【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′．
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（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），
2? am?bm?c?0 ?∴?c?m ?a?b?c?0?a??1 ? ?，解得?b?m?1 ?c?m?。
∴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。
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（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【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，∴
CDCE=DFEDBDCE=DFED14时，求线段EF的长．
。
，即
CDDF=CEED。
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=
2
2
2
2
2
12BC=6。
2
在Rt△ABD中，AD=AB﹣BD，即AD=10﹣6， ∴AD=8。
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∴S△ABC=S△DEF=又∵
121214?BC?AD=S△ABC=
121412×12×8=48，
×48=12。
AD?BDAB?8?610?245?AD?BD=?AB?DH，∴DH?。
∵△BDF∽△DEF，∴∠DFB=∠EFD。 ∵DH⊥BF，DG⊥EF，∴∠DHF=∠DGF。
又∵DF=DF，∴△DHF≌△DGF（AAS）。∴DH=DG=∵S△DEF=
12245。
·EF·DG=
12·EF·245=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
BDCE=DFED，从而得出△BDF∽△CED∽△DEF。
14（3）利用△DEF的面积等于△ABC的面积的
可。
，求出DH的长，从而利用S△DEF的值求出EF即
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 2?2时，S与t之间的函 14 【答案】解：（1）450；22。 （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=22－2。 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=22，F（22，－22）。 由旋转的性质和勾股定理，得OG=25， 设TG=MT=x，则OT=OM＋MT=22+x。 在Rt△OTG 中，由勾股定理，得x+22?2+x??2=25?2，解得x=2。 ∴G（2，－32）。 ∴用待定系数法求得直线FG的解析式为y=x?42。 当x=2时，y=2?42。 ∴当t=4 2?2时，就是GF平移到过点C时的位置（如图5）。 15