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22. (10分)如图20，$△ ABC$在直角坐标平面内，三个顶点的坐标分别为$A(0,3)$，$B(3,4)$，$C(2,2)$(正方形网格中每个小正方形的边长是1个单位长度).
(1) $△ ABC$向下平移4个单位长度得到$△ A_1B_1C_1$，点$C_1$的坐标是；
(2) 以点$B$为位似中心，在网格内画出$△ A_2B_2C_2$，使$△ A_2B_2C_2$与$△ ABC$位似，且位似比为2，点$C_2$的坐标是；(画出图形)
(3) 求$△ A_2B_2C_2$的面积.
(1) $△ ABC$向下平移4个单位长度得到$△ A_1B_1C_1$，点$C_1$的坐标是；
(2) 以点$B$为位似中心，在网格内画出$△ A_2B_2C_2$，使$△ A_2B_2C_2$与$△ ABC$位似，且位似比为2，点$C_2$的坐标是；(画出图形)
(3) 求$△ A_2B_2C_2$的面积.
答案
解：
(1) 点$C_1$的坐标是$\boldsymbol{(2,-2)}$；
(2) 按要求延长$BA$至$A_2$使$BA_2=2BA$，延长$BC$至$C_2$使$BC_2=2BC$，连接$A_2C_2$得到$△ A_2B_2C_2$，点$C_2$的坐标是$\boldsymbol{(1,0)}$；
(3) 用割补法计算$△ ABC$的面积：
将$△ ABC$置于长为3、高为2的矩形内，
$S_{△ ABC} = 3× 2 - \frac{1}{2}× 1× 3 - \frac{1}{2}× 1× 2 - \frac{1}{2}× 1× 2 = \frac{5}{2}$
因为$△ A_2B_2C_2$与$△ ABC$位似，位似比为2，两三角形相似，相似比为2，根据相似三角形面积比等于相似比的平方：
$\frac{S_{△ A_2B_2C_2}}{S_{△ ABC}} = 2^2 = 4$
因此$S_{△ A_2B_2C_2} = 4× \frac{5}{2} = 10$。
(1) 点$C_1$的坐标是$\boldsymbol{(2,-2)}$；
(2) 按要求延长$BA$至$A_2$使$BA_2=2BA$，延长$BC$至$C_2$使$BC_2=2BC$，连接$A_2C_2$得到$△ A_2B_2C_2$，点$C_2$的坐标是$\boldsymbol{(1,0)}$；
(3) 用割补法计算$△ ABC$的面积：
将$△ ABC$置于长为3、高为2的矩形内，
$S_{△ ABC} = 3× 2 - \frac{1}{2}× 1× 3 - \frac{1}{2}× 1× 2 - \frac{1}{2}× 1× 2 = \frac{5}{2}$
因为$△ A_2B_2C_2$与$△ ABC$位似，位似比为2，两三角形相似，相似比为2，根据相似三角形面积比等于相似比的平方：
$\frac{S_{△ A_2B_2C_2}}{S_{△ ABC}} = 2^2 = 4$
因此$S_{△ A_2B_2C_2} = 4× \frac{5}{2} = 10$。
解析
【分析】
(1) 平移变换的坐标规律为：上下平移时横坐标不变，纵坐标“上加下减”，向下平移4个单位只需将点C的纵坐标减4，横坐标保持不变即可得到C₁的坐标。
(2) 以点B为位似中心、位似比为2作图时，需延长BA、BC，使新顶点到B的距离是原对应顶点到B距离的2倍，根据坐标差的2倍即可计算出C₂的坐标，再顺次连接各顶点得到位似图形。
(3) 可先利用割补法求出原△ABC的面积，再结合位似图形是相似图形，面积比等于相似比的平方的性质，用原三角形面积乘以4即可得到△A₂B₂C₂的面积，计算更简便。
【解析】
(1) 已知点C的坐标为$(2,2)$，向下平移4个单位长度，横坐标不变，纵坐标减去4：$2-4=-2$，因此点$C_1$的坐标为$(2,-2)$。
(2) 作图步骤：延长BA到$A_2$，使$BA_2=2BA$；延长BC到$C_2$，使$BC_2=2BC$；连接$A_2C_2$，即可得到$△ A_2B_2C_2$。
计算$C_2$坐标：向量$\overrightarrow{BC}=(2-3,2-4)=(-1,-2)$，则$\overrightarrow{BC_2}=2×(-1,-2)=(-2,-4)$，因此$C_2$的坐标为$(3-2,4-4)=(1,0)$。
