2025年中考数学二轮专题考点 旋转 专题提升训练(含解析)

资源下载
  1. 二一教育资源

2025年中考数学二轮专题考点 旋转 专题提升训练(含解析)

资源简介

2025年中考数学二轮专题考点旋转拓展探究常考热点题型专题提升训练
1.在中,于点D,点P为射线上任一点(点B除外),连接,将线段绕点P顺时针方向旋转α,,得到,连接.
(1)【观察发现】如图1,当,且时,与的数量关系是 ,与的位置关系是 .
(2)【猜想证明】如图2,当,且时,(1)中的结论是否成立?若成立,请予以证明;若不成立,请说明理由.(请选择图2,图3中的一种情况予以证明或说理)
(3)【拓展探究】在(2)的条件下,若,,请直接写出的长.
2.小红在学习了三角形的相关知识后,对等腰直角三角形进行了探究,如图,在中,,,点D,E分别在边上(不同时在点A),连接.
(1)问题解决:如图1,当点D,E分别与点B,C重合时,将线段绕点E顺时针旋转90°,得到线段,连接与的位置关系是_________,数量关系是________.
(2)问题探究:如图2,当点D,E不与点B,C重合时,将线段绕点E顺时针旋转90°,得到线段,连接与的位置关系是怎样的?请说明理由.
(3)拓展延伸:如图3,当点E不与点C重合,且D为的中点时,将线段绕点E顺时针旋转,得到线段,点G是点C关于直线的对称点,若点G,D,F在一条直线上,求的值.
3.探究式学习是新课程倡导的重要学习方式,某兴趣小组拟做以下探究.
如图,在矩形中,,将矩形绕点C旋转,得到矩形.

【初步感知】
(1)如图1,将矩形绕点C顺时针旋转,当时,连接,.
①求证:,
②求出,,的数量关系(直接写出结论,不必证明);
【深入探究】
(2)将矩形绕点C旋转,当且点E落在直线上时,试探究线段,,的数量关系,并写出证明过程;
【拓展运用】
(3)如图2,将矩形绕点C旋转顺时针旋转,点G落在上,与,分别交于点Q,P,当F,D,Q三点共线时,直接写出的值.
4.在一节数学探究课中,同学们遇到这样的几何问题:如图1,等腰直角三角形和共顶点A,且三点共线,,连接,点G为的中点,连接和,请思考与具有怎样的数量和位置关系?
【模型构建】小颖提出且并给出了自己思考,以G是中点入手,如图2,通过延长与相交于点F,证明,得到,随后通过得即,又,所以且.
(1)请结合小颖的证明思路利用结论填空:当时,_____;______.
【类比探究】
(2)如图3,若将绕点A逆时针旋转α度(),请分析此时上述结论是否成立?如果成立,如果不成立,请说明理由.
【拓展延伸】
(3)若将E绕点A逆时针旋转β度(),当时,请直接写出旋转角β的度数为_______.
5.如图1,在中,,,D,E分别为的中点,将绕点C逆时针方向旋转得到(如图2),使直线恰好过点B,连接.
(1)判断与的位置关系,并说明理由;
(2)求的长;
(3)若将绕点C逆时针方向旋转一周,当直线过的一个顶点时,请直接写出长的其它所有值.
6.问题情境:数学课上,老师引导同学们以“正方形中线段的旋转”为主题开展数学活动.已知正方形中,,点E是射线上一点(不与点C重合),连接,将绕点E顺时针旋转得到,连接.
特例分析:(1)如图1,当点E与点D重合时,则= ;
深入谈及:(2)当点E不与点D重合时,(1)中的结论是否仍然成立?若成立,请在图2与图3中选择一种情况进行证明;若不成立,请说明理由;
7.在和中,,,,若,.
(1)如图1,当点在线段上时,连接,求;
(2)如图2.将图1中绕着点旋转,使点在的内部,连接,.线段,相交于点,且,此时_______;
(3)如图3,在绕着点旋转过程中,当点落在线段上时,过点作交直线于点,直接写出的面积.
8.如图1,矩形中,,,将矩形绕着点B顺时针旋转,得到矩形.

