备考2019中考数学高频考点剖析
专题二十七 几何三大变换之平移问题
考点扫描☆聚焦中考
平移，是每年中考的必考内容之一，考查的知识点包括在函数中的平移和几何中的平移两方面，总体来看，难度系数低，以选择填空为主。也有少量的解析题。解析题主要以函数和多边形的计算为主。结合2017、2018年全国各地中考的实例和2019年名校中考模拟试题，，我们从两个方面进行平移问题的探讨：
（1）函数问题中的平移；
（2）几何图形中的平移；
考点剖析☆典型例题
例1将抛物线y=（x﹣1）2+1向下平移1个单位，所得新抛物线的解析式为（ ）
A．y=（x﹣1）2+2 B．y=（x﹣1）2 C．y=（x﹣2）2+1 D．y=x2+1
例2（2018?宜宾）如图，将△ABC沿BC边上的中线AD平移到△A'B'C'的位置，已知△ABC的面积为9，阴影部分三角形的面积为4．若AA'=1，则A'D等于（ ）
A．2 B．3 C． D．
例3（2017?杭州一模）如图，直线l与x轴，y轴分别交于M，N两点，且OM=ON=3．
（1）求这条直线的函数表达式；
（2）Rt△ABC与直线l在同一个平面直角坐标系内，其中∠ABC=90°，AC=2，A（1，0），B（3，0），将△ABC沿着x轴向左平移，当点C落在直线l上时，求线段AC扫过的面积．
例4（2018·湖北省武汉·12分）抛物线L：y=﹣x2+bx+c经过点A（0，1），与它的对称轴直线x=1交于点B．
（1）直接写出抛物线L的解析式；
（2）如图1，过定点的直线y=kx﹣k+4（k＜0）与抛物线L交于点M、N．若△BMN的面积等于1，求k的值；
（3）如图2，将抛物线L向上平移m（m＞0）个单位长度得到抛物线L1，抛物线L1与y轴交于点C，过点C作y轴的垂线交抛物线L1于另一点D．F为抛物线L1的对称轴与x轴的交点，P为线段OC上一点．若△PCD与△POF相似，并且符合条件的点P恰有2个，求m的值及相应点P的坐标．
考点过关☆专项突破
类型一 函数问题中的平移
1. （2018?湘西州）一次函数y=x+2的图象与y轴的交点坐标为（ ）
A．（0，2） B．（0，﹣2） C．（2，0） D．（﹣2，0）
2. （2017广西）将如图所示的抛物线向右平移1个单位长度，再向上平移3个单位长度后，得到的抛物线解析式是（ ）
A．y=（x﹣1）2+1 B．y=（x+1）2+1 C．y=2（x﹣1）2+1 D．y=2（x+1）2+1
3. （2017湖北荆州）将直线y=x+b沿y轴向下平移3个单位长度，点A（﹣1，2）关于y轴的对称点落在平移后的直线上，则b的值为 ．
4. （2017广西河池）直线l的解析式为y=﹣2x+2，分别交x轴、y轴于点A，B．
（1）写出A，B两点的坐标，并画出直线l的图象；
（2）将直线l向上平移4个单位得到l1，l1交x轴于点C．作出l1的图象，l1的解析式是 ．
（3）将直线l绕点A顺时针旋转90°得到l2，l2交l1于点D．作出l2的图象，tan∠CAD= ．
5. （2018?山东淄博?4分）已知抛物线y=x2+2x﹣3与x轴交于A，B两点（点A在点B的左侧），将这条抛物线向右平移m（m＞0）个单位，平移后的抛物线于x轴交于C，D两点（点C在点D的左侧），若B，C是线段AD的三等分点，则m的值为 ．
6. （2018?重庆）如图，在平面直角坐标系中，直线y=﹣x+3过点A（5，m）且与y轴交于点B，把点A向左平移2个单位，再向上平移4个单位，得到点C．过点C且与y=2x平行的直线交y轴于点D．
（1）求直线CD的解析式；
（2）直线AB与CD交于点E，将直线CD沿EB方向平移，平移到经过点B的位置结束，求直线CD在平移过程中与x轴交点的横坐标的取值范围．
7. 如图，矩形AOCB的顶点A、C分别位于x轴和y轴的正半轴上，线段OA、OC的长度满足方程|x﹣15|+=0（OA＞OC），直线y=kx+b分别与x轴、y轴交于M、N两点，将△BCN沿直线BN折叠，点C恰好落在直线MN上的点D处，且tan∠CBD=
（1）求点B的坐标；
（2）求直线BN的解析式；
（3）将直线BN以每秒1个单位长度的速度沿y轴向下平移，求直线BN扫过矩形AOCB的面积S关于运动的时间t（0＜t≤13）的函数关系式．
类型二 几何图形中的平移
1. 如图，将边长为 的正方形ABCD沿对角线AC平移，使点A移至线段AC的中点A′处，得新正方形A′B′C′D′，新正方形与原正方形重叠部分（图中阴影部分）的面积是（?? ）
A.???????B.????????C.?1????D.?
