登录
6.如图,在平面直角坐标系中,将边长为1的正方形OABC绕点O顺时针旋转$45°$后得到正方形$OA_1B_1C_1$,依此方式,绕点O连续旋转2026次后得到正方形$OA_{2026}B_{2026}C_{2026}$,则点$A_{2026}$的坐标是(
A.$(\frac{\sqrt{2}}{2}, -\frac{\sqrt{2}}{2})$
B.$(1,0)$
C.$(-\frac{\sqrt{2}}{2}, \frac{\sqrt{2}}{2})$
D.$(0,-1)$
B
).A.$(\frac{\sqrt{2}}{2}, -\frac{\sqrt{2}}{2})$
B.$(1,0)$
C.$(-\frac{\sqrt{2}}{2}, \frac{\sqrt{2}}{2})$
D.$(0,-1)$
答案
6.B
提示:旋转 8 次为 1 个周期.
提示:旋转 8 次为 1 个周期.
解析
【分析】
首先确定初始点A的坐标，正方形OABC边长为1，OA在y轴正半轴，初始A点坐标为(0,1)。由于每次绕点O顺时针旋转45°，旋转8次总角度为45°×8=360°，即每8次旋转为一个周期，点A的坐标会回到初始状态。我们只需要计算2026除以8的余数，对应余数找到旋转对应次数后A点的坐标即可求解。
【解析】
1. 初始点A坐标：边长为1的正方形OABC中，点A在y轴正半轴，故A(0,1)，旋转过程中OA长度恒为1。
2. 确定旋转周期：每次顺时针旋转45°，旋转8次的总角度为$45° × 8=360°$，即每8次旋转为一个完整循环，点A的坐标会重复出现。
3. 计算余数：$2026 ÷ 8 = 253······2$，说明旋转2026次后，点A的坐标和旋转2次后点$A_2$的坐标一致。
4. 计算旋转2次后的坐标：
旋转1次（顺时针转45°）：OA与x轴正半轴夹角为$90°-45°=45°$，可得$A_1(\frac{\sqrt{2}}{2},\frac{\sqrt{2}}{2})$；
旋转2次（再顺时针转45°）：OA与x轴正半轴夹角为$0°$，可得$A_2(1,0)$。
因此点$A_{2026}$的坐标为(1,0)。
【答案】
B
【知识点】
坐标与旋转规律，周期问题，正方形性质
【点评】
本题属于旋转规律探究题，核心是找到旋转的循环周期，通过余数快速定位对应旋转次数下的点坐标，避免逐一计算多次旋转的坐标，减少运算量。
【难度系数】
0.7
首先确定初始点A的坐标，正方形OABC边长为1，OA在y轴正半轴，初始A点坐标为(0,1)。由于每次绕点O顺时针旋转45°，旋转8次总角度为45°×8=360°，即每8次旋转为一个周期，点A的坐标会回到初始状态。我们只需要计算2026除以8的余数，对应余数找到旋转对应次数后A点的坐标即可求解。
【解析】
1. 初始点A坐标：边长为1的正方形OABC中，点A在y轴正半轴，故A(0,1)，旋转过程中OA长度恒为1。
2. 确定旋转周期：每次顺时针旋转45°，旋转8次的总角度为$45° × 8=360°$，即每8次旋转为一个完整循环，点A的坐标会重复出现。
3. 计算余数：$2026 ÷ 8 = 253······2$，说明旋转2026次后，点A的坐标和旋转2次后点$A_2$的坐标一致。
4. 计算旋转2次后的坐标：
旋转1次（顺时针转45°）：OA与x轴正半轴夹角为$90°-45°=45°$，可得$A_1(\frac{\sqrt{2}}{2},\frac{\sqrt{2}}{2})$；
旋转2次（再顺时针转45°）：OA与x轴正半轴夹角为$0°$，可得$A_2(1,0)$。
因此点$A_{2026}$的坐标为(1,0)。
【答案】
B
【知识点】
坐标与旋转规律，周期问题，正方形性质
【点评】
本题属于旋转规律探究题，核心是找到旋转的循环周期，通过余数快速定位对应旋转次数下的点坐标，避免逐一计算多次旋转的坐标，减少运算量。
【难度系数】
0.7
7.等腰三角形ABC中，AB=AC，∠BAC=α，点D在AC边上，将线段BD绕点B逆时针旋转(180°−α)得到线段BE，连接CE，与AB相交于点F.
