江蘇省13市2019年中考數(shù)學(xué)試題分類匯編解析：幾何三大變換問題

1、江蘇省 13 市 2019 年中考數(shù)學(xué)試題分類解析匯編（20 專題）專題 14：幾何三大變換問題1. （ 2019 年江蘇泰州3 分） 如圖，在平面直角坐標(biāo)系xOy 中， A' B'C '由 ABC 繞點P 旋轉(zhuǎn)得到，則點P的坐標(biāo)為【】A.0,1B.1,- 1C.0,- 1D.1,0【答案】 B.【考點】 旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)；旋轉(zhuǎn)中心的確定；線段垂直平分線的性質(zhì).【分析根】據(jù)“旋轉(zhuǎn)不改變圖形的形狀與大小”和“垂直平分線上的點到線段兩端的距離相等”的性質(zhì)，確定圖形的旋轉(zhuǎn)中心的步驟為：1.把這兩個三角形的對應(yīng)點連接起來；2.作每條線的垂直平分線；3.這三條垂直平分線交于一點,此點為

2、旋轉(zhuǎn)中心. 因此，作圖如答圖, 點P 的坐標(biāo)為1,- 1.故選B.2. （ 2019 年江蘇無錫3 分） 下列圖形中，是軸對稱圖形但不是中心對稱圖形的是【】A.等邊三角形B. 平行四邊形C. 矩形D. 圓【答案】A 【考點】 軸對稱圖 形和中心對稱圖形.【分析】 根據(jù)軸對稱圖形與中心對稱圖形的概念，軸對稱圖形兩部分沿對稱軸折疊后可重合；中心對稱圖形是圖形沿對稱中心旋轉(zhuǎn)180 度后與原圖重合. 因此，【 7： 96· 800】A 、只是軸對稱圖形，不是中心對稱圖形，符合題意；B 、只是中心對稱圖形，不合題意；C、D 既是軸對稱圖形又是中心對稱圖形，不合題意故選 A3. （ 2019 年

3、江蘇無錫 3 分）如圖， Rt ABC 中， ACB90o，AC 3，BC 4，將邊 AC 沿 CE 翻折，使點 A落在AB上的點D 處；再將邊BC 沿CF翻折，使點B 落在CD的延長線上的點B處，兩條折痕與斜邊AB 分別交于點E、F，則線段BF 的長為【】A.3423B.5C.D.532【答案】 B 【考點】 翻折變換（折疊問題） ；折疊的性質(zhì)；等腰直角三角形的判定和性質(zhì)；勾股定理【分析】 根據(jù)折疊的性質(zhì)可知 CDAC 3，BCBC 4，ACE DCE， BCFB CF，CEAB， B D431，DCEB CFACEBCF .ACB90 ，ECF45 . V ECF 是等腰直角三角形 . E

4、FCE， EFC45 .BFCB FC135. B FD90 . SV ABC1ACBC1AB CE ， AC BCAB CE.22在 RtV ABC 中，根據(jù)勾股定理，得AB=5 ， 3 45 CE12. EFCE12CE.55在 RtV AEC 中，根據(jù)勾股定理，得AEAC 2CE 29， EDAE9.355DF EFED.51232在 RtV B FD 中，根據(jù)勾股定理，得B FB D 2DF 24.55故選 B4. （ 2019 年江蘇徐州3 分） 下列圖形中，是軸對稱圖形但不是中心對稱圖形的是【】A. 直角三角形B. 正三角形C. 平行四邊形D. 正六邊形 3-2-1-04-4【答案

5、】 B.【考點】 軸對稱圖形和中心對稱圖形.【分析】 根據(jù)軸 對稱圖形與中心對稱圖形的概念，軸對稱圖形兩部分沿對稱軸折疊后可重合；中心對稱圖形是圖形沿對稱中心旋轉(zhuǎn)180 度后與原圖重合. 因此， 96*8 網(wǎng)A. 直角三角形不一定是軸對稱圖形和中心對稱圖形；B. 正三角形是軸對稱圖形但不是中心對稱圖形；C. 平行四邊形 是中心對稱圖形但不是軸對稱圖形；D. 正六邊形是軸對稱圖形也是中心對稱圖形.故選 B.5. （ 2019 年江蘇鹽城3 分） 下列四個圖形中，是中心對稱圖形的為【】A.B.C.D.【答案】 C.【考點】 中心對稱圖形.【分析】 根據(jù)中心對稱圖形的概念，中心對稱圖形是圖形沿對稱中

