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最新数学精品教学资料图形的变换一、选择题1（2015恩施州）（3分）如图是一个正方体纸盒的展开图，其中的六个正方形内分别标有数字“0”、“1”、“2”、“5”和汉字、“数”、“学”，将其围成一个正方体后，则与“5”相对的是（）A0B2C数D学考点：专题：正方体相对两个面上的文字.分析：正方体的表面展开图，相对的面之间一定相隔一个正方形，根据这一特点作答解答：解：正方体的表面展开图，相对的面之间一定相隔一个正方形，“数”相对的字是“1”；“学”相对的字是“2”；“5”相对的字是“0”故选：A点评：本题主要考查了正方体相对两个面上的文字，注意正方体的空间图形，从相对面入手，分析及解答问题2.（2015黄冈）（3 分）如图所示，该几何体的俯视图是( )考点：简单组合体的三视图 分析：根据从上面看得到的视图是俯视图，可得答案 解答：解：从上面看是一个正方形，在正方形的左下角有一个小正方形 故选：B 点评：本题考查了简单组合体的三视图，从上面看的到的视图是俯视图 3（2015黄石）（3分）下列四个立体图形中，左视图为矩形的是（）ABCD考点：简单几何体的三视图.分析：根据左视图是分别从物体左面看，所得到的图形，即可解答解答：解：长方体左视图为矩形；球左视图为圆；圆锥左视图为三角形；圆柱左视图为矩形；因此左视图为矩形的有故选：B点评：本题考查了几何体的三种视图，掌握定义是关键注意所有的看到的棱都应表现在三视图中4（2015黄石）（3分）在下列艺术字中既是轴对称图形又是中心对称图形的是（）ABCD考点：中心对称图形；轴对称图形.分析：根据轴对称图形与中心对称图形的概念求解解答：解：A、是轴对称图形，不是中心对称图形故错误；B、是轴对称图形，不是中心对称图形故错误；C、不是轴对称图形，也不是中心对称图形故错误；D、是轴对称图形，也是中心对称图形故正确故选D点评：本题考查了中心对称图形与轴对称图形的概念：轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分沿对称轴折叠后可重合；中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后与原图重合5（2015黄石）（3分）在长方形ABCD中AB=16，如图所示裁出一扇形ABE，将扇形围成一个圆锥（AB和AE重合），则此圆锥的底面半径为（）A4B16C4D8考点：圆锥的计算.分析：圆锥的底面圆半径为r，根据圆锥的底面圆周长=扇形的弧长，列方程求解解答：解：设圆锥的底面圆半径为r，依题意，得2r=，解得r=4故小圆锥的底面半径为4；故选A点评：本题考查了圆锥的计算圆锥的侧面展开图为扇形，计算要体现两个转化：1、圆锥的母线长为扇形的半径，2、圆锥的底面圆周长为扇形的弧长6（2015荆州）（3分）如图所示，将正方形纸片三次对折后，沿图中AB线剪掉一个等腰直角三角形，展开铺平得到的图形是（） ABCD考点：剪纸问题分析：根据题意直接动手操作得出即可解答：解：找一张正方形的纸片，按上述顺序折叠、裁剪，然后展开后得到的图形如图所示：故选A点评：本题考查了剪纸问题，难点在于根据折痕逐层展开，动手操作会更简便7（2015潜江）（3分）如图所示的几何体，其左视图是（）ABCD考点：简单组合体的三视图.分析：根据从左边看得到的图形是左视图，可得答案解答：解：从左边看是一个矩形的左上角去掉了一个小矩形， 故选：C点评：本题考查了简单组合体的三视图，从左边看得到的图形是左视图8（2015潜江）（3分）已知一块圆心角为300的扇形铁皮，用它做一个圆锥形的烟囱帽（接缝忽略不计），圆锥的底面圆的直径是80cm，则这块扇形铁皮的半径是（）A24cmB48cmC96cmD192cm考点：圆锥的计算.分析：利用底面周长=展开图的弧长可得解答：解：设这个扇形铁皮的半径为rcm，由题意得=80， 解得r=48 故这个扇形铁皮的半径为48cm， 故选B点评：本题考查了圆锥的计算，解答本题的关键是确定圆锥的底面周长=展开图的弧长这个 等量关系，然后由扇形的弧长公式和圆的周长公式求值9（2015潜江）（3分）在下面的网格图中，每个小正方形的边长均为1，ABC的三个顶点都是网格线的交点，已知B，C两点的坐标分别为（1，1），（1，2），将ABC绕点C顺时针旋转90，则点A的对应点的坐标为（）A（4，1）B（4，1）C（5，1）D（5，1）考点：坐标与图形变化-旋转.