类型3 旋转类几何综合题-【一战成名新中考】2025年中考数学·纯练版总复习·二轮专题培优练

参考答案与重难题解析·数学32　 二 轮 专 题 培 优 练 答 案 ∴ △PQE 是等腰直角三角形; 第 4 题解图③ 　 　 第 4 题解图④ (4)0<t≤9 -3 5 2 或 t= 17 6 或 t= 7. 【解法提示】①如解图④,当点 P 在 BE 上时,∵ QE =QF = 3,AQ=BE= 2,在 Rt△AQF 中,AF = QF2 -AQ2 = 32 -22 = 5 ,则 BF= 3- 5 ,∵ PE = t,∴ BP = 2- t,PF = PE = t,在 Rt△PBF 中,PF2 =PB2 +FB2 ,∴ t2 = (2-t) 2 +(3- 5 ) 2 ,解得 t = 9 -3 5 2 ,当 t < 9 -3 5 2 时,点 F 在矩形内部, ∴ 0 < t≤ 9-3 5 2 符合题意;②当 P 点在 AB 上时,当 F,A 重合时符合 题意,此时如解图⑤,则 PB = t-BE = t-2,PE = AP = AB-PB = 3-( t-2)= 5-t,在 Rt△PBE 中,PE2 =PB2 +BE2 ,∴ (5-t) 2 = ( t-2) 2 +22 ,解得 t= 17 6 ;③当点 P 在 AD 上,当 F,D 重合 时符合题意,如解图⑥,此时点 Q 与点 C 重合,则 PFQE 是 正方形,此时 t= 2+3+2 = 7. 综上所述,0<t≤9 -3 5 2 或 t= 17 6 或 t= 7. 第 4 题解图⑤ 　 　 第 4 题解图⑥ 类型 3　 旋转类几何综合题 热身小练 1. 等边　 2. 等腰直角 3. 解:点 D 的位置如解图所示. 第 3 题解图 综合训练 1. (1)证明:由题意可知,∠ACB = ∠DCE = 90°,CA = CB,CD =CE, ∴ ∠ACB-∠DCB= ∠DCE-∠DCB, 即∠ACD= ∠BCE, 在△CAD 和△CBE 中, CA=CB, ∠ACD= ∠BCE, CD=CE, { ∴ △CAD≌△CBE(SAS); (2)解:∵ 在 Rt△ABC 中,AC=BC= 3 2 , ∴ ∠CAB= ∠CBA= 45°,AB= 2AC= 6, ∴ BD=AB-AD= 6-2 = 4, ∵ △CAD≌△CBE(SAS), ∴ BE=AD= 2,∠CBE= ∠CAD= 45°, ∴ ∠ABE= ∠ABC+∠CBE= 90°. ∴ 在 Rt△DBE 中,DE= BD2 +BE2 = 2 5 , ∴ 在 Rt△CDE 中,CE=CD=DE 2 = 10 ; (3)解:存在. 由(2)可知,AD2 +BD2 =BE2 +BD2 =DE2 = 2CD2 , ∴ 当 CD 最小时,AD2 +BD2 的值最小,此时 CD⊥AB, ∵ △ABC 为等腰直角三角形, ∴ CD= 1 2 AB= 1 2 ×6 = 3, ∴ AD2 +BD2 = 2CD2 ≥2×32 = 18. 2. 解:(1)BE= 2CD;【解法提示】如解图①,过点 E 作 EM⊥ CB 交 CB 延长线于点 M,由旋转得 AD =DE,∠ADE = 90°, ∴ ∠ADC + ∠EDM = 90°, ∵ ∠ACB = 90°, ∴ ∠ACD = ∠DME,∠ADC+∠CAD= 90°,∴ ∠CAD = ∠EDM,∴ △ACD ≌△DME(AAS),∴ CD =EM,AC =DM,∵ AC =BC,∴ BM = DM-BD=AC-BD = BC-BD = CD,∴ BM = EM,∵ EM⊥CB, ∴ BE= 2EM= 2CD. 第 2 题解图① 　 　 第 2 题解图② (2)补全图形如解图②,BE= 2CD,证明如下: 过点 E 作 EM⊥BC 于点 M, 由旋转得 AD=DE,∠ADE= 90°, ∴ ∠ADC+∠EDM= 90°, ∵ ∠ACB= 90°, ∴ ∠ACD= ∠DME,∠ADC+∠CAD= 90°, ∴ ∠CAD= ∠EDM, ∴ △ACD≌△DME(AAS), ∴ CD=EM,AC=DM, ∵ AC=BC,∴ DM=BC, ∴ DM-CM=BC-CM,∴ CD=BM,∴ EM=BM, ∵ EM⊥CB, ∴ BE= 2EM= 2CD; (3)2 13 13 或 2 5 5 . 