专题06 解答压轴训练
1．如图，在中，．过顶点C作直线（不经过点），交线段（或的延长线）于点D，以直线为对称轴，作点的对称点E，连接，射线交直线于点．
(1)如图1：
①若，则的度数为 ；
②求证： ；
(2)如图2、图3，若直线绕点C转动的过程中，设，请用含的式子表示的长（请直接写出答案）．
2．在等腰直角中，，，将直角边AC绕点A顺时针旋转得到AP，旋转角为，连接CP，PB．
(1)如图1，当时，求BP的长；
(2)如图2，若，且D为AB中点，连接PD，猜想CP和DP的数量关系，并说明理由；
(3)在旋转过程中，当时，求旋转角的度数．
3．如图1，在中，，，，点D、E分别在边，上，，连接，点M、P、N分别为，，的中点．
(1)图1中，线段与的数量关系是_____，位置关系是_____．
(2)把绕点A逆时针方向旋转到图2的位置，连接，，，判断的形状，并说明理由．
(3)把绕点A逆时针方向旋转的过程中，如果（D在内部，如图3），，求证：．
4．已知，，
(1)如图1，连接、，问与相等吗？并说明理由．
(2)若将绕点O逆时针旋转，如图2，当点C恰好在边上时，请写出、、之间关系，并说明理由．
(3)若绕点O旋转，当时，直线与直线交于点F，求的长．
5．综合与实践探究
【问题背景】学习三角形旋转之后，八1班各学习小组打算用两个大小不同的等腰直角三角形通过旋转变换设计本组的，小鸣在设计的过程中发现两个三角形在旋转过程中，某些边和角存在一定的关系．
因此，他和同学一起对这个问题进行了数学探究．
已知和都是等腰直角三角形，且．
【初步探究】（1）小鸣将绕点A 在平面内自由旋转，连接后，他发现这两条线段存在着一定的数量关系，如图（1），请探究线段的数量关系，并说明理由；
【深入探究】（2）若，旋转过程中，当点D、点 E 和的中点O 三点共线时，如图2，探究线段和的数量关系，并说明理由．
【应用探究】（3）如图2，在（2）的条件下，若，则____ （ 直接写出结果）；
【拓展探究】（4）如图3，当，，则（ 直接写出结果）
6．【模型呈现】
（1）发现：如图1，，，过点作于点，过点作于点，由，得，又，可以推理得到，进而得到 ， ．我们把这个数学模型称为“字”模型或“一线三等角”模型；
【模型应用】（2）应用：如图2，在中，，，直线经过点，且于点，于点．请探究线段，，之间的数量关系，并写出证明过程；
（3）如图3，在平面直角坐标系中，点的坐标为，点为平面内一点．若是以为斜边的等腰直角三角形，请直接写出点的坐标 ．
7．在一节数学探究课中，同学们遇到这样的几何问题：如图1，等腰直角三角形和共顶点A，且三点共线，，连接，点G为的中点，连接和，请思考与具有怎样的数量和位置关系？
【模型构建】小颖提出且并给出了自己思考，以G是中点入手，如图2，通过延长与相交于点F，证明，得到，随后通过得即，又,所以且．
（1）请结合小颖的证明思路利用结论填空：当时，_____；______．
【类比探究】
（2）如图3，若将绕点A逆时针旋转α度（），请分析此时上述结论是否成立？如果成立，如果不成立，请说明理由．
【拓展延伸】
（3）若将E绕点A逆时针旋转β度（），当时，请直接写出旋转角β的度数为_______．
8．如图，在平面直角坐标系中，直线与轴交于点，与轴交于点，将线段绕点顺时针旋转，得到线段，过点作直线，交轴于点．
(1)点的坐标为______；求直线的表达式；
(2)若点为线段上一点，且的面积为，求点的坐标；
(3)在（）的条件下，在平面内是否存在点，将线段绕沿逆时针方向旋转得到线段，当以四个点为顶点的四边形是平行四边形时，请直接写出点的坐标．
9．阅读下面材料，并解决问题：
（1）如图①等边内有一点，若点到顶点、、的距离分别为8，15，17，求的度数．为了解决本题，我们可以将绕顶点旋转到处，此时，这样就可以利用旋转变换，将三条线段、、转化到一个三角形中，从而求出 ；
（2）基本运用
请你利用第（1）题的解答思想方法，解答下面问题
已知如图②，中，，，、为上的点且，求证：；
（3）能力提升
