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三、解答题
9. △ABC 在平面直角坐标系中的位置如图所示.
(1)画出△ABC 关于原点对称的△A₁B₁C₁,并写出点A₁ 的坐标;
(2)将△ABC 绕点 B 顺时针旋转 90°得到△A₂BC₂,画出旋转后的△A₂BC₂.
9. △ABC 在平面直角坐标系中的位置如图所示.
(1)画出△ABC 关于原点对称的△A₁B₁C₁,并写出点A₁ 的坐标;
(2)将△ABC 绕点 B 顺时针旋转 90°得到△A₂BC₂,画出旋转后的△A₂BC₂.
答案
9. 解:(1)△A₁B₁C₁如图所示. A₁(-2, -4) .
(2)△A₂BC₂如图所示.
解析
【分析】
(1) 解决关于原点对称的作图问题，首先回忆关于原点对称的点的坐标规律：两个点关于原点对称时，它们的横、纵坐标都互为相反数。第一步先确定原△ABC三个顶点的坐标，第二步根据规律求出对称点的坐标，第三步描点并顺次连接即可得到对称图形，直接读出A₁的坐标即可。
(2) 解决旋转作图问题，先明确旋转三要素：旋转中心是点B，旋转方向是顺时针，旋转角度是90°。根据旋转的性质，旋转前后对应点到旋转中心的距离相等，对应点与旋转中心连线的夹角等于旋转角，分别找到A、C绕点B顺时针旋转90°后的对应点A₂、C₂，再顺次连接B、A₂、C₂即可得到旋转后的图形。
【解析】
(1) 首先由图可得△ABC各顶点坐标：A(2,4)，B(1,1)，C(4,3)。
根据关于原点对称的点的坐标特征：横、纵坐标均互为相反数，可得三个顶点的对称点坐标分别为A₁(-2,-4)，B₁(-1,-1)，C₁(-4,-3)。
在平面直角坐标系中依次描出A₁、B₁、C₁三个点，再顺次连接，即可得到△A₁B₁C₁。
(2) 分别将线段BA、BC绕点B顺时针旋转90°，根据旋转性质确定点A的对应点A₂，点C的对应点C₂，再顺次连接B、A₂、C₂，即可得到绕点B顺时针旋转90°后的△A₂BC₂。
【答案】
(1)△A₁B₁C₁如图所示. A₁(-2, -4) .
(2)△A₂BC₂如图所示.
【知识点】
关于原点对称的坐标特征；旋转的性质；网格作图
【点评】
本题是平面直角坐标系中的基本作图题，核心考查对称和旋转的相关性质，难度较低，只要熟练掌握坐标变化规律，按要求规范作图即可正确完成。
【难度系数】
0.8
(1) 解决关于原点对称的作图问题，首先回忆关于原点对称的点的坐标规律：两个点关于原点对称时，它们的横、纵坐标都互为相反数。第一步先确定原△ABC三个顶点的坐标，第二步根据规律求出对称点的坐标，第三步描点并顺次连接即可得到对称图形，直接读出A₁的坐标即可。
(2) 解决旋转作图问题，先明确旋转三要素：旋转中心是点B，旋转方向是顺时针，旋转角度是90°。根据旋转的性质，旋转前后对应点到旋转中心的距离相等，对应点与旋转中心连线的夹角等于旋转角，分别找到A、C绕点B顺时针旋转90°后的对应点A₂、C₂，再顺次连接B、A₂、C₂即可得到旋转后的图形。
【解析】
(1) 首先由图可得△ABC各顶点坐标：A(2,4)，B(1,1)，C(4,3)。
根据关于原点对称的点的坐标特征：横、纵坐标均互为相反数，可得三个顶点的对称点坐标分别为A₁(-2,-4)，B₁(-1,-1)，C₁(-4,-3)。
在平面直角坐标系中依次描出A₁、B₁、C₁三个点，再顺次连接，即可得到△A₁B₁C₁。
(2) 分别将线段BA、BC绕点B顺时针旋转90°，根据旋转性质确定点A的对应点A₂，点C的对应点C₂，再顺次连接B、A₂、C₂，即可得到绕点B顺时针旋转90°后的△A₂BC₂。
【答案】
(1)△A₁B₁C₁如图所示. A₁(-2, -4) .
(2)△A₂BC₂如图所示.
