2018中考考点专题训练考点35图形的平移和旋转

2018中考考点专题训练考点35图形的平移和旋转

‎2018中考数学试题分类汇编：考点35 图形的平移和旋转 ‎　‎ 一．选择题（共4小题）‎ ‎1．（2018•海南）如图，在平面直角坐标系中，△ABC位于第一象限，点A的坐标是（4，3），把△ABC向左平移6个单位长度，得到△A1B‎1C1，则点B1的坐标是（　　）‎ A．（﹣2，3） B．（3，﹣1） C．（﹣3，1） D．（﹣5，2）‎ ‎【分析】根据点的平移的规律：向左平移a个单位，坐标P（x，y）⇒P（x﹣a，y），据此求解可得．‎ ‎【解答】解：∵点B的坐标为（3，1），‎ ‎∴向左平移6个单位后，点B1的坐标（﹣3，1），‎ 故选：C．‎ ‎　‎ ‎2．（2018•黄石）如图，将“笑脸”图标向右平移4个单位，再向下平移2个单位，点P的对应点P'的坐标是（　　）‎ A．（﹣1，6） B．（﹣9，6） C．（﹣1，2） D．（﹣9，2）‎ ‎【分析】根据平移规律：横坐标，右移加，左移减；纵坐标，上移加，下移减即可解决问题；‎ ‎【解答】解：由题意P（﹣5，4），向右平移4个单位，再向下平移2个单位，点P的对应点P'的坐标是（﹣1，2），‎ 故选：C．‎ ‎　‎ ‎3．（2018•宜宾）如图，将△ABC沿BC边上的中线AD平移到△A'B'C'的位置，已知△ABC的面积为9，阴影部分三角形的面积为4．若AA'=1，则A'D等于（　　）‎ A．2 B．‎3 ‎C． D．‎ ‎【分析】由S△ABC=9、S△A′EF=4且AD为BC边的中线知S△A′DE=S△A′EF=2，S△ABD=S△ABC=，根据△DA′E∽△DAB知（）2=，据此求解可得．‎ ‎【解答】解：如图，‎ ‎∵S△ABC=9、S△A′EF=4，且AD为BC边的中线，‎ ‎∴S△A′DE=S△A′EF=2，S△ABD=S△ABC=，‎ ‎∵将△ABC沿BC边上的中线AD平移得到△A'B'C'，‎ ‎∴A′E∥AB，‎ ‎∴△DA′E∽△DAB，‎ 则（）2=，即（）2=，‎ 解得A′D=2或A′D=﹣（舍），‎ 故选：A．‎ ‎　‎ ‎4．（2018•温州）如图，已知一个直角三角板的直角顶点与原点重合，另两个顶点A，B的坐标分别为（﹣1，0），（0，）．现将该三角板向右平移使点A与点O重合，得到△OCB′，则点B的对应点B′的坐标是（　　）‎ A．（1，0） B．（，） C．（1，） D．（﹣1，）‎ ‎【分析】根据平移的性质得出平移后坐标的特点，进而解答即可．‎ ‎【解答】解：因为点A与点O对应，点A（﹣1，0），点O（0，0），‎ 所以图形向右平移1个单位长度，‎ 所以点B的对应点B'的坐标为（0+1，），即（1，），‎ 故选：C．‎ ‎　‎ 二．填空题（共4小题）‎ ‎5．（2018•长沙）在平面直角坐标系中，将点A′（﹣2，3）向右平移3个单位长度，再向下平移2个单位长度，那么平移后对应的点A′的坐标是　（1，1）　．‎ ‎【分析】直接利用平移的性质分别得出平移后点的坐标得出答案．‎ ‎【解答】解：∵将点A′（﹣2，3）向右平移3个单位长度，‎ ‎∴得到（1，3），‎ ‎∵再向下平移2个单位长度，‎ ‎∴平移后对应的点A′的坐标是：（1，1）．