2026年九年级数学中考复习《图形变换综合解答题》专题突破训练（附答案）

""

2026年九年级数学中考复习《图形变换综合解答题》专题突破训练（附答案） 一、平移 1．如图，矩形的四个顶点都在格点（网格线的交点）上，反比例函数（）的图象经过点D． (1)求反比例函数的表达式； (2)在图中画出一次函数的图象，并直接写出它与矩形的边的交点坐标； (3)将矩形向右平移，当点B落在反比例函数图象上时，平移的距离为_____． 2．问题呈现：在平面直角坐标系中，，，，点与原点重合．连，．点为线段上一动点（不与点，重合），点横坐标为．四边形沿方向平移，使点与点重合，得对应四边形，交轴于点，如图． （1）求四边形的面积； 数学思考：（2）若，按要求完成以下问题： ①直接写出点，，的坐标； ②求阴影部分（六边形）的面积． 拓展延伸：四边形内有任一点，当四边形沿方向自点向点运动．直接写出四边形的面积（用的式子表示）． 3．如图1，点、点在直线上，反比例函数的图象经过点A．    (1)求a和k的值； (2)将线段向右平移m个单位长度，得到对应线段，连接、． ①如图2，当点D恰好落在反比例函数图象上时，过点C作轴于点F，交反比例函数图象于点E，求线段的长度； ②在线段运动过程中，连接，若是直角三角形，求所有满足条件的m值． 4．在直角坐标系中，已知线段，点的坐标为，点的坐标为，如图所示． (1)平移线段到线段，使点的对应点为，点的对应点为，若点的坐标为，画出相应的图形，并直接写出点的坐标________． (2)在（1）的条件下，在轴上是否存在一点，使（表示三角形的面积）？若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由． (3)平移线段到线段，使点的对应点为，点的对应点为，若点在轴上，连接，，若，求点的坐标． 5．在平面直角坐标系中，O为原点，点，点B在y轴的正半轴上，是等边三角形，点C在第二象限． (1)填空：如图①，点B的坐标为_________，点C的坐标为_________； (2)将沿x轴向右平移得到，点B，C，O的对应点分别为． ①如图②，设与重叠部分的面积为S．当与重叠部分为五边形时，分别与相交于点E，F，G，H，试用含有t的式子表示S，并直接写出t的取值范围； ②连接，当取得最小值时，求点的坐标（直接写出结果即可）． 二、轴对称 6．如图，在平行四边形中，点为边上一动点，连接，将沿折叠，点的对应点为． (1)如图1，若，且的延长线恰好经过点．与的数量关系是______； (2)如图2，若，延长、分别与边、相交于、，若，，求的值； (3)如图3，若，，，、所在直线分别与直线、直线相交于、．作于点，若，补出相关图形，直接写出的值． 7．如图1，将矩形沿过点的直线折叠，使得点的对应点落在边上，折痕与交于点． (1)判断四边形的形状，并说明理由． (2)如图2，点是的中点，勤学小组的同学将矩形沿直线折叠，点的对应点为，连接并延长，交于点． ①试判断四边形的形状，并说明理由． ②连接交于点，点是的中点，若点是的三等分点，，直接写出的长． 8．【模型建立】（1）如图，在正方形中，分别是边上的点，连接，，连接，探究线段之间的数量关系．小明发现可以将沿折叠，沿折叠，和恰好重合在上，进而利用折叠的性质来证明此问题．请你根据小明的解题方法探究之间的数量关系； 【类比探究】（2）如图，在等腰直角中，，点在边上，连接，，探究线段之间的数量关系； 【拓展迁移】（3）如图，在中，于点，若，，，求的面积． 9．如图，直角坐标系中，点A的坐标为，以线段为边在第四象限内作等边，点C为x正半轴上一动点，连结，以线段为边在第四象限内作等边，直线交y轴于点E． (1)与全等吗？判断并证明你的结论； (2)将等边沿x轴翻折，B点的对称点为． ①点会落在直线上吗？请说明理由； ②随着点C位置的变化，的面积会发生变化吗？若没有变化，求出的面积；若有变化，请说明理由． 10．