【中考沖刺】2024年中考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)名校模擬題重要考點(diǎn)分類匯編（天津?qū)Ｓ茫ｎ}10 幾何動(dòng)態(tài)與函數(shù)綜合（共36道）解析版

二輪復(fù)習(xí)2024年中考數(shù)學(xué)重要考點(diǎn)名校模擬題分類匯編專題10——幾何動(dòng)態(tài)與函數(shù)綜合（共36道）（天津?qū)Ｓ茫?．（2023上·天津河西·九年級(jí)天津?qū)嶒?yàn)中學(xué)校考階段練習(xí)）平面直角坐標(biāo)系中，四邊形OABC是正方形，點(diǎn)A，C在坐標(biāo)系上，點(diǎn)B（6，6），P是射線OB上一點(diǎn)，將△AOP繞點(diǎn)A順時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°，得△ABQ，Q是點(diǎn)P旋轉(zhuǎn)后的對(duì)應(yīng)點(diǎn)．(1)如圖1，當(dāng)OP=22時(shí)，求點(diǎn)Q(2)如圖2，設(shè)點(diǎn)P（x，y）（0＜x＜6），△APQ的面積為S，求S與x的函數(shù)關(guān)系式，并寫出當(dāng)S取最小值時(shí)，點(diǎn)P的坐標(biāo)；(3)當(dāng)BP+BQ=82時(shí)，直接寫出點(diǎn)Q【答案】(1)Q（8，4）(2)S=x2?6x+18(3)（13，-1）【分析】（1）如圖（1），過P點(diǎn)作PG⊥x軸，垂足為G，過Q點(diǎn)作QH⊥x軸，垂足為H．證明Rt△AQH≌Rt△APG．即可求點(diǎn)Q的坐標(biāo)；（2）如圖（2），過P點(diǎn)作PG⊥x軸，垂足為G．根據(jù)勾股定理和面積公式，得到S=x2?6x+18．進(jìn)而可求S與x的函數(shù)關(guān)系式，并寫出當(dāng)S（3）根據(jù)BP+BQ=82，可得BP+OP=82．因?yàn)镺B=62，說明點(diǎn)P在OB的延長(zhǎng)線上．可得BP=2【詳解】（1）解：如圖（1），過P點(diǎn)作PG⊥x軸，垂足為G，過Q點(diǎn)作QH⊥x軸，垂足為H，則∠PGA=∠AHQ=90°，∵四邊形OABC是正方形，∴∠AOB=45°．∵B（6，6），∴OA=6．在Rt△OPG中，∠POG=45°，∴△OPG是等腰直角三角形，即OG=PG，∵OP=O∴OG=PG=2．∴AG=OA-OG=4．∵△AOP繞點(diǎn)A順時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°，得△ABQ，∴AQ=AP，BQ=OP，∠GAP+∠HAQ=90°，又∵∠HAQ+∠AQH=90°，∴∠GAP=∠AQH在△AQH和△APG中，∠GAP=∠AQH∠PGA=∠AHQ=90°∴△AQH≌△APG（AAS）．∴AH=PG=2，QH=AG=4．∴Q（8，4）；（2）解：如圖（2），過P點(diǎn)作PG⊥x軸，垂足為G．∵△AOP繞點(diǎn)A順時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°，得△ABQ，∴AP=AQ，∠PAQ=90°．∵∠POG=45°，∴OG=PG=x，設(shè)P（x，x），∴AG=6-x．在Rt△APG中，根據(jù)勾股定理，AP整理得AP∵S△APQ=12AP?AQ∴S=x∴當(dāng)x=3時(shí)，S取最小值，∴P（3，3）；（3）解：Q（13，-1）．理由如下：∵△AOP繞點(diǎn)A旋轉(zhuǎn)得到△ABQ，∴OP=BQ．∵BP+BQ=82，∴BP+OP=82．∵OB=62，∴點(diǎn)P在OB的延長(zhǎng)線上．如圖（3）：由圖知：BP+OP=BP+OB+BP=82∴BP=2∴OP=OB+BP=62+2=72，∴OG＝PG＝22OP∴AG=OG-OA=7-6=1，由（1）的解，知Rt△AQH≌Rt△APG，∴AH=PG=7，QH=AG=1，∴OH=OA+AH=6+7=13，∴Q（13，?1）．【點(diǎn)睛】此題考查了正方形的性質(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)、坐標(biāo)與圖形的性質(zhì)-旋轉(zhuǎn)，解題的關(guān)鍵是數(shù)形結(jié)合綜合運(yùn)用以上知識(shí)．2．（2023上·天津南開·九年級(jí)南開翔宇學(xué)校?？茧A段練習(xí)）在平面直角坐標(biāo)系中，已知矩形OBCD，點(diǎn)C4,22，現(xiàn)將矩形OBCD繞點(diǎn)O逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)0°<∠EOB<180°得到矩形OEFG，點(diǎn)B、C、D的對(duì)應(yīng)點(diǎn)分別為點(diǎn)E、F、

(1)如圖1，當(dāng)點(diǎn)E落在邊CD上時(shí)，求直線FG的函數(shù)表達(dá)式；(2)如圖2，當(dāng)C、E、F三點(diǎn)在一直線上時(shí)，CD所在直線與OE、GF分別交于點(diǎn)H、M，求線段MG的長(zhǎng)度．(3)如圖3，設(shè)點(diǎn)P為邊FG的中點(diǎn)，連接PE，在矩形OBCD旋轉(zhuǎn)過程中，點(diǎn)B到直線PE的距離是否存在最大值？若存在，請(qǐng)直接寫出這個(gè)最大值；若不存在，請(qǐng)說明理由．【答案】(1)y=x+4(2)2(3)存在，4【分析】（1）由矩形OBCD，點(diǎn)C4,22，得OB=CD=4，BC=OD=22，∠ODC=90°，可得DE=OE2?OD2=16?8=22，即知∠DOE=45°，E（2）過點(diǎn)M作MN⊥OE于N，連接OC、OF，證明△MNH≌△CEHAAS，可得MH=HC，又Rt△BOC≌Rt△EOCHL，有∠BOC=∠EOC，可得OH=HC，設(shè)OH=HC=m，由勾股定理有(22)（3）當(dāng)PE在O的左側(cè)且PE⊥OB時(shí)，B到直線PE的距離最大，設(shè)PE于OB的交點(diǎn)為M，求出PE=EF2+PF2=(22【詳解】（1）解：∵矩形OBCD，點(diǎn)C4,2∴OB=CD=4，BC=OD=22，∠ODC=90°∵矩形OEFG是由矩形OBCD旋轉(zhuǎn)得到，∴OE=OB=4，F(xiàn)G∥在Rt△ODE中，DE=∴DE=DO，∴∠DOE=45°，E2∴直線OE表達(dá)式為y=x，設(shè)FG的函數(shù)表達(dá)式為y=x+b，由GO=DO=22，∠DOG=45°得G∴2=?2+b，解得b=4，∴FG的函數(shù)表達(dá)式為y=x+4；（2）解：如圖，過點(diǎn)M作MN⊥OE于N，連接OC、OF，

∵矩形OEFG是由矩形OBCD旋轉(zhuǎn)得到，∴OF=OC，∠OEF=90°，∴FE=EC，∵∠MNE=∠NEF=∠EFM=90°，∴四邊形MNEF是矩形，∴MN=FE，∴MN=EC，∵∠MNH=∠CEH=90°，∠MHN=∠CHE，∴△MNH≌△CEHAAS∴MH=HC，∵BC=FE=EC，OC=OC，∴Rt∴∠BOC=∠EOC，∵CD∥∴∠DCO=∠BOC=∠EOC，∴OH=HC，設(shè)OH=HC=m，在Rt△ODH中，O∴(2解得m=3，∴OH=CH=3，∴EH=4?3=1，∴MF=NE=2EH=2，∴MG=4?MF=2；（3）解：在矩形OBCD旋轉(zhuǎn)過程中，點(diǎn)B到直線PE的距離存在最大值，這個(gè)最大值是46當(dāng)PE在O的左側(cè)且PE⊥OB時(shí)，B到直線PE的距離最大，設(shè)PE于OB的交點(diǎn)為M，如圖：

∵P為FG的中點(diǎn)，∴FP=PG=2，∴PE=E∵S∴1∴1∴OM=4∴BM=4∴點(diǎn)B到直線PE的距離最大值是46【點(diǎn)睛】本題考查一次函數(shù)綜合應(yīng)用，涉及待定系數(shù)法，全等三角形的判定與性質(zhì)，旋轉(zhuǎn)問題等，解題的關(guān)鍵是掌握旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)．3．（2023上·天津?yàn)I海新·九年級(jí)天津市濱海新區(qū)塘沽第一中學(xué)校考期中）在平面直角坐標(biāo)系中，已知O為坐標(biāo)原點(diǎn)，點(diǎn)A(1,0)，B(0,2)．以點(diǎn)A為旋轉(zhuǎn)中心，把△ABO順時(shí)針旋轉(zhuǎn)，得△ACD．(1)如圖①，當(dāng)旋轉(zhuǎn)后滿足DC∥x軸時(shí)，求點(diǎn)(2)如圖②，當(dāng)旋轉(zhuǎn)后點(diǎn)C恰好落在x軸正半軸上時(shí)，求點(diǎn)D的坐標(biāo)；(3)在（2）的條件下，邊OB上的一點(diǎn)P旋轉(zhuǎn)后的對(duì)應(yīng)點(diǎn)為P′當(dāng)DP+AP′【答案】(1)(3,1)(2)（1+5(3)(0,【分析】（1）如圖1中，作CH⊥x軸于H．只要證明四邊形ADCH是矩形，利用矩形的性質(zhì)即可解決問題；（2）如圖2中，作DM⊥x軸于M．在Rt△ADC中，求出DM（3）連接PA，P′A，作點(diǎn)A關(guān)于y軸的對(duì)稱點(diǎn)A′，連接DA′交y軸于P″，連接AP″，由題意AP′=A【詳解】（1）解：過點(diǎn)C作CH⊥x軸于H，∵A(1,0)，B(0,2)，∴OA=1，OB=2，由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，可得△ABO≌∴AD=AO=1，DC=BO=2，∠CDA=∠BOA=90°，又∵DC∥∴∠D=∠DAH=∠AHC=90°，∴四邊形DAHC為矩形，∴AH=DC，CH=DA=1，∴點(diǎn)C的坐標(biāo)為(3,1)；（2）過點(diǎn)D作DM⊥x軸于M，由Rt△ACD面積知1在Rt△ABO中，由勾股定理得AB=AO∴AC=5∴12∴DM=2在Rt△DAM中，AM=∴OM=OA+AM=1+2∴點(diǎn)D的坐標(biāo)為（1+5（3）連接PA，P′A，作點(diǎn)A關(guān)于y軸的對(duì)稱點(diǎn)A′，連接DA′交y由題意可得AP=AP根據(jù)軸對(duì)稱的性質(zhì)可得AP∴DP+AP∵A′(?1,0)，D的坐標(biāo)為（∴設(shè)直線A′D的解析式為則0=?k+b2解得k=4∴直線A′D的解析式為當(dāng)x=0時(shí)，y=4∴點(diǎn)P的坐標(biāo)為(0,4【點(diǎn)睛】本題考查了軸對(duì)稱?最短路線問題、勾股定理解直角三角形，兩點(diǎn)之間線段最短等知識(shí)，解題的關(guān)鍵是會(huì)利用兩點(diǎn)之間線段最短解決最短路徑問題，學(xué)會(huì)添加常用輔助線，構(gòu)造直角三角形解決問題．4．（2023上·天津和平·九年級(jí)天津市第五十五中學(xué)校考期中）等腰Rt△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC，點(diǎn)A、點(diǎn)B分別是y軸、x軸上兩個(gè)動(dòng)點(diǎn)，直角邊AC交x軸于點(diǎn)D，斜邊BC交y軸于點(diǎn)E

