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2013一模_二模冲刺弱点专项训练:等边三角形_旋转_与_类

发布时间:2013-12-29 14:54:17  

1等边三角形旋转与类

1、(2009?常德)如图1,若△ABC和△ADE为等边三角形,M,N分别EB,CD的中点,易证:CD=BE,△AMN是等边三角形.

(1)当把△ADE绕A点旋转到图2的位置时,CD=BE是否仍然成立?若成立,请证明,若不成立,请说明理由;

(2)当△ADE绕A点旋转到图3的位置时,△AMN是否还是等边三角形?若是,请给出证明,并求出当AB=2AD时,△ADE与△ABC及△AMN的面积之比;若不是,请说明理由.

2、如图,点O是线段AB的中点,分别以AO和OB为边在线段AB的同侧作等边三角形OAM和等边三角形OBN,连接AN、BM相交于点P.

(1)证明ON⊥BM;

(2)求∠APB的大小;

(3)如图2,若△OAM固定,将△OBN绕着点O旋转α角度(△OBN形状和大小不变,0<α<180°),试探究∠APB大小是否发生变化,并对结论给予证明.

3、如图,已知∠AOB=120°,OM平分∠AOB,将等边三角形的一个顶点P放在射线OM上,两边分别与OA、OB(或其所在直线)交于点C、D.

(1)如图①,当三角形绕点P旋转到PC⊥OA时,证明:PC=PD.

(2)如图②,当三角形绕点P旋转到PC与OA不垂直时,线段PC和PD相等吗?请说明理由.

(3)如图③,当三角形绕点P旋转到PC与OA所在直线相交的位置时,线段PC和PD相等吗?直接写出你的结论,不需证明.

4、已知,点O为等边三角形ABC的内心,直线m过点O,过A、B、C三点分别作直线m的垂线,垂足分别为点D、E、F.当直线m与BC平行时(如图1),易证:BE+CF=AD

2等边三角形旋转与类

图1:图2:图3:

当直线m绕点O旋转到与BC不平行时,图2、图3这两种情况下,上述结论是否还成立?若成立,请给予证明;若不成立,线段AD、BE、CF之间又有怎样的数量关系?请写出你的猜想,不需证明.

5、(2011?南充)如图,等腰梯形ABCD中,AD∥BC,AD=AB=CD=2,∠C=60°,M是BC的中点.

(1)求证:△MDC是等边三角形;

(2)将△MDC绕点M旋转,当MD(即MD′)与AB交于一点E,MC(即MC′)同时与AD交于一点F时,点E,F和点A构成△AEF.试探究△AEF的周长是否存在最小值.如果不存在,请说明理由;如果存在,请计算出△AEF周长的最小值.

6、阅读与理解:

图1是边长分别为a和b(a>b)的两个等边三角形纸片ABC和C′DE叠放在一起(C与C′重合)的图形. 操作与证明:

(1)操作:固定△ABC,将△C′DE绕点C按顺时针方向旋转30°,连接AD,BE,如图2;在图2中,线段BE与AD之间具有怎样的大小关系?证明你的结论;

(2)操作:若将图1中的△C′DE,绕点C按顺时针方向任意旋转一个角度α,连接AD,BE,如图3;在图3中,线段BE与AD之间具有怎样的大小关系?证明你的结论;

猜想与发现:

根据上面的操作过程,请你猜想当α为多少度时,线段AD的长度最大是多少?当α为多少度时,线段AD的长度最小是多少?

7、用两个全等且边长为4的等边三角形△ABC和△ACD拼成菱形ABCD.把一个60°角的三角尺与这个菱形叠合,使三角尺的60°角的顶点与点A重合,两边分别与AB,AC重合,将三角尺绕点A按逆时针方向旋转.

(1)当三角尺的两边分别与菱形的两边BC,CD相交于点E,F时,(如图1),通过观察或测量BE,CF的长度,你能得出什么结论?(直接写出结论,不用证明);

(2)当三角尺的两边分别与菱形的两边BC,CD的延长线相交于点E,F时(如图2),你在(1)中得到的结论还成立吗?说明理由;

3等边三角形旋转与类

(3)在上述情况中,△AEC的面积是否会等于?如果能,求BE的长;如果不能,请说明理由.

8、如图1,是边长分别为4和3的两个等边三角形纸片ABC和CD′E′叠放在一起.

(1)操作:固定△ABC,将△CD′E′绕点C顺时针旋转得到△CDE,连接AD、BE,如图2.探究:在图2中,线段BE与AD之间有怎样的大小关系?试说明理由;

(2)操作:固定△ABC,若将△CD′E′绕点C顺时针旋转30°得到△CDE,连接AD、BE,CE的延长线交AB于点F,在线段CF上沿着CF方向以每秒1个单位长的速度平移,平移后的△CDE设为△PQR,如图3.探究:在图3中,除△ABC和△CDE外,还有哪个三角形是等腰三角形?写出你的结论并说明理由;

(3)探究:如图4,在(2)的条件下,将△PQR的顶点P移动至F点,求此时QH的长度.

9、图1是边长分别为4和3的两个等边三角形纸片ABC和C′D′E′叠放在一起(C与C′重合).

(1)操作:固定△ABC,将△C′D′E′绕点C顺时针旋转30°得到△CDE,连接AD、BE,CE的延长线交AB于F(图

2);

探究:在图2中,线段BE与AD之间有怎样的大小关系?试证明你的结论.

(2)操作:将图2中的△CDE,在线段CF上沿着CF方向以每秒1个单位的速度平移,平移后的△CDE设为△PQR(图

3);

请问:经过多少时间,△PQR与△ABC重叠部分的面积恰好等于?

(3)操作:图1中△C′D′E′固定,将△ABC移动,使顶点C落在C′E′的中点,边BC交D′E′于点M,边AC交D′C′于点N,设

∠AC C′=α(30°<α<90,图4);

探究:在图4中,线段C′N?E′M的值是否随α的变化而变化?如果没有变化,请你求出C′N?E′M的值,如果有变化,请你说明理由.

4等边三角形旋转与类

10、如图,点O是等边△ABC内一点,连接OA、OB、OC,将△BOC绕点C按顺时针方向旋转60°得△ADC,连接OD.

(1)求证:△COD是等边三角形;

(2)若OA=3,OC=4,OB=5,试判断△AOD的形状,并说明理由.

(3)若∠AOB=110°,∠BOC=α,请探究:当α为多少度时,△AOD是等腰三角形?

11、等边△ABC边长为6,P为BC边上一点,∠MPN=60°,且PM、PN分别于边AB、AC交于点E、F.

(1)如图1,当点P为BC的三等分点,且PE⊥AB时,判断△EPF的形状;

(2)如图2,若点P在BC边上运动,且保持PE⊥AB,设BP=x,四边形AEPF面积的y,求y与x的函数关系式,并写出自变量x的取值范围;

(3)如图3,若点P在BC边上运动,且∠MPN绕点P旋转,当CF=AE=2时,求PE的长.

12、已知:等边三角形ABC

(1)如图1,P为等边△ABC外一点,且∠BPC=120°.试猜想线段BP、PC、AP之间的数量关系,并证明你的猜想;

(2)如图2,P为等边△ABC内一点,且∠APD=120°.求证:PA+PD+PC>BD.

13、(2009?莆田)已知:等边△ABC的边长为a.

探究(1):如图1,过等边△ABC的顶点A、B、C依次作AB、BC、CA的垂线围成△MNG,求证:△MNG是等边三角形且MN=a;

探究(2):在等边△ABC内取一点O,过点O分别作OD⊥AB、OE⊥BC、OF⊥CA,垂足分别为点D、E、F.

①如图2,若点O是△ABC的重心,我们可利用三角形面积公式及等边三角形性质得到两个正确结论(不必证明):结论1. OD+OE+OF=a;结论2. AD+BE+CF=a;

②如图3,若点O是等边△ABC内任意一点,则上述结论1,2是否仍然成立?如果成立,请给予证明;如果不成立,

5等边三角形旋转与类

请说明理由.

14、如图所示,已知边长为3的等边△ABC,点F在边BC上,CF=1,点E是射线BA上一动点,以线段EF为边向右侧作等边△EFG,直线EG,FG交直线AC于点M,N,

(1)写出图中与△BEF相似的三角形;

(2)证明其中一对三角形相似;

(3)设BE=x,MN=y,求y与x之间的函数关系式,并写出自变量x的取值范围;

(4)若AE=1,试求△GMN的面积.

15、如图1,等边△ABC中,点D、E、F分别为AB、BC、CA上的点,且AD=BE=CF.

(1)△DEF是 _________ 三角形;

(2)如图2,M为线段BC上一点,连接FM,在FM的右侧作等边△FMN,连接DM、EN.求证:DM=EN;

(3)如图3,将上题中“M为线段BC上一点”改为“点M为CB延长线上一点”,其余条件不变,求证:DM=EN.

16、如图①,在平面直角坐标系中,已知△ABC是等边三角形,点B的坐标为(12,0),动点P在线段AB上从点A向点B以每秒个单位的速度运动,设运动时间为t秒.以点P为顶点,作等边△PMN,点M,N在x轴上.

(1)当t为何值时,点M与点O重合;

(2)求点P坐标和等边△PMN的边长(用t的代数式表示);

(3)如果取OB的中点D,以OD为边在△AOB内部作如图②所示的矩形ODEF,点E在线段AB上.设等边△PMN和矩形ODEF重叠部分的面积为S,请求出当0≤t≤2秒时S与t的函数关系式,并求出S的最大值.

6等边三角形旋转与类

17、如图1,在平面直角坐标系xOy中,直线MN分别与x轴正半轴、y轴正半轴交于点M、N,且OM=6cm,∠OMN=30°,等边△ABC的顶点B与原点O重合,BC边落在x轴的正半轴上,点A恰好落在线段MN上,如图2,将等边△ABC从图1的位置沿x轴正方向以1cm/s的速度平移,边AB、AC分别与线段MN交于点E、F,在△ABC平移的同时,点P从△ABC的顶点B出发,以2cm/s的速度沿折线B→A→C运动,当点P达到点C时,点P停止运动,△ABC也随之停止平移.设△ABC平移时间为t(s),△PEF的面积为S(cm).

(1)求等边△ABC的边长;

(2)当点P在线段BA上运动时,求S与t的函数关系式,并写出自变量t的取值范围;

(3)点P沿折线B→A→C运动的过程中,是否在某一时刻,使△PEF为等腰三角形,若存在,求出此时t值,若不存在,请说明理由.

2

18、如图1,在Rt△ABC中,∠ACB=90°,∠A=30°,P为BC边上任意一点,点Q为AC边动点,分别以CP、PQ为边做等边△PCF和等边△PQE,连接EF.

(1)试探索EF与AB位置关系,并证明;

(2)如图2,当点P为BC延长线上任意一点时,(1)结论是否成立?请说明理由.

(3)如图3,在Rt△ABC中,∠ACB=90°,∠A=m°,P为BC延长线上一点,点Q为AC边动点,分别以CP、PQ为腰做等腰△PCF和等腰△PQE,使得PC=PF,PQ=PE,连接EF.要使(1)的结论依然成立,则需要添加怎样的条件?为什么?

19、(2007?呼和浩特)已知:如图,等边△ABC内接于⊙O,点P是劣弧上的一点(端点除外),延长BP至D,使BD=AP,连接CD.

(1)若AP过圆心O,如图①,请你判断△PDC是什么三角形?并说明理由;

(2)若AP不过圆心O,如图②,△PDC又是什么三角形?为什么?

7等边三角形旋转与类

20、(2002?黑龙江)已知等边△ABC和点P,设点P到△ABC三边AB、AC、BC的距离分别为h1、h2、h3,△ABC的高为h.

“若点P在一边BC上(如图1),此时h3=0,可得结论h1+h2+h3=h”

请直接应用上述信息解决下列问题:

(1)当点P在△ABC内(如图2),(2)点P在△ABC外(如图3)这两种情况时,上述结论是否还成立?若成立,请给予证明;若不成立,h1、h2、h3与h之间的关系如何?请写出你的猜想,不需证明.

21、如图,点O是等边△ABC内一点,∠AOB=β,∠BOC=α.将△BOC绕点C按顺时针方向旋转60°得△ADC,连接OD.

