如图.四边形ABCD是边长为3$\sqrt{2}$的正方形.长方形AEFG的宽AE=$\frac{7}{2}$.且∠AFE=30°．将长方形AEFG绕点A顺时针旋转15°得到长方形AMNH.这时BD与MN相交于点O．(1)求∠DOM的度数,(2)在图2中.求D.N两点间的距离,(3)若把长方形AMNH绕点A再顺时针旋转15°得到长方形ARTZ.请问此时点B在矩� 题目和参考答案——青夏教育精英家教网—

精英家教网 > 初中数学 > 题目详情

9．如图，四边形ABCD是边长为3$\sqrt{2}$的正方形，长方形AEFG的宽AE=$\frac{7}{2}$，且∠AFE=30°．将长方形AEFG绕点A顺时针旋转15°得到长方形AMNH（如图2），这时BD与MN相交于点O．
（1）求∠DOM的度数；
（2）在图2中，求D、N两点间的距离；
（3）若把长方形AMNH绕点A再顺时针旋转15°得到长方形ARTZ，请问此时点B在矩形ARTZ的内部、外部还是边上？并说明理由．

分析（1）由旋转的性质，可得∠BAM=15°，即可得∠OKB=∠AOM=75°，又由正方形的性质，可得∠ABD=45°，然后利用外角的性质，即可求得∠DOM的度数；
（2）首先连接AM，交BD于I，连接AN，由特殊角的三角函数值，求得∠HAN=30°，又由旋转的性质，即可求得∠DAN=45°，即可证得A，C，N共线，然后由股定理求得答案；
（3）在Rt△ARK中，利用三角函数即可求得AK的值，与AB比较大小，即可确定B的位置．

解答解：（1）根据题意得：∠BAM=15°，
∵四边形AMNH是矩形，
∴∠M=90°，
∴∠AKM=90°-∠BAM=75°，
∴∠BKO=∠AKM=75°，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ABD=45°，
∴∠DOM=∠BKO+∠ABD=75°+45°=120°；

（2）如图2，连接AN，交BD于I，连接DN，
∵AE=72，且∠AFE=30°，
∴EF=$\frac{7}{2}$$\sqrt{3}$，
∵NH=$\frac{7}{2}$，AH=$\frac{7\sqrt{3}}{2}$，∠H=90°，
∴tan∠HAN=$\frac{NH}{AH}$=$\frac{\sqrt{3}}{3}$，
∴∠HAN=30°，
∴AN=2NH=7，
由旋转的性质：∠DAH=15°，
∴∠DAN=45°，
∵∠DAC=45°，
∴A，C，N共线，
∵四边形ABCD是正方形，
∴BD⊥AC，
∵AD=CD=3$\sqrt{2}$，
∴DI=AI=$\frac{1}{2}$AC=$\frac{1}{2}$$\sqrt{A{B}^{2}+C{D}^{2}}$=3，
∴NI=AN-AI=7-3=4，
在Rt△DIN中，DN=$\sqrt{D{I}^{2}+N{I}^{2}}$=5；

（3）点B在矩形ARTZ的外部．
理由：如图，根据题意得：∠BAR=15°+15°=30°，
∵∠R=90°，AR=$\frac{7}{2}$，
∴AK=$\frac{AR}{cos30°}$=$\frac{\frac{7}{2}}{\frac{\sqrt{3}}{2}}$=$\frac{7\sqrt{3}}{3}$，
∵AB=3$\sqrt{2}$＞$\frac{7\sqrt{3}}{3}$，
∴点B在矩形ARTZ的外部．

点评此题考查了旋转的性质、正方形的性质、矩形的性质、勾股定理以及特殊角的三角函数问题．此题难度较大，注意数形结合思想的应用，注意准确作出辅助线是解此题的关键．

练习册系列答案

宇轩图书小学毕业升学系统总复习系列答案

动力源书系中考必备38套卷系列答案

九段课堂考场英语系列答案

绿色互动空间优学优练系列答案

年级	高中课程	年级	初中课程
高一	高一免费课程推荐！	初一	初一免费课程推荐！
高二	高二免费课程推荐！	初二	初二免费课程推荐！
高三	高三免费课程推荐！	初三	初三免费课程推荐！
更多初中、高中辅导课程推荐,点击进入>>