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6. 如图3-21,在平面直角坐标系中,将点P(2,3)绕原点O顺时针旋转90°得到点P',则P'的坐标为____.
答案：
1. 首先，明确旋转的性质：
设点$P(x,y)$绕原点$O$顺时针旋转$90^{\circ}$后得到点$P'(x',y')$。
对于点$(x,y)$绕原点顺时针旋转$90^{\circ}$的坐标变换公式为$\begin{cases}x' = y\\y'=-x\end{cases}$。
2. 然后，已知$P(2,3)$：
这里$x = 2$，$y = 3$。
根据上述公式，当$x = 2$，$y = 3$时，$x'=y = 3$，$y'=-x=-2$。
所以$P'$的坐标为$(3, - 2)$。
设点$P(x,y)$绕原点$O$顺时针旋转$90^{\circ}$后得到点$P'(x',y')$。
对于点$(x,y)$绕原点顺时针旋转$90^{\circ}$的坐标变换公式为$\begin{cases}x' = y\\y'=-x\end{cases}$。
2. 然后，已知$P(2,3)$：
这里$x = 2$，$y = 3$。
根据上述公式，当$x = 2$，$y = 3$时，$x'=y = 3$，$y'=-x=-2$。
所以$P'$的坐标为$(3, - 2)$。
7. 如图3-22,在正方形ABCD中,E为DC边上的点,连接BE,将△BCE绕点C顺时针方向旋转90°得到△DCF,连接EF,若∠BEC = 60°,则∠EFD的度数为____.
答案：
1. 首先，根据旋转的性质：
因为$\triangle BCE$绕点$C$顺时针方向旋转$90^{\circ}$得到$\triangle DCF$，所以$\triangle BCE\cong\triangle DCF$。
则$CE = CF$，$\angle BEC=\angle DFC = 60^{\circ}$，$\angle ECF = 90^{\circ}$。
2. 然后，在$\triangle ECF$中：
由于$CE = CF$，$\angle ECF = 90^{\circ}$，根据等腰直角三角形的性质，$\angle EFC=\angle FEC$。
根据三角形内角和定理$\angle EFC+\angle FEC+\angle ECF = 180^{\circ}$，设$\angle EFC=\angle FEC = x$，则$2x + 90^{\circ}=180^{\circ}$。
解方程$2x=180^{\circ}-90^{\circ}$，得$x = 45^{\circ}$，即$\angle EFC = 45^{\circ}$。
3. 最后，求$\angle EFD$的度数：
因为$\angle EFD=\angle DFC-\angle EFC$。
已知$\angle DFC = 60^{\circ}$，$\angle EFC = 45^{\circ}$，所以$\angle EFD=60^{\circ}-45^{\circ}=15^{\circ}$。
故答案为$15^{\circ}$。
因为$\triangle BCE$绕点$C$顺时针方向旋转$90^{\circ}$得到$\triangle DCF$，所以$\triangle BCE\cong\triangle DCF$。
则$CE = CF$，$\angle BEC=\angle DFC = 60^{\circ}$，$\angle ECF = 90^{\circ}$。
2. 然后，在$\triangle ECF$中：
由于$CE = CF$，$\angle ECF = 90^{\circ}$，根据等腰直角三角形的性质，$\angle EFC=\angle FEC$。
根据三角形内角和定理$\angle EFC+\angle FEC+\angle ECF = 180^{\circ}$，设$\angle EFC=\angle FEC = x$，则$2x + 90^{\circ}=180^{\circ}$。
解方程$2x=180^{\circ}-90^{\circ}$，得$x = 45^{\circ}$，即$\angle EFC = 45^{\circ}$。
3. 最后，求$\angle EFD$的度数：
因为$\angle EFD=\angle DFC-\angle EFC$。
已知$\angle DFC = 60^{\circ}$，$\angle EFC = 45^{\circ}$，所以$\angle EFD=60^{\circ}-45^{\circ}=15^{\circ}$。
故答案为$15^{\circ}$。
8. 边长为4cm的正方形ABCD绕它的顶点A旋转180°,顶点B所经过的路线长为____cm.
