2024年江苏省苏州市中考数学真题变式题13-16题

1．直线与x轴交于点A，将直线绕点A逆时针旋转，得到直线，则直线对应的函数表达式是 ． 2．如图，将8个边长均为1的小正方形摆放在平面直角坐标系中，直线l经过小正方形的顶点A、B，则直线l的表达式为 ． 3．如图，在平面直角坐标系中，线段与x轴正方向的夹角为，且，若将线段绕点O沿逆时针方向旋转得到线段，则此时点的坐标为 ． 4．如图，在平面直角坐标系中，若将绕点O逆时针旋转，得到，那么的对应点的坐标是 ． 5．如图，直线与x轴、y轴分别交于A、B 两点，把绕点顺时针旋转后得到，则点的坐标是 ． 6．如图，直线分别交x轴，y轴于点A，B，将绕点O逆时针旋转至，使点C落在上，交y轴于点E．分别记，的面积为，，则的值为 ． 7．如图，在直角坐标系中，直线分别与x轴、y轴交于点M、N，点A、B分别在y、x轴上，且，，将绕原点O顺时针转动一周，当与直线平行时点A的坐标为 ． 8．如图，点A在y轴上，纵坐标是3，直线与y轴的交点是B，点C是直线上一点，连接，若是直角三角形，则点C的坐标为 ．    9．如图，直线：分别与轴、轴交于点、，将绕点逆时针旋转得到直线，则对应的函数表达式为 ．    10．如图，在平面直角坐标系中，一次函数的图象分别交x，y轴于点B，C，将直线绕点B按逆时针方向旋转，交x轴于点A，则直线的函数表达式 ． 11．在平面直角坐标系中，给出以下定义：对于x轴正半轴上的点与y轴正半轴上的点，如果坐标平面内存在一点N，使得，且，那么称点N为M关于P的“垂转点”．例如图1，已知点和点，以为腰作等腰直角三角形，可以得到M关于P的其中一个垂转点．如图2，如果关于y轴上一点P的垂转点N在一次函数的图象上，那么垂转点N的坐标为 ． 12．如图1，在平面直角坐标系中，直线与坐标轴分别交于A，B两点，点C在x正半轴上，且．点P为线段（不含端点）上一动点，将线段绕点O逆时针旋转，得线段（见图2），连接当线段取得最小值时点Q的坐标 ． 13．铁艺花窗是园林设计中常见的装饰元素．如图是一个花瓣造型的花窗示意图，由六条等弧连接而成，六条弧所对应的弦构成一个正六边形，中心为点O，所在圆的圆心C恰好是的内心，若，则花窗的周长（图中实线部分的长度） ．（结果保留） 14．如图，在的正方形网格纸中，每个小正方形的边长均为1，点O，A，B为格点，即是小正方形的顶点，若将扇形围成一个圆锥，则这个圆锥的底面圆的半径为 ．    15．如图，正六边形ABCDEF内接于．若的周长为，则该正六边形的边长是 ． 16．制作弯管时，需要先按中心线计算“展直长度”再下料．图中弯管（不计厚度）有一段圆弧，点是这段圆弧所在圆的圆心，半径，圆心角，则这段弯管中的长为 （结果保留）． 17．如图，正六边形的中心与的圆心重合于点处，若的半径为6，正六边形的边心距为3，则图中阴影部分的面积为 （结果保留和根号） 18．刘徵是我国魏晋时期卓越的数学家，他在《九章算术注》中提出了“割圆术”，利用圆的内接正多边形逐步逼近圆来近似计算圆的面积．如图，若用圆（半径为r）的内接正八边形的面积来估计这个圆的面积，则估计值比圆的实际面积少 （用含r的代数式表示） 19．“莱洛三角形”也称圆弧三角形，在工业制造产业中具有广泛的使用，如图，分别以等边的三个顶点为圆心，以边长为半径画弧，三段圆弧围成的封闭图形就是“莱洛三角形”．若等边的面积为，则该“莱洛三角形”的周长为 ． 20．如图，已知正的边长为，把正绕着它的中心O旋转，当旋转至正的位置，其中，则图中阴影部分的面积为 ． 21．如图，左图是一组光圈闭合过程的示意图，其中每个叶片形状和大小相同，光圈内是一个正六边形．小明同学根据示意图绘制了右图，若AM的延长线恰好过点C，圆的半径为3cm，则叶片所占区域（阴影部分）的面积是 ．    22．如图，圆内接正十二边形由边长相等的六个正方形和六个等边三角形拼成，则图1中cos∠AOB＝ ，若圆O半径为，则图2中△BCD的面积为 ． 