2．如图，把∠AOB沿着直线MN平移一定的距离，得到∠CPD，若∠AOM=40°，∠DPN=40°，则∠AOB=________．
3．某宾馆在重新装修后，准备在大厅的主楼梯上铺上红色地毯，已知这种红色地毯的售价为每平方米32元，主楼道宽2米，其侧面与正面如图所示，则购买地毯至少需要________元．
4. 如图，两个直角三角形重叠在一起，将其中一个沿点B到点C的方向平移到△DEF的位置，AB=10，DH=4，平移距离为6，则阴影部分的面积________．
5. 如图，在平面直角坐标系中，已知△ABC的三个顶点的坐标分别为A（﹣5，1），B（﹣2，2），C（﹣1，4），请按下列要求画图：
（1）将△ABC先向右平移4个单位长度、再向下平移1个单位长度，得到△A1B1C1 ， 画出△A1B1C1；
（2）画出与△ABC关于原点O成中心对称的△A2B2C2 ， 并直接写出点A2的坐标．
6. 如图已知直线CB∥OA，∠C=∠OAB=100°，点E、点F在线段BC上，满足∠FOB=∠AOB=α，OE平分∠COF．
（1）用含有α的代数式表示∠COE的度数；
（2）若沿水平方向向右平行移动AB，则∠OBC：∠OFC的值是否发生变化？若变化找出变化规律；若不变，求其比值．
类型三 综合性问题中的平移
1. 如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，∠A=33°，将△ABC沿AB方向向右平移得到△DEF．
（1）试求出∠E的度数；
（2）若AE=9cm，DB=2cm．请求出CF的长度．
2.如图
（1）图①是将线段AB向右平移1个单位长度，图②是将线段AB折一下再向右平移1个单位长度，请在图③中画出一条有两个折点的折线向右平移1个单位长度的图形．
（2）若长方形的长为a，宽为b，请分别写出三个图形中除去阴影部分后剩余部分的面积．
（3）如图④，在宽为10m，长为40m的长方形菜地上有一条弯曲的小路，小路宽为1m，求这块菜地的面积．
3. 如图，已知MN∥PQ，B在MN上，C在PQ上，A在B的左侧，D在C的右侧，DE平分∠ADC，BE平分∠ABC，直线DE，BE交于点E，∠CBN=120°．
（1）若∠ADQ=110°，求∠BED的度数；
（2）将线段AD沿DC方向平移，使得点D在点C的左侧，其他条件不变，若∠ADQ=n°，求∠BED的度数（用含n的代数式表示）
4.如图，矩形AOCB的顶点A、C分别位于x轴和y轴的正半轴上，线段OA、OC的长度满足方程|x﹣15|+=0（OA＞OC），直线y=kx+b分别与x轴、y轴交于M、N两点，将△BCN沿直线BN折叠，点C恰好落在直线MN上的点D处，且tan∠CBD=
（1）求点B的坐标；
（2）求直线BN的解析式；
（3）将直线BN以每秒1个单位长度的速度沿y轴向下平移，求直线BN扫过矩形AOCB的面积S关于运动的时间t（0＜t≤13）的函数关系式．
5. 如图1，在△ABC中，AB＝BC＝10，AC＝12．△ECD是△ABC沿BC方向平移得到的，连接AE．AC和BE相交于点O．
（1）判断四边形ABCE是怎样的四边形，说明理由；
（2）如图2，P是线段BC上一动点（图2），（不与点B、C重合），连接PO并延长交线段AB于点Q，QR⊥BD，垂足为点R；
①四边形PQED的面积是否随点P的运动而发生变化？若变化，请说明理由；若不变，求出四边形PQED的面积；
②当线段BP的长为何值时，△PQR与△BOC相似？
备考2019中考数学高频考点剖析
专题二十七 几何三大变换之平移问题
考点扫描☆聚焦中考
平移，是每年中考的必考内容之一，考查的知识点包括在函数中的平移和几何中的平移两方面，总体来看，难度系数低，以选择填空为主。也有少量的解析题。解析题主要以函数和多边形的计算为主。结合2017、2018年全国各地中考的实例和2019年名校中考模拟试题，，我们从两个方面进行平移问题的探讨：
（1）函数问题中的平移；
（2）几何图形中的平移；
考点剖析☆典型例题
例1将抛物线y=（x﹣1）2+1向下平移1个单位，所得新抛物线的解析式为（ ）
A．y=（x﹣1）2+2 B．y=（x﹣1）2 C．y=（x﹣2）2+1 D．y=x2+1
【考点】二次函数图象与几何变换．
【分析】原抛物线顶点坐标为（1，1），平移后抛物线顶点坐标为（1，0），平移不改变二次项系数，可根据顶点式求出平移后抛物线解析式．
【解答】解：依题意，得平移后抛物线顶点坐标为（1，0），
由平移不改变二次项系数，
∴得到的抛物线解析式为：y=（x﹣1）2．
故选：B．
例2（2018?宜宾）如图，将△ABC沿BC边上的中线AD平移到△A'B'C'的位置，已知△ABC的面积为9，阴影部分三角形的面积为4．若AA'=1，则A'D等于（ ）
A．2 B．3 C． D．
