專題7：幾何三大變換相關問題.
29. （2012黑龍江大慶9分）在直角坐標系中，C(2，3)，C′(－4，3)， C″(2,1)，D(－4，1)，A(0， )，B( ，O)( 0).
（1）結合坐標系用坐標填空．
點C與C′關于點 對稱; 點C與C″關于點 對稱; 點C與D關于點 對稱
（2）設點C關于點(4，2)的對稱點是點P，若△PAB的面積等于5，求 值．
【答案】解：（1）（﹣1，3）；（2，2）；（﹣1，2）。
（2）點C關于點（4，2）的對稱點P（6，1），
△PAB的面積= （1+a）×6﹣ a2﹣ ×1×（6﹣a）=5，
整理得，a2﹣7a+10=0，解得a1=2，a2=5。
所以，a的值為2或5。
【考點】網格問題，坐標與圖形的對稱變化，坐標與圖形性質，三角形的面積。
【分析】（1）根據(jù)對稱的性質，分別找出兩對稱點連線的中點即可：由圖可知，點C與C′關于點（﹣1，3）對稱； 點C與C″關于點（2，2）對稱；點C與D關于點（﹣1，2）對稱。
（2）先求出點P的坐標，再利用△APB所在的梯形的面積減去兩個直角三角形的面積，然后列式計算即可得解。
30. （2012湖南懷化10分）如圖1，四邊形ABCD是邊長為 的正方形，長方形AEFG的寬 ,長 ．將長方形AEFG繞點A順時針旋轉15°得到長方形AMNH (如圖2)，這時BD與MN相交于點O．
（1）求 的度數(shù)；
（2）在圖2中，求D、N兩點間的距離；
（3）若把長方形AMNH繞點A再順時針旋轉15°得到長方形ARTZ,請問此時點B在矩形ARTZ的
內部、外部、還是邊上？并說明理由．
圖1 圖2
【答案】解：（1）如圖，設AB與MN相交于點K，根據(jù)題意得：∠BAM=15°，
∵四邊形AMNH是矩形，∴∠M=90°。∴∠AKM=90°－∠BAM=75°。
∴∠BKO=∠AKM=75°。，
∵四邊形ABCD是正方形，∴∠ABD=45°。
∴∠DOM=∠BKO+⊂ABD=75°+45°=120°。 （2）連接AN，交BD于I，連接DN，
∵NH= ，AH= ，∠H=90°，
∴ ?！唷螲AN=30°。
∴AN=2NH=7。
由旋轉的性質：∠DAH=15°，∴∠DAN=45°。
∵∠DAC=45°，∴A，C，N共線。
∵四邊形ABCD是正方形，∴BD⊥AC。
∵AD=CD= ，∴ 。
∴NI=AN－AI=7－3=4。
在Rt△DIN中， 。
（3）點B在矩形ARTZ的外部。理由如下：
如圖，根據(jù)題意得：∠BAR=15°+15°=30°。
∵∠R=90°，AR= ，
∴ 。
∵ ，∴AB= ＞ 。
∴點B在矩形ARTZ的外部。
【考點】旋轉的性質，矩形的性質，正方形的性質，勾股定理，銳角三角函數(shù)定義，特殊角的三角函數(shù)值，實數(shù)的大小比較。
【分析】（1）由旋轉的性質，可得∠BAM=15°，即可得∠OKB=∠AOM=75°，又由正方形的性質，可得∠ABD=45°，然后利用外角的性質，即可求得∠DOM的度數(shù)。
（2）首先連接AM，交BD于I，連接DN，由特殊角的三角函數(shù)值，求得∠HAN=30°，又由旋轉的性質，即可求得∠DAN=45°，即可證得A，C，N共線，然后由股定理求得答案。
（3）在Rt△ARK中，利用三角函數(shù)即可求得AK的值，與AB比較大小，即可確定B的位置。
31. （2012福建寧德13分）某數(shù)學興趣小組開展了一次活動，過程如下：
如圖1，在等腰△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝90º，小敏將一塊三角板中含45º角的頂點放在點A處，
從AB邊開始繞點A順時針旋轉一個角 ，其中三角板斜邊所在的直線交直線BC于點D，直角邊所在的直線交直線BC于點E．
(1)小敏在線段BC上取一點M，連接AM，旋轉中發(fā)現(xiàn)：若AD平分∠MAB，則AE也平分∠MAC．請
你證明小敏發(fā)現(xiàn)的結論；
(2)當0º＜ ≤45º時，小敏在旋轉的過程中發(fā)現(xiàn)線段BD、CE、DE之間存在如下等量關系：BD2＋CE2
＝DE2．同組的小穎和小亮隨后想出了兩種不同的方法進行解決：
小穎的方法：將△ABD沿AD所在的直線對折得到△ADF，連接EF(如圖2)；
小亮的方法：將△ABD繞點A逆時針旋轉90º得到△ACG，連接EG(如圖3)．
請你從中任選一種方法進行證明；
(3)小敏繼續(xù)旋轉三角板，在探究中得出：當45º＜ ≤135º且 ≠90º時，等量關系BD2＋CE2＝DE2
仍然成立．現(xiàn)請你繼續(xù)探究：當135º＜ ＜180º時(如圖4)，等量關系BD2＋CE2＝DE2是否仍然成立？若成立，給出證明：若不成立，說明理由．
【答案】解：（1）證明：∵∠BAC＝90º，∠DAE＝∠DAM＋∠MAE＝45º，∴∠BAD＋∠EAC＝45º。
又∵AD平分∠MAB，∴∠BAD＝∠DAM?！唷螹AE＝∠EAC。
∴AE平分∠MAC。
（2）證明小穎的方法：
∵將△ABD沿AD所在的直線對折得到△ADF，
∴AF＝AB，∠AFD＝∠B＝45º，∠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）?！郈E＝FE，∠AFE＝∠C＝45º。
∴∠DFE＝∠AFD ＋∠AFE＝90º。
在Rt△OCE中，DE2＋FE2＝DE2，∴BD2＋CE2＝DE2。
（3）當135º＜ ＜180º時，等量關系BD2＋CE2＝DE2仍然成立。證明如下：
如圖，按小穎的方法作圖，設AB與EF相交于點G。
∵將△ABD沿AD所在的直線對折得到△ADF，
∴AF＝AB，∠AFD＝∠ABC＝45º，∠BAD＝∠FAD。
又∵AC=AB，∴AF＝AC。
又∵∠CAE＝900－∠BAE＝900－（45º－∠BAD）＝45º＋∠BAD＝45º＋∠FAD
＝∠FAE。
在△AEF和△AEC中，∵AF＝ AC，∠FAE＝∠CAE，AE＝AE，
∴△AEF≌△AEC（SAS）。∴CE＝FE，∠AFE＝∠C＝45º。
又∵在△AGF和△BGE中，∠ABC＝∠AFE＝45º，∠AGF＝∠BGE，
∴∠FAG＝∠BEG。
又∵∠FDE＋∠DEF=∠FDE＋∠FAG＝ （∠ADB＋∠DAB）＝ ∠ABC＝90º。
∴∠DFE＝90º。
在Rt△OCE中，DE2＋FE2＝DE2，∴BD2＋CE2＝DE2。
【考點】角平分線的定義，等腰直角三角形的性質，旋轉的性質，折疊對稱的性質，全等三角形的判定和性質，勾股定理，三角形外角性質，三角形內角和定理。
【分析】（1）由角平分線的定義，根據(jù)等腰直角三角形和旋轉的性質，即可得出結論。
（2）小穎的方法是應用折疊對稱的性質和SAS得到△AEF≌△AEC，在Rt△OCE中應用勾股定理而證明。
小亮的方法是將△ABD繞點A逆時針旋轉90º得到△ACG，根據(jù)旋轉的性質用SAS得到
△ACE≌△ACG，從而在Rt△CEG中應用勾股定理而證明。
（3）當135º＜ ＜180º時，等量關系BD2＋CE2＝DE2仍然成立。仿（2）證明即可。
32. （2012福建龍巖13分）矩形ABCD中，AD=5，AB=3，將矩形ABCD沿某直線折疊，使點A的對
應點A′落在線段BC上，再打開得到折痕EF．
（1）當A′與B重合時（如圖1），EF= ；當折痕EF過點D時（如圖2），求線段EF的長；
（2）觀察圖3和圖4，設BA′=x，①當x的取值范圍是 時，四邊形AEA′F是菱形；②在①的
條件下，利用圖4證明四邊形AEA′F是菱形．
【答案】解：(1)5。
由折疊（軸對稱）性質知A′D=AD=5，∠A=∠EA′D=900。
在Rt△A′DC中，DC=AB=2，∴ 。