23．二次函数的图象过点，，，，其中m，n为常数，则的值为 ． 24．二次函数的图像经过点，则的值为 ． 25．已知二次函数的图像过点，则m的值为 ． 26．二次函数的图像经过点，则 ． 27．二次函数的图象经过点．其解析式为 ． 28．二次函数中的和满足下表： …… 0 1 2 3 …… …… 0 m 0 …… 则的值为 . 29．已知二次函数的图象交x轴于，两点，交y轴于点，若，且的面积为3，则 ． 30．二次函数(a≠0)中的部分对应值如表格所示，则当x=−2时，y的值为 . -1 0 1 2 6 3 2 3 31．二次函数的部分对应值列表如下： … 0 1 2 3 … … 1 1 … 则代数式 ． 32．设抛物线过，，三点，其中点在直线上，且点到抛物线的对称轴的距离等于，则该抛物线对应的函数表达式为 ． 33．已知二次函数的图象与坐标轴共有两个交点，且这两个交点到原点的距离分别为和，对称轴在轴左侧，则这个二次函数的解析式为 ． 34．已知点、、、，若抛物线与四边形的边没有交点，则a的取值范围为 ． 35．如图，，，，，点D，E分别在边上，，连接，将沿翻折，得到，连接，．若的面积是面积的2倍，则 ． 36．如图，在中，．点，分别在边，上，连接，将沿折叠，点的对应点为点．若点刚好落在边上，，则的长为 ．    37．如图所示，把沿直线翻折后得到，如果，那么 度． 38．如图，有一块直角三角形纸片，，，，将斜边翻折，使点落在直角边的延长线上的点处，折痕为，则的长为 ．    39．如图， 在△ABC中，E是BC边上一点，沿AE折叠，点B恰好落在AC边上的点D处，若∠BAC=60°，BE=CD，则∠AED= 度． 40．已知等腰中，，，点D是边的中点，沿翻折，使点A落在同一平面的点E处，若，则 ． 41．如图，在中，是边上的中点，连接，把沿翻折，得到，与交于点，若，，，则的面积是 ． 42．如图1，在中，，点D在上，沿直线翻折使点B落在AC上的处；如图2，折叠，使点A与点D重合，折痕为．若，则的值为 ． 43．如图，在中，，，，点在边上，并且，点为边上的动点，将沿直线翻折，点落在点处，则点到边的距离的最小值是 ． 44．如图1，在中，，点在延长线上，点在上，连接、，交于点，且． （1）找出一个与相等的角 ； （2）如图2，将沿翻折，若点的对应点恰好落在的延长线上，则＝ ．    45．如图，在中，，，，点是的中点，点在边上，将沿翻折，使得点落在点处，当时，那么的长为 ． 46．已知等边的边长为5，点M在边上运动，点N在直线上运动，将沿着翻折，使点A落在直线上的点处，若，则 ． 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 参考答案： 1． 【分析】根据题意可求得与坐标轴的交点A和点B，可得，结合旋转得到，则，求得，即得点C坐标，利用待定系数法即可求得直线的解析式． 【详解】解：依题意画出旋转前的函数图象和旋转后的函数图象，如图所示∶    设与y轴的交点为点B， 令，得；令，即， ∴， ， ∴，， 即 ∵直线绕点A逆时针旋转，得到直线， ∴，， ∴， 则点， 设直线的解析式为，则 ，解得， 那么，直线的解析式为， 故答案为：． 【点睛】本题主要考查一次函数与坐标轴的交点、直线的旋转、解直角三角形以及待定系数法求一次函数解析式，解题的关键是找到旋转后对应的直角边长． 2． 【分析】本题考查了用待定系数求一次函数解析式，解题的关键是将函数点的坐标代入解析式，然后解方程组． 利用待定系数法即可求出函数的解析式． 【详解】从图示来看，点A、点B的坐标分别是、， 设直线l的解析式为， 将点A、点B的坐标代入直线l的解析式得：， ∴． ∴直线l的解析式为． 故答案为：． 3． 【分析】本题考查了坐标与图形，旋转的性质，含30度角的直角三角形的性质，求得是解题的关键．