特色题型专练10 三大运动-翻折（解析版）（江苏专用）

中考特色题型专练之三大运动——翻折几何篇题型一、与三角形结合1．如图，将沿、翻折，顶点A，B均落在点O处，且与重合于线段，若，则的度数为（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】本题主要考查了折叠问题，折叠是一种对称变换，它属于轴对称，折叠前后图形的形状和大小不变，位置变化，对应边和对应角相等．连接并延长，设，则，依据三角形外角性质，即可求解．【详解】解：如图所示，连接并延长至G，设，则，由折叠可得，，是的外角，，同理可得，，，解得，，故选：B．2．如图，将沿翻折交于点，又将沿翻折，点落在上的处，其中，，则原三角形中的度数为（）A． B． C． D．【答案】A【分析】此题考查了翻折变换的性质，三角形内角和定理，一元一次方程，正确掌握图形翻折的性质是解题的关键．设，由翻折得，根据三角形内角和得到，求出，再利用三角形内角和求出的度数．【详解】解：设，由翻折得，，，，解得，，，．故选：A3．如图，在平面直角坐标系中，直线与轴、轴分别交于点、，是轴上的动点（不与点重合），若将沿直线翻折，点恰好落在轴上，则点的坐标为【答案】或【分析】本题主要考查了一次函数综合应用、勾股定理、折叠的性质等知识，解题关键是分两种情况讨论，避免遗漏．首先确定点坐标，利用勾股定理解得，然后分点在轴负半轴上和点在轴正半轴上两种情况讨论，结合折叠的性质和勾股定理求解即可．【详解】解：对于直线，令，则，即，令，则，即，∴，，∵，∴，分两种情况讨论：①点在轴负半轴上时，如下图，由折叠可知，，，∴，设，则，在中，可有，即，解得，∴，∴；②点在轴正半轴上时，如下图，由折叠可知，，，∴，设，则，在中，可有，即，解得，∴，∴．综上所述，点的坐标为为或．故答案为：或．4．如图，在中，已知，，为边的中点，把沿翻折，点落在处，当时，的长为．【答案】【分析】本题考查解直角三角形，翻折问题，如图，连接，过点作于，由可知，由翻折可知，，，进而可得，，由为的中点，可知，证得，再由勾股定理即可求解．添加辅助线构造直角三角形是解决问题得关键．【详解】解：如图，连接，过点作于，∵，，，∴，由翻折可知，，，设，，，∴，则，，由勾股定理可得：，∵为的中点，则，∴，∴，，又∵，则，∴，∴，故答案为：．5．在中，，点为延长线上任一点，连接．(1)如图，若，，求线段的长；(2)如图，将线段绕着点逆时针旋转得到线段，连接．点为的中点，连接．求证：；(3)在（）的条件下，设点为直线上的点，交于点．点在延长线上运动的过程中，当时，将沿直线翻折到所在平面内得到，同时将沿直线翻折到所在平面内得到．在取得最大值时，请直接写出的值．【答案】(1)；(2)证明见解析；(3)．【分析】（）根据旋转的性质得到，证明是等腰直角三角形，求出，的长度，在中运用勾股定理得到从而求出；（）取的中点，连接，证明，得到，证明点三点共线，再证明，，即可证明结论；（）由题可知，点在以点为圆心，的长度为半径的圆上运动，得点在线段上时，取得最大值，证明，设，则，，，根据相似三角形的性质表示，根据锐角三角函数，表示，即可求解．【详解】（1）解：如图，将绕点逆时针旋转，使得与重合，得到，连接，∵是等腰直角三角形，∴，∴，由旋转得，，∴，，，∵，，∴是等腰直角三角形，∴，∵，，∴，在中，∵，，∴，∴；（2）证明：连接，由线段绕着点逆时针旋转得到线段，得，，∵，∴，∵，，∴，∴，取的中点，连接，∵，点是中点，∴，∵点是中点，∴是的中位线，∴，，∵，∴，∵，∴点三点共线，∵是等腰直角三角形，∴，∴，∴；（3）解：由题可知，点在以点为圆心，的长度为半径的圆上运动，得点在线段上时，取得最大值，∵，，∴，∵，∴是等腰直角三角形，设，则，，，∵，∴，∴，∴，，由折叠可知，∴，∵和是等腰直角三角形，∴，，在中，∵，，∴，∴，∵关于对称，∴，，∴，∴，∴，∴，∴，∴．【点睛】本题考查了旋转的性质，折叠的性质，等腰三角形的性质与判定，全等三角形的性质与判定，相似三角形的性质与判定，三角形中位线的性质，勾股定理，锐角三角函数等知识，解题的关键是熟练运用上述知识点解题．6．如图①，在中，延长AC到D，使，E是AD上方一点，且，连接．(1)求证：是等腰三角形；(2)如图①，若，将沿直线翻折得到，连接和，与交于F，若，求证：F是的中点；(3)在如图②，若，，将沿直线翻折得到，连接交于F，交于G，若，，求线段的长度．【答案】(1)见解析(2)见解析(3)【分析】（1）结合条件中角的关系，由三角形外角的性质，得，证出，得，即可证明结论；（2）同（1）证出，由翻折得，结合易得，即，由三线合一得F是的中点；（3）先利用折叠的性质，证明，易得，利用三角形内角和可得，由角的转化得到，最后证明，进而求得．【详解】（1）证明：，，，，在与中，，，，∴是等腰三角形；（2）证明：，，，，在与中，，，，∴，如图，连接，将沿直线翻折得到，，，，即．由三线合一，得：F是的中点；（3）解：如图，连，延长交于M，根据折叠的性质，则，，，，∵，∴，在与中，，，由（2）知，，，，，，，，，，，，，，，，在与中，，，，，．【点睛】本题是三角形翻折变换综合题，考查了全等三角形的判定与性质，三角形的内角和，平行线的性质，等腰三角形三线合一，其中能够利用全等三角形的性质与翻折性质得到的边、角相等进行等量代换是解题关键．题型二、与四边形结合1．如图，在正方形中，是边的中点，将沿直线翻折，点落在点处，连结，那么的正切值是（）A．2 B． C．3 D．【答案】A【分析】本题考查了求正切函数值，折叠的性质及正方形的性质．由折叠可得，，再根据三角形的外角性质及折叠的性质得到，进而可得，求解即可．【详解】解：由折叠可得，，正方形中，是边的中点，，，，是的外角，，，，．故选：A．2．在矩形中，，点在上，将沿翻折，若点的对应点恰好落在矩形的对称轴上，则折痕的长为（

