中考数学解题指导专题10：几何三大变换之平移探讨 77页

1 【2013 年中考攻略】专题 10：几何三大变换之平移探讨 轴对称、平移、旋转是平面几何的三大变换。平移变换是指在同一平面内，将一个图形（含点、线、 面）整体按照某个直线方向移动一定的距离，这样的图形变换叫做图形的平移变换，简称平移。平移由移 动的方向和距离决定。经过平移，平移前后图形的形状、大小不变，只是位置发生改变；平移前后图形的 对应点所连的线段平行且相等；平移前后图形的对应线段平行且相等，对应角相等。 在初中数学以及日常生活中有着大量的平移变换的知识，是中考数学的必考内容。 结合 2011 和 2012 年全国各地中考的实例，我们从下面七方面探讨平移变换：（1）构造平移图形；（2） 点的平移；（3）直线（线段）的平移；（4）曲线的平移；（5）三角形的平移；（ 6）四边形的平移；（7）圆 的平移。 一、构造平移图形： 典型例题： 例 1. （2012 黑龙江黑河、齐齐哈尔、大兴安岭、鸡西 6 分）顶点在网格交点的多边形叫做格点多边形， 如图，在一个 9 X 9 的正方形网格中有一个格点△ABC．设网格中小正方形的边长为 l 个单位长度． (1)在网格中画出△ABC 向上平移 4 个单位后得到的△AlBlCl． (2)在网格中画出△ABC 绕点 A 逆时针旋转 900 后得到的△AB2C2 (3)在(1)中△ABC 向上平移过程中，求边 AC 所扫过区域的面积． 【答案】解：（1）、（2）如图所示： （3）∵△ABC 向上平移 4 个单位后得到的△A1B1C1，△ABC 向上平移过程中，边 AC 所扫 过区域是以 4 为边长，以 2 为高的平行四边形， ∴边 AC 所扫过区域的面积=4×2=8。 2 【考点】作图（旋转和平移变换），平行四边形的判定和性质。 【分析】（1）根据图形平移的性质画出平移后的△A1B1C1 即可。 （2）根据图形旋转的性质画出△ABC 绕点 A 逆时针旋转 90°后得到的△AB2C2。 （3）根据△ABC 向上平移 4 个单位后得到的△A1B1C1，△ABC 向上平移过程中，求边 AC 所扫 过区域是以 4 为边长，以 2 为高的平行四边形，由平行四边形的面积公式即可得出结论。 例 2.（2012 黑龙江龙东地区 6 分）如图，方格纸中每个小正方形的边长都是单位 1，△ABC 的三个顶点都 在格点上，结合所给的平面直角坐标系解答下列问题： （1）将△ABC 向右平移 3 个单位长度再向下平移 2 个单位长度，画出两次平移后的△A1B1C1; （2）写出 A1、C1 的坐标； （3）将△A1B1C1 绕 C1 逆时针旋转 90°，画出旋转后的△A2B2C1，求线段 B1C1 旋转过程中扫过的面积(结 果保留 π)。 【答案】解：（1）两次平移后的△A1B1C1 如图所示： （2）由△A1B1C1 在坐标系中的位置可知，A1（0，2）； C1（2，0）。 （3）旋转后的图形如图所示： 3 ∵由勾股定理可知， 22 11B C 1 4 17   ，∴  2 90 17 17S 360 4    扇形 。 ∴线段 B1C1 旋转过程中扫过的面积为17 4  。 【考点】作图（旋转和平移变换），扇形面积的计算。 【分析】（1）根据图形平移的性质画出两次平移后的△A1B1C1 即可。 （2）根据△A1B1C1 在坐标系中的位置写出 A1、C1 的坐标； （3）根据图形旋转的性质画出旋转后的△A2B2C1，再根据勾股定理求出 B1C1 的长，由扇形的面 积公式即可计算出线段 B1C1 旋转过程中扫过的面积。 例 3.（2012 贵州六盘水 10 分）如图，方格纸中的每个小方格都是边长为 1 个单位的正方形．Rt△ABC 的 顶点均在格点上，建立平面直角坐标系后，点 A 的坐标为（﹣4，1），点 B 的坐标为（﹣1，1）． （1）先将 Rt△ABC 向右平移 5 个单位，再向下平移 1 个单位后得到 Rt△A1B1C1．试在图中画出图形 Rt△A1B1C1，并写出 A1 的坐标； （2）将 Rt△A1B1C1 绕点 A1 顺时针旋转 90°后得到 Rt△A2B2C2，试在图中画出图形 Rt△A2B2C2．并计算 Rt△A1B1C1 在上述旋转过程中 C1 所经过的路程． 【答案】解：（1）如图所示，△A1B1C1 即为所求作的三角形。点 A1 的坐标为（1，0）。 （2）如图所示，△A2B2C2 即为所求作的三角形。 4 根据勾股定理，A1C1= 222 +3 = 13 ， ∴旋转过程中 C1 所经过的路程为 90 13 13=180 2   。 【考点】网格问题，作图（旋转和平移变换），勾股定理，弧长的计算。 【分析】（1）根据网格结构找出点 A．B．C 平移后的对应点 A1、B1、C1 的位置，然后顺次连接即可，再 根据平面直角坐标系写出点 A1 的坐标即可。 （2）根据网格结构找出点 A1、B1、C1 绕点 A1 顺时针旋转 90°后的对应点 A2、B2、C2 的位置， 然后顺次连接即可，再根据勾股定理求出 A1C1 的长度，然后根据弧长公式列式计算即可得解。 例 4.（2012 安徽省 8 分）如图，在边长为 1 个单位长度的小正方形组成的网格中，给出了格点△ABC（顶 点是网格线的交点）和点 A1. （1）画出一个格点△A1B1C1，并使它与△ABC 全等且 A 与 A1 是对应点； （2）画出点 B 关于直线 AC 的对称点 D，并指出 AD 可以看作由 AB 绕 A 点经过怎样的旋转而得到的. 【答案】解：（1）答案不唯一，如图，平移即可： 5 (2)作图如上， ∵AB= 10 ，AD= ，BD= 25，∴AB2+AD2=BD2。 ∴△ABD 是直角三角形。 ∴AD 可以看作由 AB 绕 A 点逆时针旋转 90°得到的。 【考点】作图（平移变换、轴对称变换），全等图形，旋转和轴对称的性质，勾股定理和逆定理。 【分析】（1）利用△ABC 三边长度，画出以 A1 为顶点的三角形三边长度即可，利用图象平移，可得出 △A1B1C1。 （2）利用点 B 关于直线 AC 的对称点 D，得出 D 点坐标，根据勾股定理和逆定理可得出 AD 与 AB 的位置关系。 例 5.（2012 海南省 8 分）如图，在正方形网络中，△ABC 的三个顶点都在格点上，点 A、B、C 的坐标分 别为（－2，4）、（－2，0）、（－4，1），结合所给的平面直角坐标系解答下列问题： （1）画出△ABC 关于原点 O 对称的△A1B1C1. （2）平移△ABC，使点 A 移动到点 A2（0，2），画出平移后的△A2B2C2 并写出点 B2、C2 的坐标. （3）在 △ABC、△A1B1C1、△A2B2C2 中，△A2B2C2 与 成中心对称，其对称中心的坐标为 . 6 【答案】解：（1）△ABC 关于原点 O 对称的△A1B1C1 如图所示： （2）平移后的△A2B2C2 如图所示： 点 B2、C2 的坐标分别为（0，－2），（－2，－1）。 （3）△A1B1C1；（ 1，－1）。 【考点】网格问题，作图（中心对称变换和平移变换），中心对称和平移的性 质。 【分析】（1）根据中心对称的性质，作出 A、B、C 三点关于原点的对称点 A1、B1、C1，连接即可。 （2）根据平移的性质，点 A（－2，4）→A2（0，2），横坐标加 2，纵坐标减 2，所以将 B（－2， 0）、 C（－4，1）横坐标加 2，纵坐标减 2 得到 B2（0，－2）、 C2（－2，－1），连接即可。 （3）如图所示。 例 6.（2012 江苏泰州 10 分）如图，在边长为 1 个单位长度的小正方形组成的网格中，△ABC 的顶点 A、 B、C 在小正方形的顶点上，将△ABC 向下平移 4 个单位、再向右平移 3 个单位得到△A1B1C1，然后 将△A1B1C1 绕点 A1 顺时针旋转 90°得到△A1B2C2． （1）在网格中画出△A1B1C1 和△A1B2C2； 7 （2）计算线段 AC 在变换到 A1C2 的过程中扫过区域的面积（重叠部分不重复计算） 【答案】解：（1）如图所示： （2）∵图中是边长为 1 个单位长度的小正方形组成的网格， ∴ 22AC 2 2 2 2   。 ∵将△ABC 向下平移 4 个单位 AC 所扫过的面积是以 4 为 底，以 2 为高的平行四边形的面积：4×2=8。 再向右平移 3 个单位 AC 所扫过的面积是以 3 为底，以 2 为高的平行四边形的面积：4×2=6。 当△A1B1C1 绕点 A1 顺时针旋转 90°到△A1B2C2 时，A1C1 所扫过的面积是以 A1 为圆心以 以 2 2 为半径，圆心角为 90°的扇形的面积，重叠部分是以 A1 为圆心，以 2 2 为半径，圆心角为 45° 的扇形的面积，去掉重叠部分，面积为：  2 45 2 2 =360    ∴线段 AC 在变换到 A1C2 的过程中扫过区域的面积=8＋6＋π×=14+π。 【考点】作图（平移和旋转变换），平移和旋转的性质，网格问题，勾股定理，平行四边形面积和扇形面 积的计算。 【分析】（1）根据图形平移及旋转的性质画出△A1B1C1 及△A1B2C2 即可。 （2）画出图形，根据图形平移及旋转的性质分三部分求取面积。 例 7.（2012 甘肃白银 3 分）将如图所示的图案通过平移后可以得到的图案是【 】 8 A． B． C． D． 【答案】A。 【考点】生活中的平移现象。 【分析】根据平移的性质，平移只改变图形的位置，不改变图形的形状与大小。观察各选项图形可知，A 选项的图案可以通过平移得到。故选 A。 练习题： 1. （2012 江苏常州 6 分）在平面直角坐标系 xOy 中，已知△ABC 和△DEF 的顶点坐标分别为 A（1，0）、 B（3，0）、 C（2，1）、 D（4，3）、 E（6，5）、 F（4，7）。按下列要求画图：以点 O 为位似中心，将△ABC 向 y 轴左侧按比例尺 2：1 放大得△ABC 的位似图形△A1B1C1，并解决下列问题： （1）顶点 A1 的坐标为 ▲ ，B1 的坐标为 ▲ ，C1 的坐标为 ▲ ； （2）请你利用旋转、平移两种变换，使△A1B1C1 通过变换后得到△A2B2C2，且△A2B2C2 恰与△DEF 拼接 成一个平行四边形（非正方形）。写出符合要求的变换过程。 3.（2012 福建泉州 9 分）如图，在方格纸中（小正方形的边长为 1），反比例函数 ky x 与直线的交点 A、 B 均在格点上，根据所给的直角坐标系（点 O 是坐标原点），解答下列问题： （1）分别写．出点 A、B 的坐标后，把直线 AB 向右平移平移 5 个单位，再在向上平移 5 个单位，画．出平移 后的直线 A′B′. （2）若点 C 在函数 的图像上，△ABC 是以 AB 为底边的等腰三角形，请写出点 C 的坐标. 9 4.（2012 湖北武汉 7 分）如图，在平面直角坐标系中，点 A、B 的坐标分别为(－1，3)、(－4，1)，先 将线段 AB 沿一确定方向平移得到线段 A1B1，点 A 的对应点为 A1，点 B1 的坐标为(0，2)，在将线段 A1B1 绕远点 O 顺时针旋转 90°得到线段 A2B2，点 A 1 的对应点为点 A2． (1)画出线段 A1B1、A2B2； (2)直接写出在这两次变换过程中，点 A 经过 A1 到达 A2 的路径长． 5.（2012 湖南张家界 6 分）如图，在方格纸中，以格点连线为边的三角形叫格点三角形，请按要求完成下 列操作：先将格点△ABC 向右平移 4 个单位得到△A1B1C1，再将△A1B1C1 绕点 C1 点旋转 180°得到 △A2B2C2． 6.（2012 四川凉山 6 分）如图，梯形 ABCD 是直角梯形． （1）直接写出点 A、B、C、D 的坐标； （2）画出直角梯形 ABCD 关于 y 轴的对称图形，使它与梯形 ABCD 构成一个等腰梯形． （3）将（2）中的等腰梯形向上平移四个单位长度，画出平移后的图形．（不要求写作法） 10 7.（2012 辽宁丹东 8 分）已知：△ABC 在坐标平面内，三个顶点的坐标分别为 A（0，3）， B（3，4）， C （2，2）.（正方形网格中， 每个小正方形的边长是 1 个单位长度） （1）画出△ABC 向下平移 4 个单位得到的△A1B1C1，并直接写出 C1 点的坐标； （2）以点 B 为位似中心，在网格中．．．画出△A2BC2，使△A2BC2 与△ABC 位似，且位似比为 2︰1，并直 接写出 C2 点的坐标及△A2BC2 的面积． 二、点的平移： 典型例题： 例 1. （2012 广东肇庆 3 分）点 M（2， 1 ）向上平移 2 个单位长度得到的点的坐标是【 】 A．（2，0） B．（2，1） C．（2，2） D．（2， 3 ） 【答案】B。 【考点】坐标平移。 【分析】根据坐标的平移变化的规律，左右平移只改变点的横坐标，左减右加。上下平移只改变点的纵坐 标，下减上加。因此， ∵点 M（2，-1）向上平移 2 个单位长度，∴－1＋2=1。 ∴平移后的点坐标是（2，1）。故选 B。 11 例 2. （2012 辽宁鞍山 3 分）在平面直角坐标系中，将点 P（﹣1，4）向右平移 2 个单位长度后，再向下 平移 3 个单位长度，得到点 P1，则点 P1 的坐标为 ▲ ． 【答案】（1，1）。 【考点】坐标平移。 【分析】根据坐标的平移变化的规律，左右平移只改变点的横坐标，左减右加。上下平移只改变点的纵坐 标，下减上加。因此， ∵点 P（﹣1，4）向右平移 2 个单位长度，向下平移 3 个单位长度，∴﹣1+2=1，4﹣3=1。 ∴点 P1 的坐标为（1，1）。 例 2.（2012 江苏泰州 3 分）如图，数轴上的点 P 表示的数是－1，将点 P 向右移动 3 个单位长度得到点 P′， 则点 P′表示的数是 ▲ ． 【答案】2。 【考点】数轴和数，平移的性质。 【分析】如图，根据平移的性质，点 P′表示的数是 2。 例 3.（2012 安徽省 4 分）如图，A 点在半径为 2 的⊙O 上，过线段 OA 上的一点 P 作直线 ，与⊙O 过 A 点的切线交于点 B，且∠APB=60°，设 OP= x，则△PAB 的面积 y 关于 x 的函数图像大致是【 】 【答案】D。 【考点】动点问题的函数图象，锐角三角函数定义，特殊角的三角函数值。 【分析】利用 AB 与⊙O 相切，△BAP 是直角三角形，把直角三角形的直角边表示出来，从而用 x 表示出 三角形的面积，根据函数解析式确定函数的图象： ∵AB 与⊙O 相切，∴∠BAP=90°， ∵OP=x，AP=2－x，∠BPA=60°，∴AB= 3(2 x) ， ∴△APB 的面积 23y (2 x)2，（ 0≤x≤2）。 ∴△PAB 的面积 y 关于 x 的函数图像是经过（2，0）的抛物线在 0≤x≤2 的部分。故选 D。 12 例4.（2012浙江嘉兴、舟山4分）如图，正方形ABCD的边长为a，动点P从点A出发，沿折线A→B→D→C→A 的路径运动，回到点 A 时运动停止．设点 P 运动的路程长为长为 x，AP 长为 y，则 y 关于 x 的函数图象大 致是【 】 A． B． C． D． 