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5. 在如图所示的平面直角坐标系中,已知$△ ABC$.
(1) 将$△ ABC$向$x$轴负半轴方向平移4个单位长度得到$△ A_1B_1C_1$,画出图形并写出点$A_1$的坐标;
(2) 以原点$O$为旋转中心,将$△ ABC$顺时针旋转$90°$得到$△ A_2B_2C_2$,画出图形并写出点$A_2$的坐标;
(3) $△ A_2B_2C_2$可以看作是由$△ A_1B_1C_1$先向右平移4个单位长度,然后以原点$O$为旋转中心,顺时针旋转$90°$得到的. 除此之外,$△ A_2B_2C_2$还可以由$△ A_1B_1C_1$怎样变换得到? 请选择一种方法,写出图形变换的步骤.
(1) 将$△ ABC$向$x$轴负半轴方向平移4个单位长度得到$△ A_1B_1C_1$,画出图形并写出点$A_1$的坐标;
(2) 以原点$O$为旋转中心,将$△ ABC$顺时针旋转$90°$得到$△ A_2B_2C_2$,画出图形并写出点$A_2$的坐标;
(3) $△ A_2B_2C_2$可以看作是由$△ A_1B_1C_1$先向右平移4个单位长度,然后以原点$O$为旋转中心,顺时针旋转$90°$得到的. 除此之外,$△ A_2B_2C_2$还可以由$△ A_1B_1C_1$怎样变换得到? 请选择一种方法,写出图形变换的步骤.
答案
(1) 图略 $A_1(-1,3)$ (2) 图略 $A_2(3,-3)$ (3) 略
解析
【分析】
要解决这道题，我们分三步思考：
1. 第(1)问是平移问题：先确定原△ABC各顶点的坐标，向x轴负半轴平移4个单位的规则为每个点横坐标减4，纵坐标保持不变，据此计算A₁坐标后画图即可。
2. 第(2)问是旋转问题：掌握点绕原点顺时针旋转90°的坐标变换规律：原坐标$(x,y)$旋转后变为$(y,-x)$，代入A点坐标即可得到A₂坐标，再画出旋转后的图形。
3. 第(3)问是变换设计问题：结合平移和旋转的性质，只要能从△A₁B₁C₁得到△A₂B₂C₂的合理变换路径都符合要求，比如先旋转再平移等。
【解析】
首先观察网格得原△ABC各点坐标：$A(3,3)$，$B(1,1)$，$C(4,2)$。
(1) 平移规则：向x轴负方向平移4个单位，即横坐标减4，纵坐标不变。
点$A(3,3)$平移后：横坐标为$3-4=-1$，纵坐标仍为3，故$A_1(-1,3)$，同理可得$B_1(-3,1)$，$C_1(0,2)$，顺次连接$A_1$、$B_1$、$C_1$即得到$△ A_1B_1C_1$。
(2) 绕原点O顺时针旋转90°的坐标变换规则：点$(x,y)$旋转后坐标为$(y,-x)$。
点$A(3,3)$旋转后：横坐标为3，纵坐标为$-3$，故$A_2(3,-3)$，同理可得$B_2(1,-1)$，$C_2(2,-4)$，顺次连接$A_2$、$B_2$、$C_2$即得到$△ A_2B_2C_2$。
(3) 示例变换步骤：先将$△ A_1B_1C_1$以原点O为旋转中心顺时针旋转90°，再将得到的图形沿x轴正方向平移4个单位长度，即可得到$△ A_2B_2C_2$（答案不唯一，合理即可）。
【答案】
(1) 画图略，$A_1(-1,3)$
(2) 画图略，$A_2(3,-3)$
(3) 示例：先将$△ A_1B_1C_1$绕原点$O$顺时针旋转$90°$，再将所得图形向$x$轴正方向平移4个单位长度得到$△ A_2B_2C_2$（答案合理即可）
