专题10 选填压轴题题型归类-2023年中考数学毕业班二轮热点题型归纳与变式演练（全国通用）

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专题10：选填压轴题题型归类
目录
一、热点题型归纳
【题型一】 二次函数中的多结论问题
【题型二】 几何问题中的多结论问题
【题型三】 几何动点与函数图像问题
【题型四】 几何中的折叠问题
【题型五】 几何中的阴影面积问题
【题型六】 几中的旋转问题
【题型七】 动态几何的最值问题
二、最新模考题组练


【题型一】 二次函数中的多结论问题
【典例分析】
1．二次函数y＝ax2+bx+c（a≠0）的图象的一部分如图所示，已知图象经过点（﹣1，0），其对称轴为直线x＝1．下列结论，其中正确的有（　　）
①abc＜0；
②b2﹣4ac＜0；
③8a+c＜0；
④9a+3b+2c＜0；
⑤点C（x1，y1）、D（x2，y2）是抛物线上的两点，若x1＜x2，则y1＜y2；
⑥若抛物线经过点（﹣3，n），则关于x的一元二次方程ax2+bx+c﹣n＝0（a≠0）的两根分别为﹣3，5．

A．2个 B．3个 C．4个 D．5个
【分析】由抛物线的开口方向判断a与0的关系，由抛物线与y轴的交点判断c与0的关系，然后根据对称轴及抛物线与x轴交点情况进行推理，进而对所得结论进行判断．
【解答】解：①由图象可知：a＜0，c＞0，﹣＞0，
∴abc＜0，
故①符合题意．

②根据抛物线的轴对称性质知，该抛物线与x轴有两个交点，则b2﹣4ac＞0．
故②不符合题意；

③∵﹣＝1，
∴b＝﹣2a．
∵当x＝﹣1时，y＝0，即a﹣b+c＝0．
∴a﹣b+c＝3a+c＝0，
∵a＜0，
∴8a+c＜5a+3a+c＜0，
故③符合题意；

④由于图象过点（﹣1，0），且对称轴为直线x＝1，
则图象也过点（3，0），
∴当x＝3时，y＝0，
即9a+3b+c＝0．
∵c＞0，
∴9a+3b+2c＞0．
故④不符合题意；

⑤点C（x1，y1）、D（x2，y2）是抛物线上的两点，若1＜x1＜x2时，则y1＞y2．
故⑤不符合题意；

⑥由于图象过点（﹣3，n），
由对称性可知：图象也过点（5，n），
令y＝n，
∴ax2+bx+c＝n有两个解，分别是﹣3，5，
故⑥符合题意．
故选：B．

【点评】本题主要考查图象与二次函数系数之间的关系，会利用对称轴的范围求2a与b的关系，以及二次函数与方程之间的转换，根的判别式的熟练运用．

【提分秘籍】
一般解题思路：
①特殊值法：当x分别等于1、2、3、-1、-2、-3时，函数值分别为a+b+c、4a+2b+c、9a+3b+c......
②对称轴：灵活应用对称轴-b2a 和判别式b²-4ac；
③通过①和②中的特殊值进行相加减构造新的结论。
【变式演练】
1．二次函数y＝ax2+bx+c（a≠0）的部分图象如图所示，其对称轴为直线x＝﹣，且与x轴的一个交点坐标为（﹣2，0）．下列结论：①abc＞0；②a＝b；③2a+c＝0；④关于x的一元二次方程ax2+bx+c﹣1＝0有两个相等的实数根．其中正确结论的序号是（　　）

A．①③ B．②④ C．③④ D．②③
【分析】根据对称轴、开口方向、与y轴的交点位置即可判断a、b、c与0的大小关系，然后将由对称轴可知a＝b．图象过（﹣2，0）代入二次函数中可得4a﹣2b+c＝0．再由二次函数最小值小于0，从而可判断ax2+bx+c＝1有两个不相同的解．
【解答】解：①由图可知：a＞0，c＜0，＜0，
∴b＞0，
∴abc＜0，故①不符合题意．
②由题意可知：＝﹣，
∴b＝a，故②符合题意．
③将（﹣2，0）代入y＝ax2+bx+c，
∴4a﹣2b+c＝0，
∵a＝b，
∴2a+c＝0，故③符合题意．
④由图象可知：二次函数y＝ax2+bx+c的最小值小于0，
令y＝1代入y＝ax2+bx+c，
∴ax2+bx+c＝1有两个不相同的解，故④不符合题意．
故选：D．
【点评】本题考查二次函数的图象与系数的关系，解题的关键是正确地由图象得出a、b、c的数量关系，本题属于基础题型．
2．如图，抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0）与x轴的一个交点坐标为（﹣1，0），抛物线的对称轴为直线x＝1，下列结论：①abc＜0；②3a+c＝0；③当y＞0时，x的取值范围是﹣1≤x＜3；④点（﹣2，y1），（2，y2）都在抛物线上，则有y1＜0＜y2.其中结论正确的个数是（　　）

A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【分析】由抛物线的开口方向判断a与0的关系，由抛物线与y轴的交点判断c与0的关系，然后根据对称轴及抛物线与x轴交点情况进行推理，进而对所得结论进行判断．
【解答】解：根据函数的对称性，抛物线与x轴的另外一个交点的坐标为（3，0）；
①函数对称轴在y轴右侧，则ab＜0，而c＞0，故abc＜0，
故①正确，符合题意；

②∵x＝﹣＝1，即b＝﹣2a，
而x＝﹣1时，y＝0，即a﹣b+c＝0，
∴a+2a+c＝0，
∴3a+c＝0．
∴②正确，符合题意；

③由图象知，当y＞0时，x的取值范围是﹣1＜x＜3，
∴③错误，不符合题意；

④从图象看，当x＝﹣2时，y1＜0，
当x＝2时，y2＞0，
∴有y1＜0＜y2，
故④正确，符合题意；
故选：C．
【点评】本题考查了二次函数图象与系数的关系：对于二次函数y＝ax2+bx+c（a≠0），二次项系数a决定抛物线的开口方向和大小：当a＞0时，抛物线向上开口；当a＜0时，抛物线向下开口；一次项系数b和二次项系数a共同决定对称轴的位置：当a与b同号时（即ab＞0），对称轴在y轴左；当a与b异号时（即ab＜0），对称轴在y轴右；常数项c决定抛物线与y轴交点位置：抛物线与y轴交于（0，c）；抛物线与x轴交点个数由△决定：Δ＝b2﹣4ac＞0时，抛物线与x轴有2个交点；Δ＝b2﹣4ac＝0时，抛物线与x轴有1个交点；Δ＝b2﹣4ac＜0时，抛物线与x轴没有交点．
3．已知抛物线y＝ax2+bx+c（a，b，c是常数，0＜a＜c）经过点（1，0），有下列结论：
①2a+b＜0；
②当x＞1时，y随x的增大而增大；
③关于x的方程ax2+bx+（b+c）＝0有两个不相等的实数根．
其中，正确结论的个数是（　　）
A．0 B．1 C．2 D．3
【分析】根据抛物线y＝ax2+bx+c经过点（1，0）、结合题意判断①；根据抛物线的对称性判断②；根据一元二次方程根的判别式判断③．
【解答】解：①∵抛物线y＝ax2+bx+c经过点（1，0），
∴a+b+c＝0，
∵a＜c，
∴a+b+a＜0，即2a+b＜0，本小题结论正确；
②∵a+b+c＝0，0＜a＜c，
∴b＜0，
∴对称轴x＝﹣＞1，
∴当1＜x＜﹣时，y随x的增大而减小，本小题结论错误；
③∵a+b+c＝0，
∴b+c＝﹣a，
对于方程ax2+bx+（b+c）＝0，Δ＝b2﹣4×a×（b+c）＝b2+4a2＞0，
∴方程ax2+bx+（b+c）＝0有两个不相等的实数根，本小题结论正确；
故选：C．
【点评】本题考查的是二次函数图象与系数的关系、一元二次方程根的判别式、抛物线与x轴的交点，熟记二次函数的对称轴、增减性以及一元二次方程根的判别式是解题的关键．
4．已知二次函数y＝ax2+bx+c图象的对称轴为x＝1，其图象如图所示，现有下列结论：
①abc＞0，
②b﹣2a＜0，
③a﹣b+c＞0，
④a+b＞n（an+b），（n≠1），
⑤2c＜3b．
正确的是（　　）

A．①③ B．②⑤ C．③④ D．④⑤
【分析】由抛物线的开口方向判断a的符号，由抛物线与y轴的交点判断c的符号，然后根据对称轴及抛物线与x轴交点情况进行推理，进而对所得结论进行判断．
【解答】解：①由图象可知：a＜0，b＞0，c＞0，abc＜0，故①错误；
②由于a＜0，所以﹣2a＞0．
又b＞0，
所以b﹣2a＞0，
故②错误；
③当x＝﹣1时，y＝a﹣b+c＜0，故③错误；
④当x＝1时，y的值最大．此时，y＝a+b+c，
而当x＝n时，y＝an2+bn+c，
所以a+b+c＞an2+bn+c，
故a+b＞an2+bn，即a+b＞n（an+b），故④正确；
⑤当x＝3时函数值小于0，y＝9a+3b+c＜0，且该抛物线对称轴是直线x＝﹣＝1，即a＝﹣，代入得9（﹣）+3b+c＜0，得2c＜3b，故⑤正确；
故④⑤正确．
故选：D．

【点评】本题主要考查了图象与二次函数系数之间的关系，二次函数y＝ax2+bx+c系数符号由抛物线开口方向、对称轴和抛物线与y轴的交点确定．

【题型二】 几何问题中的多结论问题
【典例分析】
1．如图，E、F分别是正方形ABCD的边CD、AD上的点，且CE＝DF，AE、BF相交于点O，下列结论：（1）AE＝BF；（2）AE⊥BF；（3）AO＝OE；（4）S△AOB＝S四边形DEOF中正确的有（　　）

