中考数学一轮复习 专题练习 图形的变换 浙教版 33页

图形的变换（2）‎ ‎ 班级 姓名 学号 ‎ 一．选择题 ‎1.在下列艺术字中既是轴对称图形又是中心对称图形的是（　　）‎ A． B． C． D． ‎ ‎2.如图，是由一个圆柱体和一个长方体组成的几何体．其主视图是（　　）‎ ‎ A． B． C． D． ‎ ‎3.下列剪纸图案中，既是轴对称图形，又是中心对称图形的是（　　）‎ ‎　 A． B． C． D． ‎ ‎4.如图所示的几何体，其左视图是（　　）‎ A． B． C． D． ‎ ‎5.已知一块圆心角为300°的扇形铁皮，用它做一个圆锥形的烟囱帽（接缝忽略不计），圆锥的底面圆的直径是‎80cm，则这块扇形铁皮的半径是（　　）‎ A． ‎24cm B． ‎48cm C． ‎96cm D． ‎‎192cm ‎6.将图1围成图2的正方体，则图1中的红心“”标志所在的正方形是正方体中的（　　） ‎ ‎ ‎ A． 面CDHE B． 面BCEF C．面ABFG D． 面ADHG ‎7.在平面直角坐标系中，把点向右平移8个单位得到点，再将点绕原点旋转得到点，则点的坐标是( ) ‎ A． ‎ B． C． D．或 ‎8.如图．将正方形纸片ABCD折叠，使边AB、CB均落在对角线BD上，得折痕BE、BF，则∠EBF的大小为( )‎ A. 15° B. 30° C. 45° D. 60°‎ ‎9.如图，在△ABC中，AB=AC，BC=24，tanC=2，如果将△ABC沿直线翻折后，点B落在边AC的中点E处，直线与边BC交于点D，那么BD的长为 ( ) A.13 B. C. 　D.12 ‎ ‎ ‎ 10. 如图6，AB是⊙O的直径，AB=8，点M在⊙O上，∠MAB=20°,N是弧MB的中点,P是直径AB上的一动点，若MN=1，则△PMN周长的最小值为（ ）.‎ A. 4 B. ‎5 ‎ 　 C. 6 D. 7 ‎ ‎ ‎ 二．填空题 ‎11.如图，有一个英语单词，四个字母都关于直线l对称，请在试卷上补全字母，在答题卡上写出这个单词所指的物品 ． ‎ ‎ ‎ ‎12.如图所示的扇形是一个圆锥的侧面展开图, 若∠AOB=120° , 弧AB 的长为12πcm, 则该圆锥的侧面积为_______cm2.‎ ‎13.如图，已知正方形ABCD的边长为3，E为CD边上一点，DE=1．以点A为中心，把△ADE顺时针旋转，得△ADE′，连接EE′，则EE′的长等于 ．‎ ‎14.如图，半径为5的半圆的初始状态是直径平行于桌面上的直线b，然后把半圆沿直线b进行无滑动滚动，使半圆的直径与直线b重合为止，则圆心O运动路径的长度等于　 ．‎ ‎15.如图，矩形ABCD中，OA在x轴上，OC在y轴上，且OA=2，AB=5，把△ABC沿着AC对折得到△AB′C，AB′交y轴于D点，则B′点的坐标为　 　．‎ ‎16.如图，已知A（，2）、B（，1），将△AOB绕着点O逆时针旋转，使点A旋转到点A′（﹣2，）的位置，则图中阴影部分的面积为 ． ‎ ‎ ‎ ‎17.如图， 矩形中，AB=8，BC=6，P为AD上一点， 将△ABP 沿BP翻折至△EBP， PE与CD相交于点O，且OE=OD，则AP的长为__________. ‎ ‎ ‎ ‎18.现有多个全等直角三角形，先取三个拼成如图1所示的形状，R为DE的中点，BR分别交AC，CD于P，Q，易得BP：QR：QR=3：1：2．