(1)如圖（1），已知C點(diǎn)的橫坐標(biāo)為?1，直接寫出點(diǎn)A的坐標(biāo)；(2)如圖（2），當(dāng)?shù)妊黂t△ABC運(yùn)動(dòng)到使點(diǎn)D恰為AC中點(diǎn)時(shí)，連接DE，求證：∠ADB=∠CDE(3)如圖（3），若點(diǎn)A在x軸上，且A?6，0，點(diǎn)B在y軸的正半軸上運(yùn)動(dòng)時(shí)，分別以O(shè)B、AB為直角邊在第一、二象限作等腰直角△BOD和等腰直角△ABC，連結(jié)CD交y軸于點(diǎn)P，問當(dāng)點(diǎn)B在y軸的正半軸上運(yùn)動(dòng)時(shí)，BP【答案】(1)A(2)見詳解(3)BP的長(zhǎng)度不變，BP=3【分析】（1）如圖1，過點(diǎn)C作CF⊥y軸于點(diǎn)F，構(gòu)建全等三角形：△ACF≌△ABOAAS，結(jié)合該全等三角形的對(duì)應(yīng)邊相等易得OA的長(zhǎng)度，由點(diǎn)A是y軸上一點(diǎn)可以推知點(diǎn)A（2）過點(diǎn)C作CG⊥AC交y軸于點(diǎn)G，則△ACG≌△ABDASA，即得CG=AD=CD，∠ADB=∠G，由∠DCE=∠GCE=45°，可證△DCE≌△GCESAS得（3）如圖3，過點(diǎn)C作CE⊥y軸于點(diǎn)E，構(gòu)建全等三角形：△CBE≌△BAOAAS，結(jié)合全等三角形的對(duì)應(yīng)邊相等推知：CE=BO，BE=AO=6．再結(jié)合已知條件和全等三角形的判定定理AAS得到：△CPE≌△DPB，故BP=EP=3【詳解】（1）解：如圖1，過點(diǎn)C作CF⊥y軸于點(diǎn)F，

∵CF⊥y軸于點(diǎn)F，∴∠CFA=90°，∠ACF+∠CAF=90°，∵∠CAB=90°，∴∠CAF+∠BAO=90°，∴∠ACF=∠BAO，在△ACF和△ABO中，∠ACF=∠BAO∴△ACF≌△ABO∵C點(diǎn)的橫坐標(biāo)為?1，∴CF=OA=1，∴A0（2）證明：如圖2，過點(diǎn)C作CG⊥AC交y軸于點(diǎn)G，

∵CG⊥AC，∴∠ACG=90°，∠CAG+∠AGC=90°，∵∠AOD=90°，∴∠ADO+∠DAO=90°，∴∠AGC=∠ADO，在△ACG和△ABD中∠ACG=∠BAD=90°AC=AB∴△ACG≌△ABDASA∴CG=AD=CD，∠ADB=∠G，∵∠ACB=45°，∠ACG=90°，∴∠DCE=∠GCE=45°，在△DCE和△GCE中，CD=CG∠DCE=∠GCE∴△DCE≌△GCESAS∴∠CDE=∠G，∴∠ADB=∠CDE；（3）解：BP的長(zhǎng)度不變，理由如下：如圖3，過點(diǎn)C作CE⊥y軸于點(diǎn)E，

∵∠ABC=90°，∴∠CBE+∠ABO=90°．∵∠BAO+∠ABO=90°，∴∠CBE=∠BAO．∵∠CEB=∠AOB=90°，AB=AC，∴△CBE≌△BAOAAS∴CE=BO，BE=AO=6．∵BD=BO，∴CE=BD．∵∠CEP=∠DBP=90°，∠CPE=∠DPB，∴△CPE≌△DPBAAS∴BP=EP=3．【點(diǎn)睛】本題考查了三角形綜合題．主要利用了全等三角形的性質(zhì)定理與判定定理，解決本題的關(guān)鍵是作出輔助線，構(gòu)建全等三角形．5．（2023·天津河西·天津市新華中學(xué)校考二模）如圖，將一個(gè)直角三角形紙片AOB放置在平面直角坐標(biāo)系中，已知點(diǎn)O0,0，OA=2，∠AOB=30°．D，E兩點(diǎn)同時(shí)從原點(diǎn)O出發(fā)，點(diǎn)D以每秒3個(gè)單位長(zhǎng)度的速度沿x軸正方向運(yùn)動(dòng)，點(diǎn)E以每秒1個(gè)單位長(zhǎng)度的速度沿y軸正方向運(yùn)動(dòng)，連接DE，交OA于點(diǎn)F，將△OEF沿直線DE折疊得到△O′EF，設(shè)D，

(1)求∠OED的度數(shù)及點(diǎn)A的坐標(biāo)；(2)若折疊后△O′EF與△AOB①當(dāng)折疊后△O′EF與△AOB重疊部分的圖形為三角形時(shí)，請(qǐng)寫出S與t②求S的最大值（直接寫出結(jié)果即可）．【答案】(1)∠OED=60°；A1,(2)①S=38t2(0<t≤【分析】（Ⅰ）利用勾股定理求得OB的長(zhǎng)，可求得點(diǎn)A的坐標(biāo)，利用特殊角的三角函數(shù)值即可求得∠OED=60°；（Ⅱ）①分點(diǎn)O′落在線段OA上和點(diǎn)O′落在線段②畫出圖形，根據(jù)S=12【詳解】（1）∵∠ABO=90°，∠AOB=30°，OA=2，∴AB=1∴OB=O∴A1,∵∠EOD=90°，OE=t，OD=3∴tan∴∠OED=60°；（2）①∵∠OED=60°，∠AOB=30°，∴∠OFE=90°，即OA⊥DE，∴將△OEF沿直線DE折疊得到△O′EF，折疊后的點(diǎn)O如圖，當(dāng)點(diǎn)O′落在線段OA上，△O′EF與

此時(shí)△OEF≌△O∴OE=O′E=t∴EF=1∴O∴S=1如圖，當(dāng)點(diǎn)O′落在線段OA的延長(zhǎng)線上時(shí)，△O′EF與

設(shè)AB與EF交于點(diǎn)M，∵OE=O′E=t，∠EFO=90°∴cos∴OF=3∴AF=OA?OF=2?3∵∠ABO=∠EFO=90°，∴∠AOB+∠BAO=∠AMF+∠BAO=90°，∴∠AMF=30°，∵∠MFA=90°，∠AMF=30°，∴tan∴MF=3∴S=1∴S=3解：②當(dāng)點(diǎn)O′落在線段OA的延長(zhǎng)線上時(shí)，△O′EF與∵OE=O′E=t，∠EFO=90°∴EF=12O′E=∴BE=3∴S===?∴對(duì)稱軸為t=4∵?5∴當(dāng)t=433時(shí)，S【點(diǎn)睛】本題主要考查了直線與x軸的交點(diǎn)、用待定系數(shù)法求拋物線的解析式、運(yùn)用三角函數(shù)解三角形、全等三角形的判定與性質(zhì)、勾股定理、二次函數(shù)的圖象和性質(zhì)等知識(shí)，對(duì)運(yùn)算能力要求比較高，運(yùn)用分類討論和割補(bǔ)法是解決第（2）小題的關(guān)鍵．6．（2022·天津·天津市雙菱中學(xué)校考模擬預(yù)測(cè)）在平面直角坐標(biāo)系中，四邊形AOBC是矩形，點(diǎn)O(0,0)，點(diǎn)A(5,0)，點(diǎn)B(0,3)．以點(diǎn)A為中心，順時(shí)針旋轉(zhuǎn)矩形AOBC，得到矩形ADEF，點(diǎn)O，B，C的對(duì)應(yīng)點(diǎn)分別為D，E，F(xiàn)．

(1)如圖1當(dāng)點(diǎn)D落在BC邊上時(shí)，求點(diǎn)D的坐標(biāo)；(2)如圖2當(dāng)點(diǎn)D落在線段BE上時(shí)，AD與BC交于點(diǎn)H．①求證△ADB≌△AOB；②求點(diǎn)H的坐標(biāo)．(3)記K為矩形AOBC對(duì)角線的交點(diǎn)，S為△KDE的面積，求S的取值范圍（直接寫出結(jié)果即可）【答案】(1)(1,3)(2)①見解析②((3)30?3【分析】對(duì)于（1），根據(jù)點(diǎn)的坐標(biāo)及旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)得AD=AO=5，在直角三角形中運(yùn)用勾股定理可求出CD的長(zhǎng)，從而可確定答案；對(duì)于（2）①，根據(jù)直角三角形全等的判定方法進(jìn)行判定即可，再根據(jù)①知∠BAD=∠CBA，故BH=AH，在Rt△ACH中，運(yùn)用勾股定理可求得AH對(duì)于（3），在矩形旋轉(zhuǎn)的過程中，根據(jù)點(diǎn)K與直線DE的距離范圍即可確定S的取值范圍．【詳解】（1）∵點(diǎn)A(5,0)，點(diǎn)B(0,3)，∴OA=5，OB=3．∵四邊形AOBC是矩形，∴AC=OB=3，BC=OA=5，∠OBC=∠C=90°.∵矩形ADEF是由矩形AOBC旋轉(zhuǎn)得到的，∴AD=AO=5．在Rt△ADC中，A∴DC=∴BD=BC?DC=1∴點(diǎn)D的坐標(biāo)是(1,3)；（2）①證明：由四邊形ADEF是矩形，知∠ADE=90°．∵點(diǎn)D在線段BE上，得∠ADB=90°.由（1）知，AD=AO，又AB=AB，∠AOB=90°，∴Rt△ADB≌Rt②由Rt△ADB≌Rt△AOB，得在矩形AOBC中，OA∥BC，∴∠CBA=∠OAB，∴∠BAD=∠CBA，∴BH=AH．設(shè)BH=t(0＜t＜5)，則在Rt△ACH中，A∴t2解得t=17∴BH=17∴點(diǎn)H的坐標(biāo)是(17（3）30?334如圖，當(dāng)矩形頂點(diǎn)D在線段AB上時(shí)，點(diǎn)K到直線DE的距離最小，最小值為線段DK的長(zhǎng)，則DK=AD?1∴S=1

如圖，當(dāng)矩形頂點(diǎn)D在BA的延長(zhǎng)線上時(shí)，點(diǎn)K到直線DE距離最大，最大值為線段DE的長(zhǎng)，則DK=AD+1∴S=1所以30?334

【點(diǎn)睛】本題主要考查了矩形的旋轉(zhuǎn)問題，全等三角形的性質(zhì)和判定，勾股定理等，弄清線段的運(yùn)動(dòng)路徑是解題的關(guān)鍵．7．（2023·天津河?xùn)|·天津市第七中學(xué)?？寄M預(yù)測(cè)）在平面直角坐標(biāo)系中，點(diǎn)A?2?，?0?，點(diǎn)B?2?，?2．將△OAB繞點(diǎn)B（1）如圖①，當(dāng)α=45°時(shí)，求點(diǎn)A′（2）如圖②，當(dāng)α=60°時(shí)，求點(diǎn)A′（3）連接?OA′，設(shè)線段OA′的中點(diǎn)為M【答案】（1）?2?2?，【分析】（1）過點(diǎn)A′作A′C⊥OA，垂足為C，根據(jù)題意可得OA=AB=2，∠OAB=90°，從而求出∠AOB=∠ABO=45°，OB=22，根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)A′（2）連接AA′，過點(diǎn)A′作A′D⊥OA，垂足為D，根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)∠A′（3）連接?OA′，設(shè)線段?OA′的中點(diǎn)為M，連接O′M，取A′【詳解】解：（1）如圖，過點(diǎn)A′作A′C⊥OA∵點(diǎn)A?2?∴OA=AB=2，∠OAB=90°．

