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1、名校精品资料数学浙江省11市中考数学试题分类解析汇编（20专题）专题14：几何三大变换问题1. （2015年浙江杭州3分）下列图形是中心对称图形的是【 】A. B. C. D. 【答案】A【考点】中心对称图形【分析】根据中心对称图形的概念，中心对称图形是图形沿对称中心旋转180度后与原图重合.因此，A、该图形旋转180后能与原图形重合，该图形是中心对称图形；B、该图形旋转180后不能与原图形重合，该图形不是中心对称图形；C、该图形旋转180后不能与原图形重合，该图形不是中心对称图形；D、该图形旋转180后不能与原图形重合，该图形不是中心对称图形故选A2. （2015年浙江湖州3分）如图，AC是
2、矩形ABCD的对角线，O是ABC的内切圆，现将矩形ABCD按如图所示的方式折叠，使点D与点O重合，折痕为FG，点F，G分别在AD，BC上，连结OG，DG，若OGDG，且O的半径长为1，则下列结论不成立的是【 】A. CD+DF=4 B. C. D. 【答案】A.【考点】折叠问题；正方形的判定和性质；矩形的判定和性质；折叠对称的性质；全等三角形的判定和性质；切线的性质；切线长定理；勾股定理；方程思想的应用.【分析】如答图，过点O分别作AD、AB、BC的垂线，垂足分别是N、P、M，OE与AC交于点S.则四边形BMOP是正方形，四边形ANOP是矩形.O的半径长为1，.设，由折叠知，OG=DG，OGD
3、G，.，即.又O是ABC的内切圆，即.联立，解得.由折叠知，又，即，解得.A.，选项结论不成立；B.，选项结论成立； C.，选项结论成立； D. ，选项结论成立.故选A.3. （2015年浙江嘉兴4分）下列四个图形分别是四届国际数学家大会的会标：其中属于中心对称图形的有【 】A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个【答案】B.【考点】中心对称图形.【分析】根据中心对称图形的概念，中心对称图形是图形沿对称中心旋转180度后与原图重合.因此，因为第一、三个图形沿中心旋转180度后与原图重合，而第二、四个图形沿中心旋转180度后与原图不重合，所以，四个图形中属于中心对称图形的有2个. 故选B.
4、4. （2015年浙江嘉兴4分） 如图，抛物线交轴于点A（，0）和B（， 0），交轴于点C，抛物线的顶点为D.下列四个命题：当时，；若，则；抛物线上有两点P（，）和Q（，），若，且，则；点C关于抛物线对称轴的对称点为E，点G，F分别在轴和轴上，当时，四边形EDFG周长的最小值为. 其中真命题的序号是【 】A. B. C. D. 【答案】C.【考点】真假命题的判断；二次函数的图象和性质；曲线上点的坐标与方程的关系；轴对称的应用（最短线路问题）；勾股定理. 【分析】根据二次函数的图象和性质对各结论进行分析作出判断：从图象可知当时，故命题“当时，”不是真命题；抛物线的对称轴为，点A和B关于轴对称，若
5、，则，故命题“若，则”不是真命题；故抛物线上两点P（，）和Q（，）有，且，又抛物线的对称轴为，故命题“抛物线上有两点P（，）和Q（，），若，且，则” 是真命题；如答图，作点E关于轴的对称点M，作点D关于轴的对称点N，连接MN，ME和ND的延长线交于点P，则MN与轴和轴的交点G，F即为使四边形EDFG周长最小的点.，的顶点D的坐标为（1，4），点C的坐标为（0，3）.点C关于抛物线对称轴的对称点为E，点E的坐标为（2，3）.点M的坐标为，点N的坐标为，点P的坐标为（2，4）.当时，四边形EDFG周长的最小值为.故命题“点C关于抛物线对称轴的对称点为E，点G，F分别在轴和轴上，当时，四边形EDFG