【答案】D。 【考点】动点问题的函数图象。 【分析】因为动点 P 按沿折线 A→B→D→C→A 的路径运动，因此，y 关于 x 的函数图象分为四部分：A→B， B→D，D→C，C→A。 当动点 P 在 A→B 上时，函数 y 随 x 的增大而增大，且 y=x，四个图象均正确。 当动点 P 在 B→D 上时，函数 y 在动点 P 位于 BD 中点时最小，且在中点两侧是对称的，故选项 B 错误。 当动点 P 在 D→C 上时，函数 y 随 x 的增大而增大，故选项 A，C 错误。 当动点 P 在 C→A 上时，函数 y 随 x 的增大而减小。故选项 D 正确。故选 D。 例 5.（2012 浙江温州 4 分）如图，在△ABC 中，∠C=90°，M 是 AB 的中点，动点 P 从点 A 出发， 沿 AC 方向匀速运动到终点 C,动点 Q 从点 C 出发，沿 CB 方向匀速运动到终点 B.已知 P，Q 两点同时出发， 并同时到达终点.连结 MP，MQ，PQ.在整个运动过程中，△MPQ 的面积大小变化情况是【 】 A.一直增大 B.一直减小 C.先减小后增大 D.先增大后减小 【答案】C。 【考点】动点问题的函数图象。 【分析】如图所示，连接 CM，∵M 是 AB 的中点， 13 ∴S△ACM=S△BCM= 1 2 S△ABC， 开始时，S△MPQ=S△ACM= S△ABC； 由于 P，Q 两点同时出发，并同时到达终点，从而点 P 到达 AC 的中点时，点 Q 也到达 BC 的中点， 此时，S△MPQ= 1 4 S△ABC； 结束时，S△MPQ=S△BCM= S△ABC。 △MPQ 的面积大小变化情况是：先减小后增大。故选 C。 例 6.（2012 湖北黄石 3 分）如图所示，已知 A 1 1( , y )2 ，B 2(2, y ) 为反比例函数 1y x 图像上的两点，动 点 P (x,0) 在 x 正半轴上运动，当线段 AP 与线段 BP 之差达到最大时，点 P 的坐标是【 】 A. 1( ,0)2 B. (1,0) C. 3( ,0)2 D. 5( ,0)2 【答案】D。 【考点】反比例函数综合题，待定系数法，曲线上点的坐标与方程的关系，三角形三边关系。 【分析】∵把 A 1 1( , y )2 ，B 2(2, y ) 分别代入反比例函数 1y x 得：y1=2，y2= 1 2 ， ∴A（ 1 2 ，2）， B（2， 1 2 ）。 ∵在△ABP 中，由三角形的三边关系定理得：|AP－BP|＜AB， ∴延长 AB 交 x 轴于 P′，当 P 在 P′点时，PA－PB=AB， 即此时线段 AP 与线段 BP 之差达到最大。 设直线 AB 的解析式是 y=kx+b，把 A、B 的坐标代入得： 12= k+b2 1 =2k+b2     ，解得： k= 1 5b= 2   。∴直线 AB 的解析式是 5yx2   。 当 y=0 时，x= 5 2 ，即 P（ 5 2 ，0）。故选 D。 14 例 7.（2012 辽宁大连 3 分）如图，一条抛物线与 x 轴相交于 A、B 两点，其顶点 P 在折线 C－D－E 上移 动，若点 C、D、E 的坐标分别为（－1，4）、（3，4）、（3，1），点 B 的横坐标的最小值为 1，则点 A 的横 坐标的最大值为【 】 A.1 B.2 C.3 D.4 【答案】B。 【考点】二次函数综合题，待定系数法，曲线上点的坐标与方程的关系，平移的性质，二次函数的性质。 【分析】∵抛物线的点 P 在折线 C－D－E 上移动，且点 B 的横坐标的最小值为 1， ∴观察可知，当点 B 的横坐标的最小时，点 P 与点 C 重合。 ∵C（－1，4）， ∴设当点 B 的横坐标的最小时抛物线的解析式为  2y=a x+1 +4。 ∵B（1，0）， ∴  20=a 1+1 +4 ，解得 a=－1。 ∴当点 B 的横坐标的最小时抛物线的解析式为  2y= x+1 +4 。 ∵观察可知，当点 A 的横坐标的最大时，点 P 与点 E 重合，E（3，1）， ∴当点 A 的横坐标的最大时抛物线的解析式为  2y= x 3 +1 。 令 y=0 ，即  2x 3 +1=0 ，解得 x=2或 x=4 。 ∵点 A 在点 B 的左侧，∴此时点 A 横坐标为 2。故选 B。 ∴点 A 的横坐标的最大值为 2。 例 8（2012 北京市 5 分）操作与探究： （1）对数轴上的点 P 进行如下操作：先把点 P 表示的数乘以 1 3 ，再把所得数对应的点向右平移 1 个 单位，得到点 P 的对应点 P′. 点 A，B 在数轴上，对线段 AB 上的每个点进行上述操作后得到线段 A′B′，其中点 A，B 的对 应点分别为 A′，B′．如图 1，若点 A 表示的数是 3 ，则点 A′表示的数是 ；若点 B′表示的 数是 2，则点 B 表示的数是 ；已知线段 AB 上的点 E 经过上述操作后得到的对应点 E′与点 E 重 合，则点 E 表示的数是 ； 15 （2）如图 2，在平面直角坐标系 xoy 中，对正方形 ABCD 及其内部的每个点进行如下操作：把每个 点的横、纵坐标都乘以同一种实数 a，将得到的点先向右平移 m 个单位，再向上平移 n 个单位（m＞0, n＞0），得到正方形 A′B′C′D′及其内部的点，其中点 A,B 的对应点分别为 A′,B′。已知正方形 ABCD 内部的一个点 F 经过上述操作后得到的对应点 F′与点 F 重合，求点 F 的坐标。 【答案】解：（1）0；3； 3 2 。 （2）根据题意得， 3a m 1 3a m 2 0 a n 2           ，解得 1a 2 1m 2 n2        . 设点 F 的坐标为（x，y）， ∵对应点 F′与点 F 重合，∴ 11xx22 1 y 2 y2     ，解得 x1 y4    。 ∴点 F 的坐标为（1，4）。 【考点】坐标与图形的平移变化，数轴，正方形的性质，平移的性质。 【分析】（1）根据题目规定，以及数轴上的数向右平移用加计算即可求出点 A′，设点 B 表示的数为 a，根 据题意列出方程求解即可得到点 B 表示的数，设点 E 表示的数为 b，根据题意列出方程计算即可得解： 点 A′：－3×1 3 +1=－1+1=0。 设点 B 表示的数为 a，则 a+1=2，解得 a=3。 设点 E 表示的数为 b，则 a+1=b，解得 b= 。 （2）先根据向上平移横坐标不变，纵坐标加，向右平移横坐标加，纵坐标不变求出平移规律， 16 然后设点 F 的坐标为（x，y），根据平移规律列出方程组求解即可。 例 9. （2012 江苏常州 9 分）已知，在矩形 ABCD 中，AB=4，BC=2，点 M 为边 BC 的中点，点 P 为边 CD 上的动点（点 P 异于 C、D 两点）。连接 PM，过点 P 作 PM 的垂线与射线 DA 相交于点 E（如图）。设 CP=x，DE=y。 （1）写出 y 与 x 之间的函数关系式 ▲ ； （2）若点 E 与点 A 重合，则 x 的值为 ▲ ； （3）是否存在点 P，使得点 D 关于直线 PE 的对称点 D′落在边 AB 上？若存在，求 x 的值；若不存在，请 说明理由。 【答案】解：（1）y=－x2＋4x。 （2） 2+ 2 或 22 。 （3）存在。 过点 P 作 PH⊥AB 于点 H。则 ∵点 D 关于直线 PE 的对称点 D′落在边 AB 上， ∴P D′=PD=4－x，E D′=ED= y=－x2＋4x， EA=AD－ED= x2－4x＋2，∠P D′E=∠D=900。 在 Rt△D′P H 中，PH=2， D′P =DP=4－x，D′H=  2 224 x 2 x 8x+12    。 ∵∠ E D′A=1800－900－∠P D′H=900－∠P D′H=∠D′P H，∠P D′E=∠P HD′ =900， ∴△E D′A∽△D′P H。∴ E D EA D P D H   ，即 22 2 x 4x x 4x+2 4x x 8x+12   ＋ ， 即 2 2 x 4x+2x x 8x+12   ，两边平方并整理得，2x2－4x＋1=0。解得 22x 2  。 ∵当 2+ 2x 2 时，y= 2 2+ 2 2+ 2 5+2 2+4 = 22 2 2 > ， ∴此时，点 E 已在边 DA 延长线上，不合题意，舍去（实际上是无理方程的增根）。 17 ∵当 22x 2  时，y= 2 2 2 2 2 5+2 2+4 = 22 2 2 < ， ∴此时，点 E 在边 AD 上，符合题意。 ∴当 时，点 D 关于直线 PE 的对称点 D′落在边 AB 上。 【考点】矩形的性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理，折叠对称的性质，解无理方程。 【分析】（1）∵CM=1，CP=x，DE=y，DP=4－x，且△MCP∽△PDE， ∴ DE DP CP CM ，即 y 4 x x1  。∴y=－x2＋4x。 （2）当点 E 与点 A 重合时，y=2，即 2=－x2＋4x，x2－4x＋2=0。 解得 x 2 2 。 （3）过点 P 作 PH⊥AB 于点 H，则由点 D 关于直线 PE 的对称点 D′落在边 AB 上，可得△E D′A 与△D′P H 相似，由对应边成比例得得关于 x 的方程即可求解。注意检验。 例 10. （2012 江苏苏州 8 分）如图，已知半径为 2 的⊙O 与直线 l 相切于点 A，点 P 是直径 AB 左侧半圆 上的动点，过点 P 作直线 l 的垂线，垂足为 C，PC 与⊙O 交于点 D，连接 PA、PB，设 PC 的长为  x 2 x 4<< . ⑴当 5x= 2 时，求弦 PA、PB 的长度； ⑵当 x 为何值时， PD PC 的值最大？最大值是多少？ l P D C B O A 【答案】解：（1）∵⊙O 与直线 l 相切于点 A，AB 为⊙O 的直径，∴AB⊥l。 又∵PC⊥l，∴AB∥PC. ∴∠CPA=∠PAB。 ∵AB 为⊙O 的直径，∴∠APB=90°。 ∴∠PCA=∠APB.∴△PCA∽△APB。 ∴ PC PA AP AB ，即 PA2=PC·PD。 ∵PC= 5x= 2 ，AB=4，∴ 5PA 4 102   。 18 ∴在 Rt△APB 中，由勾股定理得： PB 16 10 6   。 （2）过 O 作 OE⊥PD，垂足为 E。 ∵PD 是⊙O 的弦，OF⊥PD，∴PF=FD。 在矩形 OECA 中，CE=OA=2，∴PE=ED=x－2。 ∴CD=PC－PD= x－2（x－2）=4－x 。 ∴     2PD PC=2 x 2 4 x = 2x +12x 16       2= 2 x 3 +2 。 ∵ 2 x 4<< ∴当 x=3 时， PD PC 有最大值，最大值是 2。 【考点】切线的性质，平行的判定和性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理，垂径定理，矩形的判定 和性质，二次函数的最值。 【分析】（1）由直线 l 与圆相切于点 A，且 AB 为圆的直径，根据切线的性质得到 AB 垂直于直线 l，又 PC 垂直于直线 l，根据垂直于同一条直线的两直线平行，得到 AB 与 PC 平行，根据两直线平行内错角相 等得到一对内错角相等，再由一对直角相等，利用两对对应角相等的两三角形相似可得出△PCA 与△PAB 相似，由相似得比例，将 PC 及直径 AB 的长代入求出 PA 的长，在 Rt△APB 中，由 AB 及 PA 的长，利 用勾股定理即可求出 PB 的长。 （2）过 O 作 OE 垂直于 PD，与 PD 交于点 E，由垂径定理得到 E 为 PD 的中点，再由三个角为 直角的四边形为矩形得到 OACE 为矩形，根据矩形的对边相等，可得出 EC=OA=2，用 PC-EC 的长表示出 PE，根据 PD=2PE 表示出 PD，再由 PC-PD 表示出 CD，代入所求的式子中，整理后得到关于 x 的二次函 数，配方后根据自变量 x 的范围，利用二次函数的性质即可求出所求式子的最大值及此时 x 的取值 练习题： 1. （2012 山东东营 3 分）将点 A（2，1）向左．．平移 2 个单位长度得到点 A′，则点 A′的坐标是【 】 A．(2，3) B．（ 2，－１） C．（ 4，1） D. （0，1） 2.（2012 广西来宾 3 分）在平面直角坐标系中，将点 M（1，2）向左平移 2 个长度单位后得到点 N，则点 N 的坐标是【 】 A．（－1，2） B．（ 3，2） C．（ 1，4） D．（ 1，0） 3.（2012 广西玉林、防城港 3 分）在平面直角坐标系中，一青蛙从点 A(－1，0)处向右跳 2 个单位长度， 再向上跳 2 个单位长度到点 A′处，则点 A′的坐标为 ▲ . 19 4.（2012 四川攀枝花 3 分）如图，直角梯形 AOCD 的边 OC 在 x 轴上，O 为坐标原点，CD 垂直于 x 轴， D（5，4）， AD=2．若动点 E、F 同时从点 O 出发，E 点沿折线 OA→AD→DC 运动，到达 C 点时停止；F 点沿 OC 运动，到达 C 点是停止，它们运动的速度都是每秒 1 个单位长度．设 E 运动秒 x 时，△EOF 的面 积为 y（平方单位），则 y 关于 x 的函数图象大致为【 】 A． B． C． D． 5.（2012 四川内江 3 分）如图，正△ABC 的边长为 3cm,动点 P 从点 A 出发，以每秒 1cm 的速度，沿 A B C的方向运动，到达点 C 时停止，设运动时间为 x（秒）， 2y PC ,则 y 关于 x 的函数的图像 大致为【 】 A. B. C. D. 6.（2012 江苏无锡 10 分）如图，菱形 ABCD 的边长为 2cm，∠DAB=60°．点 P 从 A 点出发，以 cm/s 的速度，沿 AC 向 C 作匀速运动；与此同时，点 Q 也从 A 点出发，以 1cm/s 的速度，沿射线 AB 作匀速运 动．当 P 运动到 C 点时，P、Q 都停止运动．设点 P 运动的时间为 ts． （1）当 P 异于 A．C 时，请说明 PQ∥BC； （2）以 P 为圆心、PQ 长为半径作圆，请问：在整个运动过程中，t 为怎样的值时，⊙P 与边 BC 分别有 1 个公共点和 2 个公共点？ 7. （2012 广东河源 9 分）如图，矩形 OABC 中，A(6，0)、C(0，2 3)、D(0，3 3)，射线 l 过点 D 且与 x 轴平行，点 P、Q 分别是 l 和 x 轴的正半轴上的动点，满足∠PQO＝60º． (1)点 B 的坐标是 ，∠CAO＝ º，当点 Q 与点 A 重合时，点 P 的坐标 为 ； 20 (2)设点 P 的横坐标为 x，△OPQ 与矩形 OABC 重叠部分的面积为 S，试求 S 与 x 的函数关系式和相应 的自变量 x 的取值范围． 