1、北师大版数学八年级下册第三章测试题姓名： 得分：一、选择题1如图，若DEF是由ABC经过平移后得到的，则平移的距离是（）A线段BC的长度B线段BE的长度C线段EC的长度D线段EF的长度2如图，在ABC中，CAB=75，在同一平面内，将ABC绕点A旋转到ABC的位置，使得CCAB，则BAB=（）A30B35C40D503在平面直角坐标系中，线段OP的两个端点坐标分别是O（0，0），P（4，3），将线段OP绕点O逆时针旋转90到OP位置，则点P的坐标为（）A（3，4）B（4，3）C（3，4）D（4，3）4如图，O是边长为a的正方形ABCD的中心，将一块半径足够长、圆心为直角的扇形纸板的圆心放在O点
2、处，并将纸板的圆心绕O旋转，则正方形ABCD被纸板覆盖部分的面积为（）Aa2 Ba2 Ca2 Da5关于这一图案，下列说法正确的是（）A图案乙是由甲绕BC的中点旋转180得到的B图案乙是由甲绕点C旋转108得到的C图案乙是由甲沿AB方向平移3个边长的距离得到的D图案乙是由甲沿直线BC翻转180得到的6如图，ABO中，ABOB，OB=，AB=1，把ABO绕点O旋转150后得到A1B1O，则点A1的坐标为（）A（1，） B（1，）或（2，0）C（，1）或（0，2） D（，1）7下列图形中，既是中心对称图又是轴对称图形的是（）ABCD8在平面直角坐标系xOy中，线段AB的两个端点坐标分别为A（1，1
3、），B（1，2），平移线段AB，得到线段AB，已知A的坐标为（3，1），则点B的坐标为（）A（4，2） B（5，2） C（6，2） D（5，3）9如图，将RtABC绕直角顶点C顺时针旋转90，得到ABC，连接AA，若1=25，则BAA的度数是（）A55 B60 C65 D7010如图，在RtABC中，ACB=90，将ABC绕顶点C逆时针旋转得到ABC，M是BC的中点，P是AB的中点，连接PM若BC=2，BAC=30，则线段PM的最大值是（）A4B3C2D111如图，将ABC绕点C顺时针旋转，使点B落在AB边上点B处，此时，点A的对应点A恰好落在BC边的延长线上，下列结论错误的（）ABCB=AC
4、ABACB=2BCBCA=BACDBC平分BBA12如图示，若ABC内一点P满足PAC=PBA=PCB，则点P为ABC的布洛卡点三角形的布洛卡点（Brocard point）是法国数学家和数学教育家克洛尔（ALCrelle 17801855）于1816年首次发现，但他的发现并未被当时的人们所注意，1875年，布洛卡点被一个数学爱好者法国军官布洛卡（Brocard 18451922）重新发现，并用他的名字命名问题：已知在等腰直角三角形DEF中，EDF=90，若点Q为DEF的布洛卡点，DQ=1，则EQ+FQ=（）A5B4CD二、填空题13线段AB沿和它垂直的方向平移到AB，则线段AB和线段AB的位
5、置关系是 14如图，在四边形ABCD中，ADBC，BCAD，B与C互余，将AB，CD分别平移到EF和EG的位置，则EFG为 三角形15如图，把RtABC绕点A逆时针旋转40，得到RtABC，点C恰好落在边AB上，连接BB，则BBC=度16在平面直角坐标系中，把点A（2，3）向左平移一个单位得到点A，则点A的坐标为 17已知：如图，在AOB中，AOB=90，AO=3cm，BO=4cm将AOB绕顶点O，按顺时针方向旋转到A1OB1处，此时线段OB1与AB的交点D恰好为AB的中点，则线段B1D= cm三、解答题18如图，平面直角坐标系内，小正方形网格的边长为1个单位长度，ABC的三个顶点的坐标分别为
6、A（3，4），B（5，2），C（2，1）(1)画出ABC关于y轴对称图形A1B1C1；(2)画出将ABC绕原点O逆时针方向旋转90得到的A2B2C2；(3)求(2)中线段OA扫过的图形面积19如图，在边长为1个单位长度的小正方形组成的两格中，点A、B、C都是格点(1)将ABC向左平移6个单位长度得到得到A1B1C1；(2)将ABC绕点O按逆时针方向旋转180得到A2B2C2，请画出A2B2C220如图1，将两个完全相同的三角形纸片ABC和DEC重合放置，其中C=90，B=E=30(1)操作发现如图2，固定ABC，使DEC绕点C旋转，当点D恰好落在AB边上时，填空： 线段DE与AC的位置关系是
