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2019年全国中考数学(续61套)压轴题分类解析汇编专题7:几何三大变换相关问题

数学精品复习资料

全国中考数学(续 61 套)压轴题分类解析汇编

专题 7:几何三大变换相关问题.

29. (2012 黑龙江大庆 9 分)在直角坐标系中,C(2,3),C′(-4,3), C″(2,1),D(-4,1),

A(0, a ),B( a ,O)( a ? 0).

(1)结合坐标系用坐标填空.

点 C 与 C′关于点

对称; 点 C 与 C″关于点

对称; 点 C 与 D 关于点





(2)设点 C 关于点(4,2)的对称点是点 P,若△PAB 的面积等于 5,求 a 值.

【答案】解:(1)(﹣1,3);(2,2);(﹣1,2)。

(2)点 C 关于点(4,2)的对称点 P(6,1),

△PAB 的面积= 1 (1+a)×6﹣ 1 a2﹣ 1 ×1×(6﹣a)=5,

2

22

整理得,a2﹣7a+10=0,解得 a1=2,a2=5。

所以,a 的值为 2 或 5。

【考点】网格问题,坐标与图形的对称变化,坐标与图形性质,三角形的面

积。

【分析】(1)根据对称的性质,分别找出两对称点连线的中点即可:由图可

知,点 C 与 C′关于点(﹣1,3)对称; 点 C 与 C″关于点(2,2)对称;点 C 与 D 关于点

(﹣1,2)对称。

(2)先求出点 P 的坐标,再利用△APB 所在的梯形的面积减去两个直角三角形的面 积,然后列式计算即可得解。

30. (2012 湖南怀化 10 分)如图 1,四边形 ABCD 是边长为 3 2 的正方形,长方形 AEFG

的宽 AE ? 7 ,长 EF ? 7 3 .将长方形 AEFG 绕点 A 顺时针旋转 15°得到长方形 AMNH (如

2

2

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,

∵NH= AE ? 7 ,AH= EF ? 7 3 ,∠H=90°,

2

2

∴ tan?HAN ? NH ? 3 。∴∠HAN=30°。 AH 3

∴AN=2NH=7。

由旋转的性质:∠DAH=15°,∴∠DAN=45°。

∵∠DAC=45°,∴A,C,N 共线。

∵四边形 ABCD 是正方形,∴BD⊥AC。

∵AD=CD= 3 2 ,∴ DI ? AI ? 1 AC ? 1 AB2 ? CD2 ? 3 。

2

2

∴NI=AN-AI=7-3=4。

在 Rt△DIN 中, DN ? DI2 ? NI2 ? 32 ? 42 ? 5 。

(3)点 B 在矩形 ARTZ 的外部。理由如下:

如图,根据题意得:∠BAR=15°+15°=30°。

∵∠R=90°,AR= 7 , 2
7 ∴ AK ? AR ? 2 = 7 3 。
cos30? 3 3 2

∵ 3 2 ? 7 3 = 9 2 ? 7 3 = 162 ? 147 > 0 ,∴AB= 3 2 > 7 3 。

3

3

3

3

∴点 B 在矩形 ARTZ 的外部。

【考点】旋转的性质,矩形的性质,正方形的性质,勾股定理,锐角三角函数定义,特殊角

的三角函数值,实数的大小比较。

【分析】(1)由旋转的性质,可得∠BAM=15°,即可得∠OKB=∠AOM=75°,又由正方形

的性质,可得∠ABD=45°,然后利用外角的性质,即可求得∠DOM 的度数。

(2)首先连接 AM,交 BD 于 I,连接 DN,由特殊角的三角函数值,求得∠HAN=30°,

又由旋转的性质,即可求得∠DAN=45°,即可证得 A,C,N 共线,然后由股定理求得答案。

(3)在 Rt△ARK 中,利用三角函数即可求得 AK 的值,与 AB 比较大小,即可确

定 B 的位置。

31. (2012 福建宁德 13 分)某数学兴趣小组开展了一次活动,过程如下:

如图 1,在等腰△ABC 中,AB=AC,∠BAC=90?,小敏将一块三角板中含 45?角的顶

点放在点 A 处,

从 AB 边开始绕点 A 顺时针旋转一个角? ,其中三角板斜边所在的直线交直线 BC 于点 D,

直角边所在的直线交直线 BC 于点 E.

