江蘇省中考一輪復(fù)習(xí)《圖形變換》單元測試卷含解析.doc

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2016年初三數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)單元測試卷《圖形變換》 姓名： 成績： 一、 選擇題：（30分） 1. （2015年江蘇南通3分）下列圖形中既是軸對稱圖形又是中心對稱圖形的是【 】 A. B. C. D. 2. （2015年江蘇鹽城3分）下列四個圖形中，是中心對稱圖形的為【 】 A. B. C. D. 3.（2015年江蘇常州2分）下列“慢行通過，注意危險，禁止行人通行，禁止非機(jī)動車通行”四個交通標(biāo)志圖（黑白陰影圖片）中為軸對稱圖形的是【 】 A. B. C. D. 4. （2015年江蘇徐州3分）下列圖形中，是軸對稱圖形但不是中心對稱圖形的是【 】 A. 直角三角形 B. 正三角形 C. 平行四邊形 D. 正六邊形 5. （2015年江蘇無錫3分）下列圖形中，是軸對稱圖形但不是中心對稱圖形的是【 】 A. 等邊三角形 B. 平行四邊形 C. 矩形 D. 圓 6. （2015年江蘇揚(yáng)州3分）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，點B、C、E在y軸上，Rt△ABC 經(jīng)過變換得到Rt△ODE，若點C的坐標(biāo)為（0，1），AC=2，則這種變換可以是【 】 A. △ABC繞點C順時針旋轉(zhuǎn)90，再向下平移3個單位； B. △ABC繞點C順時針旋轉(zhuǎn)90，再向下平移1個單位； C. △ABC繞點C逆時針旋轉(zhuǎn)90，再向下平移1個單位； D. △ABC繞點C逆時針旋轉(zhuǎn)90，再向下平移3個單位. ７. （2015年江蘇泰州3分）如圖，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，△由△繞點P旋轉(zhuǎn)得到，則點P的坐標(biāo)為【 】 A. B. C. D. （第6題）（第7題）（第8題） ８.（2015年江蘇無錫3分）如圖，Rt△ABC中，∠ACB＝90，AC＝3，BC＝4，將邊AC沿CE翻折，使點A落在AB上的點D處；再將邊BC沿CF翻折，使點B落在CD的延長線上的點B′處，兩條折痕與斜邊AB分別交于點E、F，則線段B′F的長為【 】 A. B. C. D. ９. （2015年江蘇常州2分）將一張寬為4cm的長方形紙片（足夠長）折疊成如圖所示圖形，重疊部分是一個三角形，則這個三角形面積的最小值是【 】 A. cm2 B.8 cm2 C. cm2 D. 16cm2 （第9題）（第10題） 10. (2014蘇州)如圖，△AOB為等腰三角形，頂點A的坐標(biāo)(2，)，底邊OB在x軸上．將△AOB繞點B按順時針方向旋轉(zhuǎn)一定角度后得△A′O′B′，點A的對應(yīng)點A′在x軸上，則點O′的坐標(biāo)為(　 ) A．(，) 　　B．(，)　　　　C．(，) 　　 D．(，4) 二、填空題：（24分） 11. （2015年江蘇南京2分）在平面直角坐標(biāo)系中，點A的坐標(biāo)是，作點A關(guān)于x軸的對稱點得到點A’，再作點A’關(guān)于y軸的對稱點，得到點A’’，則點A’’的坐標(biāo)是（ ▲ ， ▲ ）． 12. （2015年江蘇蘇州3分）如圖，在△ABC中，CD是高，CE是中線，CE=CB，點A、D關(guān)于點F對稱，過點F作FG∥CD，交AC邊于點G，連接GE．若AC=18，BC=12，則△CEG的周長為 ▲ ． （第12題） （第13題） （第14題） 13. （2015年江蘇泰州3分）如圖， 矩形中，AB=8，BC=6，P為AD上一點，將△ABP 沿BP翻折至△EBP， PE與CD相交于點O，且OE=OD，則AP的長為 ▲ ． 