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1. (特殊三角形的旋转变换)(人教九上$\mathrm{P}_{97}$习题$\mathrm{T}_{8}$改编)(1)问题发现:如图1,若$△ ABC$和$△ ADE$均是顶角为$42°$的等腰三角形,$BC,DE$分别是底边,求证:$BD=CE$;
(2)拓展探究:如图2,若$△ ACB$和$△ DCE$均为等边三角形,点$A,D,E$在同一条直线上,连接$BE$,则$∠ AEB$的度数为$\boldsymbol{\_\_\_\_\_\_}$,线段$BE,AE,DE$之间的数量关系是$\boldsymbol{\_\_\_\_\_\_}$;
(3)解决问题:如图3,若$△ ACB$和$△ DCE$均为等腰直角三角形,$∠ ACB=∠ DCE=90°$,点$A,D,E$在同一条直线上,$CM$为$△ DCE$中$DE$边上的高,连接$BE$,求$∠ AEB$的度数及线段$CM,AE,BE$之间的数量关系,并说明理由.
(2)拓展探究:如图2,若$△ ACB$和$△ DCE$均为等边三角形,点$A,D,E$在同一条直线上,连接$BE$,则$∠ AEB$的度数为$\boldsymbol{\_\_\_\_\_\_}$,线段$BE,AE,DE$之间的数量关系是$\boldsymbol{\_\_\_\_\_\_}$;
(3)解决问题:如图3,若$△ ACB$和$△ DCE$均为等腰直角三角形,$∠ ACB=∠ DCE=90°$,点$A,D,E$在同一条直线上,$CM$为$△ DCE$中$DE$边上的高,连接$BE$,求$∠ AEB$的度数及线段$CM,AE,BE$之间的数量关系,并说明理由.
答案
1. (1)证明:
∵ ∠BAC = ∠DAE = 42°,
∴ ∠BAC - ∠DAC = ∠DAE - ∠DAC,即∠BAD = ∠CAE.
在△BAD 和△CAE 中,
$\begin{cases}AB = AC, \\∠BAD = ∠CAE, \\AD = AE,\end{cases}$
∴ △BAD ≅ △CAE(SAS).
∴ BD = CE.
(2) 60° AE - BE = DE
(3)解:∠AEB = 90°,AE = BE + 2CM. 理由如下:
∵ △ACB 和△DCE 均为等腰直角三角形,∠ACB = ∠DCE = 90°,
∴ AC = BC,CD = CE,∠CDE = ∠CED = 45°.
∴ ∠ACB - ∠DCB = ∠DCE - ∠DCB,即∠ACD = ∠BCE.
∴ △ACD ≅ △BCE(SAS).
∴ AD = BE,∠ADC = ∠BEC.
∵ 点A,D,E 在同一直线上,
∴ ∠ADC = 180° - 45° = 135°.
∴ ∠BEC = 135°.
∴ ∠AEB = ∠BEC - ∠CED = 135° - 45° = 90°.
∵ ∠DCE = 90°,CD = CE,CM ⊥ DE,
∴ CM = DM = EM.
∴ DE = DM + EM = 2CM.
∴ AE = AD + DE = BE + 2CM.
∵ ∠BAC = ∠DAE = 42°,
∴ ∠BAC - ∠DAC = ∠DAE - ∠DAC,即∠BAD = ∠CAE.
在△BAD 和△CAE 中,
$\begin{cases}AB = AC, \\∠BAD = ∠CAE, \\AD = AE,\end{cases}$
∴ △BAD ≅ △CAE(SAS).
∴ BD = CE.
(2) 60° AE - BE = DE
(3)解:∠AEB = 90°,AE = BE + 2CM. 理由如下:
∵ △ACB 和△DCE 均为等腰直角三角形,∠ACB = ∠DCE = 90°,
∴ AC = BC,CD = CE,∠CDE = ∠CED = 45°.
∴ ∠ACB - ∠DCB = ∠DCE - ∠DCB,即∠ACD = ∠BCE.
∴ △ACD ≅ △BCE(SAS).
∴ AD = BE,∠ADC = ∠BEC.
