2020年广东深圳市中考数学一轮复习 图形的变换补充练习解析版

2020年深圳市中考数学一轮复习之图形的变换补充练习解析版
一、选择题
1.下图是我国几家银行的标志，其中是中心对称图形的有（ ）

A. 1个                                       B. 2个                                       C. 3个                                       D. 4个
2.下面几何体中，俯视图为三角形的是（    ）
A.                 B.                   C.                D. 
3.如图所示几何体的俯视图是（   ）

A.                          B.                          C.                          D. 
4.下列图形既是中心对称图形又是轴对称图形的是（   ）
A.                        B.                        C.                        D. 
5.如图是由5个完全相同的小正方体组成的立体图形，它的俯视图是（   ）

A.                    B.                    C.                    D. 
6.如图所示的主视图和俯视图对应的几何体(阴影所示为右)是（   ）

A.                       B.                        C.                       D. 
7.在平面直角坐标系中，点A（m，2）与点B（3，n）关于y轴对称，则（    ）
A. m=3，n=2              B. m=-3，n=2              C. m=3，n=2                       D.m=-2，n=3
8.如图，四边形 ABCD 是边长为5的正方形，E是 DC 上一点， DE=1 ，将 ΔADE 绕着点A顺时针旋转到与 ΔABF 重合，则 EF= （    ）

A. 41                                    B. 42                                    C. 52                                    D. 213
9.下列图形中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（   ）
A. 正三角形                              B. 平行四边形                              C. 正五边形                              D. 圆
10.下列图形中，既是轴对称图形，又是中心对称图形的是（    ）
A.                    B.                    C.                    D. 
11.如图，在平面直角坐标系中，将点 P(2,3) 绕原点 O 顺时针旋转90°得到点 P′ ，则 P′ 的坐标为（    ）

A. (3,2)                               B. (3,−1)                               C. (2,−3)                               D. (3,−2)
12.如图，△ABC中，AB=AC=2，∠B=30°，△ABC绕点A逆时针旋转α(0<α<120°)得到 ΔAB′C′ ， B'C' 与BC，AC分别交于点D，E.设 CD+DE=x ， ΔAEC′ 的面积为 y ，则 y 与 x 的函数图象大致为(   )

A.          B.           C.           D. 
13.如图所示，该几何体的左视图是（    ）

A.                   B.                    C.                    D. 
14.一个物体如图所示，它的俯视图是（    ）

A.                   B.                   C.                  D. 
15.如图，点 C 为扇形 OAB 的半径 OB 上一点，将 ΔOAC 沿 AC 折叠，点 O 恰好落在 AB 上的点 D 处，且 BD′:AD′=1:3 （ BD′ 表示 BD 的长），若将此扇形 OAB 围成一个圆锥，则圆锥的底面半径与母线长的比为（   ）

A. 1:3                                      B. 1:π                                      C. 1:4                                      D. 2:9
16.在平面直角坐标系中，将点 P(3,1) 向下平移2个单位长度，得到的点 P' 的坐标为（    ）
A. (3,−1)                                  B. (3,3)                                 C. (1,1)                                 D. (5,1)
17.如图，在 ΔABC 中， AB=2 ， BC=3.6 ， ∠B=60∘ ，将 ΔABC 绕点 A 顺时针旋转度得到 ΔADE ，当点 B 的对应点 D 恰好落在 BC 边上时，则 CD 的长为（   ）

A. 1.6                                         B. 1.8                                         C. 2                                         D. 2.6
18.下列图形中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（   ）
A.                        B.                        C.                        D. 
19.如图，将矩形纸片ABCD折叠，使点C与点A重合，折痕为EF，若AB=4，BC=8.则D′F的长为（    ）

A. 2 5                                         B. 4                                         C. 3                                        D. 2
20.如图，将 ΔABC 沿着过 BC 的中点 D 的直线折叠，使点 B 落在 AC 边上的 B1 处，称为第一次操作，折痕 DE 到 AC 的距离为 h1 ；还原纸片后，再将 ΔBDE 沿着过 BD 的中点 D1 的直线折叠，使点 B 落在 DE 边上的 B2 处，称为第二次操作，折痕 D1E1 到 AC 的距离记为 h2 ；按上述方法不断操作下去……经过第 n 次操作后得到折痕 Dn−1En−1 ，到 AC 的距离记为 hn ．若 h1=1 ，则 hn 的值为（   ）

