数学九年级上册 旋转几何综合单元综合测试(Word版 含答案)
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数学九年级上册旋转几何综合单元综合测试(Word版含答案)
一、初三数学旋转易错题压轴题(难)
1.直线m∥n,点A、B分别在直线m,n上(点A在点B的右侧),点P在直线m上,
AP=1
3
AB,连接BP,将线段BP绕点B顺时针旋转60°得到BC,连接AC交直线n于点E,
连接PC,且ABE为等边三角形.
(1)如图①,当点P在A的右侧时,请直接写出∠ABP与∠EBC的数量关系是,AP 与EC的数量关系是.
(2)如图②,当点P在A的左侧时,(1)中的结论是否成立?若成立,请给予证明;若不成立,请说明理由.
(3)如图②,当点P在A的左侧时,若△PBC的面积为
93,求线段AC的长.
【答案】(1)∠ABP=∠EBC,AP=EC;(2)成立,见解析;(3)
7 7
【解析】
【分析】
(1)根据等边三角形的性质得到∠ABE=60°,AB=BE,根据旋转的性质得到∠CBP=60°,BC=BP,根据全等三角形的性质得到结论;
(2)根据等边三角形的性质得到∠ABE=60°,AB=BE,根据旋转的性质得到∠CBP=60°,BC=BP,根据全等三角形的性质得到结论;
(3)过点C作CD⊥m于D,根据旋转的性质得到△PBC是等边三角形,求得PC=3,设AP=CE=t,则AB=AE=3t,得到AC=2t,根据平行线的性质得到∠CAD=∠AEB=60°,解直角三角形即可得到结论.
【详解】
解:(1)∵△ABE是等边三角形,
∴∠ABE=60°,AB=BE,
∵将线段BP绕点B顺时针旋转60°得到BC,
∴∠CBP=60°,BC=BP,
∴∠ABP=60°﹣∠PBE,∠CBE=60°﹣∠PBE,
即∠ABP=∠EBC,
∴△ABP≌△EBC(SAS),
∴AP=EC;
故答案为:∠ABP=∠EBC,AP=EC;
(2)成立,理由如下,
∵△ABE是等边三角形,
∴∠ABE=60°,AB=BE,
∵将线段BP绕点B顺时针旋转60°得到BC,∴∠CBP=60°,BC=BP,
∴∠ABP=60°﹣∠PBE,∠CBE=60°﹣∠PBE,即∠ABP=∠EBC,
∴△ABP≌△EBC(SAS),
∴AP=EC;
(3)过点C作CD⊥m于D,
∵将线段BP绕点B顺时针旋转60°得到BC,∴△PBC是等边三角形,
∴3
2
93
∴PC=3,
设AP=CE=t,则AB=AE=3t,∴AC=2t,
∵m∥n,
∴∠CAD=∠AEB=60°,
∴AD=1
2
AC=t,CD33,
∵PD2+CD2=PC2,∴(2t)2+3t2=9,
∴t=37
7
(负值舍去),
∴AC=2t 67
.
【点睛】
本题主要考查等边三角形的判定及性质、旋转的性质应用、三角形全等的判定及性质、勾股定理等相关知识点,解题关键在于找到图形变化过程中存在的联系,类比推理即可得
解.
2.如图,四边形ABCD为正方形,△AEF为等腰直角三角形,∠AEF=90°,连接FC,G 为FC的中点,连接GD,ED.
(1)如图①,E在AB上,直接写出ED,GD的数量关系.
(2)将图①中的△AEF绕点A逆时针旋转,其它条件不变,如图②,(1)中的结论是否成立?说明理由.
(3)若AB=5,AE=1,将图①中的△AEF绕点A逆时针旋转一周,当E,F,C三点共线时,直接写出ED的长.
【答案】(1)DE=2DG;(2)成立,理由见解析;(3)DE的长为42或32.【解析】
【分析】
(1)根据题意结论:DE=2DG,如图1中,连接EG,延长EG交BC的延长线于M,连接DM,证明△CMG≌△FEG(AAS),推出EF=CM,GM=GE,再证明△DCM≌△DAE (SAS)即可解决问题;
(2)如图2中,结论成立.连接EG,延长EG到M,使得GM=GE,连接CM,DM,延长EF交CD于R,其证明方法类似;
(3)由题意分两种情形:①如图3-1中,当E,F,C共线时.②如图3-3中,当E,F,C 共线时,分别求解即可.