综合与实践 如图，在四边形中，是上一点，将四边形沿折叠，点B恰好落在射线上的点F处． (1)如图1，若四边形是正方形，延长交线段于点G，则与的数量关系是________． 类比探究 (2)如图2，若四边形是菱形，延长交线段于点G，判断（1）中的结论是否仍然成立？若成立，请证明；若不成立，请写出正确结论，并证明． 拓展应用 (3)若四边形是菱形，直线交直线于点G，，请直接写出线段的长． 三、旋转 11．在中，，将绕点旋转得到，点的对应点落在边上，连接． (1)如图1，求证：． (2)如图2，当，时，求的长． (3)如图3，过点作的平行线交的延长线于点，过点作的平行线交于点，与交于点． ①求证：． ②当，时，请直接写出的值． 12．如图1，在长方形中，，，连接，将绕点C顺时针旋转，得到． (1)若，连接，，求的面积； (2)如图2，当时，线段与边交于点E，连接，若，且上一点F满足时，求的长； (3)若，连接，当线段所在的直线过线段的中点O时，连接，请直接写出的面积． 13．如图1，在正方形的边上任取一点E，作交于点F，取的中点G，连接，， (1)写出线段和的数量关系和位置关系，并说明理由． (2)如图2，将绕点B逆时针旋转，则线段和有怎样的数量关系和位置关系？请直接写出你的猜想． (3)如图3，将绕点B逆时针旋转，则线段和又有怎样的数量关系和位置关系？请写出你的猜想，并说明理由． 14．如图，在和中，与交于点，，． (1)求证：． (2)如图，将图中的“改成，并分别延长交于点，若，求的度数． (3)如图，是等边三角形， ，在平面内将线段绕点按顺时针方向旋转得到线段，连接，是的中点，连接．若，，求的长． 15．【问题呈现】如图，是的内接正三角形，点是劣弧上一点，连接．求证：． 【问题解决】小明利用旋转，将绕点按顺时针的方向旋转至，如图②，可知，． ∵四点共圆，∴， ∴． ∴三点共线． 证明过程缺失 (1)请补全余下的证明过程． (2)【拓展应用】已知是的内接正三角形，点是劣弧上一点． 若的半径为，则四边形周长的最大值为______． (3)将绕点按顺时针的方向旋转至，使的面积最大，用圆规和无刻度的直尺在图③中依据题意补全图形，并说明理由（不写作法，保留作图痕迹，作图需确定后必须用黑色笔迹的签字笔描黑） 四、中心对称 16．如图1，在直角坐标系中，点的坐标为，以为圆心，为半径的半圆交轴于点，在半圆弧上取点，连接， (1)若点是点关于中心对称的点，请判断四边形的形状． (2)如图2，上取点使得，连接． ①若点的横坐标为2，求的长． ②求的最小值． 17．如图，是函数和图象的公共点（点在点左侧）． (1)当为何值时，； (2)函数和的图象在两点之间的部分形成一个封闭曲线． ①过原点的一条直线与该封闭曲线有两个交点，若这两个交点关于原点对称，求这两个交点的坐标； ②求证：封闭曲线所围成的图形的面积大于2． 18．已知长方形，，，边长为（）的正方形的顶点与点重合，边、分别与、重合（如图所示）．将正方形沿着射线方向平移，设平移距离为． (1)当点恰好落在线段上时，直线、分别与长方形的边交于点、、（如图所示）．下列编号①-④中，两个图形能关于某点成中心对称的是___________，面积相等的是__________；（在横线上填入相应的编号） ①三角形与三角形；②三角形与三角形； ③三角形与三角形；④长方形与长方形． (2)在（1）的条件下，当时，求的值； (3)在平移过程中，当正方形的顶点落在线段上时，求的值． 19．如图，已知抛物线：的顶点为P，与x轴相交于A，B两点(点A在点B的左边)，点B的横坐标是1． (1)求a的值及P的坐标； (2)如图（1），抛物线与抛物线关于x轴对称，将抛物线向右平移，平移后的抛物线记为，的顶点为M，当点P、M关于点B成中心对称时，求的解析式； (3)如图（2），点Q是x轴正半轴上一点，将抛物线绕点Q旋转后得到抛物线．抛物线的顶点为N，与x轴相交于E、F两点（点E在点F的左边），当以点P、N、F为顶点的三角形是直角三角形时，求点Q的坐标． 20．