如图③，在中，，，，点为内一点，连接，，，且，求的值．
10．如图，在平面直角坐标系中，过点和的直线与直线相交于点C，直线与x轴相交于点D，点E在线段AB上，连接DE，的面积为．
(1)求直线AB的解析式；
(2)求点E的坐标；
(3)点M是直线CD上的动点，点N在y轴上，是否存在点M、N，使得以点B、E、M、N为顶点的四边形是平行四边形？若存在，求出点N的坐标；若不存在，请说明理由．
参考答案
1．(1)①；②见解析
(2)或
【分析】本题考查三角形内角和定理，等腰三角形性质，轴对称性质，勾股定理，全等三角形判定及性质等．
（1）①连接，利用对称性求出，，再利用等腰三角形性质求出本题答案；②连接，利用对称性求出，继而求出，即可求出本题答案；
（2）分析图2，设，作交于，再证明，继而得到，即可得到答案，分析图3，作，证明，再得到即可．
【详解】（1）①解：连接，
，
∵，点的对称点E，
∴，
∵，
∴，，
∴，
故答案为：；
②证明：连接，
，
∵为对称轴，
∴，
∴，
∵，
∴，，，
∴，即：，
∴，
∴；
（2）解：①图2中，设，
∴，，
∴，
作交于，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴，即：；
②图3中，设，
∴，，
∴，
作，
，
∴，，
∴，
∴，
∴，
综上所述：的长为：或．
2．(1)
(2)，见解析
(3)或
【分析】（1）点P落在上，解等腰直角，，所以；
（2）解：如图，延长到点F，使得，连接，可证，于是，，结合三角形内和定理，可求证，于是，得，所以；
（3）解：分两种情况：①当点P在内部，如图 ，过点P作，交于点G，过点C作，垂足为E，求证，于是，所以，中 ，，于是；②当点P在外部，如图，延长，交于点I，过点A作,垂足为点H，求证，于是，进一步证得，，而，所以，即．
【详解】（1）解：时，点P落在上，
等腰直角中，，
∴
∴
（2）解：如图，延长到点F，使得，连接
∵，，
∴
∴，
∵，
∴
∵
∴
中，，
∴
∴
∴
∵
∴
∴
∴
∴
而
∴
（3）解：分两种情况：①当点P在内部
如图 ，过点P作，交于点G，过点C作，垂足为E，
∵
∴，
中，
∴
由（2）推证知
∴
又，
∴
∴
又
∴中 ，
∴
②当点P在外部
如图，延长，交于点I，过点A作,垂足为点H
∵
∴，
∵，，
∴
∴
又
∴
∴
∵
∴
∴
∴
即
综上，或
【点睛】本题考查全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，特殊直角三角形，勾股定理，注意动态问题的分类讨论，添加辅助线构造全等三角形，寻求线段之间的关系是解题的关键．
3．(1)PM=PN，PM⊥PN
(2)△PMN是等腰直角三角形，理由见解析
(3)见解析
【分析】此题属于几何变换综合题，主要考查了三角形的中位线定理，等腰直角三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，直角三角形的性质的综合运用；
（1）利用三角形的中位线得出，，进而判断出，即可得出结论，再利用三角形的中位线得出、得出、，最后用互余即可得出结论；
（2）先判断出，得出，同（1）的方法得出，，即可得出，同（1）的方法即可得出结论；
（3）过点A作于G，过点D作于H，则，，证明，得到，则，即可证明．
【详解】（1）解：点N，分别是，的中点，
∴，，
点，是，的中点，
∴，，
∵，，
，
，
∵，
，
∵，
，
，
，
，
，
故答案为：，；
（2）解：是等腰直角三角形．理由如下：
由旋转知，，
∵，，
，
，，
利用三角形的中位线得，，，
，
是等腰三角形，
同（1）的方法得，，
，
同（1）的方法得，，
，
，
，
，
，
，
是等腰直角三角形；
（3）解：如图3，过点A作于G，过点D作于H，
∵，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴．
4．(1)相等，见解析
(2)，理由见解析
