人教版九年级上册数学 旋转几何综合检测题(WORD版含答案)

人教版九年级上册数学旋转几何综合检测题（WORD版含答案）

一、初三数学旋转易错题压轴题（难）

1．如图，在矩形ABCD中，6

AB cm

=，8

AD cm

=，连接BD，将ABD

△绕B点作顺时针方向旋转得到A B D

'''

△（B′与B重合），且点D'刚好落在BC的延长上，A D''与CD相交于点E．

（1）求矩形ABCD与A B D

'''

△重叠部分（如图1中阴影部分A B CE

''）的面积；（2）将A B D

'''

△以每秒2cm的速度沿直线BC向右平移，如图2，当B′移动到C点时停止移动．设矩形ABCD与A B D

'''

△重叠部分的面积为y，移动的时间为x，请你直接写出y关于x的函数关系式，并指出自变量x的取值范围；

（3）在（2）的平移过程中，是否存在这样的时间x，使得AA B''

△成为等腰三角形？若存在，请你直接写出对应的x的值，若不存在，请你说明理由．

【答案】（1）2

45

2

cm；（2）

2

2

3316

24(0)

225

88020016

(4)

3335

x x x

y

x x x

?

--+≤<

??

=?

?-+≤≤

??

；（3）存在，使得AA B''

△成为等腰三角形的x的值有：0秒、

3

2

669

-

．

【解析】

【分析】

（1）先用勾股定理求出BD的长，再根据旋转的性质得出10

B D BD cm

''==，

2

CD B D BC cm

'=''-=，利用B D A

∠'''的正切值求出CE的值，利用三角形的面积差即可求阴影部分的面积；

（2）分类讨论，当

16

5

x

≤<时和当

16

4

5

x

≤≤时，分别列出函数表达式；

（3）分类讨论，当AB A B

'=''时；当AA A B

'=''时；当AB AA

'='时，根据勾股定理列方程即可．

【详解】

解：（1）6

AB cm

=，8

AD cm

=，

10

BD cm

∴=，

根据旋转的性质可知10

B D BD cm

''==，2

CD B D BC cm

'=''-=，

tan

A B CE

B D A

A D CD

''

'''

∠==

'''

，

682

CE ∴=， 32

CE cm ∴=， ()28634522222A B CE A B D CED S S S cm ''''''?∴==

-?÷=-； （2）①当1605x ≤<时，22CD x '=+，32

CE x =， 233+22

CD E S x x '∴=△， 22133368242222

y x x x ∴=??-=--+； ②当1645x ≤≤时，102BC x =-，()41023

CE x =- ()221488020010223333

y x x x ∴=?-=-+． （3）①如图1，当AB A B '=''时，0x =秒；

②如图2，当AA A B '=''时，1825A N BM BB B M x '=='+'=+，245A M NB '==， 2236AN A N +'=，

222418623655x ????∴-++= ? ??

???，

解得：x =

秒，（x =舍去）； ③如图2，当AB AA '='时，1825A N BM BB B M x '=='+'=+，245A M NB '==， 2222AB BB AN A N +'=+'

22

224183646255x x ????∴+=-++ ? ????? 解得：32

x =秒． 综上所述：使得AA B ''△成为等腰三角形的x 的值有：0秒、32

秒、95

．

【点睛】

本题主要考查了图形的平移变换和旋转变换，能够数形结合，运用分类讨论的思想方法全面的分析问题，思考问题是解决问题的关键．

2．综合与探究：

如图1，Rt AOB 的直角顶点O 在坐标原点，点A 在y 轴正半轴上，点B 在x 轴正半轴上，4OA =，2OB =，将线段AB 绕点B 顺时针旋转90?得到线段BC ，过点C 作CD x ⊥轴于点D ，抛物线23y ax x c =++经过点C ，与y 轴交于点(0,2)E ，直线AC 与x 轴交于点H ．