专题：几何变换分析：先利用B，C两点的坐标画出直角坐标系得到A点坐标，再画出ABC绕点C顺时 针旋转90后点A的对应点的A，然后写出点A的坐标即可解答：解：如图，A点坐标为（0，2）， 将ABC绕点C顺时针旋转90，则点A的对应点的A的坐标为（5，1） 故选D点评：本题考查了坐标与图形变化：图形或点旋转之后要结合旋转的角度和图形的特殊性质 来求出旋转后的点的坐标常见的是旋转特殊角度如：30，45，60，90，18010（2015武汉）（3分）如图，是由一个圆柱体和一个长方体组成的几何体其主视图是（）ABCD解：从正面看下面是一个比较长的矩形，上面是一个比较宽的矩形故选：B11（2015武汉）（3分）如图，ABC，EFG均是边长为2的等边三角形，点D是边BC、EF的中点，直线AG、FC相交于点M当EFG绕点D旋转时，线段BM长的最小值是（）A2B+1CD1解：连接AD、DG、BO、OM，如图ABC，EFG均是边长为2的等边三角形，点D是边BC、EF的中点，ADBC，GDEF，DA=DG，DC=DF，ADG=90CDG=FDC，=，DAGDCF，DAG=DCFA、D、C、M四点共圆根据两点之间线段最短可得：BOBM+OM，即BMBOOM，当M在线段BO与该圆的交点处时，线段BM最小，此时，BO=，OM=AC=1，则BM=BOOM=1故选D12（2015咸宁）（3分）一个几何体的三视图如图所示，则这个几何体是（）A圆柱B圆锥C长方体D正方体考点：由三视图判断几何体.分析：主视图、左视图、俯视图是分别从物体正面、左面和上面看，所得到的图形解答：解：由主视图和左视图为长方形可得此几何体为柱体，由俯视图为圆可得此几何体为圆柱故选A点评：本题考查了由三视图判断几何体：由三视图想象几何体的形状，首先应分别根据主视图、俯视图和左视图想象几何体的前面、上面和左侧面的形状，然后综合起来考虑整体形状13（2015孝感）（3分）如图是一个几何体的三视图，则这个几何体是A正方体B长方体C三棱柱 D三棱锥考点：由三视图判断几何体.分析：主视图、左视图、俯视图是分别从物体正面、左面和上面看，所 得到的图形解答：解：根据主视图和左视图为矩形是柱体，根据俯视图是正方形可 判断出这个几何体应该是长方体 故选：B点评：本题考查由三视图判断几何体，由三视图想象几何体的形状，首 先，应分别根据主视图、俯视图和左视图想象几何体的前面、上面和左侧面的形状， 然后综合起来考虑整体形状14（2015宜昌）（3分）下列剪纸图案中，既是轴对称图形，又是中心对称图形的是（）ABCD考点：中心对称图形；轴对称图形.分析：根据轴对称图形与中心对称图形的概念求解解答：解：A、是轴对称图形，也是中心对称图形，故此选项正确；B、不是轴对称图形，因为找不到任何这样的一条直线，沿这条直线对折后它的两部分能够重合；即不满足轴对称图形的定义是中心对称图形，故此选项错误；C、是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项错误；D、是轴对称图形，不是中心对称图形，因为找不到任何这样的一点，旋转180度后它的两部分能够重合；即不满足中心对称图形的定义，故此选项错误故选：A点评：此题主要考查了中心对称图形与轴对称图形的概念：轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分折叠后可重合；中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后两部分重合15（2015宜昌）（3分）下列图形中可以作为一个三棱柱的展开图的是（）ABCD考点：几何体的展开图.分析：三棱柱展开后，侧面是三个长方形，上下底各是一个三角形解答：解：三棱柱展开后，侧面是三个长方形，上下底各是一个三角形由此可得：只有A是三棱柱的展开图故选：A点评：此题主要考查了三棱柱表面展开图，注意上、下两底面应在侧面展开图长方形的两侧二、填空题1（2015恩施州）（3分）如图，半径为5的半圆的初始状态是直径平行于桌面上的直线b，然后把半圆沿直线b进行无滑动滚动，使半圆的直径与直线b重合为止，则圆心O运动路径的长度等于5考点：弧长的计算；旋转的性质.分析：根据题意得出球在无滑动旋转中通过的路程为圆弧，根据弧长公式求出弧长即可解答：解：由图形可知，圆心先向前走OO1的长度即圆的周长，然后沿着弧O1O2旋转圆的周长，则圆心O运动路径的长度为：25+25=5，故答案为：5点评：本题考查的是弧长的计算和旋转的知识，解题关键是确定半圆作无滑动翻转所经过的路线并求出长度2. （2015黄冈）（3 分）如图所示的扇形是一个圆锥的侧面展开图, 若AOB=120 , 弧AB 的长为12cm, 则该圆锥的侧面积为_cm2.