2022-2022年江苏苏州中考数学试题分类解析汇编（12专题）专题4：图形的变换一、选择题1.（江苏省2022年3分）如图，在方格纸中，将图①中的三角形甲平移到图②中所示的位置，与三角形乙拼成一个矩形，那么，下面的平移方法中，正确的是【】A．先向下平移3格，再向右平移1格B．先向下平移2格，再向右平移1格C．先向下平移2格，再向右平移2格D．先向下平移3格，再向右平移2格【答案】D。【考点】平移的性质。【分析】根据图形，对比图①与图②中位置关系可知：平移是先向下平移3格，再向右平移2格。故选D。2.（江苏省苏州市2022年3分）下图可以看作是一个等腰直角三角形旋转若干次而生成的，则每次旋转的度数可以是【】A．B．C．D．【答案】C。【考点】旋转的性质。【分析】根据旋转的性质，观察图形，中心角是由8个度数相等的角组成，结合周角是360°求得每次旋转的度数：∵中心角是由8个度数相等的角组成，∴每次旋转的度数可以为360°÷8=45°。故选C。3.（江苏省苏州市2022年3分）下列图形中，旋转600后可以和原图形重合的是【】26用心爱心专心\nA.正六边形B.正五边形 C.正方形D.正三角形【答案】A。【考点】旋转对称图形。【分析】求出各图的中心角，度数为60°的即为正确答案：A、正六边形旋转的最小角度是=60°；B、正五边形的旋转最小角是=72°；C、正方形的旋转最小角是=90°；D、正三角形的旋转最小角是=120°。故选A。4.（江苏省苏州市2022年3分）对左下方的几何体变换位置或视角，则可以得到的几何体是【】A.B.C.D.【答案】B。【考点】几何变换的类型。【分析】我们在观察物体时，无论什么角的观察物体，物体的形状都不会发生改变，本题中，只有B的几何体和题目中的几何体一致。故选B。5.（江苏省苏州市2022年3分）下列图形中，不能表示长方体平面展开图的是【】【答案】D。【考点】几何体的展开图。【分析】由平面图形的折叠及长方体的展开图解题：选项A，B，C经过折叠均能围成长方体，D两个底面在侧面的同一侧，又缺少一个底面，所以不能表示长方体平面展开图。故选D。6.（江苏省苏州市2022年3分）下图是一个旋转对称图形，以O为旋转中心，以下列哪一个角为旋转角旋转，能使旋转后的图形与原图形重合【】26用心爱心专心\nA．60°B．90°C．120°D．180°【答案】C。【考点】旋转对称图形。【分析】根据旋转对称图形的概念：把一个图形绕着一个定点旋转一个角度后，与初始图形重合，这种图形叫做旋转对称图形，这个定点叫做旋转对称中心，旋转的角度叫做旋转角。因此，∵O为圆心，∴∠AOB=∠BOC=∠AOC=120°，所以旋转120°后与原图形重合。故选C。7.（江苏省2022年3分）下面四个几何体中，左视图是四边形的几何体共有【】A．1个B．2个C．3个D．4个【答案】B。【考点】简单几何体的三视图。【分析】四个几何体的左视图：圆柱是矩形，圆锥是等腰三角形，球是圆，正方体是正方形，由此可确定左视图是四边形的几何体是圆柱和正方体。故选B。8.（江苏省苏州市2022年3分）如图，已知△ABC中，AB=AC，∠BAC=900，直角∠EPF的顶点P是BC中点，两边PE、PF分别交AB、AC于点E、F，给出以下四个结论：（1）AE=CF；（2）△EPF是等腰直角三角形；（3）；（4）EF＝AP。当∠EPF在△ABC内绕顶点P旋转时（点E不与A、B重合），上述结论中始终正确的有【】A.1个B.2个C.3个D.4个【答案】C。【考点】旋转的性质，等腰直角三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质。【分析】26用心爱心专心\n利用旋转的思想观察全等三角形，寻找条件证明三角形全等．根据全等三角形的性质对题中的结论逐一判断：（1）∵∠APE、∠CPF都是∠APF的余角，∴∠APE=∠CPF。∵AB=AC，∠BAC=90°，P是BC中点，∴AP=CP。又∵AB=AC，AP=BP，∴∠EAP=∠B=∠C。∴△APE≌△CPF（ASA）。∴AE=CF。∴（1）正确。（2）∵由（1）△APE≌△CPF，∴PE=PF。