8. 如图5，P是等边三角形ABC内的一点，且$PA=6$，$PB=8$，$PC=10$. 若将$△ PAC$绕点A逆时针旋转后，得到$△ P'AB$，则点P与点$P'$之间的距离为（）.

A.4
B.6
C.8
D.10

8. B

【分析】
解题时先结合旋转的性质分析：旋转前后两个图形全等，对应边相等，对应角相等。由△PAC旋转得到△P'AB，可得AP'=AP，再结合等边△ABC的内角为60°，可推出旋转角∠P'AP=60°，即可判定△P'AP为等边三角形，根据等边三角形三边相等的性质就能直接得出PP'的长度等于PA的长度。
【解析】
解：
∵将△PAC绕点A逆时针旋转后得到△P'AB，
∴△PAC≌△P'AB，
∴AP'=AP，∠P'AB=∠PAC，
∵△ABC是等边三角形，
∴∠BAC=∠PAC+∠BAP=60°，
∴∠P'AB+∠BAP=∠P'AP=60°，
又
∵AP'=AP，
∴△P'AP是等边三角形，
∴PP'=PA，
已知PA=6，因此PP'=6。
【答案】
B
【知识点】
旋转的性质；等边三角形的判定与性质
【点评】
本题属于几何基础应用题，解题核心是熟练掌握旋转的特性，结合等边三角形的判定规则推导求解，思路清晰，计算量小。
【难度系数】
0.8

9. 如图6,在平面直角坐标系中,正方形OABC的顶点A在x轴上,顶点C在y轴上,顶点B的坐标为(6,6).若直线l经过点(-1,0),且将正方形OABC分割成面积相等的两部分,则直线l的函数解析式是().

A.$y=\dfrac{3}{4}x+\dfrac{3}{4}$
B.$y=\dfrac{2}{3}x+\dfrac{2}{3}$
C.$y=\dfrac{1}{2}x-\dfrac{1}{2}$
D.$y=x-1$

9. A

【分析】
要解决这道题，首先利用中心对称图形的性质：过中心对称图形对称中心的直线，可将图形分割为面积相等的两部分。正方形是中心对称图形，对称中心是其对角线的交点。第一步先求出正方形OABC的对称中心坐标：已知顶点B坐标为(6,6)，原点O坐标为(0,0)，对角线OB的中点就是对称中心，计算得坐标为(3,3)。第二步，直线l同时经过点(-1,0)和对称中心(3,3)，通过待定系数法即可求出直线l的函数解析式。
【解析】
1. 求正方形对称中心坐标：
正方形OABC的对角线交点为OB的中点，O(0,0)，B(6,6)，因此中点坐标为$(\dfrac{0+6}{2},\dfrac{0+6}{2})=(3,3)$。
2. 直线l平分正方形面积，因此直线l必过对称中心(3,3)，且已知直线l过点$(-1,0)$。
设直线l的解析式为$y=kx+b\ (k≠0)$，将两点坐标代入得方程组：
$\begin{cases}-k+b=0\\3k+b=3\end{cases}$
用第二个方程减第一个方程得：$4k=3$，解得$k=\dfrac{3}{4}$。
将$k=\dfrac{3}{4}$代入$-k+b=0$，解得$b=\dfrac{3}{4}$。
因此直线l的解析式为$y=\dfrac{3}{4}x+\dfrac{3}{4}$。
【答案】
A
【知识点】
中心对称图形性质，待定系数法求一次函数解析式，正方形的性质
【点评】
本题属于基础综合题，解题的关键是理解平分中心对称图形面积的直线必过其对称中心，结合一次函数待定系数法即可快速求解，考查了学生对图形性质和函数知识的综合应用能力。
【难度系数】
0.7

10. 如图7，将菱形ABCD绕点A逆时针旋转α得到菱形AB'C'D'，当AC平分∠B'AC'时，则α与∠B之间的数量关系是().

