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三、解答题
11.若点$P(a,b)$关于原点的对称点是$P_1$，而$P_1$关于$x$轴的对称点是$P_2$，点$P_2$的坐标是$(-3,4)$，求$b^a$的值。
11.若点$P(a,b)$关于原点的对称点是$P_1$，而$P_1$关于$x$轴的对称点是$P_2$，点$P_2$的坐标是$(-3,4)$，求$b^a$的值。
答案
11. 64
解析
【分析】
解题时先明确平面直角坐标系中两类对称的坐标变化规律：①关于x轴对称的点，横坐标相同，纵坐标互为相反数；②关于原点对称的点，横、纵坐标都互为相反数。我们可以采用逆推的思路，从已知坐标的$P_2$出发，先推出$P_1$的坐标，再推出点$P$的坐标，最后代入计算$b^a$的值即可。
【解析】
解：
1. 求$P_1$的坐标：
∵ $P_1$与$P_2(-3,4)$关于x轴对称，关于x轴对称的点横坐标相等，纵坐标互为相反数
∴ $P_1$的坐标为$(-3, -4)$
2. 求点$P$的坐标：
∵ $P_1$是点$P(a,b)$关于原点的对称点，关于原点对称的点横、纵坐标均互为相反数
∴ $a = -(-3) = 3$，$b = -(-4) = 4$
3. 计算$b^a$的值：
将$a=3$，$b=4$代入得：$b^a = 4^3 = 64$
【答案】
64
【知识点】
关于x轴对称的点的坐标特征；关于原点对称的点的坐标特征；有理数乘方运算
【点评】
本题考查平面直角坐标系中对称点的坐标规律应用，解题的核心是熟练掌握不同对称类型下的坐标变化特点，通过逆推逐步得到原点点坐标后代入计算即可，整体逻辑清晰，难度不高。
【难度系数】
0.8
解题时先明确平面直角坐标系中两类对称的坐标变化规律：①关于x轴对称的点，横坐标相同，纵坐标互为相反数；②关于原点对称的点，横、纵坐标都互为相反数。我们可以采用逆推的思路，从已知坐标的$P_2$出发，先推出$P_1$的坐标，再推出点$P$的坐标，最后代入计算$b^a$的值即可。
【解析】
解：
1. 求$P_1$的坐标：
∵ $P_1$与$P_2(-3,4)$关于x轴对称，关于x轴对称的点横坐标相等，纵坐标互为相反数
∴ $P_1$的坐标为$(-3, -4)$
2. 求点$P$的坐标：
∵ $P_1$是点$P(a,b)$关于原点的对称点，关于原点对称的点横、纵坐标均互为相反数
∴ $a = -(-3) = 3$，$b = -(-4) = 4$
3. 计算$b^a$的值：
将$a=3$，$b=4$代入得：$b^a = 4^3 = 64$
【答案】
64
【知识点】
关于x轴对称的点的坐标特征；关于原点对称的点的坐标特征；有理数乘方运算
【点评】
本题考查平面直角坐标系中对称点的坐标规律应用，解题的核心是熟练掌握不同对称类型下的坐标变化特点，通过逆推逐步得到原点点坐标后代入计算即可，整体逻辑清晰，难度不高。
【难度系数】
0.8
12.如图,在平面直角坐标系中,$△ ABC$的顶点坐标分别为$A(2,5),B(2,1),C(4,2)$.
(1)画出$△ ABC$关于原点$O$对称的$△ A_{1}B_{1}C_{1}$;
(2)画出$△ ABC$绕点$B$逆时针旋转$90°$后得到的$△ A_{2}BC_{2}$;
(3)点$C_{1}$的坐标为________,点$C_{2}$的坐标为________.
(1)画出$△ ABC$关于原点$O$对称的$△ A_{1}B_{1}C_{1}$;
(2)画出$△ ABC$绕点$B$逆时针旋转$90°$后得到的$△ A_{2}BC_{2}$;
(3)点$C_{1}$的坐标为________,点$C_{2}$的坐标为________.