6、周长的最小值为” 不是真命题. 综上所述，真命题的序号是.故选C.5. （2015年浙江金华3分）以下四种沿AB折叠的方法中，不一定能判定纸带两条边线，互相平行的是【 】A. 如图1，展开后，测得1=2B. 如图2，展开后，测得1=2，且3=4C. 如图3，测得1=2D. 如图4，展开后，再沿CD折叠，两条折痕的交点为O，测得OA=OB，OC=OD【答案】C.【考点】折叠问题；平行的判定；对顶角的性质；全等三角形的判定和性质.【分析】根据平行的判定逐一分析作出判断：A. 如图1，由1=2，根据“内错角相等，两直线平行”的判定可判定纸带两条边线，互相平行；B. 如图2，由1=2和3=4，根据平角
7、定义可得1=2=3=4=90，从而根据“内错角相等，两直线平行”或“同旁内角互补，两直线平行”的判定可判定纸带两条边线，互相平行；C. 如图3，由1=2不一定得到内错角相等或同位角相等或同旁内角互补，故不一定能判定纸带两条边线，互相平行；D. 如图4，由OA=OB，OC=OD，得到，从而得到，进而根据“内错角相等，两直线平行”的判定可判定纸带两条边线，互相平行.故选C.6. （2015年浙江丽水3分）如图，在方格纸中，线段，的端点在格点上，通过平移其中两条线段，使得和第三条线段首尾相接组成三角形，则能组成三角形的不同平移方法有【 】A. 3种 B. 6种 C. 8种 D. 12种【答案】B【考
8、点】网格问题；勾股定理；三角形构成条件；无理数的大小比较；平移的性质；分类思想的应用.【分析】由图示，根据勾股定理可得：.，根据三角形构成条件，只有三条线段首尾相接能组成三角形.如答图所示，通过平移其中两条线段，使得和第三条线段首尾相接组成三角形，能组成三角形的不同平移方法有6种.故选B7. （2015年浙江宁波4分）如图，将ABC沿着过AB中点D的直线折叠，使点A落在BC边上的A1处，称为第1次操作，折痕DE到BC的距离记为；还原纸片后，再将ADE沿着过AD中点D1的直线折叠，使点A落在DE边上的A2处，称为第2次操作，折痕D1E1到BC的距离记为；按上述方法不断操作下去，经过第2015次操
9、作后得到的折痕D2014E2014到BC的距离记为，若=1，则的值为【 】A. B. C. D. 【答案】D.【考点】探索规律题（图形的变化类）；折叠对称的性质；三角形中位线定理. 【分析】根据题意和折叠对称的性质，DE是ABC的中位线，D1E1是A D1E1的中位线，D2E2是A2D2E1的中位线，.故选D.8. （2015年浙江绍兴4分）如果一种变换是将抛物线向右平移2个单位或向上平移1个单位，我们把这种变换称为抛物线的简单变换. 已知抛物线经过两次简单变换后的一条抛物线是，则原抛物线的解析式不可能的是【 】A. B. C. D. 【答案】B.【考点】新定义；平移的性质；分类思想的应用.【
10、分析】根据定义，抛物线经过两次简单变换后的一条抛物线是，即将抛物线向右平移4个单位或向上平移2个单位或向右平移2个单位且向上平移1个单位，得到抛物线. 抛物线向左平移4个单位得到；抛物线向下平移2个单位得到；抛物线向左平移2个单位且向下平移1个单位得到，原抛物线的解析式不可能的是.故选B.9. （2015年浙江台州4分）如果将长为6cm，宽为5cm的长方形纸片折叠一次，那么这条折痕的长不可能是【 】A.8cm B.cm C.5.5cm D.1cm【答案】A.【考点】折叠问题；矩形的性质；勾股定理；实数的大小比较.【分析】将长为6cm，宽为5cm的长方形纸片折叠一次，折痕的长最长的是对角线.长为
