7. 如图，在 $ \triangle ABC $ 中，$ \angle C = 45^{\circ} $，边 $ BC $ 在 $ x $ 轴上，顶点 $ A $，$ B $ 的坐标分别为 $ (0,3) $ 和 $ (-4,0) $，$ F $ 为 $ OB $ 的中点，将 $ □ BDEF $ 沿 $ x $ 轴向右平移. 当点 $ D $ 落在 $ AC $ 上时，点 $ E $ 的坐标为(
A.$ (1,2) $
B.$ (4, \dfrac{3}{2}) $
C.$ (2,2) $
D.$ (\dfrac{7}{2}, \dfrac{3}{2}) $
D
)A.$ (1,2) $
B.$ (4, \dfrac{3}{2}) $
C.$ (2,2) $
D.$ (\dfrac{7}{2}, \dfrac{3}{2}) $
答案
D
解析
由A(0,3)，B(-4,0)，C在x轴上且∠C=45°，得C(3,0)。F为OB中点，B(-4,0)，则F(-2,0)。AB方程为y=(3/4)x+3，D在AB上且横坐标为-2（因BDEF为平行四边形，DE=BF=2，E在y轴），代入AB方程得D(-2,3/2)，故E(0,3/2)。AC方程为y=-x+3。设平移t个单位，D'(-2+t,3/2)在AC上，代入得3/2=-(-2+t)+3，解得t=7/2。E平移后坐标为(0+7/2,3/2)=(7/2,3/2)。
8. 如图，在平面直角坐标系中，等边三角形 $ ABC $ 的顶点 $ A $ 的坐标为 $ (0, \sqrt{3}) $，点 $ B $，$ C $ 均在 $ x $ 轴上. 将 $ \triangle ABC $ 绕顶点 $ A $ 逆时针旋转 $ 30^{\circ} $ 得到 $ \triangle AB'C' $，则点 $ C' $ 的坐标为
(√3, √3 - 1)
.答案
(√3, √3 - 1)
解析
∵等边△ABC顶点A(0,√3)，B、C在x轴上，∴△ABC的高为√3。设边长为a，由等边三角形高公式h=(√3/2)a，得√3=(√3/2)a，解得a=2。∴B(-1,0)，C(1,0)。
将△ABC绕A逆时针旋转30°得△AB'C'，旋转中心A(0,√3)，点C(1,0)。向量AC=(1-0,0-√3)=(1,-√3)。
旋转30°后向量AC'：x'=1·cos30° - (-√3)·sin30°=√3/2 + √3/2=√3；y'=1·sin30° + (-√3)·cos30°=1/2 - 3/2=-1。
∴C'坐标为A(0,√3)+(√3,-1)=(√3,√3-1)。
将△ABC绕A逆时针旋转30°得△AB'C'，旋转中心A(0,√3)，点C(1,0)。向量AC=(1-0,0-√3)=(1,-√3)。
旋转30°后向量AC'：x'=1·cos30° - (-√3)·sin30°=√3/2 + √3/2=√3；y'=1·sin30° + (-√3)·cos30°=1/2 - 3/2=-1。
∴C'坐标为A(0,√3)+(√3,-1)=(√3,√3-1)。
9. 如图，矩形 $ OABC $ 的边 $ OA $ 在 $ x $ 轴上，$ OA = 8 $，$ OC = 4 $，把 $ \triangle ABC $ 沿直线 $ AC $ 折叠得到 $ \triangle ADC $，$ CD $ 交 $ x $ 轴于点 $ E $，则点 $ E $ 的坐标是(
A.$ (4,0) $
B.$ (3,0) $
C.$ (0,3) $
D.$ (5,0) $
B
)A.$ (4,0) $
B.$ (3,0) $
C.$ (0,3) $
D.$ (5,0) $
答案
B
解析
∵矩形OABC中，OA=8，OC=4，∴A(8,0)，C(0,4)，BC//OA。
由折叠性质得∠ACB=∠ACD，
∵BC//OA，∴∠ACB=∠CAO（内错角相等），
∴∠ACD=∠CAO，故AE=CE。
设OE=x，则AE=OA-OE=8-x，CE=AE=8-x。
在Rt△COE中，OC=4，由勾股定理得：OC²+OE²=CE²，
即4²+x²=(8-x)²，解得x=3。
∴E点坐标为(3,0)。
由折叠性质得∠ACB=∠ACD，
∵BC//OA，∴∠ACB=∠CAO（内错角相等），
∴∠ACD=∠CAO，故AE=CE。
设OE=x，则AE=OA-OE=8-x，CE=AE=8-x。
在Rt△COE中，OC=4，由勾股定理得：OC²+OE²=CE²，
即4²+x²=(8-x)²，解得x=3。
∴E点坐标为(3,0)。