7、；设BDC的面积为S1，AEC的面积为S2，则S1与S2的数量关系是 (2)猜想论证当DEC绕点C旋转到如图3所示的位置时，小明猜想(1)中S1与S2的数量关系仍然成立，并尝试分别作出了BDC和AEC中BC、CE边上的高，请你证明小明的猜想(3)拓展探究已知ABC=60，点D是角平分线上一点，BD=CD=4，DEAB交BC于点E（如图4）若在射线BA上存在点F，使SDCF=SBDE，请直接写出相应的BF的长21某游乐场部分平面图如图所示，C、E、A在同一直线上，D、E、B在同一直线上，测得A处与E处的距离为80 米，C处与D处的距离为34米，C=90，BAE=30（1.4，1.7）(1)求旋转
8、木马E处到出口B处的距离；(2)求海洋球D处到出口B处的距离（结果保留整数）22在平面直角坐标系中，ABC三个顶点的坐标分别为A（2，3），B（1，1），C（5，1）(1)把ABC平移后，其中点 A移到点A1（4，5），画出平移后得到的A1B1C1；(2)把A1B1C1绕点A1按逆时针方向旋转90，画出旋转后的A2 B2C223如图，已知ACBC，垂足为C，AC=4，BC=3，将线段AC绕点A按逆时针方向旋转60，得到线段AD，连接DC，DB(1)线段DC=；(2)求线段DB的长度答案与解析1如图，若DEF是由ABC经过平移后得到的，则平移的距离是（）A线段BC的长度B线段BE的长度C线段EC
9、的长度D线段EF的长度【考点】Q2：平移的性质 【专题】选择题【分析】根据平移的性质，结合图形可直接求解【解答】解：观察图形可知：DEF是由ABC沿BC向右移动BE的长度后得到的，平移距离就是线段BE的长度故选B【点评】本题利用了平移的基本性质：平移不改变图形的形状和大小；经过平移，对应点所连的线段平行且相等，对应线段平行且相等，对应角相等2如图，在ABC中，CAB=75，在同一平面内，将ABC绕点A旋转到ABC的位置，使得CCAB，则BAB=（）A30B35C40D50【考点】R2：旋转的性质；JA：平行线的性质 【专题】选择题【分析】首先证明ACC=ACC；然后运用三角形的内角和定理求出C
10、AC=30即可解决问题【解答】解：由题意得：AC=AC，ACC=ACC；CCAB，且BAC=75，ACC=ACC=BAC=75，CAC=180275=30；由题意知：BAB=CAC=30，故选A【点评】该命题以三角形为载体，以旋转变换为方法，综合考查了全等三角形的性质及其应用问题；对综合的分析问题解决问题的能力提出了较高的要求3在平面直角坐标系中，线段OP的两个端点坐标分别是O（0，0），P（4，3），将线段OP绕点O逆时针旋转90到OP位置，则点P的坐标为（）A（3，4）B（4，3）C（3，4）D（4，3）【考点】R7：坐标与图形变化旋转 【专题】选择题【分析】如图，把线段OP绕点O逆时针旋
11、转90到OP位置看作是把RtOPA绕点O逆时针旋转90到RtOPA，再根据旋转的性质得到OA、PA的长，然后根据第二象限点的坐标特征确定P点的坐标【解答】解：如图，OA=3，PA=4，线段OP绕点O逆时针旋转90到OP位置，OA旋转到x轴负半轴OA的位置，PA0=PAO=90，PA=PA=4，P点的坐标为（3，4）故选C【点评】本题考查了坐标与图形变化旋转：在直角坐标系中线段的旋转问题转化为直角三角形的旋转，然后利用旋转的性质求出相应的线段长，再根据点的坐标特征确定点的坐标4如图，O是边长为a的正方形ABCD的中心，将一块半径足够长、圆心为直角的扇形纸板的圆心放在O点处，并将纸板的圆心绕O旋转
