中考数学第二轮复习专题07 图形的轴对称、平移与旋转练习（解析版）

这是一份中考数学第二轮复习专题07 图形的轴对称、平移与旋转练习（解析版），共112页。
TOC \ "1-3" \n \h \z \u
\l "_Tc162128589" 题型01 图形的识别
\l "_Tc162128590" 题型02 与图形变化有关的作图问题
\l "_Tc162128591" 题型03 几何图形的平移变化
\l "_Tc162128592" 题型04 与函数图象有关的平移变化
\l "_Tc162128593" 题型05 几何图形的折叠问题
\l "_Tc162128594" 题型06 与函数图象有关的轴对称变化
\l "_Tc162128595" 题型07 几何图形的旋转变化
\l "_Tc162128596" 题型08 与函数图象有关的旋转变化
\l "_Tc162128597" 题型09 利用平移、轴对称、旋转的性质解决多结论问题
\l "_Tc162128598" 题型10 与图形变化有关的最值问题
\l "_Tc162128599" 题型11 图案设计
\l "_Tc162128600" （时间：60分钟）
题型01 图形的识别
1．（2023·江苏宿迁·三模）数学来源于生活，下列图案是由平移形成的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】根据平移的性质，结合图形，对选项进行一一分析，选出正确答案．
【详解】根据平移的性质，平移后不改变图形的形状和大小，也不改变图形的方向（角度），符合条件的只有A．
故选：A．
【点睛】本题考查了平移的性质，掌握平移的性质是解题的关键．
2．（2023·四川成都·二模）我们根据一些简单的函数方程式，就可以在坐标系中绘制出形状优美、寓意美妙的曲线．下列平面直角坐标系内的曲线中，既是中心对称图形，也是轴对称图形的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】中心对称图形的定义：把一个图形绕某一点旋转180°，如果旋转后的图形能与原来的图形重合，那么这个图形就叫做中心对称图形；轴对称图形的定义：如果一个图形沿着一条直线对折后两部分完全重合，这样的图形叫做轴对称图形．
【详解】解：A．是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项不符合题意；
B．既是轴对称图形又是中心对称图形，故此选项符合题意；
C．是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项不符合题意；
D．既不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故此选项不符合题意．
故选：B．
【点睛】本题考查了中心对称图形与轴对称图形的概念，正确掌握相关定义是解题关键．
3．（2022·贵州遵义·模拟预测）在如图所示的人眼成像的示意图中，可能没有蕴含的初中数学知识是（ ）
A．位似图形B．相似三角形的判定C．旋转D．平行线的性质
【答案】C
【分析】根据位似图形，相似三角形的判定，旋转的概念，平行线的性质逐一判断即可得到答案．
【详解】解：∵两棵树是相似图形，而且对应点的连线相交一点，对应边互相平行，
∴这两个图形是位似图形，
∴本题蕴含的初中数学知识有位似图形，相似三角形的判定，平行线的性质，
故选C．
【点睛】本题考查了位似图形，相似三角形的判定，旋转的概念，平行线的性质，熟练掌握相关知识点是解题关键．
4．（2023·河北廊坊·三模）在研究相似问题时，嘉嘉和淇淇两同学的观点如下：
嘉嘉：将边长为1的正方形按图1的方式向外扩张，得到新正方形，它们的对应边间距为1，则新正方形与原正方形相似，同时也位似；
淇淇：将边长为1的正方形按图2的方式向外扩张，得到新正方形，每条对角线向其延长线两个方向各延伸1，则新正方形与原正方形相似，同时也位似．
对于两人的观点，下列说法正确的是（ ）

A．两人都对B．两人都不对C．嘉嘉对，淇淇不对D．嘉嘉不对，淇淇对
【答案】A
【分析】根据相似与位似的定义进行判断即可．
【详解】解：由题意知，嘉嘉向外扩张得到的新的正方形的边长为3，且仍为正方形，
故新正方形与原正方形相似，同时也位似，位似中心为正方形对角线的交点．
淇淇向外扩张得到的新的正方形的边长为2+1，且仍为正方形，
故新正方形与原正方形相似，同时也位似，位似中心为正方形对角线的交点．
故两人说法正确，
故选：A．
【点睛】本题考查了相似与位似．解题的关键在于对知识的熟练掌握与灵活运用．
题型02 与图形变化有关的作图问题
5．（2024·安徽宿州·一模）新考法·借助网格找点，如图，在由边长为1个单位的小正方形组成的网格中，四边形ABCD的顶点均为格点（网格线的交点）．
(1)将线段AD先向上平移2个单位，再向右平移1个单位得到线段A'D'，画出线段A'D'；
(2)以D为旋转中心，将线段BC按逆时针方向旋转90°，得到线段B'C'，画出线段B'C'；
(3)以A'，B'，D'为顶点，画一个四个顶点均为格点的四边形，使得该四边形既是轴对称图形，又是中心对称图形．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)见解析
【分析】
本题考查了平移作图、旋转作图，熟练掌握相关作图方法及性质是解题的关键．
（1）根据平移的性质作图即可；
（2）根据旋转的性质作图即可；
（3）根据菱形既是轴对称图形，又是中心对称图形求解即可．
【详解】（1）解：如图所示，A'D'即为所求；
（2）如图所示，B'C'即为所求；
（3）如图，取格点E，
由勾股定理可得A'D'=B'D'=B'E=A'E=12+42=17，
∴四边形A'D'B'E是菱形，
菱形既是轴对称图形，又是中心对称图形，
即：四边形A'D'B'E即为所求．
6．（2024·安徽阜阳·一模）如图，在平面直角坐标系中，△ABC的三个顶点都在格点上，点A的坐标为-2,3，点B的坐标为-1,2，点C的坐标为-1,1，请解答下列问题：
(1)将△ABC向右平移3个单位长度，再向下平移1个单位长度，画出平移后的△A1B1C1；
(2)以原点O为位似中心，画出△A1B1C1的位似图形△A2B2C2，使△A2B2C2与△A1B1C1的相似比为2:1．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】本题考查了作图—平移变换、位似变换，熟练掌握平移规律，位似变换的性质是解题的关键．
（1）根据“横坐标：左减右加，纵坐标：上加下减”的平移规律，得到平移后的点坐标，描点，连接即可；
（2）根据位似的性质，将横坐标，纵坐标都按照位似比进行变化，得到变换后的点坐标，描点，连接即可．
【详解】（1）解：∵点A的坐标为-2,3，点B的坐标为-1,2，点C的坐标为-1,1，点A1，B1，C1，为点A，B，C分别向右平移3个单位长度，再向下平移1个单位长度所得，
∴ A1(-2+3,3-1)，B1(-1+3,2-1)，C1(-1+3,1-1)，
∴ A1(1,2)，B1(2,1)，C1(2,0)，
如图所示，连接A1，B1，C1组成的△A1B1C1即为所求．
（2）解：∵ A1(1,2)，B1(2,1)，C1(2,0)，△A2B2C2与△A1B1C1的相似比为2:1，原点O为位似中心，
∴ A2(1×2,2×2)，B2(2×2,1×2)，C2(2×2,0)，即A2(2,4)，B2(4,2)，C2(4,0)，
如图所示，连接A2，B2，C2，组成的△A2B2C2即为所求．
7．（2023·宁夏石嘴山·二模）如图，在由边长为1个单位长度的小正方形组成的网格中，点A，B，C均在格点上，试按要求画出相应格点图形．
(1)如图1，作一条线段，使它是AB向右平移2个单位长度后的图形；
(2)如图2，作一个轴对称图形，使AB和AC是它的两条边；
(3)如图3，作一个与△ABC相似的三角形，相似比不等于1．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)见解析
【分析】
本题考查了作图-复杂作图，解决此类题目的关键是熟悉基本几何图形的性质，结合几何图形的基本性质把复杂作图拆解成基本作图，逐步操作．也考查了相似三角形的判定与平移变换．
（1）把点B、A向右作平移2个单位得到CD；
（2）作A点关于BC的对称点D即可；
（3）延长CB到D使CD=2CB，延长CA到E点使CE=2CA，则△EDC满足条件．
【详解】（1）解：如图1，CD为所作；
；
（2）解：如图2所示图形即为所求，
；
（3）解：如图3，△EDC为所作．
．
题型03 几何图形的平移变化
8．（2023·河南南阳·一模）如图，在等腰△ABC中，AB=BC=5，AC=25，点A，B分别在x轴，y轴上，且BC∥x轴，将△ABC沿x轴向左平移，当点A与点O重合时，点B的坐标为（ ）

