安徽省201X年中考数学一轮复习 第二部分 热点专题突破 专题6 在图形运动中探究课件
(安徽专用)201x年中考数学复习 第六章 图形与变换 6.1 图形的轴对称、平移与旋转(试卷部分)
解析 (1)△A1B1C1如图所示. (4分) (2)线段A2C2和△A2B2C2如图所示.(符合条件的△A2B2C2不唯一)
(8分)
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B组 2014—2018年全国中考题组
考点一 图形的轴对称
1.(2018河北,3,3分)图中由“ ”和“ ”组成轴对称图形,该图形的对称轴是直线 ( )
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2.(2014安徽,8,4分)如图,Rt△ABC中,AB=9,BC=6,∠B=90°,将△ABC折叠,使A点与BC的中点D 重合,折痕为MN,则线段BN的长为 ( )
A. 5
B5.
3
2
C.4 D.5
答案 C 设BN=x,由折叠的性质可得DN=AN=9-x,∵D是BC的中点,∴BD=3.在Rt△BND中,x2+
°.
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解析 (1)如图所示. (3分) (2)如图所示. (6分)
(3)45. (8分) 提示:∠A1C1F1=∠C+∠E,连接A1F1,易证三角形A1F1C1是等腰直角三角形且∠A1C1F1=45°.
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5.(2016安徽,17,8分)如图,在边长为1个单位长度的小正方形组成的12×12网格中,给出了四边 形ABCD的两条边AB与BC,且四边形ABCD是一个轴对称图形,其对称轴为直线AC. (1)试在图中标出点D,并画出该四边形的另两条边; (2)将四边形ABCD向下平移5个单位,画出平移后得到的四边形A'B'C'D'.
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解析 (1)点D及四边形ABCD另两条边如图所示. (4分) (2)得到的四边形A'B'C'D'如图所示. (8分)
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6.(2015安徽,17,8分)如图,在边长为1个单位长度的小正方形组成的网格中,给出了格点△ABC (顶点是网格线的交点). (1)请画出△ABC关于直线l对称的△A1B1C1; (2)将线段AC向左平移3个单位,再向下平移5个单位,画出平移得到的线段A2C2,并以它为一边 作一个格点△A2B2C2,使A2B2=C2B2.
中考数学一轮复习课件第三节 图形的平移、对称、旋转与位似
第三节 图形的平移、对称、
旋转与位似
（1）图形的平移；
（2）图形的轴对称；
（3）图形的旋转；
（4）图形的位似；
（5）图形的运动与坐标；
（6）运用图形的轴对称、旋转、平移进行图案设计.
从近几年的安徽中考试题可以看出,图形的变换每年都考,考查分两类,一类
是在正方形的网格中进行图形变换作图的形式出现,多数考查图形的两种变换,有
旋转和位似
7.（2018·安徽）如图,在由边长为1个单位长度的小正方形组成的10×10网格中,
已知点O,A,B均为网格线的交点.
（1）在给定的网格中,以点O为位似中心,将线段AB放大为原来的2倍,得到线段
A1B1（点A,B的对应点分别为A1,B1）,画出线段A1B1；
【解答】（1）如图所示,线段A1B1即为所求；
（1）将△ABC向右平移2个单位长度,再向下平移2个单位长度,画出平移后的三角
形；
【解答】（1）如图所示△A'B'C'即为所求；
（2）画出△DEF关于直线l对称的三角形；
【解答】（2）△D'E'F'即为所求；
（3）填空：∠C＋∠E＝
45° .
【解答】（3）45°（如图,连接A'F',
∵△ABC≌△A'B'C',△DEF≌△D'E'F',
设AC＝a,则BC＝ 3a,∴△ACA1∽△BCB1,
∴S1∶S2＝AC2∶BC2＝a2∶( 3)2 ＝1∶3；
（3）如图3,设AC中点为E,A1B1中点为P,AC＝a,连接EP,当θ＝
度最大,最大值为
.
2021年中考一轮复习 数学热点问题《二次函数压轴题的突破与提升》六大必考模型专题练习
中考数学热点问题《二次函数压轴题的突破与提升》六大必考模型专题练习题型一：求图形面积类问题1. 如图,假设篱笆(虚线部分)的长度为16m,则所围成矩形ABCD 的最大面积是 .2. 如图,抛物线y=-x 2+2x+3与y 轴交于点C,点D(0,1),点P 是抛物线上的动点.若△PCD 是以CD 为底的等腰三角形,此时△PCD 的面积为________.3.如图,已知二次函数2y x bx c =++的图象与y 轴交于点A, 与x 轴正半轴交于B,C 两点,且BC ＝2,ABC S ∆ ＝3,则b 的值为( )A.-5B.4或-4C. 4D.-4 4.如图,抛物线经过A (-2,0),B ,C (0,2)三点. (1)求抛物线的解析式;(2)在直线AC 下方的抛物线上有一点D ,使得△DCA 的面积最大,求点D 的坐标.题型二：参数求值类问题1. 若函数y=(m-1)x |m|+1是二次函数,则m 的值为____.2. 抛物线y=x 2-2x+m 2+2(m 是常数)的顶点在 ( ) A.第一象限B.第二象限C.第三象限D.第四象限3. 已知二次函数y=-x 2+2x+m.(1)如果二次函数的图象与x 轴有两个交点,求m 的取值范围.4. 当a ≤x ≤a+1时,函数y=x 2-2x+1的最小值为1求a 的值.5. 已知二次函数263y kx x =-+的图象与x 轴有交点，求k 的取值范围.题型三：利用图像分析类问题1. 下列图象中，当ab ＞0时，函数y ＝ax 2与y ＝ax ＋b 的图象是( )2. 如图,二次函数y=ax 2+bx+c 的图象与x 轴相交于(-2,0)和(4,0)两点,当函数值y>0时,自变量x 的取值范围是 ( )A.x<-2B.-2<x<4C.x>0D.x>43.已知二次函数的图象如图所示，对称轴是，则下列结论中正确的是（ ）．Ａ．0>ac Ｂ．0>b Ｃ．04ac -2<bＤ．4. 二次函数y=ax 2+bx+c(a ≠0)的大致图象如图所示,顶点坐标为(-2,-9a),下列结论:①4a+2b+c>0;②5a -b+c=0;③若方程a(x+5)(x-1)=-1有两个根x 1和x 2,且x 1<x 2,则-5<x 1<x 2<1;④若方程|ax 2+bx+c|=1有四个根,则这四个根的和为-4.其中正确的结论有 ( )A.1个B.2个C.3个D.4个5. 如图所示是二次函数c bx ax y ++=2图象的一部分，图象过A 点（3,0），二次函数图象对称轴为1=x ，给出四个结论：①ac b 42>；②0<bc ；③02=+b a ；④0=++c b a ，其中正确结论是（ ）A.②④B.①③C.②③D.①④ 题型四：动点求最值类问题2y ax bx c =++1x=20a b +=1. 若二次函数y=x2-4x+c的图象经过点(0,3),则函数y的最小值是.2. 如图是函数y=x2-2x-3(0≤x≤4)的图象,直线l∥x轴且过点(0,m),将该函数在直线l上方的图象沿直线l向下翻折,在直线l下方的图象保持不变,得到一个新图象.若新图象对应的函数的最大值与最小值之差不大于5,则m的取值范围是 .3. 如图,抛物线y=-x2+2x+3与y轴交于点C,点D(0,1),点P是抛物线上的动点.若△PCD是以CD为底的等腰三角形,则点P的坐标为________.4. 如图,抛物线y=x2-bx+c交x轴于点A(1,0),交y轴于点B,对称轴是x=2.(1)求抛物线的表达式.(2)点P是抛物线对称轴上的一个动点,是否存在点P,使△PAB的周长最小?若存在,求出点P的坐标;若不存在,请说明理由.5. 若二次函数y=ax2+b的最大值为4,且该函数的图象经过点A(1,3).(1)a=________,b=________,顶点D的坐标为________;(2)求这个抛物线关于x轴对称后所得的新函数表达式;(3)是否在抛物线上存在点B,使得S△DOB =2S△AOD?若存在,请求出B的坐标;若不存在,请说明理由.6. 已知m,n是一元二次方程x2+4x+3=0的两个实数根,且|m|<|n|,抛物线y=x2+bx+c的图象经过点A(m,0),B(0,n),如图所示.(1)求这个抛物线的解析式.(2)设(1)中的抛物线与x轴的另一个交点为C,抛物线的顶点为D,试求出点C,D 的坐标,并判断△BCD的形状.(3)点P是直线BC上的一个动点(点P不与点B和点C重合),过点P作x轴的垂线,交抛物线于点M,点Q在直线BC上,距离点P为√2个单位长度,设点P的横坐标为t,△PMQ的面积为S,求出S与t之间的函数关系式.题型五：实际应用类问题1. 图2是图1中拱形大桥的示意图,桥拱与桥面的交点为O,B,以点O为原点,水平直线OB为x轴,建立平面直角坐标系,桥的拱形可以近似看成抛物线y=-1(x-80)2+16,桥拱与桥墩AC的交点C恰好在水面,有AC⊥x轴.若OA=10m, 400则桥面离水面的高度AC为( )A.16940mB.174mC.16740mD.154m2. 某网店尝试用单价随天数而变化的销售模式销售一种商品,利用30天的时间销售一种成本为10元/件的商品,售后经过统计得到此商品单价在第x 天(x 为正整数)销售的相关信息,如表所示:(1)请计算第几天该商品单价为25元/件?(2)求网店销售该商品30天里所获利润y(元)关于x(天)的函数表达式. (3)这30天中第几天获得的利润最大?最大利润是多少?3. 某果园有100棵橙子树,平均每棵树结600个橙子,现准备多种一些橙子树以提高果园产量,但是如果多种树,那么树之间的距离和每一棵树所接受的阳光就会减少.根据经验估计,每多种一棵树,平均每棵树就会少结5个橙子,假设果园多种了x 棵橙子树.(1)直接写出平均每棵树结的橙子个数y(个)与x 之间的关系. (2)果园多种多少棵橙子树时,可使橙子的总产量最大?最大为多少个?4. 河上有一座桥孔为抛物线形的拱桥，水面宽6m时，水面离桥孔顶部3m．因降暴雨水位上升1m．（1）如图①，若以桥孔的最高点为原点，建立平面直角坐标系，求抛物线的解析式；（2）一艘装满物资的小船，露出水面的高为0.5m、宽为4m（横断面如图②）．暴雨后这艘船能从这座拱桥下通过吗？请说明理由．题型六：综合应用类问题1. 已知抛物线y=ax2+bx-4经过点A(2,0),B(-4,0),与y轴交于点C.(1)求这条抛物线的表达式.(2)如图1,点P是第三象限内抛物线上的一个动点,当四边形ABPC的面积最大时,求点P的坐标.(3)如图2,线段AC的垂直平分线交x轴于点E,垂足为D,M为抛物线的顶点,在直线DE上是否存在一点G,使△CMG的周长最小?若存在,求出点G的坐标;若不存在,请说明理由.2. 如图,抛物线y=-23x2+bx+c与x轴交于A,B两点(点A在点B的左侧),点A的坐标为(-1,0),与y轴交于点C(0,2),直线CD:y=-x+2与x轴交于点D.动点M在抛物线上运动,过点M作MP⊥x轴,垂足为点P,交直线CD于点N.(1)求抛物线的表达式.(2)当点P在线段OD上时,△CDM的面积是否存在最大值,若存在,请求出最大值;若不存在,请说明理由.(3)点E是抛物线对称轴与x轴的交点,点F是x轴上一动点,点M在运动过程中,若以C,E,F,M为顶点的四边形是平行四边形时,请写出点F的坐标.3. 如图，在平面直角坐标系中，直线y＝mx＋3与抛物线交于点A(9，－6)，与y轴交于点B，抛物线的顶点C的坐标是(4，－11)．(1)分别求该直线和抛物线的函数表达式；(2)D是抛物线上位于对称轴左侧的点，若△ABD的面积为812，求点D的坐标；(3)在y轴上是否存在一点P，使∠APC＝45°？若存在，求出满足条件的点P的坐标；若不存在，请说明理由．4. 如图1,抛物线y=-3[(x-2)2+n]与x轴交于点A(m-2,0)和B(2m+3,0)(点A在5点B的左侧),与y轴交于点C,连接BC. (1)求m,n的值.(2)如图2,点N为抛物线上的一动点,且位于直线BC上方,连接CN,BN.求△NBC 面积的最大值.(3)如图3,点M,P分别为线段BC和线段OB上的动点,连接PM,PC,是否存在这样的点P,使△PCM为等腰三角形,△PMB为直角三角形同时成立?若存在,求出点P 的坐标;若不存在,请说明理由.。
2019年中考数学一轮复习第二部分热点专题突破专题6在图形运动中探究课件0123(1)
∴������������ =
60°×1× π 180°
=
π , 3
即点 E 运动路径的长度为 .
