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2019年江苏省中考一轮复习《图形变换》单元测试卷含解析

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2019年初三数学一轮复习单元测试卷《图形变换》
姓名：成绩：一、选择题：（30分）
1.（2019年江苏南通3分）下列图形中既是轴对称图形又是中心对称图形的是【】
A.B.C.D.
2.（2019年江苏盐城3分）下列四个图形中，是中心对称图形的为【】
A.B.C.D.
3.（2019年江苏常州2分）下列“慢行通过，注意危险，禁止行人通行，禁止非机动车通行”四个交通标志图（黑白阴影图片）中为轴对称图形的是【】
A.B.C.D.
4.（2019年江苏徐州3分）下列图形中，是轴对称图形但不是中心对称图形的是【】
A.直角三角形B.正三角形C.平行四边形D.正六边形5.（2019年江苏无锡3分）下列图形中，是轴对称图形但不是中心对称图形的是【】
A.等边三角形B.平行四边形C.矩形D.圆
6.（2019年江苏扬州3分）如图，在平面直角坐标系中，点B、C、E在y轴上，Rt△ABC经过变换得到Rt△ODE，若点C的坐标为（0，1），AC=2，则这种变换可以是【】
A.△ABC绕点C顺时针旋转90°，再向下平移3个单位；B.△ABC绕点C顺时针旋转90°，再向下平移1个单位；C.△ABC绕点C逆时针旋转90°，再向下平移1个单位；D.△ABC绕点C逆时针旋转90°，再向下平移3个单位.
７.（2019年江苏泰州3分）如图，在平面直角坐标系xOy中，△ABC由△ABC绕点P旋转得到，则点P的坐标为【】
A.0,1B.1,-1C.0,-1D.1,0
1

''
'


（第6题）（第7题）（第8题）
８.（2019年江苏无锡3分）如图，Rt△ABC中，∠ACB＝90º，AC＝3，BC＝4，将边AC沿CE翻折，使点A落在AB上的点D处；再将边BC沿CF翻折，使点B落在CD的延长线上的点B′处，两条折痕与斜边AB分别交于点E、F，则线段B′F的长为【】
A.
3342
B.C.D.
2553
９.（2019年江苏常州2分）将一张宽为4cm的长方形纸片（足够长）折叠成如图所示图形，重叠部分是一个三角形，则这个三角形面积的最小值是【】
A.
816
3cm2B.8cm2C.3cm2D.16cm233
（第9题）（第10题）
10.(2019·苏州如图，△AOB为等腰三角形，顶点A的坐标(2，5，底边OB在x轴上．将△AOB绕点B按顺时针方向旋转一定角度后得△A′O′B′，点A的对应点A′在x轴上，则点O′的坐标为(
201016420416
A．(，B．(，5C．(，5D．(，43
3333333二、填空题：（24分）
3，作点A关于x11.（2019年江苏南京2分）在平面直角坐标系中，点A的坐标是2，
轴的对称点得到点A’，再作点A’关于y轴的对称点，得到点A’’，则点A’’的坐标是（▲，▲）．
12.（2019年江苏苏州3分）如图，在△ABC中，CD是高，CE是中线，CE=CB，点A、D关于点F对称，过点F作FG∥CD，交AC边于点G，连接GE．若AC=18，BC=12，则△CEG的周长为▲．
2




（第12题）（第13题）（第14题）
13.（2019年江苏泰州3分）如图，矩形ABCD中，AB=8，BC=6，P为AD上一点，将△ABP沿BP翻折至△EBP，PE与CD相交于点O，且OE=OD，则AP的长为▲．14.（2019年江苏扬州3分）如图，已知Rt△ABC中，∠ABC=90°，AC=6，BC=4，将△ABC绕直角顶点C顺时针旋转90°得到△DEC，若点F是DE的中点，连接AF，则AF=▲．15.（2019年江苏镇江2分）如图，将等边△OAB绕O点按逆时针方向旋转150°，得到△OA′B′（点A′，B′分别是点A，B的对应点），则∠1=▲°．