A．-2,2B．-2,4C．-3,2D．-3,4
【答案】D
【分析】
本题考查了坐标与图形变化-平移，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．也考查了两点间的距离公式．设A(x,0)，B(0,y)，则C(5,y)．分别根据AB=5，AC=25列出方程x2+y2=25①，(x-5)2+y2=20②，求出x=3，y=4，再根据平移的规律求解．
【详解】解：设A(x,0)，B(0,y)，则x>0，y>0．
∵BC=5，BC∥x轴，
∴C(5,y)．
∵AB=5，
∴x2+y2=25①，
∵AC=25，
∴(x-5)2+y2=20②，
①-②得，10x-25=5，
∴x=3，
∴A(3,0)，OA=3．
把x=3代入①，得y=±4（负值舍去），
∴B(0,4)，
∴将△ABC沿x轴向左平移，当点A与点O重合时，点B的坐标为(-3,4)．
故选：D．
9．（2023·河南新乡·二模）如图，在平面直角坐标系xOy中，点A(1,3)，B(2，0)，若平移点B到点C，使以点O，A，B，C为顶点的四边形是菱形，则平移方法错误的是（ ）
A．向左平移3个单位长度，再向上平移3个单位长度
B．向左平移3个单位长度，再向上平移2个单位长度
C．向右平移1个单位长度，再向上平移3个单位长度
D．向左平移1个单位长度，再向下平移3个单位长度
【答案】B
【分析】
本题考查菱形判定，平行四边形判定及性质．根据题意画出平移后的图象，再根据选项逐一进行分析即可得到本题答案．
【详解】
解：如图，
，
∵B(2，0)，
∴OB=2，
A、由平移的性质得：AC∥OB，AC=OB=2，C(-1,3)，
∴OC= 12+32 =2，
∴四边形OBAC是平行四边形，OB=OC，
∴平行四边形OBAC是菱形，故选项A不符合题意；
B、向左平移3个单位长度，再向上平移2个单位长度，四边形OBAC不是菱形，故选项B符合题意；
C、同A得平行四边形OBAC是菱形，故选项C不符合题意；
D、同C得平行四边形OBAC是菱形，故选项D不符合题意；
故选：B．
10．（2023·江西南昌·二模）数学小组将两块全等的含30°角的三角尺按较长的直角边重合的方式摆放，并通过平移对特殊四边形进行探究．如图1，其中∠ADB=∠CBD=30°，∠ABD=∠BDC=90°，AB=CD=3，将Rt△BCD沿射线DB方向平移，得到Rt△B'C'D'，分别连接AB'，DC'（如图2所示），下列有关四边形AB'C'D的说法正确的是（ ）

A．先是平行四边形，平移3个单位长度后是菱形
B．先是平行四边形，平移3个单位长度后是矩形，再平移23个单位长度后是菱形
C．先是平行四边形，平移3个单位长度后是矩形，再平移33个单位长度后是正方形
D．在Rt△BCD平移的过程中，依次出现平行四边形、矩形、菱形、正方形
【答案】B
【分析】根据平移过程逐步分析，排除正方形的可能，再分矩形和菱形，利用性质求出平移距离即可．
【详解】解：由题意可得：平移过程中，
AD∥B'C'，AD=B'C'，CD=C'D'=3，
∴四边形AB'C'D是平行四边形，
刚开始平移时，∠ADC=∠ABC=30°+90°=120°，
∴如图，当平移至∠ADC=∠ABC=90°时，AD≠C'D，∠C'DD'=60°
∴此时四边形AB'C'D是矩形，且不可能为正方形，∠DC'D'=30°，
∴平移距离为：DD'=C'D'3=3，
即平移3个单位长度后是矩形，

继续平移，当AB与C'D'共线时，
此时AB⊥B'D，即四边形AB'C'D是菱形，
此时的总平移距离为BD=3AD=33，
即再平移23个单位长度后是菱形；

综上可得：平移过程中，四边形AB'C'D先是平行四边形，平移3个单位长度后是矩形，再平移23个单位长度后是菱形，
故选B．
【点睛】此题主要考查平行四边形、矩形、菱形的判定和性质，勾股定理，含30度的直角三角形，综合利用了特殊四边形的判定和性质，掌握特殊平行四边形的判定与性质是解题的关键．
11．（2023·山西晋城·模拟预测）如图1，矩形ABCD中，AB=3，AD=4，沿对角线BD剪开，△ABD不动，将△BCD沿CB方向平移，得到△B'C'D'．与AB交于点E，C'D'与BD交于点F．

(1)请判断在△BCD平移过程中，四边形EBFD'的形状，并说明理由；
(2)小明发现在上述平移过程中，四边形EBFD'会成为菱形．请写出你是否同意小明的观点，若同意，请在图2中用尺规作图的方法作出该菱形，并求所作菱形的边长；
(3)在平移过程中，当EF∥BC时，平移的距离为 ．
【答案】(1)四边形EBFD'是平行四边形，理由见解析
(2)同意，菱形EBFD'即为所求，作图见解析，菱形的边长为158
(3)2
【分析】（1）根据平移的性质得出B'D'∥BD，AB∥C'D'，进而利用平行四边形的判定解答即可；
（2）先作出∠ABD的角平分线交AD于D'，连接BD'，再作BD'的垂直平分线，交AB与BD于E，F点，连接D'E、D'F，即可作出菱形EBFD'，由菱形的性质可得ED'∥BD，从而得到△AED'∽△ABD，AED'E=ABBD，由勾股定理可得BD=5，设BE=D'E=a，则AE=AB-BE=3-a，代入比例式可得35=3-aa，进行计算即可得到答案；
（3）根据平行四边形的性质和三角形中位线定理进行求解，进而得出平移距离即可．
【详解】（1）解：四边形EBFD'是平行四边形，
理由如下：
∵ △BCD沿CB方向平移，得到△B'C'D'，四边形ABCD是矩形，
∴B'D'∥BD，AB∥C'D'，
∵BE在AB上，D'F在C'D'上，D'E在B'D上，BF在BD上，
∴BE∥D'F，D'E∥BF，
∴四边形EBFD'是平行四边形；
（2）解：同意，菱形EBFD'即为所求，如图，
，
方法：先以B为圆心，适当长为半径画弧交AB、BD于两点，再以此两点分别为圆心，以相同长为半径画弧交于一点，连接B与此点交AD于点D'，再分别以B，D'为圆心，大于12BD'长度为半径画弧分别交于两点，连接两点交AB与BD于E，F点，即得菱形EBFD'，
∵四边形EBFD'是菱形，
∴ED'∥BD，
∴△AED'∽△ABD，
∵AB=3，AD=4，
∴BD=AB2+AD2=32+42=5，
设BE=D'E=a，则AE=AB-BE=3-a，
∴AED'E=ABBD，
即35=3-aa，
解得：a=158，
即菱形的边长为158；
（3）解：如图2，
，
此时EF∥BC，
∴EF∥BC'，
由平移的性质可得：CD∥C'D'，
∵四边形ABCD是矩形，
∴BE∥CD，
∴BE∥C'D'，
∴BE∥C'F，
∴四边形BC'FE为平行四边形，
∴BC'=EF，BE=C'F，
同理可得，四边形AEFD'是平行四边形，
∴AE=D'F，
由（1）可知，四边形EBFD'是平行四边形，
∴BE=D'F，
∴BE=D'F=AE=12AB，
∵EF∥BC∥AD，
∴EF是△ABD的中位线，
∴EF=12AD=2=BC'，
∴CC'=BC-BC'=4-2=2，
即平移的距离为2，
故答案为：2．
【点睛】本题主要考查了平行四边形的判定与性质、菱形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、勾股定理、三角形中位线定理，熟练掌握平行四边形的判定与性质、菱形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、勾股定理、三角形中位线定理，是解题的关键．
题型04 与函数图象有关的平移变化
12．（2020·广西玉林·模拟预测）如图，将函数y=12(x-2)2+1的图象沿y轴向上平移得到一条新函数的图象，其中点A1,m，B5,n平移后的对应点分别为点A'、B'．若曲线段AB扫过的面积为20（图中的阴影部分），则新图象的函数表达式是（ ）
A．y=12(x-2)2-2B．y=12(x-2)2-4C．y=12(x-2)2+5D．y=12(x-2)2+6
【答案】D
【分析】曲线段AB扫过的面积=（xB-xA）×AA′=4AA′=20，则AA′=5，即可求解．
【详解】解：曲线段AB扫过的面积=（xB-xA）×AA′=4AA′=20，
则AA′=5，
故抛物线向上平移5个单位，则y=12(x-2)2+6；
故选：D．
【点睛】本题考查的是抛物线与x轴的交点，主要考查函数图象上点的坐标特征，要求学生非常熟悉函数与坐标轴的交点、顶点等点坐标的求法，及这些点代表的意义及函数特征．
13．（2023·浙江杭州·一模）已知函数y1=k1x和函数y2=k2x+b（k1，k2，b是常数，k1k2≠0）．
(1)若两函数的图象交于点A1,4，点Ba,1，求函数y1，y2的表达式．
(2)若点C-1,n向上平移6个单位恰好落在函数y1上，又点C-1,n向右平移2个单位恰好落在函数y2上，且k1+k2=0，求b的值．
【答案】(1)y1=4x，y2=-x+5
(2)b=-6
【分析】（1）先将点A的坐标代入反比例函数的解析式求出k,从而求出反比例函数的解析式，最后将B点的坐标代入解析式就可以求出a的值，然后利用待定系数法即可求得一次函数的解析式；
（2）根据点的平移得出平移后的坐标，代入函数解析式分别求得k1,k2的值，根据已知条件k1+k2=0，建立方程，解方程即可求解．
【详解】（1）解：将点A1,4，代入y1=k1x,
∴k1=1×4=4，
∴y1=4x，
∵点Ba,1在y1=4x上，
∴1=4a
∴a=4，
∴B4,1，
将A1,4，B4,1，代入y2=k2x+b
∴k2+b=44k2+b=1
解得：k2=-1b=5
∴y2=-x+5
（2）∵点C-1,n向上平移6个单位得到-1,n+6，
依题意，点-1,n+6在y1=k1x上，
则n+6=-k1，
解得：n=-k1-6，
点C-1,n向右平移2个单位得到1,n，
依题意，1,n在函数y2=k2x+b上，
∴n=k2+b，
∴-k1-6=k2+b
即k1+k2=-6-b
又∵k1+k2=0，
∴b=-6．
【点睛】本题考查了一次函数与反比例函数交点问题，待定系数法求函数解析式，点的平移，熟练掌握以上知识是解题的关键．
14．（2023·辽宁沈阳·三模）在平面直角坐标系中，△DOE是等腰直角三角形，∠ODE=90°，DO=DE=3，点D在x轴的负半轴上，点E在第二象限，矩形ABCO的顶点B4，2，点C在x轴的正半轴上，点A在y轴的正半轴上．将△DOE沿x轴向右平移，得到△D'O'E'，点D，O，E的对应点分别为D'，O'，E'．

