2022-2024年天津市数学中考模拟24题之旋转专题汇编

2022-2024年天津市中考模拟24题之旋转专题汇编 1．（2024年天津市和平区中考一模数学试题）在平面直角坐标系中，为原点，点，点，把绕点逆时针旋转，得，点旋转后的对应点为，，记旋转角为，连接． (1)如图①，若，求的长； (2)如图②，若，求的长； (3)若点P为线段的中点，求的取值范围（直接写出结果即可）． 2．（2024年天津市红桥区中考一模数学试题）在平面直角坐标系中，点，， )，C，D分别为，的中点．以点O为中心，逆时针旋转得点C，D的对应点分别为点，． (1)填空∶如图①，当点落在y轴上时，点的坐标为_____，点的坐标为______； (2)如图②，当点落在上时， 求点的坐标和 的长； (3)若M为的中点，求的最大值和最小值(直接写出结果即可)． 3．（2024年天津市红桥区九年级中考三模数学试卷题）在平面直角坐标系中，点，点，将绕点B顺时针旋转，得，点A，O旋转后的对应点为，，记旋转角为． (1)填空：如图①，当时，点的坐标为______，点的坐标为______； (2)如图②，当时，求点的坐标； (3)连接，设线段的中点为M，连接，求线段的长的最小值（直接写出结果即可）． 4．（2023年天津市河东区中考一模数学试卷）将两个三角形，放置在平面直角坐标系中，点，点，点，点C，D分别在边上，且满足． (1)如图①，求点D的坐标． (2)以点B为中心，顺时针旋转，得到，点C，D的对应点分别为点E，F． ①如图②，连接，则在旋转过程中，当时，求线段的长； ②如图③，连接，点M为的中点，则在旋转过程中，当点M到线段的距离取得最大值时，直接写出点M的坐标． 5．（2023年天津市河北区中考一模数学试卷）将一个直角三角形纸片放置在平面直角坐标系中，点，点，点，．以点A为中心顺时针旋转，得到，点O，B的对应点分别是C，D，记旋转角为． (1)如图①，当点C落在边上时，求点C的坐标； (2)如图②，连接，点E，F分别是线段的中点，连接，，若线段的长为t，试用含t的式子表示线段的长度，并写出t的取值范围； (3)在（2）的条件下，若的面积是S，当时，求S的取值范围（直接写出结果即可）． 6．（天津市和平区第五十五中学2022-2023学年九年级下学期期中考一模数学试卷）在一次数学兴趣小组活动中，小明将两个形状相同，大小不同的三角板和三角板放置在平面直角坐标系中，点，，，． (1)如图①，求点的坐标； (2)如图②，小明同学将三角板绕点按顺时针方向旋转一周． ①若点，，在同一条直线上，求点到轴的距离； ②连接，取的中点，在旋转过程中，点到直线的距离的最大值_____________（直接写出结果即可）． 7．（2023年天津市河西区九年级中考二模数学试题）平面直角坐标系中，正方形的点在轴上，点在轴上，点，另有一动点，连接． (1)如图，当点在边上时，将绕点顺时针旋转90°，得到，连接交轴于点．    ①若点的坐标为，求线段的长； ②设点，，试用含的式子表示． (2)当点满足，（点不与点其合），连接．现在以为中心，将顺时针旋转60°，得到，求当取得最大值时点的坐标． 8．（2023年天津市滨海新区中考二模数学试题）如图，在平面直角坐标系中，点A在第一象限，点B在x轴正半轴上，是边长为4的等边三角形，点C，D分别在边和上，是边长为2的等边三角形．现将绕点B顺时针旋转，得到，旋转角为，点C，D的对应点分别是点E和F．    (1)如图①，连接，当时，求； (2)如图②，连接，，旋转过程中，当点F落到x轴（点F在点B的右侧）时，求的面积； (3)如图③，连接，，若点G，H分别是，的中点，连接，，，得，是什么三角形？请说明理由；若的面积是S，请直接写出S的取值范围． 9．