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操作探究
一、选择题
1．（2018•湖北荆门•3 分）如图，等腰 Rt△ABC 中，斜边 AB 的长为 2，O 为 AB 的中点，P 为 AC 边上
的动点，OQ⊥OP 交 BC 于点 Q，M 为 PQ 的中点，当点 P 从点 A 运动到点 C 时，点 M 所经过的路线长为
（ ）
A． B． C．1 D．2
【分析】连接 OC，作 PE⊥AB 于 E，MH⊥AB 于 H，QF⊥AB 于 F，如图，利用等腰直角三角形的性质得
AC=BC= ，∠A=∠B=45°，OC⊥AB，OC=OA=OB=1，∠OCB=45°，再证明 Rt△AOP≌△COQ 得到 AP=CQ，
接着利用△APE 和△BFQ 都为等腰直角三角形得到 PE= AP= CQ，QF= BQ，所以 PE+QF=
BC=1，然后证明 MH 为梯形 PEFQ 的中位线得到 MH= ，即可判定点 M 到 AB 的距离为 ，从而得到点 M
的运动路线为△ABC 的中位线，最后利用三角形中位线性质得到点 M 所经过的路线长．
【解答】解：连接 OC，作 PE⊥AB 于 E，MH⊥AB 于 H，QF⊥AB 于 F，如图，
∵△ACB 为到等腰直角三角形，
∴AC=BC= AB= ，∠A=∠B=45°，
∵O 为 AB 的中点，
∴OC⊥AB，OC 平分∠ACB，OC=OA=OB=1，
∴∠OCB=45°，
∵∠POQ=90°，∠COA=90°，
∴∠AOP=∠COQ，
在 Rt△AOP 和△COQ 中
，
∴Rt△AOP≌△COQ，
∴AP=CQ，
易得△APE 和△BFQ 都为等腰直角三角形，
∴PE= AP= CQ，QF= BQ，2
∴PE+QF= （CQ+BQ）= BC= × =1，
∵M 点为 PQ 的中点，
∴MH 为梯形 PEFQ 的中位线，
∴MH= （PE+QF）= ，
即点 M 到 AB 的距离为 ，
而 CO=1，
∴点 M 的运动路线为△ABC 的中位线，
∴当点 P 从点 A 运动到点 C 时，点 M 所经过的路线长= AB=1．
故选：C．
【点评】本题考查了轨迹：通过计算确定动点在运动过程中不变的量，从而得到运动的轨迹．也考查
了等腰直角三角形的性质．
2．（2018·浙江临安·3 分）如图，正方形硬纸片 ABCD 的边长是 4，点 E、F 分别是 AB、BC 的中点，
若沿左图中的虚线剪开，拼成如图的一座“小别墅”，则图中阴影部分的面积是（ ）
A．2 B．4 C．8 D．10
【考点】阴影部分的面积
【分析】本题考查空间想象能力．
【解答】解：阴影部分由一个等腰直角三角形和一个直角梯形组成，
由第一个图形可知：阴影部分的两部分可构成正方形的四分之一，
正方形的面积=4×4=16，3
∴图中阴影部分的面积是 16÷4=4．
故选：B．
【点评】解决本题的关键是得到阴影部分的组成与原正方形面积之间的关系．
3（2018·浙江舟山·3 分）将一张正方形纸片按如图步骤①，②沿虚线对折两次，然后沿③中平行于
底 边 的 虚 线 剪 去 一 个 角 ， 展 开 铺 平 后 的 图 形 是 （ ）
A. B.
C. D.
【考点】剪纸问题
【解析】【解答】解：沿虚线剪开以后，剩下的图形先向右上方展开，缺失的部分是一个等腰直角三
角形，用直角边与正方形的边是分别平行的，再沿着对角线展开，得到图形 A。
故答案为 A。
【分析】根据对称的性质，用倒推法去展开这个折纸。
【点评】本题主要考查了等腰直角三角形、直角三角形的判定和考生的空间想象能力.
二.填空题
(要求同上一.)
