数学中考压轴题旋转问题经典答案版.docx
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数学中考压轴题旋转问题经典答案版
一、选择题
1.(广东)如图,把一个斜边长为2且含有300角的直角三角板ABC绕直角顶点C顺时针旋转900到△A1B1C,则在旋转过程中这个三角板扫过的图形的面积是【】
A.πB.
C.
D.
1、【分析】因为旋转过程中这个三角板扫过的图形的面积分为三部分扇形ACA1、BCD和△ACD计算即可:
在△ABC中,∠ACB=90°,∠BAC=30°,AB=2,∴BC=
AB=1,∠B=90°-∠BAC=60°。
∴
。
∴
。
设点B扫过的路线与AB的交点为D,连接CD,∵BC=DC,∴△BCD是等边三角形。
∴BD=CD=1。
∴点D是AB的中点。
∴
S。
∴
故选D。
2.(湖北)如图,O是正△ABC内一点,OA=3,OB=4,OC=5,将线段BO以点B为旋转中心逆时针旋转60°得到线段BO′,下列结论:
①△BO′A可以由△BOC绕点B逆时针旋转60°得到;②点O与O′的距离为4;③∠AOB=150°;④
;⑤
.其中正确的结论是【】
A.①②③⑤B.①②③④C.①②③④⑤D.①②③
2【分析】∵正△ABC,∴AB=CB,∠ABC=600。
∵线段BO以点B为旋转中心逆时针旋转60°得到线段BO′,∴BO=BO′,∠O′AO=600。
∴∠O′BA=600-∠ABO=∠OBA。
∴△BO′A≌△BOC。
∴△BO′A可以由△BOC绕点B逆时针旋转60°得到。
故结论①正确。
连接OO′,∵BO=BO′,∠O′AO=600,∴△OBO′是等边三角形。
∴OO′=OB=4。
故结论②正确。
∵在△AOO′中,三边长为O′A=OC=5,OO′=OB=4,OA=3,是一组勾股数,
∴△AOO′是直角三角形。
∴∠AOB=∠AOO′+∠O′OB=900+600=150°。
故结论③正确。
。
故结论④错误。
如图所示,将△AOB绕点A逆时针旋转60°,使得AB与AC重合,
点O旋转至O″点.易知△AOO″是边长为3的等边三角形,△COO″是边长为3、4、5直角三角形。
则
。
故结论⑤正确。
综上所述,正确的结论为:
①②③⑤。
故选A。
3.(四川)如图,P是等腰直角△ABC外一点,把BP绕点B顺时针旋转90°到BP′,已知∠AP′B=135°,P′A:
P′C=1:
3,则P′A:
PB=【】。
A.1:
B.1:
2C.
:
2D.1:
3、【分析】如图,连接AP,∵BP绕点B顺时针旋转90°到BP′,∴BP=BP′,∠ABP+∠ABP′=90°。
又∵△ABC是等腰直角三角形,∴AB=BC,∠CBP′+∠ABP′=90°,∴∠ABP=∠CBP′。
在△ABP和△CBP′中,∵BP=BP′,∠ABP=∠CBP′,AB=BC,∴△ABP≌△CBP′(SAS)。
∴AP=P′C。
∵P′A:
P′C=1:
3,∴AP=3P′A。
连接PP′,则△PBP′是等腰直角三角形。
∴∠BP′P=45°,PP′=2PB。
∵∠AP′B=135°,∴∠AP′P=135°-45°=90°,∴△APP′是直角三角形。
设P′A=x,则AP=3x,
在Rt△APP′中,
。
在Rt△APP′中,
。
∴
,解得PB=2x。
∴P′A:
PB=x:
2x=1:
2。
故选B。
4.(贵州)点P是正方形ABCD边AB上一点(不与A、B重合),连接PD并将线段PD绕点P顺时针旋转90°,得线段PE,连接BE,则∠CBE等于【】
A.75°B.60°C.45°D.30°
4【分析】过点E作EF⊥AF,交AB的延长线于点F,则∠F=90°,
∵四边形ABCD为正方形,∴AD=AB,∠A=∠ABC=90°。
∴∠ADP+∠APD=90°。
由旋转可得:
PD=PE,∠DPE=90°,∴∠APD+∠EPF=90°。
∴∠ADP=∠EPF。
在△APD和△FEP中,∵∠ADP=∠EPF,∠A=∠F,PD=PE,
∴△APD≌△FEP(AAS)。
∴AP=EF,AD=PF。
又∵AD=AB,∴PF=AB,即AP+PB=PB+BF。
∴AP=BF。
∴BF=EF
又∵∠F=90°,∴△BEF为等腰直角三角形。
∴∠EBF=45°。
又∵∠CBF=90°,∴∠CBE=45°。
故选C。
【答案】C。
5.(广西)如图,等边△ABC的周长为6π,半径是1的⊙O从与AB相切于
点D的位置出发,在△ABC外部按顺时针方向沿三角形滚动,又回到与AB相
切于点D的位置,则⊙O自转了:
【】
A.2周B.3周C.4周D.5周
5【分析】该圆运动可分为两部分:
在三角形的三边运动以及绕过三角形的三个角,分别计算即可得到圆的自传周数:
⊙O在三边运动时自转周数:
6π÷2π=3:
⊙O绕过三角形外角时,共自转了三角形外角和的度数:
360°,即一周。
∴⊙O自转了3+1=4周。
故选C。
二、填空题
6.(四川)如图,四边形ABCD中,∠BAD=∠BCD=900,AB=AD,若四边形ABCD的面积是24cm2.则AC长是▲cm.
