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浙江省11市中考数学试题分类解析汇编专题6数量和位置变化问题

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浙江省11市2015年中考数学试题分类解析汇编(20专题)‎ 专题6:数量和位置变化问题 ‎1. (2015年浙江金华3分) 点P(4,3)所在的象限是【 】‎ A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 ‎【答案】A.‎ ‎【考点】平面直角坐标系中各象限点的特征.‎ ‎【分析】根据平面直角坐标系中各象限点的特征,判断其所在象限,四个象限的符号特征分别是:第一象限(+,+);第二象限(-,+);第三象限(-,-);第四象限(+,-).故点P(4,3)位于第一象限. 故选A.‎ ‎2. (2015年浙江绍兴4分)如果一种变换是将抛物线向右平移2个单位或向上平移1个单位,我们把这种变换称为抛物线的简单变换. 已知抛物线经过两次简单变换后的一条抛物线是,则原抛物线的解析式不可能的是【 】‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】B.‎ ‎【考点】新定义;平移的性质;分类思想的应用.‎ ‎【分析】根据定义,抛物线经过两次简单变换后的一条抛物线是,即将抛物线向右平移4个单位或向上平移2个单位或向右平移2个单位且向上平移1个单位,得到抛物线.‎ ‎ ∵抛物线向左平移4个单位得到;‎ 抛物线向下平移2个单位得到;‎ 抛物线向左平移2个单位且向下平移1个单位得到,‎ ‎∴原抛物线的解析式不可能的是.‎ 故选B.‎ ‎3. (2015年浙江温州4分)如图,在Rt∠AOB的平分线ON上依次取点C,F,M,过点C作DE⊥OC,分别交OA,OB于点D,E,以FM为对角线作菱形FGMH,已知∠DFE=∠GFH=120°,FG=FE. 设OC=,图中阴影部分面积为,则与之间的函数关系式是【 】‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B. ‎ ‎【考点】由实际问题列函数关系式;角平分线的性质;等腰直角三角形的判定和性质;含30度角直角三角形的性质;菱的性质.21·cn·jy·com ‎【分析】∵ON是Rt∠AOB的平分线,DE⊥OC,∴△ODE是等腰直角三角形.‎ ‎∵OC=,∴DE=.‎ ‎∵∠DFE=120°,∵∠EDF=30°.‎ ‎∴CF=.∴S△DEF=.‎ 又∵菱形FGMH中,∠GFH=120°,FG=FE,∴S菱形FGMH=2 S△DEF.‎ ‎∴=3 S△DEF=.‎ 故选B.‎ ‎4. (2015年浙江义乌3分)如果一种变换是将抛物线向右平移2个单位或向上平移1个单位,我们把这种变换称为抛物线的简单变换. 已知抛物线经过两次简单变换后的一条抛物线是,则原抛物线的解析式不可能的是【 】‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】B.‎ ‎【考点】新定义;平移的性质;分类思想的应用.‎ ‎【分析】根据定义,抛物线经过两次简单变换后的一条抛物线是,即将抛物线向右平移4个单位或向上平移2个单位或向右平移2个单位且向上平移1个单位,得到抛物线.‎ ‎ ∵抛物线向左平移4个单位得到;‎ 抛物线向下平移2个单位得到;‎ 抛物线向左平移2个单位且向下平移1个单位得到,‎ ‎∴原抛物线的解析式不可能的是.‎ 故选B.