11、6cm，宽为5cm，对角线长（cm）.8cmcm，这条折痕的长不可能是8cm.故选A.10. （2015年浙江温州4分）下列选项中的图形，不属于中心对称图形的是【 】A. 等边三角形 B. 正方形 C. 正六边形 D. 圆【答案】A【考点】中心对称图形【分析】根据中心对称图形的概念，中心对称图形是图形沿对称中心旋转180度后与原图重合.因此，A、等边三角形旋转180后不能与原图形重合，等边三角形不是中心对称图形；B、正方形旋转180后能与原图形重合，正方形是中心对称图形；C、正六边形旋转180后不能与原图形重合，正六边形是中心对称图形；D、圆旋转180后能与原图形重合，圆是中心对称图形故选A1
12、1. （2015年浙江舟山3分）下列四个图形分别是四届国际数学家大会的会标：其中属于中心对称图形的有【 】A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个【答案】B.【考点】中心对称图形.【分析】根据中心对称图形的概念，中心对称图形是图形沿对称中心旋转180度后与原图重合.因此，因为第一、三个图形沿中心旋转180度后与原图重合，而第二、四个图形沿中心旋转180度后与原图不重合，所以，四个图形中属于中心对称图形的有2个. 故选B.12. （2015年浙江舟山3分） 如图，抛物线交轴于点A（，0）和B（， 0），交轴于点C，抛物线的顶点为D.下列四个命题：当时，；若，则；抛物线上有两点P（，）和Q（
13、，），若，且，则；点C关于抛物线对称轴的对称点为E，点G，F分别在轴和轴上，当时，四边形EDFG周长的最小值为. 其中真命题的序号是【 】A. B. C. D. 【答案】C.【考点】真假命题的判断；二次函数的图象和性质；曲线上点的坐标与方程的关系；轴对称的应用（最短线路问题）；勾股定理. 【分析】根据二次函数的图象和性质对各结论进行分析作出判断：从图象可知当时，故命题“当时，”不是真命题；抛物线的对称轴为，点A和B关于轴对称，若，则，故命题“若，则”不是真命题；故抛物线上两点P（，）和Q（，）有，且，又抛物线的对称轴为，故命题“抛物线上有两点P（，）和Q（，），若，且，则” 是真命题；如答图，
14、作点E关于轴的对称点M，作点D关于轴的对称点N，连接MN，ME和ND的延长线交于点P，则MN与轴和轴的交点G，F即为使四边形EDFG周长最小的点.，的顶点D的坐标为（1，4），点C的坐标为（0，3）.点C关于抛物线对称轴的对称点为E，点E的坐标为（2，3）.点M的坐标为，点N的坐标为，点P的坐标为（2，4）.当时，四边形EDFG周长的最小值为.故命题“点C关于抛物线对称轴的对称点为E，点G，F分别在轴和轴上，当时，四边形EDFG周长的最小值为” 不是真命题. 综上所述，真命题的序号是.故选C.1. （2015年浙江杭州4分）如图，在四边形纸片ABCD中，AB=BC，AD=CD，A=C=90，B
15、=150，将纸片先沿直线BD对折，再将对折后的图形沿从一个顶点出发的直线裁剪，剪开后的图形打开铺平，若铺平后的图形中有一个是面积为2的平行四边形，则CD= 【答案】或.【考点】剪纸问题；多边形内角和定理；轴对称的性质；菱形、矩形的判定和性质；含30度角直角三角形的性质；相似三角形的判定和性质；分类思想和方程思想的应用. 【分析】四边形纸片ABCD中，A=C=90，B=150，C=30.如答图，根据题意对折、裁剪、铺平后可有两种情况得到平行四边形：如答图1，剪痕BM、BN，过点N作NHBM于点H，易证四边形BMDN是菱形，且MBN=C=30.设BN=DN=，则NH=.根据题意，得，BN=DN=2
16、， NH=1.易证四边形BHNC是矩形，BC=NH=1. 在中，CN=.CD=.如答图2，剪痕AE、CE，过点B作BHCE于点H，易证四边形BAEC是菱形，且BCH =30.设BC=CE =，则BH=.根据题意，得，BC=CE =2， BH=1.在中，CH=，EH=.易证，即.综上所述，CD=或.2. （2015年浙江嘉兴5分）如图，一张三角形纸片ABC，AB=AC=5. 折叠该纸片，使点A落在BC的中点上，折痕经过AC上的点E，则AE的长为 【答案】2.5.【考点】折叠问题；等腰三角形的性质；三角形中位线定理.【分析】一张三角形纸片ABC，AB=AC，折叠该纸片，使点A落在BC的中点上，折痕
