专题04 平移翻折旋转新题型 带解析

专题04平移，翻折，旋转新题型(解析版） 一．一次函数图象上点的坐标特征1．如图，在菱形ABCD中，∠BAD＝60°，点A（1，1），C在直线y＝x上，且AB＝2，将菱形ABCD绕原点O逆时针旋转，每次转动45°，则第2022次旋转结束后，点C的坐标为（）A．（1−6，1−6） B．（6−1，6−1） C．（6−1，1−6）思路引领：根据旋转的性质及旋转角，先求出点C坐标，由题意可得每次8旋转一个循环，即可求解．答案详解：如图，设菱形对角线AC与BD交与点E，∵点A（1，1），点A，C在直线y＝x上，∴OA=2∵∠BAD＝60°，AB＝2，四边形ABEF是菱形，∴∠BAE＝30°，∴AE＝AB•cos30°＝2×3∴AC＝2AE＝23，∴OC＝AC﹣OA＝23−∴第一次旋转45°，点C的坐标为（0，2−23第二次旋转45°，点C的坐标为（6−1，1−第三次旋转45°，点C的坐标为（23−第四次旋转45°，点C的坐标为（6−1，6第五次旋转45°，点C的坐标为（0，23−第六次旋转45°，点C的坐标为（1−6，6由题意可得每次8旋转一个循环，∵2022÷8＝252⋯⋯6，∴第20222次旋转结束时，点C的坐标与第6次旋转后点C的坐标相同，为（1−6，6故选：D．二．二次函数图象与几何变换2．如图，将二次函数y＝x2﹣4位于x的下方的图象沿x轴翻折，得到一个新函数的图象（图中的实线）（1）当x＝x＝﹣2或x＝2时，新函数有最小值；（2）当新函数中函数y随x的增大而增大时，自变量x的范围是﹣2＜x＜0或x＞2；（3）当a≤4时，探究一次函数y＝2x+a的图象与新函数图象公共点的个数情况．思路引领：（1）直接根据函数图象与x轴的交点进行解答即可；（2）由函数图象可知当﹣2＜x＜0或x＞2时y随x的增大而增大；（3）先用a表示出一次函数与x轴、y轴的交点坐标，再根据二次函数与x轴的交点坐标进行讨论即可．答案详解：（1）∵由函数图象可知，当x＝﹣2或x＝2时，函数图象有最低点，即函数有最小值，∴当x＝﹣2或x＝2时，函数y有最小值．故答案为：x＝﹣2或x＝2；（2）∵由函数图象可知当﹣2＜x＜0或x＞2时y随x的增大而增大，∴x的取值范围是：﹣2＜x＜0或x＞2，故答案为：﹣2＜x＜0或x＞2；（3）∵一次函数y＝2x+a与x轴的交点为（−a2，0），与y轴的交点为（0，∴当直线y＝2x+a过点（2，0）时，也过点（0，﹣4），或当直线y＝2x+a过点（﹣2，0）时，也过点（0，4），∴当a＜﹣4时，没有交点；当a＝﹣4时，有1个交点；当﹣4＜a＜4时，有2个交点；当a＝4时，有3个交点．三．抛物线与x轴的交点3．如图，将二次函数y＝x2﹣m（其中m＞0）的图象在x轴下方的部分沿x轴翻折，图象的其余部分保持不变，形成新的图象记为y1，另有一次函数y＝x+b的图象记为y2，则以下说法：①当m＝1，且y1与y2恰好有三个交点时b有唯一值为1；②当b＝2，且y1与y2恰有两个交点时，m＞4或0＜m＜7③当m＝﹣b时，y1与y2一定有交点；④当m＝b时，y1与y2至少有2个交点，且其中一个为（0，m）．其中正确说法的序号为②④．思路引领：①错误．如图1中，当直线y＝x+b与抛物线相切时，也满足条件只有三个交点．此时b≠1，故①错误．②正确．如图2中，当抛物线经过点（﹣2，0）时，0＝4﹣m，m＝4，观察图象可知m＞4时，y1与y2恰有两个交点．③错误．如图3中，当b＝﹣4时，观察图象可知，y1与y2没有交点，故③错误．④正确．如图4中，当b＝4时，观察图象可知，b＞0，y1与y2至少有2个交点，且其中一个为（0，b），故④正确．答案详解：①错误．如图1中，当直线y＝x+b与抛物线相切时，也满足条件只有三个交点．此时b≠1，故①错误．②正确．如图2中，当抛物线经过点（﹣2，0）时，0＝4﹣m，m＝4，观察图象可知m＞4时，y1与y2恰有两个交点．由y=x+2y=−x2+m消去y得到x2+x+2﹣∴m=7观察图象可知当0＜m＜74时，y1与y③错误．如图3中，当b＝﹣4时，观察图象可知，y1与y2没有交点，故③错误．④正确．如图4中，当b＝4时，观察图象可知，b＞0，y1与y2至少有2个交点，且其中一个为（0，b），故④正确．故答案为②④四．二次函数综合题4．抛物线y=−23x2+73x﹣1与x轴交于点A，B（点A在点B的左侧），与y轴交于点C，其顶点为D．将抛物线位于直线l：y＝t（t＜（1）点A，B，D的坐标分别为（12，0），（3，0），（74，25（2）如图①，抛物线翻折后，点D落在点E处．当点E在△ABC内（含边界）时，求t的取值范围；（3）如图②，当t＝0时，若Q是“M”形新图象上一动点，是否存在以CQ为直径的圆与x轴相切于点P？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．