《2025年学霸题中题九年级数学上册人教版》

17.(14分)在平面直角坐标系中,$O$为原点,点$A(4,0)$,点$B(0,3)$,把$\triangle ABO绕点B$逆时针旋转,得$\triangle A'BO'$,点$A$,$O旋转后的对应点为A'$,$O'$,记旋转角为$\alpha$。
(1)如图①,若$\alpha=90^{\circ}$,求$AA'$的长；
(2)如图②,若$\alpha=120^{\circ}$,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,求点$P'$的坐标(直接写出结果即可)。

答案：

(1)
∵点A(4,0),点B(0,3),
∴OA = 4,OB = 3,
∴AB = $\sqrt{3^{2} + 4^{2}}$ = 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' = $\sqrt{2}$BA = 5√2.
(2) 如图,作$O'H\perp y$轴于点H,
∵△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 = $\frac{1}{2}$BO' = $\frac{3}{2}$,
∴$O'H$ = $\sqrt{3}$BH = $\frac{3\sqrt{3}}{2}$,
∴OH = OB + BH = 3 + $\frac{3}{2}$ = $\frac{9}{2}$,
∴点$O'$的坐标为($\frac{3\sqrt{3}}{2}$,$\frac{9}{2}$).
(3) ($\frac{6\sqrt{3}}{5}$,$\frac{27}{5}$) 解析:
∵△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.作点B关于x轴的对称点C,连接$O'C$交x轴于点P,如图,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, - 3).设直线$O'C$的解析式为y = kx + b,把$O'$($\frac{3\sqrt{3}}{2}$,$\frac{9}{2}$),C(0, - 3)代入,得$\begin{cases}\frac{3\sqrt{3}}{2}k + b = \frac{9}{2},\\b = - 3,\end{cases}$解得$\begin{cases}k = \frac{5\sqrt{3}}{3},\\b = - 3.\end{cases}$
∴直线$O'C$的解析式为y = $\frac{5\sqrt{3}}{3}$x - 3.当y = 0时,$\frac{5\sqrt{3}}{3}$x - 3 = 0,解得x = $\frac{3\sqrt{3}}{5}$,则P($\frac{3\sqrt{3}}{5}$,0),
∴OP = $\frac{3\sqrt{3}}{5}$,
∴$O'P$ = OP = $\frac{3\sqrt{3}}{5}$.作$P'D\perp O'H$于点D,
∵∠$BO'A'$ = ∠BOA = 90°,∠$BO'H$ = 30°,
∴∠$DP'O'$ = 30°,
∴$O'D$ = $\frac{1}{2}O'P'$ = $\frac{3\sqrt{3}}{10}$,
∴$P'D$ = $\sqrt{3}O'D$ = $\frac{9}{10}$,
∴DH = $O'H$ - $O'D$ = $\frac{3\sqrt{3}}{2}$ - $\frac{3\sqrt{3}}{10}$ = $\frac{6\sqrt{3}}{5}$,$HO + DP'$ = $\frac{9}{2}$ + $\frac{9}{10}$ = $\frac{27}{5}$.
∴点$P'$的坐标为($\frac{6\sqrt{3}}{5}$,$\frac{27}{5}$).

