中考数学二轮复习解答题培优专题10 图形变换综合题探究专题（含解析）

这是一份中考数学二轮复习解答题培优专题10 图形变换综合题探究专题（含解析），共60页。


专题十 图形变换综合题探究专题
【考题研究】
本专题主要包括图形的变换和相似形．其中轴对称图形、平移、中心对称图形的识别，相似三角形性质以填空和选择题为主，主要是考查对图形的识别和性质；图形的折叠、平移、旋转与几何图形面积相关的计算问题以填空题和解答题为主，主要是考查对几何问题的综合运用能力；而相似三角形的性质及判断定的应用往往还会结合圆或者解直角三角形等问题一并考查，主要是以解答题为主。
【解题攻略】
图形的轴对称、平移、旋转是近年中考的新题型、热点题型，它主要考查学生的观察与实验能力，探索与实践能力，因此在解题时应注意以下方面：1.熟练掌握图形的轴对称、图形的平移、图形的旋转的基本性质和基本方法。2.结合具体问题大胆尝试，动手操作平移、旋转，探究发现其内在规律是解答操作题的基本方法。3．注重图形与变换的创新题，弄清其本质，掌握其基本的解题方法，尤其是折叠与旋转等。
【解题类型及其思路】
1.变换中求角度注意平移性质：平移前后图形全等，对应点连线平行且相等．
2．变换中求线段长时把握折叠的性质：折线是对称轴、折线两边图形全等、对应点连线垂直对称轴、对应边平行或交点在对称轴上．
3．变换中求坐标时注意旋转性质：对应线段、对应角的大小不变，对应线段的夹角等于旋转角.
4．变换中求面积，注意前后图形的变换性质及其位置等情况。
【典例指引】
类型一 【图形的平移】
【典例指引1】1．两个三角板ABC，DEF按如图所示的位置摆放，点B与点D重合，边AB与边DE在同一条直线上(假设图形中所有的点、线都在同一平面内)，其中，∠C＝∠DEF＝90°，∠ABC＝∠F＝30°，AC＝DE＝4 cm.现固定三角板DEF，将三角板ABC沿射线DE方向平移，当点C落在边EF上时停止运动．设三角板平移的距离为(cm)，两个三角板重叠部分的面积为 (cm2)．
(1)当点C落在边EF上时，＝________cm；
(2)求关于的函数表达式，并写出自变量的取值范围；
(3)设边BC的中点为点M，边DF的中点为点N，直接写出在三角板平移过程中，点M与点N之间距离的最小值．

【答案】(1)10;(2)见解析；（3） .
【解析】
分析：（1）由锐角三角函数，得到BG的长，进而得出GE的长，又矩形的性质可求解；
（2）分类讨论：①当0≤t＜4时，根据三角形的面积公式可得答案；②当4≤t＜8时，③当时，根据面积的和差求解；
（3）根据点与直线上所有点的连线中垂线段最短，可得M在线段NG上，根据三角形的中位线，可得NG的长，根据锐角三角函数，可得MG的长，然后根据线段的和差求解.
详解:（1）如图：
作CG⊥AB于G点．
在Rt△ABC中，由AC=4，∠ABC=30，得
BC==4．
在Rt△BCG中，BG=BC•cos30°=6．
四边形CGEH是矩形，
CH=GE=BG+BE=6+4=10cm，
故答案为：10 .

（2）①当时，如解图

∵∠GDB＝60°，∠GBD＝30°，
∴DB＝x，DG＝x，BG＝x，
重叠部分的面积y＝DG·BG＝×x×x＝x2　　　　　　
②时，如解图

BD＝x，DG＝x，BG＝x，BE＝x－4，
EH＝ (x－4)
重叠部分的面积y＝S△BDG－S△BEH＝DG·BG－BE·EH，
即y＝×x×x－ (x－4)× (x－4)，　　　　　　　　　　　　
化简得：
③当时，如解图

AC＝4，BC＝4，BD＝x，BE＝x－4，
EG＝ (x－4)
重叠部分的面积y＝S△ABC－S△BEG＝AC·BC－BE·EG，
即y＝×4×4－ (x－4)× (x－4)，
化简得：
综上所述，
（3）
【名师点睛】此题主要考查了几何变换综合，①利用锐角三角函数和矩形的性质，②利用三角形的面积，面积的和差，分类讨论是解题关键，以防遗漏，③利用垂线段最短，三角形的中位线定理，锐角三角函数解答即可.
【举一反三】如图①，将两块全等的三角板拼在一起，其中△ABC的边BC在直线l上，AC⊥BC且AC=BC；△EFP的边FP也在直线l上，边EF与边AC重合，EF⊥FP且EF=FP．
（1）在图①中，通过观察、测量，猜想直接写出AB与AP满足的数量关系和位置关系，不要说明理由；
（2）将三角板△EFP沿直线l向左平移到图②的位置时，EP交AC于点Q，连接AP、BQ．猜想写出BQ与AP满足的数量关系和位置关系，并说明理由．

【答案】（1）AB=AP且AB⊥AP，（2）BQ与AP所满足的数量关系是AP=BQ，位置关系是AP⊥BQ
【解析】
分析：（1）根据等腰直角三角形性质得出AB=AP，∠BAC=∠PAC=45°，求出∠BAP=90°即可；
（2）求出CQ=CP，根据SAS证△BCQ≌△ACP，推出AP=BQ，∠CBQ=∠PAC，根据三角形内角和定理求出∠CBQ+∠BQC=90°，推出∠PAC+∠AQG=90°，求出∠AGQ=90°即可．
详解：（1）AB=AP且AB⊥AP。理由如下：
∵AC⊥BC且AC=BC，∴△ABC为等腰直角三角形，
∴∠BAC=∠ABC=（180°﹣∠ACB）=45°．
又∵△ABC与△EFP全等，同理可证∠PEF=45°，
∴∠BAP=45°+45°=90°，∴AB=AP且AB⊥AP．
（2）BQ与AP所满足的数量关系是AP=BQ，位置关系是AP⊥BQ，理由如下：
延长BQ交AP于G，由（1）知，∠EPF=45°，∠ACP=90°，
∴∠PQC=45°=∠QPC，∴CQ=CP．
∵∠ACB=∠ACP=90°，AC=BC，∴在△BCQ和△ACP中，
，
∴△BCQ≌△ACP（SAS），
∴AP=BQ，∠CBQ=∠PAC．
∵∠ACB=90°，∴∠CBQ+∠BQC=90°．
∵∠CQB=∠AQG，∴∠AQG+∠PAC=90°，
∴∠AGQ=180°﹣90°=90°，∴AP⊥BQ．

点睛：本题考查了等腰直角三角形性质和全等三角形的性质和判定，三角形的内角和定理等知识点，主要考查了学生的推理能力和猜想能力，题目比较好．
类型二 【图形的轴对称--折叠】
【典例指引2】将一个直角三角形纸片放置在平面直角坐标系中，点，点，点.是边上的一点(点不与点，重合)，沿着折叠该纸片，得点的对应点.
(Ⅰ)如图①，当时，求点的坐标；
(Ⅱ)如图②，当点落在轴上时，求点的坐标；
(Ⅲ)当与坐标轴平行时，求点的坐标(直接写出结果即可).

【答案】(Ⅰ)点B′的坐标为（2，2）；(Ⅱ) 点P的坐标为（，）；(Ⅲ) 点B′的坐标为（，）或（，-）.
【解析】(Ⅰ)如图①，过B′作B′C⊥x轴于C，由B点坐标可得OB的长，根据折叠的性质可得∠BOP=∠POB′=30°，OB=OB′，即可求出∠B′OC=30°，利用∠B′OC的正弦和余弦值求出B′C和OC的长即可得点B′的坐标；(Ⅱ)过P作PD⊥x轴，由折叠性质可知∠BOP=∠B′OP=45°，可得PD=OD，DA=3-OD，利用∠OAB的正切值即可求出PD的值，进而可得点P的坐标；(Ⅲ)分两种情况讨论：①当PB′//x轴时，过B′作B′E⊥x轴于E，根据平行线的性质和折叠的性质可得∠B′OE=∠OBA，利用∠B′OE的正弦和余弦求出B′E和OE的长即可得点B′的坐标；②当PB′//y轴时，PB′⊥x轴，设PB′交x轴于F，根据折叠性质可得∠B′=∠OBA，利用∠B′的正弦和余弦即可求出OF和B′F的长，即可得点B′的坐标.
【详解】(Ⅰ)如图，过B′作B′C⊥x轴于C，
∵A（3，0），B（0，4），
∴OB=4，OA=3，
∵沿着折叠该纸片，得点的对应点.
∴∠BOP=∠POB′=30°，OB′=OB=4，
∴∠B′OC=30°，
∴B′C=OB′sin30°=2，OC= OB′cos30°=2，
∴点B′的坐标为（2，2）

(Ⅱ)如图，过点P作PD⊥x轴于D，
∵△OPB′是△OPB沿OP折叠得到，点落在轴上，
∴∠BOP=∠B′OP=45°，
∴PD=OD，
∴AD=OA-OD=3-OD，
∴tan∠PAD==，
∴PD=OD=，
∴点P的坐标为（，）.