A. 1+12n−1                             B. 1+12n                             C. 2−12n−1                             D. 2−12n
21.如图，直线 EF 是矩形 ABCD 的对称轴，点 P 在 CD 边上，将 ΔBCP 沿 BP 折叠，点 C 恰好落在线段 AP 与 EF 的交点 Q 处， BC=43 ，则线段 AB 的长是（    ）

A. 8                                        B. 82                                        C. 83                                        D. 10
22.如图，在 Rt△ABO 中， ∠OBA=90° ， A(4,4) ，点 C 在边 AB 上，且 ACCB=13 ，点 D 为 OB 的中点，点 P 为边 OA 上的动点，当点 P 在 OA 上移动时，使四边形 PDBC 周长最小的点 P 的坐标为（  ）

A. (2,2)                                B. (52,52)                                 C. (83,83)                                 D. (3,3)
二、填空题
23.如图，在直角坐标系中，已知点 A(3,2) ，将 ΔABO 绕点 O 逆时针方向旋转 180° 后得到 ΔCDO ，则点 C 的坐标是________.

24.如图，四边形ABCD是矩形纸片，将△BCD沿BD折叠，得到△BED，BE交AD于点F，AB＝3.AF：FD＝1：2，则AF＝________.

25.如图，在Rt△ABC的纸片中，∠C＝90°，AC＝5，AB＝13.点D在边BC上，以AD为折痕将△ADB折叠得到△ADB′，AB′与边BC交于点E.若△DEB′为直角三角形，则BD的长是________.

26.如图，在△ABC中，AC=BC，将△ABC绕点A逆时针旋转60°，得到△ADE.若AB=2，∠ACB=30°，则线段CD的长度为________.

27.如图，在△ABC中，AB=4，若将△ABC绕点B顺时针旋转60°，点A的对应点为点A′，点C的对应点为点C′，点D为A′B的中点，连接AD.则点A的运动路径 AA' 与线段AD、A′D围成的阴影部分面积是________.

28.如图，在菱形ABCD中，AB＝2，∠BAD＝60°，将菱形ABCD绕点A逆时针方向旋转，对应得到菱形AEFG，点E在AC上，EF与CD交于点P，则DP的长是________.

29.如图，把某矩形纸片ABCD沿EF，GH折叠（点E，H在AD边上，点F，G在BC边上），使点B和点C落在AD边上同一点P处，A点的对称点为A'点，D点的对称点为D'点，若∠FPG=90°，△A'EP的面积为4，△D'PH的面积为1.则矩形ABCD的面积等于________。

30.如图，在矩形ABCD中，AB＝5，BC＝6，点M，N分别在AD，BC上，且AM＝ 13 AD，BN＝ 13 BC，E为直线BC上一动点，连接DE，将△DCE沿DE所在直线翻折得到△DC′E，当点C′恰好落在直线MN上时，CE的长为________.

三、解答题
31.在平面直角坐标系中，抛物线 y=ax2+bx+c 过点 A(−1,0) ， B(3,0) ，与y轴交于点C，连接AC，BC，将 △OBC 沿BC所在的直线翻折，得到 △DBC ，连接OD.

（1）用含a的代数式表示点C的坐标.
（2）如图1，若点D落在抛物线的对称轴上，且在x轴上方，求抛物线的解析式.
（3）设 △OBD 的面积为S1 ， △OAC 的面积为S2 ， 若 S1S2=23 ，求a的值.
32.如图1，在 Rt△ABC 中， ∠ACB=90° ， ∠B=30° ，点M是AB的中点，连接MC，点P是线段BC延长线上一点，且 PC
（1）找出与 ∠AMP 相等的角，并说明理由.
（2）如图2， CP=12BC ，求 ADBC 的值.
（3）在（2）的条件下，若 MD=133 ，求线段AB的长.
33.如图，点 E ， F 分别在正方形 ABCD 的边 CD ， BC 上，且 DE=CF ，点 P 在射线 BC 上（点 P 不与点 F 重合）.将线段 EP 绕点 E 顺时针旋转 90° 得到线段 EG ，过点 E 作 GD 的垂线 QH ，垂足为点 H ，交射线 BC 于点 Q .

