登录
1.已知正方形ABCD和正方形AEFG有一个公共点A，点G，E分别在线段AD，AB上.
(1)如图28－1－7①，连接DF，BF，若将正方形AEFG绕点A按顺时针方向旋转，判断“在旋转的过程中，线段DF与BF的长始终相等”是否正确，若正确，请说明理由；若不正确，请举出反例说明.
(2)若将正方形AEFG绕点A按顺时针方向旋转，连接DG，如图28－1－7②，在旋转的过程中，你能否找到一条线段，使该线段的长与线段DG的长始终相等？并画图说明.
(1)如图28－1－7①，连接DF，BF，若将正方形AEFG绕点A按顺时针方向旋转，判断“在旋转的过程中，线段DF与BF的长始终相等”是否正确，若正确，请说明理由；若不正确，请举出反例说明.
(2)若将正方形AEFG绕点A按顺时针方向旋转，连接DG，如图28－1－7②，在旋转的过程中，你能否找到一条线段，使该线段的长与线段DG的长始终相等？并画图说明.
答案
解:(1)不正确.
若将正方形AEFG绕点A顺时针旋转$45°$，
这时点F落在边AB上(如答图28－1－2
)，根据“垂线段最短”的性质，
可知$DF＞AD$，而$AD=AB$，BF是AB的一部分，
因此有$DF＞BF$，即此时线段DF与BF的长不相等.
(2)连接BE，$BE=DG$.理由如下：
$\because$ 四边形ABCD，AEFG是正方形，
$\therefore AD=AB,AG=AE$.
又 $∠ DAG + ∠ GAB = 90°$，$∠ GAB + ∠ BAE=90°$，
$\therefore ∠ DAG=∠ BAE$.
$\therefore △ ABE$可以看作是由$△ ADG$绕点A顺时针旋转而得，
$\therefore BE=DG$.
解析
【分析】
(1) 要判断旋转过程中DF和BF是否始终相等，可通过举特殊位置的反例验证：选取旋转45°的特殊情况，分析此时DF、BF的长度关系即可判断命题是否正确。(2) 要找与DG始终相等的线段，结合正方形四边相等、旋转前后对应角相等的性质，寻找包含DG的三角形的全等三角形即可：正方形ABCD中AD=AB，正方形AEFG中AG=AE，旋转时∠DAG和∠BAE均等于90°减去公共角∠GAB，故两角相等，可证△DAG和△BAE全等，即可得到对应相等的线段。
【解析】
(1) 首先判断结论是否正确：选取旋转的特殊位置，将正方形AEFG绕点A顺时针旋转45°，此时点F落在AB边上，根据垂线段最短可得DF＞AD，而正方形ABCD中AD=AB，BF是AB上的一段，故BF＜AB，因此DF＞BF，可证明原结论不成立。
(2) 结合正方形的性质找相等线段：正方形ABCD和AEFG中AD=AB、AG=AE，由旋转可得∠DAG=∠BAE，因此△ABE可看作△ADG绕点A顺时针旋转得到，根据旋转的性质，对应边相等，故BE=DG。
【答案】
(1) 不正确.
若将正方形AEFG绕点A顺时针旋转$45°$，
这时点F落在边AB上(如答图28－1－2)，
根据“垂线段最短”的性质，
可知$DF＞AD$，而$AD=AB$，BF是AB的一部分，
因此有$DF＞BF$，即此时线段DF与BF的长不相等.
(2) 连接BE，$BE=DG$.理由如下：
$\because$ 四边形ABCD，AEFG是正方形，
$\therefore AD=AB,AG=AE$.
又 $∠ DAG + ∠ GAB = 90°$，$∠ GAB + ∠ BAE=90°$，
$\therefore ∠ DAG=∠ BAE$.
$\therefore △ ABE$可以看作是由$△ ADG$绕点A顺时针旋转而得，
$\therefore BE=DG$.