6【分析】如图,将△ADC旋转至△ABE处,则△AEC的面积和四边形ABCD的面积一样多为24cm2,,这时三角形△AEC为等腰直角三角形,作边EC上的高AF,则AF=
EC=FC,∴S△AEC=
AF·EC=AF2=24。
∴AF2=24。
∴AC2=2AF2=48AC=4
。
7.(江西南昌)如图,正方形ABCD与正三角形AEF的顶点A重合,将△AEF绕顶点A旋转,在旋转过程中,当BE=DF时,∠BAE的大小可以是 ▲ .
7【分析】正三角形AEF可以在正方形的内部也可以在正方形的外部,所以要分两种情况分别求解:
①当正三角形AEF在正方形ABCD的内部时,如图1,
∵正方形ABCD与正三角形AEF的顶点A重合,∴AB=AD,AE=AF。
∵当BE=DF时,在△ABE和△ADF中,AB=AD,BE=DF,AE=AF,
∴△ABE≌△ADF(SSS)。
∴∠BAE=∠FAD。
∵∠EAF=60°,∴∠BAE+∠FAD=30°。
∴∠BAE=∠FAD=15°。
②当正三角形AEF在正方形ABCD的外部,顺时针旋转小于1800时,如图2,
同上可得△ABE≌△ADF(SSS)。
∴∠BAE=∠FAD。
∵∠EAF=60°,∴∠BAF=∠DAE。
∵900+600+∠BAF+∠DAE=3600,∴∠BAF=∠DAE=105°。
∴∠BAE=∠FAD=165°。
当正三角形AEF在正方形ABCD的外部,顺时针旋转大于1800时,如图3,
同上可得△ABE≌△ADF(SSS)。
∴∠BAE=∠FAD。
∵∠EAF=60°,∠BAE=90°,
∴90°+∠DAE=60°+∠DAE,这是不可能的。
∴此时不存在BE=DF的情况。
综上所述,在旋转过程中,当BE=DF时,∠BAE的大小可以是15°或165°。
8.(吉林省)如图,在等边△ABC中,D是边AC上一点,连接BD.将△BCD绕点B逆时针旋转60°得到△BAE,连接ED.若BC=10,BD=9,则△AED的周长是_▲____.
