專題04 平移翻折旋轉(zhuǎn)新題型 帶解析

專題04平移，翻折，旋轉(zhuǎn)新題型(解析版） 一．一次函數(shù)圖象上點(diǎn)的坐標(biāo)特征1．如圖，在菱形ABCD中，∠BAD＝60°，點(diǎn)A（1，1），C在直線y＝x上，且AB＝2，將菱形ABCD繞原點(diǎn)O逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)，每次轉(zhuǎn)動(dòng)45°，則第2022次旋轉(zhuǎn)結(jié)束后，點(diǎn)C的坐標(biāo)為（）A．（1?6，1?6） B．（6?1，6?1） C．（6?1，1?6）思路引領(lǐng)：根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)及旋轉(zhuǎn)角，先求出點(diǎn)C坐標(biāo)，由題意可得每次8旋轉(zhuǎn)一個(gè)循環(huán)，即可求解．答案詳解：如圖，設(shè)菱形對角線AC與BD交與點(diǎn)E，∵點(diǎn)A（1，1），點(diǎn)A，C在直線y＝x上，∴OA=2∵∠BAD＝60°，AB＝2，四邊形ABEF是菱形，∴∠BAE＝30°，∴AE＝AB?cos30°＝2×3∴AC＝2AE＝23，∴OC＝AC﹣OA＝23?∴第一次旋轉(zhuǎn)45°，點(diǎn)C的坐標(biāo)為（0，2?23第二次旋轉(zhuǎn)45°，點(diǎn)C的坐標(biāo)為（6?1，1?第三次旋轉(zhuǎn)45°，點(diǎn)C的坐標(biāo)為（23?第四次旋轉(zhuǎn)45°，點(diǎn)C的坐標(biāo)為（6?1，6第五次旋轉(zhuǎn)45°，點(diǎn)C的坐標(biāo)為（0，23?第六次旋轉(zhuǎn)45°，點(diǎn)C的坐標(biāo)為（1?6，6由題意可得每次8旋轉(zhuǎn)一個(gè)循環(huán)，∵2022÷8＝252??6，∴第20222次旋轉(zhuǎn)結(jié)束時(shí)，點(diǎn)C的坐標(biāo)與第6次旋轉(zhuǎn)后點(diǎn)C的坐標(biāo)相同，為（1?6，6故選：D．二．二次函數(shù)圖象與幾何變換2．如圖，將二次函數(shù)y＝x2﹣4位于x的下方的圖象沿x軸翻折，得到一個(gè)新函數(shù)的圖象（圖中的實(shí)線）（1）當(dāng)x＝x＝﹣2或x＝2時(shí)，新函數(shù)有最小值；（2）當(dāng)新函數(shù)中函數(shù)y隨x的增大而增大時(shí)，自變量x的范圍是﹣2＜x＜0或x＞2；（3）當(dāng)a≤4時(shí)，探究一次函數(shù)y＝2x+a的圖象與新函數(shù)圖象公共點(diǎn)的個(gè)數(shù)情況．思路引領(lǐng)：（1）直接根據(jù)函數(shù)圖象與x軸的交點(diǎn)進(jìn)行解答即可；（2）由函數(shù)圖象可知當(dāng)﹣2＜x＜0或x＞2時(shí)y隨x的增大而增大；（3）先用a表示出一次函數(shù)與x軸、y軸的交點(diǎn)坐標(biāo)，再根據(jù)二次函數(shù)與x軸的交點(diǎn)坐標(biāo)進(jìn)行討論即可．答案詳解：（1）∵由函數(shù)圖象可知，當(dāng)x＝﹣2或x＝2時(shí)，函數(shù)圖象有最低點(diǎn)，即函數(shù)有最小值，∴當(dāng)x＝﹣2或x＝2時(shí)，函數(shù)y有最小值．故答案為：x＝﹣2或x＝2；（2）∵由函數(shù)圖象可知當(dāng)﹣2＜x＜0或x＞2時(shí)y隨x的增大而增大，∴x的取值范圍是：﹣2＜x＜0或x＞2，故答案為：﹣2＜x＜0或x＞2；（3）∵一次函數(shù)y＝2x+a與x軸的交點(diǎn)為（?a2，0），與y軸的交點(diǎn)為（0，∴當(dāng)直線y＝2x+a過點(diǎn)（2，0）時(shí)，也過點(diǎn)（0，﹣4），或當(dāng)直線y＝2x+a過點(diǎn)（﹣2，0）時(shí)，也過點(diǎn)（0，4），∴當(dāng)a＜﹣4時(shí)，沒有交點(diǎn)；當(dāng)a＝﹣4時(shí)，有1個(gè)交點(diǎn)；當(dāng)﹣4＜a＜4時(shí)，有2個(gè)交點(diǎn)；當(dāng)a＝4時(shí)，有3個(gè)交點(diǎn)．三．拋物線與x軸的交點(diǎn)3．如圖，將二次函數(shù)y＝x2﹣m（其中m＞0）的圖象在x軸下方的部分沿x軸翻折，圖象的其余部分保持不變，形成新的圖象記為y1，另有一次函數(shù)y＝x+b的圖象記為y2，則以下說法：①當(dāng)m＝1，且y1與y2恰好有三個(gè)交點(diǎn)時(shí)b有唯一值為1；②當(dāng)b＝2，且y1與y2恰有兩個(gè)交點(diǎn)時(shí)，m＞4或0＜m＜7③當(dāng)m＝﹣b時(shí)，y1與y2一定有交點(diǎn)；④當(dāng)m＝b時(shí)，y1與y2至少有2個(gè)交點(diǎn)，且其中一個(gè)為（0，m）．其中正確說法的序號為②④．思路引領(lǐng)：①錯(cuò)誤．如圖1中，當(dāng)直線y＝x+b與拋物線相切時(shí)，也滿足條件只有三個(gè)交點(diǎn)．此時(shí)b≠1，故①錯(cuò)誤．②正確．如圖2中，當(dāng)拋物線經(jīng)過點(diǎn)（﹣2，0）時(shí)，0＝4﹣m，m＝4，觀察圖象可知m＞4時(shí)，y1與y2恰有兩個(gè)交點(diǎn)．③錯(cuò)誤．如圖3中，當(dāng)b＝﹣4時(shí)，觀察圖象可知，y1與y2沒有交點(diǎn)，故③錯(cuò)誤．④正確．如圖4中，當(dāng)b＝4時(shí)，觀察圖象可知，b＞0，y1與y2至少有2個(gè)交點(diǎn)，且其中一個(gè)為（0，b），故④正確．答案詳解：①錯(cuò)誤．如圖1中，當(dāng)直線y＝x+b與拋物線相切時(shí)，也滿足條件只有三個(gè)交點(diǎn)．此時(shí)b≠1，故①錯(cuò)誤．②正確．如圖2中，當(dāng)拋物線經(jīng)過點(diǎn)（﹣2，0）時(shí)，0＝4﹣m，m＝4，觀察圖象可知m＞4時(shí)，y1與y2恰有兩個(gè)交點(diǎn)．由y=x+2y=?x2+m消去y得到x2+x+2﹣∴m=7觀察圖象可知當(dāng)0＜m＜74時(shí)，y1與y③錯(cuò)誤．