（1）求点C 的坐标及抛物线的表达式；

（2）如图2，已知点G 是线段AH 上的一个动点，过点G 作AH 的垂线交抛物线于点F （点F 在第一象限），设点G 的横坐标为m ．

①点G 的纵坐标用含m 的代数式表示为________；

②如图3，当直线FG 经过点B 时，求点F 的坐标，判断四边形ABCF 的形状并证明结论；

③在②的前提下，连接FH ，点N 是坐标平面内的点，若以F ，H ，N 为顶点的三角形与FHC 全等，请直接写出点

N 的坐标．

【答案】（1）点C 的坐标为(6,2)，21322y x x =-++；（2）①143

m -+；②点F 的坐标为(4,6)，四边形ABCF 为正方形，证明见解析；③点N 的坐标为(10,4)或4226,55?? ???或384,55?? ???

． 【解析】

【分析】

（1）根据已知条件与旋转的性质证明ABO BCD ≌，根据全等三角形的性质得出点C

的坐标，结合点E 的坐标，根据待定系数法求出抛物线的表达式；

（2）①设直线AC 的表达式为y kx b =+，由点A 、C 的坐标求出直线AC 的表达式，进而得解；

②过点G 作GM x ⊥轴于点M ，过点F 作FP y ⊥轴，垂足为点P ，PF 的延长线与DC 的延长线交于点Q ，根据等腰三角形三线合一得出AG CG =，结合①由平行线分线段成比例得出点G 的坐标，根据待定系数法求出直线BG 的表达式，结合抛物线的表达式求出点F ；利用勾股定理求出AB BC CF FA ===，结合90ABC ?∠=可得出结论； ③根据直线AC 的表达式求出点H 的坐标，设点N 坐标为(,)s t ，根据勾股定理分别求出2FC ，2CH ，2FN ，2NH ，然后分两种情况考虑：若△FHC ≌△FHN ，则FN ＝FC ，NH ＝CH ，若△FHC ≌△HFN ，则FN ＝CH ，NH ＝FC ，分别列式求解即可．

【详解】

解：（1）4=OA ，2OB =，

∴点A 的坐标为(0,4)，点B 的坐标为(2,0)，

线段AB 绕点B 顺时针旋转90?得到线段BC ，

AB BC ∴=，90ABC ?∠=，

90ABO DBC ?∴∠+∠=，

在Rt AOB 中，90ABO OAB ?∴∠+∠=，

=OAB DBC ∴∠∠，

CD x ⊥轴于点D ，

90BDC ?∴∠=，

90AOB BDC ?∴∠=∠=．

AB BC =，

ABO BCD ∴△≌△，

2CD OB ∴==，4BD OA ==，

6OB BD ∴+=，

∴点C 的坐标为(6,2)，

∵抛物线2

3y ax x c =++的图象经过点C ，与y 轴交于点(0,2)E ， 236182c a c =?∴?++=?

， 解得，122

a c ?=-???=?， ∴抛物线的表达式为21322

y x x =-++； （2）①设直线AC 的表达式为y kx b =+，

∵直线AC 经过点()6,2C ，(0,4)A ，

∴624k b b +=??=?

， 解得，134k b ?=-???=?，即143y x =-+， ∴点G 的纵坐标用含m 的代数式表示为：1

43

m -+， 故答案为：1

43

m -+．

②过点G 作GM x ⊥轴于点M ， OM m ∴=，143

GM m =-+， AB BC =，BG AC ⊥，

AG CG ∴=，

90AOB GMH CDH ?∠=∠=∠=，

OA GM

CD ∴， 1OM AG MD GC

∴==， 132

OM MD OD ∴===， 3m ∴=，1

433

m -+=，

∴点G 为(3,3)， 设直线BG 的表达式为y kx b =+，将(3,3)G 和(2,0)B 代入表达式得，2033k b k b +=??+=?， 36

k b =?∴?=-?，即表达式为36y x =-， 点F 为直线BG 和抛物线的交点，

∴得2132362

x x x -++=-， 14x ∴=，24x =-（舍去），

∴点F 的坐标为(4,6)，

过点F 作FP y ⊥轴，垂足为点P ，PF 的延长线与DC 的延长线交于点Q ， 4PF ∴=，2AP =，2FQ =，4CQ =，

在Rt AFP △中和Rt FCQ △

中，根据勾股定理，得AF FC ==

同理可得25

AB BC

==，

AB BC CF FA

∴===，

∴四边形ABCF为菱形，

90

ABC?

