全国各地2013年中考数学试题最新分类汇编_旋转_百度文库 两大类热门资源免费畅读 续费一年阅读会员，立省24元！ 评价文档： 喜欢此文档的还喜欢 全国各地2013年中考数学试题最新分类汇编_旋转 阅读已结束，如果下载本文需要使用 想免费下载本文？ 把文档贴到Blog、BBS或个人站等： 普通尺寸(450*500pix) 较大尺寸(630*500pix) 你可能喜欢江苏初中数学试题江苏旋转江苏初中数学试题江苏_第二教育网 热点搜索: 　 您所在的位置： > -旋转 (11) 资源版本导航： 资源主题导航： 资源属性导航： 本网大部分资源来源于会员上传，除本网组织的资源外，版权归原作者所有，如有侵犯版权，请立刻和本网联系并提供证据，本网将在三个工作日内改正。2012 年全国中考数学（159 套）选择填空解答压轴题分类解析汇编 专题 12：几何三大变换问题之旋转一、选择题 1. （2012 广东佛山 3 分）如图，把一个斜边长为 2 且含有 300 角的直角三角板 ABC 绕直角顶点 C 顺时针 旋转 900 到△A1B1C，则在旋转过程中这个三角板扫过的图形的面积是【 】A．π 【答案】D。
B． 3C．3? 3 + 4 2D．11? 3 + 12 4【考点】旋转的性质，勾股定理，等边三角形的性质，扇形面积。 【分析】 因为旋转过程中这个三角板扫过的图形的面积分为三部分扇形 ACA1、 BCD 和△ACD 计算即可： 在△ABC 中，∠ACB=90° ，∠BAC=30° ，AB=2，1 AB=1，∠B=90° －∠BAC=60° 。∴ AC ? AB2 ? BC2 ? 3 。 2 1 3 ∴ S?ABC ? ? BC ? AC ? 。 2 2∴BC= 设点 B 扫过的路线与 AB 的交点为 D，连接 CD， ∵BC=DC，∴△BCD 是等边三角形。∴BD=CD=1。 ∴点 D 是 AB 的中点。1 1 3 3 ? ∴ S?ACD ? S?ABC ? ? S。 2 2 2 4∴ ?ABC扫过的面积 ? S扇形ACA1 ? S扇形BCD ? S?ACD?故选 D。90 ? ? ? 3 2 （ ） 60 ? ? ? 12 3 3? ? 3 11? 3 ? ? ? ? ? ? ? 360 360 4 4 6 4 12 42. （2012 广东汕头 4 分） 如图， 将△ABC 绕着点 C 顺时针旋转 50° 后得到△A′B′C′． 若∠A=40° ∠B′=110°， ． 则∠BCA′的度数是【 】1A．110° 【答案】B。B．80°C．40°D．30°【考点】旋转的性质，三角形内角和定理。 【分析】根据旋转的性质可得：∠A′=∠A，∠A′CB′=∠ACB， ∵∠A=40° ，∴∠A′=40°。 ∵∠B′=110°，∴∠A′CB′=180°110° 40° =30° 。∴∠ACB=30° 。 ∵将△ABC 绕着点 C 顺时针旋转 50° 后得到△A′B′C′，∴∠ACA′=50°， ∴∠BCA′=30°+50°=80°，故选 B。 3. （2012 福建龙岩 4 分）如图，矩形 ABCD 中，A B=1，BC=2，把矩形 ABCD 绕 AB 所在直线旋转一 周所得圆柱的侧面积为【 】A． 10? 【答案】B。B． 4?C． 2?D．2【考点】矩形的性质，旋转的性质。 【分析】把矩形 ABCD 绕 AB 所在直线旋转一周所得圆柱是以 BC=2 为底面半径，A B=1 为高。所以，它 的侧面积为 2? ? 2 ? 1=4? 。故选 B。 4. （2012 湖北十堰 3 分）如图，O 是正△ABC 内一点，OA=3，OB=4，OC=5，将线段 BO 以点 B 为旋转 中心逆时针旋转 60° 得到线段 BO′，下列结论：①△BO′A 可以由△BOC 绕点 B 逆时针旋转 60° 得到；②点 O 与 O′的距离为 4；③∠AOB=150° ；④ S四边形AOBO =6+3 3 ；⑤ S? AOC ? S? AOB ? 6+ 论是【 】9 3 ．其中正确的结 42A．①②③⑤ 【答案】A。B．①②③④C．①②③④⑤D．①②③【考点】旋转的性质，全等三角形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，勾股定理的逆定理。 【分析】∵正△ABC，∴AB=CB，∠ABC=600。 ∵线段 BO 以点 B 为旋转中心逆时针旋转 60° 得到线段 BO′，∴BO=BO′，∠O′AO=600。 ∴∠O′BA=600－∠ABO=∠OBA。∴△BO′A≌△BOC。 ∴△ BO′A 可以由△BOC 绕点 B 逆时针旋转 60° 得到。故结论①正确。 连接 OO′， ∵BO=BO′， ∠O′AO=600， ∴△OBO′是等边三角形。 ∴OO′=OB=4。 故结论②正确。 ∵在△AOO′中，三边长为 O′A=OC=5，OO′=OB=4，OA=3，是一 组勾股数， ∴△AOO′是直角三角形。 ∴∠AOB=∠AOO′＋∠O′OB =900＋600=150° 。故结论③正确。1 1 S四边形AOBO? ? S?AOO? ? S?OBO? ? ? 3 ? 4+ ? 4 ? 2 3 ? 6+4 3 。故结论④错误。 2 2如图所示，将△AOB 绕点 A 逆时针旋转 60° ，使得 AB 与 AC 重合， 点 O 旋转至 O″点． 易知△AOO″是边长为 3 的等边三角形，△COO″是边长为 3、4、5 的 直角三角形。1 1 3 3 9 3 =6+ 则 S?AOC ? S?AOB ? SAOCO? ? S?COO? ? S?AOO? ? ? 3 ? 4+ ? 3 ? 。 2 2 2 4故结论⑤正确。 综上所述，正确的结论为：①②③⑤。故选 A。 5. （2012 湖南娄底 3 分）如图，矩形绕它的一条边 MN 所在的直线旋转一周形成的几何体是【 】3A． 【答案】C。 【考点】点、线、面、体。B．C．D．【分析】矩形绕一边所在的直线旋转一周得到的是圆柱。故选 C。 6. （2012 四川绵阳 3 分）如图，P 是等腰直角△ABC 外一点，把 BP 绕点 B 顺时针旋转 90° BP′，已知 到 ∠AP′B=135°，P′A：P′C=1：3，则 P′A：PB=【 】 。A．1： 2 【答案】B。B ．1：2C． 3 ：2D．1： 3【考点】旋转的性质，等腰直角三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理。 【分析】如图，连接 AP， ∵BP 绕点 B 顺时针旋转 90° BP′， 到 ∴BP=BP′，∠ABP+∠ABP′=90°。 又∵△ABC 是等腰直角三角形， ∴AB=BC，∠CBP′+∠ABP′=90°，∴∠ABP=∠CBP′。 在△ABP 和△CBP′中，∵ BP=BP′，∠ABP=∠CBP′，AB=BC ，∴△ABP≌△CBP′（SAS）。 ∴AP=P′C。 ∵P′A：P′C=1：3，∴AP=3P′A。 连接 PP′，则△PBP′是等腰直角三角形。∴∠BP′P=45°，PP′= 2 PB。 ∵∠AP′B=135°，∴∠AP′P=135°-45° =90° ，∴△APP′是直角三角形。 设 P′A=x，则 AP=3x， 在 Rt△APP′中， PP? ? AP 2 ? P?A 2 ? 在 Rt△APP′中， PP? ? 2PB 。 ∴ 2PB=2 2 x ，解得 PB=2x。∴P′A：PB=x：2x=1：2。 故选 B。4?3x ?2 ? x 2 ? 22x 。7. （2012 贵州黔东南 4 分）点 P 是正方形 ABCD 边 AB 上一点（不与 A、B 重合） ，连接 PD 并将线段 PD 绕点 P 顺时针旋转 90° ，得线段 PE，连接 BE，则∠CBE 等于【 】A．75° 【答案】C。B．60°C．45°D．30°【考点】正方形的性质，旋转的性质，全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质。 【分析】过点 E 作 EF⊥AF，交 AB 的延长线于点 F，则∠F=90° ， ∵四边形 ABCD 为正方形，∴AD=AB，∠A=∠ABC=90° 。∴∠ADP+∠APD=90° 。 由旋转可得：PD=PE，∠DPE=90° ，∴∠APD+∠EPF=90° 。 ∴∠ADP=∠EPF。 在△APD 和△FEP 中，∵∠ADP=∠EPF，∠A=∠F，PD=PE， ∴△APD≌△FEP（AAS） 。∴AP=EF，AD=PF。 又∵AD=AB，∴PF=AB，即 AP+PB=PB+BF。∴AP=BF。∴BF=EF 又∵∠F=90° ，∴△BEF 为等腰直角三角形。∴∠EBF=45° 。 又∵∠CBF=90° ，∴∠CBE=45° 。故选 C。 8. （2012 广西北海 3 分）如图，等边△ABC 的周长为 6π，半径是 1 的⊙O 从与 AB 相切于点 D 的位置 出发， 在△ABC 外部按顺时针方向沿三角形滚动， 又回到与 AB 相切于点 D 的位置， 则⊙O 自转了： 【 】A．2 周 【答案】C。B．3 周C．4 周D．5 周【考点】等边三角形的性质，直线与圆的位置关系。 