(3)或
【分析】(1)根据题意可证得，据此即可解答；
(2)连接，可证得，据此即可证得，，，根据勾股定理可得，再根据等腰直角三角形的性质可证得，根据勾股定理即可证得结论；
(3)过点O作于点E，利用勾股定理可求得，根据面积公式可求得，再分两种情况，分别计算即可求得．
【详解】（1）解：与相等；
理由如下：
，
，
即，
在和中
，
；
（2）解：结论：
理由如下：
如图：连接，
，
，
即
在和中
，
，，
，，，
，，
，
，
，
；
（3）解：如图：过点O作于点E，
，，
，
，
，
如图：当点F在的延长线上时，
，，
，
，
；
如图：当点F在线段上时，
，，
，
，
，
，
，
解得，
，
综上，的长为或．
【点睛】本题考查了等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，直角三角形的性质，作出辅助线，采用分类讨论的思想是解决本题的关键．
5．（1），理由见解析；（2），理由见解析；（3）；（4）6
【分析】（1）证明即可；
（2）过C作；证明，则；由已知易得，；由勾股定理得，进而得；
（3）由直角三角形的性质可分别求得，进而求得，由即可求得结果；
（4）设，则，由(1)可得，则，导角证明，过点E作交延长线于点H，则，在中，，则，由勾股定理得，在中，，由勾股定理得：，在中，由勾股定理得 ，再由即可求解．
【详解】（1）解：；
理由如下：
∵和都是等腰直角三角形，且，
∴，，
∴，
∴，
∴；
（2）；
理由如下：
如图，过C作，
则；
∵O为的中点，
∴；
在和中，
，
∴，
∴；
由（1）知，，
∴；
∵，，
∴，
∵，
∴，
∴；
∵，，
∴，
∴，
∴；
∴；
由勾股定理得，
∴；
（3）∵，
∴，
由勾股定理得：，
由勾股定理得：；
由（2）知，，
∵，
∴，
即，
故答案为：；
（4）解：设，则，
由(1)可得，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，，
∴，
过点E作交延长线于点H，
∵，
∴，
在中，，
∴，
∴由勾股定理得：，
在中，，
∴由勾股定理得：，
在中，，
∴，
∵，
∴．
故答案为：6．
【点睛】本题考查了等腰三角形的性质与判定，全等三角形的判定与性质，勾股定理，含30度直角三角形的性质等知识；有一定的综合性，证明三角形全等是解题的关键．
6．（1）；（2），见解析；（3）或
【分析】本题考查了全等三角形的判定与性质．熟练掌握全等三角形的判定与性质是解题的关键．
（1）由，可得，然后作答即可；
（2）证明，则，，，进而可得；
（3）如图3，过作轴于，作于，由题意知，分两种情况求解；同理（1），则，设，则，，可求，则；同理可得，，然后作答即可．
【详解】（1）解：∵，
∴，
故答案为：；
（2）解：，证明如下；
∵，，
∴，
∵，
∴，
∵，，，
∴，
∴，，
∴，
∴；
（3）解：如图3，过作轴于，作于，
由题意知，分两种情况求解；
同理（1），
∴，
设，则，
∴，
解得，，
∴；
同理可得，，
综上所述，点的坐标为或，
故答案为：或．
7．（1）， （2）见解析 （3）45°或225°
【分析】（1）根据前面的结论，得到且，，得到，，计算即可．
（2）延长到点F,使，连接，证明，过点B作，交于点M，N,再证明 ．
（3）当共线时，根据(2)得到四边形是平行四边形，根据，，得到,得四边形是矩形，继而得到，此时旋转角等于的度数即；当共线时，且共线在的延长线上时，根据(2)得到四边形是平行四边形，根据，，得到,得四边形是矩形，继而得到，此时旋转角等于的度数即；计算即可．本题考查了等腰直角三角形的性质，矩形的判定和性质，三角形全等的判定和性质，旋转的性质，熟练掌握矩形的性质，旋转的性质，三角形全等的判定和性质是解题的关键．
【详解】（1）根据前面的结论，得到且，，得到，
∵，
∴
∴，
∵，，
∴，，
∴，
故答案：，．
（2）延长到点F，使，连接，
∵，
∵
∴，
∴，，
过点B作，交于点M，N,
