(山西地区)中考数学总复习题型四与图形变换有关的综合探究题类型3与轴对称有关的探究题课件
太原市初中数学图形的平移,对称与旋转的知识点总复习含解析
太原市初中数学图形的平移，对称与旋转的知识点总复习含解析一、选择题1．如图，在菱形ABCD中，对角线AC＝8，BD＝6，点E，F分别是边AB，BC的中点，点P在AC上运动，在运动过程中，存在PE＋PF的最小值，则这个最小值是（）A．3 B．4 C．5 D．6【答案】C【解析】【分析】先根据菱形的性质求出其边长，再作E关于AC的对称点E′，连接E′F，则E′F即为PE+PF 的最小值，再根据菱形的性质求出E′F的长度即可．【详解】解：如图∵四边形ABCD是菱形，对角线AC=6，BD=8，∴22，34作E关于AC的对称点E′，连接E′F，则E′F即为PE+PF的最小值，∵AC是∠DAB的平分线，E是AB的中点，∴E′在AD上，且E′是AD的中点，∵AD=AB，∴AE=AE′，∵F是BC的中点，∴E′F=AB=5．故选C．a a＞，那么2．在平面直角坐标系中，一个图案上各个点的横坐标和纵坐标分别加正数(1)所得的图案与原来图案相比()A．形状不变，大小扩大到原来的a倍B．图案向右平移了a个单位C．图案向上平移了a个单位D．图案向右平移了a个单位，并且向上平移了a个单位【答案】D【解析】【分析】直接利用平移中点的变化规律求解即可．平移中点的变化规律是：横坐标右移加，左移减；纵坐标上移加，下移减．【详解】在直角坐标系中，一个图案上各个点的横坐标和纵坐标分别加上正数a（a＞1），那么所得的图案与原图案相比，图案向右平移了a个单位长度，并且向上平移了a个单位长度．故选D．【点睛】本题考查了坐标系中点、图形的平移规律，在平面直角坐标系中，图形的平移与图形上某点的平移相同．平移中点的变化规律是：横坐标右移加，左移减；纵坐标上移加，下移减．3．如图，周长为16的菱形ABCD中，点E，F分别在边AB，AD上，AE＝1，AF＝3，P为BD上一动点，则线段EP＋FP的长最短为( )A．3 B．4 C．5 D．6【答案】B【解析】试题分析：在DC上截取DG=FD=AD﹣AF=4﹣3=1，连接EG，则EG与BD的交点就是P．EG 的长就是EP+FP的最小值，据此即可求解．解：在DC上截取DG=FD=AD﹣AF=4﹣3=1，连接EG，则EG与BD的交点就是P．∵AE=DG，且AE∥DG，∴四边形ADGE是平行四边形，∴EG=AD=4．故选B．4．下列图形中，不是中心对称图形的是（）A．平行四边形B．圆C．等边三角形D．正六边形【答案】C【解析】【分析】根据中心对称图形的定义依次判断各项即可解答.【详解】选项A、平行四边形是中心对称图形；选项B、圆是中心对称图形；选项C、等边三角形不是中心对称图形；选项D、正六边形是中心对称图形；故选C．【点睛】本题考查了中心对称图形的判定，熟知中心对称图形的定义是解决问题的关键.5．在下列图案中，既是轴对称图形，又是中心对称图形的是（）A．B．C．D．【答案】A【解析】【分析】根据轴对称图形和中心对称图形的概念对各选项分析判断即可得解．【详解】A、既是轴对称图形，又是中心对称图形，故本选项正确；B、是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项错误；C、不是轴对称图形，是中心对称图形，故本选项错误；D、是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项错误．故选A．【点睛】本题考查了中心对称图形与轴对称图形的概念．轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分折叠后可重合，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后两部分重合．6．如图，将▱ABCD沿对角线AC折叠，使点B落在B′处，若∠1=∠2=44°，则∠B为（）A．66°B．104°C．114°D．124°【答案】C【解析】【分析】根据平行四边形性质和折叠性质得∠BAC=∠ACD=∠B′AC=12∠1，再根据三角形内角和定理可得.【详解】∵四边形ABCD是平行四边形，∴AB∥CD，∴∠ACD=∠BAC，由折叠的性质得：∠BAC=∠B′AC，∴∠BAC=∠ACD=∠B′AC=12∠1=22°∴∠B=180°-∠2-∠BAC=180°-44°-22°=114°；故选C．【点睛】本题考查了平行四边形的性质、折叠的性质、三角形的外角性质以及三角形内角和定理；熟练掌握平行四边形的性质，求出∠BAC的度数是解决问题的关键．7．在下面由冬季奥运会比赛项目图标组成的四个图形中，其中可以看作轴对称图形的是（）A．B．C．D．【答案】D【解析】【分析】根据轴对称图形的概念对各选项分析判断即可得解．【详解】A、不是轴对称图形，故本选项错误；B、不是轴对称图形，故本选项错误；C、不是轴对称图形，故本选项错误；D、是轴对称图形，故本选项正确．故选：D．【点睛】本题考查了轴对称图形的概念，轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分折叠后可重合．8．如图，将△ABC绕点A顺时针旋转60°得到△ADE，点C的对应点E恰好落在BA的延长线上，DE 与BC 交于点F ，连接BD ．下列结论不一定正确的是（ ）A ．AD=BDB ．AC ∥BD C ．DF=EF D ．∠CBD=∠E【答案】C【解析】【分析】 由旋转的性质知∠BAD=∠CAE=60°、AB=AD ，△ABC ≌△ADE ，据此得出△ABD 是等边三角形、∠C=∠E ，证AC ∥BD 得∠CBD=∠C ，从而得出∠CBD=∠E ．【详解】由旋转知∠BAD=∠CAE=60°、AB=AD ，△ABC ≌△ADE ，∴∠C=∠E ，△ABD 是等边三角形，∠CAD=60°，∴∠D=∠CAD=60°、AD=BD ，∴AC ∥BD ，∴∠CBD=∠C ，∴∠CBD=∠E ，则A 、B 、D 均正确，故选C ．【点睛】本题主要考查旋转的性质，解题的关键是熟练掌握旋转的性质、等边三角形的判定与性质及平行线的判定与性质．9．如图，将▱ABCD 沿对角线BD 折叠，使点A 落在点E 处，交BC 于点F ，若ABD 48∠=o ，CFD 40∠=o ，则E ∠为( )A ．102oB ．112oC ．122oD ．92o【答案】B【解析】【分析】 由平行四边形的性质和折叠的性质，得出ADB BDF DBC ∠∠∠==，由三角形的外角性质求出1BDF DBC DFC 202∠∠∠===o ，再由三角形内角和定理求出A ∠，即可得到结果．【详解】 AD //BC Q ，ADB DBC ∠∠∴=，由折叠可得ADB BDF ∠∠=，DBC BDF ∠∠∴=，又DFC 40∠=o Q ，DBC BDF ADB 20∠∠∠∴===o ，又ABD 48∠=o Q ，ABD ∴V 中，A 1802048112∠=--=o o o o ，E A 112∠∠∴==o ，故选B ．【点睛】本题考查了平行四边形的性质、折叠的性质、三角形的外角性质以及三角形内角和定理的综合应用，熟练掌握平行四边形的性质，求出ADB ∠的度数是解决问题的关键．10．如图，在R t △ABC 中，∠ACB=90°，∠B=60°，BC=2，∠A ′B ′C ′可以由△ABC 绕点C 顺时针旋转得到，其中点A′与点A 是对应点，点B′与点B 是对应点，连接AB′，且A 、B′、A′在同一条直线上，则AA′的长为（ ）A ．3B ．6C ．3D ．3【答案】B【解析】【分析】【详解】 试题分析：∵在Rt △ABC 中，∠ACB=90°，∠B=60°，BC=2，∴∠CAB=30°，故AB=4，∵△A ′B ′C 可以由△ABC 绕点C 顺时针旋转得到，其中点A′与点A 是对应点，点B′与点B 是对应点，连接AB′，且A 、B′、A′在同一条直线上，∴AB=A ′B ′=4，AC=A′C ，∴∠CAA ′=∠A ′=30°，∴∠ACB ′=∠B ′AC=30°，∴AB ′=B ′C=2，∴AA ′=2+4=6．故选B ．考点：1、旋转的性质；2、直角三角形的性质11．对于图形的全等，下列叙述不正确的是（ ）A ．一个图形经过旋转后得到的图形，与原来的图形全等B ．一个图形经过中心对称后得到的图形，与原来的图形全等C ．一个图形放大后得到的图形，与原来的图形全等D ．一个图形经过轴对称后得到的图形，与原来的图形全等【答案】C【解析】A. 一个图形经过旋转后得到的图形，与原来的图形全等，正确，不符合题意；B. 一个图形经过中心对称后得到的图形，与原来的图形全等，正确，不符合题意；C. 一个图形放大后得到的图形，与原来的图形不全等，故错误，符合题意；D. 一个图形经过轴对称后得到的图形，与原来的图形全等，正确，不符合题意， 故选C.【点睛】本题考查了对全等图形的认识，解题的关键是要明确通过旋转、轴对称、平移等都可以得到与原图形全等的图形，而通过放大或缩小只能得到与原图形形状一样的图形，得不到全等图形.12．如图，ABC V 的三个顶点都在方格纸的格点上，其中点A 的坐标是()1,0-．现将ABC V 绕点A 顺时针旋转90︒，则旋转后点C 的坐标是（ ）A ．()3,3B ．()2,1C ．()4,1--D ．()2,3【答案】B【解析】【分析】 在网格中绘制出CA 旋转后的图形，得到点C 旋转后对应点.【详解】如下图，绘制出CA 绕点A 顺时针旋转90°的图形由图可得：点C对应点的坐标为(2，1)故选：B【点睛】本题考查旋转，需要注意题干中要求顺时针旋转还是逆时针旋转.，若将△ABO绕点O沿顺时针方向旋转90°13．如图，平面直角坐标系中，已知点B(3,2)后得到△A1B1O，则点B的对应点B1的坐标是( )A．（3，1）B．（3，2）C．（1，3）D．（2，3）【答案】D【解析】【分析】根据网格结构作出旋转后的图形，然后根据平面直角坐标系写出点B1的坐标即可．【详解】解：△A1B1O如图所示，点B1的坐标是（2，3）．故选D ．【点睛】本题考查了坐标与图形变化，熟练掌握网格结构，作出图形是解题的关键．14．如图，在矩形ABCD 中， 3,4,AB BC ==将其折叠使AB 落在对角线AC 上，得到折痕,AE 那么BE 的长度为（ ）A ．1B ．2C ．32D ．85【答案】C【解析】【分析】 由勾股定理求出AC 的长度，由折叠的性质，AF=AB=3，则CF=2，设BE=EF=x ，则CE=4x -，利用勾股定理，即可求出x 的值，得到BE 的长度．【详解】解：在矩形ABCD 中，3,4AB BC ==，∴∠B=90°， ∴22345AC =+=，由折叠的性质，得AF=AB=3，BE=EF ，∴CF=5-3=2，在Rt △CEF 中，设BE=EF=x ，则CE=4x -，由勾股定理，得：2222(4)x x +=-， 解得：32x =； ∴32BE =． 故选：C ．【点睛】本题考查了矩形的折叠问题，矩形的性质，折叠的性质，以及勾股定理的应用，解题的关键是熟练掌握所学的性质，利用勾股定理正确求出BE 的长度．15．如图，正方形OABC 的两边OA 、OC 分别在x 轴、y 轴上，点()5,3D 在边AB 上，以C 为中心，把CDB △旋转90︒，则旋转后点D 的对应点'D 的坐标是( )A ．()2,10B ．()2,0-C ．()2,10或()2,0-D ．()10, 2或()2,0-【答案】C【解析】【分析】 先根据正方形的性质求出BD 、BC 的长，再分逆时针旋转和顺时针旋转两种情况，然后分别根据旋转的性质求解即可得．【详解】Q 四边形OABC 是正方形，(5,3)D5,3,2,90BC OC AB OA AD BD AB AD B ∴======-=∠=︒由题意，分以下两种情况：（1）如图，把CDB △逆时针旋转90︒，此时旋转后点B 的对应点B '落在y 轴上，旋转后点D 的对应点D ¢落在第一象限由旋转的性质得：2,5,90B D BD B C BC CB D B '''''====∠=∠=︒10OB OC B C ''∴=+=∴点D ¢的坐标为(2,10)（2）如图，把CDB △顺时针旋转90︒，此时旋转后点B 的对应点B ''与原点O 重合，旋转后点D 的对应点D ''落在x 轴负半轴上由旋转的性质得：2,5,90B D BD B C BC CB D B ''''''''''====∠=∠=︒∴点D ''的坐标为(2,0)-综上，旋转后点D 的对应点D ¢的坐标为(2,10)或(2,0)-故选：C ．【点睛】本题考查了正方形的性质、旋转的性质等知识点，依据题意，正确分两种情况讨论是解题关键．16．下列几何图形中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（）A．B．C．D．【答案】C【解析】【分析】根据轴对称图形与中心对称图形的概念求解．【详解】A、是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项错误；B、是中心对称图形，不是轴对称图形，故本选项错误；C、是中心对称图形，也是轴对称图形，故本选项正确；D、是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项错误；故选：C．【点睛】此题考查中心对称图形与轴对称图形的概念，注意掌握轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分沿对称轴折叠后可重合；中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后与原图重合．17．如图，将△ABC绕点A按逆时针方向旋转100°，得到△AB1C1，若点B1在线段BC的延长线上，则∠BB1C1的大小为( )A．70°B．80°C．84°D．86°【答案】B【解析】【分析】由旋转的性质可知∠B＝∠AB1C1，AB＝AB1，由等腰三角形的性质和三角形的内角和定理可求得∠B＝∠BB1A＝∠AB1C1＝40°，从而可求得∠BB1C1＝80°.【详解】由旋转的性质可知：∠B＝∠AB1C1，AB＝AB1，∠BAB1＝100°.∵AB＝AB1，∠BAB1＝100°，∴∠B＝∠BB1A＝40°.∴∠AB1C1＝40°.∴∠BB1C1＝∠BB1A+∠AB1C1＝40°+40°＝80°.故选：B.【点睛】本题主要考查的是旋转的性质，由旋转的性质得到△ABB1为等腰三角形是解题的关键.18．斐波那契螺旋线也称为“黄金螺旋线”，是根据斐波那契数列画出来的螺旋曲线，自然界中存在许多斐波那契螺旋线图案.下列斐波那契螺旋线图案中属于轴对称图形的是（）A．B．C．D．【答案】A【解析】【分析】如果一个图形沿着一条直线对折，直线两边的图形能够完全重合，这样的图形叫做轴对称图形，这条直线叫做对称轴.【详解】根据轴对称图形的定义，只有选项A是轴对称图形，其他不是.故选：A【点睛】考核知识点：轴对称图形.理解定义是关键.19．下列图形中，不一定是轴对称图形的是（）A．等腰三角形B．等边三角形C．直角三角形D．等腰直角三角形【答案】C【解析】A.等腰三角形是轴对称图形，不符合题意；B.等边三角形是轴对称图形，不符合题意；C.直角三角形不一定是轴对称图形，符合题意；D.等腰直角三角形是轴对称图形，不符合题意.故选C.20．如图所示的网格中各有不同的图案，不能通过平移得到的是（）A．B．C．D．【答案】C【解析】【分析】根据平移的定义：在平面内，把一个图形整体沿某一的方向移动，这种图形的平行移动，叫做平移变换，结合各选项所给的图形即可作出判断．【详解】A、可以通过平移得到，不符合题意；B、可以通过平移得到，不符合题意；C、不可以通过平移得到，符合题意；D、可以通过平移得到，不符合题意．故选C．【点睛】本题考查平移的性质，属于基础题，要掌握图形的平移只改变图形的位置，而不改变图形的形状和大小，学生易混淆图形的平移与旋转或翻转．。
2025年中考数学总复习考点培优满分大专题三综合与探究类型三 图形的对称
证明：如答图2，由折叠可知
∠1 = ∠2 = ∠CFC′，FC′ = FC. ················7分
∵F为CD的中点，∴FC = FD = CD.