(1)当β=110°,α=150°时,试判断△AOD的形状,并说明理由.

(2)探究:若β=110°,那么α为多少度,△AOD是等腰三角形?

(只要写出探究结果)α= _________ .

(3)请写出△AOD是等边三角形时α、β的度数.α= _________ 度; β= _________ 度.

22、等边△ABC边长为6,P为BC上一点,含30°、60°的直角三角板60°角的顶点落在点P上,使三角板绕P点旋转.

(1)如图1,当P为BC的三等分点,且PE⊥AB时,判断△EPF的形状;

(2)在(1)问的条件下,FE、PB的延长线交于点G,如图2,求△EGB的面积;

(3)在三角板旋转过程中,若CF=AE=2,(CF≠BP),如图3,求PE的长.

8等边三角形旋转与类

23、(2010?孝感)如图,⊙O是边长为6的等边△ABC的外接圆,点D在弧BC上运动(不与B,C重合),过点D作DE∥BC,DE交AC的延长线于点E,连接AD,CD.

(1)在图1中,当AD=2,求AE的长;

(2)当点D为的中点时:

①DE与⊙O的位置关系是 _________ ;

②求△ADC的内切圆半径r.

24、已知:在等边△ABC中,点D、E、F分别为边AB、BC、AC的中点,点G为直线BC上一动点,当点G在CB延长线上时,有结论“在直线EF上存在一点H,使得△DGH是等边三角形”成立(如图①),且当点G与点B、E、C重合时,该结论也一定成立.

问题:当点G在直线BC的其它位置时,该结论是否仍然成立?请你在下面的备用图②③④中,画出相应图形并证明相关结论.

25、(2006?巴中)已知:⊙P是边长为6的等边△ABC的外接圆,以过点A的直径所在直线为x轴,以BC所在直线为y轴建立平面直角坐标系,x轴与⊙P交于点D.

(1)求A,B,D三点坐标.

9等边三角形旋转与类

(2)求过A,B,D三点的抛物线的解析式.

(3)⊙P的切线交x轴正半轴于点M,交y轴正半轴于点N,切点为点E,且∠NMO=30°,试判断直线MN是否过抛物线的顶点?并说明理由.

26、已知:等边△ABC中,当点D在BC边上,点E在AC边上,且BD=CE,连接AD、BE,交于点F,如图(1)易证:∠AFE=∠ABD.当点D在BC的延长线上,点E在CA的延长线上;当点D在CB的延长线上,点E在AC的延长线上.而其它条件不变时,∠AFE与∠ABD又有怎样的数量关系?请写出你的猜想,并选出一种情况加以证明?

27、在上劳技课时,张老师拿出一张边长为的等边△ABC纸片,现要在这块纸片上裁剪出四个圆,若记这块△ABC纸片的中心为M,半径为m,在△ABC内部画一个⊙M后,再作三个半径都为n的等圆⊙O1、⊙O2、⊙O3,使它们分别与△ABC的两边相切,与⊙M外切,建立直角坐标系如图所示.

(1)写出点M的坐标;

(2)求出m与n的函数关系式,并求自变量n的取值范围约在哪两个数之间(精确到0.1);

(3)若记这四个圆的面积总和为S,试问S有最小值吗?若有,求出这个最小值,并写出相应的m值.

28、(2005?济南)如图(1),已知圆O是等边△ABC的外接圆,过O点作MN∥BC分别交AB、AC于M、N,且MN=a.另一个与△ABC全等的等边△DEF的顶点D在MN上移动(不与点M、N重合),并始终保持EF∥BC,DF交AB于点P,DE交AC于点Q.

(1)试判断四边形APDQ的形状,并进行证明;

(2)设DM为x,四边形APDQ的面积为y,试探究y与x的函数关系式;四边形APDQ的面积能取到最大值吗?如果能,请求出它的最大值,并确定此时D点的位置.

(3)如图(2),当D点和圆心O重合时,请判断四边形APDQ的形状,并说明理由;你能发现四边形APDQ的面

10等边三角形旋转与类

积与△ABC的面积有何关系吗?为什么?

29、在等边△ABC的两边AB、AC所在直线上分别有两点M、N,D为△ABC外一点,且∠MDN=60°,∠BDC=120°,BD=DC.探究:当M、N分别在直线AB、AC上移动时,BM、NC、MN之间的数量关系及△AMN的周长Q与等边△ABC的周长L的关系.

(1)如图1,当点M、N边AB、AC上,且DM=DN时,BM、NC、MN之间的数量关系是 _________ ;此时= ;

(2)如图2,点M、N边AB、AC上,且当DM≠DN时,猜想(1)问的两个结论还成立吗?写出你的猜想并加以证明;

(3)如图3,当M、N分别在边AB、CA的延长线上时,若AN=x,则Q= _________ (用x、L表示).

30、(2004?泰州)如图,B为线段AD上一点,△ABC和△BDE都是等边三角形,连接CE并延长交AD的延长线于点F,△ABC的外接圆⊙O交CF于点M.

(1)求证:BE是⊙O的切线;

2(2)求证:AC=CM?CF;

(3)若CM=,MF=,求BD;

(4)若过点D作DG∥BE交EF于点G,过G作GH∥DE交DF于点H,则易知△DGH是等边三角形.设等边△ABC、△BDE、△DGH的面积分别为S1、S2、S3,试探究S1、S2、S3之间的等量关系,请直接写出其结论.

11等边三角形旋转与类

12等边三角形旋转与类

13等边三角形旋转与类

答案与评分标准

一、解答题(共30小题)

1、(2009?常德)如图1,若△ABC和△ADE为等边三角形,M,N分别EB,CD的中点,易证:CD=BE,△AMN是等边三角形.

(1)当把△ADE绕A点旋转到图2的位置时,CD=BE是否仍然成立?若成立,请证明,若不成立,请说明理由;

(2)当△ADE绕A点旋转到图3的位置时,△AMN是否还是等边三角形?若是,请给出证明,并求出当AB=2AD时,△ADE与△ABC及△AMN的面积之比;若不是,请说明理由.

考点:等边三角形的性质;全等三角形的判定与性质;勾股定理;旋转的性质。

专题:证明题;压轴题。

分析:可以利用SAS判定△ABE≌△ACD,全等三角形的对应边相等,所以CD=BE.

可以证明△AMN是等边三角形,AD=a,则AB=2a,根据已知条件分别求得△AMN的边长,因为△ADE,△ABC,△AMN为等边三角形,所以面积比等于边长的平方的比.

解答:解:(1)CD=BE.理由如下:(1分)

∵△ABC和△ADE为等边三角形,

∴AB=AC,AE=AD,∠BAC=∠EAD=60°,

∵∠BAE=∠BAC﹣∠EAC=60°﹣∠EAC,

∠DAC=∠DAE﹣∠EAC=60°﹣∠EAC,

∴∠BAE=∠DAC,(3分)

∴CD=BE.(4分)

(2)△AMN是等边三角形.理由如下:(5分)

∵△ABE≌△ACD,

∴∠ABE=∠ACD

∵M、N分别是BE、CD的中点,

∴BM=BE=CD=CN,

∵AB=AC,∠ABE=∠ACD,

∴△ABM≌△ACN.

∴AM=AN,∠MAB=∠NAC.(6分)

∴∠NAM=∠NAC+∠CAM=∠MAB+∠CAM=∠BAC=60°,

∴△AMN是等边三角形.(7分)

设AD=a,则AB=2a.

∵AD=AE=DE,AB=AC,

∴CE=DE.

∵△ADE为等边三角形,

∴∠DEC=120°,∠ADE=60°,

∴∠EDC=∠ECD=30°,

14等边三角形旋转与类

∴∠ADC=90°.(8分)

∴在Rt△ADC中,AD=a,∠ACD=30°,

∴CD=a.

∵N为DC中点,

∴DN=,

∴AN=

∵△ADE,△ABC,△AMN为等边三角形,

∴S△ADE:S△ABC:S△AMN=a:(2a):(22.(9分) )=1:4:=4:16:7(10分) 2

解法二:△AMN是等边三角形.理由如下:(5分)

∵△ABE≌△ACD,M、N分别是BE、CN的中点,

∴AM=AN,NC=MB.

∵AB=AC,

∴△ABM≌△ACN,

∴∠MAB=∠NAC,

∴∠NAM=∠NAC+∠CAM=∠MAB+∠CAM=∠BAC=60°,

∴△AMN是等边三角形,(7分)

设AD=a,则AD=AE=DE=a,AB=BC=AC=2a,

易证BE⊥AC,

∴BE=,

∴EM=,

∴AM=

∵△ADE,△ABC,△AMN为等边三角形,

∴S△ADE:S△ABC:S△AMN=a:(2a):(22, )=1:4:=4:16:7.(10分) 2

点评:此题考查了全等三角形的判定,等边三角形的性质,勾股定理及旋转的性质等知识的综合运用及推理论证能力.

2、如图,点O是线段AB的中点,分别以AO和OB为边在线段AB的同侧作等边三角形OAM和等边三角形OBN,连接AN、BM相交于点P.

(1)证明ON⊥BM;

(2)求∠APB的大小;

(3)如图2,若△OAM固定,将△OBN绕着点O旋转α角度(△OBN形状和大小不变,0<α<180°),试探究∠APB大小是否发生变化,并对结论给予证明.

15等边三角形旋转与类

考点:菱形的判定与性质;等边三角形的性质;旋转的性质。

专题:证明题;探究型。

分析:(1)连接MN,先证明四边形MOBN为平行四边形,结合BN=OB,可知平行四边形MOBN为菱形,所以ON⊥BM;

(2)利用(1)中证得的结果四边形MOBN为菱形可知,BM平分∠OBN,又在等边△OBN中,∠OBN=60°,所以∠MBO=30°,即∠PBA=30°,∠PAB=30°,所以∠APB=180°﹣∠PAB﹣∠PBA=120°;

(3)①若△OBN绕着点O逆时针旋转α(0°<α<60°)或顺时针旋转α(0°<α<120°)时,∠AON=∠AOM+∠MON=60°+∠MON,∠MOB=∠BON+∠MON=60°+∠MON,可证明△AON≌△MOB,所以∠ONA=∠OBM.则∠APB=ONB+∠ONA+∠OBN﹣∠OBM=120°.

②若△OBN绕着点O逆时针旋转60°或顺时针旋转120°时,点P与M或O重合,此时仍有∠APB=120°.

③若△OBN绕着点O逆时针旋转α(60°<α<180°)或顺时针旋转α(120°<α<180°)时,类似①可证∠APB=120°. 解答:解:(1)证明:连接MN,∵AO=OB且△OAM和△OBN是等边三角形,

∴OM=BN=OB,∠MOA=∠NBO,(1分)

∴MO∥BN,且OM=BN,

∴四边形MOBN为平行四边形.(3分)

又∵BN=OB,

∴平行四边形MOBN为菱形,

∴ON⊥BM.(4分)

(2)∵四边形MOBN为菱形,

∴BM平分∠OBN,(5分)

又在等边△OBN中,∠OBN=60°,

∴∠MBO=30°,即∠PBA=30°.(6分)

同理∠PAB=30°,

∴∠APB=180°﹣∠PAB﹣∠PBA=180°﹣30°﹣30°=120°.(8分)

(3)在旋转过程中∠APB大小不发生变化,始终保持120°不变.(9分)

证明:①若△OBN绕着点O逆时针旋转α(0°<α<60°)或顺时针旋转α(0°<α<120°)时,

则如图,在△AON和△MOB中,∠AON=∠AOM+∠MON=60°+∠MON,

又∠MOB=∠BON+∠MON=60°+∠MON,

∴∠AON=∠MOB,(10分)

又AO=MO,ON=OB,

16等边三角形旋转与类

∴△AON≌△MOB,

∴∠ONA=∠OBM.(11分)

∴∠APB=∠ANB+∠PBN=∠ONB+∠ONA+∠OBN﹣∠OBM=120°.(12分)

②若△OBN绕着点O逆时针旋转60°或顺时针旋转120°时,点P与M或O重合,此时仍有∠APB=120°.(13分) ③若△OBN绕着点O逆时针旋转α(60°<α<180°)或顺时针旋转α(120°<α<180°)时,类似①可证∠APB=120°.(14分)

点评:本题考查旋转的性质,菱形的性质和等边三角形的性质.旋转变化前后,对应线段、对应角分别相等,图形的大小、形状都不改变.要熟练掌握它们的性质,并会熟练的运用全等的性质得到需要的等量关系.

