【中考冲刺】2024年中考数学二轮复习名校模拟题重要考点分类汇编（天津专用）专题10 几何动态与函数综合（共36道）解析版

二轮复习2024年中考数学重要考点名校模拟题分类汇编专题10——几何动态与函数综合（共36道）（天津专用）1．（2023上·天津河西·九年级天津实验中学校考阶段练习）平面直角坐标系中，四边形OABC是正方形，点A，C在坐标系上，点B（6，6），P是射线OB上一点，将△AOP绕点A顺时针旋转90°，得△ABQ，Q是点P旋转后的对应点．(1)如图1，当OP=22时，求点Q(2)如图2，设点P（x，y）（0＜x＜6），△APQ的面积为S，求S与x的函数关系式，并写出当S取最小值时，点P的坐标；(3)当BP+BQ=82时，直接写出点Q【答案】(1)Q（8，4）(2)S=x2−6x+18(3)（13，-1）【分析】（1）如图（1），过P点作PG⊥x轴，垂足为G，过Q点作QH⊥x轴，垂足为H．证明Rt△AQH≌Rt△APG．即可求点Q的坐标；（2）如图（2），过P点作PG⊥x轴，垂足为G．根据勾股定理和面积公式，得到S=x2−6x+18．进而可求S与x的函数关系式，并写出当S（3）根据BP+BQ=82，可得BP+OP=82．因为OB=62，说明点P在OB的延长线上．可得BP=2【详解】（1）解：如图（1），过P点作PG⊥x轴，垂足为G，过Q点作QH⊥x轴，垂足为H，则∠PGA=∠AHQ=90°，∵四边形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绕点A顺时针旋转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：如图（2），过P点作PG⊥x轴，垂足为G．∵△AOP绕点A顺时针旋转90°，得△ABQ，∴AP=AQ，∠PAQ=90°．∵∠POG=45°，∴OG=PG=x，设P（x，x），∴AG=6-x．在Rt△APG中，根据勾股定理，AP整理得AP∵S△APQ=12AP•AQ∴S=x∴当x=3时，S取最小值，∴P（3，3）；（3）解：Q（13，-1）．理由如下：∵△AOP绕点A旋转得到△ABQ，∴OP=BQ．∵BP+BQ=82，∴BP+OP=82．∵OB=62，∴点P在OB的延长线上．如图（3）：由图知：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）．【点睛】此题考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质、坐标与图形的性质-旋转，解题的关键是数形结合综合运用以上知识．2．（2023上·天津南开·九年级南开翔宇学校校考阶段练习）在平面直角坐标系中，已知矩形OBCD，点C4,22，现将矩形OBCD绕点O逆时针旋转0°<∠EOB<180°得到矩形OEFG，点B、C、D的对应点分别为点E、F、

(1)如图1，当点E落在边CD上时，求直线FG的函数表达式；(2)如图2，当C、E、F三点在一直线上时，CD所在直线与OE、GF分别交于点H、M，求线段MG的长度．(3)如图3，设点P为边FG的中点，连接PE，在矩形OBCD旋转过程中，点B到直线PE的距离是否存在最大值？若存在，请直接写出这个最大值；若不存在，请说明理由．【答案】(1)y=x+4(2)2(3)存在，4【分析】（1）由矩形OBCD，点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）过点M作MN⊥OE于N，连接OC、OF，证明△MNH≌△CEHAAS，可得MH=HC，又Rt△BOC≌Rt△EOCHL，有∠BOC=∠EOC，可得OH=HC，设OH=HC=m，由勾股定理有(22)（3）当PE在O的左侧且PE⊥OB时，B到直线PE的距离最大，设PE于OB的交点为M，求出PE=EF2+PF2=(22【详解】（1）解：∵矩形OBCD，点C4,2∴OB=CD=4，BC=OD=22，∠ODC=90°∵矩形OEFG是由矩形OBCD旋转得到，∴OE=OB=4，FG∥在Rt△ODE中，DE=∴DE=DO，∴∠DOE=45°，E2∴直线OE表达式为y=x，设FG的函数表达式为y=x+b，由GO=DO=22，∠DOG=45°得G∴2=−2+b，解得b=4，∴FG的函数表达式为y=x+4；（2）解：如图，过点M作MN⊥OE于N，连接OC、OF，

∵矩形OEFG是由矩形OBCD旋转得到，∴OF=OC，∠OEF=90°，∴FE=EC，∵∠MNE=∠NEF=∠EFM=90°，∴四边形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，设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旋转过程中，点B到直线PE的距离存在最大值，这个最大值是46当PE在O的左侧且PE⊥OB时，B到直线PE的距离最大，设PE于OB的交点为M，如图：

∵P为FG的中点，∴FP=PG=2，∴PE=E∵S∴1∴1∴OM=4∴BM=4∴点B到直线PE的距离最大值是46【点睛】本题考查一次函数综合应用，涉及待定系数法，全等三角形的判定与性质，旋转问题等，解题的关键是掌握旋转的性质．3．（2023上·天津滨海新·九年级天津市滨海新区塘沽第一中学校考期中）在平面直角坐标系中，已知O为坐标原点，点A(1,0)，B(0,2)．以点A为旋转中心，把△ABO顺时针旋转，得△ACD．(1)如图①，当旋转后满足DC∥x轴时，求点(2)如图②，当旋转后点C恰好落在x轴正半轴上时，求点D的坐标；(3)在（2）的条件下，边OB上的一点P旋转后的对应点为P′当DP+AP′【答案】(1)(3,1)(2)（1+5(3)(0,【分析】（1）如图1中，作CH⊥x轴于H．只要证明四边形ADCH是矩形，利用矩形的性质即可解决问题；（2）如图2中，作DM⊥x轴于M．在Rt△ADC中，求出DM（3）连接PA，P′A，作点A关于y轴的对称点A′，连接DA′交y轴于P″，连接AP″，由题意AP′=A【详解】（1）解：过点C作CH⊥x轴于H，∵A(1,0)，B(0,2)，∴OA=1，OB=2，由旋转的性质，可得△ABO≌∴AD=AO=1，DC=BO=2，∠CDA=∠BOA=90°，又∵DC∥∴∠D=∠DAH=∠AHC=90°，∴四边形DAHC为矩形，∴AH=DC，CH=DA=1，∴点C的坐标为(3,1)；（2）过点D作DM⊥x轴于M，由Rt△ACD面积知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∴点D的坐标为（1+5（3）连接PA，P′A，作点A关于y轴的对称点A′，连接DA′交y由题意可得AP=AP根据轴对称的性质可得AP∴DP+AP∵A′(−1,0)，D的坐标为（∴设直线A′D的解析式为则0=−k+b2解得k=4∴直线A′D的解析式为当x=0时，y=4∴点P的坐标为(0,4【点睛】本题考查了轴对称−最短路线问题、勾股定理解直角三角形，两点之间线段最短等知识，解题的关键是会利用两点之间线段最短解决最短路径问题，学会添加常用辅助线，构造直角三角形解决问题．4．（2023上·天津和平·九年级天津市第五十五中学校考期中）等腰Rt△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC，点A、点B分别是y轴、x轴上两个动点，直角边AC交x轴于点D，斜边BC交y轴于点E