过点作轴，由旋转可知，进而可得，进而根据含30度角的直角三角形的性质求得，勾股定理求得，根据在第二象限，即可求得点的坐标． 【详解】解：如图，过点作轴， 由旋转可知， 在中， 在第二象限， 故答案为． 4． 【分析】本题考查了图形和性质，旋转的性质全等三角形的判定和性质，准确构造全等三角形求得线段长度是解题的关键．分别过点B和点作y轴的垂线，垂足分别为M和N，构建，即可得出答案． 【详解】解：分别过点B和点作y轴的垂线，垂足分别为M和N， 由旋转可知，， ∴， ∴， ∴， ∴ 又∵点B坐标为， ∴， ∴点的坐标为． 故答案为：． 5． 【分析】过作，垂足为C，根据一次函数表达式求出点A坐标，得到，再根据旋转的性质证明是等边三角形，利用勾股定理求出，即可得到坐标． 【详解】解：如图，过作，垂足为C， 在中，令，则， ∴点，， ∴， 由旋转可知：，， ∴是等边三角形， ∴，， ∴， ∴点的坐标是， 故答案为：． 【点睛】本题考查了坐标与图形性质旋转，一次函数图象上点的坐标特征，等边三角形的判定和性质，勾股定理的应用，求出是等边三角形，是解题的关键． 6． 【分析】根据直线解析式求出直线与坐标轴交点坐标，由勾股定理求出的长，由旋转可证得是等边三角形，从而可求出，根据直角三角形的性质可求出的长，进而求出的长，最后代入面积公式即可求出结论． 【详解】解：对于直线， 令，则， ∴, 令，则， ∴， 又， ∴由勾股定理得，， 又， ∴ 又∵为绕点旋转得到， ∴ ∴是等边三角形， ∴， ∴， 又, ∴，, ∴ ∴, 故答案为：． 【点睛】本题主要考查了一次函数与几何图形的综合运用，直角三角形的性质，三角形面积公式，旋转的性质等知识，求出是解答本题的关键． 7．或 【分析】此题考查了旋转的性质，一次函数的性质，含的直角三角形的性质．此题难度适中，在解题时要能根据题意画出图形并求出点A的坐标是本题的关键，注意掌握辅助线的作法，注意数形结合思想的应用．本题需先根据题意画出图形，再根据，，求出和的长，即可得出点A的第一个坐标，再根据第二个图与第一个图的联系，得出点A的第二个坐标，即可求出正确答案． 【详解】解：①如图1， ∵，， ∴，， ∴， ∵直线的解析式为， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴点A的坐标为； ②如图2， ∵图2中的点A与图1中的点A关于原点对称， ∴点A的坐标为：， 故答案为：或． 8．或 【分析】由是直角三角形，分两种情况讨论：当时，则，当时，如图，当时，则，则，把逆时针旋转得到，再进一步解答即可． 【详解】解：∵点A在y轴上，纵坐标是3， ∴， ∵直线与y轴的交点是B， 当时，， ∴， ∵是直角三角形， 当时，则， ∴， ∴； 当时，如图，当时，则， ∴， 把逆时针旋转得到，    ∴，，，， ∴， 设为， ∴， ∴， ∴为， ∵，， ∴， ∴为， ∴， 解得：， ∴， 综上：C的坐标为或． 故答案为：或 【点睛】本题考查的是一次函数的几何应用，利用待定系数法求解一次函数的解析式，求解直线的交点坐标，旋转的性质，作出合适的辅助线是解本题的关键． 9． 【分析】本题考查了待定系数法求一次函数的解析式、全等三角形的判定与性质，等腰三角形的性质与判定；过点作交于点，过点作轴于点，由全等三角形的判定定理可得出，由全等三角形的性质可知，，故可得出点坐标，再用待定系数法即可求出直线的解析式． 【详解】解：∵ 当，当， ∴ ∴, 如图所示：过点作交于点，过点作轴于点，则是等腰直角三角形，   ， ， 又， ， 在与中， ， ，， ． 则点的坐标是，． 设直线的解析式是， 根据题意得： ， 解得： ， 则直线的解析式是：． 故答案为：． 10． 【分析】本题考查一次函数的图象与几何变换，全等三角形的性质和判定，旋转的性质，熟练掌握一次函数的图象及性质，旋转的性质，待定系数法求函数解析式的方法是解题的关键． 