∴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?！?，即
∴ 。
在Rt△A′EF中， 。
（2）① 。
②證明：由折疊（軸對稱）性質知∠AEF=∠FEA′，AE=A′E，AF=A′F。
又 ∵AD∥BC，∴∠AFE=∠FEA′ ?！唷螦EF=∠AFE 。
∴AE=AF?！郃E=A′E=AF=A′F。
∴四邊形AEA′F是菱形。
【考點】折疊的性質，矩形的性質，勾股定理，相似三角形的判定和性質，平行的性質，等腰三角形的性質，菱形的判定。
【分析】(1)根據(jù)折疊和矩形的性質，當A′與B重合時（如圖1），EF= AD=5。
根據(jù)折疊和矩形的性質，以及勾股定理求出A′B、A′F和FC的長，由Rt△EBA′∽Rt△A′CF求得 ，在Rt△A′EF中，由勾股定理求得EF的長。
（2）①由圖3和圖4可得，當 時，四邊形AEA′F是菱形。
②由折疊和矩形的性質，可得AE=A′E，AF=A′F。由平行和等腰三角形的性質可得AE=AF。從而AE=A′E=AF=A′F。根據(jù)菱形的判定得四邊形AEA′F是菱形。
33. （2012福建福州14分）如圖①，已知拋物線y＝ax2＋bx(a≠0)經過A(3，0)、B(4，4)兩點．
(1) 求拋物線的解析式；
(2) 將直線OB向下平移m個單位長度后，得到的直線與拋物線只有一個公共點D，求m的值及點D
的坐標；
(3) 如圖②，若點N在拋物線上，且∠NBO＝∠ABO，則在(2)的條件下，求出所有滿足△POD∽△NOB
的點P的坐標(點P、O、D分別與點N、O、B對應)．
【答案】解：(1) ∵拋物線y＝ax2＋bx(a≠0)經過點A(3，0)、B(4，4)．
∴9a＋3b＝016a＋4b＝4，解得：a＝1b＝－3。
∴拋物線的解析式是y＝x2－3x。
(2) 設直線OB的解析式為y＝k1x，由點B(4，4)，
得：4＝4k1，解得k1＝1。
∴直線OB的解析式為y＝x。
∴直線OB向下平移m個單位長度后的解析式為：y＝x－m。
∵點D在拋物線y＝x2－3x上，∴可設D(x，x2－3x)。
又點D在直線y＝x－m上，∴ x2－3x ＝x－m，即x2－4x＋m＝0。
∵拋物線與直線只有一個公共點， △＝16－4m＝0，解得：m＝4。
此時x1＝x2＝2，y＝x2－3x＝－2?！?D點坐標為(2，－2)。
(3) ∵直線OB的解析式為y＝x，且A(3，0)，
∴點A關于直線OB的對稱點A'的坐標是(0，3)。
設直線A'B的解析式為y＝k2x＋3，過點B(4，4)，
∴4k2＋3＝4，解得：k2＝14。
∴直線A'B的解析式是y＝14x＋3。
∵∠NBO＝∠ABO，∴點N在直線A'B上。
∴設點N(n，14n＋3)，又點N在拋物線y＝x2－3x上，
∴ 14n＋3＝n2－3n，解得：n1＝－34，n2＝4(不合題意，會去)。
∴ 點N的坐標為(－34，4516)。
如圖，將△NOB沿x軸翻折，得到△N1OB1，
則N1(－34，－4516)，B1(4，－4)。
∴O、D、B1都在直線y＝－x上。
∵△P1OD∽△NOB，∴△P1OD∽△N1OB1。
∴ OP1ON1＝ODOB1＝12?！帱cP1的坐標為(－38，－4532)。
將△OP1D沿直線y＝－x翻折，可得另一個滿足條件的點P2(4532，38)。
綜上所述，點P的坐標是(－38，－4532)或(4532，38)。
【考點】二次函數(shù)綜合題，待定系數(shù)法，曲線上點的坐標與方程的關系，平移的性質，一元二次方程根的判別式，翻折對稱的性質，旋轉的性質，相似三角形的判定和性質。
【分析】(1) 利用待定系數(shù)法求出二次函數(shù)解析式即可。
(2) 根據(jù)已知可求出OB的解析式為y＝x，則向下平移m個單位長度后的解析式為：y＝x－m。
由于拋物線與直線只有一個公共點，意味著聯(lián)立解析式后得到的一元二次方程，其根的判別式等于0，由此可求出m的值和D點坐標。
(3) 綜合利用幾何變換和相似關系求解：翻折變換，將△NOB沿x軸翻折。（或用旋轉）求出P點坐標之后，該點關于直線y＝－x的對稱點也滿足題意，即滿足題意的P點有兩個。
34. （2012福建泉州14分）如圖，點O為坐標原點，直線 繞著點A（0,2）旋轉，與經過點C（0,1）的二次函數(shù) 交于不同的兩點P、Q.
（1）求h的值；
（2）通過操作、觀察算出△POQ面積的最小值（不必說理）；
（3）過點P、C作直線，與x軸交于點B，試問：在直線 的旋轉過程中四邊形AOBQ是否為梯形，若是，請說明理由；若不是，請指明其形狀.
【答案】解：（1）∵二次函數(shù) 的圖象經過C（0,1），
∴ 。
（2）操作、觀察可知當直線 ∥x軸時，其面積最小；
將y=2帶入二次函數(shù) 中，得 ，
∴ S最小=（2×4）÷2=4。
（3）連接BQ，若l與x軸不平行（如圖），即PQ與x軸不平行，
依題意，設拋物線 上的點
P（a， ）、Q（b， ）（a＜0＜b）。
直線BC：y=k1x+1過點P，
∴ =ak1+1，得k1= 。
∴直線BC：y= x+1
令y=0得：xB=
過點A的直線l：y=k2x+2經過點P、Q，
∴ ， 。
①×b-②×a得： ，化簡得：b= 。
∴點B與Q的橫坐標相同。∴BQ∥y軸，即BQ∥OA。
又∵AQ與OB不平行，∴四邊形AOBQ是梯形。
根據(jù)拋物線的對稱性可得（a＞0＞b）結論相同。
若l與x軸平行，由OA=2，BQ=2，OB=2，AQ=2，且∠AOB=900，得四邊形AOBQ是正方形。
故在直線l旋轉的過程中：當l與x軸不平行時，四邊形AOBQ是梯形；當l與x軸平行時，四邊形AOBQ是正方形。
【考點】二次函數(shù)綜合題，曲線上點的坐標與方程的關系，旋轉的性質，二次函數(shù)的性質，一次函數(shù)的運用，梯形和正方形的判定。
【分析】（1）根據(jù)二次函數(shù)圖象上的點的坐標特征，利用待定系數(shù)法求得h的值。
（2）操作、觀察可得結論。實際上，由P（a， ）、Q（b， ）（a＜0＜b），可求得b= （參見（3））。
∴
∴當 即|a|=|b|（P、Q關于y軸對稱）時，△POQ的面積最小。
即PQ∥x軸時，△POQ的面積最小，且POQ的面積最小為4。
（3）判斷四邊形AOBQ的形狀，可從四個頂點的坐標特征上來判斷．首先設出P、Q的坐標，然后根據(jù)點P、C求出直線BC的解析式，從而表示出點B的坐標，然后再通過直線PQ以及P、A、Q三點坐標，求出Q、B兩點坐標之間的關聯(lián)，從而判斷該四邊形是否符合梯形的特征。
35. （2012遼寧丹東12分）已知：點C、A、D在同一條直線上，∠ABC=∠ADE=α，線段 BD、CE交于
點M．
（1）如圖1，若AB=AC，AD=AE
①問線段BD與CE有怎樣的數(shù)量關系？并說明理由；
②求∠BMC的大?。ㄓ忙帘硎荆?；
（2）如圖2，若AB= BC=kAC，AD =ED=kAE
則線段BD與CE的數(shù)量關系為 ，∠BMC= （用α表示）；
（3）在（2）的條件下，把△ABC繞點A逆時針旋轉180°，在備用圖中作出旋轉后的圖形（要求：尺
規(guī)作圖，不寫作法，保留作圖痕跡），連接 EC并延長交BD于點M.則∠BMC= （用α表示）．
【答案】解：（1）如圖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?！唷螪AE=∠BAC。
∴∠DAE+∠BAE=∠BAC+∠BAE，即：∠BAD=∠CAE。
在△ABD與△ACE中，∵AB=AC，∠BAD=∠CAE，AD=AE，
∴△ABD≌△ACE（SAS）?！郆D=CE。
②∵△ABD≌△ACE，∴∠BDA=∠CEA。