（2023年天津市南开区中考二模数学试卷）四边形在平面直角坐标系中，已知点，、两点分别在轴、轴正半轴上，且． (1)如图1，求点和点的坐标； (2)如图2，点为线段上一点，把线段绕点顺时针旋转得到线段． ①连接，设点的横坐标为，的面积为，求与的函数关系式，并直接写出自变量的取值范围； ②如图3，连接，点在的延长线上，且，若点的横坐标等于，请直接写出四边形的面积以及点的坐标． 10．（2023年天津市河北区中考三模数学试卷）将两个等腰直角三角形纸片和放在平面直角坐标系中，已知点坐标为，，，，并将会绕点顺时针旋转．    (1)当旋转至如图的位置时，，求此时点的坐标： (2)如图，连接，当旋转到轴的右侧，且点，，三点在一条直线上时， ①求证：； ②求的长． (3)当旋转到使得的度数最大时，求的面积（直接写出结果即可）． 11．（2023年天津市红桥区中考三模数学试题）在平面直角坐标系中，点，点在x轴的负半轴上，．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，求与的交点的坐标； (2)如图②，连接，当经过点A时，求的长； (3)设线段的中点为，连接，求线段的长的取值范围(直接写出结果即可)． 12．（2022年天津市西青区初中毕业生学业考试调查（一）数学试题）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． 13．（2022年天津市部分区初中毕业生学业考试第一次模拟练习数学试题）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=3，OB=5，如图，把△AOB绕点B顺时针旋转，得△，点A，O旋转后的对应点为，，记旋转角为． (1)如图①，当，求点的坐标： (2)如图②，当，求点的坐标． (3)如图③，连接，，直线交于点C，点E为AO的中点，连接CE，在旋转过程中，求CE的最小值（直接写出结果即可）． 14．（2022年天津市和平区中考一模数学试题）在平面直角坐标系中，△AOB为直角三角形，点O（0，0），点A（0，3），点B在轴的正半轴上，∠OAB=30°，点P为AB的中点． (1)如图①，求点P的坐标； (2)以点O为中心，顺时针旋转△AOP，得到△A1OP1，记旋转角为（），点A，P的对应点分别为A1，P1． ①如图②，线段OA1交线段AB于点M，线段OP1交线段AB于点N，当△OMN为等腰三角形时，求点A1的坐标； ②直线OA1交直线AB于点M，直线OP1交线段AB于点N，当△OMN为等腰三角形时，求的度数（直接写出结果即可）． 15．（2022年南开区九年级二模考试数学试卷）面直角坐标系中，O为原点，点，点，线段的中点为点C．将绕着点B逆时针旋转，点O对应点为，点A的对应点为． (1)如图①，当点恰好落在上时， ①此时的长为_________； ②点P是线段上的动点，旋转后的对应点为，连接，试求最小时点P的坐标； (2)如图②，连接，则在旋转过程中，的面积是否存在最大值？若存在，直接写出最大值，若不存在，说明理由． 16．（2022年天津市东丽区九年级二模数学试题）在平面直角坐标系中，为原点，点，点，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，求的长； (2)如图②，若，求点的坐标； (3)在（2）的条件下，边上有一点，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） 17．（2022年天津市河北区九年级二模数学试卷）将一个矩形纸片OABC放置在平面直角坐标系中，点，点，点，点D为线段OA上一动点，过点D作交对角线OB于点E，把△ODE绕点O逆时针旋转，得，点D，E旋转后的对应点为，．记旋转角为． (1)如图①，当点D为OA中点时，，求点的坐标； (2)若旋转后点落在OB上，设OD=t． ①如图②，若旋转后与矩形OABC的重合部分为四边形．