(3) 用割补法计算$△ ABC$的面积：将$△ ABC$置于长为3、宽为2的矩形内，减去周围三个直角三角形的面积：
$S_{△ABC} = 3× 2 - \frac{1}{2}× 1× 3 - \frac{1}{2}× 1× 2 - \frac{1}{2}× 1× 2 = \frac{5}{2}$
$△ A_2B_2C_2$与$△ ABC$位似，相似比为2，相似三角形面积比等于相似比的平方，因此：
$\frac{S_{△ A_2B_2C_2}}{S_{△ ABC}} = 2^2 = 4$
$S_{△ A_2B_2C_2} = 4× \frac{5}{2} = 10$
【答案】
(1) $\boldsymbol{(2,-2)}$
(2) 画图见解析，$\boldsymbol{(1,0)}$
(3) $\boldsymbol{10}$
【知识点】
坐标平移变换，位似图形的性质，相似三角形面积性质
【点评】
本题是平面直角坐标系下的图形变换基础综合题，考查的都是核心基础知识点，其中割补法求格点三角形面积、位似与相似的关系是高频考点，需要熟练掌握相关规律，做到灵活运用。
【难度系数】
0.7
(1) 平移变换的坐标规律为：上下平移时横坐标不变，纵坐标“上加下减”，向下平移4个单位只需将点C的纵坐标减4，横坐标保持不变即可得到C₁的坐标。
(2) 以点B为位似中心、位似比为2作图时，需延长BA、BC，使新顶点到B的距离是原对应顶点到B距离的2倍，根据坐标差的2倍即可计算出C₂的坐标，再顺次连接各顶点得到位似图形。
(3) 可先利用割补法求出原△ABC的面积，再结合位似图形是相似图形，面积比等于相似比的平方的性质，用原三角形面积乘以4即可得到△A₂B₂C₂的面积，计算更简便。
【解析】
(1) 已知点C的坐标为$(2,2)$，向下平移4个单位长度，横坐标不变，纵坐标减去4：$2-4=-2$，因此点$C_1$的坐标为$(2,-2)$。
(2) 作图步骤：延长BA到$A_2$，使$BA_2=2BA$；延长BC到$C_2$，使$BC_2=2BC$；连接$A_2C_2$，即可得到$△ A_2B_2C_2$。
计算$C_2$坐标：向量$\overrightarrow{BC}=(2-3,2-4)=(-1,-2)$，则$\overrightarrow{BC_2}=2×(-1,-2)=(-2,-4)$，因此$C_2$的坐标为$(3-2,4-4)=(1,0)$。
(3) 用割补法计算$△ ABC$的面积：将$△ ABC$置于长为3、宽为2的矩形内，减去周围三个直角三角形的面积：
$S_{△ABC} = 3× 2 - \frac{1}{2}× 1× 3 - \frac{1}{2}× 1× 2 - \frac{1}{2}× 1× 2 = \frac{5}{2}$
$△ A_2B_2C_2$与$△ ABC$位似，相似比为2，相似三角形面积比等于相似比的平方，因此：
$\frac{S_{△ A_2B_2C_2}}{S_{△ ABC}} = 2^2 = 4$
$S_{△ A_2B_2C_2} = 4× \frac{5}{2} = 10$
【答案】
(1) $\boldsymbol{(2,-2)}$
(2) 画图见解析，$\boldsymbol{(1,0)}$
(3) $\boldsymbol{10}$
【知识点】
坐标平移变换，位似图形的性质，相似三角形面积性质
【点评】
本题是平面直角坐标系下的图形变换基础综合题，考查的都是核心基础知识点，其中割补法求格点三角形面积、位似与相似的关系是高频考点，需要熟练掌握相关规律，做到灵活运用。
【难度系数】
0.7
23. (11分)如图21,在$\mathrm{Rt}△ ABC$中,$∠ ACB=90°$,$AC=3$,$BC=4$,过点$B$作射线$BB_1// AC$.动点$D$从点$A$出发沿射线$AC$方向以每秒5个单位长度的速度运动,同时动点$E$从点$C$出发沿射线$AC$方向以每秒3个单位长度的速度运动.过点$D$作$DH⊥ AB$于点$H$,过点$E$作$EF⊥ AC$交射线$BB_1$于点$F$,$G$是$EF$的中点,连接$DG$.设点$D$运动的时间为$t$秒.