12、，则正方形ABCD被纸板覆盖部分的面积为（）Aa2Ba2Ca2Da【考点】R2：旋转的性质 【专题】选择题【分析】扇形的半径交AD于E，交CD于F，连结OD，如图，利用正方形的性质得OD=OC，COD=90，ODA=OCD=45，再利用等角的余角相等得到EOD=FOC，于是可证明ODEOCF，得到SODE=SOCF，所以S阴影部分=SDOC=S正方形ABCD=a2【解答】解：扇形的半径交AD于E，交CD于F，连结OD，如图，四边形ABCD为正方形，OD=OC，COD=90，ODA=OCD=45，EOF=90，即EOD+DOF=90，DOF+COF=90，EOD=FOC，在ODE和OCF中，OD
13、EOCF，SODE=SOCF，S阴影部分=SDOC=S正方形ABCD=a2故选B【点评】本题考查了旋转的性质：对应点到旋转中心的距离相等；对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角；旋转前、后的图形全等也考查了正方形的性质5关于这一图案，下列说法正确的是（）A图案乙是由甲绕BC的中点旋转180得到的B图案乙是由甲绕点C旋转108得到的C图案乙是由甲沿AB方向平移3个边长的距离得到的D图案乙是由甲沿直线BC翻转180得到的【考点】Q5：利用平移设计图案 【专题】选择题【分析】直接利用旋转的性质得出旋转中心进而得出答案【解答】解：如图所示：可得图案乙是由甲绕BC的中点旋转180得到的故选：A【点评】
14、此题主要考查了旋转变换，正确得出旋转中心是解题关键6如图，ABO中，ABOB，OB=，AB=1，把ABO绕点O旋转150后得到A1B1O，则点A1的坐标为（）A（1，）B（1，）或（2，0）C（，1）或（0，2）D（，1）【考点】R7：坐标与图形变化旋转 【专题】选择题【分析】需要分类讨论：在把ABO绕点O顺时针旋转150和逆时针旋转150后得到A1B1O时点A1的坐标【解答】解：ABO中，ABOB，OB=，AB=1，tanAOB=，AOB=30如图1，当ABO绕点O顺时针旋转150后得到A1B1O，则A1OC=150AOBBOC=1503090=30，则易求A1（1，）；如图2，当ABO绕点
15、O逆时针旋转150后得到A1B1O，则A1OC=150AOBBOC=1503090=30，则易求A1（2，0）；综上所述，点A1的坐标为（1，）或（2，0）；故选B【点评】本题考查了坐标与图形变化旋转解题时，注意分类讨论，以防错解7下列图形中，既是中心对称图又是轴对称图形的是（）ABCD【考点】R5：中心对称图形；P3：轴对称图形【专题】选择题 【分析】根据中心对称图形和轴对称图形对各选项分析判断即可得解【解答】解：A、是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项错误；B、是中心对称图，不是轴对称图形，故本选项错误；C、既是中心对称图又是轴对称图形，故本选项正确；D、是轴对称图形，不是中心对称图形
16、，故本选项错误故选C【点评】本题考查了中心对称图形与轴对称图形的概念，轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分折叠后可重合，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后两部分重合8在平面直角坐标系xOy中，线段AB的两个端点坐标分别为A（1，1），B（1，2），平移线段AB，得到线段AB，已知A的坐标为（3，1），则点B的坐标为（）A（4，2）B（5，2）C（6，2）D（5，3）【考点】Q3：坐标与图形变化平移 【专题】选择题【分析】根据A点的坐标及对应点的坐标可得线段AB向右平移4个单位，然后可得B点的坐标【解答】解：A（1，1）平移后得到点A的坐标为（3，1），向右平移4个单位，B（1，2