综合与实践：九年级某数学兴趣小组在学习了反比例函数的图象与性质后，进一步研究了函数的图象与性质，其探究过程如下： (1)绘制函数图象：如图．列表：下表是与的几组对应值，其中_______． … -4 -3 -2 -1 1 2 3 4 … … -2 -3 -5 3 1 … 描点：根据表中各组对应值，请在平面直角坐标系中描出各点． 连线：用平滑的曲线顺次连接各点，请你画出函数图象． (2)观察图象并分析表格；回答下列问题： ①函数的图象是由函数的图象向_______平移_______个单位长度而得到， ②函数的图象关于点_______成中心对称．（填点的坐标） ③当时，则y的取值范围为________． ④写出函数与上述①②不同的两条性质：________． 参考答案 1．（1）解：反比例函数（）的图象经过点， ， ， 反比例函数的表达式为； （2）解：经过，画射线，即得图象如下： 一次函数的图象，与矩形的边的交点坐标是，； （3）解：将代入，得， 解得， 平移的距离为． 2．问题呈现：（1）； 数学思考：（2）①，，；②； 拓展延伸： 【分析】问题呈现：（1）根据题意确定，，的值，然后根据梯形面积公式求解即可； 数学思考：（2）①首先根据点的坐标确定平移方式，然后根据平移的性质确定点，，的坐标；②结合点，，的坐标，易得，，，进而求得四边形的面积，然后计算阴影部分面积即可； 拓展延伸：分别过作轴的垂线，垂足为，首先证明，结合点横坐标为及平移的性质，可得，，，，然后根据梯形面积公式求解即可． 【详解】解：问题呈现： （1）由题意可得，，，， ∴，，，且， ∴四边形的面积； 数学思考： （2）①∵，， ∴根据平移的性质，可得，，； ②∵，， ∴，，， ∴， ∴； 拓展延伸： 如下图，分别过作轴的垂线，垂足为， ∵，， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴， 根据题意，点横坐标为， 根据平移的性质，， 则，，， ． 【点睛】本题主要考查了平移的性质、坐标与图形、等腰三角形的判定与性质、平行的性质等知识，解题关键是运用数形结合的思想分析问题． 3．(1)， (2)①；②1或5 【分析】本题考查了一次函数与反比例函数的应用，平移的性质，两点间的距离公式，勾股定理，、等，根据两点间的距离公式求出、的值，运用勾股定理进行分类讨论是解题的关键． （1）先根据待定系数法求出一次函数的解析式，在将点代入求出a值，待定系数法求反比例函数的解析式即可； （2）①根据平移的性质可得点D的纵坐标为1，代入求出点D的坐标，得出平移的距离，求出点C和点和点E的坐标，即可求解； ②根据平移的性质可得，，根据两点间的距离公式求出、的值，结合题意，根据勾股定理进行分类讨论，求解即可． 【详解】（1）解：将点代入，得=1， ∴一次函数解析式为， 将点代入得：， ∴ ， 将点代入，可得， ∴反比例函数解析式为； （2）解∶ ①∵点恰好落在反比例函数图象上，点D是点B平移后的对应点， ∴点D的纵坐标为1， 当时，，解得， ∴，， ∴， ∵点C作轴，交反比例函数图象于点E， ∴， ∴  ， ②若，如图1所示，则，； 若，与题意不符，舍去； 若，如图2所示，设，， 则， ， ， ∵为直角三角形 ∴ ∴ 解得 综上，的值为1或5．    4．(1)图见解析； (2)存在点，使，点的坐标为或 (3)点的坐标为或 【分析】本题考查了坐标与平移变换-平移，三角形的面积，一次函数与几何图形综合题，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，学会利用参数构建方程或函数解决问题． （1）首先根据，点的坐标找到点的平移方式，然后根据点的平移规律即可得出答案； （2）设点， 则，进而表示出， 再计算出，根据列式，解方程即可得解； （3）由于点在轴上，故设，根据，点的坐标找到点的平移方式，得到， 设直线的解析式为，直线与轴相交于点，利用待定系数法求得直线的解析式，令，得到点的坐标，最后根据列式，解方程即可得解． 