又∵∠EPF=∠EAP＋∠APF=∠FPC＋∠APF=∠APC=900。∴△EPF是等腰直角三角形。∴（2）正确。（3）同（1）可证△APF≌△BPE，又由（1）△APE≌△CPF，∴。∴（3）正确。（4）∵EF不一定是中位线，∴EF不一定等于BC。又∵AP=BC，∴EF＝AP不一定成立。∴（4）错误。综上所述，始终正确的是①②③。故选C。9.（江苏省苏州市2022年3分）如图，小明作出了边长为1的第1个正△A1B1C1，算出了正△A1B1C1的面积。然后分别取△A1B1C1的三边中点A2、B2、C2，作出了第2个正△A2B2C2，算出了正△A2B2C2的面积。用同样的方法，作出了第3个正△A3B3C3，算出了正△A3B3C3的面积……，由此可得，第10个正△A10B10C10的面积是【】A．B．C．D．【答案】A。【考点】分类归纳（图形的变化类），等边三角形的性质，三角形中位线定理，勾股定理，相似三角形的判定和性质。26用心爱心专心\n【分析】由勾股定理可求出△A1B1C1的高，面积为。由三角形中位线定理，得△A2B2C2的边长是△A1B1C1边长1的；△A3B3C3的边长是△A2B2C2边长的，即是△A1B1C1边长1的；△A4B4C4的边长是△A3B3C3边长的，即是△A1B1C1边长1的；······△A10B10C10的边长是△A1B1C1边长1的。由等边三角形的相似性和相似三角形的性质，得，即。故选择A。10.（江苏省苏州市2022年3分）如图，⊙Ｏ的半径为５，弦ＡＢ的长为８，Ｍ是弦ＡＢ上的动点，则线段ＯＭ长的最小值为【】Ａ。２ Ｂ。３ Ｃ。４ Ｄ。５【答案】B。【考点】动点问题，垂线段的性质，垂径定理，勾股定理。【分析】根据垂线段最短知，当OM⊥AB时，OM有最小值，从而根据垂径定理和勾股定理求解：根据垂线段最短知，当OM⊥AB时，OM有最小值，此时，由垂径定理知，点M是AB的中点，连接OA，则AM=AB=4。由勾股定理知，OM=。故选B。11.（2022江苏苏州3分）如图，将△AOB绕点O按逆时针方向旋转45°后得到△A＇OB＇，若∠AOB=15°，则∠AOB＇的度数是【】26用心爱心专心\nA.25°B.30°C.35°D.40°【答案】B。【考点】旋转的性质。【分析】根据旋转的性质，旋转前后图形全等以及对应边的夹角等于旋转角，从而得出答案：∵将△AOB绕点O按逆时针方向旋转45°后得到△A′OB′，∴∠A′OA=45°，∠AOB=∠A′OB′=15°，∴∠AOB′=∠A′OA－∠A′OB=45°－15°=30°。故选B。二、填空题1.（2022江苏苏州2分）在半径为5cm的⊙O中，弦AB的长等于6cm，若弦AB的两个端点A、B在⊙O上滑动（滑动过程中AB长度不变），则弦AB的中点C的轨迹是▲。【答案】以点O为圆心，4cm为半径的圆。【考点】垂径定理，勾股定理。【分析】如图，连接OA、OB、OC，∵OC⊥AB，∴AC=BC（垂径定理）。∵弦AB=6cm，∴AC=3cm。又∵⊙O的半径长为5cm，∴根据勾股定理得OC=4，即弦心距OC的长4cm。∵AB弦长始终保持不变，∴弦心距OC的长也不变，即弦AB的中点C到圆心O的距离总为4。∴弦AB的中点形成的图形是以点O为圆心，4cm为半径的圆，如图。2.江苏省苏州市2022年3分）下图的几何体由若干个棱长为数1的正方体堆放而成，则这个几何体的体积为▲。【答案】6。26用心爱心专心\n【考点】几何体的表面积。【分析】这个几何体的体积就是组成这个几何体的各个部分体积的和，如图：这个几何体由6个正方体组成，每个正方体的体积是1，故这个几何体的体积为6。3.（江苏省苏州市2022年3分）如图，将纸片△ABC沿DE折叠，点A落在点A′处，已知∠1+∠2=100°，则∠A的大小等于▲度．【答案】50°。【考点】翻折变换（折叠问题），折叠的性质，等腰三角形的性质，三角形外角定理。【分析】如图，连接AA′，由折叠的性质，得AD=A′D，AE=A′E。∴∠1+∠2=2（∠DAA′+∠EAA′）=2∠A=100°。∴∠A=50°。4.