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时间:2012-05-26 10:07
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求由Y=X^2,y^2=8x所围轴对称图形ppt绕x轴旋转所成的旋转的体积
求由星形线x^(2/3)+y^(2/3)=a^(2/3)所围成的图形绕x轴旋转而成的旋转体的体积 答案:(32/105)πa^3_百度知道
求由星形线x^(2/3)+y^(2/3)=a^(2/3)所围成的图形绕x轴旋转而成的旋转体的体积 答案:(32/105)πa^3
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y=±[a^(2/3)-x^(2/3)]^(3/2),星形线分成上下两个半支,考虑X轴对称关系,只求上半支即可,从-a至a以Y轴左右对称,可求从0至a积分,再乘以2,V=2π∫[0,a]{[a^(2/3)-x^(2/3)]^(3/2)}^2dx=2π∫[0,a][a^2-3a^(4/3)x^(2/3)+3a^(2/3)x^(4/3)-x^2)dx=2π[0,a][a^2x-3a^(4/3)x^(2/3+1)/(2/3+1)+3a^(2/3)x^(4/3+1)/(4/3+1)-x^3/3]=2π[a^3-9a^3/5+9a^3/7-a^3/3)=32πa^3/105. 用到差的立方公式,(a-b)^3=a^3-3a^2b+3ab^2-b^3.
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谢谢帮忙了!
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出门在外也不愁已知抛物线C1:y=x*2-4x+3,将C1绕点P(t,1)旋转180°得C2,若C2的顶点在抛物线C1上,求C2解析式
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C1:y=x?-4x+3&=﹙x-2﹚?-1
∴它的顶点为﹙2,﹣1﹚
∴C2的顶点为(2t-2,2×1+1)即为(2t-2,3)
代入C1:y=x?-4x+3&&=﹙x-2﹚?-1得:
3=﹙2t﹣2-2﹚?-1
解得:t=3或t=1
∴C2的顶点为(4,3)或(0,3)
∴C2解析式:y=﹣﹙x-4﹚?+3或y=﹣﹙x-0﹚?+3
即y=-x?+8x-13或y=-x?+3
先求C1顶点(2,-1),C1定点与C2顶点应该关于P对称(旋转得到),也可以说P是两个顶点的中点。所以利用中点坐标公式。利用P的纵坐标是1,C1纵坐标是-1,那么,C2纵坐标就是3。然后利用x*2-4x+3=3得出,x=0或者4,也就是C2的顶点为(0,3)或者(4,3)利用顶点式得C2解析式为:y=x*2+3或者:y=x*2-4x+19.备注:C1与C2是旋转得到的,两者形状应该一致,也就是顶点式子中的a值应该一样。。
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即: y-8 = -2*(x-1)^2,8)旋转180度后: (16-b)-3 = -2*[(2-a)-1]^2然后向下,点P(x,Q关于A点对称: P(x,b)P, 顶点为A(1;2 = 1: 莅姓边舅装矫跌收(x+a)/,8)设;2 = 8x = 2-a, y = 16-b代入方程: 抛物线绕顶点A(1,y)为抛物线上一点,则, 即, 得,y)旋转到Q(a, (y+b)/抛物线y=-2X^2+4X+1
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出门在外也不愁2012年全国中考数学(159套)选择填空解答压轴题分类解析汇编(15专题)专题12:几何三大变换问题之旋转_中考数学试题_作文网
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2012年全国中考数学(159套)选择填空解答压轴题分类解析汇编(15专题)专题12:几何三大变换问题之旋转
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2012年全国中考数学(159套)选择填空解答压轴题分类解析汇编(15专题)专题12:几何三大变换问题之旋转
作者:佚名
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2012年全国中考数学(159套)选择填空解答压轴题分类解析汇编 专题12:几何三大变换问题之旋转 一、选择题 1. (2012广东佛山3分)如图,把一个斜边长为2且含有300角的直角三角板ABC绕直角顶点C顺时针旋转900到△A1B1C,则在旋转过程中这个三角板扫过的图形的面积是【
】 A.π
D. 【答案】D。 【考点】旋转的性质,勾股定理,等边三角形的性质,扇形面积。 【分析】因为旋转过程中这个三角板扫过的图形的面积分为三部分扇形ACA1、 BCD和△ACD 计算即可: 在△ABC中,∠ACB=90°,∠BAC=30°,AB=2, ∴BC=AB=1,∠B=90°-∠BAC=60°。∴。 ∴。 设点B扫过的路线与AB的交点为D,连接CD, ∵BC=DC,∴△BCD是等边三角形。∴BD=CD=1。 ∴点D是AB的中点。 ∴S。 ∴ 故选D。 2. (2012广东汕头4分)如图,将△ABC绕着点C顺时针旋转50°后得到△A′B′C′.若∠A=40°.∠B′=110°,则∠BCA′的度数是【
】 A.110°
D.30° 【答案】B。 【考点】旋转的性质,三角形内角和定理。 【分析】根据旋转的性质可得:∠A′=∠A,∠A′CB′=∠ACB, ∵∠A=40°,∴∠A′=40°。 ∵∠B′=110°,∴∠A′CB′=180°110°40°=30°。∴∠ACB=30°。 ∵将△ABC绕着点C顺时针旋转50°后得到△A′B′C′,∴∠ACA′=50°, ∴∠BCA′=30°+50°=80°,故选B。 3. (2012福建龙岩4分)如图,矩形ABCD中,AB=1,BC=2,把矩形ABCD 绕AB所在直线旋转一 周所得圆柱的侧面积为【
D.2 【答案】B。 【考点】矩形的性质,旋转的性质。 【分析】把矩形ABCD 绕AB所在直线旋转一周所得圆柱是以BC=2为底面半径,AB=1为高。所以,它 的侧面积为。故选B。 4. (2012湖北十堰3分)如图,O是正△ABC内一点,OA=3,OB=4,OC=5,将线段BO以点B为旋转中心逆时针旋转60°得到线段BO′,下列结论:①△BO′A可以由△BOC绕点B逆时针旋转60°得到;②点O与O′的距离为4;③∠AOB=150°;④;⑤.其中正确的结论是【
】 A.①②③⑤
B.①②③④
C.①②③④⑤