∴，，
∴，
设的交点为Q，
则，
∴，
∴，
∴，
∵
∴，
∴，，
∵,，
∴,
∴,
∴且．
故结论仍然成立．
（3）如图，当共线时，
∵，，，
∴四边形是矩形，
∴，此时旋转角等于的度数即；
当共线时，且共线在的延长线上时，根据(2)得到四边形是平行四边形，
∵，，，
∴四边形是矩形，
∴，此时旋转角等于的度数即；
故答案为：或．
8．(1)，；
(2)；
(3)或．
【分析】（）分别求出点的坐标，得到，，过点作轴于，再证明，得到，，求出点坐标，再利用待定系数法即可求出直线的表达式；
（）过点作轴于，设点的坐标为，利用四边形的面积，解答即可求解；
（）由，，可得以四个点为顶点的平行四边形是正方形，又由得，分点关于轴对称和点关于轴对称两种情况画出图形解答即可求解；
本题考查了旋转的性质，全等三角形的判定和性质，一次函数的交点问题，一次函数与几何图形问题，掌握数形结合思想解答是解题的关键．
【详解】（1）解：直线中，当时，，
∴，
∴，
当时，，
∴，
∴，
∴，
如图，过点作轴于，则，
由旋转得，，，
∴，
∵，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴，，
∴，
故答案为：；
设直线的解析式为，把、代入得，
，
解得，
∴直线的解析式为；
（2）解：如图，过点作轴于，
∵点为线段上一点，
∴设点的坐标为，
∵四边形的面积，
∴，
∴，
∴；
（3）解：由旋转可得，，，
∴以四个点为顶点的平行四边形是正方形，
∵，
∴，
∴，
当点关于轴对称，如图，，点在轴上，
此时，点坐标为；
同理，当点关于轴对称，如图，，点在轴上，
此时，点坐标为；
综上，点的坐标为或．
9．（1）；（2）见解析；（3）
【分析】（1）根据全等三角形的性质及等边三角形的判定及性质得出为等边三角形，再根据等边三角形的性质得出，，然后利用勾股定理的逆定理得出，最后根据角的和差即可得出答案；
（2）把绕点逆时针旋转得到，连接，由旋转的性质得出，，，，，再利用证明，然后根据全等三角形的性质及勾股定理即可得证；
（3）根据勾股定理求出的值，将绕点顺时针旋转，得到，连接，根据旋转的性质得出，，，，，即可得出是等边三角形，再根据等边三角形的性质结合角的和差得出、、、四点共线，然后根据勾股定理及等量代换即可得出答案．
【详解】（1）
，，，
为等边三角形
即
为等边三角形
，
为直角三角形，且
（2）证明：如图，把绕点逆时针旋转得到，连接，
由旋转的性质得，，，，
在和中
，
由勾股定理得，
即；
（3）在中，，，
，
如图，将绕点顺时针旋转，得到，连接
，，，，
是等边三角形
，
、、、四点共线
在中，
．
【点睛】本题考查了旋转的综合题，涉及到全等三角形的判定及性质、等边三角形的判定及性质、旋转的性质以及勾股定理，熟练掌握性质定理是解题的关键．
10．(1)直线AB的表达式为
(2)
(3)存在，或或
【分析】（1）用待定系数法求直线的解析式即可；
（2）联立方程组，求出C点坐标，设E（m，m+2），由，求出m的值即可求点E的坐标；
（3）设M（t，t+），N（0，y），利用平行四边形对角线互相平分分三种情况讨论即可．
【详解】（1）设直线AB的解析式为
将，代入得.
解得.
直线AB的表达式为
（2）当时，
联立得
设点
.
.
（3）存在点M、N，使得以点B、E、M、N为顶点的四边形是平行四边形，理由如下：
设M（t，t+），N（0，y），
①当BE为平行四边形的对角线时，
，
解得，
∴N（0，）；
②当BM为平行四边形的对角线时，
，
解得，
∴N（0，）；
③当BN为平行四边形的对角线时，
，
解得，
∴N（0，）；
综上所述：N点坐标为（0，）或（0，）或（0，）．
【点睛】本题考查一次函数的图象及性质，熟练掌握一次函数的图象及性质，平行四边形的性质是解题的关键．
精品试卷·第 2 页 （共 2 页）
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