8. （2012 福建南平 14 分）如图，在△ABC 中，点 D、E 分别在边 BC、AC 上，连接 AD、DE，且 ∠1=∠B=∠C． （1）由题设条件，请写出三个正确结论：（要求不再添加其他字母和辅助线，找结论过程中添加的字母和 辅助线不能出现在结论中，不必证明） 答：结论一： ；结论二： ；结论三： ． （2）若∠B=45°，BC=2，当点 D 在 BC 上运动时（点 D 不与 B、C 重合）， ①求 CE 的最大值； ②若△ADE 是等腰三角形，求此时 BD 的长． （注意：在第（2）的求解过程中，若有运用（1）中得出的结论，须加以证明） 9. （2012 福建漳州 14 分）如图，在 OABC 中，点 A 在 x 轴上，∠AOC=60o，OC=4cm．OA=8cm．动 点 P 从点 O 出发，以 1cm／s 的速度沿线段 OA→AB 运动；动点 Q 同时．．从点 O 出发，以 acm／s 的速度沿线段 OC→CB 运动，其中一点先到达终点 B 时，另一点也随之停止运动． 设运动时间为 t 秒． (1)填空：点 C 的坐标是(______，______)，对角线 OB 的长度是_______cm； (2)当 a=1 时，设△OPQ 的面积为 S，求 S 与 t 的函数关系式，并直接写出当 t 为何值时，S 的值最大? (3)当点 P 在 OA 边上，点 Q 在 CB 边上时，线段 PQ 与对角线 OB 交于点 M.若以 O、M、P 为顶点的 三角形与△OAB 相似，求 a 与 t 的函数关系式，并直接写出 t 的取值范围． 21 10. （2012 福建福州 13 分）如图①，在 Rt△ABC 中，∠C＝90º，AC＝6，BC＝8，动点 P 从点 A 开始沿 边 AC 向点 C 以每秒 1 个单位长度的速度运动，动点 Q 从点 C 开始沿边 CB 向点 B 以每秒 2 个单位长度 的速度运动，过点 P 作 PD∥BC，交 AB 于点 D，连接 PQ．点 P、Q 分别从点 A、C 同时出发，当其中一 点到达端点时，另一点也随之停止运动，设运动时间为 t 秒(t≥0)． (1) 直接用含 t 的代数式分别表示：QB＝______，PD＝______． (2) 是否存在 t 的值，使四边形 PDBQ 为菱形？若存在，求出 t 的值；若不存在，说明理由．并探究如 何改变点 Q 的速度(匀速运动)，使四边形 PDBQ 在某一时刻为菱形，求点 Q 的速度； (3) 如图②，在整个运动过程中，求出线段 PQ 中点 M 所经过的路径长． 11.（2011 湖北黄石 3 分）初三年级某班有 54 名学生，所在教室有 6 行 9 列座位，用( , )mn 表示第 m 行第 n 列的座位，新学期准备调整座位，设某个学生原来的座位为 ，如果调整后的座位为( , )ij，则称该 生作了平移[ ,ab] ,m i n j   ,并称 ab 为该生的位置数。若某生的位置数为 10，则当 mn 取最小值 时， mn 的最大值为 ▲ . 三、直线（线段）的平移： 典型例题： 例 1. （2012 湖南娄底 3 分）对于一次函数 y=﹣2x+4，下列结论错误的是【 】 A． 函数值随自变量的增大而减小 B． 函数的图象不经过第三象限 22 C． 函数的图象向下平移 4 个单位长度得 y=﹣2x 的图象 D． 函数的图象与 x 轴的交点坐标是（0，4） 例 2.（2012 福建南平 3 分）将直线 y=2x 向上平移 1 个单位长度后得到的直线是 ▲ 【答案】y=2x＋1。 【考点】一次函数图象与平移变换，待定系数法，直线上点的坐标理性认识各式的关系。 【分析】直线 y=2x 经过点（0，0），向上平移 1 个单位后对应点的坐标为（0，1）， ∵平移前后直线解析式的 k 值不变，∴设平移后的直线为 y=2x＋b。 则 2×0+b=1，解得 b=1。∴所得到的直线是 y=2x＋1。 例 3. （2012 湖南娄底 4 分）如图，A．B 的坐标分别为（1，0）、（ 0，2），若将线段 AB 平移到至 A1B1， A1、B1 的坐标分别为（2，a）、（b，3），则 a+b= ▲ ． 【答案】2。 【考点】坐标与图形平移变化。 【分析】∵A（1，0）转化为 A1（2，a）横坐标增加了 1，B（0，2）转化为 B1（b，3）纵坐标增加了 1， ∴a=0+1=1，b=0+1=1。∴a+b=1+1=2。 23 例 4.（2012 江西南昌 3 分）如图，有 a、b、c 三户家用电路接入电表，相邻电路的电线等距排列，则三户 所用电线【 】 A． a 户最长 B． b 户最长 C． c 户最长 D． 三户一样长 【答案】D。 【考点】生活中的平移现象，平移的性质。 【分析】根据平移的性质，对于电线中横的和竖的线段分别采用割补法将线段向右进行 平移，便可直观观察到都是相等的。因此 a b c 三线长度相等。故选 D。 例 5.（2012 广西河池 12 分）如图，在等腰三角形 ABC 中，AB=AC，以底边 BC 的垂直平分线和 BC 所在 的直线建立平面直角坐标系，抛物线 217y x x 422= - + + 经过 A、B 两点. （1）写出点 A、点 B 的坐标； （2）若一条与 y 轴重合的直线 l 以每秒 2 个单位长度的速度向右平移，分别交线段 OA、CA 和抛物 线于点 E、M 和点 P，连结 PA、PB.设直线 l 移动的时间为 t（0＜t＜4）秒，求四边形 PBCA 的面积 S（面 积单位）与 t（秒）的函数关系式，并求出四边形 PBCA 的最大面积； （3）在（2）的条件下，抛物线上是否存在一点 P，使得△PAM 是直角三角形？若存在，请求出点 P 的坐标；若不存在，请说明理由. 【答案】解：（1）A（8，0）， B（0，4）。 （2）∵AB=AC，∴OB=OC。∴C（0，－4）。 24 设直线 AC： y=kx+b，由 A（8，0）， C（0，－4）得 8k+b=0 b= 4    ，解得 1k= 2 b= 4    。∴直线 AC： 1y= x 42  。 ∵ 直线 l 移动的速度为 2，时间为 t，∴OE=2t。 设 P 22t 2t 7t 4   ， ， 在 中，令 x=2t，得 y=t 4 ，∴M（2t， t4 ）。 ∵BC=8，PM=  222t 7t 4 t 4 = 2t 6t 8        ，OE=2t，EA= 4 2t ， ∴      22 PMABCMP 11S S S 2t 6t 8 8 2t 4 2t 2t 6t 822               梯形 2= 4t 20t 16   。 ∴四边形 PBCA 的面积 S 与 t 的函数关系式为 2S= 4t 20t 16   （0＜t＜4）。 ∵ 2 2 5S= 4t 20t 16= 4 t 412       ， ∴四边形 PBCA 的最大面积为 41 个平方单位。 （3）存在。∵由（2），在 0＜t＜4，即 0＜t＜8 时，∠AMP 和∠APM 不可能为直角。 若∠PAM 为直角，则 PA⊥CA，∴△AOC∽△PEA。∴ OC OA EA EP 。 设 P 217p p p 422 骣 ÷ç - + + ÷ç ÷ç桫， ，则 OC=4，OA=8，EA=8－p，EP= 217p p 422- + + ， ∴ 2 48 178p p p 422     ，整理得 2p 11p 24=0-+ ，解得 12p =3 p =8， （舍去）。 当 p=3时， 221 7 1 7p p 4= 3 3 4=102 2 2 2- + + - ? ? 。∴P（3，10）。 ∴当 P（3，10）时，△PAM 是直角三角形。 【考点】二次函数综合题，动直线问题，待定系数法，曲线上点的坐标与方程的关系，二次函数最值，相 似三角形的判定和性质，直角三角形的判定。 【分析】（1）在 217y x x 422= - + + 中，令 x=0，得 y=4；令 y=0，得 x=－1 或 x=8。 ∴A（8，0）， B（0，4）。 （2）由 AB=AC，根据等腰三角形三线合一的性质可得点 C 的坐标，从而用待定系数法求出直线 25 AC 的解析式，得到点 M 关于 t 的表达式，根据 PMABCMPS S S梯形 求出四边形 PBCA 的面积 S 与 t 的函 数关系式，应用二次函数最值的求法求出四边形 PBCA 的最大面积。 （3）存在。易知，∠AMP 和∠APM 不可能为直角。当∠PAM 为直角时，△AOC∽△PEA，根据 比例关系列出方程求解即可。 例 6.（2012 广东广州 14 分）如图，抛物线 233y= x x+384 与 x 轴交于 A、B 两点（点 A 在点 B 的左侧）， 与 y 轴交于点 C． （1）求点 A、B 的坐标； （2）设 D 为已知抛物线的对称轴上的任意一点，当△ACD 的面积等于△ACB 的面积时，求点 D 的坐标； （3）若直线 l 过点 E（4，0）， M 为直线 l 上的动点，当以 A、B、M 为顶点所作的直角三角形有且只有三 个时，求直线 l 的解析式． 【答案】解：（1）在 233y= x x+384 中，令 y=0，即 233x x+3=084 ，解得 x1=﹣4，x2=2。 ∵点 A 在点 B 的左侧，∴A、B 点的坐标为 A（﹣4，0）、 B（2，0）。 （2）由 得，对称轴为 x=﹣1。 在 中，令 x=0，得 y=3。 ∴OC=3，AB=6， ACB 11S AB OC 6 3 922       。 在 Rt△AOC 中， 2 2 2 2AC= OA +OC 4 +3 5。 设△ACD 中 AC 边上的高为 h，则有 1 2 AC•h=9， 解得 h= 18 5 。 如图 1，在坐标平面内作直线平行于 AC，且到 AC 的距离 =h= ，这样的直线有 2 条，分别是 L1 和 L2，则直线与对称轴 x=﹣1 的两个 交点即为所求的点 D。 26 设 L1 交 y 轴于 E，过 C 作 CF⊥L1 于 F，则 CF=h=18 5 ， ∴ 18 CF CF 95CE 4sin CEF sin OCA 2 5     。 设直线 AC 的解析式为 y=kx+b， 将 A（﹣4，0）， B（0，3）坐标代入，得 4k+b=0 b=3    ，解得 3k= 4 b=3   。 ∴直线 AC 解析式为 3y x 34。 直线 L1 可以看做直线 AC 向下平移 CE 长度单位（ 9 2 个长度单位）而形成的， ∴直线 L1 的解析式为 3 9 3 3y x 3 x4 2 4 2     。 则 D1 的纵坐标为  3 3 914 2 4     。∴D1（﹣4， 9 4 ）。 同理，直线 AC 向上平移 个长度单位得到 L2，可求得 D2（﹣1， 27 4 ）。 综上所述，D 点坐标为：D1（﹣4， ）， D2（﹣1， ）。 （3）如图 2，以 AB 为直径作⊙F，圆心为 F．过 E 点作⊙F 的切线，这样的切线有 2 条． 连接 FM，过 M 作 MN⊥x 轴于点 N。 ∵A（﹣4，0），B（2，0），∴F（﹣1，0），⊙F 半径 FM=FB=3。 又 FE=5，则在 Rt△MEF 中，- ME= 225 3 4，sin∠MFE= 4 5 ，cos∠MFE= 3 5 。 在 Rt△FMN 中，MN=MN•sin∠MFE=3×4 12 55 ， FN=MN•cos∠MFE=3×39 55 。 则 ON= 。∴M 点坐标为（ ，12 5 ）。 直线 l 过 M（ ， ）， E（4，0）， 设直线 l 的解析式为 y=k1x+b1，则有 4 12k+b=55 4k+b=0   ，解得 3k= 4 b=3    。 27 ∴直线 l 的解析式为 y= 3 4 x+3。 同理，可以求得另一条切线的解析式为 y= 3 4 x﹣3。 综上所述，直线 l 的解析式为 y= 3 4 x+3 或 y= 3 4 x﹣3。 【考点】二次函数综合题，待定系数法，曲线上点的坐标与方程的关系，二次函数的性质，勾股定理，直 线平行和平移的性质，直线与圆的位置关系，直线与圆相切的性质，圆周角定理，锐角三角函数定义。 【分析】（1）A、B 点为抛物线与 x 轴交点，令 y=0，解一元二次方程即可求解。 （2）根据题意求出△ACD 中 AC 边上的高，设为 h．在坐标平面内，作 AC 的平行线，平行线之 间的距离等于 h．根据等底等高面积相等的原理，则平行线与坐标轴的交点即为所求的 D 点．从一次函数 的观点来看，这样的平行线可以看做是直线 AC 向上或向下平移而形成．因此先求出直线 AC 的解析式， 再求出平移距离，即可求得所作平行线的解析式，从而求得 D 点坐标。这样的平行线有两条。 （3）本问关键是理解“以 A、B、M 为顶点所作的直角三角形有且只有三个”的含义．因为过 A、 B 点作 x 轴的垂线，其与直线 l 的两个交点均可以与 A、B 点构成直角三角形，这样已经有符合题意的两 个直角三角形；第三个直角三角形从直线与圆的位置关系方面考虑，以 AB 为直径作圆，当直线与圆相切 时，根据圆周角定理，切点与 A、B 点构成直角三角形．从而问题得解。这样的切线有两条。 例 7.（2012 广东深圳 9 分）如图，在平面直角坐标系中，直线l ：y=－2x＋b (b≥0)的位置随 b 的不同取值 而变化． (1)已知⊙M 的圆心坐标为(4，2)，半径为 2． 当 b= 时，直线l ：y=－2x＋b (b≥0)经过圆心 M： 当 b= 时，直线 ：y=－2x＋b(b≥0)与 OM 相切： (2)若把⊙M 换成矩形 ABCD，其三个顶点坐标分别为：A(2，0)、B（6，0）、C(6，2). 设直线 扫过矩形 ABCD 的面积为 S，当 b 由小到大变化时，请求出 S 与 b 的函数关系式， 28 【答案】解：（1）10；10 2 5 。 （2）由 A(2，0)、B（6，0）、C(6，2)，根据矩形的性质，得 D（2，2）。 如图，当直线l 经过 A(2，0)时，b=4；当直线 经过 D（2，2）时，b=6；当直线 经过 B （6，0）时，b=12；当直线 经过 C(6，2)时，b=14。 当 0≤b≤4 时，直线 扫过矩形 ABCD 的面积 S 为 0。 当 4＜b≤6 时，直线 扫过矩形 ABCD 的面积 S 为△EFA 的面积（如图 1）， 在 y=－2x＋b 中，令 x=2，得 y=－4＋b，则 E（2，－4＋b）， 令 y=0，即－2x＋b=0，解得 x= 1 b2 ，则 F（ ，0）。 ∴AF= 1 b22  ，AE=－4＋b。 ∴S=   21 1 1 1AF AE b 2 4 b b 2b+42 2 2 4        － ＋ － 。 当 6＜b≤12 时，直线 扫过矩形 ABCD 的面积 S 为直角梯 形 DHGA 的面积（如图 2）， 在 y=－2x＋b 中，令 y=0，得 x= ，则 G（ ，0）， 令 y=2，即－2x＋b=2，解得 x= 1 b12  ，则 H（ ，2）。 ∴DH= 1 b32  ，AG= 。AD=2 ∴S=    11DH+AG AD b 5 2 b 522        。 