九年级数学上册几何模型压轴题单元测试卷(含答案解析)

九年级数学上册几何模型压轴题单元测试卷（含答案解析）

一、初三数学旋转易错题压轴题（难）

1．在Rt△ACB和Rt△AEF中，∠ACB＝∠AEF＝90°，若点P是BF的中点，连接PC，PE．

(1) 如图1，若点E，F分别落在边AB，AC上，求证：PC＝PE；

(2) 如图2，把图1中的△AEF绕着点A顺时针旋转，当点E落在边CA的延长线上时，探索PC与PE的数量关系，并说明理由．

(3) 如图3，把图2中的△AEF绕着点A顺时针旋转，点F落在边AB上．其他条件不变，问题(2)中的结论是否发生变化？如果不变，请加以证明；如果变化，请说明理由．

【答案】（1）见解析；（2）PC＝PE，理由见解析；（3）成立，理由见解析

【解析】

【分析】

（1）利用直角三角形斜边的中线等于斜边的一半，即可；

（2）先判断△CBP≌△HPF，再利用直角三角形斜边的中线等于斜边的一半；

（3）先判断△DAF≌△EAF，再判断△DAP≌△EAP，然后用比例式即可；

【详解】

解：（1）证明：如图：

∵∠ACB＝∠AEF＝90°，

∴△FCB和△BEF都为直角三角形．

∵点P是BF的中点，

∴CP＝1

2BF，EP＝

1

2

BF，

∴PC＝PE．

（2）PC＝PE理由如下：

如图2，延长CP，EF交于点H，

∵∠ACB＝∠AEF＝90°，

∴EH//CB，

∴∠CBP＝∠PFH，∠H＝∠BCP，

∵点P是BF的中点，

∴PF＝PB，

∴△CBP≌△HFP(AAS)，

∴PC＝PH，

∵∠AEF＝90°，

∴在Rt△CEH中，EP＝1

2

CH，

∴PC＝PE．

（3）(2)中的结论，仍然成立，即PC＝PE，理由如下：

如图3，过点F作FD⊥AC于点D，过点P作PM⊥AC于点M，连接PD，

∵∠DAF＝∠EAF，∠FDA＝∠FEA＝90°，

在△DAF和△EAF中，

DAF,

,

,

EAF

FDA FEA

AF AF

∠=∠

?

?

∠=∠

?

?=

?

∴△DAF≌△EAF(AAS)，

∴AD＝AE，

在△DAP≌△EAP中，

,

,

,

AD AE

DAP EAP

AP AP

=

?

?

∠=∠

?

?=

?

∴△DAP≌△EAP (SAS)，

∴PD＝PF，

∵FD⊥AC，BC⊥AC，PM⊥AC，

∴FD//BC//PM，

∴DM FP

MC PB

=，

∵点P 是BF 的中点， ∴DM ＝MC ， 又∵PM ⊥AC ， ∴PC ＝PD ， 又∵PD ＝PE ， ∴PC ＝PE ． 【点睛】

此题是几何变换综合题，主要考查了直角三角形斜边的中线等于斜边一半，全等三角形的性质和判定，相似三角形的性质和判定，作出辅助线是解本题的关键也是难点．

2．已知如图1，在ABC 中，90ABC ∠=?，BC AB =，点D 在AC 上，DF AC ⊥交BC 于F ，点E 是AF 的中点．

（1）写出线段ED 与线段EB 的关系并证明；

（2）如图2，将CDF 绕点C 逆时针旋转(

)

090a α?

<

（3）将CDF 绕点C 逆时针旋转一周，如果6BC =，32CF =，直接写出线段CE 的范围．

【答案】（1）ED EB =，DE BE ⊥，证明见解析；（2）结论不变，理由见解析；（3）最大值92=最小值32

= 【解析】 【分析】

（1）在Rt △ADF 中，可得DE=AE=EF ，在Rt △ABF 中，可得BE=EF=EA ，得证ED=EB ；然后利用等腰三角形的性质以及四边形ADFB 的内角和为180°，可推导得出∠DEB=90°； （2）如下图，先证四边形MFBA 是平行四边形，再证△DCB ≌△DFM ，从而推导出△DMB 是等腰直角三角形，最后得出结论；

