中考数学专题53图形的平移变换 50页

‎2012年全国中考数学试题分类解析汇编(159套63专题）‎ 专题53：图形的平移变换 一、选择题 ‎ ‎1. （2012陕西省3分）在平面直角坐标系中，将抛物线向上（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：‎ ‎ 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。‎ ‎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。‎ ‎3. （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。‎ ‎4. （2012浙江绍兴4分）在如图所示的平面直角坐标系内，画在透明胶片上的▱ABCD，点A的坐标是（0，2）．现将这张胶片平移，使点A落在点A′（5，﹣1）处，则此平移可以是【 】‎ ‎　 A． 先向右平移5个单位，再向下平移1个单位 B． 先向右平移5个单位，再向下平移3个单位 ‎　 C． 先向右平移4个单位，再向下平移1个单位 D． 先向右平移4个单位，再向下平移3个单位 ‎【答案】B。‎ ‎【考点】坐标与图形的平移变化。‎ ‎【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，‎ 根据A的坐标是（0，2），横坐标加5，纵坐标减3得到点A′（5，﹣1），故先向右平移5个单位，再向下平移3个单位。故选B。‎ ‎5. （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）‎ ‎【答案】D。‎ ‎【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，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，其顶点也同样变换。‎ ‎ ∵的顶点坐标是（1，1），‎ ‎ ∴点（1，1）先向右平移3个单位长度，再向上平移2个单位长度，得点（4，3），即经过这两次平移后所得抛物线的顶点坐标是（4，3）。故选D。‎ ‎6. （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 ‎【答案】B。‎ ‎【考点】二次函数图象与平移变换。‎ ‎【分析】直接根据“上加下减，左加右减”的原则进行解答：‎ 将抛物线y＝x2＋1先向左平移2个单位所得抛物线的函数关系式是：y＝(x＋2)2＋1；‎ 将抛物线y＝(x＋2)2＋1先向下平移3个单位所得抛物线的函数关系式是：y＝(x＋2)2＋1－3，即y＝(x＋2)2－2。故选B。‎ ‎7. （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 ‎【答案】A。‎ ‎【考点】网格问题，平移的性质。‎ ‎【分析】根据网格结构，观察点对应点A、D，点A向左平移5个单位，再向下平移2个单位即可到达点D的位置，所以，平移步骤是：先把△ABC向左平移5个单位，再向下平移2个单位。故选A。‎ ‎8. （2012湖北鄂州3分）把抛物线的图像向右平移3个单位，再向上平移2个单位，所得到的图象的解析式为，则b的值为【 】‎ A.2 B.4 C.6 D.8‎ ‎【答案】B。‎ ‎【考点】二次函数的性质，平移的性质。‎ ‎【分析】∵‎ ‎∴图像向右平移3个单位，再向上平移2个单位得。‎ 又∵，‎ ‎∴，解得b=4。故选B。‎ ‎9. （2012四川德阳3分）在同一平面直角坐标系内，将函数的图象沿x轴方向向右平移2个单位长度后再沿y轴向下平移1个单位长度，得到图象的顶点坐标是【 】‎ A.（，1） B.（1，） C.（2，） D.（1，）‎ ‎【答案】B。‎ ‎【考点】二次函数图象与平移变换。‎ ‎【分析】由原抛物线的顶点坐标，根据横坐标与纵坐标“左加右减”可得到平移后的顶点坐标：‎ ‎∵y=2x2+4x+1=2（x2+2x）+1=2[（x+1）2﹣1]+1=2（x+1）2﹣1，‎ ‎∴原抛物线的顶点坐标为（﹣1，﹣1）。‎ ‎∵将函数的图象沿x轴方向向右平移2个单位长度后再沿y轴向下平移1个单位长度，其顶点坐标也作同样的平移，‎ ‎∴平移后图象的顶点坐标是（﹣1＋2，﹣1－1），即（1，﹣2）。故选B。‎ ‎10. （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。‎ ‎ ∵B（1，0），∴，解得a=－1。‎ ‎ ∴当点B的横坐标的最小时抛物线的解析式为。‎ ‎ ∵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。‎ ‎ 令，即，解得或。‎ ‎ ∵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。‎ ‎11. （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）‎ ‎【答案】A。