8.「2025陕西延安富县期中,」如图,把边长为1的正方形ABCD绕点A逆时针旋转45°得到正方形AB'C'D',边B'C'与DC交于点O,则四边形AB'OD的面积为( )
A.2
B.2√2
C.√2 - 1
D.2 - √2
A.2
B.2√2
C.√2 - 1
D.2 - √2
答案：
C 如图，连接$AC$，$\because$正方形$ABCD$绕点$A$逆时针旋转$45^{\circ}$后得到正方形$AB'C'D'$，
$\therefore A$、$B'$、$C$三点共线，$AB'=AB=1$，$\angle AB'C'=\angle B=90^{\circ}$，$\because$四边形$ABCD$为正方形，
$\therefore \angle BAC=\angle ACD=45^{\circ}$，$AC=\sqrt{2}AB=\sqrt{2}$，
$\therefore \triangle OCB'$为等腰直角三角形，
$\because CB'=AC-AB'=\sqrt{2}-1$，$\therefore OB'=CB'=\sqrt{2}-1$，
$\therefore$四边形$AB'OD$的面积$=S_{\triangle ADC}-S_{\triangle OCB'}=\frac{1}{2}\times 1\times 1-\frac{1}{2}\times (\sqrt{2}-1)\times (\sqrt{2}-1)=\sqrt{2}-1$.故选C.
C 如图，连接$AC$，$\because$正方形$ABCD$绕点$A$逆时针旋转$45^{\circ}$后得到正方形$AB'C'D'$，
$\therefore A$、$B'$、$C$三点共线，$AB'=AB=1$，$\angle AB'C'=\angle B=90^{\circ}$，$\because$四边形$ABCD$为正方形，
$\therefore \angle BAC=\angle ACD=45^{\circ}$，$AC=\sqrt{2}AB=\sqrt{2}$，
$\therefore \triangle OCB'$为等腰直角三角形，
$\because CB'=AC-AB'=\sqrt{2}-1$，$\therefore OB'=CB'=\sqrt{2}-1$，
$\therefore$四边形$AB'OD$的面积$=S_{\triangle ADC}-S_{\triangle OCB'}=\frac{1}{2}\times 1\times 1-\frac{1}{2}\times (\sqrt{2}-1)\times (\sqrt{2}-1)=\sqrt{2}-1$.故选C.
9.「2025辽宁抚顺新抚月考,」如图,在Rt△ABC中,∠ACB= 90°,∠A= 30°,BC= 1,将△ABC绕点C顺时针旋转得到△A'B'C,其中点A'与点A是对应点,点B'与点B是对应点,若点B'恰好落在AB边上,则点A到直线A'C的距离等于( )
A.1
B.√3
C.3/2
D.3√3/2
A.1
B.√3
C.3/2
D.3√3/2
答案：
C 如图，过点$A$作$AH\perp A'C$于$H$，$\because \angle ACB=90^{\circ}$，$\angle CAB=30^{\circ}$，$BC=1$，$\therefore \angle B=60^{\circ}$，$AB=2$，
在$Rt\triangle ABC$中，由勾股定理得$AC=\sqrt{AB^{2}-BC^{2}}=\sqrt{3}$，$\because$将$\triangle ABC$绕点$C$顺时针旋转得到$\triangle A'B'C$，
$\therefore CB=CB'$，$\angle A'CB'=\angle ACB=90^{\circ}$，
$\therefore \angle B=\angle CB'B=60^{\circ}$，$\therefore \angle BCB'=60^{\circ}$，
易证$\angle ACH=\angle BCB'=60^{\circ}$，
$\because \angle AHC=90^{\circ}$，$\therefore \angle CAH=30^{\circ}$，$\therefore CH=\frac{1}{2}AC=\frac{\sqrt{3}}{2}$，
在$Rt\triangle ACH$中，由勾股定理得$AH=\sqrt{AC^{2}-CH^{2}}=\frac{3}{2}$，$\therefore$点$A$到直线$A'C$的距离等于$\frac{3}{2}$.故选C.