(Ⅲ)①如图，当PB′//x轴时，过B′作B′E⊥x轴于E，
∵△OPB′是△OPB沿OP折叠得到，
∴∠PB′O=∠OBA，O′B=OB=4，
∵OA=3，OB=5，
∴AB=5，
∵PB′//x轴，
∴∠PB′O=∠B′OE，
∴∠B′OE=∠OBA，
∴sin∠B′OE=sin∠OBA==，cos∠B′OE==，
∴BE=OB′sin∠B′OE=，OE=OB′cos∠B′OE=，
∴点B′的坐标为（，）.

②如图，②当PB′//y轴时，则PB′⊥x轴，设PB′交x轴于F，
∵∠B′=∠OBA，
∴sin∠B′=，cos∠B′=，
∴OF=OB′sin∠B′=，B′F=OB′cos∠B′=，
∵点B′在第四象限，
∴点B′的坐标为（，-）.

综上所述：点B′的坐标为（，）或（，-）.
【名师点睛】
本题考查折叠的性质、平行线的性质及锐角三角函数的定义，正确得出折叠后的对应边和对应角并熟练掌握三角函数的定义是解题关键.
【举一反三】如图，在矩形ABCD中，点E在边CD上，将该矩形沿AE折叠，使点D落在边BC上的点F处，过点F作FG∥CD，交AE于点G，连接DG．

（1）求证：四边形DEFG为菱形；
（2）若CD=8，CF=4，求的值．
【答案】（1）证明见试题解析；（2）．
【解析】（1）由折叠的性质，可以得到DG=FG，ED=EF，∠1=∠2，由FG∥CD，可得∠1=∠3，再证明 FG=FE，即可得到四边形DEFG为菱形；
（2）在Rt△EFC中，用勾股定理列方程即可CD、CE，从而求出的值．
【详解】解：（1）证明：由折叠的性质可知：DG=FG，ED=EF，∠1=∠2，
∵FG∥CD，
∴∠2=∠3，
∴FG=FE，
∴DG=GF=EF=DE，
∴四边形DEFG为菱形；
（2）设DE=x，根据折叠的性质，EF=DE=x，EC=8﹣x，
在Rt△EFC中，，即，
解得：x=5，CE=8﹣x=3，
∴=．

考点：1．翻折变换（折叠问题）；2．勾股定理；3．菱形的判定与性质；4．矩形的性质；5．综合题．
类型三 【图形的旋转】
【典例指引3】如图1，点O是正方形ABCD两对角线的交点，分别延长OD到点G，OC到点E，使OG=2OD，OE=2OC，然后以OG、OE为邻边作正方形OEFG，连接AG，DE．

（1）求证：DE⊥AG；
（2）正方形ABCD固定，将正方形OEFG绕点O逆时针旋转α角（0°＜α＜360°）得到正方形OE′F′G′，如图2．
①在旋转过程中，当∠OAG′是直角时，求α的度数；
②若正方形ABCD的边长为1，在旋转过程中，求AF′长的最大值和此时α的度数，直接写出结果不必说明理由．
【答案】（1）见解析；（2）30°或150°，的长最大值为，此时．
【解析】（1）延长ED交AG于点H，易证△AOG≌△DOE，得到∠AGO=∠DEO，然后运用等量代换证明∠AHE=90°即可；
（2）①在旋转过程中，∠OAG′成为直角有两种情况：α由0°增大到90°过程中，当∠OAG′=90°时，α=30°，α由90°增大到180°过程中，当∠OAG′=90°时，α=150°；
②当旋转到A、O、F′在一条直线上时，AF′的长最大，AF′=AO+OF′=+2，此时α=315°．
【详解】(1)如图1,延长ED交AG于点H,

∵点O是正方形ABCD两对角线的交点，
∴OA=OD，OA⊥OD，
∵OG=OE，
在△AOG和△DOE中，
，
∴△AOG≌△DOE，
∴∠AGO=∠DEO，
∵∠AGO+∠GAO=90°，
∴∠GAO+∠DEO=90°，
∴∠AHE=90°，
即DE⊥AG；
(2)①在旋转过程中,∠OAG′成为直角有两种情况：
(Ⅰ)α由0°增大到90°过程中,当∠OAG′=90°时，
∵OA=OD=OG=OG′，
∴在Rt△OAG′中,sin∠AG′O==，
∴∠AG′O=30°，
∵OA⊥OD,OA⊥AG′，
∴OD∥AG′,
∴∠DOG′=∠AG′O=30°∘，
即α=30°；

(Ⅱ)α由90°增大到180°过程中,当∠OAG′=90°时，
同理可求∠BOG′=30°，
∴α=180°−30°=150°.
综上所述,当∠OAG′=90°时,α=30°或150°.
②如图3,当旋转到A. O、F′在一条直线上时,AF′的长最大，

∵正方形ABCD的边长为1，
∴OA=OD=OC=OB=，
∵OG=2OD，
∴OG′=OG=，
∴OF′=2，
∴AF′=AO+OF′=+2，
∵∠COE′=45°，
∴此时α=315°.
【名师点睛】
本题考查的是正方形的性质、旋转变换的性质以及锐角三角函数的定义，掌握正方形的四条边相等、四个角相等，旋转变换的性质是解题的关键，注意特殊角的三角函数值的应用．
【举一反三】（1）（问题发现）
如图1，在Rt△ABC中，AB＝AC＝2，∠BAC＝90°，点D为BC的中点，以CD为一边作正方形CDEF，点E恰好与点A重合，则线段BE与AF的数量关系为　 　
（2）（拓展研究）
在（1）的条件下，如果正方形CDEF绕点C旋转，连接BE，CE，AF，线段BE与AF的数量关系有无变化？请仅就图2的情形给出证明；
（3）（问题发现）
当正方形CDEF旋转到B，E，F三点共线时候，直接写出线段AF的长．

【答案】（1）BE=AF；（2）无变化；（3）﹣1或+1．
【解析】（1）先利用等腰直角三角形的性质得出AD= ，再得出BE=AB=2，即可得出结论；
（2）先利用三角函数得出，同理得出，夹角相等即可得出△ACF∽△BCE，进而得出结论；
（3）分两种情况计算，当点E在线段BF上时，如图2，先利用勾股定理求出EF=CF=AD=，BF=，即可得出BE=﹣，借助（2）得出的结论，当点E在线段BF的延长线上，同前一种情况一样即可得出结论．
【详解】解：（1）在Rt△ABC中，AB=AC=2，
根据勾股定理得，BC=AB=2，
点D为BC的中点，∴AD=BC=，
∵四边形CDEF是正方形，∴AF=EF=AD=，
∵BE=AB=2，∴BE=AF，
故答案为BE=AF；
（2）无变化；
如图2，在Rt△ABC中，AB=AC=2，
∴∠ABC=∠ACB=45°，∴sin∠ABC=，
在正方形CDEF中，∠FEC=∠FED=45°，
在Rt△CEF中，sin∠FEC=，
∴，
∵∠FCE=∠ACB=45°，∴∠FCE﹣∠ACE=∠ACB﹣∠ACE，∴∠FCA=∠ECB，
∴△ACF∽△BCE，∴ =，∴BE=AF，
∴线段BE与AF的数量关系无变化；
（3）当点E在线段AF上时，如图2，
由（1）知，CF=EF=CD=，
在Rt△BCF中，CF=，BC=2，
根据勾股定理得，BF=，∴BE=BF﹣EF=﹣，
由（2）知，BE=AF，∴AF=﹣1，
当点E在线段BF的延长线上时，如图3，
在Rt△ABC中，AB=AC=2，∴∠ABC=∠ACB=45°，∴sin∠ABC=，
在正方形CDEF中，∠FEC=∠FED=45°，
在Rt△CEF中，sin∠FEC= ，∴ ，
∵∠FCE=∠ACB=45°，∴∠FCB+∠ACB=∠FCB+∠FCE，∴∠FCA=∠ECB，
∴△ACF∽△BCE，∴ =，∴BE=AF，
由（1）知，CF=EF=CD=，
在Rt△BCF中，CF=，BC=2，
根据勾股定理得，BF=，∴BE=BF+EF=+，
由（2）知，BE=AF，∴AF=+1．
即：当正方形CDEF旋转到B，E，F三点共线时候，线段AF的长为﹣1或+1．