D.①②③ 【答案】A。 【考点】旋转的性质,全等三角形的判定和性质,等边三角形的判定和性质,勾股定理的逆定理。 【分析】∵正△ABC,∴AB=CB,∠ABC=600。 ∵线段BO以点B为旋转中心逆时针旋转60°得到线段BO′,∴BO=BO′,∠O′AO=600。 ∴∠O′BA=600-∠ABO=∠OBA。∴△BO′A≌△BOC。 ∴△BO′A可以由△BOC绕点B逆时针旋转60°得到。故结论①正确。 连接OO′, ∵BO=BO′,∠O′AO=600,∴△OBO′是等边三角形。∴OO′=OB=4。故结论②正确。 ∵在△AOO′中,三边长为O′A=OC=5,OO′=OB=4,OA=3,是一组勾股数, ∴△AOO′是直角三角形。 ∴∠AOB=∠AOO′+∠O′OB =900+600=150°。故结论③正确。 。故结论④错误。 如图所示,将△AOB绕点A逆时针旋转60°,使得AB与AC重合, 点O旋转至O″点. 易知△AOO″是边长为3的等边三角形,△COO″是边长为3、4、5的 直角三角形。 则。 故结论⑤正确。 综上所述,正确的结论为:①②③⑤。故选A。 5. (2012湖南娄底3分)如图,矩形绕它的一条边MN所在的直线旋转一周形成的几何体是【
D. 【答案】C。 【考点】点、线、面、体。 【分析】矩形绕一边所在的直线旋转一周得到的是圆柱。故选C。 6. (2012四川绵阳3分)如图,P是等腰直角△ABC外一点,把BP绕点B顺时针旋转90°到BP′,已知∠AP′B=135°,P′A:P′C=1:3,则P′A:PB=【
】。 A.1:
D.1: 【答案】B。 【考点】旋转的性质,等腰直角三角形的判定和性质,全等三角形的判定和性质,勾股定理。 【分析】如图,连接AP, ∵BP绕点B顺时针旋转90°到BP′, ∴BP=BP′,∠ABP+∠ABP′=90°。 又∵△ABC是等腰直角三角形, ∴AB=BC,∠CBP′+∠ABP′=90°,∴∠ABP=∠CBP′。 在△ABP和△CBP′中,∵ BP=BP′,∠ABP=∠CBP′,AB=BC ,∴△ABP≌△CBP′(SAS)。 ∴AP=P′C。 ∵P′A:P′C=1:3,∴AP=3P′A。 连接PP′,则△PBP′是等腰直角三角形。∴∠BP′P=45°,PP′= 2 PB。 ∵∠AP′B=135°,∴∠AP′P=135°-45°=90°,∴△APP′是直角三角形。 设P′A=x,则AP=3x, 在Rt△APP′中,。 在Rt△APP′中,。 ∴,解得PB=2x。∴P′A:PB=x:2x=1:2。 故选B。 7. (2012贵州黔东南4分)点P是正方形ABCD边AB上一点(不与A、B重合),连接PD并将线段PD绕点P顺时针旋转90°,得线段PE,连接BE,则∠CBE等于【
】 A.75°
D.30° 【答案】C。 【考点】正方形的性质,旋转的性质,全等三角形的判定和性质,等腰直角三角形的判定和性质。 【分析】过点E作EF⊥AF,交AB的延长线于点F,则∠F=90°, ∵四边形ABCD为正方形,∴AD=AB,∠A=∠ABC=90°。∴∠ADP+∠APD=90°。 由旋转可得:PD=PE,∠DPE=90°,∴∠APD+∠EPF=90°。 ∴∠ADP=∠EPF。 在△APD和△FEP中,∵∠ADP=∠EPF,∠A=∠F,PD=PE, ∴△APD≌△FEP(AAS)。∴AP=EF,AD=PF。 又∵AD=AB,∴PF=AB,即AP+PB=PB+BF。∴AP=BF。∴BF=EF 又∵∠F=90°,∴△BEF为等腰直角三角形。∴∠EBF=45°。 又∵∠CBF=90°,∴∠CBE=45°。故选C。 8. (2012广西北海3分)如图,等边△ABC的周长为6π,半径是1的⊙O从与AB相切于点D的位置 出发,在△ABC外部按顺时针方向沿三角形滚动,又回到与AB相切于点D的位置,则⊙O自转了:【
】 A.2周
D.5周 【答案】C。 【考点】等边三角形的性质,直线与圆的位置关系。 【分析】该圆运动可分为两部分:在三角形的三边运动以及绕过三角形的三个角,分别计算即可得到圆的自传周数: ⊙O在三边运动时自转周数:6π÷2π =3: ⊙O绕过三角形外角时,共自转了三角形外角和的度数:360°,即一周。 ∴⊙O自转了3+1=4周。故选C。 二、填空题 1. (2012福建厦门4分)如图,已知∠ABC=90°,AB=πr,BC=,半径为r的⊙O从点A出发,沿A→B→C方向滚动到点C时停止.请你根据题意,在图上画出圆心O运动路径的示意图;圆心O运动的路程是
. 【答案】2πr。 【考点】作图题,弧长的计算。 【分析】根据题意画出图形,将运动路径分为三部分:OO1,O1O2 ,O2O3,分别计算出各部分的长再相加即可: 圆心O运动路径如图: ∵OO1=AB=πr;O1O2 =;O2O3=BC= , ∴圆心O运动的路程是πr++ =2πr。 2. (2012四川南充3分)如图,四边形ABCD中,∠BAD=∠BCD=900,AB=AD,若四边形ABCD的面积是24cm2.则AC长是
cm. 【答案】4。 【考点】等腰直角三角形的性质,旋转的性质,勾股定理。 【分析】如图,将△ADC旋转至△ABE处,则△AEC的面积和四边形ABCD的面积一样多为24cm2,,这时三角形△AEC为等腰直角三角形,作边EC上的高AF,则AF=EC=FC, ∴ S△AEC= AF?EC=AF2=24 。∴AF2=24。 ∴AC2=2AF2=48
AC=4。 3. (2012山东烟台3分)如图,在Rt△ABC中,∠C=90°,∠A=30°,AB=2.将△ABC绕顶点A顺时针方向旋转至△AB′C′的位置,B,A,C′三点共线,则线段BC扫过的区域面积为
. 【答案】。 【考点】扇形面积的计算,旋转的性质。 【分析】先根据Rt△ABC中,∠C=90°,∠A=30°,AB=2求出BC及AC的长,再根据线段BC扫过的区域面积为:S阴影=AB扫过的扇形面积+△AB′C′面积AC扫过的扇形面积△ABC面积 =AB扫过的扇形面积AC扫过的扇形面积。 ∵Rt△ABC中,∠C=90°,∠A=30°,AB=2,∴。 ∵B,A,C′三点共线,∴∠BAB′=150°。 ∴S阴影= AB扫过的扇形面积+△ABC面积BC扫过的扇形面积 。 4. (2012广西河池3分)如图,在平面直角坐标系中,矩形OEFG的顶点F的坐标为(4,2),将矩形 OEFG绕点O逆时针旋转,使点F落在y轴上,得到矩形OMNP,OM与GF相交于点A.若经过点A的 反比例函数的图象交EF于点B,则点B的坐标为
. 【答案】(4,)。 【考点】反比例函数综合题,矩形的性质,旋转的性质,相似三角形的判定和性质,曲线上点的坐标与方 程的关系。 【分析】∵矩形OEFG绕点O逆时针旋转,使点F落在y轴的点N处,得到矩形OMNP, ∴∠P=∠POM=∠OGF=90°。∴∠PON+∠PNO=90°,∠GOA+∠PON=90°。∴∠PNO=∠GOA。 ∴△OGA∽△NPO。 ∵E点坐标为(4,0),G点坐标为(0,2),∴OE=4,OG=2。∴OP=OG=2,PN=GF=OE=4。 ∵△OGA∽△NPO,∴OG:NP=GA:OP,即2:4=GA:2。∴GA=1。∴A点坐标为(1,2)。 把A(1,2)代入得k=1×2=2。∴过点A的反比例函数解析式为。 把x=4代入得。∴B点坐标为(4,)。 5. (2012广西钦州3分)如图,直线与x轴、y轴分别交于A、B两点,把△AOB绕点A旋转90°后得到△AO′B′,则点B′的坐标是