【分析】由S△ABC=9、S△A′EF=4且AD为BC边的中线知S△A′DE=S△A′EF=2，S△ABD=S△ABC=，根据△DA′E∽△DAB知（）2=，据此求解可得．
【解答】解：如图，
∵S△ABC=9、S△A′EF=4，且AD为BC边的中线，
∴S△A′DE=S△A′EF=2，S△ABD=S△ABC=，
∵将△ABC沿BC边上的中线AD平移得到△A'B'C'，
∴A′E∥AB，
∴△DA′E∽△DAB，
则（）2=，即（）2=，
解得A′D=2或A′D=﹣（舍），
故选：A．
例3（2017?杭州一模）如图，直线l与x轴，y轴分别交于M，N两点，且OM=ON=3．
（1）求这条直线的函数表达式；
（2）Rt△ABC与直线l在同一个平面直角坐标系内，其中∠ABC=90°，AC=2，A（1，0），B（3，0），将△ABC沿着x轴向左平移，当点C落在直线l上时，求线段AC扫过的面积．
【考点】FA：待定系数法求一次函数解析式；Q3：坐标与图形变化﹣平移．
【分析】（1）根据OM=ON=3结合图形可得出点M、N的坐标，由点M、N的坐标利用待定系数法即可求出直线MN的函数表达式；
（2）通过解直角三角形可得出点C的坐标，设平移后点A、C的对应点分别为A′、C′，利用一次函数图象上点的坐标特征可找出点C′的坐标，根据平移的性质结合平行四边形的面积公式即可求出线段AC扫过的面积．
【解答】解：（1）设该直线的函数表达式为y=kx+b（k≠0），
∵OM=ON=3，且M、N分别在x轴负半轴、y轴负半轴上，
∴M（﹣3，0），N（0，﹣3）．
将M（﹣3，0）、N（0，﹣3）代入y=kx+b，
，解得：，
∴这条直线的函数表达式为y=﹣x﹣3．
（2）∵A（1，0），B（3，0），
∴AB=2．
∵∠ABC=90°，AC=2，
∴BC=4，
∴C（3，4）．
设平移后点A、C的对应点分别为A′、C′，
当y=﹣x﹣3=4时，x=﹣7，
∴C′（﹣7，4），
∴CC′=10．
∵线段AC扫过的四边形ACC′A′为平行四边形，
∴S=CC′?BC=10×4=40．
答：线段AC扫过的面积为40．
【点评】本题考查了待定系数法求一次函数解析式、解直角三角形、一次函数图象上点的坐标特征、平行四边形的面积以及坐标与图形变化中的平移，解题的关键是：（1）根据点M、N的坐标利用待定系数法求出直线MN的函数表达式；（2）通过解直角三角形以及一次函数图象上点的坐标特征找出点C、C′的坐标．
例4（2018·湖北省武汉·12分）抛物线L：y=﹣x2+bx+c经过点A（0，1），与它的对称轴直线x=1交于点B．
（1）直接写出抛物线L的解析式；
（2）如图1，过定点的直线y=kx﹣k+4（k＜0）与抛物线L交于点M、N．若△BMN的面积等于1，求k的值；
（3）如图2，将抛物线L向上平移m（m＞0）个单位长度得到抛物线L1，抛物线L1与y轴交于点C，过点C作y轴的垂线交抛物线L1于另一点D．F为抛物线L1的对称轴与x轴的交点，P为线段OC上一点．若△PCD与△POF相似，并且符合条件的点P恰有2个，求m的值及相应点P的坐标．
【分析】（1）根据对称轴为直线x=1且抛物线过点A（0，1）求解可得；
（2）根据直线y=kx﹣k+4=k（x﹣1）+4知直线所过定点G坐标为（1，4），从而得出BG=2，由S△BMN=S△BNG﹣S△BMG=BG?xN﹣BG?xM=1得出xN﹣xM=1，联立直线和抛物线解析式求得x=，根据xN﹣xM=1列出关于k的方程，解之可得；
（3）设抛物线L1的解析式为y=﹣x2+2x+1+m，知C（0，1+m）、D（2，1+m）、F（1，0），再设P（0，t），分△PCD∽△POF和△PCD∽△POF两种情况，由对应边成比例得出关于t与m的方程，利用符合条件的点P恰有2个，结合方程的解的情况求解可得．
【解答】解：（1）由题意知，
解得：b=2、c=1，
∴抛物线L的解析式为y=﹣x2+2x+1；
（2）如图1，
∵y=kx﹣k+4=k（x﹣1）+4，
∴当x=1时，y=4，即该直线所过定点G坐标为（1，4），
∵y=﹣x2+2x+1=﹣（x﹣1）2+2，
∴点B（1，2），
则BG=2，
∵S△BMN=1，即S△BNG﹣S△BMG=BG?xN﹣BG?xM=1，
∴xN﹣xM=1，
由得x2+（k﹣2）x﹣k+3=0，
解得：x==，
则xN=、xM=，
由xN﹣xM=1得=1，
∴k=±3，
∵k＜0，
∴k=﹣3；
（3）如图2，
设抛物线L1的解析式为y=﹣x2+2x+1+m，
∴C（0，1+m）、D（2，1+m）、F（1，0），
设P（0，t），
①当△PCD∽△FOP时，=，
∴=，
∴t2﹣（1+m）t+2=0；
②当△PCD∽△POF时，=，
∴=，
∴t=（m+1）；
（Ⅰ）当方程①有两个相等实数根时，
△=（1+m）2﹣8=0，
解得：m=2﹣1（负值舍去），