∵∠BMC=∠MCD+∠MDC，∴∠BMC=∠MCD+∠CEA=∠DAE=180°－2α。
（2）如圖2，BD=kCE， α。
（3）作圖如下：
。
【考點】相似三角形的判定和性質，全等角形的判定和性質，等腰三角形的性質，三角形內角和定理和外角性質，作圖（旋轉變換），旋轉的性質
【分析】（1）①先根據(jù)等腰三角形等角對等邊的性質及三角形內角和定理得出∠DAE=∠BAC，則∠BAD=∠CAE，再根據(jù)SAS證明△ABD≌△ACE，從而得出BD=CE。
②先由全等三角形的對應角相等得出∠BDA=∠CEA，再根據(jù)三角形的外角性質即可得出
∠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與△ACE中，∵AB：AC=AD：AE=k，∠BDA=∠CEA，∴△ABD∽△ACE。
∴BD：CE=AB：AC=AD：AE=k，∠BDA=∠CEA?！郆D=kCE。
∵∠BMC=∠MCD+∠MDC，∴∠BMC=∠MCD+∠CEA=∠DAE= 。
（3）先在備用圖中利用SSS作出旋轉后的圖形，再根據(jù)等腰三角形等角對等邊的性質及三角形內角和定理得出∠DAE=∠BAC= ，由AB=kAC，AD=kAE，得出AB：AC=AD：AE=k，從而證出△ABD∽△ACE，得出∠BDA=∠CEA，然后根據(jù)三角形的外角性質即可得出∠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與△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= 。
36. （2012遼寧阜新12分）（1）如圖，在△ABC和△ADE中，AB=AC，AD=AE，∠BAC=∠DAE=90°．
①當點D在AC上時，如圖1，線段BD、CE有怎樣的數(shù)量關系和位置關系？直接寫出你猜想的結論；
②將圖1中的△ADE繞點A順時針旋轉α角（0°＜α＜90°），如圖2，線段BD、CE有怎樣的數(shù)量關系和位置關系？請說明理由．
（2）當△ABC和△ADE滿足下面甲、乙、丙中的哪個條件時，使線段BD、CE在（1）中的位置關系仍然成立？不必說明理由．
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結論：BD=CE，BD⊥CE。
②結論：BD=CE，BD⊥CE。理由如下：
∵∠BAC=∠DAE=90°，∴∠BAD－∠DAC=∠DAE－∠DAC，即∠BAD=∠CAE。
在Rt△ABD與Rt△ACE中，∵AB=AC，∠BAD=∠CAE ，AD=AE，
∴△ABD≌△ACE（SAS）。∴BD=CE。
延長BD交AC于F，交CE于H。
在△ABF與△HCF中，
∵∠ABF=∠HCF，∠AFB=∠HFC，
∴∠CHF=∠BAF=90°?！郆D⊥CE。
（2）結論：乙．AB：AC=AD：AE，∠BAC=∠DAE=90°。
【考點】全等三角形的判定和性質，三角形內角和定理，旋轉的性質。
【分析】（1）①BD=CE，BD⊥CE。根據(jù)全等三角形的判定定理SAS推知△ABD≌△ACE，然后由全等三角形的對應邊相等證得BD=CE、對應角相等∠ABF=∠ECA；然后在△ABD和△CDF中，由三角形內角和定理可以求得∠CFD=90°，即BD⊥CF。
②BD=CE，BD⊥CE。根據(jù)全等三角形的判定定理SAS推知△ABD≌△ACE，然后由全等三角形的對應邊相等證得BD=CE、對應角相等∠ABF=∠ECA；作輔助線（延長BD交AC于F，交CE于H）BH構建對頂角∠ABF=∠HCF，再根據(jù)三角形內角和定理證得∠BHC=90°。
（2）根據(jù)結論①、②的證明過程知，∠BAC=∠DFC（或∠FHC=90°）時，該結論成立了，所以本條件中的∠BAC=∠DAE≠90°不合適。
37. （2012遼寧鐵嶺12分）已知△ABC是等邊三角形．
（1）將△ABC繞點A逆時針旋轉角θ（0°＜θ＜180°），得到△ADE，BD和EC所在直線相交于點O．
①如圖a，當θ=20°時，△ABD與△ACE是否全等？ （填“是”或“否”），∠BOE= 度；
②當△ABC旋轉到如圖b所在位置時，求∠BOE的度數(shù)；
（2）如圖c，在AB和AC上分別截取點B′和C′，使AB= AB′，AC= AC′，連接B′C′，將△AB′C′繞點A逆時針旋轉角（0°＜θ＜180°），得到△ADE，BD和EC所在直線相交于點O，請利用圖c探索∠BOE的度數(shù)，直接寫出結果，不必說明理由．
【答案】解：（1）①是； 120。
②由已知得：△ABC和△ADE是全等的等邊三角形，∴AB=AD=AC=AE。
∵△ADE是由△ABC繞點A旋轉θ得到的，∴∠BAD=∠CAE=θ。
∴△BAD≌△CAE（SAS）?！唷螦DB=∠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）當0°＜θ≤30°時，∠BOE =30°，當30°＜θ＜180°時，∠BOE=120°。
【考點】旋轉的性質，全等三角形的判定和性質，三角形和多邊形內角和定理，等邊三角形的性質。
【分析】（1）①∵△ADE是由△ABC繞點A旋轉θ得到，∴△ABC是等邊三角形。
∴AB=AD=AC=AE，∠BAD=∠CAE=20°，
在△ABD與△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°，
∴在四邊形ABOE中，∠BOE=360°﹣80°﹣80°﹣80°=120°。
②利用“SAS”證明△BAD和△CAE全等，根據(jù)全等三角形對應角相等可得∠ADB=∠AEC，再利用四邊形ABOE的內角和等于360°推出∠BOE+∠DAE=180°，再根據(jù)等邊三角形的每一個角都是60°得到∠DAE=60°，從而得解。
（2）如圖，∵AB= AB′，AC= AC′，∴ ?！郆′C′∥BC。
∵△ABC是等邊三角形，∴△AB′C′是等邊三角形。
根據(jù)旋轉變換的性質可得AD=AE，∠BAD=∠CAE。
在△ABD和△ACE中，∵AB=AC，∠BAD=∠CAE，AD=AE，
∴△ABD≌△ACE（SAS）?！唷螦BD=∠ACE。
∴∠BOC=180°﹣（∠OBC+∠OCB）=180°﹣（∠OBC+∠ACB+∠ACE）
=180°﹣（∠OBC+∠ACB+∠ABD）=180°﹣（∠ACB+∠ABC）
=180°﹣（60°+60°）=60°。
當0°＜θ≤30°時，∠BOE=∠BOC=30°，
當30°＜θ＜180°時，∠BOE=180°﹣∠BOC=180°﹣60°=120°。
38. 已知，在△ABC中，AB=AC。過A點的直線a從與邊AC重合的位置開始繞點A按順時針方向旋轉角 ，直線a交BC邊于點P（點P不與點B、點C重合），△BMN的邊MN始終在直線a上（點M在點N的上方），且BM=BN，連接CN。
（1）當∠BAC=∠MBN=90°時，
①如圖a，當 =45°時，∠ANC的度數(shù)為_______；
②如圖b，當 ≠45°時，①中的結論是否發(fā)生變化？說明理由；
（2）如圖c，當∠BAC=∠MBN≠90°時，請直接寫出∠ANC與∠BAC之間的數(shù)量關系，不必證明。
【答案】解：（1）①450。
②不變。理由如下
過B、C分別作BD⊥AP于點D，CE⊥AP于點E。
∵∠BAC =90°，∴∠BAD＋∠EAC=90°。
∵BD⊥AP，∴∠ADB =90°?！唷螦BD＋∠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斜邊上的高，
∴BD=DN，∠BND=45°。