∠=，

∴菱形ABCF为正方形；

③∵直线AC：

1

4

3

y x

=-+与x轴交于点H，

∴

1

40

3

x

-+=，

解得，x＝12，

∴(12,0)

H，

∴222

(64)(26)20

FC=-+-=，222

(126)(02)40

CH=-+-=，设点N坐标为(,)

s t，

∴222

(4)(6)

FN s t

=-+-，222

(12)(0)

NH s t

=-+-，

第一种情况：若△FHC≌△FHN，则FN＝FC，NH＝CH，

∴

22

22

(4)(6)20

(12)40

s t

s t

?-+-=

?

-+=

?

，

解得，

1

1

42

5

26

5

s

t

?

=

??

?

?=

??

，2

2

6

2

s

t

=

?

?

=

?

（即点C），

∴

4226

,

55

N

??

?

??

；

第二种情况：若△FHC≌△HFN，则FN＝CH，NH＝FC，

∴

22

22

(4)(6)40

(12)20

s t

s t

?-+-=

?

-+=

?

，

解得，

1

1

38

5

4

5

s

t

?

=

??

?

?=

??

，2

2

10

4

s

t

=

?

?

=

?

，

∴

384

,

55

N

??

?

??

或(10,4)

N，

综上所述，以F，H，N

为顶点的三角形与△FHC全等时，点N坐标为(10,4)或

4226

,

55

??

?

??

或

384

,

55

?? ???

．

【点睛】

本题是函数与几何的综合题，考查了待定系数法求函数的表达式，全等三角形的判定与性质，菱形与正方形的判定，旋转的性质，勾股定理等知识，其中对全等三角形存在性的分析，因有一条公共边，可对另外两边进行分类讨论，本题有一定的难度，是中考压轴题．

3．我们定义：如图1，在△ABC看，把AB点绕点A顺时针旋转α（0°＜α＜180°）得到AB'，把AC绕点A逆时针旋转β得到AC'，连接B'C'．当α+β=180°时，我们称△A'B'C'是△ABC的“旋补三角形”，△AB'C'边B'C'上的中线AD叫做△ABC的“旋补中线”，点A叫做“旋补中心”．

特例感知：

（1）在图2，图3中，△AB'C'是△ABC的“旋补三角形”，AD是△ABC的“旋补中线”．

①如图2，当△ABC为等边三角形时，AD与BC的数量关系为AD= BC；

②如图3，当∠BAC=90°，BC=8时，则AD长为．

猜想论证：

（2）在图1中，当△ABC为任意三角形时，猜想AD与BC的数量关系，并给予证明．

拓展应用

（3）如图4，在四边形ABCD，∠C=90°，∠D=150°，BC=12，CD=23，DA=6．在四边形内部是否存在点P，使△PDC是△PAB的“旋补三角形”？若存在，给予证明，并求△PAB的“旋补中线”长；若不存在，说明理由．

【答案】（1）①1

2

；②4；（2）AD=

1

2

BC，证明见解析；（3）存在，证明见解析，

39．【解析】【分析】

（1）①首先证明△ADB′是含有30°是直角三角形，可得AD=1

2

AB′即可解决问题；

②首先证明△BAC≌△B′AC′，根据直角三角形斜边中线定理即可解决问题；

（2）结论：AD=1

2

BC．如图1中，延长AD到M，使得AD=DM，连接E′M，C′M，首先证

明四边形AC′MB′

是平行四边形，再证明△BAC≌△AB′M，即可解决问题；

（3）存在．如图4中，延长AD交BC的延长线于M，作BE⊥AD于E，作线段BC的垂直平分线交BE于P，交BC于F，连接PA、PD、PC，作△PCD的中线PN．连接DF交PC于O．想办法证明PA=PD，PB=PC，再证明∠APD+∠BPC=180°，即可；