3、如图,已知∠AOB=120°,OM平分∠AOB,将等边三角形的一个顶点P放在射线OM上,两边分别与OA、OB(或其所在直线)交于点C、D.

(1)如图①,当三角形绕点P旋转到PC⊥OA时,证明:PC=PD.

(2)如图②,当三角形绕点P旋转到PC与OA不垂直时,线段PC和PD相等吗?请说明理由.

(3)如图③,当三角形绕点P旋转到PC与OA所在直线相交的位置时,线段PC和PD相等吗?直接写出你的结论,不需证明.

考点:全等三角形的判定与性质;角平分线的性质;等边三角形的性质。

分析:(1)根据角平分线上的点到角的两边的距离相等直接回答;

(2)过P作OA、OB的垂线,构造图①的图形,利用(1)的结论证明PC、PD所在的三角形全等;

(3)仿(2)的证明可得PC=PD.

解答:

(1)证明:∵OP平分∠AOB,PC⊥OA于C,PD⊥OB于D,

∴PC=PD.(角平分线上的点到角的两边的距离相等)

(2)PC=PD.

过P点作PM⊥OA于M,PN⊥OB于N.

由(1)得 PM=PN.

∵∠AOB=120°,

∴∠MPN=360°﹣90°﹣90°=60°.

∴∠MPC=∠NPD=60°﹣∠CPN.

∴△PMC≌△PND.(ASA)

∴PC=PD.

(3)PC=PD.

17等边三角形旋转与类

点评:此题考查全等三角形的判定和性质,由易到难层层递进,把握解题思路是关键.

4、已知,点O为等边三角形ABC的内心,直线m过点O,过A、B、C三点分别作直线m的垂线,垂足分别为点D、E、F.当直线m与BC平行时(如图1),易证:BE+CF=AD

图1:图2:图3:

当直线m绕点O旋转到与BC不平行时,图2、图3这两种情况下,上述结论是否还成立?若成立,请给予证明;若不成立,线段AD、BE、CF之间又有怎样的数量关系?请写出你的猜想,不需证明.

考点:相似三角形的判定与性质;全等三角形的判定与性质。

专题:计算题;证明题。

分析:连接AO并延长交BC于点G,作GH⊥EF于点H,由图1可得AO=2?OG,进而可以证明△ADO∽△GHO得AD=2?GH,连接FG并延长交EB的延长线于点M,即可求证△FHG∽△FEM,即可求得BE+CF=AD,即可解题. 解答:解:图2结论:

BE+CF=AD

证明:连接AO并延长交BC于点G,作GH⊥EF于点H,

由图1可得AO=2?OG

∵AD∥GH,∴△ADO∽△GHO.∴AD=2?GH

连接FG并延长交EB的延长线于点M,

△BMG≌△CFG,BM=CF,MG=FG

∵GH∥EM,∴△FHG∽△FEM.∴BE+BM=2?GH

∴BE+CF=AD

图3结论:CF﹣BE=AD

点评:本题考查了相似三角形的传递性,考查了相似三角形对应边比值相等的性质,考查了全等三角形的判定,本题中求证△FHG∽△FEM是解题的关键.

5、(2011?南充)如图,等腰梯形ABCD中,AD∥BC,AD=AB=CD=2,∠C=60°,M是BC的中点.

18等边三角形旋转与类

(1)求证:△MDC是等边三角形;

(2)将△MDC绕点M旋转,当MD(即MD′)与AB交于一点E,MC(即MC′)同时与AD交于一点F时,点E,F和点A构成△AEF.试探究△AEF的周长是否存在最小值.如果不存在,请说明理由;如果存在,请计算出△AEF周长的最小值.

考点:等腰梯形的性质;全等三角形的判定与性质;等边三角形的判定与性质;旋转的性质。

专题:证明题;几何综合题。

分析:(1)过点D作DP⊥BC,于点P,过点A作AQ⊥BC于点Q,得到CP=BQ=AB,CP+BQ=AB,根据ADPQ是矩形,AD=PQ,推出BC=2AD,由点M是BC的中点,推出BM=CM=AD=AB=CD,根据等边三角形的判定即可得到答案;

(2)△AEF的周长存在最小值,理由是连接AM,由ABMD是菱形,得出△MAB,△MAD和△MC′D′是等边三角形,推出∠BME=∠AMF,证出△BME≌△AMF(ASA),得出BE=AF,ME=MF,推出△EMF是等边三角形,根据MF的最小值为点M到AD的距离,即EF的最小值是,即可求出△AEF的周长.

解答:(1)证明:过点D作DP⊥BC,于点P,过点A作AQ⊥BC于点Q,

∵∠C=∠B=60°

∴CP=BQ=AB,CP+BQ=AB,

又∵ADPQ是矩形,AD=PQ,

故BC=2AD,

由已知,点M是BC的中点,

BM=CM=AD=AB=CD,

即△MDC中,CM=CD,∠C=60°,

故△MDC是等边三角形.

(2)解:△AEF的周长存在最小值,理由如下:

连接AM,由(1)平行四边形ABMD是菱形,

△MAB,△MAD和△MC′D′是等边三角形,

∠BMA=∠BME+∠AME=60°,∠EMF=∠AMF+∠AME=60°,

∴∠BME=∠AMF,

在△BME与△AMF中,BM=AM,∠EBM=∠FAM=60°,

∴△BME≌△AMF(ASA),

∴BE=AF,ME=MF,AE+AF=AE+BE=AB,

19等边三角形旋转与类

∵∠EMF=∠DMC=60°,故△EMF是等边三角形,EF=MF,

∵MF的最小值为点M到AD的距离

△AEF的周长=AE+AF+EF=AB+EF,

△AEF的周长的最小值为

2+, ,即EF的最小值是,

答:存在,△AEF的周长的最小值为2+.

点评:本题主要考查对等边三角形的性质和判定,旋转的性质,全等三角形的性质和判定,等腰梯形的性质等知识点的理解和掌握,综合运用这些性质进行推理是解此题的关键.

6、阅读与理解:

图1是边长分别为a和b(a>b)的两个等边三角形纸片ABC和C′DE叠放在一起(C与C′重合)的图形. 操作与证明:

(1)操作:固定△ABC,将△C′DE绕点C按顺时针方向旋转30°,连接AD,BE,如图2;在图2中,线段BE与AD之间具有怎样的大小关系?证明你的结论;

(2)操作:若将图1中的△C′DE,绕点C按顺时针方向任意旋转一个角度α,连接AD,BE,如图3;在图3中,线段BE与AD之间具有怎样的大小关系?证明你的结论;

猜想与发现:

根据上面的操作过程,请你猜想当α为多少度时,线段AD的长度最大是多少?当α为多少度时,线段AD的长度最小是多少?

考点:旋转的性质;全等三角形的判定;等边三角形的性质。

专题:探究型。

分析:(1)根据旋转的性质及等边三角形的性质,利用SAS判定△BCE≌△ACD,根据全等三角形的对应边相等,可得到BE=AD.

(2)围绕证明△BCE≌△ACD,根据SAS寻找全等的条件,方法不变.

解答:解:操作与证明:

(1)BE=AD.

∵△C′DE绕点C按顺时针方向旋转30°,

∴∠BCE=∠ACD=30度,

∵△ABC与△C′DE是等边三角形,

∴CA=CB,CE=CD,

∴△BCE≌△ACD,

∴BE=AD.

(2)BE=AD.

∵△C′DE绕点C按顺时针方向旋转的角度为α,

∴∠BCE=∠ACD=α,

20等边三角形旋转与类

∵△ABC与△C′DE是等边三角形,

∴CA=CB,CE=CD,

∴△BCE≌△ACD,

∴BE=AD.

猜想与发现:

当α为180°时,线段AD的长度最大,等于a+b;当α为0°(或360°)时,线段AD的长度最小,等于a﹣b. 点评:此题主要考查学生对旋转的性质,等边三角形的性质及全等三角形的判定方法的综合运用能力.

7、用两个全等且边长为4的等边三角形△ABC和△ACD拼成菱形ABCD.把一个60°角的三角尺与这个菱形叠合,使三角尺的60°角的顶点与点A重合,两边分别与AB,AC重合,将三角尺绕点A按逆时针方向旋转.

(1)当三角尺的两边分别与菱形的两边BC,CD相交于点E,F时,(如图1),通过观察或测量BE,CF的长度,你能得出什么结论?(直接写出结论,不用证明);

(2)当三角尺的两边分别与菱形的两边BC,CD的延长线相交于点E,F时(如图2),你在(1)中得到的结论还成立吗?说明理由;

(3)在上述情况中,△AEC的面积是否会等于?如果能,求BE的长;如果不能,请说明理由.

考点:菱形的性质;全等三角形的判定与性质;等边三角形的性质。

专题:几何综合题。

分析:(1)根据图形中BE、CF的长度可以直接得出BE=CF的结论,当然也可以通过证明△ABE≌△ACF得出结论.

(2)可以通过证明△ACE≌△ADF,得出结论,由AB=AC、∠B=∠ACF,再利用等式的性质可得出∠BAE=∠CAF,从而利用AAS可证得全等.

(3)首先确定△AEC的高为等边△ABC的高,为2

解答:解:(1)BE=CF.

证明:在△ABE和△ACF中,

∵∠BAE+∠EAC=∠CAF+∠EAC=60°,

∴∠BAE=∠CAF.

∵AB=AC,∠B=∠ACF=60°,

∴△ABE≌△ACF(ASA).

∴BE=CF;

(2)BE=CF仍然成立.

证明:在△ACE和△ADF中,

∵∠CAE+∠EAD=∠FAD+∠DAE=60°,

∴∠CAE=∠DAF,

∵∠BCA=∠ACD=60°,

∴∠FCE=60°,

∴∠ACE=120°,

∵∠ADC=60°, ,要使△AEC的面积等于,只需使底边CE=2即可.

21等边三角形旋转与类

∴∠ADF=120°,

在△ACE和△ADF中,

∴△ACE≌△ADF,

∴CE=DF,

∴BE=CF.

(3)能.

△AEC的CE边上的高为等边△ABC的高,为2, ,

∵△AEC的面积等于,

∴底边CE=2,

∴BE=6.

点评:本题考查了菱形的性质、等边三角形的性质及全等三角形的判定,注意在含有三角形的图形中,线段的相等一般都会转化为三角形的全等的证明,三角形全等的判定是中考的热点,先根据已知条件或求证的结论确定三角形,然后再根据三角形全等的判定方法,看缺什么条件,再去证什么条件.

8、如图1,是边长分别为4和3的两个等边三角形纸片ABC和CD′E′叠放在一起.

(1)操作:固定△ABC,将△CD′E′绕点C顺时针旋转得到△CDE,连接AD、BE,如图2.探究:在图2中,线段BE与AD之间有怎样的大小关系?试说明理由;

(2)操作:固定△ABC,若将△CD′E′绕点C顺时针旋转30°得到△CDE,连接AD、BE,CE的延长线交AB于点F,在线段CF上沿着CF方向以每秒1个单位长的速度平移,平移后的△CDE设为△PQR,如图3.探究:在图3中,除△ABC和△CDE外,还有哪个三角形是等腰三角形?写出你的结论并说明理由;

(3)探究:如图4,在(2)的条件下,将△PQR的顶点P移动至F点,求此时QH的长度.

考点:等腰三角形的判定;轴对称的性质;作图-轴对称变换;平移的性质。

专题:探究型。

分析:(1)求两条线段之间的关系,可先证明△BCE≌△ACD,进而得出两条线之间的关系.

(2)等腰三角形的判定问题,可根据题中角之间的关系进行判断.

(3)简单的计算问题,在直角三角形中,利用勾股定理求解即可.

解答:解:(1)BE=AD

证明:由题意可得,BC=AC,CE=CD,

∵∠BCE+∠ACE=60°∠ACE+∠ACD=60°

∴∠BCE=∠ACD,

∴△BCE≌△ACD,

∴BE=AD.