17、）的对应点坐标为（1+4，2），即（5，2）故选：B【点评】此题主要考查了坐标与图形的变化平移，关键是掌握横坐标，右移加，左移减；纵坐标，上移加，下移减9如图，将RtABC绕直角顶点C顺时针旋转90，得到ABC，连接AA，若1=25，则BAA的度数是（）A55B60C65D70【考点】R2：旋转的性质 【专题】选择题【分析】根据旋转的性质可得AC=AC，然后判断出ACA是等腰直角三角形，根据等腰直角三角形的性质可得CAA=45，再根据三角形的内角和定理可得结果【解答】解：RtABC绕直角顶点C顺时针旋转90得到ABC，AC=AC，ACA是等腰直角三角形，CAA=45，CAB=20=BACBAA
18、=1807045=65，故选：C【点评】本题考查了旋转的性质，等腰直角三角形的判定与性质，三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和的性质，熟记各性质并准确识图是解题的关键10如图，在RtABC中，ACB=90，将ABC绕顶点C逆时针旋转得到ABC，M是BC的中点，P是AB的中点，连接PM若BC=2，BAC=30，则线段PM的最大值是（）A4B3C2D1【考点】R2：旋转的性质 【专题】选择题【分析】如图连接PC思想求出PC=2，根据PMPC+CM，可得PM3，由此即可解决问题【解答】解：如图连接PC在RtABC中，A=30，BC=2，AB=4，根据旋转不变性可知，AB=AB=4，AP=PB
19、，PC=AB=2，CM=BM=1，又PMPC+CM，即PM3，PM的最大值为3（此时P、C、M共线）故选B【点评】本题考查旋转变换、解直角三角形、直角三角形30度角的性质、直角三角形斜边中线定理，三角形的三边关系等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，学会利用三角形的三边关系解决最值问题，属于中考常考题型11如图，将ABC绕点C顺时针旋转，使点B落在AB边上点B处，此时，点A的对应点A恰好落在BC边的延长线上，下列结论错误的（）ABCB=ACABACB=2BCBCA=BACDBC平分BBA【考点】R2：旋转的性质 【专题】选择题【分析】根据旋转的性质得到BCB=ACA，故A正确，根据等腰三角形
20、的性质得到B=BBC，根据三角形的外角的性质得到ACB=2B，等量代换得到ACB=2B，故B正确；等量代换得到ABC=BBC，于是得到BC平分BBA，故D正确【解答】解：根据旋转的性质得，BCB和ACA都是旋转角，则BCB=ACA，故A正确，CB=CB，B=BBC，又ACB=B+BBC，ACB=2B，又ACB=ACB，ACB=2B，故B正确；ABC=B，ABC=BBC，BC平分BBA，故D正确；故选C【点评】本题考查了旋转的性质，角平分线的定义，等腰三角形的性质，正确的识别图形是解题的关键12如图示，若ABC内一点P满足PAC=PBA=PCB，则点P为ABC的布洛卡点三角形的布洛卡点（Broc
21、ard point）是法国数学家和数学教育家克洛尔（ALCrelle 17801855）于1816年首次发现，但他的发现并未被当时的人们所注意，1875年，布洛卡点被一个数学爱好者法国军官布洛卡（Brocard 18451922）重新发现，并用他的名字命名问题：已知在等腰直角三角形DEF中，EDF=90，若点Q为DEF的布洛卡点，DQ=1，则EQ+FQ=（）A5B4CD【考点】R2：旋转的性质；JB：平行线的判定与性质；KW：等腰直角三角形 【专题】选择题【分析】由DQFFQE，推出=，由此求出EQ、FQ即可解决问题【解答】解：如图，在等腰直角三角形DEF中，EDF=90，DE=DF，1=2=