【解法提示】如解图③,当点 D 在 CB 的 延长线上时,过点 E 作 EM⊥CB 交 CB 延长线于点 M,由 (2)得 DM=AC= 1,EM =CD = 2,∴ CM =CD+DM = 3,∴ CE = CM2 +EM2 = 13 ,∴ sin∠ECD= EM CE = 2 13 = 2 13 13 ;如 解图④,当点 D 在 BC 的延长线上时,过点 E 作 EM⊥BC 交 BC 的延长线于点 M,同理可得△ACD≌△DME,∴ DM 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 23 参考答案与重难题解析·数学 33　 二 轮 专 题 培 优 练 答 案 =AC= 1,ME = CD = 2,∴ CM = 2- 1 = 1,∴ CE = 22 +12 = 5 ,∴ sin∠ECD = EM CE = 2 5 = 2 5 5 ,综上所述,sin ∠ECD = 2 13 13 或 2 5 5 . 第 2 题解图③ 　 　 第 2 题解图④ 3. 解:(1)AD⊥BE;【解法提示】如解图①,延长 BE 交 AC 于 点 H,交 AD 于点 N,当 m= 1 时,DC=CE,CB=CA,∵ ∠ACB = ∠DCE = 90°, ∴ ∠ACD = ∠BCE, ∴ △ACD ≌ △BCE (SAS),∴ ∠DAC= ∠EBC,∵ ∠CAB+∠ABE+∠EBC = 90°, ∴ ∠CAB + ∠ABE + ∠DAC = 90°, ∴ ∠ANB = 90°, ∴ AD ⊥BE; 第 3 题解图① 　 　 第 3 题解图② (2)(1)中的结论成立,证明如下: 如解图②,延长 BE 交 AC 于点 H,交 AD 于点 N, ∵ ∠ACB= ∠DCE= 90°,∴ ∠ACD= ∠BCE, 又∵ DC EC = AC BC = 1 m , ∴ △DCA∽△ECB,∴ ∠DAC= ∠EBC, ∵ ∠CAB+∠ABE+∠EBC= 90°, ∴ ∠CAB+∠ABE+∠DAC= 90°, ∴ ∠ANB= 90°,∴ AD⊥BE; (3)如解图③,当点 E 在线段 AD 上时, 由(2)知△DCA∽△ECB, ∴ BE AD =BC AC =m= 3 ,∴ BE= 3AD= 3 (4+AE), ∵ AD⊥BE,∴ AB2 =AE2 +BE2 , ∴ 112 =AE2 +3(4+AE) 2 , ∴ AE= 2 或 AE= -8(舍去), ∴ BE= 6 3 ; 第 3 题解图③ 　 　 第 3 题解图④ 当点 D 在线段 AE 上时,如解图④, 由(2)知△DCA∽△ECB, ∴ BE AD =BC AC =m= 3 ,∴ BE= 3AD= 3 (AE-4), ∵ AD⊥BE,∴ AB2 =AE2 +BE2 , ∴ 112 =AE2 +3(AE-4) 2 , ∴ AE= 8 或 AE= -2(舍去), ∴ BE= 4 3 . 综上所述,BE= 6 3或 4 3 . 4. (1)证明:如解图①,延长 FG,交 AC 于点 H, ∵ 四边形 ABCD 和四边形 BEFG 是正方形, ∴ BC = CD,FG = BG,CD∥AE,FG∥AE,∠CGH = ∠BGF = 90°,∠ACB= 45°,∴ ∠CHG= 45°,CD∥FG, ∴ CG=GH,∠CDP= ∠HFP,∠DCP= ∠FHP, ∴ CG+BG=GH+FG, ∴ BC=FH,∴ CD=FH, ∴ △CDP≌△HFP(ASA), ∴ DP=FP,∴ 点 P 是 DF 的中点; 第 4 题解图① 　 　 第 4 题解图② (2)解:△APE 是等腰直角三角形,理由如下: 