专题47 三角形中的旋转综合问题(解析版)

专题47 三角形中的旋转综合问题

1、如图，点P是∠MON内的一点，过点P作PA⊥OM于点A，PB⊥ON于点B，且OA＝OB． （1）求证：PA＝PB；

（2）如图②，点C是射线AM上一点，点D是线段OB上一点，且∠CPD+∠MON＝180°，若OC＝8，OD＝5．求线段OA的长．

（3）如图③，若∠MON＝60°，将PB绕点P以每秒2°的速度顺时针旋转，12秒后，PA开始绕点P以每秒10°的速度顺时针旋转，PA旋转270°后停止，此时PB也随之停止旋转．旋转过程中，PA所在直线PB所在直线与ON所在直线的交点记为H．PG＝PH？ 与OM所在直线的交点记为G，问PB旋转几秒时，

（1）证明：如图①中，连接OP．

1

∵PA⊥OM，PB⊥ON， ∴∠OAP＝∠OBP＝90°， ∵OA＝OB，OP＝OP， ∴Rt△OPA≌Rt△OPB（HL）， ∴PA＝PB．

（2）如图②中，

∵∠PAO＝∠PBO＝90°， ∴∠AOB+∠APB＝180°， ∵∠CPD+∠AOB＝180°， ∴∠CPD＝∠APB， ∴∠APC＝∠BPD，

∵PA＝PB，∠PAC＝∠PBD＝90°， ∴△PAC≌△PBD（ASA）， ∴AC＝BD，

∴OC+OD＝OA+AC+OB﹣BD＝2OA＝13，

2

∴OA＝6.5．

（3）设点P的旋转时间为t秒． ①当0＜t＜12时，不存在．

②当12≤t＜21时，如图3﹣1中，∠APG＝（10t﹣120）°，∠BPH＝2t°，

当∠APG＝∠BPH时，△PAG≌△PBH，可得PG＝PH， 此时10t﹣120＝2t， t＝15．

③当21≤t＜30时，如图3﹣2中，∠APG＝180°﹣∠APA′＝180°﹣（10t﹣120）°＝（300﹣10t）°，∠BPH＝2t，

3

当∠APG＝∠BPH时，△PAG≌△PBH，可得PG＝PH， 此时300﹣10t＝2t， t＝25．

④当30≤t＜39时，如图3﹣3中，∠APG＝（10t﹣300）°，∠BPH＝2t，

当∠APG＝∠BPH时，△PAG≌△PBH，可得PG＝PH， 此时10t﹣300＝2t， t＝37.5，

综上所述，满足条件的t的值为15s或25s或37.5s．

4

2、（1）问题发现：

如图1，在△OAB和△OCD中，OA＝OB，OC＝OD，∠AOB＝∠COD＝50°，连接AC，BD交于点M．

填空：①的值为 ；

②∠AMB的度数为 ．

（2）类比探究：如图2，在△OAB和△OCD中，∠AOB＝∠COD＝90°，CD＝2OD，AB＝2OB，连接AC交BD的延长线于点M．请求出

的值及∠AMB的度数，并说明理由；

（3）拓展延伸：在（2）的条件下，将△OCD绕点O在平面内旋转，AC、BD所在直线交于点M，若OD＝1，OB＝解：（1）问题发现

①如图1，∵∠AOB＝∠COD＝50°， ∴∠COA＝∠DOB， ∵OC＝OD，OA＝OB， ∴△COA≌△DOB（SAS）， ∴AC＝BD，

，请直接写出当点C与点M重合时AC的长．

5

∴＝1，

②∵△COA≌△DOB， ∴∠CAO＝∠DBO， ∵∠AOB＝50°， ∴∠OAB+∠ABO＝130°，

在△AMB中，∠AMB＝180°﹣（∠CAO+∠OAB+∠ABD）＝180°﹣（∠DBO+∠OAB+∠ABD）＝180°﹣130°＝50°，

故答案为：①1；②50°； （2）类比探究

如图2，＝，∠AMB＝90°，理由是：

Rt△COD中，∠DOC＝90°，CD＝2DO， ∴∠DCO＝30°，

∴＝tan30°＝，

同理得：＝tan30°＝，

∴，