∴BN=BD=AE?！郉N－DE=AE－DE，即NE=AD=EC。
∵∠NEC =90°，∴∠ANC =45°。
（3）∠ANC =90°－ ∠BAC。
【考點】等腰（直角）三角形的判定和性質，全等三角形的判定和性質，三角形內角和定理，圓周角定理。
【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過B、C分別作BD⊥AP于點D，CE⊥AP于點E。通過證明△ADB≌△CEA從而證明△CEN是等腰直角三角形即可。
（2）如圖，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（三角形內角和定理）
=∠6＋∠5－∠6=∠5（∠3＋∠4=∠ABC=∠6）。
∴點A、B、N、C四點共圓。
∴∠ANC =∠ABC ==90°－ ∠BAC。
39. （2012四川南充8分）在Rt△POQ中，OP=OQ=4,M是PQ中點，把一三角尺的直角頂點放在點M處，以M為旋轉中心，旋轉三角尺，三角尺的兩直角邊與⊿POQ的兩直角邊分別交于點A、B，
(1)求證：MA=MB
(2)連接AB，探究：在旋轉三角尺的過程中，△AOB的周長是否存在最小值，若存在，求出最小值，若不存在。請說明理由。
【答案】解：（1）證明：連接OM 。
∵ Rt△POQ中，OP=OQ=4，M是PQ的中點，
∴PQ=4 ，OM=PM= PQ=2 ，∠POM=∠BOM=∠P=450 。
∵∠PMA+∠AMO=∠OMB+∠AMO，∴∠PMA=∠OMB。
∴△PMA≌△OMB（ASA）?！?MA=MB。
(2) △AOB的周長存在最小值。理由如下:
∵△PMA≌△OMB ，∴ PA=OB。 ∴OA+OB=OA+PA=OP=4。
令OA=x， AB=y，則y2=x2+(4-x)2=2x2-8x+16=2(x-2)2+8≥8。
∴當x=2時y2有最小值8，從而 y的最小值為2 。
∴△AOB的周長存在最小值，其最小值是4+2 。
【考點】直角三角形斜邊上的中線性質，全等三角形的判定和性質，勾股定理，二次函數(shù)的最值。
【分析】（1）連接OM，證△PMA和△OMB全等即可。
(2) 先計算出∴OP=OA+OB=OA+PA=4，再令OA=x，AB=y，則在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廣西貴港12分）如圖，在平面直角坐標系xOy中，拋物線y＝ax2＋bx＋3的頂點為M（2，
－1），交x軸于A、B兩點，交y軸于點C，其中點B的坐標為（3，0）。
（1）求該拋物線的解析式；
（2）設經過點C的直線與該拋物線的另一個交點為D，且直線CD和直線CA關于直線BC對稱，求直線
CD的解析式；
（3）在該拋物線的對稱軸上存在點P，滿足PM2＋PB2＋PC2＝35，求點P的坐標；并直接寫出此時直線
OP與該拋物線交點的個數(shù)。
【答案】解：（1）∵拋物線y＝ax2＋bx＋3的頂點為M（2，－1），
∴設拋物線的解析式為線 。
∵點B（3，0）在拋物線上，∴ ，解得 。
∴該拋物線的解析式為 ，即 。
（2）在 中令x=0，得 ?！郈（0，3）。
∴OB=OC=3?！唷螦BC=450。
過點B作BN⊥x軸交CD于點N（如圖），
則∠ABC=∠NBC=450。
∵直線CD和直線CA關于直線BC對稱，
∴∠ACB=∠NCB。
又∵CB=CB，∴△ACB≌△NCB（ASA）。
∴BN=BA。
∵A，B關于拋物線的對稱軸x=2對稱，B（3，0），
∴A（1，0）。∴BN=BA=2?！郚（3，2）。
設直線CD的解析式為 ，
∵C（0，3），N（3，2）在直線CD上，
∴ ，解得， 。
∴直線CD的解析式為 。
（3）設P（2，p）。
∵M（2，－1），B（3，0），C（0，3），
∴根據(jù)勾股定理，得 ， ，
。
∵PM2＋PB2＋PC2＝35，∴ 。
整理，得 ，解得 。
∴P（2，－2）或（2， ）。
當P（2，－2）時，直線OP與該拋物線無交點；當P（2， ）時，直線OP與該拋物
線有兩交點。
【考點】二次函數(shù)綜合題，待定系數(shù)法，曲線上點的坐標與方程的關系，二次函數(shù)的性質，軸對稱的性質，全等三角形的判定和性質，勾股定理，一元二次方程根的判別式。
【分析】（1）由于已知拋物線的頂點坐標，所以可設拋物線的頂點式，用待定系數(shù)法求解。
（2）由直線CD和直線CA關于直線BC對稱，構造全等三角形：過點B作BN⊥x軸交CD于點N，求出點N的坐標，由點B，N的坐標，用待定系數(shù)法求出直線CD的解析式。
（3）設P（2，p），根據(jù)勾股定理分別求出PM2、PB2和PC2，由PM2＋PB2＋PC2＝35，列式求解即可求得點P的坐標（2，－2）或（2， ）。
當P（2，－2）時，直線OP的解析式為 ，與 聯(lián)立，得 ，
即 ?！摺?9－12=－3＜0，∴ 無解，即直線OP與拋物線無交點。
當P（2， ）時，直線OP的解析式為 ，與 聯(lián)立，得 ，
即 ?！摺?289－108=181＞0，∴ 有兩不相等的實數(shù)根，即直線OP與拋物線有兩個交點。
41. （2012青海省12分）如圖，在平面直角坐標系中，二次函數(shù)y=x2+bx+c的圖象與x軸交于A、B兩點，A點在原點的左側，B點的坐標為（3，0），與y軸交于C（0，﹣3）點，點P是直線BC下方的拋物線上一動點．
（1）求這個二次函數(shù)的表達式．
（2）連接PO、PC，并把△POC沿CO翻折，得到四邊形POP′C，那么是否存在點P，使四邊形POP′C為菱形？若存在，請求出此時點P的坐標；若不存在，請說明理由．
（3）當點P運動到什么位置時，四邊形ABPC的面積并求出此時P點的坐標和四邊形ABPC的面積．
【答案】解：（1）將B、C兩點的坐標代入y=x2+bx+c得 ，解得 。
∴二次函數(shù)的表達式為：y=x2﹣2x﹣3。
（2）存在點P，使四邊形POP′C為菱形。
設P點坐標為（x，x2﹣2x﹣3），PP′交CO于E，
若四邊形POP′C是菱形，則有PC=PO。
連接PP′，則PE⊥CO于E。
∴OE=EC= 。
∴x2﹣2x﹣3= ，
解得 （不合題意，舍去）。
∴P點的坐標為（ ）。
（3）過點P作y軸的平行線與BC交于點Q，與OB交于點F，設P（x，x2﹣2x﹣3），
設直線BC的解析式為y=kx+b，則
，解得 ?！嘀本€BC的解析式為y=x﹣3。
則Q點的坐標為（x，x﹣3）。
∴
∴當 時，四邊形ABPC的面積，此時P點的坐標為 ，四邊形ABPC的面積的值為 。
【考點】二次函數(shù)綜合題，曲線上點的坐標與方程的關系，翻折的性質，菱形的判定和性質，二次函數(shù)最值。190187
【分析】（1）將B、C的坐標代入拋物線的解析式中即可求得待定系數(shù)的值。
（2）由于菱形的對角線互相垂直平分，若四邊形POP′C為菱形，那么P點必在OC的垂直平分線上，據(jù)此可求出P點的縱坐標，代入拋物線的解析式中即可求出P點的坐標。
（3）由于△ABC的面積為定值，當四邊形ABPC的面積時，△BPC的面積；過P作y軸的平行線，交直線BC于Q，交x軸于F，易求得直線BC的解析式，可設出P點的橫坐標，然后根據(jù)拋物線和直線BC的解析式求出Q、P的縱坐標，即可得到PQ的長，以PQ為底，B點橫坐標的絕對值為高即可求得△BPC的面積，由此可得到關于四邊形ACPB的面積與P點橫坐標的函數(shù)關系式，根據(jù)函數(shù)的性質即可求出四邊形ABPC的面積及對應的P點坐標。
29. （2012黑龍江大慶9分）在直角坐標系中，C(2，3)，C′(－4，3)， C″(2,1)，D(－4，1)，A(0， )，B( ，O)( 0).
