旋转的性质
一、选择题（共20小题）
1、M为数轴上表示的点，将点M绕原点旋转180°到点N，则点N所表示的数为（ ）
A、2 B、﹣2
C、 D、﹣
2、在Rt△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC，D、E是斜边BC上两点，且∠DAE=45°，将△ADC绕点A顺时针旋转90°后，得△AFB，连接EF，下列结论：①△AED≌△AEF；②△ABC的面积等于四边形AFBD的面积；③BE+DC=DE；④BE2+DC2=DE2；⑤∠ADC=22.5°，其中正确的是（ ）
A、①③④ B、③④⑤1世纪教育网版权所有
C、①②④ D、①②⑤
3、如图，已知AB⊥AC，AD⊥AE，AB=AC，AD=AE，则∠BFD的度数是（ ）
A、60° B、90°
C、45° D、120°
4、如图中，△ABD和△BCE都是等边三角形，下列说法错误的是（ ）
A、△DBC≌△ABE B、△DBC可以△ABE绕B点顺时针旋转60°而得
C、∠3=60° D、BF平分∠DBE
5、如图所示，已知△ABC和△BDE都是等边三角形．下列结论：①AE=CD；②BF=BG；③BH平分∠AHD；④∠AHC=60°，⑤△BFG是等边三角形；⑥FG∥AD．其中正确的有（ ）
A、3个 B、4个
C、5个 D、6个
6、工地上有甲、乙两块铁板，铁板甲形状为等腰三角形，其顶角为a且tana=，腰长为10cm，铁板乙形状为直角梯形，两底边分别为4cm、10cm，且有一内角为60°，现在我们把它们任意翻转，分别试图从一个直径为8.5cm的圆洞中穿过，结果是（ ）
A、甲板能穿过，乙板不能穿过 B、甲板不能穿过，乙板能穿过
C、甲、乙两板都能穿过 D、甲、乙两板都不能穿过
7、如图，△ABC是直角三角形，BC是斜边，将△ABP绕A逆时针旋转后，能够与△ACP′重合，如果AP=3，那么PP′2的长等于（ ）
A、9 B、121世纪教育网版权所有
C、15 D、18
8、如图，等腰直角三角形ABC中，∠ACB=90°，在斜边AB上取两点M、N，使∠MCN=45°．设MN=x，BN=n，AM=m，则以x、m、n为边的三角形的形状为（ ）
A、锐角三角形 B、直角三角形
C、钝角三角形 D、随x、m、n的值而定
9、如图，△ABC是等腰直角三角形，∠BAC=90°，点D、E在BC上，且∠DAE=45°，现将△ACE绕点A旋转至△ABE′处，连接DE′和EE′，则下列结论中 ①AB⊥DE′②∠ADE=∠BAE ③△AEE′是等腰直角三角形 ④AD⊥EE′⑤BD2+CE2=DE2正确的有（ ）
A、1个 B、2个
C、3个 D、4个
10、如图，已知△ABC中，AB=AC，∠BAC=90°，直角∠EPF的顶点P是BC中点，两边PE、PF分别交AB、AC于点E、F，给出以下四个结论：
①AE=CF；②△EPF是等腰直角三角形；③S四边形AEPF=S△ABC；④当∠EPF在△ABC内绕顶点P旋转时（点E不与A、B重合） BE+CF=EF．
上述结论中始终正确的有（ ）
A、1个 B、2个
C、3个 D、4个1世纪教育网版权所有
11、根据指令[s，A]（s≥0，0°＜A≤360°），机器人在平面上完成下列动作：先原地逆时针旋转角度A，再朝其面对的方向行走s个单位．现机器人在平面直角坐标系的原点，且面对x轴的正方向，如果输入指令为[1，45°]，那么连续执行三次这样的指令，机器人所在位置的坐标是（ ）
A、（0，） B、（，）
C、（，） D、（0，1+）
12、如图四边形ABCD是菱形，且∠ABC=60，△ABE是等边三角形，M为对角线BD（不含B点）上任意一点，将BM绕点B逆时针旋转60°得到BN，连接EN、AM、CM，则下列五个结论中正确的是（ ）
①若菱形ABCD的边长为1，则AM+CM的最小值1；
②△AMB≌△ENB；
③S四边形AMBE=S四边形ADCM；④连接AN，则AN⊥BE；
⑤当AM+BM+CM的最小值为2时，菱形ABCD的边长为2．
A、①②③ B、②④⑤
C、①②⑤ D、②③⑤
13、如图，矩形ABCD中，AB=8，AD=6，将矩形ABCD绕点B按顺时针方向旋转后得到矩形A'BC'D'．若边A'B交线段CD于H，且BH=DH，则DH的值是（ ）
A、 B、
C、 D、
14、（2006?潍坊）如图，边长为1的正方形ABCD绕着点A逆时针旋转30°到正方形AB′C′D′，图中阴影部分的面积为（ ）
A、 B、
C、1﹣ D、1﹣
15、如图，正方形EFGH的边长是3cm，一个边长为1cm的小正方形沿着正方形EFGH的边EF→FG→GH→HE连续地翻转，那么这个小正方形回到起始位置时，它的方向是下图的（ ）
A、 B、1世纪教育网版权所有
C、 D、
16、如图，边长为2的正方形ABCD的对角线交于点O，把边BA、CD分别绕点B、C同时逆时针旋转60°得四边形A′BCD′，其对角线交点为O′，连接OD′．下列结论：
①四边形A′BCD′为菱形；
②；
③线段OD′的长为﹣1；
④点O运动到点O′的路径是线段OO′．其中正确的结论共有（ ）
A、1个 B、2个
C、3个 D、4个
17、图1中，可以经过旋转和翻折形成图案2的梯形符合条件为（ ）
A、等腰梯形 B、上底与两腰相等的等腰梯形1世纪教育网版权所有
C、底角为60°且上底与两腰相等的等腰梯形 D、底角为60°的等腰梯形
18、下列命题正确的是：①对角线互相垂直且相等的平行四边形是正方形；②平行四边形、矩形、等边三角形、正方形既是中心对称图形，也是轴对称图形；③旋转和平移都不改变图形的形状和大小；④底角是45°的等腰梯形，高是h，则腰长是．（ ）
A、全对 B、①②④
C、①②③ D、①③④
19、下面命题中：
（1）旋转不改变图形的形状和大小，（2）轴反射不改变图形的形状和大小，
（3）连接两点的所有线中，线段最短，（4）三角形的内角和等于180°．
属于公理的有（ ）
A、1个 B、2个
C、3个 D、4个
20、下列说法不正确的是（ ）
A、平移和旋转都不会改变图形的形状和大小 B、平移和旋转都改变了图形的位置
C、在平移和旋转图形中对应角相等，对应线段相等且平行（或共线） D、中心对称图形一定是旋转对称图形
