专题05 数量和位置变化
一、选择题
1．（2017四川省绵阳市）下列图案中，属于轴对称图形的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A．
【解析】
试题分析：A．此图案是轴对称图形，有5条对称轴，此选项符合题意；
B．此图案不是轴对称图形，此选项不符合题意；
C．此图案不是轴对称图形，而是旋转对称图形，不符合题意；
D．此图案不是轴对称图形，不符合题意；
故选A．
考点：轴对称图形．
2．（2017四川省绵阳市）将二次函数的图象先向下平移1个单位，再向右平移3个单位，得到的图象与一次函数y=2x+b的图象有公共点，则实数b的取值范围是（ ）
A．b＞8 B．b＞﹣8 C．b≥8 D．b≥﹣8
【答案】D．
【解析】
试题分析：由题意得：平移后得到的二次函数的解析式为： ，则，，，△=（﹣8）2﹣4×1×（8﹣b）≥0，b≥﹣8，故选D．
考点：1．二次函数图象与几何变换；2．一次函数图象与系数的关系．
3．（2017四川省绵阳市）如图所示，将形状、大小完全相同的“●”和线段按照一定规律摆成下列图形，第1幅图形中“●”的个数为a1，第2幅图形中“●”的个数为a2，第3幅图形中“●”的个数为a3，…，以此类推，则的值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C．
【解析】
试题分析：a1=3=1×3，a2=8=2×4，a3=15=3×5，a4=24=4×6，…，an=n（n+2）；
∴=
===，故选C．
考点：1．规律型：图形的变化类；2．综合题．
4．（2017四川省达州市）如图，将矩形ABCD绕其右下角的顶点按顺时针方向旋转90°至图①位置，继续绕右下角的顶点按顺时针方向旋转90°至图②位置，以此类推，这样连续旋转2017次．若AB=4，AD=3，则顶点A在整个旋转过程中所经过的路径总长为（ ）
A．2017π B．2034π C．3024π D．3026π
【答案】D．
【解析】
试题分析：∵AB=4，BC=3，∴AC=BD=5，转动一次A的路线长是： =2π，转动第二次的路线长是： =π，转动第三次的路线长是： =π，转动第四次的路线长是：0，以此类推，每四次循环，故顶点A转动四次经过的路线长为：π+π+2π=6π，∵2017÷4=504…1，∴顶点A转动四次经过的路线长为：6π×504+2π=3026π，故选D．
考点：1．轨迹；2．矩形的性质；3．旋转的性质；4．规律型；5．综合题．
5．（2017山东省枣庄市）
将数字“6”旋转180°，得到数字“9”，将数字“9”旋转180°，得到数字“6”，现将数字“69”旋转180°，得到的数字是（ ）
A．96 B．69 C．66 D．99
【答案】B．
考点：生活中的旋转现象．
6．（2017山东省枣庄市）如图，把正方形纸片ABCD沿对边中点所在的直线对折后展开，折痕为MN，再过点B折叠纸片，使点A落在MN上的点F处，折痕为BE．若AB的长为2，则FM的长为（ ）
A．2 B． C． D．1
【答案】B．
【解析】
试题分析：∵四边形ABCD为正方形，AB=2，过点B折叠纸片，使点A落在MN上的点F处，∴FB=AB=2，BM=1，则在Rt△BMF中，FM= = =，故选B．
考点：翻折变换（折叠问题）．
7．（2017山东省济宁市）下列图形中是中心对称图形的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C．
【解析】
试题分析：A．不是中心对称图形，故本选项错误；
B．不是中心对称图形，故本选项错误；
C．是中心对称图形，故本选项正确；
D．不是中心对称图形，故本选项错误．
故选C．
考点：中心对称图形．
8．（2017山东省济宁市）如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=BC=1，将Rt△ABC绕点A逆时针旋转30°后得到Rt△ADE，点B经过的路径为，则图中阴影部分的面积是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A．
【解析】
试题分析：∵∠ACB=90°，AC=BC=1，∴AB=，∴S扇形ABD= =．