14. （2015年江蘇揚(yáng)州3分）如圖，已知Rt△ABC中，∠ABC=90，AC=6，BC=4，將△ABC繞直角頂點C順時針旋轉(zhuǎn)90得到△DEC，若點F是DE的中點，連接AF，則AF= ▲ ． 15. （2015年江蘇鎮(zhèn)江2分）如圖，將等邊△OAB繞O點按逆時針方向旋轉(zhuǎn)150，得到△OA′B′（點A′，B′分別是點A，B的對應(yīng)點），則∠1= ▲ ． （第15題） （第16題） （第17題） 16. （2015年江蘇鎮(zhèn)江2分）如圖，△ABC和△DBC是兩個具有公共邊的全等三角形，AB=AC=3cm，BC=2cm，將△DBC沿射線BC平移一定的距離得到△D1B1C1，連接AC1，BD1．如果四邊形ABD1C1是矩形，那么平移的距離為 ▲ cm． 17．(2014欽州)如圖，△A′B′C′是由△ABC經(jīng)過某種變換后得到的圖形，如果△ABC中有一點P的坐標(biāo)為(a，2)，那么變換后它的對應(yīng)點Q的坐標(biāo)為__ __． 18．(2013蘭州)如圖，在直角坐標(biāo)系中，已知點A(－3，0)，B(0，4)，對△OAB連續(xù)作旋轉(zhuǎn)變換，依次得到△1，△2，△3，△4，…，則△2013的直角頂點的坐標(biāo)為__ __． （第18題） 三、解答題：（76分） 19.（本題10分）（2015年江蘇淮安10分）如圖，菱形OABC的頂點A的坐標(biāo)為（2，0），∠COA＝600，將菱形OABC繞坐標(biāo)原點O逆時針旋轉(zhuǎn)1200得到菱形ODEF. （1）直接寫出點F的坐標(biāo)； （2）求線段OB的長及圖中陰影部分的面積. 20. （本題10分）（2015年江蘇連云港10分）如圖，將平行四邊形ABCD沿對角線BD進(jìn)行折疊，折疊后點C落在點F處，DF交AB于點E． (1）求證；∠EDB=∠EBD； (2）判斷AF與DB是否平行，并說明理由． 21. （本題10分）（2015年江蘇揚(yáng)州10分）如圖，將沿過點A的直線折疊，使點D落到AB邊上的點處，折痕交CD邊于點E，連接BE. （1）求證：四邊形是平行四邊形； （2）若BE平分∠ABC，求證：. 22. （本題10分）（2015年江蘇鎮(zhèn)江6分）如圖，點是一次函數(shù)與反比例函數(shù)的圖象的一個交點． （1）求反比例函數(shù)表達(dá)式； （2）點P是x軸正半軸上的一個動點，設(shè)OP=a（a≠2），過點P作垂直于x軸的直線，分別交一次函數(shù)，反比例函數(shù)的圖象于點A，B，過OP的中點Q作x軸的垂線，交反比例函數(shù)的圖象于點C，△ABC′與△ABC關(guān)于直線AB對稱． ①當(dāng)a=4時，求△ABC′的面積； ②當(dāng)a的值為 ▲ 時，△AMC與△AMC′的面積相等． 23. （本題12分）（2015年江蘇宿遷8分）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，已知點A（8，1），B（0，﹣3），反比例函數(shù)的圖象經(jīng)過點A，動直線x=t（0＜t＜8）與反比例函數(shù)的圖象交于點M，與直線AB交于點N． （1）求k的值； （2）求△BMN面積的最大值； （3）若MA⊥AB，求t的值． 24. （本題12分）（2015年江蘇連云港12分）在數(shù)學(xué)興趣小組活動中，小明進(jìn)行數(shù)學(xué)探究活動，將邊長為2的正方形ABCD與邊長為的正方形AEFG按圖1位置放置，AD與AE在同一直線上，AB與AG在同一直線上． （1）小明發(fā)現(xiàn)DG⊥BE，請你幫他說明理由． （2）如圖2，小明將正方形ABCD繞點A逆時針旋轉(zhuǎn)，當(dāng)點B恰好落在線段DG上時，請你幫他求出此時BE的長． （3）如圖3，小明將正方形ABCD繞點A繼續(xù)逆時針旋轉(zhuǎn)，將線段DG與線段BE相交，交點為H，寫出△GHE與△BHD面積之和的最大值，并簡要說明理由． 