專題22-幾何三大變換問題之旋轉問題

1、專題22 幾何三大變換問題之旋轉問題1（2014年貴州遵義3分）如圖，已知ABC中，C=90，AC=BC=，將ABC繞點A順時針方向旋轉60到ABC的位置，連接CB，則CB的長為（ ）A B C D12（2014年江蘇蘇州3分）如圖，AOB為等腰三角形，頂點A的坐標為（2，），底邊OB在x軸上將AOB繞點B按順時針方向旋轉一定角度后得AOB，點A的對應點A在x軸上，則點O的坐標為（ ）A（，） B（，） C（，） D（，4）3（2014年山東臨沂3分）在平面直角坐標系中，函數(shù)y=x22x（x0）的圖象為C1，C1關于原點對稱的圖象為C2，則直線y=a（a為常數(shù)）與C1、C2的交點共有（ ）A.

2、 1個 B. 1個或2個 C. 個或2個或3個 D. 1個或2個或3個或4個4（2014年四川廣安3分）如圖，矩形ABCD的長為6，寬為3，點O1為矩形的中心，O2的半徑為1，O1O2AB于點P，O1O2=6若O2繞點P按順時針方向旋轉360，在旋轉過程中，O2與矩形的邊只有一個公共點的情況一共出現(xiàn)（ ）A3次 B4次 C5次 D6次5（2014年四川遂寧4分）如圖，在RtABC中，ACB=90，ABC=30，將ABC繞點C順時針旋轉至ABC，使得點A恰好落在AB上，則旋轉角度為（ ）A30 B60 C90 D1506（2014年廣東省4分）如圖，ABC繞點A順時針旋轉45得到，若BAC=90

3、，AB=AC=， 則圖中陰影部分的面積等于 .7（2014年黑龍江齊齊哈爾、大興安嶺地區(qū)、黑河3分）如圖，在在平面直角坐標系xOy中，有一個等腰直角三角形AOB，OAB=90，直角邊AO在x軸上，且AO=1將RtAOB繞原點O順時針旋轉90得到等腰直角三角形A1OB1，且A1O=2AO，再將RtA1OB1繞原點O順時針旋轉90得到等腰三角形A2OB2，且A2O=2A1O，依此規(guī)律，得到等腰直角三角形A2014OB2014，則點A2014的坐標為 8（2014年黑龍江龍東地區(qū)3分）如圖，等腰RtABC中，ACB=90，AC=BC=1，且AC邊在直線a上，將ABC繞點A順時針旋轉到位置可得到點P1

4、，此時AP1=；將位置的三角形繞點P1順時針旋轉到位置，可得到點P2，此時AP2=1+；將位置的三角形繞點P2順時針旋轉到位置，可得到點P3，此時AP3=2+；，按此規(guī)律繼續(xù)旋轉，直至得到點P2014為止則AP2014= 9（2014年湖南衡陽3分）如圖，在平面直角坐標系xOy中，已知點M0的坐標為（1，0），將線段OM0繞原點O逆時針方向旋轉45，再將其延長到M1，使得M1M0OM0，得到線段OM1；又將線段OM1繞原點O逆時針方向旋轉45，再將其延長到M2，使得M2M1OM1，得到線段OM2；如此下去，得到線段OM3，OM4，OM5，根據(jù)以上規(guī)律，請直接寫出OM2014的長度為 10（20

5、14年湖南益陽4分）如圖，將等邊ABC繞頂點A順時針方向旋轉，使邊AB與AC重合得ACD，BC的中點E的對應點為F，則EAF的度數(shù)是 11（2014年遼寧本溪3分）如圖，已知AOB=90，點A繞點O順時針旋轉后的對應點A1落在射線OB上，點A繞點A1順時針旋轉后的對應點A2落在射線OB上，點A繞點A2順時針旋轉后的對應點A3落在射線OB上，連接AA1，AA2，AA3，依次作法，則AAnAn+1等于 度（用含n的代數(shù)式表示，n為正整數(shù)）12（2014年山東濟寧3分）如圖（1），有兩個全等的正三角形ABC和ODE，點O、C分別為ABC、DEO的重心；固定點O，將ODE順時針旋轉，使得OD經(jīng)過點C，

