一块等边三角形木块.doc

1、 一块等边三角形木块，边长为1，如图，现将木块沿水平线翻滚五个三角形，那么B点从开始至结束所走过的路径长是（）

1：∵点B所经过的这三段弧所在圆的半径为1，所对圆心角均为120度
∴点A所经过的路线长为3× 120/180 π×1=2π．点评：本题主要考查了正三角形的性质及弧长公式l= n/180 πr．
2如图，一块等边三角形的木板，边长为1cm，现将三角板沿水平线翻滚，那么B点从开始到结束所走路径长度为

解：从第一个三角形到第二个三角形B经过的路线长是： 120π×1/180= 2π/3；
从第二个三角形到第三个三角形B经过的路线长是也是 2π/3．
故B点从开始到结束所走路径长度为： 2π/3+2π/3= 4π/3．
故答案是： 4π/3．
3 （2004•厦门）如图，正方形ABCD和正方形AEFG有一个公共点A，点G、E分别在线段AD、AB上．
（1）连接DF、BF，若将正方形AEFG绕点A按顺时针方向旋转，判断命题“在旋转的过程中，线段DF与BF的长始终相等”是否正确？若正确，请证明，若不正确，请举例说明；
（2）若将正方形AEFG绕点A按顺时针方向旋转，连接DG，在旋转过程中，你能否找到一条线段的长与线段DG的长始终相等？并以图为例说明理由．

解：（1）不正确．
若在正方形CAEF绕点A顺时针旋转45°，这时点F落在线段AB或AB的延长线上．（或将正方形GAEF绕点A顺时针旋转，使得点F落在线段AB或AB的延长线上）．如图：

设AD=a，AG=b，
则DF= a2+2b2＞a，
BF=|AB-AF|=|a- 2b|＜a，
∴DF＞BF，即此时DF≠BF；

（2）连接BE，则DG=BE．如图，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AD=AB，
∵四边形GAEF是正方形，
∴AG=AE，
又∠DAG+∠GAB=90°，∠BAE+∠GAB=90°，
∴∠DAG=∠BAE，
∴△DAG≌△BAE，
∴DG=BE．
4 2003•镇江）如图，正方形ABCD中，E为CD上一点，F为BC延长线上一点，CE=CF．
（1）求证：△BCE≌△DCF；
（2）若∠BEC=60°，求∠EFD的度数．

（1）证明：∵ABCD是正方形，
∴DC=BC，∠DCB=∠FCE，
∵CE=CF，
∴△DCF≌△BCE；
（2）解：∵△BCE≌△DCF，
∴∠DFC=∠BEC=60°，
∵CE=CF，
∴∠CFE=45°，
∴∠EFD=15°．
5 在等腰直角△ABC中，∠C=90°，BC=2cm，如果以AC的中点O为旋转中心，将这个三角形旋转180°，点B落在点B′处，求BB′的长度．

解：延长BO到B′，使OB′=OB，连接AB′，CB′，
∵∠C=90°，AC=BC=2，
∴OC= 1/2AC=1，在Rt△BOC中，OB=√ BC2+OC2= 5cm，
∵点B绕O点旋转180°到B′，
故BB′=2BO= 2√5cm．
6 如图,在正方形ABCD中,∠PAD=∠PDA=15°,连接PB,PC,求证△PBC为正三角形。

在△CBP中取一点O，使△OPB是等边三角形，连结OC
则在等边△OPB中 有OB=PB
而由于∠PBA=15° ∠PBO=60°
故∠OBC=15°=∠PBA
又在正方形ADCB中 有BA=BC
故△PBA≌△OBC
故OC=PA=PB=OP
故∠OCP=∠OPC
而∠PBC=75° ∠BCO=15° ∠BPO=60°
故∠OPC+∠OCP=180°-∠PBC-∠BCO-∠BPO=30°(△PBC内角和为180°)
故∠OPC=∠OCP=15°
故∠BPC=∠BPO+∠OPC=75°=∠PBC
故CP=CB=DC
同理可证DP=DA=DC