C 如图，过点$A$作$AH\perp A'C$于$H$，$\because \angle ACB=90^{\circ}$，$\angle CAB=30^{\circ}$，$BC=1$，$\therefore \angle B=60^{\circ}$，$AB=2$，
在$Rt\triangle ABC$中，由勾股定理得$AC=\sqrt{AB^{2}-BC^{2}}=\sqrt{3}$，$\because$将$\triangle ABC$绕点$C$顺时针旋转得到$\triangle A'B'C$，
$\therefore CB=CB'$，$\angle A'CB'=\angle ACB=90^{\circ}$，
$\therefore \angle B=\angle CB'B=60^{\circ}$，$\therefore \angle BCB'=60^{\circ}$，
易证$\angle ACH=\angle BCB'=60^{\circ}$，
$\because \angle AHC=90^{\circ}$，$\therefore \angle CAH=30^{\circ}$，$\therefore CH=\frac{1}{2}AC=\frac{\sqrt{3}}{2}$，
在$Rt\triangle ACH$中，由勾股定理得$AH=\sqrt{AC^{2}-CH^{2}}=\frac{3}{2}$，$\therefore$点$A$到直线$A'C$的距离等于$\frac{3}{2}$.故选C.
10.学科对角互补模型「2025广东广州海珠期中,」如图,点F为正方形ABCD对角线AC的中点,将以点F为直角顶点的直角△FEG绕点F旋转(△FEG的边EG始终在正方形ABCD外),若正方形ABCD的边长为3,则在旋转过程中,△FEG与正方形ABCD重叠部分的面积为( )
A.9
B.3
C.4.5
D.2.25
A.9
B.3
C.4.5
D.2.25
答案：
D 如图，连接$FD$，$\because$点$F$是$AC$的中点，四边形$ABCD$是正方形，
$\therefore \angle DFC=90^{\circ}$，$DF=FC$，$\angle FDN=\angle FCM=45^{\circ}$，$\therefore \angle DFN+\angle NFC=90^{\circ}$，
$\because EF\perp FG$，$\therefore \angle MFC+\angle NFC=90^{\circ}$，$\therefore \angle DFN=\angle CFM$，$\therefore \triangle MFC\cong \triangle NFD(ASA)$，$\therefore S_{\triangle MFC}=S_{\triangle NFD}$，
$\therefore S_{四边形FMCN}=S_{\triangle MFC}+S_{\triangle NFC}=S_{\triangle NFD}+S_{\triangle NFC}=S_{\triangle DFC}$，
$\because$正方形$ABCD$的边长为$3$，$\therefore AC=3\sqrt{2}$，$\therefore FD=FC=\frac{3\sqrt{2}}{2}$，
$\therefore S_{\triangle DFC}=\frac{1}{2}FD\cdot FC=\frac{1}{2}\times \frac{3\sqrt{2}}{2}\times \frac{3\sqrt{2}}{2}=2.25$，$\therefore$重叠部分的面积为$2.25$.故选D.
D 如图，连接$FD$，$\because$点$F$是$AC$的中点，四边形$ABCD$是正方形，
$\therefore \angle DFC=90^{\circ}$，$DF=FC$，$\angle FDN=\angle FCM=45^{\circ}$，$\therefore \angle DFN+\angle NFC=90^{\circ}$，
$\because EF\perp FG$，$\therefore \angle MFC+\angle NFC=90^{\circ}$，$\therefore \angle DFN=\angle CFM$，$\therefore \triangle MFC\cong \triangle NFD(ASA)$，$\therefore S_{\triangle MFC}=S_{\triangle NFD}$，
$\therefore S_{四边形FMCN}=S_{\triangle MFC}+S_{\triangle NFC}=S_{\triangle NFD}+S_{\triangle NFC}=S_{\triangle DFC}$，
$\because$正方形$ABCD$的边长为$3$，$\therefore AC=3\sqrt{2}$，$\therefore FD=FC=\frac{3\sqrt{2}}{2}$，
$\therefore S_{\triangle DFC}=\frac{1}{2}FD\cdot FC=\frac{1}{2}\times \frac{3\sqrt{2}}{2}\times \frac{3\sqrt{2}}{2}=2.25$，$\therefore$重叠部分的面积为$2.25$.故选D.