【分析】该圆运动可分为两部分：在三角形的三边运动以及绕过三角形的三个角，分别计算即可得到圆的5自传周数： ⊙O 在三边运动时自转周数：6π÷2π =3： ⊙O 绕过三角形外角时，共自转了三角形外角和的度数：360° ，即一周。 ∴⊙O 自转了 3+1=4 周。故选 C。 二、填空题 πr 1.（2012 福建厦门 4 分） 如图， 已知∠ABC＝90° AB＝πr， ， BC＝ ， 半径为 r 的⊙O 从点 A 出发， A→B→C 沿 2 方向滚动到点 C 时停止.请你根据题意，在图上画出圆心 O 运动路径的示意图；圆心 O 运动的路程是 ．． ▲ .【答案】2πr。【考点】作图题，弧长的计算。 【分析】根据题意画出图形，将运动路径分为三部分：OO1，O1O2 ，O2O3，分别计算出各部分的长再相 加即可： 圆心 O 运动路径如图：90? r 1 1 ? ? r ；O2O3=BC= ? r ， 180 2 2 1 1 ∴圆心 O 运动的路程是 πr+ ? r + ? r =2πr。 2 2∵OO1=AB=πr；O1O2 = 2. （2012 四川南充 3 分）如图，四边形 ABCD 中，∠BAD=∠BCD=900,AB=AD,若四边形 ABCD 的面积 是 24cm2.则 AC 长是 ▲ cm.6【答案】4 3 。 【考点】等腰直角三角形的性质，旋转的性质，勾股定理。 【分析】如图，将△ADC 旋转至△ABE 处，则△AEC 的面 积和四边 形 ABCD 的面积一样多为 24cm2，,这时三角形△AEC 为等腰直角三 角形，作边 EC 上的高 AF，则 AF= ∴ S△AEC=1 EC=FC, 21 AF? EC=AF2=24 。∴AF2=24。 2∴AC2=2AF2=48 AC=4 3 。 3. （2012 山东烟台 3 分）如图，在 Rt△ABC 中，∠C=90° ，∠A=30° ，AB=2．将△ABC 绕顶点 A 顺时针 方向旋转至△AB′C′的位置，B，A，C′三点共线，则线段 BC 扫过的区域面积为 ▲ ．【答案】5 ?。 12【考点】扇形面积的计算，旋转的性质。 【分析】先根据 Rt△ABC 中，∠C=90° ，∠A=30° ，AB=2 求出 BC 及 AC 的长，再根据线段 BC 扫过的区 域面积为：S 阴影=AB 扫过的扇形面积＋△AB′C′面积AC 扫过的扇形面积△ABC 面积 =AB 扫过的扇形面积AC 扫过的扇形面积。 ∵Rt△ABC 中，∠C=90° ，∠A=30° ，AB=2，∴ BC ? ∵B，A，C′三点共线，∴∠BAB′=150°。 ∴S 阴影= AB 扫过的扇形面积＋△ABC 面积BC 扫过的扇形面积1 1 3 AB ? ? 2 ? 1，AC ? 2 ? ? 3。 2 2 2150 ? ? ? 22 150 ? ? ? 3 ? 360 360? ?2=5 ?。 124. （2012 广西河池 3 分）如图，在平面直角坐标系中，矩形 OEFG 的顶点 F 的坐标为( 4，2)，将矩形7OEFG 绕点 O 逆时针旋转，使点 F 落在 y 轴上，得到矩形 OMNP，OM 与 GF 相交于点 A．若经过点 A 的 反比例函数 y =k (x & 0) 的图象交 EF 于点 B，则点 B 的坐标为 x▲.【答案】 （4，1 ） 。 2【考点】反比例函数综合题，矩形的性质，旋转的性质，相似三角形的判定和性质，曲线上点的坐标与方 程的关系。 【分析】∵矩形 OEFG 绕点 O 逆时针旋转，使点 F 落在 y 轴的点 N 处，得到矩形 OMNP， ∴∠P=∠POM=∠OGF=90° 。∴∠PON+∠PNO=90° ，∠GOA+∠PON=90° 。∴∠PNO=∠GOA。 ∴△OGA∽△NPO。 ∵E 点坐标为（4，0） 点坐标为（0，2） ，G ，∴OE=4，OG=2。∴OP=OG=2，PN=GF=OE=4。 ∵△OGA∽△NPO，∴OG：NP=GA：OP，即 2：4=GA：2。∴GA=1。∴A 点坐标为（1，2） 。k 2 得 k=1× 2=2。∴过点 A 的反比例函数解析式为 y = 。 x x 2 1 1 把 x=4 代入 y = 得 y = 。∴B 点坐标为（4， ） 。 x 2 2把 A（1，2）代入 y = 5. （2012 广西钦州 3 分）如图，直线 y ? x ? 3 与 x 轴、y 轴分别交于 A、B 两点，把△AOB 绕点 A 旋 转 90° 后得到△AO′B′，则点 B′的坐标是 ▲ ．3 2【答案】 （1，2）或（5，2） 。 【考点】坐标与图形的旋转变化。 【分析】当 y=0 时， x ? 3 ? 0 ，解得 x=2；当 x=0 时，y=3。 ∴点 A（2，0） ，B（0，3） 。∴OA=2，OB=3，3 28根据旋转不变性可得△AOB≌△AO′B′， ∴AO′=OA=2，O′B′=OB=3， ①如果△AOB 是逆时针旋转 90° ，则点 B′（1，2） ， ②如果△AOB 是顺时针旋转 90° ，则点 B′（5，2） 。 综上，点 B′的坐标是（1，2）或（5，2） 。 6. （2012 江西南昌 3 分）如图，正方形 ABCD 与正三角形 AEF 的顶点 A 重合，将△AEF 绕顶点 A 旋转， 在旋转过程中，当 BE=DF 时，∠BAE 的大小可以是 ▲ ．【答案】15° 165° 或 。 【考点】正方形和正三角形的性质，旋转的性质，全等三角形的判定和性质。 【分析】正三角形 AEF 可以在正方形的内部也可以在正方形的外部，所以要分两种情况分别求解： ①当正三角形 AEF 在正方形 ABCD 的内部时，如图 1， ∵正方形 ABCD 与正三角形 AEF 的顶点 A 重合， ∴AB=AD，AE=AF。 ∵当 BE=DF 时，在△ABE 和△ADF 中，AB=AD，BE=DF，AE=AF， ∴△ABE≌△ADF（SSS） 。∴∠BAE=∠FAD。 ∵∠EAF=60° ，∴∠BAE+∠FAD=30° 。∴∠BAE=∠FAD=15° 。 ②当正三角形 AEF 在正方形 ABCD 的外部，顺时针旋转小于 1800 时， 如图 2， 同上可得△ABE≌△ADF（SSS） 。∴∠BAE=∠FAD。 ∵∠EAF=60° ，∴∠BAF=∠DAE。 ∵900＋600＋∠BAF＋∠DAE=3600，∴∠BAF=∠DAE=105° 。 ∴∠BAE=∠FAD=165° 。 ③当正三角形 AEF 在正方形 ABCD 的外部，顺时针旋转大于 1800 时，如图 3， 同上可得△ABE≌△ADF（SSS） 。∴∠BAE=∠FAD。9∵∠EAF=60° ，∠BAE=90° ， ∴90° ＋∠DAE=60° ＋∠DAE，这是不可能的。 ∴此时不存在 BE=DF 的情况。 综上所述，在旋转过程中，当 BE=DF 时，∠BAE 的大小可以是 15° 165° 或 。 7. （2012 吉林省 3 分）如图，在等边△ABC 中，D 是边 AC 上一点，连接 BD．将△BCD 绕点 B 逆时 针旋转 60° 得到△BAE，连接 ED．若 BC=10，BD=9，则△AED 的周长是_ ▲____.【答案】19。 【考点】旋转的性质，等边三角形的判定和性质。 【分析】∵△BCD 绕点 B 逆时针旋转 60° 得到△BAE， ∴根据旋转前、后的图形全等的旋转性质，得，CD= AE，BD=BE。 ∵△ABC 是等边三角形，BC=10，∴AC= BC=10。∴AE＋AD=AC=10。 又∵旋转角∠DBE=600，∴△DBE 是等边三角形。∴DE=BD=9。 ∴△AED 的周长=DE＋AE＋AD=9＋10=19。 三、解答题 1. （2012 北京市 7 分）在 △ABC 中， BA=BC ，?BAC ? ? ，M 是 AC 的中点，P 是线段 BM 上的动点， 将线段 PA 绕点 P 顺时针旋转 2? 得到线段 PQ。 （1） 若 ? ? ??? 且点 P 与点 M 重合（如图 1） ，线段 CQ 的延长线交射线 BM 于点 D，请补全图形， 并写出∠CDB 的度数；（2） 在图 2 中，点 P 不与点 B，M 重合，线段 CQ 的延长线与射线 BM 交于点 D，猜想∠CDB 的 大小（用含 ? 的代数式表示） ，并加以证明； （3） 对于适当大小的 ? ，当点 P 在线段 BM 上运动到某一位置（不与点 B，M 重合）时，能使得 线段 CQ 的延长线与射线 BM 交于点 D，且 PQ=QD，请直接写出 ? 的范围。10【答案】解： （1）补全图形如下：∠CDB=30° 。 （2）作线段 CQ 的延长线交射线 BM 于点 D，连接 PC，AD， ∵AB=BC，M 是 AC 的中点，∴BM⊥AC。 ∴AD=CD，AP=PC，PD=PD。 在△APD 与△CPD 中，∵AD=CD， PD=PD， PA=PC ∴△APD≌△CPD（SSS） 。 ∴AP=PC，∠ADB=∠CDB，∠PAD=∠PCD。 又∵PQ=PA，∴PQ=PC，∠ADC=2∠CDB，∠PQC=∠PCD=∠PAD。 ∴∠PAD+∠PQD=∠PQC+∠PQD=180° 。 ∴∠APQ+∠ADC=360° －（∠PAD+∠PQD）=180° 。 ∴∠ADC=180° －∠APQ=180° －2α，即 2∠CDB=180° －2α。 ∴∠CDB=90° －α。 （3）45° ＜α＜60° 。 