. 【答案】(1,2)或(5,2)。 【考点】坐标与图形的旋转变化。 【分析】当y=0时,,解得x=2;当x=0时,y=3。 ∴点A(2,0),B(0,3)。∴OA=2,OB=3, 根据旋转不变性可得△AOB≌△AO′B′, ∴AO′=OA=2,O′B′=OB=3, ①如果△AOB是逆时针旋转90°,则点B′(1,2), ②如果△AOB是顺时针旋转90°,则点B′(5,2)。 综上,点B′的坐标是(1,2)或(5,2)。 6. (2012江西南昌3分)如图,正方形ABCD与正三角形AEF的顶点A重合,将△AEF绕顶点A旋转,在旋转过程中,当BE=DF时,∠BAE的大小可以是 ▲ . 【答案】15°或165°。 【考点】正方形和正三角形的性质,旋转的性质,全等三角形的判定和性质。 【分析】正三角形AEF可以在正方形的内部也可以在正方形的外部,所以要分两种情况分别求解: ①当正三角形AEF在正方形ABCD的内部时,如图1, ∵正方形ABCD与正三角形AEF的顶点A重合, ∴AB=AD,AE=AF。 ∵当BE=DF时,在△ABE和△ADF中,AB=AD,BE=DF,AE=AF, ∴△ABE≌△ADF(SSS)。∴∠BAE=∠FAD。 ∵∠EAF=60°,∴∠BAE+∠FAD=30°。∴∠BAE=∠FAD=15°。 ②当正三角形AEF在正方形ABCD的外部,顺时针旋转小于1800时,如图2, 同上可得△ABE≌△ADF(SSS)。∴∠BAE=∠FAD。 ∵∠EAF=60°,∴∠BAF=∠DAE。 ∵900+600+∠BAF+∠DAE=3600,∴∠BAF=∠DAE=105°。 ∴∠BAE=∠FAD=165°。 ③当正三角形AEF在正方形ABCD的外部,顺时针旋转大于1800时,如图3, 同上可得△ABE≌△ADF(SSS)。∴∠BAE=∠FAD。 ∵∠EAF=60°,∠BAE=90°, ∴90°+∠DAE=60°+∠DAE,这是不可能的。 ∴此时不存在BE=DF的情况。 综上所述,在旋转过程中,当BE=DF时,∠BAE的大小可以是15°或165°。 7. (2012吉林省3分)如图,在等边△ABC中,D是边AC上一点,连接BD.将△BCD绕点B逆时 针旋转60°得到△BAE,连接ED.若BC=10,BD=9,则△AED的周长是_
▲____. 【答案】19。 【考点】旋转的性质,等边三角形的判定和性质。 【分析】∵△BCD绕点B逆时针旋转60°得到△BAE, ∴根据旋转前、后的图形全等的旋转性质,得,CD= AE,BD=BE。 ∵△ABC是等边三角形,BC=10,∴AC= BC=10。∴AE+AD=AC=10。 又∵旋转角∠DBE=600,∴△DBE是等边三角形。∴DE=BD=9。 ∴△AED的周长=DE+AE+AD=9+10=19。 三、解答题 1. (2012北京市7分)在中,,M是AC的中点,P是线段BM上的动点, 将线段PA绕点P顺时针旋转得到线段PQ。 (1) 若且点P与点M重合(如图1),线段CQ的延长线交射线BM于点D,请补全图形, 并写出∠CDB的度数; (2) 在图2中,点P不与点B,M重合,线段CQ的延长线与射线BM交于点D,猜想∠CDB的 大小(用含的代数式表示),并加以证明; (3) 对于适当大小的,当点P在线段BM上运动到某一位置(不与点B,M重合)时,能使得 线段CQ的延长线与射线BM交于点D,且PQ=QD,请直接写出的范围。 【答案】解:(1)补全图形如下: ∠CDB=30°。 (2)作线段CQ的延长线交射线BM于点D,连接PC,AD, ∵AB=BC,M是AC的中点,∴BM⊥AC。 ∴AD=CD,AP=PC,PD=PD。 在△APD与△CPD中,∵AD=CD, PD=PD, PA=PC ∴△APD≌△CPD(SSS)。 ∴AP=PC,∠ADB=∠CDB,∠PAD=∠PCD。 又∵PQ=PA,∴PQ=PC,∠ADC=2∠CDB,∠PQC=∠PCD=∠PAD。 ∴∠PAD+∠PQD=∠PQC+∠PQD=180°。 ∴∠APQ+∠ADC=360°-(∠PAD+∠PQD)=180°。 ∴∠ADC=180°-∠APQ=180°-2α,即2∠CDB=180°-2α。 ∴∠CDB=90°-α。 (3)45°<α<60°。 【考点】旋转的性质,等边三角形的判定和性质,三角形内角和定理,全等三角形的判定和性质,等腰三角形的判定和性质,。 【分析】(1)利用图形旋转的性质以及等边三角形的判定得出△CMQ是等边三角形,即可得出答案: ∵BA=BC,∠BAC=60°,M是AC的中点,∴BM⊥AC,AM=AC。 ∵将线段PA绕点P顺时针旋转2α得到线段PQ,∴AM=MQ,∠AMQ=120°。 ∴CM=MQ,∠CMQ=60°。∴△CMQ是等边三角形。 ∴∠ACQ=60°。∴∠CDB=30°。 (2)首先由已知得出△APD≌△CPD,从而得出∠PAD+∠PQD=∠PQC+∠PQD=180°,即可求出。 (3)由(2)得出∠CDB=90°-α,且PQ=QD, ∴∠PAD=∠PCQ=∠PQC=2∠CDB=180°-2α。 ∵点P不与点B,M重合,∴∠BAD>∠PAD>∠MAD。 ∴2α>180°-2α>α,∴45°<α<60°。 2. (2012福建南平12分)在平面直角坐标系中,矩形OABC如图所示放置,点A在x轴上,点B的坐标为(m,1)(m>0),将此矩形绕O点逆时针旋转90°,得到矩形OA′B′C′. (1)写出点A、A′、C′的坐标; (2)设过点A、A′、C′的抛物线解析式为y=ax2+bx+c,求此抛物线的解析式;(a、b、c可用含m的式子表示) (3)试探究:当m的值改变时,点B关于点O的对称点D是否可能落在(2)中的抛物线上?若能,求出此时m的值. 【答案】解:(1)∵四边形ABCD是矩形,点B的坐标为(m,1)(m>0),∴A(m,0),C(0,1)。 ∵矩形OA′B′C′由矩形OABC旋转90°而成,∴A′(0,m),C′(-1,0)。(2)设过点A、A′、C′的抛物线解析式为y=ax2+bx+c, ∵A(m,0),A′(0,m),C′(-1,0), ∴,解得。 ∴此抛物线的解析式为:y=-x2+(m-1)x+m。 (3)∵点B与点D关于原点对称,B(m,1), ∴点D的坐标为:(-m,-1), 假设点D(-m,-1)在(2)中的抛物线上, ∴0=-(-m)2+(m-1)×(-m)+m=1,即2m2-2m+1=0, ∵△=(-2)2-4×2×2=-4<0,∴此方程无解。 ∴点D不在(2)中的抛物线上。 【考点】二次函数综合题,矩形的性质,旋转的性质,待定系数法,曲线上点的坐标与方程的关系,解方程组,关于原点对称的点的坐标特征,一元二次方程根与系数的关系。 【分析】(1)先根据四边形ABCD是矩形,点B的坐标为(m,1)(m>0),求出点A、C的坐标,再根据图形旋转的性质求出A′、C′的坐标即可。 (2)设过点A、A′、C′的抛物线解析式为y=ax2+bx+c,把A、A′、C′三点的坐标代入即可得出abc的值,进而得出其抛物线的解析式。 (3)根据关于原点对称的点的坐标特点用m表示出D点坐标,把D点坐标代入抛物线的解析式看是否符合即可。 3. (2012湖北天门、仙桃、潜江、江汉油田10分)△ABC中,AB=AC,D为BC的中点,以D为顶点作∠MDN=∠B. (1)如图(1)当射线DN经过点A时,DM交AC边于点E,不添加辅助线,写出图中所有与△ADE相似的三角形. (2)如图(2),将∠MDN绕点D沿逆时针方向旋转,DM,DN分别交线段AC,AB于E,F点(点E与点A不重合),不添加辅助线,写出图中所有的相似三角形,并证明你的结论. (3)在图(2)中,若AB=AC=10,BC=12,当△DEF的面积等于△ABC的面积的时,求线段EF的长. 