登录
2. 如图28－2－25所示，矩形OABC的顶点O为坐标原点，点A在x轴上，点B的坐标为(2,1)。如果将矩形OABC绕点O旋转180°，旋转后的图形为矩形OA₁B₁C₁，那么点B₁的坐标为(
A.(2,1)
B.(-2,1)
C.(-2,-1)
D.(2,-1)
图28－2－25
图28－2－26
图28－2－27
C
)A.(2,1)
B.(-2,1)
C.(-2,-1)
D.(2,-1)
图28－2－25
图28－2－26
图28－2－27
答案
2.C 点拨:矩形 $OA_1B_1C_1$ 是由矩形 OABC 绕原点旋转 $180°$ 得到的,矩形 OABC 与矩形 $OA_1B_1C_1$ 关于原点成中心对称,因此点 $B_1$ 的坐标为(-2,-1).
解析
【分析】
解题时首先明确旋转的核心条件：旋转中心是原点，旋转角度为180°。根据中心对称的定义，绕某点旋转180°后能重合的两个图形关于该点中心对称，因此旋转后的矩形与原矩形关于原点中心对称，对应点B和B₁关于原点对称。接下来回忆关于原点对称的点的坐标规律：横、纵坐标均互为相反数，代入点B的坐标即可求出点B₁的坐标。
【解析】
解：
∵矩形OA₁B₁C₁是矩形OABC绕原点O旋转180°得到的，
∴矩形OABC与矩形OA₁B₁C₁关于原点O中心对称，即点B与点B₁关于原点O对称。
根据关于原点对称的点的坐标特征：若点P(x,y)关于原点对称的点为P'，则P'的坐标为(-x,-y)。
已知点B的坐标为(2,1)，因此点B₁的坐标为(-2,-1)。
故选：C
【答案】
C
【知识点】
1.关于原点对称的点的坐标特征
2.中心对称的性质
3.旋转的性质
【点评】
本题属于基础题，主要考查旋转180°与中心对称的关联，以及关于原点对称的点的坐标规律，熟练掌握对应坐标的变化规则即可快速得出答案。
【难度系数】
0.9
解题时首先明确旋转的核心条件：旋转中心是原点，旋转角度为180°。根据中心对称的定义，绕某点旋转180°后能重合的两个图形关于该点中心对称，因此旋转后的矩形与原矩形关于原点中心对称，对应点B和B₁关于原点对称。接下来回忆关于原点对称的点的坐标规律：横、纵坐标均互为相反数，代入点B的坐标即可求出点B₁的坐标。
【解析】
解：
∵矩形OA₁B₁C₁是矩形OABC绕原点O旋转180°得到的，
∴矩形OABC与矩形OA₁B₁C₁关于原点O中心对称，即点B与点B₁关于原点O对称。
根据关于原点对称的点的坐标特征：若点P(x,y)关于原点对称的点为P'，则P'的坐标为(-x,-y)。
已知点B的坐标为(2,1)，因此点B₁的坐标为(-2,-1)。
故选：C
【答案】
C
【知识点】
1.关于原点对称的点的坐标特征
2.中心对称的性质
3.旋转的性质
【点评】
本题属于基础题，主要考查旋转180°与中心对称的关联，以及关于原点对称的点的坐标规律，熟练掌握对应坐标的变化规则即可快速得出答案。
【难度系数】
0.9
3.如图28－2－26，菱形ABCD的对角线交于原点O，若点A的坐标为(－3，－5)，点B的坐标为(10，m)，点D的坐标为(n，6)，则边CD的长为
$\sqrt{170}$
。答案
3.$\sqrt{170}$
解析
【分析】
解题时先结合菱形性质与原点对称的坐标特征推导未知点坐标，再用两点间距离公式计算边长。第一步：菱形对角线互相平分，本题对角线交于原点，说明原点是两条对角线的中点，因此点B与D、点A与C分别关于原点对称；第二步：根据关于原点对称的点横、纵坐标均互为相反数，求出m、n的值和点C的坐标；第三步：代入两点间距离公式计算CD的长度即可。
【解析】
∵四边形ABCD是菱形，对角线交于原点O
