全国100套中考数学压轴题分类解析汇编专题9几何三大变换相关问题

全国100套中考数学压轴题分类解析汇编专题9几何三大变换相关问题

‎2012年全国100套中考数学压轴题分类解析汇编 专题9：几何三大变换相关问题.‎ ‎1. （2012北京市7分）在中，，M是AC的中点，P是线段BM上的动点，‎ 将线段PA绕点P顺时针旋转得到线段PQ。‎ ‎ （1） 若且点P与点M重合（如图1），线段CQ的延长线交射线BM于点D，请补全图形，‎ 并写出∠CDB的度数；‎ ‎ （2） 在图2中，点P不与点B，M重合，线段CQ的延长线与射线BM交于点D，猜想∠CDB的大小（用含的代数式表示），并加以证明；‎ ‎ （3） 对于适当大小的，当点P在线段BM上运动到某一位置（不与点B，M重合）时，能使得 线段CQ的延长线与射线BM交于点D，且PQ=QD，请直接写出的范围。‎ ‎【答案】解：（1）补全图形如下：‎ ‎∠CDB=30°。‎ ‎（2）作线段CQ的延长线交射线BM于点D，连接PC，AD，‎ ‎∵AB=BC，M是AC的中点，∴BM⊥AC。‎ ‎∴AD=CD，AP=PC，PD=PD。‎ 在△APD与△CPD中，∵AD=CD， PD=PD， PA=PC ‎∴△APD≌△CPD（SSS）。‎ ‎∴AP=PC，∠ADB=∠CDB，∠PAD=∠PCD。‎ 又∵PQ=PA，∴PQ=PC，∠ADC=2∠CDB，∠PQC=∠PCD=∠PAD。‎ ‎∴∠PAD+∠PQD=∠PQC+∠PQD=180°。‎ ‎∴∠APQ+∠ADC=360°－（∠PAD+∠PQD）=180°。‎ ‎∴∠ADC=180°－∠APQ=180°－2α，即2∠CDB=180°－2α。‎ ‎∴∠CDB=90°－α。‎ ‎（3）45°＜α＜60°。‎ ‎【考点】旋转的性质，等边三角形的判定和性质，三角形内角和定理，全等三角形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，。‎ ‎【分析】（1）利用图形旋转的性质以及等边三角形的判定得出△CMQ是等边三角形，即可得出答案：‎ ‎∵BA=BC，∠BAC=60°，M是AC的中点，∴BM⊥AC，AM=AC。‎ ‎∵将线段PA绕点P顺时针旋转2α得到线段PQ，∴AM=MQ，∠AMQ=120°。 ‎ ‎∴CM=MQ，∠CMQ=60°。∴△CMQ是等边三角形。‎ ‎∴∠ACQ=60°。∴∠CDB=30°。‎ ‎（2）首先由已知得出△APD≌△CPD，从而得出∠PAD+∠PQD=∠PQC+∠PQD=180°，即可求出。‎ ‎（3）由（2）得出∠CDB=90°－α，且PQ=QD，‎ ‎∴∠PAD=∠PCQ=∠PQC=2∠CDB=180°－2α。‎ ‎∵点P不与点B，M重合，∴∠BAD＞∠PAD＞∠MAD。‎ ‎∴2α＞180°－2α＞α，∴45°＜α＜60°。‎ ‎2. （2012海南省I11分）如图（1），在矩形ABCD中，把∠B、∠D分别翻折，使点B、D分别落在对角线BC上的点E、F处，折痕分别为CM、AN.‎ ‎（1）求证：△AND≌△CBM.‎ ‎（2）请连接MF、NE，证明四边形MFNE是平行四边形，四边形MFNE是菱形吗？请说明理由？‎ ‎（3）P、Q是矩形的边CD、AB上的两点，连结PQ、CQ、MN，如图（2）所示，若PQ=CQ，PQ∥MN。且AB=4，BC=3，求PC的长度.‎ ‎【答案】（1）证明：∵四边形ABCD是矩形，∴∠D=∠B，AD=BC，AD∥BC。‎ ‎ ∴∠DAC=∠BCA。‎ ‎ 又由翻折的性质，得∠DAN=∠NAF，∠ECM=∠BCM，∴∠DAN=∠BCM。‎ ‎ ∴△AND≌△CBM（ASA）。‎ ‎（2）证明：∵△AND≌△CBM，∴DN=BM。‎ ‎ 又由翻折的性质，得DN=FN，BM=EM，‎ ‎ ∴FN=EM。‎ ‎ 又∠NFA=∠ACD＋∠CNF=∠BAC＋∠EMA=∠MEC，‎ ‎ ∴FN∥EM。∴四边形MFNE是平行四边形。‎ 四边形MFNE不是菱形，理由如下：‎ 由翻折的性质，得∠CEM=∠B=900，‎ ‎∴在△EMF中，∠FEM＞∠EFM。‎ ‎∴FM＞EM。∴四边形MFNE不是菱形。‎ ‎（3）解：∵AB=4，BC=3，∴AC=5。‎ ‎ 设DN=x，则由S△ADC=S△AND＋S△NAC得 ‎3 x＋5 x=12，解得x=，即DN=BM=。‎ 过点N作NH⊥AB于H，则HM=4－3=1。‎ 在△NHM中，NH=3，HM=1，‎ 由勾股定理，得NM=。‎ ‎∵PQ∥MN，DC∥AB，‎ ‎∴四边形NMQP是平行四边形。∴NP=MQ，PQ= NM=。‎ 又∵PQ=CQ，∴CQ=。‎ 在△CBQ中，CQ=，CB=3，由勾股定理，得BQ=1。‎ ‎∴NP=MQ=。∴PC=4－－=2。‎ ‎【考点】翻折问题，翻折的性质，矩形的性质，平行的性质，全等三角形的判定和性质，平行四边形的判定和性质，菱形的判定，勾股定理。‎ ‎【分析】（1）由矩形和翻折对称的性质，用ASA即可得到△AND≌△CBM。