特色题型专练09 三大运动-旋转（解析版）（江苏专用）

中考特色题型专练之三大运动——旋转几何篇题型一、与三角形结合1．如图，在中，，将绕点C按逆时针方向旋转得到，此时点恰好在边上，连接，则的长为（）A．6 B． C． D．3【答案】C【分析】本题考查了旋转的性质，等边三角形的判定与性质，勾股定理，含30度角直角三角形性质等知识；由旋转的性质及已知得是等边三角形，由含30度角直角三角形性质及勾股定理即可求解．【详解】解：∵绕点C按逆时针方向旋转得到，∴，∴，∴是等边三角形，∴，∵，∴，∴，∴由勾股定理得．故选：C．2．如图，在中，，将绕点按逆时针方向旋转得到，若点刚好落在边上，且，则的度数为（）A． B． C． D．【答案】C【分析】本题考查了旋转的性质，等腰三角形的性质，灵活运用这些的性质解决问题是本题的关键．由旋转的性质可得，，由等腰三角形的性质可得，，由三角形的外角性质和三角形内角和定理可求解．【详解】解：，，，将绕点按逆时针方向旋转得到，，，，，，，，故选：C．3．如图中，，M是斜边的中点，将绕点F按顺时针方向旋转，点E落在延长线上的处，点D落在处，若，．则的长为.【答案】/【分析】本题利用勾股定理算出，根据直角三角形性质得到，利用等腰三角形性质推出，利用旋转的性质和等腰三角形性质得到，证明，根据相似三角形的性质建立等式求解，即可解题．【详解】解：，，，，M是斜边的中点，，，由旋转的性质可知，，，，，，，解得，故答案为：．【点睛】本题考查勾股定理、直角三角形性质、旋转的性质、等腰三角形性质、相似三角形的性质和判定，熟练掌握相关性质并灵活运用，即可解题．4．如图，已知中，、、，将绕点旋转，使点落在边上的点处，此时点落在点，与相交于点，则长为．【答案】/【分析】由勾股定理的逆定理可求，由旋转的性质可得，，，由相似三角形的性质分别求出，的长，即可求解．【详解】解：、、，，，如图，过点作于，，，，，将绕点旋转，，，，，，，，，，，∴解得：，故答案为：．【点睛】本题考查了旋转的性质，勾股定理的逆定理，相似三角形的判定和性质，证明相似三角形是解题的关键．5．综合与实践：综合与实践课上，老师让同学们以“图形的旋转与翻折”为主题开展数学活动．情境导入：在中，，，点为直线上一点，连接，将绕点逆时针旋转至，连接交直线于点．活动一：图形的旋转：（1）当点在线段上时，如图，小明为探究与的关系，给出了如图的思路：根据思路，可知：与的数量关系是：______；（2）当点在线段上时，如图，（1）的结论是否成立？请说明理由；活动二：图形的翻折：（3）如图，当，时，为直线上一动点，连接，作关于直线的对称图形得到，当线段最小时，直接写出的面积．【答案】（1）；（2）仍然成立，理由见解析；（3）．【分析】（1）由“”可证≌，可得，可证四边形是平行四边形，可得结论；（2）由“”可证≌，可得，可证四边形是平行四边形，可得结论；（3）先确定点的位置，由勾股定理分别求出的长，的长，由面积和差关系可求解．【详解】解：（1）如图，过点作，交的延长线于点，连接，，将绕点逆时针旋转至，，，，，又，，≌，，四边形是平行四边形，，故答案为：；（2）仍然成立，理由如下：过点作，交的延长线于点，连接，，将绕点逆时针旋转至，，，，，又，，≌，，四边形是平行四边形，；关于直线的对称图形为，，，，点在以点为圆心，为半径的圆上运动，当点在的延长线上时，有最小值，此时，点在上，如图，过点作于，过点作于，，，，，，，，，，，，，，，，，的面积，的面积为．【点睛】本题是几何变换综合题，考查了平行四边形的性质和判定，旋转的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理等知识，添加恰当辅助线构造全等三角形是解题的关键．6．在数学活动课上，小丽将两副相同的三角板中的两个等腰直角三角形按如图1方式放置，使的顶点D与的顶点C重合，在绕点C的旋转过程中，边、始终与的边分别交于M、N两点．(1)老师提了一个问题：试证明．小丽开动脑筋，作了如下思考：考虑到且，可将绕点C顺时针旋转至位置，连结，若能证明、分别等于的另两边则可以解决问题．请帮小丽继续完成证明过程．证明：将绕点C顺时针旋转至位置，连结；(2)如图2，小昆另取一块与相同的三角板，放在位置，边与边相交于点H，连、．①小昆猜想：，请帮他给出证明；②图2中始终与相等的线段有；③请探索、、之间的数量关系，并直接写出结论：．【答案】(1)见解析(2)①见解析；②；③【分析】（1）①由“”可证，可得，根据直角三角形中运用勾股定理，即可得结论；（2）①证明A，C，N，H四点共圆即可解题；②证明，得到，然后根据等角对等边得到即可得到结论③连接，推导，则可得到，然后根据即可证明结论．【详解】（1）由旋转可知：，，，，∵，，∴，∴，即，又∵，∴，∴，∵，∴，∴，又∵，，∴；（2）①证明：∵，，∴，∴A，C，N，H四点共圆，∴，∵，∴；②解：∵四边形是正方形，∴，，∵，∴，由①可知，又∵，∴，∴．故答案为：、；③连接，∵，∴，又∵，∴，∴，∴，∵，∴，∴．故答案为：．【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，等腰直角三角形的性质，相似三角形的判定和性质等知识，添加恰当辅助线构造全等三角形是本题的关键．题型二、与四边形结合1．如图，将边长为正方形绕点按顺时针方向旋转后得到正方形，边相交于点，则四边形的面积为（