(1)小敏在线段 BC 上取一点 M,连接 AM,旋转中发现:若 AD 平分∠MAB,则 AE

也平分∠MAC.请

你证明小敏发现的结论;

(2)当 0?<? ≤45?时,小敏在旋转的过程中发现线段 BD、CE、DE 之间存在如下等量关

系:BD2+CE2 =DE2.同组的小颖和小亮随后想出了两种不同的方法进行解决:
小颖的方法:将△ABD 沿 AD 所在的直线对折得到△ADF,连接 EF(如图 2); 小亮的方法:将△ABD 绕点 A 逆时针旋转 90?得到△ACG,连接 EG(如图 3). 请你从中任选一种方法进行证明;
(3)小敏继续旋转三角板,在探究中得出:当 45?<? ≤135?且? ≠90?时,等量关系 BD2
+CE2=DE2
仍然成立.现请你继续探究:当 135?<? <180?时(如图 4),等量关系 BD2+CE2=DE2
是否仍然成立?若成立,给出证明:若不成立,说明理由.
【答案】解:(1)证明:∵∠BAC=90?,∠DAE=∠DAM+∠MAE=45?,∴∠BAD+∠EAC =45?。
又∵AD 平分∠MAB,∴∠BAD=∠DAM。∴∠MAE=∠EAC。 ∴AE 平分∠MAC。 (2)证明小颖的方法: ∵将△ABD 沿 AD 所在的直线对折得到△ADF, ∴AF=AB,∠AFD=∠B=45?,∠BAD=∠FAD。 又∵AC=AB,∴AF=AC。

由(1)知,∠FAE=∠CAE。 在△AEF 和△AEC 中,∵AF= AC,∠FAE=∠CAE,AE=AE, ∴△AEF≌△AEC(SAS)。∴CE=FE,∠AFE=∠C=45?。 ∴∠DFE=∠AFD +∠AFE=90?。 在 Rt△OCE 中,DE2+FE2=DE2,∴BD2+CE2=DE2。 (3)当 135?<? <180?时,等量关系 BD2+CE2=DE2 仍然成立。证明如下:
如图,按小颖的方法作图,设 AB 与 EF 相交于点 G。 ∵将△ABD 沿 AD 所在的直线对折得到△ADF, ∴AF=AB,∠AFD=∠ABC=45?,∠BAD=∠FAD。 又∵AC=AB,∴AF=AC。 又∵∠CAE=900-∠BAE=900-(45?-∠BAD)=45?+∠BAD=45? +∠FAD
=∠FAE。 在△AEF 和△AEC 中,∵AF= AC,∠FAE=∠CAE,AE=AE, ∴△AEF≌△AEC(SAS)。∴CE=FE,∠AFE=∠C=45?。 又∵在△AGF 和△BGE 中,∠ABC=∠AFE=45?,∠AGF=∠BGE, ∴∠FAG=∠BEG。 又 ∵∠FDE + ∠DEF=∠FDE + ∠FAG = 1 ( ∠ADB + ∠DAB ) =
2 1 ∠ABC=90?。 2
∴∠DFE=90?。 在 Rt△OCE 中,DE2+FE2=DE2,∴BD2+CE2=DE2。

【考点】角平分线的定义,等腰直角三角形的性质,旋转的性质,折叠对称的性质,全等三

角形的判定和性质,勾股定理,三角形外角性质,三角形内角和定理。

【分析】(1)由角平分线的定义,根据等腰直角三角形和旋转的性质,即可得出结论。

(2)小颖的方法是应用折叠对称的性质和 SAS 得到△AEF≌△AEC,在 Rt△OCE

中应用勾股定理而证明。

小亮的方法是将△ABD 绕点 A 逆时针旋转 90?得到△ACG,根据旋转的性质

用 SAS 得到

△ACE≌△ACG,从而在 Rt△CEG 中应用勾股定理而证明。

(3)当 135?<? <180?时,等量关系 BD2+CE2=DE2 仍然成立。仿(2)证明即

可。

32. (2012 福建龙岩 13 分)矩形 ABCD 中,AD=5,AB=3,将矩形 ABCD 沿某直线折叠,

使点 A 的对

应点 A′落在线段 BC 上,再打开得到折痕 EF.

