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北师大版八年级下册数学期末专题训练：图形的平移和旋转压轴题
1．已知：在等腰中，，．把绕点逆时针旋转得到，其中点，分别是点，的对应点．
(1)如图，若，平分，求的度数；
(2)在旋转过程中，若直线，相交于点，
如图，当点，在直线右侧时，若，求的度数；
设，请直接用含的式子表示；
(3)如图，当时，在线段上取一点，连接，使得，请求出的度数．
2．如图，已知的三个顶点的坐标分别是，，，现将先向右平移个单位长度，再向上平移个单位长度，得到（点对应点，点对应点，点对应点）．
(1)在图中画出；
(2)若为内一点，则点在内的对应点的坐标是_______；
(3)过点作直线轴，在直线上存在点，使得，请直接写出点的坐标．
3．在某次数学兴趣小组活动中，小明同学遇到了如下问题：如图①，点在等边内部，且，求的长．
【思考探究】经过同学们的观察、分析、思考、交流，对上述问题形成了如下想法：将绕点按顺时针方向旋转，得到连接，寻找，，三边之间的数量关系，即可求得的长，请写出详细的证明过程；
【理解应用】如图②，在等腰直角中，，为内一点，，判断之间的数量关系，并说明理由；
【类比迁移】如图③，小李家有一块三角形的空地，其中，小李家位于空地旁的点，通过测量．，请直接写出线段的长．
4．如图，和为等腰直角三角形，．
(1)如图1，点、点分别在、上，连接，若，求的长度；
(2)如图2，连接，点为上一点，连接、，满足，，请探究和的数量关系并证明；
(3)如图3，在（1）的条件下，将绕着点旋转得到，连接，将绕点逆时针旋转得到，连接，取的中点，连接，当取得最小值时，请直接写出的面积．
5．我们定义：如图①，在中，把绕点A顺时针旋转得到，把绕点A逆时针旋转得到，连接，当时，我们称是的“旋补三角形”， 边上的中线叫做的“旋补中线”，点A叫做“旋补中心”．
【阅读材料】
（1）如图②，在中，若，．求边上的中线的取值范围．是这样思考的：延长至E．使，连结，利用全等将边转化到，在△中利用三角形三边关系即可求出中线的取值范围，则中线的取值范围是__________；
【问题探索】
（2）如图①，是的“旋补三角形”， 是的“旋补中线”，请仿照上面材料中的方法，探索图①中与的数量关系，并给予证明；
【拓展运用】
（3）如图③，当时，是的“旋补三角形”， ，垂足为点E，的反向延长线交于点D．若，，直接写出的取值范围．
6．[问题情境]在综合与实践课上，老师出示了这样一个情境：
在中， ，，，将绕点A逆时针旋转得到，点B，C的对应点分别是点D，E．
(1)[初探感知]如图①， ；
(2)[深入领悟]如图②，当线段经过点C时，求证：；
(3)[融会贯通]如图③，在旋转的过程中，当点D落在的延长线上时，过点E作，交的延长线于点G．请你判断线段和的数量关系，并说明理由．
7．综合与实践
【活动主题】数学实验课上，小聪以等腰三角形为背景展开有关图形旋转的探究活动．
【问题情境】两张全等三角形纸片与如图1放置（点F，D，E分别与点A，B，C重合），已知中，，．固定不动，将从图1的位置开始绕点A逆时针旋转，得到，旋转角为，设线段交于点P，线段分别交，于点G，Q，如图2．
【观察发现】（1）当旋转到时，旋转角的度数为_________；
【实践探究】（2）在绕点A逆时针旋转的过程中，小聪发现，请帮小聪证明这一结论．

【拓展延伸】（3）在绕点A逆时针旋转的过程中，当是等腰三角形时，求旋转角的度数．
8．如图：
(1)【特例感知】
如图1，在中，，将绕点A逆时针旋转得到，连接，则 ．
(2)【类比迁移】
如图2，将绕点A逆时针旋转得到，且满足点B，C，E三点共线．若，请猜想之间具有怎样的数量关系？并说明理由：
(3)【问题解决】
如图3，某市政府为了提升城市的生态环境质量，促进城市与自然的和谐共生，决定在一块空地上规划公园，其中点A为公园入口，点B、点C是公园出口，入口A与出口B，C的距离相等，且满足，点D为公园中的观景点，若米，米，计划修建一条观赏栈道，要使得栈道尽可能地长，求四边形的面积．
9．综合与实践
如图，和是有公共顶点的等腰直角三角形，，且点与的中点重合，，
观察发现
（1）①的长为___________；