【知识点】
正方形的性质，旋转的性质，全等三角形的判定
【点评】
本题结合正方形的特征考查旋转的性质应用，第一问可通过举特殊反例快速判断结论正误，第二问抓住旋转过程中不变的边角关系构造全等即可证明线段相等，能锻炼学生对旋转不变性的理解应用能力。
【难度系数】
0.7
(1) 要判断旋转过程中DF和BF是否始终相等，可通过举特殊位置的反例验证：选取旋转45°的特殊情况，分析此时DF、BF的长度关系即可判断命题是否正确。(2) 要找与DG始终相等的线段，结合正方形四边相等、旋转前后对应角相等的性质，寻找包含DG的三角形的全等三角形即可：正方形ABCD中AD=AB，正方形AEFG中AG=AE，旋转时∠DAG和∠BAE均等于90°减去公共角∠GAB，故两角相等，可证△DAG和△BAE全等，即可得到对应相等的线段。
【解析】
(1) 首先判断结论是否正确：选取旋转的特殊位置，将正方形AEFG绕点A顺时针旋转45°，此时点F落在AB边上，根据垂线段最短可得DF＞AD，而正方形ABCD中AD=AB，BF是AB上的一段，故BF＜AB，因此DF＞BF，可证明原结论不成立。
(2) 结合正方形的性质找相等线段：正方形ABCD和AEFG中AD=AB、AG=AE，由旋转可得∠DAG=∠BAE，因此△ABE可看作△ADG绕点A顺时针旋转得到，根据旋转的性质，对应边相等，故BE=DG。
【答案】
(1) 不正确.
若将正方形AEFG绕点A顺时针旋转$45°$，
这时点F落在边AB上(如答图28－1－2
)，根据“垂线段最短”的性质，
可知$DF＞AD$，而$AD=AB$，BF是AB的一部分，
因此有$DF＞BF$，即此时线段DF与BF的长不相等.
(2) 连接BE，$BE=DG$.理由如下：
$\because$ 四边形ABCD，AEFG是正方形，
$\therefore AD=AB,AG=AE$.
又 $∠ DAG + ∠ GAB = 90°$，$∠ GAB + ∠ BAE=90°$，
$\therefore ∠ DAG=∠ BAE$.
$\therefore △ ABE$可以看作是由$△ ADG$绕点A顺时针旋转而得，
$\therefore BE=DG$.
【知识点】
正方形的性质，旋转的性质，全等三角形的判定
【点评】
本题结合正方形的特征考查旋转的性质应用，第一问可通过举特殊反例快速判断结论正误，第二问抓住旋转过程中不变的边角关系构造全等即可证明线段相等，能锻炼学生对旋转不变性的理解应用能力。
【难度系数】
0.7
2.【推理能力】阅读下面材料,并解决问题:
(1)如图28-1-8①,等边三角形ABC内有一点P,若点P到顶点A,B,C的距离分别为3,4,5,求∠APB的度数.为了解决本题,我们可以将△ABP绕顶点A旋转到△ACP'处,此时△ACP'≌△ABP,连接PP',这样就可以利用旋转变换,将三条线段PA,PB,PC转化到一个三角形中,从而求出∠APB=
(2)如图28-1-8②,在△ABC中,∠CAB=90°,AB=AC,E,F为BC上的点,且∠EAF=45°,求证:EF²=BE²+FC²;
(3)如图28-1-8③,在Rt△ABC中,∠ACB=90°,AC=1,∠ABC=30°,点O为Rt△ABC内一点,连接AO,BO,CO,且∠AOC=∠COB=∠BOA=120°,直接写出OA+OB+OC的值.
(1)如图28-1-8①,等边三角形ABC内有一点P,若点P到顶点A,B,C的距离分别为3,4,5,求∠APB的度数.为了解决本题,我们可以将△ABP绕顶点A旋转到△ACP'处,此时△ACP'≌△ABP,连接PP',这样就可以利用旋转变换,将三条线段PA,PB,PC转化到一个三角形中,从而求出∠APB=
$150°$
;(2)如图28-1-8②,在△ABC中,∠CAB=90°,AB=AC,E,F为BC上的点,且∠EAF=45°,求证:EF²=BE²+FC²;
(3)如图28-1-8③,在Rt△ABC中,∠ACB=90°,AC=1,∠ABC=30°,点O为Rt△ABC内一点,连接AO,BO,CO,且∠AOC=∠COB=∠BOA=120°,直接写出OA+OB+OC的值.
答案
2.(1)$150°$
(2)证明:如答图28－1－3
,把$△ ABE$绕点A逆时针旋转$90°$得到$△ ACE'$,连接$E'F$.由旋转的性质,得$AE'=AE$,$CE'=BE$,$∠ ACE'=∠ B$,$∠ EAE'=90°$.
$\because ∠ EAF=45°$,
$\therefore ∠ E'AF=90°-45°=45°$,
$\therefore ∠ EAF=∠ E'AF$.
又$\because AF=AF$,
$\therefore △ EAF≌ △ E'AF$,$\therefore E'F=EF$.
$\because ∠ CAB=90°$,$AB=AC$,
$\therefore ∠ B=∠ ACB=45°$,
$\therefore ∠ ACE'=45°$,
$\therefore ∠ E'CF=45°+45°=90°$.
由勾股定理,得$E'F^2=CE'^2+FC^2$,
$\therefore EF^2=BE^2+FC^2$.
