搜索
4. 如图1 - 13，在Rt△ABC中，AB = BC = 4，D为BC的中点，在AC边上存在一点E，连接ED，EB，则△BDE周长的最小值为______.
答案：
【解析】：
作点$B$关于$AC$的对称点$B'$，连接$B'D$交$AC$于点$E$，此时$\triangle BDE$的周长最小。
因为$AB = BC$，$\angle ABC = 90^{\circ}$，所以$\angle BCA = 45^{\circ}$。
由于点$B$与$B'$关于$AC$对称，所以$BC = B'C = 4$，$BE = B'E$，$\angle B'CA=\angle BCA = 45^{\circ}$，则$\angle BCB' = 90^{\circ}$。
已知$D$为$BC$中点，$BC = 4$，所以$BD = CD = 2$。
在$Rt\triangle B'CD$中，根据勾股定理$B'D=\sqrt{B'C^{2}+CD^{2}}=\sqrt{4^{2}+2^{2}}=\sqrt{16 + 4}=\sqrt{20}=2\sqrt{5}$。
$\triangle BDE$的周长$=BD + DE + BE=BD + DE + B'E=BD + B'D$，$BD = 2$，所以$\triangle BDE$周长的最小值为$2 + 2\sqrt{5}$。
【答案】：$2 + 2\sqrt{5}$
作点$B$关于$AC$的对称点$B'$，连接$B'D$交$AC$于点$E$，此时$\triangle BDE$的周长最小。
因为$AB = BC$，$\angle ABC = 90^{\circ}$，所以$\angle BCA = 45^{\circ}$。
由于点$B$与$B'$关于$AC$对称，所以$BC = B'C = 4$，$BE = B'E$，$\angle B'CA=\angle BCA = 45^{\circ}$，则$\angle BCB' = 90^{\circ}$。
已知$D$为$BC$中点，$BC = 4$，所以$BD = CD = 2$。
在$Rt\triangle B'CD$中，根据勾股定理$B'D=\sqrt{B'C^{2}+CD^{2}}=\sqrt{4^{2}+2^{2}}=\sqrt{16 + 4}=\sqrt{20}=2\sqrt{5}$。
$\triangle BDE$的周长$=BD + DE + BE=BD + DE + B'E=BD + B'D$，$BD = 2$，所以$\triangle BDE$周长的最小值为$2 + 2\sqrt{5}$。
【答案】：$2 + 2\sqrt{5}$
5. 如图1 - 14，在平面直角坐标系中，△AOB是直角三角形，∠AOB = 90°，斜边AB与y轴交于点C.
（1）若图1 - 14①中∠A = ∠AOC，求证：∠B = ∠BOC.
（2）图1 - 14②中延长AB交x轴于点E，过O作OD⊥AB，且∠DOB = ∠EOB，∠OAE = ∠OEA，求∠A的度数.
（3）如图1 - 14③，OF平分∠AOM，∠BCO的平分线交FO的延长线于点P，当△ABO绕O点旋转时（斜边AB与y轴正半轴始终相交于点C），在（2）的条件下，∠P的度数是否发生改变？若不变，请求其度数；若改变，请说明理由.
（1）若图1 - 14①中∠A = ∠AOC，求证：∠B = ∠BOC.
（2）图1 - 14②中延长AB交x轴于点E，过O作OD⊥AB，且∠DOB = ∠EOB，∠OAE = ∠OEA，求∠A的度数.
（3）如图1 - 14③，OF平分∠AOM，∠BCO的平分线交FO的延长线于点P，当△ABO绕O点旋转时（斜边AB与y轴正半轴始终相交于点C），在（2）的条件下，∠P的度数是否发生改变？若不变，请求其度数；若改变，请说明理由.
