20xx-20xx年浙江11市中考数学专题15：几何三大变换问题之旋转(编辑修改稿)

20xx-20xx年浙江11市中考数学专题15：几何三大变换问题之旋转(编辑修改稿)内容摘要：

底边长为 2，此时 P 坐标为（ 2， 0）。 故点 P 的坐标为（ 2， 0），（－ 1， 0）。 7.（ 2020年 浙江金华 12分） 如图 1，在平面直角坐标系中，已知 ΔAOB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，连结 AP，并把 ΔAOP绕着点 A按逆时针方向旋转 .使 边 AO与 AB重合 .得到 ΔABD。 （ 1）求直线 AB的解析式； （ 2）当点 P运动到点（ 3 ， 0）时，求此时 DP的长及点 D的坐标； （ 3）是否存在点 P，使 ΔOPD的面积等于 43 ，若存在，请求出符合条件的点 P的坐标；若不存在，请说明理由。 【答案】 解：（ 1）如图 1，过点 B 作 BE⊥ y 轴于点 E，作 BF⊥ x轴于点 F， 由已知得： OB=4,BF=OE=2， 22O F 4 2 2 3  。 ∴ 点 B 的坐标是（ 23 ， 2）。 设直线 AB 的解析式是 y=kx+b（ k≠0），则有 4b2 2 3k b? ，解得 3k 3b4 。 ∴ 直线 AB 的解析式是 3y x 43 。 （ 2）如图 2， ∵△ ABD 由 △ AOP 旋转得到， ∴△ ABD≌△ AOP。 ∴ AP=AD， ∠ DAB=∠ PAO。 ∴∠ DAP=∠ BAO=60176。 ∴△ ADP 是等边三角形。 ∴ 22D P A P 4 ( 3 ) 19   。 如图 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=90176。 ， ∠ DBG=60176。 ， ∴ 13B G B D c os6 0 3 22     ， 33D G B D sin60 3 22     。 ∴ OH=EG= 532 ， DH=72。 ∴ 点 D 的坐标为（ 532 ， 72 ）。 （ 3）存在。 假设存在点 P，在它的运动过程中，使 △ OPD 的面积等于 34。 设点 P 为（ t， 0）， 当 D 在 x轴上时，如图 3，过点 B 作 BF⊥ x轴， 易得0B F 2 4 3O P B Ds in 6 0 332   。 ∴ P（ 43,03 ） ∴ 分三种情况讨论： ① 当 t＞ 0 时，如图 2， BD=OP=t， DG= 3t2 ， ∴ DH= 32t2。 ∵△ OPD 的面积等于 34 ， ∴ 1 3 3t(2 t)2 2 4。 解得122 1 2 3 2 1 2 3tt33  ，（舍去）。 ∴ 点 P1的坐标为（ 21 2 33 ， 0）。 ②∴ 当 433 ＜ t≤0时，如图 1， BD=OP=－ t， BG= 3t2 ， ∴ 33D H G F B F B G 2 t 2 t22       （ ）。 ∵△ OPD 的面积等于 34 ， ∴ 1 3 3t(2 t)2 2 4  。 解得123t t 33   。 ∴ 点 P2的坐标为（ 33 ， 0），点 P3的坐标为（ 3 ，0） ③ 当 t≤ 433 时，如图 4， BD=OP=－ t， DG= 3t2 ， ∴ DH= 3t22。 ∵△ OPD 的面积等于 34 ， ∴ 1 3 3t(2 t)2 2 4。 解得1 21 2 3t 3（舍去）， 2 21 2 3t 3。 ∴ 点 P4的坐标为（ 21 2 33， 0）。 综上所述， 存在点 P，使 ΔOPD 的面积等于 34 ， 点 P 的坐标分别为 P1（ 21 2 33 ，0）， P2（ 33 ， 0）， P3（ 3 ， 0）， P4（ 21 2 33 ， 0）。 【考点】 动点和旋转问题，旋转的性质，点的坐标，等边三角形的性质， 勾股定理，全等三角形的性质，锐角三角函数定义， 特殊角的三角函数值，解一元二次方程，分类思想的应用。 