2018届中考数学提升练习：专题(十五) 巧用旋转进行证明与计算

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已知等边三角形ABC(如图Z15－1)．
(1)以点A为旋转中心，将△ABC按逆时针方向旋转30°，作出旋转后的图形；
(2)经第(1)题旋转所得的图形与△ABC之间有没有互相垂直的边？证明你的判断．

图Z15－1 经典母题答图
解：(1)如答图所示；
(2)AD⊥BC，DE⊥AC，AB⊥AE.证明略．
【思想方法】 旋转前、后的图形全等，所以借此可以在较复杂的图形中发现等量(或全等)关系，或通过旋转(割补)图形，把分散的已知量聚合起来，便于打通解题思路，找到解题突破口．
【中考变形】
1．如图Z15－2，已知△ABC和△DCE均是等边三角形，点B，C，E在同一条直线上，AE与BD交于点O，AE与CD交于点G，AC与BD交于点F，连结OC，FG，则下列结论：①AE＝BD；②AG＝BF；③FG∥BE；④∠BOC＝∠EOC，其中正确结论的个数是 ( D )
图Z15－2
A．1个 B．2个
C．3个 D．4个
2．如图Z15－3，P是等腰直角三角形ABC外一点，把BP绕点B顺时针旋转90°到BP′，已知∠AP′B＝135°，P′A∶P′C＝1∶3，则P′A∶PB＝( B )
A．1∶eq \r(2) B．1∶2[来源:Z。xx。k.Cm]
C.eq \r(3)∶2 D．1∶eq \r(3)

