1、操作探究一、选择题11. （2015河北,第 16 题 2 分）如图是甲、乙两张不同的矩形纸片，将它们分别沿着虚线剪开后，各自要拼一个与原来面积相等的正方形，则（ ）A 甲、乙都可以 B 甲、乙都不可以C 甲不可以、乙可以 D 甲可以、乙不可以考点： 图形的剪拼分析： 根据图形可得甲可以拼一个边长为 的正方形，图乙可以拼一个边长为 的正方形解答： 解：所作图形如图所示，甲乙都可以拼一个与原来面积相等的正方形故选 A点评： 本题考查了图形的简拼，解答本题的关键是根据题意作出图形二、填空题1. （2015 福建第 16 题 4 分）如图，在ABC 中，ACB=90 ，AB= 5，BC=3 ，P 是
2、AB 边上的动点（不与点 B 重合） ，将BCP 沿 CP 所在的直线翻折，得到BCP ，连接BA，则 BA 长度的最小值是 1 考点： 翻折变换（折叠问题） .分析： 首先由勾股定理求得 AC 的长度，由轴对称的性质可知 BC=CB=3，当 BA 有最小值时，即 AB+CB有最小值，由两点之间线段最短可知当 A、B、C 三点在一条直线上时，AB有最小值解答： 解：在 RtABC 中，由勾股定理可知：AC= = =4，由轴对称的性质可知：BC=CB=3 ，CB长度固定不变，当 AB+CB有最小值时，AB的长度有最小值根据两点之间线段最短可知：A 、B、C 三点在一条直线上时，AB 有最小值，A
3、B=ACBC=43=1 故答案为：1点评： 本题主要考查的是轴对称的性质、勾股定理和线段的性质，将求 BA 的最小值转化为求 AB+CB的最小值是解题的关键2 （2015 辽宁铁岭） （第 18 题，3 分）如图，将一条长度为 1 的线段三等分，然后取走其中的一份，称为第一次操作；再将余下的每一条线段三等分，然后取走其中一份，称为第二次操作；如此重复操作，当第 n 次操作结束时，被取走的所有线 段长度之和为 1 考点： 规律型：图形的变化类.分析： 易得第一次操作后余下的线段为 1 ，进而得到每次操作后有几个 1 的积，即可得到第 n 次操作时，余下的所有线段的长度之和，进而求得被取走的所有线
4、段长度之和解答： 解：第一次操作后余下的线段之和为 1 ，第二次操作后余下的线段之和为（1 ） 2，第 n 次操作后余下的线段之和为（1 ） n= ，则被取走的所有线段长度之和为 1 故答案是：1 点评： 本题考查图形的变化规律；得到第 n 次操作后有 n 个 是解决本题的关键三、解答题1. （2015 辽宁省朝阳 ,第 24 题 12 分）问题：如图（1） ，在 RtACB 中，ACB=90，AC=CB，DCE=45，试探究 AD、DE、EB 满足的等量关系探究发现小聪同学利用图形变换，将CAD 绕点 C 逆时针旋转 90得到CBH，连接 EH，由已知条件易得EBH=90，ECH=ECB+B
5、CH=ECB+ ACD=45根据“边角边”，可证CEH CDE ，得 EH=ED在 Rt HBE 中，由 勾股 定理，可得 BH2+EB2=EH2，由 BH=AD，可得 AD、DE 、EB之间的等量关系是 AD 2+EB2=DE2 实践运用（1）如图（2） ，在正方形 ABCD 中，AEF 的顶点 E、F 分别在 BC、CD 边上，高 AG与正方形的边长相等，求EAF 的度数；（2）在（1）条件下，连接 BD，分别交 AE、AF 于点 M、N，若 BE=2，DF=3，BM=2，运用小聪同学探究的结论，求正方形的边长及 MN 的长考点： 几何变换综合题分析： （1）根据正方形的性质和全等三角形的
6、判定方法证明 RtABERt AGE 和RtADFRtAGF，由全等三角形的性质即可求出 EAF= BAD=45；（2）由（1）知，RtABE RtAGE ，Rt ADFRtAGF，设 AG=x，则CE=x2，CF=x 3因为 CE2+CF2=EF2，所以（x2） 2+（x3） 2=52解这个方程，求出 x 的值即可得到 AG=6，在（2）中，MN 2=MB2+ND2，MN=a，所以 a= 即 MN= 解答： 解：根据“边角边” ，可证CEHCDE，得 EH=ED在 Rt HBE 中，由勾股定理，可得 BH2+EB2=EH2，由 BH=AD，可得 AD、DE、EB 之间的等量关系是 AD2+E