【答案】解:(1)图(1)中与△ADE相似的有△ABD,△ACD,△DCE。 (2)△BDF∽△CED∽△DEF,证明如下: ∵∠B+∠BDF+∠BFD=180°,∠EDF+∠BDF+∠CDE=180°, 又∵∠EDF=∠B,∴∠BFD=∠CDE。 ∵AB=AC,∴∠B=∠C。∴△BDF∽△CED。∴。 ∵BD=CD,∴,即。 又∵∠C=∠EDF,∴△CED∽△DEF。∴△BDF∽△CED∽△DEF。 (3)连接AD,过D点作DG⊥EF,DH⊥BF,垂足分别为G,H. ∵AB=AC,D是BC的中点,∴AD⊥BC,BD=BC=6。 在Rt△ABD中,AD2=AB2BD2,即AD2=10262, ∴AD=8。 ∴S△ABC=?BC?AD=×12×8=48, S△DEF=S△ABC=×48=12。 又∵?AD?BD=?AB?DH,∴。 ∵△BDF∽△DEF,∴∠DFB=∠EFD。 ∵DH⊥BF,DG⊥EF,∴∠DHF=∠DGF。 又∵DF=DF,∴△DHF≌△DGF(AAS)。∴DH=DG=。 ∵S△DEF=?EF?DG=?EF?=12,∴EF=5。 【考点】旋转的性质,相似三角形的判定和性质,等腰三角形的性质,勾股定理,全等三角形的判定和性质。 【分析】(1)根据等腰三角形的性质以及相似三角形的判定得出△ADE∽△ABD∽△ACD∽△DCE: ∵AB=AC,D为BC的中点,∴AD⊥BC,∠B=∠C,∠BAD=∠CAD。 又∵∠MDN=∠B,∴△ADE∽ABD。 同理可得:△ADE∽△ACD。 ∵∠MDN=∠C=∠B,∠B+∠BAD=90°,∠ADE+∠EDC=90°,∠B=∠MDN, ∴∠BAD=∠EDC。 ∵∠B=∠C,∴△ABD∽△DCE。∴△ADE∽△DCE。 (2)利用已知首先求出∠BFD=∠CDE,即可得出△BDF∽△CED,再利用相似三角形的性质得出,从而得出△BDF∽△CED∽△DEF。 (3)利用△DEF的面积等于△ABC的面积的,求出DH的长,从而利用S△DEF的值求出EF即可。 4. (2012江苏淮安12分)如图,矩形OABC在平面直角坐标系中,O为坐标原点,点A(0,4),C(2,0),将矩形OABC绕点O按顺时针方向旋转1350,得到矩形EFGH(点E与O重合). (1)若GH交y轴于点M,则∠FOM=
,OM= (2)矩形EFGH沿y轴向上平移t个单位。 ①直线GH与x轴交于点D,若AD∥BO,求t的值; ②若矩形EFHG与矩形OABC重叠部分的面积为S个平方单位,试求当0&t≤时,S与t之间的函数关系式。 【答案】解:(1)450;。 (2)①如图1,设直线HG与y轴交于点I。 ∵四边形OABC是矩形,∴AB∥DO,AB=OC。 ∵C(2,0),∴AB=OC=2。 又∵AD∥BO, ∴四边形ABOD是平行四边形。∴DO=AB=2。 由(1)易得,△DOI是等腰直角三角形,∴OI=OD=2。 ∴t=IM=OM-OI=-2。 ②如图2,过点F,G分别作x轴,y轴的垂线,垂足为R,T,连接OC。则 由旋转的性质,得,OF=OA=4,∠FOR=450, ∴OR=RF=,F(,-)。 由旋转的性质和勾股定理,得OG=, 设TG=MT=x,则OT=OM+MT=。 在Rt△OTG中,由勾股定理,得,解得x=。 ∴G(,-)。 ∴用待定系数法求得直线FG的解析式为。 当x=2时,。 ∴当t=时,就是GF平移到过点C时的位置(如图5)。 ∴当0&t≤时,几个关键点如图3,4,5所示: 如图3 ,t=OE=OC=2,此时,矩形EFGH沿y轴向上平移过程中边EF经过点C; 如图4,t=OE=OM=,此时,矩形EFGH沿y轴向上平移过程中边HG经过点O; 如图5,t=OE=,此时,矩形EFGH沿y轴向上平移过程中边FG经过点C。 ∴(I)当0&t≤2时,矩形EFHG与矩形OABC重叠部分的面积为△OCS的面积(如图6)。此时,OE=OS= t, ∴。 (II)当2&t≤时,矩形EFHG与矩形OABC重叠部分的面积为直角梯形OEPC的面积(如图7)。此时OE= t,,OC=2。 由E(0,t),∠FFO=450,用用待定系数法求得直线EP的解析式为。 当x=2时,。∴CP=。∴。 (III)当&t≤时,矩形EFHG与矩形OABC重叠部分的面积为五边形EQCUV的面积(如图8),它等于直角梯形EQCO的面积减去直角三角形VOU的的面积。 此时,OE= t,,OC=2,CQ= ,OU=OV= t-。 ∴。 综上所述,当0&t≤时,S与t之间的函数关系式为 。 【考点】旋转的性质,矩形的性质,勾股定理,平移的性质,平行四边形的判定和性质,等腰直角三角形的判定和性质,待定系数法,直线上点的坐标与方程的关系。 【分析】(1)由旋转的性质,得∠AOF=1350,∴∠FOM=450。 由旋转的性质,得∠OHM=450,OH=OC=2,∴OM=。 (2)①由矩形的性质和已知AD∥BO,可得四边形ABOD是平行四边形,从而DO=AB=2。又由△DOI是等腰直角三角形可得OI=OD=2。从而由平移的性质可求得t=IM=OM-OI=-2。 ②首先确定当0&t≤时,矩形EFGH沿y轴向上平移过程中关键点的位置,分0&t≤2,2&t≤,&t≤三种情况求出S与t之间的函数关系式。 5. (2012江苏宿迁12分)(1)如图1,在△ABC中,BA=BC,D,E是AC边上的两点,且满足∠DBE=∠ABC(0°<∠CBE<∠ABC)。以点B为旋转中心,将△BEC按逆时针方向旋转∠ABC,得到△BE’A(点C与点A重合,点E到点E’处),连接DE’。求证:DE’=DE. (2)如图2,在△ABC中,BA=BC,∠ABC=90°,D,E是AC边上的两点, 且满足∠DBE=∠ABC(0°<∠CBE<45°).求证:DE2=AD2+EC2. 【答案】证明:(1)∵△BE’A是△BEC按逆时针方向旋转∠ABC得到, ∴BE’=BE,∠E’BA=∠EBC。 ∵∠DBE=∠ABC,∴∠ABD+∠EBC =∠ABC。 ∴∠ABD+∠E’BA =∠ABC,即∠E’BD=∠ABC。∴∠E’BD=∠DBE。 在△E’BD和△EBD中,∵BE’=BE,∠E’BD=∠DBE,BD=BD, ∴△E’BD≌△EBD(SAS)。∴DE’=DE。 (2)以点B为旋转中心,将△BEC按逆时针方向旋转∠ABC=90°,得到△BE’A(点C与点A重合,点E到点E’处),连接DE’。 由(1)知DE’=DE。 由旋转的性质,知E’A=EC,∠E’ AB=∠ECB。 又∵BA=BC,∠ABC=90°,∴∠BAC=∠ACB=45°。 ∴∠E’ AD=∠E’ AB+∠BAC=90°。 在Rt△DE’A中,DE’2=AD2+E’A2,∴DE2=AD2+EC2。 【考点】旋转的性质,等腰(直角)三角形的性质,全等三角形的判定和性质,勾股定理。 【分析】(1)由旋转的性质易得BE’=BE,∠E’BA=∠EBC,由已知∠DBE=∠ABC经等量代换可得 ∠E’BD=∠DBE,从而可由SAS得△E’BD≌△EBD,得到DE’=DE。 (2)由(1)的启示,作如(1)的辅助图形,即可得到直角三角形DE’A,根据勾股定理即可证得结论。 6. (2012四川乐山12分)如图1,△ABC是等腰直角三角形,四边形ADEF是正方形,D、F分别在AB、AC边上,此时BD=CF,BD⊥CF成立. (1)当正方形ADEF绕点A逆时针旋转θ(0°<θ<90°)时,如图2,BD=CF成立吗?