专题11 几何与函数动点综合题（解析版）

文档来源网络整理侵权必删专题11几何与函数动点综合题一、解答题1．（2023·天津·统考中考真题）在平面直角坐标系中，O为原点，菱形的顶点，矩形的顶点．(1)填空：如图①，点C的坐标为________，点G的坐标为________；(2)将矩形沿水平方向向右平移，得到矩形，点E，F，G，H的对应点分别为，，，．设，矩形与菱形重叠部分的面积为S．

①如图②，当边与相交于点M、边与相交于点N，且矩形与菱形重叠部分为五边形时，试用含有t的式子表示S，并直接写出t的取值范围：②当时，求S的取值范围（直接写出结果即可）．【答案】(1)，(2)①；②【分析】（1）根据矩形及菱形的性质可进行求解；（2）①由题意易得，然后可得，则有，进而根据割补法可进行求解面积S；②由①及题意可知当时，矩形和菱形重叠部分的面积是增大的，当时，矩形和菱形重叠部分的面积是减小的，然后根据题意画出图形计算面积的最大值和最小值即可．【详解】（1）解：∵四边形是矩形，且，∴，∴；连接，交于一点H，如图所示：

∵四边形是菱形，且，∴，，∴，∴，故答案为，；（2）解：①∵点，点，点，∴矩形中，轴，轴，．∴矩形中，轴，轴，．由点，点，得．在中，，得．在中，由，得．∴．同理，得．∵，得．又，∴，当时，则矩形和菱形重叠部分为，∴的取值范围是．②由①及题意可知当时，矩形和菱形重叠部分的面积是增大的，当时，矩形和菱形重叠部分的面积是减小的，∴当时，矩形和菱形重叠部分如图所示：