（第15题）（第16题）（第17题）
16.（2019年江苏镇江2分）如图，△ABC和△DBC是两个具有公共边的全等三角形，AB=AC=3cm，BC=2cm，将△DBC沿射线BC平移一定的距离得到△D1B1C1，连接AC1，BD1．如果四边形ABD1C1是矩形，那么平移的距离为▲cm．
17．(2019·钦州如图，△A′B′C′是由△ABC经过某种变换后得到的图形，如果△ABC中有一点P的坐标为(a，2，那么变换后它的对应点Q的坐标为____．
18．(2019·兰州如图，在直角坐标系中，已知点A(－3，0，B(0，4，对△OAB连续作旋转变换，依次得到△1，△2，△3，△4，…，则△2019的直角顶点的坐标为____．
（第18题）
三、解答题：（76分）
19.（本题10分）（2019年江苏淮安10分）如图，菱形OABC的顶点A的坐标为（2，0），
3



∠COA＝600，将菱形OABC绕坐标原点O逆时针旋转1200得到菱形ODEF.（1）直接写出点F的坐标；
（2）求线段OB的长及图中阴影部分的面积.

20.（本题10分）（2019年江苏连云港10分）如图，将平行四边形ABCD沿对角线BD进行折叠，折叠后点C落在点F处，DF交AB于点E．(1）求证；∠EDB=∠EBD；
(2）判断AF与DB是否平行，并说明理由．

21.（本题10分）（2019年江苏扬州10分）如图，将YABCD沿过点A的直线折叠，使点D落到AB边上的点D'处，折痕交CD边于点E，连接BE.（1）求证：四边形BCED'是平行四边形；（2）若BE平分∠ABC，求证：AB2AE2BE2.


22.（本题10分）（2019年江苏镇江6分）如图，点M3，m是一次函数yx1与反比例函数y
k
k0的图象的一个交点．x
（1）求反比例函数表达式；
4



（2）点P是x轴正半轴上的一个动点，设OP=a（a≠2），过点P作垂直于x轴的直线，分别交一次函数，反比例函数的图象于点A，B，过OP的中点Q作x轴的垂线，交反比例函数的图象于点C，△ABC′与△ABC关于直线AB对称．①当a=4时，求△ABC′的面积；
②当a的值为▲时，△AMC与△AMC′的面积相等．

23.（本题12分）（2019年江苏宿迁8分）如图，在平面直角坐标系中，已知点A（8，1），B（0，﹣3），反比例函数y
k
x>0的图象经过点A，动直线x=t（0＜t＜8）与反比例函x
数的图象交于点M，与直线AB交于点N．（1）求k的值；
（2）求△BMN面积的最大值；（3）若MA⊥AB，求t的值．


24.（本题12分）（2019年江苏连云港12分）在数学兴趣小组活动中，小明进行数学探究活动，将边长为2的正方形ABCD与边长为22的正方形AEFG按图1位置放置，AD与AE在同一直线上，AB与AG在同一直线上．（1）小明发现DG⊥BE，请你帮他说明理由．
5



（2）如图2，小明将正方形ABCD绕点A逆时针旋转，当点B恰好落在线段DG上时，请你帮他求出此时BE的长．
（3）如图3，小明将正方形ABCD绕点A继续逆时针旋转，将线段DG与线段BE相交，交点为H，写出△GHE与△BHD面积之和的最大值，并简要说明理由．

25.（本题12分）（2019年江苏盐城12分）如图，在平面直角坐标系xOy中，将抛物线yx2的对称轴绕着点P（0，2）顺时针旋转45°后与该抛物线交于A、B两点，点Q是该抛物线上的一点.
（1）求直线AB的函数表达式；
（2）如图①，若点Q在直线AB的下方，求点Q到直线AB的距离的最大值；
（3）如图②，若点Q在y轴左侧，且点T（0，t）（t<2）是直线PO上一点，当以P、B、Q为顶点的三角形与△PAT相似时，求所有满足条件的t的值.


