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8. 如图,在平面直角坐标系中,点$A(0,6)$、$B(8,0)$,动点$Q$从点$O$开始以每秒2个单位长度的速度沿$O→A→B→O$的方向运动,到点$O$停止,当$△ OAQ$为等腰三角形时,点$Q$的运动时间为________.
答案
8. 6.6 s或9 s或5.5 s或6 s 解析:
∵点B(8,0)、A(0,6),
∴OB=8,OA=6,
∴AB=$\sqrt{OA^2+OB^2}$=$\sqrt{6^2+8^2}$=10.①当点Q在OA上时,不存在△OAQ;②当点Q在AB上时,AQ=2t-6;如图
,当OA=AQ时,2t-6=6,∴t=6;如图
,当OA=OQ时,过点O作OD⊥AB于点D,则AD=DQ=$\frac{1}{2}$AQ=t-3,∵S△AOB=$\frac{1}{2}$OD·AB=$\frac{1}{2}$OA·OB,
∴OD=$\frac{OA·OB}{AB}$=$\frac{6×8}{10}$=$\frac{24}{5}$,
∴AD=$\sqrt{OA^2-OD^2}$=$\frac{18}{5}$,
∴$\frac{18}{5}$=t-3,
∴t=6.6;当AQ=OQ时,则∠QAO=∠QOA,
∴90°-∠QOA=90°-∠QAO,即∠QOB=∠QBO,
∴BQ=OQ,
∴BQ=AQ=OQ=$\frac{1}{2}$AB=5,
∴2t-6=5,解得t=5.5;③当点Q在OB上时,OQ=24-2t,此时△OAQ为直角三角形,
∴当△OAQ为等腰三角形时,OQ=OA=6=24-2t,解得t=9.综上所述,当△OAQ为等腰三角形时,点Q的运动时间为6.6 s或9 s或5.5 s或6 s.
解析
【分析】
解题首先利用勾股定理算出AB的长度，再根据动点Q的运动路径分阶段讨论：首先Q在OA上时三点共线无法构成三角形，直接排除；其次讨论Q在AB上的情况，将等腰三角形按腰的不同分为三类：OA=AQ、OA=OQ、AQ=OQ，分别结合等腰三角形性质、面积法、勾股定理表示对应线段长度，列方程求解时间；最后讨论Q在OB上的情况，此时△OAQ为直角三角形，仅当OA=OQ时为等腰三角形，列方程求解即可。注意每个阶段Q的运动路程与对应线段的关系要对应正确，避免漏解。
【解析】
已知点$A(0,6)$、$B(8,0)$，则$OA=6$，$OB=8$，由勾股定理得：
$AB=\sqrt{OA^2+OB^2}=\sqrt{6^2+8^2}=10$，动点Q的运动速度为每秒2个单位长度，设运动时间为$t$秒。
①当点Q在OA上时，O、A、Q三点共线，无法构成$△ OAQ$，不符合要求；
②当点Q在AB上时，Q运动的总路程为$2t$，则$AQ=2t-OA=2t-6$，分三种等腰情况讨论：
若$OA=AQ$：如图，则$2t-6=6$，解得$t=6$；
若$OA=OQ$：如图，过点O作$OD⊥ AB$于点D，由等腰三角形三线合一得$AD=DQ=\frac{1}{2}AQ=t-3$。
由$△ AOB$的面积可得：$\frac{1}{2}OD· AB=\frac{1}{2}OA· OB$，代入数值得$OD=\frac{OA· OB}{AB}=\frac{6×8}{10}=\frac{24}{5}$。
在$Rt△ AOD$中，$AD=\sqrt{OA^2-OD^2}=\sqrt{6^2-(\frac{24}{5})^2}=\frac{18}{5}$，因此$\frac{18}{5}=t-3$，解得$t=6.6$；
