难点解析人教版九年级数学上册第二十三章旋转同步训练试题(解析版)

人教版九年级数学上册第二十三章旋转同步训练
考试时间：90分钟；命题人：数学教研组
考生注意：
1、本卷分第I 卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，满分100分，考试时间90分钟
2、答卷前，考生务必用0.5毫米黑色签字笔将自己的姓名、班级填写在试卷规定位置上
3、答案必须写在试卷各个题目指定区域内相应的位置，如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用涂改液、胶带纸、修正带，不按以上要求作答的答案无效。

第I 卷（选择题 30分）
一、单选题（10小题，每小题3分，共计30分）
1、如图，在平面直角坐标系中，已知点P (0，2)，点A (4，2)．以点P 为旋转中心，把点A 按逆时针
方向旋转60°，得点B ．在1M ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭，()
21M -，()31,4M ，4112,2M ⎛⎫ ⎪⎝⎭四个点中，直线PB 经过的点是（ ）
A ．1M
B ．2M
C ．3M
D ．4M
2、如图，在△ABC 中，∠ACB＝90°，AC ＝BC ，D 是AB 边上一点（点D 与A ，B 不重合），连结CD ，将线段CD 绕点C 按逆时针方向旋转90°得到线段CE ，连结DE 交BC 于点F ，连接BE ．当AD ＝BF 时，∠BEF 的度数是（ ）
A．45°B．60°C．62.5°D．67.5°
3、2020年7月20日，宁津县人民政府印发《津县城市生活垃圾分类制度实施方案》的通知，全面推行生活垃圾分类．下列垃圾分类标志分别是厨余垃圾、有害垃圾、其他垃圾和可回收物，其中既是轴对称图形又是中心对称图形的是（）
A．B．C．D．
-，3-）关于原点对称，则m＋n的值分别为
4、若点P（2，n-）与点Q（m
（）
A．5-B．1-C．1 D．5
5、如图，已知点O（0，0），P（1，2），将线段PO绕点P按顺时针方向以每秒90°的速度旋转，则第19秒时，点O的对应点坐标为（）
A．（0，0）B．（3，1）C．（﹣1，3）D．（2，4）
6、如图，点O为矩形ABCD的对称中心，点E从点A出发沿AB向点B运动，移动到点B停止，延长EO交CD于点F，则四边形AECF形状的变化依次为（）
A ．平行四边形→正方形→平行四边形→矩形
B ．平行四边形→菱形→平行四边形→矩形
C ．平行四边形→正方形→菱形→矩形
D ．平行四边形→菱形→正方形→矩形
7、以原点为中心，将点P （4，5）按逆时针方向旋转90°，得到的点Q 所在的象限为（ ）
A ．第一象限
B ．第二象限
C ．第三象限
D ．第四象限
8、如图，△OAB 中，∠AOB =60°，OA =4，点B 的坐标为（6，0），将△OAB 绕点A 逆时针旋转得到△CAD ，当点O 的对应点C 落在OB 上时，点D 的坐标为（ ）
A ．（7，
B ．（7，5）
C ．（5）
D ．（
9、如图，△ABC 是等边三角形，D 为BC 边上的点，△ABD 经旋转后到达△ACE 的位置，那么旋转角为（ ）
A ．75°
B ．60°
C ．45°
D ．15°
10、如图，在ABC ∆中，70CAB ∠=︒，将ABC ∆绕点A 逆时针旋转到''AB C ∆的位置，使得'
CC AB ，则'BAB ∠的度数是（ ）
A ．70︒
B ．35︒
C ．40︒
D ．50︒
第Ⅱ卷（非选择题 70分）
二、填空题（5小题，每小题4分，共计20分）
1、如图，在菱形ABCD 中，2,60AB BAD =∠=︒，将菱形ABCD 绕点A 逆时针方向旋转，对应得到菱形AEFG ，点E 在AC 上，EF 与CD 交于点P ，则DP 的长是_____．
2、若点(,1)a 与(3,)-b 关于原点对称，则ab =__．
3、如图，在Rt △ABC 中，∠BAC ＝90°，AB ＝8，AC ＝6，以BC 为一边作正方形BDEC 设正方形的对称中心为O ，连接AO ，则AO ＝_____．
