2024年九年级数学中考专项训练：旋转与相似压轴题

旋转与相似压轴题 知识精讲 一．等腰三角形旋转模型 等腰三角形的旋转模型比较多，此模型需要注意的是利用“全等三角形”的性质进行边与角的转化，证明的基本思想“”。 1．一般等腰三角形的旋转 2．等边三角形的旋转 3．等腰直角三角形的旋转   二．半角模型 “半角”旋转模型，经常会出现在等腰直角三角形、正方形中，在一般的等腰三角形中也会有涉及。   三．旋转相似模型 共顶点相似的一般三角形模型： 如图，图中，得到，，，，则有．  四．旋转的相关计算与证明 旋转过程中的角度和线段计算问题主要是利用旋转的性质：旋转前后的两个图形是全等的，且对应点到旋转中心的距离相等，对应点与旋转中心所连线段的夹角都等于旋转角来求解角度和线段长度。 旋转过程中扫过的路径长度一般是一段弧的长度，面积一般是一个扇形的面积，所以解决问题的关键是找到路径所在圆或面积所在扇形的圆心，半径和圆心角，然后利用弧长公式或扇形面积公式来求解。   五．旋转中的最值问题 解决此类问题要从分析旋转过程中相关量之间的关系入手，尝试在变换中寻求不变的关系，并借助“三角形的任意两边之和大于第三边，任意两边之差小于第三边”寻找线段长度取得最值时的特殊位置，最后利用勾股定理等知识求得线段的长度。     方法点拨 1．在几何综合题中，经常会遇见求解线段长度、角的度数或者是图形的面积问题，求解的过程除了直接利用几何图形的性质及勾股定理进行求解外，有时候还需要构造旋转图形，产生新的图形进行边和角的等量代换，并最终求出结果。 2．构造旋转图形求线段长度主要是让所求线段在一个特殊的三角形中或者是直接通过等量代换找到与所求线段长相等的线段，最后利用相关知识求解。 3．构造旋转图形求解角的度数或者是图形的面积主要是通过等量代换或者产生特殊角或特殊图形，然后再计算相应的角的度数或者图形的面积。 三点剖析 一．考点：旋转与全等三角形综合，旋转中的最值问题，旋转与相似三角形结合。   二．重难点： 1.找到题目中所给的特殊条件，结合问题所要证明或者求解的边长角度问题，再去选择是要构造旋转全等还是通过已经得到的旋转全等的性质进一步证明； 2.动态问题一定要分析清楚运动的每个阶段点的轨迹或者是运动状态，计算出每一阶段的路径长度或扫过的面积，再按照题目要求求出最终结果； 3．通过添加辅助线构造旋转相似或者去挖掘隐含的相似图形。     三．易错点： 1．在利用旋转构造全等的时候注意辅助线的做法问题； 2．构造旋转全等时候一定要有相等边长的条件； 3．全等是相似的一个特例，旋转有时候也会出现全等，注意和旋转全等的区别和联系。 题模精讲 题模一：旋转与相似 例1.1.1 （1）问题发现 如图1，在△OAB和△OCD中，OA＝OB，OC＝OD，∠AOB＝∠COD＝40°，连接AC，BD交于点M．填空： ①的值为________； ②∠AMB的度数为________． （2）类比探究 如图2，在△OAB和△OCD中，∠AOB＝∠COD＝90°，∠OAB＝∠OCD＝30°，连接AC交BD的延长线于点M．请判断的值及∠AMB的度数，并说明理由； （3）拓展延伸 在（2）的条件下，将△OCD绕点O在平面内旋转，AC，BD所在直线交于点M，若OD＝1，，请直接写出当点C与点M重合时AC的长． 例1.1.2 如图1，在Rt△ABC中，∠B=90°，BC=2AB=8，点D，E分别是边BC，AC的中点，连接DE．将△EDC绕点C按顺时针方向旋转，记旋转角为α． (1)问题发现 ①当α=0°时，；②当α=180°时，． (2)拓展探究 试判断：当0°≤α<360°时，的大小有无变化?请仅就图2的情况给出证明． (3)问题解决 当△EDC旋转至A、D、E三点共线时，直接写出线段BD的长． 例1.1.3 在中，是锐角，点在射线上运动，连接，将线段绕点逆时针旋转，得到，连接． （1）操作发现：若，，当在线段上时（不与点重合），如图①所示，请你直接写出线段和的位置关系和数量关系是________，________； （2）猜想论证： 在（1）的条件下，当在线段的延长线上时，如图②所示，请你判断（1）中结论是否成立，并证明你的判断． （3）拓展延伸： 如图③，若，，点在线段上运动，试探究：当锐角等于________度时，线段和之间的位置关系仍成立（点、重合除外）？