若成立,请证明;若不成立,请说明理由. (2)当正方形ADEF绕点A逆时针旋转45°时,如图3,延长BD交CF于点G. ①求证:BD⊥CF; ②当AB=4,AD=时,求线段BG的长. 【答案】解:(1)BD=CF成立。理由如下: ∵△ABC是等腰直角三角形,四边形ADEF是正方形, ∴AB=AC,AD=AF,∠BAC=∠DAF=90°。 ∵∠BAD=∠BAC∠DAC,∠CAF=∠DAF∠DAC,∴∠BAD=∠CAF。 在△BAD和△CAF中,∵AB=AC,∠BAD=∠CAF, ∴△BAD≌△CAF(SAS)。∴BD=CF。 (2)①证明:设BG交AC于点M. ∵△BAD≌△CAF(已证),∴∠ABM=∠GCM。 又∵∠BMA=∠CMG,∴△BMA∽△CMG。 ∴∠BGC=∠BAC=90°。∴BD⊥CF。 ②过点F作FN⊥AC于点N。 ∵在正方形ADEF中,AD=DE=, ∴。 ∴AN=FN=AE=1。 ∵在等腰直角△ABC 中,AB=4,∴CN=ACAN=3,。 ∴在Rt△FCN中,。 在Rt△ABM中,。 ∴AM=。 ∴CM=ACAM=4,。 ∵△BMA∽△CMG,∴,即,∴CG=。 ∴在Rt△BGC中,。 【考点】等腰直角三角形和正方形的性质,全等三角形、相似三角形的判定和性质,旋转的性质,勾股定理。 【分析】(1)△ABC是等腰直角三角形,四边形ADEF是正方形,易证得△BAD≌△CAF,根据全等三角形的对应边相等,即可证得BD=CF。 (2)①由△BAD≌△CAF,可得∠ABM=∠GCM,又由对顶角相等,易证得△BMA∽△CMG,根据相似三角形的对应角相等,可得BGC=∠BAC=90°,即可证得BD⊥CF。 ②首先过点F作FN⊥AC于点N,利用勾股定理即可求得AE,BC的长,继而求得AN,CN的长,又由等角的三角函数值相等,可求得AM=。然后利用△BMA∽△CMG,求得CG的长,再由勾股定理即可求得线段BG的长。 7. (2012四川广安10分)如图,在平面直角坐标系xOy中,AB⊥x轴于点B,AB=3,tan∠AOB=,将△OAB绕着原点O逆时针旋转90°,得到△OA1B1;再将△OA1B1绕着线段OB1的中点旋转180°,得到△OA2B1,抛物线y=ax2+bx+c(a≠0)经过点B、B1、A2. (1)求抛物线的解析式. (2)在第三象限内,抛物线上的点P在什么位置时,△PBB1的面积最大?求出这时点P的坐标. (3)在第三象限内,抛物线上是否存在点Q,使点Q到线段BB1的距离为?若存在,求出点Q的坐标;若不存在,请说明理由. 【答案】解:(1)∵AB⊥x轴,AB=3,tan∠AOB=,∴OB=4。 ∴B(4,0),B1(0,4),A2(3,0)。 ∵抛物线y=ax2+bx+c(a≠0)经过点B、B1、A2, ∴,解得。 ∴抛物线的解析式为:。 (2)点P是第三象限内抛物线上的一点, 如图,过点P作PC⊥x轴于点C. 设点P的坐标为(m,n), 则m<0,n<0,。 ∴PC=|n|=,OC=|m|=m, BC=OBOC=|4||m|=4+m。 ∴ ∴当m=2时,△PBB1的面积最大,这时,n=,即点P(2,)。 (3)存在。 假设在第三象限的抛物线上存在点Q(x0,y0),使点Q到线段BB1的距离为。 如图,过点Q作QD⊥BB1于点D,设Q(xQ,yQ), 由(2)可知,此时△QBB1的面积可以表示为: , 在Rt△OBB1中,。 ∵, ∴,解得xQ=1或xQ=3。 当xQ=1时,yQ=4;当xQ=3时,yQ=2。 因此,在第三象限内,抛物线上存在点Q,使点Q到线段BB1的距离为,这样的点Q的坐标是(1,4)或(3,2)。 【考点】二次函数综合题,旋转的性质,锐角三角函数定义,待定系数法,曲线上点的坐标与方程的关系,二次函数的最值,勾股定理点到直线的距离。 【分析】(1)根据旋转的性质确定点B、B1、A2三点的坐标,利用待定系数法求得抛物线的解析式。 (2)求出△PBB1的面积表达式,这是一个关于P点横坐标的二次函数,利用二次函数求极值的方法求出△PBB1面积的最大值。 (3)引用(2)问中三角形面积表达式的结论,利用此表达式表示出△QBB1的面积,然后解一元二次方程求得Q点的坐标。 8. (2012四川德阳14分)在平面直角坐标xOy中,(如图)正方形OABC的边长为4,边OA在x轴的正半轴上,边OC在y轴的正半轴上,点D是OC的中点,BE⊥DB交x轴于点E. ⑴求经过点D、B、E的抛物线的解析式; ⑵将∠DBE绕点B旋转一定的角度后,边BE交线段OA于点F,边BD交y轴于点G,交⑴中的抛 物线于M(不与点B重合),如果点M的横坐标为,那么结论OF=DG能成立吗?请说明理由. ⑶过⑵中的点F的直线交射线CB于点P,交⑴中的抛物线在第一象限的部分于点Q,且使△PFE为等腰三角形,求Q点的坐标. 【答案】解:(1)∵BE⊥DB交x轴于点E,OABC是正方形,∴∠DBC=EBA。 在△BCD与△BAE中,∵∠BCD=∠BAE=90°, BC=BA ,∠DBC=∠EBA , ∴△BCD≌△BAE(ASA)。∴AE=CD。 ∵OABC是正方形,OA=4,D是OC的中点, ∴A(4,0),B(4,4),C(0,4),D(0,2),∴E(6,0). 设过点D(0,2),B(4,4),E(6,0)的抛物线解析式为y=ax2+bx+c,则有: ,解得 。 ∴经过点D、B、E的抛物线的解析式为:。 (2)结论OF=DG能成立.理由如下: 由题意,当∠DBE绕点B旋转一定的角度后,同理可证得△BCG≌△BAF,∴AF=CG。 ∵xM=,∴。∴M()。 设直线MB的解析式为yMB=kx+b, ∵M(),B(4,4), ∴,解得。 ∴yMB=x+6。∴G(0,6)。 ∴CG=2,DG=4。∴AF=CG=2,OF=OAAF=2,F(2,0)。 ∵OF=2,DG=4,∴结论OF=DG成立。 (3)如图,△PFE为等腰三角形,可能有三种情况,分类讨论如下: ①若PF=FE。 ∵FE=4,BC与OA平行线之间距离为4, ∴此时P点位于射线CB上。 ∵F(2,0),∴P(2,4)。 此时直线FP⊥x轴。来]∴xQ=2。 ∴, ∴Q1(2,)。 ②若PF=PE。 如图所示,∵AF=AE=2,BA⊥FE,∴△BEF为等腰三角形。 ∴此时点P、Q与点B重合。∴Q2(4,4)。 ③若PE=EF。 ∵FE=4,BC与OA平行线之间距离为4,∴此时P点位于射线CB上。 ∵E(6,0),∴P(6,4)。 设直线yPF的解析式为yPF=kx+b,∵F(2,0),P(6,4), ∴,解得。∴yPF=x2。 ∵Q点既在直线PF上,也在抛物线上, ∴,化简得5x214x48=0, 解得x1= ,x2=2(不合题意,舍去)。∴xQ=2。 ∴yQ=xQ2=。∴Q3()。 综上所述,Q点的坐标为Q1(2,)或Q2(4,4)或Q3()。 【考点】二次函数综合题,正方形的性质,全等三角形的判定和性质,待定系数法,曲线上点的坐标与方程的关系,解一元二次方程和多元方程组,旋转的性质,等腰三角形的判定和性质。 【分析】(1)由正方形的性质和△BCD≌△BAE求得E点坐标,然后利用待定系数法求抛物线解析式。 (2)求出M点坐标,然后利用待定系数法求直线MB的解析式,令x=0,求得G点坐标,从而得到线段CG、DG的长度;由△BCG≌△BAF,可得AF=CG,从而求得OF的长度.比较OF与DG的长度,它们满足OF=DG的关系,所以结论成立; (3)分PF=FE、PF=PE和PE=EF三种情况,逐一讨论并求解。 9. (2012浙江嘉兴12分)将△ABC绕点A按逆时针方向旋转θ度,并使各边长变为原来的n倍,得△AB′C′,即如图①,我们将这种变换记为[θ,n]. (1)如图①,对△ABC作变换[60°,]得△AB′C′,则S△AB′C′:S△ABC= ;直线BC与直线B′C′所夹的锐角为
