(天津专用)中考数学二轮复习考点分类训练专题10 几何动态与函数综合(2份，原卷版+解析版）

这是一份(天津专用)中考数学二轮复习考点分类训练专题10 几何动态与函数综合(2份，原卷版+解析版），文件包含天津专用中考数学二轮复习考点分类训练专题10几何动态与函数综合共36道原卷版doc、天津专用中考数学二轮复习考点分类训练专题10几何动态与函数综合共36道解析版doc等2份试卷配套教学资源，其中试卷共115页， 欢迎下载使用。

(1)如图1，当OP=时，求点Q的坐标；
(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=时，直接写出点Q的坐标．
【答案】(1)Q（8，4）
(2)，P（3，3）
(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．进而可求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）根据BP+BQ=，可得BP+OP=．因为OB=，说明点P在OB的延长线上．可得BP=，结合（1）进而可求点Q的坐标．
【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，，
∴△OPG是等腰直角三角形，即，
∵，
∴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，
，
∴△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，
，
整理得．
∵S△APQ=AP•AQ，
∴．
∴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=8，
∴BP+OP=8．
∵OB=6，
∴点P在OB的延长线上．
如图（3）：
由图知：BP+OP=BP+OB+BP=8
∴BP=
∴OP=OB+BP=6+=7，
∴OG＝PG＝OP＝7，
∴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，点，现将矩形绕点逆时针旋转得到矩形，点、、的对应点分别为点、、．

(1)如图，当点落在边上时，求直线的函数表达式；
(2)如图，当、、三点在一直线上时，所在直线与、分别交于点、，求线段的长度．
(3)如图，设点为边的中点，连接，在矩形旋转过程中，点到直线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)
(2)2
(3)存在，
【分析】（1）由矩形，点，得，，，可得，即知，，设的函数表达式为，求出，代入可得，故的函数表达式为；
（2）过点作于，连接、，证明，可得，又，有，可得，设，由勾股定理有；解得，即，从而可得；
（3）当在的左侧且时，到直线的距离最大，设于的交点为，求出，由面积法得，故点到直线的距离最大值是．
【详解】（1）解：矩形，点，
，，，
矩形是由矩形旋转得到，
，，
在中，，
，
，，
直线表达式为，
设的函数表达式为，
由，得，
，
解得，
的函数表达式为；
（2）解：如图，过点作于，连接、，

矩形是由矩形旋转得到，
，，
，
，
四边形是矩形，
，
，
，，
，
，
，，
，
，
，
，
，
设，
在中，，
；
解得，
，
，
，
；
（3）解：在矩形旋转过程中，点到直线的距离存在最大值，这个最大值是，理由如下：
当在的左侧且时，到直线的距离最大，设于的交点为，如图：

为的中点，
，
，
，
，
，
，
，
点到直线的距离最大值是．
【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，已知为坐标原点，点，．以点为旋转中心，把顺时针旋转，得．
(1)如图①，当旋转后满足轴时，求点C的坐标；
(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上的一点旋转后的对应点为当取得最小值时，求点的坐标（直接写出结果即可）．
【答案】(1)
(2)（）
(3)
【分析】（1）如图1中，作轴于H．只要证明四边形是矩形，利用矩形的性质即可解决问题；
（2）如图2中，作轴于M．在中，求出即可解决问题；
（3）连接，，作点关于轴的对称点，连接交轴于，连接，由题意，推出，根据两点之间线段最短，可知当点P与点重合时，的值最小．只要求出直线的解析式即可解决问题．
【详解】（1）解：过点C作轴于H，
∵，，
∴，，
由旋转的性质，可得，
∴，，，
又∵轴，
∴，
∴四边形为矩形，
∴，，
∴点C的坐标为；
（2）过点D作轴于M，
由面积知，
在中，由勾股定理得 AB ，
∴，
∴，
∴，
在中，，
∴，
∴点D的坐标为（）；
（3）连接，，作点关于轴的对称点，连接交轴于，连接，
由题意可得，
根据轴对称的性质可得，
∴，
∵，D的坐标为（），
∴设直线的解析式为，
则，
解得，
∴直线的解析式为，
当时，，
∴点的坐标为．
【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）等腰中，，，点、点分别是轴、轴上两个动点，直角边交轴于点，斜边交轴于点．

(1)如图（1），已知点的横坐标为，直接写出点的坐标；
(2)如图（2），当等腰运动到使点恰为中点时，连接，求证：；
(3)如图（3），若点在轴上，且，点在轴的正半轴上运动时，分别以、为直角边在第一、二象限作等腰直角和等腰直角，连结交轴于点，问当点在轴的正半轴上运动时，的长度是否变化?若变化请说明理由，若不变化，请求出的长度．
【答案】(1)
(2)见详解
(3)的长度不变，
【分析】（1）如图1，过点C作轴于点F，构建全等三角形：，结合该全等三角形的对应边相等易得的长度，由点A是y轴上一点可以推知点A的坐标；
（2）过点C作交y轴于点G，则，即得，，由，可证得，从而得到结论；
（3）如图3，过点C作轴于点E，构建全等三角形：，结合全等三角形的对应边相等推知：，．再结合已知条件和全等三角形的判定定理得到：，故．
【详解】（1）解：如图1，过点C作轴于点F，

∵轴于点F，
∴，，
∵，
∴，
∴，
在和中，
∴
∵点的横坐标为，
∴，
∴；
（2）证明：如图2，过点C作交y轴于点G，

∵，
∴，，
∵，
∴，
∴，
在和中
，
∴，
∴，，
∵，，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∴；
（3）解：的长度不变，理由如下：
如图3，过点C作轴于点E，

∵，
∴．
∵，
∴．
∵，，
∴，
∴，．
∵，
∴．
∵，，
∴，
∴．
【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，，．D，E两点同时从原点O出发，点D以每秒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，交于点F，将沿直线折叠得到，设D，E两点的运动时间为t秒．