类型四 【图形的位似】
【典例指引4】如图，二次函数y=x2﹣3x的图象经过O（0，0），A（4，4），B（3，0）三点，以点O为位似中心，在y轴的右侧将△OAB按相似比2：1放大，得到△OA′B′，二次函数y=ax2+bx+c（a≠0）的图象经过O，A′，B′三点．
（1）画出△OA′B′，试求二次函数y=ax2+bx+c（a≠0）的表达式；
（2）点P（m，n）在二次函数y=x2﹣3x的图象上，m≠0，直线OP与二次函数y=ax2+bx+c（a≠0）的图象交于点Q（异于点O）．
①连接AP，若2AP＞OQ，求m的取值范围；
②当点Q在第一象限内，过点Q作QQ′平行于x轴，与二次函数y=ax2+bx+c（a≠0）的图象交于另一点Q′，与二次函数y=x2﹣3x的图象交于点M，N（M在N的左侧），直线OQ′与二次函数y=x2﹣3x的图象交于点P′．△Q′P′M∽△QB′N，则线段　NQ的长度等于　 　．

【答案】（1）二次函数的解析式为y=x2﹣3x；（2）①1﹣＜m＜1+，且m≠0；②6
【解析】(1)根据位似的性质得出A′（8，8），B′（6，0），将O（0，0），A′（8，8），B′（6，0）代入y=ax2+bx+c，利用待定系数法进行求解即可得；
（2）①如图1，由P（m，n）在二次函数y=x2﹣3x的图象上，可得P（m，m2﹣3m），根据待定系数法易求得OP的解析是为y=（m﹣3）x，继而可求得Q（2m，2m2﹣6m），过点P作PC⊥x轴于点C，过点Q作QD⊥x轴于点D，证明△OCP∽△ODQ，可得OQ=2OP，然后根据2AP＞OQ，可得AP＞OP，从而可得关于m的不等式，解不等式即可得；
②如图2，P（m，m2﹣3m），Q（2m，2m2﹣6m），根据点Q在第一象限，可得m＞3，QQ′的表达式是y=2m2﹣6m，解方程组，可得点Q′（6﹣2m，2m2﹣6m），继而可得OQ′的解析式为y=﹣mx，从而求得点P′（3﹣m，m2﹣3m），由QQ′与y=x2﹣3x交于点M、N，求出点M、N的坐标，再根据△Q′P′M∽△QB′N，根据相似三角形的性质可得关于的方程，解方程求出m的值即可得答案.
【详解】（1）如图1，由以点O为位似中心，在y轴的右侧将△OAB按相似比2：1放大，
得，
∵A（4，4），B（3，0），
∴A′（8，8），B′（6，0），
将O（0，0），A′（8，8），B′（6，0）代入y=ax2+bx+c，
得，解得，
∴二次函数的解析式为y=x2﹣3x；
（2）①如图1，∵P（m，n）在二次函数y=x2﹣3x的图象上，
∴n=m2﹣3m，
∴P（m，m2﹣3m），
设直线OP的解析式为y=kx，将点P（m，m2﹣3m）代入函数解析式，
得mk=m2﹣3m，
∴k=m﹣3，
∴OP的解析是为y=（m﹣3）x，
∵OP与y═x2﹣3x交于Q点，
∴，解得（不符合题意舍去），，
∴Q（2m，2m2﹣6m），
过点P作PC⊥x轴于点C，过点Q作QD⊥x轴于点D，
则OC=|m|，PC=|m2﹣3m|，OD=|2m|，QD=|2m2﹣6m|，
∵，
∴△OCP∽△ODQ，
∴OQ=2OP，
∵2AP＞OQ，
∴2AP＞2OP，即AP＞OP，
∴，
化简，得m2﹣2m﹣4＜0，解得1﹣＜m＜1+，且m≠0；
②如图2，P（m，m2﹣3m），Q（2m，2m2﹣6m）
∵点Q在第一象限，
∴，解得m＞3，
由Q（2m，2m2﹣6m），得QQ′的表达式是y=2m2﹣6m，
∵QQ′′交y=x2﹣3x交于点Q′，
，解得（不符合题意，舍），，
∴Q′（6﹣2m，2m2﹣6m），
设OQ′的解析是为y=kx，（6﹣2m）k=2m2﹣6m，
解得k=﹣m，OQ′的解析式为y=﹣mx，
∵OQ′与y=x2﹣3x交于点P′，
∴﹣mx=x2﹣3x，
解得x1=0（舍），x2=3﹣m，
∴P′（3﹣m，m2﹣3m），
∵QQ′与y=x2﹣3x交于点M、N，
∴x2﹣3x=2m2﹣6m，
解得x1=，x2=，
∵M在N左侧，
∴M（，2m2﹣6m），N（，2m2﹣6m），
∵△Q′P′M∽△QB′N，
∴，
∵，
即，
化简得：m2﹣12m+27=0，
解得：m1=3（舍），m2=9，
∴N（12，108），Q（18，108），
∴QN=6，
故答案为：6.

【名师点睛】
本题考查了几何与代数综合题，涉及了待定系数法、位似图形、相似三角形的判定与性质、解一元二次方程、解不等式等，综合性较强，有一定难度，熟练掌握相关知识，正确画出图形是解题的关键.
【举一反三】如图所示，网格纸中的每个小方格都是边长为1的正方形，我们把以格点间连线为边的三角形称为“格点三角形”，图中的△ABC是格点三角形．在建立平面直角坐标系后，点B的坐标为(－1，－1)．
(1)把△ABC向下平移5格后得到△A1B1C1，写出点A1，B1，C1的坐标，并画出△A1B1C1；
(2)把△ABC绕点O按顺时针方向旋转180°后得到△A2B2C2，写出点A2，B2，C2的坐标，并画出△A2B2C2；
(3)把△ABC以点O为位似中心放大得到△A3B3C3，使放大前后对应线段的比为1∶2，写出点A3，B3，C3的坐标，并画出△A3B3C3.

【答案】(1)A1(3，－2)，B1(－1，－6)，C1(5，－6)，图见解析；(2)A2(－3，－3)，B2(1，1)，C2(－5，1)，图见解析；(3)A3(6，6)，B3(－2，－2)，C3(10，－2)或A3(－6，－6)，B3(2，2)，C3(－10，2)，图见解析.
【解析】（1）△ABC的各点向左平移8格后得到新点，顺次连接得△A1B1C1；
（2）△ABC的另两点绕点C按顺时针方向旋转90°后得到新的两点，顺次连接得△A2B2C；
（3）利用位似放大的性质作图．
【详解】(1)A1(3，－2)，B1(－1，－6)，C1(5，－6)．
(2)A2(－3，－3)，B2(1，1)，C2(－5，1)．
(3)A3(6，6)，B3(－2，－2)，C3(10，－2)或A3(－6，－6)，B3(2，2)，C3(－10，2)．

【点睛】
本题考查了作图-平移变换；作图-旋转变换；作图-位似变换．难点是第三问，即把△ABC以点A为位似中心放大，就是在AB、AC的延长线上取点B3、C3，使B3C3=2BC，也就是说，BC是△A B3C3的中位线．
【新题训练】
1．在如图所示的正方形网格中，每个小正方形的边长为1，格点三角形（顶点是网格线的交点的三角形）ABC的顶点A，C的坐标分别为（﹣4，5），（﹣1，3）．
（1）请在如图所示的网格平面内作出平面直角坐标系；
（2）写出点B的坐标      ；
（3）将△ABC向右平移5个单位长度，向下平移2个单位长度，画出平移后的图形△A′B′C′；
（4）计算△A′B′C′的面积﹒
（5）在x轴上存在一点P，使PA+PC最小，直接写出点P的坐标.

【答案】(1)详见解析;(2)B(-2,1);(3)详见解析;(4)4;(5)P(,0).
【解析】(1)直接利用已知点位置得出x,y轴的位置；
(2)利用平面直角坐标系得出B点坐标即可；
(3)直接利用平移的性质得出对应点位置进而得出答案；
(4)利用△A′B′C′所在矩形形面积减去周围三角形面积进而得出答案．
(5)作C关于x轴的对称点D,连接AD交x轴一点就为所求点.
【详解】(1)如图所示,∵点A的坐标为（﹣4,5）,
∴在A点y轴向右平移4个单位,x轴向下平移5个单位得到即可；

(2)B（﹣2,1）；
(3)如图所示：△A′B′C′即为所求；

(4)△A′B′C′的面积为：3×4﹣×3×2﹣×1×2﹣×2×4=4．
(5)作点C关于x轴的对称点D(-1,-3),连接AD交x轴于一点,该点为所求点.
设直线AD:y=kx+b,将A(-4,5),D(-1,-3)代入
解得:
直线AD:
令y=0,则x=
∴P点坐标为(,0)

【点睛】
此题主要考查了平移变换以及三角形面积求法,正确得出平移后对应点位置是解题关键．
2．如图（1），在平面直角坐标系中，点A，B的坐标分别为（﹣1，0），（3，0），将线段AB先向上平移2个单位长度，再向右平移1个单位长度，得到线段CD，连接AC，BD，构成平行四边形ABDC．
（1）请写出点C的坐标为　 　，点D的坐标为　 　，S四边形ABDC　 　；
（2）点Q在y轴上，且S△QAB＝S四边形ABDC，求出点Q的坐标；
（3）如图（2），点P是线段BD上任意一个点（不与B、D重合），连接PC、PO，试探索∠DCP、∠CPO、∠BOP之间的关系，并证明你的结论．

