如图,在平面直角坐标系中,已知点A的坐标为(0,2),△ABO为等边三角形,P是x轴上的一个动点(不与O点重合),将线段AP绕A点按逆时针方向旋转60°,P点的对应点为点Q.
(Ⅰ)求点B的坐标;
(Ⅱ)当点P在x轴负半轴运动时,求证:∠ABQ=90°;
(Ⅲ)连接OQ,在点P运动的过程中,当OQ平行AB时,求点P的坐标.
第1题图
解:(Ⅰ)如解图①,过点B作BC⊥x轴于点C,
∵△AOB为等边三角形,且OA=2,
∴∠AOB=60°,OB=OA=2,
∴∠BOC=30°,而∠OCB=90°,
∴BC=OB=1,OC=,
∴点B的坐标为B(,1);
(Ⅱ)∵△APQ、△AOB均为等边三角形,
∴AP=AQ, AO=AB, ∠PAQ=∠OAB,
∴∠PAO=∠QAB,
在△APO与△AQB中,,
∴△APO≌△AQB,
∴∠ABQ=∠AOP=90°;
(Ⅲ)当点P在x轴正半轴上时,
∵∠OAB=60°,
∴将AP绕点A逆时针旋转60°时,点Q在点B上方,
∴OQ和AB必相交,
当点P在x轴负半轴上时,点Q在点B的下方,
∵AB∥OQ,∠BQO=90°,∠BOQ=∠ABO=60°.
在Rt△BOQ中,OB=2,∠OBQ=90°-∠BOQ=30°,
∴BQ=,
由(Ⅱ)可知,△APO≌△AQB,
∴OP=BQ=,
∴此时点P的坐标为(-,0).
图① 图②
在直角坐标系中,OA=CD,OB=OD,CD⊥x轴于D,E、F分别是OB、OD中点,连接EF交AC于点G.
(Ⅰ)如图①,若点A的坐标为(-2,0),S△OCD=5,求点B的坐标;
(Ⅱ)如图②,当OB=2OA时,求证:点G为AC的中点;
(Ⅲ)如图③,当OB>2OA,△ABO绕原点O顺时针旋转α(0°<α<45°),(Ⅱ)中的结论是否还成立,若成立,请证明,若不成立,请说明理由.
第2题图
解:(Ⅰ)∵A(-2,0),
∴OA=2,
∵CD⊥OD,CD=OA=2,
又∵S△OCD=5,
∴×OD×2=5,
∴OD=5,
∴OB=OD=5,
∴B(0,5);
(Ⅱ)如解图①,连接EC、AE、CF.
∵OB=2OA,CD=OA,OD=OB,
∴CD=OB,
∵EB=EO,OF=DF,
∴OE∥CD,OE=CD,
∴四边形OECD是平行四边形,
∴EC=OD,
∵AF=OD=EC,
∴EC=AF,EC∥AF,
∴四边形AECF是平行四边形,
∴AG=CG,即点G为AC的中点;
(Ⅲ)成立.
理由:如解图②,连接AE、CF,在FE上取一点H,使得CH=CF.
∵OB=OD,OE=EB,OF=DF,
∴OE=DF,∵∠AOE=∠FDC,OA=CD,
∴△AOE≌△CDF,
∴AE=CF=CH,∠AEO=∠CFD,
∵OE=OF,
∴∠OEF=∠OFE,
∵∠AEG=∠AEO+∠OEF,∠CHG=180°-∠CHF=180°-∠CFH=180°-(180°-∠OFE-∠CFD)=∠OFE+∠CFD,
∴∠AEG=∠CHG,
∵∠AGE=∠CGH,
∴△AEG≌△CHG,
∴AG=CG,即点G为AC的中点.
图① 图②
如图,OABC是一张放在平面直角坐标系中的矩形纸片,O为坐标原点,点A在x轴上,点C在y轴上,OA=9,OC=15,将矩形纸片OABC绕O点顺时针旋转90°得到矩形OA1B1C1.将矩形OA1B1C1折叠,使得点B1落在x轴上,并与x轴上的点B2重合,折痕为A1D.
(Ⅰ)求点B2的坐标;
(Ⅱ)求折痕A1D所在直线的解析式;
(Ⅲ)在x轴上是否存在点P,使得∠BPB1为直角?若存在,求出点P的坐标;若不存在,请说明理由.
解:(Ⅰ)由条件知,B2A1=B1A1=BA=15,A1O=B1C1=BC=9,
∴在Rt△A1OB2中,OB2==12,
∴点B2坐标为(12,0);
(Ⅱ)B2C1=15-12=3,DC1=m,则B1D=9-m,
∵B1D=B2D,
∴=9−m,
解得m=4,
∴D点的坐标为(15,4),
又∵A1(0,9),
设折痕A1D所在直线的解析式为y=kx+b(k≠0),
∴,
解得,
即折痕A1D所在直线的解析式为y=−x+9;
(Ⅲ)假设存在P点,
∵∠BPA+∠BPB1+∠B1PC1=180°,∠BPB1=90°,
∴∠BPA+∠B1PC1=90°,
∵∠BAP=90°,∠ABP+∠BPA=90°,
∴∠ABP=∠B1PC1.