4、如图，将Rt ABC ∆的斜边AB 绕点A 顺时针旋转()090αα︒︒<<得到AE ，直角边AC 绕点A 逆时针旋
转()090ββ︒︒<<得到AF ，连结EF ．若=3AB ，=2AC ，且B αβ+=∠，则=EF _____．
5、如图，将等边△AOB 放在平面直角坐标系中，点A 的坐标为(0,4)，点B 在第一象限，将等边△AOB 绕点O 顺时针旋转180°得到△A ′OB ′，则点B ′的坐标是__________．
三、解答题（5小题，每小题10分，共计50分）
1、如图，在10×8的正方形网格中，每个小正方形的边长均为1个单位．
（1）先将△ABC 向下平移4个单位，得到△A ′B ′C ′；
（2）再将△A ′B ′C ′绕点B ′逆时针旋转90°，得到△A ′'B ′C ′'．
画出△A ′B ′C ′和△A ″B ′C ″．（用黑色水笔描粗各边并标出字母，不要求写画法）
2、如图，在Rt ABC 中，90ACB ∠=︒，点D 、E 分别在AB ，AC 上，CE =BC ，连接CD ，将线段CD 绕点C 按顺时针方向旋转90︒后得CF ，连接EF ．
（1）补充完成图形；
（2）若//EF CD ，求证：90BDC ∠=︒．
3、如图，等腰Rt△ABC 中，∠A ＝45°，∠ABC ＝90°，点D 在AC 上，将△ABD 绕点B 沿顺时针方向旋转90°后，得到△CBE ．
（1）求∠DCE 的度数；
（2）若AB ＝4，CD ＝3AD ，求DE 的长．
4、在Rt△ABC 中，AB =AC ，∠BAC =90°，D 为BC 边上一点（不与点B ，C 重合），将线段AD 绕点A 逆时针旋转90°得到线段AE ．
探索：（1）连接EC ，如图①，试探索线段BC ，CD ，CE 之间满足的等量关系，并证明结论；
（2）如图②，在四边形ABCD 中，∠ABC =∠ACB =45°，若BD =7，将边AD 绕点A 逆时针旋转90°得到线段AE ．连接DE 、CE ，求线段CE 的长．
（3）AD 与CE 交于点N ，BD 与CE 交于点M ，在（2）的条件下，试探究BD 与CE 的位置关系，并加以证明
5、如图1，二次函数y＝a（x+3）（x﹣4）的图象交坐标轴于点A，B（0，﹣2），点P为x轴上一动点．
（1）求该二次函数的解析式；
（2）过点P作PQ⊥x轴，分别交线段AB、抛物线于点Q，C，连接AC．若OP＝1，求△ACQ的面积；
（3）如图2，连接PB，将线段PB绕点P逆时针旋转90°得到线段PD．当点D在抛物线上时，求点D的坐标．
-参考答案-
一、单选题
1、B
【解析】
【分析】
根据含30°角的直角三角形的性质可得B （2，，利用待定系数法可得直线PB 的解析式，依
次将M 1，M 2，M 3，M 4四个点的一个坐标代入y +2中可解答．
【详解】
解：∵点A （4，2），点P （0，2），
∴PA ⊥y 轴，PA =4，
由旋转得：∠APB =60°，AP =PB =4，
如图，过点B 作BC ⊥y 轴于C ，
∴∠BPC =30°，
∴BC =2，PC
∴B （2，，
设直线PB 的解析式为：y =kx +b ，
则222k b b ⎧+=+⎪⎨=⎪⎩
∴2k b ⎧=⎪⎨=⎪⎩
∴直线PB 的解析式为：y +2，
当y=0+2=0，x
∴点M1（0）不在直线PB上，
当x y=-3+2=1，
∴M2（-1）在直线PB上，
当x=1时，y，
∴M3（1，4）不在直线PB上，
当x=2时，y，
∴M4（2，11
2
）不在直线PB上．
故选：B．
【考点】
本题考查的是图形旋转变换，待定系数法求一次函数的解析式，确定点B的坐标是解本题的关键．
2、D
【解析】
【分析】
根据旋转的性质可得CD＝CE和∠DCE＝90°，结合∠ACB＝90°，AC＝BC，可证△ACD≌△BCE，依据全等三角形的性质即可得到∠CBE＝∠A＝45°，再由AD＝BF可得等腰△BEF，则可计算出∠BEF的度数．
【详解】
解：由旋转性质可得： CD＝CE，∠DCE＝90°．
∵∠ACB＝90°，AC＝BC，