11.「2025天津南开中学月考,」如图,在△ABC中,∠ACB= 90°,BC= 2,∠BAC=
30°,将△ABC绕顶点C逆时针旋转得到△A'B'C,M是BC的中点,P是A'B'的中点,连接PM,则PM的最大值是______.
30°,将△ABC绕顶点C逆时针旋转得到△A'B'C,M是BC的中点,P是A'B'的中点,连接PM,则PM的最大值是______.
答案：
答案 $3$
解析 如图，连接$PC$.在$Rt\triangle ABC$中，$\because \angle A=30^{\circ}$，$BC=2$，$\therefore AB=4$，根据旋转的性质可知，$A'B'=AB=4$，$\because P$为$A'B'$的中点，$\triangle A'B'C$为直角三角形，$\therefore PC=\frac{1}{2}A'B'=2$，
$\because M$是$BC$的中点，$\therefore CM=\frac{1}{2}BC=1$，$\because PM\leqslant PC+CM=3$，
$\therefore$当$P$、$C$、$M$共线，且$C$在$P$、$M$之间时，$PM$取得最大值，最大值为$3$.
答案 $3$
解析 如图，连接$PC$.在$Rt\triangle ABC$中，$\because \angle A=30^{\circ}$，$BC=2$，$\therefore AB=4$，根据旋转的性质可知，$A'B'=AB=4$，$\because P$为$A'B'$的中点，$\triangle A'B'C$为直角三角形，$\therefore PC=\frac{1}{2}A'B'=2$，
$\because M$是$BC$的中点，$\therefore CM=\frac{1}{2}BC=1$，$\because PM\leqslant PC+CM=3$，
$\therefore$当$P$、$C$、$M$共线，且$C$在$P$、$M$之间时，$PM$取得最大值，最大值为$3$.
12.「2025河南驻马店一中期末,」如图,在△ABC中,∠ACB= 90°,AC= 3,BC= 4,将△ABC绕点C顺时针旋转90°得到△A'B'C,若P为边AB上一动点,旋转后点P的对应点为点P',则线段PP'长度的取值范围是______.
答案：
答案 $\frac{12\sqrt{2}}{5}\leqslant PP'\leqslant 4\sqrt{2}$
解析 如图，连接$PC$，$P'C$，过点$C$作$CH\perp AB$于$H$，$\because$将$\triangle ABC$绕点$C$顺时针旋转$90^{\circ}$得到$\triangle A'B'C$，
$\therefore PC=P'C$，$\angle PCP'=90^{\circ}$，$\therefore PP'=\sqrt{2}CP$.
$\because \angle ACB=90^{\circ}$，$AC=3$，$BC=4$，
$\therefore AB=\sqrt{AC^{2}+BC^{2}}=\sqrt{9 + 16}=5$，
$\because S_{\triangle ABC}=\frac{1}{2}\times 3\times 4=\frac{1}{2}\times 5CH$，$\therefore CH=\frac{12}{5}$，
$\because P$为边$AB$上一动点，$\therefore$当点$P$与点$B$重合时，$CP$有最大值，为$4$，此时$PP'$的值最大，为$4\sqrt{2}$，当点$P$与点$H$重合时，$CP$有最小值，为$\frac{12}{5}$，此时$PP'$的值最小，为$\frac{12\sqrt{2}}{5}$，
$\therefore$线段$PP'$长度的取值范围为$\frac{12\sqrt{2}}{5}\leqslant PP'\leqslant 4\sqrt{2}$.
答案 $\frac{12\sqrt{2}}{5}\leqslant PP'\leqslant 4\sqrt{2}$
解析 如图，连接$PC$，$P'C$，过点$C$作$CH\perp AB$于$H$，$\because$将$\triangle ABC$绕点$C$顺时针旋转$90^{\circ}$得到$\triangle A'B'C$，
$\therefore PC=P'C$，$\angle PCP'=90^{\circ}$，$\therefore PP'=\sqrt{2}CP$.
