人教版数学九年级上册 第23章 旋转 单元测试.pdf

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人教版数学九年级上册第23章旋转单元测试
一、选择题(本大题共10小题,每小题3分,共30分)在每小题所给出的四个选项中,只
有一项是符合题目要求的.
,既是轴对称图形,又是中心对称图形的是()
.
,点(3,2)关于原点对称的点的坐标是()
A.(2,3)B.(﹣3,2)C.(﹣3,﹣2)D.(﹣2,﹣3)
,在△ABC中,∠B=42°,把△ABC绕着点A顺时针旋转,得到△AB'C',点C的
对应点C'落在BC边上,且B'A∥BC,则∠BAC'的度数为()
°°°°
4.(公众号:齐齐课堂)如图“三等分角”大约是在公元前五世纪由古希腊人提出来的,借助
如图所示的“三等分角仪”,OB
组成,两根棒在O点相连并可绕O转动,C点固定,OC=CD=DE,点D、E可在槽中
滑动,若∠BDE=72°,则∠CDE的度数是()
°°°°
,在△ABC中,∠ACB=90°,将△ABC绕点C逆时针旋转θ角到△DEC的位置,
这时点B恰好落在边DE的中点,则旋转角θ的度数为()
1:.
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°°°°
6.(公众号:齐齐课堂)已知:如图,等边三角形OAB的边长为23,边OA在x轴正半轴
上,现将等边三角形OAB绕点O逆时针旋转,每次旋转60°,则第2020次旋转结束后,
等边三角形中心的坐标为()
A.(−3,1)B.(0,﹣1)C.(−3,﹣1)D.(0,﹣2)
,Rt△AOB中,∠AOB=90°,OA=3,OB=4,将△AOB沿x轴依次以三角形三
个顶点为旋转中心顺时针旋转,分别得图②,图③,则旋转到图⑩时直角顶点的坐标是
()
913
A.(28,4)B.(36,0)C.(39,0)D.(,3)
22
,△ABC的三个顶点都在方格纸的格点上,其中点A的坐标是(﹣1,0).现将△
ABC绕点A顺时针旋转90°,则旋转后点C的坐标是()
A.(3,3)B.(2,1)C.(﹣4,﹣1)D.(2,3)
,等边△ABC的边长为a,将它绕其中心旋转180°,则旋转前后两个三角形重叠
部分(阴影)的面积是()
2:.
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32323232

2346
△ABC的边长为8,点P是边BC上的动点,将△ABP绕点A逆时针旋转60°
得到△ACQ,点D是AC边的中点,连接DQ,则DQ的最小值是()

二、填空题(本大题共8小题,每小题3分,共24分)请把答案直接填写在横线上
,点A(a,1)和点B(3,b)关于原点O对称,则a+b的值为.
,把△ABC绕着点A顺时针方向旋转角度α(0°<α<90°),得到△AB'C',若B',
C,C'三点在同一条直线上,∠B'CB=46°,则α的度数是.
13.(公众号:齐齐课堂)如图,在△ABC中,∠ACB=90°,∠A=30°,将△ABC绕点C
顺时针旋转到△A′B′C,使点B′落在边AB上,则旋转角为度.
,将正方形ABCD绕点A逆时针旋转30°至正方形AB'C'D',边B'C'
正方形ABCD的边长为3,则DE的长为.
3:.
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,正方形ABCD中,将线段AD绕点A顺时针旋转30°得到线段AE,CE的延长
线交正方形ABCD的对角线BD于点F,则∠DFC的度数为.
16.(公众号:齐齐课堂)如图,在△ABC中,∠C=20°,将△ABC绕点A顺时针旋转60°
得到△ADE,则∠E的度数是.
,点M是矩形ABCD下方一点,将△MAB绕点M顺时针旋转60°后,恰好点A
与点D重合,得到△MDE,则∠DEC的度数是.
,P是等边三角形ABC内的一点,且PA=3,PB=4,PC=5,以BC为边在△ABC
外作△BQC≌△BPA,连接PQ,则以下结论中正确有(填序号)
4:.
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①△BPQ是等边三角形②△PCQ是直角三角形③∠APB=150°④∠APC=120°
三、解答题(本大题共8小题,、证明过程或演算步骤)
,在平面直角坐标系中,△ABC的三个顶点都在格点上,点A的坐标为(2,4).