作交于，过点作轴于，可证明，得，，设，则，，再根据图象上点的坐标特征求得的值，再由待定系数法求直线的解析式即可． 【详解】解：作交于，过点作轴于， 一次函数的图象分别交，轴于点，， ，， ，， ，， 又，， ， ， ， 在和中， ， ， ，， ， 设，则，， 把代入得，， 解得， ， 设直线为， ， ， 直线的函数表达式为． 故答案为：． 11．或 【分析】本题考查了全等三角形的性质与判定，旋转的性质，坐标与图形，一次函数的性质；分两种情况讨论，将，分别绕点顺时针和逆时针旋转，点在上，进而根据全等三角形的性质求得点的坐标，即可求解． 【详解】解：如图所示，将绕点逆时针旋转，点在上时， 过点作轴于点， 依题意， 又 ∴ ∴ ∴ ∵，则 设，则， ∴ 又∵在上， ∴ 解得： ∴； 如图所示，将绕点顺时针旋转，点在上时， 同理可得， ∴ 又∵在上， ∴ 解得： ∴ 综上所述，或 故答案为：或． 12． 【分析】利用待定系数法即可得出点、点的坐标；只要证明，可得；设直线交轴与，则点在直线上运动，根据垂线段最短可知当时，的长最短，求出直线的解析式，运用等腰直角三角形的性质进行分析，即可作答．；本题考查一次函数综合题、待定系数法、全等三角形的判定和性质、垂线段最短等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题，学会利用垂线段最短解决最值问题，属于中考压轴题． 【详解】解：对于直线令得到，令，得到， ，， ， ． 由旋转可知，，， ， 在和中， ， ∴， ， ，， ， ． 如图2中， ，设直线交轴与，则点在直线上 运动， 设的解析式为 ，， 则 解得 ∴的解析式为， ， ∴， ∵根据垂线段最短可知当时，的长最短， ， ∵，， ∴， ∴， 把代入， ∴， 当最短时，点坐标为． 故答案为：． 13． 【分析】题目主要考查正多边形与圆，解三角形，求弧长，过点C作，根据正多边形的性质得出为等边三角形，再由内心的性质确定，得出，利用余弦得出，再求弧长即可求解，熟练掌握这些基础知识点是解题关键． 【详解】解：如图所示：过点C作， ∵六条弧所对应的弦构成一个正六边形， ∴， ∴为等边三角形， ∵圆心C恰好是的内心， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴的长为：， ∴花窗的周长为：， 故答案为：． 14．## 【分析】根据弧长公式求出这个圆锥的底面圆的周长，进而即可求解； 【详解】解：这个锥的底面圆的周长为：； ∴这个锥的底面圆的半径为：． 故答案为：． 【点睛】本题主要考查弧长公式的应用，正确计算是解题的关键． 15．6 【分析】连接，易证是等边三角形，由等边三角形的性质可得⊙O的半径． 【详解】解：连接， ∵多边形是正六边形，的周长为 ∴，的半径 ∵， ∴是等边三角形， ∴， 故答案为：6． 【点睛】本题考查的是正多边形和圆，熟知正六边形的性质是解答此题的关键． 16．## 【分析】本题考查了弧长公式的应用．直接利用弧长公式“”求解即可． 【详解】解：半径，圆心角， 这段弯管中的长为， 故答案为：． 17．## 【分析】本题考查了圆内接正多变形的性质，熟悉掌握正边形能平均分成个全等的等腰三角形是解题的关键． 利用圆内接正多边形的性质得到六边形的边长，再分别运算圆的面积和六边形的面积作差即可． 【详解】解：连接，，过作于点，如图所示： ∵六边形ABCDEF的边心距为3， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵圆的面积， ∴阴影部分的面积， 故答案为：． 18． 【分析】本题考查正多边形和圆．根据正八边形的性质，直角三角形的边角关系以及扇形面积的计算方法进行计算即可． 【详解】解：如图，过点作于点，由题意可知正八边形内接于， 正八边形内接于， ， 在中，，， ， ， 这个估计值比圆的实际面积少． 故答案为：． 19． 