(1)当点E落在上时,则线段的长度等于 ;
(2)如图2,当点E落在上时,求的面积;
(3)如图3,连接、、、,判断线段与的位置关系且说明理由;
(4)在旋转过程中,请直接写出的最大值.
9.如图1,在中,,,D,E分别为边和的中点,将绕点A自由旋转,如图2,直线与相交于点P.

(1)在图1中,线段与的数量关系是 ,位置关系是 ;
(2)对于图2,(1)中的结论是否仍然成立?若成立,请给出证明,若不成立,请说明理由;
(3)当时,请直接写出线段的长.
10.通过类比联想,引申拓展研究典型题目,可达到解一题知一类的目的,下面是一个案例,请补充完整.原题:如图1,点分别在正方形的边上,,连接,试猜想之间的数量关系

(1)思路梳理:把绕点逆时针旋转至,可使与重合,由,得,,即点共线,易证________,故之间的数量关系为________.
(2)类比引申:如图2,点分别在正方形的边的延长线上,.连接,试猜想之间的数量关系为________,并给出证明.
(3)联想拓展:如图3,在中,已知垂足于点D,且.求的长.
11.通过类比联想,引申拓展研究典型题目,可达到解一题知一类的目的,下面是一个案例,请补充完整.原题:如图1,点E、F分别在正方形的边、上,,连接,试猜想、、之间的数量关系.

(1)把绕点逆时针旋转至,可使与重合,由,得,,即点F、D、G共线,易证≌__________,故、、之间的数量关系为__________.
(2)如图2,点E、F分别在正方形的边、的延长线上,.连接,试猜想、、之间的数量关系为__________,并给出证明.
(3)如图3,在中,,,点D、E均在边上,且.若,,直接写出的值和的长.
12.在平面直角坐标系中,点,点分别是坐标轴上的点,连接.把绕点逆时针旋转得.点,旋转后的对应点为,,记旋转角为.
(1)如图,当点落在边上时,求的值和点的坐标;
(2)如图,当时,求的长和点的坐标;
(3)连接,直接写出在旋转过程中面积的最大值.
13.在中,,,点是边上的一动点.是边上的动点.连接并延长至点,交于,连接.且,.

(1)如图1,若,,求的长.
(2)如图2,若点是的中点,求证:.
(3)如图3,在(2)的条件下,将绕点顺时针旋转,旋转中的三角形记作△,取的中点为,连接.当最大时,直接写出的值.
14.通过类比联想,引申拓展研究典型题目,可达到解一题知一类的目的,下面是一个案例,请补充完整.原题:如图1,点E、F分别在正方形的边上,,连接,试猜想之间的数量关系

(1)思路梳理:
把绕点A逆时针旋转至,可使与重合,由,得,,即点F、D、G共线,易证_________,故之间的数量关系为_________.
(2)类比引申:
如图2,点E、F分别在正方形的边的延长线上,.连接,试猜想之间的数量关系为_________,并给出证明.
(3)联想拓展:
如图3,在中,,点D、E均在边上,且.若,直接写出和的长.
15.综合与实践:
问题情景:如图1、正方形与正方形的边,在一条直线上,正方形以点A为旋转中心逆时针旋转,设旋转角为α,在旋转过程中,两个正方形只有点A重合,其它顶点均不重合,连接,.