22、3，1+QEF=3+DFQ=45，QEF=DFQ，2=3，DQFFQE，=，DQ=1，FQ=，EQ=2，EQ+FQ=2+，故选D【点评】本题考查等腰直角三角形的性质、相似三角形的判定和性质等知识，解题的关键是正确寻找相似三角形解决问题，属于中考常考题型13线段AB沿和它垂直的方向平移到AB，则线段AB和线段AB的位置关系是 【考点】Q2：平移的性质 【专题】填空题【分析】根据平移的性质可知，线段AB沿和它垂直的方向平移到AB，则线段AB和线段AB平行且相等【解答】解：线段AB沿和它垂直的方向平移到AB，线段AB和线段AB的位置关系是平行且相等故答案为：平行且相等【点评】本题考查的是平移的性质，
23、把一个图形整体沿某一直线方向移动，会得到一个新的图形，新图形与原图形的形状和大小完全相同；新图形中的每一点，都是由原图形中的某一点移动后得到的，这两个点是对应点连接各组对应点的线段平行且相等14如图，在四边形ABCD中，ADBC，BCAD，B与C互余，将AB，CD分别平移到EF和EG的位置，则EFG为 三角形【考点】Q2：平移的性质 【专题】填空题【分析】利用平移的性质可以知B+C=EFG+EGF，然后根据三角形内角和定理在EFG中求得FEG=90【解答】解：AB，CD分别平移到EF和EG的位置后，B的对应角是EFG，C的对应角是EGF，又B与C互余，EFG与EGF互余，在EFG中，FEG=9
24、0（三角形内角和定理），EFG为RtEFG，故答案是：直角【点评】本题考查了平移的性质，对应线段平行（或共线）且相等，对应角相等，对应点所连接的线段平行且相等15如图，把RtABC绕点A逆时针旋转40，得到RtABC，点C恰好落在边AB上，连接BB，则BBC=度【考点】R2：旋转的性质 【专题】填空题【分析】根据旋转的性质可得AB=AB，BAB=40，然后根据等腰三角形两底角相等求出ABB，再利用直角三角形两锐角互余列式计算即可得解【解答】解：RtABC绕点A逆时针旋转40得到RtABC，AB=AB，BAB=40，在ABB中，ABB=（180BAB）=（18040）=70，ACB=C=90，B
25、CAB，BBC=90ABB=9070=20故答案为：20【点评】本题考查了旋转的性质，等腰三角形的性质，直角三角形的两锐角互余，比较简单，熟记旋转变换只改变图形的位置不改变图形的形状与大小得到等腰三角形是解题的关键16在平面直角坐标系中，把点A（2，3）向左平移一个单位得到点A，则点A的坐标为 【考点】Q3：坐标与图形变化平移 【专题】填空题【分析】根据向左平移横坐标减，向上平移纵坐标加求解即可【解答】解：点A（2，3）向左平移1个单位长度，点A的横坐标为21=1，纵坐标不变，A的坐标为（1，3）故答案为：（1，3）【点评】本题考查了坐标与图形变化平移，平移中点的变化规律是：横坐标右移加，左移
26、减；纵坐标上移加，下移减17已知：如图，在AOB中，AOB=90，AO=3cm，BO=4cm将AOB绕顶点O，按顺时针方向旋转到A1OB1处，此时线段OB1与AB的交点D恰好为AB的中点，则线段B1D= cm【考点】R2：旋转的性质；KP：直角三角形斜边上的中线 【专题】填空题【分析】先在直角AOB中利用勾股定理求出AB=5cm，再利用直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半得出OD=AB=2.5cm然后根据旋转的性质得到OB1=OB=4cm，那么B1D=OB1OD=1.5cm【解答】解：在AOB中，AOB=90，AO=3cm，BO=4cm，AB=5cm，点D为AB的中点，OD=AB=2.5cm将
27、AOB绕顶点O，按顺时针方向旋转到A1OB1处，OB1=OB=4cm，B1D=OB1OD=1.5cm故答案为1.5【点评】本题考查了旋转的性质：对应点到旋转中心的距离相等；对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角；旋转前、后的图形全等也考查了直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半的性质以及勾股定理18如图，平面直角坐标系内，小正方形网格的边长为1个单位长度，ABC的三个顶点的坐标分别为A（3，4），B（5，2），C（2，1）(1)画出ABC关于y轴对称图形A1B1C1；(2)画出将ABC绕原点O逆时针方向旋转90得到的A2B2C2；(3)求(2)中线段OA扫过的图形面积【考点】R8：作图旋转变换