答案
(1)(2)略
(3) (-4,-2) (1,3)
(3) (-4,-2) (1,3)
解析
【分析】
本题包含作图和求坐标两类问题，解题思路如下：1. 解决关于原点对称的作图和$C_1$坐标问题：依据关于原点对称的点横、纵坐标均互为相反数的规律，先求出$A$、$B$、$C$三点关于原点的对称点坐标，再顺次连线即可得到$△ A_1B_1C_1$，直接可得$C_1$坐标。2. 解决绕点$B$逆时针旋转$90°$的作图和$C_2$坐标问题：先确定各点相对于旋转中心$B$的相对坐标，依据逆时针旋转$90°$的坐标变换规则（相对坐标$(x,y)$变为$(-y,x)$）求出旋转后的对应点坐标，顺次连线得到$△ A_2BC_2$，进而得到$C_2$坐标。
【解析】
(1) 关于原点对称的点的坐标特征为：若原点点坐标为$(x,y)$，则其关于原点对称的点的坐标为$(-x,-y)$。由此可得$A(2,5)$的对称点$A_1(-2,-5)$，$B(2,1)$的对称点$B_1(-2,-1)$，$C(4,2)$的对称点$C_1(-4,-2)$，在坐标系中描出$A_1$、$B_1$、$C_1$三点，顺次连接即可得到$△ A_1B_1C_1$。
(2) 绕点$B$逆时针旋转$90°$时，点$B$位置不变：
① 先求各点相对于$B(2,1)$的相对坐标：$A$点相对坐标为$(2-2,5-1)=(0,4)$，$C$点相对坐标为$(4-2,2-1)=(2,1)$；
② 逆时针旋转$90°$后，相对坐标$(x,y)$变换为$(-y,x)$，因此$A$点旋转后的相对坐标为$(-4,0)$，$C$点旋转后的相对坐标为$(-1,2)$；
③ 计算旋转后点的坐标：$A_2$的坐标为$(2-4,1+0)=(-2,1)$，$C_2$的坐标为$(2-1,1+2)=(1,3)$；
④ 在坐标系中描出$A_2$、$C_2$，与点$B$顺次连接即可得到$△ A_2BC_2$。
(3) 由上述计算可直接得到点$C_1$、$C_2$的坐标。
【答案】
(1)(2)作图略；(3) $(-4,-2)$，$(1,3)$
【知识点】
1. 关于原点对称的点的坐标特征
2. 旋转的性质
3. 坐标与图形变换
【点评】
本题重点考查平面直角坐标系中图形的对称、旋转变换，侧重对基础变换规律的应用，掌握变换前后的坐标变化规则是解题的关键，作图时需注意对应点的位置准确。
【难度系数】
0.8
本题包含作图和求坐标两类问题，解题思路如下：1. 解决关于原点对称的作图和$C_1$坐标问题：依据关于原点对称的点横、纵坐标均互为相反数的规律，先求出$A$、$B$、$C$三点关于原点的对称点坐标，再顺次连线即可得到$△ A_1B_1C_1$，直接可得$C_1$坐标。2. 解决绕点$B$逆时针旋转$90°$的作图和$C_2$坐标问题：先确定各点相对于旋转中心$B$的相对坐标，依据逆时针旋转$90°$的坐标变换规则（相对坐标$(x,y)$变为$(-y,x)$）求出旋转后的对应点坐标，顺次连线得到$△ A_2BC_2$，进而得到$C_2$坐标。
【解析】
(1) 关于原点对称的点的坐标特征为：若原点点坐标为$(x,y)$，则其关于原点对称的点的坐标为$(-x,-y)$。由此可得$A(2,5)$的对称点$A_1(-2,-5)$，$B(2,1)$的对称点$B_1(-2,-1)$，$C(4,2)$的对称点$C_1(-4,-2)$，在坐标系中描出$A_1$、$B_1$、$C_1$三点，顺次连接即可得到$△ A_1B_1C_1$。
(2) 绕点$B$逆时针旋转$90°$时，点$B$位置不变：