【答案】（1）（0，2），（4，2），8；（2）Q(0，4)或Q(0，﹣4)；（3）∠CPO＝∠DCP+∠BOP，证明见解析
【解析】（1）根据平移直接得到点C，D坐标，用面积公式计算S四边形ABDC即可；

（2）设出Q的坐标，OQ＝|m|，用S△QAB＝S四边形ABDC建立方程，解方程即可；

（3）作PE∥AB交 y 轴 于 点 E，利用两直线平行，内错角相等即可得出结论．
【详解】解：（1）∵线段AB先向上平移2个单位长度，再向右平移1个单位长度，得到线段CD，
且A（﹣1，0），B（3，0），
∴C（0，2），D（4，2）；
∵AB＝4，OC＝2，
∴S四边形ABDC＝AB×OC＝4×2=8；
故答案为：（0，2）；（4，2）；8；
（2）∵点Q在y轴上，设Q（0，m），
∴OQ＝|m|，
∴S△QAB＝×AB×OQ＝×4×|m|＝2|m|，
∵S四边形ABDC＝8，
∴2|m|＝8，
∴m＝4或m＝﹣4，
∴Q（0，4）或Q（0，﹣4）．
（3）如图，

∵线段CD是线段AB平移得到，
∴CD∥AB，
作PE∥AB交 y 轴 于 点 E，
∴CD∥PE，
∴∠CPE＝∠DCP，
∵PE∥AB，
∴∠OPE＝∠BOP，
∴∠CPO＝∠CPE+∠OPE＝∠DCP+∠BOP，
∴∠CPO＝∠DCP+∠BOP．
【点睛】
本题主要考查了线段的平移及平行线的性质，掌握平行线的性质并作出辅助线是解题的关键．
3．（问题情境）在综合实践课上，同学们以“图形的平移”为主题开展数学活动，如图①，先将一张长为4，宽为3的矩形纸片沿对角线剪开，拼成如图所示的四边形，，，则拼得的四边形的周长是_____.

（操作发现）将图①中的沿着射线方向平移，连结、、、，如图②.当的平移距离是的长度时，求四边形的周长.
（操作探究）将图②中的继续沿着射线方向平移，其它条件不变，当四边形是菱形时，将四边形沿对角线剪开，用得到的四个三角形拼成与其面积相等的矩形，直接写出所有可能拼成的矩形周长.
【答案】【问题情境】16；【操作发现】6+2；【操作探究】20或22．
【解析】
【问题情境】
首先由题意，可得AB=CD，AC=BD，∠ADB=∠DBC=90°，然后根据勾股定理，可得AB，即可求得四边形ABCD的周长；
【操作发现】
首先由平移，得AE=CF=3，DE=BF，再根据平行，即可判定四边形AECF是平行四边形，然后根据勾股定理，可得AF，即可求得四边形AECF的周长；
【操作探究】
首先由平移，得当点E与点F重合时，四边形ABCD为菱形，得出其对角线的长，沿对角线剪开的三角形组成的矩形有两种情况：以6为长，4为宽的矩形和以3为宽，8为长的矩形，即可求得其周长.
【详解】由题意，可得AB=CD，AC=BD，∠ADB=∠DBC=90°
又∵，，
∴根据勾股定理，可得
∴四边形的周长是
故答案为16.
由平移，得AE=CF=3，DE=BF．
∵AE∥CF，
∴四边形AECF是平行四边形．
∵BE=DF=4，
∴EF=DE=2．
在Rt△AEF中，∠AEF=90°，
由勾股定理，得AF== ．
∴四边形AECF的周长为2AE+2AF=6+2．
由平移，得当点E与点F重合时，四边形ABCD为菱形，AE=CE=3，BE=DE=4，沿对角线剪开的三角形组成的矩形有两种情况：
①以6为长，4为宽的矩形，其周长为；
②以3为宽，8为长的矩形，其周长为.
故答案为20或22．
【点睛】
此题主要考查根据平移的特征，矩形和菱形的性质进行求解，熟练运用，即可解题.
4．如图，在的正方形方格中，每个小正方形的边长都为1，顶点都在网格线交点处的三角形，是一个格点三角形．
在图中，请判断与是否相似，并说明理由；
在图中，以O为位似中心，再画一个格点三角形，使它与的位似比为2：1
在图中，请画出所有满足条件的格点三角形，它与相似，且有一条公共边和一个公共角．

【答案】（1）相似；（2）见解析；（3）见解析
【解析】
试题分析：（1）利用网格结合勾股定理得出三角形各边长，进而得出对应边的比相等，进而得出答案；
（2）利用位似图形的性质结合位似比得出答案；
（3）利用相似三角形的性质结合有一条公共边和一个公共角进而得出答案．
试题解析：
：如图所示：与相似，
理由：；，
，
与相似；
如图所示：即为所求；
如图所示：和即为所求．  

点睛：三条边对应成比例，两个三角形相似.
5．已知：是的高，且.
（1）如图1，求证：；
（2）如图2，点E在AD上，连接，将沿折叠得到，与相交于点，若BE=BC，求的大小；
（3）如图3，在（2）的条件下，连接，过点作，交的延长线于点，若，，求线段的长.
图1. 图2. 图3.
【答案】（1）见解析，（2）（3）.
【解析】（1）根据等腰三角形三线合一，易得AB=AC，；
（2）在图2中，连接，可证得是等边三角形， ，且由折叠性质可知，可得 ；
（3）连接，过点分别作于点，于点，于点，可证得
，，，可得线段的长.
【详解】解：（1）证明：如图1，，

；

图1
（2）解：在图2中，连接
， 又
是等边三角形

由折叠性质可知
由（1）可知


图2
（3）解：连接，过点分别作于点，于点，于点
，
又
在中，
令，则
同理，
在和中，，

解得

图3
故答案为（1）见解析，（2） （3）.
【点睛】
本题考查翻折的性质，涉及角平分线的性质、等腰三角形的性质和判定、等边三角形的判定和性质、含30度角的直角三角形、全等三角形的判定和性质等知识点，属于较难的题型.
6．如图，长方形在平面直角坐标系的第一象限内，点在轴正半轴上，点在轴的正半轴上，点、分别是、的中点，，点的坐标为.

（1）求的值及直线的表达式；
（2）现将长方形沿折叠，使顶点落在平面内的点处，过点作轴的平行线分别交轴和于点，.
①求的坐标；
②若点为直线上一动点，连接，当为等腰三角形，求点的坐标.
（说明：在直角三角形中，如果一个锐角等于，那么它所对的直角边等于斜边的一半）
【答案】（1）a=4；y=x+2；（2）①C′（3，3）；②（1，3），（，3+2），（3，5）或（-，2-3）
【解析】（1）由点的坐标为可知CE=2，由30°角的性质可求DE=4，由勾股定理可求CD=2，从而可求出OC的长，再设出直线DE的表达式求解即可；
（2）①运用折叠的特性即可求出C′的坐标；
②分四种情况讨论Ⅰ：DP=PC′，Ⅱ：DP=DC′时，Ⅲ：当DC′=PC′时，Ⅳ：当DP=DC′时分别求解即可．
【详解】解：（1）∠CDE=30°，点E的坐标为（2，a）．
∴CE=2，CD=2，
∵点D、E分别是OC、BC的中点，
∴OC=2CD=4，
∴a=4；
设直线DE的表达式为y=kx+b，
把D（0，2），E（2，4）代入得，y=x+2；
（2）①∵将长方形OABC沿DE折叠，使顶点C落在平面内的点C′处，过点C′作y轴的平行线分别交x轴和BC于点F，G，
∴∠CED=∠C′ED=60°，C′E=CE=2，
∴EG=1，C′G=，
∴CG=CE+EG=2+1=3，C′F=OC-C′G=4-=3，
∴C′（3，3）；
②Ⅰ如图1，

点P为DE的中点连接C′P，
∵△DC′E是直角三角形，
∴DP=PC′，
∴△PC′D为等腰三角形，
∴P（1，3），
Ⅱ如图2，DP=DC′时，

∵DC′=DC=2，
∴DP=2，
∴P（，3+2），
Ⅲ如图3，当DC′=PC′时，

∵DC′=PC′=2，且P点为C′G的延长线与DE的交点，
∴P（3，5）．
Ⅳ如图4，当DP=DC′时，

∵DC′=DC=2，
∴DP=2，
∴P（-，2-3），
综上所述：当△PC′D为等腰三角形时，点P的坐标为（1，3），（，3+2），（3，5）或（-，2-3）．
【点睛】
本题主要考查了一次函数综合题，折叠的性质，勾股定理等知识，解题的关键是数形结合，分类讨论．
7．如图1，四边形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，OB=OD，OC=OA+AB，AD=m，BC=n，∠ABD+∠ADB=∠ACB．

