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2012年全国中考数学试题分类解析汇编159套63专题)专题54图形的旋转变换
一、选择题
1.(2012天津市3分)将下列图形绕其对角线的交点逆时针旋转900,所得图形一定与原图形重合的是【】(A)平行四边形(B)矩形(C)菱形(D)正方形【答案】D【考点】旋转对称图形【分析】根据旋转对称图形的性质,可得出四边形需要满足的条件此四边形的对角线互相垂直、平分且相等,则这个四边形是正方形故选D
2.(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.πB.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ACA
1、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
3.(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
4.(2012江苏苏州3分)如图,将△AOB绕点O按逆时针方向旋转45°后得到△A'OB',若∠AOB=15°,则∠AOB'的度数是【】A.25°B.30°C.35°D.40°【答案】B【考点】旋转的性质【分析】根据旋转的性质,旋转前后图形全等以及对应边的夹角等于旋转角,从而得出答案∵将△AOB绕点O按逆时针方向旋转45°后得到△A′OB′,∴∠A′OA=45°,∠AOB=∠A′OB′=15°,∴∠AOB′=∠A′OA-∠A′OB=45°-15°=30°故选B
5.(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
6.(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.
①②③⑤B.
①②③④C.
①②③④⑤D.
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
7.(2012湖南岳阳3分)如图,两个边长相等的正方形ABCD和EFGH,正方形EFGH的顶点E固定在正方形ABCD的对称中心位置,正方形EFGH绕点E顺时针方向旋转,设它们重叠部分的面积为S,旋转的角度为θ,S与θ的函数关系的大致图象是【】A.B.C.D.【答案】B【考点】旋转问题的函数图象,正方形的性质,旋转的性质,全等三角形的判定和性质【分析】如图,过点E作EM⊥BC于点M,EN⊥AB于点N,∵点E是正方形的对称中心,∴EN=EM,EMBN是正方形由旋转的性质可得∠NEK=∠MEL,在Rt△ENK和Rt△EML中,∠NEK=∠MEL,EN=EM,∠ENK=∠EML,∴△ENK≌△ENL(ASA)∴阴影部分的面积始终等于正方形面积的,即它们重叠部分的面积S不因旋转的角度θ的改变而改变故选B
8.(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=13,则P′A PB=【】A.1B.12C.2D.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=13,∴AP=3P′A连接PP′,则△PBP′是等腰直角三角形∴∠BP′P=45°,PP′=2PB∵∠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=x2x=12故选B
9.(2012四川泸州2分)将如图所示的直角梯形绕直线l旋转一周,得到的立体图形是【】【答案】D【考点】点、线、面的关系,旋转的性质【分析】将如图所示的直角梯形绕直线l旋转一周得到圆台故选D
10.(2012四川泸州2分)如图,边长为a的正方形ABCD绕点A逆时针旋转30°得到正方形A′B′C′D′,图中阴影部分的面积为【】A、B、C、D、【答案】D【考点】正方形的性质,旋转的性质,全等三角形的判定和性质,三角形内角和定理,锐角三角函数定义,特殊角的三角函数值【分析】设B′C′与CD交于点E,连接AE.在△AB′E与△ADE中,∠AB′E=∠ADE=90°,AE=AEAB′=AD∴△AB′E≌△ADE(HL)∴∠B′AE=∠DAE∵∠BAB′=30°,∠BAD=90°,∴∠B′AE=∠DAE=30°∴DE=AD•tan∠DAE=a∴∴故选D
11.(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
12.(2012山东日照3分)如图,在4×4的正方形网格中,若将△ABC绕着点A逆时针旋转得到△AB′C′,则的长为【】(A)(B)(C)7(D)6【答案】A【考点】旋转的性质,弧长的计算【分析】根据图示知,∠BAB′=45°,∴的长为故选A
13.(2012山东淄博4分)如图,OA⊥OB,等腰直角三角形CDE的腰CD在OB上,∠ECD=45°,将三角形CDE绕点C逆时针旋转75°,点E的对应点N恰好落在OA上,则的值为【】ABCD【答案】C【考点】旋转的性质,等腰直角三角形的性质,锐角三角函数定义,特殊角的三角函数值,勾股定理【分析】由旋转的性质,旋转角∠ECN=750,CN=CE∵∠ECD=45°,∴∠OCN=60°∴在直角三角形OCN中,,即又在等腰直角三角形CDE中,,∴,即故选C
14.(2012山东泰安3分)如图,菱形OABC的顶点O在坐标原点,顶点A在x轴上,∠B=120°,OA=2,将菱形OABC绕原点顺时针旋转105°至OA′B′C′的位置,则点B′的坐标为【】 A.(,) B.(,) C.(2012泰安) D.(,)【答案】A【考点】坐标与图形变化(旋转),菱形的性质,等边三角形的判定和性质【分析】连接OB,OB′,过点B′作B′E⊥x轴于E,根据题意得∠BOB′=105°,∵四边形OABC是菱形,∴OA=AB,∠AOB=∠AOC=∠ABC=×120°=60°,∴△OAB是等边三角形∴OB=OA=2∴∠AOB′=∠BOB′﹣∠AOB=105°﹣60°=45°,OB′=OB=2∴OE=B′E=OB′•sin45°=∴点B′的坐标为()故选A
15.(2012山东枣庄3分)如图,直角三角板ABC的斜边AB=12㎝,∠A=30°,将三角板ABC绕C顺时针旋转90°至三角板的位置后,再沿CB方向向左平移,使点落在原三角板ABC的斜边AB上,则三角板平移的距离为【】A.6㎝B.4㎝C.(6-)㎝D.()㎝【答案】C【考点】锐角三角函数定义,特殊角的三角函数值,旋转的性质【分析】如图,过B′作B′D⊥AC,垂足为B′,∵在Rt△ABC中,AB=12,∠A=30°,∴BC=AB=6,AC=AB•sin30°=由旋转的性质可知B′C=BC=6,∴AB′=AC-B′C=在Rt△AB′D中,∵∠A=30°,∴B′D=AB′•tan30°=(cm)故选C
16.(2012广西柳州3分)如图,小红做了一个实验,将正六边形ABCDEF绕点F顺时针旋转后到达A′B′C′D′E′F′的位置,所转过的度数是【】A.60° B.72° C.108° D.120°【答案】A【考点】旋转的性质,多边形内角和定理【分析】∵六边形ABCDEF是正六边形,∴∠AFE=180°×6-2=120°∴∠EFE′=180°-∠AFE=180°-120°=60°∵将正六边形ABCDEF绕点F顺时针旋转后到达A′B′C′D′E′F′的位置,∴∠EFE′是旋转角,∴所转过的度数是60°故选A
17.(2012青海西宁3分)如图,E、F分别是正方形ABCD的边BC、CD上的点,BE=CF,连接AE、BF.将△ABE绕正方形的对角线的交点O按顺时针方向旋转到△BCF,则旋转角是【】A.45ºB.120ºC.60ºD.90º【答案】D【考点】旋转的性质,正方形的性质,三角形的内角和定理【分析】如图,将△ABE绕正方形的对角线交点O按顺时针方向旋转到△BCF时,A和B重合,即∠AOB是旋转角∵四边形ABCD是正方形,∴∠BAO=∠ABO=45°∴∠AOB=180°-45°-45°=90°,即旋转角是90°故选D
18.(2012黑龙江大庆3分)平面直角坐标系中,O为坐标原点,点A的坐标为,1,将OA绕原点按逆时针方向旋转30°得OB,则点B的坐标为【】A.1,B.-1,C.0,2D.2,0【答案】A【考点】坐标与图形的旋转变换,勾股定理,特殊角的三角函数值,全等三角形的判定和性质【分析】如图,作AC⊥x轴于C点,BD⊥y轴于D点,∵点A的坐标为(,1),∴AC=1,OC=∴OA=∴∠AOC=30°∵OA绕原点按逆时针方向旋转30°得OB,∴∠AOB=30°,OA=OB∴∠BOD=30°∴Rt△OAC≌Rt△OBD(AAS)∴DB=AC=1,OD=OC=∴B点坐标为(1,)故选A
19.(2012黑龙江黑河、齐齐哈尔、大兴安岭、鸡西3分)Rt△ABC中,AB=AC,点D为BC中点.∠MDN=900,∠MDN绕点D旋转,DM、DN分别与边AB、AC交于E、F两点.下列结论
①BE+CF=BC,
②,
③AD·EF,
④AD≥EF,