∴∠A＝45°．
∴∠ACB−∠DCB＝∠DCE−∠DCB．
即∠ACD＝∠BCE．
∴△ACD≌△BCE．
∴∠CBE＝∠A＝45°．
∵AD＝BF，
∴BE＝BF．
∴∠BEF＝∠BFE＝ 67.5°．
故选：D．
【考点】
本题考查了旋转的性质、全等三角形的判定与性质以及等腰三角形的性质，解题的关键是熟练运用旋转的性质找出相等的线段和角，并能准确判定三角形全等，从而利用全等三角形性质解决相应的问题．
3、B
【解析】
【分析】
根据轴对称图形和中心对称图形的概念去判断即可．
【详解】
A、既不是轴对称图形也不是中心对称图形，故不满足题意；
B、是轴对称图形也是中心对称图形，故满足题意；
C、既不是轴对称图形也不是中心对称图形，故不满足题意；
D、既不是轴对称图形也不是中心对称图形，故不满足题意；
故选：B．
【考点】
本题考查了轴对称图形和中心对称图形，关键是紧扣轴对称图形和中心对称图形的概念．
4、B
【解析】
【分析】
根据关于原点对称的点，横坐标与纵坐标都互为相反数解答．
【详解】
解：∵P （2，-n ）与点Q （-m ，-3）关于原点对称，
∴2=-（-m ），-n =-（-3），
∴m =2，n =-3,
∴231m n +=-=- ．
故选：B ．
【考点】
本题考查了关于原点对称的点的坐标，解决本题的关键是掌握好对称点的坐标规律．
5、B
【解析】
【分析】
依据线段PO 绕点P 按顺时针方向以每秒90°的速度旋转，即可得到19秒后点O 旋转到点O '的位置，再根据全等三角形的对应边相等，即可得到点O 的对应点O '的坐标．
【详解】
解：如图所示，∵线段PO 绕点P 按顺时针方向以每秒90°的速度旋转，每4秒一个循环，19＝4×4+3，
∴3×90°＝270°，
∴19秒后点O 旋转到点O '的位置，∠OPO '＝90°，
如图所示，过P 作MN ⊥y 轴于点M ，过O '作O 'N ⊥MN 于点N ，
则∠OMP ＝∠PNO '＝90°，∠POM ＝∠O 'PN ，OP ＝PO '，
在△OPM 和△PO 'N 中，
'''OMP PNO POM O PN OP PO ∠∠⎧⎪∠∠⎨⎪⎩
＝＝＝， ∴△OPM ≌△PO 'N （AAS ），
∴O 'N ＝PM ＝1，PN ＝OM ＝2，
∴MN ＝1+2＝3，点O '离x 轴的距离为2-1＝1，
∴点O '的坐标为（3，1），
故选：B ．
【考点】
本题主要考查了坐标与图形变化，图形或点旋转之后要结合旋转的角度和图形的特殊性质来求出旋转后的点的坐标．
6、B
【解析】
【分析】
根据对称中心的定义，根据矩形的性质，可得四边形AECF 形状的变化情况．
【详解】
解：观察图形可知，四边形AECF形状的变化依次为平行四边形→菱形→平行四边形→矩形．
故选：B．
【考点】
考查了中心对称，矩形的性质，平行四边形的判定与性质，菱形的性质，根据EF与AC的位置关系即可求解．
7、B
【解析】
【分析】
根据旋转的性质，以原点为中心，将点P（4，5）按逆时针方向旋转90°，即可得到点Q所在的象限．
【详解】
解：如图，∵点P（4，5）按逆时针方向旋转90°，
得点Q所在的象限为第二象限．
故选：B．
【考点】
本题考查了坐标与图形变化-旋转，解决本题的关键是掌握旋转的性质．
8、A
【解析】
【分析】
如图，过点D 作DE ⊥x 轴于点E ．证明△AOC 是等边三角形，解直角三角形求出DE ，CE ，可得结论．
【详解】
解：如图，过点D 作DE ⊥x 轴于点E ．
∵B （6，0），
∴OB =6，
由旋转的性质可知AO =AC =4，OB =CD =6，∠ACD =∠AOB =60°，
∵∠AOC =60°，
∴△AOC 是等边三角形，
∴OC =OA =4，∠ACO =60°，
∴∠DCE =60°，
∴CE =1
2
CD =3，DE ∴OE =OC +CE =4+3=7，
∴D （7，，
故选：A ．
【考点】
本题考查了旋转变换，含30度角的直角三角形的性质，勾股定理，等边三角形的判定和性质等知识，解题的关键是掌握旋转变换的性质．
9、B
【解析】
【分析】
