全国中考数学分类解析汇编专题12：几何三大变换问题之旋转.doc

2 012年全国中考数学分类解析汇编
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． C． 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° 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． B． C． 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【 】
　 A． B． C． 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： B．1：2 C．：2 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° 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 B．3周 C．4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=AB2﹣BD2，即AD2=102﹣62，
∴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.[来
:学#科#网]
【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=AC﹣AN=3，。
∴在Rt△FCN中，。
在Rt△ABM中，。
∴AM=。
∴CM=AC﹣AM=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=OB﹣OC=|﹣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=OA﹣AF=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=x﹣2。
∵Q点既在直线PF上，也在抛物线上，
∴，化简得5x2﹣14x﹣48=0，
解得x1= ，x2=﹣2（不合题意，舍去）。∴xQ=2。
∴yQ=xQ﹣2=。∴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