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- 2021-11-06 发布
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专题 34 中考几何旋转类问题
1.旋转的定义:在平面内,将一个图形绕某一点按某个方向转动一个角度,这样的运动叫做图形的旋转。
这个定点叫做旋转中心,转动的角度叫做旋转角。
2. 旋转的性质:
(1)对应点到旋转中心的距离相等,对应线段相等,对应角相等;
(2)对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角。
3.旋转对称中心:把一个图形绕着一个定点旋转一个角度后,与初始图形重合,这种图形叫做旋转对称图
形,这个定点叫做旋转对称中心,旋转的角度叫做旋转角(旋转角小于 0°,大于 360°)。
4.中心对称:如果把一个图形绕着某一点旋转 180 度后能与另一个图形重合,那么我们就说,这两个图形
成中心对称。这个点就是它的对称中心。
5.中心对称的性质
(1)关于中心对称的两个图形是全等形。
(2)关于中心对称的两个图形,对称点连线都经过对称中心,并且被对称中心平分。
(3)关于中心对称的两个图形,对应线段平行(或在同一直线上)且相等。
【例题 1】(2020•青岛)如图,将△ABC 先向上平移 1 个单位,再绕点 P 按逆时针方向旋转 90°,得到△A′
B′C′,则点 A 的对应点 A′的坐标是( )
A.(0,4) B.(2,﹣2) C.(3,﹣2) D.(﹣1,4)
【答案】D
【解析】根据平移和旋转的性质,将△ABC 先向上平移 1 个单位,再绕点 P 按逆时针方向旋转 90°,得到
△A′B′C′,即可得点 A 的对应点 A′的坐标.
如图,
△A′B′C′即为所求,
则点 A 的对应点 A′的坐标是(﹣1,4).
【对点练习】(2019•河南)如图,在△OAB 中,顶点 O(0,0),A(﹣3,4),B(3,4),将△OAB 与正方形 ABCD
组成的图形绕点 O 顺时针旋转,每次旋转 90°,则第 70 次旋转结束时,点 D 的坐标为( )
A.(10,3) B.(﹣3,10) C.(10,﹣3) D.(3,﹣10)
【答案】D.
【解析】先求出 AB=6,再利用正方形的性质确定 D(﹣3,10),由于 70=4×17+2,所以第 70 次旋转结束
时,相当于△OAB 与正方形 ABCD 组成的图形绕点 O 顺时针旋转 2 次,每次旋转 90°,此时旋转前后的点 D
关于原点对称,于是利用关于原点对称的点的坐标特征可出旋转后的点 D 的坐标.
∵A(﹣3,4),B(3,4),
∴AB=3+3=6,
∵四边形 ABCD 为正方形,
∴AD=AB=6,
∴D(﹣3,10),
∵70=4×17+2,
∴每 4 次一个循环,第 70 次旋转结束时,相当于△OAB 与正方形 ABCD 组成的图形绕点 O 顺时针旋转 2 次,
每次旋转 90°,
∴点 D 的坐标为(3,﹣10).
【例题 2】(2020•孝感)如图,点 E 在正方形 ABCD 的边 CD 上,将△ADE 绕点 A 顺时针旋转 90°到△ABF 的
位置,连接 EF,过点 A 作 EF 的垂线,垂足为点 H,与 BC 交于点 G.若 BG=3,CG=2,则 CE 的长为( )
A.
B.
C.4 D.
【答案】B
【解析】连接 EG,根据 AG 垂直平分 EF,即可得出 EG=FG,设 CE=x,则 DE=5﹣x=BF,FG=EG=8﹣x,
再根据 Rt△CEG 中,CE2+CG2=EG2,即可得到 CE 的长.
解:如图所示,连接 EG,
由旋转可得,△ADE≌△ABF,
∴AE=AF,DE=BF,
又∵AG⊥EF,
∴H 为 EF 的中点,
∴AG 垂直平分 EF,
∴EG=FG,
设 CE=x,则 DE=5﹣x=BF,FG=8﹣x,
∴EG=8﹣x,
∵∠C=90°,
∴Rt△CEG 中,CE2+CG2=EG2,即 x2+22=(8﹣x)2,
解得 x
,
∴CE 的长为
。
【对点练习】(2019 广西贺州)如图,正方形 ABCD 的边长为 4,点 E 是 CD 的中点,AF 平分∠BAE 交 BC 于点
F,将△ADE 绕点 A 顺时针旋转 90°得△ABG,则 CF 的长为 .