（1）結合坐標系用坐標填空．
點C與C′關于點 對稱; 點C與C″關于點 對稱; 點C與D關于點 對稱
（2）設點C關于點(4，2)的對稱點是點P，若△PAB的面積等于5，求 值．
【答案】解：（1）（﹣1，3）；（2，2）；（﹣1，2）。
（2）點C關于點（4，2）的對稱點P（6，1），
△PAB的面積= （1+a）×6﹣ a2﹣ ×1×（6﹣a）=5，
整理得，a2﹣7a+10=0，解得a1=2，a2=5。
所以，a的值為2或5。
【考點】網格問題，坐標與圖形的對稱變化，坐標與圖形性質，三角形的面積。
【分析】（1）根據(jù)對稱的性質，分別找出兩對稱點連線的中點即可：由圖可知，點C與C′關于點（﹣1，3）對稱； 點C與C″關于點（2，2）對稱；點C與D關于點（﹣1，2）對稱。
（2）先求出點P的坐標，再利用△APB所在的梯形的面積減去兩個直角三角形的面積，然后列式計算即可得解。
30. （2012湖南懷化10分）如圖1，四邊形ABCD是邊長為 的正方形，長方形AEFG的寬 ,長 ．將長方形AEFG繞點A順時針旋轉15°得到長方形AMNH (如圖2)，這時BD與MN相交于點O．
（1）求 的度數(shù)；
（2）在圖2中，求D、N兩點間的距離；
（3）若把長方形AMNH繞點A再順時針旋轉15°得到長方形ARTZ,請問此時點B在矩形ARTZ的
內部、外部、還是邊上？并說明理由．
圖1 圖2
【答案】解：（1）如圖，設AB與MN相交于點K，根據(jù)題意得：∠BAM=15°，
∵四邊形AMNH是矩形，∴∠M=90°。∴∠AKM=90°－∠BAM=75°。
∴∠BKO=∠AKM=75°。，
∵四邊形ABCD是正方形，∴∠ABD=45°。
∴∠DOM=∠BKO+⊂ABD=75°+45°=120°。 （2）連接AN，交BD于I，連接DN，
∵NH= ，AH= ，∠H=90°，
∴ ?！唷螲AN=30°。
∴AN=2NH=7。
由旋轉的性質：∠DAH=15°，∴∠DAN=45°。
∵∠DAC=45°，∴A，C，N共線。
∵四邊形ABCD是正方形，∴BD⊥AC。
∵AD=CD= ，∴ 。
∴NI=AN－AI=7－3=4。
在Rt△DIN中， 。
（3）點B在矩形ARTZ的外部。理由如下：
如圖，根據(jù)題意得：∠BAR=15°+15°=30°。
∵∠R=90°，AR= ，
∴ 。
∵ ，∴AB= ＞ 。
∴點B在矩形ARTZ的外部。
【考點】旋轉的性質，矩形的性質，正方形的性質，勾股定理，銳角三角函數(shù)定義，特殊角的三角函數(shù)值，實數(shù)的大小比較。
【分析】（1）由旋轉的性質，可得∠BAM=15°，即可得∠OKB=∠AOM=75°，又由正方形的性質，可得∠ABD=45°，然后利用外角的性質，即可求得∠DOM的度數(shù)。
（2）首先連接AM，交BD于I，連接DN，由特殊角的三角函數(shù)值，求得∠HAN=30°，又由旋轉的性質，即可求得∠DAN=45°，即可證得A，C，N共線，然后由股定理求得答案。
（3）在Rt△ARK中，利用三角函數(shù)即可求得AK的值，與AB比較大小，即可確定B的位置。
31. （2012福建寧德13分）某數(shù)學興趣小組開展了一次活動，過程如下：
如圖1，在等腰△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝90º，小敏將一塊三角板中含45º角的頂點放在點A處，
從AB邊開始繞點A順時針旋轉一個角 ，其中三角板斜邊所在的直線交直線BC于點D，直角邊所在的直線交直線BC于點E．
(1)小敏在線段BC上取一點M，連接AM，旋轉中發(fā)現(xiàn)：若AD平分∠MAB，則AE也平分∠MAC．請
你證明小敏發(fā)現(xiàn)的結論；
(2)當0º＜ ≤45º時，小敏在旋轉的過程中發(fā)現(xiàn)線段BD、CE、DE之間存在如下等量關系：BD2＋CE2
＝DE2．同組的小穎和小亮隨后想出了兩種不同的方法進行解決：
小穎的方法：將△ABD沿AD所在的直線對折得到△ADF，連接EF(如圖2)；
小亮的方法：將△ABD繞點A逆時針旋轉90º得到△ACG，連接EG(如圖3)．
請你從中任選一種方法進行證明；
(3)小敏繼續(xù)旋轉三角板，在探究中得出：當45º＜ ≤135º且 ≠90º時，等量關系BD2＋CE2＝DE2
仍然成立．現(xiàn)請你繼續(xù)探究：當135º＜ ＜180º時(如圖4)，等量關系BD2＋CE2＝DE2是否仍然成立？若成立，給出證明：若不成立，說明理由．
【答案】解：（1）證明：∵∠BAC＝90º，∠DAE＝∠DAM＋∠MAE＝45º，∴∠BAD＋∠EAC＝45º。
又∵AD平分∠MAB，∴∠BAD＝∠DAM?！唷螹AE＝∠EAC。
∴AE平分∠MAC。
（2）證明小穎的方法：
∵將△ABD沿AD所在的直線對折得到△ADF，
∴AF＝AB，∠AFD＝∠B＝45º，∠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）?！郈E＝FE，∠AFE＝∠C＝45º。
∴∠DFE＝∠AFD ＋∠AFE＝90º。
在Rt△OCE中，DE2＋FE2＝DE2，∴BD2＋CE2＝DE2。
（3）當135º＜ ＜180º時，等量關系BD2＋CE2＝DE2仍然成立。證明如下：
如圖，按小穎的方法作圖，設AB與EF相交于點G。
∵將△ABD沿AD所在的直線對折得到△ADF，
∴AF＝AB，∠AFD＝∠ABC＝45º，∠BAD＝∠FAD。
又∵AC=AB，∴AF＝AC。
又∵∠CAE＝900－∠BAE＝900－（45º－∠BAD）＝45º＋∠BAD＝45º＋∠FAD
＝∠FAE。
在△AEF和△AEC中，∵AF＝ AC，∠FAE＝∠CAE，AE＝AE，
∴△AEF≌△AEC（SAS）。∴CE＝FE，∠AFE＝∠C＝45º。
又∵在△AGF和△BGE中，∠ABC＝∠AFE＝45º，∠AGF＝∠BGE，
∴∠FAG＝∠BEG。
又∵∠FDE＋∠DEF=∠FDE＋∠FAG＝ （∠ADB＋∠DAB）＝ ∠ABC＝90º。
∴∠DFE＝90º。
在Rt△OCE中，DE2＋FE2＝DE2，∴BD2＋CE2＝DE2。
【考點】角平分線的定義，等腰直角三角形的性質，旋轉的性質，折疊對稱的性質，全等三角形的判定和性質，勾股定理，三角形外角性質，三角形內角和定理。
【分析】（1）由角平分線的定義，根據(jù)等腰直角三角形和旋轉的性質，即可得出結論。
（2）小穎的方法是應用折疊對稱的性質和SAS得到△AEF≌△AEC，在Rt△OCE中應用勾股定理而證明。
小亮的方法是將△ABD繞點A逆時針旋轉90º得到△ACG，根據(jù)旋轉的性質用SAS得到
△ACE≌△ACG，從而在Rt△CEG中應用勾股定理而證明。
（3）當135º＜ ＜180º時，等量關系BD2＋CE2＝DE2仍然成立。仿（2）證明即可。
32. （2012福建龍巖13分）矩形ABCD中，AD=5，AB=3，將矩形ABCD沿某直線折疊，使點A的對
應點A′落在線段BC上，再打開得到折痕EF．
（1）當A′與B重合時（如圖1），EF= ；當折痕EF過點D時（如圖2），求線段EF的長；
（2）觀察圖3和圖4，設BA′=x，①當x的取值范圍是 時，四邊形AEA′F是菱形；②在①的
條件下，利用圖4證明四邊形AEA′F是菱形．
【答案】解：(1)5。
由折疊（軸對稱）性質知A′D=AD=5，∠A=∠EA′D=900。
在Rt△A′DC中，DC=AB=2，∴ 。
∴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?！?，即
