初中九年级数学竞赛培优讲义专题13旋转变换-答案

专题13旋转变换例1如图，连结OB1，OB2，B1B2，则OB1＝OB2，∠OB1B2＝∠OB2B1.又∠OB1C＝30°＝∠OB2C，∴∠CB1B2＝∠CB2B1，故CB1＝CB2.同理，B2D＝DC1.设CB1＝x，则CB2＝x，CD＝3x，DC1＝DB2＝2x，于是x＋3x＋2x＝1x1，故S六边形ABCDEF＝SA2B2C2－3SB2CD＝331x3x333x233.33424244例2∵N，M分别为线段AB，CB的中点，∴MN＝1AC.同理MQ＝1BD，PQ＝1AC，PN＝1BD.∵AC＝BD，2222MN＝MQ＝PQ＝PN，∴四边形NMQP为菱形.∵MN∥AC，MQ∥BD，∴AC⊥BD，∴∠NMQ＝90°，∴菱形NMQP为正方形.例3APM≌APC，＝AP，APB＝APC，PC＝PB.连结PP，由AP＝AP得APAPP＝APP，而APB＜APC，即APC＜APC，∴PPC＜PPC，于是PC＞PC，即PB＞PC.例4（1）60°45°（2）90°－1（3）∠AFB＝90°－1∠AFB＝90°＋1对∠AFB＝22290°－1证明以下：∵AB＝AC，EC＝ED，∠BAC＝∠CED，∴△ABC∽△EDC，得∠ACB＝∠ECD，BCAC，2DCECBCD＝∠ACE，∴△BCD∽△ACE，得∠CBD＝∠CAE.∵∠AQF＝∠BQC，∠CBD＝∠CAF，∴∠AFB＝∠ACB＝180BAC1.22例5∵EBE＝ABC＝2DEB，∴EBD＝EBD.连结DE.∵＝BD，＝EBD，BDEBDBE＝BE，∴EBD≌EBD，得ED＝ED＝CD＝CE，∴CDE为正三角形，DCE＝60°，又BC＝CD＝CE’，则EBD＝1DCE＝°∴ABC＝EBE＝2EBD＝60.230.例6将△ABE绕B点逆时针旋转60°，得△FBG，连结GE，FC，则△BEG为等边三角形，GE＝BE，∴FCFG＋GE＋EC，即FC≤EA＋EB＋EC，∵FC为定长，∴当E点落在FC上时，FC＝EA＋EB＋EC为最小值.∵∠FBC＝150°，FB＝BC，∴∠BCF＝∠BFC＝15°，而∠GEB＝60°，∴∠EBC＝45°，即E在正方形ABCD1的对角线BD上.作FH⊥BC交CB延伸线于H，设BC＝x，则FB＝x，FH＝x，HB＝3x，在Rt△FHC中，22由2x232()(xx)222.，得x＝22或x＝－（舍去），即正方形的边长为例6题图A级1.1或52.6150°或1205.2-3提示:如图,过B'作MN//AD，分别AB,CD于M,N,点B’C’交CD于K，则B’M=AB’sin60°=3,B’N=1-3,AM=1,Rt△AKB≌Rt△AKD,∠KAB’=∠KAD=15°,222ADB’=75°,△ADK∽△DNB’,DKAD,DK=2-3,重叠部分面积=2S△AKD=211(23)23NB'DN26.过P作PM丄AC于M,PN丄DF于N，可证明四边形PMGN为正方形,PM=12,S=S122144重叠正方形PMGN5525提示:将△CPA绕点A逆时针旋转60°到△C’AP’,连结PP’,△APP’为等边三角形.PB+PP’+P’C=PA+PB+PC＞AB+AC’=AB+AC.10.(1)AE’=BF’.(2)证法许多，如取OE’中点G,连结AG.11.(1)AM=AN,∠MAN=.(2)第(1)问的结论仍建立，原因以下:由△ABE≌△ACF得BE=CF,∠ABM=∠CAN,进一步能够证明△ABM≌△CAN.B级1.2提示:MN=BM+CN2.B提示:△ACM≌△BCD.∠ACM=∠BCD,CM=CD,∠MCN=∠NCD=45°,又CN=CN,则△2224.33提示:将△ADF'绕MNC≌△DNC,MN=ND=x,AM=BD=m,又∠DBN=45°+45°=90°,故m+n=x.3.D点A顺时针方向旋转90°,到△ABG.的地点,则△AEF≌△AEG.∠AEF=∠AEG=∠FEC=60°,BE=1,EC=BC-BE=31,EF=EG=2(31),S△AEF=S△ABG=1EG·AB=3.3225.(1)提示:延伸BC至E,使CE=CD连结DE,证明△ACD≌△BED.(2)将△ABD绕点A旋转60°到△ACB’,连结B’D,B’P,则四边形AB’DP切合(1)的条件,于是B’P=PA+PD连结AC,则△ABD≌△ACB’.BD=B’C,B’C≤PB’+PC=PA+PD+PC,进而BD≤PA+PD+PC.6.直接解题有困难,△ABC绕点A逆时针旋转120°,240°拼成正△MBC(如图),则正△ADE变成正△AD1E1和正△ADE易知,六边形DEDEDE是正六边形,△DDD是正三角形,其面积是△ADE面积的3倍..因22112212此,想法由正△MBC面积为150求出△DD1D2的面积,问题就解决了.注意到BD:DC=CD1:D1M=MD2:D2B=2:3,连结DM,则S=1S2SMDDSDCD221△ADE△ABD△ADE31221232SDD1D2=14cm.7.如图,将BP,BO,BC绕点B沿顺时针方向旋转60°，变成BP'，BO’,BC’连结OO’,PP’,则△BOO’,△BPP’都是正三角形.所以OO’=OB,PP’=PB,明显△BO’C’≌△BOC,△BP’C≌△BPC,因为∠BO’C=∠BOC=120°=180°-∠BO’O,∴A,O,O’,C’四点共线.故AP+PP’+P’C≥AC’=AO+OO’+O’C,即PA+PB+PC≥OA+OB+OC.8.(1)提示:延伸DM交EF于1N,由△ADM≌△ENM,得DM=MN,MF=DN,FD=FN,故MD丄MF.(2)延伸DM交CE2于N,连结DF,FN先证明△ADM≌△ENM,再证明△CDF≌△ENF.第(1)问中的结论仍建立.(3)第(1)问中的结论仍建立,延伸DM至N,使MN=DM,连结DF,FN,证法同上.(9)提示:EG=CG,EG丄CG,B,E,D在一条直线上,(2)仍旧建立，延伸EG交CD于H点△FEG≌△DHG,△ECH,△ECG为等腰直角三角形.(3)仍旧建立.10.(1)612＝2(3)如图1,△OAE≌△DAE,△ABO≌△ABD,B,D,C,三点共线.设D(a,b),则D(,)(2)553(a3)2b232,解得a96,b72,∴D(96,72),可得直线CD的分析式为y7x4.如图2,同理可a2(4b)242,2525252524得,y7x4.2411.提示:易证∠ACB=90°,如图，将△APC绕点A顺时针旋转60°,获得△AQO,点D为AB的中点，连结PQ,获得△APQ为等边三角形.过点Q作QE丄AP,垂足为E,则∠AQE=30°,2222QE=3,AE=PE连结DE,则DE=1BP=5，于