17、是ABC的中位线.折痕经过AC上的点E，AB=AC=5，AE的长为2.5.3. （2015年浙江丽水4分）如图，圆心角AOB=20，将旋转得到，则的度数是 度【答案】20. 【考点】旋转的性质；圆周角定理. 【分析】如答图，将旋转得到，根据旋转的性质，得.AOB=20，COD=20.的度数是20.4. （2015年浙江台州5分）如图，正方形ABCD的边长为1，中心为点O，有一边长大小不定的正六边形EFGHIJ绕点O可任意旋转，在旋转过程中，这个正六边形始终在正方形ABCD内（包括正方形的边），当这个六边形的边长最大时，AE的最小值为 【答案】.【考点】面动旋转问题；正方形和正六边形的性质；数形
18、结合思想的应用.【分析】如答图，当这个正六边形的中心与点O重合，两个对点刚好在正方形两边中点，这个六边形的边长最大，此时，这个六边形的边长为.当顶点E刚好在正方形对角线AC的AO一侧时，AE的值最小，最小值为.5. （2015年浙江舟山4分）一张三角形纸片ABC，AB=AC=5. 折叠该纸片，使点A落在BC的中点上，折痕经过AC上的点E，则AE的长为 【答案】2.5.【考点】折叠问题；等腰三角形的性质；三角形中位线定理.【分析】一张三角形纸片ABC，AB=AC，折叠该纸片，使点A落在BC的中点上，折痕是ABC的中位线.折痕经过AC上的点E，AB=AC=5，AE的长为2.5.1. （2015年浙
19、江杭州10分）设函数 (k是常数)（1）当k取1和2时的函数y1和y2的图象如图所示，请你在同一直角坐标系中画出当k取0时函数的图象；（2）根据图象，写出你发现的一条结论；（3）将函数y2的图象向左平移4个单位，再向下平移2个单位，得到函数y3的图象，求函数y3的最小值.【答案】解：（1）作图如答图：（2）函数 (k是常数)的图象都经过点（1，0）.（答案不唯一）（3），将函数y2的图象向左平移4个单位，再向下平移2个单位，得到函数y3为.当时，函数y3的最小值为.【考点】开放型；二次函数的图象和性质；平移的性质. 【分析】（1）当时，函数为，据此作图.（2）答案不唯一，如：函数 (k是常数)
20、的图象都经过点；函数 (k是常数)的图象总与轴交于（1，0）；当k取0和2时的函数时得到的两图象关于（0，2）成中心对称；等等.（3）根据平移的性质，左右平移时，左减右加。上下平移时，下减上加，得到平移后的表达式，根据二次函数的性质求出最值.2. （2015年浙江嘉兴12分）小红将笔记本电脑水平放置在桌子上，显示屏OB与底板OA所在的水平线的夹角为120时，感觉最舒适（如图1），侧面示意图为图2；使用时为了散热，她在底板下垫入散热架后，电脑转到位置（如图3），侧面示意图为图4.已知OA=OB=24cm，于点C，=12cm.（1）求的度数；（2）显示屏的顶部比原来升高了多少？（3）如图4，垫入散
21、热架后，要使显示屏与水平线的夹角仍保持120，则显示屏应绕点按顺时针方向旋转多少度？【答案】解：（1）于点C，OA=OB=24，OC=12，.30.（2）如答图，过点作交的延长线于点.，.，.显示屏的顶部比原来升高了 cm.（3）显示屏应绕点按顺时针方向旋转30.理由如下：如答图，电脑显示屏绕点按顺时针方向旋转度至处，.电脑显示屏 与水平线的夹角仍保持120，.，即.显示屏应绕点按顺时针方向旋转30.【考点】解直角三角形的应用；线动旋转问题；锐角三角函数定义；特殊角的三角函数值.【分析】（1）直接正弦函数定义和30度角的正弦函数值求解即可.（2）过点作交的延长线于点，则显示屏的顶部比原来升高的