(1)求的度数及点A的坐标；
(2)若折叠后与重叠部分的面积为S，
①当折叠后与重叠部分的图形为三角形时，请写出S与t的函数解析式并直接写出t的取值范围；
②求S的最大值（直接写出结果即可）．
【答案】(1)；；
(2)①；②有最大值；
【分析】（Ⅰ）利用勾股定理求得的长，可求得点的坐标，利用特殊角的三角函数值即可求得；
（Ⅱ）①分点落在线段上和点落在线段延长线上两种情况讨论，利用特殊角的三角函数值以及三角形面积公式即可求解；
②画出图形，根据结合二次函数的性质即可求得重叠部分面积最大值．
【详解】（1），，，
，
；
；
，，，
，
；
（2）①，，
，即，
将沿直线折叠得到，折叠后的点落在直线上，
如图，当点落在线段上，与重叠部分是，

此时，
，，
，
，
；
如图，当点落在线段的延长线上时，与重叠部分是，

设与交于点，
，，，
，
，
，
，
，
，
，，
，
，
．
．
解：②当点落在线段的延长线上时，与重叠部分是，
，，，
，，，
∴，
∴
∴对称轴为，
∵，
∴当时，S有最大值；
【点睛】本题主要考查了直线与轴的交点、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，四边形是矩形，点，点，点．以点A为中心，顺时针旋转矩形，得到矩形，点O，B，C的对应点分别为D，E，F．

(1)如图1当点D落在边上时，求点D的坐标；
(2)如图2当点D落在线段上时，与交于点H．
①求证；
②求点H的坐标．
(3)记K为矩形对角线的交点，S为的面积，求S的取值范围（直接写出结果即可）
【答案】(1)
(2)①见解析
②
(3)
【分析】对于（1），根据点的坐标及旋转的性质得，在直角三角形中运用勾股定理可求出的长，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，故，在中，运用勾股定理可求得的长，得出坐标；
对于（3），在矩形旋转的过程中，根据点K与直线的距离范围即可确定S的取值范围．
【详解】（1）∵点，点，
∴，．
∵四边形是矩形，
∴，，.
∵矩形是由矩形旋转得到的，
∴．
在中，，
∴，
∴，
∴点D的坐标是；
（2）①证明：由四边形是矩形，知．
∵点D在线段上，得.
由（1）知，，
又，，
∴≌；
②由≌，得．
在矩形中，，
∴，
∴，
∴．
设，则，．
在中，，
∴，
解得，
∴，
∴点H的坐标是；
（3）．
如图，当矩形顶点D在线段上时，点K到直线的距离最小，最小值为线段的长，则，
∴．

如图，当矩形顶点D在的延长线上时，点K到直线距离最大，最大值为线段的长，则，
∴，
所以．

【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，点．将绕点顺时针旋转，得，点，旋转后的对应点为，．记旋转角为．
（1）如图①，当时，求点的坐标；
（2）如图②，当时，求点的坐标；
（3）连接，设线段的中点为，连接，求线段的长的最小值（直接写出结果即可）．
【答案】（1）；（2）；（3）
【分析】（1）过点作，垂足为，根据题意可得，，从而求出，，根据旋转的性质，点在线段上，然后利用锐角三角函数即可求出结论；
（2）连接，过点作，垂足为，根据旋转的性质，，然后利用锐角三角函数可得，，求出OD，即可得出结论；
（3）连接，设线段的中点为，连接，取的中点N，连接、MN，根据中位线的性质可得MN=OB=，利用勾股定理求出，然后根据三角形的三边关系即可得出结论．
【详解】解：（1）如图，过点作，垂足为．
∵ 点，点，
∴ ，．
∴ ，．
∵ 是绕点顺时针旋转得到的，，
∴ ，点在线段上．
∴ ．
在中，，．
∴ 点的坐标为．
（2）如图，连接，过点作，垂足为．
∵ ，，
∴ ，．
∴ ．
在中，，．
∴ ．
∴ 点的坐标为．
（3）连接，设线段的中点为，连接，取的中点N，连接、MN
∴MN为△A′OB的中位线，
∴MN=OB=
由勾股定理可得
∴≥－MN=（当且仅当M 在线段O′N上时，取等号）
∴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，为原点，点，点．以为一边作等边三角形，点在第二象限．
(Ⅰ)如图①，求点的坐标；
(Ⅱ)将绕点顺时针旋转得，点旋转后的对应点为．
①如图②，当旋转角为30°时，与分别交于点与交于点，求与公共部分面积的值；
②若为线段的中点，求长的取值范围(直接写出结果即可)．
【答案】(Ⅰ)点的坐标为；(Ⅱ)①；②．
【分析】(Ⅰ)利用的坐标，求解 利用等边三角形的性质可得答案；
(Ⅱ) ①过点作于点，分别求解,的面积，利用，可得答案；②如图，在以为圆心，为半径的圆上运动，延长至，使 则设，得到： 所以：表示点与之间的距离，连接交圆于,当在的下方，最短，反之最长，从而可得答案．
【详解】解：(Ⅰ)，
．
在中，，
．
．
是等边三角形，
．
，
∴点的坐标为．
(Ⅱ)①过点作于点，
∵将顺时针旋转30°，得，
．
．
．
，
．