【答案】6﹣2 .
【解析】作 FM⊥AD 于 M,FN⊥AG 于 N,如图,易得四边形 CFMD 为矩形,则 FM=4,
∵正方形 ABCD 的边长为 4,点 E 是 CD 的中点,
∴DE=2,
∴AE= =2 ,
∵△ADE 绕点 A 顺时针旋转 90°得△ABG,
∴AG=AE=2 ,BG=DE=2,∠3=∠4,∠GAE=90°,∠ABG=∠D=90°,
而∠ABC=90°,
∴点 G 在 CB 的延长线上,
∵AF 平分∠BAE 交 BC 于点 F,
∴∠1=∠2,
∴∠2+∠4=∠1+∠3,即 FA 平分∠GAD,
∴FN=FM=4,
∵ AB•GF= FN•AG,
∴GF= =2 ,
∴CF=CG﹣GF=4+2﹣2 =6﹣2 .
【例题 3】(2020•南京)将一次函数 y=﹣2x+4 的图象绕原点 O 逆时针旋转 90°,所得到的图象对应的函数
表达式是 .
【答案】y
x+2.
【分析】直接根据一次函数互相垂直时系数之积为﹣1,进而得出答案.
【解析】在一次函数 y=﹣2x+4 中,令 x=0,则 y=4,
∴直线 y=﹣2x+4 经过点(0,4),
将一次函数 y=﹣2x+4 的图象绕原点 O 逆时针旋转 90°,则点(0,4)的对应点为(﹣4,0),
旋转后得到的图象与原图象垂直,则对应的函数解析式为:y
x+b,
将点(﹣4,0)代入得,
െ Ͷ
b=0,
解得 b=2,
∴旋转后对应的函数解析式为:y
x+2,
故答案为 y
x+2.
【对点练习】(2019•海南省)如图,将 Rt△ABC 的斜边 AB 绕点 A 顺时针旋转á(0°<á<90°)得到 AE,直角
边 AC 绕点 A 逆时针旋转â(0°<â<90°)得到 AF,连结 EF.若 AB=3,AC=2,且á+â=∠B,则
EF= .
【答案】
【解析】由旋转的性质可得 AE=AB=3,AC=AF=2,由勾股定理可求 EF 的长.
由旋转的性质可得 AE=AB=3,AC=AF=2,
∵∠B+∠BAC=90°,且á+â=∠B,
∴∠BAC+á+â=90°
∴∠EAF=90°
∴EF= =
【例题 4】(2020 贵州黔西南)规定:在平面内,如果一个图形绕一个定点旋转一定的角度α(0°<α≤180°)
后能与自身重合,那么就称这个图形是旋转对称图形,转动的这个角度α称为这个图形的一个旋转角.例
如:正方形绕着两条对角线的交点 O 旋转 90°或 180°后,能与自身重合(如图 1),所以正方形是旋转对称
图形,且有两个旋转角.根据以上规定,回答问题:
(1)下列图形是旋转对称图形,但不是中心对称图形的是________;
A.矩形 B.正五边形 C.菱形 D.正六边形
(2)下列图形中,是旋转对称图形,且有一个旋转角是 60 度的有:________(填序号);
(3)下列三个命题:①中心对称图形是旋转对称图形;②等腰三角形是旋转对称图形;③圆是旋转对称图形,
其中真命题的个数有( )个;
A.0 B.1 C.2 D.3
(4)如图 2 的旋转对称图形由等腰直角三角形和圆构成,旋转角有 45°,90°,135°,180°,将图形补充
完整.
【答案】(1)B;(2)(1)(3)(5);(3)C;(4)见解析
【解析】(1)根据旋转对称图形的定义进行判断;
(2)先分别求每一个图形中的旋转角,然后再进行判断;
(3)根据旋转对称图形的定义进行判断;
(4)利用旋转对称图形的定义进行设计.
解:(1)矩形、正五边形、菱形、正六边形都是旋转对称图形,但正五边形不是中心对称图形,
故选:B.
(2)是旋转对称图形,且有一个旋转角是 60 度的有(1)(3)(5).
故答案为:(1)(3)(5).
