(1)将矩形ABCD纸片沿对角线AC剪开.得到△ABC和△A′C′D.如图1所示．将△A′C′D的顶点A′与点A重合.并绕点A按逆时针方向旋转.使点D.A(A′).B在同一条直线上.如图2所示．观察图2可知:与BC相等的线段是′D.∠CAC′=90°．(2)如图3.△ABC中.AG⊥BC于点G.以A为直角顶点.分别以AB.AC为直角边.向△ABC外作等腰Rt△ABE和等腰Rt△ACF.� 题目和参考答案——青夏教育精英家教网—

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9．（1）将矩形ABCD纸片沿对角线AC剪开，得到△ABC和△A′C′D，如图1所示．将△A′C′D的顶点A′与点A重合，并绕点A按逆时针方向旋转，使点D、A（A′）、B在同一条直线上，如图2所示．观察图2可知：与BC相等的线段是′D，∠CAC′=90°．

（2）如图3，△ABC中，AG⊥BC于点G，以A为直角顶点，分别以AB、AC为直角边，向△ABC外作等腰Rt△ABE和等腰Rt△ACF，过点E、F作射线GA的垂线，垂足分别为P、Q．试探究EP与FQ之间的数量关系，并证明你的结论．
（3）如图4，△ABC中，AG⊥BC于点G，分别以AB、AC为一边向△ABC外作矩形ABME和矩形ACNF，射线GA交EF于点H．若AB=kAE，AC=kAF，试探究HE与HF之间的数量关系，说明理由．

分析（1）根据旋转变换的性质求出与BC相等的线段、∠CAC′的度数；
（2）根据全等三角形的判定定理和性质定理证明△APE≌△BGA，得到EP=AG，同理证明FQ=AG，得到答案；
（3）作EP⊥GA交GA的延长线于P，作FQ⊥GA交GA的延长线于Q，证明△APE∽△BGA和△AQF∽△CGA即可．

解答解：（1）如图2，由旋转的性质可知，△ABC≌△A′C′D，
∴BC=A′D，∠ACB=∠C′AD，又∠ACB+∠CAB=90°，
∴∠C′AD+∠CAB=90°，即∠CAC′=90°，
故答案为：A′D；=90°；

（2）EP=FQ，
证明：∵△ABE是等腰直角三角形，
∴∠EAB=90°，即∠EAP+∠BAG=90°，又∠ABG+∠BAG=90°，
∴∠EAP=∠ABG，
在△APE和△BGA中，
$\left\{\begin{array}{l}{∠EAP=∠ABG}\\{∠APE=∠BGA}\\{EA=BA}\end{array}\right.$，
∴△APE≌△BGA，
∴EP=AG，
同理，FQ=AG，
∴EP=FQ；

（3）HE=HF，
证明：作EP⊥GA交GA的延长线于P，作FQ⊥GA交GA的延长线于Q，
∵四边形ABME是矩形，
∴∠EAB=90°，即∠EAP+∠BAG=90°，又∠ABG+∠BAG=90°，
∴∠EAP=∠ABG，又∠APE=∠BGA=90°，
∴△APE∽△BGA，
∴$\frac{EP}{AG}=\frac{EA}{AB}$=$\frac{1}{k}$，即AG=kEP，
同理△AQF∽△CGA，
∴$\frac{AG}{FQ}=\frac{AC}{AF}$=k，即AG=kFQ，
∴EP=FQ，
∵EP⊥GA，FQ⊥GA，
∴EP∥FQ，又EP=FQ，
∴HE=HF．

点评本题考查的是旋转的性质，全等三角形的判定和性质、相似三角形的判定和性质，正确作出辅助线、灵活运用相关的定理是解题的关键，注意旋转变换中对应边、对应角的确定．

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