专题04图形的变换
一、选择题
1．（2017四川省南充市）如图由7个小正方体组合而成的几何体，它的主视图是（）
A．B．C．D．
【答案】．
考点：2．（2017四川省南充市）如图，正方形ABCD和正方形CEFG边长分别为a和b，正方形CEFG绕点C旋转，给出下列结论：BE=DG；BE⊥DG；，其中正确结论是（填序号）
【答案】．
【解析】
试题分析：设BE，DG交于O，四边形ABCD和EFGC都为正方形，BC=CD，CE=CG，BCD=∠ECG=90°，BCE+∠DCE=∠ECG+∠DCE=90°+∠DCE，即BCE=∠DCG，在BCE和DCG中，，BCE≌△DCG（SAS），BE=DG，1=∠2，1+∠4=∠3+∠1=90°，2+∠3=90°，BOC=90°，BE⊥DG；故正确；
连接BD，EG，如图所示，DO2+BO2=BD2=BC2+CD2=2a2，EO2OG2=EG2=CG2+CE2=b2，则BG2DE2=DO2+BO2+EO2+OG2=2a2+b2，故正确．
故答案为：．
考点：1．旋转的性质；2．全等三角形的判定与性质；3．正方形的性质3．（2017四川省广安市）在44的方格内选5个小正方形，让它们组成一个轴对称图形，请在图中画出你的4种方案．（每个44的方格内限画一种）
要求：
（1）5个小正方形必须相连（有公共边或公共顶点式为相连）
（2）将选中的小正方行方格用黑色签字笔涂成阴影图形．（每画对一种方案得2分，若两个方案的图形经过反折、平移、旋转后能够重合，均视为一种方案）
【答案】．
【解析】
试题分析：利用轴对称图形的性质用5个小正方形组成一个轴对称图形即可．
试题解析：如图．
．
考点：1．利用旋转设计图案；2．利用轴对称设计图案；3．利用平移设计图案4．（2017四川省眉山市）在如图的正方形网格中，每一个小正方形的边长为1．格点三角形ABC（顶点是网格线交点的三角形）的顶点A、C的坐标分别是（﹣4，6），（﹣1，4）．
（1）请在图中的网格平面内建立平面直角坐标系；
（2）请画出ABC关于x轴对称的A1B1C1；
（3）请在y轴上求作一点P，使PB1C的周长最小，并写出点P的坐标．
【答案】．
【解析】
试题分析：（1）根据A点坐标建立平面直角坐标系即可；
（2）分别作出各点关于x轴的对称点，再顺次连接即可；
（3）作出点B关于y轴的对称点B2，连接B2交y轴于点P，则P点即为所求．
试题解析：（1）如图所示；
（2）如图，即为所求；
（3）作点关于y轴的对称点，连接交y轴于点P，则点P即为所求．
设直线的解析式为y=kxb（k0），（﹣，），（，），，解得，直线AB2的解析式为：，当x=0时，y=，P（0，）．
考点：1．作图﹣轴对称变换；2．勾股定理；3．轴对称﹣最短路线问题；4．最值问题5．（2017山东省枣庄市）如图，在平面直角坐标系中，已知ABC三个顶点的坐标分别是A（2，2），B（4，0），C（4，﹣4）．
（1）请在图中，画出ABC向左平移6个单位长度后得到的A1B1C1；
（2）以点O为位似中心，将ABC缩小为原来的，得到A2B2C2，请在图中y轴右侧，画出A2B2C2，并求出A2C2B2的正弦值．
【答案】sin∠A2C2B2=．
【解析】
试题分析：（1）直接利用平移的性质得出对应点位置进而得出答案；
（2）利用位似图形的性质得出对应点位置，再利用锐角三角三角函数关系得出答案．
试题解析：（1）如图所示：A1B1C1，即为所求；
（2）如图所示：A2B2C2，即为所求，由图形可知，A2C2B2=∠ACB，过点A作ADBC交BC的延长线于点D，由A（2，2），C（4，﹣4），B（4，0），易得D（4，2），故AD=2，CD=6，AC==，sin∠ACB===，即sinA2C2B2=．
考点1．作图﹣位似变换；2．作图﹣平移变换；3．解直角三角形6．（2017广西四市）如图，在平面直角坐标系中，ABC的三个顶点分别为A（﹣1，﹣2），B（﹣2，﹣4），C（﹣4，﹣1）．
