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一、选择题
1. 窗花是中国传统民间艺术之一。下列四个窗花是轴对称图形但不是中心对称图形的是()
A.
B.
C.
D.
1. 窗花是中国传统民间艺术之一。下列四个窗花是轴对称图形但不是中心对称图形的是()
A.
B.
C.
D.
答案
A
解析
2. 在平面直角坐标系中，将点 $ A(a,b) $ 向右平移 $ 3 $ 个单位长度，再向下平移 $ 2 $ 个单位长度后正好与原点重合，那么点 $ A $ 的坐标是()
A.$ (2,-3) $
B.$ (-2,3) $
C.$ (3,-2) $
D.$ (-3,2) $
A.$ (2,-3) $
B.$ (-2,3) $
C.$ (3,-2) $
D.$ (-3,2) $
答案
D
解析
设点$A$的原始坐标为$(a, b)$。
根据题意，点$A$向右平移3个单位长度，横坐标变为$a + 3$；
然后向下平移2个单位长度，纵坐标变为$b - 2$。
经过这两步平移后，点$A$的新坐标与原点$(0, 0)$重合，因此有：
$a + 3 = 0$，
$b - 2 = 0$，
解这两个方程，得到：
$a = -3$，
$b = 2$，
所以，点$A$的原始坐标是$(-3, 2)$。
根据题意，点$A$向右平移3个单位长度，横坐标变为$a + 3$；
然后向下平移2个单位长度，纵坐标变为$b - 2$。
经过这两步平移后，点$A$的新坐标与原点$(0, 0)$重合，因此有：
$a + 3 = 0$，
$b - 2 = 0$，
解这两个方程，得到：
$a = -3$，
$b = 2$，
所以，点$A$的原始坐标是$(-3, 2)$。
3. 如图，直线 $ y=-\sqrt{3}x+6 $ 与 $ x $ 轴、$ y $ 轴分别相交于点 $ A $，$ B $。将 $ △ AOB $ 绕点 $ A $ 逆时针旋转 $ 30^{\circ} $ 得到 $ △ AO'B' $，则点 $ B' $ 的坐标为()
A.$ (-2\sqrt{3},\sqrt{3}) $
B.$ (6-2\sqrt{3},2\sqrt{3}) $
C.$ (2\sqrt{3}-6,2\sqrt{3}) $
D.$ (-3,\sqrt{3}) $
A.$ (-2\sqrt{3},\sqrt{3}) $
B.$ (6-2\sqrt{3},2\sqrt{3}) $
C.$ (2\sqrt{3}-6,2\sqrt{3}) $
D.$ (-3,\sqrt{3}) $
答案
C
解析
首先，求点A、B坐标。令$y=0$，得$x=2\sqrt{3}$，则$A(2\sqrt{3},0)$；令$x=0$，得$y=6$，则$B(0,6)$。
计算$AB$长度：$AB=\sqrt{(2\sqrt{3}-0)^2+(0-6)^2}=\sqrt{12+36}=4\sqrt{3}$。
$△ AOB$中，$\tan∠ OAB=\frac{OB}{OA}=\frac{6}{2\sqrt{3}}=\sqrt{3}$，故$∠ OAB=60°$，即$AB$与x轴正方向夹角为$120°$。
绕点A逆时针旋转$30°$后，$AB'$与x轴正方向夹角为$120°+30°=150°$，且$AB'=AB=4\sqrt{3}$。
$AB'$在x轴分量：$4\sqrt{3}\cos150°=4\sqrt{3}×(-\frac{\sqrt{3}}{2})=-6$；y轴分量：$4\sqrt{3}\sin150°=4\sqrt{3}×\frac{1}{2}=2\sqrt{3}$。
点$B'$坐标：$A$点坐标加分量，即$(2\sqrt{3}-6,0+2\sqrt{3})=(2\sqrt{3}-6,2\sqrt{3})$。
计算$AB$长度：$AB=\sqrt{(2\sqrt{3}-0)^2+(0-6)^2}=\sqrt{12+36}=4\sqrt{3}$。
$△ AOB$中，$\tan∠ OAB=\frac{OB}{OA}=\frac{6}{2\sqrt{3}}=\sqrt{3}$，故$∠ OAB=60°$，即$AB$与x轴正方向夹角为$120°$。
绕点A逆时针旋转$30°$后，$AB'$与x轴正方向夹角为$120°+30°=150°$，且$AB'=AB=4\sqrt{3}$。