(1)AB的长等于;(公众号:齐齐课堂)
(2)画出△ABC向下平移5个单位后得到△A1B1C1,并写出此时点A1的坐标;
(3)画出△ABC绕原点O旋转180°后得到的△A2B2C2,并写出此时点C2的坐标.
,把一个图形绕着某一点旋转180°,如果它能够与另一个图形重合,那么就
,在平面直角坐标系中,▱ABCD的四个顶
点分别为A(1,3),B(0,1),C(3,1),D(4,3).
(1)作▱A1B1C1D1,使它与▱ABCD关于原点O成中心对称.
(2)作▱A1B1C1D1的两条对角线的交点O1关于y轴的对称点O2,则点O2的坐标
为.
(3)若将点O2向上平移a个单位,使其落在▱ABCD内部(不包括边界),则a的取值
范围是.
5:.
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:△ABC绕点A逆时针方向旋转得到△ADE,其中∠B=50°,∠C=60°.
(1)若AD平分∠BAC时,求∠BAD的度数.(公众号:齐齐课堂)
(2)若AC⊥DE时,AC与DE交于点F,求旋转角的度数.
,将△ABC绕点A按顺时针方向旋转90°,得到△ADE,点B的对应点为点D,
点C的对应点E落在BC边上,连接BD.
(1)求证:DE⊥BC;
(2)若AC=32,BC=7,求线段BD的长.
①摆放,其中∠A1CB1=∠ACB=90°,∠A1=∠A=30°
6:.
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(1)将图①中的△A1B1C顺时针旋转45°得图②,点P1是A1C与AB的交点,点Q是
A1B1与BC的交点,求证:CP1=CQ;(公众号:齐齐课堂)
(2)在图②中,若AP1=4,则CQ等于多少?
,在△ABC中,AB=AC=1,∠BAC=45°,△AEF是由△ABC绕点A按顺时针
方向旋转得到的,连接BE,CF交于点D.
(1)求证:BE=CF;
(2)填空:当四边形ACDE为菱形时,BD的长是.
,四边形ABCD是平行四边形,∠D=45°,∠BAC=90°,点E为BC边上一点,
将AE绕点A按顺时针方向旋转90°后能与AF重合,且FB⊥BC,点G是FB与AE的
交点,点E是AG的中点.
(1)若AG=25,BE=1,求BF的长;
(2)求证:2AB=BG+2BE.
,∠AOB=120°,OC平分∠AOB,∠MCN=60°,CM与射线OA相交于M点,
∠MCN绕着点C旋转.
7:.
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(1)如图1,当点N在射线OB上时,求证:OC=OM+ON;
(2)如图2,当点N在射线OB的反向延长线上时,OC与OM,ON之间的数量关系是
(直接写出结论,不必证明)(公众号:齐齐课堂)
8:.
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1.【分析】根据轴对称图形与中心对称图形的概念求解.
【解析】A、是轴对称图形,又是中心对称图形,故此选项正确;
B、不是轴对称图形,不是中心对称图形,故此选项错误;
C、是轴对称图形,不是中心对称图形,故此选项错误;
D、不是轴对称图形,是中心对称图形,故此选项错误;
2.
【分析】直接利用关于原点对称点的性质得出答案.
【解析】点(3,2)关于原点对称的点的坐标是:(﹣3,﹣2).
3.
【分析】由旋转的性质得出∠B'=∠B=42°,∠AC'B'=∠C,AC'=AC,由等腰三角形
的性质得出∠AC'C=∠C=∠AC'B',由平行线的性质得出∠B'C'C=138°,求出∠AC'C
=∠C=∠AC'B'69°,再由三角形的外角性质即可得出答案.
【解析】由旋转的性质得:∠B'=∠B=42°,∠AC'B'=∠C,AC'=AC,
∴∠AC'C=∠C=∠AC'B',(公众号:齐齐课堂)
∵B'A∥BC,
∴∠B'+∠B'C'C=180°,
∴∠B'C'C=180°﹣42°=138°,
1
∴∠AC'C=∠C=∠AC'B'=×138°=69°,
2
∴∠BAC'=∠AC'C﹣∠B=69°﹣42°=27°;
4.
【分析】根据OC=CD=DE,可得∠O=∠ODC,∠DCE=∠DEC,根据三角形的外角
性质可知∠DCE=∠O+∠ODC=2∠ODC,进一步根据三角形的外角性质可知∠BDE=3
∠ODC=72°,即可求出∠ODC的度数,进而求出∠CDE的度数.
