中考数学一轮复习 专题练习3 图形的变换1 浙教版 31页

图形的变换（1）‎ ‎ 班级 姓名 学号 ‎ 一、选择题 ‎1.下列图形中可以作为一个三棱柱的展开图的是（　　）‎ ‎　 A． B． C． D． ‎ ‎2.下列四个立体图形中，左视图为矩形的是（　　）‎ A． ①③ B． ①④ C． ②③ D． ③④‎ ‎3.如图所示，该几何体的俯视图是( )‎ ‎4.如图是一个正方体纸盒的展开图，其中的六个正方形内分别标有数字“‎0”‎、“‎1”‎、“‎2”‎、“‎5”‎和汉字、“数”、“学”，将其围成一个正方体后，则与“‎5”‎相对的是（　　）‎ A． 0 B． ‎2 C． 数 D． 学 ‎5.在长方形ABCD中AB=16，如图所示裁出一扇形ABE，将扇形围成一个圆锥（AB和AE重合），则此圆锥的底面半径为（　　）‎ A． 4 B． ‎16 C． 4 D． 8‎ ‎6.如图所示，将正方形纸片三次对折后，沿图中AB线剪掉一个等腰直角三角形，展开铺平得到的图形是（　　）‎ ‎ A． B． C． D． ‎ ‎7.在下列图形中（每个小四边形皆为全等的正方形），可以是一个正方体表面展开的是（ ） ‎ ‎ ‎ ‎ （A） （B） （C） （D）‎ ‎8.在下面的网格图中，每个小正方形的边长均为1，△ABC的三个顶点都是网格线的交点，已知B，C两点的坐标分别为（﹣1，﹣1），（1，﹣2），将△ABC绕点C顺时针旋转90°，则点A的对应点的坐标为（　　）‎ A． （4，1） B． （4，﹣1） C． （5，1） D． （5，﹣1）‎ ‎9.如图，△ABC，△EFG均是边长为2的等边三角形，点D是边BC、EF的中点，直线AG、FC相交于点M．当△EFG绕点D旋转时，线段BM长的最小值是（　　）‎ A． 2﹣ B． +‎1 C． D． ﹣1‎ ‎10.在△ABC中，已知AB＝，∠A＝30°，CD是AB边的中线，若将△ABC沿CD对折起来，折叠后两个小△ACD与△BCD重叠部分的面积恰好等于折叠前△ABC的面积的，有如下结论：‎ ‎①AC边的长可以等于； ‎ ‎②折叠前的△ABC的面积可以等于；‎ ‎③折叠后，以A、B为端点的线段AB与中线CD平行且相等。‎ ‎ 其中，正确结论的个数是( ) ‎ ‎ A. 0个 B. 1个 C. 2个 D. 3个 二．填空题 ‎11.如图是一个长方体的三视图（单位：cm），根据图中数据计算这个长方体的体积是　 　cm3．‎ ‎12.已知圆锥的侧面积等于cm2，母线长‎10cm，则圆锥的高是 cm．‎ ‎13.如图，在平面直角坐标系中，点A的坐标为（0，6），将△OAB沿x轴向左平移得到△O′A′B′，点A的对应点A′落在直线y=﹣x上，则点B与其对应点B′间的距离为　 　．‎ ‎14.如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，点D在AB边上，将△CBD沿CD折叠，使点B恰好落在AC边上的点E处．若∠A=26°，则∠CDE=　 　．‎ ‎15.如图，将一张边长为‎6cm的正方形纸片按虚线裁剪后，恰好围成底面是正六边形的棱柱，则这个六棱柱的侧面积为　 　cm2．‎ ‎16.在▱ABCD中，AB＜BC，已知∠B=30°，AB=2，将△ABC沿AC翻折至△AB′C，使点B′落在▱ABCD所在的平面内，连接B′D．若△AB′D是直角三角形，则BC的长为　 　．‎ ‎17.