思路引领：（1）利用二次函数图象上点的坐标特征可求出点A、B的坐标，再利用配方法即可找出抛物线的顶点D的坐标；（2）由点D的坐标结合对称找出点E的坐标，根据点B、C的坐标利用待定系数法可求出直线BC的解析式，再利用一次函数图象上点的坐标特征即可得出关于t的一元一次不等式组，解之即可得出t的取值范围；（3）假设存在，设点P的坐标为（12m，0），则点Q的横坐标为m，（方法一）分m＜12或m＞3及12≤m≤3两种情况，利用勾股定理找出关于m的一元二次方程，解之即可得出m的值，进而可找出点P的坐标；（方法二）过点Q作QN⊥x轴于点N，由等角的余角相等结合正切的定义可得出OPOC=NQPN，分m＜12或m＞3及12答案详解：（1）当y＝0时，有−23x2+解得：x1=12，x∴点A的坐标为（12，0），点B∵y=−23x2+73x﹣1=−23（x2−72∴点D的坐标为（74，25故答案为：（12，0）；（3，0）；（74，（2）∵点E、点D关于直线y＝t对称，∴点E的坐标为（74，2t−当x＝0时，y=−23x2∴点C的坐标为（0，﹣1）．设线段BC所在直线的解析式为y＝kx+b，将B（3，0）、C（0，﹣1）代入y＝kx+b，3k+b=0b=−1，解得：k=∴线段BC所在直线的解析式为y=13x∵点E在△ABC内（含边界），∴2t−解得：516≤t（3）当x＜12或x＞3时，y=−23当12≤x≤3时，y=23x假设存在，设点P的坐标为（12m，0），则点Q的横坐标为m（方法一）①当m＜12或m＞3时，点Q的坐标为（m，−23m∵以CQ为直径的圆与x轴相切于点P，∴CP⊥PQ，∴CQ2＝CP2+PQ2，即m2+（−23m2+73m）2=14m2+1+14m2+（整理，得：5m2﹣28m+12＝0，解得：m1=14−2345，m∴点P的坐标为（7−345，0）或（②当12≤m≤3时，点Q的坐标为（m，23m2∵以CQ为直径的圆与x轴相切于点P，∴CP⊥PQ， ∴CQ2＝CP2+PQ2，即m2+（23m2−73m+2）2=14m2+1+14m2+（2整理，得：11m2﹣28m+12＝0，解得：m3=611，m∴点P的坐标为（311（方法二）过点Q作QN⊥x轴于点N，画出简图，如图3所示．∵∠CPQ＝90°，∴∠OPC+∠NPQ＝90°．又∵∠OPC+∠OCP＝90°，∴∠OCP＝∠NPQ，∴tan∠OCP＝tan∠NPQ，即OPOC①当m＜12或m＞3时，点Q的坐标为（m，−23m∴12整理，得：5m2﹣28m+12＝0，解得：m1=14−2345，m∴点P的坐标为（7−345，0）或（②当12≤m≤3时，点Q的坐标为（m，23m2∴12m整理，得：11m2﹣28m+12＝0，解得：m3=611，m∴点P的坐标为（311综上所述：存在以CQ为直径的圆与x轴相切于点P，点P的坐标为（7−345，0）、（3115．抛物线y=−13x2+bx+c交x轴于A，B两点（A在B的左边），交y轴于C，直线y＝﹣x+4经过B（1）求抛物线的解析式；（2）如图1，P为直线BC上方的抛物线上一点，PD∥y轴交BC于D点，过点D作DE⊥AC于E点．设m＝PD+1021DE，求m的最大值及此时（3）如图2，点N在y轴负半轴上，点A绕点N顺时针旋转，恰好落在第四象限的抛物线上点M处，且∠ANM+∠ACM＝180°，求N点坐标．思路引领：（1）由直线y＝﹣x+4经过B，C两点及点B和点C均在坐标轴上求得点B和点C的坐标，再用待定系数法求得抛物线的解析式；（2）连接AD，延长PD交x轴于点H，设D（t，﹣t+4），P（t，−13t2+13t+4），用含t的式子表示出线段PD、DE，根据m＝PD+1021DE，得出m关于（3）如图2，过N作NF⊥MC，交MC于点F，过N作NG⊥AC，交CA的延长线于点G，根据∠ANM+∠ACM＝180°及旋转的性质得出条件，证明△AGN≌△MFN（AAS），从而得出符合题意的点M和点N，再求得直线CK的解析式，然后与抛物线的解析式联立，即可得出点M的坐标，设N（0，y），根据两点距离公式可解得y的值，则问题得解．答案详解：（1）∵在y＝﹣x+4中，当x＝0时，y＝4；当y＝0时，x＝4；∴B（4，0），C（0，4）；∵点B、C在抛物线y=−13x2+bx+∴−16解得：b=1∴抛物线的解析式为y=−13x2（2）如图1，连接AD，延长PD交x轴于点H，∵PD∥y轴，∴PH⊥x轴，设D（t，﹣t+4），P（t，−13t2+∴PD=−13t2+13t+4﹣（﹣t+4）=∵S△ABC＝S△ADC+S△ADB，且A（﹣3，0），B（4，0），C（0，4），∴12×7×4=12AC•DE∵AC=3∴DE=75∵m＝PD+1021∴m=−13t2+=−13t=−13（t∴当t＝3时，m有最大值3，此时P点坐标为（3，2）；（3）如图2，过N作NF⊥MC，交MC于点F，过N作NG⊥AC，交CA的延长线于点G，则∠AGN＝∠CFN＝∠MFN＝90°，∴∠ACM+∠GNF＝180°，由旋转得：AN＝MN，∵∠ANM+∠ACM＝180°，∴∠GNF＝∠ANM，∴∠ANG＝∠MNF，又∵∠AGN＝∠MFN＝90°，∴△AGN≌△MFN（AAS），∴NG＝NF，∴NC平分∠ACM，设直线CM交x轴于点K，∵CO⊥AB，∴OK＝OA＝3，∴K（3，0），∴直线CK的解析式为y=−4由−43x+4=−13x2+13x∴M（5，−8设N（0，y），∵AN＝MN，∴（﹣3）2+y2＝52+(y+8解得：y=−∴N（0，−136．