【考点】旋转的性质，等边三角形的判定和性质，三角形内角和定理，全等三角形的判定和性质，等腰三 角形的判定和性质， 。 【分析】 （1）利用图形旋转的性质以及等边三角形的判定得出△CMQ 是等边三角形，即可得出答案： ∵BA=BC，∠BAC=60° ，M 是 AC 的中点，∴BM⊥AC，AM=AC。 ∵将线段 PA 绕点 P 顺时针旋转 2α 得到线段 PQ，∴AM=MQ，∠AMQ=120° 。 ∴CM=MQ，∠CMQ=60° 。∴△CMQ 是等边三角形。 ∴∠ACQ=60° 。∴∠CDB=30° 。 （2）首先由已知得出△APD≌△CPD，从而得出∠PAD+∠PQD=∠PQC+∠PQD=180° ，即可求出。 （3）由（2）得出∠CDB=90° －α，且 PQ=QD， ∴∠PAD=∠PCQ=∠PQC=2∠CDB=180° －2α。 ∵点 P 不与点 B，M 重合，∴∠BAD＞∠PAD＞∠MAD。 ∴2α＞180° －2α＞α，∴45° ＜α＜60° 。 2. （2012 福建南平 12 分）在平面直角坐标系中，矩形 OABC 如图所示放置，点 A 在 x 轴上，点 B 的坐 标为（m，1） （m＞0） ，将此矩形绕 O 点逆时针旋转 90° ，得到矩形 OA′B′C′．11（1）写出点 A、A′、C′的坐标； （2）设过点 A、A′、C′的抛物线解析式为 y=ax2+bx+c，求此抛物线的解析式； （a、b、c 可用含 m 的式子 表示） （3）试探究：当 m 的值改变时，点 B 关于点 O 的对称点 D 是否可能落在（2）中的抛物线上？若能，求 出此时 m 的值．【答案】解： （1）∵四边形 ABCD 是矩形，点 B 的坐标为（m，1） （m＞0） ，∴A（m，0） ，C（0，1） 。 ∵矩形 OA′B′C′由矩形 OABC 旋转 90° 而成，∴A′（0，m） ，C′（－1，0）（2）设过点 。 A、A′、C′的抛物线解析式为 y=ax2＋bx＋c， ∵A（m，0） ，A′（0，m） ，C′（－1，0） ，? am 2 ? bm ? c ? 0 ? a ? ?1 ? ? ∴ ?c ? m ，解得 ? b ? m ? 1 。 ?a ? b ? c ? 0 ?c ? m ? ?∴此抛物线的解析式为：y=－x2＋（m－1）x＋m。 （3）∵点 B 与点 D 关于原点对称，B（m，1） ， ∴点 D 的坐标为： （－m，－1） ， 假设点 D（－m，－1）在（2）中的抛物线上， ∴0=－（－m）2＋（m－1）× （－m）＋m=1，即 2m2－2m＋1=0， ∵△=（－2）2－4× 2=－4＜0，∴此方程无解。 2× ∴点 D 不在（2）中的抛物线上。 【考点】二次函数综合题，矩形的性质，旋转的性质，待定系数法，曲线上点的坐标与方程的关系，解方 程组，关于原点对称的点的坐标特征，一元二次方程根与系数的关系。 【分析】 （1）先根据四边形 ABCD 是矩形，点 B 的坐标为（m，1） （m＞0） ，求出点 A、C 的坐标，再根 据图形旋转的性质求出 A′、C′的坐标即可。12（2）设过点 A、A′、C′的抛物线解析式为 y=ax2+bx+c，把 A、A′、C′三点的坐标代入即可得出 abc 的值，进而得出其抛物线的解析式。 （3）根据关于原点对称的点的坐标特点用 m 表示出 D 点坐标，把 D 点坐标代入抛物线的解析式 看是否符合即可。 3. （2012 湖北天门、仙桃、潜江、江汉油田 10 分）△ABC 中，AB=AC，D 为 BC 的中点，以 D 为顶点 作∠MDN=∠B．（1）如图（1）当射线 DN 经过点 A 时，DM 交 AC 边于点 E，不添加辅助线，写出图中所有与△ADE 相 似的三角形． （2）如图（2） ，将∠MDN 绕点 D 沿逆时针方向旋转，DM，DN 分别交线段 AC，AB 于 E，F 点（点 E 与点 A 不重合） ，不添加辅助线，写出图中所有的相似三角形，并证明你的结论． （3）在图（2）中，若 AB=AC=10，BC=12，当△DEF 的面积等于△ABC 的面积的 【答案】解： （1）图（1）中与△ADE 相似的有△ABD，△ACD，△DCE。 （2）△BDF∽△CED∽△DEF，证明如下： ∵∠B+∠BDF+∠BFD=180° ，∠EDF+∠BDF+∠CDE=180° ， 又∵∠EDF=∠B，∴∠BFD=∠CDE。 ∵AB=AC，∴∠B=∠C。∴△BDF∽△CED。∴ ∵BD=CD，∴1 时，求线段 EF 的长． 4BD DF 。 = CE EDCD DF CD CE ，即 。 = = CE ED DF ED又∵∠C=∠EDF，∴△CED∽△DEF。∴△BDF∽△CED∽△DEF。 （3）连接 AD，过 D 点作 DG⊥EF，DH⊥BF，垂足分别为 G，H． ∵AB=AC，D 是 BC 的中点，∴AD⊥BC，BD=2 2 2 2 21 BC=6。 22在 Rt△ABD 中，AD =AB BD ，即 AD =10 6 ， ∴AD=8。131 1 ?BC?AD= × 8=48， 12× 2 2 1 1 S△DEF= S△ABC= × 48=12。 4 4 1 1 AD ? BD 8 ? 6 24 又∵ ?AD?BD= ?AB?DH，∴ DH ? 。 ? ? 2 2 AB 10 5∴S△ABC= ∵△BDF∽△DEF，∴∠DFB=∠EFD。 ∵DH⊥BF，DG⊥EF，∴∠DHF=∠DGF。 又∵DF=DF，∴△DHF≌△DGF（AAS） 。∴DH=DG= ∵S△DEF=24 。 51 1 24 ? DG= ? EF? EF? =12，∴EF=5。 2 2 5【考点】旋转的性质，相似三角形的判定和性质，等腰三角形的性质，勾股定理，全等三角形的判定和性 质。 【分析】 （1）根据等腰三角形的性质以及相似三角形的判定得出△ADE∽△ABD∽△ACD∽△DCE： ∵AB=AC，D 为 BC 的中点，∴AD⊥BC，∠B=∠C，∠BAD=∠CAD。 又∵∠MDN=∠B，∴△ADE∽ABD。 同理可得：△ADE∽△ACD。 ∵∠MDN=∠C=∠B，∠B+∠BAD=90° ，∠ADE+∠EDC=90° ，∠B=∠MDN， ∴∠BAD=∠EDC。 ∵∠B=∠C，∴△ABD∽△DCE。∴△ADE∽△DCE。 （2）利用已知首先求出∠BFD=∠CDE，即可得出△BDF∽△CED，再利用相似三角形的性质得 出BD DF ，从而得出△BDF∽△CED∽△DEF。 = CE ED（3）利用△DEF 的面积等于△ABC 的面积的1 ，求出 DH 的长，从而利用 S△DEF 的值求出 EF 即 4可。 4. （2012 江苏淮安 12 分）如图，矩形 OABC 在平面直角坐标系中，O 为坐标原点，点 A（0，4） ，C（2， 0） ，将矩形 OABC 绕点 O 按顺时针方向旋转 1350，得到矩形 EFGH（点 E 与 O 重合）. （1） 若 GH 交 y 轴于点 M，则∠FOM＝ （2）矩形 EFGH 沿 y 轴向上平移 t 个单位。 ①直线 GH 与 x 轴交于点 D，若 AD∥BO，求 t 的值； ②若矩形 EFHG 与矩形 OABC 重叠部分的面积为 S 个平方单位，试求当 0&t≤ 4 2 ? 2 时，S 与 t 之间的函 数关系式。 ，OM=14【答案】解： （1）450； 2 2 。 （2）①如图 1，设直线 HG 与 y 轴交于点 I。 ∵四边形 OABC 是矩形，∴AB∥DO，AB=OC。 ∵C（2，0） ，∴AB=OC=2。 又∵AD∥BO， ∴四边形 ABOD 是平行四边形。∴DO=AB=2。 由（1）易得，△DOI 是等腰直角三角形，∴OI=OD=2。 ∴t=IM=OM－OI= 2 2 －2。 ②如图 2，过点 F，G 分别作 x 轴，y 轴的垂线，垂足为 R，T， 连接 OC。则 由旋转的性质，得，OF=OA=4，∠FOR＝450， ∴OR=RF= 2 2 ，F（ 2 2 ，－ 2 2 ） 。 由旋转的性质和勾股定理，得 OG= 2 5 ， 设 TG=MT=x，则 OT=OM＋MT= 2 2+x 。 在 Rt△OTG 中，由勾股定理，得 x 2 + 2 2+x ∴G（ 2 ，－ 3 2 ） 。 ∴用待定系数法求得直线 FG 的解析式为 y=x ? 4 2 。 当 x=2 时， y=2 ? 4 2 。 ∴当 t= 4 2 ? 2 时，就是 GF 平移到过点 C 时的位置（如图 5） 。15?? = ? 2 5 ? ，解得 x=2 22。∴当 0&t≤ 4 2 ? 2 时，几个关键点如图 3，4，5 所示：如图 3 ，t=OE=OC=2，此时，矩形 EFGH 沿 y 轴向上平移过程中边 EF 经过点 C； 如图 4， t=OE=OM= 2 2 ， 此时， 矩形 EFGH 沿 y 轴向上平移过程中边 HG 经过点 O； 如图 5，t=OE= 4 2 ? 2 ，此时，矩形 EFGH 沿 y 轴向上平移过程中边 FG 经过点 C。 ∴（I）当 0&t≤2 时，矩形 EFHG 与矩形 OABC 重叠部分的面积为△OCS 的面积（如 图 6）。此时，OE=OS= t， ∴ S ?1 2 t 。 2（II）当 2&t≤ 2 2 时，矩形 EFHG 与矩形 OABC 重叠部分的面积为直角梯形 OEPC 的面积（如图 7）。