‎ ‎【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，‎ ‎∵抛物线y=x2﹣4x+3可化为：y=（x﹣2）2﹣1，∴其顶点坐标为（2，﹣1）。‎ ‎∴向右平移2个单位得到新抛物线的解析式，所得抛物线的顶点坐标是（4，﹣1）。故选A。‎ ‎12. （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）‎ ‎【答案】D。‎ ‎【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，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（0，1）。故选D。‎ ‎13. （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。‎ ‎14. （2012山东泰安3分）将抛物线向上平移3个单位，再向左平移2个单位，那么得到的抛物线的解析式为【 】‎ ‎　　A．　　B．　　C．　　D．‎ ‎【答案】A。‎ ‎【考点】二次函数图象与几何变换。‎ ‎【分析】由“上加下减”的原则可知，将抛物线向上平移3个单位所得抛物线的解析式为：；‎ 由“左加右减”的原则可知，将抛物线向左平移2个单位所得抛物线的解析式为：。‎ 故选A。‎ ‎15. （2012山东枣庄3分）将直线向右平移1个单位后所得图象对应的函数解析式为【 】‎ A．　　　　　B． C．　　　　　D．‎ ‎【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，‎ 将直线向右平移1个单位后所得图象对应的函数解析式为。故选B。‎ ‎16. （2012广西桂林3分）如图，把抛物线y＝x2沿直线y＝x平移个单位后，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 ‎【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=，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。‎ ‎17. （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）‎ ‎【答案】A。‎ ‎【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，‎ 将点M（1，2）向左平移2个长度单位后得到点N的坐标是（1－2，2），即（－1，2）。故选A。‎ ‎18. （2012河南省3分）在平面直角坐标系中，将抛物线先向右平移2个单位，再向上平移2个单位，得到的抛物线解析式为【 】‎ ‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】B。‎ ‎【考点】二次函数图象与平移变换。‎ ‎【分析】根据二次函数图象左加右减，上加下减的平移规律进行解答即可：‎ ‎ 函数y=x2-4向右平移2个单位，得：y=（x-2）2-4；‎ 再向上平移2个单位，得：y=（x-2）2-2；故选B。‎ ‎19. （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。‎ ‎20. （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【 】‎ ‎ 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。‎ ‎21. （2012江西省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。‎ ‎22. （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：‎ ‎∵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。‎ ‎23. （2012青海省3分）把抛物线y=3x2向右平移1个单位长度后，所得的函数解析式为【 】‎ A．y=3x2﹣1 B．y=3（x﹣1）2 C．y=3x2+1 D．y=3（x+1）2‎ ‎【答案】B。‎ ‎【考点】二次函数图象与平移变换。‎ ‎【分析】由“左加右减”的原则可知，把抛物线y=3x2向右平移1个单位长度后，所得的函数解析式为 y=3（x﹣1）2。故选B。　‎ ‎24. （2012黑龙江哈尔滨3分）将抛物线y=3x2向左平移2个单位，再向下平移1个单位，所得抛物线为【 】．‎ ‎ (A)y=3(x+2)2—1 (B)y=3(x－2)2+1 (C)y=3(x－2)2—1 (D)y=3(x+2)2+l ‎【答案】A。‎ ‎【考点】二次函数图象与平移变换。‎ ‎【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，‎ ‎。故选A。