）．A． B． C． D．【答案】C【分析】本题考查了旋转的性质，正方形的性质，勾股定理，判断出点共线是解答本题的关键．【详解】解：如图，连接．∵四边形是正方形，∴．∵正方形绕点按顺时针方向旋转后得到正方形，∴，∴点共线，且，，∴四边形的面积为．故选C．2．如图，四边形是正方形，在正方形外且；将逆时针旋转至，使旋转后的对应边与重合．连接、，已知，，则正方形的面积为（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】本题考查求线段长，谁旋转性质、等腰直角三角形的判定与性质、勾股定理的逆定理、勾股定理等知识，过作于，如图所示，由旋转性质及勾股定理和勾股定理的逆定理求出相关线段及角度，在中，利用勾股定理求出即可得到答案，熟练掌握勾股定理及勾股定理逆定理是解决问题的关键．【详解】解：过作于，如图所示：将逆时针旋转至，使旋转后的对应边与重合，，，在中，，，则，在中，，，，则，由勾股定理的逆定理可知为直角三角形，，则，在等腰中，，则，，在中，，，则由勾股定理可得，正方形的面积为，故选：B．3．如图中，，M是斜边的中点，将绕点F按顺时针方向旋转，点E落在延长线上的处，点D落在处，若，．则的长为.【答案】/【分析】本题利用勾股定理算出，根据直角三角形性质得到，利用等腰三角形性质推出，利用旋转的性质和等腰三角形性质得到，证明，根据相似三角形的性质建立等式求解，即可解题．【详解】解：，，，，M是斜边的中点，，，由旋转的性质可知，，，，，，，解得，故答案为：．【点睛】本题考查勾股定理、直角三角形性质、旋转的性质、等腰三角形性质、相似三角形的性质和判定，熟练掌握相关性质并灵活运用，即可解题．4．如图，已知中，、、，将绕点旋转，使点落在边上的点处，此时点落在点，与相交于点，则长为．【答案】/【分析】由勾股定理的逆定理可求，由旋转的性质可得，，，由相似三角形的性质分别求出，的长，即可求解．【详解】解：、、，，，如图，过点作于，，，，，将绕点旋转，，，，，，，，，，，∴解得：，故答案为：．【点睛】本题考查了旋转的性质，勾股定理的逆定理，相似三角形的判定和性质，证明相似三角形是解题的关键．5．已知正方形与正方形，正方形绕点旋转一周．(1)如图1，连接，很明显______，从而我们可以得出的值为______；(2)如图2，连接，求的值；(3)当正方形旋转至图3位置时，连接，分别取的中点，连接，试探究：与的关系，并说明理由；(4)连接，分别取的中点，连接，，请直接写出线段扫过的面积．【答案】(1)，1(2)(3)(4)【分析】（1）利用正方形的性质、旋转的性质可得，，可得，根据全等三角形的性质可得．（2）通过证明，可得．（3）连接，过点作，交直线于点，连接，设与交于点，与交于点，证明，得，根据得，证明，根据得，利用，证明，可得，，根据，点是的中点可得，最终可得．（4）取中点，连接，根据，三角形中位线定理可得，，点在以点为圆心，为半径的圆上运动，点在以为圆心，3为半径的圆上运动，可得线段扫过的面积为．【详解】（1）解：根据正方形的性质、旋转的性质可得，（2）解：如图，连接、四边形和四边形都是正方形，，（3）解：如图，连接，过点作，交直线于点，连接，设与交于点，与交于点，点是的中点又（）又，点是的中点（4）解：如图，取中点，连接点是的中点，点是的中点，点是的中点点在以点为圆心，为半径的圆上运动，点在以为圆心，3为半径的圆上运动线段扫过的面积【点睛】此题考查了全等三角形、相似三角形、三角形中位线定理、正方形的性质等，熟练掌握相关知识点，利用数形结合的思想是解题的关键．6．如图，是正方形内一点，将绕点顺时针方向旋转得到．

(1)观察猜想：如图1，线段与的数量关系是______，位置关系是______．(2)探究实践：如图2，连接，若，，，求的度数．(3)拓展延伸：如图3，A，P，Q三点在一条直线上，若，，请求出的长度．【答案】(1)，(2)(3)【分析】本题考查了旋转的性质，正方形的性质，全等三角形的性质，三角形内角和定理，勾股定理，掌握旋转的性质，分类讨论是解题的关键．（1）延长交分别于点，根据旋转的性质以及正方形的性质可得，，则，，进而根据三角形内角和定理，可得，即可得出；（2）连接，由旋转性质可得：，，勾股定理求得，勾股定理的逆定理证明是直角三角形，即，进而即可求解；（3）①当点在正方形内时，作于．勾股定理求得，根据，②当点在正方形外时，根据即可求解．【详解】（1）解：如图所示，延长交分别于点，

∵将绕点顺时针方向旋转得到，四边形是正方形，∴，，∴，，又∵，∴，∴．（2）连接

由旋转性质可得：，，∴，，由得：∴，，∵，∴是直角三角形，即，∴；（3）①当点在正方形内时，作于．则，

，，，，，在中，，，，，②当点在正方形外时，作于．

同理可得：，，综上所述，满足条件的的值为．题型三、与圆结合1．如图1，在中，圆心角.点P从点B出发，绕着点O以每秒的速度在圆周上逆时针旋转到点A.在旋转过程中，线段的长度y（cm）与旋转时间t（s）的函数关系如图2所示，则下列说法正确的是（