答案：
1. 首先明确弧长公式：
弧长公式为$l = \frac{n\pi r}{180}$（其中$l$为弧长，$n$为圆心角的度数，$r$为半径）。
2. 然后分析题目条件：
正方形$ABCD$绕顶点$A$旋转$180^{\circ}$，顶点$B$所经过的路线是以$A$为圆心，$AB$长为半径的一段弧。
已知正方形边长$AB = 4cm$，圆心角$n = 180^{\circ}$，半径$r=AB = 4cm$。
3. 最后代入弧长公式计算：
把$n = 180$，$r = 4$代入弧长公式$l=\frac{n\pi r}{180}$，可得$l=\frac{180\pi\times4}{180}$。
化简$\frac{180\pi\times4}{180}=4\pi(cm)$。
故顶点$B$所经过的路线长为$4\pi$ $cm$。
弧长公式为$l = \frac{n\pi r}{180}$（其中$l$为弧长，$n$为圆心角的度数，$r$为半径）。
2. 然后分析题目条件：
正方形$ABCD$绕顶点$A$旋转$180^{\circ}$，顶点$B$所经过的路线是以$A$为圆心，$AB$长为半径的一段弧。
已知正方形边长$AB = 4cm$，圆心角$n = 180^{\circ}$，半径$r=AB = 4cm$。
3. 最后代入弧长公式计算：
把$n = 180$，$r = 4$代入弧长公式$l=\frac{n\pi r}{180}$，可得$l=\frac{180\pi\times4}{180}$。
化简$\frac{180\pi\times4}{180}=4\pi(cm)$。
故顶点$B$所经过的路线长为$4\pi$ $cm$。
9. 如图3-23,当半径为30cm的转动轮转过120°角时,传送带上的物体A平移的距离为____cm.
答案：
1. 首先明确弧长公式：
弧长公式为$l = \frac{n\pi r}{180}$（其中$n$是圆心角的度数，$r$是半径）。
2. 然后分析题目条件：
已知转动轮半径$r = 30cm$，转过的圆心角$n = 120^{\circ}$。
因为传送带上物体$A$平移的距离等于转动轮上对应弧长。
3. 最后计算弧长：
根据弧长公式$l=\frac{n\pi r}{180}$，将$n = 120$，$r = 30$代入公式。
则$l=\frac{120\times\pi\times30}{180}$。
先计算$\frac{120\times30}{180}=20$，所以$l = 20\pi$。
故传送带上的物体$A$平移的距离为$20\pi$ $cm$。
弧长公式为$l = \frac{n\pi r}{180}$（其中$n$是圆心角的度数，$r$是半径）。
2. 然后分析题目条件：
已知转动轮半径$r = 30cm$，转过的圆心角$n = 120^{\circ}$。
因为传送带上物体$A$平移的距离等于转动轮上对应弧长。
3. 最后计算弧长：
根据弧长公式$l=\frac{n\pi r}{180}$，将$n = 120$，$r = 30$代入公式。
则$l=\frac{120\times\pi\times30}{180}$。
先计算$\frac{120\times30}{180}=20$，所以$l = 20\pi$。
故传送带上的物体$A$平移的距离为$20\pi$ $cm$。
10. 如图3-24,P是等边三角形ABC内一点,PA = 6,PB = 8,PC = 10,则∠APB的度数为____.
答案：
1. 首先，将$\triangle APB$绕点$B$顺时针旋转$60^{\circ}$：
设旋转后$A$点与$C$点重合，$P$点旋转到$P'$点，连接$PP'$。
因为$\triangle ABC$是等边三角形，$\angle ABC = 60^{\circ}$，由旋转性质可知：$BP = BP'$，$\angle PBP'=60^{\circ}$，$AP = CP'=6$。
2. 然后，判断$\triangle BPP'$的形状：
在$\triangle BPP'$中，由于$BP = BP'$，$\angle PBP' = 60^{\circ}$，根据等边三角形的判定定理（有一个角是$60^{\circ}$的等腰三角形是等边三角形），可得$\triangle BPP'$是等边三角形。
所以$PP'=BP = 8$，$\angle BP'P = 60^{\circ}$。
3. 接着，判断$\triangle PP'C$的形状：
在$\triangle PP'C$中，$PP' = 8$，$CP' = 6$，$PC = 10$。
根据勾股定理的逆定理$a^{2}+b^{2}=c^{2}$（其中$a = 6$，$b = 8$，$c = 10$），因为$6^{2}+8^{2}=36 + 64=100=10^{2}$，所以$\triangle PP'C$是直角三角形，且$\angle PP'C = 90^{\circ}$。