如图，在等边△ABC内有一点D，AD=5，BD=6，CD=4，将△ABD绕A点逆时针旋转，使AB与AC重合，点D旋转至点E，则∠CDE的正切值为　 　． ‎ ‎ ‎ ‎18.如图，四边形是矩形纸片，．对折矩形纸片，使与 重合，折痕为；展平后再过点折叠矩形纸片，使点落在上的点，折痕与相交于点；再次展平，连接，，延长交于点．‎ 有如下结论：‎ ‎①； ②； ③；‎ ‎④△是等边三角形； ⑤为线段上一动点，‎ 是的中点，则的最小值是．其中正确结论的序号是 ．‎ 三．解答题 19. 如图，在边长为1个单位长度的小正方形格中，给出了△ABC(顶点是格线的交点)． ‎ (1) 请画出△ABC关于直线l对称的△A1B‎1C1； ‎ ‎(2)将线段AC向左平移3个单位，再向下平移5个单位，画出平移得到的线段A‎2C2，并以它为一边作一个格点△A2B‎2C2，使A2B2＝C3B2． ‎ A B C l ‎ ‎ ‎20.已知：在Rt△ABC中，∠B=90°，BC=‎4cm，AB=‎8cm，D、E、F分别为AB、AC、BC边上的中点。若P为AB边上的一个动点，PQ∥BC，且交AC于点Q，以PQ为一边，在点A的异侧作正方形PQMN，记正方形PQMN与矩形EDBF的公共部分的面积为y。‎ ‎（1）如图，当AP=‎3cm时，求y的值；‎ ‎（2）设AP=xcm，试用含x的代数式表示y（cm2）；‎ ‎（3）当y=‎2cm2时，试确定点P的位置。‎ 21. 如图，已知，在△ABC中，CA=CB，∠ACB=90°，E，F分别是CA，CB边的三等分点，将△ECF绕点C逆时针旋转α角（0°＜α＜90°），得到△MCN，连接AM，BN． ‎ ‎（1）求证：AM=BN； ‎ ‎（2）当MA∥CN时，试求旋转角α的余弦值． ‎ ‎ ‎ ‎22.在△AOB中，C，D分别是OA，OB边上的点，将△OCD绕点O顺时针旋转到△OC′D′．‎ ‎（1）如图1，若∠AOB=90°，OA=OB，C，D分别为OA，OB的中点，证明：①AC′=BD′；②AC′⊥BD′；‎ ‎（2）如图2，若△AOB为任意三角形且∠AOB=θ，CD∥AB，AC′与BD′交于点E，猜想∠AEB=θ是否成立？请说明理由．‎ ‎23.如图1，点O是正方形ABCD两对角线的交点，分别延长OD到点G，OC到点E，使OG=2OD，‎ OE=2OC，然后以OG、OE为邻边作正方形OEFG，连接AG，DE． ‎ ‎（1）求证：DE⊥AG； ‎ ‎（2）正方形ABCD固定，将正方形OEFG绕点O逆时针旋转α角（0°＜α＜360°）得到正方形OE′F′G′，如图2． ‎ ‎①在旋转过程中，当∠OAG′是直角时，求α的度数； ‎ ‎②若正方形ABCD的边长为1，在旋转过程中，求AF′长的最大值和此时α的度数，直接写出结果不必说明理由． ‎ ‎ ‎ ‎24.如图，在平面直角坐标系中，O为原点，平行四边形ABCD的边BC在x轴上，D点在y轴上，C点坐标为（2，0），BC=6，∠BCD=60°，点E是AB上一点，AE=3EB，⊙P过D，O，C三点，抛物线y=ax2+bx+c过点D，B，C三点．‎ ‎（1）求抛物线的解析式；‎ ‎（2）求证：ED是⊙P的切线；‎ ‎（3）若将△ADE绕点D逆时针旋转90°，E点的对应点E′会落在抛物线y=ax2+bx+c上吗？请说明理由；‎ ‎（4）若点M为此抛物线的顶点，平面上是否存在点N，使得以点B，D，M，N为顶点的四边形为平行四边形？若存在，请直接写出点N的坐标；若不存在，请说明理由．