(1)如图（1），已知C点的横坐标为−1，直接写出点A的坐标；(2)如图（2），当等腰Rt△ABC运动到使点D恰为AC中点时，连接DE，求证：∠ADB=∠CDE(3)如图（3），若点A在x轴上，且A−6，0，点B在y轴的正半轴上运动时，分别以OB、AB为直角边在第一、二象限作等腰直角△BOD和等腰直角△ABC，连结CD交y轴于点P，问当点B在y轴的正半轴上运动时，BP【答案】(1)A(2)见详解(3)BP的长度不变，BP=3【分析】（1）如图1，过点C作CF⊥y轴于点F，构建全等三角形：△ACF≌△ABOAAS，结合该全等三角形的对应边相等易得OA的长度，由点A是y轴上一点可以推知点A（2）过点C作CG⊥AC交y轴于点G，则△ACG≌△ABDASA，即得CG=AD=CD，∠ADB=∠G，由∠DCE=∠GCE=45°，可证△DCE≌△GCESAS得（3）如图3，过点C作CE⊥y轴于点E，构建全等三角形：△CBE≌△BAOAAS，结合全等三角形的对应边相等推知：CE=BO，BE=AO=6．再结合已知条件和全等三角形的判定定理AAS得到：△CPE≌△DPB，故BP=EP=3【详解】（1）解：如图1，过点C作CF⊥y轴于点F，

∵CF⊥y轴于点F，∴∠CFA=90°，∠ACF+∠CAF=90°，∵∠CAB=90°，∴∠CAF+∠BAO=90°，∴∠ACF=∠BAO，在△ACF和△ABO中，∠ACF=∠BAO∴△ACF≌△ABO∵C点的横坐标为−1，∴CF=OA=1，∴A0（2）证明：如图2，过点C作CG⊥AC交y轴于点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的长度不变，理由如下：如图3，过点C作CE⊥y轴于点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．【点睛】本题考查了三角形综合题．主要利用了全等三角形的性质定理与判定定理，解决本题的关键是作出辅助线，构建全等三角形．5．（2023·天津河西·天津市新华中学校考二模）如图，将一个直角三角形纸片AOB放置在平面直角坐标系中，已知点O0,0，OA=2，∠AOB=30°．D，E两点同时从原点O出发，点D以每秒3个单位长度的速度沿x轴正方向运动，点E以每秒1个单位长度的速度沿y轴正方向运动，连接DE，交OA于点F，将△OEF沿直线DE折叠得到△O′EF，设D，

(1)求∠OED的度数及点A的坐标；(2)若折叠后△O′EF与△AOB①当折叠后△O′EF与△AOB重叠部分的图形为三角形时，请写出S与t②求S的最大值（直接写出结果即可）．【答案】(1)∠OED=60°；A1,(2)①S=38t2(0<t≤【分析】（Ⅰ）利用勾股定理求得OB的长，可求得点A的坐标，利用特殊角的三角函数值即可求得∠OED=60°；（Ⅱ）①分点O′落在线段OA上和点O′落在线段②画出图形，根据S=12【详解】（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，∴将△OEF沿直线DE折叠得到△O′EF，折叠后的点O如图，当点O′落在线段OA上，△O′EF与

此时△OEF≌△O∴OE=O′E=t∴EF=1∴O∴S=1如图，当点O′落在线段OA的延长线上时，△O′EF与

设AB与EF交于点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当点O′落在线段OA的延长线上时，△O′EF与∵OE=O′E=t，∠EFO=90°∴EF=12O′E=∴BE=3∴S===−∴对称轴为t=4∵−5∴当t=433时，S【点睛】本题主要考查了直线与x轴的交点、用待定系数法求抛物线的解析式、运用三角函数解三角形、全等三角形的判定与性质、勾股定理、二次函数的图象和性质等知识，对运算能力要求比较高，运用分类讨论和割补法是解决第（2）小题的关键．6．（2022·天津·天津市双菱中学校考模拟预测）在平面直角坐标系中，四边形AOBC是矩形，点O(0,0)，点A(5,0)，点B(0,3)．以点A为中心，顺时针旋转矩形AOBC，得到矩形ADEF，点O，B，C的对应点分别为D，E，F．

(1)如图1当点D落在BC边上时，求点D的坐标；(2)如图2当点D落在线段BE上时，AD与BC交于点H．①求证△ADB≌△AOB；②求点H的坐标．(3)记K为矩形AOBC对角线的交点，S为△KDE的面积，求S的取值范围（直接写出结果即可）【答案】(1)(1,3)(2)①见解析②((3)30−3【分析】对于（1），根据点的坐标及旋转的性质得AD=AO=5，在直角三角形中运用勾股定理可求出CD的长，从而可确定答案；对于（2）①，根据直角三角形全等的判定方法进行判定即可，再根据①知∠BAD=∠CBA，故BH=AH，在Rt△ACH中，运用勾股定理可求得AH对于（3），在矩形旋转的过程中，根据点K与直线DE的距离范围即可确定S的取值范围．【详解】（1）∵点A(5,0)，点B(0,3)，∴OA=5，OB=3．∵四边形AOBC是矩形，∴AC=OB=3，BC=OA=5，∠OBC=∠C=90°.∵矩形ADEF是由矩形AOBC旋转得到的，∴AD=AO=5．在Rt△ADC中，A∴DC=∴BD=BC−DC=1∴点D的坐标是(1,3)；（2）①证明：由四边形ADEF是矩形，知∠ADE=90°．∵点D在线段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．设BH=t(0＜t＜5)，则在Rt△ACH中，A∴t2解得t=17∴BH=17∴点H的坐标是(17（3）30−334如图，当矩形顶点D在线段AB上时，点K到直线DE的距离最小，最小值为线段DK的长，则DK=AD−1∴S=1

如图，当矩形顶点D在BA的延长线上时，点K到直线DE距离最大，最大值为线段DE的长，则DK=AD+1∴S=1所以30−334

【点睛】本题主要考查了矩形的旋转问题，全等三角形的性质和判定，勾股定理等，弄清线段的运动路径是解题的关键．7．（2023·天津河东·天津市第七中学校考模拟预测）在平面直角坐标系中，点A 2 ， 0 ，点B 2 ， 2．将△OAB绕点B（1）如图①，当α=45°时，求点A′（2）如图②，当α=60°时，求点A′（3）连接 OA′，设线段OA′的中点为M【答案】（1） 2−2 ，【分析】（1）过点A′作A′C⊥OA，垂足为C，根据题意可得OA=AB=2，∠OAB=90°，从而求出∠AOB=∠ABO=45°，OB=22，根据旋转的性质A′（2）连接AA′，过点A′作A′D⊥OA，垂足为D，根据旋转的性质∠A′（3）连接 OA′，设线段 OA′的中点为M，连接O′M，取A′【详解】解：（1）如图，过点A′作A′C⊥OA∵点A 2 ∴OA=AB=2，∠OAB=90°．