已知抛物线y=33x2+233x−3与x轴交于点A、B（A在B的右侧），与y轴交于点C，连接（1）如图1，若点P为直线BC下方抛物线上任意一点，直线AD上有一动点E，当△BCP面积最大时，求PE−12（2）如图2，将△BOC绕点O顺时针旋转得到△B'OC'，点B，C的对应点分别是B'，C'，且C'恰好落在∠BCO的平分线上（C'与C不重合），点M是抛物线对称轴上的一个动点，则△B'OM能否为直角三角形？若能，请直接写出点M的坐标，若不能，请说明理由．思路引领：（1）过点P作PH∥y轴交x轴于点H，交AD于点E，则点E为所求点，即可求解；（2）确定△BCO顺时针旋了120°，求出点B′的坐标为（32，332），再分B′M是斜边、OM答案详解：（1）对于y=33x2+233x−3故点A、B、C的坐标分别为（1，0）、（﹣3，0）、（0，−3过点P作PH∥y轴交x轴于点H，交AD于点E，则点E为所求点，理由：由点B、C的坐标知，直线BC的表达式为y=−33则tan∠OBC=33∴∠OBC＝30°，∠OCB＝60°，由AD∥BC知，∠DAB＝∠OBC＝30°，∴EH=12AE，则PE−12AE＝PE﹣EN＝PN由△BCP面积＝S△PHB+S△PHC=12×PH故△BCP面积最大，即PH的长度最大即可．设点P的坐标为（x，33x2+233x−3），则点H的坐标为（x则PH＝（−33x−3）﹣（33x2+233x−3∵−33＜当x=−32时，PH取得最大值，此时点P的坐标为（−∴PE−12AE的最小值为﹣yP（2）连接CC′，∵C'恰好落在∠BCO的平分线上，∠OCB＝60°，OC＝OC′，则∠OC′C＝∠OC′C＝30°，则∠C′OC＝120°，即△BCO顺时针旋了120°，则∠BOB′＝120°，∠B′OA＝60°，过点B′分别作x、y轴的垂线，垂足分别为M、N，则OM＝OB′cos60°＝OBcos60°=32，MB=故点B′的坐标为（32，3由抛物线的表达式知，其对称轴为x＝﹣1，故设点M的坐标为（﹣1，m），由点O、M、B′的坐标知，B′M2＝（32+1）2+（m−3同理可得：OM2＝m2+1，OB′2＝9，当BM是斜边时，则m2+1+9＝（32+1）2+（m−332）当OM是斜边时，则m2+1＝9+（32+1）2+（m−332）当OB′是斜边时，则（32+1）2+（m−332）故点M的坐标为（﹣1，33）或（﹣1，77．我们定义：如图1，在△ABC与△AB'C'中，两三角形有公共顶点A，AB所在射线逆时针旋转α到AC所在射线，AB'所在射线道时针旋转β到AC'所在射线，∠BAC＝α，∠B'AC'＝β，α+β＝18°，ABAB'=ACAC'，我们称△ABC与△（1）如图1，△ABC与△AB'C'互为旋补比例三角形，∠BAC＝60°，AB＝6，AC＝3，AB'＝2时，①∠B'AC'＝120°，②S△AB'C'S△ABC=（2）如图2，在△ABC中，AD⊥BC，△DBA与△DAC互为旋补比例三角形，延长CB至点E，使EB＝BD．连接AE．求证：△BAE与△BCA互为旋补比例三角形．（3）如图3，在△OAB中，∠AOB＝135°．点A在x轴的正半轴上，OA＝2，点B在第二象限，OB＝22，抛物线y=−14x2+bx+c经过点B，与y轴交点为C（0，5），△OPQ（点O，P，Q按逆时针排列）与△OAB互为旋补比例三角形，点P在抛物线的对称轴上运动，当点A，B，P构成的三角形是以AB思路引领：（1）根据题意直接得出结论即可；（2）判定△BAD∽△BCA，结合旋补比例三角形的定义，证得BEBA=ABBC，∠（3）根据题意，证得△OPQ为等腰直角三角形，再分类画图，根据“一线三等角“构造全等，得出结论即可．答案详解：（1）由题意可知，∠B′AC′＝180°﹣∠BAC＝180°﹣60°＝120°，∴S△AB'C'S△ABC=12故答案为：120；19（2）证明：∵AD⊥BC，∴∠ADB＝∠ADC＝90°，∵△DBA与△DAC互为旋补比例三角形，∴DBAD∴△DBA∽△DAC，∴∠BAD＝∠C，又∵∠ABD＝∠CBA，∴△BAD∽△BCA，∴BDAB∵BD＝EB，∴BEAB∵∠EBA+∠ABC＝180°，∴△BAE与△BCA互为旋补比例三角形；（3）∵∠AOB＝135°，∴∠BOC＝45°，过点B作BD⊥x轴于点D，如图2，∵OB＝22，∴DO＝OB＝22，B（﹣2，2），∵OA＝2，∴A（2，0），∵抛物线y=−14x2+bx+