【知识点】
关于原点对称的坐标特征；旋转的性质；网格作图
【点评】
本题是平面直角坐标系中的基本作图题，核心考查对称和旋转的相关性质，难度较低，只要熟练掌握坐标变化规律，按要求规范作图即可正确完成。
【难度系数】
0.8
10. 如图，将$△ ABC$绕顶点$A$逆时针旋转$30°$至$△ ADE$. 连接$BD$,$CE$.
(1)若$∠ ABC = 40°$, $∠ DAC = 50°$, 求$∠ AED$的度数；
(2)若$AB = AC$, 求证: $△ ABD ≌ △ ACE$.
(1)若$∠ ABC = 40°$, $∠ DAC = 50°$, 求$∠ AED$的度数；
(2)若$AB = AC$, 求证: $△ ABD ≌ △ ACE$.
答案
10. (1)解:由旋转可知,∠BAD = 30°,∠ACB = ∠AED.
∵ ∠DAC = 50°,
∴ ∠BAC = ∠BAD + ∠DAC = 80°.
∵ ∠ABC = 40°,
∴ ∠AED = ∠ACB = 180° - ∠ABC - ∠BAC = 60°.
(2)证明:由旋转可知,AB = AD,AC = AE,∠BAD = ∠CAE.
∵ AB = AC,
∴ AD = AE.
在△ABD 和△ACE 中, $\begin{cases} AB = AC, \\ ∠BAD = ∠CAE, \\ AD = AE, \end{cases}$
∴ △ABD≌△ACE(SAS).
∵ ∠DAC = 50°,
∴ ∠BAC = ∠BAD + ∠DAC = 80°.
∵ ∠ABC = 40°,
∴ ∠AED = ∠ACB = 180° - ∠ABC - ∠BAC = 60°.
(2)证明:由旋转可知,AB = AD,AC = AE,∠BAD = ∠CAE.
∵ AB = AC,
∴ AD = AE.
在△ABD 和△ACE 中, $\begin{cases} AB = AC, \\ ∠BAD = ∠CAE, \\ AD = AE, \end{cases}$
∴ △ABD≌△ACE(SAS).
解析
【分析】
(1) 求∠AED的度数时，首先根据旋转的性质可知旋转前后对应角相等，∠AED和△ABC中的∠ACB是对应角，因此只需先求出∠ACB的度数即可。要算∠ACB，需先求△ABC中∠BAC的度数：旋转角∠BAD=30°，结合已知∠DAC=50°，可求出∠BAC的大小，再利用三角形内角和为180°，代入已知的∠ABC的度数即可算出∠ACB，进而得到∠AED。
(2) 要证明△ABD≌△ACE，优先考虑全等三角形的判定定理。首先由旋转的性质可得对应边AB=AD、AC=AE，对应旋转角∠BAD=∠CAE，再结合已知条件AB=AC，可推导出AD=AE，此时△ABD和△ACE满足两边及其夹角对应相等，即可用SAS判定全等。
【解析】
(1) 解：由旋转的性质可得，∠BAD=30°，且△ADE≌△ABC，因此∠AED=∠ACB。
∵ ∠DAC=50°，
∴ $∠ BAC = ∠ BAD + ∠ DAC = 30° + 50° = 80°$，
又
∵ $∠ ABC=40°$，在△ABC中，$∠ ACB = 180° - ∠ ABC - ∠ BAC = 180° - 40° - 80° = 60°$，
∴ $∠ AED=∠ ACB=60°$。
(2) 证明：由旋转的性质可得，AB=AD，AC=AE，且旋转角相等，即$∠ BAD=∠ CAE=30°$，
∵ $AB=AC$，
∴ $AD=AE$，
在△ABD和△ACE中：
$\begin{cases}AB = AC \\∠ BAD = ∠ CAE \\AD = AE\end{cases}$
∴ $△ ABD ≌ △ ACE$（SAS）。
【答案】
(1) $\boldsymbol{60°}$；
(2) $△ ABD ≌ △ ACE$，证明如上。
【知识点】
旋转的性质、三角形内角和定理、全等三角形的判定
【点评】
本题属于几何基础题，重点考查旋转性质的灵活应用，解题的关键是明确旋转前后对应边、对应角均相等，再结合三角形内角和、全等判定的相关知识求解即可，难度不大，需熟练掌握相关基础知识点。
【难度系数】
