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7 如图，$P$ 是等腰直角三角形 $ABC$ 外一点，把 $BP$ 绕点 $B$ 按顺时针方向旋转 $90°$ 得到 $BP'$.已知$∠ AP'B=135°,P'A:P'C=1:3$，则 $P'A:PB$ 的值为（
A.$\dfrac{\sqrt{2}}{2}$
B.$\dfrac{1}{2}$
C.$\dfrac{\sqrt{3}}{2}$
D.$\dfrac{\sqrt{3}}{3}$
B
）A.$\dfrac{\sqrt{2}}{2}$
B.$\dfrac{1}{2}$
C.$\dfrac{\sqrt{3}}{2}$
D.$\dfrac{\sqrt{3}}{3}$
答案
7. B
解析
【分析】
要解决本题，需利用旋转的性质、全等三角形的判定与性质，结合直角三角形的勾股定理推导线段关系。首先，由BP旋转得到BP'，可得BP=BP'且∠PBP'=90°；结合等腰直角△ABC的边和角的关系，证明△ABP与△CBP'全等，得到AP=P'C；再通过角度关系推出△APP'为直角三角形，最后利用勾股定理和等腰直角三角形的边长关系，求出P'A与PB的比值。
【解析】
1. 由旋转性质：BP绕点B顺时针旋转90°得到BP'，故BP=BP'，∠PBP'=90°。
2. 因为△ABC是等腰直角三角形，所以AB=BC，∠ABC=90°，因此∠ABP + ∠ABP' = 90°，∠CBP' + ∠ABP' = 90°，可得∠ABP=∠CBP'。
3. 在△ABP和△CBP'中：AB=BC，∠ABP=∠CBP'，BP=BP'，所以△ABP≌△CBP'（SAS），得AP=P'C。
4. 已知P'A:P'C=1:3，设P'A=x，则P'C=3x，故AP=3x。
5. 连接PP'，因△PBP'是等腰直角三角形，所以∠BP'P=45°，且PP'=√2 PB。
6. 已知∠AP'B=135°，则∠AP'P=∠AP'B - ∠BP'P=135°-45°=90°，即△APP'是直角三角形。
7. 在Rt△APP'中，由勾股定理：AP² = P'A² + PP'²，代入AP=3x，P'A=x，得(3x)² = x² + PP'²，解得PP'=2√2 x。
8. 又因PP'=√2 PB，所以2√2 x = √2 PB，得PB=2x。
9. 因此P'A:PB =x:2x=1/2。
【答案】
B
【知识点】
旋转性质、全等三角形判定、直角三角形勾股定理
【点评】
本题综合考查几何变换与三角形的相关知识，核心是通过旋转构造全等三角形转化线段，再利用直角三角形性质求解，需要学生具备一定的几何逻辑推导能力，属于中等难度的几何题。
【难度系数】
0.5
要解决本题，需利用旋转的性质、全等三角形的判定与性质，结合直角三角形的勾股定理推导线段关系。首先，由BP旋转得到BP'，可得BP=BP'且∠PBP'=90°；结合等腰直角△ABC的边和角的关系，证明△ABP与△CBP'全等，得到AP=P'C；再通过角度关系推出△APP'为直角三角形，最后利用勾股定理和等腰直角三角形的边长关系，求出P'A与PB的比值。
【解析】
1. 由旋转性质：BP绕点B顺时针旋转90°得到BP'，故BP=BP'，∠PBP'=90°。
2. 因为△ABC是等腰直角三角形，所以AB=BC，∠ABC=90°，因此∠ABP + ∠ABP' = 90°，∠CBP' + ∠ABP' = 90°，可得∠ABP=∠CBP'。
3. 在△ABP和△CBP'中：AB=BC，∠ABP=∠CBP'，BP=BP'，所以△ABP≌△CBP'（SAS），得AP=P'C。
4. 已知P'A:P'C=1:3，设P'A=x，则P'C=3x，故AP=3x。
5. 连接PP'，因△PBP'是等腰直角三角形，所以∠BP'P=45°，且PP'=√2 PB。
6. 已知∠AP'B=135°，则∠AP'P=∠AP'B - ∠BP'P=135°-45°=90°，即△APP'是直角三角形。
7. 在Rt△APP'中，由勾股定理：AP² = P'A² + PP'²，代入AP=3x，P'A=x，得(3x)² = x² + PP'²，解得PP'=2√2 x。