⑤AD与EF可能互相平分,其中正确结论的个数是【】A.1个B.2个C.3个D.4个【答案】C【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,勾股定理,完全平方式的非负数性质,矩形的判定和性质,三角形边角关系,三角形中位线定理【分析】∵Rt△ABC中,AB=AC,点D为BC中点.∠MDN=900,∴AD=DC,∠EAD=∠C=450,∠EDA=∠MDN-∠ADN=900-∠AND=∠FDC∴△EDA≌△FDC(ASA)∴AE=CF∴BE+CF=BE+AE=AB在Rt△ABC中,根据勾股定理,得AB=BC∴BE+CF=BC∴结论
①正确设AB=AC=a,AE=b,则AF=BE=a-b∴∴∴结论
②正确如图,过点E作EI⊥AD于点I,过点F作FG⊥AD于点G,过点F作FH⊥BC于点H,ADEF相交于点O∵四边形GDHF是矩形,△AEI和△AGF是等腰直角三角形,∴EO≥EI(EF⊥AD时取等于)=FH=GD,OF≥GH(EF⊥AD时取等于)=AG∴EF=EO+OF≥GD+AG=AD∴结论
④错误∵△EDA≌△FDC,∴∴结论
③错误又当EF是Rt△ABC中位线时,根据三角形中位线定理知AD与EF互相平分∴结论
⑤正确综上所述,结论
①②⑤正确故选C
20.(2012黑龙江牡丹江3分)如图,A,1,B1,.将△AOB绕点O旋转l500得到△A′OB′,,则此时点A的对应点A′的坐标为【】.A.-,-lB.-2,0C.-l,-或(-2,0D.-,-1或-2,0【答案】C【考点】坐标和图形,锐角三角函数定义,特殊角的三角函数值,关于原点对称的点的坐标特征【分析】如图,过点A作AC⊥x轴于点C过点B作BD⊥y轴于点D由锐角三角函数定义,∴同理,∴若将△AOB绕点O顺时针旋转l500,则点A′与点B关于坐标原点对称,∴A′-l,-若将△AOB绕点O逆时针旋转l500,则点A′在x轴反方向上,∴A′-2,0综上所述,点A的对应点A′的坐标为-l,-或-2,0故选C
二、填空题
1.(2012陕西省3分)请从以下两个小题中任选一个作答,若多选,则按所选的第一题计分.A.在平面内,将长度为4的线段AB绕它的中点M,按逆时针方向旋转30°,则线段AB扫过的面积为▲.B.用科学计算器计算▲(精确到
0.01).【答案】;
2.47【考点】扇形面积的计算,计算器的应用【分析】A、画出示意图,根据扇形的面积公式求解即可由题意可得,AM=MB=AB=2∵线段AB扫过的面积为扇形MCB和扇形MAB的面积和,∴线段AB扫过的面积=B、用计算器计算即可
2.(2012广东广州3分)如图,在等边三角形ABC中,AB=6,D是BC上一点,且BC=3BD,△ABD绕点A旋转后得到△ACE,则CE的长度为 ▲ .【答案】2【考点】等边三角形的性质,旋转的性质【分析】由在等边三角形ABC中,AB=6,D是BC上一点,且BC=3BD,根据等边三角形三边相等的性质,即可求得BD=BC=AB=2由旋转的性质,即可求得CE=BD=
23.(2012广东肇庆3分)正方形绕其中心旋转一定的角度与原图形重合,则这个角至少为▲度.【答案】90【考点】旋转对称图形,正方形的性质【分析】∵正方形的对角线把正方形分成四个全等的直角三角形,∴顶点处的周角被分成四个相等的角,360°÷4=90°∴这个正方形绕着它的中心旋转90°的整数倍后,就能与它自身重合∴这个角度至少是90°
4.(2012浙江宁波3分)把二次函数y=(x﹣1)2+2的图象绕原点旋转180°后得到的图象的解析式为▲.【答案】y=﹣(x+1)2﹣2【考点】二次函数图象与几何变换,旋转的性质【分析】∵二次函数y=(x﹣1)2+2顶点坐标为(1,2),∴绕原点旋转180°后得到的二次函数图象的顶点坐标为(﹣1,﹣2)∴旋转后的新函数图象的解析式为y=﹣(x+1)2﹣
25.(2012浙江温州5分)分别以正方形的各边为直径向其内部作半圆得到的图形如图所示,将该图形绕其中心旋转一个合适的角度后会与原图形重合,则这个旋转角的最小度数是▲度.【答案】90【考点】旋转对称图形【分析】观察图形可得,图形可看作由一个基本图形每次旋转90°,旋转4次所组成,故最小旋转角为90°
6.(2012江苏无锡2分)如图,△ABC中,∠C=30°.将△ABC绕点A顺时针旋转60°得到△ADE,AE与BC交于F,则∠AFB= ▲ °.【答案】90【考点】旋转的性质,三角形外角性质【分析】根据旋转的性质可知∠CAF=60°,根据三角形的一个外角等于和它不相邻的两内角之和的性质,得∠CFA=∠C+∠CAF=90°
7.(2012福建厦门4分)如图,点D是等边△ABC内一点,如果△ABD绕点A逆时针旋转后能与△ACE重合,那么旋转了▲度.【答案】60【考点】旋转的性质,等边三角形的性质【分析】∵△ABC为等边三角形,∴AC=AB,∠CAB=60°又∵△ABD绕点A逆时针旋转后能与△ACE重合,∴AB绕点A逆时针旋转了∠BAC到AC的位置∴旋转角为60°
8.(2012福建泉州4分)如图,在矩形ABCD中,AB=1,AD=2,将AD绕点A顺时针旋转,当点D落在BC上点D′时,则AD′=▲,∠AD′B=▲°.【答案】2;30【考点】旋转的性质,矩形的性质,锐角三角函数定义,特殊角的三角函数值【分析】根据旋转图形对应点到旋转中心的距离相等的性质,AD′=AD=2根据矩形的性质,∠B=900,根据锐角三角函数定义,∴∠AD′B=
3009.(2012四川宜宾3分)如图,在平面直角坐标系中,将△ABC绕点P旋转180°得到△DEF,则点P的坐标为▲.【答案】(﹣1,﹣1)【考点】坐标与图形的旋转变化,中心对称的性质【分析】∵将△ABC绕点P旋转180°得到△DEF,∴△ABC和△DEF关于点P中心对称∴连接AD,CF,二者交点即为点P由图知,P(﹣1,﹣1)或由A(0,1),D(﹣2,﹣3),根据对应点到旋转中心的距离相等的性质得点P的坐标为(),即(﹣1,﹣1)
10.(2012四川广安3分)如图,Rt△ABC的边BC位于直线l上,AC=,∠ACB=90°,∠A=30°.若Rt△ABC由现在的位置向右滑动地旋转,当点A第3次落在直线l上时,点A所经过的路线的长为 ▲ (结果用含有π的式子表示)
11.(2012贵州六盘水4分)两块大小一样斜边为4且含有30°角的三角板如图水平放置.将△CDE绕C点按逆时针方向旋转,当E点恰好落在AB上时,△CDE旋转了▲度,线段CE旋转过程中扫过的面积为▲.【答案】【考点】旋转的性质,含有30°角的直角三角形的性质,等边三角形的判定和性质,扇形面积的计算【分析】根据含有30°角的直角三角形的性质可知CE′是△ACB的中线,可得△E′CB是等边三角形,从而得出∠ACE′的度数和CE′的长,从而得出△CDE旋转的度数;再根据扇形面积公式计算求解∵三角板是两块大小一样斜边为4且含有30°的角,∴CE′是△ACB的中线∴CE′=BC=BE′=2∴△E′CB是等边三角形∴∠BCE′=60°∴∠ACE′=90°﹣60°=30°∴线段CE旋转过程中扫过的面积为
12.(2012贵州遵义4分)如图,将边长为cm的正方形ABCD沿直线l向右翻动(不滑动),当正方形连续翻动6次后,正方形的中心O经过的路线长是 ▲ cm.(结果保留π)【答案】3π【考点】正方形的性质,勾股定理,旋转的性质,弧长的计算【分析】根据题意,画出正方形ABCD“滚动”时中心O所经过的轨迹,然后根据弧长的计算公式求得中心O所经过的路程∵正方形ABCD的边长为cm,∴正方形的对角线长是2cm∵每翻动一次中心经过的路线是以正方形对角线的一半为半径,圆心角为900的弧∴中心经过的路线长是(cm)
13.(2012山东青岛3分)如图,在△ABC中,∠ACB=90º,∠ABC=30º,AC=1.现在将△ABC绕点C逆时针旋转至△A′B′C,使得点A′恰好落在AB上,连接BB′,则BB′的长度为▲.【答案】【考点】旋转的性质,等边三角形的判定和性质,勾股定理【分析】∵Rt△ABC中,∠ACB=90°,∠ABC=30°,AC=1,∴A′C=AC=1,AB=2,BC=∵∠A=60°,∴△AA′C是等边三角形∴AA′=AB=1∴A′C=A′B∴∠A′CB=∠A′BC=30°∵△A′B′C是△ABC旋转而成,∴∠A′CB′=90°,BC=B′C∴∠B′CB=90°-30°=60°∴△BCB′是等边三角形∴BB′=BC=
14.(2012广西玉林、防城港3分)如图,两块相同的三角板完全重合在一起,∠A=30°,AC=10,把上面一块绕直角顶点B逆时针旋转到△A′BC′的位置,点C′在AC上,A′C′与AB相交于点D,则C′D=▲.【答案】【考点】旋转的性质,等边三角形的判定和性质,平行的判定,三角形中位线的判定和性质【分析】∵∠A=30°,AC=10,∠ABC=90°,∴∠C=60°,BC=BC′=AC=5∴△BCC′是等边三角形∴CC′=5∵∠A′C′B=∠C′BC=60°,∴C′D∥BC∴DC′是△ABC的中位线∴DC′=BC=
15.(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▲.
