登录
16. 如图11,在△ABC中,A(-2,3),B(-3,1),C(-1,2).
(1) 将△ABC向右平移4个单位长度,画出平移后的△A₁B₁C₁.
(2) 将△ABC绕原点O旋转180°,画出旋转后的△A₂B₂C₂,并写出点B₂的坐标.
(3)△A₂B₂C₂也可以认为是由△A₁B₁C₁经过某种变换后得到的图形.若△A₁B₁C₁内任意一点M的坐标为(x,y),点M经过这种变换后得到点N,请直接写出点N的坐标.
(1) 将△ABC向右平移4个单位长度,画出平移后的△A₁B₁C₁.
(2) 将△ABC绕原点O旋转180°,画出旋转后的△A₂B₂C₂,并写出点B₂的坐标.
(3)△A₂B₂C₂也可以认为是由△A₁B₁C₁经过某种变换后得到的图形.若△A₁B₁C₁内任意一点M的坐标为(x,y),点M经过这种变换后得到点N,请直接写出点N的坐标.
答案
(1) 如
所示，△A₁B₁C₁为所求(2) 如
所示，△A₂B₂C₂为所求，$B_2(3,-1)$(3) $N(-x,-y)$
解析
【分析】
(1) 解决平移作图问题，需掌握平移的坐标变化规律：图形向右平移4个单位长度，图形上所有点的横坐标加4，纵坐标不变，据此求出△ABC三个顶点平移后的对应点坐标，描点连线即可。
(2) 绕原点旋转180°的本质是作关于原点的中心对称图形，坐标变化规律为点的横、纵坐标均变为原坐标的相反数，据此求出三个顶点旋转后的对应点坐标，描点连线即可得到△A₂B₂C₂，同时直接读出点B₂的坐标。
(3) 观察△A₁B₁C₁和△A₂B₂C₂的位置关系，确定变换类型为关于原点中心对称，再根据中心对称的坐标变化规律，即可得到点M对应点N的坐标。
【解析】
(1) 计算平移后各点坐标：
A(-2,3)向右平移4个单位得A₁(-2+4,3)=(2,3)，
B(-3,1)向右平移4个单位得B₁(-3+4,1)=(1,1)，
C(-1,2)向右平移4个单位得C₁(-1+4,2)=(3,2)，
在平面直角坐标系中描出A₁、B₁、C₁三点，顺次连接得到△A₁B₁C₁。
(2) 绕原点O旋转180°，各点横、纵坐标取相反数：
A(-2,3)的对应点A₂(2,-3)，
B(-3,1)的对应点B₂(3,-1)，
C(-1,2)的对应点C₂(1,-2)，
描出A₂、B₂、C₂三点，顺次连接得到△A₂B₂C₂，点B₂的坐标为(3,-1)。
(3) 观察可知△A₂B₂C₂与△A₁B₁C₁关于原点中心对称，根据中心对称的坐标规律：若一点坐标为(x,y)，则其关于原点对称的点坐标为(-x,-y)，因此点M(x,y)经过变换后得到的点N坐标为(-x,-y)。
【答案】
(1) 如所示，△A₁B₁C₁为所求
(2) 如所示，△A₂B₂C₂为所求，$B_2(3,-1)$
(3) $N(-x,-y)$
【知识点】
坐标与平移变换，坐标与旋转变换，中心对称的坐标特征
【点评】
本题主要考查平面直角坐标系中图形的平移、旋转作图及坐标变化规律，解题核心是熟练掌握平移和中心对称的坐标变化特点，准确找到对应点，属于基础类作图题，难度不大。
【难度系数】
0.7
(1) 解决平移作图问题，需掌握平移的坐标变化规律：图形向右平移4个单位长度，图形上所有点的横坐标加4，纵坐标不变，据此求出△ABC三个顶点平移后的对应点坐标，描点连线即可。
(2) 绕原点旋转180°的本质是作关于原点的中心对称图形，坐标变化规律为点的横、纵坐标均变为原坐标的相反数，据此求出三个顶点旋转后的对应点坐标，描点连线即可得到△A₂B₂C₂，同时直接读出点B₂的坐标。