若$AQ=OQ$：则$∠ QAO=∠ QOA$，又$∠ AOB=90°$，因此$∠ QOB=∠ QBO$，可得$BQ=OQ=AQ$，即$AQ=\frac{1}{2}AB=5$，因此$2t-6=5$，解得$t=5.5$；
③当点Q在OB上时，Q运动的总路程为$2t$，则$OQ=OA+AB+OB-2t=24-2t$，此时$△ OAQ$为直角三角形，$∠ AOQ=90°$，仅当$OA=OQ$时为等腰三角形，因此$6=24-2t$，解得$t=9$。
【答案】
6.6 s或9 s或5.5 s或6 s
【知识点】
等腰三角形的性质，勾股定理，动点分类讨论
【点评】
本题是动点与等腰三角形结合的综合题，解题的关键是按运动路径和等腰三角形腰的不同情况进行分类讨论，避免漏解，同时考查了面积法求高、勾股定理求线段长的应用，对逻辑严谨性要求较高。
【难度系数】
0.4
解题首先利用勾股定理算出AB的长度，再根据动点Q的运动路径分阶段讨论：首先Q在OA上时三点共线无法构成三角形，直接排除；其次讨论Q在AB上的情况，将等腰三角形按腰的不同分为三类：OA=AQ、OA=OQ、AQ=OQ，分别结合等腰三角形性质、面积法、勾股定理表示对应线段长度，列方程求解时间；最后讨论Q在OB上的情况，此时△OAQ为直角三角形，仅当OA=OQ时为等腰三角形，列方程求解即可。注意每个阶段Q的运动路程与对应线段的关系要对应正确，避免漏解。
【解析】
已知点$A(0,6)$、$B(8,0)$，则$OA=6$，$OB=8$，由勾股定理得：
$AB=\sqrt{OA^2+OB^2}=\sqrt{6^2+8^2}=10$，动点Q的运动速度为每秒2个单位长度，设运动时间为$t$秒。
①当点Q在OA上时，O、A、Q三点共线，无法构成$△ OAQ$，不符合要求；
②当点Q在AB上时，Q运动的总路程为$2t$，则$AQ=2t-OA=2t-6$，分三种等腰情况讨论：
若$OA=AQ$：如图
，则$2t-6=6$，解得$t=6$；若$OA=OQ$：如图
，过点O作$OD⊥ AB$于点D，由等腰三角形三线合一得$AD=DQ=\frac{1}{2}AQ=t-3$。由$△ AOB$的面积可得：$\frac{1}{2}OD· AB=\frac{1}{2}OA· OB$，代入数值得$OD=\frac{OA· OB}{AB}=\frac{6×8}{10}=\frac{24}{5}$。
在$Rt△ AOD$中，$AD=\sqrt{OA^2-OD^2}=\sqrt{6^2-(\frac{24}{5})^2}=\frac{18}{5}$，因此$\frac{18}{5}=t-3$，解得$t=6.6$；
若$AQ=OQ$：则$∠ QAO=∠ QOA$，又$∠ AOB=90°$，因此$∠ QOB=∠ QBO$，可得$BQ=OQ=AQ$，即$AQ=\frac{1}{2}AB=5$，因此$2t-6=5$，解得$t=5.5$；
③当点Q在OB上时，Q运动的总路程为$2t$，则$OQ=OA+AB+OB-2t=24-2t$，此时$△ OAQ$为直角三角形，$∠ AOQ=90°$，仅当$OA=OQ$时为等腰三角形，因此$6=24-2t$，解得$t=9$。
【答案】
6.6 s或9 s或5.5 s或6 s
【知识点】
等腰三角形的性质，勾股定理，动点分类讨论
【点评】
本题是动点与等腰三角形结合的综合题，解题的关键是按运动路径和等腰三角形腰的不同情况进行分类讨论，避免漏解，同时考查了面积法求高、勾股定理求线段长的应用，对逻辑严谨性要求较高。
【难度系数】
0.4
9. 如图,在平面直角坐标系中,点 A 的坐标为$(0,5)$,点 B 的坐标为$(-1,2)$,以 AB 为一边构造等腰直角三角形 ABC,直接写出在第一象限内满足条件的所有点 C 的坐标:$\underline{\hspace{5em}}$.