$AB'$在x轴分量：$4\sqrt{3}\cos150°=4\sqrt{3}×(-\frac{\sqrt{3}}{2})=-6$；y轴分量：$4\sqrt{3}\sin150°=4\sqrt{3}×\frac{1}{2}=2\sqrt{3}$。
点$B'$坐标：$A$点坐标加分量，即$(2\sqrt{3}-6,0+2\sqrt{3})=(2\sqrt{3}-6,2\sqrt{3})$。
二、填空题
4. 如图，将 $ △ ABC $ 绕点 $ A $ 逆时针旋转到 $ △ AB'C' $ 的位置，连接 $ C'C $。已知 $ ∠ BAB'=50^{\circ} $，若 $ CC' // AB $，则 $ ∠ BAC $ 的度数为。
4. 如图，将 $ △ ABC $ 绕点 $ A $ 逆时针旋转到 $ △ AB'C' $ 的位置，连接 $ C'C $。已知 $ ∠ BAB'=50^{\circ} $，若 $ CC' // AB $，则 $ ∠ BAC $ 的度数为。
答案
∵△ABC绕点A逆时针旋转到△AB'C'，∴∠CAC'=∠BAB'=50°，AC=AC'。
∴△AC'C是等腰三角形，∠AC'C=∠ACC'。
∵∠CAC'=50°，∴∠ACC'=(180°-50°)/2=65°。
∵CC'//AB，∴∠BAC=∠ACC'=65°。
65°
∴△AC'C是等腰三角形，∠AC'C=∠ACC'。
∵∠CAC'=50°，∴∠ACC'=(180°-50°)/2=65°。
∵CC'//AB，∴∠BAC=∠ACC'=65°。
65°
5. 如图，直线 $ a $ 经过平移后得到直线 $ b $。若 $ ∠ 1+∠ 2=210^{\circ} $，则 $ ∠ 3= $。
答案
30°
解析
∵直线a平移后得到直线b，∴a//b。设∠1的邻补角为∠4，则∠4=180°-∠1。∵∠2是由∠4与∠3组成的角（或∠2=∠4+∠3），∴∠2=∠4+∠3=180°-∠1+∠3。∵∠1+∠2=210°，∴∠1+(180°-∠1+∠3)=210°，化简得180°+∠3=210°，∴∠3=30°。
6. 提升题 如图，$ P $ 是等边三角形 $ ABC $ 内一动点，$ ∠ APB=100^{\circ} $，将 $ △ APB $ 绕点 $ A $ 逆时针旋转 $ 60^{\circ} $，得到 $ △ ADC $，连接 $ PD $，$ PC $。若 $ △ DPC $ 是等腰三角形，则 $ ∠ BAP $ 的值是。
答案
30°或40°或50°
解析
设∠BAP=α，将△APB绕点A逆时针旋转60°得△ADC，故△APB≌△ADC，AD=AP，∠PAD=60°，∠ADC=∠APB=100°，DC=PB，△APD为等边三角形，PD=AP，∠ADP=60°，则∠PDC=∠ADC-∠ADP=40°。
△DPC为等腰三角形分三种情况：
1. PC=DC：DC=PB，故PB=PC，∠PBC=∠PCB。∠ABP=80°-α，∠PBC=α-20°，∠PCB=α-20°，∠ACP=80°-α。在△APC中，∠APC=40°+2α，∠DPC=∠APC-60°=2α-20°。由∠PDC=∠DPC=40°，得2α-20°=40°，α=30°。
2. PD=PC：PD=AP，故AP=PC，∠PAC=∠ACP=60°-α。∠ACD=80°-α，∠PCD=∠ACD+∠ACP=140°-2α。由∠PDC=∠PCD=40°，得140°-2α=40°，α=50°。
综上，∠BAP=30°或50°。
△DPC为等腰三角形分三种情况：
1. PC=DC：DC=PB，故PB=PC，∠PBC=∠PCB。∠ABP=80°-α，∠PBC=α-20°，∠PCB=α-20°，∠ACP=80°-α。在△APC中，∠APC=40°+2α，∠DPC=∠APC-60°=2α-20°。由∠PDC=∠DPC=40°，得2α-20°=40°，α=30°。
2. PD=PC：PD=AP，故AP=PC，∠PAC=∠ACP=60°-α。∠ACD=80°-α，∠PCD=∠ACD+∠ACP=140°-2α。由∠PDC=∠PCD=40°，得140°-2α=40°，α=50°。
综上，∠BAP=30°或50°。
三、解答题