(3)①中心对称图形,旋转 180°一定会和本身重合,是旋转对称图形;故命题①正确;
②等腰三角形绕一个定点旋转一定的角度α(0°<α≤180°)后,不一定能与自身重合,只有等边三角形
是旋转对称图形,故②不正确;
③圆具有旋转不变性,绕圆心旋转任意角度一定能与自身重合,是旋转对称图形;故命题③正确;
即命题中①③正确,
故选:C.
(4)图形如图所示:
【点拨】本题考查旋转对称图形,中心对称图形等知识,解题的关键是理解题意,灵活运用所学知识解决
问题.
【对点练习】(2019•广西贵港)已知:△ABC 是等腰直角三角形,∠BAC=90°,将△ABC 绕点 C 顺时针方向
旋转得到△A′B′C,记旋转角为á,当 90°<á<180°时,作 A′D⊥AC,垂足为 D,A′D 与 B′C 交于点 E.
(1)如图 1,当∠CA′D=15°时,作∠A′EC 的平分线 EF 交 BC 于点 F.
①写出旋转角á的度数;
②求证:EA′+EC=EF;
(2)如图 2,在(1)的条件下,设 P 是直线 A′D 上的一个动点,连接 PA,PF,若 AB= ,求线段 PA+PF 的
最小值.(结果保留根号)
【答案】见解析。
【解析】(1)①解:旋转角为 105°.
理由:如图 1 中,
∵A′D⊥AC,∴∠A′DC=90°,
∵∠CA′D=15°,
∴∠A′CD=75°,∴∠ACA′=105°,
∴旋转角为 105°.
②证明:连接 A′F,设 EF 交 CA′于点 O.在 EF 时截取 EM=EC,连接 CM.
∵∠CED=∠A′CE+∠CA′E=45°+15°=60°,
∴∠CEA′=120°,
∵FE 平分∠CEA′,∴∠CEF=∠FEA′=60°,
∵∠FCO=180°﹣45°﹣75°=60°,
∴∠FCO=∠A′EO,∵∠FOC=∠A′OE,
∴△FOC∽△A′OE,
∴ = ,
∴ = ,
∵∠COE=∠FOA′,∴△COE∽△FOA′,
∴∠FA′O=∠OEC=60°,
∴△A′OF 是等边三角形,∴CF=CA′=A′F,
∵EM=EC,∠CEM=60°,∴△CEM 是等边三角形,
∠ECM=60°,CM=CE,
∵∠FCA′=∠MCE=60°,∴∠FCM=∠A′CE,
∴△FCM≌△A′CE(SAS),∴FM=A′E,
∴CE+A′E=EM+FM=EF.
(2)解:如图 2 中,连接 A′F,PB′,AB′,作 B′M⊥AC 交 AC 的延长线于 M.
由②可知,∠EA′F=′EA′B′=75°,A′E=A′E,A′F=A′B′,
∴△A′EF≌△A′EB′,
∴EF=EB′,
∴B′,F 关于 A′E 对称,∴PF=PB′,
∴PA+PF=PA+PB′≥AB′,
在 Rt△CB′M 中,CB′=BC= AB=2,∠MCB′=30°,
∴B′M= CB′=1,CM= ,
∴AB′= = = .
∴PA+PF 的最小值为 .
一、选择题
1.(2020•天津)如图,在△ABC 中,∠ACB=90°,将△ABC 绕点 C 顺时针旋转得到△DEC,使点 B 的对应点
E 恰好落在边 AC 上,点 A 的对应点为 D,延长 DE 交 AB 于点 F,则下列结论一定正确的是( )
A.AC=DE B.BC=EF C.∠AEF=∠D D.AB⊥DF
【答案】D
【解析】依据旋转可得,△ABC≌△DEC,再根据全等三角形的性质,即可得出结论.
由旋转可得,△ABC≌△DEC,
∴AC=DC,故 A 选项错误,
BC=EC,故 B 选项错误,
∠AEF=∠DEC=∠B,故 C 选项错误,
∠A=∠D,
又∵∠ACB=90°,
∴∠A+∠B=90°,
∴∠D+∠B=90°,
∴∠BFD=90°,即 DF⊥AB,故 D 选项正确。
2.(2020•菏泽)如图,将△ABC 绕点 A 顺时针旋转角α,得到△ADE,若点 E 恰好在 CB 的延长线上,则∠BED
等于( )
A.
B.