(1)如图①，EG⊥AB，垂足为G，当α=90°时，求证：AF=FG.
(2)如图②，当0°＜α＜90°时，请用等式表示CF和EF的数量关系，并证明.
(1)如图①，EG⊥AB，垂足为G，当α=90°时，求证：AF=FG.
(2)如图②，当0°＜α＜90°时，请用等式表示CF和EF的数量关系，并证明.
答案
7.(1)证明:当 α=90°时,旋转角 180°−α=90°,
∴∠BAD=∠DBE=90°,
∴∠ADB+∠ABD=90°,∠ABD+∠GBE=90°,
∴∠ADB=∠GBE.
∵EG⊥AB,
∴∠A=∠EGB=90°,
在△BAD 和△EGB 中$\begin{cases} ∠ADB=∠GBE, \\ ∠BAD=∠EGB, \\ BD=BE, \end{cases}$
∴△BAD≌△EGB(AAS),
∴GE=AB=AC.
∴在△CAF 和△EGF 中$\begin{cases} ∠CFA=∠EFG, \\ ∠CAF=∠EGF=90°, \\ AC=GE, \end{cases}$
∴△CAF≌△EGF(AAS),
∴AF=FG.
(2)$CF=EF$.
证明:在 AB 上截取 BG=AD,连接 EG,分别过点 E,C 作 EM⊥AB,CN⊥AB,垂足分别为 M,N,记∠ABD=∠1.
∵∠BDA=180°−∠BAC−∠1=180°−α−∠1,∠EBG=∠DBE−∠1=180°−α−∠1,
∴∠BDA=∠EBG,
又
∵BD=BE,
∴在△BDA 和△EBG 中$\begin{cases} BD=BE, \\ ∠BDA=∠EBG, \\ DA=BG, \end{cases}$
∴△BDA≌△EBG(SAS),
∴EG=AB=AC,∠A=∠EGB.
在△ANC 与△GME 中$\begin{cases} ∠A=∠EGB, \\ ∠ANC=∠GME=90°, \\ AC=EG, \end{cases}$
∴△ANC≌△GME(AAS),
∴CN=EM.
在△CNF 和△EMF 中$\begin{cases} ∠CFN=∠EFM, \\ ∠CNF=∠EMF=90°, \\ CN=EM, \end{cases}$
∴△CNF≌△EMF(AAS),
∴CF=EF.
解析
【分析】
(1) 要证AF=FG，可证明两条线段所在的△CAF和△EGF全等。首先结合旋转性质得BD=BE、旋转角为90°，利用同角的余角相等推导∠ADB=∠GBE，先证△BAD≌△EGB得到GE=AB，结合AB=AC得GE=AC，即可找到△CAF和△EGF全等的全部条件。
(2) 猜想CF=EF，可通过证明两条线段所在的直角三角形全等推导。先在AB上截取BG=AD，结合旋转的边角关系证△BDA≌△EBG，得到EG=AC、∠A=∠EGB；再分别过C、E作AB的垂线，证△ANC≌△GME得到两条高相等，最后即可证明△CNF≌△EMF得到CF=EF。
【解析】
(1) 证明:当 α=90°时,旋转角 180°−α=90°,
∴∠BAD=∠DBE=90°,
∴∠ADB+∠ABD=90°,∠ABD+∠GBE=90°,
∴∠ADB=∠GBE.
∵EG⊥AB,
∴∠A=∠EGB=90°,
在△BAD 和△EGB 中$\begin{cases} ∠ADB=∠GBE, \\ ∠BAD=∠EGB, \\ BD=BE, \end{cases}$
∴△BAD≌△EGB(AAS),
∴GE=AB=AC.
∴在△CAF 和△EGF 中$\begin{cases} ∠CFA=∠EFG, \\ ∠CAF=∠EGF=90°, \\ AC=GE, \end{cases}$
∴△CAF≌△EGF(AAS),
∴AF=FG.