16.(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)
17.(2012广西来宾3分)如图,在直角△OAB中,∠AOB=30°,将△OAB绕点O逆时针旋转100°得到△OA1B1,则∠A1OB=▲0.【答案】70【考点】旋转的性质【分析】∵将△OAB绕点O逆时针旋转100°得到△OA1B1,∴∠A1OA=100°又∵∠AOB=30°,∴∠A1OB=∠A1OA-∠AOB=70°
18.(2012河南省5分)如图,在Rt△ABC中,∠C=900,AC=6,BC=8,把△ABC绕AB边上的点D顺时针旋转90°得到△A′B′C′,A′C′交AB于点E,若AD=BE,则△A′DE的面积为▲【答案】6【考点】旋转的性质,勾股定理,相似三角形的判定和性质【分析】在Rt△ABC中,由勾股定理求得AB=10,由旋转的性质可知AD=AD′,设AD=AD′=BE=x,则DE=10-2x,根据旋转90°可证△A′DE∽△ACB,利用相似比求x,再求△A′DE的面积在Rt△ABC中,∠C=900,AC=6,BC=8,由勾股定理求AB=由旋转的性质,设AD=A′D=BE=x,则DE=10-2x∵△ABC绕AB边上的点D顺时针旋转90°得到△A′B′C′,∴∠A′=∠A,∠A′DE=∠C=90°∴△A′DE∽△ACB,∴,即,解得x=3∴S△A′DE=DE×A′D=×(10-2×3)×3=
619.(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°
20.(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=
1921.(2012内蒙古包头3分)如图,在平面直角坐标系中,点A在x上,△ABO是直角三角形,∠ABO=900,点B的坐标为(-1,2),将△ABO绕原点O顺时针旋转900,得到△AlBlO,则过A1B两点的直线解析式为▲【答案】y=3x+5【考点】勾股定理,旋转的性质,待定系数法,直线上点的坐标与方程的关系【分析】设A(a,0),∵点B的坐标为(-1,2),∴OA=-a,OB2=12+22=5,AB2=(-1-a)2+22=a2+2a+5∵∠ABO=900,∴OA2=AB2+OB2,即a2=a2+2a+5+5,解得a=-5即A(-5,0)∵△ABO绕原点O顺时针旋转900,得到△AlBlO,∴Al(0,5)设过A
1、B两点的直线解析式为y=kx+b,则,解得∴过A、B两点的直线解析式为y=3x+
522.(2012黑龙江哈尔滨3分)如图,平行四边形ABCD绕点A逆时针旋转30°,得到平行四边形AB′C′D′(点B′与点B是对应点,点C′与点C是对应点,点D′与点D是对应点),点B′恰好落在BC边上则∠C=▲度.【答案】105【考点】旋转的性质,平行四边形的性质,等腰三角形的性质,三角形内角和定理【分析】∵平行四边形ABCD绕点A逆时针旋转30°,得到平行四边形AB′C′D′(点B′与点B是对应点,点C′与点C是对应点,点D′与点D是对应点),∴AB=AB′,∠BAB′=30°∴∠B=∠AB′B=(180°-30°)÷2=75°∴∠C=180°-75°=105°
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宁夏区8分)正方形ABCD的边长为3,E、F分别是AB、BC边上的点且∠EDF=45°将△DAE绕点D逆时针旋转90°,得到△DCM
(1)求证EF=FM
(2)当AE=1时,求EF的长【答案】解1证明∵△DAE逆时针旋转90°得到△DCM,∴DE=DM,∠EDM=90°∴∠EDF+∠FDM=90°∵∠EDF=45°,∴∠FDM=∠EDF=45°∵DF=DF,∴△DEF≌△DMF(SAS)∴EF=MF
(2)设EF=x∵AE=CM=1,∴BF=BM-MF=BM-EF=4-x∵EB=2,∴在Rt△EBF中,由勾股定理得,即解得,∴EF的长为【考点】正方形的性质,旋转的性质,全等三角形的判定和性质,勾股定理,【分析】
(1)由旋转可得DE=DM,∠EDM为直角,可得出∠EDF+∠MDF=90°,由∠EDF=45°,得到∠MDF为45°,可得出∠EDF=∠MDF,再由DF=DF,利用SAS可得出三角形DEF与三角形MDF全等,由全等三角形的对应边相等可得出EF=MF
(2)由
(1)的全等得到AE=CM=1,正方形的边长为3,用AB-AE求出EB的长,再由BC+CM求出BM的长,设EF=MF=x,可得出BF=BM-FM=BM-EF=4-x,在Rt△EBF中,利用勾股定理列出关于x的方程,求出方程的解得到x的值,即为EF的长
3.(2012广东珠海7分)如图,把正方形ABCD绕点C按顺时针方向旋转45°得到正方形A′B′CD′(此时,点B′落在对角线AC上,点A′落在CD的延长线上),A′B′交AD于点E,连接AA′、CE.求证
(1)△ADA′≌△CDE;
(2)直线CE是线段AA′的垂直平分线.【答案】证明
(1)∵四边形ABCD是正方形,∴AD=CD,∠ADC=90°∴∠A′DE=90°根据旋转的方法可得∠EA′D=45°,∴∠A′ED=45°∴A′D=DE∵在△ADA′和△CDE中,AD=CD,∠EDC=∠A′DA=90°,A′D=DE,∴△ADA′≌△CDE(SAS)
(2)∵AC=A′C,∴点C在AA′的垂直平分线上∵AC是正方形ABCD的对角线,∴∠CAE=45°∵AC=A′C,CD=CB′,∴AB′=A′D∵在△AEB′和△A′ED中,∠EAB′=∠EA′D,∠AEB′=∠A′ED,AB′=A′D,∴△AEB′≌△A′ED(AAS)∴AE=A′E∴点E也在AA′的垂直平分线上∴直线CE是线段AA′的垂直平分线【考点】正方形的性质,旋转的性质,等腰三角形的判定,全等三角形的判定和性质,线段垂直平分线的判定【分析】
(1)根据正方形的性质可得AD=CD,∠ADC=90°,∠EA′D=45°,则∠A′DE=90°,再计算出∠A′ED=45°,根据等角对等边可得AD=ED,即可利用SAS证明△AA′D≌△CED
(2)首先由AC=A′C,可得点C在AA′的垂直平分线上;再证明△AEB′≌△A′ED,可得AE=A′E,从而得到点E也在AA′的垂直平分线上,根据两点确定一条直线可得直线CE是线段AA′的垂直平分线
4.(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=BP1﹣BE=BD﹣BE=﹣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
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=∠ABC0°<∠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=∠ABC0°<∠CBE<45°.求证DE2=AD2+EC