∵∠AOB＝∠COD＝90°， ∴∠AOC＝∠BOD， ∴△AOC∽△BOD，

∴，∠CAO＝∠DBO，

6

在△AMB中，∠AMB＝180°﹣（∠MAB+∠ABM）＝180°﹣（∠OAB+∠ABM+∠DBO）＝90°； （3）拓展延伸

①点C与点M重合时，如图1，同（2）得：△AOC∽△BOD，

∴∠AMB＝90°，，

设BD＝x，则AC＝x，

Rt△COD中，∠OCD＝30°，OD＝1， ∴CD＝2，BC＝x﹣2，

Rt△AOB中，∠OAB＝30°，OB＝，

∴AB＝2OB＝2

，

在Rt△AMB中，由勾股定理得：AC2+BC2＝AB2， ∴

，

整理得：x2﹣x﹣6＝0， ∴（x﹣3）（x+2）＝0， ∴x1＝3，x2＝﹣2， ∴AC＝3

；

②点C与点M重合时，如图2，同理得：∠AMB＝90°，，

7

设BD＝x，则AC＝x，

在Rt△AMB中，由勾股定理得：AC2+BC2＝AB2， ∴

+（x+2）2＝

，

整理得x2+x﹣6＝0， ∴（x+3）（x﹣2）＝0， ∴x1＝﹣3，x2＝2， ∴AC＝2

；

或2

．

综上所述，AC的长为3

3、已知在平面直角坐标系中，A（a，0），B（b，0）、C（0，c），其中a、b、c满足＝0．

（1）求△ABC的面积；

（2）将线段BC向右平移至AD（点B对应点A，点C对应点D）．

①当点M为x轴上任意点ME、CF分别平分∠CMO与∠DCM，∠DCF（不与原点重合），若∠AME＝α，＝β，试用含α的代数式表示β；

②点P为线段CD上一点（不与点C、D重合），P的横坐标为t，连接BP、AC，BP交y轴于点E，交AC于点Q，若△CQE与△PQA的面积分别为S1，S2，试用含t的代数式表示S2﹣S1．

8

解：（1）如图1中，

∵＝0，

又∵≥0，|b+2|≥0，（c﹣4）2≥0，

∴a＝5，b＝﹣2，c＝4，

∴A（5，0），B（﹣2，0），C（0，4）， ∴OA＝5，OB＝2，OC＝4， ∴AB＝OB+OA＝2+5＝7，

∴S△ABC＝•AB•OC＝×7×4＝14．

（2）①如图2﹣1中，当点E在射线OB上时，α+β＝90°

9

理由：∵CD∥AM， ∴∠DCM+∠AMC＝180°，

∵∠DCF＝∠DCM＝β，∠AME＝∠AMC＝α，

∴α+β＝90°．

当点M在线段AB上时，如图2﹣2中，α+β＝180°．

理由：∵CD∥AM，

∴∠DCM+∠AMC＝180°，∠DCM＝∠CMB，

∵∠DCM＝2∠DCF＝2β，∠FCM＝∠DCM，∠EMC＝∠CMB，∴∠FCM＝∠EMC＝β， ∴∠AMC＝180°﹣2β， ∵∠AME＝∠AMC+∠EMC， ∴α＝β+180°﹣2β，

10

∴α+β＝180°．

当点M在线段OA的延长线上时，如图2﹣3中，α＝β．

理由：：∵CD∥AM， ∴∠DCM＝∠CMB，

∵∠DCF＝∠DCM，∠AME＝∠CMB，

∴∠DCF＝∠AME， ∴α＝β．

②如图3中，设E（0，m）．

由题意：P（t，4），A（5，0），B（﹣2，0），C（0，4），∴S△BCP＝S△BCE+S△ECP，

∴×t×4＝×（4﹣m）×2+×（4﹣m）×

t，

11

∴m＝，

∴S2﹣S1＝S△PCA﹣S△PCE′＝×t×4﹣×t×（4﹣）＝．

4、如图，在平面直角坐标系中，O为原点，点A（0，4），B（﹣4，0），C（4，0）． （Ⅰ）如图①，若∠BAD＝15°，AD＝3，求点D的坐标；

（Ⅱ）如图②，AD＝2，将△ABD绕点A逆时针方向旋转得到△ACE，点B，D的对应点分别为C，E．连接DE，BD的延长线与CE相交于点F． ①求DE的长； ②证明：BF⊥CE．