【解析】∵OC=CD=DE,
∴∠O=∠ODC,∠DCE=∠DEC,
∴∠DCE=∠O+∠ODC=2∠ODC,
∵∠O+∠OED=3∠ODC=∠BDE=72°,
∴∠ODC=24°,
∵∠CDE+∠ODC=180°﹣∠BDE=108°,
9:.
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∴∠CDE=108°﹣∠ODC=84°.
5.
【分析】根据旋转变换的性质得到CE=CB,∠ECB=∠DCA,可得出BE=BC,则△EBC
是等边三角形,则计算旋转角θ即可.
【解析】∵∠ACB=90°,B为DE的中点,
∴BC=BE=BD,
∵将△ABC绕点C逆时针旋转θ角到△DEC的位置,
∴CB=CE,
∴CB=CE=BE,
∴△ECB为等边三角形,
∴∠ECB=60°,(公众号:齐齐课堂)
∴∠ACD=∠ECB=60°,
6.
【分析】过点B和点O分别作BC⊥OA于点C,OD⊥AB于点D,根据△AOB是等边三
角形,可得点G的坐标,等边三角形OAB绕点O逆时针旋转,每次旋转60°,旋转6
次为一个循环,分别求出等边三角形中心G旋转后的坐标,进而可得第2020次旋转结束
后,等边三角形中心的坐标.
【解析】如图,
过点B和点O分别作BC⊥OA于点C,OD⊥AB于点D,
∵△AOB是等边三角形,
∴OD平分∠BOA,
∴∠DOA=30°,
1
∵OC=OA=3,
2
∴CG=1,OG=2,
∵等边三角形OAB绕点O逆时针旋转,每次旋转60°,
∴旋转6次为一个循环,
∵等边三角形中心G坐标为(3,1),
第1次旋转后到y轴正半轴上,坐标为:(0,2);
第2次旋转后到第二象限,坐标为:(−3,1);
10:.
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第3次旋转后到第三象限,坐标为:(−3,﹣1);
第4次旋转后到y轴负半轴上,坐标为(0,﹣2);
第5次旋转后到第四象限,坐标为(3,﹣1);
第6次旋转后回到第一象限,坐标为(3,1).
∵2020÷6=336…4,
∴第2020次旋转结束后,等边三角形中心的坐标为:(0,﹣2).
7.
【分析】根据勾股定理列式求出AB的长度,然后根据图形不难发现,每3个图形为一个
循环组依次循环,且下一组的第一个图形与上一组的最后一个图形的直角顶点重合,所
以,第10个图形的直角顶点与第9个图形的直角顶点重合,然后求解即可.
【解析】∵∠AOB=90°,OA=3,OB=4,
∴AB=��2+��2=32+42=5,
根据图形,每3个图形为一个循环组,3+5+4=12,
所以,图⑨的直角顶点在x轴上,横坐标为12×3=36,
所以,图⑨的顶点坐标为(36,0),
又∵图⑩的直角顶点与图⑨的直角顶点重合,
∴图⑩的直角顶点的坐标为(36,0).
8.
【分析】根据旋转的性质可得将△ABC绕点A顺时针旋转90°,旋转后点C的坐标.
【解析】如图,(公众号:齐齐课堂)
将△ABC绕点A顺时针旋转90°,则旋转后点C的坐标是(2,1).
9.
【分析】根据等边三角形的特殊性,重叠部分为正六边形,四周空白部分的小三角形是
等边三角形,从而得出重叠部分的面积是△ABC与三个小等边三角形的面积之差.
11:.
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�
【解析】根据旋转的意义,图中空白部分的小三角形也是等边三角形,且边长为,面积
3
1
是△ABC的.
9
仔细观察图形,重叠部分的面积是△ABC与三个小等边三角形的面积之差,
13321�3
△ABC的面积是×�×�=�,一个小等边三角形的面积是××�=
224236
32
�,
36
323232
所以重叠部分的面积是�−3×�=�.
4366
10.
【分析】根据旋转的性质,即可得到∠BCQ=120°,当DQ⊥CQ时,DQ的长最小,再
根据勾股定理,即可得到DQ的最小值.