【分析】本题考查了等边三角形的性质，弧长公式，熟练掌握等边三角形的性质和弧长公式是解题的关键．根据等边三角形的性质及弧长公式求解即可． 【详解】解：过点A作于点H，设等边三角形的边长为a， ∵为等边三角形， ∴， ∴， ∵等边的面积为， ∴， ∴（负值已舍去）， 即等边三角形的边长为4， ∴， ∴该“莱洛三角形”的周长， 故答案为：． 20． 【分析】根据圆的旋转不变性，易知图中的6个小直角三角形都全等，则图中阴影部分的面积为圆的面积减去一个正三角形的面积，再减去3个小直角三角形的面积即可求出阴影部分的面积． 【详解】解：根据圆的旋转不变性，易知图中的6个小直角三角形都全等，则图中阴影部分的面积为圆的面积减去一个正三角形的面积，再减去3个小直角三角形的面积． 如图1，连接、、，延长交于点P， 则、、 分别平分等边三角形的顶角，且， ，为等边三角形， ，， ∴， ∴， 设、交于点Q，连接，延长交于点N， 则， ∵， ∴四边形为矩形， ∴， ∴， ∵，，， ∴， ∴． 如图2，在中，过点Q作，交于点M，，，， 设，则， ∴， 解得：， 则， 在中，，则，， ， ， ， ∴ ． 故答案为：． 【点睛】本题主要考查了圆与多边形，等边三角形的性质，旋转的性质．解直角三角形，三角形全等的判定和性质，矩形的判定和性质，解题的关键是作出辅助线，熟练掌握相关的判定和性质． 21． 【分析】如图（见解析），连接OA、OD，作于H，则H是AC的中点，因正六边形的每个角等于，因此可知是等边三角形，因此，设，则，在中，，在中利用勾股定理可求出的值，最后根据所求面积等于圆的面积减去正六边形的面积即可得. 【详解】如图，连接OA、OD，作于H，则H是AC的中点 因正六边形的每个角等于 则 是等边三角形 设，则 在中， 在中利用勾股定理得： 即，解得： 则 故 故答案为：.    【点睛】本题考查了正六边形的性质、等边三角形的性质、勾股定理、圆的面积公式，理解题意，从正六边形着手是解题关键. 22． ； 【分析】连接OP，根据题意，得到PB=PO=AP，从而得到∠BPO=150°，∠BOP=15°， ∠AOP=60°，故∠AOB=45°，根据特殊角的函数值计算即可； 如图2，连接GD，GE，可得GD是圆的直径，从而得到∠GED=90°，根据DE∥GH，得到∠EGH=90°，根据∠EGH+∠CGH =180°，得到C，G，E三点共线，CG边上的高就是DE； 连接BF，CF，得到∠BFE=45°，∠CFG=15°，∠GFE=120°，计算∠CFE=135°，根据∠CFE+∠BFE =180°，得到C，F，B三点共线，于是=++++，根据半径等于正方形的边长等于等边三角形的边长，依次计算求和即可． 【详解】连接OP， ∵圆内接正十二边形由边长相等的六个正方形和六个等边三角形拼成， ∴PB=PO=AP， ∴∠BPO=150°，∠BOP=15°，∠AOP=60°， ∴∠AOB=45°， ∴cos∠AOB= cos45°=， 故答案为：； 如图2，连接GD，GE，BF，CF， ∵圆内接正十二边形由边长相等的六个正方形和六个等边三角形拼成， ∴∠BFE=45°，∠CGF=150°，EF=FG=GH=HM=DM=DE， ∠GFE=∠FED=∠EDM=∠DMH=∠MHG=∠HGF=120°， ∴六边形EFGHMD是正六边形， ∵GC=GF， ∴∠CFG=15°， ∵∠GFE=120°， ∴∠CFE=135°， ∴∠CFE+∠BFE =180°， ∴C，F，B三点共线， 根据正六边形的性质，得GD是圆的直径， ∴∠GED=90°， ∵DE∥GH， ∴∠EGH=90°， ∴∠EGH+∠CGH =180°， ∴C，G，E三点共线，CG边上的高就是DE； ∴=++++， 根据正六边形的性质，得半径等于正方形的边长等于等边三角形的边长， ∴ ==1， 过点F作FN⊥EG，垂足为N， ∴∠FGN=30°， ∴FN=， ∴ ===， ∴==1， ∴=3==， ∴=1+1+++=， 故答案为：． 