（1）如图1，若点 E 是 CD 的中点，点 P 在线段 BF 上，线段 BP ， QC ， EC 的数量关系为________.
（2）如图2，若点 E 不是 CD 的中点，点 P 在线段 BF 上，判断（1）中的结论是否仍然成立.若成立，请写出证明过程；若不成立，请说明理由.
（3）正方形 ABCD 的边长为6， AB=3DE ， QC=1 ，请直接写出线段 BP 的长.
34.如图，四边形ABCD是正方形，连接AC，将 △ABC 绕点A逆时针旋转α得 △AEF ，连接CF，O为CF的中点，连接OE，OD.

（1）如图1，当 α=45° 时，请直接写出OE与OD的关系（不用证明）.
（2）如图2，当 45°<α<90° 时，（1）中的结论是否成立？请说明理由.
（3）当 α=360° 时，若 AB=42 ，请直接写出点O经过的路径长.
35.如图，抛物线 y=−12x2+bx+c 过点 A(3,2) ，且与直线 y=−x+72 交于B、C两点，点B的坐标为 (4,m) ．

（1）求抛物线的解析式；
（2）点D为抛物线上位于直线 BC 上方的一点，过点D作 DE⊥x 轴交直线 BC 于点E ， 点P为对称轴上一动点，当线段 DE 的长度最大时，求 PD+PA 的最小值；
（3）设点M为抛物线的顶点，在y轴上是否存在点Q ， 使 ∠AQM=45° ？若存在，求点Q的坐标；若不存在，请说明理由．

答案
一、选择题
1.根据轴对称图形的定义知：第1，3，4个图形是轴对称图形.
故答案为：B.
2.解： A 、俯视图为矩形；
B 、俯视图为圆（带有圆心）；
C 、俯视图为圆；
D 、俯视图为三角形；
故答案为： D
3.解：根据俯视图的特征，只有B符合题意.
故答案为：B.
4.解：A、不是轴对称图形，是中心对称图形，故此选项错误；
B、不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故此选项错误；
C、是轴对称图形，也是中心对称图形，故此选项正确；
D、是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项错误；
故答案为：C.
5.解：从上面看是四个小正方形，如图所示： ，
故答案为：B.
6.解：A、B、D选项的主视图符合题意；
B选项的俯视图符合题意，
综上：对应的几何体为B选项中的几何体.
故答案为：B.
7.解：∵A（m，2）与B（3，n）关于y轴对称，
∴m=-3，n=2.
故答案为：B.
8.解：由旋转变换的性质可知， ΔADE≌ΔABF ，
∴正方形 ABCD 的面积＝四边形 AECF 的面积 =25 ，
∴ BC=5 ， BF=DE=1 ，
∴ FC=6 ， CE=4 ，
∴ EF=FC2+CE2=52=213 ．
故答案为：D．
9.解：A、正三角形是轴对称图形，但不是中心对称图形；
B、平行四边形是中心对称图形，但不是轴对称图形；
C、正五边形是轴对称图形，但不是中心对称图形；
D、圆既是轴对称图形，又是中心对称图形。
故答案为：D。
10.A、是轴对称图形，不是中心对称图形，故不符合题意；
B、是轴对称图形，也是中心对称图形，故符合题意；
C、不是轴对称图形，是中心对称图形，故不符合题意；
D、不是轴对称图形，是中心对称图形，故不符合题意.
故答案为：B.
11.如图，过P、P′两点分别作x轴，y轴的垂线，垂足为A、B，

∵线段OP绕点O顺时针旋转90°，
∴∠POP′=∠AOB=90°，
∴∠AOP=∠P′OB，且OP=OP′，∠PAO=∠P′BO=90°，
∴△OAP≌△OBP′，
∴P′B=PA=3，BO=OA=2，
∴P′(3，-2)，
故答案为：D.
12.解：连接B′C，作AH⊥B′C′，垂足为H，

∵AB=AC，∠B=30°，
∴∠C=∠B=30°，
∵△ABC绕点A逆时针旋转α(0<α<120°)得到 ΔAB′C′ ，
∴AB′=AB=AC=AC′=2，∠AB′C′=∠C′=30°，
∴AH= 12 AC′=1，
∴C′H= AC′2−AH2=3 ，
∴B′C′=2C′H=2 3 ，
∵AB′=AC，
∴∠AB′C=∠ACB′，
∵∠AB′D=∠ACD=30°，
∴∠AB′C-∠AB′D=∠ACB′-∠ACD，
即∠DB′C=∠DCB′，
∴B′D=CD，
∵CD+DE=x，
∴B′D+DE=x，即B′E=x，
∴C′E=B′C′-B′E=2 3 -x，
∴y= 12C′E·AH = 12 ×(2 3 -x)×1= −12x+3 ，
观察只有B选项的图象符合题意。
故答案为：B。
13.解：从左边看是一个矩形，中间有两条水平的虚线。
故答案为： B 。
14.解：俯视图从图形上方观察即可得到。
故答案为：D。
15.解：连接 OD 交AC于 M .