A.α=2∠B
B.2α=3∠B
C.3α+2∠B=180°
D.4α+∠B=180°

10. D

【分析】
解题时先结合三类几何性质推导角的数量关系：第一步，利用菱形邻角互补、对角线平分内角的性质，用∠B表示出∠BAC的度数；第二步，根据旋转的性质，明确旋转角α=∠CAC'，且旋转前后对应角相等，即∠B'AC'=∠BAC；第三步，结合AC平分∠B'AC'的条件，得到∠B'AC'和α的数量关系，最后联立两个表达式整理即可得到α与∠B的关系。
【解析】
解：
∵四边形ABCD是菱形，
∴∠BAD + ∠B = 180°，AC平分∠BAD，
∴$∠ BAC=\frac{1}{2}∠ BAD=\frac{180°-∠ B}{2}$ ①。
∵菱形ABCD绕点A逆时针旋转α得到菱形AB'C'D'，
∴旋转角$∠ CAC'=α$，且旋转前后对应角相等，即$∠ B'AC'=∠ BAC$。
又
∵AC平分$∠ B'AC'$，
∴$∠ B'AC'=2∠ CAC'=2α$ ②。
联立①②可得：$2α=\frac{180°-∠ B}{2}$，
等式两边同乘2得：$4α=180°-∠ B$，
整理得：$4α+∠ B=180°$。
故选D。
【答案】
D
【知识点】
菱形的性质，旋转的性质，角平分线的定义
【点评】
本题属于几何基础综合题，核心是找准旋转前后相等的角，结合角平分线、菱形的性质建立角的等量关系，考查学生对基础几何性质的综合运用能力。
【难度系数】
0.65

11. 如图8所示的图案由三张叶片组成，其绕点O旋转$120°$后可以和自身重合.若每张叶片的面积为$4\ \mathrm{cm}^2$，$∠ AOB=120°$，则图中阴影部分的面积之和为 $\mathrm{cm}^2$.

11. 4

【分析】
首先观察图形特征：该图案是旋转对称图形，绕点O旋转120°即可与自身重合，说明三张叶片完全相同，旋转前后图形的形状、面积均不发生改变。已知∠AOB=120°，恰好等于旋转角，因此我们可以通过旋转的方式，将分散的两块阴影部分拼接成一个完整的规则图形（单张叶片），从而直接求出阴影部分的总面积，无需分别计算两块阴影的面积。
【解析】
解：
∵ 图案绕点O旋转120°后可以和自身重合，
∴ 三张叶片全等，旋转前后图形的面积保持不变。
又
∵ ∠AOB=120°，
∴ 将OB侧的阴影部分绕点O旋转120°后，可与另一块阴影部分拼接为1张完整的叶片。
已知每张叶片的面积为4 cm²，
∴ 阴影部分的面积之和等于1张叶片的面积，即4 cm²。
【答案】
4
【知识点】
旋转的性质，面积割补法，旋转对称图形
【点评】
本题通过旋转对称图形的性质，将分散的不规则阴影面积转化为规则的叶片面积求解，避免了复杂的计算，解题的关键是抓住旋转角与∠AOB相等的特征，灵活运用旋转不变性解决面积问题。
【难度系数】
0.7

12. 已知在平面直角坐标系中，点A的坐标为$(a,b)$，点B的坐标为$(m,n)$，且点A与点B关于原点对称.若$a+b=-3$，则$m+n$的值为________。

12. 3

【分析】
解题时首先回忆关于原点对称的点的坐标规律：关于原点对称的两个点，横、纵坐标均互为相反数。据此可得到点B的坐标m、n和点A的坐标a、b的关系，再将待求的m+n变形为与已知条件a+b相关的代数式，最后整体代入已知数值即可求出结果。
【解析】
解：
∵ 点A(a,b)与点B(m,n)关于原点对称，
根据关于原点对称的点的坐标性质，得：$m=-a$，$n=-b$，
∴ $m+n=-a+(-b)=-(a+b)$，
又
∵ $a+b=-3$，
∴ 代入得：$m+n=-(-3)=3$。
【答案】
3
【知识点】
关于原点对称的点的坐标特征；代数式求值
【点评】
本题属于基础题型，解题核心是熟练掌握关于原点对称的点的坐标变化规律，结合整体代入的思想即可快速求解。
【难度系数】
0.9

