1. 如图,将斜边长为4的直角三角板放在平面直角坐标系$xOy$中,两条直角边分别与坐标轴重合,$P$为斜边的中点.现将此三角板绕点$O$顺时针旋转$120°$,则点$P$的对应点的坐标是（）


A.$(\sqrt{3},1)$
B.$(1,-\sqrt{3})$
C.$(2\sqrt{3},-2)$
D.$(2,-2\sqrt{3})$

1. B 提示:如图,将△AOB 绕点O 顺时针旋转120°,得到△DOC,点P 的对应点为Q,连接OP,OQ,过点 Q 作 QM⊥y 轴,M 即为 QC 与 y 轴的交点,且∠POQ = 120°. 因为 AP= OP,所以 ∠POA =∠BAO=30°,所以∠MOQ=180°-∠POQ-∠POA=30°.在Rt△OMQ 中,OQ=OP=$\frac{1}{2}$AB=2,所以 MQ=$\frac{1}{2}$OQ=1,OM=$\sqrt{OQ^2-MQ^2}=\sqrt{3}$.则点 P 的对应点Q 的坐标为$(1,-\sqrt{3})$.

2. 已知点$E(x_{0},y_{0}),F(x_{2},y_{2}),M(x_{1},y_{1})$是线段$EF$的中点,则$x_{1}=\dfrac{x_{0}+x_{2}}{2},y_{1}=\dfrac{y_{0}+y_{2}}{2}$.在平面直角坐标系中有三个点$A(1,-1),B(-1,-1),C(0,1)$,点$P(0,2)$关于点$A$的对称点为$P_{1}$(即$P,A,P_{1}$三点共线,且$PA=P_{1}A$),$P_{1}$关于点$B$的对称点为$P_{2}$,$P_{2}$关于点$C$的对称点为$P_{3}$,按此规律继续作关于点$A,B,C$的对称点,重复前面的操作,依次得到点$P_{4}$,$P_{5},P_{6},\dots$,则点$P_{{2026}}$的坐标是（）

A.$(0,0)$
B.$(0,2)$
C.$(-2,-2)$
D.$(-4,2)$

2. C 提示:设点$P_1(x,y)$.因为点$P(0,2)$关于点A 的对称点为$P_1$,所以 A 是线段$PP_1$的中点.因为点$A(1,-1)$,所以$\frac{x}{2}=1$,$\frac{y+2}{2}=-1$,解得$x=2$,$y=-4$,所以点$P_1(2,-4)$.同理,可得点$P_2(-4,2)$,$P_3(4,0)$,$P_4(-2,-2)$,$P_5(0,0)$,$P_6(0,2)$,$P_7(2,-4)$,$\dots$,所以每6个坐标循环一次.$2026÷6=337······4$,所以点$P_{2026}$的坐标是$(-2,-2)$.

3. 在平面直角坐标系中,已知点$A(-3,0)$,$B(0,4)$.将$△ AOB$沿$x$轴正方向连续作旋转变换,依次得到如图所示的4个三角形.按此规律,则经过2 026次旋转后所得到的三角形直角顶点的横坐标为 （）


A.8 092
B.8 097
C.8 100
D.8 104

3. C 提示:由条件,得$OA=3$,$OB=4$.由勾股定理,得$AB=\sqrt{OA^2+OB^2}=5$.由题图可知,$△ AOB$每旋转三次为一个循环组,每个循环组前进的长度为$4+5+3=12$.因为$2026÷3=675······1$,所以$675×12+0=8100$,所以经过2026次旋转后所得到的三角形直角顶点的横坐标为8100.

4. 在平面直角坐标系中,把点 $P(-5,3)$ 向右平移 8 个单位长度得到点 $P_1$,再将点 $P_1$绕原点旋转 $90°$ 得到点 $P_2$,则点 $P_2$ 的坐标是.

4. $(3,-3)$或$(-3,3)$ 提示: 因为把点$P(-5,3)$向右平移8个单位长度得到点$P_1$,所以点$P_1$的坐标为$(3,3)$.将点$P_1$绕原点顺时针旋转$90°$,得到点$P_2$,其坐标为$(3,-3)$;将点$P_1$绕原点逆时针旋转$90°$,得到点$P_2'$,则其坐标为$(-3,3)$.综上所述,符合题意的点$P_2$的坐标为$(3,-3)$或$(-3,3)$.

5. 如图,在平面直角坐标系$xOy$中,点$A(6,0),B(0,4)$,点$P$在第一象限内,且纵坐标为4. 若点$P$关于直线$AB$的对称点$P'$恰好落在$x$轴的正半轴上,则点$P'$的横坐标为.