二、填空题（共5小题）
21、直线与x轴，y轴分别交于A、B两点，把△PAB绕点A顺时针旋转90°后得到△O'A'B'，则点B'的坐标是 _________ ．
22、如图，在平面直角坐标系中，直线交x轴于A点，交y轴于B点，点C是线段AB的中点，连接OC，然后将直线OC绕点C逆时针旋转30°交x轴于点D，则△ODC的面积为 _________ ．
23、如图，点G是△ABC的重心，CG的延长线交AB于D，GA=5，GC=4，GB=3，将△ADG绕点D顺时针方向旋转180°得到△BDE，则△EBC的面积= _________ ．
24、如图，在△ABC中，AB=AC，G是△ABC的重心，AG的延长线交BC于D，将△ABG绕点A逆时针旋转一个角度后成为△ACE．若AG=6，则DG= _________ ；若∠AEG=70°，则∠BAC的度数是 _________ 度．1世纪教育网版权所有
25、如图等边三角形AOB，绕点O逆时针旋转到△COD的位置，设旋转角为α，AC、BD相交于点E，AC与OB相交于点M，BD与OC相交于点N，写出图中一对全等的三角形是： _________ ．（写出一对即可）
三、解答题（共5小题）
26、（1）分析图①，②，④中阴影部分的分布规律，按此规律，在图③中画出其中的阴影部分；
（2）在4×4的正方形网格中，请你用两种不同方法，分别在图①、图②中再将两个空白的小正方形涂黑，使每个图形中的涂黑部分连同整个正方形网格成为轴对称图形．
27、已知关于x的一元二次方程（a﹣1）x2+（2﹣3a）x+3=0．
（1）求证：当a取不等于1的实数时，此方程总有两个实数根；
（2）若m，n（m＜n）是此方程的两根，并且．直线l：y=mx+n交x轴于点A，交y轴于点B．坐标原点O关于直线l的对称点O'在反比例函数的图象上，求反比例函数的解析式；
（3）在（2）成立的条件下，将直线l绕点A逆时针旋转角θ（0°＜θ＜90°），得到直线l'，l'交y轴于点P，过点P作x轴的平行线，与上述反比例函数的图象交于点Q，当四边形APQO'的面积为时，求θ的值．
28、如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=BC，点D为△ABC内一点，AD=1，而DC、DB的长是关于x的方程x2﹣kx+6=0的两个实数根x1，x2（DC＜DB）并且．
（1）作出△ACD绕点C顺时针旋转90°后所得△BCE；1世纪教育网版权所有
（2）求k的值，并连接DE并说明△DCE的形状；
（3）求∠ADC的度数．
29、附加题
（1）试用一元二次方程的求根公式，探索方程ax+bx+c=0（a≠0）的两根互为倒数的条件是 _________ ；
（2）如图．边长为2的两个正方形互相重合，按住其中一个不动，将另一个绕顶点A顺时针旋转45°，则这两个正方形重叠部分的面积是 _________ ；
（3）如图，在梯形ABCD中，AD∥BC，∠B=90°，AD=16cm，AB=12cm，BC=21cm，动点P从点B出发，沿射线BC的方向以每秒2cm的速度运动，动点Q从点A出发，在线段AD上以每秒1cm的速度向点D运动，点P，Q分别从点B，A同时出发，当点Q运动到点D时，点P随之停止运动，设运动的时间为t（秒）．
①当t为何值时，四边形PQDC是平行四边形；
②当t为何值时，以C，D，Q，P为顶点的梯形面积等于60cm2？
③是否存在点P，使△PQD是等腰三角形？若存在，请求出所有满足要求的t的值，若不存在，请说明理由．
30、如图，我们称每个小正方形的顶点为“格点”，以格点为顶点的三角形叫做“格点三角形”．根据图形解答下列问题：
（1）图中的格点△DEF是由格点△ABC通过怎样的变换得到的？（写出变换过程）
（2）在图中建立适当的直角坐标系，写出△DEF各顶点的坐标．
考点：全等三角形的判定与性质；勾股定理；旋转的性质。
分析：①根据旋转的性质知∠CAD=∠BAF，AD=AF，因为∠BAC=90°，∠DAE=45°，所以∠CAD+∠BAE=45°，可得∠EAF=45°=∠DAE，由此即可证明△AEF≌△AED；
②根据旋转的性质，△ADC≌△ABF，进而得出△ABC的面积等于四边形AFBD的面积；
③根据①知道△ADE≌△AFE，得CD=BF，DE=EF；由此即可确定说法是否正确；
④据①BF=CD，EF=DE，∠FBE=90°，根据勾股定理判断．
⑤可以利用①②④正确，利用答案中没有更多正确答案，得出⑤错误．
解答：解：①根据旋转的性质知∠CAD=∠BAF，AD=AF，
∵∠BAC=90°，∠DAE=45°，
∴∠CAD+∠BAE=45°．
∴∠EAF=45°，
∴△AEF≌△AED；
故①正确；
②∵根据旋转的性质，∴△ADC≌△ABF，
∴△ABC的面积等于四边形AFBD的面积；
故此选项正确；
③根据①知道△ADE≌△AFE，得CD=BF，DE=EF，
∴BE+DC=BE+BF＞DE=EF，
故③错误；
④∵∠FBE=45°+45°=90°，
∴BE2+BF2=EF2，
∵△ADC绕点A顺时针旋转90°后，得到△AFB，
∴△AFB≌△ADC，
∴BF=CD，
又∵EF=DE，
∴BE2+CD2=DE2，故④正确．
⑤∵可以利用①②④正确，利用答案中没有更多正确答案，得出⑤错误．
故正确的有：①②④．
故选C．
点评：此题主要考查了图形的旋转变换以及全等三角形的判定等知识，解题时注意旋转前后对应的相等关系．
3、如图，已知AB⊥AC，AD⊥AE，AB=AC，AD=AE，则∠BFD的度数是（ ）
A、60° B、90°
C、45° D、120°
考点：全等三角形的判定与性质；旋转的性质。
专题：转化思想。
分析：首先根据边角边定理证明△ABE≌△ACD，进而根据旋转的性质，易知∠BFD的度数．
解答：解：在△ABE与△ACD中，
AB⊥AC，AD⊥AE，
∴∠BAC=∠EAD，∠BAC+∠CAE=∠EAD+∠CAE
∴
∴△ABE≌△ACD
∴△ACD可看做△ABE按顺时针方向，旋转90°得到的三角形．
∴BE⊥CD交于点F
∴∠BFD=90°
故选B
点评：本题考查全等三角形的性质与判定、旋转的性质．解决本题的关键是将求角的问题转化为旋转的问题来解决．