）

A． B． C． D．【答案】B【分析】此题考查了动点的的函数图象、垂径定理、解直角三角形等知识，数形结合和分类讨论是解题的关键．根据点P的位置和的长度，分别画出图形，结合函数图象给出的信息，逐项进行求解即可作出判断．【详解】解：当时，点P与点A重合，此时，由图象可知，，故选项A错误，不符合题意；由图象可知，当时，此时点P与点B重合，即，如图，

∵，∴是等边三角形，∴，即的半径为，当时，即，过点O作于点D，则，如图，

∴，∴，即，同理可得，，此时或，由图象可知，，∴，故选B正确；当时，即，如图，

∵，∴，此时或，由图象可知，，∴，故选选项C错误，当点P旋转到，即是直径，y取最大值时，如图，

则，则由图象可知，点C的坐标为，故选项D错误，故选：B．2．如图，中，，，，O，H分别为边，的中点，将绕点B逆时针旋转到的位置，则整个旋转过程中线段所扫过部分的面积（即阴影部分面积）为（）A． B． C． D．【答案】C【分析】本题连接，，根据题意分析整个旋转过程中线段所扫过部分的面积，其实是大扇形与小扇形的面积之差，利用旋转的性质得到扇形的圆心角，再根据勾股定理，以及线段中点的性质算出、、，推出,利用扇形面积公式求解，即可解题．【详解】解：连接，，O、H分别为边，的中点，将绕点B逆时针旋转到的位置，，，，，，．H为边的中点，，，阴影部分面积．故选：C．【点睛】本题考查了旋转的性质、勾股定理、线段中点的性质、扇形面积公式，熟练掌握相关性质定理并灵活运用，即可解题．3．如图，和是两个完全重合的直角三角板，，斜边长为．三角板绕直角顶点顺时针旋转，当点落在边上时，旋转所构成的扇形的弧长为．【答案】【分析】本题考查了弧长公式、含度的直角三角形三边的关系以及等边三角形的判定与性质．根据中的角所对的直角边是斜边的一半、直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半以及旋转的性质推知是等边三角形，所以根据等边三角形的性质利用弧长公式来求旋转所构成的扇形的弧长，熟知旋转的性质：对应点到旋转中心的距离相等；对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角；旋转前、后的图形全等。【详解】解：∵在中，，，，根据旋转的性质知，，，∴点是斜边的中点，，，，旋转所构成的扇形的弧长为：，故答案为：．4．如图，在矩形中，，以为直径作．将矩形绕点旋转，使所得矩形的边与相切，切点为，边与相交于点，则的长为．【答案】【分析】连接并延长交于点，连接，过点作，根据切线的性质及旋转的性质可以得到四边形、四边形均为矩形，结合、、的半径及勾股定理可以求出及的长度，再利用等腰三角形的性质即可确定及的长度；【详解】解：如图，连接并延长交于点，连接，过点作，∵边与相切，∴，∵为的直径，∴，∵四边形、四边形均为矩形，∴，则，在中，，∵且，∴，即：故答案为：【点睛】本题考查了切线的性质定理，旋转的性质、等腰三角形的性质、矩形的性质、勾股定理，掌握等腰三角形、矩形的性质，理解切线的性质定理是解决本题的关键．5．“启智”数学兴趣小组对图形的旋转展开进一步探究，总结了一些方法和规律，请你完成相关问题．（画图工具不限，不写画法）

(1)动中有定：如图1，是边长为的等边三角形．①将点绕点顺时针旋转一周，点的对应点为点，请在图1中画出点的运动路径，当点不与A、B重合时，可得__________或__________；②将边绕点顺时针旋转一周，请在图1中画出线段扫过的区域（用阴影表示，画出必要的辅助线），并求出该区域的面积．(2)以静制动：如图2，中，，，将绕点旋转得，点P是线段上一个动点，点M是的中点．①线段的最小值是__________，最大值是__________；②点P到直线的距离为h，当时，求h的取值范围．【答案】(1)①，；②(2)①；②【分析】（1）①根据题意以为圆心，为半径作圆，进而根据圆周角定理以及圆内接四边形对角互补，即可求解；②过点作于点，勾股定理求得，进而根据题意，可得线段扫过的区域为圆环的面积，根据圆的面积公式，即可求解；（2）①过点分别走的垂线，垂足分别为，勾股定理求得，等面积法求得，进而根据题意，与重合，且在线段上时，取的最大值；当时，且重合时，取的最小值，结合图形，即可求解；②分别以为半径，以为圆心作圆，过作的垂直平分线，交为半径的圆于点，交为半径的圆于点，当点在点时，最小，当点在点时，最大，勾股定理，即可求解．【详解】（1）解：①如图所示，