6、如圖（2），則圖（2）中四邊形OGCF與OCH面積的比為 13（2014年山東萊蕪4分）如圖在坐標系中放置一菱形OABC，已知ABC=60，OA=1先將菱形OABC沿x軸的正方向無滑動翻轉，每次翻轉60，連續(xù)翻轉2014次，點B的落點依次為B1，B2，B3，則B2014的坐標為 14（2014年山東泰安4分）如圖，在平面直角坐標系中，將ABO繞點A順時針旋轉到AB1C1的位置，點B、O分別落在點B1、C1處，點B1在x軸上，再將AB1C1繞點B1順時針旋轉到A1B1C2的位置，點C2在x軸上，將A1B1C2繞點C2順時針旋轉到A2B2C2的位置，點A2在x軸上，依次進行下去若點A（，0），B（

7、0，4），則點B2014的橫坐標為 15（2014年四川內江6分）通過對課本中硬幣滾動中的數(shù)學的學習，我們知道滾動圓滾動的周數(shù)取決于滾動圓的圓心運動的路程（如圖）在圖中，有2014個半徑為r的圓緊密排列成一條直線，半徑為r的動圓C從圖示位置繞這2014個圓排成的圖形無滑動地滾動一圈回到原位，則動圓C自身轉動的周數(shù)為 16（2014年海南省4分）如圖，COD是AOB繞點O順時針旋轉40后得到的圖形，若點C恰好落在AB上，且AOD的度數(shù)為90，則B的度數(shù)是 17（2012山東煙臺3分）如圖，在RtABC中，C=90，A=30，AB=2將ABC繞頂點A順時針方向旋轉至ABC的位置，B，A，C三點共線

8、，則線段BC掃過的區(qū)域面積為 18（2014年廣東珠海9分）如圖，矩形OABC的頂點A（2， 0）、C（0，）.將矩形OABC繞點O逆時針旋轉30，得矩形OEFG，線段GE、FO相交于點H，平行于y軸的直線MN分別交線段GF、GH、GO和x軸于點M、P、N、D，連結MH.（1）若拋物線經(jīng)過G、O、E三點，則它的解析式為： ；（2）如果四邊形OHMN為平行四邊形，求點D的坐標；（3）在（1）（2）的條件下，直線MN拋物線l交于點R，動點Q在拋物線l上且在R、E兩點之間（不含點R、E）運動，設PQH的面積為s，當時，確定點Q的橫坐標的取值范圍.19（2014年廣西柳州10分）如圖，正方形ABCD的

9、邊長為l，AB邊上有一動點P，連接PD，線段PD繞點P順時針旋轉90后，得到線段PE，且PE交BC于F，連接DF，過點E作EQAB的延長線于點Q（1）求線段PQ的長；（2）問：點P在何處時，PFDBFP，并說明理由20（2014年廣西玉林、防城港10分）如圖，在正方形ABCD中，點M是BC邊上的任一點，連接AM并將線段AM繞M順時針旋轉90得到線段MN，在CD邊上取點P使CP=BM，連接NP，BP（1）求證：四邊形BMNP是平行四邊形；（2）線段MN與CD交于點Q，連接AQ，若MCQAMQ，則BM與MC存在怎樣的數(shù)量關系？請說明理由21（2014年廣西玉林、防城港12分）給定直線l：y=kx，

10、拋物線C：y=ax2+bx+1（1）當b=1時，l與C相交于A，B兩點，其中A為C的頂點，B與A關于原點對稱，求a的值；（2）若把直線l向上平移k2+1個單位長度得到直線r，則無論非零實數(shù)k取何值，直線r與拋物線C都只有一個交點求此拋物線的解析式；若P是此拋物線上任一點，過P作PQy軸且與直線y=2交于Q點，O為原點求證：OP=PQ22（2014年湖北江漢油田、潛江、天門、仙桃10分）如圖，ABC與DEF是將ACF沿過A點的某條直線剪開得到的（AB，DE是同一條剪切線）平移DEF使頂點E與AC的中點重合，再繞點E旋轉DEF，使ED，EF分別與AB，BC交于M，N兩點（1）如圖，ABC中，若AB