(1)当 A′与 B 重合时(如图 1),EF=

;当折痕 EF 过点 D 时(如图 2),求线

段 EF 的长;

(2)观察图 3 和图 4,设 BA′=x,①当 x 的取值范围是

时,四边形 AEA′F 是菱

形;②在①的

条件下,利用图 4 证明四边形 AEA′F 是菱形.

【答案】解:(1)5。 由折叠(轴对称)性质知 A′D=AD=5,∠A=∠EA′D=900。

在 Rt△A′DC 中,DC=AB=2,∴ A?C ? 52 ? 32 ? 4 。

∴A′B=BC-A′C=5-4=1。

∵∠EA′B+∠BEA′=∠EA′B+∠FA′C=900, ∴∠BEA′=∠FA′C。

又 ∵∠B=∠C=900,∴Rt△EBA′∽Rt△A′CF。∴ A?E ? A?B ,即 A?E ? 1

A?F FC

53

∴ A?E ? 5 。 3

在 Rt△A′EF 中, EF ? A?E2 ? A?D2 ? 25 ? 25 ? 5 10 。

9

3

(2)① 3 ? x ? 5 。 ②证明:由折叠(轴对称)性质知∠AEF=∠FEA′,AE=A′E,AF=A′F。 又 ∵AD∥BC,∴∠AFE=∠FEA′ 。∴∠AEF=∠AFE 。 ∴AE=AF。∴AE=A′E=AF=A′F。 ∴四边形 AEA′F 是菱形。
【考点】折叠的性质,矩形的性质,勾股定理,相似三角形的判定和性质,平行的性质,等 腰三角形的性质,菱形的判定。 【分析】(1)根据折叠和矩形的性质,当 A′与 B 重合时(如图 1),EF= AD=5。
根 据 折 叠 和 矩 形 的 性 质 , 以 及 勾 股 定 理 求 出 A′B 、 A′F 和 FC 的 长 , 由 Rt△EBA′∽Rt△A′CF 求得 A?E ? 5 ,在 Rt△A′EF 中,由勾股定理求得 EF 的长。
3 (2)①由图 3 和图 4 可得,当 3 ? x ? 5 时,四边形 AEA′F 是菱形。
②由折叠和矩形的性质,可得 AE=A′E,AF=A′F。由平行和等腰三角形的性质 可得 AE=AF。从而 AE=A′E=AF=A′F。根据菱形的判定得四边形 AEA′F 是菱形。 33. (2012 福建福州 14 分)如图①,已知抛物线 y=ax2+bx(a≠0)经过 A(3,0)、B(4,4)两 点.

(1) 求抛物线的解析式; (2) 将直线 OB 向下平移 m 个单位长度后,得到的直线与抛物线只有一个公共点 D,求
m 的值及点 D 的坐标;
(3) 如图②,若点 N 在抛物线上,且∠NBO=∠ABO,则在(2)的条件下,求出所有满 足△POD∽△NOB
的点 P 的坐标(点 P、O、D 分别与点 N、O、B 对应).
【答案】解:(1) ∵抛物线 y=ax2+bx(a≠0)经过点 A(3,0)、B(4,4). ∴???91a6+a+3b4= b=04,解得:???ab==1-3。 ∴抛物线的解析式是 y=x2-3x。
(2) 设直线 OB 的解析式为 y=k1x,由点 B(4,4), 得:4=4k1,解得 k1=1。 ∴直线 OB 的解析式为 y=x。 ∴直线 OB 向下平移 m 个单位长度后的解析式为:y=x-m。 ∵点 D 在抛物线 y=x2-3x 上,∴可设 D(x,x2-3x)。 又点 D 在直线 y=x-m 上,∴ x2-3x =x-m,即 x2-4x+m=0。 ∵抛物线与直线只有一个公共点, △=16-4m=0,解得:m=4。 此时 x1=x2=2,y=x2-3x=-2。∴ D 点坐标为(2,-2)。
(3) ∵直线 OB 的解析式为 y=x,且 A(3,0), ∴点 A 关于直线 OB 的对称点 A'的坐标是(0,3)。 设直线 A'B 的解析式为 y=k2x+3,过点 B(4,4),