②如图1，设与的交点为，则的长为___________．
类比迁移
（2）如图2，将绕点逆时针旋转，连接．
①当旋转角为时，求的长；
②当时，请直接写出以为边的正方形的面积．
拓展应用
（3）如图3，取的中点，连接，在绕点逆时针旋转的过程中，当最大时，求以为边的正方形的面积．
10．在中，，边绕点逆时针旋转得到线段，连接，过点作垂足为，连接．
(1)如图1若，时，求及的长；
(2)如图2，当时，求证：；
(3)如图3，当时，按要求重新作图并回答：、、是否依然存在（2）中的等量关系？如果存在，请说明理由．否则，请说明三者存在什么样的关系？并说明理由．
11．若一个四边形中存在相邻两边的平方和等于一条对角线的平方，则称这个四边形为勾股四边形，这两条相邻的边称为这个四边形的勾股边．

【操作感知】
（1）如图1，已知点O，A，B在的网格格点上（小正方形的顶点），若M为格点，请在图1的网格中直接画出所有以，为勾股边且对角线相等的勾股四边形；
【探究论证】
（2）如图2，，且，连接，，，，当时，求证：，即四边形是勾股四边形；
【迁移探究】
（3）如图3，和是等边三角形（），连接，当四边形是以，为勾股边的勾股四边形时，若，，求的长．
12．（1）问题发现：如图1，在中，，为边上一点（不与点、重合）将线段绕点A逆时针旋转得到，连接，则线段与的数量关系是____________，位置关系是____________．
（2）探究证明：如图2，在与中，，将绕点A旋转，使点落在的延长线上时，连接，写出此时线段之间的数量关系，并证明．
（3）拓展延伸：如图3，在四边形中，．若，求的长．
13．综合与探究：在数学活动课上，老师给出如下问题：
【问题发现】
如图①，中，，，点在上，连接，探究，，之间的数量关系．小红思考片刻后，给出了解题思路：如图②，以为边作，使得，，连接，易证，得到，，在中，易得，由，进一步可以得到，，之间的数量关系．
（1）请根据小红的思路，直接写出，，之间的数量关系________；
【类比探究】
（2）如图③，当点在的延长线上，连接，（1）中的结论是否仍然成立？请说明理由；
【拓展延伸】
（3）若点在射线上，且，，求的长．
14．已知线段，将线段绕着点顺时针旋转得到线段，再将线段绕着点逆时针旋转得到线段，连接，点恰好在一条直线上．
(1)如图1，求与的数量关系；
(2)如图2，当时，过点作的垂线交的延长线于点，取的中点，连接，在上截取，连接，依题意补全图形；判断线段与的数量关系，并证明．
15．如图，已知，，将线段绕着点顺时针旋转得到线段，作点关于直线的对称点，连接交直线于点．
(1)若，则的度数为______；
(2)猜想线段、、之间的数量关系，并证明；
(3)若，当长为时，求的面积．
16．已知：如图，，直线交于点M，交于点N，点E是线段上一点，P，Q分别在射线上，连接平分，平分．
(1)如图1，当时，请求出的度数；
(2)如图2，求与之间的数量关系，并说明理由；
(3)如图3，在（1）问的条件下，若，过点P作交的延长线于点H，将绕点N顺时针旋转，速度为每秒，直线旋转后的对应直线为，同时将绕点P逆时针旋转，速度为每秒，旋转后的对应三角形为，当首次落到上时，整个运动停止．在此运动过程中，经过秒后，恰好与的其中一条边所在直线平行，请直接写出所有满足条件的t的值．
17．综合与实践，问题情境：活动课上，同学们以等腰三角形为背景展开有关图形旋转的探究活动，如图1，已知中，，．将从图1的位置开始绕点逆时针旋转，得到（点，分别是点，的对应点），旋转角为（，设线段与相交于点，线段分别交，于点，．
特例分析：（1）如图2，当旋转到时，旋转角 ；线段与的数量关系是 ．
探究规律：（2）如图3，在绕点逆时针旋转过程中，线段与线段的数量关系是否仍然成立，请说明理由．
拓展延伸：（3）①请写出当是等腰三角形时旋转角的度数，简要说明理由．
②在图3中，作直线，交于点，请直接写出当是直角三角形时旋转角的度数．
18．某农场结合场区的实际情况准备开垦一块四边形试验田．如图1，四边形是其平面示意图，，，，连接，其中是两条需建设的灌溉主管道所在的位置，已知灌溉主管道的长度为400米．