∵ 点A,D,E 在同一直线上,
∴ ∠ADC = 180° - 45° = 135°.
∴ ∠BEC = 135°.
∴ ∠AEB = ∠BEC - ∠CED = 135° - 45° = 90°.
∵ ∠DCE = 90°,CD = CE,CM ⊥ DE,
∴ CM = DM = EM.
∴ DE = DM + EM = 2CM.
∴ AE = AD + DE = BE + 2CM.
解析
【分析】
(1) 要证BD=CE，可通过证明两条线段所在的三角形全等求解。已知两个等腰三角形顶角相等，减去公共角∠DAC可得一组对应角相等，结合等腰三角形两腰相等的性质，用SAS判定△BAD和△CAE全等，即可得到对应边相等。
(2) 类比第一问思路，先利用等边三角形边相等、内角为60°的性质证明△ACD≌△BCE，得到AD=BE、∠BEC=∠ADC，结合A、D、E共线求出∠ADC的度数，即可推导∠AEB的度数，再根据线段和差关系得到三条线段的等量关系。
(3) 沿用前两问的全等证明思路，先证△ACD≌△BCE得到AD=BE和∠BEC的度数，结合等腰直角三角形底角为45°的性质即可求出∠AEB；再根据等腰直角三角形斜边上的高等于斜边的一半得到DE=2CM，结合线段和差即可推导出三条线段的数量关系。
【解析】
(1) 证明：
∵ ∠BAC = ∠DAE = 42°，
∴ ∠BAC - ∠DAC = ∠DAE - ∠DAC，即∠BAD = ∠CAE。
在△BAD 和△CAE 中，
$\begin{cases}AB = AC, \\∠BAD = ∠CAE, \\AD = AE,\end{cases}$
∴ △BAD ≅ △CAE(SAS)，
∴ BD = CE。
(2) 解：
∵ △ACB和△DCE均为等边三角形，
∴ AC=BC，CD=CE，∠ACB=∠DCE=60°，∠CDE=∠CED=60°，
∴ ∠ACB - ∠DCB = ∠DCE - ∠DCB，即∠ACD=∠BCE，
在△ACD和△BCE中，
$\begin{cases}AC = BC, \\∠ACD = ∠BCE, \\CD = CE,\end{cases}$
∴ △ACD≌△BCE(SAS)，
∴ AD=BE，∠BEC=∠ADC。
∵ 点A、D、E在同一直线上，
∴ ∠ADC=180°-∠CDE=180°-60°=120°，
∴ ∠BEC=120°，
∴ ∠AEB=∠BEC-∠CED=120°-60°=60°。
∵ AE=AD+DE，AD=BE，
∴ AE=BE+DE，即AE-BE=DE。
(3) 解：∠AEB = 90°，AE = BE + 2CM，理由如下：
∵ △ACB 和△DCE 均为等腰直角三角形，∠ACB = ∠DCE = 90°，
∴ AC = BC，CD = CE，∠CDE = ∠CED = 45°，
∴ ∠ACB - ∠DCB = ∠DCE - ∠DCB，即∠ACD = ∠BCE，
在△ACD和△BCE中，
$\begin{cases}AC = BC, \\∠ACD = ∠BCE, \\CD = CE,\end{cases}$
∴ △ACD ≅ △BCE(SAS)，
∴ AD = BE，∠ADC = ∠BEC。
∵ 点A,D,E 在同一直线上，
∴ ∠ADC = 180° - 45° = 135°，
∴ ∠BEC = 135°，
∴ ∠AEB = ∠BEC - ∠CED = 135° - 45° = 90°。
∵ ∠DCE = 90°，CD = CE，CM ⊥ DE，
∴ CM = DM = EM，
∴ DE = DM + EM = 2CM。
∵ AE = AD + DE，AD=BE，
∴ AE = BE + 2CM。
【答案】
(1) 证明见解析；
(2) $\boldsymbol{60°}$，$\boldsymbol{AE - BE = DE}$；
(3) $\boldsymbol{∠AEB=90°}$，$\boldsymbol{AE=BE+2CM}$，理由见解析。
【知识点】
全等三角形的判定与性质，等边三角形的性质，等腰直角三角形的性质
【点评】
本题是三角形旋转变换的典型递进题型，核心解题逻辑是利用旋转产生的等角等边证明三角形全等，再结合特殊三角形的性质推导角的度数和线段的等量关系，掌握全等证明方法和特殊三角形的性质即可顺利解题。
