湖北省各市2015年中考數(shù)學(xué)試題分類解析匯編(5)圖形的變換

1、一、選擇題1（2015恩施州）（3分）如圖是一個正方體紙盒的展開圖，其中的六個正方形內(nèi)分別標有數(shù)字“0”、“1”、“2”、“5”和漢字、“數(shù)”、“學(xué)”，將其圍成一個正方體后，則與“5”相對的是（）A0B2C數(shù)D學(xué)考點：專題：正方體相對兩個面上的文字.分析：正方體的表面展開圖，相對的面之間一定相隔一個正方形，根據(jù)這一特點作答解答：解：正方體的表面展開圖，相對的面之間一定相隔一個正方形，“數(shù)”相對的字是“1”；“學(xué)”相對的字是“2”；“5”相對的字是“0”故選：A點評：本題主要考查了正方體相對兩個面上的文字，注意正方體的空間圖形，從相對面入手，分析及解答問題2.（2015黃岡）（3 分）如圖所示，

2、該幾何體的俯視圖是( )考點：簡單組合體的三視圖 分析：根據(jù)從上面看得到的視圖是俯視圖，可得答案 解答：解：從上面看是一個正方形，在正方形的左下角有一個小正方形 故選：B 點評：本題考查了簡單組合體的三視圖，從上面看的到的視圖是俯視圖 3（2015黃石）（3分）下列四個立體圖形中，左視圖為矩形的是（）ABCD考點：簡單幾何體的三視圖.分析：根據(jù)左視圖是分別從物體左面看，所得到的圖形，即可解答解答：解：長方體左視圖為矩形；球左視圖為圓；圓錐左視圖為三角形；圓柱左視圖為矩形；因此左視圖為矩形的有故選：B點評：本題考查了幾何體的三種視圖，掌握定義是關(guān)鍵注意所有的看到的棱都應(yīng)表現(xiàn)在三視圖中4（2015

3、黃石）（3分）在下列藝術(shù)字中既是軸對稱圖形又是中心對稱圖形的是（）ABCD考點：中心對稱圖形；軸對稱圖形.分析：根據(jù)軸對稱圖形與中心對稱圖形的概念求解解答：解：A、是軸對稱圖形，不是中心對稱圖形故錯誤；B、是軸對稱圖形，不是中心對稱圖形故錯誤；C、不是軸對稱圖形，也不是中心對稱圖形故錯誤；D、是軸對稱圖形，也是中心對稱圖形故正確故選D點評：本題考查了中心對稱圖形與軸對稱圖形的概念：軸對稱圖形的關(guān)鍵是尋找對稱軸，圖形兩部分沿對稱軸折疊后可重合；中心對稱圖形是要尋找對稱中心，旋轉(zhuǎn)180度后與原圖重合5（2015黃石）（3分）在長方形ABCD中AB=16，如圖所示裁出一扇形ABE，將扇形圍成一個圓錐

4、（AB和AE重合），則此圓錐的底面半徑為（）A4B16C4D8考點：圓錐的計算.分析：圓錐的底面圓半徑為r，根據(jù)圓錐的底面圓周長=扇形的弧長，列方程求解解答：解：設(shè)圓錐的底面圓半徑為r，依題意，得2r=，解得r=4故小圓錐的底面半徑為4；故選A點評：本題考查了圓錐的計算圓錐的側(cè)面展開圖為扇形，計算要體現(xiàn)兩個轉(zhuǎn)化：1、圓錐的母線長為扇形的半徑，2、圓錐的底面圓周長為扇形的弧長6（2015荊州）（3分）如圖所示，將正方形紙片三次對折后，沿圖中AB線剪掉一個等腰直角三角形，展開鋪平得到的圖形是（） ABCD考點：剪紙問題分析：根據(jù)題意直接動手操作得出即可解答：解：找一張正方形的紙片，按上述順序折疊、

5、裁剪，然后展開后得到的圖形如圖所示：故選A點評：本題考查了剪紙問題，難點在于根據(jù)折痕逐層展開，動手操作會更簡便7（2015潛江）（3分）如圖所示的幾何體，其左視圖是（）ABCD考點：簡單組合體的三視圖.分析：根據(jù)從左邊看得到的圖形是左視圖，可得答案解答：解：從左邊看是一個矩形的左上角去掉了一個小矩形， 故選：C點評：本題考查了簡單組合體的三視圖，從左邊看得到的圖形是左視圖8（2015潛江）（3分）已知一塊圓心角為300°的扇形鐵皮，用它做一個圓錐形的煙囪帽（接縫忽略不計），圓錐的底面圓的直徑是80cm，則這塊扇形鐵皮的半徑是（）A24cmB48cmC96cmD192cm考點：圓錐的計

