模块二 知识全整合专题5 几何变换 第3讲 平移与旋转 （含解析）-最新中考数学二轮专题复习训练

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专题5 几何变换
第3讲 平移与旋转
一、图形的平移
1.定义：在平面内，将一个图形沿某个方向移动一定的距离，这样的图形运动称为平移.平移不改变图形的形状和大小.
2.平移的性质：（1）对应点所连线段平行（或在同一条直线上），且相等.
（2）对应线段平行（或在同一条直线上），且相等.
（3）对应角相等.
3.平移作图步骤：（1）找：找出平移方向和距离.
（2）定：确定平移对应的关键点.
（3）移：按照平移方向和距离运动关键点.
（4）连：连接平移后关键点，得到图形.
二、图形的旋转
1.定义：在平面内，将一个图形绕一个定点按某个方向转动一个角度，这样的图形运动称为旋转，这个定点称为旋转中心，转动的角称为旋转角.旋转不改变图形的形状和大小.
2.旋转的性质：（1）对应点到旋转中心距离相等.
（2）任意一组对应点与旋转中心的连线所成的夹角都等于旋转角
（3）对应点与旋转中心的连线相等
（4）对应线段相等.
（5）对应角相等.
3.利用旋转的性质可以判断线段和角是否相等
（1）根据旋转角相等→对应点与旋转中心的连线相等→角度和线段的相等.
（2）旋转前后图形的形状、大小不改变→对应线段、对应角度相等.
4.旋转作图的四步骤
①确定旋转中心、旋转方向和旋转角.
②找出图中的关键点.
③画出关键点的对应点.（连接关键点到旋转中心，作出旋转角，使角的两边相等）
④依次连接对应点，得到旋转图形.
《义务教育数学课程标准》2022年版，学业质量要求：
1.理解旋转、平移基本的图形运动；
2.知道旋转、平移的基本特征；
3.会用旋转、平移运动认识、理解和表达现实世界中相应的现象；
【例1】
（2022·广西·统考中考真题）
1．2022北京冬残奥会的会徽是以汉字“飞”为灵感来设计的，展现了运动员不断飞跃，超越自我，奋力拼搏，激励世界的冬残奥精神下列的四个图中，能由如图所示的会徽经过平移得到的是（ ）
A．B．C．D．
【变1】
（2023·北京海淀·北京市十一学校校考模拟预测）
2．如图，平南直角坐标系中，可以看作是经过若干次图形的变化（平移、轴对称、旋转）得到的，写出一种由得到过程 ．

【例1】
（2023·四川南充·统考中考真题）
3．如图，将沿向右平移得到，若，，则的长是（ ）

A．2B．C．3D．5
【变1】
（2023·内蒙古·统考中考真题）
4．如图，在中，，将绕点A逆时针方向旋转，得到．连接，交于点D，则的值为 ．

【例1】
（2023·浙江宁波·统考中考真题）
5．在4×4的方格纸中，请按下列要求画出格点三角形（顶点均在格点上）．

(1)在图1中先画出一个以格点P为顶点的等腰三角形，再画出该三角形向右平移2个单位后的．
(2)将图2中的格点绕点C按顺时针方向旋转，画出经旋转后的．
【变1】
（2023·四川达州·统考中考真题）
6．如图，网格中每个小正方形的边长均为1，的顶点均在小正方形的格点上．

(1)将向下平移3个单位长度得到，画出；
(2)将绕点顺时针旋转90度得到，画出；
(3)在（2）的运动过程中请计算出扫过的面积．
一、选择题
（2023·湖南郴州·统考中考真题）
7．下列图形中，能由图形通过平移得到的是（ ）

A． B． C． D．
（2023·内蒙古通辽·统考中考真题）
8．如图，用平移方法说明平行四边形的面积公式时，若平移到，，，则的平移距离为（ ）

A．3B．4C．5D．12
（2023·宁夏·统考中考真题）
9．如图，在中，，，．点在上，且．连接，将线段绕点顺时针旋转得到线段，连接，．则的面积是（ ）

A．B．C．D．
（2023·山东临沂·统考中考真题）
10．将一个正六边形绕其中心旋转后仍与原图形重合，旋转角的大小不可能是（ ）
A．60°B．90°C．180°D．360°
二、填空题
（2022·吉林·统考中考真题）
11．第二十四届北京冬奥会入场式引导牌上的图案融入了中国结和雪花两种元素．如图，这个图案绕着它的中心旋转角后能够与它本身重合，则角可以为 度．（写出一个即可）
（2022·广东深圳·坪山中学校考模拟预测）
12．如图，在边长为1的小正方形组成的网格中，格点绕点O顺时针旋转得到格点．则旋转中心是P，Q，M，N中的 ．

