题目内容
16．
如图，在边长为1的正方形组成的网格中，△ABC的顶点均在格点上，点A、B、C的坐标分别是A（-2，3）、B（-1，2）、C（-3，1），△ABC绕点O顺时针旋转90°后得到△A1B1C1．（1）在正方形网格中作出△A1B1C1；
（2）在旋转过程中，点C经过的路径$\widehat{C{C}_{1}}$的长度为$\frac{\sqrt{10}}{2}$π；（结果保留π）
（3）在坐标轴上找一点D，使DB+DC的值最小，则点D的坐标为（0，$\frac{7}{4}$）或（-$\frac{7}{3}$，0）．
分析 （1）利用网格特点和旋转的性质画出点A、B、C的对应点A1、B1、C1，从而得到△A1B1C1；
（2）由于点C经过的路径是以O点为圆心，OC为半径，圆心角为90度的弧，所以利用弧长公式可计算出点C经过的路径$\widehat{C{C}_{1}}$的长度；
（3）分类讨论：作B点关于y轴的对称点B′，连结CB′交y轴于D，如图2，则B′（1，2），利用两点之间线段最短可判断此时DB+DB最小，利用待定系数法可求出直线CB′的解析式，然后求出直线与y轴的交点即可；作C点关于x轴的对称点C′，连结C′B交x轴于D′，如图2，则C′（-3，-1），利用待定系数法可求出直线C′B的解析式，然后求出直线与x轴的交点即可．
解答 解：（1）如图1，△A1B1C1为所作；
（2）OC=$\sqrt{{1}^{2}+{3}^{2}}$=$\sqrt{10}$，
所以点C经过的路径$\widehat{C{C}_{1}}$的长度=$\frac{90•π•\sqrt{10}}{180}$=$\frac{\sqrt{10}}{2}$π，
（3）作B点关于y轴的对称点B′，连结CB′交y轴于D，如图2，则B′（1，2），
∵DB+DC=DB′+DC=CB′，
∴此时DB+DB最小，
设直线CB′的解析式为y=mx+n，
把C（-3，1），B′（1，2）代入得$\left\{\begin{array}{l}{-3k+b=1}\\{k+b=2}\end{array}\right.$，解得$\left\{\begin{array}{l}{k=\frac{1}{4}}\\{b=\frac{7}{4}}\end{array}\right.$，
所以直线CB′的解析式为y=$\frac{1}{4}$x+$\frac{7}{4}$，
当x=0时，y=$\frac{1}{4}$x+$\frac{7}{4}$=$\frac{7}{4}$，
∴D（0，$\frac{7}{4}$）；
作C点关于x轴的对称点C′，连结C′B交x轴于D′，如图2，则C′（-3，-1），
∵D′B+D′C=D′B+D′C′=C′B，
∴此时D′B+D′B′最小，
设直线C′B的解析式为y=px+q，
把C′（-3，-1），B（-1，2）代入得$\left\{\begin{array}{l}{-3p+q=-1}\\{-p+q=2}\end{array}\right.$，解得$\left\{\begin{array}{l}{p=\frac{3}{2}}\\{q=\frac{7}{2}}\end{array}\right.$，
所以直线C′B的解析式为y=$\frac{3}{2}$x+$\frac{7}{2}$，
当y=0时，$\frac{3}{2}$x+$\frac{7}{2}$=0，解得x=-$\frac{7}{3}$，
∴D′（-$\frac{7}{3}$，0），
综上所述，D点坐标为（（0，$\frac{7}{4}$）或（-$\frac{7}{3}$，0）．
故答案为$\frac{\sqrt{10}}{2}$π；（0，$\frac{7}{4}$）或（-$\frac{7}{3}$，0）．
点评 本题考查了作图-旋转变换：根据旋转的性质可知，对应角都相等都等于旋转角，对应线段也相等，由此可以通过作相等的角，在角的边上截取相等的线段的方法，找到对应点，顺次连接得出旋转后的图形．也考查了弧长公式．
如图，把一块直角三角板的直角顶点放在直尺的一边上，若∠1=25°，则∠2的度数为（ ）| A． | 25° | B． | 65° | C． | 55° | D． | 40° |
如图，正方形ABCD中，点E，F，G分别为边AB，BC，AD上的点，且AE=BF=DG，连接EF，GE，GF．