根据题意可知旋转角为BAC ∠，根据等边三角形的性质即可求解．
【详解】 解：△ABD 经旋转后到达△ACE 的位置，△ABC 是等边三角形，
∴旋转角为BAC ∠60=︒，
故选B
【考点】
本题考查了等边三角形的性质，找旋转角，找到旋转前后对应的线段所产生的夹角即为旋转是解题的关键．
10、C
【解析】
【分析】
根据旋转的性质得AC′=AC，∠B′AB=∠C′AC，再根据等腰三角形的性质得∠AC′C=∠ACC′，然后根据平行线的性质由CC′∥AB 得∠ACC′=∠CAB=70°，则∠AC′C=∠ACC′=70°，再根据三角形内角和计算出∠CAC′=40°，所以∠B′AB=40°．
【详解】
∵ABC ∆绕点A 逆时针旋转到''AB C ∆的位置，
∴'AC AC =，''B AB C AC ∠=∠，
∴''AC C ACC ∠=，
∵'CC AB ，
∴'70ACC CAB ∠=∠=︒，
∴''70AC C ACC ∠=∠=︒，
∴'18027040CAC ∠=︒-⨯︒=︒，
∴'40B AB ∠=︒，
故选C.
【考点】
本题考查了旋转的性质：旋转前后两图形全等；对应点到旋转中心的距离相等；对应点与旋转中心的连线段的夹角等于旋转角．也考查了平行线的性质．
二、填空题
11
【解析】
【分析】
连接BD 交AC 于O ，由菱形的性质得出2,60CD AB BCD BAD ==∠=∠=︒，
1302ACD BAC BAD ∠=∠=∠=︒，,OA OC AC BD =⊥，由直角三角形的性质求出112
OB AB ==，
OA ==AC =2,60AE AB EAG BAD ==∠=∠=︒，得出
2CE AC AE =-=，证出90CPE ∠=︒，由直角三角形的性质得出112
PE CE =，
3PC ==，即可得出结果．
【详解】
解：连接BD 交AC 于O ，如图所示：
∵四边形ABCD 是菱形，
∴2,60CD AB BCD BAD ==∠=∠=︒，
1302
ACD BAC BAD ∠=∠=∠=︒，,OA OC AC BD =⊥， ∴112
OB AB ==，
∴OA ==
∴AC =
由旋转的性质得：2,60AE AB EAG BAD ==∠=∠=︒，
∴2CE AC AE =-=，
∵四边形AEFG 是菱形，
∴EF AG ∕∕，
∴60CEP EAG ∠=∠=︒，
∴90CEP ACD ∠+∠=︒
∴90CPE ∠=︒，
∴1
12
PE CE =，3PC ==，
∴2(31DP CD PC =-=-=；
1．
【考点】
考核知识点：菱形性质，旋转性质.解直角三角形是关键.
2、3-
【解析】
【分析】
根据原点对称的点的特征求解即可；
【详解】
点(,1)A a 与点,()3B b -关于原点对称，
3a ∴=，1b =-，
故3ab =-．
故答案为：3-．
【考点】
本题主要考查了关于原点对称的点的坐标，准确计算是解题的关键．
3、
【解析】
【分析】
连接AO 、BO 、CO ，过O 作FO⊥AO，交AB 的延长线于F ，判定△AOC≌△FOB（ASA ），即可得出AO=FO ，FB=AC=6，进而得到AF=8+6=14，∠FAO=45°，根据AO=AF×cos45°进行计算即可．
【详解】
解：连接AO 、BO 、CO ，过O 作FO⊥AO，交AB 的延长线于F ，
∵O 是正方形DBCE 的对称中心，
∴BO=CO，∠BOC=90°，
∵FO⊥AO，
∴∠AOF=90°，
∴∠BOC=∠AOF，
即∠AOC+∠BOA=∠FBO+∠BOA，
∴∠AOC=∠FBO，
∵∠BAC=90°，
∴在四边形ABOC 中，∠ACO+∠ABO=180°，
∵∠FBO+∠ABO=180°，
∴∠ACO=∠FBO，
在△AOC 和△FOB 中，
AOC FOB AO FO
ACO FBO ∠=∠⎧⎪=⎨⎪∠=∠⎩
， ∴△AOC≌△FOB（ASA ），
∴AO=FO，FB=FC=6，
∴AF=8+6=14，∠FAO=∠OFA=45°，
∴AO=AF×cos45°=14×
2
=
故答案为
【考点】
本题考查了正方形的性质和全等三角形的判定与性质．本题的关键是通过作辅助线来构建全等三角形，然后将已知和所求线段转化到直角三角形中进行计算．