13. 定义:在平面直角坐标系中,将一个图形先向上平移$a(a＞0)$个单位长度,再绕原点逆时针旋转$θ$角度,这样的图形运动叫作图形的$\rho(a,θ)$变换.如:点$A(2,0)$按照$\rho(1,90°)$变换后得到点$A'$的坐标为$(-1,2)$,则点$B(\sqrt{3},-1)$按照$\rho(2,105°)$变换后得到点$B'$的坐标为________.

$(-\sqrt{2},\sqrt{2})$

【分析】
解题需严格遵循新定义的$\rho(a,θ)$变换规则，分两步运算：第一步先完成向上平移操作，平移时横坐标不变，纵坐标加$a$，先得到平移后的点坐标；第二步完成绕原点逆时针旋转操作，先算出平移后点到原点的距离、与x轴正半轴的夹角，再结合旋转角度得到最终的夹角，最后利用特殊角的三角函数值计算旋转后的点坐标即可。
【解析】
1. 平移操作：点$B(\sqrt{3},-1)$向上平移2个单位，横坐标不变，纵坐标加2，得到平移后的点$B_1$的坐标为：
$B_1(\sqrt{3},\ -1+2)=(\sqrt{3},\ 1)$
2. 旋转操作：
① 计算点$B_1$到原点的距离：$OB_1=\sqrt{(\sqrt{3})^2+1^2}=\sqrt{3+1}=2$
② 求点$B_1$与x轴正半轴的夹角$α$：$\tanα=\frac{1}{\sqrt{3}}$，且$B_1$在第一象限，因此$α=30°$
③ 逆时针旋转$105°$后，点$B'$与x轴正半轴的夹角为$30°+105°=135°$，旋转不改变点到原点的距离，故$OB'=OB_1=2$
④ 由三角函数定义计算$B'$坐标：
横坐标：$2×\cos135°=2×(-\frac{\sqrt{2}}{2})=-\sqrt{2}$
纵坐标：$2×\sin135°=2×\frac{\sqrt{2}}{2}=\sqrt{2}$
【答案】
$(-\sqrt{2},\sqrt{2})$
【知识点】
坐标与平移变换，坐标与旋转变换，特殊角的三角函数值
【点评】
本题是新定义类题型，核心是将陌生的新定义变换转化为已经学过的平移、旋转基础变换，结合三角函数知识即可求解，注意运算时不要搞混旋转方向和特殊角的三角函数值。
【难度系数】
0.6

14. 边长为2的正方形OABC的顶点A在x轴的正半轴上.如图9，将正方形OABC绕顶点O顺时针旋转75°，使点B恰好落在抛物线$y=ax^2(a＜0)$上，则a的值是.