此时 OE= t，，OC=2。 由 E（0，t），∠FFO=450，用用待定系数法求得直线 EP 的解析式为 y= ? x+t 。 当 x=2 时， y= ? 2+t 。∴CP= ?2+t 。∴ S ?1 ? t ? 2+t ? ? 2=2t ? 2 。 2（III）当 2 2 &t≤ 4 2 ? 2 时，矩形 EFHG 与矩形 OABC 重叠部分的面积为五边形 EQCUV 的面积（如图 8），它等于直角梯形 EQCO 的面积减去直角三角形 VOU 的的面积。 此时，OE= t，，OC=2，CQ= ?2+t ，OU=OV= t－ 2 2 。 ∴S?1 1 ? t ? 2+t ? ? 2 ? t ? 2 2 2 2??21 = ? t 2 + 2+2 2 t ? 6 。 2??综上所述，当 0&t≤ 4 2 ? 2 时，S 与 t 之间的函数关系式为?1 2 ? 2 t ? 0 & t ? 2? ? ? S ? ?2t ? 2 2 & t ? 2 2 。 ? ?? 1 t 2 + 2+2 2 t ? 6 2 2 & t ? 4 2 ? 2 ? 2 ???????16【考点】旋转的性质，矩形的性质，勾股定理，平移的性质，平行四边形的判定和性质，等腰直角三角形 的判定和性质，待定系数法，直线上点的坐标与方程的关系。 【分析】（1）由旋转的性质，得∠AOF＝1350，∴∠FOM＝450。 由旋转的性质，得∠OHM＝450，OH=OC=2，∴OM= 2 2 。 （2）①由矩形的性质和已知 AD∥BO，可得四边形 ABOD 是平行四边形，从而 DO=AB=2。又 由△DOI 是等腰直角三角形可得 OI=OD=2。从而由平移的性质可求得 t=IM=OM－OI= 2 2 －2。 ②首先确定当 0&t≤ 4 2 ? 2 时，矩形 EFGH 沿 y 轴向上平移过程中关键点的位置，分 0&t≤2， 2&t≤ 2 2 ， 2 2 &t≤ 4 2 ? 2 三种情况求出 S 与 t 之间的函数关系式。 5. （2012 江苏宿迁 12 分）(1)如图 1，在 △ABC 中，BA=BC，D，E 是 AC 边上的两点，且满足 ∠DBE=1 1 ∠ABC(0° ＜∠CBE＜ ∠ABC)。 以点 B 为旋转中心， 将△BEC 按逆时针方向旋转∠ABC， 到 得 2 2△BE’A（点 C 与点 A 重合，点 E 到点 E’处） ，连接 DE’。求证：DE’=DE. （2）如图 2，在△ABC 中，BA=BC，∠ABC=90° ，D，E 是 AC 边上的两点， 且满足∠DBE=1 ∠ABC(0° ＜∠CBE＜45° ).求证：DE2=AD2+EC2.[来 2:学#科#网]17【答案】证明： （1）∵△BE’A 是△BEC 按逆时针方向旋转∠ABC 得 到， ∴BE’=BE，∠E’BA=∠EBC。1 1 ∠ABC，∴∠ABD＋∠EBC = ∠ABC。 2 2 1 1 ∴∠ABD＋∠E’BA = ∠ABC，即∠E’BD= ∠ABC。∴∠E’BD=∠DBE。 2 2∵∠DBE= 在△E’BD 和△EBD 中，∵BE’=BE，∠E’BD=∠DBE，BD=BD， ∴△E’BD≌△EBD（SAS） 。∴DE’=DE。 （2）以点 B 为旋转中心，将△BEC 按逆时针方向旋转 ∠ABC=90° ，得 到△BE’A（点 C 与点 A 重合，点 E 到点 E’处） ，连 接 DE’。 由（1）知 DE’=DE。 由旋转的性质，知 E’A=EC，∠E’ AB=∠ECB。 又∵BA=BC， ∠ABC=90° ∴∠BAC=∠ACB=45° ， 。 ∴∠E’ AD=∠E’ AB＋∠BAC=90° 。 在 Rt△DE’A 中，DE’2=AD2+E’A2，∴DE2=AD2+EC2。 【考点】旋转的性质，等腰（直角）三角形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理。 【分析】 （1）由旋转的性质易得 BE’=BE，∠E’BA=∠EBC，由已知∠DBE= ∠E’BD=∠DBE，从而可由 SAS 得△E’BD≌△EBD，得到 DE’=DE。 （2）由（1）的启示，作如（1）的辅助图形，即可得到直角三角形 DE’A，根据勾股定理即可证 得结论。 6. （2012 四川乐山 12 分）如图 1，△ABC 是等腰直角三角形，四边形 ADEF 是正方形，D、F 分别在 AB、 AC 边上，此时 BD=CF，BD⊥CF 成立． （1）当正方形 ADEF 绕点 A 逆时针旋转 θ（0° ＜θ＜90° ）时，如图 2，BD=CF 成立吗？若成立，请证明； 若不成立，请说明理由． （2）当正方形 ADEF 绕点 A 逆时针旋转 45° 时，如图 3，延长 BD 交 CF 于点 G． ①求证：BD⊥CF； ②当 AB=4，AD= 2 时，求线段 BG 的长．1 ∠ABC 经等量代换可得 218【答案】解： （1）BD=CF 成立。理由如下： ∵△ABC 是等腰直角三角形，四边形 ADEF 是正方形， ∴AB=AC，AD=AF，∠BAC=∠DAF=90° 。 ∵∠BAD=∠BAC∠DAC，∠CAF=∠DAF∠DAC，∴∠BAD=∠CAF。 在△BAD 和△CAF 中，∵AB=AC，∠BAD=∠CAF， ∴△BAD≌△CAF（SAS） 。∴BD=CF。 （2）①证明：设 BG 交 AC 于点 M． ∵△BAD≌△CAF（已证） ，∴∠ABM=∠GCM。 又∵∠BMA=∠CMG，∴△BMA∽△CMG。 ∴∠BGC=∠BAC=90° 。∴BD⊥CF。 ②过点 F 作 FN⊥AC 于点 N。 ∵在正方形 ADEF 中，AD=DE= 2 ， ∴ AE ? AD2 +DE2 ? 22 +22 ? 2 。 ∴AN=FN=1 AE=1。 2∵在等腰直角△ABC 中， AB=4， ∴CN=ACAN=3， ? AB2 +AC2 ? 42 +42 ? 4 2 。 BC ∴在 Rt△FCN 中， tan?FCN ?FN 1 ? 。 CN 3 AM 1 ? 。 AB 3在 Rt△ABM 中， tan?FCN ? tan?ABM ? ∴AM= AB ?1 34 。 324 8 4 10 ?4? ∴CM=ACAM=4 ? ， BM ? AB2 +AM 2 ? 42 + ? ? ? 。 3 3 3 ?3? BM CM ∵△BMA∽△CMG，∴ ，即 ? BA CG194 10 8 3 ? 3 ，∴CG= 4 10 。 5 4 CG∴在 Rt△BGC 中， BG ? BC ? CG ?2 2?4 2 ?2? 4 10 ? 8 10 ?? ? 5 ? ? 5 。 ? ? ?2【考点】等腰直角三角形和正方形的性质，全等三角形、相似三角形的判定和性质，旋转的性质，勾股定 理。 【分析】 （1）△ABC 是等腰直角三角形，四边形 ADEF 是正方形，易证得△BAD≌△CAF，根据全等三 角形的对应边相等，即可证得 BD=CF。 （2）①由△BAD≌△CAF，可得∠ABM=∠GCM，又由对顶角相等，易证得△BMA∽△CMG， 根据相似三角形的对应角相等，可得 BGC=∠BAC=90° ，即可证得 BD⊥CF。 ②首先过点 F 作 FN⊥AC 于点 N，利用勾股定理即可求得 AE，BC 的长，继而求得 AN，CN 的长，又由等角的三角函数值相等，可求得 AM= AB ? 再由勾股定理即可求得线段 BG 的长。 7. （2012 四川广安 10 分）如图，在平面直角坐标系 xOy 中，AB⊥x 轴于点 B，AB=3，tan∠AOB=1 34 。然后利用△BMA∽△CMG，求得 CG 的长， 33 ， 4将△OAB 绕着原点 O 逆时针旋转 90° ，得到△OA1B1；再将△OA1B1 绕着线段 OB1 的中点旋转 180° ，得 到△OA2B1，抛物线 y=ax +bx+c（a≠0）经过点 B、B1、A2． （1）求抛物线的解析式． （2）在第三象限内，抛物线上的点 P 在什么位置时，△PBB1 的面积最大？求出这时点 P 的坐标． （3）在第三象限内，抛物线上是否存在点 Q，使点 Q 到线段 BB1 的距离为 标；若不存在，请说明理由．22 ？若存在，求出点 Q 的坐 2【答案】解： （1）∵AB⊥x 轴，AB=3，tan∠AOB=3 ，∴OB=4。 4∴B（4，0） 1（0，4） 2（3，0） ，B ，A 。 ∵抛物线 y=ax +bx+c（a≠0）经过点 B、B1、A2，220? 1 ? a= 3 ?16a ? 4b+c=0 ? ? 1 ? ∴ ?c= ? 4 ，解得 ? b= 。 ? 3 ?9a+3b+c=0 ? ? c= ? 4 ? ?∴抛物线的解析式为： y ? x 2 ? x ? 4 。 （2）点 P 是第三象限内抛物线 y ? x 2 ? x ? 4 上的一点， 如图，过点 P 作 PC⊥x 轴于点 C． 设点 P 的坐标为（m，n） ， 则 m＜0，n＜0， n ? m2 ? m ? 4 。 ∴PC=|n|= n ? ? m2 ? m+4 ，OC=|m|=m， BC=OBOC=|4||m|=4+m。 ∴ S?PBB1 ? S?PBC ? S梯形PB1OC ? S?OBB1 ? ? BC ? PC ? ? PC ? OB1 ? OC ? ? OB ? OB1 （ ）1 31 31 31 31 31 31 31 31 21 21 21 1 1 1 1 1 1 ? ? 4 ? m）（? m 2 ? m ? 4） ?（? m 2 ? m ? 4） 4] ? ? m） ? 4 ? 4 （ ? ? [ ? （ ? 2 3 3 2 3 3 2 2 8 2 8 2 ? ? m 2 ? m ? ? （m ? 2） ? 2 3 3 3∴当 m=2 时，△PBB1 的面积最大，这时，n= ? （3）存在。 假设在第三象限的抛物线上存在点 Q（x0，y0） ，使点 Q 到线段 BB1 的距离为 如图，过点 Q 作 QD⊥BB1 于点 D，设 Q（xQ，yQ） ， 由（2）可知，此时△QBB1 的面积可以表示为：10 10 ，即点 P（2， ? ） 。 3 32 。 22 8 2 ? （m ? 2） ? ， 3 3在 Rt△OBB1 中， BB1 ? OB2 +OB12 ? 4 2 。1 1 2 ? BB1 ? QD ? ? 4 2 ? ?2， 2 2 2 2 2 8 ∴ ? （x Q ? 2） ? =2 ，解得 xQ=1 或 xQ=3。 3 3∵ S?QBB1 ? 当 xQ=1 时，yQ=4；当 xQ=3 时，yQ=2。21因此，在第三象限内，抛物线上存在点 Q，使点 Q 到线段 BB1 的距离为 Q 的坐标是（1，4）或（3，2） 。2 ，这样的点 2【考点】二次函数综合题，旋转的性质，锐角三角函数定义，待定系数法，曲线上点的坐标与方程的关系， 二次函数的最值，勾股定理点到直线的距离。 【分析】 （1）根据旋转的性质确定点 B、B1、A2 三点的坐标，利用待定系数法求得抛物线的解析式。 （2）求出△PBB1 的面积表达式，这是一个关于 P 点横坐标的二次函数，利用二次函数求极值的 方法求出△PBB1 面积的最大值。 （3）引用（2）问中三角形面积表达式的结论，利用此表达式表示出△QBB1 的面积，然后解一元 二次方程求得 Q 点的坐标。 8. （2012 四川德阳 14 分）在平面直角坐标 xOy 中， （如图）正方形 OABC 的边长为 4，边 OA 在 x 轴的 正半轴上，边 OC 在 y 轴的正半轴上，点 D 是 OC 的中点，BE⊥DB 交 x 轴于点 E. ⑴求经过点 D、B、E 的抛物线的解析式； ⑵将∠DBE 绕点 B 旋转一定的角度后，边 BE 交线段 OA 于点 F，边 BD 交 y 轴于点 G，交⑴中的抛 物线于 M（不与点 B 重合） ，如果点 M 的横坐标为12 1 ，那么结论 OF= DG 能成立吗？请说明理由. 5 2⑶过⑵中的点 F 的直线交射线 CB 于点 P，交⑴中的抛物线在第一象限的部分于点 Q，且使△PFE 为 等腰三角形，求 Q 点的坐标.【答案】解： （1）∵BE⊥DB 交 x 轴于点 E，OABC 是正方形，∴∠DBC=EBA。 在△BCD 与△BAE 中，∵∠BCD=∠BAE=90° BC=BA ，∠DBC=∠EBA ， ， ∴△BCD≌△BAE（ASA） 。∴AE=CD。 ∵OABC 是正方形，OA=4，D 是 OC 的中点，22∴A（4，0） ，B（4，4） ，C（0，4） ，D（0，2） ，∴E（6，0） ． 设过点 D（0，2） ，B（4，4） ，E（6，0）的抛物线解析式为 y=ax +bx+c，则有：25 ? ?a ? ? 12 ?c ? 2 ? 13 ? ? 。 ?16a ? 4b ? c ? 4 ，解得 ? b ? 6 ? ?36a ? 6b ? c ? 0 ? ?c ? 2 ? ?∴经过点 D、B、E 的抛物线的解析式为： y= ? （2）结论 OF=5 2 13 x + x+2 。 12 61 DG 能成立．理由如下： 2由题意， 当∠DBE 绕点 B 旋转一定的 角度后， 同理可证得△BCG≌△BAF， ∴AF=CG。 ∵xM=12 5 13 24 12 24 ，∴ yM = ? x M2 + x M +2= 。∴M（ ， ） 。 5 12 6 5 5 5设直线 MB 的解析式为 yMB=kx+b， ∵M（12 24 ，B（4，4） ， ， ） 5 524 1 ?12 ? ? k+b= ? k= ? ∴? 5 5 ，解得 ? 2。 ? 4k+b=4 ? b=6 ? ?∴yMB= ? x+6。∴G（0，6） 。 ∴CG=2，DG=4。∴AF=CG=2，OF=OAAF=2，F（2，0） 。 ∵OF=2，DG=4，∴结论 OF=1 21 DG 成立。 2（3）如图，△PFE 为等腰三角形，可能有三种情况，分类讨论如下： ①若 PF=FE。 ∵FE=4，BC 与 OA 平行线之间距离为 4， ∴此时 P 点位于射线 CB 上。 ∵F（2，0） ，∴P（2，4） 。 此时直线 FP⊥x 轴。 ∴xQ=2。来]5 2 13 14 xQ + x Q +2= ， 12 6 3 14 ∴Q1（2， ） 。 3∴ yQ = ? ②若 PF=PE。23如图所示，∵AF=AE=2，BA⊥FE，∴△BEF 为等腰三角形。 ∴此时点 P、Q 与点 B 重合。∴Q2（4，4） 。 ③若 PE=EF。 ∵FE=4，BC 与 OA 平行线之间距离为 4，∴此时 P 点位于射线 CB 上。 ∵E（6，0） ，∴P（6，4） 。 设直线 yPF 的解析式为 yPF=kx+b，∵F（2，0） ，P（6，4） ，?2k+b=0 ? k=1 ∴? ，解得 ? 。∴yPF=x2。 ?6k+b=4 ? b= ? 2∵Q 点既在直线 PF 上，也在抛物线上，5 2 13 2 x + x+2=x ? 2 ，化简得 5x 14x48=0， 12 6 24 解得 x1= ，x2=2（不合题意，舍去） 。∴xQ=2。 5 24 14 24 14 ∴yQ=xQ2= 。 ? 2= 。∴Q3（ ， ） 5 5 5 5 14 24 14 综上所述，Q 点的坐标为 Q1（2， ）或 Q2（4，4）或 Q3（ ， ） 。 3 5 5∴? 【考点】二次函数综合题，正方形的性质，全等三角形的判定和性质，待定系数法，曲线上点的坐标与方 程的关系，解一元二次方程和多元方程组，旋转的性质，等腰三角形的判定和性质。 【分析】 （1）由正方形的性质和△BCD≌△BAE 求得 E 点坐标，然后利用待定系数法求抛物线解析式。 （2）求出 M 点坐标，然后利用待定系数法求直线 MB 的解析式，令 x=0，求得 G 点坐标，从而 得到线段 CG、DG 的长度；由△BCG≌△BAF，可得 AF=CG，从而求得 OF 的长度．比较 OF 与 DG 的长 度，它们满足 OF=1 DG 的关系，所以结论成立； 2（3）分 PF=FE、PF=PE 和 PE=EF 三种情况，逐一讨论并求解。 9.（2012 浙江嘉兴 12 分） 将△ABC 绕点 A 按逆时针方向旋转 θ 度， 并使各边长变为原来的 n 倍， 得△AB′C′， 即如图①，我们将这种变换记为[θ，n]． （1）如图①，对△ABC 作变换[60° 3 ]得△AB′C′，则 S△AB′C′：S△ABC= ， 夹的锐角为 度； ；直线 BC 与直线 B′C′所（2）如图②，△ABC 中，∠BAC=30° ，∠ACB=90° ，对△ABC 作变换[θ，n]得△AB'C'，使点 B、C、C′ 在同一直线上，且四边形 ABB'C'为矩形，求 θ 和 n 的值； （4）如图③，△ABC 中，AB=AC，∠BAC=36° ，BC=l，对△ABC 作变换[θ，n]得△AB′C′，使点 B、C、 B′在同一直线上，且四边形 ABB'C'为平行四边形，求 θ 和 n 的值．24【答案】解： （1） 3；60。 （2）∵四边形 ABB′C′是矩形，∴∠BAC′=90°。 ∴θ=∠CAC′=∠BAC′∠BAC=90° 30° =60° ． 在 Rt△AB B' 中，∠ABB'=90° ，∠BAB′=60°，∴∠AB′B=30°。 ∴AB′=2 AB，即 n=AB? =2 。 AB（3）∵四边形 ABB′C′是平行四边形，∴AC′∥BB′。 又∵∠BAC=36° ，∴θ=∠CAC′=∠ACB=72° 。∴∠C′AB′=∠BAC=36° 。 而∠B=∠B，∴△ABC∽△B′BA。∴AB：BB′=CB：AB。 ∴AB =CB?BB′=CB（BC+CB′） 。 而 CB′=AC=AB=B′C′，BC=1，∴AB =1（1+AB） ，解得， AB ?2 21? 5 。 2∵AB＞0，∴ n=B?C? 1+ 5 = 。 BC 2【考点】新定义，旋转的性质，矩形的性质，含 300 角直角三角形的性质，平行四边形的性质，相似三角 形的判定和性质，公式法解一元二次方， 。 【分析】 （1）根据题意得：△ABC∽△AB′C′，? AB? ? ∴S△AB′C′：S△ABC= ? ? = ? AB ?2? 3?2? 3 ，∠B=∠B′。∵∠ANB=∠B′NM，∴∠BMB′=∠BAB′=60°。 （2）由四边形 ABB′C′是矩形，可得∠BAC′=90°，然后由 θ=∠CAC′=∠BAC′-∠BAC，即可求得 θ 的度数，又由含 30° 角的直角三角形的性质，即可求得 n 的值。 （3）由四边形 ABB′C′是平行四边形，易求得 θ=∠CAC′=∠ACB=72° ，又由△ABC∽△B′BA，根据 相似三角形的对应边成比例，易得 AB2=CB?BB′=CB（BC+CB′） ，继而求得答案。 10. （2012 浙江义乌 10 分）在锐角△ABC 中，AB=4，BC=5，∠ACB=45° ，将△ABC 绕点 B 按逆时针方 向旋转，得到△A1BC1． （1）如图 1，当点 C1 在线段 CA 的延长线上时，求∠CC1A1 的度数；25（2）如图 2，连接 AA1，CC1．若△ABA1 的面积为 4，求△CBC1 的面积； （3）如图 3，点 E 为线段 AB 中点，点 P 是线段 AC 上的动点，在△ABC 绕点 B 按逆时针方向旋转过程 中，点 P 的对应点是点 P1，求线段 EP1 长度的最大值与最小值．【答案】解： （1）∵由旋转的性质可得：∠A1C1B=∠ACB=45° ，BC=BC1， ∴∠CC1B=∠C1CB=45° 。 ∴∠CC1A1=∠CC1B+∠A1C1B=45° +45° =90° 。 （2）∵由旋转的性质可得：△ABC≌△A1BC1， ∴BA=BA1，BC=BC1，∠ABC=∠A1BC1。 ∴BA BA1 ? ，∠ABC+∠ABC1=∠A1BC1+∠ABC1。∴∠ABA1=∠CBC1。 BC BC1∴△ABA1∽△CBC1。∴S?ABA1 S?CBC1? AB ? ? 4 ? 16 。 ?? ? ?? ? ? 25 ? CB ? ? 5 ?22∵S△ABA1=4，∴S△CBC1=25 。 4（3）过点 B 作 BD⊥AC，D 为垂足， ∵△ABC 为锐角三角形，∴点 D 在线段 AC 上。 在 Rt△BCD 中，BD=BC× sin45° =5 2。 2①如图 1，当 P 在 AC 上运动至垂足点 D，△ABC 绕点 B 旋转，使点 P 的对应点 P1 在线段 AB 上时，EP1 最小。 最小值为：EP1=BP1BE=BDBE=5 2 2。 2②如图 2，当 P 在 AC 上运动至点 C，△ABC 绕点 B 旋转， 使点 P 的对应点 P1 在线段 AB 的延长线上时，EP1 最大。 最大值为：EP1=BC+BE=5+2=7。26【考点】旋转的性质，等腰三角形的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质。 【分析】 1） （ 由旋转的性质可得： 1C1B=∠ACB=45° BC=BC1， ∠A ， 又由等腰三角形的性质， 即可求得∠CC1A1 的度数。 （2）由旋转的性质可得：△ABC≌△A1BC1，易证得△ABA1∽△CBC1，利用相似三角形的面积比 等于相似比的平方，即可求得△CBC1 的面积。 （3） 由①当 P 在 AC 上运动至垂足点 D， △ABC 绕点 B 旋转， 使点 P 的对应点 P1 在线段 AB 上时， EP1 最小； ②当 P 在 AC 上运动至点 C， △ABC 绕点 B 旋转， 使点 P 的对应点 P1 在线段 AB 的延长线上时， EP1 最大，即可求得线段 EP1 长度的最大值与最小值。 11. （2012 湖南怀化 10 分）如图 1，四边形 ABCD 是边长为 3 2 的正方形，长方形 AEFG 的宽 AE ? 长 EF ?7 , 27 得到长方形 AMNH (如图 2)，这时 BD 与 MN 相交 3 ．将长方形 AEFG 绕点 A 顺时针旋转 15° 2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．图1图2【答案】解： （1）如图，设 AB 与 MN 相交于点 K，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）连接 AN，交 BD 于 I，连接 DN，277 7 ，AH= EF ? ， 3 ，∠H=90° 2 2 NH 3 ? ∴ tan?HAN ? 。∴∠HAN=30° 。 AH 3∵NH= AE ? ∴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 2 ，∴ DI ? AI ? ∴NI=AN－AI=7－3=4。 在 Rt△DIN 中， DN ? DI2 ? NI2 ? 32 ? 42 ? 5 。 （3）点 B 在矩形 ARTZ 的外部。理由如下： 如图，根据题意得：∠BAR=15° +15° =30° 。1 1 AC ? AB2 ? CD2 ? 3 。 2 27 ， 2 7 AR 7 3 ? 2 = ∴ AK ? 。 cos30? 3 3 2∵∠R=90° ，AR= ∵3 2 ?7 3 9 2 ?7 3 162 ? 147 7 3 = = & 0 ，∴AB= 3 2 ＞ 。 3 3 3 3∴点 B 在矩形 ARTZ 的外部。 【考点】旋转的性质，矩形的性质，正方形的性质，勾股定理，锐角三角函数定义，特殊角的三角函数值， 实数的大小比较。 【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 DN，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。 12. （2012 福建泉州 14 分）如图，点 O 为坐标原点，直线 l 绕着点 A（0,2）旋转，与经过点 C（0,1）的 二次函数 y ?1 2 x ? h 交于不同的两点 P、Q. 4（1）求 h 的值； （2）通过操作、观察算出△POQ 面积的最小值（不必说理） ；28（3）过点 P、C 作直线，与 x 轴交于点 B，试问：在直线 l 的旋转过程 中四边形 AOBQ 是否为梯形，若是， 请说明理由；若不是，请指明其形状.【答案】解：（1）∵二次函数 y ? ∴ h=1。1 2 x ? h 的图象经过 C（0,1）， 4（2）操作、观察可知当直线 l ∥x 轴时，其面积最小； 将 y=2 带入二次函数 y ? ∴ S 最小=（2× 4）÷ 2=4。 （3）连接 BQ，若 l 与 x 轴不平行（如图） ，即 PQ 与 x 轴不平行，1 2 x ? 1中，得 x ? ?2 ， 41 2 x ? 1上的点 4 1 1 P（a， a 2 ? 1 ） 、Q（b， b 2 ? 1 ） （a＜0＜b） 。 4 4依题意，设抛物线 y ? 直线 BC：y=k1x+1 过点 P， ∴ a 2 ? 1 =ak1+1，得 k1= a 。 ∴直线 BC：y= a x+1 令 y=0 得：xB= ?1 41 41 44 a过点 A 的直线 l：y=k2x+2 经过点 P、Q， ∴ a 2 ? 1 ? ak 2 ? 2?① ， b2 ? 1=bk 2 ? 2?② 。 ①× b-②× 得： （a 2b ? b2a） b ? a ? 2（b ? a） a ，化简得：b= ? 。 ? ∴点 B 与 Q 的横坐标相同。∴BQ∥y 轴，即 BQ∥OA。 又∵AQ 与 OB 不平行，∴四边形 AOBQ 是梯形。 根据抛物线的对称性可得（a＞0＞b）结论相同。 若 l 与 x 轴平行，由 OA=2，BQ=2，OB=2，AQ=2，且∠AOB=900，得四边形 AOBQ 是1 41 41 44 a29正方形。 故在直线 l 旋转的过程中：当 l 与 x 轴不平行时，四边形 AOBQ 是梯形；当 l 与 x 轴平行 时，四边形 AOBQ 是正方形。 【考点】二次函数综合题，曲线上点的坐标与方程的关系，旋转的性质，二次函数的性质，一次函数的运 用，梯形和正方形的判定。 【分析】 （1）根据二次函数图象上的点的坐标特征，利用待定系数法求得 h 的值。 （2）操作、观察可得结论。实际上，由 P（a， a 2 ? 1 ） 、Q（b， b 2 ? 1 ） （a＜0＜b） ，可求得 b= ? （参见（3）。 ）1 41 44 a∴ S?POQ? ? 1 1 4 4 4 ? OA ? x Q ? x P ? ? OA? | ? ? a |? ? ）（? a） ? ? ? ?a ? +4 （ ? =? ? 2 2 a a a ? ?24 ∴当 ? = ?a 即|a|=|b|（P、Q 关于 y 轴对称）时，△POQ 的面积最小。 a即 PQ∥x 轴时，△POQ 的面积最小，且 POQ 的面积最小为 4。 （3）判断四边形 AOBQ 的形状，可从四个顶点的坐标特征上来判断．首先设出 P、Q 的坐标， 然后根据点 P、C 求出直线 BC 的解析式，从而表示出点 B 的坐标，然后再通过直线 PQ 以及 P、A、Q 三 点坐标，求出 Q、B 两点坐标之间的关联，从而判断该四边形是否符合梯形的特征。 13. （2012 辽宁丹东 12 分）已知：点 C、A、D 在同一条直线上，∠ABC=∠ADE=α，线段 BD、CE 交于 点 M． （1）如图 1，若 AB=AC，AD=AE ①问线段 BD 与 CE 有怎样的数量关系？并说明理由； ②求∠BMC 的大小（用 α 表示） ； （2）如图 2，若 AB= BC=kAC，AD =ED=kAE 则线段 BD 与 CE 的数量关系为 ，∠BMC= （用 α 表示） ；（3）在（2）的条件下，把△ABC 绕点 A 逆时针旋转 180° ，在备用图中作出旋转后的图形（要求：尺 规作图，不写作法，保留作图痕迹） ，连接 EC 并延长交 BD 于点 M.