（1）填空：∠BAD与∠ACB的数量关系为________；
（2）求的值；
（3）将△ACD沿CD翻折，得到△A′CD（如图2），连接BA′，与CD相交于点P．若CD=，求PC的长．
【答案】（1）∠BAD+∠ACB=180°；（2）；（2）1.
【解析】
试题分析：（1）在△ABD中，根据三角形的内角和定理即可得出∠BAD+∠ACB的度数；
（2）作DE∥AB交AC于E，证明△OAB≌△OED，达到截长补短的目的，得到AB=DE=CE，由△EAD∽△ABC，推出ED：AC=AE：AB=DA：CB=m：n，即可解决问题；
（3）作DE∥AB交AC于E，通过证明△PA′D∽△PBC，可得A'D：BC=PD：PC=，由此解决问题.
解：（1）∵在△ABD中，∠BAD+∠ABD+∠ADB=180°，∠ABD+∠ADB=∠ACB，
∴∠BAD+∠ACB=180°.
（2）如图1中，作DE∥AB交AC于E．

∴∠DEA=∠BAE，∠OBA=∠ODE，
∵OB=OD，
∴△OAB≌△OED，
∴AB=DE，OA=OE，设AB=DE=CE=x，OA=OE=y，
∵∠EDA+∠DAB=180°，∠BAD+∠ACB=180°，
∴∠EDA=∠ACB，
∵∠DEA=∠CAB，
∴△EAD∽△ABC，
∴ = = = ，
∴ = ，
∴4y2+2xy﹣x2=0，
∴（ ）2+ ﹣1=0，
∴ = （负根已经舍弃），
∴ = ．
（3）如图2中，作DE∥AB交AC于E．

由（1）可知，DE=CE，∠DCA=∠DCA′，
∴∠EDC=∠ECD=∠DCA′，
∴DE∥CA′∥AB，
∴∠ABC+∠A′CB=180°，
∵△EAD∽△ACB，
∴∠DAE=∠ABC=∠DA′C，
∴∠DA′C+∠A′CB=180°，
∴A′D∥BC，
∴△PA′D∽△PBC，
∴ = = ，
∴ = ，即 =
∵CD= ，
∴PC=1．
点睛：本题考查了几何变换、平行线的判定与性质、全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质等知识，解题的关键是正确添加辅助线，构造全等三角形或相似三角形解决问题.
8．如图，直线：y＝﹣+4与x轴、y轴分别別交于点M、点N，等边△ABC的高为3，边BC在x轴上，将△ABC沿着x轴的正方向平移，在平移过程中，得到△A1B1C1，当点B1与原点O重合时，解答下列问题：

（1）点A1的坐标为　 　．
（2）求△A1B1C1的边A1C1所在直线的解析式；
（3）若以P、A1、C1、M为顶点的四边形是平行四边形，请直接写出P点坐标．
【答案】（1）（，3）；（2）y＝﹣x+6；（3）点P的坐标为：（3，3）或（5，﹣3）或（﹣，3）
【解析】（1）当点B1与原点O重合时，过点A1作A1D⊥x轴于点D，则A1D＝3，则B1D＝A1Dtan30°＝3×＝，当x＝时，y＝﹣+4＝3＝A1D，故点A1在直线上，点A1（，3）；
（2）将点C1（，0）、A1的坐标代入一次函数表达式y＝kx+b，即可求解；
（3）分A1C1是平行四边形的边、A1C1是平行四边形的对角线两种情况，分别求解即可．
【详解】解：（1）直线：y＝﹣+4与x轴、y轴分别別交于点M、点N，
则点M（4，0），
当点B1与原点O重合时，过点A1作A1D⊥x轴于点D，

则A1D＝3，则B1D＝A1Dtan30°＝3×＝，
当x＝时，y＝﹣+4＝3＝A1D，故点A1在直线上，
点A1（，3），故答案为：（，3）；
（2）将点C1（，0）、A1的坐标代入一次函数表达式：y＝kx+b

并解得：
直线A1C1的表达式为：y＝﹣x+6；
（3）设点P（m，n）
①当A1C1是平行四边形的边时，
则，0﹣3＝n或，0+3＝n
解得：m＝或，n＝3或﹣3，
故点P的坐标为：（，3）或（，﹣3）；
②当A1C1是平行四边形的对角线时，
由中点公式得：
解得：m＝，n＝3，故点P（，3）；
综上点P的坐标为：（3，3）或（5，﹣3）或（﹣，3）．
【点睛】
本题主要考查了一次函数与图形的运动问题，综合性比较强，能够确定A1的位置及对以P、A1、C1、M为顶点的四边形分情况讨论是解题的关键.
9．已知：△ABC和△ADE均为等边三角形，连接BE，CD，点F，G，H分别为DE，BE，CD中点．
（1）当△ADE绕点A旋转时，如图1，则△FGH的形状为 ，说明理由；
（2）在△ADE旋转的过程中，当B，D，E三点共线时，如图2，若AB=3，AD=2，求线段FH的长；
（3）在△ADE旋转的过程中，若AB=a，AD=b（a＞b＞0），则△FGH的周长是否存在最大值和最小值，若存在，直接写出最大值和最小值；若不存在，说明理由．

【答案】（1）△FGH是等边三角形；（2）；（3）△FGH的周长最大值为（a+b），最小值为（a﹣b）．
【解析】
试题分析：（1）结论：△FGH是等边三角形．理由如下：根据三角形中位线定理证明FG=FH，再想办法证明∠GFH=60°即可解决问题；、
（2）如图2中，连接AF、EC．在Rt△AFE和Rt△AFB中，解直角三角形即可；
（3）首先证明△GFH的周长=3GF=BD，求出BD的最大值和最小值即可解决问题；
试题解析：解：（1）结论：△FGH是等边三角形．理由如下：
如图1中，连接BD、CE，延长BD交CE于M，设BM交FH于点O．

∵△ABC和△ADE均为等边三角形，∴AB=AC，AD=AE，∠BAC=∠DAE，∴∠BAD=∠CAE，∴△BAD≌△CAE，∴BD=CE，∠ADB=∠AEC，∵EG=GB，EF=FD，∴FG=BD，GF∥BD，∵DF=EF，DH=HC，∴FH=EC，FH∥EC，∴FG=FH，∵∠ADB+∠ADM=180°，∴∠AEC+∠ADM=180°，∴∠DMC+∠DAE=180°，∴∠DME=120°，∴∠BMC=60°
∴∠GFH=∠BOH=∠BMC=60°，∴△GHF是等边三角形，故答案为：等边三角形．
（2）如图2中，连接AF、EC．

易知AF⊥DE，在Rt△AEF中，AE=2，EF=DF=1，∴AF==，在Rt△ABF中，BF= =，∴BD=CE=BF﹣DF=，∴FH=EC=．
（3）存在．理由如下．
由（1）可知，△GFH是等边三角形，GF=BD，∴△GFH的周长=3GF=BD，在△ABD中，AB=a，AD=b，∴BD的最小值为a﹣b，最大值为a+b，∴△FGH的周长最大值为（a+b），最小值为（a﹣b）．
点睛：本题考查等边三角形的性质．全等三角形的判定和性质、解直角三角形、三角形的三边关系、三角形的中位线的宽等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，正确寻找全等三角形解决问题，学会利用三角形的三边关系解决最值问题，属于中考压轴题．
10．综合与实践
问题背景
折纸是一种许多人熟悉的活动，将折纸的一边二等分、四等分都是比较容易做到的，但将一边三等分就不是那么容易了，近些年，经过人们的不懈努力，已经找到了多种将正方形折纸一边三等分的精确折法，最著名的是由日本学者芳贺和夫发现的三种折法，现在被数学界称之为芳贺折纸三定理．其中，芳贺折纸第一定理的操作过程及内容如下（如图1）：
操作1：將正方形ABCD对折，使点A与点D重合，点B与点C重合．再将正方形ABCD展开，得到折痕EF；
操作2：再将正方形纸片的右下角向上翻折，使点C与点E重合，边BC翻折至B'E的位置，得到折痕MN，B'E与AB交于点P．则P即为AB的三等分点，即AP：PB=2：1．

