1、专题专题 08 08 互补型旋转互补型旋转 一、单选题一、单选题 1 如图， P 是等边三角形 ABC 内一点， 将线段 BP 绕点 B 逆时针旋转 60 得到线段 BQ， 连接 AQ 若 PA=4， PB=5，PC=3，则四边形 APBQ 的面积为_ 【答案】 25 3 6 4 【分析】 由旋转的性质可得 BPQ 是等边三角形，由全等三角形的判定可得 ABQCBP(SAS)，由勾股定理的逆 定理可得 APQ是直角三角形，求四边形的面积转化为求两个特殊三角形的面积即可 【详解】 解：连接 PQ， 由旋转的性质可得，BP=BQ， 又PBQ=60 ， BPQ 是等边三角形， PQ=BP， 在等边三
2、角形 ABC 中，CBA=60 ，AB=BC， ABQ=60 -ABP CBP=60 -ABP ABQ=CBP 在 ABQ 与 CBP 中 BQBP ABQCBP ABCB ， ABQCBP(SAS)， AQ=PC， 又PA=4，PB=5，PC=3， PQ=BP=5，PC=AQ=3， 在 APQ中，因为 222 9,16,25AQAPPQ，25=16+9， 由勾股定理的逆定理可知 APQ是直角三角形， 2 3125 3 53 46 424 BPQAPQAPBQ SSS 四边形 ， 故答案为： 25 3 6 4 【点睛】 本题主要考查了旋转的性质、全等三角形的判定、勾股定理的逆定理及特殊三角形的
3、面积，解题的关键是 作出辅助线，转化为特殊三角形进行求解 2如图，在 Rt ABC 和 Rt BCD 中，BACBDC90 ，BC8，ABAC，CBD30 ，BD4 3， M，N 分别在 BD，CD 上，MAN45 ，则 DMN的周长为_ 【答案】43+4 【解析】 【分析】 将 ACN绕点 A逆时针旋转，得到 ABE，由旋转得出NAE90 ，ANAE，ABEACD，EAB CAN， 求出EAMMAN， 根据SAS推出 AEMANM， 根据全等得出MNME， 求出MNCN+BM， 解直角三角形求出 DC，即可求出 DMN 的周长BD+DC，代入求出即可 【详解】 将 ACN绕点 A逆时针旋转，
4、得到 ABE，如图： 由旋转得：NAE90 ，ANAE，ABEACD，EABCAN， BACD90 ， ABD+ACD360 90 90 180 ， ABD+ABE180 ， E，B，M三点共线， MAN45 ，BAC90 ， EAMEAB+BAMCAN+BAMBACMAN90 45 45 ， EAMMAN， 在 AEM 和 ANM中， = = = ， AEMANM（SAS） ， MNME， MNCN+BM， 在 Rt BCD中，BDC90 ，CBD30 ，BD43，CDBD tanCBD4， DMN 的周长为 DM+DN+MNDM+DN+BM+CNBD+DC4 3 +4， 故答案为：43+4
5、 【点睛】 此题主要考查利用三角形全等的性质和解直角三角形，进行等量转换，关键是做辅助线. 3 如图， 在平面直角坐标系 xOy中， A,B两点分别在 x轴， y轴的正半轴上， 且 OA=OB， 点 C在第一象限， OC=3，连接 BC，AC，若BCA=90 ，则 BC+AC的值为_ 【答案】3 2 【分析】 可将 OBC绕着 O点顺时针旋转 90 ，所得的图形与 OAC正好拼成等腰直角三角形 BC+AC等于等腰三 角形的斜边 CD. 【详解】 解： 将 OBC绕 O点旋转 90 ， OB=OA 点 B落在 A处，点 C落在 D 处 且有 OD=OC=3，COD=90 ，OAD=OBC， 在四
6、边形 OACB 中 BOA=BCA=90 ， OBC+OAC=180 ， OAD+OAC=180 C、A、D 三点在同一条直线上， OCD为等要直角三角形，根据勾股定理 CD2=OC2+OD2 即 CD2=32+32=18 解得 CD=3 2 即 BC+AC=3 2. 【点睛】 本题考查旋转的性质，旋转前后的图形对应边相等，对应角相等.要求两条线段的长，可利用作图的方法将 两条线段化成一条线段，再求这条线段的长度即可，本题就是利用旋转的方法做到的，但做本题时需注意， 一定要证明 C、A、D 三点在同一条直线上.本题还有一种化一般为特殊的方法，因为答案一定可考虑 CBy 轴的情况，此时四边形 O