当在优弧上时，，当在上时，，故答案为：，．②如图所示，过点作于点，

∵的边长为，则，，线段扫过的区域为；（2）解：①依题意，过点分别走的垂线，垂足分别为，

∵中，，，∴，∵，∴∵是线段上一个动点，点M是的中点，则∴与重合，且在线段上时，取的最大值；如图所示，

此时，当时，且重合时，取的最小值，此时如图所示，∴是的中位线，

∴②如图所示，分别以为半径，以为圆心作圆，过作的垂直平分线，交为半径的圆于点，交为半径的圆于点，

∵是上一点，∴当点在点时，最小，当点在点时，最大，∵，∴，∴．【点睛】本题考查了圆周角定理，旋转的性质，圆内接四边形对角互补，一点到圆上的距离的最值问题，勾股定理，垂直平分线的性质，垂线段最短，勾股定理，熟练掌握旋转的性质是解题的关键．6．如图，点B在数轴上对应的数是，以原点O为圆心、的长为半径作优弧，使点A在原点的左上方，且，点C为的中点，点D在数轴上对应的数为8．(1)_____________；(2)点P是优弧上任意一点，则的最大值为___________；(3)在（2）的条件下，当最大，且时，固定的形状和大小，以原点O为旋转中心，顺时针旋转．①连接，，在旋转过程中，与有何数量关系，并说明理由；②直接写出在旋转过程中，点C到所在直线的距离d的取值范围．【答案】(1)(2)(3)【分析】（1）利用扇形的面积公式计算即可．（2）如图中，当与相切时，的值最大．解直角三角形即可解决问题．（3）①如图中，连接，．证明，即可解决问题；②如图3，当中点P旋转至点B时，点C到所在直线距离最小为2，如图4，当中点P旋转至点Q时，点C到所在直线距离最大为6，即可得到取值范围．【详解】（1）解：∵，∴，∴（大于半圆的扇形），故答案为：．（2）解：如图1中，当与相切时，的值最大．∵是的切线，∴，∴，∵，∴，同法当与相切时，，∴的最大值为．故答案为：．（3）解：①结论：．理由：如图中，连接，．∵，，∴是等边三角形，∵，∴，∵，∴，∵，∴，∴，∴．②由题意，，如图，当中，点P旋转至点B时，点C到所在直线距离最小为2；如图，当中，点P旋转至点Q时，点C到所在直线距离最大为6；∴在旋转过程中，点C到所在直线的距离的取值范围为．【点睛】本题考查了求扇形的面积，切线的性质，特殊角的三角函数，相似三角形的判定与性质，图形的性质等知识，综合性较强，难度较大，熟知相关知识，根据题意画图，并添加辅助线是解题关键．题型四、与相似有关1．如图，与的边相切于点．将绕点按顺时针方向旋转并以点为位似中心，按一定比例缩小得到，且点，落在上．若，，则的半径为（）A． B．2.5 C． D．3【答案】A【分析】本题考查的是位似变换、翻折变换、勾股定理、切线的性质．根据切线的性质得到，根据旋转变换、位似变换的性质得到与的相似比为，，根据勾股定理列出方程，解方程得到答案．【详解】解：与相切于点，，将绕点按顺时针方向旋转并以点为位似中心，按一定比例缩小得到，，，与的相似比为，则，由旋转变换的性质可知：，为的直径，设，则，，，解得：（负值舍去），的半径为，故选：A．2．矩形中，，连接对角线，将绕点A旋转得到，交边于点G，恰好，，则值为（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】先连接，构造直角三角形以及相似三角形，根据，可得到，设，则，中，根据勾股定理可得方程，求得的长以及的长，即可得到所求的比值．【详解】解：连接，如图，

由旋转可得，，∴，∴，∴，∵，∴是等腰直角三角形，∴，设，则，∵中，，∴，解得（舍去），∴，∴中，，∴，故选：A．【点睛】本题主要考查了旋转的性质，相似三角形的判定与性质，等腰直角三角形的性质，解一元二次方程以及勾股定理的综合应用，解决问题的关键是作辅助线构造直角三角形以及相似三角形，依据相似三角形的对应边成比例，将转化为，并依据直角三角形的勾股定理列方程求解，从而得出矩形的宽，这也是本题的难点所在．3．如图，、是的直径，点在上，，点从点出发沿顺时针方向绕圆心旋转，当时，直径在中截得的三角形与相似．【答案】50或70或160【分析】本题主要考查了相似三角形的判定，圆周角定理，垂径定理，旋转的性质等知识，运用分类讨论思想是解题的关键．分或或三种情形，分别画出图形，求出旋转角的度数即可．【详解】解：当时，直径在中截得的三角形与相似．连接，，，，，，当时，，，，当时，直径在中截得的三角形与相似．，，故答案为：50或70或160．4．如图，已知N为正方形的边AB上一点，，绕点N旋转至，连接，M为上的一点，，则当与直线所夹锐角为，时．【答案】或【分析】本题考查了旋转的性质，相似三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质．分逆时针和顺时针旋转两种情况讨论，当逆时针旋转时，作交直线于点，证明，推出，，再证明点是边的中点，求得，证明，利用相似三角形的性质即可求解．当顺时针旋转时，同样的方法求解即可．【详解】解：当逆时针旋转时，如图，作交直线于点，∵四边形是正方形，∴，，由旋转的性质知，，∴，∴，∴，，∵，∴，∴点是边的中点，∴，∴是等腰直角三角形，∴，∵，∴，∴，∴；当顺时针旋转时，如图，作交直线于点，同理得，点是边的中点，，是等腰直角三角形，∴，同理得，∴，∴；故答案为：或．5．在中，，在中，，已知和有公共顶点A，连接和．(1)如图①，若，，当绕点A旋转，和的数量关系是______，位置关系是______；(2)如图②，若，当绕点A旋转，（1）中和的数量关系与位置关系是否依然成立，判断并说明理由；(3)在（2）的条件下，若，，在旋转过程中，当C，B，D三点共线时，请直接写出的长度．【答案】(1)，(2)，，理由见解析(3)或【分析】本题主要考查全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质以及勾股定理等知识：（1）根据证明得，再证明，可得；（2）延长交于H，与交于O，证明可得结论；（3）分两种情况讨论：运用相似三角形的性质求出，，由勾股定理求出，在中，运用勾股定理求出，从而可求出．【详解】（1）证明：如图，延长交于H，与交于O∵和是等腰直角三角形，∴，，又∴，∴，∴，，∵，∴，∴，故答案为：，；（2）解：，，理由如下：延长交于H，与交于O，∵，，∴，∴，，∴，∵，∴，∴综上，（3）解：①如图：由（2）知，，且，∵，∴，在中，由勾股定理得，∵，∴在中，由勾股定理得，∵C，B，D三点共线，且∴在中，由勾股定理得即∴∴；②如图：由（2）知，，且，∵，∴，由勾股定理得，∵，∴，在中，，∵C，B，D三点共线，且，∴在中，由勾股定理得，即，∴