答案
9. (1,3)或(3,4)或(2,1) 解析:①如图
,当AB=AC,∠BAC=90°时,过点C作CE⊥y轴于点E,过点B作BF⊥y轴于点F,则∠AEC=∠AFB=90°,∴∠CAE+∠ACE=90°,
∵∠BAC = 90°,
∴∠BAF + ∠CAE = 90°,
∴∠ACE = ∠BAF,在△ABF和△CAE中,$\begin{cases}∠AFB=∠CEA,\\∠BAF=∠ACE,\\AB=AC,\end{cases}$
∴△ABF≌△CAE(AAS),
∴AE=BF,CE=AF,
∵点A的坐标为(0,5),点B的坐标为(-1,2),
∴OA=5,BF=1,OF=2,
∴AF=3,
∴CE=3,AE=1,
∴OE=4,
∴点C的坐标为(3,4);②如图
,当BA=BC,∠ABC=90°时,过点B作直线l//y轴,过点A作AG⊥l于点G,过点C作CH⊥l于点H,同理可证△ABG≌△BCH(AAS),∴BH=AG=1,CH=BG=3,
∴点C的坐标为(2,1);③如图
,当CA=CB,∠ACB=90°时,过点C作直线m//y轴,过点A作AM⊥m于点M,过点B作BN⊥m于点N,同理可证△ACM≌△CBN(AAS),可得到点C的坐标为(1,3).综上所述,在第一象限内满足条件的所有点C的坐标为(1,3)或(3,4)或(2,1).解析
【分析】
要构造满足条件的等腰直角三角形ABC，需分三类讨论直角顶点的位置：①以A为直角顶点，AB=AC；②以B为直角顶点，BA=BC；③以C为直角顶点，CA=CB。每种情况通过作垂直辅助线构造“一线三等角”全等模型，结合A、B两点的坐标求出对应线段长度，再转化为点C的横纵坐标，最后筛选出第一象限内的点即可。
【解析】
分三种情况讨论：
①如图，当$AB=AC$，$∠ BAC=90°$时，过点C作$CE⊥ y$轴于点E，过点B作$BF⊥ y$轴于点F，则$∠ AEC=∠ AFB=90°$，
$\therefore ∠ CAE+∠ ACE=90°$，
$\because ∠ BAC = 90°$，
$\therefore ∠ BAF + ∠ CAE = 90°$，
$\therefore ∠ ACE = ∠ BAF$，
在$△ ABF$和$△ CAE$中，
$\begin{cases}∠ AFB=∠ CEA,\\∠ BAF=∠ ACE,\\AB=AC,\end{cases}$
$\therefore △ ABF≌△ CAE(\mathrm{AAS})$，
$\therefore AE=BF$，$CE=AF$，
$\because$点A的坐标为$(0,5)$，点B的坐标为$(-1,2)$，
$\therefore OA=5$，$BF=1$，$OF=2$，
$\therefore AF=OA-OF=5-2=3$，
$\therefore CE=3$，$AE=1$，
$\therefore OE=OA-AE=5-1=4$，
$\therefore$点C的坐标为$(3,4)$，在第一象限，符合要求；
②如图，当$BA=BC$，$∠ ABC=90°$时，过点B作直线$l// y$轴，过点A作$AG⊥ l$于点G，过点C作$CH⊥ l$于点H，
同理可证$△ ABG≌△ BCH(\mathrm{AAS})$，
$\therefore BH=AG=1$，$CH=BG=5-2=3$，
$\therefore$点C的横坐标为$-1+3=2$，纵坐标为$2-1=1$，即$(2,1)$，在第一象限，符合要求；
③如图，当$CA=CB$，$∠ ACB=90°$时，过点C作直线$m// y$轴，过点A作$AM⊥ m$于点M，过点B作$BN⊥ m$于点N，
同理可证$△ ACM≌△ CBN(\mathrm{AAS})$，
设点C坐标为$(x,y)$，则$AM=x$，$CM=5-y$，$BN=x-(-1)=x+1$，$CN=y-2$，
由全等性质得$\begin{cases}x=y-2\\5-y=x+1\end{cases}$，解得$\begin{cases}x=1\\y=3\end{cases}$，
$\therefore$点C的坐标为$(1,3)$，在第一象限，符合要求。
【答案】
$(1,3)$或$(3,4)$或$(2,1)$
【知识点】
等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定与性质，平面直角坐标系的坐标特征
【点评】
本题考查分类讨论思想在几何中的应用，需要针对等腰直角三角形的直角顶点分三类求解，通过构造“一线三等角”全等模型实现线段长度和坐标的灵活转化，解题时需注意不要漏解，同时要符合点在第一象限的限制条件。