‎ 二、填空题 ‎1. （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）．‎ ‎【答案】y=－6x+1（答案不唯一）。‎ ‎【考点】平移的性质。‎ ‎【分析】根据“上加下减”的原则在函数解析式后加一个大于0的数即可，如y=－6x+1（答案不唯一）。‎ ‎2. （2012宁夏区3分）如图，将等边△ABC沿BC方向平移得到△A1B1C1．若BC＝3， ，则BB1＝ ▲ ．‎ ‎【答案】1。‎ ‎【考点】平移的性质，等边三角形的性质，勾股定理，相似三角形的判定和性质。‎ ‎【分析】由等边△ABC中BC＝3可求得高为，面积为。‎ ‎ 由平移的性质，得△ABC∽△PB1C。∴，即，得B1C＝2。‎ ‎ ∴BB1＝BC－B1C=1。‎ ‎3. （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。‎ ‎4. （2012江苏南京2分）已知下列函数 ① ② ③，其中，图象通过平移可以得到函数的图像的有 ▲ （填写所有正确选项的序号）‎ ‎【答案】①③。‎ ‎【考点】二次函数图象与平移变换。‎ ‎【分析】把原式化为顶点式的形式，根据函数图象平移的法则进行解答：‎ ‎ ∵‎ ‎∴由函数图象平移的法则可知，进行如下平移变换 ‎①，故①正确。‎ ‎②的图象开口向上， 的图象开口向下，不能通过平移得到，故②错误。‎ ‎③，，故③正确。‎ ‎∴图象通过平移可以得到函数的图像的有①，③。‎ ‎5. （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=AB=4。然后由平移的性质得GH∥CD，因此 ‎△AGH∽△ADC。 ∴。‎ ‎ 又∵△EFG由△BCD沿BA方向平移1cm得到的， ∴AG=4－1=3。‎ ‎∴，解得GH=3。‎ ‎6. （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．‎ ‎【答案】1。‎ ‎【考点】平移的性质。‎ ‎【分析】∵将△ABC沿射线AC方向平移2cm得到△A′B′C′，∴AA′=2cm。‎ 又∵AC=3cm，∴A′C=AC－AA′=1cm。‎ ‎7. （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。‎ ‎8. （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 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）。‎ ‎9. （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。‎ ‎10. （2012四川广安3分）如图，把抛物线y=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】。‎ ‎【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=（x+3）2+h，‎ 将（﹣6，0）代入得出：0=（﹣6+3）2+h，解得：h=﹣。∴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=。‎ ‎11. （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）。　‎ ‎12. （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 ▲ .‎ ‎【答案】（﹣2，1）。‎ ‎【考点】坐标与图形的平移变化。‎ ‎【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，‎ 由图可得，点A（1，﹣1），A′（﹣3，3），‎ ‎∴平移的规律是：向左平移4个单位，再向上平移4个单位。‎ ‎ ∵点B的坐标为（2，﹣3），∴B′的坐标为（﹣2，1）。‎ ‎13. （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 ▲ ．‎ ‎【答案】8。‎ ‎【考点】平移的性质，平行四边形的判定和性质。‎ ‎【分析】根据平移的性质，经过平移，对应点所连的线段平行且相等，可得四边形ABED是平行四边形，‎ 再根据平行四边形的面积公式即可求解：‎ ‎ ∵将△ABC沿CB向右平移得到△DEF，平移距离为2，∴AD∥BE，AD=BE=2，‎ ‎∴四边形ABED是平行四边形。∴四边形ABED的面积=BE×AC=2×4=8。‎ ‎14. （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 ▲ .‎ ‎【答案】(1，2)。‎ ‎【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，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(－1＋2，0＋2)，即(1，2)。