【解析】如图,由旋转可得∠ACQ=∠B=60°,
又∵∠ACB=60°,
∴∠BCQ=120°,
∵点D是AC边的中点,
∴CD=4,(公众号:齐齐课堂)
当DQ⊥CQ时,DQ的长最小,
此时,∠CDQ=30°,
1
∴CQ=2CD=2,
∴DQ=42−22=23,
∴DQ的最小值是23,
二、填空题(本大题共8小题,每小题3分,共24分)请把答案直接填写在横线上
11.【分析】平面直角坐标系中任意一点P(x,y),关于原点的对称点是(﹣x,﹣y),据
此即可求得a和b的值,代入即可得出答案.
【解析】∵点A(a,1)是点B(3,b)关于原点O的对称,
∴a=﹣3,b=﹣1,(公众号:齐齐课堂)
∴a+b=﹣4.
12.
【分析】利用旋转的性质得出AC=AC′,再利用等腰三角形的性质得出∠CAC′的度数,
12:.
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则可求出答案.
【解析】由题意可得:AC=AC′,∠C'=∠ACB,
∴∠ACC'=∠C',
∵把△ABC绕着点A顺时针方向旋转α,得到△AB′C′,点C刚好落在边B′C′上,
∴∠B'CB+∠ACB=∠C'+∠CAC′,
∠B'CB=∠CAC'=46°.
13.
【分析】先利用直角三角形的性质得到∠B=60°,再根据旋转的性质得CB′=CB,∠
BCB′等于旋转角,然后判断△BCB′为等边三角形得到∠BCB′=60°,从而得到旋转
角的度数.
【解析】∵∠ACB=90°,∠A=30°,
∴∠B=60°,
∵△ABC绕点C顺时针旋转到△A′B′C,使得点B′恰好落在AB上,
∴CB′=CB,∠BCB′等于旋转角,
∴△BCB′为等边三角形,
∴∠BCB′=60°,
即旋转角度为60°.
14.
【分析】连接AE,由旋转性质知AD=AB′=3、∠BAB′=30°、∠B′AD=60°,证
1
Rt△ADE≌Rt△AB′E得∠DAE=2∠B′AD=30°,由DE=ADtan∠DAE可得答案.
【解析】如图,连接AE,(公众号:齐齐课堂)
∵将边长为3的正方形ABCD绕点A逆时针旋转30°得到正方形AB'C′D′,
∴AD=AB′=3,∠BAB′=30°,
∴∠B′AD=60°,
在Rt△ADE和Rt△AB′E中,
𝐴=��',
𝐴=𝐴
∴Rt△ADE≌Rt△AB′E(HL),
1
∴∠DAE=∠B′AE=2∠B′AD=30°,
13:.
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3
∴DE=ADtan∠DAE=3×3=3,
故答案为3.
15.
【分析】如图,连接DE,BE,由正方形的性质可得AD=AB=BC,∠ADB=∠BDC=
45°,由旋转的性质可得AD=AE,∠DAE=30°,可证△ABE是等边三角形,可得AB
=BE,∠ABE=60°,由等腰三角形的性质可求∠DCF=15°,即可求解.
【解析】如图,连接DE,BE,
∵四边形ABCD是正方形,
∴AD=AB=BC,∠ADB=∠BDC=45°,
∵将线段AD绕点A顺时针旋转30°得到线段AE,
∴AD=AE,∠DAE=30°,
∴AB=AE,∠EAB=60°,
∴△ABE是等边三角形,
∴AB=BE,∠ABE=60°,
∴BE=BC,∠CBE=30°,
∴∠BCE=75°,
∴∠DCF=15°,
∴∠DFC=180°﹣∠BDC﹣∠DCF=120°,
16.
【分析】根据旋转的性质得出∠C=∠E,则可得出答案.
【解析】∵△ABC绕点A顺时针旋转60°得△ADE,
∴∠C=∠E,
∵∠C=20°,
∴∠E=20°,
17.
【分析】根据旋转的性质得到MA=MD,∠AMD=60°,得到△MAD是等边三角形,
根据等边三角形的性质得到∠DAM=∠MDA=60°,再证明△EDC是等边三角形即可解
决问题..(公众号:齐齐课堂)
【解析】由题意可知:∠AMD=60°,MA=MD,
14:.
