Question

18．在平面直角坐标系中，O为原点，点A（4，0），点B（0，3），把△ABO绕点B逆时针旋转，得△A′BO′，点A，O旋转后的对应点为A′，O′，记旋转角为α．
（1）如图①，若α=90°，求AA′的长；
（2）如图②，若α=120°，求点O′的坐标；
（3）在（2）的条件下，边OA上 的一点P旋转后的对应点为P′，当O′P+BP′取得最小值时，在图中画出点P的位置，并直接写出点P的坐标．

Answer 1

分析 （1）如图①，先利用勾股定理计算出AB=5，再根据旋转的性质得BA=BA′，∠ABA′=90°，则可判定△ABA′为等腰直角三角形，然后根据等腰直角三角形的性质求AA′的长；
（2）作O′H⊥y轴于H，如图②，利用旋转的性质得BO=BO′=3，∠OBO′=120°，则∠HBO′=60°，再在Rt△BHO′中利用含30度的直角三角形三边的关系可计算出BH和O′H的长，然后利用坐标的表示方法写出O′点的坐标；
（3）由旋转的性质得BP=BP′，则O′P+BP′=O′P+BP，作B点关于x轴的对称点C，连结O′C交x轴于P点，如图②，易得O′P+BP=O′C，利用两点之间线段最短可判断此时O′P+BP的值最小，接着利用待定系数法求出直线O′C的解析式为y=$\frac{5\sqrt{3}}{3}$x-3，从而可得P点坐标；

解答 解：（1）如图①，
∵点A（4，0），点B（0，3），
∴OA=4，OB=3，
∴AB=$\sqrt{{3}^{2}+{4}^{2}}$=5，
∵△ABO绕点B逆时针旋转90°，得△A′BO′，
∴BA=BA′，∠ABA′=90°，
∴△ABA′为等腰直角三角形，
∴AA′=$\sqrt{2}$BA=5 $\sqrt{2}$；

（2）作O′H⊥y轴于H，如图②，
∵△ABO绕点B逆时针旋转120°，得△A′BO′，
∴BO=BO′=3，∠OBO′=120°，
∴∠HBO′=60°，
在Rt△BHO′中，∵∠BO′H=90°-∠HBO′=30°，
∴BH=$\frac{1}{2}$BO′=$\frac{3}{2}$，O′H=$\sqrt{3}$BH=$\frac{3\sqrt{3}}{2}$，
∴OH=OB+BH=3+$\frac{3}{2}$=$\frac{9}{2}$，
∴O′点的坐标为（ $\frac{3\sqrt{3}}{2}$，$\frac{9}{2}$）；

（3）∵△ABO绕点B逆时针旋转120°，得△A′BO′，点P的对应点为P′，
∴BP=BP′，
∴O′P+BP′=O′P+BP，
作B点关于x轴的对称点C，连结O′C交x轴于P点，如图②，
则O′P+BP=O′P+PC=O′C，此时O′P+BP的值最小，
∵点C与点B关于x轴对称，
∴C（0，-3），
设直线O′C的解析式为y=kx+b，
把O′（ $\frac{3\sqrt{3}}{2}$，$\frac{9}{2}$），C（0，-3）代入得 $\left\{\begin{array}{l}{\frac{3\sqrt{3}}{2}k+b=\frac{9}{2}}\\{b=-3}\end{array}\right.$，解得 $\left\{\begin{array}{l}{k=\frac{5\sqrt{3}}{3}}\\{b=-3}\end{array}\right.$，
∴直线O′C的解析式为y=$\frac{5\sqrt{3}}{3}$x-3，
当y=0时，$\frac{5\sqrt{3}}{3}$x-3=0，解得x=$\frac{3\sqrt{3}}{5}$，
∴P（ $\frac{3\sqrt{3}}{5}$，0）．

点评 本题考查了几何变换综合题、等腰直角三角形的性质、一次函数的应用、勾股定理、直角三角形30度角性质等知识，解题的关键是学会利用两点之间线段最短解决最短路径问题，学会构建一次函数解决交点坐标问题，属于中考压轴题．