【详解】（1）解：画出对应的图形如下： 点平移后的对应点， 点向左平移个单位，再向上平移个单位得到点， 点平移后的对应点为，即． 故答案为：． （2）解：设点， 则， ， ，， ，即， 或， 或， 存在点，使，点的坐标为或． （3）解：点在轴上， 设， 点的对应点为，点的坐标为， 线段向左平移个单位，再向上或向下平移个单位， ， 设直线的解析式为，直线与轴相交于点， 将点和点代入得： ，解得， ， 令，则， ， ， 令，则有：或， 解得或， 或， 点的坐标为或． 5．(1)， (2)①，其中t的取值范围是；② 【分析】本题主要考查一次函数与几何的综合、等边三角形的性质与判定、三角函数及平移的性质，熟练掌握一次函数与几何的综合、等边三角形的性质与判定、三角函数及平移的性质是解题的关键； （1）由题意易得，然后根据等边三角形的性质及三角函数可得，进而问题可求解； （2）①由平移的性质可得，，则有是等边三角形，在中，，则，然后可得，进而根据割补法可进行求解； ②以和为邻边构造平行四边形，然后可得，则由（1）得，点O关于直线的对称点为点，故，当三点共线时，值最小，连接即为的最小值，进而问题可求解． 【详解】（1）解：∵， ∴， ∵为等边三角形，作轴于点D，如图①所示， 则， ∴， ∴点B的坐标为的坐标为， 故答案为：； （2）解：①由平移的性质可得，， ∵， ∴， ∵， ∴是等边三角形， 在中，，则， ∴， 在中，， ∵， ∴， 所以 ， 当点重合时，，此时与重叠部分不是五边形，当点重合时，，此时与重叠部分不是五边形， ∴t的取值范围是：； ②如图所示，连接和， 以和为邻边构造平行四边形，设， ∴， 解得，， ∴， 由（1）得，点O关于直线的对称点为点， 故，当三点共线时，值最小，连接即为的最小值， 设直线的解析式为， ∴， 解得，， ∴直线的解析式为， 当时，， 解得，， ∴的坐标为． 6．(1) (2) (3)，见解析；或 【分析】（1）折叠得到，矩形的性质，得到，，进而得到，进而得到，得到，等量代换即可得出结论； （2）折叠得到，，设，推出，在中，利用勾股定理求出的值，证明，列出比例式进行求解即可； （3）根据题意得出：四边形为菱形，确定，然后分点在点的左侧和右侧，两种情况进行讨论，分别作出相应图形，结合图形利用相似三角形的判定和性质、勾股定理等求解即可． 【详解】（1）解：∵平行四边形，， ∴平行四边形是矩形， ∴， ∴， ∵折叠， ∴， ∴， ∴， ∴； （2）∵平行四边形，， ∴平行四边形是矩形， ∴，， 同（1）可得：， ∵折叠， ∴，， ∴， 设， 则：， 在中，由勾股定理，得：， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴； （3）∵平行四边形，， ∴四边形为菱形， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， 当点在点的左侧时，过点作于点K，如图：则：，， ∵， ∴， ∵折叠， ∴， 同（1）可得：， 设， ∴， ∴， 在中，由勾股定理，得：， ∴， ∵， ∴， ∴； 当点在点的右边时，过点作于点M，如图 ∵ ∴， ∵折叠， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， 设， ∴， 在中，由勾股定理得：， 解得：， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴． 综上：或． 7．(1)正方形，理由见解析； (2)①平行四边形，理由见解析；②的长为或． 【分析】本题主要考查了矩形的性质、折叠的性质、正方形和平行四边形的判定以及勾股定理的应用． （1）根据矩形和折叠的性质判断四边形的形状； （2）①利用矩形和平行线的性质以及折叠性质来判定四边形的形状； ②根据点是的三等分点分情况讨论，结合勾股定理求出的长度． 【详解】（1）四边形为正方形． 理由:矩形， ， 折叠， ，， 四边形是正方形； （2）①四边形为平行四边形． 