本题难度：0.52&&题型：填空题
在平面直角坐标系中，我们把一个点先绕原点逆时针旋转45°，再作出它关于原点的对称点称为一次变换，已知点A的坐标为（-1，0），把点A经过连续2015次这样的变换得到的点A2015的坐标是&&&&22，-）．
来源：2015年江苏省盐城市东台市中考数学一模试卷 | 【考点】规律型：点的坐标．
如图，平面直角坐标系中有四个点，它们的横纵坐标均为整数．若在此平面直角坐标系内移动点A，使得这四个点构成的四边形是轴对称图形，并且点A的横坐标仍是整数，则移动后点A的坐标为&&&&．
（2013秋o黄陂区月考）如图，在平面直角坐标系中，⊙O交x轴于A、B两点，点P为圆上一动点PQ⊥x轴于点Q，点P运动到某一时刻：PQ=，AQ=3．（1）求⊙O的半径；（2）当点C（m，n）在第三象限的圆弧上运动，CD⊥x轴于D，在x轴上取一点I（点I在点D的左侧），使ID=CD，过点I作x&轴的垂线，并在垂线上取一点T（点T在x轴上方），将TC绕点T逆时针旋转90°得到线段TM，MN⊥x轴于点N，设IT=p，MN=q，判断关于x的方程：nx2+qx-p=0根的情况；（3）在（2）的条件下，作直线MI，判断当点P运动过程中，直线MI与⊙O的位置关系，并判断m的取值情况．
下列命题错误的是（　　）
A、已知菱形的两条对角线长分别是a、b，则这个菱形的面积为abB、在Rt△ABC中，若∠C=90°，∠A=30°，则AB=2CDC、在平面直角坐标系中，到x轴的距离为2，到y轴的距离为3的点的坐标是（3，2）D、在平面直角坐标系中，已知点P（2，-2），将线段OP绕着点O按顺时针方向旋转90°到OP′，则点P′的坐标是（-2，-2）
下列说法错误的是（　　）
A、点的坐标变化使得平面上的图形变化B、图形的变化使点的坐标变化C、若一个图形中各顶点的坐标都加一个正数，那么这个图形在平面直角坐标系中会变大D、若一个图形中各顶点的坐标都乘一个大于1的正数，那么这个图形在平面直角坐标系中会变大
下列命题中，是假命题的是（　　）
A、给定（ρ，θ），在极坐标系中有惟一确定的点M与之相对应B、给定平面内任意一点M，有惟一的极坐标（ρ，θ）与之相对应C、给定实数对（x，y）在平面直角坐标系中有惟一确定的点M与之相对应D、给定平面直角坐标系中任一点M有惟一一组实数对（x，y）与之相对应
解析与答案
（揭秘难题真相，上）
习题“在平面直角坐标系中，我们把一个点先绕原点逆时针旋转45°，再作出它关于原点的对称点称为一次变换，已知点A的坐标为（-1，0），把点A经过连续2015次这样的变换得到的点A2015的坐标是22，-22）．”的学库宝（/）教师分析与解答如下所示：
【分析】分别求得第一、二、三…八次变换后的坐标得到每8次循环一次．则…6即可求得结果．
【解答】解：由题意第一次旋转后的坐标为（2222）第二次旋转后的坐标为（0-1）第三次旋转后的坐标为（-2222）第四次旋转后的坐标为（10）第五次旋转后的坐标为（-22-22）第六次旋转后的坐标为（01）第七次旋转后的坐标为（22-22）第八次旋转后的坐标为（-10）因为…7所以把点A经过连续2015次这样的变换得到的点A2015的坐标是（22-22）．故答案是：（22-22）．
【考点】规律型：点的坐标．
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知识点讲解
经过分析，习题“在平面直角坐标系中，我们把一个点先绕原点逆时针旋转45°，再”主要考察你对
等考点的理解。
因为篇幅有限，只列出部分考点，详细请访问。
知识点试题推荐
1&&&&2&&&&3&&&&4&&&&5&&&&6&&&&7&&&&8&&&&9&&&&10&&&&11&&&&12&&&&13&&&&14&&&&15&&&&
作业互助QQ群：(小学)、(初中)、(高中)如图.在矩形ABCD中.已知AB=4.BC=3.矩形在直线l上绕其右下角的顶点B向右旋转90°至图①位置.再绕右下角的顶点继续向右旋转90°至图②位置.-.以此类推.这样连续旋转2015次后.顶点A在整个旋转过程中所经过的路程之和是( ) A．2015π B．3019．5π C．3018π D．3024π 题目和参考答案——精英家教网——
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如图，在矩形ABCD中，已知AB=4，BC=3，矩形在直线l上绕其右下角的顶点B向右旋转90°至图①位置，再绕右下角的顶点继续向右旋转90°至图②位置，…，以此类推，这样连续旋转2015次后，顶点A在整个旋转过程中所经过的路程之和是（ ） A．2015π B．3019．5π C．3018π D．3024π
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科目：初中数学
来源：2016届江苏省海安县七校联考九年级上学期期中考试数学试卷（解析版）
题型：选择题
正六边形的边心距为，则该正六边形的边长是（ ）A． B．2 C．3 D．2
科目：初中数学
来源：学年广西南宁四十七中八年级上学期第三次月考数学试卷（解析版）
题型：选择题
下列“表情图”中，属于轴对称图形的是（ ）A． B． C． D．
科目：初中数学
来源：2016届江苏省海安县七校联考九年级上学期期中考试数学试卷（解析版）
题型：解答题
画图：在平面直角坐标系中，的位置如图所示，且点A（-3，4），B（0，3） （1）画出绕点O顺时针旋转90°后得到的；（2）写出点A，B的对应点，的坐标；（3）求点A在旋转过程中所走过的路径长．
科目：初中数学
来源：2016届江苏省海安县七校联考九年级上学期期中考试数学试卷（解析版）
题型：填空题
若方程x2-2x-1=0 的两根分别为x1，x2，则x1+x2-x1x2的值为___ ___．
科目：初中数学
来源：学年江苏省无锡市八年级12月月考数学试卷（解析版）
题型：解答题
已知一次函数y=kx+b图象过点（0，2），且与两坐标轴围成的三角形面积为2，求此一次函数的解析式．
科目：初中数学
来源：学年江苏省兴化顾庄学区三校七年级上第三次月考数学试卷（解析版）
题型：解答题
读语句画图，再填空，如图：（1）画直线AB，线段AC，射线BC;（2）取线段AC的中点D，连接BD；（3）图中以B为端点的线段有 条
科目：初中数学
来源：2016届陕西省兴平市九年级上学期第三次月考数学试卷（解析版）
题型：填空题
已知2y=6x，则 x：y=_____．
科目：初中数学
来源：学年江苏省无锡市八年级12月月考数学试卷（解析版）
题型：选择题
如图，正比例函数和一次函数的图象相交于A（m,3），则不等式的解集为（ ）A． B． C． D．
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温柔_労技贛68
如果旋转三次后的长方形都在一直线上那么2*3.14+5\2*3.14+3\2*3.14=18.84
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从图1到2，A点走过的距离比较简单，是以AB为半径的1/4圆的周长；从图2到图3，A点走过的距离就是以这个长方形对角线为半径，C点为圆心的1/4圆的周长；从图3到图4，A点走过的距离就是以长方形短的边为半径，D为圆心的1/4圆的周长；所以最后的结果是6帕尔。...