又∵Rt△ABC绕A点逆时针旋转30°后得到Rt△ADE，∴Rt△ADE≌Rt△ACB，∴S阴影部分=S△ADE+S扇形ABD﹣S△ABC=S扇形ABD=．故选A．
考点：1．扇形面积的计算；2．等腰直角三角形；3．旋转的性质．
9．（2017广东省）下列所述图形中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（ ）
A．等边三角形 B．平行四边形 C．正五边形 D．圆
【答案】D．
考点：1．中心对称图形；2．轴对称图形．
10．（2017江苏省盐城市）下列图形中，是轴对称图形的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D．
考点：轴对称图形．
11．（2017江苏省盐城市）如图，将函数的图象沿y轴向上平移得到一条新函数的图象，其中点A（1，m），B（4，n）平移后的对应点分别为点A'、B'．若曲线段AB扫过的面积为9（图中的阴影部分），则新图象的函数表达式是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D．
【解析】
试题分析：解：∵函数的图象过点A（1，m），B（4，n），∴m==，n==3，∴A（1，），B（4，3），过A作AC∥x轴，交B′B的延长线于点C，则C（4，），∴AC=4﹣1=3，∵曲线段AB扫过的面积为9（图中的阴影部分），∴AC•AA′=3AA′=9，∴AA′=3，即将函数
的图象沿y轴向上平移3个单位长度得到一条新函数的图象，∴新图象的函数表达式是．故选D．
考点：二次函数图象与几何变换．
12．（2017江苏省连云港市）如图所示，一动点从半径为2的⊙O上的A0点出发，沿着射线A0O方向运动到⊙O上的点A1处，再向左沿着与射线A1O夹角为60°的方向运动到⊙O上的点A2处；接着又从A2点出发，沿着射线A2O方向运动到⊙O上的点A3处，再向左沿着与射线A3O夹角为60°的方向运动到⊙O上的点A4处；…按此规律运动到点A2017处，则点A2017与点A0间的距离是（ ）
A．4 B． C．2 D．0
【答案】A．
考点：1．规律型：图形的变化类；2．综合题．
13．（2017河北省）图1和图2中所有的小正方形都全等，将图1的正方形放在图2中①②③④的某一位置，使它与原来7个小正方形组成的图形是中心对称图形，这个位置是（ ）
A．① B．② C．③ D．④
【答案】C．
考点：中心对称图形．
14．（2017河北省）已知正方形MNOK和正六边形ABCDEF边长均为1，把正方形放在正六边形中，使OK边与AB边重合，如图所示，按下列步骤操作：
将正方形在正六边形中绕点B顺时针旋转，使KM边与BC边重合，完成第一次旋转；再绕点C顺时针旋转，使MN边与CD边重合，完成第二次旋转；…在这样连续6次旋转的过程中，点B，M间的距离可能是（ ）
A．1.4 B．1.1 C．0.8 D．0.5
【答案】C．
【解析】
试题分析：如图，在这样连续6次旋转的过程中，点M的运动轨迹是图中的红线，观察图象可知点B，M间的距离大于0.5小于等于1，故选C．
考点：1．正多边形和圆；2．旋转的性质；3．操作型；4．综合题．
15．（2017浙江省丽水市）将函数的图象用下列方法平移后，所得的图象不经过点A（1，4）的方法是（ ）
A．向左平移1个单位 B．向右平移3个单位
C．向上平移3个单位 D．向下平移1个单位
【答案】D．
考点：二次函数图象与几何变换．
16．（2017浙江省台州市）如图，矩形EFGH的四个顶点分别在菱形ABCD的四条边上，BE=BF，将△AEH，△CFG分别沿边EH，FG折叠，当重叠部分为菱形且面积是菱形ABCD面积的时，则为（ ）
A． B．2 C． D．4
【答案】A．
【解析】
试题分析：设重叠的菱形边长为x，BE=BF=y，由矩形和菱形的对称性以及折叠的性质得：四边形AHME、四边形BENF是菱形，∴AE=EM，EN=BE=y，EM=x+y，∵当重叠部分为菱形且面积是菱形ABCD面积的，且两个菱形相似，∴AB=4MN=4x，∴AE=AB﹣BE=4x﹣y，∴4x﹣y=x+y，解得：x=y，∴AE=y，∴ = =；故选A．
考点：1．翻折变换（折叠问题）；2．菱形的性质；3．矩形的性质．
