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求由Y=X^2,y^2=8x所围轴对称图形ppt绕x轴旋转所成的旋转的体积
求由星形线x^(2&#47;3)+y^(2&#47;3)=a^(2&#47;3)所围成的图形绕x轴旋转而成的旋转体的体积 答案:(32&#47;105)πa^3_百度知道
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提问者采纳
y=±[a^（2/3）-x^(2/3)]^(3/2),星形线分成上下两个半支，考虑X轴对称关系，只求上半支即可，从-a至a以Y轴左右对称，可求从0至a积分,再乘以2，V=2π∫[0,a]{[a^(2/3)-x^(2/3)]^(3/2)}^2dx=2π∫[0，a][a^2-3a^(4/3)x^(2/3)+3a^(2/3)x^(4/3)-x^2)dx=2π[0,a][a^2x-3a^(4/3)x^(2/3+1)/(2/3+1)+3a^(2/3)x^(4/3+1)/(4/3+1)-x^3/3]=2π[a^3-9a^3/5+9a^3/7-a^3/3)=32πa^3/105. 用到差的立方公式，(a-b)^3=a^3-3a^2b+3ab^2-b^3.
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谢谢帮忙了！
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C1:y=x?-4x+3&=﹙x－2﹚?－1
∴它的顶点为﹙2，﹣1﹚
∴C2的顶点为（2t-2,2×1+1）即为（2t-2,3）
代入C1:y=x?-4x+3&&=﹙x－2﹚?－1得：
3=﹙2t﹣2－2﹚?－1
解得：t=3或t=1
∴C2的顶点为（4,3）或（0,3）
∴C2解析式：y=﹣﹙x－4﹚?+3或y=﹣﹙x－0﹚?+3
即y=-x?+8x-13或y=-x?+3
先求C1顶点(2,-1),C1定点与C2顶点应该关于P对称(旋转得到),也可以说P是两个顶点的中点。所以利用中点坐标公式。利用P的纵坐标是1,C1纵坐标是-1,那么,C2纵坐标就是3。然后利用x*2-4x+3=3得出,x=0或者4,也就是C2的顶点为(0,3)或者(4,3)利用顶点式得C2解析式为:y=x*2+3或者:y=x*2-4x+19.备注:C1与C2是旋转得到的,两者形状应该一致,也就是顶点式子中的a值应该一样。。
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即: y-8 = -2*(x-1)^2,8)旋转180度后: (16-b)-3 = -2*[(2-a)-1]^2然后向下，点P(x,Q关于A点对称: P(x,b)P, 顶点为A(1;2 = 1: 莅姓边舅装矫跌收(x+a)&#47,8)设;2 = 8x = 2-a, y = 16-b代入方程: 抛物线绕顶点A(1,y)为抛物线上一点,则, 即, 得,y)旋转到Q(a, (y+b)&#47抛物线y=-2X^2+4X+1
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出门在外也不愁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_中考数学试题_作文网
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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
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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
作者：佚名
文章来源：
更新时间： 11:40:13
　　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
D．　　【答案】D。　　【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，　　∴BC=AB=1，∠B=90°－∠BAC=60°。∴。　　∴。　　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。　　∴S。　　∴　　故选D。　　2. （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【
】　　A．110°
D．30°　　【答案】B。　　【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，AB=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【
D．2　　【答案】B。　　【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，AB=1为高。所以，它　　的侧面积为。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；⑤．其中正确的结论是【
】　　A．①②③⑤
B．①②③④
C．①②③④⑤
D．①②③　　【答案】A。　　【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。　　。故结论④错误。　　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。　　则。　　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【
D．　　【答案】C。　　【考点】点、线、面、体。　　【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°到BP′，已知∠AP′B=135°，P′A：P′C=1：3，则P′A：PB=【
】。　　A．1：
D．1：　　【答案】B。　　【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°到BP′，　　∴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，。　　在Rt△APP′中，。　　∴，解得PB=2x。∴P′A：PB=x：2x=1：2。 故选B。　　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°
D．30°　　【答案】C。　　【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
D．5周　　【答案】C。　　【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　　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，沿A→B→C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：　　∵OO1=AB=πr；O1O2 =；O2O3=BC= ，　　∴圆心O运动的路程是πr++ =2πr。　　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.　　【答案】4。　　【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=EC=FC,　　∴ S△AEC= AF?EC=AF2=24 。∴AF2=24。　　∴AC2=2AF2=48
AC=4。　　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】。　　【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，∴。　　∵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　　。　　4. （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　　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　　反比例函数的图象交EF于点B，则点B的坐标为
.　　【答案】（4，）。　　【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），G点坐标为（0，2），∴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）。　　把A（1，2）代入得k=1×2=2。∴过点A的反比例函数解析式为。　　把x=4代入得。∴B点坐标为（4，）。　　5. （2012广西钦州3分）如图，直线与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　