0.8
(1) 求∠AED的度数时，首先根据旋转的性质可知旋转前后对应角相等，∠AED和△ABC中的∠ACB是对应角，因此只需先求出∠ACB的度数即可。要算∠ACB，需先求△ABC中∠BAC的度数：旋转角∠BAD=30°，结合已知∠DAC=50°，可求出∠BAC的大小，再利用三角形内角和为180°，代入已知的∠ABC的度数即可算出∠ACB，进而得到∠AED。
(2) 要证明△ABD≌△ACE，优先考虑全等三角形的判定定理。首先由旋转的性质可得对应边AB=AD、AC=AE，对应旋转角∠BAD=∠CAE，再结合已知条件AB=AC，可推导出AD=AE，此时△ABD和△ACE满足两边及其夹角对应相等，即可用SAS判定全等。
【解析】
(1) 解：由旋转的性质可得，∠BAD=30°，且△ADE≌△ABC，因此∠AED=∠ACB。
∵ ∠DAC=50°，
∴ $∠ BAC = ∠ BAD + ∠ DAC = 30° + 50° = 80°$，
又
∵ $∠ ABC=40°$，在△ABC中，$∠ ACB = 180° - ∠ ABC - ∠ BAC = 180° - 40° - 80° = 60°$，
∴ $∠ AED=∠ ACB=60°$。
(2) 证明：由旋转的性质可得，AB=AD，AC=AE，且旋转角相等，即$∠ BAD=∠ CAE=30°$，
∵ $AB=AC$，
∴ $AD=AE$，
在△ABD和△ACE中：
$\begin{cases}AB = AC \\∠ BAD = ∠ CAE \\AD = AE\end{cases}$
∴ $△ ABD ≌ △ ACE$（SAS）。
【答案】
(1) $\boldsymbol{60°}$；
(2) $△ ABD ≌ △ ACE$，证明如上。
【知识点】
旋转的性质、三角形内角和定理、全等三角形的判定
【点评】
本题属于几何基础题，重点考查旋转性质的灵活应用，解题的关键是明确旋转前后对应边、对应角均相等，再结合三角形内角和、全等判定的相关知识求解即可，难度不大，需熟练掌握相关基础知识点。
【难度系数】
0.8
11. 综合与实践
在一次数学探究活动中,小强只用一条直线就把矩形分割成面积相等的两部分.
(1)在图1、图2、图3所示的三个矩形中,请你大胆尝试,画出符合上述要求的直线:(注:①所画直线经过的特殊点必须用虚线标注清楚;②一个矩形只画一种)
(2)根据你的分割法:只用一条直线就把矩形分割成面积相等的两部分,这样的直线有
(3)由上述实验操作过程,你发现所画的这条直线的特征是
(4)经验迁移:如图4,在正方形ABCD中,AB=6,点E在边AD上,且AE=2.若直线l经过点E,并将该正方形的面积平分,与正方形的BC边交于点F,求线段EF的长.
在一次数学探究活动中,小强只用一条直线就把矩形分割成面积相等的两部分.
(1)在图1、图2、图3所示的三个矩形中,请你大胆尝试,画出符合上述要求的直线:(注:①所画直线经过的特殊点必须用虚线标注清楚;②一个矩形只画一种)
(2)根据你的分割法:只用一条直线就把矩形分割成面积相等的两部分,这样的直线有
无数
条;(3)由上述实验操作过程,你发现所画的这条直线的特征是
经过对角线的交点(矩形的对称中心)
;(4)经验迁移:如图4,在正方形ABCD中,AB=6,点E在边AD上,且AE=2.若直线l经过点E,并将该正方形的面积平分,与正方形的BC边交于点F,求线段EF的长.
答案
11. 解:(1)如图1、图2、图3所示.
(2)无数
(3)经过对角线的交点(矩形的对称中心)
(4)根据题意,连接 AC,BD 交于点 O,过点 E,O 的直线交 BC 于点 F,过点 E 作 EG⊥BC 于点 G,如图4.
∵ 四边形 ABCD 是正方形,
∴ AB = BC = 6,OA = OC,∠FCO = ∠OAE = 45°.
∵ ∠COF = ∠AOE,
∴ △COF≌△AOE(ASA).
∴ CF = AE = 2.
易得 BG = AE = 2.
∴ GF = 6 - 2 - 2 = 2.
在 Rt△EFG 中,EG = AB = 6,GF = 2,
∴ EF = $\sqrt{EG^2 + GF^2} = 2\sqrt{10}$.
