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1、2004-2013年浙江11市中考数学选择填空解答压轴题分类解析汇编专题15：几何三大变换问题之旋转一、选择题1.（2006年浙江宁波课标卷3分）如图，直角梯形ABCD中，ADBC，ABBC，AD=3，BC=5，将腰DC绕点D逆时针方向旋转90至DE，连接AE，则ADE的面积是【 】A1 B2 C3 D4【答案】C。【考点】旋转的性质，矩形的判定和性质，全等三角形的判定和性质。【分析】过点D作DG垂直于BC于G，过E作EF垂直于AD交AD的延长线于F，EDF+CDF=90，CDF+CDG=90，EDF=CDG。又EFD=CGD=90，DE=DC，EDFCDG（AAS）。EF=CG。AD=3，B
2、G=BC=5，CG=BCBG=53=2。EF=2。 故选C。2.（2007年浙江丽水4分）如图，直线与轴、轴分别交于A、B两点，把AOB绕点A顺时针旋转90后得到，则点的坐标是【 】A. （3，4） B. （4，5） C. （7，4） D. （7，3）【答案】D。【考点】旋转的性质，直线上点的坐标与方程的关系【分析】旋转不改变图形的大小和性质，所得图形与原图形全等，根据全等三角形的性质，即可得到相应线段的长：分别令x=0，y=0可得直线与x轴，y轴分别交于A（3，0），B（0，4）两点。旋转前后三角形全等，由图易知点B的纵坐标为OA长3，横坐标为OA+OB= OA+OB=3+4=7。故选D。3
3、.（2008年浙江湖州3分）已知点A的坐标为（a，b），O为坐标原点，连接OA，将线段OA绕点O按逆时针方向旋转90得OA1，则点A1的坐标为【 】A（a，b）B（a，b）C（b， a）D（ b， a）【答案】C。【考点】旋转的性质，点的坐标，全等三角形的判定和性质。【分析】如图，在坐标平面第一象限内作点A（a，b），逆时针方向旋转90后A1应与A分别位于y轴的两侧，在x轴的同侧，横坐标符号相反，纵坐标符号相同作AMx轴于M，ANx轴于N点，在RtOAM和RtA1ON中，OA=OA1，AOM=A1ON，OAMA1ON（AAS）。A1N=OM= a，ON=AM= b。A1的坐标为（b，a）。同样
4、可考虑第二、三、四象限的情形，得到同样结论。故选C。二、填空题1.（2004年浙江温州、台州5分）已知矩形ABCD的长AB=4，宽AD=3，按如图放置在直线AP上，然后不滑动地转动，当它转动一周时(AA)，顶点A所经过的路线长等于 。【答案】。【考点】旋转的性质，矩形的性质，勾股定理，扇形弧长。【分析】如图，根据题意，顶点A所经过的路线长三条弧长的和： 以点B为圆心，AB=4长为半径，角度为900的弧，弧长为； 以点G为圆心，EG=5长为半径，角度为900的弧，弧长为；以点H为圆心，HF=3长为半径，角度为900的弧，弧长为。 顶点A所经过的路线长等于。2.（2007年浙江衢州5分）一幅三角板
5、按下图所示叠放在一起，若固定AOB，将ACD绕着公共顶点A，按顺时针方向旋转度（00时，用含t的代数式表示点C的坐标及ABC的面积；（3）是否存在点B,使ABD为等腰三角形?若存在，请求出所有符合条件的点B的坐标；若不存在，请说明理由.【答案】解：（1）当t=4时，B(4，0)，设直线AB的解析式为y= kx+b ，把 A(0，6)，B(4，0) 代入得：, 解得：。 直线AB的解析式为：。（2）过点C作CEx轴于点E，AOB=CEB=90，ABO=BCE，AOBBEC。点C的坐标为。，。（3）存在，理由如下：当t0时，.若ADBD，BDy轴，OAB=ABD，BAD=ABD。OAB=BAD。又
6、AOB=ABC，ABOACB。t=3，即B(3，0)。.若ABAD，如图，延长AB与CE交于点G，BDCG，AGAC。过点A作AHCG于H，CHHGCG。由AOBGEB得，GE= 。又HEAO，CE，。，解得：。 t0，即B(，0)。.由已知条件可知，当0t12时，ADB为钝角，故BD AB。 当t12时，BDCEBCAB，当t0时，不存在BDAB的情况。当3t0时，如图，DAB是钝角。设AD=AB，过点C分别作CEx轴，CFy轴于点E，点F，可求得点C的坐标为，CF=OE=t+3，AF=6。由BDy轴，AB=AD得，BAO=ABD，FAC=BDA，ABD=ADB，BAO=FAC。又AOB=A