8【分析】∵△BCD绕点B逆时针旋转60°得到△BAE,∴根据旋转前、后的图形全等的旋转性质,得,CD=AE,BD=BE。
∵△ABC是等边三角形,BC=10,∴AC=BC=10。
∴AE+AD=AC=10。
又∵旋转角∠DBE=600,∴△DBE是等边三角形。
∴DE=BD=9。
∴△AED的周长=DE+AE+AD=9+10=19。
三、解答题
9.(北京市)在
中,
,M是AC的中点,P是线段BM上的动点,将线段PA绕点P顺时针旋转
得到线段PQ。
(1)若
且点P与点M重合(如图1),线段CQ的延长线交射线BM于点D,请补全图形,
并写出∠CDB的度数;
(2)在图2中,点P不与点B,M重合,线段CQ的延长线与射线BM交于点D,猜想∠CDB的
大小(用含
的代数式表示),并加以证明;
(3)对于适当大小的
,当点P在线段BM上运动到某一位置(不与点B,M重合)时,能使得
线段CQ的延长线与射线BM交于点D,且PQ=QD,请直接写出
的范围。
9【答案】解:
(1)补全图形如下:
∠CDB=30°。
(2)作线段CQ的延长线交射线BM于点D,连接PC,AD,
∵AB=BC,M是AC的中点,∴BM⊥AC。
∴AD=CD,AP=PC,PD=PD。
在△APD与△CPD中,∵AD=CD,PD=PD,PA=PC∴△APD≌△CPD(SSS)。
∴AP=PC,∠ADB=∠CDB,∠PAD=∠PCD。
又∵PQ=PA,∴PQ=PC,∠ADC=2∠CDB,∠PQC=∠PCD=∠PAD。
∴∠PAD+∠PQD=∠PQC+∠PQD=180°。
∴∠APQ+∠ADC=360°-(∠PAD+∠PQD)=180°。
∴∠ADC=180°-∠APQ=180°-2α,即2∠CDB=180°-2α。
∴∠CDB=90°-α。
(3)45°<α<60°。
【分析】
(1)利用图形旋转的性质以及等边三角形的判定得出△CMQ是等边三角形,即可得出答案:
∵BA=BC,∠BAC=60°,M是AC的中点,∴BM⊥AC,AM=AC。
∵将线段PA绕点P顺时针旋转2α得到线段PQ,∴AM=MQ,∠AMQ=120°。
∴CM=MQ,∠CMQ=60°。
∴△CMQ是等边三角形。
∴∠ACQ=60°。
∴∠CDB=30°。
(2)首先由已知得出△APD≌△CPD,从而得出∠PAD+∠PQD=∠PQC+∠PQD=180°,即可求出。
(3)由
(2)得出∠CDB=90°-α,且PQ=QD,∴∠PAD=∠PCQ=∠PQC=2∠CDB=180°-2α。
∵点P不与点B,M重合,∴∠BAD>∠PAD>∠MAD。
∴2α>180°-2α>α,∴45°<α<60°。
10.(福建)在平面直角坐标系中,矩形OABC如图所示放置,点A在x轴上,点B的坐标为(m,1)(m>0),将此矩形绕O点逆时针旋转90°,得到矩形OA′B′C′.
(1)写出点A、A′、C′的坐标;
(2)设过点A、A′、C′的抛物线解析式为y=ax2+bx+c,求此抛物线的解析式;(a、b、c可用含m的式子表示)
(3)试探究:
当m的值改变时,点B关于点O的对称点D是否可能落在
(2)中的抛物线上?
若能,求出此时m的值.
10【答案】
解:
(1)∵四边形ABCD是矩形,点B的坐标为(m,1)(m>0),
∴A(m,0),C(0,1)。
∵矩形OA′B′C′由矩形OABC旋转90°而成,
∴A′(0,m),C′(-1,0)。
(2)设过点A、A′、C′的抛物线解析式为y=ax2+bx+c,
∵A(m,0),A′(0,m),C′(-1,0),
∴
,解得
。
∴此抛物线的解析式为:
y=-x2+(m-1)x+m。
(3)∵点B与点D关于原点对称,B(m,1),∴点D的坐标为:
(-m,-1),
假设点D(-m,-1)在
(2)中的抛物线上,∴0=-(-m)2+(m-1)×(-m)+m=1,即2m2-2m+1=0,
∵△=(-2)2-4×2×2=-4<0,∴此方程无解。
∴点D不在
(2)中的抛物线上。
【分析】
(1)先根据四边形ABCD是矩形,点B的坐标为(m,1)(m>0),求出点A、C的坐标,再根据图形旋转的性质求出A′、C′的坐标即可。
(2)设过点A、A′、C′的抛物线解析式为y=ax2+bx+c,把A、A′、C′三点的坐标代入即可得出abc的值,进而得出其抛物线的解析式。
(3)根据关于原点对称的点的坐标特点用m表示出D点坐标,把D点坐标代入抛物线的解析式看是否符合即可。
11.(江苏)
(1)如图1,在△ABC中,BA=BC,D,E是AC边上的两点,且满足∠DBE=
∠ABC(0°<∠CBE<
∠ABC)。
以点B为旋转中心,将△BEC按逆时针方向旋转∠ABC,得到△BE’A(点C与点A重合,点E到点E’处),连接DE’。
求证:
DE’=DE.