10. (2025 驻马店模拟)如图，在平面直角坐标系中，点 $ A $ 的坐标为 $ (5,0) $，以 $ OA $ 为边向上作菱形 $ OABC $，且 $ \tan \angle AOC = \dfrac{4}{3} $，点 $ P $ 是对角线 $ OB $ 上一点，若将线段 $ BP $ 绕点 $ P $ 顺时针旋转 $ 90^{\circ} $，点 $ B $ 恰好落在 $ x $ 轴上，则点 $ P $ 的坐标为(
A.$ (\dfrac{4}{3}, \dfrac{8}{3}) $
B.$ (\dfrac{8}{3}, \dfrac{4}{3}) $
C.$ (\dfrac{8}{3}, \dfrac{16}{3}) $
D.$ (\dfrac{16}{3}, \dfrac{8}{3}) $
D
)A.$ (\dfrac{4}{3}, \dfrac{8}{3}) $
B.$ (\dfrac{8}{3}, \dfrac{4}{3}) $
C.$ (\dfrac{8}{3}, \dfrac{16}{3}) $
D.$ (\dfrac{16}{3}, \dfrac{8}{3}) $
答案
D
解析
已知点A(5,0)，OA=5，菱形OABC中OC=OA=5。tan∠AOC=4/3，设∠AOC=θ，则sinθ=4/5，cosθ=3/5，故点C坐标为(5cosθ,5sinθ)=(3,4)。由菱形性质，向量OB=OA+OC=(5+3,0+4)=(8,4)，得B(8,4)。OB所在直线方程为y=(1/2)x，设P(t, t/2)。将BP绕P顺时针旋转90°得B'在x轴上，向量PB=(8-t,4-t/2)，顺时针旋转90°后向量PB'=(4-t/2, t-8)。又B'在x轴上，PB'=(m-t,-t/2)，故-t/2=t-8，解得t=16/3，P(16/3,8/3)。
11. 如图，$ \mathrm{Rt} \triangle OAB $ 的顶点坐标分别为 $ O(0,0) $，$ A(6,0) $，$ B(6,8) $，$ C $ 是 $ OB $ 边的中点，过点 $ C $ 作 $ CD ⊥ OB $，交 $ x $ 轴于点 $ D $，将 $ \triangle OCD $ 沿 $ x $ 轴向右平移，当点 $ C $ 的对应点恰好落在 $ AB $ 边上时，点 $ D $ 的对应点的坐标为(
A.$ \left(\dfrac{34}{3},0\right) $
B.$ \left(\dfrac{25}{3},0\right) $
C.$ \left(\dfrac{25}{4},0\right) $
D.$ \left(\dfrac{17}{2},0\right) $
A
)A.$ \left(\dfrac{34}{3},0\right) $
B.$ \left(\dfrac{25}{3},0\right) $
C.$ \left(\dfrac{25}{4},0\right) $
D.$ \left(\dfrac{17}{2},0\right) $
答案
A
解析
1. 求C点坐标：OB中点C，O(0,0)，B(6,8)，则C((0+6)/2,(0+8)/2)=(3,4)。
2. 求OB斜率：kₒв=(8-0)/(6-0)=4/3，CD⊥OB，故kₒв·kₒᴅ=-1，得kₒᴅ=-3/4。
3. 求CD直线方程：过C(3,4)，方程为y-4=-3/4(x-3)。令y=0，解得x=25/3，即D(25/3,0)。
4. 平移距离：AB为x=6的竖直线，C平移后落在AB上，纵坐标不变仍为4，故C' (6,4)。平移距离为6-3=3。
5. D对应点坐标：D(25/3,0)向右平移3个单位，得25/3+3=34/3，即(34/3,0)。
12. (2025 郑州二模)如图，菱形 $ ABCD $ 的对角线交于坐标原点 $ O $，$ AD // x $ 轴，点 $ B(-1, -\sqrt{3}) $，将菱形 $ ABCD $ 绕点 $ O $ 逆时针旋转，每秒旋转 $ 90^{\circ} $，则旋转 $ 2025 $ 秒时点 $ D $ 的坐标是(
A.$ (-1, -\sqrt{3}) $
B.$ (1, -\sqrt{3}) $
C.$ (-\sqrt{3},1) $
D.$ (-\sqrt{3}, -1) $
C
)A.$ (-1, -\sqrt{3}) $
B.$ (1, -\sqrt{3}) $
C.$ (-\sqrt{3},1) $
D.$ (-\sqrt{3}, -1) $
答案
C
解析
∵菱形ABCD对角线交于原点O，∴B与D关于O对称，B(-1,-√3)，则D(1,√3)。旋转周期为4秒（360°），2025=4×506+1，即旋转90°。点(x,y)绕原点逆时针旋转90°得(-y,x)，∴D(1,√3)旋转后为(-√3,1)。