（1）把ABC向上平移3个单位后得到A1B1C1，请画出A1B1C1并写出点B1的坐标；
（2）已知点A与点A2（2，1）关于直线l成轴对称，请画出直线l及ABC关于直线l对称的A2B2C2，并直接写出直线l的函数解析式．
【答案】y=﹣x．
【解析】
试题分析：（1）根据图形平移的性质画出A1B1C1并写出点B1的坐标即可；
（2）连接AA2，作线段AA2的垂线l，再作ABC关于直线l对称的A2B2C2即可．
试题解析：（1）如图，A1B1C1即为所求，B1（﹣2，﹣1）；
（2）如图，A2B2C2即为所求，直线l的函数解析式为y=﹣x．
考点：1．作图﹣轴对称变换；2．待定系数法求一次函数解析式；3．作图﹣平移变换7．（2017江苏省连云港市）如图，在平面直角坐标系xOy中，过点A（﹣2，0）的直线交y轴正半轴于点B，将直线AB绕着点顺时针旋转90°后，分别与x轴、y轴交于点D．C．
（1）若OB=4，求直线AB的函数关系式；
（2）连接BD，若ABD的面积是5，求点B的运动路径长．
【答案】y=2x+4；（2）．
【解析】
试题分析：（1）依题意求出点B坐标，然后用待定系数法求解析式；
（2）设OB=m，则AD=m2，根据三角形面积公式得到关于m的方程，解方程求得m的值，然后根据弧长公式即可求得．
试题解析：（1）OB=4，B（0，4）A（﹣2，0），设直线AB的解析式为y=kxb，则解得，直线AB的解析式为y=2x4；
（2）设OB=m，则AD=m2，ABD的面积是5，AD?OB=5，（m2）?m=5，即，解得（舍去），BOD=90°，点B的运动路径长为：．
考点：1．一次函数图象与几何变换；2．轨迹；3．弧长的计算8．（2017河北省）如图，AB=16，O为AB中点，点C在线段OB上（不与点O，B重合），将OC绕点O逆时针旋转270°后得到扇形COD，AP，BQ分别切优弧于点P，Q，且点P，Q在AB异侧，连接OP．
（1）求证：AP=BQ；
（2）当BQ=时，求的长（结果保留π）；
（3）若APO的外心在扇形COD的内部，求OC的取值范围．
）解析；（）（）OC＜（1）连接OQ．只要证明RtAPO≌Rt△BQO即可解决问题；
（2）求出优弧DQ的圆心角以及半径即可解决问题；
（3）由APO的外心是OA的中点，OA=8，推出APO的外心在扇形COD的内部时，OC的取值范围为4OC＜8；
试题解析：（1）证明：连接OQ．
AP、BQ是O的切线，OP⊥AP，OQBQ，APO=∠BQO=90°，在RtAPO和RtBQO中，，Rt△APO≌Rt△BQO，AP=BQ；
（2）Rt△APO≌Rt△BQO，AOP=∠BOQ，P、O、Q三点共线，在RtBOQ中，cosB=，B=30°，BOQ=60°，OQ=OB=4，COD=90°，QOD=90°+60°=150°，优弧的长==（3）APO的外心是OA的中点，OA=8，APO的外心在扇形COD的内部时，OC的取值范围为4OC＜8．
考点：1．切线的性质；2．弧长的计算；3．旋转的性质9．（2017湖北省襄阳市）如图，在ABC中，ACB=90°，CD是中线，AC=BC，一个以点D为顶点的45°角绕点D旋转，使角的两边分别与AC、BC的延长线相交，交点分别为点E，F，DF与AC交于点M，DE与BC交于点N．
（1）如图1，若CE=CF，求证：DE=DF；
（2）如图2，在EDF绕点D旋转的过程中：
探究三条线段AB，CE，CF之间的数量关系，并说明理由；
若CE=4，CF=2，求DN的长．
【答案】AB2=4CE?CF；②．
【解析】
试题分析：（1）根据等腰直角三角形的性质得到BCD=∠ACD=45°，BCE=∠ACF=90°，于是得到DCE=∠DCF=135°，根据全等三角形的性质即可的结论；
（2）证得CDF∽△CED，根据相似三角形的性质得到，即CD2=CE?CF，根据等腰直角三角形的性质得到CD=AB，于是得到AB2=4CE?CF；如图，过D作DGBC于G，于是得到DGN=∠ECN=90°，CG=DG，当CE=4，CF=2时，求得CD=，推出CEN∽△GDN，根据相似三角形的性质得到=2，根据勾股定理即可得到结论．
