專題07 圖形的軸對(duì)稱、平移與旋轉(zhuǎn)（講練）（解析版）

專題07圖形的軸對(duì)稱、平移與旋轉(zhuǎn)目錄TOC\o"1-3"\n\h\z\u一、考情分析二、知識(shí)建構(gòu)考點(diǎn)圖形的軸對(duì)稱、平移與旋轉(zhuǎn)【真題研析·規(guī)律探尋】題型01圖形的識(shí)別題型02與圖形變化有關(guān)的作圖問題題型03幾何圖形的平移變化題型04與函數(shù)圖象有關(guān)的平移變化題型05幾何圖形的折疊問題題型06與函數(shù)圖象有關(guān)的軸對(duì)稱變化題型07幾何圖形的旋轉(zhuǎn)變化題型08與函數(shù)圖象有關(guān)的旋轉(zhuǎn)變化題型09利用平移、軸對(duì)稱、旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)解決多結(jié)論問題題型10與圖形變化有關(guān)的最值問題【核心提煉·查漏補(bǔ)缺】【好題必刷·強(qiáng)化落實(shí)】

考點(diǎn)要求命題預(yù)測(cè)圖形的軸對(duì)稱、平移與旋轉(zhuǎn)圖形變換問題主要包括圖形的軸對(duì)稱、圖形的平移及圖形的旋轉(zhuǎn)，其中對(duì)稱常常以折疊的形式考察，個(gè)別壓軸題中還會(huì)與特殊圖形結(jié)合;平移則一般是直接考察;旋轉(zhuǎn)也是直接考，但是其結(jié)合性也比較廣,特別是特殊三角形和特殊四邊形,經(jīng)常和旋轉(zhuǎn)一起出壓軸題.在涉及圖形變化的考題中，解決問題的方法較多，關(guān)鍵在于解決問題的著眼點(diǎn)，從恰當(dāng)?shù)闹埸c(diǎn)出發(fā)，再根據(jù)圖形變換的特點(diǎn)發(fā)現(xiàn)變化的規(guī)律很重要.近幾年來各地中考試題中,有較多問題需要利用圖形變換進(jìn)行思考和求解.這類問題考查學(xué)生的思維靈活性及深刻性，具有很好的選拔與區(qū)分功能，成為近年來各地中考試題的熱點(diǎn)問題.考點(diǎn)圖形的軸對(duì)稱、平移與旋轉(zhuǎn)題型01圖形的識(shí)別平移的概念：在平面內(nèi)，一個(gè)圖形由一個(gè)位置沿某個(gè)方向移動(dòng)到另一個(gè)位置，這樣的圖形運(yùn)動(dòng)叫做平移．軸對(duì)稱圖形定義：如果一個(gè)平面圖形沿一條直線折疊，直線兩旁的部分能夠互相重合，那么這個(gè)圖形就叫做軸對(duì)稱圖形.中心對(duì)稱圖形定義：如果一個(gè)圖形繞某一點(diǎn)旋轉(zhuǎn)180°后能與它自身重合，我們就把這個(gè)圖形叫做中心對(duì)稱圖形.在判斷一個(gè)圖形是否為軸對(duì)稱圖形、中心對(duì)稱圖形時(shí)，要明確以下兩點(diǎn):1）如果能找到一條直線(對(duì)稱軸)把一個(gè)圖形分成兩部分，且直線兩旁的部分完全重合，那么這個(gè)圖形就是軸對(duì)稱圖形;2）把一個(gè)平面圖形繞某一點(diǎn)旋轉(zhuǎn)180°，如果旋轉(zhuǎn)后的圖形能和原圖形重合，那么這個(gè)圖形就是中心對(duì)稱圖形.1．（2023·湖南郴州·中考真題）下列圖形中，能由圖形a通過平移得到的是（）

A．

B．

C．

D．

【答案】B【分析】根據(jù)平移的定義：在平面內(nèi)，把一個(gè)圖形整體沿某一方向移動(dòng)，這種圖形的平行移動(dòng)，叫做平移變換，結(jié)合各選項(xiàng)所給的圖形即可作出判斷．【詳解】解：觀察圖形可知，B中圖形能由圖形a通過平移得到，A，C，D均不能由圖形a通過平移得到；故選B．【點(diǎn)睛】本題考查平移．熟練掌握平移的性質(zhì)，是解題的關(guān)鍵．2．（2023·黑龍江大慶·中考真題）搭載神舟十六號(hào)載人飛船的長征二號(hào)F遙十六運(yùn)載火箭于2023年5月30日成功發(fā)射升空，景海鵬、朱楊柱、桂海潮3名航天員開啟“太空出差”之旅，展現(xiàn)了中國航天科技的新高度．下列圖標(biāo)中，其文字上方的圖案是中心對(duì)稱圖形的是（

）A．

B．

C．

D．

【答案】C【分析】根據(jù)中心對(duì)稱圖形的定義判斷即可．【詳解】A、不是中心對(duì)稱圖形，此選項(xiàng)不符合題意，排除；B、不是中心對(duì)稱圖形，此選項(xiàng)不符合題意，排除；C、是中心對(duì)稱圖形，此選項(xiàng)符合題意；D、不是中心對(duì)稱圖形，此選項(xiàng)不符合題意，排除；故答案為：C．【點(diǎn)睛】此題考查了中心對(duì)稱圖形的概念，解題的關(guān)鍵是如何判斷中心對(duì)稱圖形，旋轉(zhuǎn)180度后與原圖重合．3．（2023·湖北荊州·中考真題）觀察如圖所示的幾何體，下列關(guān)于其三視圖的說法正確的是（）

A．主視圖既是中心對(duì)稱圖形，又是軸對(duì)稱圖形B．左視圖既是中心對(duì)稱圖形，又是軸對(duì)稱圖形C．俯視圖既是中心對(duì)稱圖形，又是軸對(duì)稱圖形D．主視圖、左視圖、俯視圖都是中心對(duì)稱圖形【答案】C【分析】先判斷該幾何體的三視圖，再根據(jù)軸對(duì)稱和中心對(duì)稱圖形定義逐項(xiàng)判斷三視圖，即可求出答案.【詳解】解：A選項(xiàng)：主視圖是上下兩個(gè)等腰三角形，不是中心對(duì)稱圖形，是軸對(duì)稱圖形，故不符合題意；B選項(xiàng)：左視圖是上下兩個(gè)等腰三角形，不是中心對(duì)稱圖形，是軸對(duì)稱圖形，故不符合題意；C選項(xiàng)：俯視圖是圓（帶圓心），既是中心對(duì)稱圖形，又是軸對(duì)稱圖形，故符合題意；D選項(xiàng)：由A和B選項(xiàng)可知，主視圖和左視圖都不是中心對(duì)稱圖形，故不符合題意.故選：C.【點(diǎn)睛】本題考查了簡單幾何體的三視圖、軸對(duì)稱圖形和中心對(duì)稱圖形，解題的關(guān)鍵在于掌握軸對(duì)稱和中心對(duì)稱的定義.如果一個(gè)平面圖形沿著一條直線折疊后，直線兩旁的部分能夠互相重合，那么這個(gè)圖形叫做軸對(duì)稱圖形；中心對(duì)稱是指把一個(gè)圖形繞著某一點(diǎn)旋轉(zhuǎn)180°，如果它能夠與另一個(gè)圖形重合，那么就說這兩個(gè)圖形關(guān)于這個(gè)點(diǎn)對(duì)稱或中心對(duì)稱.4．（2022·寧夏·中考真題）如圖，將三角尺直立舉起靠近墻面，打開手機(jī)手電筒照射三角尺，在墻面上形成影子．則三角尺與影子之間屬于以下哪種圖形變換（

）

A．平移 B．軸對(duì)稱 C．旋轉(zhuǎn) D．位似【答案】D【分析】根據(jù)位似的定義，即可解決問題．【詳解】根據(jù)位似的定義可知：三角尺與影子之間屬于位似．故選：D．【點(diǎn)睛】本題考查了生活中位似的現(xiàn)象，解決本題的關(guān)鍵是熟記位似的定義．題型02與圖形變化有關(guān)的作圖問題解決圖形變化有關(guān)的作圖問題方法：1）平移與旋轉(zhuǎn)作圖都應(yīng)抓住兩個(gè)要點(diǎn):一是平移、旋轉(zhuǎn)的方向；二是平移的距離及旋轉(zhuǎn)的角度.2）基本的作圖方法是先選取已知圖形的幾個(gè)關(guān)鍵點(diǎn)，再根據(jù)平移或旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)作它們的對(duì)應(yīng)點(diǎn)，然后以“局部帶動(dòng)整體”的思想方法作變換后的圖形.3）無論是平移、軸對(duì)稱與旋轉(zhuǎn)，都不改變圖形的大小和形狀.1．（2023·黑龍江·中考真題）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，已知△ABC的三個(gè)頂點(diǎn)坐標(biāo)分別是A2,-1,

(1)將△ABC向上平移4個(gè)單位，再向右平移1個(gè)單位，得到△A1(2)請(qǐng)畫出△ABC關(guān)于y軸對(duì)稱的△(3)將△A2B2C2著原點(diǎn)O順時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°，得到【答案】(1)見解析(2)見解析(3)13【分析】（1）根據(jù)平移的性質(zhì)得出對(duì)應(yīng)點(diǎn)的位置進(jìn)而畫出圖形；（2）利用軸對(duì)稱的性質(zhì)得出對(duì)應(yīng)點(diǎn)的位置進(jìn)而畫出圖形；（3）畫出旋轉(zhuǎn)后的圖形，根據(jù)SC【詳解】（1）解：如圖所示，△A

（2）如圖所示，△A（3）將△A2B2C2著原點(diǎn)

設(shè)A2A3所在圓交OC3于點(diǎn)D∵OA2=∴C∵∠A3O∴∠A∴A∴S曲邊△A3∴S故線段A2C2【點(diǎn)睛】本題考查平移、軸對(duì)稱變換作圖和旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)以及扇形的面積，熟練掌握網(wǎng)格結(jié)構(gòu)準(zhǔn)確找出對(duì)應(yīng)點(diǎn)的位置是解題的關(guān)鍵．2．（2023·四川達(dá)州·中考真題）如圖，網(wǎng)格中每個(gè)小正方形的邊長均為1，△ABC

(1)將△ABC向下平移3個(gè)單位長度得到△A1(2)將△ABC繞點(diǎn)C順時(shí)針旋轉(zhuǎn)90度得到△A2(3)在（2）的運(yùn)動(dòng)過程中請(qǐng)計(jì)算出△ABC【答案】(1)見解析(2)見解析(3)5+5【分析】（1）先作出點(diǎn)A、B、C平移后的對(duì)應(yīng)點(diǎn)A1，B1、（2）先作出點(diǎn)A、B繞點(diǎn)C順時(shí)針旋轉(zhuǎn)90度的對(duì)應(yīng)點(diǎn)A2，B（3）證明△ABC為等腰直角三角形，求出S△ABC=12AB×BC【詳解】（1）解：作出點(diǎn)A、B、C平移后的對(duì)應(yīng)點(diǎn)A1，B1、C1

（2）解：作出點(diǎn)A、B繞點(diǎn)C順時(shí)針旋轉(zhuǎn)90度的對(duì)應(yīng)點(diǎn)A2，B2，順次連接，則

（3）解：∵AB=12+2∴AB=∵52∴AB∴△ABC∴S△根據(jù)旋轉(zhuǎn)可知，∠AC∴S扇形∴在旋轉(zhuǎn)過程中△ABC掃過的面積為S

【點(diǎn)睛】本題主要考查了平移、旋轉(zhuǎn)作圖，勾股定理逆定理，扇形面積計(jì)算，解題的關(guān)鍵是作出平移或旋轉(zhuǎn)后的對(duì)應(yīng)點(diǎn)．3．（2022·廣西河池·中考真題）如圖、在平面直角坐標(biāo)系中，△ABC的三個(gè)頂點(diǎn)的坐標(biāo)分別為A（4，1），B（2，3），C（1，2）．