如圖3中，當(dāng)b＝﹣4時(shí)，觀察圖象可知，y1與y2沒有交點(diǎn)，故③錯(cuò)誤．④正確．如圖4中，當(dāng)b＝4時(shí)，觀察圖象可知，b＞0，y1與y2至少有2個(gè)交點(diǎn)，且其中一個(gè)為（0，b），故④正確．故答案為②④四．二次函數(shù)綜合題4．拋物線y=?23x2+73x﹣1與x軸交于點(diǎn)A，B（點(diǎn)A在點(diǎn)B的左側(cè)），與y軸交于點(diǎn)C，其頂點(diǎn)為D．將拋物線位于直線l：y＝t（t＜（1）點(diǎn)A，B，D的坐標(biāo)分別為（12，0），（3，0），（74，25（2）如圖①，拋物線翻折后，點(diǎn)D落在點(diǎn)E處．當(dāng)點(diǎn)E在△ABC內(nèi)（含邊界）時(shí)，求t的取值范圍；（3）如圖②，當(dāng)t＝0時(shí)，若Q是“M”形新圖象上一動(dòng)點(diǎn)，是否存在以CQ為直徑的圓與x軸相切于點(diǎn)P？若存在，求出點(diǎn)P的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由．思路引領(lǐng)：（1）利用二次函數(shù)圖象上點(diǎn)的坐標(biāo)特征可求出點(diǎn)A、B的坐標(biāo)，再利用配方法即可找出拋物線的頂點(diǎn)D的坐標(biāo)；（2）由點(diǎn)D的坐標(biāo)結(jié)合對稱找出點(diǎn)E的坐標(biāo)，根據(jù)點(diǎn)B、C的坐標(biāo)利用待定系數(shù)法可求出直線BC的解析式，再利用一次函數(shù)圖象上點(diǎn)的坐標(biāo)特征即可得出關(guān)于t的一元一次不等式組，解之即可得出t的取值范圍；（3）假設(shè)存在，設(shè)點(diǎn)P的坐標(biāo)為（12m，0），則點(diǎn)Q的橫坐標(biāo)為m，（方法一）分m＜12或m＞3及12≤m≤3兩種情況，利用勾股定理找出關(guān)于m的一元二次方程，解之即可得出m的值，進(jìn)而可找出點(diǎn)P的坐標(biāo)；（方法二）過點(diǎn)Q作QN⊥x軸于點(diǎn)N，由等角的余角相等結(jié)合正切的定義可得出OPOC=NQPN，分m＜12或m＞3及12答案詳解：（1）當(dāng)y＝0時(shí)，有?23x2+解得：x1=12，x∴點(diǎn)A的坐標(biāo)為（12，0），點(diǎn)B∵y=?23x2+73x﹣1=?23（x2?72∴點(diǎn)D的坐標(biāo)為（74，25故答案為：（12，0）；（3，0）；（74，（2）∵點(diǎn)E、點(diǎn)D關(guān)于直線y＝t對稱，∴點(diǎn)E的坐標(biāo)為（74，2t?當(dāng)x＝0時(shí)，y=?23x2∴點(diǎn)C的坐標(biāo)為（0，﹣1）．設(shè)線段BC所在直線的解析式為y＝kx+b，將B（3，0）、C（0，﹣1）代入y＝kx+b，3k+b=0b=?1，解得：k=∴線段BC所在直線的解析式為y=13x∵點(diǎn)E在△ABC內(nèi)（含邊界），∴2t?解得：516≤t（3）當(dāng)x＜12或x＞3時(shí)，y=?23當(dāng)12≤x≤3時(shí)，y=23x假設(shè)存在，設(shè)點(diǎn)P的坐標(biāo)為（12m，0），則點(diǎn)Q的橫坐標(biāo)為m（方法一）①當(dāng)m＜12或m＞3時(shí)，點(diǎn)Q的坐標(biāo)為（m，?23m∵以CQ為直徑的圓與x軸相切于點(diǎn)P，∴CP⊥PQ，∴CQ2＝CP2+PQ2，即m2+（?23m2+73m）2=14m2+1+14m2+（整理，得：5m2﹣28m+12＝0，解得：m1=14?2345，m∴點(diǎn)P的坐標(biāo)為（7?345，0）或（②當(dāng)12≤m≤3時(shí)，點(diǎn)Q的坐標(biāo)為（m，23m2∵以CQ為直徑的圓與x軸相切于點(diǎn)P，∴CP⊥PQ， ∴CQ2＝CP2+PQ2，即m2+（23m2?73m+2）2=14m2+1+14m2+（2整理，得：11m2﹣28m+12＝0，解得：m3=611，m∴點(diǎn)P的坐標(biāo)為（311（方法二）過點(diǎn)Q作QN⊥x軸于點(diǎn)N，畫出簡圖，如圖3所示．∵∠CPQ＝90°，∴∠OPC+∠NPQ＝90°．又∵∠OPC+∠OCP＝90°，∴∠OCP＝∠NPQ，∴tan∠OCP＝tan∠NPQ，即OPOC①當(dāng)m＜12或m＞3時(shí)，點(diǎn)Q的坐標(biāo)為（m，?23m∴12整理，得：5m2﹣28m+12＝0，解得：m1=14?2345，m∴點(diǎn)P的坐標(biāo)為（7?345，0）或（②當(dāng)12≤m≤3時(shí)，點(diǎn)Q的坐標(biāo)為（m，23m2∴12m整理，得：11m2﹣28m+12＝0，解得：m3=611，m∴點(diǎn)P的坐標(biāo)為（311綜上所述：存在以CQ為直徑的圓與x軸相切于點(diǎn)P，點(diǎn)P的坐標(biāo)為（7?345，0）、（3115．拋物線y=?13x2+bx+c交x軸于A，B兩點(diǎn)（A在B的左邊），交y軸于C，直線y＝﹣x+4經(jīng)過B（1）求拋物線的解析式；（2）如圖1，P為直線BC上方的拋物線上一點(diǎn)，PD∥y軸交BC于D點(diǎn)，過點(diǎn)D作DE⊥AC于E點(diǎn)．設(shè)m＝PD+1021DE，求m的最大值及此時(shí)（3）如圖2，點(diǎn)N在y軸負(fù)半軸上，點(diǎn)A繞點(diǎn)N順時(shí)針旋轉(zhuǎn)，恰好落在第四象限的拋物線上點(diǎn)M處，且∠ANM+∠ACM＝180°，求N點(diǎn)坐標(biāo)．思路引領(lǐng)：（1）由直線y＝﹣x+4經(jīng)過B，C兩點(diǎn)及點(diǎn)B和點(diǎn)C均在坐標(biāo)軸上求得點(diǎn)B和點(diǎn)C的坐標(biāo)，再用待定系數(shù)法求得拋物線的解析式；（2）連接AD，延長PD交x軸于點(diǎn)H，設(shè)D（t，﹣t+4），P（t，?13t2+13t+4），用含t的式子表示出線段PD、DE，根據(jù)m＝PD+1021DE，得出m關(guān)于（3）如圖2，過N作NF⊥MC，交MC于點(diǎn)F，過N作NG⊥AC，交CA的延長線于點(diǎn)G，根據(jù)∠ANM+∠ACM＝180°及旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)得出條件，證明△AGN≌△MFN（AAS），從而得出符合題意的點(diǎn)M和點(diǎn)N，再求得直線CK的解析式，然后與拋物線的解析式聯(lián)立，即可得出點(diǎn)M的坐標(biāo)，設(shè)N（0，y），根據(jù)兩點(diǎn)距離公式可解得y的值，則問題得解．