(2) $CF=EF$，证明如下:
在 AB 上截取 BG=AD,连接 EG,分别过点 E,C 作 EM⊥AB,CN⊥AB,垂足分别为 M,N,记∠ABD=∠1.
∵∠BDA=180°−∠BAC−∠1=180°−α−∠1,∠EBG=∠DBE−∠1=180°−α−∠1,
∴∠BDA=∠EBG,
又
∵BD=BE,
∴在△BDA 和△EBG 中$\begin{cases} BD=BE, \\ ∠BDA=∠EBG, \\ DA=BG, \end{cases}$
∴△BDA≌△EBG(SAS),
∴EG=AB=AC,∠A=∠EGB.
在△ANC 与△GME 中$\begin{cases} ∠A=∠EGB, \\ ∠ANC=∠GME=90°, \\ AC=EG, \end{cases}$
∴△ANC≌△GME(AAS),
∴CN=EM.
在△CNF 和△EMF 中$\begin{cases} ∠CFN=∠EFM, \\ ∠CNF=∠EMF=90°, \\ CN=EM, \end{cases}$
∴△CNF≌△EMF(AAS),
∴CF=EF.
【答案】
(1) 证明见解析，AF=FG；
(2) $\boldsymbol{CF=EF}$，证明见解析。
【知识点】
旋转的性质；全等三角形的判定与性质；等腰三角形的性质
【点评】
本题是旋转与三角形全等的综合题，解题核心是利用旋转的性质得到相等的边和角，通过构造全等三角形实现线段、角的等量转化，要求学生熟练掌握全等三角形的判定定理，能够根据待证结论合理构造辅助线。
【难度系数】
0.6
(1) 要证AF=FG，可证明两条线段所在的△CAF和△EGF全等。首先结合旋转性质得BD=BE、旋转角为90°，利用同角的余角相等推导∠ADB=∠GBE，先证△BAD≌△EGB得到GE=AB，结合AB=AC得GE=AC，即可找到△CAF和△EGF全等的全部条件。
(2) 猜想CF=EF，可通过证明两条线段所在的直角三角形全等推导。先在AB上截取BG=AD，结合旋转的边角关系证△BDA≌△EBG，得到EG=AC、∠A=∠EGB；再分别过C、E作AB的垂线，证△ANC≌△GME得到两条高相等，最后即可证明△CNF≌△EMF得到CF=EF。
【解析】
(1) 证明:当 α=90°时,旋转角 180°−α=90°,
∴∠BAD=∠DBE=90°,
∴∠ADB+∠ABD=90°,∠ABD+∠GBE=90°,
∴∠ADB=∠GBE.
∵EG⊥AB,
∴∠A=∠EGB=90°,
在△BAD 和△EGB 中$\begin{cases} ∠ADB=∠GBE, \\ ∠BAD=∠EGB, \\ BD=BE, \end{cases}$
∴△BAD≌△EGB(AAS),
∴GE=AB=AC.
∴在△CAF 和△EGF 中$\begin{cases} ∠CFA=∠EFG, \\ ∠CAF=∠EGF=90°, \\ AC=GE, \end{cases}$
∴△CAF≌△EGF(AAS),
∴AF=FG.
(2) $CF=EF$，证明如下:
在 AB 上截取 BG=AD,连接 EG,分别过点 E,C 作 EM⊥AB,CN⊥AB,垂足分别为 M,N,记∠ABD=∠1.
∵∠BDA=180°−∠BAC−∠1=180°−α−∠1,∠EBG=∠DBE−∠1=180°−α−∠1,
∴∠BDA=∠EBG,
又
∵BD=BE,
∴在△BDA 和△EBG 中$\begin{cases} BD=BE, \\ ∠BDA=∠EBG, \\ DA=BG, \end{cases}$
∴△BDA≌△EBG(SAS),
∴EG=AB=AC,∠A=∠EGB.
在△ANC 与△GME 中$\begin{cases} ∠A=∠EGB, \\ ∠ANC=∠GME=90°, \\ AC=EG, \end{cases}$
∴△ANC≌△GME(AAS),
∴CN=EM.
在△CNF 和△EMF 中$\begin{cases} ∠CFN=∠EFM, \\ ∠CNF=∠EMF=90°, \\ CN=EM, \end{cases}$
∴△CNF≌△EMF(AAS),
∴CF=EF.