7、ACB 刚好是正方形，在做选择或填空题时，也可以起到事半功倍的效果. 二、解答题二、解答题 4问题背景：如图 1，在四边形ABCD中，90BAD，90BCD，BABC，120ABC， 60MBN，MBN绕 B 点旋转，它的两边分别交AD、DC于 E、F探究图中线段AE，CF，EF 之间的数量关系小李同学探究此问题的方法是：延长FC到 G，使CGAE，连接BG，先证明 BCGBAE，再证明BFCBFE，可得出结论，他的结论就是_； 探究延伸 1： 如图 2， 在四边形ABCD中，90BAD，90BCD，BABC，2ABCMBN ， MBN绕 B 点旋转，它的两边分别交AD、DC于 E、F上述结论
8、是否仍然成立？请直接写出结论（直 接写出“成立”或者“不成立”） ，不要说明理由 探究延伸2： 如图3， 在四边形ABCD中，BABC，180BADBCD，2ABCMBN ，MBN 绕 B 点旋转，它的两边分别交AD、DC于 E、F上述结论是否仍然成立？并说明理由 实际应用：如图 4，在某次军事演习中，舰艇甲在指挥中心（O处）北偏西30的 A处舰艇乙在指挥中心南 偏东70的 B 处，并且两舰艇到指挥中心的距离相等接到行动指令后，舰艇甲向正东方向以 75 海里/小时的 速度前进，同时舰艇乙沿北偏东50的方向以 100 海里/小时的速度前进，1.2 小时后，指挥中心观测到甲、 乙两舰艇分别到达 E
9、、F处，且指挥中心观测两舰艇视线之间的夹角为70，试求此时两舰艇之间的距离 【答案】EF=AE+CF探究延伸 1：结论 EF=AE+CF成立探究延伸 2：结论 EF=AE+CF仍然成立实际 应用：210 海里 【分析】 延长FC到 G，使CGAE，连接BG，先证明BCGBAE，可得 BG=BE，CBG=ABE，再证 明BGFBEF，可得 GF=EF，即可解题； 探究延伸1： 延长FC到G， 使C G A E ， 连接BG， 先证明BCGBAE， 可得BG=BE， CBG=ABE， 再证明BGFBEF，可得 GF=EF，即可解题； 探究延伸2： 延长FC到G， 使C G A E ， 连接BG，
10、先证明BCGBAE， 可得BG=BE， CBG=ABE， 再证明BGFBEF，可得 GF=EF，即可解题； 实际应用：连接 EF，延长 AE，BF相交于点 C，然后与探究延伸 2同理可得 EF=AE+CF，将 AE 和 CF的长 代入即可 【详解】 解：EF=AE+CF 理由：延长FC到 G，使CGAE，连接BG， 在 BCG 和 BAE 中， 90 BCBA BCGBAE CGAE ， BCGBAE（SAS） ， BG=BE，CBG=ABE， ABC=120 ，MBN=60 ， ABE+CBF=60 ， CBG+CBF=60 ， 即GBF=60 ， 在 BGF和 BEF中， BGBE GBF
11、EBF BFBF ， BGFBEF（SAS） ， GF=EF， GF=CG+CF=AE+CF， EF=AE+CF 探究延伸 1：结论 EF=AE+CF成立 理由：延长FC到 G，使CGAE，连接BG， 在 BCG 和 BAE 中， 90 BCBA BCGBAE CGAE ， BCGBAE（SAS） ， BG=BE，CBG=ABE， ABC=2MBN， ABE+CBF= 1 2 ABC， CBG+CBF= 1 2 ABC， 即GBF= 1 2 ABC， 在 BGF和 BEF中， BGBE GBFEBF BFBF ， BGFBEF（SAS） ， GF=EF， GF=CG+CF=AE+CF， EF=
12、AE+CF 探究延伸 2：结论 EF=AE+CF仍然成立 理由：延长FC到 G，使CGAE，连接BG， 180BADBCD，BCG+BCD=180 ， BCG=BAD 在 BCG 和 BAE 中， BCBA BCGBAE CGAE ， BCGBAE（SAS） ， BG=BE，CBG=ABE， ABC=2MBN， ABE+CBF= 1 2 ABC， CBG+CBF= 1 2 ABC， 即GBF= 1 2 ABC， 在 BGF和 BEF中， BGBE GBFEBF BFBF ， BGFBEF（SAS） ， GF=EF， GF=CG+CF=AE+CF， EF=AE+CF 实际应用：连接 EF，延长