A．4个 B．3个 C．2个 D．1个
【分析】根据正方形的性质得AB＝AD＝DC，∠BAD＝∠D＝90°，则由CE＝DF易得AF＝DE，根据“SAS”可判断△ABF≌△DAE，所以AE＝BF；根据全等的性质得∠ABF＝∠EAD，
利用∠EAD+∠EAB＝90°得到∠ABF+∠EAB＝90°，则AE⊥BF；连接BE，BE＞BC，BA≠BE，而BO⊥AE，根据垂直平分线的性质得到OA≠OE；最后根据△ABF≌△DAE得S△ABF＝S△DAE，则S△ABF﹣S△AOF＝S△DAE﹣S△AOF，即S△AOB＝S四边形DEOF．
【解答】解：∵四边形ABCD为正方形，
∴AB＝AD＝DC，∠BAD＝∠D＝90°，
而CE＝DF，
∴AF＝DE，
在△ABF和△DAE中
，
∴△ABF≌△DAE，
∴AE＝BF，所以（1）正确；
∴∠ABF＝∠EAD，
而∠EAD+∠EAB＝90°，
∴∠ABF+∠EAB＝90°，
∴∠AOB＝90°，
∴AE⊥BF，所以（2）正确；
连接BE，
∵BE＞BC，
∴BA≠BE，
而BO⊥AE，
∴OA≠OE，所以（3）错误；
∵△ABF≌△DAE，
∴S△ABF＝S△DAE，
∴S△ABF﹣S△AOF＝S△DAE﹣S△AOF，
∴S△AOB＝S四边形DEOF，所以（4）正确．
故选：B．

【点评】本题考查了全等三角形的判定与性质：判定三角形全等的方法有“SSS”、“SAS”、“ASA”、“AAS”；全等三角形的对应边相等．也考查了正方形的性质．
【提分秘籍】

建议多熟悉数学模型，能更快速的知道结论的正确性，例如：四边形中的十字架模型、中点四边形模型、对角互补模型等；
【变式演练】
1．如图，△ABC为等边三角形，以AB为边向形外作△ABD，使∠ADB＝120°，再以点C为旋转中心把△CBD旋转到△CAE，则下列结论：
①D、A、E三点共线；
②DC平分∠BDA；
③∠E＝∠BAC；
④DC＝DB+DA．
其中正确的有（　　）

A．4个 B．3个 C．2个 D．1个
【分析】（1）设∠1＝x度，把∠2＝（60﹣x）度，∠DBC＝（x+60）度，∠4＝（x+60）度，∠3＝60°加起来等于180度，即可证明D、A、E三点共线；
（2）根据△BCD绕着点C按顺时针方向旋转60°得到△ACE，判断出△CDE为等边三角形，求出∠BDC＝∠E＝60°，∠CDA＝120°﹣60°＝60°，可知DC平分∠BDA；
（3）由②可知，∠BAC＝60°，∠E＝60°，从而得到∠E＝∠BAC．
（4）由旋转可知AE＝BD，又∠DAE＝180°，DE＝AE+AD．而△CDE为等边三角形，DC＝DE＝DB+BA．
【解答】解：如图，

①设∠1＝x度，则∠2＝（60﹣x）度，∠DBC＝（x+60）度，故∠4＝（x+60）度，
∴∠2+∠3+∠4＝60﹣x+60+x+60＝180度，
∴D、A、E三点共线；
故①正确；
②∵△BCD绕着点C按顺时针方向旋转60°得到△ACE，
∴CD＝CE，∠DCE＝60°，
∴△CDE为等边三角形，
∴∠E＝60°，
∴∠BDC＝∠E＝60°，
∴∠CDA＝120°﹣60°＝60°，
∴DC平分∠BDA；
故②正确；
③∵∠BAC＝60°，
∠E＝60°，
∴∠E＝∠BAC．
故③正确；
④由旋转可知AE＝BD，
又∵∠DAE＝180°，
∴DE＝AE+AD．
∵△CDE为等边三角形，
∴DC＝DB+BA．故④正确；
故选：A．
【点评】本题考查了旋转的性质、全等三角形的判定与性质、等边三角形的性质、圆周角定理等相关知识，要注意旋转不变性，找到变化过程中的不变量．
2．如图，E、F、G、H分别是BD、BC、AC、AD的中点，且AB＝CD．下列结论：①EH＝FG，②EH＝HG，③四边形EFGH是菱形，④EG⊥FH．其中正确的个数是（　　）

A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【分析】由E、F、G、H分别是BD、BC、AC、AD的中点，根据三角形中位线的性质，可得EH＝GF＝AB，GH＝EF＝CD，又由AB＝C，即可证得EH＝EF＝FG＝GH，则可得四边形EFGH是菱形；然后由菱形的性质，证得EG⊥FH．
【解答】解：∵E、F、G、H分别是BD、BC、AC、AD的中点，
∴EH＝GF＝AB，GH＝EF＝CD，
∵AB＝CD，
∴EH＝EF＝FG＝GH，
∴四边形EFGH是菱形；
∴EG⊥FH．
故①②③④都正确．
故选：D．
【点评】此题考查了三角形的中线的性质以及菱形的判定与性质．此题难度适中，注意掌握数形结合思想的应用．
3．如图，正方形ABCD的边长为1，点E是边BC上一动点（不与点B，C重合），过点E作EF⊥AE交正方形外角的平分线CF于点F，交CD于点G，连接AF，有下列结论：①AE＝EF；②CF＝BE；③∠DAF＝∠CEF；④△CEF面积的最大值为．其中正确的结论有（　　）

A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【分析】在AB上截取AM＝CE，连接EM，可以证明△AME≌△ECF，得到AE＝EF，CF＝ME＝BE，由于点E是动点，因此∠DAF与∠CEF不一定相等；由二次函数的性质即可求出△AEM的最大值．
【解答】解：在AB上截取AM＝CE，连接EM，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝BC，∠B＝∠BCD＝90°，
∴BM＝BE，
∴△BME是等腰直角三角形，
∴∠BME＝45°，ME＝BE，
∴∠AME＝180°﹣∠BME＝135°，
∵CF平分∠DCN，
∴∠FCN＝∠DCN＝45°，
∴∠ECF＝180°﹣∠FCN＝135°，
∵∠FEC+∠AEB＝∠BAE+∠AEB＝90°，
∴∠MAE＝∠CEF，
∴△AME≌△ECF（ASA），
∴AE＝EF，CF＝ME＝BE，∠MAE＝∠CEF，
∴①②正确；
∵△FAE是等腰直角三角形，
∴∠EAF＝45°，
∵点E是边BC上一动点，
∴∠MAE不一定等于∠DAF，
∴∠CEF不一定等于∠DAF，
∴③错误；
设AM＝x，则BE＝MB＝1﹣x，
∴△AME的面积＝AM•BE＝x•（1﹣x）＝﹣+，
∴△ECF面积的最大值是．
∴④错误．
故选：B．


【点评】本题考查正方形的性质，全等三角形的判定和性质，二次函数的最值，关键是通过作辅助线构造全等三角形．
4．如图，在矩形ABCD中，AC，BD相交于点O，过点B作BF⊥AC于点M，交CD于点F，过点D作DE∥BF交AC于点N．交AB于点E，连接FN，EM．有下列结论：①图中共有三个平行四边形；②当BD＝2BC时，四边形DEBF是菱形；③BD⊥ME；④AD2＝BD•CM．其中，正确结论的序号是（　　）

A．①②③ B．①②④ C．①③④ D．②③④
【分析】利用矩形的性质，全等三角形的判定与性质，平行四边形的判定定理即可判定①的结论正确；利用含30°角的直角三角形的性质，菱形的判定定理即可判定②的结论正确；举出反例说吗③的结论不正确；利用矩形的性质和相似三角形的判定与性质即可判定④的结论正确．
【解答】解：∵矩形是特殊的平行四边形，
∴矩形ABCD是平行四边形．
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD＝BC，AD∥BC，
∴∠DAC＝∠BCA，
∵BF⊥AC，DE∥BF，
∴DE⊥AC，
∴∠AND＝∠BMC＝90°．
在△AND和△BMC中，
，
∴△AND≌△BMC（AAS），
∴DN＝BM．
∵AB∥CD，DE∥BF，
∴四边形BEDF为平行四边形，
∴DE＝BF，
∴NE＝MF，
∴四边形BNFM为平行四边形．
∴图中有3个平行四边形：四边形ABCD，四边形DEBF，四边形NEMF，
∴①的结论正确；
当BD＝2BC时，
∵四边形ABCD是矩形，
∴BD＝AC，
∴AC＝2BC，
∵∠ABC＝90°，
∴∠BAC＝30°．
同理：∠CDB＝30°．
∵OA＝OB＝OC＝OD，
∴∠OBA＝∠OAB＝30°．
∴∠DOA＝∠OAB+∠OBA＝60°，
∵DN⊥AC，
∴∠ODN＝30°，
∴∠ODN＝∠OBA，
∴ED＝EB，
∴平行四边形DEBF为菱形．
∴②的结论正确；
如图，BD与ME不垂直，

∴③的结论不正确；
∵∠ABC＝90°，BM⊥AC，
∴△BCM∽△ACB，
∴，
∴BC2＝CM•AC，
∵BC＝AD，BD＝AC，
∴AD2＝BD•CM．
∴④的结论正确．
综上，结论正确的有：①②④，
故选：B．
【点评】本题主要考查了矩形的性质，平行四边形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，含30°角的直角三角形的性质，相似三角形的判定与性质，菱形的判定与性质，熟练掌握矩形的性质是解题的关键．
【题型三】 几何动点与函数图像问题
【典例分析】
1.如图，在矩形ABCD中，AB＝4，BC＝6，点P从点A出发，以每秒2个单位长度的速度沿A﹣B﹣C匀速运动，同时点Q从点C出发，以每秒1个单位长度的速度向点D匀速运动．当点Q运动到点D时，P，Q两点同时停止运动．设运动时间为t秒，△APQ的面积为S，则S随t变化的函数关系图象大致是
（　　）