4. 最后，求$\angle APB$的度数：
由旋转性质可知$\angle APB=\angle CP'B$。
又因为$\angle CP'B=\angle BP'P+\angle PP'C$。
所以$\angle APB=60^{\circ}+90^{\circ}=150^{\circ}$。
故$\angle APB$的度数为$150^{\circ}$。
设旋转后$A$点与$C$点重合，$P$点旋转到$P'$点，连接$PP'$。
因为$\triangle ABC$是等边三角形，$\angle ABC = 60^{\circ}$，由旋转性质可知：$BP = BP'$，$\angle PBP'=60^{\circ}$，$AP = CP'=6$。
2. 然后，判断$\triangle BPP'$的形状：
在$\triangle BPP'$中，由于$BP = BP'$，$\angle PBP' = 60^{\circ}$，根据等边三角形的判定定理（有一个角是$60^{\circ}$的等腰三角形是等边三角形），可得$\triangle BPP'$是等边三角形。
所以$PP'=BP = 8$，$\angle BP'P = 60^{\circ}$。
3. 接着，判断$\triangle PP'C$的形状：
在$\triangle PP'C$中，$PP' = 8$，$CP' = 6$，$PC = 10$。
根据勾股定理的逆定理$a^{2}+b^{2}=c^{2}$（其中$a = 6$，$b = 8$，$c = 10$），因为$6^{2}+8^{2}=36 + 64=100=10^{2}$，所以$\triangle PP'C$是直角三角形，且$\angle PP'C = 90^{\circ}$。
4. 最后，求$\angle APB$的度数：
由旋转性质可知$\angle APB=\angle CP'B$。
又因为$\angle CP'B=\angle BP'P+\angle PP'C$。
所以$\angle APB=60^{\circ}+90^{\circ}=150^{\circ}$。
故$\angle APB$的度数为$150^{\circ}$。
11. 如图3-25,在平面直角坐标系中,△ABC的三个顶点坐标为A(-3,4),B(-4,2),C(-2,1),且△A₁B₁C₁与△ABC关于原点O成中心对称.
(1) 画出△A₁B₁C₁,并写出A₁的坐标;
(2) P(a,b)是△ABC的AC边上一点,△ABC经平移后点P的对称点P'(a + 3,b + 1),请画出平移后的△A₂B₂C₂.
(1) 画出△A₁B₁C₁,并写出A₁的坐标;
(2) P(a,b)是△ABC的AC边上一点,△ABC经平移后点P的对称点P'(a + 3,b + 1),请画出平移后的△A₂B₂C₂.
答案：
【解析】：
(1) 关于原点对称的点的坐标特征是横、纵坐标都互为相反数。已知$A(-3,4)$，则$A_1(3,-4)$。根据$B(-4,2)$，$C(-2,1)$，可得$B_1(4,-2)$，$C_1(2,-1)$，然后连接$A_1B_1$，$B_1C_1$，$A_1C_1$，画出$\triangle A_1B_1C_1$。
(2) 点$P(a,b)$平移后得到$P'(a + 3,b + 1)$，说明$\triangle ABC$向右平移$3$个单位，向上平移$1$个单位。则$A(-3,4)$平移后$A_2(0,5)$，$B(-4,2)$平移后$B_2(-1,3)$，$C(-2,1)$平移后$C_2(1,2)$，连接$A_2B_2$，$B_2C_2$，$A_2C_2$，画出$\triangle A_2B_2C_2$。
【答案】：
(1) $A_1$的坐标为$(3,-4)$；
(2) 按上述平移方法画出$\triangle A_2B_2C_2$。
(1) 关于原点对称的点的坐标特征是横、纵坐标都互为相反数。已知$A(-3,4)$，则$A_1(3,-4)$。根据$B(-4,2)$，$C(-2,1)$，可得$B_1(4,-2)$，$C_1(2,-1)$，然后连接$A_1B_1$，$B_1C_1$，$A_1C_1$，画出$\triangle A_1B_1C_1$。
(2) 点$P(a,b)$平移后得到$P'(a + 3,b + 1)$，说明$\triangle ABC$向右平移$3$个单位，向上平移$1$个单位。则$A(-3,4)$平移后$A_2(0,5)$，$B(-4,2)$平移后$B_2(-1,3)$，$C(-2,1)$平移后$C_2(1,2)$，连接$A_2B_2$，$B_2C_2$，$A_2C_2$，画出$\triangle A_2B_2C_2$。
【答案】：
(1) $A_1$的坐标为$(3,-4)$；
(2) 按上述平移方法画出$\triangle A_2B_2C_2$。
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