(1)在试验田建设过程中，该农场综合考虑场区的整体远景规划，为后续扩大试验田做准备，打算增加建设一条灌溉主管道，灌溉主管道可看作将灌溉主管道绕点D逆时针旋转所得，请在图1中画出灌溉主管道的位置，连接，并求出的大小；
(2)为了使灌溉效果达到最佳，需要从C处到E处再建设一条灌溉支管道，在（1）的条件下求灌溉两端点A和E之间距离的最大值．
19．阅读下面材料，并解决问题：
(1)思维指引
如图①等边内有一点，若点到顶点的距离分别为，求的度数．为了解决本题，我们可以将绕顶点旋转到处，此时，连接，这样就可以利用旋转变换，将三条线段转化到一个三角形中，从而求出___________；
(2)知识迁移
如图②，中，，，、为上的点且，，求的长度；
(3)方法推广
如图③，在中，，，，点为内一点，连接，直接写出的最小值．
20．在中，，，点D为平面内一点（A，B，D三点不共线），为的中线．
【问题初探】
（1）如图1，延长至点M，使得，连接，则与的数量关系为 ；
【类比探究】
（2）如图2，将绕点A顺时针旋转得到，连接．请你猜想与的数量关系，并证明你的结论；
【拓展延伸】
（3）如图3，在（2）的条件下，点D在以点A为圆心，长为半径的圆上运动，直线与直线交于点G，连接，在点G的运动过程中存在最大值．若请直接写出的最大值．
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《北师大版八年级下册数学期末专题训练：图形的平移和旋转压轴题》参考答案
1．(1)
(2)①；②
(3)
【分析】本题考查几何变换综合应用，涉及等腰三角形的性质及应用，旋转变换，全等三角形的性质等知识，
（1）由，，可得，由旋转的性质可得，由角平线的定义得，故；
（2）设，有，从而，又，得，故，即得；
设，同的方法可得；
（3）由全等三角形的性质得，，可得，设，即可得，由，，根据，，得，可得，故，解得．
【详解】（1）解：，，
，
把绕点逆时针旋转得到，
，
平分，
，
，
的度数是；
（2）解：设，
，
，
把绕点逆时针旋转得到，
，
，
，
，
；
设，
，
，
把绕点逆时针旋转得到，
，
，
，
，
；
即；
（3）解：∵，
，，
，
，
，
设，
，
，
，
，
，
，
，，
，
，
，
，
，
解得，
．
2．(1)见解析
(2)
(3)或
【分析】本题考查了平移变换，画平移图形，由平移方式确定点的坐标，三角形的面积等知识点，掌握平移变换的性质是解题的关键．
（1）先由点和点O，确定平移的方式，再由平移的分式即可作图；
（2）根据平移方式即可求解；
（3）先由割补法求出的面积，再由即可求出的面积，再由三角形面积公式即可求解．
【详解】（1）解：∵点对应点，，
∴点B向右平移了3个单位，向上平移了2个单位得到点O，
∴将向右平移了3个单位，向上平移了2个单位即可得到，如图：
（2）解：由题意得，向右平移了3个单位，向上平移了2个单位得到，
故答案为：；
（3）解：如图：
∵，
∴，
∵过点作直线轴，
∴，
∴，
∵，
∴或
即或．
3．【思考探究】5；【理解应用】，理由见解析；【类比迁移】
【分析】本题考查了等边三角形的性质与判定、等腰直角三角形的性质与判定、勾股定理等三角形综合知识，通过旋转构造特殊三角形是解题的关键．
思考探究：根据提示易得等边三角形和直角三角形，继而得解；
理解应用：通过旋转易得等腰直角三角形和直角三角形，继而得解；
类比迁移：通过旋转易得等腰直角三角形和直角三角形，继而得解．
【详解】解：思考探究：由旋转可知：，
是等边三角形，
，
，
是直角三角形，
；
理解应用：，理由如下：
如图，把绕点C顺时针旋转得到，连接，
由旋转可知：，
是等腰直角三角形，
，，
，
，
∴在中，，即，
；
类比迁移：如图，将绕点B顺时针旋转，得到，连接，
由旋转可知：
，
是等腰直角三角形，
，，
∵，
∴点在线段上，
，
是直角三角形，
，
的长为．
4．(1)；
(2)，理由见解析
(3)．
【分析】（1）作于点，求得，，，利用勾股定理即可求解；
（2）延长至点，使，连接，，延长和交于点，先后证明、、都是等腰直角三角形，证明，得到，再证明，推出，即可证明；
（3）延长至点，使，取的中点，连接，，，，同理证明，求得，得到是的中位线，求得，，当点在线段上时，有最小值，最小值为，如图，作于点，据此求解即可．
【详解】（1）解：作于点，