∴ 。
在Rt△A′EF中， 。
（2）① 。
②證明：由折疊（軸對稱）性質知∠AEF=∠FEA′，AE=A′E，AF=A′F。
又 ∵AD∥BC，∴∠AFE=∠FEA′ ?！唷螦EF=∠AFE 。
∴AE=AF?！郃E=A′E=AF=A′F。
∴四邊形AEA′F是菱形。
【考點】折疊的性質，矩形的性質，勾股定理，相似三角形的判定和性質，平行的性質，等腰三角形的性質，菱形的判定。
【分析】(1)根據(jù)折疊和矩形的性質，當A′與B重合時（如圖1），EF= AD=5。
根據(jù)折疊和矩形的性質，以及勾股定理求出A′B、A′F和FC的長，由Rt△EBA′∽Rt△A′CF求得 ，在Rt△A′EF中，由勾股定理求得EF的長。
（2）①由圖3和圖4可得，當 時，四邊形AEA′F是菱形。
②由折疊和矩形的性質，可得AE=A′E，AF=A′F。由平行和等腰三角形的性質可得AE=AF。從而AE=A′E=AF=A′F。根據(jù)菱形的判定得四邊形AEA′F是菱形。
33. （2012福建福州14分）如圖①，已知拋物線y＝ax2＋bx(a≠0)經過A(3，0)、B(4，4)兩點．
(1) 求拋物線的解析式；
(2) 將直線OB向下平移m個單位長度后，得到的直線與拋物線只有一個公共點D，求m的值及點D
的坐標；
(3) 如圖②，若點N在拋物線上，且∠NBO＝∠ABO，則在(2)的條件下，求出所有滿足△POD∽△NOB
的點P的坐標(點P、O、D分別與點N、O、B對應)．
【答案】解：(1) ∵拋物線y＝ax2＋bx(a≠0)經過點A(3，0)、B(4，4)．
∴9a＋3b＝016a＋4b＝4，解得：a＝1b＝－3。
∴拋物線的解析式是y＝x2－3x。
(2) 設直線OB的解析式為y＝k1x，由點B(4，4)，
得：4＝4k1，解得k1＝1。
∴直線OB的解析式為y＝x。
∴直線OB向下平移m個單位長度后的解析式為：y＝x－m。
∵點D在拋物線y＝x2－3x上，∴可設D(x，x2－3x)。
又點D在直線y＝x－m上，∴ x2－3x ＝x－m，即x2－4x＋m＝0。
∵拋物線與直線只有一個公共點， △＝16－4m＝0，解得：m＝4。
此時x1＝x2＝2，y＝x2－3x＝－2?！?D點坐標為(2，－2)。
(3) ∵直線OB的解析式為y＝x，且A(3，0)，
∴點A關于直線OB的對稱點A'的坐標是(0，3)。
設直線A'B的解析式為y＝k2x＋3，過點B(4，4)，
∴4k2＋3＝4，解得：k2＝14。
∴直線A'B的解析式是y＝14x＋3。
∵∠NBO＝∠ABO，∴點N在直線A'B上。
∴設點N(n，14n＋3)，又點N在拋物線y＝x2－3x上，
∴ 14n＋3＝n2－3n，解得：n1＝－34，n2＝4(不合題意，會去)。
∴ 點N的坐標為(－34，4516)。
如圖，將△NOB沿x軸翻折，得到△N1OB1，
則N1(－34，－4516)，B1(4，－4)。
∴O、D、B1都在直線y＝－x上。
∵△P1OD∽△NOB，∴△P1OD∽△N1OB1。
∴ OP1ON1＝ODOB1＝12?！帱cP1的坐標為(－38，－4532)。
將△OP1D沿直線y＝－x翻折，可得另一個滿足條件的點P2(4532，38)。
綜上所述，點P的坐標是(－38，－4532)或(4532，38)。
【考點】二次函數(shù)綜合題，待定系數(shù)法，曲線上點的坐標與方程的關系，平移的性質，一元二次方程根的判別式，翻折對稱的性質，旋轉的性質，相似三角形的判定和性質。
【分析】(1) 利用待定系數(shù)法求出二次函數(shù)解析式即可。
(2) 根據(jù)已知可求出OB的解析式為y＝x，則向下平移m個單位長度后的解析式為：y＝x－m。
由于拋物線與直線只有一個公共點，意味著聯(lián)立解析式后得到的一元二次方程，其根的判別式等于0，由此可求出m的值和D點坐標。
(3) 綜合利用幾何變換和相似關系求解：翻折變換，將△NOB沿x軸翻折。（或用旋轉）求出P點坐標之后，該點關于直線y＝－x的對稱點也滿足題意，即滿足題意的P點有兩個。
34. （2012福建泉州14分）如圖，點O為坐標原點，直線 繞著點A（0,2）旋轉，與經過點C（0,1）的二次函數(shù) 交于不同的兩點P、Q.
（1）求h的值；
（2）通過操作、觀察算出△POQ面積的最小值（不必說理）；
（3）過點P、C作直線，與x軸交于點B，試問：在直線 的旋轉過程中四邊形AOBQ是否為梯形，若是，請說明理由；若不是，請指明其形狀.
【答案】解：（1）∵二次函數(shù) 的圖象經過C（0,1），
∴ 。
（2）操作、觀察可知當直線 ∥x軸時，其面積最小；
將y=2帶入二次函數(shù) 中，得 ，
∴ S最小=（2×4）÷2=4。
（3）連接BQ，若l與x軸不平行（如圖），即PQ與x軸不平行，
依題意，設拋物線 上的點
P（a， ）、Q（b， ）（a＜0＜b）。
直線BC：y=k1x+1過點P，
∴ =ak1+1，得k1= 。
∴直線BC：y= x+1
令y=0得：xB=
過點A的直線l：y=k2x+2經過點P、Q，
∴ ， 。
①×b-②×a得： ，化簡得：b= 。
∴點B與Q的橫坐標相同。∴BQ∥y軸，即BQ∥OA。
又∵AQ與OB不平行，∴四邊形AOBQ是梯形。
根據(jù)拋物線的對稱性可得（a＞0＞b）結論相同。
若l與x軸平行，由OA=2，BQ=2，OB=2，AQ=2，且∠AOB=900，得四邊形AOBQ是正方形。
故在直線l旋轉的過程中：當l與x軸不平行時，四邊形AOBQ是梯形；當l與x軸平行時，四邊形AOBQ是正方形。
【考點】二次函數(shù)綜合題，曲線上點的坐標與方程的關系，旋轉的性質，二次函數(shù)的性質，一次函數(shù)的運用，梯形和正方形的判定。
【分析】（1）根據(jù)二次函數(shù)圖象上的點的坐標特征，利用待定系數(shù)法求得h的值。
（2）操作、觀察可得結論。實際上，由P（a， ）、Q（b， ）（a＜0＜b），可求得b= （參見（3））。
∴
∴當 即|a|=|b|（P、Q關于y軸對稱）時，△POQ的面積最小。
即PQ∥x軸時，△POQ的面積最小，且POQ的面積最小為4。
（3）判斷四邊形AOBQ的形狀，可從四個頂點的坐標特征上來判斷．首先設出P、Q的坐標，然后根據(jù)點P、C求出直線BC的解析式，從而表示出點B的坐標，然后再通過直線PQ以及P、A、Q三點坐標，求出Q、B兩點坐標之間的關聯(lián)，從而判斷該四邊形是否符合梯形的特征。
35. （2012遼寧丹東12分）已知：點C、A、D在同一條直線上，∠ABC=∠ADE=α，線段 BD、CE交于
點M．
（1）如圖1，若AB=AC，AD=AE
①問線段BD與CE有怎樣的數(shù)量關系？并說明理由；
②求∠BMC的大?。ㄓ忙帘硎荆?；
（2）如圖2，若AB= BC=kAC，AD =ED=kAE
則線段BD與CE的數(shù)量關系為 ，∠BMC= （用α表示）；
（3）在（2）的條件下，把△ABC繞點A逆時針旋轉180°，在備用圖中作出旋轉后的圖形（要求：尺
規(guī)作圖，不寫作法，保留作圖痕跡），連接 EC并延長交BD于點M.則∠BMC= （用α表示）．
【答案】解：（1）如圖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?！唷螪AE=∠BAC。
∴∠DAE+∠BAE=∠BAC+∠BAE，即：∠BAD=∠CAE。
在△ABD與△ACE中，∵AB=AC，∠BAD=∠CAE，AD=AE，
∴△ABD≌△ACE（SAS）?！郆D=CE。
②∵△ABD≌△ACE，∴∠BDA=∠CEA。