【答案】
(1) 证明见解析，AF=FG；
(2) $\boldsymbol{CF=EF}$，证明见解析。
【知识点】
旋转的性质；全等三角形的判定与性质；等腰三角形的性质
【点评】
本题是旋转与三角形全等的综合题，解题核心是利用旋转的性质得到相等的边和角，通过构造全等三角形实现线段、角的等量转化，要求学生熟练掌握全等三角形的判定定理，能够根据待证结论合理构造辅助线。
【难度系数】
0.6
8.(1)【问题背景】如图①,点E,F分别在正方形ABCD的边BC,CD上,BE=DF,M为AF的中点,求证:①$∠ BAE=∠ DAF$;②$AE=2DM$.
(2)【变式拓展】如图②,点E在正方形ABCD内,点F在直线BC的上方,BE=DF,直线BE与直线DF垂直,M为AF的中点,求证:①$CE⊥ CF$;②$AE=2DM$.
(2)【变式拓展】如图②,点E在正方形ABCD内,点F在直线BC的上方,BE=DF,直线BE与直线DF垂直,M为AF的中点,求证:①$CE⊥ CF$;②$AE=2DM$.
答案
8.(1)①证明:
∵四边形 ABCD 是正方形,
∴AB=AD,∠ABE=∠ADF=90°,
又
∵BE=DF,
∴△ABE≌△ADF(SAS),
∴∠BAE=∠DAF.
②证明:
∵△ABE≌△ADF,
∴AE=AF,
∵点 M 为 AF 的中点,
∴$DM=\frac{1}{2}AF$,
∴AE=AF=2DM.
(2)①证明:延长 BE,交 DF 于点 G,交 CD 于点 H.
∵四边形 ABCD 为正方形,
∴∠BCD=90°,CD=CB,
∵BE⊥DF,
∴∠BGD=∠BCD=90°,
∵∠BHD=∠CBE+∠BCD,∠BHD=∠BGD+∠CDF,
∴∠CBE=∠CDF,
又
∵BE=DF,
∴△CBE≌△CDF(SAS),
∴∠BCE=∠DCF.
∵∠BCD=90°,
∴∠ECF=∠ECD+∠DCF=∠ECD+∠BCE=90°,
∴CE⊥CF.
②延长 DM 到 N,使 DM=MN,连接 AN.
∵M 为 AF 的中点,
∴AM=MF,
∵MD=MN,∠AMN=∠FMD,
∴△AMN≌△FMD(SAS),
∴AN=DF,∠NAM=∠DFM,
∴AN//DF,
∴∠DAN+∠ADF=180°.
∵△CBE≌△CDF,
∴BE=DF=AN,
∵四边形 ABCD 为正方形,
∴∠BAD=90°,AB=DA,
∵BE⊥DF,
∴∠ABE+∠ADF=180°,
∴∠ABE=∠DAN,
∴△ABE≌△DAN(SAS),
∴AE=DN=2DM.