2.[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0t≤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0t≤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0t≤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2t≤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0t≤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0t≤时,矩形EFGH沿y轴向上平移过程中关键点的位置,分0t≤2,2t≤,t≤三种情况求出S与t之间的函数关系式
7.(2012江苏镇江6分)在平面直角坐标系xOy中,点A的坐标为(0,2),直线OP经过原点,且位于
一、三象限,∠AOP=450(如图1)设点A关于直线OP的对称点为B
(1)写出点B的坐标▲;
(2)过原点O的直线l从直线OP的位置开始,绕原点O顺时针旋转
①当直线l顺时针旋转100到直线l1的位置时(如图1),点A关于直线l1的对称点为C,则∠BOC的度数是▲,线段OC的长为▲;
②当直线l顺时针旋转550到直线l2的位置时(如图2),点A关于直线l2的对称点为D,则∠BOD的度数是▲;
③直线l顺时针旋转n0(0<n≤900),在这个运动过程中,点A关于直线l的对称点所经过的路径长为▲(用含n的代数式表示)【答案】解
(1)(2,0)
(2)
①200,2;
②1100;
③【考点】旋转的性质,轴对称的性质,线段垂直平分线的性质,圆周角定理,扇形弧长公式【分析】
(1)如图1,∵∠AOP=450,点A在y轴上,∴点A关于直线OP的对称点B在x轴上∴根据轴对称和线段垂直平分线上的点到线段两端距离相等的性质可知B(2,0)
(2)
①如图1,根据轴对称和线段垂直平分线上的点到线段两端距离相等的性质可知OC=OA=2,∴点A、B、C在以点O为圆心,OA=2为半径的圆上∵∠BAC=100(可由两直角三角形得到),∴根据同弧所对圆周角是圆心角一半的性质,得∠BOC=2∠BAC=200
②∵∠DAO=∠Bal1=550-450=100,∴∠BOC=900+2∠DAO=900+200=1100
③由上知,直线l顺时针旋转n0(0<n≤900)的运动过程中,点A关于直线l的对称点所经过的路径长为以点O为圆心,OA=2为半径,2n0为圆心角的圆弧∴路径长为
8.(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
9.(2012福建宁德13分)如图,矩形OBCD的边OD、OB分别在x轴正半轴和y轴负半轴上,且OD=10,OB=8.将矩形的边BC绕点B逆时针旋转,使点C恰好与x轴上的点A重合.1直接写出点A、B的坐标A,、B,;2若抛物线y=-x2+bx+c经过点A、B,则这条抛物线的解析式是;3若点M是直线AB上方抛物线上的一个动点,作MN⊥x轴于点N.问是否存在点M,使△AMN与△ACD相似?若存在,求出点M的坐标;若不存在,说明理由;4当≤x≤7,在抛物线上存在点P,使△ABP的面积最大,求△ABP面积的最大值.【答案】解
(1)(6,0),(0,-8)
(2)
(3)存在设M,则N(m,0)MN=,NA=6-m又DA=4,CD=8,
①若点M在点N上方,,则△AMN∽△ACD∴,即,解得m=6或m=10与点M是直线AB上方抛物线上的一个动点不符∴此时不存在点M,使△AMN与△ACD相似
②若点M在点N下方,,则△AMN∽△ACD∴,即,解得m=-2或m=6与点M是直线AB上方抛物线上的一个动点不符∴此时不存在点M,使△AMN与△ACD相似
③若点M在点N上方,,则△AMN∽△ACD∴,即,方程无解∴此时不存在点M,使△AMN与△ACD相似
④若点M在点N下方,,则△AMN∽△ACD∴,即,解得m=或m=6当m=时符合条件∴此时存在点M(,),使△AMN与△ACD相似综上所述,存在点M(,),使△AMN与△ACD相似
(4)设P(p,),在中,令y=0,得x=4或x=6∴≤x≤7分为≤x<4,4≤x<6和6≤x≤7三个区间讨论
①如图,当≤x<4时,过点P作PH⊥x轴于点H则OH=p,HA=6-p,PH=∴∴当≤x<4时,随p的增加而减小∴当x=时,取得最大值,最大值为
②如图,当4≤x<6时,过点P作PH⊥BC于点H,过点A作AG⊥BC于点G则BH=p,HG=6-p,PH=,∴∴当4≤x<6时,随p的增加而减小∴当x=4时,取得最大值,最大值为8
③如图,当6≤x≤7时,过点P作PH⊥x轴于点H则OH=p,HA=p-6,PH=∴∴当6≤x≤7时,随p的增加而增加∴当x=7时,取得最大值,最大值为7综上所述,当x=时,取得最大值,最大值为【考点】二次函数综合题,矩形的性质,旋转的性质,勾股定理,曲线上点的坐标与方程的关系,相似三角形的判定,二次函数的性质【分析】
(1)由OD=10,OB=8,矩形的边BC绕点B逆时针旋转,使点C恰好与x轴上的点A重合,可得OA2=AB2-OB2=102-82=36,∴OA=6∴A(6,0),B(0,-8)
(2)∵抛物线y=-x2+bx+c经过点A、B,∴,解得∴这条抛物线的解析式是
(3)分
①若点M在点N上方,,
②若点M在点N下方,,
③若点M在点N上方,,
④若点M在点N下方,四种情况讨论即可
(4)根据二次函数的性质,分≤x<4,4≤x<6和6≤x≤7三个区间分别求出最大值,比较即可
10.(2012湖北荆门9分)如图,Rt△ABC中,∠C=90°,将△ABC沿AB向下翻折后,再绕点A按顺时针方向旋转α度(α<∠BAC),得到Rt△ADE,其中斜边AE交BC于点F,直角边DE分别交AB、BC于点G、H.
(1)请根据题意用实线补全图形;
(2)求证△AFB≌△AGE.【答案】解
(1)画图,如图
(2)证明由题意得△ABC≌△AED∴AB=AE,∠ABC=∠E在△AFB和△AGE中,∵∠ABC=∠E,AB=AE,∠α=∠α,∴△AFB≌△AGE(ASA)【考点】翻折变换(折叠问题),旋转的性质,全等三角形的判定【分析】
(1)根据题意画出图形,注意折叠与旋转中的对应关系
(2)由题意易得△ABC≌△AED,即可得AB=AE,∠ABC=∠E,然后利用ASA的判定方法,即可证得△AFB≌△AGE
11.(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
12.(2012湖北襄阳5分)如图,在△ABC中,AB=AC,AD⊥BC于点D,将△ADC绕点A顺时针旋转,使AC与AB重合,点D落在点E处,AE的延长线交CB的延长线于点M,EB的延长线交AD的延长线于点N.求证AM=AN.【答案】证明∵△AEB由△ADC旋转而得,∴△AEB≌△ADC∴∠EAB=∠CAD,∠EBA=∠C∵AB=AC,AD⊥BC,∴∠BAD=∠CAD,∠ABC=∠C∴∠EAB=∠DAB,∠EBA=∠DBA∵∠EBM=∠DBN,∴∠MBA=∠NBA又∵AB=AB,∴△AMB≌△ANB(ASA)∴AM=AN【考点】等腰三角形的性质,旋转的性质,全等三角形的判定和性质【分析】根据旋转的性质可得△AEB≌△ADC,根据全等三角形对应角相等可得∠EAB=∠CAD,∠EBA=∠C,结合等腰三角形三线合一的性质即可推出∠EAB=∠DAB,∠EBA=∠DBA,从而推出∠MBA=∠NBA,然后根据“角边角”证明△AMB≌△ANB,根据全等三角形对应边相等即可得证
13.(2012湖南益阳12分)已知如图1,在面积为3的正方形ABCD中,E、F分别是BC和CD边上的两点,AE⊥BF于点G,且BE=1.