【详解】
解:(1)结论:DE=2DG.
理由:如图1中,连接EG,延长EG交BC的延长线于M,连接DM.
∵四边形ABCD是正方形,
∴AD=CD,∠B=∠ADC=∠DAE=∠DCB=∠DCM=90°,
∵∠AEF=∠B=90°,
∴EF∥CM,
∴∠CMG=∠FEG,
∵∠CGM=∠EGF,GC=GF,
∴△CMG≌△FEG(AAS),
∴EF=CM,GM=GE,
∵AE=EF,
∴AE=CM,
∴△DCM≌△DAE(SAS),
∴DE=DM,∠ADE=∠CDM,
∴∠EDM=∠ADC=90°,
∴DG⊥EM,DG=GE=GM,
∴△EGD是等腰直角三角形,
∴DE=2DG.
(2)如图2中,结论成立.
理由:连接EG,延长EG到M,使得GM=GE,连接CM,DM,延长EF交CD于R.
∵EG=GM,FG=GC,∠EGF=∠CGM,
∴△CGM≌△FGE(SAS),
∴CM=EF,∠CMG=∠GEF,
∴CM∥ER,
∴∠DCM=∠ERC,
∵∠AER+∠ADR=180°,
∴∠EAD+∠ERD=180°,
∵∠ERD+∠ERC=180°,
∴∠DCM=∠EAD,
∵AE=EF,
∴AE=CM,
∴△DAE≌△DCM(SAS),
∴DE=DM,∠ADE=∠CDM,
∴∠EDM=∠ADC=90°,
∵EG=GM,
∴DG=EG=GM,
∴△EDG是等腰直角三角形,
∴DE2DG.
(3)①如图3﹣1中,当E ,F ,C 共线时,
在Rt △ADC 中,AC =
22AD CD +=
2255+=52,
在Rt △AEC 中,EC =22A AE C -=22(52)1-=7, ∴CF =CE ﹣EF =6, ∴CG =
1
2
CF =3, ∵∠DGC =90°,
∴DG =22CD CG -=2253-=4, ∴DE =2DG =42.
②如图3﹣3中,当E ,F ,C 共线时,同法可得DE =32.
综上所述,DE 的长为2或2. 【点睛】
本题属于四边形综合题,考查正方形的性质,全等三角形的判定和性质,解直角三角形等知识,解题的关键是学会添加常用辅助线,构造全等三角形解决问题.
3.已知抛物线y=ax 2+bx-3a-5经过点A(2,5) (1)求出a 和b 之间的数量关系.
(2)已知抛物线的顶点为D 点,直线AD 与y 轴交于(0,-7) ①求出此时抛物线的解析式;
②点B 为y 轴上任意一点且在直线y=5和直线y=-13之间,连接BD 绕点B 逆时针旋转90°,得到线段BC ,连接AB 、AC ,将AB 绕点B 顺时针旋转90°,得到线段BH .截取BC 的中点F 和DH 的中点G .当点D 、点H 、点C 三点共线时,分别求出点F 和点G 的坐标.