11、=BC，且ABC=90，則線段EM與EN有何數(shù)量關系？請直接寫出結論；（2）如圖，ABC中，若AB=BC，那么（1）中的結論是否還成立？若成立，請給出證明：若不成立，請說明理由；（3）如圖，ABC中，若AB：BC=m：n，探索線段EM與EN的數(shù)量關系，并證明你的結論23（2014年湖北黃岡13分）如圖，在四邊形OABC中，ABOC，BCx軸于C，動點P從O點出發(fā)，沿x軸正方向以2個單位/秒的速度運動過P作PQOA于Q設P點運動的時間為t秒（0 t 2），OPQ與四邊形OABC重疊的面積為S（1）求經(jīng)過O、A、B三點的拋物線的解析式并確定頂點M的坐標；（2）用含t的代數(shù)式表示P、Q兩點的坐標；（

12、3）將OPQ繞P點逆時針旋轉90，是否存在t，使得OPQ的頂點O或Q落在拋物線上？若存在，直接寫出t的值；若不存在，請說明理由；（4）求S與t的函數(shù)解析式.24（2014年湖南岳陽10分）數(shù)學活動求重疊部分的面積（1）問題情境：如圖，將頂角為120的等腰三角形紙片（紙片足夠大）的頂點P與等邊ABC的內心O重合，已知OA=2，則圖中重疊部分PAB的面積為 （2）探究1：在（1）的條件下，將紙片繞P點旋轉至如圖所示位置，紙片兩邊分別與AC，AB交于點E，F(xiàn)，圖中重疊部分的面積與圖重疊部分的面積是否相等？如果相等，請給予證明；如果不相等，請說明理由（3）探究2：如圖，若CAB=（090），AD為CA

13、B的角平分線，點P在射線AD上，且AP=2，以P為頂點的等腰三角形紙片（紙片足夠大）與CAB的兩邊AC，AB分別交于點E、F，EPF=180，求重疊部分的面積（用或的三角函數(shù)值表示）25（2014年吉林省10分）如圖，直線l：y=mx+n（m0，n0）與x，y軸分別相交于A，B兩點，將AOB繞點O逆時針旋轉90，得到COD，過點A，B，D的拋物線P叫做l的關聯(lián)拋物線，而l叫做P的關聯(lián)直線（1）若l：y=2x+2，則P表示的函數(shù)解析式為 ；若P：y=x23x+4，則l表示的函數(shù)解析式為 （2）求P的對稱軸（用含m，n的代數(shù)式表示）；（3）如圖，若l：y=2x+4，P的對稱軸與CD相交于點E，點F

14、在l上，點Q在P的對稱軸上當以點C，E，Q，F(xiàn)為頂點的四邊形是以CE為一邊的平行四邊形時，求點Q的坐標；（4）如圖，若l：y=mx4m，G為AB中點，H為CD中點，連接GH，M為GH中點，連接OM若OM=，直接寫出l，P表示的函數(shù)解析式評卷人得分六、新添加的題型參考答案1C【解析】連接BB，根據(jù)旋轉的性質可得AB=AB，判斷出ABB是等邊三角形，根據(jù)等邊三角形的三條邊都相等可得AB=BB，然后利用“邊邊邊”證明ABC和BBC全等，根據(jù)全等三角形對應角相等可得ABC=BBC，延長BC交AB于D，根據(jù)等邊三角形三邊合一的性質可得BDAB，利用勾股定理列式求出AB，然后根據(jù)等邊三角形的性質和等腰直角

15、三角形的性質求出BD、CD，然后根據(jù)BC=BDCD計算即可得解：如答圖，連接BB，延長BC交AB于D，ABC繞點A順時針方向旋轉60得到ABC，AB=AB，BAB=60. ABB是等邊三角形. AB=BB，在ABC和BBC中，ABCBBC（SSS）. ABC=BBC. BDAB.C=90，AC=BC=，AB=.BD=，CD=2=1.BC=BDCD=故選C考點：1.旋轉的性質；2. 等邊三角形的判定和性質；3.全等三角形的判定和性質；4.勾股定理2C.【解析】利用等面積法求O的縱坐標，再利用勾股定理或三角函數(shù)求其橫坐標：如答圖，過O作OFx軸于點F，過A作AEx軸于點E，A的坐標為（2，），AE