）A． B． C．或 D．或【答案】C【分析】由于矩形有两条对称轴，分两种情况，根据折叠的性质和勾股定理进行解答即可．【详解】解：①如图1，当点落在中垂线这条对称轴上时，．

图1，，，．②如图2，当点落在中垂线这条对称轴上时，

图2，，．设，∴在中，，解得，．综上所述，折痕的长为或．【点睛】本题考查翻折变换的性质、矩形的性质、勾股定理、轴对称的性质等知识；熟练掌握翻折变换和勾股定理是解题的关键．3．如图，在矩形中，，，点，分别在，上，且，，为直线上一动点，连接，将沿所在直线翻折得到，当点恰好落在直线上时，的长为．【答案】或【分析】本题考查了翻折变换（折叠问题），矩形的性质，勾股定理，正确的识别图形是解题的关键．由矩形的性质得到，，，根据已知条件得到，推出四边形的矩形，得到，，根据折叠的性质得到，，根据勾股定理得到，根据矩形的判定和性质得到，，再由勾股定理即可得到结论．【详解】解：∵四边形是矩形，∴，，，∵，，∴，∵，∴四边形的矩形，∴，，∵将沿所在直线翻折得到，∴，，∵，∴，如图1，在中，，∴，∵，∴四边形是矩形，∴，，，在中，，∴，解得：．如图2，在中，，∴，∵，∴四边形是矩形，∴，，，在中，，∴，解得：，故答案为：或10．4．如图，矩形中，，点E在边上，将沿直线翻折，得到，过点作，垂足为G．若，则的长为．【答案】【分析】本题考查了矩形折叠问题，勾股定理，锐角三角函数，熟练掌握勾股定理，及三角函数是解题的关键．证明是解题的关键；设交于点F，由矩形的性质得，根据折叠的性质可得，在证明，则，，所以，根据勾股定理即可求出．【详解】解：设交于点F，四边形是矩形，，将沿直线翻折，得到，点与点B关于直线对称，垂直平分，，，，，，，，，故答案为：．5．如图①，已知矩形的对角线的垂直平分线与边，分别交于点E，F．(1)求证：四边形是菱形；(2)如图②，直线分别交矩形的边，于点E，F，将矩形沿翻折，使点C的对称点与点A重合，点D的对称点为，若，，求的长；(3)如图③，直线分别交的边，于点E，F，将沿翻折，使点C的对称点与点A重合，点D的对称点为，若，，，则五边形的周长为______．【答案】(1)见解析(2)(3)【分析】（1）由“”可证，可得，由对角线互相平分的四边形是平行四边形可证四边形是平行四边形，即可证平行四边形是菱形；（2）连接，由折叠的性质可得，由勾股定理可求，，再由，可求出的长；（3）过点A作，交的延长线于N，过点F作于M，由等腰直角三角形的性质可求，由勾股定理可求，再利用勾股定理可求的长，再求出五边形的周长．【详解】（1）证明：∵四边形是矩形，∴，，∵垂直平分，∴，∴，，又∵，∴四边形是平行四边形，∵，∴四边形是菱形；（2）解：如图，连接，由折叠的性质得：，∵，，，∴，∴，∴，∵，∴是直角三角形∴，∵，∴，∴．（3）解：如图，过点A作，交的延长线于N，过点F作于M，∵四边形是平行四边形，，∴，，∵，，∴是等腰直角三角形∵，∴，由折叠的性质得：，∵，，∴，，∴，，∴，∴四边形是平行四边形，∵，∴四边形是矩形，∴，∴，∴，∴，∵，∴五边形的周长为．故答案为：．【点睛】本题是四边形综合题，考查了平行四边形的性质，菱形的性质，折叠的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理等知识，添加恰当辅助线构造直角三角形是本题的关键．6．如图，在矩形中，，，点在边上，．为上一动点（不与点重合），将沿直线翻折，点落在点处，．(1)如图1，若，延长交于点，求的长．(2)如图2，当时，延长交于点，①求证：；②求的长．(3)如图3，当的延长线经过点时，直接写出的值．【答案】(1)(2)①证明见解析；②(3)【分析】（1）根据矩形的性质可证四边形是矩形，可得，根据折叠的性质可得，根据，，可求出的值，由此即可求解；（2）①根据折叠可得，，由，直角三角形的性质，内角和定理可求出，再根据相似三角形的判定方法即可求解；②根据含角的直角三角形的性质，运用解直角三角形的方法分别求出的值，应用相似三角形的判定方法，矩形的性质即可求解；（3）连接，根据勾股定理可求出的长，根据折叠的性质可得的值，在中，运用勾股定理可求出的值，设，可用含的式子表示，，在中运用勾股定理可求出的值，即值，在中运用正切值的计算方法即可求解．【详解】（1）解：四边形是矩形，，，，四边形是矩形，，，，，∴由折叠得，．（2）解：①证明：由翻折可知，，，，，，，，；②在中，，，，，，，四边形是矩形，，．