专题12：几何三大变换问题之旋转

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 B．3 C．

3?4+32 D．

11?12+34

【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=

12AB=1，∠B=90°－∠BAC=60°。∴AC?12?BC?AC?32AB?BC22?3。

∴S?ABC?。

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?ACD?12S?ABC?12?32?341S。

∴?ABC扫过的面积?S扇形ACA?S扇形BCD?S?ACD

?90???（3） 3602?60???13602?34?3?4??6?34 ?11?12?34 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【 】

1

A．110° B．80° C．40° 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【 】

A．10? 【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°；④S四边形AOBO=6+33；⑤S?AOC?S?AOB?6+论是【 】

934B．4? C．2? D．2

．其中正确的结 2

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。

S四边形AOBO??S?AOO??S?OBO??12?3?4+12?4?23?6+43。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S?AOC?S?AOB?SAOCO??S?COO??S?AOO??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【 】

12?3?4+12?3?332=6+934。

3

A．

【答案】C。

B． C． D．

【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．1：2 B．1：2 C．3：2 D．1：3 【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，PP??在Rt△APP′中，PP??AP2?P?A2??3x?2?x2?22 x。

2PB。

∴2PB=22 x，解得PB=2x。∴P′A：PB=x：2x=1：2。 故选B。

4

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° B．60° C．45° 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 【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

B．3周

C．4周

D．5周

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，沿A→B→C

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： ∵OO1=AB=πr；O1O2 =

90?r1801?12?r；O2O3=BC=

112?r ，

∴圆心O运动的路程是πr+?r+?r =2πr。

222. （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】43。

【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=

1212EC=FC,

AF·EC=AF2=24 。∴AF2=24。

∴AC2=2AF2=48 AC=43。

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】

512?。

【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

150???2360212AB?12?2?1，AC?2?32?3。

150?????3?2360=512?。

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

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=kx(x>0)的图象交EF于点B，则点B的坐标为 ▲ .

【答案】（4，

12）。

【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y=把x=4代入y=2xkx得k=1×2=2。∴过点A的反比例函数解析式为y=122x。

得y=。∴B点坐标为（4，

3212）。

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 ▲ ．

【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。

23∴点A（2，0），B（0，3）。∴OA=2，OB=3，

8

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。

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°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△ABC中，BA=BC，?BAC将线段PA绕点P顺时针旋转2?得到线段PQ。 （1） 若???????，M是AC的中点，P是线段BM上的动点，

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），

2? am?bm?c?0 ?∴?c?m ?a?b?c?0?a??1 ? ?，解得?b?m?1 ?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）2－4×2×2=－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。

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，∴

CDCE=DFEDBDCE=DFED14时，求线段EF的长．

。

，即

CDDF=CEED。

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

2

12BC=6。

2

在Rt△ABD中，AD=AB﹣BD，即AD=10﹣6， ∴AD=8。

13

∴S△ABC=S△DEF=又∵

121214?BC?AD=S△ABC=

121412×12×8=48，

×48=12。

AD?BDAB?8?610?245?AD?BD=?AB?DH，∴DH?。

∵△BDF∽△DEF，∴∠DFB=∠EFD。 ∵DH⊥BF，DG⊥EF，∴∠DHF=∠DGF。

又∵DF=DF，∴△DHF≌△DGF（AAS）。∴DH=DG=∵S△DEF=

12245。

·EF·DG=

12·EF·245=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

BDCE=DFED，从而得出△BDF∽△CED∽△DEF。

14（3）利用△DEF的面积等于△ABC的面积的

可。

，求出DH的长，从而利用S△DEF的值求出EF即

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

2?2时，S与t之间的函

14

【答案】解：（1）450；22。

（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=22－2。

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=22，F（22，－22）。 由旋转的性质和勾股定理，得OG=25， 设TG=MT=x，则OT=OM＋MT=22+x。 在Rt△OTG

中，由勾股定理，得x+22?2+x??2=25?2，解得x=2。

∴G（2，－32）。

∴用待定系数法求得直线FG的解析式为y=x?42。 当x=2时，y=2?42。 ∴当t=4

2?2时，就是GF平移到过点C时的位置（如图5）。

15

∴当0

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=22，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=42?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