(1)求证△ABE≌△BCF;
(2)求出△ABE和△BCF重叠部分(即△BEG)的面积;
(3)现将△ABE绕点A逆时针方向旋转到△AB′E′(如图2),使点E落在CD边上的点E′处,问△ABE在旋转前后与△BCF重叠部分的面积是否发生了变化?请说明理由.【答案】
(1)证明∵四边形ABCD是正方形,∴∠ABE=∠BCF=90°,AB=BC∴∠ABF+∠CBF=90°∵AE⊥BF,∴∠ABF+∠BAE=90°∴∠BAE=∠CBF在△ABE和△BCF中,∵∠ABE=∠BCF,AB=BC,∠BAE=∠CBF,∴△ABE≌△BCF(ASA)
(2)解∵正方形面积为3,∴AB=在△BGE与△ABE中,∵∠GBE=∠BAE,∠EGB=∠EBA=90°,∴△BGE∽△ABE∴又∵BE=1,∴AE2=AB2+BE2=3+1=4∴
(3)解没有变化理由如下∵AB=,BE=1,∴∴∠BAE=30°∵AB′=AD,∠AB′E′=∠ADE=90°,AE′=AE′,∴Rt△ABE≌Rt△AB′E′≌Rt△ADE′,∴∠DAE′=∠B′AE′=∠BAE=30°∴AB′与AE在同一直线上,即BF与AB′的交点是G设BF与AE′的交点为H,则∠BAG=∠HAG=30°,而∠AGB=∠AGH=90°,AG=AG,∴△BAG≌△HAG∴∴△ABE在旋转前后与△BCF重叠部分的面积没有变化【考点】正方形的性质,全等三角形的判定和性质,相似三角形的判定和性质,旋转的性质,解直角三角形【分析】
(1)由四边形ABCD是正方形,可得∠ABE=∠BCF=90°,AB=BC,又由AE⊥BF,由同角的余角相等,即可证得∠BAE=∠CBF,然后利用ASA,即可判定△ABE≌△BCF
(2)由正方形ABCD的面积等于3,即可求得此正方形的边长,由在△BGE与△ABE中,∠GBE=∠BAE,∠EGB=∠EBA=90°,可证得△BGE∽△ABE,由相似三角形的面积比等于相似比的平方,即可求得答案
(3)由正切函数,求得∠BAE=30°,易证得Rt△ABE≌Rt△AB′E′≌Rt△ADE′,可得AB′与AE在同一直线上,即BF与AB′的交点是G,然后设BF与AE′的交点为H,可证得△BAG≌△HAG,从而证得结论
14.(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
15.(2012湖南长沙9分)如图,已知正方形ABCD中,BE平分∠DBC且交CD边于点E,将△BCE绕点C顺时针旋转到△DCF的位置,并延长BE交DF于点G.
(1)求证△BDG∽△DEG;
(2)若EG•BG=4,求BE的长.【答案】
(1)证明∵将△BCE绕点C顺时针旋转到△DCF的位置,∴△BCE≌△DCF∴∠FDC=∠EBC∵BE平分∠DBC,∴∠DBE=∠EBC∴∠FDC=∠EBE又∵∠DGE=∠DGE,∴△BDG∽△DEG
(2)解∵△BCE≌△DCF,∴∠F=∠BEC,∠EBC=∠FDC∵四边形ABCD是正方形,∴∠DCB=90°,∠DBC=∠BDC=45°∵BE平分∠DBC,∴∠DBE=∠EBC=
22.5°=∠FDC∴∠BDF=45°+
22.5°=
67.5°,∠F=90°﹣
22.5°=
67.5°=∠BDF∴BD=BF,∵△BCE≌△DCF,∴∠F=∠BEC=
67.5°=∠DEG∴∠DGB=180°﹣
22.5°﹣
67.5°=90°,即BG⊥DF∵BD=BF,∴DF=2DG∵△BDG∽△DEG,BG×EG=4,∴∴BG×EG=DG×DG=4∴DG=2∴BE=DF=2DG=4【考点】旋转的性质,正方形的性质,相似三角形的判定和性质,全等三角形的性质,三角形内角和定理【分析】
(1)根据旋转性质求出∠EDG=∠EBC=∠DBE,根据相似三角形的判定推出即可
(2)先求出BD=BF,BG⊥DF,求出BE=DF=2DG,根据相似求出DG的长,即可求出答案
16.(2012四川成都10分)如图,△ABC和△DEF是两个全等的等腰直角三角形,∠BAC=∠EDF=90°,△DEF的顶点E与△ABC的斜边BC的中点重合.将△DEF绕点E旋转,旋转过程中,线段DE与线段AB相交于点P,线段EF与射线CA相交于点Q.
(1)如图
①,当点Q在线段AC上,且AP=AQ时,求证△BPE≌△CQE;
(2)如图
②,当点Q在线段CA的延长线上时,求证△BPE∽△CEQ;并求当BP=a,CQ=时,P、Q两点间的距离用含a的代数式表示.【答案】解
(1)证明∵△ABC是等腰直角三角形,∴∠B=∠C=45°,AB=AC∵AP=AQ,∴BP=CQ∵E是BC的中点,∴BE=CE在△BPE和△CQE中,∵BE=CE,∠B=∠C,BP=CQ,∴△BPE≌△CQE(SAS)
(2)连接PQ∵△ABC和△DEF是两个全等的等腰直角三角形,∴∠B=∠C=∠DEF=45°∵∠BEQ=∠EQC+∠C,即∠BEP+∠DEF=∠EQC+∠C,∴∠BEP+45°=∠EQC+45°∴∠BEP=∠EQC∴△BPE∽△CEQ∴∵BP=a,CQ=,BE=CE,∴,即BE=CE=∴BC=∴AB=AC=BC•sin45°=3a∴AQ=CQ﹣AC=,PA=AB﹣BP=2a∴在Rt△APQ中,【考点】等腰直角三角形的性质,旋转的性质,全等三角形的判定和性质,三角形的外角性质,相似三角形的判定和性质,锐角三角函数定义,特殊角的三角函数值,勾股定理【分析】
(1)由△ABC是等腰直角三角形,易得∠B=∠C=45°,AB=AC,又由AP=AQ,E是BC的中点,利用SAS,可证得△BPE≌△CQE
(2)由△ABC和△DEF是两个全等的等腰直角三角形,易得∠B=∠C=∠DEF=45°,然后利用三角形的外角的性质,即可得∠BEP=∠EQC,则可证得△BPE∽△CEQ;根据相似三角形的对应边成比例,即可求得BE的长,即可得BC的长,从而求得AQ与AP的长,利用勾股定理即可求得P、Q两点间的距离
17.(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
18.(2012四川资阳8分)
(1)3分如图
(1),正方形AEGH的顶点E、H在正方形ABCD的边上,直接写出HD∶GC∶EB的结果(不必写计算过程);
(2)3分将图
(1)中的正方形AEGH绕点A旋转一定角度,如图
(2),求HD∶GC∶EB;
(3)2分把图
(2)中的正方形都换成矩形,如图
(3),且已知DA∶AB=HA∶AE=m:n,此时HD∶GC∶EB的值与
(2)小题的结果相比有变化吗?如果有变化,直接写出变化后的结果(不必写计算过程).【答案】解
(1)HD:GC:EB=1::1
(2)连接AG、AC,∵△ADC和△AHG都是等腰直角三角形,∴AD:AC=AH:AG=1:,∠DAC=∠HAG=45°∴∠DAH=∠CAG∴△DAH∽△CAG∴HD:GC=AD:AC=1:∵∠DAB=∠HAE=90°,∴∠DAH=∠BAE又∵AD=AB,AH=AE,∴△DAH≌△BAE(SAS)∴HD=EB∴HD:GC:EB=1::1
(3)有变化,HD:GC:EB=【考点】正方形的性质,等腰直角三角形的判定和性质,相似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】
(1)连接AG,∵正方形AEGH的顶点E、H在正方形ABCD的边上,∴∠GAE=∠CAB=45°,AE=AH,AB=AD∴A,G,C共线,AB-AE=AD-AH,∴HD=BE∵∴GC=AC-AG=AB-AE=(AB-AE)=BE∴HD GCEB=11
(2)连接AG、AC,由△ADC和△AHG都是等腰直角三角形,易证得△DAH∽△CAG与△DAH≌△BAE,利用相似三角形的对应边成比例与正方形的性质,即可求得HD GCEB的值
(3)连接AG、AC,∵矩形AEGH的顶点E、H在矩形ABCD的边上,DA AB=HA AE=m n,∴∠ADC=∠AHG=90°,∴△ADC∽△AHG∴AD AC=AH AG=,∠DAC=∠HAG∴∠DAH=∠CAG∴△DAH∽△CAG∴HD GC=AD AC=∵∠DAB=∠HAE=90°,∴∠DAH=∠BAE∵DA AB=HA AE=m n,∴△ADH∽△ABE∴DH BE=AD AB=m n∴HD GCEB=
19.(2012四川泸州7分)“五一”节期间,小明和同学一起到游乐场游玩如图为某游乐场大型摩天轮的示意图,其半径是20m,它匀速旋转一周需要24分钟,最底部点B离地面1m小明乘坐的车厢经过点B时开始计时1计时4分钟后小明离地面的高度是多少?2的旋转一周的过程中,小明将有多长时间连续保持在离地面31m以上的空中?【答案】解
(1)设4分钟后小明到达点C,过点C作CD⊥OB于点D,DA即为小明离地的高度,∵∠COD=,∴OD=OC=×20=10∴DA=20-10+1=11(m)答计时4分钟后小明离地面的高度是11m
(2)设当旋转到E处时,小明离地面高度为31m作弦EF⊥AO交AO的延长线于点H,连接OE,OF,此时EF离地面高度为HA∵HA=31,∴OH=31-1-20=10∴OH=OE∴∠HOE=60°∴∠FOE=120°∵每分钟旋转的角度为,∴由点E旋转到F所用的时间为(分钟)答在旋转一周的过程中,小明将有8分钟的时间连续保持在离地面31m以上的空中【考点】圆的综合题,垂径定理,锐角三角函数定义,特殊角的三角函数值【分析】
(1)设4分钟后小明到达点C,过点C作CD⊥OB于点D,根据旋转的时间可以求得旋转角∠COD,利用三角函数即可求得OD的长,从而求解
(2)设当旋转到E处时,小明离地面高度为31m作弦EF⊥AO交AO的延长线于点H,连接OE,OF,此时EF离地面高度为HA,在直角△OEH中,利用三角函数求得∠HOE的度数,则∠EOF的度数即可求得,则旋转的时间即可求得
20.(2012辽宁鞍山12分)如图,正方形ABCO的边OA、OC在坐标轴上,点B坐标(3,3),将正方形ABCO绕点A顺时针旋转角度α(0°<α<90°),得到正方形ADEF,ED交线段OC于点G,ED的延长线交线段BC于点P,连AP、AG.