，∴；综上，当C，B，D三点共线时，的长度为或．6．如图1和图2，在矩形中，，，将线段绕点A顺时针旋转到，的平分线交射线于点P，连接，设，(1)求证：；(2)如图2，当经过点D时，，求x的值；(3)在线段绕点A旋转过程中：①当点到的距离为2时，求x的值；②直接写出点到射线的距离（用含x的式子表示）．【答案】(1)见解析(2)(3)①或；②【分析】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，折叠的性质，求正切值，熟练掌握以上知识且分类讨论是解题的关键．（1）证明即可得出；（2）根据三角函数值代入求解即可；（3）考虑两种情况，当时和当时，再根据勾股定理和相似的性质即可求解．【详解】（1）证明：∵将线段绕点A顺时针旋转到，∴，∵，∴，∵，∴，∴；（2）根据题意，，，那么在中，，则，；因此，；∵，∴，在中，，因此，；故答案为：；（3）①考虑两种情况，当时，如图3所示，过作交于E，交于F；根据题意，，；∵，∴，则，∵，∴，，∴，∴，因此，；∵在中，，，∴；解得：；当时，如图4所示，过作交于E，交于F；根据题意，，；同上，可证，因此，；解得：；综上所述，或；②同第①问，考虑两种情况，当时，如图3所示，同上可证，因此，；解得点到射线的距离为：；当时，如图4所示，同上可证，因此，；解得点到射线的距离为：；综上所述，点到射线BC的距离为：．函数篇题型一、与一次函数结合1．如图，直线的图象与轴相交于点，将它绕点旋转后所得到的直线的解析式为（

）．A． B． C． D．【答案】C【分析】本题考查求一次函数解析式、相似三角形的判定与性质、旋转性质，先求得点A、B坐标，设旋转后的直线交y轴于C，证明求得点C坐标，然后利用待定系数法求直线解析式即可．利用相似三角形的性质求得点C坐标是解答的关键．【详解】解：令，由得，则，令，则，∴，∴，，设旋转后的直线交y轴于C，则，∵，∴，则，∴，∴即，∴，则，设旋转后的直线的解析式为，则，解得，∴旋转后的直线解析式为，故选：C．2．如图所示，直线交轴于点，交轴于点轴上有一点为轴上一动点，把线段绕点按逆时针方向旋转得到线段，连结，则当长度最小时，线段的长为（