17．（2017浙江省绍兴市）矩形ABCD的两条对称轴为坐标轴，点A的坐标为（2，1）．一张透明纸上画有一个点和一条抛物线，平移透明纸，使这个点与点A重合，此时抛物线的函数表达式为，再次平移透明纸，使这个点与点C重合，则该抛物线的函数表达式变为 （ ）
A． B． C． D．
【答案】A．
【解析】
试题分析：如图，A（2，1），则可得C（-2，-1）．
由A（2，1）到C（-2，-1），需要向左平移4个单位，向下平移2个单位，则抛物线的函数表达式为y=x2 ， 经过平移与为y=（x+4）2-2= x2+8x+14，故选A．
考点：二次函数图象与几何变换．
18．（2017浙江省绍兴市）一块竹条编织物，先将其按如图所示绕直线MN翻转180°，再将它按逆时针方向旋转90°，所得的竹条编织物是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B．
考点：利用旋转设计图案．
19．（2017湖北省襄阳市）下列图形中，既是中心对称图又是轴对称图形的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C．
【解析】
试题分析：A．是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项错误；
B．是中心对称图，不是轴对称图形，故本选项错误；
C．既是中心对称图又是轴对称图形，故本选项正确；
D．是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项错误．
故选C．
考点：1．中心对称图形；2．轴对称图形．
20．（2017湖北省襄阳市）将抛物线先向左平移4个单位长度，再向上平移2个单位长度，平移后所得抛物线的解析式为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A．
考点：二次函数图象与几何变换．
21．（2017重庆市B卷）下列图形中是轴对称图形的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D．
【解析】
试题分析：A．不是轴对称图形，不合题意；
B．不是轴对称图形，不合题意；
C．不是轴对称图形，不合题意；
D．是轴对称图形，符合题意．
故选D．
考点：轴对称图形．
22．（2017重庆市B卷）下列图象都是由相同大小的按一定规律组成的，其中第①个图形中一共有4颗，第②个图形中一共有11颗，第③个图形中一共有21颗，…，按此规律排列下去，第⑨个图形中的颗数为（ ）
A．116 B．144 C．145 D．150
【答案】B．
考点：规律型：图形的变化类．
23．（2017山东省枣庄市）如图，直线与x轴、y轴分别交于点A和点B，点C、D分别为线段AB、OB的中点，点P为OA上一动点，PC+PD值最小时点P的坐标为（ ）
A．（﹣3，0） B．（﹣6，0） C．（，0） D．（，0）
【答案】C．
【解析】
试题分析：（方法一）作点D关于x轴的对称点D′，连接CD′交x轴于点P，此时PC+PD值最小，如图所示．
令中x=0，则y=4，∴点B的坐标为（0，4）；
令中y=0，则，解得：x=﹣6，∴点A的坐标为（﹣6，0）．
∵点C、D分别为线段AB、OB的中点，∴点C（﹣3，2），点D（0，2）．
∵点D′和点D关于x轴对称，∴点D′的坐标为（0，﹣2）．
设直线CD′的解析式为y=kx+b，∵直线CD′过点C（﹣3，2），D′（0，﹣2），∴，解得：，∴直线CD′的解析式为．
令中y=0，则0=，解得：x=，∴点P的坐标为（，0）．
故选C．
（方法二）连接CD，作点D关于x轴的对称点D′，连接CD′交x轴于点P，此时PC+PD值最小，如图所示．
令中x=0，则y=4，∴点B的坐标为（0，4）；
令中y=0，则，解得：x=﹣6，∴点A的坐标为（﹣6，0）．
∵点C、D分别为线段AB、OB的中点，∴点C（﹣3，2），点D（0，2），CD∥x轴，∵点D′和点D关于x
轴对称，∴点D′的坐标为（0，﹣2），点O为线段DD′的中点．
又∵OP∥CD，∴点P为线段CD′的中点，∴点P的坐标为（，0）．
故选C．
考点：1．一次函数图象上点的坐标特征；2．轴对称﹣最短路线问题；3．最值问题．
二、填空题
24．（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．