α C.α D.180°﹣α
【答案】D
【分析】证明∠ABE+∠ADE=180°,推出∠BAD+∠BED=180°即可解决问题.
【解答】解:∵∠ABC=∠ADE,∠ABC+∠ABE=180°,
∴∠ABE+∠ADE=180°,
∴∠BAD+∠BED=180°,
∵∠BAD=α,
∴∠BED=180°﹣α.
3.(2019 山东枣庄)如图,点 E 是正方形 ABCD 的边 DC 上一点,把△ADE 绕点 A 顺时针旋转 90°到△ABF 的
位置.若四边形 AECF 的面积为 20,DE=2,则 AE 的长为( )
A.4 B.2 C.6 D.2
【答案】D.
【解析】利用旋转的性质得出四边形 AECF 的面积等于正方形 ABCD 的面积,进而可求出正方形的边长,再
利用勾股定理得出答案.
∵△ADE 绕点 A 顺时针旋转 90°到△ABF 的位置.
∴四边形 AECF 的面积等于正方形 ABCD 的面积等于 20,
∴AD=DC=2 ,
∵DE=2,
∴Rt△ADE 中,AE= =2
4.(2019•南京)如图,△A'B'C'是由△ABC 经过平移得到的,△A'B'C 还可以看作是△ABC 经过怎样的图形变
化得到?下列结论:①1 次旋转;②1 次旋转和 1 次轴对称;③2 次旋转;④2 次轴对称.其中所有正确结
论的序号是( )
A.①④ B.②③ C.②④ D.③④
【答案】D.
【解析】本题主要考查了几何变换的类型,在轴对称变换下,对应线段相等,对应直线(段)或者平行,或
者交于对称轴,且这两条直线的夹角被对称轴平分.在旋转变换下,对应线段相等,对应直线的夹角等于
旋转角.
依据旋转变换以及轴对称变换,即可使△ABC 与△A'B'C'重合.
先将△ABC 绕着 B'C 的中点旋转 180°,再将所得的三角形绕着 B'C'的中点旋转 180°,即可得到△A'B'C';
先将△ABC 沿着 B'C 的垂直平分线翻折,再将所得的三角形沿着 B'C'的垂直平分线翻折,即可得到△A'B'C'。
5.(2019•湖北孝感)如图,在平面直角坐标系中,将点 P(2,3)绕原点 O 顺时针旋转 90°得到点 P',则 P'
的坐标为( )
A.(3,2) B.(3,﹣1) C.(2,﹣3) D.(3,﹣2)
【答案】D.
【解析】本题考查了坐标与图形变化﹣旋转:图形或点旋转之后要结合旋转的角度和图形的特殊性质来求
出旋转后的点的坐标.常见的是旋转特殊角度如:30°,45°,60°,90°,180°.
作 PQ⊥y 轴于 Q,如图,把点 P(2,3)绕原点 O 顺时针旋转 90°得到点 P'看作把△OPQ 绕原点 O 顺时针旋转
90°得到△OP'Q′,利用旋转的性质得到∠P′Q′O=90°,∠QOQ′=90°,P′Q′=PQ=2,OQ′=OQ=
3,从而可确定 P′点的坐标.
作 PQ⊥y 轴于 Q,如图,
∵P(2,3),
∴PQ=2,OQ=3,
∵点 P(2,3)绕原点 O 顺时针旋转 90°得到点 P'相当于把△OPQ 绕原点 O 顺时针旋转 90°得到△OP'Q′,
∴∠P′Q′O=90°,∠QOQ′=90°,P′Q′=PQ=2,OQ′=OQ=3,
∴点 P′的坐标为(3,﹣2).
二、填空题
6.(2020•泰安)如图,将正方形网格放置在平面直角坐标系中,其中,每个小正方形的边长均为 1,点 A,
B,C 的坐标分别为 A(0,3),B(﹣1,1),C(3,1).△A'B'C′是△ABC 关于 x 轴的对称图形,将△A'B'C'
绕点 B'逆时针旋转 180°,点 A'的对应点为 M,则点 M 的坐标为 .
【答案】(﹣2,1).
【解析】延长 A'B'后得出点 M,进而利用图中坐标解答即可.