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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13：动态几何问题
1. （2015年浙江丽水3分）如图，在方格纸中，线段a，b，c，d的端点在格点上，通过平移其中两条线段，使得和第三条线段首尾相接组成三角形，则能组成三角形的不同平移方法有【
D. 12种 【答案】B．
【考点】网格问题；勾股定理；三角形构成条件；无理数的大小比较；平移的性质；分类思想的应用. 【分析】
由图示，根据勾股定理可得：a?bc?d?∵a?b<c, a?d<c, b?d?c, b?a<d<b?d，
∴根据三角形构成条件，只有a, b, d三条线段首尾相接能组成三角形.
如答图所示，通过平移a, b, d其中两条线段，使得和第三条线段首尾相接组成三角形，能组成
三角形的不同平移方法有6种.
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y?x?1，则原抛物线的解析式不可能的是【
B. y?x?6x?5 C. y?x?4x?4
D. y?x?8x?17 【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y?x2?1，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y?x2?1.
∵抛物线y?x2?1向左平移4个单位得到y??x?4??1?x?8x?17；
抛物线y?x2?1向下平移2个单位得到y?x2?1?2?x2?1；
抛物线y?x2?1向左平移2个单位且向下平移1个单位得到y??x?2??1?1?x?4x?4，
∴原抛物线的解析式不可能的是y?x2?6x?5. 故选B.
3. （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y?x2?1，则原抛物线的解析式不可能的是【
B. y?x2?6x?5 C. y?x2?4x?4
D. y?x2?8x?17 【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y?x2?1，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y?x2?1.
∵抛物线y?x2?1向左平移4个单位得到y??x?4??1?x?8x?17；
抛物线y?x?1向下平移2个单位得到y?x?1?2?x?1；
抛物线y?x?1向左平移2个单位且向下平移1个单位得到y??x?2??1?1?x?4x?4，
∴原抛物线的解析式不可能的是y?x?6x?5. 故选
1. （2015年浙江嘉兴5分）如图，在直角坐标系xOy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x轴于点N（n，0）. 设点M转过的路程为m（0<m<1）.
（2）随着点M的转动，当m从变化到时，点N相应移动的路径长为
【答案】（1）?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m?
时，?APM?900，∴?NAO?450. 4
∵A（0，1），∴ON?OA?1.∴n??1. （2）∵以AP为半径的⊙P周长为1，
∴当m从变化到
时，点M转动的圆心角为120°，即圆周角为60°. 3
∴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y轴
∴此时构成等边三角形，且?OAN?300.
∵点A（0，1），即OA=1
?∴当m从变化到
相应移动的路径长为2. 3
2. （2015年浙江金华4分）图1是一张可以折叠的小床展开后支撑起来放在地面的示意图，此时，点A，B，C在同一直线上，且∠ACD=90°.图2是小床支撑脚CD折叠的示意图，在折叠过程中，ΔACD变形为四边形ABC'D'，最后折叠形成一条线段BD
【答案】（1）三角形的稳定性和四边形的不稳定性；（2）
【考点】线动旋转问题；三角形的稳定性；旋转的性质；勾股定理；锐角三角函数定义.
【分析】（1）在折叠过程中，由稳定的ΔACD变形为不稳定四边形ABC'D'，最后折叠形成一条线段BD
（2）∵AB：BC=1：4，∴设AB?x, CD?y，则BC?4x, AC?5x.
由旋转的性质知BC
在Rt?ACD中，根据勾股定理得AD2?AC2?CD2， ∴?3x?y???5x??y2?y?x.
∴tan?CAD????.
>>，则CD>>的度数是 3. （2015年浙江丽水4分）如图，圆心角∠AOB=20°，将>>AB旋转n?得到CD
【答案】20.
【考点】旋转的性质；圆周角定理.
【分析】如答图，
>>，∴根据旋转的性质，得CD>>?>>∵将>>AB旋转n?得到CDAB.
∵∠AOB=20°，∴∠COD=20°.
>>的度数是20°. ∴CD
4. （2015年浙江丽水4分）如图，反比例函数y?
的图象经过点（-1，?22），点A是该图象第一x
象限分支上的动点，连结AO并延长交另一支于点B，以AB为斜边作等腰直角三角形ABC，顶点C在第四象限，AC与x轴交于点P，连结BP. （1）k的值为
（2）在点A运动过程中，当BP平分∠ABC时，点C的坐标是
【答案】（1
）k?；（2）（2
【考点】反比例函数综合题；曲线上点的坐标与方程的关系；勾股定理；等腰直角三角形的性质；角平分线的性质；相似、全等三角形的判定和性质；方程思想的应用. 【分析】（1）∵反比例函数y?
