2017年中考数学试题分项版解析汇编第03期专题04图形的变换含解析.doc

专题04 图形的变换 一、选择题 ‎1．（2017四川省南充市）如图由7个小正方体组合而成的几何体，它的主视图是（　　）‎ A．　　　　　　B．　　　　　　C．　　　　　　D．‎ ‎【答案】A．‎ 考点：简单组合体的三视图．‎ 二、填空题 ‎2．（2017四川省南充市）如图，正方形ABCD和正方形CEFG边长分别为a和b，正方形CEFG绕点C旋转，给出下列结论：①BE=DG；②BE⊥DG；③，其中正确结论是 （填序号）‎ ‎【答案】①②③．‎ ‎【解析】‎ 试题分析：设BE，DG交于O，∵四边形ABCD和EFGC都为正方形，∴BC=CD，CE=CG，∠BCD=∠ECG=90°，∴∠BCE+∠DCE=∠ECG+∠DCE=90°+∠DCE，即∠BCE=∠DCG，在△BCE和△DCG中，∵BC=DC，∠BCE=∠DCG，CE=CG，∴△BCE≌△DCG（SAS），∴BE=DG，∴∠1=∠2，∵∠1+∠4=∠3+∠1=90°，∴∠2+∠3=90°，∴∠BOC=90°，∴BE⊥DG；故①②正确；‎ 连接BD，EG，如图所示，∴DO2+BO2=BD2=BC2+CD2=‎2a2，EO2+OG2=EG2=CG2+CE2=b2，则BG2+DE2=DO2+BO2+EO2+OG2=‎2a2+b2，故③正确．‎ 故答案为：①②③．‎ 考点：1．旋转的性质；2．全等三角形的判定与性质；3．正方形的性质．‎ 三、解答题 ‎3．（2017四川省广安市）在4×4的方格内选5个小正方形，让它们组成一个轴对称图形，请在图中画出你的4种方案．（每个4×4的方格内限画一种）‎ 要求：‎ ‎（1）5个小正方形必须相连（有公共边或公共顶点式为相连）‎ ‎（2）将选中的小正方行方格用黑色签字笔涂成阴影图形．（每画对一种方案得2分，若两个方案的图形经过反折、平移、旋转后能够重合，均视为一种方案）‎ ‎【答案】（1）答案见解析；（2）答案见解析．‎ ‎【解析】‎ 试题分析：利用轴对称图形的性质用5个小正方形组成一个轴对称图形即可．‎ 试题解析：如图．‎ ‎．‎ 考点：1．利用旋转设计图案；2．利用轴对称设计图案；3．利用平移设计图案． ‎ ‎4．（2017四川省眉山市）在如图的正方形网格中，每一个小正方形的边长为1．格点三角形ABC（顶点是网格线交点的三角形）的顶点A、C的坐标分别是（﹣4，6），（﹣1，4）．‎ ‎（1）请在图中的网格平面内建立平面直角坐标系；‎ ‎（2）请画出△ABC关于x轴对称的△A1B‎1C1；‎ ‎（3）请在y轴上求作一点P，使△PB‎1C的周长最小，并写出点P的坐标．‎ ‎【答案】（1）答案见解析；（2）答案见解析；（3）P（0，2）．‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）根据A点坐标建立平面直角坐标系即可；‎ ‎（2）分别作出各点关于x轴的对称点，再顺次连接即可；‎ ‎（3）作出点B关于y轴的对称点B2，连接B2交y轴于点P，则P点即为所求．‎ 试题解析：（1）如图所示；‎ ‎（2）如图，即为所求；‎ ‎（3）作点C关于y轴的对称点C′，连接B‎1C′交y轴于点P，则点P即为所求．‎ 设直线B‎1C′的解析式为y=kx+b（k≠0），∵B1（﹣2，-2），C′（1，4），∴，解得：，∴直线AB2的解析式为：y=2x+2，∴当x=0时，y=2，∴P（0，2）．‎ 考点：1．