π 3
1
项正确.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
6.如图,在△ABC中,∠C=90°,AC=3,BC=4,点D,E分别在AC,BC上移动( 点D,E均不与 △ABC的顶点重合 ),移动时保持∠DEC=∠A,设CD=x,DE=y.则y关于x的函数关系式为 5 y=4x .
【解析】易得△DCE∽△BCA,∴������ = 5,即 y=4x.
∴DE=OM= 2 x,即 y= 2 x,因此 B 项正确.
3
3
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
3.如图,在∠AOB的一边OA上截取线段OC=2,P,Q分别是另一边的两个动点,运动中时刻 保持∠OCP=∠OQC,记OP=x,OQ=y,则y关于x的函数图象大致是 ( ) D
【解析】易证△OPC∽△OCQ,∴
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
解:( 1 )在四边形ABCD中,∠B=60°,∠D=30°, ∴∠A+∠C=360°-∠B-∠D=360°-60°-30°=270°. ( 2 )如图1,将△BCD绕点B逆时针旋转60°,得到△BAQ,连接DQ, ∵BD=BQ,∠DBQ=60°,∴△BDQ是等边三角形, ∴BD=DQ, ∵∠BAD+∠C=270°,∴∠BAD+∠BAQ=270°, ∴∠DAQ=360°-270°=90°, ∴△DAQ是直角三角形, ∴AD2+AQ2=DQ2, 即AD2+CD2=BD2.
中考数学二轮复习 专题二 解答重难点题型突破 题型六 二次函数与几何图形综合题试题-人教版初中九年级
题型六 二次函数与几何图形综合题类型一 二次函数与图形判定1．(2017·某某)在同一直角坐标系中，抛物线C 1：y ＝ax 2－2x －3与抛物线C 2：y ＝x 2＋mx ＋n 关于y 轴对称，C 2与x 轴交于A 、B 两点，其中点A 在点B 的左侧．(1)求抛物线C 1，C 2的函数表达式； (2)求A 、B 两点的坐标；(3)在抛物线C 1上是否存在一点P ，在抛物线C 2上是否存在一点Q ，使得以AB 为边，且以A 、B 、P 、Q 四点为顶点的四边形是平行四边形？若存在，求出P 、Q 两点的坐标；若不存在，请说明理由.2．(2017·随州)在平面直角坐标系中，我们定义直线y ＝ax －a 为抛物线y ＝ax 2＋bx ＋c(a 、b 、c 为常数，a ≠0)的“梦想直线”；有一个顶点在抛物线上，另有一个顶点在y 轴上的三角形为其“梦想三角形”．已知抛物线y ＝－233x 2－433x ＋23与其“梦想直线”交于A 、B 两点(点A 在点B 的左侧)，与x轴负半轴交于点C.(1)填空：该抛物线的“梦想直线”的解析式为__________，点A的坐标为__________，点B的坐标为__________；(2)如图，点M为线段CB上一动点，将△ACM以AM所在直线为对称轴翻折，点C的对称点为N，若△AMN为该抛物线的“梦想三角形”，求点N的坐标；(3)当点E在抛物线的对称轴上运动时，在该抛物线的“梦想直线”上，是否存在点F，使得以点A、C、E、F为顶点的四边形为平行四边形？若存在，请直接写出点E、F的坐标；若不存在，请说明理由．(2017·某某模拟)已知：如图，抛物线y＝ax2－2ax＋c(a≠0)与y轴交于点C(0，4)，与x轴交于点A、B，点A的坐标为(4，0)．(1)求该抛物线的解析式；(2)点Q是线段AB上的动点，过点Q作QE∥AC，交BC于点E，连接CQ.当△CQE的面积最大时，求点Q的坐标；(3)若平行于x 轴的动直线l 与该抛物线交于点P ，与直线AC 交于点F ，点D 的坐标为(2，0)．问：是否存在这样的直线l ，使得△ODF 是等腰三角形？若存在，请求出点P 的坐标；若不存在，请说明理由.4．(2016·某某)如图①，直线y ＝－43x ＋n 交x 轴于点A ，交y 轴于点C(0，4)，抛物线y ＝23x 2＋bx ＋c 经过点A ，交y 轴于点B(0，－2)．点P 为抛物线上一个动点，过点P 作x轴的垂线PD ，过点B 作BD⊥PD 于点D ，连接PB ，设点P 的横坐标为m.(1)求抛物线的解析式；(2)当△BDP 为等腰直角三角形时，求线段PD 的长；(3)如图②，将△BDP 绕点B 逆时针旋转，得到△BD′P′，且旋转角∠PBP′＝∠OAC，当点P 的对应点P′落在坐标轴上时，请直接写出点P 的坐标.类型二 二次函数与图形面积1．(2017·某某)如图，在平面直角坐标系中，直线y ＝12x ＋2与x 轴交于点A ，与y 轴交于点C ，抛物线y ＝－12x 2＋bx ＋c 经过A 、C 两点，与x 轴的另一交点为点B.(1)求抛物线的函数表达式；(2)点D 为直线AC 上方抛物线上一动点；①连接BC 、CD ，设直线BD 交线段AC 于点E ，△CDE 的面积为S 1，△BCE 的面积为S 2，求S 1S 2的最大值； ②过点D 作DF⊥AC，垂足为点F ，连接CD ，是否存在点D ，使得△CDF 中的某个角恰好等于∠BAC 的2倍？若存在，求点D 的横坐标；若不存在，请说明理由．2．(2017·某某)如图甲，直线y＝－x＋3与x轴、y轴分别交于点B、点C，经过B、C两点的抛物线y＝x2＋bx＋c与x轴的另一个交点为A，顶点为P.(1)求该抛物线的解析式；(2)在该抛物线的对称轴上是否存在点M，使以C，P，M为顶点的三角形为等腰三角形？若存在，请直接写出所有符合条件的点M的坐标；若不存在，请说明理由；(3)当0＜x＜3时，在抛物线上求一点E，使△CBE的面积有最大值(图乙、丙供画图探究).3．(2017·某某模拟)如图，抛物线y＝ax2＋bx－3与x轴交于点A(1，0)和点B，与y 轴交于点C，且其对称轴l为x＝－1，点P是抛物线上B，C之间的一个动点(点P不与点B，C重合)．(1)直接写出抛物线的解析式；(2)小唐探究点P的位置时发现：当动点N在对称轴l上时，存在PB⊥NB，且PB＝NB的关系，请求出点P的坐标；(3)是否存在点P使得四边形PBAC的面积最大？若存在，请求出四边形PBAC面积的最大值；若不存在，请说明理由.4．(2017·某某模拟)如图①，已知抛物线y＝ax2＋bx－3的对称轴为x＝1，与x轴分别交于A、B两点，与y轴交于点C，一次函数y＝x＋1经过A，且与y轴交于点D.(1)求该抛物线的解析式．(2)如图②，点P为抛物线B、C两点间部分上的任意一点(不含B，C两点)，设点P的横坐标为t，设四边形DCPB的面积为S，求出S与t的函数关系式，并确定t为何值时，S取最大值？最大值是多少？(3)如图③，将△ODB沿直线y＝x＋1平移得到△O′D′B′，设O′B′与抛物线交于点E，连接ED′，若ED′恰好将△O′D′B′的面积分为1∶2两部分，请直接写出此时平移的距离．类型三二次函数与线段问题1．(2017·某某)如图，已知抛物线y＝ax2－23ax－9a与坐标轴交于A，B，C三点，其中C(0，3)，∠BAC的平分线AE交y轴于点D，交BC于点E，过点D的直线l与射线AC，AB分别交于点M，N.(1)直接写出a的值、点A的坐标及抛物线的对称轴；(2)点P为抛物线的对称轴上一动点，若△PAD为等腰三角形，求出点P的坐标；(3)证明：当直线l绕点D旋转时，1AM ＋1AN均为定值，并求出该定值．2．(2017·某某模拟)如图①，直线y ＝34x ＋m 与x 轴、y 轴分别交于点A 和点B(0，－1)，抛物线y ＝12x 2＋bx ＋c 经过点B ，点C 的横坐标为4.(1)请直接写出抛物线的解析式；(2)如图②，点D 在抛物线上，DE ∥y 轴交直线AB 于点E ，且四边形DFEG 为矩形，设点D 的横坐标为x(0＜x ＜4)，矩形DFEG 的周长为l ，求l 与x 的函数关系式以及l 的最大值；(3)将△AOB 绕平面内某点M 旋转90°或180°，得到△A 1O 1B 1，点A 、O 、B 的对应点分别是点A 1、O 1、B 1.若△A 1O 1B 1的两个顶点恰好落在抛物线上，那么我们就称这样的点为“落点”，请直接写出“落点”的个数和旋转180°时点A 1的横坐标.3．(2017·某某)已知点A(－1，1)，B(4，6)在抛物线y＝ax2＋bx上．(1)求抛物线的解析式；(2)如图①，点F的坐标为(0，m)(m＞2)，直线AF交抛物线于另一点G，过点G作x轴的垂线，，连接FH、AE，求证：FH∥AE；(3)如图②，直线AB分别交x轴、y轴于C、D两点．点P从点C出发，沿射线CD方向匀速运动，速度为每秒2个单位长度；同时点Q从原点O出发，沿x轴正方向匀速运动，速度为每秒1个单位长度．