此时若作交线段于点，且当时，请直接写出线段的长的最大值是________ 例1.1.4 如图1，点P在正方形ABCD的对角线AC上，正方形的边长是a，Rt△PEF的两条直角边PE、PF分别交BC、DC于点M、N． （1）操作发现：如图2，固定点P，使△PEF绕点P旋转，当PM⊥BC时，四边形PMCN是正方形．填空：①当AP=2PC时，四边形PMCN的边长是________；②当AP=nPC时（n是正实数），四边形PMCN的面积是___________． （2）猜想论证 如图3，改变四边形ABCD的形状为矩形，AB=a，BC=b，点P在矩形ABCD的对角线AC上，Rt△PEF的两条直角边PE、PF分别交BC、DC于点M、N，固定点P，使△PEF绕点P旋转，则=__________． （3）拓展探究 如图4，当四边形ABCD满足条件：∠B+∠D=180°，∠EPF=∠BAD时，点P在AC上，PE、PF分别交BC，CD于M、N点，固定P点，使△PEF绕点P旋转，请探究的值，并说明理由． 例1.1.5 （1）正方形ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，如图1，请直接猜想并写出AO与CD之间的数量关系：； （2）如图2，将（1）中的△BOC绕点B逆时针旋转得到△BO1C1，连接AO1，DC1，请猜想线段AO1与DC1的数量关系，并证明你的猜想； （3）如图3，矩形ABCD和Rt△BEF有公共顶点，且∠BEF=90°，∠EBF=∠ABD=30°，则=______． 例1.1.6 （1）【问题发现】 如图1，在Rt△ABC中，AB=AC=2，∠BAC=90°，点D为BC的中点，以CD为一边作正方形CDEF，点E恰好与点A重合，则线段BE与AF的数量关系为__________ （2）【拓展研究】 在（1）的条件下，如果正方形CDEF绕点C旋转，连接BE，CE，AF，线段BE与AF的数量关系有无变化？请仅就图2的情形给出证明； （3）【问题发现】 当正方形CDEF旋转到B，E，F三点共线时候，直接写出线段AF的长． 随堂练习 随练1.1 已知：在中，，点为边的中点，点在上，连结并延长到点,使，点在线段上，且． （1）如图，当时， 求证：； C B D A E F M （2）如图，当时，则线段之间的数量关系为____________； C B D A F E M （3）在（2）的条件下，延长到，使，连接，若，求的值． 随练1.2 如图1，过等边三角形边上一点作交边于点，分别取，的中点，，连接． （1）发现：在图1中，________； （2）应用：如图2，将绕点旋转，请求出的值； （3）拓展：如图3，和是等腰三角形，且，，分别是底边，的中点，若，请直接写出的值． 随练1.3 如图1，正方形ABCD和正方形AEFG，连接DG，BE． （1）发现 当正方形AEFG绕点A旋转，如图2，①线段DG与BE之间的数量关系是________； ②直线DG与直线BE之间的位置关系是________． （2）探究 如图3，若四边形ABCD与四边形AEFG都为矩形，且AD＝2AB，AG＝2AE， 证明：直线DG⊥BE． （3）应用 在（2）情况下，连结GE（点E在AB上方），若GE∥AB，且，AE＝1，则线段DG是多少？（直接写出结论） 随练1.4 数学活动课上，小颖同学用两块完全一样的透明等腰直角三角板ABC、DEF进行探究活动． 操作：使点D落在线段AB的中点处并使DF过点C（如图1），然后将其绕点D顺时针旋转，直至点E落在AC的延长线上时结束操作，在此过程中，线段DE与AC或其延长线交于点K，线段BC与DF相交于点G（如图2，3）． 探究1：在图2中，求证：△ADK∽△BGD． 探究2：在图2中，求证：KD平分∠AKG． 探究3：①在图3中，KD仍平分∠AKG吗？若平分，请加以证明；若不平分，请说明理由． ②在以上操作过程中，若设AC=BC=8，KG=x，△DKG的面积为y，请求出y与x的函数关系式，并直接写出x的取值范围． 