度; (2)如图②,△ABC中,∠BAC=30°,∠ACB=90°,对△ABC 作变换[θ,n]得△AB''C'',使点B、C、C′在同一直线上,且四边形ABB''C''为矩形,求θ和n的值; (4)如图③,△ABC中,AB=AC,∠BAC=36°,BC=l,对△ABC作变换[θ,n]得△AB′C′,使点B、C、B′在同一直线上,且四边形ABB''C''为平行四边形,求θ和n的值. 【答案】解:(1) 3;60。 (2)∵四边形 ABB′C′是矩形,∴∠BAC′=90°。 ∴θ=∠CAC′=∠BAC′∠BAC=90°30°=60°. 在 Rt△AB B'' 中,∠ABB''=90°,∠BAB′=60°,∴∠AB′B=30°。 ∴AB′=2 AB,即。 (3)∵四边形ABB′C′是平行四边形,∴AC′∥BB′。 又∵∠BAC=36°,∴θ=∠CAC′=∠ACB=72°。∴∠C′AB′=∠BAC=36°。 而∠B=∠B,∴△ABC∽△B′BA。∴AB:BB′=CB:AB。 ∴AB2=CB?BB′=CB(BC+CB′)。 而 CB′=AC=AB=B′C′,BC=1,∴AB2=1(1+AB),解得,。 ∵AB>0,∴。 【考点】新定义,旋转的性质,矩形的性质,含300角直角三角形的性质,平行四边形的性质,相似三角形的判定和性质,公式法解一元二次方,。 【分析】(1)根据题意得:△ABC∽△AB′C′, ∴S△AB′C′:S△ABC=,∠B=∠B′。 ∵∠ANB=∠B′NM,∴∠BMB′=∠BAB′=60°。 (2)由四边形 ABB′C′是矩形,可得∠BAC′=90°,然后由θ=∠CAC′=∠BAC′-∠BAC,即可求得θ的度数,又由含30°角的直角三角形的性质,即可求得n的值。 (3)由四边形ABB′C′是平行四边形,易求得θ=∠CAC′=∠ACB=72°,又由△ABC∽△B′BA,根据相似三角形的对应边成比例,易得AB2=CB?BB′=CB(BC+CB′),继而求得答案。 10. (2012浙江义乌10分)在锐角△ABC中,AB=4,BC=5,∠ACB=45°,将△ABC绕点B按逆时针方向旋转,得到△A1BC1. (1)如图1,当点C1在线段CA的延长线上时,求∠CC1A1的度数; (2)如图2,连接AA1,CC1.若△ABA1的面积为4,求△CBC1的面积; (3)如图3,点E为线段AB中点,点P是线段AC上的动点,在△ABC绕点B按逆时针方向旋转过程中,点P的对应点是点P1,求线段EP1长度的最大值与最小值. 【答案】解:(1)∵由旋转的性质可得:∠A1C1B=∠ACB=45°,BC=BC1, ∴∠CC1B=∠C1CB=45°。 ∴∠CC1A1=∠CC1B+∠A1C1B=45°+45°=90°。 (2)∵由旋转的性质可得:△ABC≌△A1BC1, ∴BA=BA1,BC=BC1,∠ABC=∠A1BC1。 ∴,∠ABC+∠ABC1=∠A1BC1+∠ABC1。∴∠ABA1=∠CBC1。 ∴△ABA1∽△CBC1。∴。 ∵S△ABA1=4,∴S△CBC1=。 (3)过点B作BD⊥AC,D为垂足, ∵△ABC为锐角三角形,∴点D在线段AC上。 在Rt△BCD中,BD=BC×sin45°=。 ①如图1,当P在AC上运动至垂足点D,△ABC绕点B旋转,使点P的对应点P1在线段AB上时,EP1最小。 最小值为:EP1=BP1BE=BDBE=2。 ②如图2,当P在AC上运动至点C,△ABC绕点B旋转,使点P的对应点P1在线段AB的延长线上时,EP1最大。 最大值为:EP1=BC+BE=5+2=7。 【考点】旋转的性质,等腰三角形的性质,全等三角形的判定和性质,相似三角形的判定和性质。 【分析】(1)由旋转的性质可得:∠A1C1B=∠ACB=45°,BC=BC1,又由等腰三角形的性质,即可求得∠CC1A1的度数。 (2)由旋转的性质可得:△ABC≌△A1BC1,易证得△ABA1∽△CBC1,利用相似三角形的面积比等于相似比的平方,即可求得△CBC1的面积。 (3)由①当P在AC上运动至垂足点D,△ABC绕点B旋转,使点P的对应点P1在线段AB上时,EP1最小;②当P在AC上运动至点C,△ABC绕点B旋转,使点P的对应点P1在线段AB的延长线上时,EP1最大,即可求得线段EP1长度的最大值与最小值。 11. (2012湖南怀化10分)如图1,四边形ABCD是边长为的正方形,长方形AEFG的宽,长.将长方形AEFG绕点A顺时针旋转15°得到长方形AMNH (如图2),这时BD与MN相交于点O. (1)求的度数; (2)在图2中,求D、N两点间的距离; (3)若把长方形AMNH绕点A再顺时针旋转15°得到长方形ARTZ,请问此时点B在矩形ARTZ的 内部、外部、还是边上?并说明理由. 图1
图2 【答案】解:(1)如图,设AB与MN相交于点K,根据题意得:∠BAM=15°, ∵四边形AMNH是矩形,∴∠M=90°。∴∠AKM=90°-∠BAM=75°。 ∴∠BKO=∠AKM=75°。, ∵四边形ABCD是正方形,∴∠ABD=45°。 ∴∠DOM=∠BKO+?ABD=75°+45°=120°。 (2)连接AN,交BD于I,连接DN, ∵NH=,AH=,∠H=90°, ∴。∴∠HAN=30°。 ∴AN=2NH=7。 由旋转的性质:∠DAH=15°,∴∠DAN=45°。 ∵∠DAC=45°,∴A,C,N共线。 ∵四边形ABCD是正方形,∴BD⊥AC。 ∵AD=CD=,∴。 ∴NI=AN-AI=7-3=4。 在Rt△DIN中,。 (3)点B在矩形ARTZ的外部。理由如下: 如图,根据题意得:∠BAR=15°+15°=30°。 ∵∠R=90°,AR= , ∴。 ∵,∴AB= >。 ∴点B在矩形ARTZ的外部。 【考点】旋转的性质,矩形的性质,正方形的性质,勾股定理,锐角三角函数定义,特殊角的三角函数值,实数的大小比较。 【分析】(1)由旋转的性质,可得∠BAM=15°,即可得∠OKB=∠AOM=75°,又由正方形的性质,可得∠ABD=45°,然后利用外角的性质,即可求得∠DOM的度数。 (2)首先连接AM,交BD于I,连接DN,由特殊角的三角函数值,求得∠HAN=30°,又由旋转的性质,即可求得∠DAN=45°,即可证得A,C,N共线,然后由股定理求得答案。 (3)在Rt△ARK中,利用三角函数即可求得AK的值,与AB比较大小,即可确定B的位置。 12. (2012福建泉州14分)如图,点O为坐标原点,直线绕着点A(0,2)旋转,与经过点C(0,1)的二次函数交于不同的两点P、Q. (1)求h的值; (2)通过操作、观察算出△POQ面积的最小值(不必说理); (3)过点P、C作直线,与x轴交于点B,试问:在直线的旋转过程中四边形AOBQ是否为梯形,若是,请说明理由;若不是,请指明其形状. 【答案】解:(1)∵二次函数的图象经过C(0,1), ∴。 (2)操作、观察可知当直线∥x轴时,其面积最小; 将y=2带入二次函数中,得, ∴ S最小=(2×4)÷2=4。 (3)连接BQ,若l与x轴不平行(如图),即PQ与x轴不平行, 依题意,设抛物线上的点 P(a,)、Q(b,)(a<0<b)。 直线BC:y=k1x+1过点P, ∴=ak1+1,得k1=。 ∴直线BC:y=x+1 令y=0得:xB= 过点A的直线l:y=k2x+2经过点P、Q, ∴,。 ①×b-②×a得:,化简得:b=。 ∴点B与Q的横坐标相同。∴BQ∥y轴,即BQ∥OA。 又∵AQ与OB不平行,∴四边形AOBQ是梯形。 根据抛物线的对称性可得(a>0>b)结论相同。 若l与x轴平行,由OA=2,BQ=2,OB=2,AQ=2,且∠AOB=900,得四边形AOBQ是正方形。 故在直线l旋转的过程中:当l与x轴不平行时,四边形AOBQ是梯形;当l与x轴平行时,四边形AOBQ是正方形。 【考点】二次函数综合题,曲线上点的坐标与方程的关系,旋转的性质,二次函数的性质,一次函数的运用,梯形和正方形的判定。 【分析】(1)根据二次函数图象上的点的坐标特征,利用待定系数法求得h的值。 (2)操作、观察可得结论。实际上,由P(a,)、Q(b,)(a<0<b),可求得b=(参见(3))。 ∴ ∴当即|a|=|b|(P、Q关于y轴对称)时,△POQ的面积最小。 即PQ∥x轴时,△POQ的面积最小,且POQ的面积最小为4。 (3)判断四边形AOBQ的形状,可从四个顶点的坐标特征上来判断.首先设出P、Q的坐标,然后根据点P、C求出直线BC的解析式,从而表示出点B的坐标,然后再通过直线PQ以及P、A、Q三点坐标,求出Q、B两点坐标之间的关联,从而判断该四边形是否符合梯形的特征。 13. (2012辽宁丹东12分)已知:点C、A、D在同一条直线上,∠ABC=∠ADE=α,线段 BD、CE交于 点M. (1)如图1,若AB=AC,AD=AE ①问线段BD与CE有怎样的数量关系?并说明理由; ②求∠BMC的大小(用α表示); (2)如图2,若AB= BC=kAC,AD =ED=kAE 则线段BD与CE的数量关系为
(用α表示); (3)在(2)的条件下,把△ABC绕点A逆时针旋转180°,在备用图中作出旋转后的图形(要求:尺 规作图,不写作法,保留作图痕迹),连接 EC并延长交BD于点M.则∠BMC=
(用α表示). 【答案】解:(1)如图1。 ①BD=CE,理由如下: ∵AD=AE,∠ADE=α,∴∠AED=∠ADE=α,。∴∠DAE=180°-2∠ADE=180°-2α。同理可得:∠BAC=180°-2α。∴∠DAE=∠BAC。 ∴∠DAE+∠BAE=∠BAC+∠BAE,即:∠BAD=∠CAE。 在△ABD与△ACE中,∵AB=AC,∠BAD=∠CAE,AD=AE, ∴△ABD≌△ACE(SAS)。∴BD=CE。 ②∵△ABD≌△ACE,∴∠BDA=∠CEA。 ∵∠BMC=∠MCD+∠MDC,∴∠BMC=∠MCD+∠CEA=∠DAE=180°-2α。 (2)如图2,BD=kCE,α。 (3)作图如下: 。 【考点】相似三角形的判定和性质,全等角形的判定和性质,等腰三角形的性质,三角形内角和定理和外角性质,作图(旋转变换),旋转的性质 【分析】(1)①先根据等腰三角形等角对等边的性质及三角形内角和定理得出∠DAE=∠BAC,则∠BAD=∠CAE,再根据SAS证明△ABD≌△ACE,从而得出BD=CE。 ②先由全等三角形的对应角相等得出∠BDA=∠CEA,再根据三角形的外角性质即可得出 ∠BMC=∠DAE=180°-2α。 (2)∵AD=ED,∠ADE=α,∴∠DAE=。 同理可得:∠BAC=。 ∴∠DAE=∠BAC。 ∴∠DAE+∠BAE=∠BAC+∠BAE,即:∠BAD=∠CAE。 ∵AB=kAC,AD=kAE,∴AB:AC=AD:AE=k。 在△ABD与△ACE中,∵AB:AC=AD:AE=k,∠BDA=∠CEA,∴△ABD∽△ACE。 ∴BD:CE=AB:AC=AD:AE=k,∠BDA=∠CEA。∴BD=kCE。 ∵∠BMC=∠MCD+∠MDC,∴∠BMC=∠MCD+∠CEA=∠DAE=。 (3)先在备用图中利用SSS作出旋转后的图形,再根据等腰三角形等角对等边的性质及三角形内角和定理得出∠DAE=∠BAC=,由AB=kAC,AD=kAE,得出AB:AC=AD:AE=k,从而证出△ABD∽△ACE,得出∠BDA=∠CEA,然后根据三角形的外角性质即可得出∠BMC=: ∵AD=ED,∠ADE=α,∴∠DAE=∠AED=。 同理可得:∠BAC=。 ∴∠DAE=∠BAC,即∠BAD=∠CAE。 ∵AB=kAC,AD=kAE,∴AB:AC=AD:AE=k。 在△ABD与△ACE中,∵AB:AC=AD:AE=k,∠BAD=∠CAE,∴△ABD∽△ACE。 ∴∠BDA=∠CEA。 ∵∠BMC=∠MCD+∠MDC,∠MCD=∠CED+∠ADE=∠CED+α, ∴∠BMC=∠CED+α+∠CEA=∠AED+α=+α=。 14. (2012辽宁阜新12分)(1)如图,在△ABC和△ADE中,AB=AC,AD=AE,∠BAC=∠DAE=90°. ①当点D在AC上时,如图1,线段BD、CE有怎样的数量关系和位置关系?直接写出你猜想的结论; ②将图1中的△ADE绕点A顺时针旋转α角(0°<α<90°),如图2,线段BD、CE有怎样的数量关系和位置关系?请说明理由. (2)当△ABC和△ADE满足下面甲、乙、丙中的哪个条件时,使线段BD、CE在(1)中的位置关系仍然成立?不必说明理由. 甲:AB:AC=AD:AE=1,∠BAC=∠DAE≠90°; 乙:AB:AC=AD:AE≠1,∠BAC=∠DAE=90°; 丙:AB:AC=AD:AE≠1,∠BAC=∠DAE≠90°. 【答案】解:(1)①结论:BD=CE,BD⊥CE。 ②结论:BD=CE,BD⊥CE。理由如下: ∵∠BAC=∠DAE=90°,∴∠BAD-∠DAC=∠DAE-∠DAC,即∠BAD=∠CAE。 在Rt△ABD与Rt△ACE中,∵AB=AC,∠BAD=∠CAE ,AD=AE, ∴△ABD≌△ACE(SAS)。∴BD=CE。 延长BD交AC于F,交CE于H。 在△ABF与△HCF中, ∵∠ABF=∠HCF,∠AFB=∠HFC, ∴∠CHF=∠BAF=90°。∴BD⊥CE。 (2)结论:乙.AB:AC=AD:AE,∠BAC=∠DAE=90°。 【考点】全等三角形的判定和性质,三角形内角和定理,旋转的性质。 【分析】(1)①BD=CE,BD⊥CE。根据全等三角形的判定定理SAS推知△ABD≌△ACE,然后由全等三角形的对应边相等证得BD=CE、对应角相等∠ABF=∠ECA;然后在△ABD和△CDF中,由三角形内角和定理可以求得∠CFD=90°,即BD⊥CF。 ②BD=CE,BD⊥CE。根据全等三角形的判定定理SAS推知△ABD≌△ACE,然后由全等三角形的对应边相等证得BD=CE、对应角相等∠ABF=∠ECA;作辅助线(延长BD交AC于F,交CE于H)BH构建对顶角∠ABF=∠HCF,再根据三角形内角和定理证得∠BHC=90°。 (2)根据结论①、②的证明过程知,∠BAC=∠DFC(或∠FHC=90°)时,该结论成立了,所以本条件中的∠BAC=∠DAE≠90°不合适。 15. (2012辽宁铁岭12分)已知△ABC是等边三角形. (1)将△ABC绕点A逆时针旋转角θ(0°<θ<180°),得到△ADE,BD和EC所在直线相交于点O. ①如图a,当θ=20°时,△ABD与△ACE是否全等?
