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

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