6、算.分析：利用底面周長=展開圖的弧長可得解答：解：設(shè)這個扇形鐵皮的半徑為rcm，由題意得=×80， 解得r=48 故這個扇形鐵皮的半徑為48cm， 故選B點評：本題考查了圓錐的計算，解答本題的關(guān)鍵是確定圓錐的底面周長=展開圖的弧長這個 等量關(guān)系，然后由扇形的弧長公式和圓的周長公式求值9（2015潛江）（3分）在下面的網(wǎng)格圖中，每個小正方形的邊長均為1，ABC的三個頂點都是網(wǎng)格線的交點，已知B，C兩點的坐標分別為（1，1），（1，2），將ABC繞點C順時針旋轉(zhuǎn)90°，則點A的對應(yīng)點的坐標為（）A（4，1）B（4，1）C（5，1）D（5，1）考點：坐標與圖形變化-旋轉(zhuǎn).專題：幾

7、何變換分析：先利用B，C兩點的坐標畫出直角坐標系得到A點坐標，再畫出ABC繞點C順時 針旋轉(zhuǎn)90°后點A的對應(yīng)點的A，然后寫出點A的坐標即可解答：解：如圖，A點坐標為（0，2）， 將ABC繞點C順時針旋轉(zhuǎn)90°，則點A的對應(yīng)點的A的坐標為（5，1） 故選D點評：本題考查了坐標與圖形變化：圖形或點旋轉(zhuǎn)之后要結(jié)合旋轉(zhuǎn)的角度和圖形的特殊性質(zhì) 來求出旋轉(zhuǎn)后的點的坐標常見的是旋轉(zhuǎn)特殊角度如：30°，45°，60°，90°，180°10（2015武漢）（3分）如圖，是由一個圓柱體和一個長方體組成的幾何體其主視圖是（）ABCD解：從正面看

8、下面是一個比較長的矩形，上面是一個比較寬的矩形故選：B11（2015武漢）（3分）如圖，ABC，EFG均是邊長為2的等邊三角形，點D是邊BC、EF的中點，直線AG、FC相交于點M當(dāng)EFG繞點D旋轉(zhuǎn)時，線段BM長的最小值是（）A2B+1CD1解：連接AD、DG、BO、OM，如圖ABC，EFG均是邊長為2的等邊三角形，點D是邊BC、EF的中點，ADBC，GDEF，DA=DG，DC=DF，ADG=90°CDG=FDC，=，DAGDCF，DAG=DCFA、D、C、M四點共圓根據(jù)兩點之間線段最短可得：BOBM+OM，即BMBOOM，當(dāng)M在線段BO與該圓的交點處時，線段BM最小，此時，BO=，O

9、M=AC=1，則BM=BOOM=1故選D12（2015咸寧）（3分）一個幾何體的三視圖如圖所示，則這個幾何體是（）A圓柱B圓錐C長方體D正方體考點：由三視圖判斷幾何體.分析：主視圖、左視圖、俯視圖是分別從物體正面、左面和上面看，所得到的圖形解答：解：由主視圖和左視圖為長方形可得此幾何體為柱體，由俯視圖為圓可得此幾何體為圓柱故選A點評：本題考查了由三視圖判斷幾何體：由三視圖想象幾何體的形狀，首先應(yīng)分別根據(jù)主視圖、俯視圖和左視圖想象幾何體的前面、上面和左側(cè)面的形狀，然后綜合起來考慮整體形狀13（2015孝感）（3分）如圖是一個幾何體的三視圖，則這個幾何體是A正方體B長方體C三棱柱 D三棱錐考點：由

10、三視圖判斷幾何體.分析：主視圖、左視圖、俯視圖是分別從物體正面、左面和上面看，所 得到的圖形解答：解：根據(jù)主視圖和左視圖為矩形是柱體，根據(jù)俯視圖是正方形可 判斷出這個幾何體應(yīng)該是長方體 故選：B點評：本題考查由三視圖判斷幾何體，由三視圖想象幾何體的形狀，首 先，應(yīng)分別根據(jù)主視圖、俯視圖和左視圖想象幾何體的前面、上面和左側(cè)面的形狀， 然后綜合起來考慮整體形狀14（2015宜昌）（3分）下列剪紙圖案中，既是軸對稱圖形，又是中心對稱圖形的是（）ABCD考點：中心對稱圖形；軸對稱圖形.分析：根據(jù)軸對稱圖形與中心對稱圖形的概念求解解答：解：A、是軸對稱圖形，也是中心對稱圖形，故此選項正確；B、不是軸對稱

11、圖形，因為找不到任何這樣的一條直線，沿這條直線對折后它的兩部分能夠重合；即不滿足軸對稱圖形的定義是中心對稱圖形，故此選項錯誤；C、是軸對稱圖形，不是中心對稱圖形，故此選項錯誤；D、是軸對稱圖形，不是中心對稱圖形，因為找不到任何這樣的一點，旋轉(zhuǎn)180度后它的兩部分能夠重合；即不滿足中心對稱圖形的定義，故此選項錯誤故選：A點評：此題主要考查了中心對稱圖形與軸對稱圖形的概念：軸對稱圖形的關(guān)鍵是尋找對稱軸，圖形兩部分折疊后可重合；中心對稱圖形是要尋找對稱中心，旋轉(zhuǎn)180度后兩部分重合15（2015宜昌）（3分）下列圖形中可以作為一個三棱柱的展開圖的是（）ABCD考點：幾何體的展開圖.分析：三棱柱展開后