点M是直线PQ与抛物线的一个交点，当运动到t秒时，QM＝2PM，直接写出t的值.类型四二次函数与三角形相似1．(2016·某某)如图，已知抛物线经过原点O，顶点为A(1，1)，且与直线y＝x－2交于B，C两点．(1)求抛物线的解析式及点C的坐标；(2)求证：△ABC是直角三角形；(3)若点N为x轴上的一个动点，过点N作MN⊥x轴与抛物线交于点M，则是否存在以O，M，N为顶点的三角形与△ABC相似？若存在，请求出点N的坐标；若不存在，请说明理由.2．(2017·某某模拟)如图，抛物线y＝ax2＋bx＋1与直线y＝－ax＋c相交于坐标轴上点A(－3，0)，C(0，1)两点．(1)直线的表达式为__________；抛物线的表达式为__________；(2)D为抛物线在第二象限部分上的一点，作DE垂直x轴于点E，交直线AC于点F，求线段DF长度的最大值，并求此时点D的坐标；(3)P为抛物线上一动点，且P在第四象限内，过点P作PN垂直x轴于点N，使得以P、A、N为顶点的三角形与△ACO相似，请直接写出点P的坐标.3．如图①，二次函数y ＝ax 2＋bx ＋33经过A(3，0)，G(－1，0)两点． (1)求这个二次函数的解析式；(2)若点M 是抛物线在第一象限图象上的一点，求△ABM 面积的最大值；(3)抛物线的对称轴交x 轴于点P ，过点E(0，233)作x 轴的平行线，交AB 于点F ，是否存在着点Q ，使得△FEQ∽△BEP？若存在，请直接写出点Q 的坐标；若不存在，请说明理由.4．(2017·某某)抛物线y ＝ax 2＋bx ＋3经过点A(1，0)和点B(5，0)． (1)求该抛物线所对应的函数解析式；(2)该抛物线与直线y＝错误!x＋3相交于C、D两点，点P是抛物线上的动点且位于x 轴下方，直线PM∥y轴，分别与x轴和直线CD交于点M、N.①连接PC、PD，如图①，在点P运动过程中，△PCD的面积是否存在最大值？若存在，求出这个最大值；若不存在，说明理由；②连接PB，过点C作CQ⊥PM，垂足为点Q，如图②，是否存在点P，使得△Q与△PBM 相似？若存在，求出满足条件的点P的坐标；若不存在，说明理由.题型六第23题二次函数与几何图形综合题类型一二次函数与图形判定1．解：(1)∵C1、C2关于y轴对称，∴C1与C2的交点一定在y轴上，且C1与C2的形状、大小均相同，∴a＝1，n＝－3，∴C1的对称轴为x＝1，∴C2的对称轴为x＝－1，∴m＝2，∴C1的函数表示式为y＝x2－2x－3，C2的函数表达式为y＝x2＋2x－3；(2)在C2的函数表达式为y＝x2＋2x－3中，令y＝0可得x2＋2x－3＝0，解得x＝－3或x＝1，∴A(－3，0)，B(1，0)；(3)存在．设P(a ，b)，则Q(a ＋4，b)或(a －4，b)， ①当Q(a ＋4，b)时，得：a 2－2a －3＝(a ＋4)2＋2(a ＋4)－3， 解得a ＝－2，∴b ＝a 2－2a －3＝4＋4－3＝5， ∴P 1(－2，5)，Q 1(2，5)． ②当Q(a －4，b)时，得：a 2－2a －3＝(a －4)2＋2(a －4)－3， 解得a ＝2.∴b ＝4－4－3＝－3， ∴P 2(2，－3)，Q 2(－2，－3)．综上所述，所求点的坐标为P 1(－2，5)，Q 1(2，5)； P 2(2，－3)，Q 2(－2，－3). 2．解：(1)∵抛物线y ＝－233x 2－433x ＋23， ∴其梦想直线的解析式为y ＝－233x ＋233，联立梦想直线与抛物线解析式可得⎩⎪⎨⎪⎧y ＝－233x ＋233y ＝－233x 2－433x ＋23，解得⎩⎨⎧x ＝－2y ＝23或⎩⎪⎨⎪⎧x ＝1y ＝0，∴A(－2，23)，B(1，0)；(2)当点N 在y 轴上时，△AMN 为梦想三角形， 如解图①，过A 作AD ⊥y 轴于点D ，则AD ＝2，在y ＝－233x 2－433x ＋23中，令y ＝0可求得x ＝－3或x ＝1，∴C(－3，0)，且A(－2，23)， ∴AC ＝（－2＋3）2＋（23）2＝13， 由翻折的性质可知AN ＝AC ＝13，在Rt △AND 中，由勾股定理可得DN ＝AN 2－AD 2＝13－4＝3， ∵OD ＝23，∴ON ＝23－3或ON ＝23＋3，当ON ＝23＋3时，则MN ＞OD ＞CM ，与MN ＝CM 矛盾，不合题意， ∴N 点坐标为(0，23－3)；当M 点在y 轴上时，则M 与O 重合，过N 作NP ⊥x 轴于点P ，如解图②，在Rt △AMD 中，AD ＝2，OD ＝23，∴tan ∠DAM ＝MDAD ＝3，∴∠DAM ＝60°，∵AD ∥x 轴，∴∠AMC ＝∠DAM ＝60°， 又由折叠可知∠NMA ＝∠AMC ＝60°， ∴∠NMP ＝60°，且MN ＝CM ＝3， ∴MP ＝12MN ＝32，NP ＝32MN ＝332，∴此时N 点坐标为(32，332)；综上可知N 点坐标为(0，23－3)或(32，332)；(3)①当AC 为平行四边形的边时，如解图③，过F 作对称轴的垂线FH ，过A 作AK ⊥x 轴于点K ，则有AC ∥EF 且AC ＝EF ，∴∠ACK ＝∠EFH ， 在△ACK 和△EFH 中，⎩⎪⎨⎪⎧∠ACK ＝∠EFH ∠AKC ＝∠EHF AC ＝EF，∴△ACK ≌△EFH(AAS )， ∴FH ＝CK ＝1，HE ＝AK ＝23，∵抛物线对称轴为x ＝－1，∴F 点的横坐标为0或－2，∵点F 在直线AB 上，∴当F 点横坐标为0时，则F(0，233)，此时点E 在直线AB 下方，∴E 到x 轴的距离为EH －OF ＝23－233＝433，即E 点纵坐标为－433，∴E(－1，－433)； 当F 点的横坐标为－2时，则F 与A 重合，不合题意，舍去； ②当AC 为平行四边形的对角线时， ∵C(－3，0)，且A(－2，23)， ∴线段AC 的中点坐标为(－52，3)，设E(－1，t)，F(x ，y)，则x －1＝2×(－52)，y ＋t ＝23，∴x ＝－4，y ＝23－t ，代入直线AB 解析式可得23－t ＝－233×(－4)＋233，解得t ＝－433，∴E(－1，－433)，F(－4，1033)；综上可知存在满足条件的点F ，此时E(－1，－433)、F(0，233)或E(－1，－433)、F(－4，1033).3．解：(1)由题意，得⎩⎪⎨⎪⎧0＝16a －8a ＋c 4＝c ，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－12c ＝4， ∴所求抛物线的解析式为y ＝－12x 2＋x ＋4；(2) 设点Q 的坐标为(m ，0)，如解图①，过点E 作EG ⊥x 轴于点G. 由－12x 2＋x ＋4＝0，得x 1＝－2，x 2＝4，∴点B 的坐标为(－2，0)，∴AB ＝6，BQ ＝m ＋2，∵QE ∥AC ，∴△BQE ∽△BAC ，∴EG CO ＝BQ BA ，即EG 4＝m ＋26，∴EG ＝2m ＋43，∴S △CQE ＝S △CBQ －S △EBQ ＝12BQ·CO－12BQ·EG＝12(m ＋2)(4－2m ＋43)＝－13m 2＋23m ＋83＝－13(m－1)2＋3，又∵－2≤m ≤4，∴当m ＝1时，S △CQE 有最大值3，此时Q(1，0)；图①图②(3)存在．在△ODF 中． (ⅰ)若DO ＝DF ，∵A(4，0)，D(2，0)，∴AD ＝OD ＝DF ＝2， 又∵在Rt △AOC 中，OA ＝OC ＝4，∴∠OAC ＝45°， ∴∠DFA ＝∠OAC ＝45°，∴∠ADF ＝90°，此时，点F 的坐标为(2，2)， 由－12x 2＋x ＋4＝2，得x 1＝1＋5，x 2＝1－5，此时，点P 的坐标为P(1＋5，2)或P(1－5，2)； (ⅱ)若FO ＝FD ，如解图②，过点F 作FM ⊥x 轴于点M ， 由等腰三角形的性质得：OM ＝MD ＝1，∴AM ＝3， ∴在等腰直角△AMF 中，MF ＝AM ＝3，∴F(1，3)， 由－12x 2＋x ＋4＝3，得x 1＝1＋3，x 2＝1－3，此时，点P 的坐标为：P(1＋3，3)或P(1－3，3)； (ⅲ)若OD ＝OF ，∵OA ＝OC ＝4，且∠AOC ＝90°，∴AC ＝42，∴点O 到AC 的距离为22，而OF ＝OD ＝2＜22，与OF ≥22矛盾， ∴AC 上不存在点使得OF ＝OD ＝2，此时，不存在这样的直线l ，使得△ODF 是等腰三角形． 综上所述，存在这样的直线l ，使得△ODF 是等腰三角形．所求点P 的坐标为(1＋5，2)或(1－5，2)或(1＋3，3)或(1－3，3). 4．