6、心旋轉(zhuǎn)180 度后與原圖重合.因此，所給圖形中是中心對稱圖形的為.故選C.6. （ 2019 年江蘇揚(yáng)州3 分）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，點 B、C、E 在y 軸上，RtABC經(jīng)過變換得到RtODE ，若點C 的坐標(biāo)為（0，1）， AC=2 ，則這種變換可以是【】A. ABC 繞點ABC 繞點 CC 順時針旋轉(zhuǎn)90°，再向下平移逆時針旋轉(zhuǎn)90 °，再向下平移31B. ABC 繞點D. ABC 繞點C順時針旋轉(zhuǎn) C 逆時針旋轉(zhuǎn)90°，再向下平移 190 °，再向下平移3C.【答案】 A.【考點】 圖形的旋轉(zhuǎn)和平移變換.【分析】 按各選項的變換畫圖（如答圖）

7、，與題干圖形比較得出結(jié)論. 故選 A.7. （ 2019 年江蘇 常州 2 分）下列 “慢行通過，注意危險，禁止行人通行，禁止非機(jī)動車通行”四個交通標(biāo)志圖（黑白陰影圖片）中為軸對稱圖形的是【】A.B.C.D.【答案】 B 【考點】 軸對稱圖形 .【分析】 根據(jù)軸對稱圖形的概念，軸對稱圖形兩部分沿對稱軸折疊后可重合. 因此，A 、不是軸對稱圖形，故本選項錯誤；B 、是軸對稱圖形，故本選項正確；C、不是軸對稱圖形，故本選項錯誤；D、不是軸對稱圖形，故本選項錯誤故選 B8. （ 2019 年江蘇常州 2 分） 將一張寬為 4cm 的長方形紙片（足夠長）折疊成如圖所示圖形，重疊部分是一個三角形，則這個

8、三角形面積的最小值是【】 2-1-072104.4A.83 cm2B.8 cm 2C.16 3 cm2D. 16cm 233【答案】 B 【考點】 翻折變換（折疊問題） ；等腰直角三角形的性質(zhì).【分析】 如答圖，當(dāng)AC AB 時，三角形面積最小， BAC=90°， ACB=45°， AB=A C=4cm. SABC = 1 ×4×4=8cm 22故選 B9. （ 2019 年江蘇南通3 分） 下列圖形中既是軸對稱圖形又是中心對稱圖形的是【】A.B.C.D.【答案】 A 【考點】 軸對稱圖形；中心對稱圖形【分析】 根據(jù)軸 對稱圖形與中心對稱圖形的概念，軸對

9、稱圖形兩部分沿對稱軸折疊后可重合；中心對稱圖形是圖形沿對稱中心旋轉(zhuǎn)180 度后與原圖重合. 因此，A 、既是軸對稱圖形，又是中心對稱圖形，故B 、不是軸對稱圖形，是中心對稱圖形，故C、是軸對稱圖形，不是中心對稱圖形，故D、是軸對稱圖形，不是中心對稱圖形，故A 正確；B 錯誤；C 錯誤；D 錯誤故選 A1. （ 2019 年江蘇南京2 分）在平面直角坐標(biāo)系中，點A，再作點A關(guān)于 y 軸的對稱點，得到點A，則點A 的坐標(biāo)是A的坐標(biāo)是（2，3 ，作點，A 關(guān)于x 軸的對稱點得到點）【答案】2；3.【考點】 關(guān)于x 軸、 y 軸對稱的點的坐標(biāo)特征.【分析】 關(guān)于x 軸對稱的點的坐標(biāo)特征是橫坐標(biāo)相同，縱

10、坐標(biāo)互為相反數(shù)，從而點A 2，3關(guān)于x 軸對稱的點 A的坐標(biāo)是2，3；關(guān)于y 軸對稱的點的坐標(biāo)特征是縱坐標(biāo)不變，橫坐標(biāo)互為相反數(shù)，從而點A2，3關(guān)于y 軸對稱的點 A的坐標(biāo)是2，3.2. （ 2019 年江蘇蘇 州 3 分）如圖，在 ABC 中， CD 是高， CE 是中線， CE=CB，點 A、 D 關(guān)于點 F 對稱，過點 F 作 FGCD ，交 AC 邊于點 G，連接 GE若 AC=18 ， BC=12 ，則 CEG 的周長為【答案】 27.【考點】 點對稱的性質(zhì)；等腰三角形的性質(zhì)；三角形中位線的性質(zhì)【分析】 CE=CB， BC=12 ， CE=CB=12.點 E是AB的中點，EG是 AB