作图﹣轴对称变换；2．勾股定理；3．轴对称﹣最短路线问题；4．最值问题．‎ ‎5．（2017山东省枣庄市）如图，在平面直角坐标系中，已知△ABC三个顶点的坐标分别是A（2，2），B（4，0），C（4，﹣4）．‎ ‎（1）请在图中，画出△ABC向左平移6个单位长度后得到的△A1B‎1C1；‎ ‎（2）以点O为位似中心，将△ABC缩小为原来的，得到△A2B‎2C2，请在图中y轴右侧，画出△A2B‎2C2，并求出∠A‎2C2B2的正弦值．‎ ‎【答案】（1）作图见解析；（2）作图见解析，sin∠A‎2C2B2=． ‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）直接利用平移的性质得出对应点位置进而得出答案；‎ ‎（2）利用位似图形的性质得出对应点位置，再利用锐角三角三角函数关系得出答案．‎ 试题解析：（1）如图所示：△A1B‎1C1，即为所求；‎ ‎（2）如图所示：△A2B‎2C2，即为所求，由图形可知，∠A‎2C2B2=∠ACB，过点A作AD⊥BC交BC的延长线于点 D，由A（2，2），C（4，﹣4），B（4，0），易得D（4，2），故AD=2，CD=6，AC==，∴sin∠ACB===，即sin∠A‎2C2B2=．‎ 考点：1．作图﹣位似变换；2．作图﹣平移变换；3．解直角三角形．‎ ‎6．（2017广西四市）如图，在平面直角坐标系中，△ABC的三个顶点分别为A（﹣1，﹣2），B（﹣2，﹣4），C（﹣4，﹣1）．‎ ‎（1）把△ABC向上平移3个单位后得到△A1B‎1C1，请画出△A1B‎1C1并写出点B1的坐标；‎ ‎（2）已知点A与点A2（2，1）关于直线l成轴对称，请画出直线l及△ABC关于直线l对称的△A2B‎2C2，并直接写出直线l的函数解析式．‎ ‎【答案】（1）作图见解析；（2）y=﹣x．‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）根据图形平移的性质画出△A1B‎1C1并写出点B1的坐标即可；‎ ‎（2）连接AA2，作线段AA2的垂线l，再作△ABC关于直线l对称的△A2B‎2C2即可．‎ 试题解析：（1）如图，△A1B‎1C1即为所求，B1（﹣2，﹣1）；‎ ‎（2）如图，△A2B‎2C2即为所求，直线l的函数解析式为y=﹣x．‎ 考点：1．作图﹣轴对称变换；2．待定系数法求一次函数解析式；3．作图﹣平移变换．‎ ‎7．（2017江苏省连云港市）如图，在平面直角坐标系xOy中，过点A（﹣2，0）的直线交y轴正半轴于点B，将直线AB绕着点顺时针旋转90°后，分别与x轴、y轴交于点D．C．‎ ‎（1）若OB=4，求直线AB的函数关系式；‎ ‎（2）连接BD，若△ABD的面积是5，求点B的运动路径长．‎ ‎【答案】（1）y=2x+4；（2）．‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）依题意求出点B坐标，然后用待定系数法求解析式；‎ ‎（2）设OB=m，则AD=m+2，根据三角形面积公式得到关于m的方程，解方程求得m的值，然后根据弧长公式即可求得．‎ 试题解析：（1）∵OB=4，∴B（0，4）．∵A（﹣2，0），设直线AB的解析式为y=kx+b，则，解得，∴直线AB的解析式为y=2x+4；‎ ‎（2）设OB=m，则AD=m+2，∵△ABD的面积是5，∴AD•OB=5，∴（m+2）•m=5，即 ，解得或（舍去），∵∠BOD=90°，∴点B的运动路径长为：‎ ‎．