（江苏省苏州市2022年3分）如图，水平放置的长方体的底面是边长为2和4的矩形，它的左视图的面积为6，则长方体的体积等于▲．【答案】24。【考点】由三视图判断几何体。【分析】长方体的左视图是一个矩形，因为它的面积为6，一边长为2，所以另一边长为3，从而得出长方体的高为3，因此长方体的体积等于2×4×3=24。5.（2022江苏苏州3分）如图①，在梯形ABCD中，AD∥BC，∠A=60°，动点P从A点出发，以1cm/s的速度沿着A→B→C→D的方向不停移动，直到点P到达点D后才停止.已知△PAD的面积S（单位：cm2）与点P移动的时间t（单位：s）的函数关系式如图②所示，则点P从开始移动到停止移动一共用了▲秒（结果保留根号）.26用心爱心专心\n【答案】4＋。【考点】动点问题的函数图象，矩形的判定和性质，锐角三角函数定义，特殊角的三角函数值，勾股定理。【分析】由图②可知，t在2到4秒时，△PAD的面积不发生变化，∴在AB上运动的时间是2秒，在BC上运动的时间是4－2=2秒。∵动点P的运动速度是1cm/s，∴AB=2，BC=2。过点B作BE⊥AD于点E，过点C作CF⊥AD于点F，则四边形BCFE是矩形。∴BE=CF，BC=EF=2。∵∠A=60°，∴，。∵由图②可△ABD的面积为，∴，即，解得AD=6。∴DF=AD－AE－EF=6－1－2=3。在Rt△CDF中，，∴动点P运动的总路程为AB＋BC＋CD=2＋2＋=4＋（cm）。∵动点P的运动速度是1cm/s，∴点P从开始移动到停止移动一共用了（4+）÷1=4+s。三、解答题1.（2022江苏苏州7分）已知一个三角形纸片ABC，面积为25，BC的长为10，∠B、∠C都为锐角，M为AB边上的一动点（M与A、B不重合），过点M作MN∥BC交AC于点N，设MN=x。（1）用x表示△AMN的面积；（2）△AMN沿MN折叠，使△AMN紧贴四边形BCNM（边AM、AN落在四边形BCNM所在的平面内），设点A落在平面BCNM内的点A′，△A′MN与四边形BCNM重叠部分的面积为y。①用的代数式表示y，并写出x的取值范围；26用心爱心专心\n②当x为何值时，重叠部分的面积y最大，最大为多少？【答案】解：（1）∵MN∥BC，∴△AMN∽△ABC。∴。∴，即。（2）①当点A′落在四边形BCMN内或BC边上时，（0＜x≤5）。当点A′在四边形BCMN外，连接AA′与MN交于点G与BC交于点F，∵MN∥BC，∴，即。∴AG=x。∴AA′=2AG=x。∴A′F=x－5。∴，即。∴。∴重合部分的面积。综上所述，重合部分的面积。②∵∴当x=时，y最大，最大值为y最大=。【考点】翻折变换（折叠问题），相似三角形的判定和性质，二次函数的最值。【分析】（1）根据已知条件求出△AMN∽△ABC，再根据面积比等于相似比的平方26用心爱心专心\n的性质即可求出△AMN的面积。（2）根据已知条件分两种情况进行讨论，当点A′落在四边形BCMN内或BC边上时和当点A′在四边形BCMN外时进行讨论，第一种情况很容易求出，第二种情况进行画图，连接AA′与MN交于点G与BC交于点F，再根据面积比等于相似比的平方的性质求出即可．再根据求出的式子，即可求出重叠部分的面积y的最大值来。2.（江苏省苏州市2022年6分）如图，平行四边形纸条ABCD中，E、F分别是边AD、BC的中点。张老师请同学们将纸条的下半部分平行四边形ABEF沿EF翻折，得到一个V字形图案。（1）请你在原图中画出翻折后的图形平行四边形A′B′FE；（用尺规作图，不写画法，保留作图痕迹）（2）已知∠A=63°，求∠B′FE的大小。【答案】解：（1）画图形（见右图）：（2）∵四边ABEF是平行四边形，∴∠EFB=∠A=63°。∵四边形A′B′FE是由四边形ABFE翻折得到，∴∠B′FE=∠EFB=63°。∴∠B′FC=180°－∠B′FE－∠EFB=54°。【考点】作图（轴对称变换），平行四边形的性质，翻折对称的性质。【分析】（1）翻折后的和原来的是轴对称图形，根据轴对称图形的性质画图即可。（2）利用图中角的关系，即角的和差关系求角的度数。3.（江苏省苏州市2022年6分）台球是一项高雅的体育运动．其中包含了许多物理学、几何学知识。