① 先求各点相对于$B(2,1)$的相对坐标：$A$点相对坐标为$(2-2,5-1)=(0,4)$，$C$点相对坐标为$(4-2,2-1)=(2,1)$；
② 逆时针旋转$90°$后，相对坐标$(x,y)$变换为$(-y,x)$，因此$A$点旋转后的相对坐标为$(-4,0)$，$C$点旋转后的相对坐标为$(-1,2)$；
③ 计算旋转后点的坐标：$A_2$的坐标为$(2-4,1+0)=(-2,1)$，$C_2$的坐标为$(2-1,1+2)=(1,3)$；
④ 在坐标系中描出$A_2$、$C_2$，与点$B$顺次连接即可得到$△ A_2BC_2$。
(3) 由上述计算可直接得到点$C_1$、$C_2$的坐标。
【答案】
(1)(2)作图略；(3) $(-4,-2)$，$(1,3)$
【知识点】
1. 关于原点对称的点的坐标特征
2. 旋转的性质
3. 坐标与图形变换
【点评】
本题重点考查平面直角坐标系中图形的对称、旋转变换，侧重对基础变换规律的应用，掌握变换前后的坐标变化规则是解题的关键，作图时需注意对应点的位置准确。
【难度系数】
0.8
13. 如图, 在$△ ABC$中, 点$E$在$BC$边上, 将$△ ABC$绕点$A$旋转到$△ AEF$的位置,$EF$与$AC$交于点$G$. 若$∠ ABC=65°, ∠ C=28°$, 求$∠ FGC$的度数.
答案
78°
解析
【分析】
解题思路如下：1. 先利用三角形内角和定理算出△ABC中∠BAC的度数；2. 根据旋转的性质，可知旋转前后对应边相等、对应角相等，可得AB=AE、∠F=∠C、旋转角∠BAE=∠CAF，再结合等腰三角形两底角相等的性质算出∠BAE的度数，得到∠CAF的大小；3. 最后利用三角形外角等于与它不相邻的两个内角和的性质，即可算出∠FGC的度数。
【解析】
在△ABC中，由三角形内角和为180°得：
$∠ BAC = 180° - ∠ ABC - ∠ C = 180° - 65° - 28° = 87°$
∵ 将△ABC绕点A旋转得到△AEF
∴ $AB=AE$，$∠ F = ∠ C = 28°$，旋转角$∠ BAE = ∠ CAF$
在△ABE中，$AB=AE$，故$∠ ABE = ∠ AEB = 65°$
∴ $∠ BAE = 180° - ∠ ABE - ∠ AEB = 180° - 65° - 65° = 50°$
∴ $∠ CAF = ∠ BAE = 50°$
∵ $∠ FGC$是△AGF的外角，根据三角形外角性质：
$∠ FGC = ∠ CAF + ∠ F = 50° + 28° = 78°$
【答案】
$78°$
【知识点】
旋转的性质；三角形内角和定理；三角形外角的性质
【点评】
本题是几何角度计算的基础综合题，解题核心是抓住旋转前后图形的不变量，结合等腰三角形、三角形角度相关性质进行推导，难度不大，需要熟练掌握旋转的性质和三角形角度计算的相关定理。
【难度系数】
0.7
解题思路如下：1. 先利用三角形内角和定理算出△ABC中∠BAC的度数；2. 根据旋转的性质，可知旋转前后对应边相等、对应角相等，可得AB=AE、∠F=∠C、旋转角∠BAE=∠CAF，再结合等腰三角形两底角相等的性质算出∠BAE的度数，得到∠CAF的大小；3. 最后利用三角形外角等于与它不相邻的两个内角和的性质，即可算出∠FGC的度数。
【解析】
在△ABC中，由三角形内角和为180°得：
$∠ BAC = 180° - ∠ ABC - ∠ C = 180° - 65° - 28° = 87°$
∵ 将△ABC绕点A旋转得到△AEF
∴ $AB=AE$，$∠ F = ∠ C = 28°$，旋转角$∠ BAE = ∠ CAF$