考点：圆锥的计算 分析：首先求得扇形的母线长，然后求得扇形的面积即可 解答：解：设AO=B0=R ， AOB=120，弧AB 的长为12cm ， =12， 解得：R=18 ， 圆锥的侧面积为 lR= 1218=108， 故答案为：108 点评：本题考查了圆锥的计算，解题的关键是牢记圆锥的有关计算公式，难度不大 3（2015黄石）（3分）现有多个全等直角三角形，先取三个拼成如图1所示的形状，R为DE的中点，BR分别交AC，CD于P，Q，易得BP：QR：QR=3：1：2（1）若取四个直角三角形拼成如图2所示的形状，S为EF的中点，BS分别交AC，CD，DE于P，Q，R，则BP：PQ：QR：RS=4：1：3：2（2）若取五个直角三角形拼成如图3所示的形状，T为FG的中点，BT分别交AC，CD，DE，EF于P，Q，R，S，则BP：PQ：QR：RS：ST=5：1：4：2：3考点：相似三角形的判定与性质.分析：（1）首先证明BCQBES，从而可求得CQ=，DQ=EF，然后证明BAPQDR得到BP：QR=4：3从而可知：BP：PQ：QR=4：1：3，然后由DQSE，可知：QR：RS=DQ：SE=3：2，从而可求得BP：PQ：QR：RS=4：1：3：2；（2）由ACDEGF，可知：BPCBERBTG，能够求得：AP：DR：FT=5：4：3，然后再证明BAPQDRSFT，求得BP：QR：ST=AP：DR：FT=5：4：3，因为BP：QR：RT=1：1：1，所以可求得：BP：PQ：QR：RS：ST=5：1：4：2：3解答：解：（1）四个直角三角形是全等三角形，AB=EF=CD，ABEFCD，BC=CE，ACDE，BP：PR=BC：CE=1，CDEF，BCQBES又BC=CECQ=，DQ=ABCD，ABP=DQR又BAP=QDR，BAPQDRBP：QR=4：3BP：PQ：QR=4：1：3，DQSE，QR：RS=DQ：SE=3：2，BP：PQ：QR：RS=4：1：3：2故答案为：4：1：3：2；（2）五个直角三角形是全等直角三角形AB=CD=EF，ABCDEF，AC=DE=GF，ACDEGF，BC=CE=EG，BP=PR=RT，ACDEGF，BPCBERBTG，PC=，RE=FG，AP=，DR=，FT=AP：DR：FT=5：4：3ACDEGF，BPA=QRD=STF又BAP=QDR=SFT，BAPQDRSFTBP：QR：ST=AP：DR：FT=5：4：3又BP：QR：RT=1：1：1，BP：PQ：QR：RS：ST=5：（54）：4：（53）：3=5：1：4：2：3故答案为：5：1：4：2：3点评：本题主要考查的是相似三角形的判定和性质，找出图中的相似三角形，求得相应线段之间的比例关系是解题的关键4（2015荆州）（3分）如图，矩形ABCD中，OA在x轴上，OC在y轴上，且OA=2，AB=5，把ABC沿着AC对折得到ABC，AB交y轴于D点，则B点的坐标为（，）考点：翻折变换（折叠问题）；坐标与图形性质分析：作BEx轴，设OD=x，在RtAOD中，根据勾股定理列方程，再由ADOABE， 求出BE和OE解答：解：作BEx轴， 易证AD=CD， 设OD=x，AD=5x， 在RtAOD中，根据勾股定理列方程得：22+x2=（5x）2， 解得：x=2.1， AD=2.9， ODBE， ADOABE， ， ， 解得：BE=， AE=， OE=2= B（，） 故答案为：（，）点评：本题主要考查了折叠的性质、相似三角形的判定与性质、勾股定理，根据勾股定理列 方程求出OD是解决问题的关键5（2015荆州）（3分）如图，将一张边长为6cm的正方形纸片按虚线裁剪后，恰好围成底面是正六边形的棱柱，则这个六棱柱的侧面积为3612cm2考点：展开图折叠成几何体分析：这个棱柱的侧面展开正好是一个长方形，长为6，宽为6减去两个六边形的高，再 用长方形的面积公式计算即可求得答案解答：解：将一张边长为6的正方形纸片按虚线裁剪后，恰好围成一个底面是正六边形的 棱柱， 这个正六边形的底面边长为1，高为， 侧面积为长为6，宽为62的长方形， 面积为：6（62）=3612 故答案为：3612点评：此题主要考查了正方形的性质、矩形的性质以及剪纸问题的应用此题难度不大，注 意动手操作拼出图形，并能正确进行计算是解答本题的关键6（2015潜江）（3分）如图，在RtABC中，ACB=90，点D在AB边上，将CBD沿CD折叠，使点B恰好落在AC边上的点E处若A=26，则CDE=71考点：翻折变换（折叠问题）.