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7. 如图,在等腰直角三角形ABC中,BA=BC,∠ABC=90°,点D在边AC上,将△ABD绕点B顺时针旋转90°得到△CBE.
(1)求∠DCE的度数;
(2)若AB=$\sqrt{2}$,CD=3AD,求DE的长.
(1)求∠DCE的度数;
(2)若AB=$\sqrt{2}$,CD=3AD,求DE的长.
答案
7. (1) $∠ DCE=90°$.
(2) $DE=\frac{\sqrt{10}}{2}$.
(2) $DE=\frac{\sqrt{10}}{2}$.
解析
【分析】
（1）求解∠DCE的度数时，先利用旋转前后图形全等的性质，得到对应角相等，再结合等腰直角三角形两个锐角和为90°的特点，等量代换即可推出∠DCE的度数；
（2）求解DE的长度时，先根据等腰直角三角形的边长，用勾股定理算出斜边AC的总长，再结合CD和AD的数量关系求出AD、CD的长度，利用旋转性质得到CE=AD，最后在Rt△DCE中用勾股定理即可求出DE的长。
【解析】
（1）
∵△ABD绕点B顺时针旋转90°得到△CBE，
∴△ABD≌△CBE，
∴∠BAD=∠BCE，
∵△ABC为等腰直角三角形，BA=BC，∠ABC=90°，
∴∠BAC=∠BCA=45°，
∴∠BAD+∠BCA=45°+45°=90°，
代入∠BAD=∠BCE得：∠BCE+∠BCA=90°，即∠DCE=90°。
（2）在Rt△ABC中，AB=BC=√2，
由勾股定理得：$AC=\sqrt{AB^2+BC^2}=\sqrt{(\sqrt{2})^2+(\sqrt{2})^2}=2$，
∵CD=3AD，且AD+CD=AC=2，
∴$AD+3AD=2$，解得$AD=\frac{1}{2}$，$CD=\frac{3}{2}$，
由旋转性质可得：$CE=AD=\frac{1}{2}$，
由（1）知∠DCE=90°，在Rt△DCE中，
由勾股定理得：$DE=\sqrt{CD^2+CE^2}=\sqrt{(\frac{3}{2})^2+(\frac{1}{2})^2}=\sqrt{\frac{10}{4}}=\frac{\sqrt{10}}{2}$。
【答案】
（1）$\boldsymbol{∠DCE=90°}$；
（2）$\boldsymbol{DE=\frac{\sqrt{10}}{2}}$
【知识点】
旋转的性质，等腰直角三角形的性质，勾股定理
【点评】
本题是旋转性质的基础应用类题目，解题核心是通过旋转的全等性质实现边角的等量转化，再结合直角三角形的相关性质计算角度和线段长度，解题时要注意旋转前后对应边、对应角相等的隐含条件的运用。
【难度系数】
0.7
（1）求解∠DCE的度数时，先利用旋转前后图形全等的性质，得到对应角相等，再结合等腰直角三角形两个锐角和为90°的特点，等量代换即可推出∠DCE的度数；
（2）求解DE的长度时，先根据等腰直角三角形的边长，用勾股定理算出斜边AC的总长，再结合CD和AD的数量关系求出AD、CD的长度，利用旋转性质得到CE=AD，最后在Rt△DCE中用勾股定理即可求出DE的长。
【解析】
（1）
∵△ABD绕点B顺时针旋转90°得到△CBE，
∴△ABD≌△CBE，
∴∠BAD=∠BCE，
∵△ABC为等腰直角三角形，BA=BC，∠ABC=90°，
∴∠BAC=∠BCA=45°，
∴∠BAD+∠BCA=45°+45°=90°，
代入∠BAD=∠BCE得：∠BCE+∠BCA=90°，即∠DCE=90°。
（2）在Rt△ABC中，AB=BC=√2，
由勾股定理得：$AC=\sqrt{AB^2+BC^2}=\sqrt{(\sqrt{2})^2+(\sqrt{2})^2}=2$，