(1)求证△AOG≌△ADG;
(2)求∠PAG的度数;并判断线段OG、PG、BP之间的数量关系,说明理由;
(3)当∠1=∠2时,求直线PE的解析式.【答案】解
(1)证明∵∠AOG=∠ADG=90°,∴在Rt△AOG和Rt△ADG中,AO=AD,AG=AG,∴△AOG≌△ADG(HL)
(2)∠PAG=45°PG=OG+BP理由如下由
(1)同理可证△ADP≌△ABP,则∠DAP=∠BAP∵由
(1)△AOG≌△ADG,∴∠1=∠DAG又∵∠1+∠DAG+∠DAP+∠BAP=90°,∴2∠DAG+2∠DAP=90°,即∠DAG+∠DAP=45°∴∠PAG=∠DAG+∠DAP=45°∵△AOG≌△ADG,△ADP≌△ABP,∴DG=OG,DP=BP∴PG=DG+DP=OG+BP
(3)∵△AOG≌△ADG,∴∠AGO=∠AGD又∵∠1+∠AGO=90°,∠2+∠PGC=90°,∠1=∠2,∴∠AGO=∠AGD=∠PGC又∵∠AGO+∠AGD+∠PGC=180°,∴∠AGO=∠AGD=∠PGC=60°∴∠1=∠2=30°在Rt△AOG中,AO=3,OG=AOtan30°=,∴G点坐标为(,0),CG=3﹣在Rt△PCG中,PC=,∴P点坐标为(3,)设直线PE的解析式为y=kx+b,则,解得∴直线PE的解析式为y=x﹣1【考点】一次函数综合题,全等三角形的判定和性质,三角形内角和定理,锐角三角函数定义,特殊角的三角函数值,待定系数法,直线上点的坐标与方程的关系,解二元一次方程组【分析】
(1)由AO=AD,AG=AG,利用“HL”可证△AOG≌△ADG
(2)利用
(1)的方法,同理可证△ADP≌△ABP,得出∠1=∠DAG,∠DAP=∠BAP,而∠1+∠DAG+∠DAP+∠BAP=90°,由此可求∠PAG的度数;根据两对全等三角形的性质,可得出线段OG、PG、BP之间的数量关系
(3)由△AOG≌△ADG可知,∠AGO=∠AGD,而∠1+∠AGO=90°,∠2+∠PGC=90°,当∠1=∠2时,可证∠AGO=∠AGD=∠PGC,而∠AGO+∠AGD+∠PGC=180°,得出∠AGO=∠AGD=∠PGC=60°,即∠1=∠2=30°,解直角三角形求OG,PC,确定P、G两点坐标,得出直线PE的解析式
21.(2012辽宁大连12分)如图,抛物线y=ax2+bx+c经过A(-,0)、B(3,0)、C(0,3)三点,线段BC与抛物线的对称轴l相交于点D设抛物线的顶点为P,连接PA、AD、DP,线段AD与y轴相交于点E
(1)求该抛物线的解析式;
(2)在平面直角坐标系中是否存在点Q,使以Q、C、D为顶点的三角形与△ADP全等?若存在,求出点Q的坐标,若不存在,说明理由;
(3)将∠CED绕点E顺时针旋转,边EC旋转后与线段BC相交于点M,边ED旋转后与对称轴l相交于点N,连接PM、DN,若PM=2DN,求点N的坐标(直接写出结果) 【答案】解
(1)∵抛物线y=ax2+bx+c经过A(-,0)、B(3,0)、C(0,3)三点,∴抛物线的解析式可设为,将C(0,3)代入得,解得∴抛物线的解析式为,即
(2)存在如图,由得对称轴l为,由B(3,0)、C(0,3)得tan∠OBC=,∴∠OBC==300由轴对称的性质和三角形外角性质,得∠ADP==1200由锐角三角函数可得点D的坐标为(,2)∴DP=CP=1,AD=4
①在y轴正方向上存在点Q1,只要CQ1=4,则由SAS可判断△Q1CD≌△ADP,此时,Q1的坐标为(0,7)
②由轴对称的性质,得Q1关于直线BC的对称点Q2也满足△Q2CD≌△ADP,过点Q2作Q2G⊥y轴于点G,则在Rt△CQ2G中,由Q2C=4,∠Q2CG=600可得CG=2,Q2G=2∴OG=1∴Q2的坐标为(-2,1)
③在对称轴l点P关于点D的反方向上存在点Q3,只要DQ3=4,则△Q3DC≌△ADP,此时,Q3的坐标为(,-2)
④由轴对称的性质,得Q3关于直线BC的对称点Q4也满足△Q2DC≌△ADP,过点Q4作Q4H⊥l于点H,则在Rt△DQ4H中,由Q4D=4,∠Q4DH=600可得DH=2,HQ4=2∴Q4的坐标为(3,4)综上所述,点Q的坐标为(0,7)或(-2,1)或(,-2)或(3,4)
(3)()【考点】二次函数综合题,待定系数法,曲线上点的坐标与方程的关系,二次函数的性质,锐角三角函数定义,特殊角的三角函数值,轴对称的性质,三角形外角性质,勾股定理,全等三角形的判定和性质,旋转的性质【分析】
(1)根据已知点的坐标,设抛物线的交点式,用待定系数法即可求
(2)求出△ADP的两边夹一角,根据SAS作出判断
(3)如图,作做EF⊥l于点F,由题意易证明△PMD≌△EMD,△CME≌△DNE,∴PM=EM=EN=2DN由题意DF=1,EF=,NF=1-DN在Rt△EFN中,,∴,整理得,解得(负值舍去)∴∴点N的纵坐标为∴N()
22.(2012辽宁营口14分)在平面直角坐标系中,已知抛物线经过点A,
0、B0,
3、C(1,0)三点.1求抛物线的解析式和顶点D的坐标;2如图1,将抛物线的对称轴绕抛物线的顶点D顺时针旋转与直线交于点N.在直线DN上是否存在点M,使得∠MON=.若存在,求出点M的坐标;若不存在,请说明理由;3点P、Q分别是抛物线和直线上的点,当四边形OBPQ是直角梯形时,求出点Q的坐标.【答案】解
(1)由题意把A-3,
0、B0,
3、C1,0代入得,,解得∴抛物线的解析式是∵,∴抛物线的顶点D的坐标为(-1,4)
(2)存在理由如下由旋转得∠EDF=60°在Rt△DEF中,∵∠EDF=60°,DE=4,∴EF=DE×tan60°=4∴OF=OE+EF=1+4∴F点的坐标为(,0)设过点D、F的直线解析式是,把D(-1,4),F(,0)代入求得分两种情况
①当点M在射线ND上时,∵∠MON=75°,∠BON=45°,∴∠MOB=∠MON﹣∠BON=30°∴∠MOC=60°∴直线OM的解析式为∴点M的坐标为方程组.的解,解方程组得,∴点M的坐标为(,)
②当点M在射线NF上时,不存在点M使得∠MON=75°∵∠MON=75°,∠FON=45°,∴∠FOM=∠MON-∠FON=30°∵∠DFE=30°∴∠FOM=∠DFE∴OM∥FN∴不存在点M使得∠MON=75°综上所述,存在点M,且点M的坐标为(,)
(3)有两种情况
①如图,直角梯形OBPQ中,PQ∥OB,∠OBP=90°∵∠OBP=∠AOB=90°,∴PB∥OA∴点P、B的纵坐标相同都是3∵点P在抛物线上,∴把3代入抛物线的解析式,解得=﹣2,=0(舍去)由PQ∥OB得到点P、Q的横坐标相同,都等于-2,把=﹣2代入﹣得2所以Q点的坐标为(-2,2)
