题目 #20285

因为点C的坐标为(1,0), AC = 2，∴点A的坐标为(3,0), 将Rt △ABC先绕点C顺时针旋转90∘, 则点A的对应点坐标为(1, −2), 再向左平移3个单位长度, 则变换后点A的对应点坐标为(−2, −2). 故选：A． 2.B 如图所示，点\(A_{1}\)的坐标为(1, −2)故选B. 3.A 如图, B′(−3, −1). 故选: A. 4.A 如图所示，做BE垂直OA，平移后点B的位置在直线CD上的对应点为B′. ∵△ABO 是等腰直角三角形， ∴∠BAO = ∠BOA = 45∘,因为OA = 4, ∴OE = BE = 2, ∴点B(−2,2), ∵点B(−2,2)向右平移以后落在 直线CD上为B′, ∴B′为(2,2), ∵点O和点D重合，A′的对称点为A′′,所以△A′DB′≅△A"DB, ∴DA′= DA″= 4, ∴A"为 (4,4), 故选：A. 5.D 设A(x, 0), B(0, y)，则x > 0, y > 0．∵BC = 5, BC//x轴，∴C(5, y),因为AB = 5，∴\(x^{2}\)+\(y^{2}\)= 25(1), ∵ AC = 2√5, ∴(x −5)^{2}+\(y^{2}\)= 20(2),由(1) −(2)得，10x −25 = 5，∴x = 3, ∴A(3,0), OA = 3. 把x = 3代入(1)，得y = ±4(负值舍去)，∴B(0,4), ∴将△ABC沿x轴向左平移，当点A与点 O重合时，点B的坐标为(−3,4)．故选：D． 6.D 情况(1): 当F在线段CD上时, 如图①, 由折叠的性质, 得∠AEF = ∠A′EF,AE= A′E. 因为AB ∥CD, ∴∠AEF = ∠CFE. ∴∠A′EF = ∠CFE. ∴CF =CE.∵AB = 6, AD = 3, AE = 2, ∴CF = CE = 6 −DF, BE = 4, BC = 3.所以CE = 5. ∴DF = 1. 情况(2): 当点F在DC的延长线上时, 如图②, 由折叠的性质可得∠A′EF = ∠AEF. 因为AB ∥CD, 所以∠CFE = ∠BEF.因为∠AEF −∠AEC = ∠A′EF −∠A′EB, 所以∠CEF = ∠BEF, 所以∠CFE= ∠CEF. ∴CF = CE. 由(1)得CE = 5, ∴CF = 5. ∴DF = 11. 综上所述,DF的长为1或11. 故选D. 7.(−2,2√3); (−4,0) 由题得边长为4的等边△ABC, ∠ABO = 60∘, ∴OA = AB\(\times\)sin∠ABO =\(4 \times\sqrt{3_{2}}\)=2√3, 点A坐标为(0,2√3), 向左平移2个单位后, 则A′(−2,2√3),点B坐标为(−2,0), 向左平移2个单位后, 则B′(−4,0), 故答案为： (−2,2√3); (−4,0)． 8.B A.是中心对称图形，但不是轴对称图形，不符合题意；B. 既是轴对称 图形，又是中心对称图形，符合题意；C. 是轴对称图形，但不是中心对称图形，不符合题意；D. 是轴对称图形，但不是中心对称图形,不符合题意；故选：B． 9.(−2,4) 如图因为点A(2, −1)先向右平移2个单位, 再向上平移3个单位, 得到B点,所以B(4,2), 把B绕原点逆时针旋转90∘得到B′点, ∴B′点的坐标是(−2,4),故答案为: (−2,4). 10.F(0,7) 因为A(−10,0), AB = 4， ∴B(−6,0), ∵S △ABC =\(1 _{2}\)AB ⋅|\(y_{C}\)| = 14, ∴|\(y_{C}\)| = 7，因为点C在第二象限，∴ |yc| = 7, ∵△ABC沿x轴平移得到△DEF，∴F(0,7). 