答案：
【解析】：
### $(1)$ 证明$\angle B = \angle BOC$
已知$\triangle AOB$是直角三角形，$\angle AOB = 90^{\circ}$，根据直角三角形两锐角互余，可得$\angle A+\angle B = 90^{\circ}$，$\angle AOC+\angle BOC = 90^{\circ}$。
又因为$\angle A=\angle AOC$，根据等角的余角相等，所以$\angle B=\angle BOC$。
### $(2)$ 求$\angle A$的度数
设$\angle A=\alpha$，因为$\angle OAE = \angle OEA$，所以$\angle EOA=\angle AOB - \angle EOB=90^{\circ}-\angle EOB$，且$\angle EOA = 180^{\circ}- 2\angle OEA=180^{\circ}-2\angle A = 180^{\circ}-2\alpha$。
因为$OD\perp AB$，所以$\angle DOB+\angle B = 90^{\circ}$，又$\angle A+\angle B = 90^{\circ}$，则$\angle DOB=\angle A$。
已知$\angle DOB=\angle EOB$，所以$\angle EOB=\angle A=\alpha$。
根据$\angle EOA+\angle EOB = 90^{\circ}$，即$(180^{\circ}-2\alpha)+\alpha = 90^{\circ}$。
化简方程$180^{\circ}-2\alpha+\alpha = 90^{\circ}$，可得$180^{\circ}-\alpha = 90^{\circ}$，解得$\alpha = 30^{\circ}$，所以$\angle A = 30^{\circ}$。
### $(3)$ 判断$\angle P$的度数是否改变并求解
因为$\angle A = 30^{\circ}$，所以$\angle AOM = 180^{\circ}-\angle AOC=180^{\circ}-(90^{\circ}-\angle A)= 90^{\circ}+\angle A = 120^{\circ}$。
由于$OF$平分$\angle AOM$，则$\angle FOM=\frac{1}{2}\angle AOM = 60^{\circ}$。
设$\angle ACO=\beta$，因为$CP$平分$\angle BCO$，$\angle BCO = 180^{\circ}-\beta$，所以$\angle PCO=\frac{1}{2}(180^{\circ}-\beta)=90^{\circ}-\frac{1}{2}\beta$。
又$\angle ACO=\angle A + \angle AOC$，$\angle AOC = 60^{\circ}$（$\angle A = 30^{\circ}$，$\angle AOC=90^{\circ}-\angle A$），所以$\beta=\angle A + 60^{\circ}=30^{\circ}+60^{\circ}=90^{\circ}$（这里$\beta$的推导也可根据三角形外角性质等）。
根据三角形外角性质，$\angle P=\angle PCO-\angle POM$，$\angle POM = \angle FOM = 60^{\circ}$，$\angle PCO=90^{\circ}-\frac{1}{2}\angle ACO$，$\angle ACO=\angle A + 60^{\circ}$（$\angle A = 30^{\circ}$），$\angle ACO = 90^{\circ}$，$\angle PCO=45^{\circ}$，$\angle POM = 60^{\circ}$（$\angle POM$与$\angle FOM$对顶角相等） 。
$\angle P=\angle PCO - \angle POM$，$\angle PCO = \frac{1}{2}(180^{\circ}-\angle ACO)$，$\angle ACO=\angle A+\angle AOC$，$\angle AOC = 60^{\circ}$（$\angle A = 30^{\circ}$，$\angle AOC = 90^{\circ}-\angle A$），$\angle ACO=90^{\circ}$，$\angle PCO = 45^{\circ}$，$\angle POM = 60^{\circ}$（$\angle POM$与$\angle FOM$对顶角相等）。
$\angle P=\angle PCO-\angle POM$，由$\angle ACO=\angle A + \angle AOC$（$\angle AOC = 90^{\circ}-\angle A$），$\angle PCO=\frac{1}{2}(180^{\circ}-\angle ACO)$，$\angle POM=\angle FOM$（对顶角相等），$\angle FOM=\frac{1}{2}\angle AOM$，$\angle AOM = 180^{\circ}-\angle AOC$。
