旋转中的基本型.docx
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旋转中的基本型
利用旋转变换中的“基本形”
解决几何问题
学习目标:
感受利用旋转变换中的“基本形”,利用“基本型”找到解决问题的突破口。
环节一:
图形旋转中的基本型------等腰三角形
如图,△ABC绕点B顺时针旋转得到△A’BC’,连接AA’和CC’,则有等腰三角形和,当旋转角为600时,
有等边三角形和。
例1如图,在矩形ABCD中,AB=1,BC=
.将矩形ABCD绕点A逆时针旋转至矩形AB′C′D′,使得点B′恰好落在对角线BD上,连接DD′,则DD′的长度为
针对练习1:
如图,在Rt△ABC中,∠ACB=90∘,∠A=30∘,点O为AB中点,点P为直线BC上的动点(不与点B.点C重合),连接OC、OP,将线段OP绕点P顺时针旋转60∘,得到线段PQ,连接BQ.
(1)如图1,当点P在线段BC上时,请直接写出线段BQ与CP的数量关系。
(2)如图2,当点P在CB延长线上时,
(1)中结论是否成立?
若成立,请加以证明;若不成立,请说明理由;
(3)如图3,当点P在BC延长线上时,若∠BPO=15∘
BP=4,请求出BQ的长
环节二:
图形旋转中的基本型------全等
例2等边△ABC中,点D在BC上,点E在AB上,且CD=BE,以AD为边作等边△ADF,如图。
求证:
四边形CDFE是平行四边形。
针对练习2:
(1)问题发现
如图1,△ABC和△ADE均为等边三角形,点D在边BC上,连接CE.请填空:
①∠ACE的度数为___;
②线段AC、CD、CE之间的数量关系为___.
(2)拓展探究
如图2,△ABC和△ADE均为等腰直角三角形,∠BAC=∠DAE=90∘,点D在边BC上,连接CE.请判断∠ACE的度数及线段AC、CD、CE之间的数量关系,并说明理由。
环节三:
图形旋转中的基本型-----相似
例3在Rt△AOB中,∠AOB=90∘,OA=OB=4厘米,点P从B出发,以1厘米/秒的速度沿射线BO运动,.△APC是以AP为斜边的等腰直角三角形,且C,O两点在直线BO的同侧,连接OC.
(1)求证:
P在BO上时,△APB∽△ACO;
(2)P在BO延长线上时,
(1)中结论是否成立?
反思:
如果△AOB和△ACP是任意形状的三角形,且△AOB∽△ACP,
(1)中结论是否成立?
针对练习3:
如图,△ABC∽△ADE,∠BAC=∠DAE=90∘,AB=6,AC=8,F为DE中点,若点D在直线BC上运动,连接CF,则在点D运动过程中,线段CF的最小值是___.
课后练习
1如图,在Rt△ABC中,∠ABC=90∘,AB=BC=
将△ABC绕点C逆时针旋转60∘,得到△MNC,连接BM,则BM的长是___.
2.
(1)问题发现
如图1,△ACB和△DCE均为等边三角形,点A,D,E在同一直线上,连接BE.
填空:
①∠AEB的度数为;②线段AD,BE之间的数量关系为。
(2)拓展探究
如图2,△ACB和△DCE均为等腰直角三角形,∠ACB=∠DCE=90∘,点A,D,E在同一直线上,CM为△DCE中DE边上的高,连接BE,请判断∠AEB的度数及线段CM,AE,BE之间的数量关系,并说明理由。
3如图1,在Rt△ABC中,∠B=90∘,BC=2AB=8,点D. E分别是边BC、AC的中点,连接DE,将△EDC绕点C按顺时针方向旋转,记旋转角为α(0∘⩽α⩽180∘).
(1)问题发现
①当α=0∘时,AE:
BD=___;②当α=180∘时,AE:
BD=___.
(2)拓展探究
试判断:
当0∘⩽α⩽180∘时,AE:
BD的大小有无变化?
请仅就图2的情形给出证明。
(3)问题解决
当△EDC旋转至A,D,E三点共线时,直接写出线段BD的长。
考点:
[几何变换综合题]
分析:
(1)①当α=0°时,在Rt△ABC中,由勾股定理,求出AC的值是多少;然后根据点D、E分别是边BC、AC的中点,分别求出AE、BD的大小,即可求出
考点:
[相似形综合题]
分析:
(1)根据t=1求出BP、OP,根据勾股定理求出AP,根据余弦的定义求出AC,计算即可;
(2)根据等腰直角三角形的性质求出
考点:
[平行四边形的判定,全等三角形的判定与性质,等边三角形的性质]
分析:
连接BF,根据等边三角形性质推出△FAB≌△DAC,推出等边三角形BFE,推出EF=BE=CD,证△ACD≌△CBE,推出AD=CE=DF,根据平行四边形判定推出即可.
考点:
旋转的性质,全等三角形的判定与性质,角平分线的性质,等边三角形的判定与性质,等腰直角三角形
分析:
.