(1)操作发现:当正方形旋转至如图2所示的位置时,求证:;
(2)操作发现:如图3,当点E在延长线上时,连接,求的度数;
(3)问题解决:如图4, 如果,,,请直接写出点G到的距离.
《2025年九年级数学中考复习 旋转相似问题 解答题专题提升训练》参考答案
1.(1);
(2)不成立,理由见解析
(3)或
【分析】(1)连接,证明,可得结论;
(2)连接,由,,得到,,由旋转的性质得,,,得到,,再证明,得到,则;
(3)分当P在线段上时和当P在延长线上时两种情况证明,推出 ,由此求解即可.
【详解】(1)如图,连接,
∵,,
∴是等边三角形,
∴,,
∵,
∴,
∵,,
∴是等边三角形,
∴,
∴,
∴,即,
在和中

∴,
∴,,
∵,
∴,
∴;
故答案为:;
(2)不成立,结论是;理由如下:
连接,
∵,,,
由旋转的性质得,,,
∴、都是等腰直角三角形,
∴,,

∴,
,,




∴不成立,结论是,
(3)当点P在线段上时,如图2中,
,,








如图3所示,当P在延长线上时,连接,
,,,,
,,即∠BAP=∠CAE,
同(2)可得,

∴,

同理可求得:,,

∴.
综上所述:或
【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质,相似三角形的判定和性质,等边三角形的判定和性质,等腰直角三角形的判定和性质,勾股定理等知识,解题的关键是正确寻找全等三角形或相似三角形解决问题,学会用分类讨论的思想思考问题.
2.(1)平行;相等
(2),理由见解析
(3)
【分析】(1)先证,再证,则四边形是平行四边形,即可得出结论;
(2)过作交的延长线于点,证明,得,则,即可得出结论;
(3)连接、,过作于点,延长交于点,证四边形是正方形,得,,,再证,得,然后证是等腰直角三角形,得,进而得,即可解决问题.
【详解】(1)解:由旋转的性质得:,,





四边形是平行四边形,
,,
故答案为:平行;相等;
(2),理由如下:
证明:如图2,过作交的延长线于点,
则,
,,

是等腰直角三角形,
,,
由旋转的性质得:,,


即,




(3)解:如图3,连接、,过作于点,延长交于点,
则,
由(2)可知,
,,
为的中点,



点是点关于直线的对称点,


四边形是平行四边形,
,,
平行四边形是正方形,
,,,


,,

由旋转的性质得:,,






是等腰直角三角形,






【点睛】本题是几何变换综合题目,考查了旋转的性质、等腰直角三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、平行四边形的判定与性质、正方形的判定与性质、轴对称的性质、平行线的判定与性质等知识,本题综合性强,熟练掌握旋转的性质和平行四边形的判定与性质,证明三角形全等是解题的关键,属于中考常考题型.
3.(1)①见解析;②;(2)点E落在直线上时,,点E落在线段上时,,证明见解析;(3)
【分析】(1)①由,,得到,结合,,即可求解,②由,,,通过等量代换,即可求解,
(2)①点E落在直线上时,连接,交于点H,在与中,由,,得到,点A,D,F三点共线,设,在中,得出,在中,,即可求解,②点E落在线段上时,连接,在与中,由,,得到,点A,B,F三点共线,在中,,,设,,即可求解,
(3)作,延长交于点, 由,得到,,由,得到,由,得到,设,,则, ,,由,得,解得:,由,,,得到,由,得到,将,,代入,即可求解,
本题考查了,矩形的性质,旋转的性质,勾股定理,相似三角形的性质与判定,全等三角形的性质与判定,解题的关键是:找到等量关系,列出等量关系式.
【详解】解:(1)①证明:,