∵∠BMC=∠MCD+∠MDC，∴∠BMC=∠MCD+∠CEA=∠DAE=180°－2α。
（2）如圖2，BD=kCE， α。
（3）作圖如下：
。
【考點】相似三角形的判定和性質，全等角形的判定和性質，等腰三角形的性質，三角形內角和定理和外角性質，作圖（旋轉變換），旋轉的性質
【分析】（1）①先根據(jù)等腰三角形等角對等邊的性質及三角形內角和定理得出∠DAE=∠BAC，則∠BAD=∠CAE，再根據(jù)SAS證明△ABD≌△ACE，從而得出BD=CE。
②先由全等三角形的對應角相等得出∠BDA=∠CEA，再根據(jù)三角形的外角性質即可得出
∠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與△ACE中，∵AB：AC=AD：AE=k，∠BDA=∠CEA，∴△ABD∽△ACE。
∴BD：CE=AB：AC=AD：AE=k，∠BDA=∠CEA?！郆D=kCE。
∵∠BMC=∠MCD+∠MDC，∴∠BMC=∠MCD+∠CEA=∠DAE= 。
（3）先在備用圖中利用SSS作出旋轉后的圖形，再根據(jù)等腰三角形等角對等邊的性質及三角形內角和定理得出∠DAE=∠BAC= ，由AB=kAC，AD=kAE，得出AB：AC=AD：AE=k，從而證出△ABD∽△ACE，得出∠BDA=∠CEA，然后根據(jù)三角形的外角性質即可得出∠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與△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= 。
36. （2012遼寧阜新12分）（1）如圖，在△ABC和△ADE中，AB=AC，AD=AE，∠BAC=∠DAE=90°．
①當點D在AC上時，如圖1，線段BD、CE有怎樣的數(shù)量關系和位置關系？直接寫出你猜想的結論；
②將圖1中的△ADE繞點A順時針旋轉α角（0°＜α＜90°），如圖2，線段BD、CE有怎樣的數(shù)量關系和位置關系？請說明理由．
（2）當△ABC和△ADE滿足下面甲、乙、丙中的哪個條件時，使線段BD、CE在（1）中的位置關系仍然成立？不必說明理由．
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結論：BD=CE，BD⊥CE。
②結論：BD=CE，BD⊥CE。理由如下：
∵∠BAC=∠DAE=90°，∴∠BAD－∠DAC=∠DAE－∠DAC，即∠BAD=∠CAE。
在Rt△ABD與Rt△ACE中，∵AB=AC，∠BAD=∠CAE ，AD=AE，
∴△ABD≌△ACE（SAS）。∴BD=CE。
延長BD交AC于F，交CE于H。
在△ABF與△HCF中，
∵∠ABF=∠HCF，∠AFB=∠HFC，
∴∠CHF=∠BAF=90°?！郆D⊥CE。
（2）結論：乙．AB：AC=AD：AE，∠BAC=∠DAE=90°。
【考點】全等三角形的判定和性質，三角形內角和定理，旋轉的性質。
【分析】（1）①BD=CE，BD⊥CE。根據(jù)全等三角形的判定定理SAS推知△ABD≌△ACE，然后由全等三角形的對應邊相等證得BD=CE、對應角相等∠ABF=∠ECA；然后在△ABD和△CDF中，由三角形內角和定理可以求得∠CFD=90°，即BD⊥CF。
②BD=CE，BD⊥CE。根據(jù)全等三角形的判定定理SAS推知△ABD≌△ACE，然后由全等三角形的對應邊相等證得BD=CE、對應角相等∠ABF=∠ECA；作輔助線（延長BD交AC于F，交CE于H）BH構建對頂角∠ABF=∠HCF，再根據(jù)三角形內角和定理證得∠BHC=90°。
（2）根據(jù)結論①、②的證明過程知，∠BAC=∠DFC（或∠FHC=90°）時，該結論成立了，所以本條件中的∠BAC=∠DAE≠90°不合適。
37. （2012遼寧鐵嶺12分）已知△ABC是等邊三角形．
（1）將△ABC繞點A逆時針旋轉角θ（0°＜θ＜180°），得到△ADE，BD和EC所在直線相交于點O．
①如圖a，當θ=20°時，△ABD與△ACE是否全等？ （填“是”或“否”），∠BOE= 度；
②當△ABC旋轉到如圖b所在位置時，求∠BOE的度數(shù)；
（2）如圖c，在AB和AC上分別截取點B′和C′，使AB= AB′，AC= AC′，連接B′C′，將△AB′C′繞點A逆時針旋轉角（0°＜θ＜180°），得到△ADE，BD和EC所在直線相交于點O，請利用圖c探索∠BOE的度數(shù)，直接寫出結果，不必說明理由．
【答案】解：（1）①是； 120。
②由已知得：△ABC和△ADE是全等的等邊三角形，∴AB=AD=AC=AE。
∵△ADE是由△ABC繞點A旋轉θ得到的，∴∠BAD=∠CAE=θ。
∴△BAD≌△CAE（SAS）?！唷螦DB=∠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）當0°＜θ≤30°時，∠BOE =30°，當30°＜θ＜180°時，∠BOE=120°。
【考點】旋轉的性質，全等三角形的判定和性質，三角形和多邊形內角和定理，等邊三角形的性質。
【分析】（1）①∵△ADE是由△ABC繞點A旋轉θ得到，∴△ABC是等邊三角形。
∴AB=AD=AC=AE，∠BAD=∠CAE=20°，
在△ABD與△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°，
∴在四邊形ABOE中，∠BOE=360°﹣80°﹣80°﹣80°=120°。
②利用“SAS”證明△BAD和△CAE全等，根據(jù)全等三角形對應角相等可得∠ADB=∠AEC，再利用四邊形ABOE的內角和等于360°推出∠BOE+∠DAE=180°，再根據(jù)等邊三角形的每一個角都是60°得到∠DAE=60°，從而得解。
（2）如圖，∵AB= AB′，AC= AC′，∴ ?！郆′C′∥BC。
∵△ABC是等邊三角形，∴△AB′C′是等邊三角形。
根據(jù)旋轉變換的性質可得AD=AE，∠BAD=∠CAE。
在△ABD和△ACE中，∵AB=AC，∠BAD=∠CAE，AD=AE，
∴△ABD≌△ACE（SAS）?！唷螦BD=∠ACE。
∴∠BOC=180°﹣（∠OBC+∠OCB）=180°﹣（∠OBC+∠ACB+∠ACE）
=180°﹣（∠OBC+∠ACB+∠ABD）=180°﹣（∠ACB+∠ABC）
=180°﹣（60°+60°）=60°。
當0°＜θ≤30°時，∠BOE=∠BOC=30°，
當30°＜θ＜180°時，∠BOE=180°﹣∠BOC=180°﹣60°=120°。
38. 已知，在△ABC中，AB=AC。過A點的直線a從與邊AC重合的位置開始繞點A按順時針方向旋轉角 ，直線a交BC邊于點P（點P不與點B、點C重合），△BMN的邊MN始終在直線a上（點M在點N的上方），且BM=BN，連接CN。
（1）當∠BAC=∠MBN=90°時，
①如圖a，當 =45°時，∠ANC的度數(shù)為_______；
②如圖b，當 ≠45°時，①中的結論是否發(fā)生變化？說明理由；
（2）如圖c，當∠BAC=∠MBN≠90°時，請直接寫出∠ANC與∠BAC之間的數(shù)量關系，不必證明。
【答案】解：（1）①450。
②不變。理由如下
過B、C分別作BD⊥AP于點D，CE⊥AP于點E。
∵∠BAC =90°，∴∠BAD＋∠EAC=90°。
∵BD⊥AP，∴∠ADB =90°?！唷螦BD＋∠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斜邊上的高，