6



参考答案
1.【答案】A．【考点】轴对称图形；中心对称图形．
【分析】根据轴对称图形与中心对称图形的概念，轴对称图形两部分沿对称轴折叠后可重合；中心对称图形是图形沿对称中心旋转180度后与原图重合.因此，
A、既是轴对称图形，又是中心对称图形，故A正确；B、不是轴对称图形，是中心对称图形，故B错误；C、是轴对称图形，不是中心对称图形，故C错误；D、是轴对称图形，不是中心对称图形，故D错误．故选A．
2.【答案】C.【考点】中心对称图形.
【分析】根据中心对称图形的概念，中心对称图形是图形沿对称中心旋转180度后与原图重
合.因此，所给图形中是中心对称图形的为3.【答案】B．【考点】轴对称图形.
.故选C.
【分析】根据轴对称图形的概念，轴对称图形两部分沿对称轴折叠后可重合.因此，
A、不是轴对称图形，故本选项错误；B、是轴对称图形，故本选项正确；C、不是轴对称图形，故本选项错误；D、不是轴对称图形，故本选项错误．故选B．
4.【答案】B..【考点】轴对称图形和中心对称图形.
【分析】根据轴对称图形与中心对称图形的概念，轴对称图形两部分沿对称轴折叠后可重合；中心对称图形是图形沿对称中心旋转180度后与原图重合.因此，
A.直角三角形不一定是轴对称图形和中心对称图形；B.正三角形是轴对称图形但不是中心对称图形；C.平行四边形是中心对称图形但不是轴对称图形；D.正六边形是轴对称图形也是中心对称图形.故选B..
5.【答案】A．【考点】轴对称图形和中心对称图形.
【分析】根据轴对称图形与中心对称图形的概念，轴对称图形两部分沿对称轴折叠后可重合；中心对称图形是图形沿对称中心旋转180度后与原图重合.因此，A、只是轴对称图形，不
7



是中心对称图形，符合题意；B、只是中心对称图形，不合题意；C、D既是轴对称图形又是中心对称图形，不合题意．故选A．
6.【答案】A.【考点】图形的旋转和平移变换.
【分析】按各选项的变换画图（如答图），与题干图形比较得出结论.故选A.

７.【答案】B.
【考点】旋转的性质；旋转中心的确定；线段垂直平分线的性质.【分析】根据“旋转不改变图形的形状与大小”和“垂直平分线上的点到线段两端的距离相等”的性质，确定图形的旋转中心的步骤为：1.把这两个三角形的对应点连接起来；2.作每条线的垂直平分线；3.这三条垂直平分线交于一点,此点为旋转中心.因此，作图如答图,点P的坐标为1,-1.故选B.
８.【答案】B．【考点】翻折变换（折叠问题）；折叠的性质；等腰直角三角形的判定和性质；勾股定理．【分析】根据折叠的性质可知：
CDAC3，BCBC4，ACEDCE，BCFBCF，CEAB，
∴BD431，DCEBCFACEBCF.∵ACB90，∴ECF45.∴VECF是等腰直角三角形.∴EFCE，EFC45.∴BFCBFC135.
11
ACBCABCE，∴ACBCABCE.22
1212
在RtVABC中，根据勾股定理，得AB=5，∴345CECE.∴EFCE.
55
99
在RtVAEC中，根据勾股定理，得AEAC2CE2，∴EDAE.
55
∴BFD90.∵SVABC
432223∴DFEFED.在RtVBFD中，根据勾股定理，得BFBDDF1.
555
故选B．
8

2


９.【答案】B．【考点】翻折变换（折叠问题）；等腰直角三角形的性质．.
【分析】如答图，当AC⊥AB时，三角形面积最小，∵∠BAC=90°，∠ACB=45°，∴AB=AC=4cm.，∴S△ABC=
1
×4×4=8cm2．故选B．2
（10题答图）
10.解析：如图，过点A作AC⊥OB于点C，过点O′作O′D⊥A′B于点D，∵A(2，5，∴OC＝2，AC＝5，由勾股定理得，OA＝OC2＋AC2＝22＋（5）2＝3，∵△AOB为等腰三角形，OB是底边，∴OB＝2OC＝2×2＝4，由旋转的性质得，BO′＝OB＝4，∠A′BO′54528820＝∠ABO，∴O′D＝4×＝，BD＝4×＝，∴OD＝OB＋BD＝4＋＝，∴点O′的坐
3333332045
标为(，．故选C。
33
11.【答案】2；3.【考点】关于x轴、y轴对称的点的坐标特征.
3【分析】关于x轴对称的点的坐标特征是横坐标相同，纵坐标互为相反数，从而点A2，3；关于y轴对称的点的坐标特征是纵坐标不变，横坐标关于x轴对称的点A’的坐标是2，
3.3关于y轴对称的点A’’的坐标是2，互为相反数，从而点A’2，
12.【答案】27.【考点】点对称的性质；等腰三角形的性质；三角形中位线的性质.【分析】∵CE=CB，BC=12，∴CE=CB=12.∵点E是AB的中点，∴EG是△ABC的中位线.∴
1
GEBC6.又∵点A、D关于点F对称，FG∥CD，∴FG是△ADC的中位线.∵AC=18，
21
∴CGAC9.∴△CEG的周长为：CE+GE+CG=12+6+9=27.
2
24
13.【答案】.【考点】翻折变换（折叠问题）；矩形的性质；折叠对称的性质；勾股定
5
理，全等三角形的判定和性质；方程思想的应用.【分析】如答图，∵四边形ABCD是矩形，
∴DAC90,ADBC6,CDAB8.根据折叠对称的性质，得ABP≌EBP，∴EPAP,EA90,BEAB8.
9