11、C的中位線. GE1 BC6 .2又點 A、 D關(guān)于點 F對稱， FG CD， FG 是 ADC的中位線 .1 AC=18， CGAC9 .2 CEG 的周長為： CE+GE+CG=12+6+9=27.3. （ 2019 年江蘇泰州 3 分）如圖， 矩形 ABCD 中， AB=8，BC=6 ，P 為 AD 上一點，將 ABP 沿 BP 翻折至EBP， PE 與 CD 相交于點O，且 OE=OD，則 AP 的長為 21*04*4【答案】 24 .5【考點】 翻折變換（折疊問題） ；矩形的性質(zhì)；折疊對稱的性質(zhì)；勾股定理，全等三角形的判定和性質(zhì)；方程思想的應(yīng)用 .【分析】 如答圖，四邊形ABCD 是

12、矩形，DAC90,ADBC6,CDAB8.根據(jù)折疊對稱的性質(zhì)，得ABP EBP， EPAP ,EA90, BEAB8 .在ODP 和OEG 中，DEODOEDOPEOG，ODP OEG ASA. OPOG, PGGE. DG EP.設(shè) APEP x ，則 PD GE 6x, DGx ， CG 8x, BG86x2 x .在 RtBCG 中，根據(jù)勾股定理，得BC2CG 2BG2 ，即628x2x. 解得 x24.225 AP 的長為 24 .54. （ 2019 年江蘇揚(yáng)州 3 分）如圖，已知 RtABC 中， ABC=90 °，AC =6， BC=4，將 ABC 繞直角頂點 C 順時

13、針旋轉(zhuǎn) 90°得到 DEC，若點 F 是 DE 的中點，連接AF ，則 AF=【答案】 5.【考點】 面動旋轉(zhuǎn)問題；直角三角形斜邊上中線的性質(zhì)；等腰三角形的性質(zhì)；三角形中位線定理；勾股定理 .【分析】 如答圖，連接 CF ，過點 F 作 FGAC于點 G，在 RtABC 中， ABC =90°，點 F 是 DE 的中點， CFEF DF1 DE . CEF 是等腰三角形 .2將 ABC 繞直角頂點 C 順時針旋轉(zhuǎn) 90°得到 DEC ， BC=4 ，AC=6， CE4,CD 6. FGAC ， EG CG1 CE2.AG AC CG42又 G、 F 分別是 EC、

14、ED 的中點， GF 是 DEC 的中位線 . GF1CD 3.2在 RtAGF 中， AG 4 ， GF3 ，由勾股定理，得AF=5.5. （ 2019 年江蘇鎮(zhèn)江 2 分） 如圖，將等邊OAB 繞 O 點按逆時針方向旋轉(zhuǎn) 150 °，得到 OAB（點 A， B分別是點 A，B 的對應(yīng)點），則 1=°【答案】 150【考點】 旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)；等邊三角形的性質(zhì)【分析】 等邊 OAB 繞點 O 按逆時針旋轉(zhuǎn)了1 50°，得到 OAB， AOA =150，° AOB =60，° 1=360° AOA AOB=360° 150

15、6; 60°=150°.3.21-5.46. （ 2019 年江蘇 鎮(zhèn)江 2 分）如圖， ABC 和 DBC 是兩個具有公共邊的全等三角形，AB=AC=3cm，BC=2cm，將 DBC 沿射線 BC 平移一定的距離得到D1B1C1，連接 AC1， BD 1如果四邊形ABD 1C1 是矩形，那么平移的距離為cm【答案】 7【考點】 面動平移問題；相似三角形的判定和性質(zhì)；等腰三角形的性質(zhì)；矩形的性質(zhì)；平移的性質(zhì)【分析】 如答圖，過點A 作 AE BC 于點 E， AEB= AEC 1=90 °， BAE+ ABC =90 °. AB=AC， BC=2 ， B