∴∠AOB=∠ABO=45°，OB=22．∵△O′A′B是△OAB∴A′B=AB=2，点A′∴OA′在Rt△OA′C中，∴点A′的坐标为2−2（2）如图，连接AA′，过点A′作A∵A′B=AB=2，∴∠A′AB=∠AA∴∠A′在Rt△A′AD中，∴OD=OA−AD=2−3．∴点A′的坐标为2−3（3）连接 OA′，设线段 OA′的中点为M，连接∴MN为△A′OB的中位线，A∴MN=12OB=由勾股定理可得O∴O′M≥O′∴O′M的最小值为【点睛】此题考查的是旋转的性质、等腰直角三角形的性质、锐角三角函数、勾股定理和三角形中位线的性质，掌握旋转的性质、等腰直角三角形的性质、锐角三角函数、勾股定理和三角形中位线的性质是解决此题的关键．8．（2023下·天津河北·九年级天津二中校考阶段练习）在平面直角坐标系中，O为原点，点A(−3,0)，点B(0,3)．以AB为一边作等边三角形ABC，点(Ⅰ)如图①，求点C的坐标；(Ⅱ)将△AOB绕点B顺时针旋转得△A′O′B①如图②，当旋转角为30°时，A′B, A′O′与AC分别交于点E,F,A′O′②若P为线段CO′的中点，求【答案】(Ⅰ)点C的坐标为(−3,23)；(Ⅱ)①S=6−5【分析】(Ⅰ)利用A,B的坐标，求解AB,∠BAO,利用等边三角形的性质可得答案；(Ⅱ)①过点G作GH⊥AB于点H，分别求解△A′BG,△A′EF的面积，利用S=S△A′BG−S△A′EF，可得答案；②如图，O′在以B为圆心，OB=3为半径的圆上运动，延长CA至D，使CA=DA,则D−3,−23,设O′【详解】解：(Ⅰ)∵A(−3,0), ∴OA=3, 在Rt△AOB中，∵∴∠BAO=30∴AB=2OB=23∵△ABC是等边三角形，∴∠CAB=60∴∠CAO=90∴点C的坐标为(−3,23(Ⅱ)①过点G作GH⊥AB于点H，∵将△AOB顺时针旋转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如图，O′在以B为圆心，OB=延长CA至D，使CA=DA,则D−3,−2设O′x,y，则由勾股定理得：∵C−3,23,P∴Px−3∵A−3,0∴AP∴4AP所以：4AP2表示点O′与D之间的距离，连接DB交圆B当O′在B的下方，AP设BD为y=kx+b,∵B0,∴b=解得：k=3∴BD为：y=3∴y=解得：x=−32y=∴当O′在B的下方时，坐标为：O∴4AP=3−∴AP∵AP＞0,∴AP=3−3同理：当O′在B的上方时，O∴4AP∵AP＞0,∴AP=3+3∴3−【点睛】本题考查的是方程组的解法，等边三角形的性质，勾股定理的应用，旋转的性质，锐角三角函数，圆的基本性质，即圆外一点与圆的最短距离与最长距离，掌握以上知识是解题的关键．9．（2023下·天津南开·九年级南开翔宇学校校考阶段练习）在平面直角坐标系中，点O0,0，点A2,0，点B2,2，点P在线段OB上（不与点O，B重合）．过点P作PQ⊥OB交线段OA于点Q，以PQ为边作正方形PQEF（点F与点O(1)如图1，当点E在AB边上时，求点P的坐标．(2)设OP=t，正方形PQEF与△OAB重叠部分图形的面积为S．①如图2，若正方形PQEF与△OAB重叠部分为五边形，边AB分别与QE，EF相交于点M，N，试用含有t的式子表示MN的长，并直接写出t的取值范围；②当1≤t≤2时，求S【答案】(1)2(2)①MN=32t−4【分析】（1）过点P作PC⊥OA于点C，根据等腰三角形的性质得出OPOB=13，继而根据PC∥（2）①先求得t的范围，进而根据等腰三角形的性质求得MN的长度；②根据S=S正方形PQEF【详解】（1）解：如图所示，过点P作PC⊥OA于点C，∵点A2,0，点B∴OA=AB=2，△OAB是等腰直角三角形，∴∠POC=45°，∴△PCO是等腰直角三角形，∵四边形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）可得当E在AB上时，P2∴OP=当P是OB的中点时，M,N，分别与A,B重合，∴t=∴2如图所示，连接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∵MN=3S=S正方形PQEF−∵对称轴为t=−62−2×72=当t=1时，S=−7当t=2时，S=−∴1≤S≤8【点睛】本题考查了坐标与图形，平行线分线段成比例，二次函数的性质，正方形的性质，等腰三角形的性质，勾股定理，分类讨是解题的关键．10．（2023下·天津和平·九年级天津一中校考阶段练习）在平面直角坐标系中，O为坐标原点，△AOB为直角三角形，OB在x轴上，∠OAB=90°，AB=6，OB=10，把△AOB绕点B顺时针旋转，得△A′O′B，点A，O旋转后的对应点为A(1)如图①，若α=30°，求O′(2)如图②，若α=90°，求A′(3)如图③，连接AA′，OO′，直线OO′交AA′于点C，点【答案】(1)O(2)A(3)2≤CE≤8【分析】（1）过O′作O′F⊥OB于点F，OB=O′（2）过作AG⊥x轴于点G，过A′作A′H⊥x轴于点H，首先可证得△ABG≌△BA′（3）由题意知，∠A′BO′=∠ABO，AB=A′B′，OB=O′B′，可得∠OBO′=∠ABA′，∠OO′B=∠O′OB=∠AA′B=∠A′AB，可证得，∠A′BO′=∠【详解】（1）解：过O′作O′F⊥OB于点F∵△AOB绕点B顺时针旋转得到△A∴OB=O∵∠O∴O′F=∴OF=OB−BF=10−53∴O（2）解：过作AG⊥x轴于点G，过A′作A′H⊥x轴于点H∴∠AGB=∠BHA∴∠GAB+∠ABG=90°，∵∠ABA∴∠ABG+∠HBA∴∠GAB=∠HBA∵△AOB绕点B顺时针旋转得到△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：由题意可知，∠A′BO′∴∠A′B∵AB=A′B∴∠OO′B=∠∴∠OO∵∠OO∴∠O∴O′，C，B，连接BC，O′A，如图∵∠O∴∠BCO∵OB=O∴点C为OO∵点E为AO的中点，∴CE为△AOO∴CE=1由旋转可知，O′轨迹为以B为圆心，OB∴O′A的最小值为O′B−AB=4∴2≤CE≤8．【点睛】本题是三角形综合题，考查了旋转的性质，直角三角形的性质，全等三角形的判定与性质，三角形中位线的判定与性质，四点共圆的判定与圆内接四边形的性质，画出辅助图形，确定CF的最小值是解决本题的关键．11．（2023下·天津滨海新·九年级天津经济技术开发区第一中学校考开学考试）在平面直角坐标系中，矩形OABC，O为原点，A3,0,B3,4,C0,4，将△OBC绕点B(1)如图（1），当∠CBC′=30°(2)如图（2），当点O′恰好落在x轴上时，O′C′与①此时DB与DO②求点D的坐标；(3)求△AO【答案】(1)C(2)①DB=DO′；②D(3)14【分析】（1）如图①中，过点C′作C′H⊥BC于点H．解直角三角形求出BH，CH，可得结论；（2）①此时DB与DO′相等，证明②设DB=DO′=x，再利用勾股定理构建方程求出x即可；（3）如图③中，当点C′值AB的延长线上时，△AO【详解】（1）如图①中，过点C′作C′H⊥BC于点H．∵四边形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结论：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，设BD=DO′=x，在Rt△ADO′∴(4−x)∴x=25∴AD=4−25∴D(3,7（3）如图③中，当点C′值AB的延长线上时，此时点A到O′C′△AO′C【点睛】本题属于四边形综合题，考查了矩形的性质，解直角三角形，等腰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，构造直角三角形解决问题，学会利用参数构建方程解决问题．12．（2023下·天津和平·九年级天津市双菱中学校考开学考试）在平面直角坐标系中，O为原点，点A4,0，点B0,3，把△ABO绕点B逆时针旋转得到△A′BO′，点A、O(1)如图①，若α=90°，求AA(2)如图②，若α=60°，求点O′(3)如图③，P为AB上一点，且PA:PB=2:1，连接PO′、PA′，在△ABO绕点【答案】(1)5(2)O'((3)283，【分析】（1）连接AA′，过点A′作A′D⊥x（2）过点O'作O'H⊥OB于点H，连接OO'，由旋转的性质得△BOO（3）设P到A'O'的距离为h，则SΔPO'A'=12A'O'⋅ℎ=2ℎ，由题意得O是在以B为圆心的圆上运动，当PO【详解】（1）解：连接AA′，过点A′把△ABO绕点B逆时针旋转得到△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）过点O'作O'H⊥OB于点H，连接OO'，如图所示：把△ABO绕点B逆时针旋转得到△A′B∴△BOO∴O'B=OB=3，∴BH=12OB=∴O'(3（3）设P到A'O'的距离为h，∴SΔ∵△ABO绕点B逆时针旋转，∴O是在以B为圆心的圆上运动，如图所示：当PO1⊥O1A1∵PA:PB=2:1，AB=O①当PO1⊥∴S△P②当PO2⊥∴S△P∴△PO′A′的面积的最大值和最小值分别为【点睛】本题是几何变换综合题，考查了旋转的性质，勾股定理，含30°的直角三角形，圆等知识．解题的关键在于熟练掌握旋转的性质．13．（2023·天津河西·天津市新华中学校考三模）把两个等腰直角三角形纸片△OAB和△OCD放在平面直角坐标系中，已知A−5,0，B0,5，OC=OD=4，∠COD=90°将△OCD绕点(1)当△OCD旋转至如图的位置时，∠AOC=30°，求此时点C的坐标；(2)当△OCD旋转至B，C，D三点在一条直线上时，求AC的长；(3)当△OCD旋转至∠OBC的度数最大时，则△OAD的面积为．【答案】(1)−2(2)17(3)6【分析】（1）如图①中，过点C作CE⊥OA于E，解直角三角形求出OE，CE，可得出结论；（2）要分△OCD在y轴左侧还是右侧两种情况：如图②中,当在y轴右侧时，过点O作OF⊥BD于F；当在y轴左侧时，过点O作OG⊥BD于点G，首先证明△AOC≌△BODSAS，推出AC=BD，求出BD（3）如图③中，当OC⊥BC时，∠OBC的值最大，此时BC=OB2−OC【详解】（1）解∶如图①中，过点C作CE⊥OA于E，∵△COD绕点O顺时针旋转30∘∴∠COE=30∴EC=12OC=2∴C−2（2）解：如图②中，当△OCD旋转到y轴右侧时，过点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当△OCD旋转到y轴左侧时，过点O作OG⊥BD于点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综上，AC=17±2（3）解：当OC⊥BC时，∠OBC的值最大，此时BC=OB2过点D作DF⊥x轴于F，过点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【点睛】本题属于几何变换综合题，主要考查了等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定和性质以及勾股定理，三角形的面积等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题．14．（2023·天津河西·天津市新华中学校考一模）将一张矩形纸片OABC放置在平面直角坐标系中，点O(0,0)，点A(5,0)，点C(0,2)，点P在边BC上（点P不与点B，C重合）．沿OP折叠该纸片，点C的对应点为C′，设CP=t