DE
在ODP和OEG中，∵ODOE，
DOPEOG
∴ODP≌OEGASA.∴OPOG,PGGE.∴DGEP.
设APEPx，则PDGE6x,DGx，∴CG8x,BG86x2x.在RtBCG中，根据勾股定理，得BC2CG2BG2，即628x2x.解得
2
2
x
24.5
24.5
∴AP的长为
14.【答案】5.【考点】面动旋转问题；直角三角形斜边上中线的性质；等腰三角形的性质；三角形中位线定理；勾股定理.
【分析】如答图，连接CF，过点F作FGAC于点G，∵在Rt△ABC中，∠ABC=90°，点F是DE的中点，∴CFEFDF
1
DE.∴CEF是等腰三角形.2
12
∵将△ABC绕直角顶点C顺时针旋转90°得到△DEC，BC=4，AC=6，∴CE4,CD6.∵FGAC，∴EGCGCE2.∴AGACCG4。又∵G、F分别是EC、ED的中点，∴GF是△DEC的中位线.∴GFCD3.在Rt△AGF中，∵AG4，GF3，∴由勾股定理，得AF=5.
15.【答案】150．【考点】旋转的性质；等边三角形的性质．
【分析】∵等边△OAB绕点O按逆时针旋转了150°，得到△OA′B′，∴∠AOA′=150°，∵∠A′OB′=60°，∴∠1=360°﹣∠AOA′﹣∠A′OB′=360°﹣150°﹣60°=150°.
16.【答案】7．【考点】面动平移问题；相似三角形的判定和性质；等腰三角形的性质；矩形的性质；平移的性质．
【分析】如答图，过点A作AE⊥BC于点E，∵∠AEB=∠AEC1=90°，∴∠BAE+∠ABC=90°.∵AB=AC，BC=2，∴BE=CE=
1
2
1
BC=1，2
∵四边形ABD1C1是矩形，∴∠BAC1=90°.∴∠ABC+∠AC1B=90°.∴∠BAE=∠AC1B.
10



∴△ABE∽△C1BA.∴
BEAE
.ABBC1
∵AB=3，BE=1，∴
13.∴BC1=9.∴CC1=BC1﹣BC=9﹣2=7，即平移的距离为7．3BC1
17.解：由图可知，A（﹣4，3），A′（1，﹣1），所以，平移规律为向右5个单位，向下4个单位，∵P（a，2），∴对应点Q的坐标为（a+5，﹣2）．故答案为：（a+5，﹣2）．18.解析：∵点A(－3，0，B(0，4，∴AB＝32＋42＝5，由图可知，每三个三角形为一个循环组依次循环，一个循环组前进的长度为4＋5＋3＝12，∵2019÷3＝671，∴△2019的直角顶点是第671个循环组的最后一个三角形的直角顶点，∵671×12＝8052，∴△2019的直角顶点的坐标为(8052，019.【答案】解：（1）2,0.
（2）如答图，连接OE、OB、AC，OB与AC相交于点H，∵菱形OABC中，OA2，∠COA＝600，
∴BOCBOA30，OBAC，OB2OH,CHAH.∴OB2OH2OAcosBOA22
3
23，2
1
CHAHOAsinBOA21.∵将菱形OABC绕坐标原点O逆时针旋转1200得到菱
2
形ODEF，∴BOE120.S阴影S扇形OBE2SOBC
12023
360