【点睛】本题考查了正多边形与圆，等边三角形的性质，特殊角的函数值，熟练掌握正六边形的判定和性质，学会分割法计算图形的面积是解题的关键． 23．## 【分析】本题考查了待定系数法求二次函数解析式，把A、B、D的坐标代入，求出a、b、c，然后把C的坐标代入可得出m、n的关系，即可求解． 【详解】解：把，，代入， 得， 解得， ∴， 把代入， 得， ∴， ∴， 故答案为：． 24．2 【分析】直接将坐标代入二次函数表达式即可求出的值即可． 【详解】解：将代入得，解得， 故答案为：2． 【点睛】本题主要考查了二次函数图像上的点，掌握待定系数法是解本题的关键． 25．2 【分析】把点代入求出m的值即可. 【详解】把点代入得      故答案为：2 【点睛】本题主要考查了利用待定系数法求二次函数表达式.二次函数图像上的点的坐标都满足函数关系式，掌握以上知识是解题的关键. 26． 【分析】本题考查二次函数图像上点的坐标特征，将已知点代入函数解析式中求解即可． 【详解】解：∵二次函数的图像经过点， ∴，解得， 故答案为：． 27． 【分析】待定系数法求出函数解析式即可． 【详解】解：∵二次函数的图象经过点， ∴， 解得：； ∴． 故答案为：． 【点睛】本题考查待定系数法求二次函数的解析式．熟练掌握二次函数图象上的点的特征，是解题的关键． 28． 【分析】通过表格中的数据可以求出二次函数的表达式，再将代入函数解析式，求得的值． 【详解】将，，代入 得 解得 故 将，代入函数解析式 得 故的值为． 【点睛】本题主要考查了利用待定系数法求二次函数的解析式，解题关键是熟练掌握利用待定系数法求二次函数的解析式的步骤． 29． 【分析】本题考查了二次函数的性质， 待定系数法求二次函数解析式，一元二次方程根与系数的关系，根据题意求出即可求解，掌握二次函数与轴的交点坐标的含义是解题的关键． 【详解】解：设则由面积为3，且，得， ， ， 解得 ， 将代入得， ， ， ， 故答案为：． 30．11 【分析】将x=0、x=1、x=-1的值分别代入函数解析式，列出关于a、b、c的三元一次方程组，求的解析式后将x=-2代入解析式即可求得相应的y值. 【详解】将x=0、x=1、x=-1的值分别代入函数解析式(a≠0)， 得方程组： 解得 ∴解析式为 把x=−2代入解析式得： 故填：11. 【点睛】本题考查了二次函数的图象．解题时，利用了待定系数法求二次函数的解析式. 31．4 【分析】根据表格中数据，分别计算的值，即可获得答案． 【详解】解：根据题意，当时，可有， 当时，可有，即有①， 当时，可有，即有②， 当时，可有，即有③， 将①②③联立，可得 ，解得， ∴． 故答案为：4． 【点睛】本题主要考查了待定系数法求二次函数解析式、解三元一次方程等知识，正确解得的值是解题关键． 32．或 【分析】本题考查了二次函数图象上点的坐标特征，待定系数法求二次函数解析式，难点在于分情况确定出对称轴并讨论求解．根据点的位置分情况确定出对称轴，然后设出抛物线解析式，再把点、的坐标代入求解即可． 【详解】解：点在直线上，且点到抛物线的对称轴的距离等于， 抛物线的对称轴为直线或， 当对称轴为直线时， 设抛物线对应的函数表达式为，把点，的坐标分别代入，得， 解得：， 此时抛物线对应的函数表达式为； 当对称轴为直线时，设抛物线对应的函数表达式为，把点，的坐标分别代入， 得， 解得：， 此时抛物线对应的函数表达式为； 故答案为：或． 33．或##或； 【分析】本题考查二次函数的性质与求二次函数的解析式，根据两个交点得到一个为与y轴交点一个为顶点，结合距离代入求解即可得到答案； 【详解】解：∵二次函数的图象与坐标轴共有两个交点， ∴二次函数的图象与坐标轴的交点为，， ∵对称轴在轴左侧， ∴，，， ∵这两个交点到原点的距离分别为和， 当，时， ， 解得：，， ∴， 当，时， ， 解得：，， ∴ 故答案为：或． 