【详解】

解：（1）①如图2中，

∵△ABC是等边三角形，

∴AB=BC=AB=AB′=AC′，

∵DB′=DC′，

∴AD⊥B′C′，

∵∠BAC=60°，∠BAC+∠B′AC′=180°，

∴∠B′AC′=120°，

∴∠B′=∠C′=30°，

∴AD=1

2AB′=

1

2

BC，

故答案为1

2

．

②如图3中，

∵∠BAC=90°，∠BAC+∠B′AC′=180°，∴∠B′AC′=∠BAC=90°，

∵AB=AB′，AC=AC′，

∴△BAC≌△B′AC′，

∴BC=B′C′，

∵B′D=DC′，

∴AD=1

2B′C′=

1

2

BC=4，

故答案为4．

（

2）结论：AD=1

2 BC．

理由：如图1中，延长AD到M，使得AD=DM，连接E′M，C′M

∵B′D=DC′，AD=DM，

∴四边形AC′MB′是平行四边形，

∴AC′=B′M=AC，

∵∠BAC+∠B′AC′=180°，∠B′AC′+∠AB′M=180°，

∴∠BAC=∠MB′A，∵AB=AB′，

∴△BAC≌△AB′M，

∴BC=AM，

∴AD=1

2

BC．

（3）存在．

理由：如图4中，延长AD交BC的延长线于M，作BE⊥AD于E，作线段BC的垂直平分线交BE于P，交BC于F，连接PA、PD、PC，作△PCD的中线PN．

连接DF交PC于O．

∵∠ADC=150°，

∴∠MDC=30°，

在Rt△DCM中，∵3，∠DCM=90°，∠MDC=30°，

∴CM=2，DM=4，∠M=60°，

在Rt△BEM中，∵∠BEM=90°，BM=14，∠MBE=30°，

∴EM=1

2

BM=7，

∴DE=EM﹣DM=3，

∵AD=6，

∴AE=DE，∵BE⊥AD，

∴PA=PD，PB=PC，

在Rt△CDF中，∵

CF=6，

∴tan∠

∴∠CDF=60°=∠CPF，

易证△FCP≌△CFD，

∴CD=PF，∵CD∥PF，

∴四边形CDPF是矩形，

∴∠CDP=90°，

∴∠ADP=∠ADC﹣∠CDP=60°，

∴△ADP是等边三角形，

∴∠ADP=60°，∵∠BPF=∠CPF=60°，∴∠BPC=120°，

∴∠APD+∠BPC=180°，

∴△PDC是△PAB的“旋补三角形”，

在Rt△PDN中，∵∠PDN=90°，PD=AD=6，

，

∴

．

【点睛】

本题考查四边形综合题．

4．某数学活动小组在作三角形的拓展图形，研究其性质时，经历了如下过程：

操作发现

（1）某小组做了有一个角是120?的等腰三角形DAC和等边三角形GEB纸片，

DA DC

=，让两个三角形如图①放置，点C和点G重合，点D，点E在AB的同侧，AC 和GB在同一条直线上，点F为AB的中点，连接DF，EF，则DF和EF的数量关系与位置关系为：________；

数学思考

（2）在图①的基础上，将GEB绕着C点按顺时针方向旋转90?，如图②，试判断DF和EF的数量关系和位置关系，并说明理由；

类比探索

（3）①将GEB绕着点C任意方向旋转，如图③或图④，请问DF和EF的数量关系和位置关系改变了吗？无论改变与否，选择图③或图④进行证明；

②GEB绕着点C旋转的过程中，猜想DF与EF的数量关系和位置关系，用一句话表述：________.

【答案】（

1）3EF DF =，DF

EF ； （2）3EF DF =，DF

EF ,理由见解析; （3）①3EF DF =，DF

EF ;②旋转过程中3EF DF =，DF EF 始终成立.