4、如图中，△ABD和△BCE都是等边三角形，下列说法错误的是（ ）
A、△DBC≌△ABE B、△DBC可以△ABE绕B点顺时针旋转60°而得
C、∠3=60° D、BF平分∠DBE
考点：等边三角形的性质；全等三角形的判定与性质；旋转的性质。
分析：根据等边三角形的性质、全等三角形的判定与性质、旋转的性质对选项依次判断即可得出答案．
解答：解：A、∵，
∴△DBC≌△ABE，故本选项错误；
B、根据旋转的性质可知△DBC可以△ABE绕B点顺时针旋转60°而得，故本选项错误；
C、根据三角形内角和定理可知：∠3=180°﹣∠DAF﹣∠ADF=180°﹣（60°﹣∠1）﹣（60°+∠2）
∵∠1=∠2，
∴∠3=60°，故本选项错误；
D、BF平分∠DBE无法证明，故本选项正确．
故选D．
点评：本题主要考查了等边三角形的性质、全等三角形的判定与性质、旋转的性质，难度适中．
5、如图所示，已知△ABC和△BDE都是等边三角形．下列结论：①AE=CD；②BF=BG；③BH平分∠AHD；④∠AHC=60°，⑤△BFG是等边三角形；⑥FG∥AD．其中正确的有（ ）
A、3个 B、4个
C、5个 D、6个
考点：等边三角形的性质；全等三角形的判定与性质；旋转的性质。
专题：证明题。
分析：由题中条件可得△ABE≌△CBD，得出对应边、对应角相等，进而得出△BGD≌△BFE，△ABF≌△CGB，再由边角关系即可求解题中结论是否正确，进而可得出结论．
解答：解：∵△ABC与△BDE为等边三角形，
∴AB=BC，BD=BE，
又∵∠ABE=∠CBD，
∴△ABE≌△CBD，
∴AE=CD，∠BDC=∠AEB，
又∵∠DBG=∠FBE=60°，
∴△BGD≌△BFE，
∴BG=BF，∠BFG=∠BGF=60°，
∴△BFG是等边三角形，
∴FG∥AD，
∵BF=BG，AB=BC，∠ABF=∠CBG=60°，
∴△ABF≌△CGB，
∴∠BAF=∠BCG，
∴∠CAF+∠ACB+∠BCD=∠CAF+∠ACB+∠BAF=60°+60°=120°，
∴∠AHC=60°，
∴题中①②③④⑤⑥都正确．
故选D．
点评：本题主要考查了等边三角形的性质及全等三角形的判定及性质问题，能够熟练掌握．
6、工地上有甲、乙两块铁板，铁板甲形状为等腰三角形，其顶角为a且tana=，腰长为10cm，铁板乙形状为直角梯形，两底边分别为4cm、10cm，且有一内角为60°，现在我们把它们任意翻转，分别试图从一个直径为8.5cm的圆洞中穿过，结果是（ ）
A、甲板能穿过，乙板不能穿过 B、甲板不能穿过，乙板能穿过
C、甲、乙两板都能穿过 D、甲、乙两板都不能穿过
考点：勾股定理；旋转的性质。
分析：分别作等腰三角形腰上的高，直角梯形斜腰上的高，求图形的最小宽度，并与直径8.5cm进行比较．
解答：解：设等腰△ABC中，AB=AC=10cm，
作CD⊥AB，垂足为D在Rt△ACD中，tana==，
设CD=4x，则AD=3x，由勾股定理，得
CD2+AD2=AC2，（4x）2+（3x）2=102，
解得x=2，∴CD=4x=8＜8.5，能通过；
在直角梯形ABCD中，AD∥BC，∠B=90°，过B点作BE⊥CD，垂足为E，
∵∠C=60°，BE=BC?sin60°=5＞8.5，不能通过；故选A．
点评：理解并能画出最小宽度，是解答本题的关键．
7、如图，△ABC是直角三角形，BC是斜边，将△ABP绕A逆时针旋转后，能够与△ACP′重合，如果AP=3，那么PP′2的长等于（ ）
A、9 B、12
C、15 D、18
考点：勾股定理；旋转的性质。
分析：由AB旋转后和AC重合，可知旋转角为90°，又旋转前后线段长短不变，所以△APP′是一个等腰直角三角形，根据勾股定理即可求得．
解答：解：根据旋转的性质知：∠PAP′=∠BAC=90°，AP′=AP=3．
再根据勾股定理得：
PP′2=9+9=18
故选D．
点评：根据旋转的性质：“旋转角相等，对应点到旋转中心的距离相等”得到△APP′是一个等腰直角三角形是解题的关键，再运用勾股定理即可求解．
8、如图，等腰直角三角形ABC中，∠ACB=90°，在斜边AB上取两点M、N，使∠MCN=45°．设MN=x，BN=n，AM=m，则以x、m、n为边的三角形的形状为（ ）
A、锐角三角形 B、直角三角形
C、钝角三角形 D、随x、m、n的值而定
考点：勾股定理的逆定理；全等三角形的判定与性质；旋转的性质。
分析：由C作垂线交AB于H，设∠BCN=y，设BH=CH=AH=1，从而用正切函数表示出NH，HM，MN，BN，AM，再将x=tany代入化简，根据勾股定理的逆定理可得到AM2+BN2=MN2，从而可判定以MN，BN，AM为边的三角形是直角三角形．
解答：解：由C作垂线交AB于H．
设∠BCN=y，设BH=CH=AH=1．则
NH=tan（45﹣y）=
HM=tany
MN=NH+HM=+tany
BN=1﹣NH=
AM=1﹣tany
令x=tany，则
MN=x+
BN=
AM=1﹣x
AM2+BN2=（1﹣x）2+（）2=（x+）2=MN2∴这三条线段可做成直角三角形．
故选B．
点评：此题主要考查了等腰直角三角形的性质、勾股定理的逆定理以及全等三角形的判定和性质，难度适中．
9、如图，△ABC是等腰直角三角形，∠BAC=90°，点D、E在BC上，且∠DAE=45°，现将△ACE绕点A旋转至△ABE′处，连接DE′和EE′，则下列结论中 ①AB⊥DE′②∠ADE=∠BAE ③△AEE′是等腰直角三角形 ④AD⊥EE′⑤BD2+CE2=DE2正确的有（ ）
A、1个 B、2个
C、3个 D、4个
考点：等腰直角三角形；垂线；勾股定理；旋转的性质。
分析：（1）由外角的性质和题意可推出∠ADE=∠ABC+∠BAD，∠BAE=∠DAE+∠BAD，再由等腰直角三角形的性质可知∠ABD=∠C=45°，即可推出∠ADE=∠BAE；（2）由旋转的性质可知AE=AE′，∠EAC=∠DAE′，再由∠EAC+∠BAE=90°，可知∠EAE′=90°，即可推出△AEE′是等腰直角三角形；（3）由∠DAE=45°，∠BAC=90°，可知∠EAC+∠BAD=45°，又因为∠EAC=∠BAE′，推出∠DAE′=∠EAD=45°，即得AD⊥EE′；（4）因为∠C=∠E′BA=∠ABD=45°，可求出△E′BD为直角三角形，再由EC=E′B，根据勾股定理，通过等量代换即可推出BD2+CE2=DE2．