理由：矩形， ， 点是的中点， ， 折叠， ，， ， ，， ， ， ， 四边形是平行四边形； ②四边形是平行四边形， ， 点是的中点， ， ，，， 是矩形， 当是的下方的三等分点时， ，点是的中点， ， 是矩形， ∴， 由折叠可得， ，，， ， ， ， ， 四边形是平行四边形， ， ， 当是的上方的三等分点时， ，点是的中点， ， ，，， ， ， ， ， 四边形是平行四边形， ， ， 综上所述，的长为或． 8．（1），理由见解析（2），理由见解析（3） 【分析】（1），由折叠得到，，，从而推出，，，，得到，推出点三点共线，即可说明； （2），将绕点逆时针旋转，得到，连接，由旋转可得，，得到，，，，推出，证得，得到，再利用勾股定理即可说明； （3）将沿翻折得到，将沿翻折得到，延长，交于点，得到，，，，，，从而可得，，可证明四边形是正方形，设，则，，，利用勾股定理，可得到，解得，（舍去），得到，即可求解． 【详解】（1）解：， 理由：由折叠可得，，， ∴，，，， ∴， ∴点三点共线， ∵， ∴； （2）解：，理由： 如图所示，将绕点逆时针旋转，得到，连接， 由旋转可得，， ∴，，，， ∵，， ∴， ∴，即， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∵， ∴在中，， ∴； （3）解：如图所示，将沿翻折得到，将沿翻折得到，延长，交于点， ∴，，， ，，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴四边形是正方形， ∴， 设，则，，， 在中，由勾股定理，得， 整理得， 解得，（舍去）， ∴， ∴． 9．(1)全等，证明见解析 (2)①会，理由见解析；②不会发生变化，面积为 【分析】（1）先得出，则，利用定理即可得证； （2）①先求出，再求出，则，由此即可得； ②先求出，，则可得的长，再利用三角形的面积公式求解即可． 【详解】（1）解：与全等，证明如下： ∵和都是等边三角形， ∴， ∴，即， 在和中， ， ∴． （2）解：①点会落在直线上，理由如下： ∵是等边三角形， ∴， 由（1）已证：， ∴， ∴， 由折叠的性质得：， ∴， ∴点会落在直线上． ②的面积不会发生变化，求解如下： ∵点的坐标为， ∴， 由上已得：， ∴在中，， ∴， ∴， ∴的面积为， ∴的面积不会发生变化，面积为． 10．(1) (2)（1）中结论仍成立．证明见解析 (3)1或5 【分析】（1）由正方形的性质得出，由折叠得到，即可求出，得到； （2）由菱形的性质得到，因此，由折叠可得，从而得到，再根据三角形的内角和定理证明，即可得到； （3）分两种情况讨论：①点在线段上；②点在延长线上．证明，根据相似三角形的性质求解即可． 【详解】（1）解：四边形是正方形， ． 由折叠可得， ， ， ． （2）解：（1）中结论仍成立．证明如下： 四边形是菱形， ， ． 由折叠可得， 又∵， ∴， ∵， ， ∴， ∴， ∴． （3）解：分两种情况讨论： ①如图，当点在线段上时． ∵， ∴； 由折叠的性质可得，， ∵， ∴ 由菱形的性质可得，， ， ， ， ， ∴， ． ②如图，当点在延长线上时． 由折叠的性质可得， 由菱形的性质可得，， ∵， ∴， ， ． ， ， 解得， ． 综上所述，的长为1或5． 11．(1)见解析 (2) (3)①见解析；② 【分析】（1）根据旋转可得知，进而即可得到结论； （2）根据，可得，由，利用相似三角形的性质即可解答； （3）①通过证明三角形全等得出线段相等关系；②先根据平行四边形的性质得到相关线段长度，再利用三角函数，全等三角形性质以及相似三角形性质求出的值． 【详解】（1）证明：由旋转的性质，知， ∵， ∴； （2） 解：如图1，过点C作于点H． 在中，， ∴ ， ∴ ∴，即 ∵ ∴； （3）解：①证明：由旋转的性质，得，， ∴ ∵ ∴ ∵ ∴ ∵ ∴ ∴ ∴ ∴； ②如图2，延长交于点M． 