在中，，
．
．
，
．
在中，，
．
在中，，
．
．
．
②如图，在以为圆心，为半径的圆上运动，
延长至，使 则
设，则由勾股定理得：
为的中点，




所以：表示点与之间的距离，连接交圆于,
当在的下方，最短，反之最长，
设为


解得：
为：

解得： 或
当在的下方时，坐标为：





同理：当在的上方时，



【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，点，点，点在线段上（不与点，重合）．过点作交线段于点，以为边作正方形（点与点在点两侧）．
(1)如图1，当点在边上时，求点的坐标．
(2)设，正方形与重叠部分图形的面积为．
①如图2，若正方形与重叠部分为五边形，边分别与，相交于点，，试用含有的式子表示的长，并直接写出的取值范围；
②当时，求的取值范围（直接写出结果即可）．
【答案】(1)
(2)①；②
【分析】（1）过点作于点，根据等腰三角形的性质得出，继而根据，得出，即可得出点的坐标；
（2）①先求得的范围，进而根据等腰三角形的性质求得的长度；
②根据得出关于的二次函数，进而根据二次函数的性质即可求解．
【详解】（1）解：如图所示，过点作于点，
∵点，点，
∴，是等腰直角三角形，
∴，
∴是等腰直角三角形，
∵四边形是正方形，
∴，，
∴是等腰直角三角形，
∴，
同理得出是等腰直角三角形，
∴，
∴，
即
∵，
∴，
∴
∴，
∵是等腰直角三角形，
∴，
∴；
（2）解：由（1）可得当在上时，，
∴
当是的中点时，，分别与重合，
∴
∴
如图所示，连接，
∵，
∴，
∵，
∴，，
由（1）可得是等腰直角三角形，
∴是等腰直角三角形，
∴
∴
∴
②∵

对称轴为，，当时，取得最大值，最大值为
当时，，
当时，，
∴．
【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，为坐标原点，为直角三角形，在轴上，，，，把绕点顺时针旋转，得，点，旋转后的对应点为，记旋转角为．
(1)如图①，若，求点的坐标；
(2)如图②，若，求点的坐标；
(3)如图③，连接，，直线交于点，点为的中点，连接．在旋转过程中，求的取值范围（直接写出结果即可）．
【答案】(1)
(2)
(3)
【分析】（1）过作于点，，通过直角三角形的性质可求的长，即可求得点的坐标；
（2）过作轴于点，过作轴于点，首先可证得≌，可得，，再通过三角形的面积及勾股定理即可求得；
（3）由题意知，，，，可得，，可证得，，，，，共圆，连接，，由，可得，再根据等腰三角形的性质可得为的中点，可证得为的中位线，则，由旋转知，轨迹为以为圆心，为半径的圆，知的最小值为，据此即可求解．
【详解】（1）解：过作于点，如图所示：
绕点顺时针旋转得到，
，
，
，，
，
；
（2）解：过作轴于点，过作轴于点，如图所示：
，
，
，
，
，
绕点顺时针旋转得到，
，≌，
，，
在中，，
，
，
，
，
在中，，
，
；
（3）解：由题意可知，，，，
，即，
，，
，，
，
，
，
，，，四点共圆，
连接，，如图所示：
，
，
，
点为的中点，
点为的中点，
为的中位线，
，
由旋转可知，轨迹为以为圆心，长为半径的圆，如图所示：
的最小值为，的最大值为，
．
【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，为原点，，将绕点逆时针旋转，点旋转后的对应点为．
(1)如图（1），当时，求的坐标；
(2)如图（2），当点恰好落在轴上时，与交于点．
①此时与是否相等，说明理由；
②求点的坐标；
(3)求面积的最大值．（直接写出答案即可）
【答案】(1)
(2)①；②
(3)14
【分析】（1）如图①中，过点作于点．解直角三角形求出，，可得结论；
（2）①此时与相等，证明即可；
②设，再利用勾股定理构建方程求出即可；
（3）如图③中，当点值的延长线上时，的面积最大．
【详解】（1）如图①中，过点作于点．
四边形是矩形，，
，，
在 中，，，
，，
，
∴；
（2）①结论：．
理由：，，
，
，
，
，
；
②，，
，
设，
在中，，
，
，
，
．
（3）如图③中，当点值的延长线上时，此时点到的距离最大，即的面积最大．
的面积的最大值．
【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，为原点，点，点，把绕点逆时针旋转得到，点A、旋转后的对应点为、，记旋转角为．
(1)如图①，若，求的长；
(2)如图②，若，求点的坐标；
(3)如图③，P为AB上一点，且，连接、，在绕点B逆时针旋转一周的过程中，求的面积的最大值和最小值（直接写出结果可）．
【答案】(1)
(2)
(3)，
【分析】（1）连接，过点作轴，由旋转的性质可求得和AD的值，再利用勾股定理即可求解．
（2）过点作于点H，连接，由旋转的性质得是等边三角形，根据等边三角形的性质即可求解．
（3）设P到的距离为h，则，由题意得O是在以B为圆心的圆上运动，当时，的面积最小；时，的面积最大利用勾股定理即可求解．
【详解】（1）解：连接，过点作轴，如图所示：
把绕点逆时针旋转得到，且点，点，
得，，
∴，AD=OA-OD=4-3=1，
．
（2）过点作于点H，连接，如图所示：
把绕点逆时针旋转得到，且旋转角α=60°，
∴是等边三角形，
∴，
∴，，
．
（3）设P到的距离为h，
∴，
∵△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：
当时，的面积最小；时，的面积最大；
∵，，
①当时，，
∴，
②当时，，
∴，
∴的面积的最大值和最小值分别为和．
【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，，，将△OCD绕点O顺时针旋转．
(1)当△OCD旋转至如图的位置时，，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)
(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，推出AC=BD，求出BD，即可得出结论；
（3）如图③中，当OC⊥BC时，∠OBC的值最大，此时，，再证明，即可得出结论．
【详解】（1）解∶ 如图①中，过点C作CE⊥OA于E，
∵绕点O顺时针旋转，
∴，
∴，，
∴．
（2）解：如图②中，
当△OCD旋转到y轴右侧时，过点O作OF⊥BD于F，
∵，
∴，
∵OA=OB，OC=OD，
∴
∴AC=BD，
在中，，
∵OF⊥CD，OC=OD，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴．
当△OCD旋转到y轴左侧时，过点O作OG⊥BD于点G，
∵，
∴，
∵OA=OB，OC=OD，
∴
∴AC=BD，
在中，，
∵OG⊥CD，OC=OD，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
综上，AC=．
（3）解：当OC⊥BC时，∠OBC的值最大，此时，，
过点D作DF⊥x轴于F，过点C作CE⊥OB于E，
∵，
∴，
∵，OC=OD，
∴，
∴EC=DF，
∵，，OB=OA，
∴．
【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）将一张矩形纸片放置在平面直角坐标系中，点，点，点，点在边上（点不与点，重合）．沿折叠该纸片，点的对应点为，设．