8. 又因PP'=√2 PB，所以2√2 x = √2 PB，得PB=2x。
9. 因此P'A:PB =x:2x=1/2。
【答案】
B
【知识点】
旋转性质、全等三角形判定、直角三角形勾股定理
【点评】
本题综合考查几何变换与三角形的相关知识，核心是通过旋转构造全等三角形转化线段，再利用直角三角形性质求解，需要学生具备一定的几何逻辑推导能力，属于中等难度的几何题。
【难度系数】
0.5
8 将点 $P(0,\sqrt{2})$ 绕着原点 $O$ 按逆时针方向旋转 $135°$, 则其对应点 $P'$ 的坐标是
$(-1,-1)$
.答案
8. $(-1,-1)$
解析
【分析】要确定点绕原点逆时针旋转后的对应点坐标，需遵循以下思路：① 点绕原点旋转时，到原点的距离（极径）不变，先计算原点点P到原点的距离；② 确定原点点P的初始方向（与x轴正方向的夹角），加上旋转的角度，得到旋转后点的方向角；③ 利用极坐标转直角坐标的公式（$x=r\cosθ$，$y=r\sinθ$）计算新坐标。
【解析】解：1. 计算点P到原点的距离（极径）：对于点$P(0,\sqrt{2})$，$r=\sqrt{0^2+(\sqrt{2})^2}=\sqrt{2}$；
2. 确定旋转后的方向角：点P初始在y轴正半轴，与x轴正方向夹角为$90°$，逆时针旋转$135°$后，新方向角$θ=90°+135°=225°$；
3. 代入公式计算对应点坐标：
$x=r\cosθ=\sqrt{2}×\cos225°=\sqrt{2}×(-\frac{\sqrt{2}}{2})=-1$，
$y=r\sinθ=\sqrt{2}×\sin225°=\sqrt{2}×(-\frac{\sqrt{2}}{2})=-1$；
故对应点$P'$的坐标为$(-1,-1)$。
【答案】$(-1,-1)$
【知识点】平面直角坐标系中点的旋转、三角函数的应用
【点评】本题考查点绕原点旋转后的坐标计算，核心是掌握极坐标与直角坐标的转换逻辑，属于基础题型，只要理清极径和方向角的计算即可正确解答。
【难度系数】0.6
【解析】解：1. 计算点P到原点的距离（极径）：对于点$P(0,\sqrt{2})$，$r=\sqrt{0^2+(\sqrt{2})^2}=\sqrt{2}$；
2. 确定旋转后的方向角：点P初始在y轴正半轴，与x轴正方向夹角为$90°$，逆时针旋转$135°$后，新方向角$θ=90°+135°=225°$；
3. 代入公式计算对应点坐标：
$x=r\cosθ=\sqrt{2}×\cos225°=\sqrt{2}×(-\frac{\sqrt{2}}{2})=-1$，
$y=r\sinθ=\sqrt{2}×\sin225°=\sqrt{2}×(-\frac{\sqrt{2}}{2})=-1$；
故对应点$P'$的坐标为$(-1,-1)$。
【答案】$(-1,-1)$
【知识点】平面直角坐标系中点的旋转、三角函数的应用
【点评】本题考查点绕原点旋转后的坐标计算，核心是掌握极坐标与直角坐标的转换逻辑，属于基础题型，只要理清极径和方向角的计算即可正确解答。
【难度系数】0.6
9 如图,在$△ OAB$中,$∠ AOB=60^{ \circ }$,$OA=4$,点$B$的坐标为$(6,0)$,将$△ OAB$绕点$A$逆时针旋转得到$△ CAD$,当点$O$的对应点$C$落在$OB$上时,点$D$的坐标为
$(7,3\sqrt{3})$
.答案
9. $(7,3\sqrt{3})$
解析
【分析】
要解决本题，需利用旋转的核心性质：旋转前后对应边相等、对应角相等，旋转角固定。首先由旋转得OA=AC，结合∠AOB=60°可判断△OAC为等边三角形，确定点C坐标；再求出点A的坐标，最后利用旋转的坐标变换，将点B绕旋转中心A逆时针旋转60°，即可得到点D的坐标。
【解析】
1. 判定△OAC的形状：
因为△OAB绕点A逆时针旋转得到△CAD，所以OA=AC，又∠AOB=60°，故△OAC是等边三角形，因此OC=OA=4，点C在x轴上，坐标为(4,0)。
2. 求点A的坐标：