的图象经过点（-1
（2）如答图1，过点P作PM⊥AB于点M，过B点作BN⊥x轴于点N，
B??x, -?x?x??
∴AB?∵△ABC
是等腰直角三角形，∴BC?ACBAC=45°.
∵BP平分∠ABC，∴?BPM≌?BPC?AAS?.
∴AM?AB?BM?2??
∴PM?AM?2?
. 易证?OBN∽?OPM，∴
如答图2，过点C作EF⊥x轴，过点A作AF⊥EF于点F，过B点作BE⊥EF于点E， 易知，?BCE≌?CAF?HL?，∴设CE?AF?y.
又∵BC?BE?y，
∴根据勾股定理，得BC2?BE2?
0，解得y?2
???5. （2015年浙江衢州4分）已知，正六边形ABCDEF在直角坐标系的位置如图所示，A??2, 0?，点B在原点，把正六边形ABCDEF沿x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B的坐标是
【答案】4031,．
【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.
?335?，∴经过2015次翻转之后，为第336个循环组的第5步. 66
∵A??2, 0?，∴在Rt?OCM中，OC?2, ?COM?30?.∴MC?1. ∴在Rt?A5B5H中，A5B2?2, ?A5B5H?30?.
∴HB5?∴B2015的横坐标为MC?335BC6?CB5?1?335?4?3?10?
4031，纵坐标为HB5?∴经过2015次翻转之后，点B
的坐标是4031,．
6. （2015年浙江衢州4分）如图，已知直线y??
x?3分别交x轴、y轴于点A、B，P是抛物线4
y??x2?2x?5上的一个动点，其横坐标为a，过点P且平行于y轴的直线交直线y??x?3于点
Q，则当PQ?BQ时，a的值是
【答案】4或?
【考点】二次函数与一次函数综合问题；单动点问题，曲线上点的坐标与方程的关系；勾股定理；分类思想和方程思想的应用．
【分析】根据题意，设点P的坐标为?a, ?
a?2a?5?，则Q2?3??
a, ?a?3?. ?
x?3令x?0得y?3．∴B?0, 3?. 4
∴?a?2a?5???a?3???2a?11a?8?5a.
由?2a?11a?8?5a解得a?4或a??1.
由?2a?11a?8??
5a解得a?4?
a?4?综上所述，a的值是4或?
7. （2015年浙江台州5分）如图，正方形ABCD的边长为1，中心为点O，有一边长大小不定的正六边形EFGHIJ绕点O可任意旋转，在旋转过程中，这个正六边形始终在正方形ABCD内（包括正方形的边），当这个六边形的边长最大时，AE的最小值为
【考点】面动旋转问题；正方形和正六边形的性质；数形结合思想的应用.
8. （2015年浙江舟山4分）如图，在直角坐标系xOy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x轴于点N（n，0）. 设点M转过的路程为m（0<m<1）. 随着点M的转动，当m从变化到1
时，点N相应移动的路径长为 3
. 【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m从变化到
时，点M转动的圆心角为120°，即圆周角为60°. 3
∴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y轴对称. ∴此时构成等边三角形，且?OAN?300.
∵点A（0，1），即OA=1
?∴当m从变化到
相应移动的路径长为2. 3
1. （2015年浙江杭州10分）设函数y?(x?1)[(k?1)x?(k?3)] (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y?(x?1)[(k?1)x?(k?3)] (k是常数)的图象都经过点（1，0）.（答案不唯一） （3）∵y2?(x?1)2，
∴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y2?(x?3)2?2. ∴当x??3时，函数y3的最小值为?2.
【考点】开放型；二次函数的图象和性质；平移的性质.
【分析】（1）当k?0时，函数为y?(x?1)??x?3???(x?1)?x?3?，据此作图.
（2）答案不唯一，如：
函数y?(x?1)[(k?1)x?(k?3)] (k是常数)的图象都经过点；
函数y?(x?1)[(k?1)x?(k?3)] (k是常数)的图象总与x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. （2015年浙江嘉兴12分）小红将笔记本电脑水平放置在桌子上，显示屏OB与底板OA所在的水平线的夹角为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，她在底板下垫入散热架ACO'O' C?OA于点C，O' C=12cm. 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，
（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？
【答案】解：（1）∵O' C?OA于点C，OA=OB=24，O’C=12， ∴sin?CAO'?O'CO'C121???. O'AOA242
∴?CAO'?30°.
（2）如答图，过点B作BD?AO交AO的延长线于点D. ∵sin?BOD?BD，∴BD?OB?sin?BOD. OB
?∵?AOB?1200，∴?BOD?600.
∴BD?OB?sin?BOD?24∴显示屏的顶部B
'比原来升高了36? cm.
（3）显示屏O'B'应绕点O'按顺时针方向旋转30°.理由如下：
如答图，电脑显示屏O'B’绕点O'按顺时针方向旋转?度至O'E处，O'F∥OA.
∵电脑显示屏O'B’ 与水平线的夹角仍保持120°，
∴?EO'F?1200.∴?FO'A??CAO'?300.∴?AO'B'?1200.
∴?EO'B'??FO'A?300，即??300.
∴显示屏O'B'应绕点O'按顺时针方向旋转30°.
【考点】解直角三角形的应用；线动旋转问题；锐角三角函数定义；特殊角的三角函数值.
【分析】（1）直接正弦函数定义和30度角的正弦函数值求解即可.
（2）过点B作BD?AO交AO的延长线于点D，则显示屏的顶部B'比原来升高的距离就是CB'?BD，从而由BD?OB?sin?BOD求出BD即可求解. ?（3）根据旋转和平行的的性质即可得出结论.