22、距离就是，从而由求出即可求解.（3）根据旋转和平行的的性质即可得出结论.3. （2015年浙江嘉兴14分）类比等腰三角形的定义，我们定义：有一组邻边相等的凸四边形叫做“等邻边四边形”.（1）概念理解：如图1，在四边形ABCD中，添加一个条件，使得四边形ABCD是“等邻边四边形”，请写出你添加的一个条件；（2）问题探究：小红猜想：对角线互相平分的“等邻边四边形”是菱形，她的猜想正确吗？请说明理由；如图2，小红画了一个RtABC，其中ABC=90，AB=2，BC=1，并将RtABC沿B的平分线方向平移得到，连结. 小红要使平移后的四边形是“等邻边四边形”，应平移多少距离（即线段的长）？（3）应用拓
23、展：如图3，“等邻边四边形”ABCD中，AB=AD，BAD+BCD=90，AC，BD为对角线，.试探究BC，CD，BD的数量关系.【答案】解：（1）（答案不唯一）.（2）正确.理由如下：四边形的对角线互相平分，这个四边形是平行四边形.四边形是“等邻边四边形”，这个四边形有一组邻边相等.这个四边形是菱形.ABC=90，AB=2，BC=1，.将RtABC平移得到，.i）如答图1，当时，；ii）如答图2，当时，；iii）如答图3，当时，延长交于点，则.平分，.设，则.在中，解得（不合题意，舍去）.iv）如答图4，当时，同ii）方法，设，可得，即，解得（不合题意，舍去）.综上所述，要使平移后的四边形是
24、“等邻边四边形”，应平移2或或或的距离.（3）BC，CD，BD的数量关系为.如答图5，将绕点A旋转到.，.【考点】新定义；面动平移问题；菱形的判定；全等三角形的判定和性质；相似三角形的判定和性质；等腰直角三角形的判定和性质；多边形内角和定理；勾股定理；分类思想和方程思想的应用.【分析】（1）根据定义，添加或或或即可（答案不唯一）.（2）根据定义，分，四种情况讨论即可.（3）由，可将绕点A旋转到，构成全等三角形：，从而得到，进而证明得到，通过角的转换，证明，根据勾股定理即可得出.4. （2015年浙江湖州12分）已知在平面直角坐标系xOy中，O为坐标原点，线段AB的两个端点A(0，2)，B(1，
25、0)分别在y轴和x轴的正半轴上，点C为线段AB的中点，现将线段BA绕点B按顺时针方向旋转90得到线段BD，抛物线y=ax2+bx+c(a0)经过点D.（1）如图1，若该抛物线经过原点O，且.求点D的坐标及该抛物线的解析式；连结CD，问：在抛物线上是否存在点P，使得POB与BCD互余？若存在，请求出所有满足条件的点P的坐标，若不存在，请说明理由；（2）如图2，若该抛物线y=ax2+bx+c(a0)经过点E(1，1)，点Q在抛物线上，且满足QOB与BCD互余，若符合条件的Q点的个数是4个，请直接写出a的取值范围.【答案】解：（1）如答图，过点D作DF轴于点F，.又，.点D的坐标为根据题意得，解得抛
26、物线的解析式点、的纵坐标都为，轴和互余若要使得和互余，则只要满足设点的坐标为，i）当点在轴上方时，如答图，过点作轴于点，则，即，解得（舍去）点的坐标为ii）当点在轴下方时，如答图，过点作轴于点，则，即，解得（舍去）点的坐标为综上所述，在抛物线上存在点P，使得POB与BCD互余，点的坐标为或（2）a的取值范围为或【考点】二次函数综合题；线动旋转问题；全等三角形的判定和性质；曲线上点的坐标与方程的关系；锐角三角函数定义；余角的性质；方程和不等式的应用；分类思想和数形结合思想的应用【分析】（1）根据证明即可得到，从而得到点D的坐标；由已知和曲线上点的坐标与方程的关系即可求得抛物线的解析式得可以证明，