过点A作AE⊥OB于E，在Rt△OAE中，OA=4，∠AOB=60°，则OE=OA·cos60°=4×1/2=2，AE=OA·sin60°=4×(√3/2)=2√3，所以点A的坐标为(2,2√3)。
3. 计算点D的坐标：
旋转中心为A，旋转角为∠OAC=60°，将点B(6,0)绕点A(2,2√3)逆时针旋转60°得到点D。根据点绕点旋转的坐标公式：
点(x,y)绕(a,b)逆时针旋转θ后的坐标为：
$ x'=(x-a)\cosθ - (y-b)\sinθ + a $
$ y'=(x-a)\sinθ + (y-b)\cosθ + b $
代入$ x=6,y=0,a=2,b=2√3,θ=60° $（$ \cos60°=1/2,\sin60°=√3/2 $）：
$ x'=(6-2)×\frac{1}{2} - (0-2√3)×\frac{√3}{2} +2 =2 +3 +2=7 $
$ y'=(6-2)×\frac{√3}{2} + (0-2√3)×\frac{1}{2} +2√3=2√3 -√3 +2√3=3√3 $
因此，点D的坐标为$(7,3√3)$。
【答案】
(7,3√3)
【知识点】
图形的旋转；坐标与图形变化；等边三角形的性质
【点评】
本题结合平面直角坐标系考查旋转的性质，解题关键是利用旋转的对应关系确定旋转角，通过坐标变换公式推导目标点坐标，需掌握旋转的坐标计算方法，属于中等难度的几何坐标题。
【难度系数】
0.5
要解决本题，需利用旋转的核心性质：旋转前后对应边相等、对应角相等，旋转角固定。首先由旋转得OA=AC，结合∠AOB=60°可判断△OAC为等边三角形，确定点C坐标；再求出点A的坐标，最后利用旋转的坐标变换，将点B绕旋转中心A逆时针旋转60°，即可得到点D的坐标。
【解析】
1. 判定△OAC的形状：
因为△OAB绕点A逆时针旋转得到△CAD，所以OA=AC，又∠AOB=60°，故△OAC是等边三角形，因此OC=OA=4，点C在x轴上，坐标为(4,0)。
2. 求点A的坐标：
过点A作AE⊥OB于E，在Rt△OAE中，OA=4，∠AOB=60°，则OE=OA·cos60°=4×1/2=2，AE=OA·sin60°=4×(√3/2)=2√3，所以点A的坐标为(2,2√3)。
3. 计算点D的坐标：
旋转中心为A，旋转角为∠OAC=60°，将点B(6,0)绕点A(2,2√3)逆时针旋转60°得到点D。根据点绕点旋转的坐标公式：
点(x,y)绕(a,b)逆时针旋转θ后的坐标为：
$ x'=(x-a)\cosθ - (y-b)\sinθ + a $
$ y'=(x-a)\sinθ + (y-b)\cosθ + b $
代入$ x=6,y=0,a=2,b=2√3,θ=60° $（$ \cos60°=1/2,\sin60°=√3/2 $）：
$ x'=(6-2)×\frac{1}{2} - (0-2√3)×\frac{√3}{2} +2 =2 +3 +2=7 $
$ y'=(6-2)×\frac{√3}{2} + (0-2√3)×\frac{1}{2} +2√3=2√3 -√3 +2√3=3√3 $
因此，点D的坐标为$(7,3√3)$。
【答案】
(7,3√3)
【知识点】
图形的旋转；坐标与图形变化；等边三角形的性质
【点评】
本题结合平面直角坐标系考查旋转的性质，解题关键是利用旋转的对应关系确定旋转角，通过坐标变换公式推导目标点坐标，需掌握旋转的坐标计算方法，属于中等难度的几何坐标题。
【难度系数】
0.5
10 教材变式题 如图,在每个小正方形的边长为1个单位长度的网格中,$△ ABC$的顶点均在格点(网格线的交点)上.
(1) 将$△ ABC$向右平移5个单位长度得到$△ A_1B_1C_1$,画出$△ A_1B_1C_1$;
(2) 将(1)中的$△ A_1B_1C_1$绕点$C_1$按逆时针方向旋转$90°$得到$△ A_2B_2C_1$,画出$△ A_2B_2C_1$.
(1) 将$△ ABC$向右平移5个单位长度得到$△ A_1B_1C_1$,画出$△ A_1B_1C_1$;
(2) 将(1)中的$△ A_1B_1C_1$绕点$C_1$按逆时针方向旋转$90°$得到$△ A_2B_2C_1$,画出$△ A_2B_2C_1$.