7、FC=90，AOBAFC。，。解得：。3t0，即B (，0)。当t3时，如图，ABD是钝角。设AB=BD，过点C分别作CEx轴，CFy轴于点E，点F，可求得点C的坐标为，CF=(t+3)，AF=6。AB=BD，D=BAD。又BDy轴，D=CAF。BAC=CAF。又ABC=AFC=90，AC=AC。ABCAFC（AAS）。AFAB，CF=BC。AF=2CF，即，解得：t=8，即B(8，0)。综上所述，存在点B使ABD为等腰三角形，此时点B坐标为：B1 (3，0)，B2 (，0)，B3 (，0)，B4(8，0)。【考点】一次函数综合题，线动旋转问题，待定系数法，直线上点的坐标与方程的关系，相似三角
8、形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，解一元二次方程，分类思想的应用。【分析】（1）当t=4时，B（4，0），设直线AB的解析式为y=kx+b把A（0，6），B（4，0）代入解析式即可求出未知数的值，从而求出其解析式。（2）过点C作CEx轴于点E，由AOB=CEB=90，ABO=BCE，得AOBBEC，即，故点C的坐标为。 根据求出。（3）分t0，3t0和t0)，则根据勾股定理得， 解得 (舍去)。点B的横坐标是。（2）当时，抛物线为：， 即。抛物线的对称轴为。以下分两种情况讨论：情况1：设点C在第一象限(如图1)，则点C的横坐标为，点C的横坐标为。点C的坐标为。如图
9、，过点A 作ADx轴于点D，过点C 作CEy轴于点E，则由ADOCEO得：，即。点A的坐标为。A，B两点关于原点对称，点B的坐标为。将点A的横坐标代入右边，计算得，即等于点A的纵坐标；将点B的横坐标代入右边，计算得，即等于点B的纵坐标。在这种情况下，A，B两点都在抛物线上。情况2：设点C在第四象限(如图2)，则点C的坐标为，点A的坐标为，点B的坐标为，经计算，A，B两点都不在这条抛物线上。存在。m的值是1或1。【考点】二次函数综合题，旋转问题，曲线上点的坐标与方程的关系，勾股定理，二次函数的性质，锐角三角函数定义，特殊角的三角函数值，相似三角形的判定和性质，分类思想的应用。【分析】（1）根据勾
10、股定理即可求得点B的横坐标。（2）分点C在第一象限和点C在第四象限两种情况讨论即可。 b=2am，抛物线为：。 OC=1，1点C的横坐标1。又这条抛物线的对称轴经过点C，1m1。当m=1时，点C在x轴上，此时A，B两点都在y轴上，当m=1时，A，B两点不可能同时在这条抛物线上。13.（2010年浙江台州12分）如图1，RtABCRtEDF，ACB=F=90，A=E=30EDF绕着边AB的中点D旋转， DE，DF分别交线段AC于点M，K（1）观察： 如图2、图3，当CDF=0 或60时，AM+CK MK(填“”，“”或“”)（2）猜想：如图1，当0CDF60时，AM+CK MK，证明你所得到的结
11、论（3）如果，请直接写出CDF的度数和的值【答案】解：（1）=。 。（2）。证明如下：作点C关于FD的对称点G，连接GK，GM，GD，则CD=GD，GK=CK，GDK=CDK。D是AB的中点，AD=CD=GD。A=30，CDA=120。EDF=60，GDM+GDK=60。ADM+CDK=60。ADM=GDM。DM=DM， ，ADMGDM，（SAS）。GM=AM。GM+GKMK，AM+CKMK。（3）15；。【考点】旋转问题，等腰三角形的判定和性质，三角形三边关系，轴对称的应用（最短线段问题），勾股定理和逆定理，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）先证明C
12、DA是等腰三角形，再根据等腰三角形的性质证明AM+CK=MK；在MKD中，AM+CKMK（两边之和大于第三边）：在RtABC中，D是AB的中点，AD=BD=CD=AB，B=BDC=60。又A=30，ACD=6030=30。又CDE=60，或CDF=60时，CKD=90。在CDA中，AM（K）=CM（K），即AM（K）=KM（C）（等腰三角形底边上的垂线与中线重合）。CK=0，或AM=0，AM+CK=MK。由，得ACD=30，CDB=60。又A=30，CDF=30，EDF=60，ADM=30。AM=MD，CK=KD。AM+CK=MD+KD。在MKD中，AM+CKMK（两边之和大于第三边）。（2）