25. （本題12分）（2015年江蘇鹽城12分）如圖，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，將拋物線的對稱軸繞著點P（，2）順時針旋轉(zhuǎn)45后與該拋物線交于A、B兩點，點Q是該拋物線上的一點. （1）求直線AB的函數(shù)表達(dá)式； （2）如圖①，若點Q在直線AB的下方，求點Q到直線AB的距離的最大值； （3）如圖②，若點Q在y軸左側(cè)，且點T（0，t）（t<2）是直線PO上一點，當(dāng)以P、B、Q為頂點的三角形與△PAT相似時，求所有滿足條件的t的值. 參考答案 1. 【答案】A．【考點】軸對稱圖形；中心對稱圖形． 【分析】根據(jù)軸對稱圖形與中心對稱圖形的概念，軸對稱圖形兩部分沿對稱軸折疊后可重合；中心對稱圖形是圖形沿對稱中心旋轉(zhuǎn)180度后與原圖重合. 因此， A、既是軸對稱圖形，又是中心對稱圖形，故A正確； B、不是軸對稱圖形，是中心對稱圖形，故B錯誤； C、是軸對稱圖形，不是中心對稱圖形，故C錯誤； D、是軸對稱圖形，不是中心對稱圖形，故D錯誤．故選A． 2. 【答案】C.【考點】中心對稱圖形. 【分析】根據(jù)中心對稱圖形的概念，中心對稱圖形是圖形沿對稱中心旋轉(zhuǎn)180度后與原圖重合. 因此，所給圖形中是中心對稱圖形的為. 故選C. 3. 【答案】B．【考點】軸對稱圖形. 【分析】根據(jù)軸對稱圖形的概念，軸對稱圖形兩部分沿對稱軸折疊后可重合. 因此， A、不是軸對稱圖形，故本選項錯誤； B、是軸對稱圖形，故本選項正確； C、不是軸對稱圖形，故本選項錯誤； D、不是軸對稱圖形，故本選項錯誤．故選B． 4. 【答案】B..【考點】軸對稱圖形和中心對稱圖形. 【分析】根據(jù)軸對稱圖形與中心對稱圖形的概念，軸對稱圖形兩部分沿對稱軸折疊后可重合；中心對稱圖形是圖形沿對稱中心旋轉(zhuǎn)180度后與原圖重合. 因此， A. 直角三角形不一定是軸對稱圖形和中心對稱圖形； B. 正三角形是軸對稱圖形但不是中心對稱圖形； C. 平行四邊形 是中心對稱圖形但不是軸對稱圖形； D. 正六邊形是軸對稱圖形也是中心對稱圖形.故選B.. 5. 【答案】A．【考點】軸對稱圖形和中心對稱圖形. 【分析】根據(jù)軸對稱圖形與中心對稱圖形的概念，軸對稱圖形兩部分沿對稱軸折疊后可重合；中心對稱圖形是圖形沿對稱中心旋轉(zhuǎn)180度后與原圖重合. 因此，A、只是軸對稱圖形，不是中心對稱圖形，符合題意；B、只是中心對稱圖形，不合題意；C、D既是軸對稱圖形又是中心對稱圖形，不合題意．故選A． 6. 【答案】A.【考點】圖形的旋轉(zhuǎn)和平移變換. 【分析】按各選項的變換畫圖（如答圖），與題干圖形比較得出結(jié)論. 故選A. ７. 【答案】B. 【考點】旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)；旋轉(zhuǎn)中心的確定；線段垂直平分線的性質(zhì). 【分析】根據(jù)“旋轉(zhuǎn)不改變圖形的形狀與大小”和“垂直平分線上的點到線段兩端的距離相等”的性質(zhì)，確定圖形的旋轉(zhuǎn)中心的步驟為：1.把這兩個三角形的對應(yīng)點連接起來；2.作每條線的垂直平分線；3.這三條垂直平分線交于一點,此點為旋轉(zhuǎn)中心. 因此，作圖如答圖, 點P的坐標(biāo)為.故選B. ８. 【答案】B．【考點】翻折變換（折疊問題）；折疊的性質(zhì)；等腰直角三角形的判定和性質(zhì)；勾股定理．【分析】根據(jù)折疊的性質(zhì)可知：， ∴.∵，∴. ∴是等腰直角三角形. ∴.∴. ∴.∵，∴. 在中，根據(jù)勾股定理，得AB=5，∴.