‎ ‎（1）若取四个直角三角形拼成如图2所示的形状，S为EF的中点，BS分别交AC，CD，DE于P，Q，R，则BP：PQ：QR：RS= 　‎ ‎（2）若取五个直角三角形拼成如图3所示的形状，T为FG的中点，BT分别交AC，CD，DE，EF于P，Q，R，S，则BP：PQ：QR：RS：ST=　 ．‎ 三．解答题 ‎19.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 ‎ ‎ ‎ ‎20.小红将笔记本电脑水平放置在桌子上，显示屏OB与底板OA所在水平线的夹角为120°时，感觉最舒适（如图1），侧面示意图为图2；使用时为了散热，她在底板下面垫入散热架ACO＇后，电脑转到AO＇B＇位置（如图3），侧面示意图为图4.已知OA=OB=‎24cm，O＇C⊥OA于点C，O＇C=‎12cm. ‎ ‎（1）求∠CAO＇的度数. ‎ ‎（2）显示屏的顶部B＇比原来升高了多少？ ‎ ‎（3）如图4，垫入散热架后，要使显示屏O＇B＇与水平线的夹角仍保持120°，则显示屏O＇B＇应绕点O＇按顺时针方向旋转多少度？ ‎ ‎21.如图，已知点A（4，0），B（0，4），把一个直角三角尺DEF放在△OAB内，使其斜边FD在线段AB上，三角尺可沿着线段AB上下滑动．其中∠EFD=30°，ED=2，点G为边FD的中点．‎ ‎（1）求直线AB的解析式；‎ ‎（2）如图1，当点D与点A重合时，求经过点G的反比例函数y=（k≠0）的解析式；‎ ‎（3）在三角尺滑动的过程中，经过点G的反比例函数的图象能否同时经过点F？如果能，求出此时反比例函数的解析式；如果不能，说明理由．‎ ‎22.如图1，B（‎2m，0），C（‎3m，0）是平面直角坐标系中两点，其中m为常数，且m＞0，E（0，n）为y轴上一动点，以BC为边在x轴上方作矩形ABCD，使AB=2BC，画射线OA，把△ADC绕点C逆时针旋转90°得△A′D′C′，连接ED′，抛物线y=ax2+bx+n（a≠0）过E，A′两点．‎ ‎（1）填空：∠AOB= 　°，用m表示点A′的坐标：A′（　 　，　 　）；‎ ‎（2）当抛物线的顶点为A′，抛物线与线段AB交于点P，且=时，△D′OE与△ABC是否相似？说明理由；‎ ‎（3）若E与原点O重合，抛物线与射线OA的另一个交点为点M，过M作MN⊥y轴，垂足为N：‎ ‎①求a，b，m满足的关系式；‎ ‎②当m为定值，抛物线与四边形ABCD有公共点，线段MN的最大值为10，请你探究a的取值范围．‎ ‎23.矩形AOCD绕顶点A（0，5）逆时针方向旋转，当旋转到如图所示的位置时，边BE交边CD于M，且ME=2，CM=4．‎ ‎（1）求AD的长；‎ ‎（2）求阴影部分的面积和直线AM的解析式；‎ ‎（3）求经过A、B、D三点的抛物线的解析式；‎ ‎（4）在抛物线上是否存在点P，使S△PAM=？若存在，求出P点坐标；若不存在，请说明理由．‎ ‎24.已知∠MAN=135°，正方形ABCD绕点A旋转．‎ ‎（1）当正方形ABCD旋转到∠MAN的外部（顶点A除外）时，AM，AN分别与正方形ABCD的边CB，CD的延长线交于点M，N，连接MN．‎ ‎①如图1，若BM=DN，则线段MN与BM+DN之间的数量关系是　 　；‎ ‎②如图2，若BM≠DN，请判断①中的数量关系是否仍成立？