6 如图，在等腰△ABC中，AB=AC，D为形内一点，∠ADC＞∠ADB，求证：DB＞DC

解：把△ABD绕点A按逆时针方向旋转得到△ACD′，AB与AC重合，如图，连接DD′，
∴AD=AD'，BD=CD′，∠ABD=∠AD′C，
∴∠ADD′=∠AD′D，而∠ADC＞∠ADB，
∴∠ADC＞∠AD′C，
∴∠ADD′+∠D′DC＞∠AD′D+∠CD′D，
∴∠D'DC＞∠DD'C、
∴CD′＞DC，
∴DB＞DC．

7 如图，正方形ABCD的边长为1，AB，AD上各有一点P，Q，如果△APQ的周长为2，求∠PCQ的度数．

解：如图所示，
三角形APQ的周长为2，即AP+AQ+PQ=2，
正方形ABCD的边长是1，即AQ+QD=1，AP+PB=1，
所以AP+AQ+QD+PB=2，
所以PQ=PB+DQ．
延长AB至M，使BM=DQ．连接CM，△CBM≌△CDQ，
∴∠BCM=∠DCQ，CM=CQ，
∵∠DCQ+∠QCB=90°，
∴∠BCM+∠QCB=90°，即∠QCM=90°，
PM=PB+BM=PB+DQ=PQ．
在△CPQ与△CPM中，
CP=CP，PQ=PM，CQ=CM，
∴△CPQ≌△CPM，
∴∠PCQ=∠PCM= 12∠QCM=45°．

8 （2006•无锡）如图，△ABC中，∠ACB=90°，AC=BC=1，将△ABC绕点C逆时针旋转角α．（0°＜α＜90°）得到△A1B1C1，连接BB1．设CB1交AB于D，AlB1分别交AB、AC于E、F．
（1）在图中不再添加其它任何线段的情况下，请你找出一对全等的三角形，并加以证明（△ABC与△A1B1C1全等除外）；
（2）当△BB1D是等腰三角形时，求α；
（3）当α=60°时，求BD的长．

解：（1）全等的三角形有：△CBD≌△CA1F或△AEF≌△B1ED或△ACD≌△B1CF等；
以证△CBD≌△CA1F为例：
证明：∵∠ACB1+∠A1CF=∠ACB1+∠BCD=90°
∴∠A1CF=∠BCD
∵A1C=BC
∴∠A1=∠CBD=45°
∴△CBD≌△CA1F；
（2）在△CBB1中
∵CB=CB1
∴∠CBB1=∠CB1B=（180°-α）/2
又△ABC是等腰直角三角形
∴∠ABC=45°
①若B1B=B1D，则∠B1DB=∠B1BD
∵∠B1DB=45°+α
∠B1BD=∠CBB1-45°=（180°-α）/2-45°=45°- α/2
∴45°+α=45°- α/2，∴α=0°（舍去）；
②∵∠BB1C=∠B1BC＞∠B1BD，∴BD＞B1D，即BD≠B1D；
③若BB1=BD，则∠BDB1=∠BB1D，即45°+α=（180°-α）/2，α=30°
由①②③可知，当△BB1D为等腰三角形时，α=30°；

（3）作DG⊥BC于G，设CG=x．
在Rt△CDG中，∠DCG=α=60°，∴DG=xtan60°=√ 3x
Rt△DGB中，∠DBG=45°，∴BG=GD=√ 3 x
∵AC=BC=1，∴x+ √3x=1
x= 1/(1+√3)= (3-1)/2，∴DB= √2BG=( 3√2-√6)/2．

8 如图，将正方形ABCD中的△ABP绕点B顺时针旋转能与△CBP′重合，若BP=4，则点P所走过的路径长为2π
点P所走过的路径长是一段弧长，是以点B为圆心，BP为半径，旋转角度是90度，所以根据弧长公式可得．
解：根据弧长公式可得：( 90π×4)/180=2π．