13、作点C关于FD的对称点G，连接GK，GM，GD证明ADMGDM后，根据全等三角形的性质，GM=AM，GM+GKMK，AM+CKMK。（3）由（2），得GM=AM，GK=CK，。GKM=90。又点C关于FD的对称点G，CKG=90，FKC=CKG=45。又由（1），得A=ACD=30，FKC=CDF+ACD。CDF=FKCACD=15。在RtGKM中，MGK=DGK+MGD=A+ACD=60，GMK=30，。 。14.（2011年浙江金华、丽水10分）在平面直角坐标系中，如图1，将n个边长为1的正方形并排组成矩形OABC，相邻两边OA和OC分别落在轴和轴的正半轴上，设抛物线过矩形顶点B、C（1）
14、当n=1时，如果=1，试求的值；（2）当n=2时，如图2，在矩形OABC上方作一边长为1的正方形EFMN，使EF在线段CB上，如果M，N两点也在抛物线上，求出此时抛物线的解析式；（3）将矩形OABC绕点O顺时针旋转，使得点B落到轴的正半轴上，如果该抛物线同时经过原点O试求当n=3时的值；直接写出关于n的关系式【答案】解：（1）由题意可知，当n=1时，点C的坐标为（0，1）抛物线对称轴为直线=，=1，得=1。答：的值是1。（2）解：设所求抛物线解析式为由对称性可知抛物线经过点B（2，1）和点M（，2），代入得，解得。所求抛物线解析式为。（3）解：当n=3时，OC=1，BC=3，设所求抛物线解析式
15、为，过C作CDOB于点D，则RtOCDRtCBD。设OD=t，则CD=3t，OD2+CD2=OC2，（3t）2+t2=12，。C（，）。又由勾股定理，得B（，0），把B、C坐标代入抛物线解析式，得，解得，。答：的值是。答：关于n的关系式是。【考点】二次函数综合题；解二元一次方程组；待定系数法，曲线上点的坐标与方程的关系，；勾股定理；正方形的性质，相似三角形的判定和性质，分类归纳。【分析】（1）根据已知得到抛物线对称轴为直线=，代入即可求出。（2）设所求抛物线为，由对称性可知抛物线经过点B（2，1）和点M（，2），把B、M的坐标代入得到方程组，求出、的值即可得到抛物线解析式；（3）当n=3时，O
16、C=1，BC=3，设所求抛物线解析式为，过C作CDOB于点D，则RtOCDRtCBD，得出，设OD=t，则CD=3t，根据勾股定理OD2+CD2=OC2，求出t，得出C的坐标，把B、C坐标代入抛物线解析式即可得到方程组，求出即可。根据（1）、（2）总结得到答案。15.（2011年浙江衢州12分）已知两直线l1，l2分别经过点A（1，0），点B（3，0），并且当两直线同时相交于正半轴的点C时，恰好有l1l2，经过点A、B、C的抛物线的对称轴与直线l2交于点K，如图所示（1）求点C的坐标，并求出抛物线的函数解析式；（2）抛物线的对称轴被直线l1，抛物线，直线l2和轴依次截得三条线段，问这三条线段有
17、何数量关系？请说明理由；（3）当直线l2绕点C旋转时，与抛物线的另一个交点为M，请找出使MCK为等腰三角形的点M，简述理由，并写出点M的坐标【答案】解：（1）由题意易知：BOCCOA，即，。点C的坐标是（0，）。由题意，可设抛物线的函数解析式为，把A（1，0），B（3，0）的坐标分别代入，得，解得。抛物线的函数解析式为。（2）截得三条线段的数量关系为KD=DE=EF。理由如下：可求得直线l1的解析式为，直线l2的解析式为，抛物线的函数解析式可化为，抛物线的对称轴为直线=1，顶点D的坐标为（1，）；把=1代入即可求得点K的坐标为（1，）；把=1代入即可求得点E的坐标为（1，）；又点F的坐标为（1
18、，0），KD=，DE=，EF=。KD=DE=EF。（3）当点M的坐标分别为（2，），（1，）时，MCK为等腰三角形理由如下：（i）连接BK，交抛物线于点G，连接CG，易知点G的坐标为（2，），又点C的坐标为（0，），GCAB。可求得AB=BK=4，且ABK=60，即ABK为正三角形，CGK为正三角形。当l2与抛物线交于点G，即l2AB时，符合题意，此时点M1的坐标为（2，）。（ii）连接CD，由KD=，CK=CG=2，CKD=30，易知KDC为等腰三角形。当l2过抛物线顶点D时，符合题意，此时点M2坐标为（1，）。（iii）当点M在抛物线对称轴右边时，只有点M与点A重合时，满足CM=CK，但点