(2)如图2,在△ABC中,BA=BC,∠ABC=90°,D,E是AC边上的两点,且满足∠DBE=
∠ABC(0°<∠CBE<45°).求证:
DE2=AD2+EC2.
11【答案】证明:
(1)∵△BE’A是△BEC按逆时针方向旋转∠ABC得到,
∴BE’=BE,∠E’BA=∠EBC。
∵∠DBE=
∠ABC,∴∠ABD+∠EBC=
∠ABC。
∴∠ABD+∠E’BA=
∠ABC,即∠E’BD=
∠ABC。
∴∠E’BD=∠DBE。
在△E’BD和△EBD中,∵BE’=BE,∠E’BD=∠DBE,BD=BD,∴△E’BD≌△EBD(SAS)。
∴DE’=DE。
(2)以点B为旋转中心,将△BEC按逆时针方向旋转∠ABC=90°,得到△BE’A(点C与点A重合,点E到点E’处),连接DE’由
(1)知DE’=DE。
由旋转的性质,知E’A=EC,∠E’AB=∠ECB。
又∵BA=BC,∠ABC=90°,∴∠BAC=∠ACB=45°。
∴∠E’AD=∠E’AB+∠BAC=90°。
在Rt△DE’A中,DE’2=AD2+E’A2,∴DE2=AD2+EC2。
【分析】
(1)由旋转的性质易得BE’=BE,∠E’BA=∠EBC,由已知∠DBE=
∠ABC经等量代换可得
∠E’BD=∠DBE,从而可由SAS得△E’BD≌△EBD,得到DE’=DE。
(2)由
(1)的启示,作如
(1)的辅助图形,即可得到直角三角形DE’A,根据勾股定理即可证得结论。
12.(四川德阳)在平面直角坐标xOy中,(如图)正方形OABC的边长为4,边OA在x轴的正半轴上,边OC在y轴的正半轴上,点D是OC的中点,BE⊥DB交x轴于点E.
⑴求经过点D、B、E的抛物线的解析式;
⑵将∠DBE绕点B旋转一定的角度后,边BE交线段OA于点F,边BD交y轴于点G,交⑴中的抛
物线于M(不与点B重合),如果点M的横坐标为
,那么结论OF=
DG能成立吗?
请说明理由.
⑶过⑵中的点F的直线交射线CB于点P,交⑴中的抛物线在第一象限的部分于点Q,且使△PFE为等腰三角形,求Q点的坐标.
12【答案】解:
(1)∵BE⊥DB交x轴于点E,OABC是正方形,∴∠DBC=EBA。
在△BCD与△BAE中,∵∠BCD=∠BAE=90°,BC=BA,∠DBC=∠EBA,
∴△BCD≌△BAE(ASA)。
∴AE=CD。
∵OABC是正方形,OA=4,D是OC的中点,
∴A(4,0),B(4,4),C(0,4),D(0,2),∴E(6,0).