16、=，OE=2.由等腰三角形底邊上的三線合一得OB=2OE=4，在RtABE中，由勾股定理可求AB=3，則AB=3，由旋轉前后三角形面積相等得，即，OF=在RtOFB中，由勾股定理可求BF=，OF=.O的坐標為（）.故選C.考點：1.坐標與圖形的旋轉變化；2.勾股定理；3. 等腰三角形的性質；4.三角形面積公式3C【解析】函數(shù)y=x22x（x0）的圖象為C1，C1關于原點對稱的圖象為C2，C2圖象是x=y22y，a非常小時，直線y=a（a為常數(shù)）與C1沒有交點，共有一個交點；直線y=a經(jīng)過C1的頂點時，共有兩個交點；直線y=a（a為常數(shù)）與C1、有兩個交點時，直線y=a（a為常數(shù)）與C1、C2的

17、交點共有3個交點故選C考點：二次函數(shù)圖象與幾何變換4B【解析】根據(jù)題意作出圖形，如答圖，O2與矩形的邊只有一個公共點的情況一共出現(xiàn)4次，故選B考點：1.面動旋轉問題；2.直線與圓的位置關系；3.數(shù)形結合和分類思想的應用5B【解析】根據(jù)直角三角形兩銳角互余求出A=60，根據(jù)旋轉的性質可得AC=AC，然后判斷出AAC是等邊三角形，根據(jù)等邊三角形的性質求出ACA=60，然后根據(jù)旋轉角的定義解答即可：ACB=90，ABC=30，A=9030=60.ABC繞點C順時針旋轉至ABC點A恰好落在AB上，AC=AC.AAC是等邊三角形. ACA=60. 旋轉角為60故選B考點：1.旋轉的性質；2.直角三角形兩

18、銳角的關系；3.等邊三角的判定和性質6.【解析】如答圖，ABC繞點A順時針旋轉45得到ABC，BAC=90，AB=AC=，BC=2，C=B=CAC=C=45.ADBC，BCAB，AD=BC=1，AF=FC=AC=1，圖中陰影部分的面積等于：考點：1.旋轉的性質；2.等腰直角三角形的性質；3.轉換思想的應用.7（22014，0）【解析】根據(jù)題意得出A點坐標變化規(guī)律，得出點A2014的坐標位置，進而得出答案：將RtAOB繞原點O順時針旋轉90得到等腰直角三角形A1OB1，且A1O=2AO，再將RtA1OB1繞原點O順時針旋轉90得到等腰三角形A2OB2，且A2O=2A1O，依此規(guī)律，每4次循環(huán)一周

19、，A1（0，2），A2（4，0），A3（0，8），A4（16，0），20144=5032，點A2014的坐標與A2所在同一象限4=22，8=23，16=24，點A2014（22014，0）考點：1.探索規(guī)律題（圖形的變化類型-循環(huán)問題）；2.點的坐標8【解析】由等腰直角三角形和旋轉的性質得AP1=，AP2=，AP3=.由圖可知，位置與位置相同，即在旋轉過程中三次一循環(huán).，AP2014=.考點：1.探索規(guī)律題（圖形的變化類型-循環(huán)問題）；2.旋轉的性質；3. 等腰直角三角形的性質.921007【解析】根據(jù)點M0的坐標求出OM0，然后判斷出OM0M1是等腰直角三角形，然后根據(jù)等腰直角三角形的性質求

20、出OM1，同理求出OM2，OM3，然后根據(jù)規(guī)律寫出OM2014即可：點M0的坐標為（1，0），OM0=1.線段OM0繞原點O逆時針方向旋轉45，M1M0OM0，OM0M1是等腰直角三角形.OM1=OM0=，同理，OM2=OM1=（）2，OM3=OM2=（）3，OM2014=OM2013=（）2014=21007考點：1.探索規(guī)律題（圖形的變化類）；2.點的坐標；3. 旋轉的性質；4. 等腰直角三角形的判定和性質1060【解析】將等邊ABC繞頂點A順時針方向旋轉，使邊AB與AC重合得ACD，BC的中點E的對應點為F，旋轉角為60，E，F(xiàn)是對應點，EAF的度數(shù)為：60考點：1.面動旋轉問題；2.旋