∵为等腰直角三角形，，，
∴，
∴，
∴，
∴；
（2）解：，理由如下，
延长至点，使，连接，，延长和交于点，
∵，，
∴是等腰直角三角形，
∴，
∴，
∴是等腰直角三角形，
∴，
则，
∴是等腰直角三角形，
∴，
∵为等腰直角三角形，且，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴；
（3）解：延长至点，使，取的中点，连接，，，，
∵为等腰直角三角形，，
∴，
∴，，
∴为等腰直角三角形，
同理，为等腰直角三角形，
∴，，
∵将绕点逆时针旋转得到，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∵点是的中点，点是的中点，
∴是的中位线，
∴，
∵点是的中点，
∴，
∵，
∴当点在线段上时，有最小值，最小值为，
如图，作于点，
∵，，
∴，
∵，即，
∴，
∴的最小值，
∴的面积
．
【点睛】本题考查了等腰直角三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，三角形中位线定理，勾股定理，二次根式的混合运算，旋转的性质．正确引出辅助线证明三角形全等解决问题是解题的关键．
5．（1）；（2）．理由见解析；（3）
【分析】（1）先证明可得，再结合三角形的三边关系可得答案；
（2）延长至点E使，连接，证明，可得，，求出，再证，根据全等三角形的性质可得结论；
（3）作于H，作交延长线于F，求出，证明，可得，同理证明，可得，求出，可证，根据全等三角形的性质可得，然后可得是的“旋补中线”，从而可得范围．
【详解】解：（1）∵是中线，
∴，
∵，，
∴，
∴，而，
∴，，，
由三角形三边关系可得：，即，
∴，
（2），理由如下：
如图1，延长至点E使，连接，

∵是的“旋补中线”，
∴是的中线，即，
又∵，
∴，
∴，，
∵，
∴，
∵是的“旋补中线”，
∴，
∵，，
∴，
∵，，
∴，
∴．
（3）如图，作于H，作交延长线于F，

∵，
∴，
∴，
∵，即，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴，
又∵，，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴是的中线，
∵，，
结合（1）的结论可得：，即．
【点睛】本题主要考查了全等三角形的判定和性质、同角的余角相等，旋转的性质，三角形的中线的含义与取值范围的确定，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题．
6．(1)
(2)见解析
(3)，理由见解析
【分析】本题考查了等腰三角形的性质，旋转的性质，三角形内角和定理．
（1）根据旋转的性质得到，由是等腰三角形，利用三角形内角和定理即可求解；
（2）根据旋转的性质得到，进而得到，由平角的定义即可计算出，即可得出结论；
（3）延长交于点 H，由旋转的性质得，，，进而得到，推出，根据，推出，得到，即可证明结论．
【详解】（1）解：根据旋转的性质得到，
，，
；
（2）证明：由旋转的性质得：，
∴，
∴，
∴，
∴；
（3）解：，
理由：如图，延长交于点 H，
由旋转的性质得，，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴即，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴．
7．（1）（2）证明见解析（3）或
【分析】本题考查了等腰三角形的性质和判定，全等三角形的判定和性质等知识，解决问题的关键是画出图形，正确分类．
（1）根据等腰三角形＂三线合一＂可得结果；
（2）可证明，从而得出结论；
（3）分成，及，根据，每种情形可求得另外两个角，进一步求得结果；
【详解】（1）∵，
故答案为：；
（2）证明：∵，
即：，
在和中，
；
（1）如图1，

当时，，
如图2，

当时，
如图3，

当时，，
此时和重合，这种情形不存在．
综上所述：或．
8．(1)6
(2)，见解析
(3)四边形的面积为
【分析】本题考查了旋转的性质，勾股定理，全等三角形的性质，等边三角形的判定与性质，把握旋转的不变性，正确构造辅助线是解题的关键．