(3)解:$OA+OB+OC$的值为$\sqrt{7}$.
解析
【分析】
(1) 求∠APB的度数时，利用旋转的性质将分散的PA、PB、PC转化到同一三角形中：将△ABP绕点A旋转得到△ACP'，可得△ACP'≌△ABP，进而得到AP=AP'、P'C=PB，结合等边三角形内角为60°可证△APP'为等边三角形，得到PP'=PA，再用勾股定理逆定理判断△PP'C为直角三角形，即可求出∠AP'C的度数，也就是∠APB的度数。
(2) 要证明EF²=BE²+FC²，需将三条线段转化到同一个直角三角形中：将△ABE绕点A逆时针旋转90°得到△ACE'，由旋转性质可得CE'=BE、AE'=AE，再结合∠EAF=45°证明△EAF≌△E'AF，得到EF=E'F，最后证明∠E'CF为直角，利用勾股定理即可得证。
(3) 求OA+OB+OC的和，同样用旋转法转化线段：将△AOB绕点B顺时针旋转60°，可得OB=OO'（△OBO'为等边三角形）、OA=O'A'，因此OA+OB+OC可转化为线段A'C的长度，结合已知边长用勾股定理计算即可。
【解析】
(1) 将△ABP绕顶点A旋转到△ACP'处，得△ACP'≌△ABP，
∴AP=AP'，∠PAP'=∠BAC=60°，∠APB=∠AP'C，P'C=PB=4，
∴△APP'是等边三角形，
∴PP'=PA=3，∠AP'P=60°，
∵$PP'^2+P'C^2=3^2+4^2=25=PC^2$，
∴△PP'C是直角三角形，∠PP'C=90°，
∴∠AP'C=60°+90°=150°，即∠APB=150°。
(2) 如答图28－1－3,把$△ ABE$绕点A逆时针旋转$90°$得到$△ ACE'$,连接$E'F$.
由旋转的性质,得$AE'=AE$,$CE'=BE$,$∠ ACE'=∠ B$,$∠ EAE'=90°$.
$\because ∠ EAF=45°$,
$\therefore ∠ E'AF=90°-45°=45°$,
$\therefore ∠ EAF=∠ E'AF$.
又$\because AF=AF$,
$\therefore △ EAF≌ △ E'AF$,$\therefore E'F=EF$.
$\because ∠ CAB=90°$,$AB=AC$,
$\therefore ∠ B=∠ ACB=45°$,
$\therefore ∠ ACE'=45°$,
$\therefore ∠ E'CF=45°+45°=90°$.
由勾股定理,得$E'F^2=CE'^2+FC^2$,
$\therefore EF^2=BE^2+FC^2$.
(3) 将△AOB绕点B顺时针旋转60°得到△A'O'B，连接OO'，
由旋转性质得BO=BO'，∠OBO'=60°，OA=O'A'，BA'=BA=2，
∴△BOO'是等边三角形，
∴BO=OO'，
结合∠AOC=∠COB=∠BOA=120°，可知C、O、O'、A'四点共线，
∴OA+OB+OC=O'A'+OO'+OC=A'C，
∵∠A'BC=30°+60°=90°，BC=$\sqrt{AB^2-AC^2}=\sqrt{3}$，
∴$A'C=\sqrt{BC^2+BA'^2}=\sqrt{(\sqrt{3})^2+2^2}=\sqrt{7}$。
【答案】
(1)$150°$
(2)证明:如答图28－1－3,把$△ ABE$绕点A逆时针旋转$90°$得到$△ ACE'$,连接$E'F$.
由旋转的性质,得$AE'=AE$,$CE'=BE$,$∠ ACE'=∠ B$,$∠ EAE'=90°$.
$\because ∠ EAF=45°$,
$\therefore ∠ E'AF=90°-45°=45°$,
$\therefore ∠ EAF=∠ E'AF$.
又$\because AF=AF$,
$\therefore △ EAF≌ △ E'AF$,$\therefore E'F=EF$.
$\because ∠ CAB=90°$,$AB=AC$,
$\therefore ∠ B=∠ ACB=45°$,
$\therefore ∠ ACE'=45°$,
$\therefore ∠ E'CF=45°+45°=90°$.
由勾股定理,得$E'F^2=CE'^2+FC^2$,
$\therefore EF^2=BE^2+FC^2$.
