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在中,,M是AC的中点,P是线段BM上的动点,将线段PA绕点P顺时针旋转得到线段PQ。(1)若且点P与点M重合(如图1),线段CQ的延长线交射线BM于点D,请补全图形,并写出∠CDB的度数
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在 ![]() ![]() 将线段PA绕点P顺时针旋转 ![]() (1) 若 ![]() 并写出∠CDB的度数; ![]() (2) 在图2中,点P不与点B,M重合,线段CQ的延长线与射线BM交于点D,猜想∠CDB的大 小(用含 ![]() (3) 对于适当大小的 ![]() 线段CQ的延长线与射线BM交于点D,且PQ=QD,请直接写出 ![]() |
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答案和解析
在 ![]() ![]() 将线段PA绕点P顺时针旋转 ![]() (1) 若 ![]() 并写出∠CDB的度数; ![]() (2) 在图2中,点P不与点B,M重合,线段CQ的延长线与射线BM交于点D,猜想∠CDB的大 小(用含 ![]() (3) 对于适当大小的 ![]() 线段CQ的延长线与射线BM交于点D,且PQ=QD,请直接写出 ![]() |
(1)补全图形如下: ![]() ∠CDB=30°。 (2)作线段CQ的延长线交射线BM于点D,连接PC,AD, ![]() ∵AB=BC,M是AC的中点,∴BM⊥AC。 ∴AD=CD,AP=PC,PD=PD。 在△APD与△CPD中,∵AD=CD, PD=PD, PA=PC ∴△APD≌△CPD(SSS)。 ∴AP=PC,∠ADB=∠CDB,∠PAD=∠PCD。 又∵PQ=PA,∴PQ=PC,∠ADC=2∠CDB,∠PQC=∠PCD=∠PAD。 ∴∠PAD+∠PQD=∠PQC+∠PQD=180°。 ∴∠APQ+∠ADC=360°-(∠PAD+∠PQD)=180°。 ∴∠ADC=180°-∠APQ=180°-2α,即2∠CDB=180°-2α。 ∴∠CDB=90°-α。 (3)45°<α<60°。 |
旋转的性质,等边三角形的判定和性质,三角形内角和定理,全等三角形的判定和性质,等腰三角形的判定和性质,。 (1)利用图形旋转的性质以及等边三角形的判定得出△CMQ是等边三角形,即可得出答案: ∵BA=BC,∠BAC=60°,M是AC的中点,∴BM⊥AC,AM=AC。 ∵将线段PA绕点P顺时针旋转2α得到线段PQ,∴AM=MQ,∠AMQ=120°。 ∴CM=MQ,∠CMQ=60°。∴△CMQ是等边三角形。 ∴∠ACQ=60°。∴∠CDB=30°。 (2)首先由已知得出△APD≌△CPD,从而得出∠PAD+∠PQD=∠PQC+∠PQD=180°,即可求出。 (3)由(2)得出∠CDB=90°-α,且PQ=QD, ∴∠PAD=∠PCQ=∠PQC=2∠CDB=180°-2α。 ∵点P不与点B,M重合,∴∠BAD>∠PAD>∠MAD。 ∴2α>180°-2α>α,∴45°<α<60°。 |
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