28、；MO：扇形面积的计算；P7：作图轴对称变换 【专题】解答题【分析】(1)分别作出各点关于y轴的对称点，再顺次连接即可；(2)根据图形旋转的性质画出旋转后的图形A2B2C2即可；(3)利用扇形的面积公式即可得出结论【解答】解：(1)如图，A1B1C1即为所求；(2)如图，A2B2C2即为所求；(3)OA=5，线段OA扫过的图形面积=【点评】本题考查的是作图旋转变换，熟知图形旋转不变性的性质是解答此题的关键19如图，在边长为1个单位长度的小正方形组成的两格中，点A、B、C都是格点(1)将ABC向左平移6个单位长度得到得到A1B1C1；(2)将ABC绕点O按逆时针方向旋转180得到A2B2C2，请
29、画出A2B2C2【考点】R8：作图旋转变换；Q4：作图平移变换 【专题】解答题【分析】(1)将点A、B、C分别向左平移6个单位长度，得出对应点，即可得出A1B1C1；(2)将点A、B、C分别绕点O按逆时针方向旋转180，得出对应点，即可得出A2B2C2【解答】解：(1)如图所示：A1B1C1，即为所求；(2)如图所示：A2B2C2，即为所求【点评】此题主要考查了图形的平移和旋转，根据已知得出对应点位置是解题关键20如图1，将两个完全相同的三角形纸片ABC和DEC重合放置，其中C=90，B=E=30(1)操作发现如图2，固定ABC，使DEC绕点C旋转，当点D恰好落在AB边上时，填空： 线段DE与
30、AC的位置关系是 ；设BDC的面积为S1，AEC的面积为S2，则S1与S2的数量关系是 (2)猜想论证当DEC绕点C旋转到如图3所示的位置时，小明猜想(1)中S1与S2的数量关系仍然成立，并尝试分别作出了BDC和AEC中BC、CE边上的高，请你证明小明的猜想(3)拓展探究已知ABC=60，点D是角平分线上一点，BD=CD=4，DEAB交BC于点E（如图4）若在射线BA上存在点F，使SDCF=SBDE，请直接写出相应的BF的长【考点】KD：全等三角形的判定与性质 【专题】解答题【分析】(1)根据旋转的性质可得AC=CD，然后求出ACD是等边三角形，根据等边三角形的性质可得ACD=60，然后根据内
31、错角相等，两直线平行解答；根据等边三角形的性质可得AC=AD，再根据直角三角形30角所对的直角边等于斜边的一半求出AC=AB，然后求出AC=BD，再根据等边三角形的性质求出点C到AB的距离等于点D到AC的距离，然后根据等底等高的三角形的面积相等解答；(2)根据旋转的性质可得BC=CE，AC=CD，再求出ACN=DCM，然后利用“角角边”证明ACN和DCM全等，根据全等三角形对应边相等可得AN=DM，然后利用等底等高的三角形的面积相等证明；(3)过点D作DF1BE，求出四边形BEDF1是菱形，根据菱形的对边相等可得BE=DF1，然后根据等底等高的三角形的面积相等可知点F1为所求的点，过点D作DF
32、2BD，求出F1DF2=60，从而得到DF1F2是等边三角形，然后求出DF1=DF2，再求出CDF1=CDF2，利用“边角边”证明CDF1和CDF2全等，根据全等三角形的面积相等可得点F2也是所求的点，然后在等腰BDE中求出BE的长，即可得解【解答】解：(1)DEC绕点C旋转点D恰好落在AB边上，AC=CD，BAC=90B=9030=60，ACD是等边三角形，ACD=60，又CDE=BAC=60，ACD=CDE，DEAC；B=30，C=90，CD=AC=AB，BD=AD=AC，根据等边三角形的性质，ACD的边AC、AD上的高相等，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