(1)如图①，当时，求的度数及点的坐标；
(2)如图②，若点在第四象限，与交于点，试用含有的式子表示折叠后与矩形重叠部分的面积，并直接写出的取值范围；
(3)若折叠后重叠部分的面积为，当时，直接写出的取值范围．
【答案】(1)，
(2)
(3)
【分析】（1）由，得到，根据含的直角三角形性质解即可得结果；
（2）先证明折叠部分的三角形是等腰三角形，设，在中用勾股定理列出方程，表示出，进而得出结论；
（3）当时，重合部分面积是的面积，底是，高是，面积随的增大而增大，根据面积的最大和最小，求得对应的的值；当时，随着的增大，面积是逐渐增大的，故根据（2）中的面积等于，求得对应的的值，进而求得结果．
【详解】（1）解：过作于，如图所示：

四边形是矩形，
，，
，沿折叠该纸片，点的对应点为，
，，
，
在中，，，则，
，
；
（2）解：如图所示：

四边形是矩形，
，
，
由折叠可得，，，
，
在等腰中，，
由折叠可得，，
设，则，
在中，由勾股定理得，
，解得，
重合部分，
当在轴上，则，此时；
当与重合时，此时；
点在边上（点不与点，重合）,
,
重合部分；
（3）解：若折叠后重叠部分的面积为，
由（1）（2）的求解过程可知，当时，根据点由运动，由的位置分两种情况讨论：
①当在第一象限，则，即时，
根据对称性知重合部分面积是的面积，
则，随着（或）值的增大而增大，
当时，得到；
当时，面积；
当重合部分面积满足时，；
②当在第四象限，则，即时，
重合部分面积是的面积，则，
由于，则在以为圆心，为半径的圆弧上，如图所示：