13、AE，BF相交于点 C， AOB=30 +90 +(90 -70 )=140 ，EOF=70 ， EOF= 1 2 AOB OA=OB，OAC+OBC=(90 -30 )+(70 +50 )=180 ， 符合探索延伸中的条件 结论 EF= AE+CF仍然成立 即 EF=75 1.2+100 1.2=210（海里） 答：此时两舰艇之间的距离为 210海里 【点睛】 本题考查了全等三角形的判定与性质作辅助线构造全等三角形是解题的关键 5 （课题研究）旋转图形中对应线段所在直线的夹角（小于等于 90 的角）与旋转角的关系 （问题初探）线段 AB 绕点 O 顺时针旋转得到线段 CD，其中点 A 与点
14、C 对应，点 B 与点 D 对应，旋转角 的度数为 ，且 0 180 （1）如图，当 60 时，线段 AB、CD 所在直线夹角（锐角）为 ； （2）如图，当 90 180 时，直线 AB 与直线 CD 所夹锐角与旋转角 存在怎样的数量关系？请说明 理由； （形成结论）旋转图形中，当旋转角小于平角时，对应线段所在直线的夹角与旋转角 （运用拓广）运用所形成的结论解决问题： （3）如图，四边形 ABCD 中，ABC60 ，ADC30 ，ABBC，CD3，BD19，求 AD 的长 【答案】 （1）60 ； （2）互补，理由见解析； 【形成结论】相等或互补； （3）10 【分析】 （1）由旋转的性质可得
15、ABCD，OAOC，BODO，可证 ()AOBCOD SSSDD ，可得BD ， 由三角形内角和定理可求解； （2）由旋转的性质可得ABCD，OAOC，BODO，可证 ()AOBCOD SSSDD ，可得BD ， 由平角的定义和四边形内角和定理可求解； 【形成结论】 由（1） （2）可知对应线段所在直线的所夹锐角角与旋转角：相等或互补； 【运用拓广】 （3）将BCD绕点B顺时针旋转60，得到BAF，连接FD，由旋转的性质可得BFBD， 3AFCD，由三角形内角和定理可求90FAD，由勾股定理可求解 【详解】 解： （1）如图 1，延长DC交AB于F，交BO于E， 60， 60BOD， 线段AB
16、绕点O顺时针旋转得线段CD， ABCD，OAOC，BODO， ()AOBCOD SSS DD ， BD ， BD ，OEDBEF?， 60BFEEOD ?， 故答案为：60； （2）直线AB与直线CD所夹锐角角与旋转角互补， 理由如下： 如图 2，延长AB，DC交于点E， 线段AB绕点O顺时针旋转得线段CD， ABCD，OAOC，BODO， ()AOBCOD SSS DD ， ABOD ?， 180ABOEBO?Q， 180DEBO ?， 360EBOEDBOD?Q， 180EBOD ?， 直线AB与直线CD所夹锐角角与旋转角互补 形成结论 由（1） （2） （3）可知：旋转图形中，当旋转角小
17、于平角时，对应线段所在直线的所夹锐角角与旋转角：相 等或互补 故答案为：相等或互补 运用拓广 （3）如图 3，将BCD绕点B顺时针旋转60，得到BAF，连接FD， 延长FA，DC交于点E， 旋转角 60ABC， BCDBAFDDQ， 60AEDABC，3AFCD，BDBF， 30ADC， 90FADAEDADC ?， 又60FBDABC?Q，BFBD， BFD是等边三角形， BFBDDF=， 在RtDAFD 中， 22 19910ADDFAF=-=-= 【点睛】 本题是几何变换综合题，考查了旋转的性质，全等三角形的判定和性质，等边三角形的判定和性质等知识， 添加辅助线构造全等三角形是本题的关键
18、 6 如图， 在ABC中，120ACB，BCAC ， 点E在BC上， 点D在AB上，CECA， 连接DE， 180ACBADE，CHAB，垂足为H证明：2 3DEADCH 【答案】见解析 【分析】 如图，延长BA到点F，使AFDE，连接CF、CD，根据四边形的内角和和邻补角互补可得 CAFCED，进而可根据 SAS证明AFCEDC，可得CFCD，ACFECD，进一 步即可求得120FCD，然后利用等腰三角形的性质和解直角三角形的知识即可证得结论 【详解】 证明：如图，延长BA到点F，使AFDE，连接CF、CD， 180ACBADE， 360180180CADCED， 180CADCAF， CA