（3）如下图，当点F 在AC 上时，CE 有最大值；当点F 在AC 延长线上时，CE 有最小值．

【详解】

（1）∵DF⊥AC，点E是AF的中点

∴DE=AE=EF，∠EDF=∠DFE

∵∠ABC=90°，点E是AF的中点

∴BE=AE=EF，∠EFB=∠EBF

∴DE=EB

∵AB=BC，

∴∠DAB=45°

∴在四边形ABFD中，∠DFB=360°－90°－45°－90°=135°

∠DEB=∠DEF+∠FEB=180°－2∠EFD+180°－2∠EFB=360°－2(∠EFD+∠EFB)

=360°－2×135°=90°

∴DE⊥EB

（2）如下图，延长BE至点M处，使得ME=EB，连接MA、ME、MF、MD、FB、DB，延长MF交CB于点H

∵ME=EB，点E是AF的中点

∴四边形MFBA是平行四边形

∴MF∥AB，MF=AB

∴∠MHB=180°－∠ABC=90°

∵∠DCA=∠FCB=a

∴∠DCB=45°+a，∠CFH=90°－a

∵∠DCF=45°，∠CDF=90°

∴∠DFC=45°，△DCF是等腰直角三角形

∴∠DFM=180°－∠DFC－∠CFH=45°+a

∴∠DCB=∠DFM

∵△ABC和△CDF都是等腰直角三角形

∴DC=DF，BC=AB=MF

∴△DCB≌△DFM(SAS)

∴∠MDF=∠BDC，DB=DM

∴∠MDF+∠FDB=∠BDC+∠FDB=90°

∴△DMB是等腰直角三角形

∵点E是MB的中点

∴DE=EB，DE⊥EB

（3）当点F在AC上时，CF有最大值，图形如下：

∵BC=6，∴在等腰直角△ABC中，AC=62

∵CF=32，∴AF=32

∴CE=CF+FE=CF+1

2AF92

=

当点F在AC延长线上时，CE有最小值，图形如下：

同理，CE=EF－CF

32 =

【点睛】

本题考查三角形的旋转变换，用到了等腰直角三角形的性质和平行四边形的性质，解题关

键是构造并证明△BDM是等腰直角三角形．

3．如图，在矩形ABCD中，6

AB cm

=，8

AD cm

=，连接BD，将ABD

△绕B点作顺时针方向旋转得到A B D

'''

△（B′与B重合），且点D'刚好落在BC的延长上，A D''与CD相交于点E．

（1）求矩形ABCD与A B D

'''

△重叠部分（如图1中阴影部分A B CE

''）的面积；（2）将A B D

'''

△以每秒2cm的速度沿直线BC向右平移，如图2，当B′移动到C点时停止移动．设矩形ABCD与A B D

'''

△重叠部分的面积为y，移动的时间为x，请你直接写出y关于x的函数关系式，并指出自变量x的取值范围；

（3）在（2）的平移过程中，是否存在这样的时间x，使得AA B''

△成为等腰三角形？若存在，请你直接写出对应的x的值，若不存在，请你说明理由．

【答案】（1）2

45

2

cm；（2）

2

2

3316

24(0)

225

88020016

(4)

3335

x x x

y

x x x

?

--+≤<

??

=?

?-+≤≤

??

；（3）存在，使得AA B''

△成为等腰三角形的x的值有：0秒、

3

2

669

-

．

【解析】

【分析】

（1）先用勾股定理求出BD的长，再根据旋转的性质得出10

B D BD cm

''==，

2

CD B D BC cm

'=''-=，利用B D A

∠'''的正切值求出CE的值，利用三角形的面积差即可求阴影部分的面积；

（2）分类讨论，当

16

5

x

≤<时和当

16

4

5

x

≤≤时，分别列出函数表达式；

（3）分类讨论，当AB A B

'=''时；当AA A B

'=''时；当AB AA

'='时，根据勾股定理列方程即可．

【详解】

解：（1）6

AB cm

=，8

AD cm

=，

10

BD cm

∴=，

根据旋转的性质可知10

B D BD cm

''==，2

CD B D BC cm

'=''-=，

tan

A B CE

B D A

A D CD

''

'''

∠==

'''

，

682CE ∴=， 3

2

CE cm ∴=，

()286345

22222

A B CE A B D CED S S S cm ''''''?∴==

-?÷=-； （2）①当1605x ≤<

时，22CD x '=+，3

2

CE x =， 233

+22

CD E S x x '∴=

△， 221333

68242222

y x x x ∴=??-=--+；

②当

1645x ≤≤时，102BC x =-，()4

1023

CE x =- ()2

21488020010223333

y x x x ∴=?-=-+．

（3）①如图1，当AB A B '=''时，0x =秒；

②如图2，当AA A B '=''时，1825A N BM BB B M x '=='+'=+

，24

5

A M N

B '==， 2236AN A N +'=，

22

2418623655x ?