1．（2018·湖南省常德·3 分）如图，将矩形 ABCD 沿 EF 折叠，使点 B 落在 AD 边上的点 G 处，点 C
落在点 H 处，已知∠DGH=30°，连接 BG，则∠AGB= 75° ．4
【分析】由折叠的性质可知：GE=BE，∠EGH=∠ABC=90°，从而可证明∠EBG=∠EGB．，然后再根据∠EGH﹣
∠EGB=∠EBC﹣∠EBG，即：∠GBC=∠BGH，由平行线的性质可知∠AGB=∠GBC，从而易证∠AGB=∠BGH，
据此可得答案．
【解答】解：由折叠的性质可知：GE=BE，∠EGH=∠ABC=90°，
∴∠EBG=∠EGB．
∴∠EGH﹣∠EGB=∠EBC﹣∠EBG，即：∠GBC=∠BGH．
又∵AD∥BC，
∴∠AGB=∠GBC．
∴∠AGB=∠BGH．
∵∠DGH=30°，
∴∠AGH=150°，
∴∠AGB= ∠AGH=75°，
故答案为：75°．
【点评】本题主要考查翻折变换，解题的关键是熟练掌握翻折变换的性质：折叠前后图形的形状和大
小不变，位置变化，对应边和对应角相等．
2. （2018·浙江舟山·4 分）如图，量角器的 0 度刻度线为 AB，将一矩形直尺与量角器部分重叠，
使直尺一边与量角器相切于点 C，直尺另一边交量角器于点 A，D，量得 AD=10cm，点 D 在量角器上的
读数为 60°，则该直尺的宽度为________ cm。
【考点】垂径定理，切线的性质
【分析】因为直尺另一边 EF 与圆 O 相切于点 C，连接 OC，可知求直尺的宽度就是求 CG=OC-OG，而 OC=OA；5
OG 和 OA 都在 Rt△AOG 中，即根据解直角三角形的思路去做：由垂定理可知 AG=DG= AD=5cm，∠AOG= ∠
AOD=60°，从而可求答案.
【解答】解：如图，连结 OD，OC，OC 与 AD 交于点 G,设直尺另一边为 EF，
因为点 D 在量角器上的读数为 60°，
所以∠AOD=120°，
因为直尺一边 EF 与量角器相切于点 C，
所以 OC⊥EF，
因为 EF//AD，
所以 OC⊥AD，
由垂径定理得 AG=DG= AD=5 cm，∠AOG= ∠AOD=60°，
在 Rt△AOG 中，AG=5 cm，∠AOG=60°，
则 OG= cm,OC=OA= cm
则 CG=OC-OG= cm.
【点评】本题的关键是利用垂径定理和切线的性质.
三.解答题
(要求同上一)
1. ．（2018•四川凉州•8 分）如图，在平面直角坐标系中，点 O1 的坐标为（﹣4，0），以点 O1 为圆心，
8 为半径的圆与 x 轴交于 A，B 两点，过 A 作直线 l 与 x 轴负方向相交成 60°的角，且交 y 轴于 C 点，
以点 O2（13，5）为圆心的圆与 x 轴相切于点 D．
（1）求直线 l 的解析式；
（2）将⊙O2 以每秒 1 个单位的速度沿 x 轴向左平移，当⊙O2 第一次与⊙O1 外切时，求⊙O2 平移的时
间．6
【分析】（1）求直线的解析式，可以先求出 A、C 两点的坐标，就可以根据待定系数法求出函数的解
析式．
（2）设⊙O2 平移 t 秒后到⊙O3 处与⊙O1 第一次外切于点 P，⊙O3 与 x 轴相切于 D1 点，连接 O1O3，
O3D1．
在直角△O1O3D1 中，根据勾股定理，就可以求出 O1D1，进而求出 D1D 的长，得到平移的时间．
【解答】解：（1）由题意得 OA=|﹣4|+|8|=12，
∴A 点坐标为（﹣12，0）．
∵在 Rt△AOC 中，∠OAC=60°，
OC=OAtan∠OAC=12×tan60°=12 ．
∴C 点的坐标为（0，﹣12 ）．
设直线 l 的解析式为 y=kx+b，
由 l 过 A、C 两点，
得 ，解得
∴直线 l 的解析式为：y=﹣ x﹣12 ．