此时面积S最大，最大值为；当时，矩形和菱形重叠部分如图所示：

由（1）可知B、D之间的水平距离为，则有点D到的距离为，由①可知：，∴矩形和菱形重叠部分为等边三角形，∴该等边三角形的边长为，∴此时面积S最小，最小值为；综上所述：当时，则．【点睛】本题主要考查矩形、菱形的性质及三角函数、图形与坐标，熟练掌握矩形、菱形的性质及三角函数、图形与坐标是解题的关键．2．（2022·天津·统考中考真题）将一个矩形纸片放置在平面直角坐标系中，点，点，点，点P在边上（点P不与点O，C重合），折叠该纸片，使折痕所在的直线经过点P，并与x轴的正半轴相交于点Q，且，点O的对应点落在第一象限．设．(1)如图①，当时，求的大小和点的坐标；(2)如图②，若折叠后重合部分为四边形，分别与边相交于点E，F，试用含有t的式子表示的长，并直接写出t的取值范围；(3)若折叠后重合部分的面积为，则t的值可以是___________（请直接写出两个不同的值即可）．【答案】(1)，点的坐标为(2)，其中t的取值范围是(3)3，．（答案不唯一，满足即可）【分析】（1）先根据折叠的性质得，即可得出，作，然后求出和OH，可得答案；（2）根据题意先表示，再根据，表示QE，然后根据表示即可，再求出取值范围；（3）求出t=3时的重合部分的面积，可得从t=3之后重合部分的面积始终是，再求出P与C重合时t的值可得t的取值范围，问题得解．【详解】（1）在中，由，得．根据折叠，知，∴，．∵，∴．如图，过点O′作，垂足为H，则．∴在中，得．由，得，则．由，得，．∴点的坐标为．（2）∵点，∴．又，∴．同（1）知，，．∵四边形是矩形，∴．在中，，得．∴．又，∴.如图，当点O′与AB重合时，，，则，∴，∴，解得t=2，∴t的取值范围是；（3）3，．（答案不唯一，满足即可），当点Q与点A重合时，，，∴，则.∴t=3时，重合部分的面积是，从t=3之后重合部分的面积始终是，当P与C重合时，OP＝6，∠OPQ＝30°，此时t＝OP·tan30°＝，由于P不能与C重合，故，所以都符合题意．【点睛】这是一道关于动点的几何综合问题，考查了折叠的性质，勾股定理，含30°直角三角形的性质，矩形的性质，解直角三角形等．3．（2021·天津·统考中考真题）在平面直角坐标系中，O为原点，是等腰直角三角形，，顶点，点B在第一象限，矩形的顶点，点C在y轴的正半轴上，点D在第二象限，射线经过点B．（Ⅰ）如图①，求点B的坐标；（Ⅱ）将矩形沿x轴向右平移，得到矩形，点O，C，D，E的对应点分别为，，，，设，矩形与重叠部分的面积为S．①如图②，当点在x轴正半轴上，且矩形与重叠部分为四边形时，与相交于点F，试用含有t的式子表示S，并直接写出t的取值范围；②当时，求S的取值范围（直接写出结果即可）．【答案】（Ⅰ）点B的坐标为；（Ⅱ）①，t的取值范围是；②．【分析】(I)过点B作，垂足为H，由等腰三角形的“三线合一”性质得到，再由∠BOH=45°得到△OBH为等腰直角三角形，进而，由此求得B点坐标；(II)①由平移知，四边形是矩形，得，进而得到，再由重叠部分面积即可求解；②画出不同情况下重叠部分的图形，分和和两种情况，将重叠部分的面积表示成关于t的二次函数，再结合二次函数的最值问题求解．【详解】解：(I)如图，过点B作，垂足为H．由点，得．∵，∴．又∠BOH=45°，∴△OBH为等腰直角三角形，∴．∴点B的坐标为．(II)①由点，得．由平移知，四边形是矩形，得．∴，．∵，，∴．∴∴．∴．∴．∴．整理后得到：．当与A重合时，矩形与重叠部分刚开始为四边形，如下图(1)所示：此时，当与B重合时，矩形与重叠部分为三角形，接下来往右平移时重叠部分一直为三角形直到与A点重合，如下图(2)所示：此时，∴t的取值范围是，故答案为：，其中：；②当时，矩形与重叠部分的面积如下图3所示：此时，∠BAO=45°，为等腰直角三角形，∴，∴，∴重叠部分面积，∴是关于的二次函数，且对称轴为，且开口向下，故自变量离对称轴越远，其对应的函数值越小，故将代入，得到最大值，将代入，得到最小值，当时，矩形与重叠部分的面积如下图4所示：此时，和均为等腰直角三角形，∴，，∴重叠部分面积，∴是关于的二次函数，且对称轴为，且开口向下，故自变量离对称轴越远，其对应的函数值越小，故将代入，得到最大值，将代入，得到最小值，∴的最小值为，最大值为，故答案为：．当时，由①知∴当时，S有最大值为，当时，S有最小值为∴的最小值为，最大值为，综上，S的取值范围为，∴S的取值范围为．