‎ ‎ （2）根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形的判定即可证明。‎ ‎ （3）设DN=x，则由S△ADC=S△AND＋S△NAC可得DN=BM=。过点N作NH⊥AB于H，则由勾股定理可得NM=，从而根据平行四边形的性质和已知PQ=CQ，即可求得CQ=。因此，在△CBQ中，应用勾股定理求得BQ=1。从而求解。‎ ‎3. （2012天津市10分）已知一个矩形纸片OACB，将该纸片放置在平面直角坐标系中，点A（11，0），点B（0，6），点P为BC边上的动点（点P不与点B、C重合），经过点O、P折叠该纸片，得点B′和折痕OP．设BP=t．‎ ‎（Ⅰ）如图①，当∠BOP=300时，求点P的坐标；‎ ‎（Ⅱ）如图②，经过点P再次折叠纸片，使点C落在直线PB′上，得点C′和折痕PQ，若AQ=m，试用含有t的式子表示m；‎ ‎（Ⅲ）在（Ⅱ）的条件下，当点C′恰好落在边OA上时，求点P的坐标（直接写出结果即可）．‎ ‎【答案】解：（Ⅰ）根据题意，∠OBP=90°，OB=6。‎ 在Rt△OBP中，由∠BOP=30°，BP=t，得OP=2t。‎ ‎∵OP2=OB2+BP2，即（2t）2=62+t2，解得：t1=，t2=－（舍去）．‎ ‎∴点P的坐标为（ ，6）。‎ ‎（Ⅱ）∵△OB′P、△QC′P分别是由△OBP、△QCP折叠得到的，‎ ‎∴△OB′P≌△OBP，△QC′P≌△QCP。‎ ‎∴∠OPB′=∠OPB，∠QPC′=∠QPC。‎ ‎∵∠OPB′+∠OPB+∠QPC′+∠QPC=180°，∴∠OPB+∠QPC=90°。‎ ‎∵∠BOP+∠OPB=90°，∴∠BOP=∠CPQ。‎ 又∵∠OBP=∠C=90°，∴△OBP∽△PCQ。∴。‎ 由题意设BP=t，AQ=m，BC=11，AC=6，则PC=11－t，CQ=6－m．‎ ‎∴。∴（0＜t＜11）。‎ ‎（Ⅲ）点P的坐标为（，6）或（，6）。‎ ‎【考点】翻折变换（折叠问题），坐标与图形性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，相似三角形的判定和性质。‎ ‎【分析】（Ⅰ）根据题意得，∠OBP=90°，OB=6，在Rt△OBP中，由∠BOP=30°，BP=t，得OP=2t，然后利用勾股定理，即可得方程，解此方程即可求得答案。‎ ‎ （Ⅱ）由△OB′P、△QC′P分别是由△OBP、△QCP折叠得到的，可知△OB′P≌△OBP，‎ ‎△QC′P≌△QCP，易证得△OBP∽△PCQ，然后由相似三角形的对应边成比例，即可求得答案。‎ ‎（Ⅲ）首先过点P作PE⊥OA于E，易证得△PC′E∽△C′QA，由勾股定理可求得C′Q的长，然后利用相似三角形的对应边成比例与，即可求得t的值： ‎ 过点P作PE⊥OA于E，∴∠PEA=∠QAC′=90°。‎ ‎∴∠PC′E+∠EPC′=90°。‎ ‎∵∠PC′E+∠QC′A=90°，∴∠EPC′=∠QC′A。‎ ‎∴△PC′E∽△C′QA。∴。‎ ‎∵PC′=PC=11－t，PE=OB=6，AQ=m，C′Q=CQ=6－m，‎ ‎∴。‎ ‎∴。‎ ‎∵，即，∴，即。‎ 将代入，并化简，得。‎ 解得：。‎ ‎∴点P的坐标为（，6）或（，6）。‎ ‎4. （2012福建南平12分）在平面直角坐标系中，矩形OABC如图所示放置，点A在x轴上，点B的坐标为（m，1）（m＞0），将此矩形绕O点逆时针旋转90°，得到矩形OA′B′C′．‎ ‎（1）写出点A、A′、C′的坐标；‎ ‎（2）设过点A、A′、C′的抛物线解析式为y=ax2+bx+c，求此抛物线的解析式；（a、b、c可用含m 的式子表示）‎ ‎（3）试探究：当m的值改变时，点B关于点O的对称点D是否可能落在（2）中的抛物线上？若能，求出此时m的值． ‎ ‎【答案】解：（1）∵四边形ABCD是矩形，点B的坐标为（m，1）（m＞0），∴A（m，0），C（0，1）。‎ ‎∵矩形OA′B′C′由矩形OABC旋转90°而成，∴A′（0，m），C′（－1，0）。（2）设过点A、A′、C′的抛物线解析式为y=ax2＋bx＋c，‎ ‎∵A（m，0），A′（0，m），C′（－1，0），‎ ‎∴，解得。‎ ‎∴此抛物线的解析式为：y=－x2＋（m－1）x＋m。‎ ‎（3）∵点B与点D关于原点对称，B（m，1），‎ ‎∴点D的坐标为：（－m，－1），‎ 假设点D（－m，－1）在（2）中的抛物线上，‎ ‎∴0=－（－m）2＋（m－1）×（－m）＋m=1，即‎2m2‎－‎2m＋1=0，‎ ‎∵△=（－2）2－4×2×2=－4＜0，∴此方程无解。‎ ‎∴点D不在（2）中的抛物线上。‎ ‎【考点】二次函数综合题，矩形的性质，旋转的性质，待定系数法，曲线上点的坐标与方程的关系，解方程组，关于原点对称的点的坐标特征，一元二次方程根与系数的关系。