???∴-++= ? ??

???，

解得：x =

秒，（x =舍去）； ③如图2，当AB AA '='时，1825A N BM BB B M x '=='+'=+

，24

5

A M N

B '==， 2222AB BB AN A N +'=+'

22

2

24183646255x x ?

???∴+=-++ ? ??

???

解得：3

2

x =

秒．

综上所述：使得AA B ''△成为等腰三角形的x 的值有：0秒、

32秒、95

．

【点睛】

本题主要考查了图形的平移变换和旋转变换，能够数形结合，运用分类讨论的思想方法全面的分析问题，思考问题是解决问题的关键．

4．综合与探究：

如图1，Rt AOB 的直角顶点O 在坐标原点，点A 在y 轴正半轴上，点B 在x 轴正半轴上，4OA =，2OB =，将线段AB 绕点B 顺时针旋转90?得到线段BC ，过点C 作

CD x ⊥轴于点D ，抛物线23y ax x c =++经过点C ，与y 轴交于点(0,2)E ，直线AC 与x 轴交于点H ．

（1）求点C 的坐标及抛物线的表达式；

（2）如图2，已知点G 是线段AH 上的一个动点，过点G 作AH 的垂线交抛物线于点F （点F 在第一象限），设点G 的横坐标为m ． ①点G 的纵坐标用含m 的代数式表示为________；

②如图3，当直线FG 经过点B 时，求点F 的坐标，判断四边形ABCF 的形状并证明结论；

③在②的前提下，连接FH ，点N 是坐标平面内的点，若以F ，H ，N 为顶点的三角形与FHC 全等，请直接写出点N 的坐标．

【答案】（1）点C 的坐标为(6,2)，21322y x x =-

++；（2）①1

43

m -+；②点F 的坐标为(4,6)，四边形ABCF 为正方形，证明见解析；③点N 的坐标为(10,4)或

4226,55?? ???或384,55?? ???

． 【解析】 【分析】

（1）根据已知条件与旋转的性质证明ABO BCD ≌，根据全等三角形的性质得出点C

的坐标，结合点E 的坐标，根据待定系数法求出抛物线的表达式；

（2）①设直线AC 的表达式为y kx b =+，由点A 、C 的坐标求出直线AC 的表达式，进而得解；

②过点G 作GM x ⊥轴于点M ，过点F 作FP y ⊥轴，垂足为点P ，PF 的延长线与

DC 的延长线交于点Q ，根据等腰三角形三线合一得出AG CG =，结合①由平行线分线

段成比例得出点G 的坐标，根据待定系数法求出直线BG 的表达式，结合抛物线的表达式求出点F ；利用勾股定理求出AB BC CF FA ===，结合90ABC ?∠=可得出结论； ③根据直线AC 的表达式求出点H 的坐标，设点N 坐标为(,)s t ，根据勾股定理分别求出

2FC ，2CH ，2FN ，2NH ，然后分两种情况考虑：若△FHC ≌△FHN ，则FN ＝FC ，NH

＝CH ，若△FHC ≌△HFN ，则FN ＝CH ，NH ＝FC ，分别列式求解即可． 【详解】 解：（1）

4=OA ，2OB =，

∴点A 的坐标为(0,4)，点B 的坐标为(2,0)，

线段AB 绕点B 顺时针旋转90?得到线段BC ， AB BC ∴=，90ABC ?∠=，

90ABO DBC ?∴∠+∠=，

在Rt AOB 中，90ABO OAB ?∴∠+∠=，

=OAB DBC ∴∠∠，

CD x ⊥轴于点D ，

90BDC ?∴∠=，

90AOB BDC ?∴∠=∠=．

AB BC =，

ABO BCD ∴△≌△，

2CD OB ∴==，4BD OA ==， 6OB BD ∴+=，

∴点C 的坐标为(6,2)，

∵抛物线2

3y ax x c =++的图象经过点C ，与y 轴交于点(0,2)E ，

236182c a c =?∴?++=?