如解图②,延长 EG,交 AD 的延长线于点 M,设 DF 和 EG 交于点 Q, ∵ 四边形 ABCD 和四边形 BEFG 是正方形, ∴ ∠BAD= 90°,∠BEG= ∠GEF= 45°,AD = AB,BE =EF,AD ∥BC∥EF,∠BAC= 45°, ∴ ∠M= ∠GEF= 45°,∠MDQ= ∠EFQ, ∴ ∠M= ∠BEG,∴ AM=AE, ∴ AM-AD=AE-AB, ∴ DM=BE,∴ DM=EF, ∴ △DQM≌△FQE(ASA),∴ DQ=FQ, ∴ 点 Q 和点 P 重合,即 EG 延长线与 DF 的交点恰好也是 DF 的中点 P, ∵ ∠BAC= 45°,∠BEG= 45°, ∴ ∠APE= 90°,AP=EP, ∴ △APE 是等腰直角三角形; (3)解:△APE 仍然是等腰直角三角形,理由如下: 如解图③,延长 EP 至 Q,使 PQ=PE,连接 DQ,AQ,延长 DA 和 FE 交于点 N, 第 4 题解图③ ∵ DP=FP,∠DPQ= ∠FPE,PQ=PE, ∴ △PDQ≌△PFE(SAS), 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 33 参考答案与重难题解析·数学34　 二 轮 专 题 培 优 练 答 案 ∴ DQ=FE,∠PQD= ∠PEF, ∴ DQ∥NF,∴ ∠N+∠ADQ= 180°, ∵ 四边形 ABCD 和四边形 BEFG 是正方形, ∴ ∠BAN= ∠DAB= 90°,∠BEN = ∠BEF = 90°,AB = AD,BE =EF, ∴ ∠N+∠ABE = 360° -∠BAN-∠BEN = 360° - 90° - 90° = 180°,DQ=BE, ∴ ∠ABE= ∠ADQ, ∴ △ADQ≌△ABE(SAS), ∴ AE=AQ,∠DAQ= ∠BAE, ∴ ∠BAE+∠BAQ= ∠DAQ+∠BAQ= ∠BAD= 90°, ∴ ∠QAE= 90°, 又∵ PQ=PE,∴ AP⊥EQ,AP=PE= 1 2 EQ, ∴ △APE 是等腰直角三角形. 第 5 题解图① 5. 解:(1)2;30 或 210;【解法提示】如 解图①,∵ ∠ADB = ∠A′D′C = 90°, ∠ABD= ∠A′CD′ = 30°,∴ ∠BAD = ∠D′AC = 60°, ∴ 当 α = 60°时,A, D′,B 三点共线,A,D,C 三点共线, ∵ AB = AC, ∴ △ABC 是等边三角 形,∴ BC = AB = 2;当 BC = 2 2 时, 过点 A 作 AH⊥BC 于点 H,如解图②,∵ AB = AC,∴ BH = CH= 1 2 BC = 2 ,∴ sin∠BAH = BH AB = 2 2 ,∴ ∠BAH = 45°, ∴ ∠BAC= 2∠BAH= 90°,∴ α= 120°-90° = 30°;如解图③, 同理可得∠BAC = 90°,∴ α = 60°+ 90°+ 60° = 210°. 综上所 述,当 BC= 2 2时,α= 30°或 210°; 　 第 5 题解图② 　 　 第 5 题解图③ (2)画出图形如解图④,连接 AP,设 AB 与 D′C 交于 R,BD 与 A′C 交于 Q, ∵ ∠ADB= 90°,∠B= 30°,AB= 2,∴ AD= 1, ∵ α= 90°,∴ ∠BAC= 60°+60°-90° = 30°, ∴ ∠QAD= ∠BAD-∠BAC= 30°, ∵ tan30° =DQ AD ,∴ DQ= 3 3 , ∴ S△ADQ = 1 2 ×1× 3 3 = 3 6 , ∵ ∠D′= ∠D′AD= ∠D= 90°,AD=AD′, ∴ 四边形 ADPD′是正方形,∴ DP=AD= 1, ∴ S△APD = 1 2 ×1×1 = 1 2 , ∴ S△APQ = 1 2 - 3 6 ,同理 S△APR = 1 2 - 3 6 , ∴ 两块三角板重叠部分图形的面积为 1- 3 3 ; 第 5 题解图④ 　 　 第 5 题解图⑤ (3)2π. 