若成立，请给予证明；若不成立，请说明理由；‎ ‎（2）如图3，当正方形ABCD旋转到∠MAN的内部（顶点A除外）时，AM，AN分别与直线BD交于点M，N，探究：以线段BM，MN，DN的长度为三边长的三角形是何种三角形，并说明理由．‎ 答案详解 一．选择题 ‎3.下列剪纸图案中，既是轴对称图形，又是中心对称图形的是（　　）‎ ‎　 A． B． C． D． ‎ 解答： 解：A、是轴对称图形，也是中心对称图形，故此选项正确；‎ B、不是轴对称图形，因为找不到任何这样的一条直线，沿这条直线对折后它的两部分能够重合；即不满足轴对称图形的定义．是中心对称图形，故此选项错误；‎ C、是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项错误；‎ D、是轴对称图形，不是中心对称图形，因为找不到任何这样的一点，旋转180度后它的两部分能够重合；即不满足中心对称图形的定义，故此选项错误．‎ 故选：A．‎ ‎4.如图所示的几何体，其左视图是（　　）‎ 解答：解：从左边看是一个矩形的左上角去掉了一个小矩形，‎ ‎ 故选：C．‎ ‎5.已知一块圆心角为300°的扇形铁皮，用它做一个圆锥形的烟囱帽（接缝忽略不计），圆锥的底面圆的直径是‎80cm，则这块扇形铁皮的半径是（　　）‎ A． ‎24cm B． ‎48cm C． ‎96cm D． ‎‎192cm 解答：解：设这个扇形铁皮的半径为rcm，由题意得=π×80，‎ ‎ 解得r=48．‎ ‎ 故这个扇形铁皮的半径为‎48cm，‎ ‎ 故选B．‎ ‎6.将图1围成图2的正方体，则图1中的红心“”标志所在的正方形是正方体中的（　　） ‎ ‎ ‎ A． 面CDHE B． 面BCEF C． 面ABFG D． 面ADHG 解答： 解：由图1中的红心“”标志，‎ 可知它与等边三角形相邻，折叠成正方体是正方体中的面CDHE．‎ 故选A．‎ ‎7.在平面直角坐标系中，把点向右平移8个单位得到点，再将点绕原点旋转得到点，则点的坐标是( ) ‎ A． ‎ B． C． D．或 解答：解：∵把点P（﹣5，3）向右平移8个单位得到点P1， ‎ ‎∴点P1的坐标为：（3，3）， ‎ 如图所示：将点P1绕原点逆时针旋转90°得到点P2，则其坐标为：（﹣3，3），将点P1绕原点顺时针旋转90°得到点P3，则其坐标为：（3，﹣3）， ‎ 故符合题意的点的坐标为：（3，﹣3）或（﹣3，3）． ‎ 故选：D． ‎ ‎ ‎ ‎8.如图．将正方形纸片ABCD折叠，使边AB、CB均落在对角线BD上，得折痕BE、BF，则∠EBF的大小为( )‎ ‎ A. 15° B. 30° C. 45° D. 60°‎ 解答：解：根据折叠后，轴对称的性质，∠ABE=∠EBD=∠DBF=∠FBC=22.50，∴∠EBF=450。故选C。‎ ‎9.如图，在△ABC中，AB=AC，BC=24，tanC=2，如果将△ABC沿直线翻折后，点B落在边AC的中点E处，直线与边BC交于点D，那么BD的长为 ( ) A.13 B. C. 　D.12 ‎ ‎ ‎ 解答：解：过点A作AG⊥BC于点G， ‎ ‎∵AB=AC，BC=24，tanC=2， ‎ ‎∴=2，GC=BG=12， ‎ ‎∴AG=24， ‎ ‎∵将△ABC沿直线l翻折后，点B落在边AC的中点处， ‎ 过E点作EF⊥BC于点F， ‎ ‎∴EF=AG=12， ‎ ‎∴=2， ‎ ‎∴FC=6， ‎ 设BD=x，则DE=x， ‎ ‎∴DF=24﹣x﹣6=18﹣x， ‎ ‎∴x2=（18﹣x）2+122， ‎ 解得：x=13， ‎ 则BD=13． ‎ 故选A． ‎ ‎ ‎ 10. 