由折叠的知识可得： OM=12OA ， ∠OMA=90° ，
∴∠OAM=30° ，
∴∠AOM=60° ，
∵ 且 BD′:AD′=1:3 ，
∴∠AOB=80°
设圆锥的底面半径为 r ，母线长为 l ，
80πl180=2πr ，
∴r:l=2:9 。
故答案为： D 。
16.解：将点 P(3,1) 向下平移2个单位长度，得到的点 P ′ 的坐标为 (3,1−2) ，即 (3,−1) 。
故答案为：A。
17.由旋转的性质可知， AD=AB ，
∵ ∠B=60∘ ， AD=AB ，
∴ ΔADB 为等边三角形，
∴ BD=AB=2 ，
∴ CD=CB−BD=1.6 ，
故答案为：A ．
18.A、不是轴对称图形，是中心对称图形，故本选项不符合题意；
B、是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项不符合题意；
C、是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项不符合题意；
D、是轴对称图形，也是中心对称图形，故本选项符合题意．
故答案为：D ．
19.解：连接 AC 交 EF 于点 O ，如图所示：

∵四边形 ABCD 是矩形，
∴ AD=BC=8 ， ∠B=∠D=90∘ ，
AC=AB2+BC2=42+82=45 ，
∵折叠矩形使 C 与 A 重合时， EF⊥AC ， AO=CO=12AC=25 ，
∴ ∠AOF=∠D=90∘ ， ∠OAF=∠DAC ，
∴则Rt △AOF ∽Rt △ADC
∴ AOAF=ADAC ，即： 25AF=845 ，
解得： AF=5 ，
∴ D'F=DF=AD−AF=8−5=3 。
故答案为：C。
20.∵ D 是 BC 的中点，折痕 DE 到 AC 的距离为 h1
∴点 B 到 DE 的距离 =h1=1 ，
∵ D1 是 BD 的中点，折痕 D1E1 到 AC 的距离记为 h2 ，
∴点 B 到 D1E1 的距离 =h2=1+12h1=1+12 ，
同理： h3=h2+14h1=1+12+14 ， h4=h3+18h1=1+12+14+18
…… hn=1+12+14+18+⋯+12n−1=2−12n−1
故答案为：C ．
21.解：∵四边形 ABCD 是矩形，
∴ ∠C=90∘ ，
由题意得： BF=12BC ， EF//AB ，
∴ ∠ABQ=∠BQF ，
由折叠的性质得： ∠BQP=∠C=90° ， BQ=BC ，
∴ ∠AQB=90° ， BF=12BQ ，
∴ ∠BQF=30° ，
∴ ∠ABQ=30° ，
在 RtΔABQ 中， AB=2AQ ， BQ=3AQ=43 ，
∴ AQ=4 ， AB=8 。
故答案为：A。
22.∵在Rt△ABO中，∠OBA=90°，A（4，4），
∴AB=OB=4，∠AOB=45°，
∵ ACCB=13 ，点D为OB的中点，
∴BC=3，OD=BD=2，
∴D（0，2），C（4，3），
作D关于直线OA的对称点E，连接EC交OA于P，
则此时，四边形PDBC周长最小，E（0，2），
∵直线OA 的解析式为y=x，
设直线EC的解析式为y=kx+b，
∴ {b＝24k+b＝3 ，
解得： {k＝14b＝2 ，
∴直线EC的解析式为y= 14 x+2，
解 {y＝xy＝14x+2 得， {x＝83y＝83 ，
∴P（ 83 ， 83 ），
故答案为：C．
二、填空题
23.解：由题意 A ， C 关于原点对称，
∵A(3,2) ，
∴C(−3,−2) ，
故答案为： (−3,−2)
24.解：∵四边形ABCD是矩形，
∴AD∥BC，∠A＝90°，
∴∠ADB＝∠DBC，
∵∠DBC＝∠DBF，
∴∠ADB＝∠DBF，
∴FB＝FD，
∵AF：FD＝1：2，
∴设AF＝x（x＞0），则FD＝2x，
∴FB＝FD＝2x，
∵AB2+AF2＝FB2 ，
∴32+x2＝（2x）2 ，
∵x＞0，
∴x＝ 3 ，
∴AF＝ 3 ，
故答案为： 3 .
25.解：在Rt△ABC中， BC＝AB2−AC2＝132−52＝12 ，
（ 1 ）当∠EDB′＝90°时，如图1，