解：(1)∵点C(0，4)在直线y ＝－43x ＋n 上，∴n ＝4，∴y ＝－43x ＋4，令y ＝0，解得x ＝3，∴A(3，0)，∵抛物线y ＝23x 2＋bx ＋c 经过点A ，交y 轴于点B(0，－2)，∴c ＝－2，6＋3b －2＝0，解得b ＝－43，∴抛物线的解析式为y ＝23x 2－43x －2；(2)∵点P 的横坐标为m ，且点P 在抛物线上， ∴P(m ，23m 2－43m －2)，∵PD ⊥x 轴，BD ⊥PD ，∴点D 坐标为(m ，－2)， ∴|BD|＝|m|，|PD|＝|23m 2－43m －2＋2|，当△BDP 为等腰直角三角形时，PD ＝BD ， ∴|m|＝|23m 2－43m －2＋2|＝|23m 2－43m|.∴m 2＝(23m 2－43m)2，解得：m 1＝0(舍去)，m 2＝72，m 3＝12，∴当△BDP 为等腰直角三角形时，线段PD 的长为72或12；(3)∵∠PBP′＝∠OAC ，OA ＝3，OC ＝4，∴AC ＝5， ∴sin ∠PBP ′＝45，cos ∠PBP ′＝35，①当点P′落在x 轴上时，如解图①，过点D′作D′N⊥x 轴，垂足为N ，交BD 于点M ，∠DBD ′＝∠ND′P′＝∠PBP′，由旋转知，P ′D ′＝PD ＝23m 2－43m ，在Rt △P ′D ′N 中，cos ∠ND ′P ′＝ND′P′D′＝cos ∠PBP ′＝35，∴ND ′＝35(23m 2－43m)，在Rt △BD ′M 中，BD ′＝－m ，sin ∠DBD ′＝D′M BD′＝sin ∠PBP ′＝45，∴D ′M ＝－45m ，∴ND ′－MD′＝2，∴35(23m 2－43m)－(－45m)＝2， 解得m ＝5(舍去)或m ＝－5，如解图②， 同①的方法得，ND ′＝35(23m 2－43m)，MD ′＝45m ，ND ′＋MD′＝2， ∴35(23m 2－43m)＋45m ＝2， ∴m ＝5或m ＝－5(舍去)，∴P(－5，45＋43)或P(5，－45＋43)，②当点P′落在y 轴上时，如解图③，过点D′作D′M⊥x 轴，交BD 于M ，过点P′作P′N⊥y 轴，交MD′的延长线于点N ， ∴∠DBD ′＝∠ND′P′＝∠PBP′，同①的方法得：P′N＝45(23m 2－43m)，BM ＝35m ，∵P ′N ＝BM ，∴45(23m 2－43m)＝35m ， 解得m ＝258或m ＝0(舍去)，∴P(258，1132)，∴P(－5，45＋43)或P(5，－45＋43)或P(258，1132).类型二 二次函数与图形面积1．解：(1)根据题意得A(－4，0)，C(0，2)， ∵抛物线y ＝－12x 2＋bx ＋c 经过A 、C 两点，∴⎩⎪⎨⎪⎧0＝－12×16－4b ＋c 2＝c ，解得⎩⎪⎨⎪⎧b ＝－32c ＝2， ∴y ＝－12x 2－32x ＋2；(2)①令y ＝0，∴－12x 2－32x ＋2＝0，解得x 1＝－4，x 2＝1，∴B(1，0)，如解图①，过D 作DM ∥y 轴交AC 于M ，过B 作BN ⊥x 轴交AC 于N ， ∴DM ∥BN ，∴△DME ∽△BNE ，∴S 1S 2＝DE BE ＝DMBN ，设D(a ，－12a 2－32a ＋2)，∴M(a ，12a ＋2)，∵B(1，0)，∴N(1，52)，∴S 1S 2＝DMBN ＝－12a 2－2a 52＝－15(a ＋2)2＋45； ∴当a ＝－2时，S 1S 2有最大值，最大值是45；②∵A(－4，0)，B(1，0)，C(0，2)， ∴AC ＝25，BC ＝5，AB ＝5， ∵AC 2＋BC 2＝AB 2，∴△ABC 是以∠ACB 为直角的直角三角形，取AB 的中点P ，∴P(－32，0)，∴PA ＝PC ＝PB ＝52，∴∠CPO ＝2∠BAC ，∴tan ∠CPO ＝tan (2∠BAC)＝43，如解图②，过D 作x 轴的平行线交y 轴于R ，交AC 的延长线于G ， 情况一：∠DCF ＝2∠BAC ＝∠DGC ＋∠CDG ，∴∠CDG ＝∠BAC ， ∴tan ∠CDG ＝tan ∠BAC ＝12，即RC DR ＝12，令D(a ，－12a 2－32a ＋2)，∴DR ＝－a ，RC ＝－12a 2－32a ，∴－12a 2－32a －a ＝12，解得a 1＝0(舍去)，a 2＝－2， ∴x D ＝－2，情况二：∠FDC ＝2∠BAC ， ∴tan ∠FDC ＝43，设FC ＝4k ，∴DF ＝3k ，DC ＝5k ， ∵tan ∠DGC ＝3k FG ＝12，∴FG ＝6k ，∴CG ＝2k ，DG ＝35k ，∴RC ＝255k ，RG ＝455k ， DR ＝35k －455k ＝1155k ，∴DR RC ＝1155k 255k ＝－a －12a 2－32a ，解得a 1＝0(舍去)，a 2＝－2911， ∴点D 的横坐标为－2或－2911.2．解：(1)∵直线y ＝－x ＋3与x 轴、y 轴分别交于点B 、点C ， ∴B(3，0)，C(0，3)，把B 、C 坐标代入抛物线解析式可得⎩⎪⎨⎪⎧9＋3b ＋c ＝0c ＝3，解得⎩⎪⎨⎪⎧b ＝－4c ＝3，∴抛物线的解析式为y ＝x 2－4x ＋3； (2)∵y ＝x 2－4x ＋3＝(x －2)2－1， ∴抛物线对称轴为x ＝2，P(2，－1)， 设M(2，t)，且C(0，3)，∴MC ＝22＋（t －3）2＝t 2－6t ＋13，MP ＝|t ＋1|，PC ＝22＋（－1－3）2＝25， ∵△CPM 为等腰三角形，∴有MC ＝MP 、MC ＝PC 和MP ＝PC 三种情况，①当MC ＝MP 时，则有t 2－6t ＋13＝|t ＋1|，解得t ＝32，此时M(2，32)；②当MC ＝PC 时，则有t 2－6t ＋13＝25，解得t ＝－1(与P 点重合，舍去)或t ＝7，此时M(2，7)；③当MP ＝PC 时，则有|t ＋1|＝25，解得t ＝－1＋25或t ＝－1－25，此时M(2，－1＋25)或(2，－1－25)；综上可知存在满足条件的点M ，其坐标为(2，32)或(2，7)或(2，－1＋25)或(2，－1－25)；(3)如解图，在0＜x ＜3对应的抛物线上任取一点E ，过E 作EF ⊥x 轴，交BC 于点F ，交x 轴于点D ，设E(x ，x 2－4x ＋3)，则F(x ，－x ＋3)， ∵0＜x ＜3，∴EF ＝－x ＋3－(x 2－4x ＋3)＝－x 2＋3x ，∴S △CBE ＝S △EFC ＋S △EFB ＝12EF·OD＋12EF·BD＝12EF·OB＝12×3(－x 2＋3x)＝－32(x －32)2＋278，∴当x ＝32时，△CBE 的面积最大，此时E 点坐标为(32，－34)，即当E 点坐标为(32，－34)时，△CBE 的面积最大.3．解：(1)∵A(1，0)，对称轴l 为x ＝－1，∴B(－3，0)，∴⎩⎪⎨⎪⎧a ＋b －3＝09a －3b －3＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝1b ＝2， ∴抛物线的解析式为y ＝x 2＋2x －3； (2)如解图①，过点P 作PM ⊥x 轴于点M ，设抛物线对称轴l 交x 轴于点Q. ∵PB ⊥NB ，∴∠PBN ＝90°， ∴∠PBM ＋∠NBQ ＝90°.∵∠PMB ＝90°，∴∠PBM ＋∠BPM ＝90°， ∴∠BPM ＝∠NBQ.又∵∠BMP ＝∠BQN ＝90°，PB ＝NB ，∴△BPM ≌△NBQ ，∴PM ＝BQ.∵抛物线y ＝x 2＋2x －3与x 轴交于点A(1，0)和点B ，且对称轴为x ＝－1， ∴点B 的坐标为(－3，0)，点Q 的坐标为(－1，0)， ∴BQ ＝2，∴PM ＝BQ ＝2.∵点P 是抛物线y ＝x 2＋2x －3上B 、C 之间的一个动点， ∴结合图象可知点P 的纵坐标为－2，将y ＝－2代入y ＝x 2＋2x －3，得－2＝x 2＋2x －3， 解得x 1＝－1－2，x 2＝－1＋2(舍去)， ∴此时点P 的坐标为(－1－2，－2)； (3) 存在．如解图②，连接AC ，PC.可设点P 的坐标为(x ，y)(－3＜x ＜0)，则y ＝x 2＋2x －3， ∵点A(1，0)，∴OA ＝1.∵点C 是抛物线与y 轴的交点，∴令x ＝0，得y ＝－3，即点C(0，－3)，∴OC ＝3. 由(2)可知S四边形PBAC＝S △BPM ＋S四边形PMOC＋S △AOC ＝12BM·PM＋12(PM ＋OC)·OM＋12OA·OC＝12(x＋3)(－y)＋12(－y ＋3)(－x)＋12×1×3＝－32y －32x ＋32，将y ＝x 2＋2x －3代入可得S 四边形PBAC ＝－32(x 2＋2x －3)－32x ＋32＝－32(x ＋32)2＋758.∵－32＜0，－3＜x ＜0，∴当x ＝－32时，S 四边形PBAC 有最大值758，此时，y ＝x 2＋2x －3＝－154.∴当点P 的坐标为(－32，－154)时，四边形PBAC 的面积最大，最大值为758.4．