（3）解：，理由如下，如图，连接，，，，四边形是矩形，，，，由翻折可知，，，，设，则，，，在中，，即，解得，，．【点睛】本题主要考查矩形的判定和性质，折叠的性质，勾股定理的运用，相似三角形的判定和性质的综合，掌握矩形与折叠，勾股定理的计算，相似三角形的判定和性质是解题的关键．题型三、与圆结合1．如图，为的内接三角形，，为边上的中线，将沿翻折后刚好经过点，若已知的半径为，则的长是（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】如图，过点作，交于，可得点为点的对应点，根据折叠点性质可得，根据圆内接四边形的性质及邻补角点定义可得，得出，过点作于，过点作于，连接、，根据垂径定理可得出的长，根据“三线合一”可得的长，即可得出四边形是正方形，可得、的长，利用勾股定理可求出的长，即可得出的长，利用勾股定理即可得答案．【详解】解：如图，过点作，交于，过点作于，过点作于，连接、，∵为边上的中线，，∴，，∴，∵将沿翻折后刚好经过点，，交于，∴点为点的对应点，，∵四边形是的内接四边形，∴，∵，∴，∴，∵，∴，∵，，∴四边形是正方形，∴，∴，∴，∵，∴．故选：B．【点睛】本题考查折叠的性质、垂径定理、圆内接四边形的性质、等腰三角形的性质、正方形的判定与性质及勾股定理，根据圆内接四边形的性质及折叠性质得出是解题关键．2．如图，为正方形的边上一点，以为圆心、为半径作，交于点，过点作的切线交于点，将沿翻折，点的对应点恰好落在上，则的值为______．A． B． C． D．【答案】C【分析】连接、，作于，通过证得，，设，．则，根据勾股定理，列方程，解方程即可求得结论．【详解】解：连接、，作于，，，四边形是正方形，，，是的切线，，，，，，在和中，，设设．则，在中，，解得：，，则故选：C．【点睛】本题是圆的综合题目，考查了切线的性质、垂定定理、正方形的性质、勾股定理，方程，全等三角形的判定与性质等知识；本题主要考查了圆的切线及全等三角形的判定和性质，关键是作出辅助线利用三角形全等证明．3．如图，是正方形的外接圆，将分别沿、向内翻折．若，则图中阴影部分的面积为．（结果保留）【答案】【分析】本题考查了正多边形与圆，圆的面积公式，正方形的性质，折叠的性质和勾股定理，根据正方形的性质得到，，求得，根据各图形的面积公式即可得到结论，熟练掌握以上知识点的应用是解题的关键．【详解】解：∵四边形是正方形，∴，，∴由勾股定理得：，∴，∵将分别沿、向内翻折，∴图中阴影部分的面积正方形的面积（的面积正方形的面积），故答案为：．4．如图，将上的沿弦翻折交半径于点D，再将沿翻折交于点E，连接.若，则的值．【答案】/【分析】本题主要考查折叠的性质，等腰三角形的性质，圆周角定理及弧，弦，圆心角之间的关系，勾股定理．连接、、，作于F，设，则，，，先利用折叠的性质和圆周角定理得到，再利用弧、弦、圆心角的关系得到，然后利用勾股定理计算出，接着再计算出即可．【详解】解：连接、、，作于F，如图所示，设，则，，∴，∵上的沿弦翻折交半径于点D，再将沿翻折交于点E，∴为等圆中的弧，∵它们所对的圆周角为，∴，∴，∴，∴，在中，，在中，，，∴．故答案为：．5．有一张半径为2的圆形纸片．(1)如图（1），先将纸片沿直径左右翻折，再上下翻折，刚好完全重合，然后平铺展开，则的大小是______；在上任取一点C（异于A，B），则的大小是______；(2)如图（2），将纸片沿一条弦翻折，使其劣弧恰好经过圆心O，作出直径，则图中阴影部分的面积是______；(3)如图（3），是的直径，将劣弧沿弦翻折，交于点D，再将劣弧沿直径翻折，交于点E，若点E恰好是翻折后的劣弧的中点，求图中阴影部分的面积．【答案】(1)；或；(2)；(3)．【分析】（1）根据折叠的性质可得，进而根据圆周角定理以及圆内接四边形对角互补，即可求解；（2）作交于点E，交于点D，连接，，得出是等边三角形，进而根据阴影部分的面积即为的面积，即可求解．（3）首先添加辅助线，利用圆周角定理证明线段，设，则，构建方程求出，再通过解直角三角形求出，即可解决问题．【详解】（1）解：根据折叠了2次，则，如图（1）所示，当点C在优弧上时，，当点C在上时，，

故答案为：；或．（2）解：如图（2）所示，作交于点E，交于点D，连接，，，

由折叠可知，，，，，，，，和是等边三角形，，∴弓形的面积等于弓形的面积，∴扇形的面积等于扇形的面积，∴阴影部分的面积即为的面积；，则，，，∴阴影部分面积，故答案为：；（3）解：如图（3），连接，过点C作于H，