(1)当$t$为何值时,$AD=AB$? 求出此时$DE$的长度.
(2)当$△ DEG$与$△ ACB$相似时,求$t$的值.
(1)当$t$为何值时,$AD=AB$? 求出此时$DE$的长度.
(2)当$△ DEG$与$△ ACB$相似时,求$t$的值.
答案
解：(1) 在$\mathrm{Rt}△ ABC$中，$∠ ACB=90°$，$AC=3$，$BC=4$，
$\therefore AB=\sqrt{AC^2+BC^2}=\sqrt{3^2+4^2}=5$。
由题意得$AD=5t$，若$AD=AB$，则$5t=5$，解得$t=1$。
此时$AD=5$，$CE=3t=3$，
$\because AC=3$，$\therefore CD=AD-AC=5-3=2$，
$\therefore DE=CE-CD=3-2=1$。
(2) $\because BB_1// AC$，$EF⊥ AC$，$∠ ACB=90°$，
$\therefore$ 四边形$BCEF$是矩形，$\therefore EF=BC=4$。
$\because G$是$EF$的中点，$\therefore GE=\frac{1}{2}EF=2$。
由题意得$AD=5t$，$CE=3t$，
$\therefore DE=|(AC+CE)-AD|=|3+3t-5t|=|3-2t|$。
$\because ∠ DEG=∠ ACB=90°$，$△ DEG$与$△ ACB$相似分两种情况：
① 当$△ DEG ∽ △ ACB$时，$\frac{DE}{AC}=\frac{EG}{BC}$，
即$\frac{|3-2t|}{3}=\frac{2}{4}$，化简得$|3-2t|=\frac{3}{2}$，
解得$t=\frac{3}{4}$或$t=\frac{9}{4}$；
② 当$△ DEG ∽ △ BCA$时，$\frac{DE}{BC}=\frac{EG}{AC}$，
即$\frac{|3-2t|}{4}=\frac{2}{3}$，化简得$|3-2t|=\frac{8}{3}$，
解得$t=\frac{1}{6}$或$t=\frac{17}{6}$。
综上，(1) $t=1$时$AD=AB$，此时$DE=1$；
(2) $t$的值为$\frac{1}{6}$、$\frac{3}{4}$、$\frac{9}{4}$、$\frac{17}{6}$。
$\therefore AB=\sqrt{AC^2+BC^2}=\sqrt{3^2+4^2}=5$。
由题意得$AD=5t$，若$AD=AB$，则$5t=5$，解得$t=1$。
此时$AD=5$，$CE=3t=3$，
$\because AC=3$，$\therefore CD=AD-AC=5-3=2$，
$\therefore DE=CE-CD=3-2=1$。
(2) $\because BB_1// AC$，$EF⊥ AC$，$∠ ACB=90°$，
$\therefore$ 四边形$BCEF$是矩形，$\therefore EF=BC=4$。
$\because G$是$EF$的中点，$\therefore GE=\frac{1}{2}EF=2$。
由题意得$AD=5t$，$CE=3t$，
$\therefore DE=|(AC+CE)-AD|=|3+3t-5t|=|3-2t|$。
$\because ∠ DEG=∠ ACB=90°$，$△ DEG$与$△ ACB$相似分两种情况：
① 当$△ DEG ∽ △ ACB$时，$\frac{DE}{AC}=\frac{EG}{BC}$，
即$\frac{|3-2t|}{3}=\frac{2}{4}$，化简得$|3-2t|=\frac{3}{2}$，