∴FC′ = FD.∴∠3 = ∠4.
∵∠CFC′ = ∠3 + ∠4，∴∠4 = ∠CFC′.
∴∠4 = ∠1.∴DG∥FB. ····························8分
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典例精讲
∵四边形ABCD为平行四边形，
∴DC∥AB，DC = AB.
∴四边形DGBF为平行四边形.
∴BG = DF.
∴BG = AB.
∴AG = BG. ···································10分
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典例精讲
问题解决：（3）智慧小组突发奇想，将▱ABCD沿过点B的直线折叠，如图
满分大专题三
综合与探究
类型三 图形的对称
目
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1
典例精讲
2
满分训练
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典例精讲
1.（本题13分）（2021山西第22题）综合与实践
问题情境：数学活动课上，老师提出了一个问题.如图1，在▱ABCD中，
BE⊥AD，垂足为E，F为CD的中点，连接 EF，BF，试猜想 EF 与 BF 的
数量关系，并加以证明 .
独立思考：（1）请解答老师提出的问题.
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典例精讲
解：（1）EF = BF. ············································1分
证明：如答图1，分别延长AD， BF相交于点M. ·······2分
中考数学总复习：图形的变换--知识讲解(基础)【含解析】
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】中考总复习：图形的变换--知识讲解（基础）【考纲要求】1.通过具体实例认识轴对称、平移、旋转，探索它们的基本性质；2.能够按要求作出简单平面图形经过轴对称、平移、旋转后的图形，能作出简单平面图形经过一次或两次轴对称后的图形；3.探索基本图形（等腰三角形、矩形、菱形、等腰梯形、正多边形、圆）的轴对称性质及其相关性质.4.探索图形之间的变换关系（轴对称、平移、旋转及其组合）；5.利用轴对称、平移、旋转及其组合进行图案设计；认识和欣赏轴对称、平移、旋转在现实生活中的应用.【知识网络】【考点梳理】考点一、平移变换1.平移的概念：在平面内，将一个图形沿某个方向移动一定的距离，这样的图形运动称为平移，平移不改变图形的形状和大小．【要点诠释】（1）平移是运动的一种形式，是图形变换的一种，本讲的平移是指平面图形在同一平面内的变换；（2）图形的平移有两个要素：一是图形平移的方向，二是图形平移的距离，这两个要素是图形平移的依据；（3）图形的平移是指图形整体的平移，经过平移后的图形，与原图形相比，只改变了位置，而不改变图形的大小，这个特征是得出图形平移的基本性质的依据．2．平移的基本性质：由平移的概念知，经过平移，图形上的每一个点都沿同一个方向移动相同的距离，平移不改变图形的形状和大小，因此平移具有下列性质：经过平移，对应点所连的线段平行且相等，对应角相等．【要点诠释】（1）要注意正确找出“对应线段，对应角”，从而正确表达基本性质的特征；（2）“对应点所连的线段平行且相等”，这个基本性质既可作为平移图形之间的性质，又可作为平移作图的依据．考点二、轴对称变换1．轴对称与轴对称图形轴对称：把一个图形沿着某一条直线折叠，如果能够与另一个图形重合，那么就说这两个图形关于这条直线对称，也叫做这两个图形成轴对称，这条直线叫做对称轴，折叠后重合的对应点，叫做对称点. 轴对称图形：把一个图形沿着某一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形叫做轴对称图形.2．轴对称变换的性质①关于直线对称的两个图形是全等图形.②如果两个图形关于某直线对称，对称轴是对应点连线的垂直平分线.③两个图形关于某直线对称，如果它们对应线段或延长线相交，那么交点在对称轴上.④如果两个图形的对应点连线被同一直线垂直平分，那么这两个图形关于这条直线对称.3．轴对称作图步骤①找出已知图形的关键点，过关键点作对称轴的垂线，并延长至2倍，得到各点的对称点．②按原图形的连结方式顺次连结对称点即得所作图形.考点三、旋转变换1．旋转概念：把一个图形绕着某一点O转动一个角度的图形变换叫做旋转.点O叫做旋转中心，转动的角叫做旋转角.２．旋转变换的性质图形通过旋转，图形中每一点都绕着旋转中心沿相同的方向旋转了同样大小的角度，任意一对对应点与旋转中心的连线都是旋转角，对应点到旋转中心的距离相等，对应线段相等，对应角相等，旋转过程中，图形的形状、大小都没有发生变化.３．旋转作图步骤①分析题目要求，找出旋转中心，确定旋转角.②分析所作图形，找出构成图形的关键点.③沿一定的方向，按一定的角度、旋转各顶点和旋转中心所连线段,从而作出图形中各关键点的对应点.④按原图形连结方式顺次连结各对应点.４．中心对称与中心对称图形中心对称：把一个图形绕着某一点旋转180°，它能够与另一个图形重合，那么就说这两个图形关于这个点对称或中心对称，这个点叫做对称中心，这两个图形中的对应点叫做关于中心对称的对称点．中心对称图形：把一个图形绕着某一点旋转180°，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形就叫中心对称图形.5．中心对称作图步骤①连结决定已知图形的形状、大小的各关键点与对称中心，并且延长至2倍，得到各点的对称点.②按原图形的连结方式顺次连结对称点即得所作图形.【要点诠释】图形变换与图案设计的基本步骤①确定图案的设计主题及要求；②分析设计图案所给定的基本图案；③利用平移、旋转、轴对称对基本图案进行变换，实现由基本图案到各部分图案的有机组合；④对图案进行修饰，完成图案.【典型例题】类型一、平移变换1.如图1，两个等边△ABD，△CBD的边长均为1，将△ABD沿AC方向向右平移到△A′B′D′的位置，得到图2，则阴影部分的周长为____________.【思路点拨】根据两个等边△ABD，△CBD的边长均为1，将△ABD沿AC方向向右平移到△A′B′D′的位置，得出线段之间的相等关系，进而得出OM+MN+NR+GR+EG+OE=A′D′+CD=1+1=2，即可得出答案．【答案与解析】∵两个等边△ABD，△CBD的边长均为1，将△ABD沿AC方向向右平移到△A′B′D′的位置，∴A′M=A′N=MN，MO=DM=DO，OD′=D′E=OE，EG=EC=GC，B′G=RG=RB′，∴OM+MN+NR+GR+EG+OE=A′D′+CD=1+1=2；【总结升华】此题主要考查了平移的性质以及等边三角形的性质，根据题意得出A′M=A′N=MN，MO=DM=DO，OD′=D′E=OE，EG=EC=GC，B′G=RG=RB′是解决问题的关键．举一反三：【变式】（2015•顺义区一模）如图，平行四边形ABCD中，点E是AD边上一点，且CE⊥BD于点F，将△DEC沿从D到A的方向平移，使点D与点A重合，点E平移后的点记为G．（1）画出△DEC平移后的三角形；（2）若BC=，BD=6，CE=3，求AG的长．【答案】解：（1）△AGB为△DEC平移后的三角形，如下图所示；（2）∵△AGB为△DEC平移后的三角形，∴BG=CE=3，BG∥CE，∵CE⊥BD，∴BG⊥BD．在Rt△BDG中，∵∠GBD=90°，BG=3，BD=6，∴DG==3，∵四边形ABCD是平行四边形，∴AD=BC=2，∴AG=D G﹣AD=3﹣2=．2．如图（1），已知ABC ∆的面积为3，且,AC AB =现将ABC ∆沿CA 方向平移CA 长度得到EFA ∆. （1）求ABC ∆所扫过的图形面积；（2）试判断，AF 与BE 的位置关系，并说明理由； （3）若,15︒=∠BEC 求AC 的长.【思路点拨】（1）根据平移的性质及平行四边形的性质可得到S △EFA =S △BAF =S △ABC ，从而便可得到四边形CEFB 的面积；（2）由已知可证得平行四边形EFBA 为菱形，根据菱形的对角线互相垂直平分可得到AF 与BE 的位置关系为垂直；（3）作BD ⊥AC 于D ，结合三角形的面积求解． 【答案与解析】（1）由平移的性质得 AF ∥BC ，且AF=BC ，△EFA ≌△ABC ∴四边形AFBC 为平行四边形 S △EFA =S △BAF =S △ABC =3∴四边形EFBC 的面积为9；（2）BE ⊥AF证明：由（1）知四边形AFBC 为平行四边形 ∴BF ∥AC ，且BF=AC 又∵AE=CA∴BF ∥AE 且BF=AE∴四边形EFBA 为平行四边形又已知AB=AC ∴AB=AE∴平行四边形EFBA 为菱形 ∴BE ⊥AF ；（3）如上图，作BD ⊥AC 于D ∵∠BEC=15°，AE=AB ∴∠EBA=∠BEC=15° ∴∠BAC=2∠BEC=30°BCA （'C ）E∴在Rt△BAD中，AB=2BD 设BD=x，则AC=AB=2x∵S△ABC=3，且S△ABC=12AC•BD=12•2x•x=x2∴x2=3∵x为正数∴x=3∴AC=23．【总结升华】此题主要考查了全等三角形的判定，平移的性质，菱形的性质等知识点的综合运用及推理计算能力．类型二、轴对称变换3（2016•贵阳模拟）（1）数学课上，老师出了一道题，如图①，Rt△ABC中，∠C=90°，，求证：∠B=30°，请你完成证明过程．（2）如图②，四边形ABCD是一张边长为2的正方形纸片，E、F分别为AB、CD的中点，沿过点D的抓痕将纸片翻折，使点A落在EF上的点A′处，折痕交AE于点G，请运用（1）中的结论求∠ADG的度数和AG的长．（3）若矩形纸片ABCD按如图③所示的方式折叠，B、D两点恰好重合于一点O（如图④），当AB=6，求EF的长．【思路点拨】（1）Rt△ABC中，根据sinB═=，即可证明∠B=30°；（2）求出∠FA′D的度数，利用翻折变换的性质可求出∠ADG的度数，在Rt△A'FD中求出A'F，得出A'E，在Rt△A'EG中可求出A'G，利用翻折变换的性质可得出AG的长度．（3）先判断出AD=AC，得出∠ACD=30°，∠DAC=60°，从而求出AD的长度，根据翻折变换的性质可得出∠DAF=∠FAO=30°，在Rt△ADF中求出DF，继而得出FO，同理可求出EO，再由EF=EO+FO，即可得出答案．【答案与解析】（1）证明：Rt△ABC中，∠C=90°，，∵sinB==，∴∠B=30°；（2）解：∵正方形边长为2，E、F为AB、CD的中点，∴EA=FD=×边长=1，∵沿过点D的抓痕将纸片翻折，使点A落在EF上的点A′处，∴A′D=AD=2，∴=，∴∠FA′D=30°，可得∠FDA′=90°﹣30°=60°，∵A沿GD折叠落在A′处，∴∠ADG=∠A′DG，AG=A′G，∴∠ADG===15°，∵A′D=2，FD=1，∴A′F==，∴EA′=EF﹣A′F=2﹣，∵∠EA′G+∠DA′F=180°﹣∠GA′D=90°，∴∠EA′G=90°﹣∠DA′F=90°﹣30°=60°，∴∠EGA′=90°﹣∠EA′G=90°﹣60°=30°，则A′G=AG=2EA′=2（2﹣）；（3）解：∵折叠后B、D两点恰好重合于一点O，∴AO=AD=CB=CO，∴DA=，∵∠D=90°，∴∠DCA=30°，∵AB=CD=6，在Rt△ACD中，=tan30°，则AD=DC•tan30°=6×=2，∵∠DAF=∠FAO=∠DAO==30°，∴=tan30°=，∴DF=AD=2，∴DF=FO=2，同理EO=2，∴EF=EO+FO=4．【总结升华】本题考查了翻折变换的知识，涉及了含30°角的直角三角形的性质、平行四边形的性质，综合考察的知识点较多，注意将所学知识融会贯通．举一反三：【变式】（2016·松北区模拟）如图（1）是四边形纸片ABCD，其中∠B=120°，∠D=50°.若将其右下角向内这出△PCR，恰使CP∥AB，RC∥AD，如图（2）所示，则∠C＝度.【答案】∵∠CPR=12∠B=12×120°=60°，∠CRP=12∠D=12×50°=25°，∴∠C=180°－60°－25°=95°．4. 如图1，矩形纸片ABCD的边长分别为a，b（a<b）．将纸片任意翻折（如图2），折痕为PQ．（P 在BC上），使顶点C落在四边形APCD内一点C′，PC′的延长线交直线AD于M，再将纸片的另一部分翻折，使A落在直线PM上一点A′，且A′M所在直线与PM•所在直线重合（如图3），折痕为MN．（1）猜想两折痕PQ，MN之间的位置关系，并加以证明．（2）若∠QPC的角度在每次翻折的过程中保持不变，则每次翻折后，两折痕PQ，•MN间的距离有何变化？请说明理由．（3）若∠QPC的角度在每次翻折的过程中都为45°（如图4），每次翻折后，非重叠部分的四边形MC′QD，及四边形BPA′N的周长与a，b有何关系，为什么？（1）（2）（3）（4）【思路点拨】（1）猜想两直线平行，由矩形的对边平行，得到一组内错角相等，翻折前后对应角相等，那么可得到PQ与MN被MP所截得的内错角相等，得到平行．（2）作出两直线间的距离．∵PM长相等，∠NPM是不变的，所以利用相应的三角函数可得到两直线间的距离不变．（3）由特殊角得到所求四边形的形状，把与周长相关的边转移到同一线段求解．【答案与解析】（1）PQ∥MN．∵四边形ABCD是矩形，∴AD∥BC，且M在AD直线上，则有AM∥BC．∴∠AMP=∠MPC．由翻折可得：∠MPQ=∠CPQ=12∠MPC，∠NMP=∠AMN=12∠AMP，∴∠MPQ=∠NMP，故PQ∥MN．（2）两折痕PQ，MN间的距离不变．过P作PH⊥MN，则PH=PM•sin∠PMH，∵∠QPC的角度不变，∴∠C′PC的角度也不变，则所有的PM都是平行的．又∵AD∥BC，∴所有的PM都是相等的．又∵∠PMH=∠QPC，故PH的长不变．