(1)如图①，当∠CPO=60°时，求∠C′OA(2)如图②，若点C′在第四象限，PC′与OA交于点D，试用含有t(3)若折叠后重叠部分的面积为S，当34≤S≤13【答案】(1)∠C′(2)t(3)3【分析】（1）由∠CPO=60°，得到∠C′OA=30°，根据含30°（2）先证明折叠部分的三角形是等腰三角形，设OD=PD=x，在Rt△C′（3）当0<t≤2时，重合部分面积是△POC的面积，底是t，高是OC，面积随t的增大而增大，根据面积的最大和最小，求得对应的t的值；当2<t<5时，随着t的增大，面积是逐渐增大的，故根据（2）中的面积等于136，求得对应的t【详解】（1）解：过C′作C′E⊥OA

∵四边形AOCB是矩形，∴∠BCO=90°，∠COA=90°，∵∠CPO=60°，沿OP折叠该纸片，点C(0,2)的对应点为C′∴∠C′OP=∠COP=30°∴∠C∴在Rt△C′OE中，∠C′∴OE=C∴C（2）解：如图所示：

∵四边形AOCB是矩形，∴OA∥BC，∴∠CPO=∠POD，由折叠可得∠CPO=∠DPO，PC′=PC=t∴∠POD=∠DPO，∴在等腰△POD中，OD=PD，由折叠可得PC′=PC=t设OD=PD=x，则DC在Rt△DOC′∴x2−∴重合部分S△POD当C′在x轴上，则OC′当P与B重合时，此时CP=CB=OA=5；∵点P在边BC上（点P不与点B，C重合）,∴2<t<5,∴重合部分S△POD（3）解：∵若折叠后重叠部分的面积为S，由（1）（2）的求解过程可知，当34≤S≤136时，根据P点由①当C′在第一象限，则0<CP≤2，即0<t≤2根据对称性知重合部分面积S是△POC的面积，则S=S△POC=12CO⋅PC=1∴当S≥34时，得到当t=2时，面积S=2≤13∴当重合部分面积S满足34≤S≤13②当C′在第四象限，则2<CP<5，即2<t<5重合部分面积S是△POD的面积，则S=S由于OC′=OC=2，则C′在以