2
1
2231423
2
【考点】面动旋转问题；旋转的性质；菱形的性质；扇形和菱形面积的计算；锐角三角函数定义；特殊角的三角函数值；转换思想的应用.
【分析】（1）∵根据旋转和菱形的性质知OFOCOA2，且F、O、A在一直线上，∴点F的坐标为2,0；（2）作辅助线“连接OE、OB、AC，OB与AC相交于点H”，
23，CHAH1，从而应用构成直角三角形OAH，解之可求得OB2OHS阴影S扇形OBE2S求解即可.OBC
20.【答案】解：（1）证明：由折叠可知：∠CDB=∠EDB，∵四边形ABCD是平行四边形，∴DC∥AB.∴∠CDB=∠EBD.∴∠EDB=∠EBD.
（2）AF∥DB.理由如下：∵∠EDB=∠EBD，∴DE=BE.由折叠可知：DC=DF，
11



∵四边形ABCD是平行四边形，∴DC=AB.∴DF=AB.∴AE=EF.∴∠EAF=∠EFA.在△BED中，∠EDB+∠EBD+∠DEB=180°，∴2∠EDB+∠DEB=180°.同理，在△AEF中，2∠EFA+∠AEF=180°.∵∠DEB=∠AEF，∴∠EDB=∠EFA.∴AF∥DB．
【考点】翻折变换（折叠问题）；平行四边形的性质；平行的判定和性质；三角形内角和定理；等腰三角形的判定和性质．
【分析】（1）一言面，由折叠可得∠CDB=∠EDB，另一方面，由四边形ABCD是平行四边形可得DC∥AB，从而得到∠CDB=∠EBD，进而得出结论.
（2）可判定AF∥DB，首先证明AE=EF，得出∠AFE=∠EAF，然后根据三角形内角和定理与等式性质可证明∠BDE=∠AFE，从而得出AF∥BD的结论.21.【答案】证明：（1）如答图，∵将YABCD沿过点A的直线AE折叠，∴DED'E,12.∵四边形ABCD是平行四边形，∴DC∥AB.∴13.
∴23.∴D'EAD'.∴DEAD'.∵YABCD，∴DCAB.∴ECD'B.∴EC
D'B.∴四边形BCED'是平行四边形.
（2）如答图，∵BE平分∠ABC，∴45.∵四边形BCED'是平行四边形，
∴ED'∥CB.∴46.∴56.由（1）23，∴263590，即
AEB90.∴在RtVABE中，由勾股定理，得AB2AE2BE2.
【考点】折叠问题；折叠对称的性质；平行四边形的判定和性质；平行的性质；等腰三角形的判定；三角形内角和定理；勾股定理.
【分析】（1）要证四边形BCED'是平行四边形，根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形的判定，一方面，由四边形ABCD是平行四边形可有EC∥D'B；另一方面，由折叠对称的性质、平行的内错角相等性质、等腰三角形的等角对等边的性质可得ECD'B，从而得证；（2）要证AB2AE2BE2，根据勾股定理，只要VABE的AEB90即可，而要证AEB90，一方面，由BE平分∠ABC可得45（如答图，下同）；另一方面，由ED'∥CB可得46，从而得到56，结合（1）23即可根据三角形内角和定理得到AEB90，进而得证.
12



2．22.【答案】解：（1）把M3，m代入yx1，则m2，∴M3，
k
，得k=6，x
6
∴反比例函数解析式是：y.
x2代入y把M3，
（2）①如答图1，连接CC′交AB于点D，则AB垂直平分CC′．
当a=4时，A（4，5），B（4，1.5），则AB=3.5．∵点Q为OP的中点，∴Q（2，0）.∴C（2，3），则D（4，3）.∴CD=2.∴SVABC②3．
【考点】反比例函数和一次函数综合题；单动点和轴对称问题；曲线上点的坐标与方程的关系；轴对称的性质；全等三角形的判定和性质；数形结合思想和方程思想的应用．.【分析】（1）由一次函数解析式可得点M的坐标为（﹣3，﹣2），然后把点M的坐标代入反比例函数解析式，求得k的值，可得反比例函数表达式；（2）①作辅助线“连接CC′交AB于点D”，由轴对称的性质，可知AB垂直平分OC′，当a=4时，利用函数解析式可分别求出点A、B、C、D的坐标，于是可得AB和CD的长度，即可求得△ABC的面积.②如答图2，分别过点C、C′作yx1的垂线垂足分别为点E、F，∵△AMC与△AMC′的面积相等，∴CE=C′F.又∵AC=AC′，∴△AEC与△AFC′（HL）.∴CAECAF.∵E、A、F共线，∴C、A、C′
11
ABCD3.523.5.22
6a
共线.∵OP=a，点A在yx1上，∴Aa,a1.∴C,a1.∵点C在y上，∴
x2a1
6
，整理，得a2a120，解得a3或a4（舍去）.∴a3.a2
13