‎ ‎【分析】（1）先根据四边形ABCD是矩形，点B的坐标为（m，1）（m＞0），求出点A、C的坐标，再根据图形旋转的性质求出A′、C′的坐标即可。‎ ‎（2）设过点A、A′、C′的抛物线解析式为y=ax2+bx+c，把A、A′、C′三点的坐标代入即可得出abc的值，进而得出其抛物线的解析式。‎ ‎（3）根据关于原点对称的点的坐标特点用m表示出D点坐标，把D点坐标代入抛物线的解析式看是否符合即可。‎ ‎5. （2012广东汕头12分）如图，在矩形纸片ABCD中，AB=6，BC=8．把△BCD沿对角线BD折叠，使点C落在C′处，BC′交AD于点G；E、F分别是C′D和BD上的点，线段EF交AD于点H，把△FDE沿EF折叠，使点D落在D′处，点D′恰好与点A重合．‎ ‎（1）求证：△ABG≌△C′DG；‎ ‎（2）求tan∠ABG的值；‎ ‎（3）求EF的长．‎ ‎【答案】（1）证明：∵△BDC′由△BDC翻折而成，‎ ‎ ∴∠C=∠BAG=90°，C′D=AB=CD，∠AGB=∠DGC′，∴∠ABG=∠ADE。‎ 在△ABG≌△C′DG中，∵∠BAG=∠C，AB= C′D，∠ABG=∠AD C′，‎ ‎∴△ABG≌△C′DG（ASA）。‎ ‎（2）解：∵由（1）可知△ABG≌△C′DG，∴GD=GB，∴AG+GB=AD。‎ 设AG=x，则GB=8﹣x，‎ 在Rt△ABG中，∵AB2+AG2=BG2，即62+x2=（8﹣x）2，解得x=。‎ ‎∴。‎ ‎（3）解：∵△AEF是△DEF翻折而成，∴EF垂直平分AD。∴HD=AD=4。‎ ‎∵tan∠ABG=tan∠ADE=。∴EH=HD×=4×。‎ ‎∵EF垂直平分AD，AB⊥AD，∴HF是△ABD的中位线。∴HF=AB=×6=3。‎ ‎∴EF=EH+HF=。‎ ‎【考点】翻折变换（折叠问题），翻折变换的性质，矩形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，锐角三角函数定义，三角形中位线定理。‎ ‎【分析】（1）根据翻折变换的性质可知∠C=∠BAG=90°，C′D=AB=CD，∠AGB=∠DGC′，故可得出结论。‎ ‎（2）由（1）可知GD=GB，故AG+GB=AD，设AG=x，则GB=8-x，在Rt△ABG中利用勾股定理即可求出AG的长，从而得出tan∠ABG的值。‎ ‎（3）由△AEF是△DEF翻折而成可知EF垂直平分AD，故HD=AD=4，再根据tan∠ABG的值即可得出EH的长，同理可得HF是△ABD的中位线，故可得出HF的长，由EF=EH+HF即可得出结果。‎ ‎6. （2012广东省9分）如图，在矩形纸片ABCD中，AB=6，BC=8．把△BCD沿对角线BD折叠，使点C落在C′处，BC′交AD于点G；E、F分别是C′D和BD上的点，线段EF交AD于点H，把△FDE沿EF折叠，使点D落在D′处，点D′恰好与点A重合．‎ ‎（1）求证：△ABG≌△C′DG；‎ ‎（2）求tan∠ABG的值；‎ ‎（3）求EF的长．‎ ‎【答案】（1）证明：∵△BDC′由△BDC翻折而成，‎ ‎ ∴∠C=∠BAG=90°，C′D=AB=CD，∠AGB=∠DGC′，∴∠ABG=∠ADE。‎ 在△ABG≌△C′DG中，∵∠BAG=∠C，AB= C′D，∠ABG=∠AD C′，‎ ‎∴△ABG≌△C′DG（ASA）。‎ ‎（2）解：∵由（1）可知△ABG≌△C′DG，∴GD=GB，∴AG+GB=AD。‎ 设AG=x，则GB=8﹣x，‎ 在Rt△ABG中，∵AB2+AG2=BG2，即62+x2=（8﹣x）2，解得x=。‎ ‎∴。‎ ‎（3）解：∵△AEF是△DEF翻折而成，∴EF垂直平分AD。∴HD=AD=4。‎ ‎∵tan∠ABG=tan∠ADE=。∴EH=HD×=4×。‎ ‎∵EF垂直平分AD，AB⊥AD，∴HF是△ABD的中位线。∴HF=AB=×6=3。‎ ‎∴EF=EH+HF=。‎ ‎【考点】翻折变换（折叠问题），翻折变换的性质，矩形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，锐角三角函数定义，三角形中位线定理。‎ ‎【分析】（1）根据翻折变换的性质可知∠C=∠BAG=90°，C′D=AB=CD，∠AGB=∠DGC′，故可得出结论。‎ ‎（2）由（1）可知GD=GB，故AG+GB=AD，设AG=x，则GB=8-x，在Rt△ABG中利用勾股定理即可求出AG的长，从而得出tan∠ABG的值。‎ ‎（3）由△AEF是△DEF翻折而成可知EF垂直平分AD，故HD=AD=4，再根据tan∠ABG的值即可得出EH的长，同理可得HF是△ABD的中位线，故可得出HF的长，由EF=EH+HF即可得出结果。‎ ‎7. （2012广东珠海9分） 已知，AB是⊙O的直径，点P在弧AB上（不含点A、B），把△AOP沿OP对折，点A的对应点C恰好落在⊙O上．