【难度系数】
0.6
要构造满足条件的等腰直角三角形ABC，需分三类讨论直角顶点的位置：①以A为直角顶点，AB=AC；②以B为直角顶点，BA=BC；③以C为直角顶点，CA=CB。每种情况通过作垂直辅助线构造“一线三等角”全等模型，结合A、B两点的坐标求出对应线段长度，再转化为点C的横纵坐标，最后筛选出第一象限内的点即可。
【解析】
分三种情况讨论：
①如图
，当$AB=AC$，$∠ BAC=90°$时，过点C作$CE⊥ y$轴于点E，过点B作$BF⊥ y$轴于点F，则$∠ AEC=∠ AFB=90°$，$\therefore ∠ CAE+∠ ACE=90°$，
$\because ∠ BAC = 90°$，
$\therefore ∠ BAF + ∠ CAE = 90°$，
$\therefore ∠ ACE = ∠ BAF$，
在$△ ABF$和$△ CAE$中，
$\begin{cases}∠ AFB=∠ CEA,\\∠ BAF=∠ ACE,\\AB=AC,\end{cases}$
$\therefore △ ABF≌△ CAE(\mathrm{AAS})$，
$\therefore AE=BF$，$CE=AF$，
$\because$点A的坐标为$(0,5)$，点B的坐标为$(-1,2)$，
$\therefore OA=5$，$BF=1$，$OF=2$，
$\therefore AF=OA-OF=5-2=3$，
$\therefore CE=3$，$AE=1$，
$\therefore OE=OA-AE=5-1=4$，
$\therefore$点C的坐标为$(3,4)$，在第一象限，符合要求；
②如图
，当$BA=BC$，$∠ ABC=90°$时，过点B作直线$l// y$轴，过点A作$AG⊥ l$于点G，过点C作$CH⊥ l$于点H，同理可证$△ ABG≌△ BCH(\mathrm{AAS})$，
$\therefore BH=AG=1$，$CH=BG=5-2=3$，
$\therefore$点C的横坐标为$-1+3=2$，纵坐标为$2-1=1$，即$(2,1)$，在第一象限，符合要求；
③如图
，当$CA=CB$，$∠ ACB=90°$时，过点C作直线$m// y$轴，过点A作$AM⊥ m$于点M，过点B作$BN⊥ m$于点N，同理可证$△ ACM≌△ CBN(\mathrm{AAS})$，
设点C坐标为$(x,y)$，则$AM=x$，$CM=5-y$，$BN=x-(-1)=x+1$，$CN=y-2$，
由全等性质得$\begin{cases}x=y-2\\5-y=x+1\end{cases}$，解得$\begin{cases}x=1\\y=3\end{cases}$，
$\therefore$点C的坐标为$(1,3)$，在第一象限，符合要求。
【答案】
$(1,3)$或$(3,4)$或$(2,1)$
【知识点】
等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定与性质，平面直角坐标系的坐标特征
【点评】
本题考查分类讨论思想在几何中的应用，需要针对等腰直角三角形的直角顶点分三类求解，通过构造“一线三等角”全等模型实现线段长度和坐标的灵活转化，解题时需注意不要漏解，同时要符合点在第一象限的限制条件。
【难度系数】
0.6
10. 如图,在平面直角坐标系中,矩形OABC的顶点A在x轴正半轴上,顶点C在y轴正半轴上,B(8,6),将△OCE沿OE折叠,使点C恰好落在对角线OB上的点D处,则点E的坐标为
(
A.(3,6)
B.$(\dfrac{5}{2},6)$
C.$(\dfrac{3}{2},6)$
D.(1,6)
(
3,6
)A.(3,6)
B.$(\dfrac{5}{2},6)$
C.$(\dfrac{3}{2},6)$
D.(1,6)
答案
10. A 解析:由题意可知,OC=6=OD,BC=8,
∴BO=$\sqrt{OC^2+BC^2}$=10,
∴BD=10-6=4,设CE=x,则DE=x,BE=8-x,在Rt△BDE中,DE²+BD²=BE²,即x²+4²=(8-x)²,解得x=3,
∴点E的坐标为(3,6).
∴BO=$\sqrt{OC^2+BC^2}$=10,
∴BD=10-6=4,设CE=x,则DE=x,BE=8-x,在Rt△BDE中,DE²+BD²=BE²,即x²+4²=(8-x)²,解得x=3,
∴点E的坐标为(3,6).