（22题）
23.【答案】解：（1）把点A（8，1）代入反比例函数y
（23题）
k
x>0得：k=1×8=8，∴k=8.x
（2）设直线AB的解析式为：ykxb，∵A（8，1），B（0，﹣3），
1
8kb11k∴，解得：2.∴直线AB的解析式为：yx3.由（1）得反比例函数的
2b3b3
解析式为：y
81881
，Nt，t3，则MNt3.，设Mt，
t2xt2
∴SVBMN
181131252
t3tt2t4t3.∴△BMN的面积是t的二次2t24244
函数.∵＜0，∴△BMN的面积有最大值.∴当t=3时，△BMN的面积的最大值为
1425.4
（3）如答图，过点A作AQy轴于点Q，延长AM交y轴于点P，∵MA⊥AB，
∴ABQ∽PAQ.∴
AQPQ8PQ
，即，解得PQ16.∴P0,17.又∵A（8，1），BQAQ48
∴直线AP的解析式为：y2x17.∴解2x17
181
得，x1,x28.∴t.
2x2
【考点】反比例函数综合题；线动问题；待定系数法的应用；曲线上点的代代相传坏蛋方程的关系；二次函数最值的应用；相似三角形的判定和性质．【分析】（1）把点A坐标代入y
k
x>0，即可求出k的值.（2）先求出直线AB的解析x
8181
，Nt，t3，则MNt3，由三角形的面积公式得出△BMN的式，设Mt，
t2t2
面积是t的二次函数，即可应用二次函数最值原理得出面积的最大值.（3）作辅助线“过点，证明ABQ∽PAQ而求出PQ，从而得A作AQy轴于点Q，延长AM交y轴于点P”
14



到点P的坐标，应用待定系数法求出直线AP的解析式，由反比例函数解析式和直线AP的解析式联立求出点M的横坐标，即可得出结果．
24.【答案】解：（1）∵四边形ABCD和四边形AEFG都为正方形，∴AD=AB，∠DAG=∠BAE=90°，AG=AE，
∴△ADG≌△ABE（SAS）.∴∠AGD=∠AEB.如答图1，延长EB交DG于点H，在△ADG中，∵∠AGD+∠ADG=90°，∴∠AEB+∠ADG=90°.
在△EDH中，∵∠AEB+∠ADG+∠DHE=180°，∴∠DHE=90°.∴DG⊥BE.
（2）∵四边形ABCD和四边形AEFG都为正方形，∴AD=AB，∠DAB=∠GAE=90°，
AG=AE，∴∠DAB+∠BAG=∠GAE+∠BAG，即∠DAG=∠BAE，∴△ADG≌△ABE（SAS）.∴DG=BE。如答图2，过点A作AM⊥DG交DG于点M，则∠AMD=∠AMG=90°，∵BD为正方形ABCD的对角线，∴∠MDA=45°.在Rt△AMD中，∵∠MDA=45°，AD=2，∴DMAM2.在Rt△AMG中，根据勾股定理得：GM∴BEDG26.

