Question

已知：如图，△ABC中，AC=BC，∠ACB=90°，将线段CB绕点C旋转60°得到CB′，∠ACB的平分线CD交直线AB′于点D，连接DB，在射线DB′上截取DM=DC．
（1）在图1中证明：MB′=DB；
（2）若AC=

6

，分别在图1、图2中，求出AB′的长（直接写出结果）．

Answer 1

分析：（1）连接CM，根据旋转的性质得CB=CB′，∠BCB′=60°，则CA=CB′，∠ACB′=150°，由CD平分∠ACB得∠ACD=∠BCD=45°，∠CDM=60°，利用DM=DC可得到△CDM是等边三角形，所以CM=CD，∠DCM=60°，则可计算出∠B′CM=45°，即∠B′CM=∠BCD，然后根据“SAS”可判断△CBM′≌△CDB，于是得到M′B=BD；
（2）在图1中，作B′H⊥AC交AC的延长线于H，则∠B′CH=30°，在Rt△B′CH中，根据含30度的直角三角形三边的关系得到B′H=

6

2

，CH=

3

B′H=

3 2

2

，则AH=

6

+

3 2

2

，然后利用勾股定理计算AB′；在图2中，作B′H⊥AC于H，利用同样的方法可求AB′．

解答：（1）证明：在图1中，连接CM，
∵线段CB绕点C旋转60°得到CB′，
∴CB=CB′，∠BCB′=60°，
∵AC=BC，∠ACB=90°，
∴CA=CB′，∠ACB′=90°+60°=150°，
∴∠CAB′=∠B′=15°，
∵CD平分∠ACB，
∴∠ACD=∠BCD=45°．
∴∠CDM=∠ACD+∠CAD=60°，
∵DM=DC，
∴△CDM是等边三角形，
∴CM=CD，∠DCM=60°，
∴∠B′CM=∠ACB′-∠ACD-∠DCM=45°，
∴∠B′CM=∠BCD，
在△CMB′和△CDB中，

CB′=CB ∠B′CM=∠BCD CM=CD

，
∴△CBM′≌△CDB（SAS），
∴M′B=BD；

（2）解：在图1中，作B′H⊥AC交AC的延长线于H，
∵∠ACB′=150°，
∴∠B′CH=30°，
在Rt△B′CH中，CB′=AC=

6

，
∴B′H=

1

2

CB′=

6

2

，
CH=

3

B′H=

3 2

2

，
∴AH=

6

+

3 2

2

，
在Rt△AB′H中，AB′²=B′H²+AH²=（

6

2

）²+（

6

+

3 2

2

）²=3（

3

+1）²，
∴AB′=

3

（

3

+1）=3+

3

；
在图2中，作B′H⊥AC于H，
∵∠BCB′=60°，∠ACB=90°，
∴∠B′CH=30°，
在Rt△B′CH中，CB′=AC=

6

，
∴B′H=

1

2

CB′=

6

2

，
CH=

3

B′H=

3 2

2

，
∴AH=

6

-

3 2

2

，
在Rt△AB′H中，AB′²=B′H²+AH²=（

6

2

）²+（

6

-

3 2

2

）²=3（

3

-1）²，
∴AB′=

3

（

3

-1）=3-

3

．

点评：本题考查了旋转的性质：对应点到旋转中心的距离相等；对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角；旋转前、后的图形全等．也考查了等边三角形的判定与性质、等腰直角三角形的性质、全等三角形的判定与性质和含30度的直角三角形三边的关系．