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∴△MAD是等边三角形,
∴∠DAM=∠MDA=60°,
∵四边形ABCD是矩形,
∴∠BAD=∠CDA=90°
∴∠MDC=∠MAB=30°,
∴∠MDC=∠MAB=∠MDE=30°,
∴∠EDC=60°,
又∵CD=AB,DE=AB,
∴DE=DC,
∴△CDE是等边三角形,
∴∠DEC=60°.
18.
【分析】①根据△ABC是等边三角形,得出∠ABC=60°,根据△BQC≌△BPA,得出
∠CBQ=∠ABP,PB=QB=4,PA=QC=3,∠BPA=∠BQC,求出∠PBQ=60°,即可
判断①;(公众号:齐齐课堂)
②根据勾股定理的逆定理即可判断得出②;
③根据△BPQ是等边三角形,△PCQ是直角三角形即可判断;
④求出∠APC=150°﹣∠QPC,和PC≠2QC,可得∠QPC≠30°,即可判断④.
【解析】①∵△ABC是等边三角形,
∴∠ABC=60°,
∵△BQC≌△BPA,
∴∠CBQ=∠ABP,PB=QB=4,
PA=QC=3,∠BPA=∠BQC,
∴∠PBQ=∠PBC+∠CBQ=∠PBC+∠ABP=∠ABC=60°,
∴△BPQ是等边三角形,
所以①正确;
②PQ=PB=4,
PQ2+QC2=42+32=25,
PC2=52=25,
15:.
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∴PQ2+QC2=PC2,
∴∠PQC=90°,
∴△PCQ是直角三角形,
所以②正确;
③∵△BPQ是等边三角形,
∴∠PQB=∠BPQ=60°,
∴∠APB=∠BQC=∠BQP+∠PQC=60°+90°=150°,
所以③正确;
④∠APC=360°﹣150°﹣60°﹣∠QPC=150°﹣∠QPC,
∵∠PQC=90°,PC≠2QC,
∴∠QPC≠30°,
∴∠APC≠120°.
所以④错误.(公众号:齐齐课堂)
三、解答题(本大题共8小题,、证明过程或演算步骤)
19.【分析】(1)根据网格和勾股定理即可求出AB的长;
(2)根据平移的性质即可画出△ABC向下平移5个单位后得到△A1B1C1,进而写出此时
点A1的坐标;
(3)根据旋转的性质即可画出△ABC绕原点O旋转180°后得到的△A2B2C2,进而写出
此时点C2的坐标.
【解析】(1)AB=12+22=5;
故答案为:5;
(2)图中△A1B1C1即为所求,
此时点A1的坐标为(2,﹣1);
(3)图中△A2B2C2即为所求,
此时点C2的坐标为(﹣5,﹣3).
20.
【分析】(1)依据中心对称的性质,即可得到▱A1B1C1D1;
(2)作▱A1B1C1D1的两条对角线的交点O1关于y轴的对称点O2,即可得出点O2的坐
标;
16:.
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(3)根据点O2到BC和AD的距离,即可得到a的取值范围.
【解析】(1)如图所示,▱A1B1C1D1即为所求;
(2)如图所示,点O2即为所求,点O2的坐标为(2,﹣2);
故答案为:(2,﹣2);
(3)将点O2向上平移a个单位,使其落在▱ABCD内部
(不包括边界),则a的取值范围是3<a<5,(公众号:齐齐课堂)
21.
【分析】(1)由三角形的内角和定理可求∠BAC=70°,由角平分线的性质可求解;
(2)由旋转的性质可得∠E=∠C=60°,由三角形内角和可求旋转角的度数.
【解析】(1)∵∠B=50°,∠C=60°,
∴∠BAC=70°,
∵AD平分∠BAC,
∴∠BAD=∠CAD=35°;
(2)∵△ABC绕点A逆时针方向旋转得到△ADE,
∴∠E=∠C=60°,旋转角为∠CAE,
∵AC⊥DE,
∴∠CAE=30°,
∴旋转角为30°.
22.
【分析】(1)由旋转的性质可得AC=AE,∠CAE=90°,∠AED=∠ACE,可得∠ACE
=∠AEC=45°=∠AED,可得结论;
(2)由直角三角形的性质可求EC=6,可求BE=1,由勾股定理可求BD的长.
【解析】(1)∵将△ABC绕点A按顺时针方向旋转90°,
∴AC=AE,∠CAE=90°,∠AED=∠ACE,
∴∠ACE=∠AEC=45°=∠AED,
∴∠DEC=90°,
∴DE⊥BC;
(2)∵AE=AC=32,∠EAC=90°,
∴EC=6,
17:.