(1)畫出與△ABC關(guān)于y軸對(duì)稱的△A1B1C1；(2)以原點(diǎn)O為位似中心，在第三象限內(nèi)畫一個(gè)△A2B2C2，使它與△ABC的相似比為2:1，并寫出點(diǎn)B2的坐標(biāo)．【答案】(1)作圖見解析(2)作圖見解析【分析】（1）根據(jù)關(guān)于y軸對(duì)稱的點(diǎn)的坐標(biāo)得到A1、B1、C1的坐標(biāo)，然后描點(diǎn)連線得到△A1B1C1．（2）把A、B、C的坐標(biāo)都乘以-2得到A2、B2、C2的坐標(biāo)，然后描點(diǎn)連線即可．【詳解】（1）如圖，ΔA（2）如圖，ΔA2B2C2為所作，點(diǎn)B【點(diǎn)睛】本題考查位似變換、軸對(duì)稱變換，解題的關(guān)鍵是注意位似中心及相似比、對(duì)稱軸．題型03幾何圖形的平移變化平移變換問題:分幾何圖形平移變換和函數(shù)圖像平移變換.平移是將一個(gè)圖形沿某一方向移動(dòng)一段距離，不會(huì)改變圖形的大小和形狀，只改變圖形的位置.在圖形的變化過程中，解決此類問題的方法很多，而關(guān)鍵在于解決問題的著眼點(diǎn)，從恰當(dāng)?shù)闹埸c(diǎn)出發(fā)，再根據(jù)具體圖形變換的特點(diǎn)確定其變化.1．（2023·山東濰坊·中考真題）如圖，在直角坐標(biāo)系中，菱形OABC的頂點(diǎn)A的坐標(biāo)為-2,0，∠AOC=60°．將菱形OABC沿x軸向右平移1個(gè)單位長度，再沿y軸向下平移1個(gè)單位長度，得到菱形OA'

A．(-2,3-1) B．-2,1 C．【答案】A【分析】如圖，過B作BH⊥x軸于H，求解OA=AB=2，AB∥OC，可得∠BAH=∠【詳解】解：如圖，過B作BH⊥x軸于

∵菱形OABC的頂點(diǎn)A的坐標(biāo)為-2,0，∠∴OA=AB=2∴∠BAH∴AH=OB?∴B-∵將菱形OABC沿x軸向右平移1個(gè)單位長度，再沿y軸向下平移1個(gè)單位長度，∴B'故選A【點(diǎn)睛】本題考查的是菱形的性質(zhì)，勾股定理的應(yīng)用，銳角三角函數(shù)的應(yīng)用，圖形的平移，熟練的求解B的坐標(biāo)是解本題的關(guān)鍵．2．（2023·河南·中考真題）李老師善于通過合適的主題整合教學(xué)內(nèi)容，幫助同學(xué)們用整體的、聯(lián)系的、發(fā)展的眼光看問題，形成科學(xué)的思維習(xí)慣．下面是李老師在“圖形的變化”主題下設(shè)計(jì)的問題，請(qǐng)你解答．

(1)觀察發(fā)現(xiàn)：如圖1，在平面直角坐標(biāo)系中，過點(diǎn)M4,0的直線l∥y軸，作△ABC關(guān)于y軸對(duì)稱的圖形△A1B1C1，再分別作△A1B1C1關(guān)于x軸和直線l對(duì)稱的圖形△A(2)探究遷移：如圖2，?ABCD中，∠BAD=α0°<α<90°，P為直線AB下方一點(diǎn)，作點(diǎn)P關(guān)于直線AB的對(duì)稱點(diǎn)P1，再分別作點(diǎn)P1關(guān)于直線AD和直線CD的對(duì)稱點(diǎn)P①若∠PAP2=β②若AD=m，求P，(3)拓展應(yīng)用：在（2）的條件下，若α=60°，AD=23，∠PAB=15°，連接P2P【答案】(1)180°，8．(2)①β=2α，理由見解析；(3)26或【分析】（1）觀察圖形可得△A2B2C（2）①連接AP1，由對(duì)稱性可得，∠PAB②連接PP1,P1P3分別交AB,CD于E,F兩點(diǎn)，過點(diǎn)D作DG⊥AB，交AB于點(diǎn)G，由對(duì)稱性可知：PE（3）分P2P3∥AD，P2P3∥CD，兩種情況討論，設(shè)AP=x，則AP1=【詳解】（1）（1）∵△ABC關(guān)于y軸對(duì)稱的圖形△A1B1C1∴△A2B2C則△A2B2C2∵A-∴AA∵M(jìn)4,0,A1,∴A1即AA△A3B3C故答案為：180°，8．

（2）①β=2連接AP1

由對(duì)稱性可得，∠PAB∠=2∠=2=2∠∴β=2②連接PP1,P1P3分別交AB,CD于E

由對(duì)稱性可知：PE=P1∵四邊形ABCD為平行四邊形，∴AB∴P，∴PP∵PP∴∠P∴四邊形EFDG是矩形，

∴DG=在Rt△DAG中，∠∵sin∠∴DG=∴P（3）解：設(shè)AP=x，則依題意，P1當(dāng)P2P3∥AD時(shí)，如圖所示，過點(diǎn)P

∴∠∵∠PAB=15°，∴∠PAP∴∠P2A在△APP1∴∠P2P∴P在Rt△APQ中，∠PAQ=30°，則在Rt△PQP1PP∴P由（2）②可得PP∵AD∴P∴6+3解得：x=3如圖所示，若P2P3

∵∠P2P則P1∵PP1=∵PP∴62解得：x=2綜上所述，AP的長為32-6【點(diǎn)睛】本題考查了軸對(duì)稱的性質(zhì)，旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，平行四邊形的性質(zhì)，解直角三角形，熟練掌握軸對(duì)稱的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．3．（2023·吉林·中考真題）【操作發(fā)現(xiàn)】如圖①，剪兩張對(duì)邊平行的紙條，隨意交叉疊放在一起，使重合的部分構(gòu)成一個(gè)四邊形EFMN．轉(zhuǎn)動(dòng)其中一張紙條，發(fā)現(xiàn)四邊形EFMN總是平行四邊形其中判定的依據(jù)是__________．【探究提升】取兩張短邊長度相等的平行四邊形紙條ABCD和EFGH（AB<BC，F(xiàn)G≤BC），其中AB=EF，∠B=∠FEH，將它們按圖②放置，EF落在邊BC上，F(xiàn)G【結(jié)論應(yīng)用】保持圖②中的平行四邊形紙條ABCD不動(dòng)，將平行四邊形紙條EFGH沿BC或CB平移，且EF始終在邊BC上．當(dāng)MD=MG時(shí)，延長CD，HG交于點(diǎn)P，得到圖③．若四邊形ECPH的周長為40，sin∠EFG=

【答案】（操作發(fā)現(xiàn)），兩組對(duì)邊分別平行的四邊形是平行四邊形；（探究提升），見解析；（結(jié)論應(yīng)用），8【分析】（操作發(fā)現(xiàn)），根據(jù)兩組對(duì)邊分別平行的四邊形是平行四邊形解答即可；（探究提升），證明四邊形ABEN是平行四邊形，利用鄰邊相等的平行四邊形是菱形即可證明結(jié)論成立；（結(jié)論應(yīng)用），證明四邊形ECPH是菱形，求得其邊長為10，作GQ⊥BC于【詳解】解：（操作發(fā)現(xiàn)），∵兩張對(duì)邊平行的紙條，隨意交叉疊放在一起，∴MN∥EF，∴四邊形EFMN是平行四邊形（兩組對(duì)邊分別平行的四邊形是平行四邊形），故答案為：兩組對(duì)邊分別平行的四邊形是平行四邊形；（探究提升），∵M(jìn)N∥EF，∴四邊形EFMN是平行四邊形，∵∠B∴NE∥又AN∥∴四邊形ABEN是平行四邊形，∴EF=∴平行四邊形EFMN是菱形；（結(jié)論應(yīng)用），∵平行四邊形紙條EFGH沿BC或CB平移，∴MD∥GP，∴四邊形MNHG、CDMF、PGMD是平行四邊形，∵M(jìn)D=∴四邊形PGMD是菱形，∵四邊形EFMN是菱形，∴四邊形ECPH是菱形，∵四邊形ECPH的周長為40，∴FH=作GQ⊥BC于

∵sin∠∴GQGF∴GQ=8∴四邊形ECPH的面積為10×8=80．故答案為：80．【點(diǎn)睛】本題考查了菱形的判定和性質(zhì)，解直角三角形，解答本題的關(guān)鍵是明確題意，找出所求問題需要的條件．4．（2023·天津·中考真題）在平面直角坐標(biāo)系中，O為原點(diǎn)，菱形ABCD的頂點(diǎn)A(3,0),B(0,1),(1)填空：如圖①，點(diǎn)C的坐標(biāo)為________，點(diǎn)G的坐標(biāo)為________；(2)將矩形EFGH沿水平方向向右平移，得到矩形E'F'G'H'，點(diǎn)E，F(xiàn)，G，H的對(duì)應(yīng)點(diǎn)分別為E'，F(xiàn)'，G'，

①如圖②，當(dāng)邊E'F'與AB相交于點(diǎn)M、邊G'H'與BC相交于點(diǎn)N，且矩形E'F'②當(dāng)233≤【答案】(1)3,2，-(2)①32<t【分析】（1）根據(jù)矩形及菱形的性質(zhì)可進(jìn)行求解；（2）①由題意易得EF=E'F'=3,EH=E'H'=1，然后可得∠ABO=60°，則有EM=32，進(jìn)而根據(jù)割補(bǔ)法可進(jìn)行求解面積S；【詳解】（1）解：∵四邊形EFGH是矩形，且E0,∴EF=∴G-連接AC,BD，交于一點(diǎn)

∵四邊形ABCD是菱形，且A(∴AB=AD=∴AC=2∴C3故答案為3,2，-（2）解：①∵點(diǎn)E0,12，點(diǎn)F∴矩形EFGH中，EF∥x軸，EH⊥∴矩形E'F'G'H'由點(diǎn)A3,0，點(diǎn)B0,1在Rt△ABO中，tan∠在Rt△BME中，由EM=∴S△BME=∵EE'=又S=∴S=當(dāng)EE'=EM=32∴t的取值范圍是32②由①及題意可知當(dāng)233≤t≤332時(shí)，矩形E'F'G'∴當(dāng)t=332時(shí)，矩形

此時(shí)面積S最大，最大值為S=1×當(dāng)t=1134時(shí)，矩形

由（1）可知B、D之間的水平距離為23，則有點(diǎn)D到G'F由①可知：∠D∴矩形E'F'∴該等邊三角形的邊長為2×3∴此時(shí)面積S最小，最小值為12綜上所述：當(dāng)233≤【點(diǎn)睛】本題主要考查矩形、菱形的性質(zhì)及三角函數(shù)、圖形與坐標(biāo)，熟練掌握矩形、菱形的性質(zhì)及三角函數(shù)、圖形與坐標(biāo)是解題的關(guān)鍵．題型04與函數(shù)圖象有關(guān)的平移變化1．（2023·湖南益陽·中考真題）我們?cè)趯W(xué)習(xí)一次函數(shù)、二次函數(shù)圖象的平移時(shí)知道：將一次函數(shù)y=2x的圖象向上平移1個(gè)單位得到y(tǒng)=2x+1的圖象；將二次函數(shù)y=x2+1的圖象向左平移2