如图6，AB是⊙O的直径，AB=8，点M在⊙O上，∠MAB=20°,N是弧MB的中点,P是直径AB上的一动点，若MN=1，则△PMN周长的最小值为（ ）.‎ A. 4 B. ‎5 ‎ 　 C. 6 D. 7 ‎ ‎ ‎ 解答：解：作N关于AB的对称点N′，连接MN′，NN′，ON′，ON． ‎ ‎∵N关于AB的对称点N′， ‎ ‎∴MN′与AB的交点P′即为△PMN周长的最小时的点， ‎ ‎∵N是弧MB的中点， ‎ ‎∴∠A=∠NOB=∠MON=20°， ‎ ‎∴∠MON′=60°， ‎ ‎∴△MON′为等边三角形， ‎ ‎∴MN′=OM=4， ‎ ‎∴△PMN周长的最小值为4+1=5． ‎ 故选B． ‎ ‎ ‎ 二．填空题 ‎11.如图，有一个英语单词，四个字母都关于直线l对称，请在试卷上补全字母，在答题卡上写出这个单词所指的物品 ． ‎ ‎ ‎ 解答：解：如图， ‎ ‎ ‎ 这个单词所指的物品是书． ‎ 故答案为：书． ‎ ‎12.如图所示的扇形是一个圆锥的侧面展开图, 若∠AOB=120° , 弧AB 的长为12πcm, 则该圆锥的侧面积为_______cm2.‎ 解答：解：设AO=B0=R ， ‎ ‎ ∵∠AOB=120°，弧AB 的长为12πcm ， ‎ ‎ ∴ =12π， ‎ ‎ 解得：R=18 ， ‎ ‎ ∴圆锥的侧面积为 lR= ×12π×18=108π， ‎ ‎ 故答案为：108π． ‎ ‎13.如图，已知正方形ABCD的边长为3，E为CD边上一点，DE=1．以点A为中心，把△ADE顺时针旋转，得△ADE′，连接EE′，则EE′的长等于 ．‎ 解答：解：在直角△EE′C中，利用勾股定理即可求解：‎ 根据正方形的性质和旋转的性质得到：BE′=DE=1。‎ 在直角△EE′C中：EC=DC－DE=2，CE′=BC＋BE′=4。‎ 根据勾股定理得到：。‎ ‎14.如图，半径为5的半圆的初始状态是直径平行于桌面上的直线b，然后把半圆沿直线b进行无滑动滚动，使半圆的直径与直线b重合为止，则圆心O运动路径的长度等于　 ．‎ 解答： 解：由图形可知，圆心先向前走OO1的长度即圆的周长，‎ 然后沿着弧O1O2旋转圆的周长，‎ 则圆心O运动路径的长度为：×2π×5+×2π×5=5π，‎ 故答案为：5π．‎ ‎15.如图，矩形ABCD中，OA在x轴上，OC在y轴上，且OA=2，AB=5，把△ABC沿着AC对折得到△AB′C，AB′交y轴于D点，则B′点的坐标为　 　．‎ 解答：解：作B′E⊥x轴，‎ ‎ 易证AD=CD，‎ ‎ 设OD=x，AD=5﹣x，‎ ‎ 在Rt△AOD中，根据勾股定理列方程得：22+x2=（5﹣x）2，‎ ‎ 解得：x=2.1，‎ ‎ ∴AD=2.9，‎ ‎ ∵OD∥B′E，‎ ‎ ∴△ADO∽△AB′E，‎ ‎16.如图，已知A（，2）、B（，1），将△AOB绕着点O逆时针旋转，使点A旋转到点A′（﹣2，）的位置，则图中阴影部分的面积为 ． ‎ ‎ ‎ 解答：解：∵A（，2）、B（，1），‎ ‎∴OA=4，OB=，∵由A（，2）使点A旋转到点A′（﹣2，），∴∠A′OA=∠B′OB=90°，‎ 根据旋转的性质可得，，‎ ‎∴阴影部分的面积等于S扇形A'OA﹣S扇形C'OC==，‎ 故答案为：． ‎ ‎ ‎ ‎17.