‎ 三、解答题 ‎1. （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；‎ ‎（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。‎ ‎∴，即。‎ 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。‎ ‎∴，即。∴ME=2﹣t。‎ 在Rt△B′ME中，B′M2=ME2+B′E2=22+（2﹣t）2=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=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=。‎ ‎（Ⅱ）若∠B′MD=90°，则B′D2=B′M2+DM2，‎ 即t2﹣4t+13=（t2﹣2t+8）+（t2+t+1），解得：t1=﹣3+，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=或﹣3+时，△B′DM是直角三角形；‎ ‎（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，， 和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=。‎ ‎∴t=BB′=BC﹣B′E﹣EC=6﹣2﹣。‎ ‎∵ME=2﹣t，∴FM=t，‎ ‎∴当时，S=S△FMN=×t×t=t2。‎ ‎②如图④，当G在AC上时，t=2，‎ ‎∵EK=EC•tan∠DCB= ，‎ ‎∴FK=2﹣EK=﹣1。‎ ‎∵NL=，∴FL=t﹣，‎ ‎∴当时，S=S△FMN﹣S△FKL=t2﹣（t﹣）（﹣1）=。‎ ‎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=，‎ ‎∴EC=4﹣t=B′C﹣2=。∴t=。‎ ‎∵B′N=B′C=（6﹣t）=3﹣t，‎ ‎∴GN=GB′﹣B′N=t﹣1。‎ ‎∴当时，S=S梯形GNMF﹣S△FKL=×2×（t﹣1+t）﹣（t﹣）（﹣1）‎ ‎=。‎ ‎④如图⑥，当时，‎ ‎∵B′L=B′C=（6﹣t），EK=EC=（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=。‎ 综上所述：。‎ ‎2. （2012广东深圳9分）如图，在平面直角坐标系中，直线：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：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，‎ ‎【答案】解：（1）10；。‎ ‎（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=，则F（，0）。‎ ‎∴AF=，AE=－4＋b。‎ ‎∴S=。‎ 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=，则H（，2）。‎ ‎∴DH=，AG=。AD=2‎ ‎∴S=。‎ 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2）‎ 在 y=－2x＋b中，令y=2，即－2x＋b=2，解得x=，则M（，0），‎ 令x=6，得y=－12＋b，，则N（6，－12＋b）。‎ ‎∴MC=，NC=14－b。‎ ‎∴S=。‎ 当b＞14时，直线扫过矩形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：‎ ‎。‎ ‎【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。‎ ‎ ∴可设直线MP的解析式为。‎ ‎ 由M(4，2)，得，解得。∴直线MP的解析式为。‎ ‎ 联立y=－2x＋b和，解得。‎ ‎ ∴P（）。‎ ‎ 由PM=2，勾股定理得，，化简得。‎ ‎ 解得。‎ ‎（2）求出直线经过点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。‎ ‎3. （2012广东珠海9分）如图，在等腰梯形ABCD中，ABDC，AB=3，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＜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，‎ ‎∴△AMN和△ARQ的相似比为1：2。‎ ‎∴。∴S2=4S1，与题设S2=3S1矛盾。‎ ‎∴当0＜x＜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=AC=1，AH═BH=4﹣1=3。‎ ‎∵CG=4﹣2x，AC⊥BD，∴S△BCD=×4×1=2‎ ‎∵RQ∥BD，∴△CRQ∽△CDB。‎ ‎∴。