（3）当∠QPC=45°时，四边形PCQC′是正方形，四边形C′QDM是矩形．∵C′Q=CQ，C′Q+QD=a，∴矩形C′QDM的周长为2a．同理可得矩形BPA′N的周长为2a，∴两个四边形的周长都为2a，与b无关．【总结升华】翻折前后对应角相等，对应边相等，应注意使用相应的三角函数，平行线的判断，特殊四边形的判定．类型三、旋转变换【高清课堂图形的变换例4】5．已知O是等边三角形ABC内一点，∠AOB＝110°，∠BOC＝135°，试问：（1）以OA，OB，OC为边能否构成一个三角形?若能，求出该三角形各角的度数；若不能，请说明理由；（2）如果∠AOB的大小保持不变，那么当∠BOC等于多少度时，以OA，OB，OC为边的三角形是一个直角三角形?【思路点拨】因为△ABC是等边三角形，所以可以运用旋转将△BCO转至△ACD.【答案与解析】（1）以OC为边作等边△OCD，连AD.∵△ABC是等边三角形∴∠BCO=∠ACD (∠BCO+∠ACO=60°，∠ACD+∠ACO=60°)∵ BC=AC，OC=CD∴△BCO≌△ACD (SAS)∴ OB=AD，∠ADC=∠BOC又∵OC=OD∴△OAD是以线段OA，OB，OC为边构成的三角形∵∠AOB=110°, ∠BOC=135°∴∠AOC=115°∴∠AOD=115°-60°=55°∵∠ADC=135°∴∠ADO=135°-60°=75°∴∠OAD=180°-55°-75°=50°∴以线段OA，OB，OC为边构成的三角形的各角是50°、55°、75°.（2）∠AOB+∠AOC+∠BOC=∠AOB+∠AOC+∠ADC=∠AOB+(∠AOD+∠DOC)+(∠ADO+∠CDO)=∠110°+(∠AOD+60°)+(∠ADO+60°) =360°∴∠AOD+∠ADO=130°∴∠OAD=50°当∠AOD是直角时，∠AOD=90°，∠AOC=90°+60°=150°，∠BOC=100°;当∠ADO是直角时，∠ADC=90°+60°=150°，∠BOC=150°.【总结升华】此题主要运用旋转的性质、等边三角形的判定、勾股定理的逆定理等知识，渗透分类讨论思想．6 . 如图1，O为正方形ABCD的中心，分别延长OA、OD到点F、E，使OF＝2OA，OE＝2OD，连接EF．将△EOF绕点O逆时针旋转α角得到△E1OF1(如图2)．(1)探究AE1与BF1的数量关系，并给予证明；(2)当α＝30°时，求证：△AOE1为直角三角形．【思路点拨】(1)要证AE1＝BF1，就要首先考虑它们是全等三角形的对应边；(2)要证△AOE1为直角三角形，就要考虑证∠E1AO＝90°.【答案与解析】(1)AE1＝BF1，证明如下：∵O为正方形ABCD的中心，∴OA＝OB＝OD.∴OE＝OF .∵△E1OF1是△EOF绕点O逆时针旋转α角得到，∴OE1＝OF1.∵ ∠AOB＝∠EOF＝900，∴ ∠E1OA＝900－∠F1OA＝∠F1OB.在△E1OA和△F1OB中，1111OE OFE OA FOBO A OB⎧⎪∠∠⎨⎪⎩＝＝＝，∴△E1OA≌△F1OB（SAS）.∴AE1＝BF1.(2)取OE1中点G，连接AG.∵∠AOD＝900，α＝30°，∴ ∠E1OA＝900－α＝60°.∵OE1＝2OA，∴OA＝OG，∴ ∠E1OA＝∠AGO＝∠OAG＝60°.∴ AG＝GE1，∴∠GAE1＝∠GE1A＝30°.∴∠E1AO＝90°.∴△AOE1为直角三角形.【总结升华】正方形的性质，旋转的性质，全等三角形的判定和性质，直角三角形的判定. 举一反三：【变式】如图，P为正方形ABCD内一点，若PA=a，PB=2a，PC=3a(a>0).(1)求∠APB的度数；(2)求正方形ABCD的面积.【答案】(1)将△ABP 绕点B顺时针方向旋转90°得△CBQ.则△ABP≌△CBQ且PB⊥QB.于是PB=QB=2a，.在△PQC中，∵，.∴.∴.∵△PBQ是等腰直角三角形，∴∠BPQ=∠BQP=45°.故∠APB=∠CQB=90°+45°=135°.(2)∵∠APQ=∠APB+∠BPQ=135°+45°=180°，∴三点A、P、Q在同一直线上.在Rt△AQC中，.∴正方形ABCD的面积.中考数学知识点代数式一、重要概念分类：1.代数式与有理式用运算符号把数或表示数的字母连结而成的式子，叫做代数式。
2009-2019年山西省中考数学试题知识点分布及考查题型小结：阅读材料题
2020年山西中考专题分析——2009-2019年山西省中考数学试题知识点分布及考查题型小结：阅读材料题考查点1.轴对称图形/中心对称图形的应用问题（1）考查次数：11年6考（2）考查题型：选择题/填空题/解答题（3）考查形式：①判断轴对称图形或者中心对称图形②判断轴对称图形的对称轴条数③根据所给基础图形设计轴对称图形或者中心对称图形（4）考查难度：送分题3．（2015山西3题3分）晋商大院的许多窗格图案蕴含着对称之美，现从中选取以下四种窗格图案，其中是中心对称图形但不是轴对称图形的是（）A ．B ．C ．D ．8．（2013山西8题2分）如图，正方形地砖的图案是轴对称图形，该图形的对称轴有（）A．1条 B．2条 C．4条 D．8条20．（2009山西20题6分）已知每个网格中小正方形的边长都是1，图1中的阴影图案是由三段以格点为圆心，半径分别为1和2的圆弧围成．（1）填空：图1中阴影部分的面积是（结果保留π）；（2）请你在图2中以图1为基本图案，借助轴对称、平移或旋转设计一个完整的花边图案（要求至少含有两种图形变换）．20．（2010山西20题6分）山西民间建筑的门窗图案中，隐含着丰富的数学艺术之美．图1是其中一个代表，该窗格图案是以图2为基本图案经过图形变换得到的，图3是图2放大后的一部分，虚线给出了作图提示，请用圆规和直尺画图．（1）根据图2将图3补充完整；（2）在图4的正方形中，用圆弧和线段设计一个美观的轴对称或中心对称图形．21．（2012山西21题6分）实践与操作：如图1是以正方形两顶点为圆心，边长为半径，画两段相等的圆弧而成的轴对称图形，图2是以图1为基本图案经过图形变换拼成的一个中心对称图形．（1）请你仿照图1，用两段相等圆弧（小于或等于半圆），在图3中重新设计一个不同的轴对称图形．（2）以你在图3中所画的图形为基本图案，经过图形变换在图4中拼成一个中心对称图形．18.（2014山西18题6分）阅读以下材料，并按要求完成相应的任务．如果只研究一般的筝形（不包括菱形），请根据以上材料完成下列任务：（1）请说出筝形和菱形的相同点和不同点各两条；（2）请仿照图1的画法，在图2所示的8×8网格中重新设计一个由四个全等的筝形和四个全等的菱形组成的新图案，具体要求如下：①顶点都在格点上；②所设计的图案既是轴对称图形又是中心对称图形；③将新图案中的四个筝形都涂上阴影（建议用一系列平行斜线表示阴影）．考查点2.阅读材料问题（1）考查次数：11年4考（2）考查题型：解答题（3）考查形式：①判断轴对称图形或者中心对称图形②判断轴对称图形的对称轴条数③根据所给基础图形设计轴对称图形或者中心对称图形（4）考查难度：中档题18．（2015山西18题6分）阅读与计算：请阅读以下材料，并完成相应的任务．斐波那契（约1170﹣1250）是意大利数学家，他研究了一列数，这列数非常奇妙，被称为斐波那契数列（按照一定顺序排列着的一列数称为数列）．后来人们在研究它的过程中，发现了许多意想不到的结果，在实际生活中，很多花朵（如梅花、飞燕草、万寿菊等）的瓣数恰是斐波那契数列中的数．斐波那契数列还有很多有趣的性质，在实际生活中也有广泛的应用．斐波那契数列中的第n 个数可以用[﹣]表示（其中，n≥1）．这是用无理数表示有理数的一个范例．任务：请根据以上材料，通过计算求出斐波那契数列中的第1个数和第2个数．19.（2017山西19题7分）请阅读下列材料，并完成相应的任务：阿基米德折弦定理阿基米德（archimedes，公元前287﹣公元前212年，古希腊）是有史以来最伟大的数学家之一，他与牛顿、高斯并称为三大数学王子．阿拉伯Al﹣Binmi（973﹣1050年）的译文中保存了阿基米德折弦定理的内容，苏联在1964年根据Al﹣Binmi译本出版了俄文版《阿基米德全集》，第一题就是阿基米德折弦定理．阿基米德折弦定理：如图1，AB和BC是⊙O的两条弦（即折线ABC是圆的一条折弦），BC＞AB，M 是的中点，则从M向BC所作垂线的垂足D是折弦ABC的中点，即CD ＝AB+BD．下面是运用“截长法”证明CD＝AB+BD的部分证明过程．证明：如图2，在CB上截取CG＝AB，连接MA，MB，MC和MG．∵M 是的中点，∴MA＝MC．…任务：（1）请按照上面的证明思路，写出该证明的剩余部分；（2）填空：如图3，已知等边△ABC内接于⊙O，AB＝2，D 为上一点，∠ABD＝45°，AE⊥BD于点E，则△BDC的周长是．21．（2018山西21题8分）请阅读下列材料，并完成相应的任务：在数学中，利用图形在变化过程中的不变性质，常常可以找到解决问题的办法．著名美籍匈牙利数学家波利亚在他所著的《数学的发现》一书中有这样一个例子：请问如何在一个三角形ABC的AC和BC两边上分别取一点X和Y，使得AX＝BY＝XY．（如图）解决这个问题的操作步骤如下：第一步，在CA上作出一点D，使得CD＝CB，连接BD．第二步，在CB上取一点Y'，作Y'Z'∥CA，交BD于点Z'，并在AB上取一点A'，使Z'A'＝Y'Z'．第三步，过点A作AZ∥A'Z'，交BD于点Z．第四步，过点Z作ZY∥AC，交BC于点Y，再过点Y作YX∥ZA，交AC于点X．则有AX＝BY＝XY．下面是该结论的部分证明：证明：∵AZ∥A'Z'，∴∠BA'Z'＝∠BAZ，又∵∠A'BZ'＝∠ABZ．∴△BA'Z'～△BAZ．∴．同理可得．∴．∵Z'A'＝Y'Z'，∴ZA＝YZ．任务：（1）请根据上面的操作步骤及部分证明过程，判断四边形AXYZ的形状，并加以证明；（2）请再仔细阅读上面的操作步骤，在（1）的基础上完成AX＝BY＝XY的证明过程；（3）上述解决问题的过程中，通过作平行线把四边形BA'Z'Y'放大得到四边形BAZY，从而确定了点Z，Y的位置，这里运用了下面一种图形的变化是．A．平移B．旋转C．轴对称D．位似21．（2019山西21题8分）阅读以下材料，并按要求完成相应的任务：莱昂哈德•欧拉（LeonhardEuler）是瑞士数学家，在数学上经常见到以他的名字命名的重要常数，公式和定理，下面就是欧拉发现的一个定理：在△ABC中，R和r分别为外接圆和内切圆的半径，O和I分别为其中外心和内心，则OI2＝R2﹣2Rr．如图1，⊙O和⊙I分别是△ABC的外接圆和内切圆，⊙I与AB相切于点F，设⊙O的半径为R，⊙I的半径为r，外心O（三角形三边垂直平分线的交点）与内心I（三角形三条角平分线的交点）之间的距离OI＝d，则有d2＝R2﹣2Rr．下面是该定理的证明过程（部分）：延长AI交⊙O于点D，过点I作⊙O的直径MN，连接DM，AN．∵∠D＝∠N，∠DMI＝∠NAI（同弧所对的圆周角相等）．∴△MDI∽△ANI ．∴＝，∴IA•ID＝IM•IN，①如图2，在图1（隐去MD，AN）的基础上作⊙O的直径DE，连接BE，BD，BI，IF．∵DE是⊙O的直径，所以∠DBE＝90°．∵⊙I与AB相切于点F，所以∠AFI＝90°，∴∠DBE＝∠IFA．∵∠BAD＝∠E（同弧所对的圆周角相等），∴△AIF∽△EDB，∴＝．∴IA•BD＝DE•IF②任务：（1）观察发现：IM＝R+d，IN＝（用含R，d的代数式表示）；（2）请判断BD和ID的数量关系，并说明理由．（3）请观察式子①和式子②，并利用任务（1），（2）的结论，按照上面的证明思路，完成该定理证明的剩余部分；（4）应用：若△ABC的外接圆的半径为5cm，内切圆的半径为2cm，则△ABC的外心与内心之间的距离为cm．。
中考数学《图形的变换》总复习训练含答案解析
图形的变换一、选择题1．以下几何图形中，必定是轴对称图形的有（）A．2个B．3个C．4个D．5个2．有一个四平分转盘，在它的上、右、下、左的地点分别挂着“众”、“志”、“成”、“城”四个字牌，如图1．若将位于上下地点的两个字牌对换，同时将位于左右位置的两个字牌对换，再将转盘顺时针旋转90°，则达成一次变换．图2，图3分别表示第1次变换和第2次变换．按上述规则达成第9次变换后，“众”字位于转盘的地点是（）A．上B．下C．左D．右3．以下图形中，既是轴对称图形，又是中心对称图形的是（）A．等腰梯形B．平行四边形C．正三角形D．矩形4．如图①～④是四种正多边形的瓷砖图案．此中，是轴对称图形但不是中心对称的图形为（）A．①③B．①④C．②③D．②④5．如图，把矩形ABCD沿EF对折后使两部分重合，若∠1=50°，则∠AEF=（）第1页（共19页）A．110°B．115°C．120°D．130°6．下边四张扑克牌中，图案属于中心对称图形的是图中的（）A．B．C．D．7．下边的图形中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（）A．B．C．D．8．将如下图的图案按顺时针方向旋转90°后能够获得的图案是（）A．B．C．D．9．若将图中的每个字母都当作独立的图案，则这七个图案中是中心对称图形的有（）A．1个B．2个C．3个D．4个10．以下图形中，是轴对称图形的是（）A．B．C．D．11．下边的图形中，是中心对称图形的是（）第2页（共19页）A．B．C．D．二、填空题12．如图，点G是△ABC的重心，CG的延伸线交AB于D，GA=5cm，GC=4cm，GB=3cm，将△ADG绕点D旋转180°获得△BDE，则DE=cm，△ABC的面积=cm2．13．已知等腰三角形的一条腰长是5，底边长是6，则它底边上的高为．14．将线段AB平移1cm，获得线段A′，B′则点A到点A′的距离是cm．三、解答题15．如图，方格纸中的每个小正方形的边长均为1．（1）察看图1、2中所画的“L型”图形，而后各补画一个小正方形，使图1中所成的图形是轴对称图形，图2中所成的图形是中心对称图形；（2）补画后，图1、2中的图形是否是正方体的表面睁开图？（填“是”或“不是”）16．如图，在平面直角坐标系中，△ABC和△A1B1C1对于点E成中心对称．