11.6√2 如图所示，设C′E与AD交于点G，∵将矩形ABCD沿EF折叠，使点C，D分别落在点C′，D′处，C′E ⊥ AD，∴四边形ABEG和四边形C′D′FG是矩形，∴EG = FG = AB = 6cm，∴ 在Rt △EGF中，EF=\(\sqrt{EG^{2}}\)+\(FG^{2}\)= 6√2cm. 12.(3, −√3) 因为AB = CB, OA = OC, OB = OB,△OAB ≅△OCB, 所以∠AOB = ∠COB, 又∠AOC = 60∘, ∴∠AOB = 30∘, 又因 AB ⊥x轴, AB = 2, ∴在直角△OAB中OA = AB 2 tan∠AOB= _{tan30}∘= 2√3, ∴OC = OA = 2√3. 过点C作x轴的垂线垂足为D, 因为∠AOC = 60∘, ∴在Rt △OCD中得到: OD = OC ⋅cos60∘等于2\(\sqrt{3 \times 1 _{2}}=\)√3, CD = OC ⋅sin60∘= 2\(\sqrt{3 \times}\sqrt{3_{2}}\)= 3′, 所以点C的初始坐标C(√3, 3). 每次旋转90∘逆时针 , 4次旋转为一个周期(旋转360∘回到原标)第1次旋转后: (√3, 3) →(−3, √3)第2次旋转后: (−3, √3) → (−√3, −3)第3次旋转后得: (−√3, −3) →(3, −√3), 第4次旋转后回到初始位置上.因为2023 ÷ 4 = 505余3, 即等价于第3次旋转后的位置, 所以第2023次旋转后点C的位置坐标为(3, −√3). 故答案为 : (3, −√3). 13.(7,0) 因为B的坐标为(4,0), CB = 1, 所以OC = 4 −1 = 3, 即平移距离为3,所以B(4,0)的对应点E是(4 + 3,0)即 (7,0)故答案为：(7,0)． 2√3+4或√6 14. 3 如图①，当∠CDM = 90°时，△DCM是直角三角形，在Rt △ABC中，∠B = 90°，∠A = 60°，AC = 2√3 + 4，∴∠C = 30°，AB = 1\(1 _{2}\)AC = √3 + 2，由折叠可得，∠MDN = ∠A = 60°，∴∠BDN = 30°，∴BN = _{3}AB = √3+\(2 _{3}\)，∴AN = 2BN = 3 2√3+4，∵∠DNB = 60°，∴∠ANM = ∠DNM = 60°，∴∠AMN = 60°，∴AN = MN = 2√3+4.如图②，当∠CDM = 90°时，△DCM是直角三角形，由题可得，∠CDM = 60°，∠A = ∠MDN = 60°， 3 ∴∠BDN = 60°，∠BND = 30°，∴BD = 1\(1 _{2}\)DN = _{2}AN，BN = √3BD，又∵AB = √3 + 2，∴BD = 1，AN = 1 2，BN = √3，过点N作NH ⊥AM于点H，则∠ANH = 30°，∴AH = _{2}AN = 1，HN = √3，∴∠AMN = 60°， ∴AN = MN = 2√3+4，由折叠可得，∠AMN = ∠DMN = 45°，∴△MNH是等腰直角三角形，∴HM = HN = 3 √3，∴MN = √6.综上，MN的长为2√3+4或√6. 3 15.7或1 当点A, 点C′, 点D′共线时, 根据题意知: DG = DG′= AB = 4, C′D′=CD= AB = 4, ∠AD′G = ∠CD′G = ∠D = 90∘, ∴AG = AD −DG = 5.在Rt △AD′G中, AD′=\(\sqrt{AG^{2}}\)+ D′\(G^{2}\)= 3, ∴AC′= AD′+ D′C′=3+4 = 7; 当点A, 点C′, 点D′共线时, 根据题意可知DG = D′G =AB= 4, C′D′= CD = AB = 4, ∠AD′G = ∠D = 90∘, 所以AG = AD −DG= 5. 在Rt △AD′G中, AD′=\(\sqrt{AG^{2}}\)−D′\(G^{2}\)= 3, ∴AC′= C′D′−AD’= 4 −3 = 1. 故答案为: 7或1.