而是线段的中垂线，交于，
则当在第四象限时，随着点由运动，逐渐增大，
即当时，随着（或）值的增大而增大，
由（1）知，当时，面积时，满足要求；
当时，有，因式分解得到，
解得或，
，
舍弃，取，
当重合部分面积满足时，；
综上所述．
【点睛】本题考查了对称性、矩形性质、含的直角三角形性质、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）；（2）；（3）
【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＝＝＝5，
∵把△ABO绕点B逆时针旋转90°，得△A'BO′，
∴∠ABA'＝90°，AB＝A'B＝5，
∴AA'＝＝＝5；
（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×＝2，
∴OC＝OB﹣BC＝4﹣2，
∴O'（2，4﹣2）；
（3）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， ；（2）（，9）；（3）（，）
【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=﹣3，从而得到P（，0），则O′P′=OP=，作P′D⊥O′H于D，然后确定∠DP′O′=30°后利用含30度的直角三角形三边的关系可计算出P′D和DO′的长，从而可得到P′点的坐标．
【详解】(1)如图①， ∵点A（4，0），点B（0，3），
∴OA=4，OB=3，
∴AB==5，
∵△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=5；
(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=BO′=，O′H=BH=，
∴OH=OB+BH=3+=，
∴O′点的坐标为（，）；
（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′（，），C（0，﹣6）代入得 ，解得，
∴直线O′C的解析式为y=﹣6，
当y=0时， ﹣6=0，解得x=，
则P（，0），
∴OP=， ∴O′P′=OP=，
作P′D⊥O′H于D，
∵∠BO′A=∠BOA=90°，∠BO′H=30°， ∴∠DP′O′=30°，
∴O′D=O′P′=，P′D=，
∴DH=O′H﹣O′D=，
∴P′点的坐标为（，）．
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，点分别是坐标轴上的点，连接AB．把绕点B逆时针旋转得．点A，O旋转后的对应点为点，．记旋转角为．
(1)如图①，当点落在AB边上时，求的值和点的坐标；
(2)如图②，当时，求的长和点的坐标；
(3)连接，直接写出在旋转过程中面积的最大值．
【答案】(1)45°，
(2)
(3)
【分析】对于（1），先判断△ABO是等腰直角三角形，当点落在边AB上时，α=45°，
可得点的横坐标，纵坐标；
对于（2），先说明为等边三角形，根据勾股定理求出AB，再根据“SSS”证明，即可得出直线的函数关系式为y=x，再根据勾股定理求出，可得点的坐标；
对于（3），先判断时的位置，再求出面积即可．
【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，
∴．
当点落在边AB上时，α=45°，
∴点的横坐标是，纵坐标是，
∴点的横坐标是．
（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=O'B=1, O'H=,
O'(，1) ;
当时，
∴，，
∴为等边三角形，
∴．
（3）．
如图，以为底，当高最大时，的面积最大，即当旋转到如图所示的位置时，高最大．
则，
∴．
【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，判断的位置是求的面积最大的关键．
18．（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，点分别是坐标轴上的点，连接．把绕点逆时针旋转得．点，旋转后的对应点为，．记旋转角为．
(1)如图①，当点落在边上时，求的值和点的坐标；
(2)如图②，当时，求的长和点的坐标；
(3)连接，直接写出在旋转过程中面积的最大值．
【答案】(1)，；
(2)，；
(3)面积最大时，
【分析】（1）先判断是等腰直角三角形，当点落在边上时，，如图，过作于，则是等腰直角三角形，利用勾股定理可得点的横坐标，纵坐标；
（2）根据勾股定理求出，如图，过点作于点H，再利用含的直角三角形的性质与勾股定理，可得点的坐标；再说明为等边三角形，可得的长；
（3）先判断面积的最大值时，的位置，再求出面积即可．
【详解】（1）解：∵点，点，
∴，是等腰直角三角形，
∴，．
当点落在边上时，，
如图，过作于，则是等腰直角三角形，
∴，而，
∴，则，
∴，
∴点的坐标是．
（2）如图，过点作于点H，
在中，
∵，，
∴，
∴， ，
∴，
∴；
当时，
∴，而，
∴为等边三角形，
∴．
（3）如图，以为底，当高最大时，的面积最大，即当旋转到如图所示的位置时，高最大．
则，
∴此时．
【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，判断的位置是求的面积最大的关键．
19．（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，四边形是矩形，点，点，点．以点为中心，顺时针旋转矩形，得到矩形，点，，的对应点分别为，，，记旋转角为 ．
(1)如图①，当时，求点的坐标；
(2)如图②，当点落在的延长线上时，求点的坐标；
(3)当点落在线段上时，求点的坐标（直接写出结果即可）．
【答案】(1)
(2)
(3)
【分析】（1）过点作轴于，由旋转的性质得出，，，由直角三角形的性质得出，，得出，即可得出点的坐标为；
（2）过点作轴于，于，则则，，由勾股定理得出，由面积法求出，得出，由勾股定理得出，即可得出点的坐标为；
（3）连接，作轴于，由旋转的性质得：，，
由等腰三角形的性质得出，得出，证出，由平行线的性质的，证出，证明，得出，，得出，即可得出答案．
【详解】（1）解：过点作轴于，如图所示：
∵点，点，
∴，，
∵以点为中心，顺时针旋转矩形，得到矩形，
∴，，，
在Rt中，，，
∴，
∴点的坐标为；
（2）解：过点作轴于，于，如图所示：
则，，
∵，，
∴，
∵，
∴，
∴，，
∴点的坐标为；
（3）解：连接，作轴于，如图所示：
由旋转的性质得：，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，，
∴，
∴点的坐标为．
【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，在平面直角坐标系中，直线AB与轴交于点A、与轴交于点B，且∠ABO＝45°，A（－6，0），直线BC与直线AB关于轴对称.
(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，得出∠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,当点N运动时，最短为点O到直线AE的距离.再由，在直角三角形中,
即可得解.
【详解】解：（1）由已知条件得：
AC=12，OB=6
∴
（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轴，
∴
∴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,当点N运动时，最短为点O到直线AE的距离,即点O到直线AE的垂线段的长，
∵，OA=6，
∴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，四边形是矩形，点，点，点．以点A为中心，顺时针旋转矩形，得到矩形，点O，B，C的对应点分别为D，E，F，记旋转角为．
(1)如图1，当时，求点D的坐标；
(2)如图2，当点E落在的延长线上时，求点D的坐标；
(3)当点D落在线段上时，直接写出点E的坐标．
【答案】(1)
(2)
(3)
【分析】（1）过点作轴于，由旋转的性质得出，，，由直角三角形的性质得出，，得出，即可得出点的坐标为；
（2）过点作轴于，，于，则则，，由勾股定理得出AE=10，由面积法求出DH=，得出，由勾股定理得出，即可得出点的坐标为；
（3）连接，作轴于，由旋转的性质得：，，
由等腰三角形的性质得出，得出，证出，由平行线的性质的，证出，证明，得出，，得出，即可得出答案．
【详解】（1）解：过点作轴于，如图所示：
∵点，点，
∴，，
∵以点为中心，顺时针旋转矩形，得到矩形，
∴，，，
在Rt中，，，
∴，
∴点的坐标为；
（2）过点作轴于，，于，如图所示：
则，，
∵，，
∴，
∵，
∴，
∴，，
∴点的坐标为；
（3）连接，作轴于，如图所示：
由旋转的性质得：，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
在和中，
，
∴（），
∴，，
∴，
∴点的坐标为．
【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，在四边形中，，点E是边上一点，，，连接．判断的形状，并说明理由；
（2）在平面直角坐标系中，已知点，点是轴上的动点，线段绕着点按顺时针方向旋转90°至线段，连接，
①如图2，若点，则点B的坐标为．
②求C点运动过程中B点的运动轨迹解析式．
③求的最小值时点B的坐标．
【答案】（1）为等腰直角三角形，理由见解析；（2）①点B的坐标为，②B点的运动轨迹解析式为，③
【分析】（1）证明，即可得出结论；
（2）①过点B作轴于点D，证明，即可求解；②设点，根据将点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，连接，与轨迹相交于点B，点B即为所求；先求出点的坐标，再求出所在直线的函数解析式，最后联立的解析式和轨迹的解析式，求出交点坐标即可．
【详解】解：（1）在和中，
，
∴，
∴，，
∴为等腰三角形，
∵，
∴，
∴，
∴为等腰直角三角形．
（2）①过点B作轴于点D，
∵线段绕着点按顺时针方向旋转90°至线段，
∴，，
∵，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴点B的坐标为；
②设点，
当点C在x轴负半轴时，，
由①同理可得，
∴，
∴，
∴点B的坐标为，
当点C在x轴正半轴时，，
由①同理可得，
∴，
∴，
∴点B的坐标为，
令，则，
∴B点的运动轨迹解析式为．
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，连接，与轨迹相交于点B，点B即为所求．
由②可得：点B的运动轨迹解析式为，
当时，，
当时，，解得：，
∴，
∴，
∵点O和点关于直线对称，
∴，为的垂直平分线，
∴，
∵，，
∴四边形为正方形，
∴，
设所在直线的函数解析式为：，
把点，代入得：
，解得：，
∴所在直线的函数解析式为：，
联立和得：
，解得：，
∴点B的坐标为．
【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放置在平面直角坐标系中，点，点，点在第一象限，，．
(1)求点的坐标；
(2)以点为中心，顺时针旋转三角形，得到三角形，点A，C的对应点分别为D，E．如图②，当时，与轴交于点，求点的坐标；
(3)以点为中心，顺时针旋转三角形，得到三角形，点A，C的对应点分别为，．在（2）的条件下，点不变，记为线段的中点，为线段的中点，求的取值范围（直接写出结果即可）．
【答案】(1)
(2)
(3)
【分析】(1)过点作轴，垂足为．解直角三角形求出即可．
(2)如图解直角三角形求出,可得结论．
(3)图见详解，连接，利用三角形中位线定理证明，再求出的取值范围即可．
【详解】（1）
解：如图，过点作轴，垂足为
点，点
又，
在RT中，，
又点在第一象限，
（2）解：
在RT中，
（3）
如图，连接
，
，
．
【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，），把△绕点O顺时针旋转，得，记旋转角为α．
（Ⅰ）如图①，当α=30°时，求点B′的坐标；
（Ⅱ）设直线与直线相交于点M．
如图②，当α=90°时，求点M的坐标；
②点C（﹣1，0），求线段长度的最小值．（直接写出结果即可）
【答案】（Ⅰ）B′（，）；（Ⅱ）①M（，），②最小值=﹣1．
【分析】（Ⅰ）记与x轴交于点H．只要求出，即可解决问题；
（Ⅱ）①作于N，只要求出，即可解决问题；
②首先证明：点M的运动轨迹为以为直径的⊙O′，当C、M、O′共线时，的值最小，最小值= - =；
【详解】解：（Ⅰ）记与x轴交于点H．
∵∠=α=30°，
∴∠=90°，
∴=•cs30°=，=•cs30°=，
∴B′（，）．
（Ⅱ）①∵，
∴是等腰直角三角形，
∵，
∴也是等腰直角三角形，
显然是等腰直角三角形，
作于N，
∵，
∴ ，
∴M（，）．
②如图③中，
∵
∴
∵
∴，
∴，
∵，
∴，
∴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′﹣AB=﹣1．
25．（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，四边形是矩形，点，点，点.以点为中心，顺时针旋转矩形，得到矩形，点，，的对应点分别为，，.