A． B． C． D．

【解答】解：当0≤t≤2时，即点P在边AB上时，AP＝2t，CQ＝t，如图，

S＝×2t•6＝6t，
当2＜t≤4时，即点P在边BC上时，BP＝2t﹣4，CQ＝t，DQ＝4﹣t，PC＝10﹣2t，如图，

S＝S矩形ABCD﹣S△ABP﹣S△PCQ﹣S△ADQ
＝4×6﹣×4（2t﹣4）﹣t（10﹣2t）﹣×6（4﹣t）
＝t2﹣6t+20
＝（t﹣3）2+11，
故选：A．

【点评】本题考查了矩形性质、矩形面积、三角形的面积、动点问题的函数图象，求出分段函数解析式是本题的关键．
【提分秘籍】
分两种情况：当0≤t≤2时，即点P在边AB上时，当2＜t≤4时，即点P在边BC上时，分别求出函数解析式，即可求解．其他类型题目解题情况也类似，重难点是需要分类讨论，理解影响条件对图像的影响（到底是一次函数还是二次函数或是反比例函数），进而选择正确图像。
【变式演练】
1．如图，在等腰直角△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝CB＝8cm，点O为斜边AB的中点，连接OC，点E，F分别从A，C两点同时出发，以1cm/s的速度沿A→C，C→B运动，到点C，B时停止运动．设运动时间为t（s），△OEF的面积为s（cm2），则s（cm2）与t（s）的函数关系可用图象表示为（　　）

A．B． C． D．
【分析】由点E，F分别从A，C两点同时出发，以1cm/s的速度沿AC，CB运动，得到AE＝CF＝t，则CE＝8﹣t，再根据等腰直角三角形的性质可得OA＝OC，∠OAC＝∠OCB＝45°，然后根据“SAS”可判断△OAE≅△OCF，所以S△OAE＝S△OCF，这样S四边形OECF＝S△OAC＝16，于是，然后配方得到，最后利用解析式和二次函数的性质对各选项进行判断即可．
【解答】解：根据题意可得AE＝CF＝t，CE＝8﹣t，
∵△ABC为等腰直角三角形，
∴OA＝OC，∠OAC＝∠OCB＝45°，
在△OAE和△OCF中：
，
∴△OAE≅△OCF（SAS），
∴S△OAE＝S△OCF，
∴，
∴，
∴s（cm2）与t（s）的函数图象为开口向上的抛物线一部分，顶点为（4，8），自变量为0≤t≤8．
故选：B．
【点评】本题考查动点问题与函数图象及二次函数图象性质，抓住问题的变化趋势、变化速度、横轴纵轴的实际意义得到正确的图象是解决此题的关键．
2．如图（1），在△ABC中，点P从点A出发向点C运动，在运动过程中，设x表示线段AP的长，y表示线段BP的长，y与x之间的关系如图（2）所示，则边BC的长是（　　）


A． B． C． D．6
【分析】过点B作BP′⊥AC于点P′，根据图象可知AB＝3，AC＝5，当x＝1时，AP⊥AC，即AP′＝1，P′C＝AC﹣AP′＝5﹣1＝4，根据勾股定理可求得，再根据勾股定理可求得．
【解答】解：如图，过点B作BP′⊥AC于点P′，

由图象可知，AB＝3，AC＝5，
当x＝1时，AP⊥AC，
即AP′＝1，
在Rt△ABP′中，
，
∵AP′＝1，
∴P′C＝AC﹣AP′＝5﹣1＝4，
在Rt△BP′C中，
．
故选：C．
【点评】本题主要考查动点问题的函数图象、数形结合思想，解题关键是根据图象得出AB＝3，AC＝5，当x＝1时，AP⊥AC是解题关键．
3．如图，四边形ABCD是正方形，AB＝2，点P为射线BC上一点，连接DP，将DP绕点P顺时针旋转90°得到线段EP，过B作EP平行线交DC延长线于F．设BP长为x，四边形BFEP的面积为y，下列图象能正确反映出y与x函数关系的是（　　）

A．B． C． D．
【分析】方法一：根据P点在C点右侧时，BP越大，则四边形BFEP的面积越大，即可以得出只有D选项符合要求；
方法二：分两种情况分别求出y与x的关系式，根据x的取值判断函数图象即可．
【解答】解：方法一：由题意知，当P点在C点右侧时，BP越大，则四边形BFEP的面积越大，
故D选项符合题意；
方法二：如下图，当P点在BC之间时，作EH⊥BC于H，

∵∠DPE＝90°，
∴∠DPC+∠EPH＝90°，
∵∠DPC+∠PDC＝90°，
∴∠EPH＝∠PDC，
在△EPH和△PDC中，
，
∴△EPH≌△PDC（AAS），
∵BP＝x，AB＝BC＝2，
∴PC＝EH＝2﹣x，
∴四边形BPEF的面积y＝x（2﹣x）＝﹣x2+2x，
同理可得当P点在C点右侧时，EH＝PC＝x﹣2，

∴四边形BPEF的面积y＝x（x﹣2）＝x2﹣2x，
综上所述，当0＜x＜2时，函数图象为开口方向向下的抛物线，当x＞2时，函数图象为开口方向向上的抛物线，
故选：D．
【点评】本题主要考查二次函数图象的性质，熟练根据题意列出函数关系式是解题的关键．
4．如图，在矩形ABCD中，AB＝2cm，BC＝4cm，E是AD的中点，连接BE，CE．点P从点B出发，以cm/s的速度沿BC方向运动到点C停止，同时点Q从点B出发，以1cm/s的速度沿BE﹣EC方向运动到点C停止，若△BPQ的面积为y（cm2），运动时间为x（s），则下列最能反映y与x之间函数关系的图象是（　　）

A．B． C． D．
【分析】首先根据背景图形可知，BE＝EC＝4，且∠EBC＝30°，再根据点P，Q的运动可知，需要分两种情况：当0＜t＜4时，点P在BC上，点Q在BE上；②当4＜t＜8时，点P与点C重合，点Q在EC上，根据三角形的面积表达出y与x的判断可得结论．
【解答】解：在矩形ABCD中，AB＝2cm，BC＝4cm，
∴DC＝AB＝2cm，AD＝BC＝4cm，
∵E是AD的中点，
∴AE＝DE＝2cm，
由勾股定理可得，BE＝CE＝4cm，
∴∠AEB＝30°，
∴∠EBC＝∠AEB＝30°．
由点P，Q的运动可知，点Q从点B到点E用时4s，从点E到点C用时4s，点P从点B到点C用时4s，
∴点Q到达点E时，点P运动到点C处，
由此可知分两段：
①当0＜t＜4时，如图，过点Q作QM⊥BC于点M，

∴BQ＝t，BP＝t，
∵∠EBC＝30°，
∴QM＝t，
∴y＝•BP•QM＝＝t2，此段图象为抛物线，且开口向上，由此排除A，C；
②当4＜t＜8时，如图，此时点Q在EC上，过点Q作QN⊥BC于点N，

由点Q的运动可知，CQ＝8﹣t，
∵∠BCE＝30°，
∴QN＝（8﹣4），
∴y＝＝•BC•QN＝×4•（8﹣t）＝﹣t+8，此段图象为直线的一部分，由此排除B；
故选：D．

【点评】本题考查了动点问题的函数图象：通过分类讨论，利用三角形面积公式得到y与x的函数关系，然后根据二次函数和一次函数图象与性质解决问题．
【题型四】 几何中的折叠问题
【典例分析】
1.如图，将一张长方形纸片沿EF折叠后，点D、C分别落在点D′、C′位置，ED′的延长线与BC相交于点G，若∠1＝140°，∠GFC′＝　40°　．

【分析】利用邻补角的定义先求出∠EGC，再利用平行线的判定和性质说明∠GFC′与∠EGC的关系得结论．
【解答】解：∵∠1与∠EGC是邻补角，
∴∠EGC＝180°﹣∠1＝40°．
∵ABCD是长方形纸片，
∴∠D＝∠C＝90°．
∵折叠后点D、C分别落在点D′、C′位置，
∴∠D′＝∠C′＝90°．
∴EG∥FC′．
∴∠GFC′＝∠EGC＝40°．
故答案为：40°．
【点评】本题主要考查了平行线，掌握平行线的性质和判定及邻补角的定义是解决本题的关键．
2.正方形ABCD中，AB＝2，E为AB的中点，将△ADE沿DE折叠得到△FDE，FH⊥BC，垂足为H，则FH＝　 　．

【分析】先证明△EMF∽△FND，列比例式可得比值为，设FH＝x，根据勾股定理列方程可得结论．
【解答】解：如图，过点F作MN∥BC，交AB于M，交CD于N，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠B＝∠C＝90°，
∵MN∥BC，
∴∠AMF＝∠B＝90°，∠DNF＝∠C＝90°，
∴∠EMF＝∠DNF＝90°，
由折叠得：AD＝DF＝2，AE＝EF，∠A＝∠EFD＝90°，
∴∠EFM+∠DFN＝∠DFN+∠NDF＝90°，
∴∠EFM＝∠NDF，
∴△EMF∽△FND，
∴，
∵正方形ABCD中，AB＝2，E为AB的中点，

∴AE＝BE＝EF＝1，
设FH＝BM＝x，则EM＝1﹣x，FN＝2EM＝2（1﹣x）＝2﹣2x，
∴FM＝2﹣FN＝2﹣（2﹣2x）＝2x，
在Rt△EMF中，由勾股定理得：FM2＝EM2+FM2，
∴12＝（1﹣x）2+（2x）2，
解得：x1＝0，x2＝，
∴FH＝．
故答案为：．
【点评】本题主要考查了正方形的性质、折叠的性质、相似三角形的判定与性质、平行线的性质、勾股定理等知识，本题综合性较强，证明三角形相似是解题的关键．