19、FCED， ACEC，AFED， AFCEDC ， CFCD，ACFECD， 120FCDACFACDECDACDACB， CFCD，CHDF， 11 22 FHDHDFDEAD， 1 60 2 HCDFCD， tan3 DH HCD CH ， 3DHCH ， 22 3DEADDHCH 【点睛】 本题考查了四边形的内角和、全等三角形的判定和性质、等腰三角形的性质和解直角三角形等知识，正确 添加辅助线、灵活应用上述知识是解题的关键 7如图 1，四边形 ABCD中，BDAD，E为 BD上一点，AEBC，CEBD，CEED （1）已知 AB10，AD6，求 CD； （2）如图 2，F为 AD上一点，
20、AFDE，连接 BF，交 BF交 AE于 G，过 G作 GHAB 于 H，BGH 75 求证：BF2 2GH+2EG 【答案】 （1）2 2； （2）证明见解析 【分析】 （1）由勾股定理得出 BD 22 ABAD 8，由 HL证得 Rt ADERt BEC，得出 BEAD，则 CE EDBDBEBDAD2，由等腰直角三角形的性质即可得出结果； （2） 连接 CF， 易证 AFCE， ADCE， 得出四边形 AECF是平行四边形， 则 AECF， AECF， 得出CFD EAD，CFBAGF，由 Rt ADERt BEC，得出CBEEAD，推出CBECFD，证得 BCF是等腰直角三角形，则 B
21、F 2BC2CF2AE，FBCBFC45 ，推出AGF45 ， AGH60 ，GAH30 ，则 AG2GH，得出 BF 2AE2（AG+EG） ，即可得出结论 【详解】 （1）解：BDAD， BD 22 ABAD 22 106 8， CEBD， CEBEDA90 ， 在 Rt ADE和 Rt BEC中， AEBC EDCE ， Rt ADERt BEC（HL） ， BEAD， CEEDBDBEBDAD862， CD 2CE22； （2）解：连接 CF，如图 2 所示： AFDE，DECE， AFCE， BDAD，CEBD， ADCE， 四边形 AECF是平行四边形， AECF，AECF， CF
22、DEAD，CFBAGF， 由（1）得：Rt ADERt BEC， CBEEAD， CBECFD， FBD+BFC+CFD90 ， FBD+BFC+CBE90 ， BCF90 ， AEBC， BCCF， BCF是等腰直角三角形， BF 2BC2CF2AE，FBCBFC45 ， AGF45 ， BGH75 ， AGH180 45 75 60 ， GHAB， GAH30 ， AG2GH， BF 2AE2（AG+EG） ， BF2 2GH+2EG 【点睛】 本题考查了等腰直角三角形的判定与性质、含 30 角直角三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、 平行线的判定与性质、平行四边形的判定与性质等知
23、识，熟练掌握直角三角形的性质、作辅助线构建平行 四边形是解题的关键 8已知 OP 平分AOB，DCE 的顶点 C 在射线 OP 上，射线 CD 交射线 OA于点 F，射线 CE 交射线 OB 于点 G （1）如图 1，若 CDOA，CEOB，请直接写出线段 CF与 CG的数量关系； （2）如图 2，若AOB=120 ，DCE=AOC，试判断线段 CF与 CG的数量关系，并说明理由 【答案】 （1）CF=CG； （2）CF=CG，见解析 【分析】 (1)结论 CF=CG，由角平分线性质定理即可判断 (2)结论：CF=CG，作 CMOA 于 M，CNOB 于 N，证明 CMFCNG，利用全等三角形