（2）如图，设⊙O2 平移 t 秒后到⊙O3 处与⊙O1 第一次外切于点 P，⊙O3 与 x 轴相切于 D1 点，连接
O1O3，O3D1．
则 O1O3=O1P+PO3=8+5=13．
∵O3D1⊥x 轴，∴O3D1=5，
在 Rt△O1O3D1 中， ．
∵O1D=O1O+OD=4+13=17，∴D1D=O1D﹣O1D1=17﹣12=5，
∴ （秒）．
∴⊙O2 平移的时间为 5 秒．7
【点评】本题综合了待定系数法求函数解析式，以及圆的位置关系，其中两圆相切时的辅助线的作法
是经常用到的．
2. ．（2018•四川凉州•10 分）如图，已知抛物线 y=x2+bx+c 经过 A（1，0），B（0，2）两点，顶点为
D．
（1）求抛物线的解析式；
（2）将△OAB 绕点 A 顺时针旋转 90°后，点 B 落到点 C 的位置，将抛物线沿 y 轴平移后经过点 C，求
平移后所得图象的函数关系式；
（3）设（2）中平移后，所得抛物线与 y 轴的交点为 B1，顶点为 D1，若点 N 在平移后的抛物线上，且
满足△NBB1 的面积是△NDD1 面积的 2 倍，求点 N 的坐标．
【分析】（1）利用待定系数法，将点 A，B 的坐标代入解析式即可求得；
（2）根据旋转的知识可得：A（1，0），B（0，2），∴OA=1，OB=2，
可得旋转后 C 点的坐标为（3，1），当 x=3 时，由 y=x 2﹣3x+2 得 y=2，可知抛物线 y=x2﹣3x+2 过点
（3，2）∴将原抛物线沿 y 轴向下平移 1 个单位后过点 C．∴平移后的抛物线解析式为：y=x2﹣3x+1；
（3）首先求得 B1，D1 的坐标，根据图形分别求得即可，要注意利用方程思想．
【解答】解：（1）已知抛物线 y=x2+bx+c 经过 A（1，0），B（0，2），
∴ ，
解得 ，
∴所求抛物线的解析式为 y=x2﹣3x+2；
（2）∵A（1，0），B（0，2），8
∴OA=1，OB=2，
可得旋转后 C 点的坐标为（3，1），
当 x=3 时，由 y=x2﹣3x+2 得 y=2，
可知抛物线 y=x2﹣3x+2 过点（3，2），
∴将原抛物线沿 y 轴向下平移 1 个单位后过点 C．
∴平移后的抛物线解析式为：y=x2﹣3x+1；
（3）∵点 N 在 y=x2﹣3x+1 上，可设 N 点坐标为（x0，x02﹣3x0+1），
将 y=x2﹣3x+1 配方得 y=（x﹣ ）2﹣ ，
∴其对称轴为直线 x= ．
①0≤x0≤ 时，如图①，
∵ ，
∴
∵x0=1，
此时 x02﹣3x0+1=﹣1，
∴N 点的坐标为（1，﹣1）．
②当 时，如图②，
同理可得 ，
∴x0=3，
此时 x02﹣3x0+1=1，
∴点 N 的坐标为（3，1）．
③当 x＜0 时，由图可知，N 点不存在，
∴舍去．
综上，点 N 的坐标为（1，﹣1）或（3，1）．9
【点评】此题属于中考中的压轴题，难度较大，知识点考查的较多而且联系密切，需要学生认真审
题．
此题考查了二次函数与一次函数的综合知识，解题的关键是要注意数形结合思想的应用．
3. （2018•山西•12 分）(本 题 12 分)综合与实践
问题情境：在数学活动课上，老师出示了这样一个问题：如图 1，在矩形 ABCD 中 ，AD=2AB，
E 是 AB 延长线上一点，且 BE=AB，连接 DE，交 BC 于 点 M，以 DE 为一边在 DE 的左下方作正方形
DEFG， 连 接 AM．试判断线段 AM 与 DE 的位置关系．
探究展示：勤奋小组发现，AM 垂 直 平 分 DE， 并 展 示 了 如 下 的证明 方 法 ：
证 明 ： B E = A , ∴ AE = 2 AB
AD = 2 AB, ∴ AD = AE
四 边 形 ABCD 是矩形，∴ AD / / BC.
∴ （依据１）
BE = AB , ∴
∴ EM = DM .