【提分秘籍】
一般解题思路：
求角度：需要利用三角形内角和、外角的性质、平行线的性质等进行运算，必要时列方程（组）解答；
求边长：首选构造直角三角形，通过勾股定理求值；其次利用全等相似或三角函数进行求解。
【变式演练】
1．如图所示，在长方形纸片ABCD中，点E为BC边上一点，将纸片沿EM，EN折叠，使点B落在点B′处，点C落在点C′处．若∠B′EC′＝40°，则∠MEN＝　110°　．

【分析】利用角的加减和平角的定义来计算即可．
【解答】解：根据折叠可知∠BEM＝∠MEB′，∠CEN＝∠NEC′，
∴∠MEB′+∠NEC′＝（180°﹣∠B′EC′）÷2，
∵∠B′EC′＝40°，
∴∠MEB′+∠NEC′＝（180°﹣40°）÷2＝70°，
∴∠MEN＝∠MEB′+∠NEC′+∠B′EC′＝70°+40°＝110°，
故答案为：110°．
【点评】本题考查了角的计算，做题关键是掌握角的加减．
2．如图，将正方形ABCD对折后展开，得折痕MN，连结MD．点E在边BC上，连接DE，将△DEC沿DE折叠，当点C的对应点C′落在∠DMN的边上时，则的值为 　或　．

【分析】设正方形ABCD的边长为a，DE交MN于P，PN＝x，当点C的对应点C′落在∠DMN的边MD上时，过点P作PQ⊥DM于Q，先证明△DPN∽△DEC，可得CE＝2x，利用勾股定理可得DM＝a，再运用三角函数定义可得sin∠DMN＝＝＝，建立方程求解得x＝a，当点C的对应点C′落在∠DMN的边MN上时，如图，设正方形ABCD的边长为a，DE交MN于P，PN＝x，过点C′作C′F⊥BC于F，利用矩形性质和勾股定理即可求得答案．
【解答】解：设正方形ABCD的边长为a，DE交MN于P，PN＝x，
当点C的对应点C′落在∠DMN的边MD上时，如图，过点P作PQ⊥DM于Q，

由折叠性质可知：M、N分别为AB、CD的中点，
∴AM＝BM＝CN＝DN＝a，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠A＝∠B＝∠C＝90°，AB∥CD，
∴四边形BCNM是矩形，
∴MN∥BC，MN⊥CD，
∴△DPN∽△DEC，
∴＝＝，
∴CE＝2x，
由折叠知：∠EDC＝∠EDM，
∴PQ＝PN＝x，
∴PM＝a﹣x，
在Rt△ADM中，DM＝＝a，
∵sin∠DMN＝＝，
∴PQ•DM＝PM•DN，即x•a＝a（a﹣x），
解得：x＝a，
∴CE＝2x＝a，
∴＝＝，
当点C的对应点C′落在∠DMN的边MN上时，如图，设正方形ABCD的边长为a，DE交MN于P，PN＝x，过点C′作C′F⊥BC于F，

由折叠得：DC′＝DC＝a，
在Rt△C′DN中，C′N＝＝＝a，
∵∠C＝∠CNM＝∠C′FC＝90°，
∴四边形CFC′N是矩形，
∴CF＝C′N＝a，
∵MN∥BC，PN＝x，CE＝2x，
∴∠C′PE＝∠CED，
∵∠C′ED＝∠CED，
∴∠C′PE＝∠C′ED，
∴C′P＝C′E，
∵C′E＝CE，
∴C′P＝CE＝2x，
∵C′P+PN＝C′N，
∴2x+x＝a，
∴x＝a，
∴EC＝2x＝a，
∴＝＝；
故答案为：或．
【点评】本题是四边形综合题，考查了正方形性质，折叠变换的性质，勾股定理，相似三角形的判定与性质，三角函数定义等，解题时注意：翻折变换（折叠问题）实质上就是轴对称变换，对应边和对应角相等．

3．如图，在正方形纸片ABCD中，对角线AC、BD交于点O，折叠正方形纸片ABCD，使AD落在BD上，点A恰好与BD上的点F重合，展开后，折痕DE分别交AB、AC于点E、G．连接GF，下列结论：
①∠AGD＝112.5°；②tan∠AED＝；③S△AGD＝S△OGD；④四边形AEFG是菱形；⑤BE＝2OG．
其中正确结论的序号是　①②③④⑤　（在横线上填上你认为所有正确结论的序号）

【分析】①根据折叠的性质我们能得出∠ADG＝∠ODG，也就求出了∠ADG的度数，那么在三角形AGD中用三角形的内角和即可求出∠AGD的度数；
②设AE＝x，由△BEF是等腰直角三角形，得出BE＝x，得出AD＝AB＝x+x＝（1+）x，由tan∠AED＝，即可求得tan∠AED＝；
③设GF＝AE＝1，由②可知AD＝+1，根据等腰直角三角形的性质求得OD和OF，由△OGD与△FGD同高，根据同高三角形面积的比等于对应底的比，即可求得即可求得S△FGD＝S△OGD，根据△FGD≌△AGD，得出S△AGD＝S△OGD；
④根据同位角相等得到EF∥AC，GF∥AB，由折叠的性质得出AE＝EF，即可判定四边形AEFG是菱形；
⑤通过相似三角形DEF和DOG得出EF和OG的比例关系，然后再在直角三角形BEF中求出BE和EF的关系，进而求出BE和OG的关系．
【解答】解：在正方形纸片ABCD中，折叠正方形纸片ABCD，使AD落在BD上，点A恰好与BD上的点F重合，
∴∠GAD＝45°，∠ADG＝∠ADO＝22.5°，
∴∠AGD＝112.5°，所以①正确．
设AE＝x，
∵∠ABD＝45°，∠EFD＝90°，
∴△BEF是等腰直角三角形，
∴EF＝BF＝AE＝x，
∴BE＝x，
∴AD＝AB＝x+x＝（1+）x，
∴tan∠AED＝＝＝1+，所以②正确．
根据题意可得：AE＝EF，AG＝FG，
∵∠BAC＝∠BEF＝45°，
∴EF∥AC，
∵∠DAC＝∠OFG＝45°＝∠ABD，
∴GF∥AB，
∴四边形AEFG是菱形，所以④正确．
由∠OFG＝45°，AC⊥BD，
∴△GOF是等腰直角三角形，
∴OF＝GF，
设GF＝AE＝1，由②可知AD＝+1，
∴OF＝，OD＝（+1）＝1+，
∴FD＝OF+OD＝1+，
因为△OGD与△FGD同高，
∴＝＝＝，
∴S△FGD＝S△OGD，
∵△FGD≌△AGD，
∴S△AGD＝S△OGD，所以③正确；
设BF＝EF＝AE＝FG＝AG＝1，则OG＝，AB＝1+，BD＝2+，DF＝1+，
∵四边形AEFG是菱形，
∴EF∥AG∥AC，
∴△DOG∽△DFE，
∴＝＝，
∴EF＝2OG，
在等腰直角三角形BEF和等腰直角三角形OFG中，BE2＝2EF2＝2GF2＝2×2OG2，
∴BE＝2OG．所以⑤正确．
故正确的结论有①②③④⑤．
故答案为①②③④⑤．

【点评】本题主要考查了正方形的性质，菱形的判定，相似三角形的判定和性质等知识点，根据折叠的性质的角和边相等是解题的关键．折叠是一种对称变换，它属于轴对称，根据轴对称的性质，折叠前后图形的形状和大小不变，只是位置变化．
4．如图，将矩形ABCD沿AF折叠，使点D落在BC边的点E处，过点E作EG∥CD交AF于点G，连接DG．给出以下结论：①DG＝DF；②四边形EFDG是菱形；③EG2＝GF•AF；④当AG＝3，EG＝时，BE的长为，其中正确的结论个数是（　　）

A．1 B．2 C．3 D．4
【分析】先依据翻折的性质和平行线的性质证明∠DGF＝∠DFG，从而得到GD＝DF，接下来依据翻折的性质可证明DG＝GE＝DF＝EF，连接DE，交AF于点O．由菱形的性质可知GF⊥DE，OG＝OF＝GF，接下来，证明△DOF∽△ADF，由相似三角形的性质可证明DF2＝FO•AF，于是可得到GE、AF、FG的数量关系，过点G作GH⊥DC，垂足为H．利用②的结论可求得FG＝4，然后再△ADF中依据勾股定理可求得AD的长，然后再证明△FGH∽△FAD，利用相似三角形的性质可求得GH的长，最后依据BE＝AD﹣GH求解即可．
【解答】解：∵GE∥DF，
∴∠EGF＝∠DFG．
∵由翻折的性质可知：GD＝GE，DF＝EF，∠DGF＝∠EGF，
∴∠DGF＝∠DFG．
∴GD＝DF．故①正确；
∴DG＝GE＝DF＝EF．
∴四边形EFDG为菱形，故②正确；
如图1所示：连接DE，交AF于点O．

∵四边形EFDG为菱形，
∴GF⊥DE，OG＝OF＝GF．
∵∠DOF＝∠ADF＝90°，∠OFD＝∠DFA，
∴△DOF∽△ADF．
∴，即DF2＝FO•AF．
∵FO＝GF，DF＝EG，
∴EG2＝GF•AF．故③错误；
如图2所示：过点G作GH⊥DC，垂足为H．

∵EG2＝GF•AF，AG＝3，EG＝，
∴5＝FG（FG+3），整理得：FG2+3FG﹣10＝0．
解得：FG＝2或FG＝﹣5（舍去）．
∵DF＝GE＝，AF＝5，
∴AD＝＝＝2，
∵GH⊥DC，AD⊥DC，
∴GH∥AD．
∴△FGH∽△FAD．
∴，即＝，
∴GH＝，
∴BE＝AD﹣GH＝2﹣＝，故④正确，
故选：C．
【点评】本题是四边形综合题，考查了矩形的性质，菱形的判定和性质，相似三角形的性质和判定，勾股定理的应用，利用相似三角形的性质求得GH的长是解答问题的关键．
5．如图，长方形纸片ABCD，E为CD边上一点，将纸片沿BE折叠，点C落在点C'处，将纸片沿AE折叠，点D落在点D'处，且D'恰好在线段BE上．若∠AEC'＝α，则∠CEB＝（　　）