1）画出对称中心E，并写出点E、A、C的坐标；2）P（a，b）是△ABC的边AC上一点，△ABC经平移后点P的对应点为P（2a+6，b+2），请画出上述平移后的△A2B2C2，并写出点A2、C2的坐标；第3页（共19页）（3）判断△A2B2C2和△A1B1C1的地点关系．（直接写出结果）17．在一平直河岸l同侧有A，B两个乡村，A，B到l的距离分别是3km和2km，AB=akm（a＞1）．现计划在河岸l上建一抽水站P，用输水管向两个乡村供水．方案设计：某班数学兴趣小组设计了两种铺设管道方案：图1是方案一的表示图，设该方案中管道长度为d1，且d1=PB+BA（km）（此中BP⊥l于点p）；图2是方案二的表示图，设该方案中管道长度为d2，且d2=PA+PB（km）（此中点A'与点A对于I对称，A′B与l交于点P．察看计算：（1）在方案一中，d1= km（用含a的式子表示）；2）在方案二中，组长小宇为了计算d2的长，作了如图3所示的协助线，请你按小宇同学的思路计算，d2= km（用含a的式子表示）．研究概括（1）①当a=4时，比较大小：d1（）d2（填“＞”、“=或”“＜”）；②当a=6时，比较大小：d1（）d2（填“＞”、“=或”“＜”）；（2）请你参照右侧方框中的方法指导，就a（当a＞1时）的全部取值状况进行剖析，要使铺设的管道长度较短，应选择方案一仍是方案二？第4页（共19页）第5页（共19页）图形的变换参照答案与试题分析一、选择题1．以下几何图形中，必定是轴对称图形的有（）A．2个B．3个C．4个D．5个【考点】轴对称图形．【剖析】对于某条直线对称的图形叫轴对称图形．【解答】解：全部图形沿某条直线折叠后直线两旁的部分能够完整重合，那么必定是轴对称图形的有5个，应选D．【评论】轴对称图形的判断方法：假如一个图形沿一条直线折叠后，直线两旁的部分能够相互重合，那么这个图形叫做轴对称图形．2．有一个四平分转盘，在它的上、右、下、左的地点分别挂着“众”、“志”、“成”、“城”四个字牌，如图1．若将位于上下地点的两个字牌对换，同时将位于左右位置的两个字牌对换，再将转盘顺时针旋转90°，则达成一次变换．图2，图3分别表示第1次变换和第2次变换．按上述规则达成第9次变换后，“众”字位于转盘的地点是（）A．上B．下C．左D．右【考点】旋转的性质．【专题】压轴题；操作型；规律型．第6页（共19页）【剖析】依据题意可知每一次变换后相当于逆时针旋转了90°，经过4次变换后会回到原始地点，因此按上述规则达成第9次变换后，相当于第一次变化后的位置关系，剖析比较可得答案．【解答】解：依据题意可知每一次变换后相当于逆时针旋转了90度，经过4次变换后会回到原始地点，因此按上述规则达成第9次变换后，“众”字位于转盘的地点是应当是第一次变换后的地点即在左侧，比较可得C切合要求．应选C．【评论】本题考察旋转的性质：旋转变化前后，对应线段、对应角分别相等，图形的大小、形状都不改变．要注意旋转的三因素：①定点为旋转中心；②旋转方向；③旋转角度．重点是找到旋转的方向和角度．3．以下图形中，既是轴对称图形，又是中心对称图形的是（）A．等腰梯形B．平行四边形C．正三角形D．矩形【考点】中心对称图形；轴对称图形．【剖析】依据轴对称图形与中心对称图形的观点和等腰梯形、平行四边形、正三角形、矩形的性质解答．【解答】解：A、是轴对称图形，不是中心对称图形，不切合题意；B、不是轴对称图形，是中心对称图形，不切合题意；C、是轴对称图形，不是中心对称图形，不切合题意；D、是轴对称图形，也是中心对称图形，切合题意．应选D．【评论】掌握中心对称图形与轴对称图形的观点．假如一个图形沿着一条直线对折后两部分完整重合，这样的图形叫做轴对称图形，这条直线叫做对称轴．假如一个图形绕某一点旋转180°后能够与自己重合，那么这个图形就叫做中心对称图形，这个点叫做对称中心．第7页（共19页）4．如图①～④是四种正多边形的瓷砖图案．此中，是轴对称图形但不是中心对称的图形为（）A．①③B．①④C．②③D．②④【考点】中心对称图形；轴对称图形．【剖析】依据轴对称图形与中心对称图形的观点和各图的特色求解．【解答】解：①、是轴对称图形，不是中心对称图形；②、是轴对称图形，也是中心对称图形；③、是轴对称图形，不是中心对称图形；④、是轴对称图形，也是中心对称图形．知足条件的是①③，应选A．【评论】掌握好中心对称图形与轴对称图形的观点．轴对称图形的重点是找寻对称轴，图形两部分折叠后可重合，中心对称图形是要找寻对称中心，旋转180度后两部分重合．5．如图，把矩形ABCD沿EF对折后使两部分重合，若∠1=50°，则∠AEF=（）A．110°B．115°C．120°D．130°【考点】翻折变换（折叠问题）．【专题】压轴题．【剖析】依据折叠的性质，对折前后角相等．【解答】解：依据题意得：∠2=∠3，∵∠1+∠2+∠3=180°，∴∠2=（180°﹣50°）÷2=65°，∵四边形ABCD是矩形，第8页（共19页）AD∥BC，∴∠AEF+∠2=180°，∴∠AEF=180°﹣65°=115°．应选B．【评论】本题考察图形的翻折变换，解题过程中应注意折叠是一种对称变换，它属于轴对称，依据轴对称的性质，折叠前后图形的形状和大小不变，如本题中折叠前后角相等．6．下边四张扑克牌中，图案属于中心对称图形的是图中的（）A．B．C．D．【考点】中心对称图形；生活中的旋转现象．【剖析】依照中心对称图形的定义即可求解．【解答】解：此中A选项、C选项及D选项旋转180度后新图形中间的桃心向下，原图形中间的桃心向上，因此不是中心对称图形．应选B．【评论】本题考察中心对称图形的定义：绕对称中心旋转180度后所得的图形与原图形完整重合．7．下边的图形中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（）A．B．C．D．第9页（共19页）【考点】中心对称图形；轴对称图形．【专题】惯例题型．【剖析】依据轴对称图形与中心对称图形的观点求解．【解答】解：A、不是轴对称图形，是中心对称图形，故A选项错误；B、不是轴对称图形，是中心对称图形，故B选项错误；C、既是轴对称图形，也是中心对称图形，故C选项正确；D、是轴对称图形，不是中心对称图形，故D选项错误．应选：C．【评论】本题考察了中心对称及轴对称的知识，解题时掌握好中心对称图形与轴对称图形的观点．轴对称图形的重点是找寻对称轴，图形两部分折叠后可重合，中心对称图形是要找寻对称中心，旋转180度后两部分重合．8．将如下图的图案按顺时针方向旋转90°后能够获得的图案是（）A．B．C．D．【考点】生活中的旋转现象．【剖析】依据旋转的意义，找出图中眼，眉毛，嘴 5个重点处按顺时针方向旋转90°后的形状即可选择答案．【解答】解：依据旋转的意义，图片按顺时针方向旋转90°，即正立状态转为顺时针的横向状态，从而可确立为A图，应选A．【评论】本题考察了图形的旋转变化，学生主要要看清是顺时针仍是逆时针旋转，旋转多少度，难度不大，但易错．9．若将图中的每个字母都当作独立的图案，则这七个图案中是中心对称图形的有（）第10页（共19页）A．1个B．2个C．3个D．4个【考点】中心对称图形．【剖析】依据中心对称图形的观点求解．【解答】解：依据中心对称图形的观点可知，图案O、I是中心对称图形；而图案L、Y、M、P、C都不是中心对称图形．应选B．【评论】解答本题要掌握中心对称图形的观点：在同一平面内，假如把一个图形绕某一点旋转180度，旋转后的图形能和原图形完整重合，那么这个图形就叫做中心对称图形，这个旋转点，就叫做中心对称点．10．．以下图形中，是轴对称图形的是（）A．B．C．D．【考点】轴对称图形．【剖析】依据轴对称图形的定义：假如一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够相互重合，这个图形叫做轴对称图形，这条直线叫做对称轴，这时，我们也能够说这个图形对于这条直线（成轴）对称，从而得出答案．【解答】解：A、不是轴对称图形，故A错误；B、是轴对称图形，故B正确；C、不是轴对称图形，故C错误；D、不是轴对称图形，故D错误．应选：B．【评论】本题考察了轴对称图形的观点．轴对称图形的重点是找寻对称轴，图形两部分折叠后可重合．11．下边的图形中，是中心对称图形的是（）A．B．C．D．【考点】中心对称图形．第11页（共19页）【剖析】依据中心对称图形的观点求解．【解答】解：A、不是中心对称图形，故本选项错误；B、是中心对称图形，故本选项正确；C、不是中心对称图形，故本选项错误；D、不是中心对称图形，故本选项错误；应选B．【评论】本题考察了中心对称图形的知识，中心对称图形是要找寻对称中心，旋转180度后与原图重合．二、填空题12．如图，点G是△ABC的重心，CG的延伸线交AB于D，GA=5cm，GC=4cm，GB=3cm，将△ADG绕点D旋转180°获得△BDE，则DE= 2 cm，△ABC的面积18cm2．【考点】旋转的性质．【专题】压轴题．【剖析】三角形的重心是三条中线的交点，依据中线的性质，S△ACD=S△BCD；再利用勾股定理逆定理证明BG⊥CE，从而得出△BCD的高，可求△BCD的面积．【解答】解：∵点G是△ABC的重心，DE=GD=GC=2，CD=3GD=6，GB=3，EG=GC=4，BE=GA=5，BG2+GE2=BE2，即BG⊥CE，∵CD为△ABC的中线，S△ACD=S△BCD，∴S△ABC△ACDS△BCD△BCD2．填：2，18．=S+=2S=2××BG×CD=18cm第12页（共19页）【评论】本题考察旋转的性质．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组成的旋转角相等．要注意旋转的三因素：①定点﹣旋转中心；②旋转方向；③旋转角度．13．已知等腰三角形的一条腰长是5，底边长是6，则它底边上的高为 4 ．【考点】等腰三角形的性质；勾股定理．【剖析】依据等腰三角形三线合一的性质及勾股定理不难求得底边上的高．【解答】解：依据等腰三角形的三线合一，知：等腰三角形底边上的高也是底边上的中线．即底边的一半是3，再依据勾股定理得：底边上的高为4．故答案为：4【评论】考察等腰三角形的三线合一及勾股定理的运用．14．将线段AB平移1cm，获得线段A′，B′则点A到点A′的距离是 1 cm．【考点】平移的性质．【专题】压轴题．【剖析】依据题意，画出图形，由平移的性质直接求得结果．【解答】解：在平移的过程中各点的运动状态是同样的，此刻将线段平移1cm，则每一点都平移1cm，即AA′=1cm，∴点A到点A′的距离是1cm．【评论】本题考察了平移的性质：由平移知识可得对应点间线段即为平移距离．学生在学习中应当借助图形，理解掌握平移的性质．三、解答题15．如图，方格纸中的每个小正方形的边长均为1．（1）察看图1、2中所画的“L型”图形，而后各补画一个小正方形，使图1中所成的图形是轴对称图形，图2中所成的图形是中心对称图形；（2）补画后，图1、2中的图形是否是正方体的表面睁开图？（填“是”或“不是”）第13页（共19页）【考点】利用旋转设计图案；利用轴对称设计图案．【专题】网格型．【剖析】（1）依据轴对称图形与中心对称的定义即可作出，第一确立对称轴，即可作出所要作的正方形；2）利用折叠的方法进行考证即可．【解答】解：（1）如图（画对一个得3分）．2）图1（不是）或图2（是），图3（是）．【评论】掌握轴对称的性质：沿着向来线折叠后重合．中心对称的性质：绕某一点旋转180°此后重合．16．如图，在平面直角坐标系中，△ABC和△A1B1C1对于点E成中心对称．1）画出对称中心E，并写出点E、A、C的坐标；2）P（a，b）是△ABC的边AC上一点，△ABC经平移后点P的对应点为P（2a+6，b+2），请画出上述平移后的△A2B2C2，并写出点A2、C2的坐标；（3）判断△A2B2C2和△A1B1C1的地点关系．（直接写出结果）第14页（共19页）【考点】作图﹣旋转变换；作图﹣平移变换．【专题】作图题；压轴题．【剖析】（1）连结对应点，对应点的中点即为对称中心，在网格中可直接得出点E、A、C的坐标；2）依据“（a+6，b+2）”的规律求出对应点的坐标A2（3，4），C2（4，2），按序连结即可；（3）由△A2B2C2和△A1B1C1的地点关系直接看出是对于原点O成中心对称．【解答】解：（1）如图，E（﹣3，﹣1），A（﹣3，2），C（﹣2，0）；（4分）2）如图，A2（3，4），C2（4，2）；（8分）3）△A2B2C2与△A1B1C1对于原点O成中心对称．（10分）【评论】本题考察的是平移变换与旋转变换作图．作平移图形时，找重点点的对应点也是重点的一步．平移作图的一般步骤为：①确立平移的方向和距离，先确立一组对应点；②确立图形中的重点点；③利用第一组对应点和平移的性质确立图中所相重点点的对应点；④按原图形次序挨次连结对应点，所获得的图形即为平移后的图形．第15页（共19页）作旋转后的图形的依照是旋转的性质，基本作法是①先确立图形的重点点；②利用旋转性质作出重点点的对应点；③按原图形中的方式按序连结对应点．要注意旋转中心，旋转方向和角度．中心对称是旋转180度时的特别状况．17．在一平直河岸l同侧有A，B两个乡村，A，B到l的距离分别是3km和2km，AB=akm（a＞1）．现计划在河岸l上建一抽水站P，用输水管向两个乡村供水．方案设计：某班数学兴趣小组设计了两种铺设管道方案：图1是方案一的表示图，设该方案中管道长度为d1，且d1=PB+BA（km）（此中BP⊥l于点p）；图2是方案二的表示图，设该方案中管道长度为d2，且d2=PA+PB（km）（此中点A'与点A对于I对称，A′B与l交于点P．察看计算：1）在方案一中，d1=a+2km（用含a的式子表示）；2）在方案二中，组长小宇为了计算d2的长，作了如图3所示的协助线，请你按小宇同学的思路计算，d2= km（用含a的式子表示）．研究概括（1）①当a=4时，比较大小：d1（）d2（填“＞”、“=或”“＜”）；②当a=6时，比较大小：d1（）d2（填“＞”、“=或”“＜”）；（2）请你参照右侧方框中的方法指导，就a（当a＞1时）的全部取值状况进行剖析，要使铺设的管道长度较短，应选择方案一仍是方案二？第16页（共19页）【考点】作图—应用与设计作图．【专题】压轴题；阅读型；方案型．【剖析】运用勾股定理和轴对称求出d2，依据方法指导，先求d12﹣d22，再依据差进行分类议论选用合理方案．【解答】解：（1）∵A和A'对于直线l对称，PA=PA'，d1=PB+BA=PB+PA'=a+2；故答案为：a+2；2）由于BK2=a2﹣1，A'B2=BK2+A'K2=a2﹣1+52=a2+24因此d2= ．研究概括：（1）①当a=4时，d1=6，d2= ，d1＜d2；②当a=6时，d1=8，d2= ，d1＞d2；∴（2）=4a﹣20．①当4a﹣20＞0，即a＞5时，d12﹣d22＞0，d1﹣d2＞0，d1＞d2；第17页（共19页）②当4a﹣20=0，即a=5时，d12﹣d22=0，d1﹣d2=0，d1=d2③当4a﹣20＜0，即a＜5时，d12﹣d22＜0，d1﹣d2＜0，d1＜d2综上可知：当a＞5时，选方案二；当a=5时，选方案一或方案二；当1＜a＜5（缺a＞1不扣分）时，选方案一．【评论】本题为方案设计题，综合考察了学生的作图能力，运用数学知识解决实际问题的能力，以及察看研究和分类议论的数学思想方法．第18页（共19页）中考数学《图形的变换》总复习训练含答案解析第19页（共19页）21 / 2121。