$\because \angle ACB=90^{\circ}$，$AC=3$，$BC=4$，
$\therefore AB=\sqrt{AC^{2}+BC^{2}}=\sqrt{9 + 16}=5$，
$\because S_{\triangle ABC}=\frac{1}{2}\times 3\times 4=\frac{1}{2}\times 5CH$，$\therefore CH=\frac{12}{5}$，
$\because P$为边$AB$上一动点，$\therefore$当点$P$与点$B$重合时，$CP$有最大值，为$4$，此时$PP'$的值最大，为$4\sqrt{2}$，当点$P$与点$H$重合时，$CP$有最小值，为$\frac{12}{5}$，此时$PP'$的值最小，为$\frac{12\sqrt{2}}{5}$，
$\therefore$线段$PP'$长度的取值范围为$\frac{12\sqrt{2}}{5}\leqslant PP'\leqslant 4\sqrt{2}$.
13.学科分类讨论思想「2025河南安阳期中,」如图,在△ABC中,∠C= ∠ABC= 30°,△ADE是直角三角形,∠ADE= 90°,∠E= 30°,且边AB与AD重合,将△ADE绕点A以每秒5°的速度沿顺时针方向旋转一周,在旋转的过程中,第______秒时,边DE所在直线与边AC所在直线平行.
答案：
答案 $6$或$42$
解析 分两种情况:①当$DE$在$AB$上方时，如图1所示，$\because DE// AC$，$\therefore \angle D+\angle DAC=180^{\circ}$，
$\because \angle D=90^{\circ}$，$\therefore \angle DAC=90^{\circ}$.
$\because \angle C=\angle ABC=30^{\circ}$，$\therefore \angle BAC=120^{\circ}$，
$\therefore \angle BAD=120^{\circ}-90^{\circ}=30^{\circ}$，
$\therefore$在旋转的过程中，第$30^{\circ}\div 5^{\circ}=6$(秒)时，边$DE$所在直线与边$AC$所在直线平行.
②当$DE$在$AB$下方时，如图2所示，
$\because DE// AC$，$\therefore \angle CAD=\angle D=90^{\circ}$，
$\because \angle C=\angle ABC=30^{\circ}$，$\therefore \angle BAC=120^{\circ}$，
$\therefore \triangle ADE$旋转的度数为$120^{\circ}+90^{\circ}=210^{\circ}$，
$\therefore$在旋转的过程中，第$210^{\circ}\div 5^{\circ}=42$(秒)时，边$DE$所在直线与边$AC$所在直线平行.
综上所述，第$6$或$42$秒时，边$DE$所在直线与边$AC$所在直线平行.
答案 $6$或$42$
解析 分两种情况:①当$DE$在$AB$上方时，如图1所示，$\because DE// AC$，$\therefore \angle D+\angle DAC=180^{\circ}$，
$\because \angle D=90^{\circ}$，$\therefore \angle DAC=90^{\circ}$.
$\because \angle C=\angle ABC=30^{\circ}$，$\therefore \angle BAC=120^{\circ}$，
$\therefore \angle BAD=120^{\circ}-90^{\circ}=30^{\circ}$，
$\therefore$在旋转的过程中，第$30^{\circ}\div 5^{\circ}=6$(秒)时，边$DE$所在直线与边$AC$所在直线平行.
②当$DE$在$AB$下方时，如图2所示，
$\because DE// AC$，$\therefore \angle CAD=\angle D=90^{\circ}$，
$\because \angle C=\angle ABC=30^{\circ}$，$\therefore \angle BAC=120^{\circ}$，
$\therefore \triangle ADE$旋转的度数为$120^{\circ}+90^{\circ}=210^{\circ}$，
$\therefore$在旋转的过程中，第$210^{\circ}\div 5^{\circ}=42$(秒)时，边$DE$所在直线与边$AC$所在直线平行.
综上所述，第$6$或$42$秒时，边$DE$所在直线与边$AC$所在直线平行.