24、的性质即可 解决问题 【详解】 解： （1）结论：CF=CG； 证明：OP 平分AOB，CFOA，CGOB， CF=CG（角平分线上的点到角两边的距离相等） ； （2）CF=CG.理由如下：如图， 过点 C作 CMOA，CNOB， OP 平分AOB，CMOA，CNOB，AOB=120 ， CM=CN（角平分线上的点到角两边的距离相等） ， AOC=BOC=60 （角平分线的性质） ， DCE=AOC， AOC=BOC=DCE=60 ， MCO=90 -60 =30 ，NCO=90 -60 =30 ， MCN=30 +30 =60 ， MCN=DCE， MCF=MCN-DCN，NCG=DCE-D
25、CN， MCF=NCG， 在 MCF和 NCG中， CMFCNG CMCN MCFNCG MCF NCG（ASA） ， CF=CG（全等三角形对应边相等） ； 【点睛】 本题考查三角形综合题、角平分线的性质、全等三角形的判定和性质，解题的关键是掌握角平分线的性质 的应用，熟练证明三角形全等 9ABC和ADE都是等腰直角三角形，CE与BD 相交于点 ,M BD交AC于点,N CE交AD于点H. 试确定线段BDCE、的关系.并说明理由. 【答案】BDCE且BDCE 【分析】 由已知条件可证明BADCAE，再根据全等三角形的性质，得到BDCE ADBAEC ， 在AEH中90AECAHE， 又A H
26、 EM H D， 可得：90HMD， 即可证明BDCE 且BDCE. 【详解】 解： ABC和 ADE是直角三角形 BACDAE ABAC ADAE 则BACCADDAECAD 即BADCAE 在BAD与CAEV中 ABAC BADCAE ADAE S)ASBADCAE（ BDCE ADBAEC 在AEH中90AECAHE 又AHEMHD 90ADBMHD 则MHD中90HMD，即，BDCE， 综上所述，BDCE且BDCE. 【点睛】 本题主要考查三角形全等的判定方法和性质定理和等腰直角三角形的性质，从复杂的图形中找到全等三角 形和“8”字形三角形是解题的关键. 10五边形 ABCDE中， =
27、 ， + = ， + = 180，求证：AD 平分CDE 【答案】见解析 【解析】 【分析】 延长 DE至 F，使得 = ，连接 AC，易证 ABCAEF，得到 = ， = 然后证明 ADCADF即可解决问题 【详解】 延长 DE至 F，使得 = ，连接 AC. + = 180， + =180， = = ， = ， ABCAEF = ， = + = ， = + = ， ADCADF， = 即 AD平分CDE 【点睛】 本题主要考查全等三角形的判定与性质，根据题意作出辅助线构造全等三角形是解题关键. 11探究问题： (1)方法感悟： 如图，在正方形 ABCD中，点 E，F分别为 DC，BC 边上
28、的点，且满足BAF45 ，连接 EF，求证 DE BFEF感悟解题方法，并完成下列填空：将 ADE 绕点 A顺时针旋转 90 得到 ABG，此时 AB与 AD 重合，由旋转可得：ABAD，BGDE，12，ABGD90 ， ABGABF90 90 180 ，因此，点 G，B，F在同一条直线上 EAF45 23BADEAF90 45 45 12，1345 即GAF_ 又 AGAE，AFAE GAF_ _EF，故 DEBFEF (2)方法迁移： 如图，将 Rt ABC 沿斜边翻折得到 ADC，点 E，F分别为 DC，BC边上的点，且EAF1 2DAB试 猜想 DE，BF，EF之间有何数量关系，并证明
29、你的猜想 【答案】(1)EAF、 EAF、GF；(2)DEBFEF. 【解析】 【分析】 （1）利用角之间的等量代换得出GAF=FAE，再利用 SAS 得出 GAFEAF，得出答案； （2）将 ADE 顺时针旋转 90 得到 ABG，再证明 AGFAEF，即可得出答案； 【详解】 解： （1）如图所示； 根据等量代换得出GAF=FAE， 利用 SAS 得出 GAFEAF， GF=EF， 故答案为：FAE； EAF；GF； (2)DEBFEF，理由如下： 假设BAD 的度数为 m，将 ADE绕点 A顺时针旋转，m 得到 ABG，如图，此时 AB与 AD重合，由旋转 可得： ABAD，BGDE，1