【解析】

【分析】 （1）由题意过点D 作DM AB ⊥于点M ，过点E 作EN AB ⊥于点N ，利用等边三角形和中点性质设DM a =，2GB b =，结合相似三角形判定和性质进行综合分析求解； （2）根据题意要求判断DF 和EF 的数量关系和位置关系，连接CF ，OB 与AE 交于点M ，并综合利用垂直平分线定理以及矩形和等边三角形性质与三角函数进行综合分析；

（3）①根据题意延长DF 并截取FN DF =，连接NE ，连接NB 并延长交CE 于点P ，交DC 的延长线于点O ，连接DE ，并利用全等三角形判定和性质以及三角函数进行分析证明；

②由题意可知结合①猜想可知旋转过程中3EF DF =，DF

EF 始终成立. 【详解】

解：（1）3EF DF =，DF EF ；

如解图，过点D 作DM AB ⊥于点M ，过点E 作EN AB ⊥于点N ，

AD CD =，EGB 为等边三角形.

AM MC ∴=，GN BN =.

又点F 为AB 的中点，

AF BF ∴=.

()12

MF CF NC NB AC AM CB MC NC +=++=+=+∴. MF NC NB ∴==，CF CN FN AM +==.

设DM a =，2GB b =， 120ADC ∠=?

，DA DC =，

3AM a ∴=，3FN a =，MF NC NB b ===.

tan 33EGB NE GN GN b =?==∠.

在DMF 和FNE 中，

333DM FN a

==， 333MF NE b

==， 又

90DMF FNE ∠=∠=?，

DMF FNE ∴∽. MDF NFE ∴∠=∠，3DF DM FE FN ==，即3EF DF =. 90MDF DFM ∠+∠=?，

90DFM NFE ∴∠+∠=?.

90DFE ∴∠=?.

3EF DF ∴=且DF

EF . （2）3EF DF =，DF EF . 理由如下：

如解图，连接CF ，OB 与AE 交于点M ，当旋转角是90?时，则90ACB ∠=?，在Rt ACB △中，点F 是AB 的中点，

CF BF ∴=.

又CE EB =，

EF ∴垂直平分BC.同理，DF 垂直平分AC ，

∴四边形LCMF 为矩形，

90DFE ∴∠=?.

DF EF ∴⊥，//AC EF .

DA DC =，120ADC =∠?，30DCA ∴∠=?.

GEB 为等边三角形，

60ECB ∴∠=?.

∴∠DCA+∠ACB+∠ECB=180^°

∴D ，C ，E 三点共线.

30DCA DEF ∴∠=∠=?.

∴在Rt

DEF △中，3tan 3

3

DE DF F F E DF ===∠； （3）①3EF DF =，DF

EF .

选择题图进行证明： 如解图，延长DF 并截取FN DF =，连接NE ，连接NB 并延长交CE 于点P ，交DC 的延长线于点O ，连接DE ，

在ADF 和BNF 中，

AF BF AFD BFN DF NF =??∠=∠??=?

，

()SAS ADF BNF ∴?.

AD NB ∴=，ADF BNF ∠=∠.

//AD NB ∴.

18060O ADC ∴∠=?-∠=?.

又CPO BPE ∠=∠，60O CEB ∠=∠=?，

OCP OBE ∴∠=∠.

DCE NBE ∴∠=∠.

又GEB 是等边三角形，

GE BE ∴=， 又AD BN CD ==，

()SAS DCE NBE ∴?.

DE NE ∴=，BEN CED ∠=∠.

BEN BED CED BED ∴∠+∠=∠+∠，

即60NED BEC ∠=∠=?.

DEN ∴是等边三角形.

又DF FN =，

DF EF ∴⊥，60FDE ∠=?.

tan 3E E F DF DF FD ∴∠=?=.

或选择图进行证明，证明如下：

如解图，延长DF 并延长到点N ，使得FN DF =，

连接NB ，DE ，NE ，NB 与CD 交于点O ，EB 与CD 相交于点J ， 在ADF 和BNF 中，

AF BF AFD BFN DF NF =??∠=∠??=?