【答案】(1)a+2b=10;(2)①y= 2x 2+4x-11,②G 1(478,91-8
+),
F 1(,,
G 2,F 2,) 【解析】 【分析】
(1)把点A 坐标代入抛物线y=ax 2+bx-3a-5即可得到a 和b 之间的数量关系;
(2)①求出直线AD 的解析式,与抛物线y=ax 2+bx-3a-5联立方程组,根据直线与抛物线有两个交点,结合韦达定理求出a ,b ,即可求出解析式;
②作AI ⊥y 轴于点I ,HJ ⊥y 轴于点J.设B (0,t ),根据旋转性质表示粗H 、D 、C 坐标,应含t 式子表示直线AD 的解析式,根据D 、H 、C 三点共线,把点C 坐标代入求出
131t -
4+=,2t -4
=,分两类讨论,分别求出G 、F 坐标。
【详解】
解:(1)把A (2,5)代入y=ax 2+bx-3a-5得4a+2b-3a-5=5 ∴a+2b=10
∴a 和b 之间的数量关系是a+2b=10 (2)①设直线AD 的解析式为y=kx+c ∵直线AD 与y 轴交于(0,-7),A (2,5) ∴2k c 5{
c -7+==解得k 6{c -7
==即直线AD 的解析式为y=6x-7
联立抛物线y=ax 2+bx-3a-5与直线AD :y=6x-7 得2
y ax +bx-3a-5
{y 6x-7
==
消去y 得ax 2+(b-6)x-3a+2=0 ∵抛物线与直线AD 有两个交点 ∴由韦达定理可得:x A +x D =b-6-a =2a 2a +,x A x D =-3a 2
a
+ ∵A (2,5)∴x A =2即x D =2a -22a +∵x D =b -2a =a-104a
∴
2a -22a +=a-104a 解得a=2∴b=10-a
2= 4 ∴此时抛物线的解析式为y= 2x 2+4x-11
②如图所示:作AI ⊥y 轴于点I ,HJ ⊥y 轴于点J.设B (0,t ) ∵A (2,5),∴AI=2,BJ=5-t
∵AB 绕点B 顺时针旋转90°,得到线段BH ∴AB=BH ,∠ABH=90°,∠AIB=∠BJH=90° ∵∠IAB+∠IBA=90°,∠ABH+∠IBA+∠JBH=180° ∴∠IBA+∠JBH=90°即∠IAB=∠JBH ∴△AJB ≌△BJH 即AI=BJ=2,BI=IH=5-t ∴H (5-t ,t-2)
∵D (-1,-13)∴y B -y D =t+13 同理可得:C (t+13,t-1) 设DH 的解析式为y=k 1x+b 1
∴1111-k b -13{5-t k b t-2
+=+=()解得11t 11k 6-t {t 11b -13-t-6
+=
+=
即直线AD 的解析式为t 1111
y x-13-66
t t t ++=--
∵D 、H 、C 三点共线 ∴把C (t+13,t-1)代入AD t 1111y x-13-66t t t ++=--得:t 1111
t-1t 13-13-66t t t ++=+--()
整理得2t 2+31t+82=0解得131305t +=,231-305
t =
由图可知:①当131305
t +=如图1所示: 此时H (
513054,39305-4) ,C (305-21-4,35305
-4
+)
∵点G为DH中点,点F为BC中点
∴G1(47305
+
,
91305
-
+
),F1(
305-21
-,
33305
-
+
)
由图可知:当
231-305
t-
=如图2所示:
此时H(51-305
4
,
39-305
-
4
),C(
30521
4
+
,
35-305
-
4
)
∵点G为DH中点,点F为BC中点
∴G2(47-305
,
91-305
-),F2(
30521
+
,
33-305
-)(14分)
∴综上所述:G1(47305
8
+
,
91305
-
8
+
),F1(
305-21
-
8
,
33305
-
4
+
)
G2(47-305
8
,
91-305
-
8
),F2(
30521
8
+
,
33-305
-
4
)。
【点睛】
本题为含参数的二次函数问题,综合性强,难度较大,解题关键在于根据旋转性质,用含参数式子分别表示点的坐标,函数关系式,结合韦达定理,分类讨论求解。
4.已知如图1,在ABC 中,90ABC ∠=?,BC AB =,点D 在AC 上,DF AC ⊥交BC 于F ,点E 是AF 的中点.
(1)写出线段ED 与线段EB 的关系并证明;
(2)如图2,将CDF 绕点C 逆时针旋转(
)
090a α?
<,其它条件不变,线段ED 与线段EB 的关系是否变化,写出你的结论并证明;
(3)将CDF 绕点C 逆时针旋转一周,如果6BC =,32CF =,直接写出线段CE 的范围.