【答案】y【分析】函數(shù)圖象的平移規(guī)則為：上加下減，左加右減，根據(jù)平移規(guī)則可得答案．【詳解】解：將反比例函數(shù)y=6xy=故答案為：y=【點(diǎn)睛】本題考查的是函數(shù)圖象的平移，解題的關(guān)鍵是理解并熟記函數(shù)圖象的平移規(guī)則為：上加下減，左加右減．2．（2023·山東青島·中考真題）許多數(shù)學(xué)問題源于生活．雨傘是生活中的常用物品，我們用數(shù)學(xué)的眼光觀察撐開后的雨傘（如圖①）、可以發(fā)現(xiàn)數(shù)學(xué)研究的對(duì)象——拋物線．在如圖②所示的直角坐標(biāo)系中，傘柄在y軸上，坐標(biāo)原點(diǎn)O為傘骨OA，OB的交點(diǎn)．點(diǎn)C為拋物線的頂點(diǎn)，點(diǎn)A，B在拋物線上，OA，OB關(guān)于y軸對(duì)稱．OC=1分米，點(diǎn)A到x軸的距離是0.6分米，A，B兩點(diǎn)之間的距離是4

(1)求拋物線的表達(dá)式；(2)分別延長AO，BO交拋物線于點(diǎn)F，E，求E，F(xiàn)兩點(diǎn)之間的距離；(3)以拋物線與坐標(biāo)軸的三個(gè)交點(diǎn)為頂點(diǎn)的三角形面積為S1，將拋物線向右平移mm>0個(gè)單位，得到一條新拋物線，以新拋物線與坐標(biāo)軸的三個(gè)交點(diǎn)為頂點(diǎn)的三角形面積為S2．若【答案】(1)y=-0.1(2)10(3)2或4；【分析】（1）根據(jù)題意得到C(0,1)，A(2,0.6)，B(-2,0.6)（2）分別求出AO，BO所在直線的解析式，求出與拋物線的交點(diǎn)F，E即可得到答案；（3）求出拋物線與坐標(biāo)軸的交點(diǎn)得到S1，表示出新拋物線找到交點(diǎn)得到S【詳解】（1）解：設(shè)拋物線的解析式為y=C(0,1)，A(2,0.6)，∴h=0，k把點(diǎn)A坐標(biāo)代入所設(shè)解析式中得：4a解得：a=-0.1∴y=-0.1（2）解：設(shè)AO的解析式為：y=k1x，分別將A(2,0.6)，B(-2,0.6)代入2k1=0.6解得：k1=0.3，∴AO的解析式為：y=0.3x，BO的解析式為：聯(lián)立直線解析式與拋物線得：0.3x解得x1同理，解-0.3x=-0.1∴F(-5,-1.5)，E∴E，F(xiàn)兩點(diǎn)之間的距離為：5-(-5)=10；（3）解：當(dāng)y=0時(shí)，-解得：x=±∴S1∵拋物線向右平移mm∴y=-0.1當(dāng)x=0時(shí)，y當(dāng)y=0時(shí)，-0.1(∴S2∵S2∴35解得：m1=2，m2=-2（不符合題意舍去），綜上所述：m等于2或4；【點(diǎn)睛】本題考查二次函數(shù)綜合應(yīng)用，解題的關(guān)鍵是熟練掌握函數(shù)與坐標(biāo)軸的交點(diǎn)求法及平移的規(guī)律：左加右減，上加下減．3．（2023·江蘇·中考真題）如圖，二次函數(shù)y=12x2+bx

(1)b=_______(2)D是第三象限拋物線上的一點(diǎn)，連接OD，tan∠AOD=52；將原拋物線向左平移，使得平移后的拋物線經(jīng)過點(diǎn)D，過點(diǎn)(k,0)作x(3)將原拋物線平移，平移后的拋物線與原拋物線的對(duì)稱軸相交于點(diǎn)Q，且其頂點(diǎn)P落在原拋物線上，連接PC、QC、PQ．已知△PCQ是直角三角形，求點(diǎn)P【答案】(1)-1(2)k≤-3(3)3,-52或【分析】（1）把A(-2,0)代入y（2）過點(diǎn)D作DM⊥OA于點(diǎn)M，設(shè)Dm,12m平移后得拋物線為y=（3）先設(shè)出平移后頂點(diǎn)為Pp,12p2-p-4【詳解】（1）解：把A(-2,0)代入y0=1解得b=-1故答案為-1（2）解：過點(diǎn)D作DM⊥OA于點(diǎn)M，

∵b=-1∴二次函數(shù)的解析式為y設(shè)Dm∵D是第三象限拋物線上的一點(diǎn)，連接OD，tan∠∴tan∠解得m=-1或m=8當(dāng)m=-1時(shí)，1∴D-∵y=∴設(shè)將原拋物線向左平移后的拋物線為y=把D-1,-52代入解得a=3或a=-1∴平移后得拋物線為y∵過點(diǎn)(k,0)作x軸的垂線l．已知在在y=12x+32-92的對(duì)稱軸x=-∴k≤-3（3）解：由y=12x-∵頂點(diǎn)為Pp,q∴q=∴平移后的拋物線為y=12∵原拋物線y=∴原拋物線的頂點(diǎn)C1,-92，對(duì)稱軸為∵平移后的拋物線與原拋物線的對(duì)稱軸相交于點(diǎn)Q，∴Q1,∵點(diǎn)Q、C在直線x=1上，平移后的拋物線頂點(diǎn)P在原拋物線頂點(diǎn)C的上方，兩拋物線的交點(diǎn)Q在頂點(diǎn)P的上方，∴∠PCQ與∠CQP都是銳角，∵△PCQ∴∠CPQ=90°，∴QC∴p2-2∴p=1（舍去），或p=3或p=-1當(dāng)p=3時(shí)，12當(dāng)p=-1時(shí)，1∴點(diǎn)P坐標(biāo)為3,-52或【點(diǎn)睛】本題考查了二次函數(shù)的圖像及性質(zhì)，勾股定理，解直角三角形以及待定系數(shù)法求二次函數(shù)的解析式，熟練掌握二次函數(shù)的圖像及性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．4．（2023·黑龍江綏化·中考真題）如圖，拋物線y1=ax2+bx+c的圖象經(jīng)過A

(1)求拋物線和一次函數(shù)的解析式．(2)點(diǎn)E，F(xiàn)為平面內(nèi)兩點(diǎn)，若以E、F、B、C為頂點(diǎn)的四邊形是正方形，且點(diǎn)E在點(diǎn)F的左側(cè)．這樣的E，F(xiàn)兩點(diǎn)是否存在？如果存在，請(qǐng)直接寫出所有滿足條件的點(diǎn)E的坐標(biāo)：如果不存在，請(qǐng)說明理由．(3)將拋物線y1=ax2+bx+c的圖象向右平移8個(gè)單位長度得到拋物線y2，此拋物線的圖象與x軸交于M，N兩點(diǎn)（M點(diǎn)在N點(diǎn)左側(cè)）．點(diǎn)P是拋物線y2上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)且在直線NC下方．已知點(diǎn)P的橫坐標(biāo)為m【答案】(1)y1=(2)滿足條件的E、F兩點(diǎn)存在，E1(-8,2)，E(3)當(dāng)m=133時(shí)，【分析】（1）待定系數(shù)法求解析式即可求解；（2）①當(dāng)BC為正方形的邊長時(shí)，分別過B點(diǎn)C點(diǎn)作E1E2⊥BC，F(xiàn)1F2⊥BC，使E1B=E2B=BC，CF1=CF2=BC，連接E1F1、E2F2，證明△BE1H1≌△CBO(AAS)，得出E1H1=BO（3）得出△CON是等腰直角三角形，△HPD是等腰直角三角形，則HD=DP=22HP，點(diǎn)P在拋物線y2上，且橫坐標(biāo)為m【詳解】（1）解：把A(-6,0)，B(-2,0)，C得36a解得a=∴y1把B(-2,0)代入y=∴y（2）滿足條件的E、F兩點(diǎn)存在，E1(-8,2)，E2解：①當(dāng)BC為正方形的邊長時(shí)，分別過B點(diǎn)C點(diǎn)作E1E2⊥BC，F(xiàn)1F2⊥

過點(diǎn)E1作E1H∵BE又∠B∴△B∴E1H∴E同理可得，E②以BC為正方形的對(duì)角線時(shí)，過BC的中點(diǎn)G作E3F3⊥BC，使E過點(diǎn)E3作E3N⊥y軸于點(diǎn)N，過點(diǎn)

∵CE又∠∴△∴CN=E∵BC∴E∴E在Rt△E∴(2解得CN=2或當(dāng)CN=4時(shí)，E3(2,2)，此時(shí)點(diǎn)E當(dāng)CN=2時(shí)，E綜上所述：E1(-8,2)，E（3）∵y1=12當(dāng)y2=0解得：x∴M(2,0)，∵y2過M，N，C∴y2在直線NC下方的拋物線y2上任取一點(diǎn)P，作PH⊥x軸交NC于點(diǎn)H，過點(diǎn)H作

∵N(6,0)，∴ON∴△CON∵∠CHG=45°∴∠又PD∴△HPD∴HD∵點(diǎn)P在拋物線y2上，且橫坐標(biāo)為∴CG∴CH=∵y∴H∴HP∴HD=∴CD=-∴當(dāng)m=133時(shí)，CD【點(diǎn)睛】本題考查了二次函數(shù)綜合運(yùn)用，正方形的性質(zhì)，二次函數(shù)的性質(zhì)，分類討論，熟練掌握二次函數(shù)的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．題型05幾何圖形的折疊問題軸對(duì)稱變換問題:分折疊變換和與函數(shù)圖象有關(guān)的軸對(duì)稱變化.軸對(duì)稱變換通常有兩種情況:一是題目的背景圖形是軸對(duì)稱圖形，二是題目的背景不是軸對(duì)稱圖形時(shí)，要善于發(fā)現(xiàn)和運(yùn)用其中的軸對(duì)稱的性質(zhì)，如把軸對(duì)稱和等腰三角形結(jié)合起來，找出軸對(duì)稱特征并探索出規(guī)律，達(dá)到解決問題的目的.折疊的性質(zhì)：折疊的實(shí)質(zhì)是軸對(duì)稱，折疊前后的兩圖形全等，對(duì)應(yīng)邊和對(duì)應(yīng)角相等．【解題思路】凡是在幾何圖形中出現(xiàn)“折疊”這個(gè)字眼時(shí)，第一反應(yīng)即存在一組全等圖形，其次找出與要求幾何量相關(guān)的條件量．解決折疊問題時(shí)，首先清楚折疊和軸對(duì)稱能夠提供我們隱含的且可利用的條件，分析角之間、線段之間的關(guān)系，借助勾股定理建立關(guān)系式求出答案，所求問題具有不確定性時(shí)，常常采用分類討論的數(shù)學(xué)思想方法．1．（2023·江蘇鹽城·中考真題）綜合與實(shí)踐【問題情境】如圖1，小華將矩形紙片ABCD先沿對(duì)角線BD折疊，展開后再折疊，使點(diǎn)B落在對(duì)角線BD上，點(diǎn)B的對(duì)應(yīng)點(diǎn)記為B'，折痕與邊AD，BC分別交于點(diǎn)E，F(xiàn)【活動(dòng)猜想】（1）如圖2，當(dāng)點(diǎn)B'與點(diǎn)D重合時(shí)，四邊形BEDF是哪種特殊的四邊形？答：【問題解決】（2）如圖3，當(dāng)AB=4，AD=8，BF=3時(shí)，求證：點(diǎn)A'，B【深入探究】（3）如圖4，當(dāng)AB與BC滿足什么關(guān)系時(shí)，始終有A'B'與對(duì)角線（4）在（3）的情形下，設(shè)AC與BD，EF分別交于點(diǎn)O，P，試探究三條線段AP，B'D，EF【答案】（1）菱形；（2）證明見解答；（3）BC=3AB，證明見解析；（4【分析】（1）由折疊可得：EF⊥BD，OB=OD，再證得（2）設(shè)EF與BD交于點(diǎn)M，過點(diǎn)B'作B'K⊥BC于K，利用勾股定理可得BD=45，再證明△BFM∽△BDC，可求得BM=655，進(jìn)而可得BB（3）設(shè)∠OAB=∠OBA=α，則∠（4）過點(diǎn)E作EG⊥BC于G，設(shè)EF交BD于H，設(shè)AE=m，EF=【詳解】解：（1）當(dāng)點(diǎn)B'與點(diǎn)D重合時(shí)，四邊形BEDF理由：設(shè)EF與BD交于點(diǎn)O，如圖，由折疊得：EF⊥BD，∴∠BOF∵四邊形ABCD是矩形，∴AD∴∠OBF∴△BFO∴OE∴四邊形BEDF是菱形．故答案為：菱形．（2）證明：∵四邊形ABCD是矩形，AB=4，AD=8，∴BC=AD=8，∴CF∴BD如圖，設(shè)EF與BD交于點(diǎn)M，過點(diǎn)B'作B'K由折疊得：∠A'B'F∴∠BMF∵∠FBM∴△BFM∴BMBC=BF∴BM∴B∵∠BKB'∴△B∴B'KCD∴B'K∴CK∴B∵B'F∴B∴∠C∴∠A∴點(diǎn)A'，B'，（3）當(dāng)BC=3AB時(shí)，始終有A理由：如圖，設(shè)AC、BD交于點(diǎn)O，∵四邊形ABCD是矩形，∴OA=OB∴∠OAB設(shè)∠OAB則∠OBC由折疊得：∠A'B∴∠BB'∴∠A∵A∴∠AB∵∠OAB∴α+α∴α∴∠BAC∴BCAB∴BC（4）3EF如圖，過點(diǎn)E作EG⊥BC于G，設(shè)EF交BD于由折疊得：EF⊥BD，B'設(shè)AE=m，由（3）得：∠BAC∴∠B∴∠BFE∴EG=EF∵∠EAB∴四邊形ABGE是矩形，∴AB=EG=3∴BF∴BH∴B∵BD∴B∵AD∴∠DEF∴∠APE∴AP∴AP∴AP即3EF【點(diǎn)睛】本題是四邊形綜合題，考查了矩形的性質(zhì)和判定，菱形的判定，勾股定理，直角三角形性質(zhì)，等腰三角形性質(zhì)，平行線性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，相似三角形的判定和性質(zhì)，解直角三角形等，涉及知識(shí)點(diǎn)多，綜合性強(qiáng)，難度較大．2．（2023·遼寧沈陽·中考真題）如圖1，在?ABCD紙片中，AB=10，AD=6，∠DAB=60°，點(diǎn)E為BC邊上的一點(diǎn)（點(diǎn)E不與點(diǎn)C重合），連接AE，將?ABCD紙片沿AE所在直線折疊，點(diǎn)C，D的對(duì)應(yīng)點(diǎn)分別為C'、D