即 AM 是 △ ADE 的 DE 边 上 的 中 线 ，
又 AD = AE, ∴ AM ⊥ DE. （ 依 据 2）
EM EB
DM AB
=
1EM
DM
=10
∴AM 垂 直 平 分 DE．
反
思
交
流
：
(1) 上述证明过程中的“依据 1”“依据 2” 分 别 是
指 什 么 ？
试判断图１中的点 A 是 否 在 线 段 GF 的垂直平分上，请直接回答，不必证明；
(2)创新小组受到勤奋小组的启发，继续进行探究，如图 2，连接 CE， 以 CE 为一边在 CE 的 左
下方 作 正 方 形 CEFG，发现点 G 在 线 段 BC 的垂直平分线上，请你给出证明；
探
索
发
现
：
(3)如 图 3， 连 接 CE， 以 CE 为 一 边 在 CE 的 右 上 方 作 正 方 形 CEFG， 可 以 发 现 点
C，点 B 都 在 线 段AE 的 垂 直 平 分 线 上 ，除 此 之 外 ，请 观 察矩形 ABCD 和 正 方 形 CEFG
的 顶 点 与 边 ， 你 还 能发 现 哪 个顶 点 在 哪 条 边 的 垂直平 分 线 上 ， 请 写 出一个 你
发 现 的 结 论 ，并加 以 证 明.
【 考 点 】平行线分线段成比例，三线合一，正方形、矩形性质，全等
【 解 析 】
(1) 答： 依据 1：两条直线被一组平行线所截， 所得的对应线段成比例 （或平行线分线
段 成 比 例 ）.
依 据 2：等腰三角形顶角的平分线，底边上的中线及底边上的高互相重合（或等腰三角11
形 的 “ 三 线 合 一”）.
答： 点 A 在线段 GF 的 垂
直 平 分 线 上. (2) 证 明： 过 点
G 作 GH ⊥ BC 于 点 H，
四边 形 ABCD 是矩形，点 E 在 AB 的延长线上，
∴∠CBE = ∠ABC = ∠GHC = 90°. ∴∠1+∠2=90°.
四 边 形 CEFG 为正方形，
∴CG = CE, ∠GCE = 90°.∠1+ ∠3 = 90°. ∴∠2=∠3.
∴△GHC ≌ △CBE. ∴ HC = BE.
四 边 形 ABCD 是矩形，∴ AD = BC.
AD = 2 AB, BE = AB, ∴ BC = 2BE = 2HC. ∴ HC = BH.
∴GH 垂 直 平 分 BC.∴点 G 在 BC 的垂直平分线上
（3） 答 ： 点 F 在 BC 边 的 垂 直 平 分 线 上（或 点 F 在 AD 边的垂直平分线上）.
证法一：过 点 F 作 FM ⊥ BC 于 点 M， 过 点 E 作 EN ⊥ FM 于 点 N.
∴∠BMN = ∠ENM = ∠ENF = 90°.
四 边 形 ABCD 是矩形，点 E 在 AB 的 延 长 线上 ，
∴ ∠CBE = ∠ABC = 90°.∴四 边 形 BENM 为 矩 形.
∴ BM = EN , ∠BEN = 90°. ∴∠1+ ∠2 = 90°.
四 边 形 CEFG 为正方形，
∴ EF = EC, ∠CEF = 90°. ∴∠2 + ∠3 = 90°.
∴∠1=∠3. ∠CBE = ∠ENF = 90°,
∴△ENF≌△EBC.
∴ NE = BE. ∴ BM = BE.
四 边 形 ABCD 是矩形，∴ AD = BC.12
AD = 2 AB, AB = BE. ∴ BC = 2BM . ∴ BM = MC.
∴FM 垂 直 平 分 BC，∴点 F 在 BC 边的垂直平分线上.
证法二：过 F 作 FN ⊥ BE 交 BE 的延长线于点 N， 连 接 FB，FC.
四 边 形 ABCD 是 矩 形 ， 点 E 在 AB 的 延 长 线 上 ，
∴∠ CBE=∠ ABC=∠ N=90°. ∴∠ 1+∠ 3=90°.
四 边 形 CEFG 为 正 方 形 ，∴EC=EF， ∠ CEF=90°.
∴∠ 1+∠ 2=90°. ∴∠ 2=∠ 3.
∴△ ENF ≅ △ CBE.
∴NF=BE,NE=BC.
四 边 形 ABCD 是 矩 形 ，∴AD=BC.
AD=2AB，BE=AB. ∴设 BE=a， 则 BC=EN=2a,NF=a.13
∴BF=CF. ∴点 F 在 BC 边的垂直平分线上.
