第3章　图形的平移与旋转 培优精练 课件 2024-2025学年 北师大版数学八年级下册

第三章　图形的平移与旋转 培优精练8　共顶点旋转的三角形 1 类型1　共顶点旋转的等边三角形 1. 如图,已知△ABC为等边三角形.P为△ABC内一点,PA＝8,PB＝6,PC＝10,若将△PBC绕点B按逆时针方向旋转后得到△P'BA. 1 2 3 4 5 6 返回首页 (1)求点P与点P'之间的距离; 解:(1)如图,连接PP'. 根据题意,得AP'＝CP＝10,BP'＝BP, ∠PBC＝∠P'BA. ∵∠PBC＋∠ABP＝60°, 解:(1)如图,连接PP'. 根据题意,得AP'＝CP＝10,BP'＝BP, ∠PBC＝∠P'BA. ∵∠PBC＋∠ABP＝60°, ∴∠PBP'＝60°. ∴△BPP'为等边三角形. ∴PP'＝BP＝BP'＝6. ∴∠PBP'＝60°. ∴△BPP'为等边三角形. ∴PP'＝BP＝BP'＝6. 1 2 3 4 5 6 返回首页 (2)求∠APB的度数. 解:(2)∵PA2＋PP'2＝82＋62＝102＝AP'2, ∴△APP'为直角三角形,且∠APP'＝90°. ∴∠APB＝∠APP'＋∠BPP'＝90°＋60°＝150°. 解:(2)∵PA2＋PP'2＝82＋62＝102＝AP'2, ∴△APP'为直角三角形,且∠APP'＝90°. ∴∠APB＝∠APP'＋∠BPP'＝90°＋60°＝150°. 1 2 3 4 5 6 返回首页 2. 如图,点O是等边三角形ABC内一点,∠AOB＝110°,∠BOC＝α,若将△BOC绕点C按顺时针方向旋转后得到△ADC,连接OD. 1 2 3 4 5 6 返回首页 (1)当α＝150°时,试判断△AOD的形状,并说明理由; 解:(1)△AOD是直角三角形.理由如下: ∵△BOC绕点C按顺时针方向旋转后得到△ADC, ∴OC＝DC,∠ADC＝∠BOC,∠BCA＝∠OCD. ∵△ABC是等边三角形, ∴∠BCA＝60°. ∴∠OCD＝60°. ∴△OCD是等边三角形. ∴∠ODC＝60°. 当α＝150°时,∠ADC＝α＝150°, ∴∠ADO＝∠ADC－∠ODC＝150°－60°＝90°. ∴△AOD是直角三角形. 解:(1)△AOD是直角三角形.理由如下: ∵△BOC绕点C按顺时针方向旋转后得到△ADC, ∴OC＝DC,∠ADC＝∠BOC,∠BCA＝∠OCD. ∵△ABC是等边三角形, ∴∠BCA＝60°. ∴∠OCD＝60°. ∴△OCD是等边三角形. ∴∠ODC＝60°. 当α＝150°时,∠ADC＝α＝150°, ∴∠ADO＝∠ADC－∠ODC＝150°－60°＝90°. ∴△AOD是直角三角形. 1 2 3 4 5 6 返回首页 (2)探究:当α为多少度时,△AOD是等腰三角形? 解:(2)∵△OCD是等边三角形, ∴∠COD＝∠ODC＝60°. ∵∠AOB＝110°,∠ADC＝∠BOC＝α, ∴∠AOD＝360°－∠AOB－∠BOC－∠COD＝190°－α, ∠ADO＝∠ADC－∠ODC＝α－60°. ∴∠OAD＝180°－∠AOD－∠ADO＝50°. 解:(2)∵△OCD是等边三角形, ∴∠COD＝∠ODC＝60°. ∵∠AOB＝110°,∠ADC＝∠BOC＝α, ∴∠AOD＝360°－∠AOB－∠BOC－∠COD＝190°－α, ∠ADO＝∠ADC－∠ODC＝α－60°. ∴∠OAD＝180°－∠AOD－∠ADO＝50°. 1 2 3 4 5 6 返回首页 ①当∠AOD＝∠ADO时,190°－α＝α－60°, ∴α＝125°; ②当∠AOD＝∠OAD时,190°－α＝50°, ∴α＝140°; ③当∠ADO＝∠OAD时,α－60°＝50°, ∴α＝110°. 