解析
【分析】
首先，矩形OABC中，点E在BC边上，BC平行于x轴，因此E点纵坐标为6，只需求出CE的长度即可得到E点坐标。解题时先利用矩形边长结合勾股定理求出对角线OB的长度，再根据折叠的性质得到OD=OC、DE=CE、∠EDB=90°，接着设CE=x，用含x的式子表示出BE的长度，最后在Rt△BDE中利用勾股定理列方程求解x，就能得到E点的横坐标，进而得到坐标。
【解析】
解：
∵四边形OABC是矩形，B(8,6)，
∴OC=6，BC=OA=8，∠OCB=90°，
在Rt△OCB中，由勾股定理得：$OB=\sqrt{OC^2+BC^2}=\sqrt{6^2+8^2}=10$，
∵将△OCE沿OE折叠，点C落在OB上的D处，
∴OD=OC=6，DE=CE，∠ODE=∠OCE=90°，
∴BD=OB-OD=10-6=4，∠BDE=90°，
设CE=x，则DE=x，BE=BC-CE=8-x，
在Rt△BDE中，由勾股定理得：$DE^2+BD^2=BE^2$，
代入得：$x^2+4^2=(8-x)^2$，
展开得：$x^2+16=64-16x+x^2$，
化简得：$16x=48$，解得$x=3$，
即CE=3，
∵点E在BC边上，纵坐标为6，
∴E点坐标为(3,6)，故选A。
【答案】
A
【知识点】
折叠的性质，勾股定理，矩形的性质
【点评】
本题是折叠类基础题，解题的关键是抓住折叠前后对应边相等、对应角相等的性质，将所求线段转化到直角三角形中，通过设未知数列方程求解，这种方程思想在几何计算中应用十分广泛。
【难度系数】
0.7
首先，矩形OABC中，点E在BC边上，BC平行于x轴，因此E点纵坐标为6，只需求出CE的长度即可得到E点坐标。解题时先利用矩形边长结合勾股定理求出对角线OB的长度，再根据折叠的性质得到OD=OC、DE=CE、∠EDB=90°，接着设CE=x，用含x的式子表示出BE的长度，最后在Rt△BDE中利用勾股定理列方程求解x，就能得到E点的横坐标，进而得到坐标。
【解析】
解：
∵四边形OABC是矩形，B(8,6)，
∴OC=6，BC=OA=8，∠OCB=90°，
在Rt△OCB中，由勾股定理得：$OB=\sqrt{OC^2+BC^2}=\sqrt{6^2+8^2}=10$，
∵将△OCE沿OE折叠，点C落在OB上的D处，
∴OD=OC=6，DE=CE，∠ODE=∠OCE=90°，
∴BD=OB-OD=10-6=4，∠BDE=90°，
设CE=x，则DE=x，BE=BC-CE=8-x，
在Rt△BDE中，由勾股定理得：$DE^2+BD^2=BE^2$，
代入得：$x^2+4^2=(8-x)^2$，
展开得：$x^2+16=64-16x+x^2$，
化简得：$16x=48$，解得$x=3$，
即CE=3，
∵点E在BC边上，纵坐标为6，
∴E点坐标为(3,6)，故选A。
【答案】
A
【知识点】
折叠的性质，勾股定理，矩形的性质
【点评】
本题是折叠类基础题，解题的关键是抓住折叠前后对应边相等、对应角相等的性质，将所求线段转化到直角三角形中，通过设未知数列方程求解，这种方程思想在几何计算中应用十分广泛。
【难度系数】
0.7
11. 如图,将矩形ABOC沿EF折叠,顶点A(8,4)落在点O处,点C落在点D处,则点D的坐标为________.
答案
11. $(\frac{16}{5},-\frac{12}{5})$ 解析:如图
,过点D作DG⊥AB于点G,设CF=DF=x,则OF=8-x,由折叠可知,OD=AC=4,OC=8,在Rt△DOF中,OD²+FD²=OF²,即4²+x²=(8-x)²,解得x=3,∴OF=5,
∵$\frac{1}{2}$OF·DG=$\frac{1}{2}$OD·DF,
∴DG=$\frac{12}{5}$,
∴OG=$\sqrt{OD^2-DG^2}$=$\frac{16}{5}$,
∴点D的坐标为$(\frac{16}{5},-\frac{12}{5})$.