，，，，∵E是的中点，，，，设，则，，是直径，，，，，，，，则是等腰直角三角形，，，，，，∴弓形，的面积相等，∴阴影部分面积为．【点睛】本题主要考查圆周角定理、等腰直角三角形判定和性质、解直角三角形、扇形的面积等知识，学会添加常用辅助线，利用特殊角解决问题是解答本题的关键．6．已知，在扇形中，，，点P在半径上，连接．(1)把沿翻折，点O的对称点为点Q．①如图1，当点Q刚好落在弧上，求弧的长；②如图2，点Q落在扇形内部，的延长线与弧交于点C，过点Q作，垂足为H，，求的长；(2)如图3，记扇形在直线上方的部分为图形W，把图形W沿着翻折，点B的对称点为点E，弧所在的圆与的延长线交于点F，若，求的长．【答案】(1)①；②16(2)【分析】（1）①连接，证明为等边三角形，得根据得，利用弧长公式即可解答；②过O作，证，即可解答；（2）将沿着翻折得，过点Q作，垂足为点H，过点P作，垂足为点D，得四边形是矩形，结合（1）②的结论以及折叠的性质可得，，根据勾股定理求，设，，，由，得，解方程即可【详解】（1）①连接，由翻折得，，为等边三角形，，，，弧的长：；②过O作，，，，由翻折得，在与中，，，；（2）如图所示，将沿着翻折得，过点Q作，垂足为点H，过点P作，垂足为点D，∵，∴四边形是矩形，由折叠和(1)可知，，，，，，在中，设，则，，在中，，解得：的长为．【点睛】本题主要考查了弧长公式，垂径定理，勾股定理，折叠的性质，全等三角形的判定与性质，等边三角形的判定与性质等知识，熟练掌握折叠的性质以及垂径定理，构造合理的辅助线，是解答本题的关键．题型四、与相似有关1．如图，在中，，翻折，使点落在直角边上某一点处，折痕为，点、分别在边、上，若与相似，则的长为（

）A． B． C．或 D．或【答案】D【分析】本题考查相似三角形的判定与性质、翻折变换，利用数形结合的思想和分类讨论的数学思想解答是解答本题的关键．根据题意，可知分两种情况，然后根据题目中的条件，利用三角形相似，可以求得的长，从而可以解答本题．【详解】解：由题意可得，当时，则，∵，翻折，使点落在直角边上某一点处，∴，解得；当时，则，∵，翻折，使点落在直角边上某一点处，解得；由上可得，的长为或，故选：D．2．如图，在纸片中，，分别在上，连结，将沿翻折，使点的对应点落在的延长线上，若平分，则(