(填“是”或“否”),∠BOE=
度; ②当△ABC旋转到如图b所在位置时,求∠BOE的度数; (2)如图c,在AB和AC上分别截取点B′和C′,使AB=AB′,AC=AC′,连接B′C′,将△AB′C′绕点A逆时针旋转角(0°<θ<180°),得到△ADE,BD和EC所在直线相交于点O,请利用图c探索∠BOE的度数,直接写出结果,不必说明理由. 【答案】解:(1)①是; 120。 ②由已知得:△ABC和△ADE是全等的等边三角形,∴AB=AD=AC=AE。 ∵△ADE是由△ABC绕点A旋转θ得到的,∴∠BAD=∠CAE=θ。 ∴△BAD≌△CAE(SAS)。∴∠ADB=∠AEC。 ∵∠ADB+∠ABD+∠BAD=180°,∴∠AEC+∠ABO+∠BAD=180°。 ∵∠ABO+∠AEC+∠BAE+∠BOE=360°,∠BAE=∠BAD+∠DAE, ∴∠DAE+∠BOE=180°。 又∵∠DAE=60°,∴∠BOE=120°。 (2)当0°<θ≤30°时,∠BOE =30°,当30°<θ<180°时,∠BOE=120°。 【考点】旋转的性质,全等三角形的判定和性质,三角形和多边形内角和定理,等边三角形的性质。 【分析】(1)①∵△ADE是由△ABC绕点A旋转θ得到,∴△ABC是等边三角形。 ∴AB=AD=AC=AE,∠BAD=∠CAE=20°, 在△ABD与△ACE中,∵AB=AC,∠BAD=∠CAE,AD=AE,, ∴△ABD≌△ACE(SAS)。 ∵θ=20°,∴∠ABD=∠AEC=(180°20°)=80°。 又∵∠BAE=θ+∠BAC=20°+60°=80°, ∴在四边形ABOE中,∠BOE=360°80°80°80°=120°。 ②利用“SAS”证明△BAD和△CAE全等,根据全等三角形对应角相等可得∠ADB=∠AEC,再利用四边形ABOE的内角和等于360°推出∠BOE+∠DAE=180°,再根据等边三角形的每一个角都是60°得到∠DAE=60°,从而得解。 (2)如图,∵AB=AB′,AC=AC′,∴。∴B′C′∥BC。 ∵△ABC是等边三角形,∴△AB′C′是等边三角形。 根据旋转变换的性质可得AD=AE,∠BAD=∠CAE。 在△ABD和△ACE中,∵AB=AC,∠BAD=∠CAE,AD=AE, ∴△ABD≌△ACE(SAS)。∴∠ABD=∠ACE。 ∴∠BOC=180°(∠OBC+∠OCB)=180°(∠OBC+∠ACB+∠ACE) =180°(∠OBC+∠ACB+∠ABD)=180°(∠ACB+∠ABC) =180°(60°+60°)=60°。 当0°<θ≤30°时,∠BOE=∠BOC=30°, 当30°<θ<180°时,∠BOE=180°∠BOC=180°60°=120°。 16. (2012辽宁本溪12分)已知,在△ABC中,AB=AC。过A点的直线a从与边AC重合的位置开始绕点A按顺时针方向旋转角,直线a交BC边于点P(点P不与点B、点C重合),△BMN的边MN始终在直线a上(点M在点N的上方),且BM=BN,连接CN。 (1)当∠BAC=∠MBN=90°时, ①如图a,当=45°时,∠ANC的度数为_______; ②如图b,当≠45°时,①中的结论是否发生变化?说明理由; (2)如图c,当∠BAC=∠MBN≠90°时,请直接写出∠ANC与∠BAC之间的数量关系,不必证明。 【答案】解:(1)①450。 ②不变。理由如下 过B、C分别作BD⊥AP于点D,CE⊥AP于点E。 ∵∠BAC =90°,∴∠BAD+∠EAC=90°。 ∵BD⊥AP,∴∠ADB =90°。∴∠ABD+∠BAD=90°。 ∴∠ABD=∠EAC。 又∵AB=AC,∠ADB =∠CEA=90°,∴△ADB≌△CEA(AAS)。 ∴AD=EC,BD=AE。 ∵BD是等腰直角三角形NBM斜边上的高, ∴BD=DN,∠BND=45°。 ∴BN=BD=AE。∴DN-DE=AE-DE,即NE=AD=EC。 ∵∠NEC =90°,∴∠ANC =45°。 (3)∠ANC =90°-∠BAC。 【考点】等腰(直角)三角形的判定和性质,全等三角形的判定和性质,三角形内角和定理,圆周角定理。 【分析】(1)①∵BM=BN,∠MBN=90°,∴∠BMN=∠BNM=45°。 又∵∠CAN=45°,∴∠BMN=∠CAN。 又∵AB=AC,AN=AN,∴△BMN≌△CAN(SAS)。∴∠ANC=∠BNM=45°。 ②过B、C分别作BD⊥AP于点D,CE⊥AP于点E。通过证明△ADB≌△CEA从而证明△CEN是等腰直角三角形即可。 (2)如图,由已知得: ∠θ=1800-2∠ABC-∠1(∵AB=AC) =1800-∠2-∠6-∠1(∵∠BAC=∠MBN,BM=BN) =(1800-∠2-∠1)-∠6 =∠3+∠4+∠5-∠6(三角形内角和定理) =∠6+∠5-∠6=∠5(∠3+∠4=∠ABC=∠6)。 ∴点A、B、N、C四点共圆。 ∴∠ANC =∠ABC ==90°-∠BAC。 17. (2012四川南充8分)在Rt△POQ中,OP=OQ=4,M是PQ中点,把一三角尺的直角顶点放在点M处,以M为旋转中心,旋转三角尺,三角尺的两直角边与SPOQ的两直角边分别交于点A、B, (1)求证:MA=MB (2)连接AB,探究:在旋转三角尺的过程中,△AOB的周长是否存在最小值,若存在,求出最小值,若不存在。请说明理由。 【答案】解:(1)证明:连接OM 。 ∵ Rt△POQ中,OP=OQ=4,M是PQ的中点, ∴PQ=4,OM=PM=PQ=2,∠POM=∠BOM=∠P=450 。 ∵∠PMA+∠AMO=∠OMB+∠AMO,∴∠PMA=∠OMB。 ∴△PMA≌△OMB(ASA)。∴ MA=MB。 (2) △AOB的周长存在最小值。理由如下: ∵△PMA≌△OMB ,∴ PA=OB。 ∴OA+OB=OA+PA=OP=4。 令OA=x, AB=y,则y2=x2+(4-x)2=2x2-8x+16=2(x-2)2+8≥8。 ∴当x=2时y2有最小值8,从而 y的最小值为2。 ∴△AOB的周长存在最小值,其最小值是4+2。 【考点】直角三角形斜边上的中线性质,全等三角形的判定和性质,勾股定理,二次函数的最值。 【分析】(1)连接OM,证△PMA和△OMB全等即可。 (2) 先计算出∴OP=OA+OB=OA+PA=4,再令OA=x,AB=y,则在RtSAOB中,利用勾股定理得 y2=x2+(4-x)2=2x2-8x+16=2(x-2)2+8求出最值即可。 18. (2012辽宁本溪14分)如图,已知抛物线y=ax2+bx+3经过点B(-1,0)、C(3,0),交y轴于点A,将线段OB绕点O顺时针旋转90°,点B的对应点为点M,过点A的直线与x轴交于点D(4,0).直角梯形EFGH的上底EF与线段CD重合,∠FEH=90°,EF∥HG,EF=EH=1。直角梯形EFGH从点D开始,沿射线DA方向匀速运动,运动的速度为1个长度单位/秒,在运动过程中腰FG与直线AD始终重合,设运动时间为t秒。 (1)求此抛物线的解析式; (2)当t为何值时,以M、O、H、E为顶点的四边形是特殊的平行四边形; (3)作点A关于抛物线对称轴的对称点A′,直线HG与对称轴交于点K,当t为何值时,以A、A′、G、K为顶点的四边形为平行四边形。请直接写出符合条件的t值。 【答案】解:(1)∵抛物线y=ax2+bx+3经过点B(-1,0)、C(3,0), ∴,解得,。 ∴抛物线的解析式为y=-x2+2x+3。 (2)当直角梯形EFGH运动到E′F′G′H′时,过点F′作F′N⊥x轴于点N,延长E′ H’交x轴于点P。 ∵点M是点B绕O点顺时针旋转90°得到的, ∴点M的坐标为(0,1)。 ∵点A是抛物线与y轴的交点, ∴点A的坐标为(3,0)。 ∵OA=3,OD=4,∴AD=5。 ∵E′ H′∥OM,E′ H′=OM=1, ∴四边形E′H′ OM是平行四边形(当E′ H′不与y轴重合时)。 ∵F′N∥y轴,N G′∥x轴,∴△F′N D∽△AOD。∴。 ∵直角梯形E′F′G′H′是直角梯形EFGH沿射线DA方向平移得到的, ∴F′D=t,∴。∴。 ∵E′F′=PN=1,∴OP=OD-PN-ND=4-1-=3-。 ∵E′P=,E′H′=1,∴H′P=-1。 若平行四边形E′H′ OM是矩形,则∠MO H′=900,此时H′G′与x轴重合。 ∵F′D=t,∴,即。 即当秒时,平行四边形EHOM是矩形。 若平行四边形E′H′ OM是菱形,则O H′=1。 在Rt△H′OP中,,即 得,解得。 即当秒时,平行四边形EHOM是菱形。 综上所述,当秒时,平行四边形EHOM是矩形,当秒时,平行四边形EHOM是菱形。 (3)秒或秒。 【考点】二次函数综合题,二次函数的性质,待定系数法,曲线上点的坐标与方程的关系,直角梯形的性质,平移的性质,相似三角形的判定和性质,平行四边形、矩形和菱形的判定。 【分析】(1)用待定系数法,将B(-1,0)、C(3,0)代入y=ax2+bx+3即可求得抛物线的解析式。 (2)当直角梯形EFGH运动到E′F′G′H′时,过点F′作F′N⊥x轴于点N,延长E′ H’交x轴于点P。根据相似三角形的判定和性质,可用t表示出OP=3-,H′P=-1。分平行四边形E′H′ OM是矩形和菱形两种情况讨论即可。 (3)∵y=-x2+2x+3的对称轴为x=1,A(0,3), ∴点A关于抛物线对称轴的对称点A′(2,3)。 ∴A A′=2。 设直线AD解析式为, 则由A(0,3),D(4,0)得 ,解得。∴直线AD解析式为。 由(2)知,点G的纵坐标为-1,代入得横坐标为。 由HG=2得,即或。 解得或。 ∴当秒或秒时,以A、A′、G、K为顶点的四边形为平行四边形。
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说的太好了,我顶!
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