（1）根据旋转得到，，然后证明为等边三角形，根据全等三角形的性质得到点共线，再由即可求解；
（2）由旋转得，，，则，导角可得，是等腰直角三角形，那么，则；
（3）将绕点A逆时针旋转，得到，连接，由于，故当C，D，E三点共线时，取得最大值，即的最大值，可得（米)，则（米)，米，同理可得，导角得到是等腰直角三角形，，由勾股定理得，求出米，再由即可求解．
【详解】（1）解：由旋转得，，，
∴，
∴为等边三角形，
∴，，
∵，
∴，
∴点共线，
∴；
（2）解：，理由如下：
设与相交于点F，
由旋转得，，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴是等腰直角三角形，
∴，
∴；
（3）解：将绕点A逆时针旋转，得到，连接，
∵，
∴当C，D，E三点共线时，取得最大值，即的最大值，
由旋转得：，，，
∴是等腰直角三角形，
∴（米)，
∴（米)，
∴米，
设与相交于点F，作于点G，
∵，，
∴，
∴，
∵是等腰直角三角形，
∴，
∴，
∴是等腰直角三角形，，
∴，
∴，
∴米，
，
，
∴，因此，当最大时，四边形的面积为．
9．（1）①4， ②2， （2）①，②或，（3）
【分析】（1）①根据题意求得和的长，由中点求得，再由等腰直角三角形得和即可；
②由等腰直角三角形的性质判定等腰直角三角形，则即可；
（2）①连接，过点M作于点N，则为等边三角形，，且，由（1）知，求得和，即有；
②分两种情况：过点D作交的于点F，连接，根据求得和，结合勾股定理求得即可；过点D作交的于点F，连接，则，，利用勾股定理求得即可；
（3）根据题意求得，可知点P的轨迹为以点A为圆心长为半径的圆上运动，当点P、点A和点M三点共线时，最大，此时，，，利用勾股定理求得即可．
【详解】解：（1）①∵等腰直角三角形，，，
∴，
∴，
∵与的中点重合，
∴，
∵是等腰直角三角形，，
∴，，
故答案为：4；
②∵等腰直角三角形，是等腰直角三角形，
∴，，
∵，
∴，
∴等腰直角三角形，
∴；
故答案为：2；
（2）①连接，过点M作于点N，如图，
由题意可知，，
∴为等边三角形，
∴，，
∵，
∴，
∴，
由（1）知，
∴，，
则；
②如图，过点D作交的于点F，连接，
∵，
∴，
∴，
∴，
则以为边的正方形的面积；
如图，过点D作交的延长线于点H，连接，
同理可得，，，
∴，
则以为边的正方形的面积；
故以为边的正方形的面积或；
（3）∵点为的中点，
∴，
由题意可知点P的轨迹为以点A为圆心长为半径的圆上运动，如图，
当点P、点A和点M三点共线时，最大，
如图，
此时，，，
∴，
则以为边的正方形的面积．
【点睛】本题主要考查等腰直角三角形的性质和判定、旋转的性质、平行线的性质、等边三角形的判定和性质、勾股定理和三点共线，解题的关键是求得点的运动轨迹和掌握等腰直角三角形的性质．
10．(1)，
(2)证明见解析
(3)不存在（2）中的等量关系，存在的关系
【分析】（1）由旋转的性质得，是等腰直角三角形，易得，因此、、、四点共圆，推出，得，，在中，，可得，，即可求出，根据及，即可求及的长；
（2）由旋转的性质得，是等腰直角三角形，易得，因此、、、四点共圆，得，易得，是等腰直角三角形，过点作交于点，易证，得，通过即可证明结论；
（3）根据题意进行作图，将边绕点逆时针旋转得到线段，连接，过点作垂足为，连接，过点作交的延长线于点，由四边形内角和为，易得 ，得，易证，得，，在中，，可证．
【详解】（1）解：边绕点逆时针旋转得到线段，
，，
，
，
，
，
如图所示，、、、四点共圆，
，
，
，，
，
，
，，
，
，，
，
，，
，
在中，，
，；
（2）证明： 边绕点逆时针旋转得到线段，
，，
，
，
，
，
如图所示，、、、四点共圆，过点作交于点，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
在和中，，
，
，
；
（3）不存在（2）中的等量关系，存在的关系，理由如下：
根据题意进行作图，将边绕点逆时针旋转得到线段，连接，过点作垂足为，连接，如图所示，过点作交的延长线于点，
边绕点逆时针旋转得到线段，
，，
，
，
四边形内角和为，