而OP是线段CC′的中垂线，交CB于则当C′在第四象限时，随着P点由C→B运动，OD即当2<t<5时，S=t2+42t随着由（1）知，当t=2时，面积S=2>3当S=t2+42t=解得t=43或∵2<t<5，∴t=43舍弃，取∴当重合部分面积S满足34≤S≤13综上所述34【点睛】本题考查了对称性、矩形性质、含30°的直角三角形性质、等腰三角形的判定与性质、勾股定理、函数增减性求范围等知识，解决问题的关键是掌握对称性的应用，并弄清函数的变化趋势．15．（2022上·天津·九年级天津十四中校考阶段练习）在平面直角坐标系中，O为原点，点A（3，0），点B（0，4），把△ABO绕点B逆时针旋转，得△A'BO′．点A，O旋转后的对应点为A'，O'，记旋转角为α．（1）如图①，若α＝90°，求AA'的长；（2）如图②．若α＝45°，求点O'的坐标；（3）若M为AB边上的一动点，在OB上取一点N（0，1），将△ABO绕点B逆时针旋转一周，求MN的取值范围（直接写出结果即可）．【答案】（1）52；（2）O′【分析】（1）由勾股定理求出AB的长，由旋转的性质得出∠ABA'＝90°，AB＝A'B＝5，由勾股定理可得出答案；（2）过点O'作O'C⊥OB于点C，由旋转的性质及直角三角形的性质可求出OC，O'C的长，则可得出答案；（3）根据旋转时，点M的位置即可得出MN的最大值和最小值．【详解】解：（1）∵点A（3，0），点B（0，4），∴AO＝3，OB＝4，∴AB＝OA2+O∵把△ABO绕点B逆时针旋转90°，得△A'BO′，∴∠ABA'＝90°，AB＝A'B＝5，∴AA'＝AB2+A′（2）如图②，若α＝45°，则∠OBO'＝45°，过点O'作O'C⊥OB于点C，则∠O'CB＝90°，∴BC＝CO'，∵把△ABO绕点B逆时针旋转45°，得△A'BO′，∴OB＝OB'＝4，∴BC＝CO'＝4×22＝22∴OC＝OB﹣BC＝4﹣22，∴O'（22，4﹣22）；（3）ΔAOB在旋转过程中，点M与点N可能重合，重合时MN值最小为0；AB在N点上方与y轴重合，且M点在点A时，MN最大，最大值为：4-1+5=8，∴MN的取值范围是0≤MN≤8．【点睛】本题是几何变换综合题，考查了旋转的性质，直角三角形的性质，勾股定理，熟练掌握旋转的性质是解题的关键．16．（2022上·天津南开·九年级南开翔宇学校校考期末）在平面直角坐标系中，O为原点，点A（8，0），点B（0，6），把△ABO绕点B逆时针旋转得△A′B′O′，点A、O旋转后的对应点为A′、O′，记旋转角为α．（1）如图1，若α=90°，则AB=，并求AA′的长；（2）如图2，若α=120°，求点O′的坐标；（3）在（2）的条件下，边OA上的一点P旋转后的对应点为P′，当O′P+BP′取得最小值时，直接写出点P′的坐标．【答案】（1）10，102；（2）（33，9）；（3）（123【分析】(1)如图①，先利用勾股定理计算出AB=5，再根据旋转的性质得BA=BA′，∠ABA′=90°，则可判定△ABA′为等腰直角三角形，然后根据等腰直角三角形的性质求AA′的长；(2)作O′H⊥y轴于H，如图②，利用旋转的性质得BO=BO′=3，∠OBO′=120°，则∠HBO′=60°，再在Rt△BHO′中利用含30度的直角三角形三边的关系可计算出BH和O′H的长，然后利用坐标的表示方法写出O′点的坐标；(3)、由旋转的性质得BP=BP′，则O′P+BP′=O′P+BP，作B点关于x轴的对称点C，连结O′C交x轴于P点，如图②，易得O′P+BP=O′C，利用两点之间线段最短可判断此时O′P+BP的值最小，接着利用待定系数法求出直线O′C的解析式为y=533x﹣3，从而得到P（3【详解】(1)如图①，∵点A（4，0），点B（0，3），∴OA=4，OB=3，∴AB=42∵△ABO绕点B逆时针旋转90°，得△A′BO′，∴BA=BA′，∠ABA′=90°，∴△ABA′为等腰直角三角形，∴AA′=BA=52；(2)、作O′H⊥y轴于H，如图②，∵△ABO绕点B逆时针旋转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′点的坐标为（332，（3）∵△ABO绕点B逆时针旋转120°，得△A′BO′，点P的对应点为P′，∴BP=BP′，∴O′P+BP′=O′P+BP，作B点关于x轴的对称点C，连结O′C交x轴于P点，如图②，则O′P+BP=O′P+PC=O′C，此时O′P+BP的值最小，∵点C与点B关于x轴对称，∴C（0，﹣6），设直线O′C的解析式为y=kx+b，把O′（33，9），C（0，﹣6）代入得33k+b=9∴直线O′C的解析式为y=53当y=0时，533x则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′点的坐标为（1235，17．（2022上·天津河西·九年级天津市第四十二中学校考期末）在平面直角坐标系中，点A2,0，点B0,2分别是坐标轴上的点，连接AB．把△ABO绕点B逆时针旋转得△A′BO′．点A，O(1)如图①，当点O′落在AB边上时，求α的值和点O(2)如图②，当α=60°时，求AA′的长和点(3)连接AO′，直接写出在旋转过程中【答案】(1)45°，（(2)2(3)2+2【分析】对于（1），先判断△ABO是等腰直角三角形，当点O′落在边AB上时，α=可得点O′对于（2），先说明△ABA′为等边三角形，根据勾股定理求出AB，再根据“SSS”证明△OBA′≅△OAA′，即可得出直线O对于（3），先判断S△AO′【详解】（1）如图，∵点A（2，0），点B（0，2），∴OA=OB=2，△ABO是等腰直角三角形，∴AB=22当点O′落在边AB上时，α=∴点O′的横坐标是12AB=∴点O′的横坐标是(（2）如图，过点O'作O'H⊥OB于点H,在Rt△O'BH中，∵O'B=2,∠OBO'=60°∴∠HO'B=30°∴BH=12O'B=1,O'H=3O'(3，1);当α=60°时，∴∠ABA′=60°∴△ABA∴AA（3）2+22如图，以A′O′为底，当高最大时，△则AO∴S△A【点睛】本题主要考查了旋转的性质，等边三角形的性质和判定，全等三角形的性质和判定，勾股定理等，判断△A′O18．（2022上·天津河西·九年级天津市海河中学校考期末）在平面直角坐标系中，点A4,0，点B0,4分别是坐标轴上的点，连接AB．把△ABO绕点B逆时针旋转得△A′BO′．点A，O(1)如图①，当点O′落在AB边上时，求α的值和点O(2)如图②，当α=60°时，求AA′的长和点(3)连接AO′，直接写出在旋转过程中【答案】(1)α=45°，22(2)O′23(3)面积最大时，S【分析】（1）先判断△ABO是等腰直角三角形，当点O′落在边AB上时，α=45°，如图，过O′作O′K⊥OB于K，则（2）根据勾股定理求出AB，如图，过点O′作O′H⊥OB于点H，再利用含30°的直角三角形的性质与勾股定理，可得点A′的坐标；再说明（3）先判断△AO′A【详解】（1）解：∵点A4,0，点B∴OA=OB=4，△ABO是等腰直角三角形，∴AB=42+当点O′落在边AB上时，α=45°如图，过O′作O′K⊥OB于K∴BK=O′K∴O′K2∴OK=4−22∴点O′的坐标是2（2）如图，过点O′作O′H⊥OB在Rt△∵O′B=4，∴∠HO∴BH=12O∴OH=4−2=2，∴O′当α=60°时，∴∠ABA′=60°∴△ABA∴AA（3）如图，以A′O′为底，当高最大时，△则AO∴此时S△A【点睛】本题主要考查了旋转的性质，等边三角形的性质和判定，坐标与图形，二次根式的化简，勾股定理等，判断△A′O19．（天津市和平区第二十一中学2022--2023学年九年级上学期数学期末学情调研）在平面直角坐标系中，四边形AOBC是矩形，点O0,0，点A6,0，点B0,8．以点A为中心，顺时针旋转矩形AOBC，得到矩形ADEF，点O，B，C的对应点分别为D，E，F，记旋转角为α(1)如图①，当α=30°时，求点D的坐标；(2)如图②，当点E落在AC的延长线上时，求点D的坐标；(3)当点D落在线段OC上时，求点E的坐标（直接写出结果即可）．【答案】(1)6−3(2)6(3)12【分析】（1）过点D作DG⊥x轴于G，由旋转的性质得出AD=AO=6，α=∠OAD=30°，DE=OB=8，由直角三角形的性质得出DG=12AD=3，AG=3DG=33，得出（2）过点D作DG⊥x轴于G，DH⊥AE于H，则则GA=DH，HA=DG，由勾股定理得出AE=10，由面积法求出DH=245，得出OG=65，由勾股定理得出DG=18（3）连接AE，作EG⊥x轴于G，由旋转的性质得：∠DAE=∠AOC，AD=AO，由等腰三角形的性质得出∠AOC=∠ADO，得出∠DAE=∠ADO，证出AE∥OC，由平行线的性质的∠GAE=∠AOD，证出∠DAE=∠GAE，证明△AEG≌△AED，得出AG=AD=6，EG=ED=8，得出OG=12，即可得出答案．【详解】（1）解：过点D作DG⊥x轴于G，如图所示：∵点A6,0，点B∴AO=6，OB=8，∵以点A为中心，顺时针旋转矩形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∴点D的坐标为6−33（2）解：过点D作DG⊥x轴于G，DH⊥AE于H，如图所示：则GA=DH，HA=DG，∵DE=OB=8，∠ADE=∠AOB=90°，∴AE=A∵12∴DH=AD⋅DE∴OG=OA−GA=OA−DH=6−245=∴点D的坐标为65（3）解：连接AE，作EG⊥x轴于G，如图所示：由旋转的性质得：∠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，∴点E的坐标为12，【点睛】本题是四边形综合题，考查了矩形的性质、坐标与图形性质、勾股定理、全等三角形的判定与性质、旋转变换的性质、含30°角的直角三角形的性质等知识，解题的关键是理解题意，正确作出辅助线，属于中考压轴题．20．（2022上·天津南开·九年级天津育贤中学校考期末）如图1，在平面直角坐标系xOy中，直线AB与x轴交于点A、与y轴交于点B，且∠ABO＝45°，A（－6，0），直线BC与直线AB关于y轴对称.(1)求△ABC的面积；(2)如图2，D为OA延长线上一动点，以BD为直角边，D为直角顶点，作等腰直角△BDE，求证：AB⊥AE；(3)如图3，点E是y轴正半轴上一点，且∠OAE＝30°，AF平分∠OAE，点M是射线AF上一动点，点N是线段AO上一动点，判断是否存在这样的点M，N，使OM＋NM的值最小？若存在，请写出其最小值，并加以说明.【答案】（1）36；（2）证明见解析；（3）3，理由见解析.【分析】(1)根据直线与坐标轴的交点易得A,C的坐标，从而得出AC=12，OB=6，根据三角形面积公式可求解；(2)过E作EF⊥x轴于点F，延长EA交y轴于点H，证△DEF≌△BDO，得出EF＝OD＝AF，有∠EAF(3)由已知条件可在线段OA上任取一点N,再在AE作关于OF的对称点N′,当点N运动时，ON´最短为点O到直线AE的距离.再由∠OAE即可得解.【详解】解：（1）由已知条件得：