【知识点】
1. 平移的坐标变化
2. 旋转的坐标变化
3. 图形变换设计
【点评】
本题考查平面直角坐标系中图形的平移、旋转变换，需要熟练掌握平移和旋转对应的坐标变化规律，同时考查了开放性的变换路径设计能力，是图形变换的基础常考题。
【难度系数】
0.7
要解决这道题，我们分三步思考：
1. 第(1)问是平移问题：先确定原△ABC各顶点的坐标，向x轴负半轴平移4个单位的规则为每个点横坐标减4，纵坐标保持不变，据此计算A₁坐标后画图即可。
2. 第(2)问是旋转问题：掌握点绕原点顺时针旋转90°的坐标变换规律：原坐标$(x,y)$旋转后变为$(y,-x)$，代入A点坐标即可得到A₂坐标，再画出旋转后的图形。
3. 第(3)问是变换设计问题：结合平移和旋转的性质，只要能从△A₁B₁C₁得到△A₂B₂C₂的合理变换路径都符合要求，比如先旋转再平移等。
【解析】
首先观察网格得原△ABC各点坐标：$A(3,3)$，$B(1,1)$，$C(4,2)$。
(1) 平移规则：向x轴负方向平移4个单位，即横坐标减4，纵坐标不变。
点$A(3,3)$平移后：横坐标为$3-4=-1$，纵坐标仍为3，故$A_1(-1,3)$，同理可得$B_1(-3,1)$，$C_1(0,2)$，顺次连接$A_1$、$B_1$、$C_1$即得到$△ A_1B_1C_1$。
(2) 绕原点O顺时针旋转90°的坐标变换规则：点$(x,y)$旋转后坐标为$(y,-x)$。
点$A(3,3)$旋转后：横坐标为3，纵坐标为$-3$，故$A_2(3,-3)$，同理可得$B_2(1,-1)$，$C_2(2,-4)$，顺次连接$A_2$、$B_2$、$C_2$即得到$△ A_2B_2C_2$。
(3) 示例变换步骤：先将$△ A_1B_1C_1$以原点O为旋转中心顺时针旋转90°，再将得到的图形沿x轴正方向平移4个单位长度，即可得到$△ A_2B_2C_2$（答案不唯一，合理即可）。
【答案】
(1) 画图略，$A_1(-1,3)$
(2) 画图略，$A_2(3,-3)$
(3) 示例：先将$△ A_1B_1C_1$绕原点$O$顺时针旋转$90°$，再将所得图形向$x$轴正方向平移4个单位长度得到$△ A_2B_2C_2$（答案合理即可）
【知识点】
1. 平移的坐标变化
2. 旋转的坐标变化
3. 图形变换设计
【点评】
本题考查平面直角坐标系中图形的平移、旋转变换，需要熟练掌握平移和旋转对应的坐标变化规律，同时考查了开放性的变换路径设计能力，是图形变换的基础常考题。
【难度系数】
0.7
1. 如图,已知在平面直角坐标系$xOy$中,$△ A'B'C'$由$△ ABC$绕点$P$旋转得到,则点$P$的坐标为
(1,-1)
.答案
$(1,-1)$
解析
【分析】
根据旋转的性质可知，旋转中心到任意一组对应点的距离都相等，因此旋转中心是两组对应点连线的垂直平分线的交点。解题时先确定两组对应点的坐标，先求出其中一组对应点连线的垂直平分线，确定旋转中心所在的直线，再结合另一组对应点到旋转中心距离相等的性质列方程，即可求出旋转中心的坐标。
【解析】
1. 确定对应点坐标：由图可得$A(-2,2)$，$A'(4,2)$，$B(-3,-2)$，$B'(0,3)$。
2. 求$AA'$的垂直平分线：
$A$和$A'$纵坐标相同，故$AA'$是水平线段，中点坐标为$(\frac{-2+4}{2},\frac{2+2}{2})=(1,2)$，水平线段的垂直平分线为过中点且垂直于x轴的直线，即直线$x=1$，因此旋转中心$P$的横坐标为1。