‎ ‎1. (2015年浙江嘉兴5分)如图,在直角坐标系中,已知点A(0,1),点P在线段OA上,以AP为半径的⊙P周长为1. 点M从A开始沿⊙P按逆时针方向转动,射线AM交轴于点N(,0). 设点M转过的路程为().‎ ‎(1)当时,= ▲ ;‎ ‎(2)随着点M的转动,当从变化到时,点N相应移动的路径长为 ▲ ‎ ‎【答案】(1);(2).‎ ‎【考点】单点和线动旋转问题;圆周角定理;等腰直角三角形的判定和性质;等边三角形的判定和性质;含30度直角三角形的性质.‎ ‎【分析】(1)当时,,∴.‎ ‎∵A(0,1),∴.∴.‎ ‎(2)∵以AP为半径的⊙P周长为1,‎ ‎∴当从变化到时,点M转动的圆心角为120°,即圆周角为60°.‎ ‎∴根据对称性,当点M转动的圆心角为120°时,点N相应移动的路径起点和终点关于轴对称.‎ ‎∴此时构成等边三角形,且. ‎ ‎∵点A(0,1),即OA=1,∴.‎ ‎∴当从变化到时,点N相应移动的路径长为.‎ ‎2. (2015年浙江衢州4分)已知,正六边形在直角坐标系的位置如图所示,,点在原点,把正六边形沿轴正半轴作无滑动的连续翻转,每次翻转60°,经过2015次翻转之后,点的坐标是 ▲ .2 ‎ ‎【答案】.‎ ‎【考点】探索规律题(图形的变化类----循环问题);正六边形的性质;含30度角直角三角形的性质. ‎ ‎【分析】如答图,根据翻转的性质,每6次为一个循环组依次循环.‎ ‎∵,∴经过2015次翻转之后,为第336个循环组的第5步.‎ ‎∵,∴在中,.∴.‎ ‎∴在中,.∴.‎ ‎∴的横坐标为,纵坐标为.‎ ‎∴经过2015次翻转之后,点的坐标是.‎ ‎3. (2015年浙江绍兴5分)如图,已知点A(0,1),B(0,1),以点A为圆心,AB为半径作圆,交轴的正半轴于点C,则∠BAC等于 ▲ 度www.21-cn-jy.com ‎【答案】60.‎ ‎【考点】点的坐标;锐角三角函数定义;特殊角的三角函数值.‎ ‎【分析】∵A(0,1),B(0,1),∴AO=1,AC=AB=2.‎ ‎ ∴.‎ ‎∴∠BAC=60°.‎ ‎4. (2015年浙江台州5分)如图,这是台州市地图的一部分,分别以正东、正北方向为x轴、y轴的正方向建立直角坐标系,规定一个单位长度表示‎1km,甲、乙两人对着地图如下描述路桥区A处的位置则椒江区B处的坐标是 ▲ ‎ ‎【答案】. ‎ ‎【考点】解直角三角形的应用(方向角问题);直角坐标系和点的坐标;含30度角直角三角形的性质.‎ ‎【分析】如答图,过点B作BC轴于点C,‎ 根据题意,得AB=16,∠ABC=30°,‎ ‎∴AC=8,BH=.‎ ‎∵A(2,0),即OA=2,∴OC=.‎ ‎∴B处的坐标是.‎ ‎5. (2015年浙江义乌4分)如图,已知点A(0,1),B(0,1),以点A为圆心,AB为半径作圆,交轴的正半轴于点C,则∠BAC等于 ▲ 度 ‎【答案】60.‎ ‎【考点】点的坐标;锐角三角函数定义;特殊角的三角函数值.‎ ‎【分析】∵A(0,1),B(0,1),∴AO=1,AC=AB=2.‎ ‎ ∴.‎ ‎∴∠BAC=60°.‎ ‎6. (2015年浙江舟山4分)如图,在直角坐标系中,已知点A(0,1),点P在线段OA上,以AP为半径的⊙P周长为1. 点M从A开始沿⊙P按逆时针方向转动,射线AM交轴于点N(,0). 设点M转过的路程为(). 随着点M的转动,当从变化到时,点N相应移动的路径长为 ‎ ▲ ‎ ‎【答案】.‎ ‎【考点】单点和线动旋转问题;圆周角定理;等边三角形的判定和性质;含30度直角三角形的性质.‎ ‎【分析】∵以AP为半径的⊙P周长为1,‎ ‎∴当从变化到时,点M转动的圆心角为120°,即圆周角为60°.