中考数学二轮总复习（解答题）突破训练：专题五《与图形的变换结合的探究题》(教师版)

这是一份中考数学二轮总复习（解答题）突破训练：专题五《与图形的变换结合的探究题》(教师版)，共35页。
(1)若四边形ABCD为正方形．
①如图①，请直接写出AE与DF的数量关系_DF＝eq \r(2)AE_；
②将△EBF绕点B逆时针旋转到图②所示的位置，连接AE，DF，猜想AE，DF的数量关系并说明理由；
(2)如图③，若四边形ABCD为矩形，BC＝mAB，其他条件都不变，将△EBF绕点B顺时针旋转α(0°＜α＜90°)得到△E′BF′，连接AE′，DF′，请在图③中画出草图，并直接写出AE′与DF′的数量关系．
解：(1)②DF＝eq \r(2)AE.理由如下：
∵△EBF绕点B逆时针旋转，∴∠ABE＝∠DBF，
∵eq \f(BF,BE)＝eq \r(2)，eq \f(BD,AB)＝eq \r(2)，∴eq \f(BF,BE)＝eq \f(BD,AB)，
∴△ABE∽△DBF，∴eq \f(DF,AE)＝eq \f(BF,BE)＝eq \r(2)，
即DF＝eq \r(2)AE；
(2)如解图，∵四边形ABCD为矩形，
∴AD＝BC＝mAB，∴BD＝eq \r(AB2＋AD2)＝eq \r(1＋m2)AB，
∵EF⊥AB，∴EF∥AD，
∴△BEF∽△BAD，
∴eq \f(BF,BE)＝eq \f(BD,BA)＝eq \r(1＋m2)，
∵△EBF绕点B顺时针旋转α(0°＜α＜90°)得到△E′BF′，
∴∠ABE′＝∠DBF′，BE′＝BE，BF′＝BF，
∴eq \f(BF′,BE′)＝eq \f(BD,BA)＝eq \r(1＋m2)，∴△ABE′∽△DBF′，
∴eq \f(DF′,AE′)＝eq \f(BD,BA)＝eq \r(1＋m2)，即DF′＝eq \r(1＋m2)AE′.
2．边长为6的等边△ABC中，点D、E分别在AC、BC边上，DE∥AB，EC＝2eq \r(3).
(1)如图①，将△DEC沿射线EC方向平移，得到△D′E′C′，边D′E′与AC的交点为M，边C′D′与∠ACC′的角平分线交于点N，当CC′多大时，四边形MCND′为菱形？并说明理由；
(2)如图②，将△DEC绕点C旋转∠α(0°＜α＜360°)，得到△D′E′C，连接AD′，BE′.边D′E′的中点为P.
①在旋转过程中，AD′和BE′有怎样的数量关系？并说明理由；
②连接AP，当AP最大时，求AD′的值．(结果保留根号)
(导学号 58824238)
图① 图②
解：(1)当CC′＝eq \r(3)时，四边形MCND′是菱形．
理由：由平移的性质得，CD∥C′D′，DE∥D′E′，
∵△ABC是等边三角形，∴∠B＝∠ACB＝60°，
∴∠ACC′＝180°－∠ACB＝120°，
∵CN是∠ACC′的角平分线，
∴∠NCC′＝eq \f(1,2)∠ACC′＝60°＝∠B＝∠D′E′C′，∴D′E′∥CN，
∴四边形MCND′是平行四边形，
∵∠ME′C′＝∠MCE′＝60°，∠NCC′＝∠NC′C＝60°，
∴△MCE′和△NCC′是等边三角形，∴MC＝CE′，NC＝CC′，
∵四边形MCND′是菱形，∴CN＝CM，∴CE′＝CC′.
又∵E′C′＝EC＝2eq \r(3)，∴CC′＝eq \f(1,2)E′C′＝eq \r(3)；
(2)①AD′＝BE′.
理由：当α≠180°时，由旋转的性质得，∠ACD′＝∠BCE′，
由(1)知，AC＝BC，CD′＝CE′，
∴△ACD′≌△BCE′，∴AD′＝BE′，
当α＝180°时，AD′＝AC＋CD′，BE′＝BC＋CE′，
即：AD′＝BE′，综上可知：AD′＝BE′.
②如解图①，连接CP，在△ACP中，由三角形三边关系得，AP＜AC＋CP，
∴当点A，C，P三点共线时，AP最大，如解图②，
在△D′CE′中，由P为D′E′的中点，得AP⊥D′E′，PD′＝eq \r(3)，
∴CP＝3，∴AP＝6＋3＝9，
在Rt△APD′中，由勾股定理得，AD′＝eq \r(AP2＋PD′2)＝2eq \r(21).
图① 图②
3．如图，∠MAN＝60°，AP平分∠MAN，点B是射线AP上一定点，点C在直线AN上运动，连接BC，将∠ABC(0°