‎ 考点：1．一次函数图象与几何变换；2．轨迹；3．弧长的计算． ‎ ‎8．（2017河北省）如图，AB=16，O为AB中点，点C在线段OB上（不与点O，B重合），将OC绕点O逆时针旋转270°后得到扇形COD，AP，BQ分别切优弧于点P，Q，且点P，Q在AB异侧，连接OP．‎ ‎（1）求证：AP=BQ；‎ ‎（2）当BQ=时，求的长（结果保留π）；‎ ‎（3）若△APO的外心在扇形COD的内部，求OC的取值范围．‎ ‎【答案】（1）见解析；（2）；（3）4＜OC＜8．‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）连接OQ．只要证明Rt△APO≌Rt△BQO即可解决问题；‎ ‎（2）求出优弧DQ的圆心角以及半径即可解决问题；‎ ‎（3）由△APO的外心是OA的中点，OA=8，推出△APO的外心在扇形COD的内部时，OC的取值范围为4＜OC＜8；‎ 试题解析：（1）证明：连接OQ．‎ ‎∵AP、BQ是⊙O的切线，∴OP⊥AP，OQ⊥BQ，∴∠APO=∠BQO=90°，在Rt△APO和Rt△BQO中，∵OA=OB，OP=OQ，∴Rt△APO≌Rt△BQO，∴AP=BQ；‎ ‎（2）∵Rt△APO≌Rt△BQO，∴∠AOP=∠BOQ，∴P、O、Q三点共线，∵在Rt△BOQ 中，cosB=，∴∠B=30°，∠BOQ=60°，∴OQ=OB=4，∵∠COD=90°，∴∠QOD=90°+60°=150°，∴优弧的长==；‎ ‎（3）∵△APO的外心是OA的中点，OA=8，∴△APO的外心在扇形COD的内部时，OC的取值范围为4＜OC＜8．‎ 考点：1．切线的性质；2．弧长的计算；3．旋转的性质．‎ ‎9．（2017湖北省襄阳市）如图，在△ABC中，∠ACB=90°，CD是中线，AC=BC，一个以点D为顶点的45°角绕点D旋转，使角的两边分别与AC、BC的延长线相交，交点分别为点E，F，DF与AC交于点M，DE与BC交于点N．‎ ‎（1）如图1，若CE=CF，求证：DE=DF；‎ ‎（2）如图2，在∠EDF绕点D旋转的过程中：‎ ‎①探究三条线段AB，CE，CF之间的数量关系，并说明理由；‎ ‎②若CE=4，CF=2，求DN的长．‎ ‎【答案】（1）证明见解析；（2）①AB2=4CE•CF；②．‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）根据等腰直角三角形的性质得到∠BCD=∠ACD=45°，∠BCE=∠ACF=90°，于是得到∠DCE=∠DCF=135°，根据全等三角形的性质即可的结论；‎ ‎（2）①证得△CDF∽△CED，根据相似三角形的性质得到，即CD2=CE•CF，根据等腰直角三角形的性质得到CD=AB，于是得到AB2=4CE•CF；②如图，过D作DG⊥BC于G，于是得到∠DGN=∠ECN=90°，CG=DG，当CE=4，CF=2时，求得CD=，推出△CEN∽△GDN，根据相似三角形的性质得到 ‎ =2，根据勾股定理即可得到结论．‎ 试题解析：（1）证明：∵∠ACB=90°，AC=BC，AD=BD，∴∠BCD=∠ACD=45°，∠BCE=∠ACF=90°，∴∠DCE=∠DCF=135°，在△DCE与△DCF中，∵CE=CF，∠DCE=∠DCF，CD=CD，∴△DCE≌△DCF，∴DE=DF；‎ 考点：1．几何变换综合题；2．