∴. 在中，根據(jù)勾股定理，得，∴. ∴.在中，根據(jù)勾股定理，得. 故選B． ９. 【答案】B．【考點】翻折變換（折疊問題）；等腰直角三角形的性質(zhì)．. 【分析】如答圖，當(dāng)AC⊥AB時，三角形面積最小，∵∠BAC=90，∠ACB=45，∴AB=AC=4cm.，∴S△ABC=44=8cm2．故選B． （10題答圖） 10. 解析：如圖，過點A作AC⊥OB于點C，過點O′作O′D⊥A′B于點D，∵A(2，)，∴OC＝2，AC＝，由勾股定理得，OA＝＝＝3，∵△AOB為等腰三角形，OB是底邊，∴OB＝2OC＝22＝4，由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)得，BO′＝OB＝4，∠A′BO′＝∠ABO，∴O′D＝4＝，BD＝4＝，∴OD＝OB＋BD＝4＋＝，∴點O′的坐標(biāo)為(，)．故選C。 11. 【答案】；3.【考點】關(guān)于x軸、y軸對稱的點的坐標(biāo)特征. 【分析】關(guān)于x軸對稱的點的坐標(biāo)特征是橫坐標(biāo)相同，縱坐標(biāo)互為相反數(shù)，從而點A關(guān)于x軸對稱的點A’的坐標(biāo)是；關(guān)于y軸對稱的點的坐標(biāo)特征是縱坐標(biāo)不變，橫坐標(biāo)互為相反數(shù)，從而點A’ 關(guān)于y軸對稱的點A’’的坐標(biāo)是. 12. 【答案】27.【考點】點對稱的性質(zhì)；等腰三角形的性質(zhì)；三角形中位線的性質(zhì). 【分析】∵CE=CB，BC=12，∴CE=CB=12.∵點E是AB 的中點，∴EG 是△ABC 的中位線. ∴.又∵點A、D關(guān)于點F對稱，F(xiàn)G∥CD，∴FG 是△ADC的中位線.∵AC=18，∴.∴△CEG 的周長為：CE+GE+CG=12+6+9=27. 13. 【答案】.【考點】翻折變換（折疊問題）；矩形的性質(zhì)；折疊對稱的性質(zhì)；勾股定理，全等三角形的判定和性質(zhì)；方程思想的應(yīng)用. 【分析】如答圖，∵四邊形是矩形， ∴. 根據(jù)折疊對稱的性質(zhì)，得， ∴. 在和中，∵， ∴≌.∴. ∴. 設(shè)，則，∴. 在中，根據(jù)勾股定理，得，即.解得. ∴AP的長為. 14. 【答案】5.【考點】面動旋轉(zhuǎn)問題；直角三角形斜邊上中線的性質(zhì)；等腰三角形的性質(zhì)；三角形中位線定理；勾股定理. 【分析】如答圖，連接，過點作于點， ∵在Rt△ABC中，∠ABC=90，點F是DE的中點， ∴.∴是等腰三角形. ∵將△ABC繞直角頂點C順時針旋轉(zhuǎn)90得到△DEC，BC=4，AC=6，∴. ∵，∴.∴。又∵分別是的中點，∴是△DEC的中位線.∴.在Rt△AGF中，∵，，∴由勾股定理，得AF=5. 15. 【答案】150．【考點】旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)；等邊三角形的性質(zhì)． 【分析】∵等邊△OAB繞點O按逆時針旋轉(zhuǎn)了150，得到△OA′B′，∴∠AOA′=150，∵∠A′OB′=60，∴∠1=360﹣∠AOA′﹣∠A′OB′=360﹣150﹣60=150. 16. 【答案】7．【考點】面動平移問題；相似三角形的判定和性質(zhì)；等腰三角形的性質(zhì)；矩形的性質(zhì)；平移的性質(zhì)． 【分析】如答圖，過點A作AE⊥BC于點E， ∵∠AEB=∠AEC1=90，∴∠BAE+∠ABC=90. ∵AB=AC，BC=2，∴BE=CE=BC=1， ∵四邊形ABD1C1是矩形，∴∠BAC1=90. ∴∠ABC+∠AC1B=90. ∴∠BAE=∠AC1B. ∴△ABE∽△C1BA. ∴. ∵AB=3，BE=1，∴.∴BC1=9. ∴CC1=BC1﹣BC=9﹣2=7，即平移的距離為7． 