∴O是对角线BD、AC的中点，即点B与点D关于原点对称，点A与点C关于原点对称
1. 求n、m的值：
关于原点对称的两点横、纵坐标互为相反数，已知B(10,m)，D(n,6)
∴10=-n，m=-6，解得n=-10，即D点坐标为(-10,6)
2. 求点C的坐标：
已知A(-3,-5)，与C关于原点对称，故C点坐标为(3,5)
3. 计算CD的长度：
根据两点间距离公式：若两点坐标为$(x_1,y_1)$、$(x_2,y_2)$，则距离为$\sqrt{(x_1-x_2)^2+(y_1-y_2)^2}$
代入C(3,5)、D(-10,6)得：
$CD=\sqrt{[3-(-10)]^2+(5-6)^2}=\sqrt{13^2+(-1)^2}=\sqrt{169+1}=\sqrt{170}$
【答案】
$\sqrt{170}$
【知识点】
菱形的性质；关于原点对称的点的坐标；两点间距离公式
【点评】
本题将菱形性质与平面直角坐标系的知识点结合考查，解题的突破口是利用菱形对角线互相平分的性质得到顶点关于原点对称的关系，再结合坐标规律计算即可。
【难度系数】
0.7
解题时先结合菱形性质与原点对称的坐标特征推导未知点坐标，再用两点间距离公式计算边长。第一步：菱形对角线互相平分，本题对角线交于原点，说明原点是两条对角线的中点，因此点B与D、点A与C分别关于原点对称；第二步：根据关于原点对称的点横、纵坐标均互为相反数，求出m、n的值和点C的坐标；第三步：代入两点间距离公式计算CD的长度即可。
【解析】
∵四边形ABCD是菱形，对角线交于原点O
∴O是对角线BD、AC的中点，即点B与点D关于原点对称，点A与点C关于原点对称
1. 求n、m的值：
关于原点对称的两点横、纵坐标互为相反数，已知B(10,m)，D(n,6)
∴10=-n，m=-6，解得n=-10，即D点坐标为(-10,6)
2. 求点C的坐标：
已知A(-3,-5)，与C关于原点对称，故C点坐标为(3,5)
3. 计算CD的长度：
根据两点间距离公式：若两点坐标为$(x_1,y_1)$、$(x_2,y_2)$，则距离为$\sqrt{(x_1-x_2)^2+(y_1-y_2)^2}$
代入C(3,5)、D(-10,6)得：
$CD=\sqrt{[3-(-10)]^2+(5-6)^2}=\sqrt{13^2+(-1)^2}=\sqrt{169+1}=\sqrt{170}$
【答案】
$\sqrt{170}$
【知识点】
菱形的性质；关于原点对称的点的坐标；两点间距离公式
【点评】
本题将菱形性质与平面直角坐标系的知识点结合考查，解题的突破口是利用菱形对角线互相平分的性质得到顶点关于原点对称的关系，再结合坐标规律计算即可。
【难度系数】
0.7
4.如图28－2－27，抛物线$ C_1: y=\frac{3}{4}(x+2)^2 -1 $与抛物线$ C_2 $关于原点O成中心对称.则抛物线$ C_2 $的顶点坐标是
(2,1)
，解析式为$y=-\frac{3}{4}(x-2)^2 +1$
.答案
4.(2,1) $y=-\frac{3}{4}(x-2)^2 +1$
解析
【分析】
解题时可按以下思路推导：①首先回忆二次函数顶点式的结构，从抛物线$C_1$的解析式中直接提取顶点坐标；②根据关于原点对称的点的坐标规律：点$(x,y)$关于原点对称的点为$(-x,-y)$，计算得到抛物线$C_2$的顶点坐标；③由于关于原点中心对称的两个抛物线开口大小不变、开口方向相反，因此二次项系数为原系数的相反数，结合$C_2$的顶点坐标即可写出其顶点式解析式。
【解析】
1. 求抛物线$C_1$的顶点坐标：
