1. 在平面直角坐标系中,$A(0,3)$,$B(4,0)$,把$\triangle AOB$绕点$O$旋转,使点$A$,$B$分别落在点$A'$,$B'$处,若$A'B'// x$轴,点$B'$在第一象限,则点$A$的对应点$A'$的坐标为（）
A. $(-\frac{9}{5},\frac{12}{5})$
B. $(-\frac{12}{5},\frac{9}{5})$
C. $(-\frac{16}{5},\frac{12}{5})$
D. $(-\frac{12}{5},\frac{16}{5})$
A. $(-\frac{9}{5},\frac{12}{5})$
B. $(-\frac{12}{5},\frac{9}{5})$
C. $(-\frac{16}{5},\frac{12}{5})$
D. $(-\frac{12}{5},\frac{16}{5})$
答案：
A点拨:如答图，设A'B'交y轴于点T.∵A(0,3),B(4,0),∴OA=3,OB=4,由题意知∠A'OB'=90°,OT⊥A'B',OA=OA'=3,OB=OB'=4,∴A'B'=AB=$\sqrt{OA^{2}+OB^{2}}$=$\sqrt{3^{2}+4^{2}}$=5,$\frac{1}{2}$·OA'·OB'=$\frac{1}{2}$·A'B'·OT,∴OT=$\frac{12}{5}$,∴A'T=$\sqrt{OA'^{2}-OT^{2}}$=$\sqrt{3^{2}-(\frac{12}{5})^{2}}$=$\frac{9}{5}$,∴A'(-$\frac{9}{5}$,$\frac{12}{5}$),故选A.
A点拨:如答图，设A'B'交y轴于点T.∵A(0,3),B(4,0),∴OA=3,OB=4,由题意知∠A'OB'=90°,OT⊥A'B',OA=OA'=3,OB=OB'=4,∴A'B'=AB=$\sqrt{OA^{2}+OB^{2}}$=$\sqrt{3^{2}+4^{2}}$=5,$\frac{1}{2}$·OA'·OB'=$\frac{1}{2}$·A'B'·OT,∴OT=$\frac{12}{5}$,∴A'T=$\sqrt{OA'^{2}-OT^{2}}$=$\sqrt{3^{2}-(\frac{12}{5})^{2}}$=$\frac{9}{5}$,∴A'(-$\frac{9}{5}$,$\frac{12}{5}$),故选A.
2. 如图,点$A$,$B$的坐标分别为$(0,2)$,$(3,0)$.若将线段$AB$平移至$A_1B_1$,则$a^2 + b^2$的值为______.
5
答案：5 点拨:∵A,B两点的坐标分别为(0,2),(3,0),将线段AB平移至A1B1，点A1,B1的坐标分别为(a,3),(5,b),∴3−2=1,5−3=2,说明线段AB向右平移了2个单位长度，向上平移了1个单位长度，∴a=2,b=1,则a²+b²=2²+1²=5.
3. 如图,已知点$A(1,a)$,$AH\perp x$轴,垂足为$H$,将线段$AO$平移至线段$BC$,点$B(b,0)$,其中点$A$与点$B$对应,点$O$与点$C$对应,$a$,$b$满足$\sqrt{4 - a}+(b - 3)^2 = 0$.
(1)填空:①直接写出点$C$的坐标:$C$(
②直接写出$\triangle AOH$的面积:
(2)如图①,若点$D(m,n)$在线段$OA$上.
①用含$m$,$n$的式子表示$\triangle AOH$的面积;
②求证:$4m = n$.
(3)如图②,连接$OC$,动点$P$从点$B$开始在$x$轴上以每秒$2$个单位长度的速度向左运动,同时动点$Q$从点$O$开始在$y$轴上以每秒$1$个单位长度的速度向下运动.若经过$t$秒,$\triangle AOP$与$\triangle COQ$的面积相等,试求$t$的值及点$P$的坐标.
(1)填空:①直接写出点$C$的坐标:$C$(
2,−4
);②直接写出$\triangle AOH$的面积:
2
.(2)如图①,若点$D(m,n)$在线段$OA$上.
①用含$m$,$n$的式子表示$\triangle AOH$的面积;
②求证:$4m = n$.
(2)①解:连接DH,则$S_{△AOH}=S_{△ODH}+S_{△ADH}$=$\frac{1}{2}$×1×n+$\frac{1}{2}$×4×(1−m)=$\frac{1}{2}$n+2−2m.
②证明:∵$S_{△AOH}$=2,∴$\frac{1}{2}$n+2−2m=2,∴4m=n.
②证明:∵$S_{△AOH}$=2,∴$\frac{1}{2}$n+2−2m=2,∴4m=n.
(3)如图②,连接$OC$,动点$P$从点$B$开始在$x$轴上以每秒$2$个单位长度的速度向左运动,同时动点$Q$从点$O$开始在$y$轴上以每秒$1$个单位长度的速度向下运动.若经过$t$秒,$\triangle AOP$与$\triangle COQ$的面积相等,试求$t$的值及点$P$的坐标.
(3)解:当点P在y轴的右侧时，$\frac{1}{2}$×(3−2t)×4=$\frac{1}{2}$×t×2,解得t=$\frac{6}{5}$.此时P($\frac{3}{5}$,0).
当点P在y轴的左侧时，$\frac{1}{2}$×(2t−3)×4=$\frac{1}{2}$×t×2,解得t=2,此时P(−1,0).
当点P在y轴的左侧时，$\frac{1}{2}$×(2t−3)×4=$\frac{1}{2}$×t×2,解得t=2,此时P(−1,0).
答案：(1)①(2,−4)
②2
(2)①解:连接DH,则$S_{△AOH}=S_{△ODH}+S_{△ADH}$=$\frac{1}{2}$×1×n+$\frac{1}{2}$×4×(1−m)=$\frac{1}{2}$n+2−2m.
②证明:∵$S_{△AOH}$=2,∴$\frac{1}{2}$n+2−2m=2,∴4m=n.
(3)解:当点P在y轴的右侧时，$\frac{1}{2}$×(3−2t)×4=$\frac{1}{2}$×t×2,解得t=$\frac{6}{5}$.此时P($\frac{3}{5}$,0).
当点P在y轴的左侧时，$\frac{1}{2}$×(2t−3)×4=$\frac{1}{2}$×t×2,解得t=2,此时P(−1,0).
②2
(2)①解:连接DH,则$S_{△AOH}=S_{△ODH}+S_{△ADH}$=$\frac{1}{2}$×1×n+$\frac{1}{2}$×4×(1−m)=$\frac{1}{2}$n+2−2m.
②证明:∵$S_{△AOH}$=2,∴$\frac{1}{2}$n+2−2m=2,∴4m=n.
(3)解:当点P在y轴的右侧时，$\frac{1}{2}$×(3−2t)×4=$\frac{1}{2}$×t×2,解得t=$\frac{6}{5}$.此时P($\frac{3}{5}$,0).
当点P在y轴的左侧时，$\frac{1}{2}$×(2t−3)×4=$\frac{1}{2}$×t×2,解得t=2,此时P(−1,0).