②如图,在直角梯形OBPQ中,PB∥OQ,∠BPQ=90°∵D-1,4,B0,3,∴DB∥OQ∵PB∥OQ,点P在抛物线上,∴点P、D重合∴∠EDF=∠EFD=45°∴EF=ED=4∴OF=OE+EF=5作QH⊥轴于H,∵∠QOF=∠QFO=45°,∴OQ=FQ∴OH=OF=∴Q点的横坐标﹣∵Q点在﹣上,∴把=﹣代入﹣得∴Q点的坐标为(﹣,)综上所述,符合条件的点Q有两个坐标分别为(-2,2),(﹣,)【考点】二次函数综合题,待定系数法,曲线上点的坐标与方程的关系,二次函数的性质,旋转的性质,锐角三角函数定义,特殊角的三角函数值,直角梯形的判定【分析】
(1)用待定系数法,将A、B、C的坐标代入即可求得抛物线的解析式,化为顶点式即可求得顶点坐标
(2)分点M在射线ND上和点M在射线NF上两种情况讨论即可
(3)分PQ∥OB,∠OBP=90°和PB∥OQ,∠BPQ=90°两种情况讨论即可
23.(2012辽宁阜新10分)如图,在由边长为1的小正方形组成的网格中,三角形ABC的顶点均落在格点上.
(1)将△ABC绕点O顺时针旋转90°后,得到△A1B1C1.在网格中画出△A1B1C1;
(2)求线段OA在旋转过程中扫过的图形面积;(结果保留π)
(3)求∠BCC1的正切值.【答案】解
(1)画图如下
(2)由勾股定理得,,线段OA在旋转过程中扫过的图形为以OA为半径,为圆心角的扇形, ∴答线段OA在旋转过程中扫过的图形面积为.
(3)在Rt中,答∠BCC1的正切值是【考点】网格问题,旋转变换作图,勾股定理,扇形面积,锐角三角函数的定义【分析】
(1)根据图形旋转的性质画出旋转后的图形即可
(2)先根据勾股定理求出OA的长,再根据线段OA在旋转过程中扫过的图形为以OA为半径,∠AOA1为圆心角的扇形,利用扇形的面积公式得出结论即可
(3)直接根据锐角三角函数的定义即可得出结论
24.(2012辽宁营口8分)如图,在平面直角坐标系中,△ABC的三个顶点坐标分别为A(,)、B(,1)、C(0,).1点B关于坐标原点O对称的点的坐标为__________;2将△ABC绕点C顺时针旋转,画出旋转后得到的△A1B1C;3求过点B1的反比例函数的解析式.【答案】解
(1)1,﹣1
(2)作图如下
(3)由
(2)得B1点坐标为(3,﹣1),设过点B1的反比例函数解析式为,把点B13﹣1代入中,得=﹣3∴反比例函数解析式为【考点】作图(旋转变换),关于原点对称的点的坐标,待定系数法,曲线上点的坐标与方程的关系【分析】
(1)根据两个点关于原点对称时,它们的坐标符号相反,可得出答案
(2)分别找到各点的对应点,然后顺次连接即可得出旋转后得到的△A1B1C
(3)根据
(2)所得的图形,可得出点B1的坐标,然后利用待定系数发可求出过点B1的反比例函数的解析式
25.(2012山东济南9分)如图1,在菱形ABCD中,AC=2,BD=23,AC,BD相交于点O.
(1)求边AB的长;
(2)如图2,将一个足够大的直角三角板60°角的顶点放在菱形ABCD的顶点A处,绕点A左右旋转,其中三角板60°角的两边分别与边BC,CD相交于点E,F,连接EF与AC相交于点G.
①判断△AEF是哪一种特殊三角形,并说明理由;
②旋转过程中,当点E为边BC的四等分点时(BE>CE),求CG的长.【答案】解
(1)∵四边形ABCD是菱形,∴△AOB为直角三角形,且OA=AC=1,OB=BD=3在Rt△AOB中,由勾股定理得AB=
(2)
①△AEF是等边三角形理由如下∵由
(1)知,菱形边长为2,AC=2,∴△ABC与△ACD均为等边三角形∴∠BAC=∠BAE+∠CAE=60°又∠EAF=∠CAF+∠CAE=60°,∴∠BAE=∠CAF在△ABE与△ACF中,∵∠BAE=∠CAF,AB=AC=2,∠EBA=∠FCA=60°,∴△ABE≌△ACF(ASA)∴AE=AF∴△AEF是等腰三角形又∵∠EAF=60°,∴△AEF是等边三角形
②BC=2,E为四等分点,且BE>CE,∴CE=,BE=由
①知△ABE≌△ACF,∴CF=BE=∵∠EAC+∠AEG+∠EGA=∠GFC+∠FCG+∠CGF=180°(三角形内角和定理),∠AEG=∠FCG=60°(等边三角形内角),∠EGA=∠CGF(对顶角),∴∠EAC=∠GFC在△CAE与△CFG中,∵∠EAC=∠GFC,∠ACE=∠FCG=60°,∴△CAE∽△CFG∴,即解得CG=【考点】旋转的性质,菱形的性质,相似三角形的判定和性质,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【分析】
(1)根据菱形的性质,确定△AOB为直角三角形,然后利用勾股定理求出边AB的长度
(2)
①确定一对全等三角形△ABE≌△ACF,得到AE=AF,再根据已知条件∠EAF=60°,可以判定△AEF是等边三角形
②确定一对相似三角形△CAE∽△CFG,由对应边的比例关系求出CG的长度
26.(2012山东莱芜9分)如图1,在△ABC中,AB=AC,∠BAC=90º,D、E分别是AB、AC边的中点.将△ABC绕点A顺时针旋转角0º<<180º,得到△AB′C′如图2.1探究DB′与EC′的数量关系,并给予证明;2当DB′∥AE时,试求旋转角的度数.【答案】解
(1)DB′=EC′证明如下∵D、E分别是AB、AC边的中点.∴AD=AB,AE=AC∵AB=AC,∴AD=AE∵△AB′C′是△ABC绕点A顺时针旋转得到,∴∠EAC′=∠DAB′=,AC′=AC=AB′=AB∴△ADB′≌△AEC′(SAS)∴DB′=EC′
(2)由
(1)△ADB′≌△AEC′,∴∠C′EA=∠B′DA∵DB′∥AE,∠BAC=900,∴∠B′DA=∠DAE=900∴∠C′EA=∠B′DA=900∵AE=AC′,∴∴旋转角【考点】等腰三角形的性质,旋转的性质,三角形中位线定理,平行的性质,全等三角形的判定和性质,锐角三角函数定义,特殊角的三角函数值【分析】
(1)由三角形中位线定理和AB=AC可得AD=AE,由旋转的性质可得∠EAC′=∠DAB′=,AC′=AC=AB′=AB,从而由SAS得△ADB′≌△AEC′,因此得DB′=EC′
(2)由
(1)△ADB′≌△AEC′可得∠C′EA=∠B′DA;由DB′∥AE,∠BAC=900可得∠B′DA=∠DAE=900,从而∠C′EA=900在Rt△C′EA中,应用锐角三角函数定义和特殊角的三角函数值即可求得旋转角的度数
27.(2012山东菏泽10分)如图,在平面直角坐标系中放置一直角三角板,其顶点为A(0,1),B(2,0),O(0,0),将此三角板绕原点O逆时针旋转90°,得到△A′B′O.