‎ 故答案为：（1，1）．‎ ‎　‎ ‎6．（2018•宿迁）在平面直角坐标系中，将点（3，﹣2）先向右平移2个单位长度，再向上平移3个单位长度，则所得点的坐标是　（5，1）　．‎ ‎【分析】直接利用平移的性质得出平移后点的坐标即可．‎ ‎【解答】解：∵将点（3，﹣2）先向右平移2个单位长度，‎ ‎∴得到（5，﹣2），‎ ‎∵再向上平移3个单位长度，‎ ‎∴所得点的坐标是：（5，1）．‎ 故答案为：（5，1）．‎ ‎　‎ ‎7．（2018•曲靖）如图：图象①②③均是以P0为圆心，1个单位长度为半径的扇形，将图形①②③分别沿东北，正南，西北方向同时平移，每次移动一个单位长度，第一次移动后图形①②③的圆心依次为P1P2P3，第二次移动后图形①②③的圆心依次为P4P5P6…，依次规律，P0P2018=　673　个单位长度．‎ ‎【分析】根据P0P1=1，P0P2=1，P0P3=1；P0P4=2，P0P5=2，P0P6=2；P0P7=3，P0P8=3，P0P9=3；可知每移动一次，圆心离中心的距离增加1个单位，依据2018=3×672+2，即可得到点P2018在正南方向上，P0P2018=672+1=673．‎ ‎【解答】解：由图可得，P0P1=1，P0P2=1，P0P3=1；‎ P0P4=2，P0P5=2，P0P6=2；‎ P0P7=3，P0P8=3，P0P9=3；‎ ‎∵2018=3×672+2，‎ ‎∴点P2018在正南方向上，‎ ‎∴P0P2018=672+1=673，‎ 故答案为：673．‎ ‎　‎ ‎8．（2018•株洲）如图，O为坐标原点，△OAB是等腰直角三角形，∠OAB=90°，点B的坐标为（0，2），将该三角形沿x轴向右平移得到Rt△O′A′B′，此时点B′的坐标为（2，2‎ ‎），则线段OA在平移过程中扫过部分的图形面积为　4　．‎ ‎【分析】利用平移的性质得出AA′的长，根据等腰直角三角形的性质得到AA′对应的高，再结合平行四边形面积公式求出即可．‎ ‎【解答】解：∵点B的坐标为（0，2），将该三角形沿x轴向右平移得到Rt△O′A′B′，此时点B′的坐标为（2，2），‎ ‎∴AA′=BB′=2，‎ ‎∵△OAB是等腰直角三角形，‎ ‎∴A（，），‎ ‎∴AA′对应的高，‎ ‎∴线段OA在平移过程中扫过部分的图形面积为2×=4．‎ 故答案为：4．‎ ‎　‎ 三．解答题（共14小题）‎ ‎9．（2018•枣庄）如图，在4×4的方格纸中，△ABC的三个顶点都在格点上．‎ ‎（1）在图1中，画出一个与△ABC成中心对称的格点三角形；‎ ‎（2）在图2中，画出一个与△ABC成轴对称且与△ABC有公共边的格点三角形；‎ ‎（3）在图3中，画出△ABC绕着点C按顺时针方向旋转90°后的三角形．‎ ‎【分析】（1）根据中心对称的性质即可作出图形；‎ ‎（2）根据轴对称的性质即可作出图形；‎ ‎（3）根据旋转的性质即可求出图形．‎ ‎【解答】解：（1）如图所示，‎ ‎△DCE为所求作 ‎（2）如图所示，‎ ‎△ACD为所求作 ‎（3）如图所示 ‎△ECD为所求作 ‎　‎ ‎10．