将△A'B'C'绕点 B'逆时针旋转 180°,如图所示:
所以点 M 的坐标为(﹣2,1)。
7.(2020•衡阳)如图,在平面直角坐标系中,点 P1 的坐标为(
,
),将线段 OP1 绕点 O 按顺时针方向旋
转 45°,再将其长度伸长为 OP1 的 2 倍,得到线段 OP2;又将线段 OP2 绕点 O 按顺时针方向旋转 45°,长度
伸长为 OP2 的 2 倍,得到线段 OP3;如此下去,得到线段 OP4,OP5,…,OPn(n 为正整数),则点 P2020 的坐标
是 .
【答案】(﹣22018×
,﹣22018×
).
【分析】根据题意得出 OP1=1,OP2=2,OP3=4,如此下去,得到线段 OP4=8=23,OP5=16=24…,OPn=2n
﹣1,再利用旋转角度得出点 P2020 的坐标与点 P5 的坐标在同一直线上,进而得出答案.
【解答】解:∵点 P1 的坐标为(
,
),将线段 OP1 绕点 O 按逆时针方向旋转 45°,再将其长度伸长为 OP1
的 2 倍,得到线段 OP2;
∴OP1=1,OP2=2,
∴OP3=4,如此下去,得到线段 OP4=23,OP5=24…,
∴OPn=2n﹣1,
由题意可得出线段每旋转 8 次旋转一周,
∵2020÷8=252…4,
∴点 P2020 的坐标与点 P5 的坐标在同一直线上,正好在第三象限的角平分线上,
∴点 P2020 的坐标是(﹣22018×
,﹣22018×
).
故答案为:(﹣22018×
,﹣22018×
).
8.(2019•湖南邵阳)如图,将等边△AOB 放在平面直角坐标系中,点 A 的坐标为(4,0),点 B 在第一象限,
将等边△AOB 绕点 O 顺时针旋转 180°得到△A′OB′,则点 B′的坐标是 .
【答案】故答案为(﹣2,﹣2 ).
【解析】作 BH⊥y 轴于 H,如图,
∵△OAB 为等边三角形,
∴OH=AH=2,∠BOA=60°,
∴BH= OH=2 ,
∴B 点坐标为(2,2 ),
∵等边△AOB 绕点 O 顺时针旋转 180°得到△A′OB′,
∴点 B′的坐标是(﹣2,﹣2 ).
故答案为(﹣2,﹣2 ).
9.(2019 山西)如图,在△ABC 中,∠BAC=90°,AB=AC=10cm,点 D 为△ABC 内一点,∠BAD=15°,AD=6cm,
连接 BD,将△ABD 绕点 A 逆时针方向旋转,使 AB 与 AC 重合,点 D 的对应点 E,连接 DE,DE 交 AC 于点 F,
则 CF 的长为______cm.
【答案】 6210
【解析】过点 A 作 AG⊥DE 于点 G,由旋转可知:AD=AE,∠DAE=90°,∠CAE=∠BAD=15°
∴∠AED=45°;在△AEF 中:∠AFD=∠AED+∠CAE=60°
在 Rt△ADG 中:AG=DG= 3 2
2
AD
在 Rt△AFG 中: 6, 2 2 6
3
AGGF AF FG
∴ 10 2 6CF AC AF
故答案为: 6210
10.(2019▪黑龙江哈尔滨)如图,将△ABC 绕点 C 逆时针旋转得到△A′B′C,其中点 A′与 A 是对应点,点 B′
与 B 是对应点,点 B′落在边 AC 上,连接 A′B,若∠ACB=45°,AC=3,BC=2,则 A′B 的长为 .
【答案】
【解析】由旋转的性质可得 AC=A'C=3,∠ACB=∠ACA'=45°,可得∠A'CB=90°,由勾股定理可求解.
∵将△ABC 绕点 C 逆时针旋转得到△A′B′C,
∴AC=A'C=3,∠ACB=∠ACA'=45°
∴∠A'CB=90°
∴A'B= =
11.(2019 新疆)如图,在△ABC 中,AB=AC=4,将△ABC 绕点 A 顺时针旋转 30°,得到△ACD,延长 AD 交
BC 的延长线于点 E,则 DE 的长为 .
【答案】2 ﹣2.
【解析】根据旋转过程可知:∠CAD=30°=∠CAB,AC=AD=4.
∴∠BCA=∠ACD=∠ADC=75°.
∴∠ECD=180°﹣2×75°=30°.
∴∠E=75°﹣30°=45°.