（Ⅲ）如图③，将（Ⅱ）中的△ADE绕点A在平面内旋转一周，在旋转过程中点D，E的对应点分别为D1，E1，点N，P分别为D1E1，D1C的中点，请直接写出△OPN面积S的变化范围．

解：（Ⅰ）∵OA＝OB＝4，∠AOB＝90°， ∴∠OAB＝∠ABO＝45°．

∴∠DAO＝∠OAB﹣∠DAB＝30°． 如图①中，过点D作DG⊥OA，垂足为G．

12

在Rt△ADG中，∠DAG＝30°，

∴，，

∴，

∴点D的坐标为．

（Ⅱ）①如图②中，

∵∠DAE＝∠BAC＝90°，AD＝AE＝2，

∴在Rt△DAE中，，②∵OA＝OB＝OC＝4，∠AOB＝∠AOC＝90°， ∴∠OAB＝∠ABO＝∠ACO＝∠OAC＝45°， ∴∠BAC＝90°，

∵△ABD旋转得到△ACE，

13

∴△ABD≌△ACE（SAS）， ∴∠ABD＝∠ACE，

在△BFC中，则有∠FBC+∠FCB＝∠FBC+∠BCA+∠ACE＝∠FBC+∠BCA+∠ABD＝∠ABC+∠BCA＝90°， ∴BF⊥CE．

（Ⅲ）如图③中，

∵OB＝OC，PC＝PD1，NE1＝ND1，

∴OP＝BD1，PN＝E1C，OP∥BD1，PN∥CE1 ∵BD1⊥E1C，BD1＝E1C， ∴OP⊥PN，OP＝PN， ∴△OPN是等腰直角三角形， ∵AB＝4，AD1＝2，

∴4﹣2≤BD1≤4+2， ∴2

﹣1≤OP≤2

+1，

∴△OPN面积的最小值＝（2﹣1）2＝﹣2

，△OPN的面积的最大值＝+2，

14

∴．

5、问题发现：如图（1）在Rt△ABC和Rt△BDE中，∠A＝∠DEB＝30°，BC＝BE＝6，Rt△BDE绕点B逆时针旋转，H为CD的中点，当点C与点E重合时，BH与AE的位置关系为 ，BH与AE的数量关系为 ；