随练1.5 在等边的两边，所在直线上分别有两点为外一点，且，，，探究：当点分别在直线上移动时，之间的数量关系及的周长与等边的周长的关系． （1）如图①，当点在边上，且时，之间的数量关系式_________；此时__________ （2）如图②，当点在边上，且时，猜想（1）问的两个结论还成立吗？写出你的猜想并加以证明； （3）如图③，当点分别在边的延长线上时，若，则_________（用表示） 能力拓展 拓展1 已知在图一中，将等边绕边中点顺时针旋转至，直线与直线交于点．求证． 小明同学的思路是这样的：通过证明得到，从而得到，继续推理就可以使问题得到解决． （1）请根据小明的思路，求证：； （2）爱动脑筋的小明把问题做了进一步思考，他想：如果把题目的“等边”改成“等腰直角，其中，”，如图二，（1）中的结论还成立吗？如果成立，求此时线段的最大值． （3）小明继续大胆设问：如图三，在中，，，将这样的按照题目中的方式旋转，请直接写出与的位置关系以及线段的变化范围． 拓展2 在△ABC中，∠ACB=90°，∠A＜45°，点O为AB中点，一个足够大的三角板的直角顶点与点O重合，一边OE经过点C，另一边OD与AC交于点M． （1）如图1，当∠A=30°时，求证：MC2=AM2+BC2； （2）如图2，当∠A≠30°时，（1）中的结论是否成立？如果成立，请说明理由；如果不成立，请写出你认为正确的结论，并说明理由； （3）将三角形ODE绕点O旋转，若直线OD与直线AC相交于点M，直线OE与直线BC相交于点N，连接MN，则MN2=AM2+BN2成立吗？ 答：____（填“成立”或“不成立”） 拓展3 在四边形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，将△COD绕点O按逆时针方向旋转得到△C1OD1，旋转角为θ（0°＜θ＜90°），连接AC1、BD1，AC1与BD1交于点P． （1）如图1，若四边形ABCD是正方形．请直接写出AC1 与BD1的数量关系和位置关系． （2）如图2，若四边形ABCD是菱形，AC=6，BD=8，判断AC1与BD1的数量关系和位置关系，并给出证明； （3）如图3，若四边形ABCD是平行四边形，AC=6，BD=12，连接DD1，设AC1=kBD1，请直接写出k的值和AC12+（kDD1）2的值． 拓展4 在学习了图形的旋转知识后，数学兴趣小组的同学们又进一步对图形旋转前后的线段之间、角之间的关系进行了探究． （一）尝试探究 如图1，在四边形ABCD中，AB=AD，∠BAD=60°，∠ABC=∠ADC=90°，点E、F分别在线段BC、CD上，∠EAF=30°，连接EF． （1）如图2，将△ABE绕点A逆时针旋转60°后得到△A′B′E′（A′B′与AD重合），请直接写出∠E′AF=________度，线段BE、EF、FD之间的数量关系为________． （2）如图3，当但点E、F分别在线段BC、CD的延长线上时，其他条件不变，请探究线段BE、EF、FD之间的数量关系，并说明理由． （二）拓展延伸 如图4，在等边△ABC中，E、F是边BC上的两点，∠EAF=30°，BE=1，将△ABE绕点A逆时针旋转60°得到△A′B′E′（A′B′与AC重合），连接EE′，AF与EE′交于点N，过点A作AM⊥BC于点M，连接MN，求线段MN的长度． 拓展5 如图①，△ABC是等腰直角三角形，∠BAC＝90°，AB＝AC，四边形ADEF是正方形，点B、C分别在边AD、AF上，此时BD＝CF，BD⊥CF成立． （1）当△ABC绕点A逆时针旋转α（0°＜α＜90°）时，如图②，BD＝CF成立吗？若成立，请证明；若不成立，请说明理由； （2）当△ABC绕点A逆时针旋转45°时，如图③，延长DB交CF于点H； （ⅰ）求证：BD⊥CF； （ⅱ）当AB＝2，时，求线段DH的长． 拓展6 如图1，在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=BC=2，点D、E分别在边AC、AB上，AD=DE=AB，连接DE．