A． B． C． D．
【分析】由折叠的性质得∠AED＝∠AED'，∠CEB＝∠C'EB，再证2∠AED'＝180°﹣∠CEB，然后证3∠CEB＝180°﹣2α，即可得出结论．
【解答】解：由折叠的性质得：∠AED＝∠AED'，∠CEB＝∠C'EB，
∵∠AED'＝180°﹣∠CEB﹣∠AED，∠AED'＝∠AEC'+∠C'EB＝α+∠C'EB，
∴∠AED'＝180°﹣∠CEB﹣∠AED'，
∴2∠AED'＝180°﹣∠CEB，
∴2（α+∠CEB）＝180°﹣∠CEB，
∴3∠CEB＝180°﹣2α，
∴∠CEB＝60°﹣α，
故选：A．
【点评】本题考查了矩形的性质、折叠的性质等知识，熟练掌握矩形的性质和折叠的性质是解题的关键．

【题型五】 几何中的阴影面积问题
【典例分析】
1.如图，在正方形ABCD中，E为AB边上一点，BF⊥CE于点G，若已知下列三角形面积，则可求阴影部分面积和的是（　　）

A．S△BAF B．S△BCF C．S△BCG D．S△FCG
【分析】根据正方形的性质得到AB＝BC，∠ABC＝∠A＝90°，求得∠ABF＝∠BCE，根据全等三角形的性质得到S△ABF＝S△BCE，根据三角形的面积的和差即可得到结论．
【解答】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝BC，∠ABC＝∠A＝90°，
∵BF⊥CE，
∴∠BGC＝90°，
∴∠ABF+∠CBG＝∠CBG+∠BCG＝90°，
∴∠ABF＝∠BCE，
在△ABF与△BCE中，
，
∴△ABF≌△BCE（ASA），
∴S△ABF＝S△BCE，
∵S△BCF＝S正方形ABCD，
∴S△ABF+S△DCF＝S△BCE+S△DCF＝S正方形ABCD，
∴阴影部分面积和＝S△BCE+S△DCF﹣S△BCG＝S△BCF﹣S△BCG＝S△FCG，
故选：D．
【点评】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，三角形的面积，熟练掌握全等三角形的判定和性质定理是解题的关键．
【提分秘籍】
注意：需要熟悉几何图形的面积公式，常考的是三角形和扇形的组合图形，一般用割补法将不规则图形变成已学习的规则图形进行计算就可以，做好辅助线是关键。
【变式演练】
1.如图，在▱ABCD中，对角线AC，BD交于点O，点E为BC的中点，点F，G为CD上的点，且FG＝AB，连结OF，EG．若▱ABCD的面积为60，则图中阴影部分面积是（　　）

A．12 B．15 C．15 D．
【分析】连接OE，设OF与EG交于点H，证明△HOE≌HFG（AAS），可得OH＝FH，然后根据平行四边形的性质分析，利用三角形的面积公式解答即可．
【解答】解：如图，连接OE，设OF与EG交于点H，

∵四边形ABCD是平行四边形，
∴点O为BD的中点，AB∥CD，
∵点E为BC的中点，
∴OE＝AB＝GF，OE∥AB，
∵AB∥CD，
∴OE∥CD，
∴∠OEH＝∠FGH，
在△HOE和△HFG中，
，
∴△HOE≌HFG（AAS），
∴OH＝FH，
∴点H为OF的中点，
∵S平行四边形ABCD＝BC•hBC＝60，
∴S△BOE＝BE•×hBC＝BChBC＝BC•hBC＝×60＝，
S△EOH＝OE•×hAB＝AB•hAB＝AB•hAB＝×60＝，
∴阴影部分面积＝+2×＝15．
故选：B．
【点评】本题考查了平行四边形的性质，全等三角形的判定及性质，三角形的面积公式，在解答时证明△HOE≌HFG是关键．
2．如图，两个半径长均为1的直角扇形的圆心分别在对方的圆弧上，扇形CFD的圆心C是弧AB的中点，且扇形CFD绕着点C旋转，半径AE、CF交于点G，半径BE、CD交于点H，则图中阴影面积等于（　　）

A． B． C．π﹣1 D．π﹣2
【分析】根据扇形的面积公式求出面积，再过点C作CM⊥AE，作CN⊥BE，垂足分别为M、N，然后证明△CMG与△CNH全等，从而得到中间空白区域的面积等于以1为对角线的正方形的面积，从而得出阴影部分的面积．
【解答】解：两扇形的面积和为：＝π，
过点C作CM⊥AE，作CN⊥BE，垂足分别为M、N，
则四边形EMCN是矩形，
∵点C是弧AB的中点，
∴EC平分∠AEB，
∴CM＝CN，
∴矩形EMCN是正方形，
∵∠MCG+∠FCN＝90°，∠NCH+∠FCN＝90°，
∴∠MCG＝∠NCH，
在△CMG与△CNH中，
，
∴△CMG≌△CNH（ASA），
∴中间空白区域面积相当于对角线是1的正方形面积，
∴空白区域的面积为：×1×1＝，
∴图中阴影部分的面积＝两个扇形面积和﹣2个空白区域面积的和＝π﹣1．
故选：A．

【点评】此题主要考查了扇形的面积求法以及三角形的面积等知识，得出四边形EGCH的面积是解决问题的关键．
3．如图，已知Rt△ACB≌Rt△BDE，∠ACB＝∠BDE＝90°，∠CAB＝30°，点C在线段BD上，BC＝2．将△BDE绕点B按顺时针方向旋转30°，使得BE与BA重合，则线段DE所扫过的面积（即阴影部分面积）为（　　）

A． B． C． D．
【分析】根据题意求得AB＝2BC＝4，AC＝BC＝2，∠ABE＝∠DBF＝30°，然后运用分割转化的数学思想，将阴影部分的面积转化为S扇形ABE与S扇形BDF的之差，借助扇形的面积公式，即可解决问题．
【解答】解：∵∠ACB＝90°，∠CAB＝30°，BC＝2，
∴∠ABC＝60°，AB＝2BC＝4，
∴AC＝BC＝2，
∵∠ABE＝30°，
∴∠DBF＝30°，
∵Rt△ACB≌Rt△BDE，∠ACB＝∠BDE＝90°，
∴DB＝AC＝2，
由旋转变换可知，△BDE≌△BFA，
∴S△BDE＝S△BFA，
∴S阴影＝S扇形ABE+S△BDE﹣S△BFA﹣S扇形BDF
＝S扇形ABE﹣S扇形BDF
＝﹣
＝π﹣π
＝π．
故选：C．
【点评】该题主要考查了旋转变换的性质、解直角三角形、扇形的面积公式等几何知识点及其应用问题，明确S阴影＝S扇形ABE﹣S扇形BDF是解题的关键．
4．如图，在△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝CB＝2cm，以点B为圆心，AB的长为半径画弧，以BC为直径作半圆交线段AC于点D，则图中阴影的面积为 　（π﹣）　cm2．

【分析】根据题意，作出合适的辅助线，即可求得DO垂直平分BC，然后根据图形可知S阴影＝S扇形ABC﹣S△ABC﹣S弓形CD，从而可以解答本题．
【解答】解：作DO⊥BC于点O，连接BD，如图所示，
在△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝CB＝2cm，
∴△ABC是等腰直角三角形，
∴∠ACB＝45°，
∵以BC为直径作半圆交线段AC于点D，
∴∠BDC＝90°，
∴△BDC是等腰直角三角形，
∴OD＝OB＝OC＝＝1cm，
∴S弓形CD＝S扇形OCD﹣S△COD＝﹣＝（﹣）（cm2），
∴S阴影＝S扇形ABC﹣S△ABC﹣S弓形CD＝﹣＝（π﹣）（cm2）．
故答案为：（π﹣）．

【点评】本题考查扇形面积的计算、等腰直角三角形的性质，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．
【题型六】 几中的旋转问题
【典例分析】
1.如图，在等腰直角△ACB中，∠ACB＝90°，BC＝5，点E是AB边上一点（点E不与点
A，B重合），连接CE，线段CE绕点C顺时针旋转90°得到线段CD，连接AD，DE，线段DE与AC边交于点F，有以下说法：
Ⅰ．四边形AECD的面积总等于；
Ⅱ．当时，△AED的外接圆半径为．
下列判断正确的是（　　）

A．两种说法都正确
B．说法Ⅰ正确，说法Ⅱ不正确
C．说法Ⅰ不正确，说法Ⅱ正确
D．两种说法都不正确
【分析】（Ⅰ）根据等腰直角三角形的性质得到BC＝AC，根据旋转的性质得到CE＝CD，∠ECD＝90°，根据全等三角形 到现在即可得到结论；（Ⅱ）根据等腰直角三角形的性质得到∠B＝BAC＝45°，根据全等三角形的性质得到∠CAD＝∠B＝45°，BE＝AD＝，求得∠EAD＝90°，根据勾股定理即可得到结论．
【解答】解：（Ⅰ）在等腰直角△ACB中，∠ACB＝90°，BC＝AC，
∵线段CE绕点C顺时针旋转90°得到线段CD，
∴CE＝CD，∠ECD＝90°，
∴∠BCE＝∠ACD，
在△BCE与△ACD中，
，
∴△BCE≌△ACD（SAS），
∴四边形AECD的面积＝△ACB的面积＝BC•AC＝；
（Ⅱ）∵∠ACB＝90°，BC＝AC＝5，
∴∠B＝BAC＝45，
∵△BCE≌△ACD，
∴∠CAD＝∠B＝45°，BE＝AD＝，
∴∠EAD＝90°，
∵BC＝AC＝5，
∴AB＝5，
∵BE＝AD＝，
∴AE＝4，
∴DE＝＝＝，
∴△AED的外接圆半径为，
故选：A．