【答案】(1)ED EB =,DE BE ⊥,证明见解析;(2)结论不变,理由见解析;
(3)最大值
92
2
=最小值
32
2
=.
【解析】
【分析】
(1)在Rt△ADF中,可得DE=AE=EF,在Rt△ABF中,可得BE=EF=EA,得证ED=EB;然后利用等腰三角形的性质以及四边形ADFB的内角和为180°,可推导得出∠DEB=90°;
(2)如下图,先证四边形MFBA是平行四边形,再证△DCB≌△DFM,从而推导出△DMB 是等腰直角三角形,最后得出结论;
(3)如下图,当点F在AC上时,CE有最大值;当点F在AC延长线上时,CE有最小值.【详解】
(1)∵DF⊥AC,点E是AF的中点
∴DE=AE=EF,∠EDF=∠DFE
∵∠ABC=90°,点E是AF的中点
∴BE=AE=EF,∠EFB=∠EBF
∴DE=EB
∵AB=BC,
∴∠DAB=45°
∴在四边形ABFD中,∠DFB=360°-90°-45°-90°=135°
∠DEB=∠DEF+∠FEB=180°-2∠EFD+180°-2∠EFB=360°-2(∠EFD+∠EFB)
=360°-2×135°=90°
∴DE⊥EB
(2)如下图,延长BE至点M处,使得ME=EB,连接MA、ME、MF、MD、FB、DB,延长MF交CB于点H
∵ME=EB,点E是AF的中点
∴四边形MFBA是平行四边形
∴MF∥AB,MF=AB
∴∠MHB=180°-∠ABC=90°
∵∠DCA=∠FCB=a
∴∠DCB=45°+a,∠CFH=90°-a
∵∠DCF=45°,∠CDF=90°
∴∠DFC=45°,△DCF是等腰直角三角形
∴∠DFM=180°-∠DFC-∠CFH=45°+a
∴∠DCB=∠DFM
∵△ABC和△CDF都是等腰直角三角形
∴DC=DF,BC=AB=MF
∴△DCB≌△DFM(SAS)
∴∠MDF=∠BDC,DB=DM
∴∠MDF+∠FDB=∠BDC+∠FDB=90°
∴△DMB是等腰直角三角形
∵点E是MB的中点
∴DE=EB,DE⊥EB
(3)当点F在AC上时,CF有最大值,图形如下:
∵BC=6,∴在等腰直角△ABC中,2
∵2,∴2
∴CE=CF+FE=CF+1
2AF92
2
当点F在AC延长线上时,CE有最小值,图形如下:
同理,CE=EF-CF
32
=
【点睛】
本题考查三角形的旋转变换,用到了等腰直角三角形的性质和平行四边形的性质,解题关键是构造并证明△BDM是等腰直角三角形.
5.如图,在矩形ABCD中,6
AB cm
=,8
AD cm
=,连接BD,将ABD
△绕B点作顺时针方向旋转得到A B D
'''
△(B′与B重合),且点D'刚好落在BC的延长上,A D''与CD相交于点E.
(1)求矩形ABCD与A B D
'''
△重叠部分(如图1中阴影部分A B CE
'')的面积;(2)将A B D
'''
△以每秒2cm的速度沿直线BC向右平移,如图2,当B′移动到C点时停止移动.设矩形ABCD与A B D
'''
△重叠部分的面积为y,移动的时间为x,请你直接写出y关于x的函数关系式,并指出自变量x的取值范围;
(3)在(2)的平移过程中,是否存在这样的时间x,使得AA B''
△成为等腰三角形?若存在,请你直接写出对应的x的值,若不存在,请你说明理由.
【答案】(1)2
45
2
cm;(2)
2
2
3316
24(0)
225
88020016
(4)
3335
x x x
y
x x x
?
--+≤<
??
=?
?-+≤≤
??
