专题25 平移变换问题（解析板）

一、选择题1.（玉林、防城港）如图，边长分别为1和2的两个等边三角形，开始它们在左边重合，大三角形固定不动，然后把小三角形自左向右平移直至移出大三角形外停止．设小三角形移动的距离为x，两个三角形重叠面积为y，则y关于x的函数图象是【】【答案】B．[来源:学,科,网Z,X,X,K]【解析】考点：1.面动平移问题的函数图象问题；2.由实际问题列函数关系式；3.二次函数的性质和图象；4.分类睡排它法的应用．2.（呼和浩特）已知线段CD是由线段AB平移得到的，点A（–1，4）的对应点为C（4，7），则点B（–4，–1）的对应点D的坐标为【】A．（1，2）B．（2，9）C．（5，3）D．（–9，–4）【答案】A.【解析】考点：坐标与图形变化-平移．3.（滨州）如图，如果把△ABC的顶点A先向下平移3格，再向左平移1格到达A′点，连接A′B，则线段A′B与线段AC的关系是【】A．垂直B．相等C．平分D．平分且垂直[来源:Zxxk.Com]考点：1.网格问题；2.平移的性质；3.勾股定理.4.（上海）如果将抛物线y＝x2向右平移1个单位，那么所得的抛物线的表达式是（）．(A)y＝x2－1；(B)y＝x2＋1；(C)y＝(x－1)2；(D)y＝(x＋1)2．考点：二次函数图象与平移变换．5.（舟山）如图，将△ABC沿BC方向平移2cm得到△DEF，若△ABC的周长为16cm，则四边形ABFD的周长为【】(A)16cm(B)18cm(C)20cm(D)22cm又∵AB+BC+AC=16cm，∴四边形ABFD的周长=AD+AB+BF+DF=2+AB+BC+2+AC=20cm．故选C．考点：平移的性质．二、填空题三、解答题1.（玉林、防城港）（12分）给定直线l：y=kx，抛物线C：y=ax2+bx+1．（1）当b=1时，l与C相交于A，B两点，其中A为C的顶点，B与A关于原点对称，求a的值；（2）若把直线l向上平移k2+1个单位长度得到直线r，则无论非零实数k取何值，直线r与抛物线C都只有一个交点．①求此抛物线的解析式；②若P是此抛物线上任一点，过P作PQ∥y轴且与直线y=2交于Q点，O为原点．求证：OP=PQ．【答案】（1）14；（2）①y=14x2+1；②证明见解析.【解析】PQ的值，再进行比较．讨论动点P在抛物线y=14x2+1上，则可设其坐标为（x，14x2+1），进而易求OP，PQ．试题解析：（1）∵l：y=kx，C：y=ax2+bx+1，当b=1时有A，B两交点，∴A，B两点的横坐标满足kx=ax2+x+1，即ax2+（1﹣k）x+1=0．∴代入C：y=ax2+bx+1中，得2axb2x40.∵2b216a0，∴2b216a0.，[来源:Z。xx。k.Com]∴联立得关于a，b的方程组22b14a0b216a0，解得1a4b0或1a364b3．∵r：y=kx+k2+1代入C：y=ax2+bx+1，得22axbkxk0，∴22bk4ak．当1a4b0时，22221k4kkk04，∴无论k取何值，直线r与抛物线C都只有一个交点．当1a364b3时，222418816k4kkk336939，显然随k值的变化，△不恒为0，∴不合题意考点：1.二次函数和一次函数综合题；2.中心对称和平移问题；3.二次函数的性质；4.一元二次方程根的判别式和根与系数的关系；5.勾股定理；6.特殊元素法的应用；7.分类思想和数形结合思想的应用．2.（十堰）（12分）已知抛物线C1：2yax12的顶点为A，且经过点B（﹣2，﹣1）．（1）求A点的坐标和抛物线C1的解析式；（2）如图1，将抛物线C1向下平移2个单位后得到抛物线C2，且抛物线C2与直线AB相交于C，D两点，求S△OAC：S△OAD的值；（3）如图2，若过P（﹣4，0），Q（0，2）的直线为l，点E在（2）中抛物线C2对称轴右侧部分（含顶点）运动，直线m过点C和点E．问：是否存在直线m，使直线l，m与x轴围成的三角形和直线l，m与y轴围成的三角形相似？若存在，求出直线m的解析式；若不存在，说明理由．【答案】（1）2yx12；（2）2；（3）存在，y2x6和y=2x+6．【解析】∵A（﹣1，﹣2），B（﹣2，﹣1），∴kb22kb1，解得：k1b3.∴直线AB的解析式为yx3．