3. 设$P(1,y)$，根据旋转中心到对应点距离相等，得$PB=PB'$，由两点间距离公式列等式：
$(1+3)^2+(y+2)^2=(1-0)^2+(y-3)^2$
展开化简：
$16+y^2+4y+4=1+y^2-6y+9$
$10y=-10$
解得$y=-1$。
【答案】
$(1,-1)$
【知识点】
旋转的性质；垂直平分线的性质；坐标与图形变化-旋转
【点评】
本题是旋转章节的基础常考题，解题核心是掌握旋转前后对应点到旋转中心距离相等的性质，结合坐标系特点即可快速求解，解题时也可以通过画两组对应点连线的垂直平分线直接在网格中找到交点。
【难度系数】
0.7
根据旋转的性质可知，旋转中心到任意一组对应点的距离都相等，因此旋转中心是两组对应点连线的垂直平分线的交点。解题时先确定两组对应点的坐标，先求出其中一组对应点连线的垂直平分线，确定旋转中心所在的直线，再结合另一组对应点到旋转中心距离相等的性质列方程，即可求出旋转中心的坐标。
【解析】
1. 确定对应点坐标：由图可得$A(-2,2)$，$A'(4,2)$，$B(-3,-2)$，$B'(0,3)$。
2. 求$AA'$的垂直平分线：
$A$和$A'$纵坐标相同，故$AA'$是水平线段，中点坐标为$(\frac{-2+4}{2},\frac{2+2}{2})=(1,2)$，水平线段的垂直平分线为过中点且垂直于x轴的直线，即直线$x=1$，因此旋转中心$P$的横坐标为1。
3. 设$P(1,y)$，根据旋转中心到对应点距离相等，得$PB=PB'$，由两点间距离公式列等式：
$(1+3)^2+(y+2)^2=(1-0)^2+(y-3)^2$
展开化简：
$16+y^2+4y+4=1+y^2-6y+9$
$10y=-10$
解得$y=-1$。
【答案】
$(1,-1)$
【知识点】
旋转的性质；垂直平分线的性质；坐标与图形变化-旋转
【点评】
本题是旋转章节的基础常考题，解题核心是掌握旋转前后对应点到旋转中心距离相等的性质，结合坐标系特点即可快速求解，解题时也可以通过画两组对应点连线的垂直平分线直接在网格中找到交点。
【难度系数】
0.7
2. 如图，已知在$△ ABC$中，$∠ C=90°$，$AC=BC=\sqrt{2}$，将$△ ABC$绕点$A$顺时针旋转$60°$到$△ AB'C'$的位置，连接$C'B$，则$C'B=\_\_\_\_\_\_$。
答案
$\sqrt{3}-1$
解析
【分析】
解题时先利用旋转的性质得到对应边、对应角的等量关系，首先通过勾股定理计算AB的长度，再结合旋转角为60°判定△ABB'是等边三角形；随后根据垂直平分线的判定定理，确定BC'是AB'的垂直平分线，分别求出等边△ABB'的高BD和Rt△AB'C'斜边中线C'D的长度，最后通过线段差得到C'B的长度。
【解析】
1. 计算AB的长度
在$Rt△ ABC$中，$∠ C=90°$，$AC=BC=\sqrt{2}$，由勾股定理得：
$AB=\sqrt{AC^2+BC^2}=\sqrt{(\sqrt{2})^2+(\sqrt{2})^2}=2$
2. 分析旋转后的图形性质
由旋转的性质可得：$AB=AB'=2$，$∠ BAB'=60°$，$AC'=AC=B'C'=\sqrt{2}$。
因为$AB=AB'$，$∠ BAB'=60°$，所以$△ ABB'$是等边三角形，即$AB=BB'=2$。
3. 判定AB'的垂直平分线
因为$AC'=B'C'$，所以点$C'$在$AB'$的垂直平分线上；