解决问题
（1）在图1中，若EF与MN交于点Q，连接CQ．求证：四边形EQCM是菱形；
（2）请在图1中证明AP：PB=2：l．
发现感悟
若E为正方形纸片ABCD的边AD上的任意一点，重复“问题背景”中操作2的折纸过程，请你思考并解决如下问题：
（3）如图2．若 =2．则=　 　；
（4）如图3，若=3，则=　 　；
（5）根据问题（2），（3），（4）给你的启示，你能发现一个更加一般化的结论吗？请把你的结论写出来，不要求证明．
【答案】(1)见解析；(2)见解析；(3)4;(4)6;(5)见解析.
【解析】
分析：（1）由折叠可得，CM=EM，∠CMQ=∠EMQ，四边形CDEF是矩形，由CM=EQ，CM∥QE，可证四边形EQCM是平行四边形，进而证明四边形EQCM是菱形；
（2）设正方形ABCD的边长为1，CM=x，则EM=x，DM=1﹣x，在Rt△DEM中，由勾股定理可求得x的值，由△AEP∽△DME，列比例式求出AP的值，进而求出PB的值，从而结论可求；
（3）设正方形ABCD的边长为1，CM=x，则EM=x，DM=1﹣x，在Rt△DEM中，由勾股定理可得x的值，由△AEP∽△DME，可得AP的值和BP的值，进而求得结论.
（4）与（3）相同的方法求解即可；
（5）与（3）相同的方法求解即可；
详解：（1）由折叠可得，CM=EM，∠CMQ=∠EMQ，四边形CDEF是矩形，
∴CD∥EF，
∴∠CMQ=∠EQM，
∴∠EQM=∠EMQ，
∴ME=EQ，
∴CM=EQ，
又∵CM∥QE，
∴四边形EQCM是平行四边形，
又∵CM=EM，
∴四边形EQCM是菱形；
（2）如图1，设正方形ABCD的边长为1，CM=x，则EM=x，DM=1﹣x，
在Rt△DEM中，由勾股定理可得：EM2=ED2+DM2，
即x2=（）2+（1﹣x）2，解得x=，
∴CM=，DM=，
∵∠PEM=∠D=90°，
∴∠AEP+∠DEM=90°，∠DEM+∠EMD=90°，
∴∠AEP=∠DME，
又∵∠A=∠D=90°，
∴△AEP∽△DME，
∴=，即，解得AP=，
∴PB=，
∴AP：PB=2：l．
（3）如图2，设正方形ABCD的边长为1，CM=x，则EM=x，DM=1﹣x，
在Rt△DEM中，由勾股定理可得：EM2=ED2+DM2，
即x2=（）2+（1﹣x）2，解得x=，
即CM=，
∴DM=，
由△AEP∽△DME，可得
=，即，解得AP=，
∴PB=，
∴=4，
故答案为：4；
（4）如图3，同理可得AP=，PB=，
∴=6，
故答案为：6；
（5）根据问题（2），（3），（4），可得当（n为正整数），则．
理由：设正方形ABCD的边长为1，CM=x，则EM=x，DM=1﹣x，
在Rt△DEM中，由勾股定理可得：EM2=ED2+DM2，
即x2=（）2+（1﹣x）2，解得x=，
∴DM=1﹣CM=，
由△AEP∽△DME，可得
=，即，解得AP=，
∴PB=，
∴．



点睛：本题考查了折叠的性质，正方形的性质，菱形的判定，勾股定理，相似三角形的判定与性质，熟练掌握折叠的性质和相似三角形的判定与性质是解答本题的关键.
11．在平面直角坐标系中，四边形是矩形，点，点，点.以点为中心，顺时针旋转矩形，得到矩形，点，，的对应点分别为，，.

（Ⅰ）如图①，当点落在边上时，求点的坐标；
（Ⅱ）如图②，当点落在线段上时，与交于点.
①求证；
②求点的坐标.
（Ⅲ）记为矩形对角线的交点，为的面积，求的取值范围（直接写出结果即可）.
【答案】（Ⅰ）点的坐标为.（Ⅱ）①证明见解析；②点的坐标为.（Ⅲ）.
【解析】
分析：（Ⅰ）根据旋转的性质得AD=AO=5,设CD=x，在直角三角形ACD中运用勾股定理可CD的值，从而可确定D点坐标；
（Ⅱ）①根据直角三角形全等的判定方法进行判定即可；
②由①知，再根据矩形的性质得.从而，故BH=AH，在Rt△ACH中，运用勾股定理可求得AH的值，进而求得答案；
（Ⅲ）.
详解：（Ⅰ）∵点，点，
∴，.
∵四边形是矩形，
∴，，.
∵矩形是由矩形旋转得到的，
∴.
在中，有，
∴ .
∴.
∴点的坐标为.

（Ⅱ）①由四边形是矩形，得.
又点在线段上，得.
由（Ⅰ）知，，又，，
∴.
②由，得.
又在矩形中，，
∴.∴.∴.
设，则，.
在中，有，
∴.解得.∴.
∴点的坐标为.

（Ⅲ）.
点睛：本大题主要考查了等腰三角形的判定和性质，勾股定理以及旋转变换的性质等知识，灵活运用勾股定理求解是解决本题的关键.
12．已知O为直线MN上一点，OP⊥MN，在等腰Rt△ABO中，，AC∥OP交OM于C，D为OB的中点，DE⊥DC交MN于E．
(1) 如图1，若点B在OP上，则①AC OE(填“＜”，“＝”或“＞”)；②线段CA、CO、CD满足的等量关系式是 ；
(2) 将图1中的等腰Rt△ABO绕O点顺时针旋转a()，如图2，那么(1)中的结论②是否成立？请说明理由；
(3) 将图1中的等腰Rt△ABO绕O点顺时针旋转a()，请你在图3中画出图形，并直接写出线段CA、CO、CD满足的等量关系式 ；

【答案】（1）①=；②AC2+CO2=CD2；（2）（1）中的结论②不成立，理由见解析；（3）画图见解析；OC-CA=CD.
【解析】
试题分析：（1）①如图1，证明AC=OC和OC=OE可得结论；②根据勾股定理可得：AC2+CO2=CD2；（2）如图2，（1）中的结论②不成立，作辅助线，构建全等三角形，证明A、D、O、C四点共圆，得∠ACD=∠AOB，同理得：∠EFO=∠EDO，再证明△ACO≌△EOF，得OE=AC，AO=EF，根据勾股定理得：AC2+OC2=FO2+OE2=EF2，由直角三角形中最长边为斜边可得结论；（3）如图3，连接AD，则AD=OD证明△ACD≌△OED，根据△CDE是等腰直角三角形，得CE2=2CD2，等量代换可得结论（OC﹣OE）2=（OC﹣AC）2=2CD2，开方后是：OC﹣AC=CD．
试题解析：（1）①AC=OE，
理由：如图1，∵在等腰Rt△ABO中，∠BAO=90°，∴∠ABO=∠AOB=45°，
∵OP⊥MN，∴∠COP=90°，∴∠AOC=45°，
∵AC∥OP，∴∠CAO=∠AOB=45°，∠ACO=∠POE=90°，∴AC=OC，
连接AD，
∵BD=OD，∴AD=OD，AD⊥OB，∴AD∥OC，∴四边形ADOC是正方形，∴∠DCO=45°，
∴AC=OD，∴∠DEO=45°，∴CD=DE，∴OC=OE，
∴AC=OE；
②在Rt△CDO中，
∵CD2=OC2+OD2，∴CD2=AC2+OC2；
故答案为AC2+CO2=CD2；
（2）如图2，（1）中的结论②不成立，
理由是：
连接AD，延长CD交OP于F，连接EF，
∵AB=AO，D为OB的中点，∴AD⊥OB，∴∠ADO=90°，
∵∠CDE=90°，∴∠ADO=∠CDE，∴∠ADO﹣∠CDO=∠CDE﹣∠CDO，即∠ADC=∠EDO，
∵∠ADO=∠ACO=90°，∴∠ADO+∠ACO=180°，∴A、D、O、C四点共圆，∴∠ACD=∠AOB，
同理得：∠EFO=∠EDO，∴∠EFO=∠AOC，
∵△ABO是等腰直角三角形，∴∠AOB=45°，∴∠DCO=45°，∴△COF和△CDE是等腰直角三角形，
∴OC=OF，∵∠ACO=∠EOF=90°，∴△ACO≌△EOF，∴OE=AC，AO=EF，∴AC2+OC2=FO2+OE2=EF2，
Rt△DEF中，EF＞DE=DC，∴AC2+OC2＞DC2，
所以（1）中的结论②不成立；
（3）如图3，结论：OC﹣CA=CD，
理由是：连接AD，则AD=OD，
同理：∠ADC=∠EDO，
∵∠CAB+∠CAO=∠CAO+∠AOC=90°，∴∠CAB=∠AOC，
∵∠DAB=∠AOD=45°，∴∠DAB﹣∠CAB=∠AOD﹣∠AOC，
即∠DAC=∠DOE，∴△ACD≌△OED，∴AC=OE，CD=DE，∴△CDE是等腰直角三角形，
∴CE2=2CD2，∴（OC﹣OE）2=（OC﹣AC）2=2CD2，∴OC﹣AC=CD，
故答案为OC﹣AC=CD．



考点：几何变换的综合题
13．如图1，在中，，，点，分别在边，上，，连接，点，，分别为，，的中点.