图①是一个台球桌，目标球F与本球E之间有一个G球阻挡(1)击球者想通过击打E球先撞击球台的AB边．经过一次反弹后再撞击F球。他应将E球打到AB边上的哪一点?请在图①中用尺规作出这一点H．并作出E球的运行路线；(不写画法．保留作图痕迹)(2)如图②．现以D为原点，建立直角坐标系，记A(0，4)．C(8，0)．E(4，3)，F(7，1)，求E球按刚才方式运行到F球的路线长度．(忽略球的大小)26用心爱心专心\n【答案】解：（1）画出图形如下：（2）过点F作AB的平行线交E1E的延长线于点N，∵A(0，4)，E(4，3)，E1和E关于AB对称，∴E1(4，5)。又∵F(7，1)，∴N（4，1）。∴E1N=4，FN=3。在Rt△FNE1中，又∵点E1是点E关于直线AB的对称点，∴EH=E1H。∴EH+HF=E1F=5。∴E球运行到F球的路线长度为5。【考点】跨学科问题，轴对称变换作图，直角坐标系和坐标，勾股定理，轴对称的性质，平行的性质。【分析】（1）根据入射角等于反射角的原理，找出E点关于AB的对称点E1，连接E1F交AB于H，点H即为所求。球E的运动路线就是EH→HF。（2）点F作AB的平行线交E1E的延长线于点N，根据轴对称的性质点和平行的性质，求出点E1、N的坐标，从而求出E1N=4，FN=3，在Rt△FNE1中应用勾股定理求出E1F=5。因此根据轴对称的性质，得到EH+HF=E1F=5。4.（江苏省2022年10分）（1）观察与发现小明将三角形纸片沿过点A的直线折叠，使得AC落在AB边上，折痕为AD，展开纸片（如图①）；再次折叠该三角形纸片，使点A和点D重合，折痕为EF，展平纸片后得到26用心爱心专心\n（如图②）．小明认为是等腰三角形，你同意吗？请说明理由．（2）实践与运用将矩形纸片沿过点B的直线折叠，使点A落在BC边上的点F处，折痕为BE（如图③）；再沿过点E的直线折叠，使点D落在BE上的点处，折痕为EG（如图④）；再展平纸片（如图⑤）．求图⑤中的大小．5.（江苏省苏州市2022年8分）如图，在中，，，．是边上的一个动点(异于、两点)，过点分别作、边的垂线，垂足为、．设．(1)在中，=▲；(2)当=▲时，矩形的周长是14；(3)是否存在的值，使得的面积、的面积与矩形26用心爱心专心\n的面积同时相等?请说出你的判断，并加以说明．【答案】解：(1)10。(2)5。(3)存在。证明如下：∵，，∴。∵，∴。∴∽∽。由得，，，，。若的面积、的面积与矩形的面积同时相等，则有，即。∴且，即，解得。∴存在，能使得的面积、的面积与矩形面积同时相等。【考点】勾股定理，相似三角形的判定和性质。【分析】(1)在中，∵，，，∴10。（2）由∽，得。∵，，，∴，即，。由矩形的周长是14得，解得。（3）存在性问题，可根据题意在假定存在的情况下列出方程，将问题转化为方程是否有解的问题。6.（江苏省苏州市2022年9分）刘卫同学在一次课外活动中，用硬纸片做了两个直角三角形，见图①、②．图①中，，，；图②中，，，26用心爱心专心\n．图③是刘卫同学所做的一个实验：他将的直角边与的斜边重合在一起，并将沿方向移动．在移动过程中，、两点始终在边上(移动开始时点与点重合)．(1)在沿方向移动的过程中，刘卫同学发现：、两点间的距离逐渐▲．(填“不变”、“变大”或“变小”)(2)刘卫同学经过进一步地研究，编制了如下问题：问题①：当移动至什么位置，即的长为多少时，、的连线与平行?问题②：当移动至什么位置，即的长为多少时，以线段、、的长度为三边长的三角形是直角三角形?问题③：在的移动过程中，是否存在某个位置，使得?如果存在，求出的长度；如果不存在，请说明理由．请你分别完成上述三个问题的解答过程．【答案】解：（1）变小。（2）问题①：∵，，，∴。∵,,∴。连结，设，∴。在中，=4，∴=12－4。∴cm时，。问题②：设当，在中，。（Ⅰ）当为斜边时，由得，,。(Ⅱ)当为斜边时，由得，,（不符合题意，舍去）。26用心爱心专心\n(Ⅲ)当为斜边时，由，,,∵=144－248<0，∴方程无解。综上所述，当时，以线段、、的长度为三边长的三角形是直角三角形。问题③：不存在这样的位置，使得。