(2)△HQC为等腰三角形

证明:∠ACF=∠BCF=30°,

22等边三角形旋转与类

当PR⊥AC时,由于∠R=60°,所以∠GHR=∠CHQ=∠ACF=30°,

所以△HQC为等腰三角形;

(3)由题意得,AF=2,在Rt△AFG中,FG=,所以GR=3﹣,

在Rt△GRH中,RH=2(3﹣),

所以HQ=3﹣2(3﹣)=2﹣3

点评:本题考查了等腰三角形的性质及判定定理轴对称的性质及平移的性质;进行角的等量代换是正确解答本题的关键.

9、图1是边长分别为4和3的两个等边三角形纸片ABC和C′D′E′叠放在一起(C与C′重合).

(1)操作:固定△ABC,将△C′D′E′绕点C顺时针旋转30°得到△CDE,连接AD、BE,CE的延长线交AB于F(图

2);

探究:在图2中,线段BE与AD之间有怎样的大小关系?试证明你的结论.

(2)操作:将图2中的△CDE,在线段CF上沿着CF方向以每秒1个单位的速度平移,平移后的△CDE设为△PQR(图

3);

请问:经过多少时间,△PQR与△ABC重叠部分的面积恰好等于?

(3)操作:图1中△C′D′E′固定,将△ABC移动,使顶点C落在C′E′的中点,边BC交D′E′于点M,边AC交D′C′于点N,设

∠AC C′=α(30°<α<90,图4);

探究:在图4中,线段C′N?E′M的值是否随α的变化而变化?如果没有变化,请你求出C′N?E′M的值,如果有变化,请你说明理由.

考点:相似三角形的判定与性质;全等三角形的判定与性质;等边三角形的性质。

分析:(1)由△ABC与△DCE是等边三角形,利用SAS易证得△BCE≌△ACD,即可得BE=AD;

(2)首先设经过x秒重叠部分的面积是,在△CQT中,求得QT=QC=x,RT=3﹣x,根据三角形面积公式可得方程×3﹣2(3﹣x)=2,解此方程即可求得答案;

(3)首先证得∠MCE′=∠CNC′,又由∠E′=∠C′,根据有两角对应相等的三角形相似证得△E′MC∽△C′CN,

23等边三角形旋转与类

又由相似三角形的对应边成比例,即可求得答案. 解答:解:(1)BE=AD(1分)

证明:∵△ABC与△DCE是等边三角形,

∴∠ACB=∠DCE=60°,CA=CB,CE=CD,

∴∠BCE=∠ACD,

∴△BCE≌△ACD,

∴BE=AD;(也可用旋转方法证明BE=AD)(3分)

(2)设经过x秒重叠部分的面积是

如图在△CQT中,

∵∠TCQ=30°,∠RQP=60°,

∴∠QTC=30°,

∴∠QTC=∠TCQ,

∴QT=QC=x,

∴RT=3﹣x,

∵∠RTS+∠R=90°,

∴∠RST=90°,(5分) 由已知得×3﹣2, (3﹣x)=2,(6分) ∴x1=1,x2=5,

∵0≤x≤3,

∴x=1,

答:经过1秒重叠部分的面积是;(7分)

(3)C′N?E′M的值不变.(8分)

证明:∵∠ACB=60°,

∴∠MCE′+∠NCC′=120°,

∵∠CNC′+∠NCC′=120°,

∴∠MCE′=∠CNC′,(9分)

∵∠E′=∠C′,

∴△E′MC∽△C′CN, ∴,

∴C′N?E′M=C′C?E′C=×=.(10分)

24等边三角形旋转与类

点评:此题考查了相似三角形的判定与性质,全等三角形的判定与性质以及一元二次方程的求解方法等知识.此题综合性很强,难度较大,解题的关键是方程思想与数形结合思想的应用.

10、如图,点O是等边△ABC内一点,连接OA、OB、OC,将△BOC绕点C按顺时针方向旋转60°得△ADC,连接OD.

(1)求证:△COD是等边三角形;

(2)若OA=3,OC=4,OB=5,试判断△AOD的形状,并说明理由.

(3)若∠AOB=110°,∠BOC=α,请探究:当α为多少度时,△AOD是等腰三角形?

考点:等边三角形的判定;等腰三角形的判定;勾股定理。

专题:证明题;探究型。

分析:(1)由△BOC≌△ADC,得出CO=CD,再由∠OCD=60°,得出结论;

(2)由勾股定理的逆定理判断△AOD为直角三角形;

(3)因为△AOD是等腰三角形,可得①∠AOD=∠ADO、②∠ODA=∠OAD、③∠AOD=∠DAO;若∠AOB=110°,∠COD=60°,∠BOC=190°﹣∠AOD,∠BOC=∠ADC=∠ADO+∠CDO由①∠AOD=∠ADO可得α=125°,由②∠ODA=∠OAD可得α=110°,由③∠AOD=∠DAO可得α=140°.

解答:解:(1)证明:∵将△BOC绕点C按顺时针方向旋转60°得△ADC,

∴△BOC≌△ADC,∠OCD=60°,

∴CO=CD.

∴△COD是等边三角形.

(2)△AOD为直角三角形,

∵△ADC≌△BOC,

∴DA=OB=5,

∵△COD是等边三角形,

∴OD=OC=4,又OA=3,

222∴DA=OA+OD,

∴△AOD为直角三角形.

(3)因为△AOD是等腰三角形,

所以分三种情况:①∠AOD=∠ADO②∠ODA=∠OAD③∠AOD=∠DAO

∵∠AOB=110°,∠COD=60°,

∴∠BOC=190°﹣∠AOD,

而∠BOC=∠ADC=∠ADO+∠CDO

由①∠AOD=∠ADO可得∠BOC=∠AOD+60°,

求得α=125°;

25等边三角形旋转与类

由②∠ODA=∠OAD可得∠BOC=150°﹣∠AOD

求得α=110°;

由③∠AOD=∠DAO可得∠BOC=240°﹣2∠AOD,

求得α=140°;

综上可知α=125°、α=110°或α=140°.

点评:此题主要运用旋转的性质、等边三角形的判定、勾股定理的逆定理等知识,渗透分类讨论思想.

11、等边△ABC边长为6,P为BC边上一点,∠MPN=60°,且PM、PN分别于边AB、AC交于点E、F.

(1)如图1,当点P为BC的三等分点,且PE⊥AB时,判断△EPF的形状;

(2)如图2,若点P在BC边上运动,且保持PE⊥AB,设BP=x,四边形AEPF面积的y,求y与x的函数关系式,并写出自变量x的取值范围;

(3)如图3,若点P在BC边上运动,且∠MPN绕点P旋转,当CF=AE=2时,求PE的长.

考点:旋转的性质;三角形的面积;等边三角形的判定与性质。

分析:(1)根据三等分点的定义,求得BP与PC的长,进而根据直角三角形中30度的锐角所对的直角边等于斜边的一半,即可求得BE的长,即可作出判断;

(2)分别表示出△ABC、△BPE、△PCF的面积,根据四边形AEPF的面积=△ABC的面积﹣△BPE的面积﹣△PCF的面积,即可求解;

(3)首先证明△BPE∽△CFP,根据相似三角形的对应边的比相等即可求得BP的长,进而即可求得PE的长. 解答:解:(1)∵点P为BC的三等分点,

∴BP=BC=4,PC=BC=2,

在直角△BPE中,∠B=60°,

∴∠BPE=30°,

∴BE=BP=2,

∴BE=CP,

又∵∠MPN=60°,

∴△EPF是等边三角形;

(2)△ABC的面积是:×6×6×=9;

BP=x,则BE=BP=x.EP=BE=x,PC=6﹣x,PF=PC=(6﹣x).

26等边三角形旋转与类

则△BPE的面积是:BE?EP=×?x=x, 2

△PCF的面积是:PC?PF=(6﹣x)?(6﹣x)=(6﹣x). 2

∴四边形AEPF面积的y=9﹣x﹣2(6﹣x);

即y=﹣

x+62x﹣9(3<x<6);

(3)∵在△BPE中,∠B=60°,

∴∠BEP+∠BPE=120°,

∵∠MPN=60°,

∴∠BPE+∠FPC=120°,

∴∠BEP=∠FPC,

又∵∠B=∠C,

∴△BPE∽△CFP, ∴=,

设BP=x,则CP=6﹣x. ∴=,

解得:x=2或4.

当x=2时,在三角形△BEP中,∠B=60°,BE=4,BP=2,

则PE=2;

当x=4时,在三角形△BEP中,∠B=60°,BE=4,BP=4,

则△BEP是等边三角形,∴PE=4.

故PE=2或4.

点评:本题主要考查了相似三角形的判定与性质,正确根据相似三角形对应边的比相等求得BP的长是解题的关键.

12、已知:等边三角形ABC

(1)如图1,P为等边△ABC外一点,且∠BPC=120°.试猜想线段BP、PC、AP之间的数量关系,并证明你的猜想;

(2)如图2,P为等边△ABC内一点,且∠APD=120°.求证:PA+PD+PC>BD.

27等边三角形旋转与类

考点:等边三角形的性质;等式的性质;三角形三边关系;全等三角形的判定与性质。

专题:证明题。

分析:(1)AP=BP+PC,理由是延长BP至E,使PE=PC,连接CE,由∠BPC=120°,推出等边△CPE,得到CP=PE=CE,∠PCE=60°,根据已知等边△ABC,推出AC=BC,∠ACP=∠BCE,根据三角形全等的判定推出△ACP≌△BCE,得出AP=BE即可求出结论;

(2)在AD外侧作等边△AB′D,由(1)得PB′=AP+PD,根据三角形的三边关系定理得到PA+PD+PC>CB′,再证△AB′C≌△ADB,根据全等三角形的性质推出CB′=BD即可.

解答:猜想:AP=BP+PC,

(1)证明:延长BP至E,使PE=PC,连接CE,

∵∠BPC=120°,

∴∠CPE=60°,又PE=PC,

∴△CPE为等边三角形,

∴CP=PE=CE,∠PCE=60°,

∵△ABC为等边三角形,

∴AC=BC,∠BCA=60°,

∴∠ACB=∠PCE,

∴∠ACB+∠BCP=∠PCE+∠BCP,

即:∠ACP=∠BCE,

∴△ACP≌△BCE,

∴AP=BE,

∵BE=BP+PE,

∴AP=BP+PC.

(2)证明:

在AD外侧作等边△AB′D,

则点P在三角形ADB′外,

∵∠APD=120°∴由(1)得PB′=AP+PD,

在△PB′C中,有PB′+PC>CB′,

∴PA+PD+PC>CB′,

∵△AB′D、△ABC是等边三角形,

28等边三角形旋转与类

∴AC=AB,AB′=AD,

∠BAC=∠DAB′=60°,

∴∠BAC+∠CAD=∠DAB′+∠CAD,

即:∠BAD=∠CAB′,

∴△AB′C≌△ADB,

∴CB′=BD,

∴PA+PD+PC>BD.

法二:∵AP+PC>AC,

∵AC=BC,

∴AD+DC>BC,

∵PD>CD,

∴PD+BC>BD,

∴PD+PA+PC>BD.

点评:本题主要考查对等边三角形的性质和判定,全等三角形的性质和判定,三角形的三边关系,等式的性质等知识点的理解和掌握,此题是一个拔高的题目,有一定的难度.

13、(2009?莆田)已知:等边△ABC的边长为a.

探究(1):如图1,过等边△ABC的顶点A、B、C依次作AB、BC、CA的垂线围成△MNG,求证:△MNG是等边三角形且MN=a;

探究(2):在等边△ABC内取一点O,过点O分别作OD⊥AB、OE⊥BC、OF⊥CA,垂足分别为点D、E、F.

①如图2,若点O是△ABC的重心,我们可利用三角形面积公式及等边三角形性质得到两个正确结论(不必证明):结论1. OD+OE+OF=a;结论2. AD+BE+CF=a;

②如图3,若点O是等边△ABC内任意一点,则上述结论1,2是否仍然成立?如果成立,请给予证明;如果不成立,请说明理由.