12、，側(cè)面是三個長方形，上下底各是一個三角形解答：解：三棱柱展開后，側(cè)面是三個長方形，上下底各是一個三角形由此可得：只有A是三棱柱的展開圖故選：A點評：此題主要考查了三棱柱表面展開圖，注意上、下兩底面應(yīng)在側(cè)面展開圖長方形的兩側(cè)二、填空題1（2015恩施州）（3分）如圖，半徑為5的半圓的初始狀態(tài)是直徑平行于桌面上的直線b，然后把半圓沿直線b進行無滑動滾動，使半圓的直徑與直線b重合為止，則圓心O運動路徑的長度等于5【來源：21cnj*y.co*m】考點：弧長的計算；旋轉(zhuǎn)的性質(zhì).分析：根據(jù)題意得出球在無滑動旋轉(zhuǎn)中通過的路程為圓弧，根據(jù)弧長公式求出弧長即可解答：解：由圖形可知，圓心先向前走OO1的長度即圓

13、的周長，然后沿著弧O1O2旋轉(zhuǎn)圓的周長，則圓心O運動路徑的長度為：×2×5+×2×5=5，故答案為：5點評：本題考查的是弧長的計算和旋轉(zhuǎn)的知識，解題關(guān)鍵是確定半圓作無滑動翻轉(zhuǎn)所經(jīng)過的路線并求出長度2. （2015黃岡）（3 分）如圖所示的扇形是一個圓錐的側(cè)面展開圖, 若AOB=120° , 弧AB 的長為12cm, 則該圓錐的側(cè)面積為_cm2.考點：圓錐的計算 分析：首先求得扇形的母線長，然后求得扇形的面積即可 解答：解：設(shè)AO=B0=R ， AOB=120°，弧AB 的長為12cm ， =12， 解得：R=18 ， 圓錐的側(cè)面積為

14、lR= ×12×18=108， 故答案為：108 點評：本題考查了圓錐的計算，解題的關(guān)鍵是牢記圓錐的有關(guān)計算公式，難度不大 3（2015黃石）（3分）現(xiàn)有多個全等直角三角形，先取三個拼成如圖1所示的形狀，R為DE的中點，BR分別交AC，CD于P，Q，易得BP：QR：QR=3：1：2（1）若取四個直角三角形拼成如圖2所示的形狀，S為EF的中點，BS分別交AC，CD，DE于P，Q，R，則BP：PQ：QR：RS=4：1：3：2（2）若取五個直角三角形拼成如圖3所示的形狀，T為FG的中點，BT分別交AC，CD，DE，EF于P，Q，R，S，則BP：PQ：QR：RS：ST=5：1：4：

15、2：3考點：相似三角形的判定與性質(zhì).分析：（1）首先證明BCQBES，從而可求得CQ=，DQ=EF，然后證明BAPQDR得到BP：QR=4：3從而可知：BP：PQ：QR=4：1：3，然后由DQSE，可知：QR：RS=DQ：SE=3：2，從而可求得BP：PQ：QR：RS=4：1：3：2；（2）由ACDEGF，可知：BPCBERBTG，能夠求得：AP：DR：FT=5：4：3，然后再證明BAPQDRSFT，求得BP：QR：ST=AP：DR：FT=5：4：3，因為BP：QR：RT=1：1：1，所以可求得：BP：PQ：QR：RS：ST=5：1：4：2：3解答：解：（1）四個直角三角形是全等三角形，AB=

16、EF=CD，ABEFCD，BC=CE，ACDE，BP：PR=BC：CE=1，CDEF，BCQBES又BC=CECQ=，DQ=ABCD，ABP=DQR又BAP=QDR，BAPQDRBP：QR=4：3BP：PQ：QR=4：1：3，DQSE，QR：RS=DQ：SE=3：2，BP：PQ：QR：RS=4：1：3：2故答案為：4：1：3：2；（2）五個直角三角形是全等直角三角形AB=CD=EF，ABCDEF，AC=DE=GF，ACDEGF，BC=CE=EG，BP=PR=RT，ACDEGF，BPCBERBTG，PC=，RE=FG，AP=，DR=，F(xiàn)T=AP：DR：FT=5：4：3ACDEGF，BPA=QRD

17、=STF又BAP=QDR=SFT，BAPQDRSFTBP：QR：ST=AP：DR：FT=5：4：3又BP：QR：RT=1：1：1，BP：PQ：QR：RS：ST=5：（54）：4：（53）：3=5：1：4：2：3故答案為：5：1：4：2：3點評：本題主要考查的是相似三角形的判定和性質(zhì)，找出圖中的相似三角形，求得相應(yīng)線段之間的比例關(guān)系是解題的關(guān)鍵4（2015荊州）（3分）如圖，矩形ABCD中，OA在x軸上，OC在y軸上，且OA=2，AB=5，把ABC沿著AC對折得到ABC，AB交y軸于D點，則B點的坐標為（，）考點：翻折變換（折疊問題）；坐標與圖形性質(zhì)分析：作BEx軸，設(shè)OD=x，在RtAOD中，