(3) 观察△A₁B₁C₁和△A₂B₂C₂的位置关系，确定变换类型为关于原点中心对称，再根据中心对称的坐标变化规律，即可得到点M对应点N的坐标。
【解析】
(1) 计算平移后各点坐标：
A(-2,3)向右平移4个单位得A₁(-2+4,3)=(2,3)，
B(-3,1)向右平移4个单位得B₁(-3+4,1)=(1,1)，
C(-1,2)向右平移4个单位得C₁(-1+4,2)=(3,2)，
在平面直角坐标系中描出A₁、B₁、C₁三点，顺次连接得到△A₁B₁C₁。
(2) 绕原点O旋转180°，各点横、纵坐标取相反数：
A(-2,3)的对应点A₂(2,-3)，
B(-3,1)的对应点B₂(3,-1)，
C(-1,2)的对应点C₂(1,-2)，
描出A₂、B₂、C₂三点，顺次连接得到△A₂B₂C₂，点B₂的坐标为(3,-1)。
(3) 观察可知△A₂B₂C₂与△A₁B₁C₁关于原点中心对称，根据中心对称的坐标规律：若一点坐标为(x,y)，则其关于原点对称的点坐标为(-x,-y)，因此点M(x,y)经过变换后得到的点N坐标为(-x,-y)。
【答案】
(1) 如
所示，△A₁B₁C₁为所求(2) 如
所示，△A₂B₂C₂为所求，$B_2(3,-1)$(3) $N(-x,-y)$
【知识点】
坐标与平移变换，坐标与旋转变换，中心对称的坐标特征
【点评】
本题主要考查平面直角坐标系中图形的平移、旋转作图及坐标变化规律，解题核心是熟练掌握平移和中心对称的坐标变化特点，准确找到对应点，属于基础类作图题，难度不大。
【难度系数】
0.7
17. 已知∠MAN=α(0°＜α＜45°),点B,C分别在射线AN,AM上,将线段BC绕点B顺时针旋转(180°−2α)得到线段BD,过点D作AN的垂线交射线AM于点E.如图12,当点D在射线AN上时,求证:C是AE的中点.
答案
17. 如
，连接CD，由题意得BC=BD，∠CBD = 180°−2α，∴∠BDC=∠BCD.
∵∠BDC+∠BCD + ∠CBD = 180°,
∴∠BDC=$\frac{180°-(180°-2α)}{2}$= α.
∴∠BDC=∠A.
∴CA=CD.
∵ED⊥AN,
∴∠1+∠A=∠2+∠BDC=90°.
∴∠1=∠2.
∴CD= CE.
∴CA=CE.
∴点C是AE的中点
解析
【分析】
要证明C是AE的中点，即需证CA=CE，可通过中间量CD等量代换推导：①首先根据旋转的性质，BC=BD且旋转角∠CBD=180°−2α，连接CD构造等腰△BCD，利用三角形内角和计算底角∠BDC的度数，可发现∠BDC=∠A=α，依据等角对等边得到CA=CD；②结合ED⊥AN的条件，利用直角三角形两锐角互余的性质，推导得到∠1=∠2，再由等角对等边得到CD=CE；③最后通过等量代换得到CA=CE，即可证明结论。
【解析】
证明：连接CD，由旋转的性质可得BC=BD，∠CBD = 180°−2α，
∴△BCD为等腰三角形，∠BDC=∠BCD。
在△BCD中，根据三角形内角和为180°，得：
∠BDC+∠BCD + ∠CBD = 180°，
∴$∠ BDC=\frac{180°-(180°-2α)}{2}=α$。
已知∠MAN=α，
∴∠BDC=∠A，
根据等角对等边，得CA=CD。
∵ED⊥AN，
∴∠ADE=90°，
∴Rt△ADE中∠1+∠A=90°，Rt△CDE中∠2+∠BDC=90°，
又
∵∠A=∠BDC，
∴∠1=∠2，
根据等角对等边，得CD= CE，
∴CA=CE，即点C是AE的中点。
【答案】
如，连接CD，由题意得BC=BD，∠CBD = 180°−2α，
∴∠BDC=∠BCD.