‎ 答案详解 一、选择题 解答： 解：长方体左视图为矩形；球左视图为圆；圆锥左视图为三角形；圆柱左视图为矩形；‎ 因此左视图为矩形的有①④．‎ 故选：B．‎ ‎3.如图所示，该几何体的俯视图是( )‎ 解答：解：从上面看是一个正方形，在正方形的左下角有一个小正方形． ‎ ‎ 故选：B． ‎ ‎4.如图是一个正方体纸盒的展开图，其中的六个正方形内分别标有数字“‎0”‎、“‎1”‎、“‎2”‎、“‎5”‎和汉字、“数”、“学”，将其围成一个正方体后，则与“‎5”‎相对的是（　　）‎ A． 0 B． ‎2 C． 数 D． 学 解答： 解：正方体的表面展开图，相对的面之间一定相隔一个正方形，‎ ‎“数”相对的字是“‎1”‎；‎ ‎“学”相对的字是“‎2”‎；‎ ‎“‎5”‎相对的字是“‎0”‎．‎ 故选：A．‎ ‎5.在长方形ABCD中AB=16，如图所示裁出一扇形ABE，将扇形围成一个圆锥（AB和AE重合），则此圆锥的底面半径为（　　）‎ A． 4 B． ‎16 C． 4 D． 8‎ 解答： 解：设圆锥的底面圆半径为r，依题意，得 ‎2πr=，‎ 解得r=4．‎ 故小圆锥的底面半径为4；‎ 故选A．‎ ‎6.如图所示，将正方形纸片三次对折后，沿图中AB线剪掉一个等腰直角三角形，展开铺平得到的图形是（　　）‎ ‎ A． B． C． D． ‎ 解答： 解：找一张正方形的纸片，按上述顺序折叠、裁剪，然后展开后得到的图形如图所示：‎ 故选A．‎ ‎7.在下列图形中（每个小四边形皆为全等的正方形），可以是一个正方体表面展开的是（ ） ‎ ‎ ‎ ‎ （A） （B） （C） （D）‎ 解答：解：利用正方体及其表面展开图的特点解题：‎ A、 出现了“田”字格，故不能；‎ B、折叠后上面两个面无法折起来，而且下边没有面，不能折成正方体；‎ C、折叠后能围成一个正方体；‎ D、折叠后，上面的两个面重合，不能折成正方体。‎ 故选C。‎ ‎8.在下面的网格图中，每个小正方形的边长均为1，△ABC的三个顶点都是网格线的交点，已知B，C两点的坐标分别为（﹣1，﹣1），（1，﹣2），将△ABC绕点C顺时针旋转90°，则点A的对应点的坐标为（　　）‎ A． （4，1） B． （4，﹣1） C． （5，1） D． （5，﹣1）‎ 解答：解：如图，A点坐标为（0，2），‎ ‎ 将△ABC绕点C顺时针旋转90°，则点A的对应点的A′的坐标为（5，﹣1）．‎ ‎ 故选D．‎ ‎9.如图，△ABC，△EFG均是边长为2的等边三角形，点D是边BC、EF的中点，直线AG、FC相交于点M．当△EFG绕点D旋转时，线段BM长的最小值是（　　）‎ A． 2﹣ B． +‎1 C． D． ﹣1‎ 解答：解：连接AD、DG、BO、OM，如图．‎ ‎∵△ABC，△EFG均是边长为2的等边三角形，点D是边BC、EF的中点，‎ ‎∴AD⊥BC，GD⊥EF，DA=DG，DC=DF，‎ ‎∴∠ADG=90°﹣∠CDG=∠FDC，=，‎ ‎∴△DAG∽△DCF，‎ ‎∴∠DAG=∠DCF．‎ ‎∴A、D、C、M四点共圆．‎ 根据两点之间线段最短可得：BO≤BM+OM，即BM≥BO﹣OM，‎ 当M在线段BO与该圆的交点处时，线段BM最小，‎ 此时，BO===，OM=AC=1，‎ 则BM=BO﹣OM=﹣1．‎ 故选D．‎ ‎10.