2024年中考数学总复习：图形的变化(附答案解析)
B．
C．
D．
4．下列图形中既是轴对称图形又是中心对称图形的是（ ）
A． B．
C． D．
5．点P（2，﹣3）关于原点对称的点的坐标是（ ）
A．（3，﹣2）B．（﹣2，﹣3）C．（﹣2，3）D．（3，2）
6．下列手机手势解锁图案中，是中心对称图形的是（ ）
A． B． C． D．
7．下列图形中，是轴对称图形的是（ ）
A． B． C． D．
23．如图所示，已知矩形ABCD的边AD长为8cm，边AB长为6cm，从中截去一个矩形（图中阴影部分），如果所截矩形与原矩形相似，那么所截矩形的面积是（ ）
A．21cm2B．24cm2C．27cm2D．30cm2
24．如图，在▱ABCD中，E为边AB上一点，连结DE、AC交于点F．若 ，则下列说法错误的是（ ）
A．16mB．15mC．14mD．13m
2024年中考数学总复习：图形的变化
参考答案与试题解析
一．选择题（共25小题）
1．若点M与点N关于x轴对称，点M的坐标为（﹣2，3），则点N的坐标为（ ）
A．（2，3）B．（2，﹣3）C．（﹣2，﹣3）D．（﹣2，3）
【分析】根据关于x轴对称的点的横纵坐标的特点解答即可．
A．3：2B．4：3C．5：3D．5：4
15．已知△ABC的周长为1，BC＝1﹣2AB，则下列直线一定是△ABC的对称轴的是（ ）
A．△ABC的边AB的垂直平分线
B．∠ACB的平分线所在的直线
C．△ABC的边AC上的高所在的直线
D．△ABC的边BC上的中线所在的直线
16．已知a＝3b，则a：b的值是（ ）
A．
B．△AEF与△CDF的周长比为1：4
C．△AEF与△CDF的面积比为1：4
2019年山西中考数学专题复习——专题四 综合与探究
2019年山西中考数学专题复习专题四.综合与探究(2014·山西T24·13分)综合与探究如图，在平面直角坐标系xOy中，四边形OABC 是平行四边形，A，C两点的坐标分别为(4，0)，(－2，3)，抛物线W经过O，A，C三点，D是抛物线W的顶点．(1)求抛物线W的解析式及顶点D的坐标；(2)将抛物线W和▱OABC一起先向右平移4个单位长度，再向下平移m(0＜m＜3)个单位长度，得到抛物线W′和▱O′A′B′C′，在向下平移的过程中，设▱O′A′B′C′与▱OABC的重叠部分的面积为S，试探究：当m为何值时S有最大值，并求出S的最大值；(3)在(2)的条件下，当S取最大值时，设此时抛物线W′的顶点为F，若点M是x轴上的动点，点N是抛物线W′上的动点，试判断是否存在这样的点M和点N，使得以D，F，M，N为顶点的四边形是平行四边形？若存在，请直接写出点M的坐标；若不存在，请说明理由．(2016·山西T23·4分)综合与探究：如图，在平面直角坐标系中，已知抛物线y＝ax2＋bx－8与x轴交于A，B两点，与y轴交于点C，直线l经过坐标原点O，与抛物线的一个交点为D，与抛物线的对称轴交于点E，连接CE，已知点A，D的坐标分别为(－2，0)，(6，－8)．(1)求抛物线的函数表达式，并分别求出点B和点E的坐标；(2)试探究抛物线上是否存在点F，使△FOE≌△FCE，若存在，请直接写出点F的坐标；若不存在，请说明理由；(3)若点P是y轴负半轴上的一个动点，设其坐标为(0，m)，直线PB与直线l交于点Q.试探究：当m为何值时，△OPQ是等腰三角形．类型1.探究线段及最值问题1．(2017·山西T23·14分)综合与探究如图，抛物线y＝－39x2＋233x＋33与x轴交于A，B两点(点A在点B的左侧)，与y轴交于点C，连接AC，BC.点P沿AC以每秒1个单位长度的速度由点A向点C运动，同时，点Q沿BO以每秒2个单位长度的速度由点B向点O运动，当一个点停止运动时，另一个点也随之停止运动，连接PQ，过点Q作QD⊥x轴，与抛物线交于点D，与BC交于点E.连接PD，与BC交于点F.设点P的运动时间为t秒(t＞0)．(1)求直线BC的函数表达式；(2)①直接写出P，D两点的坐标(用含t的代数式表示，结果需化简)；②在点P，Q运动的过程中，当PQ＝PD时，求t的值；(3)试探究在点P，Q运动的过程中，是否存在某一时刻，使得点F为PD的中点．若存在，请直接写出此时t的值与点F的坐标；若不存在，请说明理由．2．(2017·滨州)如图，直线y＝kx＋b(k，b为常数)分别与x轴，y轴交于点A(－4，0)，B(0，3)，抛物线y＝－x2＋2x＋1与y轴交于点C.(1)求直线y＝kx＋b的解析式；(2)若点P(x，y)是抛物线y＝－x2＋2x＋1上的任意一点，设点P到直线AB的距离为d，求d关于x的函数解析式，并求d取最小值时点P的坐标；(3)若点E在抛物线y＝－x2＋2x＋1的对称轴上移动，点F在直线AB上移动，求CE＋EF的最小值．类型2 探究图形面积及最值问题3．(2017·安顺)如图1，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2，3供画图探究)．图1图2图34．(2015·山西T24·13分)综合与探究如图1，在平面直角坐标系xOy中，抛物线W的函数表达式为y＝－421x2＋1621x＋4.抛物线W与x轴交于A，B两点(点B在点A的右侧)，与y轴交于点C，它的对称轴与x轴交于点D，直线l经过C，D两点．(1)求A，B两点的坐标及直线l的函数表达式；(2)将抛物线W沿x轴向右平移得到抛物线W′，设抛物线W′的对称轴与直线l交于点F，当△ACF为直角三角形时，求点F的坐标，并直接写出此时抛物线W′的函数表达式；(3)如图2，连接AC，CB，将△ACD沿x轴向右平移m个单位长度(0＜m≤5)，得到△A′C′D′.设A′C′交直线l于点M，C′D′交CB于点N，连接CC′，MN.求四边形CMNC′的面积(用含m的代数式表示)．图1 图2类型3 探究特殊三角形问题5．(2013·山西T26·14分)综合与探究：如图，抛物线y＝14x2－32x－4与x轴交于A，B两点(点B在点A的右侧)，与y轴交于点C，连接BC，以BC为一边，点O为对称中心作菱形BDEC，点P是x轴上的一个动点，设点P的坐标为(m，0)，过点P作x轴的垂线l交抛物线于点Q.(1)求点A，B，C的坐标；(2)当点P在线段OB上运动时，直线l分别交BD，BC于点M，N.试探究m为何值时，四边形CQMD是平行四边形，此时，请判断四边形CQBM的形状，并说明理由；(3)当点P在线段EB上运动时，是否存在点Q，使△BDQ为直角三角形，若存在，请直接写出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．6．(2017·南充)如图1，已知二次函数y＝ax2＋bx＋c(a，b，c为常数，a≠0)的图象过点O(0，0)和点A(4，0)，函数图象最低点M的纵坐标为－83.直线l的解析式为y＝x.(1)求二次函数的解析式；(2)直线l沿x轴向右平移，得直线l′，l′与线段OA相交于点B，与x轴下方的抛物线相交于点C，过点C作CE⊥x轴于点E，把△BCE沿直线l′折叠，当点E恰好落在抛物线上点E′时(图2)，求直线l′的解析式；(3)在(2)的条件下，l′与y轴交于点N，把△BON绕点O逆时针旋转135°得到△B′ON′，P为l′上的动点，当△PB′N′为等腰三角形时，求符合条件的点P的坐标．图1 图2备用图7．(2016·玉林改编)如图，抛物线L：y＝ax2＋bx＋c与x轴交于A，B(3，0)两点(A在B的左侧)，与y轴交于点C(0，3)，已知对称轴为直线x＝1.(1)求抛物线L的解析式；(2)将抛物线L向下平移h个单位长度，使平移后所得抛物线的顶点落在△OBC内(包括△OBC的边界)，求h的取值范围；(3)设点P是抛物线L上任意一点，点Q在直线l：x＝－3上，△PBQ能否成为以点P为直角顶点的等腰直角三角形？若能，请直接写出符合条件的点P的坐标；若不能，请说明理由．类型4 探究特殊四边形问题8．(2017·青海)如图，在平面直角坐标系中，矩形OABC的顶点A，C分别在x轴，y轴的正半轴上，且OA＝4，OC＝3.若抛物线经过O，A两点，且顶点在BC边上，对称轴交BE于点F，点D，E的坐标分别为(3，0)，(0，1)．(1)求抛物线的解析式；(2)猜想△EDB的形状并加以证明；(3)点M在对称轴右侧的抛物线上，点N在x轴上，请问是否存在以点A，F，M，N为顶点的四边形是平行四边形．若存在，请求出所有符合条件的点M的坐标；若不存在，请说明理由．9．(2017·山西百校联考)如图1，平面直角坐标系xOy中，抛物线y＝43x2＋bx－4与x轴交于A，B两点(点B在点A右侧)，与y轴交于点C，点B的坐标为(1，0)．抛物线上有一动点P，点P的横坐标为m，且－3＜m＜0，过点P作y轴的平行线分别交x轴和直线AC于点D和E.(1)求抛物线及直线AC的函数关系式；(2)连接PC，求出当△PEC是直角三角形时m的值；(3)如图2，连接BC，则在第二象限内是否存在一点M，使得四边形PCBM是矩形？如果存在，直接写出此时点P和点M的坐标；如果不存在，请说明理由．图1 图2类型5 探究全等、相似三角形问题10．(2017·山西百校联考)综合与探究如图1，已知抛物线y＝－x2＋bx＋c与x轴交于A(－1，0)，B两点(点A在点B的左侧)，与直线AC交于点C(2，3)，直线AC与抛物线的对称轴l相交于点D，连接BD.(1)求抛物线的函数表达式，并求出点D的坐标；(2)如图2，若点M，N同时从点D出发，均以每秒1个单位长度的速度分别沿DA，DB运动，连接MN，将△DMN沿MN翻折，得到△D′MN.判断四边形DMD′N的形状，并说明理由．当运动时间t为何值时，点D′恰好落在x轴上？(3)在平面内，是否存在点P(异于A点)，使得以P，B，D为顶点的三角形与△ABD相似(全等除外)？若存在，请直接写出点P的坐标，若不存在，请说明理由．图1 图211．(2017·海南)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 ＝35x ＋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△CNQ 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．图1 图212．如图，抛物线y ＝ax 2＋c(a ≠0)与y 轴交于点A ，与x 轴交于B ，C 两点(点C 在x 轴正半轴上)，△ABC 为等腰直角三角形，且面积为4.现将抛物线沿BA 方向平移，平移后的抛物线经过点C 时，与x 轴的另一交点为E ，其顶点为F ，对称轴与x 轴的交点为H. (1)求a ，c 的值；(2)连接OF ，试判断△OEF 是否为等腰三角形，并说明理由；(3)现将一足够大的三角板的直角顶点Q 放在射线AF 或射线HF 上，一直角边始终过点E ，另一直角边与y 轴相交于点P ，是否存在这样的点Q ，使以点P ，Q ，E 为顶点的三角形与△POE 全等？若存在，请直接写出点Q 的坐标；若不存在，请说明理由．类型6 其他探究问题 13．(2017·山西百校联考)如图所示，抛物线y ＝ax 2＋bx －3与x 轴交于A ，B 两点，与y 轴交于点C ，其中A ，B 两点的坐标分别为(－1，0)，(3，0)．点P 从点A 出发，以每秒1个单位长度的速度沿线段AB 向终点B 运动；同时点Q 从点B 出发，以相同的速度沿线段BC 向终点C 运动，当一个动点到过终点时，另一个动点也随之停止运动，连接PQ.设点P 的运动时间为t 秒．(1)求抛物线及直线BC 的函数表达式； (2)设点P 关于直线BC 的对称点为D ，连接DQ ，BD.①当DQ ∥x 轴时，求证：PQ ＝BD ；②在运动的过程中，点D 有可能落在抛物线y ＝ax 2＋bx －3上吗？若能，请求出此时t 的值；若不能，请说明理由；(3)在运动的过程中，请直接写出当点Q 落在△BDP 外部时t 的取值范围．14．(2017·威海)如图，已知抛物线y ＝ax 2＋bx＋c 过点A(－1，0)，B(3，0)，C(0，3)．点M ，N 为抛物线上的动点，过点M 作MD ∥y 轴，交直线BC 于点D ，交x 轴于点E.(1)求二次函数y ＝ax 2＋bx ＋c 的表达式； (2)过点N 作NF ⊥x 轴，垂足为点F.若四边形MNFE 为正方形(此处限定点M 在对称轴的右侧)，求该正方形的面积；(3)若∠DMN ＝90°，MD ＝MN ，求点M 的横坐标．2019年山西中考数学专题复习专题四.综合与探究（答案）(2014·山西T24·13分)综合与探究 如图，在平面直角坐标系xOy 中，四边形OABC 是平行四边形，A ，C 两点的坐标分别为(4，0)，(－2，3)，抛物线W 经过O ，A ，C 三点，D 是抛物线W 的顶点．