（1）观察猜想
图1中，线段与的数量关系是 ，位置关系是 ；
（2）探究证明
把绕点逆时针方向旋转到图2的位置，连接，，，判断的形状，并说明理由；
（3）拓展延伸
把绕点在平面内自由旋转，若，，请直接写出面积的最大值.
【答案】（1）PM=PN，；（2）等腰直角三角形，理由详见解析；（3）.
【解析】
试题分析：(1)已知 点，，分别为，，的中点，根据三角形的中位线定理可得,,,根据平行线的性质可得∠DPM=∠DCE，∠NPD=∠ADC，在中，，，，可得BD=EC，∠DCE+∠ADC=90°，即可得PM=PN，∠DPM+∠NPD=90°，即；（2）是等腰直角三角形，根据旋转的性质易证△BAD≌△CAE，即可得BD=CE，∠ABD=∠ACE，根据三角形的中位线定理及平行线的性质（方法可类比（1）的方法）可得PM="PN," ∠MPD=∠ECD，∠PNC=∠DBC，所以∠MPD=∠ECD=∠ACD+∠ACE=∠ACD+∠ABD，∠DPN=∠PNC+∠PCN =∠DBC+∠PCN，即可得∠MPN=∠MPD+∠DPN=∠ACD+∠ABD+∠DBC+∠PCN=∠ABC+∠ACB=90°，即△PMN为等腰直角三角形；（3）把绕点旋转到如图的位置，此时PN=(AD+AB)="7," PM=(AE+AC)=7,且PN、PM的值最长，由（2）可知PM=PN，，所以面积的最大值为.

试题解析：
（1）PM=PN，；
（2）等腰直角三角形，理由如下：
由旋转可得∠BAD=∠CAE，
又AB=AC,AD=AE
∴△BAD≌△CAE
∴BD=CE，∠ABD=∠ACE，
∵点，分别为，的中点
∴PM是△DCE的中位线
∴PM=CE，且,
同理可证PN=BD，且
∴PM="PN," ∠MPD=∠ECD，∠PNC=∠DBC，
∴∠MPD=∠ECD=∠ACD+∠ACE=∠ACD+∠ABD，
∠DPN=∠PNC+∠PCN =∠DBC+∠PCN，
∴∠MPN=∠MPD+∠DPN=∠ACD+∠ABD+∠DBC+∠PCN=∠ABC+∠ACB=90°，
即△PMN为等腰直角三角形.
(3).
考点： 旋转和三角形的综合题.
14．已知∠MAN=135°，正方形ABCD绕点A旋转．
（1）当正方形ABCD旋转到∠MAN的外部（顶点A除外）时，AM，AN分别与正方形ABCD的边CB，CD的延长线交于点M，N，连接MN．
①如图1，若BM=DN，则线段MN与BM+DN之间的数量关系是 ；
②如图2，若BM≠DN，请判断①中的数量关系是否仍成立？若成立，请给予证明；若不成立，请说明理由；
（2）如图3，当正方形ABCD旋转到∠MAN的内部（顶点A除外）时，AM，AN分别与直线BD交于点M，N，探究：以线段BM，MN，DN的长度为三边长的三角形是何种三角形，并说明理由．

【答案】（1）①MN=BM+DN；②成立；（2）直角三角形．
【解析】（1）①如图1，先证明△ADN≌△ABM，得到AN=AM，∠NAD=∠MAB，得到∠NAD=∠MAB=67.5°．作AE⊥MN于E，由等腰三角形三线合一的性质得出MN=2NE，∠NAE=67.5°．再证明△ADN≌△AEN，得出DN=EN，进而得到MN=BM+DN；
②如图2，先证明△ABM≌△ADP，得出AM=AP，∠1=∠2=∠3，再计算出∠PAN=135°．然后证明△ANM≌△ANP，得到MN=PN，进而得到MN=BM+DN；
（2）如图3，将△ABM绕点A逆时针旋转90°，得到△ADE，连结NE．由旋转的性质得到DE=BM，AE=AM，∠EAM=90°，∠NDE=90°． 先证明△AMN≌△AEN．得到MN=EN．由DN，DE，NE为直角三角形的三边，得到以线段BM，MN，DN的长度为三边长的三角形是直角三角形．
【详解】（1）①如图1，若BM=DN，则线段MN与BM+DN之间的数量关系是MN=BM+DN．理由如下：
在△ADN与△ABM中，∵AD=AB，∠ADN=∠ABM，DN=BM，
∴△ADN≌△ABM（SAS），∴AN=AM，∠NAD=∠MAB，
∵∠MAN=135°，∠BAD=90°，∴∠NAD=∠MAB=（360°﹣135°﹣90°）=67.5°，
作AE⊥MN于E，则MN=2NE，∠NAE=∠MAN=67.5°．
在△ADN与△AEN中，∵∠ADN=∠AEN，∠NAD=∠NAE，AN=AN，
∴△ADN≌△AEN（AAS），∴DN=EN，
∵BM=DN，MN=2EN，∴MN=BM+DN．
故答案为MN=BM+DN；
②如图2，若BM≠DN，①中的数量关系仍成立．理由如下：
延长NC到点P，使DP=BM，连结AP．
∵四边形ABCD是正方形，∴AB=AD，∠ABM=∠ADC=90°．
在△ABM与△ADP中，∵AB=AD，∠ABM=∠ADP，BM=DP，
∴△ABM≌△ADP（SAS），∴AM=AP，∠1=∠2=∠3，
∵∠1+∠4=90°，∴∠3+∠4=90°，
∵∠MAN=135°，
∴∠PAN=360°﹣∠MAN﹣（∠3+∠4）=360°﹣135°﹣90°=135°．
在△ANM与△ANP中，∵AM=AP，∠MAN=∠PAN，AN=AN，
∴△ANM≌△ANP（SAS），∴MN=PN，
∵PN=DP+DN=BM+DN，∴MN=BM+DN；
（2）以线段BM，MN，DN的长度为三边长的三角形是直角三角形．理由如下：
如图3，将△ABM绕点A逆时针旋转90°，得到△ADE，连结NE．由旋转的性质得：DE=BM，AE=AM，∠EAM=90°，∠NDE=90°．
∵∠MAN135°，∴∠EAN360°∠MAN∠EAM =135°，
∴∠EAN =∠MAN．
在△AMN与△AEN中，∵AM=AE，∠MAN=∠EAN，AN=AN，∴△AMN≌△AEN．∴MN=EN．
∵DN，DE，NE为直角三角形的三边，
∴以线段BM，MN，DN的长度为三边长的三角形是直角三角形．

15．已知：如图，是由一个等边△ABE和一个矩形BCDE拼成的一个图形，其点B，C，D的坐标分别为(1，2)，(1，1)，(3，1)．
(1)直接写出E点和A点的坐标；
(2)试以点B为位似中心，作出位似图形A1B1C1D1E1，使所作的图形与原图形的位似比为3∶1；
(3)直接写出图形A1B1C1D1E1的面积．

【答案】(1) E(3，2)，A(2，2＋)；（2）见解析;（3）18+9.
【解析】
分析：（1）由平面直角坐标系与网格，得出E的坐标，由等边三角形ABE的边长为2，求出BE边上的高，确定出A的纵坐标，而A的横坐标为2，即可求出A的坐标；
（2）连接BA并延长，使BA1=3BA，连接BE并延长，使BE1=3BE，连接BD并延长，使BD1=3BD，连接BC并延长，使BC1=3BC，连接A1E1，E1D1，D1C1，C1B，五边形A1B1C1D1E1为所求作的图形；
（3）由五边形ABCDE与五边形A1B1C1D1E1相似，且相似比为1：3，得到面积之比为1：9，求出五边形ABCDE的面积，即可得出五边形A1B1C1D1E1的面积．
详解：(1)由图形可得E(3，2)，∵△ABE为边长为2的等边三角形，∴BE边长的高为，∴A(2，2＋)；
(2)如图所示，五边形A1B1C1D1E1为所求的图形；

(3)∵△ABE为边长是2的等边三角形，∴S△ABE＝×22＝，又矩形BCDE的面积为1×2＝2，∴五边形ABCDE的面积为2＋.∵五边形ABCDE与五边形A1B1C1D1E1相似，且相似比为1∶3，则五边形A1B1C1D1E1的面积为9(2＋)＝18＋9.
点睛：此题考查了作图-位似变换，涉及的知识有：相似图形的性质，等边三角形的性质，以及坐标与图形性质，画位似图形的一般步骤为：①确定位似中心，②分别连接并延长位似中心和能代表原图的关键点；③根据相似比，确定能代表所作的位似图形的关键点；顺次连接上述各点，得到放大或缩小的图形．
16．如图1，将长为10的线段OA绕点O旋转90°得到OB，点A的运动轨迹为，P是半径OB上一动点，Q是上的一动点，连接PQ.
发现：∠POQ＝________时，PQ有最大值，最大值为________；
思考：（1）如图2，若P是OB中点，且QP⊥OB于点P，求的长；
（2）如图3，将扇形AOB沿折痕AP折叠，使点B的对应点B′恰好落在OA的延长线上，求阴影部分面积；
探究：如图4，将扇形OAB沿PQ折叠，使折叠后的弧QB′恰好与半径OA相切，切点为C，若OP＝6，求点O到折痕PQ的距离．