c经过点B则2=−14∴y=−14x2+x∵△OPQ与△OAB互为旋补比例三角形，∴∠POQ＝180°﹣∠AOB＝45°，OAOP∴OPOQ∴OP=22如图1，过点Q作QH⊥OP于点H，∵∠POQ＝45°，∴OH=OQ∴OH＝OP，即点H与点P重合，∴∠OPQ＝90°，∴△OPQ为等腰直角三角形，∵A、B、P为以∠A为顶角的等腰三角形，∴AB＝AP，∴AB=BD2+AD2=25当点P在x轴上方时，过点Q作QM⊥AP于点M，则∠PMQ＝90°，如图2：此时点P坐标为（2，25），∵△OPQ为等腰直角三角形，∴OP＝PQ，∠OPQ＝90°，又∵∠PMQ＝90°，∠PAO＝90°，∴∠OPA+∠QPM＝90°，∠PQM+∠QPM＝90°，∴∠PAO＝∠PMQ，∠OPA＝∠PQM，∴△OAP≌△PMQ（AAS），∴OA＝PM＝2，AP＝MQ＝25，∴xQ＝2﹣25，yQ＝2+25，∴Q2（2﹣25，2+25）；②当点P在x轴下方时，过点P作PE⊥y轴于点E，过点Q作QF⊥EP于点F，则∠PEO＝∠PFQ＝90°，如图3：此时点P坐标为（2，25），与①中同理可证△PEO≌△QFP（AAS），∴EP＝QF＝2，OE＝PF＝25，∴xQ＝2+25，yQ＝2﹣25，∴Q2（2+25，2﹣25）．综上，点Q的坐标为（2﹣25，2+25）或（2+25，2﹣25）．8．如图，已知在平面直角坐标系xOy中，抛物线y＝ax2−163x+c经过点A（1，0）、B（3，0），且与y轴交于点C（1）求抛物线的表达式；（2）如果将抛物线向左平移m（m＞0）个单位长度，联结AC、BC，当抛物线与△ABC的三边有且只有一个公共点时，求m的值；（3）如果点P是抛物线上一动点，且在点B的右侧连结PC，直线PA交y轴于点E，当∠PCE＝∠PEC时，求点P的坐标．思路引领：（1）由待定系数法即可求解；（2）当抛物线与△ABC的三边有且只有一个公共点时，则抛物线过点C（0，4），即可求解；（3）求出直线PA的表达式，得到点E的坐标为（0，−43t+4），由∠PCE＝∠PEC，则点P在答案详解：（1）将点A、B的坐标代入抛物线表达式得：a−163故抛物线的表达式为y=43x2−（2）当抛物线与△ABC的三边有且只有一个公共点时，则抛物线过点C（0，4），由抛物线的表达式知，其对称轴为x＝2，则平移后抛物线再过点C时，m＝4；（3）设点P的坐标为（t，43t2−16设直线PA的表达式为y＝kx+b，则43t2故点E的坐标为（0，−43而点C（0，4），∵∠PCE＝∠PEC，则点P在CE的中垂线上，由中点公式得：yP=12（yC+yE），即43t2−163t+4解得t＝1（舍去）或72故点P的坐标为（72，59．如图1，抛物线y＝ax2+2x+c与x轴交于A（﹣4，0），B（1，0）两点，与y轴交于点C．过点B的直线y＝kx+23分别与y轴及抛物线交于点D，（1）求直线和抛物线的表达式；（2）如图2，将直线BE沿y轴向下平移4个单位后，与x轴，y轴分别交于M，N两点．直线AC与线段EM交于点G．①四边形CGMN是平行四边形吗？请说明理由．②抛物线的对称轴上是否存在一点F．使|FA﹣FD|的值最大？若存在，求出其最大值及点F的坐标；若不存在，请说明理由．思路引领：（1）把点B的坐标（1，0）代入y＝kx+23可以求出直线的解析式，把点A、B的坐标分别代入y＝ax2+2x+（2）①通过计算得到直线AC与直线MN的解析式中自变量的系数相等，故AC∥MN，通过计算得出点M与点E的横坐标相同，故ME∥y轴，即GM∥CN，从而得到结论；②因为FA＝FB，通过对进行转化并通过勾股定理进行计算可以得到答案．答案详解：（1）由于直线y＝kx+23过点把点B的坐标（1，0）代入y＝kx+2得：k+2∴k=−∴直线的解析式为y=−由于抛物线y＝ax2+2x+c过点A、B，把点A、B的坐标分别代入y＝ax2+2x+c，得：16a−解得：a=2∴抛物线的解析式为y=2（2）①解方程组y=2x=−5y=4∴点E的坐标为（﹣5，4），在y=23xy=−∴C（0，−8设直线AC的解析式为y＝mx+b，把A、C两点的坐标分别代入y＝mx+b得：−4m+b=0解得：m=−∴直线AC的解析式为y=−将直线BE沿y轴向下平移4个单位后得到的直线MN的解析式为y=−即y=−由于直线AC与直线MN的解析式中自变量的系数相等，∴AC∥MN，在y=−令y＝0得x＝﹣5，∴M（﹣5，0），由于点M与点E的横坐标相同，∴ME∥y轴，即GM∥CN，∴四边形CGMN是平行四边形；②抛物线的对称轴上存在点F，使得的值最大，如图，设抛物线的对称轴与直线BE交于点H，连接FB，由于A、B两点关于抛物线的对称轴对称，即抛物线的对称轴垂直平分线段AB，故FA＝FB，∴FA−FD=FB−FD即FA−FD的最大值为线段BD的长，此时点F在线段BD的延长线上，且与点H重合，在y=2∵−2∴抛物线的对称轴是直线x=−把x=−32代入y=−即点H的坐标为（−3∴点F的坐标为（−3在y=−23x+23∴D（0，23∴OD=2∵B（1，0），∴OB＝1，在Rt△OBD中，由勾股定理得：BD=O所以抛物线的对称轴上存在点F，使得FA−FB的值最大，且最大值为133此时点F的坐标为（−3五．