设，则 ∵ ∴四边形为平行四边形. ∴. ∵在中，， ∴ ∴ （1）知 ∴ ∵ 在中，由勾股定理，得， 由①可知，则， ∵ ∴ ∵ ∴ ∴ ∵ ∴ ∴ ∴ 12．(1) (2) (3)9或21 【分析】（1）过M作交延长线于H，证明是等边三角形，求出，根据三角形面积公式可得的面积； （2）由，，可得，即可证明，有，设，根据勾股定理列方程可解得答案； （3）设的中点为O，取的中点T，连接，当N在上方时，求出，，故，知；当N在下方时，同理可得． 【详解】（1）解：过M作交延长线于H，如图： ∵四边形是长方形， ∴， ∵将绕点C顺时针旋转，得到，， ∴， ∴是等边三角形， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴的面积为； （2）解：∵，， ∴， ∵四边形是长方形， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∴， 设，则， ∵， ∴， ∴， 解得， ∴的长为； （3）解：设的中点为O，取的中点T，连接， 当O在线段上时，如图： ∵将绕点C顺时针旋转，得到， ∴， ∴， ∵O是中点，T为中点， ∴是的中位线， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵O为中点， ∴； 当O在线段延长线上时，如图： 同理可得，， ∴， ∵O为中点， ∴； 综上所述，的面积为9或21． 13．(1)，，理由见解析 (2)， (3)，，理由见解析 【分析】（1）延长和交于点，连接、，根据正方形的性质得到，进而证明是等腰直角三角形，通过证明，得到，，进而证明，得到，，推出是等腰直角三角形，再利用三线合一性质以及斜边中线定理即可得出结论； （2）延长和交于点，同理（1）的方法证明，得到，推出是等腰直角三角形，再利用三线合一性质以及斜边中线定理即可得出结论； （3）延长交于点，连接、，同理（1）的方法证明以及，进而推出是等腰直角三角形，即可得出结论． 【详解】（1）解：，，理由如下： 如图1，延长和交于点，连接、， ∵正方形， ∴，，， ∵， ∴， ∴是等腰直角三角形，， ∵， ∴， ∴， ∵点G是的中点， ∴， 又∵， ∴， ∴，， ∴， 又∵，， ∴， ∴，， ∴， 即， ∴是等腰直角三角形， ∵， ∴，， 即，； （2）解：如图2，延长和交于点， 由（1）得，是等腰直角三角形， ∴，， ∵正方形， ∴，， 由旋转的性质得，， ∴， ∴三点共线， ∵， ∴， ∴， ∵点G是的中点， ∴， 又∵， ∴， ∴，， ∴， ∴，即， ∵， ∴是等腰直角三角形， ∵， ∴，， 即，； （3）解：，，理由如下： 如图3，延长交于点，连接、， 由（1）得，是等腰直角三角形， ∴，， ∵正方形， ∴，， 由旋转的性质得，三点共线， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵点G是的中点， ∴， 又∵， ∴， ∴，， ∴， 又∵，， ∴， ∴，， ∴， 即， ∴是等腰直角三角形， ∵， ∴，， 即，． 14．(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（）利用“”即可求证； （）在上取一点，使得，连接，由得，，即得，得到，进而得到，即得，即可求解； （）延长至点，使得，连接，过点作于，于，可证，得到，即得，得到，又由旋转得，即得，即可得是等边三角形，再证明，得，，可得是的平分线，得到，由得，又由直角三角形的性质得，得到，即可得到，最后根据三角形中位线的性质解答即可求解． 【详解】（1）证明：在和中， ∵， ∴； （2）解：如图，在上取一点，使得，连接， 在和中， ∵， ∴， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴； （3）解：如图，延长至点，使得，连接，过点作于，于， ∵是等边三角形， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， 由旋转得，， ∴， ∵， ∴， ∴是等边三角形， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∵，， ∴， ∴，， ∴是的平分线， ∴， ∵，， ∴， ∴， 在中，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵是的中点，， ∴是的中位线， ∴ 15．