3. （2015年浙江湖州10分）问题背景：已知在△ABC中，AB边上的动点D由A向B运动(与A，B不重合)，点E与点D同时出发，由点C沿BC的延长线方向运动(E不与C重合)，连结DE交AC于点F，点H是线段AF上一点
（1）初步尝试：如图1，若△ABC是等边三角形，DH⊥AC，且点D，E的运动速度相等，求证：HF=AH+CF 小王同学发现可以由以下两种思路解决此问题：
思路一：过点D作DG∥BC，交AC于点G，先证GH=AH，再证GF=CF，从而证得结论成立；
思路二：过点E作EM⊥AC，交AC的延长线于点M，先证CM=AH，再证HF=MF，从而证得结论成立. 请你任选一种思路，完整地书写本小题的证明过程(如用两种方法作答，则以第一种方法评分)
（2）类比探究：如图2，若在△ABC中，∠ABC=90°，∠ADH=∠BAC=30°，且点D，E
的运动速度之比是1，求AC的值； HF
BC?m，且点D、E的运动速AB（3）延伸拓展：如图3，若在△ABC中，AB=AC，∠ADH=∠BAC=36°，记
度相等，试用含m的代数式表示AC(直接写出结果，不必写解答过程
【答案】解：（1）证明：选择思路一：
如题图1，过点D作DG∥BC，交AC于点G，
∵△ABC是等边三角形，∴?ADG??B?600, ?A?600.
∴△ADG是等边三角形. ∴GD?AD?CE.
∵DH⊥AC，∴GH?AH.
∵DG∥BC，∴?GDF??CEF, ?DGF??ECF.
∴?GDF≌?CEF?ASA?.∴GF?CF.
∴GH?GF?AH?CF，即HF?AH?CF.
选择思路二：
如题图1，过点E作EM⊥AC，交AC的延长线于点M，
∵△ABC是等边三角形，∴?A??ACB??ECM?600.
∵DH⊥AC，EM⊥AC，∴?AHD??CME?900.
∵AD?CE，∴?ADH≌?CEM?AAS?.∴AH?CM, DH?EM.
又∵?DHF??EMF?900, ?DHF??EFM，∴?DFH≌?EFM?AAS?
∴HF?MF?CM?CF?AH?CF.
（2）如答图1，过点D作DG∥BC，交AC于点G，
则?ADG??B?900,.
∵?BAC??ADH?300，∴?HGD??HDG?600.
∴AH?GH?GD, AD?.
由题意可知，AD?，∴GD?CE.
∵DG∥BC，∴?GDF??CEF, ?DGF??ECF.
∴?GDF≌?CEF?ASA?.∴GF?CF.
∴GH?GF?AH?CF，即HF?AH?CF. AC?2. HF
ACm?1（3）. ?HFm∴
【考点】开放型；双动点问题；等边三角形的判定和性质；全等三角形的判定和性质；相似三角形的判定和性质.
【分析】（1）根据思路任选择一个进行证明即可.
（2）仿思路一，作辅助线：过点D作DG∥BC，交AC于点G，进行计算.
（3）如答图2，过点D作DG∥BC，交AC于点G，
由AB=AC，∠ADH=∠BAC=36°可证：
?ADG∽?ABC，?FDG∽?FEC，?FDH∽?ABC，
由点D、E的运动速度相等，可得AD?CE. 从而可得ACm?1. ?HFm
4. （2015年浙江湖州12分）已知在平面直角坐标系xOy中，O为坐标原点，线段AB的两个端点A(0，
2)，B(1，0)分别在y轴和x轴的正半轴上，点C为线段AB的中点，现将线段BA绕点B按顺时针方向旋转
90°得到线段BD，抛物线y=ax2+bx+c(a≠0)经过点D.
（1）如图1，若该抛物线经过原点O，且a??.
①求点D的坐标及该抛物线的解析式；
②连结CD，问：在抛物线上是否存在点P，使得∠POB与∠BCD互余？若存在，请求出所有满足条件的点P的坐标，若不存在，请说明理由；]
（2）如图2，若该抛物线y=ax2+bx+c(a≠0)经过点E(1，1)，点Q在抛物线上，且满足∠QOB与∠BCD
余，若符合条件的Q点的个数是4个，请直接写出a的取值范围
【答案】解：（1）①如答图，过点D作DF⊥x轴于点F，
∵?DBF??ABO?900, ?BAO??ABO?900，∴?DBF??BAO.
又∵?AOB??BFD?900, AB?BD，
∴?AOB≌?BFD?AAS?.∴
DF?BO?1, BF?AO?2.
∴点D的坐标为?3, 1?． 根据题意得，a??, c?0， 1
14∴抛物线的解析式y??x2?x． 33∴??32?3b?1，解得b?
②∵点Ｃ、Ｄ的纵坐标都为１，
∴CD∥x轴．∴?BCD??ABO．
∴?BAO和?BCD互余．
若要使得?POB和?BCD互余，则只要满足?POB??BAO． 13
14??设点Ｐ的坐标为?x, ?x2?x?， 33??
i）当点Ｐ在x轴上方时，如答图，过点Ｐ作ＰＧ⊥x轴于点Ｇ，
则tan?POB?tan?BAO，即PGBO． ?OGAO
14?x2?x?1，解得x?5, x?0（舍去）∴． 12x22
345x?． 34
?55?∴点Ｐ的坐标为?, ?．
ii）当点Ｐ在x轴下方时，如答图，过点Ｐ作ＰＨ⊥x轴于点Ｈ，
则tan?POB?tan?BAO，即PHBO． ?OHAO
124x?x?1，解得x?11, x?0（舍去）∴． 12x22
3411x??． 34
11??11∴点Ｐ的坐标为?, -?． 4??2
?55?综上所述，在抛物线上存在点P，使得∠POB与∠BCD互余，点Ｐ的坐标为?, ?或?24?
11??11, -??． 4??2
（2）a的取值范围为a<?
