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天津市年中考数学题型专项训练:旋转问题(含答案名师(完整版)资料(可以直接使用,可编辑优秀版资料,欢迎下载)
天津市年中考数学题型专项训练:旋转问题(含答案名师(完整版)资料(可以直接使用,可编辑优秀版资料,欢迎下载)旋转问题1.如图,在平面直角坐标系中,已知点A的坐标为(0,2),△ABO为等边三角形,P是x轴上的一个动点(不与O点重合),将线段AP绕A点按逆时针方向旋转60°,P点的对应点为点Q.
(Ⅰ)求点B的坐标;
(Ⅱ)当点P在x轴负半轴运动时,求证:∠ABQ=90°;
(Ⅲ)连接OQ,在点P运动的过程中,当OQ平行AB时,求点P的坐标.第1题图解:(Ⅰ)如解图①,过点B作BC⊥x轴于点C,
∵△AOB为等边三角形,且OA=2,
∴∠AOB=60°,OB=OA=2,
∴∠BOC=30°,而∠OCB=90°,
∴BC=OB=1,OC=,
∴点B的坐标为B(,1);
(Ⅱ)∵△APQ、△AOB均为等边三角形,
∴AP=AQ,AO=AB,∠PAQ=∠OAB,
∴∠PAO=∠QAB,
在△APO与△AQB中,,
∴△APO≌△AQB,
∴∠ABQ=∠AOP=90°;
(Ⅲ)当点P在x轴正半轴上时,
∵∠OAB=60°,
∴将AP绕点A逆时针旋转60°时,点Q在点B上方,
∴OQ和AB必相交,
当点P在x轴负半轴上时,点Q在点B的下方,
∵AB∥OQ,∠BQO=90°,∠BOQ=∠ABO=60°.
在Rt△BOQ中,OB=2,∠OBQ=90°-∠BOQ=30°,
∴BQ=,
由(Ⅱ)可知,△APO≌△AQB,
∴OP=BQ=,
∴此时点P的坐标为(-,0).图①图②第1题解图2.在直角坐标系中,OA=CD,OB=OD,CD⊥x轴于D,E、F分别是OB、OD中点,连接EF交AC于点G.
(Ⅰ)如图①,若点A的坐标为(-2,0),S△OCD=5,求点B的坐标;
(Ⅱ)如图②,当OB=2OA时,求证:点G为AC的中点;
(Ⅲ)如图③,当OB>2OA,△ABO绕原点O顺时针旋转α(0°<α<45°),(Ⅱ)中的结论是否还成立,若成立,请证明,若不成立,请说明理由.
第2题图解:(Ⅰ)∵A(-2,0),
∴OA=2,
∵CD⊥OD,CD=OA=2,
又∵S△OCD=5,
∴×OD×2=5,
∴OD=5,
∴OB=OD=5,
∴B(0,5);
(Ⅱ)如解图①,连接EC、AE、CF.
∵OB=2OA,CD=OA,OD=OB,
∴CD=OB,
∵EB=EO,OF=DF,
∴OE∥CD,OE=CD,
∴四边形OECD是平行四边形,
∴EC=OD,
∵AF=OD=EC,
∴EC=AF,EC∥AF,
∴四边形AECF是平行四边形,
∴AG=CG,即点G为AC的中点;
(Ⅲ)成立.
理由:如解图②,连接AE、CF,在FE上取一点H,使得CH=CF.∵OB=OD,OE=EB,OF=DF,
∴OE=DF,∵∠AOE=∠FDC,OA=CD,
∴△AOE≌△CDF,
∴AE=CF=CH,∠AEO=∠CFD,
∵OE=OF,
∴∠OEF=∠OFE,
∵∠AEG=∠AEO+∠OEF,∠CHG=180°-∠CHF=180°-∠CFH=180°-(180°-∠OFE-∠CFD)=∠OFE+∠CFD,
∴∠AEG=∠CHG,
∵∠AGE=∠CGH,
∴△AEG≌△CHG,
∴AG=CG,即点G为AC的中点.图①图②第2题解图
3.如图,在平面直角坐标系中,O为坐标原点,点A的坐标为(-8,0),直线BC经过点B(-8,6),C(0,6),将四边形OABC绕点O按顺时针方向旋转角度α得到四边形OA′B′C′,此时边OA′与边BC交于点P,边B′C′与BC的延长线交于点Q,连接AP.