(1)求證：AF=(2)如圖2，當(dāng)EF⊥AF時(shí)，DF的長為(3)如圖3，當(dāng)CE=2時(shí)，過點(diǎn)F作FM⊥AE，垂足為點(diǎn)M，延長FM交C'D'于點(diǎn)N，連接【答案】(1)證明見解析；(2)53(3)13【分析】（1）根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)和平行線的性質(zhì)，得到∠FAE+∠AEC=180°，再根據(jù)折疊的性質(zhì)，得到∠AE（2）作AG⊥CB，交CB的延長線于G，先證明四邊形AGEF是正方形，再利用特殊角的三角函數(shù)值，求出AG=53，進(jìn)而得到（3）作AQ⊥CB，交CB的延長線于Q，作MT⊥AF于T，交HD的延長線于G，作HR⊥MT于R，解直角三角形ABQ，依次求出BQ、AQ、EQ、AE的值，進(jìn)而求得AM的值，根據(jù)cos∠DAE=cos∠AEQ和sin∠DAE=sin∠AEQ，求得AT=92、MT=532，進(jìn)而得出DT的值，解直角三角形DGT，求出GT的值，進(jìn)而得出MG【詳解】（1）證明：∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴AD∴∠FAE由折疊性質(zhì)可知，∠AE∴∠FAE∵∠AEF∴∠FAE∴AF（2）解：如圖1，作AG⊥CB，交CB的延長線于

∵AD∥BC∴∠ABG=∠DAB∵AG∴∠AGB∴∠AGB∴四邊形AGEF是矩形，由（1）可知：AF=∴矩形AGFE是正方形，∵sin∠ABG∴AG=∴AF∵AD∴DF故答案為：53（3）解：如圖2，作AQ⊥CB，交CB的延長線于Q，作MT⊥AF于T，交HD的延長線于G，作

∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴AB=CD=10，AD=∴∠ABQ在Rt△AQB中，BQ=∵∴EQ在Rt△AQE中，由（1）可知：AF=∵FM∴AM又∵?ABCD紙片沿AE所在直線折疊，點(diǎn)C，D的對(duì)應(yīng)點(diǎn)分別為C'，∴HM∵AD∴∠DAE∴cos∠DAE∴ATAM∴AT39∴AT=9∴DT∵AB∴∠GDT在Rt△DGT中，∴GT∴MG∵∠FMT+∠AMT∴∠FMT∴∠FMT∵tan∴HR∴設(shè)HR=53k∵M(jìn)G⊥AF∴HR∴∠GHR∴tan∴GR∴GR∵GR∴15k∴k∴HR∵sin∴HR∴5∴HM∴MN∴S【點(diǎn)睛】本題考查了平行四邊形的性質(zhì)，正方形的判定和性質(zhì)，等腰三角形的性質(zhì)，解直角三角形、軸對(duì)稱的性質(zhì)等知識(shí)，正確作輔助線，熟練解直角三角形是解題關(guān)鍵．3．（2023·遼寧大連·中考真題）綜合與實(shí)踐問題情境：數(shù)學(xué)活動(dòng)課上，王老師給同學(xué)們每人發(fā)了一張等腰三角形紙片探究折疊的性質(zhì)．已知AB=AC,∠A>90°，點(diǎn)E為AC獨(dú)立思考：小明：“當(dāng)點(diǎn)D落在BC上時(shí)，∠EDC=2∠小紅：“若點(diǎn)E為AC中點(diǎn)，給出AC與DC的長，就可求出BE的長．”實(shí)踐探究：奮進(jìn)小組的同學(xué)們經(jīng)過探究后提出問題1，請(qǐng)你回答：

問題1：在等腰△ABC中，AB=AC（1）如圖1，當(dāng)點(diǎn)D落在BC上時(shí)，求證：∠EDC（2）如圖2，若點(diǎn)E為AC中點(diǎn)，AC=4,CD=3問題解決：小明經(jīng)過探究發(fā)現(xiàn)：若將問題1中的等腰三角形換成∠A問題2：如圖3，在等腰△ABC中，∠A<90°,AB=【答案】（1）見解析；（2）3+572；問題2【分析】（1）根據(jù)等邊對(duì)等角可得∠ABC=∠C，根據(jù)折疊以及三角形內(nèi)角和定理，可得∠BDE=∠（2）連接AD，交BE于點(diǎn)F，則EF是△ADC的中位線，勾股定理求得AF,BF問題2：連接AD，過點(diǎn)B作BM⊥AD于點(diǎn)M，過點(diǎn)C作CG⊥BM于點(diǎn)G，根據(jù)已知條件可得BM∥CD，則四邊形CGMD是矩形，勾股定理求得【詳解】（1）∵等腰△ABC中，AB=AC∴∠ABC=∠C，∠∵∠EDC∴∠EDC（2）如圖所示，連接AD，交BE于點(diǎn)F，

∵折疊，∴EA=ED，AF=FD，∵E是AC的中點(diǎn)，∴EA=∴EF=在Rt△AEF中，在Rt△ABF中，∴BE=問題2：如圖所示，連接AD，過點(diǎn)B作BM⊥AD于點(diǎn)M，過點(diǎn)C作CG⊥

∵AB=∴AM=MD，∵2∠BDC∴∠BDC∴BM∥∴CD⊥又CG⊥∴四邊形CGMD是矩形，則CD=在Rt△ACD中，CD=1，AD∴AM=MD在Rt△BDM中，∴BG=BM在Rt△BCG中，【點(diǎn)睛】本題考查了等腰三角形的性質(zhì)，折疊的性質(zhì)，勾股定理，矩形的性質(zhì)與判定，熟練掌握以上知識(shí)是解題的關(guān)鍵．4．（2022·河南·中考真題）綜合與實(shí)踐綜合與實(shí)踐課上，老師讓同學(xué)們以“矩形的折疊”為主題開展數(shù)學(xué)活動(dòng)．(1)操作判斷操作一：對(duì)折矩形紙片ABCD，使AD與BC重合，得到折痕EF，把紙片展平；操作二：在AD上選一點(diǎn)P，沿BP折疊，使點(diǎn)A落在矩形內(nèi)部點(diǎn)M處，把紙片展平，連接PM，BM．根據(jù)以上操作，當(dāng)點(diǎn)M在EF上時(shí)，寫出圖1中一個(gè)30°的角：______．(2)遷移探究小華將矩形紙片換成正方形紙片，繼續(xù)探究，過程如下：將正方形紙片ABCD按照（1）中的方式操作，并延長PM交CD于點(diǎn)Q，連接BQ．①如圖2，當(dāng)點(diǎn)M在EF上時(shí)，∠MBQ＝______°，∠CBQ＝______°；②改變點(diǎn)P在AD上的位置（點(diǎn)P不與點(diǎn)A，D重合），如圖3，判斷∠MBQ與∠CBQ的數(shù)量關(guān)系，并說明理由．(3)拓展應(yīng)用在（2）的探究中，已知正方形紙片ABCD的邊長為8cm，當(dāng)FQ＝1cm時(shí)，直接寫出AP的長．【答案】(1)∠BME或∠ABP或∠(2)①15，15；②∠MBQ(3)AP=4011【分析】（1）根據(jù)折疊的性質(zhì)，得BE=12BM，結(jié)合矩形的性質(zhì)得（2）根據(jù)折疊的性質(zhì)，可證RtΔ（3）由（2）可得QM=QC，分兩種情況：當(dāng)點(diǎn)Q在點(diǎn)F的下方時(shí)，當(dāng)點(diǎn)Q在點(diǎn)F的上方時(shí)，設(shè)AP=PM=x，【詳解】（1）解：∵∴∵∠BEM=90°，sin∠BME∴∠∴∠∵∠∴∠（2）∵四邊形ABCD是正方形∴AB=BC，∠A=∠ABC=∠C=90°由折疊性質(zhì)得：AB=BM，∠PMB=∠BMQ=∠A=90°∴BM=BC①∵∴Rt∴∠∵∠∴∠②∵∴∴∠（3）當(dāng)點(diǎn)Q在點(diǎn)F的下方時(shí)，如圖，∵∴QC=CD-DF-FQ由（2）可知，QM設(shè)AP∴P即8-解得：x∴AP=當(dāng)點(diǎn)Q在點(diǎn)F的上方時(shí)，如圖，∵∴QC=5cm，DQ由（2）可知，QM設(shè)AP∴P即8-解得：x∴AP=【點(diǎn)睛】本題主要考查矩形與折疊，正方形的性質(zhì)、勾股定理、三角形的全等，掌握相關(guān)知識(shí)并靈活應(yīng)用是解題的關(guān)鍵．題型06與函數(shù)圖象有關(guān)的軸對(duì)稱變化1．（2022·四川巴中·中考真題）函數(shù)y=ax2+bx+ca①2a+b=0；②c=3；