18、根據(jù)勾股定理列方程，再由ADOABE， 求出BE和OE解答：解：作BEx軸， 易證AD=CD， 設(shè)OD=x，AD=5x， 在RtAOD中，根據(jù)勾股定理列方程得：22+x2=（5x）2， 解得：x=2.1， AD=2.9， ODBE， ADOABE， ， ， 解得：BE=， AE=， OE=2= B（，） 故答案為：（，）點評：本題主要考查了折疊的性質(zhì)、相似三角形的判定與性質(zhì)、勾股定理，根據(jù)勾股定理列 方程求出OD是解決問題的關(guān)鍵5（2015荊州）（3分）如圖，將一張邊長為6cm的正方形紙片按虛線裁剪后，恰好圍成底面是正六邊形的棱柱，則這個六棱柱的側(cè)面積為3612cm2考點：展開圖折疊成幾何體分

19、析：這個棱柱的側(cè)面展開正好是一個長方形，長為6，寬為6減去兩個六邊形的高，再 用長方形的面積公式計算即可求得答案解答：解：將一張邊長為6的正方形紙片按虛線裁剪后，恰好圍成一個底面是正六邊形的 棱柱， 這個正六邊形的底面邊長為1，高為， 側(cè)面積為長為6，寬為62的長方形， 面積為：6×（62）=3612 故答案為：3612點評：此題主要考查了正方形的性質(zhì)、矩形的性質(zhì)以及剪紙問題的應(yīng)用此題難度不大，注 意動手操作拼出圖形，并能正確進行計算是解答本題的關(guān)鍵6（2015潛江）（3分）如圖，在RtABC中，ACB=90°，點D在AB邊上，將CBD沿CD折疊，使點B恰好落在AC邊上的點

20、E處若A=26°，則CDE=71°考點：翻折變換（折疊問題）.分析：根據(jù)三角形內(nèi)角和定理求出B，根據(jù)折疊求出ECD和CED，根據(jù)三角形內(nèi)角和 定理求出即可解答：解：在RtABC中，ACB=90°，A=26°， B=64°， 將CBD沿CD折疊，使點B恰好落在AC邊上的點E處，ACB=90°， BCD=ECD=45°，CED=B=64°， CDE=180°ECDCED=71°， 故答案為：71°點評：本題考查了折疊的性質(zhì)，三角形內(nèi)角和定理的應(yīng)用，能求出CED和ECD的度數(shù) 是解此題的關(guān)鍵

21、，注意：折疊后的兩個圖形全等7（2015隨州）（3分）如圖是一個長方體的三視圖（單位：cm），根據(jù)圖中數(shù)據(jù)計算這個長方體的體積是24cm3考點：由三視圖判斷幾何體.分析：根據(jù)三視圖我們可以得出這個幾何體應(yīng)該是個長方體，它的體積應(yīng)該是3×2×4=24cm3解答：解：該幾何體的主視圖以及左視圖都是相同的矩形，俯視圖也為一個矩形，可確定這個幾何體是一個長方體，依題意可求出該幾何體的體積為3×2×4=24cm3答：這個長方體的體積是24cm3故答案為：24點評：考查了由三視圖判斷幾何體，本題要先判斷出幾何體的形狀，然后根據(jù)其體積公式進行計算即可8（2015隨州）

22、（3分）在ABCD中，ABBC，已知B=30°，AB=2，將ABC沿AC翻折至ABC，使點B落在ABCD所在的平面內(nèi)，連接BD若ABD是直角三角形，則BC的長為4或6考點：翻折變換（折疊問題）；平行四邊形的性質(zhì).分析：在ABCD中，ABBC，要使ABD是直角三角形，有兩種情況：BAD=90°或ABD=90°，畫出圖形，分類討論即可解答：解：當(dāng)BAD=90°ABBC時，如圖1，AD=BC，BC=BC，AD=BC，ACBD，BAD=90°，BGC=90°，B=30°，AB=2，ABC=30°，GC= BC= BC，G是

23、BC的中點，在RTABG中，BG=AB=×2=3，BC=6；當(dāng)ABD=90°時，如圖2，AD=BC，BC=BC，AD=BC，ACBD，四邊形ACDB是等腰梯形，ABD=90°，四邊形ACDB是矩形，BAC=90°，B=30°，AB=2，BC=AB÷=2×=4，當(dāng)BC的長為4或6時，ABD是直角三角形故答案為：4或6點評：本題主要考查了翻折變換的性質(zhì)，解題的關(guān)鍵是畫出圖形，發(fā)現(xiàn)存在兩種情況，進行分類討論9（2015咸寧）（3分）如圖，在平面直角坐標系中，點A的坐標為（0，6），將OAB沿x軸向左平移得到OAB，點A的對應(yīng)點A落

24、在直線y=x上，則點B與其對應(yīng)點B間的距離為8考點：一次函數(shù)圖象上點的坐標特征；坐標與圖形變化-平移.分析：根據(jù)題意確定點A的縱坐標，根據(jù)點A落在直線y=x上，求出點A的橫坐標，確定OAB沿x軸向左平移的單位長度即可得到答案解答：解：由題意可知，點A移動到點A位置時，縱坐標不變，點A的縱坐標為6，x=6，解得x=8，OAB沿x軸向左平移得到OAB位置，移動了8個單位，點B與其對應(yīng)點B間的距離為8，故答案為：8點評：本題考查的是一次函數(shù)圖象上點的坐標特征和圖形的平移，確定三角形OAB移動的距離是解題的關(guān)鍵10（2015孝感）（3分）已知圓錐的側(cè)面積等于cm2，母線長10cm，則圓錐的高是 cm考

25、點：圓錐的計算.專題：計算題分析：設(shè)圓錐的底面圓的半徑為r，利用圓錐的側(cè)面展開圖為一扇形，這個扇形的弧長等于 圓錐底面的周長，扇形的半徑等于圓錐的母線長和扇形面積公式得到2r10=60， 解得r=6，然后根據(jù)勾股定理計算圓錐的高解答：解：設(shè)圓錐的底面圓的半徑為r， 根據(jù)題意得2r10=60， 解得r=6， 所以圓錐的高=8（cm） 故答案為8點評：本題考查了圓錐的計算：圓錐的側(cè)面展開圖為一扇形，這個扇形的弧長等于圓錐底面 的周長，扇形的半徑等于圓錐的母線長11（2015孝感）（3分）如圖，四邊形是矩形紙片，對折矩形紙片，使與重合，折痕為；展平后再過點折疊矩形紙片，使點落在上的點，折痕與相交于點

26、；再次展平，連接，延長交于點有如下結(jié)論：； ； ；是等邊三角形； 為線段上一動點，是的中點，則的最小值是其中正確結(jié)論的序號是 考點：幾何變換綜合題.分析：首先根據(jù)EF垂直平分AB，可得AN=BN；然后根據(jù)折疊的性質(zhì)，可得AB=BN， 據(jù)此判斷出ABN為等邊三角形，即可判斷出ABN=60°首先根據(jù)ABN=60°，ABM=NBM，求出ABM=NBM=30°；然后在RtABM中，根據(jù)AB=2，求出AM的大小即可首先根據(jù)EFBC，QN是MBG的中位線，可得QN=BG；然后根據(jù)BG=BM=，求出QN的長度即可根據(jù)ABM=MBN=30°，BNM=BAM=90

27、6;，推得MBG=BMG=BGM=60°，即可推得BMG是等邊三角形首先根據(jù)BMG是等邊三角形，點N是MG的中點，判斷出BNMG，即可求出BN的大??；然后根據(jù)P與Q重合時，PN+PH=PN+PE=EN，據(jù)此求出PN+PH的最小值是多少即可解答：解：如圖1，連接AN， EF垂直平分AB， AN=BN， 根據(jù)折疊的性質(zhì)，可得 AB=BN， AN=AB=BN ABN為等邊三角形 ABN=60°，PBN=60°÷2=30°， 即結(jié)論正確； ABN=60°，ABM=NBM， ABM=NBM=60°÷2=30°， A

28、M=， 即結(jié)論不正確 EFBC，QN是MBG的中位線， QN=BG； BG=BM=， QN=， 即結(jié)論不正確 ABM=MBN=30°，BNM=BAM=90°， BMG=BNMMBN=90°30°=60°， MBG=ABGABM=90°30°=60°， BGM=180°60°60°=60°， MBG=BMG=BGM=60°， BMG為等邊三角形， 即結(jié)論正確 BMG是等邊三角形，點N是MG的中點， BNMG， BN=BGsin60°=， P與Q重合時，PN+

29、PH的值最小， P是BM的中點，H是BN的中點， PHMG， MGBN， PHBN， 又PEAB， PH=PE， PN+PH=PN+PE=EN， EN=， PN+PH=， PN+PH的最小值是， 即結(jié)論正確 故答案為：點評：（1）此題主要考查了幾何變換綜合題，考查了分析推理能力，考查了空間想象能力， 考查了數(shù)形結(jié)合方法的應(yīng)用，要熟練掌握（2）此題還考查了等邊三角形的判定和性質(zhì)的應(yīng)用，以及矩形的性質(zhì)和應(yīng)用，要熟練掌握 （3）此題還考查了折疊的性質(zhì)和應(yīng)用，以及余弦定理的應(yīng)用，要熟練掌握三、解答題1（12分）（2015恩施州）矩形AOCD繞頂點A（0，5）逆時針方向旋轉(zhuǎn)，當(dāng)旋轉(zhuǎn)到如圖所示的位置時，邊

30、BE交邊CD于M，且ME=2，CM=4www.21-cn-（1）求AD的長；（2）求陰影部分的面積和直線AM的解析式；（3）求經(jīng)過A、B、D三點的拋物線的解析式；（4）在拋物線上是否存在點P，使SPAM=？若存在，求出P點坐標；若不存在，請說明理由考點：幾何變換綜合題.專題：綜合題分析：（1）作BPAD于P，BQMC于Q，如圖1，根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)得AB=AO=5，BE=OC=AD，ABE=90°，利用等角的余角相等得ABP=MBQ，可證明RtABPRtMBQ得到=，設(shè)BQ=PD=x，AP=y，則AD=x+y，所以BM=x+y2，利用比例性質(zhì)得到PBMQ=xy，而PBMQ=DQMQ=DM