(Ⅰ)求证:四边形OABC是矩形;
(Ⅱ)在旋转过程中,当∠PAO=∠POA,求P点坐标.
(Ⅲ)在旋转过程中,当P为线段BQ中点时,连接OQ,求△OPQ的面积.第3题图(Ⅰ)证明:∵点A的坐标为(-8,0),点B(-8,6),C(0,6),
∴∠COA=∠OAB=∠B=90°,
∴四边形OABC是矩形.
(Ⅱ)解:如解图①,过点P作PE⊥AO于点E,
∵∠PAO=∠POA,
∴PA=PO,
∵PE⊥AO,
∴AE=EO=4,
∴P(-4,6);
(Ⅲ)解:如解图②,在Rt△OCQ和Rt△OC'Q中,
,
∴Rt△OCQ≌Rt△OC'Q,∴∠OQC=∠OQC',
又∵OP∥C'Q,
∵∠POQ=∠OQC',
∴∠POQ=∠PQO,∴PO=PQ,
∵BP=QP,∴BP=OP=x,
在Rt△OPC中,x2=(8-x)2+62,解得:x=.
故S△OPQ=×CO×PQ=×6×=.图①图②第3题解图4.如图,在平面直角坐标系中A(,0),B(0,1),点P为△OAB内任一点,连接PO、PA、PB,将△ABP绕着点A顺时针旋转60°得到△AB′P′,连接PP′.
(Ⅰ)求点B′的坐标;
(Ⅱ)当△OPA与△APB满足什么条件时,PO+PA+PB的值最小,并求出此最小值;
(Ⅲ)试直接写出(Ⅱ)中的点P坐标.
解:(Ⅰ)∵A(,0),B(0,1),
∴AB=2,∠BAO=30°,
∵将△ABP绕着点A顺时针旋转60°得到△AB′P′,
∴AB′=2,∠B′AO=90°,
∴B′(,2);
(Ⅱ)由旋转可得,△APP′是等边三角形,
∴PP′=PA,
又∵P′B′=PB,∴PO+PA+PB=PO+PP′+P′B′,
∴如解图①,当O、P、P′、B′四点共线时,PO+PA+PB的值最小,
∴当∠OPA=∠APB=∠AP′B′=120°时,PO+PA+PB的值最小,
此时,PO+PA+PB=OB′==;
(Ⅲ)如解图②,将(Ⅱ)中的△OPB绕着点O逆时针旋转60°得到△OB″P″,则∠BOB″=60°,OB″=OB=1
∴点B″的坐标为(-,),
由(Ⅱ)可知A、P、P″、B″四点共线,
∴点P为OB′与AB″的交点,
根据A、B″两点的坐标可得直线AB″的解析式为y=-x+,
根据B′的坐标可得直线OB′的解析式为y=x,
联立方程组,解得P(,).图①图②第4题解图5.如图,将两块直角三角板摆放在平面直角坐标系中,有∠COD=∠ABO=90°,∠OCD=45°,∠AOB=60°,且AO=CD=8.现将Rt△AOB绕点O逆时针旋转,旋转角为β(0°≤β≤180°).在旋转过程中,直线CD分别与直线AB,OA交于点F,G.
(Ⅰ)当旋转角β=45°时,求点B的坐标;
(Ⅱ)在旋转过程中,当GF=AF,求β的值;(Ⅲ)在旋转过程中,当∠BOD=60°时,求直线AB的解析式.
第5题图解:(Ⅰ)如解图①,过点B
作BH⊥x轴于点H,
在Rt△AOB中,∠AOB=60°,OA=8,
∴OB=OA=4,
当β=45°时,即∠BOC=45°,
∴OH=BH,
∴OH2+BH2=42
∴OH=BH=2,
∴B(2,2);
(Ⅱ)当75°<β<180°时,存在FA=FG(如解图④),
∴∠A=∠FGA=30°,
∴∠COG=45°-30°=15°=∠AOM,
∴β=∠BOC=180°-15°-60°=105°,
∴当FG=AF时,β=105°;
(Ⅲ)①当点B在第一象限时(如解图②),过点B作BM⊥OC于点M,∵∠BOD=60°,
∴∠BOC=30°,
∴OM=OB•cos∠BOC=4×=2,BM=OB•sin∠BOC=4×=2,
∴B(2,2),
∵点A在y轴上
∴A(0,8),
设直线AB的解析式为y=kx+b,
∴,
解得:,
∴直线AB的解析式为:y=-x+8;
②当点B在第二象限时,(如解图③),
过点B作
BE⊥x轴于点E,过点A作AH⊥BE于H,
∵∠BOD=60°,
∴∠BOE=30°,
∴∠EBO=60°,
∴∠ABH=30°,
又∵OB=4,
∴OE=OB•cos∠BOE=4×=2,BE=OB•cos∠BOE=4×=2,
∴B(-2,2),
∵∠BEO=∠AHB=90°,∠ABH=∠BOE,
∴△OBE∽△BAH,
∴,
∴AH=2,BH=6
∴A(-4,-4)
设直线AB的解析式为y=kx+b,
∴,
解得,∴直线AB的解析式为:y=x+8.