理由如下：假设，由得。作的平分线，交于,则∴。∴,。∴。∴不存在这样的位置，使得。【考点】动态几何问题，等腰直角三角形的性质，勾股定理和逆定理，角平分线的性质，解一元二次方程。【分析】（1）观察图形即可得出结论。（2）问题①：连结，设，在中应用勾股定理，求出这时的值，从而得到的长。问题②：以线段、、的长度为三边长的三角形是否是直角三角形，根据勾股定理的逆定理，只需对三边是否能组成直角三角形进行讨论，分为斜边、为斜边和为斜边三种情况讨论。问题③：假设存在这样的位置，使得，由知条件进行推理，得出矛盾的结论。否存在性问题属于中考题常设置的一种题型，此类问题常先假设结论存在，利用已若推情合理，则存在；否则，则不存在。7.（江苏省苏州市2022年7分）如图，梯形OABC中，O为直角坐标系的原点，A、B、C的坐标分别为（14，0）、（14，3）、（4，3）。点P、Q同时从原点出发，分别作匀速运动。其中点P沿OA向终点A运动，速度为每秒1个单位；点Q沿OC、CB向终点B运动。当这两点中有一点到达自己的终点时，另一点也停止运动。（1）设从出发起运动了26用心爱心专心\n秒，如果点Q的速度为每秒2个单位，试分别写出这时点Q在OC上或在CB上时的坐标（用含的代数式表示，不要求写出的取值范围）；（2）设从出发起运动了秒，如果点P与点Q所经过的路程之和恰好为梯形OABC的周长的一半。①试用含的代数式表示这时点Q所经过的路程和它的速度；②试问：这时直线PQ是否可能同时把梯形OABC的面积也分成相等的两部分？如有可能，求出相应的的值和P、Q的坐标；如不可能，请说明理由。【答案】解：（1）当点Q在OC上时，如图，过点C作CE⊥OA于点E，过点Q作QF⊥OA于点F。依题意，有OE=4，EC=3，OC=5，OQ=2。由△OCE∽△OQF得，即。∴。∴当点Q在OC上时，点Q的坐标为。当点Q在CB上时，如图，过点C作CM⊥OA于点M，过点Q作QN⊥OA于点N。∵CQ=2－5，∴OM=4＋2－5=2－1。又MQ=3，∴当点Q在CB上时，点Q的坐标为（）。（2）①∵点P所经过的路程为，点Q所经过的路程为OQ，且点P与点Q所经过的路程之和恰好为梯形OABC的周长的一半，∴＋OQ=（14＋3＋10＋5），即OQ=16－。∴点Q所经过的路程为16－，速度为。②不能。理由如下：当Q点在OC上时，如图，过点Q作QF⊥OA于点F。则OP=，QF=。∴。26用心爱心专心\n又∵，∴令，解之，得。∵当时，，这时点Q不在OC上，故舍去；当时，，这时点Q不在OC上，故舍去。∴当Q点在OC上时，PQ不可能同时把梯形OABC的面积也分成相等的两部分。当Q在CB上时，CQ=16－－5=11－，∴。∵，∴当Q点在CB上时，PQ不可能同时把梯形OABC的面积也分成相等的两部分。综上所述，这时PQ不可能同时平分梯形OABC的面积。【考点】动点问题，勾股定理，相似三角形的判定和性质。【分析】（1）当点Q在OC上时，作直角三角形OCE和OQF，由二者相似即可求出此时点Q的坐标。当点Q在CB上时，过点C作CM⊥OA于点M，过点Q作QN⊥OA于点N，即可得出OM=4＋2－5=2－1，从而求出此时点Q的坐标。（2）①由点P与点Q所经过的路程之和恰好为梯形OABC的周长的一半，列出等式，＋OQ=（14＋3＋10＋5），即可求出点Q所经过的路程。用路程÷时间即可求得速度。②分Q点在OC上和Q点在OC上，分别讨论即可得出结论。8.（江苏省苏州市2022年7分）OABC是一张放在平面直角坐标系中的矩形纸片，O为原点，点A在x轴上，点C在y轴上，OA=10，OC=6。（1）如图1，在OA上选取一点G，将△COG沿CG翻折，使点O落在BC边上，记为E，求折痕CG所在直线的解析式。（2）如图2，在OC上选取一点D，将△AOD沿AD翻折，使点O落在BC边上，记为。①求折痕AD所在直线的解析式；②再作F∥AB，交AD于点F，若抛物线过点F，求此抛物线的解析式，并判断它与直线AD的交点的个数。（3）如图3，一般地，在OC、OA上选取适当的点，使纸片沿翻折后，点O落在BC边上，记为。请你猜想：折痕所在直线与②中的抛物线会有什么关系？