(3)$\sqrt{7}$
【知识点】
旋转的性质；全等三角形的判定与性质；勾股定理
【点评】
本题是旋转性质的典型应用题型，核心是通过旋转变换将分散的边、角集中到同一个三角形中，结合全等、等边三角形和勾股定理解决问题，需要熟练掌握旋转构造辅助线的方法，体会几何中的转化思想。
【难度系数】
0.5
(1) 求∠APB的度数时，利用旋转的性质将分散的PA、PB、PC转化到同一三角形中：将△ABP绕点A旋转得到△ACP'，可得△ACP'≌△ABP，进而得到AP=AP'、P'C=PB，结合等边三角形内角为60°可证△APP'为等边三角形，得到PP'=PA，再用勾股定理逆定理判断△PP'C为直角三角形，即可求出∠AP'C的度数，也就是∠APB的度数。
(2) 要证明EF²=BE²+FC²，需将三条线段转化到同一个直角三角形中：将△ABE绕点A逆时针旋转90°得到△ACE'，由旋转性质可得CE'=BE、AE'=AE，再结合∠EAF=45°证明△EAF≌△E'AF，得到EF=E'F，最后证明∠E'CF为直角，利用勾股定理即可得证。
(3) 求OA+OB+OC的和，同样用旋转法转化线段：将△AOB绕点B顺时针旋转60°，可得OB=OO'（△OBO'为等边三角形）、OA=O'A'，因此OA+OB+OC可转化为线段A'C的长度，结合已知边长用勾股定理计算即可。
【解析】
(1) 将△ABP绕顶点A旋转到△ACP'处，得△ACP'≌△ABP，
∴AP=AP'，∠PAP'=∠BAC=60°，∠APB=∠AP'C，P'C=PB=4，
∴△APP'是等边三角形，
∴PP'=PA=3，∠AP'P=60°，
∵$PP'^2+P'C^2=3^2+4^2=25=PC^2$，
∴△PP'C是直角三角形，∠PP'C=90°，
∴∠AP'C=60°+90°=150°，即∠APB=150°。
(2) 如答图28－1－3
,把$△ ABE$绕点A逆时针旋转$90°$得到$△ ACE'$,连接$E'F$.由旋转的性质,得$AE'=AE$,$CE'=BE$,$∠ ACE'=∠ B$,$∠ EAE'=90°$.
$\because ∠ EAF=45°$,
$\therefore ∠ E'AF=90°-45°=45°$,
$\therefore ∠ EAF=∠ E'AF$.
又$\because AF=AF$,
$\therefore △ EAF≌ △ E'AF$,$\therefore E'F=EF$.
$\because ∠ CAB=90°$,$AB=AC$,
$\therefore ∠ B=∠ ACB=45°$,
$\therefore ∠ ACE'=45°$,
$\therefore ∠ E'CF=45°+45°=90°$.
由勾股定理,得$E'F^2=CE'^2+FC^2$,
$\therefore EF^2=BE^2+FC^2$.
(3) 将△AOB绕点B顺时针旋转60°得到△A'O'B，连接OO'，
由旋转性质得BO=BO'，∠OBO'=60°，OA=O'A'，BA'=BA=2，
∴△BOO'是等边三角形，
∴BO=OO'，
结合∠AOC=∠COB=∠BOA=120°，可知C、O、O'、A'四点共线，
∴OA+OB+OC=O'A'+OO'+OC=A'C，
∵∠A'BC=30°+60°=90°，BC=$\sqrt{AB^2-AC^2}=\sqrt{3}$，
∴$A'C=\sqrt{BC^2+BA'^2}=\sqrt{(\sqrt{3})^2+2^2}=\sqrt{7}$。
【答案】
(1)$150°$
(2)证明:如答图28－1－3
,把$△ ABE$绕点A逆时针旋转$90°$得到$△ ACE'$,连接$E'F$.由旋转的性质,得$AE'=AE$,$CE'=BE$,$∠ ACE'=∠ B$,$∠ EAE'=90°$.
$\because ∠ EAF=45°$,
$\therefore ∠ E'AF=90°-45°=45°$,
$\therefore ∠ EAF=∠ E'AF$.
又$\because AF=AF$,
$\therefore △ EAF≌ △ E'AF$,$\therefore E'F=EF$.
$\because ∠ CAB=90°$,$AB=AC$,
$\therefore ∠ B=∠ ACB=45°$,
$\therefore ∠ ACE'=45°$,
$\therefore ∠ E'CF=45°+45°=90°$.
由勾股定理,得$E'F^2=CE'^2+FC^2$,
$\therefore EF^2=BE^2+FC^2$.
(3)$\sqrt{7}$
【知识点】
旋转的性质；全等三角形的判定与性质；勾股定理
【点评】
本题是旋转性质的典型应用题型，核心是通过旋转变换将分散的边、角集中到同一个三角形中，结合全等、等边三角形和勾股定理解决问题，需要熟练掌握旋转构造辅助线的方法，体会几何中的转化思想。
【难度系数】
0.5