此时方程①有两个相等实数根t1=t2=，
方程②有一个实数根t=，
∴m=2﹣1，
此时点P的坐标为（0，）和（0，）；
（Ⅱ）当方程①有两个不相等的实数根时，
把②代入①，得：（m+1）2﹣（m+1）+2=0，
解得：m=2（负值舍去），
此时，方程①有两个不相等的实数根t1=1、t2=2，
方程①有一个实数根t=1，
∴m=2，此时点P的坐标为（0，1）和（0，2）；
综上，当m=2﹣1时，点P的坐标为（0，）和（0，）；
当m=2时，点P的坐标为（0，1）和（0，2）．
【点评】本题主要考查二次函数的应用，解题的关键是掌握待定系数法求函数解析式、利用割补法求三角形的面积建立关于k的方程及相似三角形的判定与性质等知识点．
考点过关☆专项突破
类型一 函数问题中的平移
1. （2018?湘西州）一次函数y=x+2的图象与y轴的交点坐标为（ ）
A．（0，2） B．（0，﹣2） C．（2，0） D．（﹣2，0）
【分析】代入x=0求出y值，进而即可得出发一次函数y=x+2的图象与y轴的交点坐标．
【解答】解：当x=0时，y=x+2=0+2=2，
∴一次函数y=x+2的图象与y轴的交点坐标为（0，2）．
故选：A．
2. （2017广西）将如图所示的抛物线向右平移1个单位长度，再向上平移3个单位长度后，得到的抛物线解析式是（ ）
A．y=（x﹣1）2+1 B．y=（x+1）2+1 C．y=2（x﹣1）2+1 D．y=2（x+1）2+1
【考点】H6：二次函数图象与几何变换．
【分析】根据平移规律，可得答案．
【解答】解：由图象，得
y=2x2﹣2，
由平移规律，得
y=2（x﹣1）2+1，
故选：C．
3. （2017湖北荆州）将直线y=x+b沿y轴向下平移3个单位长度，点A（﹣1，2）关于y轴的对称点落在平移后的直线上，则b的值为 ．
【考点】F9：一次函数图象与几何变换．
【分析】先根据一次函数平移规律得出直线y=x+b沿y轴向下平移3个单位长度后的直线解析式，再把点A（﹣1，2）关于y轴的对称点（1，2）代入，即可求出b的值．
【解答】解：将直线y=x+b沿y轴向下平移3个单位长度，得直线y=x+b﹣3．
∵点A（﹣1，2）关于y轴的对称点是（1，2），
∴把点（1，2）代入y=x+b﹣3，得1+b﹣3=2，
解得b=4．
故答案为4．
4. （2017广西河池）直线l的解析式为y=﹣2x+2，分别交x轴、y轴于点A，B．
（1）写出A，B两点的坐标，并画出直线l的图象；
（2）将直线l向上平移4个单位得到l1，l1交x轴于点C．作出l1的图象，l1的解析式是 y=﹣2x+6 ．
（3）将直线l绕点A顺时针旋转90°得到l2，l2交l1于点D．作出l2的图象，tan∠CAD= ．
【考点】F9：一次函数图象与几何变换；F3：一次函数的图象．
【分析】（1）分别令x=0求得y、令y=0求得x，即可得出A、B的坐标，从而得出直线l的解析式；
（2）将直线向上平移4个单位可得直线l1，根据“上加下减”的原则求解即可得出其解析式；
（3）由旋转得出其函数图象及点B的对应点坐标，待定系数法求得直线l2的解析式，继而求得其与y轴的交点，根据tan∠CAD=tan∠EAO=可得答案．
【解答】解：（1）当y=0时，﹣2x+2=0，解得：x=1，即点A（1，0），
当x=0时，y=2，即点B（0，2），
如图，直线AB即为所求；
（2）如图，直线l1即为所求，
直线l1的解析式为y=﹣2x+2+4=﹣2x+6，
故答案为：y=﹣2x+6；
（3）如图，直线l2即为所求，
∵直线l绕点A顺时针旋转90°得到l2，
∴由图可知，点B（0，2）的对应点坐标为（3，1），
设直线l2解析式为y=kx+b，
将点A（1，0）、（3，1）代入，得：，
解得：，
∴直线l2的解析式为y=x﹣，
当x=0时，y=﹣，
∴直线l2与y轴的交点E（0，﹣），
∴tan∠CAD=tan∠EAO===，
故答案为：．
5. （2018?山东淄博?4分）已知抛物线y=x2+2x﹣3与x轴交于A，B两点（点A在点B的左侧），将这条抛物线向右平移m（m＞0）个单位，平移后的抛物线于x轴交于C，D两点（点C在点D的左侧），若B，C是线段AD的三等分点，则m的值为 2 ．
【考点】HA：抛物线与x轴的交点；H6：二次函数图象与几何变换．
【分析】先根据三等分点的定义得：AC=BC=BD，由平移m个单位可知：AC=BD=m，计算点A和B的坐标可得AB的长，从而得结论．
【解答】解：如图，∵B，C是线段AD的三等分点，
∴AC=BC=BD，
由题意得：AC=BD=m，
当y=0时，x2+2x﹣3=0，
（x﹣1）（x+3）=0，
x1=1，x2=﹣3，
∴A（﹣3，0），B（1，0），
∴AB=3+1=4，
∴AC=BC=2，
∴m=2，
故答案为：2．