直角三角形的性质10．如图，将边长为4的等边△ABC沿射线BC平移得到△DEF，点M，N分别为AC，DF的中点，点P是线段MN的中点，连接PA，PC．当△APC为直角三角形时，BE＝4或8．思路引领：本题先根据△APC为直角三角形进行分类讨论：①当∠APC＝90°时，根据直角三角形斜边中线等于斜边上的一半，即可求出PM，进而求出MN，BE长度就解决了．②当∠ACP＝90°时，根据直角三角形中，30°角所对直角边是斜边长度的一半，可以求出PM＝4，进而求出MN，BE长度就解决了．答案详解：①当∠APC＝90°时．∵∠APC＝90°，M为AC中点．∴PM＝AM＝CM=12∵PM＝2，点P是线段MN的中点．∴MN＝2PM＝4．即△ABC向左平移4．∴BE＝4．②当∠ACP＝90°时．∵MN∥BF．∴∠PMN＝∠ACB＝60°．∴∠MPC＝30．∵M为AC中点，AC＝4．∴CM＝2．∵在Rt△MCP中，∠MCP＝90°，∠MPC＝30°．∴MC=12∴PM＝2CM＝4．∵点P是线段MN的中点．∴MN＝8即△ABC向左平移4．故答案为：4或8．六．正方形的性质11．如图，在正方形ABCD中，AB＝1，将正方形ABCD绕点A顺时针旋转60°，得正方形AB′C′D′，则线段AC扫过的面积为（）A．26π B．23π C．13π 思路引领：根据正方形ABCD中，AB＝BC＝1，∠B＝90°可得，AC=AB2+BC答案详解：∵正方形ABCD中，AB＝BC＝1，∠B＝90°，∴AC=A∵正方形ABCD绕点A顺时针旋转60°，得正方形AB′C′D′，∴∠CAC′＝60°，∴线段AC扫过的面积为扇形CAC′的面积：60π⋅(2故选：C．七．四边形综合题12．如图，在矩形纸片ABCD中，已知AB＝1，BC=3，点E在边CD上移动，连接AE，将多边形ABCE沿直线AE翻折，得到多边形AB′C′E，点B、C的对应点分别为点B′、C（1）当B′C′恰好经过点D时（如图1），求线段CE的长；（2）若B′C′分别交边AD，CD于点F，G，且∠DAE＝22.5°（如图2），求△DFG的面积；（3）在点E从点C移动到点D的过程中，求点C′运动的路径长．思路引领：（1）如图1中，设CE＝EC′＝x，则DE＝1﹣x，由△ADB′′∽△DEC，可得ADDE（2）如图2中，首先证明△ADB′，△DFG都是等腰直角三角形，求出DF即可解决问题；（3）如图3中，点C的运动路径的长为CC'的长，求出圆心角、半径即可解决问题．答案详解：（1）如图1中，设CE＝EC′＝x，则DE＝1﹣x，∵∠ADB′+∠EDC′＝90°，∠B′AD+∠ADB′＝90°，∴∠B′AD＝∠EDC′，∵∠B′＝∠C′＝90°，AB′＝AB＝1，AD=3∴DB′=3−1=∴△ADB′∽△DEC′，∴ADDE∴31−x∴x=6∴CE=6（2）如图2中，∵∠BAD＝∠B′＝∠D＝90°，∠DAE＝22.5°，∴∠EAB＝∠EAB′＝67.5°，∴∠B′AF＝∠B′FA＝45°，∴∠DFG＝∠AFB′＝∠DGF＝45°，∴DF＝DG，在Rt△AB′F中，AB′＝FB′＝1，∴AF=2AB′=∴DF＝DG=3∴S△DFG=12（3−2（3）如图3中，点C的运动路径的长为CC'的长，在Rt△ADC中，∵tan∠DAC=CDAD∴∠DAC＝30°，AC＝2CD＝2，∵∠C′AD＝∠DAC＝30°，∴∠CAC′＝60°，∴CC'的长=60⋅π⋅218013．如图1，ABCD是一张矩形纸片，AD＝BC＝1，AB＝CD＝5．在矩形ABCD的边AB上取一点M，在CD上取一点N，将纸片沿MN折叠，使MB与DN交于点K，得到△MNK，KB交MN于O．（1）①若∠1＝80°，求∠MKN＝20°；②不同的折叠得到不同的△MNK，△MNK的面积的最大值为1310（2）将纸片按如图2所示的方法再沿KP折叠，使点M在线段KD上，两次折叠部分与原矩形的重合部分为四边形KPMN，设四边形KPMN的面积为S．①判断四边形KPMN的形状，并说明理由；②求出S的最小值与最大值；四边形KPMN能成为某种特殊四边形吗？指出此时折痕MN需要满足的条件，并求出S的值．思路引领：（1）①只要证明∠KNM＝∠KMN＝80°，即可解决问题．②如图1中，当点B与点D重合时，△MKN的面积最大，设DM＝x．根据勾股定理列出方程即可解决问题．（2）①结论：四边形KPMN是平行四边形．只要证明KN＝PM，KN∥PM即可．②当点D与M重合，点B与点K重合时，S最大，设BD＝B′D＝BD′＝x，A′P＝C′N＝y，由题意2x+Y=5x2=1+y2，解方程组即可．当MK⊥A′B当∠NMB′＝60°或120°时，四边形KPMN是菱形．