交BC于点N，交BC于点M，试用含有t的式子表示线段的长，并直接写出t的取值范围； ②若与矩形OABC的重叠部分的面积为S，当时，试用含有t的式子表示S（直接写出结果即可）． 18．（2022年天津市红桥区九年级三模数学试题）在平面直角坐标系中，四边形OABC为矩形，点O（0，0），点A（4，0），点C（0，3）．连接AC，将绕点C逆时针旋转，得，点O，A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CB的延长线上时，求与AB的交点D的坐标； (3)当点落在AB的延长线上时，求与BC的交点E的坐标（直接写出结果即可）． 试卷第2页，共10页 试卷第1页，共10页 学科网（北京）股份有限公司 参考答案： 1．(1) (2) (3) 【分析】（1）由旋转的性质，结合平行四边形的判定与性质即可得到答案； （2）由旋转的性质，结合勾股定理判定是等边三角形，进而由中垂线的判定与性质得到，，由勾股定理求出线段长，数形结合得到； （3）由旋转性质可知，点、点的运动轨迹为以为圆心的圆，连接，过点作交延长线于点，确定相关线段长度，再由瓜豆原理得到点的运动轨迹为以为圆心的圆，如图所示，根据最小值是；最大值是；结合即可得到答案． 【详解】（1）解：∵点，点， ∴， ∵绕点逆时针旋转得， ∴，， ∴， ∵， ∴， ， ∴四边形是平行四边形， ∴； （2）解：连接，延长与相交于点，如图所示： 在中，， ∵绕点逆时针旋转得， ∴，， ∴，，， ∴是等边三角形， ∴， 又∵， ∴点，在的垂直平分线上， ∴垂直平分， ∴，， 在中，， 在中，， ∴； （3）解：由旋转性质可知，点、点的运动轨迹为以为圆心的圆，连接，过点作交延长线于点， ，，，，， 在中，， 在旋转过程中，始终保持不变，且也保持不变，则由瓜豆原理可知，点的运动轨迹为以为圆心的圆，如图所示： 由点到圆周上点的距离关系得到最小值是；最大值是； ， 最小值是；最大值是，即． 【点睛】本题考查旋转综合，涉及旋转性质、平行四边形的判定与性质、等边三角形的判定与性质、中垂线的判定与性质、勾股定理、三角形中位线的性质、点到圆周上点距离最值、瓜豆原理等知识，综合性较强、难度较大，熟练掌握相关几何判定与性质，数形结合，根据题意准确作出辅助线求解是解决问题的关键． 2．(1)， (2) (3) 【分析】（1）过作轴于H，由，D为中点，得，即得，根据以点O为中心，逆时针旋转，得，知，故；由，，可得轴，，从而，可得，，故； 故答案为：； （2）当点落在上时，过作轴于M，求出，即可得，，故；； （3）由C，D分别为，的中点，可得，，从而，根据以点O为中心，逆时针旋转，得，可得，，即得，，知M在以O为圆心，为半径的圆上运动；当最大时，M在的延长线上，求出，即最大值为 ；当最小时，M在线段上，，即最小值为． 【详解】（1）解：过作轴于H，如图： ，D为中点， ， ， ∵以点O为中心，逆时针旋转，得， ， ∵点落在y轴上， ； ，C为中点， ， ， 轴，， ， ， ，， ； 故答案为：； （2）解：当点落在上时，过作轴于M，如图： 由（1）知，，，， ， ，， ， ， ； ∴点的坐标为，的长为； （3）解：如图： ∵C，D分别为，的中点， 是的中位线， ，， ， ∵以点O为中心，逆时针旋转，得， ，， 是的中点， ， ， 在以O为圆心，为半径的圆上运动； 当最大时，如图： 此时M在的延长线上， ， ， ； 即最大值为； 当最小时，如图： 此时M在线段上，， 最小值为； 综上所述，最大值为，最小值为． 【点睛】本题考查几何变换综合应用，涉及锐角三角函数，直角三角形性质及应用等，解题的关键是掌握含的直角三角形三边的关系． 3．(1)， (2) (3) 【分析】（1）如图①中，过点作于．解直角三角形求出，即可． （2）如图②中，连接，过点作于．解直角三角形求出，即可． （3）如图③中，延长到，使得，在的延长线上取一点，使得，取的中点，的中点，连接，，，，，，．