考点:等边三角形的判定与性质;解直角三角形。

专题:综合题。

分析:(1)本题中△ABC为等边三角形,AB=BC=a,∠ABC=60°,求出∠N,∠G的值,在直角△AMB、△CNB中,可

29等边三角形旋转与类

以先用a表示出MB,NB然后再表示出MN,这样就能证得MN=a;

(2)判定①是否成立可通过构建直角三角形,把所求的线段都转化到直角三角形中进行求解;

判断②是否成立,也要通过构建直角三角形,可根据勾股定理,把所求的线段都表示出来,然后经过化简得出结论②是否正确.

解答:证明:(1)如图1,∵△ABC为等边三角形,

∴∠ABC=60°.

∵BC⊥MN,BA⊥MG,

∴∠CBM=∠BAM=90°.

∴∠ABM=90°﹣∠ABC=30°.

∴∠M=90°﹣∠ABM=60°.

同理:∠N=∠G=60°.

∴△MNG为等边三角形.

在Rt△ABM中,BM=a,

在Rt△BCN中,BN=a,

∴MN=BM+BN=

a.

(2)②:结论1成立.

证明:如图3,过点O作GH∥BC,分别交AB、AC于点G、H,过点H作HM⊥BC于点M,

∴∠DGO=∠B=60°,∠OHF=∠C=60°,

∴△AGH是等边三角形,

∴GH=AH.

∵OE⊥BC,

∴OE∥HM,

∴四边形OEMH是矩形,

∴HM=OE.

在Rt△ODG中,OD=OG?sin∠DGO=OG?sin60°=OG,

在Rt△OFH中,OF=OH?sin∠OHF=OH?sin60°=OH,

30等边三角形旋转与类

在Rt△HMC中,HM=HC?sinC=HC?sin60°=HC,

∴OD+OE+OF=OD+HM+OF=OG+HC+OH =

(GH+HC)=AC=a.

(2)②:结论2成立.

证明:如图5,连接OA、OB、OC,根据勾股定理得:

BE+OE=OB=BD+OD①,

22222CF+OF=OC=CE+OE②,

22222AD+OD=AO=AF+OF③,

222222①+②+③得:BE+CF+AD=BD+CE+AF,

222222222222∴BE+CF+AD=(a﹣AD)+(a﹣BE)+(a﹣CF)=a﹣2AD?a+AD+a﹣2BE?a+BE+a﹣2CF?a+CF

整理得:2a(AD+BE+CF)=3a∴AD+BE+CF=a.

点评:本题中综合考查了等边三角形的判定和性质,解直角三角形等知识点,由于知识点比较多,本题的难度比较大.

14、如图所示,已知边长为3的等边△ABC,点F在边BC上,CF=1,点E是射线BA上一动点,以线段EF为边向右侧作等边△EFG,直线EG,FG交直线AC于点M,N,

(1)写出图中与△BEF相似的三角形;

(2)证明其中一对三角形相似;

(3)设BE=x,MN=y,求y与x之间的函数关系式,并写出自变量x的取值范围;

(4)若AE=1,试求△GMN的面积.

222222

考点:相似三角形的判定与性质;等边三角形的性质。

专题:压轴题。

分析:(1)根据△ABC与△EFG都是正三角形,所以它们的内角都是60°,相等,再结合平角等于180°,可以找出另外的相关的两个角的和等于120°,然后即可确定出图中所有相似的三角形;

(2)只要证明另外和等于120°的两个角对应相等,即可利用两角对应相等,两三角形相似;

(3)因为点E的位置以及BE的长度都不确定,所以分(i)点E在线段AB上且点MN都在线段AC上;(ii)点E在线段AB上,点G在△ABC内;(iii)当点E在线段BA的延长线上,三种情况进行讨论;

31等边三角形旋转与类

(4)AE=1,而点E的位置不确定,所以要分两种情况进行讨论求解,(i)在线段AB上,则△GMN是边长为1的正三角形;(ii)在射线BA上,则△GMN是有一个角是30°的直角,分别求出两直角边,面积可求.

解答:解:(1)△BEF∽△AME∽△CFN∽△GMN;(3分)

证明:(2)在△BEF与△AME中,

∵∠B=∠A=60°,

∴∠AEM+∠AME=120°,(1分)

∵∠GEF=60°,

∴∠AEM+∠BEF=120°,

∴∠BEF=∠AME,(1分)

∴△BEF∽△AME;(1分)

解:(3)(i)当点E在线段AB上,点M、N在线段AC上时,如图,

∵△BEF∽△AME,

∴BE:AM=BF:AE,

即:x:AM=2:(3﹣x),

∴AM=,

同理可证△BEF∽△CFN;

∴BE:CF=BF:CN,

即:x:1=2:CN,

∴CN=,

∵AC=AM+MN+CN,

∴3=+y+,

∴y=(1≤x≤3);

(ii)当点E在线段AB上,点G在△ABC内时,如备用图一,

同上可得:AM=

∵AC=AM+CN﹣MN, ,CN=,

32等边三角形旋转与类

∴3=+﹣y,

∴y=﹣(0<x≤1);

(iii)当点E在线段BA的延长线上时,如备用图二, AM=,CN=,

∵AC=MN+CN﹣AM,

∴3=y+﹣,

∴y=(x>3);

综上所述:y=﹣(0<x≤1),

或∴y=

(x≥1);

(4)(i)当AE=1时,△GMN是边长为1等边三角形,

∴S△GMN

=×1×

=;(1分)

(ii)当AE=1时,△GMN是有一个角为30°的Rt△,

∵x=4,

∴y==,NG=FG﹣FN=4×﹣1×=,

∴S△GMN

=××=.

点评:本题主要考查了相似三角形的判定与性质,等边三角形的性质,本题难点在于点E的位置不确定,要分情况进行讨论,综合性较强,难度较大.

15、如图1,等边△ABC中,点D、E、F分别为AB、BC、CA上的点,且AD=BE=CF.

(1)△DEF是 等边 三角形;

(2)如图2,M为线段BC上一点,连接FM,在FM的右侧作等边△FMN,连接DM、EN.求证:DM=EN;

(3)如图3,将上题中“M为线段BC上一点”改为“点M为CB延长线上一点”,其余条件不变,求证:DM=EN.

33等边三角形旋转与类

考点:等腰三角形的判定与性质;全等三角形的判定与性质。

专题:几何图形问题。

分析:(1)等边△ABC中,AD=BE=CF.可得除△DEF之外的三个三角形全等,所以△DEF的三条边相等.

(2)证明DM=EN,证明△DFM≌△EFN即可.两个三角形分别有两边对应相等,只需求其夹角相等即可,即求∠DFM=∠EFN.

(3)即证明△MDF≌△NEF.同(2),只需求∠MFD=∠EFN即可.

解答:证明:(1)∵△ABC是等边三角形,

∴AB=BC=AC,∠A=∠B=∠C=60°,又AD=BE=CF

∴△ADF≌△BED≌△CFE(SAS),

∴DE=EF=DF,

∴△DFE为等边三角形.

(2)由(1)得,DE=EF=DF,

又MF=MN=FM,∠DFM=∠EFM+60°,∠EFN=∠EFM+60°,

∴∠DFM=∠EFN,

∴△DFM≌△EFN

∴DM=NE.

(3)同理,DE=EF=DF,MF=MN=FM,

又∠MFD+∠MFE=60°,∠MFE+∠EFN=60°,

∴∠MFD=∠EFN,

∴△MDF≌△NEF,

∴DM=EN.

点评:熟练掌握等边三角形的性质及判定定理,能够快速证明两个三角形的全等.

16、如图①,在平面直角坐标系中,已知△ABC是等边三角形,点B的坐标为(12,0),动点P在线段AB上从点A向点B以每秒个单位的速度运动,设运动时间为t秒.以点P为顶点,作等边△PMN,点M,N在x轴上.

(1)当t为何值时,点M与点O重合;

(2)求点P坐标和等边△PMN的边长(用t的代数式表示);

(3)如果取OB的中点D,以OD为边在△AOB内部作如图②所示的矩形ODEF,点E在线段AB上.设等边△PMN和矩形ODEF重叠部分的面积为S,请求出当0≤t≤2秒时S与t的函数关系式,并求出S的最大值.

34等边三角形旋转与类

考点:二次函数综合题。

专题:动点型。

分析:(1)当M,O重合时,△PON是等边三角形,因此∠AMP=30°,OA=2AP,可根据OB的长和∠OAB的度数求出OA的长,即可求出AP的长,然后根据P点的速度即可求出t的值.

(2)可通过构建直角三角形求解.过P分别作PQ⊥OA于点Q,PS⊥OB于点S.可在直角三角形APQ中,用AP的长和∠OQP的度数求出AQ的长,也就求出了OQ和PS的长,然后在直角三角形PSM中,可根据PS的长和∠PMN的度数求出等边三角形PMN的边长.

(3)本题要分两种情况进行讨论:

①当F点在PM右侧时,即当0≤t≤1时,重合部分是个直角梯形.

②当PM和PN都与线段EF相交时,即当1<t≤2时,重合部分是个五边形,设PM,PN与EF的交点分别为I,G,那么重合部分的面积可用梯形FGNO的面积﹣三角形FQI的面积来求得.

可根据上述两种情况求出S,t的函数关系式.根据函数的性质和自变量的取值范围即可求得S的最大值及对应的t的值.

解答:解:(1)点M与点O重合.

∵△ABC是等边三角形,

∴∠ABO=30°,∠BAO=60°.

由OB=12,

∴AB=8,AO=4.

∵△PON是等边三角形,

∴∠PON=60度.

∴∠AOP=30度.

∴AO=2AP,即4=2t,

解得t=2.

∴当t=2时,点M与点O重合.

(2)如图②,过P分别作PQ⊥OA于点Q,PS⊥OB于点S,

可求得AQ=AP=,PS=QO=OA﹣AQ=4﹣.

QP=AQcot30°=×=t.

35等边三角形旋转与类

∴点P坐标为(,4﹣).

在Rt△PMS中,sin60°=,

∴PM=(4 ﹣)÷=8﹣t.

(3)(Ⅰ)当0≤t≤1时,见图③.

设PN交EF于点G,则重叠部分为直角梯形FONG,

作GH⊥OB于点H.

∵∠GNH=60°,GH=2,

∴HN=2.

∵MP=8﹣t,

∴BM=2MP=16﹣2t.

∴OM=BM﹣OB=16﹣2t﹣12=4﹣2t.

∴ON=MN﹣OM=8﹣t﹣(4﹣2t)=4+t.

∴FG=OH=ON﹣HN=4+t﹣2=2+t.

∴S=(2+t+4+t)×2=2t+6.

∵S随t的增大而增大,

∴当t=1时,S最大=8.

(Ⅱ)当1<t≤2时,见图④.

设PM交EF于点I,交FO于点Q,PN交EF于点G.

重叠部分为五边形OQIGN.

36等边三角形旋转与类 OQ=4﹣2t,FQ=2﹣(4﹣2t)=2t﹣2,FI=FQ=2t﹣2.

∴三角形QFI的面积=(2t﹣2)(2t﹣2)=2(t﹣2t+1). 2

由(Ⅰ)可知梯形OFGN的面积=2

t+6,

∴S=2t+6﹣2(t﹣2t+1)=﹣22(t﹣3t﹣2). 2

∵﹣2<0,

∴当t=时,S有最大值,S最大=.

综上所述:当0≤t≤1时,S=2t+6;当1<t≤2时,S=﹣2t+62t+4; ∵>8,

∴S的最大值是.

点评:本题考查了等边三角形的性质、直角三角形的性质、图形的面积求法、二次函数的应用等知识点,及综合应用知识、解决问题的能力.

17、如图1,在平面直角坐标系xOy中,直线MN分别与x轴正半轴、y轴正半轴交于点M、N,且OM=6cm,∠OMN=30°,等边△ABC的顶点B与原点O重合,BC边落在x轴的正半轴上,点A恰好落在线段MN上,如图2,将等边△ABC从图1的位置沿x轴正方向以1cm/s的速度平移,边AB、AC分别与线段MN交于点E、F,在△ABC平移的同时,点P从△ABC的顶点B出发,以2cm/s的速度沿折线B→A→C运动,当点P达到点C时,点P停止运动,△ABC也

2随之停止平移.设△ABC平移时间为t(s),△PEF的面积为S(cm).