解答：解：（1）∵△ABC是等腰直角三角形，∠BAC=90°，
∴∠ABC=∠C=45°，
∵∠ADE=∠ABC+∠BAD，∠BAE=∠DAE+∠BAD，
∵∠DAE=45°，
∴∠ADE=∠BAE；
（2）∵△ACE绕点A旋转至△ABE′处，
∴AE=AE′，∠EAC=∠DAE′，
∵∠BAC=90°，
∴∠EAC+∠BAE=90°，
∴∠DAE′+∠BAE=90°，
∴△AEE′是等腰直角三角形；
（3）∵∠DAE=45°，∠BAC=90°，
∴∠EAC+∠BAD=45°，
∵∠EAC=∠BAE′，
∴∠DAE′=∠EAD=45°，
∵△AEE′是等腰直角三角形，
∴AD⊥EE′，
（4）∵∠C=∠E′BA=∠ABD=45°，
∴∠E′BD=90°，
∵EC=E′B，
∴BD2+CE2=DE2，
∴②③④⑤项正确．
故选D．
点评：本题主要考查旋转的性质、勾股定理、等腰直角三角形等相关的性质定理，关键在于逐项分析解答，正确的运用相关的性质定理进行分析．
10、如图，已知△ABC中，AB=AC，∠BAC=90°，直角∠EPF的顶点P是BC中点，两边PE、PF分别交AB、AC于点E、F，给出以下四个结论：
①AE=CF；②△EPF是等腰直角三角形；③S四边形AEPF=S△ABC；④当∠EPF在△ABC内绕顶点P旋转时（点E不与A、B重合） BE+CF=EF．
上述结论中始终正确的有（ ）
A、1个 B、2个
C、3个 D、4个
考点：等腰直角三角形；全等三角形的判定与性质；旋转的性质。
分析：利用旋转的思想观察全等三角形，寻找条件证明三角形全等．根据全等三角形的性质对题中的结论逐一判断．
解答：解：∵∠APE、∠CPF都是∠APF的余角，
∴∠APE=∠CPF，
∵AB=AC，∠BAC=90°，P是BC中点，
∴AP=CP，
又∵AP=CP，∠EPA=∠FPC，
∴△APE≌△CPF（ASA），同理可证△APF≌△BPE，
∴AE=CF，△EPF是等腰直角三角形，S四边形AEPF=S△ABC，①②③正确；
而AP=BC，EF因不是中位线，则不等于BC的一半，故④不成立．
始终正确的是①②③．故选C．
点评：此题主要考查了等腰三角形和直角三角形的性质，综合利用了全等三角形的判定．
11、根据指令[s，A]（s≥0，0°＜A≤360°），机器人在平面上完成下列动作：先原地逆时针旋转角度A，再朝其面对的方向行走s个单位．现机器人在平面直角坐标系的原点，且面对x轴的正方向，如果输入指令为[1，45°]，那么连续执行三次这样的指令，机器人所在位置的坐标是（ ）
A、（0，） B、（，）
C、（，） D、（0，1+）
考点：等腰直角三角形；勾股定理；旋转的性质。
专题：计算题；新定义。
分析：根据题意得到指令[1，45°]表示首先逆时针旋转45°，然后朝其面对的方向行走1个单位到C，第二次道B点，第三次到A点，由此即可求出机器人所在位置的坐标．
解答：解：如图所示：
机器人所在的位置正好在y轴的A点上，
过B作BM⊥OA于M，过C作CN⊥OA于N，
根据题意得到四边形ABCO是等腰梯形，
∵AB=1，∠ABN=45°，
由勾股定理得：AM=BM=，
同理CN=ON=，
MN=CB=1，
∴OA=+1+=1+，
∴A的坐标是（0，1+），
故选D．
点评：本题考查了勾股定理，旋转的性质，等腰直角三角形等知识点的应用，关键是根据题意画出图形，通过做此题培养了学生分析问题和解决问题的能力，题型较好，主要考查了学生的阅读问题的能力．
12、如图四边形ABCD是菱形，且∠ABC=60，△ABE是等边三角形，M为对角线BD（不含B点）上任意一点，将BM绕点B逆时针旋转60°得到BN，连接EN、AM、CM，则下列五个结论中正确的是（ ）
①若菱形ABCD的边长为1，则AM+CM的最小值1；
②△AMB≌△ENB；
③S四边形AMBE=S四边形ADCM；④连接AN，则AN⊥BE；
⑤当AM+BM+CM的最小值为2时，菱形ABCD的边长为2．
A、①②③ B、②④⑤
C、①②⑤ D、②③⑤
考点：菱形的性质；全等三角形的判定与性质；等边三角形的性质；轴对称-最短路线问题；旋转的性质。
分析：（1）连接AC，根据“两点之间线段最短”，可得，当M点落在BD的中点时，AM+CM的值最小；
（2）由题意得MB=NB，∠ABN=30°，所以∠EBN=30°，容易证出△AMB≌△ENB；
（3）连接AC，可以得到S△ABE=S△ADC，S△AMB≠S△AMC，从而可以得出结论．
（4）假设AN⊥BE，根据等腰三角形的性质及垂直平分线的性质得出EN=BN，从而得出结论．
（5）根据“两点之间线段最短”，当M点位于BD与CE的交点处时，AM+BM+CM的值最小，即等于EC的长，（如图）作辅助线，过E点作EF⊥BC交CB的延长线于F，由题意求出∠EBF=60°，设菱形的边长为x，在Rt△EFC中，根据勾股定理求得菱形的边长．
解答：解：①连接AC，交BD于点O，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AB=BC，BD⊥AC，AO=BO
∴点A，点C关于直线BD对称，
∴M点与O点重合时AM+CM的值最小为AC的值
∵∠ABC=60，
∴△ABC是等边三角形，
∴AB=AC，
∵AB=1，
∴AC=1，
即AM+CM的值最小为1，故本答案正确．
②∵△ABE是等边三角形，
∴BA=BE，∠ABE=60°．
∵∠MBN=60°，
∴∠MBN﹣∠ABN=∠ABE﹣∠ABN．
即∠MBA=∠NBE．
又∵MB=NB，
∴△AMB≌△ENB（SAS），故本答案正确．
③∵S△ABE+S△ABM=S四边形AMBE
S△ACD+S△AMC=S四边形ADCM，且S△AMB≠S△AMC，
∴S△ABE+S△ABM≠S△ACD+S△AMC，
∴S四边形AMBE≠S四边形ADCM，故本答案错误．
④假设AN⊥BE，且AE=AB，
∴AN是BE的垂直平分线，
∴EN=BN=BM=MN，
∴M点与O点重合，
∵条件没有确定M点与O点重合，故本答案错误．