解：(1)把y ＝0代入直线的解析式得x ＋1＝0，解得x ＝－1，∴A(－1，0)． ∵抛物线的对称轴为x ＝1，∴B 的坐标为(3，0)． 将x ＝0代入抛物线的解析式得y ＝－3，∴C(0，－3)．设抛物线的解析式为y ＝a(x ＋1)(x －3)，将C(0，－3)代入得－3a ＝－3，解得a ＝1， ∴抛物线的解析式为y ＝(x ＋1)(x －3)＝x 2－2x －3； (2)如解图①，连接OP.将x ＝0代入直线AD 的解析式得y ＝1，∴OD ＝1. 由题意可知P(t ，t 2－2t －3)． ∵S 四边形DCPB ＝S △ODB ＋S △OBP ＋S △OCP ，∴S ＝12×3×1＋12×3×(－t 2＋2t ＋3)＋12×3×t ，整理得S ＝－32t 2＋92t ＋6，配方得：S ＝－32(t －32)2＋758，∴当t ＝32时，S 取得最大值，最大值为758；(3)如解图②，设点D′的坐标为(a ，a ＋1)，O ′(a ，a)．当△D′O′E 的面积∶△D′EB′的面积＝1∶2时，则O′E∶EB ′＝1∶2. ∵O ′B ′＝OB ＝3，∴O ′E ＝1， ∴E(a ＋1，a)．将点E 的坐标代入抛物线的解析式得(a ＋1)2－2(a ＋1)－3＝a ，整理得：a 2－a －4＝0，解得a ＝1＋172或a ＝1－172，∴O ′的坐标为(1＋172，1＋172)或(1－172，1－172)，∴OO ′＝2＋342或OO′＝34－22， ∴△DOB 平移的距离为2＋342或34－22， 当△D′O′E 的面积∶△D ′EB ′的面积＝2∶1时，则O′E∶EB ′＝2∶1. ∵O ′B ′＝OB ＝3，∴O ′E ＝2，∴E(a ＋2，a)．将点E 的坐标代入抛物线的解析式得：(a ＋2)2－2(a ＋2)－3＝a ，整理得：a 2＋a －3＝0，解得a ＝－1＋132或a ＝－1－132.∴O ′的坐标为(－1＋132，－1＋132)或(－1－132，－1－132)．∴OO′＝－2＋262或OO′＝2＋262.∴△DOB 平移的距离为－2＋262或2＋262.综上所述，当△D′O′B′沿DA 方向平移2＋342或2＋262单位长度，或沿AD 方向平移34－22或－2＋262个单位长度时，ED ′恰好将△O′D′B′的面积分为1∶2两部分. 类型三 二次函数与线段问题1．(1)解：∵C(0，3)，∴－9a ＝3，解得a ＝－13.令y ＝0，得ax 2－23ax －9a ＝0，∵a ≠0，∴x 2－23x －9＝0，解得x ＝－3或x ＝3 3. ∴点A 的坐标为(－3，0)，点B 的坐标为(33，0)，∴抛物线的对称轴为x ＝3； (2)解：∵OA ＝3，OC ＝3， ∴tan ∠CAO ＝3，∴∠CAO ＝60°. ∵AE 为∠BAC 的平分线，∴∠DAO ＝30°， ∴DO ＝33AO ＝1，∴点D 的坐标为(0，1)， 设点P 的坐标为(3，a)．∴AD 2＝4，AP 2＝12＋a 2，DP 2＝3＋(a －1)2. 当AD ＝PA 时，4＝12＋a 2，方程无解．当AD ＝DP 时，4＝3＋(a －1)2，解得a ＝0或a ＝2， ∴点P 的坐标为(3，0)或(3，2)．当AP ＝DP 时，12＋a 2＝3＋(a －1)2，解得a ＝－4. ∴点P 的坐标为(3，－4)．综上所述，点P 的坐标为(3，0)或(3，－4)或(3，2);(3)证明：设直线AC 的解析式为y ＝mx ＋3，将点A 的坐标代入得－3m ＋3＝0，解得m ＝3，∴直线AC 的解析式为y ＝3x ＋3. 设直线MN 的解析式为y ＝kx ＋1.把y ＝0代入y ＝kx ＋1，得kx ＋1＝0，解得：x ＝－1k ，∴点N 的坐标为(－1k ，0)，∴AN ＝－1k ＋3＝3k －1k.将y ＝3x ＋3与y ＝kx ＋1联立，解得x ＝2k －3，∴点M 的横坐标为2k －3.如解图，过点M 作MG ⊥x 轴，垂足为G.则AG ＝2k －3＋ 3.∵∠MAG ＝60°，∠AGM ＝90°， ∴AM ＝2AG ＝4k －3＋23＝23k －2k －3.∴1AM ＋1AN ＝k －323k －2＋k 3k －1＝k －323k －2＋2k 23k －2＝3k －323k －2＝3（3k －1）2（3k －1）＝32. 2．解：(1)∵直线l ：y ＝34x ＋m 经过点B(0，－1)，∴m ＝－1，∴直线l 的解析式为y ＝34x －1，∵直线l ：y ＝34x －1经过点C ，且点C 的横坐标为4，∴y ＝34×4－1＝2，∵抛物线y ＝12x 2＋bx ＋c 经过点C(4，2)和点B(0，－1)，∴⎩⎪⎨⎪⎧12×42＋4b ＋c ＝2c ＝－1，解得⎩⎪⎨⎪⎧b ＝－54c ＝－1， ∴抛物线的解析式为y ＝12x 2－54x －1；(2)令y ＝0，则34x －1＝0，解得x ＝43，∴点A 的坐标为(43，0)，∴OA ＝43，在Rt △OAB 中，OB ＝1，∴AB ＝OA 2＋OB 2＝（43）2＋12＝53， ∵DE ∥y 轴，∴∠ABO ＝∠DEF ，在矩形DFEG 中，EF ＝DE·cos ∠DEF ＝DE·OB AB ＝35DE ，DF ＝DE·sin ∠DEF ＝DE·OA AB ＝45DE ，∴l ＝2(DF ＋EF)＝2×(45＋35)DE ＝145DE ，∵点D 的横坐标为t(0＜t ＜4)， ∴D(t ，12t 2－54t －1)，E(t ，34t －1)，∴DE ＝(34t －1)－(12t 2－54t －1)＝－12t 2＋2t ，∴l ＝145×(－12t 2＋2t)＝－75t 2＋285t ，∵l ＝－75(t －2)2＋285，且－75＜0，∴当t ＝2时，l 有最大值285；(3)“落点”的个数有4个，如解图①，解图②，解图③，解图④所示．如解图③，设A 1的横坐标为m ，则O 1的横坐标为m ＋43，∴12m 2－54m －1＝12(m ＋43)2－54(m ＋43)－1， 解得m ＝712，如解图④，设A 1的横坐标为m ，则B 1的横坐标为m ＋43，B 1的纵坐标比A 1的纵坐标大1，∴12m 2－54m －1＋1＝12(m ＋43)2－54(m ＋43)－1，解得m ＝43， ∴旋转180°时点A 1的横坐标为712或43.3．(1)解：将点A(－1，1)，B(4，6)代入y ＝ax 2＋bx 中， 得⎩⎪⎨⎪⎧a －b ＝116a ＋4b ＝6，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝12b ＝－12， ∴抛物线的解析式为y ＝12x 2－12x ；(2)证明：设直线AF 的解析式为y ＝kx ＋m ， 将点A(－1，1)代入y ＝kx ＋m 中，即－k ＋m ＝1， ∴k ＝m －1，∴直线AF 的解析式为y ＝(m －1)x ＋m. 联立直线AF 和抛物线解析式成方程组，⎩⎪⎨⎪⎧y ＝（m －1）x ＋m y ＝12x 2－12x ，解得⎩⎪⎨⎪⎧x 1＝－1y 1＝1，⎩⎪⎨⎪⎧x 2＝2my 2＝2m 2－m ， ∴点G 的坐标为(2m ，2m 2－m)． ∵GH ⊥x 轴，∴点H 的坐标为(2m ，0)． ∵抛物线的解析式为y ＝12x 2－12x ＝12x(x －1)，∴点E 的坐标为(1，0)．设直线AE 的解析式为y ＝k 1x ＋b 1，将A(－1，1)，E(1，0)代入y ＝k 1x ＋b 1中，得⎩⎪⎨⎪⎧－k 1＋b 1＝1k 1＋b 1＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧k 1＝－12b 1＝12，∴直线AE 的解析式为y ＝－12x ＋12.设直线FH 的解析式为y ＝k 2x ＋b 2，将F(0，m)、H(2m ，0)代入y ＝k 2x ＋b 2中，得⎩⎪⎨⎪⎧b 2＝m 2mk 2＋b 2＝0，解得：⎩⎪⎨⎪⎧k 2＝－12b 2＝m， ∴直线FH 的解析式为y ＝－12x ＋m.∴FH ∥AE ；(3)解：设直线AB 的解析式为y ＝k 0x ＋b 0，将A(－1，1)，B(4，6)代入y ＝k 0x ＋b 0中，⎩⎪⎨⎪⎧－k 0＋b 0＝14k 0＋b 0＝6，解得⎩⎪⎨⎪⎧k 0＝1b 0＝2， ∴直线AB 的解析式为y ＝x ＋2.当运动时间为t 秒时，点P 的坐标为(t －2，t)，点Q 的坐标为(t ，0)．当点M 在线段PQ 上时，过点P 作PP′⊥x 轴于点P′，过点M 作MM′⊥x 轴于点M′，则△PQP′∽△MQM′，如解图所示．