试题解析：（1）证明：ACB=90°，AC=BC，AD=BD，BCD=∠ACD=45°，BCE=∠ACF=90°，DCE=∠DCF=135°，在DCE与DCF中，，DCE≌△DCF，DE=DF；
考点：1．几何变换综合题；2．探究型；3．和差倍分；4．综合题10．（2017山东省济宁市）实验探究：
（1）如图1，对折矩形纸片ABCD，使AD与BC重合，得到折痕EF，把纸片展开；再一次折叠纸片，使点A落在EF上，并使折痕经过点B，得到折痕BM，同时得到线段BN，MN．请你观察图1，猜想MBN的度数是多少，并证明你的结论．
（2）将图1中的三角形纸片BMN剪下，如图2，折叠该纸片，探究MN与BM的数量关系，写出折叠方案，并结合方案证明你的结论．
【答案】MBN=30°；（2）MN=BM．
【解析】
试题分析：（1）猜想：MBN=30°．只要证明ABN是等边三角形即可；
（2）结论：MN=BM．
折纸方案：如图2中，折叠BMN，使得点N落在BM上O处，折痕为MP，连接OP．
理由：由折叠可知MOP≌△MNP，MN=OM，OMP=∠NMP=∠OMN=30°=∠B，MOP=∠MNP=90°，BOP=∠MOP=90°，OP=OP，MOP≌△BOP，MO=BO=BM，MN=BM．
考点：1．翻折变换（折叠问题）；2．矩形的性质；3．剪纸问题11．（2017广西四市）如图，已知抛物线与坐标轴交于A，B，C三点，其中C（0，3），BAC的平分线AE交y轴于点D，交BC于点E，过点D的直线l与射线AC，AB分别交于点M，N．
（1）直接写出a的值、点A的坐标及抛物线的对称轴；
（2）点P为抛物线的对称轴上一动点，若PAD为等腰三角形，求出点P的坐标；
（3）证明：当直线l绕点D旋转时，均为定值，并求出该定值．
【答案】a=，A（﹣，0）抛物线的对称轴为x=点P的坐标为（，2）或（，0）或（，﹣4）．
【解析】
试题分析：（1）由点C的坐标为（0，3），可知﹣9a=3，故此可求得a的值，然后令y=0得到关于x的方程，解关于x的方程可得到点A和点B的坐标，最后利用抛物线的对称性可确定出抛物线的对称轴；
（3）设直线MN的解析式为y=kx1，接下来求得点M和点N的横坐标，于是可得到AN的长，然后利用特殊锐角三角函数值可求得AM的长，最后将AM和AN的长代入化简即可．
试题解析：（1）C（0，3），﹣9a=3，解得：a=．
令y=0得：，a≠0，，解得：x=﹣或x=，点A的坐标为（﹣，0），B（，0），抛物线的对称轴为x=．
（2）OA=，OC=3，tan∠CAO=，CAO=60°．
AE为BAC的平分线，DAO=30°，DO=AO=1，点D的坐标为（0，1）设点P的坐标为（，a）．
依据两点间的距离公式可知：AD2=4，AP2=12a2，DP2=3（a﹣1）2．
当AD=PA时，4=12a2，方程无解．
当AD=DP时，4=3（a﹣1）2，解得a=2或a=0，点P的坐标为（，2）或（，0）．
当AP=DP时，12a2=3+（a﹣1）2，解得a=﹣4，点P的坐标为（，﹣4）．
综上所述，点P的坐标为（，2）或（，0）或（，﹣4）．
（3）设直线AC的解析式为y=mx3，将点A的坐标代入得：，解得：m=，直线AC的解析式为．
设直线MN的解析式为y=kx1．
把y=0代入y=kx1得：kx1=0，解得：x=，点N的坐标为（，0），AN==．
将与y=kx1联立解得：x=，点M的横坐标为．
过点M作MGx轴，垂足为G．则AG=．
MAG=60°，AGM=90°，AM=2AG==，∴====．
考点：1．二次函数综合题；2．旋转的性质；3．定值问题；4．动点型；5．分类讨论；6．压轴题12．（2017四川省南充市）如图1，已知二次函数（a、b、c为常数，a0）的图象过点O（0，0）和点A（4，0），函数图象最低点M的纵坐标为，直线l的解析式为y=x．
（1）求二次函数的解析式；