，
，
，
，
，
，
，
，
在和中，，
，
，，
在中，，
．
【点睛】本题考查了旋转变换、全等三角形的判定和性质、四点共圆、对角互补模型、直角三角形中角所对的直角边等于斜边的一半、勾股定理等，灵活运用以上知识点、添加适当的辅助线是解题的关键．
11．（1）画图见解析；（2）证明见解析；（3）4
【分析】本题是四边形综合题，考查了新定义“勾股四边形”，勾股定理、直角三角形的判定与性质，等边三角形的判定与性质，解题的关键在于理解勾股四边形的概念，掌握等边三角形的性质和直角三角形的性质，充分利用其特点解题．
（1）利用勾股定理计算画图即可；
（2）先利用旋转的性质得到，，，则可判断是等边三角形，所以，，再证明，利用勾股定理得到，从而得到，然后根据题中定义可判断四边形是勾股四边形；
（3）将绕顶点按逆时针方向旋转，使点与点重合，得到 ，证明为直角三角形，得出，即，可求出答案．
【详解】解：（1）如图所示，四边形，即为所求；
连接，，，
， ，，，
，
四边形，即为所求；
（2）∵
∴，，，
∴，
即，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，即四边形是勾股四边形；
（3）连接，，过点B作于点F，
∵和是等边三角形，
∴，，，
∴．
即，
在和中，
，
∴，
∴，
∵四边形是以为勾股边的勾股四边形，且，
∴，
∴，
∴是直角三角形，且，
∴，
在中，，，，
∴，，
∴，
在中，，
∴．
12．（1），；（2），理由见解析；（3）
【分析】本题是三角形全等的综合题，考查的是全等三角形的判定和性质、勾股定理、以及旋转变换的性质，掌握全等三角形的判定定理和性质定理是解题的关键．
（1）证明，根据全等三角形的性质解答；
（2）证明，得到，根据勾股定理计算即可；
（3）如图3，作辅助线，构建全等三角形，证明，得到，证明是直角三角形，根据勾股定理计算即可．
【详解】（1）∵在中，，
∴，
由旋转可知：，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，，
∴，
答案为：，；
（2），
理由：如图2，∵，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴；
（3）如图3，将绕点A逆时针旋转至，连接、，
则是等腰直角三角形，
∴，
∵，
∴，
同理得：，
∴
∵中，，，
∴，
∵是等腰直角三角形，
∴
∴，
∴．
13．（1）；见解析；（2）成立，见解析；（3）或
【分析】（1）根据，得出，证明，得出，，根据，，得出，即可得，勾股定理得出，，即可得．
（2）如解图①，将线段绕点逆时针旋转得到线段，连接，，根据，，得出，由旋转性质可知，，勾股定理得出，证明，得出，，从而得出，在中，勾股定理得出，即可证明；
（3）分为当点在线段上时，当点在延长线上时，分别画图求解即可．
【详解】解：（1）；
证明：如题图②，∵，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴．
（2）（1）中的结论仍然成立，理由如下：
如解图①，将线段绕点逆时针旋转得到线段，连接，，
∵，，
∴，
由旋转性质可知，，
∴，，
∴，
∴，
∴，，
∴，
∴，
在中，，
∴，
∴；
（3）当点在线段上时，
∵，，
∴，
由（1）知，
∴，
∴（负值已舍去）；
当点在延长线上时，如解图②，将线段顺时针旋转得到线段，连接，，
∵，，
∴，
由旋转性质可知，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，，
∴，
∴，
在中，，
∴，
∴，
∴（负值已舍去）．
综上所述，的长为或．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质，等腰直角三角形的性质，勾股定理，旋转的性质，解题的关键是灵活运用这些性质，并正确作出辅助线．
14．(1)
(2)图见解析，．理由见解析
【分析】（1）由旋转的性质求得，，再利用等边对等角求得，再根据，列式计算即可求解；
（2）先求得，，再证明是的平分线，再证明是等腰直角三角形，设，求得，根据线段垂直平分线的性质求得，据此求得．