过点 C 作 CH⊥AE 于 H 点,
在 Rt△ACH 中,CH= AC=2,AH=2 .
∴HD=AD﹣AH=4﹣2 .
在 Rt△CHE 中,∵∠E=45°,
∴EH=CH=2.
∴DE=EH﹣HD=2﹣(4﹣2 )=2 ﹣2.
12.(2019 齐齐哈尔)如图,矩形 ABOC 的顶点 B、C 分别在 x 轴,y 轴上,顶点 A 在第二象限,点 B 的坐标
为(﹣2,0).将线段 OC 绕点 O 逆时针旋转 60°至线段 OD,若反比例函数 y= (k≠0)的图象经过 A、D 两
点,则 k 值为 .
【答案】﹣ .
【解析】过点 D 作 DE⊥x 轴于点 E,
∵点 B 的坐标为(﹣2,0),
∴AB=﹣ ,
∴OC=﹣ ,
由旋转性质知 OD=OC=﹣ 、∠COD=60°,
∴∠DOE=30°,
∴DE= OD=﹣ k,OE=ODcos30°= ×(﹣ )=﹣ k,
即 D(﹣ k,﹣ k),
∵反比例函数 y= (k≠0)的图象经过 D 点,
∴k=(﹣ k)(﹣ k)= k2,
解得:k=0(舍)或 k=﹣
13.(2019 广西梧州)如图,在菱形 ABCD 中,AB=2,∠BAD=60°,将菱形 ABCD 绕点 A 逆时针方向旋转,
对应得到菱形 AEFG,点 E 在 AC 上,EF 与 CD 交于点 P,则 DP 的长是 .
【答案】 ﹣1.
【解析】连接 BD 交 AC 于 O,由菱形的性质得出 CD=AB=2,∠BCD=∠BAD=60°,∠ACD=∠BAC= ∠BAD
=30°,OA=OC,AC⊥BD,由直角三角形的性质求出 OB= AB=1,OA= OB= ,得出 AC=2 ,由旋
转的性质得:AE=AB=2,∠EAG=∠BAD=60°,得出 CE=AC﹣AE=2 ﹣2,证出∠CPE=90°,由直角三
角形的性质得出 PE= CE= ﹣1,PC= PE=3﹣ ,即可得出结果.
解:连接 BD 交 AC 于 O,如图所示:
∵四边形 ABCD 是菱形,
∴CD=AB=2,∠BCD=∠BAD=60°,∠ACD=∠BAC= ∠BAD=30°,OA=OC,AC⊥BD,
∴OB= AB=1,
∴OA= OB= ,
∴AC=2 ,
由旋转的性质得:AE=AB=2,∠EAG=∠BAD=60°,
∴CE=AC﹣AE=2 ﹣2,
∵四边形 AEFG 是菱形,
∴EF∥AG,
∴∠CEP=∠EAG=60°,
∴∠CEP+∠ACD=90°,
∴∠CPE=90°,
∴PE= CE= ﹣1,PC= PE=3﹣ ,
∴DP=CD﹣PC=2﹣(3﹣ )= ﹣1
三、解答题
14.(2020•绥化)如图,在边长均为 1 个单位长度的小正方形组成的网格中,点 A,点 B,点 O 均为格点(每
个小正方形的顶点叫做格点).
(1)作点 A 关于点 O 的对称点 A1;
(2)连接 A1B,将线段 A1B 绕点 A1 顺时针旋转 90°得点 B 对应点 B1,画出旋转后的线段 A1B1;
(3)连接 AB1,求出四边形 ABA1B1 的面积.
【答案】见解析。
【解析】(1)依据中心对称的性质,即可得到点 A 关于点 O 的对称点 A1;
(2)依据线段 A1B 绕点 A1 顺时针旋转 90°得点 B 对应点 B1,即可得出旋转后的线段 A1B1;
(2)依据割补法进行计算,即可得到四边形 ABA1B1 的面积.
解:(1)如图所示,点 A1 即为所求;
(2)如图所示,线段 A1B1 即为所求;
(3)如图,连接 BB1,过点 A 作 AE⊥BB1,过点 A1 作 A1F⊥BB1,则
四边形 ABA1B1 的面积
8×2
8×4=24.
15.(2020•甘孜州)如图,Rt△ABC 中,∠ACB=90°,将△ABC 绕点 C 顺时针旋转得到△DEC,点 D 落在线
段 AB 上,连接 BE.