答案詳解：（1）∵在y＝﹣x+4中，當(dāng)x＝0時(shí)，y＝4；當(dāng)y＝0時(shí)，x＝4；∴B（4，0），C（0，4）；∵點(diǎn)B、C在拋物線y=?13x2+bx+∴?16解得：b=1∴拋物線的解析式為y=?13x2（2）如圖1，連接AD，延長PD交x軸于點(diǎn)H，∵PD∥y軸，∴PH⊥x軸，設(shè)D（t，﹣t+4），P（t，?13t2+∴PD=?13t2+13t+4﹣（﹣t+4）=∵S△ABC＝S△ADC+S△ADB，且A（﹣3，0），B（4，0），C（0，4），∴12×7×4=12AC?DE∵AC=3∴DE=75∵m＝PD+1021∴m=?13t2+=?13t=?13（t∴當(dāng)t＝3時(shí)，m有最大值3，此時(shí)P點(diǎn)坐標(biāo)為（3，2）；（3）如圖2，過N作NF⊥MC，交MC于點(diǎn)F，過N作NG⊥AC，交CA的延長線于點(diǎn)G，則∠AGN＝∠CFN＝∠MFN＝90°，∴∠ACM+∠GNF＝180°，由旋轉(zhuǎn)得：AN＝MN，∵∠ANM+∠ACM＝180°，∴∠GNF＝∠ANM，∴∠ANG＝∠MNF，又∵∠AGN＝∠MFN＝90°，∴△AGN≌△MFN（AAS），∴NG＝NF，∴NC平分∠ACM，設(shè)直線CM交x軸于點(diǎn)K，∵CO⊥AB，∴OK＝OA＝3，∴K（3，0），∴直線CK的解析式為y=?4由?43x+4=?13x2+13x∴M（5，?8設(shè)N（0，y），∵AN＝MN，∴（﹣3）2+y2＝52+(y+8解得：y=?∴N（0，?136．已知拋物線y=33x2+233x?3與x軸交于點(diǎn)A、B（A在B的右側(cè)），與y軸交于點(diǎn)C，連接（1）如圖1，若點(diǎn)P為直線BC下方拋物線上任意一點(diǎn)，直線AD上有一動(dòng)點(diǎn)E，當(dāng)△BCP面積最大時(shí)，求PE?12（2）如圖2，將△BOC繞點(diǎn)O順時(shí)針旋轉(zhuǎn)得到△B'OC'，點(diǎn)B，C的對應(yīng)點(diǎn)分別是B'，C'，且C'恰好落在∠BCO的平分線上（C'與C不重合），點(diǎn)M是拋物線對稱軸上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，則△B'OM能否為直角三角形？若能，請直接寫出點(diǎn)M的坐標(biāo)，若不能，請說明理由．思路引領(lǐng)：（1）過點(diǎn)P作PH∥y軸交x軸于點(diǎn)H，交AD于點(diǎn)E，則點(diǎn)E為所求點(diǎn)，即可求解；（2）確定△BCO順時(shí)針旋了120°，求出點(diǎn)B′的坐標(biāo)為（32，332），再分B′M是斜邊、OM答案詳解：（1）對于y=33x2+233x?3故點(diǎn)A、B、C的坐標(biāo)分別為（1，0）、（﹣3，0）、（0，?3過點(diǎn)P作PH∥y軸交x軸于點(diǎn)H，交AD于點(diǎn)E，則點(diǎn)E為所求點(diǎn)，理由：由點(diǎn)B、C的坐標(biāo)知，直線BC的表達(dá)式為y=?33則tan∠OBC=33∴∠OBC＝30°，∠OCB＝60°，由AD∥BC知，∠DAB＝∠OBC＝30°，∴EH=12AE，則PE?12AE＝PE﹣EN＝PN由△BCP面積＝S△PHB+S△PHC=12×PH故△BCP面積最大，即PH的長度最大即可．設(shè)點(diǎn)P的坐標(biāo)為（x，33x2+233x?3），則點(diǎn)H的坐標(biāo)為（x則PH＝（?33x?3）﹣（33x2+233x?3∵?33＜當(dāng)x=?32時(shí)，PH取得最大值，此時(shí)點(diǎn)P的坐標(biāo)為（?∴PE?12AE的最小值為﹣yP（2）連接CC′，∵C'恰好落在∠BCO的平分線上，∠OCB＝60°，OC＝OC′，則∠OC′C＝∠OC′C＝30°，則∠C′OC＝120°，即△BCO順時(shí)針旋了120°，則∠BOB′＝120°，∠B′OA＝60°，過點(diǎn)B′分別作x、y軸的垂線，垂足分別為M、N，則OM＝OB′cos60°＝OBcos60°=32，MB=故點(diǎn)B′的坐標(biāo)為（32，3由拋物線的表達(dá)式知，其對稱軸為x＝﹣1，故設(shè)點(diǎn)M的坐標(biāo)為（﹣1，m），由點(diǎn)O、M、B′的坐標(biāo)知，B′M2＝（32+1）2+（m?3同理可得：OM2＝m2+1，OB′2＝9，當(dāng)BM是斜邊時(shí)，則m2+1+9＝（32+1）2+（m?332）當(dāng)OM是斜邊時(shí)，則m2+1＝9+（32+1）2+（m?332）當(dāng)OB′是斜邊時(shí)，則（32+1）2+（m?332）故點(diǎn)M的坐標(biāo)為（﹣1，33）或（﹣1，77．我們定義：如圖1，在△ABC與△AB'C'中，兩三角形有公共頂點(diǎn)A，AB所在射線逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)α到AC所在射線，AB'所在射線道時(shí)針旋轉(zhuǎn)β到AC'所在射線，∠BAC＝α，∠B'AC'＝β，α+β＝18°，ABAB'=ACAC'，我們稱△ABC與△（1）如圖1，△ABC與△AB'C'互為旋補(bǔ)比例三角形，∠BAC＝60°，AB＝6，AC＝3，AB'＝2時(shí)，①∠B'AC'＝120°，②S△AB'C'S△ABC=（2）如圖2，在△ABC中，AD⊥BC，△DBA與△DAC互為旋補(bǔ)比例三角形，延長CB至點(diǎn)E，使EB＝BD．連接AE．求證：△BAE與△BCA互為旋補(bǔ)比例三角形．（3）如圖3，在△OAB中，∠AOB＝135°．