（II）当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? （III）当22

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－22。 ∴S?12?t?2+t??2?1?t?222?22?2=?12t+2+22?2t?6?。

综上所述，当0

?12?2t?0

???? 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=22。

（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=22－2。 ②首先确定当0

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=

12∠ABC(0°＜∠CBE＜

12∠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=

12∠ABC(0°＜∠CBE＜45°).求证：DE2=AD2+EC2.[来 :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。 ∵∠DBE=

12∠ABC，∴∠ABD＋∠EBC =

1212∠ABC。

12 ∴∠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=∠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．

12∠ABC经等量代换可得

18

【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?AD+DE1222?2+222?2。

∴AN=FN=AE=1。

AB+AC22BC?∵在等腰直角△ABC 中，AB=4，∴CN=AC﹣AN=3，

?4+422?42。

∴在Rt△FCN中，tan?FCN?FNCN?13。

AMAB?13在Rt△ABM中，tan?FCN?tan?ABM?∴AM=AB?3143。

。

4383?4?4+???3?22∴CM=AC﹣AM=4﹣

?，BM?AB+AM22??4103。

4108?3CG∵△BMA∽△CMG，∴

BMBA?CMCG，即

34，∴CG=4105。

19

∴在Rt△BGC中，BG?BC2?CG2??42?2?410???5?????2?8105。

【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?3143。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=

34，

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．

222

？若存在，求出点Q的坐

【答案】解：（1）∵AB⊥x轴，AB=3，tan∠AOB=

34，∴OB=4。

∴B（﹣4，0），B1（0，﹣4），A2（3，0）。

∵抛物线y=ax+bx+c（a≠0）经过点B、B1、A2，

2

20

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?13x2?132x?413。

上的一点，

（2）点P是第三象限内抛物线y?13x?x?4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?113m2?13m?4。

∴PC=|n|=﹣n??m2?313m+4，OC=|m|=﹣m，

BC=OB﹣OC=|﹣4|﹣|m|=4+m。 ∴S?PBB1?S?PBC?S梯形PB1OC?S?OBB1??12?（4?m）?（?22m212?BC?PC?1213122?（PC?OB1）?OC??1312?OB?OB1

12?4?413m2?13m?4）??（[?mm?4）?4]?（?m）???282?m??（m?2）?3331038

∴当m=﹣2时，△PBB1的面积最大，这时，n=?（3）存在。

，即点P（﹣2，?103）。

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：

282?（m?2）?3322。

，

OB+OB122在Rt△OBB1中，BB1?∵S?QBB1?23?42。 ，

12?BB1?QD?83=212?42?22?22?∴?（xQ?2），解得xQ=﹣1或xQ=﹣3。

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）。

22，这样的点

【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

125，那么结论OF=

12DG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，

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：

5?a???12?13??b?6??c?2??2

?c?2??16a?4b?c?4?36a?6b?c?0?，解得 。

∴经过点D、B、E的抛物线的解析式为：y=?（2）结论OF=

12512x+2136x+2。

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=

125，∴yM=?512xM+2136xM+2=245。∴M（

125， 245）。

设直线MB的解析式为yMB=kx+b， ∵M（

125， 245），B（4，4），

1??k=?，解得?2?b=6?24?12k+b=?∴?55?4k+b=4?。

∴yMB=?12x+6。∴G（0，6）。

∴CG=2，DG=4。∴AF=CG=2，OF=OA﹣AF=2，F（2，0）。 ∵OF=2，DG=4，∴结论OF=

12DG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。∴xQ=2。

来]

∴yQ=?512xQ+2136xQ+2=143，

∴Q1（2，

143）。

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?6k+b=4，解得??k=1?b=?2。∴yPF=x﹣2。

∵Q点既在直线PF上，也在抛物线上， ∴?512x+2136x+2=x?2，化简得5x﹣14x﹣48=0，

2

解得x1=

245，x2=﹣2（不合题意，舍去）。∴xQ=2。

245?2=145∴yQ=xQ﹣2=。∴Q3（

245143， 145）。

245， 145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=

12DG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°，3]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．