9 如图：P是正方形ABCD内一点，将△ABP绕点B顺时针旋转能与△CBP′重合，若PB=5，求PP′的长．
解：∵ABCD为正方形，
∴∠ABC=90°．
∵△ABP顺时针旋转后能与△CBP′重合，
∴∠ABP=∠CBP′，BP=BP′，
∴∠PBP′=90°，
∴Rt△PBP′中，BP=BP′=5，
∴PP′=5√ 2．
10 钟表在12点钟时三针重合，经过多少分钟秒针第一次将分针和时针所夹的锐角平分？
解：设经过x分钟秒针第一次将分针和时针所夹的锐角平分．
6x-360（x-1）=360（x-1）-0.5x，
解得x= 1440/1427．
故经过 1440/1427分钟秒针第一次将分针和时针所夹的锐角平分．
11 钟表上的分针和时针经过40分钟，分针和时针旋转的角度分别是（　　）
A、40°和20° B、240°和20° C、240°和40° D、40°和40°

解：如图，从6：50到7：30，钟表12个数字，每相邻两个数字之间的夹角为30°，钟表上的分针经过40分钟旋转的角度是30°×8=240°，钟表上的时针经过40分钟旋转的角度是240°× 112=20度．
故选B．
12 如图，等腰直角△ABC绕点A按逆时针方向旋转60°后得到△ADE，且AB=1，那么EC的长为1

解：等腰直角△ABC绕点A按逆时针方向旋转60°后得到△ADE，
则对应线段AC=AE，
又知∠CAE=60°，
则△CAE为等边三角形，
则EC=AC=AB=1．
13 如图，在Rt△ABC中，∠BAC=90°，BC=6，点D为BC中点，将△ABD绕点A按逆时针方向旋转120°得到△AB'D'，则点D在旋转过程中所经过的路程为2π
．（结果保留π）

解：∠BAC=90°，BC=6，点D为BC中点，
∴AD=3，
所以根据弧长公式可得：( 120π×3/)180=2π．
14 如图，把△ABC绕B点逆时针方旋转26°得到△A′BC′，若A′C′正好经过A点，则∠BAC=（　　）
A、52° B、64° C、77° D、82°

解：根据题意：∵△ABC绕B点逆时针方旋转26°得到△A′BC′，且A′C′正好经过A点，
∴∠ABA′=∠CBC′=∠CAC′=26°，AB=A′B，
∴∠A′AB=77°，∠BAC=180-26-77=77°．
故选C．
15 （2008•齐齐哈尔）已知：正方形ABCD中，∠MAN=45°，∠MAN绕点A顺时针旋转，它的两边分别交CB，DC（或它们的延长线）于点M，N．当∠MAN绕点A旋转到BM=DN时（如图1），易证BM+DN=MN．
（1）当∠MAN绕点A旋转到BM≠DN时（如图2），线段BM，DN和MN之间有怎样的数量关系？写出猜想，并加以证明；
（2）当∠MAN绕点A旋转到如图3的位置时，线段BM，DN和MN之间又有怎样的数量关系？请直接写出你的猜想．

解：（1）BM+DN=MN．
如图，把△AND绕点A顺时针旋转90°，得到△ABE，则可证得E，B，M三点共线，
∵∠MAN=45°，
∴∠DAN+∠BAM=∠DAB-∠MAN=90°-45°=45°，
∴∠EAB+∠BAM=45°，
∴∠EAM=∠NAM，
∵AM=AM，AN=AE，
∴△AEM≌△ANM，
∴ME=MN，
∵ME=BE+BM=DN+BM，
∴DN+BM=MN．
（2）参照（1）中求法，MN+BM=DN．

16 如图，四边形EFGH是由四边形ABCD经过旋转得到的．如果用有序数对（2，1）表示方格纸上A点的位置，用（1，2）表示B点的位置，那么四边形ABCD旋转得到四边形EFGH时的旋转中心用有序数对表示是（5，2）
．
17 如图，在方格纸上△DEF是由△ABC绕定点P顺时针旋转得到的．如果用（2，1）表示方格纸上A点的位置，（1，2）表示B点的位置，那么点P的位置为（　　）
A、（5，2） B、（2，5） C、（2，1） D、（1，2）

解：如图，分别连接AD、CF，然后作它们的垂直平分线，它们交于P点，则它们旋转中心为P，
根据图形知道△ABC绕P点逆时针旋转90°得到△DEF，
∴P的坐标为（5，2）．
故选A．