分析：根据三角形内角和定理求出B，根据折叠求出ECD和CED，根据三角形内角和 定理求出即可解答：解：在RtABC中，ACB=90，A=26， B=64， 将CBD沿CD折叠，使点B恰好落在AC边上的点E处，ACB=90， BCD=ECD=45，CED=B=64， CDE=180ECDCED=71， 故答案为：71点评：本题考查了折叠的性质，三角形内角和定理的应用，能求出CED和ECD的度数 是解此题的关键，注意：折叠后的两个图形全等7（2015随州）（3分）如图是一个长方体的三视图（单位：cm），根据图中数据计算这个长方体的体积是24cm3考点：由三视图判断几何体.分析：根据三视图我们可以得出这个几何体应该是个长方体，它的体积应该是324=24cm3解答：解：该几何体的主视图以及左视图都是相同的矩形，俯视图也为一个矩形，可确定这个几何体是一个长方体，依题意可求出该几何体的体积为324=24cm3答：这个长方体的体积是24cm3故答案为：24点评：考查了由三视图判断几何体，本题要先判断出几何体的形状，然后根据其体积公式进行计算即可8（2015随州）（3分）在ABCD中，ABBC，已知B=30，AB=2，将ABC沿AC翻折至ABC，使点B落在ABCD所在的平面内，连接BD若ABD是直角三角形，则BC的长为4或6考点：翻折变换（折叠问题）；平行四边形的性质.分析：在ABCD中，ABBC，要使ABD是直角三角形，有两种情况：BAD=90或ABD=90，画出图形，分类讨论即可解答：解：当BAD=90ABBC时，如图1，AD=BC，BC=BC，AD=BC，ACBD，BAD=90，BGC=90，B=30，AB=2，ABC=30，GC= BC= BC，G是BC的中点，在RTABG中，BG=AB=2=3，BC=6；当ABD=90时，如图2，AD=BC，BC=BC，AD=BC，ACBD，四边形ACDB是等腰梯形，ABD=90，四边形ACDB是矩形，BAC=90，B=30，AB=2，BC=AB=2=4，当BC的长为4或6时，ABD是直角三角形故答案为：4或6点评：本题主要考查了翻折变换的性质，解题的关键是画出图形，发现存在两种情况，进行分类讨论9（2015咸宁）（3分）如图，在平面直角坐标系中，点A的坐标为（0，6），将OAB沿x轴向左平移得到OAB，点A的对应点A落在直线y=x上，则点B与其对应点B间的距离为8考点：一次函数图象上点的坐标特征；坐标与图形变化-平移.分析：根据题意确定点A的纵坐标，根据点A落在直线y=x上，求出点A的横坐标，确定OAB沿x轴向左平移的单位长度即可得到答案解答：解：由题意可知，点A移动到点A位置时，纵坐标不变，点A的纵坐标为6，x=6，解得x=8，OAB沿x轴向左平移得到OAB位置，移动了8个单位，点B与其对应点B间的距离为8，故答案为：8点评：本题考查的是一次函数图象上点的坐标特征和图形的平移，确定三角形OAB移动的距离是解题的关键10（2015孝感）（3分）已知圆锥的侧面积等于cm2，母线长10cm，则圆锥的高是 cm考点：圆锥的计算.专题：计算题分析：设圆锥的底面圆的半径为r，利用圆锥的侧面展开图为一扇形，这个扇形的弧长等于 圆锥底面的周长，扇形的半径等于圆锥的母线长和扇形面积公式得到2r10=60， 解得r=6，然后根据勾股定理计算圆锥的高解答：解：设圆锥的底面圆的半径为r， 根据题意得2r10=60， 解得r=6， 所以圆锥的高=8（cm） 故答案为8点评：本题考查了圆锥的计算：圆锥的侧面展开图为一扇形，这个扇形的弧长等于圆锥底面 的周长，扇形的半径等于圆锥的母线长11（2015孝感）（3分）如图，四边形是矩形纸片，对折矩形纸片，使与重合，折痕为；展平后再过点折叠矩形纸片，使点落在上的点，折痕与相交于点；再次展平，连接，延长交于点有如下结论：； ； ；是等边三角形； 为线段上一动点，是的中点，则的最小值是其中正确结论的序号是 考点：几何变换综合题.分析：首先根据EF垂直平分AB，可得AN=BN；然后根据折叠的性质，可得AB=BN， 据此判断出ABN为等边三角形，即可判断出ABN=60首先根据ABN=60，ABM=NBM，求出ABM=NBM=30；然后在RtABM中，根据AB=2，求出AM的大小即可首先根据EFBC，QN是MBG的中位线，可得QN=BG；然后根据BG=BM=，求出QN的长度即可根据ABM=MBN=30，BNM=BAM=90，推得MBG=BMG=BGM=60，即可推得BMG是等边三角形首先根据BMG是等边三角形，点N是MG的中点，判断出BNMG，即可求出BN的大小；然后根据P与Q重合时，PN+PH=PN+PE=EN，据此求出PN+PH的最小值是多少即可解答：解：如图1，连接AN， EF垂直平分AB， AN=BN， 