答案
10. (1) 如图,$△A_1B_1C_1$即为所求作 (2) 如图,$△A_2B_2C_1$即为所求作
解析
【分析】
本题分为两步作图：(1)平移作图：平移的性质是图形上各点移动方向和距离相同，因此只需将△ABC的三个顶点分别向右平移5个单位，得到对应点后连接即可；(2)旋转作图：旋转的性质是对应点到旋转中心的距离相等，旋转角相等，因此需将△A₁B₁C₁的两个顶点绕旋转中心C₁按逆时针方向旋转90°，得到对应点后连接，即可完成作图。
【解析】
(1) 平移作图步骤：
① 确定△ABC的三个顶点A、B、C在网格中的位置；
② 分别将点A、B、C向右平移5个单位长度，得到对应点A₁、B₁、C₁；
③ 顺次连接A₁、B₁、C₁，得到△A₁B₁C₁，即为平移后的图形。
(2) 旋转作图步骤：
① 确定旋转中心为C₁，旋转方向为逆时针，旋转角度为90°；
② 分别将点A₁、B₁绕点C₁按逆时针方向旋转90°，得到对应点A₂、B₂；
③ 顺次连接A₂、B₂、C₁，得到△A₂B₂C₁，即为旋转后的图形。
【答案】
(1) 如图，△A₁B₁C₁即为所求作；(2) 如图，△A₂B₂C₁即为所求作
【知识点】
图形的平移、图形的旋转
【点评】
本题考查网格中图形的平移与旋转变换的作图，属于基础作图题，核心是掌握平移和旋转的作图方法，准确找到对应点的位置，是教材变式的基础题型。
【难度系数】
0.3
本题分为两步作图：(1)平移作图：平移的性质是图形上各点移动方向和距离相同，因此只需将△ABC的三个顶点分别向右平移5个单位，得到对应点后连接即可；(2)旋转作图：旋转的性质是对应点到旋转中心的距离相等，旋转角相等，因此需将△A₁B₁C₁的两个顶点绕旋转中心C₁按逆时针方向旋转90°，得到对应点后连接，即可完成作图。
【解析】
(1) 平移作图步骤：
① 确定△ABC的三个顶点A、B、C在网格中的位置；
② 分别将点A、B、C向右平移5个单位长度，得到对应点A₁、B₁、C₁；
③ 顺次连接A₁、B₁、C₁，得到△A₁B₁C₁，即为平移后的图形。
(2) 旋转作图步骤：
① 确定旋转中心为C₁，旋转方向为逆时针，旋转角度为90°；
② 分别将点A₁、B₁绕点C₁按逆时针方向旋转90°，得到对应点A₂、B₂；
③ 顺次连接A₂、B₂、C₁，得到△A₂B₂C₁，即为旋转后的图形。
【答案】
(1) 如图，△A₁B₁C₁即为所求作；(2) 如图，△A₂B₂C₁即为所求作
【知识点】
图形的平移、图形的旋转
【点评】
本题考查网格中图形的平移与旋转变换的作图，属于基础作图题，核心是掌握平移和旋转的作图方法，准确找到对应点的位置，是教材变式的基础题型。
【难度系数】
0.3
11 [2026 如东期中改编]如图,在四边形 $ABCD$ 中, $AC,BD$ 是对角线, $△ ABC$ 是等边三角形. 将线段 $CD$ 绕点 $C$ 顺时针旋转 $60°$ 得到线段 $CE$, 连接 $AE$, 依题意补全图形.
(1) 求证:$BD=AE$;
(2) 若$∠ ADC=30°,AD=3,BD=5$,求 $CD$ 的长.
(第 11 题)
(1) 求证:$BD=AE$;
(2) 若$∠ ADC=30°,AD=3,BD=5$,求 $CD$ 的长.