(1)如图1，当E'O'经过点A时，求直线O'A的函数表达式；
(2)设OO'=t，△D'O'E'与矩形ABCO重叠部分的面积为S；
①如图②，当△D'O'E'与矩形ABCO重叠部分为五边形时，D'E'与AB相交于点M，E'O'分别与AB，BC交于点N，P，用含有t的式子表示S ；直接写出t的取值范围 ；
②请直接写出满足S=72的所有t的值 ．
【答案】(1)y=-x+2
(2)①S=-12t2+4t-4，490-2α，
∴a>30°，
∴90°-2αAM矛盾，即可得证；
（2）①由（1）中的②可判定△ABE∽△BCN，由三角形相似的性质即可求解；②当N在CD上时，△ABE∽△BCN，由三角形相似的性质即可求解；当N在AD上时，同理可判定△ABE∽△NAB，由三角形相似的性质即可求解．
【详解】（1）解：①E的对称点为E'，
∴BF⊥EE'，MF⊥EE'，
∴B、F、M共线，
故答案为：在；
②由①知：B、F、M共线，N在FM上，
∴AE⊥BN，
∴∠AMB=90°，
∴∠ABM+∠BAE=90°，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ABC=∠BCN=90°，
AB=BC，
∴∠CBN+∠ABM=90°，
∴∠BAE=∠CBN，
在△ABE和△BCN中
∠BAE=∠CBN∠ABC=∠BCNAB=BC，
∴△ABE≌△BCN(AAS)，
∴AE=BN，
故答案为：相等；
③不存在，理由如下：
假如存在，
∵ AN平分∠DAE，
∴∠DAN=∠MAN，
∵四边形ABCD是正方形，
AM⊥BN，
∴ ∠D=∠AMN=90°，
在△DAN和△MAN中
∠D=∠AMN∠DAN=∠MANAN=ANN
∴△DAN≌△MAN(AAS)，
∴AM=AD，
∵AD=AB，
∴AB=AM，
∵AB是Rt△ABM的斜边，
∴ AB>AM，
∴AB=AM与AB>AM矛盾，
故假设不成立，所以答案为：不存在；
（2）解：①BECN=23，理由如下：
由（1）中的②得：
∠BAE=∠CBN，
∠ABE=∠C=90°，
∴△ABE∽△BCN，
∴ BECN=ABBC=23；
②当N在CD上时，
CN=CD-DN=3，
由①知：△ABE∽△BCN，
∴ BECN=ABBC=23，
∴BE=23CN=2，
当N在AD上时，
AN=AD-DN=5，
∵∠BAE=∠CBN=∠ANB，
∠ABE=∠BAN=90°，
∴△ABE∽△NAB，
∴ BEAB=ABAN，
∴ BE4=45，
∴BE=165，
综上所述：BE=2或165．
【点睛】本题考查了折叠的性质，矩形的性质，正方形的性质，全等三角形的判定及性质，三角形相似的判定及性质，掌握相关的判定方法及性质，“十字架”典型问题的解法是解题的关键．
题型06 与函数图象有关的轴对称变化
20．（2023·四川巴中·中考真题）规定：如果两个函数的图象关于y轴对称，那么称这两个函数互为“Y函数”．例如：函数y=x+3与y=-x+3互为“Y函数”．若函数y=k4x2+(k-1)x+k-3的图象与x轴只有一个交点，则它的“Y函数”图象与x轴的交点坐标为 ．
【答案】C(3,0)或C(4,0)
【分析】
根据题意y=k4x2+(k-1)x+k-3与x轴的交点坐标和它的“Y函数”图象与x轴的交点坐标关于y轴对称，再进行分类讨论，即k=0和k≠0两种情况，求出y=k4x2+(k-1)x+k-3与x轴的交点坐标，即可解答．
【详解】解：①当k=0时，函数的解析式为y=-x-3，
此时函数的图象与x轴只有一个交点成立，
当y=0时，可得0=-x-3，解得x=-3，
∴ y=-x-3与x轴的交点坐标为-3,0，
根据题意可得，它的“Y函数”图象与x轴的交点坐标为3,0；
①当k≠0时，
∵函数y=k4x2+(k-1)x+k-3的图象与x轴只有一个交点，
∴b2-4ac=0，即k-12-4×k4×k-3=0，
解得k=-1，
∴函数的解析式为y=-14x2-2x-4，
当y=0时，可得0=-14x2-2x-4，
解得x=-4，
根据题意可得，它的“Y函数”图象与x轴的交点坐标为4,0，
综上所述，它的“Y函数”图象与x轴的交点坐标为C(3,0)或C(4,0)，
故答案为：C(3,0)或C(4,0)．
【点睛】本题考查了轴对称，一次函数与坐标轴的交点，抛物线与x轴的交点问题，理解题意，进行分类讨论是解题的关键．
21．（2023·江西新余·一模）如图，点A、B是一次函数y1=xx≥0-x(x0)-4x(x0，Q3a,-12a+2a>4
因BO=BQ1=4
∴4-a2+-12a+22=42
整理得：5a2-40a+16=0
解得：a=4±855，
当00)个单位，再向下平移1个单位得到C，D两点（点A对应点C)，
一个点向右平移h个单位，则该点的横坐标加h；一个点向下平移1个单位，则该点的纵坐标减1，
∴C(a+h,b-1)，D(m+h,b)，
∵此时点A和点D的纵坐标相同，
∴AD∥x轴．
∵AD∥x轴，l⊥AD，x轴⊥y轴，
∴直线l∥y轴，故①正确；
当DE取最小值时，点E与点P重合，即P(m,b)，
∵DE的最小值为2，
∴DP=2，
∴m+h-m=2，
即h=2，故②正确；
根据平移的性质可知：AC=BD，AC∥BD，
∴四边形ACDB是平行四边形，故③错误；
设直线BD的解析式为y=kx+d(k、d为常数，且k≠0)，把B(m,b+1)，D(m+2,b)分别代入，
得：mk+d=b+1(m+2)k+d=b，
解得：k=-12d=b+1+12m，
∴直线BD的解析式为y=-12x+b+1+12m，
∵点F(s,t)是直线BD上的点，
∴t=-12s+b+1+12m，
∴s+2t=m+2b+2．故④正确，
综上所述，共有3个正确结论；
故选C
【点睛】此题主要考查了平移的性质，待定系数法求一次函数解析式，坐标与图形，理解平移的性质和求出点C和点D的坐标，利用待定系数法求一次函数解析式是解题的关键．
34．（2023·四川宜宾·三模）如图，在Rt△ABC中，∠BAC=90°,AB=AC=6，点D、E分别是AB、AC的中点．将△ADE绕点A顺时针旋转60°，射线BD与射线CE交于点P，在这个旋转过程中有下列结论：
①△AEC≌△ADB；②CP存在最大值为3+33；③BP存在最小值为33-3；④点P运动的路径长为22π．其中，正确的是（ ）

A．①③④B．①②④C．①②③D．②③④
【答案】C
【分析】根据∠BAC=90°，AB=AC=6，点D、E分别是AB、AC的中点．得出∠DAE=90°，AD=AE=3，可证∠DAB=∠EAC，再证△DAB≌△EAC ，可判断①正确；证明∠BPC=90°，则BP=BC⋅sin∠BCP，则当∠BCP最小时，BP最小利用勾股定理求出BC=62，在Rt△BCP中，斜边BC一定，当BP最小时，CP最大，则当∠ACE最大时，∠BCP最小，此时AE⊥CP，如图3所示，求出EC=33，证明△AEC≌△ADB，得到BD=EC=33,∠ADB=∠AEC=90°，证明四边形ADPE是正方形，得到PD=PE=AE=3，则BP=BD-PD=33-3,CP=PE+CE=3+33，即可判断②正确，③正确；取BC的中点为O，连接OA、OP，推出点P在以BC为直径的圆上运动，OA=OP=OB=OC=12AB=32；如图4，当AE⊥CP时sin∠ACE=AEAC=12，则∠ACE=30°，由此可得点P在以点O为圆心，OA长为半径的圆上运动的轨迹为AP，即点P运动的路径长为：60π×32180=2π，故④不正确．
【详解】解：设AB与CP交于G，如图2所示：