34．或##或 【分析】分别画出当抛物线过四边形的四个顶点时的图象，观察图象可得． 【详解】解：把代入，得； 把代入，得，解得； 把代入，得，解得； 把代入，得，解得， 分别画出当抛物线过四边形的四个顶点时的图象，如图， 如图，若抛物线与四边形的边有没有交点， 则a的取值范围为或， 故答案为或． 【点睛】本题考查了二次函数图象上点的坐标特征，二次函数图象与系数的关系，数形结合是解题的关键． 35．## 【分析】本题考查了相似三角形的判定与性质、折叠性质、等腰直角三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、三角形的面积公式等知识，是综合性强的填空压轴题，熟练掌握相关知识的联系与运用是解答的关键． 设，，根据折叠性质得，，过E作于H，设与相交于M，证明得到，进而得到，，证明是等腰直角三角形得到，可得，证明得到，则，根据三角形的面积公式结合已知可得，然后解一元二次方程求解x值即可． 【详解】解：∵， ∴设，， ∵沿翻折，得到， ∴，， 过E作于H，设与相交于M， 则，又， ∴， ∴， ∵，，， ∴， ∴，，则， ∴是等腰直角三角形， ∴，则， ∴， 在和中， ， ∴， ∴，， ∴， ， ∵的面积是面积的2倍， ∴，则， 解得，（舍去）， 即， 故答案为：． 36． 【分析】根据折叠的性质以及含30度角的直角三角形的性质得出，即可求解． 【详解】解：∵将沿折叠，点的对应点为点．点刚好落在边上，在中，，， ∴， ∴， 故答案为：． 【点睛】本题考查了折叠的性质，含30度角的直角三角形的性质，熟练掌握以上知识是解题的关键． 37． 【分析】根据折叠的性质：折叠前后图形的形状和大小不变，只是位置改变，对应边和对应角相等，可以得到，再根据平角的定义即可求解． 【详解】沿直线翻折后得到， ， ，， ． 故答案为：． 【点睛】本题考查了折叠的性质，三角形折叠中的角度问题，它属于轴对称，熟练掌握折叠的性质是解题的关键． 38． 【分析】勾股定理求出的长，折叠得到，利用即可得解． 【详解】解：∵，，， ∴， ∵翻折， ∴， ∴； 故答案为：． 【点睛】本题考查勾股定理和折叠问题．熟练掌握折叠的性质，是解题的关键． 39．70 【分析】根据轴对称的性质可得，DE=BE，∠ADE=∠ABE，∠DAE=∠BAE=∠BAC=30°，进而得知△DEC是等腰三角形，根据外角的性质，知∠ADE=∠C+∠DEC=2∠C，在△ABC中，∠BAC+∠ABC+∠C=180°，得到关于∠C的方程，进而在△ADE中求出∠AED的度数． 【详解】由折叠的性质可知，DE=BE，∠ADE=∠ABE，∠DAE=∠BAE=∠BAC=30°， ∵BE=CD， ∴DE=DC， ∴∠C=∠DEC， ∴∠ADE=∠C+∠DEC=2∠C， ∴∠ABC=2∠C， 又∵∠BAC=60°，∠BAC+∠ABC+∠C=180°， ∴∠ABC+∠C=180°－60°=120°，即3∠C=120°，解得：∠C=40°， ∴∠ADE=40°×2=80°， ∴∠AED=180°－∠DAE－∠ADE=180°－30°－80°=70°． 故答案为：70． 【点睛】本题考查轴对称的性质、三角形内角和定理和外角和性质，熟记三角形的外角等于与它不相邻的两个内角的和是解题的关键． 40． 【分析】本题考查了翻折的性质，相似三角形的判定与性质，勾股定理等知识．熟练掌握翻折的性质，相似三角形的判定与性质，勾股定理是解题的关键． 记的交点为F，设，，则，，，由翻折的性质可知，，，，证明，则，即，可得，则，由勾股定理得，，即，整理得，；，即，整理得，；得，，可求，则，，由勾股定理得，，即，可求满足要求的解，，进而可求的值． 【详解】解：如图，记的交点为F，设，，则，，， 由翻折的性质可知，，，， ∵， ∴，， ∵，， ∴， ∴，即， 解得，， ∴， 由勾股定理得，，即，整理得，； ，即，整理得，； 得，， ∴， ∴，， 由勾股定理得，，即， 解得，或（舍去）， ∴， 故答案为：． 