根据折叠的性质，可得 AB=BN， AN=AB=BN ABN为等边三角形 ABN=60，PBN=602=30， 即结论正确； ABN=60，ABM=NBM， ABM=NBM=602=30， AM=， 即结论不正确 EFBC，QN是MBG的中位线， QN=BG； BG=BM=， QN=， 即结论不正确 ABM=MBN=30，BNM=BAM=90， BMG=BNMMBN=9030=60， MBG=ABGABM=9030=60， BGM=1806060=60， MBG=BMG=BGM=60， BMG为等边三角形， 即结论正确 BMG是等边三角形，点N是MG的中点， BNMG， BN=BGsin60=， P与Q重合时，PN+PH的值最小， P是BM的中点，H是BN的中点， PHMG， MGBN， PHBN， 又PEAB， PH=PE， PN+PH=PN+PE=EN， EN=， PN+PH=， PN+PH的最小值是， 即结论正确 故答案为：点评：（1）此题主要考查了几何变换综合题，考查了分析推理能力，考查了空间想象能力， 考查了数形结合方法的应用，要熟练掌握（2）此题还考查了等边三角形的判定和性质的应用，以及矩形的性质和应用，要熟练掌握 （3）此题还考查了折叠的性质和应用，以及余弦定理的应用，要熟练掌握三、解答题1（12分）（2015恩施州）矩形AOCD绕顶点A（0，5）逆时针方向旋转，当旋转到如图所示的位置时，边BE交边CD于M，且ME=2，CM=4（1）求AD的长；（2）求阴影部分的面积和直线AM的解析式；（3）求经过A、B、D三点的抛物线的解析式；（4）在抛物线上是否存在点P，使SPAM=？若存在，求出P点坐标；若不存在，请说明理由考点：几何变换综合题.专题：综合题分析：（1）作BPAD于P，BQMC于Q，如图1，根据旋转的性质得AB=AO=5，BE=OC=AD，ABE=90，利用等角的余角相等得ABP=MBQ，可证明RtABPRtMBQ得到=，设BQ=PD=x，AP=y，则AD=x+y，所以BM=x+y2，利用比例性质得到PBMQ=xy，而PBMQ=DQMQ=DM=1，利用完全平方公式和勾股定理得到52y22xy+（x+y2）2x2=1，解得x+y=7，则BM=5，BE=BM+ME=7，所以AD=7；（2）由AB=BM可判断RtABPRtMBQ，则BQ=PD=7AP，MQ=AP，利用勾股定理得到（7MQ）2+MQ2=52，解得MQ=4（舍去）或MQ=3，则BQ=4，根据三角形面积公式和梯形面积公式，利用S阴影部分=S梯形ABQDSBQM进行计算即可；然后利用待定系数法求直线AM的解析式；（3）先确定B（3，1），然后利用待定系数法求抛物线的解析式；（4）当点P在线段AM的下方的抛物线上时，作PKy轴交AM于K，如图2设P（x，x2x+5），则K（x，x+5），则KP=x2+x，根据三角形面积公式得到（x2+x）7=，解得x1=3，x2=，于是得到此时P点坐标为（3，1）、（，）；再求出过点（3，1）与（，）的直线l的解析式为y=x+，则可得到直线l与y轴的交点A的坐标为（0，），所以AA=，然后把直线AM向上平移个单位得到l，直线l与抛物线的交点即为P点，由于A（0，），则直线l的解析式为y=x+，再通过解方程组得P点坐标解答：解：（1）作BPAD于P，BQMC于Q，如图1，矩形AOCD绕顶点A（0，5）逆时针方向旋转得到矩形ABEF，AB=AO=5，BE=OC=AD，ABE=90，PBQ=90，ABP=MBQ，RtABPRtMBQ，=，设BQ=PD=x，AP=y，则AD=x+y，BM=x+y2，=，PBMQ=xy，PBMQ=DQMQ=DM=1，（PBMQ）2=1，即PB22PBMQ+MQ2=1，52y22xy+（x+y2）2x2=1，解得x+y=7，BM=5，BE=BM+ME=5+2=7，AD=7；（2）AB=BM，RtABPRtMBQ，BQ=PD=7AP，MQ=AP，BQ2+MQ2=BM2，（7MQ）2+MQ2=52，解得MQ=4（舍去）或MQ=3，BQ=73=4，S阴影部分=S梯形ABQDSBQM=（4+7）443=16；设直线AM的解析式为y=kx+b，把A（0，5），M（7，4）代入得，解得，直线AM的解析式为y=x+5；（3）设经过A、B、D三点的抛物线的解析式为y=ax2+bx+c，AP=MQ=3，BP=DQ=4，B（3，1），而A（0，5），D（7，5），解得，经过A、B、D三点的抛物线的解析式为y=x2x+5；（4