（2022·湖南益阳·统考中考真题）
13．如图，将边长为3的正方形ABCD沿其对角线AC平移，使A的对应点A′满足AA′＝AC，则所得正方形与原正方形重叠部分的面积是 ．

（2023·青海西宁·统考中考真题）
14．如图，在矩形中，点P在边上，连接，将绕点P顺时针旋转90°得到，连接．若，，，则 ．

（2023·四川攀枝花·统考中考真题）
15．如图，在直角中，，，将绕点顺时针旋转至的位置，点是的中点，且点在反比例函数的图象上，则的值为 ．

（2023·湖北黄石·统考中考真题）
16．如图，将绕点A逆时针旋转到的位置，使点落在上，与交于点E若，则 （从“”中选择一个符合要求的填空）； ．

（2023·黑龙江大庆·统考中考真题）
17．如图，在中，将绕点A顺时针旋转至，将绕点A逆时针旋转至，得到，使，我们称是的“旋补三角形”，的中线叫做的“旋补中线”，点A叫做“旋补中心”．下列结论正确的有 ．
①与面积相同；
②；
③若，连接和，则；
④若，，，则．
（2022·广东广州·统考中考真题）
18．如图，在矩形ABCD中，BC＝2AB，点P为边AD上的一个动点，线段BP绕点B顺时针旋转60°得到线段BP'，连接PP' ，CP'．当点P' 落在边BC上时，∠PP'C的度数为 ； 当线段CP' 的长度最小时，∠PP'C的度数为
三、解答题
（2023·黑龙江哈尔滨·统考中考真题）
19．如图，方格纸中每个小正方形的边长均为个单位长度，线段和线段的端点均在小正方形的顶点上．

(1)在方格纸中画出，且为钝角（点在小正方形的顶点上）；
(2)在方格纸中将线段向下平移个单位长度，再向右平移个单位长度后得到线段（点的对应点是点，点的对应点是点），连接，请直接写出线段的长．
（2023·浙江温州·统考中考真题）
20．如图，在的方格纸中，每个小方格的边长为1．已知格点P，请按要求画格点三角形（顶点均在格点上）．

(1)在图中画一个等腰三角形，使底边长为，点E在上，点F在上，再画出该三角形绕矩形的中心旋转180°后的图形．
(2)在图中画一个，使，点Q在上，点R在上，再画出该三角形向右平移1个单位后的图形．
（2023·四川德阳·统考中考真题）
21．将一副直角三角板与叠放在一起，如图1，，，，．在两三角板所在平面内，将三角板绕点O顺时针方向旋转（）度到位置，使，如图2．

(1)求的值；
(2)如图3，继续将三角板绕点O顺时针方向旋转，使点E落在边上点处，点D落在点处．设交于点G，交于点H，若点G是的中点，试判断四边形的形状，并说明理由．
2023·湖南岳阳·统考中考真题）
22．如图1，在中，，点分别为边的中点，连接．
初步尝试：（1）与的数量关系是_________，与的位置关系是_________．
特例研讨：（2）如图2，若，先将绕点顺时针旋转（为锐角），得到，当点在同一直线上时，与相交于点，连接．

（1）求的度数；
（2）求的长．
深入探究：（3）若，将绕点顺时针旋转，得到，连接，．当旋转角满足，点在同一直线上时，利用所提供的备用图探究与的数量关系，并说明理由．
（2023·辽宁丹东·统考中考真题）
23．在中，，，，点D是的中点．四边形是菱形（D，E，F，G按逆时针顺序排列），，且，菱形可以绕点D旋转，连接和，设直线和直线所夹的锐角为．

(1)在菱形绕点D旋转的过程中，当点在线段上时，如图①，请直接写出与的数量关系及的值；
(2)当菱形绕点D旋转到如图②所示的位置时，（1）中的结论是否成立?若成立，请写出证明过程；若不成立，请说明理由；
(3)设直线与直线的交点为P，在菱形绕点D旋转一周的过程中，当所在的直线经过点时，请直接写出的面积．
（2023·辽宁沈阳·统考中考真题）
24．如图，在平面直角坐标系中，二次函数的图象经过点，与轴的交点为点和点．