在△ABC中，已知AB＝，∠A＝30°，CD是AB边的中线，若将△ABC沿CD对折起来，折叠后两个小△ACD与△BCD重叠部分的面积恰好等于折叠前△ABC的面积的，有如下结论：‎ ‎ ①AC边的长可以等于； ②折叠前的△ABC的面积可以等于；‎ ‎ ③折叠后，以A、B为端点的线段AB与中线CD平行且相等。‎ ‎ 其中，正确结论的个数是( ) ‎ ‎ A. 0个 B. 1个 C. 2个 D. 3个 解答：解：①若AC=成立，根据等腰三角形的性质及图形折叠的性质 可求出四边形AB1DC为平行四边形，‎ 再根据平行四边形的性质及三角形的面积公式求解：‎ 若AC=成立，如图（1），在△ACD中，由∠CAD=30°，AD=，‎ ‎∴∠ADC=（180°－∠CAD）=75°，∠CDB=180°－∠ADC=105°，‎ 而∠CDB1=∠CDB,‎ ‎∴∠B1DA=105°－75°=30°，∴AC∥B1D。‎ ‎∵B1D=BD==AC，∴四边形AB1DC为平行四边形。‎ ‎∴S△CED=S△ACD=S△ABC，满足条件，即AC的长可以等于，‎ 故①正确。‎ ‎②假设S△ABC=成立，由△ABC的面积公式可求出AC=，根据三角形的三边关系可求出∠B=60°，由平行四边形的判定定理可求出四边形AB2CD为平行四边形，再根据平行四边形的性质及三角形的面积公式求解：‎ 若S△ABC=，‎ ‎∵S△ABC=AB•AC•sin∠CAB，∴AC=。 ‎ ‎∵AC=，∠B=60°，如图（2），∴∠CDB=60°=∠DCB2。 ‎ ‎∴AD∥B‎2C。‎ 又∵B‎2C=BC==AD，∴四边形AB2CD为平行四边形。‎ ‎∴S△CFD=S△ACD=S△ABC，满足条件，即S△ABC的值可以等于，‎ 故②正确。‎ ‎③综合①②可知，以A、B为端点的线段AB与中线CD平行且相等：‎ 由平行四边形AB1CD或平行四边形AB2CD，显然成立，故③正确。‎ 故选D。‎ 二．填空题 ‎11.如图是一个长方体的三视图（单位：cm），根据图中数据计算这个长方体的体积是　‎24　cm3．‎ 解答： 解：该几何体的主视图以及左视图都是相同的矩形，俯视图也为一个矩形，可确定这个几何体是一个长方体，‎ 依题意可求出该几何体的体积为3×2×4=‎24cm3．‎ 答：这个长方体的体积是‎24cm3．‎ 故答案为：24．‎ ‎12.已知圆锥的侧面积等于cm2，母线长‎10cm，则圆锥的高是 ☆ cm．‎ 解答：解：设圆锥的底面圆的半径为r，‎ ‎ 根据题意得•2π•r•10=60π，‎ ‎ 解得r=6，‎ ‎ 所以圆锥的高==8（cm）．‎ ‎ 故答案为8．‎ ‎13.如图，在平面直角坐标系中，点A的坐标为（0，6），将△OAB沿x轴向左平移得到△O′A′B′，点A的对应点A′落在直线y=﹣x上，则点B与其对应点B′间的距离为　8　．‎ 解答： 解：由题意可知，点A移动到点A′位置时，纵坐标不变，‎ ‎∴点A′的纵坐标为6，‎ ‎﹣x=6，解得x=﹣8，‎ ‎∴△OAB沿x轴向左平移得到△O′A′B′位置，移动了8个单位，‎ ‎∴点B与其对应点B′间的距离为8，‎ 故答案为：8．‎ ‎14.如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，点D在AB边上，将△CBD沿CD折叠，使点B恰好落在AC边上的点E处．若∠A=26°，则∠CDE=　 　．