如图， 矩形中，AB=8，BC=6，P为AD上一点， 将△ABP 沿BP翻折至△EBP， PE与CD相交于点O，且OE=OD，则AP的长为__________. ‎ ‎ ‎ 解答：解：如图所示： ‎ ‎ ‎ ‎∵四边形ABCD是矩形 ‎ ‎∴∠D=∠A=∠C=90°，AD=BC=6，CD=AB=8 ‎ 根据题意得：△ABP≌△EBP， ‎ ‎∴EP=AP，∠E=∠A=90°,BE=AB=8， ‎ 在△ODP和△OEG中 ‎ ‎ ‎ ‎∴△ODP≌△OEG ‎ ‎∴OP=OG，PD=GE， ‎ ‎∴DG=EP ‎ 设AP=EP=x，则PD=GE=6－x，DG=x， ‎ ‎∴CG=8－x，BG=8－（6－x）=2+x ‎ 根据勾股定理得：BC2+CG2=BG2 ‎ 即：62+（8－x）2=（x+2）2 ‎ 解得：x=4.8 ‎ ‎∴AP=4.8.‎ ‎18.现有多个全等直角三角形，先取三个拼成如图1所示的形状，R为DE的中点，BR分别交AC，CD于P，Q，易得BP：QR：QR=3：1：2．‎ ‎（1）若取四个直角三角形拼成如图2所示的形状，S为EF的中点，BS分别交AC，CD，DE于P，Q，R，则BP：PQ：QR：RS=　4：1：3：2　‎ ‎（2）若取五个直角三角形拼成如图3所示的形状，T为FG的中点，BT分别交AC，CD，DE，EF于P，Q，R，S，则BP：PQ：QR：RS：ST=　5：1：4：2：3　．‎ 解答： 解：（1）∵四个直角三角形是全等三角形，‎ ‎∴AB=EF=CD，AB∥EF∥CD，BC=CE，AC∥DE，‎ ‎∴BP：PR=BC：CE=1，‎ ‎∵CD∥EF，‎ ‎∴△BCQ∽△BES．‎ 又∵BC=CE ‎∵AB∥CD，‎ ‎∴∠ABP=∠DQR．‎ 又∵∠BAP=∠QDR，‎ ‎∴△BAP∽△QDR．‎ ‎∴BP：QR=4：3．‎ ‎∴BP：PQ：QR=4：1：3，‎ ‎∵DQ∥SE，‎ ‎∴QR：RS=DQ：SE=3：2，‎ ‎∴BP：PQ：QR：RS=4：1：3：2．‎ 故答案为：4：1：3：2；‎ ‎（2）∵五个直角三角形是全等直角三角形 ‎∴AB=CD=EF，AB∥CD∥EF，AC=DE=GF，AC∥DE∥GF，‎ BC=CE=EG，‎ ‎∴BP=PR=RT，‎ ‎∵AC∥DE∥GF，‎ ‎∴△BPC∽△BER∽BTG，‎ ‎∴AP：DR：FT=5：4：3．‎ ‎∵AC∥DE∥GF，‎ ‎∴∠BPA=∠QRD=∠STF．‎ 又∵∠BAP=∠QDR=∠SFT，‎ ‎∴△BAP∽△QDR∽△SFT．‎ ‎∴BP：QR：ST=AP：DR：FT=5：4：3．‎ 又∵BP：QR：RT=1：1：1，‎ ‎∴BP：PQ：QR：RS：ST=5：（5﹣4）：4：（5﹣3）：3=5：1：4：2：3．‎ 故答案为：5：1：4：2：3．‎ ‎19.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. ‎ ‎20.小红将笔记本电脑水平放置在桌子上，显示屏OB与底板OA所在水平线的夹角为120°时，感觉最舒适（如图1），侧面示意图为图2；使用时为了散热，她在底板下面垫入散热架ACO＇后，电脑转到AO＇B＇位置（如图3），侧面示意图为图4.