利用全等三角形的性质证明，求出的最小值即可． 【详解】（1）解：如图①中，过点作于． ，， ，， ，， 是由绕旋转得到，， ，，点落在线段上， 的横坐标为，纵坐标为， ， ， ， ． 故答案为：，； （2）解：如图②中，连接，过点作于． ，， ，， ， 在中，，， ， ． （3）解：如图③中，延长到，使得，在的延长线上取一点，使得，取的中点，的中点，连接，，，，，，． ， ， ， ， ，， ， ， ， ， ，， ， ，， ， ， ， ， 的最小值为， 的最小值为． 【点睛】本题属于三角形综合题，考查了等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定和性质，解直角三角形等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，学会用转化的思想思考问题，属于中考压轴题． 4．(1)点D的坐标为； (2)①或；②点M的坐标为． 【分析】（1）利用三角函数关系求得，再利用含30度角的直角三角形的性质以及勾股定理求得，，据此即可求解； （2）①分两种情况讨论，当点E在上方时，求得点P为的中点，利用勾股定理求得的长，根据即可求解；当点E在下方时，同理可得； ②取中点N，连接，求得，得到点M在以点N为圆心，为半径的圆N上，过点N作的垂线，垂足为I，交圆N的交点，即为所作的点M，到的距离最大，推出O、I、N、M在同一直线上，据此即可求解． 【详解】（1）解：如图，过点D作于H， 由题意得，， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴，， ∴，，， ∴， ∴点D的坐标为； （2）解：①由题意得，，， 当点E在上方时，如图，延长交于点P， ∵，且， ∴点P为的中点， 在中，，， ∴， ∴； 当点E在下方时，同理可得； ； ②取中点N，连接， ∴是的中位线， ∴， ∵点N是定点，是定长， ∴点M在以点N为圆心，为半径的圆N上， 过点N作的垂线，垂足为I，交圆N的交点，即为所作的点M，到的距离最大， 连接， ∵，点N是中点， ∴， ∵， ∴是等边三角形， ∴， ∵，， ∴， ∴点I在线段上，即O、I、N、M在同一直线上， ∴，， ∴点M的纵坐标为，点M的横坐标为， ∴点M的坐标为． 【点睛】本题考查了坐标与图形的性质、三角形中位线中位线定理、解直角三角形、勾股定理等知识点，熟练掌握相关性质及定理是解题的关键． 5．(1) (2) (3) 【分析】（1）过点作轴于点，根据已知条件得出，是等边三角形，在中，勾股定理得出，即可求解； （2）在中，，根据勾股定理即可得出，由，进而即可求解； （3）证明，根据旋转的性质证明得出，根据三角形面积公式求得出，进而根据，分别求得的范围，即可求解． 【详解】（1）解：如图所示，过点作轴于点， ∵点，点，点，， ∴ ∴ ∴， ∴， ∵旋转，当点C落在边上时，则， ∴是等边三角形 ∴ ∴ 在中，, ∴； （2）解：∵旋转 ∴， ∵是的中点，， ∴，， ∴在中，， ∴， ∵ ∴ ∴ （3）解：如图所示， ∵ ∴ ∴， ∴ ∴ 又∵，分别是线段的中点， ∴ ∴ ∵ ∴ ∴ 又∵ ∴ ， 当时，由①可得 ∴此时, 当时,随着角度的增大而增大， ∴当时， 如图所示， 过点作轴于点， ∵， ∴ ∴， ∴， 即最大值为, ∴ ∴． 【点睛】本题考查了旋转的性质，坐标与图形，解直角三角形，二次函数的性质，熟练掌握以上知识是解题的关键． 6．(1) (2)①或；② 【分析】（1）由直角三角形的性质求出根据勾股定理求出，得到再运用勾股定理求出，从而得到点D的坐标； （2）①分点E在上方和下方，利用面积法求解即可；②取的中点M，连接过点M作于点N，可得为的中位线，可判断点G在以M为圆心为半径的圆上，进一步可求出点到直线的距离的最大值． 