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，利用旋轉性質得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：圖形或點旋轉之后要結合旋轉的角度和圖形的特殊性質來求出旋轉后的點的坐標．常見的是旋轉特殊角度如：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．