‎ ‎（1）当P、C都在AB上方时（如图1），判断PO与BC的位置关系（只回答结果）；‎ ‎（2）当P在AB上方而C在AB下方时（如图2），（1）中结论还成立吗？证明你的结论；‎ ‎（3）当P、C都在AB上方时（如图3），过C点作CD⊥直线AP于D，且CD是⊙O的切线，证明：AB=4PD．‎ ‎【答案】解：（1）PO与BC的位置关系是PO∥BC。‎ ‎（2）（1）中的结论PO∥BC成立。理由为：‎ 由折叠可知：△APO≌△CPO，∴∠APO=∠CPO。‎ 又∵OA=OP，∴∠A=∠APO。∴∠A=∠CPO。‎ 又∵∠A与∠PCB都为所对的圆周角，∴∠A=∠PCB。∴∠CPO=∠PCB。‎ ‎∴PO∥BC。‎ ‎（3）证明：∵CD为圆O的切线，∴OC⊥CD。‎ 又∵AD⊥CD，∴OC∥AD。∴∠APO=∠COP。‎ 由折叠可得：∠AOP=∠COP，∴∠APO=∠AOP。‎ 又∵OA=OP，∴∠A=∠APO。∴∠A=∠APO=∠AOP。∴△APO为等边三角形。‎ ‎∴∠AOP=60°。‎ 又∵OP∥BC，∴∠OBC=∠AOP=60°。‎ 又∵OC=OB，∴△BC为等边三角形。∴∠COB=60°。‎ ‎∴∠POC=180°﹣（∠AOP+∠COB）=60°。‎ 又∵OP=OC，∴△POC也为等边三角形。∴∠PCO=60°，PC=OP=OC。‎ 又∵∠OCD=90°，∴∠PCD=30°。‎ 在Rt△PCD中，PD=PC，‎ 又∵PC=OP=AB，∴PD=AB，即AB=4PD。‎ ‎【考点】‎ 折叠的性质，圆心角、弧、弦的关系，圆周角定理，平行的判定和性质，切线的性质，全等三角形的性质，等腰三角形的性质，等边三角形的判定和性质，含30度角的直角三角形的性质。‎ ‎【分析】（1）由折叠可得，由∠AOP=∠POC ；因为∠AOC和∠ABC是弧所对的圆心角和圆周角，根据同弧所对圆周角是圆心角一半的性质，得∠AOP=∠ABC；根据同位角相等两直线平行的判定，得PO与BC的位置关系是平行。‎ ‎（2）（1）中的结论成立，理由为：由折叠可知三角形APO与三角形CPO全等，根据全等三角形的对应角相等可得出∠APO=∠CPO，再由OA=OP，利用等边对等角得到∠A=∠APO，等量代换可得出∠A=∠CPO，又根据同弧所对的圆周角相等得到∠A=∠PCB，再等量代换可得出∠COP=∠ACB，利用内错角相等两直线平行，可得出PO与BC平行。‎ ‎（3）由CD为圆O的切线，利用切线的性质得到OC⊥CD，又AD⊥CD，利用平面内垂直于同一条直线的两直线平行得到OC∥AD，根据两直线平行内错角相等得到∠APO=∠COP，再利用折叠的性质得到∠AOP=∠COP，等量代换可得出∠APO=∠AOP，再由OA=OP，利用等边对等角可得出一对角相等，等量代换可得出△AOP三内角相等，确定出△AOP为等边三角形，根据等边三角形的内角为60°得到 ‎∠AOP=60°，由OP∥BC，利用两直线平行同位角相等可得出∠OBC=∠AOP=60°，再由OB=OC，得到△OBC为等边三角形，可得出∠COB为60°，利用平角的定义得到∠POC也为60°，再加上OP=OC，可得出△POC为等边三角形，得到内角∠OCP=60°，可求出∠PCD=30°，在Rt△PCD中，利用30°所对的直角边等于斜边的一半可得出PD为PC的一半，而PC=圆的半径OP=直径AB的一半，可得出PD为AB的四分之一，即AB=4PD，得证。‎ ‎8. （2012广西南宁10分）如图，已知矩形纸片ABCD，AD=2，AB=4．将纸片折叠，使顶点A与边CD上的点E重合，折痕FG分别与AB，CD交于点G，F，AE与FG交于点O．‎ ‎（1）如图1，求证：A，G，E，F四点围成的四边形是菱形；‎ ‎（2）如图2，当△AED的外接圆与BC相切于点N时，求证：点N是线段BC的中点；‎ ‎（3）如图2，在（2）的条件下，求折痕FG的长．‎ ‎【答案】解：（1）由折叠的性质可得，GA=GE，∠AGF=∠EGF，‎ ‎∵DC∥AB，∴∠EFG=∠AGF。∴∠EFG=∠EGF。∴EF=EG=AG。‎ ‎∴四边形AGEF是平行四边形（EF∥AG，EF=AG）。‎ 又∵AG=GE，∴四边形AGEF是菱形。‎ ‎（2）连接ON，‎ ‎∵△AED是直角三角形，AE是斜边，点O是AE的中点，‎ ‎△AED的外接圆与BC相切于点N，‎ ‎∴ON⊥BC。‎ ‎∵点O是AE的中点，∴ON是梯形ABCE的中位线。‎ ‎∴点N是线段BC的中点。‎ ‎（3）∵OE、ON均是△AED的外接圆的半径，∴OE=OA=ON=2。∴AE=AB=4。‎ 在Rt△ADE中，AD=2，AE=4，∴∠AED=30°。‎ 在Rt△OEF中，OE=2，∠AED=30°，∴。∴FG=。‎ ‎【考点】翻折变换（折叠问题），折叠对称的性质，菱形的判定，梯形中位线性质，锐角三角函数定义，特殊角的三角函数值。‎ ‎【分析】（1）根据折叠的性质判断出AG=GE，∠AGF=∠EGF，再由CD∥AB得出∠EFG=∠AGF，从而 判断出EF=AG，得出四边形AGEF是平行四边形，从而结合AG=GE，可得出结论。