（2）直线l沿x轴向右平移，得直线l′，l′与线段OA相交于点B，与x轴下方的抛物线相交于点C，过点C作CEx轴于点E，把BCE沿直线l′折叠，当点E恰好落在抛物线上点E′时（图2），求直线l′的解析式；
（3）在（2）的条件下，l′与y轴交于点N，把BON绕点O逆时针旋转135°得到B′ON′，P为l′上的动点，当PB′N′为等腰三角形时，求符合条件的点P的坐标．
【答案】；（2）y=x﹣3P坐标为（0，﹣3）或（，）或（，）．
【解析】
试题分析：（1）由题意抛物线的顶点坐标为（2，），设抛物线的解析式为，把（0，0）代入得到a=，即可解决问题；
（3）分两种情形求解即可当P1与N重合时，P1B′N′是等腰三角形，此时P1（0，﹣3）．当N′=N′B′时，设P（m，m﹣3），列出方程解方程即可；
试题解析：（1）由题意抛物线的顶点坐标为（2，），设抛物线的解析式为，把（0，0）代入得到a=，抛物线的解析式为，即．
（2）如图1中，设E（m，0），则C（m，），B（，0），
∵E′在抛物线上，E、B关于对称轴对称，=2，解得m=1或6（舍弃），B（3，0），C（1，﹣2），直线l′的解析式为y=x﹣3．
（3）如图2中，当P1与N重合时，P1B′N′是等腰三角形，此时P1（0，﹣3）．
当N′=N′B′时，设P（m，m﹣3），则有，解得m=或，P2（，），P3（，）．
综上所述，满足条件的点P坐标为（0，﹣3）或（，）或（，）．
考点：1．二次函数综合题；2．几何变换综合题；3．分类讨论；4．压轴题13．（2017四川省达州市）如图1，点A坐标为（2，0），以OA为边在第一象限内作等边OAB，点C为x轴上一动点，且在点A右侧，连接BC，以BC为边在第一象限内作等边BCD，连接AD交BC于E．
（1）直接回答：OBC与ABD全等吗？
试说明：无论点C如何移动，AD始终与OB平行；
（2）当点C运动到使AC2=AE?AD时，如图2，经过O、B、C三点的抛物线为y1．试问：y1上是否存在动点P，使BEP为直角三角形且BE为直角边？若存在，求出点P坐标；若不存在，说明理由；
（3）在（2）的条件下，将y1沿x轴翻折得y2，设y1与y2组成的图形为M，函数的图象l与M有公共点．试写出：l与M的公共点为3个时，m的取值．
【答案】OBC与ABD全等P（3，）或（﹣2，）﹣m＜0．
【解析】
试题分析：（1）利用等边三角形的性质证明OBC≌△ABD；
证明OBA=∠BAD=60°，可得OBAD；
（2）首先证明DEBC，再求直线AE与抛物线的交点就是点P，所以分别求直线AE和抛物线y1的解析式组成方程组，求解即可；
（3）先画出如图3，根据图形画出直线与图形M有个公共点时，两个边界的直线，上方到，将向下平移即可满足l与图形M有3个公共点，一直到直线l与y2相切为止，主要计算相切时，列方程组，确定0时，m的值即可．
试题解析：（1）OBC与ABD全等，理由是：如图1，OAB和BCD是等边三角形，OBA=∠CBD=60°，OB=AB，BC=BD，OBA+∠ABC=∠CBD+∠ABC，即OBC=∠ABD，OBC≌△ABD（SAS）；
OBC≌△ABD，BAD=∠BOC=60°，OBA=∠BAD，OB∥AD，无论点C如何移动，AD始终与OB平行；
（2）如图2，AC2=AE?AD，，EAC=∠DAC，AEC∽△ACD，ECA=∠ADC，BAD=∠BAO=60°，DAC=60°，BED=∠AEC，ACB=∠ADB，ADB=∠ADC，BD=CD，DE⊥BC，RtABE中，BAE=60°，ABE=30°，AE=AB=×2=1，RtAEC中，EAC=60°，ECA=30°，AC=2AE=2，C（4，0），等边OAB中，过B作BHx轴于H，BH==，B（1，），设y1的解析式为：y=ax（x﹣4），把B（1，）代入得：=a（1﹣4），a=﹣，设y1的解析式为：y1=﹣x（x﹣4）=，过E作EGx轴于G，RtAGE中，AE=1，AG=AE=，EG==，E（，），设直线AE的解析式为：y=kxb，把A（2，0）和E（，）代入得：，解得：，直线AE的解析式为：，则，解得：，，P（3，）或（﹣2，）；