在△BAP和△PC1B1中,,
∴△BAP∽△PC1B1.
∴,
∵AB=15,C1B1=9,AC1=24,设PC1的长为m,
∴,
解得m1=15或m2=9.
经检验m1=15或m2=9是方程的两根,
当PC1=15时,P点坐标为(0,0);
当PC1=9时,P点坐标为(6,0).
综上所述,P点坐标为(0,0),(6,0).
如图,在平面直角坐标系中,已知△AOB是等边三角形,点A的坐标是(0,4),点B在第一象限,点P是x轴上的一个动点,连接AP,并把△AOP绕着点A按逆时针方向旋转,使边AO与AB重合,得到△ABD.
(Ⅰ)求点B的坐标及直线AB的解析式;
(Ⅱ)当点P运动到点(t,0)时,试用含t的式子表示点D的坐标;
(Ⅲ)是否存在点P,使△OPD的面积等于,若存在,请求出符合条件的点P的坐标(直接写出结果即可)
解:(Ⅰ)如解图①,过点B作BE⊥y轴于点E,作BF⊥x轴于点F.
由已知得:BF=OE=2,∴OF==2,
∴点B的坐标是(2,2).
设直线AB的解析式是y=kx+b(k≠0),
则有,∴.
∴直线AB的解析式是y=-x+4;
(Ⅱ)∵△ABD由△AOP旋转得到,
∴△ABD≌△AOP.∴AP=AD,∠DAB=∠PAO.
∴∠DAP=∠BAO=60°,∴△ADP是等边三角形.
如解图②,过点D作DH⊥x轴于点H,延长EB交DH于点G,则BG⊥DH.
在Rt△BDG中,∠BGD=90°,∠DBG=60°,
∴BG=BD•cos60°=t×=.DG=BD•sin60°=t.
∴OH=EG=2+t,DH=2+t.
∴点D的坐标为(2+t,2+t);
(Ⅲ)存在.
假设存在点P,在它的运动过程中,使△OPD的面积等于,设点P为(t,0),下面分三种情况讨论:
①当t>0时,如解图②,BD=OP=t,DG=t,
∴DH=2+t.
∵△OPD的面积等于,∴t(2+t)=,
∴t1=,t2=(舍去).
∴点P1的坐标为(,0).
②∵当D在x轴上时,如解图③,
根据锐角三角函数求出BD=OP=,
∴当-<t≤0时,如解图①,BD=OP=-t,BG=-t,
∴DH=GF=2-(-t)=2+t.
∵△OPD的面积等于,∴-t(2+t)=,
∴t1=-,t2=-,
∴点P2的坐标为(-,0),点P3的坐标为(-,0).
③当t≤-时,BD=OP=-t,BG=-t,
∴DH=-t-2.
∵△OPD的面积等于,
∴(-t)(-2-t)=,
∴t1=,t2=(舍去).
∴点P4的坐标为(,0).
综上所述,点P的坐标分别为P1(,0),
P2(-,0),P3(-,0),P4(,0).
图① 图② 图③
在平面直角坐标系中,点 A(-2,0),B(2,0),C(0,2),点 D,点E分别是 AC,BC的中点,将△CDE绕点C逆时针旋转得到△CD′E′,旋转角为α,连接 AD′,BE′.
(Ⅰ)如图①,若 0°<α<90°,当 AD′∥CE′时,求α的大小;
(Ⅱ)如图②,若 90°<α<180°,当点 D′落在线段 BE′上时,求 sin∠CBE′的值;
(Ⅲ)若直线AD′与直线BE′相交于点P,求点P的横坐标m的取值范围.
解:(Ⅰ)如解图①,∵A(-2,0),B(2,0),C(0,2),
∴OA=OB=OC,∴∠ACB=90°,
∵△CD′E′是△CDE旋转得到的,
∴∠D′CE′=90°,
∵AD′∥CE′,∴∠AD′C=∠D′CE′=90°,
∵D为AC的中点,∴CD=AC,
∵CD=CD′,∴CD′=AC,
在Rt△ACD′中,cosα==,
∴α=60°;
(Ⅱ)设F为D′E′的中点,连接CF,如解图②,
∵CD′=CE′,∠E′CD′=90°,
∴CF⊥BE′,CF=D′E′=1,
又∵BC==2,
∴在Rt△BCF中,sin∠CBE′=;
(Ⅲ)如解图③中,以C为圆心,CD′为半径作⊙C,当BE′与⊙C相切时AP最长,则四边形CD′PE′是正方形,作PH⊥AB于H.
∵CD′=CD=AC=,
∴⊙C的半径为,
∵在Rt△ACD′中,AD′=,
∴AP=AD′+PD′=+,
∵cos∠PAB=,∴AH=2+,
∴点P横坐标的最大值为.
如解图④中,当BE′与⊙C相切时AP最短,则四边形CD′PE′是正方形,作PH⊥AB于H.
根据对称性可知OH=,
∴点P横坐标的最小值为-,
∴点P横坐标的取值范围为-≤m≤.
图① 图②
图③ 图④
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