Question

已知：如圖，△ABC中，AC=BC，∠ACB=90°，將線段CB繞點C旋轉60°得到CB′，∠ACB的平分線CD交直線AB′于點D，連接DB，在射線DB′上截取DM=DC．
（1）在圖1中證明：MB′=DB；
（2）若AC=

6

，分別在圖1、圖2中，求出AB′的長（直接寫出結果）．

Answer 1

分析：（1）連接CM，根據旋轉的性質得CB=CB′，∠BCB′=60°，則CA=CB′，∠ACB′=150°，由CD平分∠ACB得∠ACD=∠BCD=45°，∠CDM=60°，利用DM=DC可得到△CDM是等邊三角形，所以CM=CD，∠DCM=60°，則可計算出∠B′CM=45°，即∠B′CM=∠BCD，然后根據“SAS”可判斷△CBM′≌△CDB，于是得到M′B=BD；
（2）在圖1中，作B′H⊥AC交AC的延長線于H，則∠B′CH=30°，在Rt△B′CH中，根據含30度的直角三角形三邊的關系得到B′H=

6

2

，CH=

3

B′H=

3 2

2

，則AH=

6

+

3 2

2

，然后利用勾股定理計算AB′；在圖2中，作B′H⊥AC于H，利用同樣的方法可求AB′．

解答：（1）證明：在圖1中，連接CM，
∵線段CB繞點C旋轉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是等邊三角形，
∴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：在圖1中，作B′H⊥AC交AC的延長線于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

；
在圖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

．

點評：本題考查了旋轉的性質：對應點到旋轉中心的距離相等；對應點與旋轉中心所連線段的夾角等于旋轉角；旋轉前、后的圖形全等．也考查了等邊三角形的判定與性質、等腰直角三角形的性質、全等三角形的判定與性質和含30度的直角三角形三邊的關系．