21、轉的性質；3.等邊三角形的性質11【解析】點A繞點O順時針旋轉后的對應點A1落在射線OB上，OA=OA1AA1O=點A繞點A1順時針旋轉后的對應點A2落在射線OB上，A1A=A1A2AA2A1=AA1O=點A繞點A2順時針旋轉后的對應點A3落在射線OB上，A2A=A2A3AA3A2=AA2A1=AAnAn1=考點：1.探索規(guī)律題（圖形的變化類）；2.點動旋轉問題；3. 旋轉的性質；4.等腰三角形的性質124：3【解析】設三角形的邊長是x，則圖1中四邊形OGCF是一個內角是60的菱形，圖2中OCH是一個角是30的直角三角形，分別求得兩個圖形的面積，即可求解：設三角形的邊長是x，則高長是x圖1中，

22、陰影部分是一個內角是60的菱形，OC=另一條對角線長是：FG=2GH=則四邊形OGCF的面積是：圖2中，OC=OCH是一個角是30的直角三角形則OCH的面積=OCsin30OCcos30=四邊形OGCF與OCH面積的比為：=4：3考點：1面動動旋轉問題；2旋轉的性質；3三角形的重心；4等邊三角形的性質；5菱形的判定和性質13（1342，0）【解析】如答圖，連接AC，四邊形OABC是菱形，OA=AB=BC=OCABC=90，ABC是等邊三角形AC=ABAC=OAOA=1，AC=1畫出第5次、第6次、第7次翻轉后的圖形，如圖所示由圖可知：每翻轉6次，圖形向右平移42014=3356+4，點B4向右

23、平移1340（即3354）到點B2014B4的坐標為（2，0），B2014的坐標為（2+1340，0），即（1342，0）考點：1探索規(guī)律題（圖形的變化類-循環(huán)問題）；2點的坐標；3等邊三角形的判定和性質；4菱形的性質1410070【解析】由題意可得：AO=，BO=4，AB=OA+AB1+B1C2=B2的橫坐標為：10，B4的橫坐標為：210=20點B2014的橫坐標為：10=10070考點：1探索規(guī)律題（圖形的變化類）；2旋轉的性質；3點的坐標151344.【解析】如答圖，它從C位置開始，滾過與它相同的其他2014個圓的上部，到達N位置，該圓共滾過了2014段弧長，其中有2段（）是半徑為2r

24、，圓心角為120度，2012段是半徑為2r，圓心角為60度（如）的弧長；從N位置開始到達C位置與上面的相同. 所以，弧長=，動圓C自身轉動的周數(shù)為：2688r2r=1344.考點：1. 動圓的軌跡；2.相切兩圓的性質；3.等邊三角形的判定和性質；4. 弧長的計算；5.數(shù)形結合思想的應用1660【解析】根據(jù)旋轉的性質可得AOC=BOD=40，AO=CO，再求出BOC，ACO，然后利用三角形的一個外角等于與它不相鄰的兩個內角的和列式計算即可得解：COD是AOB繞點O順時針旋轉40后得到的圖形，AOC=BOD=40，AO=CO.AOD=90，BOC=90402=10.ACO=A=（180AOC）=（

25、18040）=70.由三角形的外角性質得，B=ACOBOC=7010=60考點：1.旋轉的性質；2.等腰三角形的性質；3.三角形外角性質.17。【解析】先根據(jù)RtABC中，C=90，A=30，AB=2求出BC及AC的長，再根據(jù)線段BC掃過的區(qū)域面積為：S陰影=AB掃過的扇形面積ABC面積AC掃過的扇形面積ABC面積=AB掃過的扇形面積AC掃過的扇形面積。RtABC中，C=90，A=30，AB=2，。B，A，C三點共線，BAB=150。S陰影= AB掃過的扇形面積ABC面積BC掃過的扇形面積。考點：扇形面積的計算，旋轉的性質。18解：（1）.（2）FOG=30，點F在y軸上，點H為矩形OEFG的