解得$t=\frac{3}{4}$或$t=\frac{9}{4}$；
② 当$△ DEG ∽ △ BCA$时，$\frac{DE}{BC}=\frac{EG}{AC}$，
即$\frac{|3-2t|}{4}=\frac{2}{3}$，化简得$|3-2t|=\frac{8}{3}$，
解得$t=\frac{1}{6}$或$t=\frac{17}{6}$。
综上，(1) $t=1$时$AD=AB$，此时$DE=1$；
(2) $t$的值为$\frac{1}{6}$、$\frac{3}{4}$、$\frac{9}{4}$、$\frac{17}{6}$。
解析
【分析】
（1）首先利用勾股定理求出Rt△ABC的斜边AB的长度，再根据动点D的运动速度表示出AD的长度，令AD=AB列方程即可求出t的值；再分别计算此时CD、CE的长度，结合线段和差关系求出DE的长度。
（2）首先根据$BB_1// AC$、$EF⊥ AC$等条件判定四边形BCEF是矩形，得到EF的长度，再由G是EF中点求出GE的长度；然后用含t的代数式表示出DE的长度（注意D、E的位置不确定，用绝对值表示），由于$∠ DEG$和$∠ ACB$都是直角，两三角形相似时分两种对应情况：$△ DEG ∽ △ ACB$和$△ DEG ∽ △ BCA$，分别根据相似三角形对应边成比例列方程，求解即可得到所有符合条件的t值。
【解析】
(1) 在$\mathrm{Rt}△ ABC$中，$∠ ACB=90°$，$AC=3$，$BC=4$，由勾股定理得：
$AB=\sqrt{AC^2+BC^2}=\sqrt{3^2+4^2}=5$。
由题意知，点D的运动速度为每秒5个单位长度，因此$AD=5t$。
令$AD=AB$，即$5t=5$，解得$t=1$。
此时$CE=3t=3×1=3$，$CD=AD-AC=5-3=2$，
因此$DE=CE-CD=3-2=1$。
(2) $\because BB_1// AC$，$EF⊥ AC$，$∠ ACB=90°$，
$\therefore$ 四边形$BCEF$的三个角为直角，是矩形，
$\therefore EF=BC=4$。
$\because G$是$EF$的中点，$\therefore GE=\frac{1}{2}EF=2$。
由题意得$AD=5t$，$CE=3t$，
$DE$的长度为两点距离，即$DE=|(AC+CE)-AD|=|3+3t-5t|=|3-2t|$。
$\because ∠ DEG=∠ ACB=90°$，$△ DEG$与$△ ACB$相似分两种情况：
① 当$△ DEG ∽ △ ACB$时，对应边成比例$\frac{DE}{AC}=\frac{EG}{BC}$，
代入得$\frac{|3-2t|}{3}=\frac{2}{4}$，化简得$|3-2t|=\frac{3}{2}$，
解得$3-2t=\frac{3}{2}$或$3-2t=-\frac{3}{2}$，即$t=\frac{3}{4}$或$t=\frac{9}{4}$；
② 当$△ DEG ∽ △ BCA$时，对应边成比例$\frac{DE}{BC}=\frac{EG}{AC}$，
代入得$\frac{|3-2t|}{4}=\frac{2}{3}$，化简得$|3-2t|=\frac{8}{3}$，
解得$3-2t=\frac{8}{3}$或$3-2t=-\frac{8}{3}$，即$t=\frac{1}{6}$或$t=\frac{17}{6}$。
所有解均满足$t＞0$，均符合题意。
【答案】
(1) 当$t=1$时$AD=AB$，此时$DE$的长度为1；
(2) $t$的值为$\frac{1}{6}$、$\frac{3}{4}$、$\frac{9}{4}$、$\frac{17}{6}$。
【知识点】