(1)求抛物线W 的解析式及顶点D 的坐标； (2)将抛物线W 和▱OABC 一起先向右平移4个单位长度，再向下平移m(0＜m ＜3)个单位长度，得到抛物线W ′和▱O ′A ′B ′C ′，在向下平移的过程中，设▱O ′A ′B ′C ′与▱OABC 的重叠部分的面积为S ，试探究：当m 为何值时S 有最大值，并求出S 的最大值；(3)在(2)的条件下，当S 取最大值时，设此时抛物线W ′的顶点为F ，若点M 是x 轴上的动点，点N 是抛物线W ′上的动点，试判断是否存在这样的点M 和点N ，使得以D ，F ，M ，N 为顶点的四边形是平行四边形？若存在，请直接写出点M 的坐标；若不存在，请说明理由．解：(1)设抛物线W 的解析式为y ＝ax 2＋bx ＋c ，∵抛物线W 经过O(0，0)，A(4，0)，C(－2，3)三点，∴⎩⎪⎨⎪⎧c ＝0，16a ＋4b ＋c ＝0，4a －2b ＋c ＝3， 解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝14，b ＝－1，c ＝0.(2分)∴抛物线W 的解析式为y ＝14x 2－x.(3分)∵y ＝14x 2－x ＝14(x －2)2－1，∴顶点D 的坐标为(2，－1)．(4分) (2)∵四边形OABC 是平行四边形，∴CB ∥OA ，CB ＝OA ＝4.又∵C 点的坐标为(－2，3)， ∴B 点的坐标为(2，3)．(5分)过点B 作BE ⊥x 轴于点E ，由平移可知，点C ′在BE 上，且BC ′＝m.∴BE ＝3，OE ＝2.∴EA ＝OA －OE ＝2，C ′E ＝BE －BC ′＝3－m.∵C ′B ′∥x 轴，∴△BC ′G ∽△BEA.(6分)∴BC ′BE ＝C ′G EA ，即m 3＝C ′G2. ∴C ′G ＝23m.(7分)由平移可知，▱O ′A ′B ′C ′与▱OABC 的重叠部分四边形C ′HAG 是平行四边形．∴S ＝23m(3－m)＝－23⎝ ⎛⎭⎪⎫m －322＋32.(8分)∴当m ＝32时，S 有最大值为32.(9分)(3)存在．在(2)的条件下，抛物线W 先向右平移4个单位长度，再向下平移32个单位长度，得到抛物线W ′，∵D(2，－1)，∴F ⎝⎛⎭⎪⎫6，－52. ∴抛物线W ′的解析式为y ＝14(x －6)2－52.设M(t ，0)，以D ，F ，M ，N 为顶点的四边形是平行四边形，①若点N 在x 轴下方，如图1所示． 过点D 作DP ∥y 轴，过点F 作FP ⊥DP 于点P ，∵D(2，－1)，F ⎝ ⎛⎭⎪⎫6，－52，∴DP ＝32，FP ＝4.过点N 作NQ ⊥x 轴于点Q ，由四边形FDMN 为平行四边形，易证△DFP ≌△NMQ ，∴MQ ＝FP ＝4，NQ ＝DP ＝32.∴N ⎝⎛⎭⎪⎫4＋t ，－32. 将点N 的坐标代入抛物线W ′的解析式y ＝14(x －6)2－52，得14(t －2)2－52＝－32，解得t ＝0或t ＝4.∴点M 的坐标为(0，0)或(4，0)．图 1 图2 ②若点N 在x 轴上方，如图2所示． 与①同理，得N ⎝⎛⎭⎪⎫t －4，32.将点N 的坐标代入抛物线W ′的解析式y ＝14()x －62－52，得14(t －10)2－52＝32，解得t ＝6或t ＝14.∴点M 的坐标为(6，0)或(14，0)．(2016·山西T23·4分)综合与探究： 如图，在平面直角坐标系中，已知抛物线y ＝ax 2＋bx －8与x 轴交于A ，B 两点，与y 轴交于点C ，直线l 经过坐标原点O ，与抛物线的一个交点为D ，与抛物线的对称轴交于点E ，连接CE ，已知点A ，D 的坐标分别为(－2，0)，(6，－8)．(1)求抛物线的函数表达式，并分别求出点B 和点E 的坐标；(2)试探究抛物线上是否存在点F ，使△FOE ≌△FCE ，若存在，请直接写出点F 的坐标；若不存在，请说明理由；(3)若点P 是y 轴负半轴上的一个动点，设其坐标为(0，m)，直线PB 与直线l 交于点Q.试探究：当m 为何值时，△OPQ 是等腰三角形．【自主解答】 解：(1)∵抛物线y ＝ax 2＋bx －8经过点A(－2，0)，D(6，－8)，∴⎩⎪⎨⎪⎧4a －2b －8＝0，36a ＋6b －8＝－8， 解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝12，b ＝－3.∴抛物线的函数表达式为y ＝12x 2－3x －8.∵y ＝12x 2－3x －8＝12(x －3)2－252，∴抛物线的对称轴为直线x ＝3.又∵抛物线与x 轴交于A ，B 两点，点A 的坐标为(－2，0)，∴点B 的坐标为(8，0)．设直线l 的函数表达式为y ＝kx.∵点D(6，－8)在直线l 上，∴6k ＝－8，解得k ＝－43.∴直线l 的函数表达式为y ＝－43x.∵点E 为直线l 和抛物线对称轴的交点， ∴点E 的横坐标为3，纵坐标为－43×3＝－4，即点E 的坐标为(3，－4)．(2)抛物线上存在点F ，使△FOE ≌△FCE. 由△FOE ≌△FCE ，可得FO ＝FC ，即点F 是线段OC 的垂直平分线与抛物线的交点，画图可知符合条件的点有两个．由点C(0，－8)可知点F 的纵坐标为－4，把y ＝－4代入y ＝12x 2－3x －8，解得x 1＝3－17，x 2＝3＋17.∴点F 的坐标为(3－17，－4)或(3＋17，－4)．(3)分两种情况：①当OP ＝OQ 时，△OPQ 是等腰三角形，如图1.∵点E 的坐标为(3，－4)，∴OE ＝32＋42＝5.过点E 作直线ME ∥PB ，交y 轴于点M ，交x 轴于点H ，则OM OP ＝OEOQ，∴OM ＝OE ＝5.图1∴点M 的坐标为(0，－5)．设直线ME 的函数表达式为y ＝k 1x －5，∴3k 1－5＝－4，解得k 1＝13.∴直线ME 的函数表达式为y ＝13x －5.令y ＝13x －5＝0，解得x ＝15，∴点H 的坐标为(15，0)．又∵MH ∥PB ，∴OP OM ＝OB OH ，即－m 5＝815.∴m ＝－83.图2②当QO ＝QP 时，△OPQ 是等腰三角形，如图2.当x ＝0时，y ＝12x 2－3x －8＝－8，∴点C 的坐标为(0，－8)．∴CE ＝32＋（8－4）2＝5.∴OE ＝CE.∴∠1＝∠2.又∵QO ＝QP ，∴∠1＝∠3. ∴∠2＝∠3.∴CE ∥PB.设直线CE 交x 轴于点N ，其函数表达式为y ＝k 2x －8，∴3k 2－8＝－4，解得k 2＝43.∴直线CE 的函数表达式为y ＝43x －8.令y ＝0，得43x －8＝0，∴x ＝6.∴点N 的坐标为(6，0)．∵CN ∥PB.∴OP OC ＝OB ON ，即－m 8＝86.解得m ＝－323. 综上所述，当m 的值为－83或－323时，△OPQ是等腰三角形．类型1 探究线段及最值问题1．(2017·山西T23·14分)综合与探究如图，抛物线y ＝－39x 2＋233x ＋33与x 轴交于A ，B 两点(点A 在点B 的左侧)，与y 轴交于点C ，连接AC ，BC.点P 沿AC 以每秒1个单位长度的速度由点A 向点C 运动，同时，点Q 沿BO 以每秒2个单位长度的速度由点B 向点O 运动，当一个点停止运动时，另一个点也随之停止运动，连接PQ ，过点Q 作QD ⊥x 轴，与抛物线交于点D ，与BC 交于点E.连接PD ，与BC 交于点F.设点P 的运动时间为t 秒(t ＞0)．(1)求直线BC 的函数表达式；(2)①直接写出P ，D 两点的坐标(用含t 的代数式表示，结果需化简)；②在点P ，Q 运动的过程中，当PQ ＝PD 时，求t 的值；(3)试探究在点P ，Q 运动的过程中，是否存在某一时刻，使得点F 为PD 的中点．若存在，请直接写出此时t 的值与点F 的坐标；若不存在，请说明理由．解：(1)由y ＝0，得－39x 2＋233x ＋33＝0.解得x 1＝－3，x 2＝9.∴点B 的坐标为(9，0)． 由x ＝0，得y ＝33，∴点C 的坐标为(0，33)．设直线BC 的函数表达式为y ＝kx ＋b. 由B ，C 两点的坐标得⎩⎨⎧9k ＋b ＝0，b ＝3 3.解得⎩⎪⎨⎪⎧k ＝－33，b ＝3 3. ∴直线BC 的函数表达式为y ＝－33x ＋3 3.(2)①P⎝ ⎛⎭⎪⎫t2－3，32t ，D ⎝ ⎛⎭⎪⎫9－2t ，－439t 2＋833t . ②过点P 作PG ⊥x 轴于点G ，PH ⊥QD 于点H.∵QD ⊥x 轴，∴四边形PGQH 是矩形． ∴HQ ＝PG.∵PQ ＝PD ，PH ⊥QD ，∴DQ ＝2HQ ＝2PG. ∵P ，D 两点的坐标分别为⎝ ⎛⎭⎪⎫t2－3，32t ，⎝⎛⎭⎪⎫9－2t ，－439t 2＋833t ，∴－439t 2＋833t ＝2×32t. 解得t 1＝0(舍去)，t 2＝154. ∴当PQ ＝PD 时，t 的值为154.(3)存在．t ＝3，F ⎝ ⎛⎭⎪⎫34，1134.2．(2017·滨州)如图，直线y ＝kx ＋b(k ，b 为常数)分别与x 轴，y 轴交于点A(－4，0)，B(0，3)，抛物线y ＝－x 2＋2x ＋1与y 轴交于点C.(1)求直线y ＝kx ＋b 的解析式；(2)若点P(x ，y)是抛物线y ＝－x 2＋2x ＋1上的任意一点，设点P 到直线AB 的距离为d ，求d 关于x 的函数解析式，并求d 取最小值时点P 的坐标；(3)若点E 在抛物线y ＝－x 2＋2x ＋1的对称轴上移动，点F 在直线AB 上移动，求CE ＋EF 的最小值．解：(1)∵直线y ＝kx ＋b 经过点A(－4，0)，B(0，3)，∴⎩⎪⎨⎪⎧－4k ＋b ＝0，b ＝3， 解得⎩⎪⎨⎪⎧k ＝34，b ＝3.∴y ＝34x ＋3.(2)过点P 作PH ⊥AB 于点H ，过点H 作x 轴的平行线MN ，分别过点A ，P 作MN 的垂线段，垂足分别为M ，N.设H ⎝ ⎛⎭⎪⎫m ，34m ＋3，则M ⎝ ⎛⎭⎪⎫－4，34m ＋3，N ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ，34m ＋3，P ()x ，－x 2＋2x ＋1.∵PH ⊥AB ，∴∠PHN ＋∠AHM ＝90°.∵AM ⊥MN ，∴∠MAH ＋∠AHM ＝90°. ∴∠MAH ＝∠PHN.又∵∠AMH ＝∠PNH ＝90°， ∴△MAH ∽△NHP.∵MA ∥y 轴，∴△MAH ∽△OBA. ∴△OBA ∽△NHP.∴NH 3＝PN 4＝PH 5. ∴x －m 3＝（34m ＋3）－（－x 2＋2x ＋1）4＝d5.整理，得d ＝45x 2－x ＋85＝45⎝ ⎛⎭⎪⎫x －582＋10380，∴当x ＝58时，d 取最小值，此时P ⎝ ⎛⎭⎪⎫58，11964.(3)如图，作点C 关于直线x ＝1的对称点C ′，过点C ′作C ′F ⊥AB 于点F.过点F 作JK ∥x 轴，分别过点A ，C ′作AJ ⊥JK 于点J ，C ′K ⊥JK 于点K.则C ′(2，1)．设F(n ，34n ＋3)，则J ⎝ ⎛⎭⎪⎫－4，34n ＋3，K ⎝ ⎛⎭⎪⎫2，34n ＋3.∵C ′F ⊥AB ，∴∠AFJ ＋∠C ′FK ＝90°. ∵C ′K ⊥JK ，∴∠C ′＋∠C ′FK ＝90°. ∴∠C ′＝∠AFJ.又∵∠J ＝∠K ＝90°，∴△AFJ ∽△FC ′K. ∴AJ FK ＝FJ C ′K ，即34n ＋32－n ＝n ＋434n ＋2. 解得n ＝825或－4(不符合题意，舍去)．∴F ⎝ ⎛⎭⎪⎫825，8125.∵C ′(2，1)，∴FC ′＝⎝ ⎛⎭⎪⎫2－8252＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1－81252＝145.∴CE ＋EF 的最小值为145.类型2 探究图形面积及最值问题3．(2017·安顺)如图1，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 ＝x 2＋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2，3供画图探究)．图1图2 图3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 坐标分别代入抛物线解析式可得⎩⎪⎨⎪⎧9＋3b ＋c ＝0，c ＝3，解得⎩⎪⎨⎪⎧b ＝－4，c ＝3. ∴抛物线的解析式为y ＝x 2－4x ＋3.(2)∵y ＝x 2－4x ＋3＝(x －2)2－1，∴抛物线的对称轴为直线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＝2 5.∵△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)如图，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．4．(2015·山西T24·13分)综合与探究 如图1，在平面直角坐标系xOy 中，抛物线W 的函数表达式为y ＝－421x 2＋1621x ＋4.抛物线W与x 轴交于A ，B 两点(点B 在点A 的右侧)，与y轴交于点C ，它的对称轴与x 轴交于点D ，直线l 经过C ，D 两点．(1)求A ，B 两点的坐标及直线l 的函数表达式；(2)将抛物线W 沿x 轴向右平移得到抛物线W ′，设抛物线W ′的对称轴与直线l 交于点F ，当△ACF 为直角三角形时，求点F 的坐标，并直接写出此时抛物线W ′的函数表达式；(3)如图2，连接AC ，CB ，将△ACD 沿x 轴向右平移m 个单位长度(0＜m ≤5)，得到△A ′C ′D ′.设A ′C ′交直线l 于点M ，C ′D ′交CB 于点N ，连接CC ′，MN.求四边形CMNC ′的面积(用含m 的代数式表示)．图1 图2 解：(1)当y ＝0时，－421x 2＋1621x ＋4＝0，解得x 1＝－3，x 2＝7.∴点A 的坐标为(－3，0)，点B 的坐标为(7，0)．∵－b2a ＝－16212×⎝ ⎛⎭⎪⎫－421＝2， ∴抛物线W 的对称轴为直线x ＝2. ∴点D 的坐标为(2，0)．