【详解】（1） 在中， 在中， 又， 解得，（负值舍去） 又， ∴点D的坐标为； （2）① 分两种情况：当点E在上方时，如图，过点D作轴于点F， ， ， ； 当点E在下方时，如图，过点D作轴于点G， 在中， ∴ ∴ ∵ ∴ ∴ 综上，点到轴的距离为或； ②如图，取的中点M，连接过点M作于点N， ∵M为的中点，G为的中点， ∴为的中位线， ∴点G在以M为圆心，以为半径的圆上， ∵M为的中点， ∴， 在中， 当点G运动到点时，此时三点共线，点G到的距离最大，最大值为 ∴点G到的中大距离为， 故答案为：． 【点睛】本题主要考查了坐标与图形，勾股定理，面积法，三角形中位线定理以及圆的有关知识，正确作出辅助线构造直角三角形是解答本题的关键． 7．(1)①；② (2) 【分析】（1）①由旋转的性质及正方形的性质可知，，由，可得．然后在中，利用勾股定理即可求得；②由，可得根据三角形的面积公式求出那么； （2）根据知点E在以A为圆心，长为半径的圆上运动，而是由顺时针旋转得到的，将绕点O顺时针旋转得到,则点P在以为圆心，为半径的圆上运动，此时最大，运用勾股定理求出，以及，可得结论． 【详解】（1）①由题设，知，； ∵，， ∴，， 在中，. ②∵，， ∴，. ∴，. ∴. （2）∵ ∴点E在以A为圆心，长为半径的圆上运动，而是由顺时针旋转得到的， ∴将绕点O顺时针旋转得到,则点P在以为圆心，为半径的圆上运动，此时最大， 连接并延长，与的交点为点P，如图，    将逆时针旋转得到，连接， 过作于点D，过点E作轴于点F， 由旋转得,是等边三角形， ∴， ∴， 又为中点， ∴ ∴， ∴ ∴． 【点睛】本题是几何变换综合题，其中涉及到旋转的性质，正方形的性质，勾股定理，三角形的面积，二次函数最值的求法以及圆的有关计算等知识，综合性较强，难度适中．利用数形结合是解题的关键． 8．(1) (2) (3)是等边三角形，理由见解析； 【分析】（1）过E作于M，根据旋转性质和含30度角的直角三角形的性质求得，，然后利用勾股定理求解即可； （2）证明，利用平行线间的距离处处相等和等底等高的三角形面积相等得到，利用等边三角形的性质和锐角三角函数求； （3）证明和得到，，利用等边三角形的判定可得结论；根据题意可得，，则可知点E在以B圆心，2为半径的圆上，点G在以点C为圆心，1为半径的圆上，进而得到的最小值和最大值，根据三角形的面积公式和锐角三角函数求解即可得到S的取值范围． 【详解】（1）解：如图①，过E作于M，则， 由旋转性质得，， ∴，，又， ∴， 在中，； （2）解：如图②，由题意，，则， ∴， 过B作于P，则， ∵，， ∴， ∴， ∴； （3）解：是等边三角形，理由为： 如图③，由题意，，，， ∴， ∴，， ∵点G，H分别是，的中点， ∴，又，， ∴， ∴，， ∴， ∴是等边三角形； 由题意，在旋转的过程中，，则点E在以B为圆心，2为半径的圆上， ∵，， ∴，又， ∴，则点G在以点C为圆心，1为半径的圆上，如图3， 由图知，的最小值为，此时的面积最小为， 的最大值为，此时的面积最大为， ∴的面积S的取值范围为． 【点睛】本题考查了等边三角形的判定与性质、旋转性质、含30度角的直角三角形的性质、勾股定理、平行线间的距离、全等三角形的判定与性质、三角形的中位线性质、锐角三角函数、圆的相关性质、三角形的面积等知识，熟练掌握相关知识的联系与运用，解（2）的关键是得到，解（3）的关键是得到点G的运动轨迹． 9．(1)， (2)①，其中；②四边形的面积为，点的坐标为 【分析】（1）过点作轴于点，利用等腰三角形三线合一求的长及点的坐标，利用求的长及点的坐标． （2）①过点作轴于点，过点作，交延长线于点，先利用求出，再利用与全等得出，进而得的长，即边的高的长度，再表示面积； ②作轴于点，利用三角函数或者相似三角形求出点坐标，再计算，的长度，通过证明求得，利用与的比例关系可求出点的坐标；过点作于点，过点作于点，连接，将四边形的面积转化为与的面积之和进行求解． 