解析
【分析】
本题是坐标与图形结合的折叠类问题，解题可按以下思路展开：①先根据矩形顶点A的坐标得到矩形的边长：OC=8，AC=4；②利用折叠的性质可知折叠后对应边相等，即DF=CF，OD=AC=4，∠ODF=∠C=90°；③设未知线段CF=x，用含x的式子表示出OF，在Rt△ODF中利用勾股定理列方程求出x的值，得到OF、DF的长度；④要求点D的坐标，过D作DG⊥x轴于G，可先利用三角形面积法求出DG的长度，再用勾股定理求出OG的长度；⑤最后根据点D在第四象限，确定横、纵坐标的符号，即可得到点D的坐标。
【解析】
解：由矩形ABOC的顶点A(8,4)可得：OC=8，AC=4，∠C=90°。
由折叠的性质可知：DF=CF，OD=AC=4，∠ODF=∠C=90°。
设CF=DF=x，则OF=OC-CF=8-x，
在Rt△ODF中，由勾股定理得：$OD^2+DF^2=OF^2$，
代入得：$4^2+x^2=(8-x)^2$，
展开计算：$16+x^2=64-16x+x^2$，
化简得：16x=48，解得x=3，
∴DF=3，OF=8-3=5。
过点D作DG⊥x轴于点G，
∵$S_{△ ODF}=\frac{1}{2}OF· DG=\frac{1}{2}OD· DF$，
代入数值：$\frac{1}{2}×5× DG=\frac{1}{2}×4×3$，
解得：$DG=\frac{12}{5}$。
在Rt△ODG中，由勾股定理得：$OG=\sqrt{OD^2-DG^2}=\sqrt{4^2-(\frac{12}{5})^2}=\sqrt{16-\frac{144}{25}}=\sqrt{\frac{256}{25}}=\frac{16}{5}$。
∵点D在第四象限，
∴点D的横坐标为$\frac{16}{5}$，纵坐标为$-\frac{12}{5}$。
【答案】
$(\frac{16}{5},-\frac{12}{5})$
【知识点】
折叠的性质，勾股定理，坐标与图形性质
【点评】
本题属于折叠类综合题，将几何折叠性质、勾股定理与平面直角坐标系结合考查，解题时要注意折叠前后对应边、对应角相等的性质应用，结合方程思想求解未知线段，最后要根据点所在的象限确定坐标的符号。
【难度系数】
0.6
本题是坐标与图形结合的折叠类问题，解题可按以下思路展开：①先根据矩形顶点A的坐标得到矩形的边长：OC=8，AC=4；②利用折叠的性质可知折叠后对应边相等，即DF=CF，OD=AC=4，∠ODF=∠C=90°；③设未知线段CF=x，用含x的式子表示出OF，在Rt△ODF中利用勾股定理列方程求出x的值，得到OF、DF的长度；④要求点D的坐标，过D作DG⊥x轴于G，可先利用三角形面积法求出DG的长度，再用勾股定理求出OG的长度；⑤最后根据点D在第四象限，确定横、纵坐标的符号，即可得到点D的坐标。
【解析】
解：由矩形ABOC的顶点A(8,4)可得：OC=8，AC=4，∠C=90°。
由折叠的性质可知：DF=CF，OD=AC=4，∠ODF=∠C=90°。
设CF=DF=x，则OF=OC-CF=8-x，
在Rt△ODF中，由勾股定理得：$OD^2+DF^2=OF^2$，
代入得：$4^2+x^2=(8-x)^2$，
展开计算：$16+x^2=64-16x+x^2$，
化简得：16x=48，解得x=3，
∴DF=3，OF=8-3=5。
过点D作DG⊥x轴于点G，
∵$S_{△ ODF}=\frac{1}{2}OF· DG=\frac{1}{2}OD· DF$，
代入数值：$\frac{1}{2}×5× DG=\frac{1}{2}×4×3$，
解得：$DG=\frac{12}{5}$。
在Rt△ODG中，由勾股定理得：$OG=\sqrt{OD^2-DG^2}=\sqrt{4^2-(\frac{12}{5})^2}=\sqrt{16-\frac{144}{25}}=\sqrt{\frac{256}{25}}=\frac{16}{5}$。
∵点D在第四象限，
∴点D的横坐标为$\frac{16}{5}$，纵坐标为$-\frac{12}{5}$。
【答案】
$(\frac{16}{5},-\frac{12}{5})$
【知识点】
折叠的性质，勾股定理，坐标与图形性质
【点评】
本题属于折叠类综合题，将几何折叠性质、勾股定理与平面直角坐标系结合考查，解题时要注意折叠前后对应边、对应角相等的性质应用，结合方程思想求解未知线段，最后要根据点所在的象限确定坐标的符号。
【难度系数】
0.6
12. 在平面直角坐标系中,将点$A(1,1)$绕原点按逆时针方向旋转$45°$得到点$A'$,则点$A'$的坐标是________.