【解法提示】连接 AF,如解图⑤,∵ AB = AC,F 为 BC 的中点,∴ ∠AFB= 90°,∴ 点 F 的运动轨迹是以 AB 为 直径的圆,∴ 点 F 的运动路径长为 2π. 6. 解:(1)在▱ABCD 中,BC=AD= 10, 在 Rt△BCH 中,CH=BC·sinB= 10× 4 5 = 8. (2)①如解图①,过点 C 作 CH⊥BA 于点 H, 第 6 题解图① 由 ( 1 ) 得, BH = BC2 -CH2 = 102 -82 = 6,则 AH= 6. 过点 C′作 C′Q⊥BA 交 BA 的延 长线于点 Q,则∠CHP = ∠PQC′ = 90°, ∴ ∠C′PQ+∠PC′Q= 90°, ∵ ∠C′PQ+∠CPH= 90°,∴ ∠PC′Q= ∠CPH, 由旋转知 PC′=PC,∴ △PQC′≌△CHP. 设 BP= x,则 PQ=CH= 8,C′Q=PH= 6-x,PA= 12-x, ∴ QA=PQ-PA= x-4. ∵ C′Q⊥AB,CH⊥AB, ∴ C′Q∥CH,∴ △AQC′∽△AHC, ∴ C′Q CH =QA HA ,∴ 6 -x 8 = x-4 6 , ∴ x= 34 7 ,∴ BP= 34 7 ; ②解法一:由旋转得△PCD≌△PC′D′,CD=C′D′, CD⊥C′D′, 又∵ AB∥CD,∴ C′D′⊥AB, 情况一:当以 C′为直角顶点时,如解图②. ∵ C′D′⊥AB,∴ C′落在 BA 的延长线上. ∵ PC⊥PC′,∴ PC⊥AB, 由(1)知,PC= 8,∴ BP= 6. 第 6 题解图② 　 　 第 6 题解图③ 情况二:当以 A 为直角顶点时,如解图③, 设 C′D′与射线 BA 的交点为 T,过点 C 作 CH⊥AB 于点 H. 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 43 参考答案与重难题解析·数学 35　 二 轮 专 题 培 优 练 答 案 ∵ PC⊥PC′, ∴ ∠CPH+∠TPC′= 90°, ∵ 点 C,D 同时绕点 P 按逆时针方向旋转 90°得点 C′,D′, ∴ ∠CPC′= ∠DPD′= 90°,PC=PC′,PD=PD′, ∴ ∠CPD= ∠C′PD′,∴ △PCD≌△PC′D′(SAS), ∴ ∠PCD= ∠PC′D′, ∵ AB∥CD,∴ ∠BPC= ∠PCD= ∠PC′D′, ∵ ∠C′PT+∠CPB= 90°, ∴ ∠C′PT+∠PC′T= 90°, ∴ ∠PTC′= 90° = ∠CHP, ∴ △CPH≌△PC′T(AAS), ∴ C′T=PH,PT=CH= 8. 设 C′T=PH= t,则 AP= 6-t, ∴ AT=PT-PA= 2+t. ∵ ∠C′AD′= 90°,C′D′⊥AB, ∴ △ATD′∽△C′TA,∴ AT TD′ =C′T TA , ∴ AT2 =C′T·TD′,∴ (2+t) 2 = t(12-t), 化简得 t2 -4t+2 = 0,解得 t= 2± 2 , ∴ BP=BH+HP= 8± 2 , 情况三:当以 D′为直角顶点时, 点 P 落在 BA 的延长线上,不符合题意. 综上所述,BP= 6 或 8± 2 . 多解法 解法二:动静互换:将 C,D 看成静止的,点 A 绕点 P 顺时 针旋转 90°, ∴ △APA1 是等腰直角三角形, ∴ 点 A 的运动轨迹是在∠BAE = 45°的射线 AE 上,AE 与 DC 的延长线交于点 E, 当△A1CD 为直角三角形时, ( i)当∠A1CD= 90°时, ∴ ∠BP1A1 = 90°, ∴ BP1 = 102 -82 = 6; ( ii)当点 A 为直角顶点时,以 CD 为直径作☉O 交 AE 于 点 A2,A3 . 