探究型；3．和差倍分；4．综合题．‎ ‎10．（2017山东省济宁市）实验探究：‎ ‎（1）如图1，对折矩形纸片ABCD，使AD与BC重合，得到折痕EF，把纸片展开；再一次折叠纸片，使点A落在EF上，并使折痕经过点B，得到折痕BM，同时得到线段BN，MN．请你观察图1，猜想∠MBN的度数是多少，并证明你的结论．‎ ‎（2）将图1中的三角形纸片BMN剪下，如图2，折叠该纸片，探究MN与BM的数量关系，写出折叠方案，并结合方案证明你的结论．‎ ‎【答案】（1）∠MBN=30°；（2）MN=BM．‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）猜想：∠MBN=30°．只要证明△ABN是等边三角形即可；‎ ‎（2）结论：MN=BM．‎ 折纸方案：如图2中，折叠△BMN，使得点N落在BM上O处，折痕为MP，连接OP．‎ 理由：由折叠可知△MOP≌△MNP，∴MN=OM，∠OMP=∠NMP=∠OMN=30°=∠B，∠MOP=∠MNP=90°，∴∠BOP=∠MOP=90°，∵OP=OP，∴△MOP≌△BOP，∴MO=BO=BM，∴MN=BM．‎ 考点：1．翻折变换（折叠问题）；2．矩形的性质；3．剪纸问题．‎ ‎11．（2017广西四市）如图，已知抛物线与坐标轴交于A，B，C三点，其中C（0，3），∠BAC的平分线AE交y轴于点D，交BC于点E，过点D的直线l与射线AC，AB分别交于点M，N．‎ ‎（1）直接写出a的值、点A的坐标及抛物线的对称轴；‎ ‎（2）点P为抛物线的对称轴上一动点，若△PAD为等腰三角形，求出点P的坐标；‎ ‎（3）证明：当直线l绕点D旋转时，均为定值，并求出该定值．‎ ‎【答案】（1）a=，A（﹣，0），抛物线的对称轴为x=；（2）点P的坐标为（，2）或（，0）或（，﹣4）；（3）． ‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）由点C的坐标为（0，3），可知﹣‎9a=3，故此可求得a的值，然后令y=0得到关于x的方程，解关于x的方程可得到点A和点B的坐标，最后利用抛物线的对称性可确定出抛物线的对称轴；‎ ‎（3）设直线MN的解析式为y=kx+1，接下来求得点M和点N的横坐标，于是可得到AN的长，然后利用特殊锐角三角函数值可求得AM的长，最后将AM和AN的长代入化简即可．‎ 试题解析：（1）∵C（0，3），∴﹣‎9a=3，解得：a=．‎ 令y=0得：，∵a≠0，∴，解得：x=﹣或x=，∴点A的坐标为（﹣，0），B（，0），∴抛物线的对称轴为x=．‎ ‎（2）∵OA=，OC=3，∴tan∠CAO=，∴∠CAO=60°．‎ ‎∵AE为∠BAC的平分线，∴∠DAO=30°，∴DO=AO=1，∴点D的坐标为（0，1）．‎ 设点P的坐标为（，a）．‎ 依据两点间的距离公式可知：AD2=4，AP2=12+a2，DP2=3+（a﹣1）2．‎ 当AD=PA时，4=12+a2，方程无解．‎ 当AD=DP时，4=3+（a﹣1）2，解得a=2或a=0，∴点P的坐标为（，2）或（，0）．‎ 当AP=DP时，12+a2=3+（a﹣1）2，解得a=﹣4，∴点P的坐标为（，﹣4）．‎ 综上所述，点P的坐标为（，2）或（，0）或（，﹣4）．‎ ‎（3）设直线AC的解析式为y=mx+3，将点A的坐标代入得：，解得：m=，∴直线AC的解析式为．‎ 设直线MN的解析式为y=kx+1．