抛物线$C_1$的解析式为$y=\frac{3}{4}(x+2)^2 -1$，属于顶点式$y=a(x-h)^2+k$（顶点坐标为$(h,k)$），对比可得$h=-2$，$k=-1$，因此$C_1$的顶点坐标为$(-2,-1)$。
2. 求抛物线$C_2$的顶点坐标：
关于原点对称的点横、纵坐标均互为相反数，因此$(-2,-1)$关于原点对称的点为$(2,1)$，即$C_2$的顶点坐标为$(2,1)$。
3. 求抛物线$C_2$的解析式：
两抛物线关于原点成中心对称，因此开口大小不变、开口方向相反，二次项系数变为原来的相反数，即新的$a=-\frac{3}{4}$。
将$C_2$的顶点坐标$(2,1)$和$a=-\frac{3}{4}$代入顶点式，可得$C_2$的解析式为$y=-\frac{3}{4}(x-2)^2 +1$。
【答案】
$(2,1)$；$y=-\frac{3}{4}(x-2)^2 +1$
【知识点】
二次函数顶点式、关于原点对称的坐标性质、二次函数的对称变换
【点评】
本题考查二次函数的中心对称变换，解题核心是抓住抛物线对称的本质：顶点对称，开口大小不变、方向相反，熟练掌握原点对称的坐标规律和二次函数顶点式即可快速解题。
【难度系数】
0.8
解题时可按以下思路推导：①首先回忆二次函数顶点式的结构，从抛物线$C_1$的解析式中直接提取顶点坐标；②根据关于原点对称的点的坐标规律：点$(x,y)$关于原点对称的点为$(-x,-y)$，计算得到抛物线$C_2$的顶点坐标；③由于关于原点中心对称的两个抛物线开口大小不变、开口方向相反，因此二次项系数为原系数的相反数，结合$C_2$的顶点坐标即可写出其顶点式解析式。
【解析】
1. 求抛物线$C_1$的顶点坐标：
抛物线$C_1$的解析式为$y=\frac{3}{4}(x+2)^2 -1$，属于顶点式$y=a(x-h)^2+k$（顶点坐标为$(h,k)$），对比可得$h=-2$，$k=-1$，因此$C_1$的顶点坐标为$(-2,-1)$。
2. 求抛物线$C_2$的顶点坐标：
关于原点对称的点横、纵坐标均互为相反数，因此$(-2,-1)$关于原点对称的点为$(2,1)$，即$C_2$的顶点坐标为$(2,1)$。
3. 求抛物线$C_2$的解析式：
两抛物线关于原点成中心对称，因此开口大小不变、开口方向相反，二次项系数变为原来的相反数，即新的$a=-\frac{3}{4}$。
将$C_2$的顶点坐标$(2,1)$和$a=-\frac{3}{4}$代入顶点式，可得$C_2$的解析式为$y=-\frac{3}{4}(x-2)^2 +1$。
【答案】
$(2,1)$；$y=-\frac{3}{4}(x-2)^2 +1$
【知识点】
二次函数顶点式、关于原点对称的坐标性质、二次函数的对称变换
【点评】
本题考查二次函数的中心对称变换，解题核心是抓住抛物线对称的本质：顶点对称，开口大小不变、方向相反，熟练掌握原点对称的坐标规律和二次函数顶点式即可快速解题。
【难度系数】
0.8
1. 如图28－2－28所示，菱形ABCD的中心在平面直角坐标系的原点O上，且AD平行于x轴，点A的坐标为(－4,3)，求其他各顶点B,C,D的坐标。
答案
1.解:连接AO,DO.
因为 O 是菱形 ABCD 的中心，
所以点 C 与点 A,点 B 与 D 分别关于原点对称，
所以点 C 的坐标为(4,-3).
因为 AD 平行于 x 轴，
所以 D 点的纵坐标与 A 点的纵坐标相同.
设 D 点的坐标为(a,3)，
则 $AD=|-4-a|=|a+4|$.
在 $Rt△ ADO$ 中,由勾股定理得:$AO^2 + DO^2 = AD^2$,
即 $(-4)^2 + 3^2 + a^2 + 3^2 = (a+4)^2$,
解得 $a=\frac{9}{4}$.