联立2yx14yx3，解得：x3y0或x0y3．∴C（﹣3，0），D（0，﹣3）．∴OC=3，OD=3．如答图1，过点A作AE⊥x轴，垂足为E，过点A作AF⊥y轴，垂足为F，∵A（﹣1，﹣2），∴AF=1，AE=2．∴OACOAD1111SSOCAEODAF323122222：：：．∴S△OAC：S△OAD的值为2．（3）设直线m与y轴交于点G，与直线l交于点H，设点G的坐标为（0，t）当m∥l时，CG∥PQ．∴△OCG∽△OPQ．∴OCOPOGOQ．∴OQOCOPOG，即234OG，解得OG=6．∴点G的坐标为（0，﹣6）设直线m的解析式为y=mx+n，∵点C（﹣3，0），点G（0，﹣6）在直线m上，∴3mn0n6，解得：m2n6．∴直线m的解析式为y2x6.[来源:Z.xx.k.Com]③32＜t≤2时，如图2③所示．∵tan∠CGO=OC33OQt2，tan∠QPO=OQ21OP42．∴tan∠CGO≠tan∠QPO．∴∠CGO≠∠QPO．∵∠CGO=∠QGH，∴∠QGH≠∠QPO.④t＞2时，如图2④所示，此时点E在对称轴的右侧．∵∠PCH＞∠CGO，∴∠PCH≠∠CGO．当∠QPC=∠CGO时，∵∠PHC=∠QHG，∠HPC=∠HGQ，∴△PCH∽△GQH．[来源:Z|xx|k.Com]∴符合条件的直线m存在．∵∠QPO=∠CGO，∠POQ=∠GOC=90°，∴△POQ∽△GOC．∴OPOQOGOC，即42OG3，解得OG=6．综上所述：存在直线m，使直线l，m与x轴围成的三角形和直线l，m与y轴围成的三角形相似，此时直线m的解析式为y2x6和y=2x+6．考点：1.二次函数综合题；2.平移问题；3.相似三角形存在性问题；4.待定系数法的应用；5.曲线上点的坐标与方程的关系；6.相似三角形的判定和性质；7.锐角三角函数的性质；8.分类思想的应用．3.（扬州）（本题10分）如图，已知RtABC中，ABC90，先把ABC绕点B顺时针旋转90至DBE后，再把ABC沿射线AB平移至FEG，ED、FG相交于点H.（1）判断线段DE、FG的位置关系，并说明理由；（2）连结CG，求证：四边形CBEG是正方形.【答案】（1）FG⊥ED，理由见解析；（2）证明见解析.【解析】4.（重庆A）已知：如图①，在矩形ABCD中，AB=5，AD=320,AE⊥BD，垂足是E.点F是点E关于AB的对称点，连接AF、BF.（1）求AE和BE的长；（2）若将△ABF沿着射线BD方向平移，设平移的距离为m（平移距离指点B沿BD方向所经过的线段长度）.当点F分别平移到线段AB、AD上时，直接写出相应的m的值.（3）如图②，将△ABF绕点B顺时针旋转一个角（0°＜＜180°），记旋转中的△ABF为△A′BF′，在旋转过程中，设A′F′所在的直线与直线AD交于点P.与直线BD交于点Q.是否存在这样的P、Q两点，使△DPQ为等腰三角形？若存在，求出此时DQ的长；若不存在，请说明理由.【答案】（1）4，3；（2）当点F在线段AB上时，m3；当点F在线段AD上时，16m3；（3）存在，252512510310,10,,33243.【解析】在Rt△BF′Q中，2222593DQ3，解得25DQ3103或25DQ3103（舍去）.[来源:学*科*网]若点Q在线段BD上时，如答图2，有∠1=∠2=∠4，∵∠1=∠3，∴∠3=∠4.∵∠3=∠5+∠A′，∠A′=∠CBD，∴∠3=∠5+∠CBD=∠A′BQ.∴∠4=∠∠A′BQ.∴A′Q=A′B=5.[来源:Zxxk.Com]∴F′Q=5-4=1.∴22BQ3110.∴25DQ103.②当QP=QD时，如答图3，有∠P=∠1，∵∠A′=∠1，∠2=∠3，∴∠4=∠P.∴∠4=∠A′.∴QB=QA′.设QB=QA′=x，在Rt△BF′Q中，22234xx设备，解得2525125x3824.③当PD=PQ时，如答图4，有∠1=∠2=∠3，∵∠1=∠A′，∴∠3=∠A′.∴BQ=A′B=5.∴2510DQ533.综上所述，当△DPQ为等腰三角形时，DQ的长为252512510310,10,,33243.考点：1.轴对称、平移和旋转问题；2.矩形的性质；3.勾股定理；4.等腰三角形存在性问题；5.勾股定理；6.分类思想的应用.