将△ADE绕点A逆时针方向旋转，记旋转角为θ． （1）问题发现 ①当θ=0°时，=　 　； ②当θ=180°时，=　 　． （2）拓展探究 试判断：当0°≤θ＜360°时，的大小有无变化？请仅就图2的情形给出证明； （3）问题解决 ①在旋转过程中，BE的最大值为　 　； ②当△ADE旋转至B、D、E三点共线时，线段CD的长为　 　． 答案解析 旋转压轴题 题模精讲 题模一：旋转与相似 例1.1.1 【答案】（1）①1 ②40° （2）；∠AMB＝90°；理由见解析 （3）或 【解析】（1）问题发现 ①如图1，∵∠AOB＝∠COD＝40°， ∴∠COA＝∠DOB， ∵OC＝OD，OA＝OB， ∴△COA≌△DOB（SAS）， ∴AC＝BD， ∴， ②∵△COA≌△DOB， ∴∠CAO＝∠DBO， ∵∠AOB＝40°， ∴∠OAB＋∠ABO＝140°， 在△AMB中，∠AMB＝180°－（∠CAO＋∠OAB＋∠ABD）＝180°－（∠DBO＋∠OAB＋∠ABD）＝180°－140°＝40°； （2）类比探究 如图2，，∠AMB＝90°，理由是： Rt△COD中，∠DCO＝30°，∠DOC＝90°， ∴， 同理得：， ∴， ∵∠AOB＝∠COD＝90°， ∴∠AOC＝∠BOD， ∴△AOC∽△BOD， ∴，∠CAO＝∠DBO， 在△AMB中，∠AMB＝180°－（∠MAB＋∠ABM）＝180°－（∠OAB＋∠ABM＋∠DBO）＝90°； （3）拓展延伸 ①点C与点M重合时，如图3， 同理得：△AOC∽△BOD， ∴∠AMB＝90°，， 设BD＝x，则， Rt△COD中，∠OCD＝30°，OD＝1， ∴CD＝2，BC＝x－2， Rt△AOB中，∠OAB＝30°，， ∴， 在Rt△AMB中，由勾股定理得：AC2＋BC2＝AB2， ， x2－x－6＝0， （x－3）（x＋2）＝0， x1＝3，x2＝－2， ∴； ②点C与点M重合时，如图4， 同理得：∠AMB＝90°，， 设BD＝x，则， 在Rt△AMB中，由勾股定理得：AC2＋BC2＝AB2， x2＋x－6＝0， （x＋3）（x－2）＝0， x1＝－3，x2＝2， ∴； 综上所述，AC的长为或． 例1.1.2 【答案】(1)①②(2)无变化，理由参见解析(3)； 【解析】(1)根据旋转图形算出对应线段的长，求出线段的比．(2)没有变化，考虑利用三角形相似，对应线段成比例证得结论．(3)当A，D，E三点共线时考虑两种位置关系，△EDC在BC上方，△EDC在BC下方，根据上题结论，和特殊四边形，勾股定理算出线段BD的长． (1)当α=0°时，∵点D，E分别是边BC，AC的中点，∠B=90°，BC=2AB=8， ∴AB=4，BD=4，，，∴； 当α=180°时，，BD=12，∴； (2)没有变化，∵△EDC在旋转过程中形状大小不变，∴CE︰CA=CD︰CB仍成立， 又∵∠ACE=∠BCD=a，∴△ACE∽△BCD，∴AE︰BD=AC︰BC， 在Rt△ABC中，，∴； (3)当△EDC在BC上方，且A，D，E三点共线时，四边形ABCD为矩形，∴；当△EDC在BC下方，且A，E，D三点共线时，△ADC为直角三角形，用勾股定理求得AD=8，∴AE=6，由，可求得． 例1.1.3 【答案】（1）； （2）成立；见解析 （3）； 【解析】（1）①∵，， ∵线段绕点逆时针旋转得到， ∴，， ∴， ∴，， ∴， ∴线段，之间的位置关系和数量关系为：，； （2）（1）中的结论仍然成立．理由如下： 如图2， ∵线段绕点逆时针旋转得到， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴，， ∴， 所以线段，之间的位置关系和数量关系为：，； （3）；； 过作于，过点作垂直于延长线于，如图3， ∵线段绕点逆时针旋转得到， ∴，， ∴，易证得， ∴， ∵，即，， ∴四边形为矩形， ∴，， ∴， ∵四边形为矩形， ∴， ∴，设， ∵在中，，， ∴，，， ∴， ∴当时有最大值，最大值为． 