（Ⅰ）如图①，当点落在边上时，求点的坐标；
（Ⅱ）如图②，当点落在线段上时，与交于点.
①求证；
②求点的坐标.
（Ⅲ）记为矩形对角线的交点，为的面积，求的取值范围（直接写出结果即可）.
【答案】（Ⅰ）点的坐标为.（Ⅱ）①证明见解析；②点的坐标为.（Ⅲ）.
【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，再根据矩形的性质得.从而，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）.
详解：（Ⅰ）∵点，点，
∴，.
∵四边形是矩形，
∴，，.
∵矩形是由矩形旋转得到的，
∴.
在中，有，
∴ .
∴.
∴点的坐标为.

（Ⅱ）①由四边形是矩形，得.
又点在线段上，得.
由（Ⅰ）知，，又，，
∴.
②由，得.
又在矩形中，，
∴.∴.∴.
设，则，.
在中，有，
∴.解得.∴.
∴点的坐标为.

（Ⅲ）.
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）；（2）；（3）.
【分析】（1）当α＝45°时，延长OA′经过点B，在Rt△BA′D中，∠OBC＝45°，A′B＝，可求得BD的长，进而求得CD的长，即可得出点D的坐标；
（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＝，B′N＝C′M＝3，即可得出点B′的坐标；
（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＝OC′＝3，即点P在以K为圆心，3为半径的圆上运动，即可得出AP长的取值范围．
【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＝6，OA′＝OA＝6，∠OBC＝45°，
∴A′B＝，
∴BD＝（）×，
∴CD＝6﹣（）=，
∴BC与A′B′的交点D的坐标为（，6）；
（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＝，B′N＝C′M＝3，
∴点B′的坐标为；
（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＝OC′＝3，
∴P在以K为圆心，3为半径的圆上运动，
∵AK＝3，
∴AP最大值为，AP的最小值为，
∴AP长的取值范围为.
【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（）
（1）如图，当时，求点C的坐标；
（2）当CD//轴时，求点C的坐标．
【答案】（1）(3，3)；（2）(，))或(，)．
【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＝3，
∴ C(3，3)．
（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°
∴ CD10，
∴
∴ OF
∴ CT＝，
∴ OT，
∴ C(，)，
当CD在x轴下方时，同法可得C(，)．
综上所述，满足条件的点C的坐标为(，))或(，)．
【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＝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S
①当t＞0时，求S与t之间的函数关系式
②当t≤0时，要使s＝，请直接写出所有符合条件的点P的坐标.
【答案】（1）DP=；（2）①；②.
【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，
∵ ，
∴，
∴；
（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°= ，
∵GH=OE=2，
∴ ，
∴ ；
②当t≤0时，分两种情况：
∵点D在x轴上时，如图2
在Rt△ABD中，，
(1)当 时，如图3，BD=OP=-t，，
∴，
∴，
∴或，
∴ 或，
（2）当 时，如图4，
BD=OP=-t，，
∴，
∴
∴或（舍）
∴ ．
【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，为原点，点，点，且，把绕点逆时针旋转，得，点，旋转后的对应点为，.
（1）点的坐标为______.
（2）解答下列问题：
①设的面积为，用含的式子表示，并写出的取值范围.
②当时，求点的坐标（直接写出结果即可）.
【答案】（1）;（2）①，，或，.②，或.
【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=m2-4m（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=-m2+4m（0＜m＜8）即可；c、当点B与E重合时，即m=8，△BCD不存在；
②当S=6，m＞8时，得出m2-4m=6，解方程求出m即可；当S=6，0＜m＜8时，得出-m2+4m=6，解方程求出m即可．
【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=DC•BE=m（m-8），
即S=m2-4m（m＞8）；
b、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=DC•BE=m（8-m），
即S=-m2+4m（0＜m＜8）；
c、当点B与E重合时，即m=8，△BCD不存在；
综上所述，S=m2-4m（m＞8），或S=-m2+4m（0＜m＜8）；
②当S=6，m＞8时，m2-4m=6，
解得：m=4±2（负值舍去），
∴m=4+2；
当S=6，0＜m＜8时，-m2+4m=6，
解得：m=2或m=6，
∴点B的坐标为（4+2，0）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， ）．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'，记旋转角为α．
（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）；（Ⅱ）证明见解析；（Ⅲ）2-2≤CP≤2+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＝OB'＝，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＝（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，），连接MP，依据点P的轨迹为以点M为圆心，以MP＝AB＝2为半径的圆，进而利用两点之间的距离解答．
【详解】解：（Ⅰ）如图1，设A'B'与x轴交于点H，