4
【解析】
【分析】
由旋转的性质可得3AE AB ==，2AC AF ==，由勾股定理可求EF 的长．
【详解】
解：由旋转的性质可得3AE AB ==，2AC AF ==，
90B BAC ︒∠+∠=，且B αβ+=∠，
90BAC αβ︒∴∠++=，
90EAF ︒∴∠=，
EF ∴=
【考点】
本题考查了旋转的性质，勾股定理，灵活运用旋转的性质是本题的关键．
5、(2)--
【解析】
【分析】
先根据等边三角形的性质、点A 坐标求出点B 坐标，再根据点坐标关于原点对称规律：横坐标和纵坐标均变为相反数，即可得出答案．
【详解】
如图，作BH y ⊥轴于H
AOB ∆为等边三角形，(0,4)A
12,602OH AH OA BOA ∴===∠=︒
∴==
BH
∴点B坐标为2)
等边AOB
∆绕点O顺时针旋转180︒得到''
∆
AOB
∴点'B与点B关于原点O对称
∴点'B的坐标是(2)
--
故答案为：(2)
--．
【考点】
本题考查了等边三角形的性质、图形旋转的性质等知识点，根据等边三角形的性质和点A坐标求出点B坐标是解题关键．
三、解答题
1、（1）见解析；（2）见解析
【解析】
【分析】
（1）利用网格特点和平移的性质画出A、B、C的对应点A′、B′、C′即可；
（2）利用网格特点和旋转的性质画出A′、C′的对应点A″、C″即可．
【详解】
解：（1）如图，△A B C
'''为所作；
（2）如图，△A B C 为所作．
．
【考点】
本题考查了作图-旋转变换：根据旋转的性质可知，对应角都相等都等于旋转角，对应线段也相等，由此可以通过作相等的角，在角的边上截取相等的线段的方法，找到对应点，顺次连接得出旋转后的图形．也考查了平移变换．
2、（1）图形见解析；（2）证明见解析．
【解析】
【分析】
（1）根据题意，利用旋转性质将图形补全，并按要求标清相应的字母即可；
（2）由旋转的性质得到∠DCF 为直角，由EF 与CD 平行，得到∠F 为直角，利用SAS 得到△BDC 与△EFC 全等，利用全等三角形对应角相等即可得证．
【详解】
（1）解：所补图形如图所示：
（2）证明：由旋转的性质得：90DC FC DCF =∠=︒，，
∴90DCE ECF ∠+∠=︒．
∵90ACB ∠=︒，
∴90DCE BCD ∠+∠=︒．
∴BCD ECF ∠=∠．
∵//EF DC ，
∴180F DCF ∠+∠=︒．
∴90F ∠=︒．
在BCD △和ECF △中，BC EC BCD ECF DC FC =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩
， ∴()BCD ECF SAS ≅．
∴90BDC F ∠=∠=︒．
【考点】
此题考查了旋转的性质，以及全等三角形的判定与性质，熟练掌握旋转的性质是解本题的关键．
3、（1）90°；（2
）【解析】
【分析】
（1）根据旋转的性质和等腰直角三角形的性质即可得∠DCE 的度数；
（2）根据勾股定理求出AC 的长，根据CD ＝3AD ，可得CD 和AD 的长，根据旋转的性质可得AD ＝EC ，再根据勾股定理即可得DE 的长．
【详解】
解：（1）∵△ABC 为等腰直角三角形，
∴∠BAD ＝∠BCD ＝45°，
由旋转的性质可知∠BAD ＝∠BCE ＝45°，
∴∠DCE＝∠BCE＋∠BCA＝45°＋45°＝90°；
（2）∵BA＝BC，∠ABC＝90°，
∴
AC=
∵CD＝3AD，
∴AD DC=
由旋转的性质可知：
AD
＝EC
∴
DE=
【考点】
本题考查了旋转的性质、等腰直角三角形，解决本题的关键是掌握旋转的性质．
4、（1）BC=CE+DC，证明见解析；（2）7；（3）BD⊥CE，证明见解析
【解析】
【分析】
（1）根据∠BAC=∠DAE=90°，得出∠BAD=∠CAE，证明△BAD≌△CAE（SAS），得出BD=CE即可；
（2）根据∠ABC=∠ACB=45°，得出∠BAC=180°-∠ABC-∠ACB=90°，根据∠DAE=90°，可证