综上所述,当α为125°或140°或110°时,△AOD是等腰三角形. ①当∠AOD＝∠ADO时,190°－α＝α－60°, ∴α＝125°; ②当∠AOD＝∠OAD时,190°－α＝50°, ∴α＝140°; ③当∠ADO＝∠OAD时,α－60°＝50°, ∴α＝110°. 综上所述,当α为125°或140°或110°时,△AOD是等腰三角形. 1 2 3 4 5 6 返回首页 3. 如图,△ABC是等边三角形,点D是△ABC外一点,求证:DB＋DC≥AD. 证明:如图,将△BCD绕点C按顺时针方向旋转60°得到△ACM,连接DM, 证明:如图,将△BCD绕点C按顺时针方向旋转60°得到△ACM,连接 DM, 则AM＝BD,CM＝CD,∠DCM＝60°. ∴△DCM是等边三角形. ∴DM＝CD＝CM. ∵AM＋DM≥AD(当点M在AD上时等号成立), ∴DB＋DC≥AD. ∴DM＝CD＝CM. ∵AM＋DM≥AD(当点M在AD上时等号成立), ∴DB＋DC≥AD. 1 2 3 4 5 6 返回首页 类型2　共顶点旋转的一般三角形 4. 如图,将△ABC绕点C按顺时针方向旋转到△DEC的位置,连接AE,AD,BD,若∠ACB＝∠DCE＝90°,求证:S△BDC＝S△AEC. 证明:如图,过点D作DF⊥BC于点F,过点A作AG⊥EC,交EC的延长线于点G. 证明:如图,过点D作DF⊥BC于点F,过点A作AG⊥EC,交EC的延长线 于点G. ∵△DEC是由△ABC绕点C旋转得到的, ∴BC＝EC,AC＝DC. 1 2 3 4 5 6 返回首页 ∵∠ACG＋∠BCG＝90°,∠DCF＋∠BCG＝180°－90°＝90°, ∴∠ACG＝∠DCF. 又∵∠G＝∠CFD＝90°,∴△ACG≌△DCF(AAS). ∴AG＝DF. ∴S△BDC＝S△AEC(等底等高的两个三角形的面积相等). ∵∠ACG＋∠BCG＝90°,∠DCF＋∠BCG＝180°－90°＝90°, ∴∠ACG＝∠DCF. 又∵∠G＝∠CFD＝90°,∴△ACG≌△DCF(AAS). ∴AG＝DF. ∴S△BDC＝S△AEC(等底等高的两个三角形的面积相等). 1 2 3 4 5 6 返回首页 5. 如图,已知△ABC,∠ABC<60°.将△ABC绕点A按逆时针方向旋转60°得到△ADE,DE与BC相交于点P. 求证: 1 2 3 4 5 6 返回首页 (1)PA＋PC＝PE; 证明:(1)在BC上截取BG＝PD,连接AG, ∵△ADE是由△ABC绕点A按逆时针方向旋转60°得到的, ∴∠B＝∠D,BC＝DE,AB＝AD,∠BAD＝60°. ∴CG＝PE. ∴△ABG≌△ADP(SAS). 证明:(1)在BC上截取BG＝PD,连接AG, ∵△ADE是由△ABC绕点A按逆时针方向旋转60°得到的, ∴∠B＝∠D,BC＝DE,AB＝AD,∠BAD＝60°. ∴CG＝PE. ∴△ABG≌△ADP(SAS). 1 2 3 4 5 6 返回首页 ∴AG＝AP,∠BAG＝∠DAP. ∴∠BAG＋∠DAG＝∠DAP＋∠DAG, 即∠BAD＝∠GAP＝60°. ∴△APG是等边三角形. ∴AP＝PG,∠APB＝60°. ∴AP＋PC＝PG＋PC＝CG＝PE. ∴AG＝AP,∠BAG＝∠DAP. ∴∠BAG＋∠DAG＝∠DAP＋∠DAG, 即∠BAD＝∠GAP＝60°. ∴△APG是等边三角形. ∴AP＝PG,∠APB＝60°. ∴AP＋PC＝PG＋PC＝CG＝PE. 1 2 3 4 5 6 返回首页 (2)PA平分∠BPE. 解:(2)∵∠B＝∠D,∠AFB＝∠DFP,∠BAD＝60°, ∴∠DPF＝60°. ∴∠EPC＝60°. ∴∠BPE＝120°. ∴∠APE＝∠APB＝60°. 