）A． B． C．5 D．【答案】A【分析】作EH⊥x轴于H，通过证明△DBO≌△BEH，可得HE=OB，从而确定点的运动轨迹是直线m：，根据垂线段最短确定出点E的位置，然后根据勾股定理求解即可．【详解】解：作EH⊥x轴于H，如图所示：∵∠DBE=90°，∴∠DBC+∠CBE=90°.∵∠BHE=90°，∴∠BEH+∠CBE=90°，∴∠DBC=∠BEH，∵∠BOD=∠BHE=90°，BD=BE，∴△DBO≌△BEH（AAS），∴HE=OB，HB=OD，当y=0时，，∴x=2，∴HE=OB=2，∴点的运动轨迹是直线m：，B(2，0)，∴当⊥m时，CE最短，如图所示，此时点C与点H重合，点的坐标为(-1，-2)，∵C(-1，0)，B(2，0)，∴BC=3，∴OD=，∴CD=，故选A．【点睛】本题考查一次函数与坐标轴的交点，坐标与图形的变化，全等三角形的判定与性质，垂线段最短以及勾股定理等知识，解题的关键是确定点E的位置．3．如图，在中，为边上的中线，，，．将绕点以逆时针方向旋转得到，点、分别与点、对应．连接，与线段交于点．如果点、、在同一条直线上，那么．【答案】【详解】以为原点，所在直线为轴建立直角坐标系，过作于，设交轴于，由为边上的中线，，，可得，，设，由，可得，故，，，，直线解析式为，根据将绕点以逆时针方向旋转得到，可证，得四边形是矩形，从而求得，，直线解析式为，联立得，即可得到答案．本题考查三角形中的旋转问题，解题的关键是建立直角坐标系，求出相关点的坐标．【解答】解：以为原点，所在直线为轴建立直角坐标系，过作于，设交轴于，如图：为边上的中线，，，，，设，则，，，解得，，，，，由，，得直线解析式为，将绕点以逆时针方向旋转得到，，，，，，，，，四边形是矩形，，，，，，∴设直线解析式为把，代入，得解得直线解析式为，联立得，∴，故答案为：．4．如图，在平面直角坐标系中，一次函数的图像分别交，轴于点，，将直线绕点按顺时针方向旋转45°，交轴于点，则直线的函数表达式是．【答案】y=3x-2【分析】根据已知条件得到A（-1，0），B（0，-2），求得OA=1，OB=2，过A作AF⊥AB交BC于F，过F作FE⊥x轴于E，得到AB=AF，根据全等三角形的性质得到AE=OB=2，EF=OA=1，求得F（1，1），设直线BC的函数表达式为：y=kx+b，解方程组于是得到结论．【详解】解：∵一次函数y=-2x-2的图象分别交x、y轴于点A、B，∴令x=0，得y=-2，令y=0，则x=-1，∴A（-1，0），B（0，-2），∴OA=1，OB=2，过A作AF⊥AB交BC于F，过F作FE⊥x轴于E，∵∠ABC=45°，∴△ABF是等腰直角三角形，∴AB=AF，∵∠OAB+∠ABO=∠OAB+∠EAF=90°，∴∠ABO=∠EAF，在△ABO和△FAE中，，∴△ABO≌△FAE（AAS），∴AE=OB=2，EF=OA=1，∴F（1，1），设直线BC的函数表达式为：y=kx+b，∴，解得，∴直线BC的函数表达式为：y=3x-2，故答案为：y=3x-2．【点睛】本题考查了一次函数图象与几何变换，待定系数法求函数的解析式，全等三角形的判定和性质，正确的作出辅助线是解题的关键．5．如图1，在平面直角坐标系中，，，直线与x轴相交于点C，与直线交于点D，交y轴于点E．(1)求直线的解析式及点D的坐标；(2)如图2，直线绕点C逆时针旋转与直线交于点F，连接，求的面积；(3)将绕平面内某点旋转，旋转后的三角形记为，若点落在直线上，点落在直线上，请直接写出满足条件的点的坐标．【答案】(1)直线AB的解析式为，点D的坐标为．(2)的面积为．(3)点的坐标为或．【分析】（1）本题考查用待定系数法求一次函数解析式和联立方程组求交点坐标，设直线的解析式为，将，两点代入解析式中，求解即可，再联立方程组求解，即可求出点D的坐标．（2）本题考查勾股定理和勾股定理逆定理，利用直线求出点C，点E．用勾股定理求出、、，根据得出，由直线绕点C逆时针旋转，得到为等腰直角三角形，有，最后根据三角形面积公式求解即可．（3）本题根据点落在直线上，点落在直线上，设，，由旋转的旋转可知，轴，，列出与的式子，求解即可．【详解】（1）解：设直线的解析式为，将，两点代入解析式中，有，解得，直线AB的解析式为，直线与直线AB交于点D，，解得，点D的坐标为．（2）解：由（1）知，直线与x轴相交于点C，交y轴于点E．，，，，，即，，由旋转的性质可知，，，，，的面积．（3）解：点落在直线上，点落在直线上，且直线AB的解析式为，直线的解析式为，设，，绕平面内某点旋转得到，且轴，轴，，，，整理得，将其代入中，有，解得，，将代入中，有，将代入中，有，点的坐标为或．【点睛】本题考查了一次函数解析式的求法、联立方程组求交点坐标、勾股定理、勾股定理逆定理、点到点的距离、旋转的性质等，本题难度较大，熟练掌握一次函数性质并灵活运用是解题的关键．6．如图，在平面直角坐标系中，直线：经过点，与轴相交于点，与直线：相交于点，点的横坐标为，点为轴上一动点，横坐标为．

备用图(1)求直线的表达式；(2)过作轴的平行线，分别交直线，直线于点，，连接，①当时，求的长；②当时，请直接写出的值；(3)若点在射线上，连接，当时，请直接写出点的坐标．(4)在（3）的条件下，当时，将绕点顺时针方向旋转，得到，其中的对应点为，的对应点为，连接，直接写出的长．【答案】(1)(2)①的长为，②的值为或．(3)点的坐标为或．(4)【分析】（1）根据点在直线：的图像上，求出，再把点，点代入函数，得到答案．（2）①当时，得到点，的横坐标，分别代入函数，求出答案．②根据题意，设，，可以求出的长，根据绝对值的性质求出答案．（3）由，找到满足的点，然后根据两点的距离公式，等腰三角形的性质，得到点坐标，再利用对称的性质，求出点关于点的对称点的坐标．（4）由已知，在（3）的条件下，当时，点的坐标为，由此利用两点间的距离公式，勾股定理求出．【详解】（1）解：点在直线：的图像上，点的横坐标为，，则，直线：过点，点，，解得，直线的解析式为：．（2）①当时，即点的横坐标为，如图所示，

点，的横坐标均为，点在直线：的图像上，，即，点在直线：的图像上，，即，，的长为；②点在直线：的图像上，点在直线：的图像上，且，的横坐标相同，设，，，整理得：，或，或，的值为或．（3）由（1）知：直线：，直线：，，，如图，过点作于点，，点是点关于点的对称点，，

设点，，，，即，，解得：，点坐标为，又也满足条件，且，，即点的坐标为综上，点的坐标为或．（4）由已知，在（3）的条件下，当时，点的坐标为，如图，连接，过点作于点，

，由旋转的性质，得：，，是等边三角形，，垂直平分，，，在中，，，．【点睛】本题考查了一次函数与几何图形的综合，等边三角形的判定及性质，两点的距离公式，旋转的性质，勾股定理，掌握待定系数法求一次函数解析式，两直线交点坐标的计算方法，两点的距离公式，等边三角形的判定及性质是解答本题的关键．题型二、与反比例函数结合1．已知点是第一象限内的点，且在反比例函数的图像上，将点绕原点旋转后得到点，过点作轴于点，过点作轴于点，则四边形的面积为（