，

()SAS ADF BNF ∴?.

AD NB ∴=，ADF BNF ∠=∠.

//AD NB ∴.

120NOC ADC ∴∠=∠=?.

60BOJ ∴∠=?，60JEC ∠=?.

又OJB EJC ∠=∠，

OBE ECJ ∴∠=∠.

AD CD =，AD NB =，

CD NB ∴=. 又GEB 是等边三角形，

CE BE ∴=.

()SAS DCE NBE ∴?.

DE NE ∴=，BEN CED ∠=∠.

BEN BED CED BED ∴∠-∠=∠-∠，

即60NED BEC ∠=∠=?. DEN ∴是等边三角形.

又DF FN =，

DF EF ∴⊥，60FDE ∠=?.

tan 3E E F DF DF FD ∴∠=?=.

②旋转过程中3EF DF =，DF

EF 始终成立.

【点睛】

本题考查几何图形的综合探究题，难度大，运用数形结合思维分析以及掌握并灵活利用全等三角形判定和性质以及三角函数、相似三角形判定和性质等是解题关键.

错因分析：①未掌握旋转的性质，即旋转前后线段、角度均不变；②不能合理利用类比关系，由浅到深解决问题.

5

．阅读材料：小胖同学发现这样一个规律：两个顶角相等的等腰三角形，如果具有公共的顶角的顶点，并把它们的底角顶点连接起来则形成一组旋转全等的三角形．小胖把具有这个规律的图形称为“手拉手”图形．如图1，在“手拉手”图形中，小胖发现若∠BAC ＝∠DAE ，AB ＝AC ，AD ＝AE ，则BD ＝CE ,

(1)在图1中证明小胖的发现；

借助小胖同学总结规律，构造“手拉手”图形来解答下面的问题：

(2)如图2，AB ＝BC ，∠ABC ＝∠BDC ＝60°，求证：AD+CD ＝BD ；

(3)如图3，在△ABC 中，AB ＝AC ，∠BAC ＝m°，点E 为△ABC 外一点，点D 为BC 中点，∠EBC ＝∠ACF ，ED ⊥FD ，求∠EAF 的度数（用含有m 的式子表示）．

【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）∠EAF =

12

m°. 【解析】 分析：（1）如图1中，欲证明BD=EC ，只要证明△DAB ≌△EAC 即可；

（2）如图2中，延长DC 到E ，使得DB=DE ．首先证明△BDE 是等边三角形，再证明△ABD ≌△CBE 即可解决问题；

（3）如图3中，将AE 绕点E 逆时针旋转m°得到AG ，连接CG 、EG 、EF 、FG ，延长ED 到M ，使得DM=DE ，连接FM 、CM ．想办法证明△AFE ≌△AFG ，可得∠EAF=∠FAG=

12

m°. 详（1）证明：如图1中，

∵∠BAC=∠DAE ，

∴∠DAB=∠EAC ，

在△DAB 和△EAC 中，

AD AE DAB EAC AB AC ??∠∠???