已知OA=OB=‎24cm，O＇C⊥OA于点C，O＇C=‎12cm. ‎ ‎（1）求∠CAO＇的度数. ‎ ‎（2）显示屏的顶部B＇比原来升高了多少？ ‎ ‎（3）如图4，垫入散热架后，要使显示屏O＇B＇与水平线的夹角仍保持120°，则显示屏O＇B＇应绕点O＇按顺时针方向旋转多少度？ ‎ 解答：解：（1）∵O′C⊥OA于C，OA=OB=‎24cm， ‎ ‎∴sin∠CAO′=， ‎ ‎∴∠CAO′=30°； ‎ ‎（2）过点B作BD⊥AO交AO的延长线于D， ‎ ‎∵sin∠BOD=， ‎ ‎∴BD=OB•sin∠BOD， ‎ ‎∵∠AOB=120°， ‎ ‎∴∠BOD=60°， ‎ ‎ ‎ ‎（3）显示屏O′B′应绕点O′按顺时针方向旋转30°， ‎ 理由；∵显示屏O′B与水平线的夹角仍保持120°， ∴∠EO′F=120°， ‎ ‎∴∠FO′A=∠CAO′=30°， ‎ ‎∵∠AO′B′=120°， ‎ ‎∴∠EO′B′=∠FO′A=30°， ‎ ‎∴显示屏O′B′应绕点O′按顺时针方向旋转30°． ‎ ‎ ‎ ‎21.如图，已知点A（4，0），B（0，4），把一个直角三角尺DEF放在△OAB内，使其斜边FD在线段AB上，三角尺可沿着线段AB上下滑动．其中∠EFD=30°，ED=2，点G为边FD的中点．‎ ‎（1）求直线AB的解析式；‎ ‎（2）如图1，当点D与点A重合时，求经过点G的反比例函数y=（k≠0）的解析式；‎ ‎（3）在三角尺滑动的过程中，经过点G的反比例函数的图象能否同时经过点F？如果能，求出此时反比例函数的解析式；如果不能，说明理由．‎ 解答： 解：（1）设直线AB的解析式为y=kx+b，‎ ‎∵A（4，0），B（0，4），‎ ‎∴，‎ 解得：，‎ ‎∴直线AB的解析式为：y=﹣x+4；‎ ‎（2）∵在Rt△DEF中，∠EFD=30°，ED=2，‎ ‎∴EF=2，DF=4，‎ ‎∵点D与点A重合，‎ ‎∴D（4，0），‎ ‎∴F（2，2），‎ ‎∴G（3，），‎ ‎∵反比例函数y=经过点G，‎ ‎∴k=3，‎ ‎∴反比例函数的解析式为：y=；‎ ‎（3）经过点G的反比例函数的图象能同时经过点F；理由如下：‎ ‎∵点F在直线AB上，‎ ‎∴设F（t，﹣t+4），‎ 又∵ED=2，‎ ‎∴D（t+2，﹣t+2），‎ ‎∵点G为边FD的中点．‎ ‎∴G（t+1，﹣t+3），‎ 若过点G的反比例函数的图象也经过点F，‎ 设解析式为y=，‎ 则，‎ 整理得：（﹣t+3）（t+1）=（﹣t+4）t，‎ 解得：t=，‎ ‎∴m=，‎ ‎∴经过点G的反比例函数的图象能同时经过点F，这个反比例函数解析式为：y=．‎ ‎22.如图1，B（‎2m，0），C（‎3m，0）是平面直角坐标系中两点，其中m为常数，且m＞0，E（0，n）为y轴上一动点，以BC为边在x轴上方作矩形ABCD，使AB=2BC，画射线OA，把△ADC绕点C逆时针旋转90°得△A′D′C′，连接ED′，抛物线y=ax2+bx+n（a≠0）过E，A′两点．‎ ‎（1）填空：∠AOB=　45　°，用m表示点A′的坐标：A′（　m　，　﹣m　）；‎ ‎（2）当抛物线的顶点为A′，抛物线与线段AB交于点P，且=时，△D′OE与△ABC是否相似？