(1)求这个二次函数的表达式；
(2)点，在轴正半轴上，，点在线段上，以线段，为邻边作矩形，连接，设．
连接，当与相似时，求的值；
当点与点重合时，将线段绕点按逆时针方向旋转后得到线段，连接，，将绕点按顺时针方向旋转后得到，点，的对应点分别为、，连接当的边与线段垂直时，请直接写出点的横坐标．
参考答案：
1．D
【分析】根据平移的特点分析判断即可．
【详解】根据题意，得
不能由平移得到，
故A不符合题意；
不能由平移得到，
故B不符合题意；
不能由平移得到，
故C不符合题意；
能由平移得到，
故D符合题意；
故选D．
【点睛】本题考查了平移的特点，熟练掌握平移的特点是解题的关键．
2．将逆时针旋转，再向右平移2个单位长度（答案不唯一）
【分析】根据平移、旋转的性质即可得到由得到的过程．
【详解】解：将逆时针旋转，再向右平移2个单位长度得到，
故答案为：将逆时针旋转，再向右平移2个单位长度（答案不唯一）．
【点睛】本题考查了坐标与图形变化-旋转，坐标与图形变化-平移，解题时需要注意：平移的距离等于对应点连线的长度．
3．A
【分析】利用平移的性质得到，即可得到的长．
【详解】解：∵沿方向平移至处．
∴，
故选：A．
【点睛】本题考查了平移的性质：把一个图形整体沿某一直线方向移动，会得到一个新的图形，新图形与原图形的形状和大小完全相同；新图形中的每一点，都是由原图形中的某一点移动后得到的，这两个点是对应点．连接各组对应点的线段平行（或共线）且相等．
4．5
【分析】过点D作于点F，利用勾股定理求得，根据旋转的性质可证、是等腰直角三角形，可得，再由，得，证明，可得，即，再由，求得，从而求得，，即可求解．
【详解】解：过点D作于点F，
∵，，，
∴，
∵将绕点A逆时针方向旋转得到，
∴，，
∴是等腰直角三角形，
∴，
又∵，
∴，
∴是等腰直角三角形，
∴，
∵，即，
∵ ，，
∴，
∴，即，
又∵，
∴，
∴，，
∴，
故答案为：5．

【点睛】本题考查旋转的性质、等腰三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、三角形的面积，熟练掌握相关知识是解题的关键．
5．(1)画图见解析
(2)画图见解析
【分析】（1）先画等腰三角形，，再确定平移后的对应点，再顺次连接即可；
（2）确定A，B旋转后的对应点，而C的对应点是其本身，再顺次连接即可．
【详解】（1）解：如图，，即为所求作的三角形；

（2）如图，即为所求作的三角形，

【点睛】本题考查的是平移，旋转的作图，作等腰三角形，熟练的利用网格特点以及平移旋转的性质进行作图是解本题的关键．
6．(1)见解析
(2)见解析
(3)
【分析】（1）先作出点A、B、C平移后的对应点，、，然后顺次连接即可；
（2）先作出点A、B绕点顺时针旋转90度的对应点，，然后顺次连接即可；
（3）证明为等腰直角三角形，求出，，根据旋转过程中扫过的面积等于的面积加扇形的面积即可得出答案．
【详解】（1）解：作出点A、B、C平移后的对应点，、，顺次连接，则即为所求，如图所示：