∵OA＝2，OB＝2，∠AOB＝90°，
∴AB=4，
∴∠ABO＝∠B'＝30°，
∵∠BOB'＝α＝30°，
∴BO∥A'B'，
∵OB'＝OB＝2，
∴OH＝OB'＝，B'H＝＝3，
∴点B'的坐标为（，3）；
（Ⅱ）∵∠BOB'＝∠AOA'＝α，OB＝OB'，OA＝OA'，
∴∠OBB'＝∠OA'A＝（180°﹣α），
∵∠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，），连接MP，

∵∠APB＝90°，
∴点P的轨迹为以点M为圆心，以MP＝AB＝2为半径的圆，
∵C（﹣2，0），M（1，），
∴CM＝，
∴当点P在CM延长线上时，线段CP长度最大，最大值为2+2；
当点P在CM上时，线段CP长度最小，最小值为2-2；
线段CP长度的取值范围：2-2≤CP≤2+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，解决问题的关键是判断点P的轨迹为以点M为圆心，以MP为半径的圆．
31．（2020上·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，已知O为坐标原点，点，，以点A为旋转中心，把顺时针旋转，得．
（1）如图①，当旋转后满足轴时，求点C的坐标．
（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，边上的一点P旋转后的对应点为，当取得最小值时，求点的坐标（直接写出结果即可）
【答案】（1）；（2）；（3）
【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DK⊥AC于K．在Rt△ADC中，求出DK、AK即可解决问题；
（3）如图③中，连接PA、AP′，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PA=AP′，推出AP′+PD=PA+PD，根据两点之间线段最短，可知当点P与点P′重合时，PA+PD的值最小．求出直线A′D的解析式得到点P′′的坐标，利用相似三角形的性质即可解决问题；
【详解】解：（1）如图①中，作轴于H．
∵，，
∴，
∴四边形是矩形，
∴，，
∴，
∴．
（2）如图②中，作于K．
在中，∵，，
∴，
∵，
∴，，
∴，
∴．
（3）如图③中，连接PA、AP′，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PA=AP′，
∴AP′+PD=PA+PD，
根据两点之间线段最短，可知当点P与点P′重合时，PA+PD的值最小．
∵A′（-3，0），D（，），
∴直线A′D的解析式为y=，
当时，
∴点P′′坐标（0，）．
∴，
过作于点G，则
又
∴
∴，即
解得，，
∴
∴点坐标．
【点睛】本题考查了几何变换综合题、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．
32．（2020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，为原点，点，点.若正方形绕点顺时针旋转，得正方形，记旋转角为.
（Ⅰ）如图①，当时，求与的交点的坐标；
（Ⅱ）如图②，当时，求点的坐标；
（Ⅲ）若为线段的中点，求长的取值范围（直接写出结果即可)．
【答案】（Ⅰ）的坐标为；（Ⅱ）点的坐标为；（Ⅲ）.
【分析】（Ⅰ）当α=45°时，则，点在y轴上，根据勾股定理可得的长，再根据Rt△为等腰直角三角形，可得，从而得出点D的坐标；
（Ⅱ）过作轴，垂足为，与轴交于点. 当时，可证得，再利用直角三角形中所对的直角边是斜边的一半和勾股定理，求出OD和，同理可求出的长，从而得出点B′的坐标；
（Ⅲ）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=OC′=3，即点P在以K为圆心，3为半径的圆上运动，即可得出AP长的取值范围．
【详解】解：（Ⅰ）∵点，点，为正方形，
∴，.
∵正方形是正方形旋转得到的，
∴，.
∴，.
∴.
∴点的坐标为.
（Ⅱ）过作轴，垂足为，与轴交于点.
∵，
∴.
∵,=6
∴,，.
∴.
∵, , ∴.
∴，.
∴.
∴点的坐标为.
（Ⅲ）.
如图③，连接OB，AC相交于点K，
则K是OB、AC的中点，
∵P为线段BC′的中点，
∴PK=OC′=3，AK=
∴P在以K为圆心，3为半径的圆上运动，
∴AP最大值为AK+KP＝，AP的最小值为AK-KP＝，
∴AP长的取值范围为:.
【点睛】本题考查了旋转的性质，正方形性质，三角形中位线定理，勾股定理，圆中的最值等知识，综合性比较强,有一定的难度，第（Ⅲ）问解题的关键是利用中位线定理得出点P的运动轨迹．
33．（2024上·天津和平·九年级天津二十中校考期末）如图，在平面直角坐标系中，已知，点P为线段外一动点，且．点B为x轴上一点，现在以B为旋转中心，将顺时针旋转至，连接．
(1)① ；
②求证：为等边三角形；
(2)当轴，B（，0）时，求的长；
(3)当点B的坐标为时，求线段的最大值（直接写出结果即可）．
【答案】(1)①；②见解析
(2)2或
(3)5
【分析】（1）由旋转的性质可得，，可得结论；
（2）由锐角三角函数可求，由直角三角形的性质和勾股定理可求解；
（3）由“”可证，可得，则当取最大值时，有最大值，即可求解．
【详解】（1）解：①解：由旋转的性质得，
故答案为：；
②证明：由旋转的性质得，，
是等边三角形；
（2），，轴，
，，
，，
，
，
，
，
，
是等边三角形，
，，
，
，
若点在轴下方时，同理可求，
综上所述：的长为2或．
（3）如图，以为边在轴下方作等边三角形，连接，
点的坐标为，点，，都是等边三角形，
，，，
，
，
，
当取最大值时，有最大值，
，
点在以点为圆心，为半径的圆上运动，
当点，点，点共线时，有最大值，
的最大值为5．
【点睛】本题是几何变换综合题，考查了全等三角形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，锐角三角函数，勾股定理等知识，灵活运用这些性质解决问题是本题的关键．
34．（2024上·天津和平·九年级天津市第五十五中学校考期末）将等腰直角三角形放置在平面直角坐标系中，点，，，点，分别在边，上，且，连接．现将绕点顺时针旋转，旋转角为点，旋转后的对应点为，．
(1)如图1，当轴时，则旋转角______；可以看作是绕点______顺时针旋转______°后得到的；直线与所夹角为______；
(2)如图2，当旋转角时，点，，恰好共线，求的各边长；
(3)将（2）中的旋转，当旋转角为何值时的面积最大？最大值是多少？（直接写出结果）．
【答案】(1)，，，
(2)
(3)，
【分析】（1）根据旋转的性质可得旋转角；连接，根据旋转的性质得出，则可以看作是绕点顺时针旋转后得到的；设直线与交于点，根据全等三角形的性质得出，即可求解；
（2）设交轴于点，根据已知条件得出，进而得出直线的解析式为，设,则代入解析式得出，进而根据旋转的性质以及勾股定理求得，的长；
（3）根据（2）的结论可得点在以为圆心为半径的圆上运动，当与的距离最大时，的面积最大，作于点，则半径为的与相切于点，当在的垂直平分线上且在第三象限时，得出，进而根据三角形的面积公式，即可求解．
【详解】（1）解：∵，，
∴，又，
∴是等腰直角三角形，
∵，，
∴是等腰直角三角形，
∴,
∵旋转，
∴
∵轴
∴，即旋转角；
连接，如图所示，
∵
∴
∴
又∵，
∴可以看作是绕点顺时针旋转后得到的；
设直线与交于点，
∵
∴，
又∵是等腰直角三角形，
∴
∴，则，
即直线与所夹角为
故答案为：，，， ．
（2）解：如图所示，设交轴于点，
∵，则，
∵旋转角，点，，恰好共线，
∴，
∴，则
设直线的解析式为
∴
解得：
∴直线的解析式为，
设,则
∴
解得：
∴
∴
∴，；
（3）∵，
∴点在以为圆心为半径的圆上运动，
∴当与的距离最大时，的面积最大，
如图所示，
∵，作于点，则
∴半径为的与相切于点，
∴当在的垂直平分线上且在第三象限时，如图所示，此时，
的面积最大值为．
【点睛】本题考查了坐标与图形，旋转的性质，直线与圆的位置关系，等腰三角形的性质，解直角三角形，一次函数与坐标轴交点问题，勾股定理，熟练掌握旋转的性质是解题的关键．
35．（2023上·天津和平·九年级天津市第五十五中学校考阶段练习）如图所示，矩形，，，E为边上一点，．点P从点B出发，沿方向匀速运动，速度为；同时，点Q从点C出发，沿方向匀速运动，速度为．设运动时间为．