26、中心，HG=HF=2.若四邊形OHMN為平行四邊形，則HMOG，ON=HM . MHF=FOG=30.OGF=90，HMF=90.HM=.在RtODN中，DNO=30，ON=，OD=.點D的坐標為.（3）點E，G的坐標分別是，由待定系數(shù)法可求得直線EG的解析式為.如答圖1，2，過點Q作QTy軸交GE于點T，設，則.當時，如答圖1，.當時，如答圖2，.綜上所述，.如答圖3，作的函數(shù)圖象，由函數(shù)圖象得.又，.【解析】（1）如答圖4，過E作EKx軸于點K，過G作GLy軸于點L，矩形OABC繞點O逆時針旋轉30，得矩形OEFG，A（2， 0）、C（0，）OE=GF=OA=2，OG= OC=，EOK=G

27、OL=30.在RtOKE中， ；在RtOLG中， .點E，G的坐標分別是.拋物線經(jīng)過G、O、E三點，解得.拋物線的解析式為.（2）由矩形的性質知，HG=HF=2，若四邊形OHMN為平行四邊形，則HMOG，ON=HM. 從而由HMOG和OGF=90可得HMF=90，MHF =30，進而得到ON=HM.=，在RtODN中，可求得OD=，即點D的坐標為.（3）分和求出PQH的面積s關于點Q橫坐標x的函數(shù)關系式，作出函數(shù)圖象，根據(jù)和x的取值范圍確定點Q的橫坐標的取值范圍.考點：1.二次函數(shù)綜合題；2.面動旋轉和單動點問題；3.待定系數(shù)法的應用；4.曲線上點的坐標與方程的關系；5.矩形的性質；6.含30

28、度角直角三角形的性質；7.平行四邊形的性質；8.由實際問題列函數(shù)關系式；9.分類思想和數(shù)形結合思想的應用. 19解：（1）根據(jù)題意得：PD=PE，DPE=90，APD+QPE=90.四邊形ABCD是正方形，A=90.ADP+APD=90. ADP=QPE.EQAB，A=Q=90.在ADP和QPE中，ADPQPE（AAS），PQ=AD=1.（2）若PFDBFP，則，ADP=EPB，CBP=A，DAPPBF，. PA=PB. PA=AB=.當PA=時，PFDBFP【解析】（1）由題意得：PD=PE，DPE=90，又由正方形ABCD的邊長為l，從而根據(jù)AAS可證得ADPQPE，由全等三角形對應邊相等

29、的性質，求得線段PQ的長.（2）易證得DAPPBF，又由PFDBFP，根據(jù)相似三角形的對應邊成比例，可得證得PA=PB，則可求得答案考點：1.線動旋轉問題；2. 正方形的性質；3. 全等三角形的判定和性質；4.相似三角形的判定和性質20解：（1）證明：在正方形ABCD中，AB=BC，ABC=B，在ABM和BCP中，ABMBCP（SAS）.AM=BP，BAM=CBP.BAM+AMB=90，CBP+AMB=90. AMBP.AM并將線段AM繞M順時針旋轉90得到線段MN，AMMN，且AM=MN.MNBP.四邊形BMNP是平行四邊形.（2）BM=MC理由如下：BAM+AMB=90，AMB+CMQ=9

30、0，BAM=CMQ.又B=C=90，ABMMCQ. .MCQAMQ，AMQABM. .BM=MC【解析】（1）根據(jù)正方形的性質可得AB=BC，ABC=B，然后利用“邊角邊”證明ABM和BCP全等，根據(jù)全等三角形對應邊相等可得AM=BP，BAM=CBP，再求出AMBP，從而得到MNBP，然后根據(jù)一組對邊平行且相等的四邊形是平行四邊形證明即可；（2）根據(jù)同角的余角相等求出BAM=CMQ，然后求出ABM和MCQ相似，根據(jù)相似三角形對應邊成比例可得，再求出AMQABM，根據(jù)相似三角形對應邊成比例可得，從而得到，即可得解考點：1. 正方形的性質；2.全等三角形的判定和性質；3.平行四邊形的判定和性質；4