【详解】（1）解：∵将线段绕着点顺时针旋转得到线段，
∴，，
∵将线段绕着点逆时针旋转得到线段，
∴，，
∴，
∵，
∴；
（2）解：．理由如下：
如图，
∵，，
∴，，
∵，
∴，
∵，
∴，
作于点，
∴点为的中点，
∴，
∵，
∴是等腰直角三角形，
∴，
∴，即是的平分线，
∵，，
∴，即，
连接，作于点，
∵点是的中点，，
∴，
∴，
∴，
∴是等腰直角三角形，
∴，
设，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
，，
∴，
∵，
∴，
∴．
【点睛】本题考查了旋转的性质，角平分线的性质，线段垂直平分线的性质，等腰直角三角形的判定和性质，勾股定理．正确引出辅助线解决问题是解题的关键．
15．(1)
(2)，证明见解析
(3)
【分析】（）连接，设与直线的交点为，由等腰三角形的性质可得，即得，再根据轴对称的性质得，，即得，，，进而根据角的和差即可求解；
（）证明，得，，进而得，即得为等腰直角三角形，得到，过点作于，可得，为等腰直角三角形，设，，则，，，据此即可求证；
（）利用（）的结论解答即可求解．
【详解】（1）解：连接，设与直线的交点为，
由旋转得，，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵点和点关于直线的对称，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
故答案为：；
（2）解：，证明如下：
由旋转得，，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵点和点关于直线的对称，
∴，，
∴，，，
∴，
∴，，
∵，，，
∴，，
∴，
∴，，，
∴，
∴为等腰直角三角形，
∴，
过点作于，则，，
∴，为等腰直角三角形，
设，，则，，，
∵，，
∴；
（3）解：∵，，
∴，
∵，
∴，
即，
∴，
由（）得，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴．
【点睛】本题考查了等腰三角形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质，旋转的性质，轴对称的性质，全等三角形的判定和性质，完全平方公式的应用，正确作出辅助线是解题的关键．
16．(1)
(2)
(3)或5.5或11.5
【分析】本题考查了平行线判定，三角形内角和定理及其推论，旋转的性质，四边形内角和等知识，解决问题的关键是正确分类，并找出相等关系列方程．
（1）过点作，过点作，利用平行线的性质和角平分线的性质计算角度即可；
（2）按照（1）的思路即可解答；
（3）分为的三边分别与平行，当时，与同的夹角（锐角）相等，从而列出方程求得结果，同样的方法求得当和，当时的结果．
【详解】（1）解：如图，过点作，
，，
，
设，
，
，
，
平分，平分，
，，
如图，过点作，
，，
，
，
，
;
（2）解：如图，过点作，过点作，
，
则可得，，
设，，
根据上述原理可得，，
，，
，
即；
（3）解：如图，当时，
设交于，
，
，，
，
由题意可得，
，
，
，即，
，
如图，当时，
同理可得：，
，
如图，当时，
设的延长线交于，
，，
，
，
，
由，得，
，
综上所述：或5.5或11.5．
17．（1），；（2）成立，理由见解析；（3）①或；理由见解析 ②
【分析】本题考查了等腰三角形的性质与判定，全等三角形的判定与性质，等边三角形的判定与性质以及旋转的性质，解决问题的关键是画出图形，正确分类．
（1）根据三角形的内角和定理可求出，由等腰三角形的性质可得，由旋转可得：，，，推出，，证明，根据全等三角形的性质即可判断线段与线段的数量关系；
（2）根据等腰三角形的性质和旋转的性质证明，从而得出结论；
（3）①分成，及，根据，利用旋转的性质、等腰三角形的性质，每种情形可求得另外两个角，进一步求得结果；②根据旋转的性质进行计算即可．
【详解】解：（1），
，
，
，即旋转角，
，，
，
由旋转可得：，，，
，，
，
，
故答案为：，；
（2）成立，理由如下：
，
，
由旋转可得：，，，
，，
，
；
（3）解：①如图1，