【详解】（1）解：过点作轴于点，如图． 点， ，， ，轴， ， 点的坐标为，． 在与中， ， （）． ， 点的坐标为． （2）解：过点作轴于点，过点作，交延长线于点，如图． 由， 得， 解得． ， ，， ． 由旋转的性质，得． 在与中， ， （）． ，． ． ． 与之间的函数关系式为，其中． ②作轴于点，如图． 点的横坐标为， ． ， 即， ， ， 点的坐标为． ，． 设，则， ，， ， ， ， ，   即， 解得，． 点的坐标为． ． ，， ， ． 过点作于点，过点作于点，连接， 则， ， 在与中，   ， （）． ， ， ， ． ，，   ． ， ． 【点睛】本题考查了全等三角形的性质与判定，相似三角形的性质与判定，三角函数的应用，旋转的性质，坐标系与函数，等腰三角形的三线合一等，解题的关键是画出正确的辅助线． 10．(1) (2)①见解析；② (3) 【分析】（Ⅰ）如图①中，过点作于．解直角三角形求出，，可得结论． （Ⅱ）如图②中，过点作于．首先证明，推出，求出，可得结论． （Ⅲ）如图③中，当时，的值最大，此时，．再证明，可得结论． 【详解】（1）解：如图①中，过点作于．   绕点顺时针旋转， ， ，， ，． （2）解：①证明：如图②中，过点作于．   ， ， ，， ； ②解：； ， 在中，， ，， ， ， ， ， ． （3）解：如图③中，当时，的值最大，此时，．    过点作轴于，过点作于． ， ， ，， ， ， ，，， ． 【点睛】本题属于几何变换综合题，考查了等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定和性质，解直角三角形，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，属于中考压轴题． 11．(1) (2) (3) 【分析】（1）过点作轴，利用，可得，利用和可得点D是OB的中点，从而得知点D的横坐标，利用和是等边三角形可得，即点D的纵坐标，从而得解； （2）过点作轴，垂足为，推导，从而得出，再计算，用勾股定理得，从而得解； （3）取线段的中点N，连接、，则，用中位线定理求，用勾股定理求，最后利用求范围． 【详解】（1）解：如图，过点作轴，垂足为．    ∵点， ∴． ∵， ∴． 在中，． ∵， ∴． ∴． ∴， ∴是等边三角形， ∵，轴 ∴． ∴． ∴点的坐标为． （2）如图，过点作轴，垂足为．    由旋转得，． ∴． ∴． ∴． ∴． ∴． 在中，． （3） 解：取线段的中点N，连接、，则    ∵点M是线段的中点，点N是线段的中点， ∴ 由旋转的性质得：， ∴ ∴ 即 【点睛】本题考查旋转的性质，等边三角形的判定与性质，含角的直角三角形的性质，中位线定理，勾股定理等知识，掌握旋转的性质和正确作出辅助线是解题的关键． 12．(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． 13．(1) (2) (3)1 【分析】(1)过作F⊥OB于点F，OB==5，通过解直角三角形即可求得点的坐标； (2)过作⊥ x轴于点G，过作H⊥ x轴于点H，首先可证得，可得AG=，BG=，再通过三角形的面积及勾股定理即可求得； (3) 由题意知，∠1=∠2，，，可得，，可证得∠1=∠3， 、C、B、共圆，连接BC， ，由可得，再根据等腰三角形的性质可得C为中点，可证得CE为中位线，由旋转知，轨迹为以B为圆心，OB为半径的圆，知 的最小值为，据此即可求解． 