过点B′作B′F⊥AC，交AC的延长线于点F，
由折叠得：AB＝AB′＝13，BD＝B′D＝CF，
设BD＝x，则B′D＝CF＝x，B′F＝CD＝12﹣x，
在Rt△AFB′中，由勾股定理得：
（5+x）2+（12﹣x）2＝132 ，
即：x2﹣7x＝0，解得：x1＝0（舍去），x2＝7，
因此，BD＝7.
（ 2 ）当∠DEB′＝90°时，如图2，

此时点E与点C重合，
由折叠得：AB＝AB′＝13，则B′C＝13﹣5＝8，
设BD＝x，则B′D＝x，CD＝12﹣x，
在 Rt△B′CD 中，由勾股定理得： （12﹣x）2+82＝x2 ，解得： x＝263 ，
因此 BD＝263 .
故答案为：7或 263 .
26.解：连接CE，如图，

∵△ABC绕点A逆时针旋转60°，得到△ADE，
∴AD=AB=2，AE=AC，∠CAE=60°，∠AED=∠ACB=30°，
∴△ACE为等边三角形，
∴∠AEC=60°，
∴DE平分∠AEC，
∴DE垂直平分AC，
∴DC=DA=2.
故答案为：2.
27.解：连接AA′，

∵将△ABC绕点B顺时针旋转60°，AB=4，
∴A′B=AB=4，∠ABA′=60°，
∴△ABA′是等边三角形，
∵点D是A′B的中点，
∴AD⊥A′B，
∴BD=ABcos∠ABD=2，AD=ABsin∠ABD=2 3 ，
∴S阴影=S扇形BAA′-S△ABD= 60⋅π×42360 - 12 ×2×2 3 = 8π3−23 .
故答案为： 8π3−23.
28.解：连接BD交AC于O，如图所示：

∵四边形ABCD是菱形，
∴CD＝AB＝2，∠BCD＝∠BAD＝60°，∠ACD＝∠BAC＝ 12 ∠BAD＝30°，OA＝OC，AC⊥BD，
∴OB＝ 12 AB＝1，
∴OA＝ 3 OB＝ 3 ，
∴AC＝2 3 ，
由旋转的性质得：AE＝AB＝2，∠EAG＝∠BAD＝60°，
∴CE＝AC﹣AE＝2 3 ﹣2，
∵四边形AEFG是菱形，
∴EF∥AG，
∴∠CEP＝∠EAG＝60°，
∴∠CEP+∠ACD＝90°，
∴∠CPE＝90°，
∴PE＝ 12 CE＝ 3 ﹣1，PC＝ 3 PE＝3﹣ 3 ，
∴DP＝CD﹣PC＝2﹣（3﹣ 3 ）＝ 3 ﹣1。
故答案为 3 ﹣1。
29.解：由对称图形可知，
DC=D′P
AB=A′P
AB=CD
∴D′P=A′P
∵∠FPG=90º，∠EPF=∠D′PH，∠GPH=∠A′PE
∴∠A′PE+∠D′PH=∠EPF+∠GPH=90º
又∵A′EP+∠A′PE=90º,
∴∠A′EP=∠D′PH
∴△A′EP∽△D′PH
因为面积比为4:1
所以相似比为2:1
设D′H=k，则A′P=D′P=2k，
A′E=4k
S△PD′H= 12  PD′·D′H= 12×k×2k=1  
∴k=1，
故PH= k2+4k2  = 5  
PE= (2k)2+(4k)2=25  
∴AD=AE+EP+PH+HP=4+ 25 + 5  +1=5+3 5
AB=2k=2
S矩形ABCD=AB·AD= (5+35)×2=10+65  
故答案为：10+6 5 .
30.解：∵四边形ABCD是矩形，
∴DC＝AB＝5，∠A＝90°，AD＝BC＝6，
∵AM＝ 13 AD＝2，BN＝ 13 BC＝2，
∴AM＝BN，
∵AM∥BN，
∴四边形ABNM的矩形，
∴∠NMA＝∠NMD＝90°，MN＝AB＝5，
∵将△DCE沿DE所在直线翻折得到△DC′E，
∴DC′＝DC＝5，C′E＝CE，
∵AM＝2，
∴DM＝AD﹣AM＝6﹣2＝4，
如图1，