【点评】本题考查了三角形外接圆与外心，勾股定理，等腰直角三角形的性质，旋转的性质，熟练掌握全等三角形 的判定和性质定理是解题的关键．

【提分秘籍】
一般解题思路：
通过旋转改变位置后重新组合，然后作为全等变换，需要在新旧图形之间找到其中的变量和不变量，从而在新图形中分析出有关图形间的关系，进而揭示条件与结论间的内在联系，找到解题途径.
【变式演练】
1．如图．是等腰直角外一点，把绕点B顺时针旋转90°到，使点在内，已知，若连接，，则（    ）

A． B． C． D．
【答案】B
【分析】连接，，证明，得出，从而得出，证明为直角三角形，设，则，根据勾股定理求出，根据等腰直角三角形的性质，求出，即可得出答案．
【详解】解：连接，，如图所示：

∵绕点顺时针旋转到，
∴，，
∵为等腰直角三角形，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，，
∴为等腰直角三角形，
∴，，
∵，
∴，
∴为直角三角形，
设，则，
∴，
∴，
∴，
故B正确．
【点睛】本题主要考查了旋转的性质，三角形全等的判定和性质，等腰直角三角形的性质，勾股定理，解题的关键是作出辅助线，证明．
2．如图，正方形中，，O是边的中点，点E是正方形内一动点，，连接，将线段绕点D逆时针旋转得，连接、．则线段长的最小值为（    ）

A． B． C． D．
【答案】C
【分析】连接，将线段绕点D逆时针旋转得，连接，，，证明，可得，由勾股定理可得 ，根据，即可得出的最小值．
【详解】解：如图，连接，将线段绕点D逆时针旋转得，连接，，，

∵，
∴，
在与中，
，
∴ ，
∴，
∵正方形中，，O是边的中点，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴线段长的最小值为．
故选C．
【点睛】本题考查线段的最值问题，涉及三角形的三边关系、勾股定理、旋转的性质、正方形的性质、全等三角形的判定与性质等知识点，通过添加辅助线构造是解题的关键．
3．如图，在矩形中，，，将矩形绕点逆时针旋转得到矩形，交于点，且，则的长为_______．

【答案】/
【分析】由旋转的性质可得，设，则，在中，由勾股定理得，即，求的值，进而可得的值．
【详解】解：由旋转的性质可得，
设，则，
在中，由勾股定理得，
即，
解得，
∴，
故答案为：．
【点睛】本题考查了旋转的性质，矩形的性质，勾股定理，解题的关键在于对知识的熟练掌握和灵活运用．

【题型六】 动态几何的最值问题
【典例分析】
1.如图，四边形ABCD为矩形，AB＝1，BC＝2，P是线段BC上一动点，M是线段AP上一点，∠ADM＝∠BAP，△ADM是 　直角　（填“锐角、直角、钝角”）三角形；BM长的最小值为 　﹣1　．

【分析】取AD的中点O，连接OB，OM，证明∠AMD＝90°，推出OM＝AD＝2，利用勾股定理求出OB，可得结论．
【解答】解：如图，取AD的中点O，连接OB，OM．

∵四边形ABCD是矩形，
∴∠BAD＝90°，AD＝BC＝2，
∴∠BAP+∠DAM＝90°，
∵∠ADM＝∠BAP，
∴∠ADM+∠DAM＝90°，
∴∠AMD＝90°，
∵AO＝OD＝1，
∴OM＝AD＝1，
∵OB＝＝，
∴BM≥OB﹣OM＝﹣1，
∴BM的最小值为﹣1．
故答案为：直角，﹣1．
【点评】本题考查矩形的性质，轨迹，勾股定理，直角三角形斜边中线的性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，应用直角三角形性质解决问题．
【提分秘籍】
(1)线段和的最小值问题有些可以应用最短距离模型解决，即先作一个点关于某条直线的对称点，再与另一个定点连接，与该直线的交点即为最短距离所需要的点，当有一个动点和一条直线时，作一次对称；当有两个动点和两条直线时，则作两次对称.
(2)解决动点问题，常用勾股定理或相似三角形的性质建立等量关系，求得函数关系式；或先将要求的线段(要求的量)用未知数x表示，建立函数模型，求出函数关系式，再用函数的增减性或最值求解.
【变式演练】
1．如图，O是平面直角坐标系原点，AB∥OC，AO⊥OC，AB＝1，OC＝4，P为线段AO上一个动点，连结PB并延长至点E，使得点E落在直线x＝2上，以PE，PC为邻边作▱PEFC，则对角线PF的最小值为 　6　．

【分析】作FN⊥x轴于N，EM⊥y轴于M，连接PF．利用全等三角形的性质证明CN＝EM＝2，推出ON＝6，根据垂线段最短解决问题即可．
【解答】解：作FN⊥x轴于N，EM⊥y轴于M，连接PF．
∵四边形PEFC是平行四边形，
∴PE＝CF，PE∥CF，
∴∠FCN＝∠ETC，
∵EM⊥y轴，FN⊥x轴，
∴∠EMP＝∠FNC＝90°，
∵EM∥TC，
∴∠MEP＝∠ETC，
∴∠MEP＝∠FCN，
∴△EMA≌△CNF（AAS），
∴EM＝CN＝2，
∵OC＝4，
∴ON＝OC+CN＝4+2＝6，
当PF⊥FN时，PF的值最小，此时PF＝ON＝6，
∴PF的最小值为6．
故答案为6．

【点评】本题考查平行四边形的性质，全等三角形的判定和性质，垂线段最短等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，学会利用垂线段最短解决最短问题．
2．如图，在矩形ABCD中，AB＝4，BC＝3，点P是对角线AC上一个动点（点P与点A，C不重合），过点P分别作PE⊥AD于点E，PF∥BC交CD于点F，连接EF，则EF的最小值为 　　．

【分析】连接DP，利用勾股定理列式求出AC，判断出四边形DEPF是矩形；根据矩形的对角线相等可得EF＝DP，再根据垂线段最短可得DP⊥AC时，线段EF的值最小，然后根据三角形的面积公式列出方程求解即可．
【解答】解：如图，连接DP．
∵∠B＝∠D＝90°，AB＝4，BC＝3，
∴AC＝5，
∵PF⊥DC于点E，PE∥DC，∠D＝90°，
∴四边形DEPF是矩形；
∴EF＝DP，
由垂线段最短可得DP⊥AC时，线段EF的值最小，
此时，S△ADC＝DC•AD＝AC•DP，
即×4×3＝×5•DP，
解得DP＝．
故答案为：．

【点评】本题考查了矩形的判定与性质，垂线段最短的性质，勾股定理，判断出DP⊥AC时，线段EF的值最小是解题的关键，难点在于利用三角形的面积列出方程．
3．如图，四边形ABCD为矩形，对角线AC与BD相交于点O，点E在边DC上，连接AE，过D做DF⊥AE，垂足为F，连接OF，若∠DAE＝30°，DE＝1，则OF的最小值为（　　）

A． B． C． D．
【分析】先说明△ADE的形状固定，点F的位置固定，点O为对角线AC与BD的交点，点O在AD的垂直平分线，作AD的垂直平分线MN，交AD于点M，交BC于点N，过点F作FO⊥MN，延长OF交CD于点G，根据垂线段最短，得出此时OF最短，根据含30°直角三角形的性质求出OF的长即可．
【解答】解：∵∠DAE＝30°，DE＝1，∠ADE＝90°，
∴AE＝2DE＝2，，
∵DF⊥AE，
∴，
∴△ADE的形状固定，点F的位置固定，
∵点O为对角线AC与BD的交点，
∴点O在AD的垂直平分线，
如图，作AD的垂直平分线MN，交AD于点M，交BC于点N，过点F作FO⊥MN，延长OF交CD于点G，

∵垂线段最短，
∴此时OF最短，
∵∠OMD＝∠MOG＝∠MDG＝90°，
∴四边形OMDG为矩形，
∴，∠OGD＝90°，
∵∠DEF＝90°﹣∠DAE＝60°，
∵∠DFE＝90°，
∴∠FDE＝90°﹣60°＝30°，
∵∠OGD＝90°，
∴，
∴，故D正确．
故选：D．
【点评】本题主要考查了矩形的判定和性质，含30°直角三角形的性质，勾股定理，垂线段最短，解题的关键是找出使OF最小时，点O的位置．
4．如图，矩形ABCD中，AB＝2，BC＝3，以A为圆心，1为半径画A，E是圆A上一动点，P是BC上一动点，则PE+PD最小值是（　　）

A．2 B．2.5 C．4 D．3
【分析】以BC为轴作矩形ABCD的对称图形A′BCD′以及对称圆A′，连接A′D交BC于P，则DE′就是PE+PD最小值；根据勾股定理求得A′D的长，即可求得PE+PD最小值．
【解答】解：如图，以BC为轴作矩形ABCD的对称图形A′BCD′以及对称圆A′，连接A′D交BC于P，则DE′就是PE+PD最小值；

∵矩形ABCD中，AB＝2，BC＝3，圆A的半径为1，
∴A′D′＝BC＝3，DD′＝2DC＝4，AE′＝1，
∴A′D＝5，
∴DE′＝5﹣1＝4
∴PE+PD＝PE′+PD＝DE′＝4，
故选：C．