⑤如图，连接MN，由（1）知，△AMB≌△ENB，
∴AM=EN，
∵∠MBN=60°，MB=NB，
∴△BMN是等边三角形．
∴BM=MN．
∴AM+BM+CM=EN+MN+CM．（10分）
根据“两点之间线段最短”，得EN+MN+CM=EC最短
∴当M点位于BD与CE的交点处时，AM+BM+CM的值最小，即等于EC的长．
过E点作EF⊥BC交CB的延长线于F，
∴∠EBF=180°﹣120°=60°，设菱形的边长为x，
∴BF=x，EF=x，在Rt△EFC中，
∵EF2+FC2=EC2，
∴+=，解得x=2，故本答案正确．
综上所述，正确的答案是：①②⑤，
故选C．
点评：本题考查了菱形的性质，全等三角形的判定与性质，等边三角形的性质，轴对称最短路线问题和旋转的问题．
13、如图，矩形ABCD中，AB=8，AD=6，将矩形ABCD绕点B按顺时针方向旋转后得到矩形A'BC'D'．若边A'B交线段CD于H，且BH=DH，则DH的值是（ ）
A、 B、
C、 D、
考点：矩形的性质；一元二次方程的应用；旋转的性质。
专题：几何图形问题。
分析：设DH的值是x，那么CH=8﹣x，BH=x，在Rt△BCH中根据勾股定理即可列出关于x的方程，解方程就可以求出DH．
解答：解：设DH的值是x，
∵AB=8，AD=6，且BH=DH，
那么CH=8﹣x，BH=x，
在Rt△BCH中，DH=，
∴x2=（8﹣x）2+36，
∴x=，
即DH=．
故选C．
点评：此题主要考查了正方形的性质，勾股定理等知识，解题关键是利用勾股定理列出关于所求线段的方程．
14、如图，边长为1的正方形ABCD绕着点A逆时针旋转30°到正方形AB′C′D′，图中阴影部分的面积为（ ）
A、 B、
C、1﹣ D、1﹣
考点：正方形的性质；旋转的性质。
分析：设B′C′与CD的交点是E，连接AE，根据旋转的性质可得到AD=AB′，∠DAB′=60°，根据三角函数可求得B′E的长，从而求得△ADE的面积，进而求出阴影部分的面积．
解答：解：设B′C′与CD的交点是E，连接AE
根据旋转的性质得：AD=AB′，∠DAB′=60°．
在直角三角形ADE和直角三角形AB′E中：AB′=AD，AE=AE，
∴△ADE≌△AB′E，
∴∠B′AE=30°，
∴B′E=A′Btan∠B′AE=1×tan30°=，
∴S△ADE=，
∴S四边形ADEB=，
∴阴影部分的面积为1﹣．
故选C．
点评：此题考查了旋转的性质和正方形的性质，解答此题要特别注意根据旋转的性质得到相等的线段、相等的角．
15、如图，正方形EFGH的边长是3cm，一个边长为1cm的小正方形沿着正方形EFGH的边EF→FG→GH→HE连续地翻转，那么这个小正方形回到起始位置时，它的方向是下图的（ ）
A、 B、
C、 D、
考点：正方形的性质；旋转的性质。
分析：根据题意可得这个小正方形第一次回到起始位置时需12次翻转，而每翻转4次，它的方向重复依次，则此时就不难得到这个小正方形第一次回到起始位置时的方向．
解答：解：根据题意分析可得：小正方形沿着正方形ABCD的边AB?BC?CD?DA?AB连续地翻转，
正方形ABCD的边长是3cm，一个边长为1cm的小正方，
即这个小正方形第一次回到起始位置时需12次翻转，而每翻转4次，它的方向重复依次，
故回到起始位置时它的方向是向上．
故选A．
点评：本题主要考查正方形的性质，是一道找规律的题目，对于找规律的题目首先应找出哪些部分发生了变化，是按照什么规律变化的．
16、如图，边长为2的正方形ABCD的对角线交于点O，把边BA、CD分别绕点B、C同时逆时针旋转60°得四边形A′BCD′，其对角线交点为O′，连接OD′．下列结论：
①四边形A′BCD′为菱形；
②；
③线段OD′的长为﹣1；
④点O运动到点O′的路径是线段OO′．其中正确的结论共有（ ）
A、1个 B、2个
C、3个 D、4个
考点：正方形的性质；菱形的判定与性质；旋转的性质。
分析：①根据旋转角是60°以及正方形的四个角都是直角可得∠BCD′=30°，然后证明A′B∥CD′，进而得到四边形A′BCD′是平行四边形，再根据A′B=BC，即可证明四边形A′BCD′是菱形；
②根据旋转角是60°求出点B到A′D′的距离是A′B的一半，也就是AB的一半，然后根据正方形的面积公式以及菱形的面积即可证明；
③先求出OA′的长度，再根据菱形的对边相等，减去正方形的边长即可；
④根据旋转的性质，点O以BC的中点为圆心，以BC的一半为半径逆时针旋转可以得到点O′，所以路径是弧而非线段．
解答：解：①根据题意，∠A′BA=∠D′CD=60°，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BCD=90°，
∴∠BCD′=30°，
∴∠A′BC+∠BCD′=60°+90°+30°=180°，
∴A′B∥CD′，
又∵A′B=CD′=AB，
∴四边形A′BCD′是平行四边形，
∵AB=BC（正方形的边长相等），
∴四边形A′BCD′是菱形，故本题小题正确；
②∵∠ABA′=60°，AB=2，
∴点B到A′D′的距离是：A′B=AB=1，
∴S四边形A′BCD=BC?（A′B）=2×1=2，
S正方形ABCD=BC?AB=2×2=4，
∴S四边形A′BCD=S正方形ABCD，故本小题正确；
③∵点O是AC的中点，
∴OA′=A′B?sin60°+BC=2×+×2=+1，
∴OD′=OA′﹣A′D′=+1﹣2=﹣1，故本小题正确；
④根据菱形的对角线互相垂直可得△BCO′是直角三角形，
∴以BC的中点为圆心，以BC的一半为半径，点O逆时针旋转可以到达点O′的位置，经过路径是弧而不是线段OO′，故本小题错误．
综上所述，正确的结论有①②③共3个．
故选C．
点评：本考查了正方形的性质，菱形的判定与性质，直角三角形30°角所对的直角边等于斜边的性质，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半的性质，旋转变换，是综合题目，但难度不大，仔细分析即可求解．
17、图1中，可以经过旋转和翻折形成图案2的梯形符合条件为（ ）
A、等腰梯形 B、上底与两腰相等的等腰梯形
C、底角为60°且上底与两腰相等的等腰梯形 D、底角为60°的等腰梯形