(1)一抛物线经过点A′、B′、B,求该抛物线的解析式;
(2)设点P是在第一象限内抛物线上的一动点,是否存在点P,使四边形PB′A′B的面积是△A′B′O面积4倍?若存在,请求出P的坐标;若不存在,请说明理由.
(3)在
(2)的条件下,试指出四边形PB′A′B是哪种形状的四边形?并写出四边形PB′A′B的两条性质.【答案】解1∵△A′B′O是由△ABO绕原点O逆时针旋转900得到的,且A(0,1),B(2,0),O(0,0)∴设抛物线的解析式为,∵抛物线经过点A′、B′、B,∴,解之得∴满足条件的抛物线的解析式为
(2)∵P为第一象限内抛物线上的一动点,设,则,P点坐标满足连接PB,PO,PB′∴假设四边形PB′A′B的面积是△A′B′O面积的4倍,则,即,解之得,此时∴P(1,2)∴存在点P(1,2),使四边形PB′A′B的面积是△A′B′O面积的4倍
(3)四边形PB′A′B为等腰梯形它的性质有
①等腰梯形同一底上的两个内角相等;
②等腰梯形对角线相等;
③等腰梯形上底与下底平行;
④等腰梯形两腰相等答案不唯一,上面性质中的任意2个均可
28.(2012山东济宁8分)如图,在平面直角坐标系中,有一Rt△ABC,且A(﹣1,3),B(﹣3,﹣1),C(﹣3,3),已知△A1AC1是由△ABC旋转得到的.
(1)请写出旋转中心的坐标是 ,旋转角是 度;
(2)以
(1)中的旋转中心为中心,分别画出△A1AC1顺时针旋转90°、180°的三角形;
(3)设Rt△ABC两直角边BC=a、AC=b、斜边AB=c,利用变换前后所形成的图案证明勾股定理.【答案】解
(1)(0,0);90
(2)画出的图形如图所示以(0,0)为中心,△A1AC1顺时针旋转90°、180°的三角形为△A2A2C
2、△BA2C3
(3)由旋转的过程可知,四边形CC1C2C3和四边形AA1A2B是正方形∵,∴(a+b)2=c2+4×ab,即a2+2ab+b2=c2+2ab∴a2+b2=c2【考点】网格问题,作图(旋转变换),勾股定理的证明【分析】
(1)由图形可知,对应点的连线CC
1、AA1的垂直平分线过点O,根据旋转变换的性质,点O即为旋转中心,再根据网格结构,观察可得旋转角为90°
(2)利用网格结构,分别找出旋转后对应点的位置,然后顺次连接即可
(3)利用面积,根据正方形CC1C2C3的面积等于正方形AA1A2B的面积加上△ABC的面积的4倍,列式计算即可得证
29.(2012山东临沂13分)如图,点A在x轴上,OA=4,将线段OA绕点O顺时针旋转120°至OB的位置.
(1)求点B的坐标;
(2)求经过点A.O、B的抛物线的解析式;
(3)在此抛物线的对称轴上,是否存在点P,使得以点P、O、B为顶点的三角形是等腰三角形?若存在,求点P的坐标;若不存在,说明理由.【答案】解
(1)如图,过B点作BC⊥x轴,垂足为C,则∠BCO=90°∵∠AOB=120°,∴∠BOC=60°又∵OA=OB=4,∴OC=OB=×4=2,BC=OB•sin60°=∴点B的坐标为(﹣2,﹣)
(2)∵抛物线过原点O和点A.B,∴可设抛物线解析式为y=ax2+bx,将A(4,0),B(﹣2,﹣)代入,得,解得∴此抛物线的解析式为
(3)存在如图,抛物线的对称轴是x=2,直线x=2与x轴的交点为D,设点P的坐标为(2,y)
①若OB=OP,则22+|y|2=42,解得y=±,当y=时,在Rt△POD中,∠PDO=90°,sin∠POD=,∴∠POD=60°∴∠POB=∠POD+∠AOB=60°+120°=180°,即P、O、B三点在同一直线上∴y=不符合题意,舍去∴点P的坐标为(2,﹣)
②若OB=PB,则42+|y+|2=42,解得y=﹣∴点P的坐标为(2,﹣)
③若OP=BP,则22+|y|2=42+|y+|2,解得y=﹣∴点P的坐标为(2,﹣)综上所述,符合条件的点P只有一个,其坐标为(2,﹣)【考点】二次函数综合题,旋转的性质,锐角三角函数定义,特殊角的三角函数值,待定系数法,曲线上点的坐标与方程的关系,等腰三角形的性质,勾股定理,分类讨论【分析】
(1)首先根据OA的旋转条件确定B点位置,然后过B做x轴的垂线,通过构建直角三角形和OB的长(即OA长)确定B点的坐标
(2)已知O、A、B三点坐标,利用待定系数法求出抛物线的解析式
(3)根据
(2)的抛物线解析式,可得到抛物线的对称轴,然后先设出P点的坐标,而O、B坐标已知,可先表示出△OPB三边的边长表达式,然后分
①OP=OB、
②OP=BP、
③OB=BP三种情况分类讨论,然后分辨是否存在符合条件的P点
30.(2012内蒙古呼和浩特7分)如图,四边形ABCD是正方形,点G是BC边上任意一点,DE⊥AG于E,BF∥DE,交AG于F.
(1)求证AF﹣BF=EF;
(2)将△ABF绕点A逆时针旋转,使得AB与AD重合,记此时点F的对应点为点F′,若正方形边长为3,求点F′与旋转前的图中点E之间的距离.【答案】
(1)证明如图,∵正方形ABCD,∴AB=AD,∠BAD=∠BAG+∠EAD=90°∵DE⊥AG,∴∠AED=90°∴∠EAD+∠ADE=90°∴∠ADE=∠BAF又∵BF∥DE,∴∠AEB=∠AED=90°在△AED和△BFA中,∵∠AEB=∠AED,∠ADE=∠BAF,AD=AB∴△AED≌△BDA(AAS)∴BF=AE∵AF﹣AE=EF,∴AF﹣BF=EF
(2)解如图,根据题意知∠FAF′=90°,DE=AF′=AF,∴∠F′AE=∠AED=90°,即∠F′AE+∠AED=180°∴AF′∥ED∴四边形AEDF′为平行四边形又∵∠AED=90°,∴四边形AEDF′是矩形∴EF′=AD=3∴点F′与旋转前的图中点E之间的距离为3【考点】正方形的性质,旋转的性质,全等三角形的判定和性质,矩形的判定和性质【分析】
(1)由四边形ABCD为正方形,可得出∠BAD为90°,AB=AD,进而得到∠BAG与∠EAD互余,又DE垂直于AG,得到∠EAD与∠ADE互余,根据同角的余角相等可得出∠ADE=∠BAF,利用AAS可得出三角形ABF与三角形ADE全等,利用全等三角的对应边相等可得出BF=AE,由AF﹣AE=EF,等量代换可得证
(2)将△ABF绕点A逆时针旋转,使得AB与AD重合,记此时点F的对应点为点F′,连接EF′,如图所示,由旋转的性质可得出∠FAF′为直角,AF=AF′,由
(1)的全等可得出AF=DE,等量代换可得出DE=AF′=AF,再利用同旁内角互补两直线平行得到AF′与DE平行,根据一组对边平行且相等的四边形为平行四边形可得出AEDF′为平行四边形,再由一个角为直角的平行四边形为矩形可得出AEDF′为矩形,根据矩形的对角线相等可得出EF′=AD,由AD的长即可求出EF′的长。