(1)求等边△ABC的边长;

(2)当点P在线段BA上运动时,求S与t的函数关系式,并写出自变量t的取值范围;

(3)点P沿折线B→A→C运动的过程中,是否在某一时刻,使△PEF为等腰三角形,若存在,求出此时t值,若不存在,请说明理由.

37等边三角形旋转与类

考点:含30度角的直角三角形;三角形的面积;勾股定理。

专题:计算题。

分析:(1)根据,∠OMN=30°和△ABC为等边三角形,求证△OAM为直角三角形,然后即可得出答案.

(2)根据OM=6cm,∠OMN=30°,利用勾股定理求出MN和ON的长,再根据△OMN∽△BEM,利用其对应边成比例求出BE、PE,然后利用三角形面积公式即可求得答案.

(3)△PEF为等腰三角形,求出t的值,如果在0<t<3这个范围内就存在,否则就不存在.

解答:解:(1)∵直线MN分别与x轴正半轴、y轴正半轴交于点M、N,OM=6cm,∠OMN=30°,

∴∠ONM=60°,

∵△ABC为等边三角形

∴∠AOB=60°,∠NOA=30°

∴OA⊥MN,即△OAM为直角三角形, ∴OA=OM=×6=3.

(2)∵OM=6cm,∠OMN=30°,

∴ON=2,,MN=4.

∵△OMN∽△BEM, ∴=, ∴=, BE=,

38等边三角形旋转与类

PE=BE﹣PB=﹣2t=,

∵∠A=60°,∠AFE=30°,

∴EF=AE=(3﹣BE)=(3﹣)=t,

∴△PEF的面积S=×EF×PE=×t×,

即S=.

(3)∵△PEF为等腰三角形,

∴PE=EF, ∴=t,

解得t≈0.89,

∵点P从△ABC的顶点B出发,以2cm/s的速度沿折线B→A→C运动,

∴0<t<3,

∴存在,此时t值为0.89.

点评:此题涉及到含30度角的直角三角形、三角形的面积,相似三角形的判定与性质,勾股定理等知识点,综合性强,难度较大,尤其是动点问题,给此题增加了一定的难度,因此此题属于难题.

18、如图1,在Rt△ABC中,∠ACB=90°,∠A=30°,P为BC边上任意一点,点Q为AC边动点,分别以CP、PQ为边做等边△PCF和等边△PQE,连接EF.

(1)试探索EF与AB位置关系,并证明;

(2)如图2,当点P为BC延长线上任意一点时,(1)结论是否成立?请说明理由.

(3)如图3,在Rt△ABC中,∠ACB=90°,∠A=m°,P为BC延长线上一点,点Q为AC边动点,分别以CP、PQ为腰做等腰△PCF和等腰△PQE,使得PC=PF,PQ=PE,连接EF.要使(1)的结论依然成立,则需要添加怎样的条件?为什么?

考点:全等三角形的判定与性质;等边三角形的性质。

专题:证明题。

分析:(1)通过等边三角形的性质(三条边相等、三个角相等)求得PF=PC,PE=PQ,∠EPF=∠QPC;然后根据全等三角形的判定定理SAS证明△PFE≌△PCQ,再根据全等三角形的性质(对应角相等)知∠EPF=∠QPC=90°;接下来由平行线的判定定理(同位角相等,两直线平行)知PF∥AB;最后由平行线的性质(两平行线中,有一条垂直于

第三条直线,则另一条也垂直于第三条直线)知EF⊥AB;

(2)通过等边三角形的性质(三条边相等、三个角相等)求得PF=PC,PE=PQ,∠EPF=∠QPC;然后根据全等三角

39等边三角形旋转与类

形的判定定理SAS证明△PFE≌△PCQ,再根据全等三角形的性质(对应角相等)知∠EPF=∠QPC=90°;接下来由平行线的判定定理(内错角相等,两直线平行)知PF∥AB;最后由平行线的性质(两平行线中,有一条垂直于第三条直线,则另一条也垂直于第三条直线)知EF⊥AB;

(3)需要添加的条件需满足:△PFE≌△PCQ、PF∥AB(内错角相等,两直线平行).

解答:(1)EF⊥AB.

证明:∵△PCF和△PQE都是等边三角形,

∴PF=PC,PE=PQ,

∠EPF+∠FPQ=∠QPC+∠FPQ=60°,

∴∠EPF=∠QPC,

∴△PFE≌△PCQ;

∴∠EPF=∠QPC=90°,

∴EF⊥PF;

在Rt△ABC中,∠ACB=90°,∠A=30°,

∴∠B=60°;

又∵∠FPC=60°,

∴∠B=∠FPC,

∴PF∥AB(同位角相等,两直线平行),

∴EF⊥AB;

(2)当点P为BC延长线上任意一点时,(1)结论成立.

证明::∵△PCF和△PQE都是等边三角形,

∴PF=PC,PE=PQ,

∠EPF+∠EPC=∠QPC+∠EPC=60°,

∴∠EPF=∠QPC,

∴△PFE≌△PCQ;

∴∠EPF=∠QPC=90°,

∴EF⊥PF;

在Rt△ABC中,∠ACB=90°,∠A=30°,

∴∠B=60°;

又∵∠FPC=60°,

∴∠B=∠FPC,

∴PF∥AB(内错角相等,两直线平行),

∴EF⊥AB;

(3)要使(1)的结论依然成立,则需要添加条件是:∠CPF=∠B=∠QPE.

需要证明△PFE≌△PCQ、PF∥AB(内错角相等,两直线平行),才能证明EF⊥AB.

点评:本题综合考查了全等三角形的性质、全等三角形的判定与性质.解答本题要充分利用等边三角形的三边关系、三角关系,可有助于提高解题速度和准确率.

19、(2007?呼和浩特)已知:如图,等边△ABC内接于⊙O,点P是劣弧上的一点(端点除外),延长BP至D,使BD=AP,连接CD.

(1)若AP过圆心O,如图①,请你判断△PDC是什么三角形?并说明理由;

(2)若AP不过圆心O,如图②,△PDC又是什么三角形?为什么?

40等边三角形旋转与类

考点:圆周角定理;等边三角形的判定。

分析:(1)根据已知利用SAS判定△APC≌△BDC,从而得到PC=DC,因为AP过圆心O,AB=AC,∠BAC=60°, 所以∠BAP=∠PAC=∠BAC=30°,又知∠CPD=∠PBC+∠BCP=30°+30°=60°,从而推出△PDC为等边三角形;

(2)同理可证△PDC为等边三角形.

解答:解:(1)如图①,△PDC为等边三角形.

(2分)

理由如下:

∵△ABC为等边三角形

∴AC=BC

∵在⊙O中,∠PAC=∠PBC

又∵AP=BD

∴△APC≌△BDC

∴PC=DC

∵AP过圆心O,AB=AC,∠BAC=60°

∴∠BAP=∠PAC=∠BAC=30°

∴∠PBC=∠PAC=30°,∠BCP=∠BAP=30°

∴∠CPD=∠PBC+∠BCP=30°+30°=60°

∴△PDC为等边三角形;(6分)

(2)如图②,△PDC仍为等边三角形.(8分)

理由如下:

∵△ABC为等边三角形

∴AC=BC

∵在⊙O中,∠PAC=∠PBC

又∵AP=BD

∴△APC≌△BDC

41等边三角形旋转与类

∴PC=DC

∵∠BAP=∠BCP,∠PBC=∠PAC

∴∠CPD=∠PBC+∠BCP=∠PAC+∠BAP=60°

∴△PDC为等边三角形.(12分)

点评:此题主要考查学生对学生以圆周角定理及等边三角形的判定方法的理解及运用.

20、(2002?黑龙江)已知等边△ABC和点P,设点P到△ABC三边AB、AC、BC的距离分别为h1、h2、h3,△ABC的高为h.

“若点P在一边BC上(如图1),此时h3=0,可得结论h1+h2+h3=h”

请直接应用上述信息解决下列问题:

(1)当点P在△ABC内(如图2),(2)点P在△ABC外(如图3)这两种情况时,上述结论是否还成立?若成立,请给予证明;若不成立,h1、h2、h3与h之间的关系如何?请写出你的猜想,不需证明.

考点:等边三角形的性质。

专题:探究型。

分析:(1)当点P在△ABC内时,结论h1+h2+h3=h仍然成立.过点P作BC的平行线,交AB于G,交AC于H,交AM于N,则运用题目结论得出h1+h2=AN,再根据矩形的性质即可得出结论;

(2)当点P在△ABC外时,结论h1+h2+h3=h不成立.此时,它们的关系是h1+h2﹣h3=h.过点P作BC的平行线,交AB的延长线于G,交AC的延长线于H,交AM的延长线于N,则运用题目结论得出h1+h2=AN,再根据矩形的性质即可得出结论.

解答:解:(1)当点P在△ABC内时,结论h1+h2+h3=h仍然成立.

理由如下:过点P作BC的平行线,交AB于G,交AC于H,交AM于N,则可得结论h1+h2=AN.

∵四边形MNPF是矩形,∴PF=MN,即h3=MN.

∴h1+h2+h3=AN+MN=AM=h,

即h1+h2+h3=h.

(2)当点P在△ABC外时,结论h1+h2+h3=h不成立.此时,它们的关系是h1+h2﹣h3=h.

理由如下:过点P作BC的平行线,与AB、AC、AM分别相交于G、H、N,则可得结论h1+h2=AN.

∵四边形MNPF是矩形,∴PF=MN,即h3=MN.

∴h1+h2﹣h3=AN﹣MN=AM=h,

即h1+h2﹣h3=h.

42等边三角形旋转与类

点评:本题考查了学生的理解能力及知识的迁移能力.通过作辅助线使h3=0,从而运用题目结论h1+h2+h3=h是解题的关键.

21、如图,点O是等边△ABC内一点,∠AOB=β,∠BOC=α.将△BOC绕点C按顺时针方向旋转60°得△ADC,连接OD.

(1)当β=110°,α=150°时,试判断△AOD的形状,并说明理由.

(2)探究:若β=110°,那么α为多少度,△AOD是等腰三角形?

(只要写出探究结果)α= 125°或110°或140° .

(3)请写出△AOD是等边三角形时α、β的度数.α= 120 度; β= 120 度.

考点:旋转的性质;全等三角形的判定与性质;等边三角形的性质。

专题:综合题;探究型。

分析:(1)根据旋转的性质将△BOC绕点C按顺时针方向旋转∴190°﹣α=α﹣60°得△ADC,即可证明△COD是等边三角形,∠ADO=∠ADC﹣∠CDO即可证明△AOD是直角三角形;

(2)找到变化中的不变量,然后利用旋转及全等的性质即可做出解答;

(3)当△AOD是等边三角形时,根据等边三角形的性质即可求出α、β的度数.

解答:解:(1)△AOD是直角三角形,理由如下:

∵将△BOC绕点C按顺时针方向旋转∴190°﹣α=α﹣60°得△ADC

∴△BOC≌△ADC,∠DCO=190°﹣α=α﹣60°

∴CO=CD,∠ADC=∠BOC=α=150°

∴△COD是等边三角形

∴∠CDO=∴190°﹣α=α﹣60°

∴∠ADO=∠ADC﹣∠CDO=150°﹣60°=90°

∴△AOD是直角三角形,

(2)当α=125°或110°或140°,△AOD是等边三角形,

(3)当α=120°且β=120°,△AOD是等边三角形.

故答案为125°或110°或140°,120,120.

点评:本题主要考查旋转的性质和全等三角形判断的知识点,解答本题的关键利用好三角形全等的知识,本题难度不大.

22、等边△ABC边长为6,P为BC上一点,含30°、60°的直角三角板60°角的顶点落在点P上,使三角板绕P点旋转.

(1)如图1,当P为BC的三等分点,且PE⊥AB时,判断△EPF的形状;

(2)在(1)问的条件下,FE、PB的延长线交于点G,如图2,求△EGB的面积;

(3)在三角板旋转过程中,若CF=AE=2,(CF≠BP),如图3,求PE的长.