当x ＝0时，y ＝4，∴点C 的坐标为(0，4)． 设直线l 的函数表达式为y ＝kx ＋b ，则⎩⎪⎨⎪⎧b ＝4，2k ＋b ＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧k ＝－2，b ＝4. ∴直线l 的函数表达式为y ＝－2x ＋4.(2)∵抛物线W 向右平移，∴只有一种情况符合要求，即∠FAC ＝90°，如图．此时抛物线W ′的对称轴与x 轴的交点为G ， ∵∠1＋∠2＝90°，∠2＋∠3＝90°， ∴∠1＝∠3.∴tan ∠1＝tan ∠3. ∴FG AG ＝AO CO. 设点F 的坐标为(x F ，－2x F ＋4)， ∴－（－2x F ＋4）x F －（－3）＝34，解得x F ＝5.∴－2x F ＋4＝－6.∴点F 的坐标为(5，－6)，此时抛物线W ′的函数表达式为y ＝－421x 2＋4021x.(3)由平移可得：点C ′，点A ′，点D ′的坐标分别为C ′(m ，4)，A ′(－3＋m ，0)，D ′(2＋m ，0)，CC ′∥x 轴，C ′D ′∥CD.可用待定系数法求得直线A ′C ′的函数表达式为y ＝43x ＋4－43m ，直线BC 的函数表达式为y ＝－47x ＋4，直线C ′D ′的函数表达式为y ＝－2x ＋2m ＋4，分别解方程组⎩⎪⎨⎪⎧y ＝43x ＋4－43m ，y ＝－2x ＋4， 和⎩⎪⎨⎪⎧y ＝－2x ＋2m ＋4，y ＝－47x ＋4， 解得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝25m ，y ＝－45m ＋4， 和⎩⎪⎨⎪⎧x ＝75m ，y ＝－45m ＋4.∴点M 的坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫25m ，－45m ＋4，点N 的坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫75m ，－45m ＋4.∴y M ＝y N .∴MN ∥x 轴．∵CC ′∥x 轴，∴CC ′∥MN. 又∵C ′D ′∥CD ，∴四边形CMNC ′是平行四边形．∴S 四边形CMNC ′＝m ⎣⎢⎡⎦⎥⎤4－⎝ ⎛⎭⎪⎫－45m ＋4＝45m 2.类型3 探究特殊三角形问题5．(2013·山西T26·14分)综合与探究：如图，抛物线y ＝14x 2－32x －4与x 轴交于A ，B 两点(点B 在点A 的右侧)，与y 轴交于点C ，连接BC ，以BC 为一边，点O 为对称中心作菱形BDEC ，点P 是x 轴上的一个动点，设点P 的坐标为(m ，0)，过点P 作x 轴的垂线l 交抛物线于点Q.(1)求点A ，B ，C 的坐标；(2)当点P 在线段OB 上运动时，直线l 分别交BD ，BC 于点M ，N.试探究m 为何值时，四边形CQMD 是平行四边形，此时，请判断四边形CQBM的形状，并说明理由；(3)当点P 在线段EB 上运动时，是否存在点 Q ，使△BDQ 为直角三角形，若存在，请直接写出点Q 的坐标；若不存在，请说明理由．解：(1)当y ＝0时，14x 2－32x －4＝0，解得x 1＝－2，x 2＝8.∵点B 在点A 的右侧，∴点A ，B 的坐标分别为(－2，0)，(8，0)．当x ＝0时，y ＝－4，∴点C 的坐标为(0，－4)．(2)由菱形的对称性可知，点D 的坐标为(0，4)．设直线BD 的解析式为y ＝kx ＋b ，则⎩⎪⎨⎪⎧b ＝4，8k ＋b ＝0.解得⎩⎪⎨⎪⎧k ＝－12，b ＝4.∴直线BD 的解析式为y ＝－12x ＋4.∵l ⊥x 轴，∴点M ，Q 的坐标分别是⎝ ⎛⎭⎪⎫m ，－12m ＋4， ⎝ ⎛⎭⎪⎫m ，14m 2－32m －4. 当MQ ＝DC 时，四边形CQMD 是平行四边形．∴⎝ ⎛⎭⎪⎫－12m ＋4－⎝ ⎛⎭⎪⎫14m 2－32m －4＝4－(－4)．化简，得m 2－4m ＝0.解得m 1＝0(舍去)，m 2＝4.∴当m ＝4时，四边形CQMD 是平行四边形． 此时，四边形CQBM 是平行四边形．∵m ＝4，∴点P 是OB 中点．∵l ⊥x 轴，∴l ∥y 轴．∴△BPM∽△BOD.∴BPBO＝BMBD＝12.∴BM＝DM.∵四边形CQMD是平行四边形，∴DM平行且等于CQ，∴BM平行且等于CQ.∴四边形CQBM是平行四边形．(3)抛物线上存在两个这样的点Q，分别是Q1(－2，0)，Q2(6，－4)．6．(2017·南充)如图1，已知二次函数y＝ax2＋bx＋c(a，b，c为常数，a≠0)的图象过点O(0，0)和点A(4，0)，函数图象最低点M的纵坐标为－83.直线l的解析式为y＝x.(1)求二次函数的解析式；(2)直线l沿x轴向右平移，得直线l′，l′与线段OA相交于点B，与x轴下方的抛物线相交于点C，过点C作CE⊥x轴于点E，把△BCE沿直线l′折叠，当点E恰好落在抛物线上点E′时(图2)，求直线l′的解析式；(3)在(2)的条件下，l′与y轴交于点N，把△BON绕点O逆时针旋转135°得到△B′ON′，P为l′上的动点，当△PB′N′为等腰三角形时，求符合条件的点P的坐标．图1图2备用图解：(1)∵抛物线过点(0，0)，(4，0)，顶点纵坐标为－83，得⎩⎪⎨⎪⎧0＝c，0＝16a＋4b＋c，－83＝4a＋2b＋c，解得⎩⎪⎨⎪⎧a＝23，b＝－83，c＝0.∴二次函数的解析式为y＝23x2－83x.(2)∵直线l的解析式为y＝x，∴直线l与x轴成45°的角．∵l∥l′，∴∠CBE＝45°.又∵CE⊥x轴，∴△BCE是等腰直角三角形．∵△BCE′是由△BCE沿直线l′折叠所得，∴四边形BECE′是正方形．∴CE′∥x轴．∴点C与E′关于对称轴x＝2对称．设C⎝⎛⎭⎪⎫m，23m2－83m，∴E′的横坐标为4－m，则B(4－m，0)．设直线l′的解析式为y＝x＋k.∵点B在l′上，∴k＝m－4.∴直线l′的解析式为y＝x＋m－4.又∵点C在l′上，∴23m2－83m＝m＋m－4，解得m1＝1，m2＝6.又∵点C在x轴下方的抛物线上，∴m＝1.∴直线l′的解析式为y＝x－3.(3)∵△BON是等腰直角三角形，∴旋转后△B′ON′顶点的坐标分别为O(0，0)，B′⎝⎛⎭⎪⎫－322，322，N′⎝⎛⎭⎪⎫322，322.①当PB′＝PN′时，由对称性可知，当P(0，－3)时，△PB′N′是等腰三角形．②当B′P＝B′N′时，延长B′O交BN于点F，得B′F⊥BN，B′F＝3＋322，又∵B′N′＝BN＝32，∴B′F＞B′N′.∵B′P≥B′F，∴这种情况不存在．③当PN′＝B′N′时，∵P在l′上，∴设P(m，m－3)，则PN′2＝⎝⎛⎭⎪⎫m－3222＋⎝⎛⎭⎪⎫m－3－3222，∴18＝⎝⎛⎭⎪⎫m－3222＋⎝⎛⎭⎪⎫m－3－3222.解得m1＝32＋3－332，m2＝32＋3＋322.∴当P⎝⎛⎭⎪⎫32＋3－332，32－3－332或⎝⎛⎭⎪⎫32＋3＋332，32－3＋332时，△PB′N′为等腰三角形．综上所述，符合条件的点P的坐标为P1(0，－3)，P2⎝⎛⎭⎪⎫32＋3－332，32－3－332，P3⎝⎛⎭⎪⎫32＋3＋332，32－3＋332.7．(2016·玉林改编)如图，抛物线L：y＝ax2＋bx＋c与x轴交于A，B(3，0)两点(A在B的左侧)，与y轴交于点C(0，3)，已知对称轴为直线x＝1.(1)求抛物线L的解析式；(2)将抛物线L向下平移h个单位长度，使平移后所得抛物线的顶点落在△OBC内(包括△OBC的边界)，求h的取值范围；(3)设点P是抛物线L上任意一点，点Q在直线l：x＝－3上，△PBQ能否成为以点P为直角顶点的等腰直角三角形？若能，请直接写出符合条件的点P的坐标；若不能，请说明理由．解：(1)根据题意，得⎩⎪⎨⎪⎧c＝3，9a＋3b＋c＝0，－b2a＝1.解得⎩⎪⎨⎪⎧a＝－1，b＝2，c＝3.∴y＝－x2＋2x＋3.(2)∵y＝－x2＋2x＋3＝－(x－1)2＋4，∴抛物线的顶点为(1，4)．∵抛物线向下平移了h个单位长度，∴平移后抛物线的顶点为(1，4－h)．设直线BC的解析式为y＝kx＋b.将B(3，0)，C(0，3)代入y＝kx＋b中，得⎩⎪⎨⎪⎧3k＋b＝0，b＝3.解得⎩⎪⎨⎪⎧k＝－1，b＝3.∴y＝－x＋3.当x＝1时，y＝2.要使平移后所得抛物线的顶点落在△OBC内，则0≤4－h≤2，∴2≤h≤4.(3)能，符合条件的点P的坐标为(0，3)，(1，4)，⎝⎛⎭⎪⎫3＋332，－9＋332或⎝⎛⎭⎪⎫3－332，33－92.类型4 探究特殊四边形问题8．(2017·青海)如图，在平面直角坐标系中，矩形OABC的顶点A，C分别在x轴，y轴的正半轴上，且OA＝4，OC＝3.若抛物线经过O，A两点，且顶点在BC边上，对称轴交BE于点F，点D，E 的坐标分别为(3，0)，(0，1)．(1)求抛物线的解析式；(2)猜想△EDB的形状并加以证明；(3)点M在对称轴右侧的抛物线上，点N在x 轴上，请问是否存在以点A，F，M，N为顶点的四边形是平行四边形．若存在，请求出所有符合条件的点M的坐标；若不存在，请说明理由．解：(1)由题意，在矩形OABC中，OC＝3，OA＝4，∴A(4，0)，C(0，3)，B(4，3)．∵点O，A在抛物线上且关于直线x＝2对称，设直线x＝2交CB于点H，∴H(2，3)是抛物线的顶点．设抛物线的解析式为y＝a(x－2)2＋3(a≠0)．∵当x＝4时，y＝0，即4a＋3＝0，∴a＝－34.∴抛物线的解析式为y＝－34(x－2)2＋3.(2)△EDB为等腰直角三角形．证明：∵D，E两点坐标分别为(3，0)，(0，1)，∴OE＝AD＝1，OD＝AB＝3.在△EOD和△DAB中，⎩⎪⎨⎪⎧OE＝AD，∠EOD＝∠DAB＝90°，OD＝AB，∴△EOD≌△DAB(SAS)．∴∠EDO＝∠DBA，ED＝DB.∵∠BDA＋∠DBA＝90°，∴∠EDO＋∠BDA＝90°.∴∠EDB＝90°.∴△EDB为等腰直角三角形．(3)存在．理由如下：设BE所在直线的函数解析式为y＝kx＋b(k≠0)，则⎩⎪⎨⎪⎧3＝4k＋b，1＝b，解得⎩⎪⎨⎪⎧k＝12，b＝1.∴y＝12x＋1.∵当x＝2时，y＝2，∴F点坐标为(2，2)．①过点F作FM∥x轴交直线x＝2右侧抛物线于点M1，点N在x轴上得到▱FN1AM1和▱FAN2M1.把y＝2代入y＝－34(x－2)2＋3，即2＝－34(x－2)2＋3.解得x＝6±233.∵x＞2，∴x＝6＋233.∴M1的坐标为⎝⎛⎭⎪⎫6＋233，2.②在直线x＝2上作点F关于x轴对称的点F1(2，－2)．过点F1作F1M2∥x轴交直线x＝2右侧抛物线于点M2，点N在x轴上得到▱N3M2AF.把y＝－2代入y＝－34(x－2)2＋3，即－2＝－34(x－2)2＋3.解得x＝6±2153.∵x＞2，∴x＝6＋2153.∴M2的坐标为⎝⎛⎭⎪⎫6＋2153，－2.∴符合条件的点M的坐标为⎝⎛⎭⎪⎫6＋233，2或⎝⎛⎭⎪⎫6＋2153，－2.9．(2017·山西百校联考)如图1，平面直角坐标系xOy中，抛物线y＝43x2＋bx－4与x轴交于A，B两点(点B在点A右侧)，与y轴交于点C，点B的坐标为(1，0)．抛物线上有一动点P，点P的横坐标为m，且－3＜m＜0，过点P作y轴的平行线分别交x轴和直线AC于点D和E.(1)求抛物线及直线AC的函数关系式；(2)连接PC，求出当△PEC是直角三角形时m的值；(3)如图2，连接BC，则在第二象限内是否存在一点M，使得四边形PCBM是矩形？如果存在，直接写出此时点P和点M的坐标；如果不存在，请说明理由．图1 图2解：(1)把B(1，0)代入y＝43x2＋bx－4中，得b＝83.∴抛物线的函数关系式为y＝43x2＋83x－4.把x＝0代入上式，得y＝－4.∴点C的坐标为(0，－4)．把y＝0代入上式，得0＝43x2＋83x－4，解得x1＝－3，x2＝1.∵点B在点A右侧，∴点A坐标为(－3，0)．设直线AC的函数关系式为y＝kx＋n.把点A(－3，0)和C(0，－4)代入上式，得⎩⎪⎨⎪⎧－3k＋n＝0，k·0＋n＝－4，解得⎩⎪⎨⎪⎧k＝－43，n＝－4.∴直线AC的函数关系式为y＝－43x－4.(2)分两种情况进行讨论：①如图3，当∠EPC＝90°时．∵PE∥y轴，∴PE⊥x轴．∵∠DOC＝90°，∴四边形DPCO是矩形．∴DP＝OC＝4.∴点P纵坐标为－4.∵点P的横坐标为m，∴43m2＋83m－4＝－4.解得m1＝－2，m2＝0(舍去)．∴m＝－2.图3 图4②如图4，当∠ECP ＝90°时． 在Rt △ACO 中，AO ＝3，OC ＝4， ∴AC ＝AO 2＋OC 2＝32＋42＝5. ∵点P 的横坐标为m ，∴设点P 坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫m ，43m 2＋83m －4，点E 坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫m ，－43m －4.∵－3＜m ＜0，∴EP ＝(－43m －4)－(43m 2＋83m －4)＝－43m 2－4m.∵EP ∥y 轴，∴∠PEC ＝∠ACO. ∴cos ∠PEC ＝cos ∠ACO ＝OC AC ＝45.∴EC ＝EP ·cos ∠PEC ＝(－43m 2－4m)·45＝－1615m 2－165m.由已知得AD ＝m －(－3)＝m ＋3. ∴在Rt △ADE 中，AE ＝AD cos ∠DAE ＝m ＋3AOAC＝m ＋335＝53m ＋5. ∵AE ＋EC ＝AC ，∴⎝ ⎛⎭⎪⎫53m ＋5＋⎝ ⎛⎭⎪⎫－1615m 2－165m ＝5.解得m 1＝－2316，m 2＝0(舍去)．综上，当△PEC 是直角三角形时，m 的值为－2或－2316. (3)P ⎝ ⎛⎭⎪⎫－3516，－22164，M ⎝ ⎛⎭⎪⎫－1916，3564. 类型5 探究全等、相似三角形问题10．(2017·山西百校联考)综合与探究如图1，已知抛物线y ＝－x 2＋bx ＋c 与x 轴交于A(－1，0)，B 两点(点A 在点B 的左侧)，与直线AC 交于点C(2，3)，直线AC 与抛物线的对称轴l 相交于点D ，连接BD.