∵∠BAC=90°,AB=AC=6，点D、E分别是AB、AC的中点，
∴AD=AE=3,∠DAE=90°，
∴∠DAB=90°-∠BAE=∠EAC，
在△AEC和△ADB中，
AE=AD∠EAC=∠DABAC=AB，
∴△AEC≌△ADBSAS，故①正确；
∴∠DBA=∠ECA，
∵∠ECA+∠AGC=90°,∠AGC=∠BGP，
∴∠DBA+∠BGP=90°，
∴∠BPC=90°，
∴BP=BC⋅sin∠BCP，
∴当∠BCP最小时，BP最小，
在Rt△ABC中，由勾股定理得：BC=AB2+AC2=62+62=62，
在Rt△BCP中，斜边BC一定，当BP最小时，CP最大，
∵当∠BCP最小时，BP最小，而∠ACB=45°，
∴当∠ACE最大时，∠BCP最小，此时AE⊥CP，如图3所示

在Rt△AEC中，AE=3,AC=6，
∴EC=AC2-AE2=62-32=33，
∵AE=AD,∠EAC=90°-∠BAE=∠DAB,AC=AB，
∴△AEC≌△ADBSAS，
∴BD=EC=33,∠ADB=∠AEC=90°，
∴四边形ADPE是正方形，
∴PD=PE=AE=3，
∴BP=BD-PD=33-3,CP=PE+CE=3+33，
∴CP存在最大值为3+33,BP存在最小值为33-3，故②正确，③正确；
取BC的中点为O，连接OA、OP，
∵∠BAC=∠BPC=90°，
∴点P在以BC为直径的圆上运动，OA=OP=OB=OC=12AB=12×62=32，
如图4，当AE⊥CP时，sin∠ACE=AEAC=36=12，

∴∠ACE=30°，
∴∠CAE=60°,∠AOP=2∠ACE=60°，
∵将△ADE绕点A顺时针旋转60°，
∴点P在以点O为圆心，OA长为半径的圆上运动的轨迹为AP，
∴点P运动的路径长为：60π×32180=2π,故④不正确；
故选：C．
【点睛】本题考查图形旋转性质，线段中点定义，三角形全等判定与性质，圆的切线，正方形判定与性质，勾股定理，锐角三角函数，弧长公式，本题难度大，正确添加辅助线是解题关键．
35．（2023·浙江湖州·二模）如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，∠B=30°，点D，E分别是边AB和BC上的两点，连结DE，将△BDE沿DE折叠，点B恰好落在AC的中点M处，BM与DE交于点F．下列三个结论：①DF=EF；②DM⊥AM；③tan∠CME=11312其中正确的是 ．（写出正确结论的序号）
【答案】③
【分析】①由折叠的性质可得ED是BM的垂直平分线，假设DF=EF，则四边形BDME为菱形，MB平分∠ABC，由∠ACB=90°，∠B=30°，M是AC的中点，得出BM不是∠ABC的平分线，即可判断，
②由BM不是∠ABC的平分线，可得∠MDA=∠DBM+∠DMB≠30°，在△ADM中∠MAD+∠MDA=60°+∠MDA≠90°，即可判断，
③设CM=a，ME=x，应用勾股定理，表示出CE的长度，在Rt△CME中，ME2=CM2+CE2，即可求得：x=133a12，根据锐角三角函数的定义，即可判断，
本题考查了折叠的性质，锐角三角函数，勾股定理，解题的关键是：熟练掌握折叠的性质．
【详解】解：由折叠的性质可得：EB=EM，DB=DM，
∴ED是BM的垂直平分线，
假设DF=EF，则四边形BDME为菱形，
∴∠EBF=∠DBF，即：MB平分∠ABC，
∵∠ACB=90°，∠B=30°，M是AC的中点，
∴BM不是∠ABC的平分线，
∴假设DF=EF错误，故①错误，
∵BM不是∠ABC的平分线，
∴∠DBM=∠DBM≠15°，
∴∠MDA=∠DBM+∠DMB≠30°，
∴∠MAD+∠MDA=60°+∠MDA≠90°，故②错误，
设CM=a，ME=x，则：AM=a，EB=x，AC=2a，AB=2AC=4a，
由勾股定理得：BC=AB2-AC2=4a2-2a2=23a，
∴CE=BC-BE=23a-x，
在Rt△CME中，ME2=CM2+CE2，即：x2=a2+23a-x2，整理得：x=133a12，
∴CE=23a-x=23a-133a12=113a12，
∴tan∠CME=CECM=11312，故③正确，
综上所述，只有③正确，
故答案为：③．
36．（2023·湖北孝感·模拟预测）如图，四边形ABCD是正方形纸片，AB=2．对折正方形纸片ABCD，使AD与BC重合，折痕为EF；展平后再过点B折叠正方形纸片，使点A落在EF上的点M处，折痕为BP；再次展平，延长PM交CD于点Q．有如下结论：①∠ABM=60°；②AP=1；③AP+CQ=PQ；④CQ=4-23；⑤H为线段BP上一动点，则AH+12BH的最小值是3．其中正确结论的序号是 ．

【答案】①③④⑤
【分析】①首先根据EF垂直平分AB，可得AM=BM；然后根据折叠的性质，可得AB=BM，据此判断出△ABM为等边三角形，即可判断出∠ABM=60°．②首先根据∠ABM=60°，∠ABP=∠PBM，求出∠ABP=∠PBM=30°；然后在Rt△ABP中，根据AB=2，求出AP的大小即可．③证明AP=PM,CQ=QM所以AP+CQ=PM+QM=PQ．④构造直角三角形，利用勾股定理即可得出结论．⑤首先过点作HE⊥BM，A,H,E在同一条直线上且AE⊥BM时AH+12BH的值最小．
【详解】解：如图，连接AM，

∵EF垂直平分AB，
∴AM=BM，
根据折叠的性质，可得：
AB=BM，
∴AM=AB=BM，
∴△ABM为等边三角形，
∴∠ABM=60°，即结论①正确；
∵∠ABM=60°，∠ABP=∠PBM，
∴∠ABP=∠PBM=60°÷2=30°，
∴AP=AB⋅tan30°=2×33=233，即结论②不正确．
∵折叠，
∴AP=PM,AB=BM,∠PAB=∠PMB=90°，
∴CB=BM,∠C=∠QMB=90°
∵BQ=BQ,
∴Rt△BMQ≅Rt△BCQ,
∴CQ=MQ,
∴AP+CQ=PM+QM=PQ，即结论③正确．
设CQ=x，则DQ=2-x，
∵AP=233，AP+CQ=PQ，
∴PQ=233+x，
在Rt△DPQ中
由PQ2=PD2+DQ2，
∴233+x2=2-2332+2-x2，
解得：x=4-23，即CQ=4-23，即结论④正确．
过点H作HG⊥BM，
∵△BMA是等边三角形，
∴∠ABP=∠PBM=60°÷2=30°，
∴HG=12BH，
∴A,H,G在同一条直线上且AG⊥BM时AH+12BH的值最小，
此时AH+12BH=AH+HG=AG，
∴AG=AB⋅sin60°=2×32=3
AH+12BH的最小值是3，
即结论⑤正确．
故答案为：①③④⑤．
【点睛】此题主要考查了几何变换综合题，考查了分析推理能力，考查了空间想象能力，考查了数形结合方法的应用，要熟练掌握．
37．（2023·湖北孝感·二模）如图，正方形ABCD的边长为2，点E为对角线AC上一动点(点E不与A、C重合)，过点E作EF⊥BE交直线CD于F，将线段EF绕点F逆时针旋转90°得到线段GF，连接GA，GB，GC，下列结论：①EB=EF；②AC⊥GC；③CE+CG=2CB；④GA+GB的最小值为25，其中正确的是 .(填写所有正确结论的序号)

【答案】①②③④
【分析】过E作EM⊥BC，EN⊥CD，可证△BEM≌△FEN得BE=EF，故①正确；可证四边形BEFG是正方形，得∠EBG=90°，BE=BG，可证∠ABE=∠CBG，进而得到△ABE≌△CBG，所以∠BAE=∠BCG，得∠BCA+∠BCG=90°，即∠ACG=90°，可证②正确；由②可知，△ABE≌△CBG，所以AE=CG，而CG+CE=AE+CE=AC可求，③正确．由“SAS”可证△BCG≌△HCG，可得BG=GH，当点G，点A，点H三点共线时，AG+GH有最小值，由勾股定理可求AH的长，故④正确，即可求解．
【详解】解：过E作EM⊥BC于点M，作EN⊥CD于点N，作EH⊥AB于H，连接BG，

∵四边形ABCD是正方形，AC平分∠BCD，
∴EM=EN，
∵∠EMC=∠MCN=∠ENC=90°，
∴∠MEN=90°，
∵EF⊥BE，
∴∠BEM+∠MEF=∠FEN+∠MEF=90°，
∴∠BEM=∠FEN，
∵∠EMB=∠ENF=90°，EM=EN，
∴△BEM≌△FENASA，
∴BE=EF，故①正确；
∵∠BEF=∠EFG=90°，EF=FG，BE=EF，
∴BE=FG，BE∥FG，
∴四边形BEFG是平行四边形，
∵∠BEF=90°，BE=EF，
∴四边形BEFG是正方形，
∴∠EBG=90°，BE=BG，
∵∠ABC=90°，
∴∠ABE+∠EBC=∠EBC+∠CBG=90°，
∴∠ABE=∠CBG，
又∵AB=BC，BE=BG，
∴△ABE≌△CBGSAS，
∴∠BAE=∠BCG=45°，
∵∠BAE+∠BCA=90°，
∴∠BCA+∠BCG=90°，即∠ACG=90°，
∴AC⊥GC，故②正确；
由②可知，△ABE≌△CBG，
∴AE=CG，
∴CG+CE=AE+CE=AC，
∵∠ACB=45°，
∴AC=2BC，
∴CG+CE=2BC，故③正确，
如图，延长DC至H，使CH=BC=2，连接BG，GH，AH，