求出菱形的高和边长即可．答案详解：（1）①如图2中，∵DN∥AM，∴∠DNM＝∠1＝80°，∵∠KMN＝∠1＝80°，∴∠NKM＝180°﹣∠KNM﹣∠KMN＝20°，故答案为20°．②如图1中，当点B与点D重合时，△MKN的面积最大，设DM＝x．在Rt△AMD中，AD＝1，AM＝5﹣x，DM＝x，∴x2＝12+（5﹣x）2，∴x=13由①可知∠DMN＝∠DNM，∴KN＝DM=13∴△KNM的面积最大值为12•135•1故答案为1310（2）①结论：四边形KPMN是平行四边形．理由：如图3中，∵A′B′∥C′D′，∴∠KNM＝∠NMB′＝∠NMK，∴KN＝KM，同理可证KM＝PM，∴KN＝PM，∵KN∥PM，∴四边形KPMN是平行四边形．②如图4中，当点D与M重合，点B与点K重合时，S最大．设BD＝B′D＝BD′＝x，A′P＝C′N＝y，由题意2x+Y=5x2=1+y2∴NK=10−∴S的最大值=10−当MK⊥A′B′时，根据垂线段最短可知，MK的最小值为1，此时S的最小值为1．③四边形KPMN能成为某种特殊四边形，当∠NMB′＝60°或120°时，四边形KPMN是菱形．此时菱形的高为1，边长为233，所以S14．已知，在△ABC中，∠BAC＝90°，∠ABC＝45°，点D为直线BC上的一动点（点D不与点B，C重合）．以AD为边作正方形ADEF，连接CF．（1）如图1，当点D在线段BC上时，求证：CF+CD＝BC；（2）如图2，当点D在线段BC的延长线上时，其他条件不变，请直接写出CF，BC，CD三条线段之间的等量关系；（3）如图3，当点D在线段BC的反向延长线上时，且点A，F分别在直线BC的两侧，其他条件不变；①请直接写出CF，BC，CD三条线段之间的关系；②若正方形ADEF的边长为2，对角线AE，DF相交于点O，连接OC，求OC的长度．思路引领：（1）三角形ABC是等腰直角三角形，利用SAS即可证明△BAD≌△CAF，从而证得CF＝BD，据此即可证得；（2）同（1）相同，利用SAS即可证得△BAD≌△CAF，从而证得BD＝CF，即可得到CF﹣CD＝BC；（3）首先证明△BAD≌△CAF，△FCD是直角三角形，然后根据正方形的性质即可求得DF的长，则OC即可求得．证明：（1）∵∠BAC＝90°，∠ABC＝45°，∴∠ACB＝∠ABC＝45°，∴AB＝AC，∵四边形ADEF是正方形，∴AD＝AF，∠DAF＝90°，∵∠BAD＝90°﹣∠DAC，∠CAF＝90°﹣∠DAC，∴∠BAD＝∠CAF，∵在△BAD和△CAF中，AB=AC∠BAD=∠CAF∴△BAD≌△CAF（SAS），∴BD＝CF∵BD+CD＝BC，∴CF+CD＝BC；（2）CF﹣CD＝BC；理由：∵∠BAC＝90°，∠ABC＝45°，∴∠ACB＝∠ABC＝45°，∴AB＝AC，∵四边形ADEF是正方形，∴AD＝AF，∠DAF＝90°，∵∠BAD＝90°﹣∠DAC，∠CAF＝90°﹣∠DAC，∴∠BAD＝∠CAF，∵在△BAD和△CAF中，AB=AC∠BAD=∠CAF∴△BAD≌△CAF（SAS）∴BD＝CF∴BC+CD＝CF，∴CF﹣CD＝BC；（3）①CD﹣CF＝BC理由：∵∠BAC＝90°，∠ABC＝45°，∴∠ACB＝∠ABC＝45°，∴AB＝AC，∵四边形ADEF是正方形，∴AD＝AF，∠DAF＝90°，∵∠BAD＝90°﹣∠BAF，∠CAF＝90°﹣∠BAF，∴∠BAD＝∠CAF，∵在△BAD和△CAF中，AB=AC∴△BAD≌△CAF（SAS），∴BD＝CF，∴CD﹣BC＝CF，∴CD﹣CF＝BC；②由①知，△BAD≌△CAF，∴∠ACF＝∠ABD，∵∠ABC＝45°，∴∠ABD＝135°，∴∠ACF＝∠ABD＝135°，∴∠FCD＝90°，∴△FCD是直角三角形．∵正方形ADEF的边长为2且对角线AE、DF相交于点O．∴DF=2AD＝22，O为DF∴OC=12DF八．翻折变换（折叠问题）15．（1）如图1，将△ABC纸片沿DE折叠，使点A落在四边形BCDE内点A′的位置，若∠A＝40°，求∠1+∠2的度数；（2）通过（1）的计算你发现∠1+∠2与∠A有什么数量关系？请写出这个数量关系，并说明这个数量关系的正确性；（3）将图1中△ABC纸片的三个内角都进行同样的折叠．①如果折叠后三个顶点A、B、C重合于一点O时，如图2，则图中∠α+∠β+∠γ＝180°；∠1+∠2+∠3+∠4+∠5+∠6＝360°；②如果折叠后三个顶点A、B、C不重合，如图3，则①中的关于“∠1+∠2+∠3+∠4+∠5+∠6”的结论是否仍然成立？请说明你的理由．思路引领：（1）根据将△ABC纸片沿DE折叠，使点A落在四边形BCDE内点A′的位置，若∠A＝40°，可以求得∠AED+∠ADE＝∠A′ED+∠A′DE，进而可以求得∠1+∠2的度数；（2）先写出数量关系，然后说明理由，将△ABC纸片沿DE折叠，使点A落在四边形BCDE内点A′的位置，可以得到折叠后的各个角的关系，从而可以解答本题；（3）根据第二问的推导，可以进行这一问结论的推导，从而可以解答本题．