)A． B． C． D．【答案】C【分析】先根据勾股定理求出，再根据折叠性质得出，，然后根据角平分线的定义证得，进而证得∠BDF=90°，证明，可求得的长，根据，即可求解．【详解】解：，，由折叠性质得：，，则，平分，，，，即∠BDF=90°，，即，解得：，故选：C．【点睛】本题考查折叠性质、角平分线的定义、勾股定理、相似三角形的判定与性质、三角形的内角和定理，熟练掌握折叠性质和相似三角形的判定与性质是解答的关键．3．如图，在中，，，点D为边上的点，连接，将沿翻折，点B落在平面内点E处，边交边于点F，连接，如果，那么的值为．【答案】【分析】本题考查了翻折的性质，掌握等腰三角形的性质和解直角三角形是解题的关键．先过A作于M，过E作于N，再根据相似三角形的性质及解直角三角形求解．【详解】解：如图所示：过A作于M，过E作于N，∴，∴，∴，设，∵，∴，∴，∵将沿翻折，点B落在平面内点E处，∴，∵，∴，∴，∴，∴，∴，故答案为：．4．如图，点D，E是正两边上的点，将沿直线翻折，点B的对应点恰好落在边上，当时，则的值为．【答案】【分析】本题考查了相似三角形的判定和性质，等边三角形的性质，折叠的性质．设，则，，根据等边三角形的性质得到，根据折叠的性质得到，，，根据相似三角形的性质结论．【详解】解：，设，则，，是等边三角形，，将沿直线翻折，点的对应点恰好落在边上，，，，，，，，故答案为：．5．在矩形中，点P为边上一点，将沿直线翻折，使点B落在矩形内的点E处，直线与边交于点F．(1)如图1，当点P为中点时，求证：；(2)如图2，若，，，求线段的长；(3)若直线与的延长线交于点Q，，，当时，求的值（用含n的代数式表示）．【答案】(1)证明见解析(2)(3)【分析】（1）由翻折可知，，由点P为的中点，可知．，得，结合，可知，进而可证得结论；（2）过点E作于点H，交于K，则，先证为等腰直角三角形，进而可知也是等腰直角三角形，得，设，由翻折可得，可知，．根据勾股定理得，即，可求得，，进而求得，再证，得进而求出即可求得答案；（3）如图，连接，分别过B，Q作于点M，交延长线于点N，则，结合题意易知，则，即，可证得，可知四边形为平行四边形，得，则，由翻折可得垂直平分BE，得，证得，可知，易证，得，由勾股定理得．，由等面积，过F作于点G，证，，由相似三角形得性质可知，，即可求得．【详解】（1）证明：如图，∵将沿直线翻折得到，∴，．∵点P为的中点，∴．∴．又，∴．∴．（2）解：过点E作于点H，交于K，则，∵，，∴．又∵，∴为等腰直角三角形．∴，则也是等腰直角三角形，∴，在中，设，由翻折可得，．∴，．在中，由勾股定理得，即，解得．∴，．∴．在和中，∵，，∴．∴．∴，∴．∴．（3）解：如图，连接，分别过B，Q作于点M，交延长线于点N，则，根据题意得：，则．∵，∴，∴，即．∴，∴，∴四边形为平行四边形．∴．∴．由翻折可得垂直平分BE．∴．∵，，∴，∴．∴．∴．在中，由勾股定理得．∴，过F作于点G，则，∵，，∴，．∴，∴．∴．【点睛】本题考查了矩形的相关知识，相似三角形的判定及性质，全等三角形的判定及性质，勾股定理的计算等知识点．其中利用面积相等求线段或证明平行是解题关键．6．兴趣小组在数学活动中，对四边形内两条互相垂直的线段进行了如下探究：（1）【初探猜想】如图1，在正方形中，点，分别是、上的两点，连接，，若，试判断线段与的大小关系，并说明理由；（2）【类比探究】如图2，在矩形中，，，点、分别是边、上一点，点、分别是边、上一点，连接，，若，则=______；（3）【知识迁移】如图3，在四边形中，，点、分别在线段、上，且，连接，若为等边三角形，求的值；（4）【拓展应用】如图4，在矩形中，，，点，分别在边，上，将四边形沿翻折，点的对应点点恰好落在上，点的对应点是点，则的最小值为______．（用、的代数式表示）【答案】（1），理由见解析；（2）；（3）；（4）【分析】（1）证明，进而结论得证；（2）如图2，过作于，过作于，则四边形均为矩形，，，证明，进而可求结果；（3）如图3，过作的延长线于，过作于，过作于，则四边形是矩形，四边形是矩形，，同理（2），，则，由为等边三角形，，可得，，由勾股定理得，，然后计算求解即可；（4）如图4，连接，，证明，则，同理（2）可得，，即，则，如图4，作关于的对称点，连接，，，则，，当三点共线时，最小，最小为，由勾股定理得，，然后计算求解即可．【详解】（1）解：，理由如下：∵正方形，∴，，∵，∴，即，∵，，，∴，∴；（2）解：如图2，过作于，过作于，∴，∵矩形，∴，∴四边形均为矩形，∴，，∵，∴，即，∵，，∴，∴，故答案为：；（3）解：如图3，过作的延长线于，过作于，过作于，∵，，∴四边形是矩形，∴四边形是矩形，，∵，同理（2），，∴，∵为等边三角形，，∴，，由勾股定理得，，∴，故答案为：；（4）解：如图4，连接，，由翻折的性质可知，，，，，∴，∴，即，∵，，，∴，∴，同理（2）可得，，即，∴，如图4，作关于的对称点，连接，，，∴，，，∴，当三点共线时，最小，最小为，由勾股定理得，，∴的最小值为，故答案为：．【点睛】本题考查了矩形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，等边三角形的性质，勾股定理，翻折的性质，全等三角形的判定与性质等知识．熟练掌握矩形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，等边三角形的性质，勾股定理，翻折的性质，全等三角形的判定与性质是解题的关键．函数篇题型一、与一次函数结合1．将的图象沿y轴向上平移2个单位长度后，再沿x轴翻折所得函数图象的对应的函数表达式为（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】本题考查了一次函数的平移和翻折，根据平移规律“上加下减”得到平移后的解析式，再设平移后新函数的图象上一点P的坐标为，沿轴翻折后的坐标为，再将代入平移后新函数解析式即可求解．【详解】解：的图象沿y轴向上平移2个单位长度，平移后解析式为，设的图象上一点P的坐标为，则沿轴翻折后的坐标为，沿轴翻折后为，整理得，故选：A．2．已知，如图，直线：，分别交平面直角坐标系于，两点，直线与坐标轴交于，两点，两直线交于点；点是轴上一动点，连接，将沿翻折，点对应点刚好落在轴负半轴上，则所在直线解析式为（