17 在图1至图3中，点B是线段AC的中点，点D是线段CE的中点．四边形BCGF和CDHN都是正方形．AE的中点是M．
（1）如图1，点E在AC的延长线上，点N与点G重合时，点M与点C重合，求证：FM=MH，FM⊥MH；
（2）将图1中的CE绕点C顺时针旋转一个锐角，得到图2，求证：△FMH是等腰直角三角形；
（3）将图2中的CE缩短到图3的情况，△FMH还是等腰直角三角形吗．（不必说明理由）

证明：（1）∵四边形BCGF和CDHN都是正方形，
又∵点N与点G重合，点M与点C重合，
∴FB=BM=MG=MD=DH，∠FBM=∠MDH=90度，
∴△FBM≌△MDH，
∴FM=MH，
∵∠FMB=∠DMH=45°，
∴∠FMH=90度，
∴FM⊥HM．
（2）连接MB、MD，如图，设FM与AC交于点P．
∵B、D、M分别是AC、CE、AE的中点，
∴MD∥BC，且MD= 12AC=BC=BF；
MB∥CD，且MB= 12CE=CD=DH（三角形的中位线平行于第三边并且等于第三边的一半），
∴四边形BCDM是平行四边形，
∴∠CBM=∠CDM，
又∵∠FBP=∠HDC，
∴∠FBM=∠MDH，
∴△FBM≌△MDH，
∴FM=MH，且∠FMB=∠MHD，∠BFM=∠HMD．
∴∠FMB+∠HMD=180°-∠FBM，
∵BM∥CE，
∴∠AMB=∠E，
同理：∠DME=∠A．
∴∠AMB+∠DME=∠A+∠AMB=∠CBM．
由已知，得BM= 12CE=AB=BF，
∴∠A=∠BMA，∠BMF=∠BFM，
∴∠FMH=180°-（∠FMB+∠HMD）-（∠AMB+∠DME），
=180°-（180°-∠FBM）-∠CBM，
=∠FBM-∠CBM，
=∠FBC=90°．
∴△FMH是等腰直角三角形．
（3）是．

18 在平面直角坐标系中，边长为2的正方形OABC的两顶点A、C分别在y轴、x轴的正半轴上，点O在原点．现将正方形OABC绕O点顺时针旋转，当A点第一次落在直线y=x上时停止旋转，旋转过程中，AB边交直线y=x于点M，BC边交x轴于点N（如图）．
（1）求边OA在旋转过程中所扫过的面积；
（2）旋转过程中，当MN和AC平行时，求正方形OABC旋转的度数；
（3）设△MBN的周长为p，在旋转正方形OABC的过程中，p值是否有变化？请证明你的结论．

解：（1）∵A点第一次落在直线y=x上时停止旋转，
∴OA旋转了45度．
∴OA在旋转过程中所扫过的面积为 (45π×2X2)/360=π/2．
（2）∵MN∥AC，
∴∠BMN=∠BAC=45°，∠BNM=∠BCA=45度．
∴∠BMN=∠BNM．∴BM=BN．
又∵BA=BC，∴AM=CN．
又∵OA=OC，∠OAM=∠OCN，∴△OAM≌△OCN．
∴∠AOM=∠CON．∴∠AOM= 1/2（90°-45°）=22.5度．
∴旋转过程中，当MN和AC平行时，正方形OABC旋转的度数为45°-22.5°=22.5度．

（3）证明：延长BA交y轴于E点，则∠AOE=45°-∠AOM，∠CON=90°-45°-∠AOM=45°-∠AOM，
∴∠AOE=∠CON．
又∵OA=OC，∠OAE=180°-90°=90°=∠OCN．
∴△OAE≌△OCN．
∴OE=ON，AE=CN．
又∵∠MOE=∠MON=45°，OM=OM，
∴△OME≌△OMN．∴MN=ME=AM+AE．
∴MN=AM+CN，
∴p=MN+BN+BM=AM+CN+BN+BM=AB+BC=4．
∴在旋转正方形OABC的过程中，p值无变化．

19 如图1，已知∠ABC=90°，△ABE是等边三角形，点P为射线BC上任意一点（点P与点B不重合），连接AP，将线段AP绕点A逆时针旋转60°得到线段AQ，连接QE并延长交射线BC于点F．
（1）如图2，当BP=BA时，∠EBF=30
°，猜想∠QFC=60
（2）如图1，当点P为射线BC上任意一点时，猜想∠QFC的度数，并加以证明；
（3）已知线段AB=2 3，设BP=x，点Q到射线BC的距离为y，求y关于x的函数关系式．