， 解得，122

a c ?

=-?

??=?，

∴抛物线的表达式为2

1322

y x x =-

++； （2）①设直线AC 的表达式为y kx b =+，

∵直线AC 经过点()6,2C ，(0,4)A ， ∴62

4k b b +=??

=?

，

解得，134k b ?

=-

???=?

，即143y x =-+，

∴点G 的纵坐标用含m 的代数式表示为：1

43

m -+，

故答案为：143

m -+．

②过点G 作GM x ⊥轴于点M ，

OM m ∴=，1

43

GM m =-+，

AB BC =，BG AC ⊥， AG CG ∴=，

90AOB GMH CDH ?∠=∠=∠=，

OA GM CD ∴，

1OM AG

MD GC

∴

==， 1

32OM MD OD ∴===，

3m ∴=，1433

m -+=，

∴点G 为(3,3)，

设直线BG 的表达式为y kx b =+，将(3,3)G 和(2,0)B 代入表达式得，20

33

k b k b +=??

+=?，

36

k b =?∴?=-?，即表达式为36y x =-， 点F 为直线BG 和抛物线的交点，

∴得2

132362

x x x -

++=-， 14x ∴=，24x =-（舍去）， ∴点F 的坐标为(4,6)，

过点F 作FP y ⊥轴，垂足为点P ，PF 的延长线与DC 的延长线交于点Q ，

4PF ∴=，2AP =，2FQ =，4CQ =，

在Rt AFP △中和Rt FCQ △

中，根据勾股定理，得AF FC ==

同理可得25

AB BC

==，

AB BC CF FA

∴===，

∴四边形ABCF为菱形，

90

ABC?

∠=，

∴菱形ABCF为正方形；

③∵直线AC：

1

4

3

y x

=-+与x轴交于点H，

∴

1

40

3

x

-+=，

解得，x＝12，

∴(12,0)

H，

∴222

(64)(26)20

FC=-+-=，222

(126)(02)40

CH=-+-=，设点N坐标为(,)

s t，

∴222

(4)(6)

FN s t

=-+-，222

(12)(0)

NH s t

=-+-，

第一种情况：若△FHC≌△FHN，则FN＝FC，NH＝CH，

∴

22

22

(4)(6)20

(12)40

s t

s t

?-+-=

?

-+=

?

，

解得，

1

1

42

5

26

5

s

t

?

=

??

?

?=

??

，2

2

6

2

s

t

=

?

?

=

?

（即点C），

∴

4226

,

55

N

??

?

??

；

第二种情况：若△FHC≌△HFN，则FN＝CH，NH＝FC，

∴

22

22

(4)(6)40

(12)20

s t

s t

?-+-=

?

-+=

?

，

解得，

1

1

38

5

4

5

s

t

?

=

??

?

?=

??

，2

2

10

4

s

t

=

?

?

=

?

，

∴

384

,

55

N

??

?

??

或(10,4)

N，

综上所述，以F，H，N为顶点的三角形与△FHC全等时，点N坐标为(10,4)或

4226

,

55?? ???

或

384

,

55

?? ???

．

【点睛】

本题是函数与几何的综合题，考查了待定系数法求函数的表达式，全等三角形的判定与性质，菱形与正方形的判定，旋转的性质，勾股定理等知识，其中对全等三角形存在性的分析，因有一条公共边，可对另外两边进行分类讨论，本题有一定的难度，是中考压轴题．

5．如图1，在正方形ABCD中，点E、F分别在边BC，CD上，且BE=DF，点P是AF的中点，点Q是直线AC与EF的交点，连接PQ，PD．

（1）求证：AC垂直平分EF；

（2）试判断△PDQ的形状，并加以证明；

（3）如图2，若将△CEF绕着点C旋转180°，其余条件不变，则（2）中的结论还成立吗？若成立，请加以证明；若不成立，请说明理由．

【答案】（1）证明见解析；（2）△PDQ是等腰直角三角形；理由见解析（3）成立；理由见解析.