31、=1，利用完全平方公式和勾股定理得到52y22xy+（x+y2）2x2=1，解得x+y=7，則BM=5，BE=BM+ME=7，所以AD=7；（2）由AB=BM可判斷RtABPRtMBQ，則BQ=PD=7AP，MQ=AP，利用勾股定理得到（7MQ）2+MQ2=52，解得MQ=4（舍去）或MQ=3，則BQ=4，根據(jù)三角形面積公式和梯形面積公式，利用S陰影部分=S梯形ABQDSBQM進行計算即可；然后利用待定系數(shù)法求直線AM的解析式；（3）先確定B（3，1），然后利用待定系數(shù)法求拋物線的解析式；（4）當(dāng)點P在線段AM的下方的拋物線上時，作PKy軸交AM于K，如圖2設(shè)P（x，x2x+5），則K（x，x

32、+5），則KP=x2+x，根據(jù)三角形面積公式得到（x2+x）7=，解得x1=3，x2=，于是得到此時P點坐標為（3，1）、（，）；再求出過點（3，1）與（，）的直線l的解析式為y=x+，則可得到直線l與y軸的交點A的坐標為（0，），所以AA=，然后把直線AM向上平移個單位得到l，直線l與拋物線的交點即為P點，由于A（0，），則直線l的解析式為y=x+，再通過解方程組得P點坐標解答：解：（1）作BPAD于P，BQMC于Q，如圖1，矩形AOCD繞頂點A（0，5）逆時針方向旋轉(zhuǎn)得到矩形ABEF，AB=AO=5，BE=OC=AD，ABE=90°，PBQ=90°，ABP=MBQ，Rt

33、ABPRtMBQ，=，設(shè)BQ=PD=x，AP=y，則AD=x+y，BM=x+y2，=，PBMQ=xy，PBMQ=DQMQ=DM=1，（PBMQ）2=1，即PB22PBMQ+MQ2=1，52y22xy+（x+y2）2x2=1，解得x+y=7，BM=5，BE=BM+ME=5+2=7，AD=7；（2）AB=BM，RtABPRtMBQ，BQ=PD=7AP，MQ=AP，BQ2+MQ2=BM2，（7MQ）2+MQ2=52，解得MQ=4（舍去）或MQ=3，BQ=73=4，S陰影部分=S梯形ABQDSBQM=×（4+7）×4×4×3=16；設(shè)直線AM的解析式為y=kx+

34、b，把A（0，5），M（7，4）代入得，解得，直線AM的解析式為y=x+5；（3）設(shè)經(jīng)過A、B、D三點的拋物線的解析式為y=ax2+bx+c，AP=MQ=3，BP=DQ=4，B（3，1），而A（0，5），D（7，5），解得，經(jīng)過A、B、D三點的拋物線的解析式為y=x2x+5；（4）存在當(dāng)點P在線段AM的下方的拋物線上時，作PKy軸交AM于K，如圖2，設(shè)P（x，x2x+5），則K（x，x+5），KP=x+5（x2x+5）=x2+x，SPAM=，（x2+x）7=，整理得7x246x+75，解得x1=3，x2=，此時P點坐標為（3，1）、（，），求出過點（3，1）與（，）的直線l的解析式為y=x+，

35、則直線l與y軸的交點A的坐標為（0，），AA=5=，把直線AM向上平移個單位得到l，則A（0，），則直線l的解析式為y=x+，解方程組得或，此時P點坐標為（，）或（，），綜上所述，點P的坐標為（3，1）、（，）、（，）、（，）點評：本題考查了幾何變換綜合題：熟練掌握旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)、矩形的性質(zhì)和三角形全等于相似的判定與性質(zhì)；會利用待定系數(shù)法求函數(shù)解析式；理解坐標與圖形性質(zhì)；會進行代數(shù)式的變形2.（2015黃岡）（14 分）如圖，在矩形OABC 中，OA=5，AB=4，點D 為邊AB 上一點,將BCD 沿直線CD 折疊,使點B 恰好落在OA邊上的點E 處，分別以O(shè)C，OA 所在的直線為x 軸，y 軸建

36、立平面直角坐標系.(1)求OE 的長；(2)求經(jīng)過O，D，C 三點的拋物線的解析式；(3)一動點P 從點C 出發(fā)，沿CB 以每秒2 個單位長的速度向點B 運動，同時動點Q 從E 點出發(fā)，沿EC 以每秒1 個單位長的速度向點C 運動，當(dāng)點P 到達點B 時，兩點同時停止運動.設(shè)運動時間為t 秒，當(dāng)t為何值時，DP=DQ；(4) 若點N 在(2)中的拋物線的對稱軸上，點M 在拋物線上,是否存在這樣的點M與點N，使得以M，N，C，E 為頂點的四邊形是平行四邊形？若存在，請求出M 點的坐標;若不存在，請說明理由.考點：二次函數(shù)綜合題 分析：（1）由折疊的性質(zhì)可求得CE、CO，在Rt COE 中，由勾股定