在Rt△C′MD中，C′M＝ DC'2−DM2=52−42=3 ，
∴C′N＝MN﹣C′M＝5﹣3＝2，
∵∠CDM＝∠DCN＝∠NMD＝90°，
∴四边形CDMN是矩形，
∴CN＝DM＝4，∠CNM＝90°，
NE＝CN﹣CE＝4﹣CE，
在Rt△C′NE中，∵NE2+C′N2＝C′E2 ，
∴（4﹣CE）2+22＝CE2 ，
解得：CE＝ 52 .
如图2，

在Rt△C′MD中，C′M＝ DC'2−DM2=52−42=3 ，
∴C′N＝MN+C′M＝5+3＝8，
∵∠CDM＝∠DCN＝∠NMD＝90°，
∴四边形CDMN是矩形，
∴CN＝DM＝4，∠CNM＝∠MNE＝90°，
NE＝CE﹣CN＝CE﹣4，
在Rt△C′NE中，∵NE2+C′N2＝C′E2 ，
∴（CE﹣4）2+82＝CE2 ，
解答：CE＝10，
故答案为： 52 或10.
三、解答题
31. （1）解：抛物线的表达式为： y=a(x+1)(x−3)=a(x2−2x−3) ，即 c=−3a ，则点 C(0,−3a)
（2）解：过点B作y轴的平行线BQ，过点D作x轴的平行线交y轴于点P、交BQ于点Q，
∵ ∠CDP+∠PDC=90° ， ∠PDC+∠QDB=90° ，
∴ ∠QDB=∠DCP ，

设： D(1,n) ，点 C(0,−3a) ，
∠CPD=∠BQD=90° ，
∴ △CPD∽△DQB ，
∴ CPDQ=PDBQ=CDBD ，
其中： CP=n+3a ， DQ=3−1=2 ， PD=1 ， BQ=n ， CD=−3a ， BD=3 ，
将以上数值代入比例式并解得： a=±55 ，
∵ a<0 ，故 a=−55 ，
故抛物线的表达式为： y=−55x2+255x+355

（3）解：如图2，当点C在x轴上方时，连接OD交BC于点H，则 DO⊥BC ，
过点H、D分别作x轴的垂线交于点N、M，

设： OC=m=−3a ，
S1=SΔOBD=12×OB×DM=32DM ，
S2=SΔOAC=12×1×m ，而 S1S2=23 ，
则 DM=2m9 ， HN=12DM=m9=19OC ，
∴ BN=19BO=13 ，则 ON=3−13=83 ，
则 DO⊥BC ， HN⊥OB ，
则 ∠BHN=∠HON ，则 tan∠BHN=tan∠HON ，
则 HN2=ON×BN=89=(m9)2 ，
解得： m=±62 （舍去负值），
CO=|−3a|=62 ，
解得： a=−22 （不合题意值已舍去），
故： a=−22 .当点C在x轴下方时，同理可得： a=22 ；故： a=−22 或 a=22
32. （1）解： ∠D=∠AMP .
理由如下：∵ ∠ACB=90° ， ∠B=30° ，
∴ ∠BAC=60° .
∴ ∠D+∠DMA=60° .
由旋转的性质知， ∠DMA+∠AMP=60° .
∴ ∠D=∠AMP

（2）解：如图，过点C作 CG∥BA 交MP于点G.