当时，，
，，
，
；
如图2，
当时，，
；
如图3，
当时，，
，此时和重合，这种情形不存在．
综上所述：的度数为或．
②如图，当时，
，
，
由旋转知，，
是等边三角形，
，
旋转角为．
18．(1)见解析；
(2)的最大值为米
【分析】本题考查作图-旋转变换，等边三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题．
（1）根据要求画出图形，证明，推出可得结论；
（2）如图，在的右侧作等边，取的中点K，O，连接，．求出可得结论．
【详解】（1）解：图形如图所示，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴；
（2）解：如图，在的右侧作等边，取的中点K，O，连接，．
∵是等边三角形，米，
∴，
∴（米），
∵，
∴，
∴（米），
∵，
∴（米），
∵是等边三角形，，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴（米），
∵米，
∴的最大值为米．
19．(1)
(2)
(3)
【分析】（）由全等三角形和旋转的性质可得为等边三角形，即得， ，进而由勾股定理的逆定理可得，进而可得，即可求解；
（）把绕点逆时针旋转得到，可证，得到，再根据等腰直角三角形和旋转的性质可得，进而利用勾股定理求出的长即可求解；
（）在内部任取一点，连接，将绕点顺时针旋转得到，由旋转的性质可得，可知当四点共线时，取最小值，最小值为，过点作的垂线交延长线于点，分别求出和的长，再利用勾股定理求出的长即可求解．
【详解】（1）解：∵，
∴，，，
∵为等边三角形，
∴，
由旋转得，，
∴为等边三角形，
∴，，
∵，
∴，
∴为直角三角形，且，
∴，
故答案为：；
（2）解：如图②，把绕点逆时针旋转得到，
由旋转得，，，，，，
∵，
∴，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴；
（3）解：如图③，在内部任取一点，连接，
将绕点顺时针旋转得到，
由旋转得，，，， ，
∴，
∴，
∴当四点共线时，取最小值，最小值为，
如图，过点作的垂线交延长线于点，则，
∴，
∴，
∴，
∴，，
∴，
∴的最小值为．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，旋转的性质，等边三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，勾股定理及其逆定理，直角三角形的性质，正确作出辅助线是解题的关键．
20．（1）；（2），理由见解析；（3）
【分析】（1）先利用对角线互相平分的四边形是平行四边形，证明四边形是平行四边形，从而可得，再利用平行线的性质可得；
（2）延长至点M，使得，连接，
（3）先利用证得，再利用三角形中位线定理可得，即，然后利用直角三角形性质可得，得出点在以为圆心，3为半径的上运动，再运用勾股定理即可求得答案．
【详解】（1）解：连结，
∵为的中线，
∴，
∵，
∴四边形是平行四边形，
∴，
∴；
（2）延长到点M，使得，连接，
由（1）可得，，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵将绕点A顺时针旋转得到，
∴，
∴，
∴，
∴；
（3）如图，延长至M，使，连接，
在和中，
∴（），
∴，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
在和中，
∴（），
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
点G在以为直径的上运动，当且仅当B、O、G三点共线时，取得最大值，
此时，
在，O为的中点，则，
∴，
在中，O为斜边的中点，
∴，
∴的最大值为．
【点睛】本题考查了三角形的全等的性质与判定，旋转的性质，两直线垂直的判定，三角形中位线定理，勾股定理，圆的基本性质等知识点，解题关键熟悉上述定理，并能熟练运用求解．
答案第2页，共18页
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