（2018•吉林）如图是由边长为1的小正方形组成的8×4网格，每个小正方形的顶点叫做格点，点A，B，C，D均在格点上，在网格中将点D按下列步骤移动：‎ 第一步：点D绕点A顺时针旋转180°得到点D1；‎ 第二步：点D1绕点B顺时针旋转90°得到点D2；‎ 第三步：点D2绕点C顺时针旋转90°回到点D．‎ ‎（1）请用圆规画出点D→D1→D2→D经过的路径；‎ ‎（2）所画图形是　轴对称　对称图形；‎ ‎（3）求所画图形的周长（结果保留π）．‎ ‎【分析】（1）利用旋转变换的性质画出图象即可；‎ ‎（2）根据轴对称图形的定义即可判断；‎ ‎（3）利用弧长公式计算即可；‎ ‎【解答】解：（1）点D→D1→D2→D经过的路径如图所示：‎ ‎（2）观察图象可知图象是轴对称图形，‎ 故答案为轴对称．‎ ‎（3）周长=4×=8π．‎ ‎　‎ ‎11．（2018•南充）如图，矩形ABCD中，AC=2AB，将矩形ABCD绕点A旋转得到矩形AB′C′D′，使点B的对应点B'落在AC上，B'C'交AD于点E，在B'C′上取点F，使B'F=AB．‎ ‎（1）求证：AE=C′E．‎ ‎（2）求∠FBB'的度数．‎ ‎（3）已知AB=2，求BF的长．‎ ‎【分析】（1）在直角三角形ABC中，由AC=2AB，得到∠ACB=30°，再由折叠的性质得到一对角相等，利用等角对等边即可得证；‎ ‎（2）由（1）得到△ABB′为等边三角形，利用矩形的性质及等边三角形的内角为60°，即可求出所求角度数；‎ ‎（3）由AB=2，得到B′B=B′F=2，∠B′BF=15°，过B作BH⊥BF，在直角三角形BB′H中，利用锐角三角函数定义求出BH的长，由BF=2BH即可求出BF的长．‎ ‎【解答】（1）证明：∵在Rt△ABC中，AC=2AB，‎ ‎∴∠ACB=∠AC′B′=30°，∠BAC=60°，‎ 由旋转可得：AB′=AB，∠B′AC=∠BAC=60°，‎ ‎∴∠EAC′=∠AC′B′=30°，‎ ‎∴AE=C′E；‎ ‎（2）解：由（1）得到△ABB′为等边三角形，‎ ‎∴∠AB′B=60°，‎ ‎∴∠FBB′=15°；‎ ‎（3）解：由AB=2，得到B′B=B′F=2，∠B′BF=15°，‎ 过B作BH⊥BF，‎ 在Rt△BB′H中，cos15°=，即BH=2×=，‎ 则BF=2BH=+．‎ ‎　‎ ‎12．（2018•徐州）如图，方格纸中的每个小方格都是边长为1个单位的正方形，在建立平面直角坐标系后，△ABC的顶点均在格点上，点B的坐标为（1，0）‎ ‎①画出△ABC关于x轴对称的△A1B‎1C1；‎ ‎②画出将△ABC绕原点O按逆时针旋转90°所得的△A2B‎2C2；‎ ‎③△A1B‎1C1与△A2B‎2C2成轴对称图形吗？若成轴对称图形，画出所有的对称轴；‎ ‎④△A1B‎1C1与△A2B‎2C2成中心对称图形吗？若成中心对称图形，写出所有的对称中心的坐标．‎ ‎【分析】（1）将三角形的各顶点，向x轴作垂线并延长相同长度得到三点的对应点，顺次连接；‎ ‎（2）将三角形的各顶点，绕原点O按逆时针旋转90°得到三点的对应点．顺次连接各对应点得△A2B‎2C2；‎ ‎（3）从图中可发现成轴对称图形，根据轴对称图形的性质画出对称轴即连接两对应点的线段，做它的垂直平分线；‎ ‎（4）成中心对称图形，画出两条对应点的连线，交点就是对称中心．