點(diǎn)A在x軸的正半軸上，OA＝2，點(diǎn)B在第二象限，OB＝22，拋物線y=?14x2+bx+c經(jīng)過點(diǎn)B，與y軸交點(diǎn)為C（0，5），△OPQ（點(diǎn)O，P，Q按逆時(shí)針排列）與△OAB互為旋補(bǔ)比例三角形，點(diǎn)P在拋物線的對稱軸上運(yùn)動(dòng)，當(dāng)點(diǎn)A，B，P構(gòu)成的三角形是以AB思路引領(lǐng)：（1）根據(jù)題意直接得出結(jié)論即可；（2）判定△BAD∽△BCA，結(jié)合旋補(bǔ)比例三角形的定義，證得BEBA=ABBC，∠（3）根據(jù)題意，證得△OPQ為等腰直角三角形，再分類畫圖，根據(jù)“一線三等角“構(gòu)造全等，得出結(jié)論即可．答案詳解：（1）由題意可知，∠B′AC′＝180°﹣∠BAC＝180°﹣60°＝120°，∴S△AB'C'S△ABC=12故答案為：120；19（2）證明：∵AD⊥BC，∴∠ADB＝∠ADC＝90°，∵△DBA與△DAC互為旋補(bǔ)比例三角形，∴DBAD∴△DBA∽△DAC，∴∠BAD＝∠C，又∵∠ABD＝∠CBA，∴△BAD∽△BCA，∴BDAB∵BD＝EB，∴BEAB∵∠EBA+∠ABC＝180°，∴△BAE與△BCA互為旋補(bǔ)比例三角形；（3）∵∠AOB＝135°，∴∠BOC＝45°，過點(diǎn)B作BD⊥x軸于點(diǎn)D，如圖2，∵OB＝22，∴DO＝OB＝22，B（﹣2，2），∵OA＝2，∴A（2，0），∵拋物線y=?14x2+bx+c經(jīng)過點(diǎn)B則2=?14∴y=?14x2+x∵△OPQ與△OAB互為旋補(bǔ)比例三角形，∴∠POQ＝180°﹣∠AOB＝45°，OAOP∴OPOQ∴OP=22如圖1，過點(diǎn)Q作QH⊥OP于點(diǎn)H，∵∠POQ＝45°，∴OH=OQ∴OH＝OP，即點(diǎn)H與點(diǎn)P重合，∴∠OPQ＝90°，∴△OPQ為等腰直角三角形，∵A、B、P為以∠A為頂角的等腰三角形，∴AB＝AP，∴AB=BD2+AD2=25當(dāng)點(diǎn)P在x軸上方時(shí)，過點(diǎn)Q作QM⊥AP于點(diǎn)M，則∠PMQ＝90°，如圖2：此時(shí)點(diǎn)P坐標(biāo)為（2，25），∵△OPQ為等腰直角三角形，∴OP＝PQ，∠OPQ＝90°，又∵∠PMQ＝90°，∠PAO＝90°，∴∠OPA+∠QPM＝90°，∠PQM+∠QPM＝90°，∴∠PAO＝∠PMQ，∠OPA＝∠PQM，∴△OAP≌△PMQ（AAS），∴OA＝PM＝2，AP＝MQ＝25，∴xQ＝2﹣25，yQ＝2+25，∴Q2（2﹣25，2+25）；②當(dāng)點(diǎn)P在x軸下方時(shí)，過點(diǎn)P作PE⊥y軸于點(diǎn)E，過點(diǎn)Q作QF⊥EP于點(diǎn)F，則∠PEO＝∠PFQ＝90°，如圖3：此時(shí)點(diǎn)P坐標(biāo)為（2，25），與①中同理可證△PEO≌△QFP（AAS），∴EP＝QF＝2，OE＝PF＝25，∴xQ＝2+25，yQ＝2﹣25，∴Q2（2+25，2﹣25）．綜上，點(diǎn)Q的坐標(biāo)為（2﹣25，2+25）或（2+25，2﹣25）．8．如圖，已知在平面直角坐標(biāo)系xOy中，拋物線y＝ax2?163x+c經(jīng)過點(diǎn)A（1，0）、B（3，0），且與y軸交于點(diǎn)C（1）求拋物線的表達(dá)式；（2）如果將拋物線向左平移m（m＞0）個(gè)單位長度，聯(lián)結(jié)AC、BC，當(dāng)拋物線與△ABC的三邊有且只有一個(gè)公共點(diǎn)時(shí)，求m的值；（3）如果點(diǎn)P是拋物線上一動(dòng)點(diǎn)，且在點(diǎn)B的右側(cè)連結(jié)PC，直線PA交y軸于點(diǎn)E，當(dāng)∠PCE＝∠PEC時(shí)，求點(diǎn)P的坐標(biāo)．思路引領(lǐng)：（1）由待定系數(shù)法即可求解；（2）當(dāng)拋物線與△ABC的三邊有且只有一個(gè)公共點(diǎn)時(shí)，則拋物線過點(diǎn)C（0，4），即可求解；（3）求出直線PA的表達(dá)式，得到點(diǎn)E的坐標(biāo)為（0，?43t+4），由∠PCE＝∠PEC，則點(diǎn)P在答案詳解：（1）將點(diǎn)A、B的坐標(biāo)代入拋物線表達(dá)式得：a?163故拋物線的表達(dá)式為y=43x2?（2）當(dāng)拋物線與△ABC的三邊有且只有一個(gè)公共點(diǎn)時(shí)，則拋物線過點(diǎn)C（0，4），由拋物線的表達(dá)式知，其對稱軸為x＝2，則平移后拋物線再過點(diǎn)C時(shí)，m＝4；（3）設(shè)點(diǎn)P的坐標(biāo)為（t，43t2?16設(shè)直線PA的表達(dá)式為y＝kx+b，則43t2故點(diǎn)E的坐標(biāo)為（0，?43而點(diǎn)C（0，4），∵∠PCE＝∠PEC，則點(diǎn)P在CE的中垂線上，由中點(diǎn)公式得：yP=12（yC+yE），即43t2?163t+4解得t＝1（舍去）或72故點(diǎn)P的坐標(biāo)為（72，59．如圖1，拋物線y＝ax2+2x+c與x軸交于A（﹣4，0），B（1，0）兩點(diǎn)，與y軸交于點(diǎn)C．過點(diǎn)B的直線y＝kx+23分別與y軸及拋物線交于點(diǎn)D，（1）求直線和拋物線的表達(dá)式；（2）如圖2，將直線BE沿y軸向下平移4個(gè)單位后，與x軸，y軸分別交于M，N兩點(diǎn)．直線AC與線段EM交于點(diǎn)G．①四邊形CGMN是平行四邊形嗎？請說明理由．②拋物線的對稱軸上是否存在一點(diǎn)F．使|FA﹣FD|的值最大？若存在，求出其最大值及點(diǎn)F的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由．思路引領(lǐng)：（1）把點(diǎn)B的坐標(biāo)（1，0）代入y＝kx+23可以求出直線的解析式，把點(diǎn)A、B的坐標(biāo)分別代入y＝ax2+2x+（2）①通過計(jì)算得到直線AC與直線MN的解析式中自變量的系數(shù)相等，故AC∥MN，通過計(jì)算得出點(diǎn)M與點(diǎn)E的橫坐標(biāo)相同，故ME∥y軸，即GM∥CN，從而得到結(jié)論；②因?yàn)镕A＝FB，通過對進(jìn)行轉(zhuǎn)化并通過勾股定理進(jìn)行計(jì)算可以得到答案．答案詳解：（1）由于直線y＝kx+23過點(diǎn)把點(diǎn)B的坐標(biāo)（1，0）代入y＝kx+2得：k+2∴k=?