解析
【分析】
(1) ①要证明∠BAE=∠DAF，可观察两角所在的三角形，结合正方形边相等、内角为直角的性质，利用已知的BE=DF，通过SAS证明△ABE和△ADF全等，即可得到对应角相等；②要证明AE=2DM，由全等可得AE=AF，再结合直角三角形斜边中线等于斜边的一半的性质，M是AF中点，可得AF=2DM，等量代换即可得证。
(2) ①要证明CE⊥CF，即证∠ECF=90°，先延长BE与DF相交，利用BE⊥DF和正方形的性质，推导得到∠CBE=∠CDF，结合BE=DF、BC=CD证明△CBE≌△CDF，得到∠BCE=∠DCF，结合∠BCD=90°即可推出∠ECF=90°；②要证明AE=2DM，采用倍长中线法，延长DM到N使MN=DM，构造全等三角形转化线段和角的关系，再证明△ABE≌△DAN，即可得到AE=DN=2DM。
【解析】
(1) ①证明：
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=AD，∠ABE=∠ADF=90°，
又
∵BE=DF，
∴△ABE≌△ADF(SAS)，
∴∠BAE=∠DAF。
②证明：
∵△ABE≌△ADF，
∴AE=AF，
∵∠ADF=90°，M为AF的中点，
∴$DM=\frac{1}{2}AF$，
∴AE=AF=2DM。
(2) ①证明：延长BE，交DF于点G，交CD于点H。
∵四边形ABCD为正方形，
∴∠BCD=90°，CD=CB，
∵BE⊥DF，
∴∠BGD=∠BCD=90°，
∵∠BHD=∠CBE+∠BCD，∠BHD=∠BGD+∠CDF，
∴∠CBE=∠CDF，
又
∵BE=DF，
∴△CBE≌△CDF(SAS)，
∴∠BCE=∠DCF。
∵∠BCD=90°，
∴∠ECF=∠ECD+∠DCF=∠ECD+∠BCE=90°，
∴CE⊥CF。
②延长DM到N，使DM=MN，连接AN。
∵M为AF的中点，
∴AM=MF，
∵MD=MN，∠AMN=∠FMD，
∴△AMN≌△FMD(SAS)，
∴AN=DF，∠NAM=∠DFM，
∴AN//DF，
∴∠DAN+∠ADF=180°。
∵△CBE≌△CDF，
∴BE=DF=AN，
∵四边形ABCD为正方形，
∴∠BAD=90°，AB=DA，
∵BE⊥DF，
∴∠ABE+∠ADF=180°，
∴∠ABE=∠DAN，
∴△ABE≌△DAN(SAS)，
∴AE=DN=2DM。
【答案】
8.(1)①证明:
∵四边形 ABCD 是正方形,
∴AB=AD,∠ABE=∠ADF=90°,
又
∵BE=DF,
∴△ABE≌△ADF(SAS),
∴∠BAE=∠DAF.
②证明:
∵△ABE≌△ADF,
∴AE=AF,
∵点 M 为 AF 的中点,
∴$DM=\frac{1}{2}AF$,
∴AE=AF=2DM.
(2)①证明:延长 BE,交 DF 于点 G,交 CD 于点 H.
∵四边形 ABCD 为正方形,
∴∠BCD=90°,CD=CB,
∵BE⊥DF,
∴∠BGD=∠BCD=90°,
∵∠BHD=∠CBE+∠BCD,∠BHD=∠BGD+∠CDF,
∴∠CBE=∠CDF,
又
∵BE=DF,
∴△CBE≌△CDF(SAS),
∴∠BCE=∠DCF.
∵∠BCD=90°,
∴∠ECF=∠ECD+∠DCF=∠ECD+∠BCE=90°,
∴CE⊥CF.
②延长 DM 到 N,使 DM=MN,连接 AN.
∵M 为 AF 的中点,
∴AM=MF,
∵MD=MN,∠AMN=∠FMD,
∴△AMN≌△FMD(SAS),
∴AN=DF,∠NAM=∠DFM,
∴AN//DF,
∴∠DAN+∠ADF=180°.
∵△CBE≌△CDF,
∴BE=DF=AN,
∵四边形 ABCD 为正方形,
∴∠BAD=90°,AB=DA,
∵BE⊥DF,
∴∠ABE+∠ADF=180°,
∴∠ABE=∠DAN,
∴△ABE≌△DAN(SAS),
∴AE=DN=2DM.