‎ ‎【解答】解：如下图所示：‎ ‎（3）成轴对称图形，根据轴对称图形的性质画出对称轴即连接两对应点的线段，作它的垂直平分线，‎ 或连接A‎1C1，A‎2C2的中点的连线为对称轴．‎ ‎（4）成中心对称，对称中心为线段BB2的中点P，坐标是（，）．‎ ‎　‎ ‎13．（2018•温州）如图，P，Q是方格纸中的两格点，请按要求画出以PQ为对角线的格点四边形．‎ ‎（1）在图1中画出一个面积最小的▱PAQB．‎ ‎（2）在图2中画出一个四边形PCQD，使其是轴对称图形而不是中心对称图形，且另一条对角线CD由线段PQ以某一格点为旋转中心旋转得到．注：图1，图2在答题纸上．‎ ‎【分析】（1）画出面积是4的格点平行四边形即为所求；‎ ‎（2）画出以PQ为对角线的等腰梯形即为所求．‎ ‎【解答】解：（1）如图①所示：‎ ‎（2）如图②所示：‎ ‎　‎ ‎14．（2018•临沂）将矩形ABCD绕点A顺时针旋转α（0°＜α＜360°），得到矩形AEFG．‎ ‎（1）如图，当点E在BD上时．求证：FD=CD；‎ ‎（2）当α为何值时，GC=GB？画出图形，并说明理由．‎ ‎【分析】（1）先运用SAS判定△AED≌△FDE，可得DF=AE，再根据AE=AB=CD，即可得出CD=DF；‎ ‎（2）当GB=GC时，点G在BC的垂直平分线上，分两种情况讨论，依据∠DAG=60°，即可得到旋转角α的度数．‎ ‎【解答】解：（1）由旋转可得，AE=AB，∠AEF=∠ABC=∠DAB=90°，EF=BC=AD，‎ ‎∴∠AEB=∠ABE，‎ 又∵∠ABE+∠EDA=90°=∠AEB+∠DEF，‎ ‎∴∠EDA=∠DEF，‎ 又∵DE=ED，‎ ‎∴△AED≌△FDE（SAS），‎ ‎∴DF=AE，‎ 又∵AE=AB=CD，‎ ‎∴CD=DF；‎ ‎（2）如图，当GB=GC时，点G在BC的垂直平分线上，‎ 分两种情况讨论：‎ ‎①当点G在AD右侧时，取BC的中点H，连接GH交AD于M，‎ ‎∵GC=GB，‎ ‎∴GH⊥BC，‎ ‎∴四边形ABHM是矩形，‎ ‎∴AM=BH=AD=AG，‎ ‎∴GM垂直平分AD，‎ ‎∴GD=GA=DA，‎ ‎∴△ADG是等边三角形，‎ ‎∴∠DAG=60°，‎ ‎∴旋转角α=60°；‎ ‎②当点G在AD左侧时，同理可得△ADG是等边三角形，‎ ‎∴∠DAG=60°，‎ ‎∴旋转角α=360°﹣60°=300°．‎ ‎　‎ ‎15．（2018•宁波）如图，在△ABC中，∠ACB=90°，AC=BC，D是AB边上一点（点D与A，B不重合），连结CD，将线段CD绕点C按逆时针方向旋转90°得到线段CE，连结DE交BC于点F，连接BE．‎ ‎（1）求证：△ACD≌△BCE；‎ ‎（2）当AD=BF时，求∠BEF的度数．‎ ‎【分析】（1）由题意可知：CD=CE，∠DCE=90°，由于∠ACB=90°，所以∠ACD=∠ACB﹣∠DCB，∠BCE=∠DCE﹣∠DCB，所以∠ACD=∠BCE，从而可证明△ACD≌△BCE（SAS）‎ ‎（2）由△ACD≌△BCE（SAS）可知：∠A=∠CBE=45°，BE=BF，从而可求出∠BEF的度数．