用（1）中的情形验证你的猜想。26用心爱心专心\n【答案】解：（1）由折叠法知，四边形OCEG是正方形，∴OG=OC=6。∴G（6，0），C（0，6）。设直线CG的解析式为y=kx+b，则，解得。∴直线CG的解析式为：y=－x+6。（2）①在Rt△ABE'中，。∴CE′=2。设OD=x，则DE'=x，CD=6－x，在Rt△DCE'中，，解得。则D（0，）。设AD所在直线的解析式为y=k'x＋，由于它过A（10，0），∴k'=。∴AD所在直线的解析式为。②∵E'F∥AB，E'（2，6），∴设F（2，yF）。∵F在AD上，∴。∴F（2，）。又∵点F在抛物线上，∴，解得h=3。∴抛物线的解析式为。联立和得，即。∵△=0，∴直线AD与抛物线只有一个交点（2，）。
（3）例如可以猜想：（ⅰ）折痕所在直线与抛物线只有一个交点；或（ⅱ）若作E''F''∥AB，交D'G'于F'，则F'在抛物线上。验证：（ⅰ）在图1中，折痕为CG，将y=－x+6代入，得，即。∵△=0，∴折痕CG所在直线与抛物线只有一个交点。26用心爱心专心\n或（ⅱ）在图1中，D'即C，E''即E，G'即G，交点F'也为G（6，0），∴当x=6时，。∴G点在这条抛物线上。【考点】二次函数综合题，折叠的性质，正方形的判定和性质，待定系数法，曲线点的坐标与方程的关系，勾股定理，一元二次方程根的判别式。【分析】（1）根据折叠的性质可知：四边形OGEC是个正方形，因此OC=OG=6，据此可得出G点的坐标，然后用待定系数法即可求出直线CG的解析式。（2）①求出D的坐标，根据折叠的性质可知AE′=OA，那么可在Rt△ABE′中求出BE′的长，从而可求出CE′的值。在Rt△CDE′中，CD=6－OD，DE′=OD，根据勾股定理即可求出OD的长，也就得出了D点的坐标，然后可用待定系数法求出直线AD的解析式。②①中已经求得CE′的长，即F点的横坐标，可根据直线AD的解析式求出F点的坐标，然后将F的坐标代入抛物线中即可求出抛物线的解析式．从而可根据抛物线的解析式来判断其与x轴交点的个数。（3）可以猜想：（ⅰ）折痕所在直线与抛物线只有一个交点：（ⅱ）若作E''F''∥AB，交D'G'于F'，则F'在抛物线上。验证（ⅰ）时，将y=－x+6代入，证明△=0即可。验证（ⅱ）时，说明G（6，0）满足即可。9.（江苏省苏州市2022年8分）如图，平面直角坐标系中，四边形OABC为矩形，点A、B的坐标分别为（3，0），（3，4）。动点M、N分别从O、B同时出发，以每秒1个单位的速度运动。其中，点M沿OA向终点A运动，点N沿BC向终点C运动。过点N作NP⊥AC，交AC于P，连结MP。已知动点运动了x秒。（1）P点的坐标为（，）；（用含x的代数式表示）（2）试求△MPA面积的最大值，并求此时x的值。（3）请你探索：当x为何值时，△MPA是一个等腰三角形？你发现了几种情况？写出你的研究成果。26用心爱心专心\n【答案】解：（1）3—x；x。（2）设△MPA的面积为S，在△MPA中，MA=3－x，MA边上的高为x，其中，0≤x≤3。∴。∴S的最大值为，此时x=。（3）延长NP交x轴于Q，则有PQ⊥OA。①若MP=PA，∵PQ⊥MA，∴MQ=QA。又∵QA=x，MQ=3－2x∴3－x=2x。∴x=1。②若MP=MA，则MQ=3－2x，PQ=x，PM=MA=3－x。在Rt△PMQ中，∵PM2=MQ2＋PQ2，∴(３－x)2=(3－2x)2+(x)2。∴x=（x=0舍去）。③若PA=AM，则PA=x，AM=3－x∴x=3－x。∴x=。综上所述，当x为以下值时，△MPA是一个等腰三角形：x=1或x=或x=。【考点】二次函数综合题，勾股定理，待定系数法，直线上点的坐标与方程的关系，二次函数的最值，等腰三角形的判定和性质。【分析】（1）由题意可知C（0，4），A（3，0），所以由待定系数法可求出直线AC解析式为：y=－x+4。因为P点的横坐标与N点的横坐标相同为3－x，代入直线AC中得y=x，所以P点坐标为（3－x，x）。（2）通过求△MPA的面积和x的函数关系式来得出△MPA的面积最大值及对应的x的值。