）．A．2 B．4 C．6 D．8【答案】C【分析】本题主要考查了反比例函数综合应用，解题关键是运用数形结合的思想分析问题．设点，根据将点绕原点旋转后得到点，可得，易得，，然后由四边形的面积求解即可．【详解】解：如下图，根据题意，点是第一象限内的点，且在反比例函数的图像上，可设点，∵将点绕原点旋转后得到点，∴，∵轴，轴，∴，，∴，，，，∴四边形的面积．故选：C．2．如图，在平面直角坐标系中，的顶点A、B的坐标分别是，将绕点O逆时针方向旋转，得到，函数（）的图象过的中点C，则k的值为（

）

A．4 B． C．8 D．【答案】B【分析】根据旋转的性质，旋转不改变图形的大小和形状，所得图形与原图形全等求得的坐标，的坐标是，进而求得中点C的坐标，然后根据待定系数法求得k的值．【详解】解：点A、B的坐标分别是，，，，的坐标为，的坐标是的中点，函数（）的图象过的中点C，，故选：B．【点睛】本题考查了坐标与图形的变化----旋转，反比例函数图形上点的坐标特征，熟练掌握旋转的性质是解题关键．3．如图，将反比例函数的图象绕坐标原点顺时针旋转，旋转后的图象与x轴相交于A点，若直线与旋转后的图象相交于B，则的面积为．

【答案】//【分析】反比例函数的图象上点绕点顺时针方向旋转得点，过点作轴于，得出，作轴于，设，并且是由绕点顺时针旋转得到的，则，从而，可证出是等腰直角三角形，得的坐标，代入从而得出的值，进而求得的长度，利用三角形面积公式解决问题．【详解】解：设反比例函数的图象上点绕点顺时针方向旋转得点，过点作轴于，设，，，，，，，作轴于，是由绕点顺时针旋转得到的，∴点K在原反比例函数图象上．设，，∴，过点作轴于，轴，

是等腰直角三角形，，，，即，，解得或（舍，，，．故答案为：．【点睛】本题是一次函数与反比例函数的交点问题，考查了旋转的性质，等腰直角三角形的性质，反比例函数图象上点的坐标特征，三角形的面积，求得点的坐标是解题的关键．4．如图，已知中，，，，将的顶点O与平面直角坐标系的原点重合，顶点B落在x轴上，另一顶点A在反比例函数在第一象限的图象上．将通过旋转和平移变换得到，若斜边在x轴上，且直角顶点也在反比例函数的第一象限的图象上，则．【答案】【分析】利用勾股定理可得，即，即可得反比例函数为，根据旋转、平移的性质可得，，，，作轴于D，证明，即有，进而可得，，可得点的纵坐标为4.8，进而有，问题随之得解．【详解】解：中，，，，∴，∴，∵点A在反比例函数在第一象限的图象上，∴，∴反比例函数为，由题意可知，，，，，作轴于D，∴，∵，∴，∴，即，∴，，∴点的纵坐标为4.8，代入，得，∴，∴，∴，故答案为：．【点睛】本题主要考查了反比例函数的图象与性质，勾股定理，平移的性质，旋转的性质，相似三角形的判定与性质等知识，掌握相似三角形的判定与性质是解答本题的关键．5．如图，一次函数的图像与反比例函数的图像交于A，B两点，与x轴交于点C，与y轴交于点D．已知点，点．(1)求反比例函数与一次函数的解析式；(2)点M是反比例函数图像上一点，当与的面积相等时，请直接写出点M的横坐标；(3)将射线绕点A旋转α度后与双曲线交于另一点Q，若，请求出点Q的坐标．【答案】(1)反比例解析式为，一次函数的解析式为(2)或(3)或【分析】（1）由待定系数法即可求解；（2）当点M在下方时，过点D作，交反比例函数图象于M，得到直线为，即可求解；当点M在上方时，同理可解；（3）当射线逆时针旋转时，用解直角三角形的方法求出，即可求解；当射线顺时针旋转时，同理可解．【详解】（1）解：把代入得，则反比例解析式为；把点代入得，∴，解得：，∴，把A与B坐标代入一次函数解析式得，解得，∴一次函数的解析式为；（2）解：在中，令，解得：，则D的坐标是．即．则．设直线的解析式为∵点，∴，∴直线为，过点D作，交反比例函数图象于M，∴直线为，解得：，即点M的横坐标为：；在上方取点N，使，过点N作直线，则直线n和抛物线的交点也为点，同理可得，点的横坐标为；综上，点M的横坐标为：或；（3）解：当射线逆时针旋转时，如下图：由点A、D的坐标得，，设直线交y轴于点N，过点N作于点H，则，由直线的表达式知，，则，在中，设，则，则，则，解得：，则，则点，由点A、N的坐标得，直线的表达式为：，联立和反比例函数表达式得：，解得：或2（舍去），则点；当射线顺时针旋转时，同理可得：的表达式为：，联立和反比例函数表达式得：，解得：或2（舍去），则点，综上，点Q的坐标为：或．【点睛】本题考查的是反比例函数综合运用，涉及到解直角三角形、图象的旋转、平行线的性质等，分类求解是本题解题的关键．6．如图，已知一次函数分别与轴和反比例函数交于点，．(1)求反比例和一次函数表达式；(2)反比例图象上是否存在点，使得的面积与的面积相等，若存在，请求出点的坐标；若不存在，请说明理由；(3)把一次函数的直线绕点旋转一定角度交反比例函数的图象于另一点，交轴于点，当时，求直线的解析式．【答案】(1)(2)存在点，坐标为或(3)的解析式为：【分析】（1）利用待定系数法即可求解；（2）利用三角形面积的性质及平移规律得出平移后的直线解析式，再联立方程组即可求出点的坐标；（3）过点，分别向轴作垂线，并利用平行线分线段成比例定理求出的长，从而求出点的坐标，利用待定系数法即可求解．【详解】（1）将点代入一次函数得：，则，一次函数的表达式为：，将点代入得：，则，，将代入反比例函数得：，反比例函数的表达式为：，（2）存在点，如图1所示：过作交双曲线于点．则（同底等高的两个角形的面积相等），的解析式，的解析式为，令，解得：，（舍去），，，直线交轴于点，，把向下平移2个单位，则的解析式为：，令，解得：，（舍去），，存在点，坐标为，或，，（3）如图2所示：过．分别向轴作垂线，垂足分别为．，，，，，，，，，点横坐标为，，，，设的解析式为：，把，，代入得：，解得：，的解析式为：．【点睛】本题为反比例函数综合题，主根考查了待定系数法，一次函数和反比例函数的图象和性质，平移规律，三角形的面积性质，平行线分线段成比例定理等，综合性强，难度适中．题型三、与二次函数结合1．已知在平面直角坐标系中，点为，点为，将抛物线：，绕原点旋转得到抛物线，若抛物线与线段只有一个公共点，则的取值范围是()A． B．C．或 D．或【答案】A【分析】本题考查了二次函数的图象和系数的关系，二次函数图象上点的坐标特征，解题的关键是得到二次函数图象绕原点旋转得到抛物线的解析式．先得出该二次函数绕原点旋转得到抛物线的解析式，再把点A和点B分别代入，求出m的值，即可解答．【详解】解：将抛物线：，绕原点旋转得到抛物线：，即，当抛物线经过点时，则，解得；当抛物线经过点时，则，解得，当抛物线与轴有一个交点时，则，，解得，此时，与轴的交点为，不合题意，若抛物线与线段只有一个公共点，则的取值范围是．故选：A．2．已知抛物线P：，将抛物线P绕原点旋转得到抛物线，当时，在抛物线上任取一点M，设点M的纵坐标为t，若，则a的取值范围是（）A． B． C． D．【答案】A【分析】先求出抛物线的解析式为，再分抛物线的对称轴在直线左侧，在直线右侧，在直线和直线之间，三种情况利用二次函数的性质求解即可．【详解】解：设抛物线上任意一点，则点原点旋转后对应的点为，且点在抛物线P上，∴，∴抛物线的解析式为，∴抛物线中，当时，y有最大值，①当时，即时，当时y有最大值，∴，∴，此时；②当时，即时，当时y有最大值，∴，∴，此时a不存在；③当时，即时，当时y有最大值，∴，∴，此时a不存在；综上所述：，故选：A．【点睛】本题主要考查了二次函数的性质，关于原点对称的点的坐标特点，正确求出抛物线的解析式是解题的关键．3．如图，抛物线与x轴交于，两点，抛物线上点的横坐标为，点坐标为，，连接，，点为平面内任意一点，将绕点旋转得到对应的点，，的对应点分别为点，若中恰有两个点落在抛物线上，则此时点的坐标为(点不与点重合)．