∴4k2+3=4,解得:k2=14。 ∴直线 A'B 的解析式是 y=14x+3。 ∵∠NBO=∠ABO,∴点 N 在直线 A'B 上。 ∴设点 N(n,14n+3),又点 N 在抛物线 y=x2-3x 上, ∴ 14n+3=n2-3n,解得:n1=-34,n2=4(不合题意,会去)。 ∴ 点 N 的坐标为(-34,1465)。 如图,将△NOB 沿 x 轴翻折,得到△N1OB1, 则 N1(-34,-4156),B1(4,-4)。 ∴O、D、B1 都在直线 y=-x 上。 ∵△P1OD∽△NOB,∴△P1OD∽△N1OB1。 ∴ OONP11=OOBD1=12。∴点 P1 的坐标为(-38,-3425)。 将△OP1D 沿直线 y=-x 翻折,可得另一个满足条件的点 P2(3425,38)。 综上所述,点 P 的坐标是(-38,-3425)或(4352,38)。 【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,平移的性质,一元 二次方程根的判别式,翻折对称的性质,旋转的性质,相似三角形的判定和性质。 【分析】(1) 利用待定系数法求出二次函数解析式即可。 (2) 根据已知可求出 OB 的解析式为 y=x,则向下平移 m 个单位长度后的解析式 为:y=x-m。 由于抛物线与直线只有一个公共点,意味着联立解析式后得到的一元二次方程,其根的判别 式等于 0,由此可求出 m 的值和 D 点坐标。 (3) 综合利用几何变换和相似关系求解:翻折变换,将△NOB 沿 x 轴翻折。(或用 旋转)求出 P 点坐标之后,该点关于直线 y=-x 的对称点也满足题意,即满足题意的 P 点 有两个。 34. (2012 福建泉州 14 分)如图,点 O 为坐标原点,直线 l 绕着点 A(0,2)旋转,与经过 点 C(0,1)的二次函数 y ? 1 x2 ? h 交于不同的两点 P、Q.
4 (1)求 h 的值;

(2)通过操作、观察算出△POQ 面积的最小值(不必说理); (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 ? 1 x2 ? h 的图象经过 C(0,1), 4
∴ 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 ? 1 x2 ?1中,得 x ? ?2, 4
∴ 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 ? 1 x2 ?1上的点 4

P(a, 1 a2 ?1 )、Q(b, 1 b2 ?1)(a<0<b)。

4

4

直线 BC:y=k1x+1 过点 P,



1 4

a2

?1 =ak1+1,得

k1=

1 4

a



∴直线 BC:y= 1 a x+1 4

令 y=0 得:xB= ? 4 a

过点 A 的直线 l:y=k2x+2 经过点 P、Q,



1 4

a2

?1

?

ak2

?

2?①



1 4

b2

? 1=bk 2

?

2?②



①×b-②×a 得: 1(a2b ? b2a)? b ? a ? 2(b ? a),化简得:b= ? 4 。

4

a

∴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, 1 a2 ?1 )、Q(b, 1 b2 ?1)(a<0

4

4

<b),可求得 b= ? 4 (参见(3))。 a



S?POQ

?

1 2

OA

?

xQ ? xP

?

1 2

?

OA? |

?

4 a

?

a

|?(?

4)?(? a

a)=

? ???