即PA平分∠BPE. 解:(2)∵∠B＝∠D,∠AFB＝∠DFP,∠BAD＝60°, ∴∠DPF＝60°. ∴∠EPC＝60°. ∴∠BPE＝120°. ∴∠APE＝∠APB＝60°. 即PA平分∠BPE. 1 2 3 4 5 6 返回首页 6. 如图,在四边形ABCD中,∠ABC＝∠ACB＝∠ADC＝45°.若BD＝9,CD＝3,求AD的长. 解:如图,作AE⊥AD,使AE＝AD,连接CE,DE. ∵∠ABC＝∠ACB＝45°, ∴∠BAC＝90°,AB＝AC. ∵∠BAC＋∠CAD＝∠DAE＋∠CAD, ∴∠BAD＝∠CAE. 解:如图,作AE⊥AD,使AE＝AD,连接CE,DE. ∵∠ABC＝∠ACB＝45°, ∴∠BAC＝90°,AB＝AC. ∵∠BAC＋∠CAD＝∠DAE＋∠CAD, ∴∠BAD＝∠CAE. 1 2 3 4 5 6 返回首页 ∵AB＝AC,∠BAD＝∠CAE,AD＝AE, ∴△BAD≌△CAE(SAS). ∴BD＝CE＝9. ∵∠ADC＝45°,∠EDA＝45°, ∴∠EDC＝90°. ∴DE2＝CE2－CD2＝92－32＝72. ∵∠DAE＝90°,AE＝AD, ∴AD2＋AE2＝2AD2＝72. 解得AD＝6. ∵AB＝AC,∠BAD＝∠CAE,AD＝AE, ∴△BAD≌△CAE(SAS). ∴BD＝CE＝9. ∵∠ADC＝45°,∠EDA＝45°, ∴∠EDC＝90°. ∴DE2＝CE2－CD2＝92－32＝72. ∵∠DAE＝90°,AE＝AD, ∴AD2＋AE2＝2AD2＝72. 解得AD＝6. 1 2 3 4 5 6 返回首页 $$第三章　图形的平移与旋转 培优精练10　方程思想在图形变化中的应用 1 类型1　平面直角坐标系下图形的平移问题 1. 如图,在平面直角坐标系中,把线段AB先向右平移h个单位长度,再向下平移1个单位长度得到线段CD(点A的对应点为点C),其中A(a,b),B(m,n)分别是第三象限与第二象限内的点. (1)若|a＋3|＋ ＝0,h＝2,则点C的坐标为 　(－1,－2)　;  (－1,－2) 1 2 3 4 5 返回首页 (2)若b＝n－1,连接AD,过点B作AD的垂线l,判断直线l与x轴的位置关系,并说明理由. 解:结论:直线l⊥x轴.理由如下: ∵b＝n－1, ∴A(a,n－1). ∵点B(m,n)向右平移h个单位长度,再向下平移1个单位长度得到点D, 解:结论:直线l⊥x轴.理由如下: ∵b＝n－1, ∴A(a,n－1). ∵点B(m,n)向右平移h个单位长度, 再向下平移1个单位长度得到点D, ∴D(m＋h,n－1). ∵A,D的纵坐标相同, ∴AD∥x轴. ∵直线l⊥AD, ∴直线l⊥x轴. ∴D(m＋h,n－1). ∵A,D的纵坐标相同, ∴AD∥x轴. ∵直线l⊥AD, ∴直线l⊥x轴. 1 2 3 4 5 返回首页 2. 在平面直角坐标系中,点A,B在第一象限,将线段AB进行平移得到线段CD,点A的对应点为点C,点B的对应点为点D. (1)若点A(5,8),B(3,6),D(1,－1),求点C的坐标. 解:(1)∵点B先向左平移2个单位长度,再向下平移7个单位长度得到点D, ∴点A(5,8)先向左平移2个单位长度,再向下平移7个单位长度得到点C为(3,1). 解:(1)∵点B先向左平移2个单位长度,再向下平移7个单位长度得到点D, ∴点A(5,8)先向左平移2个单位长度,再向下平移7个单位长度得到点C为 (3,1). 1 2 3 4 5 返回首页 (2)如图,若A(m,a),B(2,b),C(4,c),D(2m,－2),△ABC的面积为6,点M在第三象限,横坐标为b－a＋2.在x轴上确定点P,使得△ABP与△BMD的面积和等于△AMD的面积. 