设过点D(0,2),B(4,4),E(6,0)的抛物线解析式为y=ax2+bx+c,则有:
,解得
。
∴经过点D、B、E的抛物线的解析式为:
。
(2)结论OF=
DG能成立.理由如下:
由题意,当∠DBE绕点B旋转一定的角度后,同理可证得△BCG≌△BAF,∴AF=CG。
∵xM=
,∴
。
∴M(
)。
设直线MB的解析式为yMB=kx+b,∵M(
),B(4,4),
∴
,解得
。
∴yMB=
x+6。
∴G(0,6)。
∴CG=2,DG=4。
∴AF=CG=2,OF=OA﹣AF=2,F(2,0)。
∵OF=2,DG=4,∴结论OF=
DG成立。
(3)如图,△PFE为等腰三角形,可能有三种情况,分类讨论如下:
①若PF=FE。
∵FE=4,BC与OA平行线之间距离为4,
∴此时P点位于射线CB上。
∵F(2,0),∴P(2,4)。
此时直线FP⊥x轴。
来]∴xQ=2。
∴
,
∴Q1(2,
)。
②若PF=PE。
如图所示,∵AF=AE=2,BA⊥FE,∴△BEF为等腰三角形。
∴此时点P、Q与点B重合。
∴Q2(4,4)。
③若PE=EF。
∵FE=4,BC与OA平行线之间距离为4,∴此时P点位于射线CB上。
∵E(6,0),∴P(6,4)。
设直线yPF的解析式为yPF=kx+b,∵F(2,0),P(6,4),∴
,解得
。
∴yPF=x﹣2。
∵Q点既在直线PF上,也在抛物线上,∴
,化简得5x2﹣14x﹣48=0,
解得x1=
,x2=﹣2(不合题意,舍去)。
∴xQ=2。
∴yQ=xQ﹣2=
。
∴Q3(
)。
综上所述,Q点的坐标为Q1(2,
)或Q2(4,4)或Q3(
)。
【分析】
(1)由正方形的性质和△BCD≌△BAE求得E点坐标,然后利用待定系数法求抛物线解析式。
(2)求出M点坐标,然后利用待定系数法求直线MB的解析式,令x=0,求得G点坐标,从而得到线段CG、DG的长度;由△BCG≌△BAF,可得AF=CG,从而求得OF的长度.比较OF与DG的长度,它们满足OF=
DG的关系,所以结论成立;(3)分PF=FE、PF=PE和PE=EF三种情况,逐一讨论并求解。
13.(辽宁)
(1)如图,在△ABC和△ADE中,AB=AC,AD=AE,∠BAC=∠DAE=90°.
①当点D在AC上时,如图1,线段BD、CE有怎样的数量关系和位置关系?
直接写出你猜想的结论;
②将图1中的△ADE绕点A顺时针旋转α角(0°<α<90°),如图2,线段BD、CE有怎样的数量关系和位置关系?
请说明理由.
(2)当△ABC和△ADE满足下面甲、乙、丙中的哪个条件时,使线段BD、CE在
(1)中的位置关系仍然成立?
不必说明理由.
甲:
AB:
AC=AD:
AE=1,∠BAC=∠DAE≠90°;
乙:
AB:
AC=AD:
AE≠1,∠BAC=∠DAE=90°;
丙:
AB:
AC=AD:
AE≠1,∠BAC=∠DAE≠90°.
13【答案】解:
(1)①结论:
BD=CE,BD⊥CE。
②结论:
BD=CE,BD⊥CE。
理由如下:
∵∠BAC=∠DAE=90°,∴∠BAD-∠DAC=∠DAE-∠DAC,即∠BAD=∠CAE。
在Rt△ABD与Rt△ACE中,∵AB=AC,∠BAD=∠CAE,AD=AE,
∴△ABD≌△ACE(SAS)。
∴BD=CE。
延长BD交AC于F,交CE于H。
在△ABF与△HCF中,∵∠ABF=∠HCF,∠AFB=∠HFC,
∴∠CHF=∠BAF=90°。
∴BD⊥CE。
(2)结论:
乙.AB:
AC=AD:
AE,∠BAC=∠DAE=90°。
【考点】全等三角形的判定和性质,三角形内角和定理,旋转的性质。
【分析】
(1)①BD=CE,BD⊥CE。
根据全等三角形的判定定理SAS推知△ABD≌△ACE,然后由全等三角形的对应边相等证得BD=CE、对应角相等∠ABF=∠ECA;然后在△ABD和△CDF中,由三角形内角和定理可以求得∠CFD=90°,即BD⊥CF。
②BD=CE,BD⊥CE。
根据全等三角形的判定定理SAS推知△ABD≌△ACE,然后由全等三角形的对应边相等证得BD=CE、对应角相等∠ABF=∠ECA;作辅助线(延长BD交AC于F,交CE于H)BH构建对顶角∠ABF=∠HCF,再根据三角形内角和定理证得∠BHC=90°。
(2)根据结论①、②的证明过程知,∠BAC=∠DFC(或∠FHC=90°)时,该结论成立了,所以本条件中的∠BAC=∠DAE≠90°不合适。
14.(辽宁本溪)已知,在△ABC中,AB=AC。
过A点的直线a从与边AC重合的位置开始绕点A按顺时针方向旋转角,直线a交BC边于点P(点P不与点B、点C重合),△BMN的边MN始终在直线a上(点M在点N的上方),且BM=BN,连接CN。
(1)当∠BAC=∠MBN=90°时,
①如图a,当=45°时,∠ANC的度数为_______;
②如图b,当≠45°时,①中的结论是否发生变化?