30、2，ABGD90 ， ABGABF90 90 180 ， 因此，点 G，B，F在同一条直线上 = 1 2， 2 + 3 = = 1 2 = 1 2 12， 131 2 即GAFEAF 在 AGF 和 AEF 中， ， GAFEAF（SAS） GFEF 又 GFBGBFDEBF， DEBFEF 【点睛】 此题主要考查了全等三角形的判定和性质、以及折叠的性质和旋转变换性质等知识，证得 GAFEAF是解题的关键 12如图所示，ABC为等边三角形，边长为 4，点O为BC边中点，120EOF，其两边分别交AB 和CA的延长线于E，F，求AEAF的值. 【答案】6 【解析】 【分析】 过点 O作 OCAB
31、交 AD于点 C， 根据等腰三角形的性质就可以得出 OCFOBE， 就可以得出 CF=BE， 进而可以得出结论 【详解】 过点 O作 ODAB交 AC于点 D， CDO=A=ACB=ABC=60 ， DOC=60 ，ADO=BOD=120 CDO是等边三角形， DO=CO， DO=BO=AD ABC是等边三角形， AB=AC=BCCAB=ABC=C=60 ， OBE=120 ， ODF=OBE FOB+BOE=EOF=120 ，DOF+FOB=BOD=120 FOD=EOB 在 DOF和 BOE 中， ODFOBE DOBO FODEOB ， DOFBOE（ASA） FC=EBOF=OE AE
32、=AB+BE， AE=AB+DF， AE=AB+AD+AF， AE-AF=AB+AD AB+AD= 3 2 AB， AE-AF= 3 2 AB AB=4， AE-AF=6. 【点睛】 本题考查了等边三角形的性质的运用，全等三角形的判定及性质的运用，线段中点的性质的运用，解答时 正确作辅助线证明三角形全等是关键 13 如图， ABC是边长为 4的等边三角形， 点 D是线段 BC的中点， EDF=120 ， 把EDF绕点 D 旋转， 使EDF的两边分别与线段 AB、AC交于点 E、F （1）当 DFAC时，求证：BE=CF； （2）在旋转过程中，BE+CF是否为定值？若是，求出这个定值；若不是，请
33、说明理由 【答案】 （1）证明见解析； （2）是，2. 【解析】 【分析】 （1）根据四边形内角和为 360 ，可求DEA=90 ，根据“AAS”可判定 BDECDF，即可证 BE=CF； （2） 过点 D作 DMAB于 M， 作 DNAC于 N， 如图 2， 易证 MBDNCD， 则有 BM=CN， DM=DN， 进而可证到 EMDFND，则有 EM=FN，就可得到 BE+CF=BM+EM+CF=BM+FN+CF=BM+CN=2BM=2BD cos60 =BD= 1 2 BC=2. 【详解】 （1）ABC 是边长为 4 的等边三角形，点 D是线段 BC 的中点， B=C=60 ，BD=CD，
34、 DFAC， DFA=90 ， A+EDF+AFD+AED=180 ， AED=90 ， DEB=DFC，且B=C=60 ，BD=DC， BDECDF（AAS） （2）过点 D作 DMAB于 M，作 DNAC于 N， 则有AMD=BMD=AND=CND=90 A=60 ， MDN=360 -60 -90 -90 =120 EDF=120 ， MDE=NDF 在 MBD和 NCD 中， BMDCND BC BDCD ， MBDNCD（AAS） BM=CN，DM=DN 在 EMD 和 FND中， EMDFND DMDN MDENDF ， EMDFND（ASA） EM=FN， BE+CF=BM+EM
35、+CF=BM+FN+CF=BM+CN =2BM=2BD cos60 =BD= 1 2 BC=2. 【点睛】 本题主要考查了等边三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、特殊角的三角函数值等知识，通过 证明三角形全等得到 BM=CN，DM=DN，EM=FN 是解决本题的关键 14如图所示，ABC中，1ABBC，90ABC，把一块含30角的直角三角板DEF的直角顶点 D放在AC的中点上（直角三角板的短直角边为DF，长直角边为DE） ，将三角板DEF绕D点按逆时针 方向旋转. （1）在如图所见中，DE交AB于M，DF交BC于N，证明DMDN； （2）继续旋转至如图所见，延长AB交DE于M，延长BC