∴∠AOB=∠ABO=45°，OB=22．∵△O′A′B是△OAB∴A′B=AB=2，點(diǎn)A′∴OA′在Rt△OA′C中，∴點(diǎn)A′的坐標(biāo)為2?2（2）如圖，連接AA′，過點(diǎn)A′作A∵A′B=AB=2，∴∠A′AB=∠AA∴∠A′在Rt△A′AD中，∴OD=OA?AD=2?3．∴點(diǎn)A′的坐標(biāo)為2?3（3）連接?OA′，設(shè)線段?OA′的中點(diǎn)為M，連接∴MN為△A′OB的中位線，A∴MN=12OB=由勾股定理可得O∴O′M≥O′∴O′M的最小值為【點(diǎn)睛】此題考查的是旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)、等腰直角三角形的性質(zhì)、銳角三角函數(shù)、勾股定理和三角形中位線的性質(zhì)，掌握旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)、等腰直角三角形的性質(zhì)、銳角三角函數(shù)、勾股定理和三角形中位線的性質(zhì)是解決此題的關(guān)鍵．8．（2023下·天津河北·九年級(jí)天津二中?？茧A段練習(xí)）在平面直角坐標(biāo)系中，O為原點(diǎn)，點(diǎn)A(?3,0)，點(diǎn)B(0,3)．以AB為一邊作等邊三角形ABC，點(diǎn)(Ⅰ)如圖①，求點(diǎn)C的坐標(biāo)；(Ⅱ)將△AOB繞點(diǎn)B順時(shí)針旋轉(zhuǎn)得△A′O′B①如圖②，當(dāng)旋轉(zhuǎn)角為30°時(shí)，A′B,?A′O′與AC分別交于點(diǎn)E,F,A′O′②若P為線段CO′的中點(diǎn)，求【答案】(Ⅰ)點(diǎn)C的坐標(biāo)為(?3,23)；(Ⅱ)①S=6?5【分析】(Ⅰ)利用A,B的坐標(biāo)，求解AB,∠BAO,利用等邊三角形的性質(zhì)可得答案；(Ⅱ)①過點(diǎn)G作GH⊥AB于點(diǎn)H，分別求解△A′BG,△A′EF的面積，利用S=S△A′BG?S△A′EF，可得答案；②如圖，O′在以B為圓心，OB=3為半徑的圓上運(yùn)動(dòng)，延長(zhǎng)CA至D，使CA=DA,則D?3,?23,設(shè)O′【詳解】解：(Ⅰ)∵A(?3,0),?∴OA=3,?在Rt△AOB中，∵∴∠BAO=30∴AB=2OB=23∵△ABC是等邊三角形，∴∠CAB=60∴∠CAO=90∴點(diǎn)C的坐標(biāo)為(?3,23(Ⅱ)①過點(diǎn)G作GH⊥AB于點(diǎn)H，∵將△AOB順時(shí)針旋轉(zhuǎn)30°，得△A∴A∴∠A∴GA∵GH⊥AB，∴A在Rt△A′∴GH=3∴S∵∠CAB=60∴∠A在Rt△BEA中，∵∴BE=AB?sin在Rt△A′∴EF=A∴S∴S=S②如圖，O′在以B為圓心，OB=延長(zhǎng)CA至D，使CA=DA,則D?3,?2設(shè)O′x,y，則由勾股定理得：∵C?3,23,P∴Px?3∵A?3,0∴AP∴4AP所以：4AP2表示點(diǎn)O′與D之間的距離，連接DB交圓B當(dāng)O′在B的下方，AP設(shè)BD為y=kx+b,∵B0,∴b=解得：k=3∴BD為：y=3∴y=解得：x=?32y=∴當(dāng)O′在B的下方時(shí)，坐標(biāo)為：O∴4AP=3?∴AP∵AP＞0,∴AP=3?3同理：當(dāng)O′在B的上方時(shí)，O∴4AP∵AP＞0,∴AP=3+3∴3?【點(diǎn)睛】本題考查的是方程組的解法，等邊三角形的性質(zhì)，勾股定理的應(yīng)用，旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，銳角三角函數(shù)，圓的基本性質(zhì)，即圓外一點(diǎn)與圓的最短距離與最長(zhǎng)距離，掌握以上知識(shí)是解題的關(guān)鍵．9．（2023下·天津南開·九年級(jí)南開翔宇學(xué)校?？茧A段練習(xí)）在平面直角坐標(biāo)系中，點(diǎn)O0,0，點(diǎn)A2,0，點(diǎn)B2,2，點(diǎn)P在線段OB上（不與點(diǎn)O，B重合）．過點(diǎn)P作PQ⊥OB交線段OA于點(diǎn)Q，以PQ為邊作正方形PQEF（點(diǎn)F與點(diǎn)O(1)如圖1，當(dāng)點(diǎn)E在AB邊上時(shí)，求點(diǎn)P的坐標(biāo)．(2)設(shè)OP=t，正方形PQEF與△OAB重疊部分圖形的面積為S．①如圖2，若正方形PQEF與△OAB重疊部分為五邊形，邊AB分別與QE，EF相交于點(diǎn)M，N，試用含有t的式子表示MN的長(zhǎng)，并直接寫出t的取值范圍；②當(dāng)1≤t≤2時(shí)，求S【答案】(1)2(2)①M(fèi)N=32t?4【分析】（1）過點(diǎn)P作PC⊥OA于點(diǎn)C，根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)得出OPOB=13，繼而根據(jù)PC∥（2）①先求得t的范圍，進(jìn)而根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)求得MN的長(zhǎng)度；②根據(jù)S=S正方形PQEF【詳解】（1）解：如圖所示，過點(diǎn)P作PC⊥OA于點(diǎn)C，∵點(diǎn)A2,0，點(diǎn)B∴OA=AB=2，△OAB是等腰直角三角形，∴∠POC=45°，∴△PCO是等腰直角三角形，∵四邊形PQEF是正方形，∴PQ=PF，∠FPQ=∠QPO=90°，∴△OPQ是等腰直角三角形，∴OP=PQ，同理得出△BEF是等腰直角三角形，∴EF=BF，∴OP=PF=BF，即OP∵PC⊥OA,BA⊥OA，∴PC∥∴OC∴OC=2∵△PCO是等腰直角三角形，∴PC=OC=2∴P2（2）解：由（1）可得當(dāng)E在AB上時(shí)，P2∴OP=當(dāng)P是OB的中點(diǎn)時(shí)，M,N，分別與A,B重合，∴t=∴2如圖所示，連接FQ，∵PO=PQ=PF，∴OP=PF，∵OP=t，∴OF=2t，BF=FN=OB?OF=22由（1）可得△FBN是等腰直角三角形，∴△FNM是等腰直角三角形，∴NE=EF?FN=t?∴MN=∴MN=3②∵M(jìn)N=3S=S正方形PQEF?∵對(duì)稱軸為t=?62?2×72=當(dāng)t=1時(shí)，S=?7當(dāng)t=2時(shí)，S=?∴1≤S≤8【點(diǎn)睛】本題考查了坐標(biāo)與圖形，平行線分線段成比例，二次函數(shù)的性質(zhì)，正方形的性質(zhì)，等腰三角形的性質(zhì)，勾股定理，分類討是解題的關(guān)鍵．10．（2023下·天津和平·九年級(jí)天津一中校考階段練習(xí)）在平面直角坐標(biāo)系中，O為坐標(biāo)原點(diǎn)，△AOB為直角三角形，OB在x軸上，∠OAB=90°，AB=6，OB=10，把△AOB繞點(diǎn)B順時(shí)針旋轉(zhuǎn)，得△A′O′B，點(diǎn)A，O旋轉(zhuǎn)后的對(duì)應(yīng)點(diǎn)為A(1)如圖①，若α=30°，求O′(2)如圖②，若α=90°，求A′(3)如圖③，連接AA′，OO′，直線OO′交AA′于點(diǎn)C，點(diǎn)【答案】(1)O(2)A(3)2≤CE≤8【分析】（1）過O′作O′F⊥OB于點(diǎn)F，OB=O′（2）過作AG⊥x軸于點(diǎn)G，過A′作A′H⊥x軸于點(diǎn)H，首先可證得△ABG≌△BA′（3）由題意知，∠A′BO′=∠ABO，AB=A′B′，OB=O′B′，可得∠OBO′=∠ABA′，∠OO′B=∠O′OB=∠AA′B=∠A′AB，可證得，∠A′BO′=∠【詳解】（1）解：過O′作O′F⊥OB于點(diǎn)F∵△AOB繞點(diǎn)B順時(shí)針旋轉(zhuǎn)得到△A∴OB=O∵∠O∴O′F=∴OF=OB?BF=10?53∴O（2）解：過作AG⊥x軸于點(diǎn)G，過A′作A′H⊥x軸于點(diǎn)H∴∠AGB=∠BHA∴∠GAB+∠ABG=90°，∵∠ABA∴∠ABG+∠HBA∴∠GAB=∠HBA∵△AOB繞點(diǎn)B順時(shí)針旋轉(zhuǎn)得到△A∴AB=A′B，△ABG∴AG=BH，BG=A在Rt△OAB中，OA=∵S∴AG=24∴BH=24∴OH=OB+BH=74在Rt△AGB中，BG=∴A∴A（3）解：由題意可知，∠A′BO′∴∠A′B∵AB=A′B∴∠OO′B=∠∴∠OO∵∠OO∴∠O∴O′，C，B，連接BC，O′A，如圖∵∠O∴∠BCO∵OB=O∴點(diǎn)C為OO∵點(diǎn)E為AO的中點(diǎn)，∴CE為△AOO∴CE=1由旋轉(zhuǎn)可知，O′軌跡為以B為圓心，OB∴O′A的最小值為O′B?AB=4∴2≤CE≤8．【點(diǎn)睛】本題是三角形綜合題，考查了旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，直角三角形的性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)，三角形中位線的判定與性質(zhì)，四點(diǎn)共圓的判定與圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)，畫出輔助圖形，確定CF的最小值是解決本題的關(guān)鍵．11．（2023下·天津?yàn)I海新·九年級(jí)天津經(jīng)濟(jì)技術(shù)開發(fā)區(qū)第一中學(xué)校考開學(xué)考試）在平面直角坐標(biāo)系中，矩形OABC，O為原點(diǎn)，A3,0,B3,4,C0,4，將△OBC繞點(diǎn)B(1)如圖（1），當(dāng)∠CBC′=30°(2)如圖（2），當(dāng)點(diǎn)O′恰好落在x軸上時(shí)，O′C′與①此時(shí)DB與DO②求點(diǎn)D的坐標(biāo)；(3)求△AO【答案】(1)C(2)①DB=DO′；②D(3)14【分析】（1）如圖①中，過點(diǎn)C′作C′H⊥BC于點(diǎn)H．解直角三角形求出BH，CH，可得結(jié)論；（2）①此時(shí)DB與DO′相等，證明②設(shè)DB=DO′=x，再利用勾股定理構(gòu)建方程求出x即可；（3）如圖③中，當(dāng)點(diǎn)C′值A(chǔ)B的延長(zhǎng)線上時(shí)，△AO【詳解】（1）如圖①中，過點(diǎn)C′作C′H⊥BC于點(diǎn)H．∵四邊形OABC是矩形，B(3,4)，∴AB=OC=4，BC=3，在Rt△BC′H中，∠BHC′=90°，∠HBC′=30°∴HC′=12BC′=∴CH=3?3∴C′（2）①結(jié)論：DB=DO′．理由：∵BO=BO′，BA⊥OO′，∴∠OBA=∠ABO′，∵AB∥∴∠ABO=∠COB=∠BO′C′，∴∠DBO′=∠DO′B，∴DB=DO′；②∵BO=BO′，BA⊥OO′，∴OA=AO′=3，設(shè)BD=DO′=x，在Rt△ADO′∴(4?x)∴x=25∴AD=4?25∴D(3,7（3）如圖③中，當(dāng)點(diǎn)C′值A(chǔ)B的延長(zhǎng)線上時(shí)，此時(shí)點(diǎn)A到O′C′△AO′C【點(diǎn)睛】本題屬于四邊形綜合題，考查了矩形的性質(zhì)，解直角三角形，等腰三角形的判定和性質(zhì)等知識(shí)，解題的關(guān)鍵是學(xué)會(huì)添加常用輔助線，構(gòu)造直角三角形解決問題，學(xué)會(huì)利用參數(shù)構(gòu)建方程解決問題．12．（2023下·天津和平·九年級(jí)天津市雙菱中學(xué)?？奸_學(xué)考試）在平面直角坐標(biāo)系中，O為原點(diǎn)，點(diǎn)A4,0，點(diǎn)B0,3，把△ABO繞點(diǎn)B逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)得到△A′BO′，點(diǎn)A、O(1)如圖①，若α=90°，求AA(2)如圖②，若α=60°，求點(diǎn)O′(3)如圖③，P為AB上一點(diǎn)，且PA:PB=2:1，連接PO′、PA′，在△ABO繞點(diǎn)【答案】(1)5(2)O'((3)283，【分析】（1）連接AA′，過點(diǎn)A′作A′D⊥x（2）過點(diǎn)O'作O'H⊥OB于點(diǎn)H，連接OO'，由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)得△BOO（3）設(shè)P到A'O'的距離為h，則SΔPO'A'=12A'O'??=2?，由題意得O是在以B為圓心的圓上運(yùn)動(dòng)，當(dāng)PO【詳解】（1）解：連接AA′，過點(diǎn)A′把△ABO繞點(diǎn)B逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)得到△A′BO′得O'D=OB=3，OA'=OA=4，∴A'D=OA'+O'D=4+3=7，AD=OA-OD=4-3=1，∴AA'=A'（2）過點(diǎn)O'作O'H⊥OB于點(diǎn)H，連接OO'，如圖所示：把△ABO繞點(diǎn)B逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)得到△A′B∴△BOO∴O'B=OB=3，∴BH=12OB=∴O'(3（3）設(shè)P到A'O'的距離為h，∴SΔ∵△ABO繞點(diǎn)B逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)，∴O是在以B為圓心的圓上運(yùn)動(dòng)，如圖所示：當(dāng)PO1⊥O1A1∵PA:PB=2:1，AB=O①當(dāng)PO1⊥∴S△P②當(dāng)PO2⊥∴S△P∴△PO′A′的面積的最大值和最小值分別為【點(diǎn)睛】本題是幾何變換綜合題，考查了旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，勾股定理，含30°的直角三角形，圓等知識(shí)．解題的關(guān)鍵在于熟練掌握旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)．13．（2023·天津河西·天津市新華中學(xué)校考三模）把兩個(gè)等腰直角三角形紙片△OAB和△OCD放在平面直角坐標(biāo)系中，已知A?5,0，B0,5，OC=OD=4，∠COD=90°將△OCD繞點(diǎn)(1)當(dāng)△OCD旋轉(zhuǎn)至如圖的位置時(shí)，∠AOC=30°，求此時(shí)點(diǎn)C的坐標(biāo)；(2)當(dāng)△OCD旋轉(zhuǎn)至B，C，D三點(diǎn)在一條直線上時(shí)，求AC的長(zhǎng)；(3)當(dāng)△OCD旋轉(zhuǎn)至∠OBC的度數(shù)最大時(shí)，則△OAD的面積為．【答案】(1)?2(2)17(3)6【分析】（1）如圖①中，過點(diǎn)C作CE⊥OA于E，解直角三角形求出OE，CE，可得出結(jié)論；（2）要分△OCD在y軸左側(cè)還是右側(cè)兩種情況：如圖②中,當(dāng)在y軸右側(cè)時(shí)，過點(diǎn)O作OF⊥BD于F；當(dāng)在y軸左側(cè)時(shí)，過點(diǎn)O作OG⊥BD于點(diǎn)G，首先證明△AOC≌△BODSAS，推出AC=BD，求出BD（3）如圖③中，當(dāng)OC⊥BC時(shí)，∠OBC的值最大，此時(shí)BC=OB2?OC【詳解】（1）解∶如圖①中，過點(diǎn)C作CE⊥OA于E，∵△COD繞點(diǎn)O順時(shí)針旋轉(zhuǎn)30°∴∠COE=30∴EC=12OC=2∴C?2（2）解：如圖②中，當(dāng)△OCD旋轉(zhuǎn)到y(tǒng)軸右側(cè)時(shí)，過點(diǎn)O作OF⊥BD于F，∵∠COD=∠AOB=90∴∠AOC=∠BOD，∵OA=OB，OC=OD，∴△AOC≌△BOD∴AC=BD，在Rt△CDF中，CD=2∵OF⊥CD，OC=OD，∴CF=DF=22∴OF=1∴BF=O∴BD=BF+DF=17∴AC=BD=17當(dāng)△OCD旋轉(zhuǎn)到y(tǒng)軸左側(cè)時(shí)，過點(diǎn)O作OG⊥BD于點(diǎn)G，∵∠COD=∠AOB=90∴∠AOC=∠BOD，∵OA=OB，OC=OD，∴△AOC≌△BOD∴AC=BD，在Rt△CDG中，CD=2∵OG⊥CD，OC=OD，∴CG=DG=22∴OG=1∴BG=O∴BD=BG?DG=17∴AC=BD=17綜上，AC=17±2（3）解：當(dāng)OC⊥BC時(shí)，∠OBC的值最大，此時(shí)BC=OB2過點(diǎn)D作DF⊥x軸于F，過點(diǎn)C作CE⊥OB于E，∵∠BOF=∠COD=90∴∠BOC=∠DOF，∵∠CEO=∠DFO=90°，OC=∴△OEC≌△OFDAAS∴EC=DF，∵S△AOD=12OA?DF，S∴S△AOC【點(diǎn)睛】本題屬于幾何變換綜合題，主要考查了等腰直角三角形的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)以及勾股定理，三角形的面積等知識(shí)，解題的關(guān)鍵是正確尋找全等三角形解決問題．14．（2023·天津河西·天津市新華中學(xué)?？家荒＃⒁粡埦匦渭埰琌ABC放置在平面直角坐標(biāo)系中，點(diǎn)O(0,0)，點(diǎn)A(5,0)，點(diǎn)C(0,2)，點(diǎn)P在邊BC上（點(diǎn)P不與點(diǎn)B，C重合）．沿OP折疊該紙片，點(diǎn)C的對(duì)應(yīng)點(diǎn)為C′，設(shè)CP=t

