Question

7．如圖，平面直角坐標系中，已知直線y=x上一點P（2，2），C為y軸上一點，連接PC，線段PC繞點P順時針旋轉(zhuǎn)90°至線段PD，過點D作直線AB⊥x軸，垂足為B，直線AB與直線y=x交于點A，連接CD，直線CD與直線y=x交于點Q，當△OPC≌△ADP時，則C點的坐標是（0，4+2$\sqrt{2}$），Q點的坐標是（2$\sqrt{2}$+2，2$\sqrt{2}$+2）．

Answer 1

分析 過P點作x軸的平行線交y軸于M，交AB于N，如圖，設C（0，t），OP=2$\sqrt{2}$，OM=BN=PM=2，CM=t-2，利用旋轉(zhuǎn)性質(zhì)得PC=PD，∠CPD=90°，再證明△PCM≌△DPN得到PN=CM=2-t，DN=PM=2，于是得到D（t，4），接著利用△OPC≌△ADP得到AD=OP=2$\sqrt{2}$，則A（t，4+2$\sqrt{2}$），于是利用y=x圖象上點的坐標特征得到t=4+2$\sqrt{2}$，所以C（0，4+2$\sqrt{2}$），D（4+2$\sqrt{2}$，4），接下來利用待定系數(shù)求出直線CD的解析式為y=（1-$\sqrt{2}$）x+4+2$\sqrt{2}$，則通過解方程組$\left\{\begin{array}{l}{y=x}\\{y=（1-\sqrt{2}）x+4+2\sqrt{2}}\end{array}\right.$可得Q點坐標．

解答 解：過P點作x軸的平行線交y軸于M，交AB于N，如圖，設C（0，t），
∴P（2，2），
∴OP=2$\sqrt{2}$，OM=BN=PM=2，CM=t-2，
∵線段PC繞點P順時針旋轉(zhuǎn)90°至線段PD，
∴PC=PD，∠CPD=90°，
∴∠CPM+∠DPN=90°，
而∠CPM+∠PCM=90°，
∴∠PCM=∠DPN，
在△PCM和△DPN中
$\left\{\begin{array}{l}{∠PMC=∠DNP}\\{∠PCM=∠DPN}\\{PC=DP}\end{array}\right.$，
∴△PCM≌△DPN，
∴PN=CM=2-t，DN=PM=2，
∴MN=2-t+2=t，DB=2+2=4，
∴D（t，4），
∵△OPC≌△ADP，
∴AD=OP=2$\sqrt{2}$，
∴A（t，4+2$\sqrt{2}$），
把A（t，4+2$\sqrt{2}$）代入y=x得t=4+2$\sqrt{2}$，
∴C（0，4+2$\sqrt{2}$），D（4+2$\sqrt{2}$，4），
設直線CD的解析式為y=kx+b，
把C（0，4+2$\sqrt{2}$），D（4+2$\sqrt{2}$，4）代入得$\left\{\begin{array}{l}{b=4+2\sqrt{2}}\\{（4+2\sqrt{2}）k+b=4}\end{array}\right.$，解得$\left\{\begin{array}{l}{k=1-\sqrt{2}}\\{b=4+2\sqrt{2}}\end{array}\right.$，
∴直線CD的解析式為y=（1-$\sqrt{2}$）x+4+2$\sqrt{2}$，
解方程組$\left\{\begin{array}{l}{y=x}\\{y=（1-\sqrt{2}）x+4+2\sqrt{2}}\end{array}\right.$得$\left\{\begin{array}{l}{x=2\sqrt{2}+2}\\{y=2\sqrt{2}+2}\end{array}\right.$，
∴Q（2$\sqrt{2}$+2，2$\sqrt{2}$+2）．
故答案為（0，4+2$\sqrt{2}$），（2$\sqrt{2}$+2，2$\sqrt{2}$+2）．

點評 本題考查了坐標與圖形變化-旋轉(zhuǎn)：圖形或點旋轉(zhuǎn)之后要結(jié)合旋轉(zhuǎn)的角度和圖形的特殊性質(zhì)來求出旋轉(zhuǎn)后的點的坐標．常見的是旋轉(zhuǎn)特殊角度如：30°，45°，60°，90°，180°．會應用全等三角形證明線段相等，理解坐標與圖形性質(zhì)．