∴直線的解析式為y=?由于拋物線y＝ax2+2x+c過點(diǎn)A、B，把點(diǎn)A、B的坐標(biāo)分別代入y＝ax2+2x+c，得：16a?解得：a=2∴拋物線的解析式為y=2（2）①解方程組y=2x=?5y=4∴點(diǎn)E的坐標(biāo)為（﹣5，4），在y=23xy=?∴C（0，?8設(shè)直線AC的解析式為y＝mx+b，把A、C兩點(diǎn)的坐標(biāo)分別代入y＝mx+b得：?4m+b=0解得：m=?∴直線AC的解析式為y=?將直線BE沿y軸向下平移4個(gè)單位后得到的直線MN的解析式為y=?即y=?由于直線AC與直線MN的解析式中自變量的系數(shù)相等，∴AC∥MN，在y=?令y＝0得x＝﹣5，∴M（﹣5，0），由于點(diǎn)M與點(diǎn)E的橫坐標(biāo)相同，∴ME∥y軸，即GM∥CN，∴四邊形CGMN是平行四邊形；②拋物線的對稱軸上存在點(diǎn)F，使得的值最大，如圖，設(shè)拋物線的對稱軸與直線BE交于點(diǎn)H，連接FB，由于A、B兩點(diǎn)關(guān)于拋物線的對稱軸對稱，即拋物線的對稱軸垂直平分線段AB，故FA＝FB，∴FA?FD=FB?FD即FA?FD的最大值為線段BD的長，此時(shí)點(diǎn)F在線段BD的延長線上，且與點(diǎn)H重合，在y=2∵?2∴拋物線的對稱軸是直線x=?把x=?32代入y=?即點(diǎn)H的坐標(biāo)為（?3∴點(diǎn)F的坐標(biāo)為（?3在y=?23x+23∴D（0，23∴OD=2∵B（1，0），∴OB＝1，在Rt△OBD中，由勾股定理得：BD=O所以拋物線的對稱軸上存在點(diǎn)F，使得FA?FB的值最大，且最大值為133此時(shí)點(diǎn)F的坐標(biāo)為（?3五．直角三角形的性質(zhì)10．如圖，將邊長為4的等邊△ABC沿射線BC平移得到△DEF，點(diǎn)M，N分別為AC，DF的中點(diǎn)，點(diǎn)P是線段MN的中點(diǎn)，連接PA，PC．當(dāng)△APC為直角三角形時(shí)，BE＝4或8．思路引領(lǐng)：本題先根據(jù)△APC為直角三角形進(jìn)行分類討論：①當(dāng)∠APC＝90°時(shí)，根據(jù)直角三角形斜邊中線等于斜邊上的一半，即可求出PM，進(jìn)而求出MN，BE長度就解決了．②當(dāng)∠ACP＝90°時(shí)，根據(jù)直角三角形中，30°角所對直角邊是斜邊長度的一半，可以求出PM＝4，進(jìn)而求出MN，BE長度就解決了．答案詳解：①當(dāng)∠APC＝90°時(shí)．∵∠APC＝90°，M為AC中點(diǎn)．∴PM＝AM＝CM=12∵PM＝2，點(diǎn)P是線段MN的中點(diǎn)．∴MN＝2PM＝4．即△ABC向左平移4．∴BE＝4．②當(dāng)∠ACP＝90°時(shí)．∵M(jìn)N∥BF．∴∠PMN＝∠ACB＝60°．∴∠MPC＝30．∵M(jìn)為AC中點(diǎn)，AC＝4．∴CM＝2．∵在Rt△MCP中，∠MCP＝90°，∠MPC＝30°．∴MC=12∴PM＝2CM＝4．∵點(diǎn)P是線段MN的中點(diǎn)．∴MN＝8即△ABC向左平移4．故答案為：4或8．六．正方形的性質(zhì)11．如圖，在正方形ABCD中，AB＝1，將正方形ABCD繞點(diǎn)A順時(shí)針旋轉(zhuǎn)60°，得正方形AB′C′D′，則線段AC掃過的面積為（）A．26π B．23π C．13π 思路引領(lǐng)：根據(jù)正方形ABCD中，AB＝BC＝1，∠B＝90°可得，AC=AB2+BC答案詳解：∵正方形ABCD中，AB＝BC＝1，∠B＝90°，∴AC=A∵正方形ABCD繞點(diǎn)A順時(shí)針旋轉(zhuǎn)60°，得正方形AB′C′D′，∴∠CAC′＝60°，∴線段AC掃過的面積為扇形CAC′的面積：60π?(2故選：C．七．四邊形綜合題12．如圖，在矩形紙片ABCD中，已知AB＝1，BC=3，點(diǎn)E在邊CD上移動(dòng)，連接AE，將多邊形ABCE沿直線AE翻折，得到多邊形AB′C′E，點(diǎn)B、C的對應(yīng)點(diǎn)分別為點(diǎn)B′、C（1）當(dāng)B′C′恰好經(jīng)過點(diǎn)D時(shí)（如圖1），求線段CE的長；（2）若B′C′分別交邊AD，CD于點(diǎn)F，G，且∠DAE＝22.5°（如圖2），求△DFG的面積；（3）在點(diǎn)E從點(diǎn)C移動(dòng)到點(diǎn)D的過程中，求點(diǎn)C′運(yùn)動(dòng)的路徑長．思路引領(lǐng)：（1）如圖1中，設(shè)CE＝EC′＝x，則DE＝1﹣x，由△ADB′′∽△DEC，可得ADDE（2）如圖2中，首先證明△ADB′，△DFG都是等腰直角三角形，求出DF即可解決問題；（3）如圖3中，點(diǎn)C的運(yùn)動(dòng)路徑的長為CC'的長，求出圓心角、半徑即可解決問題．答案詳解：（1）如圖1中，設(shè)CE＝EC′＝x，則DE＝1﹣x，∵∠ADB′+∠EDC′＝90°，∠B′AD+∠ADB′＝90°，∴∠B′AD＝∠EDC′，∵∠B′＝∠C′＝90°，AB′＝AB＝1，AD=3∴DB′=3?1=∴△ADB′∽△DEC′，∴ADDE∴31?x∴x=6∴CE=6（2）如圖2中，∵∠BAD＝∠B′＝∠D＝90°，∠DAE＝22.5°，∴∠EAB＝∠EAB′＝67.5°，∴∠B′AF＝∠B′FA＝45°，∴∠DFG＝∠AFB′＝∠DGF＝45°，∴DF＝DG，在Rt△AB′F中，AB′＝FB′＝1，∴AF=2AB′=∴DF＝DG=3∴S△DFG=12（3?2（3）如圖3中，點(diǎn)C的運(yùn)動(dòng)路徑的長為CC'的長，在Rt△ADC中，∵tan∠DAC=CDAD∴∠DAC＝30°，AC＝2CD＝2，∵∠C′AD＝∠DAC＝30°，∴∠CAC′＝60°，∴CC'的長=60?π?218013．如圖1，ABCD是一張矩形紙片，AD＝BC＝1，AB＝CD＝5．在矩形ABCD的邊AB上取一點(diǎn)M，在CD上取一點(diǎn)N，將紙片沿MN折疊，使MB與DN交于點(diǎn)K，得到△MNK，KB交MN于O．（1）①若∠1＝80°，求∠MKN＝20°；②不同的折疊得到不同的△MNK，△MNK的面積的最大值為1310（2）將紙片按如圖2所示的方法再沿KP折疊，使點(diǎn)M在線段KD上，兩次折疊部分與原矩形的重合部分為四邊形KPMN，設(shè)四邊形KPMN的面積為S．