例1.1.4 【答案】（1）①a②（2）（3） 【解析】（1）①如图2，∵PM⊥BC，AB⊥BC ∴△PMC∽△ABC ∴ 又∵AP=2PC ∴=，即= ∴PM=a，即正方形PMCN的边长是a ②当AP=nPC时（n是正实数），= ∴PM=　a ∴四边形PMCN的面积=（a）2= （2）如图3，过P作PG⊥BC于G，作PH⊥CD于H，则∠PGM=∠PHN=90°，∠GPH=90° ∵Rt△PEF中，∠FPE=90° ∴∠GPM=∠HPN ∴△PGM∽△PHN ∴= 由PG∥AB，PH∥AD可得， ∵AB=a，BC=b ∴，即= ∴= （3）如图4，过P作PG∥AB，交BC于G，作PH∥AD，交CD于H，则∠HPG=∠DAB ∵∠EPF=∠BAD ∴∠EPF=∠GPH，即∠EPH+∠HPN=∠EPH+∠GPM ∴∠HPN=∠GPM ∵∠B+∠D=180° ∴∠PGC+∠PHC=180° 又∵∠PHN+∠PHC=180° ∴∠PGC=∠PHN ∴△PGM∽△PHN ∴=① 由PG∥AB，PH∥AD可得，　 即② ∴由①②可得，= 例1.1.5 【答案】（1）AO=CD． （2）； （3） 【解析】（1）根据正方形的性质得AO=OC=OD，∠ODC=∠OCD=45°，∠DOC=90°，由勾股定理得到AO与CD之间的数量关系； （2）如图2根据正方形的性质得AB=BC，AC=BD，OB=OC，∠OBC=∠ABO=45°，∠BOC=90°，得到△ABC和△OBC都是等腰直角三角形，求出AC=AB　BC=BO，得到BD=AB，因为△BOC绕点B逆时针方向旋转得到△BO1C1，所以∠O1BC1=∠OBC=45°，OB=O1B，BC1=BC，BC1=BO1，由∠1+∠3=45°，∠2+∠3=45°，得到∠1=∠2，于是得到△BDC1∽△BAO1，求出结论； （3）如图3在Rt△ABD中，cos∠ABD=，在Rt△EBF中，cos∠EBF=因为∠EBF=∠ABD=30°得到=，再由∠EBF+∠FBA=∠ABD+∠FBA，得到 ∠EBA=∠FBD，△AEB∽△FBD，由相似的性质得到解． 解：（1）AO=CD．理由如下：如图1， ∵四边形ABCD为正方形， ∴AO=OC=OD，∠ODC=∠OCD=45°，∠DOC=90°， ∴AO=CO=CD， 故答案为AO=CD； （2）如图2， ∵四边形ABCD为正方形， ∴AB=BC，AC=BD，OB=OC，∠OBC=∠ABO=45°，∠BOC=90°， ∴△ABC和△OBC都是等腰直角三角形， ∴， ∴， ∵△BOC绕点B逆时针方向旋转得到△BO1C1， ∴∠O1BC1=∠OBC=45°，OB=O1B，BC1=BC， ∴BC1=BO1， ∵∠1+∠3=45°，∠2+∠3=45°， ∴∠1=∠2， ∴△BDC1∽△BAO1， ∴， ∴； （3）如图3 在Rt△EBF中，cos∠EBF= 在Rt△ABD中，cos∠ABD=， ∵∠EBF=∠ABD=30°， ∴=， ∵∠EBF+∠FBA=∠ABD+∠FBA， 即∠EBA=∠FBD， ∴△AEB∽△FBD， ∴=， 故答案为． 例1.1.6 【答案】（1）BE=AF； （2）线段BE与AF的数量关系无变化； （3）当正方形CDEF旋转到B，E，F三点共线时候，线段AF的长为﹣1或+1． 【解析】（1）在Rt△ABC中，AB=AC=2， 根据勾股定理得，BC=AB=2， 点D为BC的中点， ∴AD=BC=， ∵四边形CDEF是正方形， ∴AF=EF=AD=， ∵BE=AB=2， ∴BE=AF， 故答案为BE=AF； （2）无变化； 如图2，在Rt△ABC中，AB=AC=2， ∴∠ABC=∠ACB=45°， ∴sin∠ABC=， 在正方形CDEF中，∠FEC=∠FED=45°， 在Rt△CEF中，sin∠FEC=， ∴， ∵∠FCE=∠ACB=45°， ∴∠FCE﹣∠ACE=∠ACB﹣∠ACE， ∴∠FCA=∠ECB， ∴△ACF∽△BCE， ∴， ∴BE=AF， ∴线段BE与AF的数量关系无变化； （3）当点E在线段AF上时，如图2， 由（1）知，CF=EF=CD=， 在Rt△BCF中，CF=，BC=2， 根据勾股定理得，BF=， ∴BE=BF﹣EF=﹣， 