说明理由；‎ ‎（3）若E与原点O重合，抛物线与射线OA的另一个交点为点M，过M作MN⊥y轴，垂足为N：‎ ‎①求a，b，m满足的关系式；‎ ‎②当m为定值，抛物线与四边形ABCD有公共点，线段MN的最大值为10，请你探究a的取值范围．‎ 解答： 解：（1）∵B（‎2m，0），C（‎3m，0），‎ ‎∴OB=‎2m，OC=‎3m，即BC=m，‎ ‎∵AB=2BC，‎ ‎∴AB=‎2m=0B，‎ ‎∵∠ABO=90°，‎ ‎∴△ABO为等腰直角三角形，‎ ‎∴∠AOB=45°，‎ 由旋转的性质得：OD′=D′A′=m，即A′（m，﹣m）；‎ 故答案为：45；m，﹣m；‎ ‎（2）△D′OE∽△ABC，理由如下：‎ 由已知得：A（‎2m，‎2m），B（‎2m，0），‎ ‎∵=，‎ ‎∴P（‎2m，m），‎ ‎∵A′为抛物线的顶点，‎ ‎∴设抛物线解析式为y=a（x﹣m）2﹣m，‎ ‎∵抛物线过点E（0，n），‎ ‎∴n=a（0﹣m）2﹣m，即m=2n，‎ ‎∴OE：OD′=BC：AB=1：2，‎ ‎∵∠EOD′=∠ABC=90°，‎ ‎∴△D′OE∽△ABC；‎ ‎（3）①当点E与点O重合时，E（0，0），‎ ‎∵抛物线y=ax2+bx+c过点E，A，‎ ‎∴，‎ 整理得：am+b=﹣1，即b=﹣1﹣am；‎ ‎②∵抛物线与四边形ABCD有公共点，‎ ‎∴抛物线过点C时的开口最大，过点A时的开口最小，‎ 若抛物线过点C（‎3m，0），此时MN的最大值为10，‎ ‎∴a（‎3m）2﹣（1+am）•‎3m=0，‎ 整理得：am=，即抛物线解析式为y=x2﹣x，‎ 由A（‎2m，‎2m），可得直线OA解析式为y=x，‎ 联立抛物线与直线OA解析式得：，‎ 解得：x=‎5m，y=‎5m，即M（‎5m，‎5m），‎ 令‎5m=10，即m=2，‎ 当m=2时，a=；‎ 若抛物线过点A（‎2m，‎2m），则a（‎2m）2﹣（1+am）•‎2m=‎2m，‎ 解得：am=2，‎ ‎∵m=2，‎ ‎∴a=1，‎ 则抛物线与四边形ABCD有公共点时a的范围为≤a≤1．‎ ‎23.矩形AOCD绕顶点A（0，5）逆时针方向旋转，当旋转到如图所示的位置时，边BE交边CD于M，且ME=2，CM=4．‎ ‎（1）求AD的长；‎ ‎（2）求阴影部分的面积和直线AM的解析式；‎ ‎（3）求经过A、B、D三点的抛物线的解析式；‎ ‎（4）在抛物线上是否存在点P，使S△PAM=？若存在，求出P点坐标；若不存在，请说明理由．‎ 解答： 解：（1）作BP⊥AD于P，BQ⊥MC于Q，如图1，‎ ‎∵矩形AOCD绕顶点A（0，5）逆时针方向旋转得到矩形ABEF，‎ ‎∴AB=AO=5，BE=OC=AD，∠ABE=90°，‎ ‎∴PB•MQ=xy，‎ ‎∵PB﹣MQ=DQ﹣MQ=DM=1，‎ ‎∴（PB﹣MQ）2=1，即PB2﹣2PB•MQ+MQ2=1，‎ ‎∴52﹣y2﹣2xy+（x+y﹣2）2﹣x2=1，解得x+y=7，‎ ‎∴BM=5，‎ ‎∴BE=BM+ME=5+2=7，‎ ‎∴AD=7；‎ ‎（2）∵AB=BM，‎ ‎∴Rt△ABP≌Rt△MBQ，‎ ‎∴BQ=PD=7﹣AP，MQ=AP，‎ ‎∵BQ2+MQ2=BM2，‎ ‎∴（7﹣MQ）2+MQ2=52，解得MQ=4（舍去）或MQ=3，‎ ‎∴BQ=7﹣3=4，‎ ‎∴S阴影部分=S梯形ABQD﹣S△BQM ‎=×（4+7）×4﹣×4×3‎ ‎=16；‎ 设直线AM的解析式为y=kx+b，‎ 把A（0，5），M（7，4）代入得，解得，‎ ‎∴直线AM的解析式为y=﹣x+5；‎ ‎（3）设经过A、B、D三点的抛物线的解析式为y=ax2+bx+c，‎ ‎∵AP=MQ=3，BP=DQ=4，‎ ‎∴B（3，1），‎ 而A（0，5），D（7，5），‎ ‎∴，解得，‎ ‎∴经过A、B、D三点的抛物线的解析式为y=x2﹣x+5；‎ ‎24.