解:(2)根据题意,得2m－2＝4－m. ∴m＝2. ∴A(2,a),B(2,b),C(4,c),D(4,－2). 如图,连接AC、BC. 解:(2)根据题意,得2m－2＝4－m. ∴m＝2. ∴A(2,a),B(2,b),C(4,c),D(4,－2). 如图,连接AC、BC. 1 2 3 4 5 返回首页 ∴S△ABC＝ ·(xC－xB)·|yA－yB| ＝ ×2·|a－b|＝6. ∴a－b＝6或b－a＝6. ∵点M在第三象限, ∴b－a＋2<0. ∴b－a<－2. ∴a－b＝6. ∴点M的横坐标为－4. ∴S△ABC＝ ·(xC－xB)·|yA－yB| ＝ ×2·|a－b|＝6. ∴a－b＝6或b－a＝6. ∵点M在第三象限, ∴b－a＋2<0. ∴b－a<－2. ∴a－b＝6. ∴点M的横坐标为－4. 1 2 3 4 5 返回首页 设点P(x,0). ∵S△ABP＝S△AMD－S△BMD＝S△ABM＋S△ABD, ∴ ·AB·(xB－xM)＋ ·AB·(xD－xB). 即 ×6×2. ∴x＝10或x＝－6. ∴P(10,0)或(－6,0). 设点P(x,0). ∵S△ABP＝S△AMD－S△BMD＝S△ABM＋S△ABD, ∴ ·AB·(xB－xM)＋ ·AB·(xD－xB). 即 ×6×2. ∴x＝10或x＝－6. ∴P(10,0)或(－6,0). 1 2 3 4 5 返回首页 类型2　建立方程解决图形变化问题 3. 如图1,△ABC和△FDE均为等腰直角三角形(点C与点D重合),∠A＝∠F＝90°,BC＝DE＝4,且点B,C,D,E在同一条直线上,将△ABC沿点B到点C的方向平移,点C与点E重合时停止.如图2,当重叠部分的面积是△ABC面积的一半时,求平移的距离. 1 2 3 4 5 返回首页 解:如图2,过点G作GH⊥DC于点H,设平移的距离DC＝x. ∵△ABC为等腰直角三角形,∠A＝90°,BC＝4, ∴由勾股定理,得AB2＋AC2＝BC2＝16. ∴2AB2＝16. 解:如图2,过点G作GH⊥DC于点H,设平移的距离DC＝x. ∵△ABC为等腰直角三角形,∠A＝90°,BC＝4, ∴由勾股定理,得AB2＋AC2＝BC2＝16. ∴2AB2＝16. 1 2 3 4 5 返回首页 解得AB＝2 (负值已舍去). ∴S△ABC＝ ＝4. 由题意,得∠GDC＝∠FDE＝45°. 又∵∠ACB＝45°, ∴△GDC为等腰直角三角形. ∴GH＝ x. ∴S△GDC＝ x2. 解得AB＝2 (负值已舍去). ∴S△ABC＝ ＝4. 由题意,得∠GDC＝∠FDE＝45°. 又∵∠ACB＝45°, ∴△GDC为等腰直角三角形. ∴GH＝ x. ∴S△GDC＝ x2. 1 2 3 4 5 返回首页 ∵S△GDC＝ S△ABC, ∴ x2＝2. 解得x＝2 (负值已舍去). ∴平移的距离为2 . ∵S△GDC＝ S△ABC, ∴ x2＝2. 解得x＝2 (负值已舍去). ∴平移的距离为2 . 1 2 3 4 5 返回首页 4. 如图,在Rt△ABC中,∠BAC＝90°,∠ACB＝30°,将△ABC绕直角顶点A旋转到△AEF的位置(旋转角小于90°),EF与AC交于点G,连接CF. 当旋转角为多少度时,△FGC是等腰三角形? 1 2 3 4 5 返回首页 解:设∠FAG＝α. ∵AC＝AF, ∴∠ACF＝∠AFC＝ . ∵∠ACB＝∠AFG＝30°, ∴∠GFC＝ , ∠FGC＝∠FAC＋∠AFG＝α＋30°. 若△FGC是等腰三角形,分三种情形: 解:设∠FAG＝α. ∵AC＝AF, ∴∠ACF＝∠AFC＝ . ∵∠ACB＝∠AFG＝30°, ∴∠GFC＝ , ∠FGC＝∠FAC＋∠AFG＝α＋30°. 