‎ ‎（2）连接ON，则ON⊥BC，从而判断出ON是梯形ABCE的中位线，从而可得出结论。‎ ‎ （3）根据（1）可得出AE=AB，从而在Rt△ADE中，可判断出∠AED为30°，在Rt△EFO中求 出FO，从而可得出FG的长度。‎ ‎9. （2012湖北天门、仙桃、潜江、江汉油田10分）△ABC中，AB=AC，D为BC的中点，以D为顶点作∠MDN=∠B．‎ ‎（1）如图（1）当射线DN经过点A时，DM交AC边于点E，不添加辅助线，写出图中所有与△ADE相似的三角形．‎ ‎（2）如图（2），将∠MDN绕点D沿逆时针方向旋转，DM，DN分别交线段AC，AB于E，F点（点E与点A不重合），不添加辅助线，写出图中所有的相似三角形，并证明你的结论．‎ ‎（3）在图（2）中，若AB=AC=10，BC=12，当△DEF的面积等于△ABC的面积的时，求线段EF的长．‎ ‎【答案】解：（1）图（1）中与△ADE相似的有△ABD，△ACD，△DCE。‎ ‎（2）△BDF∽△CED∽△DEF，证明如下：‎ ‎∵∠B+∠BDF+∠BFD=180°，∠EDF+∠BDF+∠CDE=180°，‎ 又∵∠EDF=∠B，∴∠BFD=∠CDE。‎ ‎∵AB=AC，∴∠B=∠C。∴△BDF∽△CED。∴。‎ ‎∵BD=CD，∴，即。‎ 又∵∠C=∠EDF，∴△CED∽△DEF。∴△BDF∽△CED∽△DEF。 ‎ ‎（3）连接AD，过D点作DG⊥EF，DH⊥BF，垂足分别为G，H．‎ ‎∵AB=AC，D是BC的中点，∴AD⊥BC，BD=BC=6。‎ 在Rt△ABD中，AD2=AB2﹣BD2，即AD2=102﹣62，‎ ‎∴AD=8。‎ ‎∴S△ABC=•BC•AD=×12×8=48，‎ S△DEF=S△ABC=×48=12。‎ 又∵•AD•BD=•AB•DH，∴。‎ ‎∵△BDF∽△DEF，∴∠DFB=∠EFD。 ‎ ‎∵DH⊥BF，DG⊥EF，∴∠DHF=∠DGF。‎ 又∵DF=DF，∴△DHF≌△DGF（AAS）。∴DH=DG=。‎ ‎∵S△DEF=·EF·DG=·EF·=12，∴EF=5。‎ ‎【考点】旋转的性质，相似三角形的判定和性质，等腰三角形的性质，勾股定理，全等三角形的判定和性质。‎ ‎【分析】（1）根据等腰三角形的性质以及相似三角形的判定得出△ADE∽△ABD∽△ACD∽△DCE：‎ ‎ ∵AB=AC，D为BC的中点，∴AD⊥BC，∠B=∠C，∠BAD=∠CAD。‎ 又∵∠MDN=∠B，∴△ADE∽ABD。‎ 同理可得：△ADE∽△ACD。‎ ‎∵∠MDN=∠C=∠B，∠B+∠BAD=90°，∠ADE+∠EDC=90°，∠B=∠MDN，‎ ‎∴∠BAD=∠EDC。‎ ‎∵∠B=∠C，∴△ABD∽△DCE。∴△ADE∽△DCE。‎ ‎（2）利用已知首先求出∠BFD=∠CDE，即可得出△BDF∽△CED，再利用相似三角形的性质得出，从而得出△BDF∽△CED∽△DEF。‎ ‎（3）利用△DEF的面积等于△ABC的面积的，求出DH的长，从而利用S△DEF的值求出EF即可。‎ ‎10. （2012湖北天门、仙桃、潜江、江汉油田12分）如图，抛物线y=ax2+bx+2交x轴于A（﹣1，0），B（4，0）两点，交y轴于点C，与过点C且平行于x轴的直线交于另一点D，点P是抛物线上一动点．‎ ‎（1）求抛物线解析式及点D坐标；‎ ‎（2）点E在x轴上，若以A，E，D，P为顶点的四边形是平行四边形，求此时点P的坐标；‎ ‎（3）过点P作直线CD的垂线，垂足为Q，若将△CPQ沿CP翻折，点Q的对应点为Q′．是否存在点P，使Q′恰好落在x轴上？若存在，求出此时点P的坐标；若不存在，说明理由．‎ ‎【答案】解：（1）∵抛物线y=ax2+bx+2经过A（﹣1，0），B（4，0）两点，‎ ‎ ∴，解得：。‎ ‎∴抛物线解析式为。‎ 当y=2时，，解得：x1=3，x2=0（舍去）。‎ ‎∴点D坐标为（3，2）。‎ ‎（2）A，E两点都在x轴上，AE有两种可能：‎ ‎①当AE为一边时，AE∥PD，∴P1（0，2）。‎ ‎②当AE为对角线时，根据平行四边形对顶点到另一条对角线距离相等，可知P点、D点到直线AE（即x轴）的距离相等，∴P点的纵坐标为﹣2。‎ 代入抛物线的解析式：，解得：。‎ ‎∴P点的坐标为（，﹣2），（，﹣2）。‎ 综上所述：P1（0，2）；P2（，﹣2）；P3（，﹣2）。‎ ‎（3）存在满足条件的点P，显然点P在直线CD下方。‎ 设直线PQ交x轴于F，点P的坐标为（），‎ ‎①当P点在y轴右侧时（如图1），CQ=a，‎ PQ=。‎ 又∵∠CQ′O+∠FQ′P=90°，∠COQ′=∠Q′FP=90°，‎ ‎∴∠FQ′P=∠OCQ′，∴△COQ′∽△Q′FP，‎ ‎∴，即，解得F Q′=a﹣3‎ ‎∴OQ′=OF﹣F Q′=a﹣（a﹣3）=3，‎ ‎ 。‎ 此时a=，点P的坐标为（）。‎ ‎②当P点在y轴左侧时（如图2）此时a＜0，，＜0，CQ=﹣a，‎ PQ=。