已知∠MAN=135°，正方形ABCD绕点A旋转．‎ ‎（1）当正方形ABCD旋转到∠MAN的外部（顶点A除外）时，AM，AN分别与正方形ABCD的边CB，CD的延长线交于点M，N，连接MN．‎ ‎①如图1，若BM=DN，则线段MN与BM+DN之间的数量关系是　MN=BM+DN　；‎ ‎②如图2，若BM≠DN，请判断①中的数量关系是否仍成立？若成立，请给予证明；若不成立，请说明理由；‎ ‎（2）如图3，当正方形ABCD旋转到∠MAN的内部（顶点A除外）时，AM，AN分别与直线BD交于点M，N，探究：以线段BM，MN，DN的长度为三边长的三角形是何种三角形，并说明理由．‎ 解答：解：（1）①如图1，若BM=DN，则线段MN与BM+DN之间的数量关系是MN=BM+DN．‎ ‎ 理由如下：‎ ‎ 在△ADN与△ABM中，‎ ‎ ，‎ ‎ ∴△ADN≌△ABM（SAS），‎ ‎ ∴AN=AM，∠NAD=∠MAB，‎ ‎ ∵∠MAN=135°，∠BAD=90°，‎ ‎ ∴∠NAD=∠MAB=（360°﹣135°﹣90°）=67.5°，‎ ‎ 作AE⊥MN于E，则MN=2NE，∠NAE=∠MAN=67.5°．‎ ‎ 在△ADN与△AEN中，‎ ‎ ，‎ ‎ ∴△ADN≌△AEN（AAS），‎ ‎ ∴DN=EN，‎ ‎ ∵BM=DN，MN=2EN，‎ ‎ ∴MN=BM+DN．‎ ‎ 故答案为MN=BM+DN；‎ ‎ ②如图2，若BM≠DN，①中的数量关系仍成立．理由如下：‎ ‎ 延长NC到点P，使DP=BM，连结AP．‎ ‎ ∵四边形ABCD是正方形，‎ ‎ ∴AB=AD，∠ABM=∠ADC=90°．‎ ‎ 在△ABM与△ADP中，‎ ‎ ，‎ ‎ ∴△ABM≌△ADP（SAS），‎ ‎ ∴AM=AP，∠1=∠2=∠3，‎ ‎ ∵∠1+∠4=90°，‎ ‎ ∴∠3+∠4=90°，‎ ‎ ∵∠MAN=135°，‎ ‎ ∴∠PAN=360°﹣∠MAN﹣（∠3+∠4）=360°﹣135°﹣90°=135°．‎ ‎ 在△ANM与△ANP中，‎ ‎ ，‎ ‎ ∴△ANM≌△ANP（SAS），‎ ‎ ∴MN=PN，‎ ‎ ∵PN=DP+DN=BM+DN，‎ ‎ ∴MN=BM+DN；‎ ‎ （2）如图3，以线段BM，MN，DN的长度为三边长的三角形是直角三角形．理由如下：‎ ‎ ∵四边形ABCD是正方形，‎ ‎ ∴∠BDA=∠DBA=45°，‎ ‎ ∴∠MDA=∠NBA=135°．‎ ‎ ∵∠1+∠2=45°，∠2+∠3=45°，‎ ‎ ∴∠1=∠3．‎ ‎ 在△ANB与△MAD中，‎ ‎ ∴BD2=2BN•MD，‎ ‎∴MD2+2MD•BD+BD2+BD2+2BD•BN+BN2=MD2+BD2+BN2+2MD•BD+2BD•BN+2BN•MD，‎ ‎ ∴（MD+BD）2+（BD+BN）2=（DM+BD+BN）2，‎ ‎ 即MB2+DN2=MN2，‎ ‎ ∴以线段BM，MN，DN的长度为三边长的三角形是直角三角形．‎