7、B2=DE2；故答案为：CDE；勾股；AD 2+EB2=DE2；（1）在 RtABE 和 RtAGE 中，RtABE RtAGE （HL） ，BAE=GAE，同理，Rt ADFRtAGF，GAF= DAF，四边形 ABCD 是正方形，BAD=90，EAF= BAD=45；（2）由（1）知，RtABE RtAGE ，Rt ADFRtAGF，BE=EG=2，DF=FG=3 ，则 EF=5，设 AG=x，则 CE=x2，CF=x 3，CE 2+CF2=EF2，（x2） 2+（x3） 2=52，解这个方程，得 x1=6，x 2=1（舍去） ，AG=6 ，BD= ，AB=6，MN 2=MB2+ND2设
8、MN=a，则 ，所以 a= ，即 MN= 点评： 本题考查了正方形的性质、直角三角形的性质、全等三角形的判定和性质以及勾股定理的运用和一元二次方程的运用，题目的综合性很强，难度不小2. （2015 山西 ,第 24 题 9 分）综合与探究如图 1，在平面直角坐标系 xOy 中，抛物线 W 的函数表达式为 y= x2+ x+4抛物线W 与 x 轴交于 A，B 两点（点 B 在点 A 的右侧，与 y 轴交于点 C，它的对称轴与 x 轴交于点 D，直线 l 经过 C、D 两点（1）求 A、B 两点的坐标及直线 l 的函数表达式（2）将抛物线 W 沿 x 轴向右平移得到抛物线 W，设抛物线 W的对称轴
9、与直线 l 交于点F，当ACF 为直角三角形时，求点 F 的坐标，并直接写出此时抛物线 W的函数表达式（3）如图 2，连接 AC，CB，将ACD 沿 x 轴向右平移 m 个单位（0m5 ） ，得到ACD设 AC 交直线 l 于点 M，CD交 CB 于点 N，连接 CC，MN求四边形 CMNC的面积（用含 m 的代数式表示） 考点： 二次函数综合题分析： （1）根据自变量与函数值对应关系，当函数值为零时，可得 A、B 点坐标，当自变量为零时，可得 C 点坐标，根据对称轴公式，可得 D 点坐标，根据待定系数法，可得 l的解析式；（2）根据余角性质，可得1 与3 的关系，根据正切的定义，可得关于 F
10、 点的横坐标的方程，根据解方程，可得 F 点坐标，平移后的对称轴，根据平移后的对称轴，可得平移后的函数解析式；（3）根据图象平移的规律，可得 A，C ，D点的坐标，根据待定系数法，可得AC，BC，CD的解析式，根据解方程组，可得 M、N 的坐标，根据平行四边形的判定，可得四边形 CMNC的形状，根据平行四边形的面积公式，可得答案解答： 解：（1）当 y=0 时， x2+ +4=0，解得 x1=3，x 2=7，点 A 坐标为（3，0） ，点 B 的坐标为（7，0） = ，抛物线 w 的对称轴为直线 x=2，点 D 坐标为（2，0） 当 x=0 时，y=4，点 C 的坐标为（0，4） 设直线 l
11、的表达式为 y=kx+b，解得 ，直线 l 的解析式为 y=2x+4；（2）抛物线 w 向右平移，只有一种情况符合要求，即FAC=90，如图 此时抛物线 w的对称轴与 x 轴的交点为 G，1+2=902+3=90，1=3，tan1=tan 3， = 设点 F 的坐标为（x F，2x F+4） ， = ，解得 xF=5，2x F+4=6，点 F 的坐标为（5，6） ，此时抛物线 w的函数表达式为 y= x2+ x；（3）由平移可得：点 C，点 A，点 D的坐标分别为 C（m ，4） ，A（3+m，0） ，D（ 2+m，0） ，CCx 轴，CDCD，可用待定系数法求得直线 AC的表达式为 y= x