解析
【分析】
(1) 矩形是中心对称图形，对称中心为两条对角线的交点，根据中心对称图形的性质，过对称中心的任意直线都能将矩形分成面积相等的两部分，作图时只要作出过矩形对角线交点的直线即可，注意用虚线标注对角线交点等特殊点。
(2) 过一个定点可以画无数条直线，因此满足条件的直线有无数条。
(3) 结合作图过程可总结出，所有符合要求的直线的共同特征是经过矩形的对称中心，也就是对角线的交点。
(4) 正方形是特殊的矩形，同样满足“过对称中心的直线平分面积”的性质，因此先找到正方形对角线的交点O，过E、O作直线得到BC边上的点F；先通过全等三角形求出CF的长度，再作EG垂直BC构造直角三角形，用勾股定理即可求出EF的长度。
【解析】
(1) 作图如下：
(2) 过矩形对角线交点可以画出无数条直线，均能平分矩形面积，因此这样的直线有无数条。
(3) 观察所有符合要求的直线，共同特征为：经过矩形对角线的交点（即矩形的对称中心）。
(4) 连接AC、BD交于点O，过点E、O的直线交BC于点F，过点E作EG⊥BC于点G：
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=BC=6，OA=OC，AD//BC，可得∠FCO=∠OAE=45°，
在△COF和△AOE中：
$\{\begin{array}{l}∠FCO=∠OAE \\OC=OA \\∠COF=∠AOE\end{array} $
∴△COF≌△AOE(ASA)，
∴CF=AE=2，
∵EG⊥BC，∠A=∠B=90°，
∴四边形ABGE是矩形，
∴BG=AE=2，EG=AB=6，
∴GF=BC - BG - CF = 6 - 2 - 2 = 2，
在Rt△EFG中，由勾股定理得：
$EF=\sqrt{EG^2 + GF^2}=\sqrt{6^2 + 2^2}=2\sqrt{10}$。
【答案】
(1) 如图所示：
(2) 无数
(3) 经过对角线的交点(矩形的对称中心)
(4) $2\sqrt{10}$
【知识点】中心对称图形性质，全等三角形判定与性质，勾股定理
【点评】本题从操作探究入手，引导学生发现平分中心对称图形面积的直线的规律，再将规律迁移到正方形的计算问题中，既考查了动手操作、归纳总结的能力，也考查了全等三角形、勾股定理等几何核心知识的应用，兼顾了基础性和探究性。
【难度系数】
0.7
(1) 矩形是中心对称图形，对称中心为两条对角线的交点，根据中心对称图形的性质，过对称中心的任意直线都能将矩形分成面积相等的两部分，作图时只要作出过矩形对角线交点的直线即可，注意用虚线标注对角线交点等特殊点。
(2) 过一个定点可以画无数条直线，因此满足条件的直线有无数条。
(3) 结合作图过程可总结出，所有符合要求的直线的共同特征是经过矩形的对称中心，也就是对角线的交点。
(4) 正方形是特殊的矩形，同样满足“过对称中心的直线平分面积”的性质，因此先找到正方形对角线的交点O，过E、O作直线得到BC边上的点F；先通过全等三角形求出CF的长度，再作EG垂直BC构造直角三角形，用勾股定理即可求出EF的长度。
【解析】
(1) 作图如下：
(2) 过矩形对角线交点可以画出无数条直线，均能平分矩形面积，因此这样的直线有无数条。
(3) 观察所有符合要求的直线，共同特征为：经过矩形对角线的交点（即矩形的对称中心）。
(4) 连接AC、BD交于点O，过点E、O的直线交BC于点F，过点E作EG⊥BC于点G：
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=BC=6，OA=OC，AD//BC，可得∠FCO=∠OAE=45°，
在△COF和△AOE中：
$\{\begin{array}{l}∠FCO=∠OAE \\OC=OA \\∠COF=∠AOE\end{array} $
∴△COF≌△AOE(ASA)，
∴CF=AE=2，
∵EG⊥BC，∠A=∠B=90°，
∴四边形ABGE是矩形，
∴BG=AE=2，EG=AB=6，
∴GF=BC - BG - CF = 6 - 2 - 2 = 2，
在Rt△EFG中，由勾股定理得：
$EF=\sqrt{EG^2 + GF^2}=\sqrt{6^2 + 2^2}=2\sqrt{10}$。
【答案】
(1) 如图所示：
(2) 无数
(3) 经过对角线的交点(矩形的对称中心)
(4) $2\sqrt{10}$
【知识点】中心对称图形性质，全等三角形判定与性质，勾股定理
【点评】本题从操作探究入手，引导学生发现平分中心对称图形面积的直线的规律，再将规律迁移到正方形的计算问题中，既考查了动手操作、归纳总结的能力，也考查了全等三角形、勾股定理等几何核心知识的应用，兼顾了基础性和探究性。
【难度系数】
0.7