当 12＜b≤14 时，直线 扫过矩形 ABCD 的面积 S 为五边形 DMNBA 的面积=矩形 ABCD 的面积－△CMN 的面积（如图 3） 29 在 y=－2x＋b 中，令 y=2，即－2x＋b=2，解得 x= 1 b12  ，则 M（ ，0）， 令 x=6，得 y=－12＋b，，则 N（6，－12＋b）。 ∴MC= 17b2 ，NC=14－b。 ∴S=   21 1 1 14 2 MC NC 8 7 b 14 b b +7b 412 2 2 4             － 。 当 b＞14 时，直线l 扫过矩形 ABCD 的面积 S 为矩形 ABCD 的面积，面积为民 8。 综上所述。S 与 b 的函数关系式为：           2 2 0 0 b 4 1 b 2b+4 4 b 64 S b 5 6 b 1 1 b +7b 41 12 b 144 8 b 14 < < < >               － 。 【考点】直线平移的性质，相似三角形的判定和性质，待定系数法，曲线上点的坐标与方程的关系，直线 与圆相切的性质，勾股定理，解一元二次方程，矩形的性质。 【分析】（1）①∵直线 y=－2x＋b (b≥0)经过圆心 M(4， 2)， ∴2=－2×4＋b，解得 b=10。 ②如图，作点 M 垂直于直线 y=－2x＋b 于点 P，过点 P 作 PH∥x 轴，过点 M 作 MH⊥PH，二者交于点 H。设直线 y=－2x＋b 与 x，y 轴分别交于点 A，B。 则由△OAB∽△HMP，得 MH AO 1 PH OB 2。 ∴可设直线 MP 的解析式为 1 1y x b2 ＋ 。 30 由 M(4，2)，得 1 12 4 b2＋ ，解得 1b0 。∴直线 MP 的解析式为 1yx2 。 联立 y=－2x＋b 和 ，解得 21x= b, y b55 。 ∴P（ 21b, b55 ）。 由 PM=2，勾股定理得， 2221b + b 455            -4 -2 ，化简得 24b 20b+80=0- 。 解得 b=10 2 5 。 （2）求出直线l 经过点 A、B、C、D 四点时 b 的值，从而分 0≤b≤4，4＜b≤6，6＜b≤12，12＜b≤14， b＞14 五种情况分别讨论即可。 例 8.（2012 广东珠海 9 分）如图，在等腰梯形 ABCD 中，ABDC，AB=3 2 ，DC= ，高 CE=2 ， 对角线 AC、BD 交于 H，平行于线段 BD 的两条直线 MN、RQ 同时从点 A 出发沿 AC 方向向点 C 匀速平 移，分别交等腰梯形 ABCD 的边于 M、N 和 R、Q，分别交对角线 AC 于 F、G；当直线 RQ 到达点 C 时， 两直线同时停止移动．记等腰梯形 ABCD 被直线 MN 扫过的图形面积为 S1、被直线 RQ 扫过的图形面积 为 S2，若直线 MN 平移的速度为 1 单位/秒，直线 RQ 平移的速度为 2 单位/秒，设两直线移动的时间为 x 秒． （1）填空：∠AHB= ；AC= ； （2）若 S2=3S1，求 x； （3）设 S2=mS1，求 m 的变化范围． 【答案】解：（1）90°；4。 （2）直线移动有两种情况：0＜x＜ 3 2 及 ≤x≤2。 ①当 0＜x＜ 时，∵MN∥BD，∴△AMN∽△ARQ。 ∵直线 MN 平移的速度为 1 单位/秒，直线 RQ 平移的速度为 2 单位/秒， 31 ∴△AMN 和△ARQ 的相似比为 1：2。 ∴ 2 2 1 S 2 4S1  。∴S2=4S1，与题设 S2=3S1 矛盾。 ∴当 0＜x＜ 3 2 时，不存在 x 使 S2=3S1。 ②当 ≤x≤2 时， ∵AB∥CD，∴△ABH∽△CDH。 ∴CH：AH=CD：AB=DH：BH=1：3。 ∴CH=DH= 1 4 AC=1，AH═BH=4﹣1=3。 ∵CG=4﹣2x，AC⊥BD，∴S△BCD= 1 2 ×4×1=2 ∵RQ∥BD，∴△CRQ∽△CDB。 ∴   2 2 CRQ 4 2xS 2 =8 2 x1    。 又 ABCD ABD 1 1 1 1S AB CD CE 3 2 2 2 2 8 S AB CE 3 2 2 2 62 2 2 2             梯形 （ ） （ ） ， ， ∵MN∥BD，∴△AMN∽△ADB。∴ 2 2 1 ABD S AF x S AH 9  ， ∴S1= 2 3 x2，S2=8﹣8（2﹣x）2。 ∵S2=3S1，∴8﹣8（2﹣x）2=3· x2，解得：x1= 62 53< （舍去），x2=2。 ∴x 的值为 2。 （3）由（2）得：当 0＜x＜ 时，m=4， 当 ≤x≤2 时，∵S2=mS1， ∴  2 2 2 221 8 8 2 xS 36 48 1 2m= = + 12= 36 +42S x x 3xx3       。 ∴m 是 1 x 的二次函数，当 ≤x≤2 时，即当 1 1 2 2 x 3时，m 随 的增大而增大， ∴当 x= 时，m 最大，最大值为 4；当 x=2 时，m 最小，最小值为 3。 ∴m 的变化范围为：3≤m≤4。 32 【考点】相似三角形的判定和性质，平移的性质，二次函数的最值，等腰梯形的性质。 【分析】（1）过点 C 作 CK∥BD 交 AB 的延长线于 K， ∵CD∥AB，∴四边形 DBKC 是平行四边形。 ∴BK=CD= 2 ，CK=BD。 ∴AK=AB+BK=3 2+ 2=4 2 。 ∵四边形 ABCD 是等腰梯形，∴BD=AC。 ∴AC=CK。∴AE=EK= 1 2 AK=2 =CE。 ∵CE 是高，∴∠K=∠KCE=∠ACE=∠CAE=45°。 ∴∠ACK=90°。∴∠AHB=∠ACK=90° ∴AC=AK•cos45°= 24 2 42。 （2）直线移动有两种情况：0＜x＜ 3 2 及 ≤x≤2；然后分别从这两种情况分析求解：当 0＜x＜ 时，易得 S2=4S1≠3S1；当 ≤x≤2 时，根据相似三角形的性质与直角三角形的面积的求解方法， 可求得△BCD 与△CRQ 的面积，继而可求得 S2 与 S1 的值，由 S2=3S1，即可求得 x 的值； （3）由（2）可得当 0＜x＜ 时，m=4；当 ≤x≤2 时，可得  2 2 21 8 8 2 xSm= 2S x3  ，化为关于 1 x 的二次函数 212m= 36 +4x3  ，利用二次函数的性质求得 m 的变化范围。 例 9.（2012 福建福州 14 分）如图①，已知抛物线 y＝ax2＋bx(a≠0)经过 A(3，0)、B(4，4)两点． (1) 求抛物线的解析式； (2) 将直线 OB 向下平移 m 个单位长度后，得到的直线与抛物线只有一个公共点 D，求 m 的值及点 D 的坐标； (3) 如图②，若点 N 在抛物线上，且∠NBO＝∠ABO，则在(2)的条件下，求出所有满足△POD∽△NOB 的点 P 的坐标(点 P、O、D 分别与点 N、O、B 对应)． 33 【答案】解：(1) ∵抛物线 y＝ax2＋bx(a≠0)经过点 A(3，0)、B(4，4)． ∴  9a＋3b＝0 16a＋4b＝4，解得：  a＝1 b＝－3。 ∴抛物线的解析式是 y＝x2－3x。 (2) 设直线 OB 的解析式为 y＝k1x，由点 B(4，4)， 得：4＝4k1，解得 k1＝1。 ∴直线 OB 的解析式为 y＝x。 ∴直线 OB 向下平移 m 个单位长度后的解析式为：y＝x－m。 ∵点 D 在抛物线 y＝x2－3x 上，∴可设 D(x，x2－3x)。 又点 D 在直线 y＝x－m 上，∴ x2－3x ＝x－m，即 x2－4x＋m＝0。 ∵抛物线与直线只有一个公共点， △＝16－4m＝0，解得：m＝4。 此时 x1＝x2＝2，y＝x2－3x＝－2。∴ D 点坐标为(2，－2)。 (3) ∵直线 OB 的解析式为 y＝x，且 A(3，0)， ∴点 A 关于直线 OB 的对称点 A'的坐标是(0，3)。 设直线 A'B 的解析式为 y＝k2x＋3，过点 B(4，4)， ∴4k2＋3＝4，解得：k2＝1 4。 ∴直线 A'B 的解析式是 y＝1 4x＋3。 ∵∠NBO＝∠ABO，∴点 N 在直线 A'B 上。 ∴设点 N(n，1 4n＋3)，又点 N 在抛物线 y＝x2－3x 上， ∴ 1 4n＋3＝n2－3n，解得：n1＝－3 4，n2＝4(不合题意，会去)。 34 ∴ 点 N 的坐标为(－3 4，45 16)。 如图，将△NOB 沿 x 轴翻折，得到△N1OB1， 则 N1(－3 4，－45 16)，B1(4，－4)。 ∴O、D、B1 都在直线 y＝－x 上。 ∵△P1OD∽△NOB，∴△P1OD∽△N1OB1。 ∴ OP1 ON1 ＝OD OB1 ＝1 2。∴点 P1 的坐标为(－3 8，－45 32)。 将△OP1D 沿直线 y＝－x 翻折，可得另一个满足条件的点 P2(45 32，3 8)。 综上所述，点 P 的坐标是(－3 8，－45 32)或(45 32，3 8)。 【考点】二次函数综合题，待定系数法，曲线上点的坐标与方程的关系，平移的性质，一元二次方程根的 判别式，翻折对称的性质，旋转的性质，相似三角形的判定和性质。 【分析】(1) 利用待定系数法求出二次函数解析式即可。 (2) 根据已知可求出 OB 的解析式为 y＝x，则向下平移 m 个单位长度后的解析式为：y＝x－m。 由于抛物线与直线只有一个公共点，意味着联立解析式后得到的一元二次方程，其根的判别式等于 0，由 此可求出 m 的值和 D 点坐标。 (3) 综合利用几何变换和相似关系求解：翻折变换，将△NOB 沿 x 轴翻折。（或用旋转）求出 P 点坐标之后，该点关于直线 y＝－x 的对称点也满足题意，即满足题意的 P 点有两个。 练习题： 1. （2012 山东枣庄 3 分）将直线 y 2x 向右平移 1 个单位后所得图象对应的函数解析式为【 】 A． y 2x 1 B． y 2x 2 C． y 2x 1 D． y 2x 2 2.（2012 天津市 3 分）将正比例函数 y=－6x 的图象向上平移，则平移后所得图象对应的函数解析式可以 是 ▲ （写出一个即可）． 3. （2011 湖北随州 4 分）如图：矩形 ABCD 的对角线 AC=10，BC=8，则图中五个小矩形的周长之和为 【 】 A、14 B、16 C、20 D、28 35 4. （2011 云南昭通 10 分）如图（1）所示，AB 是⊙O 的直径，AC 是弦，直线 EF 和⊙O 相争于点 C， AD⊥EF，垂足为 D。 （1）求证：∠DAC＝∠BAC; （2）若把直线 EF 向上平行移动，如图（2）所示，EF 交⊙O 于 G、C 两点，若题中的其它条件不变，这 时与∠DAC 相等的角是哪一个？为什么？ 5. （2011 四川广安 12 分）如图所示，在平面直角坐标系中，四边形 ABCD 是直角梯形，BC∥AD， ∠BAD=90°，BC 与 y 轴相交于点 M，且 M 是 BC 的中点，A、B、D 三点的坐标分别是 A（ 1 0 ， ）， B （ 1 2 ， ）， D（3，0）．连接 DM，并把线段 DM 沿 DA 方向平移到 ON．若抛物线 2y ax bx c   经过 点 D、M、N． （1）求抛物线的解析式． （2）抛物线上是否存在点 P，使得 PA=PC，若存在，求出点 P 的坐标；若不存在，请说明理由． （3）设抛物线与 x 轴的另一个交点为 E，点 Q 是抛物线的对称轴上的一个动点，当点 Q 在什么位置时有 |QE-QC|最大？并求出最大值． 6. （2011 辽宁盘锦 14 分） 如图，直线 y＝m 3x＋m(m≠0)交 x 轴负半轴于点 A、交 y 轴正半轴于点 B 且 AB ＝5，过点 A 作直线 AC⊥AB 交 y 轴于点 C.点 E 从坐标原点 O 出发，以 0.8 个单位/秒的速度沿 y 轴向上 运动；与此同时直线 l 从与直线 AC 重合的位置出发，以 1 个单位/秒的速度沿射线 AB 方向平行移动. 直 线 l 在平移过程中交射线 AB 于点 F、交 y 轴于点 G.设点 E 离开坐标原点 O 的时间为 t(t≥0)s. (1)求直线 AC 的解析式； (2)直线 l 在平移过程中，请直接写出△BOF 为等腰三角形时点 F 的坐标； (3)直线 l 在平移过程中，设点 E 到直线 l 的距离为 d，求 d 与 t 的函数关系． 36 备用图 四、曲线的平移： 典型例题： 例 1. （2012 上海市 4 分）将抛物线 y=x2+x 向下平移 2 个单位，所得抛物线的表达式是 ▲ ． 【答案】y=x2+x﹣2。 【考点】二次函数图象与平移变换。 【分析】根据平移变化的规律，左右平移只改变点的横坐标，左减右加。上下平移只改变点的纵坐标，下 减上加。因此，将抛物线 y=x2+x 向下平移 2 个单位，所得抛物线的表达式是 y=x2+x﹣2。 例 2. （2012 广东广州 3 分）将二次函数 y=x2 的图象向下平移一个单位，则平移以后的二次函数的解析式 为【 】 A．y=x2﹣1 B．y=x2+1 C．y=（x﹣1）2 D．y=（x+1）2 【答案】A。 【考点】二次函数图象与平移变换。 【分析】根据平移变化的规律，左右平移只改变横坐标，左减右加。上下平移只改变纵坐标，下减上加。 因此，将二次函数 y=x2 的图象向下平移一个单位，则平移以后的二次函数的解析式为：y=x2﹣1。故选 A。 例 3.（2012 陕西省 3 分）在平面直角坐标系中，将抛物线 2y x x 6   向上（下）或向左（右）平移了 m 个单位，使平移后的抛物线恰好经过原点，则 m 的最小值为【 】 A．1 B．2 C．3 D．6 【答案】B。 【考点】二次函数图象与平移变换 【分析】计算出函数与 x 轴、y 轴的交点，将图象适当运动，即可判断出抛物线移 动的距离及方向： 37 当 x=0 时，y=－6，故函数与 y 轴交于 C（0，－6）， 当 y=0 时，x2－x－6=0， 解得 x=－2 或 x=3，即 A（－2，0）， B（3，0）。 由图可知，函数图象至少向右平移 2 个单位恰好过原点，故|m|的最小值为 2。故选 B。 例 5.（2012 甘肃兰州 4 分）抛物线 y＝(x＋2)2－3 可以由抛物线 y＝x2 平移得到，则下列平移过程正确的 是【 】 A．先向左平移 2 个单位，再向上平移 3 个单位 B．先向左平移 2 个单位，再向下平移 3 个单 位 C．先向右平移 2 个单位，再向下平移 3 个单位 D．先向右平移 2 个单位，再向上平移 3 个单位 【答案】B。 【考点】二次函数图象与平移变换。 【分析】根据“左加右减，上加下减”的原则进行解答即可： ∵ 232 2 2y x y (x 2) y (x 2) 3    向左平移 位 向下平移 位＝ ＝ ＝个单 个单 y＝x2， ∴平移过程为：先向左平移 2 个单位，再向下平移 3 个单位。故选 B。 38 例 6.（2012 四川广安 3 分）如图，把抛物线 y= 1 2 x2 平移得到抛物线 m，抛物线 m 经过点 A（﹣6，0）和 原点 O（0，0），它的顶点为 P，它的对称轴与抛物线 y= x2 交于点 Q，则图中阴影部分的面积为 ▲ ． 