‎ 解答：解：∵在Rt△ABC中，∠ACB=90°，∠A=26°，‎ ‎ ∴∠B=64°，‎ ‎ ∵将△CBD沿CD折叠，使点B恰好落在AC边上的点E处，∠ACB=90°，‎ ‎ ∴∠BCD=∠ECD=45°，∠CED=∠B=64°，‎ ‎ ∴∠CDE=180°﹣∠ECD﹣∠CED=71°，‎ ‎ 故答案为：71°．‎ ‎15.如图，将一张边长为‎6cm的正方形纸片按虚线裁剪后，恰好围成底面是正六边形的棱柱，则这个六棱柱的侧面积为　36﹣12　cm2．‎ 解答：解：∵将一张边长为6的正方形纸片按虚线裁剪后，恰好围成一个底面是正六边形的 ‎ 棱柱，‎ ‎ ∴这个正六边形的底面边长为1，高为，‎ ‎ ∴侧面积为长为6，宽为6﹣2的长方形，‎ ‎ ∴面积为：6×（6﹣2）=36﹣12．‎ ‎ 故答案为：36﹣12．‎ ‎16.在▱ABCD中，AB＜BC，已知∠B=30°，AB=2，将△ABC沿AC翻折至△AB′C，使点B′落在▱ABCD所在的平面内，连接B′D．若△AB′D是直角三角形，则BC的长为　4或6　．‎ 解答： 解：当∠B′AD=90°AB＜BC时，如图1，‎ ‎∵AD=BC，BC=B′C，‎ ‎∴AD=B′C，‎ ‎∵AC∥B′D，∠B′AD=90°，‎ ‎∴∠B′GC=90°，‎ ‎∵∠B=30°，AB=2，‎ ‎∴∠AB′C=30°，‎ ‎∴GC= B′C= BC，‎ ‎∴G是BC的中点，‎ 在RT△ABG中，BG=AB=×2=3，‎ ‎∴BC=6；‎ 当∠AB′D=90°时，如图2，‎ ‎∵AD=BC，BC=B′C，‎ ‎∴AD=B′C，‎ ‎∵AC∥B′D，‎ ‎∴四边形ACDB′是等腰梯形，‎ ‎∵∠AB′D=90°，‎ ‎∴四边形ACDB′是矩形，‎ ‎∴∠BAC=90°，‎ ‎∵∠B=30°，AB=2，‎ ‎∴BC=AB÷=2×=4，‎ ‎∴当BC的长为4或6时，△AB′D是直角三角形．‎ 故答案为：4或6．‎ ‎17.如图，在等边△ABC内有一点D，AD=5，BD=6，CD=4，将△ABD绕A点逆时针旋转，使AB与AC重合，点D旋转至点E，则∠CDE的正切值为　3　． ‎ ‎ ‎ 解答： 解：∵△ABC为等边三角形，‎ ‎∴AB=AC，∠BAC=60°，‎ ‎∵△ABD绕A点逆时针旋转得△ACE，‎ ‎∴AD=AE=5，∠DAE=∠BNAC=60°，CE=BD=6，‎ ‎∴△ADE为等边三角形，‎ ‎∴DE=AD=5，‎ 过E点作EH⊥CD于H，如图，设DH=x，则CH=4﹣x，‎ 在Rt△DHE中，EH2=52﹣x2，‎ 在Rt△DHE中，EH2=62﹣（4﹣x）2，‎ ‎∴52﹣x2=62﹣（4﹣x）2，解得x=，‎ ‎∴EH==，‎ 在Rt△EDH中，tan∠HDE===3，‎ 即∠CDE的正切值为3．‎ 故答案为：3．‎ ‎18.如图，四边形是矩形纸片，．对折矩形纸片，使与 重合，折痕为；展平后再过点折叠矩形纸片，使点落在上的点，折痕与相交于点；再次展平，连接，，延长交于点．‎ 有如下结论：‎ ‎①； ②； ③；‎ ‎④△是等边三角形； ⑤为线段上一动点，‎ 是的中点，则的最小值是．‎ 其中正确结论的序号是 ．‎ 解答：解：如图1，连接AN，，‎ ‎ ∵EF垂直平分AB，‎ ‎∴AN=BN，‎ ‎ 根据折叠的性质，可得 ‎ AB=BN，‎ ‎ ∴AN=AB=BN．‎ ‎ ∴△ABN为等边三角形．‎ ‎ ∴∠ABN=60°，∠PBN=60°÷2=30°，‎ ‎ 即结论①正确；‎ ‎ ∵∠ABN=60°，∠ABM=∠NBM，‎ ‎ ∴∠ABM=∠NBM=60°÷2=30°，‎ ‎ ∴AM=，‎ ‎ 即结论②不正确．