43等边三角形旋转与类

考点:等边三角形的判定与性质;全等三角形的判定与性质。

分析:(1)要证三角形EPF是等边三角形,已知了∠EPF=60°,主要再证得PE=PF即可,可通过证三角形PBE和PFC全等来得出结论,再证明全等过程中,可通过证明FP⊥BC和BE=PC来实现;

(2)由(1)不难得出∠CFG=90°,那么在三角形CFG中,有∠C的度数,可以根据CF的长求出GC的长,从而求出GB的长,下面的关键就是求GB边上的高,过E作EH⊥BC,那么EH就是所求的高,在直角三角形BEP中,有BP的长,有∠ABC的度数,可以求出BE、EP的长,再根据三角形面积的不同表示方法求出EH的长,这样有了底和高就能求出△GBE的面积;

(3)可通过证明四边形EPFA是平行四边形来得出PE=AF,从而求出PE的长,证明平行四边形的关键是证∠AEP=∠AFP.可先通过证三角形BEP和CFP是等边三角形从而得出∠BEP=∠PFC=60°来实现.

解答:解:(1)∵PE⊥AB,∠B=60°,

因此直角三角形PEB中,BE=BP=BC=PC,

∴∠BPE=30°,

∵∠EPF=60°,

∴FP⊥BC,

∵∠B=∠C=60°,BE=PC,∠PEB=∠FPC=90°,

∴△BEP≌△FPC,

∴BE=PF,

∵∠EPF=60°,

∴△EPF是等边三角形.

(2)

由(1)可知:FP⊥BC,FC=BP=BC=4,BE=CP=BC=2, 过E作EH⊥BC于H,

44等边三角形旋转与类

在三角形FCP中,∠PFC=90﹣∠C=30°,

∵∠PFE=60°,

∴∠GFC=90°,

直角三角形FGC中,∠C=60°,CF=4,

∴GC=2CF=8,

∴GB=GC﹣BC=2,

直角三角形BEP中∠EBP=60°,BP=4,

∴PE=2,BE=2,

∴EH=BE?PE÷BP=,

∴S△GBE=BG?EH=;

(3)∵CF=2,AC=6,

∴CF=AC=PC,

∴△CPF是等边三角形,

∴∠FPC=60°,

∴∠BPE=180﹣60﹣60=60°,

又∵∠B=60°,

∴△EBP是等边三角形,

∴∠BEP=∠PFC=60°,

∴∠PEA=∠PFA,

∵∠A=∠EPF=60°,

∴四边形EPFA是平行四边形,

∴PE=AF=6﹣2=4.

点评:本题主要考查了全等三角形的判定和等边三角形的性质,注意对全等三角形和等边三角形的应用.

23、(2010?孝感)如图,⊙O是边长为6的等边△ABC的外接圆,点D在弧BC上运动(不与B,C重合),过点D作DE∥BC,DE交AC的延长线于点E,连接AD,CD.

(1)在图1中,当AD=2,求AE的长;

(2)当点D为的中点时:

①DE与⊙O的位置关系是 相切 ;

②求△ADC的内切圆半径r.

45等边三角形旋转与类

考点:切线的判定;等边三角形的性质;三角形的内切圆与内心。

专题:动点型。

分析:(1)由于DE∥BC,那么∠E=∠ACB=60°;由圆周角定理易得∠ADC=∠B=60°,则∠ADC=∠E,即可证得△ADC∽△AED,根据相似三角形得到的比例线段即可求出AE的长;

(2)①当D为弧BC中点时,AD平分∠BAC,根据等边三角形三线合一的性质知AD垂直平分BC,因此AD必过圆心O,且AD⊥DE,由此可证得DE是⊙O的切线;

②作出内切圆,连接内心和三个切点,根据切线长定理将内切圆半径转化为直角三角形ADC三边之间的关系,然后求解.

解答:解:(1)如图,△ABC为等边三角形,

∴∠ACB=∠B=60°,

又DE∥BC,

∴∠E=∠ACB;

又∠DAC=∠EAD,

∴△ADC∽△AED, ∴=,又AD=2,

∴AE= ==(或6).

(2)①∵D是的中点,

∴AD平分∠BAC;

∵△ABC是等边三角形,

∴AD垂直平分BC,即AD是⊙O的直径;

∵DE∥BC,

∴AD⊥DE,

∴DE与⊙O相切;

②如图2,当D为的中点时,有=,

∴∠BAD=∠DAC=30°,又AB=AC

46等边三角形旋转与类

∴AD垂直平分BC.

AD为⊙O的直径,

∴∠ACD=90°

在Rt△ACD中,∠DAC=30°,AC=6,

∴DC=6?tan30°=6×=2

∴AD=2DC=4;

作Rt△ADC的内切圆⊙O′,

分别切AD、AC、DC于F、G、H点,易知CG=CH=r,

∴AG=AF=6﹣r,DH=DF=2

∵AF+DF=AD,

∴6﹣r+2﹣r=4. ﹣r;

﹣2r=﹣6+2,

∴r=3﹣.

点评:此题主要考查了等边三角形的性质、圆周角定理、相似三角形的判定和性质、切线的判定以及直角三角形内切圆半径的求法等知识.

24、已知:在等边△ABC中,点D、E、F分别为边AB、BC、AC的中点,点G为直线BC上一动点,当点G在CB延长线上时,有结论“在直线EF上存在一点H,使得△DGH是等边三角形”成立(如图①),且当点G与点B、E、C重合时,该结论也一定成立.

问题:当点G在直线BC的其它位置时,该结论是否仍然成立?请你在下面的备用图②③④中,画出相应图形并证明相关结论.

47等边三角形旋转与类

考点:等边三角形的判定与性质;全等三角形的判定与性质。

专题:证明题。

分析:连接DE、EF、DF.(1)当点G在线段BE上时,如图①,在EF上截取EH使EH=BG.由D、E、F是等边△ABC三边中点,可得△DEF、△DBE也是等边三角形且DE=AB=BD,可证明△DBG≌△DEH,然后即可证明;

(2)当点G在射线EC上时,如图②,在EF上截取EH使EH=BG.由(1)可证△DBG≌△DEH.可得DG=DH,∠BDG=∠EDH.由∠BDE=∠BDG﹣∠EDG=60°,可得∠GDH=∠EDH﹣∠EDG=60°,即可证明.

(3)当点G在BC延长线上时,如图③,与(2)同理可证,结论成立.

解答:证明:连接DE、EF、DF.

(1)当点G在线段BE上时,如图①,

在EF上截取EH使EH=BG.

∵D、E、F是等边△ABC三边中点,

∴△DEF、△DBE也是等边三角形且DE=AB=BD.

在△DBG和△DEH中,

∴△DBG≌△DEH.

∴DG=DH.

∴∠BDG=∠EDH.

∵∠BDE=∠GDE+∠BDG=60°,

∴∠GDH=∠GDE+∠EDH=60°

∴在直线EF上存在点H使得△DGH是等边三角形.

48等边三角形旋转与类

(2)当点G在射线EC上时,如图②,

在EF上截取EH使EH=BG.

由(1)可证△DBG≌△DEH.

∴DG=DH,∠BDG=∠EDH.

∵∠BDE=∠BDG﹣∠EDG=60°,

∴∠GDH=∠EDH﹣∠EDG=60°.

∴在直线EF上存在点H使得△DGH是等边三角形.

(3)当点G在BC延长线上时,如图③,与(2)同理可证,结论成立.

综上所述,点G在直线BC上的任意位置时,该结论成立.

点评:本题考查了等边三角形的判定与性质及全等三角形的判定与性质,难度较大,关键是巧妙的作出辅助线进行解题.

25、(2006?巴中)已知:⊙P是边长为6的等边△ABC的外接圆,以过点A的直径所在直线为x轴,以BC所在直线为y轴建立平面直角坐标系,x轴与⊙P交于点D.

(1)求A,B,D三点坐标.

(2)求过A,B,D三点的抛物线的解析式.

(3)⊙P的切线交x轴正半轴于点M,交y轴正半轴于点N,切点为点E,且∠NMO=30°,试判断直线MN是否过抛物线的顶点?并说明理由.

考点:二次函数综合题。

专题:压轴题。

分析:(1)根据正三角形ABC的边长为6,可得出B,C的坐标分别为(0,3),(0,﹣3).可在直角三角形ABO中,根据AB的长和∠ABO的度数利用三角函数求出OA的长,即可得出A点的坐标,然后用同样的方法可求出OD的长,即可得出D点的坐标.

(2)由于抛物线过A,D两点,可用交点式二次函数通式设抛物线的解析式,然后将B点坐标代入抛物线中即可得出抛物线的解析式.

(3)本题的关键是求出直线MN的解析式,首先要知道直线MN上任意两点的坐标.可连接PE,可在直角三角形PEM中,根据∠NMO的度数和半径的长求出PM的值,同理可在直角三角形OMN中求出ON的长,由此可求出M、N两点的坐标,用待定系数法先求出直线MN的解析式,然后将抛物线的顶点坐标代入直线MN中即可判断出直线

49等边三角形旋转与类

MN是否过抛物线的顶点.

解答:解:(1)在直角三角形ABO中,AB=6,∠ABO=60°,

因此OB=3,OA=3.

在直角三角形OBD中,∠DBC=∠DAC=30°,OB=3,

因此OD=.

因此A点的坐标为(3,0),B点的坐标为(0,3),D点的坐标为(﹣,0).

(2)设抛物线的解析式为y=a(x+

由于抛物线过B点,

则有:3=a××(﹣3),a=﹣. )(x﹣3),

∴抛物线的解析式为y=﹣x+2x+3=﹣(x﹣)+4. 2

(3)连接PE,过E作EF⊥x轴于F,则PE⊥MN.

在直角△PEM中,∠NMO=30°,PE=2,

∴PM=4

∴OM=OP+PM=5,

在直角△OMN中,∠NMO=30°,OM=5

∴ON=5

因此M的坐标为(5 ,0),N点的坐标为(0,5).

设直线MN的解析式为y=kx+5.

则有:5k+5=0,k=﹣

即直线MN的解析式为y=﹣x+5.

50等边三角形旋转与类 易知抛物线的顶点坐标为(,4)

当x=时,直线MN的值为y=﹣3+5=2,

因此抛物线顶点不在直线MN上.

点评:本题主要考查了用待定系数法确定二次函数解析式,等边三角形的性质,解直角三角形以及切线的性质等知识点,考查学生数形结合的数学思想方法.

26、已知:等边△ABC中,当点D在BC边上,点E在AC边上,且BD=CE,连接AD、BE,交于点F,如图(1)易证:∠AFE=∠ABD.当点D在BC的延长线上,点E在CA的延长线上;当点D在CB的延长线上,点E在AC的延长线上.而其它条件不变时,∠AFE与∠ABD又有怎样的数量关系?请写出你的猜想,并选出一种情况加以证明?

考点:等边三角形的性质;全等三角形的判定与性质。

专题:探究型。

分析:根据等边三角形的三个角都等于60°,三条边都相等证明△ECB与△DBA全等,所以∠EBC=∠DAB,再根据三角形内角和等于180°求出∠AFE=120°,而∠ABD=60°,所以∠AFE=2∠ABD.

解答:解:第一种情况:∠AFE=2∠ABD.

第二种情况:2∠AFE=∠ABD.

第一种情况:

证明:在等边三角形ABC中,AB=BC,

∠BAC=∠ABC=∠ACB=60°,BD=CE,

∴△ECB≌△DBA,

∴∠EBC=∠DAB,

而△ABD中,∠DAB+∠D=180°﹣∠ABC=120°,

∴∠AFE=∠EBC+∠D=120°,

∴∠AFE=2∠ABD.

点评:本题主要考查等边三角形的性质和全等三角形的判与性质;仔细分析图形特点并熟练掌握性质和定理,题目便不难解决,分情况讨论是正确解答本题的关键.

51等边三角形旋转与类

27、在上劳技课时,张老师拿出一张边长为的等边△ABC纸片,现要在这块纸片上裁剪出四个圆,若记这块△ABC纸片的中心为M,半径为m,在△ABC内部画一个⊙M后,再作三个半径都为n的等圆⊙O1、⊙O2、⊙O3,使它们分别与△ABC的两边相切,与⊙M外切,建立直角坐标系如图所示.

(1)写出点M的坐标;

(2)求出m与n的函数关系式,并求自变量n的取值范围约在哪两个数之间(精确到0.1);

(3)若记这四个圆的面积总和为S,试问S有最小值吗?若有,求出这个最小值,并写出相应的m值.