勾股定理；相似三角形的性质；矩形的判定与性质
【点评】
本题是动点与几何结合的综合题，解题时需先理清动点的运动轨迹，用含t的代数式表示出相关线段的长度，重点要注意相似三角形对应关系不唯一时需分类讨论，涉及动点的线段长度要考虑位置的不确定性，避免漏解。
【难度系数】
0.4
（1）首先利用勾股定理求出Rt△ABC的斜边AB的长度，再根据动点D的运动速度表示出AD的长度，令AD=AB列方程即可求出t的值；再分别计算此时CD、CE的长度，结合线段和差关系求出DE的长度。
（2）首先根据$BB_1// AC$、$EF⊥ AC$等条件判定四边形BCEF是矩形，得到EF的长度，再由G是EF中点求出GE的长度；然后用含t的代数式表示出DE的长度（注意D、E的位置不确定，用绝对值表示），由于$∠ DEG$和$∠ ACB$都是直角，两三角形相似时分两种对应情况：$△ DEG ∽ △ ACB$和$△ DEG ∽ △ BCA$，分别根据相似三角形对应边成比例列方程，求解即可得到所有符合条件的t值。
【解析】
(1) 在$\mathrm{Rt}△ ABC$中，$∠ ACB=90°$，$AC=3$，$BC=4$，由勾股定理得：
$AB=\sqrt{AC^2+BC^2}=\sqrt{3^2+4^2}=5$。
由题意知，点D的运动速度为每秒5个单位长度，因此$AD=5t$。
令$AD=AB$，即$5t=5$，解得$t=1$。
此时$CE=3t=3×1=3$，$CD=AD-AC=5-3=2$，
因此$DE=CE-CD=3-2=1$。
(2) $\because BB_1// AC$，$EF⊥ AC$，$∠ ACB=90°$，
$\therefore$ 四边形$BCEF$的三个角为直角，是矩形，
$\therefore EF=BC=4$。
$\because G$是$EF$的中点，$\therefore GE=\frac{1}{2}EF=2$。
由题意得$AD=5t$，$CE=3t$，
$DE$的长度为两点距离，即$DE=|(AC+CE)-AD|=|3+3t-5t|=|3-2t|$。
$\because ∠ DEG=∠ ACB=90°$，$△ DEG$与$△ ACB$相似分两种情况：
① 当$△ DEG ∽ △ ACB$时，对应边成比例$\frac{DE}{AC}=\frac{EG}{BC}$，
代入得$\frac{|3-2t|}{3}=\frac{2}{4}$，化简得$|3-2t|=\frac{3}{2}$，
解得$3-2t=\frac{3}{2}$或$3-2t=-\frac{3}{2}$，即$t=\frac{3}{4}$或$t=\frac{9}{4}$；
② 当$△ DEG ∽ △ BCA$时，对应边成比例$\frac{DE}{BC}=\frac{EG}{AC}$，
代入得$\frac{|3-2t|}{4}=\frac{2}{3}$，化简得$|3-2t|=\frac{8}{3}$，
解得$3-2t=\frac{8}{3}$或$3-2t=-\frac{8}{3}$，即$t=\frac{1}{6}$或$t=\frac{17}{6}$。
所有解均满足$t＞0$，均符合题意。
【答案】
(1) 当$t=1$时$AD=AB$，此时$DE$的长度为1；
(2) $t$的值为$\frac{1}{6}$、$\frac{3}{4}$、$\frac{9}{4}$、$\frac{17}{6}$。
【知识点】
勾股定理；相似三角形的性质；矩形的判定与性质
【点评】
本题是动点与几何结合的综合题，解题时需先理清动点的运动轨迹，用含t的代数式表示出相关线段的长度，重点要注意相似三角形对应关系不唯一时需分类讨论，涉及动点的线段长度要考虑位置的不确定性，避免漏解。
【难度系数】
0.4