16、E=CE= 1 BC=1，2四邊形ABD 1C1 是矩形，BAC1=90 °. ABC+ AC1B=90°. BAE= AC1B. ABE CBEAE1BA. .ABBC1 AB=3， BE=1 ， 13. BC 1=9.3 BC1 CC1=BC1 BC=9 2=7，即平移的距離為 71. （ 2019 年江蘇連云港 10 分）如圖， 將平行四邊形 ABCD 沿對角線 BD 進(jìn)行折疊， 折疊后點 C 落在點 F 處，DF交 AB于點 E(1）求證； EDB = EBD ；(2）判斷 AF 與 DB 是否平行，并說明理由【答案】 解：（ 1）證明：由折疊可知：CDB= EDB

17、 ，四邊形ABCD 是平行四邊形，DC AB. CDB = EBD. EDB= EBD .（2） AF DB . 理由如下： EDB= EBD ， DE=BE.由折疊可知：DC=DF ，四邊形ABCD 是平行四邊形，DC =AB. DF =AB . AE=EF. EAF= EFA.在 BED 中， EDB +EBD +DEB =180°， 2 EDB + DEB=180°.同理，在 AEF 中， 2 EFA+ AEF=180°. DEB= AEF， EDB = EFA. AF DB【考點】 翻折變換（折疊問題） ；平行四邊形的性質(zhì)；平行的判定和性質(zhì)；三角形內(nèi)角和定

18、理；等腰三角形的判定和性質(zhì)【分析】（ 1）一言面，由折疊 可得 CDB = EDB，另一方面，由四邊形 ABCD 是平行四邊形可得 DCAB ，從而得到 CDB = EBD ，進(jìn)而得出結(jié)論 .（ 2）可判定 AF DB ，首先證明 AE=EF ，得出 AFE= EAF ，然后根據(jù)三角形內(nèi)角和定理與等式性質(zhì)可證明 BDE= AFE ，從而得出 AF BD 的結(jié)論 .2. （ 2019 年江蘇連云港12 分）在數(shù)學(xué)興趣小組活動中，小明進(jìn)行數(shù)學(xué)探究活動，將邊長為2 的正方形ABCD與邊長為 22 的正方形 AEFG 按圖 1 位置放置， AD 與 AE 在同一直線上，AB 與 A G 在同一直線上（

19、 1）小明發(fā)現(xiàn) DG BE，請你幫他說明理由（ 2）如圖 2，小明將正方形 ABCD 繞點 A 逆時針旋轉(zhuǎn)，當(dāng)點 B 恰好落在線段 DG 上時，請你幫他求出此時BE 的長（ 3）如圖 3，小明將正方形 ABCD 繞點 A 繼續(xù)逆時針旋轉(zhuǎn)， 將線段 DG 與線段 BE 相交，交點為 H ，寫出 GHE 與 BHD 面積之和的最大值，并簡要說明理由【答案】 解：（ 1）四邊形ABCD 和四邊形AEFG 都為正方形，AD =AB， DAG = BAE=90°， AG=AE， ADG ABE（ SAS） . AGD= AEB.如答圖 1，延長 EB 交 DG 于點 H ，在 ADG 中， A

20、GD+ADG =90°， AEB+ ADG=90°.在 EDH 中， AEB+ ADG+ DHE =180°， DH E=90°. DG BE.（ 2）四邊形 ABCD 和四邊形 AEFG 都為正方形， AD =AB， DAB = GAE=90°， AG=AE， DAB + BAG= GAE +BAG ，即 DAG =BAE， ADG ABE（SAS）. DG=BE.如答圖 2，過點 A 作 AM DG 交 DG 于點 M，則 AMD = AMG=90°， BD 為正方形 AB CD 的對角線， MDA =45°.在 RtA

21、MD 中， MDA =45°，AD =2， DMAM2 .在 RtAMG中，根據(jù)勾股定理得：GMAG 2AM 26，DGDMGM26，BEDG26.（ 3） GHE 和 BHD 面積之和的最大值為6，理由如下：對于 EGH，點 H 在以 EG 為直徑的圓上，當(dāng)點H 與點 A 重合時， EGH 的高最大；對于 BDH ，點 H 在以 BD 為直徑的圓上，當(dāng)點H 與點 A 重合時， BDH 的高最大 . GHE 和 BHD 面積之和的最大值為2+4=6 【考點】 面動旋轉(zhuǎn)問題；正方形的性質(zhì)；全等三角形的判定和性質(zhì)；三角形內(nèi)角和定理；等腰直角三角形的性質(zhì)，勾股定理；數(shù)形結(jié)合思想的應(yīng)用【2：