由（2）知，BE=AF， ∴AF=﹣1， 当点E在线段BF的延长线上时，如图3， 在Rt△ABC中，AB=AC=2， ∴∠ABC=∠ACB=45°， ∴sin∠ABC=， 在正方形CDEF中，∠FEC=∠FED=45°， 在Rt△CEF中，sin∠FEC=， ∴， ∵∠FCE=∠ACB=45°， ∴∠FCB+∠ACB=∠FCB+∠FCE， ∴∠FCA=∠ECB， ∴△ACF∽△BCE， ∴， ∴BE=AF， 由（1）知，CF=EF=CD=， 在Rt△BCF中，CF=，BC=2， 根据勾股定理得，BF=， ∴BE=BF+EF=+， 由（2）知，BE=AF， ∴AF=+1． 即：当正方形CDEF旋转到B，E，F三点共线时候，线段AF的长为﹣1或+1． 随堂练习 随练1.1 【答案】（1）见解析（2）（3） 【解析】该题考查的是四边形综合． （1）如图，连结 ∵， ∴ 又∵ ∴即 ∵， ∴△ABE∽△DBM ∴ ∴ （2）与（1）类似可知△DBM∽△ABE， 又， ∴， ∴ （3）如图2 连结AD、EP， ∵△ABE∽△DBM ∴， ∴ 又∵ ∴ ∵ ∴ ∴△BEP等边三角形 ∴即 ∴ 在Rt△AEB中，，， 的值为 随练1.2 【答案】（1） （2） （3） 【解析】（1）如图1中，作于，连接． ，， ， 时等边三角形， ， ， ， ， 平分线段， ， 、、共线， ， 四边形时矩形， ， ， （2）如图2中，连接、． ，都是等边三角形，，， ，， ，， ， ， ， ， ． （3）如图3中，连接、，延长交于，交于． ，，，， ，， ， ， ， ， ，， ， ． ， ， ， ， ，， ， ， ， ， ，， ， ， ， ， ． 随练1.3 【答案】（1）①BE＝DG ②BE⊥DG （2）见解析 （3）4 【解析】（1）①∵四边形ABCD和四边形AEFG是正方形， ∴AE＝AG，AB＝AD，∠BAD＝∠EAG＝90°， ∴∠BAE＝∠DAG， 在△ABE和△DAG中，， ∴△ABE≌△DAG（SAS）， ∴BE＝DG； ②如图2，延长BE交AD于G，交DG于H， 由①知，△ABE≌△DAG， ∴∠ABE＝∠ADG， ∵∠AGB＋∠ABE＝90°， ∴∠AGB＋∠ADG＝90°， ∵∠AGB＝∠DGH， ∴∠DGH＋∠ADG＝90°， ∴∠DHB＝90°， ∴BE⊥DG， （2）∵四边形ABCD与四边形AEFG都为矩形， ∴∠BAD＝∠DAG， ∴∠BAE＝∠DAG， ∵AD＝2AB，AG＝2AE， ∴， ∴△ABE∽△ADG， ∴∠ABE＝∠ADG， ∵∠AGB＋∠ABE＝90°， ∴∠AGB＋∠ADG＝90°， ∵∠AGB＝∠DGH， ∴∠DGH＋∠ADG＝90°， ∴∠DHB＝90°， ∴BE⊥DG； （3）如图4，（为了说明点B，E，F在同一条线上，特意画的图形） ∵EG∥AB， ∴∠DME＝∠DAB＝90°， 在Rt△AEG中，AE＝1， ∴AG＝2AE＝2， 根据勾股定理得，， ∵， ∴EG＝AB， ∵EG∥AB， ∴四边形ABEG是平行四边形， ∴AG∥BE， ∵AG∥EF， ∴点B，E，F在同一条直线上如图5， ∴∠AEB＝90°， 在Rt△ABE中，根据勾股定理得，， 由（3）知，△ABE∽△ADG， ∴， ∴， ∴DG＝4． 随练1.4 【答案】探究1：见解析；探究2：见解析；探究3：①KD仍平分∠AKG②y=2x，其中 【解析】探究1， ∵∠KAD=∠KDG=∠DBG=45°， ∴∠KDA+∠BDG=135°． ∵∠BDG+∠BGD=135°， ∴∠KDA=∠BGD， ∴△ADK∽△BGD； 探究2，∵△ADK∽△BGD， ∴， ∵点D是线段AB的中点， ∴BD=AD， ∴， ∴， ∵∠KAD=∠KDG=45°， ∴△ADK∽△DCK， ∴∠AKD=∠DKC， ∴KD平分∠AKG． 探究3，①KD仍平分∠AKG． 