【正文】 2 t =2? ， （舍去）。 ∴△ MOT， △ NHT 都是等腰直角三角形。 ∴ N（ 2 t 2 2t?? ， ）。 ∴ 212 m= t2? ? ? 。 解得 1 2 3a = 2 a = 2 + 2 2 a = 2 2 2?， 。 （ 2） ∵ 直線 x＝ 3 交直線 AB 于點 D，交拋物線 C1 于點 E， ∴DE5y =4 y = 2， ∴ DE=DE 53y y =4 22? ? ?。 設(shè)直線 AB 的解析式為 y=kx+b ，則 b= 2k+b=0????，解得 k=2b=2?? ??。 （ 2）分兩種情況進行討論， ① 當(dāng) AE為一邊時， AE∥ PD， ② 當(dāng) AE為對角線時， 根據(jù)平行四邊形對頂點到另一條對角線距離相等，求解點 P 坐標(biāo)。 此時 a=﹣ 13 ，點 P 的坐標(biāo)為（ 9 3 1313 2??? ， ）。， 即 21 3 a a a 22= 2 FQ39。 ∴△ COQ′∽ △ Q′FP。 ② 當(dāng) P 點在 y 軸左側(cè)時（如圖 2）此時 a＜ 0， 213a a 222? ? ? ＜ 0， CQ=﹣ a， PQ= 221 3 1 32 a a 2 = a a2 2 2 2??? ? ? ? ?????。? ， 解得 F Q′=a﹣ 3 16 ∴ OQ′=OF﹣ F Q′=a﹣ （ a﹣ 3） =3， 2 2 2 2C Q = C Q = C O + O Q = 3 + 2 = 1 339。 ∴∠ FQ′P=∠ OCQ′， ∴△ COQ′∽ △ Q′FP， ∴ QC QP =CO FQ39。 （ 3）存在滿足條件的點 P，顯然點 P 在直線 CD 下方。 ② 當(dāng) AE 為對角線時，根據(jù)平行四邊形對頂點到另一條對角線距離相等，可知 P 點、D 點到直線 AE（即 x 軸）的距離相等， ∴ P 點的縱坐標(biāo)為﹣ 2。 ∴ 拋物線解析式為 213y x x 222? ? ? ?。 ∴△ ADE∽△ DCE。 ∵∠ MDN=∠ C=∠ B， ∠ B+∠ BAD=90176。 【考點】 旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，相似三角形的判定和性質(zhì)，等腰三角形的性質(zhì)，勾股定理，全等三角形的判定和性質(zhì)。EF ∵ DH⊥ BF， DG⊥ EF， ∴∠ DHF=∠ DGF。 在 Rt△ ABD 中， AD2=AB2﹣ BD2，即 AD2=102﹣ 62， ∴ AD=8。 ∵ BD=CD， ∴ CD DF=CE ED ，即 CD CE=DF ED 。 又 ∵∠ EDF=∠ B， ∴∠ BFD=∠ CDE。在 Rt△ EFO 中求 出 FO，從而可得出 FG 的長度。 【考點】 翻折變換（折疊問題），折疊對稱的性質(zhì)，菱形的判定，梯形中位線性質(zhì)，銳角三角函數(shù)定義 ，特殊角的三角函數(shù)值 。 在 Rt△ ADE 中， AD=2， AE=4， ∴∠ AED=30176。 ∵ 點 O 是 AE 的中點， ∴ ON 是梯形 ABCE 的中位線。 ∴ EF=EG=AG。在 Rt△ PCD 中，利用 30176。再由 OB=OC，得到△ OBC為等邊三角形，可得出 ∠ COB 為 60176。 （ 2）（ 1）中的結(jié)論成立，理由為：由折疊可知三角形 APO 與三角形 CPO 全等，根據(jù)全等三角形的對應(yīng)角相等可得出 ∠ APO=∠ CPO，再由 OA=OP，利用等邊對等角得到 ∠ A=∠ APO，等量代換可得出 ∠ A=∠ CPO，又根據(jù)同弧所對的圓周角相等得到 ∠ A=∠ PCB，再等量代換可得出 ∠ COP=∠ ACB，利用內(nèi)錯角相等兩直線平行，可得出 PO 與 BC 平行。 ∴∠ PCD=30176。 又 ∵ OP=OC， ∴△ POC 也為等邊三角形。 又 ∵ OC=OB， ∴△ BC 為等邊三角形。 ∴∠ A=∠ APO=∠ AOP。 又 ∵ AD⊥ CD， ∴ OC∥ AD。 又 ∵∠ A 與 ∠ PCB 都為 PB 所對的圓周角， ∴∠ A=∠ PCB。 （ 2）（ 1）中的結(jié)論 PO∥ BC 成立。 C′D=AB=CD， ∠ AGB=∠ DGC′，故可得出結(jié)論。 ∴ HF=12 AB=12 6=3。 ∴ HD=12 AD=4。 （ 2）解： ∵ 由（ 1）可知 △ ABG≌△ C′DG， ∴ GD=GB， ∴ AG+GB=AD。 （ 3）由 △ AEF 是 △ DEF翻折而成可知 EF垂直平分 AD，故 HD=12 AD=4，再根據(jù) tan∠ ABG 的值即可得出 EH 的長，同理可得 HF 是 △ ABD 的中位線，故可得出 HF 的長，由 EF=EH+HF 即可得出結(jié)果。 8 【考點】 翻折變換（折疊問題），翻折變換的性質(zhì)，矩形的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，勾股定理，銳角三角函數(shù)定義，三角形中位線定理。 ∴ EH=HD724 =477=24 6 。 ∴ 7A G 74ta n A B G A B 6 2 4? ? ? ?。 C′D=AB=CD， ∠ AGB=∠ DGC′， ∴∠ ABG=∠ ADE。 【分析】 （ 1）先根據(jù)四邊形 ABCD 是矩形，點 B 的坐標(biāo)為（ m， 1）（ m＞ 0），求出點 A、 C 的坐標(biāo)，再根據(jù)圖形旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)求出 A′、 C′的坐標(biāo)即可。 ∴ 此拋物線的解析式為： y=－ x2＋（ m－ 1） x＋ m。得到矩形 OA′B′C′． （ 1）寫出點 A、 A′、 C′的坐標(biāo)； （ 2）設(shè)過點 A、 A′、 C′的拋物線解析式為 y=ax2+bx+c，求此拋物線的解析式；（ a、 b、 c 可用含 m 的式 6 子表示） （ 3）試探究：當(dāng) m的值改變時，點 B 關(guān)于點 O 的對稱點 D是否可能落在（ 2）中的拋物線上？若能，求出此時 m 的值． 【答案】 解：（ 1） ∵ 四邊形 ABCD 是矩形，點 B的坐標(biāo)為（ m， 1）（ m＞ 0）， ∴ A（ m， 0）， C（ 0， 1）。 將 21 11m t t 666? ? ?代入，并化簡，得 23t 22 t 36=0?? 。 ∴ PE PCAC CQ????。 ∴∠ PC′E+∠ EPC′=90176。 OB=6，在 Rt△ OBP 中，由 ∠ BOP=30176。 ∴ 21 11m t t 666? ? ?（ 0＜ t＜ 11）。 又 ∵∠ OBP=∠ C=90176。 ∵∠ OPB′+∠ OPB+∠ QPC′+∠ QPC=180176。 BP=t，得 OP=2t。從而求解。 4 （ 2）根據(jù)一組對邊平行且相等的四邊形是平行四邊形的判定即可證明。 ∴ NP=MQ=12 。 ∵ PQ∥ MN， DC∥ AB， ∴ 四邊形 NMQP 是平行四邊形。 （ 3）解： ∵ AB=4， BC=3， ∴ AC=5。 ∴ 四邊形 MFNE 是平行四邊形。 ∴△ AND≌△ CBM（ ASA）。 2. （ 2020 海南省 I11 分） 如圖（ 1），在矩形 ABCD 中，把 ∠ B、 ∠ D 分別翻折，使點 B、 D 分別落在對角線 BC 上的點 E、 F 處，折痕分別為 CM、 AN. （ 1）求證： △ AND≌△ CBM. （ 2）請連接 MF、 NE，證明四邊形 MFNE 是平行四邊形，四邊形 MFNE 是菱形嗎？請說明理由？ （ 3） P、 Q 是矩形的邊 CD、 AB上的兩點，連結(jié) PQ、 CQ、 MN，如圖（ 2）所示，若 PQ=CQ， PQ∥ MN。 ∵ 點 P 不與 點 B， M 重合， ∴∠ BAD＞ ∠ PAD＞ ∠ MAD。即可求出。 ∴△ CMQ 是等邊三角形。 【分析】 （ 1）利用圖形旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)以及等邊三角形的判定得出 △ CMQ 是等邊三角形，即 可得出答案： ∵ BA=BC， ∠ BAC=60176。－ α。－ ∠ APQ=180176。 2 ∴∠ PAD+∠ PQD=∠ PQC+∠ PQD=180176。 ∴ AD=CD， AP=PC， PD=PD。 1 2020 年全國 100 套中考數(shù)學(xué)壓軸題分類解析匯編 專題 9：幾何三大變換相關(guān)問題 . 1. （ 2020北京 市 7分） 在 ABC△ 中， BA=BC BAC? ? ?， ， M 是 AC的中點， P 是線段 BM上的動點， 將線段 PA 繞點 P 順時針旋轉(zhuǎn) 2? 得到線段 PQ。 （ 2）作線段 CQ 的延長線交射線 BM 于點 D，連接 PC， AD， ∵ AB=BC， M 是 AC 的中點， ∴ BM⊥ AC。 又 ∵ PQ=PA， ∴ PQ=PC， ∠ ADC=2∠ CDB， ∠ PQC=∠ PCD=∠ PAD。 ∴∠ ADC=180176。 ∴∠ CDB=90176。 