问题证明：在Rt△BDE绕点B旋转的过程中，（1）中的结论是否仍然成立？若成立，请就图（2）的情形给出证明若不成立，请说明理由；

拓展应用：在Rt△BDE绕点B旋转的过程中，当DE∥BC时，请直接写出BH2的长．

解：问题发现：如图1中，结论：AE＝2BH，AE⊥BH．

理由：在Rt△ABC中，∵BC＝6，∠A＝30°，

15

∴AE＝2BC＝12，

在Rt△CDB中，∵∠DCB＝30°，

∴CD＝＝4，

∵CH＝DH，

∴BH＝CD＝2，

∴＝＝2，

∴AE＝2BH．

故答案为AE⊥BH，AE＝2BH．

问题证明：如图2中，（1）中结论成立．

理由：延长BH到F使得HF＝BH，连接CF．设AE交BF于O．∵CH＝DH，BH＝HF，∠CHF＝∠BHD， ∴△CHF≌△DHB（SAS），

16

∴BD＝CF，∠F＝∠DBH， ∴CF∥BD， ∵AB＝BC，BE＝BD，

∴BE＝

CF，

∴＝＝，

∵CF∥BD，

∴∠BCF+∠CBD＝180°，

∵∠ABC+∠DBE＝∠ABD+∠CBD+∠CBD+∠CBE＝∠CBD+∠ABE＝180°，∴∠BCF＝∠ABE， ∴△ABE∽△BCF，

∴∠CBF＝∠BAE，＝＝，

∴AE＝BF＝2BH，

∵∠CBF+∠ABF＝90°， ∴∠ABF+∠BAE＝90°， ∴∠AOB＝90°， ∴BH⊥AE．

拓展应用：如图3﹣1中，当DE在BC的下方时，延长AB交DE于F．

17

∵DE∥BC

∴∠ABC＝∠BFD＝90°， 由题意BC＝BE＝6，AB＝6

，BD＝2

，DE＝4

，

∵•BD•BE＝•DE•BF，

∴BF＝＝3，

∴EF＝BF＝3，

∴AF＝6

+3，

∴AE2＝AF2+EF2＝（6+3）2+（3）2＝144+36．

∵AE＝2

BH，

∴AE2＝12BH2， ∴BH2＝12+3

如图3﹣2中，当DE在BC的上方时，同法可得AF＝6

﹣3，EF＝3

，

18

∴BH2＝＝（＝12﹣3．

6、已知△ABC是等边三角形，D是BC上一点，△ABD绕点A逆时针旋转到△ACE的位置． （1）如图，旋转中心是 ，∠DAE＝ °；

（2）如图，如果M是AB的中点，那么经过上述旋转后，点M转动了 度；

（3）如果点D为BC边上的三等分点，且△ABD的面积为3，那么四边形ADCE的面积为 ．

解：（1）∵△ABC为等边三角形， ∴∠BAC＝60°

∵△ABD绕点A逆时针旋转到△ACE的位置， ∴旋转中心是点A，∠DAE＝∠BAC＝60°； （2）∵AB和AC为对应边，

19

∴经过上述旋转后，点M转到了AC的中点位置，如图， ∴∠MAM′＝60°， ∴点M转动了60°；

（3）∵△ABD绕点A逆时针旋转到△ACE的位置， ∴△ABD≌△ACE，

∵BD＝BC，或BD＝BC，

∴CD＝2BD，或CD＝BD，

∴S△ABC＝3S△ABD＝3×3＝9，或S△ABC＝S△ABD＝3×＝，

∴S四边形ADCE＝S△ABC＝9或．

故答案为点A，60；60；9或．

7、如图1，在Rt△ABC中，∠A＝90°，AB＝AC，点D，E分别在边AB，AC上，AD＝AE，连接DC，点M，P，N分别为DE，DC，BC的中点．

20

（1）观察猜想：

图1中，线段PM与PN的数量关系是 ，位置关系是 ； （2）探究证明：

把△ADE绕点A逆时针方向旋转到图2的位置，连接MN，BD，CE，判断△PMN的形状，并说明理由； （3）拓展延伸：

把△ADE绕点A在平面内自由旋转，若AD＝4，AB＝10，请直接写出△PMN面积的最大值．

解：（1）∵点P，N是BC，CD的中点，

∴PN∥BD，PN＝BD，

∵点P，M是CD，DE的中点，

∴PM∥CE，PM＝CE，

∵AB＝AC，AD＝AE， ∴BD＝CE， ∴PM＝PN， ∵PN∥BD， ∴∠DPN＝∠ADC， ∵PM∥CE，

21

∴∠DPM＝∠DCA，

∵∠BAC＝90°，

∴∠ADC+∠ACD＝90°，

∴∠MPN＝∠DPM+∠DPN＝∠DCA+∠ADC＝90°， ∴PM⊥PN，

故答案为：PM＝PN，PM⊥PN；

（2）△PMN是等腰直角三角形． 由旋转知，∠BAD＝∠CAE， ∵AB＝AC，AD＝AE， ∴△ABD≌△ACE（SAS）， ∴∠ABD＝∠ACE，BD＝CE，

利用三角形的中位线得，PN＝BD，PM＝CE，

∴PM＝PN，

∴△PMN是等腰三角形， 同（1）的方法得，PM∥CE， ∴∠DPM＝∠DCE， 同（1）的方法得，PN∥BD， ∴∠PNC＝∠DBC，

∵∠DPN＝∠DCB+∠PNC＝∠DCB+∠DBC，

22

∴∠MPN＝∠DPM+∠DPN＝∠DCE+∠DCB+∠DBC ＝∠BCE+∠DBC＝∠ACB+∠ACE+∠DBC ＝∠ACB+∠ABD+∠DBC＝∠ACB+∠ABC， ∵∠BAC＝90°， ∴∠ACB+∠ABC＝90°， ∴∠MPN＝90°，

∴△PMN是等腰直角三角形；

（3）方法1：如图2，同（2）的方法得，△PMN是等腰直角三角形，∴MN最大时，△PMN的面积最大， ∴DE∥BC且DE在顶点A上面， ∴MN最大＝AM+AN， 连接AM，AN，