∵∠BCG=45°，∠BCH=90°，
∴∠BCG=∠GCH=45°，
又∵BC=CH，CG=CG，
∴△BCG≌△HCGSAS，
∴BG=GH，
∴AG+BG=AG+GH，
∴当点G，点A，点H三点共线时，AG+GH有最小值，即AG+BG有最小值为AH的长，
∴AH=AD2+DH2=4+(2+2)2=25，
∴AG+BG的最小值为25，故④正确，
故答案为：①②③④．
【点睛】本题是三角形综合题，考查了旋转的性质，正方形的判定与性质，角平分线的性质，勾股定理，全等三角形的判定与性质，最短路径问题，综合运用正方形的判定与性质定理，勾股定理等知识是解题的关键．
题型10 与图形变化有关的最值问题
38．（2023·河南周口·三模）如图，在矩形ABCD中，AB=15，BC=20，把边AB沿对角线BD平移，点A'，B'分别对应点A，B，A'C+B'C的最小值为 ．

【答案】917
【分析】先证明四边形A'B'CD是平行四边形，作点D关于AA'的对称点D'，连接DD'交AA'于J，过点D'作D'E⊥CD交CD的延长线于E，连接CD'交AA'于A'，此时CB'+CA'的值最小，最小值为CD'，通过证明△AJD∽△DAB，可得DJ=12，通过证明△DED'∽△DAB，可得DE=965，ED'=725，最后由勾股定理即可得到答案．
【详解】解：根据题意可得：AB=A'B'，AB∥A'B'，AB=CD，AB∥CD，
∴A'B'=CD，A'B'∥CD，
∴四边形A'B'CD是平行四边形，
∴B'C=A'D，
∴A'C+B'C=A'C+A'D，
如图所示，作点D关于AA'的对称点D'，连接DD'交AA'于J，过点D'作D'E⊥CD交CD的延长线于E，连接CD'交AA'于A'，此时CB'+CA'的值最小，最小值为CD'，
，
则∠AJD=∠DED'=∠BAD=∠ADC=90°，AA'∥BB'，
∴D'E∥AD，∠ADB=∠JAD，
∴△AJD∽△DAB，
∴DJAB=ADBD，∠ABD=∠ADJ，
∵BD=AB2+AD2=152+202=25，
∴DJ15=2025，
∴DJ=12，
∴DD'=24，
∵ D'E∥AD，
∴∠ED'D=∠D'DA，
∴∠ED'D=∠ABD，
∴△DED'∽△DAB，
∴DEDA=ED'AB=DD'BD，
∴DE20=ED'15=2425，
∴DE=965，ED'=725，
∴CE=CD+DE=15+965=1715，
∴CD'=CE2+D'E2=17152+7252=917，
∴A'C+B'C的最小值为917，
故答案为：917．
【点睛】本题主要考查了平行四边形的判定与性质、三角形相似的判定与性质、轴对称的性质、矩形的性质、勾股定理，熟练掌握平行四边形的判定与性质、三角形相似的判定与性质、轴对称的性质、矩形的性质，添加适当的辅助线，是解题的关键．
39．（2023·四川泸州·二模）如图，抛物线y=-x2-3x+4与x轴交于A，B两点（点A在点B的左侧），与y轴交于点C，若点D为抛物线上一点且横坐标为-3，点E为y轴上一点，点F在以点A为圆心，2为半径的圆上，则DE+EF的最小值 ．
【答案】65-2/-2+65
【分析】先求出点A-4,0，点D-3,4，作点D关于y轴对称的点T，则点T3,4，连接AE交与轴于M，交⊙A于N，过点T作TH⊥x轴于H，连接AF，当点E与点M重合，点F与点N重合时，DE+EF为最小，最小值为线段TN的长，然后可在Rt△ATH中由勾股定理求出TA，进而可得TN，据此可得出答案．
【详解】解：对于y=-x2-3x+4，当y=0时，-x2-3x+4=0，
解得：x1=-4，x2=1，
∴点A的坐标为-4,0，
对于y=-x2-3x+4，当x=-3时，y=4，
∴点D的坐标为-3,4，
作点D关于y轴对称的点T，则点T3,4，
连接AE交与y轴于M，交⊙A于N，过点T作TH⊥x轴于H，连接AF，