‎ ‎【解答】解：（1）由题意可知：CD=CE，∠DCE=90°，‎ ‎∵∠ACB=90°，‎ ‎∴∠ACD=∠ACB﹣∠DCB，‎ ‎∠BCE=∠DCE﹣∠DCB，‎ ‎∴∠ACD=∠BCE，‎ 在△ACD与△BCE中，‎ ‎∴△ACD≌△BCE（SAS）‎ ‎（2）∵∠ACB=90°，AC=BC，‎ ‎∴∠A=45°，‎ 由（1）可知：∠A=∠CBE=45°，‎ ‎∵AD=BF，‎ ‎∴BE=BF，‎ ‎∴∠BEF=67.5°‎ ‎　‎ ‎16．（2018•黑龙江）如图，正方形网格中，每个小正方形的边长都是一个单位长度，在平面直角坐标系内，△ABC的三个顶点坐标分别为A（1，4），B（1，1），C（3，1）．‎ ‎（1）画出△ABC关于x轴对称的△A1B‎1C1；‎ ‎（2）画出△ABC绕点O逆时针旋转90°后的△A2B‎2C2；‎ ‎（3）在（2）的条件下，求线段BC扫过的面积（结果保留π）．‎ ‎【分析】（1）利用轴对称的性质画出图形即可；‎ ‎（2）利用旋转变换的性质画出图形即可；‎ ‎（3）BC扫过的面积=﹣，由此计算即可；‎ ‎【解答】解：（1）△ABC关于x轴对称的△A1B‎1C1如图所示；‎ ‎（2）△ABC绕点O逆时针旋转90°后的△A2B‎2C2如图所示；‎ ‎（3）BC扫过的面积=﹣=﹣=2π．‎ ‎　‎ ‎17．（2018•广西）如图，在平面直角坐标系中，已知△ABC的三个顶点坐标分别是A（1，1），B（4，1），C（3，3）．‎ ‎（1）将△ABC向下平移5个单位后得到△A1B‎1C1，请画出△A1B‎1C1；‎ ‎（2）将△ABC绕原点O逆时针旋转90°后得到△A2B‎2C2，请画出△A2B‎2C2；‎ ‎（3）判断以O，A1，B为顶点的三角形的形状．（无须说明理由）‎ ‎【分析】（1）利用点平移的坐标特征写出A1、B1、C1的坐标，然后描点即可得到△A1B‎1C1为所作；‎ ‎（2）利用网格特定和旋转的性质画出A、B、C的对应点A2、B2、C2，从而得到△A2B‎2C2，‎ ‎（3）根据勾股定理逆定理解答即可．‎ ‎【解答】解：（1）如图所示，△A1B‎1C1即为所求：‎ ‎（2）如图所示，△A2B‎2C2即为所求：‎ ‎（3）三角形的形状为等腰直角三角形，OB=OA1=，A1B=，‎ 即，‎ 所以三角形的形状为等腰直角三角形．‎ ‎　‎ ‎18．（2018•眉山）在边长为1个单位长度的正方形网格中建立如图所示的平面直角坐标系，△ABC的顶点都在格点上，请解答下列问题：‎ ‎（1）作出△ABC向左平移4个单位长度后得到的△A1B‎1C1，并写出点C1的坐标；‎ ‎（2）作出△ABC关于原点O对称的△A2B‎2C2，并写出点C2的坐标；‎ ‎（3）已知△ABC关于直线l对称的△A3B‎3C3的顶点A3的坐标为（﹣4，﹣2），请直接写出直线l的函数解析式．‎ ‎【分析】（1）利用网格特点和平移的性质写出点A、B、C的对应点A1、B1、C1的坐标，然后描点得到△A1B‎1C1；‎ ‎（2）根据关于原点中心对称的点的坐标特征写出点A2、B2、C2的坐标，然后描点即可；‎ ‎（3）根据对称的特点解答即可．