(1)求证:DC 平分∠ADE;
(2)试判断 BE 与 AB 的位置关系,并说明理由;
(3)若 BE=BD,求 tan∠ABC 的值.
【答案】见解析。
【分析】(1)利用等腰三角形的性质以及旋转不变性解决问题即可.
(2)结论:AB⊥BE.证明 C,E,B,D 四点共圆即可解决问题.
(3)设 BC 交 DE 于 O.连接 AO.想办法证明△ACO 是等腰直角三角形,OA=OB 即可解决问题.
【解答】(1)证明:∵△DCE 是由△ACB 旋转得到,
∴CA=CD,∠A=∠CDE
∴∠A=∠CDA,
∴∠CDA=∠CDE,
∴CD 平分∠ADE.
(2)解:结论:BE⊥AB.
由旋转的性质可知,∠DBC=∠CED,
∴D,C,E,B 四点共圆,
∴∠DCE+∠DBE=90°,
∵∠DCE=90°,
∴∠DBE=90°,
∴BE⊥AB.
(3)如图,设 BC 交 DE 于 O.连接 AO.
∵BD=BE,∠DBE=90°,
∴∠DEB=∠BDE=45°,
∵C,E,B,D 四点共圆,
∴∠DCO=∠DEB=45°,
∵∠ACB=90°,
∴∠ACD=∠OCD,
∵CD=CD,∠ADC=∠ODC,
∴△ACD∽△OCD(ASA),
∴AC=OC,
∴∠AOC=∠CAO=45°,
∵∠ADO=135°,
∴∠CAD=∠ADC=67.5°,
∴∠ABC=22.5°,
∵∠AOC=∠OAB+∠ABO,
∴∠OAB=∠ABO=22.5°,
∴OA=OB,设 AC=OC=m,则 AO=OB
m,
∴tan∠ABC
െ
1.
16.(2020•江西)如图 1 是一种手机平板支架,由托板、支撑板和底座构成,手机放置在托板上,图 2 是其
侧面结构示意图.量得托板长 AB=120mm,支撑板长 CD=80mm,底座长 DE=90mm.托板 AB 固定在支撑板顶
端点 C 处,且 CB=40mm,托板 AB 可绕点 C 转动,支撑板 CD 可绕点 D 转动.(结果保留小数点后一位)
(1)若∠DCB=80°,∠CDE=60°,求点 A 到直线 DE 的距离;
(2)为了观看舒适,在(1)的情况下,把 AB 绕点 C 逆时针旋转 10°后,再将 CD 绕点 D 顺时针旋转,使点 B
落在直线 DE 上即可,求 CD 旋转的角度.(参考数据:sin40°≈0.643,cos40°≈0.766,tan40°≈0.839,
sin26.6°≈0.448,cos26.6°≈0.894,tan26.6°≈0.500,
1.732)
【答案】见解析。
【分析】(1)通过作垂线,构造直角三角形,利用直角三角形的边角关系,求出 CB、AF,即可求出点 A 到直
线 DE 的距离;
(2)画出旋转后的图形,结合图形,明确图形中的已知的边角,再利用直角三角形的边角关系求出相应的角
度即可.
【解析】(1)如图 2,过 A 作 AM⊥DE,交 ED 的延长线于点 M,过点 C 作 CF⊥AM,垂足为 F,过点 C 作 CN⊥
DE,垂足为 N,
由题意可知,AC=80,CD=80,∠DCB=80°,∠CDE=60°,
在 Rt△CDN 中,CN=CD•sin∠CDE=80×
40
(mm)=FM,
∠DCN=90°﹣60°=30°,
又∵∠DCB=80°,
∴∠BCN=80°﹣30°=50°,
∵AM⊥DE,CN⊥DE,
∴AM∥CN,
∴∠A=∠BCN=50°,
∴∠ACF=90°﹣50°=40°,
在 Rt△AFC 中,AF=AC•sin40°=80×0.643≈51.44,
∴AM=AF+FM=51.44+40
120.7(mm),
答:点 A 到直线 DE 的距离约为 120.7mm;
(2)旋转后,如图 3 所示,根据题意可知∠DCB=80°+10°=90°,
在 Rt△BCD 中,CD=80,BC=40,
∴tan∠D
0.500,
∴∠D=26.6°,
因此旋转的角度为:60°﹣26.6°=33.4°,
答:CD 旋转的角度约为 33.4°.