答案详解：（1）∵∠A＝40°，∴∠AED+∠ADE＝∠A′ED+∠A′DE＝140°，∴∠1+∠2＝360°﹣（∠AED+∠ADE）﹣（∠A′ED+∠A′DE）＝80°，即∠1+∠2的度数是80°；（2）∠1+∠2＝2∠A，理由：∵将△ABC纸片沿DE折叠，使点A落在四边形BCDE内点A′的位置，∴∠AED+∠ADE＝∠A′ED+∠A′DE，∠A＝∠A′，∴∠1+∠2＝360°﹣（∠AED+∠ADE）﹣（∠A′ED+∠A′DE）＝360°﹣（180°﹣∠A）﹣（180°﹣∠A′）＝360°﹣180°+∠A﹣180°+∠A′＝2∠A，即∠1+∠2＝2∠A；（3）①由题意可得，∠α+∠β+∠γ＝360°﹣180°＝180°，∠1+∠2+∠3+∠4+∠5+∠6＝2∠A+2∠B+2∠C＝2（∠A+∠B+∠C）＝2×180°＝360°，故答案为：180°，360°；②如果折叠后三个顶点A、B、C不重合，如图3，则①中的关于“∠1+∠2+∠3+∠4+∠5+∠6”的结论仍然成立；理由：∵∠1+∠2＝2∠A，∠3+∠4＝2∠B，∠5+∠6＝2∠C，∴∠1+∠2+∠3+∠4+∠5+∠6＝2∠A+2∠B+2∠C＝2（∠A+∠B+∠C）＝360°，即如果折叠后三个顶点A、B、C不重合，如图3，则①中的关于“∠1+∠2+∠3+∠4+∠5+∠6”的结论仍然成立．16．（1）如图1，已知D是AB边上的中点，将△ABC沿过点D的直线折叠，使点A落在BC边上的点F处，若∠B＝50°，则∠BDF＝80°；（2）如图2，将纸片△ABC沿DE折叠，点A落在点A′处，已知∠1+∠2＝100°，则∠A＝50°；（3）如图3，如果把四边形ABCD沿EF折叠，使点A、B落在四边形EFCD内，试探究∠A+∠B与∠1+∠2之间存在着怎样的数量关系，并证明你的结论．思路引领：（1）根据中点的性质和三角形内角和定理计算即可；（2）根据翻折变换的性质和四边形内角和等于360°计算即可；（3）与（2）的解答过程相同．答案详解：（1）∵D是AB边上的中点，∴AD＝DB，又AD＝FD，∴DB＝DF，又∠B＝50°，∴∠BDF＝80°．故答案为：80；（2）∵∠1+∠4+∠3+∠2+∠6+∠5＝360°，∠1+∠2＝100°，∴∠4+∠3+∠6+∠5＝260°，∵∠3＝∠4，∠5＝∠6，∴∠3+∠5＝130°，∴∠A＝50°．故答案为：50°；（3）∵∠1+∠4+∠3+∠2+∠6+∠5＝360°，∴∠4+∠3+∠6+∠5＝360°﹣（∠1+∠2），∵∠3＝∠4，∠5＝∠6，∴∠3+∠5＝180°−1∴∠A+∠B＝360°﹣（∠3+∠5）＝180°+1九．平移的性质17．如图，将△ABC沿BC方向平移1cm得到△DEF，若△ABC的周长为8cm，则四边形ABFD的周长为（）A．8cm B．9cm C．10cm D．11cm思路引领：根据平移的性质可得AD＝CF＝1，AC＝DF，然后根据四边形的周长的定义列式计算即可得解．答案详解：∵△ABC沿BC方向平移1cm得到△DEF，∴AD＝CF＝1，AC＝DF，∴四边形ABFD的周长＝AB+（BC+CF）+DF+AD＝AB+BC+AC+AD+CF，∵△ABC的周长＝8，∴AB+BC+AC＝8，∴四边形ABFD的周长＝8+1+1＝10cm．故选：C．18．如图，在△ABC中，BC＝4，若将△ABC平移6个单位长度得到△A1B1C1，点P、Q分别是AB、A1C1的中点，则PQ的最大值是8．思路引领：取A1B1的中点P1，如图，则P1为P的对应点，根据平移的性质得到PP1＝6，利用P1Q为△△A1B1C1的中位线得到P1Q=12BC＝2，根据两点之间线段最短得到PQ≤PP1+P1Q（当且仅当P、P1、Q共线时取等号），从而得到答案详解：取A1B1的中点P1，如图，则P1为P的对应点，∵将△ABC平移6个单位长度得到△A1B1C1，∴PP1＝6，∵Q是A1C1的中点，∴P1Q为△△A1B1C1的中位线，∴P1Q=12∵PQ≤PP1+P1Q（当且仅当P、P1、Q共线时取等号），即PQ≤8，∴PQ的最大值是8．故答案为8．十．旋转的性质19．如图，AB为半圆O的直径，AB＝2，点C为半圆上动点，以BC为边向形外作正方形BCDE，连接OD，则OD的最大值为（）A．2 B．3 C．2+1 D．思路引领：通过旋转观察如图可知当DO⊥AB时，DO最长，设DO与⊙O交于点M，连接CM，先证明△MED≌△MEB，得MD＝BM．再利用勾股定理计算即可．答案详解：通过旋转观察如图可当DO⊥AB时，DO最长，设DO与⊙O交于点M，连接CM，BD，OC．理由：∵△OBM，△BCD都是等腰直角三角形，∴∠OBM＝∠CBD，∴∠OBC＝∠MBD，∵OBBM∴△OBC∽△MBD，∴MD：OC＝BD：BC=2∴MD=2OC=∴点D的运动轨迹是以M为圆心2为半径的圆，∴当D，M，O共线，即DO⊥AB时，DO最长．