4 （2018•山东菏泽•10 分）问题情境：
在综合与实践课上，老师让同学们以“矩形纸片的剪拼”为主题开展数学活动．如图 1，将：
矩形纸片 ABCD 沿对角线 AC 剪开，得到△ABC 和△ACD．并且量得 AB=2cm，AC=4cm．
操作发现：
（1）将图 1 中的△ACD 以点 A 为旋转中心，按逆时针方向旋转∠α，使∠α=∠BAC，得到
如图 2 所示的△AC′D，过点 C 作 AC′的平行线，与 DC'的延长线交于点 E，则四边形ACEC′
的形状是 菱形 ．
（2）创新小组将图 1 中的△ACD 以点 A 为旋转中心，按逆时针方向旋转，使 B、A、D 三点
在同一条直线上，得到如图 3 所示的△AC′D，连接 CC'，取 CC′的中点 F，连接 AF 并延长
至点 G，使 FG=AF，连接 CG、C′G，得到四边形 ACGC′，发现它是正方形，请你证明这个结
论．
实践探究：
（3）缜密小组在创新小组发现结论的基础上，进行如下操作：将△ABC 沿着 BD 方向平移，
使点 B 与点 A 重合，此时 A 点平移至 A'点，A'C 与 BC′相交于点 H，如图 4 所示，连接
CC′，试求 tan∠C′CH 的值．
【考点】LO：四边形综合题．
【分析】（1）先判断出∠ACD=∠BAC，进而判断出∠BAC=∠AC'D，进而判断出∠CAC'=∠
AC'D，即可的结论；
（2）先判断出∠CAC'=90°，再判断出 AG⊥CC'，CF=C'F，进而判断出四边形 ACGC'是平行
四边形，即可得出结论；
（3）先判断出∠ACB=30°，进而求出 BH，AH，即可求出 CH，C'H，即可得出结论．
【解答】解：（1）在如图 1 中，
∵AC 是矩形 ABCD 的对角线，
∴∠B=∠D=90°，AB∥CD，
∴∠ACD=∠BAC，
在如图 2 中，由旋转知，AC'=AC，∠AC'D=∠ACD，14
∴∠BAC=∠AC'D，
∵∠CAC'=∠BAC，
∴∠CAC'=∠AC'D，
∴AC∥C'E，
∵AC'∥CE，
∴四边形 ACEC'是平行四边形，
∵AC=AC'，
∴▱ACEC'是菱形，
故答案为：菱形；
（2）在图 1 中，∵四边形 ABCD 是矩形，
∴AB∥CD，
∴∠CAD=∠ACB，∠B=90°，
∴∠BAC+∠ACB=90°
在图 3 中，由旋转知，∠DAC'=∠DAC，
∴∠ACB=∠DAC'，
∴∠BAC+∠DAC'=90°，
∵点 D，A，B 在同一条直线上，
∴∠CAC'=90°，
由旋转知，AC=AC'，
∵点 F 是 CC'的中点，
∴AG⊥CC'，CF=C'F，
∵AF=FG，
∴四边形 ACGC'是平行四边形，
∵AG⊥CC'，
∴▱ACGC'是菱形，
∵∠CAC'=90°，
∴菱形 ACGC'是正方形；
（3）在 Rt△ABC 中，AB=2，AC=4，
∴BC'=AC=4，BD=BC=2 ，sin∠ACB= = ，
∴∠ACB=30°，
由（2）结合平移知，∠CHC'=90°，15
在 Rt△BCH 中，∠ACB=30°，
∴BH=BC•sin30°= ，
∴C'H=BC'﹣BH=4﹣ ，
在 Rt△ABH 中，AH= AB=1，
∴CH=AC﹣AH=4﹣1=3，
在 Rt△CHC'中，tan∠C′CH= = ．
【点评】此题是四边形综合题，主要考查了矩形是性质，平行四边形，菱形，矩形，正方形
的判定和性质，勾股定理，锐角三角函数，旋转的性质，判断出∠CAC'=90°是解本题的关
键．
5 （2018•株洲市）下图为某区域部分交通线路图，其中直线 ，直线 与直线
都垂直，，垂足分别为点 A、点 B 和点 C，（高速路右侧边缘）， 上的点 M 位于点 A 的北偏东
30°方向上，且 BM＝ 千米， 上的点 N 位于点 M 的北偏东 方向上，且 ，MN=
千米，点 A 和点 N 是城际线 L 上的两个相邻的站点.
（1）求 之间的距离
（2）若城际火车平均时速为 150 千米/小时，求市民小强乘坐城际火车从站点 A 到站点 N 需
要多少小时？（结果用分数表示）
【答案】（1）2；（2） 小时.