∴ ∠GCP=∠B=30° ， ∠BCG=150° .
∵ ∠ACB=90° ，点M是AB的中点，
∴ CM=12AB=BM=AM .
∴ ∠MCB=∠B=30° .
∴ ∠MCG=120° .
∵ ∠MAD=180°−60°=120° .
∴ ∠MAD=∠MCG .
∵ ∠DMG−∠AMG=∠AMC−∠AMG ，
∴ ∠DMA=∠GMC .
在 △MDA 与 △MGC 中，
{∠MAD=∠MCGAM=CM∠DMA=∠GMC
∴ △MDA≌△MGC(ASA) .
∴ AD=CG .
∵ CP=12BC .
∴ CP=13BP .
∵ CG∥BM ，
∴ △CGP∽△BMP .
∴ CGBM=CPBP=13 .
设 CG=AD=t ，则 BM=3t ， AB=6t .
在 Rt△ABC 中， cosB=BCAB=32 .
∴ BC=33t .
∴ ADBC=t33t=39

（3）解：如图，由（2）知 △CGP∽△BMP .则 MD=MG=133 .
∵ CG∥MA .
∴ ∠CGH=∠AMH .
∵ ∠GHC=∠MHA ，
∴ △GHC∽△MHA .
∴ HGHH=CHAH=CGAM=13 .
∴ HG=14MG=14×133=1312 .
∴ MH=133−1312=134 .
由（2）知， CG=AD=t ，则 BM=AM=CA=3t .
∴ CH=34t ， AH=94t .
∵ ∠MHA=∠DHM ， ∠HMA=∠D .
∴ △MHA∽△DMH .
∴ MHDH=AHMH .
∴ MH2=AH⋅DH ，即 (134)2=94t⋅134t .
解得 t1=13 ， t2=−13 （舍去）.
∴ AB＝6t＝2 .
33. （1）BP+QC=EC
（2）解：（1）中的结论仍然成立，理由如下：
由题意得： ∠PEG=90° ， EG=EP ，
∴∠PEQ+∠GEH=90° ，
∵QH⊥GD ，
∴∠H=90° ， ∠G+∠GEH=90° ，
∴∠PEQ=∠G ，
∵ 四边形 ABCD 是正方形，
∴∠DCB=90° ， BC=DC ，
∴∠EPQ+∠PEC=90° ，
∵∠PEC+∠GED=90° ，
∴∠GED=∠EPQ ，
在 ΔPEQ 和 ΔEGD 中， {∠EPQ=∠GEDEP=EG∠PEQ=∠G ，
∴ΔPEQ≅ΔEGD(ASA) ，
∴PQ=ED ，
∴BP+QC=BC−PQ=CD−ED=EC ，即 BP+QC=EC

（3）解：分两种情况：
①当点 P 在线段 BF 上时，点 Q 在线段 BC 上，
由（2）可知： BP=EC−QC ，
∵AB=3DE=6 ，
∴DE=2 ， EC=4 ，
∴BP=4−1=3 ；
②当点 P 在射线 FC 上时，点 Q 在线段 BC 的延长线上，如图3所示：
同（2）可得： ΔPEQ≅ΔEGD(AAS) ，
∴PQ=ED ，
∵BC=DC ， DC=EC+DE ，
∴BP=BC+PC=DC+PC=EC+DE+PC=EC+PQ+PC=EC+QC ，
∴BP=QC+EC=1+4=5 ；
综上所述，线段 BP 的长为3或5.

（1）解： BP+QC=EC ；理由如下：
∵ 四边形 ABCD 是正方形，
∴BC=CD ， ∠BCD=90° ，
由旋转的性质得： ∠PEG=90° ， EG=EP ，
∴∠PEQ+∠GEH=90° ，
∵QH⊥GD ，
∴∠H=90° ， ∠G+∠GEH=90° ，
∴∠PEQ=∠G ，
又 ∵∠EPQ+∠PEC=90° ， ∠PEC+∠GED=90° ，
∴∠EPQ=∠GED ，
在 ΔPEQ 和 ΔEGD 中， {∠EPQ=∠GEDEP=EG∠PEQ=∠G ，
∴ΔPEQ≅ΔEGD(ASA) ，
∴PQ=ED ，
∴BP+QC=BC−PQ=CD−ED=EC ，即 BP+QC=EC ；
故答案为： BP+QC=EC.
34.（1）解： OE=OD ， OE⊥OD ；理由如下：
由旋转的性质得： AF=AC ， ∠AFE=∠ACB ，
∵四边形ABCD是正方形，∴ ∠ACB=∠ACD=∠FAC=45° ，
∴ ∠ACF=∠AFC=12(180°−45°)=67.5° ，
∴ ∠DCF=∠EFC=22.5° ，
∵ ∠FEC=90° ，O为CF的中点，∴ OE=12CF=OC=OF ，
同理： OD=12CF ，∴ OE=OD=OC=OF ，
∴ ∠EOC=2∠EFO=45° ， ∠DOF=2∠DCO=45° ，
∴ ∠DOE=180°−45°−45°=90° ，∴ OE⊥OD