$\angle P=\frac{1}{2}(180^{\circ}-\angle ACO)-\frac{1}{2}\angle AOM$，$\angle ACO=\angle A + \angle AOC$，$\angle AOM = 180^{\circ}-\angle AOC$，$\angle A = 30^{\circ}$，$\angle AOC = 60^{\circ}$。
$\angle P=\frac{1}{2}(180^{\circ}-(\angle A + 60^{\circ}))-\frac{1}{2}(180^{\circ}-60^{\circ})$
$=\frac{1}{2}(120^{\circ}-\angle A)-60^{\circ}$，把$\angle A = 30^{\circ}$代入得：
$\angle P=\frac{1}{2}(120^{\circ}-30^{\circ})-60^{\circ}=15^{\circ}$。
或者：
$\angle P = \angle PCO-\angle POC$，$\angle POC=\angle FOM = 60^{\circ}$（对顶角相等），$\angle PCO=\frac{1}{2}\angle BCO$，$\angle BCO=\angle A + \angle AOC$（外角性质），$\angle AOC = 60^{\circ}$（$\angle A = 30^{\circ}$，$\angle AOC=90^{\circ}-\angle A$），$\angle BCO = 90^{\circ}$，$\angle PCO = 45^{\circ}$，$\angle P=45^{\circ}- 30^{\circ}=15^{\circ}$。
【答案】：
$(1)$ 证明过程如上述；$(2)$$\boldsymbol{30^{\circ}}$；$(3)$ 不变，$\boldsymbol{15^{\circ}}$
### $(1)$ 证明$\angle B = \angle BOC$
已知$\triangle AOB$是直角三角形，$\angle AOB = 90^{\circ}$，根据直角三角形两锐角互余，可得$\angle A+\angle B = 90^{\circ}$，$\angle AOC+\angle BOC = 90^{\circ}$。
又因为$\angle A=\angle AOC$，根据等角的余角相等，所以$\angle B=\angle BOC$。
### $(2)$ 求$\angle A$的度数
设$\angle A=\alpha$，因为$\angle OAE = \angle OEA$，所以$\angle EOA=\angle AOB - \angle EOB=90^{\circ}-\angle EOB$，且$\angle EOA = 180^{\circ}- 2\angle OEA=180^{\circ}-2\angle A = 180^{\circ}-2\alpha$。
因为$OD\perp AB$，所以$\angle DOB+\angle B = 90^{\circ}$，又$\angle A+\angle B = 90^{\circ}$，则$\angle DOB=\angle A$。
已知$\angle DOB=\angle EOB$，所以$\angle EOB=\angle A=\alpha$。
根据$\angle EOA+\angle EOB = 90^{\circ}$，即$(180^{\circ}-2\alpha)+\alpha = 90^{\circ}$。
化简方程$180^{\circ}-2\alpha+\alpha = 90^{\circ}$，可得$180^{\circ}-\alpha = 90^{\circ}$，解得$\alpha = 30^{\circ}$，所以$\angle A = 30^{\circ}$。
### $(3)$ 判断$\angle P$的度数是否改变并求解
因为$\angle A = 30^{\circ}$，所以$\angle AOM = 180^{\circ}-\angle AOC=180^{\circ}-(90^{\circ}-\angle A)= 90^{\circ}+\angle A = 120^{\circ}$。
由于$OF$平分$\angle AOM$，则$\angle FOM=\frac{1}{2}\angle AOM = 60^{\circ}$。
设$\angle ACO=\beta$，因为$CP$平分$\angle BCO$，$\angle BCO = 180^{\circ}-\beta$，所以$\angle PCO=\frac{1}{2}(180^{\circ}-\beta)=90^{\circ}-\frac{1}{2}\beta$。
又$\angle ACO=\angle A + \angle AOC$，$\angle AOC = 60^{\circ}$（$\angle A = 30^{\circ}$，$\angle AOC=90^{\circ}-\angle A$），所以$\beta=\angle A + 60^{\circ}=30^{\circ}+60^{\circ}=90^{\circ}$（这里$\beta$的推导也可根据三角形外角性质等）。