?4 ? a

?2 ?a ??? +4

∴当 ? 4 = ?a 即|a|=|b|(P、Q 关于 y 轴对称)时,△POQ 的面积最小。 a

即 PQ∥x 轴时,△POQ 的面积最小,且 POQ 的面积最小为 4。 (3)判断四边形 AOBQ 的形状,可从四个顶点的坐标特征上来判断.首先设出 P、 Q 的坐标,然后根据点 P、C 求出直线 BC 的解析式,从而表示出点 B 的坐标,然后再通过 直线 PQ 以及 P、A、Q 三点坐标,求出 Q、B 两点坐标之间的关联,从而判断该四边形是 否符合梯形的特征。

35. (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).
【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? ? ? α。 2
(3)作图如下:
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

∠BMC=∠DAE=180°-2α。

(2)∵AD=ED,∠ADE=α,∴∠DAE= 180? ? ?ADE =90? ? ? 。

2

2

同理可得:∠BAC= 90? ? ? 。 2

∴∠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? ? ? 。 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? ? ? ,由 AB=kAC,AD=kAE,得出 2

AB:AC=AD:AE=k,从而证出△ABD∽△ACE,得出∠BDA=∠CEA,然后根据三角形的

外角性质即可得出∠BMC= 90?+ ? : 2

∵AD=ED,∠ADE=α,∴∠DAE=∠AED= 180? ? ?ADE =90? ? ? 。

2

2

同理可得:∠BAC= 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? ? ? +α= 90?+ ? 。

2

2

36. (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。

37. (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= 3 AB′,AC= 3 AC′,连接 B′C′,
将△AB′C′绕点 A 逆时针旋转角(0°<θ<180°),得到△ADE,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= 1 (180°﹣20°)=80°。
2 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= 3 AB′,AC= 3 AC′,∴ AB? ? AC? ? 3 。∴B′C′∥BC。
AB AC 3 ∵△ABC 是等边三角形,∴△AB′C′是等边三角形。 根据旋转变换的性质可得 AD=AE,∠BAD=∠CAE。 在△ABD 和△ACE 中,∵AB=AC,∠BAD=∠CAE,AD=AE, ∴△ABD≌△ACE(SAS)。∴∠ABD=∠ACE。 ∴∠BOC=180°﹣(∠OBC+∠OCB)=180°﹣(∠OBC+∠ACB+∠ACE)
=180°﹣(∠OBC+∠ACB+∠ABD)=180°﹣(∠ACB+∠ABC) =180°﹣(60°+60°)=60°。 当 0°<θ≤30°时,∠BOE=∠BOC=30°, 当 30°<θ<180°时,∠BOE=180°﹣∠BOC=180°﹣60°=120°。

38. 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 时针方向旋转角错误!未找到引用源。,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,当错误!未找到引用源。=45°时,∠ANC 的度数为_______; ②如图 b,当错误!未找到引用源。≠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°- 1 ∠BAC。
2 【考点】等腰(直角)三角形的判定和性质,全等三角形的判定和性质,三角形内角和定理, 圆周角定理。 【分析】(1)①∵BM=BN,∠MBN=90°,∴∠BMN=∠BNM=45°。
又∵∠CAN=45°,∴∠BMN=∠CAN。 又∵AB=AC,AN=AN,∴△BMN≌△CAN(SAS)。∴∠ANC=∠BNM=45°。 ②过 B、C 分别作 BD⊥AP 于点 D,CE⊥AP 于点 E。通过证明△ADB≌△CEA 从而证明△CEN 是等腰直角三角形即可。 (2)如图,由已知得: ∠θ=1800-2∠ABC-∠1(∵AB=AC)
=1800-∠2-∠6-∠1(∵∠BAC=∠MBN,BM=BN) =(1800-∠2-∠1)-∠6 =∠3+∠4+∠5-∠6(三角形内角和定理) =∠6+∠5-∠6=∠5(∠3+∠4=∠ABC=∠6)。 ∴点 A、B、N、C 四点共圆。 ∴∠ANC =∠ABC ==90°- 1 ∠BAC。
2 39. (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= 1 PQ=2 2 ,∠POM=∠BOM=∠P=450 。 2 ∵∠PMA+∠AMO=∠OMB+∠AMO,∴∠PMA=∠OMB。 ∴△PMA≌△OMB(ASA)。∴ MA=MB。
(2) △AOB 的周长存在最小值。理由如下: ∵△PMA≌△OMB ,∴ PA=OB。 ∴OA+OB=OA+PA=OP=4。 令 OA=x, AB=y,则 y2=x2+(4-x)2=2x2-8x+16=2(x-2)2+8≥8。
∴当 x=2 时 y2 有最小值 8,从而 y 的最小值为 2 2 。
∴△AOB 的周长存在最小值,其最小值是 4+2 2 。 【考点】直角三角形斜边上的中线性质,全等三角形的判定和性质,勾股定理,二次函数的 最值。 【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。 40. (2012 广西贵港 12 分)如图,在平面直角坐标系 xOy 中,抛物线 y=ax2+bx+3 的顶
点为 M(2, -1),交 x 轴于 A、B 两点,交 y 轴于点 C,其中点 B 的坐标为(3,0)。 (1)求该抛物线的解析式; (2)设经过点 C 的直线与该抛物线的另一个交点为 D,且直线 CD 和直线 CA 关于直线 BC
对称,求直线