‎ ‎∴根据对称性,当点M转动的圆心角为120°时,点N相应移动的路径起点和终点关于轴对称.‎ ‎∴此时构成等边三角形,且. ‎ ‎∵点A(0,1),即OA=1,∴.‎ ‎∴当从变化到时,点N相应移动的路径长为.‎ ‎1. (2015年浙江杭州10分)设函数 (k是常数)‎ ‎(1)当k取1和2时的函数y1和y2的图象如图所示,请你在同一直角坐标系中画出当k取0时函数的图象;‎ ‎(2)根据图象,写出你发现的一条结论;‎ ‎(3)将函数y2的图象向左平移4个单位,再向下平移2个单位,得到函数y3的图象,求函数y3的最小值.‎ ‎【答案】解:(1)作图如答图:‎ ‎(2)函数 (k是常数)的图象都经过点(1,0).(答案不唯一)‎ ‎(3)∵,‎ ‎∴将函数y2的图象向左平移4个单位,再向下平移2个单位,得到函数y3为.‎ ‎∴当时,函数y3的最小值为.‎ ‎【考点】开放型;二次函数的图象和性质;平移的性质. ‎ ‎【分析】(1)当时,函数为,据此作图.‎ ‎(2)答案不唯一,如:‎ 函数 (k是常数)的图象都经过点;‎ 函数 (k是常数)的图象总与轴交于(1,0);‎ 当k取0和2时的函数时得到的两图象关于(0,2)成中心对称;‎ 等等.‎ ‎(3)根据平移的性质,左右平移时,左减右加。上下平移时,下减上加,得到平移后的表达式,根据二次函数的性质求出最值.2-1-c-n-j-y ‎2. (2015年浙江嘉兴12分)某企业接到一批粽子生产任务,按要求在15天内完成,约定这批粽子的出厂价为每只6元. 为按时完成任务,该企业招收了新工人,设新工人李明第天生产的粽子数量为只,与满足如下关系式:.‎ ‎(1)李明第几天生产的粽子数量为420只?‎ ‎(2)如图,设第天每只粽子的成本是元,与之间的关系可用图中的函数图象来刻画. 若李明第天创造的利润为元,求与之间的函数表达式,并求出第几天的利润最大?最大值是多少元(利润=出厂价-成本)?‎ ‎【答案】解:(1)设李明第天生产的粽子数量为420只,‎ 根据题意,得,‎ 解得.‎ 答:李明第10天生产的粽子数量为420只.‎ ‎(2)由图象可知,当时,;‎ 当时,设,‎ 把点(9,4.1),(15,4.7)代入止式,得,解得.‎ ‎∴.‎ ‎①时,,当时,(元);‎ ‎②时,,‎ ‎∵是整数,∴当时,(元);‎ ‎③时,,‎ ‎∵,∴当时,(元).‎ 综上所述,与之间的函数表达式为,第12天的利润最大,最大值是768元.‎ ‎【考点】一元一次方程、一次函数和二次函数的综合应用;分类思想的应用.‎ ‎【分析】(1)方程的应用解题关键是找出等量关系,列出方程求解. 本题设李明第天生产的粽子数量为420只,等量关系为:“第天生产的粽子数量等于420只”.‎ ‎(2)先求出与之间的关系式,分,,三种情况求解即可.‎ ‎3. (2015年浙江金华6分)在平面直角坐标系中,点A的坐标是(0,3),点B在轴上,将△AOB绕点A逆时针旋转90°得到△AEF,点O,B对应点分别是E,F.‎ ‎(1)若点B的坐标是,请在图中画出△AEF,并写出点E,F的坐标;‎ ‎(2)当点F落在轴上方时,试写出一个符合条件的点B的坐标.‎ ‎【答案】解:(1)如答图,△AEF就是所求作的三角形; 点E的坐标是(3,3),点F的坐标是.‎ ‎(2)答案不唯一,如B. ‎ ‎【考点】开放型;网格问题;图形的设计(面动旋转);点的坐标.‎ ‎【分析】(1)将线段AO、AB绕点A逆时针旋转90°得到AE、AF,连接EF,则△AEF就是所求作的三角形,从而根据图形得到点E,F的坐标.‎ ‎(2)由于旋转后,点E的坐标是(3,3),所以当点F落在轴上方时,只要即即可,从而符合条件的点B的坐标可以是等,答案不唯一.