【难度系数】
0.6
(1) 要证BD=CE，可通过证明两条线段所在的三角形全等求解。已知两个等腰三角形顶角相等，减去公共角∠DAC可得一组对应角相等，结合等腰三角形两腰相等的性质，用SAS判定△BAD和△CAE全等，即可得到对应边相等。
(2) 类比第一问思路，先利用等边三角形边相等、内角为60°的性质证明△ACD≌△BCE，得到AD=BE、∠BEC=∠ADC，结合A、D、E共线求出∠ADC的度数，即可推导∠AEB的度数，再根据线段和差关系得到三条线段的等量关系。
(3) 沿用前两问的全等证明思路，先证△ACD≌△BCE得到AD=BE和∠BEC的度数，结合等腰直角三角形底角为45°的性质即可求出∠AEB；再根据等腰直角三角形斜边上的高等于斜边的一半得到DE=2CM，结合线段和差即可推导出三条线段的数量关系。
【解析】
(1) 证明：
∵ ∠BAC = ∠DAE = 42°，
∴ ∠BAC - ∠DAC = ∠DAE - ∠DAC，即∠BAD = ∠CAE。
在△BAD 和△CAE 中，
$\begin{cases}AB = AC, \\∠BAD = ∠CAE, \\AD = AE,\end{cases}$
∴ △BAD ≅ △CAE(SAS)，
∴ BD = CE。
(2) 解：
∵ △ACB和△DCE均为等边三角形，
∴ AC=BC，CD=CE，∠ACB=∠DCE=60°，∠CDE=∠CED=60°，
∴ ∠ACB - ∠DCB = ∠DCE - ∠DCB，即∠ACD=∠BCE，
在△ACD和△BCE中，
$\begin{cases}AC = BC, \\∠ACD = ∠BCE, \\CD = CE,\end{cases}$
∴ △ACD≌△BCE(SAS)，
∴ AD=BE，∠BEC=∠ADC。
∵ 点A、D、E在同一直线上，
∴ ∠ADC=180°-∠CDE=180°-60°=120°，
∴ ∠BEC=120°，
∴ ∠AEB=∠BEC-∠CED=120°-60°=60°。
∵ AE=AD+DE，AD=BE，
∴ AE=BE+DE，即AE-BE=DE。
(3) 解：∠AEB = 90°，AE = BE + 2CM，理由如下：
∵ △ACB 和△DCE 均为等腰直角三角形，∠ACB = ∠DCE = 90°，
∴ AC = BC，CD = CE，∠CDE = ∠CED = 45°，
∴ ∠ACB - ∠DCB = ∠DCE - ∠DCB，即∠ACD = ∠BCE，
在△ACD和△BCE中，
$\begin{cases}AC = BC, \\∠ACD = ∠BCE, \\CD = CE,\end{cases}$
∴ △ACD ≅ △BCE(SAS)，
∴ AD = BE，∠ADC = ∠BEC。
∵ 点A,D,E 在同一直线上，
∴ ∠ADC = 180° - 45° = 135°，
∴ ∠BEC = 135°，
∴ ∠AEB = ∠BEC - ∠CED = 135° - 45° = 90°。
∵ ∠DCE = 90°，CD = CE，CM ⊥ DE，
∴ CM = DM = EM，
∴ DE = DM + EM = 2CM。
∵ AE = AD + DE，AD=BE，
∴ AE = BE + 2CM。
【答案】
(1) 证明见解析；
(2) $\boldsymbol{60°}$，$\boldsymbol{AE - BE = DE}$；
(3) $\boldsymbol{∠AEB=90°}$，$\boldsymbol{AE=BE+2CM}$，理由见解析。
【知识点】
全等三角形的判定与性质，等边三角形的性质，等腰直角三角形的性质
【点评】
本题是三角形旋转变换的典型递进题型，核心解题逻辑是利用旋转产生的等角等边证明三角形全等，再结合特殊三角形的性质推导角的度数和线段的等量关系，掌握全等证明方法和特殊三角形的性质即可顺利解题。
【难度系数】
0.6
2. (正方形的旋转变换)正方形ABCD的对角线相交于点O，正方形A'B'C'O与正方形ABCD的边长相等，如图1摆放时，易得重叠部分的面积与正方形ABCD的面积的比值是$\frac{1}{4}$. 在正方形A'B'C'O绕点O旋转的过程中(如图2)，上述比值有没有变化？请说明理由. 