(1)如圖①，當(dāng)∠CPO=60°時(shí)，求∠C′OA(2)如圖②，若點(diǎn)C′在第四象限，PC′與OA交于點(diǎn)D，試用含有t(3)若折疊后重疊部分的面積為S，當(dāng)34≤S≤13【答案】(1)∠C′(2)t(3)3【分析】（1）由∠CPO=60°，得到∠C′OA=30°，根據(jù)含30°（2）先證明折疊部分的三角形是等腰三角形，設(shè)OD=PD=x，在Rt△C′（3）當(dāng)0<t≤2時(shí)，重合部分面積是△POC的面積，底是t，高是OC，面積隨t的增大而增大，根據(jù)面積的最大和最小，求得對(duì)應(yīng)的t的值；當(dāng)2<t<5時(shí)，隨著t的增大，面積是逐漸增大的，故根據(jù)（2）中的面積等于136，求得對(duì)應(yīng)的t【詳解】（1）解：過C′作C′E⊥OA

∵四邊形AOCB是矩形，∴∠BCO=90°，∠COA=90°，∵∠CPO=60°，沿OP折疊該紙片，點(diǎn)C(0,2)的對(duì)應(yīng)點(diǎn)為C′∴∠C′OP=∠COP=30°∴∠C∴在Rt△C′OE中，∠C′∴OE=C∴C（2）解：如圖所示：

∵四邊形AOCB是矩形，∴OA∥BC，∴∠CPO=∠POD，由折疊可得∠CPO=∠DPO，PC′=PC=t∴∠POD=∠DPO，∴在等腰△POD中，OD=PD，由折疊可得PC′=PC=t設(shè)OD=PD=x，則DC在Rt△DOC′∴x2?∴重合部分S△POD當(dāng)C′在x軸上，則OC′當(dāng)P與B重合時(shí)，此時(shí)CP=CB=OA=5；∵點(diǎn)P在邊BC上（點(diǎn)P不與點(diǎn)B，C重合）,∴2<t<5,∴重合部分S△POD（3）解：∵若折疊后重疊部分的面積為S，由（1）（2）的求解過程可知，當(dāng)34≤S≤136時(shí)，根據(jù)P點(diǎn)由①當(dāng)C′在第一象限，則0<CP≤2，即0<t≤2根據(jù)對(duì)稱性知重合部分面積S是△POC的面積，則S=S△POC=12CO?PC=1∴當(dāng)S≥34時(shí)，得到當(dāng)t=2時(shí)，面積S=2≤13∴當(dāng)重合部分面積S滿足34≤S≤13②當(dāng)C′在第四象限，則2<CP<5，即2<t<5重合部分面積S是△POD的面積，則S=S由于OC′=OC=2，則C′在以