AC=12，OB=6

∴S（2）过E作EF⊥x轴于点F，延长EA交y轴于点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）由已知条件可在线段OA上任取一点N,再在AE作关于OF的对称点N′,当点N运动时，O∵∠OAE∴OM+ON=3【点睛】本题考查的知识点主要是直角三角形的性质及应用，轴对称在最短路径问题中的应用，弄懂题意，作出合理的辅助线是解题的关键.21．（2022上·天津河北·九年级天津二中校考期末）在平面直角坐标系中，四边形AOBC是矩形，点O0,0，点A3,0，点B0,4．以点A为中心，顺时针旋转矩形AOBC，得到矩形ADEF，点O，B，C的对应点分别为D，E，F(1)如图1，当α=30°时，求点D的坐标；(2)如图2，当点E落在AC的延长线上时，求点D的坐标；(3)当点D落在线段OC上时，直接写出点E的坐标．【答案】(1)6−3(2)3(3)6【分析】（1）过点D作DG⊥x轴于G，由旋转的性质得出AD=AO=3，α=∠OAD=30°，DE=OB=4，由直角三角形的性质得出DG=12AD=32，AG=3DG=（2）过点D作DG⊥x轴于G，，DH⊥AE于H，则则GA=DH，HA=DG，由勾股定理得出AE=10，由面积法求出DH=125，得出OG=35，由勾股定理得出DG=95（3）连接AE，作EG⊥x轴于G，由旋转的性质得：∠DAE=∠AOC，AD=AO，由等腰三角形的性质得出∠AOC=∠ADO，得出∠DAE=∠ADO，证出AE∥OC，由平行线的性质的∠GAE=∠AOD，证出∠DAE=∠GAE，证明△AEG≅△AED，得出AG=AD=3，EG=ED=4，得出OG=6，即可得出答案．【详解】（1）解：过点D作DG⊥x轴于G，如图所示：∵点A3,0，点B∴AO=3，OB=4，∵以点A为中心，顺时针旋转矩形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∴点D的坐标为6−33（2）过点D作DG⊥x轴于G，，DH⊥AE于H，如图所示：则GA=DH，HA=DG，∵DE=OB=4，∠ADE=∠AOB=90°，∴AE=A∵12∴DH=AD⋅DE∴OG=OA−GA=OA−DH=3−125=∴点D的坐标为35（3）连接AE，作EG⊥x轴于G，如图所示：由旋转的性质得：∠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，∴点E的坐标为6，【点睛】本题是四边形综合题，考查了矩形的性质、坐标与图形性质、勾股定理、全等三角形的判定与性质、旋转变换的性质、含30°角的直角三角形的性质等知识，解题的关键是理解题意，正确作出辅助线，属于中考压轴题．22．（2022上·天津·九年级天津市第五十五中学校考期末）（1）如图1，在四边形ABCD中，∠B=∠C=90°，点E是边BC上一点，AB=EC，BE=CD，连接AE、DE．判断（2）在平面直角坐标系中，已知点A0,2，点C是x轴上的动点，线段CA绕着点C按顺时针方向旋转90°至线段CB，连接BO①如图2，若点C−1,0，则点B②求C点运动过程中B点的运动轨迹解析式．③求BO+BA的最小值时点B的坐标．【答案】（1）△AED为等腰直角三角形，理由见解析；（2）①点B的坐标为1,−1，②B点的运动轨迹解析式为y=x−2，③4【分析】（1）证明△ABE≌（2）①过点B作BD⊥x轴于点D，证明△ACO≌△CBDSAS，即可求解；②设点Ca,0，根据△ACO≌△CBDSAS将点B的坐标表示出来，即可求解；③令点B的运动轨迹与x轴交于点M，与y轴交于点N，作点O关于运动轨迹的对称点O′，连接AO′，与轨迹相交于点【详解】解：（1）在△ABE和△ECD中，AB=EC∠B=∠C=90°∴△ABE≌∴∠BAE=∠CED，AE=DE，∴△AED为等腰三角形，∵∠BAE+∠AEB=90°，∴∠CED+∠AEB=90°，∴∠AED=90°，∴△AED为等腰直角三角形．（2）①过点B作BD⊥x轴于点D，∵线段CA绕着点C按顺时针方向旋转90°至线段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，∴点B的坐标为1,−1；②设点Ca,0当点C在x轴负半轴时，CO=−a，由①同理可得△ACO≌∴AO=CD=2,CO=BD=−a，∴OD=CD−CO=2−−a∴点B的坐标为2+a,a，当点C在x轴正半轴时，CO=a，由①同理可得△ACO≌∴AO=CD=2,CO=BD=a，∴OD=CD+CO=2+a，∴点B的坐标为2+a,a，令2+a=A，则a=A−2，∴B点的运动轨迹解析式为y=x−2．③令点B的运动轨迹与x轴交于点M，与y轴交于点N，作点O关于运动轨迹的对称点O′，连接AO′，与轨迹相交于点B由②可得：点B的运动轨迹解析式为y=x−2，当x=0时，y=−2，当y=0时，0=x−2，解得：x=2，∴M2,0∴OM=ON=2，∵点O和点O′关于直线MN∴OO′⊥MN，MN∴NO=NO∵∠NOM=90°，NO=NO∴四边形ONO∴O′设AO′所在直线的函数解析式为：把点O′2,−2，−2=2k+b2=b，解得：k=−2∴AO′所在直线的函数解析式为：联立y=−12x+2y=−2x+2y=x−2，解得：x=∴点B的坐标为43【点睛】本题主要考查了三角形全等的判定和性质，旋转的性质，一次函数的图象和性质，解题的关键是熟练掌握判定三角形全等的方法，旋转前后对应边相等，以及求一次函数表达式的方法．23．（2022上·天津·九年级天津市第二南开中学校考期末）如图①，将一个直角三角形纸片ABC放置在平面直角坐标系中，点A−2,0，点B6,0，点C在第一象限，∠ACB=90°，(1)求点C的坐标；(2)以点B为中心，顺时针旋转三角形ABC，得到三角形BDE，点A，C的对应点分别为D，E．如图②，当DE∥AB时，BD与y轴交于点F，求点F的坐标；(3)以点B为中心，顺时针旋转三角形ABC，得到三角形BD′E′，点A，C的对应点分别为D′，E′．在（2）的条件下，点F不变，记P为线段FD【答案】(1)C(4,2(2)F(0,2(3)2【分析】(1)过点C作CG⊥x轴，垂足为G．解直角三角形求出OG,CG即可．(2)如图②解直角三角形求出OF,可得结论．(3)图见详解，连接EF，利用三角形中位线定理证明PQ=12E'F【详解】（1）解：如图，过点C作CG⊥x轴，垂足为G∵点A(−2,0)，点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∵点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）如图，连接E'F∵D'P=PF，D'Q=QE'∴PQ=∵BF=2OF=43，∴4∴23【点睛】本题考查了平行线的性质，解直角三角形，旋转的性质，三角形的中位线，三角形三边关系等相关知识点，熟练掌握是解题的关键．24．（2022上·天津·九年级天津经济技术开发区第一中学校考阶段练习）在平面直角坐标系中，O为原点，点A（1，0），点B（0，3），把△ABO绕点O顺时针旋转，得A′B′（Ⅰ）如图①，当α=30°时，求点B′的坐标；（Ⅱ）设直线AA′与直线BB′相交于点如图②，当α=90°时，求点M的坐标；②点C（﹣1，0），求线段CM长度的最小值．（直接写出结果即可）【答案】（Ⅰ）B′（32，32）；（Ⅱ）①M（1+32，【分析】（Ⅰ）记A′B′与x轴交于点H．只要求出OH（Ⅱ）①作MN⊥OA于N，只要求出ON，②首先证明：点M的运动轨迹为以AB为直径的⊙O′，当C、M、O′共线时，CM的值最小，最小值=CO-12AB=3【详解】解：（Ⅰ）记A′B′与x∵∠HOA′=α∴∠OHA′∴HO=OA′•cos30°=32，B′H=∴B′（32，3（Ⅱ）①∵OA=∴Rt△∵OB=∴Rt△显然△AMB作MN⊥OA于∵OB′=∴MN=AN=∴M（1+32，②如图③中，∵∠∴∠∵∠∴∠OBB∴∠AOB∵∠AOB∴∠AMB∴点M的运动轨迹为以AB为直径的⊙O′，当C、M、O′共线时，CM的值最小，最小值=CO′﹣12AB=325．（2022上·天津·九年级天津经济技术开发区第一中学校考阶段练习）在平面直角坐标系中，四边形AOBC是矩形，点O(0,0)，点A(5,0)，点B(0,3).以点A为中心，顺时针旋转矩形AOBC，得到矩形ADEF，点O，B，C的对应点分别为D，E，F.