答案
解:重叠部分的面积与正方形 ABCD 的面积的比值不变. 理由如下:
如图,记 OA' 与 AB 交于点 M,OC' 与 BC 交于点 N.
∵ 四边形 ABCD 和四边形 A'B'C'O 都是正方形,
∴ OB = OC,∠OBM = ∠OCN = 45°,
∠BOC = ∠A'OC' = 90°.
∴ ∠A'OC' - ∠BON = ∠BOC - ∠BON,
即∠MOB = ∠NOC.
在△OBM 和△OCN 中,
$\begin{cases}∠OBM = ∠OCN, \\OB = OC, \\∠MOB = ∠NOC,\end{cases}$
∴ △OBM ≅ △OCN(ASA).
∴ $S_{△OBM} = S_{△OCN}$.
∴ 四边形 OMBN 的面积等于△BOC 的面积,即重叠部分的面积与正方形 ABCD 的面积的比值是$\frac{1}{4}$.
解析
【分析】
要判断旋转过程中重叠部分和正方形ABCD的面积比值是否变化，可按以下思路推导：首先正方形的对角线将正方形分成4个面积相等的等腰直角三角形，因此△OBC的面积固定为正方形ABCD面积的$\frac{1}{4}$，只需证明旋转时重叠部分的面积始终等于△OBC的面积即可。我们可先标记OA'与AB的交点M、OC'与BC的交点N，结合正方形性质可得OB=OC、∠OBM=∠OCN=45°，再根据两个正方形的直角均为90°，推导得到∠MOB=∠NOC，即可证明△OBM与△OCN全等，二者面积相等，进而推出重叠部分面积等于△OBC的面积，即可得出比值不变的结论。
【解析】
解：重叠部分的面积与正方形ABCD的面积的比值不变，理由如下：
如图，记OA' 与AB交于点M，OC' 与BC交于点N。
∵ 四边形ABCD和四边形A'B'C'O都是正方形，
∴ OB = OC，∠OBM = ∠OCN = 45°，∠BOC = ∠A'OC' = 90°，
∴ ∠A'OC' - ∠BON = ∠BOC - ∠BON，即∠MOB = ∠NOC。
在△OBM 和△OCN 中：
$\begin{cases}∠OBM = ∠OCN, \\OB = OC, \\∠MOB = ∠NOC,\end{cases}$
∴ △OBM ≅ △OCN（ASA），
∴ $S_{△OBM} = S_{△OCN}$，
∴ 重叠部分即四边形OMBN的面积为$S_{四边形OMBN}=S_{△OBM}+S_{△OBN}=S_{△OCN}+S_{△OBN}=S_{△BOC}$，
又
∵$S_{△BOC}=\frac{1}{4}S_{正方形ABCD}$，
因此重叠部分的面积与正方形ABCD的面积的比值始终为$\frac{1}{4}$，没有变化。
【答案】
重叠部分的面积与正方形ABCD的面积的比值不变，始终为$\frac{1}{4}$，理由如下：
如图,记 OA' 与 AB 交于点 M,OC' 与 BC 交于点 N.
∵ 四边形 ABCD 和四边形 A'B'C'O 都是正方形,
∴ OB = OC,∠OBM = ∠OCN = 45°,
∠BOC = ∠A'OC' = 90°.
∴ ∠A'OC' - ∠BON = ∠BOC - ∠BON,
即∠MOB = ∠NOC.