25．（2017四川省广安市）已知点P（1，2）关于x轴的对称点为P′，且P′在直线y=kx+3上，把直线y=kx+3的图象向上平移2个单位，所得的直线解析式为 ．
【答案】y=﹣5x+5．
【解析】
试题分析：∵点P（1，2）关于x轴的对称点为P′，∴P′（1，﹣2），∵P′在直线y=kx+3上，∴﹣2=k+3，解得：k=﹣5，则y=﹣5x+3，∴把直线y=kx+3的图象向上平移2个单位，所得的直线解析式为：y=﹣5x+5．故答案为：y=﹣5x+5．
考点：一次函数图象与几何变换．
26．（2017四川省眉山市）△ABC是等边三角形，点O是三条高的交点．若△ABC以点O为旋转中心旋转后能与原来的图形重合，则△ABC旋转的最小角度是 ．
【答案】120°．
考点：旋转对称图形．
27．（2017四川省绵阳市）将形状、大小完全相同的两个等腰三角形如图所示放置，点D在AB边上，△DEF绕点D旋转，腰DF和底边DE分别交△CAB的两腰CA，CB于M，N两点，若CA=5，AB=6，AB=1：3，则MD+的最小值为 ．
【答案】 ．
考点：1．相似三角形的判定与性质；2．等腰三角形的性质；3．旋转的性质；4．最值问题；5．综合题．
28．（2017四川省达州市）如图，矩形ABCD中，E是BC上一点，连接AE，将矩形沿AE翻折，使点B落在CD边F处，连接AF，在AF上取点O，以O为圆心，OF长为半径作⊙O与AD相切于点P．若AB=6，BC=，则下列结论：①F是CD的中点；②⊙O的半径是2；③AE=CE；④．其中正确结论的序号是 ．
【答案】．
【解析】
试题分析：①∵AF是AB翻折而来，∴AF=AB=6，∵AD=BC=，∴DF==3，∴F是CD中点；∴①正确；
②连接OP，∵⊙O与AD相切于点P，∴OP⊥AD，∵AD⊥DC，∴OP∥CD，∴，设OP=OF=x，则，解得：x=2，∴②正确；
③∵RT△ADF中，AF=6，DF=3，∴∠DAF=30°，∠AFD=60°，∴∠EAF=∠EAB=30°，∴AE=2EF；
∵∠AFE=90°，∴∠EFC=90°﹣∠AFD=30°，∴EF=2EC，∴AE=4CE，∴③错误；
④连接OG，作OH⊥FG，∵∠AFD=60°，OF=OG，∴△OFG为等边△；同理△OPG为等边△；
∴∠POG=∠FOG=60°，OH=OG=，S扇形OPG=S扇形OGF，∴S阴影=（S矩形OPDH﹣S扇形OPG﹣S△OGH）+（S扇形OGF﹣S△OFG）=S矩形OPDH﹣S△OFG==．∴④正确；
故答案为：①②④．
考点：1．切线的性质；2．矩形的性质；3．扇形面积的计算；4．翻折变换（折叠问题）；5．综合题．
29．（2017山东省济宁市）如图，正六边形A1B1C1D1E1F1的边长为1，它的六条对角线又围成一个正六边形A2B2C2D2E2F2，如此继续下去，则正六边形A4B4C4D4E4F4的面积是 ．
【答案】．
考点：1．正多边形和圆；2．规律型；3．综合题．
30．（2017广东省）如图，矩形纸片ABCD中，AB=5，BC=3，先按图（2）操作：将矩形纸片ABCD沿过点A的直线折叠，使点D落在边AB上的点E处，折痕为AF；再按图（3）操作，沿过点F的直线折叠，使点C落在EF上的点H处，折痕为FG，则A、H两点间的距离为 ．
【答案】．
【解析】
试题分析：如图3中，连接AH．由题意可知在Rt△AEH中，AE=AD=3，EH=EF﹣HF=3﹣2=1，∴AH= ==，故答案为：．
考点：1．翻折变换（折叠问题）；2．矩形的性质；3．综合题．
31．（2017广西四市）如图，菱形ABCD的对角线相交于点O，AC=2，BD=，将菱形按如图方式折叠，使点B与点O重合，折痕为EF，则五边形AEFCD的周长为 ．
【答案】7．
【解析】
试题分析：∵四边形ABCD是菱形，AC=2，BD=，∴∠ABO=∠CBO，AC⊥BD，∵AO=1，BO=，∴tan∠ABO==，∴∠ABO=30°，AB=2，∴∠ABC=60°，由折叠的性质得，EF⊥BO，OE=BE，∠BEF=∠OEF，∴BE=BF，EF∥AC，∴△BEF是等边三角形，∴∠BEF=60°，∴∠OEF=60°，∴∠AEO=60°，∴△AEO是等边三角形，∴AE=OE，∴BE=AE，∴EF是△ABC的中位线，∴EF=AC=1，AE=OE=1，同理CF=OF=1，∴五边形AEFCD的周长为=1+1+1+2+2=7．故答案为：7．