【解析】

试题分析：（1）由正方形的性质得出AB=BC=CD=AD，∠B=∠ADF=90°，

∠BCA=∠DCA=45°，由BE=DF，得出CE=CF，△CEF是等腰直角三角形，即可得出结论；（2）由直角三角形斜边上的中线的性质得出PD=AF，PQ=AF，得出PD=PQ，再证明

∠DPQ=90°，即可得出结论；

（3）由直角三角形斜边上的中线的性质得出PD=AF，PQ=AF，得出PD=PQ，再证明点A、F、Q、P四点共圆，由圆周角定理得出∠DPQ=2∠DAQ=90°，即可得出结论．

试题解析：（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，

∴AB=BC=CD=AD，∠B=∠ADF=90°，∠BCA=∠DCA=45°，

∵BE=DF，

∴CE=CF，

∴AC垂直平分EF；

（2）解：△PDQ是等腰直角三角形；理由如下：

∵点P是AF的中点，∠ADF=90°，

∴PD=AF=PA，

∴∠DAP=∠ADP，

∵AC垂直平分EF，

∴∠AQF=90°，

∴PQ=AF=PA，

∴∠PAQ=∠AQP，PD=PQ，

∵∠DPF=∠PAD+∠ADP，∠QPF=∠PAQ+∠AQP，

∴∠DPQ=2∠PAD+2∠PAQ=2（∠PAD+∠PAQ）=2×45°=90°，

∴△PDQ是等腰直角三角形；

（3）成立；理由如下：

∵点P是AF的中点，∠ADF=90°，

∴PD=AF=PA，

∵BE=DF，BC=CD，∠FCQ=∠ACD=45°，∠ECQ=∠ACB=45°，

∴CE=CF，∠FCQ=∠ECQ，

∴CQ⊥EF，∠AQF=90°，

∴PQ=AF=AP=PF，

∴PD=PQ=AP=PF，

∴点A、F、Q、P四点共圆，

∴∠DPQ=2∠DAQ=90°，

∴△PDQ是等腰直角三角形．

考点：四边形综合题．

6．如图1，点O是正方形ABCD两对角线的交点，分别延长OD到点G，OC到点E，使OG=2OD，OE=2OC，然后以OG、OE为邻边作正方形OEFG，连接AG，DE．

（1）求证：DE⊥AG；

（2）正方形ABCD固定，将正方形OEFG绕点O逆时针旋转α角（0°＜α＜360°）得到正方形OE′F′G′，如图2．

①在旋转过程中，当∠OAG′是直角时，求α的度数；

②若正方形ABCD的边长为1，在旋转过程中，求AF′长的最大值和此时α的度数，直接写

出结果不必说明理由．

【答案】（1）见解析；（2）①30°或150°，②AF'的长最大值为

2

2+，此时0

315

α=．

【解析】

【分析】

（1）延长ED交AG于点H，易证△AOG≌△DOE，得到∠AGO=∠DEO，然后运用等量代换证明∠AHE=90°即可；

（2）①在旋转过程中，∠OAG′成为直角有两种情况：α由0°增大到90°过程中，当∠OAG′=90°时，α=30°，α由90°增大到180°过程中，当∠OAG′=90°时，

α=150°；

②当旋转到A、O、F′在一条直线上时，AF′的长最大，AF′=AO+OF′=

2

2

+2，此时

α=315°．

【详解】

(1)如图1,延长ED交AG于点H,

∵点O是正方形ABCD两对角线的交点，

∴OA=OD，OA⊥OD，

∵OG=OE，

在△AOG和△DOE中，

90

OA OD

AOG DOE

OG OE

=

?

?

∠=∠=?

?

?=

?

，

∴△AOG≌△DOE，

∴∠AGO=∠DEO，

∵∠AGO+∠GAO=90°，

∴∠GAO+∠DEO=90°，

∴∠AHE=90°，

即DE⊥AG；

(2)①在旋转过程中,∠OAG′成为直角有两种情况：

(Ⅰ)α由0°增大到90°过程中,当∠OAG′=90°时，

∵OA=OD=1

2

OG=

1

2

OG′，

∴在Rt△OAG′中,sin∠AG′O=OA

OG

=

1

2

，

∴∠AG′O=30°，

∵OA⊥OD,OA⊥AG′，

∴OD∥AG′,

∴∠DOG′=∠AG′O=30°°，

即α=30°；

(Ⅱ)α由90°增大到180°过程中,当∠OAG′=90°时，

同理可求∠BOG′=30°，

∴α=180°?30°=150°.