‎ 又，‎ ‎∵MN∥BD，∴△AMN∽△ADB。∴，‎ ‎∴S1=x2，S2=8﹣8（2﹣x）2。‎ ‎∵S2=3S1，∴8﹣8（2﹣x）2=3·x2，解得：x1=（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，‎ ‎∴。‎ ‎∴m是的二次函数，当≤x≤2时，即当时，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。‎ ‎【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=，CK=BD。‎ ‎∴AK=AB+BK=。‎ ‎∵四边形ABCD是等腰梯形，∴BD=AC。‎ ‎∴AC=CK。∴AE=EK=AK=2=CE。‎ ‎∵CE是高，∴∠K=∠KCE=∠ACE=∠CAE=45°。∴∠ACK=90°。∴∠AHB=∠ACK=90°‎ ‎∴AC=AK•cos45°=。‎ ‎（2）直线移动有两种情况：0＜x＜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，化为关于的二次函数，利用二次函数的性质求得m的变化范围。‎ ‎4. （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．‎ ‎【答案】解：(1) －1。‎ ‎(2)　①过点A作AE⊥x轴于点E，过点B作BF⊥x轴于点F，‎ 当x＝－时，y＝(－)2＝，‎ 即OE＝，AE＝。‎ ‎∵∠AOE＋∠BOF＝180°－90°＝90°，∠AOE＋∠EAO＝90°，‎ ‎∴∠EAO＝∠BOF。‎ 又∵∠AEO＝∠BFO＝90°，∴△AEO∽△OFB。‎ ‎∴。‎ 设OF＝t，则BF＝2t，∴t2＝2t，解得：t1＝0(舍去)，t2＝2。‎ ‎∴点B(2，4)。‎ ‎②过点C作CG⊥BF于点G，‎ ‎∵∠AOE＋∠EAO＝90°，∠FBO＋∠CBG＝90°，∠EOA＝∠FBO，‎ ‎∴∠EAO＝∠CBG。‎ 在△AEO和△BGC中，∠AEO＝∠G=900，∠EAO＝∠CBG,AO=BC，‎ ‎∴△AEO≌△BGC(AAS)。∴CG＝OE＝，BG＝AE＝。‎ ‎∴xc＝2－，yc＝4＋。∴点C()。‎ 设过A(－，)、B(2，4)两点的抛物线解析式为y＝－x2＋bx＋c，由题意得，‎ ‎，得。‎ ‎∴经过A、B两点的抛物线解析式为y＝－x2＋3x＋2。‎ ‎∵当x＝时，y＝－()2＋3×＋2＝，∴点C也在此抛物线上。‎ ‎∴经过A、B、C三点的抛物线解析式为y＝－x2＋3x＋2＝－(x－)2＋。‎ 平移方案：先将抛物线y＝－x2向右平移个单位，再向上平移个单位得到抛物线 y＝－(x－)2＋。‎ ‎【考点】二次函数综合题，正方形的判定和性质，等腰直角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，全等和相似三角形的判定和性质，平移的性质。‎ ‎【分析】（1）如图，过点A作AD⊥x轴于点D，‎ ‎∵矩形AOBC是正方形，∴∠AOC＝45°。‎ ‎∴∠AOD＝90°－45°＝45°。‎ ‎∴△AOD是等腰直角三角形。‎ 设点A的坐标为(－a，a)(a≠0)，‎ 则(－a)2＝a，‎ 解得a1＝－1，a2＝0(舍去)，∴点A的坐标－a＝－1。‎ ‎ (2)　①过点A作AE⊥x轴于点E，过点B作BF⊥x轴于点F，先利用抛物线解析式求出AE的长度，然后证明△AEO和△OFB相似，根据相似三角形对应边成比例列式求出OF与BF的关系，然后利用点B在抛物线上，设出点B的坐标代入抛物线解析式计算即可得解。‎ ‎②过点C作CG⊥BF于点G，可以证明△AEO和△BGC全等，根据全等三角形对应边相等可得CG＝OE，BG＝AE，然后求出点C的坐标，再根据对称变换以及平移变换不改变抛物线的形状利用待定系数法求出过点A、B的抛物线解析式，把点C的坐标代入所求解析式进行验证变换后的解析式是否经过点C，如果经过点C，把抛物线解析式转化为顶点式解析式，根据顶点坐标写出变换过程即可。‎ ‎5. （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，‎ ‎∴。‎ ‎∴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。‎ ‎6. （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=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；‎ （1） 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（不需要给出解答过程）；‎ （2） 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）解得。∴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：‎ ‎ ‎ ‎ （3）当0≤t≤1时，S的最大值为，此时t=1。