考点：1．翻折变换（折叠问题）；2．菱形的性质；3．综合题．
32．（2017广西四市）如图，把正方形铁片OABC置于平面直角坐标系中，顶点A的坐标为（3，0），点P（1，2）在正方形铁片上，将正方形铁片绕其右下角的顶点按顺时针方向依次旋转90°，第一次旋转至图①位置，第二次旋转至图②位置…，则正方形铁片连续旋转2017次后，点P的坐标为 ．
【答案】（1517，1）．
考点：1．坐标与图形变化﹣旋转；2．规律型：点的坐标．
33．（2017江苏省盐城市）如图，在边长为1的小正方形网格中，将△ABC绕某点旋转到△A'B'C'的位置，则点B运动的最短路径长为 ．
【答案】．
考点：1．轨迹；2．旋转的性质．
34．（2017江苏省盐城市）如图，曲线l是由函数在第一象限内的图象绕坐标原点O逆时针旋转45°得到的，过点A（，），B（，）的直线与曲线l相交于点M、N，则△OMN的面积为 ．
【答案】8．
考点：1．坐标与图形变化﹣旋转；2．反比例函数系数k的几何意义．
35．（2017江苏省连云港市）如图，已知等边三角形OAB与反比例函数（k＞0，x＞0）的图象交于A、B两点，将△OAB沿直线OB翻折，得到△OCB，点A的对应点为点C，线段CB交x轴于点D，则的值为 ．（已知sin15°=）
【答案】．
【解析】
试题分析：如图，过O作OM⊥x轴于M，∵△AOB是等边三角形，∴AM=BM，∠AOM=∠BOM=30°，∴A、B关于直线OM对称，∵A、B两点在反比例函数（k＞0，x＞0）的图象上，且反比例函数关于直线y=x对称，∴直线OM的解析式为：y=x，∴∠BOD=45°﹣30°=15°，过B作BF⊥x轴于F，过C作CN⊥x轴于N，sin∠BOD=sin15°==，∵∠BOC=60°，∠BOD=15°，∴∠CON=45°，∴△CNO是等腰直角三角形，∴CN=ON，设CN=x，则OC=，∴OB=，∴ =，∴BF=，∵BF⊥x轴，CN⊥x轴，∴BF∥CN，∴△BDF∽△CDN，∴ ==，故答案为：．
考点：1．反比例函数与一次函数的交点问题；2．等边三角形的性质；3．翻折变换（折叠问题）；4．解直角三角形．
36．（2017浙江省丽水市）如图，由6个小正方形组成的2×3网格中，任意选取5个小正方形并涂黑，则黑色部分的图形是轴对称图形的概率是 ．
【答案】．
【解析】
试题分析：由题意可得：空白部分有6个位置，只有在1，2处时，黑色部分的图形是轴对称图形，故黑色部分的图形是轴对称图形的概率是： =．故答案为：．
考点：1．利用轴对称设计图案；2．列表法与树状图法．
37．（2017湖北省襄阳市）如图，在△ABC中，∠ACB=90°，点D，E分别在AC，BC上，且∠CDE=∠B，将△CDE沿DE折叠，点C恰好落在AB边上的点F处．若AC=8，AB=10，则CD的长为 ．
【答案】．
考点：1．翻折变换（折叠问题）；2．勾股定理；3．综合题．
38．（2017重庆市B卷）如图，正方形ABCD中，AD=4，点E是对角线AC上一点，连接DE，过点E作EF⊥ED，交AB于点F，连接DF，交AC于点G，将△EFG沿EF翻折，得到△EFM，连接DM，交EF于点N，若点F
是AB的中点，则△EMN的周长是 ．
【答案】．
【解析】
试题分析：如图1，过E作PQ⊥DC，交DC于P，交AB于Q，连接BE，∵DC∥AB，∴PQ⊥AB，∵四边形ABCD是正方形，∴∠ACD=45°，∴△PEC是等腰直角三角形，∴PE=PC，设PC=x，则PE=x，PD=4﹣x，EQ=4﹣x，∴PD=EQ，∵∠DPE=∠EQF=90°，∠PED=∠EFQ，∴△DPE≌△EQF，∴DE=EF，易证明△DEC≌△BEC，∴DE=BE，∴EF=BE，∵EQ⊥FB，∴FQ=BQ=BF，∵AB=4，F是AB的中点，∴BF=2，∴FQ=BQ=PE=1，∴CE=，Rt△DAF中，DF==，∵DE=EF，DE⊥EF，∴△DEF是等腰直角三角形，∴DE=EF==，∴PD==3，如图2，∵DC∥AB，∴△DGC∽△FGA，∴ = =2，∴CG=2AG，DG=2FG，∴FG==，∵AC==，∴CG==，∴EG==，连接GM、GN，交EF于H，∵∠GFE=45°，∴△GHF是等腰直角三角形，∴GH=FH= =，∴EH=EF﹣FH=﹣=，∴∠NDE=∠AEF，∴tan∠NDE=tan∠AEF=，∴ =，∴EN=，∴NH=EH﹣EN=﹣=，Rt△GNH中，GN= = =，由折叠得：MN=GN，EM=EG，∴△EMN的周长=EN+MN+EM=++=；