①判斷四邊形KPMN的形狀，并說明理由；②求出S的最小值與最大值；四邊形KPMN能成為某種特殊四邊形嗎？指出此時(shí)折痕MN需要滿足的條件，并求出S的值．思路引領(lǐng)：（1）①只要證明∠KNM＝∠KMN＝80°，即可解決問題．②如圖1中，當(dāng)點(diǎn)B與點(diǎn)D重合時(shí)，△MKN的面積最大，設(shè)DM＝x．根據(jù)勾股定理列出方程即可解決問題．（2）①結(jié)論：四邊形KPMN是平行四邊形．只要證明KN＝PM，KN∥PM即可．②當(dāng)點(diǎn)D與M重合，點(diǎn)B與點(diǎn)K重合時(shí)，S最大，設(shè)BD＝B′D＝BD′＝x，A′P＝C′N＝y(tǒng)，由題意2x+Y=5x2=1+y2，解方程組即可．當(dāng)MK⊥A′B當(dāng)∠NMB′＝60°或120°時(shí)，四邊形KPMN是菱形．求出菱形的高和邊長即可．答案詳解：（1）①如圖2中，∵DN∥AM，∴∠DNM＝∠1＝80°，∵∠KMN＝∠1＝80°，∴∠NKM＝180°﹣∠KNM﹣∠KMN＝20°，故答案為20°．②如圖1中，當(dāng)點(diǎn)B與點(diǎn)D重合時(shí)，△MKN的面積最大，設(shè)DM＝x．在Rt△AMD中，AD＝1，AM＝5﹣x，DM＝x，∴x2＝12+（5﹣x）2，∴x=13由①可知∠DMN＝∠DNM，∴KN＝DM=13∴△KNM的面積最大值為12?135?1故答案為1310（2）①結(jié)論：四邊形KPMN是平行四邊形．理由：如圖3中，∵A′B′∥C′D′，∴∠KNM＝∠NMB′＝∠NMK，∴KN＝KM，同理可證KM＝PM，∴KN＝PM，∵KN∥PM，∴四邊形KPMN是平行四邊形．②如圖4中，當(dāng)點(diǎn)D與M重合，點(diǎn)B與點(diǎn)K重合時(shí)，S最大．設(shè)BD＝B′D＝BD′＝x，A′P＝C′N＝y(tǒng)，由題意2x+Y=5x2=1+y2∴NK=10?∴S的最大值=10?當(dāng)MK⊥A′B′時(shí)，根據(jù)垂線段最短可知，MK的最小值為1，此時(shí)S的最小值為1．③四邊形KPMN能成為某種特殊四邊形，當(dāng)∠NMB′＝60°或120°時(shí)，四邊形KPMN是菱形．此時(shí)菱形的高為1，邊長為233，所以S14．已知，在△ABC中，∠BAC＝90°，∠ABC＝45°，點(diǎn)D為直線BC上的一動(dòng)點(diǎn)（點(diǎn)D不與點(diǎn)B，C重合）．以AD為邊作正方形ADEF，連接CF．（1）如圖1，當(dāng)點(diǎn)D在線段BC上時(shí)，求證：CF+CD＝BC；（2）如圖2，當(dāng)點(diǎn)D在線段BC的延長線上時(shí)，其他條件不變，請直接寫出CF，BC，CD三條線段之間的等量關(guān)系；（3）如圖3，當(dāng)點(diǎn)D在線段BC的反向延長線上時(shí)，且點(diǎn)A，F(xiàn)分別在直線BC的兩側(cè)，其他條件不變；①請直接寫出CF，BC，CD三條線段之間的關(guān)系；②若正方形ADEF的邊長為2，對角線AE，DF相交于點(diǎn)O，連接OC，求OC的長度．思路引領(lǐng)：（1）三角形ABC是等腰直角三角形，利用SAS即可證明△BAD≌△CAF，從而證得CF＝BD，據(jù)此即可證得；（2）同（1）相同，利用SAS即可證得△BAD≌△CAF，從而證得BD＝CF，即可得到CF﹣CD＝BC；（3）首先證明△BAD≌△CAF，△FCD是直角三角形，然后根據(jù)正方形的性質(zhì)即可求得DF的長，則OC即可求得．證明：（1）∵∠BAC＝90°，∠ABC＝45°，∴∠ACB＝∠ABC＝45°，∴AB＝AC，∵四邊形ADEF是正方形，∴AD＝AF，∠DAF＝90°，∵∠BAD＝90°﹣∠DAC，∠CAF＝90°﹣∠DAC，∴∠BAD＝∠CAF，∵在△BAD和△CAF中，AB=AC∠BAD=∠CAF∴△BAD≌△CAF（SAS），∴BD＝CF∵BD+CD＝BC，∴CF+CD＝BC；（2）CF﹣CD＝BC；理由：∵∠BAC＝90°，∠ABC＝45°，∴∠ACB＝∠ABC＝45°，∴AB＝AC，∵四邊形ADEF是正方形，∴AD＝AF，∠DAF＝90°，∵∠BAD＝90°﹣∠DAC，∠CAF＝90°﹣∠DAC，∴∠BAD＝∠CAF，∵在△BAD和△CAF中，AB=AC∠BAD=∠CAF∴△BAD≌△CAF（SAS）∴BD＝CF∴BC+CD＝CF，∴CF﹣CD＝BC；（3）①CD﹣CF＝BC理由：∵∠BAC＝90°，∠ABC＝45°，∴∠ACB＝∠ABC＝45°，∴AB＝AC，∵四邊形ADEF是正方形，∴AD＝AF，∠DAF＝90°，∵∠BAD＝90°﹣∠BAF，∠CAF＝90°﹣∠BAF，∴∠BAD＝∠CAF，∵在△BAD和△CAF中，AB=AC∴△BAD≌△CAF（SAS），∴BD＝CF，∴CD﹣BC＝CF，∴CD﹣CF＝BC；②由①知，△BAD≌△CAF，∴∠ACF＝∠ABD，∵∠ABC＝45°，∴∠ABD＝135°，∴∠ACF＝∠ABD＝135°，∴∠FCD＝90°，∴△FCD是直角三角形．∵正方形ADEF的邊長為2且對角線AE、DF相交于點(diǎn)O．∴DF=2AD＝22，O為DF∴OC=12DF八．翻折變換（折疊問題）15．（1）如圖1，將△ABC紙片沿DE折疊，使點(diǎn)A落在四邊形BCDE內(nèi)點(diǎn)A′的位置，若∠A＝40°，求∠1+∠2的度數(shù)；（2）通過（1）的計(jì)算你發(fā)現(xiàn)∠1+∠2與∠A有什么數(shù)量關(guān)系？請寫出這個(gè)數(shù)量關(guān)系，并說明這個(gè)數(shù)量關(guān)系的正確性；（3）將圖1中△ABC紙片的三個(gè)內(nèi)角都進(jìn)行同樣的折疊．①如果折疊后三個(gè)頂點(diǎn)A、B、C重合于一點(diǎn)O時(shí)，如圖2，則圖中∠α+∠β+∠γ＝180°；∠1+∠2+∠3+∠4+∠5+∠6＝360°；②如果折疊后三個(gè)頂點(diǎn)A、B、C不重合，如圖3，則①中的關(guān)于“∠1+∠2+∠3+∠4+∠5+∠6”的結(jié)論是否仍然成立？請說明你的理由．