∵CD=3AD，且AD+CD=AC=2，
∴$AD+3AD=2$，解得$AD=\frac{1}{2}$，$CD=\frac{3}{2}$，
由旋转性质可得：$CE=AD=\frac{1}{2}$，
由（1）知∠DCE=90°，在Rt△DCE中，
由勾股定理得：$DE=\sqrt{CD^2+CE^2}=\sqrt{(\frac{3}{2})^2+(\frac{1}{2})^2}=\sqrt{\frac{10}{4}}=\frac{\sqrt{10}}{2}$。
【答案】
（1）$\boldsymbol{∠DCE=90°}$；
（2）$\boldsymbol{DE=\frac{\sqrt{10}}{2}}$
【知识点】
旋转的性质，等腰直角三角形的性质，勾股定理
【点评】
本题是旋转性质的基础应用类题目，解题核心是通过旋转的全等性质实现边角的等量转化，再结合直角三角形的相关性质计算角度和线段长度，解题时要注意旋转前后对应边、对应角相等的隐含条件的运用。
【难度系数】
0.7
8. 旋转是一种常用的图形变化,在平面几何中有着广泛的应用.在条件分散不易集中利用的情况下,通过旋转变化使之集中,为我们解决问题提供了一种解题途径.已知正方形ABCD,M是直线BC上的一个动点,点N在直线DC上,且满足$∠ MAN=45°$,连接MN.
(1)如图①,当点M在边BC上时,求证:$MN=BM+DN$.请根据下面的思路分析填空:
因为$∠ MAN=45°$,所以$∠ BAM+∠ DAN=45°$.
将$△ ABM$绕点A逆时针旋转$90°$得到$△ ADE$,由旋转的性质可得$AM = AE$, $BM = DE$, $∠ BAM=∠ DAE$,所以$∠ NAE=\underline{\hspace{1cm}}°$由此可证明$△ AMN≌\underline{\hspace{1cm}}$,可得出$MN=\underline{\hspace{1cm}}$,再由线段的加法可以得出$MN=BM+DN$.
(2)如图②,$∠ MAN=45°$,点M在边CB的延长线上,点N在边DC的延长线上.
①猜想$BM$,$DN$,$MN$之间有怎样的数量关系?并证明你的猜想.
②若$BC=4$,$BM=1$,则$CN=\underline{\hspace{1cm}}$.
(1)如图①,当点M在边BC上时,求证:$MN=BM+DN$.请根据下面的思路分析填空:
因为$∠ MAN=45°$,所以$∠ BAM+∠ DAN=45°$.
将$△ ABM$绕点A逆时针旋转$90°$得到$△ ADE$,由旋转的性质可得$AM = AE$, $BM = DE$, $∠ BAM=∠ DAE$,所以$∠ NAE=\underline{\hspace{1cm}}°$由此可证明$△ AMN≌\underline{\hspace{1cm}}$,可得出$MN=\underline{\hspace{1cm}}$,再由线段的加法可以得出$MN=BM+DN$.
(2)如图②,$∠ MAN=45°$,点M在边CB的延长线上,点N在边DC的延长线上.
①猜想$BM$,$DN$,$MN$之间有怎样的数量关系?并证明你的猜想.
②若$BC=4$,$BM=1$,则$CN=\underline{\hspace{1cm}}$.
答案
8. (1) $45$ $△ AEN$ $EN$
(2) ①$MN=DN-BM$.
证明:如图,在 $CD$ 上截取 $DF$,使得 $DF = BM$,连接 $AF$.
∵ 四边形 $ABCD$ 是正方形,
∴ $AB=AD,∠ ABC=∠ ADF=∠ BAD=90°$.
∵ $∠ ABC+∠ ABM=180°$,
∴ $∠ ABM=180°-∠ ABC=90°$.
∴ $∠ ABM=∠ ADF$.