（3）如图3，y1==，顶点（2，），抛物线y2的顶点为（2，﹣），y2=，当m=0时，与图形M两公共点，当y2与l相切时，即有一个公共点，l与图形M有3个公共点，则，，x2﹣7x﹣3m=0，=（﹣7）2﹣41×（﹣3m）0，m﹣，当l与M的公共点为3个时，m的取值是：﹣m＜0．
考点：1．二次函数综合题；2．翻折变换（折叠问题）；3．动点型；4．存在型；5．分类讨论；6．压轴题14．（2017江苏省连云港市）如图，已知二次函数（a0）的图象经过点A（3，0），B（4，1），且与y轴交于点C，连接AB、AC、BC．
（1）求此二次函数的关系式；
（2）判断ABC的形状；若ABC的外接圆记为M，请直接写出圆心M的坐标；
（3）若将抛物线沿射线BA方向平移，平移后点A、B、C的对应点分别记为点A1、B1、C1，A1B1C1的外接圆记为M1，是否存在某个位置，使M1经过原点？若存在，求出此时抛物线的关系式；若不存在，请说明理由．
【答案】；（2）直角三角形，M（2，2）或．
【解析】
试题分析：（1）直接利用待定系数法求出a，b的值进而得出答案；
（2）首先得出OAC=45°，进而得出AD=BD，求出OAC=45°，即可得出答案；
（2）ABC是直角三角形，过点B作BDx轴于点D，易知点C坐标为：（0，3），所以OA=OC，所以OAC=45°，又点B坐标为：（4，1），AD=BD，OAC=45°，BAC=180°﹣45°﹣45°=90°，ABC是直角三角形，圆心M的坐标为：（2，2）；
（3）存在．取BC的中点M，过点M作MEy轴于点E，M的坐标为：（2，2），MC=，OM=，MOA=45°，又BAD=45°，OM∥AB，要使抛物线沿射线BA方向平移，且使M1经过原点，则平移的长度为：或；
BAD=45°，抛物线的顶点向左、向下均分别平移个单位长度
或个单位长度，，平移后抛物线的关系式为：，即
或，即．
综上所述，存在一个位置，使M1经过原点，此时抛物线的关系式为：
或．
考点：1．二次函数综合题；2．平移的性质；3．动点型；4．存在型；5．压轴题15．（2017浙江省绍兴市）如图，已知点（1求）落在上，求（3）如图作y轴的平行线PM，过将求
【答案】，3）或（-，4）或（，4）．
【解析】
试题分析：1）点P在BC上，要使PD=CD，只有P与C重合；
（2）首先要分点P在边AB，AD上时讨论，根据“点P关于坐标轴对称的点Q”，即还要细分“点P关于x轴的对称点Q和点P关于y轴的对称点Q”讨论，根据关于x轴、y轴对称点的特征（关于x轴对称时，点的横坐标不变，纵坐标变成相反数；关于y轴对称时，相反；）将得到的点Q的坐标代入直线y=x-1，即可解答；
（3）在不同边上，根据图象，点M翻折后，点M’落在x轴还是y轴，可运用相似求解．
试题解析：AD为y=-2x-2，所以G（0，-2P在CD边上时，可设P（m，4），-3≤m≤3，M′P=PM=4+2=6，MG=GM=|m|，易证得△OGM′∽△HM′P，则，，则OM′=，在Rt△OGM′中，由
勾股定理得，，解得m=-或，则P（-，4）或（，4）；
②如下图，当点P在AD边上时，设P（m，-2m-2，PM′=PM=|-2m|，GM′=MG=|m|，OGM′∽△HM′P，则，，则OM′=，在Rt△OGM′中，由勾股定理得，，整理得m=-，P（-，3）；
如下图，当点P在AB边上时，设P（m，-4），此时M′在y轴上，则四边形PM′GM是正方形，所以GM=PM=4-2=2，则P（2，-4）．
综上所述，点P的坐标为（2，-4）或（-，3）或（-，4）或（，4）．
考点：1．一次函数综合题；2．平行四边形的性质；3．翻折变换（折叠问题）；4．动点型；5．分类讨论；6．压轴题
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