又因为$AB=BB'$，所以点$B$也在$AB'$的垂直平分线上；
因此直线$BC'$是线段$AB'$的垂直平分线，设$BC'$交$AB'$于点$D$，则$D$为$AB'$中点，且$BD⊥ AB'$。
4. 计算$BD$和$C'D$的长度
在等边$△ ABB'$中，$AD=\frac{1}{2}AB'=1$，由勾股定理得：
$BD=\sqrt{AB^2-AD^2}=\sqrt{2^2-1^2}=\sqrt{3}$
在$Rt△ AB'C'$中，$∠ AC'B'=90°$，$D$是斜边$AB'$的中点，根据直角三角形斜边中线等于斜边的一半，得：
$C'D=\frac{1}{2}AB'=1$
5. 计算$C'B$的长度
$C'B=BD-C'D=\sqrt{3}-1$
【答案】
$\sqrt{3}-1$
【知识点】
旋转的性质，等边三角形的判定与性质，勾股定理
【点评】
本题是图形旋转的典型综合题，解题的核心是利用旋转性质构造等边三角形，再通过垂直平分线的性质转化所求线段，能较好地考查学生对几何性质的综合运用能力。
【难度系数】
0.6
解题时先利用旋转的性质得到对应边、对应角的等量关系，首先通过勾股定理计算AB的长度，再结合旋转角为60°判定△ABB'是等边三角形；随后根据垂直平分线的判定定理，确定BC'是AB'的垂直平分线，分别求出等边△ABB'的高BD和Rt△AB'C'斜边中线C'D的长度，最后通过线段差得到C'B的长度。
【解析】
1. 计算AB的长度
在$Rt△ ABC$中，$∠ C=90°$，$AC=BC=\sqrt{2}$，由勾股定理得：
$AB=\sqrt{AC^2+BC^2}=\sqrt{(\sqrt{2})^2+(\sqrt{2})^2}=2$
2. 分析旋转后的图形性质
由旋转的性质可得：$AB=AB'=2$，$∠ BAB'=60°$，$AC'=AC=B'C'=\sqrt{2}$。
因为$AB=AB'$，$∠ BAB'=60°$，所以$△ ABB'$是等边三角形，即$AB=BB'=2$。
3. 判定AB'的垂直平分线
因为$AC'=B'C'$，所以点$C'$在$AB'$的垂直平分线上；
又因为$AB=BB'$，所以点$B$也在$AB'$的垂直平分线上；
因此直线$BC'$是线段$AB'$的垂直平分线，设$BC'$交$AB'$于点$D$，则$D$为$AB'$中点，且$BD⊥ AB'$。
4. 计算$BD$和$C'D$的长度
在等边$△ ABB'$中，$AD=\frac{1}{2}AB'=1$，由勾股定理得：
$BD=\sqrt{AB^2-AD^2}=\sqrt{2^2-1^2}=\sqrt{3}$
在$Rt△ AB'C'$中，$∠ AC'B'=90°$，$D$是斜边$AB'$的中点，根据直角三角形斜边中线等于斜边的一半，得：
$C'D=\frac{1}{2}AB'=1$
5. 计算$C'B$的长度
$C'B=BD-C'D=\sqrt{3}-1$
【答案】
$\sqrt{3}-1$
【知识点】
旋转的性质，等边三角形的判定与性质，勾股定理
【点评】
本题是图形旋转的典型综合题，解题的核心是利用旋转性质构造等边三角形，再通过垂直平分线的性质转化所求线段，能较好地考查学生对几何性质的综合运用能力。
【难度系数】
0.6
3. 如图，P是等边三角形ABC内一点，将线段AP绕点A顺时针旋转$60°$得到线段AQ，连接BQ.若$PA=6$，$PB=8$，$PC=10$，则四边形APBQ的面积为
$24+9\sqrt{3}$
.答案
$24+9\sqrt{3}$
解析
【分析】