17. 解：由圖可知，A（﹣4，3），A′（1，﹣1），所以，平移規(guī)律為向右5個單位，向下4個單位，∵P（a，2），∴對應(yīng)點Q的坐標(biāo)為（a+5，﹣2）．故答案為：（a+5，﹣2）． 18. 解析：∵點A(－3，0)，B(0，4)，∴AB＝＝5，由圖可知，每三個三角形為一個循環(huán)組依次循環(huán)，一個循環(huán)組前進(jìn)的長度為4＋5＋3＝12，∵20133＝671，∴△2013的直角頂點是第671個循環(huán)組的最后一個三角形的直角頂點，∵67112＝8052，∴△2013的直角頂點的坐標(biāo)為(8052，0) 19. 【答案】解：（1）. （2）如答圖，連接，與相交于點， ∵菱形OABC中，，∠COA＝600， ∴，，. ∴， .∵將菱形OABC繞坐標(biāo)原點O逆時針旋轉(zhuǎn)1200得到菱形ODEF，∴. 【考點】面動旋轉(zhuǎn)問題；旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)；菱形的性質(zhì)；扇形和菱形面積的計算；銳角三角函數(shù)定義；特殊角的三角函數(shù)值；轉(zhuǎn)換思想的應(yīng)用. 【分析】（1）∵根據(jù)旋轉(zhuǎn)和菱形的性質(zhì)知，且在一直線 上，∴點F的坐標(biāo)為；（2）作輔助線“連接，與相交于點”，構(gòu)成直角三角形，解之可求得，，從而應(yīng)用求解即可. 20. 【答案】解：（1）證明：由折疊可知：∠CDB=∠EDB，∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴DC∥AB. ∴∠CDB=∠EBD.∴∠EDB=∠EBD. （2）AF∥DB. 理由如下：∵∠EDB=∠EBD，∴DE=BE.由折疊可知：DC=DF， ∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴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． 【考點】翻折變換（折疊問題）；平行四邊形的性質(zhì)；平行的判定和性質(zhì)；三角形內(nèi)角和定理；等腰三角形的判定和性質(zhì)． 【分析】（1）一言面，由折疊可得∠CDB=∠EDB，另一方面，由四邊形ABCD是平行四邊形可得DC∥AB，從而得到∠CDB=∠EBD，進(jìn)而得出結(jié)論. （2）可判定AF∥DB，首先證明AE=EF，得出∠AFE=∠EAF，然后根據(jù)三角形內(nèi)角和定理與等式性質(zhì)可證明∠BDE=∠AFE，從而得出AF∥BD的結(jié)論. 21. 【答案】證明：（1）如答圖， ∵將沿過點A的直線折疊， ∴. ∵四邊形是平行四邊形， ∴∥. ∴. ∴. ∴.∴. ∵，∴.∴. ∴. ∴四邊形是平行四邊形. （2）如答圖，∵BE平分∠ABC，∴.∵四邊形是平行四邊形，∴∥. ∴.∴.由（1），∴，即.∴在中，由勾股定理，得. 【考點】折疊問題；折疊對稱的性質(zhì)；平行四邊形的判定和性質(zhì)；平行的性質(zhì)；等腰三角形的判定；三角形內(nèi)角和定理；勾股定理. 【分析】（1）要證四邊形是平行四邊形，根據(jù)一組對邊平行且相等的四邊形是平行四邊形的判定，一方面，由四邊形是平行四邊形可有∥；另一方面，由折疊對稱的性質(zhì)、平行的內(nèi)錯角相等性質(zhì)、等腰三角形的等角對等邊的性質(zhì)可得，從而得證；（2）要證，根據(jù)勾股定理，只要的即可，而要證，一方面，由BE平分∠ABC可得（如答圖，下同）；另一方面，由∥可得，從而得到，結(jié)合（1）即可根據(jù)三角形內(nèi)角和定理得到，進(jìn)而得證. 22. 【答案】解：（1）把代入，則，∴． 