答案
12. $(0,\sqrt{2})$ 解析:如图
,过点A作AB⊥y轴于点B,∵点A(1,1),
∴AB=OB=1,∠AOB=45°,
∴OA=$\sqrt{1^2+1^2}$=$\sqrt{2}$.
∵点A(1,1)绕原点按逆时针方向旋转45°得到点A',
∴点A'落在y轴正半轴上,OA'=OA=$\sqrt{2}$,
∴点A'的坐标是$(0,\sqrt{2})$.
解析
【分析】
解决这道题我们可以分三步思考：第一步先分析点A的坐标特征，点A横、纵坐标均为1，可先判断OA与坐标轴的夹角，同时用勾股定理求出OA的长度；第二步结合旋转的性质，旋转前后对应线段长度相等，旋转角为45°，可判断出旋转后点A'的位置；第三步根据点A'的位置直接写出坐标即可。
【解析】
过点A作AB⊥y轴于点B，
∵点A的坐标为(1,1)，
∴AB=OB=1，∠AOB=45°，
由勾股定理得：$OA=\sqrt{AB^2+OB^2}=\sqrt{1^2+1^2}=\sqrt{2}$。
∵将点A绕原点按逆时针方向旋转45°得到点A'，
∴点A'落在y轴正半轴上，且$OA'=OA=\sqrt{2}$，
∴点A'的坐标为$(0,\sqrt{2})$。
【答案】
$(0,\sqrt{2})$
【知识点】
旋转的性质；勾股定理；平面直角坐标系
【点评】
本题考查坐标与旋转的结合应用，解题的关键是先根据已知点的坐标确定线段与坐标轴的夹角，结合旋转角度准确定位旋转后点的位置，再结合旋转前后线段长度相等求解坐标，属于基础题型。
【难度系数】
0.7
解决这道题我们可以分三步思考：第一步先分析点A的坐标特征，点A横、纵坐标均为1，可先判断OA与坐标轴的夹角，同时用勾股定理求出OA的长度；第二步结合旋转的性质，旋转前后对应线段长度相等，旋转角为45°，可判断出旋转后点A'的位置；第三步根据点A'的位置直接写出坐标即可。
【解析】
过点A作AB⊥y轴于点B，
∵点A的坐标为(1,1)，
∴AB=OB=1，∠AOB=45°，
由勾股定理得：$OA=\sqrt{AB^2+OB^2}=\sqrt{1^2+1^2}=\sqrt{2}$。
∵将点A绕原点按逆时针方向旋转45°得到点A'，
∴点A'落在y轴正半轴上，且$OA'=OA=\sqrt{2}$，
∴点A'的坐标为$(0,\sqrt{2})$。
【答案】
$(0,\sqrt{2})$
【知识点】
旋转的性质；勾股定理；平面直角坐标系
【点评】
本题考查坐标与旋转的结合应用，解题的关键是先根据已知点的坐标确定线段与坐标轴的夹角，结合旋转角度准确定位旋转后点的位置，再结合旋转前后线段长度相等求解坐标，属于基础题型。
【难度系数】
0.7
13. 如图,在平面直角坐标系中,点$A(0,3)$、$B(-4,0)$、$C(0,1)$,$Q$为线段$AB$上一点,将点$Q$绕原点$O$顺时针旋转$90°$得到点$Q'$,连接$CQ'$,则$CQ'$的最小值为________.