【分析】 （ 1）过点 B作 BE⊥ y 轴于点 E，作 BF⊥ x轴于点 F．依题意得 BF=OE=2，利用勾股定理求出 OF，然后可得点 B 的坐标．设直线 AB 的解析式是 y=kx+b，把已知坐标代入可求解。 （ 2）由 △ ABD 由 △ AOP 旋转得到，证明 △ ABD≌△ AOP ，从而 AP=AD， ∠ DAB=∠ PAO，∠ DAP=∠ BAO=60176。 ， △ ADP 是等边三角形。 利用勾股定理求出 DP。 在 Rt△ BDG 中， ∠ BGD=90176。 ， ∠ DBG=60176。 ，利用三角函数求出 BG=BD•cos60176。 ， DG=BD•sin60176。 ．然后求出 OH， DH，然后求出点 D 的坐标。 （ 3）分 t＞ 0， 433 ＜ t≤0， t≤ 433 三种情况进行讨论。 8.（ 2020 年 浙江宁波 12 分） 如图 1，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 α度得到四边形 OA′B′C′，此时 OA′、 B′C′分别与直线 BC 相交于 P、 Q． （ 1）四边形 OABC 的形状是 ，当 90 176。 时， BPBQ的值是 ； （ 2） ① 如图 2，当四边形 OA′B′C′的顶点 B′落在 y 轴正半轴时，求 BPBQ的值； ② 如图 3，当四边形 OA′B′C′的顶点 B′落在直线 BC 上时，求 OPB39。 △ 的面积． （ 3）在四边形 OABC旋转过程中，当 0 180  176。 时，是否存在这样的点 P 和点 Q，使 BP Q12 B。 若存在，请直接写出点 P 的坐标；若不存在，请说明理由． 【答案】 解：（ 1）矩形； 47 ， （ 2） ① 如图 2， ∵∠ POC=∠ B′OA′， ∠ PCO=∠ OA′B′=90176。 ， ∴△ COP∽△ A′OB′。 ∴ CP OCAB OA  。 ∵ A′B′=AB=6， OC=6， OA′=OA=8， ∴ CP 668 ， CP=92。 ∵ BC=OA=8， ∴ BP=BC－ CP=72。 同理 △ B′CQ∽△ B′C′O， ∴ CQ BCCO BC  。 ∵ C′O=CO=6， B′C′=BC=8， 22O B 6 8 10  ， B′C=10－ 6=4， ∴ CQ 468 ， CQ=3。 ∴ BQ=BC+CQ=11。 ∴ 7BP 72BQ 11 22。 ② 如图 3， 在 △ OCP 和 △ B′A′P中， ∵ O P C B P AO CP A 90O C B A        ， ∴△ OCP≌△ B′A′P（ AAS）。 ∴ OP=B′P。 设 B′P=x， 在 Rt△ OCP 中，  2 228 x 6 x   ，解得 x= 254。 ∴O P B 1 2 5 7 5S62 4 4   。 （ 3）存在这样的点 P 和点 Q，使 BP=12 BQ，点 P 的坐标是1 3P 9 6 62，2 7P64。 【考点】 面动问题，矩形的判定和性质，旋转的性质， 全等、相似三角形的判定和性质，勾股定理，分类思想的应用。 【分析】 （ 1）根据点的坐标可判定四边形 OABC 的形状是矩形； 当 90 176。 时， B P B P 8 4=B Q B P +P Q 8 6 7。 （ 2） ① 利用相似三角形求得 CP 的比，就可求得 BP， BQ 的值。 ② 根据勾股定理求得 PB′的长，再根据三角形的面积公式进行计算。 （ 3）构造全等三角形和直角三角形，运用勾股定理求得 PC 的长，进一步求得坐标： 过点 Q 作 QH⊥ OA′于 H，连接 OQ，则 QH=OC′=OC， ∵P O Q P O Q11S P Q O C S O P Q H22   ， ∴ PQ=OP。 设 BP=x， ∵ BP=12 BQ， ∴ BQ=2x。 如图，当点 P 在点 B 左侧时， OP=PQ=BQ+BP=3x， 在 Rt△ PCO 中，    2228 x 6 3x  。 解得1233x 1 6 x 1 622   ，（不符实际，舍去）。 ∴ 3P C B C B P 9 62   。 ∴1 3P 9 6 62。 如图，当 点 P 在点 B 右侧时， OP=PQ=BQBP=x， PC=8－ x， 在 Rt△ PCO 中，  2 228 x 6 x   ， 解得 25x 4。 ∴ 2 5 7P C B C B P 8 44    。 ∴2 7P64。 综上可知，存在点1 3P 9 6 62， ，2 7P64，使 BP=12 BQ。 9.（ 2020 年 浙江舟山、嘉兴 14 分） 如图，已知 A、 B 是线段 MN 上的两点， MN=4， MA=1， MB＞ 1．以 A为中心顺时针旋转点 M，以 B为中心逆时针旋转点 N，使 M、 N 两点重合成一点 C，构成 △ ABC，设 AB=x． （ 1）求 x的取值范围； （ 2）若 △ ABC 为直角三角形，求 x的值； （ 3）探究： △ ABC 的最大面积。 【答案】 解：（ 1） ∵ 在 △ ABC 中， AC=1， AB=x， BC=3－ x， ∴ 1 x 3 x1 3 x x     ，解得 1 x 2。 （ 2） ① 若 AC 为斜边，则 221 x (3 x)   ，即 2x 3x 4 0   ，无解 ； ② 若 AB 为斜边，则 22x (3 x) 1   ，解得 5x 3 ，满足 1 x 2 ． ③ 若 BC 为斜边，则 22(3 x) 1 x   ，解得 4x 3 ，满足 1 x 2。 综上所述， 若 △ ABC 为直角三角形， 则 5x 3 或 4x 3。 （ 3）在 △ ABC 中，作 CD AB 于 D， 设 CD h ， △ ABC 的面积为 S，则 1S xh2 ． ① 若点 D 在线段 AB 上， 则 2 2 21 h ( 3 x ) h x    ， ∴ 2 2 2 2 2( 3 x ) h x 2x 1 h 1 h      ， 即 2x 1 h 3x 4  。 ∴ 2 2 2x (1 h ) 9 x 2 4 x 1 6   ，即 2 2 2x h 8 x 2 4 x 1 6   。 ∴ 2 2 2 2 21 3 1 4S x h 2 x 6 x 4 2 ( x ) x 24 2 2 3          。 当 3x 2 时（满足 4 x23）， 2 S 取最大值 12 ，从而 S 取最大值 22。 ② 若点 D 在线段 MA上， 则 2 2 2( 3 x ) h 1 h x    ， 同理可得， 2 2 23 1 4S 2 x 6 x 4 2 ( x ) 1 x2 2 3        ， ∵ 4332 ，∴当 41x3  时， 2S 随 x的增大而增大。 ∴ 当 4x 3 时， 2S 取最大值 49 ，从而 S 取最大值 23。 综合 ①② ， ∵ 2232 ，∴ △ ABC 的最大面积为 22。 【考点】 二次函数综合题，线 旋转 问题， 三角形三边关系 ，勾股定理，二次函数的性质，分类思想的应用。 【分析】 （ 1）因为所求 AB 或 x在 △ ABC 中，所以可利用三角形三边之间的关系即两边之和大于第三边，两边之差小于第三边进行解答。 （ 2）应该分情况讨论 ，因为不知道在三角形中哪一个是作为斜边存在的 ， 所以有三种情况，即： ①若 AC 为斜边 ，② 若 AB 为斜边， ③ 若 BC 为斜边 ，分别求解即可。 （ 3）在 △ ABC 中， AB 的值固定不变，即可视为底边不变，但是因为三角形形状不固定，高在发生变化，所以造成面积不固定，需分情况进行讨论．具体分 ① 若点 D在线段 AB 上， ② 若点 D 在线段 MA上两种情况。 10.（ 2020 年 浙江金华 12 分） 如图，在平面直角坐标系中，点 A（ 0， 6），点 B 是 x 轴上的一个动点，连结AB，取 AB 的中点 M，将线段 MB绕着点 B按顺时针方向旋转 90o，得到线段 B 作 x轴的垂线交直线 AC 于点 B 坐标是（ t， 0） . （ 1）当 t=4 时，求直线 AB 的解析式； （ 2）当 t0 时，用含 t 的代数。