）存在当点P在线段AM的下方的抛物线上时，作PKy轴交AM于K，如图2，设P（x，x2x+5），则K（x，x+5），KP=x+5（x2x+5）=x2+x，SPAM=，（x2+x）7=，整理得7x246x+75，解得x1=3，x2=，此时P点坐标为（3，1）、（，），求出过点（3，1）与（，）的直线l的解析式为y=x+，则直线l与y轴的交点A的坐标为（0，），AA=5=，把直线AM向上平移个单位得到l，则A（0，），则直线l的解析式为y=x+，解方程组得或，此时P点坐标为（，）或（，），综上所述，点P的坐标为（3，1）、（，）、（，）、（，）点评：本题考查了几何变换综合题：熟练掌握旋转的性质、矩形的性质和三角形全等于相似的判定与性质；会利用待定系数法求函数解析式；理解坐标与图形性质；会进行代数式的变形2.（2015黄冈）（14 分）如图，在矩形OABC 中，OA=5，AB=4，点D 为边AB 上一点,将BCD 沿直线CD 折叠,使点B 恰好落在OA边上的点E 处，分别以OC，OA 所在的直线为x 轴，y 轴建立平面直角坐标系.(1)求OE 的长；(2)求经过O，D，C 三点的抛物线的解析式；(3)一动点P 从点C 出发，沿CB 以每秒2 个单位长的速度向点B 运动，同时动点Q 从E 点出发，沿EC 以每秒1 个单位长的速度向点C 运动，当点P 到达点B 时，两点同时停止运动.设运动时间为t 秒，当t为何值时，DP=DQ；(4) 若点N 在(2)中的抛物线的对称轴上，点M 在抛物线上,是否存在这样的点M与点N，使得以M，N，C，E 为顶点的四边形是平行四边形？若存在，请求出M 点的坐标;若不存在，请说明理由.考点：二次函数综合题 分析：（1）由折叠的性质可求得CE、CO，在Rt COE 中，由勾股定理可求得OE，设 AD=m ，在RtADE 中，由勾股定理可求得m 的值，可求得D 点坐标，结合C、 O 两点，利 用待定系数法可求得抛物线解析式； （2 ）用t 表示出CP 、BP 的长，可证明 DBP DEQ ，可得到BP=EQ ， 可求得t 的值； （3 ）可设出N 点坐标，分三种情况EN 为对角线，EM 为对角线，EC 为 对角线，根据平行四边形的性质可求得对角线的交点横坐标，从而可求得M 点的横 坐标，再代入抛物线解析式可求得M 点的坐标 解答：解：（1）CE=CB=5，CO=AB=4， 在Rt COE 中，OE=3 ， 设AD=m ，则DE=BD=4 m ， OE=3， AE=5 3=2， 在RtADE 中，由勾股定理可得AD2 +AE2 =DE2 ，即m2 +22 = （4 m ）2 ， 解得m= ， D （，5 ）， C （4 ，0 ），O （0，0 ）， 设过O、D 、C 三点的抛物线为y=ax（x+4 ）， 5= a （+4 ），解得a= ， 抛物线解析式为y=x （x+4 ）= x2 + x ； （2 ）CP=2t ， BP=5 2t ， 在Rt DBP 和Rt DEQ 中， ， Rt DBP Rt DEQ （HL ）， BP=EQ ， 5 2t=t ， t= ； （3 ）抛物线的对称为直线x= 2 ， 设N（2 ，n ）， 又由题意可知C （4 ，0 ），E （0，3 ）， 设M （m ，y ）， 当EN 为对角线，即四边形ECNM 是平行四边形时， 则线段EN 的中点横坐标为= 1，线段CM 中点横坐标为， EN，CM 互相平分， = 1，解得m=2 ， 又M 点在抛物线上， y=x2 + x=16 ， M （2 ，16）； 当EM 为对角线，即四边形ECMN 是平行四边形时， 则线段EM 的中点横坐标为，线段CN 中点横坐标为 = 3， EN，CM 互相平分， = 3，解得m= 6， 又M 点在抛物线上， y= （6 ）2 + （6 ）=16 ， M （6，16）； 当CE 为对角线，即四边形EMCN 是平行四边形时， 则M 为抛物线的顶点，即M （2 ， ） 综上可知，存在满足条件的点M，其坐标为（2 ，16）或（6，16）或（2 ， ） 点评：本题主要考查二次函数的综合应用，涉及待定系数法、全等三角形的判定和性质、折 叠的性质、平行四边形的性质等知识点在（1）中求得D 点坐标是解题的关键，在 （2 ）中证得全等，得到关于t 的方程是解题的关键，在（3 ）中注意分类讨论思想 的应用本题考查知识点较多，综合性较强，难度适中 3（9分）（2015黄石）在AOB中，C，D分别是OA，OB边上的点，将OCD绕点O顺时针旋转到OCD（1）如图1，若AOB=90，OA=OB，C，D分别为OA，OB的中点，证明：AC=BD；ACBD；（2）如图2，若AOB为任意三角形且AOB=，CDAB，AC与BD交于点E，猜想AEB=是否成立？