∵∠BDC+∠BCD + ∠CBD = 180°,
∴∠BDC=$\frac{180°-(180°-2α)}{2}$= α.
∴∠BDC=∠A.
∴CA=CD.
∵ED⊥AN,
∴∠1+∠A=∠2+∠BDC=90°.
∴∠1=∠2.
∴CD= CE.
∴CA=CE.
∴点C是AE的中点
【知识点】
1.旋转的性质 2.等腰三角形的判定与性质 3.直角三角形的性质
【点评】
本题是几何基础综合题，解题关键是通过连接CD构造等腰三角形，结合旋转、等腰三角形和直角三角形的性质，利用等角对等边实现边的等量转化，能有效考查学生的辅助线构造能力和逻辑推理能力。
【难度系数】
0.7
要证明C是AE的中点，即需证CA=CE，可通过中间量CD等量代换推导：①首先根据旋转的性质，BC=BD且旋转角∠CBD=180°−2α，连接CD构造等腰△BCD，利用三角形内角和计算底角∠BDC的度数，可发现∠BDC=∠A=α，依据等角对等边得到CA=CD；②结合ED⊥AN的条件，利用直角三角形两锐角互余的性质，推导得到∠1=∠2，再由等角对等边得到CD=CE；③最后通过等量代换得到CA=CE，即可证明结论。
【解析】
证明：连接CD，由旋转的性质可得BC=BD，∠CBD = 180°−2α，
∴△BCD为等腰三角形，∠BDC=∠BCD。
在△BCD中，根据三角形内角和为180°，得：
∠BDC+∠BCD + ∠CBD = 180°，
∴$∠ BDC=\frac{180°-(180°-2α)}{2}=α$。
已知∠MAN=α，
∴∠BDC=∠A，
根据等角对等边，得CA=CD。
∵ED⊥AN，
∴∠ADE=90°，
∴Rt△ADE中∠1+∠A=90°，Rt△CDE中∠2+∠BDC=90°，
又
∵∠A=∠BDC，
∴∠1=∠2，
根据等角对等边，得CD= CE，
∴CA=CE，即点C是AE的中点。
【答案】
如
，连接CD，由题意得BC=BD，∠CBD = 180°−2α，∴∠BDC=∠BCD.
∵∠BDC+∠BCD + ∠CBD = 180°,
∴∠BDC=$\frac{180°-(180°-2α)}{2}$= α.
∴∠BDC=∠A.
∴CA=CD.
∵ED⊥AN,
∴∠1+∠A=∠2+∠BDC=90°.
∴∠1=∠2.
∴CD= CE.
∴CA=CE.
∴点C是AE的中点
【知识点】
1.旋转的性质 2.等腰三角形的判定与性质 3.直角三角形的性质
【点评】
本题是几何基础综合题，解题关键是通过连接CD构造等腰三角形，结合旋转、等腰三角形和直角三角形的性质，利用等角对等边实现边的等量转化，能有效考查学生的辅助线构造能力和逻辑推理能力。
【难度系数】
0.7
18. 综合与实践.
【问题情境】在数学综合实践课上，同学们以特殊三角形为背景，探究动点运动的几何问题. 在$△ ABC$中，点$M,N$分别为$AB,AC$上的动点(不含端点)，且$AN=BM$.
【初步尝试】(1)如图13，当$△ ABC$为等边三角形时，小颜发现:将$MA$绕点$M$逆时针旋转$120°$得到$MD$，连接$BD$，则$MN=DB$，请思考并证明.
【类比探究】(2)小明尝试改变三角形的形状后进一步探究:如图14，在$△ ABC$中，$AB=AC$，$∠ BAC=90°$，$AE⊥ MN$于点$E$，交$BC$于点$F$，将$MA$绕点$M$逆时针旋转$90°$得到$MD$，连接$DA,DB$. 试猜想四边形$AFBD$的形状，并说明理由.