【点评】本题考查了抛物线与x轴的交点问题、抛物线的平移及解一元二次方程的问题，利用数形结合的思想和三等分点的定义解决问题是关键．
6. （2018?重庆）如图，在平面直角坐标系中，直线y=﹣x+3过点A（5，m）且与y轴交于点B，把点A向左平移2个单位，再向上平移4个单位，得到点C．过点C且与y=2x平行的直线交y轴于点D．
（1）求直线CD的解析式；
（2）直线AB与CD交于点E，将直线CD沿EB方向平移，平移到经过点B的位置结束，求直线CD在平移过程中与x轴交点的横坐标的取值范围．
【分析】（1）先把A（5，m）代入y=﹣x+3得A（5，﹣2），再利用点的平移规律得到C（3，2），接着利用两直线平移的问题设CD的解析式为y=2x+b，然后把C点坐标代入求出b即可得到直线CD的解析式；
（2）先确定B（0，3），再求出直线CD与x轴的交点坐标为（2，0）；易得CD平移到经过点B时的直线解析式为y=2x+3，然后求出直线y=2x+3与x轴的交点坐标，从而可得到直线CD在平移过程中与x轴交点的横坐标的取值范围．
【解答】解：（1）把A（5，m）代入y=﹣x+3得m=﹣5+3=﹣2，则A（5，﹣2），
∵点A向左平移2个单位，再向上平移4个单位，得到点C，
∴C（3，2），
∵过点C且与y=2x平行的直线交y轴于点D，
∴CD的解析式可设为y=2x+b，
把C（3，2）代入得6+b=2，解得b=﹣4，
∴直线CD的解析式为y=2x﹣4；
（2）当x=0时，y=﹣x+3=3，则B（0，3），
当y=0时，2x﹣4=0，解得x=2，则直线CD与x轴的交点坐标为（2，0）；
易得CD平移到经过点B时的直线解析式为y=2x+3，
当y=0时，2x+3=0，解的x=﹣，则直线y=2x+3与x轴的交点坐标为（﹣，0），
∴直线CD在平移过程中与x轴交点的横坐标的取值范围为﹣≤x≤2．
7. 如图，矩形AOCB的顶点A、C分别位于x轴和y轴的正半轴上，线段OA、OC的长度满足方程|x﹣15|+=0（OA＞OC），直线y=kx+b分别与x轴、y轴交于M、N两点，将△BCN沿直线BN折叠，点C恰好落在直线MN上的点D处，且tan∠CBD=
（1）求点B的坐标；
（2）求直线BN的解析式；
（3）将直线BN以每秒1个单位长度的速度沿y轴向下平移，求直线BN扫过矩形AOCB的面积S关于运动的时间t（0＜t≤13）的函数关系式．
【考点】FI：一次函数综合题．
【分析】（1）由非负数的性质可求得x、y的值，则可求得B点坐标；
（2）过D作EF⊥OA于点E，交CB于点F，由条件可求得D点坐标，且可求得=，结合DE∥ON，利用平行线分线段成比例可求得OM和ON的长，则可求得N点坐标，利用待定系数法可求得直线BN的解析式；
（3）设直线BN平移后交y轴于点N′，交AB于点B′，当点N′在x轴上方时，可知S即为?BNN′B′的面积，当N′在y轴的负半轴上时，可用t表示出直线B′N′的解析式，设交x轴于点G，可用t表示出G点坐标，由S=S四边形BNN′B′﹣S△OGN′，可分别得到S与t的函数关系式．
【解答】解：
（1）∵|x﹣15|+=0，
∴x=15，y=13，
∴OA=BC=15，AB=OC=13，
∴B（15，13）；
（2）如图1，过D作EF⊥OA于点E，交CB于点F，
由折叠的性质可知BD=BC=15，∠BDN=∠BCN=90°，
∵tan∠CBD=，
∴=，且BF2+DF2=BD2=152，解得BF=12，DF=9，
∴CF=OE=15﹣12=3，DE=EF﹣DF=13﹣9=4，
∵∠CND+∠CBD=360°﹣90°﹣90°=180°，且∠ONM+∠CND=180°，
∴∠ONM=∠CBD，
∴=，
∵DE∥ON，
∴==，且OE=3，
∴=，解得OM=6，
∴ON=8，即N（0，8），
把N、B的坐标代入y=kx+b可得，解得，
∴直线BN的解析式为y=x+8；
（3）设直线BN平移后交y轴于点N′，交AB于点B′，
当点N′在x轴上方，即0＜t≤8时，如图2，
由题意可知四边形BNN′B′为平行四边形，且NN′=t，
∴S=NN′?OA=15t；
当点N′在y轴负半轴上，即8＜t≤13时，设直线B′N′交x轴于点G，如图3，
∵NN′=t，
∴可设直线B′N′解析式为y=x+8﹣t，
令y=0，可得x=3t﹣24，
∴OG=24，
∵ON=8，NN′=t，
∴ON′=t﹣8，
∴S=S四边形BNN′B′﹣S△OGN′=15t﹣（t﹣8）（3t﹣24）=﹣t2+39t﹣96；
综上可知S与t的函数关系式为S=．
类型二 几何图形中的平移
1. 如图，将边长为 的正方形ABCD沿对角线AC平移，使点A移至线段AC的中点A′处，得新正方形A′B′C′D′，新正方形与原正方形重叠部分（图中阴影部分）的面积是（?? ）
A.???????B.?????????C.?1??????D.?