∵QM ＝2PM ， ∴QM′QP′＝MM′PP′＝23，∴QM ′＝43，MM ′＝23t ，∴点M 的坐标为(t －43，23t)，又∵点M 在抛物线y ＝12x 2－12x 上，∴23t ＝12(t －43)2－12(t －43)， 解得t ＝15±1136，当点M 在线段QP 的延长线上时， 同理可得出点M 的坐标为(t －4，2t)， ∵点M 在抛物线y ＝12x 2－12x 上，∴2t ＝12×(t －4)2－12(t －4)，解得t ＝13±892.综上所述：当运动时间为15－1136秒、15＋1136秒、13－892秒或13＋892秒时，QM ＝2PM.类型四 二次函数与三角形相似 1．(1)解：∵顶点坐标为(1，1)， ∴设抛物线解析式为y ＝a(x －1)2＋1，又∵抛物线过原点，∴0＝a(0－1)2＋1，解得a ＝－1， ∴抛物线的解析式为y ＝－(x －1)2＋1，即y ＝－x 2＋2x ，联立抛物线和直线解析式可得⎩⎪⎨⎪⎧y ＝－x 2＋2x y ＝x －2，解得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2y ＝0或⎩⎪⎨⎪⎧x ＝－1y ＝－3， ∴B(2，0)，C(－1，－3)；(2)证明：如解图，分别过A 、C 两点作x 轴的垂线，交x 轴于D 、E 两点， 则AD ＝OD ＝BD ＝1，BE ＝OB ＋OE ＝2＋1＝3，EC ＝3， ∴∠ABO ＝∠CBO ＝45°，即∠ABC ＝90°， ∴△ABC 是直角三角形；(3)解：假设存在满足条件的点N ，设N(x ，0)，则M(x ，－x 2＋2x)， ∴ON ＝|x|，MN ＝|－x 2＋2x|，由(2)在Rt △ABD 和Rt △CEB 中，可分别求得AB ＝2，BC ＝32， ∵MN ⊥x 轴于点N ∴∠MNO ＝∠ABC ＝90°，∴当△MNO 和△ABC 相似时有MN AB ＝ON BC 或MN BC ＝ONAB，①当MN AB ＝ON BC 时，则有|－x 2＋2x|2＝|x|32，即|x|×|－x ＋2|＝13|x|，∵当x ＝0时M 、O 、N 不能构成三角形， ∴x ≠0，∴|－x ＋2|＝13，即－x ＋2＝±13，解得x ＝53或x ＝73，此时N 点坐标为(53，0)或(73，0)，②当MN BC ＝ON AB 时，则有|－x 2＋2x|32＝|x|2，即|x|×|－x ＋2|＝3|x|，∴|－x ＋2|＝3，即－x ＋2＝±3，解得x ＝5或x ＝－1， 此时N 点坐标为(－1，0)或(5，0)，综上可知存在满足条件的N 点，其坐标为(53，0)或(73，0)或(－1，0)或(5，0).2．解：(1)把A 、C 两点坐标代入直线y ＝－ax ＋c 可得⎩⎪⎨⎪⎧3a ＋c ＝0c ＝1，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－13c ＝1， ∴直线的表达式为y ＝13x ＋1，把A 点坐标和a ＝－13代入抛物线解析式可得9×(－13)－3b ＋1＝0，解得b ＝－23，∴抛物线的表达式为y ＝－13x 2－23x ＋1；(2)∵点D 为抛物线在第二象限部分上的一点，∴可设D(t ，－13t 2－23t ＋1)，则F(t ，13t ＋1)，∴DF ＝－13t 2－23t ＋1－(13t ＋1)＝－13t 2－t ＝－13(t ＋32)2＋34.∵－13＜0，∴当t ＝－32时，DF 有最大值，最大值为34，此时D 点坐标为(－32，54)；(3)设P(m ，－13m 2－23m ＋1)，如解图，∵P 在第四象限，∴m ＞0，－13m 2－23m ＋1＜0，∴AN ＝m ＋3，PN ＝13m 2＋23m －1，∵∠AOC ＝∠ANP ＝90°，∴当以P 、A 、N 为顶点的三角形与△ACO 相似时有△AOC ∽△PNA 和△AOC ∽△ANP ，①当△AOC ∽△PNA 时，则有OC NA ＝AO PN ，即1m ＋3＝313m 2＋23m －1，解得m ＝－3或m ＝10，经检验当m ＝－3时，m ＋3＝0(舍去)， ∴m ＝10，此时P 点坐标为(10，－39)；②当△AOC ∽△ANP 时，则有OC NP ＝AO AN ，即113m 2＋23m －1＝3m ＋3，解得m ＝2或m ＝－3，经检验当m ＝－3时，m ＋3＝0(舍去)， ∴m ＝2，此时P 点坐标为(2，－53)；综上可知P 点坐标为(10，－39)或(2，－53).3．解：(1)将A 、G 点坐标代入函数解析式，得⎩⎨⎧9a ＋3b ＋33＝0，a －b ＋33＝0，解得⎩⎨⎧a ＝－3b ＝23，∴抛物线的解析式为y ＝－3x 2＋23x ＋33； (2)如解图①，作ME ∥y 轴交AB 于E 点， 当x ＝0时，y ＝33，即B 点坐标为(0，33)， 直线AB 的解析式为y ＝－3x ＋33，设M(n ，－3n 2＋23n ＋33)，E(n ，－3n ＋33)， ME ＝－3n 2＋23n ＋33－(－3n ＋33)＝－3n 2＋33n ， S △ABM ＝12ME·AO＝12(－3n 2＋33n)×3＝－332(n －32)2＋2738，当n ＝32时，△ABM 面积的最大值是2738；(3)存在；理由如下：OE ＝233，AP ＝2，OP ＝1，BE ＝33－233＝733，当y ＝233时，－3x ＋33＝233，解得x ＝73，即EF ＝73，将△BEP 绕点E 顺时针方向旋转90°，得到△B′EC(如解图②)， ∵OB ⊥EF ，∴点B′在直线EF 上，∵C 点横坐标绝对值等于EO 长度，C 点纵坐标绝对值等于EO －PO 长度， ∴C 点坐标为(－233，233－1)，如解图，过F 作FQ ∥B′C，交EC 于点Q ， 则△FEQ ∽△B′EC，由BE EF ＝B′E EF ＝CEEQ ＝3，可得Q 的坐标为(－23，－33)；根据对称性可得，Q 关于直线EF 的对称点Q′(－23，533)也符合条件.4．解：(1)∵抛物线y ＝ax 2＋bx ＋3经过点A(1，0)和点B(5，0)， ∴⎩⎪⎨⎪⎧a ＋b ＋3＝025a ＋5b ＋3＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝35b ＝－185， ∴该抛物线对应的函数解析式为y ＝35x 2－185x ＋3；(2)①∵点P 是抛物线上的动点且位于x 轴下方，∴可设P(t ，35t 2－185t ＋3)(1＜t ＜5)，∵直线PM ∥y 轴，分别与x 轴和直线CD 交于点M 、N ， ∴M(t ，0)，N(t ，35t ＋3)，∴PN ＝35t ＋3－(35t 2－185t ＋3)＝－35(t －72)2＋14720，联立直线CD 与抛物线解析式可得⎩⎪⎨⎪⎧y ＝35x ＋3y ＝35x 2－185x ＋3，解得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝0y ＝3或⎩⎪⎨⎪⎧x ＝7y ＝365，∴C(0，3)，D(7，365)，分别过C 、D 作直线PN 的垂线，垂足分别为E 、F ，如解图①，则CE ＝t ，DF ＝7－t ，∴S △PCD ＝S △P ＋S △PDN ＝12PN·CE＋12PN·DF＝72PN ＝72[－35(t －72)2＋14720]＝－2110(t －72)2＋102940， ∴当t ＝72时，△PCD 的面积最大，最大值为102940；②存在．∵∠CQN ＝∠PMB ＝90°， ∴当△Q 与△PBM 相似时，有NQ CQ ＝PM BM 或NQ CQ ＝BMPM两种情况， ∵CQ ⊥PN ，垂足为Q ，∴Q(t ，3)，且C(0，3)，N(t ，35t ＋3)，∴CQ ＝t ，NQ ＝35t ＋3－3＝35t ，∴NQ CQ ＝35，∵P(t ，35t 2－185t ＋3)，M(t ，0)，B(5，0)，∴BM ＝5－t ，PM ＝0－(35t 2－185t ＋3)＝－35t 2＋185t －3，当NQ CQ ＝PM BM 时，则PM ＝35BM ，即－35t 2＋185t －3＝35(5－t)，解得t ＝2或t ＝5(舍去)，此时P(2，－95)；当NQ CQ ＝BM PM 时，则BM ＝35PM ，即5－t ＝35(－35t 2＋185t －3)，解得t ＝349或t ＝5(舍去)，此时P(349，－5527)；综上可知存在满足条件的点P ，其坐标为(2，－95)或(349，－5527).。
安徽省2019年中考数学一轮复习第二部分热点专题突破专题4利用图形变换添加辅助线课件
【解析】题中的条件“∠AOB+∠COD=180°”很难直接使用,同时其他已知条件也都“分 散”在多个三角形中,也难直接使用.此时通过旋转△AOB,使得已知条件大都“集中”在 △CDF中,从而利用三角形中位线定理解题.