＝＝＝，

∴△DAB≌△EAC，

∴BD=EC．

（2）证明：如图2中，延长DC到E，使得DB=DE．

∵DB=DE，∠BDC=60°，

∴△BDE是等边三角形，

∴∠BD=BE，∠DBE=∠ABC=60°，

∴∠ABD=∠CBE，

∵AB=BC，

∴△ABD≌△CBE，

∴AD=EC，

∴BD=DE=DC+CE=DC+AD．

∴AD+CD=BD．

（3）如图3中，将AE绕点

E逆时针旋转m°得到AG，连接CG、EG、EF、FG，延长ED到M，使得DM=DE，连接FM、CM．

由（1）可知△EAB≌△GAC，

∴∠1=∠2，BE=CG，

∵BD=DC，∠BDE=∠CDM，DE=DM，

∴△EDB≌△MDC，

∴EM=CM=CG，∠EBC=∠MCD，

∵∠EBC=∠ACF，

∴∠MCD=∠ACF，

∴∠FCM=∠ACB=∠ABC，

∴∠1=3=∠2，

∴∠FCG=∠ACB=∠MCF，

∵CF=CF，CG=CM，

∴△CFG≌△CFM，

∴FG=FM，

∵ED=DM ，DF⊥EM，

∴FE=FM=FG ，

∵AE=AG，AF=AF，

∴△AFE≌△AFG，

∴∠EAF=∠FAG=

1

2

m°．

点睛：本题考查几何变换综合题、旋转变换、等腰三角形的性质、全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会利用“手拉手”图形中的全等三角形解决问题，学会构造“手拉手”模型，解决实际问题，属于中考压轴题．

6．请认真阅读下面的数学小探究系列，完成所提出的问题：

()1探究1：如图1，在等腰直角三角形ABC中，90

ACB

∠=，BC a=，将边AB绕点B 顺时针旋转90得到线段BD，连接.

CD求证：BCD的面积为2

1

.(

2

a提示：过点D 作BC 边上的高DE，可证ABC≌)

BDE

()2探究2：如图2，在一般的Rt ABC中，90

ACB

∠=，BC a=，将边AB绕点B顺时针旋转90得到线段BD，连接.

CD请用含a的式子表示BCD的面积，并说明理由．()3探究3：如图3，在等腰三角形ABC中，AB AC

=，BC a

=，将边AB绕点B顺时针旋转90得到线段BD，连接.

CD试探究用含a的式子表示BCD的面积，要有探究过程．

【答案】（1）详见解析；（2）BCD的面积为2

1

2

a，理由详见解析；（3）BCD的面积为2

1

4

a．

【解析】

【分析】

()1如图1，过点D作BC的垂线，与BC的延长线交于点E，由垂直的性质就可以得出

ABC≌BDE，就有DE BC a.

==进而由三角形的面积公式得出结论；

()2如图2，过点D作BC的垂线，与BC的延长线交于点E，由垂直的性质就可以得出ABC≌BDE ，就有DE BC a.

==进而由三角形的面积公式得出结论；

()3如图3，过点A作AF BC

⊥与F，过点D作DE BC

⊥的延长线于点E，由等腰三角形的性质可以得出

1

BF BC

2

=，由条件可以得出AFB≌BED就可以得出BF DE

=，由三角形的面积公式就可以得出结论．

【详解】

()1如图1，过点D作DE CB

⊥交CB的延长线于E，

BED ACB90

∠∠

∴==，

由旋转知，AB AD

=，ABD90

∠=，

ABC DBE 90

∠∠

∴+=，

A ABC90

∠∠

+=，

A DBE

∠∠

∴=，

在ABC和BDE中，

ACB BED

A DBE

AB BD

∠=∠

?

?

∠=∠

?

?=

?

，

ABC

∴≌()

BDE AAS

BC DE a

∴==，

BCD

1

S BC DE

2

=?，

2

BCD

1

S a

2

∴=；

()2BCD的面积为2

1

a

2

，

理由：如图2，过点D作BC的垂线，与BC的延长线交于点E，

BED ACB90

∠∠

∴==，

线段AB绕点B顺时针旋转90得到线段BE，

AB BD

∴=，ABD90

∠=，

ABC DBE90

∠∠

∴+=，

A ABC90

∠∠

+=，

A DBE

∠∠

∴=，

在ABC和BDE中，

ACB BED

A DBE

AB BD

∠=∠

?

?

∠=∠

?

?=

?

，

ABC

∴≌()

BDE AAS，

BC DE a

∴==，

BCD

1

S BC DE

2

=?，

2

BCD

1

S a

2

∴=；

()3如图3，过点A作AF BC

⊥与F，过点D作DE BC

⊥的延长线于点E，AFB E90

∠∠

∴==，

11

BF BC a

22

==，

FAB ABF90

∠∠

∴+=，

ABD90

∠=，

ABF DBE90

∠∠

∴+=，

FAB EBD

∠∠

∴=，

线段BD是由线段AB旋转得到的，

AB BD

∴=，

在AFB和BED中，

AFB E FAB EBD AB BD

∠=∠??∠=∠??=?