（3）△GHE和△BHD面积之和的最大值为6，理由如下：∵对于△EGH，点H在以
EG为直径的圆上，∴当点H与点A重合时，△EGH的高最大；∵对于△BDH，点H在以BD为直径的圆上，∴当点H与点A重合时，△BDH的高最大.∴△GHE和△BHD面积之和的最大值为2+4=6．
【考点】面动旋转问题；正方形的性质；全等三角形的判定和性质；三角形内角和定理；等腰直角三角形的性质，勾股定理；数形结合思想的应用．
【分析】（1）由四边形ABCD与四边形AEFG为正方形，利用正方形的性质得到两对边相等，且夹角相等，利用SAS得到△ADG≌△ABE，利用全等三角形对应角相等得∠AGD=∠AEB，作辅助线“延长EB交DG于点H”，利用等角的余角相等得到∠DHE=90°，从而利用垂直的定义即可得DG⊥BE.
（2）由四边形ABCD与四边形AEFG为正方形，利用正方形的性质得到两对边相等，且夹角相等，利用SAS得到△ADG≌△ABE，利用全等三角形对应边相等得到DG=BE，作辅助线“过点A作AM⊥DG交DG于点M”，则∠AMD=∠AMG=90°，在Rt△AMD中，根据等
AG2AM26，∵DGDMGM26，
15



腰直角三角形的性质求出AM的长，即为DM的长，根据勾股定理求出GM的长，进而确定出DG的长，即为BE的长.
（3）△GHE和△BHD面积之和的最大值为6，理由为：对两个三角形，点H分别在以EG为直径的圆上和以BD为直径的圆上，当点H与点A重合时，两个三角形的高最大，即可确定出面积的最大值．
25.【答案】解：（1）如答图1，设直线AB与x轴的交点为M，∵OPA45，P（0，2），∴M2,0.设直线AB的解析式为ykxb，
2kb0k1则，解得.b2b2
∴直线AB的解析式为yx2.
（2）如答图2，过点Q作x轴的垂线QC，交AB于点C，再过点Q作直线AB
的垂线，垂足为点D，
根据条件可知，QDC是等腰直角三角形.∴QD
2
QC.2
设Qm,m2，则Cm,m2，∴QCm2m2.

22192m2m2m∴QD.2228
∴当m
2
192时，点Q到直线AB的距离的最大值为.
82
（3）∵APT45，∴PBQ中必有一角等于45°.
①由图可知，BPQ45不合题意.
②若PBQ45，如答图3，过点B作x轴的平行线与y轴和抛物线分别交于点F、Q，此时，PBQ45.根据抛物线的轴对称性质，知
PQB45，
∴BPQ是等腰直角三角形.
∵PAT与BPQ相似，且APT45，∴PAT也是等腰直角三角形.
16



i）若PAT90，
yx2x1x2联立，解得或.
y1y4yx2
∴A1,1.∴AP
121
22
2.
∴PT2，此时，t0.
ii）若PTA90，PTAT1，此时，t1.③若PQB45，②是情况之一，答案同上.
如答图4，5，过点B作x轴的平行线与y轴和抛物线分别交于点F、Q1，以点F为圆心，FB为半径画圆，则P、B、Q1都在eF上，设eF与y轴左侧的抛物线交于另一点Q2.∵根据圆周角定理，PQ2BPQ1B45，∴点Q2也符合要求.设Q2n,n2
2<n<0，
由FQ22得n2n24

2
22解得n23或n24，
而2<n<0，故n3.∴Q23,3.可证PFQ2是等边三角形，∴PFQ260.∴PBQ2PFQ230.
则在PQ2B中，PBQ230,PQ2B45.i）若PTA30，
如答图4，过点A作AEy轴于点E，则ET3AE3,OE1，∴ET3AE3,OE1.∴OT31，此时，t13.
ii）若PAT30，如答图5，过点T作TGAB轴于点G，设TGa，则

1
2
PGTGa,AG3a.∵AP2，∴a3a2
17
，a
231
.∴



PT2a
231
31.∴OTOPPT2

3133，此时，t33.

综上所述，所有满足条件的t的值为t0或t1或t13或t33.
【考点】二次函数综合题；线动旋转和相似三角形存在性问题；待定系数法的应用；曲线上点的坐标与方程的关系；等腰直角三角形的判定和性质；含30度角直角三角形的性质；二次函数最值；勾股定理；圆周角定理；分类思想、数形结合思想、方程思想的应用.【分析】（1）根据旋转的性质得到等腰直角三角形PMO，从而得到解决点M的坐标，进而应用待定系数法即可求得直线AB的解析式；（2）作辅助线“过点Q作x轴的垂线QC，交AB于点C，再过点Q作直线AB的垂线，垂足为点D”，设Qm,m2，求出QD关于m的二次函数，应用二次函数最值原理即可求解；（3）分BPQ45，PBQ45，

PQB45三种情况讨论即可.

18


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