【考点】菱形的性质，正方形的性质，平移的性质
【分析】由正方形边长为2，可求AC的长，由平移可得重叠部分是正方形，根据菱形面积公式可求重叠部分面积.平移的性质：①平移不改变图形的形状和大小；②经过平移，对应点所连的线段平行且相等，对应线段平行且相等，对应角相等．
【解析】【解答】解：∵正方形ABCD的边长为 ，
∴AC=2，
又∵点A′是线段AC的中点，
∴A′C=1，
∴S阴影= ×1×1= ．
故答案为：B．
2．如图，把∠AOB沿着直线MN平移一定的距离，得到∠CPD，若∠AOM=40°，∠DPN=40°，则∠AOB=________．
【考点】平移的性质
【分析】由平移的性质“经过平移，对应线段平行（或共线）且相等，对应角相等，对应点所连接的线段平行（或共线）且相等”可得BO∥DP，由平行线的性质可得∠BON=∠DPN，所以∠AOB=180°﹣∠AOM-∠BON，再将已知条件代入计算即可求解。
【解析】【解答】解： ∵∠AOB沿着MN的方向平移一定距离后得∠CPD，
∴BO∥DP，
∴∠BON=∠DPN=40°，
∵∠AOM+∠AOB+∠BON=180°，
∴∠AOB=180°﹣40°﹣40°=100°．
故答案为：100°
3．某宾馆在重新装修后，准备在大厅的主楼梯上铺上红色地毯，已知这种红色地毯的售价为每平方米32元，主楼道宽2米，其侧面与正面如图所示，则购买地毯至少需要________元．
【考点】平移的性质
【分析】利用平移线段，把楼梯的横竖向上向左平移，构成一个矩形，长宽分别为5米，3米，从而求出地毯的面积，进而求出答案.
【解析】【解答】解：利用平移线段，把楼梯的横竖向上向左平移，构成一个矩形，长宽分别为5米，3米，
∴地毯的长度为5+3=8（米），
∴地毯的面积为8×2=16（平方米），
∴买地毯至少需要16×32=512（元）．
故答案为：512．
4. 如图，两个直角三角形重叠在一起，将其中一个沿点B到点C的方向平移到△DEF的位置，AB=10，DH=4，平移距离为6，则阴影部分的面积________．
【考点】三角形的面积，平移的性质
【分析】根据平移变化只改变图形的位置不改变图形的形状可得DE=AB，然后求出HE，根据平移的距离求出BE=6，求出梯形DHCF的面积，由阴影部分面积等于梯形ABEH的面积可得.
【解析】【解答】解：根据题意得，DE=AB=10；BE=CF=6；CH∥DF．
∴EH=10﹣4=6；
EH：HD=EC：CF，
即 6：4=EC：6，
∴EC=9．
∴S△EFD= ×10×（9+6）=75；
S△ECH= ×6×9=27．
∴S阴影部分=75﹣27=48．
故答案为48．
5. 如图，在平面直角坐标系中，已知△ABC的三个顶点的坐标分别为A（﹣5，1），B（﹣2，2），C（﹣1，4），请按下列要求画图：
（1）将△ABC先向右平移4个单位长度、再向下平移1个单位长度，得到△A1B1C1 ， 画出△A1B1C1；
（2）画出与△ABC关于原点O成中心对称的△A2B2C2 ， 并直接写出点A2的坐标．
【考点】坐标与图形变化﹣平移，中心对称及中心对称图形
【解析】【分析】（1）通过对应顶点的平移方向、平移距离可画出相应的平移后图形； （2）点P（x，y）关于原点对称的中心对称点的坐标为P′（-x，-y）。
【答案】 （1）解：如图所示，△A1B1C1即为所求．
（2）解：如图所示，△A2B2C2即为所求，点A2的坐标为（5，﹣1）.