所以 $D(\frac{9}{4},3)$.
由点 B 与点 D 关于原点对称得 $B(-\frac{9}{4},-3)$.
因为 O 是菱形 ABCD 的中心，
所以点 C 与点 A,点 B 与 D 分别关于原点对称，
所以点 C 的坐标为(4,-3).
因为 AD 平行于 x 轴，
所以 D 点的纵坐标与 A 点的纵坐标相同.
设 D 点的坐标为(a,3)，
则 $AD=|-4-a|=|a+4|$.
在 $Rt△ ADO$ 中,由勾股定理得:$AO^2 + DO^2 = AD^2$,
即 $(-4)^2 + 3^2 + a^2 + 3^2 = (a+4)^2$,
解得 $a=\frac{9}{4}$.
所以 $D(\frac{9}{4},3)$.
由点 B 与点 D 关于原点对称得 $B(-\frac{9}{4},-3)$.
解析
【分析】
解题思路可分三步梳理：①首先利用菱形的中心对称性：菱形是中心对称图形，对称中心为原点，因此相对顶点关于原点对称，可直接得到点C的坐标；②接下来求点D坐标：已知AD平行x轴，因此D点纵坐标与A点相同，可设D点坐标为(a,3)，再结合菱形对角线互相垂直的性质，可得△AOD是直角三角形，利用勾股定理列方程即可求出a的值，得到D点坐标；③最后利用点B和D关于原点对称的性质，直接写出B点坐标。
【解析】
连接AO，DO。
∵ O是菱形ABCD的中心，
∴ 点C与点A、点B与点D分别关于原点对称，
∵ 点A坐标为(-4,3)，
∴ 点C的坐标为(4,-3)。
∵ AD平行于x轴，
∴ D点的纵坐标与A点的纵坐标相同，为3，
设D点的坐标为(a,3)，
则AD的长度为$|-4-a|=|a+4|$，
∵ 菱形的对角线互相垂直，
∴ ∠AOD=90°，即△ADO为直角三角形，
由勾股定理得：$AO^2 + DO^2 = AD^2$，
其中$AO^2=(-4)^2+3^2=25$，$DO^2=a^2+3^2=a^2+9$，$AD^2=(a+4)^2$，
代入得：$25 + a^2 + 9 = (a+4)^2$，
化简：$a^2+34=a^2+8a+16$，
解得：$a=\frac{9}{4}$，
∴ D点坐标为$(\frac{9}{4},3)$。
又
∵ 点B与点D关于原点对称，
∴ B点坐标为$(-\frac{9}{4},-3)$。
【答案】
$B(-\frac{9}{4},-3)$，$C(4,-3)$，$D(\frac{9}{4},3)$
【知识点】
关于原点对称的点的坐标特征；菱形的性质；勾股定理的应用
【点评】
本题是几何与平面直角坐标系结合的典型题，解题的核心是先利用中心对称性简化问题，再结合图形的几何性质构造方程求解，既考查了对图形性质的掌握，也考查了坐标与线段长度互相转化的能力。
【难度系数】
0.6
解题思路可分三步梳理：①首先利用菱形的中心对称性：菱形是中心对称图形，对称中心为原点，因此相对顶点关于原点对称，可直接得到点C的坐标；②接下来求点D坐标：已知AD平行x轴，因此D点纵坐标与A点相同，可设D点坐标为(a,3)，再结合菱形对角线互相垂直的性质，可得△AOD是直角三角形，利用勾股定理列方程即可求出a的值，得到D点坐标；③最后利用点B和D关于原点对称的性质，直接写出B点坐标。
【解析】
连接AO，DO。
∵ O是菱形ABCD的中心，
∴ 点C与点A、点B与点D分别关于原点对称，
∵ 点A坐标为(-4,3)，
∴ 点C的坐标为(4,-3)。
∵ AD平行于x轴，
∴ D点的纵坐标与A点的纵坐标相同，为3，
设D点的坐标为(a,3)，
则AD的长度为$|-4-a|=|a+4|$，
∵ 菱形的对角线互相垂直，
∴ ∠AOD=90°，即△ADO为直角三角形，
由勾股定理得：$AO^2 + DO^2 = AD^2$，
其中$AO^2=(-4)^2+3^2=25$，$DO^2=a^2+3^2=a^2+9$，$AD^2=(a+4)^2$，
代入得：$25 + a^2 + 9 = (a+4)^2$，
化简：$a^2+34=a^2+8a+16$，