当点E与点M重合，点F与点N重合时，DE+EF为最小，最小值为线段TN的长．
理由如下：
当点E与点M不重合，点F与点N不重合时，
根据轴对称的性质可知：DE=TE，
∴DE+EF=TE+EF，
根据“两点之间线段最短”可知：TE+EF+AF>AT，
即：TE+EF+AF>TN+AN，
∵AF=AN=2，
∴TE+EF>TN，
即：DE+EF>TN，
∴当点E与点M重合，点F与点N重合时，DE+EF为最小．
∵点T3,4，A-4,0，
∴OH=3，TH=4，OA=4，
∴AH=OA+OH=7，
在Rt△ATH中，AH=7，TH=4，
由勾股定理得：TA=AH2+TH2=65，
∴TN=TA-AN=65-2．
即DE+EF为最小值为65-2．
故答案为：65-2．
【点睛】此题主要考查了二次函数与x轴的交点，利用轴对称求最短路线，圆的性质，勾股定理等，解答此题的关键是准确的求出二次函数与x轴的交点坐标，难点是确定当DE+EF为最小时，点E，F的位置．
40．（2023·四川成都·模拟预测）如图所示，在边长为2的等边三角形ABC中，G为BC的中点，D为AG的中点，过点D作EF∥BC交AB于E，交AC于F，P是线段EF上一个动点，连接BP，GP，则ΔBPG的周长的最小值是 ．
【答案】3
【分析】本题主要考查了等边三角形的性质，线段垂直平分线的性质，轴对称-最短路线问题，熟练掌握将军饮马基本模型是解题的关键．连接AP，首先证明EF是AG的垂直平分线，得AP=GP，则ΔBPG的周长为BP+AP+BG=BP+AP+1，当B、P、A共线时，BP+AP的最小值为2，从而得出答案．
【详解】解：连接AP，
∵点G是BC的中点，ΔABC是等边三角形，
∴AG⊥BC，
∵EF∥BC，
∴∠ADE=∠AGB=90°，
∵点D为AG的中点，
∴EF是AG的垂直平分线，
∴AP=GP，
∴ΔBPG的周长为BP+AP+BG=BP+AP+1，
当B、P、A共线时，BP+AP的最小值为2，
∴ΔBPG的周长最小值为3，
故答案为：3
41．（2023·贵州贵阳·二模）如图，在正方形ABCD中，AB=10，点P是正方形ABCD内一动点，连接AP，将AP绕点A逆时针旋转90°，得到线段AQ，连接QD，BP，延长BP交直线QD于点M，当点P为BM的中点时，线段PC的最小值为 ．
【答案】510-522
【分析】以点B为原点建立平面直角坐标系，作QS⊥AD于S，PR⊥AB于R，先证△QAS≌△PARAAS，推出AR=AS，PR=QS，设Pm,n，则AR=10-n，PR=m，利用待定系数法求出直线QD的函数关系式，将M2m,2n代入其中，得出2n=-mn⋅2m+10mn+10，通过整理得出n-522+m-522=5222，设T52,52，可知点P在以T为圆心，522为半径的圆上运动，且位于正方形ABCD内，当T、P、C共线且P在线段TC上时，PC取最小值，由此可解．
【详解】解：以点B为原点，BC所在直线为x轴，BA所在直线为y轴，建立平面直角坐标系，作QS⊥AD于S，PR⊥AB于R，
则∠QSA=∠PRA=90°，
∵ ∠PAD+∠PAR=∠BAD=90°，∠PAD+∠QAS=∠QAP=90°，
∴ ∠QAS=∠PAR，
由旋转知，AQ=AP，
∴ △QAS≌△PARAAS，
∴ AR=AS，PR=QS，
∵正方形ABCD中，AB=10，
∴ A0,10，C10,0，D10,10，
设Pm,n，则AR=10-n，PR=m，
∴ AS=AR=10-n，QS=PR=m，
∴ Q10-n,10+m，
设直线QD的函数关系式为y=kx+b，将Q10-n,10+m，D10,10代入，得：
10-nk+b=10+m10k+b=10，
解得k=-mnb=10mn+10，
∴直线QD的函数关系式为y=-mnx+10mn+10，
∵点P为BM的中点，Pm,n，
∴ M2m,2n，
将M2m,2n代入y=-mnx+10mn+10，得：2n=-mn⋅2m+10mn+10，
即n2+m2-5n-5m=0，
整理得n-522+m-522=5222，
设T52,52，则PT2=n-522+m-522=5222，
∴点P在以T为圆心，522为半径的圆上运动，且位于正方形ABCD内，当T、P、C共线且P在线段TC上时，PC取最小值，
此时PC=TC-TP=52-102+522-522=510-522，
∴ PC的最小值为510-522．
故答案为：510-522．
【点睛】本题考查旋转的性质，全等三角形的判定和性质，点到圆上一点的距离，平面直角坐标系内两点间距离公式，求一次函数解析式等，涉及知识点多，难度较大，求出点P的运动轨迹是解题的关键．
42．（2023·江苏扬州·一模）如图，直角△ABC中，∠ACB=90°，∠A=30°，BC=4，点E是边AC上一点，将BE绕点B顺时针旋转60°到点F，则CF长的最小值是 ．
【答案】2
【分析】本题考查了直角三角形性质，旋转变换的性质，全等三角形的判定和性质，点到直线的距离垂线段最短等，添加辅助线构造全等三角形是解题关键．取AB的中点D，连接DE，过点D作DH⊥AC于点H，可证得△BCF≌△BDE(SAS)，得出CF=DE，当且仅当DE⊥AC，即点E与点H重合时，DE=DH=12AD=2为DE的最小值，即可得出CF的最小值为2．
【详解】解：取AB的中点D，连接DE，过点D作DH⊥AC于点H，
则AD=BD=12AB，∠AHD=∠ACB=90°，
∵∠A=30°，BC=4，
∴AB=2BC=8，∠ABC=90°-30°=60°，
由旋转得：BF=BE，∠EBF=60°，
∴∠EBC+∠CBF=60°，
∵∠EBC+∠DBE=60°，
∴∠CBF=∠DBE，
∵AD=BD=12AB=4，
∴BC=BD，
∴△BCF≌△BDE(SAS)，
∴CF=DE，
当且仅当DE⊥AC，即点E与点H重合时，DE=DH=12AD=2为DE的最小值，
∴CF的最小值为2．
故答案为：2．
43．（2023·四川眉山·模拟预测）如图，在矩形OABC中，OA=4，AB=2，点D是边BC的中点，反比例函数y1=kxx>0的图象经过点D，交AB边于点E，直线DE的解析式为y2=mx+n m≠0．
(1)求反比例函数y1=kx(x>0)的解析式和直线DE的解析式；
(2)在x轴上找一点P，使△PDE的周长最小，求出此时△PDE的周长最小值和点P的坐标．
【答案】(1)反比例函数的解析式为y1=4x(x>0)，直线DE的解析式为y2=-12x+3；
(2)△PDE的周长最小值是13+5，点P的坐标为103,0．
【分析】本题考查了一次函数和反比例函数综合，轴对称的性质，解题的关键是熟练掌握用待定系数法求解函数解析式的方法和步骤．
（1）易得D2,2，把D2,2代入求出k的值，即可得出反比例函数的解析式为y1=4xx>0，进而得出E4,1，把D2,2和E4,1代入y2=mx+n求出m和n的值，即可得出直线DE的解析式为y2=-12x+3．
（2）作点E关于x轴的对称点E'，连接E'D交x轴于P，连接PE，此时，△PDE的周长最小．用待定系数法求出直线DE'的解析式为y=-32x+5，即可得出点P的坐标为103,0，再求出BE=1，BD=2，即可求出△PDE的周长最小．
【详解】（1）解：∵点D是边BC的中点，BC=OA=4，AB=2，
∴CD=2，则D2,2，
∵把D2,2代入y1=kxx>0得2=k2，
∴k=4，
∴反比例函数的解析式为y1=4xx>0，
当x=4时，y=1，
∴E4,1，
把D2,2和E4,1代入y2=mx+n(m≠0)得，
2m+n=24m+n=1，
∴ m=-12n=3，
∴直线DE的解析式为y2=-12x+3．
（2）解：作点E关于x轴的对称点E'，连接E'D交x轴于P，连接PE，此时，△PDE的周长最小．
∵E点的坐标为4,1，
∴E'的坐标为4,-1，D2,2，
设直线DE'的解析式为y=ax+b，
∴ 4a+b=-12a+b=2，
解得：a=-32b=5．
∴直线DE'的解析式为y=-32x+5，
令y=0，得x=103，
∴点P的坐标为103,0，
∵D2,2，E4,1，E'4,-1，
∴BE=1，BD=2，
所以△PDE的周长最小值=DE+DE'=13+5．
综上所述，△PDE的周长最小值为13+5，点P的坐标为103,0．
题型11 图案设计
44．（2022·福建厦门·模拟预测）在古代的两河流域，人们用粘土制成泥版，在泥版上进行书写．古巴比伦时期的泥版BM15285（如图1）记录着祭司学校的数学几何练习题，该图片由完美的等圆组成．受泥版上的图案启发，某设计师设计出形似雨伞的图案用作平面镶嵌（如图2），若图案中伞顶与伞柄的最长距离为2，则一块伞形图案的面积为 ．
【答案】2
【分析】观察图形，知一块伞形图案的面积为：矩形面积-下半圆面积+上半圆面积=矩形面积，据此即可求解．
【详解】解：观察图形，
一块伞形图案的面积为：矩形面积-下半圆面积+上半圆面积=矩形面积，
∴一块伞形图案的面积为：2×1=2．
故答案为：2．
【点睛】本题考查了图形的平移、旋转、中心对称，数形结合是解题的关键．
45．（2022·浙江温州·二模）如图是由54个边长为1的小等边三角形组成的网格，请按要求画格点多边形（顶点均在格点上）．
(1)在图1中画一个以AB为腰的△ABC．
(2)在图2中画一个四边形ABDE，使其中一条对角线长为4，且恰有两个内角为90°．
【答案】(1)作图见解析
(2)作图见解析
【分析】（1）根据等腰三角形的特征进行作图即可；
（2）以A或B为固定点，先确定其中一条对角线长为4时的对应点，再根据其中恰有两个内角为90°进行作图即可．
【详解】（1）解：画法不唯一，如图1或图2
（2）解：画法不唯一，如图3、图4、图5、图6、图7或图8
【点睛】本题考查了作图，解题的关键是找准作图的突破口，再根据题目要求进行作图．
46．（2022·山西大同·二模）阅读理解，并解答问题：
观察发现：
如图1是一块正方形瓷砖，分析发现这块瓷砖上的图案是按图2所示的过程设计的，其中虚线所在的直线是正方形的对称轴．
问题解决：
用四块如图1所示的正方形瓷砖按下列要求拼成一个新的大正方形，并在图3和图4中各画一种拼法．
(1)图3中所画拼图拼成的图案是轴对称图形，但不是中心对称图形；
(2)图4中所画拼图拼成的图案既是轴对称图形，又是中心对称图形．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】（1）按照轴对称的意义得出答案即可；
（2）按照轴对称的定义和中心对称的定义设计，所设计的图案既是中心对称图形，又是轴对称图形．
【详解】（1）解：（1）参考图案，如图所示：
（2）（2）参考图案，如图所示：
【点睛】本题考查利用轴对称或中心对称设计图案，关键是理解轴对称和中心对称的定义．
47．（2021·吉林长春·一模）如图，在6×6的正方形网格中，每个小正方形的边长均为1，且每个小正方形的顶点称为格点，线段AB的两个端点均在格点上．按要求完成下列画图．（要求仅用无刻度的直尺，且保留必要的画图痕迹）
(1)在图1中，以AB为对角线，画出一个是中心对称，但不是轴对称的四边形ACBD， C、D为格点．
(2)在图2中，以AB为边，画出一个△ABC，使cs∠BAC＝22，点C为格点．
(3)在图3中，画出一条直线CD，使CD⊥AB，交AB于点D，且满足AD＝4BD．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)见解析
【分析】（1）根据网格在图1中以AB为对角线，画出一个平行四边形ACBD，C、D为格点；
（2）根据网格在图2中画出等腰直角三角形，使∠ACB=90°，可得∠BAC =45°，所以cs∠BAC=22，点C为格点即可；
（3）取格点C、F，连接CF交AB于点D，AC:FB=AD:DB=4:1，且△ABC~△CFB，即满足CF⊥AB．
【详解】（1）解：如图1，四边形ACBD即为所求；
（2）解：如图2，△ABC即为所求；
（3）解：如图3，直线CD即为所求．
【点睛】本题考查了作图-旋转变换，作图-轴对称变换，解决本题的关键是掌握轴对称图形的性质和中心对称图形的性质，平行线分线段成比例定理以及相似三角形的判定和性质．
（时间：60分钟）
一、单选题
1．（2023·山东青岛·三模）下面的图形中，既是轴对称图形又是中心对称图形的有（ ）
A．1个B．2个C．3个D．4个
【答案】A
【分析】
本题主要考查了轴对称图形和中心对称图形，根据中心对称图形的定义和轴对称图形的定义进行逐一判断即可：如果一个平面图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形就叫做轴对称图形；把一个图形绕着某一个点旋转180°，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形叫做中心对称图形，这个点就是它的对称中心．
【详解】解：A．不是轴对称图形，是中心对称图形，不符合题意．
B．是轴对称图形，是中心对称图形，符合题意．
C．不是轴对称图形，是中心对称图形，不符合题意．
D．是轴对称图形，不是中心对称图形，不符合题意．
故共有1个，
故选：A．
2．（2023·山东青岛·一模）△ABC在如图所示的平面直角坐标系中，将△ABC向右平移2个单位长度后得到△A1B1C1，再将△A1B1C1绕点O旋转180°后得到△A2B2C2，那么点C2的坐标是（ ）

A．1,2B．-1,-2C．-2,-1D．1,-2
【答案】B
【分析】
本题考查了平移和旋转，坐标与图形，根据题意，画出图形，即可得出答案，掌握平移、旋转的性质是解题的关键．
【详解】
解：根据题意，可画出如下图形：