‎ 又∵∠CQ′O+∠FQ′P=90°，∠CQ′O+∠OCQ′=90°，‎ ‎∴∠FQ′P=∠OCQ′，∠COQ′=∠Q′FP=90°。‎ ‎∴△COQ′∽△Q′FP。‎ ‎∴，即，解得F Q′=3﹣a。‎ ‎∴OQ′=3，。‎ 此时a=﹣，点P的坐标为（）。‎ 综上所述，满足条件的点P坐标为（），（）。‎ ‎【考点】二次函数综合题，曲线上点的坐标与方程的关系，平行四边形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理。‎ ‎【分析】（1）用待定系数法可得出抛物线的解析式，令y=2可得出点D的坐标。‎ ‎（2）分两种情况进行讨论，①当AE为一边时，AE∥PD，②当AE为对角线时，根据平行四边形对顶点到另一条对角线距离相等，求解点P坐标。‎ ‎（3）结合图形可判断出点P在直线CD下方，设点P的坐标为（‎ ‎），分情况讨论，①当P点在y轴右侧时，②当P点在y轴左侧时，运用解直角三角形及相似三角形的性质进行求解即可。‎ ‎11. （2012湖北武汉12分）如图1，点A为抛物线C1：的顶点，点B的坐标为(1，0)，直线AB交抛物线C1于另一点C．‎ ‎(1)求点C的坐标；‎ ‎(2)如图1，平行于y轴的直线x＝3交直线AB于点D，交抛物线C1于点E，平行于y轴的直线x＝a 交直线AB于F，交抛物线C1于G，若FG：DE＝4∶3，求a的值；‎ ‎(3)如图2，将抛物线C1向下平移m(m＞0)个单位得到抛物线C2，且抛物线C2的顶点为点P，交x轴 于点M，交射线BC于点N，NQ⊥x轴于点Q，当NP平分∠MNQ时，求m的值．‎ 图1 图2‎ ‎【答案】解：（1）∵当x=0时，y＝－2。∴A（0，－2）。‎ ‎ 设直线AB的解析式为，则，解得。‎ ‎ ∴直线AB的解析式为。‎ ‎ ∵点C是直线AB与抛物线C1的交点，‎ ‎ ∴，解得（舍去）。‎ ‎ ∴C（4，6）。‎ ‎（2）∵直线x＝3交直线AB于点D，交抛物线C1于点E，‎ ‎ ∴，∴DE=。‎ ‎ ∵FG：DE＝4∶3，∴FG=2。‎ ‎ ∵直线x＝a交直线AB于点F，交抛物线C1于点G，‎ ‎ ∴。‎ ‎∴FG=。‎ ‎ 解得。‎ ‎（3）设直线MN交y轴于点T，过点N作NH⊥y轴于点H。‎ ‎ 设点M的坐标为（t,0），抛物线C2的解析式为。‎ ‎ ∴。∴。‎ ‎∴。∴P（0，）。‎ ‎ ∵点N是直线AB与抛物线C2的交点，‎ ‎ ∴，解得（舍去）。‎ ‎∴N（）。‎ ‎ ∴NQ=，MQ=。∴NQ=MQ。∴∠NMQ=450。‎ ‎ ∴△MOT，△NHT都是等腰直角三角形。∴MO=TO，HT=HN。‎ ‎ ∴OT=－t，。‎ ‎ ∵PN平分∠MNQ，∴PT=NT。‎ ‎ ∴，解得（舍去）。‎ ‎ ∴。∴。‎ ‎【考点】二次函数综合题，待定系数法，曲线上点的坐标与方程的关系，解二元二次方程组，平移的性质，等腰直角三角形的判定和性质，勾股定理，角平分线的性质，平行的性质。‎ ‎【分析】（1）由点A在抛物线C1上求得点A的坐标，用待定系数法求得直线AB的解析式；联立直线AB和抛物线C1即可求得点C的坐标。‎ ‎ （2）由FG：DE＝4∶3求得FG=2。把点F和点G的纵坐标用含a的代数式表示，即可得等式 FG=，解之即可得a的值。‎ ‎ （3）设点M的坐标为（t,0）和抛物线C2的解析式，求得t和m的关系。求出点P和点N的坐标（用t的代数式表示），得出△MOT，△NHT都是等腰直角三角形的结论。从而由角平分线和平行的性质得到PT=NT，列式求解即可求得t，从而根据t和m的关系式求出m的值。‎ ‎12. （2012湖北宜昌11分）如图，在直角梯形ABCD中，AD∥BC，∠ABC=90°．点E为底AD上一点，将△ABE沿直线BE折叠，点A落在梯形对角线BD上的G处，EG的延长线交直线BC于点F．‎ ‎（1）点E可以是AD的中点吗？为什么？‎ ‎（2）求证：△ABG∽△BFE；‎ ‎（3）设AD=a，AB=b，BC=c ‎ ①当四边形EFCD为平行四边形时，求a，b，c应满足的关系；‎ ‎ ②在①的条件下，当b=2时，a的值是唯一的，求∠C的度数．‎ ‎【答案】解：（1）不可以。理由如下：‎ 根据题意得：AE=GE，∠EGB=∠EAB=90°，∴Rt△EGD中，GE＜ED。‎ ‎∴AE＜ED。∴点E不可以是AD的中点。‎ ‎（2）证明：∵AD∥BC，∴∠AEB=∠EBF，‎ ‎∵由折叠知△EAB≌△EGB，∴∠AEB=∠BEG。∴∠EBF=∠BEF。‎ ‎∴FE=FB，∴△FEB为等腰三角形。‎ ‎∵∠ABG+∠GBF=90°，∠GBF+∠EFB=90°，∴∠ABG=∠EFB。‎ 在等腰△ABG和△FEB中，‎ ‎∠BAG=（180°﹣∠ABG）÷2，∠FBE=（180°﹣∠EFB）÷2，‎ ‎∴∠BAG=∠FBE。∴△ABG∽△BFE。‎ ‎（3）①∵四边形EFCD为平行四边形，∴EF∥DC。