理由如下： ∵同探究1可得△ADK∽△BGD， 同探究2可得，△ADK∽△DGK， ∴∠AKD=∠DKG， ∴KD仍平分∠AKG； ②如图，过点D作DM⊥AC于点M，DN⊥KG于点N， 由①知线段KD平分∠AKG， ∴DM=DN． ∵AC=BC=8，点D是线段AB的中点，∠KAD=45°， ∴DM=DN=4． ∵KG=x， ∴S△DKG=y=×4x=2x， 对于图3的情况同理可得y=2x， 综上所示，y=2x，其中 随练1.5 【答案】见解析 【解析】(Ⅰ)BM、NC、MN之间的数量关系．此时． (Ⅱ)猜想：结论仍然成立． 证明：如图，延长AC至E，使，连结DE． ∵，且． ∴． 又△ABC是等边三角形，∴． 在△MBD与△ECD中， ∴△MBD≌△ECD(SAS)．∴，． ∴． 在△MDN与△EDN中， ∴△MDN≌△EDN(SAS)． ∴． △AMN的周长 ． 而等边△ABC的周长 ∴． (Ⅲ)如图③，当M、N分别在AB、CA的延长线上时，若， 则（用x、L表示）． 能力拓展 拓展1 【答案】（1）见解析 （2）成立； （3）； 【解析】（1）如图一中， 是等边三角形，， ，， ， ， ， ， ， ， ， ， ． （2）如图二中，结论成立： 理由：是等腰直角三角形，， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ． 取的中点，连接，，． ，， ， 当、、共线时，的值最大，最大值为． （3）如图三中，结论：． 理由：是等腰三角形，， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ． 取的中点，连接，，． ，， ， ． 拓展2 【答案】（1）见解析；（2）成立；（3）成立 【解析】（1）证明：如图1，过A作AF⊥AC交CO延长线于F，连接MF， ∵∠ACB=90°， ∴BC∥AF， ∴△BOC∽△AOF， ∴， ∵O为AB中点， ∴OA=OB， ∴AF=BC，CO=OF， ∵∠MOC=90°， ∴OM是CF的垂直平分线， ∴CM=MF， 在Rt△AMF中，由勾股定理得：MF2=AM2+AF2=AM2+BC2， 即MC2=AM2+BC2； （2）还成立， 理由是：如图2， 过A作AF⊥AC交CO延长线于F，连接MF， ∵∠ACB=90°， ∴BC∥AF， ∴△BOC∽△AOF， ∴， ∵OA=OB， ∴AF=BC，CO=OF， ∵∠MOC=90°， ∴OM是CF的垂直平分线， ∴CM=MF， 在Rt△AMF中，由勾股定理得：MF2=AM2+AF2=AM2+BC2， 即MC2=AM2+BC2； （3）成立． 拓展3 【答案】（1） AC1⊥BD1 （2）AC1=BD1， AC1⊥BD1，理由见解析 （3） AC12+（kDD1）2=36 【解析】（1）AC1=BD1，AC1⊥BD1； 理由：如图1， ∵四边形ABCD是正方形， ∴OC=OA=OD=OB，AC⊥BD， ∴∠AOB=∠COD=90°， ∵△COD绕点O按逆时针方向旋转得到△C1OD1， ∴OC1=OC，OD1=OD，∠COC1=∠DOD1， ∴OC1=OD1，∠AOC1=∠BOD1=90°+∠AOD1， 在△AOC1和△BOD1中 ， ∴△AOC1≌△BOD1（SAS）； ∴AC1=BD1， ∵∠AOB=90°，∴∠OAB+∠ABP+∠OBD1=90°， ∴∠OAB+∠ABP+∠OAC1=90°，∴∠APB=90°，则AC1⊥BD1； 故AC1 与BD1的数量关系是：AC1=BD1；AC1 与BD1的位置关系是：AC1⊥BD1； （2）AC1=BD1，AC1⊥BD1． 理由：∵四边形ABCD是菱形， ∴OC=OA=AC，OD=OB=BD，AC⊥BD． ∵△C1OD1由△COD绕点O旋转得到， ∴O C1=OC，O D1=OD，∠CO C1=∠DO D1． ∴O C1=OA，O D1=OB，∠AO C1=∠BO D1， ∴=． ∴=． ∴△AO C1∽△BOD1． ∴∠O AC1=∠OB D1． 又∵∠AOB=90°， ∴∠O AB+∠ABP+∠OB D1=90°． ∴∠O AB+∠ABP+∠O AC1=90°． ∴∠APB=90°． ∴AC1⊥BD1． ∵△AO C1∽△BOD1， ∴=====． 