　．　　【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，，解得x=2；当x=0时，y=3。　　∴点A（2，0），B（0，3）。∴OA=2，OB=3，　　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°或165°。　　【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。　　∵∠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°或165°。　　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）在中，，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。　　【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′．　　（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），　　∴，解得。　　∴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）2－4×2×2=－4＜0，∴此方程无解。　　∴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。　　（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的面积的时，求线段EF的长．　　【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，∴，即。　　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=BC=6。　　在Rt△ABD中，AD2=AB2BD2，即AD2=10262，　　∴AD=8。　　∴S△ABC=?BC?AD=×12×8=48，　　S△DEF=S△ABC=×48=12。　　又∵?AD?BD=?AB?DH，∴。　　∵△BDF∽△DEF，∴∠DFB=∠EFD。　　∵DH⊥BF，DG⊥EF，∴∠DHF=∠DGF。　　又∵DF=DF，∴△DHF≌△DGF（AAS）。∴DH=DG=。　　∵S△DEF=?EF?DG=?EF?=12，∴EF=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，从而得出△BDF∽△CED∽△DEF。　　（3）利用△DEF的面积等于△ABC的面积的，求出DH的长，从而利用S△DEF的值求出EF即可。　　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＝
，OM=　　（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≤时，S与t之间的函数关系式。　　【答案】解：（1）450；。　　（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=，F（，－）。　　由旋转的性质和勾股定理，得OG=，　　设TG=MT=x，则OT=OM＋MT=。　　在Rt△OTG中，由勾股定理，得，解得x=。　　∴G（，－）。　　∴用待定系数法求得直线FG的解析式为。　　当x=2时，。　　∴当t=时，就是GF平移到过点C时的位置（如图5）。　　∴当0&t≤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=，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=，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， ∴。　　（II）当2&t≤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。　　当x=2时，。∴CP=。∴。　　（III）当&t≤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= ，OU=OV= t－。　　∴。　　综上所述，当0&t≤时，S与t之间的函数关系式为　　。　　【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）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首先确定当0&t≤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≤，&t≤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=∠ABC(0°＜∠CBE＜∠ABC)。以点B为旋转中心，将△BEC按逆时针方向旋转∠ABC，得到△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=∠ABC(0°＜∠CBE＜45°).求证：DE2=AD2+EC2.　　【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。　　∵∠DBE=∠ABC，∴∠ABD＋∠EBC =∠ABC。　　∴∠ABD＋∠E’BA =∠ABC，即∠E’BD=∠ABC。∴∠E’BD=∠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=∠ABC经等量代换可得　　∠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=时，求线段BG的长．　　【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=，　　∴。　　∴AN=FN=AE=1。　　∵在等腰直角△ABC 中，AB=4，∴CN=ACAN=3，。　　∴在Rt△FCN中，。　　在Rt△ABM中，。　　∴AM=。　　∴CM=ACAM=4，。　　∵△BMA∽△CMG，∴，即，∴CG=。　　∴在Rt△BGC中，。　　【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=。然后利用△BMA∽△CMG，求得CG的长，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=，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=ax2+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？若存在，求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．　　【答案】解：（1）∵AB⊥x轴，AB=3，tan∠AOB=，∴OB=4。　　∴B（4，0），B1（0，4），A2（3，0）。　　∵抛物线y=ax2+bx+c（a≠0）经过点B、B1、A2，　　∴，解得。　　∴抛物线的解析式为：。　　（2）点P是第三象限内抛物线上的一点，　　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，。　　∴PC=|n|=，OC=|m|=m，　　BC=OBOC=|4||m|=4+m。　　∴　　∴当m=2时，△PBB1的面积最大，这时，n=，即点P（2，）。　　（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：　　，　　在Rt△OBB1中，。　　∵，　　∴，解得xQ=1或xQ=3。　　当xQ=1时，yQ=4；当xQ=3时，yQ=2。　　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，这样的点Q的坐标是（1，4）或（3，2）。　　【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，那么结论OF=DG能成立吗？请说明理由.　　⑶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，　　∴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=ax2+bx+c，则有：　　，解得 。　　∴经过点D、B、E的抛物线的解析式为：。　　（2）结论OF=DG能成立．理由如下：　　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=，∴。∴M（）。　　设直线MB的解析式为yMB=kx+b，　　∵M（），B（4，4），　　∴，解得。　　∴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=DG成立。　　（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。来]∴xQ=2。　　∴，　　∴Q1（2，）。　　②若PF=PE。　　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），　　∴，解得。∴yPF=x2。　　∵Q点既在直线PF上，也在抛物线上，　　∴，化简得5x214x48=0，　　解得x1= ，x2=2（不合题意，舍去）。∴xQ=2。　　∴yQ=xQ2=。∴Q3（）。　　综上所述，Q点的坐标为Q1（2，）或Q2（4，4）或Q3（）。　　【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=DG的关系，所以结论成立；　　（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°，]得△AB′C′，则S△AB′C′：S△ABC=　 　；直线BC与直线B′C′所夹的锐角为　