‎ ‎ 当1＜t≤4时，S的最大值为，此时t=4。‎ ‎ 当4＜t≤5时，∵，‎ ‎∴S的最大值为，此时t=。‎ ‎ 当5＜t≤6时，S随t的增大而减小，最大值不超过。‎ ‎ 当6＜t≤7时，S随t的增大而减小，最大值不超过。‎ ‎ 综上所述，当t=时，S的值最大，最大值为。‎ ‎【考点】一次函数综合题，平移问题，直线上点的坐标与方程的关系，一次函数和二次函数的最值。‎ ‎【分析】（1）联立两直线方程即可求得M的坐标，在y=－x+6中令y=0即可求得N的坐标。‎ ‎（2）先求各关键位置，自变量t的情况：‎ 起始位置时，t=0；当点A与点O重合时，如图1，t=1；当点C与点M重合时，如图2，t=4；当点D与点M重合时，如图3，t=5；当点B与点N重合时，如图4，t=6；结束位置时，点A与点N重合，t=7。‎ ‎7. （2012福建三明12分）已知直线与x轴和y轴分别交于点A和点B，抛物线的顶点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）‎ ‎【答案】解：（1）①∵直线与x轴和y轴分别交于点A和点B，∴A（，0），B（0，－5）。‎ 当顶点M与点A重合时，∴M（，0）。‎ ‎∴抛物线的解析式是：，即。‎ ‎②∵N是直线与在抛物线的交点，‎ ‎∴，解得或。‎ ‎∴N（，－4）。‎ 如图，过N作NC⊥x轴，垂足为C。‎ ‎∵N（，－4），∴C（，0）‎ ‎∴NC=4．MC=OM－OC=。 ‎ ‎∴。‎ ‎（2）存在。点M的坐标为（2，－1）或（4，3）。‎ ‎【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，勾股定理，相似三角形的判定和性质，等腰三角形的判定。‎ ‎【分析】（1）①由直线与x轴和y轴分别交于点A和点B，求出点A、B的坐标，由顶点M与点A重合，根据二次函数的性质求出顶点解析式。‎ ‎ ②联立和，求出点N的坐标，过N作NC⊥x 轴，由勾股定理求出线段MN的长。‎ ‎（2）存在两种情况，△OMN与△AOB相似：‎ ‎ 情况1，∠OMN=900，过M作MD⊥x轴，垂足为D。‎ ‎ 设M（m，），则OD= m，DM=。‎ ‎ 又OA=，OB=5，‎ ‎ 则由△OMD∽△BAO得，，即，解得m=2。‎ ‎∴M（2，－1）。‎ ‎ 情况2，∠ONM=900，若△OMN与△AOB相似，则∠OMN=∠OBN。‎ ‎ ∴OM=OB=5。‎ ‎ 设M（m，），则解得m=4。‎ ‎∴M（4，3）。‎ 综上所述，当点M的坐标为（2，－1）或（4，3）时，△OMN与△AOB相似。‎ ‎8. （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)．‎ ‎【答案】解：(1) ∵抛物线y＝ax2＋bx(a≠0)经过点A(3，0)、B(4，4)．‎ ‎∴，解得：。‎ ‎∴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＝。‎ ‎∴直线A'B的解析式是y＝x＋3。‎ ‎∵∠NBO＝∠ABO，∴点N在直线A'B上。‎ ‎∴设点N(n，n＋3)，又点N在抛物线y＝x2－3x上，‎ ‎∴ n＋3＝n2－3n，解得：n1＝－，n2＝4(不合题意，会去)。‎ ‎∴ 点N的坐标为(－，)。‎ 如图，将△NOB沿x轴翻折，得到△N1OB1，‎ 则N1(－，－)，B1(4，－4)。‎ ‎∴O、D、B1都在直线y＝－x上。‎ ‎∵△P1OD∽△NOB，∴△P1OD∽△N1OB1。‎ ‎∴ ＝＝。∴点P1的坐标为(－，－)。‎ 将△OP1D沿直线y＝－x翻折，可得另一个满足条件的点P2(，)。‎ 综上所述，点P的坐标是(－，－)或(，)。‎ ‎【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。‎ ‎9. （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．‎ ‎【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，∴。‎ ‎【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。‎ ‎10. （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 ‎，解得 。‎ ‎∴抛物线的解析式为  （3）①求出端点的时间：‎ 当点D运动到y轴上时，如图1，DD1=DC=BC =，t=。‎ 当点B运动到y轴上时，如图2，BB1=BC=，t=。‎ 当点E运动到y轴上时，如图2，EE1=ED＋DE1=，t=。‎  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==2，∠BCO=∠FCC′，‎ ‎∴tan∠FCC′=2, 即=2。‎ ‎∵CC′=t，∴FC′=2t。