图①图②图③图④第5题解图6.如图.在平面直角坐标系中,点A(3,0),B(0,-4),C是x轴上一动点,过C作CD∥AB交y轴于点D.
(Ⅰ)求的值;
(Ⅱ)若以A,B,C,D为顶点的四边形的面积等于54,求点C的坐标;
(Ⅲ)将△AOB绕点A按顺时针方向旋转90°得到△AO′B′,设D的坐标为(0,n),当点D落在△AO′B′内部(包括边界)时,求n的取值范围.(直接写出答案即可)
第6题图解:(Ⅰ)∵点A的坐标是(3,0),B的坐标是(0,-4),
∴OA=3,OB=4.
∵CD∥AB,
∴△AOB∽△COD,
∴;
(Ⅱ)设OC=3x,则OD=4x,
则AC=3+3x,BD=4+4x,
当点C在x轴负半轴上时:
∵四边形ABCD的面积是54,
∴AC•BD=54,即(3+3x)(4+4x)=54,
解得:x=2或-4(舍去).
则点C的坐标是(-6,0);
当点C在x轴的正半轴上时,S四边形ABCD=×3x•4x-×3×4=54,
解得:x=或x=-(舍去).
则点C的坐标是(3,0);
(Ⅲ)O′的坐标是(3,3),
则O′B′与y轴的交点坐标是(0,3);
则B′的坐标是(-1,3).
设AB′的解析式是y=kx+b,
根据题意得:,
解得:,
则函数的解析式是y=-x+,
当x=0时,y=.即直线AB′与y轴的交点是(0,).
则n的范围是≤n≤3.第6题解图7.如图,OABC是一张放在平面直角坐标系中的矩形纸片,O为坐标原点,点A在x轴上,点C在y轴上,OA=9,OC=15,将矩形纸片OABC绕O点顺时针旋转90°得到矩形OA1B1C1.将矩形OA1B1C1折叠,使得点B1落在x轴上,并与x轴上的点B2重合,折痕为A1D.
(Ⅰ)求点B2的坐标;
(Ⅱ)求折痕A1D所在直线的解析式;
(Ⅲ)在x轴上是否存在点P,使得∠BPB1为直角?若存在,求出点P的坐标;若不存在,请说明理由.第7题图解:(Ⅰ)由条件知,B2A1=B1A1=BA=15,A1O=B1C1=BC=9,
∴在Rt△A1OB2中,OB2==12,
∴点B2坐标为(12,0);
(Ⅱ)B2C1=15-12=3,DC1=m,则B1D=9-m,
∵B1D=B2D,
∴=9−m,
解得m=4,
∴D点的坐标为(15,4),
又∵A1(0,9),
设折痕A1D所在直线的解析式为y=kx+b(k≠0),
∴,
解得,
即折痕A1D所在直线的解析式为y=−x+9;
(Ⅲ)假设存在P点,
∵∠BPA+∠BPB1+∠B1PC1=180°,∠BPB1=90°,
∴∠BPA+∠B1PC1=90°,
∵∠BAP=90°,∠ABP+∠BPA=90°,
∴∠ABP=∠B1PC1.
在△BAP和△PC1B1中,,
∴△BAP∽△PC1B1.
∴,
∵AB=15,C1B1=9,AC1=24,设PC1的长为m,
∴,
解得m1=15或m2=9.
经检验m1=15或m2=9是方程的两根,
当PC1=15时,P点坐标为(0,0);
当PC1=9时,P点坐标为(6,0).
综上所述,P点坐标为(0,0),(6,0).第7题解图8.如图,在平面直角坐标系中,已知△AOB是等边三角形,点A的坐标是(0,4),点B在第一象限,点P是x轴上的一个动点,连接AP,并把△AOP绕着点A按逆时针方向旋转,使边AO与AB重合,得到△ABD.