把代入，得k=6， ∴反比例函數(shù)解析式是：. （2）①如答圖1，連接CC′交AB于點D， 則AB垂直平分CC′． 當(dāng)a=4時，A（4，5），B（4，1.5），則AB=3.5． ∵點Q為OP的中點，∴Q（2，0）. ∴C（2，3），則D（4，3）.∴CD=2. ∴. ②3． 【考點】反比例函數(shù)和一次函數(shù)綜合題；單動點和軸對稱問題；曲線上點的坐標(biāo)與方程的關(guān)系；軸對稱的性質(zhì)；全等三角形的判定和性質(zhì)；數(shù)形結(jié)合思想和方程思想的應(yīng)用．. 【分析】（1）由一次函數(shù)解析式可得點M的坐標(biāo)為（﹣3，﹣2），然后把點M的坐標(biāo)代入反比例函數(shù)解析式，求得k的值，可得反比例函數(shù)表達(dá)式；（2）①作輔助線“連接CC′交AB于點D”，由軸對稱的性質(zhì)，可知AB垂直平分OC′，當(dāng)a=4時，利用函數(shù)解析式可分別求出點A、B、C、D的坐標(biāo)，于是可得AB和CD的長度，即可求得△ABC的面積.②如答圖2，分別過點C、C′作的垂線垂足分別 為點E、F，∵△AMC與△AMC′的面積相等，∴CE= C′F.又∵AC= AC′，∴△AEC與△AFC′（HL）.∴.∵E、A、F共線，∴C、A、C′共線.∵OP=a，點A在上，∴. ∴.∵點C在上，∴，整理，得，解得或（舍去）.∴. （22題）（23題） 23. 【答案】解：（1）把點A（8，1）代入反比例函數(shù)得：k=18=8， ∴k=8. （2）設(shè)直線AB的解析式為：，∵A（8，1），B（0，﹣3）， ∴，解得：. ∴直線AB的解析式為：.由（1）得反比例函數(shù)的解析式為：，設(shè)，則. ∴.∴△BMN的面積是t的二次函數(shù).∵＜0，∴△BMN的面積有最大值.∴當(dāng)t=3時，△BMN的面積的最大值為. （3）如答圖，過點作軸于點，延長交軸于點，∵M(jìn)A⊥AB，∴.∴，即，解得.∴.又∵A（8，1），∴直線AP的解析式為：.∴解得，.∴. 【考點】反比例函數(shù)綜合題；線動問題；待定系數(shù)法的應(yīng)用；曲線上點的代代相傳壞蛋方程的關(guān)系；二次函數(shù)最值的應(yīng)用；相似三角形的判定和性質(zhì)． 【分析】（1）把點A坐標(biāo)代入，即可求出k的值.（2）先求出直線AB的解析式，設(shè)，則，由三角形的面積公式得出△BMN的面積是t的二次函數(shù)，即可應(yīng)用二次函數(shù)最值原理得出面積的最大值.（3）作輔助線“過點作軸于點，延長交軸于點”，證明而求出，從而得到點的坐標(biāo)，應(yīng)用待定系數(shù)法求出直線AP的解析式，由反比例函數(shù)解析式和直線AP的解析式聯(lián)立求出點M的橫坐標(biāo)，即可得出結(jié)果． 24. 【答案】解：（1）∵四邊形ABCD和四邊形AEFG都為正方形，∴AD=AB，∠DAG=∠BAE=90，AG=AE， ∴△ADG≌△ABE（SAS）.∴∠AGD=∠AEB. 如答圖1，延長EB交DG于點H， 在△ADG中，∵∠AGD+∠ADG=90， ∴∠AEB+∠ADG=90. 在△EDH中，∵∠AEB+∠ADG+∠DHE=180，∴∠DHE=90. ∴DG⊥BE. （2）∵四邊形ABCD和四邊形AEFG都為正方形，∴AD=AB，∠DAB=∠GAE=90，AG=AE，∴∠DAB+∠BAG=∠GAE+∠BAG，即∠DAG=∠BAE，∴△ADG≌△ABE（SAS）.∴DG=BE。如答圖2，過點A作AM⊥DG交DG于點M，則∠AMD=∠AMG=90，∵BD為正方形ABCD的對角線，∴∠MDA=45.在Rt△AMD中，∵∠MDA=45，AD=2，∴.