【答案】 27 2 。 【考点】二次函数图象与平移变换，平移的性质，二次函数的性质。 【分析】根据点 O 与点 A 的坐标求出平移后的抛物线的对称轴，然后求出点 P 的坐标，过点 P 作 PM⊥y 轴于点 M，根据抛物线的对称性可知阴影部分的 面积等于四边形 NPMO 的面积，然后求解即可： 过点 P 作 PM⊥y 轴于点 M，设 PQ 交 x 轴于点 N， ∵抛物线平移后经过原点 O 和点 A（﹣6，0）， ∴平移后的抛物线对称轴为 x=﹣3。 ∴平移后的二次函数解析式为：y= 1 2 （x+3）2+h， 将（﹣6，0）代入得出：0= 1 2 （﹣6+3）2+h，解得：h=﹣ 9 2 。∴点 P 的坐标是（3，﹣ ）。 根据抛物线的对称性可知，阴影部分的面积等于矩形 NPMO 的面积， ∴S= 9 273=22 。 例 7.（2012 广西桂林 3 分）如图，把抛物线 y＝x2 沿直线 y＝x 平移 2 个单位后，其顶点在直线上的 A 处，则平移后的抛物线解析式是【 】 A．y＝（x＋1）2－1 B．y＝（x＋1）2＋1 C．y＝（x－1）2＋1 D．y＝（x－1）2－1 39 【答案】C。 【考点】二次函数图象与平移变换，二次函数的性质，勾股定理。 【分析】首先根据 A 点所在位置设出 A 点坐标为（m，m）再根据 AO= 2 ，利用勾股定理求出 m 的值， 然后根据抛物线平移的性质：左加右减，上加下减可得解析式： ∵A 在直线 y=x 上，∴设 A（m，m）， ∵OA= ，∴m2+m2=（ ）2，解得：m=±1（m=－1 舍去）。∴A（1，1）。 ∴抛物线解析式为：y＝（x－1）2＋1。故选 C。 例 8.（2012 江苏南通 14 分）如图，经过点 A(0，－4)的抛物线 y＝ 1 2 x2＋bx＋c 与 x 轴相交于点 B(－0， 0)和 C，O 为坐标原点． (1)求抛物线的解析式； (2)将抛物线 y＝ 1 2 x2＋bx＋c 向上平移 7 2 个单位长度、再向左平移 m(m＞0)个单位长度，得到新抛物 线．若新抛物线的顶点 P 在△ABC 内，求 m 的取值范围； (3)设点 M 在 y 轴上，∠OMB＋∠OAB＝∠ACB，求 AM 的长． 【答案】解：（1）将 A（0，－4）、 B（－2，0）代入抛物线 y= 1 2 x2+bx+c 中，得： 0 c 4 2 2b c 0        ，解得， b 1 c4    。 ∴抛物线的解析式：y= 1 2 x2－x－4。 （2）由题意，新抛物线的解析式可表示为：    217y= x+m x+m 4+22， 即：  221 1 1y= x + m 1 x+ m m2 2 2   。它的顶点坐标 P（1－m，－1）。 由（1）的抛物线解析式可得：C（4，0）。 ∴直线 AB：y=－2x-4；直线 AC：y=x－4。 40 当点 P 在直线 AB 上时，－2（1－m）－4=－1，解得：m= 5 2 ； 当点 P 在直线 AC 上时，（1－m）＋4=－1，解得：m=－2； 又∵m＞0， ∴当点 P 在△ABC 内时，0＜m＜ 。 （3）由 A（0，-4）、 B（4，0）得：OA=OC=4，且△OAC 是等腰直角三角形。 如图，在 OA 上取 ON=OB=2，则∠ONB=∠ACB=45°。 ∴∠ONB=∠NBA+OAB=∠ACB=∠OMB+∠OAB， 即∠ONB=∠OMB。 如图，在△ABN、△AM1B 中， ∠BAN=∠M1AB，∠ABN=∠AM1B， ∴△ABN∽△AM1B，得：AB2=AN•AM1； 由勾股定理，得 AB2=（－2）2+42=20， 又 AN=OA－ON=4－2=2， ∴AM1=20÷2=10，OM1=AM1－OA=10－4=6。 而∠BM1A=∠BM2A=∠ABN，∴OM1=OM2=6，AM2=OM2－OA=6－4=2。 综上，AM 的长为 6 或 2。 【考点】二次函数综合题，曲线上点的坐标与方程的关系，平移的性质，二次函数的性质，等腰直角三角 形的判定和性质，勾股定理。 【分析】（1）该抛物线的解析式中只有两个待定系数，只需将 A、B 两点坐标代入即可得解。 （2）首先根据平移条件表示出移动后的函数解析式，从而用 m 表示出该函数的顶点坐标，将其 代入直线 AB、AC 的解析式中，即可确定 P 在△ABC 内时 m 的取值范围。 （3）先在 OA 上取点 N，使得∠ONB=∠ACB，那么只需令∠NBA=∠OMB 即可，显然在 y 轴的 正负半轴上都有一个符合条件的 M 点；以 y 轴正半轴上的点 M 为例，先证△ABN、△AMB 相似，然后 通过相关比例线段求出 AM 的长。 例 9.（2012 北京市 7 分）已知二次函数 2 3y (t 1)x 2(t 2)x 2     在 x0 和 x2 时的函数值相等。 （1） 求二次函数的解析式； （2） 若一次函数 y kx 6的图象与二次函数的图象都经过点 A ( 3 m) ， ，求 m 和 k 的值； （3） 设二次函数的图象与 x 轴交于点 B,C（点 B 在点 C 的左侧），将二次函数的图象在点 B,C 间 的部分（含点 B 和点 C）向左平移 n(n 0) 个单位后得到的图象记为 C，同时将（2）中得到的直线 41 向上平移 n 个单位。请结合图象回答：当平移后的直线与图象 G 有公共点时，n 的取值范围。 【答案】解：（1）∵二次函数在 x0 和 x2 时的函数值相等，∴二次函数图象的对称轴为 x1 。 ∴     2 t 2 12 t 1  ，解得 3t 2 。 ∴二次函数解析式为 2 3y x x22   1 。 （2）∵二次函数图象经过 A ( 3 m) ， 点， ∴    213m 3 3 622       × ，A（－3，－6）。 又∵一次函数 y kx 6的图象经过 A 点， ∴ 3k 6 6    ，解得 k4 。 （3）由题意可知，二次函数在点 B，C 间的部分图象的解析式为   1y x 3 x 12    ， 1 x 3 ≤ ≤ ， 则向左平移后得到的图象 C 的解析式为   y x 3 n x 1 n2     1 ， n 1 x 3 n  ≤ ≤ 。 此时一次函数 y 4x 6的图象平移后的解析式为 y 4x 6 n   。 ∵平移后的直线与图象 C 有公共点，∴两个临界的交点为 n 1 0， 与 3 n 0 ， 。 ∴当 x= n 1时，  0 4 n 1 6 n     ，即 2n 3 ； 当 x=3 n 时，  0 4 3 n 6 n    ，即 n6 。 ∴ 2 n63 ≤ ≤ 42 【考点】二次函数综合题，二次函数的性质，曲线上点的坐标与方程的关系，平移的性质。 【分析】（1）由二次函数在 x0 和 x2 时的函数值相等，可知二次函数图象的对称轴为 0+2x =12 ，从 而由对称轴公式 bx =12a 可求得 3t 2 ，从而求得二次函数的解析式。 （2）由二次函数图象经过 A ( 3 m) ， 点代入 2 3y x x22   1 可求得 m6 ，从而由一次函数 y kx 6的图象经过 A 点，代入可求得 k4 。 （3）根据平移的性质，求得平移后的二次函数和一次函数表达式，根据平移后的直线与图象 C 有公共点，求得公共点的坐标即可。 例 10.（2012 广西柳州 12 分）如图，在△ABC 中，AB=2，AC=BC= 5 ． （1）以 AB 所在的直线为 x 轴，AB 的垂直平分线为 y 轴，建立直角坐标系如图，请你分别写出 A、B、C 三点的坐标； （2）求过 A、B、C 三点且以 C 为顶点的抛物线的解析式； （3）若 D 为抛物线上的一动点，当 D 点坐标为何值时，S△ABD= 1 2 S△ABC； （4）如果将（2）中的抛物线向右平移，且与 x 轴交于点 A′B′，与 y 轴交于点 C′，当平移多少个单位时， 点 C′同时在以 A′B′为直径的圆上（解答过程如果有需要时，请参看阅读材料）． 43 附：阅读材料 一元二次方程常用的解法有配方法、公式法和因式分解法，对于一些特殊方程可以通过换元法转化为一元 二次方程求解．如解方程：y4－4y2＋3=0． 解：令 y2=x（x≥0），则原方程变为 x2－4x＋3=0，解得 x1=1，x2=3． 当 x1=1 时，即 y2=1，∴y1=1，y2=-1． 当 x2=3，即 y2=3，∴y3= 3 ，y4=- 3 ． 所以，原方程的解是 y1=1，y2=-1，y3= 3 ，y4=- 3 ． 再如 22x 2 x 2   ，可设 2y x 2 ，用同样的方法也可求解． 【答案】解：（1）∵AB 的垂直平分线为 y 轴，∴OA=OB= 1 2 AB= ×2=1。 ∴A 的坐标是（－1，0）， B 的坐标是（1，0）。 在 Rt△OBC 中，  OC BC OB 5 1 2     22 2 2 ，∴C 的坐标为（0，2）。 （2）设抛物线的解析式是：y=ax2+b， 根据题意得： a b 0 b2    ，解得： a2 b2    。 ∴抛物线的解析式是： 2y 2x 2   。 （3）∵S△ABC= 1 2 AB•OC= ×2×2=2，S△ABD= S△ABC，∴S△ABD= S△ABC=1。 设 D 的纵坐标是 m，则 AB•|m|=1，∴m=±1。 当 m=1 时，－2x2+2=1，解得：x=± 2 2 。 当 m=－1 时，－2x2+2=－1，解得：x=± 6 2 。 44 ∴D 的坐标是：（ 2 2 ，1）或（－ ，1）或（ 6 2 ，－1），或（－ ，－1）。 （4）设抛物线向右平移 c 个单位长度，则 0＜c≤1，OA′=1－c，OB′=1＋c。 平移以后的抛物线的解析式是：  2y 2 x c 2    。 令 x=0，解得 y=－2c2+2，即 OC′= ＋2c2+2。 当点 C′同时在以 A′B′为直径的圆上时有：OC′2=OA′•OB′， 则（－2c2＋2）2=（1－c）（ 1＋c），即（4c2－3）（ c2－1）=0。 解得：c= 3 2 ， 3 2 （舍去），1，－1（舍去）。 故平移 或 1 个单位长度。 【考点】二次函数综合题，待定系数法，曲线上点的坐标与方程的关系，线段垂直平分线的性质，勾股定 理，平移的性质，相似三角形的判定和性质，解多元方程。 【分析】（1）根据 y 轴是 AB 的垂直平分线，则可以求得 OA，OB 的长度，在直角△OAC 中，利用勾股 定理求得 OC 的长度，则 A、B、C 的坐标即可求解。 （2）利用待定系数法即可求得二次函数的解析式。 （3）首先求得△ABC 的面积，根据 S△ABD= 1 2 S△ABC，以及三角形的面积公式，即可求得 D 的 纵坐标，把 D 的纵坐标代入二次函数的解析式，即可求得横坐标。 （4）设抛物线向右平移 c 个单位长度，则 0＜c≤1，可以写出平移以后的函数解析式，当点 C′同 时在以 A′B′为直径的圆上时由相似三角形的性质有：OC′2=OA•OB，据此即可得到一个关于 c 的方程求得 c 的值。 练习题： 1. （2012 贵州黔东南 4 分）抛物线 y=x2﹣4x+3 的图象向右平移 2 个单位长度后所得新的抛物线的顶点坐 标为【 】 A．（ 4，﹣1） B．（ 0，﹣3） C．（﹣2，﹣3） D．（﹣2，﹣1） 2.（2012 江苏宿迁 3 分）在平面直角坐标系中，若将抛物线 y=2x2 - 4x+3 先向右平移 3 个单位长度，再 向上平移 2 个单位长度，则经过这两次平移后所得抛物线的顶点坐标是【 】 A.（－2，3） B.（－1，4） C.（1 ，4） D.（4，3） 45 3.（2012 江苏扬州 3 分）将抛物线 y＝x2＋1 先向左平移 2 个单位，再向下平移 3 个单位，那么所得抛物线 的函数关系式是【 】 A．y＝(x＋2)2＋2 B．y＝(x＋2)2－2 C．y＝(x－2)2＋2 D．y＝(x－2)2－2 4.（2012 湖北鄂州 3 分）把抛物线 2y x bx 4   的图像向右平移 3 个单位，再向上平移 2 个单位，所得 到的图象的解析式为 2y x 2x 3   ，则 b 的值为【 】 A.2 B.4 C.6 D.8 5.（2012 浙江丽水、金华 10 分）在直角坐标系中，点 A 是抛物线 y＝x2 在第二象限上的点，连接 OA，过 点 O 作 OB⊥OA，交抛物线于点 B，以 OA、OB 为边构造矩形 AOBC． (1)如图 1，当点 A 的横坐标为 时，矩形 AOBC 是正方形； (2)如图 2，当点 A 的横坐标为 1 2 时， ①求点 B 的坐标； ②将抛物线 y＝x2 作关于 x 轴的轴对称变换得到抛物线 y＝－x2，试判断抛物线 y＝－x2 经过平移交换后， 能否经过 A，B，C 三点？如果可以，说出变换的过程；如果不可以，请说明理由． 6.（2012 福建三明 12 分）已知直线 y=2x 5 与 x 轴和 y 轴分别交于点 A 和点 B，抛物线 2y= x +bx+c 的 顶点 M 在直线 AB 上，且抛物线与直线 AB 的另一个交点为 N． （1）如图①，当点 M 与点 A 重合时，求： ①抛物线的解析式；（4 分） ②点 N 的坐标和线段 MN 的长；（4 分） （2）抛物线 在直线 AB 上平移，是否存在点 M，使得△OMN 与△AOB 相似？若存在， 直接写出点 M 的坐标；若不存在，请说明理由．（4 分） 46 7. （2011 广西崇左 14 分）已知抛物线 y=x2+4x+m（m 为常数）经过点（0,4）. （1） 求 m 的值； （2） 将该抛物线先向右、再向下平移得到另一条抛物线.已知平移后的抛物线满足下述两个条件：的 对称轴（设为直线 l2）与平移前的抛物线的对称轴（设为直线 l1）关于 y 轴对称；它所对应的函数的最小 值为-8. ① 试求平移后的抛物线的解析式； ② 试问在平移后的抛物线上是否存在点 P，使得以 3 为半径的圆 P 既与 x 轴相切，又与直线 l2 相交？若存在，请求出点 P 的坐标，并求出直线 l2 被圆 P 所截得的弦 AB 的长度；若不存在，请说明理由. 8. （2011 山东枣庄 10 分 ）如图，在平面直角坐标系 xoy 中，把抛物线 2yx 向左平移 1 个单位，再向 下平移 4 个单位，得到抛物线 2()y x h k   .所得抛物线与 x 轴交于 A，B 两点（点 A 在点 B 的左边）， 与 y 轴交于点 C，顶点为 D. （1）写出 hk、 的值； （2）判断△ACD 的形状，并说明理由； （3）在线段 AC 上是否存在点 M，使△AOM∽△ABC？若存在，求出点 M 的坐标；若不存在，说明 理由. 9. （2011 内蒙古呼和浩特 12 分）已知抛物线 2 1 41y x x   的图象向上平移 m 个单位（ 0m  ）得到的 47 新抛物线过点（1，8）. （1）求 m 的值，并将平移后的抛物线解析式写成 2 2y a( x h ) k   的形式； （2）将平移后的抛物线在 x 轴下方的部分沿 x 轴翻 折到 x 轴上方，与平移后的抛物线没有变化的部分构成一个新的图象.