∴点C2的坐标-1,-2，
故选：B．
3．（2021·山东临沂·统考二模）如图1，在平面直角坐标系中，▱ABCD在第一象限，且BC//x轴．直线y=x从原点O出发沿x轴正方向平移．在平移过程中，直线被▱ABCD截得的线段长度n与直线在x轴上平移的距离m的函数图象如图2所示．那么▱ABCD的面积为（ ）

A．3B．32C．6D．62
【答案】B
【分析】根据图象可以得到当移动的距离是4时，直线经过点A；当移动距离是6时，直线经过B，在移动距离是7时经过D，则AD=7-4=3，当直线经过D点，设交BC与N.则DN=2，作DM⊥AB于点M.利用三角函数即可求得DM即平行四边形的高，然后利用平行四边形的面积公式即可求解．
【详解】解：根据图象可以得到当移动的距离是4时，直线经过点A
当移动距离是6时，直线经过B
当移动距离是7时经过D，则AD=7-4=3
如图：设交BC与N，则DN=2，作DM⊥AB于点M，
∵移动直线为y=x
∴∠NDM=45°
∴DM=cs∠NDM·ND=22×2=2
∴▱ABCD的面积为AD×DM=3×2=32．
故答案为B．

【点睛】本题考查了平移变换、解直角三角形等知识，其中根据平移变换确定AD的长是解答本题的关键．
4．（2024·河南驻马店·一模）如图所示，已知矩形纸片ABCD，其中AB=3，BC=4，AC为其对角线，现将纸片进行如下操作：将如图1所示纸片对折，使AB与DC重合，折痕为EF，展开后如图2所示；在AB上取点P，将△PBF沿着PF对折，使得点B的对应点G落在对角线AC上，如图3所示．则PF的长为（ ）
A．32B．85C．52D．95
【答案】C
【分析】
根据折叠的性质得出BF=CF=FG=12BC=2，∠B=∠PGF=90°，PB=PG，证明△CFG为等腰三角形，利用等腰三角形性质和角的等量代换推出△PAG为等腰三角形，得到PB=32，最后利用勾股定理求解，即可解题．
【详解】解：∵四边形ABCD为矩形，AB=3，BC=4，∠B=90°，
根据折叠性质得，BF=CF=FG=12BC=2，∠B=∠PGF=90°，PB=PG．
∴ △CFG为等腰三角形，∠FCG=∠FGC．
∵ ∠FGC+∠AGP=90°，∠FCG+∠PAG=90°，
∴ ∠PAG=∠PGA．
∴ △PAG为等腰三角形，PA=PG．
∴ PA=PG=PB=12AB=32．
在Rt△PBF中，PF=PB2+BF2=22+322=52．
故选：C．
【点睛】本题考查矩形的性质、折叠性质、等腰三角形、勾股定理，熟练掌握以上知识是解题的关键．
5．已知直线y=-34x+6与y轴、x轴分别交于点A和点B，M是线段OB上的一点，若将△ABM沿AM折叠，点B恰好落在y轴上的点B'处，则直线AM的函数解析式是（ ）
A．y=-12x+6B．y=-12x+3C．y=-2x+6D．y=-2x+3
【答案】C
【分析】本题考查待定系数法确定一次函数解析式，勾股定理，轴对称折叠的性质．由解析式y=-34x+6，可得OA=6，OB=8，根据勾股定理，AB=10，Rt△OB'M中，构建方程求解得OM=3，于是M3，0，运用待定系数法求解即可．
【详解】解：对于y=-34x+6，当x=0时，y=6；
当y=0时，0=-34x+6，x=8；
∴A0，6，B8，0，
∴OA=6，OB=8，
∴AB=OA2+OB2=10．
由折叠知，AB'=AB=10．
∴OB'=AB'-OA=4．
Rt△OB'M中，B'M=BM=OB-OM=8-OM，
∴42+OM2=8-OM2，
解得，OM=3．
∴M3，0，
设直线AM的解析式为y=kx+6，得
3k+6=0，解得k=-2，
∴y=-2x+6．
故选：C．
6．（2023·四川德阳·二模）如图，在矩形ABCD中，AD=1，将矩形ABCD绕点A逆时针旋转，得到矩形AEFG，点B的对应点E落在CD上，且DE=EF，则S四边形ABCE2S△ADE的值为（ ）
A．22-1B．2C．2-12D．2-1
【答案】C
【分析】
本题考查了旋转的性质，矩形的性质，勾股定理；根据矩形的性质可得∠D=90°，AD=BC=1，AB=CD，再利用旋转的性质可得：AB=AE，EF=BC，从而可得AD=EF=DE=1，进而可得AB=AE=CD=2，然后利用线段的和差关系可得EC=2-1，最后利用三角形的面积公式和梯形的面积公式，进行计算即可解答．
【详解】
解：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠D=90°，AD=BC=1，AB=CD，
由旋转得：AB=AE，EF=BC，
∴AD=EF=1，
∵DE=EF，
∴DE=AD=1，
∴AE=2AD=2，
∴AB=AE=CD=2，
∴EC=CD-DE=2-1，
∴ S四边形ABCE2SΔADE=12AB+CE⋅BC2⋅12AD⋅DE=12×2+2-1×11×1=2-12，
故选：C．
7．（2023·福建莆田·一模）如图，△ABC和△BDE都是等边三角形，将△BDE先向右平移得到△GFH，再绕顶点G逆时针旋转使得点F，H分别在边AB和AC上．现给出以下两个结论：
①仅已知△ABC的周长，就可求五边形DECHF的周长；
②仅已知△AFH的面积，就可求五边形的面积．
下列说法正确的是（ ）
A．①正确，②错误B．①错误，②正确
C．①②均正确D．①②均错误
【答案】C
【分析】本题考查了旋转的性质，等边三角形的性质，全等三角形的判定和性质，证明三角形全等是解题的关键．
由“AAS”可证△AFH≌△BGF，△AFH≌△CGH，可得CH=AF=BG，CG=AH=BF，S△AFH=S△BGF=S△CGH，由线段的和差关系和面积和差关系可求解．
【详解】解：∵△ABC，△BDE，△FGH都是等边三角形，
∴AB=AC=BC，BE=DE=BD=FG=FH=GH，∠A=∠B=∠C=∠GFH=∠GHF=∠FGH=60°，
∵∠BFH=∠A+∠AHF=∠BFG+∠GFH，
∴∠BFG=∠AHF，
∴△AFH≌△BGF(AAS)，
同理可证：△AFH≌△CGH，
∴CH=AF=BG，CG=AH=BF，
∴五边形DECHF的周长=DF+DE+EC+CH+FH=DF+AF+BD+BE+EC=AB+BC，
∴仅已知△ABC的周长，就可求五边形DECHF的周长；故①正确；
∵△AFH≌△BGF，△AFH≌△CGH，
∴S△AFH=S△BGF=S△CGH，
∵S△FGH=S△BDE=S△ABC-3S△AFH，
∴S△ABC-S△BDE=3S△AFH，
∴五边形DECHF的面积=S△ABC-S△BDE-S△AFH=2S△AFH，
∴仅已知△AFH的面积，就可求五边形DECHF的面积．故②正确，
故选：C．
二、填空题
8．（2024·河北邯郸·一模）如图，已知A-3,3,B-1,1.5，将线段AB向右平移d个单位长度后，点A，B恰好同时落在反比例函数y=6x x>0的图像上，且对应点分别为点A'，B'，则d等于 ．
【答案】5
【分析】
本题考查了平移，先根据平移得到点的坐标，然后根据平移后的点在反比例函数图像上可得到结果，准确理解平移的计算方法“上加下减，左加右减”是解题的关键．
【详解】解：∵A-3,3,B-1,1.5，
∴右平移d个单位长度后，得到A'-3+d,3,B'-1+d,1.5，
∵平移后的点刚好落在y=6x上，
∴3=6-3+d，
解得：d=5，
故答案为：5．
9．（2023·河南平顶山·二模）如图，在矩形ABCD中，点E为边BC上一点，且AB=3，BE=1，连接AE，将△ABE绕点A逆时针旋转α(0°AM矛盾，即可得证；
（2）①由（1）中的②可判定△ABE∽△BCN，由三角形相似的性质即可求解；②当N在CD上时，△ABE∽△BCN，由三角形相似的性质即可求解；当N在AD上时，同理可判定△ABE∽△NAB，由三角形相似的性质即可求解．
【详解】（1）解：①E的对称点为E'，
∴BF⊥EE'，MF⊥EE'，
∴B、F、M共线，
故答案为：在；
②由①知：B、F、M共线，N在FM上，
∴AE⊥BN，
∴∠AMB=90°，
∴∠ABM+∠BAE=90°，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ABC=∠BCN=90°，
AB=BC，
∴∠CBN+∠ABM=90°，
∴∠BAE=∠CBN，
在△ABE和△BCN中
∠BAE=∠CBN∠ABC=∠BCNAB=BC，
∴△ABE≌△BCN(AAS)，
∴AE=BN，
故答案为：相等；
③不存在，理由如下：
假如存在，
∵ AN平分∠DAE，
∴∠DAN=∠MAN，
∵四边形ABCD是正方形，
AM⊥BN，
∴ ∠D=∠AMN=90°，
在△DAN和△MAN中
∠D=∠AMN∠DAN=∠MANAN=ANN
∴△DAN≌△MAN(AAS)，
∴AM=AD，
∵AD=AB，
∴AB=AM，
∵AB是Rt△ABM的斜边，
∴ AB>AM，
∴AB=AM与AB>AM矛盾，