;(3)存在,使得
AA B ''△成为等腰三角形的x 的值有:0秒、32秒、
9
5
. 【解析】 【分析】
(1)先用勾股定理求出BD 的长,再根据旋转的性质得出10B D BD cm ''==,
2CD B D BC cm '=''-=,利用B D A ∠'''的正切值求出CE 的值,利用三角形的面积差即
可求阴影部分的面积;
(2)分类讨论,当1605x ≤<时和当
16
45
x ≤≤时,分别列出函数表达式; (3)分类讨论,当AB A B '=''时;当AA A B '=''时;当AB AA '='时,根据勾股定理列方程即可. 【详解】
解:(1)6AB cm =,8AD cm =, 10BD cm ∴=,
根据旋转的性质可知10B D BD cm ''==,2CD B D BC cm '=''-=,
tan A B CE
B D A A D CD
'''''∠==''',
682
CE ∴=, 3
2
CE cm ∴=,
()286345
22222
A B CE A B D CED S S S cm ''''''?∴==-?÷=-;
(2)①当1605x ≤<时,22CD x '=+,3
2CE x =,
233
+22CD E S x x '∴=△,
221333
68242222y x x x ∴=??-=--+;
②当1645x ≤≤时,102BC x =-,()4
1023CE x =- ()2
21488020010223333
y x x x ∴=?-=-+.
(3)①如图1,当AB A B '=''时,0x =秒;
②如图2,当AA A B '=''时,1825A N BM BB B M x '=='+'=+,24
5
A M N
B '==,
2236AN A N +'=,
22
2418623655x ?
???∴-++= ? ??
???,
解得:6695x -=
秒,(669
5
x --=舍去); ③如图2,当AB AA '='时,1825A N BM BB B M x '=='+'=+
,24
5
A M N
B '==, 2222AB BB AN A N +'=+'
22
224183646255x x ?
???∴+=-++ ? ??
???
解得:3
2
x =
秒. 综上所述:使得AA B ''△成为等腰三角形的x 的值有:0秒、
32秒、6695
-.
【点睛】
本题主要考查了图形的平移变换和旋转变换,能够数形结合,运用分类讨论的思想方法全面的分析问题,思考问题是解决问题的关键.
6.综合与探究:
如图1,Rt AOB 的直角顶点O 在坐标原点,点A 在y 轴正半轴上,点B 在x 轴正半轴上,4OA =,2OB =,将线段AB 绕点B 顺时针旋转90?得到线段BC ,过点C 作
CD x ⊥轴于点D ,抛物线23y ax x c =++经过点C ,与y 轴交于点(0,2)E ,直线AC
与x 轴交于点H .
(1)求点C 的坐标及抛物线的表达式;
(2)如图2,已知点G 是线段AH 上的一个动点,过点G 作AH 的垂线交抛物线于点F (点F 在第一象限),设点G 的横坐标为m . ①点G 的纵坐标用含m 的代数式表示为________;
②如图3,当直线FG 经过点B 时,求点F 的坐标,判断四边形ABCF 的形状并证明结论;
③在②的前提下,连接FH ,点N 是坐标平面内的点,若以F ,H ,N 为顶点的三角形与FHC 全等,请直接写出点N 的坐标.
【答案】(1)点C 的坐标为(6,2),21322y x x =-
++;(2)①1
43
m -+;②点F 的坐标为(4,6),四边形ABCF 为正方形,证明见解析;③点N 的坐标为(10,4)或
4226,55?? ???或384,55?? ???
. 【解析】 【分析】
(1)根据已知条件与旋转的性质证明ABO BCD ≌,根据全等三角形的性质得出点C 的坐标,结合点E 的坐标,根据待定系数法求出抛物线的表达式;
(2)①设直线AC 的表达式为y kx b =+,由点A 、C 的坐标求出直线AC 的表达式,进而得解;
②过点G 作GM x ⊥轴于点M ,过点F 作FP y ⊥轴,垂足为点P ,PF 的延长线与
DC 的延长线交于点Q ,根据等腰三角形三线合一得出AG CG =,结合①由平行线分线
段成比例得出点G 的坐标,根据待定系数法求出直线BG 的表达式,结合抛物线的表达式求出点F ;利用勾股定理求出AB BC CF FA ===,结合90ABC ?∠=可得出结论; ③根据直线AC 的表达式求出点H 的坐标,设点N 坐标为(,)s t ,根据勾股定理分别求出
2FC ,2CH ,2FN ,2NH ,然后分两种情况考虑:若△FHC ≌△FHN ,则FN =FC ,NH
=CH ,若△FHC ≌△HFN ,则FN =CH ,NH =FC ,分别列式求解即可. 【详解】 解:(1)
4=OA ,2OB =,
∴点A 的坐标为(0,4),点B 的坐标为(2,0),
线段AB 绕点B 顺时针旋转90?得到线段BC , AB BC ∴=,90ABC ?∠=,
90ABO DBC ?∴∠+∠=,
在Rt AOB 中,90ABO OAB ?∴∠+∠=,
=OAB DBC ∴∠∠,
CD x ⊥轴于点D ,
90BDC ?∴∠=, 90AOB BDC ?∴∠=∠=.