而OP是線段CC′的中垂線，交CB于則當(dāng)C′在第四象限時(shí)，隨著P點(diǎn)由C→B運(yùn)動(dòng)，OD即當(dāng)2<t<5時(shí)，S=t2+42t隨著由（1）知，當(dāng)t=2時(shí)，面積S=2>3當(dāng)S=t2+42t=解得t=43或∵2<t<5，∴t=43舍棄，取∴當(dāng)重合部分面積S滿足34≤S≤13綜上所述34【點(diǎn)睛】本題考查了對(duì)稱性、矩形性質(zhì)、含30°的直角三角形性質(zhì)、等腰三角形的判定與性質(zhì)、勾股定理、函數(shù)增減性求范圍等知識(shí)，解決問題的關(guān)鍵是掌握對(duì)稱性的應(yīng)用，并弄清函數(shù)的變化趨勢(shì)．15．（2022上·天津·九年級(jí)天津十四中校考階段練習(xí)）在平面直角坐標(biāo)系中，O為原點(diǎn)，點(diǎn)A（3，0），點(diǎn)B（0，4），把△ABO繞點(diǎn)B逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)，得△A'BO′．點(diǎn)A，O旋轉(zhuǎn)后的對(duì)應(yīng)點(diǎn)為A'，O'，記旋轉(zhuǎn)角為α．（1）如圖①，若α＝90°，求AA'的長(zhǎng)；（2）如圖②．若α＝45°，求點(diǎn)O'的坐標(biāo)；（3）若M為AB邊上的一動(dòng)點(diǎn)，在OB上取一點(diǎn)N（0，1），將△ABO繞點(diǎn)B逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)一周，求MN的取值范圍（直接寫出結(jié)果即可）．【答案】（1）52；（2）O′【分析】（1）由勾股定理求出AB的長(zhǎng)，由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)得出∠ABA'＝90°，AB＝A'B＝5，由勾股定理可得出答案；（2）過點(diǎn)O'作O'C⊥OB于點(diǎn)C，由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)及直角三角形的性質(zhì)可求出OC，O'C的長(zhǎng)，則可得出答案；（3）根據(jù)旋轉(zhuǎn)時(shí)，點(diǎn)M的位置即可得出MN的最大值和最小值．【詳解】解：（1）∵點(diǎn)A（3，0），點(diǎn)B（0，4），∴AO＝3，OB＝4，∴AB＝OA2+O∵把△ABO繞點(diǎn)B逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°，得△A'BO′，∴∠ABA'＝90°，AB＝A'B＝5，∴AA'＝AB2+A′（2）如圖②，若α＝45°，則∠OBO'＝45°，過點(diǎn)O'作O'C⊥OB于點(diǎn)C，則∠O'CB＝90°，∴BC＝CO'，∵把△ABO繞點(diǎn)B逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)45°，得△A'BO′，∴OB＝OB'＝4，∴BC＝CO'＝4×22＝22∴OC＝OB﹣BC＝4﹣22，∴O'（22，4﹣22）；（3）ΔAOB在旋轉(zhuǎn)過程中，點(diǎn)M與點(diǎn)N可能重合，重合時(shí)MN值最小為0；AB在N點(diǎn)上方與y軸重合，且M點(diǎn)在點(diǎn)A時(shí)，MN最大，最大值為：4-1+5=8，∴MN的取值范圍是0≤MN≤8．【點(diǎn)睛】本題是幾何變換綜合題，考查了旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，直角三角形的性質(zhì)，勾股定理，熟練掌握旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．16．（2022上·天津南開·九年級(jí)南開翔宇學(xué)校?？计谀┰谄矫嬷苯亲鴺?biāo)系中，O為原點(diǎn)，點(diǎn)A（8，0），點(diǎn)B（0，6），把△ABO繞點(diǎn)B逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)得△A′B′O′，點(diǎn)A、O旋轉(zhuǎn)后的對(duì)應(yīng)點(diǎn)為A′、O′，記旋轉(zhuǎn)角為α．（1）如圖1，若α=90°，則AB=，并求AA′的長(zhǎng)；（2）如圖2，若α=120°，求點(diǎn)O′的坐標(biāo)；（3）在（2）的條件下，邊OA上的一點(diǎn)P旋轉(zhuǎn)后的對(duì)應(yīng)點(diǎn)為P′，當(dāng)O′P+BP′取得最小值時(shí)，直接寫出點(diǎn)P′的坐標(biāo)．【答案】（1）10，102；（2）（33，9）；（3）（123【分析】(1)如圖①，先利用勾股定理計(jì)算出AB=5，再根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)得BA=BA′，∠ABA′=90°，則可判定△ABA′為等腰直角三角形，然后根據(jù)等腰直角三角形的性質(zhì)求AA′的長(zhǎng)；(2)作O′H⊥y軸于H，如圖②，利用旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)得BO=BO′=3，∠OBO′=120°，則∠HBO′=60°，再在Rt△BHO′中利用含30度的直角三角形三邊的關(guān)系可計(jì)算出BH和O′H的長(zhǎng)，然后利用坐標(biāo)的表示方法寫出O′點(diǎn)的坐標(biāo)；(3)、由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)得BP=BP′，則O′P+BP′=O′P+BP，作B點(diǎn)關(guān)于x軸的對(duì)稱點(diǎn)C，連結(jié)O′C交x軸于P點(diǎn)，如圖②，易得O′P+BP=O′C，利用兩點(diǎn)之間線段最短可判斷此時(shí)O′P+BP的值最小，接著利用待定系數(shù)法求出直線O′C的解析式為y=533x﹣3，從而得到P（3【詳解】(1)如圖①，∵點(diǎn)A（4，0），點(diǎn)B（0，3），∴OA=4，OB=3，∴AB=42∵△ABO繞點(diǎn)B逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°，得△A′BO′，∴BA=BA′，∠ABA′=90°，∴△ABA′為等腰直角三角形，∴AA′=BA=52；(2)、作O′H⊥y軸于H，如圖②，∵△ABO繞點(diǎn)B逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)120°，得△A′BO′，∴BO=BO′=3，∠OBO′=120°，∴∠HBO′=60°，在Rt△BHO′中，∵∠BO′H=90°﹣∠HBO′=30°，∴BH=12BO′=32，O′H=3BH=∴OH=OB+BH=3+32=9∴O′點(diǎn)的坐標(biāo)為（332，（3）∵△ABO繞點(diǎn)B逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)120°，得△A′BO′，點(diǎn)P的對(duì)應(yīng)點(diǎn)為P′，∴BP=BP′，∴O′P+BP′=O′P+BP，作B點(diǎn)關(guān)于x軸的對(duì)稱點(diǎn)C，連結(jié)O′C交x軸于P點(diǎn)，如圖②，則O′P+BP=O′P+PC=O′C，此時(shí)O′P+BP的值最小，∵點(diǎn)C與點(diǎn)B關(guān)于x軸對(duì)稱，∴C（0，﹣6），設(shè)直線O′C的解析式為y=kx+b，把O′（33，9），C（0，﹣6）代入得33k+b=9∴直線O′C的解析式為y=53當(dāng)y=0時(shí)，533x則P（63∴OP=635，∴O′P′=OP=作P′D⊥O′H于D，∵∠BO′A=∠BOA=90°，∠BO′H=30°，∴∠DP′O′=30°，∴O′D=12O′P′=335∴DH=O′H﹣O′D=33∴P′點(diǎn)的坐標(biāo)為（1235，17．（2022上·天津河西·九年級(jí)天津市第四十二中學(xué)校考期末）在平面直角坐標(biāo)系中，點(diǎn)A2,0，點(diǎn)B0,2分別是坐標(biāo)軸上的點(diǎn)，連接AB．把△ABO繞點(diǎn)B逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)得△A′BO′．點(diǎn)A，O(1)如圖①，當(dāng)點(diǎn)O′落在AB邊上時(shí)，求α的值和點(diǎn)O(2)如圖②，當(dāng)α=60°時(shí)，求AA′的長(zhǎng)和點(diǎn)(3)連接AO′，直接寫出在旋轉(zhuǎn)過程中【答案】(1)45°，（(2)2(3)2+2【分析】對(duì)于（1），先判斷△ABO是等腰直角三角形，當(dāng)點(diǎn)O′落在邊AB上時(shí)，α=可得點(diǎn)O′對(duì)于（2），先說明△ABA′為等邊三角形，根據(jù)勾股定理求出AB，再根據(jù)“SSS”證明△OBA′?△OAA′，即可得出直線O對(duì)于（3），先判斷S△AO′【詳解】（1）如圖，∵點(diǎn)A（2，0），點(diǎn)B（0，2），∴OA=OB=2，△ABO是等腰直角三角形，∴AB=22當(dāng)點(diǎn)O′落在邊AB上時(shí)，α=∴點(diǎn)O′的橫坐標(biāo)是12AB=∴點(diǎn)O′的橫坐標(biāo)是(（2）如圖，過點(diǎn)O'作O'H⊥OB于點(diǎn)H,在Rt△O'BH中，∵O'B=2,∠OBO'=60°∴∠HO'B=30°∴BH=12O'B=1,O'H=3O'(3，1);當(dāng)α=60°時(shí)，∴∠ABA′=60°∴△ABA∴AA（3）2+22如圖，以A′O′為底，當(dāng)高最大時(shí)，△則AO∴S△A【點(diǎn)睛】本題主要考查了旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，等邊三角形的性質(zhì)和判定，全等三角形的性質(zhì)和判定，勾股定理等，判斷△A′O18．（2022上·天津河西·九年級(jí)天津市海河中學(xué)?？计谀┰谄矫嬷苯亲鴺?biāo)系中，點(diǎn)A4,0，點(diǎn)B0,4分別是坐標(biāo)軸上的點(diǎn)，連接AB．把△ABO繞點(diǎn)B逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)得△A′BO′．點(diǎn)A，O(1)如圖①，當(dāng)點(diǎn)O′落在AB邊上時(shí)，求α的值和點(diǎn)O(2)如圖②，當(dāng)α=60°時(shí)，求AA′的長(zhǎng)和點(diǎn)(3)連接AO′，直接寫出在旋轉(zhuǎn)過程中【答案】(1)α=45°，22(2)O′23(3)面積最大時(shí)，S【分析】（1）先判斷△ABO是等腰直角三角形，當(dāng)點(diǎn)O′落在邊AB上時(shí)，α=45°，如圖，過O′作O′K⊥OB于K，則（2）根據(jù)勾股定理求出AB，如圖，過點(diǎn)O′作O′H⊥OB于點(diǎn)H，再利用含30°的直角三角形的性質(zhì)與勾股定理，可得點(diǎn)A′的坐標(biāo)；再說明（3）先判斷△AO′A【詳解】（1）解：∵點(diǎn)A4,0，點(diǎn)B∴OA=OB=4，△ABO是等腰直角三角形，∴AB=42+當(dāng)點(diǎn)O′落在邊AB上時(shí)，α=45°如圖，過O′作O′K⊥OB于K∴BK=O′K∴O′K2∴OK=4?22∴點(diǎn)O′的坐標(biāo)是2（2）如圖，過點(diǎn)O′作O′H⊥OB在Rt△∵O′B=4，∴∠HO∴BH=12O∴OH=4?2=2，∴O′當(dāng)α=60°時(shí)，∴∠ABA′=60°∴△ABA∴AA（3）如圖，以A′O′為底，當(dāng)高最大時(shí)，△則AO∴此時(shí)S△A【點(diǎn)睛】本題主要考查了旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，等邊三角形的性質(zhì)和判定，坐標(biāo)與圖形，二次根式的化簡(jiǎn)，勾股定理等，判斷△A′O19．（天津市和平區(qū)第二十一中學(xué)2022--2023學(xué)年九年級(jí)上學(xué)期數(shù)學(xué)期末學(xué)情調(diào)研）在平面直角坐標(biāo)系中，四邊形AOBC是矩形，點(diǎn)O0,0，點(diǎn)A6,0，點(diǎn)B0,8．以點(diǎn)A為中心，順時(shí)針旋轉(zhuǎn)矩形AOBC，得到矩形ADEF，點(diǎn)O，B，C的對(duì)應(yīng)點(diǎn)分別為D，E，F(xiàn)，記旋轉(zhuǎn)角為α(1)如圖①，當(dāng)α=30°時(shí)，求點(diǎn)D的坐標(biāo)；(2)如圖②，當(dāng)點(diǎn)E落在AC的延長(zhǎng)線上時(shí)，求點(diǎn)D的坐標(biāo)；(3)當(dāng)點(diǎn)D落在線段OC上時(shí)，求點(diǎn)E的坐標(biāo)（直接寫出結(jié)果即可）．【答案】(1)6?3(2)6(3)12【分析】（1）過點(diǎn)D作DG⊥x軸于G，由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)得出AD=AO=6，α=∠OAD=30°，DE=OB=8，由直角三角形的性質(zhì)得出DG=12AD=3，AG=3DG=33，得出（2）過點(diǎn)D作DG⊥x軸于G，DH⊥AE于H，則則GA=DH，HA=DG，由勾股定理得出AE=10，由面積法求出DH=245，得出OG=65，由勾股定理得出DG=18（3）連接AE，作EG⊥x軸于G，由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)得：∠DAE=∠AOC，AD=AO，由等腰三角形的性質(zhì)得出∠AOC=∠ADO，得出∠DAE=∠ADO，證出AE∥OC，由平行線的性質(zhì)的∠GAE=∠AOD，證出∠DAE=∠GAE，證明△AEG≌△AED，得出AG=AD=6，EG=ED=8，得出OG=12，即可得出答案．【詳解】（1）解：過點(diǎn)D作DG⊥x軸于G，如圖所示：∵點(diǎn)A6,0，點(diǎn)B∴AO=6，OB=8，∵以點(diǎn)A為中心，順時(shí)針旋轉(zhuǎn)矩形AOBC，得到矩形ADEF，∴AD=AO=6，α=∠OAD=30°，DE=OB=8，在Rt△ADG中，DG=12AD=3∴OG=OA?AG=6?33∴點(diǎn)D的坐標(biāo)為6?33（2）解：過點(diǎn)D作DG⊥x軸于G，DH⊥AE于H，如圖所示：則GA=DH，HA=DG，∵DE=OB=8，∠ADE=∠AOB=90°，∴AE=A∵12∴DH=AD?DE∴OG=OA?GA=OA?DH=6?245=∴點(diǎn)D的坐標(biāo)為65（3）解：連接AE，作EG⊥x軸于G，如圖所示：由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)得：∠DAE=∠AOC，AD=AO，∴∠AOC=∠ADO，∴∠DAE=∠ADO，∴AE∥OC，∴∠GAE=∠AOD，∴∠DAE=∠GAE，在△AEG和△AED中，∠AGE=∠ADE=90°∠GAE=∠DAE∴△AEG≌△AEDAAS∴AG=AD=6，EG=ED=8，∴OG=OA+AG=6+6=12，∴點(diǎn)E的坐標(biāo)為12，【點(diǎn)睛】本題是四邊形綜合題，考查了矩形的性質(zhì)、坐標(biāo)與圖形性質(zhì)、勾股定理、全等三角形的判定與性質(zhì)、旋轉(zhuǎn)變換的性質(zhì)、含30°角的直角三角形的性質(zhì)等知識(shí)，解題的關(guān)鍵是理解題意，正確作出輔助線，屬于中考?jí)狠S題．20．（2022上·天津南開·九年級(jí)天津育賢中學(xué)?？计谀┤鐖D1，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，直線AB與x軸交于點(diǎn)A、與y軸交于點(diǎn)B，且∠ABO＝45°，A（－6，0），直線BC與直線AB關(guān)于y軸對(duì)稱.(1)求△ABC的面積；(2)如圖2，D為OA延長(zhǎng)線上一動(dòng)點(diǎn)，以BD為直角邊，D為直角頂點(diǎn)，作等腰直角△BDE，求證：AB⊥AE；(3)如圖3，點(diǎn)E是y軸正半軸上一點(diǎn)，且∠OAE＝30°，AF平分∠OAE，點(diǎn)M是射線AF上一動(dòng)點(diǎn)，點(diǎn)N是線段AO上一動(dòng)點(diǎn)，判斷是否存在這樣的點(diǎn)M，N，使OM＋NM的值最小？若存在，請(qǐng)寫出其最小值，并加以說明.【答案】（1）36；（2）證明見解析；（3）3，理由見解析.【分析】(1)根據(jù)直線與坐標(biāo)軸的交點(diǎn)易得A,C的坐標(biāo)，從而得出AC=12，OB=6，根據(jù)三角形面積公式可求解；(2)過E作EF⊥x軸于點(diǎn)F，延長(zhǎng)EA交y軸于點(diǎn)H，證△DEF≌△BDO，得出EF＝OD＝AF，有∠EAF(3)由已知條件可在線段OA上任取一點(diǎn)N,再在AE作關(guān)于OF的對(duì)稱點(diǎn)N′,當(dāng)點(diǎn)N運(yùn)動(dòng)時(shí)，ON′最短為點(diǎn)O到直線AE的距離.再由∠OAE即可得解.【詳解】解：（1）由已知條件得：