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∴BE=BC﹣EC=1,
∵将△ABC绕点A按顺时针方向旋转90°,
∴DE=BC=7,(公众号:齐齐课堂)
∴DB=𝐴2+��2=49+1=52.
23.
【分析】(1)由“ASA”可证△A1CQ≌△ACP1,可得CP1=CQ;
(2)由直角三角形的性质和全等三角形的性质可求CP1=CQ=22.
【解析】(1)∵将△A1B1C顺时针旋转45°,
∴∠ACA1=45°,AC=A1C,∠A=∠A1,
∵∠A1CB1=∠ACB=90°,
∴∠BCA1=∠ACA1=45°,且AC=A1C,∠A=∠A1,
∴△A1CQ≌△ACP1(ASA)
∴CP1=CQ;
(2)如图②,过点P1作P1E⊥AC,
∵∠A=30°,AP1=4,P1E⊥AC,
∴P1E=2,
∵∠ACA1=45°,P1E⊥AC,
∴CE=P1E=2,
∴P1C=22,
∴CP1=CQ=22.
24.
【分析】(1)由旋转的性质可得AE=AF=AB=AC=2,∠EAF=∠BAC=45°,由“SAS”
可证△ABE≌△ACF,可得BE=CF;(公众号:齐齐课堂)
(2)由题意可证△AEB为等腰直角三角形,由勾股定理可求解.
【解析】(1)证明:∵△AEF是由△ABC绕点A按顺时针方向旋转得到的,
∴AE=AB,AF=AC,∠EAF=∠BAC,
∴∠EAF+∠BAF=∠BAC+∠BAF,即∠EAB=∠FAC,
∵AB=AC,
∴AE=AF,
18:.
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∴△AEB可由△AFC绕点A按顺时针方向旋转得到,
∴BE=CF;
(2)∵四边形ACDE为菱形,AB=AC=1,
∴DE=AE=AC=AB=1,AC∥DE,
∴∠AEB=∠ABE,∠ABE=∠BAC=45°,
∴∠AEB=∠ABE=45°,
∴△ABE为等腰直角三角形,
∴BE=2AC=2,
∴BD=BE﹣DE=2−1.
故答案为2−1.
25.
1
【分析】(1)求出AE=GE=2AG=5,由旋转的性质得出∠GAF=90°,AF=AE=5,
由勾股定理得出GF=��2+��2=5,BG=𝐴2−𝐴2=;
(2)作延长DA交BF于M,作AN⊥BC于N,证出△ABC是等腰直角三角形,得出AB
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=AC,BC=2AB,得出AN=2BC=BN=CN,证出四边形AMBN是正方形,得出AM
=BM=BN=AN=CN,证出BE是△AMG的中位线,得出BM=BG,AM=2BE,因此
BN=BM=BG=AM=2BE,BE=NE,即可得出结论.
【解答】(1)解:∵点E是AG的中点,(公众号:齐齐课堂)
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∴AE=GE=2AG=5,
由旋转的性质得:∠GAF=90°,AF=AE=5,
∴GF=��2+��2=(5)2+(25)2=5,
∵FB⊥BC,
∴∠EBG=90°,
∴BG=𝐴2−𝐴2=(5)2−12=2.
∴BF=GF﹣BG=5﹣2=3;
(2)证明:作延长DA交BF于M,作AN⊥BC于N,如图所示:
则∠AMB=∠ANB=∠ANC=90°,
19:.
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∵FB⊥BC,
∴四边形AMBN是矩形,
∵四边形ABCD是平行四边形,
∴∠ABC=∠D=45°,AD∥BC,
∵∠BAC=90°,
∴△ABC是等腰直角三角形,
∴AB=AC,BC=2AB,
∵AN⊥BC,
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∴AN=2BC=BN=CN,
∴四边形AMBN是正方形,
∴AM=BM=BN=AN=CN,
∵点E是AG的中点,MD∥BC,
∴BE是△AMG的中位线,
∴BM=BG,AM=2BE,
∴BN=BM=BG=AM=2BE,
∴BE=NE,(公众号:齐齐课堂)
∵BC=CN+EN+BE=BG+2BE,
∴2AB=BG+2BE.
26.
【分析