19、A、C、K在同一直线上，不能构成三角形。综上所述，当点M的坐标分别为（2，），（1，）时，MCK为等腰三角形。【考点】二次函数综合题，相似三角形的判定和性质，曲线上点的坐标与方程的关系，解二元一次方程组，等腰三角形的判定。【分析】（1）利用BOCCOA，得出C点坐标，再利用待定系数法求出二次函数解析式即可；（2）可求得直线l1的解析式为，直线l2的解析式为，从而得出D，E，F点的坐标即可得出三条线段数量关系。（3）利用等边三角形的判定方法得出ABK为正三角形，以及易知KDC为等腰三角形，从而得出MCK为等腰三角形时M点坐标。16.（ 2012年浙江湖州12分）如图1，已知菱形ABCD的边长为，
20、点A在x轴负半轴上，点B在坐标原点点D的坐标为（- ，3），抛物线y=ax2+b（a0）经过AB、CD两边的中点（1）求这条抛物线的函数解析式；（2）将菱形ABCD以每秒1个单位长度的速度沿x轴正方向匀速平移（如图2），过点B作BECD于点E，交抛物线于点F，连接DF、AF设菱形ABCD平移的时间为t秒（0t 3 ）是否存在这样的t，使ADF与DEF相似？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由；连接FC，以点F为旋转中心，将FEC按顺时针方向旋转180，得FEC，当FEC落在x轴与抛物线在x轴上方的部分围成的图形中（包括边界）时，求t的取值范围（写出答案即可）【答案】解：（1）由题意得AB的
21、中点坐标为（3 ，0），CD的中点坐标为（0，3）， 分别代入y=ax2+b，得，解得， 。这条抛物线的函数解析式为y=x23。 （2）存在。如图2所示，在RtBCE中，BEC=90，BE=3，BC= ， 。C=60，CBE=30。EC=BC=，DE=。 又ADBC，ADC+C=180。ADC=180-60=120要使ADF与DEF相似，则ADF中必有一个角为直角。（I）若ADF=90，EDF=12090=30。在RtDEF中，DE=，得EF=1，DF=2。又E（t，3），F（t，t2+3），EF=3（t23）=t2。t2=1。t0，t=1 。 此时，。又ADF=DEF，ADFDEF。 （II
22、）若DFA=90，可证得DEFFBA，则。设EF=m，则FB=3m。 ，即m23m6=0，此方程无实数根。此时t不存在。 （III）由题意得，DAFDAB=60，DAF90，此时t不存在。 综上所述，存在t=1，使ADF与DEF相似。【考点】二次函数综合题，曲线上点的坐标与方程的关系，菱形的性质，平移的性质，勾股定理，锐角三角函数定义，特殊角的三角函数值，平行的性质，相似三角形的判定，解方程和不等式。【分析】（1）根据已知条件求出AB和CD的中点坐标，然后利用待定系数法求该二次函数的解析式。（2）如图2所示，ADF与DEF相似，包括三种情况，需要分类讨论：（I）若ADF=90时，ADFDEF，
23、求此时t的值。（II）若ADF=90时，DEFFBA，利用相似三角形的对应边成比例可以求得相应的t的值。（III）DAF90，此时t不存在。画出旋转后的图形，认真分析满足题意要求时，需要具备什么样的限制条件，然后根据限制条件列出不等式，求出t的取值范围：如图3所示，依题意作出旋转后的三角形FEC，过C作MNx轴，分别交抛物线、x轴于点M、点N。观察图形可知，欲使FEC落在指定区域内，必须满足：EEBE且MNCN。F（t，3t2），EF=3（3t2）=t2。EE=2EF=2t2。由EEBE，得2t23，解得。又CE=CE= ，C点的横坐标为t。MN=3（t）2，又CN=BE=BEEE=32t2，由MNCN，得3（t ）232t2，即t22t30。求出t22t3=0，得，t22t30即。，解得t。t的取值范围为：。17.（2012年浙江舟山、嘉兴12分）将AB
2004浙江11市中考数学专题15：几何三大变换问题之旋转