）A． B．C． D．【答案】A【分析】本题考查一次函数的综合应用，涉及待定系数法，勾股定理及应用，解题的关键是用含字母的代数式表示相关点坐标和相关线段的长度．把代入得，即得，当的对应点在轴负半轴时，过作轴于，由知，，设，则，在中，有，用待定系数法即得直线解析式．【详解】解：把代入得：，解得，，把代入得：，解得，直线为，当的对应点在轴负半轴时，过作轴于，如图：在中，令得，，，，，，，，，设，则，，在中，，，解得，，设直线解析式为，把代入得：，解得，直线解析式为．故选：A．3．如图，直线与坐标轴交于A、B两点，连接且轴，交直线于点E，连接，将沿着直线翻折，点D正好落在直线上，若，那么点C的坐标为．【答案】【分析】此题主要考查了一次函数的图象，图形的翻折变换及其性质，勾股定理等知识点．先求出点，由轴，设点C的坐标为，根据点E在直线上得，则，由翻折的性质得，在中由勾股定理得，根据得列方程解得（舍去负值），则，再由得，据此可得点C的坐标．【详解】∵直线与坐标轴交于A、B两点，∴，∴，∵轴，∴点C的纵坐标与点B的纵坐标相同，∴可设点C的坐标为，又∵点E在直线上，∴，∴，∵将沿着直线翻折，∴，在中，由勾股定理得：∵，∴，即，解得：或，∵点C在第一象限，因此不合题意∴，∴，又∵，∴，即，解得：，∴点C的坐标为．故答案为：．4．如图所示，在平面直角坐标系中，，，P为直线AB上一点，以PB为斜边作，其中轴，将沿PB翻折，若Q点的对应点R刚好落在x轴上，则点P坐标为．【答案】【分析】根据，，求出直线AB的表达式，设出点P和点Q的坐标，根据折叠的性质表示出BR和PR，最后根据勾股定理列方程求解即可．【详解】如图，设PQ交x轴于M，∵，，∴设直线AB的解析式为y=kx+b，∴，解得：，∴直线AB的解析式为y=-3x-2，设P（m，-3m-2），Q（m，-2），M（m，0），∴PQ=-3m-2-（-2）=-3m，BQ=-m，∵将沿PB翻折，若Q点的对应点R刚好落在x轴上，∴BR=BQ=-m，PR=PQ=-3m，∴OR==,∴MR=OM+OR=-m，在Rt△PMR中，PR2=PM2+MR2，∴（-3m）2=（-3m-2）2+（-m）2，∴9m2=9m2+12m+4+m2-4-2m+m2，整理得：2m2+12m-2m=m(2m-2+12)=0，∵m≠0，∴2m-2+12=0，解得：，∴-3m-2=8，∴点P坐标为（，8）．【点睛】此题考查了勾股定理的运用，待定系数法求一次函数表达式等知识，解题的关键是根据题意表示出点Q和点P的坐标，列方程求解．5．如图，抛物线与轴交于点，与轴交于点，点在直线上，过点作轴于点，将沿所在直线翻折，使点恰好落在抛物线上的点处．

(1)求抛物线解析式；(2)连接，①；②若点P为直线上方抛物线上一动点，连接，当四边形面积最大时，求点P的坐标．(3)抛物线上是否存在一点Q，使？若存在，求出Q点坐标；若不存在，请说明理由．【答案】(1)(2)①2；②(3)或【分析】（1）由点的坐标可得出点的坐标，由点，的坐标，利用待定系数法即可求出抛物线的解析式；（2）①利用二次函数图象上点的坐标特征可求出点的坐标，由点，的坐标，利用待定系数法可求出直线的解析式，利用一次函数图象上点的坐标特征可求出点的坐标，再利用三角形的面积计算公式，结合，即可求出的面积；②由①知，当最大时，即最大时，四边形的面积最大，过点P作x轴的垂线，交于点Q，设点，则，得到，根据，根据二次函数的性质，即可求出结果；（3）存在，由点，的坐标可得出，结合可得出，设点的坐标为，分点在轴上方及点在轴下方两种情况考虑：①当点在轴上方时记为，过点作轴于点，则，进而可得出关于的一元二次方程，解之即可得出的值，将符合题意的值代入点的坐标中即可求出点的坐标；②当点在轴下方时记为，过点作轴于点，则，进而可得出关于的一元二次方程，解之即可得出的值，将符合题意的值代入点的坐标中即可求出点的坐标．【详解】（1）解：将沿所在直线翻折，使点恰好落在抛物线上的点处，点的坐标为，点的坐标为，点的坐标为．将，代入，得：，解得：，抛物线的解析式为；（2）解：①当时，，点的坐标为．设直线的解析式为，将，代入，得：，解得：，直线的解析式为．点在直线上，轴于点，当时，，点的坐标为．点的坐标为，点的坐标为，点的坐标为，点的坐标为，，，，，故答案为：2．②由①知，当最大时，即最大时，四边形的面积最大，过点P作x轴的垂线，交于点Q，

设点，则，，，，当时，的最大，即四边形的面积最大，；（3）解：存在，理由如下：点的坐标为，点的坐标为，．在中，，，点Q在抛物线上，设点Q的坐标为．①当点Q在轴上方时记为，过点作轴于点，在中，，，，即，解得：（不合题意，舍去），，点的坐标为；②当点Q在轴下方时记为，过点作轴于点，在中，，，，即，解得：（不合题意，舍去），，点的坐标为．综上所述，抛物线上存在一点，使，点的坐标为或．