22、218】【分析】（ 1）由四 邊形 ABCD 與四邊形AEFG 為正方形，利用正方形的性質(zhì)得到兩對邊相等，且夾角相等，利用 SAS得到 ADG ABE，利用全等三角形對應(yīng)角相等得AGD= AEB，作輔助線“延長EB 交 DG點 H”，利用等角的余角相等得到DHE =90°，從而利用垂直的定義即可得DG BE.于（ 2）由四邊形ABCD 與四 邊形 AEFG 為正方形，利用正方形的性質(zhì)得到兩對邊相等，且夾角相等，利用 SAS得到 ADG ABE，利用全等三角形對應(yīng)邊相等得到DG=BE，作輔助線 “過點 A 作 AM DG 交 DG于點 M”，則 AMD = AMG =90°，

23、在 RtAMD 中，根據(jù)等腰直角三角形的性質(zhì)求出AM 的長，即為 DM 的長，根據(jù)勾股定理求出GM 的長，進(jìn)而確定出DG 的長，即為BE 的長 .（ 3） GHE 和 BHD 面積之 和的最大值為6，理由為：對兩個三角形，點H 分別在以EG 為直徑的圓上和以 BD 為直徑的圓上，當(dāng)點H 與點 A 重合時，兩個三角形的高最大，即可確定出面積的最大值3. （ 2019 年江蘇蘇州 10 分）如圖，在矩形 ABCD 中， AD =acm，AB=bcm（a b 4），半徑為 2cm 的 O 在矩形內(nèi)且與AB、AD 均相切現(xiàn)有動點P 從 A 點出發(fā)，在矩形邊上沿著A B C D 的方向勻速移動，當(dāng)點P

24、到達(dá) D 點時停止移動；O 在矩形內(nèi)部沿AD 向右勻速平移，移動到與CD 相切時立即沿原路按原速返回，當(dāng) O 回到出發(fā)時的位置（即再次與AB 相切）時停止移動已知點P 與 O 同時開始移動，同時停止移動（即同時到達(dá)各自的終止位置）（ 1）如圖，點 P 從（ 2）如圖，已知點A B CD ，全程共移動了 P 從 A 點出發(fā)，移動 2s 到達(dá)cm（用含 a、 b 的代數(shù)式表示） ；B 點，繼續(xù)移動3s，到達(dá) BC 的中點若點P 與 O 的移動速度相等，求在這5s 時間內(nèi)圓心O 移動的距離；（ 3）如圖，已知a=20 ，b=10是否存在如下情形：當(dāng)O 到達(dá) O1 的位置時（此時圓心O1 在矩形對角線

25、BD 上），DP 與 O1 恰好相切？請說明理由【答案】 解：（ 1） a2b .（ 2）在整個運(yùn)動過程中，點P 移動的距離為a2b cm，圓心移動的距離為2 a4 cm，由題意得a2b2 a4 .點 P 移動 2s 到達(dá) B 點，即點 P 用 2s 移動了 b cm，點 P 繼續(xù)移動 3s 到達(dá) BC 的中點，即點 P 用 3s 移動了 1 a cm， 905·06·42b1 a2 .23a24.聯(lián)立，解得8b點 P 移動的速度與 O 移動的速度相等， O 移動的速度為b4 （ cm/s） .2這5s 時間內(nèi)圓心O 移動的距離為5420 （ cm） .（ 3）存在這樣的情

26、形.設(shè)點 P 移動的速度為vP cm/s， O移動的速度為vO cm/s，根據(jù)題意，得vPa2b202 105.vO2 a42 2044如答圖， 設(shè)直線OO1 與AB 交于點E，與CD交于點E， O1 與AD相切于點PG.若PD與 O1 相切，切點為H，則O1 GO1H.易得 DO1G DO 1H ， ADB= BDP . BC AD ， ADB= CBD . BDP = CBD. BP=DP .設(shè) BPx cm，則 DP x cm， PC20xcm，在 Rt PCD 中，由勾股定理，得PC 2CD 2PD 2，即 20x102 x2 ，解得 x25.22此時點P 移動的距離為 102545（