‎ ‎ ∵EF∥BC，QN是△MBG的中位线，‎ ‎ ∴QN=BG；‎ ‎ ∵BG=BM=，‎ ‎ ∴QN=，‎ ‎ 即结论③不正确．‎ ‎ ∵∠ABM=∠MBN=30°，∠BNM=∠BAM=90°，‎ ‎ ∴∠BMG=∠BNM﹣∠MBN=90°﹣30°=60°，‎ ‎ ∴∠MBG=∠ABG﹣∠ABM=90°﹣30°=60°，‎ ‎ ∴∠BGM=180°﹣60°﹣60°=60°，‎ ‎ ∴∠MBG=∠BMG=∠BGM=60°，‎ ‎ ∴△BMG为等边三角形，‎ ‎ 即结论④正确．‎ ‎ ∵△BMG是等边三角形，点N是MG的中点，‎ ‎ ∴BN⊥MG，‎ ‎ ∴BN=BG•sin60°=，‎ ‎ P与Q重合时，PN+PH的值最小，‎ ‎ ∵P是BM的中点，H是BN的中点，‎ ‎ ∴PH∥MG，‎ ‎ ∵MG⊥BN，‎ ‎ ∴PH⊥BN，‎ ‎ 又∵PE⊥AB，‎ ‎ ∴PH=PE，‎ ‎ ∴PN+PH=PN+PE=EN，‎ ‎ ∵EN==，‎ ‎ ∴PN+PH=，‎ ‎ ∴PN+PH的最小值是，‎ ‎ 即结论⑤正确．‎ 故答案为：①④⑤．‎ 三．解答题 19. 如图，在边长为1个单位长度的小正方形格中，给出了△ABC(顶点是格线的交点)． ‎ (1) 请画出△ABC关于直线l对称的△A1B‎1C1； ‎ ‎(2)将线段AC向左平移3个单位，再向下平移5个单位，画出平移得到的线段A‎2C2，并以它为一边作一个格点△A2B‎2C2，使A2B2＝C3B2． ‎ A B C l ‎ ‎ 解答：解：（1）如图所示：△A1B‎1C1，即为所求； ‎ ‎（2）如图所示：△A2B‎2C2，即为所求． ‎ ‎ ‎ ‎20.已知：在Rt△ABC中，∠B=90°，BC=‎4cm，AB=‎8cm，D、E、F分别为AB、AC、BC边上的中点。若P为AB边上的一个动点，PQ∥BC，且交AC于点Q，以PQ为一边，在点A的异侧作正方形PQMN，记正方形PQMN与矩形EDBF的公共部分的面积为y。‎ ‎（1）如图，当AP=‎3cm时，求y的值；‎ ‎（2）设AP=xcm，试用含x的代数式表示y（cm2）；‎ ‎（3）当y=‎2cm2时，试确定点P的位置。‎ 解：（1）由于D是AB中点，因此DE是△ABC的中位线，AD=BD=‎4cm，DE=‎2cm。‎ 在Rt△APQ中，AP=‎3cm，∴PQ=AP•tanA=3×=1.5（cm）。‎ ‎∴DN=AN－AD=AP＋PN－AD=3＋1.5－4=0.5。‎ ‎∴重合部分的面积应该是y=DN·MN=1.5×0.5=0.75（cm2）。‎ ‎（2）当0＜x≤时，y=0；‎ 当＜x≤4时，y=；‎ 当4＜x≤时，y=x；‎ 当＜x＜8时，y=16－2x。‎ ‎（3）当＜x≤4时，若y=2，即=2，解得x=或x=（舍去）；‎ 当4＜x≤时，若y=2，即x=2，不符合4＜x≤；‎ 当＜x＜8时，若y=2，即16－2x=2解得x=7。‎ 综上所述，当x=cm或x=‎7cm时，y=‎2cm2。‎ 21. 如图，已知，在△ABC中，CA=CB，∠ACB=90°，E，F分别是CA，CB边的三等分点，将△ECF绕点C逆时针旋转α角（0°＜α＜90°），得到△MCN，连接AM，BN． ‎ ‎（1）求证：AM=BN； ‎ ‎（2）当MA∥CN时，试求旋转角α的余弦值． ‎ ‎ ‎ 解答： 解：（1）∵CA=CB，∠ACB=90°，E，F分别是CA，CB边的三等分点，‎ ‎∴CE=CF，‎ 根据旋转的性质，CM=CE=CN=CF，∠ACM=∠BCN=α，‎ 在△AMC和△BNC中，‎ ‎，‎ ‎∴△AMC≌△BNC，‎ ‎∴AM=BN；‎ ‎（2）∵MA∥CN，‎ ‎∴∠ACN=∠CAM，‎ ‎∵∠ACN+∠ACM=90°，‎ ‎∴∠CAM+∠ACM=90°，‎ ‎∴∠AMC=90°，‎ ‎∴cosα===．