②∵,,,
∴,
∴(等价结果也正确);
(2)结论①:(等价结果也正确),理由如下:
当,点E落在直线上时,连接,交于点H,
在中,

在与中,



点A,D,F三点共线,

设,
在中,

由,得出,
在中,

(等价结果也正确),
结论②:(等价结果也正确),理由如下:
当,点E落在线段上时,连接,
在中,

在与中,



点A,B,F三点共线,
在中,,,
设,,
(等价结果也正确),
综上所述:点E落在直线上时,,
点E落在线段上时,;
(3)过点,作,交于点,延长交于点,连接、,
∴,
∵矩形,
∴,,
∴,,
由旋转的性质可得:,,
∴,
∴,,
∵,,
∴,
∴,
∵矩形,
∴,,
∴,
∵,,
∴,
∴,,
设,,则:,,,
∴,
∵,
∴,
∴,即:,解得:,(舍),
∵,,
∴,
∵,
∴,
∵,,,即:,
∴,
∴,
∵,,
∴,
故答案为:.
4.(1), (2)见解析 (3)45°或225°
【分析】(1)根据前面的结论,得到且,,得到,,计算即可.
(2)延长到点F,使,连接,证明,过点B作,交于点M,N,再证明 .
(3)当共线时,根据(2)得到四边形是平行四边形,根据,,得到,得四边形是矩形,继而得到,此时旋转角等于的度数即;当共线时,且共线在的延长线上时,根据(2)得到四边形是平行四边形,根据,,得到,得四边形是矩形,继而得到,此时旋转角等于的度数即;计算即可.本题考查了等腰直角三角形的性质,矩形的判定和性质,三角形全等的判定和性质,旋转的性质,熟练掌握矩形的性质,旋转的性质,三角形全等的判定和性质是解题的关键.
【详解】(1)根据前面的结论,得到且,,得到,
∵,

∴,
∵,,
∴,,
∴,
故答案:,.
(2)延长到点F,使,连接,
∵,

∴,
∴,,
过点B作,交于点M,N,
∴,,
∴,
设的交点为Q,
则,
∴,
∴,
∴,

∴,
∴,,
∵,,
∴,
∴,
∴且.
故结论仍然成立.
(3)如图,当共线时,
∵,,,
∴四边形是矩形,
∴,此时旋转角等于的度数即;
当共线时,且共线在的延长线上时,根据(2)得到四边形是平行四边形,
∵,,,
∴四边形是矩形,
∴,此时旋转角等于的度数即;
故答案为:或.
5.(1),见详解
(2)
(3)或
【分析】(1)根据旋转的不变性证明,再由对应角相等及邻补角即可得证;
(2)设,在中,由勾股定理得:,解方程即可;
(3)分类讨论,分第一次经过点B,经过点A,再次经过点B讨论,根据变化中的不变性,不变的是基本图形关系即,以及位置关系,始终有垂直,继而设,运用勾股定理列方程求解即可.
【详解】(1)解:与的位置关系为.
∵,D,E分别为的中点,
∴,即,
∵,即,
∴,
∴,
∴,
∵,,,
∴,
∴,
∴,
即:.
(2)解:中,,
∴,同理可求,
∵,
∴,
设,
在中,由勾股定理得:,
解得:(舍负),
∴.
(3)解:①经过点B时,题(2)已求;
②经过点A时,如图所示,
同理可证:,
∴,
∵,
∴,
设,
在中,由勾股定理得:,
解得:(舍负),
即:;
③再次经过点B时,如下图:
同理可证:,,
设,
在中,由勾股定理得:,
解得:(舍负),
即:;
综上所述:或.
【点睛】本题考查了旋转的性质,全等三角形的判定与性质,勾股定理等的应用,正确熟练掌握知识点是解题的关键.
6.(1);(2)仍然成立,理由详见解析.
【分析】(1)根据正方形的性质,,求得根据旋转的性质得到,于是得到;
(2)如图2,过点作交的延长线于点,则,根据正方形的性质得到,由旋转的性质可知,,根据全等三角形的性质得到.求得,根据等腰直角三角形的性质即可得到结论;
如图3,过点作交的延长线于点,则,根据正方形的性质得到,,由旋转的性质可知,,根据全等三角形的性质得到.求得.根据等腰直角三角形的性质即可得到结论.
【详解】解:(1)四边形是正方形,

由旋转可知,
(2)仍然成立
①若选图2,证明如下:
如图,过点F作交的延长线于点G,则.
∵四边形是正方形,
∴,.
∴,.
由旋转的性质可知,.
∴.
∴,
∴,
∴,.
∴,即,
∴.
又∵,
∴.
∵,
∴,
②若选图3,证明如下:
如图,过点F作交的延长线于点G,则.
∵四边形是正方形,
∴,.
∴,.
由旋转的性质可知,.
∴.