【点睛】本题考查了矩形的性质、坐标与图形性质、平移的性质、直角三角形的性质、二次函数的最值等问题，属于综合题，需要画出动点不同状态下的图形求解，本题难度较大，需要分类讨论．4．（2023·天津河西·统考一模）在平面直角坐标系中，有，，点Q在边上，过点Q作于Q，且，以PQ为边向右侧作正方形，设．(1)如图①，当点E与点A重合时，求t的值；(2)如图②，当点E在点A右侧，且正方形与重叠部分为五边形时，边与边相交于点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；(3)设正方形与重叠部分图形的面积为S．当时，求S的取值范围（直接写出结果即可）．【答案】(1)(2)(3)【分析】（1）根据正方形性质得到，结合A点坐标根据长度列式即可得到答案；（2）根据，可得到，再根据线段加减即可得到答案；（3）由正方形得到，，用t表示出，根据面积加减直接表示出S与t函数关系式，结合函数的性质即可得到答案；【详解】（1）解∵正方形，∴，∵，∴，∴；（2）解：在中，，∵于Q，∴，∴，又∵，∴；（3）解：∵四边形是正方形，∴，∴，∴，解得：，，∵，，∴当时，S最大，，当时，，当时，，∴；【点睛】本题考查正方形的性质，平行线所截线段对应成比例，二次函数的性质解直角三角形，解题的关键是根据三角函数直接得到线段之间的关系．5．（2023·天津和平·统考一模）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）．【答案】(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．6．（2023·天津南开·统考一模）已知，在平面直角坐标系内有四边形，点A与点C分别在y轴与x轴上，其中，且点B坐标为，y轴上有一点D，将沿折叠，点A的对应点E在x轴上．(1)如图1，求线段的长度和点D的坐标；(2)将四边形沿x轴向右平移，得到四边形形，点A，O，E，B的对应点分别为．当点到达点C时停止平移．设，四边形与重叠部分的面积为S．①如图2，当四边形与重叠部分的图形为五边形时，试用含有t的式子表示S，并直接写出t的取值范围；②当时，直接写出S的取值范围．【答案】(1)，点的坐标为(2)①；②【分析】（1）过点作，易知四边形为矩形，可得，，，由勾股定理可求得，由折叠可知，，，由等腰三角形的性质可得，可得，设，则，由勾股定理，求解即可得到点的坐标；（2）分当，当，当，进行讨论求出与的函数关系式；①在所求的函数关系式中找到四边形与重叠部分的图形为五边形即可求解；②根据函数关系式结合求每段函数的的取值范围进行讨论即可．【详解】（1）过点作，∵，，∴四边形为矩形，∵点的坐标为，，∴，，，由勾股定理可得：，由折叠可知，，，∴，又∵，∴，则，设，则，由勾股定理可得：，即：，解得：，∴点的坐标为；（2）由（1）可知，，则，∵，，，∴，，当时，则由平移可知，，，，则，当，此时，如图，不与相交，与交于点，过作，∴，则，此时四边形与重叠部分的图形为四边形，重叠部分的面积，即：；当，此时，如图，与相交于点，与交于点，过作，同上，，则，此时四边形与重叠部分的图形为五边形，重叠部分的面积即：；当，此时，如图，与相交于点，与交于点，过作，同上，则，，此时四边形与重叠部分的图形为四边形，重叠部分的面积即：；综上：，①由上可知，当四边形与重叠部分的图形为五边形时，；②（i）当时，，∴当时，随的增大而增大，当时，，当时，，即：；（ii）当时，，∴当时，随的增大而增大，当时，随的增大而减小，当时，，当时，，当时，，即：；（iii）当时，，∴当时，随的增大而减小，当时，，当时，，即：；综上：当时，．【点睛】本题考查矩形的判定及性质，翻折与勾股定理，二次函数与动态几何，数形结合，分情况讨论是解决问题的关键．7．（2023·天津红桥·统考一模）将一个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），折叠该纸片，使折痕所在的直线经过点，并与轴的正半轴相交于点，且，点的对应点落在第一象限．设．(1)如图①，当时，求的大小和点的坐标；(2)如图②，若折叠后重合部分为四边形，点的对应点为，且在直线的下方，，分别与边相交于点，，试用含有的式子表示重合部分的面积，并直接写出的取值范围；(3)若折叠后重合部分的面积为，求的值（直接写出结果即可）．【答案】(1)，(2)，(3)，【分析】（1）在中，由，得．根据折叠，知，过点作，垂足为．在中，根据三角函数的定义求得，进而根据，得出点的坐标；（2）过点E作，垂足为．