5. $\frac{5}{3}$ 提示:连接$PP'$,交直线$AB$于点$Q$,连接$BP$,$AP$,$BP'$.因为点$P$与点$P'$关于直线$AB$对称,所以$BP=BP'$,$PQ=P'Q$,且$PP'⊥ AB$.因为点$B$,$P$的纵坐标均为4,所以$BP// x$轴,所以$∠ BPQ=∠ AP'Q$,易证$△ BPQ≌△ AP'Q$,所以$BP=AP'$.设点$P(m,4)$($m＞0$),则$BP=m$,所以$BP'=BP=AP'=m$,所以$OP'=OA-AP'=6-m$.在$\mathrm{Rt}△ OBP'$中,由勾股定理,得$OB^2+OP'^2=BP'^2$,即$4^2+(6-m)^2=m^2$,解得$m=\frac{13}{3}$,所以$OP'=6-m=\frac{5}{3}$,所以点$P'$的横坐标为$\frac{5}{3}$.

6. 如图,第一象限内有两点$P(m-4,n)$,$Q(m,n-3)$,将线段$PQ$平移,使点$P,Q$分别落在两条坐标轴上,则点$P$平移后的对应点的坐标是.

6. $(0,3)$或$(-4,0)$ 提示:设平移后点$P$,$Q$的对应点分别是$P'$,$Q'$.分两种情况:①若点$P'$在$y$轴上,点$Q'$在$x$轴上,则点$P'$的横坐标为0,点$Q'$的纵坐标为0,因为$n-(n-3)=3$,所以点$P$平移后的对应点的坐标是$(0,3)$;②若点$P'$在$x$轴上,点$Q'$在$y$轴上,则点$P'$的纵坐标为0,点$Q'$的横坐标为0,因为$m-4-m=-4$,所以点$P$平移后的对应点的坐标是$(-4,0)$.综上所述,点$P$平移后的对应点的坐标是$(0,3)$或$(-4,0)$.

7. 如图,在平面直角坐标系中有一长方形
$ABCD$,其中点$A(0,0),B(8,0),C(8,4).$
若将$△ ABC$ 沿$AC$ 所在直线翻折,点$B$落在点$E$处,则点$E$的坐标是.

7. $(\frac{24}{5},\frac{32}{5})$ 提示:如图,连接$BE$与$AC$交于点$G$,过点$E$作$EF⊥ AB$于点$F$.由翻折的性质,可得$AB=AE$,$∠ BAC=∠ EAC$,所以$△ AEB$是等腰三角形,$AG$是边$BE$上的高.因为$S_{△ ABC}=\frac{1}{2}AB· BC=\frac{1}{2}AC· GB$,所以$GB=\frac{BC· AB}{AC}=\frac{4×8}{\sqrt{8^2+4^2}}=\frac{32}{\sqrt{80}}$,$EB=2GB=\frac{64}{\sqrt{80}}$.设点$E(x,y)$,则有$EF^2=AE^2-AF^2=EB^2-BF^2$,即$8^2-x^2=(\frac{64}{\sqrt{80}})^2-(8-x)^2$,解得$x=\frac{24}{5}$,$y=EF=\sqrt{8^2-(\frac{24}{5})^2}=\frac{32}{5}$.所以点$E$的坐标为$(\frac{24}{5},\frac{32}{5})$.

8. 在平面直角坐标系 $xOy$ 中,$P$ 为一定点,点 $P$ 和图形 $W$ 的“旋转中点”定义如下:$Q$是图形 $W$ 上任意一点,将点 $Q$ 绕原点顺时针旋转 $90°$,得到点 $Q'$,$M$ 为线段 $PQ'$的中点,则称点 $M$ 为点 $P$ 关于图形 $W$ 的“旋转中点”. 如图 1,已知点 $A(0,4)$,$B(-2,0),C(0,2).$
(1) 在点 $H(0,3),G(1,1),N(2,2)$ 中,点(填字母)是点 $A$ 关于线段$BC$ 的“旋转中点”.
(2) 求点 $A$ 关于线段 $BC$ 的“旋转中点”的横坐标 $m$ 的取值范围.

8. (1) H
(2) 解:如图,将线段$BC$绕原点$O$顺时针旋转$90°$,得到线段$B'C'$.易知线段$AC$的中点为$(0,3)$,线段$AC'$的中点为$(1,2)$.当点$Q'$与点$C'$重合时,点$A$关于线段$BC$的“旋转中点”的横坐标$m=1$;当点$Q'$与点$B'$重合时,点$A$关于线段$BC$的“旋转中点”的横坐标$m=0$.综上所述,点$A$关于线段$BC$的“旋转中点”的横坐标$m$的取值范围为$0≤ m≤1$.