故假设不成立，所以答案为：不存在；
（2）解：①BECN=23，理由如下：
由（1）中的②得：
∠BAE=∠CBN，
∠ABE=∠C=90°，
∴△ABE∽△BCN，
∴ BECN=ABBC=23；
②当N在CD上时，
CN=CD-DN=3，
由①知：△ABE∽△BCN，
∴ BECN=ABBC=23，
∴BE=23CN=2，
当N在AD上时，
AN=AD-DN=5，
∵∠BAE=∠CBN=∠ANB，
∠ABE=∠BAN=90°，
∴△ABE∽△NAB，
∴ BEAB=ABAN，
∴ BE4=45，
∴BE=165，
综上所述：BE=2或165．
【点睛】本题考查了折叠的性质，矩形的性质，正方形的性质，全等三角形的判定及性质，三角形相似的判定及性质，掌握相关的判定方法及性质，“十字架”典型问题的解法是解题的关键．
15．（2023·江苏宿迁·三模）综合与实践
问题情境：如图1，在矩形ABCD中，AB=6，BC=8，将矩形ABCD绕点A顺时针旋转得到矩形AB'C'D'．使得点C'落在AD的延长线上，B'C'分别交AC，CD于点E和点F．
初步探究：（1）△AEC'的形状是______．
深入探究：（2）如图2，延长C'B'交BC于点G，延长AB'交BC于点H，请判断GH与C'F的数量关系，并说明理由．
拓展延伸：（3）如图3，将矩形AB'C'D'沿射线AD方向平移得到矩形A'B'C'D'，当点B'落在AC上时，延长FD交A'D'于点N，请直接写出四边形C'DND'的面积．
【答案】（1）△AEC'是等腰三角形，理由见解析；（2）GH=C'F，理由见解析；（3）69350．
【分析】（1）证明∠CAD=∠EC'A即可解决问题；
（2）证明△C'DF≌△GB'HASA，可得结论;
（3）如图3中，过点B'作B'H⊥AD于点H，连接C'N根据S四边形DND'C'=S△DNC+S△NC'D'S求解即可；
本题考查了旋转变换的性质， 矩形的性质， 全等三角形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，解直角三角形等知识，解题的关键是熟练掌握知识点的应用及正确寻找全等三角形．
【详解】（1）结论：△AEC'是等腰三角形，理由：
由旋转变换的性质可知，∠CAD=∠C'AD'，
∵AD'∥B'C'，
∴∠AC'E=∠C'AD'，
∴∠CAD=∠EC'A，
∴EA=EC'，
∴△AEC'是等腰三角形，
故答案为：等腰三角形；
（2）结论：GH=C'F，
理由：如图2中，
∵AD∥CB，
∴∠EGC=∠EC'A，∠CGE=∠AC'E，
∵∠EAC'=∠EC'A，
∴∠EGC=∠ECG，
∴BG=EC，
∵BA=EC，
∵AC=C'G=AC',
∵AD=BC=B'C',
∵DC=GB',
∵BC∥AC',
∴∠DC'F=∠B'GH,
∵∠C'DF=∠GB'H=90°,
∴△C'DF≌△GB'HASA,
∴GH=C'F；
（3）如图3中, 过点B'作B'H⊥AD于点H，连接C'N，
在Rt△A'B'C中，∠A'B'C'=90°,A'B'=6,B'C'=8, ∴A'C'=A'B'2+B'C'2=62+82=10,
∵SA'B'C'=12×A'B'×B'C'=12×A'C'×B'H,
∴B'H=6×810=245,
∴A'H=A'B'2-B'H2=462-2452=185,
∴B'H∥CD,
∴AHAD=B'HCD,
∴AH8=2456,
∴AH=325,
∴AA'=AH-A'H=145,
∴A'D=AD-AA'=265,
∴DC'=A'C'-A'D=10-265=245,
∵DN=A'D34=3910,A'N=A'D×54=132,
∴ND'=A'D'-A'N=32,
∴S四边形DND'C'=S△DNC+S△NC'D'=12×245×3910+12×32×6=69350．
16．（2023·四川成都·三模）如图，直线y=-12x+b与y=ax2交于A，B两点，与y轴交于点C，已知点A的坐标为(-4,8)．
(1)求a，b的值；
(2)将点A绕点C逆时针旋转90°至点D，试说明点D在抛物线上；
(3)在（2）的条件下，平移直线AB交抛物线于点E，F（点E在F的左边），点G在线段OC上．△EFG∽△BAD（点E，F，G分别与点B，A，D对应），求点G的坐标．
【答案】(1)a=12b=6
(2)见解析
(3)G0,209
【分析】
（1）直接利用待定系数法即可求解；
（2）过点A作AM⊥y轴于点M，过点D作DN⊥y轴于点N，先求出点C的坐标(0,6)，则OC=6，AM=4，OM=8，CM=2，由旋转的性质的AC=CD，∠ACD=90°，根据同角的余角相等得∠CAM=∠DCN，易通过AAS，证明△ACM≌△CDN得到CM=DN=2，AM=CN=4，于是ON=2，则D(-2,2)，再判断该点是否满足抛物线解析式即可；
（3）联立两函数解析式求出B(3,92)，利用待定系数法求出直线AD的解析式为y=-3x-4，直线BD的解析式为y=12x+3，由EF∥AB，可设直线EF的解析式为y=-12x+d，E(t,12t2)，得到直线EF的解析式为=y=-12x+12t2+12t，再联立两函数解析式求得F(-t-1,12(t+1)2)，延长FG交AB于点K，设BD与y轴交于点L，EF与y轴交于点Z，由EF∥AB，△EFG∽△BAD，不难证得EG∥BD，FG∥AD，于是求得直线EG的解析式为y=12x+12t2-12t，直线FG的解析式为y=-3x+12(t+1)2-3(t+1)，再联立求得G(-3t+57,12t2-57t-514)，由点G在y轴上可求出t值，再代入即可求解．
【详解】（1）
解：由题意得：(-4)2⋅a=8-12×(-4)+b=8，
解得：a=12b=6；
（2）
如图，过点A作AM⊥y轴于点M，过点D作DN⊥y轴于点N，
则∠AMC=∠CND=90°，
由（1）可知，直线AB的解析式为y=-12x+6，
∴C(0,6)，OC=6，
∵A的坐标为(-4,8)．
∴AM=4，OM=8，
∴CM=OM-OC=8-6=2，
∵点A绕点C逆时针旋转90°至点D，
∴AC=CD，∠ACD=∠AMC=∠CND=90°，
∴∠ACM+∠DCN=90°，
∠ACM+∠CAM=90°，
∴∠CAM=∠DCN，
在△ACM和△CDN中，
∠AMC=∠CND∠CAM=∠DCNAC=CD，
∴△ACM≌△CDNAAS，
∴CM=DN=2，AM=CN=4，
∴ON=OC-CN=6-4=2，
∴D(-2,2)，
当x=-2时，y=12×(-2)2=2，
∴点D在抛物线上；
（3）
由y=-12x+6y=12x2，
解得：x=3y=92或x=-4y=8，
∴B(3,92)，
设直线AD的解析式为y=mx+n，
将点A(-4,8)．D(-2,2)代入得：-4m+n=8-2m+n=2，
解得：m=-3n=-4，
∴直线AD的解析式为y=-3x-4，
设直线BD的解析式为y=kx+c，
将B(3,92)，D(-2,2)代入得：3k+c=92-2k+c=2，
解得：k=12c=3，
∴直线BD的解析式为y=12x+3，
∵ EF∥AB，
∴可设直线EF的解析式为y=-12x+d，E(t,12t2)，
∴直线EF的解析式为y=-12x+12t2+12t，
由y=-12x+12t2+12ty=12x2，
解得：x=-t-1y=12(t+1)2或x=ty=12t2，
∴F(-t-1,12(t+1)2)，
如图，延长FG交AB于点K，设BD与y轴交于点L，EF与y轴交于点Z，
∵EF∥AB，
∴∠EZG=∠BCG，
∵ △EFG∽△BAD，
∴∠DBK=∠GEF，
∴∠EGZ=∠BLC，
∵ ∠BLC=∠DLG，
∴ ∠EGZ=∠DLG，
∴ EG∥BD，
∵ ∠BAD=∠EFG，∠EFG=∠BKG，
∴∠BAD=∠BKG，
∴ FG∥AD，
∴设直线EG的解析式为y=12x+e，设直线FG的解析式为y=-3x+f，
∵直线EG过点E(t,12t2)，直线FG过点F(-t-1,12(t+1)2)，
∴直线EG的解析式为y=12x+12t2-12t，直线FG的解析式为y=-3x+12(t+1)2-3(t+1)，
由y=12x+12t2-12ty=-3x+12(t+1)2-3(t+1)，
解得：x=-3t+57y=12t2-57t-514，
∴G(-3t+57,12t2-57t-514)，
∵G是直线EF上方的y轴上一点，
∴ -3t+57=0，
解得：t=-53，
∴G(0,209)．
【点睛】
本题主要考查利用待定系数法求函数解析式、旋转的性质、全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、两直线平行在函数中的应用、抛物线与直线的交点问题，解题关键是正确添加辅助线，构造全等三角形解决问题，学会利用参数构建方程解决问题．x
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