AC=12，OB=6

∴S（2）過E作EF⊥x軸于點(diǎn)F，延長(zhǎng)EA交y軸于點(diǎn)H,∵△BDE是等腰直角三角形，∴DE=DB,∠BDE=90°,∴∠∵∠∴∠∴∠∵EF⊥x∴△∴DF=BO=AO,EF=OD∴AF=EF∴∠∴∠BAE＝90°（3）由已知條件可在線段OA上任取一點(diǎn)N,再在AE作關(guān)于OF的對(duì)稱點(diǎn)N′,當(dāng)點(diǎn)N運(yùn)動(dòng)時(shí)，O∵∠OAE∴OM+ON=3【點(diǎn)睛】本題考查的知識(shí)點(diǎn)主要是直角三角形的性質(zhì)及應(yīng)用，軸對(duì)稱在最短路徑問題中的應(yīng)用，弄懂題意，作出合理的輔助線是解題的關(guān)鍵.21．（2022上·天津河北·九年級(jí)天津二中?？计谀┰谄矫嬷苯亲鴺?biāo)系中，四邊形AOBC是矩形，點(diǎn)O0,0，點(diǎn)A3,0，點(diǎn)B0,4．以點(diǎn)A為中心，順時(shí)針旋轉(zhuǎn)矩形AOBC，得到矩形ADEF，點(diǎn)O，B，C的對(duì)應(yīng)點(diǎn)分別為D，E，F(xiàn)(1)如圖1，當(dāng)α=30°時(shí)，求點(diǎn)D的坐標(biāo)；(2)如圖2，當(dāng)點(diǎn)E落在AC的延長(zhǎng)線上時(shí)，求點(diǎn)D的坐標(biāo)；(3)當(dāng)點(diǎn)D落在線段OC上時(shí)，直接寫出點(diǎn)E的坐標(biāo)．【答案】(1)6?3(2)3(3)6【分析】（1）過點(diǎn)D作DG⊥x軸于G，由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)得出AD=AO=3，α=∠OAD=30°，DE=OB=4，由直角三角形的性質(zhì)得出DG=12AD=32，AG=3DG=（2）過點(diǎn)D作DG⊥x軸于G，，DH⊥AE于H，則則GA=DH，HA=DG，由勾股定理得出AE=10，由面積法求出DH=125，得出OG=35，由勾股定理得出DG=95（3）連接AE，作EG⊥x軸于G，由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)得：∠DAE=∠AOC，AD=AO，由等腰三角形的性質(zhì)得出∠AOC=∠ADO，得出∠DAE=∠ADO，證出AE∥OC，由平行線的性質(zhì)的∠GAE=∠AOD，證出∠DAE=∠GAE，證明△AEG?△AED，得出AG=AD=3，EG=ED=4，得出OG=6，即可得出答案．【詳解】（1）解：過點(diǎn)D作DG⊥x軸于G，如圖所示：∵點(diǎn)A3,0，點(diǎn)B∴AO=3，OB=4，∵以點(diǎn)A為中心，順時(shí)針旋轉(zhuǎn)矩形AOBC，得到矩形ADEF，∴AD=AO=3，α=∠OAD=30°，DE=OB=4，在Rt△ADG中，DG=12AD=∴OG=OA?AG=6?3∴點(diǎn)D的坐標(biāo)為6?33（2）過點(diǎn)D作DG⊥x軸于G，，DH⊥AE于H，如圖所示：則GA=DH，HA=DG，∵DE=OB=4，∠ADE=∠AOB=90°，∴AE=A∵12∴DH=AD?DE∴OG=OA?GA=OA?DH=3?125=∴點(diǎn)D的坐標(biāo)為35（3）連接AE，作EG⊥x軸于G，如圖所示：由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)得：∠DAE=∠AOC，AD=AO，∴∠AOC=∠ADO，∴∠DAE=∠ADO，∴AE∥OC，∴∠GAE=∠AOD，∴∠DAE=∠GAE，在△AEG和△AED中，∠AGE=∠ADE=90°∠GAE=∠DAE∴△AEG?△AED（AAS），∴AG=AD=3，EG=ED=4，∴OG=OA+AG=3+3=6，∴點(diǎn)E的坐標(biāo)為6，【點(diǎn)睛】本題是四邊形綜合題，考查了矩形的性質(zhì)、坐標(biāo)與圖形性質(zhì)、勾股定理、全等三角形的判定與性質(zhì)、旋轉(zhuǎn)變換的性質(zhì)、含30°角的直角三角形的性質(zhì)等知識(shí)，解題的關(guān)鍵是理解題意，正確作出輔助線，屬于中考?jí)狠S題．22．（2022上·天津·九年級(jí)天津市第五十五中學(xué)?？计谀?）如圖1，在四邊形ABCD中，∠B=∠C=90°，點(diǎn)E是邊BC上一點(diǎn)，AB=EC，BE=CD，連接AE、DE．判斷（2）在平面直角坐標(biāo)系中，已知點(diǎn)A0,2，點(diǎn)C是x軸上的動(dòng)點(diǎn)，線段CA繞著點(diǎn)C按順時(shí)針方向旋轉(zhuǎn)90°至線段CB，連接BO①如圖2，若點(diǎn)C?1,0，則點(diǎn)B②求C點(diǎn)運(yùn)動(dòng)過程中B點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)軌跡解析式．③求BO+BA的最小值時(shí)點(diǎn)B的坐標(biāo)．【答案】（1）△AED為等腰直角三角形，理由見解析；（2）①點(diǎn)B的坐標(biāo)為1,?1，②B點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)軌跡解析式為y=x?2，③4【分析】（1）證明△ABE≌（2）①過點(diǎn)B作BD⊥x軸于點(diǎn)D，證明△ACO≌△CBDSAS，即可求解；②設(shè)點(diǎn)Ca,0，根據(jù)△ACO≌△CBDSAS將點(diǎn)B的坐標(biāo)表示出來，即可求解；③令點(diǎn)B的運(yùn)動(dòng)軌跡與x軸交于點(diǎn)M，與y軸交于點(diǎn)N，作點(diǎn)O關(guān)于運(yùn)動(dòng)軌跡的對(duì)稱點(diǎn)O′，連接AO′，與軌跡相交于點(diǎn)【詳解】解：（1）在△ABE和△ECD中，AB=EC∠B=∠C=90°∴△ABE≌∴∠BAE=∠CED，AE=DE，∴△AED為等腰三角形，∵∠BAE+∠AEB=90°，∴∠CED+∠AEB=90°，∴∠AED=90°，∴△AED為等腰直角三角形．（2）①過點(diǎn)B作BD⊥x軸于點(diǎn)D，∵線段CA繞著點(diǎn)C按順時(shí)針方向旋轉(zhuǎn)90°至線段CB，∴CA=CB，∠ACB=∠ACO+∠DCB=90°，∵∠ACO+∠CAO=90°，∴∠DCB=∠CAO，在△ACO和△CBD中，∠DCB=∠CAO∠AOC=∠CDB∴△ACO≌∴AO=CD,CO=BD，∵A0,2，C∴AO=CD=2,CO=BD=1，∴點(diǎn)B的坐標(biāo)為1,?1；②設(shè)點(diǎn)Ca,0當(dāng)點(diǎn)C在x軸負(fù)半軸時(shí)，CO=?a，由①同理可得△ACO≌∴AO=CD=2,CO=BD=?a，∴OD=CD?CO=2??a∴點(diǎn)B的坐標(biāo)為2+a,a，當(dāng)點(diǎn)C在x軸正半軸時(shí)，CO=a，由①同理可得△ACO≌∴AO=CD=2,CO=BD=a，∴OD=CD+CO=2+a，∴點(diǎn)B的坐標(biāo)為2+a,a，令2+a=A，則a=A?2，∴B點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)軌跡解析式為y=x?2．③令點(diǎn)B的運(yùn)動(dòng)軌跡與x軸交于點(diǎn)M，與y軸交于點(diǎn)N，作點(diǎn)O關(guān)于運(yùn)動(dòng)軌跡的對(duì)稱點(diǎn)O′，連接AO′，與軌跡相交于點(diǎn)B由②可得：點(diǎn)B的運(yùn)動(dòng)軌跡解析式為y=x?2，當(dāng)x=0時(shí)，y=?2，當(dāng)y=0時(shí)，0=x?2，解得：x=2，∴M2,0∴OM=ON=2，∵點(diǎn)O和點(diǎn)O′關(guān)于直線MN∴OO′⊥MN，MN∴NO=NO∵∠NOM=90°，NO=NO∴四邊形ONO∴O′設(shè)AO′所在直線的函數(shù)解析式為：把點(diǎn)O′2,?2，?2=2k+b2=b，解得：k=?2∴AO′所在直線的函數(shù)解析式為：聯(lián)立y=?12x+2y=?2x+2y=x?2，解得：x=∴點(diǎn)B的坐標(biāo)為43【點(diǎn)睛】本題主要考查了三角形全等的判定和性質(zhì)，旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，一次函數(shù)的圖象和性質(zhì)，解題的關(guān)鍵是熟練掌握判定三角形全等的方法，旋轉(zhuǎn)前后對(duì)應(yīng)邊相等，以及求一次函數(shù)表達(dá)式的方法．23．（2022上·天津·九年級(jí)天津市第二南開中學(xué)校考期末）如圖①，將一個(gè)直角三角形紙片ABC放置在平面直角坐標(biāo)系中，點(diǎn)A?2,0，點(diǎn)B6,0，點(diǎn)C在第一象限，∠ACB=90°，(1)求點(diǎn)C的坐標(biāo)；(2)以點(diǎn)B為中心，順時(shí)針旋轉(zhuǎn)三角形ABC，得到三角形BDE，點(diǎn)A，C的對(duì)應(yīng)點(diǎn)分別為D，E．如圖②，當(dāng)DE∥AB時(shí)，BD與y軸交于點(diǎn)F，求點(diǎn)F的坐標(biāo)；(3)以點(diǎn)B為中心，順時(shí)針旋轉(zhuǎn)三角形ABC，得到三角形BD′E′，點(diǎn)A，C的對(duì)應(yīng)點(diǎn)分別為D′，E′．在（2）的條件下，點(diǎn)F不變，記P為線段FD【答案】(1)C(4,2(2)F(0,2(3)2【分析】(1)過點(diǎn)C作CG⊥x軸，垂足為G．解直角三角形求出OG,CG即可．(2)如圖②解直角三角形求出OF,可得結(jié)論．(3)圖見詳解，連接EF，利用三角形中位線定理證明PQ=12E'F【詳解】（1）解：如圖，過點(diǎn)C作CG⊥x軸，垂足為G∵點(diǎn)A(?2,0)，點(diǎn)B(6,0)∴OA=2,OB=6∴AB=8又∵∠ACB=90°，∠CAB=30°∴BC=在RT△GBC中，∠CGB=60°，∴BG=BC?CG=BC?∴OG=OB?BG=4又∵點(diǎn)C在第一象限，∴C(4,2（2）解：∵DE∴∠FBA=∠EDB=∠CAB=30°在RT△FOB中，OB=6∴OF=2∴F(0,2（3）如圖，連接E'F∵D'P=PF，D'Q=QE'∴PQ=∵BF=2OF=43，∴4∴23【點(diǎn)睛】本題考查了平行線的性質(zhì)，解直角三角形，旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，三角形的中位線，三角形三邊關(guān)系等相關(guān)知識(shí)點(diǎn)，熟練掌握是解題的關(guān)鍵．24．（2022上·天津·九年級(jí)天津經(jīng)濟(jì)技術(shù)開發(fā)區(qū)第一中學(xué)?？茧A段練習(xí)）在平面直角坐標(biāo)系中，O為原點(diǎn)，點(diǎn)A（1，0），點(diǎn)B（0，3），把△ABO繞點(diǎn)O順時(shí)針旋轉(zhuǎn)，得A′B′（Ⅰ）如圖①，當(dāng)α=30°時(shí)，求點(diǎn)B′的坐標(biāo)；（Ⅱ）設(shè)直線AA′與直線BB′相交于點(diǎn)如圖②，當(dāng)α=90°時(shí)，求點(diǎn)M的坐標(biāo)；②點(diǎn)C（﹣1，0），求線段CM長(zhǎng)度的最小值．（直接寫出結(jié)果即可）【答案】（Ⅰ）B′（32，32）；（Ⅱ）①M(fèi)（1+32，【分析】（Ⅰ）記A′B′與x軸交于點(diǎn)H．只要求出OH（Ⅱ）①作MN⊥OA于N，只要求出ON，②首先證明：點(diǎn)M的運(yùn)動(dòng)軌跡為以AB為直徑的⊙O′，當(dāng)C、M、O′共線時(shí)，CM的值最小，最小值=CO-12AB=3【詳解】解：（Ⅰ）記A′B′與x∵∠HOA′=α∴∠OHA′∴HO=OA′?cos30°=32，B′H=∴B′（32，3（Ⅱ）①∵OA=∴Rt△∵OB=∴Rt△顯然△AMB作MN⊥OA于∵OB′=∴MN=AN=∴M（1+32，②如圖③中，∵∠∴∠∵∠∴∠OBB∴∠AOB∵∠AOB∴∠AMB∴點(diǎn)M的運(yùn)動(dòng)軌跡為以AB為直徑的⊙O′，當(dāng)C、M、O′共線時(shí)，CM的值最小，最小值=CO′﹣12AB=325．（2022上·天津·九年級(jí)天津經(jīng)濟(jì)技術(shù)開發(fā)區(qū)第一中學(xué)?？茧A段練習(xí)）在平面直角坐標(biāo)系中，四邊形AOBC是矩形，點(diǎn)O(0,0)，點(diǎn)A(5,0)，點(diǎn)B(0,3).以點(diǎn)A為中心，順時(shí)針旋轉(zhuǎn)矩形AOBC，得到矩形ADEF，點(diǎn)O，B，C的對(duì)應(yīng)點(diǎn)分別為D，E，F(xiàn).