∴BD=DN，∠BND=45°。
∴BN=BD=AE?！郉N－DE=AE－DE，即NE=AD=EC。
∵∠NEC =90°，∴∠ANC =45°。
（3）∠ANC =90°－ ∠BAC。
【考點】等腰（直角）三角形的判定和性質，全等三角形的判定和性質，三角形內角和定理，圓周角定理。
【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過B、C分別作BD⊥AP于點D，CE⊥AP于點E。通過證明△ADB≌△CEA從而證明△CEN是等腰直角三角形即可。
（2）如圖，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（三角形內角和定理）
=∠6＋∠5－∠6=∠5（∠3＋∠4=∠ABC=∠6）。
∴點A、B、N、C四點共圓。
∴∠ANC =∠ABC ==90°－ ∠BAC。
39. （2012四川南充8分）在Rt△POQ中，OP=OQ=4,M是PQ中點，把一三角尺的直角頂點放在點M處，以M為旋轉中心，旋轉三角尺，三角尺的兩直角邊與⊿POQ的兩直角邊分別交于點A、B，
(1)求證：MA=MB
(2)連接AB，探究：在旋轉三角尺的過程中，△AOB的周長是否存在最小值，若存在，求出最小值，若不存在。請說明理由。
【答案】解：（1）證明：連接OM 。
∵ Rt△POQ中，OP=OQ=4，M是PQ的中點，
∴PQ=4 ，OM=PM= PQ=2 ，∠POM=∠BOM=∠P=450 。
∵∠PMA+∠AMO=∠OMB+∠AMO，∴∠PMA=∠OMB。
∴△PMA≌△OMB（ASA）?！?MA=MB。
(2) △AOB的周長存在最小值。理由如下:
∵△PMA≌△OMB ，∴ PA=OB。 ∴OA+OB=OA+PA=OP=4。
令OA=x， AB=y，則y2=x2+(4-x)2=2x2-8x+16=2(x-2)2+8≥8。
∴當x=2時y2有最小值8，從而 y的最小值為2 。
∴△AOB的周長存在最小值，其最小值是4+2 。
【考點】直角三角形斜邊上的中線性質，全等三角形的判定和性質，勾股定理，二次函數(shù)的最值。
【分析】（1）連接OM，證△PMA和△OMB全等即可。
(2) 先計算出∴OP=OA+OB=OA+PA=4，再令OA=x，AB=y，則在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廣西貴港12分）如圖，在平面直角坐標系xOy中，拋物線y＝ax2＋bx＋3的頂點為M（2，
－1），交x軸于A、B兩點，交y軸于點C，其中點B的坐標為（3，0）。
（1）求該拋物線的解析式；
（2）設經過點C的直線與該拋物線的另一個交點為D，且直線CD和直線CA關于直線BC對稱，求直線
CD的解析式；
（3）在該拋物線的對稱軸上存在點P，滿足PM2＋PB2＋PC2＝35，求點P的坐標；并直接寫出此時直線
OP與該拋物線交點的個數(shù)。
【答案】解：（1）∵拋物線y＝ax2＋bx＋3的頂點為M（2，－1），
∴設拋物線的解析式為線 。
∵點B（3，0）在拋物線上，∴ ，解得 。
∴該拋物線的解析式為 ，即 。
（2）在 中令x=0，得 ?！郈（0，3）。
∴OB=OC=3?！唷螦BC=450。
過點B作BN⊥x軸交CD于點N（如圖），
則∠ABC=∠NBC=450。
∵直線CD和直線CA關于直線BC對稱，
∴∠ACB=∠NCB。
又∵CB=CB，∴△ACB≌△NCB（ASA）。
∴BN=BA。
∵A，B關于拋物線的對稱軸x=2對稱，B（3，0），
∴A（1，0）。∴BN=BA=2?！郚（3，2）。
設直線CD的解析式為 ，
∵C（0，3），N（3，2）在直線CD上，
∴ ，解得， 。
∴直線CD的解析式為 。
（3）設P（2，p）。
∵M（2，－1），B（3，0），C（0，3），
∴根據(jù)勾股定理，得 ， ，
。
∵PM2＋PB2＋PC2＝35，∴ 。
整理，得 ，解得 。
∴P（2，－2）或（2， ）。
當P（2，－2）時，直線OP與該拋物線無交點；當P（2， ）時，直線OP與該拋物
線有兩交點。
【考點】二次函數(shù)綜合題，待定系數(shù)法，曲線上點的坐標與方程的關系，二次函數(shù)的性質，軸對稱的性質，全等三角形的判定和性質，勾股定理，一元二次方程根的判別式。
【分析】（1）由于已知拋物線的頂點坐標，所以可設拋物線的頂點式，用待定系數(shù)法求解。
（2）由直線CD和直線CA關于直線BC對稱，構造全等三角形：過點B作BN⊥x軸交CD于點N，求出點N的坐標，由點B，N的坐標，用待定系數(shù)法求出直線CD的解析式。
（3）設P（2，p），根據(jù)勾股定理分別求出PM2、PB2和PC2，由PM2＋PB2＋PC2＝35，列式求解即可求得點P的坐標（2，－2）或（2， ）。
當P（2，－2）時，直線OP的解析式為 ，與 聯(lián)立，得 ，
即 ?！摺?9－12=－3＜0，∴ 無解，即直線OP與拋物線無交點。
當P（2， ）時，直線OP的解析式為 ，與 聯(lián)立，得 ，
即 ?！摺?289－108=181＞0，∴ 有兩不相等的實數(shù)根，即直線OP與拋物線有兩個交點。
41. （2012青海省12分）如圖，在平面直角坐標系中，二次函數(shù)y=x2+bx+c的圖象與x軸交于A、B兩點，A點在原點的左側，B點的坐標為（3，0），與y軸交于C（0，﹣3）點，點P是直線BC下方的拋物線上一動點．
（1）求這個二次函數(shù)的表達式．
（2）連接PO、PC，并把△POC沿CO翻折，得到四邊形POP′C，那么是否存在點P，使四邊形POP′C為菱形？若存在，請求出此時點P的坐標；若不存在，請說明理由．
（3）當點P運動到什么位置時，四邊形ABPC的面積并求出此時P點的坐標和四邊形ABPC的面積．
【答案】解：（1）將B、C兩點的坐標代入y=x2+bx+c得 ，解得 。
∴二次函數(shù)的表達式為：y=x2﹣2x﹣3。
（2）存在點P，使四邊形POP′C為菱形。
設P點坐標為（x，x2﹣2x﹣3），PP′交CO于E，
若四邊形POP′C是菱形，則有PC=PO。
連接PP′，則PE⊥CO于E。
∴OE=EC= 。
∴x2﹣2x﹣3= ，
解得 （不合題意，舍去）。
∴P點的坐標為（ ）。
（3）過點P作y軸的平行線與BC交于點Q，與OB交于點F，設P（x，x2﹣2x﹣3），
設直線BC的解析式為y=kx+b，則
，解得 ?！嘀本€BC的解析式為y=x﹣3。
則Q點的坐標為（x，x﹣3）。
∴
∴當 時，四邊形ABPC的面積，此時P點的坐標為 ，四邊形ABPC的面積的值為 。
【考點】二次函數(shù)綜合題，曲線上點的坐標與方程的關系，翻折的性質，菱形的判定和性質，二次函數(shù)最值。190187
【分析】（1）將B、C的坐標代入拋物線的解析式中即可求得待定系數(shù)的值。
（2）由于菱形的對角線互相垂直平分，若四邊形POP′C為菱形，那么P點必在OC的垂直平分線上，據(jù)此可求出P點的縱坐標，代入拋物線的解析式中即可求出P點的坐標。
（3）由于△ABC的面積為定值，當四邊形ABPC的面積時，△BPC的面積；過P作y軸的平行線，交直線BC于Q，交x軸于F，易求得直線BC的解析式，可設出P點的橫坐標，然后根據(jù)拋物線和直線BC的解析式求出Q、P的縱坐標，即可得到PQ的長，以PQ為底，B點橫坐標的絕對值為高即可求得△BPC的面積，由此可得到關于四邊形ACPB的面積與P點橫坐標的函數(shù)關系式，根據(jù)函數(shù)的性質即可求出四邊形ABPC的面積及對應的P點坐標。