答案
13. $\frac{9}{5}$ 解析:如图
,点A(0,3)、B(-4,0)绕原点O顺时针旋转90°得到点A'(3,0)、B'(0,4),∴点Q'在A'B'上运动,OA'=3,OB'=4,
∴A'B'=$\sqrt{3^2+4^2}$=5,过点C作CQ'⊥A'B',则CQ'的长度即为最小值,连接CA',
∴S△A'CB'=S△A'OB'-S△A'OC=$\frac{3×4}{2}-\frac{3×1}{2}$=$\frac{9}{2}$,即$\frac{1}{2}$A'B'·CQ'=$\frac{9}{2}$,解得CQ'=$\frac{9}{5}$,
∴CQ'的最小值为$\frac{9}{5}$.
解析
【分析】
解题时先明确动点的运动轨迹：Q是线段AB上的点，Q绕原点顺时针旋转90°得到Q'，那么线段AB整体顺时针旋转90°得到的线段A'B'就是所有Q'的运动轨迹；要求CQ'的最小值，根据“垂线段最短”的性质，定点到直线上动点的连线中垂线段最短，因此只需要计算点C到直线A'B'的垂线段长度即可，该长度可通过三角形面积法求解。
【解析】
解：已知点$A(0,3)$、$B(-4,0)$，将两点绕原点$O$顺时针旋转$90°$，可得对应点$A'(3,0)$、$B'(0,4)$，因此点$Q'$在线段$A'B'$上运动。
由勾股定理可得$A'B'=\sqrt{OA'^2+OB'^2}=\sqrt{3^2+4^2}=5$。
根据垂线段最短，过点$C$作$CQ'⊥ A'B'$，此时$CQ'$的长度就是最小值。
连接$CA'$，$△ A'CB'$的面积可表示为$△ A'OB'$的面积减去$△ A'OC$的面积：
$S_{△ A'CB'}=S_{△ A'OB'}-S_{△ A'OC}=\frac{1}{2}×3×4-\frac{1}{2}×3×1=\frac{9}{2}$。
同时$△ A'CB'$的面积也可表示为$\frac{1}{2}× A'B'× CQ'$，代入得：
$\frac{1}{2}×5× CQ'=\frac{9}{2}$，
解得$CQ'=\frac{9}{5}$。
【答案】
$\frac{9}{5}$
【知识点】
旋转的性质，垂线段最短，面积法计算
【点评】
本题属于坐标与几何结合的最值问题，解题关键是利用旋转的性质确定动点的运动轨迹，将动态线段最小值问题转化为定点到直线的距离问题，借助面积法计算简化了运算过程，对学生的轨迹转化思维有一定要求。
【难度系数】
0.6
解题时先明确动点的运动轨迹：Q是线段AB上的点，Q绕原点顺时针旋转90°得到Q'，那么线段AB整体顺时针旋转90°得到的线段A'B'就是所有Q'的运动轨迹；要求CQ'的最小值，根据“垂线段最短”的性质，定点到直线上动点的连线中垂线段最短，因此只需要计算点C到直线A'B'的垂线段长度即可，该长度可通过三角形面积法求解。
【解析】
解：已知点$A(0,3)$、$B(-4,0)$，将两点绕原点$O$顺时针旋转$90°$，可得对应点$A'(3,0)$、$B'(0,4)$，因此点$Q'$在线段$A'B'$上运动。
由勾股定理可得$A'B'=\sqrt{OA'^2+OB'^2}=\sqrt{3^2+4^2}=5$。
根据垂线段最短，过点$C$作$CQ'⊥ A'B'$，此时$CQ'$的长度就是最小值。
连接$CA'$，$△ A'CB'$的面积可表示为$△ A'OB'$的面积减去$△ A'OC$的面积：
$S_{△ A'CB'}=S_{△ A'OB'}-S_{△ A'OC}=\frac{1}{2}×3×4-\frac{1}{2}×3×1=\frac{9}{2}$。
同时$△ A'CB'$的面积也可表示为$\frac{1}{2}× A'B'× CQ'$，代入得：
$\frac{1}{2}×5× CQ'=\frac{9}{2}$，
解得$CQ'=\frac{9}{5}$。
【答案】
$\frac{9}{5}$
【知识点】
旋转的性质，垂线段最短，面积法计算
【点评】
本题属于坐标与几何结合的最值问题，解题关键是利用旋转的性质确定动点的运动轨迹，将动态线段最小值问题转化为定点到直线的距离问题，借助面积法计算简化了运算过程，对学生的轨迹转化思维有一定要求。
【难度系数】
0.6