【问题情境】在数学综合实践课上，同学们以特殊三角形为背景，探究动点运动的几何问题. 在$△ ABC$中，点$M,N$分别为$AB,AC$上的动点(不含端点)，且$AN=BM$.
【初步尝试】(1)如图13，当$△ ABC$为等边三角形时，小颜发现:将$MA$绕点$M$逆时针旋转$120°$得到$MD$，连接$BD$，则$MN=DB$，请思考并证明.
【类比探究】(2)小明尝试改变三角形的形状后进一步探究:如图14，在$△ ABC$中，$AB=AC$，$∠ BAC=90°$，$AE⊥ MN$于点$E$，交$BC$于点$F$，将$MA$绕点$M$逆时针旋转$90°$得到$MD$，连接$DA,DB$. 试猜想四边形$AFBD$的形状，并说明理由.
答案
(1)
∵△ABC是等边三角形，
∴∠A=60°,AB=AC.
∵MA绕点M逆时针旋转120°得到MD，
∴AM=DM,∠AMD=120°.
∴∠DMB=180°−∠AMD=60°. 又
∵AN=BM，
∴△ANM≌△MBD(SAS)，
∴MN=DB
(2) 四边形AFBD是平行四边形. 理由如下：由(1)同理可证，△ANM≌△MBD(SAS).
∴∠AMN=∠MDB.
∵AE⊥MN，
∴∠AEM=90°.
∴∠AMN+∠MAE=90°.
∵∠DMB=90°,
∴∠MDB+∠MBD=90°.
∴∠MAE=∠MBD.
∴DB//AF.
∵在△ABC中，AB=AC,∠BAC=90°,
∴∠ABC=∠ACB=45°.
∵MA绕点M逆时针旋转90°得到MD,
∴MA=MD.
∴∠MAD=∠MDA=45°.
∴∠MAD=∠ABF=45°,
∴AD//BF.
∴四边形AFBD是平行四边形
∵△ABC是等边三角形，
∴∠A=60°,AB=AC.
∵MA绕点M逆时针旋转120°得到MD，
∴AM=DM,∠AMD=120°.
∴∠DMB=180°−∠AMD=60°. 又
∵AN=BM，
∴△ANM≌△MBD(SAS)，
∴MN=DB
(2) 四边形AFBD是平行四边形. 理由如下：由(1)同理可证，△ANM≌△MBD(SAS).
∴∠AMN=∠MDB.
∵AE⊥MN，
∴∠AEM=90°.
∴∠AMN+∠MAE=90°.
∵∠DMB=90°,
∴∠MDB+∠MBD=90°.
∴∠MAE=∠MBD.
∴DB//AF.
∵在△ABC中，AB=AC,∠BAC=90°,
∴∠ABC=∠ACB=45°.
∵MA绕点M逆时针旋转90°得到MD,
∴MA=MD.
∴∠MAD=∠MDA=45°.
∴∠MAD=∠ABF=45°,
∴AD//BF.
