Question

1．△ABC中，AB=AC．将△ABC绕C点旋转至△A′B′C，连BB′，以AB、BB′为邻边作?ABB′D，连A′D．
（1）旋转后B、C、A′在一条直线上．如图1，若∠BAC=60°，则∠ADA′=60°；如图2，若∠BAC=90°，则∠ADA′=45°； 
（2）如图3，旋转后B、C、A′在一条直线上．若∠BAC=α，则∠ADA′=90°-$\frac{α}{2}$（用含α的式子表示）；
（3）分别将图1与图2中的△A′B′C继续旋转至图4、图5，使B、C、A′不在一条直线上，连AA′，则图4中，△ADA′的形状是等边三角形；图5中，△ADA′的形状是等腰直角三角形．请你任选其中一个结论证明．

Answer 1

分析 （1）连接AA′，交BB′于点O，设AC与BB′交于点E，如图1．易证△BCB′≌△ACA′，则有BB′=AA′，∠CBB′=∠CAA′，从而可得∠AOB=∠ACB．由平行四边形ABB′D可得AD=BB′，AD∥BB′，从而可得AD=AA′，∠DAA′=∠AOB，即可得到∠DAA′=∠ACB=60°，则有△ADA′是等边三角形，因而∠ADA′=60°；
连接AA′，交BB′于点O，设AC与BB′交于点E，如图2．易证△BCB′∽△ACA′，则有$\frac{BB′}{AA′}$=$\frac{CB}{CA}$，∠CBB′=∠CAA′从而可得∠AOB=∠ACB，由平行四边形ABB′D可得AD=BB′，AD∥BB′，从而可得$\frac{AD}{AA′}$=$\frac{CB}{CA}$，∠DAA′=∠AOB，从而可得∠DAA′=∠ACB，即可得到△DAA′∽△BCA，即可得到∠ADA′=∠CBA=45°；
（2）连接AA′，交BB′于点O，设AC与BB′交于点E，如图3．同（1）可得到∠ADA′=∠CBA，由AB=AC及∠BAC=α即可得到∠ADA′=∠CBA=90°-$\frac{α}{2}$；
（3）连接AA′，交BB′于点O，设AC与BB′交于点E，如图4．同（1）可得到△ADA′是等边三角形；
连接AA′，交BB′于点O，设AC与BB′交于点E，如图5．同（1）可得到△DAA′∽△BCA，由等腰直角△BCA即可得到△DAA′是等腰直角三角形．

解答 解：（1）连接AA′，交BB′于点O，设AC与BB′交于点E，如图1．

∵△A′B′C是由△ABC绕C点旋转所得，∠BAC=60°，AB=AC，
∴CA=CA′=CB=CB′，∠ACB=∠A′CB′，
∴∠BCB′=∠ACA′．
在△BCB′和△ACA′中
$\left\{\begin{array}{l}{CB=CA}\\{∠BCB′=∠ACA′}\\{CB′=CA′}\end{array}\right.$
∴△BCB′≌△ACA′，
∴BB′=AA′，∠CBB′=∠CAA′．
∵∠AEB=∠CAA′+∠AOB，∠AEB=∠CBB′+∠ACB，
∴∠AOB=∠ACB．
∵四边形ABB′D是平行四边形，
∴AD=BB′，AD∥BB′，
∴AD=AA′，∠DAA′=∠AOB，
∴∠DAA′=∠ACB=60°，
∴△ADA′是等边三角形，
∴∠ADA′=60°．
连接AA′，交BB′于点O，设AC与BB′交于点E，如图2．

∵△A′B′C是由△ABC绕C点旋转所得，
∴CA=CA′，CB=CB′，∠ACB=∠A′CB′，
∴$\frac{CB}{CA}$=$\frac{CB′}{CA′}$，∠BCB′=∠ACA′．
∴△BCB′∽△ACA′，
∴$\frac{BB′}{AA′}$=$\frac{CB}{CA}$，∠CBB′=∠CAA′．
∵∠AEB=∠CAA′+∠AOB，∠AEB=∠CBB′+∠ACB，
∴∠AOB=∠ACB．
∵四边形ABB′D是平行四边形，
∴AD=BB′，AD∥BB′，
∴$\frac{AD}{AA′}$=$\frac{CB}{CA}$，∠DAA′=∠AOB，
∴∠DAA′=∠ACB，
∴△DAA′∽△BCA，
∴∠ADA′=∠CBA．
∵AB=AC，∠BAC=90°，
∴∠ABC=∠ACB=45°，
∴∠ADA′=45°．
故答案分别为60°、45°；