，根据折叠，知，可得，进而即可求解．（3）当在直线的下方，由（2）可知，，解方程即可求解；当在直线的上方时，根据题意画出图形，进而即可求解．【详解】（1）解：在中，由，得．根据折叠，知，∴，．∴．如图，过点作，垂足为．在中，，．∴．∴点的坐标为．（2）如图，过点E作，垂足为．∴四边形为矩形．∵点，∴．∴．∵，∴．∴．∴．根据折叠，知，可得，∴．∴．当在直线上时，，∴即，其中的取值范围是．（3）解：当在直线的下方，由（2）可知当，即解得：或（舍去），当在直线的上方时，如图所示，∵根据折叠，，又，则是等边三角形，则重叠部分为由（2）可得，，则此时（不合题意）如图所示，当时∴∴解得：或（舍去）综上所述，的值为，．【点睛】本题考查了矩形与折叠问题，坐标与图形，解直角三角形，含30度角的直角三角形的性质，勾股定理，求函数关系式，综合运用以上知识是解题的关键．8．（2023·天津东丽·统考一模）如图，四边形的坐标分别为，，，.(1)求四边形的面积；(2)将沿x轴以每秒1个单位长度的速度向左平移，得到，点O、B、C的对应点分别为点、、，设平移时间为t秒，当点与点A重合时停止移动，若与四边形重合部分的面积为S，直接写出S与t之间的函数关系式.【答案】(1)20(2)当，；当，；当时，【分析】（1）过点D作于点E，由，，，，可得，，，，，再根据进行求解即可；（2）根据当时，与四边形重合部分是梯形，当时，与四边形重合部分是，当时，与四边形重合部分是四边形，进行分类讨论即可．【详解】（1）解：过点D作于点E，∵，，，，∴，，，，，∴；（2）解：当时，与四边形重合部分是梯形，；当时，与四边形重合部分是，，当时，与四边形重合部分是四边形，．【点睛】本题考查平面直角坐标系与几何图形、二次函数与图形变换、平移的性质，熟练掌握相关知识进行分类讨论是解题的关键．9．（2023·天津河东·一模）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．【答案】(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．10．（2023·天津·校联考一模）在平面直角坐标系中，为原点，四边形是正方形，顶点，点在轴正半轴上，点在第二象限，的顶点，点．(1)如图①，求点的坐标；(2)将正方形沿轴向右平移，得到正方形，点A，O，B，C的对应点分别为．设，正方形与重合部分的面积为．①如图②，当时，正方形与重合部分为五边形，直线分别与轴，交于点，与交于点，试用含的式子表示；②若平移后重合部分的面积为，则的值是_______（请直接写出结果即可）．【答案】(1)，(2)①；②或【分析】（1）根据正方形的性质以及坐标与图形即可解答；（2）①求得是等腰直角三角形，得到，再利用即可求解；②分当和时两种情况讨论，分别求解即可．【详解】（1）解：由，得，四边形正方形，．，；（2）解：①，，，，．由平移知，四边形是正方形，得，．四边形是矩形．，，．，，．，．．当时，．②当时，由题意得，解得或（舍去）；当时，点与点N重合，此时，∴，∴，由题意得，解得或（舍去）；综上，的值是或．故答案为：或．【点睛】本题主要考查了正方形的性质，等腰直角三角形的性质，矩形的性质，平移的性质，图形的面积，二次函数的性质等知识，根据题意分别画出图形，通过面积的和差关系求出S关于t的函数表达式是解题的关键．11．（2023·天津滨海新·统考一模）在平面直角坐标系中，O为原点，是等腰直角三角形，，，顶点，点B在第一象限，矩形的顶点，，点D在第二象限．将矩形沿x轴向右平移，得到矩形，点O，C，D，E的对应点分别为，，，．设．(1)如图①，当时，与交于F点，求点，F的坐标；(2)若矩形与重叠部分的面积为S．①如图②，当矩形与重叠部分为五边形时，分别与交于点G，与交于点H．与交于点N，试用含有t的式子表示S，并直接写出t的取值范围；②当时，求S的取值范围（直接写出结果即可）．【答案】(1)点的坐标，点的坐标(2)①．其中的取值范围是；②【分析】（1）由、，可得点C坐标，根据是等腰直角三角形可证是等腰直角三角形，从而可得，即可求得结果；（2）①过点G作于M，根据平移的性质可得，，，，由，可证与均为等腰直角三角形，可得，，再根据，即可得出结果；②根据时，矩形与重叠部分为等腰直角三角形，当时，矩形与重叠部分为五边形，分别进行计算即可．