（2）解：作出点A、B绕点顺时针旋转90度的对应点，，顺次连接，则即为所求，如图所示：

（3）解：∵，，，
∴，
∵，
∴，
∴为等腰直角三角形，
∴，
根据旋转可知，，
∴，
∴在旋转过程中扫过的面积为．

【点睛】本题主要考查了平移、旋转作图，勾股定理逆定理，扇形面积计算，解题的关键是作出平移或旋转后的对应点．
7．B
【分析】根据平移的定义：在平面内，把一个图形整体沿某一方向移动，这种图形的平行移动，叫做平移变换，结合各选项所给的图形即可作出判断．
【详解】解：观察图形可知，B中图形能由图形通过平移得到，A，C，D均不能由图形通过平移得到；
故选B．
【点睛】本题考查平移．熟练掌握平移的性质，是解题的关键．
8．B
【分析】根据平移的方向可得，平移到，则点与点重合，故的平移距离为的长．
【详解】解：用平移方法说明平行四边形的面积公式时，将平移到，
故平移后点与点重合，则的平移距离为，
故选：B．
【点睛】本题考查了平移的性质，熟练掌握平移的性质是解题的关键．
9．B
【分析】证明，得到，推出为直角三角形，利用的面积等于，进行求解即可．
【详解】解：∵，，
∴，，
∵将线段绕点顺时针旋转得到线段，
∴，，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴的面积等于；
故选B．
【点睛】本题考查旋转的性质，等腰三角形的性质，全等三角形的判定和性质．熟练掌握旋转的性质，得到三角形全等是解题的关键．本题蕴含手拉手全等模型，平时要多归纳，多总结，便于快速解题．
10．B
【分析】根据旋转的性质，以及正多边形的中心角的度数，进行判断即可．
【详解】解：正六边形的中心角的度数为：，
∴正六边形绕其中心旋转或的整数倍时，仍与原图形重合，
∴旋转角的大小不可能是；
故选B．
【点睛】本题考查旋转图形，正多边形的中心角．熟练掌握旋转的性质，正多边形的中心角的度数的求法，是解题的关键．
11．60或120或180或240或300（写出一个即可）
【分析】如图（见解析），求出图中正六边形的中心角，再根据旋转的定义即可得．
【详解】解：这个图案对应着如图所示的一个正六边形，它的中心角，
，
角可以为或或或或，
故答案为：60或120或180或240或300（写出一个即可）．
【点睛】本题考查了正多边形的中心角、图形的旋转，熟练掌握正多边形的性质是解题关键．
12．Q
【分析】连接，作的中垂线，两条中垂线的交点即为旋转中心．
【详解】解：如图，点即为旋转中心；

故答案为：．
【点睛】本题考查旋转对称图形，熟练掌握旋转的性质，是解题的关键．
13．4
【分析】由正方形边长为3，可求AC＝3，则AA′＝AC＝，由平移可得重叠部分是正方形，根据正方形的面积公式可求重叠部分面积．
【详解】解：∵正方形ABCD的边长为3，
∴AC＝3，
∴AA′＝AC＝，
∴A′C＝2，
由题意可得重叠部分是正方形，
∴重叠部分的正方形的边长为，
∴S重叠部分＝4．
故答案为：4．
【点睛】本题考查了正方形的性质，平移的性质，关键是灵活运用这些性质解决问题．
14．2
【分析】过点作于点F，则，可证，于是．设，，，解得，于是．
【详解】解：过点作于点F，则，
∵，
∴．
又，
∴.
∴．
设，矩形中，，
，
，，解得，
∴．
故答案为：2

【点睛】本题考查矩形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理；根据勾股定理构建方程求解是解题的关键．
15．
【分析】依据题意，在中，，，从而，可得，又结合题意，，进而，故可得点坐标，代入解析式可以得解．
【详解】解：如图，作轴，垂足为．