3． 【考点】二次函数综合题；线动旋转问题；全等三角形的判定和性质；曲线上点的坐标与方程的关系；锐角三角函数定义；余角的性质；方程和不等式的应用；分类思想和数形结合思想的应用．
【分析】（1）①根据AAS证明?AOB≌?BFD即可得到DF?BO?1, BF?AO?2，从而得到点D的坐标；由已知和曲线上点的坐标与方程的关系即可求得抛物线的解析式．得
②可以证明，使得?POB和?BCD互余，只要满足?POB??BAO即可，从而分点Ｐ在x轴
上方和点Ｐ在x轴下方讨论即可．
（2）由题意可知，直线BD的解析式为y?
211x?，由该抛物线y=ax2+bx+c(a≠0)经过点E(1，1)，22 1)，所以抛物线的解析式为y?a?x?2??1?a．若要使得?QOB和?BCD互余，则只要满足可得Ｄ(3，
?QOB??BAO，据此分a0两种情况讨论．
5. （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x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??4， 0?，请在图中画出△AEF，并写出点E，F的坐标；
（2）当点F落在x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?3,
（2）答案不唯一，如B??2， 0?.
【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EF?x，点E的坐标是(3，3)，所以当点F落在x轴上方时，只要0<EF<3即
?1?0<OB<3即可，从而符合条件的点B的坐标可以是??2， 0?, ??1， 0?, ??， 0?等，答案不唯一. ?2?
6. （2015年浙江金华10分）图1，图2为同一长方体房间的示意图，图2为该长方体的表面展开图.（1）蜘蛛在顶点A'处①苍蝇在顶点B处时，试在图1中画出蜘蛛为捉住苍蝇，沿墙面爬行的最近路线；②苍蝇在顶点C处时，图2中画出了蜘蛛捉住苍蝇的两条路线，往天花板ABCD爬行的最近路线A'GC和往墙面BB'C'C爬行的最近路线A'HC，试通过计算判断哪条路线更近？
（2）在图3中，半径为10dm的⊙M与D'C'相切，圆心M到边CC'的距离为15dm，蜘蛛P在线段AB上，苍蝇Q在⊙M的圆周上，线段PQ为蜘蛛爬行路线。若PQ与⊙M相切，试求PQ的长度的范围
【答案】解：（1）①如答图1，连结A'B，线段A'B就是所求作的最近路线
②两种爬行路线如答图2所示，
由题意可得：
在Rt△A'C'C2中， A'HC2
在Rt△A'B'C1中， A'GC1
（2）如答图，连接MQ，
∵PQ为⊙M的切线，点Q为切点，
∴在Rt△PQM中，有PQ2=PM2－QM2= PM2－100，
当MP⊥AB时,MP最短，PQ取得最小值，如答图3,
此时MP=30+20=50，
当点P与点A重合时, MP最长，PQ取得最大值，如
过点M作MN⊥AB，垂足为N，
∵由题意可得 PN=25，MN=50，
∴在Rt△PMN中，PM2?AN2?MN2?252?502.
∴在Rt△PQM中
??55 (dm).
综上所述， PQ
长度的取值范围是?PQ?55dm.
【考点】长方体的表面展开图；双动点问题；线段、垂直线段最短的性质；直线与圆的位置关系；勾股定理.
【分析】（1）①根据两点之间线段最短的性质作答.
②根据勾股定理，计算两种爬行路线的长，比较即可得到结论.
（2）当MP⊥AB时,MP最短，PQ取得最小值；当点P与点A重合时, MP最长，PQ取得最大值.
求出这两种情况时的PQ长即可得出结论.
7. （2015年浙江金华12分）如图，抛物线y?ax2?c(a?0)与y轴交于点A，与x轴交于点B，C两点（点C在x轴正半轴上），△ABC为等腰直角三角形，且面积为4. 现将抛物线沿BA方向平移，平移后的抛物线经过点C时，与x轴的另一交点为E，其顶点为F，对称轴与x轴的交点为H.
（1）求a，c的值；
（2）连结OF，试判断△OEF是否为等腰三角形，并说明理由；
（3）现将一足够大的三角板的直角顶点Q放在射线AF或射线HF上，一直角边始终过点E，另一直角边与y轴相交于点P，是否存在这样的点Q，使以点P，Q，E为顶点的三角形与△POE全等？若存在，求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由
【答案】解：（1）∵△ABC为等腰直角三角形，∴OA=
又∵△ABC的面积=1BC. 212BC×OA=4，即OA=4，∴OA=2.
（0， 2）（?2， 0）（2， 0）∴A ，B ，C .
1??c?2?a??∴?，解得?2. 4a?c?0???c?2
∴a??, c?2.
（2）△OEF是等腰三角形. 理由如下：如答图1， 12
（0， 2）（?2， 0）∵A ，B ，
∴直线AB的函数表达式为y?x?2，
又∵平移后的抛物线顶点F在射线BA上，
∴设顶点F的坐标为（m，m+2）. ∴平移后的抛物线函数表达式为y??(x?m)2?m?2. 1
（2， 0）∵抛物线过点C ， ∴?(2?m)2?m?2?0，解得m1?0(舍去），m2?6. ∴平移后的抛物线函数表达式为y??(x?6)2?8，即y??
当y=0时，?x?10.. 212x?6x?10?0，解得x1?2,x2?10. 2
∴E（10，0），OE=10.
又F（6，8），OH=6，FH=8.
∴OE=OF，即△OEF为等腰三角形.
（3）存在. 点Q的位置分两种情形：
情形一：点Q在射线HF上，
当点P在x轴上方时，如答图2.
∵△PQE≌△POE，∴ QE=OE=10.
当点P在x轴下方时，如答图3，有PQ=OE=10,
过P点作PK?HF于点K，则有PK=6.
∵?PQE?90，∴?PQK??HQE?90.
∵?HQE??HEQ?90?，∴?PQK??
又∵?PKQ??QHE?90?，∴?PKQ∽?QHE.