∵∠MCB=12∠MOB∴∠DCM＝∠BCM＝45°，∵四边形BCDE是正方形， ∴C、M、E共线，∠DEM＝∠BEM，在△EMD和△EMB中，DE=BC∠MED=∠MEB∴△MED≌△MEB（SAS），∴DM＝BM=O∴OD的最大值＝1+2故选：C．20．如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，将△ABC绕顶点C逆时针旋转得到△A′B′C，M是BC的中点，P是A′B′的中点，连接PM，若BC＝2，∠BAC＝30°，则线段PM的最大值是3．思路引领：连接PC．首先依据直角三角形斜边上中线的性质求出PC＝2，然后再依据三角形的三边关系可得到PM≤PC+CM，故此可得到PM的最大值为PC+CM．答案详解：如图连接PC．在Rt△ABC中，∵∠A＝30°，BC＝2，∴AB＝4，根据旋转不变性可知，A′B′＝AB＝4，∴A′P＝PB′，∴PC=12A′∵CM＝BM＝1，又∵PM≤PC+CM，即PM≤3，∴PM的最大值为3（此时P、C、M共线）．故答案为：3．十一．旋转的性质21．如图，在正方形ABCD中，AB＝3，点M在CD的边上，且DM＝1，△AEM与△ADM关于AM所在的直线对称，将△ADM按顺时针方向绕点A旋转90°得到△ABF，连接EF，则线段EF的长为（）A．3 B．23 C．13 D．思路引领：解法一：连接BM．先判定△FAE≌△MAB（SAS），即可得到EF＝BM．再根据BC＝CD＝AB＝3，CM＝2，利用勾股定理即可得到，Rt△BCM中，BM=13，进而得出EF解法二：过E作HG∥AD，交AB于H，交CD于G，作EN⊥BC于N，判定△AEH∽△EMG，即可得到EHMG=AEEM=13，设MG＝x，则EH＝3x，DG＝1+x＝AH，利用勾股定理可得，Rt△AEH中，（1+x）2+（3x）2＝32，进而得出EH=125=BN，CG＝CM﹣MG=答案详解：如图，连接BM．∵△AEM与△ADM关于AM所在的直线对称，∴AE＝AD，∠MAD＝∠MAE．∵△ADM按照顺时针方向绕点A旋转90°得到△ABF，∴AF＝AM，∠FAB＝∠MAD．∴∠FAB＝∠MAE∴∠FAB+∠BAE＝∠BAE+∠MAE．∴∠FAE＝∠MAB．∴△FAE≌△MAB（SAS）．∴EF＝BM．∵四边形ABCD是正方形，∴BC＝CD＝AB＝3．∵DM＝1，∴CM＝2．∴在Rt△BCM中，BM=2∴EF=13故选：C．解法二：如图，过E作HG∥AD，交AB于H，交CD于G，作EN⊥BC于N，则∠AHG＝∠MGE＝90°，由折叠可得，∠AEM＝∠D＝90°，AE＝AD＝3，DM＝EM＝1，∴∠AEH+∠MEG＝∠EMG+∠MEG＝90°，∴∠AEH＝∠EMG，∴△AEH∽△EMG，∴EHMG设MG＝x，则EH＝3x，DG＝1+x＝AH，∴Rt△AEH中，（1+x）2+（3x）2＝32，解得x1=45，x2∴EH=125=BN，CG＝CM﹣MG又∵BF＝DM＝1，∴FN=17∴Rt△EFN中，EF=E故选：C．十二．坐标与图形变化-旋转22．如图，Rt△OCB的斜边在y轴上，OC=3，含30°角的顶点与原点重合，直角顶点C在第二象限，将Rt△OCB绕原点顺时针旋转120°后得到△OC′B'，则B点的对应点B（）A．（3，﹣1） B．（1，−3） C．（2，0） D．（3思路引领：如图，利用含30度的直角三角形三边的关系得到BC＝1，再利用旋转的性质得到OC′＝OC=3，B′C′＝BC＝1，∠B′C′O＝∠BCO＝90°，然后利用第四象限点的坐标特征写出点B答案详解：如图，在Rt△OCB中，∵∠BOC＝30°，∴BC=33OC∵Rt△OCB绕原点顺时针旋转120°后得到△OC′B'，∴OC′＝OC=3，B′C′＝BC＝1，∠B′C′O＝∠BCO∴点B′的坐标为（3，﹣1）．故选：A．十三．坐标与图形变化-旋转23．如图，在平面直角坐标系中，将正方形OABC绕点O逆时针旋转45°后得到正方形OA1B1C1，依此方式，绕点O连续旋转2018次得到正方形OA2018B2018C2018，如果点A的坐标为（1，0），那么点B2018的坐标为（）A．（1，1） B．（0，2） C．（−2，0）思路引领：根据图形可知：点B在以O为圆心，以OB为半径的圆上运动，由旋转可知：将正方形OABC绕点O逆时针旋转45°后得到正方形OA1B1C1，相当于将线段OB绕点O逆时针旋转45°，可得对应点B的坐标，根据规律发现是8次一循环，可得结论．答案详解：∵四边形OABC是正方形，且OA＝1，∴B（1，1），连接OB，由勾股定理得：OB=2由旋转得：OB＝OB1＝OB2＝OB3=⋯∵将正方形OABC绕点O逆时针旋转45°后得到正方形OA1B1C1，相当于将线段OB绕点O逆时针旋转45°，依次得到∠AOB＝∠BOB1＝∠B1OB2＝…＝45°，∴B1（0，2），B2（﹣1，1），B3（−2发现是8次一循环，所以2018÷8