6. 如图已知直线CB∥OA，∠C=∠OAB=100°，点E、点F在线段BC上，满足∠FOB=∠AOB=α，OE平分∠COF．
（1）用含有α的代数式表示∠COE的度数；
（2）若沿水平方向向右平行移动AB，则∠OBC：∠OFC的值是否发生变化？若变化找出变化规律；若不变，求其比值．
【答案】 （1）解：∵CB∥OA，∴∠C+∠AOC=180°．
∵∠C=100°，∴∠AOC=80°．
∴∠EOB=∠EOF+∠FOB=∠COF+∠FOA
=（∠COF+∠FOA）=∠AOC=40°．
又OE平分∠COF，
∴∠COE=∠FOE=40°﹣α；
（2）解：∠OBC：∠OFC的值不发生改变．
∵BC∥OA，
∴∠FBO=∠AOB，
又∵∠BOF=∠AOB，
∴∠FBO=∠BOF，
∵∠OFC=∠FBO+∠FOB，
∴∠OFC=2∠OBC，
即∠OBC：∠OFC=∠OBC：2∠OBC=1：2= ．
类型三 综合性问题中的平移
1. 如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，∠A=33°，将△ABC沿AB方向向右平移得到△DEF．
（1）试求出∠E的度数；
（2）若AE=9cm，DB=2cm．请求出CF的长度．
【答案】 （1）解：∵在Rt△ABC中，∠C=90°，∠A=33°，
∴∠CBA=90°﹣33°=57°，
由平移得，∠E=∠CBA=57°
（2）解：由平移得，AD=BE=CF，
∵AE=9cm，DB=2cm，
∴AD=BE=×（9﹣2）=3.5cm，
∴CF=3.5cm．
【考点】平移的性质
【解析】【分析】（1）由平移前后的两个图形全等可得△DEF≌△ABC，于是∠E=∠ABC，再结合三角形的内角和定理即可求解； （2）由（1）知，△DEF≌△ABC，由全等三角形的性质可得AB=DE，由平移的性质可得 AD=BE=CF，?结合已知即可求解。
2.如图
（1）图①是将线段AB向右平移1个单位长度，图②是将线段AB折一下再向右平移1个单位长度，请在图③中画出一条有两个折点的折线向右平移1个单位长度的图形．
（2）若长方形的长为a，宽为b，请分别写出三个图形中除去阴影部分后剩余部分的面积．
（3）如图④，在宽为10m，长为40m的长方形菜地上有一条弯曲的小路，小路宽为1m，求这块菜地的面积．
【考点】角的平分线，平行线的性质，平移的性质
【分析】（1）根据CB∥OA，可得∠C与∠OCA的关系，再根据∠C=∠OAB=100°，根据∠FOB=∠AOB，OE平分∠COF，即可得到∠EOB=∠BOF+∠EOF，及可求得答案； （2）根据∠FOB=∠AOB，即可得到∠AOB：∠AOF=1：2，再根据CB∥OA，可得∠AOB=∠OBF，∠AOF=∠OFC，进而得出结论.
【答案】 （1）解：如图：
；
（2）解：三个图形中除去阴影部分后剩余部分的面积：①ab﹣b；②ab﹣b；③ab﹣b （3）解：40×10﹣10×1=390（m2）．
答：这块菜地的面积是390m2 ．
3. 如图，已知MN∥PQ，B在MN上，C在PQ上，A在B的左侧，D在C的右侧，DE平分∠ADC，BE平分∠ABC，直线DE，BE交于点E，∠CBN=120°．
（1）若∠ADQ=110°，求∠BED的度数；
（2）将线段AD沿DC方向平移，使得点D在点C的左侧，其他条件不变，若∠ADQ=n°，求∠BED的度数（用含n的代数式表示）
【考点】角的平分线，平行线的性质
【解析】【分析】（1）延长DE交MN于H．利用平行线的性质和角平分线的定义可得∠BED=∠EHB+∠EBH，即可解决问题；
（2）分3种情形讨论： 点E在直线MN与直线PQ之间， 点E在直线MN的下方， 点E在PQ上方，再根据平行线的性质可解决问题.
【答案】 （1）解：如图1中，延长DE交MN于H．
∵∠ADQ=110°，ED平分∠ADP，
∴∠PDH= ∠PDA=35°，
∵PQ∥MN，
∴∠EHB=∠PDH=35°，
∵∠CBN=120°，EB平分∠ABC，
∴∠EBH= ∠ABC=30°，
∴∠BED=∠EHB+∠EBH=65°
（2）解：有3种情形，如图2中，当点E在直线MN与直线PQ之间时．延长DE交MN于H．
∵PQ∥MN，
∴∠QDH=∠DHA= n，
∴∠BED=∠EHB+∠EBH=180°﹣（ n）°+30°=210°﹣（ n）°，
当点E在直线MN的下方时，如图3中，设DE交MN于H．
∵∠HBA=∠ABP=30°，∠ADH=∠CDH=（ n）°，
又∵∠DHB=∠HBE+∠HEB，
∴∠BED=（ n）°﹣30°，
当点E在PQ上方时，如图4中，设PQ交BE于H．同法可得∠BED=30°﹣（ n）°．
综上所述，∠BED=210°﹣（ n）°或（ n）°﹣30°或30°﹣（ n）°
4.如图，矩形AOCB的顶点A、C分别位于x轴和y轴的正半轴上，线段OA、OC的长度满足方程|x﹣15|+=0（OA＞OC），直线y=kx+b分别与x轴、y轴交于M、N两点，将△BCN沿直线BN折叠，点C恰好落在直线MN上的点D处，且tan∠CBD=