∴PK?QK， 即6?8，解得QH?3. QHHEQH4
∴Q?6， 3?.
情形二：点Q在射线AF上，
当PQ=OE=10时，如答图4，有QE=PO,
∴四边形POEQ为矩形，∴Q的横坐标为10.
当x?10时，y?x?2?12， ∴Q(10, 12).
当QE=OE=10时，如答图5.
过Q作QM?y轴于点M，过E点作x轴的垂线交QM于点N，
设Q的坐标为(x, x?2)，∴MQ?x, QN?10?x, EN?x?2.
在Rt?QEN中，有QE2?QN2?EN2,
即10?(10?x)?(x?
2)，解得x?4
当x?4时，如答图6
，y?x?2?6Q
综上所述，存在点
Q(6, 或?6， 3?或(10,
(46，使以P,Q,E三点为顶点的三角形与△POE全等.
【考点】二次函数综合题；线动平移和全等三角形存在性问题；等腰直角三角形的性质；待定系数法的应用；曲线上点的坐标与方程的关系；勾股定理；全等三角形的判定和性质；相似三角形的判定和性质；分类思想和方程思想的应用.
【分析】（1）由△ABC为等腰直角三角形求得点A、B、C的坐标，应用待定系数法即可求得a，c的值.
（2）求得平移后的抛物线解析式，从而求得点E、F的坐标，应用勾股定理分别求出OE、OF、
EF的长，从而得出结论.
（3）分点Q在射线HF上和点Q在射线AF上两种情况讨论即可.
8. （2015年浙江宁波10分）已知抛物线y?(x?m)2?(x?m)，其中m是常数 （1）求证：不论m为何值，该抛物线与x轴一定有两个公共点； （2）若该抛物线的对称轴为直线x?①求该抛物线的函数解析式；
②把该抛物线沿y轴向上平移多少个单位长度后，得到的抛物线与x轴只有一个公共点？ 【答案】解：（1）证明：∵y?(x?m)2?(x?m)?(x?m)(x?m?1)，
∴由y?(x?m)(x?m?1)?0得x1?m, x2?m?1.
∵m?m?1，∴不论m为何值，该抛物线与x轴一定有两个公共点. （2）①∵y?(x?m)2?(x?m)?x2??2m?1?x?m?m?1?，
∴抛物线的对称轴为直线x??
，解得m?2. 2
∴抛物线的函数解析式为y?x2?5x?6.
②∵y?x?5x?6??x???.
∴该抛物线沿y轴向上平移
个单位长度后，得到的抛物线与x轴只有一个公共点. 4
【考点】抛物线与x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y?0总有两个不等的实数根即可.
（2）①根据对称轴为直线x?
列方程求解即可. 2
②把y?x2?5x?6化为顶点式即可求解.
9. （2015年浙江宁波12分）如图1，点P为∠MON的平分线上一点，以P为顶点的角的两边分别与射线OM，ON交于A，B两点，如果∠APB绕点P旋转时始终满足OA?OB?OP，我们就把∠APB叫做∠MON的智慧角.
（1）如图2，已知∠MON=90°，点P为∠MON的平分线上一点，以点P为顶点的角的两边分别与射线OM，ON交于A，B两点，且∠APB=135°. 求证：∠APB是∠MON的智慧角；
（2）如图1，已知∠MON=?（0°<?<90°），OP=2，若∠APB是∠MON的智慧角，连结AB，用含
?的式子分别表示∠APB的度数和△AOB的面积；
（3）如图3，C是函数y?
(x?0)图象上的一个动点，过点C的直线CD分别交x轴和y轴于点A，x
B两点，且满足BC=2CA，请求出∠AOB的智慧角∠APB的顶点P的坐标
【答案】解：（1）证明：∵∠MON=90°，点P为∠MON的平分线上一点，
∴?AOP??BOP??MON?45?.
∵?AOP??OAP??APO?180?，∴?OAP??APO?135?. ∵?APB?135?，∴?APO??OPB?135?.∴?OAP??OPB. ∴?AOP∽?POB.∴
，即OP2?OA?OB. ?
∴∠APB是∠MON的智慧角. （2）∵∠APB是∠MON的智慧角，
∴OP2?OA?OB，即
∵点P为∠MON的平分线上一点， ∴?AOP??BOP??.
∴?AOP∽?POB.∴?OAP??OPB.
∴?APB??OPB??OPA??OAP??OPA?180???. 如答图1，过点A作AH⊥OB于点H， ∴S?AOB?
?OB?AH??OB?OA?sin??OP2?sin?. 222
∵OP?2，∴S?AOB?2sin?.
（3）设点C?a, b?，则ab?3.如答图，过C点作CH⊥OA于点H.
i）当点B在y轴的正半轴时，
如答图2，当点A在x轴的负半轴时，BC?2CA不可能. 如答图3，当点A在x轴的正半轴时， ∵BC?2CA，∴
∵CH∥OB，∴?ACH∽?ABO.∴∴OA?OB?ab?
???.∴OB?3b, OA?a. OBOAAB32
∵∠APB是∠AOB
的智慧角，∴OP?∵∠AOB=90°，OP平分∠AOB，∴点P
ii）当点B在y轴的负半轴时，如答图4 ∵BC?2CA，∴AB?CA.
∵∠AOB=∠AHC=90°，∠BAO=∠CAH，∴?ACH∽?ABO. ∴OB?CH?b, OA?AH?a.∴OA?OB?
213ab?. 22
∵∠APB是∠AOB
的智慧角，∴OP?
∵∠AOB=90°，OP平分∠AOB，∴点P
的坐标为. ??
综上所述，点P
的坐标为或.
【考点】新定义和阅读理解型问题；单动点和旋转问题；相似三角形的判定和性质；锐角三角函数定义；反比例函数的性质；曲线上点的坐标与方程的关系；分类思想的应用.
【分析】（1）通过证明?AOP∽?POB，即可得到OP2?OA?OB，从而证得∠APB是∠MON的智慧角.