【详解】（1）解：过作F⊥OB于点F， ∵△AOB绕点B顺时针旋转得到△， ∴OB==5 ， ∵， ∴，， ∴， ∴点的坐标为； （2）解：过作⊥ x轴于点G，过作H⊥ x轴于点H， ∴， ∴∠GAB+∠ABG＝90°， ∵∠＝90°， ∴， ∴， ∵△AOB绕点B顺时针旋转得到△， ∴AB=， ∴， ∴AG=，BG=， 在Rt△中，， ∵， ∴， ∴， ∴， 在Rt△中，， ∴， ∴点的坐标为； （3）如图所示，由题意知，∠1=∠2，，， ∴ 即 ， ， ∴∠1=∠3 ∴ 、C、B、共圆 连接BC， ， ∵ ∴（圆内接四边形对角互补） ∵ ∴C为中点 ∵E为AO中点 ∴CE为中位线 ∴， 由旋转知，轨迹为以B为圆心，OB为半径的圆，如图所示 知 的最小值为， ∴CE的最小值为1． 【点睛】本题考查了旋转的性质，解直角三角形，全等三角形的判定与性质，三角形中位的判定与性质，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CE的最小值是解决本题的关键． 14．(1)P（） (2)①A1的坐标为（）；②α的度数为45°或90°或135° 【分析】（1）如图①，过P作于H，可知，是的中位线，，根据，，求出的长，求出的长，，进而可得点坐标； （2）①如图②，过点作轴，由题意知，分三种情况求解：情况一、当时，，，，．中，，根据，求的值，，求的值，进而可得坐标；情况二、当时，，由可知不成立；情况三、当时，，由可知不成立；②由题意知，分三种情况求解：如图③，情况一、时，由①中可知，，△OMN为等腰三角形，此时的旋转角为45°；情况二、当时，，根据三角形内角和定理以及三角形外角的性质求解即可；情况三、当时， ，，根据三角形内角和定理以及三角形外角的性质求解即可． 【详解】（1）解：如图①，过P作于H， ∴ ∵P是AB的中点 ∴是的中位线 ∴ ∵点A的坐标为（0，3）， ∴ ∵ ∴ ∴ ∵ ∴． （2）①解：如图②，过点作轴 由题意知，分三种情况求解： 情况一、当时， ∵， ∴ 由旋转的性质可知 ∴ ∵， ∴ ∵， ∴． ∵轴， ∴， 在中，， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴； 情况二、当时， ∵ ∴不成立； 情况三、当时， ∴不成立； 综上所述，当△OMN为等腰三角形时，的坐标为． ②由题意知，分三种情况求解：如图③ 情况一、时，由①中可知，，△OMN为等腰三角形，此时的旋转角为45°； 情况二、当时，， ∴ ∵ ∴； ∴，△OMN为等腰三角形，此时的旋转角为90°； 情况三、当时，， ∴ ∵ ∴ ∴ ∴，△OMN为等腰三角形，此时的旋转角为135°； 综上所述，△OMN为等腰三角形时的旋转角为45°或90°或135°． 【点睛】本题考查了中位线，三角函数值，旋转的性质，三角形内角和定理，三角形外角的性质等知识．解题的关键在于对知识的灵活运用．体现了分类讨论的思想． 15．(1)①1.5 ② (2)存在最大值，最大值为69 【分析】（1）①利用勾股定理求出AB，可得结论． ②如图2中，连接AA1，OO1．利用相似三角形的性质解决问题即可． （2）因为O1A1=12是定值，直线O1A1与B为圆心，OB为半径的圆相切，当CO1最大时，△O1A1C的面积最大． 【详解】（1）解：①∵点，点， ∴OA=12，OB=5， ∴AB=， ∵线段的中点为点C， ∴BC=6.5， 由旋转可得，BO1=OB=5， ∴O1C=BC-BO1=6.5-5=1.5， 故答案为：1.5； ②作点B关于x轴的对称点，连接，过点作于G，则， ∴， 由对称性可知，， ∴与x轴的交点即为所求的点P， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴，， ∴， ∴， 易求得直线的解析式为， 令，得， ∴满足条件的点P的坐标为； （2）解：如图，因为O1A1=12是定值，直线O1A1与B为圆心，OB为半径的圆相切，当CO1最大时，△O1A1C的面积最大， 面积最大时，O1在CB的延长线时，此时CO1=5+6.5=11.5， ∴△O1A1C的面积的最大值== ∴的面积存在最大值，最大值为69． 