∠BAD=∠CAE，可证△BAD≌△CAE，可得BD=CE=7；
（3）由（2）得△BAD≌△CAE得出∠ADB=∠AEC，根据∠EAD=90°得出∠AEN+∠ANE=90°根据对顶角性质得出∠ANE=∠DNM可求∠DNM+∠ADB=∠ANE+∠AEC=90°即可．
【详解】
证明：（1）结论：BC=CE+DC
证明如下：∵∠BAC=∠DAE=90°，
∴∠BAD+∠DAC=∠DAC+∠CAE，
∴∠BAD =∠CAE ，
∴△BAD 和△CAE 中，
AB AC BAD CAE AD AE =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩
， ∴△BAD ≌△CAE （SAS ），
∴BD =CE ，
∵BC =BD +DC ，
∴BC =CE +DC ；
（2）∵∠ABC =∠ACB =45°，
∴∠BAC =180°-∠ABC -∠ACB =90°，
∵∠DAE =90°，
∴∠BAC +∠CAD =∠CAD +∠DAE ，
∴∠BAD =∠CAE ，
在△BAD 和△CAE 中，
AB AC BAD CAE AD AE =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩
， ∴△BAD ≌△CAE（SAS ），
∴BD =CE =7；
（3）结论：BD ⊥CE ．设EC 与AD 交于N ，BD 与CE 交于M ，
如图2，由（2）得△BAD ≌△CAE ，
∴∠ADB =∠AEC ，
∵∠EAD =90°，
∴∠AEN +∠ANE =90°，
∵∠ANE =∠DNM ，
∴∠DNM +∠ADB =∠ANE +∠AEC =90°，
∴∠NMD =90°，
∴BD ⊥CE ．
【考点】
本题考查三角形全等判定与性质，图形性质性质，线段和差，直线位置关系，掌握三角形全等判定与性质，图形性质性质，线段和差，直线位置关系是解题关键．
5、（1）211266
y x x =--；（2）34ACQ S ∆=；（3）(3,1)D -或(8,10)D - 【解析】
【分析】
（1）将(0,2)B -代入(3)(4)y a x x =+-，即可求解；
（2）先求直线AB 的解析式为122y x =-，则3(1,)2
Q -，(1,2)C -，可求34ACQ ACP APQ S S S ∆∆∆=-=； （3）设(,0)P t ，过点D 作x 轴垂线交于点N ，可证明()PND BOP AAS ∆≅∆，则(2,)D t t +-，将D 点代入抛物线解析式得1(23)(24)6
t t t -=+++-，求得(3,1)D -或(8,10)D -．
【详解】
解：（1）将(0,2)B -代入(3)(4)y a x x =+-，
16a ∴=， 2111(3)(4)2666
y x x x x ∴=+-=--； （2）令0y =，则1
(3)(4)06x x +-=，
3x ∴=-或4x =，
(4,0)A ∴，
设直线AB 的解析式为y kx b =+，
∴240
b k b =-⎧⎨+=⎩， ∴122
k b ⎧=⎪⎨⎪=-⎩，
122
y x ∴=-， 1OP =，
(1,0)P ∴，
PQ x ⊥轴，
3(1,)2
Q ∴-，(1,2)C -， 3AP ∴=，
11333232224
ACQ ACP APQ S S S ∆∆∆∴=-=⨯⨯-⨯⨯=； （3）设(,0)P t ，
如图2，过点D 作x 轴垂线交于点N ，
90BPD ∠=︒，
90OPB NPD ∴∠+∠=︒，90OPB OBP ∠+∠=︒，
NPD OBP ∴∠=∠，
BP PD ，
()PND BOP AAS ∴∆≅∆，
OP ND ∴=，BO PN =，
(2,)D t t ∴+-，
1(23)(24)6
t t t ∴-=+++-， 解得1t =或10t =-，
(3,1)D ∴-或(8,10)D -．
【考点】
本题是二次函数综合题，考查了二次函数图象和性质，待定系数法求抛物线解析式，三角形面积，全等三角形判定和性质，旋转的性质等，解题的关键是熟练掌握二次函数的图象及性质，分类讨论，数形结合．。