（2）根据S?AOB?
?OB?AH??OB?OA?sin??OP2?sin?得出结果. 222
（3）分点B在y轴的正半轴，点B在y轴的负半轴两种情况讨论.
10. （2015年浙江衢州12分）如图，在?ABC中，AB?5, AC?9, S?ABC?
，动点P从A点出发，2
沿射线AB方向以每秒5个单位的速度运动，动点Q从C点出发，以相同的速度在线段AC上由C向A运动，当Q点运动到A点时， P、Q两点同时停止运动. 以PQ为边作正方形PQEF（P、Q、E、F按逆时针排序），以CQ为边在AC上方作正方形QCGH. （1）求tanA的值；
（2）设点P运动时间为t，正方形PQEF的面积为S，请探究S是否存在最小值？若存在，求出这个最小值，若不存在，请说明理由；
（3）当t为何值时，正方形PQEF的某个顶点（Q点除外）落在正方形QCGH的边上，请直接写出t的值．
【答案】解：（1）如答图1，过点B作BM?AC于点M，
∵AC?9, S?ABC?∴
，S?ABC??AC?BM， 22
??9?BM，解得，BM?3. 22
又∵AB?5, ∴根据勾股定理，得
∴tanA?（2）存在.
如答图2，过点P作PN?AC于点N， 经过时间t，AP?CQ?5t ∵tanA?
∴AN?4t, PN?3t.
∴QN?AC?AN?CQ?9?9t.
根据勾股定理，得，PQ?PN?NQ??3t???9?9t??90t?162t?81，
∴S?PQ2?90t2?162t?81?0<t0，且?
b?1629???在t的取值范围内， 2a2?9010
4ac?b24?90?81?162281
∴S存在最小值？若存在，这个最小值是（3）当t?
或或1或秒时，正方形PQEF的某个顶点（Q点除外）落在正方形QCGH
【考点】双动点问题；勾股定理；锐角三角函数定义；二次函数最值的应用；分类思想的应用． 【分析】（1）作辅助线“过点B作BM?AC于点M”构造直角三角形ABM，根据已知求出BM和应用AM的长，即可根据正切函数定义求出tanA?
（2）根据S?PQ2求得S关于t的二次函数，应用研究二次函数的最值原理求解即可． （3）分四种情况讨论：①当点E在HG上时，如答图3，t1?4，t2?
；②当点F在GH上时，如答图14
；③当点P在QH上（或点E在QC上）时，如答图5，t3?1；④当点F在CG上时，如答119
11. （2015年浙江温州14分）如图，点A和动点P在直线l上，点P关于点A的对称点为Q，以AQ为边作Rt△ABQ，使∠BAQ=90°，AQ:AB=3:4，作△ABQ的外接圆O. 点C在点P右侧，PC=4，过点C作直线m⊥l，过点O作OD⊥m于点D，交AB右侧的圆弧于点E。在射线CD上取点F，使DF=
以DE，DF为邻边作矩形DEGF，设AQ=3x （1）用关于x的代数式表示BQ，DF；
（2）当点P在点A右侧时，若矩形DEGF的面积等于90，求AP的长； （3）在点P的整个运动过程中，
①当AP为何值时，矩形DEGF是正方形？
②作直线BG交⊙O于另一点N，若BN的弦心距为1，求AP的长（直接写出答案）
【答案】解：（1）在Rt△ABQ中，∵AQ：AB=3：4，AQ=3x，∴AB=4x.∴BQ=5x.
又∵OD⊥m，l?m，∴OD∥l. ∵OB=OQ，∴AH=BH=
AB=2x.∴FD=CD=3x. 22
（2）∵AP=AQ=3x，PC=4，∴CQ=6x?4.
如答图1，过点O作OM⊥AQ于点M，∴OM∥AB. ∵⊙O是△ABQ的外接圆，∠BAQ=90°， ∴点O是BQ的中点..∴QM=AM=∴OD=MC=
x?4.∴OE=BQ=x.
∴ED=2x?4.
∴S矩形DEGF?DF?DE?3x?2x?4??90. 解得x1?3, x2??5（舍去）.∴AP=3x?9. （3）①若矩形DEGF是正方形，则ED=FD.
当点C在点Q的右侧时，
i）如答图1，点P在点A的右侧时， 由2x?4?3x解得x?4， ∴AP=3x?12.
ii）点P在点A的左侧时，
（I）如答图2，0<x<
∵ED=4?7x，FD=3x，∴由4?7x?3x解得x?∴AP=3x?
?x<时， 73
（II）如答图3，
∵ED=7?4x， DF=3x，
∴由7?4x?3x解得x?1（舍去）.
当点C在点Q的左侧时，即x?∵DE=7x?4， DF=3x， ∴由7x?4?3x解得x?1.
∴AP=3x?3.
综上所述，当AP为12或
，如答图4， 3
或3时，矩形DEGF是正5
【考点】单动点和中心对称问题；列代数式；平行的判定和性质；圆周角定理；矩形的性质；正方形的判定；等腰直角三角形的判定和性质方程思想、分类思想和数形结合思想的应用.
【分析】（1）根据AQ：AB=3：4和平行的性质求解.
（2）把DF，DE用x的代数式表示，即可由矩形DEGF的面积等于90列议程求解.
（3）①根据ED=FD时矩形DEGF是正方形，分点C在点Q的右侧，点C在点Q的左侧的情况
分类讨论，其中点C在点Q的右侧又分点P在点A的右侧，点P在点A的左侧（再分0<x<讨论.
②如答图5、6，连接NQ，
由点N到BN的弦心距为1得NQ=2. 如答图5，当点N在AB的左侧时， 过点B作BM⊥EG于点M， ∵GM=x，BM=x，∴∠GBM=45°. ∴BM∥AQ.