如解图④,连接 AO,过点 O 作 OF⊥AE 于 F, 第 6 题解图④ 则△AOE 为等腰直角三角形, ∵ AO= 8,∴ AE= 8 2,OF= 4 2, ∴ A2F=A3F= OA23 -OF 2 = 2,AF= 1 2 AE= 4 2, ∴ AA2 =AF+A2F= 4 2 +2, ∴ AP2 = 2 2 AA2 = 4+ 2, BP2 = 12-(4+ 2)= 8- 2; ( iii)∵ AA3 = 4 2 -2, ∴ AP3 = 4- 2, ∴ BP3 = 12-(4- 2)= 8+ 2 . 综上所述,BP= 6 或 8± 2 . 类型 4　 折叠类几何综合题 热身小练 1. ∠BAP= ∠B′AP,AP 垂直平分 BB′ 2. 解:(1)画出点 A′和点 B′的位置如解图①所示; 第 2 题解图① 　 　 第 2 题解图② (2)折痕 AP 如解图②所示. 3. 解:如解图,点 B′在以点 E 为圆心,EB 长为半径的弧上. 第 3 题解图 综合训练 1. (1)证明:由折叠的性质可知:∠MBC= ∠BMP, ∵ 四边形 ABCD 是正方形,∴ AD∥BC, ∴ ∠MBC= ∠AMB, ∴ ∠AMB= ∠BMP; (2)解:设 MD= x,AE= y,则 AM= 3-x,设 EM=EB= 3-y. 在 Rt△AEM 中,AE2 +AM2 =EM2 , ∴ y2 +(3-x) 2 = (3-y) 2 , ∴ y= - 1 6 x2 +x,即 AE= - 1 6 x2 +x. ∵ ∠ABC= ∠EMN= 90°,∴ ∠AME+∠DMP= 90°, ∵ ∠AEM+∠AME= 90°, ∴ ∠AEM= ∠DMP,又∵ ∠A= ∠D= 90°, ∴ △AEM∽△DMP, ∴ DP AM =DM AE ,即 1 3-x = x - 1 6 x2 +x , 整理得 5 6 x2 = 2x,∴ x= 12 5 或 x= 0(舍去) . ∴ MD= 12 5 . 2. 解:(1)四边形 AEDG 是菱形, 理由:∵ AB=AC,AD 是 BC 边上的中线, ∴ BD=CD= 1 2 BC,AD⊥BC, ∴ ∠ADB= ∠ADC= 90°, 由折叠得 BF=DF= 1 2 BD,CH=DH= 1 2 CD,EF⊥BD,GH⊥ 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 53 二轮专题培优练·数学 专 题 七 直 线 型 ︵ 三 角 形 ︑四 边 形 ︑多 边 形 ︶ 几 何 综 合 题 类型 3　 旋转类几何综合题 􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀦂 􀦂 􀦂􀦂 热身小练 1. 将线段 OA 绕点 O 旋转 60°得到线段 OB,点 B 是点 A 的对应点,则△AOB 是　 等边　 　 三角形. 2. 将线段 OA绕点 O 旋转 90°得到线段 OB,点 B 是点 A 的对应点,则△AOB 是　 等腰直角　 三角形. 3. 如图,将△ABC 绕点 A 逆时针旋转 α(0°<α<360°),点 B 对应的点为点 D,点 C 对应的点 为点 E. 若 A,D,C 三点共线,请画出点 D 的位置. 第 3 题图 解:点 D 的位置如解图所示. 综合训练 1. (2023 甘孜州)如图,在 Rt△ABC 中,AC=BC = 3 2 ,点 D 在 AB 边上,连接 CD,将 CD 绕点 C 逆时 针旋转 90°得到 CE,连接 BE,DE. (1)求证:△CAD≌△CBE; (2)若 AD= 2 时,求 CE 的长; (3)点 D 在 AB 上运动时,试探究 AD2 +BD2 的值是否存在最小值,如果存在,求出这个最小值; 如果不存在,请说明理由. 