根据三角形外角性质，$\angle P=\angle PCO-\angle POM$，$\angle POM = \angle FOM = 60^{\circ}$，$\angle PCO=90^{\circ}-\frac{1}{2}\angle ACO$，$\angle ACO=\angle A + 60^{\circ}$（$\angle A = 30^{\circ}$），$\angle ACO = 90^{\circ}$，$\angle PCO=45^{\circ}$，$\angle POM = 60^{\circ}$（$\angle POM$与$\angle FOM$对顶角相等） 。
$\angle P=\angle PCO - \angle POM$，$\angle PCO = \frac{1}{2}(180^{\circ}-\angle ACO)$，$\angle ACO=\angle A+\angle AOC$，$\angle AOC = 60^{\circ}$（$\angle A = 30^{\circ}$，$\angle AOC = 90^{\circ}-\angle A$），$\angle ACO=90^{\circ}$，$\angle PCO = 45^{\circ}$，$\angle POM = 60^{\circ}$（$\angle POM$与$\angle FOM$对顶角相等）。
$\angle P=\angle PCO-\angle POM$，由$\angle ACO=\angle A + \angle AOC$（$\angle AOC = 90^{\circ}-\angle A$），$\angle PCO=\frac{1}{2}(180^{\circ}-\angle ACO)$，$\angle POM=\angle FOM$（对顶角相等），$\angle FOM=\frac{1}{2}\angle AOM$，$\angle AOM = 180^{\circ}-\angle AOC$。
$\angle P=\frac{1}{2}(180^{\circ}-\angle ACO)-\frac{1}{2}\angle AOM$，$\angle ACO=\angle A + \angle AOC$，$\angle AOM = 180^{\circ}-\angle AOC$，$\angle A = 30^{\circ}$，$\angle AOC = 60^{\circ}$。
$\angle P=\frac{1}{2}(180^{\circ}-(\angle A + 60^{\circ}))-\frac{1}{2}(180^{\circ}-60^{\circ})$
$=\frac{1}{2}(120^{\circ}-\angle A)-60^{\circ}$，把$\angle A = 30^{\circ}$代入得：
$\angle P=\frac{1}{2}(120^{\circ}-30^{\circ})-60^{\circ}=15^{\circ}$。
或者：
$\angle P = \angle PCO-\angle POC$，$\angle POC=\angle FOM = 60^{\circ}$（对顶角相等），$\angle PCO=\frac{1}{2}\angle BCO$，$\angle BCO=\angle A + \angle AOC$（外角性质），$\angle AOC = 60^{\circ}$（$\angle A = 30^{\circ}$，$\angle AOC=90^{\circ}-\angle A$），$\angle BCO = 90^{\circ}$，$\angle PCO = 45^{\circ}$，$\angle P=45^{\circ}- 30^{\circ}=15^{\circ}$。
【答案】：
$(1)$ 证明过程如上述；$(2)$$\boldsymbol{30^{\circ}}$；$(3)$ 不变，$\boldsymbol{15^{\circ}}$
1. 在△ABC中，∠B = 45°，∠A = 105°，AC = 6，则AB的长是（ ）
A. $3\sqrt{6}$
B. $3\sqrt{2}$
C. $2\sqrt{2}$
D. $6\sqrt{2}$
A. $3\sqrt{6}$
B. $3\sqrt{2}$
C. $2\sqrt{2}$
D. $6\sqrt{2}$
答案：
B
2. 已知等腰三角形的底角是30°，腰长为$2\sqrt{3}$，则它的周长是______.
答案：
【解析】：过等腰三角形的顶点作底边的垂线，根据等腰三角形三线合一的性质，这条垂线也是底边的中线。
在直角三角形中，已知腰长为$2\sqrt{3}$，底角是$30^{\circ}$，根据在直角三角形中，$30^{\circ}$所对的直角边等于斜边的一半，可得底边的一半为$\sqrt{(2\sqrt{3})^{2}-(\sqrt{3})^{2}}=\sqrt{12 - 3}=\sqrt{9}=3$，那么底边的长为$2\times3 = 6$。
所以该等腰三角形的周长为$2\sqrt{3}+2\sqrt{3}+6 = 4\sqrt{3}+6$。
【答案】：$4\sqrt{3}+6$
在直角三角形中，已知腰长为$2\sqrt{3}$，底角是$30^{\circ}$，根据在直角三角形中，$30^{\circ}$所对的直角边等于斜边的一半，可得底边的一半为$\sqrt{(2\sqrt{3})^{2}-(\sqrt{3})^{2}}=\sqrt{12 - 3}=\sqrt{9}=3$，那么底边的长为$2\times3 = 6$。
所以该等腰三角形的周长为$2\sqrt{3}+2\sqrt{3}+6 = 4\sqrt{3}+6$。
【答案】：$4\sqrt{3}+6$
查看更多完整答案，请扫码查看