【点睛】本题考查了待定系数法求二次函数解析式、二次函数图象上点的坐标特征、待定系数法求一次函数解析式、一次函数图象上点的坐标特征、三角形的面积、等腰直角三角形以及解一元二次方程，灵活运用数形结合的思想是解题的关键．6．如图1，在平面直角坐标系中，直线分别交，轴于点，，在轴负半轴有一点C，满足，作直线，点D是y轴正半轴上的一个动点．(1)求直线的函数表达式；(2)过点D作y轴的垂线，分别交直线，于点，，若，求点D的坐标；(3)如图2，连接，将沿直线进行翻折，翻折后点O的对应点为点E，连接，若为直角三角形，求的长度．【答案】(1)；(2)或；(3)或或8．【分析】（1）设直线的解析式为，用待定系数法即可得直线解析式；（2）分类讨论：点D在线段上，点D在线段延长线上，把三个点的坐标表示出来列方程即可求解；（3）点D在y轴正半轴上运动时，分三种情况：，分别画出图形，结合图形，运用勾股定理、矩形、正方形的性质及判定求解即可．【详解】（1）解：令，，则，令，即，，则，，，，，设直线的函数表达式为，将，代入，得，解得，直线的函数表达式为；（2）解：①点D在线段上时，如下图所示，设，则，，，，，的坐标为；②点D在线段延长线上时，如下图所示：设，则，，，，，的坐标为；综上所述，若，D的坐标为或；（3）解：，，，设，则，将沿直线进行翻折得到，，，，①当时，如图所示：，此时点A、E、B三点在一条直线上，点E在直线上，，，在中，，即，解得；②当时，如图所示：作于点F，，四边形是矩形，，在中，，，在中，，即，解得；③当时，如图所示：，四边形是正方形，即，；综上所述，当为直角三角形，的长度为或或8．【点睛】本题考查一次函数综合应用，涉及矩形、正方形性质及判定、勾股定理、折叠等知识，解题的关键是用含参数的代数式变式相关点坐标和相关线段的长度，运用分类讨论、数形结合灵活解题．题型二、与反比例函数结合1．已知在平面直角坐标系中，过点O的直线交反比例函数的图象于A，B两点（点A在第一象限），过点A作轴于点C，连结并延长，交反比例函数图象于点D，连结，将沿线段所在的直线翻折，得到，与交于点E．若点D的横坐标为2，则的长是（）A． B． C． D．1【答案】B【分析】求出直线，的解析式，联立两个解析式，求出点坐标，利用两点间距离公式，进行求解即可．【详解】解：设点A的坐标为，则点B的坐标为∵轴，∴，设直线的解析式为，把代入，得，解得：，∴，∵点D的横坐标为，∴把点代入得：(舍)，∴，直线的解析式为：，∵将沿线段所在的直线翻折，得到，∴点的坐标为，设直线的解析式为，把，代入可得：解得：，∴，联立，解得：，∴，∴．故选：B．【点睛】本题考查反比例函数与一次函数综合应用．熟练掌握旋转的性质，正确的求出一次函数的解析式，是解题的关键．2．如图，平面直角坐标系中，四边形的边在轴正半轴上，轴，，点，连接，以为对称轴将翻折到，反比例函数的图象恰好经过点、，则的值是（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】过点作轴于，过点作轴于，连接交射线于，过作轴于，根据勾股定理求出OC，根据三角函数用k表示出，，，根据平行线分线段成比例定理，得出，用k表示出点的值，即可求出k的值．【详解】解：过点作轴于，过点作轴于，连接交射线于，过作轴于，如图所示：设，在中，，，，∴，由翻折得，，，∴，∴，，，，，∴，，∴，轴，轴，∴，∴，∴，，∴，∴，∴，，∴，故D正确．故选：D．【点睛】本题主要考查了反比例函数的综合问题，平行线分线段成比例定理，勾股定理，三角函数解直角三角形，作出辅助线，设，用k表示出点的坐标，是解题的关键．3．如图，在平面直角坐标系中，矩形的边，分别在轴和轴上，已知对角线，．是边上一点，过点F的反比例函数的图象与边交于点，若将沿翻折后，点恰好落在上的点处，则．【答案】【分析】如图，过点作轴于，根据可得出、的长，可得点坐标，分别用表示出点、坐标，由折叠性质结合直角三角形两锐角互余可证明，根据相似三角形的性质列方程即可求出的长．【详解】解：如图，过点作轴于，∵矩形的边，分别在轴和轴上，已知对角线，，∴设，，∴，解得：，（负值舍去）∴，，∴，∵点、在反比例函数的图像上，∴，，∴，，∵将沿翻折后，点恰好落在上的点处，∴，，，∵，，∴，∵，∴，∴，即，解得：．故答案为：．【点睛】本题考查矩形性质，相似三角形的判定及性质，勾股定理，已知正切值求边长及反比例函数图象上点的坐标特征，利用表示出点、坐标是解题关键．4．如图，在平面直角坐标系中，C，A分别为x轴、y轴正半轴上的点，以，为边，在第一象限内作矩形，且，将矩形翻折，使点B与原点重合，折痕为，点C的对应点落在第四象限，过M点的反比例函数，其图像恰好过的中点，则点的坐标为．