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋 􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋 􀪋本题为两个共直角顶点的等腰直角三角形,是手拉手模型,手拉手模型解读与练习详见大单 元结构化整合练 P43 　 第 1 题图 在△CAD 和△CBE 中, CA=CB, ∠ACD=∠BCE, CD=CE, ì î í ï ï ï ï ∴△CAD≌△CBE(SAS); (2)解:∵在 Rt△ABC 中,AC =BC = 3 2,∴ ∠CAB =∠CBA = 45°,AB = 2 AC= 6, ∴BD=AB-AD= 6-2= 4, ∵△CAD≌△CBE(SAS),∴BE=AD= 2,∠CBE=∠CAD= 45°,∴∠ABE=∠ABC+∠CBE= 90°. ∴在 Rt△DBE 中,DE= BD2+BE2 = 2 5,∴在 Rt△CDE 中,CE=CD= DE 2 = 10; (3)解:存在. 由(2)可知,AD2+BD2 =BE2+BD2 =DE2 = 2CD2, ∴当 CD 最小时,AD2+BD2 的值最小,此时 CD⊥AB, ∵△ABC 为等腰直角三角形,∴CD= 1 2 AB= 1 2 ×6= 3,∴AD2+BD2 = 2CD2≥2×32 = 18. 96 二轮专题培优练·数学 专 题 七 直 线 型 ︵ 三 角 形 ︑四 边 形 ︑多 边 形 ︶ 几 何 综 合 题 2. (2024 烟台)在等腰直角△ABC 中,∠ACB= 90°,AC=BC,D 为直线 BC 上任意一点,连接 AD. 将线 段 AD 绕点 D 按顺时针方向旋转 90°得线段 ED,连接 BE. 【尝试发现】 (1)如图①,当点 D 在线段 BC 上时,线段 BE 与 CD 的数量关系为　 BE= 2CD　 ; 【类比探究】 (2)当点 D 在线段 BC 的延长线上时,先在图②中补全图形,再探究线段 BE 与 CD 的数量关系 并证明; 【联系拓广】 (3)若 AC=BC= 1,CD= 2,请直接写出 sin∠ECD 的值. 图① 　 　 　 　 图② 第 2 题图 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋 􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋 􀪋观察可知直线 BC 上有∠ACB= ∠ADE = 90°,只要再构造一个直角就能得到一线三等角模型, 一线三等角模型解读与练习详见大单元结构化整合练 P39 解:(1)BE= 2CD; (2)补全图形如解图②,BE= 2CD,证明如下: 过点 E 作 EM⊥BC 于点 M,由旋转得 AD=DE,∠ADE= 90°, ∴∠ADC+∠EDM= 90°,∵∠ACB= 90°, ∴∠ACD=∠DME,∠ADC+∠CAD= 90°, ∴∠CAD=∠EDM,∴△ACD≌△DME(AAS), ∴CD=EM,AC=DM, ∵AC=BC,∴DM=BC, ∴DM-CM=BC-CM, ∴CD=BM,∴EM=BM, ∵EM⊥CB,∴BE= 2EM= 2CD; (3)sin∠ECO= 2 13 13 或 2 5 5 . 详解见答案册 PX 07 二轮专题培优练·数学 专 题 七 直 线 型 ︵ 三 角 形 ︑四 边 形 ︑多 边 形 ︶ 几 何 综 合 题 3. (2023 孝感)【问题呈现】 △CAB 和△CDE 都是直角三角形,∠ACB = ∠DCE = 90°,CB =mCA,CE =mCD,连接 AD,BE,BC, 探究 AD,BE 的位置关系. 【问题探究】 (1)如图①,当 m= 1 时,直接写出 AD,BE 的位置关系:　 AD⊥BE　 ; (2)如图②,当 m≠1 时,(1)中的结论是否成立? 若成立,给出证明;若不成立,说明理由; 【拓展应用】 (3)当 m= 3 ,AB= 4 7 ,DE= 4 时,将△CDE 绕点 C 旋转,使 A,D,E 三点恰好在同一直线上,求 BE 的长. 