‎ 把y=0代入y=kx+1得：kx+1=0，解得：x=，∴点N的坐标为（，0），∴AN==．‎ 将与y=kx+1联立解得：x=，∴点M的横坐标为．‎ 过点M作MG⊥x轴，垂足为G．则AG=．‎ ‎∵∠MAG=60°，∠AGM=90°，∴AM=2AG==，∴= == =．‎ 考点：1．二次函数综合题；2．旋转的性质；3．定值问题；4．动点型；5．分类讨论；6．压轴题．‎ ‎12．（2017四川省南充市）如图1，已知二次函数（a、b、c为常数，a≠0）的图象过点O（0，0）和点A（4，0），函数图象最低点M的纵坐标为，直线l的解析式为y=x．‎ ‎（1）求二次函数的解析式；‎ ‎（2）直线l沿x轴向右平移，得直线l′，l′与线段OA相交于点B，与x轴下方的抛物线相交于点C，过点C作CE⊥x轴于点E，把△BCE沿直线l′折叠，当点E恰好落在抛物线上点E′时（图2），求直线l′的解析式；‎ ‎（3）在（2）的条件下，l′与y轴交于点N，把△BON绕点O逆时针旋转135°得到△B′ON′，P为l′上的动点，当△PB′N′为等腰三角形时，求符合条件的点P的坐标．‎ ‎【答案】（1）；（2）y=x﹣3；（3）P坐标为（0，﹣3）或（，）或（，）．‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）由题意抛物线的顶点坐标为（2，），设抛物线的解析式为，把（0，0）代入得到a=，即可解决问题；‎ ‎（3）分两种情形求解即可①当P1与N重合时，△P1B′N′是等腰三角形，此时P1（0，﹣3）．②当N′=N′B′时，设P（m，m﹣3），列出方程解方程即可；‎ 试题解析：（1）由题意抛物线的顶点坐标为（2，），设抛物线的解析式为，把（0，0）代入得到a=，∴抛物线的解析式为，即．‎ ‎（2）如图1中，设E（m，0），则C（m，），B（，0），‎ ‎∵E′在抛物线上，∴E、B关于对称轴对称，∴ =2，解得m=1或6（舍弃），∴B（3，0），C（1，﹣2），∴直线l′的解析式为y=x﹣3．‎ ‎（3）如图2中，①当P1与N重合时，△P1B′N′是等腰三角形，此时P1（0，﹣3）．‎ ‎②当N′=N′B′时，设P（m，m﹣3），则有，解得m=或，∴P2（，），P3（，）．‎ 综上所述，满足条件的点P坐标为（0，﹣3）或（，）或（，）．‎ 考点：1．二次函数综合题；2．几何变换综合题；3．分类讨论；4．压轴题． ‎ ‎13．（2017四川省达州市）如图1，点A坐标为（2，0），以OA为边在第一象限内作等边△OAB，点C为x轴上一动点，且在点A右侧，连接BC，以BC为边在第一象限内作等边△BCD，连接AD交BC于E．‎ ‎（1）①直接回答：△OBC与△ABD全等吗？‎ ‎②试说明：无论点C如何移动，AD始终与OB平行；‎ ‎（2）当点C运动到使AC2=AE•AD时，如图2，经过O、B、C三点的抛物线为y1．试问：y1上是否存在动点P，使△BEP为直角三角形且BE为直角边？若存在，求出点P坐标；若不存在，说明理由；‎ ‎（3）在（2）的条件下，将y1沿x轴翻折得y2，设y1与y2组成的图形为M，函数的图象l与M有公共点．试写出：l与M的公共点为3个时，m的取值．‎ ‎【答案】（1）①△OBC与△ABD全等；②证明见解析；（2）P（3，）或（﹣2，）；（3）﹣≤m＜0．‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）①利用等边三角形的性质证明△OBC≌△ABD；‎ ‎②证明∠OBA=∠BAD=60°，可得OB∥AD；‎ ‎（2）首先证明DE⊥BC，再求直线AE与抛物线的交点就是点P，所以分别求直线AE和抛物线y1的解析式组成方程组，求解即可；‎ ‎（3）先画出如图3，根据图形画出直线与图形M有个公共点时，两个边界的直线，上方到，将向下平移即可满足l与图形M有3个公共点，一直到直线l与y2相切为止，主要计算相切时，列方程组，确定△≥0时，m的值即可．‎ 试题解析：（1）①△OBC与△ABD全等，理由是：如图1，∵△OAB和△BCD是等边三角形，∴∠OBA=∠CBD=60°，OB=AB，BC=BD，∴∠OBA+∠ABC=∠CBD+∠ABC，即∠OBC=∠ABD，∴△OBC≌△ABD（SAS）；‎ ‎②∵△OBC≌△ABD，∴∠BAD=∠BOC=60°，∴∠OBA=∠BAD，∴OB∥AD，∴无论点C如何移动，AD始终与OB 平行；‎ ‎（2）如图2，∵AC2=AE•AD，∴，∵∠EAC=∠DAC，∴△AEC∽△ACD，∴∠ECA=∠ADC，∵∠BAD=∠BAO=60°，∴∠DAC=60°，∵∠BED=∠AEC，∴∠ACB=∠ADB，∴∠ADB=∠ADC，∵BD=CD，∴DE⊥BC，Rt△ABE中，∠BAE=60°，∴∠ABE=30°，∴AE=AB=×2=1，Rt△AEC中，∠EAC=60°，∴∠ECA=30°，∴AC=2AE=2，∴C（4，0），等边△OAB中，过B作BH⊥x轴于H，∴BH= =，∴B（1，），设y1的解析式为：y=ax（x﹣4），把B（1，）代入得： =a（1﹣4），a=﹣，∴设y1的解析式为：y1=﹣x（x﹣4）=，过E作EG⊥x轴于G，Rt△AGE中，AE=1，∴AG=AE=，EG==，∴E（，），设直线AE的解析式为：y=kx+b，把A（2，0）和E（，）代入得：，解得：，∴直线AE的解析式为：，则，解得：，，∴P（3，）或（﹣2，）；‎ ‎（3）如图3，y1==，顶点（2，），∴抛物线y2的顶点为（2，﹣），∴y2=，当m=0时，与图形M两公共点，当y2与l相切时，即有一个公共点，l与图形M有3个公共点，则：，，x2﹣7x﹣‎3m=0，△=（﹣7）2﹣4×1×（﹣‎3m）≥0，m≥﹣，∴当l与M的公共点为3个时，m的取值是：﹣≤m＜0． ‎ 考点：1．二次函数综合题；2．翻折变换（折叠问题）；3．动点型；4．存在型；5．分类讨论；6．压轴题．‎ ‎14．（2017江苏省连云港市）如图，已知二次函数（a≠0）的图象经过点A（3，0），B（4，1），且与y轴交于点C，连接AB、AC、BC．‎ ‎（1）求此二次函数的关系式；‎ ‎（2）判断△ABC的形状；若△ABC的外接圆记为⊙M，请直接写出圆心M的坐标；‎ ‎（3）若将抛物线沿射线BA方向平移，平移后点A、B、C的对应点分别记为点A1、B1、C1，△A1B‎1C1的外接圆记为⊙M1，是否存在某个位置，使⊙M1经过原点？若存在，求出此时抛物线的关系式；若不存在，请说明理由．‎ ‎【答案】（1）；（2）直角三角形，M（2，2）；（3）或．‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）直接利用待定系数法求出a，b的值进而得出答案；‎ ‎（2）首先得出∠OAC=45°，进而得出AD=BD，求出∠OAC=45°，即可得出答案；‎ ‎（2）△ABC是直角三角形，过点B作BD⊥x轴于点D，易知点C坐标为：（0，3），所以OA=OC，所以∠OAC=45°，又∵点B坐标为：（4，1），∴AD=BD，∴∠OAC=45°，∴∠BAC=180°﹣45°﹣45°=90°，∴△ABC是直角三角形，圆心M的坐标为：（2，2）；‎ ‎（3）存在．