14. $-\dfrac{\sqrt{2}}{6}$

【分析】
解题思路如下：首先利用正方形的性质求出对角线OB的长度，再结合旋转角度确定旋转后OB与x轴正半轴的夹角，通过三角函数求出点B的坐标，最后将点B坐标代入抛物线解析式即可求出a的值。
第一步：正方形边长为2，可先求对角线OB的长度，且旋转前OB与x轴正半轴夹角为45°；
第二步：顺时针旋转75°后，计算OB与x轴正半轴的新夹角；
第三步：用三角函数求出旋转后点B的坐标；
第四步：代入抛物线解析式求解a。
【解析】
1. 连接OB，
∵正方形OABC的边长为2，
∴OB为正方形对角线，长度为$OB=\sqrt{2^2+2^2}=2\sqrt{2}$，旋转前OB与x轴正半轴的夹角为45°。
2. 正方形绕O顺时针旋转75°后，OB与x轴正半轴的夹角为$45°-75°=-30°$（即第四象限内与x轴正半轴向下夹角为30°）。
3. 计算点B的坐标：
横坐标：$x=OB·\cos(-30°)=2\sqrt{2}×\frac{\sqrt{3}}{2}=\sqrt{6}$
纵坐标：$y=OB·\sin(-30°)=2\sqrt{2}×(-\frac{1}{2})=-\sqrt{2}$
即点B的坐标为$(\sqrt{6},-\sqrt{2})$。
4. 将$B(\sqrt{6},-\sqrt{2})$代入抛物线$y=ax^2(a＜0)$得：
$-\sqrt{2}=a×(\sqrt{6})^2$
整理得$6a=-\sqrt{2}$，解得$a=-\frac{\sqrt{2}}{6}$。
【答案】
$-\dfrac{\sqrt{2}}{6}$
【知识点】
正方形的性质，旋转的性质，待定系数法求二次函数解析式
【点评】
本题是几何与函数结合的综合题，解题核心是准确求出旋转后点的坐标，再代入函数解析式求解，考查了学生对几何性质和函数知识的综合运用能力。
【难度系数】
0.6

三、解答题
15. 如图10所示是某设计师在方格纸中设计的图案的一部分，请你帮他完成余下的工作.
(1)画出该图案关于直线AB的轴对称部分，使整个图案成为以直线AB为对称轴的轴对称图形.
(2)将第(1)步画出的轴对称部分连同原图案一起，绕点O逆时针旋转$90°$，请画出旋转后的完整图案.
(3)发挥你的想象，给最终得到的图案涂上颜色，要求涂色后的图案仍然是轴对称图形，使得图案变得更加美观.

15. 略

【分析】
解题时按照问题顺序逐步操作：
1. 解决第(1)问时，依据轴对称的性质：对称点的连线被对称轴垂直平分，首先找出原图案的所有顶点作为关键点，数出每个关键点到直线AB的水平距离，在直线AB的另一侧相同距离处确定各关键点的对称点，再按照原图案的连接顺序顺次连接对称点，即可得到轴对称部分。
2. 解决第(2)问时，依据旋转的性质：旋转前后对应点到旋转中心的距离相等，对应点与旋转中心连线的夹角等于旋转角。先确定第(1)步得到的完整轴对称图形的所有顶点，将每个顶点绕点O逆时针旋转90°，借助方格的格点特征即可确定旋转后的对应点，再顺次连接各对应点得到旋转后的图案。
3. 第(3)问为开放性操作，只需保证涂色区域关于对称轴对称即可。
【解析】
(1) ①标记原图案除点O外的4个顶点；②分别作每个顶点关于直线AB的对称点：过顶点作AB的垂线，在垂线另一侧截取与顶点到AB的距离相等的线段，端点即为对称点；③按照原图案的连接顺序，顺次连接各对称点与点O，得到关于直线AB的轴对称部分，此时完整图案为以AB为对称轴的轴对称图形。
(2) ①标记(1)中得到的完整图形的所有顶点；②将每个顶点绕点O逆时针旋转90°：保持顶点到O的距离不变，将顶点与O的连线逆时针转动90°，在方格中确定对应点的位置；③按原图形的连接顺序顺次连接所有旋转后的对应点，得到旋转后的完整图案。
(3) 选择对称的区域涂上相同颜色，例如将图案中对称的四个叶片状区域涂成相同颜色，保证涂色后图案仍是轴对称图形即可。
【答案】
略
【知识点】
轴对称作图，旋转作图，轴对称性质
【点评】
本题考查图形变换的基础作图能力，需要熟练掌握轴对称、旋转的性质来确定关键点变换后的位置，开放性的涂色设计也能加深对轴对称特征的理解，侧重动手操作能力的考察。
【难度系数】
0.8