(1)见解析 (2) (3)见解析 【分析】（）由四点共圆可得，得到三点共线，由是等边三角形得，进而即可求证； （）过点作于，则，由等边三角形的性质和圆周角定理得，即得，得到，，，再根据解答即可求解； （）作射线交于点，以为一边，在外作，在上取，连接，则此时三点共线，即为所求，再根据等边三角形的性质和勾股定理表示出的面积即可说明． 【详解】（1）证明：由题意可知，， ∵四点共圆， ∴， ∴， ∴三点共线， ∵绕点顺时针旋转至， ∴，， ∴是等边三角形， ∴， ∵三点共线， ∴， ∵， ∴； （2）解：如图，过点作于，则， ∵是等边三角形， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 由问题解决可知， ∴， ∵为的弦， ∴当为直径时，最大，最大值为， ∴； （3）解：作射线交于点，以为一边，在外作，在上取，连接，则此时三点共线，即为所求； 证明：如图，过点作于点， ∵，是等边三角形， ∴， ∵， ∴是等边三角形， ∵， ∴， 在中，， ∵，， ∴， ∴， ∴当取最大值时，取最大值， ∵是的弦， ∴当为直径时，取得最大值． 【点睛】本题考查了旋转的性质，圆周角定理，等边三角形的判定和性质，垂径定理，直角三角形的性质，勾股定理等，正确作出辅助线是解题的关键． 16．(1)四边形是矩形 (2)①；② 【分析】（1）连接，根据中心对称的性质得到三点共线，，结合，得到四边形是平行四边形，由是半圆的直径，得到，再根据矩形的判定即可得出结论； （2）①作轴于点E．证明，得到，求出，根据勾股定理求出，再利用线段的和差即可求出的长； ②在y轴上取点F，使得，连接，证明，得到．根据，得到当点F、C、M三点共线时，取最小值，此时有最小值．求出，，即可得到的最小值为． 【详解】（1）解：如图1，连接， ∵点是点关于中心对称的点， ∴三点共线，， ∵， ∴四边形是平行四边形， ∵是半圆的直径， ∴， ∴平行四边形是矩形； （2）解：①如图，作轴于点E． 则， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵点C的横坐标为2，点M的坐标为， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴； ②在y轴上取点F，使得，连接． ∵， ∴， ∵， ∴， ∵，， ∴， ∴． ∵， ∴当点F、C、M三点共线时，取最小值，此时有最小值． 在中，， 此时， ∴的最小值为． 【点睛】本题考查了圆周角定理、平面直角坐标系、中心对称的性质、矩形的判定、相似三角形的性质与判定、全等三角形的性质与判定、勾股定理、线段最值问题，添加适当的辅助线是解题的关键．本题属于几何综合题，需要较强的几何推理和辅助线构造能力，适合有能力解决几何难题的学生． 17．(1)或1 (2)①和或和；②见解析 【分析】（1）联立两函数解析式，即可求解； （2）①设其中一个交点的坐标为，则另一个交点的坐标为，把点代入，求出a的值，即可求解；②设函数的图象与y轴交于点D，顶点坐标为E，函数的图象与y轴交于点C，连接，设函数的图象的对称轴交于点F，则，根据，求出五边形的面积，即可求解． 【详解】（1）解：联立得：， 解得：或， 即点， ∴当或1时，； （2）解：①设其中一个交点的坐标为，则另一个交点的坐标为， 根据题意得：点在函数的图象上， ∴， 解得：或， ∴这两个交点的坐标为和或和； ②如图，设函数的图象与y轴交于点D，顶点坐标为E，函数的图象与y轴交于点C，连接，设函数的图象的对称轴交于点F，则， ∴， ∵， ∴点， 设直线的解析式为， 把点代入得： ，解得：， ∴直线的解析式为， ∴点， ∴， ∴ ， ∵五边形在封闭曲线所围成的图形的内部， ∴封闭曲线所围成的图形的面积大于五边形的面积， ∴封闭曲线所围成的图形的面积大于2． 