考点：梯形；翻折变换（折叠问题）；旋转的性质。
分析：根据旋转的性质可知，梯形的拼接点处，即上底角的度数应该是360÷3=120°，所以梯形符合条件为底角为60°且上底与两腰相等的等腰梯形．
解答：解：∵图（1）是等腰梯形，
∴图（2）中梯形的腰是图（1）中梯形的底，
∴图（2）是等腰梯形，
∴3∠B=180°，
∴∠B=60°．
故选C．
点评：本题考查梯形的性质和旋转的性质．旋转变化前后，对应点到旋转中心的距离相等以及每一对对应点与旋转中心连线所构成的旋转角相等．要注意旋转的三要素：①定点﹣旋转中心；②旋转方向；③旋转角度．
18、下列命题正确的是：①对角线互相垂直且相等的平行四边形是正方形；②平行四边形、矩形、等边三角形、正方形既是中心对称图形，也是轴对称图形；③旋转和平移都不改变图形的形状和大小；④底角是45°的等腰梯形，高是h，则腰长是．（ ）
A、全对 B、①②④
C、①②③ D、①③④
考点：等腰梯形的性质；正方形的判定；轴对称图形；平移的性质；旋转的性质；中心对称图形。
专题：几何综合题。
分析：根据特殊四边形的性质和判定，旋转变换、轴对称变换、平移变换的概念及性质分别判断．
解答：解：①、根据正方形的判定方法，正确；
②、其中的等边三角形不是中心对称图形，错误；
③、根据旋转和平移的性质，正确；
④、根据等腰直角三角形的斜边是直角边的倍，正确；
⑤、如等腰梯形，错误．
故选D．
点评：本题考查了特殊四边形的性质和判定，注意了解旋转变换、轴对称变换、平移变换的概念及性质．
19、下面命题中：
（1）旋转不改变图形的形状和大小，（2）轴反射不改变图形的形状和大小，
（3）连接两点的所有线中，线段最短，（4）三角形的内角和等于180°．
属于公理的有（ ）
A、1个 B、2个
C、3个 D、4个
考点：命题与定理；线段的性质：两点之间线段最短；三角形内角和定理；轴对称的性质；旋转的性质。
专题：常规题型。
分析：根据旋转、三角形的内角和定理及两点之间线段最短的知识可得出答案．
解答：解：（1）旋转不改变图形的形状和大小，正确且是公理；
（2）轴反射不改变图形的形状和大小，正确且是公理；
（3）连接两点的所有线中，线段最短，正确且是公理；
（4）三角形的内角和等于180°，正确但不是公理．
综上可得（1）（2）（3）正确．
故选C．
点评：本题考查了旋转、三角形及线段的知识，属于基础题，注意对公理的理解．
20、下列说法不正确的是（ ）
A、平移和旋转都不会改变图形的形状和大小 B、平移和旋转都改变了图形的位置
C、在平移和旋转图形中对应角相等，对应线段相等且平行（或共线） D、中心对称图形一定是旋转对称图形
考点：平移的性质；旋转的性质。
分析：根据平移和旋转的性质即可判断出选项的正确性．
解答：解：（1）由平移和旋转的性质可得平移和旋转都不会改变图形的形状和大小，故A正确．
（2）由平移和旋转的性质可得平移和旋转都改变了图形的位置，故B正确．
（3）根据平移的性质可知平移中对应角相等，对应线段相等且平行（或共线），而旋转则不具备此性质，故C错误．
（4）根据旋转的性质可得中心对称图形一定是旋转对称图形，故D正确．
综上可知，只有C错误．
故选C．
点评：解答此题要明确平移和旋转的性质：
（1）①经过平移，对应线段平行（或共线）且相等，对应角相等，对应点所连接的线段平行且相等；②平移变换不改变图形的形状、大小和方向（平移前后的两个图形是全等形）．
（2）①对应点到旋转中心的距离相等；②对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角；③旋转前、后的图形全等．
二、填空题（共5小题）
21、直线与x轴，y轴分别交于A、B两点，把△PAB绕点A顺时针旋转90°后得到△O'A'B'，则点B'的坐标是 （8，3） ．
考点：一次函数图象上点的坐标特征；坐标与图形性质；旋转的性质。
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．
解答：解：直线与x轴，y轴分别交于A（3，0），B（0，5）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+O′B′=3+5=8．
则点B'的坐标是 （8，3）．
故答案为：（8，3）．
点评：考查了一次函数图象上点的坐标特征，旋转的性质，要注意，解题的关键是：旋转前后线段的长度不变．
22、如图，在平面直角坐标系中，直线交x轴于A点，交y轴于B点，点C是线段AB的中点，连接OC，然后将直线OC绕点C逆时针旋转30°交x轴于点D，则△ODC的面积为 ．
考点：一次函数综合题；一次函数的图象；直角三角形斜边上的中线；旋转的性质。
分析：通过直线的解析式可以求出A、B的坐标，从而求出OA、OB的长度，再利用勾股定理求出AB的长度，利用三角函数值还可以求出∠BAO=30°，通过直角三角形的性质可以求得△BOC为等边三角形，在△ADC中作出AD边上的高，用解直角三角形的方法求出其高及AD的长度就可以求出OD的长度，从而求出面积．
解答：解：作CE⊥AD于点E，
∴∠AEC=90°．
∵，
∴x=0时，y=，即OB=
y=0时，x=3，即OA=3，
在Rt△ABO中，由勾股定理得：
AB=2，
∴sin∠OAB==，
∴∠OAB=30°，∠OBA=60°，OB=AB
∵点C是线段AB的中点，
∴OC=BC=AC=AB=
∴OC=OB=BC=，∠COA=∠CAO=30°
∴△BOC为等边三角形，∠OCA=120°
∵∠OCD=30°，
∴∠ACD=90°
∴在Rt△ACD中由勾股定理得：
CD=1，AD=2，
∴OD=1，
在Rt△ACE中由勾股定理得：
CE=
∴S△OCD==．
故答案为：．
点评：本题是一道一次函数的综合试题，考查了一次函数的图象，直角三角形斜边上中线的运用，旋转的性质，勾股定理的运用，三角形的面积公式．
23、如图，点G是△ABC的重心，CG的延长线交AB于D，GA=5，GC=4，GB=3，将△ADG绕点D顺时针方向旋转180°得到△BDE，则△EBC的面积= 12 ．
考点：三角形的重心；三角形的面积；全等三角形的判定与性质；旋转的性质。