（1）求点B的坐标；
（2）求直线BN的解析式；
（3）将直线BN以每秒1个单位长度的速度沿y轴向下平移，求直线BN扫过矩形AOCB的面积S关于运动的时间t（0＜t≤13）的函数关系式．
【考点】FI：一次函数综合题．
【分析】（1）由非负数的性质可求得x、y的值，则可求得B点坐标；
（2）过D作EF⊥OA于点E，交CB于点F，由条件可求得D点坐标，且可求得=，结合DE∥ON，利用平行线分线段成比例可求得OM和ON的长，则可求得N点坐标，利用待定系数法可求得直线BN的解析式；
（3）设直线BN平移后交y轴于点N′，交AB于点B′，当点N′在x轴上方时，可知S即为?BNN′B′的面积，当N′在y轴的负半轴上时，可用t表示出直线B′N′的解析式，设交x轴于点G，可用t表示出G点坐标，由S=S四边形BNN′B′﹣S△OGN′，可分别得到S与t的函数关系式．
【解答】解：
（1）∵|x﹣15|+=0，
∴x=15，y=13，
∴OA=BC=15，AB=OC=13，
∴B（15，13）；
（2）如图1，过D作EF⊥OA于点E，交CB于点F，
由折叠的性质可知BD=BC=15，∠BDN=∠BCN=90°，
∵tan∠CBD=，
∴=，且BF2+DF2=BD2=152，解得BF=12，DF=9，
∴CF=OE=15﹣12=3，DE=EF﹣DF=13﹣9=4，
∵∠CND+∠CBD=360°﹣90°﹣90°=180°，且∠ONM+∠CND=180°，
∴∠ONM=∠CBD，
∴=，
∵DE∥ON，
∴==，且OE=3，
∴=，解得OM=6，
∴ON=8，即N（0，8），
把N、B的坐标代入y=kx+b可得，解得，
∴直线BN的解析式为y=x+8；
（3）设直线BN平移后交y轴于点N′，交AB于点B′，
当点N′在x轴上方，即0＜t≤8时，如图2，
由题意可知四边形BNN′B′为平行四边形，且NN′=t，
∴S=NN′?OA=15t；
当点N′在y轴负半轴上，即8＜t≤13时，设直线B′N′交x轴于点G，如图3，
∵NN′=t，
∴可设直线B′N′解析式为y=x+8﹣t，
令y=0，可得x=3t﹣24，∴OG=24，
∵ON=8，NN′=t，∴ON′=t﹣8，
∴S=S四边形BNN′B′﹣S△OGN′=15t﹣（t﹣8）（3t﹣24）=﹣t2+39t﹣96；
综上可知S与t的函数关系式为S=．
5. 如图1，在△ABC中，AB＝BC＝10，AC＝12．△ECD是△ABC沿BC方向平移得到的，连接AE．AC和BE相交于点O．
（1）判断四边形ABCE是怎样的四边形，说明理由；
（2）如图2，P是线段BC上一动点（图2），（不与点B、C重合），连接PO并延长交线段AB于点Q，QR⊥BD，垂足为点R；
①四边形PQED的面积是否随点P的运动而发生变化？若变化，请说明理由；若不变，求出四边形PQED的面积；
②当线段BP的长为何值时，△PQR与△BOC相似？
【答案】 （1）解：四边形ABCE是菱形．
∵△ECD是由△ABC沿BC平移得到的，
∴EC∥AB，且EC＝AB，
∴四边形ABCE是平行四边形，
又∵AB＝BC，
∴四边形ABCE是菱形
（2）解：①四边形PQED的面积不发生变化．
∵ABCE是菱形，
∴AC⊥BE，OC＝ AC＝6，
∵BC＝10，
∴BO＝5，
过A作AH⊥BD于H，（如图1）．
∵S△ABC＝ BC×AH＝ AC×BO，
即： ×10×AH＝×12×8，
∴AH＝．
由菱形的对称性知，△PBO≌△QEO（AAS），
∴BP＝QE，
∴S四边形PQED＝ （QE+PD）×QR＝ （BP+PD）×AH＝BD×AH
＝×20×＝96．
②如图2，当点P在BC上运动，使△PQR与△COB相似时，
∵∠2是△OBP的外角，
∴∠2＞∠3，
∴∠2不与∠3对应，
∴∠2与∠1对应，
即∠2＝∠1，
∴OP＝OC＝3
过O作OG⊥BC于G，则G为PC的中点，
∴△OGC∽△BOC，
∴CG：CO＝CO：BC，
即：CG：6＝6：10，
∴CG＝ ，
∴PB＝BC﹣PC＝BC﹣2CG＝10﹣2×＝．
【考点】相似三角形的判定与性质，旋转的性质，几何图形的动态问题
【解析】【分析】（1）根据旋转的性质，易证EC∥AB，且EC＝AB，从而可证得四边形ABCE是平行四边形，再由AB=CB，就可证得结论。 （2）①利用菱形的性质，可知AC⊥BE，求出OC、OB的长，根据同一个三角形的面积相等求出AH，再求出四边形PQED的面积，②如图2，当点P在BC上运动，使△PQR与△COB相似时，利用三角形外角的性质，可知∠2＞∠3，就可得到∠2=∠1，利用等角对等边就可求出OC的长，过O作OG⊥BC于G，则G为PC的中点，易证△OGC∽△BOC，利用相似三角形的性质，求出CG的长，然后由PB＝BC﹣2CG，求出PB的长。