‎ ‎22.在△AOB中，C，D分别是OA，OB边上的点，将△OCD绕点O顺时针旋转到△OC′D′．‎ ‎（1）如图1，若∠AOB=90°，OA=OB，C，D分别为OA，OB的中点，证明：①AC′=BD′；②AC′⊥BD′；‎ ‎（2）如图2，若△AOB为任意三角形且∠AOB=θ，CD∥AB，AC′与BD′交于点E，猜想∠AEB=θ是否成立？请说明理由．‎ 解答： （1）证明：①∵△OCD旋转到△OC′D′，‎ ‎∴OC=OC′，OD=OD′，∠AOC′=∠BOD′，‎ ‎∵OA=OB，C、D为OA、OB的中点，‎ ‎∴OC=OD，‎ ‎∴OC′=OD′，‎ 在△AOC′和△BOD′中，，‎ ‎∴△AOC′≌△BOD′（SAS），‎ ‎∴AC′=BD′；‎ ‎②延长AC′交BD′于E，交BO于F，如图1所示：‎ ‎∵△AOC′≌△BOD′，‎ ‎∴∠OAC′=∠OBD′，‎ 又∠AFO=∠BFE，∠OAC′+∠AFO=90°，‎ ‎∴∠OBD′+∠BFE=90°，‎ ‎∴∠BEA=90°，‎ ‎∴AC′⊥BD′；‎ （2） 解：∠AEB=θ成立，理由如下：如图2所示：‎ ‎∵△OCD旋转到△OC′D′，‎ ‎∴OC=OC′，OD=OD′，∠AOC′=∠BOD′，‎ ‎∵CD∥AB，‎ ‎∴，‎ ‎∴，‎ ‎∴，‎ 又∠AOC′=∠BOD′，‎ ‎∴△AOC′∽△BOD′，‎ ‎∴∠OAC′=∠OBD′，‎ 又∠AFO=∠BFE，‎ ‎∴∠AEB=∠AOB=θ．‎ ‎23.如图1，点O是正方形ABCD两对角线的交点，分别延长OD到点G，OC到点E，使OG=2OD，OE=2OC，然后以OG、OE为邻边作正方形OEFG，连接AG，DE． ‎ ‎（1）求证：DE⊥AG； ‎ ‎（2）正方形ABCD固定，将正方形OEFG绕点O逆时针旋转α角（0°＜α＜360°）得到正方形OE′F′G′，如图2． ‎ ‎①在旋转过程中，当∠OAG′是直角时，求α的度数； ‎ ‎②若正方形ABCD的边长为1，在旋转过程中，求AF′长的最大值和此时α的度数，直接写出结果不必说明理由． ‎ ‎ ‎ 解答： 解：（1）如图1，延长ED交AG于点H，‎ ‎∵点O是正方形ABCD两对角线的交点，‎ ‎∴OA=OD，OA⊥OD，‎ ‎∵OG=OE，‎ 在△AOG和△DOE中，‎ ‎，‎ ‎∴△AOG≌△DOE，‎ ‎∴∠AGO=∠DEO，‎ ‎∵∠AGO+∠GAO=90°，‎ ‎∴∠AGO+∠DEO=90°，‎ ‎∴∠AHE=90°，‎ 即DE⊥AG；‎ ‎（2）①在旋转过程中，∠OAG′成为直角有两种情况：‎ ‎（Ⅰ）α由0°增大到90°过程中，当∠OAG′=90°时，‎ ‎∵OA=OD=OG=OG′，‎ ‎∴在Rt△OAG′中，sin∠AG′O==，‎ ‎∴∠AG′O=30°，‎ ‎∵OA⊥OD，OA⊥AG′，‎ ‎∴OD∥AG′，‎ ‎∴∠DOG′=∠AG′O=30°，‎ 即α=30°；‎ ‎（Ⅱ）α由90°增大到180°过程中，当∠OAG′=90°时，‎ 同理可求∠BOG′=30°，‎ ‎∴α=180°﹣30°=150°．