类型1
类型2
类型3
类型4
类型5
【答案】 将△AOB绕点O旋转,使得OB与OC重合,易得△OCF≌△OBA, ∴OF=OA=OD,CF=AB,∠AOB=∠COF, ∵∠AOB+∠COD=180°, ∴∠COF+∠COD=180°, ∴D,O,F在同一条直线上, ∵E是CD边的中点,O是DF的中点,
类型5
【解析】充分利用“F是AD的中点”这个条件,作△AEF关于F点的中心对称图形△DFG, 再过点F作AB的平行线,这样即可利用中心对称( 或全等三角形 )的性质以及三角形中 位线定理解答.过点D作DG∥AB交EF的延长线于点G,过点F作FH∥AB交BC于点H,交 CE于点O.易得C,D,G在同一条直线上,△AEF≌△DGF.∵AD=2AB,F是AD的中点,∴H是 BC的中点,∴DF=CH=CD.∵DF∥CH,∴四边形CDFH是菱形,∴CF平分∠BCD,故① 1 ∠DCF= 2∠BCD成立;∵AB∥CG,∴∠ECG=90°,在Rt△ECG中,CF是EG的中线, ∴CF=EF=FG,故②EF=CF成立;∵S△CEF=S△CGF=S△CDF+S△DFG=S△CDF+S△AEF, ∴2S△CEF=S△CDF+S△AEF+S△CEF=S梯形AECD,显然S△BEC<S梯形AECD,故③S△BEC=2S△CEF不成 立;∵FH∥AB,∴∠AEF=∠EFH,∵FO垂直平分EC,∴∠EFH=∠CFH,∵四边形CDFH是菱 形,∴∠DFC=∠CFH,故④∠DFE=3∠AEF成立. 【答案】 ①②④
安徽中考数学专题复习二：几何图形动点问题34张
AB长为半径的圆上(如图①)．
图①
图②
推广：如图②，点E为定点，点F为线段BD上的动点(不与点B重合)，将△BEF沿
EF折叠得到△B′EF，则点B′的运动轨迹为以E为圆心，线段BE为半径的半圆
弧．
类型1 点圆最值 【模型分析】 平面内一定点D和⊙O上动点E的连线中，当连线过圆心O时，线段DE有最大值 和最小值．具体分以下三种情况讨论(规定OD＝d，⊙O半径为r)： (i) 若D点在⊙O外时，d>r，如图①、②：当D、E、O三点共线时，线段DE出现 最值，DE的最大值为___d_＋__r__，DE的最小值为___d_－__r__；
－3)，∴E(－3，1)，F(1，－3)，∴AB＝ 312132＝2 2 ， EF＝ 312132＝4 2 ，即四边形ABCD的周长的最小值为AB＋
BC＋CD＋AD＝AB＋EF＝6 2 .
提分要点
三、利用圆的相关性质求线段最值
定点定长作圆
平面内，点A为定点，点B为动点，且AB长度固定，则点B的轨迹在以点A为圆心，
例5题解图
模型三 “两点两线”型(两动点＋两定点)
【问题】点P、Q是∠AOB的内部两定点，在OA上找点M，在OB上找点N，使 得四边形PQNM周长最小． 【解决思路】要使四边形PQNM周长最小，PQ为定值，即求得PM＋MN＋NQ 的最小值即可，需将线段PM，MN，NQ三条线段尽可能转化在一条直线上， 因此想到作点P关于OA的对称点，点Q关于OB的对称点．
A. 4
B. 5
C. 6
D. 7
例5题图
【解析】如解图，分别作点P关于OA、OB的对称点C、D，连接 CM、OC、DN、OD，∵点P关于OA的对称点为C，∴PM＝CM， OP＝OC，∠COA＝∠POA，∵点P关于OB的对称点为D，∴PN ＝DN，OP＝OD，∠DOB＝∠POB，∴OC＝OD＝OP＝6， ∠COD＝∠COA＋∠POA＋∠POB＋∠DOB＝2∠POA＋ 2∠POB＝2∠AOB＝60°，△PMN的周长为PM＋PN＋MN＝ CM＋DN＋MN，连接CD分别交OA，OB于点M′，N′，∵CM＋ DN＋MN≥CM′＋DN′＋M′N′，当M与M′，N与N′重合时， △PMN的周长最小，即为线段CD的长度，∵∠COD＝60°， OC＝OD，∴△COD是等边三角形，∴CD＝OC＝OD＝ 6.∴△PMN的周长的最小值为6.
安徽省中考数学一轮复习第二讲空间与图形第七章图形变换7.1图形的平移、对称、旋转与位似测试
第七章图形变换7. 1图形的平移、对称、旋转与位似学用P77[ 过关演练 ] (30 分钟80 分)1.以下图形中 , 是轴对称图形 , 但不是中心对称图形的是( A)【分析】 A 是轴对称图形不是中心对称图形 ;B 是中心对称图形不是轴对称图形 ;C 和 D既是轴对称图形又是中心对称图形 .2.小莹和小博士下棋 , 小莹执圆子 , 小博士执方子.如图 , 棋盘中心方子的地点用 ( - 1,0) 表示 , 右下角方子的地点用 (0, - 1) 表示.小莹将第 4 枚圆子放入棋盘后 , 全部棋子构成一个轴对称图形 . 她放的地点是( B)A.( - 2,1)B.( - 1,1)C.(1, - 2)D.( -1,-2)【分析】由于棋盘中心方子的地点用( - 1,0) 表示 , 右下角方子的地点用 (0, - 1) 表示 , 故可知最右侧的圆子为坐标原点, 分别画出四个选项的图形, 可知 B项正确.3. (2018 ·四川内江 ) 如图 , 在平面直角坐标系中, △ABC的极点A在第一象限 , 点B, C的坐标分别为 (2,1),(6,1),∠ BAC=90°,AB=AC,直线 AB交 y 轴于点 P,若△ ABC与△ A'B'C' 关于点P成中心对称 , 则点A'的坐标为( A)A.(-4,-5)B.(-5,-4)C.(-3,-4)D.(-4,-3)【分析】∵点 B, C的坐标分别为(2, 1),(6,1),∠ BAC=90°,AB=AC,∴△ ABC是等腰直角三角形, ∴A(4,3),设直线AB分析式为y=kx+b,则解得∴直线 AB分析式为y=x-1, 令0,则y=-1,(0,-1),又∵点A与点A'关于点P成中心对称 ,∴点P为的中x=∴P AA'点, 设A' ( m, n), 则=0,=- 1,∴m=-4, n=-5,∴点 A' 的坐标为( - 4, - 5) .4. (2018 ·山西 ) 如图 , 在 Rt △ABC中 , ∠ACB=90°, ∠A=60°,AC=6, 将△ABC绕点C按逆时针方向旋转获得△A'B'C', 此时点A'恰幸好边上,则点B'与点B之间的距离为( D)ABA.12B.6C.6D.6【分析】接B'B,∵将△ ABC点 C按逆方向旋获得△A'B'C' ,∴AC=A'C, AB=A'B',∠A=∠ CA'B'= 60°,∴△ AA'C 是等三角形,∴∠AA'C=60°,∴∠B'A'B= 180° - 60° - 60° =60°,∵∠ ACA'=∠ BCB'=60°,BC=B'C,∴△BCB'是等三角形,∴∠CB'B=60°,∵∠ CB'A'= 30°,∴∠ A'B'B= 30°,∴∠ B'BA'= 180° - 60° - 30° =90°,∵∠ACB=90°,∠ A=60°,AC=6,∴AB=12,∴A'B=AB-AA'=AB-AC=6,∴B'B=6.5. (2018 · 宁阜新) 如 , 在平面直角坐系中, 将正方形OABC点O逆旋45°后得到正方形 OA1B1 C1,依此方式,点 O旋2018次获得正方形OA2018 B2018C2018,假如点 A 的坐(1,0),那么点B2018的坐( D)A. (1,1)B. (0,)C.(- ,0)D. ( - 1,1)【分析】∵四形OABC是正方形,且 OA=1,∴B(1,1),接 OB,由勾股定理得 OB=, 由旋得123⋯,∵将正方形点O逆旋 45°后获得正方形111,相OB=OB=OB=OB= =OABC OAB C 当于将段 OB点 O逆旋45°, 挨次获得∠AOB=∠BOB1=∠B1OB2=⋯=45°,∴B1(0,),B2( - 1,1),B3( -,0), ⋯, 是8 次一循 , 因此 2018÷ 8=252⋯⋯ 2, ∴点B2018的坐 ( - 1,1) .6.如 , 若△ABC内一点P足∠PAC=∠PBA=∠PCB,点P△ABC的布洛卡点.三角形的布洛卡点 (Brocard point)由法国数学家和数学教育家克洛(A.L.Crelle,1780—1855)于1816 年初次 , 但他的并未被当的人所注意. 1875年,布洛卡点被一个数学好者法国官布洛卡 (Brocard,1845 — 1922)重新 , 并用他的名字命名.: 已知在等腰直角三角形中 , ∠90°若点Q △的布洛卡点 ,1,的( D)DEF EDF= .DEF DQ=EQ+FQC.3 +D.2 +【分析】把点Q绕点 D顺时针旋转90°到点M, 连接ME, MQ,MD,则△MED≌△QFD,∴ME=QF,MD=QD,∠ MED=∠ QFD,∠MDE=∠ QDF,设∠ QED=∠ QFE=∠ QDF=∠ MDE=α,在Rt△ DMQ中,由勾股定理得MQ= ,∵∠ QED=∠ QDF,∠EDF=90°,∴∠ EQD=90°,∵∠ QFD+α=45°,∴∠MED+α=45°,∵∠ MQD=45°,∴∠ EQM=90° - 45° =45°,∴△ MQE是等腰直角三角形, 由勾股定理得 QE=2,又 ME=MQ= ,则 FQ=, ∴QE+QF=2+.7.