（Ⅰ）如图①，当点D落在BC边上时，求点D的坐标；（Ⅱ）如图②，当点D落在线段BE上时，AD与BC交于点H.①求证△ADB≌△AOB；②求点H的坐标.（Ⅲ）记K为矩形AOBC对角线的交点，S为△KDE的面积，求S的取值范围（直接写出结果即可）.【答案】（Ⅰ）点D的坐标为(1,3).（Ⅱ）①证明见解析；②点H的坐标为(175,3).【详解】分析：（Ⅰ）根据旋转的性质得AD=AO=5,设CD=x，在直角三角形ACD中运用勾股定理可CD的值，从而可确定D点坐标；（Ⅱ）①根据直角三角形全等的判定方法进行判定即可；②由①知∠BAD=∠BAO，再根据矩形的性质得∠CBA=∠OAB.从而∠BAD=∠CBA，故BH=AH，在Rt△ACH中，运用勾股定理可求得AH的值，进而求得答案；（Ⅲ）30−334详解：（Ⅰ）∵点A(5,0)，点∴OA=5，OB=3.∵四边形AOBC是矩形，∴AC=OB=3，BC=OA=5，∠OBC=∠C=90°.∵矩形ADEF是由矩形AOBC旋转得到的，∴AD=AO=5.在Rt△ADC中，有AD∴DC=AD2∴BD=BC−DC=1.∴点D的坐标为(1,3

（Ⅱ）①由四边形ADEF是矩形，得∠ADE=90°.又点D在线段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.设BH=t，则AH=t，HC=BC−BH=5−t.在Rt△AHC中，有AH∴t2=32+(5−t)2∴点H的坐标为(17

（Ⅲ）30−334点睛：本大题主要考查了等腰三角形的判定和性质，勾股定理以及旋转变换的性质等知识，灵活运用勾股定理求解是解决本题的关键.26．（2022上·天津滨海新·九年级塘沽二中校考期中）在平面直角坐标系中，O为原点，点A（﹣6，0）、点C（0，6），若正方形OABC绕点O顺时针旋转，得正方形OA′B′C′，记旋转角为α：（1）如图①，当α＝45°时，求BC与A′B′的交点D的坐标；（2）如图②，当α＝60°时，求点B′的坐标；（3）若P为线段BC′的中点，求AP长的取值范围（直接写出结果即可）．【答案】（1）(6−62,6)；（2）(33【分析】（1）当α＝45°时，延长OA′经过点B，在Rt△BA′D中，∠OBC＝45°，A′B＝62（2）过点C′作x轴垂线MN，交x轴于点M，过点B′作MN的垂线，垂足为N，证明△OMC′≌△C′NB′，可得C′N＝OM＝33（3）连接OB，AC相交于点K，则K是OB的中点，因为P为线段BC′的中点，所以PK＝12【详解】解：（1）∵A（﹣6，0）、C（0，6），O（0，0），∴四边形OABC是边长为6的正方形，当α＝45°时，如图①，延长OA′经过点B，∵OB＝62，OA′＝OA＝6，∠OBC＝45°，∴A′B＝62∴BD＝（62−6）×∴CD＝6﹣（12−62）=6∴BC与A′B′的交点D的坐标为（6−62（2）如图②，过点C′作x轴垂线MN，交x轴于点M，过点B′作MN的垂线，垂足为N，∵∠OC′B′＝90°，∴∠OC′M＝90°﹣∠B′C′N＝∠C′B′N，∵OC′＝B′C′，∠OMC′＝∠C′NB′＝90°，∴△OMC′≌△C′NB′（AAS），当α＝60°时，∵∠A′OC′＝90°，OC′＝6，∴∠C′OM＝30°，∴C′N＝OM＝33∴点B′的坐标为(33（3）如图③，连接OB，AC相交于点K，则K是OB的中点，∵P为线段BC′的中点，∴PK＝12∴P在以K为圆心，3为半径的圆上运动，∵AK＝32，∴AP最大值为32+3，AP的最小值为∴AP长的取值范围为32【点睛】本题考查正方形性质，全等三角形判定与性质，三角形中位线定理．（3）问解题的关键是利用中位线定理得出点P的轨迹．27．（2022上·天津·九年级天津市汇文中学校考期中）在平面直角坐标系中，点A（6，0），点B（0，8），把△AOB绕原点O逆时针旋转，得△COD，其中点C，D分别为点A，B旋转后的对应点，记旋转角为α（0°<α（1）如图，当α=45°（2）当CD//x轴时，求点C的坐标．【答案】（1）(32，32)；（2）(185，245))或(−18【分析】（1）如图，过点C作CE⊥OA于E，解直角三角形求出OE，CE即可．（2）分两种情形：CD在x轴上方时，设CD交y轴于F，过点C作CT⊥x轴于T．求出OT，CT即可．当CD在x轴下方时，同法可得．【详解】解：（1）如图，过点C作CE⊥OA于E．∵A(6，0)，∵OA＝OC＝6，∵∠COE＝45°，∴EC＝OE＝32，∴C(32，32)．（2）如图，CD在x轴上方时，设CD交y轴于F，过点C作CT⊥x轴于T．