27、 cm） .22 EF AD ， BEO1 BAD . EO1BE ，即 EO18.ADBA2010 EO116 cm， OO1 14 cm.當(dāng) O 首次到達(dá) O 1 的位置時， O 與移動的距離為14cm.4545此時點P 移動的速度與 O 移動的速度比為214.28此時 DP 與 O1 恰好相切 .當(dāng) O 在返回途中到達(dá) O1 的位置時， O 與移動的距離為2 20 4 14 18 cm.45455此時點P 移動的速度與 O 移動的速度比為21836.4此時 DP 與 O1 不可能相切 .【考點】 單動點和動圓問題；矩形的性質(zhì)；直線與圓的位置關(guān)系；全等三角形的判定和性質(zhì)；勾股定理；相似三角

28、形的判定和性質(zhì)；方程思想和分類思想的應(yīng)用.【出處： 218 名師】【分析】（ 1）根據(jù)矩形的性質(zhì)可得：點 P 從（ 2）根 據(jù)“在整個運(yùn)動過程中，點A B CD ，全程共移動了 a 2b cm. P 移動的距離等于圓心移動的距離”和“點P 用2s 移動了b cm，點 P 用3s 移動了1 a cm”列方程組求出a， b，根據(jù)點P 移動的速度與O 移動的速 度相等求得O 移動的2速度，從而求得這5s 時間內(nèi)圓心O 移動的距離 .（3）分 O 首次到達(dá) O1 的位置和 O 在返回途中到達(dá) O1 的位置兩種情況討論即可 .4. （ 2019年江蘇鹽城 12 分） 如圖，在平面直角坐標(biāo)系xOy 中，將

29、拋物線 yx2 的對稱軸繞著點P（ 0，2）順時針旋轉(zhuǎn)45°后與該拋物線交于 A、 B 兩點，點 Q 是該拋物線上的一點 .（ 1）求直線 AB 的函數(shù)表達(dá)式；（ 2）如圖，若點 Q 在直線 AB 的下方，求點 Q 到直線 AB 的距離的最大值；（ 3）如圖，若點Q 在y 軸左側(cè)，且點T（ 0， t）（ t<2）是直線PO上一點，當(dāng)以P、 B、 Q 為頂點的三角形與 PAT 相似時，求所有滿足條件的t 的值 .【答案】 解：（ 1）如答圖 1，設(shè)直線 AB 與 x 軸的交點為M， OPA 45， P（ 0， 2）， M2,0.設(shè)直線 AB 的解析式為 ykxb ，2kb 0k1

30、.則2，解得2bb直線 AB 的解析式為 yx2 .（2）如答圖2，過點 Q 作 x 軸的垂線 QC，交 AB 于點 C，再過點 Q 作直線 AB 的垂線，垂足為點 D，根據(jù)條件可知，QDC 是等腰直角三角形 . QD2QC.2設(shè) Q m, m2 ，則 C m, m 2 ， QC m 2 m2 .2 m 2 m22 m2 QD19 2 .2228當(dāng) m192時，點 Q 到直線 AB 的距離的最大值為.28（ 3） APT 45 ， PBQ 中必有一角等于 45°. 由圖可知， BPQ 45 不合題意 .若PBQ45 ，如答圖 3，過點 B 作 x 軸的平行線與y 軸和拋物線分別交于點

31、F、Q ，此時，PBQ45 .根據(jù)拋物線的軸對稱性質(zhì)，知PQB45 ， BPQ 是等腰直角三角形 .PAT 與BPQ 相似，且APT45 ，PAT 也是等腰直角三角形.i ）若PAT90 ，yx2x1x2聯(lián)立x2，解得或y.yy14A1,1. AP221212.PT2 ，此時， t0.ii ）若 PTA 90 ， PT AT 1，此時， t 1.若PQB45，是情況之一，答案同上 .如答圖 4， 5，過點 B 作 x 軸的平行線與y 軸和拋物線分別交于點F、 Q1 ，以點 F 為圓心，F(xiàn)B 為半徑畫圓，則P、 B、Q1 都在 e F 上，設(shè) e F 與 y 軸左側(cè)的拋物線交于另一點Q2 .根據(jù)

32、圓周角定理，PQ2 BPQ1 B45 ，點 Q2 也符合要求 .設(shè) Q2 n, n22 < n < 0，由 FQ 2 2 得 n2n2423 或 n24 ，22 解得 n2而 2 < n < 0 ，故 n3.Q23,3.可證PFQ2 是等邊三角形，PFQ260 . PBQ21 PFQ230.2則在PQ2B 中，PBQ230 ,PQ2 B45 .i ）若PTA 30 ，如答圖 4，過點 A 作 AEy 軸于點 E ，則 ET3AE3, OE1 ， ET3AE3, OE1. OT3 1 ，此時， t13 .ii ）若PAT 30 ，如答圖 5，過點 T 作 TGAB軸于點