AB BC =,
ABO BCD ∴△≌△,
2CD OB ∴==,4BD OA ==, 6OB BD ∴+=,
∴点C 的坐标为(6,2),
∵抛物线2
3y ax x c =++的图象经过点C ,与y 轴交于点(0,2)E ,
236182c a c =?∴?++=?, 解得,122
a c ?
=-???=?,
∴抛物线的表达式为2
1322
y x x =-
++; (2)①设直线AC 的表达式为y kx b =+, ∵直线AC 经过点()6,2C ,(0,4)A , ∴62
4k b b +=??
=?
,
解得,134
k b ?
=-
???=?,即143y x =-+,
∴点G 的纵坐标用含m 的代数式表示为:1
43
m -+,
故答案为:143
m -+.
②过点G 作GM x ⊥轴于点M ,
OM m ∴=,1
43
GM m =-+,
AB BC =,BG AC ⊥, AG CG ∴=,
90AOB GMH CDH ?∠=∠=∠=,
OA GM CD ∴,
1OM AG
MD GC
∴
==, 1
32OM MD OD ∴===,
3m ∴=,1433
m -+=,
∴点G 为(3,3),
设直线BG 的表达式为y kx b =+,将(3,3)G 和(2,0)B 代入表达式得,20
33k b k b +=??
+=?
,
3
6
k b =?∴?=-?,即表达式为36y x =-, 点F 为直线BG 和抛物线的交点,
∴得2
132362
x x x -
++=-, 14x ∴=,24x =-(舍去), ∴点F 的坐标为(4,6),
过点F 作FP y ⊥轴,垂足为点P ,PF 的延长线与DC 的延长线交于点Q ,
4PF ∴=,2AP =,2FQ =,4CQ =,
在Rt AFP △中和Rt FCQ △中,根据勾股定理,得25AF FC ==, 同理可得25AB BC ==,
AB BC CF FA ∴===, ∴四边形ABCF 为菱形,
90ABC ?∠=, ∴菱形ABCF 为正方形;
③∵直线AC :1
43
y x =-+与x 轴交于点H , ∴1
403
x -
+=, 解得,x =12, ∴(12,0)H ,
∴2
2
2
(64)(26)20FC =-+-=,2
2
2
(126)(02)40CH =-+-=, 设点N 坐标为(,)s t ,
∴2
2
2
(4)(6)FN s t =-+-,2
2
2
(12)(0)NH s t =-+-, 第一种情况:若△FHC ≌△FHN ,则FN =FC ,NH =CH ,
∴2222
(4)(6)20(12)40s t s t ?-+-=?-+=?
,
解得,
1
142 5 26 5
s
t
?
=
??
?
?=
??
,2
2
6
2
s
t
=
?
?
=
?
(即点C),
∴
4226
,
55
N
??
?
??
;
第二种情况:若△FHC≌△HFN,则FN=CH,NH=FC,
∴
22
22
(4)(6)40
(12)20
s t
s t
?-+-=
?
-+=
?
,
解得,
1
1
38
5
4
5
s
t
?
=
??
?
?=
??
,2
2
10
4
s
t
=
?
?
=
?
,
∴
384
,
55
N
??
?
??
或(10,4)
N,
综上所述,以F,H,N为顶点的三角形与△FHC全等时,点N坐标为(10,4)或
4226
,
55
??