如图 , 把△ABC沿着BC的方向平移到△DEF的地点,它们重叠部分的面积是△ABC面积的一半, 若BC=, 则△挪动的距离是.ABC【分析】由平移的性质得AB∥ EH,∴△ CHE∽△ CAB,∴, ∴,∵BC=, ∴EC=, ∴平移距离BE=BC-EC=.8. (2018 ·湖北随州 ) 如图 , 在平面直角坐标系xOy中 , 菱形OABC的边长为 2, 点A在第一象限 , 点 C在 x 轴正半轴上,∠ AOC=60°,若将菱形 OABC绕点 O顺时针旋转75°,获得四边形OA'B'C' ,则点 B 的对应点 B' 的坐标为(, -).【分析】作 B'H⊥ x 于 H点,接 OB,OB',如,∵四形 OABC菱形,∴∠AOC=180° - ∠C=60°,OB均分∠ AOC,∴∠ AOB=30°,∵菱形 OABC原点 O旋75°至第四象限OA'B'C' 的地点,∴∠BOB'=75°,OB'=OB=2, ∴∠AOB'=∠BOB'-∠AOB=45°,∴△OBH等腰直角三角形 , ∴OH=B'H=OB'= ,∴点 B' 的坐(, - ).9.如 , 在平面直角坐系中, △ABC的点坐分A( - 1,1),B(0, - 2), C(1,0) . 点 P(0,2)点 A 旋180°获得点 P1,点 P1点 B 旋180°获得点 P2,点 P2点 C旋180°获得点3,点 3 点旋 180°获得点4, ⋯, 按此作法行下去, 点2018 的坐(2,-4).P P A P P【分析】由意挨次作出各点,如,得1(2,0),2(2,-4),3(0,4),4(-2,-2), 5(2,-2), 6 (0,2),点 6 与点P重合, 即 6次一个P -P P P P P P循 , ∵2018÷6=336⋯⋯ 2,∴点 P与点 P重合,即点 P的坐 (2,-4) .20182201810. (9 分 ) 如 , 在小正方形成的网格中 , △ABC和△DEF的点都在格点上 , 依据形解答以下 :(1)将△ ABC向左平移4个位度,再向下平移2个位度,画出平移后的△ A1B1C1;(2)将△ DEF D点逆旋90°,画出旋后的△ DE1F1.解:(1)以以下图,△ A1B1C1即为所求.(2)以以下图 , △DE1F1即为所求.11. (10 分 ) △ABC在平面直角坐标系xOy中的地点以以下图.(1)作△ ABC关于点 C成中心对称的△ A1 B1C;(2)将△ A1B1C向右平移4个单位,作出平移后的△ A2B2C2;(3)在 x 轴上求作一点 P,使 PA1+PC2的值最小,并写出点 P 的坐标 . (不写解答过程,直接写出结果 )解:(1)如图,△ A1B1C为所作.(2)如图 , △A2B2C2为所作.(3)P 点坐标为.12. (12 分) 如图 , 将△ABC沿着射线BC方向平移至△A'B'C' , 使点A'落在∠ACB的外角均分线CD上,连接 AA'.(1)判断四边形 ACC'A'的形状,并说明原由;(2)在△ ABC中,∠ B=90°,AB=8,cos∠BAC=,求 CB'的长 .解:(1)四边形ACC'A'是菱形,原由:由平移的性质可得AA'=CC',且 AA'∥ CC',∴四边形 ACC'A'是平行四边形,由 AA'∥ CC'得∠ AA'C=∠ A'CB' ,由题意得 CD均分∠ ACB',∴∠ ACA'=∠ A'CB' ,∴∠ ACA'=∠ AA'C,∴AA'=AC,∴平行四边形ACC'A'是菱形 .(2)在 Rt △ABC中 , ∠B=90°,AB=8,∴cos∠ BAC=, ∴AC=10,∴BC==6,由平移的性质可得BC=B'C'=6,由(1) 得四边形ACC'A'是菱形,∴AC=CC'=10,∴CB'=CC'-B'C'= 10- 6=4.13. (10 分 ) (2018 ·山东莱芜 ) 已知△ABC中 , AB=AC,∠BAC=90°,D, E分别是AB, AC的中点 , 将△ ADE绕点 A按顺时针方向旋转一个角度α(0° <α<90°)获得△ AD'E' ,连接 BD', CE',如图 1.(1)求证 : BD'=CE';(2) 如图 2, 当α=60°时 , 设AB与D'E'交于点F, 求的值.解:(1) ∵AB=AC,D, E分别是AB, AC的中点 ,∴AD=BD=AE=EC.由旋转的性质可知∠DAD'=∠EAE'=α, AD'=AD, AE'=AE.∴AD'=AE',∴△ BD'A≌△ CE'A,∴BD'=CE'.(2)连接 DD'.∵∠ DAD'=60°,AD=AD',∴△ ADD'是等边三角形 .∴∠ ADD'=∠ AD'D=60°,DD'=DA=DB.∴∠ DBD'=∠ DD'B=30°,∴∠ BD'A=90° .∵∠ D'AE'= 90°,∴∠ BAE'=30°,∴∠ BAE'=∠ ABD',又∵∠ BFD'=∠ AFE',∴△ BFD'∽△ AFE',∴.∵在 Rt △ABD'中 ,tan∠ BAD'=,∴.[ 名师展望 ]1.在平面直角坐标系中, 点P( m, n) 是线段AB上一点 , 以原点O为位似中心把△AOB放大到原来的两倍 , 则点P的对应点的坐标为( B)A. (2 m,2 n)B. (2 m,2 n) 或 ( - 2m, - 2n)C.D.【分析】点 P( m, n)是线段 AB上一点,以原点 O为位似中心把△ AOB放大到本来的两倍,则点P 的对应点的坐标为( m×2, n×2)或( m×( - 2), n×( - 2)),即(2 m,2 n)或( - 2m, - 2n) .2 如图,将△绕点C 顺时针旋转 , 使点B落在边上的点B'处,此时,点A的对应点A'恰.ABC AB, 以下结论错误的选A. ∠BCB'=∠ACA'B. ∠ACB=2∠BC.∠B'CA=∠B'ACD. B'C均分∠BB'A'【分析】依据旋转的性质得∠BCB'与∠ ACA'都是旋转角,则∠ BCB'=∠ ACA',A正确;∵CB=CB',∴∠ B=∠ BB'C,又∵∠ A'CB'= ∠ B+∠ BB'C,∴∠ A'CB'= 2∠ B,∴∠ ACB=2∠ B,B正确;∵∠ A'B'C= ∠ B,∴∠ A'B'C= ∠ BB'C,∴B'C 均分∠ BB'A' ,D正确 .3.有一张矩形纸片ABCD,已知 AB=3, AD=2,小明按以下图步骤折叠纸片, 则线段DG的长为.【分析】依据题意, ∵Rt △DAE≌ Rt △DA'E, ∴DA'=DA=2, CA'=DC-DA'=1, ∵矩形A'EBC折叠到矩形 A'EB'C' ,∴ C'A'=CA'= 1,∴DC'=C'A'= 1,∵∠D=45°,∠ DC'B' =90°,∴DG=DC'= .4 已知△的三个极点为(1,-1),(1,3),(3,-3), 将△向右平移(0) 个单位.ABC A - B - C -ABC m m>后, △ABC某一边的中点恰好落在反比率函数y= 的图象上,则 m的值为0.5或 4 .【分析】设平移后的三角形为△A'B'C' ,此中 A' ( - 1+m, - 1),B' ( - 1+m,3),C' ( - 3+m, - 3),∴A'B'的中点坐标为 ( 1 ,1),A'C'的中点坐标为 (-2,2),B'C'的中点坐标为 (-2 ,0), 当- +m+m -+mA'B' 的中点落在反比率函数y= 的图象上时,3 =1×( - 1+m),解得 m=4;当 A'C' 的中点落在反比例函数 y= 的图象上时,3 =- 2×( - 2+m),解得 m=0. 5;当 B'C' 的中点落在反比率函数y= 的图象上时,3 0(-2), 方程无解.综上 ,的值为 05 或 4.=×+m m.5.如图 , 在平面直角坐标系中, △ABC各极点的坐标分别为 ( - 2, - 2),( - 4, - 1),( - 4, - 4) .(1)作出△ ABC关于原点成中心对称的△ A1B1C1;(2)作出点 A 关于 x 轴的对称点 A'. 若把 A' 向右平移 a 个单位后落在△ A1B1C1的内部(不包含极点和界限 ), 求a的取值范围.解:(1 ) △A1B1C1如图.(2) 点A'以以下图 , a的取值范围是4<a<6.6.如图 , 在平面直角坐标系中,Rt △ABC的三个极点都在格点上, 点A, B, C的坐标分别为A( - 1,3),B( - 3,1),C( - 1,1) . 请解答以下问题:(1)画出△ ABC关于 y 轴对称的△ A1B1C1,并写出点 B1的坐标;(2)画出△ A1B1C1绕点 C1顺时针旋转90°后获得的△ A2B2C1,并求出点 A1走过的路径长 .解:(1) △A1B1C1如图 , B1点坐标为 (3,1) .(2)△ A2B2C1如图,点 A1走过的路径长为×2×π×2=π .7.如图 , 对折矩形纸片ABCD,使AB与DC重合 , 获得折痕MN,将纸片展平 ; 再一次折叠 , 使点D 落到 MN上的点 F 处,折痕 AP交 MN于点 E;延长 PF交 AB于点 G.求证:(1)△ AFG≌△ AFP;(2)△ APG为等边三角形 .解:(1)由折叠可得M, N分别为 AD, BC的中点,∵DC∥ MN∥AB,∴F 为 PG的中点,即 PF=GF,由折叠可得∠ PFA=∠D=∠ AFG=90°,在△ AFP和△ AFG中,∴△ AFP≌△ AFG(SAS) .(2)∵△ AFP≌△ AFG,∴AP=AG,∵AF⊥ PG,∴∠2=∠3,又由折叠可得∠1=∠2, ∴∠ 1=∠2=∠ 3=30°,∴∠ 2+∠ 3=60°, 即∠PAG=60°,∴△ APG为等边三角形 .。