【点评】本题考查了轴对称﹣最短路线问题，勾股定理的应用等，作出对称图形是本题的关键．

1．（2023·湖北黄冈·校考一模）二次函数为常数，且中的x与y的部分对应值如表
x

0
1
3
y

3
5
3
下列结论：①；②当时，y的值随x值的增大而减小；③3是方程的一个根；④当时，．其中正确的是（　　）
A．①④ B．①②③ C．①③④ D．②③
【答案】C
【分析】根据表格数据求出二次函数的对称轴为直线，然后根据二次函数的性质对各小题分析判断即可得解．
【详解】解：①由图表中数据可得出抛物线开口向下，；
又时，，
∴，
，故①正确；
②二次函数开口向下，且对称轴为，
当时，y的值随x值的增大而减小，故②错误；
③时，，
∴，
∵，
∴，
∴，
是方程的一个根，故③正确；
④时，，
时，，
时，，且函数有最大值，
当时，，故④正确．
故选：C．
【点睛】本题考查了二次函数的性质，二次函数图象与系数的关系，抛物线与x轴的交点，二次函数与不等式，有一定难度．熟练掌握二次函数图象和性质是解题的关键．
2．（2023·河南安阳·校联考一模）如图，抛物线与轴交于点和，与轴交于点，下列结论：①，②，③，④，其中正确的结论个数为（     ）

A． B． C． D．
【答案】B
【分析】结合图形，可判断，，，故，故①正确；根据对称轴的情况，可得，故②错误；根据图形，当时，，故③正确；当时，，可得，故④错误，即可解答．
【详解】解：由抛物线的开口向上知，
对称轴位于轴的右侧，
，
抛物线与轴交于负半轴，
，
，
故①正确；
对称轴为直线，得，即，
故②错误；
由图可知：当时，，
，
故③正确；
当时，，
，
即，
故④错误．
综上所述，有个结论正确．
故选：B．
【点睛】本题考查了根据二次函数的图像判断式子的符号，熟知二次函数图像与对应的项的符号关系以及对称轴公式是解题的关键．
3．（2023·黑龙江齐齐哈尔·统考一模）如图，抛物线，与轴正半轴交于两点， 与轴负半轴交于点．
①；               
②；
③若点的坐标为，且，则；
④若抛物线的对称轴是直线，为任意实数；
则．
上述结论中，正确的个数是（　　）

A．0个 B．1个 C．2个 D．3个
【答案】D
【分析】根据函数的开口，判断a的符号，根据对称轴，判断b的符号，根据于y轴交点，判断c的符号，即可判断①；根据该函数图象与x轴的交点个数，即可判断②；根据可得，则当时，，把和分别代入，消去a，即可判断③；根据函数开口向下，对称轴为直线，可知函数的最大值为对应的函数值，则当时，函数值不大于对应的函数值，即可判断④．
【详解】解：∵函数开口向下，∴，
∵函数对称轴在y轴左侧，∴，则，
∵函数图象与y轴相交于负半轴，∴，
∴，故①正确；
∵该函数图象与x轴有2个交点，
∴，故②不正确；
∵，
∴，
∵，
∴，
∴当时，，
把代入得：，即，
把点代入得：，
∴，整理得：，
∵，
∴，故③正确；
把代入得：，
∵抛物线的对称轴是直线，函数图象开口向下，
∴该函数的顶点坐标为：，即该函数最大值为，
当时，，
∴，
整理得：，即，故④正确；
综上：正确的有①③④，共3个；
故选：D．
【点睛】本题主要考查了二次函数的图象和性质，解题的关键是熟练掌握二次函数的图象和系数的关系．
4．（2023湖北鄂州）如图，在矩形中，对角线与相交于点O，，平分，交于E．则下列结论：①是等腰三角形；②；③；④．其中正确的个数是（    ）

A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【答案】B
【分析】根据矩形的性质和角平分线的定义，得到，进而得到，再证明是等边三角形，得到，从而得到，即可判断①结论；根据等边三角形的性质和三角形内角和定理，得到，再根据等腰三角形的性质，，然后根据30度角所对的直角边等于斜边一半，即可判断②结论；根据和的度数，即可判断③结论；根据勾股定理，得到，进而得到，分别求出，，即可判断④结论．
【详解】解：四边形是矩形，
，，
平分，
，
，
，
，
，
，
是等边三角形，
，
，
是等腰三角形，①结论正确；
是等边三角形，
，
，
，
，
当时，，即，
，
与不垂直，不能推出，②结论错误；
，，
，③结论正确；
，，
，
，
，
，
，，
，
，④结论错误，
正确的结论为①③，共2个，
故选B．
【点睛】本题考查了矩形的性质，等腰三角形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，勾股定理等知识，灵活运用这些性质解决问题是解题关键．
5．（2023·江苏连云港·统考一模）如图，在边长为4的正方形中，点是边的中点，连接、，分别交、于点、，过点作交的延长线于，下列结论：①；②；③；④四边形的面积为；⑤．其中正确的结论有（    ）

A．2个 B．3个 C．4个 D．5个
【答案】C
【分析】连接，证明，再利用三角形的外角的性质即可判断①；利用四点共圆证明即可判断②；由正方形的边长为4，则，求出，即可判断③；根据正方形的性质推出，利用相似三角形的性质求得四边形的面积即可判断④；先求得，证明，利用相似三角形的性质求解即可判断⑤．
【详解】解：如图，连接，

四边形是正方形，
，，
，
点是边的中点，则，
，
，，
，
故①正确；
如图，连接．

，
，
，，，四点共圆，
，
，
，
故②正确；
正方形的边长为4，点是边的中点，
，
，，
，即，
故③正确；
，，
是的中位线，，
，
，
设边上的高为，边上的高为，
，，
，
，
，
根据对称性可知，，
，
故④正确；
，
，
，
，
，
，
，，
，
，即，
解得：，
故⑤错误，
综上所述，正确的有①②③④，共4个，
故选：C．
【点睛】本题考查了正方形的性质，圆周角定理，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，三角形的中位线定理，勾股定理，三角形外角的性质，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考选择题中的压轴题．
6．（2023春·湖南永州）如图，在正方形中，点分别在上，，与相交于点．下列结论：①垂直平分；②当时，为等边三角形；③当时，；④当时，．其中正确的结论有（    ）个．

A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】D
【分析】根据正方形的性质可以得到，即，，然后根据三线合一判断①，求出的度数判断②；计算出，判断③；计算出，判断④解题．
【详解】解：∵是正方形，
∴，，
又∵
∴，
∴，，
∴，
∴垂直平分，故①正确；
∵，
∴，
∵
∴为等边三角形，故②正确；
∵
∴，
∴
∵，，
∴
∴
∴，
故③正确；
∵，
∴，
∴，
又∵，
故④正确；
∴正确的个数为个，
故选D．
【点睛】本题考查正方形的性质，全等三角形的判定和性质，等腰三角形的性质，勾股定理，掌握正方形的性质是解题的关键．
7．（2023·辽宁葫芦岛·统考二模）如图，在，，，点从点出发，沿的路径运动，过点作于点，连接，设点运动的路程为，的面积为，则能反映和之间关系的图象是（ ）

A． B． C． D．
【答案】A
【分析】分和两种情况求出函数解析式，通过解析式进行判断即可．
【详解】解：当点在边上运动时，即时，
过作于，如图所示：

，，，，
为等腰直角三角形斜边上的高，
，
，
，，
，
当时，和之间关系的图象是开口向下的抛物线，且当时，有最大值；
当点在边上运动时，即时，
过作于，如图所示：

同可得，，
，，
，，
，
，
时，和之间关系的图象是开口向下的抛物线，且当时，有最大值；
故选：A．
【点睛】本题考查了动点问题的函数图象，二次函数的图象，解决本题的关键是分段求出函数解析式．
8．（2021·广东梅州·统考一模）如图，点P是菱形边上的一动点，它从点A出发沿在路径匀速运动到点D，设的面积为y，P点的运动时间为x，则y关于x的函数图象大致为（　　）

A． B． C． D．
【答案】B
【分析】设菱形的高为h，即是一个定值，再分点P在上，在上和在上三种情况，利用三角形的面积公式列式求出相应的函数关系式，然后选择答案即可．
【详解】解：分三种情况：
①当P在边上时，如图1，

设菱形的高为h，
，
∵随x的增大而增大，h不变，
∴y与x是一次函数关系，
故选项C和D不正确；
②当P在边上时，如图2，

，
和h都不变，
∴在这个过程中，y不变，
故选项A不正确；
③当P在边上时，如图3，

，
∵随x的增大而减小，h不变，
∴y随x的增大而减小，
∵P点从点A出发沿在路径匀速运动到点D，
∴P在三条线段上运动的时间相同，
故选项B正确；
故选：B．
【点睛】本题考查了动点问题的函数图象，菱形的性质，解题的关键是根据点P的位置的不同，运用分类讨论思想，分三段求出△的面积的表达式．
9．（2023·河北衡水·校联考模拟预测）如图，等边的边长为，是边上一点，过作于点，设，，任意改变的位置选取组数对，在坐标系中进行描点，则正确的是（    ）

A． B． C． D．
【答案】B
【分析】根据点在边上，求出的取值范围，再根据角直角三角形的性质和勾股定理得出与的函数解析式，从而得出结论．
【详解】解：是边长为的等边三角形，
当和重合时，，
当时，，
∵，，
∴，
∴，
∴．
∴根据解析式可知B正确，
故选：B．
【点睛】本题是动点问题的函数图象探究题，考查了一次函数图象性质和等边三角形的性质等知识，解答关键是求出函数解析式和自变量的取值范围．
10．（2023·辽宁葫芦岛·统考一模）如图，在中，，，，动点从点出发，以每秒个单位的速度沿的路径运动，同时点从出发，以相同的速度沿的路径运动，当点运动到点时，，两点停止运动，过点作，过点作，设点运动的时间为，四边形与重叠的面积为，则与之间的函数关系用图象表示大致是（   ）

A． B． C． D．
【答案】D
【分析】根据题意，得出，求得点在上时，，当时，如图所示，设交于点，交于点，求得的关系式，根据二次函数图象的性质即可求解．
【详解】解：如图所示，连接，