(第 11 题)
答案
11. 补全图形如图所示
(1) 由旋转可知,$∠DCE=60°,CD=CE.∵△ABC$是等边三角形,$∴∠ACB=60°,AC=BC.$
$∴∠ACB+∠ACD=∠DCE+∠ACD.$即$∠BCD=∠ACE.$在
$△BCD$和$△ACE$中,$\begin{cases} BC=AC, \\ ∠BCD=∠ACE, \\ CD=CE, \end{cases}∴△BCD≌△ACE.$
$∴BD=AE$
(2) 如图,连接$DE$. 由(1)可知,$BD=AE,CD=CE,∠DCE=60°,$又$∵BD=5,∴AE=5,△DCE$是等边三角形.$∴∠CDE=60°.∵∠ADC=30°,∴∠ADE=∠ADC+∠CDE=90°.$在$Rt△ADE$中,$DE=\sqrt{AE^2-AD^2}=\sqrt{5^2-3^2}=4.∵△CDE$是等边三角形,$∴CD=DE=4$
解析
【分析】
本题分为两小问，第(1)问需通过旋转和等边三角形的性质证明三角形全等，从而得到线段相等；第(2)问利用第(1)问的结论，结合旋转得到的等边三角形，通过直角三角形的勾股定理求解CD的长度。首先，根据旋转的性质得到CD=CE、∠DCE=60°，结合等边△ABC的性质，推导角相等，用SAS证明△BCD≌△ACE，得到BD=AE；再由旋转得△DCE是等边三角形，结合已知角度推出∠ADE为直角，最后用勾股定理计算DE，即CD的长度。
【解析】
(1) 补全图形：连接DE（如图所示）。
证明：
∵线段CD绕点C顺时针旋转60°得到CE，
∴∠DCE=60°，CD=CE。
∵△ABC是等边三角形，
∴∠ACB=60°，AC=BC。
∴∠ACB + ∠ACD = ∠DCE + ∠ACD，即∠BCD=∠ACE。
在△BCD和△ACE中，
$\{\begin{array}{l}BC=AC, \\∠BCD=∠ACE, \\CD=CE,\end{array} $
∴△BCD≌△ACE（SAS），
∴BD=AE。
(2) 连接DE。
由(1)知，AE=BD=5，CD=CE，
∵∠DCE=60°，
∴△DCE是等边三角形，
∴∠CDE=60°，CD=DE。
∵∠ADC=30°，
∴∠ADE=∠ADC + ∠CDE=30°+60°=90°。
在Rt△ADE中，AD=3，AE=5，
由勾股定理得：$DE=\sqrt{AE^2 - AD^2}=\sqrt{5^2 - 3^2}=4$，
∴CD=DE=4。
【答案】
补全图形如图所示；(1) 证明成立；(2) CD的长为4。
【知识点】
全等三角形判定、旋转的性质、等边三角形性质
【点评】
本题是几何综合题，融合了旋转、等边三角形、全等三角形及勾股定理的知识点，考查学生的逻辑推理与几何计算能力，需熟练运用相关定理推导角度和线段关系。
【难度系数】
0.6
本题分为两小问，第(1)问需通过旋转和等边三角形的性质证明三角形全等，从而得到线段相等；第(2)问利用第(1)问的结论，结合旋转得到的等边三角形，通过直角三角形的勾股定理求解CD的长度。首先，根据旋转的性质得到CD=CE、∠DCE=60°，结合等边△ABC的性质，推导角相等，用SAS证明△BCD≌△ACE，得到BD=AE；再由旋转得△DCE是等边三角形，结合已知角度推出∠ADE为直角，最后用勾股定理计算DE，即CD的长度。
【解析】
(1) 补全图形：连接DE（如图所示）。
证明：
∵线段CD绕点C顺时针旋转60°得到CE，
∴∠DCE=60°，CD=CE。
∵△ABC是等边三角形，
∴∠ACB=60°，AC=BC。
∴∠ACB + ∠ACD = ∠DCE + ∠ACD，即∠BCD=∠ACE。
在△BCD和△ACE中，
$\{\begin{array}{l}BC=AC, \\∠BCD=∠ACE, \\CD=CE,\end{array} $
∴△BCD≌△ACE（SAS），
∴BD=AE。
(2) 连接DE。
由(1)知，AE=BD=5，CD=CE，
∵∠DCE=60°，
∴△DCE是等边三角形，
∴∠CDE=60°，CD=DE。
∵∠ADC=30°，
∴∠ADE=∠ADC + ∠CDE=30°+60°=90°。
在Rt△ADE中，AD=3，AE=5，
由勾股定理得：$DE=\sqrt{AE^2 - AD^2}=\sqrt{5^2 - 3^2}=4$，
∴CD=DE=4。
【答案】
补全图形如图所示
；(1) 证明成立；(2) CD的长为4。【知识点】
全等三角形判定、旋转的性质、等边三角形性质
【点评】
本题是几何综合题，融合了旋转、等边三角形、全等三角形及勾股定理的知识点，考查学生的逻辑推理与几何计算能力，需熟练运用相关定理推导角度和线段关系。
【难度系数】
0.6