在△ABE中，$AB=AE$，故$∠ ABE = ∠ AEB = 65°$
∴ $∠ BAE = 180° - ∠ ABE - ∠ AEB = 180° - 65° - 65° = 50°$
∴ $∠ CAF = ∠ BAE = 50°$
∵ $∠ FGC$是△AGF的外角，根据三角形外角性质：
$∠ FGC = ∠ CAF + ∠ F = 50° + 28° = 78°$
【答案】
$78°$
【知识点】
旋转的性质；三角形内角和定理；三角形外角的性质
【点评】
本题是几何角度计算的基础综合题，解题核心是抓住旋转前后图形的不变量，结合等腰三角形、三角形角度相关性质进行推导，难度不大，需要熟练掌握旋转的性质和三角形角度计算的相关定理。
【难度系数】
0.7
14. 如图，点$A'$在$\mathrm{Rt}△ ACB$的边$AB$上，$∠ ABC = 30°$，$AC = 2$，$∠ ACB = 90°$，将$△ ACB$绕顶点$C$逆时针旋转与$△ A'CB'$重合，$A'B'$与$BC$相交于点$D$，连接$BB'$，求线段$BB'$的长。
答案
14. 2√3
解析
【分析】
解题思路如下：首先利用直角三角形中30°角所对直角边是斜边一半的性质求出斜边AB的长，再用勾股定理计算出BC的长度；接着根据旋转的性质得到对应边CB=CB'、旋转角∠ACA'=∠BCB'；再结合CA=CA'和∠A=60°证明△ACA'是等边三角形，得到旋转角为60°，进而推出△BCB'是等边三角形，最终得到BB'的长度等于BC的长度。
【解析】
解：在$\mathrm{Rt}△ACB$中，$∠ ACB=90°$，$∠ ABC=30°$，$AC=2$，
$\therefore AB=2AC=4$，
由勾股定理得：$BC=\sqrt{AB^2-AC^2}=\sqrt{4^2-2^2}=2\sqrt{3}$。
$\because △ACB$绕顶点$C$逆时针旋转与$△A'CB'$重合，
$\therefore CA=CA'$，$CB=CB'$，$∠ ACA'=∠ BCB'$。
又$\because ∠ A=90°-∠ ABC=60°$，
$\therefore △ACA'$是等边三角形，
$\therefore ∠ ACA'=60°$，
$\therefore ∠ BCB'=60°$。
$\because CB=CB'$，$∠ BCB'=60°$，
$\therefore △BCB'$是等边三角形，
$\therefore BB'=BC=2\sqrt{3}$。
【答案】
$2\sqrt{3}$
【知识点】
直角三角形的性质；旋转的性质；等边三角形的判定与性质
【点评】
本题属于几何综合基础题，解题的核心是抓住旋转前后图形的边、角不变的性质，结合特殊三角形的判定与性质求解，需要学生熟练掌握直角三角形和等边三角形的相关性质。
【难度系数】
0.6
解题思路如下：首先利用直角三角形中30°角所对直角边是斜边一半的性质求出斜边AB的长，再用勾股定理计算出BC的长度；接着根据旋转的性质得到对应边CB=CB'、旋转角∠ACA'=∠BCB'；再结合CA=CA'和∠A=60°证明△ACA'是等边三角形，得到旋转角为60°，进而推出△BCB'是等边三角形，最终得到BB'的长度等于BC的长度。
【解析】
解：在$\mathrm{Rt}△ACB$中，$∠ ACB=90°$，$∠ ABC=30°$，$AC=2$，
$\therefore AB=2AC=4$，
由勾股定理得：$BC=\sqrt{AB^2-AC^2}=\sqrt{4^2-2^2}=2\sqrt{3}$。