图① 　 　 　 　 图② 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 第 3 题图　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 备用图 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋 􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋 􀪋两个共直角顶点且相似的三角形构成手拉手模型,手拉手模型解读与练习详见大单元结构化 整合练 P43 解:(1)AD⊥BE; (2)(1)中的结论成立,证明如下: 如解图②,延长 BE 交 AC 于点 H,交 AD 于点 N, ∵∠ACB=∠DCE= 90°,∴∠ACD=∠BCE, 又∵DC EC =AC BC = 1 m ,∴△DCA∽△ECB,∴∠DAC=∠EBC, ∵∠CAB+∠ABE+∠EBC= 90°,∴∠CAB+∠ABE+∠DAC= 90°,∴∠ANB= 90°,∴AD⊥BE; (3)如解图③,当点 E 在线段 AD 上时, 由(2)知△DCA∽△ECB,∴BE AD =BC AC =m= 3,∴BE= 3AD= 3(4+AE), ∵AD⊥BE,∴AB2 =AE2+BE2, ∴112=AE2+3(4+AE) 2,∴AE= 2 或 AE=-8(舍去),∴BE= 6 3; 当点 D 在线段 AE 上时,如解图④, 由(2)知△DCA∽△ECB,∴BE AD =BC AC =m= 3,∴BE= 3AD= 3(AE-4), ∵AD⊥BE,∴AB2 =AE2+BE2,∴112=AE2+3(AE-4) 2, ∴AE= 8 或 AE=-2(舍去),∴BE= 4 3 . 综上所述,BE= 6 3或 4 3 . 17 二轮专题培优练·数学 专 题 七 直 线 型 ︵ 三 角 形 ︑四 边 形 ︑多 边 形 ︶ 几 何 综 合 题 4. (2023 湘潭)问题情境:小红同学在学习了正方形的知识后,进一步进行以下探究活动:在正方形 ABCD 的边 BC 上任意取一点 G,以 BG 为边长向外作正方形 BEFG,将正方形 BEFG 绕点 B 顺时 针旋转. 图① 　 　 　 　 图② 　 　 　 　 图③ 第 4 题图 特例感知:(1)当 BG 在 BC 上时,连接 DF,AC 相交于点 P,小红发现点 P 恰为 DF 的中点,如图 ①. 针对小红发现的结论,请给出证明; (2)小红继续连接 EG,并延长与 DF 相交,发现交点恰好也是 DF 中点 P,如图②. 根据小红发现 的结论,请判断△APE 的形状,并说明理由; 规律探究: (3)如图③,将正方形 BEFG 绕点 B 顺时针旋转 α,连接 DF,点 P 是 DF 的中点,连接 AP,EP, AE,△APE 的形状是否发生改变? 请说明理由. (1)证明:如解图①,延长 FG,交 AC 于点 H, ∵四边形 ABCD 和四边形 BEFG 是正方形, ∴BC=CD,FG=BG,CD∥AE,FG∥AE,∠CGH=∠BGF= 90°,∠ACB= 45°, ∴∠CHG= 45°,CD∥FG, ∴CG=GH,∠CDP=∠HFP,∠DCP=∠FHP, ∴CG+BG=GH+FG,∴BC=FH,∴CD=FH, ∴△CDP≌△HFP(ASA),∴DP=FP,∴点 P 是 DF 的中点; (2)解:△APE 是等腰直角三角形,理由如下: 如解图②,延长 EG,交 AD 的延长线于点 M,设 DF 和 EG 交于点 Q, ∵四边形 ABCD 和四边形 BEFG 是正方形, ∴∠BAD=90°,∠BEG=∠GEF=45°,AD=AB,BE=EF,AD∥BC∥EF,∠BAC=45°, ∴∠M=∠GEF= 45°,∠MDQ=∠EFQ, ∴∠M=∠BEG,∴AM=AE,∴AM-AD=AE-AB,∴DM=BE,∴DM=EF, ∴△DQM≌△FQE(ASA),∴DQ=FQ, ∴点 Q 和点 P 重合,即 EG 延长线与 DF 的交点恰好也是 DF 的中点 P, ∵∠BAC= 45°,∠BEG= 45°, ∴∠APE= 90°,AP=EP, ∴△APE 是等腰直角三角形; (3)△APE 仍然是等腰直角三角形,理由略. 