∴,.
∴,即
∴.
又∵,
∴.
∵,
∴.
【点睛】本题考查了四边形的综合题,全等三角形的判定和性质,正方形的性质,等腰直角三角形的性质,旋转的性质,正确地作出辅助线是解题的关键.
7.(1)
(2)
(3)的面积为或
【分析】(1)过点B作,交的延长线于点F,求出,,即可求出的值;
(2)过点D作于点H,过点A作于点G,连结,先证明,得到,进一步推得,然后证明,得到,可知点D在上,由此即可得到答案;
(3)当点E在左上方时,过点C作于点M,过点E作于点N,延长交于点T,设交于点,利用和逐步求出,,,求得,的值,最后再利用相似三角形的性质即可求得答案.
【详解】(1)如图1,过点B作,交的延长线于点F,
,,,



是等腰直角三角形,,


在中,;
(2)如图2,过点D作于点H,过点A作于点G,连结,

,,


,,







又,


点D在上,


故答案为:.
(3)当点E在右下方时(如图3),
过点C作于点M,过点E作于点N,延长交于点T,设交于点,
,, ,

,, ,



,,



,,



,,






,,




解得;
当点E在右下方时(如图4),
同理可求得,,,,

综上所述,的面积为或.

【点睛】本题属于几何变换综合题,主要考查了图形的旋转,等腰直角三角形的性质,全等三角形的判定与性质,相似三角形的判定与性质,勾股定理,三角函数的定义等知识,构造全等三角形和相似三角形是解答本题的关键.
8.(1)2
(2)
(3),理由见解析
(4)的最大为12
【分析】(1)求出的长度,利用旋转的性质得出,进而求出的长度即可;
(2)过点B作于点M,利用等面积法求出的长度,利用勾股定理求出、的长度,进而求出的长度,从而求出的面积;
(3)连接、,设与相交于点N,与相交于点P,利用和是等腰三角形,且从而得出,然后利用得出,从而得出;
(4)过点C作直线于点H,过点G作直线于点Q,, ,利用得出:当最大时,最大,从而得出当A、B、E三点共线时,最大,从而得出的最大值.
【详解】(1)解:当落在上时,如图所示:

∵四边形是矩形,
∴每个内角都等于,
∵,由勾股定理得:

由旋转的性质可知:,
∴,
故答案为:2;
(2)解:当点E落在上时,过点B作于点M,

在中,由勾股定理得:
,
∵是直角三角形,,
∴,
∴,
在中,由勾股定理得:

在中,由勾股定理得:

∴,
∴;
(3)解:,理由如下:
证明:连接、,设与相交于点N,与相交于点P,

由旋转的性质知:,,
∴在等腰和等腰中得到:,,
∴,
∵,
∴,
即;
(4)解:过点C作直线于点H,过点G作直线于点Q,

∴, ,

∴,
∴当最大时,最大,
在旋转过程中,,
∴,
∴当点三点共线时,,此时最大,
∴的最大值为:.
【点睛】本题主要考查了矩形的性质,旋转的性质,勾股定理以及面积的计算,属于中考压轴题,难度较大,在旋转的过程中,找到变化的量和不变的量,通过分析得出三点共线时.最大是解题的突破口.
9.(1),
(2)(1)中的结论仍然成立,理由见解析
(3)
【分析】(1)根据D,E分别为边和的中点,即可得到,再由,即可得到;
(2)证明,利用三角形全等的性质即可得出结论;
(3)由(2)知,证明四边形为正方形,利用勾股定理求出,即可知,根据即可求解.
【详解】(1)解:,D,E分别为边和的中点,