在△ADE中，AD＝AE＝4，∠DAE＝90°， ∴AM＝2

，

在Rt△ABC中，AB＝AC＝10，AN＝5，

∴MN最大＝2

+5

＝7

，

∴S△PMN最大＝PM2＝×MN2＝×（7）2＝．

方法2：由（2）知，△PMN是等腰直角三角形，PM＝PN＝BD，

∴PM最大时，△PMN面积最大，

23

∴点D在BA的延长线上， ∴BD＝AB+AD＝14， ∴PM＝7，

∴S△PMN最大＝PM2＝×72＝

．

8、如图，两个等腰直角△ABC和△CDE中，∠ACB＝∠DCE＝90°．

（1）观察猜想如图1，点E在BC上，线段AE与BD的数量关系是 ，位置关系是 ． （2）探究证明把△CDE绕直角顶点C旋转到图2的位置，（1）中的结论还成立吗？说明理由； （3）拓展延伸：把△CDE绕点C在平面内自由旋转，若AC＝BC＝13，DE＝10，当A、E、D三点在直线上时，请直接写出AD的长．

解：（1）如图1中，延长AE交BD于H．

24

∵AC＝CB，∠ACE＝∠BCD，CE＝CD， ∴△ACE≌△BCD，

∴AE＝BD，∠EAC＝∠CBD，

∵∠EAC+∠AEC＝90°，∠AEC＝∠BEH， ∴∠BEH+∠EBH＝90°， ∴∠EHB＝90°，即AE⊥BD， 故答案为AE＝BD，AE⊥BD．

（2）结论：AE＝BD，AE⊥BD．

理由：如图2中，延长AE交BD于H，交BC于O．

∵∠ACB＝∠ECD＝90°， ∴∠ACE＝∠BCD，

∵AC＝CB，∠ACE＝∠BCD，CE＝CD， ∴△ACE≌△BCD，

25

∴AE＝BD，∠EAC＝∠CBD，

∵∠EAC+∠AOC＝90°，∠AOC＝∠BOH， ∴∠BOH+∠OBH＝90°， ∴∠OHB＝90°，即AE⊥BD．

（3）①当射线AD在直线AC的上方时，作CH⊥AD用H．

∵CE＝CD，∠ECD＝90°，CH⊥DE，

∴EH＝DH，CH＝DE＝5，

在Rt△ACH中，∵AC＝13，CH＝5，

∴AH＝＝12，

∴AD＝AH+DH＝12+5＝17．

②当射线AD在直线AC的下方时时，作CH⊥AD用H．

26

同法可得：AH＝12，故AD＝AH﹣DH＝12﹣5＝7， 综上所述，满足条件的AD的值为17或7．

9、如图1，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝BC＝4，点D、E分别是边AB、AC的中点，连接DE，将△ADE绕点A按顺时针方向旋转，记旋转角为α，BD、CE所在直线相交所成的锐角为β． （1）问题发现

当α＝0°时，＝ ；β＝ °．

（2）拓展探究

试判断：当0°≤α＜360°时，和β的大小有无变化？请仅就图2的情形给出证明．

（3）在△ADE旋转过程中，当DE∥AC时，直接写出此时△CBE的面积．

解：（1）如图1中，

∵∠B＝90°，BA＝BC， ∴∠A＝45°，AC＝

AB，

∵点D、E分别是边AB、AC的中点，

∴BD＝AB，EC＝AC，

27

∴＝，β＝45°，

故答案为，45°．

（2）结论：和β的大小无变化．

理由：如图2中，延长CE交AB于点O，交BD于K．

∵AE＝AD，AC＝AB，

∴＝＝，

∴＝，

∵∠DAE＝∠BAC， ∴∠DAB＝∠EAC， ∴△DAB∽△EAC，

∴＝＝，∠OBK＝∠OCA，

∵∠BOK＝∠COA， ∠BKO＝∠CAO＝45°，

∴和β的大小无变化．

28

4×（3）当点E在线段AB上时，S△BCE＝×（4﹣2）＝8﹣4，

4×当点E在线段BA的延长线上时，S△BCE＝×（4+2综上所述，△BCE的面积为8﹣4

或8+4

．

）＝8+4．

10、如图乙，△ABC和△ADE是有公共顶点的等腰直角三角形，∠BAC＝∠DAE＝90°，点P为射线BD，CE的交点．

（1）如图甲，将△ADE绕点A旋转，当C、D、E在同一条直线上时，连接BD、BE，则下列给出的四个结论中，其中正确的是哪几个 ．（回答直接写序号）

①BD＝CE； ②BD⊥CE； ③∠ACE+∠DBC＝45°； ④BE2＝2（AD2+AB2） （2）若AB＝6，AD＝3，把△ADE绕点A旋转： ①当∠CAE＝90°时，求PB的长；