在△OBM 和△OCN 中,
$\begin{cases}∠OBM = ∠OCN, \\OB = OC, \\∠MOB = ∠NOC,\end{cases}$
∴ △OBM ≅ △OCN(ASA).
∴ $S_{△OBM} = S_{△OCN}$.
∴ 四边形 OMBN 的面积等于△BOC 的面积,即重叠部分的面积与正方形 ABCD 的面积的比值是$\frac{1}{4}$.
【知识点】
正方形的性质；全等三角形的判定与性质；旋转的性质
【点评】
本题是正方形旋转的典型题型，解题的关键是利用旋转的不变性，通过全等三角形将不规则的重叠部分面积转化为固定面积的规则三角形，进而得到面积比值不变的结论，很好地考察了几何中的转化思想。
【难度系数】
0.6
要判断旋转过程中重叠部分和正方形ABCD的面积比值是否变化，可按以下思路推导：首先正方形的对角线将正方形分成4个面积相等的等腰直角三角形，因此△OBC的面积固定为正方形ABCD面积的$\frac{1}{4}$，只需证明旋转时重叠部分的面积始终等于△OBC的面积即可。我们可先标记OA'与AB的交点M、OC'与BC的交点N，结合正方形性质可得OB=OC、∠OBM=∠OCN=45°，再根据两个正方形的直角均为90°，推导得到∠MOB=∠NOC，即可证明△OBM与△OCN全等，二者面积相等，进而推出重叠部分面积等于△OBC的面积，即可得出比值不变的结论。
【解析】
解：重叠部分的面积与正方形ABCD的面积的比值不变，理由如下：
如图，记OA' 与AB交于点M，OC' 与BC交于点N。
∵ 四边形ABCD和四边形A'B'C'O都是正方形，
∴ OB = OC，∠OBM = ∠OCN = 45°，∠BOC = ∠A'OC' = 90°，
∴ ∠A'OC' - ∠BON = ∠BOC - ∠BON，即∠MOB = ∠NOC。
在△OBM 和△OCN 中：
$\begin{cases}∠OBM = ∠OCN, \\OB = OC, \\∠MOB = ∠NOC,\end{cases}$
∴ △OBM ≅ △OCN（ASA），
∴ $S_{△OBM} = S_{△OCN}$，
∴ 重叠部分即四边形OMBN的面积为$S_{四边形OMBN}=S_{△OBM}+S_{△OBN}=S_{△OCN}+S_{△OBN}=S_{△BOC}$，
又
∵$S_{△BOC}=\frac{1}{4}S_{正方形ABCD}$，
因此重叠部分的面积与正方形ABCD的面积的比值始终为$\frac{1}{4}$，没有变化。
【答案】
重叠部分的面积与正方形ABCD的面积的比值不变，始终为$\frac{1}{4}$，理由如下：
如图,记 OA' 与 AB 交于点 M,OC' 与 BC 交于点 N.
∵ 四边形 ABCD 和四边形 A'B'C'O 都是正方形,
∴ OB = OC,∠OBM = ∠OCN = 45°,
∠BOC = ∠A'OC' = 90°.
∴ ∠A'OC' - ∠BON = ∠BOC - ∠BON,
即∠MOB = ∠NOC.
在△OBM 和△OCN 中,
$\begin{cases}∠OBM = ∠OCN, \\OB = OC, \\∠MOB = ∠NOC,\end{cases}$
∴ △OBM ≅ △OCN(ASA).
∴ $S_{△OBM} = S_{△OCN}$.
∴ 四边形 OMBN 的面积等于△BOC 的面积,即重叠部分的面积与正方形 ABCD 的面积的比值是$\frac{1}{4}$.
【知识点】
正方形的性质；全等三角形的判定与性质；旋转的性质
【点评】
本题是正方形旋转的典型题型，解题的关键是利用旋转的不变性，通过全等三角形将不规则的重叠部分面积转化为固定面积的规则三角形，进而得到面积比值不变的结论，很好地考察了几何中的转化思想。
【难度系数】
0.6