则∠BMC= （用 α 表示） ．30【答案】解： （1）如图 1。 ①BD=CE，理由如下： ∵AD=AE，∠ADE=α，∴∠AED=∠ADE=α， 。∴∠DAE=180° －2∠ADE=180° －2α。 同理可得：∠BAC=180° －2α。∴∠DAE=∠BAC。 ∴∠DAE+∠BAE=∠BAC+∠BAE，即：∠BAD=∠CAE。 在△ABD 与△ACE 中，∵AB=AC，∠BAD=∠CAE，AD=AE， ∴△ABD≌△ACE（SAS） 。∴BD=CE。 ②∵△ABD≌△ACE，∴∠BDA=∠CEA。 ∵∠BMC=∠MCD+∠MDC，∴∠BMC=∠MCD+∠CEA=∠DAE=180° －2α。 （2）如图 2，BD=kCE， 90? ? （3）作图如下：?2α。90?+?2。【考点】相似三角形的判定和性质，全等角形的判定和性质，等腰三角形的性质，三角形内角和定理和外 角性质，作图（旋转变换） ，旋转的性质 【分析】 （1）①先根据等腰三角形等角对等边的性质及三角形内角和定理得出 ∠DAE=∠BAC，则 ∠BAD=∠CAE，再根据 SAS 证明△ABD≌△ACE，从而得出 BD=CE。 ②先由全等三角形的对应角相等得出∠BDA=∠CEA，再根据三角形的外角性质即可得出31∠BMC=∠DAE=180° －2α。 （2）∵AD=ED，∠ADE=α，∴∠DAE= 同理可得：∠BAC= 90? ? ∴∠DAE=∠BAC。 ∴∠DAE+∠BAE=∠BAC+∠BAE，即：∠BAD=∠CAE。 ∵AB=kAC，AD=kAE，∴AB：AC=AD：AE=k。 在△ABD 与△ACE 中，∵AB：AC=AD：AE=k，∠BDA=∠CEA，∴△ABD∽△ACE。 ∴BD：CE=AB：AC=AD：AE=k，∠BDA=∠CEA。∴BD=kCE。 ∵∠BMC=∠MCD+∠MDC，∴∠BMC=∠MCD+∠CEA=∠DAE= 90? ?180? ? ?ADE ? =90? ? 。 2 2?2。?2。（3）先在备用图中利用 SSS 作出旋转后的图形，再根据等腰三角形等角对等边的性质及三 角形内角和定理得出∠DAE=∠BAC= 90? ??2，由 AB=kAC，AD=kAE，得出 AB：AC=AD：AE=k，从而证出△ABD∽△ACE，得出∠BDA=∠CEA，然后根据三角形的外角性质即可得出∠BMC= 90?+ ∵AD=ED，∠ADE=α，∴∠DAE=∠AED= 同理可得：∠BAC= 90? ??2：180? ? ?ADE ? =90? ? 。 2 2?2。∴∠DAE=∠BAC，即∠BAD=∠CAE。 ∵AB=kAC，AD=kAE，∴AB：AC=AD：AE=k。 在△ABD 与△ACE 中，∵AB：AC=AD：AE=k，∠BAD=∠CAE，∴△ABD∽△ACE。 ∴∠BDA=∠CEA。 ∵∠BMC=∠MCD+∠MDC，∠MCD=∠CED+∠ADE=∠CED+α， ∴∠BMC=∠CED+α+∠CEA=∠AED+α= 90? ??2+α= 90?+?2。14. （2012 辽宁阜新 12 分） （1）如图，在△ABC 和△ADE 中，AB=AC，AD=AE，∠BAC=∠DAE=90° ． ①当点 D 在 AC 上时，如图 1，线段 BD、CE 有怎样的数量关系和位置关系？直接写出你猜想的结论； ②将图 1 中的△ADE 绕点 A 顺时针旋转 α 角（0° ＜α＜90° ，如图 2，线段 BD、CE 有怎样的数量关系和 ） 位置关系？请说明理由． （2）当△ABC 和△ADE 满足下面甲、乙、丙中的哪个条件时，使线段 B D、CE 在（1）中的位置关系仍 然成立？不必说明理由． 甲：AB：AC=AD：AE=1，∠BAC=∠DAE≠90°；32乙：AB：AC=AD：AE≠1，∠BAC=∠DAE=90° ； 丙：AB：AC=AD：AE≠1，∠BAC=∠DAE≠90°．【答案】解： （1）①结论：BD=CE，BD⊥CE。 ②结论：BD=CE，BD⊥CE。理由如下： ∵∠BAC=∠DAE=90° ，∴∠BAD－∠DAC=∠DAE－∠DAC，即∠BAD=∠CAE。 在 Rt△ABD 与 Rt△ACE 中，∵AB=AC，∠BAD=∠CAE ，AD=AE， ∴△ABD≌△ACE（SAS） 。∴BD=CE。 延长 BD 交 AC 于 F，交 CE 于 H。 在△ABF 与△HCF 中， ∵∠ABF=∠HCF，∠AFB=∠HFC， ∴∠CHF=∠BAF=90° 。∴BD⊥CE。 （2）结论：乙．AB：AC=AD：AE，∠BAC=∠DAE=90° 。 【考点】全等三角形的判定和性质，三角形内角和定理，旋转的性质。 【分析】 （1）①BD=CE，BD⊥CE。根据全等三角形的判定定理 SAS 推 知△ABD≌△ACE，然后由全等三角形的对应边相等证得 BD=CE、对应 角相等∠ABF=∠ECA；然后在△ABD 和△CDF 中，由三角形内角和定理 可以求得∠CFD=90° ，即 BD⊥CF。 ②BD=CE，BD⊥CE。根据全等三角形的判定定理 SAS 推 知△ABD≌△ACE，然后由全等三角形的对应边相等证得 BD=CE、对应 角相等∠ABF=∠ECA；作辅助线（延长 BD 交 AC 于 F，交 CE 于 H）BH 构建对顶角∠ABF=∠HCF，再 根据三角形内角和定理证得∠BHC=90° 。 （2）根据结论①、②的证明过程知，∠BAC=∠DFC（或∠FHC=90° ）时，该结论成立了，所以 本条件中的∠BAC=∠DAE≠90°不合适。 15. （2012 辽宁铁岭 12 分）已知△ABC 是等边三角形．33（1）将△ABC 绕点 A 逆时针旋转角 θ（0° ＜θ＜180° ，得到△ADE，BD 和 EC 所在直线相交于点 O． ） ①如图 a，当 θ=20°时，△ABD 与△ACE 是否全等？ ②当△ABC 旋转到如图 b 所在位置时，求∠BOE 的度数； （2）如图 c，在 AB 和 AC 上分别截取点 B′和 C′，使 AB= 3 AB′，AC= 3 AC′，连接 B′C′，将△AB′C′ 绕点 A 逆时针旋转角 （0° ＜θ＜180° ， ） 得到△ADE， 和 EC 所在直线相交于点 O， BD 请利用图 c 探索∠BOE 的度数，直接写出结果，不必说明理由． （填“是”或“否”） ，∠BOE= 度；【答案】解： （1）①是； 120。 ②由已知得：△ABC 和△ADE 是全等的等边三角形，∴AB=AD=AC=AE。 ∵△ADE 是由△ABC 绕点 A 旋转 θ 得到的，∴∠BAD=∠CAE=θ。 ∴△BAD≌△CAE（SAS） 。∴∠ADB=∠AEC。 ∵∠ADB+∠ABD+∠BAD=180° ，∴∠AEC+∠ABO+∠BAD=180° 。 ∵∠ABO+∠AEC+∠BAE+∠BOE=360° ，∠BAE=∠BAD+∠DAE， ∴∠DAE+∠BOE=180° 。 又∵∠DAE=60° ，∴∠BOE=120° 。 （2）当 0° ＜θ≤30°时，∠BOE =30° ，当 30° ＜θ＜180° 时，∠BOE=120° 。 【考点】旋转的性质，全等三角形的判定和性质，三角形和多边形内角和定理，等边三角形的性质。 【分析】 （1）①∵△ADE 是由△ABC 绕点 A 旋转 θ 得到，∴△ABC 是等边三角形。 ∴AB=AD=AC=AE，∠BAD=∠CAE=20° ， 在△ABD 与△ACE 中，∵AB=AC，∠BAD=∠CAE，AD=AE， ， ∴△ABD≌△ACE（SAS） 。 ∵θ=20°，∴∠ABD=∠AEC=1 （180° 20° ）=80° 。 2又∵∠BAE=θ+∠BAC=20° +60° =80° ， ∴在四边形 ABOE 中，∠BOE=360° 80° 80° 80° =120° 。34②利用“SAS”证明△BAD 和△CAE 全等，根据全等三角形对应角相等可得∠ADB=∠AEC， 再利用四边形 ABOE 的内角和等于 360° 推出∠BOE+∠DAE=180° 再根据等边三角形的每一个角都是 60° ， 得到∠DAE=60° ，从而得解。 （2）如图，∵AB= 3 AB′，AC= 3 AC′，∴AB? AC? 3 ? ? 。∴B′C′∥BC。 AB AC 3∵△ABC 是等边三角形，∴△AB′C′是等边三角形。 根据旋转变换的性质可得 AD=AE，∠BAD=∠CAE。 在△ABD 和△ACE 中，∵AB=AC，∠BAD=∠CAE，AD=AE， ∴△ABD≌△ACE（SAS） 。∴∠ABD=∠ACE。 ∴∠BOC=180° （∠OBC+∠OCB）=180° （∠OBC+∠ACB+∠ACE） =180° （∠OBC+∠ACB+∠ABD）=180° （∠ACB+∠ABC） =180° （60° +60° ）=60° 。 当 0° ＜θ≤30°时，∠BOE=∠BOC=30° ， 当 30° ＜θ＜180° 时，∠BOE=180° ∠BOC=180° 60° =120° 。16. （2012 辽宁本溪 12 分）已知，在△ABC 中，AB=AC。