②直接写出旋转过程中线段PB长的最大值和最小值．

（1）解：如图甲：

①∵∠BAC＝∠DAE＝90°，

29

∴∠BAC+∠DAC＝∠DAE+∠DAC， 即∠BAD＝∠CAE． 在△ABD和△ACE中，

，

∴△ABD≌△ACE（SAS）， ∴BD＝CE，∴①正确． ②∵△ABD≌△ACE， ∴∠ABD＝∠ACE． ∵∠CAB＝90°， ∴∠ABD+∠AFB＝90°， ∴∠ACE+∠AFB＝90°． ∵∠DFC＝∠AFB， ∴∠ACE+∠DFC＝90°， ∴∠FDC＝90°． ∴BD⊥CE，∴②正确． ③∵∠BAC＝90°，AB＝AC， ∴∠ABC＝45°， ∴∠ABD+∠DBC＝45°．

∴∠ACE+∠DBC＝45°，∴③正确． ④∵BD⊥CE，

30

∴BE2＝BD2+DE2，

∵∠BAC＝∠DAE＝90°，AB＝AC，AD＝AE， ∴DE2＝2AD2，BC2＝2AB2， ∵BC2＝BD2+CD2≠BD2， ∴2AB2＝BD2+CD2≠BD2，

∴BE2≠2（AD2+AB2），∴④错误． 故答案为①②③．

（2）①解：a、如图乙﹣1中，当点E在AB上时，BE＝AB﹣AE＝3．

∵∠EAC＝90°，

∴CE＝＝＝3，

同（1）可证△ADB≌△AEC． ∴∠DBA＝∠ECA． ∵∠PEB＝∠AEC， ∴△PEB∽△AEC．

31

∴＝，

∴＝，

∴PB＝．

b、如图乙﹣2中，当点E在BA延长线上时，BE＝9．

∵∠EAC＝90°，

∴CE＝＝＝3，

同（1）可证△ADB≌△AEC． ∴∠DBA＝∠ECA． ∵∠BEP＝∠CEA， ∴△PEB∽△AEC，

∴＝，

∴＝，

∴PB＝．

32

综上，PB＝或．

②解：a、如图乙﹣3中，以A为圆心AD为半径画圆，当CE在⊙A上方与⊙A相切时，PB的值最大．

理由：此时∠BCE最大，因此PB最大，（△PBC是直角三角形，斜边BC为定值，∠BCE最大，因此PB最大） ∵AE⊥EC，

∴EC＝＝＝3，

由（1）可知，△ABD≌△ACE， ∴∠ADB＝∠AEC＝90°，BD＝CE＝3∴∠ADP＝∠DAE＝∠AEP＝90°， ∴四边形AEPD是矩形， ∴PD＝AE＝2， ∴PB＝BD+PD＝3

+3．

+3．

，

综上所述，PB长的最大值是3

b、如图乙﹣4中，以A为圆心AD为半径画圆，当CE在⊙A下方与⊙A相切时，PB的值最小．

33

理由：此时∠BCE最小，因此PB最小，（△PBC是直角三角形，斜边BC为定值，∠BCE最小，因此PB最小） ∵AE⊥EC，

∴EC＝＝＝3，

由（1）可知，△ABD≌△ACE， ∴∠ADB＝∠AEC＝90°，BD＝CE＝3∴∠ADP＝∠DAE＝∠AEP＝90°， ∴四边形AEPD是矩形， ∴PD＝AE＝4， ∴PB＝BD﹣PD＝3

﹣3．

﹣3．

，

综上所述，PB长的最小值是3

11、∠A＝90°AB＝AC＝3，B重合）如图1，在等腰直角△ABC中，，在边AB上取一点D（点D不与点A，，在边AC上取一点E，使AE＝AD，连接DE．把△ADE绕点A逆时针方向旋转α（0°＜α＜360°），如图2．

