Question

7．如图，平面直角坐标系中，已知直线y=x上一点P（2，2），C为y轴上一点，连接PC，线段PC绕点P顺时针旋转90°至线段PD，过点D作直线AB⊥x轴，垂足为B，直线AB与直线y=x交于点A，连接CD，直线CD与直线y=x交于点Q，当△OPC≌△ADP时，则C点的坐标是（0，4+2$\sqrt{2}$），Q点的坐标是（2$\sqrt{2}$+2，2$\sqrt{2}$+2）．

Answer 1

分析 过P点作x轴的平行线交y轴于M，交AB于N，如图，设C（0，t），OP=2$\sqrt{2}$，OM=BN=PM=2，CM=t-2，利用旋转性质得PC=PD，∠CPD=90°，再证明△PCM≌△DPN得到PN=CM=2-t，DN=PM=2，于是得到D（t，4），接着利用△OPC≌△ADP得到AD=OP=2$\sqrt{2}$，则A（t，4+2$\sqrt{2}$），于是利用y=x图象上点的坐标特征得到t=4+2$\sqrt{2}$，所以C（0，4+2$\sqrt{2}$），D（4+2$\sqrt{2}$，4），接下来利用待定系数求出直线CD的解析式为y=（1-$\sqrt{2}$）x+4+2$\sqrt{2}$，则通过解方程组$\left\{\begin{array}{l}{y=x}\\{y=（1-\sqrt{2}）x+4+2\sqrt{2}}\end{array}\right.$可得Q点坐标．

解答 解：过P点作x轴的平行线交y轴于M，交AB于N，如图，设C（0，t），
∴P（2，2），
∴OP=2$\sqrt{2}$，OM=BN=PM=2，CM=t-2，
∵线段PC绕点P顺时针旋转90°至线段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），
设直线CD的解析式为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$\left\{\begin{array}{l}{k=1-\sqrt{2}}\\{b=4+2\sqrt{2}}\end{array}\right.$，
∴直线CD的解析式为y=（1-$\sqrt{2}$）x+4+2$\sqrt{2}$，
解方程组$\left\{\begin{array}{l}{y=x}\\{y=（1-\sqrt{2}）x+4+2\sqrt{2}}\end{array}\right.$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）．
故答案为（0，4+2$\sqrt{2}$），（2$\sqrt{2}$+2，2$\sqrt{2}$+2）．

点评 本题考查了坐标与图形变化-旋转：图形或点旋转之后要结合旋转的角度和图形的特殊性质来求出旋转后的点的坐标．常见的是旋转特殊角度如：30°，45°，60°，90°，180°．会应用全等三角形证明线段相等，理解坐标与图形性质．