18.(14分)(郴州中考)如图①,$\triangle ABC是边长为4cm$的等边三角形,边$AB在射线OM$上,且$OA= 6cm$,点$D从O$点出发,沿$OM的方向以1cm/s$的速度运动,当点$D不与点A$重合时,将$\triangle ACD绕点C按逆时针方向旋转60^{\circ}得到\triangle BCE$,连接$DE$。
(1)求证：$\triangle CDE$是等边三角形。
(2)如图②,当$6＜t＜10$时,$\triangle BDE$的周长是否存在最小值？若存在,求出$\triangle BDE$的最小周长；若不存在,请说明理由。
(3)如图③,当点$D在射线OM$上运动时,是否存在以$D$,$E$,$B$为顶点的三角形是直角三角形？若存在,求出此时的$t$值；若不存在,请说明理由。
(1) ∵将△ACD绕点C按逆时针方向旋转60°得到△BCE,∴∠DCE = 60°,DC = EC,∴△CDE是等边三角形.
(2) 存在.当6 ＜ t ＜ 10时,由旋转的性质,得BE = AD,∴$C_{\triangle DBE}$ = BE + DB + DE = AB + DE = 4 + DE.由(1)知,△CDE是等边三角形,∴DE = CD,∴$C_{\triangle DBE}$ = CD + 4.由垂线段最短可知,当CD⊥AB时,△BDE的周长最小,此时CD = 2$\sqrt{3}$ cm,∴△BDE的最小周长为CD + 4 = (2$\sqrt{3}$ + 4) cm.
(3) 存在.①∵当点D与点B重合时,点D,B,E不能构成三角形,∴当点D与点B重合时,不符合题意;②当0≤t ＜ 6时,由旋转可知,∠ABE = 60°,∠BDE ＜ 60°,∴∠BED = 90°.由(1)可知,△CDE是等边三角形,∴∠DEC = 60°,∴∠CEB = 30°.∵∠CEB = ∠CDA,∴∠CDA = 30°.∵∠CAB = 60°,∴∠ACD = ∠ADC = 30°,∴DA = CA = 4 cm,∴OD = OA - DA = 6 - 4 = 2(cm),∴t = 2÷1 = 2(s);③当6 ＜ t ＜ 10时,∵∠DBE = 120° ＞ 90°,∴此时不符合题意;④当t ＞ 10时,由旋转的性质可知,∠DBE = 60°,又由(1)知∠CDE = 60°,∴∠BDE = ∠CDE + ∠BDC = 60° + ∠BDC.而∠BDC ＞ 0°,∴∠BDE ＞ 60°,∴只能是∠BDE = 90°,从而∠BCD = ∠BDC = 30°,∴BD = BC = 4 cm,∴OD = 14 cm,∴t = 14÷1 = 14(s).综上所述,当t = 2s或14s时,以D,E,B为顶点的三角形是直角三角形.

答案：
(1)
∵将△ACD绕点C按逆时针方向旋转60°得到△BCE,
∴∠DCE = 60°,DC = EC,
∴△CDE是等边三角形.
(2) 存在.当6 ＜ t ＜ 10时,由旋转的性质,得BE = AD,
∴$C_{\triangle DBE}$ = BE + DB + DE = AB + DE = 4 + DE.由
(1)知,△CDE是等边三角形,
∴DE = CD,
∴$C_{\triangle DBE}$ = CD + 4.由垂线段最短可知,当CD⊥AB时,△BDE的周长最小,此时CD = 2$\sqrt{3}$ cm,
∴△BDE的最小周长为CD + 4 = (2$\sqrt{3}$ + 4) cm.
(3) 存在.①
∵当点D与点B重合时,点D,B,E不能构成三角形,
∴当点D与点B重合时,不符合题意;②当0≤t ＜ 6时,由旋转可知,∠ABE = 60°,∠BDE ＜ 60°,
∴∠BED = 90°.由
(1)可知,△CDE是等边三角形,
∴∠DEC = 60°,
∴∠CEB = 30°.
∵∠CEB = ∠CDA,
∴∠CDA = 30°.
∵∠CAB = 60°,
∴∠ACD = ∠ADC = 30°,
∴DA = CA = 4 cm,
∴OD = OA - DA = 6 - 4 = 2(cm),
∴t = 2÷1 = 2(s);③当6 ＜ t ＜ 10时,
∵∠DBE = 120° ＞ 90°,
∴此时不符合题意;④当t ＞ 10时,由旋转的性质可知,∠DBE = 60°,又由
(1)知∠CDE = 60°,
∴∠BDE = ∠CDE + ∠BDC = 60° + ∠BDC.而∠BDC ＞ 0°,
∴∠BDE ＞ 60°,
∴只能是∠BDE = 90°,从而∠BCD = ∠BDC = 30°,
∴BD = BC = 4 cm,
∴OD = 14 cm,
∴t = 14÷1 = 14(s).综上所述,当t = 2 s或14 s时,以D,E,B为顶点的三角形是直角三角形.