【解析】分析：（1）直接利用锐角三角函数关系得出 DM 的长即可得出答案；
（2）利用 tan30°= ，得出 AB 的长，进而利用勾股定理得出 DN 的长，进而得
出 AN 的长，即可得出答案．
详解：（1）过点 M 作 MD⊥NC 于点 D，16
∵cosα= ，MN=2 千米，
∴cosα= ，
解得：DM=2（km），
答：l2 和 l3 之间的距离为 2km；
（2）∵点 M 位于点 A 的北偏东 30°方向上，且 BM= 千米，
∴tan30°= ，
解得：AB=3（km），
可得：AC=3+2=5（km），
∵MN=2 km，DM=2km，
∴DN= =4 （km），
则 NC=DN+BM=5 （km），
∴AN= =10（km），
∵城际火车平均时速为 150 千米/小时，
∴市民小强乘坐城际火车从站点 A 到站点 N 需要 小时．
点睛：此题主要考查了解直角三角形的应用，正确得出 AN 的长是解题关键．
6（2018•河南•10 分）
（1）问题发现
如图 1，在△OAB 和△OCD 中，OA=OB,OC=OD,∠AOB=∠COD=40°，连接 AC，BD 交于点
M，填空：
① 的值为_______；
②∠AMB 的度数为_______。
（2）类比探究
如图 2，在△OAB 和△OCD 中，∠AOB=∠COD=90°，∠OAB=∠OCD=30°，连接 AC 交 BD17
的延长线于点 M，请判断 的值及∠AMB 的度数，并说明理由；
（3）拓展延伸
在（2）的条件下，将△OCD 绕点 O 在平面内旋转，AC，BD 所在直线交于点 M，若 OD=1，
OB= ，请直接写出当点 C 与点 M 重合时 AC 的长。18
7 （ 2018 · 广 东 广 州 · 14 分 ） 如 图 ， 在 四 边 形 ABCD 中 ， ∠ B=60° ， ∠ D=30° ，
AB=BC．
（1）求∠A+∠C 的度数。
（2）连接 BD，探究 AD，BD，CD 三者之间的数量关系，并说明理由。
（3）若 AB=1，点 E 在四边形 ABCD 内部运动，且满足 ，求点 E 运动路径
的长度。
【答案】（1）解：在四边形 ABCD 中，∠B=60°，∠D=30°，
∴∠A+∠C=360°-∠B-∠C=360°-60°-30°=270°。
（2）解：如图，将△BCD 绕点 B 逆时针旋转 60°，得到△BAQ，连接 DQ，19
∵BD=BQ，∠DBQ=60°，
∴△BDQ 是等边三角形，
∴BD=DQ，
∵∠BAD+∠C=270°，
∴∠BAD+∠BAQ=270°，
∴∠DAQ=360°-270°=90°，
∴△DAQ 是直角三角形
∴AD2+AQ2=DQ2 ，
即 AD2+CD2=BD2
（3）解：如图，将△BCE 绕点 B 逆时针旋转 60°，得到△BAF，连接 EF，
∵BE=BF，∠EBF=60°，
∴△BEF 是等边三角形，
∴EF=BE，∠BFE=60°，
∵AE2=BE2+CE2
∴AE2=EF2+AF2
∴∠AFE=90°20
∴∠BFA=∠BFE+∠AFE=60°+90°=150°，
∴∠BEC=150°，
则动点 E 在四边形 ABCD 内部运动，满足∠BEC=150°，以 BC 为边向外作等边△OBC，
则点 E 是以 O 为圆心，OB 为半径的圆周上运动，运动轨迹为 BC，
∵OB=AB=1，
则 BC= =
【考点】等边三角形的判定与性质，勾股定理的逆定理，多边形内角与外角，弧长的计算，
旋转的性质
【解析】【分析】（1）根据四边形内角和为 360 度，结合已知条件即可求出答案.
（2）将△BCD 绕点 B 逆时针旋转 60°，得到△BAQ，连接 DQ（如图），由旋转性质和等边三
角形判定得△BDQ 是等边三角形，由旋转性质根据角的计算可得△DAQ 是直角三角形，根据
勾股定理得 AD2+AQ2=DQ2 ， 即 AD2+CD2=BD2.
（3）将△BCE 绕点 B 逆时针旋转 60°，得到△BAF，连接 EF(如图)，由等边三角形判定得△
BEF 是等边三角形，结合已知条件和等边三角形性质可得 AE2=EF2+AF2 ， 即∠AFE=90°，
从而得出∠BFA=∠BEC=150°，从而得出点 E 是在以 O 为圆心，OB 为半径的圆周上运动，运
动轨迹为 BC，根据弧长公式即可得出答案.