CD 的解析式; (3)在该抛物线的对称轴上存在点 P,满足 PM2+PB2+PC2=35,求点 P 的坐标;并直接
写出此时直线 OP 与该抛物线交点的个数。
【答案】解:(1)∵抛物线 y=ax2+bx+3 的顶点为 M(2,-1),
∴设抛物线的解析式为线 y=a ?x ? 2?2 ?1。 ∵点 B(3,0)在抛物线上,∴ 0=a ?3 ? 2?2 ?1 ,解得 a=1。 ∴该抛物线的解析式为 y=?x ? 2?2 ?1 ,即 y=x2 ? 4x+3 。
(2)在 y=x 2 ? 4x+3 中令 x=0,得 y=3 。∴C(0,3)。 ∴OB=OC=3。∴∠ABC=450。 过点 B 作 BN⊥x 轴交 CD 于点 N(如图), 则∠ABC=∠NBC=450。 ∵直线 CD 和直线 CA 关于直线 BC 对称, ∴∠ACB=∠NCB。 又∵CB=CB,∴△ACB≌△NCB(ASA)。 ∴BN=BA。 ∵A,B 关于抛物线的对称轴 x=2 对称,B(3,0), ∴A(1,0)。∴BN=BA=2。∴N(3,2)。 设直线 CD 的解析式为 y=kx+b , ∵C(0,3),N(3,2)在直线 CD 上,



?b=3 ??3k+b=2

,解得,

??k= ? ? ??b=3

1 3



∴直线 CD 的解析式为 y= ? 1 x+3 。 3
(3)设 P(2,p)。
∵M(2,-1),B(3,0),C(0,3),

∴根据勾股定理,得 PM2 ? ?p+1?2 =p2 +2p+1,PB2 =?3 ? 2?2 +p2 =p2 +1 ,

PC2 =22 +?p ? 3?2 =p2 ? 6p+13。

∵PM2+PB2+PC2=35,∴ p2 +2p+1+p2 +1+p2 ? 6p+13=35 。

整理,得

3p2

?

4p

?

20=0

,解得

p1 =

?

2,p2

=

10 3



∴P(2,-2)或(2, 10 )。 3

当 P(2,-2)时,直线 OP 与该抛物线无交点;当 P(2,10 )时,直线 3

OP 与该抛物

线有两交点。

【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,

轴对称的性质,全等三角形的判定和性质,勾股定理,一元二次方程根的判别式。

【分析】(1)由于已知抛物线的顶点坐标,所以可设抛物线的顶点式,用待定系数法求解。

(2)由直线 CD 和直线 CA 关于直线 BC 对称,构造全等三角形:过点 B 作 BN⊥x

轴交 CD 于点 N,求出点 N 的坐标,由点 B,N 的坐标,用待定系数法求出直线 CD 的解析

式。

(3)设 P(2,p),根据勾股定理分别求出 PM2、PB2 和 PC2,由 PM2+PB2+PC2 =35,列式求解即可求得点 P 的坐标(2,-2)或(2, 10 )。
3 当 P(2,-2)时,直线 OP 的解析式为 y= ? x ,与 y=x2 ? 4x+3联立,得