(1)求抛物线的函数表达式，并求出点D 的坐标；(2)如图2，若点M ，N 同时从点D 出发，均以每秒1个单位长度的速度分别沿DA ，DB 运动，连接MN ，将△DMN 沿MN 翻折，得到△D ′MN.判断四边形DMD ′N 的形状，并说明理由．当运动时间t 为何值时，点D ′恰好落在x 轴上？(3)在平面内，是否存在点P(异于A 点)，使得以P ，B ，D 为顶点的三角形与△ABD 相似(全等除外)？若存在，请直接写出点P 的坐标，若不存在，请说明理由．图1图2解：(1)将A(－1，0)，C(2，3)分别代入y ＝－x 2＋bx ＋c 中，得⎩⎪⎨⎪⎧－1－b ＋c ＝0，－4＋2b ＋c ＝3，解得⎩⎪⎨⎪⎧b ＝2，c ＝3. ∴抛物线的函数表达式为y ＝－x 2＋2x ＋3.∵y ＝－x 2＋2x ＋3＝－(x －1)2＋4，∴抛物线的对称轴为直线x ＝1.设直线AC 的函数表达式为y ＝kx ＋m(k ≠0)， 将A(－1，0)，C(2，3)的坐标分别代入y ＝kx ＋m 中，得⎩⎪⎨⎪⎧－k ＋m ＝0，2k ＋m ＝3，解得⎩⎪⎨⎪⎧k ＝1，m ＝1.∴直线AC 的函数表达式为y ＝x ＋1.又∵点D 是直线AC 与抛物线的对称轴的交点，∴x D ＝1，y D ＝1＋1＝2. ∴D 点的坐标为(1，2)．(2)四边形MDND ′为正方形，理由如下：∵抛物线y ＝－x 2＋bx ＋c 与x 轴交于A ，B 两点，∴令y ＝0，则－x 2＋2x ＋3＝0. 解得x 1＝－1，x 2＝3. ∴B(3，0). ∴AD ＝22＋22＝22，BD ＝22＋22＝22，AB ＝1＋3＝4.而(22)2＋(22)2＝42，即AD 2＋BD 2＝AB 2，∴△ABD 为等腰直角三角形．∴∠DAB ＝∠DBA ＝45°，∠ADB ＝90°. 由折叠性质可知：D ′M ＝DM ，DN ＝ND ′， 又∵DM ＝DN ，∴四边形DMD ′N 为菱形． 而∠MDN ＝90°，∴四边形DMD ′N 为正方形．设DM ＝DN ＝t ，当点D 落在x 轴上的点D ′处时，∵四边形DMD ′N 为正方形， ∴∠D ′NB ＝90°. 在Rt △D ′NB 中，∵D ′N ＝t ，BN ＝22－t ，BD ′＝2，∴t 2＋(22－t)2＝22.解得t 1＝t 2＝2， 即经过 2 s 时，点D 恰好落在x 轴上的D ′处．(3)存在．符合条件的点P 的坐标为：P 1(1，0)，P 2(3，2)．11．(2017·海南)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 ＝35x ＋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△CNQ 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．图1图2解：(1)∵抛物线y ＝ax 2＋bx ＋3经过点A(1，0)和点B(5，0)，∴⎩⎪⎨⎪⎧a ＋b ＋3＝0，25a ＋5b ＋3＝0， 解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝35，b ＝－185.∴该抛物线对应的函数解析式为y ＝35x 2－185x ＋3.。
山西省中考数学真题汇编 图形的变换
山西省中考数学真题汇编图形的变换一、单选题1．（2021·山西）为推动世界冰雪运动的发展，我国将于2022年举办北京冬奥会．在此之前进行了冬奥会会标的征集活动，以下是部分参选作品，其文字上方的图案既是轴对称图形又是中心对称图形的是（）A．B．C．D．【答案】B【解析】【解答】解：A、文字上方的图案既不是轴对称图形也不是中心对称图形，故不符合题意；B、文字上方的图案既是轴对称图形也是中心对称图形，故符合题意；C、文字上方的图案是轴对称图形但不是中心对称图形，故不符合题意；D、文字上方的图案是轴对称图形，不是中心对称图形，故不符合题意；故答案为：B．【分析】根据轴对称图形和中心对称图形的定义逐项判定即可。
2．（2020·山西）泰勒斯是古希腊时期的思想家，科学家，哲学家，他最早提出了命题的证明．泰勒斯曾通过测量同一时刻标杆的影长，标杆的高度。
金字塔的影长，推算出金字塔的高度。
这种测量原理，就是我们所学的（）A．图形的平移B．图形的旋转C．图形的轴对称D．图形的相似【答案】D【解析】【解答】根据题意画出如下图形：可以得到△ABE∼△CDE，则ABBE=CDDEAB即为金字塔的高度，CD 即为标杆的高度，通过测量影长即可求出金字塔的高度故答案为：D.【分析】根据在同一时刻的太阳光下物体的影长和物体的实际高度成比例即可判断；3．（2020·山西）自新冠肺炎疫情发生以来，全国人民共同抗疫，各地积极普及科学防控知识．下面是科学防控知识的图片，图片上有图案和文字说明，其中的图案是轴对称图形的是（）A．B．C．D．【答案】D【解析】【解答】解：A、不是轴对称图形；B、不是轴对称图形；C、不是轴对称图形；D、是轴对称图形；故答案为：D．【分析】根据轴对称图形的概念判断即可．4．（2020·山西）下列几何体都是由4个大小相同的小正方体组成的，其中主视图与左视图相同的几何体是（）A．B．C．D．【答案】B【解析】【解答】A、左视图为，主视图为，左视图与主视图不同，故此选项不合题意；B、左视图为，主视图为，左视图与主视图相同，故此选项符合题意；C、左视图为，主视图为，左视图与主视图不同，故此选项不合题意；D、左视图为，主视图为，左视图与主视图不同，故此选项不合题意；故答案为：B．【分析】分别画出四个选项中简单组合体的三视图即可．5．（2018·山西）如图，在Rt△ABC中，△ACB=90°，△A=60°，AC=6，将△ABC绕点C按逆时针方向旋转得到△A'B'C'，此时点A'恰好在AB边上，则点B'与点B之间的距离为（）A．12B．6C．6 √2D．6√3【答案】D【解析】【解答】连接B'B，∵将△ABC绕点C按逆时针方向旋转得到△A'B'C，∴AC=A'C，AB=A'B，△A=△CA'B'=60°，∴△AA'C是等边三角形，∴△AA'C=60°，∴△B'A'B=180°-60°-60°=60°，∵将△ABC绕点C按逆时针方向旋转得到△A'B'C，∴△ACA'=△BCB'=60°，BC=B'C，△CB'A'=△CBA=90°-60°=30°，∴△BCB'是等边三角形，∴△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 √3，故答案为：D．【分析】连接B'B，根据旋转的性质得出AC=A'C，AB=A'B，△A=△CA'B'=60°，从而判断出△AA'C 是等边三角形，根据等边三角形的性质得出△AA'C=60°，根据平角的定义得出△B'A'B=180°-60°-60°=60°，根据旋转的性质得出△ACA'=△BCB'=60°，BC=B'C，△CB'A'=△CBA=90°-60°=30°，故△BCB'是等边三角形，从而得出△B'BA'=90°，根据含30°角的直角三角形的边之间的关系得出AB=12，根据线段的和差得出A'B，由勾股定理即可算出B'B，6．（2021·太原模拟）如图，在矩形纸片ABCD中，AD=9，AB=7，点F是BC上一点，点E在AD上，将矩形纸片沿直线EF折叠，点A落在点A′处．点B恰好落在边CD上的点B′处，A′B交AD于点G，若CB′=3，则四边形EFB′G的面积等于（）A．353B．553C．352D．1456【答案】D【解析】【解答】解：∵四边形ABCD是矩形，且AD=9，AB=7∴BC=AD=9，CD=AB=7∵CB′=3∴DB′=4设BF=x∴CF=9−x∵BF=B′F且B′F2=FC2+B′C2∴x2=(9−x)2+32∴x=5∴BF=5,CF=4∵△ FB′A′=∠D=90°∴△ ∠FB′C+∠GB′D=90°,∠GB′D+∠DGB=90°，∴∠FB′C=∠DGB′∵∠D=∠C，FC=B′D=4∴ΔFCB′≅ΔB′DG∴GD=CB′=3∴GB′2=√DG2+DB′2=√32+42=5∵A′B′=AB=7∴A′G=2设AE=A′E=y.∴EG=9−3−y=6−y又EG2=A′E2+A′G2∴(6−y)2=y2+22解得，y=8 3∴AE=A′E=83∵S梯形AB′FE =S梯形ABFE=12(AE+BF)×AB=12×(83+5)×7=1616，SΔA′EG=12A′E×A′G=1 2×83×2=83∴四边形EFB′G的面积S=S梯形A′B′FE−SΔA′EG=1616−83=1456故答案为：D【分析】根据矩形的性质得DB′=4，设BF=x，由勾股定理得BF=5,CF=4，再证明ΔFCB′≅ΔB′DG得GD=CB′=3，由勾股定理得GB′2=5，可得，设A′G=2AE=A′E=y.由勾股定理求出AE=A′E=83，最后由四边形EFB′G的面积S=S梯形A′B′FE−SΔA′EG求出结论即可．二、填空题7．（2021·山西）太原地铁2号线是山西省第一条开通运营的地铁线路，于2020年12月26日开通．如图是该地铁某站扶梯的示意图，扶梯 AB 的坡度 i =5:12 （ i 为铅直高度与水平宽度的比）．王老师乘扶梯从扶梯底端 A 以0.5米/秒的速度用时40秒到达扶梯顶端 B ，则王老师上升的铅直高度 BC 为 米．【答案】10013【解析】【解答】解：∵AB 的坡度 i =5:12 ，．∴BC AB =513， ∵AB =0.5×40=20 米， ∴BC 20=513 ， 解得： BC =10013， 故答案为：10013．【分析】根据坡度比，列出比例式求解即可。
2023版山西数学中考总复习第六章图形的变化提分小专题十二-图形折叠的计算与证明
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4.（2022河南模拟）如图，在Rt△ABC中，∠C = 90°，BC = 6，AC = 8，点
E是边AB的中点，点P为边AC上的一动点，连接EP，将△AEP沿EP折叠得
5 到△A'EP.当A'E与△ABC的一条直角边垂直时，则线段AP的长为 2 或 5 ．
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点拨：由勾股定理易得 AB = 10.由题意知 E 为 AB 的中点，则 AE = 5.分如下两种情
应点为D'，AD'的延长线交BC于点E，则BE的长为 10 .
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点拨：（1）如图析 1，连接 FE ，易证 Rt△FD'E ≌ Rt △FCE ，
得 D'E = CE ， 设 D'E = CE = x， 则 BE = 10 - x，AE = 10 + x， 根据勾股定理列方程可求出 CE = 9 ，
49 若AE = 5，则GE的长为 13 ．
点拨：易证△DFC ≌ △AED，得到 CF = DE，
DF = AE = 5，根据勾股定理得 DE = 13，
可证△FCD ∽ △FDO，求出 DO = 60 ， 13
GE = DE - 2DO = 49 . 13
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3.（2022黄岩区模拟）如图，菱形ABCD的边长为2，∠A = 45°，点E是边
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典例精讲 掌握通性通法
（一）三角形中的折叠 1. 如图，在Rt△ABC中，∠BAC = 90°，∠B = 35°，AD是斜边 BC上的中线，将△ACD沿AD对折，使点C落在点F处，线段DF与AB 相交于点E，则∠FAE等于 20° ．
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2. 如图，直角三角形纸片ABC的两条直角边BC，AC的长分别为6，8，现 7
2023版山西数学中考总复习第三章函数提分小专题四-类型四直角三角形及矩形存在性问题
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第二步：设点并表示出关键线段长度. 设点 N 的坐标为（1，n）， ∵点 A（3，0），C（0，-3）， ∴AN2 = 22 + n2，CN2 = 12 + （n + 3）2，AC = 3 2 .
第三步：建立方程求点. 当点 N 为直角顶点时， 由勾股定理得 AN2 + CN2 = AC2， 即 22 + n2 + 12 +（n + 3）2 = 18.
CO BO 3 3 3 解得 m = 6.∴Q1（ 3 ，6）.
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如答图 2，过点 C，Q 分别作 x 轴平行线与过点 B 所作的 y 轴平行线分别交于点 N，M. 当点 B 为直角顶点时，QM = 2 3 ，BM = -m， BN = 3，CN = 3 3 . 易知△CNB ∽ △BMQ. ∴ BM QM ， m 2 3 .
由勾股定理，得 AD2 &0 + 12 +（m + 4）2 = 32 + m2，
解得 m3 = - 7 ，M3 0， 7 .
2
2
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如图析 3，当点 A 为直角顶点时，
由勾股定理，得 AD2 + AM2 = DM2 .
即 20 + 32 + m2 = 12 +（m + 4）2，
如答图 2，当点 C 为直角顶点时，过点 P 作 x
轴的平行线交 y 轴于点 M ，连接 CP，CA，
AP.
PM = a，CM = -a2 + 2a，OC = 3，
同理可得△PMC ∽ △COA，
∴ PM CM ，即 a
a2 2a .
CO AO 3 3
解得 a3 = -2，a4 = 3（舍）.