在Rt△AMG中，根據(jù)勾股定理得：，∵，∴. （3）△GHE和△BHD面積之和的最大值為6，理由如下：∵對于△EGH，點H在以EG為直徑的圓上，∴當(dāng)點H與點A重合時，△EGH的高最大；∵對于△BDH，點H在以BD為直徑的圓上，∴當(dāng)點H與點A重合時，△BDH的高最大.∴△GHE和△BHD面積之和的最大值為2+4=6． 【考點】面動旋轉(zhuǎn)問題；正方形的性質(zhì)；全等三角形的判定和性質(zhì)；三角形內(nèi)角和定理；等腰直角三角形的性質(zhì)，勾股定理；數(shù)形結(jié)合思想的應(yīng)用． 【分析】（1）由四邊形ABCD與四邊形AEFG為正方形，利用正方形的性質(zhì)得到兩對邊相等，且夾角相等，利用SAS得到△ADG≌△ABE，利用全等三角形對應(yīng)角相等得∠AGD=∠AEB，作輔助線“延長EB交DG于點H”，利用等角的余角相等得到∠DHE=90，從而利用垂直的定義即可得DG⊥BE. （2）由四邊形ABCD與四邊形AEFG為正方形，利用正方形的性質(zhì)得到兩對邊相等，且夾角相等，利用SAS得到△ADG≌△ABE，利用全等三角形對應(yīng)邊相等得到DG=BE，作輔助線“過點A作AM⊥DG交DG于點M”，則∠AMD=∠AMG=90，在Rt△AMD中，根據(jù)等腰直角三角形的性質(zhì)求出AM的長，即為DM的長，根據(jù)勾股定理求出GM的長，進(jìn)而確定出DG的長，即為BE的長. （3）△GHE和△BHD面積之和的最大值為6，理由為：對兩個三角形，點H分別在以EG為直徑的圓上和以BD為直徑的圓上，當(dāng)點H與點A重合時，兩個三角形的高最大，即可確定出面積的最大值． 25. 【答案】解：（1）如答圖1，設(shè)直線AB與軸的交點為M， ∵，P（，2），∴. 設(shè)直線AB的解析式為， 則，解得. ∴直線AB的解析式為. （2）如答圖2，過點Q作軸的垂線QC，交AB于點C，再過點Q作直線AB的垂線，垂足為點D， 根據(jù)條件可知，是等腰直角三角形. ∴. 設(shè)，則， ∴. ∴. ∴當(dāng)時，點Q到直線AB的距離的最大值為. （3）∵，∴中必有一角等于45. ①由圖可知，不合題意. ②若，如答圖3，過點B作軸的平行線與軸和拋物線分別交于點，此時，.根據(jù)拋物線的軸對稱性質(zhì)，知， ∴是等腰直角三角形. ∵與相似，且， ∴也是等腰直角三角形. i）若， 聯(lián)立，解得或. ∴. ∴. ∴，此時，. ii）若，，此時，. ③若，②是情況之一，答案同上. 如答圖4，5，過點B作軸的平行線與軸和拋物線分別交于點，以點為圓心，為半徑畫圓，則都在上，設(shè)與y軸左側(cè)的拋物線交于另一點. ∵根據(jù)圓周角定理，， ∴點也符合要求. 設(shè)， 由得解得或， 而，故.∴. 可證是等邊三角形，∴. ∴. 則在中，. i）若， 如答圖4，過點作軸于點， 則， ∴. ∴，此時，. ii）若，如答圖5，過點作軸于點，設(shè)，則.∵，∴，.∴.∴，此時，. 綜上所述，所有滿足條件的t的值為或或或. 【考點】二次函數(shù)綜合題；線動旋轉(zhuǎn)和相似三角形存在性問題；待定系數(shù)法的應(yīng)用；曲線上點的坐標(biāo)與方程的關(guān)系；等腰直角三角形的判定和性質(zhì)；含30度角直角三角形的性質(zhì)；二次函數(shù)最值；勾股定理；圓周角定理；分類思想、數(shù)形結(jié)合思想、方程思想的應(yīng)用. 【分析】（1）根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)得到等腰直角三角形，從而得到解決點M的坐標(biāo)，進(jìn)而應(yīng)用待定系數(shù)法即可求得直線AB的解析式；（2）作輔助線“過點Q作軸的垂線QC，交AB于點C，再過點Q作直線AB的垂線，垂足為點D”，設(shè)，求出關(guān)于的二次函數(shù)，應(yīng)用二次函數(shù)最值原理即可求解；（3）分，，三種情況討論即可.