14.新课标推理能力「2025北京工业大学实验学校期中」如图,点P为定角∠AOB平分线上的一个定点,且∠MPN与∠AOB互补.若∠MPN在绕点P旋转的过程中,其两边分别与OA、OB相交于M、N两点,则以下结论：①OM+ON的值不变；②∠PNM= ∠POB；③MN的长不变；④四边形PMON的面积不变.其中正确的结论是(
A.①②③
B.①②④
C.①③④
D.②③④
B
)A.①②③
B.①②④
C.①③④
D.②③④
答案：B 如图，过$P$作$PE\perp OA$于$E$，$PF\perp OB$于$F$，$\therefore \angle PEO=\angle PFO=90^{\circ}$，$\because OP$为$\angle AOB$的平分线，$\therefore \angle EOP=\angle FOP$，
又$\because OP=OP$，$\therefore \triangle POE\cong \triangle POF(AAS)$，$\therefore OE=OF$，$PE=PF$.
$\because \angle EPF+\angle AOB=360^{\circ}-90^{\circ}-90^{\circ}=180^{\circ}$，$\angle MPN+\angle AOB=180^{\circ}$，$\therefore \angle EPF=\angle MPN$，$\therefore \angle EPM=\angle FPN$；$\because \angle PEM=\angle PFN=90^{\circ}$，$\therefore \triangle PEM\cong \triangle PFN(ASA)$，
$\therefore EM=NF$，$PM=PN$，$\therefore OM+ON=OE+OF=$定值，故①正确.
$\because \triangle PEM\cong \triangle PFN$，$\therefore S_{\triangle PEM}=S_{\triangle PNF}$，$\therefore S_{四边形PMON}=S_{四边形PEOF}=$定值，故④正确.
设$\angle MPN=x^{\circ}$，$\because PM=PN$，$\therefore \angle PNM=\angle PMN=\frac{1}{2}\times (180^{\circ}-x^{\circ})=90^{\circ}-\frac{1}{2}x^{\circ}$，
$\because \angle AOB+\angle MPN=180^{\circ}$，$\therefore \angle AOB=180^{\circ}-x^{\circ}$，$\therefore \angle POB=\frac{1}{2}\times (180^{\circ}-x^{\circ})=90^{\circ}-\frac{1}{2}x^{\circ}$，$\therefore \angle PNM=\angle POB$，故②正确.
在旋转过程中，$\triangle PMN$都是等腰三角形，且$\angle MPN$不变，$\because PM$的长度是变化的，$\therefore MN$的长度也是变化的，故③错误.
综上所述，正确的结论是①②④，故选B.
又$\because OP=OP$，$\therefore \triangle POE\cong \triangle POF(AAS)$，$\therefore OE=OF$，$PE=PF$.
$\because \angle EPF+\angle AOB=360^{\circ}-90^{\circ}-90^{\circ}=180^{\circ}$，$\angle MPN+\angle AOB=180^{\circ}$，$\therefore \angle EPF=\angle MPN$，$\therefore \angle EPM=\angle FPN$；$\because \angle PEM=\angle PFN=90^{\circ}$，$\therefore \triangle PEM\cong \triangle PFN(ASA)$，
$\therefore EM=NF$，$PM=PN$，$\therefore OM+ON=OE+OF=$定值，故①正确.
$\because \triangle PEM\cong \triangle PFN$，$\therefore S_{\triangle PEM}=S_{\triangle PNF}$，$\therefore S_{四边形PMON}=S_{四边形PEOF}=$定值，故④正确.
设$\angle MPN=x^{\circ}$，$\because PM=PN$，$\therefore \angle PNM=\angle PMN=\frac{1}{2}\times (180^{\circ}-x^{\circ})=90^{\circ}-\frac{1}{2}x^{\circ}$，
$\because \angle AOB+\angle MPN=180^{\circ}$，$\therefore \angle AOB=180^{\circ}-x^{\circ}$，$\therefore \angle POB=\frac{1}{2}\times (180^{\circ}-x^{\circ})=90^{\circ}-\frac{1}{2}x^{\circ}$，$\therefore \angle PNM=\angle POB$，故②正确.
在旋转过程中，$\triangle PMN$都是等腰三角形，且$\angle MPN$不变，$\because PM$的长度是变化的，$\therefore MN$的长度也是变化的，故③错误.
综上所述，正确的结论是①②④，故选B.