解答:
如图,连接AM,
由题意得:
CA=CM,∠ACM=60∘,
∴△ACM为等边三角形,
∴AM=CM,∠MAC=∠MCA=∠AMC=60∘;
∵∠ABC=90∘,AB=BC=2√,
∴AC=2=CM=2,
∵AB=BC,CM=AM,
∴BM垂直平分AC,
∴BO=12AC=1,OM=CM⋅sin60∘=3√,
∴BM=BO+OM=1+3√,
故答案为:
1+3√.
即可求得∠ACB'的度数,继而求得∠B'CB的度数.
解答:
∵将△ACB绕点C顺时针旋转得到△A′B′C′,
∴△ACB≌△A′B′C′,
∴∠A′=∠BAC,AC=CA′,
∴∠BAC=∠CAA′,
∵△ACB中,∠ACB=90∘,∠ABC=25∘,
∴∠BAC=90∘−∠ABC=65∘,
∴∠BAC=∠CAA′=65∘,
∴∠B′AB=180∘−65∘−65∘=50∘,
∴∠ACB′=180∘−25∘−50∘−65∘=40∘,
∴∠B′CB=90∘−40∘=50∘.
故答案为:
50∘.
考点:
[旋转的性质]
分析:
先求出∠ABD=60°,利用旋转的性质即可得到AB=AB′,进而得到△ABB′是等边三角形,于是得到∠BAB′=60°,再次利用旋转的性质得到∠DAD′=60°,结合AD=AD′,可得到△ADD′是等边三角形,最后得到DD′的长度.
解答:
∵矩形ABCD中,AB=1,BC=3√,
∴AD=BC=3√,
∴tan∠ABD=ADAB=3√,
∴∠ABD=60∘,
∵AB=AB′,
∴△ABB′是等边三角形,
∴∠BAB′=60∘,
∴∠DAD′=60∘,
∵AD=AD′,
∴△ADD′是等边三角形,
∴DD′=AD=BC=3√,
故选A.
考点:
几何变换综合题
分析:
(1)结论:
BQ=CP.如图1中,作PH∥AB交CO于H,可得△PCH是等边三角形,只要证明△POH≌△QPB即可;
(2)成立:
PC=BQ.作PH∥AB交CO的延长线于H.证明方法类似
(1);
(3)如图3中,作CE⊥OP于E,在PE上取一点F,使得FP=FC,连接CF.设CE=CO=a,则EC=FP=2a,EF=
3
a,在Rt△PCE中,PC=
PE2+CE2
=
(2a+
3
a)2+a2
=(
6
+
2
)a,根据PC+CB=4,可得方程(
6
+
2
)a+
2
a=4,求出a即可解决问题;
解答:
(1)结论:
BQ=CP.
理由:
如图1中,作PH∥AB交CO于H.
作业帮
在Rt△ABC中,∵∠ACB=90°,∠A=30°,点O为AB中点,
∴CO=AO=BO,∠CBO=60°,
∴△CBO是等边三角形,
∴∠CHP=∠COB=60°,∠CPH=∠CBO=60°,
∴∠CHP=∠CPH=60°,
∴△CPH是等边三角形,
∴PC=PH=CH,
∴OH=PB,
∵∠OPB=∠OPQ+∠QPB=∠OCB+∠COP,
∵∠OPQ=∠OCP=60°,
∴∠POH=∠QPB,∵PO=PQ,
∴△POH≌△QPB,
∴PH=QB,
∴PC=BQ.
(2)成立:
PC=BQ.
作业帮
理由:
作PH∥AB交CO的延长线于H.
在Rt△ABC中,∵∠ACB=90°,∠A=30°,点O为AB中点,
∴CO=AO=BO,∠CBO=60°,
∴△CBO是等边三角形,
∴∠CHP=∠COB=60°,∠CPH=∠CBO=60°,
∴∠CHP=∠CPH=60°,
∴△CPH是等边三角形,
∴PC=PH=CH,
∴OH=PB,
∵∠POH=60°+∠CPO,∠QPB=60°+∠HPQ,
∴∠POH=∠QPB,∵PO=PQ,
∴△POH≌△QPB,
∴PH=QB,
∴PC=BQ.
(3)如图3中,作CE⊥OP于E,在PE上取一点F,使得FP=FC,连接CF.
作业帮
∵∠OPC=15°,∠OCB=∠OPC+∠POC,
∴∠POC=45°,
∴CE=EO,设CE=CO=a,则FC=FP=2a,EF=
3
a,
在Rt△PCE中,PC=
PE2+CE2
=
(2a+
3
a)2+a2
=(
6
+
2
)a,
∵PC+CB=4,
∴(
6
+
2
)a+
2
a=4,
解得a=4
2
-2
6
,
∴PC=4
3
-4,
由
(2)可知BQ=PC,
∴BQ=4
3
-4.
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- 关 键 词:
- 旋转 中的 基本