?
??或
384
,
55
??
?
??
.
【点睛】
本题是函数与几何的综合题,考查了待定系数法求函数的表达式,全等三角形的判定与性质,菱形与正方形的判定,旋转的性质,勾股定理等知识,其中对全等三角形存在性的分析,因有一条公共边,可对另外两边进行分类讨论,本题有一定的难度,是中考压轴题.
7.在正方形ABCD中,点E,F分别在边BC,CD上,且∠EAF=∠CEF=45°.
(1)将△ADF绕着点A顺时针旋转90°,得到△ABG(如图①),求证:△AEG≌△AEF;
(2)若直线EF与AB,AD的延长线分别交于点M,N(如图②),求证:EF2=ME2+NF2;
(3)将正方形改为长与宽不相等的矩形,若其余条件不变(如图③),请你直接写出线段EF,BE,DF之间的数量关系.
【答案】(1)证明见解析;(2)证明见解析;(3)EF2=2BE2+2DF2.
【解析】
试题分析:(1)根据旋转的性质可知AF=AG,∠EAF=∠GAE=45°,故可证△AEG≌△AEF;
(2)将△ADF绕着点A顺时针旋转90°,得到△ABG,连结GM.由(1)知
△AEG≌△AEF,则EG=EF.再由△BME、△DNF、△CEF均为等腰直角三角形,得出
CE=CF,BE=BM,NF=DF,然后证明∠GME=90°,MG=NF,利用勾股定理得出
EG2=ME2+MG2,等量代换即可证明EF2=ME2+NF2;
(3)将△ADF绕着点A顺时针旋转90°,得到△ABG,根据旋转的性质可以得到
△ADF≌△ABG,则DF=BG,再证明△AEG≌△AEF,得出EG=EF,由EG=BG+BE,等量代换得到EF=BE+DF.
试题解析:(1)∵△ADF绕着点A顺时针旋转90°,得到△ABG,
∴AF=AG,∠FAG=90°,
∵∠EAF=45°,
∴∠GAE=45°,
在△AGE与△AFE中,
,
∴△AGE≌△AFE(SAS);
(2)设正方形ABCD的边长为a.
将△ADF绕着点A顺时针旋转90°,得到△ABG,连结GM.
则△ADF≌△ABG,DF=BG.
由(1)知△AEG≌△AEF,
∴EG=EF.
∵∠CEF=45°,
∴△BME、△DNF、△CEF均为等腰直角三角形,
∴CE=CF,BE=BM,NF=DF,
∴a﹣BE=a﹣DF,
∴BE=DF,
∴BE=BM=DF=BG,
∴∠BMG=45°,
∴∠GME=45°+45°=90°,
∴EG2=ME2+MG2,
∵EG=EF,MG=BM=DF=NF,
∴EF2=ME2+NF2;
(3)EF2=2BE2+2DF2.
如图所示,延长EF交AB延长线于M点,交AD延长线于N点,
将△ADF绕着点A顺时针旋转90°,得到△AGH,连结HM,HE.
由(1)知△AEH≌△AEF,
则由勾股定理有(GH+BE)2+BG2=EH2,
即(GH+BE)2+(BM﹣GM)2=EH2
又∴EF=HE,DF=GH=GM,BE=BM,所以有(GH+BE)2+(BE﹣GH)2=EF2,
即2(DF2+BE2)=EF2
考点:四边形综合题
8.如图1,在平面直角坐标系xOy中,抛物线C:y=ax2+bx+c与x轴相交于A,B两点,顶点为D(0,4),AB2F(m,0)是x轴的正半轴上一点,将抛物线C绕点F 旋转180°,得到新的抛物线C′.
(1)求抛物线C的函数表达式;
(2)若抛物线C′与抛物线C在y轴的右侧有两个不同的公共点,求m的取值范围.(3)如图2,P是第一象限内抛物线C上一点,它到两坐标轴的距离相等,点P在抛物线C′上的对应点P′,设M是C上的动点,N是C′上的动点,试探究四边形PMP′N能否成为正方形?若能,求出m的值;若不能,请说明理由.