‎ ‎4. (2015年浙江宁波10分)已知抛物线,其中是常数 ‎(1)求证:不论为何值,该抛物线与轴一定有两个公共点;‎ ‎(2)若该抛物线的对称轴为直线,‎ ‎①求该抛物线的函数解析式;‎ ‎②把该抛物线沿轴向上平移多少个单位长度后,得到的抛物线与轴只有一个公共点?‎ ‎【答案】解:(1)证明:∵,‎ ‎∴由得.‎ ‎∵,∴不论为何值,该抛物线与轴一定有两个公共点.‎ ‎(2)①∵,‎ ‎∴抛物线的对称轴为直线,解得.‎ ‎∴抛物线的函数解析式为.‎ ‎②∵.‎ ‎∴该抛物线沿轴向上平移个单位长度后,得到的抛物线与轴只有一个公共点.‎ ‎【考点】抛物线与轴交点问题;二次函数的性质;二次函数的平移性质.‎ ‎【分析】(1)证明总有两个不等的实数根即可.‎ ‎(2)①根据对称轴为直线列方程求解即可.‎ ‎②把化为顶点式即可求解.‎ ‎5. (2015年浙江宁波14分)如图,在平面直角坐标系中,点M是第一象限内一点,过M的直线分别交轴,轴的正半轴于A,B两点,且M是AB的中点. 以OM为直径的⊙P分别交轴,轴于C,D两点,交直线AB于点E(位于点M右下方),连结DE交OM于点K.‎ ‎(1)若点M的坐标为(3,4),①求A,B两点的坐标; ②求ME的长;‎ ‎(2)若,求∠OBA的度数;‎ ‎(3)设(0<<1),,直接写出关于的函数解析式.‎ ‎【答案】解:(1)①如答图,连接,‎ ‎∵是⊙P的直径,∴.‎ ‎∵,∴∥,∥.‎ ‎∵点M是AB的中点,‎ ‎∴点D是AB的中点,点C是OA的中点.‎ ‎∵点M的坐标为(3,4),‎ ‎∴.‎ ‎∴点B的坐标为(0,8),点A的坐标为(6,0).‎ ‎②在中,∵,‎ ‎∴由勾股定理,得.‎ ‎∵点M是AB的中点,∴.‎ ‎∵,,∴.∴.‎ ‎∴.∴.‎ ‎(2)如答图,连接,‎ ‎∵,∴.∴.‎ ‎∵,∴是的中位线. ∴∥.∴‎ 又∵.∴.∴.‎ ‎∵是⊙P的直径,∴. ∴.‎ ‎∵,∴.∴.‎ ‎∵在中,点M是AB的中点,∴. ∴.‎ ‎(3)关于的函数解析式为.‎ ‎【考点】圆的综合题;圆周角定理;平行的性质;点的坐标;勾股定理;相似三角形的判定和性质;三角形中位线定理;全等三角形的判定和性质;锐角三角函数定义;特殊角的三角函数值;等腰三角形的性质;由实际问题列函数关系式;方程思想的应用.www-2-1-cnjy-com ‎【分析】(1)①连接,由三角形中位线定理求得A,B两点的坐标.‎ ‎②要求ME的长,由知只要求出和的长即可,的长可由长的一半求得,而长可由勾股定理求得;的长可由的对应边成比例列式求得.‎ ‎(2)连接,求得得到,由得到,即因此求得.‎ ‎(3)如答图,连接,‎ ‎∵是⊙P的直径,∴.‎ ‎∵(0<<1),不妨设,‎ ‎∴在中,.‎ 设,则.‎ ‎∵在中,,∴.‎ ‎∴.‎ ‎∵,∴.‎ ‎∴.‎ ‎∵点P是MO的中点,∴.‎ ‎∴.‎ ‎∴关于的函数解析式为.‎ ‎6. (2015年浙江绍兴14分)在平面直角坐标系中,O为原点,四边形OABC的顶点A在轴的正半轴上,OA=4,OC=2,点P,点Q分别是边BC,边AB上的点,连结AC,PQ,点B1是点B关于PQ的对称点.‎ ‎(1)若四边形OABC为矩形,如图1,‎ ‎①求点B的坐标;‎ ‎②若BQ:BP=1:2,且点B1落在OA上,求点B1的坐标;‎ ‎(2)若四边形OABC为平行四边形,如图2,且OC⊥AC,过点B1作B‎1F∥轴,与对角线AC、边OC分别交于点E、点F. 若B1E:B‎1F=1:3,点B1的横坐标为,求点B1的纵坐标,并直接写出的取值范围.‎ ‎【答案】解:(1)①∵四边形OABC为矩形,OA=4,OC=2,∴点B(4,2).