【知识点】
正方形的性质、全等三角形的判定与性质、直角三角形斜边中线定理
【点评】
本题以正方形为载体，综合考查全等三角形的判定和性质的应用，第一问为基础的全等证明，第二问需要通过构造辅助线转化线段和角的关系，要求学生熟练掌握常见的几何辅助线构造方法，能够有效提升几何综合分析能力。
【难度系数】
0.5
(1) ①要证明∠BAE=∠DAF，可观察两角所在的三角形，结合正方形边相等、内角为直角的性质，利用已知的BE=DF，通过SAS证明△ABE和△ADF全等，即可得到对应角相等；②要证明AE=2DM，由全等可得AE=AF，再结合直角三角形斜边中线等于斜边的一半的性质，M是AF中点，可得AF=2DM，等量代换即可得证。
(2) ①要证明CE⊥CF，即证∠ECF=90°，先延长BE与DF相交，利用BE⊥DF和正方形的性质，推导得到∠CBE=∠CDF，结合BE=DF、BC=CD证明△CBE≌△CDF，得到∠BCE=∠DCF，结合∠BCD=90°即可推出∠ECF=90°；②要证明AE=2DM，采用倍长中线法，延长DM到N使MN=DM，构造全等三角形转化线段和角的关系，再证明△ABE≌△DAN，即可得到AE=DN=2DM。
【解析】
(1) ①证明：
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=AD，∠ABE=∠ADF=90°，
又
∵BE=DF，
∴△ABE≌△ADF(SAS)，
∴∠BAE=∠DAF。
②证明：
∵△ABE≌△ADF，
∴AE=AF，
∵∠ADF=90°，M为AF的中点，
∴$DM=\frac{1}{2}AF$，
∴AE=AF=2DM。
(2) ①证明：延长BE，交DF于点G，交CD于点H。
∵四边形ABCD为正方形，
∴∠BCD=90°，CD=CB，
∵BE⊥DF，
∴∠BGD=∠BCD=90°，
∵∠BHD=∠CBE+∠BCD，∠BHD=∠BGD+∠CDF，
∴∠CBE=∠CDF，
又
∵BE=DF，
∴△CBE≌△CDF(SAS)，
∴∠BCE=∠DCF。
∵∠BCD=90°，
∴∠ECF=∠ECD+∠DCF=∠ECD+∠BCE=90°，
∴CE⊥CF。
②延长DM到N，使DM=MN，连接AN。
∵M为AF的中点，
∴AM=MF，
∵MD=MN，∠AMN=∠FMD，
∴△AMN≌△FMD(SAS)，
∴AN=DF，∠NAM=∠DFM，
∴AN//DF，
∴∠DAN+∠ADF=180°。
∵△CBE≌△CDF，
∴BE=DF=AN，
∵四边形ABCD为正方形，
∴∠BAD=90°，AB=DA，
∵BE⊥DF，
∴∠ABE+∠ADF=180°，
∴∠ABE=∠DAN，
∴△ABE≌△DAN(SAS)，
∴AE=DN=2DM。
【答案】
8.(1)①证明:
∵四边形 ABCD 是正方形,
∴AB=AD,∠ABE=∠ADF=90°,
又
∵BE=DF,
∴△ABE≌△ADF(SAS),
∴∠BAE=∠DAF.
②证明:
∵△ABE≌△ADF,
∴AE=AF,
∵点 M 为 AF 的中点,
∴$DM=\frac{1}{2}AF$,
∴AE=AF=2DM.
(2)①证明:延长 BE,交 DF 于点 G,交 CD 于点 H.
∵四边形 ABCD 为正方形,
∴∠BCD=90°,CD=CB,
∵BE⊥DF,
∴∠BGD=∠BCD=90°,
∵∠BHD=∠CBE+∠BCD,∠BHD=∠BGD+∠CDF,
∴∠CBE=∠CDF,
又
∵BE=DF,
∴△CBE≌△CDF(SAS),
∴∠BCE=∠DCF.
∵∠BCD=90°,
∴∠ECF=∠ECD+∠DCF=∠ECD+∠BCE=90°,
∴CE⊥CF.
②延长 DM 到 N,使 DM=MN,连接 AN.
∵M 为 AF 的中点,
∴AM=MF,
∵MD=MN,∠AMN=∠FMD,
∴△AMN≌△FMD(SAS),
∴AN=DF,∠NAM=∠DFM,
∴AN//DF,
∴∠DAN+∠ADF=180°.
∵△CBE≌△CDF,
∴BE=DF=AN,
∵四边形 ABCD 为正方形,
∴∠BAD=90°,AB=DA,
∵BE⊥DF,
∴∠ABE+∠ADF=180°,
∴∠ABE=∠DAN,
∴△ABE≌△DAN(SAS),
∴AE=DN=2DM.
【知识点】
正方形的性质、全等三角形的判定与性质、直角三角形斜边中线定理
【点评】
本题以正方形为载体，综合考查全等三角形的判定和性质的应用，第一问为基础的全等证明，第二问需要通过构造辅助线转化线段和角的关系，要求学生熟练掌握常见的几何辅助线构造方法，能够有效提升几何综合分析能力。
【难度系数】
0.5