∵，，
∴四边形是平行四边形，
∵，
∴四边形是菱形，
∵，
∴是等边三角形，
∴
当点落在上时，如图所示，过点作于点，

∵，
∴，
在中，

∴
∴
∵
∴
∴
解得：
∴当时，
当时，如图所示，设交于点，交于点，

∵，
∴
∴
∵在中，，，，
∴
∴
∴，
∴
∴
∴
，
综上所述，当时，，抛物线开口向上，当，，抛物线开口向下，
故选：D．
【点睛】本题考查了动点问题的函数图象，二次函数图象的性质，相似三角形的性质与判定，菱形的性质与判定，含30度角的直角三角形的性质，勾股定理，数形结合是解题的关键．
11．（2023天津市北辰区第三学区联考数学）如图，将正方形纸片折叠，使边均落在对角线上，得折痕，则的度数是（    ）

A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根据四边形是正方形，是对角线，可求出的度数，根据折叠可知是角平分线，由此即可求解．
【详解】解：∵四边形是正方形，是对角线，
∴，
∵沿折叠后落在上，沿折叠后落在上，
∴是的角平分线，是的角平分线，
∴，
∴，
故选：．
【点睛】本题主要考查正方形的折叠，掌握正方形的性质，折叠的性质，角平分线的性质是解题的关键．
12．（2023·河南新乡·统考一模）数学课上，老师让同学们以“矩形的折叠”为主题开展数学活动．如图，小明把矩形沿折叠，使点C落在边的点F处，其中，且，则矩形的面积为（    ）

A．80 B．64 C．36 D．18
【答案】A
【分析】首先根据折叠的性质得到，然后根据同角的余角相等得到，进而得到，设，，则，，根据定理求出，，最后利用矩形面积公式求解即可．
【详解】解：∵矩形沿折叠，使点C落在边的点F处，
∴，
∴，
∵四边形是矩形，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴设，，则，，
∴，
∵，
∴，
∵，，
∴，即，
∴解得：，负值舍去，
∴，，
∴矩形的面积．
故选：A．
【点睛】此题考查了矩形和折叠问题，勾股定理，三角形函数的运用，解题的关键是熟练掌握以上知识点．
13．（2023春·浙江台州）如图，在矩形中，，将矩形沿折叠，点D落在点D′处，则重叠部分的面积为（　　）

A．6 B．8 C．10 D．12
【答案】C
【分析】根据矩形和折叠的性质可得，，从而得到，
，设，则，在中，根据勾股定理求x，即可得到结果．
【详解】解：∵四边形是矩形，
∴，，，
∴，
由折叠的性质得：，，，
∴，，
∴，
∴，
设，则，
在中，，
∴，
解得：，
∴，
∴．
故选：C．
【点睛】本题考查了翻折变换﹣折叠问题，勾股定理的正确运用，本题中设，在中运用勾股定理求x是解题的关键．
14．（2023·湖北鄂州·统考一模）如图，以等边的一边为直径的半圆交于点，交于点，若，则阴影部分的面积是（    ）

A． B． C． D．
【答案】A
【分析】连接，，，可得，，都是等边三角形，从而得弓形的面积弓形的面积，进而得阴影部分的面积的面积，进而即可求解．
【详解】连接，，，

是等边三角形，
，，
，
，，，都是等边三角形，
，
弓形的面积弓形的面积，
阴影部分的面积的面积，
，
是等边三角形，边长为，
过点作于点，则，，
的面积，
阴影部分的面积．
故选：A．
【点睛】本题考查了等边三角形的性质，弧与圆心角的关系，圆的对称性，得出阴影部分的面积等于的面积是解题的关键．
15．（2023·山西长治·校联考二模）如图，将半径为4，圆心角为的扇形绕弧的中点P逆时针旋转，点A，B，C的对应点分别为点D，E，F，点D落在上，点C落在上，则图中阴影部分的面积为（    ）

A． B． C． D．
【答案】A
【分析】设与的交点为Q，连接、、，过点P作于点G，由可得，再证，是等腰直角三角形，求出相关线段长度，进而求出，，代入计算即可．
【详解】解：如图，设与的交点为Q，连接、、，过点P作于点G，

∵扇形绕点P逆时针旋转得到扇形，
∴，扇形中空白部分的面积，
∴．
∵，
∴是等腰三角形，
∴，
∵，P为的中点，
∴，
∴是等腰直角三角形，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴为等腰直角三角形，
∴，
∵，
∴．
故选A．
【点睛】本题考查旋转的性质，扇形的面积，等腰三角形的判定和性质等，解题的关键是通过推导得出．
16．（2023春·江苏南京）如图，中，，，将绕点C逆时针旋转，得到，连结，则的长是（　　）

A． B．4 C． D．
【答案】A
【分析】如图，连接，由题意得：，，得到为等边三角形，根据，，得出垂直平分，于是求出，，最终得到答案．
【详解】解：如图，连接，

由题意得：，，
∴为等边三角形，
∴，；
∵，，
∴，
∵，，
∴垂直平分，
∴，
∴，，
∴，
故选：A．
【点睛】本题考查了图形的变换﹣旋转，等腰直角三角形的性质，等边三角形的判定和性质，线段的垂直平分线的判定，准确把握旋转的性质是解题的关键．
17．（2023·江西抚州）如图，将绕点A顺时针旋转角110°得到，若点E恰好在的延长线上，则等于（    ）

A．55° B．70° C．80° D．110°
【答案】B
【分析】由旋转得，，，，根据等腰三角形的性质得到，即可求出答案．
【详解】解：由旋转得，，，，
∴，
∴，
故选：B．
【点睛】此题考查了旋转的性质，等腰三角形等边对等角求角度，正确理解旋转的性质是解题的关键．
18．如图，将纸片沿折叠，使点A落在点处，且平分，平分，若，则____．

【答案】/度
【分析】先根据角平分线的定义和三角形内角和定理求出，进而求出，由折叠的性质可得，再根据平角的定义得到，则．
【详解】解：∵，
∴，
∵平分，平分，
∴，
∴，
∴，
∴，
由折叠的性质可得，
∵，
∴，
∴ ．
故答案为80°．
【点睛】本题主要考查了折叠的性质，三角形内角和定理，角平分线的定义，灵活运用所学知识是解题的关键．
19．（2023·江苏宿迁·统考二模）如图，四边形为正方形，点E是的中点，将正方形沿折叠，得到点B的对应点为点F，延长交线段于点P，若，则正方形的边长为________．

【答案】
【分析】连接，根据正方形的性质可得，，再由翻折的性质可得，,，从而可证，即可得，设，则，，，利用勾股定理可得，即可求出结果．
【详解】解：连接，∵四边形是正方形，
∴，，
∵点E是的中点，，
∴，
由翻折的性质可得：，,，
∴，，
在和中，
，
∴，
∴，
设，则，，，，
在中，，
∴，
解得：（舍）或，
∴，
故答案为：6．

【点睛】本题考查正方形的性质、翻折的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理及解一元二次方程，综合运用相关知识是解题的关键．
20．（2023·河南省直辖县级单位·校联考一模）如图，扇形的圆心角，，将扇形沿射线平移得到扇形，与相交于点C，若点C为上靠近点A的三等分点，则阴影部分的面积为______________．

【答案】
【分析】连接，过C点作于N点，过作于M点，利用点C为上靠近点A的三等分点，可得，即，根据平移可知：，即可得，易证明是等腰直角三角形，即，则有， ，根据，可得，在中，，即可得，解得：，问题随之得解．
【详解】连接，过C点作于N点，过作于M点，如图，

∵点C为上靠近点A的三等分点，
∴，
∴，即，
根据平移可知：，
∴，
∵，，
∴，即是等腰直角三角形，
∴，即，
∵，，
∴，即，
∵，，
∴，
∵，，
∴，
∵在中，，
∴，
解得：，（舍去），
∴，
∵，，
∴，
∴，
故答案为：．
【点睛】本题考查了求解扇形的面积，解直角三角形以及勾股定理等知识，构筑合理的辅助线求出，是解答本题的关键．
21．（2023·山东泰安·统考二模）如图，正方形的边长为4，以为直径的半圆O交对角线于点E，则阴影部分的面积是______________．

【答案】/
【分析】观察图形可知，阴影部分的面积等于正方形面积的一半减去以半圆面积的一半．
【详解】解：阴影部分的面积

，
故答案为：．
【点睛】本题考查扇形的面积的计算、正方形的性质，解题的关键是计算出扇形的面积．
22．（2023·广东揭阳·统考一模）如图，已知等边的边长为8，点是边上的动点，将绕点逆时针旋转得到，点是边的中点，连接、，当最短时，的长为______．

【答案】
【分析】根据旋转得到全等，然后将最短转化为最短，即取垂线段最短，然后构造直角三角形，根据勾股定理列方程求解即可．
【详解】过作交于，取中点，连接，
∵是等边三角形，
∴，
∵绕点逆时针旋转得到，
∴，
∴，
∴，
∴，
同理可得，
∴，
∴最短时，即最短时，
即时，最短，
∵等边的边长为8，
∴，
∴，
∴在中，，
∴，
∴，
∵

∴
∵在中，，
∴，
∴，
∴在中，．
故答案为：

【点睛】此题考查勾股定理，解题关键是根据旋转得到全等三角形，难点是灵活构造直角三角形，利用勾股定理列方程求解．
23．（2023·上海崇明·统考二模）如图，已知在两个直角顶点重合的Rt△ABC和Rt△CDE中，，，，，将绕着点C顺时针旋转，当点D恰好落在边上时，联结，那么________．

【答案】
【分析】利用含30度角的直角三角形的性质，分别求出的长，证明，得到，推出，在中，利用勾股定理进行求解即可．
【详解】解：∵，，，，
∴，，，，
∴，
∴，，
∴，
设，则：，
∴，
在中，，即：，
解得：或（不合题意，舍去）；
∴．
故答案为：．
【点睛】本题考查含30度的直角三角形，锐角三角函数，相似三角形的判定和性质，勾股定理，解一元二次方程．熟练掌握相关知识点，证明三角形相似，是解题的关键．