（2）解：当 45°<α<90° 时，（1）中的结论成立，理由如下：
延长EO到点M，使 OM=EO ，连接DM、CM、DE，如图2所示：

∵O为CF的中点，∴ OC=OF ，
在 △COM 和 △FOE 中， {OM=OE∠COM=∠FOEOC=OF ，
∴ △COM ≌ △FOE （SAS），∴ ∠MCF=∠EFC ， CM=EF .
∵四边形ABCD是正方形，∴ AB=BC=CD ， ∠BAC=∠BCA=45° ，
∵ ΔABC 绕点A逆时针旋转α得 ΔAEF ，
∴ AB=AE=EF=CD ， AC=AF ，
∴ CD=CM ， ∠ACF=∠AFC ，
∵ ∠ACF=∠ACD+∠FCD ， ∠AFC=∠AFE+∠CFE ， ∠ACD=∠AFE=45° ，
∴ ∠FCD=∠CFE=∠MCF ，
∵ ∠EAC+∠DAE=45° ， ∠FAD+∠DAE=45° ，∴ ∠EAC=∠FAD ，
在 △ACF 中，∵ ∠ACF+∠AFC+∠CAF=180° ，
∴ ∠DAE+2∠FAD+∠DCM+90°=180° ，
∵ ∠FAD+∠DAE=45° ，∴ ∠FAD+∠DCM=45° ，∴ ∠DAE=∠DCM ，
在 △ADE 和 △CDM 中， {AE=CM∠DAE=∠DCMAD=CD ，
∴ △ADE ≌ △CDM （SAS），∴ DE=DM ，
∵ OE=OM ，∴ OE⊥OD ，
在 △COM 和 △COD 中， {CM=CD∠MCF=∠FCDOC=OC ，
∴ △COM ≌ △COD （SAS），∴ OM=OD .
∴ OE=OD ，∴ OE=OD ， OE⊥OD

（3）解：连接AO，如图3所示：

∵ AC=AF ， CO=OF ，∴ AO⊥CF ，∴ ∠AOC=90° ，
∴点O在以AC为直径的圆上运动，
∵ α=360° ，∴点O经过的路径长等于以AC为直径的圆的周长，
∵ AC=2AB=2×42=8 ，∴点O经过的路径长为： πd=8π .
35.（1）解：将点B的坐标为 (4,m) 代入 y=−x+72 ，
m=−4+72=−12 ，
∴B的坐标为 (4,−12) ，
将 A(3,2) ， B(4,−12) 代入 y=−12x2+bx+c ，
{−12×32+3b+c=2−12×42+4b+c=−12
解得 b=1 ， c=72 ，
∴抛物线的解析式 y=−12x2+x+72

（2）解：设 D(m,12m2+m+72) ，则 E(m,−m+72) ，
DE=(−12m2+m+72)−(−m+72)=−12m2+2π=−12(m−2)2+2 ，
∴当 m=2 时， DE 有最大值为2，
此时 D(2,72) ，
作点A关于对称轴的对称点 A′ ，连接 A′D ，与对称轴交于点P ．

PD+PA=PD+PA′=A′D ，此时 PD+PA 最小，
∵ A(3,2) ，
∴ A′(−1,2) ，
A′D=(−1−2)2+(2−72)2=325 ，
即 PD+PA 的最小值为 325

（3）解：作 AH⊥y 轴于点H ， 连接 AM 、 AQ 、 MQ 、 HA 、 HQ ，

∵抛物线的解析式 y=−12x2+x+72 ，
∴ M(1,4) ，
∵ A(3,2) ，
∴ AH=MH=2 ， H(1,2)
∵ ∠AQM=45° ，
∠AHM=90° ，
∴ ∠AQM=12∠AHM ，
可知 ΔAQM 外接圆的圆心为H ，

∴ QH=HA=HM=2
设 Q(0,t) ，
则 (0−1)2+(t−2)2=2 ，
t=2+3 或 2−3