（Ⅰ）如圖①，當(dāng)點(diǎn)D落在BC邊上時(shí)，求點(diǎn)D的坐標(biāo)；（Ⅱ）如圖②，當(dāng)點(diǎn)D落在線段BE上時(shí)，AD與BC交于點(diǎn)H.①求證△ADB≌△AOB；②求點(diǎn)H的坐標(biāo).（Ⅲ）記K為矩形AOBC對(duì)角線的交點(diǎn)，S為△KDE的面積，求S的取值范圍（直接寫出結(jié)果即可）.【答案】（Ⅰ）點(diǎn)D的坐標(biāo)為(1,3).（Ⅱ）①證明見解析；②點(diǎn)H的坐標(biāo)為(175,3).【詳解】分析：（Ⅰ）根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)得AD=AO=5,設(shè)CD=x，在直角三角形ACD中運(yùn)用勾股定理可CD的值，從而可確定D點(diǎn)坐標(biāo)；（Ⅱ）①根據(jù)直角三角形全等的判定方法進(jìn)行判定即可；②由①知∠BAD=∠BAO，再根據(jù)矩形的性質(zhì)得∠CBA=∠OAB.從而∠BAD=∠CBA，故BH=AH，在Rt△ACH中，運(yùn)用勾股定理可求得AH的值，進(jìn)而求得答案；（Ⅲ）30?334詳解：（Ⅰ）∵點(diǎn)A(5,0)，點(diǎn)∴OA=5，OB=3.∵四邊形AOBC是矩形，∴AC=OB=3，BC=OA=5，∠OBC=∠C=90°.∵矩形ADEF是由矩形AOBC旋轉(zhuǎn)得到的，∴AD=AO=5.在Rt△ADC中，有AD∴DC=AD2∴BD=BC?DC=1.∴點(diǎn)D的坐標(biāo)為(1,3

（Ⅱ）①由四邊形ADEF是矩形，得∠ADE=90°.又點(diǎn)D在線段BE上，得∠ADB=90°.由（Ⅰ）知，AD=AO，又AB=AB，∠AOB=90°，∴Rt△ADB≌Rt△AOB.②由△ADB≌△AOB，得∠BAD=∠BAO.又在矩形AOBC中，OA//BC，∴∠CBA=∠OAB.∴∠BAD=∠CBA.∴BH=AH.設(shè)BH=t，則AH=t，HC=BC?BH=5?t.在Rt△AHC中，有AH∴t2=32+(5?t)2∴點(diǎn)H的坐標(biāo)為(17

（Ⅲ）30?334點(diǎn)睛：本大題主要考查了等腰三角形的判定和性質(zhì)，勾股定理以及旋轉(zhuǎn)變換的性質(zhì)等知識(shí)，靈活運(yùn)用勾股定理求解是解決本題的關(guān)鍵.26．（2022上·天津?yàn)I海新·九年級(jí)塘沽二中校考期中）在平面直角坐標(biāo)系中，O為原點(diǎn)，點(diǎn)A（﹣6，0）、點(diǎn)C（0，6），若正方形OABC繞點(diǎn)O順時(shí)針旋轉(zhuǎn)，得正方形OA′B′C′，記旋轉(zhuǎn)角為α：（1）如圖①，當(dāng)α＝45°時(shí)，求BC與A′B′的交點(diǎn)D的坐標(biāo)；（2）如圖②，當(dāng)α＝60°時(shí)，求點(diǎn)B′的坐標(biāo)；（3）若P為線段BC′的中點(diǎn)，求AP長(zhǎng)的取值范圍（直接寫出結(jié)果即可）．【答案】（1）(6?62,6)；（2）(33【分析】（1）當(dāng)α＝45°時(shí)，延長(zhǎng)OA′經(jīng)過點(diǎn)B，在Rt△BA′D中，∠OBC＝45°，A′B＝62（2）過點(diǎn)C′作x軸垂線MN，交x軸于點(diǎn)M，過點(diǎn)B′作MN的垂線，垂足為N，證明△OMC′≌△C′NB′，可得C′N＝OM＝33（3）連接OB，AC相交于點(diǎn)K，則K是OB的中點(diǎn)，因?yàn)镻為線段BC′的中點(diǎn)，所以PK＝12【詳解】解：（1）∵A（﹣6，0）、C（0，6），O（0，0），∴四邊形OABC是邊長(zhǎng)為6的正方形，當(dāng)α＝45°時(shí)，如圖①，延長(zhǎng)OA′經(jīng)過點(diǎn)B，∵OB＝62，OA′＝OA＝6，∠OBC＝45°，∴A′B＝62∴BD＝（62?6）×∴CD＝6﹣（12?62）=6∴BC與A′B′的交點(diǎn)D的坐標(biāo)為（6?62（2）如圖②，過點(diǎn)C′作x軸垂線MN，交x軸于點(diǎn)M，過點(diǎn)B′作MN的垂線，垂足為N，∵∠OC′B′＝90°，∴∠OC′M＝90°﹣∠B′C′N＝∠C′B′N，∵OC′＝B′C′，∠OMC′＝∠C′NB′＝90°，∴△OMC′≌△C′NB′（AAS），當(dāng)α＝60°時(shí)，∵∠A′OC′＝90°，OC′＝6，∴∠C′OM＝30°，∴C′N＝OM＝33∴點(diǎn)B′的坐標(biāo)為(33（3）如圖③，連接OB，AC相交于點(diǎn)K，則K是OB的中點(diǎn)，∵P為線段BC′的中點(diǎn)，∴PK＝12∴P在以K為圓心，3為半徑的圓上運(yùn)動(dòng)，∵AK＝32，∴AP最大值為32+3，AP的最小值為∴AP長(zhǎng)的取值范圍為32【點(diǎn)睛】本題考查正方形性質(zhì)，全等三角形判定與性質(zhì)，三角形中位線定理．（3）問解題的關(guān)鍵是利用中位線定理得出點(diǎn)P的軌跡．27．（2022上·天津·九年級(jí)天津市匯文中學(xué)?？计谥校┰谄矫嬷苯亲鴺?biāo)系中，點(diǎn)A（6，0），點(diǎn)B（0，8），把△AOB繞原點(diǎn)O逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)，得△COD，其中點(diǎn)C，D分別為點(diǎn)A，B旋轉(zhuǎn)后的對(duì)應(yīng)點(diǎn)，記旋轉(zhuǎn)角為α（0°<α（1）如圖，當(dāng)α=45°（2）當(dāng)CD//x軸時(shí)，求點(diǎn)C的坐標(biāo)．【答案】（1）(32，32)；（2）(185，245))或(?18【分析】（1）如圖，過點(diǎn)C作CE⊥OA于E，解直角三角形求出OE，CE即可．（2）分兩種情形：CD在x軸上方時(shí)，設(shè)CD交y軸于F，過點(diǎn)C作CT⊥x軸于T．求出OT，CT即可．當(dāng)CD在x軸下方時(shí)，同法可得．【詳解】解：（1）如圖，過點(diǎn)C作CE⊥OA于E．∵A(6，0)，∵OA＝OC＝6，∵∠COE＝45°，∴EC＝OE＝32，∴C(32，32)．（2）如圖，CD在x軸上方時(shí)，設(shè)CD交y軸于F，過點(diǎn)C作CT⊥x軸于T．