‎ ‎ ∵由折叠知，∠DAB=∠EGB=90°，∴∠DAB=∠BDC=90°。‎ ‎ 又∵AD∥BC，∴∠ADB=∠DBC。∴△ABD∽△DCB。‎ ‎∴。‎ ‎∵AD=a，AB=b，BC=c，∴BD=‎ ‎∴，即a2+b2=ac。‎ ‎②由①和b=2得关于a的一元二次方程a2﹣ac+4=0，‎ 由题意，a的值是唯一的，即方程有两相等的实数根，‎ ‎∴△=0，即c2﹣16=0。‎ ‎∵c＞0，∴c=4。‎ ‎∴由a2﹣‎4a+4=0，得a=2。‎ 由①△ABD∽△DCB和a= b=2，得△ABD和△DCB都是等腰直角三角形，‎ ‎∴∠C=45°。‎ ‎【考点】翻折变换（折叠问题），直角梯形的性质，三角形三边关系，直线平行的性质，等腰（直角）三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，平行四边形的性质，勾股定理，一元二次方程根的判别式。‎ ‎【分析】（1）根据折叠的性质可得AE=GE，∠EGB=∠EAB=90°，再根据直角三角形斜边大于直角边可得DE＞EG，从而判断点E不可能是AD的中点。‎ ‎（2）根据两直线平行，内错角相等可得∠AEB=∠EBF，再根据折叠的性质可以判定出∠AEB=∠BEG，然后得到∠EBF=∠BEF，从而判断出△FEB为等腰三角形，再根据等角的余角相等求出∠ABG=∠EFB，然后根据等腰三角形的两个底角相等求出∠BAG=∠FBE，然后根据两角对应相等，两三角形相似即可证明。‎ ‎（3）①根据勾股定理求出BD的长度，再利用两角对应相等，两三角形相似得到△ABD和△DCB相似，然后根据相似三角形对应边成比例列式计算即可得解。‎ ‎②把b=2代入a、b、c的关系式，根据a是唯一的，可以判定△=c2﹣16=0，然后求出c=4，再代入方程求出a=2，然后由①△ABD∽△DCB和a= b=2，得△ABD和△DCB都是等腰直角三角形，得出∠C=45°。‎ ‎13. （2012江西南昌12分）已知，纸片⊙O的半径为2，如图1，沿弦AB折叠操作．‎ ‎（1）①折叠后的所在圆的圆心为O′时，求O′A的长度；‎ ‎ ②如图2，当折叠后的经过圆心为O时，求的长度；‎ ‎ ③如图3，当弦AB=2时，求圆心O到弦AB的距离；‎ ‎（2）在图1中，再将纸片⊙O沿弦CD折叠操作．‎ ‎①如图4，当AB∥CD，折叠后的与所在圆外切于点P时，设点O到弦AB．CD的距离之和为d，求d的值；‎ ‎②如图5，当AB与CD不平行，折叠后的与所在圆外切于点P时，设点M为AB的中点，点N为CD的中点，试探究四边形OMPN的形状，并证明你的结论．‎ ‎【答案】解：（1）①折叠后的所在圆O′与⊙O是等圆，∴O′A=OA=2。‎ ‎②当经过圆O时，折叠后的所在圆O′在⊙O上，如图2所示，连接O′A．OA．O′B，OB，OO′。‎ ‎∵△OO′A，△OO′B为等边三角形，∴∠AO′B=∠AO′O+∠BO′O=60°+60°=120°。‎ ‎∴的长度。‎ ‎③如图3所示，连接OA，OB，‎ ‎∵OA=OB=AB=2，‎ ‎∴△AOB为等边三角形。‎ 过点O作OE⊥AB于点E，∴OE=OA•sin60°=。‎ ‎∴圆心O到弦AB的距离为。‎ ‎（2）①如图4，当折叠后的与所在圆外切于点P时，‎ 过点O作EF⊥AB交AB于点H、交于点E，交CD于点G、交于点F，即点E、H、P、O、G、F在直径EF上。‎ ‎∵AB∥CD，∴EF垂直平分AB和CD。‎ 根据垂径定理及折叠，可知PH=PE，PG=PF。‎ 又∵EF=4，∴点O到AB．CD的距离之和d为：‎ d=PH+PG=PE+PF=（PE+PF）=2。‎ ‎②如图5，当AB与CD不平行时，四边形是OMPN平行四边形。证明如下：‎ 设O′，O″为和所在圆的圆心，‎ ‎∵点O′与点O关于AB对称，点O″于点O关于CD对称，‎ ‎∴点M为的OO′中点，点N为OO″的中点。‎ ‎∵折叠后的与所在圆外切，‎ ‎∴连心线O′O″必过切点P。‎ ‎∵折叠后的与所在圆与⊙O是等圆，‎ ‎∴O′P=O″P=2，∴PM=OO″=ON，PN=OO′=OM，‎ ‎∴四边形OMPN是平行四边形。‎ ‎【考点】翻折变换（折叠问题）相切两圆的性质，等边三角形的判定和性质，平行四边形的判定，垂径定理，弧长的计算，解直角三角形，三角形中位线定理。‎ ‎【分析】（1）①折叠后的所在圆O′与⊙O是等圆，可得O′A的长度。‎ ‎②如图2，过点O作OE⊥AB交⊙O于点E，连接OA．OB．AE、BE，可得△OAE、△OBE为等边三角形，从而得到的圆心角，再根据弧长公式计算即可。‎ ‎③如图3，连接OA．OB，过点O作OE⊥AB于点E，可得△AOB为等边三角形，根据三角函数的知识可求折叠后求圆心O到弦AB的距离。‎ ‎（2）①如图4，与所在圆外切于点P时，过点O作EF⊥AB交于点E，交于点F，根据垂径定理及折叠，可求点O到AB．CD的距离之和。‎ ‎②由三角形中位线定理，根据两组对边分别相等的四边形是平行四边形即可得证。