③abc>0；④將圖象向上平移A．①② B．①③ C．②③④ D．①③④【答案】D【分析】根據(jù)函數(shù)圖象與x軸交點(diǎn)的橫坐標(biāo)求出對(duì)稱軸為-b2a=1，進(jìn)而可得2a+b=0，故①正確；由函數(shù)圖象與y軸的交點(diǎn)坐標(biāo)為（0，3），y=ax2+bx+ca>0,b2-【詳解】解：由函數(shù)圖象可得：y=ax2+bx+∴對(duì)稱軸為x=-1+3∴整理得：2a+b∵y=ax2+bx+y=ax∴c＝-3，故②錯(cuò)誤；∵y=ax2+bx+∴b＜0，又∵c＝-3＜0，∴abc>0，故③設(shè)拋物線y=ax代入（0，3）得：3=-3a解得：a＝－1，∴y=-∴頂點(diǎn)坐標(biāo)為（1，4），∵點(diǎn)（1，4）向上平移1個(gè)單位后的坐標(biāo)為（1，5），∴將圖象向上平移1個(gè)單位后與直線y=5有3個(gè)交點(diǎn)，故④故選：D．【點(diǎn)睛】本題考查了二次函數(shù)的圖象和性質(zhì)，掌握二次函數(shù)的對(duì)稱軸公式，頂點(diǎn)坐標(biāo)的求法是解題的關(guān)鍵．2．（2023·四川德陽·中考真題）已知：在平面直角坐標(biāo)系中，拋物線與x軸交于點(diǎn)A(-4,0)，B(2,0)，與y軸交于點(diǎn)

(1)求拋物線的解析式；(2)如圖1，如果把拋物線x軸下方的部分沿x軸翻折180°，拋物線的其余部分保持不變，得到一個(gè)新圖象．當(dāng)平面內(nèi)的直線y=kx+6(3)如圖2，如果把直線AB沿y軸向上平移至經(jīng)過點(diǎn)D，與拋物線的交點(diǎn)分別是E，F(xiàn)，直線BC交EF于點(diǎn)H，過點(diǎn)F作FG⊥CH于點(diǎn)G，若DFHG【答案】(1)y(2)1或3(3)4,8【詳解】（1）設(shè)拋物線的解析式為y=∵C∴cy=把A(-4,0)，B(2,0)代入y=解得：a=∴拋物線的解析式為y（2）∵直線表達(dá)式y(tǒng)=∴直線經(jīng)過定點(diǎn)0,6，∴將過點(diǎn)0,6的直線旋轉(zhuǎn)觀察和新圖象的公共點(diǎn)情況∵把拋物線x軸下方的部分沿x軸翻折180°，拋物線的解析式為y=∴新圖象表達(dá)式為：-4<x<2時(shí)，y=-12x如下圖當(dāng)直線y=

聯(lián)立y=-12整理得：xΔ=041+41+1+kk=±2-1k1k2=-2-1=-3時(shí)，如下圖所示，經(jīng)過點(diǎn)

不符合題意，故舍去，如下圖，當(dāng)直線y=kx+6

把A(-4,0)代入y=kx解得：k=綜上所述，當(dāng)平面內(nèi)的直線y=kx+6與新圖象有三個(gè)公共點(diǎn)時(shí)，k的值為（3）∵F∴設(shè)F坐標(biāo)為a,∵OB=2，OC=4∴tantan∠HG:FG∴HG∴DF=aDC=DH=FH=HG=∵DF∴a21a2aaa1a2=4，代入∴點(diǎn)F的坐標(biāo)為4,8【點(diǎn)睛】本題考查了二次函數(shù)綜合、翻折、交點(diǎn)個(gè)數(shù)問題，結(jié)合一元二次方程、三角函數(shù)解直角三角形知識(shí)點(diǎn)，熟練掌握、綜合運(yùn)用知識(shí)點(diǎn)，數(shù)形結(jié)合是解題的關(guān)鍵．3．（2023·山東日照·中考真題）在平面直角坐標(biāo)系xOy內(nèi)，拋物線y=-ax2+5ax+2a>0交y

(1)求點(diǎn)C，D的坐標(biāo)；(2)當(dāng)a=13時(shí)，如圖1，該拋物線與x軸交于A，B兩點(diǎn)（點(diǎn)A在點(diǎn)B的左側(cè)），點(diǎn)P為直線AD上方拋物線上一點(diǎn)，將直線PD沿直線AD翻折，交x軸于點(diǎn)M(3)坐標(biāo)平面內(nèi)有兩點(diǎn)E1a,a+1①若a=1，求正方形EFGH②當(dāng)正方形EFGH的邊與該拋物線有且僅有兩個(gè)交點(diǎn)，且這兩個(gè)交點(diǎn)到x軸的距離之差為52時(shí)，求a【答案】(1)C0，(2)P(3)①1，6，4，6，【分析】（1）先求出C0，2，再求出拋物線對(duì)稱軸，根據(jù)題意可知C、D（2）先求出A-1，0，如圖，設(shè)DP上與點(diǎn)M關(guān)于直線AD對(duì)稱的點(diǎn)為Nm，n，由軸對(duì)稱的性質(zhì)可得AN=AM，DN=DM，利用勾股定理建立方程組m+12+n2=（3）分圖3-1，圖3-2，圖3-3三種情況，利用到x軸的距離之差即為縱坐標(biāo)之差結(jié)合正方形的性質(zhì)列出方程求解即可．【詳解】（1）解：在y=-ax2+5∴C0∵拋物線解析式為y=-∴拋物線對(duì)稱軸為直線x=-∵過點(diǎn)C作x軸的平行線交該拋物線于點(diǎn)D，∴C、D關(guān)于拋物線對(duì)稱軸對(duì)稱，∴D5（2）解：當(dāng)a=13當(dāng)y=0，即-13x2∴A-如圖，設(shè)DP上與點(diǎn)M關(guān)于直線AD對(duì)稱的點(diǎn)為Nm由軸對(duì)稱的性質(zhì)可得AN=∴m+1解得：3m+∴m2∴m2解得m=3或m∴n=12-3∴N3設(shè)直線DP的解析式為y=∴3k∴k=-∴直線DP的解析式為y=-聯(lián)立y=-12x∴P3

（3）解：①當(dāng)a=1時(shí)，拋物線解析式為y=-x∴EH=∴H1，6當(dāng)x=1時(shí)，y∴拋物線y=-x2∵拋物線對(duì)稱軸為直線x=由對(duì)稱性可知拋物線經(jīng)過4，∴點(diǎn)4，又∵點(diǎn)F與點(diǎn)D重合，∴拋物線也經(jīng)過點(diǎn)F5綜上所述，正方形EFGH的邊與拋物線的所有交點(diǎn)坐標(biāo)為1，6，4，

②如圖3-1所示，當(dāng)拋物線與GH、GF分別交于T、∵當(dāng)正方形EFGH的邊與該拋物線有且僅有兩個(gè)交點(diǎn)，且這兩個(gè)交點(diǎn)到x軸的距離之差為52∴點(diǎn)T的縱坐標(biāo)為2+2.5=4.5，∴5-1∴a2解得a=-2（舍去）或a

如圖3-2所示，當(dāng)拋物線與GH、EF分別交于T、∵當(dāng)正方形EFGH的邊與該拋物線有且僅有兩個(gè)交點(diǎn)，且這兩個(gè)交點(diǎn)到x軸的距離之差為52∴5-1解得a=0.4（舍去，因?yàn)榇藭r(shí)點(diǎn)F在點(diǎn)D

如圖3-3所示，當(dāng)拋物線與EH、EF分別交于T、∵當(dāng)正方形EFGH的邊與該拋物線有且僅有兩個(gè)交點(diǎn)，且這兩個(gè)交點(diǎn)到x軸的距離之差為52∴-a∴7-1∴a2解得a=7+33當(dāng)x=52當(dāng)a=7+33∴a=

綜上所述，a=0.5【點(diǎn)睛】本題主要考查了二次函數(shù)綜合，勾股定理，軸對(duì)稱的性質(zhì)，正方形的性質(zhì)等等，利用分類討論和數(shù)形結(jié)合的思想求解是解題的關(guān)鍵．4．（2022·遼寧沈陽·中考真題）如圖，平面直角坐標(biāo)系中，O是坐標(biāo)原點(diǎn)，拋物線y=ax2+bx-3經(jīng)過點(diǎn)B6,0和點(diǎn)D4,-3與(1)①求拋物線的函數(shù)表達(dá)式②并直接寫出直線AD的函數(shù)表達(dá)式．(2)點(diǎn)E是直線AD下方拋物線上一點(diǎn)，連接BE交AD于點(diǎn)F，連接BD，DE，△BDF的面積記為S1，△DEF的面積記為S2，當(dāng)(3)點(diǎn)G為拋物線的頂點(diǎn)，將拋物線圖象中x軸下方部分沿x軸向上翻折，與拋物線剩下部分組成新的曲線為C1，點(diǎn)C的對(duì)應(yīng)點(diǎn)C'，點(diǎn)G的對(duì)應(yīng)點(diǎn)G'，將曲線C1，沿y軸向下平移n個(gè)單位長度（0<n<6）．曲線C1與直線BC的公共點(diǎn)中，選兩個(gè)公共點(diǎn)作點(diǎn)P【答案】(1)①y=14(2)（2，-4）或（0，-3）(3)（1+17，-5+17【分析】（1）①利用待定系數(shù)解答，即可求解；②利用待定系數(shù)解答，即可求解；（2）過點(diǎn)E作EG⊥x軸交AD于點(diǎn)G，過點(diǎn)B作BH⊥x軸交AD于點(diǎn)H，設(shè)點(diǎn)Em,14m2-m-3，則點(diǎn)G（3）先求出向上翻折部分的圖象解析式為y=-14x-22+4，可得向上翻折部分平移后的函數(shù)解析式為y=-14x-22+4-n，平移后拋物線剩下部分的解析式為y=14x-22-4-【詳解】（1）解：①把點(diǎn)B6,0和點(diǎn)D36a+6b∴拋物線解析式為y=②令y=0，則14解得：x1∴點(diǎn)A（-2，0），設(shè)直線AD的解析式為y=∴把點(diǎn)D4,-3和點(diǎn)A（-2，04k+b∴直線AD的解析式為y=-（2）解：如圖，過點(diǎn)E作EG⊥x軸交AD于點(diǎn)G，過點(diǎn)B作BH⊥x軸交AD于點(diǎn)H，當(dāng)x=6時(shí)，y=-∴點(diǎn)H（6，-4），即BH=4，設(shè)點(diǎn)Em,14∴EG=∵△BDF的面積記為S1，△DEF的面積記為S∴BF=2EF，∵EG⊥x，BH⊥x軸，∴△EFG∽△BFH，∴EGBH∴-14m2+∴點(diǎn)E的坐標(biāo)為（2，-4）或（0，-3）；（3）解：y=∴點(diǎn)G的坐標(biāo)為（2，-4），當(dāng)x=0時(shí)，y=-3，即點(diǎn)C（0，-3），∴點(diǎn)C'∴向上翻折部分的圖象解析式為y=-∴向上翻折部分平移后的函數(shù)解析式為y=-14設(shè)直線BC的解析式為y=把點(diǎn)B（6，0），C（0，-3）代入得：6k2+∴直線BC的解析式為y=同理直線C'G'∴BC∥C′G′，設(shè)點(diǎn)P的坐標(biāo)為s,∵點(diǎn)C'∴點(diǎn)C′向右平移2個(gè)單位，再向上平移1個(gè)單位得到點(diǎn)G′，∵四邊形C'∴點(diǎn)Qs當(dāng)點(diǎn)P，Q均在向上翻折部分平移后的圖象上時(shí)，-14s當(dāng)點(diǎn)P在向上翻折部分平移后的圖象上，點(diǎn)Q在平移后拋物線剩下部分的圖象上時(shí)，-14s-2當(dāng)點(diǎn)P在平移后拋物線剩下部分的圖象上，點(diǎn)Q在向上翻折部分平移后的圖象上時(shí)，14s-22-綜上所述，點(diǎn)P的坐標(biāo)為綜上所述，點(diǎn)P的坐標(biāo)為（1+17，-5+172）或（1﹣13【點(diǎn)睛】本題主要考查了二次函數(shù)的綜合題，熟練掌握二次函數(shù)的圖象和性質(zhì)，平行四邊形的性質(zhì)，相似三角形的判定和性質(zhì)，并利用數(shù)形結(jié)合思想解答是解題的關(guān)鍵．題型07幾何圖形的旋轉(zhuǎn)變化旋轉(zhuǎn)變換問題:分為幾何圖形旋轉(zhuǎn)變換和與函數(shù)圖象有關(guān)的旋轉(zhuǎn)變化.在實(shí)際解題中，若我們能恰當(dāng)?shù)剡\(yùn)用圖形的旋轉(zhuǎn)變換，往往能起到集中條件、開闊思路、化難為易的效果，圖形的旋轉(zhuǎn)變換，既要借助于推理，但更要借助于直覺和觀察，變換的意識(shí)與變換的視角，會(huì)使這種直覺更敏銳，使這種觀察更具眼力.1．（2023·內(nèi)蒙古赤峰·中考真題）數(shù)學(xué)興趣小組探究了以下幾何圖形．如圖①，把一個(gè)含有45°角的三角尺放在正方形ABCD中，使45°角的頂點(diǎn)始終與正方形的頂點(diǎn)C重合，繞點(diǎn)C旋轉(zhuǎn)三角尺時(shí)，45°角的兩邊CM，CN始終與正方形的邊AD，AB所在直線分別相交于點(diǎn)M，N，連接MN，可得△CMN