（3）可分MP=AP，AP=AM，MP=MA三种情况进行讨论即可。10.（江苏省苏州市2022年8分）如图一，平面直角坐标系中有一张矩形纸片OABC，O为坐标原点，A点坐标为（10，0），C点坐标为（0，6）。D是BC边上的动点（与点B、C不重合），现将△COD沿OD翻折，得到△FOD；再在AB边上选取适当的点E，将△BDE沿DE翻折，得到△GDE，并使直线DG、DF重合。（1）如图二，若翻折后点F落在OA边上，求直线DE的函数关系式；（2）设，，求关于的函数关系式，并求的最小值；26用心爱心专心\n（3）一般地，请你猜想直线DE与抛物线的公共点的个数，在图二的情形中通过计算验证你的猜想；如果直线DE与抛物线始终有公共点，请在图一中作出这样的公共点。【答案】解：（1）∵A点坐标为（10，0），C点坐标为（0，6），∴D点坐标为（6，6），E点坐标为（10，2）。设直线DE的函数关系式为，则，解得。∴直线DE的函数关系式为。（2）依题意有：OC=6，CD=a，BD=10－a，BE=6－b。∵∠ODE=90°，∴∠CDO+∠COD=∠CDO+∠BDE=90°。∴∠COD=∠BDE。又∵∠OCD=∠B=90°，∴△OCD∽△DBE。∴，即。∴。又∵∴当a=5时，b最小值=。（3）猜想：直线DE与抛物线只有一个公共点。就图2验证如下：由（1）可知，DE所在直线为．代入抛物线，得，化简得，∵△=242－4×1×144=0，∴有两个相等的实数根。∴直线DE与抛物线只有一个公共点。26用心爱心专心\n解得：x=12，∴y=0。∴直线DE与抛物线的公共点为（12，0）。∴延长DE交OF于点H，点H即为公共点。据此作出公共点如图。【考点】二次函数综合题，矩形的性质，翻折的性质，正方形的判定和性质，待定系数法，直线上点的坐标与方程的关系，相似三角形的判定和性质，二次函数的最值，一元二次方程根的判别式。【分析】（1）当F落在OA上时，四边形OCDF和四边形DGEB都是正方形，因此CD=DF=OC=6，即D点的坐标为（6，6），而GF=DF－DG=DF－（BC－CD）=6－（10－6）=2，因此E点的坐标为（10，2）。然后可用待定系数法求出直线DE的解析式。（2）根据各点的坐标可知：OC=6，CD=a，BD=10－a，BE=6－b，可根据△OCD∽△DBE得出的关于OC、CD、DB、BE的比例关系式求出b、a的函数关系式．然后可根据函数的性质得出b的最小值及对应的a的值。（3）可将（1）中得出的直线DE的解析式联立抛物线的解析式，得出的一元二次方程的根的判别式△的值与0的关系即可得出交点的个数并求出解，作图。11.（江苏省苏州市2022年8分）如图，在等腰梯形ABCD中，AD∥BC，AB=DC=5，AD=6，BC=12．动点P从D点出发沿DC以每秒1个单位的速度向终点C运动，动点Q从C点出发沿CB以每秒2个单位的速度向B点运动．两点同时出发，当P点到达C点时，Q点随之停止运动．(1)梯形ABCD的面积等于；(2)当PQ//AB时，P点离开D点的时间等于秒；(3)当P、Q、C三点构成直角三角形时，P点离开D点多少时间?【答案】解：（1）36。（2）。（3）设P点离开D点ｘ秒，P、Q、C三点构成直角三角形时，有两种情况：①如图，当∠CPQ=900时，过点D作DM⊥BC于M。∵∠CPQ=∠DMC=900，∠C=∠C，∴△CPQ∽△DMC。26用心爱心专心\n∴。∵CP=5－ｘ，CQ=2ｘ，CD=5，CM=，∴，解得。②如图，当∠CQP=900时，过点D作DN⊥BC于N。∵∠CQP=∠DNC=900，∠C=∠C，∴△CPQ∽△CDN。∴。∵CP=5－ｘ，CQ=2ｘ，CD=5，CM=，∴，解得。由已知和综上所述，当P、Q、C三点构成直角三角形时，P点离开D点秒或秒。【考点】动点问题，等腰梯形的性质，平行四边形的判定和性质，勾股定理，相似三角形的判定和性质。【分析】（1）如图，过点A作AH⊥BC于H，根据等腰梯形的性质，知AB=5，BH=，则，所以梯形ABCD的面积等于。（2）如图，过点D作DE//AB交BC于点E，设当PQ//AB时，P点离开D点的时间等于ｘ秒，则由△CPQ∽△CDE，得。