27、使得和互余，只要满足即可，从而分点在轴上方和点在轴下方讨论即可（2）由题意可知，直线BD的解析式为，由该抛物线y=ax2+bx+c(a0)经过点E(1，1)，可得，所以抛物线的解析式为若要使得和互余，则只要满足，据此分和两种情况讨论5. （2015年浙江金华6分）在平面直角坐标系中，点A的坐标是（0，3），点B在轴上，将AOB绕点A逆时针旋转90得到AEF，点O，B对应点分别是E，F.（1）若点B的坐标是，请在图中画出AEF，并写出点E，F的坐标；（2）当点F落在轴上方时，试写出一个符合条件的点B的坐标.【答案】解：（1）如答图，AEF就是所求作的三角形； 点E的坐标是(3，3)，点F的坐标是
28、.（2）答案不唯一，如B. 【考点】开放型；网格问题；图形的设计（面动旋转）；点的坐标.【分析】（1）将线段AO、AB绕点A逆时针旋转90得到AE、AF，连接EF，则AEF就是所求作的三角形，从而根据图形得到点E，F的坐标.（2）由于旋转后，点E的坐标是(3，3)，所以当点F落在轴上方时，只要即即可，从而符合条件的点B的坐标可以是等，答案不唯一.6. （2015年浙江金华12分）如图，抛物线与轴交于点A，与轴交于点B，C两点（点C在轴正半轴上），ABC为等腰直角三角形，且面积为4. 现将抛物线沿BA方向平移，平移后的抛物线经过点C时，与轴的另一交点为E，其顶点为F，对称轴与轴的交点为H.（1）
29、求，的值；（2）连结OF，试判断OEF是否为等腰三角形，并说明理由；（3）现将一足够大的三角板的直角顶点Q放在射线AF或射线HF上，一直角边始终过点E，另一直角边与轴相交于点P，是否存在这样的点Q，使以点P，Q，E为顶点的三角形与POE全等？若存在，求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由. 【答案】解：（1）ABC为等腰直角三角形，OA=BC.又ABC的面积=BCOA=4，即=4，OA=2. A ，B ，C .，解得.（2）OEF是等腰三角形. 理由如下：如答图1，A ，B ，直线AB的函数表达式为，又平移后的抛物线顶点F在射线BA上，设顶点F的坐标为（m，m+2）.平移后的抛物线函数表达式为.
30、抛物线过点C ，解得.平移后的抛物线函数表达式为，即.当y=0时，解得.E（10，0），OE=10.又F（6，8），OH=6，FH=8.，OE=OF，即OEF为等腰三角形.（3）存在. 点Q的位置分两种情形：情形一：点Q在射线HF上，当点P在轴上方时，如答图2.PQEPOE， QE=OE=10.在RtQHE中，,Q.当点P在轴下方时，如答图3，有PQ=OE=10,过P点作于点K，则有PK=6.在RtPQK中，,，.，.又，. ， 即，解得.Q.情形二：点Q在射线AF上，当PQ=OE=10时，如答图4，有QE=PO,四边形POEQ为矩形，Q的横坐标为10.当时， Q.当QE=OE=10时，如答图
31、5.过Q作轴于点M，过E点作x轴的垂线交QM于点N，设Q的坐标为，.在中，有, 即，解得.当时，如答图5，Q.当时，如答图6， .综上所述，存在点Q或或或或，使以P,Q,E三点为顶点的三角形与POE全等.【考点】二次函数综合题；线动平移和全等三角形存在性问题；等腰直角三角形的性质；待定系数法的应用；曲线上点的坐标与方程的关系；勾股定理；全等三角形的判定和性质；相似三角形的判定和性质；分类思想和方程思想的应用.【分析】（1）由ABC为等腰直角三角形求得点A、B、C的坐标，应用待定系数法即可求得，的值. （2）求得平移后的抛物线解析式，从而求得点E、F的坐标，应用勾股定理分别求出OE、OF、EF的
32、长，从而得出结论.（3）分点Q在射线HF上和点Q在射线AF上两种情况讨论即可.7. （2015年浙江宁波10分）已知抛物线，其中是常数（1）求证：不论为何值，该抛物线与轴一定有两个公共点；（2）若该抛物线的对称轴为直线，求该抛物线的函数解析式；把该抛物线沿轴向上平移多少个单位长度后，得到的抛物线与轴只有一个公共点？【答案】解：（1）证明：，由得.，不论为何值，该抛物线与轴一定有两个公共点.（2），抛物线的对称轴为直线，解得.抛物线的函数解析式为.该抛物线沿轴向上平移个单位长度后，得到的抛物线与轴只有一个公共点.【考点】抛物线与轴交点问题；二次函数的性质；二次函数的平移性质.【分析】（1）证明总