综上所述,当∠OAG′=90°时,α=30°或150°.

②如图3,当旋转到A. O、F′在一条直线上时,AF′的长最大，

∵正方形ABCD的边长为1，

∴OA=OD=OC=OB=

2

2

，

∵OG=2OD，

∴2，∴OF′=2，

∴AF′=AO+OF′=

2

2

+2，

∵∠COE′=45°，∴此时α=315°.

【点睛】

本题考查的是正方形的性质、旋转变换的性质以及锐角三角函数的定义，掌握正方形的四条边相等、四个角相等，旋转变换的性质是解题的关键，注意特殊角的三角函数值的应用．

7．我们定义:如果一个三角形一条边上的高等于这条边,那么这个三角形叫做“等高底”三角形,这条边叫做这个三角形的“等底”。 （1）概念理解:

如图1,在ABC ?中,6AC = ,3BC =.30ACB ∠=?,试判断ABC ?是否是“等高底”三角形，请说明理由. （2）问题探究:

如图2, ABC ?是“等高底”三角形,BC 是“等底”，作ABC ?关于BC 所在直线的对称图形得到A BC '?,连结AA '交直线BC 于点D .若点B 是123,12z ai z i =-=+的重心,求AC

BC

的值. （3）应用拓展:

如图3,已知12l l //,1l 与2l 之间的距离为2.“等高底”ABC ?的“等底” BC 在直线1l 上,点A 在直线2l 上,有一边的长是BC 的2倍.将ABC ?绕点C 按顺时针方向旋转45?得到

A B C ?'',A C '所在直线交2l 于点D .求CD 的值.

【答案】（1）证明见解析；（2）13

AC BC =

（3）CD 210322 【解析】

分析：（1）过点A 作AD ⊥直线CB 于点D ，可以得到AD =BC =3，即可得到结论； （2）根据 ΔABC 是“等高底”三角形，BC 是“等底”，得到AD =BC ， 再由 ΔA ′BC 与ΔABC 关于直线BC 对称， 得到 ∠ADC =90°，由重心的性质，得到BC =2BD ．设BD =x ，则AD =BC =2x ， CD =3x ，由勾股定理得AC 13，即可得到结论； （3）分两种情况讨论即可：①当AB 2BC 时，再分两种情况讨论； ②当AC 2BC 时，再分两种情况讨论即可． 详解：（1）是．理由如下：