请写出这个图象对应的函数 y 的解 析式，并在所给的平面直角坐标系中直接画出简图，同时写出该函数在 3 x ≤ 3 2 时对应的函数值 y 的取 值范围； （3）设一次函数 3 30y nx ( n )   ，问是否存在正 整数 n 使得（2）中函数的函数值 3yy 时，对应的 x 的值为 10x   ，若存在，求出 n 的值；若不存在， 说明理由. 10. （2011 四川绵阳 12 分）已知抛物线 y = x2－2x + m－1 与 x 轴只有一个交点，且与 y 轴交于 A 点，如 图，设它的顶点为 B． （1）求 m 的值； （2）过 A 作 x 轴的平行线，交抛物线于点 C，求证：△ABC 是等腰直角三角形； （3）将此抛物线向下平移 4 个单位后，得到抛物线 C′，且与 x 轴的左半轴 交于 E 点，与 y 轴交于 F 点，如图．请在抛物线 C′上求点 P，使得△EFP 是以 EF 为直角边的直角三角形． 五、三角形的平移： 48 典型例题： 例 1. （2012 湖北孝感 3 分）如图，△ABC 在平面直角坐标系中的第二象限内，顶点 A 的坐标是(－2，3)， 先把△ABC 向右平移 4 个单位长度得到△A1B1C1，再作△A1B1C1 关于 x 轴的对称图形△A2B2C2，则顶点 A2 的坐标是【 】 A．(－3，2) B．(2，－3) C．(1，－2) D．(3，－1) 【答案】B。 【考点】坐标与图形的对称和平移变化。 【分析】∵将△ABC 向右平移 4 个单位得△A1B1C1，∴A1 的横坐标为-2+4=2；纵坐标不变为 3； ∵把△A1B1C1 以 x 轴为对称轴作轴对称图形△A2B2C2，∴A2 的横坐标为 2，纵坐标为－3。 ∴点 A2 的坐标是（2，－3）。故选 B。 例 3.（2012 江苏无锡 2 分） 如图，△ABC 中，∠ACB=90°，AB=8cm，D 是 AB 的中点．现将△BCD 沿 BA 方向平移 1cm，得到△EFG，FG 交 AC 于 H，则 GH 的长等于 ▲ cm． 【答案】3。 【考点】直角三角形斜边上中线的性质，平移的性质，相似三角形的判定和性质。 【分析】由∠ACB=90°，AB=8，D 是 AB 的中点，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半的性质， 得 AD=BD=CD= 1 2 AB=4。然后由平移的性质得 GH∥CD，因此△AGH∽△ADC。 ∴ AG GH AD DC 。 又∵△EFG 由△BCD 沿 BA 方向平移 1cm 得到的， ∴AG=4－1=3。 ∴ 3 GH 44 ，解得 GH=3。 例4.（2012湖北黄冈3分）在平面直角坐标系中，△ABC 的三个顶点的坐标分别是A（－2，3）， B（－4， －1）， C（2，0），将△ABC平移至△A1B1C1 的位置，点A、B、C 的对应点分别是A1B1C1，若点A1 的 49 坐标为（3，1）.则点C1 的坐标为 ▲ . 【答案】（7，－2）。 【考点】坐标与图形的平移变化。 【分析】根据A点平移后的坐标变化，确定三角形的平移方法，得到C点的平移方法： 由A（－2，3）平移后点A1的坐标为（3，1），可得A点横坐标加5，纵坐标减2， 则点C的坐标变化与A点的变化相同，故C1（2＋5，0－2），即（7，－2）。 例 5.（2012 浙江义乌 3 分）如图，将周长为 8 的△ABC 沿 BC 方向平移 1 个单位得到△DEF，则四边形 ABFD 的周长为【 】 A．6 B．8 C．10 D．12 【答案】C。 【考点】平移的性质。 【分析】根据题意，将周长为 8 个单位的等边△ABC 沿边 BC 向右平移 1 个单位得到△DEF， ∴AD=1，BF=BC+CF=BC+1，DF=AC。 又∵AB+BC+AC=8， ∴四边形 ABFD 的周长=AD+AB+BF+DF=1+AB+BC+1+AC=10。故选 C。 例 6（2012 贵州安顺 12 分）在如图所示的方格图中，我们称每个小正方形的顶点为“格点”，以格点为顶 点的三角形叫做“格点三角形”，根据图形，回答下列问题． （1）图中格点△A′B′C′是由格点△ABC 通过怎样的变换得到的？ （2）如果以直线 a、b 为坐标轴建立平面直角坐标系后，点 A 的坐标为（﹣3，4），请写出格点△DEF 各 顶点的坐标，并求出△DEF 的面积． 【答案】解：（1）图中格点△A′B′C′是由格点△ABC 向右平移 7 个单位长度得到的； 50 （2）如果以直线 a、b 为坐标轴建立平面直角坐标系后，点 A 的坐标为（﹣3，4），则格点 △DEF 各顶点的坐标分别为 D（0，﹣2）， E（﹣4，﹣4）， F（3，﹣3）， 过点 F 作 FG∥x 轴，交 DE 于点 G， 则 G（－2，－3）。 ∴S△DEF=S△DGF+S△GEF= 1 2 ×5×1+ ×5×1=5。 【考点】作图（平移变换），网格问题，三角形的面积。 【分析】（1）直接根据图形平移的性质得到△A′B′C′即可。 （2）根据△DEF 所在的格点位置写出其坐标，过点 F 作 FG∥x 轴，交 DE 于点 G，，再根据三角形的面积公式求解。 例 7.（2012 浙江温州 8 分）如图，△ABC 中，∠B=90°，AB=6cm，BC=8cm，将△ABC 沿射线 BC 方向 平移 10cm，得到△DEF，A，B，C 的对应点分别是 D,E,F，连结 AD，求证：四边形 ACFD 是菱形。 【答案】证明：由平移变换的性质得，CF=AD=10，DF=AC。 ∵∠B=90°，AB=6，BC=8， ∴ 22AC AB CB 36 64 10     。 ∴AC=DF=AD=CF=10。∴四边形 ACFD 是菱形。 【考点】平移的性质，勾股定理，菱形的判定。 【分析】根据平移的性质可得 CF=AD=10，DF=AC，再在 Rt△ABC 中利用勾股定理求出 AC 的长为 10， 就可以根据四条边都相等的四边形是菱形得到结论。 例 8.（2012 湖南湘潭 8 分）如图，△ABC 是边长为 3 的等边三角形，将△ABC 沿直线 BC 向右平移，使 B 点与 C 点重合，得到△DCE，连接 BD，交 AC 于 F． （1）猜想 AC 与 BD 的位置关系，并证明你的结论； （2）求线段 BD 的长． 51 【答案】解：（1）AC⊥BD。证明如下： ∵△DCE 由△ABC 平移而成，∴△DCE≌△ABC。 又∵△ABC 是等边三角形，∴BC=CD=CE=DE，∠E=∠ACB=60°。 ∴∠DBC=∠BDC=30°。∴∠BDE=90°。∵BD⊥DE， ∵∠E=∠ACB=60°，∴AC∥DE。∴BD⊥AC。 （2）在 Rt△BED 中，∵BE=6，DE=3，∴ 2 2 2 2BD BE DE 6 3 3 3     。 【考点】等边三角形的性质，平移的性质，三角形内角和定理，平行的判定和性质，勾股定理。 【分析】（1）由平移的性质可知△DCE≌△ABC。故可得出 BD⊥DE，由∠E=∠ACB=60°可知 AC∥DE， 故可得出结论。 （2）在 Rt△BDE 中利用勾股定理即可得出 BD 的长。 例 9.（2012 广西北海 12 分）如图，在平面直角坐标系中有 Rt△ABC，∠A＝90°，AB＝AC，A（－2，0）、 B（0，1）、 C（d，2）。 （1）求 d 的值； （2）将△ABC 沿 x 轴的正方向平移，在第一象限内 B、C 两点的对应点 B′、C′正好落在某反比例函数图 像上。请求出这个反比例函数和此时的直线 B′C′的解析式； （3）在（2）的条件下，直线 B′C′交 y 轴于点 G。问是否存在 x 轴上的点 M 和反比例函数图像上的点 P， 使得四边形 PGMC′是平行四边形。如果存在，请求出点 M 和点 P 的坐标；如果不存在，请说明理由。 【答案】解：（1）作 CN⊥x 轴于点 N。 在 Rt△CNA 和 Rt△AOB 中， 52 ∵NC＝OA＝2，AC＝AB ∴Rt△CNA≌Rt△AOB（HL）。 ∴AN＝BO＝1，NO＝NA＋AO＝3， 又∵点 C 在第二象限，∴d＝－3。 （2）设反比例函数为 ky x ，点 C′和 B′在该比例函数图像上， 设 C′（c，2），则 B′（c＋3，1）。 把点 C′和Ｂ′的坐标分别代入 ，得 k＝2 c；k＝c＋3。 ∴2 c＝c＋3，c＝3，则 k＝6。∴反比例函数解析式为 6y x 。 得点 C′（3，2）； B′（6，1）。 设直线 C′B′的解析式为 y＝ax＋b，把 C′、B′两点坐标代入得 3a b 2 6a b 1    ，解 得 1a 3 b3     。 ∴直线 C′B′的解析式为 1y x 33   。 （3）设 Q 是 G C′的中点，由 G（0，3）， C′（3，2），得点 Q 的横坐标为 3 2 ，点 Q 的纵坐标为 2＋ 3 2 5=22  。∴Q（ ， 5 2 ）。 过点 Q 作直线 l 与 x 轴交于 M′点，与 的 图象交于 P′点，若四边形 P′G M′ C′是平行四边形，则有 P′Q＝Q M′，易知点 M′的横坐标大于 ，点 P′的 横坐标小于 。 作 P′Ｈ⊥x 轴于点 H，QK⊥y 轴于点 K，P′H 与 QK 交于点 E，作 QF⊥x 轴于点 F， 则△P′EQ≌△QFM′ 。 53 设 EQ＝FM′＝t，则点 P′的横坐标 x 为 3 t2  ，点 P′的纵坐标 y 为 6 6 12 3x 3 2tt2  ， 点 M′的坐标是（ 3 t2  ，0）。 ∴P′E＝ 12 5 3 2t 2 。 由 P′Q＝QM′，得 P′E2＋EQ2＝QF2＋FM′2，∴ 22 2212 5 5tt3 2t 2 2              ， 整理得： 12 53 2t  ，解得 3t 10 （经检验，它是分式方程的解）。 ∴ 3 3 3 6t2 2 10 5    ， 12 12 533 2t 3210   ， 3 3 3 9t2 2 10 5    。 ∴P′（ 6 5 ， 5 ）， M′ （ 9 5 ， 0 ），则 点 P′为 所 求 的 点 P ，点 M′ 为 所 求 的 点 M 。 【考点】反比例函数综合题，全等三角形的判定和性质，待定系数法，曲线上点的坐标与方程的关系，平 移的性质，平行四边形的和性质，勾股定理，解分式方程和二元一次方程组。 【分析】（1）作 CN⊥x 轴于点 N，由 Rt△CNA≌Rt△AOB 即可求得 d 的值。 （2）根据平移的性质，用待定系数法求出反比例函数和直线 B′C′的解析式。 （3）根据平行四边形对角线互相平分的性质，取 G C′的中点 Q，过点 Q 作直线 l 与 x 轴交于 M′ 点，与 6y x 的图象交于 P′点，求出 P′Q＝Q M′的点 M′和 P′的坐标即可。 例 10.（2012 甘肃兰州 12 分）如图，Rt△ABO 的两直角边 OA、OB 分别在 x 轴的负半轴和 y 轴的正半轴 上，O 为坐标原点，A、B 两点的坐标分别为(－3，0)、(0，4)，抛物线 y＝ 2 3 x2＋bx＋c 经过点 B，且顶点 在直线 x＝ 5 2 上． (1)求抛物线对应的函数关系式； 54 (2)若把△ABO 沿 x 轴向右平移得到△DCE，点 A、B、O 的对应点分别是 D、C、E，当四边形 ABCD 是 菱形时，试判断点 C 和点 D 是否在该抛物线上，并说明理由； (3)在(2)的条件下，连接 BD，已知对称轴上存在一点 P 使得△PBD 的周长最小，求出 P 点的坐标； (4)在(2)、(3)的条件下，若点 M 是线段 OB 上的一个动点(点 M 与点 O、B 不重合)，过点 M 作∥BD 交 x 轴于点 N，连接 PM、PN，设 OM 的长为 t，△PMN 的面积为 S，求 S 和 t 的函数关系式，并写出自变量 t 的取值范围，S 是否存在最大值？若存在，求出最大值和此时 M 点的坐标；若不存在，说明理由． 【答案】解：（1）∵抛物线 y＝ 2 3 x2＋bx＋c 经过点 B(0，4)，∴c＝4。 ∵顶点在直线 x＝ 5 2 上，∴ b5=2 22 3   ，解得 10b= 3 。 ∴所求函数关系式为 22 10y= x x+433 。 （2）在 Rt△ABO 中，OA＝3，OB＝4，∴ 22AB OA OB 5= 。 ∵四边形 ABCD 是菱形，∴BC＝CD＝DA＝AB＝5。 ∴C、D 两点的坐标分 别是(5，4)、(2，0)， 当 x＝5 时， 22 10y= 5 5+4=433   ； 当 x＝2 时， 22 10y= 2 2+4=033   。 ∴点 C 和点 D 都在所求抛物线上。 （3）设 CD 与对称轴交于点 P，则 P 为所求的点， 设直线 CD 对应的函数关系式为 y＝kx＋b， 则 5k+b=4 2k+b=0    ，解得， 4k= 3 8b= 3     。∴直线 CD 对应的函数关系式为 48y= x33 。 当 x＝ 时， 4 5 8 2y= =3 2 3 3 。∴P( 52 23 ， )。 （4）∵MN∥BD，∴△OMN∽△OBD。 55 ∴ OM ON OB OD ，即 t ON 42 ，得 tON 2 。 设对称轴交 x 于点 F，则  PFOM 1 1 2 5 5 5S PF OM OF= +t = t+2 2 3 2 4 6      梯形 。 ∵ 2 MON 1 1 1 1S OM ON= t t= t2 2 2 4      ， PME 1 1 5 1 2 1 5S NF PF= t = t+2 2 2 2 3 6 6        ， MON PMEPFOMS=S S S梯形 225 5 1 1 5 1 17t+ t t+ t + t4 6 4 6 6 4 12       (0＜t＜4)。 ∵ 2 21 17 1 17 289S= t + t= t +4 12 4 6 144    ， 1 04 < ，0＜17 6 ＜4， ∴当 17t= 6 时，S 取最大值是 289 144 。此时，点 M 的坐标为(0， )。 【考点】二次函数综合题，待定系数法，曲线上点的坐标与方程的关系，二次函数的性质，菱形的性质， 相似三角形的判定和性质。 【分析】（1）根据抛物线 y＝ 2 3 x2＋bx＋c 经过点 B(0，4)，以及顶点在直线 x＝ 5 2 上，得出 b，c 即可。 （2）根据菱形的性质得出 C、D 两点的坐标分别是(5，4)、(2，0)，利用图象上点的性质得出 x＝ 5 或 2 时，y 的值即可。 （3）首先设直线 CD 对应的函数关系式为 y＝kx＋b，求出解析式，当 x＝ 时，求出 y 即可。 （4）利用 MN∥BD，得出△OMN∽△OBD，进而得出 ，得到 ，从而表示出△PMN 的面积，利用二次函数最值求出即可。 练习题： 1. （2012 福建莆田 4 分）如图，△A’B’C’是由  ABC 沿射线 AC 方向平移 2 cm 得到，若 AC＝3cm，则 A’C＝ ▲ cm． 2.（2012 山东聊城 3 分）如图，在方格纸中，△ABC 经过变换得到△DEF，正确的变换是【 】 56 A．