在$△ ABM$ 和$△ ADF$ 中,
$\begin{cases}AB=AD, \\∠ ABM=∠ ADF, \\BM=DF,\end{cases}$
∴ $△ ABM≌△ ADF(\mathrm{SAS})$.
∴ $AM=AF,∠ BAM=∠ DAF$.
∵ $∠ MAN=45°$,
∴ $∠ FAN = ∠ BAD-∠ DAF-∠ BAN$
$=90°-∠ BAM-∠ BAN$
$=90°-∠ MAN$
$=90°-45°$
$=45°$.
∴ $∠ FAN=∠ MAN$.
在$△ AMN$ 和$△ AFN$ 中,
$\begin{cases}AM=AF, \\∠ MAN=∠ FAN, \\AN=AN,\end{cases}$
∴ $△ AMN≌△ AFN(\mathrm{SAS})$.
∴ $MN=FN$.
∵ $FN=DN-DF=DN-BM$,
∴ $MN=DN-BM$.
② $\frac{8}{3}$
解析
【分析】
(1) 解题思路：已知正方形中∠MAN=45°，可得∠BAM+∠DAN=45°，将△ABM旋转90°后，利用旋转性质可得对应角、对应边相等，可将两个分散的角合并为45°，得到与∠MAN相等的角，再结合公共边AN，利用SAS即可证明三角形全等，得到对应边相等，最后通过线段和的代换得到结论。
(2) ①解题思路：当点M在CB延长线时，直接旋转无法得到线段和，因此采用截长补短法，在DC上截取DF=BM，先证△ABM与△ADF全等，得到对应边、对应角相等，推导得出∠FAN=∠MAN=45°，再证△AMN与△AFN全等，将MN转化为FN，即可得到三条线段的差的关系。②解题思路：设CN为未知数，利用①的结论将MN用含CN的式子表示，再在Rt△MCN中用勾股定理列方程求解即可。
【解析】
(1) 已知∠BAM+∠DAN=45°，由旋转性质得∠BAM=∠DAE，因此∠DAE+∠DAN=∠NAE=45°；
在△AMN和△AEN中：
$\begin{cases}AM=AE \\∠MAN=∠EAN=45° \\AN=AN\end{cases}$
故△AMN≌△AEN（SAS），因此MN=EN，又EN=DE+DN=BM+DN，即得结论。
(2) ①猜想：$MN=DN-BM$，证明如下：
如图,在 $CD$ 上截取 $DF$,使得 $DF = BM$,连接 $AF$.
∵ 四边形 $ABCD$ 是正方形,
∴ $AB=AD,∠ ABC=∠ ADF=∠ BAD=90°$.
∵ $∠ ABC+∠ ABM=180°$,
∴ $∠ ABM=180°-∠ ABC=90°$.
∴ $∠ ABM=∠ ADF$.
在$△ ABM$ 和$△ ADF$ 中,
$\begin{cases}AB=AD, \\∠ ABM=∠ ADF, \\BM=DF,\end{cases}$
∴ $△ ABM≌△ ADF(\mathrm{SAS})$.
∴ $AM=AF,∠ BAM=∠ DAF$.
∵ $∠ MAN=45°$,
∴ $∠ FAN = ∠ BAD-∠ DAF-∠ BAN$
$=90°-∠ BAM-∠ BAN$
$=90°-∠ MAN$
$=90°-45°$
$=45°$.
∴ $∠ FAN=∠ MAN$.
在$△ AMN$ 和$△ AFN$ 中,
$\begin{cases}AM=AF, \\∠ MAN=∠ FAN, \\AN=AN,\end{cases}$
∴ $△ AMN≌△ AFN(\mathrm{SAS})$.
∴ $MN=FN$.
∵ $FN=DN-DF=DN-BM$,
∴ $MN=DN-BM$.