如图1，过点A 作AD ⊥直线CB 于点D ， ∴ΔADC 为直角三角形，∠ADC =90°． ∵ ∠ACB =30°，AC =6，∴ AD =1

2

AC =3， ∴ AD =BC =3，

即ΔABC是“等高底”三角形．

（2）如图2，∵ ΔABC是“等高底”三角形，BC是“等底”，∴AD=BC，∵ ΔA′BC与ΔABC关于直线BC对称，∴ ∠ADC=90°．

∵点B是ΔAA′C的重心，∴ BC=2BD．

设BD=x，则AD=BC=2x，∴CD=3x，

∴由勾股定理得AC=13x，

∴

1313

22 AC x

BC x

==．

（3）①当AB=2BC时，

Ⅰ．如图3，作AE⊥l1于点E，DF⊥AC于点F．

∵“等高底” ΔABC的“等底”为BC，l1//l2，

l1与l2之间的距离为2，AB=2BC，

∴BC=AE=2，AB=22，

∴BE=2，即EC=4，∴AC= 25．

∵ΔABC绕点C按顺时针方向旋转45°得到ΔA' B' C，∴∠CDF=45°．设DF=CF=x．

∵l1//l2，∴∠ACE=∠DAF，∴

1

2

DF AE

AF CE

==，即AF=2x．

∴AC=3x=25，可得x=2

5

3

，∴CD=2x=

2

10

3

．

Ⅱ．如图4，此时ΔABC是等腰直角三角形，

∵ΔABC绕点C按顺时针方向旋转45°得到ΔA' B' C，∴ΔACD是等腰直角三角形，

∴CD2AC=22

②当AC=2BC时，

Ⅰ．如图5，此时△ABC是等腰直角三角形．

∵ ΔABC绕点C按顺时针方向旋转45°得到ΔA′ B′C，∴A′C⊥l1，∴CD=AB=BC=2．

Ⅱ．如图6，作AE⊥l1于点E，则AE=BC，

∴AC=2BC=2AE，∴∠ACE=45°，

∴ΔABC绕点C按顺时针方向旋转45°得到ΔA′ B′C时，点A′在直线l1上，

∴A′C∥l2，即直线A′ C与l2无交点．

综上所述：CD 2

10

3

，222．

点睛：本题是几何变换-旋转综合题．考查了重心的性质，勾股定理，旋转的性质以及阅读理解能力．解题的关键是对新概念“等高底”三角形的理解．

8．如图1，在平面直角坐标系xOy中，抛物线C：y=ax2+bx+c与x轴相交于A，B两点，顶点为D（0，4），AB2F（m，0）是x轴的正半轴上一点，将抛物线C绕点F 旋转180°，得到新的抛物线C′．

（1）求抛物线C的函数表达式；

（2）若抛物线C′与抛物线C在y轴的右侧有两个不同的公共点，求m的取值范围．（3）如图2，P是第一象限内抛物线C上一点，它到两坐标轴的距离相等，点P在抛物线C′上的对应点P′，设M是C上的动点，N是C′上的动点，试探究四边形PMP′N能否成为正方形？若能，求出m的值；若不能，请说明理由．

【答案】（1）2

142

y x =-+；（2）2＜m ＜223）m =6或m 17﹣3．

【解析】 【分析】

（1）由题意抛物线的顶点C （0，4），A （20），设抛物线的解析式为

24y ax =+，把A （220）代入可得a =1

2

-

，由此即可解决问题； （2）由题意抛物线C ′的顶点坐标为（2m ，﹣4），设抛物线C ′的解析式为

()21242y x m =--，由()22142

124

2y x y x m ?=-+????=--??

，消去y 得到222280x mx m -+-=，由题

意，抛物线C ′与抛物线C 在y 轴的右侧有两个不同的公共点，则有

()

222(2)4280

20280m m m m ?--->??

>?

?->??

，解不等式组即可解决问题； （3）情形1，四边形PMP ′N 能成为正方形．作PE ⊥x 轴于E ，MH ⊥x 轴于H ．由题意易知P （2，2），当△PFM 是等腰直角三角形时，四边形PMP ′N 是正方形，推出PF =FM ，∠PFM =90°，易证△PFE ≌△FMH ，可得PE =FH =2，EF =HM =2﹣m ，可得

M （m +2，m ﹣2），理由待定系数法即可解决问题；情形2，如图，四边形PMP ′N 是正方形，同法可得M （m ﹣2，2﹣m ），利用待定系数法即可解决问题． 【详解】

（1）由题意抛物线的顶点C （0，4），A （20），设抛物线的解析式为

24y ax =+，把A （220）代入可得a =12

-

， ∴抛物线C 的函数表达式为2

142

y x =-+．

（2）由题意抛物线C ′的顶点坐标为（2m ，﹣4），设抛物线C ′的解析式为

()2

1242

y x m =

--，

由()22

1421242y x y x m ?=-+????=--??

，

消去y 得到222280x mx m -+-= ，

由题意，抛物线C ′与抛物线C 在y 轴的右侧有两个不同的公共点，则有

()

222(2)428020280m m m m ?--->??

>?

?->??

， 解得2＜m ＜22，

∴满足条件的m 的取值范围为2＜m ＜22． （3）结论：四边形PMP ′N 能成为正方形．

理由：1情形1，如图，作PE ⊥x 轴于E ，MH ⊥x 轴于H ．

由题意易知P （2，2），当△PFM 是等腰直角三角形时，四边形PMP ′N 是正方形，∴PF =FM ，∠PFM =90°，易证△PFE ≌△FMH ，可得

PE =FH =2，EF =HM =2﹣m ，∴M （m +2，m ﹣2），∵点M 在21

42

y x =-+上，

∴()2

12242

m m -=-++，解得m 17﹣3173（舍弃），∴m 17﹣3时，四边形PMP ′N 是正方形．

情形2，如图，四边形PMP ′N 是正方形，同法可得M （m ﹣2，2﹣m ），

把M （m ﹣2，2﹣m ）代入2

142y x =-+中，()212242

m m -=--+，解得m =6或0（舍

弃），

∴m =6时，四边形PMP ′N 是正方形．