详解见答案册 PX 27 二轮专题培优练·数学 专 题 七 直 线 型 ︵ 三 角 形 ︑四 边 形 ︑多 边 形 ︶ 几 何 综 合 题 5. (2023 扬州)【问题情境】 在综合实践活动课上,李老师让同桌两位同学用相同的两块含 30°的三角板开展数学探究活 动,两块三角板分别记作△ADB 和△A′D′C,∠ADB= ∠A′D′C= 90°,∠B= ∠C= 30°,设 AB= 2. 【操作探究】 如图①,先将△ADB 和△A′D′C 的边 AD,A′D′重合,再将△A′D′C 绕着点 A 按顺时针 ∙∙∙ 方向旋转, 旋转角为 α(0°≤α≤360°),旋转过程中△ADB 保持不动,连接 BC. (1)当 α= 60°时,BC= 　 　 　 　 ;当 BC= 2 2时,α= 　 30 或 210　 °; (2)当 α= 90°时,画出图形,并求两块三角板重叠部分图形的面积; (3)如图②,取 BC 的中点 F,将△A′D′C 绕着点 A 旋转一周,点 F 的运动路径长为　 　 　 　 . 图① 　 　 图② 　 　 　 　 第 5 题图 备用图 解:(1)2;30 或 210; (2)画出图形,如解图④,连接 AP, ∵∠ADB= 90°,∠B= 30°,AB= 2,∴AD= 1, ∵α= 90°,∴∠BAC= 60°+60°-90°= 30°, ∴∠QAD=∠BAD-∠BAC= 30°, ∵tan30°=DQ AD ,∴DQ= 3 3 ,∴S△ADQ = 1 2 ×1× 3 3 = 3 6 , ∵∠D′=∠D′AD=∠D= 90°,AD=AD′,∴四边形 ADPD′是正方形, ∴DP=AD= 1,∴S△APD = 1 2 ×1×1= 1 2 , ∴S△APQ = 1 2 - 3 6 ,同理 S△APR = 1 2 - 3 6 , ∴两块三角板重叠部分图形的面积为 1- 3 3 ; (3)2π. 【解法提示】连接 AF,如解图⑤, ∵AB=AC,F 为 BC 的中点, ∴∠AFB= 90°, ∴F 的运动轨迹是以 AB 为直径的圆, ∴点 F 的运动路径长为 2π. 详解见答案册 PX 37 二轮专题培优练·数学 专 题 七 直 线 型 ︵ 三 角 形 ︑四 边 形 ︑多 边 形 ︶ 几 何 综 合 题 6. (2023 绍兴)在平行四边形 ABCD 中(顶点 A,B,C,D 按逆时针方向排列),AB = 12,AD = 10,∠B 为锐角,且 sinB= 4 5 . (1)如图①,求 AB 边上的高 CH 的长; (2)P 是边 AB 上的一动点,点 C,D 同时绕点 P 按逆时针方向旋转 90°得点 C′,D′. ①如图②,当点 C′落在射线 CA 上时,求 BP 的长; ②多解法 ∙∙∙ 当△AC′D′是直角三角形时,求 BP 的长. 图① 　 　 　 　 图② 　 　 　 　 第 6 题图　 　 备用图 解:(1)在▱ABCD 中,BC=AD= 10, 在 Rt△BCH 中,HC=BC·sinB= 10× 4 5 = 8; (2)①如解图,过点 C 作 CH⊥BA 于点 H, 由(1)得,BH= BC2-CH2 = 102-82 = 6,则 AH= 6, 过点 C′作 C′Q⊥BA 交 BA 的延长线于点 Q,则∠CHP=∠PQC′= 90°, ∴∠C′PQ+∠PC′Q= 90°, ∵∠C′PQ+∠CPH= 90°, ∴∠PC′Q=∠CPH, 由旋转知 PC′=PC, ∴△PQC′≌△CHP. 设 BP=x,则 PQ=CH= 8,C′Q=PH= 6-x,PA= 12-x,QA=PQ-PA=x-4. ∵C′Q⊥AB,CH⊥AB, ∴C′Q∥CH, ∴△AQC′∽△AHC, ∴C′Q CH =QA HA , ∴6 -x 8 =x-4 6 , ∴ x= 34 7 . ∴BP= 34 7 ; ②BP 的长为 6 或 8+ 2或 8- 2 . 详解见答案册 PX 47