36、交DF于N，证明DMDN. 【答案】(1)见解析； （2）见解析. 【解析】 【分析】 （1）连接 BD，证明 DMBDNC根据已知，全等条件已具备两个，再证出MDB=NDC，用 ASA 证明全等，四边形 DMBN的面积不发生变化，因为它的面积始终等于 ABC面积的一半； （2）同样利用（1）中的证明方法可以证出 DMBDNC； （3）方法同（1） 【详解】 证明： （1）连接 BD, AB=BC，ABC=90 ，点 D 为 AC的中点 BDAC，A=C=45 BD=AD=CD ABD=A=45 MBD=C=45 MDB+BDN=90 NDC+BDN=90 MDB=NDC 在 MDB和 NDC
37、 中 MBDC BDCD MDBNDC MDBNDC（ASA） DM=DN（5 分） （2）DM=DN 仍然成立理由如下：连接 BD， 由（1）知 BDAC，BD=CD ABD=ACB=45 ABD+MBD=180 ACB+NCD=180 MBD=NCD BDAC MDB+MDC=90 又NDC+MDC=90 MDB=NDC 在 MDB和 NDC 中 MBDNCD BDCD MDBNDC MDBNDC（ASA） DM=DN. 【点睛】 本题主要考查学生的推理能力，题目比较典型，利用 ASA 求三角形全等（手拉手模型） ，还运用了全等三 角形的性质，等腰直角三角形的性质，及等腰三角形三线合一定理
38、等知识 15在ABC中，90BAC，AB AC，ADBC于点D, （1）如图 1，点M，N分别在AD，AB上，且90BMN，当30AMN，2AB 时，求线段 AM的长； （2）如图 2，点E，F分别在AB，AC上，且90EDF，求证：BEAF； （3）如图 3，点M在AD的延长线上，点N在AC上，且90BMN，求证： 2ABANAM ; 【答案】(1) 2 3 2 3 AM ；(2)见解析；(3)见解析. 【解析】 【分析】 （1）根据等腰三角形的性质、直角三角形的性质得到 ADBDDC 2 ，求出 MBD30 ，根据勾 股定理计算即可； （2）证明 BDEADF，根据全等三角形的性质证明；
39、（3）过点 M 作 MEBC交 AB 的延长线于 E，证明 BMEAMN，根据全等三角形的性质得到 BE AN，根据等腰直角三角形的性质、勾股定理证明结论 【详解】 （1）解：90BAC，ABAC，ADBC， ADBDDC，45ABCACB，45BADCAD， 2AB ， 2,ADBDDC， 30AMN， 180903060BMD， 30BMD， 2BMDM， 由勾股定理得， 222 BMDMBD ，即 222 (2)( 2)DMDM， 解得， 2 3 3 DM ， 2 3 2 3 AMADDM； （2）证明：ADBC，90EDF， BDEADF ， 在BDE和ADF中， BDAF DBDA
40、BDEADF ， ()BDEADF ASA BEAF； （3）证明：过点M作/MEBC交AB的延长线于E， 90AME， 则 2AEAB ，45E ， MEMA， 90AME，90BMN， BMEAMN， 在BME和AMN中， EMAN MEMA BMEAMN ， ()BMEAMN ASA ， BEAN， 2ABANABBEAEAM 【点睛】 本题考查的是等腰直角三角形的性质、全等三角形的判定和性质、直角三角形 的性质，掌握全等三角形的判定定理和性质定理是解题的关键 16问题背景 如图（1） ，在四边形 ABCD中，B+D180 ，ABAD，BAD，以点 A 为顶点作一个角，角的两 边分别交
41、BC，CD于点 E，F，且EAF 1 2 ，连接 EF，试探究：线段 BE，DF，EF之间的数量关系 （1）特殊情景 在上述条件下，小明增加条件“当BADBD90 时”如图（2） ，小明很快写出了：BE，DF，EF之 间的数量关系为_ （2）类比猜想 类比特殊情景， 小明猜想： 在如图 （1） 的条件下线段 BE， DF， EF之间的数量关系是否仍然成立？若成立， 请你帮助小明完成证明；若不成立，请说明理由 （3）解决问题 如图 （3） ， 在 ABC 中， BAC90 ， ABAC4， 点 D， E均在边 BC上， 且DAE45 ， 若 BD 2 ， 请直接写出 DE的长 【答案】 （1）B