‎ ‎②如答图1,过点P作PD⊥OA于点D,‎ ‎∵BQ:BP=1:2,点B1是点B关于PQ的对称点,‎ ‎∴∠PDB1=∠PB1Q=∠B1AQ=90°.‎ ‎∴∠PB1D=∠B1QA.‎ ‎∴△PB1D∽△B1QA.‎ ‎∴.‎ ‎∴B‎1A=1.‎ ‎∴OB1=3,即B1(3,0).‎ ‎(2)∵四边形OABC为平行四边形,OA=4,OC=2,且OC⊥AC,‎ ‎∴∠OAC=30°.‎ ‎∴点C.‎ ‎∵B1E:B‎1F=1:3,‎ ‎∴点B1不与点E、F重合,也不在线段EF的延长线上.‎ ‎①当点B1‎ 在线段FE的延长线上时,如答图2,延长B‎1F与轴交于点G,点B1的横坐标为,B‎1F∥轴, ‎ ‎∵B1E:B‎1F=1:3,∴B‎1G=.‎ 设OG=,则GF=,OF=.‎ ‎∴CF=.‎ ‎∴FE=,B1E=.‎ ‎∴B‎1G= B1E+EF+FG=.‎ ‎∴,‎ 即点B1的纵坐标为,的取值范围为.‎ ‎②当点B1在线段EF(点E、F除外)上时,如答图3,延长B‎1F与轴交于点G,点B1的横坐标为,B‎1F∥轴,【‎ ‎∵B1E:B‎1F=1:3,∴B‎1G=.‎ 设OG=,则GF=,OF=‎ ‎∴CF=.‎ ‎∴FE=,B‎1F=FE=.‎ ‎∴B‎1G= B‎1F +FG=.‎ ‎∴,‎ 即点B1的纵坐标为,的取值范围为.‎ ‎【考点】‎ 轴对称问题;矩形和平行四边形的性质;轴对称的性质;相似三角形的判定和性质;含30度直角三角形的性质;点的坐标;分类思想的应用.‎ ‎【分析】(1)①直接根据矩形的性质得到点B的坐标.‎ ‎②过点P作PD⊥OA于点D,证明△PB1D∽△B1QA,得到B‎1A的长,从而得到OB1的长,进而得到点B1的坐标.‎ ‎(2)分点B1在线段FE的延长线上和点B1在线段EF(点E、F除外)上两种情况讨论即可.‎ ‎7. (2015年浙江台州8分)图1中的摩天轮可抽象成一个圆,圆上一点离地面的高度y(m)与旋转时间x(min)之间的关系如图2所示.‎ ‎(1)根据图2填表:‎ x(min)‎ ‎0‎ ‎3‎ ‎6‎ ‎8‎ ‎12‎ ‎…‎ y(m)‎ ‎(2)变量y是x的函数吗?为什么?‎ ‎(3)根据图中的信息,请写出摩天轮的直径.‎ ‎【答案】解:(1)填表如下:‎ x(min)‎ ‎0‎ ‎3‎ ‎6‎ ‎8‎ ‎12‎ ‎…‎ y(m)‎ ‎5‎ ‎70‎ ‎5‎ ‎54‎ ‎5‎ ‎(2)变量y是x的函数,因为从图2可知 ,每一个x值都对应唯一一个y值,所以根据函数的定义可判定变量y是x的函数.21cnjy.com ‎(3)‎65m.‎ ‎【考点】函数图象的解读;函数的概念.‎ ‎【分析】(1)根据图2的信息填表即可.‎ ‎(2)结合图象,根据函数的定义“设在某变化过程中有两个变量x、y,如果对于x在某一范围内的每一个确定的值,y都有唯一确定的值与它对应,那么就称y是x的函数”,从而得出结论.‎ ‎(3)根据图中的信息,摩天轮上一点离地面的高度最低为‎5 m,最高为‎70 m ‎,因此,摩天轮的直径为m.2 ‎ ‎8. (2015年浙江台州12分)如图,在多边形ABCDE中,∠A=∠AED=∠D=90°,AB=5,AE=2,ED=3,过点E作EF∥CB交AB于点F,FB=1,过AE上的点P作PQ∥AB交线段EF于点O,交折线BCD于点Q,设AP=x,=y.【来源:21cnj*y.co*m】‎ ‎(1)①延长BC交ED于点M,则MD= ▲ ,DC= ▲ ‎ ‎②求y关于x的函数解析式;‎ ‎(2)当时,,求a,b的值;‎ ‎(3)当时,请直接写出x的取值范围.‎ ‎【答案】解:(1)①2;1.‎ ‎②∵,∴.‎ 在中,,‎ ‎∴‎ ‎∵,∴.‎ ‎∵,∴.