　度；　　（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．　　【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。　　（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。　　∴AB2=CB?BB′=CB（BC+CB′）。　　而 CB′=AC=AB=B′C′，BC=1，∴AB2=1（1+AB），解得，。　　∵AB＞0，∴。　　【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′，　　∴S△AB′C′：S△ABC=，∠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；　　（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。　　∴，∠ABC+∠ABC1=∠A1BC1+∠ABC1。∴∠ABA1=∠CBC1。　　∴△ABA1∽△CBC1。∴。　　∵S△ABA1=4，∴S△CBC1=。　　（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°=。　　①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=2。　　②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。　　【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：∠A1C1B=∠ACB=45°，BC=BC1，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是边长为的正方形，长方形AEFG的宽,长．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，　　∵NH=，AH=，∠H=90°，　　∴。∴∠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=，∴。　　∴NI=AN－AI=7－3=4。　　在Rt△DIN中，。　　（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°。　　∵∠R=90°，AR= ，　　∴。　　∵，∴AB= ＞。　　∴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，直线绕着点A（0,2）旋转，与经过点C（0,1）的二次函数交于不同的两点P、Q.　　（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）；　　（3）过点P、C作直线，与x轴交于点B，试问：在直线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）∵二次函数的图象经过C（0,1），　　∴。　　（2）操作、观察可知当直线∥x轴时，其面积最小；　　将y=2带入二次函数中，得，　　∴ 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，　　依题意，设抛物线上的点　　P（a，）、Q（b，）（a＜0＜b）。　　直线BC：y=k1x+1过点P，　　∴=ak1+1，得k1=。　　∴直线BC：y=x+1　　令y=0得：xB=　　过点A的直线l：y=k2x+2经过点P、Q，　　∴，。　　①×b-②×a得：，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，）、Q（b，）（a＜0＜b），可求得b=（参见（3））。　　∴　　∴当即|a|=|b|（P、Q关于y轴对称）时，△POQ的面积最小。　　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
（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）．　　【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，α。　　（3）作图如下：　　。　　【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　　∠BMC=∠DAE=180°－2α。　　（2）∵AD=ED，∠ADE=α，∴∠DAE=。　　同理可得：∠BAC=。　　∴∠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=。　　（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=，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=：　　∵AD=ED，∠ADE=α，∴∠DAE=∠AED=。　　同理可得：∠BAC=。　　∴∠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=+α=。　　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BD、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°；　　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．　　（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？
（填“是”或“否”），∠BOE=
度；　　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=AB′，AC=AC′，连接B′C′，将△AB′C′绕点A逆时针旋转角（0°＜θ＜180°），得到△ADE，BD和EC所在直线相交于点O，请利用图c探索∠BOE的度数，直接写出结果，不必说明理由．　　【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=（180°20°）=80°。　　又∵∠BAE=θ+∠BAC=20°+60°=80°，　　∴在四边形ABOE中，∠BOE=360°80°80°80°=120°。　　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=AB′，AC=AC′，∴。∴B′C′∥BC。　　∵△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；　　（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。　　【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°－∠BAC。　　【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）　　=（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°－∠BAC。　　17. （2012四川南充8分）在Rt△POQ中，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=4，OM=PM=PQ=2，∠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。　　∴△AOB的周长存在最小值，其最小值是4+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。　　【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=ax2+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=ax2+bx+3经过点B（－1,0）、C（3,0）,　　∴，解得，。　　∴抛物线的解析式为y=－x2+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）。　　∵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。∴。　　∵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′D=t，∴。∴。　　∵E′F′=PN=1，∴OP=OD－PN－ND=4－1－=3－。　　∵E′P=，E′H′=1，∴H′P=－1。　　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，∴，即。　　即当秒时，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。　　在Rt△H′OP中，，即　　得，解得。　　即当秒时，平行四边形EHOM是菱形。　　综上所述，当秒时，平行四边形EHOM是矩形，当秒时，平行四边形EHOM是菱形。　　（3）秒或秒。　　【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=ax2+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－，H′P=－1。分平行四边形E′H′ OM是矩形和菱形两种情况讨论即可。　　（3）∵y=－x2+2x+3的对称轴为x=1，A（0，3），　　∴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，　　则由A（0，3），D（4，0）得　　，解得。∴直线AD解析式为。　　由（2）知，点G的纵坐标为－1，代入得横坐标为。　　由HG=2得，即或。　　解得或。　　∴当秒或秒时，以A、A′、G、K为顶点的四边形为平行四边形。
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说的太好了，我顶！
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