若△FGC是等腰三角形,分三种情形: 1 2 3 4 5 返回首页 ①当∠GFC＝∠GCF,即 时,方程无解; ②当∠GCF＝∠FGC, 即 ＝α＋30°时,解得α＝40°; ③当∠GFC＝∠FGC,即 ＝α＋30°时,解得α＝20°. 综上所述,当旋转角为20°或40°时,△FGC是等腰三角形. ①当∠GFC＝∠GCF,即 时,方程无解; ②当∠GCF＝∠FGC, 即 ＝α＋30°时,解得α＝40°; ③当∠GFC＝∠FGC,即 ＝α＋30°时,解得α＝20°. 综上所述,当旋转角为20°或40°时,△FGC是等腰三角形. 1 2 3 4 5 返回首页 5. 如图,在Rt△ABC中,∠ACB＝90°,AC＝BC,点D在AB上,且AD＝ AB. 连接CD,将线段CD绕点C按逆时针方向旋转90°至CE,连接BE,DE,若CD＝4.求线段AC的长度. 1 2 3 4 5 返回首页 解:∵线段CD绕点C按逆时针方向旋转90°至CE, ∴CD＝CE,∠DCE＝90°. ∵在Rt△ECD中,DE2＝CE2＋CD2,CD＝4, ∴DE2＝32. ∵在Rt△ABC中,∠ACB＝90°,AC＝BC, ∴∠CBA＝∠A＝45°. 又∵∠ACB－∠BCD＝∠DCE－∠BCD,即∠ACD＝∠BCE. ∴△ACD≌△BCE(SAS). ∴BE＝AD,∠CBE＝∠A＝45°. 解:∵线段CD绕点C按逆时针方向旋转90°至CE, ∴CD＝CE,∠DCE＝90°. ∵在Rt△ECD中,DE2＝CE2＋CD2,CD＝4, ∴DE2＝32. ∵在Rt△ABC中,∠ACB＝90°,AC＝BC, ∴∠CBA＝∠A＝45°. 又∵∠ACB－∠BCD＝∠DCE－∠BCD,即∠ACD＝∠BCE. ∴△ACD≌△BCE(SAS). ∴BE＝AD,∠CBE＝∠A＝45°. 1 2 3 4 5 返回首页 ∴∠DBE＝∠ABC＋∠CBE＝90°. ∵AD＝ AB, ∴BD＝2AD. 设AD＝x,则BE＝x,BD＝2x. 在Rt△BDE中, BE2＋BD2＝DE2, ∴x2＋(2x)2＝32. ∴∠DBE＝∠ABC＋∠CBE＝90°. ∵AD＝ AB, ∴BD＝2AD. 设AD＝x,则BE＝x,BD＝2x. 在Rt△BDE中, BE2＋BD2＝DE2, ∴x2＋(2x)2＝32. 1 2 3 4 5 返回首页 解得x＝ . ∴AB＝3x＝ . ∴AB2＝ . 由勾股定理,得AC2＋BC2＝AB2, 即2AC2＝ . 解得AC＝ (负值已舍去). ∴线段AC的长度为 . 解得x＝ . ∴AB＝3x＝ . ∴AB2＝ . 由勾股定理,得AC2＋BC2＝AB2, 即2AC2＝ . 解得AC＝ (负值已舍去). ∴线段AC的长度为 . 1 2 3 4 5 返回首页 $$第三章　图形的平移与旋转 培优精练9　等腰三角形中的半角模型 1 1. 已知,在△ABC中,AB＝AC,∠BAC＝α,点D,E在边BC上,且∠DAE＝ α. (1)如图1,当α＝60°时,将△AEC绕点A按顺时针方向旋转60°到△AFB的位置,连接DF. ①求∠DAF的度数; ②求证:DF＝DE. 1 2 返回首页 解:(1)①由旋转知,AF＝AE,∠BAF＝∠CAE,∠EAF＝60°. ∵∠DAE＝ α,∠BAC＝α＝60°, ∴∠DAE＝ ×60°＝30°. ∴∠CAE＋∠BAD＝∠BAC－∠DAE＝30°. ∴∠DAF＝∠BAD＋∠BAF＝∠BAD＋∠CAE＝30°. ②证明:由①知,AF＝AE,∠DAF＝∠DAE＝30°. ∵AD是△DAF和△DAE的公共边, ∴△DAF≌△DAE(SAS). ∴DF＝DE. 1 2 返回首页 (2)如图2,当α＝90°时,猜想BD,DE,CE的数量关系,并说明理由. 