请说明理由考点：相似三角形的判定与性质；全等三角形的判定与性质；旋转的性质.分析：（1）由旋转的性质得出OC=OC，OD=OD，AOC=BOD，证出OC=OD，由SAS证明AOCBOD，得出对应边相等即可；由全等三角形的性质得出OAC=OBD，又由对顶角相等和三角形内角和定理得出BEA=90，即可得出结论；（2）由旋转的性质得出OC=OC，OD=OD，AOC=BOD，由平行线得出比例式，得出，证明AOCBOD，得出OAC=OBD再由对顶角相等和三角形内角和定理即可得出AEB=解答：（1）证明：OCD旋转到OCD，OC=OC，OD=OD，AOC=BOD，OA=OB，C、D为OA、OB的中点，OC=OD，OC=OD，在AOC和BOD中，AOCBOD（SAS），AC=BD；延长AC交BD于E，交BO于F，如图1所示：AOCBOD，OAC=OBD，又AFO=BFE，OAC+AFO=90，OBD+BFE=90，BEA=90，ACBD；（2）解：AEB=成立，理由如下：如图2所示：OCD旋转到OCD，OC=OC，OD=OD，AOC=BOD，CDAB，又AOC=BOD，AOCBOD，OAC=OBD，又AFO=BFE，AEB=AOB=点评：本题考查了旋转的性质、全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质；熟练掌握旋转的性质，并能进行推理论证是解决问题的关键4（2015荆州）（12分）如图，在平面直角坐标系中，O为原点，平行四边形ABCD的边BC在x轴上，D点在y轴上，C点坐标为（2，0），BC=6，BCD=60，点E是AB上一点，AE=3EB，P过D，O，C三点，抛物线y=ax2+bx+c过点D，B，C三点（1）求抛物线的解析式；（2）求证：ED是P的切线；（3）若将ADE绕点D逆时针旋转90，E点的对应点E会落在抛物线y=ax2+bx+c上吗？请说明理由；（4）若点M为此抛物线的顶点，平面上是否存在点N，使得以点B，D，M，N为顶点的四边形为平行四边形？若存在，请直接写出点N的坐标；若不存在，请说明理由考点：二次函数综合题专题：综合题分析：（1）先确定B（4，0），再在RtOCD中利用OCD的正切求出OD=2，D （0，2），然后利用交点式求抛物线的解析式； （2）先计算出CD=2OC=4，再根据平行四边形的性质得AB=CD=4，ABCD， A=BCD=60，AD=BC=6，则由AE=3BE得到AE=3，接着计算=，加上 DAE=DCB，则可判定AEDCOD，得到ADE=CDO，而 ADE+ODE=90则CDO+ODE=90，再利用圆周角定理得到CD为P的直 径，于是根据切线的判定定理得到ED是P的切线 （3）由AEDCOD，根据相似比计算出DE=3，由于CDE=90，DEDC， 再根据旋转的性质得E点的对应点E在射线DC上，而点C、D在抛物线上，于是 可判断点E不能在抛物线上； （4）利用配方得到y=（x+1）2+，则M（1，），且B（4，0），D （0，2），根据平行四边形的性质和点平移的规律，利用分类讨论的方法确定N 点坐标解答：解：（1）C（2，0），BC=6， B（4，0）， 在RtOCD中，tanOCD=， OD=2tan60=2， D（0，2）， 设抛物线的解析式为y=a（x+4）（x2）， 把D（0，2）代入得a4（2）=2，解得a=， 抛物线的解析式为y=（x+4）（x2）=x2x+2； （2）在RtOCD中，CD=2OC=4， 四边形ABCD为平行四边形， AB=CD=4，ABCD，A=BCD=60，AD=BC=6， AE=3BE， AE=3， =，=， =， 而DAE=DCB， AEDCOD， ADE=CDO， 而ADE+ODE=90 CDO+ODE=90， CDDE， DOC=90， CD为P的直径， ED是P的切线； （3）E点的对应点E不会落在抛物线y=ax2+bx+c上理由如下： AEDCOD， =，即=，解得DE=3， CDE=90，DEDC， ADE绕点D逆时针旋转90，E点的对应点E在射线DC上， 而点C、D在抛物线上， 点E不能在抛物线上； （4）存在 y=x2x+2=（x+1）2+ M（1，）， 而B（4，0），D（0，2）， 如图2， 当BM为平行四边形BDMN的对角线时，点D向左平移4个单位，再向下平移2 个单位得到点B，则点M（1，）向左平移4个单位，再向下平移2个单 位得到点N1（5，）； 