33、有两个不等的实数根即可.（2）根据对称轴为直线列方程求解即可.把化为顶点式即可求解.8. （2015年浙江宁波12分）如图1，点P为MON的平分线上一点，以P为顶点的角的两边分别与射线OM，ON交于A，B两点，如果APB绕点P旋转时始终满足，我们就把APB叫做MON的智慧角.（1）如图2，已知MON=90，点P为MON的平分线上一点，以点P为顶点的角的两边分别与射线OM，ON交于A，B两点，且APB=135. 求证：APB是MON的智慧角；（2）如图1，已知MON=（090），OP=2，若APB是MON的智慧角，连结AB，用含的式子分别表示APB的度数和AOB的面积；（3）如图3，C是函数图象
34、上的一个动点，过点C的直线CD分别交轴和轴于点A，B两点，且满足BC=2CA，请求出AOB的智慧角APB的顶点P的坐标.【答案】解：（1）证明：MON=90，点P为MON的平分线上一点，.，.，.，即.APB是MON的智慧角.（2）APB是MON的智慧角，即.点P为MON的平分线上一点，.如答图1，过点A作AHOB于点H，.，.（3）设点，则.如答图，过C点作CHOA于点H.i）当点B在轴的正半轴时，如答图2，当点A在轴的负半轴时，不可能.如答图3，当点A在轴的正半轴时，.，.APB是AOB的智慧角，.AOB=90，OP平分AOB，点P的坐标为.ii）当点B在轴的负半轴时，如答图4，.AOB=
35、AHC=90，BAO=CAH，.APB是AOB的智慧角，.AOB=90，OP平分AOB，点P的坐标为.综上所述，点P的坐标为或.【考点】新定义和阅读理解型问题；单动点和旋转问题；相似三角形的判定和性质；锐角三角函数定义；反比例函数的性质；曲线上点的坐标与方程的关系；分类思想的应用.【分析】（1）通过证明，即可得到，从而证得APB是MON的智慧角.（2）根据得出结果.（3）分点B在轴的正半轴，点B在轴的负半轴两种情况讨论.9. （2015年浙江衢州8分）如图1，将矩形沿折叠，使顶点落在上的点处，然后将矩形展平，沿折叠，使顶点落在折痕上的点处，再将矩形沿折叠，此时顶点恰好落在上的点处，如图2.（1
36、）求证：；（2）已知，求和的长.【答案】解：（1）证明：由折叠知： .由矩形知：，.（2）如答图， .由折叠知：，.，.又，由（1）可得，.【考点】折叠问题；矩形的性质；折叠对称的性质；等腰直角三角形的判定和性质；全等三角形的判定和性质【分析】（1）由折叠和矩形的性质可得.（2）判断和都是等腰直角三角形，即可，由求得；由证明，得到，从而由求得.10. （2015年浙江绍兴14分）在平面直角坐标系中，O为原点，四边形OABC的顶点A在轴的正半轴上，OA=4，OC=2，点P，点Q分别是边BC，边AB上的点，连结AC，PQ，点B1是点B关于PQ的对称点.（1）若四边形OABC为矩形，如图1，求点B的
37、坐标；若BQ：BP=1：2，且点B1落在OA上，求点B1的坐标；（2）若四边形OABC为平行四边形，如图2，且OCAC，过点B1作B1F轴，与对角线AC、边OC分别交于点E、点F. 若B1E：B1F=1：3，点B1的横坐标为，求点B1的纵坐标，并直接写出的取值范围.【答案】解：（1）四边形OABC为矩形，OA=4，OC=2，点B（4，2）.如答图1，过点P作PDOA于点D，BQ：BP=1：2，点B1是点B关于PQ的对称点，PDB1=PB1Q=B1AQ=90.PB1D=B1QA.PB1DB1QA.B1A=1.OB1=3，即B1（3，0）.（2）四边形OABC为平行四边形，OA=4，OC=2，且O