【点睛】本题属于几何变换综合题，考查了旋转变换，解直角三角形，相似三角形的判定和性质，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题，属于中考压轴题． 16．(1) (2) (3) 【分析】（1）由旋转的性质易得，结合点A和点B的坐标求出AB，进而求出； （2）过点作轴于点M，利用旋转的性质和特殊的角的三角函数值的求法求解； （3）先确定出直线的解析式，进而确定出点P的坐标． 【详解】（1）解：∵绕点A旋转得到，， ∴， ∴， ∴． ∵，， ∴，， ∴， ∴； （2）解：过点作轴于点． ∵ ∴， ∴， ∴， ∴，， ∴； （3）解：由旋转知，， ∴， 如下图，作A关于y轴的对称点C，连接交y轴于P， ∴，此时，的值最小． ∵点C与点A关于y轴对称， ∴． ∵， ∴直线的解析式为， 令，， ∴． 【点睛】本题是几何变换综合题，主要考查了旋转的性质，全等三角形的判定和性质，含30度角的直角三角形的性质，一次函数解析式的求法，特殊的角的三角函数值，构造出直角三角形是解本题的关键． 17．(1) (2)①，其中t的取值范围为；② 【分析】（1）过点作，垂足为F，则．根据点D为OA的中点，可求OD=4．根据旋转的性质，可得，，利用30°直角三角形性质得出，利用勾股定理求出； （2）①先利用勾股定理求出，根据旋转的性质得，，，然后利用锐角三角函数得出即可；②分两段，利用点E′在BC上分开，当，利用tan∠E′OD′=，求出，再利用三角形面积求解，当，过点M作MG⊥OB于G，根据四边形ABCO为矩形性质，可证MO=OB，利用锐角三角函数求出，然后利用割补法求面积即可． 【详解】（1）解：如图，过点作，垂足为F，则． ∵点，点，∴OA=8，OC=6． ∵点D为OA的中点，∴OD=4． ∵绕点O逆时针旋转30°得到， ∴ ，． 在中，， ∴， ∴点的坐标为； （2）①在Rt△OAB中，， 由旋转的性质得，，， ∴， ，， ∴， ∵旋转后与矩形OABC的重合部分为四边形． 当点E′在BC上时，tan∠E′OD′=， ∴OD′=BD′=t=5， t的取值范围为； ②当， ∵旋转后点落在OB上，设OD=OD′=t， ∴tan∠E′OD′=， ∴， 与矩形OABC的重叠部分为三角形的面积为S=； 当，过点M作MG⊥OB于G， ∵四边形ABCO为矩形， ∴BC∥AO， ∴∠CBO=∠AOB=∠MOG， ∴MO=OB， ∵MG⊥OB， ∴OG=GB=， ∴tan∠CBO=， ∴， ∴S=S△OMB-S△ND′B=， ∴． 【点睛】本题考查图形与坐标，图形旋转，矩形性质，等腰三角形判定与性质，解直角三角形，30度直角三角形性质，勾股定理，列函数解析式，掌握图形与坐标，图形旋转，矩形性质，等腰三角形判定与性质，解直角三角形，30度直角三角形性质，勾股定理，列函数解析式是解题关键． 18．(1)的坐标为； (2)D的坐标为； (3) 【分析】（1）过点作轴，垂足为H，根据题意得，分别求出、的长度即可； （2）根据旋转的性质依次求出、、即可； （3）画出图形，可得，再证明，最后根据勾股定理列方程计算即可． 【详解】（1）如图，过点作轴，垂足为H． ∵点，点C（0，3），∴． 根据题意，． 由旋转可知，得． 在中，， ． ∴ ． ∴点的坐标为． （2）∵点，∴． 由勾股定理，得． 由旋转可知，，． ∵四边形OABC是矩形， ∴，，． ∴． 在中，． ∴ ∴点D的坐标为． （3）当点落在AB的延长线上时，图形如图所示： ∵， ∴ ∵， ∴（AAS） ∴ 设，则 在Rt中， ∴ 解得 ∴E点坐标为 【点睛】本题是四边形综合题，考查了旋转的性质、三角函数、矩形的性质、勾股定理等知识，相等角度的三角函数值相同是本题的关键． 答案第10页，共48页 答案第9页，共48页 学科网（北京）股份有限公司 $$