∵CD//x軸，A（6，0），點(diǎn)B（0，8），∴CD⊥OF，∵OB＝OD＝8，OC＝OA＝6，由旋轉(zhuǎn)得，∠COD=∠AOB=90°∴CD=OC∴S∴OF=∴CT＝245∴OT=OC∴C(185，24當(dāng)CD在x軸下方時(shí)，同法可得C(?185，綜上所述，滿足條件的點(diǎn)C的坐標(biāo)為(185，245))或(?18【點(diǎn)睛】本題屬于坐標(biāo)與圖形變化﹣旋轉(zhuǎn)，解題的關(guān)鍵是理解題意，靈活運(yùn)用所學(xué)知識(shí)解決問題．28．（2021上·天津·九年級(jí)天津一中校考期中）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，已知△AOB是等邊三角形，點(diǎn)A的坐標(biāo)是（0，4），點(diǎn)B在一象限，點(diǎn)P（t，0）是x軸上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，連接AP，并把△AOP繞著點(diǎn)A按逆時(shí)針方向旋轉(zhuǎn)，使邊AO與AB重合，連接OD，PD，得△OPD．（1）當(dāng)t＝3時(shí)，求DP的長(zhǎng)（2）在點(diǎn)P運(yùn)動(dòng)過程中，依照條件所形成的△OPD面積為S①當(dāng)t＞0時(shí)，求S與t之間的函數(shù)關(guān)系式②當(dāng)t≤0時(shí)，要使s＝34【答案】（1）DP=19；（2）①s=34t【分析】（1）先判斷出△ADP是等邊三角形，進(jìn)而得出DP=AP，即可得出結(jié)論；（2）①先求出GH=2，進(jìn)而求出DG，再得出DH，即可得出結(jié)論；②分兩種情況，利用三角形的面積建立方程求解即可得出結(jié)論．【詳解】解：（1）∵A（0，4），∴OA=4，∵P（t，0），∴OP=t，∵△ABD是由△AOP旋轉(zhuǎn)得到，∴△ABD≌△AOP，∴AP=AD，∠DAB=∠PAO，∴∠DAP=∠BAO=60°，∴△ADP是等邊三角形，∴DP=AP，∵t=3∴OP=∴DP=AP=AO（2）①當(dāng)t＞0時(shí)，如圖1，BD=OP=t，過點(diǎn)B，D分別作x軸的垂線，垂足于F，H，過點(diǎn)B作x軸的平行線，分別交y軸于點(diǎn)E，交DH于點(diǎn)G，∵△OAB為等邊三角形，BE⊥y軸，∴∠ABP=30°，AP=OP=2，∵∠ABD=90°，∴∠DBG=60°，∴DG=BD?sin60°=32∵GH=OE=2，∴DH=2+∴S=1②當(dāng)t≤0時(shí)，分兩種情況：∵點(diǎn)D在x軸上時(shí)，如圖2在Rt△ABD中，BD=OP=4(1)當(dāng)?433∴DH=GF=BF?BG=2??∴S=?∴t=?33或∴p?33（2）當(dāng)t≤?4BD=OP=-t，DG=?∴DH=?∴1∴t=?21?2∴p?【點(diǎn)睛】此題是幾何變換綜合題，主要考查了全等三角形的判定和性質(zhì)，旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，三角形的面積公式以及解直角三角形，正確作出輔助線是解決本題的關(guān)鍵．29．（2021上·天津河北·九年級(jí)匯森中學(xué)?？计谥校┤鐖D，在平面直角坐標(biāo)系中，O為原點(diǎn)，點(diǎn)A(0,8)，點(diǎn)B(m,0)，且m>0，把ΔAOB繞點(diǎn)A逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°，得ΔACD，點(diǎn)O，B旋轉(zhuǎn)后的對(duì)應(yīng)點(diǎn)為C，D.（1）點(diǎn)C的坐標(biāo)為______.（2）解答下列問題：①設(shè)ΔBCD的面積為S，用含m的式子表示S，并寫出m的取值范圍.②當(dāng)S=6時(shí)，求點(diǎn)B的坐標(biāo)（直接寫出結(jié)果即可）.【答案】（1）(8,8);（2）①S=12m2?4m，(m>8)，或S=?12m2【分析】（1）由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)得出AC=AO=8，∠OAC=90°，得出C（8，8）即可；（2）①由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)得出DC=OB=m，∠ACD=∠AOB=90°，∠OAC=90°，得出∠ACE=90°，證出四邊形OACE是矩形，得出DE⊥x主，OE=AC=8，分三種情況：a、當(dāng)點(diǎn)B在線段OE的延長(zhǎng)線上時(shí)，得出BE=OB-OE=m-8，由三角形的面積公式得出S=12m2-4m（m＞8）即可；b、當(dāng)點(diǎn)B在線段OE上（點(diǎn)B不與O，E重合）時(shí)，BE=OE-OB=8-m，由三角形的面積公式得出S=-12m2+4m（0＜m＜8）即可；c、當(dāng)點(diǎn)B與E重合時(shí)，即m=8，②當(dāng)S=6，m＞8時(shí)，得出12m2-4m=6，解方程求出m即可；當(dāng)S=6，0＜m＜8時(shí)，得出-12m【詳解】解：（1）∵點(diǎn)A（0，8），∴AO=8，∵△AOB繞點(diǎn)A逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°得△ACD，∴AC=AO=8，∠OAC=90°，∴C（8，8），故答案為（8，8）；（2）①延長(zhǎng)DC交x軸于點(diǎn)E，∵點(diǎn)B（m，0），∴OB=m，∵△AOB繞點(diǎn)A逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°得△ACD，∴DC=OB=m，∠ACD=∠AOB=90°，∠OAC=90°，∴∠ACE=90°，∴四邊形OACE是矩形，∴DE⊥x主，OE=AC=8，分三種情況：a、當(dāng)點(diǎn)B在線段OE的延長(zhǎng)線上時(shí)，如圖1所示：則BE=OB-OE=m-8，∴S=12DC?BE=1即S=12m2b、當(dāng)點(diǎn)B在線段OE上（點(diǎn)B不與O，E重合）時(shí)，如圖2所示：則BE=OE-OB=8-m，∴S=12DC?BE=1即S=-12m2c、當(dāng)點(diǎn)B與E重合時(shí)，即m=8，△BCD不存在；綜上所述，S=12m2-4m（m＞8），或S=-12m②當(dāng)S=6，m＞8時(shí)，12m2解得：m=4±27（負(fù)值舍去），∴m=4+27；當(dāng)S=6，0＜m＜8時(shí)，-12m2解得：m=2或m=6，∴點(diǎn)B的坐標(biāo)為（4+27，0）或（2，0）或（6，0）．【點(diǎn)睛】本題考查了坐標(biāo)與圖形性質(zhì)、旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)、矩形的判定與性質(zhì)、三角形面積公式、一元二次方程的解法等知識(shí)；本題綜合性強(qiáng)，有一定難度．30．（2021上·天津南開·九年級(jí)南開翔宇學(xué)校?？茧A段練習(xí)）在平面直角坐標(biāo)系中，已知點(diǎn)A（2，0），點(diǎn)B（0，?23）．點(diǎn)O（0，0）．△AOB繞著點(diǎn)O順時(shí)針旋轉(zhuǎn)，得到△A'OB'，點(diǎn)A、B旋轉(zhuǎn)后的對(duì)應(yīng)點(diǎn)為A'、B（Ⅰ）如圖1，若α＝30°，求點(diǎn)B'的坐標(biāo)；（Ⅱ）如圖2，若0°＜α＜90°，設(shè)直線AA'和直線BB'交于點(diǎn)P，求證：AA'⊥BB'；（Ⅲ）在（Ⅱ）中的條件下，若0°＜α＜360°，點(diǎn)C（﹣2，0）．求線段CP長(zhǎng)度的取值范圍．（直接寫出結(jié)果即可）【答案】（Ⅰ）（3，3）；（Ⅱ）證明見解析；（Ⅲ）23-2≤CP≤23+2．【分析】（Ⅰ）設(shè)A'B'與x軸交于點(diǎn)H，依據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)得出BO∥A'B'，即可得到OH＝12OB'＝3，B'H＝3，進(jìn)而得出點(diǎn)B'的坐標(biāo)為（3（Ⅱ）依據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可得∠BOB'＝∠AOA'＝α，OB＝OB'，OA＝OA'，即可得出∠OBB'＝∠OA'A＝12（180°﹣α），再根據(jù)∠BOA'＝90°+α，四邊形OBPA'的內(nèi)角和為360°，即可得到∠BPA'＝90°，即AA'⊥BB（Ⅲ）作AB的中點(diǎn)M（1，3），連接MP，依據(jù)點(diǎn)P的軌跡為以點(diǎn)M為圓心，以MP＝12AB【詳解】解：（Ⅰ）如圖1，設(shè)A'B'與x軸交于點(diǎn)H，∵OA＝2，OB＝23，∠AOB＝90°，∴AB=4，∴∠ABO＝∠B'＝30°，∵∠BOB'＝α＝30°，∴BO∥A'B'，∵OB'＝OB＝23，∴OH＝12OB'＝3，B'H＝3∴點(diǎn)B'的坐標(biāo)為（3，3）；（Ⅱ）∵∠BOB'＝∠AOA'＝α，OB＝OB'，OA＝OA'，∴∠OBB'＝∠OA'A＝12∵∠BOA'＝90°+α，四邊形OBPA'的內(nèi)角和為360°，∴∠BPA'＝360°﹣（180°﹣α）﹣（90°+α）＝90°，∴AA'⊥BB'；（Ⅲ）如圖，作AB的中點(diǎn)M（1，3），連接MP，∵∠APB＝90°，∴點(diǎn)P的軌跡為以點(diǎn)M為圓心，以MP＝12AB∵C（﹣2，0），M（1，3），∴CM＝(?2?1)2∴當(dāng)點(diǎn)P在CM延長(zhǎng)線上時(shí)，線段CP長(zhǎng)度最大，最大值為23+2；當(dāng)點(diǎn)P在CM上時(shí)，線段CP長(zhǎng)度最小，最小值為23-2；線段CP長(zhǎng)度的取值范圍：23-2≤CP≤23+2．【點(diǎn)睛】本題屬于幾何變換綜合題，主要考查了旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，含30°角的直角三角形的性質(zhì)，四邊形內(nèi)角和以及圓周角定理的綜合運(yùn)用