由题意，在中，，，
．
．
．
又绕点顺时针旋转至的位置，
．
．
又点是的中点，
．
在中，
，
．
，．
又在上，
．
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了反比例函数图象上的点的坐标特征，旋转的性质，勾股定理等知识，解题时需要熟练掌握并灵活运用是关键．
16． （答案不唯一）
【分析】根据旋转的性质得出，即可推出；通过证明，得出，求出，设，，则，，证明，得出，则，即可求解．
【详解】解：∵将绕点A逆时针旋转得到，
∴，
∴，即，
∵将绕点A逆时针旋转得到，
∴，，
∴，
∴，
∴，即，
解得：，
∵四边形是平行四边形，，
∴，
∴，
设，，则，，
∵，
∴，
∴，
∴，
整理得：，
把代入解得：
故答案为：，．
【点睛】本题主要考查了旋转的性质，平行四边形的性质，相似三角形的判定和性质，解题的关键是掌握相关性质定理，掌握相似三角形对应边成比例．
17．①②③
【分析】延长，并截取，连接，证明，得出，，根据，，得出，证明，得出，即可判断①正确；根据三角形中位线性质得出，根据，得出，判断②正确；根据时，，
得出，，，，根据四边形内角和得出
，求出，判断③正确；根据②可知，，根据勾股定理得出，求出，判断④错误．
【详解】解：延长，并截取，连接，如图所示：
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
根据旋转可知，，，
∵，
∴，
∴，，
∵，，
∴，
∴，
∴，
即与面积相同，故①正确；
∵，，
∴是的中位线，
∴，
∵，
∴，故②正确；
当时，，
∴，，，，
∵，
∴，
即，故③正确；
∵，
∴根据②可知，，
∵当时，，为中线，
∴，
∴，
∴，
∴，故④错误；
综上分析可知，正确的是①②③．
【点睛】本题主要考查了三角形全等的判定和性质，等腰三角形的性质，中位线性质，勾股定理，四边形内角和，补角的性质，解题的关键是作出辅助线，构造全等三角形，证明．
18． 120°##120度 75°##75度
【分析】如图，以AB为边向右作等边△ABE，连接EP′．利用全等三角形的性质证明∠BEP′＝90°，推出点P′在射线EP′上运动，如图1中，设EP′交BC于点O，再证明△BEO是等腰直角三角形，可得结论．
【详解】解：如图，以AB为边向右作等边△ABE，连接EP′．
∵△BPP′是等边三角形，
∴∠ABE＝∠PBP′＝60°，BP＝BP′，BA＝BE，
∴∠ABP＝∠EBP′，
在△ABP和△EBP′中，
∴△ABP≌△EBP′（SAS），
∴∠BAP＝∠BEP′＝90°，
∴点P′在射线EP′上运动，
如图1中，设EP′交BC于点O，
当点P′落在BC上时，点P′与O重合，此时∠PP′C＝180°－60°＝120°，
当CP′⊥EP′时，CP′的长最小，此时∠EBO＝∠OCP′＝30°，
∴EO＝OB，OP′＝OC，
∴EP′＝EO＋OP′＝OB＋OC＝BC，
∵BC＝2AB，
∴EP′＝AB＝EB，
∴∠EBP′＝∠EP′B＝45°，
∴∠BP′C＝45°＋90°＝135°，
∴∠PP′C＝∠BP′C－∠BP′P＝135°－60°＝75°．
故答案为：120°，75°．
【点睛】本题考查旋转的性质，矩形的性质，等边三角形的性质，全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，属于中考填空题中的压轴题．
19．(1)画图见解析
(2)画图见解析，
【分析】（1）找到的格点的，使得，且，连接，则即为所求；
（2）根据平移画出，连接，勾股定理即可求解．
【详解】（1）解：如图所示，即为所求；

（2）解：如图所示，，即为所求；

．
【点睛】本题考查了平移作图，勾股定理与网格，熟练掌握勾股定理是解题的关键．
20．(1)见解析
(2)见解析
【分析】（1）底边长为即底边为小方格的对角线，根据要求画出底边，再在其底边的垂直平分线找到在格点上的顶点即可得到等腰，然后根据中心旋转性质作出绕矩形的中心旋转180°后的图形．
（2）根据网格特点，按要求构造等腰直角三角形，然后按平移的规律作出平移后图形即可．
【详解】（1）（1）画法不唯一，如图1（ ，），或图2（）．

（2）画法不唯一，如图3或图4．

【点睛】本题主要考查了格点作图，解题关键是掌握网格的特点，灵活画出相等的线段和互相垂直或平行的线段．
21．(1)
(2)正方形，见解析
【分析】（1）确定旋转角，结合，，计算即可．
（2）先证明四边形是矩形，再利用等腰直角三角形的性质，结合一组邻边相等的矩形是正方形证明即可．
【详解】（1）根据题意，得旋转角，
∵，，
∴，
故．
（2）根据题意，得旋转角，
∵，，
∴，
∵，，
∴，，
∴，
∵，，

∴，
∴，
∴，
∴四边形是矩形，
∵，
∴四边形是正方形．
【点睛】本题考查了旋转的性质，矩形的判断，正方形的判断，等腰直角三角形的性质，熟练掌握矩形的判断，正方形的判断，等腰直角三角形的性质是解题的关键．
22．初步尝试：（1）；；（2）特例研讨：（1）；（2）；（3）或
【分析】（1），点分别为边的中点，则是的中位线，即可得出结论；
（2）特例研讨：（1）连接，，证明是等边三角形，是等边三角形，得出；（2）连接，证明，则，设，则，在中，，则，在中，，勾股定理求得，则；
（3）当点在同一直线上时，且点在上时，设，则，得出，则在同一个圆上，进而根据圆周角定理得出，表示与，即可求解；当在上时，可得在同一个圆上，设，则，设，则，则，表示与，即可求解．
【详解】初步尝试：（1）∵，点分别为边的中点，
∴是的中位线，
∴；；
故答案是：；
（2）特例研讨：（1）如图所示，连接，，

∵是的中位线，
∴，
∴
∵将绕点顺时针旋转（为锐角），得到，
∴；
∵点在同一直线上时，
∴
又∵在中，是斜边的中点，
∴
∴
∴是等边三角形，
∴，即旋转角
∴
∴是等边三角形，
又∵，
∴,
∴,
∴,
∴,
（2）如图所示，连接，
∵，，
∴，,