【探究一】如圖②，把△CDM繞點(diǎn)C逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°得到△CBH，同時(shí)得到點(diǎn)H在直線AB上．求證：【探究二】在圖②中，連接BD，分別交CM，CN于點(diǎn)E，F(xiàn)．求證：△CEF【探究三】把三角尺旋轉(zhuǎn)到如圖③所示位置，直線BD與三角尺45°角兩邊CM，CN分別交于點(diǎn)E，F(xiàn)．連接AC交BD于點(diǎn)O，求EFNM【答案】[探究一]見解析；[探究二]見解析；[探究三]EF【分析】[探究一]證明△CNM[探究二]根據(jù)正方形的性質(zhì)證明∠CEF=∠FNB，根據(jù)三角形內(nèi)角和得出∠[探究三]先證明△ECD∽△NCA，得出∠CED=∠CNA，ECNC=CDAC=12，將△DMC繞點(diǎn)C順時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°得到△BGC，則點(diǎn)G在直線AB【詳解】[探究一]∵把△CDM繞點(diǎn)C逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°得到△CBH，同時(shí)得到點(diǎn)H在直線∴CM=∴∠NCH∴∠MCN在△CNM與△CM∴△∴∠[探究二]證明：如圖所示，

∵四邊形ABCD是正方形，∴∠DBA又∠MCN∴∠FBN∵∠EFC∴∠CEF又∵∠CNM∴∠CEF又∵公共角∠ECF∴△CEF[探究三]證明：∵AC,∴∠CDE=∠CDA∴∠CDE∵∠MCN∴∠MCN即∠ECD∴△ECD∴∠CED=∠CNA如圖所示，將△DMC繞點(diǎn)C順時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°得到△BGC，則點(diǎn)G在直線

∴MC=GC，∴∠NCG又CN=∴△NCG∴∠MNC∵∠CNA∴∠CNM又∠ECF∴△ECF∴EFNM=EC即EFNM【點(diǎn)睛】本題考查了全等三角形的性質(zhì)與判定，旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，正方形的性質(zhì)，相似三角形的性質(zhì)與判定，熟練掌握相似三角形的性質(zhì)與判定是解題的關(guān)鍵．2．（2023·湖南·中考真題）如圖，在等邊三角形ABC中，D為AB上的一點(diǎn)，過點(diǎn)D作BC的平行線DE交AC于點(diǎn)E，點(diǎn)P是線段DE上的動(dòng)點(diǎn)（點(diǎn)P不與D、E重合）．將△ABP繞點(diǎn)A逆時(shí)針方向旋轉(zhuǎn)60°，得到△ACQ，連接EQ、

(1)證明：在點(diǎn)P的運(yùn)動(dòng)過程中，總有∠PEQ(2)當(dāng)APDP為何值時(shí)，△【答案】(1)見解析(2)3【分析】（1）根據(jù)等邊三角形的性質(zhì)，利用四點(diǎn)共圓知識(shí)解答即可．（2）只有∠AFQ=90°，【詳解】（1）∵等邊三角形ABC，∴AB=BC=∵DE∥∴∠AEP∵△ABP繞點(diǎn)A逆時(shí)針方向旋轉(zhuǎn)60°，得到△∴∠PAQ∴△APQ∴∠AQP∴∠AQP∴A、∴∠APQ∴∠PEQ（2）如圖，根據(jù)題意，只有當(dāng)∠AFQ∵△ABP繞點(diǎn)A逆時(shí)針方向旋轉(zhuǎn)60°，得到△∴∠PAQ∴△APQ∴∠PAQ∵∠AFQ

∴∠PAF∵等邊三角形ABC，∴∠ABC∵DE∥∴∠ADP∴∠DAP∴tan∠【點(diǎn)睛】本題考查了等邊三角形的性質(zhì)，平行線的性質(zhì)，四點(diǎn)共圓，特殊角的三角函數(shù)值，熟練掌握等邊三角形的性質(zhì)，平行線的性質(zhì)，四點(diǎn)共圓，特殊角的三角函數(shù)值是解題的關(guān)鍵．3．（2022·山東濟(jì)南·中考真題）如圖1，△ABC是等邊三角形，點(diǎn)D在△ABC的內(nèi)部，連接AD，將線段AD繞點(diǎn)A按逆時(shí)針方向旋轉(zhuǎn)60°，得到線段AE，連接BD，DE，CE．(1)判斷線段BD與CE的數(shù)量關(guān)系并給出證明；(2)延長ED交直線BC于點(diǎn)F．①如圖2，當(dāng)點(diǎn)F與點(diǎn)B重合時(shí)，直接用等式表示線段AE，BE和CE的數(shù)量關(guān)系為_______；②如圖3，當(dāng)點(diǎn)F為線段BC中點(diǎn)，且ED＝EC時(shí)，猜想∠BAD的度數(shù)，并說明理由．【答案】(1)BD=(2)①BE=AE+CE【分析】（1）利用等邊三角形的性質(zhì)和旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)易得到△ABD（2）①根據(jù)線段AD繞點(diǎn)A按逆時(shí)針方向旋轉(zhuǎn)60°得到AE得到△ADE由等邊三角形的性質(zhì)和（1）的結(jié)論來求解；②過點(diǎn)A作AG⊥EF于點(diǎn)G，連接AF，根據(jù)等邊三角形的性質(zhì)和銳角三角函數(shù)求值得到∠BAF=∠DAG，AGAD=AFAB，進(jìn)而得到△BAD∽△【詳解】（1）解：BD=證明：∵△ABC∴AB=AC，∵線段AD繞點(diǎn)A按逆時(shí)針方向旋轉(zhuǎn)60°得到AE，∴AD=AE，∴∠BAC∴∠BAC即∠BAD在△ABD和△AB=∴△ABD∴BD=（2）解：①BE理由：∵線段AD繞點(diǎn)A按逆時(shí)針方向旋轉(zhuǎn)60°得到AE，∴△ADE∴AD=由（1）得BD=∴BE=②過點(diǎn)A作AG⊥EF于點(diǎn)G，連接∵△ADE是等邊三角形，AG∴∠DAG∴AGAD∵△ABC是等邊三角形，點(diǎn)F為線段BC∴BF=CF，AF⊥∴AFAB∴∠BAF=∠DAG∴∠BAF即∠BAD∴△BAD∴∠ADB∵BD=CE，∴BD=即△ABD∴∠BAD【點(diǎn)睛】本題主要考查了等邊三角形的性質(zhì)，旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，解直角三角形，相似三角形的判定和性質(zhì)，等腰直角三角形的判定和性質(zhì)，理解相關(guān)知識(shí)是解答關(guān)鍵．題型08與函數(shù)圖象有關(guān)的旋轉(zhuǎn)變化1．（2021·青海西寧·中考真題）如圖，正比例函數(shù)y=12x與反比例函數(shù)y=kx(x>0)的圖象交于點(diǎn)A，AB⊥x軸于點(diǎn)（1）求OB的長和反比例函數(shù)的解析式；（2）將△AOB繞點(diǎn)О旋轉(zhuǎn)90°，請(qǐng)直接寫出旋轉(zhuǎn)后點(diǎn)A的對(duì)應(yīng)點(diǎn)A'【答案】（1）OB=2，y=2x(x【分析】（1）由三角函數(shù)值，即可求出OB=2，然后求出點(diǎn)A的坐標(biāo)，即可求出反比例函數(shù)的解析式；（2）根據(jù)題意，可分為：順時(shí)針旋轉(zhuǎn)90度和逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)90度，兩種情況進(jìn)行分析，即可得到答案．【詳解】解：（1）∵AB⊥x∴∠在Rt△OBC中，OC∴OBOC=2∴點(diǎn)A的橫坐標(biāo)為2又∵點(diǎn)A在正比例函數(shù)y=∴y=∴A把A(2,1)代入y=∴k=2∴反比例函數(shù)的解析式是y=2（2）根據(jù)題意，∵點(diǎn)A為（2，1），∵將△AOB繞點(diǎn)О旋轉(zhuǎn)90°則分為：順時(shí)針旋轉(zhuǎn)90度和逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)90度，如圖：∴A'(-1，2)【點(diǎn)睛】本題考查了反比例函數(shù)和一次函數(shù)的綜合，以及三角函數(shù)，旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，解題的關(guān)鍵是熟練掌握所學(xué)的知識(shí)，正確的畫出圖像進(jìn)行分析．2．（2022·四川資陽·中考真題）已知二次函數(shù)圖象的頂點(diǎn)坐標(biāo)為A(1,4)，且與x軸交于點(diǎn)B(1)求二次函數(shù)的表達(dá)式；(2)如圖，將二次函數(shù)圖象繞x軸的正半軸上一點(diǎn)P(m,0)旋轉(zhuǎn)180°，此時(shí)點(diǎn)A、B的對(duì)應(yīng)點(diǎn)分別為點(diǎn)C①連結(jié)AB、BC、CD、②在①的條件下，若點(diǎn)M是直線x=m上一點(diǎn)，原二次函數(shù)圖象上是否存在一點(diǎn)Q，使得以點(diǎn)B、C、M、Q為頂點(diǎn)的四邊形為平行四邊形，若存在，求出點(diǎn)【答案】(1)y=-(x(2)①m=4，②存在符合條件的點(diǎn)Q，其坐標(biāo)為(-4,-21)或(2,3)或【分析】（1）根據(jù)二次函數(shù)的圖象的頂點(diǎn)坐標(biāo)，設(shè)二次函數(shù)的表達(dá)式為y=a(（2）①過點(diǎn)A(1,4)作AE⊥x軸于點(diǎn)E，根據(jù)∠BAD=∠BEA=90°，又因?yàn)椤螦BE=∠DBA，證明出△BAE②根據(jù)上問可以得到C7,-4，點(diǎn)M的橫坐標(biāo)為4，B-1,0，要讓以點(diǎn)B、C、M、Q為頂點(diǎn)的平行四邊形，所以分為三種情況討論：1）當(dāng)以BC為邊時(shí)，存在平行四邊形為BCMQ；2）當(dāng)以BC為邊時(shí)，存在平行四邊形為BCQM；3）當(dāng)以BC【詳解】（1）∵二次函數(shù)的圖象的頂點(diǎn)坐標(biāo)為A(1,4)∴設(shè)二次函數(shù)的表達(dá)式為y=又∵B(-1,0)，∴0=解得：a=-1∴y=-(x（2）①∵點(diǎn)P在x軸正半軸上，∴m>0∴BP=由旋轉(zhuǎn)可得：BD=2∴BD=2(過點(diǎn)A(1,4)作AE⊥x∴BE=2，AE在Rt△ABE中，當(dāng)四邊形ABCD為矩形時(shí)，AD⊥∴∠BAD又∠ABE∴△BAE∴AB∴4(m解得m=4②由題可得點(diǎn)A1,4與點(diǎn)C關(guān)于點(diǎn)P∴C7,-4∵點(diǎn)M在直線x=4∴點(diǎn)M的橫坐標(biāo)為4，存在以點(diǎn)B、C、M、Q為頂點(diǎn)的平行四邊形，1）、當(dāng)以BC為邊時(shí)，平行四邊形為BCMQ，點(diǎn)C向左平移8個(gè)單位，與點(diǎn)B的橫坐標(biāo)相同，∴將點(diǎn)M向左平移8個(gè)單位后，與點(diǎn)Q的橫坐標(biāo)相同，∴Q-4,y解得：y1∴Q(-4,-21)2）、當(dāng)以BC為邊時(shí)，平行四邊形為BCQM，點(diǎn)B向右平移8個(gè)單位，與點(diǎn)C的橫坐標(biāo)相同，∴將M向右平移8個(gè)單位后，與點(diǎn)Q的橫坐標(biāo)相同，∴Q12,y2解得：y2∴Q(12,-117)3）、當(dāng)以BC為對(duì)角線時(shí)，點(diǎn)M向左平移5個(gè)單位，與點(diǎn)B的橫坐標(biāo)相同，∴點(diǎn)C向左平移5個(gè)單位后，與點(diǎn)Q的橫坐標(biāo)相同，∴Q2,y3得：y3∴Q(2,3)綜上所述，存在符合條件的點(diǎn)Q，其坐標(biāo)為(-4,-21)或(2,3)或(12,-117)．【點(diǎn)睛】本題考查了待定系數(shù)法求二次函數(shù)的解析式，二次函數(shù)的性質(zhì)，中心對(duì)稱，平行四邊形的存在性問題，矩形的性質(zhì)，熟練掌握以上性質(zhì)并作出輔助線是本題的關(guān)鍵．3．（2023·遼寧沈陽·中考真題）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，二次函數(shù)y=13x2+bx+c