考点:相切两圆的性质;坐标与图形性质;二次函数的最值;等边三角形的性质;含30度角的直角三角形;勾股定理。

专题:计算题。

分析:(1)连接AM并延长交BC于N,根据等边三角形的性质求出BN,根据勾股定理求出AN,求出ON即可;

(2)连接DO3,求出AO3=2DO3=2n,根据AN的长度得到3=1+m+m+n+2n求出即可;

22(3)根据圆的面积公式得到S=πm+3πn,代入求出即可.

解答:解:(1)连接AM并延长交BC于N,

∵M是等边△ABC的中心,

∴AM=2NM,AN⊥BC,CN=BN,∠BAN=∠BAC=30°,

由勾股定理得:AN=

∴ON=1,

∴M(,1), =3,

答:点M的坐标是(

,1).

(2)解:连接DO3,

∵∠BAN=30°,∠O3DA=90°,

∴AO3=2DO3=2n,

∴3=1+m+m+n+2n,

∴m=﹣3n+2,(0.3<n<0.6);

答:m与n的函数关系式是m=﹣3n+2,并求自变量n的取值范围约在0.3﹣0.6之间.

52等边三角形旋转与类

222(3)解:S=πm+3πn=π(﹣3n+2)+3πn=π(12 n﹣12n+4)=12π(n﹣0.5)+π,,

当n=0.5,即m=0.5时,S有最小值,最小值为S=π.

答:S有最小值,这个最小值是π,m值是0.5.

点评:本题主要考查对等边三角形的性质,二次函数的最值,相切两圆的性质,勾股定理,含30度角的直角三角形性质,坐标与图形性质等知识点的连接和掌握,能综合运用这些性质进行推理和计算是解此题的关键.

28、(2005?济南)如图(1),已知圆O是等边△ABC的外接圆,过O点作MN∥BC分别交AB、AC于M、N,且MN=a.另一个与△ABC全等的等边△DEF的顶点D在MN上移动(不与点M、N重合),并始终保持EF∥BC,DF交AB于点P,DE交AC于点Q.

(1)试判断四边形APDQ的形状,并进行证明;

(2)设DM为x,四边形APDQ的面积为y,试探究y与x的函数关系式;四边形APDQ的面积能取到最大值吗?如果能,请求出它的最大值,并确定此时D点的位置.

(3)如图(2),当D点和圆心O重合时,请判断四边形APDQ的形状,并说明理由;你能发现四边形APDQ的面积与△ABC的面积有何关系吗?为什么?

222

考点:二次函数综合题;全等三角形的判定;等边三角形的性质;平行四边形的判定;菱形的判定。

专题:压轴题。

分析:(1)应该是平行四边形,已知∠BAC=∠FOE=60°,那么证明∠BPD=∠CQD=60°就是关键,可根据FE∥MN∥BC,用内错角相等,得出∠AMN=∠MDP=∠ANM=∠EDN=60°,那么可根据三角形的内角和得出∠DPM=∠DQN=60°,由此可得出四边形APDQ的两组对边都平行,也就得出是平行四边形的结论.

(2)要求四边形的面积,就要知道一边和这边上的高分别是多少,告诉了DM=x,那么DN=a﹣x,根据(1)不难得出三角形MDP和DQN都是等边三角形,那么DP=x,DP边上的高可以用DN?sin60°来表示,那么可根据平行四边形的面积公式求出y与x的函数关系式.然后可根据函数的性质得出面积的最大值和D的位置.

(3)应该是菱形,如果D,O重合,那么OM=ON,那么两个等边三角形MDP和DQN就应该全等,那么OP=OQ,因此平行四边形APOQ应该是菱形,有三角形ABC的边长又知道它是等边三角形,那么它的面积就不难求出,(2)中已经得出了平行四边形APOQ的面积,那么可以通过比较得出他们的关系.

解答:解:(1)可知四边形APDQ为平行四边形

证明:由题知△ABC≌△DEF且△ABC

△DEF为等边三角形

∴∠BAC=∠EDF=60°

又∵EF∥BC,MN∥BC

53等边三角形旋转与类

∴EF∥BC∥MN

∴∠MDF=∠DFE=60°,∠FED=∠EDN=60°

∠MNA=∠BCA=60°,∠QDN=∠QND=60°

∴△DQN为等边三角形

∴∠DQN=∠PDQ=60°,

∴PD∥AQ

∴∠BAC=∠DQN=60°,

∴AP∥DQ

∴四边形APDQ为平行四边形.

(2)y=x(a﹣x)=﹣x+2ax=﹣(x﹣)+2a 2

∴当x取时,即D点位于MN的中点位置时,四边形APDQ的面积最大,且最大值为

(3)当D点和圆心O重合时,四边形APDQ为菱形,

理由:由(1)、(2)可知,△MPO,△QON为等边三角形,且MO=ON,

所以△MPQ≌△QON.

因此OP=OQ,又因为四边形APDQ为平行四边形.

所以可知四边形APDQ为菱形,

由题可知,S△ABC=a,而由(2)知S四边形APDQ=2a. 2a 2

∴,

∴S四边形APDQ=S△ABC.

点评:本题主要考查了平行四边形,菱形的判定,全等三角形的判定和性质以及二次函数的综合应用等知识点,通过特殊角来得出线段间的关系是解题的关键.

29、在等边△ABC的两边AB、AC所在直线上分别有两点M、N,D为△ABC外一点,且∠MDN=60°,∠BDC=120°,BD=DC.探究:当M、N分别在直线AB、AC上移动时,BM、NC、MN之间的数量关系及△AMN的周长Q与等边△ABC的周长L的关系.

54等边三角形旋转与类

(1)如图1,当点M、N边AB、AC上,且DM=DN时,BM、NC、MN之间的数量关系是 MN=NC+BM ;此时=

(2)如图2,点M、N边AB、AC上,且当DM≠DN时,猜想(1)问的两个结论还成立吗?写出你的猜想并加以证明;

(3)如图3,当M、N分别在边AB、CA的延长线上时,若AN=x,则Q= 2x+L (用x、L表示).

考点:全等三角形的判定与性质。

专题:探究型。

分析:(1)如果DM=DN,∠DMN=∠DNM,因为BD=DC,那么∠DBC=∠DCB=30°,也就有∠MBD=∠NCD=60+30=90°,直角三角形MBD、NCD中,因为BD=CD,DM=DN,根据HL定理,两三角形全等.那么BM=NC,∠BMD=∠DNC=60°,三角形NCD中,∠NDC=30°,DN=2NC,在三角形DNM中,DM=DN,∠MDN=60°,因此三角形DMN是个等边三角形,因此MN=DN=2NC=NC+BM,三角形AMN的周长Q=AM+AN+MN=AM+AN+MB+NC=AB+AC=2AB,三角形ABC的周长L=3AB,因此Q:L=2:3.

(2)如果DM≠DN,我们可通过构建全等三角形来实现线段的转换.延长AC至E,使CE=BM,连接DE.(1)中我们已经得出,∠MBD=∠NCD=90°,那么三角形MBD和ECD中,有了一组直角,MB=CE,BD=DC,因此两三角形全等,那么DM=DE,∠BDM=∠CDE,∠EDN=∠BDC﹣∠MDN=60°.三角形MDN和EDN中,有DM=DE,∠EDN=∠MDN=60°,有一条公共边,因此两三角形全等,MN=NE,至此我们把BM转换成了CE,把MN转换成了NE,因为NE=CN+CE,因此NM=BM+CN.Q与L的关系的求法同(1),得出的结果是一样的.

(3)我们可通过构建全等三角形来实现线段的转换,思路同(2)过D作∠CDH=∠MDB,三角形BDM和CDH中,由(1)中已经得出的∠DCH=∠MBD=90°,我们做的角∠BDM=∠CDH,BD=CD因此两三角形全等(ASA).那么BM=CH,DM=DH,三角形MDN和NDH中,已知的条件有MD=DH,一条公共边ND,要想证得两三角形全等就需要知道∠MDN=∠HDN,因为∠CDH=∠MDB,因此∠MDH=∠BDC=120°,因为∠MDN=60°,那么∠NDH=120°﹣60°=60°,因此∠MDN=∠NDH,这样就构成了两三角形全等的条件.三角形MDN和DNH就全等了.那么NM=NH=AN+AC﹣BM,三角形AMN的周长Q=AN+AM+MN=AN+AB+BM+AN+AC﹣BM=2AN+2AB.因为AN=x,AB=L,因此三角形AMN的周长Q=2x+L.

解答:解:(1)如图,BM、NC、MN之间的数量关系BM+NC=MN. 此时

55等边三角形旋转与类

(2)猜想:结论仍然成立.

证明:如图,延长AC至E,使CE=BM,连接DE. ∵BD=CD,且∠BDC=120°,

∴∠DBC=∠DCB=30°.

又△ABC是等边三角形,

∴∠MBD=∠NCD=90°.

在△MBD与△ECD中:

∴△MBD≌△ECD(SAS).

∴DM=DE,∠BDM=∠CDE.

∴∠EDN=∠BDC﹣∠MDN=60°.

在△MDN与△EDN中:

∴△MDN≌△EDN(SAS).

∴MN=NE=NC+BM.

△AMN的周长Q=AM+AN+MN

=AM+AN+(NC+BM)

=(AM+BM)+(AN+NC)

=AB+AC

=2AB.

而等边△ABC的周长L=3AB. ∴

. ,

56等边三角形旋转与类

(3)如图,当M、N分别在AB、CA的延长线上时,若AN=x,

则Q=2x+(用x、L表示).

点评:本题考查了三角形全等的判定及性质;题目中线段的转换都是根据全等三角形来实现的,当题中没有明显的全等三角形时,我们要根据条件通过作辅助线来构建于已知和所求条件相关的全等三角形.

30、(2004?泰州)如图,B为线段AD上一点,△ABC和△BDE都是等边三角形,连接CE并延长交AD的延长线于点F,△ABC的外接圆⊙O交CF于点M.

(1)求证:BE是⊙O的切线;

2(2)求证:AC=CM?CF;

(3)若CM=,MF=,求BD;

(4)若过点D作DG∥BE交EF于点G,过G作GH∥DE交DF于点H,则易知△DGH是等边三角形.设等边△ABC、△BDE、△DGH的面积分别为S1、S2、S3,试探究S1、S2、S3之间的等量关系,请直接写出其结论.

考点:切线的判定;等边三角形的性质;切割线定理;平行线分线段成比例;相似三角形的判定与性质。 专题:代数几何综合题;数形结合。

分析:(1)连接OB,证明∠OBE=90°即可;

(2)欲证AC=CM?CF,即证AC:CF=CM:AC,连接AM,通过证明△ACM∽△FCA可以得出;

(3)由(2)的结论先求出AC的长,再根据割线定理得出FB?FA=FM?FC,求出FB,再由EB∥AC得出BE:AC=FB:FA,求出BE,得出BD的长;

(4)探究S1、S2、S3之间的等量关系,可以先证明△DGH∽△BDE∽△ABC,得出DH:DB=DB:AB,根据面积比是相似比的平方得出S2=S1?S3或22.

解答:证明:(1)连接OB

∵△ABC和△BDE都是等边三角形

∴AB=BC=AC,∠CAB=∠ABC=∠EBD=60°

∴∠OBC=30°(1分)

∵∠CBE=180°﹣60°﹣60°=60°

∴∠OBE=30°+60°=90°即OB⊥BE(2分)

∴BE是⊙O的切线;(3分)

(2)连接AM,则∠AMC=∠ABC=∠CAF=60°(4分)

∵∠ACM=∠FCA

∴△ACM∽△FCA(5分) ∴

2 ∴AC=CM?CF;(6分)

2(3)∵AC=CM?CF

57等边三角形旋转与类

∴AC=2(7分) 设FB=x

∵FB?FA=FM?FC ∴

∴x=4,x=﹣6(舍去) ∴FB=4(8分) ∵EB∥AC ∴

∴(9分) ∴BE=

∴BD=;(10分)

(4)S2=S1?S3或2(12分).

点评:考查了切线的判定及有关性质,相似三角形的判定和性质,综合性较强,有一定的难度.

58等边三角形旋转与类

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