∵CD//x轴，A（6，0），点B（0，8），∴CD⊥OF，∵OB＝OD＝8，OC＝OA＝6，由旋转得，∠COD=∠AOB=90°∴CD=OC∴S∴OF=∴CT＝245∴OT=OC∴C(185，24当CD在x轴下方时，同法可得C(−185，综上所述，满足条件的点C的坐标为(185，245))或(−18【点睛】本题属于坐标与图形变化﹣旋转，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．28．（2021上·天津·九年级天津一中校考期中）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在一象限，点P（t，0）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，连接OD，PD，得△OPD．（1）当t＝3时，求DP的长（2）在点P运动过程中，依照条件所形成的△OPD面积为S①当t＞0时，求S与t之间的函数关系式②当t≤0时，要使s＝34【答案】（1）DP=19；（2）①s=34t【分析】（1）先判断出△ADP是等边三角形，进而得出DP=AP，即可得出结论；（2）①先求出GH=2，进而求出DG，再得出DH，即可得出结论；②分两种情况，利用三角形的面积建立方程求解即可得出结论．【详解】解：（1）∵A（0，4），∴OA=4，∵P（t，0），∴OP=t，∵△ABD是由△AOP旋转得到，∴△ABD≌△AOP，∴AP=AD，∠DAB=∠PAO，∴∠DAP=∠BAO=60°，∴△ADP是等边三角形，∴DP=AP，∵t=3∴OP=∴DP=AP=AO（2）①当t＞0时，如图1，BD=OP=t，过点B，D分别作x轴的垂线，垂足于F，H，过点B作x轴的平行线，分别交y轴于点E，交DH于点G，∵△OAB为等边三角形，BE⊥y轴，∴∠ABP=30°，AP=OP=2，∵∠ABD=90°，∴∠DBG=60°，∴DG=BD•sin60°=32∵GH=OE=2，∴DH=2+∴S=1②当t≤0时，分两种情况：∵点D在x轴上时，如图2在Rt△ABD中，BD=OP=4(1)当−433∴DH=GF=BF−BG=2−−∴S=−∴t=−33或∴p−33（2）当t≤−4BD=OP=-t，DG=−∴DH=−∴1∴t=−21−2∴p−【点睛】此题是几何变换综合题，主要考查了全等三角形的判定和性质，旋转的性质，三角形的面积公式以及解直角三角形，正确作出辅助线是解决本题的关键．29．（2021上·天津河北·九年级汇森中学校考期中）如图，在平面直角坐标系中，O为原点，点A(0,8)，点B(m,0)，且m>0，把ΔAOB绕点A逆时针旋转90°，得ΔACD，点O，B旋转后的对应点为C，D.（1）点C的坐标为______.（2）解答下列问题：①设ΔBCD的面积为S，用含m的式子表示S，并写出m的取值范围.②当S=6时，求点B的坐标（直接写出结果即可）.【答案】（1）(8,8);（2）①S=12m2−4m，(m>8)，或S=−12m2【分析】（1）由旋转的性质得出AC=AO=8，∠OAC=90°，得出C（8，8）即可；（2）①由旋转的性质得出DC=OB=m，∠ACD=∠AOB=90°，∠OAC=90°，得出∠ACE=90°，证出四边形OACE是矩形，得出DE⊥x主，OE=AC=8，分三种情况：a、当点B在线段OE的延长线上时，得出BE=OB-OE=m-8，由三角形的面积公式得出S=12m2-4m（m＞8）即可；b、当点B在线段OE上（点B不与O，E重合）时，BE=OE-OB=8-m，由三角形的面积公式得出S=-12m2+4m（0＜m＜8）即可；c、当点B与E重合时，即m=8，②当S=6，m＞8时，得出12m2-4m=6，解方程求出m即可；当S=6，0＜m＜8时，得出-12m【详解】解：（1）∵点A（0，8），∴AO=8，∵△AOB绕点A逆时针旋转90°得△ACD，∴AC=AO=8，∠OAC=90°，∴C（8，8），故答案为（8，8）；（2）①延长DC交x轴于点E，∵点B（m，0），∴OB=m，∵△AOB绕点A逆时针旋转90°得△ACD，∴DC=OB=m，∠ACD=∠AOB=90°，∠OAC=90°，∴∠ACE=90°，∴四边形OACE是矩形，∴DE⊥x主，OE=AC=8，分三种情况：a、当点B在线段OE的延长线上时，如图1所示：则BE=OB-OE=m-8，∴S=12DC•BE=1即S=12m2b、当点B在线段OE上（点B不与O，E重合）时，如图2所示：则BE=OE-OB=8-m，∴S=12DC•BE=1即S=-12m2c、当点B与E重合时，即m=8，△BCD不存在；综上所述，S=12m2-4m（m＞8），或S=-12m②当S=6，m＞8时，12m2解得：m=4±27（负值舍去），∴m=4+27；当S=6，0＜m＜8时，-12m2解得：m=2或m=6，∴点B的坐标为（4+27，0）或（2，0）或（6，0）．【点睛】本题考查了坐标与图形性质、旋转的性质、矩形的判定与性质、三角形面积公式、一元二次方程的解法等知识；本题综合性强，有一定难度．30．（2021上·天津南开·九年级南开翔宇学校校考阶段练习）在平面直角坐标系中，已知点A（2，0），点B（0，23）．点O（0，0）．△AOB绕着点O顺时针旋转，得到△A'OB'，点A、B旋转后的对应点为A'、B（Ⅰ）如图1，若α＝30°，求点B'的坐标；（Ⅱ）如图2，若0°＜α＜90°，设直线AA'和直线BB'交于点P，求证：AA'⊥BB'；（Ⅲ）在（Ⅱ）中的条件下，若0°＜α＜360°，点C（﹣2，0）．求线段CP长度的取值范围．（直接写出结果即可）【答案】（Ⅰ）（3，3）；（Ⅱ）证明见解析；（Ⅲ）23-2≤CP≤23+2．【分析】（Ⅰ）设A'B'与x轴交于点H，依据旋转的性质得出BO∥A'B'，即可得到OH＝12OB'＝3，B'H＝3，进而得出点B'的坐标为（3（Ⅱ）依据旋转的性质可得∠BOB'＝∠AOA'＝α，OB＝OB'，OA＝OA'，即可得出∠OBB'＝∠OA'A＝12（180°﹣α），再根据∠BOA'＝90°+α，四边形OBPA'的内角和为360°，即可得到∠BPA'＝90°，即AA'⊥BB（Ⅲ）作AB的中点M（1，3），连接MP，依据点P的轨迹为以点M为圆心，以MP＝12AB【详解】解：（Ⅰ）如图1，设A'B'与x轴交于点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∴点B'的坐标为（3，3）；（Ⅱ）∵∠BOB'＝∠AOA'＝α，OB＝OB'，OA＝OA'，∴∠OBB'＝∠OA'A＝12∵∠BOA'＝90°+α，四边形OBPA'的内角和为360°，∴∠BPA'＝360°﹣（180°﹣α）﹣（90°+α）＝90°，∴AA'⊥BB'；（Ⅲ）如图，作AB的中点M（1，3），连接MP，∵∠APB＝90°，∴点P的轨迹为以点M为圆心，以MP＝12AB∵C（﹣2，0），M（1，3），∴CM＝(−2−1)2∴当点P在CM延长线上时，线段CP长度最大，最大值为23+2；当点P在CM上时，线段CP长度最小，最小值为23-2；线段CP长度的取值范围：23-2≤CP≤23+2．【点睛】本题属于几何变换综合题，主要考查了旋转的性质，含30°角的直角三角形的性质，四边形内角和以及圆周角定理的综合运用