(1)求這個(gè)二次函數(shù)的表達(dá)式；(2)點(diǎn)E，G在y軸正半軸上，OG=2OE，點(diǎn)D在線段OC上，OD=3OE．以線段OD，OE為鄰邊作矩形①連接FC，當(dāng)△GOD與△FDC相似時(shí)，求②當(dāng)點(diǎn)D與點(diǎn)C重合時(shí)，將線段GD繞點(diǎn)G按逆時(shí)針方向旋轉(zhuǎn)60°后得到線段GH，連接FH，F(xiàn)G，將△GFH繞點(diǎn)F按順時(shí)針方向旋轉(zhuǎn)α(0°<α≤180°)后得到△G'FH'，點(diǎn)G，H的對(duì)應(yīng)點(diǎn)分別為G'、【答案】(1)y(2)①43或65；②23+3【分析】（1）利用待定系數(shù)法解答即可；（2）①利用已知條件用含a的代數(shù)式表示出點(diǎn)E，D，F(xiàn)，G的坐標(biāo)，進(jìn)而得到線段CD的長度，利用分類討論的思想方法和相似三角形的性質(zhì)，列出關(guān)于a的方程，解方程即可得出結(jié)論；②利用已知條件，點(diǎn)的坐標(biāo)的特征，平行四邊形的判定與性質(zhì)，旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)求得FH=OD=23，【詳解】（1）∵二次函數(shù)y=13x2+bx∴解得：b∴此拋物線的解析式為y（2）①令y=0，則解得：x=3或∴C∴OC∵OE=∴OG∵四邊形ODFE為矩形，∴EF∴E∴CDⅠ．當(dāng)△GOD∴OG∴2∴aⅡ．當(dāng)△GOD∴OG∴2∴a綜上，當(dāng)△GOD與△FDC相似時(shí)，a的值為43②∵點(diǎn)D與點(diǎn)C∴OD∴OE∴EG∴∵∴四邊形GEDF為平行四邊形，∴∴∠∴∠∵∠∴∠∴∠在△GOD和△GO∴△∴∴Ⅰ、當(dāng)G'F所在直線與DE∵∠GFH=90°,∴∠∴G，F(xiàn)，H∴過點(diǎn)H'作H'K⊥y軸于點(diǎn)K∴∠∴∴此時(shí)點(diǎn)H'的橫坐標(biāo)為Ⅱ．當(dāng)G'H'∵GF∴G設(shè)GF的延長線交G'H'于點(diǎn)M，過點(diǎn)M作MP⊥EF，交EF的延長線于點(diǎn)P，過點(diǎn)H'作H'N⊥∵S∴4×23∴FM∴FP∴PE∵H∴H∴此時(shí)點(diǎn)H'的橫坐標(biāo)為PEⅢ．當(dāng)FH'所在直線與DE∵∠H'FG∴∠GFH∴H，F(xiàn)，H'三點(diǎn)在一條直線上，則過點(diǎn)H'作H'L⊥DFH'∴此時(shí)點(diǎn)H'的橫坐標(biāo)為EF綜上，當(dāng)△G'FH'的邊與線段DE垂直時(shí)，點(diǎn)H'的橫坐標(biāo)為2【點(diǎn)睛】本題主要考查了二次函數(shù)的圖象與性質(zhì)，拋物線上點(diǎn)的坐標(biāo)的特征，矩形的性質(zhì)，相似三角形的判定與性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)，直角三角形的性質(zhì)，勾股定理，直角三角形的邊角關(guān)系定理，利用點(diǎn)的坐標(biāo)表示出相應(yīng)線段的長度和正確利用分類討論的思想方法是解題的關(guān)鍵4．（2023·江蘇徐州·中考真題）如圖，在平而直角坐標(biāo)系中，二次函數(shù)y=-3x2+23x的圖象與x軸分別交于點(diǎn)O,A，頂點(diǎn)為B．連接OB,AB，將線段AB繞點(diǎn)A按順時(shí)針方向旋轉(zhuǎn)60°得到線段AC，連接BC

(1)求點(diǎn)A,(2)隨著點(diǎn)E在線段BC上運(yùn)動(dòng)．①∠EDA②線段BF的長度是否存在最大值？若存在，求出最大值；若不存在，請(qǐng)說明理由；(3)當(dāng)線段DE的中點(diǎn)在該二次函數(shù)的因象的對(duì)稱軸上時(shí)，△BDE的面積為【答案】(1)A2，0(2)①∠EDA的大小不變，理由見解析；②線段BF的長度存在最大值為1(3)2【分析】（1）y=0得-3x2+23x（2）①在AB上取點(diǎn)M，使得BM=BE，連接EM，證明△AED是等邊三角形即可得出結(jié)論；②由BM=AB-AF=2-AF（3）設(shè)DE的中點(diǎn)為點(diǎn)M，連接AM，過點(diǎn)D作DH⊥BN于點(diǎn)H，證四邊形OACB是菱形，得BC∥OA，進(jìn)而證明△MBE≌△MHD得DH【詳解】（1）解：∵y=-∴頂點(diǎn)為B1令y=0，-解得x=0或x∴A2（2）解：①∠EDA在AB上取點(diǎn)M，使得BM=BE，連接

∵y=-∴拋物線對(duì)稱軸為x=1，即ON∵將線段AB繞點(diǎn)A按順時(shí)針方向旋轉(zhuǎn)60°得到線段AC，∴∠BAC=60°，∴△BAC∴AB=AC=∵A2，0，B1，∴OA=2，OB=12+3∴OA=OB∴△OAB是等邊三角形，OA∴∠OAB∵∠MBE=60°，∴△BME∴∠BME=60°=∠∴∠AME=180°-∠∵∠DBE∴∠DBE∵BD∥∴∠FEM∴∠BED=∴△BED∴DE=又∠AED∴△AED∴∠ADE=60°，即②，∵BF=∴當(dāng)AF最小時(shí)，BF的長最大，即當(dāng)DE⊥AB時(shí)，∵△DAE∴∠DAF=∴∠OAD∴AD⊥OB∴AD=OA∴AF=AD∴BF=AB-AF=2-（3）解：設(shè)DE的中點(diǎn)為點(diǎn)M，連接AM，過點(diǎn)D作DH⊥BN于點(diǎn)

∵OA=∴四邊形OACB是菱形，∴BC∥∵DH⊥BN，∴DH∥∴∠MBE=∠∵DE的中點(diǎn)為點(diǎn)M，∴MD=ME∴△MBE∴DH=∵∠ANM∴∠MBE=180°-90°=90°=∠∵DE的中點(diǎn)為點(diǎn)M，△DAE∴AM⊥∴∠AME∴∠BME∴∠BME∴△BME∴ANBM=MN∴BM=3∴MN=∴DH=∴S△故答案為23【點(diǎn)睛】本題主要考查了二次函數(shù)的圖像及性質(zhì)，菱形的判定及性質(zhì)，全等三角形的判定及性質(zhì)，相似三角形的判定及性質(zhì)，等邊三角形的判定及性質(zhì)以及解直角三角形，題目綜合性較強(qiáng)，熟練掌握各知識(shí)點(diǎn)是解題的關(guān)鍵題型09利用平移、軸對(duì)稱、旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)解決多結(jié)論問題1．（2023·內(nèi)蒙古赤峰·中考真題）如圖，把一個(gè)邊長為5的菱形ABCD沿著直線DE折疊，使點(diǎn)C與AB延長線上的點(diǎn)Q重合．DE交BC于點(diǎn)F，交AB延長線于點(diǎn)E．DQ交BC于點(diǎn)P，DM⊥AB于點(diǎn)M，AM=4，則下列結(jié)論，①DQ=EQ，②BQ=3，③BP