31、.相似三角形的判定和性質.21解：（1）l：y=kx，C：y=ax2+bx+1，當b=1時有A，B兩交點，A，B兩點的橫坐標滿足kx=ax2+x+1，即ax2+（1k）x+1=0B與A關于原點對稱，0=xA+xB=，解得k=1l：y=x.，拋物線的頂點坐標為.頂點在y=x上，解得（2）無論非零實數(shù)k取何值，直線r與拋物線C都只有一個交點，k=1時，k=2時，直線r與拋物線C都只有一個交點當k=1時，r：y=x+2，代入C：y=ax2+bx+1中，得.，.當k=2時，r：y=2x+5，代入C：y=ax2+bx+1中，得.，.，聯(lián)立得關于a，b的方程組，解得或r：y=kx+k2+1代入C：y=ax

32、2+bx+1，得，當時，無論k取何值，直線r與拋物線C都只有一個交點當時，顯然隨k值的變化，不恒為0，不合題意舍去C：y=x2+1證明：根據(jù)題意，畫出圖象如答圖：P在拋物線y=x2+1上，設P坐標為（x，x2+1）.連接OP，過P作PQ直線y=2于Q，作PDx軸于D，PD=|x2+1|，OD=|x|，.又，OP=PQ【解析】（1）直線與拋物線的交點B與A關于原點對稱，即橫縱坐標對應互為相反數(shù)，即相加為零，應用韋達定理即可得到k的值，求出拋物線的頂點坐標代入直線方程即可求得a值（2）直線l：y=kx向上平移k2+1，得直線r：y=kx+k2+1根據(jù)無論非零實數(shù)k取何值，直線r與拋物線C：y=ax

33、2+bx+1都只有一個交點，得中=0這雖然是個方程，但無法求解這里可以考慮一個數(shù)學技巧，既然k取任何值都成立，那么應用特殊元素法，代入1，2肯定是成立的，所以可以代入試驗，進而可求得關于a，b的方程組，則a，b可能的值易得但要注意答案中，可能有的只能滿足k=1，2時，并不滿足任意實數(shù)k，所以可以再代回中，若不能使其結果為0，則應舍去求證OP=PQ，那么首先應畫出大致的示意圖發(fā)現(xiàn)圖中幾何條件較少，所以考慮用坐標轉化求出OP，PQ的值，再進行比較討論動點P在拋物線y=x2+1上，則可設其坐標為（x，x2+1），進而易求OP，PQ考點：1.二次函數(shù)和一次函數(shù)綜合題；2.中心對稱和平移問題；3.二次函

34、數(shù)的性質；4.一元二次方程根的判別式和根與系數(shù)的關系；5.勾股定理；6. 特殊元素法的應用；7.分類思想和數(shù)形結合思想的應用22解：（1）EM=EN（2）EM=EN仍然成立證明如下：如答圖2，過點E作EGBC，G為垂足，作EHAB，H為垂足，連接BE，則EHB=EGB=90在四邊形BHEG中，HBG+HEG=180HBG+DEF=180，HEG=DEFHEM=GENBA=BC，點E為AC中點，BE平分ABC又EHAB，EGBC，EH=EG在HEM和GEN中，HEM=GEN，EH=EG，EHM=EGN，HEMGEN（ASA）EM=EN（3）線段EM與EN滿足關系：EM：EN=n：m證明如下：如答

35、圖3，過點E作EGBC，G為垂足，作EHAB，H為垂足，連接BE，則EHB=EGB=90在四邊形BHEG中，HBG+HEG=180HBG+DEF=180，HEG=DEFHEM=GENHEM=GEN，EHM=EGN，HEMGENEM：EN=EH：EG點E為AC的中點， SAEB=SCEBABEH=BCEGEH：EG=BC：ABEM：EN=BC：ABAB：BC=m：n，EM：EN=n：m【解析】（1）由四邊形的內角和為360可以推出HEM=GEN，由等腰三角形的三線合一及角平分線的性質可以推出EH=EG，從而可以證到HEMGEN，進而有EM=EG：如答圖1，過點E作EGBC，G為垂足，作EHAB，