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?AB=2。

（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?∵AB＞0，∴n=B?C?BC=1+252

2

1?25。

。

【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。 ∴

BABC?BA1BC1，∠ABC+∠ABC1=∠A1BC1+∠ABC1。∴∠ABA1=∠CBC1。

22∴△ABA1∽△CBC1。∴

S?ABAS?CBC25411?AB?????CB??4?????5??1625。

∵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°=522。

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=BP1﹣BE=BD﹣BE=522﹣2。

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。

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：∠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32的正方形，长方形AEFG的宽AE?长EF?72372,

．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．

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

∵NH=AE?72，AH=EF?NHAH?33723，∠H=90°，

∴tan?HAN?。∴∠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=32，∴DI?AI?∴NI=AN－AI=7－3=4。 在Rt△DIN中，DN?DI?NI2212 AC?12 AB?CD22?3。

?3?422?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°。 ∵∠R=90°，AR=

727，

∴AK?ARcos30??2=73332。

∵32?733=92?733=162?3147>0，∴AB=32 ＞733。

∴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?14x2?h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）；

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。

（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，

依题意，设抛物线y?114x214x2?h的图象经过C（0,1），

14x2?1中，得x??2，

?1上的点

P（a，a2?1）、Q（b，b2?1）（a＜0＜b）。

441直线BC：y=k1x+1过点P， ∴a2?1=ak1+1，得k1=a。

4411∴直线BC：y=ax+1

41令y=0得：xB=?4a

过点A的直线l：y=k2x+2经过点P、Q，

∴a2?1?ak2?2?①，b2?1=bk2?2?②。

4411①×b-②×a得：（a2b?b2a）?b?a?2（b?a），化简得：b=?414a。

∴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

29

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，a2?1）、Q（b，b2?1）（a＜0＜b），可求得

4411b=?4a（参见（3））。

12???OA?|??a|?（?）?（?a）=??2aa?1444a??a?+4??2∴S?POQ?OA?xQ?xP??

∴当?4a=?a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 ，∠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???2180???ADE2=90???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

?2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???2180???ADE2=90??：

?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°；

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？ （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=3AB′，AC=3AC′，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=

12（180°﹣20°）=80°。

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=3AB′，AC=3AC′，∴

AB?AB?AC?AC?33。∴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；

[来源: ]（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°－

12∠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）

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°－

12∠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⊿POQ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

2，OM=PM=

12PQ=2

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22。 ∴△AOB的周长存在最小值，其最小值是4+22。

【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Rt⊿AOB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）,

?a-b+3=0?a=-1∴?，解得，?。

9a+3b+3=0b=2??∴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）。

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?NAO?NDOD?F?DAD。

∵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，∴

F?N3?ND4?t5。∴F?N?3t5，ND?4t54t5。

4t5 ∵E′F′=PN=1，∴OP=OD－PN－ND=4－1－ ∵E′P=F?N?3t5=3－。

，E′H′=1，∴H′P=

3t5－1。

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，∴F?N? 即当t=533t5=1，即t=53。

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，OP?H?P224t???3t?2??1?O H?，即?3?????15???5?222

得t2?6t?9=0，解得t1=t2=3。

即当t=3秒时，平行四边形EHOM是菱形。 综上所述，当t=是菱形。

（3）t=351253秒时，平行四边形EHOM是矩形，当t=3秒时，平行四边形EHOM

秒或t=9512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－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），

4t5，H′P=

3t5－1。分平行四边形E′H′ OM是矩形和

39

∴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

?b=3??4k+b=03??k=?，解得?4?b=3?。∴直线AD解析式为y=?34x+3。

由（2）知，点G的纵坐标为

163453t5－1，代入y=?4534x+3得横坐标为

163?45t。

由HG=2得

35123512?t?1=2，即

163?t?1=2或

163?45t?1=?2。

解得t=∴当t=

或t=9512。

9512秒或t=秒时，以A、A′、G、K为顶点的四边形为平行四边形。

40

本文来源：https://www.bwwdw.com/article/do06.html