17.(2020•新疆)如图,在平面直角坐标系中,点 O 为坐标原点,抛物线 y=ax2+bx+c 的顶点是 A(1,3),将
OA 绕点 O 顺时针旋转 90°后得到 OB,点 B 恰好在抛物线上,OB 与抛物线的对称轴交于点 C.
(1)求抛物线的解析式;
(2)P 是线段 AC 上一动点,且不与点 A,C 重合,过点 P 作平行于 x 轴的直线,与△OAB 的边分别交于 M,N
两点,将△AMN 以直线 MN 为对称轴翻折,得到△A′MN,设点 P 的纵坐标为 m.
①当△A′MN 在△OAB 内部时,求 m 的取值范围;
②是否存在点 P,使 S△A′MN
S△OA′B,若存在,求出满足条件 m 的值;若不存在,请说明理由.
【答案】见解析。
【分析】(1)抛物线 y=ax2+bx+c 的顶点是 A(1,3),可以假设抛物线的解析式为 y=a(x﹣1)2+3,求出点 B
的坐标,利用待定系数法即可解决问题.
(2)①根据△A′MN 在△OAB 内部,构建不等式即可解决问题.
②求出直线 OA,AB 的解析式,求出 MN,利用面积关系构建方程即可解决问题.
【解析】(1)∵抛物线 y=ax2+bx+c 的顶点是 A(1,3),
∴抛物线的解析式为 y=a(x﹣1)2+3,
∴OA 绕点 O 顺时针旋转 90°后得到 OB,
∴B(3,﹣1),
把 B(3,﹣1)代入 y=a(x﹣1)2+3 可得 a=﹣1,
∴抛物线的解析式为 y=﹣(x﹣1)2+3,即 y=﹣x2+2x+2,
(2)①如图 1 中,
∵B(3,﹣1),
∴直线 OB 的解析式为 y
െ
x,
∵A(1,3),
∴C(1,
െ
),
∵P(1,m),AP=PA′,
∴A′(1,2m﹣3),
由题意 3>2m﹣3>
െ
,
∴3>m>
.
②当点 P 在 x 轴上方时,∵直线 OA 的解析式为 y=3x,直线 AB 的解析式为 y=﹣2x+5,
∵P(1,m),
∴M(
,m),N(
െ
,m),
∴MN
െ
െ
െ
,
∵S△A′MN
S△OA′B,
∴
•(m﹣2m+3)•
െ
|2m﹣3
|×3,
整理得 m2﹣6m+9=|6m﹣8|
解得 m=6
(舍弃)或 6
െ
,
当点 P 在 x 轴下方时,同法可得
•(3﹣m)•(
െ
3m)
[
െ
െ
(2m﹣3)]×3,
整理得:3m2﹣12m﹣1=0,
解得 m
െ
或
(舍弃),
∴满足条件的 m 的值为 6
െ
或
െ
.
18.(2019 内蒙古通辽)如图,点 P 是正方形 ABCD 内的一点,连接 CP,将线段 CP 绕点 C 顺时旋转 90°,得
到线段 CQ,连接 BP,DQ.
(1)如图 1,求证:△BCP≌△DCQ;
(2)如图,延长 BP 交直线 DQ 于点 E.
①如图 2,求证:BE⊥DQ;
②如图 3,若△BCP 为等边三角形,判断△DEP 的形状,并说明理由.
【答案】见解析。
【解析】(1)证明:∵∠BCD=90°,∠PCQ=90°,
∴∠BCP=∠DCQ,
在△BCP 和△DCQ 中,
,
∴△BCP≌△DCQ(SAS);
(2)①如图 b,∵△BCP≌△DCQ,
∴∠CBF=∠EDF,又∠BFC=∠DFE,
∴∠DEF=∠BCF=90°,
∴BE⊥DQ;
②∵△BCP 为等边三角形,
∴∠BCP=60°,
∴∠PCD=30°,又 CP=CD,
∴∠CPD=∠CDP=75°,又∠BPC=60°,∠CDQ=60°,
∴∠EPD=180°﹣∠CPD﹣∠CPB=180°﹣75°﹣60=45°,
同理:∠EDP=45°,
∴△DEP 为等腰直角三角形.