$\because △ACB$绕顶点$C$逆时针旋转与$△A'CB'$重合，
$\therefore CA=CA'$，$CB=CB'$，$∠ ACA'=∠ BCB'$。
又$\because ∠ A=90°-∠ ABC=60°$，
$\therefore △ACA'$是等边三角形，
$\therefore ∠ ACA'=60°$，
$\therefore ∠ BCB'=60°$。
$\because CB=CB'$，$∠ BCB'=60°$，
$\therefore △BCB'$是等边三角形，
$\therefore BB'=BC=2\sqrt{3}$。
【答案】
$2\sqrt{3}$
【知识点】
直角三角形的性质；旋转的性质；等边三角形的判定与性质
【点评】
本题属于几何综合基础题，解题的核心是抓住旋转前后图形的边、角不变的性质，结合特殊三角形的判定与性质求解，需要学生熟练掌握直角三角形和等边三角形的相关性质。
【难度系数】
0.6
15.如图1，沿线段AE剪切矩形ABCD，再将△ABE通过变换与梯形AECD拼接成等腰梯形。
请按下列要求进行图案设计：
(1)把矩形剪切2次拼接出一个菱形，请在图2中画出剪切线，再画出拼接示意图；
(2)把矩形剪切1次拼接成一个菱形，请在图3中画出剪切线，再画出拼接示意图。
请按下列要求进行图案设计：
(1)把矩形剪切2次拼接出一个菱形，请在图2中画出剪切线，再画出拼接示意图；
(2)把矩形剪切1次拼接成一个菱形，请在图3中画出剪切线，再画出拼接示意图。
答案
解：
(1) 剪切线画法：设图2中矩形为$ABCD$，$AB$、$CD$为竖直短边，$AD$、$BC$为水平长边。取$BC$中点$E$，$AD$中点$F$，连接$AE$、$CF$，两条线段即为剪切线。将$△ ABE$向右平移，使$AB$与$CD$重合，将$△ CDF$向左平移，使$CD$与$AB$重合，拼接后得到的四边形$AECF$即为菱形，拼接示意图如下：
（注：拼接得到的菱形四条边长度均相等，符合菱形定义）
(2) 剪切线画法：设图3中矩形为$ABCD$，在$BC$边上取点$E$，使得$AE=AD$，沿线段$AE$剪切。将得到的$△ ABE$绕点$D$顺时针旋转，使$AB$与$CD$重合，即可拼接出四条边长均等于$AD$的菱形，拼接示意图如下：
（注：拼接得到的四边形四条边长度相等，为菱形）
(1) 剪切线画法：设图2中矩形为$ABCD$，$AB$、$CD$为竖直短边，$AD$、$BC$为水平长边。取$BC$中点$E$，$AD$中点$F$，连接$AE$、$CF$，两条线段即为剪切线。将$△ ABE$向右平移，使$AB$与$CD$重合，将$△ CDF$向左平移，使$CD$与$AB$重合，拼接后得到的四边形$AECF$即为菱形，拼接示意图如下：
（注：拼接得到的菱形四条边长度均相等，符合菱形定义）
(2) 剪切线画法：设图3中矩形为$ABCD$，在$BC$边上取点$E$，使得$AE=AD$，沿线段$AE$剪切。将得到的$△ ABE$绕点$D$顺时针旋转，使$AB$与$CD$重合，即可拼接出四条边长均等于$AD$的菱形，拼接示意图如下：
（注：拼接得到的四边形四条边长度相等，为菱形）
解析
【分析】
解题思路围绕菱形的判定条件展开：菱形的核心判定是四条边相等的四边形，或邻边相等的平行四边形。
（1）剪切2次的情况：利用矩形对边相等的性质，先在矩形长边上取中点，沿中点与对顶点的连线剪切，得到两个全等的直角三角形，再将两个三角形平移拼接，可使最终得到的四边形四条边长度相等，符合菱形要求。