37、理可求得OE，設(shè) AD=m ，在RtADE 中，由勾股定理可求得m 的值，可求得D 點坐標，結(jié)合C、 O 兩點，利 用待定系數(shù)法可求得拋物線解析式； （2 ）用t 表示出CP 、BP 的長，可證明 DBP DEQ ，可得到BP=EQ ， 可求得t 的值； （3 ）可設(shè)出N 點坐標，分三種情況EN 為對角線，EM 為對角線，EC 為 對角線，根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)可求得對角線的交點橫坐標，從而可求得M 點的橫 坐標，再代入拋物線解析式可求得M 點的坐標 解答：解：（1）CE=CB=5，CO=AB=4， 在Rt COE 中，OE=3 ， 設(shè)AD=m ，則DE=BD=4 m ， OE=3， AE=5

38、3=2， 在RtADE 中，由勾股定理可得AD2 +AE2 =DE2 ，即m2 +22 = （4 m ）2 ， 解得m= ， D （，5 ）， C （4 ，0 ），O （0，0 ）， 設(shè)過O、D 、C 三點的拋物線為y=ax（x+4 ）， 5= a （+4 ），解得a= ， 拋物線解析式為y=x （x+4 ）= x2 + x ； （2 ）CP=2t ， BP=5 2t ， 在Rt DBP 和Rt DEQ 中， ， Rt DBP Rt DEQ （HL ）， BP=EQ ， 5 2t=t ， t= ； （3 ）拋物線的對稱為直線x= 2 ， 設(shè)N（2 ，n ）， 又由題意可知C （4 ，0 ），E

39、 （0，3 ）， 設(shè)M （m ，y ）， 當(dāng)EN 為對角線，即四邊形ECNM 是平行四邊形時， 則線段EN 的中點橫坐標為= 1，線段CM 中點橫坐標為， EN，CM 互相平分， = 1，解得m=2 ， 又M 點在拋物線上， y=x2 + x=16 ， M （2 ，16）； 當(dāng)EM 為對角線，即四邊形ECMN 是平行四邊形時， 則線段EM 的中點橫坐標為，線段CN 中點橫坐標為 = 3， EN，CM 互相平分， = 3，解得m= 6， 又M 點在拋物線上， y= × （6 ）2 + × （6 ）=16 ， M （6，16）； 當(dāng)CE 為對角線，即四邊形EMCN 是平行四邊形

40、時， 則M 為拋物線的頂點，即M （2 ， ） 綜上可知，存在滿足條件的點M，其坐標為（2 ，16）或（6，16）或（2 ， ） 點評：本題主要考查二次函數(shù)的綜合應(yīng)用，涉及待定系數(shù)法、全等三角形的判定和性質(zhì)、折 疊的性質(zhì)、平行四邊形的性質(zhì)等知識點在（1）中求得D 點坐標是解題的關(guān)鍵，在 （2 ）中證得全等，得到關(guān)于t 的方程是解題的關(guān)鍵，在（3 ）中注意分類討論思想 的應(yīng)用本題考查知識點較多，綜合性較強，難度適中 3（9分）（2015黃石）在AOB中，C，D分別是OA，OB邊上的點，將OCD繞點O順時針旋轉(zhuǎn)到OCD（1）如圖1，若AOB=90°，OA=OB，C，D分別為OA，OB的中

41、點，證明：AC=BD；ACBD；（2）如圖2，若AOB為任意三角形且AOB=，CDAB，AC與BD交于點E，猜想AEB=是否成立？請說明理由考點：相似三角形的判定與性質(zhì)；全等三角形的判定與性質(zhì)；旋轉(zhuǎn)的性質(zhì).分析：（1）由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)得出OC=OC，OD=OD，AOC=BOD，證出OC=OD，由SAS證明AOCBOD，得出對應(yīng)邊相等即可；由全等三角形的性質(zhì)得出OAC=OBD，又由對頂角相等和三角形內(nèi)角和定理得出BEA=90°，即可得出結(jié)論；（2）由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)得出OC=OC，OD=OD，AOC=BOD，由平行線得出比例式，得出，證明AOCBOD，得出OAC=OBD再由對頂角相等和三角形內(nèi)角

42、和定理即可得出AEB=解答：（1）證明：OCD旋轉(zhuǎn)到OCD，OC=OC，OD=OD，AOC=BOD，OA=OB，C、D為OA、OB的中點，OC=OD，OC=OD，在AOC和BOD中，AOCBOD（SAS），AC=BD；延長AC交BD于E，交BO于F，如圖1所示：AOCBOD，OAC=OBD，又AFO=BFE，OAC+AFO=90°，OBD+BFE=90°，BEA=90°，ACBD；（2）解：AEB=成立，理由如下：如圖2所示：OCD旋轉(zhuǎn)到OCD，OC=OC，OD=OD，AOC=BOD，CDAB，又AOC=BOD，AOCBOD，OAC=OBD，又AFO=BFE，AE