解：（1）∠EBF=30°；（1分）
∠QFC=60°；（2分）
（2）∠QFC=60°． （1分）
解法1：不妨设BP＞ 3AB，如图1所示．
∵∠BAP=∠BAE+∠EAP=60°+∠EAP，
∠EAQ=∠QAP+∠EAP=60°+∠EAP，
∴∠BAP=∠EAQ． （2分）
在△ABP和△AEQ中
AB=AE，∠BAP=∠EAQ，AP=AQ，
∴△ABP≌△AEQ．（SAS） （3分）
∴∠AEQ=∠ABP=90°． （4分）
∴∠BEF=180°-∠AEQ-∠AEB=180°-90°-60°=30°．
∴∠QFC=∠EBF+∠BEF=30°+30°=60°． （5分）
（事实上当BP≤ 3AB时，如图2情形，不失一般性结论仍然成立，不分类讨论不扣分）
解法2：设AP交QF于M∠QMP为△AMQ和△FMP共同的外角
∴∠QMP=∠Q+∠PAQ=∠APB+∠QFC，
由△ABP≌△AEQ得∠Q=∠APB，由旋转知∠PAQ=60°，
∴∠QFC=∠PAQ=60°，

（3）在图1中，过点F作FG⊥BE于点G．
∵△ABE是等边三角形，
∴BE=AB=2 3．
由（1）得∠EBF=30°．
在Rt△BGF中，BG= BE2= 3，
∴BF= BGcos30°=2．
∴EF=2． （1分）
∵△ABP≌△AEQ．
∴QE=BP=x，
∴QF=QE+EF=x+2． （2分）
过点Q作QH⊥BC，垂足为H．
在Rt△QHF中，y=QH=sin60°×QF= 32（x+2）．（x＞0）
即y关于x的函数关系式是：y= 32x+ 3． （3分）

20 如图，△ABC是等腰直角三角形，其中CA=CB，四边形CDEF是正方形，连接AF、BD．
（1）观察图形，猜想AF与BD之间有怎样的关系，并证明你的猜想；
（2）若将正方形CDEF绕点C按顺时针方向旋转，使正方形CDEF的一边落在△ABC的内部，请你画出一个变换后的图形，并对照已知图形标记字母，题（1）中猜想的结论是否仍然成立？若成立，直接写出结论，不必证明；若不成立，请说明理由．

解：（1）猜想：AF=BD且AF⊥BD．
（1分）
证明：设AF与DC交点为G．
∵FC=DC，AC=BC，∠BCD=∠BCA+∠ACD，
∠ACF=∠DCF+∠ACD，∠BCA=∠DCF=90°，
∴∠BCD=∠ACF．
∴△ACF≌△BCD．
∴AF=BD．（4分）
∴∠AFC=∠BDC．
∵∠AFC+∠FGC=90°，∠FGC=DGA，
∴∠BDC+∠DGA=90度．
∴AF⊥BD．（7分）
∴AF=BD且AF⊥BD．
（2）结论：AF=BD且AF⊥BD．
图形不惟一，只要符合要求即可．
画出图形得（1分），写出结论得（1分），此题共（2分）．如：
① CD边在△ABC的内部时；②CF边在△ABC的内部时．
②
③ 21 如图，已知正方形ABCD中，E、F分别是BC、CD上的点，且AF平分∠DAE．求证：AE=DF+BE

证明：延长CB到G，使BG=DF，连接AG（如图）
∵AD=AB，∠D=∠ABG=90°，
∴△ADF≌△ABG（SAS），
∴∠5=∠G，∠1=∠3，
∵∠1=∠2，
∴∠2=∠3，
∴∠2+∠4=∠3+∠4，
即∠FAB=∠EAG，
∵CD∥AB，
∴∠5=∠FAB=∠EAG，
∴∠EAG=∠G，
∴AE=EB+BG=EB+DF．

9、如图所示是日本三菱汽车公司的标志，它可以看作是由
一个菱形经过 次旋转，每次旋转 得到的。