解得：$a=\frac{9}{4}$，
∴ D点坐标为$(\frac{9}{4},3)$。
又
∵ 点B与点D关于原点对称，
∴ B点坐标为$(-\frac{9}{4},-3)$。
【答案】
$B(-\frac{9}{4},-3)$，$C(4,-3)$，$D(\frac{9}{4},3)$
【知识点】
关于原点对称的点的坐标特征；菱形的性质；勾股定理的应用
【点评】
本题是几何与平面直角坐标系结合的典型题，解题的核心是先利用中心对称性简化问题，再结合图形的几何性质构造方程求解，既考查了对图形性质的掌握，也考查了坐标与线段长度互相转化的能力。
【难度系数】
0.6
2.【操作实践】在平面直角坐标系中，$△ ABC$的位置如图28－2－29所示(每个小方格都是边长为1个单位长度的正方形).
(1)若$△ ABC$和$△ A_1B_1C_1$关于原点$O$成中心对称，画出$△ A_1B_1C_1$；
(2)将$△ ABC$绕着点$A$顺时针旋转$90°$，画出旋转后得到的$△ AB_2C_2$；
(3)在$x$轴上存在一点$P$，满足点$P$到点$B_1$与点$C_1$的距离之和最小，求$PB_1 + PC_1$的最小值.
(1)若$△ ABC$和$△ A_1B_1C_1$关于原点$O$成中心对称，画出$△ A_1B_1C_1$；
(2)将$△ ABC$绕着点$A$顺时针旋转$90°$，画出旋转后得到的$△ AB_2C_2$；
(3)在$x$轴上存在一点$P$，满足点$P$到点$B_1$与点$C_1$的距离之和最小，求$PB_1 + PC_1$的最小值.
答案
2.解:(1)如答图 28-2-6,$△A_1B_1C_1$ 即为所求.
(2)如答图 28-2-6,$△AB_2C_2$ 即为所求.
(3)如答图 28-2-6,作点 $C_1$ 关于 x 轴的对称点 $C_3$,
连接 $B_1C_3$ 交 x 轴于点 P,连接 $PC_1$,
∴$PC_1=PC_3$,
∴$PB_1+PC_1=PB_1+PC_3=B_1C_3=\sqrt{5^2+1^2}=\sqrt{26}$.
解析
【分析】
(1) 要作△ABC关于原点成中心对称的△A₁B₁C₁，首先回忆关于原点对称的点的坐标特征：点(x,y)关于原点对称的点坐标为(-x,-y)，先确定△ABC三个顶点的坐标，求出对应对称点的坐标，描点后顺次连接即可。
(2) 作△ABC绕点A顺时针旋转90°的图形，需明确旋转三要素：旋转中心为点A，旋转方向顺时针，旋转角度90°，分别作出点B、C旋转后的对应点B₂、C₂，再顺次连接三点即可得到旋转后的三角形。
(3) 求x轴上点P到B₁、C₁的距离之和最小值，属于“两定一动”的最短路径问题，可利用将军饮马模型求解：作其中一个定点关于x轴的对称点，将两条线段的和转化为两点之间的线段长度，再用勾股定理计算该线段长度即为最小值。
【解析】
首先确定△ABC三个顶点的坐标：A(1,1)，B(4,4)，C(5,1)。
(1) 根据关于原点对称的点的坐标规律，可得A、B、C关于原点的对称点坐标分别为A₁(-1,-1)、B₁(-4,-4)、C₁(-5,-1)，在坐标系中描出三个点后顺次连接，得到△A₁B₁C₁。
(2) 分别将线段AB、AC绕点A顺时针旋转90°，得到对应线段AB₂、AC₂，确定B₂(4,-2)、C₂(1,-3)的位置，顺次连接A、B₂、C₂，得到△AB₂C₂。
(3) 作点C₁关于x轴的对称点C₃，可得C₃坐标为(-5,1)。根据对称的性质，PC₁=PC₃，因此PB₁+PC₁=PB₁+PC₃。根据两点之间线段最短，当B₁、P、C₃三点共线时，PB₁+PC₃取得最小值，最小值为线段B₁C₃的长度。
由勾股定理可得：$B_1C_3=\sqrt{(-4 - (-5))^2 + (-4 - 1)^2}=\sqrt{1^2+5^2}=\sqrt{26}$，即$PB_1+PC_1$的最小值为$\sqrt{26}$。
【答案】
(1) 如答图 28-2-6,$△A_1B_1C_1$ 即为所求.