②设$CN=x$，正方形边长$BC=DC=4$，因此$DN=DC+CN=4+x$，$MC=MB+BC=1+4=5$。
由①的结论得$MN=DN-BM=(4+x)-1=x+3$，
在$Rt△MCN$中，$∠MCN=90°$，由勾股定理得：
$MN^2=MC^2+CN^2$，
代入得$(x+3)^2=5^2+x^2$，
展开得$x^2+6x+9=25+x^2$，
化简得$6x=16$，解得$x=\frac{8}{3}$，即$CN=\frac{8}{3}$。
【答案】
(1) $45$；$△ AEN$；$EN$
(2) ①$MN=DN-BM$，证明：如图,在 $CD$ 上截取 $DF$,使得 $DF = BM$,连接 $AF$.
∵ 四边形 $ABCD$ 是正方形,
∴ $AB=AD,∠ ABC=∠ ADF=∠ BAD=90°$.
∵ $∠ ABC+∠ ABM=180°$,
∴ $∠ ABM=180°-∠ ABC=90°$.
∴ $∠ ABM=∠ ADF$.
在$△ ABM$ 和$△ ADF$ 中,
$\begin{cases}AB=AD, \\∠ ABM=∠ ADF, \\BM=DF,\end{cases}$
∴ $△ ABM≌△ ADF(\mathrm{SAS})$.
∴ $AM=AF,∠ BAM=∠ DAF$.
∵ $∠ MAN=45°$,
∴ $∠ FAN = ∠ BAD-∠ DAF-∠ BAN$
$=90°-∠ BAM-∠ BAN$
$=90°-∠ MAN$
$=90°-45°$
$=45°$.
∴ $∠ FAN=∠ MAN$.
在$△ AMN$ 和$△ AFN$ 中,
$\begin{cases}AM=AF, \\∠ MAN=∠ FAN, \\AN=AN,\end{cases}$
∴ $△ AMN≌△ AFN(\mathrm{SAS})$.
∴ $MN=FN$.
∵ $FN=DN-DF=DN-BM$,
∴ $MN=DN-BM$.
② $\frac{8}{3}$
【知识点】
正方形的性质；全等三角形的判定与性质；旋转的应用
【点评】
本题以正方形为背景，考查了通过旋转、截长补短构造全等三角形解决线段和差问题的方法，同时结合勾股定理进行线段长度计算，解题的关键是合理构造全等三角形，将分散的条件集中转化，这类题型是几何中常见的综合题型，需要熟练掌握全等判定和线段代换的技巧。
【难度系数】
0.6
(1) 解题思路：已知正方形中∠MAN=45°，可得∠BAM+∠DAN=45°，将△ABM旋转90°后，利用旋转性质可得对应角、对应边相等，可将两个分散的角合并为45°，得到与∠MAN相等的角，再结合公共边AN，利用SAS即可证明三角形全等，得到对应边相等，最后通过线段和的代换得到结论。
(2) ①解题思路：当点M在CB延长线时，直接旋转无法得到线段和，因此采用截长补短法，在DC上截取DF=BM，先证△ABM与△ADF全等，得到对应边、对应角相等，推导得出∠FAN=∠MAN=45°，再证△AMN与△AFN全等，将MN转化为FN，即可得到三条线段的差的关系。②解题思路：设CN为未知数，利用①的结论将MN用含CN的式子表示，再在Rt△MCN中用勾股定理列方程求解即可。
【解析】
(1) 已知∠BAM+∠DAN=45°，由旋转性质得∠BAM=∠DAE，因此∠DAE+∠DAN=∠NAE=45°；
在△AMN和△AEN中：
$\begin{cases}AM=AE \\∠MAN=∠EAN=45° \\AN=AN\end{cases}$
故△AMN≌△AEN（SAS），因此MN=EN，又EN=DE+DN=BM+DN，即得结论。
(2) ①猜想：$MN=DN-BM$，证明如下：
如图,在 $CD$ 上截取 $DF$,使得 $DF = BM$,连接 $AF$.