38、CAC，OAC=30.点C.B1E：B1F=1：3，点B1不与点E、F重合，也不在线段EF的延长线上.当点B1在线段FE的延长线上时，如答图2，延长B1F与轴交于点G，点B1的横坐标为，B1F轴，B1E：B1F=1：3，B1G=.设OG=，则GF=，OF=.CF=.FE=，B1E=.B1G= B1E+EF+FG=.，即点B1的纵坐标为，的取值范围为.当点B1在线段EF（点E、F除外）上时，如答图3，延长B1F与轴交于点G，点B1的横坐标为，B1F轴，B1E：B1F=1：3，B1G=.设OG=，则GF=，OF=CF=.FE=，B1F=FE=.B1G= B1F +FG=.，即点B1的纵坐标为，的取
39、值范围为.【考点】轴对称问题；矩形和平行四边形的性质；轴对称的性质；相似三角形的判定和性质；含30度直角三角形的性质；点的坐标；分类思想的应用.【分析】（1）直接根据矩形的性质得到点B的坐标.过点P作PDOA于点D，证明PB1DB1QA，得到B1A的长，从而得到OB1的长，进而得到点B1的坐标.（2）分点B1在线段FE的延长线上和点B1在线段EF（点E、F除外）上两种情况讨论即可.11. （2015年浙江温州14分）如图，点A和动点P在直线上，点P关于点A的对称点为Q，以AQ为边作RtABQ，使BAQ=90，AQ:AB=3:4，作ABQ的外接圆O. 点C在点P右侧，PC=4，过点C作直线，过点
40、O作OD于点D，交AB右侧的圆弧于点E。在射线CD上取点F，使DF=CD，以DE，DF为邻边作矩形DEGF，设AQ=（1）用关于的代数式表示BQ，DF；（2）当点P在点A右侧时，若矩形DEGF的面积等于90，求AP的长；（3）在点P的整个运动过程中，当AP为何值时，矩形DEGF是正方形？作直线BG交O于另一点N，若BN的弦心距为1，求AP的长（直接写出答案）【答案】解：（1）在RtABQ中，AQ：AB=3：4，AQ=，AB=.BQ=.又OD，OD.OB=OQ，AH=BH=AB=.FD=CD=.（2）AP=AQ=，PC=4，CQ=.如答图1，过点O作OMAQ于点M，OMAB.O是ABQ的外接圆，
41、BAQ=90，点O是BQ的中点.QM=AM=.OD=MC=.OE=BQ=.ED=.解得（舍去）.AP=.（3）若矩形DEGF是正方形，则ED=FD. 当点C在点Q的右侧时，i）如答图1，点P在点A的右侧时，由解得，AP=.ii）点P在点A的左侧时，（I）如答图2，时，ED=，FD=，由解得，AP=.（II）如答图3，时，ED=， DF=，由解得（舍去）. 当点C在点Q的左侧时，即，如答图4，DE=， DF=，由解得. AP=.综上所述，当AP为12或或3时，矩形DEGF是正方形.AP的长为或【考点】单动点和中心对称问题；列代数式；平行的判定和性质；圆周角定理；矩形的性质；正方形的判定；等腰直角
42、三角形的判定和性质方程思想、分类思想和数形结合思想的应用.【分析】（1）根据AQ：AB=3：4和平行的性质求解.（2）把DF，DE用的代数式表示，即可由矩形DEGF的面积等于90列议程求解.（3）根据ED=FD时矩形DEGF是正方形，分点C在点Q的右侧，点C在点Q的左侧的情况分类讨论，其中点C在点Q的右侧又分点P在点A的右侧，点P在点A的左侧（再分和）讨论.如答图5、6，连接NQ，由点N到BN的弦心距为1得NQ=2.如答图5，当点N在AB的左侧时，过点B作BMEG于点M，GM=，BM=，GBM=45.BMAQ.AI=AB=.IQ=.NQ=，解得.AP=.如答图6，当点N在AB的右侧时，过点B作BJGE于点J，GJ=，BJ=，tanGBJ=.AI=.QI=.NQ=，解得.AP=.综上所述，AP的长为或.12. （2015年浙江义乌12分）在平面直角坐标系中，O为原点，四边形OA