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  • 2021-11-06 发布

2021年中考数学专题复习 专题34 中考几何旋转类问题 (教师版含解析)

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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.