8（2018•江苏扬州•12 分）问题呈现
如图 1，在边长为 1 的正方形网格中，连接格点 D，N 和 E，C，DN 和 EC 相交于点 P，求 tan
∠CPN 的值．
方法归纳
求一个锐角的三角函数值，我们往往需要找出（或构造出）一个直角三角形．观察发现问题
中∠CPN 不在直角三角形中，我们常常利用网格画平行线等方法解决此类问题，比如连接格
点 M，N，可得 MN∥EC，则∠DNM=∠CPN，连接 DM，那么∠CPN 就变换到 Rt△DMN 中．
问题解决
（1）直接写出图 1 中 tan∠CPN 的值为 2 ；
（2）如图 2，在边长为 1 的正方形网格中，AN 与 CM 相交于点 P，求 cos∠CPN 的值；
思维拓展
（3）如图 3，AB⊥BC，AB=4BC，点 M 在 AB 上，且 AM=BC，延长 CB 到 N，使 BN=2BC，连接 AN
交 CM 的延长线于点 P，用上述方法构造网格求∠CPN 的度数．21
【分析】（1）连接格点 M，N，可得 MN∥EC，则∠DNM=∠CPN，连接 DM，那么∠CPN 就变换到
Rt△DMN 中．
（2）如图 2 中，取格点 D，连接 CD，DM．那么∠CPN 就变换到等腰 Rt△DMC 中．
（3）利用网格，构造等腰直角三角形解决问题即可；
【解答】解：（1）如图 1 中，
∵EC∥MN，
∴∠CPN=∠DNM，
∴tan∠CPN=tan∠DNM，
∵∠DMN=90°，
∴tan∠CPN=tan∠DNM= = =2，
故答案为 2．
（2）如图 2 中，取格点 D，连接 CD，DM．
∵CD∥AN，
∴∠CPN=∠DCM，
∵△DCM 是等腰直角三角形，
∴∠DCM=∠D=45°，22
∴cos∠CPN=cos∠DCM= ．
（3）如图 3 中，如图取格点 M，连接 AN、MN．
∵PC∥MN，
∴∠CPN=∠ANM，
∵AM=MN，∠AMN=90°，
∴∠ANM=∠MAN=45°，
∴∠CPN=45°．
【点评】本题考查三角形综合题、平行线的性质、勾股定理、直角三角形的判定和性质等知
识，解题的关键是学会利用数形结合的思想解决问题，学会用转化的思想思考问题，属于中
考压轴题．
9 （2018•江苏盐城•10 分）（1）【发现】如图①，已知等边 ，将直角三角形的
角顶点 任意放在 边上（点 不与点 、 重合），使两边分别交线段 、 于点
、 .
①若 ， ， ，则 ________；
②求证： .________
（2）【思考】若将图①中的三角板的顶点 在 边上移动，保持三角板与 、 的23
两个交点 、 都存在，连接 ，如图②所示.问点 是否存在某一位置，使 平分
且 平分 ？若存在，求出 的值；若不存在，请说明理由.
（3）【探索】如图③，在等腰 中， ，点 为 边的中点，将三角形透
明纸板的一个顶点放在点 处（其中 ），使两条边分别交边 、 于
点 、 （点 、 均不与 的顶点重合），连接 .设 ，则 与
的周长之比为________（用含 的表达式表示）.