取BC的中点M，过点M作ME⊥y轴于点E，∵M的坐标为：（2，2），∴MC=，OM=，∴∠MOA=45°，又∵∠BAD=45°，∴OM∥AB，∴要使抛物线沿射线BA方向平移，且使⊙M1经过原点，则平移的长度为：或；‎ ‎∵∠BAD=45°，∴抛物线的顶点向左、向下均分别平移个单位长度 或个单位长度，∵，∴平移后抛物线的关系式为：，即 或，即．‎ 综上所述，存在一个位置，使⊙M1经过原点，此时抛物线的关系式为：‎ 或．‎ 考点：1．二次函数综合题；2．平移的性质；3．动点型；4．存在型；5．压轴题． ‎ ‎15．（2017浙江省绍兴市）如图，已知□ABCD，AB∥x轴，AB=6，点A 的坐标为（1，-4），点D的坐标为（-3，4），点B在第四象限，点P是□ABCD边上一个动点．‎ ‎（1） 若点P在边BC上，PD=CD，求点P的坐标．‎ ‎（2）若点P在边AB、AD上，点P关于坐标轴对称的点Q ，落在直线上，求点P的坐标．‎ ‎（3） 若点P在边AB，AD，CD上，点G是AD与y轴的交点，如图，过点作y轴的平行线PM，过点G作x轴的平行线GM，它们相交于点M，将△PGM沿直线PG翻折，当点M的对应点落在坐标轴上时，求点P的坐标（直接写出答案）．‎ ‎【答案】（1）P（3，4）；（2）（-3，4）或（-1，0）或（5，-4）或（3，-4）；（3）P（2，-4）或（-，3）或（-，4）或（，4）．‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）点P在BC上，要使PD=CD，只有P与C重合；‎ ‎（2）首先要分点P在边AB，AD上时讨论，根据“点P关于坐标轴对称的点Q”，即还要细分“点P关于x轴的对称点Q和点P关于y轴的对称点Q”讨论，根据关于x轴、y轴对称点的特征（关于x轴对称时，点的横坐标不变，纵坐标变成相反数；关于y轴对称时，相反；）将得到的点Q的坐标代入直线y=x-1‎ ‎，即可解答；‎ ‎（3）在不同边上，根据图象，点M翻折后，点M’落在x轴还是y轴，可运用相似求解．‎ 试题解析：（1）∵CD=6，∴点P与点C重合，∴点P的坐标是（3，4）．‎ ‎（3）因为直线AD为y=-2x-2，所以G（0，-2）．‎ ‎①如图，当点P在CD边上时，可设P（m，4），且-3≤m≤3，则可得M′P=PM=4+2=6，M′G=GM=|m|，易证得△OGM′∽△HM′P，则，即，则OM′=，在Rt△OGM′中，由 勾股定理得， ，解得m=-或 ，则P（ -，4）或（ ，4）；‎ ‎②如下图，当点P在AD边上时，设P（m，‎-2m-2），则PM′=PM=|-‎2m|，GM′=MG=|m|，易证得△OGM′∽△HM′P，则，即，则OM′=，在Rt△OGM′中，由勾股定理得， ，整理得m= -，则P（-，3）；‎ 如下图，当点P在AB边上时，设P（m，-4），此时M′在y轴上，则四边形PM′GM是正方形，所以GM=PM=4-2=2，则P（2，-4）．‎ 综上所述，点P的坐标为（2，-4）或（-，3）或（-，4）或（，4）．‎ 考点：1．一次函数综合题；2．平行四边形的性质；3．翻折变换（折叠问题）；4．动点型；5．分类讨论；6．压轴题．‎