【详解】（1）解：由点，得，由已知矩形平移得，，，，又是等腰直角三角形，得，是等腰直角三角形，，∴点的坐标，点的坐标；（2）解：①由平移知，，，，如图，过点G作于M，，，由，得，与均为等腰直角三角形，又，，，，，其中的取值范围是；②∵时，矩形与重叠部分为等腰直角三角形，∴，当时，矩形与重叠部分为五边形，∴，【点睛】本题考查平移的性质、平面直角坐标系与图形、等腰直角三角形的性质及求二次函数解析式，熟练掌握平移的性质是解题的关键．12．（2023·天津西青·统考一模）在平面直角坐标系中，为原点，是等腰直角三角形，，，点在轴的负半轴上，点在第二象限，矩形的顶点，点在轴的正半轴上，点在轴的正半轴上．将沿轴向右平移，得到，点，，的对应点分别为，，．(1)如图1，当经过点时，求点的坐标；(2)设，与矩形重叠部分的面积为；①如图②，当与矩形重叠部分为五边形时，与相交于点，分别与，交于点，，试用含有的式子表示，并直接写出的取值范围；②请直接写出满足的所有的值．【答案】(1)(2)①②或5【分析】（1）先求出直线的解析式，利用平移后过点，求出的解析式，进而求出的坐标，得到平移距离，即可求解；（2）①用进行求解即可，当与点重合，再移动直至直线过点之前时，重叠部分为五边形，求出的范围即可；②分，，，，，五种情况分类讨论求解即可．【详解】（1）解：∵是等腰直角三角形，，，∴，，矩形的顶点，点在轴的正半轴上，点在轴的正半轴上，∴，设直线的解析式为：，则：，∴，∴，设平移后的解析式为：，∵直线过点，∴，∴，当时，，∴，∴，∴沿轴向右平移了个单位，∴；（2）解：①由题意，得：，，，，∴，，，∴；如图，当与点重合，再移动直至直线过点之前时，重叠部分为五边形，∴当与点重合时，，∵直线的解析式为：，当直线过点时，∴，∴，∴，当时，，此时，∴，∴时，重叠部分为五边形；②当时，此时重叠部分为等腰直角三角形，如图所示：∴，当时，，解得：，∵，此种情况不存在；当时，重叠部分为直角梯形，如图，∵，，∴，∵，∴，∴，∴，当时，，解得：；当时，如图：此时：，∴；当时：由①知：，当时，，解得：或3（不符合题意，舍去）；当时，重叠部分为矩形，如图：，∴，当时，，解得：（不合题意，舍掉）；综上，或5．【点睛】本题考查坐标与平移，一次函数的综合应用，等腰三角形性质，矩形的性质．属于中考压轴题，确定动点的位置，利用数形结合和分类讨论的思想进行求解，是解题的关键．13．（2023·天津河北·统考一模）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）．【答案】(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．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．（2023·天津和平·统考二模）在平面直角坐标系中，为原点，是直角三角形，，，，点在轴正半轴，等边的顶点，点在第二象限，过点作轴平行线交于点，交轴于点．(1)如图①，求点的坐标；(2)将沿轴向右平移，得到，点，，的对应点分别为，，．设，与重叠部分的面积为．①如图②，点与点A重合时停止运动．与重叠部分为四边形时，试用含有的式子表示S，并直接写出的取值范围；②当时，求S的取值范围（直接写出结果即可）．【答案】(1)(2)①见解析；②【分析】（1）根据等边三角形得到，，结合得到，根据三角函数求出，，即可得到答案；（2）①当时，过作，根据由平移知，是等边三角形，得，，在中，根据求出，即可得到，再求出即可得到答案；当时，过作，求出、即可得到答案；②根据二次函数的性质进行求解即可得到答案；【详解】（1）解：由点，得，∵是等边三角形，∴，，∵，∴，∵，∴，在中，，，∴，，∴；（2）解：①如图，当时，过作，由平移知，是等边三角形，得，，∴，∵在中，，∴，∴，∵，，，∴，∴，∴，即．其中的取值范围是，如图，当时，过作，由点，得，∴．∵，，∴，∴，∴是等边三角形，∴，∵在中，，∴，∴，∴，即（），②解：如图，当时，∵是等边三角形，∴，此时，此时当时最小，，当时最大，；当时，∴当时取最大，，当时最小，，当时，，∴当时最大，，当最小，，当时，如图所示,，同理可得，，∴，∴，∴当时最小，，当时最大，，综上所述：．【点睛】本题考查二次函数与几何图形面积问题，解直角三角形，等边三角形的性质解题的关键是根据题意找到动点面积变化的节点分类讨论，再根据二次函数的性质直接求解．16．（2023·天津红桥·统考二模）在平面直角坐标系中，O为原点，点，点B在y轴的正半轴上，．矩形的顶点D，E，C分别在上，．