思路引領(lǐng)：（1）根據(jù)將△ABC紙片沿DE折疊，使點(diǎn)A落在四邊形BCDE內(nèi)點(diǎn)A′的位置，若∠A＝40°，可以求得∠AED+∠ADE＝∠A′ED+∠A′DE，進(jìn)而可以求得∠1+∠2的度數(shù)；（2）先寫出數(shù)量關(guān)系，然后說明理由，將△ABC紙片沿DE折疊，使點(diǎn)A落在四邊形BCDE內(nèi)點(diǎn)A′的位置，可以得到折疊后的各個(gè)角的關(guān)系，從而可以解答本題；（3）根據(jù)第二問的推導(dǎo)，可以進(jìn)行這一問結(jié)論的推導(dǎo)，從而可以解答本題．答案詳解：（1）∵∠A＝40°，∴∠AED+∠ADE＝∠A′ED+∠A′DE＝140°，∴∠1+∠2＝360°﹣（∠AED+∠ADE）﹣（∠A′ED+∠A′DE）＝80°，即∠1+∠2的度數(shù)是80°；（2）∠1+∠2＝2∠A，理由：∵將△ABC紙片沿DE折疊，使點(diǎn)A落在四邊形BCDE內(nèi)點(diǎn)A′的位置，∴∠AED+∠ADE＝∠A′ED+∠A′DE，∠A＝∠A′，∴∠1+∠2＝360°﹣（∠AED+∠ADE）﹣（∠A′ED+∠A′DE）＝360°﹣（180°﹣∠A）﹣（180°﹣∠A′）＝360°﹣180°+∠A﹣180°+∠A′＝2∠A，即∠1+∠2＝2∠A；（3）①由題意可得，∠α+∠β+∠γ＝360°﹣180°＝180°，∠1+∠2+∠3+∠4+∠5+∠6＝2∠A+2∠B+2∠C＝2（∠A+∠B+∠C）＝2×180°＝360°，故答案為：180°，360°；②如果折疊后三個(gè)頂點(diǎn)A、B、C不重合，如圖3，則①中的關(guān)于“∠1+∠2+∠3+∠4+∠5+∠6”的結(jié)論仍然成立；理由：∵∠1+∠2＝2∠A，∠3+∠4＝2∠B，∠5+∠6＝2∠C，∴∠1+∠2+∠3+∠4+∠5+∠6＝2∠A+2∠B+2∠C＝2（∠A+∠B+∠C）＝360°，即如果折疊后三個(gè)頂點(diǎn)A、B、C不重合，如圖3，則①中的關(guān)于“∠1+∠2+∠3+∠4+∠5+∠6”的結(jié)論仍然成立．16．（1）如圖1，已知D是AB邊上的中點(diǎn)，將△ABC沿過點(diǎn)D的直線折疊，使點(diǎn)A落在BC邊上的點(diǎn)F處，若∠B＝50°，則∠BDF＝80°；（2）如圖2，將紙片△ABC沿DE折疊，點(diǎn)A落在點(diǎn)A′處，已知∠1+∠2＝100°，則∠A＝50°；（3）如圖3，如果把四邊形ABCD沿EF折疊，使點(diǎn)A、B落在四邊形EFCD內(nèi)，試探究∠A+∠B與∠1+∠2之間存在著怎樣的數(shù)量關(guān)系，并證明你的結(jié)論．思路引領(lǐng)：（1）根據(jù)中點(diǎn)的性質(zhì)和三角形內(nèi)角和定理計(jì)算即可；（2）根據(jù)翻折變換的性質(zhì)和四邊形內(nèi)角和等于360°計(jì)算即可；（3）與（2）的解答過程相同．答案詳解：（1）∵D是AB邊上的中點(diǎn)，∴AD＝DB，又AD＝FD，∴DB＝DF，又∠B＝50°，∴∠BDF＝80°．故答案為：80；（2）∵∠1+∠4+∠3+∠2+∠6+∠5＝360°，∠1+∠2＝100°，∴∠4+∠3+∠6+∠5＝260°，∵∠3＝∠4，∠5＝∠6，∴∠3+∠5＝130°，∴∠A＝50°．故答案為：50°；（3）∵∠1+∠4+∠3+∠2+∠6+∠5＝360°，∴∠4+∠3+∠6+∠5＝360°﹣（∠1+∠2），∵∠3＝∠4，∠5＝∠6，∴∠3+∠5＝180°?1∴∠A+∠B＝360°﹣（∠3+∠5）＝180°+1九．平移的性質(zhì)17．如圖，將△ABC沿BC方向平移1cm得到△DEF，若△ABC的周長為8cm，則四邊形ABFD的周長為（）A．8cm B．9cm C．10cm D．11cm思路引領(lǐng)：根據(jù)平移的性質(zhì)可得AD＝CF＝1，AC＝DF，然后根據(jù)四邊形的周長的定義列式計(jì)算即可得解．答案詳解：∵△ABC沿BC方向平移1cm得到△DEF，∴AD＝CF＝1，AC＝DF，∴四邊形ABFD的周長＝AB+（BC+CF）+DF+AD＝AB+BC+AC+AD+CF，∵△ABC的周長＝8，∴AB+BC+AC＝8，∴四邊形ABFD的周長＝8+1+1＝10cm．故選：C．18．如圖，在△ABC中，BC＝4，若將△ABC平移6個(gè)單位長度得到△A1B1C1，點(diǎn)P、Q分別是AB、A1C1的中點(diǎn)，則PQ的最大值是8．思路引領(lǐng)：取A1B1的中點(diǎn)P1，如圖，則P1為P的對應(yīng)點(diǎn)，根據(jù)平移的性質(zhì)得到PP1＝6，利用P1Q為△△A1B1C1的中位線得到P1Q=12BC＝2，根據(jù)兩點(diǎn)之間線段最短得到PQ≤PP1+P1Q（當(dāng)且僅當(dāng)P、P1、Q共線時(shí)取等號），從而得到答案詳解：取A1B1的中點(diǎn)P1，如圖，則P1為P的對應(yīng)點(diǎn)，∵將△ABC平移6個(gè)單位長度得到△A1B1C1，∴PP1＝6，∵Q是A1C1的中點(diǎn)，∴P1Q為△△A1B1C1的中位線，∴P1Q=12∵PQ≤PP1+P1Q（當(dāng)且僅當(dāng)P、P1、Q共線時(shí)取等號），即PQ≤8，∴PQ的最大值是8．故答案為8．十．旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)19．如圖，AB為半圓O的直徑，AB＝2，點(diǎn)C為半圓上動(dòng)點(diǎn)，以BC為邊向形外作正方形BCDE，連接OD，則OD的最大值為（）A．2 B．3 C．2+1 D．思路引領(lǐng)：通過旋轉(zhuǎn)觀察如圖可知當(dāng)DO⊥AB時(shí)，DO最長，設(shè)DO與⊙O交于點(diǎn)M，連接CM，先證明△MED≌△MEB，得MD＝BM．再利用勾股定理計(jì)算即可．答案詳解：通過旋轉(zhuǎn)觀察如圖可當(dāng)DO⊥AB時(shí)，DO最長，設(shè)DO與⊙O交于點(diǎn)M，連接CM，BD，OC．理由：∵△OBM，△BCD都是等腰直角三角形，∴∠OBM＝∠CBD，∴∠OBC＝∠MBD，∵OBBM∴△OBC∽△MBD，∴MD：OC＝BD：BC=2∴MD=2OC=∴點(diǎn)D的運(yùn)動(dòng)軌跡是以M為圓心2為半徑的圓，∴當(dāng)D，M，O共線，即DO⊥AB時(shí)，DO最長．∵∠MCB=12∠MOB∴∠DCM＝∠BCM＝45°，∵四邊形BCDE是正方形， ∴C、M、E共線，∠DEM＝∠BEM，在△EMD和△EMB中，DE=BC∠MED=∠MEB∴△MED≌△MEB（SAS），∴DM＝BM=O∴OD的最大值＝1+2故選：C．20．