42、E+DFEF； （2）成立； （3）DE 5 2 3 【解析】 【分析】 （1） 将 ABE绕点A逆时针旋转90 ， 得到 ADG， 由旋转的性质可得AEAG， BEDG， BAEDAG， 根据EAF= 1 2 BAD可得BAE+DAF45 ，即可得出EAFFAG，利用 SAS 可证明 AFEAFG，可得 EF=FG，进而可得 EF=BE+FD； （2）将 ABE绕点 A逆时针旋转 得到 ADH，由 旋转的性质可得ABEADH，BAEDAH，AEAH，BEDH，根据BAD，EAF 1 2 可得BAE+FAD 1 2 ，进而可证明FAHEAF，利用 SAS 可证明 AEFAHF，可得 EF=FH
43、=BE+FD； （3）将 AEC 绕点 A 顺时针旋转 90 ，得到 AEB，连接 DE，由旋转的性质可得 BE EC，AEAE，CABE，EACEAB，根据等腰直角三角形的性质可得ABCACB45 ， BC4 2，即可求出EBD90 ，利用 SAS可证明 AEFAHF，可得 DEDE，利用勾股定理求出 DE 的长即可的答案. 【详解】 （1）BE+DFEF， 如图 1，将 ABE绕点 A逆时针旋转 90 ，得到 ADG， ADCBADG90 ， FDG180 ，即点 F，D，G共线 由旋转可得 AEAG，BEDG，BAEDAG BAE+DAFBADEAF90 1 2 BAD=90 -45 4
44、5 ， DAG+DAF45 ，即FAG=45 ， EAFFAG， AFEAFG（SAS） ， EFFG 又FGDG+DFBE+DF， BE+DFEF， 故答案为 BE+DFEF （2）成立 如图 2，将 ABE绕点 A逆时针旋转 得到 ADH， 可得ABEADH，BAEDAH，AEAH，BEDH B+ADC180 ， ADH+ADC180 ， 点 C，D，H 在同一直线上 BAD，EAF 1 2 ， BAE+FAD 1 2 ， DAH+FAD 1 2 ， FAHEAF， 又AFAF， AEFAHF（SAS） ， EFFHDF+DHDF+BE； （3）DE 5 2 3 ， 如图 3，将 AEC绕
45、点 A顺时针旋转 90 ，得到 AEB，连接 DE 可得 BEEC，AEAE，CABE，EACEAB， 在 Rt ABC 中，ABAC4，BAC=90 ， ABCACB45 ，BC4 2， CD=BC=BD=3 2， ABC+ABE90 ，即EBD90 ， EB2+BD2ED2 易证 AEDAED， DEDE， DE2BD2+EC2，即 DE2 22 ( 2)(3 2)DE， 解得 5 2 3 DE 【点睛】 本题考查旋转的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理，旋转后不改变图形的大小和形状，并且对应 点到旋转中心的距离相等，对应点与旋转中心的连线的夹角等于旋转角，熟练掌握旋转的性质及全等三角
46、 形的判定定理是解题关键. 17 一位同学拿了两块45三角尺MNK，ACB做了一个探究活动： 将 MNK的直角顶点M放在ACB 的斜边AB的中点处，设4ACBC. （1）如图 1所示，两三角尺的重叠部分为ACM，则重叠部分的面积为_，周长为_. （2） 将如图1所示中的MNK绕顶点M逆时针旋转45， 得到如图2所示， 此时重叠部分的面积为_， 周长为_. （3）如果将MNK绕M旋转到不同于如图 1所示和如图 2 所示的图形，如图 3所示，请你猜想此时重叠 部分的面积为_. （4）在如图 3 所示情况下，若1AD ，求出重叠部分图形的周长. 【答案】 （1）4，4 4 2 ； （2）4，8； （3）4； （4）42 5 【解析】 【分析】 1根据4ACBC，90ACB，得出 AB 的值，再根据 M 是 AB 的中点，得出AMMC，求出重 叠部分的面积，再根据 AM，MC，AC的值即可求出周长； 2易得重叠部分是正方形，边长为 1 2 AC，面积为 2 1 4 AC，周长为2.AC 3过点 M 分别作 AC、BC的垂线