‎ ‎∴S△CC′F=CC′·FC′=t×t=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=，∴CH=GH=。‎ ‎∵CC′=t，∴HC′= GD′=t－。‎ ∴‎  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。‎  ∵CC′=t，B′C′=,‎ ‎∴CB′=t－。∴B′N=2CB′=t－。‎ ‎∵B′E′=，∴E′N=B′E′－B′N=－t。‎ ‎∴E′M=E′N= (－t)。‎  ∴。‎ ∴。‎ 综上所述，S与x的函数关系式为：‎ ‎。‎ ‎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=2，B′E′=BC=，∴。‎ ‎∴CE′=。‎ ‎∴OE′=OC+CE′=1+。∴E′（0，）。‎  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，向上平移了个单位。‎  ∵，∴原抛物线顶点坐标为（）‎ ∴运动停止时，抛物线的顶点坐标为（）。‎ ‎【考点】二次函数综合题，全等三角形的判定和性质，正方形的性质，平移的性质，相似三角形的判定和性质，曲线上点的坐标与方程的关系。‎ ‎【分析】（1）构造全等三角形，由全等三角形对应线段之间的相等关系，求出点D、点E的坐标：‎ 由题意可知：OB=2，OC=1。‎ 如图8所示，过D点作DH⊥y轴于H，过E点作EG⊥x轴于G。‎ 易证△CDH≌△BCO，∴DH=OC=1，CH=OB=2，∴D（－1，3）。‎ 同理△EBG≌△BCO，∴BG=OC=1，EG=OB=2，∴E（－3，2）。‎ ‎∴D（－1，3）、E（－3，2）。‎ ‎（2）利用待定系数法求出抛物线的解析式。‎ ‎（3）①为求s的表达式，需要识别正方形（与抛物线）的运动过程．正方形的平移，从开始到结束，总共历时秒，期间可以划分成三个阶段： 0＜t≤， ＜t≤1，1＜t≤，对照图形，对每个阶段的表达式求解即可。‎ ‎②当运动停止时，点E到达y轴，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，向上平移了个单位．由此由平移前的抛物线顶点坐标推出平移后的抛物线顶点坐标。‎ ‎11. （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，‎ ‎∵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，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。‎ 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 ‎，解得。‎ ‎∴直线C′B′的解析式为。‎ ‎（3）设Q是G C′的中点，由G（0，3），C′（3，2），得点Q的横坐标为，点Q的纵坐标为 ‎2＋。∴Q（，）。‎ 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′ 。‎ 设EQ＝FM′＝t，则点P′的横坐标x为，点P′的纵坐标y为，‎ 点M′的坐标是（，0）。‎ ‎∴P′E＝。‎ 由P′Q＝QM′，得P′E2＋EQ2＝QF2＋FM′2，∴，‎ 整理得：，解得（经检验，它是分式方程的解）。‎ ‎∴，，。‎ ‎∴P′（，5），M′（，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，与的图象交于P′点，求出P′Q＝Q M′的点M′和P′的坐标即可。‎ ‎12. （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）。‎ ‎ 设直线AC：，由A（8，0），C（0，－4）得 ‎ ，解得。∴直线AC：。‎ ‎ ∵ 直线l移动的速度为2，时间为t，∴OE=2t。‎ 设P，‎ ‎ 在中，令x=2t，得，∴M（2t，）。‎ ‎ ∵BC=8，PM=，OE=2t，EA=，‎ ‎ ∴‎ ‎ 。‎ ‎ ∴四边形PBCA的面积S与t的函数关系式为（0＜t＜4）。‎ ‎ ∵，‎ ‎ ∴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。∴。‎ ‎ 设P，则OC=4，OA=8，EA=8－p，EP=，‎ ‎ ∴，整理得，解得（舍去）。‎ ‎ 当时，。∴P（3，10）。‎ ‎ ∴当P（3，10）时，△PAM是直角三角形。‎ ‎13. （2012广西柳州12分）如图，在△ABC中，AB=2，AC=BC=．‎ ‎（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=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）．‎ 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 ，可设 ，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=AB=×2=1。