2012年全国中考数学选择填空解答压轴题分类解析汇编_专题12_几何(4)

∴当0

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=22，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=42?2，此时，矩形EFGH沿y轴向上平移过程中边FG经过点C。

∴（I）当0

由E（0，t），∠FFO=45，用用待定系数法求得直线EP的解析式为y=?x+t。 当x=2时，y=?2+t。∴CP=?2+t。∴S?0

1?t?2+t??2=2t?2。 2 （III）当22

2?? 综上所述，当0

?12?2t?0

S??2t?22

???1t2+2+22t?622

【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＝135，∴∠FOM＝45。 由旋转的性质，得∠OHM＝45，OH=OC=2，∴OM=22。

（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=22－2。

②首先确定当0

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=＜∠CBE＜

00

0

1∠ABC(0°21∠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A2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=

1222

∠ABC(0°＜∠CBE＜45°).求证：DE=AD+EC. 2【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。

11∠ABC，∴∠ABD＋∠EBC =∠ABC。 2211 ∴∠ABD＋∠E’BA =∠ABC，即∠E’BD=∠ABC。∴∠E’BD=∠DBE。

22 ∵∠DBE=

在△E’BD和△EBD中，∵BE’=BE，∠E’BD=∠DBE，BD=BD，

用心 爱心 专心 17

∴△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=12∠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=2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°。

用心 爱心 专心

18

∵∠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=2， ∴AE?AD2+DE2?22+22?2。 ∴AN=FN=

1AE=1。 2∵在等腰直角△ABC 中，AB=4，∴CN=AC﹣AN=3，BC?AB2+AC2?42+42?42。 ∴在Rt△FCN中，tan?FCN?FN1?。 CN3AM1?。 AB3在Rt△ABM中，tan?FCN?tan?ABM?∴AM=AB?134。 3248410?4?∴CM=AC﹣AM=4﹣?，BM?AB2+AM2?42+???。

333?3?4108410BMCM∵△BMA∽△CMG，∴，即3?3，∴CG=。 ?54CGBACG∴在Rt△BGC中，BG?BC2?CG2??42?2?410?810???。 ??5?5??2【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。

用心 爱心 专心 19

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=AB?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=

134。然后利用△BMA∽△CMG，求得CG的长，再由勾股定33，将△OAB4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=ax+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的距离为若不存在，请说明理由．

2

2？若存在，求出点Q的坐标；2

【答案】解：（1）∵AB⊥x轴，AB=3，tan∠AOB=

3，∴OB=4。 4 ∴B（﹣4，0），B1（0，﹣4），A2（3，0）。

∵抛物线y=ax+bx+c（a≠0）经过点B、B1、A2，

2

?1?a=3?16a?4b+c=0??1?∴?c=?4，解得?b=。

3??9a+3b+c=0??c=?4??∴抛物线的解析式为：y?x2?x?4。

（2）点P是第三象限内抛物线y?x2?x?4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），

用心 爱心 专心

20

13131313