如圖，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，將△ABC繞頂點(diǎn)C逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)得到△A′B′C，M是BC的中點(diǎn)，P是A′B′的中點(diǎn)，連接PM，若BC＝2，∠BAC＝30°，則線段PM的最大值是3．思路引領(lǐng)：連接PC．首先依據(jù)直角三角形斜邊上中線的性質(zhì)求出PC＝2，然后再依據(jù)三角形的三邊關(guān)系可得到PM≤PC+CM，故此可得到PM的最大值為PC+CM．答案詳解：如圖連接PC．在Rt△ABC中，∵∠A＝30°，BC＝2，∴AB＝4，根據(jù)旋轉(zhuǎn)不變性可知，A′B′＝AB＝4，∴A′P＝PB′，∴PC=12A′∵CM＝BM＝1，又∵PM≤PC+CM，即PM≤3，∴PM的最大值為3（此時(shí)P、C、M共線）．故答案為：3．十一．旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)21．如圖，在正方形ABCD中，AB＝3，點(diǎn)M在CD的邊上，且DM＝1，△AEM與△ADM關(guān)于AM所在的直線對稱，將△ADM按順時(shí)針方向繞點(diǎn)A旋轉(zhuǎn)90°得到△ABF，連接EF，則線段EF的長為（）A．3 B．23 C．13 D．思路引領(lǐng)：解法一：連接BM．先判定△FAE≌△MAB（SAS），即可得到EF＝BM．再根據(jù)BC＝CD＝AB＝3，CM＝2，利用勾股定理即可得到，Rt△BCM中，BM=13，進(jìn)而得出EF解法二：過E作HG∥AD，交AB于H，交CD于G，作EN⊥BC于N，判定△AEH∽△EMG，即可得到EHMG=AEEM=13，設(shè)MG＝x，則EH＝3x，DG＝1+x＝AH，利用勾股定理可得，Rt△AEH中，（1+x）2+（3x）2＝32，進(jìn)而得出EH=125=BN，CG＝CM﹣MG=答案詳解：如圖，連接BM．∵△AEM與△ADM關(guān)于AM所在的直線對稱，∴AE＝AD，∠MAD＝∠MAE．∵△ADM按照順時(shí)針方向繞點(diǎn)A旋轉(zhuǎn)90°得到△ABF，∴AF＝AM，∠FAB＝∠MAD．∴∠FAB＝∠MAE∴∠FAB+∠BAE＝∠BAE+∠MAE．∴∠FAE＝∠MAB．∴△FAE≌△MAB（SAS）．∴EF＝BM．∵四邊形ABCD是正方形，∴BC＝CD＝AB＝3．∵DM＝1，∴CM＝2．∴在Rt△BCM中，BM=2∴EF=13故選：C．解法二：如圖，過E作HG∥AD，交AB于H，交CD于G，作EN⊥BC于N，則∠AHG＝∠MGE＝90°，由折疊可得，∠AEM＝∠D＝90°，AE＝AD＝3，DM＝EM＝1，∴∠AEH+∠MEG＝∠EMG+∠MEG＝90°，∴∠AEH＝∠EMG，∴△AEH∽△EMG，∴EHMG設(shè)MG＝x，則EH＝3x，DG＝1+x＝AH，∴Rt△AEH中，（1+x）2+（3x）2＝32，解得x1=45，x2∴EH=125=BN，CG＝CM﹣MG又∵BF＝DM＝1，∴FN=17∴Rt△EFN中，EF=E故選：C．十二．坐標(biāo)與圖形變化-旋轉(zhuǎn)22．如圖，Rt△OCB的斜邊在y軸上，OC=3，含30°角的頂點(diǎn)與原點(diǎn)重合，直角頂點(diǎn)C在第二象限，將Rt△OCB繞原點(diǎn)順時(shí)針旋轉(zhuǎn)120°后得到△OC′B'，則B點(diǎn)的對應(yīng)點(diǎn)B（）A．（3，﹣1） B．（1，?3） C．（2，0） D．（3思路引領(lǐng)：如圖，利用含30度的直角三角形三邊的關(guān)系得到BC＝1，再利用旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)得到OC′＝OC=3，B′C′＝BC＝1，∠B′C′O＝∠BCO＝90°，然后利用第四象限點(diǎn)的坐標(biāo)特征寫出點(diǎn)B答案詳解：如圖，在Rt△OCB中，∵∠BOC＝30°，∴BC=33OC∵Rt△OCB繞原點(diǎn)順時(shí)針旋轉(zhuǎn)120°后得到△OC′B'，∴OC′＝OC=3，B′C′＝BC＝1，∠B′C′O＝∠BCO∴點(diǎn)B′的坐標(biāo)為（3，﹣1）．故選：A．十三．坐標(biāo)與圖形變化-旋轉(zhuǎn)23．如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，將正方形OABC繞點(diǎn)O逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)45°后得到正方形OA1B1C1，依此方式，繞點(diǎn)O連續(xù)旋轉(zhuǎn)2018次得到正方形OA2018B2018C2018，如果點(diǎn)A的坐標(biāo)為（1，0），那么點(diǎn)B2018的坐標(biāo)為（）A．（1，1） B．（0，2） C．（?2，0）思路引領(lǐng)：根據(jù)圖形可知：點(diǎn)B在以O(shè)為圓心，以O(shè)B為半徑的圓上運(yùn)動(dòng)，由旋轉(zhuǎn)可知：將正方形OABC繞點(diǎn)O逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)45°后得到正方形OA1B1C1，相當(dāng)于將線段OB繞點(diǎn)O逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)45°，可得對應(yīng)點(diǎn)B的坐標(biāo)，根據(jù)規(guī)律發(fā)現(xiàn)是8次一循環(huán)，可得結(jié)論．答案詳解：∵四邊形OABC是正方形，且OA＝1，∴B（1，1），連接OB，由勾股定理得：OB=2由旋轉(zhuǎn)得：OB＝OB1＝OB2＝OB3=?∵將正方形OABC繞點(diǎn)O逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)45°后得到正方形OA1B1C1，相當(dāng)于將線段OB繞點(diǎn)O逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)45°，依次得到∠AOB＝∠BOB1＝∠B1OB2＝…＝45°，∴B1（0，2），B2（﹣1，1），B3（?2發(fā)現(xiàn)是8次一循環(huán)，所以2018÷8