‎ ‎14. （2012湖南益阳10分）已知：如图，抛物线y=a（x﹣1）2+c与x轴交于点A和点B，将抛物线沿x轴向上翻折，顶点P落在点P'（1，3）处．‎ ‎（1）求原抛物线的解析式；‎ ‎（2）学校举行班徽设计比赛，九年级5班的小明在解答此题时顿生灵感：过点P'作x轴的平行线交抛物线于C、D两点，将翻折后得到的新图象在直线CD以上的部分去掉，设计成一个“W”型的班徽，“‎5”‎的拼音开头字母为W，“W”图案似大鹏展翅，寓意深远；而且小明通过计算惊奇的发现这个“W”图案的高与宽（CD）的比非常接近黄金分割比（约等于0.618）．请你计算这个“W”图案的高与宽的比到底是多少？（参考数据：，结果可保留根号）‎ ‎【答案】解：（1）∵P与P′（1，3）关于x轴对称，∴P点坐标为（1，﹣3）。‎ ‎∵抛物线y=a（x﹣1）2+c顶点是P（1，﹣3），‎ ‎∴抛物线解析式为y=a（x﹣1）2﹣3。‎ ‎∵抛物线y=a（x﹣1）2﹣3过点A，‎ ‎∴a（﹣1）2﹣3=0，解得a=1。‎ ‎∴抛物线解析式为y=（x﹣1）2﹣3，即y=x2﹣2x﹣2。‎ ‎（2）∵CD平行x轴，P′（1，3）在CD上，∴C、D两点纵坐标为3。‎ 由（x﹣1）2﹣3=3，解得：。‎ ‎∴C、D两点的坐标分别为。∴CD=。‎ ‎∴“W”图案的高与宽（CD）的比=（或约等于0.6124）。‎ ‎【考点】二次函数的应用，翻折对称的性质，二次函数的性质，曲线上点的坐标与方程的关系。‎ ‎【分析】（1）利用P与P′（1，3）关于x轴对称，得出P点坐标，利用待定系数法求出二次函数的解析式即可。‎ ‎（2）根据已知求出C，D两点坐标，从而得出“W”图案的高与宽（CD）的比。‎ ‎15. （2012江苏南通14分）如图，经过点A(0，－4)的抛物线y＝x2＋bx＋c与x轴相交于点B(－0，0)和C，O为坐标原点．‎ ‎(1)求抛物线的解析式；‎ ‎(2)将抛物线y＝x2＋bx＋c向上平移个单位长度、再向左平移m(m＞0)个单位长度，得到新抛物 线．若新抛物线的顶点P在△ABC内，求m的取值范围；‎ ‎(3)设点M在y轴上，∠OMB＋∠OAB＝∠ACB，求AM的长． ‎ ‎【答案】解：（1）将A（0，－4）、B（－2，0）代入抛物线y=x2+bx+c中，得：‎ ‎ ，解得，。 ‎ ‎∴抛物线的解析式：y=x2－x－4。源:学科网ZXXK]‎ ‎（2）由题意，新抛物线的解析式可表示为：，‎ 即：。它的顶点坐标P（1－m，－1）。‎ 由（1）的抛物线解析式可得：C（4，0）。‎ ‎∴直线AB：y=－2x-4；直线AC：y=x－4。‎ 当点P在直线AB上时，－2（1－m）－4=－1，解得：m=；‎ 当点P在直线AC上时，（1－m）＋4=－1，解得：m=－2；‎ 又∵m＞0，‎ ‎∴当点P在△ABC内时，0＜m＜ 。‎ ‎（3）由A（0，-4）、B（4，0）得：OA=OC=4，且△OAC是等腰直角三角形。‎ 如图，在OA上取ON=OB=2，则∠ONB=∠ACB=45°。‎ ‎∴∠ONB=∠NBA+OAB=∠ACB=∠OMB+∠OAB，‎ 即∠ONB=∠OMB。‎ 如图，在△ABN、△AM1B中，‎ ‎∠BAN=∠M1AB，∠ABN=∠AM1B，‎ ‎∴△ABN∽△AM1B，得：AB2=AN•AM1；‎ 由勾股定理，得AB2=（－2）2+42=20，‎ 又AN=OA－ON=4－2=2，‎ ‎∴AM1=20÷2=10，OM1=AM1－OA=10－4=6。‎ 而∠BM‎1A=∠BM‎2A=∠ABN，∴OM1=OM2=6，AM2=OM2－OA=6－4=2。‎ 综上，AM的长为6或2。‎ ‎【考点】二次函数综合题，曲线上点的坐标与方程的关系，平移的性质，二次函数的性质，等腰直角三角形的判定和性质，勾股定理。‎ ‎【分析】（1）该抛物线的解析式中只有两个待定系数，只需将A、B两点坐标代入即可得解。‎ ‎（2）首先根据平移条件表示出移动后的函数解析式，从而用m表示出该函数的顶点坐标，将其 代入直线AB、AC的解析式中，即可确定P在△ABC内时m的取值范围。‎ ‎（3）先在OA上取点N，使得∠ONB=∠ACB，那么只需令∠NBA=∠OMB即可，显然在y轴的正负半轴上都有一个符合条件的M点；以y轴正半轴上的点M为例，先证△ABN、△AMB相似，然后通过相关比例线段求出AM的长。‎ ‎16. （2012江苏淮安12分）如图，矩形OABC在平面直角坐标系中，O为坐标原点，点A（0，4），C（2，0），将矩形OABC绕点O按顺时针方向旋转1350，得到矩形EFGH（点E与O重合）.‎ ‎（1）若GH交y轴于点M，则∠FOM＝ ，OM= ‎ ‎（2）矩形EFGH沿y轴向上平移t个单位。‎ ‎①直线GH与x轴交于点D，若AD∥BO，求t的值；‎ ‎②若矩形EFHG与矩形OABC重叠部分的面积为S个平方单位，试求当0

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