即AC1=BD1，AC1⊥BD1． （3）如图3，与（2）一样可证明△AOC1∽△BOD1， ∴===， ∴k=； ∵△COD绕点O按逆时针方向旋转得到△C1OD1， ∴OD1=OD， 而OD=OB， ∴OD1=OB=OD， ∴△BDD1为直角三角形， 在Rt△BDD1中， BD12+DD12=BD2=144， ∴（2AC1）2+DD12=144， ∴AC12+（kDD1）2=36． 拓展4 【答案】解：（一）（1）：，BE+DF=EF （2）BE﹣DF=EF （二）MN= 【解析】解：（一）（1）如图2，将△ABE绕点A逆时针旋转60°后得到△A′B′E′，则 ∠1=∠2，BE=DE′，AE=AE′， ∵∠BAD=60°，∠EAF=30°， ∴∠1+∠3=30°， ∴∠2+∠3=30°，即∠FAE′=30° ∴∠EAF=∠FAE′， 在△AEF和△AE′F中， ， ∴△AEF≌△AE′F（SAS）， ∴EF=E′F，即EF=DF+DE′， ∴EF=DF+BE，即线段BE、EF、FD之间的数量关系为BE+DF=EF， 故答案为：30，BE+DF=EF； （2）如图3，在BE上截取BG=DF，连接AG， 在△ABG和△ADF中， ， ∴△ABG≌△ADF（SAS）， ∴∠BAG=∠DAF，且AG=AF， ∵∠DAF+∠DAE=30°， ∴∠BAG+∠DAE=30°， ∵∠BAD=60°， ∴∠GAE=60°﹣30°=30°， ∴∠GAE=∠FAE， 在△GAE和△FAE中， ， ∴△GAE≌△FAE（SAS）， ∴GE=FE， 又∵BE﹣BG=GE，BG=DF， ∴BE﹣DF=EF， 即线段BE、EF、FD之间的数量关系为BE﹣DF=EF； （二）如图4，将△ABE绕点A逆时针旋转60°得到△A′B′E′，则 AE=AE′，∠EAE′=60°， ∴△AEE′是等边三角形， 又∵∠EAF=30°， ∴AN平分∠EAF， ∴AN⊥EE′， ∴直角三角形ANE中，， ∵在等边△ABC中，AM⊥BC， ∴∠BAM=30°， ∴，且∠BAE+∠EAM=30°， ∴， 又∵∠MAN+∠EAM=30°， ∴∠BAE=∠MAN， ∴△BAE∽△MAN， ∴，即， ∴MN=． 拓展5 【答案】（1）成立 （2）（ⅰ）见解析 （ⅱ）． 【解析】（1）BD＝CF． 理由如下：由题意得，∠CAF＝∠BAD＝α， 在△CAF和△BAD中， ， ∴△CAF≌△BAD， ∴BD＝CF． （2）（ⅰ）由（1）得△CAF≌△BAD， ∴∠CFA＝∠BDA， ∵∠FNH＝∠DNA，∠DNA＋∠NAD＝90°， ∴∠CFA＋∠FNH＝90°， ∴∠FHN＝90°，即BD⊥CF． （ⅱ）连接DF，延长AB交DF于M， ∵四边形ADEF是正方形，，AB＝2， ∴AM＝DM＝3，BM＝AM－AB＝1， DB＝， ∵∠MAD＝∠MDA＝45°， ∴∠AMD＝90°，又∠DHF＝90°，∠MDB＝∠HDF， ∴△DMB∽△DHF， ∴， 即， 解得，． 拓展6 【答案】（1） ， （2）无变化 （3）+1或﹣1 【解析】（1）①当θ=0°时， 在Rt△ABC中，AC=BC=2， ∴∠A=∠B=45°，AB=2， ∵AD=DE=AB=， ∴∠AED=∠A=45°， ∴∠ADE=90°， ∴DE∥CB， ∴ ， ∴， ∴， 故答案为： ②当θ=180°时，如图1， ∴DE∥BC， ∴ ， ∴ ， 即：， ∴， 故答案为： ； （2）当0°≤θ＜360°时，的大小没有变化， 理由：∵∠CAB=∠DAE， ∴∠CAD=∠BAE， ∵ ， ∴△ADC∽△AEB， ∴； （3）①当点E在BD的延长线时，BE最大， 在Rt△ADE中，AE=AD=2， ∴BE最大=AB+AE=2+2； ②如图2， 当点E在BD上时， ∵∠ADE=90°， ∴∠ADB=90°， 在Rt△ADB中，AB=2，AD=，根据勾股定理得，DB=， ∴BE=BD+DE= +， 由（2）知， ， ∴CD= =+1， 如图3， 当点D在BE的延长线上时， 在Rt△ADB中，AD=，AB=2，根据勾股定理得，BD=， ∴BE=BD﹣DE=﹣， 由（2）知， ， ∴CD==﹣1． 故答案为：+1或﹣1． 0 1 学科网（北京）股份有限公司 $$