说明理由;
(2)如图c,当∠BAC=∠MBN≠90°时,请直接写出∠ANC与∠BAC之间的数量关系,不必证明。
14【答案】解:
(1)①450。
②不变。
理由如下过B、C分别作BD⊥AP于点D,CE⊥AP于点E。
∵∠BAC=90°,∴∠BAD+∠EAC=90°。
∵BD⊥AP,∴∠ADB=90°。
∴∠ABD+∠BAD=90°。
∴∠ABD=∠EAC。
又∵AB=AC,∠ADB=∠CEA=90°,∴△ADB≌△CEA(AAS)。
∴AD=EC,BD=AE。
∵BD是等腰直角三角形NBM斜边上的高,∴BD=DN,∠BND=45°。
∴BN=BD=AE。
∴DN-DE=AE-DE,即NE=AD=EC。
∵∠NEC=90°,∴∠ANC=45°。
(3)∠ANC=90°-
∠BAC。
【分析】
(1)①∵BM=BN,∠MBN=90°,∴∠BMN=∠BNM=45°。
又∵∠CAN=45°,∴∠BMN=∠CAN。
又∵AB=AC,AN=AN,∴△BMN≌△CAN(SAS)。
∴∠ANC=∠BNM=45°。
②过B、C分别作BD⊥AP于点D,CE⊥AP于点E。
通过证明△ADB≌△CEA从而证明△CEN是等腰直角三角形即可。
(2)如图,由已知得:
∠θ=1800-2∠ABC-∠1(∵AB=AC)
=1800-∠2-∠6-∠1(∵∠BAC=∠MBN,BM=BN)
=(1800-∠2-∠1)-∠6
=∠3+∠4+∠5-∠6(三角形内角和定理)
=∠6+∠5-∠6=∠5(∠3+∠4=∠ABC=∠6)。
∴点A、B、N、C四点共圆。
∴∠ANC=∠ABC==90°-
∠BAC。
15.(山东德州)
已知正方形ABCD中,E为对角线BD上一点,过E点作EF⊥BD交BC于F,连接DF,G为DF中点,连接EG,CG.
(1)求证:
EG=CG;
(2)将图①中△BEF绕B点逆时针旋转45º,如图②所示,取DF中点G,连接EG,CG.问
(1)中的结论是否仍然成立?
若成立,请给出证明;若不成立,请说明理由.
(3)将图①中△BEF绕B点旋转任意角度,如图③所示,再连接相应的线段,问
(1)中的结论是否仍然成立?
通过观察你还能得出什么结论?
(均不要求证明)
15解:
(1)证明:
在Rt△FCD中,
∵G为DF的中点,∴CG=FD.…………1分同理,在Rt△DEF中,EG=FD.………………2分
∴CG=EG.…………………3分
(2)
(1)中结论仍然成立,即EG=CG.…………………………4分
证法一:
连接AG,过G点作MN⊥AD于M,与EF的延长线交于N点.
在△DAG与△DCG中,
∵AD=CD,∠ADG=∠CDG,DG=DG,
∴△DAG≌△DCG.
∴AG=CG.………………………5分
在△DMG与△FNG中,
∵∠DGM=∠FGN,FG=DG,∠MDG=∠NFG,
∴△DMG≌△FNG.
∴MG=NG
在矩形AENM中,AM=EN.……………6分
在Rt△AMG与Rt△ENG中,∵AM=EN,MG=NG,∴△AMG≌△ENG.∴AG=EG.
∴EG=CG.……………………………8分
证法二:
延长CG至M,使MG=CG,连接MF,ME,EC,……………………4分
在△DCG与△FMG中,∵FG=DG,∠MGF=∠CGD,MG=CG,
∴△DCG≌△FMG.∴MF=CD,∠FMG=∠DCG.
∴MF∥CD∥AB.………………………5分∴.
在Rt△MFE与Rt△CBE中,∵MF=CB,EF=BE,∴△MFE≌△CBE.
∴.…………………………………………………6分
∴∠MEC=∠MEF+∠FEC=∠CEB+∠CEF=90°.…………7分
∴△MEC为直角三角形.∵MG=CG,∴EG=MC.
∴.………………………………8分
(3)
(1)
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