(1)如图①，求点E的坐标；(2)将矩形沿x轴向右平移，得到矩形，点O，D，E，C的对应点分别为，，，．设，矩形与重叠部分的面积为．①如图②，当矩形与重叠部分为五边形时，，分别与相交于点M，F，试用含有t的式子表示S，并直接写出t的取值范围：②当时，求S的取值范围（直接写出结果即可）．【答案】(1)(2)①（）；②【分析】（1）先求出，然后解直角三角形，求出的长，进而可得点E的坐标；（2）①根据平移的性质可得：，可得，然后解直角三角形求出，再根据解答即可得；②分两种情况：当时，由①的关系式求S的最大值；当时，如图，求出S与t的关系式，再求出S的最小值，进而可得结果．【详解】（1）解：∵，，∴，在直角三角形中，∵，∴，∴点E的坐标为；（2）解：①由平移的性质可得：，∴，∴，∴矩形与重叠部分的面积（）；

②当时，∵，∴当时，S最大，为；当时，如图，设交于点K，则，∴，∴；∴当时，S最小，为，∴当时，S的范围是．

【点睛】本题考查了矩形的性质、解直角三角形、列出图形运动中的相关函数表达式，正确理解题意、全面分类、熟练掌握相关知识、灵活应用数形结合思想是解题的关键．17．（2023·天津南开·统考二模）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．【答案】(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．18．（2023·天津河东·统考二模）在平面直角坐标系中，O为原点，中，，顶点，满足，，，，垂足为点E.(1)如图①，求点E的坐标.(2)将沿x轴向右平移，得到，点A，O，C的对应点分别为，，（i）如图②，若，与线段OD分别相交于点M，N（点N与点D不重合），当与重叠部分为四边形时，记该四边形的面积为S，设，试用含有t的式子表示S，并直接写出t的取值范围；（ii）当取得最小值时，求点的坐标（直接写出结果即可）【答案】(1)点的坐标为(2)（ⅰ）；，（ⅱ）【分析】（1）过点作于，根据30度角的直角三角形性质可得，，根据勾股定理可得，即可求得；（2）（i）由平移可得是直角三角形，即，，根据正切的定义可得，，，，根据可得到与的解析式，根据即可求出的取值范围；（ii）当取得最小值时，即点与点重合，即可求得．【详解】（1）如图1，过点作于

由点，得

∵，∴，∴，∴点的坐标为（2）（i）由平移知，是直角三角形，，，∵在中，∴.∴在中，，∴，∵即，故所以t的取值范围为：（ii）当取得最小值时，即垂直平分，此时即，故点的坐标为【点睛】本题考查勾股定理，平移的性质，解直角三角形等知识，熟练运用锐角三角函数解直角三角形是解题的关键．19．（2023·天津河北·统考二模）在平面直角坐标系中，四边形是矩形，点，点，点，是对角线的中点，且交于点．

(1)如图①，求点，点的坐标；(2)将沿轴向右平移得，点、、的对应点分别为，，，设．（ⅰ）如图②，与重叠部分的面积为．当与重叠部分为三角形时，与相交于点，试用含有的式子表示，并直接写出的取值范围；（ⅱ）若与四边形重叠部分的面积为，当时，求的取值范围（直接写出结果即可）．【答案】(1)，(2)（ⅰ）；（ⅱ）【分析】（1）过点D作轴于点G，根据矩形的性质，求得，得到，进而得到，，，再利用特殊角的三角函数值，求出，，即可得到点D、点E坐标；（2）（ⅰ）由平移的性质可知，，，得到，利用特殊角的三角函数值，求出，再根据三角形面积公式用含有的式子表示，即可得到答案；（ⅱ）分四种情况讨论：①当时，；②当时，；③当时，；④当时，，利用二次函数的性质分别求解，即可求出的取值范围．【详解】（1）解：过点D作轴于点G，四边形是矩形，，，，，，，在中，，，，是对角线的中点，，，，在中，，，，在中，，，；（2）解：（ⅰ）由平移的性质可知，，，，，，，当与重叠部分为三角形时，，当点F与点重合时，此时；当点O与点A重合时，此时，的取值范围为，

（ⅱ）由平移的性质可知，，，，，由（1）可知，，，①当时，设与交于点F，此时，，，，在中，，，，，，，当时，，当时，，；②当时，与交于点H，此时，，，，，，，由①可知，，，当，时，，当时，，当时，，；③当时，与交于点G，此时，符合（ⅰ）函数关系式，，，当时，，当时，，；④当时，此时，符合（ⅰ）函数关系式，当时，，当时，，，综上可知，若与四边形重叠部分的面积为，当时，求的取值范围为．【点睛】本题考查了坐标与图形，矩形的性质，平移的性质，特殊角的三角函数值，二次函数的性质等知识，本题综合性较强，有一定难度，利用分类讨论的思想解决问题是解题关键．20．（2023·天津·统考二模）在平面直角坐标系中，O为原点，四边形为矩形，点在轴的正半轴上，点在轴的正半轴上，点的坐标为．点，同时从点出发，点沿方向运动，点沿方向运动，且．当点到达终点时，点也随之停止运动．作关于直线对称的图形，得到，的对应点为，设．