33、S1=S2；故答案为：DEAC；S1=S2；(2)如图，DEC是由ABC绕点C旋转得到，BC=CE，AC=CD，ACN+BCN=90，DCM+BCN=18090=90，ACN=DCM，在ACN和DCM中，ACNDCM（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S1=S2；(3)如图，过点D作DF1BE，易求四边形BEDF1是菱形，所以BE=DF1，且BE、DF1上的高相等，此时SDCF1=SBDE；过点D作DF2BD，ABC=60，F1DBE，F2F1D=ABC=60，BF1=DF1，F1BD=ABC=30，F2DB=90，F1DF2=ABC=60，
34、DF1F2是等边三角形，DF1=DF2，BD=CD，ABC=60，点D是角平分线上一点，DBC=DCB=60=30，CDF1=180BCD=18030=150，CDF2=36015060=150，CDF1=CDF2，在CDF1和CDF2中，CDF1CDF2（SAS），点F2也是所求的点，ABC=60，点D是角平分线上一点，DEAB，DBC=BDE=ABD=60=30，又BD=4，BE=4cos30=2=，BF1=，BF2=BF1+F1F2=+=，故BF的长为或【点评】本题考查了全等三角形的判定与性质，三角形的面积，等边三角形的判定与性质，直角三角形30角所对的直角边等于斜边的一半的性质，熟练掌
35、握等底等高的三角形的面积相等，以及全等三角形的面积相等是解题的关键，(3)要注意符合条件的点F有两个21某游乐场部分平面图如图所示，C、E、A在同一直线上，D、E、B在同一直线上，测得A处与E处的距离为80 米，C处与D处的距离为34米，C=90，BAE=30（1.4，1.7）(1)求旋转木马E处到出口B处的距离；(2)求海洋球D处到出口B处的距离（结果保留整数）【考点】R2：旋转的性质 【专题】解答题【分析】(1)在RtABE中，利用三角函数即可直接求得BE的长；(2)在RtCDE中，利用三角函数求得DE的长，然后利用DB=DE+EB求解【解答】解：(1)在RtABE中，BAE=30，BE=
36、AE=80=40（米）；(2)在RtABE中，BAE=30，AEB=9030=60，CED=AEB=60，在RtCDE中，DE=40（米），则BD=DE+BE=40+40=80（米）【点评】本题考查了解直角三角形，正确理解三角函数的定义，理解边角关系是关键22在平面直角坐标系中，ABC三个顶点的坐标分别为A（2，3），B（1，1），C（5，1）(1)把ABC平移后，其中点 A移到点A1（4，5），画出平移后得到的A1B1C1；(2)把A1B1C1绕点A1按逆时针方向旋转90，画出旋转后的A2 B2C2【考点】R8：作图旋转变换；Q4：作图平移变换 【专题】解答题【分析】(1)根据图形平移的性质
37、画出平移后的A1B1C1即可；(2)根据图形旋转的性质画出旋转后的A2 B2C2即可【解答】解：(1)如图，A1B1C1即为所求；(2)如图，A2 B2C2即为所求【点评】本题考查的是作图旋转变换，熟知图形旋转不变性的性质是解答此题的关键23如图，已知ACBC，垂足为C，AC=4，BC=3，将线段AC绕点A按逆时针方向旋转60，得到线段AD，连接DC，DB(1)线段DC=；(2)求线段DB的长度【考点】R2：旋转的性质 【专题】解答题【分析】(1)证明ACD是等边三角形，据此求解；(2)作DEBC于点E，首先在RtCDE中利用三角函数求得DE和CE的长，然后在RtBDE中利用勾股定理求解【解答】解：(1)AC=AD，CAD=60，ACD是等边三角形，DC=AC=4故答案是：4；(2)作DEBC于点EACD是等边三角形，ACD=60，又ACBC，DCE=ACBACD=9060=30，RtCDE中，DE=DC=2，CE=DCcos30=4=2，BE=BCCE=32=RtBDE中，BD=【点评】本题考查了旋转的性质以及解直角三角形的应用，正确作出辅助线，转化为直角三角形的计算是关键