把△ABC 绕点 C 逆时针方向旋转 90°，再向下平移 2 格 B．把△ABC 绕点 C 顺时针方向旋转 90°，再向下平移 5 格 C．把△ABC 向下平移 4 格，再绕点 C 逆时针方向旋转 180° D．把△ABC 向下平移 5 格，再绕点 C 顺时针方向旋转 180° 3.（2012 宁夏区 3 分）如图，将等边△ABC 沿 BC 方向平移得到△A1B1C1．若 BC＝3， 1PB CS 3  ，则 BB1＝ ▲ ． 4.（2012 湖北宜昌 3 分）如图，在 10×6 的网格中，每个小方格的边长都是 1 个单位，将△ABC 平移到△DEF 的位置，下面正确的平移步骤是【 】 A．先把△ABC 向左平移 5 个单位，再向下平移 2 个单位 B．先把△ABC 向右平移 5 个单位，再向下平移 2 个单位 C．先把△ABC 向左平移 5 个单位，再向上平移 2 个单位 D．先把△ABC 向右平移 5 个单位，再向上平移 2 个单位 5.（2012 辽宁铁岭 3 分）如图，在平面直角坐标系中，△ABC 经过平移后点 A 的对应点为点 A′,则平移 后点 B 的对应点 B′的坐标为 ▲ . 57 6. （2012 山东济南 3 分）如图，在 Rt△ABC 中，∠C=90°，AC=4，将△ABC 沿 CB 向右平移得到△DEF， 若平移距离为 2，则四边形 ABED 的面积等于 ▲ ． 7. （2011 山西省 9 分）如图（1）， Rt△ABC 中，∠ACB=90°，CD⊥AB，垂足为 D．AF 平分∠CAB，交 CD 于点 E，交 CB 于点 F （1）求证：CE=CF． （2）将图（1）中的△ADE 沿 AB 向右平移到△A′D′E′的位置，使点 E′落在 BC 边上，其它条件不变，如 图（2）所示．试猜想：BE′与 CF 有怎样的数量关系？请证明你的结论． 8.（2011 广东珠海 7 分）如图，Rt△OAB 中，∠OAB＝90°，O 为坐标 原点，边OA 在 x 轴上，OA＝AB＝1个单位长度．把Rt△OAB 沿 轴正方向平移1 个单位长度后得△AA1B． （1）求以 A 为顶点，且经过点 B1 的抛物线的解析式； （2）若（1）中的抛物线与 OB 交于点 C，与 y 轴交于点 D， 求点 D、C 的坐标． 58 六、四边形的平移： 典型例题： 例 1. （2012 山东青岛 3 分）如图，将四边形 ABCD 先向左平移 3 个单位，再向上平移 2 个单位，那么点 A 的对应点 A1 的坐标是【 】 A．(6，1) B．(0，1) C．(0，－3) D．(6，－3) 【答案】B。 【考点】坐标与图形的平移变化。 【分析】∵四边形 ABCD 先向左平移 3 个单位，再向上平移 2 个单位， ∴点 A 也先向左平移 3 个单位，再向上平移 2 个单位， ∴由 A（3，－1）可知，A′坐标为（0，1）。故选 B。 例 2.（2012 江西省 8 分）如图，等腰梯形 ABCD 放置在平面直角坐标系中，已知 A（-2，0）、 B（6，0）、 D（0，3），反比例函数的图象经过点 C． （1）求点 C 坐标和反比例函数的解析式； （2）将等腰梯形 ABCD 向上平移 m 个单位后，使点 B 恰好落在双曲线上，求 m 的值 【答案】解：（1）过点 C 作 CE⊥AB 于点 E， ∵四边形 ABCD 是等腰梯形， ∴AD=BC，DO=CE。 ∴△AOD≌△BEC（HL）。 ∴AO=BE=2。 59 ∵BO=6，∴DC=OE=4，∴C（4，3）。 设反比例函数的解析式为 ky= x （k≠0）， ∵反比例函数的图象经过点 C，∴ k3= 4 ，解得 k=12； ∴反比例函数的解析式为 12y= x 。 （2）将等腰梯形 ABCD 向上平移 m 个单位后得到梯形 A′B′C′D′， ∴点 B′（6，m）， ∵点 B′（6，m）恰好落在双曲线 上， ∴当 x=6 时， 12m= =26 。 即 m=2。 【考点】反比例函数综合题，等腰梯形的性质，全等三角形的判定和性质，待定系数法，曲线上点的坐标 与方程的关系，平移的性质。 【分析】（1）C 点的纵坐标与 D 的纵坐标相同，过点 C 作 CE⊥AB 于点 E，则△AOD≌△BEC，即可求 得 BE 的长度，则 OE 的长度即可求得，即可求得 C 的横坐标，然后利用待定系数法即可求得反比例函数 的解析式。 （2）得出 B′的坐标是（6，m），代入反比例函数的解析式，即可求出答案。 例 3.（2012 重庆市 12 分）已知：如图，在直角梯形 ABCD 中，AD∥BC，∠B=90°，AD=2，BC=6，AB=3．E 为 BC 边上一点，以 BE 为边作正方形 BEFG，使正方形 BEFG 和梯形 ABCD 在 BC 的同侧． （1）当正方形的顶点 F 恰好落在对角线 AC 上时，求 BE 的长； （2）将（1）问中的正方形 BEFG 沿 BC 向右平移，记平移中的正方形 BEFC 为正方形 B′EFG，当点 E 与 点 C 重合时停止平移．设平移的距离为 t，正方形 B′EFG 的边 EF 与 AC 交于点 M，连接 B′D，B′M，DM， 是否存在这样的 t，使△B′DM 是直角三角形？若存在，求出 t 的值；若不存在，请说明理由； 60 （3）在（2）问的平移过程中，设正方形 B′EFG 与△ADC 重叠部分的面积为 S，请直接写出 S 与 t 之间的 函数关系式以及自变量 t 的取值范围． 【答案】解：（1）如图①，设正方形 BEFG 的边长为 x， 则 BE=FG=BG=x。 ∵AB=3，BC=6，∴AG=AB﹣BG=3﹣x。 ∵GF∥BE，∴△AGF∽△ABC。 ∴ AG GF=AB BC ，即 3 x x=36  。 解得：x=2，即 BE=2。 （2）存在满足条件的 t，理由如下： 如图②，过点 D 作 DH⊥BC 于 H， 则 BH=AD=2，DH=AB=3， 由题意得：BB′=HE=t，HB′=|t﹣2|，EC=4﹣t， ∵EF∥AB，∴△MEC∽△ABC。 ∴ ME EC=AB BC ，即 ME 4 t=36  。∴ME=2﹣ 1 2 t。 在 Rt△B′ME 中，B′M2=ME2+B′E2=22+（2﹣ t）2= 1 4 t2﹣2t+8。 在 Rt△DHB′中，B′D2=DH2+B′H2=32+（t﹣2）2=t2﹣4t+13。 过点 M 作 MN⊥DH 于 N，则 MN=HE=t，NH=ME=2﹣ t， ∴DN=DH﹣NH=3﹣（2﹣ t）= t+1。 在 Rt△DMN 中，DM2=DN2+MN2=（ t+1）2+ t 2= 5 4 t2+t+1。 （Ⅰ）若∠DB′M=90°，则 DM2=B′M2+B′D2， 即 t2+t+1=（ t2﹣2t+8）+（t2﹣4t+13），解得：t= 20 7 。 （Ⅱ）若∠B′MD=90°，则 B′D2=B′M2+DM2， 61 即 t2﹣4t+13=（ 1 4 t2﹣2t+8）+（ 5 4 t2+t+1），解得：t1=﹣3+ 17 ，t2=﹣3﹣ （舍去）。 ∴t=﹣3+ 。 （Ⅲ）若∠B′DM=90°，则 B′M2=B′D2+DM2， 即 t2﹣2t+8=（t2﹣4t+13）+（ t2+t+1），此方程无解。 综上所述，当 t= 20 7 或﹣3+ 时，△B′DM 是直角三角形； （3） 2 2 2 14t 0 t43 1 2 4t t t 28 3 3S 3 5 10t 2t 2 t8 3 3 1 5 10t t 42 2 3                      ＜ ＜ ＜ 。 【考点】相似三角形的判定和性质，勾股定理和逆定理，正方形的性质，直角梯形的性质，平移的性质。 【分析】（1）首先设正方形 BEFG 的边长为 x，易得△AGF∽△ABC，根据相似三角形的对应边成比例， 即可求得 BE 的长。 （2）首先由△MEC∽△ABC 与勾股定理，求得 B′M，DM 与 B′D 的平方，然后分别从若∠DB′M、 ∠DB′M 和∠B′DM 分别是直角，列方程求解即可。 （3）分别从 40t3 ， 4 t23 ＜ ， 102t 3＜ 和10 t43 ＜ 时去分析求解即可求得答案： ①如图③，当 F 在 CD 上时，EF：DH=CE：CH， 即 2：3=CE：4，∴CE= 8 3 。 ∴t=BB′=BC﹣B′E﹣EC=6﹣2﹣ 84=33 。 ∵ME=2﹣ 1 2 t，∴FM= t， ∴当 时，S=S△FMN= ×t× t= 1 4 t2。 ②如图④，当 G 在 AC 上时，t=2， ∵EK=EC•tan∠DCB=  DH 3 3EC 4 t =3 tCH 4 4    ， ∴FK=2﹣EK= 3 t4 ﹣1。 62 ∵NL= 24AD=33 ，∴FL=t﹣ 4 3 ， ∴当 4 t23 ＜ 时，S=S△FMN﹣S△FKL= 1 4 t2﹣ 1 2 （t﹣ ）（ 3 t4 ﹣1）= 212tt83   。 ③如图⑤，当 G 在 CD 上时，B′C：CH=B′G：DH， 即 B′C：4=2：3，解得：B′C= 8 3 ， ∴EC=4﹣t=B′C﹣2= 2 3 。∴t=10 3 。 ∵B′N= B′C= （6﹣t）=3﹣ t， ∴GN=GB′﹣B′N= t﹣1。 ∴当 102t 3＜ 时，S=S 梯形 GNMF﹣S△FKL= ×2×（ t﹣1+ t）﹣ （t﹣ ）（ ﹣1） = 235t 2t83   。 ④如图⑥，当10 t43 ＜ 时， ∵B′L= 3 4 B′C= 3 4 （6﹣t）， EK= 3 4 EC= 3 4 （4﹣t）， B′N= B′C= （6﹣t）EM= EC= （4﹣t）， ∴S=S 梯形 MNLK=S 梯形 B′EKL﹣S 梯形 B′EMN= 15t22。 综上所述： 2 2 2 14t 0 t43 1 2 4t t t 28 3 3S 3 5 10t 2t 2 t8 3 3 1 5 10t t 42 2 3                      ＜ ＜ ＜ 。 例 4.（2012 江苏宿迁 12 分）如图，在平面直角坐标系 xoy 中，已知直线 l1:y= 1 2 x 与直线 l2：y=－x+6 相 交于点 M，直线 l2 与 x 轴相较于点 N. （1） 求 M，N 的坐标； （2） 在矩形 ABCD 中，已知 AB=1，BC=2，边 AB 在 x 轴上，矩形 ABCD 沿 x 轴自左向右以每秒 1 个 单位长度的速度移动.设矩形 ABCD 与△OMN 的重叠部分的面积为 S.移动的时间为 t（从点 B 与点 O 重合 时开始计时，到点 A 与点 N 重合时计时结束）。直接写出 S 与自变量 t 之间的函数关系式（不需要给出解 63 答过程）； （3） 在（2）的条件下，当 t 为何值时，S 的值最大？并求出最大值. 【答案】解：（1）解 1y= x2 y x 6      得 x=4 y2    。∴M 的坐标为（4，2）。 在 y=－x+6 中令 y=0 得 x=6，∴N 的坐标为（6，0）。 （2）S 与自变量 t 之间的函数关系式为：           2 2 2 1 t 0 t 14 11t 1 t 424 3 13 49S= t + t 4 t 54 2 4 13t+ 5 t 62 1 49t 7t+ 6 t 722 < < < <              64 ①当 0≤t≤1 时，矩形 ABCD 与△OMN 的重叠部分的面积为一三角形面积（不含 t=0），三角 形的底为 t，高为 1 t2 ，∴ 21 1 1S= t t= t2 2 4 。 ②当 1＜t≤4 时，矩形 ABCD 与△OMN 的重叠部分的面积为一梯形面积，梯形的上底为  1 t12  ，下底为 ，高为 1。∴  1 1 1 1 1S= t 1 + t 1= t2 2 2 2 4    。 ③当 4＜t≤5 时，矩形 ABCD 与△OMN 的重叠部分的面积为两梯形面积的和，第一个梯形的 上底为 ，下底为 2，高为  4 t 1 =5 t   ；第二个梯形的上底为－t +6，下底为 2，高为 t4 。 65 ∴         21 1 1 3 13 49S= t 1 +2 5 t + t +6+2 t 4 = t + t2 2 2 4 2 4         。 ④当 5＜t≤6 时，矩形 ABCD 与△OMN 的重叠部分的面积为一梯形面积，梯形的上底为 6－t ，下底为 7－t，高为 1。∴  1 13S= 6 t+7 t 1= t+22    。 ⑤当 6＜t≤7 时，矩形 ABCD 与△OMN 的重叠部分的面积为一三角形面积（不含 t=7），三角 形的底为 7－t，高为 7－t，∴     21 1 49S= 7 t 7 t = t 7t+2 2 2     。 （3）分别讨论各分段函数的最大值而得所求。 例 5.（2012 四川达州 12 分）如图 1，在直角坐标系中，已知点 A（0，2）、点 B（－2，0），过点 B 和线 段 OA 的中点 C 作直线 BC，以线段 BC 为边向上作正方形 BCDE. （1）填空：点 D 的坐标为（ ），点 E 的坐标为（ ）. （2）若抛物线 2y ax bx c(a 0)    经过 A、D、E 三点，求该抛物线的解析式. （3）若正方形和抛物线均以每秒 5 个单位长度的速度沿射线 BC 同时向上平移，直至正方形的顶点 E 落在 y 轴上时，正方形和抛物线均停止运动. ①在运动过程中，设正方形落在 y 轴右侧部分的面积为 s，求 s 关于平移时间 t（秒）的函数关系式， 并写出相应自变量 t 的取值范围. ②运动停止时，求抛物线的顶点坐标. 【答案】解：（1）D（－1，3）， E（－3，2）。 （2）抛物线经过（0，2）、（－1，3）、（－3，2），则 c2 a b c 3 9a 3b c 2          ，解得 1a 2 1b 3 c2        。∴抛物线的解析式为 213y x x 222    66 （3）①求出端点的时间： 当点 D 运动到 y 轴上时，如图 1，DD1= 1 2 DC= BC = 5 2 ，t= 1 2 。 当点 B 运动到 y 轴上时，如图 2，BB1=BC= 5 ，t= 5 1 5  。 当点 E 运动到 y 轴上时，如图 2，EE1=ED＋DE1= 535+ 522 ，t= 3 2 。 当 0＜t≤ 时，如图 4，正方形落在 y 轴右侧部分的面积为 △CC′F 的面积，设 D′C′交 y 轴于点 F。 ∵tan∠BCO= OB OC =2，∠BCO=∠FCC′， ∴tan∠FCC′=2, 即 FC CC ' ' =2。 ∵CC′= 5 t，∴FC′=2 t。 ∴S△CC′F = 1 2 CC′·FC′= 1 52 t×25t=5 t2。 当 ＜t≤1 时，如图 5，正方形落在 y 轴右侧部分的面积为直 角梯形 CC′D′G 的面积，设 D′E′交 y 轴于点 G，过 G 作 GH⊥B′C′于 H。 ∵GH=BC= 5 ，∴CH= 1 2 GH= 5 2 。 ∵CC′= t，∴HC′= GD′= t－ 。 ∴ CC D G 1 5 5S 5t + 5t 5=5t2 2 4     梯形 当 1＜t≤ 时，如图 6，正方形落在 y 轴右侧部分的面积为 五边形 B′C′D′MN 的面积，设 D′E′、E′B′分别交 y 轴于点 M、N。 67 ∵CC′= 5 t，B′C′= , ∴CB′= t－ 。∴B′N=2CB′= 25t－ 。 ∵B′E′= ，∴E′N=B′E′－B′N=35－ t。 ∴E′M= 1 2 E′N= ( － t)。 ∴     2 MNE 1 1 45S 3 5 2 5t 3 5 2 5t =5t 15t+2 2 4     。 ∴  2 22 MNEB C D EB C D MN 45 25S S S = 5 5t 15t+ = 5t +15t44           正方形五 形边 。 综上所述，S 与 x 的函数关系式为： 2 2 15t 0 t 2 51s= 5t t 142 25 35t +15t 1 t42 < <            。 ②当点 E 运动到点E′时，运动停止，如图 7 所示。 ∵∠CB′E′=∠BOC=90°，∠BCO=∠B′CE′， BOC∽△E′B′C。∴ OB BC B E E C   。 ∵OB=2，B′E′=BC= 5 ，∴ 25 EC5   。 ∴CE′= 5 2 。 ∴OE′=OC+CE′=1+ 57 22 。∴E′（0， 7 2 ）。 由点 E（－3，2）运动到点 E′（0， ）,可知整条抛物线向右平移了 3 个单位，向上平移 了 3 2 个单位。 ∵ 221 3 1 3 25y x x 2 (x )2 2 2 2 8        ，∴原抛物线顶点坐标为（ 3 25 28 ， ） 运动停止时，抛物线的顶点坐标为（ 3 37 28 ， ）。 68 例 6.（2012 江西南昌 6 分）如图，等腰梯形 ABCD 放置在平面坐标系中，已知 A（﹣2，0）、 B（6，0）、 D（0，3），反比例函数的图象经过点 C． （1）求点 C 的坐标和反比例函数的解析式； （2）将等腰梯形 ABCD 向上平移 2 个单位后，问点 B 是否落在双曲线上？ 【答案】解：（1）过点 C 作 CE⊥AB 于点 E， ∵四边形 ABCD 是等腰梯形， ∴AD=BC，DO=CE。 ∴△AOD≌△BEC（HL）。 ∴AO=BE=2。 ∵BO=6，∴DC=OE=4，∴C（4，3）。 69 设反比例函数的解析式为 ky= x （k≠0）， ∵反比例函数的图象经过点 C， ∴ k3= 4 ，解得 k=12； ∴反比例函数的解析式为 12y= x 。 （2）将等腰梯形 ABCD 向上平移 2 个单位后得到梯形 A′B′C′D′，则点 B′（6，2）。 ∵当 x=6 时， 12y= 26  ，∴即点 B′恰好落在双曲线上。 【考点】反比例函数综合题，等腰梯形的性质，全等三角形的判定和性质，待定系数法，曲线上点的坐标 与方程的关系，平移的性质。 【分析】（1）C 点的纵坐标与 D 的纵坐标相同，过点 C 作 CE⊥AB 于点 E，则△AOD≌△BEC，即可求 得 BE 的长度，则 OE 的长度即可求得，即可求得 C 的横坐标，然后利用待定系数法即可求得反比例函数 的解析式。 （2）将等腰梯形 ABCD 向上平移 2 个单位后，点 B 向上平移 2 个单位长度得到的点的坐标即可 得到，代入函数解析式判断即可。 例 7.（2012 江苏苏州 9 分）如图，正方形 ABCD 的边 AD 与矩形 EFGH 的边 FG 重合，将正方形 ABCD 以 1cm/s 的速度沿 FG 方向移动，移动开始前点 A 与点 F 重合.在移动过程中，边 AD 始终与边 FG 重合， 连接 CG，过点 A 作 CG 的平行线交线段 GH 于点 P，连接 PD.已知正方形 ABCD 的边长为 1cm，矩形 EFGH 的边 FG、GH 的长分别为 4cm、3cm.设正方形移动时间为 x（s），线段 GP 的长为 y（cm），其中 0≤x≤2.5. ⑴试求出 y 关于 x 的函数关系式，并求出 y =3 时相应 x 的值； ⑵记△DGP 的面积为 S1，△CDG 的面积为 S2．试说明 S1－S2 是常数； ⑶当线段 PD 所在直线与正方形 ABCD 的对角线 AC 垂直时，求线段 PD 的长. 【答案】解：（1）∵CG∥AP，∴∠CGD=∠PAG，则 tan CGD=tan PAG。∴ CD PG=GD AG 。 70 ∵GF=4，CD=DA=1，AF=x，∴GD=3－x，AG=4－x。 ∴ 1y=3 x 4 x ，即 4xy= 3x   。∴y 关于 x 的函数关系式为 。 当 y =3 时， 4x3= 3x   ，解得:x=2.5。 （2）∵    12 1 1 4 x 1 1 1 1 3S = GP GD= 3 x x+2 S = GD CD= 3 x 1 x+2 2 3 x 2 2 2 2 2               ， ， ∴ 12 1 1 3 1S S = x+2 x+2 2 2 2               为常数。 （3）延长 PD 交 AC 于点 Q. ∵正方形 ABCD 中，AC 为对角线，∴∠CAD=45°。 ∵PQ⊥AC，∴∠ADQ=45°。 ∴∠GDP=∠ADQ=45°。 ∴△DGP 是等腰直角三角形，则 GD=GP。 ∴ 4x3 x= 3x   ，化简得： 2x 5x+5=0 ，解得： 55x= 2  。 ∵0≤x≤2.5，∴ 55x= 2  。 在 Rt△DGP 中，  0 GD 5 5 2+ 10PD= = 2 3 x = 2 3 =22cos45  。 【考点】正方形的性质，一元二次方程的应用，等腰直角三角形的性质，矩形的性质，解直角三角形，锐 角三角函数定义，特殊角的三角函数值。 【分析】（1）根据题意表示出 AG、GD 的长度，再由 tan CGD=tan PAG可解出 x 的值。 （2）利用（1）得出的 y 与 x 的关系式表示出 S1、S2，然后作差即可。 （3）延长 PD 交 AC 于点 Q，然后判断△DGP 是等腰直角三角形，从而结合 x 的范围得出 x 的值， 在 Rt△DGP 中，解直角三角形可得出 PD 的长度。 练习题： 1. （2011 江苏徐州 2 分）如图，将边长为 2 的正方形 ABCD 沿对角线 AC 平移，使点 A 移至线段 AC 的中点 A′处，得新正方形 A′B′C′D′，新正方形与原正方形重叠部分(图中阴影部分)的面积是【 】 71 A． 2 B． 1 2 C．1 D． 1 4 2.（2011 辽宁葫芦岛 3 分）两个全等的梯形纸片如图(1)摆放，将梯形纸片 ABCD 沿上底 AD 方向向右平移 得到图(2)．已知 AD＝4，BC＝8，若阴影部分的面积是四边形 A′B′CD 的面积的1 3，则图(2)中平移距离 A′A ＝ ▲ . 3.（2012 辽宁本溪 14 分）如图，已知抛物线 y=ax²+bx+3 经过点 B（－1，0）、 C（3，0），交 y 轴于点 A， 将线段 OB 绕点 O 顺时针旋转 90°，点 B 的对应点为点 M，过点 A 的直线与 x 轴交于点 D（4,0）．直角梯 形 EFGH 的上底 EF 与线段 CD 重合，∠FEH=90°，EF∥HG,EF=EH=1。直角梯形 EFGH 从点 D 开始，沿 射线 DA 方向匀速运动，运动的速度为 1 个长度单位/秒，在运动过程中腰 FG 与直线 AD 始终重合，设运 动时间为 t 秒。 （1）求此抛物线的解析式； （2）当 t 为何值时，以 M、O、H、E 为顶点的四边形是特殊的平行四边形； （3）作点 A 关于抛物线对称轴的对称点 A′，直线 HG 与对称轴交于点 K，当 t 为何值时，以 A、A′、G、 K 为顶点的四边形为平行四边形。请直接写出符合条件的 t 值。 4.（2012 辽宁丹东 14 分）已知抛物线 2y ax 2ax c   与 y 轴交于 C 点，与 x 轴交于 A、B 两点，点 A 的 坐标是（－1，0）， O 是坐标原点，且 OC A3 O ． （1）求抛物线的函数表达式； （2）直接写出直线 BC 的函数表达式； （3）如图 1，D 为 y 轴的负半轴上的一点，且 OD=2，以 OD 为边作正方形 ODEF.将正方形 ODEF 72 以每秒 1 个单位的速度沿 x 轴的正方向移动，在运动过程中，设正方形 ODEF 与△OBC 重叠部分的面 积为 s，运动的时间为 t 秒（0＜t≤2）. 求：①s 与 t 之间的函数关系式； ②在运动过程中，s 是否存在最大值？如果存在，直接写出这个最大值；如果不存在，请 说明理由． （4）如图 2，点 P（1，k）在直线 BC 上，点 M 在 x 轴上，点 N 在抛物线上，是否存在以 A、M、 N、P 为顶点的平行四边形？若存在，请直接写出 M 点坐标；若不存在，请说明理由. 5.（2012 贵州安顺 14 分）如图所示，在平面直角坐标系 xOy 中，矩形 OABC 的边长 OA、OC 分别为 12cm、 6cm，点 A、C 分别在 y 轴的负半轴和 x 轴的正半轴上，抛物线 y=ax2+bx+c 经过点 A、B，且 18a+c=0． （1）求抛物线的解析式． （2）如果点 P 由点 A 开始沿 AB 边以 1cm/s 的速度向终点 B 移动，同时点 Q 由点 B 开始沿 BC 边以 2cm/s 的速度向终点 C 移动． ①移动开始后第 t 秒时，设△PBQ 的面积为 S，试写出 S 与 t 之间的函数关系式，并写出 t 的取值范围． ②当 S 取得最大值时，在抛物线上是否存在点 R，使得以 P、B、Q、R 为顶点的四边形是平行四边形？如 果存在，求出 R 点的坐标；如果不存在，请说明理由． 73 6.（2011 广东台山 10 分）如图，正方形 ABCD 和正方形 EFGH 的边长分别为 222 和 ，对角线 BD、FH 都在直线 L 上，O1、O2 分别是正方形的中心，线段 O1O2 的长叫做两个正方形的中心距。当中心 O2 在直线 L 上平移时，正方形 EFGH 也随平移，在平移时正方形 EFGH 的形状、大小没有改变。 （1）计算：O1D= ，O2F= 。 （2）当中心 O2 在直线 L 上平移到两个正方 形只有一个公共点时，中心距 O1O2= 。 （3）随着中心 O2 在直线 L 上的平移，两个正方形的公共 点的个数还有哪些变化？并求出相对应的中心距的值或取 值范围（不必写出计算过程）。 LO2O1 H G F E D C B A 五、圆的平移： 典型例题： 例 1. （2012 福建厦门 4 分）如图，已知∠ABC＝90°，AB＝πr，BC＝πr 2 ，半径为 r 的⊙O 从点 A 出发， 沿 A→B→C 方向滚动到点 C 时停止.请你根据题意，在图上画出圆心．．O 运动路径的示意图；圆心 O 运动 的路程是 ▲ . 74 【答案】2πr。 【考点】作图题，弧长的计算。 【分析】根据题意画出图形，将运动路径分为三部分：OO1，O1O2 ，O2O3，分别计算出各部分的长再相 加即可： 圆心 O 运动路径如图： ∵OO1=AB=πr；O1O2 = 90 r 1 r180 2   ；O2O3=BC= 1 r2 ， ∴圆心 O 运动的路程是 πr+ + =2πr。 【注：本题实质是圆心的平移，圆是滚动】 例 2.（2012 黑龙江大庆 8 分） 已知半径为 1cm 的圆，在下面三个图中 AC=10cm，AB=6cm，BC=8cm， 在图 2 中∠ABC=90°． （1）如图 1，若将圆心由点 A 沿 AC 方向运动到点 C，求圆扫过的区域面积； 75 （2）如图 2，若将圆心由点 A 沿 AB C 方向运动到点 C，求圆扫过的区域面积； （3）如图 3，若将圆心由点 A 沿 A B C A 方向运动回到点 A． 则 I）阴影部分面积为_ ___；Ⅱ）圆扫过的区域面积为__ __． 【答案】解：（1）由题意得，圆扫过的面积=DE×AC+πr2=（20+π）cm2。 （2）圆扫过的区域面积=AB 的面积+BC 的面积－一个圆的面积。 结合（1）的求解方法，可得所求面积 =（2r×AB+πr2）+（2r×BC+πr2）﹣πr2=2r（AB+BC）+πr2=（28+π）cm2。 （3）I） 55 12 cm2；Ⅱ）（ 263 6 +π）cm2。 例 3.（2011 四川攀枝花 12 分）如图（Ⅰ），在平面直角坐标系中，⊙O′是以点 O′（2，﹣2）为圆心，半径 为 2 的圆，⊙O″是以点 O″（0，4）为圆心，半径为 2 的圆． 76 （1）将⊙O′竖直向上平移 2 个单位，得到⊙O1，将⊙O″水平向左平移 1 个单位，得到⊙O2 如图（Ⅱ）， 分别求出⊙O1 和⊙O2 的圆心坐标． （2）两圆平移后，⊙O2 与 y 轴交于 A、B 两点，过 A、B 两点分别作⊙O2 的切线，交 x 轴与 C、D 两点， 求△O2AC 和△O2BD 的面积． 【答案】解：（1）∵﹣2+2=0，∴点 O1 的坐标为：（2，0）。 ∵0﹣1=﹣1，∴点 O2 的坐标为：（﹣1，4）。 （2）如图，连接 O2A，O2B， ∵⊙O2 的半径为 2，圆心 O2 到 y 轴的距离是 1， ∴∠O2AB=∠O2BA=30°。 ∴AB=2×2cos30°=2 3 ， ∴点 A、B 的坐标分别为 A（0，4﹣ ）， B（0，4+ ）。 ∵AC，BD 都是⊙O2 的切线，∴∠OAC=180°﹣90°﹣30°=60°，∠OBD=90°﹣30°=60°。 ∴AC=（4﹣ ）÷cos60°=8﹣2 ，BD=（4+ ）÷cos60°=8+2 。 ∴S△O2AC= 1 2 ×AC×O2A= ×（8﹣2 ）×2=8﹣2 ， S△O2BD= ×BD×O2B= × （ 8+2 ） ×2=8+2 。 【考点】切线的性质，坐标与图形的平移变化，锐角三角函数，特殊角的三角函数值。 77 【分析】（1）根据“左减右加，下减上加”的规律对点 O′，O″的坐标进行平移即可得到点 O1，O2 的坐标。 （2）先求出点 A、B 的坐标，然后连接 O2A，O2B，根据直角三角形 30 度角所对的直角边等于斜 边的一半得出∠O2AB=∠O2BA=30°，又 AC 与 BD 是圆的切线，然后求出∠OAC=∠OBD=60°，利用特殊 角的三角函数与点 A，B 的坐标即可求出 AC、BD 的长，最后代入三角形的面积公式进行计算即可。 练习题： 1.（2011 广西河池 3 分）如图，已知点 A(1，0)、B(7，0)，⊙A、⊙B 的半径分别为 1 和 2，将⊙A 沿 x 轴向右平移 3 个单位，则此时该圆与⊙B 的位置关系是【 】 A．外切 B．相交 C．内含 D．外离 2.（2011 广东省 6 分）如图，在平面直角坐标系中，点 P 的坐标为（－4，0）， ⊙P 的半径为 2，将⊙P 沿 x 轴向右平移 4 个单位长度得⊙P1． （1）画出⊙P1，并直接判断⊙P 与⊙P1 的位置关系； （2）设⊙P1 与 轴正半轴， y 轴正半轴的交点分别为 A，B，求劣弧 AB 与弦 AB 围成的图形的面积（结 果保留 π）．