12、+4 m，直线 BC 的表达式为 y= x+4，直线 CD的表达式为 y=2x+2m+4，分别解方程组 和 ，解得 和 ，点 M 的坐标为（ m， m+4） ，点 N 的坐标为（ m， m+4） ，y M=yNMNx 轴，CCx 轴，CCMNCDCD，四边形 CMNC是平行四边形，S=m4（ m+4） = m2点评： 本题考察了二次函数综合题， （1）利用了自变量与函数值的对应关系，待定系数法求函数 解析式；（2）利用了余角的性质，正切函数的性质，利用等角的正切函数值相等得出关于 F 点横坐标的方程是解题关键；（3）利用了图象的平移规律，待定系数法求函数解析式，解方程组得出 M、N 的坐标是解
13、题关键，又利用了平行四边形的判定，平行四边形的面积公式3 （12 分） （2015 福建龙岩 22，12 分）下列网格中的六边形 ABCDEF 是由边长为 6 的正方形左上角剪去边长为 2 的正方形所得，该六边形按一定的方法可剪拼成一个正方形（1）根据剪拼前后图形的面积关系求出拼成的正方形的边长；（2）如图甲，把六边形 ABCDEF 沿 EH，BG 剪成三部分，请在图甲中画出将与拼成的正方形，然后标出变动后的位置，并指出属于旋转、平移和轴对称中的哪一种变换；（3）在图乙中画出一种与图甲不同位置的两条裁剪线，并在图乙中画出将此六边形剪拼成的正方形考点： 图形的剪拼分析： （1）利用剪拼前后图形的
14、面积相等，得出拼成的正方形的边长；（2）利用平移拼出正方形；（3）在六边形图形上剪拼成的正方形即可解答： 解：（1）根据剪拼前后图形的面积相等，得出拼成的正方形的边长= =4 ，（2）如图，都属于平移，（3）如图乙：点评： 本题主要考查了图形的剪拼，解题的关键是理解旋转、平移和轴对称的图形变换4.（14 分） （2015 福建龙岩 25，14 分）如图，已知点 D 在双曲线 y= （x0）的图象上，以 D 为圆心的D 与 y 轴相切于点 C（0，4） ，与 x 轴交于 A，B 两点，抛物线y=ax2+bx+c 经过 A，B，C 三点，点 P 是抛物线上的动点，且线段 AP 与 BC 所在直线有
15、交点 Q（1）写出点 D 的坐标并求出抛物线的解析式；（2）证明ACO=OBC；（3）探究是否存在点 P，使点 Q 为线段 AP 的四等分点？若存在，求出点 P 的坐标；若不存在，请说明理由考点： 二次函数综合题分析： （1）根据切线的性质得到点 D 的纵坐标是 4，所以由反比例函数图象上点的坐标特征可以求得点 D 的坐标；过点 D 作 DEx 轴，垂足为 E，连接 AD，BD，易得出A，B 的坐标，即可求出抛物线的解析式；（2）连接 AC，tanACO= = ，tanCBO= = ，即可得出 ACO=CBO（3）分别过点 Q，P 作 QFx 轴，PGx 轴，垂足分别为 F，G，设 P（t，
16、t2 t+4） ，分三种情况AQ：AP=1：4 ，AQ：AP=2 ：4，AQ：AP=3：4，分别求解即可解答： 解：（1）以 D 为圆心的 D 与 y 轴相切于点 C（0，4） ，点 D 的纵坐标是 4，又点 D 在双曲线 y= （x0）的图象上，4= ，解得 x=5，故点 D 的坐标是（5，4） 如图 1，过点 D 作 DEx 轴，垂足为 E，连接 AD，BD，在 RTDAE 中，DA=5，DE=4，AE= =3，OA=OEAE=2，OB=OA+2AE=8，A（2，0） ，B（8，0） ，设抛物线的解析式为 y=a（x2） （x8） ，由于它过点 C（0，4） ，a（02） （08）=4，解
17、得 a= ，抛物线的解析式为 y= x2 x+4（2）如图 2，连接 AC，在 RTAOC 中，OA=2，CO=4，tanACO= = ，在 RTBOC 中，OB=8，CO=4，tanCBO= = ，ACO=CBO（3）B（8，0） ，C（0，4） ，直线 BC 的解析式为 y= x+4，如图 3，分别过点 Q，P 作 QFx 轴，PGx 轴，垂足分别为 F，G，设 P（t， t2 t+4） ，AQ：AP=1 ： 4，则易得 Q（ ， ） ，点 Q 在直线 y= x+4 上， +4= ，整理得 t28t 36=0，解得 t1=4+2 ，t 2=42 ，P 1（4+2 ，11 ） ， P2（42