（1）请你在图2中，连接CE和BD，判断线段CE和BD的数量关系，并说明理由； （2）请你在图3中，画出当α＝45°时的图形，连接CE和BE，求出此时△CBE的面积；

（3）若AD＝1，点M是CD的中点，在△ADE绕点A逆时针方向旋转的过程中，线段AM的最小值

34

是 ．

解：（1）如图1中，连接EC，BD．结论：BD＝CE．

理由：∵∠BAC＝∠DAE＝90°， ∴∠BAD＝∠CAE， ∵AB＝AC，AD＝AE， ∴△ADB≌△AEC（SAS）． ∴BD＝CE．

（2）如图2中，

35

∠CAE＝45°， AC＝AB，∠CAB＝90°， ACB＝∠ABC＝45°， AE∥BC．

CBE的面积与△ABC的面积相等． ABC的面积为4.5， CBE的面积4.5． 3）如图3中，延长AM到N，使得MN＝AM，连接CN，DM．

AM＝MN，CM＝MD，

36

由题意：∵∴∠∴∴△∵△∴△

（

∵

∴四边形ADNC是平行四边形， ∴AD＝CN＝1， ∵AC＝3， ∴3﹣1≤AN≤3+1， ∴2≤2AM≤4， ∴1≤AM≤2， ∴AM的最小值为1． 故答案为1．

12、综合与实践 问题情境

数学活动课上，老师让同学们以“三角形的旋转”为主题开展数学活动，△ABC和△DEC是两个全等的直角三角形纸片，其中∠ACB＝∠DCE＝90°，∠B＝∠E＝30°，AB＝DE＝4． 解决问题

（1）如图①，智慧小组将△DEC绕点C顺时针旋转，发现当点D恰好落在AB边上时，DE∥AC，请你帮他们证明这个结论；

（2）缜密小组在智慧小组的基础上继续探究，连接AE、AD、BD，当△DEC绕点C继续旋转到如图②所示的位置时，他们提出S△BDC＝S△AEC，请你帮他们验证这一结论是否正确，并说明理由； 探索发现

（3）如图③，勤奋小组在前两个小组的启发下，继续旋转△DEC，当B、A、E三点共线时，求BD的长；

（4）在图①的基础上，写出一个边长比为1：

：2的三角形（可添加字母）

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解：（1）如图①中，∵△DEC绕点C旋转点D恰好落在AB边上， ∴AC＝CD，

∵∠BAC＝90°﹣∠B＝90°﹣30°＝60°， ∴△ACD是等边三角形， ∴∠ACD＝60°，

又∵∠CDE＝∠BAC＝60°， ∴∠ACD＝∠CDE， ∴DE∥AC；

（2）如图②中，作DM⊥BC于M，AN⊥EC交EC的延长线于N． ∵△DEC是由△ABC绕点C旋转得到 ∴BC＝CE，AC＝CD，

∵∠ACN+∠BCN＝90°，∠DCM+∠BCN＝180°﹣90°＝90°， ∴∠ACN＝∠DCM，

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在△ACN和△DCM中，

，

∴△ACN≌△DCM（AAS）， ∴AN＝DM，

∴△BDC的面积和△AEC的面积相等（等底等高的三角形的面积相等），即S△BDC＝S△AEC．

（3）如图③中，作CH⊥AD于H．

∵∴AC＝CD＝AB＝2，

∵B，A，E共线， ∴∠BAC+∠EAC＝180°， ∴∠EAC＝120°， ∵∠EDC＝60°， ∴∠EAC+∠EDC＝180°， ∴A，E，D，C四点共圆，

∴∠CAD＝∠CED＝30°，∠BAD＝90°， ∵CA＝CD，CH⊥AD， ∴AH＝DH＝AC•cos30°＝，

∴AD＝2

，

39

∴BD＝＝＝2．

（4）如图①中，设DE交BC于T． 因为含有30°的直角三角形的三边之比为1：

：2，

由（1）可知△BDT，△DCT，△ECT都是含有30°的直角三角形，∴△BDT，△DCT，△ECT符合条件．

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