‎ ‎【解答】解：（1）如图，△A1B‎1C1为所作，C1（﹣1，2）；‎ ‎（2）如图，△A2B‎2C2为所作，C2（﹣3，﹣2）；‎ ‎（3）因为A的坐标为（2，4），A3的坐标为（﹣4，﹣2），‎ 所以直线l的函数解析式为y=﹣x，‎ ‎　‎ ‎19．（2018•自贡）如图，已知∠AOB=60°，在∠AOB的平分线OM上有一点C，将一个120°角的顶点与点C重合，它的两条边分别与直线OA、OB相交于点D、E．‎ ‎（1）当∠DCE绕点C旋转到CD与OA垂直时（如图1），请猜想OE+OD与OC的数量关系，并说明理由；‎ ‎（2）当∠DCE绕点C旋转到CD与OA不垂直时，到达图2的位置，（1）中的结论是否成立？并说明理由；‎ ‎（3）当∠‎ DCE绕点C旋转到CD与OA的反向延长线相交时，上述结论是否成立？请在图3中画出图形，若成立，请给于证明；若不成立，线段OD、OE与OC之间又有怎样的数量关系？请写出你的猜想，不需证明．‎ ‎【分析】（1）先判断出∠OCE=60°，再利用特殊角的三角函数得出OD=OC，同OE=OC，即可得出结论；‎ ‎（2）同（1）的方法得OF+OG=OC，再判断出△CFD≌△CGE，得出DF=EG，最后等量代换即可得出结论；‎ ‎（3）同（2）的方法即可得出结论．‎ ‎【解答】解：（1）∵OM是∠AOB的角平分线，‎ ‎∴∠AOC=∠BOC=∠AOB=30°，‎ ‎∵CD⊥OA，‎ ‎∴∠ODC=90°，‎ ‎∴∠OCD=60°，‎ ‎∴∠OCE=∠DCE﹣∠OCD=60°，‎ 在Rt△OCD中，OD=OC•cos30°=OC，‎ 同理：OE=OC，‎ ‎∴OD+OE=OC；‎ ‎（2）（1）中结论仍然成立，理由：‎ 过点C作CF⊥OA于F，CG⊥OB于G，‎ ‎∴∠OFC=∠OGC=90°，‎ ‎∵∠AOB=60°，‎ ‎∴∠FCG=120°，‎ 同（1）的方法得，OF=OC，OG=OC，‎ ‎∴OF+OG=OC，‎ ‎∵CF⊥OA，CG⊥OB，且点C是∠AOB的平分线OM上一点，‎ ‎∴CF=CG，‎ ‎∵∠DCE=120°，∠FCG=120°，‎ ‎∴∠DCF=∠ECG，‎ ‎∴△CFD≌△CGE，‎ ‎∴DF=EG，‎ ‎∴OF=OD+DF=OD+EG，OG=OE﹣EG，‎ ‎∴OF+OG=OD+EG+OE﹣EG=OD+OE，‎ ‎∴OD+OE=OC；‎ ‎（3）（1）中结论不成立，结论为：OE﹣OD=OC，‎ 理由：过点C作CF⊥OA于F，CG⊥OB于G，‎ ‎∴∠OFC=∠OGC=90°，‎ ‎∵∠AOB=60°，‎ ‎∴∠FCG=120°，‎ 同（1）的方法得，OF=OC，OG=OC，‎ ‎∴OF+OG=OC，‎ ‎∵CF⊥OA，CG⊥OB，且点C是∠AOB的平分线OM上一点，‎ ‎∴CF=CG，∵∠DCE=120°，∠FCG=120°，‎ ‎∴∠DCF=∠ECG，‎ ‎∴△CFD≌△CGE，‎ ‎∴DF=EG，‎ ‎∴OF=DF﹣OD=EG﹣OD，OG=OE﹣EG，‎ ‎∴OF+OG=EG﹣OD+OE﹣EG=OE﹣OD，‎ ‎∴OE﹣OD=OC．‎ ‎　‎ ‎20．（2018•岳阳）已知在Rt△ABC中，∠BAC=90°，CD为∠ACB的平分线，将∠ACB沿CD所在的直线对折，使点B落在点B′处，连结AB'，BB'，延长CD交BB'于点E，设∠ABC=2α（0°＜α＜45°）．