‎ 综上所述，当∠OAG′=90°时，α=30°或150°．‎ ‎②如图3，当旋转到A、O、F′在一条直线上时，AF′的长最大，‎ ‎∵正方形ABCD的边长为1，‎ ‎∴OA=OD=OC=OB=，‎ ‎∵OG=2OD，‎ ‎∴OG′=OG=，‎ ‎∴OF′=2，‎ ‎∴AF′=AO+OF′=+2，‎ ‎∵∠COE′=45°，‎ ‎∴此时α=315°．‎ ‎24.如图，在平面直角坐标系中，O为原点，平行四边形ABCD的边BC在x轴上，D点在y轴上，C点坐标为（2，0），BC=6，∠BCD=60°，点E是AB上一点，AE=3EB，⊙P过D，O，C三点，抛物线y=ax2+bx+c过点D，B，C三点．‎ ‎（1）求抛物线的解析式；‎ ‎（2）求证：ED是⊙P的切线；‎ ‎（3）若将△ADE绕点D逆时针旋转90°，E点的对应点E′会落在抛物线y=ax2+bx+c上吗？请说明理由；‎ ‎（4）若点M为此抛物线的顶点，平面上是否存在点N，使得以点B，D，M，N为顶点的四边形为平行四边形？若存在，请直接写出点N的坐标；若不存在，请说明理由．‎ 解答： 解：（1）∵C（2，0），BC=6，‎ ‎ ∴B（﹣4，0），‎ ‎ 在Rt△OCD中，∵tan∠OCD=，‎ ‎ ∴OD=2tan60°=2，‎ ‎ ∴D（0，2），‎ ‎ 设抛物线的解析式为y=a（x+4）（x﹣2），‎ ‎ 把D（0，2）代入得a•4•（﹣2）=2，解得a=﹣，‎ ‎ ∴抛物线的解析式为y=﹣（x+4）（x﹣2）=﹣x2﹣x+2；‎ ‎ ‎ ‎（2）在Rt△OCD中，CD=2OC=4，‎ ‎ ∵四边形ABCD为平行四边形，‎ ‎ ∴AB=CD=4，AB∥CD，∠A=∠BCD=60°，AD=BC=6，‎ ‎ ∵AE=3BE，‎ ‎ ∴AE=3，‎ ‎ ∴=，==，‎ ‎ ∴=，‎ ‎ 而∠DAE=∠DCB，‎ ‎ ∴△AED∽△COD，‎ ‎ ∴∠ADE=∠CDO，‎ ‎ 而∠ADE+∠ODE=90°‎ ‎ ∴∠CDO+∠ODE=90°，‎ ‎ ∴CD⊥DE，‎ ‎ ∵∠DOC=90°，‎ ‎ ∴CD为⊙P的直径，‎ ‎ ∴ED是⊙P的切线；‎ ‎ （3）E点的对应点E′不会落在抛物线y=ax2+bx+c上．理由如下：‎ ‎ ∵△AED∽△COD，‎ ‎ ∴=，即=，解得DE=3，‎ ‎ ∵∠CDE=90°，DE＞DC，‎ ‎ ∴△ADE绕点D逆时针旋转90°，E点的对应点E′在射线DC上，‎ ‎ 而点C、D在抛物线上，‎ ‎ ∴点E′不能在抛物线上；‎ ‎ （4）存在．‎ ‎ ∵y=﹣x2﹣x+2=﹣（x+1）2+‎ ‎ ∴M（﹣1，），‎ ‎ 而B（﹣4，0），D（0，2），‎ ‎ 如图2，‎ 当BM为平行四边形BDMN的对角线时，点D向左平移4个单位，‎ 再向下平移2个单位得到点B，则点M（﹣1，）向左平移4个单位，‎ 再向下平移2个单位得到点N1（﹣5，）；‎ 当DM为平行四边形BDMN的对角线时，点B向右平移3个单位，‎ 再向上平移个单位得到点M，则点D（0，2）向右平移3个单位，‎ 再向上平移个单位得到点N2（3，）；‎ 当BD为平行四边形BDMN的对角线时，点M向左平移3个单位，‎ 再向下平移个单位得到点B，则点D（0，2）向右平移3个单位，‎ 再向下平移个单位 得到点N3（﹣3，﹣），‎ 综上所述，点N的坐标为（﹣5，）、（3，）、（﹣3，﹣）．‎