7. 如图，直线 $ l $ 上有两个大小相同的 $ \mathrm{Rt} △ ABC $ 和 $ \mathrm{Rt} △ DEC $，$ AB=2\sqrt{3} $，$ ∠ ABC=60^{\circ} $。将 $ △ ECD $ 沿直线 $ l $ 向左平移到 $ △ E'C'D' $ 的位置，使点 $ E $ 落在 $ AB $ 上的点 $ E' $ 处，$ P $ 为 $ AC $ 与 $ E'D' $ 的交点。
(1) 求 $ ∠ CPD' $ 的度数；
(2) 试判断 $ AB $ 与 $ E'D' $ 之间的位置关系，并说明理由；
(3) 求平移的距离。
7. 如图，直线 $ l $ 上有两个大小相同的 $ \mathrm{Rt} △ ABC $ 和 $ \mathrm{Rt} △ DEC $，$ AB=2\sqrt{3} $，$ ∠ ABC=60^{\circ} $。将 $ △ ECD $ 沿直线 $ l $ 向左平移到 $ △ E'C'D' $ 的位置，使点 $ E $ 落在 $ AB $ 上的点 $ E' $ 处，$ P $ 为 $ AC $ 与 $ E'D' $ 的交点。
(1) 求 $ ∠ CPD' $ 的度数；
(2) 试判断 $ AB $ 与 $ E'D' $ 之间的位置关系，并说明理由；
(3) 求平移的距离。
答案
(1)
∵Rt△ABC≌Rt△DEC
∴∠ABC = ∠CED=60°。
由平移的性质知，DE//D'E'
∴∠CPD'=∠CED=60°
(2)
$AB⊥E'D'$。
由(1)得$∠AE'D' = 30^{\circ}$，
$∠A = 30^{\circ}$，
$\therefore ∠AP E' = 90^{\circ}$，
即$AB⊥E'D'$。
(3)
∵Rt△ABC≌Rt△DEC，AB=2√3，∠ABC=60°
∴BC=EC=√3
由平移的性质知，E'C'=EC=√3
∠E'C'D'=∠ECD=90°
在Rt三角形BC'E'中，可求得BC'=1
∴平移的距离CC'=BC-BC'=√3-1
∵Rt△ABC≌Rt△DEC
∴∠ABC = ∠CED=60°。
由平移的性质知，DE//D'E'
∴∠CPD'=∠CED=60°
(2)
$AB⊥E'D'$。
由(1)得$∠AE'D' = 30^{\circ}$，
$∠A = 30^{\circ}$，
$\therefore ∠AP E' = 90^{\circ}$，
即$AB⊥E'D'$。
(3)
∵Rt△ABC≌Rt△DEC，AB=2√3，∠ABC=60°
∴BC=EC=√3
由平移的性质知，E'C'=EC=√3
∠E'C'D'=∠ECD=90°
在Rt三角形BC'E'中，可求得BC'=1
∴平移的距离CC'=BC-BC'=√3-1
解析
(1) 在Rt△ABC中，∠ABC=60°，∠ACB=90°，则∠BAC=30°，AB=2√3，可得BC=AB·cos60°=√3，AC=AB·sin60°=3。
△ECD≌△ABC，平移后△E'C'D'≌△ECD，故∠E'D'C'=∠EDC=60°，E'C'⊥l，AC⊥l，所以AC//E'C'。
E'D'与l夹角为60°，AC与l夹角为90°，则AC与E'D'夹角为90°-60°=30°，即∠CPD'=30°。
(2) 平行。理由：平移得E'D'//ED，△ABC≌△ECD得∠ABC=∠EDC=60°，故AB//ED，所以AB//E'D'。
(3) 设平移距离为CC'=x，E'在AB上，E'C'=3，∠E'BC=60°，在Rt△E'C'B中，BC'=CC'-BC=x-√3，tan60°=E'C'/BC'=3/(x-√3)=√3，解得x=2√3。
△ECD≌△ABC，平移后△E'C'D'≌△ECD，故∠E'D'C'=∠EDC=60°，E'C'⊥l，AC⊥l，所以AC//E'C'。
E'D'与l夹角为60°，AC与l夹角为90°，则AC与E'D'夹角为90°-60°=30°，即∠CPD'=30°。
(2) 平行。理由：平移得E'D'//ED，△ABC≌△ECD得∠ABC=∠EDC=60°，故AB//ED，所以AB//E'D'。
(3) 设平移距离为CC'=x，E'在AB上，E'C'=3，∠E'BC=60°，在Rt△E'C'B中，BC'=CC'-BC=x-√3，tan60°=E'C'/BC'=3/(x-√3)=√3，解得x=2√3。