图Z15－3 中考变形2答图
【解析】 如答图，连结AP，PP′，∵BP绕点B顺时针旋转90°到BP′，
∴BP＝BP′，∠ABP＋∠ABP′＝90°.∵△ABC是等腰直角三角形，∴AB＝BC，∠CBP′＋∠ABP′＝90°，∴∠ABP＝∠CBP′.在△ABP和△CBP′中，eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(BP＝BP′，,∠ABP＝∠CBP′，,AB＝CB，))
∴△ABP≌△CBP′(SAS)，∴AP＝P′C.∵P′A∶P′C＝1∶3，∴AP＝3P′A.
∵△PBP′是等腰直角三角形，∴∠BP′P＝45°，PP′＝eq \r(2)PB.∵∠AP′B＝135°，∴∠AP′P＝135°－45°＝90°，∴△APP′是直角三角形．设P′A＝x，则AP＝3x，根据勾股定理，得PP′＝eq \r(AP2－P′A2)＝eq \r(（3x）2－x2)＝2eq \r(2)x，∴P′B＝PB＝2x，∴P′A∶PB＝x∶2x＝1∶2.
3．[2017·徐州]如图Z15－4，已知AC⊥BC，垂足为C，AC＝4，BC＝3eq \r(3)，将线段AC绕点A按逆时针方向旋转60°，得到线段AD，连结DC，DB.
(1)线段DC＝__4__；
(2)求线段DB的长度．
图Z15－4中考变形3答图
解：(1)∵AC＝AD，∠CAD＝60°，
∴△ACD是等边三角形，∴DC＝AC＝4；
(2)如答图，作DE⊥BC于点E.
∵△ACD是等边三角形，
∴∠ACD＝60°，又∵AC⊥BC，
∴∠DCE＝∠ACB－∠ACD＝90°－60°＝30°，
在Rt△CDE中，DE＝eq \f(1,2)DC＝2，CE＝DC·cs30°＝4×eq \f(\r(3),2) ＝2eq \r(3)，
∴BE＝BC－CE＝3eq \r(3)－2eq \r(3)＝eq \r(3).
在Rt△BDE中，BD＝eq \r(DE2＋BE2)＝eq \r(22＋（\r(3)）2)＝eq \r(7).
4．如图Z15－5①，在△ABC中，AE⊥BC于点E，AE＝BE，D是AE上的一点，且DE＝CE，连结BD，CD.
(1)判断BD与AC的位置关系和数量关系，并给出证明；
(2)如图②，若将△DCE绕点E旋转一定的角度后，BD与AC的位置关系和数量关系是否发生变化？为什么？
(3)如图③，将(2)中的等腰直角三角形都换成等边三角形，其他条件不变，求BD与AC夹角的度数．
图Z15－5
解：(1)BD与AC的位置关系是BD⊥AC，数量关系是BD＝AC.证明：
中考变形4答图①
如答图①，延长BD交AC于点F.
∵AE⊥BC于点E，
∴∠BED＝∠AEC＝90°.
∵AE＝BE，DE＝CE，
∴△DBE≌△CAE(SAS)，
∴BD＝AC，∠DBE＝∠CAE，∠BDE＝∠ACE.
∵∠BDE＝∠ADF，∴∠ADF＝∠ACE.
∵∠ACE＋∠CAE＝90°，∴∠ADF＋∠CAE＝90°，∴BD⊥AC；
(2)否．证明：如答图②，AC与BD交于点F，
∵∠AEB＝∠DEC＝90°，
∴∠AEB＋∠AED＝∠DEC＋∠AED，
中考变形4答图②
即∠BED＝∠AEC.
∵AE＝BE，DE＝CE，
∴△BED≌△AEC(SAS)，
∴BD＝AC，∠BDE＝∠ACE，∠DBE＝∠CAE.
∵∠BFC＝∠ACD＋∠CDE＋∠BDE＝∠ACD＋∠CDE＋∠ACE＝90°，∴BD⊥AC；
(3)如答图③，AC与BD交于点F.
∵△ABE和△DEC是等边三角形，
∴AE＝BE，DE＝EC，∠EDC＝∠DCE＝60°，
∠BEA＝∠DEC＝60°，
中考变形4答图③
∴∠BEA＋∠AED＝∠DEC＋∠AED，
∴∠BED＝∠AEC，
在△BED和△AEC中，
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(BE＝AE，,∠BED＝∠AEC，,DE＝CE，))∴△BED≌△AEC(SAS)，∴∠BDE＝∠ACE，
∴∠DFC＝180°－(∠BDE＋∠EDC＋∠DCF)＝60°，
∴BD与AC的夹角度数为60°或120°.
5．阅读下面的材料：
小伟遇到这样一个问题：如图Z15－6①，在正三角形ABC内有一点P，且PA＝3，PB＝4，PC＝5，求∠APB的度数．小伟是这样思考的：如图②，利用旋转和全等的知识构造△AP′C，连结PP′，得到两个特殊的三角形，从而将问题解决．
(1)请你回答：图①中∠APB＝__150°__；
参考小伟同学思考问题的方法，解决下列问题：
(2)如图③，在正方形ABCD内有一点P，且PA＝2eq \r(2)，PB＝1，PD＝eq \r(17)，求∠APB的度数和正方形的边长．
图Z15－6
解：(1)如答图①，把△APB绕点A逆时针旋转60°得△AP′C，
由旋转的性质，得P′A＝PA＝3，P′C＝PB＝4，∠PAP′＝60°，
∴△APP′是等边三角形，
∴PP′＝PA＝3，∠AP′P＝60°，
∵PP′2＋P′C2＝32＋42＝25，PC2＝52＝25，
∴PP′2＋P′C2＝PC2，∴∠PP′C＝90°，
中考变形5答图①
∴∠AP′C＝∠AP′P＋∠PP′C＝60°＋90°
＝150°，
∴∠APB＝∠AP′C＝150°；
(2)如答图②，把△APB绕点A逆时针旋转90°得到△AP′D，
由旋转的性质，得P′A＝PA＝2eq \r(2)，P′D＝PB＝1，
∠PAP′＝90°，
∴△APP′是等腰直角三角形，
中考变形5答图②
∴PP′＝eq \r(2)PA＝eq \r(2)×2eq \r(2)＝4，
∠AP′P＝45°，
∵PP′2＋P′D2＝42＋12＝17，PD2＝(eq \r(17))2＝17，
∴PP′2＋P′D2＝PD2，∴∠PP′D＝90°，
∴∠AP′D＝∠AP′P＋∠PP′D＝45°＋90°＝135°，
∴∠APB＝∠AP′D＝135°.
∵∠APB＋∠APP′＝135°＋45°＝180°，
∴P′，P，B三点共线．
过点A作AE⊥PP′于点E，则AE＝PE＝eq \f(1,2)PP′＝2，
∴BE＝PE＋PB＝2＋1＝3，
在Rt△ABE中，AB＝eq \r(AE2＋BE2)＝eq \r(22＋32)＝eq \r(13).
【中考预测】
(1)如图Z15－7①，在正方形ABCD中，△AEF的顶点E，F分别在BC，CD边上，高线AG与正方形的边长相等，求∠EAF的度数；
(2)如图②，在Rt△ABD中，∠BAD＝90°，AB＝AD，M，N是BD边上的任意两点，且∠MAN＝45°，将△ABM绕点A逆时针旋转90°至△ADH位置，连结NH，试判断MN2，ND2，DH2之间的数量关系，并说明理由；
(3)在图①中，若EG＝4，GF＝6，求正方形ABCD的边长．
图Z15－7
解：(1)在正方形ABCD中，∠B＝∠D＝90°，
∵AG⊥EF，∴△ABE和△AGE是直角三角形．
在Rt△ABE和Rt△AGE中，
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(AB＝AG，,AE＝AE，))
∴△ABE≌△AGE(HL)，∴∠BAE＝∠GAE.
同理，∠GAF＝∠DAF.
∴∠EAF＝∠EAG＋∠FAG＝eq \f(1,2)∠BAD＝45°；
(2)MN2＝ND2＋DH2.
由旋转可知，∠BAM＝∠DAH，
∵∠BAM＋∠DAN＝45°，
∴∠HAN＝∠DAH＋∠DAN＝45°.
∴∠HAN＝∠MAN.
在△AMN与△AHN中，eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(AM＝AH，,∠MAN＝∠HAN，,AN＝AN，))
∴△AMN≌△AHN(SAS)，∴MN＝HN.
∵∠BAD＝90°，AB＝AD，∴∠B＝∠ADB＝45°，
∴∠HDN＝∠HDA＋∠ADB＝90°，
∴NH2＝ND2＋DH2，∴MN2＝ND2＋DH2；
(3)由(1)知，BE＝EG＝4，DF＝FG＝6.
设正方形ABCD的边长为x，则CE＝x－4，CF＝x－6.
∵CE2＋CF2＝EF2，∴(x－4)2＋(x－6)2＝102，
解得x1＝12，x2＝－2(不合题意，舍去)．
∴正方形ABCD的边长为12.