解题时先利用旋转的性质得到AP=AQ、∠PAQ=60°，可判定△APQ是等边三角形，求出其面积；再结合等边△ABC的性质证明△CAP≌△BAQ，得到BQ=PC=10；最后通过勾股定理逆定理判断△PBQ是直角三角形，算出其面积，四边形APBQ的面积即为两个三角形面积之和。
【解析】
连接PQ，
∵ 线段AP绕点A顺时针旋转60°得到线段AQ，
∴ AP=AQ，∠PAQ=60°，
∴ △APQ是等边三角形，
∴ PQ=AP=6，
$S_{△ APQ}=\frac{\sqrt{3}}{4}× PA^2=\frac{\sqrt{3}}{4}×6^2=9\sqrt{3}$。
∵ △ABC是等边三角形，
∴ AC=AB，∠CAB=60°，
∴ ∠CAB=∠PAQ=60°，
∴ ∠CAB - ∠PAB = ∠PAQ - ∠PAB，即∠CAP=∠BAQ。
在△CAP和△BAQ中：
$\{\begin{array}{l}AC=AB\\∠CAP=∠BAQ\\AP=AQ\end{array} $
∴ △CAP≌△BAQ（SAS），
∴ BQ=PC=10。
在△PBQ中，PQ=6，PB=8，BQ=10，
∵ $6^2+8^2=36+64=100=10^2$，即$PQ^2+PB^2=BQ^2$，
∴ △PBQ是直角三角形，且∠BPQ=90°，
∴ $S_{△ PBQ}=\frac{1}{2}× PQ× PB=\frac{1}{2}×6×8=24$。
∴ 四边形APBQ的面积$S=S_{△ APQ}+S_{△ PBQ}=24+9\sqrt{3}$。
【答案】
$24+9\sqrt{3}$
【知识点】
旋转的性质，全等三角形的判定与性质，等边三角形的判定与性质
【点评】
本题通过旋转构造全等三角形和特殊三角形，将不规则四边形的面积转化为两个规则三角形的面积之和，解题关键是利用旋转性质得到相等的边与角，结合勾股定理逆定理判断直角三角形，体现了转化思想在几何解题中的应用。
【难度系数】
0.6
解题时先利用旋转的性质得到AP=AQ、∠PAQ=60°，可判定△APQ是等边三角形，求出其面积；再结合等边△ABC的性质证明△CAP≌△BAQ，得到BQ=PC=10；最后通过勾股定理逆定理判断△PBQ是直角三角形，算出其面积，四边形APBQ的面积即为两个三角形面积之和。
【解析】
连接PQ，
∵ 线段AP绕点A顺时针旋转60°得到线段AQ，
∴ AP=AQ，∠PAQ=60°，
∴ △APQ是等边三角形，
∴ PQ=AP=6，
$S_{△ APQ}=\frac{\sqrt{3}}{4}× PA^2=\frac{\sqrt{3}}{4}×6^2=9\sqrt{3}$。
∵ △ABC是等边三角形，
∴ AC=AB，∠CAB=60°，
∴ ∠CAB=∠PAQ=60°，
∴ ∠CAB - ∠PAB = ∠PAQ - ∠PAB，即∠CAP=∠BAQ。
在△CAP和△BAQ中：
$\{\begin{array}{l}AC=AB\\∠CAP=∠BAQ\\AP=AQ\end{array} $
∴ △CAP≌△BAQ（SAS），
∴ BQ=PC=10。
在△PBQ中，PQ=6，PB=8，BQ=10，
∵ $6^2+8^2=36+64=100=10^2$，即$PQ^2+PB^2=BQ^2$，
∴ △PBQ是直角三角形，且∠BPQ=90°，
∴ $S_{△ PBQ}=\frac{1}{2}× PQ× PB=\frac{1}{2}×6×8=24$。
∴ 四边形APBQ的面积$S=S_{△ APQ}+S_{△ PBQ}=24+9\sqrt{3}$。