,即,


故答案为:,;
(2)证明:(1)中的结论仍然成立,理由如下,
∵,都是等腰直角三角形,
,,,

在和中,


,,



(3)解:由(2)知,
,,





四边形为正方形,

,D,E分别为边和的中点,


在中,,


【点睛】本题考查三角形的旋转,三角形的全等判定与性质,直角三角形勾股定理;通过旋转判断线的垂直关系,通过三角形全等求得边与角的关系是解题的关键.
10.(1),
(2),证明见解析
(3)
【分析】(1)先根据旋转得:,计算,即点、、共线,再根据证明,得,可得结论;
(2)如图2,同理作辅助线:把绕点逆时针旋转至,证明,得,所以;
(3)如图3,将沿翻折得,沿翻折得,延长、相交于G,先证明四边形是正方形,再由勾股定理求AD的长即可.
【详解】(1)解:如图1,把绕点逆时针旋转至,可使与重合,即,
由旋转得:,,,,

即点、、共线,
四边形为正方形,





在和中,




故答案为:,;
(2)解:如图2,,

理由是:
把绕点A逆时针旋转至,可使与重合,则在上,
由旋转得:,





在和中,



(3)解:如图3,将沿翻折得,沿翻折得,延长、相交于G,

∵,
∴,
由翻折可得:,,,,,,,
∴,

∴四边形是矩形,

∴四边形是正方形,
∴,
设,则,
在中,,
由勾股定理,得
解得,
即.
【点睛】本题考查了正方形的性质,等腰直角三角形的性质,翻折、旋转的性质,通过类比联想,引申拓展,可达到解一题知一类的目的,本题通过翻折、旋转一三角形的辅助线作法,构建另一三角形全等,得出结论,从而解决问题.
11.(1),
(2),理由见解析
(3),
【分析】(1)根据旋转的性质可得,利用判定定理可直接证明,再依据对应线段相等可求.
(2)把绕点逆时针旋转,使与重合,证全等即可到结论.
(3)把绕点逆时针旋转,使与重合,点B对应点为点F,连接和即可求解.
【详解】(1)解:,,理由如下:
四边形是正方形,
∴,,
由旋转的性质可知,,
, ,,,





(2),证明如下:
如下图,把绕点逆时针旋转,与重合,
,,
,,



在和中,

∴;

∴;
∵;
即.
(3)如图1.解:∵,,
∴,
把绕点逆时针旋转,与重合,点的对应点为点;
∴,,
∴,,
∴,
∵,
∴在中,





在和中,

∴,
∴,
在直角三角形中,由勾股定理得:

∴,
∵是等腰直角三角形;
∴,

同理把绕点顺时针旋转,点的对应点为点,连接,;


,;

在直角中,;

∴,
由旋转的性质可知,;
是等腰直角三角形;
∴,
∴.
【点睛】本题主要考查正方形中的半角模型,旋转的性质,全等三角形的判定,掌握类比迁移,旋转后三角形全等的证明是解决本题的关键.
12.(1)
(2);
(3)
【分析】()过点作于点,利用旋转变换的性质和等腰直角三角形的性质求解即可;
()如图,过点作于点,由含角的性质和等边三角形的判定和性质求出和的长;
()在旋转过程中当最大时,面积最大,如图,此时,根据三角形面积公式可解答.
【详解】(1)如图,过点作于点,