【答案】发现： 90°，10； 思考：（1）；（2）25π−100+100；（3）点O到折痕PQ的距离为.
【解析】
分析：发现：先判断出当PQ取最大时，点Q与点A重合，点P与点B重合，即可得出结论；
思考：（1）先判断出∠POQ=60°，最后用弧长用弧长公式即可得出结论；
（2）先在Rt△B'OP中，OP2+(10−10)2=（10-OP）2，解得OP=10−10，最后用面积的和差即可得出结论．
探究：先找点O关于PQ的对称点O′，连接OO′、O′B、O′C、O′P，证明四边形OCO′B是矩形，由勾股定理求O′B，从而求出OO′的长，则OM=OO′=．
详解：发现：∵P是半径OB上一动点，Q是上的一动点，
∴当PQ取最大时，点Q与点A重合，点P与点B重合，
此时，∠POQ=90°，PQ==10；
思考：（1）如图，连接OQ，

∵点P是OB的中点，
∴OP=OB=OQ．
∵QP⊥OB，
∴∠OPQ=90°
在Rt△OPQ中，cos∠QOP=，
∴∠QOP=60°，
∴lBQ=
（2）由折叠的性质可得，BP＝B′P，AB′＝AB＝10，
在Rt△B'OP中，OP2+(10−10)2=（10-OP）2
解得OP=10−10，
S阴影=S扇形AOB-2S△AOP=
＝25π−100+100；
探究：如图2，找点O关于PQ的对称点O′，连接OO′、O′B、O′C、O′P，
则OM=O′M，OO′⊥PQ，O′P=OP=3，点O′是所在圆的圆心，

∴O′C=OB=10，
∵折叠后的弧QB′恰好与半径OA相切于C点，
∴O′C⊥AO，
∴O′C∥OB，
∴四边形OCO′B是矩形，
在Rt△O′BP中，O′B=，
在Rt△OBO′K，OO′=，
∴OM=OO′=×=，
即O到折痕PQ的距离为．
点睛：本题考查了折叠问题和圆的切线的性质、矩形的性质和判定，熟练掌握弧长公式l=（n为圆心角度数，R为圆半径），明确过圆的切线垂直于过切点的半径，这是常考的性质；对称点的连线被对称轴垂直平分．
17．将一个直角三角形纸片ABO，放置在平面直角坐标系中，点A（，0），点B（0，1），点O（0，0）．过边OA上的动点M（点M不与点O，A重合）作MN⊥AB于点N，沿着MN折叠该纸片，得顶点A的对应点A′．设OM =m，折叠后的△A′MN与四边形OMNB重叠部分的面积为S．

（Ⅰ）如图①，当点A′与顶点B重合时，求点M的坐标；
（Ⅱ）如图②，当点A′落在第二象限时，A′M与OB相交于点C，试用含m的式子表示S；
（Ⅲ）当S=时，求点M的坐标（直接写出结果即可）．
【答案】（Ⅰ）．（Ⅱ）（0＜m＜）．（Ⅲ）．
【解析】
试题分析：（Ⅰ）根据题意可得AM=OA-OM=—m，由折叠的性质可得BM=AM=—m．在Rt△MOB中，由勾股定理可得可列方程，解得m的值即可求得点M的坐标．
（Ⅱ）观察图形可得，用m表示出△ABO、△ANM、△COM的面积代入即可得S与m的关系式．
（Ⅲ）由第（Ⅰ）、（Ⅱ）问可得，

此时情况如图所示，

重叠部分即为△A′MN，
A′M ="AM" =，∠NA′M =∠NAM =30°，
由MN⊥AB，得∠A′NM =90°,
∴，，
则．
若，则，
整理，得，
解得，，（舍去）．
因此，当时，点M的坐标为（，0）．
试题解析：（Ⅰ）在Rt△ABO中，点A（，0），点B（0，1），点O（0，0），
∴OA=,OB=1．
由OM=m，得AM=OA-OM=—m．
根据题意，由折叠可知△BMN≌△AMN,有BM=AM=—m．
在Rt△MOB中，由勾股定理可得，,即，解得．
∴点M的坐标为．
（Ⅱ）在Rt△ABO中，,
∴∠OAB=30°．
由MN⊥AB,得∠MNA=90°．
∴在Rt△AMN中，得，
．
∴．
由折叠可知△A′MN≌△AMN，有∠A′=∠OAB=30°，
∴∠A′MO=∠A′+∠OAB=60°．
∴在Rt△COM中，得．
∴．
又,
于是，，
即（0＜m＜）．
（Ⅲ）．
考点：勾股定理；图形的翻折变换；解直角三角形；利用图形的关系求函数关系式．
18．如图1，一副直角三角板满足AB=BC，AC=DE，∠ABC=∠DEF=90°，∠EDF=30°
操作：将三角板DEF的直角顶点E放置于三角板ABC的斜边AC上，再将三角板DEF绕点E旋转，并使边DE与边AB交于点P，边EF与边BC于点Q．
探究一：在旋转过程中，
（1）如图2，当时，EP与EQ满足怎样的数量关系？并给出证明；
（2）如图3，当时，EP与EQ满足怎样的数量关系？并说明理由；
（3）根据你对（1）、（2）的探究结果，试写出当时，EP与EQ满足的数量关系式为　 　，其中m的取值范围是　 　．（直接写出结论，不必证明）
探究二：若且AC=30cm，连接PQ，设△EPQ的面积为S（cm2），在旋转过程中：
（1）S是否存在最大值或最小值？若存在，求出最大值或最小值；若不存在，说明理由．
（2）随着S取不同的值，对应△EPQ的个数有哪些变化，求出相应S的值或取值范围．

【答案】探究一：（1）EP=EQ；证明见解析；（2）1:2，证明见解析；（3）EP：EQ=1：m，∴0＜m≤2+；探究二：（1）当x=10时，面积最小，是50cm2；当x=10时，面积最大，是75cm2．（2）50＜S≤62.5时，这样的三角形有2个；当S=50或62.5＜S≤75时，这样的三角形有一个．
【解析】
【分析】探究一：（1）连接BE，根据已知条件得到E是AC的中点，根据等腰直角三角形的性质可以证明BE=CE，∠PBE=∠C，根据等角的余角相等可以证明∠BEP=∠CEQ，即可得到全等三角形，从而证明结论；
（2）作EM⊥AB，EN⊥BC于M、N，根据两个角对应相等证明△MEP∽△NWQ，发现EP：EQ=EM：EN，再根据等腰直角三角形的性质得到EM：EN=AE：CE；
（3）根据（2）中求解的过程，可以直接写出结果；要求m的取值范围，根据交点的位置的限制进行分析；
探究二：（1）设EQ=x，结合上述结论，用x表示出三角形的面积，根据x的最值求得面积的最值；
（2）首先求得EQ和EB重合时的三角形的面积的值，再进一步分情况讨论．
【详解】探究一：（1）连接BE，
根据E是AC的中点和等腰直角三角形的性质，得
BE=CE，∠PBE=∠C，
又∠BEP=∠CEQ，
则△BEP≌△CEQ，得EP=EQ；
（2）作EM⊥AB，EN⊥BC于M，N，
∴∠EMP=∠ENC，
∵∠MEP+∠PEN=∠PEN+∠NEF=90°，
∴∠MEP=∠NEF，
∴△MEP∽△NEQ，
∴EP：EQ=EM：EN=AE：CE=1：2；
（3）过E点作EM⊥AB于点M，作EN⊥BC于点N，
∵在四边形PEQB中，∠B=∠PEQ=90°，
∴∠EPB+∠EQB=180°（四边形的内角和是360°），
又∵∠EPB+∠MPE=180°（平角是180°），
∴∠MPE=∠EQN（等量代换），
∴Rt△MEP∽Rt△NEQ，
∴，
在Rt△AME∽Rt△ENC，
∴，
∴，
EP与EQ满足的数量关系式为EP：EQ=1：m，
∴0＜m≤2+；（当m＞2+时，EF与BC不会相交）．
探究二：若AC=30cm，
（1）设EQ=x，则S=x2，
所以当x=10时，面积最小，是50cm2；
当x=10时，面积最大，是75cm2；
（2）当x=EB=5时，S=62.5cm2，
故当50＜S≤62.5时，这样的三角形有2个；
当S=50或62.5＜S≤75时，这样的三角形有一个．

【点睛】本题考查了旋转的性质、等腰直角三角形的性质、全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质等，综合性较强，正确添加辅助线，熟练运用等腰直角三角形的性质和相似三角形的判定和性质进行求解是关键．