∵ 四边形 $ABCD$ 是正方形,
∴ $AB=AD,∠ ABC=∠ ADF=∠ BAD=90°$.
∵ $∠ ABC+∠ ABM=180°$,
∴ $∠ ABM=180°-∠ ABC=90°$.
∴ $∠ ABM=∠ ADF$.
在$△ ABM$ 和$△ ADF$ 中,
$\begin{cases}AB=AD, \\∠ ABM=∠ ADF, \\BM=DF,\end{cases}$
∴ $△ ABM≌△ ADF(\mathrm{SAS})$.
∴ $AM=AF,∠ BAM=∠ DAF$.
∵ $∠ MAN=45°$,
∴ $∠ FAN = ∠ BAD-∠ DAF-∠ BAN$
$=90°-∠ BAM-∠ BAN$
$=90°-∠ MAN$
$=90°-45°$
$=45°$.
∴ $∠ FAN=∠ MAN$.
在$△ AMN$ 和$△ AFN$ 中,
$\begin{cases}AM=AF, \\∠ MAN=∠ FAN, \\AN=AN,\end{cases}$
∴ $△ AMN≌△ AFN(\mathrm{SAS})$.
∴ $MN=FN$.
∵ $FN=DN-DF=DN-BM$,
∴ $MN=DN-BM$.
②设$CN=x$，正方形边长$BC=DC=4$，因此$DN=DC+CN=4+x$，$MC=MB+BC=1+4=5$。
由①的结论得$MN=DN-BM=(4+x)-1=x+3$，
在$Rt△MCN$中，$∠MCN=90°$，由勾股定理得：
$MN^2=MC^2+CN^2$，
代入得$(x+3)^2=5^2+x^2$，
展开得$x^2+6x+9=25+x^2$，
化简得$6x=16$，解得$x=\frac{8}{3}$，即$CN=\frac{8}{3}$。
【答案】
(1) $45$；$△ AEN$；$EN$
(2) ①$MN=DN-BM$，证明：如图,在 $CD$ 上截取 $DF$,使得 $DF = BM$,连接 $AF$.
∵ 四边形 $ABCD$ 是正方形,
∴ $AB=AD,∠ ABC=∠ ADF=∠ BAD=90°$.
∵ $∠ ABC+∠ ABM=180°$,
∴ $∠ ABM=180°-∠ ABC=90°$.
∴ $∠ ABM=∠ ADF$.
在$△ ABM$ 和$△ ADF$ 中,
$\begin{cases}AB=AD, \\∠ ABM=∠ ADF, \\BM=DF,\end{cases}$
∴ $△ ABM≌△ ADF(\mathrm{SAS})$.
∴ $AM=AF,∠ BAM=∠ DAF$.
∵ $∠ MAN=45°$,
∴ $∠ FAN = ∠ BAD-∠ DAF-∠ BAN$
$=90°-∠ BAM-∠ BAN$
$=90°-∠ MAN$
$=90°-45°$
$=45°$.
∴ $∠ FAN=∠ MAN$.
在$△ AMN$ 和$△ AFN$ 中,
$\begin{cases}AM=AF, \\∠ MAN=∠ FAN, \\AN=AN,\end{cases}$
∴ $△ AMN≌△ AFN(\mathrm{SAS})$.
∴ $MN=FN$.
∵ $FN=DN-DF=DN-BM$,
∴ $MN=DN-BM$.
② $\frac{8}{3}$
【知识点】
正方形的性质；全等三角形的判定与性质；旋转的应用
【点评】
本题以正方形为背景，考查了通过旋转、截长补短构造全等三角形解决线段和差问题的方法，同时结合勾股定理进行线段长度计算，解题的关键是合理构造全等三角形，将分散的条件集中转化，这类题型是几何中常见的综合题型，需要熟练掌握全等判定和线段代换的技巧。
【难度系数】
0.6