‎ 当时,如答图1所示,‎ ‎∵,,‎ ‎∴四边形是平行四边形.∴. ‎ ‎∴. ‎ 当时,如答图2所示,‎ ‎∵,∴.‎ ‎∵,∴四边形是矩形.‎ ‎∴.‎ ‎∴.‎ ‎∴‎ ‎(2)∵当时,,∴.‎ 由得,,解得.‎ ‎∵当时,,∴,解得.‎ ‎∴.‎ ‎(3).‎ ‎【考点】由实际问题列函数关系式(几何问题);平行四边形、矩形的判定和性质;相似三角形的判定和性质;方程组和不等式组的应用;分类思想和数形结合思想的应用.2·1·c·n·j·y ‎【分析】(1)①如答图1,延长BC交ED于点M,则 ‎∵∠A=∠AED =90°,∴ED∥AB.‎ ‎∵EF∥CB,∴四边形FBME是平行四边形. ‎ ‎∴EM=FB=1.‎ ‎∵ED=3,∴MD=2.‎ ‎∵△AFE∽△DEC,且,∴DC=1.‎ ‎②分和两种情况求y关于x的函数解析式.‎ ‎(2)由(1)得到的,化为代入,解出,结合已知条件得到关于a,b的方程组求解即可.‎ ‎(3)关于的函数图象如答图3,当时,.‎ ‎9. (2015年浙江义乌12分)在平面直角坐标系中,O为原点,四边形OABC的顶点A在轴的正半轴上,OA=4,OC=2,点P、点Q分别是边BC、边AB上的点,连结AC,PQ,点B1是点B关于PQ的对称点.‎ ‎(1)若四边形OABC为矩形,如图1,‎ ‎①求点B的坐标;‎ ‎②若BQ:BP=1:2,且点B1落在OA上,求点B1的坐标;‎ ‎(2)若四边形OABC为平行四边形,如图2,且OC⊥AC,过点B1作B‎1F∥轴,与对角线AC、边OC分别交于点E、点F. 若B1E:B‎1F=1:3,点B1的横坐标为,求点B1的纵坐标,并直接写出的取值范围.‎ ‎【答案】解:(1)①∵四边形OABC为矩形,OA=4,OC=2,∴点B(4,2).‎ ‎②如答图1,过点P作PD⊥OA于点D,‎ ‎∵BQ:BP=1:2,点B1是点B关于PQ的对称点,‎ ‎∴∠PDB1=∠PB1Q=∠B1AQ=90°.‎ ‎∴∠PB1D=∠B1QA.‎ ‎∴△PB1D∽△B1QA.‎ ‎∴.‎ ‎∴B‎1A=1.‎ ‎∴OB1=3,即B1(3,0).‎ ‎(2)∵四边形OABC为平行四边形,OA=4,OC=2,且OC⊥AC,‎ ‎∴∠OAC=30°.‎ ‎∴点C.‎ ‎∵B1E:B‎1F=1:3,‎ ‎∴点B1不与点E、F重合,也不在线段EF的延长线上.‎ ‎①当点B1在线段FE的延长线上时,如答图2,延长B‎1F与轴交于点G,点B1的横坐标为,B‎1F∥轴, ‎ ‎∵B1E:B‎1F=1:3,∴B‎1G=.‎ 设OG=,则GF=,OF=.‎ ‎∴CF=.‎ ‎∴FE=,B1E=.‎ ‎∴B‎1G= B1E+EF+FG=.‎ ‎∴,‎ 即点B1的纵坐标为,的取值范围为.‎ ‎②当点B1在线段EF(点E、F除外)上时,如答图3,延长B‎1F与轴交于点G,点B1的横坐标为,B‎1F∥轴,  21*cnjy*com ‎∵B1E:B‎1F=1:3,∴B‎1G=.‎ 设OG=,则GF=,OF=‎ ‎∴CF=.‎ ‎∴FE=,B‎1F=FE=.‎ ‎∴B‎1G= B‎1F +FG=.‎ ‎∴,‎ 即点B1的纵坐标为,的取值范围为.‎ ‎【考点】轴对称问题;矩形和平行四边形的性质;轴对称的性质;相似三角形的判定和性质;含30度直角三角形的性质;点的坐标;分类思想的应用. ‎ ‎【分析】(1)①直接根据矩形的性质得到点B的坐标.‎ ‎②过点P作PD⊥OA于点D,证明△PB1D∽△B1QA,得到B‎1A的长,从而得到OB1的长,进而得到点B1的坐标.21*cnjy*com ‎(2)分点B1在线段FE的延长线上和点B1在线段EF(点E、F除外)上两种情况讨论即可.‎