【答案】或【分析】本题主要考查二次函数图形与几何图形的综合，中心对称的性质，根据题意，分别求出点的坐标，设，根据旋转的性质，可用含的式子表示出对应点的坐标，分类讨论，①当点在抛物线上时；②当点在抛物线上时；③当点在抛物线上时；列二元一次方程组并求解即可．【详解】解：抛物线与轴交于两点，令，∴，解得，，，∴，，∵点的横坐标为，∴，即，∵将绕点旋转得到对应的（点的对应点分别为，，），且，，，∴设，根据旋转的性质，则点与点关于点中心对称，点与点关于点中心对称，点与点关于点中心对称，∴，，，①当点在抛物线上时，如图所示，

，解方程组得，，∴点，则的坐标为，与点重合，不符合题意；②当点在抛物线上时，如图所示，

，解方程组得，，∴点，则的坐标为，符合题意；③当点在抛物线上时，如图所示，

，解方程组得，，∴点，则的坐标为，符合题意；综上所示，点的坐标为或，故答案为：或．4．如图，抛物线与轴交于两点，抛物线上点的横坐标为，点坐标为，连接，点为平面内任意一点，将绕点旋转得到对应的（点的对应点分别为，，），若中恰有两个点落在抛物线上，则此时点的坐标为（点不与点重合）【答案】或【分析】根据题意，分别求出点的坐标，设，根据旋转的性质，可用含的式子表示出对应点的坐标，分类讨论，①当点在抛物线上时；②当点在抛物线上时；③当点在抛物线上时；列二元一次方程组并求解即可．【详解】解：抛物线与轴交于两点，令，∴，解得，，，∴，，∵点的横坐标为，∴，即，∵将绕点旋转得到对应的（点的对应点分别为，，），且，，，∴设，根据旋转的性质，则点与点关于点中心对称，点与点关于点中心对称，点与点关于点中心对称，∴，，，①当点在抛物线上时，如图所示，，解方程组得，，∴点，则的坐标为，与点重合，不符合题意；②当点在抛物线上时，如图所示，，解方程组得，，∴点，则的坐标为，符合题意；③当点在抛物线上时，如图所示，，解方程组得，，∴点，则的坐标为，符合题意；综上所示，点的坐标为或，故答案为：或．【点睛】本题主要考查二次函数图形与几何图形的综合，掌握二次函数图像的性质，旋转的性质求点坐标，解二元方程组是解题的关键．5．已知抛物线是常数，，自变量与函数