A．①②③ B．②④ C．①③④ D．①②③④【答案】A【分析】由折疊性質(zhì)和平行線的性質(zhì)可得∠QDF=∠CDF=∠QEF，根據(jù)等角對(duì)等邊即可判斷①正確；根據(jù)等腰三角形三線合一的性質(zhì)求出MQ=AM=4，再求出BQ即可判斷②正確；由△CDP∽△BQP【詳解】由折疊性質(zhì)可知：∠CDF∵CD∥∴∠CDF∴∠QDF∴DQ=故①正確；∵DQ=CD=∴MQ=∵M(jìn)B=∴BQ=故②正確；∵CD∥∴△CDP∴CPBP∵CP+∴BP=故③正確；∵CD∥∴△CDF∴DFEF∴EFDE∵QEBE∴EFDE∴△EFQ與△∴∠EQF∴BD與FQ不平行．故④錯(cuò)誤；故選A．【點(diǎn)睛】本題主要考查了折疊的性質(zhì)，平行線的性質(zhì)，等腰三角形的性質(zhì)，相似三角形的判定和性質(zhì)，菱形的性質(zhì)等知識(shí)，屬于選擇壓軸題，有一定難度，熟練掌握相關(guān)性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．2．（2022·四川宜賓·中考真題）如圖，△ABC和△ADE都是等腰直角三角形，∠BAC=∠DAE=90°，點(diǎn)D是BC邊上的動(dòng)點(diǎn)（不與點(diǎn)B、C重合），DE與AC交于點(diǎn)F，連結(jié)CE．下列結(jié)論：①BD=CE；②∠DAC=∠CED；③若BD=2CD，則CFAF=45；④在△A．①②④ B．①②③ C．①③④ D．①②③④【答案】B【分析】證明△BAD≌△CAE，即可判斷①，根據(jù)①可得∠ADB=∠AEC，由∠ADC+∠AEC=180°可得A,D,C,E四點(diǎn)共圓，進(jìn)而可得∠DAC=∠DEC，即可判斷②，過點(diǎn)A作AG⊥BC于G,交ED的延長線于點(diǎn)H，證明△FAH∽△FCE，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)可得CFAF=4【詳解】解：∵△ABC和△ADE都是等腰直角三角形，∴∴△∴故①正確；∵△∴∠∴∠∴A∵∴∠故②正確；如圖，過點(diǎn)A作AG⊥BC于G,交ED的延長線于點(diǎn)H∵△BAD∴∠∴∠∴∵BD=2CD∴tan∠設(shè)BC=6a，則DC=2a則GD∵∴∴∴AH∥CE，∴△∴∴則CFAF故③正確如圖，將△ABP繞A點(diǎn)逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)60度，得到△AB∴PA當(dāng)B',P此時(shí)∠∠∠BPC此時(shí)∠APB∵AC=AB=A∴△A∴PC∵∠AP∴DP平分∠∴PD∵A,∴∠AEC又AD=DC=∴AE則四邊形ADCE是菱形，又∠ADC∴四邊形ADCE是正方形，∵∠B則B'A=∵∠PCD∴DC=∵DCAP=2則AP=∴DP∵AP∴CE故④不正確，故選B．【點(diǎn)睛】本題考查了旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，費(fèi)馬點(diǎn)，圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)，相似三角形的性質(zhì)與判定，全等三角形的性質(zhì)與判定，勾股定理，解直角三角形，正方形的性質(zhì)與判定，掌握以上知識(shí)是解題的關(guān)鍵．3．（2022·四川眉山·中考真題）如圖，四邊形ABCD為正方形，將△EDC繞點(diǎn)C逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°至△HBC，點(diǎn)D，B，H在同一直線上，HE與AB交于點(diǎn)G，延長HE與CD的延長線交于點(diǎn)F，HB=2①∠EDC=135°；②EC2=CD?CF；A．1個(gè) B．2個(gè) C．3個(gè) D．4個(gè)【答案】D【分析】利用旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，正方形的性質(zhì)，可判斷①正確；利用三角形相似的判定及性質(zhì)可知②正確；證明△GBH∽△EDC，得到DCHB=ECHG，即EC=CD?HGHB=3a2，利用△HEC是等腰直角三角形，求出HE=32a【詳解】解：∵△EDC旋轉(zhuǎn)得到△∴∠EDC∵ABCD為正方形，D，B，H在同一直線上，∴∠HBC∴∠EDC=135°∵△EDC旋轉(zhuǎn)得到△∴EC=HC，∴∠HEC∴∠FEC∵∠ECD∴△EFC∴ECDC∴EC2=設(shè)正方形邊長為a，∵∠GHB+∠BHC∴∠BHC∵∠GBH∴△GBH∴DCHB=EC∵△HEC∴HE=∵∠GHB=∠FHD∴△HBG∴HBHD=HGHF，即∵HG=3∴HG=EF，故過點(diǎn)E作EM⊥FD交FD于點(diǎn)∴∠EDM∵ED=∴MD=∵EF=3∴sin∠∵∠DEC+∠DCE∴∠DEC∴sin∠DEC=綜上所述：正確結(jié)論有4個(gè)，故選：D【點(diǎn)睛】本題考查正方形性質(zhì)，旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，三角形相似的判定及性質(zhì)，解直角三角形，解題的關(guān)鍵是熟練掌握以上知識(shí)點(diǎn)，結(jié)合圖形求解．4．（2023·山東日照·中考真題）如圖，矩形ABCD中，AB=6，AD=8，點(diǎn)P在對(duì)角線BD上，過點(diǎn)P作MN⊥BD，交邊AD，BC于點(diǎn)M，N，過點(diǎn)M作ME⊥AD交BD于點(diǎn)E，連接EN，BM，DN．下列結(jié)論：①EM=EN；②

【答案】②③④【分析】根據(jù)等腰三角形的三線合一可知MP=PN，可以判斷①；利用相似和勾股定理可以得出BD=10，MN=152，，利用S四邊形MBND=【詳解】解：∵EM=EN，∴MP=在點(diǎn)P移動(dòng)過程中，不一定MP=相矛盾，故①不正確；

延長ME交BC于點(diǎn)H,則ABHM為矩形，∴BD∵M(jìn)E⊥AD，∴∠∴∠MDE∴△MHN∴MHAD即68解得：HN=∴S故②正確；∵M(jìn)E∥∴△DME∴MEAB∴ME=4∵∠MDE=∠EMN∴△MPE∴S△∴S△故③正確，BM+即當(dāng)MB+ND最小時(shí)，BM+MN+ND的最小值，作B把圖1中的CD1向上平移到圖2位置，使得CD=92，連接B1D1，即這時(shí)B1即BM+MN+故④正確；故答案為：②③④

【點(diǎn)睛】本題考查矩形的性質(zhì)，相似三角形的判定和性質(zhì)，軸對(duì)稱，掌握相似三角形的判定和性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．題型10與圖形變化有關(guān)的最值問題1．（2023·遼寧盤錦·中考真題）如圖，四邊形ABCD是矩形，AB=10，AD=42，點(diǎn)P是邊AD上一點(diǎn)（不與點(diǎn)A，D重合），連接PB，PC．點(diǎn)M，N分別是PB，PC的中點(diǎn)，連接MN，AM，DN，點(diǎn)E在邊

A．23 B．3 C．32 D【答案】C【分析】根據(jù)直線三角形斜邊中線的性質(zhì)可得AM=12BP，DN=12CP，通過證明四邊形MNDE是平行四邊形，可得ME=DN，則AM+ME=AM+DN=12【詳解】解：∵四邊形ABCD是矩形，∴∠BAP=∠CDP∵點(diǎn)M，N分別是PB，∴AM=12BP，DN=∵AD∥BC，∴MN∥又∵M(jìn)E∥∴四邊形MNDE是平行四邊形，∴ME=∴AM+如圖，作點(diǎn)C關(guān)于直線AD的對(duì)稱點(diǎn)M，連接PM，BM，

則BP+當(dāng)點(diǎn)B，P，M三點(diǎn)共線時(shí)，BP+PM的值最小，最小值為在Rt△BCM中，MC=2∴BM=∴AM+ME的最小值故選C．【點(diǎn)睛】本題考查矩形的性質(zhì)，直線三角形斜邊中線的性質(zhì)，中位線的性質(zhì)，平行四邊形的判定與性質(zhì)，軸對(duì)稱的性質(zhì)，勾股定理，線段的最值問題等，解題的關(guān)鍵是牢固掌握上述知識(shí)點(diǎn)，熟練運(yùn)用等量代換思想．2．（2023·湖北十堰·中考真題）在某次數(shù)學(xué)探究活動(dòng)中，小明將一張斜邊為4的等腰直角三角形ABC∠A=90°硬紙片剪切成如圖所示的四塊（其中D，E，F(xiàn)分別為AB，AC，BC的中點(diǎn)，G，H分別為DE，BF的中點(diǎn)），小明將這四塊紙片重新組合拼成四邊形（相互不重疊，不留空隙），則所能拼成的四邊形中周長的最小值為

【答案】88+2【分析】根據(jù)題意，可固定四邊形GFCE，平移或旋轉(zhuǎn)其它圖形，組合成四邊形，求出周長，判斷最小值，最大值．【詳解】

如圖1，BC=4，AC=4×DI∴四邊形BCID周長=4+4+22

如圖2，AF∴四邊形AFCI周長為2×4=8；故答案為：最小值為8，最大值8+22【點(diǎn)睛】本題考查圖形變換及勾股定理，通過平移、旋轉(zhuǎn)組成滿足要求的四邊形是解題的關(guān)鍵．3．（2023·黑龍江綏化·中考真題）如圖，△ABC是邊長為6的等邊三角形，點(diǎn)E為高BD上的動(dòng)點(diǎn)．連接CE，將CE繞點(diǎn)C順時(shí)針旋轉(zhuǎn)60°得到CF．連接AF，EF，DF，則△CDF周長的最小值是

【答案】3+33/【分析】根據(jù)題意，證明△CBE≌△CAF，進(jìn)而得出F點(diǎn)在射線AF上運(yùn)動(dòng)，作點(diǎn)C關(guān)于AF的對(duì)稱點(diǎn)C'，連接DC'，設(shè)CC'交AF于點(diǎn)O，則∠AOC【詳解】解：∵E為高BD上的動(dòng)點(diǎn)．∴∠∵將CE繞點(diǎn)C順時(shí)針旋轉(zhuǎn)60°得到CF．△ABC是邊長為6∴CE∴△∴∠CAF∴F點(diǎn)在射線AF上運(yùn)動(dòng)，如圖所示，

作點(diǎn)C關(guān)于AF的對(duì)稱點(diǎn)C'，連接DC'，設(shè)CC'交在Rt△AOC中，∠CAO則當(dāng)D,F,C∵CC'=AC∴△∴∠在△C'DC∴△CDF周長的最小值為CD故答案為：3+33【點(diǎn)睛】本題考查了軸對(duì)稱求線段和的最值問題，等邊三角形的性質(zhì)與判定，全等三角形的性質(zhì)與判定，勾股定理，熟練掌握等邊三角形的性質(zhì)與判定以及軸對(duì)稱的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．4．（2023·四川自貢·中考真題）如圖1，一大一小兩個(gè)等腰直角三角形疊放在一起，M，N分別是斜邊DE，AB的中點(diǎn)，DE=2,

(1)將△CDE繞頂點(diǎn)C旋轉(zhuǎn)一周，請(qǐng)直接寫出點(diǎn)M，N(2)將△CDE繞頂點(diǎn)C逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)120°（如圖2），求MN【答案】(1)最大值為3，最小值為1(2)7【分析】（1）根據(jù)直角三角形斜邊上的中線，得出CM,（2）過點(diǎn)N作NP⊥MC，交MC的延長線于點(diǎn)P，根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)求得∠MCN=120°，進(jìn)而得出∠NCP【詳解】（1）解：依題意，CM=12當(dāng)M在NC的延長線上時(shí)，M,N的距離最大，最大值為當(dāng)M在線段CN上時(shí)，M,N的距離最小，最小值為

（2）解：如圖所示，過點(diǎn)N作NP⊥MC，交MC的延長線于點(diǎn)

∵△CDE繞頂點(diǎn)C逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)120°∴∠BCE∵∠BCN∴∠MCN∴∠NCP∴∠CNP∴CP=在Rt△CNP中，在Rt△MNP中，∴MN=【點(diǎn)睛】本題考查了直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半，勾股定理，旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，含30度角的直角三角形的性質(zhì)，熟練掌握旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，勾股定理是解題的關(guān)鍵．5．（2023·湖北隨州·中考真題）1643年，法國數(shù)學(xué)家費(fèi)馬曾提出一個(gè)著名的幾何問題：給定不在同一條直線上的三個(gè)點(diǎn)A，B，C，求平面上到這三個(gè)點(diǎn)的距離之和最小的點(diǎn)的位置，意大利數(shù)學(xué)家和物理學(xué)家托里拆利給出了分析和證明，該點(diǎn)也被稱為“費(fèi)馬點(diǎn)”或“托里拆利點(diǎn)”，該問題也被稱為“將軍巡營”問題．(1)下面是該問題的一種常見的解決方法，請(qǐng)補(bǔ)充以下推理過程：（其中①處從“直角”和“等邊”中選擇填空，②處從“兩點(diǎn)之間線段最短”和“三角形兩邊之和大于第三邊”中選擇填空，③處填寫角度數(shù)，④處填寫該三角形的某個(gè)頂點(diǎn)）當(dāng)△ABC的三個(gè)內(nèi)角均小于120°如圖1，將△APC繞，點(diǎn)C順時(shí)針旋轉(zhuǎn)60°得到△A'

由PC=P'C，∠PCP'=60°，可知由②可知，當(dāng)B，P，P'，A在同一條直線上時(shí)，PA+PB+PC取最小值，如圖2，最小值為A'B，此時(shí)的