【考點】 旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，等邊三角形的判定和性質(zhì)，三角形內(nèi)角和定理，全等三角形的判定和性質(zhì)，等腰三角形的判定和性質(zhì)。 ∴ CM=MQ， ∠ CMQ=60176。 （ 2）首先由已知得出 △ APD≌△ CPD，從而得出 ∠ PAD+∠ PQD=∠ PQC+∠ PQD=180176。－ 2α。＜ α＜ 60176。 又由翻折的性質(zhì)，得 ∠ DAN=∠ NAF， ∠ ECM=∠ BCM， ∴∠ DAN=∠ BCM。 又 ∠ NFA=∠ ACD＋ ∠ CNF=∠ BAC＋ ∠ EMA=∠ MEC， ∴ FN∥ EM。 ∴ 四邊形 MFNE 不是菱形。 在 △ NHM 中， NH=3， HM=1， 由勾股定理，得 NM= 10 。 在 △ CBQ 中， CQ= 10 ， CB=3，由勾股定理，得 BQ=1。 【分析】 （ 1）由矩形和翻折對稱 的性質(zhì)，用 ASA 即可得到 △ AND≌△ CBM。因此，在 △ CBQ中，應(yīng)用勾 股定理求得 BQ=1。 在 Rt△ OBP 中，由 ∠ BOP=30176。 ∴∠ OPB′=∠ OPB， ∠ QPC′=∠ QPC。 ∴∠ BOP=∠ CPQ。 由題意設(shè) BP=t， AQ=m， BC=11， AC=6，則 PC=11－ t， CQ=6－ m． 5 ∴ 6t11 t 6 m???。 【分析】 （ Ⅰ ）根據(jù)題意得， ∠ OBP=90176。 （ Ⅲ ）首先過點 P 作 PE⊥ OA 于 E，易證得 △ PC′E∽△ C′QA，由勾股定理可求得 C′Q 的長，然后利用相似三角形的對應(yīng)邊成比例與 21 11m t t 666? ? ?，即可求得 t 的值： 過點 P 作 PE⊥ OA 于 E， ∴∠ PEA=∠ QAC′=90176。 ∴△ PC′E∽△ C′QA。 ∵ 6t11 t 6 m???，即 6 11 tt 6 m?? ? ， ∴ 66=t36 12m?，即 236 12m=t? 。 4. （ 2020 福建南平 12 分） 在平面直角坐標(biāo)系中，矩形 OABC 如圖所示放置，點 A 在 x 軸上，點 B 的坐標(biāo)為（ m， 1）（ m＞ 0），將此矩形繞 O 點逆時針旋轉(zhuǎn) 90176。（ 2）設(shè)過點 A、 A′、 C′的拋物線解析式為 y=ax2＋ bx＋ c， ∵ A（ m， 0）， A′（ 0， m）， C′（－ 1， 0）， ∴2 am bm c 0 c m a b c 0? ? ? ?????? ? ??，解得 a 1 b m 1 cm??????????。 【考點】 二次函數(shù)綜合題，矩形的性質(zhì)，旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，待定系數(shù)法，曲線上點的坐標(biāo)與方程的關(guān)系，解方程組，關(guān)于原點對稱的點的坐標(biāo)特征，一元二次方程根與系數(shù)的關(guān)系。 5. （ 2020廣東汕頭 12分） 如圖，在矩形紙片 ABCD中， AB=6， BC=8．把 △ BCD 沿對角線 BD 折疊，使點 C 落在 C′處， BC′交 AD于點 G； E、 F分別是 C′D 和 BD上的點，線段 EF 交 AD 于點 H，把 △ FDE沿 EF 折疊，使點 D 落在 D′處，點 D′恰好與點 A 重合． （ 1）求證： △ ABG≌△ C′DG； （ 2）求 tan∠ ABG 的值； （ 3）求 EF 的長． 【答案】 （ 1）證明： ∵△ BDC′由 △ BDC 翻折而成， ∴∠ C=∠ BAG=90176。 設(shè) AG=x，則 GB=8﹣ x， 在 Rt△ ABG 中， ∵ AB2+AG2=BG2，即 62+x2=（ 8﹣ x） 2，解得 x=74 。 ∵ tan∠ ABG=tan∠ ADE= 724 。 ∴ EF=EH+HF= 7 25+3=66。 （ 2）由（ 1）可知 GD=GB，故 AG+GB=AD，設(shè) AG=x，則 GB=8x，在 Rt△ ABG 中利用勾股定理即可求出 AG 的長，從而得出 tan∠ ABG 的值。 在 △ ABG≌△ C′DG 中， ∵∠ BAG=∠ C， AB= C′D， ∠ ABG=∠ AD C′， ∴△ ABG≌△ C′DG（ ASA）。 （ 3）解： ∵△ AEF 是 △ DEF 翻折而成， ∴ EF 垂直平分 AD。 ∵ EF 垂直平分 AD， AB⊥ AD， ∴ HF 是 △ ABD 的中位線。 【分析】 （ 1）根據(jù)翻折變換的性質(zhì)可知