?x=x2 ? 4x+3 ,

即 x2 ? 3x+3=0。∵△=9-12=-3<0,∴ x2 ? 3x+3=0无解,即直线 OP 与抛物线无交点。

当 P(2, 10 )时,直线 OP 的解析式为 y= 5 x ,与 y=x2 ? 4x+3联立,得

3

3

5 x=x2 ? 4x+3, 3 即 3x2 ?17x+9=0 。∵△=289-108=181>0,∴ 3x2 ?17x+9=0 有两不相等的实数根,即直 线 OP 与抛物线有两个交点。 41. (2012 青海省 12 分)如图,在平面直角坐标系中,二次函数 y=x2+bx+c 的图象与 x 轴 交于 A、B 两点,A 点在原点的左侧,B 点的坐标为(3,0),与 y 轴交于 C(0,﹣3)点, 点 P 是直线 BC 下方的抛物线上一动点. (1)求这个二次函数的表达式. (2)连接 PO、PC,并把△POC 沿 CO 翻折,得到四边形 POP′C,那么是否存在点 P,使 四边形 POP′C 为菱形?若存在,请求出此时点 P 的坐标;若不存在,请说明理由. (3)当点 P 运动到什么位置时,四边形 ABPC 的面积最大并求出此时 P 点的坐标和四边形 ABPC 的最大面积.

【答案】解:(1)将

B、C

两点的坐标代入

y=x2+bx+c



?9a+3b+c=0 ??c= ? 3

,解得

?b= ??c=

? ?

2 3



∴二次函数的表达式为:y=x2﹣2x﹣3。

(2)存在点 P,使四边形 POP′C 为菱形。

设 P 点坐标为(x,x2﹣2x﹣3),PP′交 CO 于 E,

若四边形 POP′C 是菱形,则有 PC=PO。

连接 PP′,则 PE⊥CO 于 E。

∴OE=EC= 3 。 2

∴x2﹣2x﹣3= ? 3 , 2

解得

x1 =

2+

10 2

,x2

=

2

? 2

10

(不合题意,舍去)。

∴P 点的坐标为( 2+ 10 ,? 3 )。

2

2

(3)过点 P 作 y 轴的平行线与 BC 交于点 Q,与 OB 交于点 F,设 P(x,x2 ﹣2x﹣3),
设直线 BC 的解析式为 y=kx+b,则

?3k+b=0 ??b= ? 3

,解得

?k=1 ??b= ?

3

。∴直线

BC

的解析式为

y=x﹣3。

则 Q 点的坐标为(x,x﹣3)。

∴ S四边形ABPC ? S?ABC ? S?BPQ ? S?CPQ

? 1 ? AB ? OC ? 1 ? QP ? OF ? 1 ? QP ? BF

2

2

2

? ? ?

1 2

?

4

? 3+

1 2

?

? ?

x2 ? 2x ? 3

?

?

x

?

3???

?

3

?

?

3 2

? ??

x

?

3 2

?2 ??

+

75 8

∴当

x=

3 2

时,四边形

ABPC

的面积最大,此时

P

点的坐标为

? ??

3,? 2

15 4

? ??



四边形 ABPC 的面积的最大值为 75 。 8
【考点】二次函数综合题,曲线上点的坐标与方程的关系,翻折的性质,菱形的判定和性质,

二次函数最值。 190187
【分析】(1)将 B、C 的坐标代入抛物线的解析式中即可求得待定系数的值。

(2)由于菱形的对角线互相垂直平分,若四边形 POP′C 为菱形,那么 P 点必在 OC

的垂直平分线上,据此可求出 P 点的纵坐标,代入抛物线的解析式中即可求出 P 点的坐标。

(3)由于△ABC 的面积为定值,当四边形 ABPC 的面积最大时,△BPC 的面积最

大;过 P 作 y 轴的平行线,交直线 BC 于 Q,交 x 轴于 F,易求得直线 BC 的解析式,可设

出 P 点的横坐标,然后根据抛物线和直线 BC 的解析式求出 Q、P 的纵坐标,即可得到 PQ

的长,以 PQ 为底,B 点横坐标的绝对值为高即可求得△BPC 的面积,由此可得到关于四边

形 ACPB 的面积与 P 点横坐标的函数关系式,根据函数的性质即可求出四边形 ABPC 的最

大面积及对应的 P 点坐标。


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