∴AI=AB=4x.∴IQ=x. ∴
和?x<）773
2，解得x?.∴
如答图6，当点N在AB的右侧时， 过点B作BJ⊥GE于点J， ∵GJ=x，BJ=4x，∴tan∠GBJ=
∴AI=16x.∴QI=19x.∴
2，解得x?∴
综上所述，AP
12. （2015年浙江舟山10分）小红将笔记本电脑水平放置在桌子上，显示屏OB与底板OA所在的水平线的夹角为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，她在底板下垫入散热架ACO'O' C?OA于点C，O' C=12cm. 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，
（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？
【答案】解：（1）∵O' C?OA于点C，OA=OB=24，O’C=12，
∴sin?CAO'?
???. O'AOA242
∴?CAO'?30°.
（2）如答图，过点B作BD?AO交AO的延长线于点D
∵sin?BOD?
，∴BD?OB?sin?BOD. OB
?∵?AOB?1200，∴?BOD?600.
∴BD?OB?sin?BOD?24∴显示屏的顶部B
'比原来升高了36? cm. （3）显示屏O'B'应绕点O'按顺时针方向旋转30°.理由如下：
如答图，电脑显示屏O'B’绕点O'按顺时针方向旋转?度至O'E处，O'F∥OA. ∵电脑显示屏O'B’ 与水平线的夹角仍保持120°，
∴?EO'F?1200.∴?FO'A??CAO'?300.∴?AO'B'?1200. ∴?EO'B'??FO'A?300，即??300. ∴显示屏O'B'应绕点O'按顺时针方向旋转30°.
【考点】解直角三角形的应用；线动旋转问题；锐角三角函数定义；特殊角的三角函数值. 【分析】（1）直接正弦函数定义和30度角的正弦函数值求解即可.
（2）过点B作BD?AO交AO的延长线于点D，则显示屏的顶部B'比原来升高的距离就是
CB'?BD，从而由BD?OB?sin?BOD求出BD即可求解.
?（3）根据旋转和平行的的性质即可得出结论.
13. （2015年浙江舟山12分）类比等腰三角形的定义，我们定义：有一组邻边相等的凸四边形叫做“等邻边四边形”. （1）概念理解：
如图1，在四边形ABCD中，添加一个条件，使得四边形ABCD是“等邻边四边形”，请写出你添加的一个条件；
（2）问题探究：
①小红猜想：对角线互相平分的“等邻边四边形”是菱形，她的猜想正确吗？请说明理由；
②如图2，小红画了一个Rt△ABC，其中∠ABC=90°，AB=2，BC=1，并将Rt△ABC沿∠B的平分线BB'方向平移得到VA'B'C'，连结AA'，BC'. 小红要使平移后的四边形ABC'A'是“等邻边四边形”，应平移多少距离（即线段BB'的长）？ （3）应用拓展：
如图3，“等邻边四边形”ABCD中，AB=AD，∠BAD+∠BCD=90°，AC，BD
为对角线，AC.试探究BC，CD，BD的数量关系.
【答案】解：（1）DA?AB（答案不唯一）.
（2）①正确.理由如下：
∵四边形的对角线互相平分，∴这个四边形是平行四边形. ∵四边形是“等邻边四边形”，∴这个四边形有一组邻边相等. ∴这个四边形是菱形.
②∵∠ABC=90°，AB=2，BC=1
，∴AC∵将Rt△ABC平移得到VA'B'C'，
∴BB'?AA'，AB'∥AB
，A'B'?AB?2, B'C'?BC?1, A'C'?AC?i）如答图1，当AA'?AB?2时，BB'?AA'?AB?2； ii）如答图2
，当AA'?A'C'?
BB'?AA'?A'C'?
iii）如答图3
，当A'C'?BC'C'B'交AB于点D，则C'B'?AB. ∵BB'平分?ABC，∴?ABB'?RABC?450. 设B'D?BD?
x，则C'D?x?1, BB'. 在Rt?BC'D中，BD2?C'D2?BC'2， ∴x2??
，解得x1?1, x2??2（不合题意，舍去）.
∴BB'?iv）如答图4，当BC'?AB?2时，同ii）方法，设B'D?BD?x， 可得BD2?C'D2?BC'2，即x2??x?1??22，
x2?（不合题意，舍去）.
综上所述，要使平移后的四边形ABC'A'是“等邻边四边形”，应平移2
（3）BC，CD，BD的数量关系为BC2?CD2?2BD2.
∵AB?AD，∴将VADC绕点A旋转到VABF.
∴VADC≌VABF.
∴?ABF??ADC, ?BAF??DAC, AF?AC, FB?CD. ACAD??1. AFAB
CFAC∴VACF∽VABD.
∴CF?. BDAB∴?BAD??CAF,
∵?BAD??ADC+?BCD??ABC?3600，
∴?ABC??ADC?3600???BAD+?BCD??0.
∴?ABC??ABF?2700.∴?CBF?900.
∴BC2?CD2?CF2??2?2BD2.
【考点】新定义；面动平移问题；菱形的判定；全等三角形的判定和性质；相似三角形的判定和性质；等腰直角三角形的判定和性质；多边形内角和定理；勾股定理；分类思想和方程思想的应用.
【分析】（1）根据定义，添加AB?BC或BC?CD或CD?DA或DA?AB即可（答案不唯一）.
（2）根据定义，分AA'?AB?
2，AA'?A'C'?
A'C'?BC'BC'?AB?2四种情况讨论即可.
（3）由AB?AD，可将VADC绕点A旋转到VABF，构成全等三角形：VADC≌VABF，从而得到?ABF??ADC, ?BAF??DAC, AF?AC, FB?CD，进而证明VACF∽
VABD得到CF?，通过角的转换，证明?CBF?900，根据勾股定理即可得出BC2?CD2?2BD2.
浙江省11市2015年中考数学试题分类解析汇编（20专题）专题13：动态几何问题 1. （2015年浙江丽水3分）如图，在方格纸中，线段a，b，c，d的端点在格点上，通过平移其中两条线段，使得和第三条线段首尾相接组成三角形，则能组成三角形的不同平移方…
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