∴四边形AFBD是平行四边形
解析
【分析】
(1) 要证明MN=DB，可通过证明两条线段所在三角形全等来推导。首先利用等边三角形的性质得到∠A=60°，结合旋转的性质可得AM=DM、∠AMD=120°，进而推出∠DMB=60°=∠A，再结合已知AN=BM，即可用SAS判定△ANM≌△MBD，从而得到MN=DB。
(2) 判断四边形AFBD的形状，可通过证明两组对边分别平行来判定。首先类比第(1)问的思路证明△ANM≌△MBD，得到角的等量关系，结合AE⊥MN的条件推导得出DB//AF；再利用等腰直角三角形的性质和旋转的性质，得到∠MAD=∠ABC=45°，推出AD//BF，根据平行四边形的判定定理即可得出结论。
【解析】
(1) 证明：
∵△ABC是等边三角形，
∴∠A=60°,AB=AC。
∵MA绕点M逆时针旋转120°得到MD，
∴AM=DM,∠AMD=120°，
∴∠DMB=180°−∠AMD=60°，即∠DMB=∠A。
又
∵AN=BM，
∴△ANM≌△MBD(SAS)，
∴MN=DB。
(2) 四边形AFBD是平行四边形，理由如下：
类比(1)的证明思路可证△ANM≌△MBD(SAS)，
∴∠AMN=∠MDB。
∵AE⊥MN，
∴∠AEM=90°，
∴∠AMN+∠MAE=90°。
∵MA绕点M逆时针旋转90°得到MD，
∴∠DMB=90°，
∴∠MDB+∠MBD=90°，
结合∠AMN=∠MDB，可得∠MAE=∠MBD，
∴DB//AF。
∵在△ABC中，AB=AC,∠BAC=90°，
∴∠ABC=∠ACB=45°。
由旋转的性质得MA=MD,∠AMD=90°，
∴△AMD是等腰直角三角形，
∴∠MAD=∠MDA=45°，
∴∠MAD=∠ABF=45°，
∴AD//BF。
∵DB//AF，AD//BF，
∴四边形AFBD是平行四边形。
【答案】
(1) MN=DB，证明成立；
(2) 四边形AFBD是平行四边形。
【知识点】
旋转的性质；全等三角形的判定与性质；平行四边形的判定
【点评】
本题以特殊三角形和旋转动点为背景，综合考查了特殊三角形的性质、全等证明和平行四边形的判定，解题时可运用类比思想简化推导过程，通过角的等量代换得到平行关系是解题的核心，能够有效锻炼几何逻辑推理能力和综合应用能力。
【难度系数】
0.6
(1) 要证明MN=DB，可通过证明两条线段所在三角形全等来推导。首先利用等边三角形的性质得到∠A=60°，结合旋转的性质可得AM=DM、∠AMD=120°，进而推出∠DMB=60°=∠A，再结合已知AN=BM，即可用SAS判定△ANM≌△MBD，从而得到MN=DB。
(2) 判断四边形AFBD的形状，可通过证明两组对边分别平行来判定。首先类比第(1)问的思路证明△ANM≌△MBD，得到角的等量关系，结合AE⊥MN的条件推导得出DB//AF；再利用等腰直角三角形的性质和旋转的性质，得到∠MAD=∠ABC=45°，推出AD//BF，根据平行四边形的判定定理即可得出结论。
【解析】
(1) 证明：
∵△ABC是等边三角形，
∴∠A=60°,AB=AC。
∵MA绕点M逆时针旋转120°得到MD，
∴AM=DM,∠AMD=120°，
∴∠DMB=180°−∠AMD=60°，即∠DMB=∠A。
又
∵AN=BM，
∴△ANM≌△MBD(SAS)，
∴MN=DB。
(2) 四边形AFBD是平行四边形，理由如下：
类比(1)的证明思路可证△ANM≌△MBD(SAS)，
∴∠AMN=∠MDB。
∵AE⊥MN，
∴∠AEM=90°，
∴∠AMN+∠MAE=90°。
∵MA绕点M逆时针旋转90°得到MD，
∴∠DMB=90°，
∴∠MDB+∠MBD=90°，
结合∠AMN=∠MDB，可得∠MAE=∠MBD，
∴DB//AF。
∵在△ABC中，AB=AC,∠BAC=90°，
∴∠ABC=∠ACB=45°。
由旋转的性质得MA=MD,∠AMD=90°，
∴△AMD是等腰直角三角形，
∴∠MAD=∠MDA=45°，
∴∠MAD=∠ABF=45°，
∴AD//BF。
∵DB//AF，AD//BF，
∴四边形AFBD是平行四边形。
【答案】
(1) MN=DB，证明成立；
(2) 四边形AFBD是平行四边形。
【知识点】
旋转的性质；全等三角形的判定与性质；平行四边形的判定
【点评】
本题以特殊三角形和旋转动点为背景，综合考查了特殊三角形的性质、全等证明和平行四边形的判定，解题时可运用类比思想简化推导过程，通过角的等量代换得到平行关系是解题的核心，能够有效锻炼几何逻辑推理能力和综合应用能力。
【难度系数】
0.6