解答下列问题：
(1)用含t的式子表示：____________；____________．当__________时，以P、Q、B为顶点的三角形和相似；
(2)设五边形的面积为，求S与t之间的函数关系式；当t为何值时，S最小？
【答案】(1)；，或
(2)，，当时，有最小值，最小值为
【分析】本题是相似形综合题，主要考查了矩形的性质，相似三角形的判定与性质，二次函数与几何图形等知识，利用相似三角形的性质表示线段的长是解题的关键．
（1）由根据矩形的性质及勾股定理，利用路程速度时间可得，，，分当时，，当时，，两种情况利用相似三角形的性质列方程求解即可；
（2）如图，作于，可证得，得，即，可知，再根据，可得，，
再利用二次函数的性质求解即可．
【详解】（1）解：由题意得，，，，，，
∴，
由勾股定理得，，
∵，，
∴，，
当时，，
∴，即，解得，
当时，，
∴，即，解得，
综上所述，当或时，以、、为顶点的三角形和相似；
故答案为：；，或；
（2）如图，作于，则

∵四边形是矩形，
∴，则，
∴，
∴，即，
∴，
∴，
，
又∵，
∴，，
则，
∴，
∴当时，有最小值，最小值为；
36．（2023上·天津和平·九年级天津二十中校考期末）如图1，在四边形中，，于点，且，，，动点从点出发，沿射线方向以每秒个单位长度的速度平移．过点作垂直于直线，垂足为点，设点平移的时间为秒．
(1)当 时经过点；
(2) 与四边形重叠部分的面积为．请写出与的关系式，并写出的取值范围；
(3)如图2，当经过时，将 绕点逆时针针旋转度，记旋转后的 为，、的对应点分别是、．直线 、直线 和直线分别交于、M．在整个旋转过程中， 能否为等腰三角形？若存在，请直接写出此时旋转角度的值；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)2
(2)
(3)存在，满足条件的的值为或或或
【分析】（1）如图中，作于．则四边形是矩形，，．求出的长即可解决问题；
（2）分四种情形①如图中，当时，重叠部分是．②如图中，当时，重叠部分是四边形．③如图中，当时，重叠部分是五边形．④如图中，当时，重叠部分是梯形；分别求解即可；
（3）观察图，图，图，图可知，满足条件的的值为或或或．
【详解】（1）解：如图中，作于．则四边形是矩形，，．
，
，
，
，
，
，
，
，
，
．
故答案为
（2）①如图中，当时，重叠部分是，．
②如图中，当时，重叠部分是四边形．
．
③如图中，当时，重叠部分是五边形．
④如图5中，当时，重叠部分是梯形，
综上所述，
（3）能．理由如下：
①如图6中，
∵，，
∴当时，是等腰直角三角形．
②如图7中，，
即当时，是等腰三角形．
③如图8中，当时，是等腰三角形．
④如图9中，，则，
即当时，是等腰三角形．
综上所述，满足条件的的值为或或或．
【点睛】本题考查几何变换综合题、等腰直角三角形的性质、等腰三角形的性质、多边形的面积等知识，解题的关键是学会用分类讨论的思想思考问题，灵活运用所学知识解决问题，注意不能漏解．