‎ ‎∴A的坐标是（－1，0），B的坐标是（1，0）。‎ 在Rt△OBC中，，∴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： ，解得： 。‎ ‎∴抛物线的解析式是：。‎ ‎（3）∵S△ABC=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=±。‎ 当m=－1时，－2x2+2=－1，解得：x=±。‎ ‎∴D的坐标是：（，1）或（－，1）或（，－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：。‎ 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= ，（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= 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。‎ ‎14. （2012广西南宁10分）如图，已知矩形纸片ABCD，AD=2，AB=4．将纸片折叠，使顶点A与边CD上的点E重合，折痕FG分别与AB，CD交于点G，F，AE与FG交于点O．‎ ‎（1）如图1，求证：A，G，E，F四点围成的四边形是菱形；‎ ‎（2）如图2，当△AED的外接圆与BC相切于点N时，求证：点N是线段BC的中点；‎ ‎（3）如图2，在（2）的条件下，求折痕FG的长．‎ ‎【答案】解：（1）由折叠的性质可得，GA=GE，∠AGF=∠EGF，‎ ‎∵DC∥AB，∴∠EFG=∠AGF。∴∠EFG=∠EGF。∴EF=EG=AG。‎ ‎∴四边形AGEF是平行四边形（EF∥AG，EF=AG）。‎ 又∵AG=GE，∴四边形AGEF是菱形。‎ ‎（2）连接ON，‎ ‎∵△AED是直角三角形，AE是斜边，点O是AE的中点，‎ ‎△AED的外接圆与BC相切于点N，‎ ‎∴ON⊥BC。‎ ‎∵点O是AE的中点，∴ON是梯形ABCE的中位线。‎ ‎∴点N是线段BC的中点。‎ ‎（3）∵OE、ON均是△AED的外接圆的半径，∴OE=OA=ON=2。∴AE=AB=4。‎ 在Rt△ADE中，AD=2，AE=4，∴∠AED=30°。‎ 在Rt△OEF中，OE=2，∠AED=30°，∴。∴FG=。‎ ‎【考点】翻折变换（折叠问题），折叠对称的性质，菱形的判定，梯形中位线性质，锐角三角函数定义，特殊角的三角函数值。‎ ‎【分析】（1）根据折叠的性质判断出AG=GE，∠AGF=∠EGF，再由CD∥AB得出∠EFG=∠AGF，从而 判断出EF=AG，得出四边形AGEF是平行四边形，从而结合AG=GE，可得出结论。‎ ‎（2）连接ON，则ON⊥BC，从而判断出ON是梯形ABCE的中位线，从而可得出结论。‎ ‎ （3）根据（1）可得出AE=AB，从而在Rt△ADE中，可判断出∠AED为30°，在Rt△EFO中求 出FO，从而可得出FG的长度。‎ ‎15. （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）。‎ 设反比例函数的解析式为（k≠0），‎ ‎∵反比例函数的图象经过点C，∴，解得k=12；‎ ‎∴反比例函数的解析式为。‎ ‎（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，，∴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。‎ ‎16. （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＝x2＋bx＋c经过点B，且顶点在直线x＝上．‎ ‎(1)求抛物线对应的函数关系式；‎ ‎(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＝x2＋bx＋c经过点B(0，4)，∴c＝4。‎ ‎∵顶点在直线x＝上，∴，解得。‎ ‎∴所求函数关系式为。‎ ‎（2）在Rt△ABO中，OA＝3，OB＝4，∴。‎ ‎∵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，；‎ 当x＝2时，。‎ ‎∴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，解得，。∴直线CD对应的函数关系式为。‎ 当x＝时，。∴P()。‎ ‎（4）∵MN∥BD，∴△OMN∽△OBD。‎ ‎∴，即，得。‎ 设对称轴交x于点F，则。‎ ‎∵，‎ ‎ ，‎ ‎ (0＜t＜4)。‎ ‎∵，，0＜＜4，‎ ‎∴当时，S取最大值是。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＝x2＋bx＋c经过点B(0，4)，以及顶点在直线x＝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。‎