(1)如图①，当点与原点重合时，求的大小和点的坐标；(2)如图②，点落在矩形内部（不含边界）时，，分别与轴相交于点，，若与矩形重叠部分是四边形时，求重叠部分的面积与的函数关系式，并写出的取值范围；(3)当与矩形重叠部分的面积为时，则的值可以是______（直接写出两个不同的值即可）．【答案】(1)，点的坐标为(2)，(3)，【分析】（1）当点与原点重合时，过点作轴于点，根据题意可得，，由对称可知，，则，在中，利用含角的直角三角形性质即可求出，的长，即可得到点的坐标；（2）当点在上时，过点作于点，，根据对称的性质可得，，由平角的定义得到，由平行线的性质可得，于是求得，由此得到，由可得，，，，，由图可知，根据三角形面积公式代入计算即可；（3）在（2）的条件下时，解得，再根据图象检验符合题意，当点落在矩形外部时，且过点时，与交于点，过点作于点，同样可得重叠部分的面积为，以此可发现当时，与矩形重叠部分的图形均为边长为的等边三角形，且面积为定值．【详解】（1）过点作，垂足为∵四边形是矩形∴，，如图①，当点F与原点O重合时

根据轴对称可知，，∴在中，有∴点的坐标为（2）当点在上时，过点作于点

∴∵四边形为矩形∴，∴根据对称的性质可得：，∴∵∴∴∴，即∴的取值范围为：当时，点落在轴负半轴上

根据轴对称可知，∴，∴∴∵∴∵∴，∴∴由①知，∴，y

（3）在（2）的条件下时，解得当时，如图

此时∴，符合题意点落在矩形外部时，且过点时如图，与交于点，过点作于点

则∵，∴∴△AME为等边三角形∴∴，∴此时以此可发现，当时与矩形重叠部分的图形均为边长为的等边三角形，且面积为定值．故答案为：，（答案不唯一，满足即可）．【点睛】本题主要考查矩形的性质、对称的性质、含30度角的直角三角形的性质、等边三角形的判定与性质、解直角三角形等知识，正确理解题意，根据描述正确作出不同条件下的图形，利用数形结合思想解决问题是解题关键．21．（2023·天津河西·统考二模）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．【答案】(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．22．（2023·天津东丽·统考二模）在平面直角坐标系中，矩形的坐标分别为点，点，点，点，动点从出发，以每秒1个单位的速度，沿射线方向移动，作关于直线的对称图形，设点的运动时间为．

(1)如图①，若，求的长；(2)如图②，若点恰好落在上时，求点的坐标；(3)是否存在异于图②的时刻，使得是直角三角形？若存在，请直接写出所有符合题意的值？若不存在，请说明理由．【答案】(1)(2)(3)或或【分析】（1）根据已知条件得出，当时，，在中，勾股定理即可求解；（2）根据折叠的性质得出，，，在中求得，进而在中，，勾股定理建立方程即可求解；（3）当时，当时，点在上，当时，则点在的延长线上，连接，根据勾股定理与折叠的性质，分别建立方程，解方程即可求解．【详解】（1）解：∵矩形的坐标分别为点，点，点，点，∴，当时，，在中，；（2）解：依题意，，，，在中，，∴在中，∴解得：∴；（3）解：如图所示，当时，根据折叠可得∴点在轴上，此时是等腰直角三角形，∴，∴，

当时，点在上，∴∴,∵，∴在中，解得：当时，则点在的延长线上，连接，∴，，在中，∴,在中，∴，解得：

综上所述，或或【点睛】本题考查了坐标与图形，矩形的性质，勾股定理与折叠问题，画出图形分类讨论是解题的关键．23．（2023·天津滨海新·统考二模）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．【答案】(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．24．（2023·天津西青·统考二模）将直角三角形纸片放置在平面直角坐标系中，点在轴的正半轴上，点，点，，点在边上（不与点，重合），折叠该纸质，使折痕所在的直线经过点，并与边交于点，且，点的对应点为点．设．