(Ⅰ)求点B的坐标及直线AB的解析式;
(Ⅱ)当点P运动到点(t,0)时,试用含t的式子表示点D的坐标;
(Ⅲ)是否存在点P,使△OPD的面积等于,若存在,请求出符合条件的点P的坐标(直接写出结果即可)
第8题图解:(Ⅰ)如解图①,过点B作BE⊥y轴于点E,作BF⊥x轴于点F.
由已知得:BF=OE=2,∴OF==2,
∴点B的坐标是(2,2).
设直线AB的解析式是y=kx+b(k≠0),
则有,∴.
∴直线AB的解析式是y=-x+4;
(Ⅱ)∵△ABD由△AOP旋转得到,
∴△ABD≌△AOP.∴AP=AD,∠DAB=∠PAO.
∴∠DAP=∠BAO=60°,∴△ADP是等边三角形.
如解图②,过点D作DH⊥x轴于点H,延长EB交DH于点G,则BG⊥DH.
在Rt△BDG中,∠BGD=90°,∠DBG=60°,
∴BG=BD•cos60°=t×=.DG=BD•sin60°=t.
∴OH=EG=2+t,DH=2+t.
∴点D的坐标为(2+t,2+t);
(Ⅲ)存在.
假设存在点P,在它的运动过程中,使△OPD的面积等于,设点P为(t,0),下面分三种情况讨论:
①当t>0时,如解图②,BD=OP=t,DG=t,
∴DH=2+t.
∵△OPD的面积等于,∴t(2+t)=,
∴t1=,t2=(舍去).
∴点P1的坐标为(,0).
②∵当D在x轴上时,如解图③,
根据锐角三角函数求出BD=OP=,
∴当-<t≤0时,如解图①,BD=OP=-t,BG=-t,
∴DH=GF=2-(-t)=2+t.
∵△OPD的面积等于,∴-t(2+t)=,
∴t1=-,t2=-,
∴点P2的坐标为(-,0),点P3的坐标为(-,0).
③当t≤-时,BD=OP=-t,BG=-t,∴DH=-t-2.
∵△OPD的面积等于,
∴(-t)(-2-t)=,
∴t1=,t2=(舍去).
∴点P4的坐标为(,0).
综上所述,点P的坐标分别为P1(,0),P2(-,0),P3(-,0),P4(,0).图①图②图③第8题解图9.在平面直角坐标系中,点
A(-2,0),B(2,0),C(0,2),点
D,点E分别是
AC,BC的中点,将△CDE绕点C逆时针旋转得到△CD′E′,旋转角为α,连接
AD′,BE′.
(Ⅰ)如图①,若
0°<α<90°,当
AD′∥CE′时,求α的大小;
(Ⅱ)如图②,若
90°<α<180°,当点
D′落在线段
BE′上时,求
sin∠CBE′的值;
(Ⅲ)若直线AD′与直线BE′相交于点P,求点P的横坐标m的取值范围.第9题图解:(Ⅰ)如解图①,∵A(-2,0),B(2,0),C(0,2),∴OA=OB=OC,∴∠ACB=90°,∵△CD′E′是△CDE旋转得到的,∴∠D′CE′=90°,
∵AD′∥CE′,∴∠AD′C=∠D′CE′=90°,∵D为AC的中点,∴CD=AC,∵CD=CD′,∴CD′=AC,
在Rt△ACD′中,cosα==,
∴α=60°;
(Ⅱ)设F为D′E′的中点,连接CF,如解图②,∵CD′=CE′,∠E′CD′=90°,∴CF⊥BE′,CF=D′E′=1,
又∵BC==2,
∴在Rt△BCF中,sin∠CBE′=;
(Ⅲ)如解图③中,以C为圆心,CD′为半径作⊙C,当BE′与⊙C相切时AP最长,则四边形CD′PE′是正方形,作PH⊥AB于H.
∵CD′=CD=AC=,∴⊙C的半径为,∵在Rt△ACD′中,AD′=,∴AP=AD′+PD′=+,
∵cos∠PAB=,∴AH=2+,
∴点P横坐标的最大值为.
如解图④中,当BE′与⊙C相切时AP最短,则四边形CD′PE′是正方形,作PH⊥AB于H.
根据对称性可知O
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