33、G，設(shè) TGa ，則 PGTGa,AG3a . AP2 ， a3a2 ， a32 .PT2a23 1 .131 OTOP PT231 33 ，此時， t33 .綜上所述，所有滿足條件的t 的值為 t0或 t 1或 t13 或 t3 3 .【考點】 二次函數(shù)綜合題；線動旋轉(zhuǎn)和相 似三角形存在性問題；待定系數(shù)法的應(yīng)用；曲線上點的坐標(biāo)與方程的關(guān)系；等腰直角三角形的判定和性質(zhì)；含30 度角直角三角形的性質(zhì)；二次函數(shù)最值；勾股定理；圓周角定理；分類思想、數(shù)形結(jié)合思想、方程思想的應(yīng)用.【分析】（ 1）根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)得到等腰直角三角形PMO ，從而得到解決點M 的坐標(biāo)，進(jìn)而應(yīng)用待定系數(shù)法即可求得直線 AB

34、的解析式 .（2）作輔助線“過點Q 作 x 軸的垂線QC，交 AB 于點 C，再過點Q 作直線 AB 的垂線，垂足為點 D”，設(shè) Q m, m2，求出 QD 關(guān)于 m 的二次函數(shù)，應(yīng)用二次函數(shù)最值原理即可求解.（3）分BPQ 45 ， PBQ 45， PQB 45 三種情況討論即可 .5. （ 2019 年江蘇揚(yáng)州10 分）如圖，將 Y ABCD沿過點 A 的直線折疊，使點 D 落到 AB 邊上的點 D ' 處，折痕交 CD 邊于點 E，連接 BE.（ 1）求證：四邊形BCED ' 是平行四邊形；（ 2）若 BE 平分 ABC，求證：AB 2AE 2BE 2 .【答案】 證明：

35、（1）如答圖，將 Y ABCD 沿過點 A 的直線 AE 折疊， DED'E,12.四邊形 ABCD 是平行四邊形，DCAB. 13.23. D'EAD'. DEAD'.Y ABCD ， DCAB . ECD'B. EC D 'B . 四邊形 BCED ' 是平行四邊形 .（ 2）如答圖， BE 平分 ABC ，45 .四邊形BCED '是平行四邊形，ED 'CB .46.56.由（ 1）23，263590，即AEB90.在 RtV ABE 中，由勾股定理，得AB2AE 2BE2 .【考點】 折疊問題；折疊對稱的性質(zhì)；平行

36、四邊形的判定和性質(zhì)；平行的性質(zhì)；等腰三角形的判定；三角形內(nèi)角和定理；勾股定理.【分析】（ 1）要證四邊形BCED ' 是平行四邊形，根據(jù)一組對邊平行且相等的四邊形是平行四邊形的判定，一方面，由四邊形ABCD 是平行四邊形可有EC D 'B ；另一方面，由折疊對稱的性質(zhì)、平行的內(nèi)錯角相等性質(zhì)、等腰三角形的等角對等邊的性質(zhì)可得ECD 'B ，從而得證 .（ 2）要證 AB 2AE 2BE 2 ，根據(jù)勾股定理，只要V ABE 的AEB90 即可，而要證AEB90 ，一方面，由BE 平分 ABC 可得45 （如答圖，下同） ；另一方面，由ED ' CB 可得46 ，從而得到56 ，結(jié)合（ 1）23 即可根據(jù)三角形內(nèi)角和定理得到AEB90 ，進(jìn)而得證 .6. （ 2019 年江蘇淮安 10 分） 如圖，菱形 OABC 的頂點 A 的坐標(biāo)為（ 2， 0）， COA 600，將菱形 OABC 繞坐標(biāo)原點 O 逆時針旋轉(zhuǎn) 1200 得到菱形 ODEF .（ 1）直接寫出點 F 的坐標(biāo)；（ 2）求線段 OB 的長及圖中陰影部分的面積 .【答案】 解：（ 1）2, 0 .（2）如答圖，連接OE、 OB、 AC ， OB 與 AC 相交于點