【答案】（1）解：4；证明：∵∠EDF=60°，∠B=160°∴∠CDF+∠BDE=120°，∠BED+∠
BDE=120°，
∴∠BED=∠CDF，
又∵∠B=∠C，
∴
（2）解：解：存在。如图，作 DM⊥BE，DG⊥EF，DN⊥CF，垂足分别为 M，G，N，
∵ 平分 且 平分 ，
∴DM=DG=DN，
又∵∠B=∠C=60°，∠BMD=∠CND=90°，
∴△BDM≅△CDN，
∴BD=CD，
即点 D 是 BC 的中点，
∴ 。24
（3）1-cosα
【考点】全等三角形的判定与性质，角平分线的性质，等腰三角形的性质，等边三角形的判
定与性质，相似三角形的判定与性质
【解析】【解答】（1）①∵△ABC 是等边三角形，∴AB=BC=AC=6，∠B=∠C=60°，∵AE=4，∴
BE=2，则 BE=BD，∴△BDE 是等边三角形，∴∠BDE=60°，又∵∠EDF=60°，∴∠CDF=180°-
∠EDF-∠B=60°，则∠CDF =∠C=60°，
∴△CDF 是等边三角形，∴CF=CD=BC-BD=6-2=4。
（ 3 ）连结 AO，作 OG⊥BE，OD⊥EF，OH⊥CF，垂足分别为 G，D，H，
则∠BGO=∠CHO=90°，
∵AB=AC，O 是 BC 的中点
∴∠B=∠C，OB=OC，
∴△OBG≅△OCH，
∴OG=OH，GB=CH，∠BOG=∠COH=90°−α，
则∠GOH=180°-（∠BOG+∠COH）=2α，
∵∠EOF=∠B=α，
则∠GOH=2∠EOF=2α，
由（2）题可猜想应用 EF=ED+DF=EG+FH（可通过半角旋转证明），
则 =AE+EF+AF=AE+EG+FH+AF=AG+AH=2AG，
设 AB=m，则 OB=mcosα，GB=mcos2α,
【分析】（1）①先求出 BE 的长度后发现 BE=BD 的，又∠B=60°，可知△BDE 是等边三角形，
可得∠BDE=60°，另外∠EDF=60°，可证得△CDF 是等边三角形，从而 CF=CD=BC-BD；
②证明 ，这个模型可称为“一线三等角·相似模型”，根据“AA”判定相
似；（2）【思考】由平分线可联系到角平分线的性质“角平分线上的点到角两边的距离相等”，
可过 D 作 DM⊥BE，DG⊥EF，DN⊥CF，则 DM=DG=DN，从而通过证明△BDM≅△CDN 可得 BD=CD；
（3）【探索】由已知不难求得 =2(m+mcos)，则需要
用 m 和 α 的三角函数表示出 ， =AE+EF+AF；题中直接已知 O 是 BC 的中点，应25
用（2）题的方法和结论，作 OG⊥BE，OD⊥EF，OH⊥CF，可得 EG=ED，FH=DF，则 =AE+EF+AF=
AG+AH=2AG，而 AG=AB-OB，从而可求得。
10（2018•江西•12 分）小贤与小杰在探究某类二次函数问题时，经历了如下过程：
求解体验
(1)已知抛物线 经过点 (-1,0),则 = ，顶点坐标为 ，
该抛物线关于点(0,1）成中心对称的抛物线的表达式是 .
抽象感悟
我们定义：对于抛物线 ,以 轴上的点 为中心，作该抛
物线关于
点 对称的抛物线 ,则我们又称抛物线 为抛物线 的“衍生抛物线”，点 为“衍生
中心”.
(2)已知抛物线 关于点 的衍生抛物线为 ，若这两条抛物线有交
点，求
的取值范围.
问题解决
(3) 已知抛物线
①若抛物线 的衍生抛物线为 ,两抛物线有两个交点，
且恰好是
它们的顶点，求 的值及衍生中心的坐标；
②若抛物线 关于点 的衍生抛物线为 ,其顶点为 ；关于点
的衍生抛
物线为 ，其顶点为 ；…；关于点 的衍生抛物线为 ，其顶点为
；…( 为
正整数).求 的长(用含 的式子表示).26
【解析】 求解体验
(1)把(-1,0)代入 得
∴
∴顶点坐标是(-2,1)
∵(-2,1)关于(0,1)的对称点是(2,1)
∴成中心对称的抛物线表达式是：
即 (如右图) ★★
抽象感悟
(2) ∵
∴ 顶点是（-1,6）
x
y
备用图
O
x
y
1
O
x
y
O27
∵ (-1,6)关于 的对称点是
∴
∵ 两抛物线有交点
∴ 有解
∴ 有解
∴
∴ (如右图) ★★★
问题解决
(3) ① ∵ =
∴ 顶点（-1， ）
代入 得：
①
∵
∴ 顶点（1， ）
代入 得：
②
由① ② 得
∵ ,
∴
∴ 两顶点坐标分别是（-1,0），（1,12）
由中点坐标公式得
“衍生中心”的坐标是（0,6） ★★★
② 如图，设 , … , 与 轴分别相于 , … , .
则 , ,… ， 分别关于 , … , 中
心对称.
∴ , … 分别是△ , … 的中位
线，
x
y
9
6
3
O28
∴ ， …
∵ ,
∴ ] ★★★★
x
y
Bn
Bk
Bn+1
B1
A
An+1
An
Ak
A1
O
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