解:(2)DE2＝BD2＋CE2,理由如下: 如图,将△AEC绕点A按顺时针方向旋转90°到△AFB的位置,连接DF, 则BF＝CE,∠ABF＝∠ACE. 在Rt△ABC中, ∵AB＝AC,∠BAC＝90°, 解:(2)DE2＝BD2＋CE2,理由如下: 如图,将△AEC绕点A按顺时针方向旋转90°到△AFB的位置,连接DF, 则BF＝CE,∠ABF＝∠ACE. 在Rt△ABC中, ∵AB＝AC,∠BAC＝90°, 1 2 返回首页 ∴∠C＝∠ABC＝45°. ∴∠ABF＝45°. ∴∠DBF＝90°. 根据勾股定理,得DF2＝BD2＋BF2. ∴DF2＝BD2＋CE2. 同(1)②的方法得,DF＝DE, ∴DE2＝BD2＋CE2. ∴∠C＝∠ABC＝45°. ∴∠ABF＝45°. ∴∠DBF＝90°. 根据勾股定理,得DF2＝BD2＋BF2. ∴DF2＝BD2＋CE2. 同(1)②的方法得,DF＝DE, ∴DE2＝BD2＋CE2. 1 2 返回首页 2. 如图1,△ABC是等边三角形,△BDC是等腰三角形,BD＝CD,∠BDC＝120°,以点D为顶点作一个60°角,角的两边分别交AB,AC于点M,N,连接MN. 1 2 返回首页 (1)探究BM,MN,NC之间的关系,并说明理由; 解:(1)MN＝BM＋NC. 理由如下: 延长AC至点E,使得CE＝BM,并连接DE,如图1所示. ∵△BDC为等腰三角形,△ABC为等边三角形, 解:(1)MN＝BM＋NC. 理由如下: 延长AC至点E,使得CE＝BM,并连接DE,如图1所示. ∵△BDC为等腰三角形,△ABC为等边三角形, ∴BD＝CD,∠DBC＝∠DCB,∠MBC＝∠ACB＝60°. 又∵∠BDC＝120°, ∴∠DBC＝∠DCB＝30°. ∴∠ABC＋∠DBC＝∠ACB＋∠DCB＝60°＋30°＝90°. 1 2 返回首页 ∴∠MBD＝∠ECD＝90°. ∴△MBD≌△ECD(SAS). ∴MD＝DE,∠BDM＝∠CDE. ∵∠MDN＝60°,∠BDC＝120°, ∴∠BDM＋∠CDN＝60°. ∴∠CDE＋∠CDN＝60°,即∠EDN＝60°. ∴∠EDN＝∠MDN. ∴△DMN≌△DEN(SAS). ∴MN＝EN＝NC＋CE＝BM＋NC. ∴∠CDE＋∠CDN＝60°,即∠EDN＝60°. ∴∠EDN＝∠MDN. ∴△DMN≌△DEN(SAS). ∴MN＝EN＝NC＋CE＝BM＋NC. 1 2 返回首页 (2)若△ABC的边长为2,求△AMN的周长; 解:(2)利用(1)中的结论得出: △AMN的周长＝AM＋MN＋AN＝(AM＋BM)＋(NC＋AN)＝AB＋AC＝2＋2＝4. 解:(2)利用(1)中的结论得出: △AMN的周长＝AM＋MN＋AN＝(AM＋BM)＋(NC＋AN)＝AB＋ AC＝2＋2＝4. 1 2 返回首页 (3)若点M,N分别是AB,CA延长线上的点,其他条件不变,在图2中画出图形,并直接写出BM,MN,NC之间的关系. 解:(3)按要求作出图形,如图2所示(画法不唯一),MN＝NC－BM. 解:(3)按要求作出图形,如图2所示(画法不唯一), MN＝NC－BM. 1 2 返回首页 解析:在CA上截取CE＝BM. 解析:在CA上截取CE＝BM. ∵△ABC是等边三角形, ∴∠ACB＝∠ABC＝60°. 又∵BD＝CD,∠BDC＝120°, ∴∠BCD＝∠CBD＝30°. ∴∠MBD＝∠ECD＝90°. ∴△BMD≌△CED(SAS). ∴DE＝DM,∠BDM＝∠CDE. ∵∠MDN＝60°,∠BDC＝120°, ∴∠EDN＝60°. ∵ND＝ND,∠EDN＝∠MDN,MD＝ED, ∴△MDN≌△EDN(SAS). ∴MN＝NE＝NC－CE＝NC－BM. 1 2 返回首页 $$