当DM为平行四边形BDMN的对角线时，点B向右平移3个单位，再向上平移 个单位得到点M，则点D（0，2）向右平移3个单位，再向上平移个单 位得到点N2（3，）； 当BD为平行四边形BDMN的对角线时，点M向左平移3个单位，再向下平移 个单位得到点B，则点D（0，2）向右平移3个单位，再向下平移个单位 得到点N3（3，）， 综上所述，点N的坐标为（5，）、（3，）、（3，）点评：考查了二次函数综合题：熟练掌握用待定系数法求二次函数解析式、二次函数的性 质和相似三角形的判定与性质；掌握平行四边形的性质点平移的规律；会证明圆的 切线5（2015潜江）（10分）已知MAN=135，正方形ABCD绕点A旋转（1）当正方形ABCD旋转到MAN的外部（顶点A除外）时，AM，AN分别与正方形ABCD的边CB，CD的延长线交于点M，N，连接MN如图1，若BM=DN，则线段MN与BM+DN之间的数量关系是MN=BM+DN；如图2，若BMDN，请判断中的数量关系是否仍成立？若成立，请给予证明；若不成立，请说明理由；（2）如图3，当正方形ABCD旋转到MAN的内部（顶点A除外）时，AM，AN分别与直线BD交于点M，N，探究：以线段BM，MN，DN的长度为三边长的三角形是何种三角形，并说明理由考点：几何变换综合题.分析：（1）如图1，先利用SAS证明ADNABM，得出AN=AM，NAD=MAB， 再计算出NAD=MAB=（36013590）=67.5作AEMN于E，根据等腰 三角形三线合一的性质得出MN=2NE，NAE=MAN=67.5再根据AAS证明 ADNAEN，得出DN=EN，进而得到MN=BM+DN；如图2，先利用SAS证明ABMADP，得出AM=AP，1=2=3，再计算出PAN=360MAN（3+4）=36013590=135然后根据SAS证明 ANMANP，得到MN=PN，进而得到MN=BM+DN； （2）如图3，先由正方形的性质得出BDA=DBA=45，根据等角的补角相等得出 MDA=NBA=135再证明1=3根据两角对应相等的两三角形相似得出 ANBMAD，那么=，又AB=AD=DB，变形得出BD2=2BNMD，然后证明（MD+BD）2+（BD+BN）2=（DM+BD+BN）2，即MB2+DN2=MN2，根据勾股定理的逆定理即可得出以线段BM，MN，DN的长度为三边长的三角形是直角三角形解答：解：（1）如图1，若BM=DN，则线段MN与BM+DN之间的数量关系是MN=BM+DN 理由如下： 在ADN与ABM中， ， ADNABM（SAS）， AN=AM，NAD=MAB， MAN=135，BAD=90， NAD=MAB=（36013590）=67.5， 作AEMN于E，则MN=2NE，NAE=MAN=67.5 在ADN与AEN中， ， ADNAEN（AAS）， DN=EN， BM=DN，MN=2EN， MN=BM+DN 故答案为MN=BM+DN； 如图2，若BMDN，中的数量关系仍成立理由如下： 延长NC到点P，使DP=BM，连结AP 四边形ABCD是正方形， AB=AD，ABM=ADC=90 在ABM与ADP中， ， ABMADP（SAS）， AM=AP，1=2=3， 1+4=90， 3+4=90， MAN=135， PAN=360MAN（3+4）=36013590=135 在ANM与ANP中， ， ANMANP（SAS）， MN=PN， PN=DP+DN=BM+DN， MN=BM+DN； （2）如图3，以线段BM，MN，DN的长度为三边长的三角形是直角三角形理由如下： 四边形ABCD是正方形， BDA=DBA=45， MDA=NBA=135 1+2=45，2+3=45， 1=3 在ANB与MAD中， ， ANBMAD， =， AB2=BNMD， AB=DB， BNMD=（DB）2=BD2， BD2=2BNMD，MD2+2MDBD+BD2+BD2+2BDBN+BN2=MD2+BD2+BN2+2MDBD+2BDBN+2BNMD， （MD+BD）2+（BD+BN）2=（DM+BD+BN）2， 即MB2+DN2=MN2， 以线段BM，MN，DN的长度为三边长的三角形是直角三角形点评：本题是几何变换综合题，其中涉及到正方形的性质，全等三角形的判定与性质，平行 线的性质，等腰三角形的性质，补角的性质，相似三角形的判定与性质，勾股定理的逆定理等知识，综合性较强，有一定难度准确作出辅助线，利用数形结合是解（1）小题的关键，证明ANBMAD是解（2）小题的关键
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