(2) 如答图 28-2-6,$△AB_2C_2$ 即为所求.
(3) $PB_1 + PC_1$的最小值为$\sqrt{26}$。
【知识点】
中心对称作图，旋转变换作图，最短路径计算
【点评】
本题结合平面直角坐标系考查了几何变换的作图和最短路径的求解，既要求学生掌握中心对称、旋转的性质完成作图，也需要学生熟练运用将军饮马模型和勾股定理解决最值问题，是几何变换类的典型考题。
【难度系数】
0.7
(1) 要作△ABC关于原点成中心对称的△A₁B₁C₁，首先回忆关于原点对称的点的坐标特征：点(x,y)关于原点对称的点坐标为(-x,-y)，先确定△ABC三个顶点的坐标，求出对应对称点的坐标，描点后顺次连接即可。
(2) 作△ABC绕点A顺时针旋转90°的图形，需明确旋转三要素：旋转中心为点A，旋转方向顺时针，旋转角度90°，分别作出点B、C旋转后的对应点B₂、C₂，再顺次连接三点即可得到旋转后的三角形。
(3) 求x轴上点P到B₁、C₁的距离之和最小值，属于“两定一动”的最短路径问题，可利用将军饮马模型求解：作其中一个定点关于x轴的对称点，将两条线段的和转化为两点之间的线段长度，再用勾股定理计算该线段长度即为最小值。
【解析】
首先确定△ABC三个顶点的坐标：A(1,1)，B(4,4)，C(5,1)。
(1) 根据关于原点对称的点的坐标规律，可得A、B、C关于原点的对称点坐标分别为A₁(-1,-1)、B₁(-4,-4)、C₁(-5,-1)，在坐标系中描出三个点后顺次连接，得到△A₁B₁C₁。
(2) 分别将线段AB、AC绕点A顺时针旋转90°，得到对应线段AB₂、AC₂，确定B₂(4,-2)、C₂(1,-3)的位置，顺次连接A、B₂、C₂，得到△AB₂C₂。
(3) 作点C₁关于x轴的对称点C₃，可得C₃坐标为(-5,1)。根据对称的性质，PC₁=PC₃，因此PB₁+PC₁=PB₁+PC₃。根据两点之间线段最短，当B₁、P、C₃三点共线时，PB₁+PC₃取得最小值，最小值为线段B₁C₃的长度。
由勾股定理可得：$B_1C_3=\sqrt{(-4 - (-5))^2 + (-4 - 1)^2}=\sqrt{1^2+5^2}=\sqrt{26}$，即$PB_1+PC_1$的最小值为$\sqrt{26}$。
【答案】
(1) 如答图 28-2-6,$△A_1B_1C_1$ 即为所求.
(2) 如答图 28-2-6,$△AB_2C_2$ 即为所求.
(3) $PB_1 + PC_1$的最小值为$\sqrt{26}$。
【知识点】
中心对称作图，旋转变换作图，最短路径计算
【点评】
本题结合平面直角坐标系考查了几何变换的作图和最短路径的求解，既要求学生掌握中心对称、旋转的性质完成作图，也需要学生熟练运用将军饮马模型和勾股定理解决最值问题，是几何变换类的典型考题。
【难度系数】
0.7