【答案】【分析】连接，交于点Q，过点Q作，利用反比例函数k值的几何意义，三角形中位线定理，勾股定理等计算即可．【详解】解：连接，与的交点为点Q，

∵矩形，∴，∴，∵，∴，∴，∴Q也是的中点，根据折叠性质，得到于点Q，且∴直线是的垂直平分线，∴，过点Q作，垂足分别为H，G，则，∴，∴，∴，∴，∵∴，∴，∴，∴，∴，∴，设，则，∴，∴，解得（舍去），∴，，连接，根据折叠的性质，得∴，∵，∴，∴，∴，解得，∴，故点的坐标为．故答案为：．【点睛】本题考查了折叠的性质，矩形的性质，反比例函数的性质，中位线定理，勾股定理，熟练掌握反比例函数的性质，中位线定理，勾股定理是解题的关键．5．如图，在平面直角坐标系中中，矩形的边在轴上，边在轴上，点坐标为，反比例函数的图像交分别为．(1)当时，求的值；(2)将沿翻折，点对应点记为，问的值是否为定值，若是求出该值、若不是请用表示；(3)连接，作，并使，求过点的反比例函数解析式．【答案】(1)；(2)是定值，定值为；(3)．【分析】()根据点的坐标和已知条件求得点的坐标，然后把点的坐标代入函数解析式即可求出系数的值；()根据折叠的性质得到，由反比例函数图象上点的坐标特征和矩形的性质求得相关线段的长度，将其代入比例式即可求得答案；()根据余角性质可得，由三角函数可得，然后利用勾股定理通过点即可求出该反比例函数的解析式．【详解】（1）解：∵矩形的边在轴上，边在轴上，点坐标为，∴，∵，∴，∴，∵点在反比例函数上，∴，∴的值是；（2）解：是定值．理由如下：在矩形中，点坐标为，点在反比例函数的图象上，∴设,，∴，，由折叠的性质知，∴，∴，∴的定值为；（3）解：如图，连接，，且，过点作轴于，则，∵点坐标为，∴，∵，∴，∵，∴，∴，即，∴，∴，设，过点的反比例函数关系式为(是常数，且)，∵，∴，在中，，∴，解得，∴点的坐标为或，∴，∴该反比例函数解析式为．【点睛】本题考查了反比例函数图象上点的坐标特征，待定系数法求反比例函数的解析式，矩形的性质以及翻折旋转的性质，利用待定系数法求解析式是解题的关键．6．在函数学习中，我们经历“确定函数表法式—画函数图象—利用函数图象研究函数性质—利用图象解决问题”的学习过程．画函数图象时，我们常通过描点或平移或翻折的方法画函数图象．请根据你学到的函数知识探究函数的图象与性质并利用图象解决如下问题：（1）的取值范围为__________；（2）在坐标系中作出该函数图象；根据函数图象，写出该函数的一条性质：______________________；（3）直接写出当函数的图象与直线有两个交点时，的取值范围为_________________．【答案】（1），（2）图象见解析，当时，y随x增大而减小（答案不唯一）；（3）或【分析】（1）根据分母不为0确定求值范围即可；（2）根据描点法画出图象，观察图象写出关于增减性的性质即可；（3）观察图象，直接写出取值范围即可．【详解】解：（1）根据分母不为0，所以，即；故答案为：．（2）用描点法画出图象如图，x-2-1-0.50.51234y1244232-1由图象可知，当时，y随x增大而减小（答案不唯一）；故答案为：当时，y随x增大而减小（答案不唯一）；（3）由图象可知，当时函数的图象与直线有三个交点，或时有两个交点，时有一个交点；故答案为：或【点睛】本题考查了函数图象的画法和函数图象的性质，解题关键是会熟练的画函数图象并能根据图象信息解决问题．题型三、与二次函数结合1．如图，把二次函数的图象在x轴上方的部分沿着x轴翻折，得到的新函数叫做的“陷阱”函数．小明同学画出了的“陷阱”函数的图象，如图所示并写出了关于该函数的4个结论，其中正确结论的个数为（

）①图象具有对称性，对称轴是直线；

②由图象得，，；③该“陷阱”函数与y轴交点坐标为；④的“陷阱”函数与的“陷阱”函数的图象是完全相同的．A．1 B．2 C．3 D．4【答案】C【分析】本题主要考查二次函数的图象和性质，求二次函数解析式，解题的关键是数形结合，熟练掌握二次函数的性质，求出原二次函数解析式．①根据二次函数与x轴的交点坐标进行判断即可；②求出原函数的解析式进行判断即可；③求出原函数图象与y轴的交点坐标，然后得出新的函数与y轴的交点坐标进行判断即可；④先说明的图象与的图象关于x轴对称，然后进行判断即可．【详解】解：①∵二次函数的图象与x轴的交点为：，，∴二次函数图象的对称轴为直线，故此说法正确；②由函数图象可知，原二次函数的顶点坐标为，∴该二次函数的解析式为：，把代入得：，解得：，∴，∴，，，故原说法错误；③把代入得：，∴原函数与y轴的交点坐标为，∵把二次函数的图象在x轴上方的部分沿着x轴翻折，得到的新函数叫做的“陷阱”函数，∴该“陷阱”函数与y轴交点坐标为，故此说法正确；④∵，∴的图象与的图象关于x轴对称，∴的“陷阱”函数与的“陷阱”函数的图象是完全相同，故此说法正确；综上分析可知，正确的结论有3个，故C正确．故选：C．2．已知抛物线，直线，将抛物线在直线l左侧的部分沿x轴翻折，其余部分保持不变，组成图形G．如果对于任意的实数n，都存在实数m，使得点在G上，则a的取值范围是（

）A． B．或 C． D．【答案】A【分析】本题考查的是二次函数的图象与性质，轴对称的性质，本题先画出函数的简易图象，计算当的函数值，对折后可得函数值取全体实数，从而可得的范围．【详解】解：如图，把代入，∴，由图象可得直线，将抛物线在直线l左侧的部分沿x轴翻折，其余部分保持不变，如果对于任意的实数n，都存在实数m，使得点在G上，∴；故选A3．已知抛物线的图象如图①所示，现将抛物线在x轴下方的部分沿x轴翻折，图象其余部分不变，得到一个新图象如图②，当直线与图象②有多于2个公共点时，则b的取值范围为．【答案】【分析】本题考查函数图像与直线的交点问题，先根据顶点式求出抛物线的顶点，在求出翻折后的对称点的坐标，最后借助于图像确定b的取值范围即可，掌握数形结合的思想是解题的关键．【详解】解：抛物线的解析式为，抛物线的顶点坐标为，根据翻折变换，关于轴的对称点为，当直线与图象②恰有3个公共点时，如图所示：此时，

当直线与轴重合时，与图象②有2个公共点，此时，当直线处于直线与直线之间时，与图象②有4个公共点，此时，当直线位于直线上方时，与图象②有2个公共点，此时，由图可知：当直线与图象②有多于2个公共点时，则b的取值范围为，故答案为：．4．如图，中，，以为轴，轴经过点，建立平面直角坐标系，已知，，将沿着轴翻折，的对应点为，若抛物线，恰好过、、，则

【答案】【分析