【点睛】本题主要考查了二次函数的综合题，涉及了二次函数的交点问题，求一次函数的解析式，（2）②求出五边形的面积是解题的关键． 18．(1)①②③；①②③④ (2) (3)或 【分析】（1）根据“中心对称图形”的定义，对选项依次判断；再利用“中心对称图形面积相等”以及“大图形面积相等，减去同样面积的部分，剩下的面积也相等”的逻辑，判断各组图形的面积是否相等； （2）由平移距离，用表示出长方形和的边长，结合（1）的“面积相等”关系列方程，求解得； （3）分“在上”“在上”两种情况进行讨论，根据面积相等列方程，用表示，再计算． 【详解】（1）解：长方形是中心对称图形，且对称中心在长方形的对角线上， ①三角形与三角形；②三角形与三角形；③三角形与三角形，都可以组成长方形， ∴①②③两个图形能关于某点成中心对称， ∴①②③中的两个三角形的面积相等； ①三角形与三角形；②三角形与三角形的面积相等， ∴四边形和四边形的面积相等， 又③三角形与三角形的面积相等， 则四边形和四边形的面积分别减去三角形与三角形的面积之后的图形面积相等， 即④长方形与长方形的面积相等， 答：①②③；①②③④． （2）解：依题意，，，， 由（1）可得长方形与长方形的面积相等， ， 解得：． 答：． （3）解：如图，当在上时， 依题意，，，，， ，，， 同理可得长方形与长方形的面积相等， ， 解得：， ； 当在上时，如图， ，，， 由（1）可得长方形与长方形的面积相等， ， 解得：， ． 综上所述，的值为或． 答：或． 【点睛】本题考查中心对称图形的判定，图形面积的等量关系，平移的性质，一元一次方程的应用，根据面积相等关系列方程求解未知量是解题关键． 19．(1)，P的坐标为 (2) (3)当Q点坐标为或时，以点P、N、F为顶点的三角形是直角三角形 【分析】（1）把点B坐标代入抛物线的解析式即可解决问题； （2）点M坐标根据点B是的中点即可求得； （3）设点N坐标为，作轴于H，作轴于G，作于K，由旋转中心Q在x轴上，推出，推出，点F坐标为．H坐标为，K坐标为，由顶点P的坐标为，根据勾股定理得：，，，分三种情形构建方程即可解决问题； 【详解】（1）解：由抛物线：得， 顶点P的坐标为， ∵点在抛物线上， ∴， 解得； （2）解：连接，作轴于H，作轴于G， ∴， ∵点P、M关于点B成中心对称， ∴过点B，且， ∴， ∴，， ∴顶点M的坐标为， 抛物线由关于x轴对称得到，抛物线由平移得到， ∴抛物线的表达式为； （3）解：∵抛物线由绕x轴上的点Q旋转得到， ∴顶点N、P关于点Q成中心对称， 由（2）得点N的纵坐标为5， 设点N坐标为， 作轴于H，作轴于G，作于K， ∵旋转中心Q在x轴上， ∴点B与点E是对应点，点A与点F是对应点， ∴． ∵点P是抛物线的顶点， ∴， ∴ ∴ ∵点N是抛物线的顶点， ∴ ∴点F坐标为． H坐标为，K坐标为， ∵顶点P的坐标为， 根据勾股定理得： ， ， ， ①当时，， 即， 解得， ∴Q点坐标为， ②当°时，， ， 解得， ∴Q点坐标为， ③∵， ∴， 综上所述，当Q点坐标为或时，以点P、N、F为顶点的三角形是直角三角形． 20．解：（1）将代入解析式得． 在平面直角坐标系中描出各点并且用平滑的曲线顺次连接各点画出函数图象如图所示： 故答案为：． （2）①∵， ∴函数的图象是由函数的图象向下平移1个单位长度而得到； 故答案为：下，． ②∵函数的图象关于原点对称， ∴函数的图象关于对称． 故答案为：． ③当时，如图： ∴y的取值范围为或 故答案为：或． ④观察图像得出函数不经过第二象限，函数既无最大值也无最小值，当时函数值随的增大而减小（任意写出两条即可） 故答案为：函数不经过第二象限；当时函数值随的增大而减小． 学科网（北京）股份有限公司 $