∵CP=5－ｘ，CQ=2ｘ，CD=5，CE=6，∴，解得。（3）分∠CPQ=900和∠CQP=900两种情况讨论即可。12.（江苏省苏州市2022年9分）如图①，小慧同学把一个正三角形纸片（即△OAB）放在直线l1上，OA边与直线l1重合，然后将三角形纸片绕着顶点A按顺时针方向旋转120°，此时点O运动到了点O1处，点B运动到了点B1处；小慧又将三角形纸片AO1B1绕点B1按顺时针方向旋转120°，此时点A运动到了点A1处，点O1运动到了点O2处（即顶点O经过上述两次旋转到达O2处）．小慧还发现：三角形纸片在上述两次旋转的过程中，顶点O运动所形成的图形是两段圆弧，即和，顶点O所经过的路程是这两段圆弧的长度之和，并且这两段圆弧与直线l1围成的图形面积等于扇形AOO1的面积、△AO1B1的面积和扇形B1O1O2的面积之和．小慧进行类比研究：如图②，她把边长为1的正方形纸片OABC放在直线l2上，OA边与直线l2重合，然后将正方形纸片绕着顶点^按顺时针方向旋转90°，此时点O运动到了点O1处（即点B处），点C运动到了点C1处，点B运动到了点B1处；小慧又将正方形纸片AO1C1B1绕顶点B1按顺时针方向旋转90°，……，26用心爱心专心\n按上述方法经过若干次旋转后．她提出了如下问题：问题①：若正方形纸片OABC接上述方法经过3次旋转，求顶点O经过的路程，并求顶点O在此运动过程中所形成的图形与直线l2围成图形的面积；若正方形纸片OABC按上述方法经过5次旋转，求顶点O经过的路程；问题②：正方形纸片OABC按上述方法经过多少次旋转，顶点O经过的路程是?请你解答上述两个问题．【答案】解：问题①：如图，正方形纸片经过3次旋转，顶点O运动所形成的图形是三段圆弧，所以顶点O在此运动过程中经过的路程为。顶点O在此运动过程中所形成的图形与直线围成图形的面积为。正方形纸片经过5次旋转，顶点O运动经过的路程为：。问题②：∵正方形纸片每经过4次旋转，顶点O运动经过的路程均为：。又，而是正方形纸片第4+1次旋转，顶点O运动经过的路程。26用心爱心专心\n∴正方形纸片OABC按上述方法经过81次旋转，顶点O经过的路程是【考点】分类归纳，图形的翻转，扇形弧长和面积.【分析】求出正方形OABC翻转时点O的轨迹弧长,再求面积即可。要理解的是第4次旋转，顶点O没有移动。13.（2022江苏苏州9分）如图，正方形ABCD的边AD与矩形EFGH的边FG重合，将正方形ABCD以1cm/s的速度沿FG方向移动，移动开始前点A与点F重合.在移动过程中，边AD始终与边FG重合，连接CG，过点A作CG的平行线交线段GH于点P，连接PD.已知正方形ABCD的边长为1cm，矩形EFGH的边FG、GH的长分别为4cm、3cm.设正方形移动时间为x（s），线段GP的长为y（cm），其中0≤x≤2.5.⑴试求出y关于x的函数关系式，并求出y=3时相应x的值；⑵记△DGP的面积为S1，△CDG的面积为S2．试说明S1－S2是常数；⑶当线段PD所在直线与正方形ABCD的对角线AC垂直时，求线段PD的长.【答案】解：（1）∵CG∥AP，∴∠CGD=∠PAG，则。∴。∵GF=4，CD=DA=1，AF=x，∴GD=3－x，AG=4－x。∴，即。∴y关于x的函数关系式为。当y=3时，，解得:x=2.5。（2）∵，∴为常数。（3）延长PD交AC于点Q.∵正方形ABCD中，AC为对角线，∴∠CAD=45°。26用心爱心专心\n∵PQ⊥AC，∴∠ADQ=45°。∴∠GDP=∠ADQ=45°。∴△DGP是等腰直角三角形，则GD=GP。∴，化简得：，解得：。∵0≤x≤2.5，∴。在Rt△DGP中，。【考点】正方形的性质，一元二次方程的应用，等腰直角三角形的性质，矩形的性质，解直角三角形，锐角三角函数定义，特殊角的三角函数值。【分析】（1）根据题意表示出AG、GD的长度，再由可解出x的值。（2）利用（1）得出的y与x的关系式表示出S1、S2，然后作差即可。（3）延长PD交AC于点Q，然后判断△DGP是等腰直角三角形，从而结合x的范围得出x的值，在Rt△DGP中，解直角三角形可得出PD的长度。26用心爱心专心