36、H為垂足，連接BE，則EHB=EGB=90在四邊形BHEG中，HBG+HEG=180HBG+DEF=180，HEG=DEFHEM=GENBA=BC，點E為AC中點，BE平分ABC又EHAB，EGBC，EH=EG在HEM和GEN中，HEM=GEN，EH=EG，EHM=EGN，HEMGEN（ASA）EM=EN（2）借鑒（1）的證明方法同樣可以證到EM=EG（3）借鑒（2）中解題經(jīng)驗可以證到HEMGEN，從而有EM：EN=EH：EG由點E為AC的中點可得SAEB=SCEB，可證到EH：EG=BC：AB，從而得到EM：EN=BC：AB=n：m考點：1面動平移和和旋轉問題；2等腰三角形的性質；3角平分線

37、的性質；4多邊形內角和外角性質；5全等三角形的判定和性質；6相似三角形的判定和性質23解：（1）設拋物線的解析式為，拋物線經(jīng)過，解得.拋物線的解析式為.，頂點M的坐標為.（2），COA=900. OPQ是等腰直角三角形.如答圖1，過點Q作QDx軸于點D，動點P從O點出發(fā)，沿x軸正方向以2個單位/秒的速度運動，.點P的坐標為，點Q的坐標為.（3）當OPQ繞P點逆時針旋轉90時，點O 的坐標為O，點Q的坐標為Q，若點O在上，則，解得.，.當時，點O在上.若點Q在上，則，解得.，.當時，點Q在上.綜上所述，當或1時，OPQ的頂點O或Q落在拋物線上.（4）分三種情況討論：當時，如答圖3，.當時，如答圖

38、4，設PQ交AB于點E，則.ABOC，QAE=450. AEQ是等腰直角三角形. .當時，如答圖5，設PQ交AB于點E，PQ交ABC于點F，則.同可得.綜上所述，S與t的函數(shù)解析式為.【解析】（1）由拋物線經(jīng)過，根據(jù)點在曲線上點的坐標滿足方程的關系， 應用待定系數(shù)法求解即可得拋物線的解析式，化為頂點式即可求得頂點M的坐標.（2）由可得OPQ是等腰直角三角形，從而根據(jù)等腰直角三角形的性質求解即可.（3）根據(jù)旋轉的性質，表示出旋轉后點O 的坐標為O，點Q的坐標，根據(jù)點在曲線上點的坐標滿足方程的關系，分別代入求出t即可.（4）分，三種情況討論即可.考點：1.二次函數(shù)綜合題；2.單動點和面動旋轉問題；

39、3.待定系數(shù)法的應用；4.曲線上點的坐標與方程的關系；5. 等腰直角三角形的判定和性質；6.由實際問題列函數(shù)關系式；7.分類思想和轉換思想的應用.24解：（1）.（2）圖中重疊部分的面積與圖重疊部分的面積相等證明如下：如答圖2，連接AO、BO，由旋轉可得：EOF=AOB，則EOA=FOB在EOA和FOB中，EOAFOB（ASA）S四邊形AEOF=SOAB圖中重疊部分的面積與圖重疊部分的面積相等（3）如答圖3，在射線AB上取一點G，使得PG=PA，過點P作PHAF，垂足為H， 則有AH=GH=AGCAB=，AD為CAB的角平分線，PAE=PAF=CAB=PG=PA，PGA=PAG=APG=180

40、EPF=180，EPF=APG同理可得：S四邊形AEPF=SPAGAP=2，PH=2sin，AH=2cosAG=2AH=4cosSPAG=AGPH=4sincos重疊部分得面積為：S面積=4sincos【解析】（1）由點O是等邊三角形ABC的內心可以得到OAB=OBA=30，結合條件OA=2即可求出重疊部分的面積如答圖1，過點O作ONAB，垂足為N， ABC為等邊三角形，CAB=CBA=60點O為ABC的內心，OAB=CAB，OBA=CBAOAB=OBA=30OB=OA=2ONAB，AN=NB，PN=1AN=. AB=2AN=2.SOAB=ABPN=.（2）由旋轉可得FOE=BOA，從而得到EOA=FOB，進而可以證到EOAFOB，因而重疊部分面積不變（3）在射線AB上取一點G，使得PG=PA，過點P作PHAF，垂足為H