18、 ，11+ ） ，AQ：AP=2 ： 4，则易得 Q（ ， ） ，点 Q 在直线 y= x+4 上， +4= ，整理得 t28t12=0，解得 P3=4+2 ，P 4=42 ，P 3（4+2 ，5 ） ，P 4（42 ，5+ ） ；AQ：AP=3 ： 4，则易得 Q（ ， ） ，点 Q 在直线 y= x+4 上， +4= ，整理得 t28t 4=0，解得 t5=4+2 ，t 6=42 ，P 5（4+2 ，3 ） ，P 6（42 ，3+ ） ，综上所述，抛物线上存在六个点 P，使 Q 为线段 AP 的三等分点，其坐标分别为 P1（4+2，11 ） ，P 2（42 ，11+ ） ，P 3（4+2
19、，5 ） ，P 4（42 ，5+） ；P 5（4+2 ，3 ） ，P 6（42 ，3+ ） 点评： 本题主要考查了二次函数的综合题，涉及双曲线，一次函数，三角函数及二次函数的知识，解题的关键是分三种情况讨论求解5 （2015 辽宁铁岭） （第 25 题）已知：点 D 是等腰直角三角形 ABC 斜边 BC 所在直线上一点（不与点 B 重合） ，连接 AD（1）如图 1，当点 D 在线段 BC 上时，将线段 AD 绕点 A 逆时针方向旋转 90得到线段AE，连接 CE求证：BD=CE，BD CE（2）如图 2，当点 D 在线段 BC 延长线上时，探究 AD、 BD、CD 三条线段之间的数量关系，写
20、出结论并说明理由；（3）若 BD= CD，直接写出BAD 的度数考点： 几何变换综合题.分析： （1）根据等腰直角三角形的性质可得ABC=ACB=45，再根据旋转性质可得AD=AE，DAE=90，然后利用同角的余角相等求出BAD=CAE，然后利用“边角边”证明BAD 和 CEF 全等，从而得证；（2）将线段 AD 绕点 A 逆时针方向旋转 90得到线段 AE，连接 CE与（1）同理可得CE=BD，CEBD，根据勾股定理即可求得 2AD2=BD2+CD2；（3）分两种情况分别讨论即可求得解答： （1）证明：如图 1，BAC=90 ，AB=AC ，ABC=ACB=45，DAE=90，DAE=CAE
21、+DAC=90，BAC=BAD+DAC=90，BAD=CAE，在BAD 和 CAE 中，BADCAE（SAS） ，BD=CE，ACE=ABC=45 BCE=ACB+ACE=90，BDCE；（2）2AD 2=BD2+CD2，理由：如图 2，将线段 AD 绕点 A 逆时针方向旋转 90得到线段 AE，连接 CE与（1）同理可证 CE=BD，CE BD，EAD=90AE=AD，ED= AD，在 RTECD 中，ED 2=CE2+CD2，2AD2=BD2+CD2（3）如图 3，当 D 在 BC 边上时，将 线段 AD1 绕点 A 顺时针方向旋转 90得到线段AE，连接 BE，与（1）同理可证ABEAC
22、D 1，BE=CD1，BEBC，BD= CD，BD1= BE，tanBD1E= = ，BD1E=30，EAD1=EBD1=90，四边形 A、D 1、B 、E 四点 共圆，EAB=BD1E=30，BAD1=9030=60；将线段 AD 绕点 A 逆时针方向旋转 90得到线段 AF，连接 CF同理可证：CFD 2=30，FAD2=FCD2=90，四边形 A、F、D 2、C 四点共圆，CAD2=CFD2=30，BAD2=90+30=120，综上，BAD 的度数为 60或 120点评： 本题考查了正方形的性质，等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理的应用，四点共圆的判定，圆周角定理等，通过旋转得出全等三角形是本题 的关键