分析：根据点G是△ABC的重心，CG的延长线交AB于D，GA=5，GC=4，GB=3，将△ADG绕点D顺时针方向旋转180°得到△BDE，得出DG=DE=2，以及BE=5，即可得出△EBG的面积，进而得出答案．
解答：解：∵点G是△ABC的重心，CG的延长线交AB于D，GC=4，
∴DE=2，
∵将△ADG绕点D顺时针方向旋转180°得到△BDE，
∴DG=DE=2，AG=BE=5，∵BG=3，
∴△BGE是直角三角形，
∴△BGE的面积为：×3×4=6，
∵∠BGE=90°，
∴∠BGC=90°，
∴△BGC的面积为：×3×4=6，
∴△EBC的面积为：12．
故答案为：12．
点评：此题主要考查了重心的性质以及勾股定理的应用，根据已知得出△BGE是直角三角形是解题关键．
24、如图，在△ABC中，AB=AC，G是△ABC的重心，AG的延长线交BC于D，将△ABG绕点A逆时针旋转一个角度后成为△ACE．若AG=6，则DG= 3 ；若∠AEG=70°，则∠BAC的度数是 40 度．
考点：三角形的重心；旋转的性质。
分析：根据重心的性质三角形的重心到一顶点的距离等于到对边中点距离的2倍，直接求得DG的长；根据旋转的性质可知AE=AG，则∠AGE=∠AEG，根据三角形内角和定理和等腰三角形三线合一的性质即可求得∠BAC的度数．
解答：解：∵三角形的重心到顶点的距离是其到对边中点的距离的2倍，
∴DG=AG=3．
∵AB=AC，G是△ABC的重心，
∴∠BAD=∠CAD，
∵将△ABG绕点A逆时针旋转一个角度后成为△ACE，
∴∠BAG=∠CAE，AE=AG，
∴∠EAG=∠BAC，∠AGE=∠AEG，
∵∠AEG=70°，
∴∠EAG=180°﹣70°×2=40°．
∴∠BAC=40°．
故答案为3；40．
点评：本题主要考查了三角形的重心的性质：三角形的重心到顶点的距离是其道对边中点的距离的2倍．同时考查了旋转的性质，三角形内角和定理和等腰三角形三线合一的性质，难度适中．
25、如图等边三角形AOB，绕点O逆时针旋转到△COD的位置，设旋转角为α，AC、BD相交于点E，AC与OB相交于点M，BD与OC相交于点N，写出图中一对全等的三角形是： △AOC≌△BOD ．（写出一对即可）
考点：全等三角形的判定；等式的性质；等边三角形的性质；旋转的性质。
专题：证明题；开放型。
分析：根据等边三角形的性质得出AO=OB=OC=OD，∠AOB=∠COD=60°，根据等式的性质推出∠BOD=∠AOC，根据SAS即可推出△AOC≌△BOD．
解答：解：△AOC≌△BOD，
理由是：∵等边三角形AOB，COD，
∴AO=OB=OC=OD，∠AOB=∠COD=60°，
∴∠BOD=∠AOC，
∴△AOC≌△BOD．
点评：本题主要考查对全等三角形的判定，等式的性质，旋转的性质，等边三角形的性质等知识点的理解和掌握，能推出证明三角形全等的三个条件是解此题的关键．
三、解答题（共5小题）
26、（1）分析图①，②，④中阴影部分的分布规律，按此规律，在图③中画出其中的阴影部分；
（2）在4×4的正方形网格中，请你用两种不同方法，分别在图①、图②中再将两个空白的小正方形涂黑，使每个图形中的涂黑部分连同整个正方形网格成为轴对称图形．
考点：规律型：图形的变化类；轴对称图形；旋转的性质。
专题：规律型。
分析：（1）从图中可以观察变化规律是，正方形每次绕其中心顺时针旋转90°，每个阴影部分也随之旋转90°．
（2）如果一个图形沿着一条直线对折后，直线两旁的部分完全重合，这样的图形叫做轴对称图形，依据定义即可作出判断．
解答：解：（1）如图：
（2）
点评：本题是观察图形变化规律题，需要从平移，轴对称，旋转等图形变换中寻找变换规律．
27、已知关于x的一元二次方程（a﹣1）x2+（2﹣3a）x+3=0．
（1）求证：当a取不等于1的实数时，此方程总有两个实数根；
（2）若m，n（m＜n）是此方程的两根，并且．直线l：y=mx+n交x轴于点A，交y轴于点B．坐标原点O关于直线l的对称点O'在反比例函数的图象上，求反比例函数的解析式；
（3）在（2）成立的条件下，将直线l绕点A逆时针旋转角θ（0°＜θ＜90°），得到直线l'，l'交y轴于点P，过点P作x轴的平行线，与上述反比例函数的图象交于点Q，当四边形APQO'的面积为时，求θ的值．
考点：根的判别式；根与系数的关系；坐标与图形性质；反比例函数的图象；旋转的性质。
专题：综合题。
分析：（1）由方程（a﹣1）x2+（2﹣3a）x+3=0为一元二次方程，所以a≠0；要证明方程总有两个实数根，即证明当a取不等于1的实数时，△＞0，而△=（2﹣3a）2﹣4×（a﹣1）×3=（3a﹣4）2，即可得到△≥0．
（2）先利用求根公式求出两根3，，再代入，可得到a=2，则m=1，n=3，直线l：y=x+3，这样就可得到坐标原点O关于直线l的对称点，代入反比例函数，即可确定反比例函数的解析式；
（3）延长PQ，AO′交于点G，设P（0，p），则Q（﹣，p）．四边形APQO'的面积=S△APG﹣S△QPO′=，这样可求出p；可得到OP，PA，可求出∠PAO=60°，这样就可求出θ．
解答：（1）证明：∵方程（a﹣1）x2+（2﹣3a）x+3=0是一元二次方程，
∴a﹣1≠0，即a≠1．
∴△=（2﹣3a）2﹣4×（a﹣1）×3=（3a﹣4）2，而3a﹣4）2≥0，
∴△≥0．
所以当a取不等于1的实数时，此方程总有两个实数根；
（2）解：∵m，n（m＜n）是此方程的两根，
∴m+n=﹣，mn=．
∵，=，
∴﹣=，
∴a=2，即可求得m=1，n=3．
∴y=x+3，则A（﹣3，0），B（0，3），
∴△ABO为等腰直角三角形，
∴坐标原点O关于直线l的对称点O′的坐标为（﹣3，3），把（﹣3，3）代入反比例函数，得k=﹣9，
所以反比例函数的解析式为y=﹣；
（3）解：设点P的坐标为（0，P），延长PQ和AO′交于点G．
∵PQ∥x轴，与反比例函数图象交于点Q，
∴四边形AOPG为矩形．
∴Q的坐标为（﹣，p），
∴G（﹣3，P），
当0°＜θ＜45°，即p＞3时，
∵GP=3，GQ=3﹣，GO′=p﹣3，GA=p，
∴S四边形APQO′=S△APG﹣S△QPO′=×p×3﹣×（3﹣）×（p﹣3）=9﹣，
∴=9﹣，