【答案】
$24+9\sqrt{3}$
【知识点】
旋转的性质，全等三角形的判定与性质，等边三角形的判定与性质
【点评】
本题通过旋转构造全等三角形和特殊三角形，将不规则四边形的面积转化为两个规则三角形的面积之和，解题关键是利用旋转性质得到相等的边与角，结合勾股定理逆定理判断直角三角形，体现了转化思想在几何解题中的应用。
【难度系数】
0.6
4. 如图，将$△ ABC$绕点$C$按顺时针方向旋转至$△ A'B'C$，使点$A'$落在$BC$的延长线上. 已知$∠ A=27°$，$∠ B=40°$，则$∠ ACB'=$
$46°$
.答案
$46°$
解析
【分析】
这是一道结合旋转性质与三角形角度计算的题目，解题思路如下：第一步，利用三角形内角和定理，先算出△ABC中∠ACB的度数；第二步，根据点A'落在BC的延长线上，可知旋转角∠ACA'是△ABC的外角，利用三角形外角性质算出旋转角的度数；第三步，根据旋转的性质，旋转前后对应角相等、旋转角相等，可得∠BCB'与∠ACA'相等，最后用∠ACB减去∠BCB'即可求出∠ACB'的度数。
【解析】
解：在△ABC中，∠A=27°，∠B=40°，
由三角形内角和为180°可得：
∠ACB = 180° - ∠A - ∠B = 180° - 27° - 40° = 113°。
∵△ABC绕点C顺时针旋转得到△A'B'C，
根据旋转的性质可知：∠A'CB' = ∠ACB = 113°，旋转角∠ACA' = ∠BCB'。
∵点A'落在BC的延长线上，∠ACA'是△ABC的外角，
∴∠ACA' = ∠A + ∠B = 27° + 40° = 67°，即∠BCB' = 67°。
∴∠ACB' = ∠ACB - ∠BCB' = 113° - 67° = 46°。
【答案】
$46°$
【知识点】
三角形内角和定理；旋转的性质；三角形外角的性质
【点评】
本题属于旋转性质的基础应用题型，解题的关键是抓住旋转前后的不变量（对应角相等、旋转角相等），结合三角形角度计算的相关性质求解即可，是角度计算类的常见考题。
【难度系数】
0.7
这是一道结合旋转性质与三角形角度计算的题目，解题思路如下：第一步，利用三角形内角和定理，先算出△ABC中∠ACB的度数；第二步，根据点A'落在BC的延长线上，可知旋转角∠ACA'是△ABC的外角，利用三角形外角性质算出旋转角的度数；第三步，根据旋转的性质，旋转前后对应角相等、旋转角相等，可得∠BCB'与∠ACA'相等，最后用∠ACB减去∠BCB'即可求出∠ACB'的度数。
【解析】
解：在△ABC中，∠A=27°，∠B=40°，
由三角形内角和为180°可得：
∠ACB = 180° - ∠A - ∠B = 180° - 27° - 40° = 113°。
∵△ABC绕点C顺时针旋转得到△A'B'C，
根据旋转的性质可知：∠A'CB' = ∠ACB = 113°，旋转角∠ACA' = ∠BCB'。
∵点A'落在BC的延长线上，∠ACA'是△ABC的外角，
∴∠ACA' = ∠A + ∠B = 27° + 40° = 67°，即∠BCB' = 67°。
∴∠ACB' = ∠ACB - ∠BCB' = 113° - 67° = 46°。
【答案】
$46°$
【知识点】
三角形内角和定理；旋转的性质；三角形外角的性质
【点评】
本题属于旋转性质的基础应用题型，解题的关键是抓住旋转前后的不变量（对应角相等、旋转角相等），结合三角形角度计算的相关性质求解即可，是角度计算类的常见考题。
【难度系数】
0.7