43、B=AOB=點評：本題考查了旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)、相似三角形的判定與性質(zhì)；熟練掌握旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，并能進行推理論證是解決問題的關(guān)鍵4（2015荊州）（12分）如圖，在平面直角坐標系中，O為原點，平行四邊形ABCD的邊BC在x軸上，D點在y軸上，C點坐標為（2，0），BC=6，BCD=60°，點E是AB上一點，AE=3EB，P過D，O，C三點，拋物線y=ax2+bx+c過點D，B，C三點（1）求拋物線的解析式；（2）求證：ED是P的切線；（3）若將ADE繞點D逆時針旋轉(zhuǎn)90°，E點的對應(yīng)點E會落在拋物線y=ax2+bx+c上嗎？請說明理由；（4）若點M為此拋物線的頂

44、點，平面上是否存在點N，使得以點B，D，M，N為頂點的四邊形為平行四邊形？若存在，請直接寫出點N的坐標；若不存在，請說明理由考點：二次函數(shù)綜合題專題：綜合題分析：（1）先確定B（4，0），再在RtOCD中利用OCD的正切求出OD=2，D （0，2），然后利用交點式求拋物線的解析式； （2）先計算出CD=2OC=4，再根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)得AB=CD=4，ABCD， A=BCD=60°，AD=BC=6，則由AE=3BE得到AE=3，接著計算=，加上 DAE=DCB，則可判定AEDCOD，得到ADE=CDO，而 ADE+ODE=90°則CDO+ODE=90°，再利用圓

45、周角定理得到CD為P的直 徑，于是根據(jù)切線的判定定理得到ED是P的切線 （3）由AEDCOD，根據(jù)相似比計算出DE=3，由于CDE=90°，DEDC， 再根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)得E點的對應(yīng)點E在射線DC上，而點C、D在拋物線上，于是 可判斷點E不能在拋物線上； （4）利用配方得到y(tǒng)=（x+1）2+，則M（1，），且B（4，0），D （0，2），根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)和點平移的規(guī)律，利用分類討論的方法確定N 點坐標解答：解：（1）C（2，0），BC=6， B（4，0）， 在RtOCD中，tanOCD=， OD=2tan60°=2， D（0，2）， 設(shè)拋物線的解析式為y=a（x+4）（x

46、2）， 把D（0，2）代入得a4（2）=2，解得a=， 拋物線的解析式為y=（x+4）（x2）=x2x+2； （2）在RtOCD中，CD=2OC=4， 四邊形ABCD為平行四邊形， AB=CD=4，ABCD，A=BCD=60°，AD=BC=6， AE=3BE， AE=3， =，=， =， 而DAE=DCB， AEDCOD， ADE=CDO， 而ADE+ODE=90° CDO+ODE=90°， CDDE， DOC=90°， CD為P的直徑， ED是P的切線； （3）E點的對應(yīng)點E不會落在拋物線y=ax2+bx+c上理由如下： AEDCOD， =，即=，解得

47、DE=3， CDE=90°，DEDC， ADE繞點D逆時針旋轉(zhuǎn)90°，E點的對應(yīng)點E在射線DC上， 而點C、D在拋物線上， 點E不能在拋物線上； （4）存在 y=x2x+2=（x+1）2+ M（1，）， 而B（4，0），D（0，2）， 如圖2， 當(dāng)BM為平行四邊形BDMN的對角線時，點D向左平移4個單位，再向下平移2 個單位得到點B，則點M（1，）向左平移4個單位，再向下平移2個單 位得到點N1（5，）； 當(dāng)DM為平行四邊形BDMN的對角線時，點B向右平移3個單位，再向上平移 個單位得到點M，則點D（0，2）向右平移3個單位，再向上平移個單 位得到點N2（3，）； 當(dāng)BD為

48、平行四邊形BDMN的對角線時，點M向左平移3個單位，再向下平移 個單位得到點B，則點D（0，2）向右平移3個單位，再向下平移個單位 得到點N3（3，）， 綜上所述，點N的坐標為（5，）、（3，）、（3，）點評：考查了二次函數(shù)綜合題：熟練掌握用待定系數(shù)法求二次函數(shù)解析式、二次函數(shù)的性 質(zhì)和相似三角形的判定與性質(zhì)；掌握平行四邊形的性質(zhì)點平移的規(guī)律；會證明圓的 切線5（2015潛江）（10分）已知MAN=135°，正方形ABCD繞點A旋轉(zhuǎn)（1）當(dāng)正方形ABCD旋轉(zhuǎn)到MAN的外部（頂點A除外）時，AM，AN分別與正方形ABCD的邊CB，CD的延長線交于點M，N，連接MN如圖1，若BM=DN，則線段MN與BM+DN之間的數(shù)量關(guān)系是MN=BM+DN；如圖2，若BMDN，請判斷中的數(shù)量關(guān)系是否仍成立？若成立，請給予證明；若不成立，請說明理由；（2）如圖3，當(dāng)正方形ABCD旋轉(zhuǎn)到