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 20页

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.‎