故答案为：．
考点：1．翻折变换（折叠问题）；2．正方形的性质；3．综合题．
三、解答题
39．（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．
40．（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．
41．（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；
（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．
42．（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．
43．（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．
44．（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．
45．（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；
（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．
46．（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；
考点：1．一次函数图象与几何变换；2．轨迹；3．弧长的计算．
47．（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；
（3）首先利用已知得出圆M平移的长度，进而得出抛物线的平移规律，即可得出答案．
试题解析：（1）把点A（3，0），B（4，1）代入中，得：，解得：，，所以所求函数关系式为：；
（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．
48．（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；
（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．
49．（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；
（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）．
（2）①当点P在边AD上时，由已知得，直线AD的函数表达式为： ，设P（a，-2a-2），且-3≤a≤1．
若点P关于x轴对称点Q1（a，2a+2）在直线y=x-1上，∴2a+2=a-1，解得a=-3，此时P（-3，4）．
若点P关于y轴对称点Q2（-a，-2a-2）在直线y=x-1上，∴-2a-2=-a-1，解得a=-1，此时P（-1，0）．
②当点P在边AB上时，设P（a，-4），且1≤a≤7．
若点P关于x轴对称点Q3（a，4）在直线y=x-1上，∴4=a-1，解得a=5，此时P（5，-4）．
若点P关于y轴对称点Q4（-a，-4）在直线y=x-1上，∴-4=-a-1，解得a=3，此时P（3，-4）．
综上所述，点P的坐标为（-3，4）或（-1，0）或（5，-4）或（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．
50．（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．
51．（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．
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．
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