过 A 点的直线 a 从与边 AC 重合的位置开始绕 点 A 按顺时针方向旋转角 ? ，直线 a 交 BC 边于点 P（点 P 不与点 B、点 C 重合） ，△BMN 的边 MN 始终 在直线 a 上（点 M 在点 N 的上方） ，且 BM=BN，连接 CN。 （1）当∠BAC=∠MBN=90° 时， ①如图 a，当 ? =45° 时，∠ANC 的度数为_______； ②如图 b，当 ? ≠45°时，①中的结论是否发生变化？说明理由；[来源:学科网 ZXXK]（2）如图 c，当∠BAC=∠MBN≠90°时，请直接写出∠ANC 与∠BAC 之间的数量关系，不必证明。35【答案】解： （1）①450。 ②不变。理由如下 过 B、C 分别作 BD⊥AP 于点 D，CE⊥AP 于点 E。 ∵∠BAC =90° ，∴∠BAD＋∠EAC=90° 。 ∵BD⊥AP，∴∠ADB =90° 。∴∠ABD＋∠BAD=90° 。 ∴∠ABD=∠EAC。 又∵AB=AC，∠ADB =∠CEA=90° ，∴△ADB≌△CEA（AAS） 。 ∴AD=EC，BD=AE。 ∵BD 是等腰直角三角形 NBM 斜边上的高， ∴BD=DN，∠BND=45° 。 ∴BN=BD=AE。∴DN－DE=AE－DE，即 NE=AD=EC。 ∵∠NEC =90° ，∴∠ANC =45° 。 （3）∠ANC =90° －1 ∠BAC。 2【考点】等腰（直角）三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，三角形内角和定理，圆周角定理。 【分析】 （1）①∵BM=BN，∠MBN=90° ，∴∠BMN=∠BNM=45° 。 又∵∠CAN=45° ，∴∠BMN=∠CAN。 又∵AB=AC，AN=AN，∴△BMN≌△CAN（SAS） 。∴∠ANC=∠BNM=45° 。 ②过 B、C 分别作 BD⊥AP 于点 D，CE⊥AP 于点 E。通过证明△ADB≌△CEA 从而证明 △CEN 是等腰直角三角形即可。 （2）如图，由已知得： ∠θ=1800－2∠ABC－∠1（∵AB=AC） =1800－∠2－∠6－∠1（∵∠BAC=∠MBN，BM=BN）36=（1800－∠2－∠1）－∠6 =∠3＋∠4＋∠5－∠6（三角形内角和定理） =∠6＋∠5－∠6=∠5（∠3＋∠4=∠ABC=∠6） 。 ∴点 A、B、N、C 四点共圆。 ∴∠ANC =∠ABC ==90° －1 ∠BAC。 217. （2012 四川南充 8 分） Rt△POQ 中， 在 OP=OQ=4,M 是 PQ 中点， 把一三角尺的直角顶点放在点 M 处， 以 M 为旋转中心，旋转三角尺，三角尺的两直角边与SPOQ 的两直角边分别交于点 A、B， (1)求证：MA=MB (2)连接 AB，探究：在旋转三角尺的过程中，△AOB 的周长是否存在最小值，若存在，求出最小值，若不 存在。请说明理由。【答案】解： （1）证明：连接 OM 。 ∵ Rt△POQ 中，OP=OQ=4，M 是 PQ 的中点， ∴PQ=42，OM=PM=1 2PQ=22，∠POM=∠BOM=∠P=450 。 ∵∠PMA+∠AMO= ∠OMB+∠AMO，∴∠PMA=∠OMB。 ∴△PMA≌△OMB（ASA） 。∴ MA=MB。 (2) △AOB 的周长存在最小值。理由如下: ∵△PMA≌△OMB ，∴ PA=OB。 ∴OA+OB=OA+PA=OP=4。 令 OA=x， AB=y，则 y2=x2+(4-x)2=2x2-8x+16=2(x-2)2+8≥8。 ∴当 x=2 时 y2 有最小值 8，从而 y 的最小值为 2 2 。 ∴△AOB 的周长存在最小值，其最小值是 4+2 2 。 【考点】直角三角形斜边上的中线性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，二次函数的最值。37【分析】 （1）连接 OM，证△PMA 和△OMB 全等即可。 (2) 先计算出∴OP=OA+OB=OA+PA=4，再令 OA=x，AB=y，则在 RtSAOB 中，利用勾股定理 得 y2=x2+(4-x)2=2x2-8x+16=2(x-2)2+8 求出最值即可。 18. （2012 辽宁本溪 14 分）如图，已知抛物线 y=ax? +bx+3 经过点 B（－1，0） 、C（3，0） ，交 y 轴于点 A，将线段 OB 绕点 O 顺时针旋转 90° ，点 B 的对应点为点 M，过点 A 的直线与 x 轴交于点 D（4,0） ．直 角梯形 EFGH 的上底 EF 与线段 CD 重合，∠FEH=90° ，EF∥HG,EF=EH=1。直角梯形 EFGH 从点 D 开始， 沿射线 DA 方向匀速运动，运动的速度为 1 个长度单位/秒，在运动过程中腰 FG 与直线 AD 始终重合，设 运动时间为 t 秒。 （1）求此抛物线的解析式； （2）当 t 为何值时，以 M、O、H、E 为顶点的四边形是特殊的平行四边形； （3）作点 A 关于抛物线对称轴的对称点 A′，直线 HG 与对称轴交于点 K，当 t 为何值时，以 A、A′、G、 K 为顶点的四边形为平行四边形。请直接写出符合条件的 t 值。【答案】解： （1）∵抛物线 y=ax? +bx+3 经过点 B（－1,0） 、C（3,0）, ∴??a -b+3=0 ?a=-1 ，解得， ? 。 ?9a +3b+3=0 ?b=2∴抛物线的解析式为 y=－x? +2x+3。 （2）当直角梯形 EFGH 运动到 E′F′G′H′时，过点 F′作 F′N⊥x 轴于点 N，延长 E′ H’交 x 轴于 点 P。 ∵点 M 是点 B 绕 O 点顺时针旋转 90° 得到的， ∴点 M 的坐标为（0，1） 。 ∵点 A 是抛物线与 y 轴的交点， ∴点 A 的坐标为（3，0） 。38∵OA=3，OD=4，∴AD=5。 ∵E′ H′∥OM，E′ H′=OM=1， ∴四边形 E′H′ OM 是平行四边形（当 E′ H′不与 y 轴重合时） 。 ∵F′N∥y 轴，N G′∥x 轴，∴△F′N D∽△AOD。∴F?N ND F?D 。 ? ? AO OD AD∵直角梯形 E′F′G′H′是直角梯形 EFGH 沿射线 DA 方向平移得到的，F?N ND t 3t 4t ? ? 。∴ F?N ? ，ND ? 。 3 4 5 5 5 4t 4t ∵E′F′=PN=1，∴OP=OD－PN－ND=4－1－ =3－ 。 5 5 3t 3t ∵E′P= F?N ? ，E′H′=1，∴H′P= －1。 5 5∴F′D=t，∴ 若平行四边形 E′H′ OM 是矩形，则∠MO H′=900，此时 H′G′与 x 轴重合。 ∵F′D=t，∴ F?N ?3t 5 =1，即 t= 。 5 3即当 t= 秒时，平行四边形 EHOM 是矩形。 若平行四边形 E′H′ OM 是菱形，则 O H′=1。5 34t ? ? 3t ? ? 在 Rt△H′OP 中， OP 2 ? H?P 2 ? O H?2 ，即 ? 3 ? ? ? ? ? 1? ? 12 5? ?5 ? ?得 t 2 ? 6t ? 9=0 ，解得 t1 =t 2 =3 。 即当 t=3 秒时，平行四边形 EHOM 是菱形。 综上所述，当 t= 秒时，平行四边形 EHOM 是矩形，当 t=3 秒时，平行四边形 EHOM 是菱形。 （3） t=225 335 95 秒或 t= 秒。 12 12【考点】二次函数综合题，二次函数的性质，待定系数法，曲线上点的坐标与方程的关系，直角梯形的性 质，平移的性质，相似三角形的判定和性质，平行四边形、矩形和菱形的判定。 【分析】 （1）用待定系数法，将 B（－1,0） 、C（3,0）代入 y=ax? +bx+3 即可求得抛物线的解析式。 （2） 当直角梯形 EFGH 运动到 E′F′G′H′时， 过点 F′作 F′N⊥x 轴于点 N， 延长 E′ H’交 x 轴于点 P。 根据相似三角形的判定和性质，可用 t 表示出 OP=3－ 菱形两种情况讨论即可。 （3）∵y=－x? +2x+3 的对称轴为 x=1，A（0，3） ，4t 3t ，H′P= －1。分平行四边形 E′H′ OM 是矩形和 5 539∴点 A 关于抛物线对称轴的对称点 A′（2，3） 。 ∴A A′=2。 设直线 AD 解析式为 y=kx+b ， 则由 A（0，3） ，D（4，0）得3 ? ?b=3 3 ? k= ? ，解得 ? 4 。∴直线 AD 解析式为 y= ? x+3 。 ? 4k+b=0 4 ? ? b=3 ?由（2）知，点 G 的纵坐标为3 3t 16 4 －1，代入 y= ? x+3 得横坐标为 ? t 。 4 5 3 5由 HG=2 得16 4 16 4 16 4 ? t ? 1 =2 ，即 ? t ? 1=2 或 ? t ? 1= ? 2 。 3 5 3 5 3 535 95 或 t= 。 12 12 35 95 ∴当 t= 秒或 t= 秒时，以 A、A′、G、K 为顶点的四边形为平行四边形。 12 12解得 t=40 2012年全国中考数学(159套)选择填空解答压轴题分类解析汇编(15专题)专题12：几何三大变换问题之旋转―汇集和整理大量word文档,专业文献,应用文书,考试资料,教学教材,办公文档,教程攻略,文档搜索下载下载,拥有海量中文文档库,关注高价值的实用信息,我们一直在努力,争取提供更多下载资源。