‎ ‎（1）如图1，若AB=AC，求证：CD=2BE；‎ ‎（2）如图2，若AB≠AC，试求CD与BE的数量关系（用含α的式子表示）；‎ ‎（3）如图3，将（2）中的线段BC绕点C逆时针旋转角（α+45°），得到线段FC，连结EF交BC于点O，设△COE的面积为S1，△COF的面积为S2，求（用含α的式子表示）．‎ ‎【分析】（1）由翻折可知：BE=EB′，再利用全等三角形的性质证明CD=BB′即可；‎ ‎（2）如图2中，结论：CD=2•BE•tan2α．只要证明△BAB′∽△CAD，可得==，推出=，可得CD=2•BE•tan2α；‎ ‎（3）首先证明∠ECF=90°，由∠BEC+∠ECF=180°，推出BB′∥CF，推出===sin（45°﹣α），由此即可解决问题；‎ ‎【解答】解：（1）如图1中，‎ ‎∵B、B′关于EC对称，‎ ‎∴BB′⊥EC，BE=EB′，‎ ‎∴∠DEB=∠DAC=90°，‎ ‎∵∠EDB=∠ADC，‎ ‎∴∠DBE=∠ACD，‎ ‎∵AB=AC，∠BAB′=∠DAC=90°，‎ ‎∴△BAB′≌CAD，‎ ‎∴CD=BB′=2BE．‎ ‎（2）如图2中，结论：CD=2•BE•tan2α．‎ 理由：由（1）可知：∠ABB′=∠ACD，∠BAB′=∠CAD=90°，‎ ‎∴△BAB′∽△CAD，‎ ‎∴==，‎ ‎∴=，‎ ‎∴CD=2•BE•tan2α．‎ ‎（3）如图 3中，‎ 在Rt△ABC中，∠ACB=90°﹣2α，‎ ‎∵EC平分∠ACB，‎ ‎∴∠ECB=（90°﹣2α）=45°﹣α，‎ ‎∵∠BCF=45°+α，‎ ‎∴∠ECF=45°﹣α+45°+α=90°，‎ ‎∴∠BEC+∠ECF=180°，‎ ‎∴BB′∥CF，‎ ‎∴===sin（45°﹣α），‎ ‎∵=，‎ ‎∴=sin（45°﹣α）．‎ ‎　‎ ‎21．（2018•广东）已知Rt△OAB，∠OAB=90°，∠ABO=30°，斜边OB=4，将Rt△OAB绕点O顺时针旋转60°，如题图1，连接BC．‎ ‎（1）填空：∠OBC=　60　°；‎ ‎（2）如图1，连接AC，作OP⊥AC，垂足为P，求OP的长度；‎ ‎（3）如图2，点M，N同时从点O出发，在△OCB边上运动，M沿O→C→B路径匀速运动，N沿O→B→C路径匀速运动，当两点相遇时运动停止，已知点M的运动速度为1.5单位/秒，点N的运动速度为1单位/秒，设运动时间为x秒，△OMN的面积为y，求当x为何值时y取得最大值？最大值为多少？‎ ‎【分析】（1）只要证明△OBC是等边三角形即可；‎ ‎（2）求出△AOC的面积，利用三角形的面积公式计算即可；‎ ‎（3）分三种情形讨论求解即可解决问题：①当0＜x≤‎ 时，M在OC上运动，N在OB上运动，此时过点N作NE⊥OC且交OC于点E．②当＜x≤4时，M在BC上运动，N在OB上运动．‎ ‎③当4＜x≤4.8时，M、N都在BC上运动，作OG⊥BC于G．‎ ‎【解答】解：（1）由旋转性质可知：OB=OC，∠BOC=60°，‎ ‎∴△OBC是等边三角形，‎ ‎∴∠OBC=60°．‎ 故答案为60．