∵,
∴,
∴,
设，则，
在中，，则，
在中，,
∴,
解得：或（舍去）
∴,
（3）如图所示，当点在同一直线上时，且点在上时，

∵，
∴，
设，则，
∵是的中位线，
∴
∴，
∵将绕点顺时针旋转，得到，
∴，，
∴
∴，
∵点在同一直线上，
∴
∴，
∴在同一个圆上，

∴
∴
∵，
∴；
如图所示，当在上时，

∵
∴在同一个圆上，
设，则，
将绕点顺时针旋转，得到，
设，则，则，
∴，
∵,
∴，
∵
∴
∴
综上所述，或
【点睛】本题考查了圆周角定理，圆内接四边形对角互补，相似三角形的性质与判定，旋转的性质，中位线的性质与判定，等腰三角形的性质与判定，三角形内角和定理，三角形外角的性质，勾股定理，熟练掌握以上知识是解题的关键．
23．(1)；
(2)（1）中结论成立，证明见解析；
(3)或
【分析】（1）根据，即可得出答案；
（2）证明，即可求解；
（3）证明、均为等边三角形，证明A、M、P、G共线，由（1）、（2）知，，则，在等边三角形中，，则，则，进而求解；当B、F重合时，也符合题意，由（1）、（2）知，，根据，在中，用解直角三角形的方法即可求解．
【详解】（1）解：，理由如下：
在中，，
则，
点D是的中点，
，
则，
,
为等边三角形，
；
（2）解：（1）的结论成立，理由：
证明：延长交于点T，交于点N，

，
，
，
，
，
，
，
；
（3）解：当B、E、F共线时，如下图，连接，

根据图形的对称性，当B、E、F共线时，且点D是的中点，
则F、G、C共线，分别过点G、E作的垂线，垂足分别为H、M，交于点P，
，
则，
则,
即，均为等边三角形，
，
由（1）知为等边三角形，
则，则A、M、P、G共线，
由（1）、（2）知，，
则，
在等边三角形中，，
则，
，
；
当B、F重合时，也符合题意，如下图：

在中，，
，
由（1）、（2）可知，，
，
设，则，
，
，
即，
解得：，
；
综上，的面积为：或．
【点睛】本题为四边形综合题，涉及到三角形全等、解直角三角形、面积的计算、勾股定理的运用，题目难度很大，分类求解是本题解题的关键．
24．(1)
(2)①或；②或或
【分析】（1）利用待定系数法解答即可；
（2）①利用已知条件用含a的代数式表示出点E，D，F，G的坐标，进而得到线段的长度，利用分类讨论的思想方法和相似三角形的性质，列出关于a的方程，解方程即可得出结论；
②利用已知条件，点的坐标的特征，平行四边形的判定与性质，旋转的性质，全等三角形的判定与性质求得 ，和的长，利用分类讨论的思想方法分三种情形讨论解答利用旋转的性质，直角三角形的边角关系定理，勾股定理求得相应线段的长度即可得出结论；
【详解】（1）二次函数的图象经过点，与轴的交点为点，
解得：
此抛物线的解析式为
（2）令，则
解得：或，
∴
．
∵,
∴
四边形为矩形，
∴
∴
∴
Ⅰ当时，
∴
∴
∴
Ⅱ当时，
∴
∴
∴
综上，当与相似时，的值为或；
点与点重合，
∴
∴
∴
四边形为平行四边形，
在和中，
Ⅰ、当 所在直线与 垂直时，如图，
，，三点在一条直线上，
过点 作 轴于点 ， 则
∴此时点 的横坐标为
Ⅱ当所在直线与垂直时，如图，
，
，
设的延长线交于点，过点作，交的延长线于点，过点作，交的延长线于点，则轴，．
，
，
．
，
．
，
，
此时点的横坐标为；
Ⅲ当所在直线与垂直时，如图，
，，
，
，，三点在一条直线上，则，
过点作，交的延长线于点，
，
此时点的横坐标为．
综上，当的边与线段垂直时，点的横坐标为或或．
【点睛】本题主要考查了二次函数的图象与性质，抛物线上点的坐标的特征，矩形的性质，相似三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，直角三角形的性质，勾股定理，直角三角形的边角关系定理，利用点的坐标表示出相应线段的长度和正确利用分类讨论的思想方法是解题的关键