∵,,
∴,
∴是等腰直角三角形,
∴,
∴是等腰直角三角形,
由旋转的性质可知,,,
∴,
∴;
(2)如图,过点作于点,

在中,
∵,,
∴,
∴,
∴,
由旋转得:,,
∴是等边三角形,
∴;
(3)如图,过点作于点,

∵的面积,是定值,
∴在旋转过程中当最大时,面积最大,如图,

当过点时最大,此时,
∴面积.
【点睛】此题考查了旋转变换,等边三角形的性质和判定,等腰直角三角形的性质和判定,三角形的面积等知识,解题的关键是学会利用旋转的性质解决问题.
13.(1)
(2)见解析
(3)
【分析】(1)解等腰三角形求得,解斜三角形,求得,证明,进而求得结果;
(2)作于,作于,连接,作交的延长线于,由得出,证明可得,解斜三角形可得,进而得出和的关系,进一步求得结论;
(3)可得出点在以为圆心,为半径的圆上运动,当点运动到的延长线交的处时,最大,然后解直角三角形和斜三角形,进一步得出结果.
【详解】(1)解:如图1,

作于,作交的延长线于,

,,

在四边形中,,,


在中,,,
,,


在和中,



(2)证明:如图2,

作于,作于,连接,作交的延长线于,
由(1)知:,
,,,
点是的中点,



,,
点、、、共圆,
,,

,,
在中,

在和中,






设,则,
在中,,
,,











(3)解:如图3,

由(2)得:,
点是的中点,



点在以为圆心,为半径的圆上运动,
当点运动到的延长线交的处时,最大,
设,


,,


在中,,,
,,



【点睛】本题考查了旋转综合题,涉及了全等三角形的判定与性质、勾股定理了、三角函数等.第三问的难度较大,确定动点的运动轨迹是解题关键.
14.(1),
(2),证明见解析
(3),
【分析】(1)先根据旋转得:,计算,即点、、共线,再根据证明,得,可得结论;
(2)作辅助线:把绕点逆时针旋转至,证明,得,所以;
(3)同理作辅助线:把绕点逆时针旋转至,证明,得,先由勾股定理求的长,证明,求出,,继而得到,过A作,垂足为,根据等腰直角三角形的性质求出,可得,利用勾股定理可得.
【详解】(1)解:如图1,把绕点逆时针旋转至,可使与重合,即,
由旋转得:,,,,

即点、、共线,
四边形为矩形,





在和中,




故答案为:,;
(2)如图2,,理由是:
把绕点逆时针旋转至,可使与重合,则在上,

由旋转得:,,,





在和中,




(3)如图3,把绕点逆时针旋转至,可使与重合,连接,,

由旋转得:,,,
,,



,,
由勾股定理得:,
,,













过A作,垂足为,
∵,,
∴,
∴,
∴.
【点睛】本题考查了正方形的性质、等腰直角三角形的性质、旋转的性质,通过类比联想,引申拓展,可达到解一题知一类的目的,本题通过旋转一三角形的辅助线作法,构建另一三角形全等,得出结论,从而解决问题.
15.(1)见解析
(2)
(3)
【分析】(1)根据正方形的性质可得,,,,从而证明,即可得出结论;
(2)过F作,垂足为H,证明,可得,,从而可得,再由,即可求解;
(3)连接,,过点B作于点H,根据正方形的性质可得,从而可得,再利用勾股定理求得,再由,即可求解.
【详解】(1)证明:∵四边形是正方形,
∴,,
又∵四边形是正方形,
∴,,
∴.
在与中,

∴,
∴;
(2)解;过F作,垂足为H,

∵,
∴,,
∴,
∵四边形AEFG是正方形,
∴,
在与中,

∴,
∴,,
∴,
∴,
∴,
又∵,
∴,
(3)解:如图,连接,,过点B作于点H,
∵是正方形的对角线,
∴,
∵,
∴,
∴,
∵,
∴,
∴,
在中,,
设点G到的距离为h,
∵,
∴,解得:,
∴点G到的距离为.

【点睛】本题考查正方形的性质、平行线性质、勾股定理、全等三角形的判定与性质,熟练掌握正方形的性质是解题的关键.

展开更多......

收起↑

资源预览