∴p=．（合题意）
∴P（0，）．则AP=6，OA=3，
所以∠PAO=60°，∠θ=60°﹣45°=15°；
当45°≤θ＜90°，则p=﹣3，
用同样的方法也可求得p=，这与p=﹣3相矛盾，舍去．
所以旋转角度θ为15°．
点评：题考查了一元二次方程ax2+bx+c=0（a≠0，a，b，c为常数）的根的判别式△=b2﹣4ac．当△＞0，方程有两个不相等的实数根；当△=0，方程有两个相等的实数根；当△＜0，方程没有实数根．同时考查了反比例函数的性质和一些几何图形的性质．
28、如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=BC，点D为△ABC内一点，AD=1，而DC、DB的长是关于x的方程x2﹣kx+6=0的两个实数根x1，x2（DC＜DB）并且．
（1）作出△ACD绕点C顺时针旋转90°后所得△BCE；
（2）求k的值，并连接DE并说明△DCE的形状；
（3）求∠ADC的度数．
考点：根与系数的关系；根的判别式；旋转的性质。
专题：综合题。
分析：（1）点A旋转到B的位置，过C作CE⊥CD，CE在CD的右侧，且CE=CD．
（2）利用一元二次方程根与系数的关系，用k表示出两根和、两根积，可以变形为，把方程的两根的和与积代入即可得到关于k的方程，即可求出k的值．根据旋转的性质即可求得△DCE的形状；
（3）由于△DCE是等腰直角三角形，所以∠CDE=45°，所以∠ADC=135°．
解答：解：（1）旋转后的图形如图示．
（2）根据根与系数的关系：x1+x2=k，x1?x2=6，
则由于，
∴，
∴，
解得：k=±5，
∵DC、DB的长是关于x的方程x2﹣kx+6=0的两个实数根x1，x2而DC、DB是三角形的边长，为正值，
∴x1+x2=k＞0，
∴k=5．
∵∠ACD=∠BCE，
而∠ACD+∠DCB=90°，
又∵DC=EC，
∴△DCE是等腰直角三角形．
（3）∵△DCE是等腰直角三角形，
∴∠CDE=45°，
∴∠ADC=135°．
点评：本题考查了一元二次方程根与系数的关系，利用根与系数的关系把求未知系数的问题转化为解方程的问题，并且本题考查了旋转的性质，以及作图，关键是确定旋转角．
29、附加题
（1）试用一元二次方程的求根公式，探索方程ax+bx+c=0（a≠0）的两根互为倒数的条件是 a=c ；
（2）如图．边长为2的两个正方形互相重合，按住其中一个不动，将另一个绕顶点A顺时针旋转45°，则这两个正方形重叠部分的面积是 4 ；
（3）如图，在梯形ABCD中，AD∥BC，∠B=90°，AD=16cm，AB=12cm，BC=21cm，动点P从点B出发，沿射线BC的方向以每秒2cm的速度运动，动点Q从点A出发，在线段AD上以每秒1cm的速度向点D运动，点P，Q分别从点B，A同时出发，当点Q运动到点D时，点P随之停止运动，设运动的时间为t（秒）．
①当t为何值时，四边形PQDC是平行四边形；
②当t为何值时，以C，D，Q，P为顶点的梯形面积等于60cm2？1世纪教育网版权所有
③是否存在点P，使△PQD是等腰三角形？若存在，请求出所有满足要求的t的值，若不存在，请说明理由．
考点：根与系数的关系；等腰三角形的判定；梯形；旋转的性质。
专题：动点型；探究型。
分析：（1）两根互为倒数，两根之积为1，根据根与系数的关系求出条件；
（2）根据旋转的性质可知，两个正方形重叠部分的面积为三角形ABE面积的2倍，根据三角形面积公式求出重叠面积；
（3）①若四边形PQDC是平行四边形，则要DQ=CP，然后求出t，
②若点P，Q在BC，AD上时，根据梯形面积公式求出t，若点P在BC延长线上时，求出另一种情况的t；
③当PQ=PD时作PH⊥AD于H，则HQ=HD，求得t，当PQ=QD时QH=AH﹣AQ=BP﹣AQ=2t﹣t=t，QD=16﹣t，根据数量关系求出t，当QD=PD时DH=AD﹣AH=AD﹣BP=16﹣2t，再求出满足题意的t．
解答：解：
（1）若方程两根互为倒数则两根之积为1，故a=c；
（2）根据旋转的性质，两个正方形重叠部分的面积为三角形ABE面积的2倍，
由题意可知，BE=2﹣2，AB=2，根据三角形面积公式可得三角形ABE的面积为2﹣2，
故两个正方形重叠部分的面积为．
（3）①∵四边形PQDC是平行四边形，
∴DQ=CP，
∵DQ=AD﹣AQ=16﹣t，CP=21﹣2t，
∴16﹣t=21﹣2t，
解得t=5，
当t=5秒时，四边形PQDC是平行四边形，
②若点P，Q在BC，AD上时，
=60即，
解得t=9（秒），
若点P在BC延长线上时，则CP=2t﹣21，
∴
解得t=15（秒），
∴当t=9或15秒时，以C，D，Q，P为顶点的梯形面积等60cm2；
③当PQ=PD时，
作PH⊥AD于H，则HQ=HD，
∵QH=HD=QD=（16﹣t），
由AH=BP得，
解得秒，
当PQ=QD时QH=AH﹣AQ=BP﹣AQ=2t﹣t=t，QD=16﹣t，1世纪教育网版权所有
∵QD2=PQ2=122+t2，
∴（16﹣t）2=122+t2解得（秒），
当QD=PD时DH=AD﹣AH=AD﹣BP=16﹣2t，
∵QD2=PD2=PH2+HD2=122+（16﹣2t）2，
∴（16﹣t）2=122+（16﹣2t）2，
即3t2﹣32t+144=0，
∵△＜0，
∴方程无实根，
综上可知，当秒或（秒）时，△BPQ是等腰三角形．
点评：本题主要考查的知识点有一元二次方程根与系数的关系，等腰三角形的性质和旋转的性质，综合性较强．
30、如图，我们称每个小正方形的顶点为“格点”，以格点为顶点的三角形叫做“格点三角形”．根据图形解答下列问题：
（1）图中的格点△DEF是由格点△ABC通过怎样的变换得到的？（写出变换过程）
（2）在图中建立适当的直角坐标系，写出△DEF各顶点的坐标．
考点：坐标与图形性质；平移的性质；旋转的性质。1世纪教育网版权所有
专题：网格型。
分析：（1）对应点是C、F，△ABC应先向右平移到F，BC转到EF位置，可看出是逆时针旋转90°，
（2）可任意建立平面直角坐标系，得到相应三点的坐标．
解答：解：（1）答案不唯一，只要合理即可得（2分）．如：
点评：图形的转换应找到关键点，关键线段的变化，原点位置不同，得到点的坐标也不同．