（2）连接AA′，交BB′于点O，设AC与BB′交于点E，如图3．

∵△A′B′C是由△ABC绕C点旋转所得，
∴CA=CA′，CB=CB′，∠ACB=∠A′CB′，
∴$\frac{CB}{CA}$=$\frac{CB′}{CA′}$，∠BCB′=∠ACA′．
∴△BCB′∽△ACA′，
∴$\frac{BB′}{AA′}$=$\frac{CB}{CA}$，∠CBB′=∠CAA′．
∵∠AEB=∠CAA′+∠AOB，∠AEB=∠CBB′+∠ACB，
∴∠AOB=∠ACB．
∵四边形ABB′D是平行四边形，
∴AD=BB′，AD∥BB′，
∴$\frac{AD}{AA′}$=$\frac{CB}{CA}$，∠DAA′=∠AOB，
∴∠DAA′=∠ACB，
∴△DAA′∽△BCA，
∴∠ADA′=∠CBA．
∵AB=AC，∠BAC=α，
∴∠ABC=∠ACB=$\frac{180°-α}{2}$=90°-$\frac{α}{2}$，
∴∠ADA′=90°-$\frac{α}{2}$．
故答案为90°-$\frac{α}{2}$；

（3）连接AA′，交BB′于点O，设AC与BB′交于点E，如图4．

∵△A′B′C是由△ABC绕C点旋转所得，∠BAC=60°，AB=AC，
∴CA=CA′=CB=CB′，∠ACB=∠A′CB′，
∴∠BCB′=∠ACA′．
在△BCB′和△ACA′中
$\left\{\begin{array}{l}{CB=CA}\\{∠BCB′=∠ACA′}\\{CB′=CA′}\end{array}\right.$
∴△BCB′≌△ACA′，
∴BB′=AA′，∠CBB′=∠CAA′．
∵∠AEB=∠CAA′+∠AOB，∠AEB=∠CBB′+∠ACB，
∴∠AOB=∠ACB．
∵四边形ABB′D是平行四边形，
∴AD=BB′，AD∥BB′，
∴AD=AA′，∠DAA′=∠AOB，
∴∠DAA′=∠ACB=60°，
∴△ADA′是等边三角形．
连接AA′，交BB′于点O，设AC与BB′交于点E，如图5．

∵△A′B′C是由△ABC绕C点旋转所得，
∴CA=CA′，CB=CB′，∠ACB=∠A′CB′，
∴$\frac{CB}{CA}$=$\frac{CB′}{CA′}$，∠BCB′=∠ACA′．
∴△BCB′∽△ACA′，
∴$\frac{BB′}{AA′}$=$\frac{CB}{CA}$，∠CBB′=∠CAA′．
∵∠AEB=∠CAA′+∠AOB，∠AEB=∠CBB′+∠ACB，
∴∠AOB=∠ACB．
∵四边形ABB′D是平行四边形，
∴AD=BB′，AD∥BB′，
∴$\frac{AD}{AA′}$=$\frac{CB}{CA}$，∠DAA′=∠AOB，
∴∠DAA′=∠ACB，
∴△DAA′∽△BCA．
∵△BCA是等腰直角三角形，
∴△DAA′是等腰直角三角形．
故答案分别为等边三角形、等腰直角三角形．

点评 本题主要考查了全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、平行四边形的性质、旋转的性质、等边三角形的判定与性质、等腰直角三角形的判定与性质、平行线的性质、三角形的外角性质等知识，考查了由特殊到一般的数学思想，突出了对四基（基本知识、基本技能、基本数学思想、基本数学活动经验）的考查，体现了新课程理念．