（2）剪切1次的情况：仅剪1次时，需要通过旋转拼接得到四条边等长的四边形。我们可以在矩形短边上取一点，使该点与对顶点的连线长度等于矩形长边，沿这条连线剪切后，将得到的三角形旋转，让矩形的短边重合，即可得到四条边均等于原矩形长边的菱形。
【解析】
(1) 设图2中矩形为$ABCD$，$AB$、$CD$为竖直短边，$AD$、$BC$为水平长边：
① 剪切线画法：取$BC$中点$E$，$AD$中点$F$，连接$AE$、$CF$，两条线段即为剪切线；
② 拼接方法：将$△ ABE$向右平移，使$AB$与$CD$重合，将$△ CDF$向左平移，使$CD$与$AB$重合，拼接后得到的四边形四条边长度均相等，即为菱形。
(2) 设图3中矩形为$ABCD$，$AB$、$CD$为竖直短边，$AD$、$BC$为水平长边：
① 剪切线画法：在$BC$边上取点$E$，使得$AE=AD$，沿线段$AE$剪切；
② 拼接方法：将得到的$△ ABE$绕点$D$顺时针旋转，使$AB$与$CD$重合，拼接后得到的四边形四条边长均等于$AD$，即为菱形。
【答案】
(1) 剪切线为连接$BC$中点$E$与$A$、$AD$中点$F$与$C$的两条线段，平移$△ ABE$和$△ CDF$拼接得到菱形，具体画法见解析；
(2) 剪切线为满足$AE=AD$的线段$AE$（$E$在$BC$上），旋转$△ ABE$拼接得到菱形，具体画法见解析。
【知识点】
菱形的判定，图形的剪拼，平移与旋转的应用
【点评】
本题属于实践操作类题型，重点考查对菱形判定的掌握，以及图形平移、旋转变换的灵活应用，需要结合图形特征设计剪拼方案，能够锻炼空间想象能力和动手操作能力。
【难度系数】
0.6
解题思路围绕菱形的判定条件展开：菱形的核心判定是四条边相等的四边形，或邻边相等的平行四边形。
（1）剪切2次的情况：利用矩形对边相等的性质，先在矩形长边上取中点，沿中点与对顶点的连线剪切，得到两个全等的直角三角形，再将两个三角形平移拼接，可使最终得到的四边形四条边长度相等，符合菱形要求。
（2）剪切1次的情况：仅剪1次时，需要通过旋转拼接得到四条边等长的四边形。我们可以在矩形短边上取一点，使该点与对顶点的连线长度等于矩形长边，沿这条连线剪切后，将得到的三角形旋转，让矩形的短边重合，即可得到四条边均等于原矩形长边的菱形。
【解析】
(1) 设图2中矩形为$ABCD$，$AB$、$CD$为竖直短边，$AD$、$BC$为水平长边：
① 剪切线画法：取$BC$中点$E$，$AD$中点$F$，连接$AE$、$CF$，两条线段即为剪切线；
② 拼接方法：将$△ ABE$向右平移，使$AB$与$CD$重合，将$△ CDF$向左平移，使$CD$与$AB$重合，拼接后得到的四边形四条边长度均相等，即为菱形。
(2) 设图3中矩形为$ABCD$，$AB$、$CD$为竖直短边，$AD$、$BC$为水平长边：
① 剪切线画法：在$BC$边上取点$E$，使得$AE=AD$，沿线段$AE$剪切；
② 拼接方法：将得到的$△ ABE$绕点$D$顺时针旋转，使$AB$与$CD$重合，拼接后得到的四边形四条边长均等于$AD$，即为菱形。
【答案】
(1) 剪切线为连接$BC$中点$E$与$A$、$AD$中点$F$与$C$的两条线段，平移$△ ABE$和$△ CDF$拼接得到菱形，具体画法见解析；
(2) 剪切线为满足$AE=AD$的线段$AE$（$E$在$BC$上），旋转$△ ABE$拼接得到菱形，具体画法见解析。
【知识点】
菱形的判定，图形的剪拼，平移与旋转的应用
【点评】
本题属于实践操作类题型，重点考查对菱形判定的掌握，以及图形平移、旋转变换的灵活应用，需要结合图形特征设计剪拼方案，能够锻炼空间想象能力和动手操作能力。
【难度系数】
0.6