(1)如图①，当时，求的大小和点的坐标；(2)如图②，若折叠后重合部分为四边形，，分别与交于点，，试用含有的式子表示的长，并直接写出的取值范围；(3)请直接写出折叠后重合部分面积的最大值．【答案】(1)，(2)(3)【分析】（1）证出是等边三角形，由等边三角形的性质得出，由折叠的性质得是等边三角形，，可得轴，延长交轴于点，根据直角三角形的性质求出的长即可得到答案；（2）证明四边形是菱形，则，，根据直角三角形的性质求出，由，即可求解；（3）分别求出当时，折叠后重合部分面积最大值为；当时，重叠部分是四边形，求出面积的最大值，即可得出答案．【详解】（1）解：如图①中，过点作于，

，点，，，是等边三角形，点，，，由折叠的性质得是等边三角形，，轴，，，，延长交轴于点，，，，，，；（2）解：由折叠可知，，，是等边三角形，，四边形是菱形，，，，，点，，，；（3）解：当点落在上时，重叠部分是，如图所示，

由（2）可知，是等边三角形，由折叠的性质可知也是等边三角形，，，，点，，，，，，，当时，折叠后重合部分面积最大，，当时，重叠部分是四边形折叠后重合部分面积，

，由（2）知，，，，，，，折叠后重合部分面积：，当时，有最大值，为，，折叠后重合部分面积的最大值为．【点睛】本题属于四边形综合题，考查了菱形的判定和性质，翻折变换，多边形的面积，解直角三角形，二次函数的性质等知识，解题的关键是理解题意，学会利用特殊位置解决问题，属于中考压轴题．25．（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．26．（2023·天津和平·统考三模）在平面直角坐标系中，O为原点，是直角三角形，，，点，射线上有一个动点C，线段上有一个动点D，沿直线折叠，点B对应点为，轴．

(1)如图①，若点落x轴上，求点C的坐标；(2)设．①如图②，折叠后的与重叠部分为四边形，和分别与x轴交于P，Q两点，试用含t的式子表示的长，并直接写出t的取值范围；②若与重叠部分的面积S，当时，求S的取值范围．（直接写出结果即可）【答案】(1)(2)①；②【分析】（1）根据折叠的性质得到，，然后求出，进而得到，然后得到，求出，即可求出；（2）①首先由折叠性质得到，，然后得到，利用角直角三角形的性质得到，最后利用勾股定理求解即可；②首先证明出是等边三角形，然后结合①得到，然后利用二次函数的性质求解即可．【详解】（1）由折叠可得，，，∵，∴，∵，∴，∴，∴，∴；（2）①如图所示，

由折叠可得，，，∵，∴，∵，，∴，∵，，∴，∴，∵，，∴，∴，∵当点C在x轴上时，，∴，∵折叠后的与重叠部分为四边形，∴，∴；②∵，，∴，∴，∴，∵，∴是等边三角形，∴与重叠部分的面积，∵，∴当时，S有最大值，∵，∴当时，S有最小值，综上所述，S的取值范围是．【点睛】此题考查了二次函数的应用，结合动点问题，折叠问题勾股定理等知识，解题的关键是熟练掌握以上知识点．27．（2023·天津红桥·统考三模）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)．【答案】(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．28．（2023·天津河北·统考三模）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）．【答案】(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．29．（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．30．（2023·天津河西·统考模拟预测）将一个矩形纸片放置在平面直角坐标系中，点，点，点，点P在矩形的边上，折叠该纸片，使折痕所在的直线经过点P，并与x轴的正半轴相交于点Q，且，点O的对应点落在第一象限．设．(1)如图①，当时，求的大小和点的坐标；(2)如图②，若折叠后重合部分为四边形，，分别与边相交于点E，F，试用含有t的式子表示重叠部分的面积S，并写出t的取值范围；(3)①当折痕恰好过A点时，求折叠后重合部分的面积___________；②当点P与点C重合时，求折叠后重合部分的面积___________．（直接写出答案即可）【答案】(1)，(2)(3)①，②【分析】（1）在中，由，由题意可得：，根据折叠，知从而求得，如图，过点作，垂足为H，在中解三角形即可；（2）如图，由题意可知，，即，由（1）可求得，然后解、，当在上时，，即，当在上时，，即，当时，可求解（3）①由（2）可知，当折痕恰好过A点时，，即，代入即可；②如图，由