， AFB ∴≌()BED AAS ，

1BF DE a 2∴==， 2BCD 1111S BC DE a a a 2224

=?=??=， BCD ∴的面积为21a 4

． 【点睛】

本题考查了旋转的性质、直角三角形的性质、等腰三角形的性质、全等三角形的判定与性质、三角形的面积等，综合性较强，有一定的难度，正确添加辅助线、熟练掌握和灵活运用相关的性质与定理是解题的关键.

7．在平面直角坐标系中，O 为原点，点A （8，0），点B （0，6），把△ABO 绕点B 逆时针旋转得△A′B′O′，点A 、O 旋转后的对应点为A′、O′，记旋转角为α．

（1）如图1，若α=90°，则AB= ，并求AA′的长；

（2）如图2，若α=120°，求点O′的坐标；

（3）在（2）的条件下，边OA 上的一点P 旋转后的对应点为P′，当O′P+BP′取得最小值时，直接写出点P′的坐标．

【答案】（1）10，2；（2）（3

39）；（3）1235455

（，） 【解析】 试题分析：(1)、如图①，先利用勾股定理计算出AB=5，再根据旋转的性质得BA=BA′，∠ABA′=90°，则可判定△ABA′为等腰直角三角形，然后根据等腰直角三角形的性质求AA′的长；(2)、作O′H ⊥y 轴于H ，如图②，利用旋转的性质得BO=BO′=3，∠OBO′=120°，则∠HBO′=60°，再在Rt △BHO′中利用含30度的直角三角形三边的关系可计算出BH 和O′H 的长，然后利用坐标的表示方法写出O′点的坐标；(3)、由旋转的性质得BP=BP′，则O′P+BP′=O′P+BP ，作B 点关于x 轴的对称点C ，连结O′C 交x 轴于P 点，如图②，易得

O′P+BP=O′C，利用两点之间线段最短可判断此时O′P+BP的值最小，接着利用待定系数法求

出直线O′C的解析式为y=x﹣3，从而得到P（，0），则O′P′=OP=，作

P′D⊥O′H于D，然后确定∠DP′O′=30°后利用含30度的直角三角形三边的关系可计算出P′D 和DO′的长，从而可得到P′点的坐标．

试题解析：(1)、如图①，∵点A（4，0），点B（0，3），∴OA=4，OB=3，

∴AB==5，

∵△ABO绕点B逆时针旋转90°，得△A′BO′，∴BA=BA′，∠ABA′=90°，

∴△ABA′为等腰直角三角形，∴AA′=BA=5；

(2)、作O′H⊥y轴于H，如图②，∵△ABO绕点B逆时针旋转120°，得△A′BO′，

∴BO=BO′=3，∠OBO′=120°，∴∠HBO′=60°，在Rt△BHO′中，∵∠BO′H=90°﹣

∠HBO′=30°，

∴BH=BO′=，O′H=BH=，∴OH=OB+BH=3+，∴O′点的坐标为

（）；

（3）∵△ABO绕点B逆时针旋转120°，得△A′BO′，点P的对应点为P′，∴BP=BP′，

∴O′P+BP′=O′P+BP，作B点关于x轴的对称点C，连结O′C交x轴于P点，如图②，

则O′P+BP=O′P+PC=O′C，此时O′P+BP的值最小，∵点C与点B关于x轴对称，∴C（0，﹣3），

设直线O′C的解析式为y=kx+b，

把O′（），C（0，﹣3）代入得，解得，

∴直线O′C 的解析式为y=x﹣3，当y=0时，x﹣3=0，解得x=，则P

（，0），

∴OP=，∴O′P′=OP=，作P′D⊥O′H于D，

∵∠BO′A=∠BOA=90°，∠BO′H=30°，∴∠DP′O′=30°，

∴O′D=O′P′=，P′D=，∴DH=O′H﹣O′，

∴P′点的坐标为（，）．

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