‎ ‎（2）如图1中，‎ ‎∵OB=4，∠ABO=30°，‎ ‎∴OA=OB=2，AB=OA=2，‎ ‎∴S△AOC=•OA•AB=×2×2=2，‎ ‎∵△BOC是等边三角形，‎ ‎∴∠OBC=60°，∠ABC=∠ABO+∠OBC=90°，‎ ‎∴AC==2，‎ ‎∴OP===．‎ ‎（3）①当0＜x≤时，M在OC上运动，N在OB上运动，此时过点N作NE⊥OC且交OC于点E．‎ 则NE=ON•sin60°=x，‎ ‎∴S△OMN=•OM•NE=×1.5x×x，‎ ‎∴y=x2．‎ ‎∴x=时，y有最大值，最大值=．‎ ‎②当＜x≤4时，M在BC上运动，N在OB上运动．‎ 作MH⊥OB于H．则BM=8﹣1.5x，MH=BM•sin60°=（8﹣1.5x），‎ ‎∴y=×ON×MH=﹣x2+2x．‎ 当x=时，y取最大值，y＜，‎ ‎③当4＜x≤4.8时，M、N都在BC上运动，作OG⊥BC于G．‎ MN=12﹣2.5x，OG=AB=2，‎ ‎∴y=•MN•OG=12﹣x，‎ 当x=4时，y有最大值，最大值=2，‎ 综上所述，y有最大值，最大值为．‎ ‎　‎ ‎22．（2018•德州）再读教材：‎ 宽与长的比是（约为0.618）的矩形叫做黄金矩形，黄金矩形给我们以协调、匀称的美感，世界各国许多著名的建筑，为取得最佳的视觉效果，都采用了黄金矩形的设计，下面，我们用宽为2的矩形纸片折叠黄金矩形．（提示：MN=2）‎ 第一步，在矩形纸片一端，利用图①的方法折出一个正方形，然后把纸片展平．‎ 第二步，如图②，把这个正方形折成两个相等的矩形，再把纸片展平．‎ 第三步，折出内侧矩形的对角线AB，并把AB折到图①中所示的AD处．‎ 第四步，展平纸片，按照所得的点D折出DE，使DE⊥ND，则图④中就会出现黄金矩形．‎ 问题解决：‎ ‎（1）图③中AB=　　（保留根号）；‎ ‎（2）如图③，判断四边形BADQ的形状，并说明理由；‎ ‎（3）请写出图④中所有的黄金矩形，并选择其中一个说明理由．‎ 实际操作 ‎（4）结合图④‎ ‎，请在矩形BCDE中添加一条线段，设计一个新的黄金矩形，用字母表示出来，并写出它的长和宽．‎ ‎【分析】（1）理由勾股定理计算即可；‎ ‎（2）根据菱形的判定方法即可判断；‎ ‎（3）根据黄金矩形的定义即可判断；‎ ‎（4）如图④﹣1中，在矩形BCDE上添加线段GH，使得四边形GCDH为正方形，此时四边形BGHE为所求是黄金矩形；‎ ‎【解答】解：（1）如图3中，在Rt△ABC中，AB===，‎ 故答案为．‎ ‎（2）结论：四边形BADQ是菱形．‎ 理由：如图③中，‎ ‎∵四边形ACBF是矩形，‎ ‎∴BQ∥AD，‎ ‎∵AB∥DQ，‎ ‎∴四边形ABQD是平行四边形，‎ 由翻折可知：AB=AD，‎ ‎∴四边形ABQD是菱形．‎ ‎（3）如图④中，黄金矩形有矩形BCDE，矩形MNDE．‎ ‎∵AD=．AN=AC=1，‎ CD=AD﹣AC=﹣1，‎ ‎∵BC=2，‎ ‎∴=，‎ ‎∴矩形BCDE是黄金矩形．‎ ‎∵==，‎ ‎∴矩形MNDE是黄金矩形．‎ ‎（4）如图④﹣1中，在矩形BCDE上添加线段GH，使得四边形GCDH为正方形，此时四边形BGHE为所求是黄金矩形．‎ 长GH=﹣1，宽HE=3﹣．‎ ‎　‎