41． 【分析】本题考查了翻折变换，相似三角形的判定与性质．过作于，由，可得是等腰直角三角形，即得，根据是边上的中点，，可得，由把沿翻折，得到，可得，，即知，对应边成比例求出，进而利用三角形的面积即可解决问题． 【详解】解：过作于，如图： ， 是等腰直角三角形， ， ， 是边上的中点，， ， ， 把沿翻折，得到， ， ， ∴， ， ， 即， ， ， ， ， 故答案为：． 42．## 【分析】本题考查了折叠的性质，三角形相似的判定和性质，根据折叠，得，，，得到，，得到，继而得到，得到，结合得到，得到，继而得到，计算即可． 【详解】根据折叠，得， ，， ∴，设， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， 解得， 根据折叠，， ∴， ∴， ∴． 故答案为：． 43．1.2 【分析】本题主要考查的是翻折的性质，熟练掌握翻折的性质、垂线段的性质是解的关键．先依据勾股定理求得的长，然后依据翻折的性质可知，故此点在以为圆心，以2为半径的圆上，依据垂线段最短可知当时，点到的距离最短，然后依据题意画出图形，最后，利用相似三角形的性质求解即可． 【详解】解：如图所示：当． 由翻折的性质可知：，． ， ． 由垂线段最短可知此时有最小值． 又为定值， 有最小值． 又，， ． ， 即， 解得：． ． 故答案为：1.2 44． 【分析】（1）由，得，即，而，故； （2）根据将沿翻折，点的对应点恰好落在的延长线上，，可得四边形是菱形，即，由，有，即，可知是的黄金分割点，，设，则，，由，可得，，又，即得． 【详解】解：（1）， ， ， ， ， ， 故答案为：； （2）将沿翻折，点的对应点恰好落在的延长线上， ，， ， ，， ，， 又， 四边形是菱形， ， 由（1）知， 又， ， ， ， 是的黄金分割点，且， ， 设，则，， ， ， ， ， ， ， ， ， ， 故答案为：． 【点睛】本题考查三角形中的折叠问题，涉及相似三角形的判定与性质、等腰三角形的性质及应用、菱形的判定及性质等知识，解题的关键是掌握折叠的性质，证明A是BD的黄金分割点． 45．或 【分析】分两种情形分别求解，作DF⊥AB于F，连接AA′．想办法求出AE，利用等腰直角三角形的性质求出AA′即可． 【详解】如图，作DF⊥AB于F，连接AA′． 在Rt△ACB中，BC＝＝6， ∵∠DAF＝∠BAC，∠AFD＝∠C＝90°， ∴△AFD∽△ACB， ∴， ∴， ∴DF＝，AF＝， ∵A′E⊥AB， ∴∠AEA′＝90°， 由翻折不变性可知：∠AED＝45°， ∴EF＝DF＝， ∴AE＝A′E＝＋＝， ∴AA′＝， 如图，作DF⊥AB于F，当 EA′⊥AB时，同法可得AE＝−＝，AA′＝AE＝． 故答案为或． 【点睛】本题考查翻折变换，相似三角形的判定和性质，解直角三角形等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造直角三角形解决问题，属于中考填空题中的压轴题． 46．或 【分析】此题主要考查了相似三角形的判定和性质，翻折变换，关键是证明，得到，再利用含的式子表示． 此题要分两种情况进行讨论： ①当点A落在线段上时； ②当A在的延长线上时，首先证明．根据相似三角形的性质可得 ，再设，则，然后利用含x的式子表示、，根据列出方程，解出x的值可得答案． 【详解】解：①当点A落在如图1所示的位置时， 是等边三角形， ， ，， ， ． ， 由折叠知，，， ， ，， ，， 设，则， ， ， ， ， 解得， ； ②当A在的延长线上时，如图2， 由折叠知，，，， ， 又，，， ， ， ， ， 设，则， ， ， ， ， 解得：， 故答案为：或 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $$