旋转变换三要素快啊!半小时内!快啊!!!

lfu20002022-10-04 11:39:542条回答

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xiaonizi0076 共回答了21个问题 | 采纳率95.2%
旋转中心,旋转角度,旋转方向
1年前
baobao1 共回答了1个问题 | 采纳率
旋转中心,旋转方向,旋转角度,如:图形一绕点A顺时针旋转90°。
1年前

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helloyangxun 共回答了19个问题 | 采纳率89.5%
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陌上归舟人1年前1
nddn 共回答了14个问题 | 采纳率100%
由A(-4,0),B(0,3),根据勾股定理得AB=5,而对△AOB连续作三次旋转变换回到原来的状态,并且第三个和第四个直角三角形的直角顶点的坐标是(12,0),所以第(7)个三角形的直角顶点的横坐标等于12×2=24,第(2013)个三角形的直角顶点的横坐标等于671×12=8052,即可得到它们的坐标.
∵A(-4,0),B(0,3),
∴AB=5,
∴第三个和第四个直角三角形的直角顶点的坐标是(12,0),
∵对△AOB连续作三次旋转变换回到原来的状态,
∴第(7)个三角形的直角顶点的横坐标等于12×2=24,
∴第(7)个三角形的直角顶点的坐标是 (24,0);
∴第(2013)个三角形的直角顶点的横坐标等于671×12=8052,(周期是3,2013刚刚是617次.每次在X上的距离是12.)
∴第(2013)个三角形的直角顶点坐标是(8052,0).
故答案为:(24,0),(8052,0).
如图,在直角坐标系中,将△AOB连续作旋转变换,依次得到三角形①②③④…,则三角形⑩的直角顶点坐标为______.
xxhh33551年前1
kangta99 共回答了13个问题 | 采纳率100%
∵点B(-3,0),A(0,4),
∴OB=3,OA=4,
∴AB=
3 2 + 4 2 =5,
∵对△OAB连续作如图所示的旋转变换,
∴△OAB每三次旋转后回到原来的状态,并且每三次向前移动了3+4+5=12个单位,
而10=3×3+1,
∴三角形⑩和三角形①的状态一样,则三角形⑩与三角形⑨的直角顶点相同,
∴三角形⑩的直角顶点的横坐标为3×12=36,纵坐标为0.
故答案为(36,0).
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(2014•武清区一模)如图,在平面直角坐标系中,已知点A(-4,0),B(0,3),对△OAB连续作旋转变换,依次得到三角形(1)、(2)、(3)、(4)…,那么第(7)个三角形的直角顶点的坐标是______,第(2014)个三角形的直角顶点的坐标是______.
一朵重重的云1年前1
星宇的星星 共回答了18个问题 | 采纳率94.4%
解题思路:观察不难发现,每三次旋转为一个循环组依次循环,第7个直角三角形的直角顶点与第6个直角三角形的直角顶点重合,然后求出一个循环组旋转过的距离,即可得解;
用2014除以3,根据商和余数的情况确定出直角顶点的坐标即可.

由图可知,第4个三角形与第1个三角形的所处形状相同,
即每三次旋转为一个循环组依次循环,
∵一个循环组旋转过的长度为12,2×12=24,
∴第7个直角三角形的直角顶点与第6个直角三角形的直角顶点重合,为(24,0);
∵2013÷3=671…1,
∴第(2014)的直角顶点为第671循环后第一个直角三角形的直角顶点,
12×671=8052,
∴第(2014)的直角顶点的坐标是(8052,0).
故答案为:(24,0);(8052,0).

点评:
本题考点: 规律型:点的坐标;坐标与图形变化-旋转.

考点点评: 本题考查了坐标与图形变化-旋转,是对图形变化规律,观察出每三次旋转为一个循环组依次循环,并且下一组的第一个直角三角形与上一组的最后一个直角三角形的直角顶点重合是解题的关键,也是本题的难点.

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minikan1年前1
要不得39 共回答了16个问题 | 采纳率93.8%
解题思路:根据旋转的性质依次画出旋转90°、180°、270°后的图形.

如图所示:

点评:
本题考点: 利用旋转设计图案.

考点点评: 本题考查了旋转的性质:旋转前后两图形全等,即对应角相等,对应线段相等.

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没有安全感的女孩1年前2
幸福落地 共回答了16个问题 | 采纳率100%
∵点A(﹣3,0)、B(0,4),
∴AB=√3的2次方+4的二次方 =5,
由图可知,每三个三角形为一个循环组依次循环,一个循环组前进的长度为:4+5+3=12,
∵2013÷3=671,
∴△2013的直角顶点是第671个循环组的最后一个三角形的直角顶点,
∵671×12=8052,
∴△2013的直角顶点的坐标为(8052,0).
故答案为:(8052,0).
希望我的回答能够帮助你,
如图,在平面直角坐标系中,已知点A(-4,0),B(0,3),对△AOB连续作旋转变换.
如图,在平面直角坐标系中,已知点A(-4,0),B(0,3),对△AOB连续作旋转变换.
如图,在平面直角坐标系中,已知点A(-4,0),B(0,3),对△AOB连续作旋转变换,依次得到三角形(1)、(2)、(3)、(4)、…,则第(8)个三角形的直角顶点的坐标是    .
wty201年前2
rose_sweet 共回答了19个问题 | 采纳率78.9%
3+12+12+3*3/5=28.8
(28.8,2.4)
计算机图形学关于旋转变换矩阵的问题
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设A、B、C、D各项分别为绕坐标原点顺时针旋转θ角的坐标变换矩阵元素,则其中错误的是(BCD)
(x y')=(x y)(A B)
C D
A) cosθ
B) sinθ
C)-sinθ
D)-cosθ
请问为什么答案是这个呢?怎么判断的呀?
C D是在括号里的
A B
C D
是个矩阵
liqingbo0011年前1
joewhat 共回答了17个问题 | 采纳率94.1%
(x,y)顺时针旋转θ角度,即逆时针旋转-θ角度,所得的坐标:
x'=xcos(-θ)-ysin(-θ)=xcosθ+ysinθ
y'=xsin(-θ)+ycos(-θ)=-xsinθ+ycosθ
or:
(x',y')=(x,y)[cosθ,-sinθ
sinθ,cosθ]
只有A正确!
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unsj1年前1
听雪细语 共回答了20个问题 | 采纳率80%
解题思路:观察可知,每3个三角形为一个循环组依次循环,再求出一个循环组的长度为12,然后用36除以12根据商的情况确定即可.

由图可知,每3个三角形为一个循环组依次循环,且循环的长度为12,
∵36÷12=3,
∴(36,3)为第4个循环组的第一个三角形,序号为⑩.
故答案为:⑩(写成10也对).

点评:
本题考点: 规律型:点的坐标.

考点点评: 本题考查了点的坐标的规律变化,准确识图,观察出每3个三角形为一个循环组依次循环是解题的关键.

如图,在直角坐标系中,已知点A(-4,0),B(0,3),对△OAB连续作旋转变换,依次得到三角形(1),三角形(2),
如图,在直角坐标系中,已知点A(-4,0),B(0,3),对△OAB连续作旋转变换,依次得到三角形(1),三角形(2),三角形(3),三角形(4),…,

(1)△AOB的面积是______;
(2)三角形(2013)的直角顶点的坐标是______.
ddxuyi1年前1
晴天丸子13 共回答了14个问题 | 采纳率100%
解题思路:(1)根据点A、B的坐标求出OA、OB,再根据三角形的面积列式计算即可得解;
(2)观察不难发现,每3个三角形为一个循环组依次循环,用2013除以3,根据商是671可知三角形(2013)是第671个循环组的最后一个三角形,直角顶点在x轴上,再根据一个循环组的距离为12,进行计算即可得解.

(1)∵A(-4,0),B(0,3),
∴OA=4,OB=3,
∴△AOB的面积=[1/2]×4×3=6;

(2)由图可知,每3个三角形为一个循环组依次循环,
∵2013÷3=671,
∴三角形(2013)是第671个循环组的最后一个三角形,
12×671=8052,
∴三角形(2013)的直角顶点的坐标是(8052,0).
故答案为:6;(8052,0).

点评:
本题考点: 坐标与图形变化-旋转;三角形的面积.

考点点评: 本题考查了坐标与图形变化-旋转,三角形的面积,仔细观察图形,发现每3个三角形为一个循环组依次循环是解题的关键,也是本题的难点.

如图,在平面直角坐标系中,已知点A(-4,0)B(0,3)对△AOB连续做旋转变换
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答案是(8052,0) 我不明白为什么y轴是0
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daxiao009 共回答了19个问题 | 采纳率94.7%

答案如图所示,友情提示:点击图片可查看大图
二次函数的图像旋转规律是什么?二次函数的图像变换中,旋转变换,绕原点旋转,绕抛物线顶点旋转规律
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圆缘园521 共回答了18个问题 | 采纳率88.9%
先声明,我没学过这些规律,纯属我自己理解的,若与课本,请见谅!
我的理念是先不要当成是函数,当成一种图像,不然的话还得结合区间来分解
另外这道题没有必要非要做出最后结果,考试万一出的话也顶多是给一些具体的点来联系,只需要按照我这个思路带进去就好了,至于将该规律写成方程,再套入点,就没有必要了.
1.首先看清题意,绕原点旋转
很容易理解到,所有图像上的点旋转结果都是以原点为圆心的圆
对于每一个二次函数上的点都满足y=ax平方+bx+c
结合圆的方程(x-A)+(y-B平方=r平方 注意两方程x y a b c r 不一样
圆中的a就是函数中的x b就是函数中y r平方=x平方+y平方
2.绕抛物线顶点旋转,类似,可以将定点平移到原点做类比
因此只需要知道定点的坐标就好了,即(-b/2a,4ac-b平方/4a)
最后结果圆的方程中只需要填入坐标方程就好了,即(x-A-(-b/2a)平方+(y-B-(4ac-b平方/4a))平方=r平方=[A-(-b/2a)]平方 + [(B-(4ac-b平方/4a)]平方
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袁东峰1年前6
一夜彼岸花 共回答了15个问题 | 采纳率100%
解题思路:根据前四个图形的变化寻找旋转规律,得到⑩的直角顶点的坐标.

由原图到图③,相当于向右平移了12个单位长度,象这样平移三次直角顶点是(36,0),再旋转一次到三角形⑩,直角顶点仍然是(36,0),则三角形⑩的直角顶点的坐标为(36,0).
故答案为:(36,0).

点评:
本题考点: 坐标与图形变化-旋转.

考点点评: 本题主要考查平面直角坐标系及图形的旋转变换的相关知识,要通过几次旋转观察旋转规律,学生往往因理解不透题意而出现问题.

如图,在直角坐标系中,已知点A(-3,0),B(0,4),对△OAB连续作旋转变换,依次得到三角形①、②、③、④….
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(1)求△OAB的斜边长AB;
(2)三角形⑩有两个顶点落在x轴上,试求点A到最远顶点的距离.
lxzlkjlk3jlkfjsa1年前1
j145 共回答了22个问题 | 采纳率90.9%
解题思路:(1)根据勾股定理,可求出AB的长度;
(2)观察图形,可知对△OAB连续作旋转变换,每三次一循环,则三角形⑩与三角形①的放置相同;又三角形③在x轴上与A点的最远距离是3+1×12,三角形⑥在x轴上与A点的最远距离是3+2×12,三角形⑨在x轴上与A点的最远距离是3+3×12,所以,三角形⑩这在x轴上与A点的最远距离是3+3×12+4=43.

(1)在直角△AOB中,∠AOB=90°,OA=3,OB=4,由勾股定理得AB=
32+42=5;(2分)

(2)观察可知,三角形⑨在x轴上与A点的最远距离是3+3×12,
三角形⑩与三角形④的放置相同,
所以,三角形⑩这在x轴上与A点的最远距离是3+3×12+4=43.(6分)

点评:
本题考点: 旋转的性质;坐标与图形性质;勾股定理.

考点点评: 本题主要考查了图形的变换规律.解决此类问题时,要善于抓住图形中的不变量及变化的量,弄清变化的规律.本题中能够通过观察得出每三次变换一循环是关键.

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相同/不变/不变/不变/不变
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解题思路:根据前四个图形的变化寻找旋转规律,得到⑩的直角顶点的坐标.

由原图到图③,相当于向右平移了12个单位长度,象这样平移三次直角顶点是(36,0),再旋转一次到三角形⑩,直角顶点仍然是(36,0),则三角形⑩的直角顶点的坐标为(36,0).
故答案为:(36,0).

点评:
本题考点: 坐标与图形变化-旋转.

考点点评: 本题主要考查平面直角坐标系及图形的旋转变换的相关知识,要通过几次旋转观察旋转规律,学生往往因理解不透题意而出现问题.

如图,点O是正方形ABCD的中心,△ANB与△AMD都是等腰直角三角形,试说明下列旋转变换过程中,旋转中心、旋转方向与旋
如图,点O是正方形ABCD的中心,△ANB与△AMD都是等腰直角三角形,试说明下列旋转变换过程中,旋转中心、旋转方向与旋转角的大小:
(1)△DCO→△DAM;
(2)△AOB→△AMD;
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让什么 共回答了18个问题 | 采纳率88.9%
解题思路:(1)根据AD与CD为对应边,利用旋转的性质解答;(2)根据AB与AD为对应边,利用旋转的性质解答;(3)根据旋转过程中BC与BA,BA与DA是对应边,利用旋转的性质解答.

在正方形ABCD中,∠BAD=∠ABC=∠ADC=90°,
(1)由△DCO绕点D按照顺时针方向旋转90°得到△DAM;
(2)由△AOB绕点A按照逆时针方向旋转90°得到△AMD;
(3)由△COB绕点B按照逆时针方向旋转90°得到△ANB,再由△ANB绕点A按照逆时针方向旋转90°得到△AOD.

点评:
本题考点: 旋转的性质.

考点点评: 本题考查了旋转的性质,正方形的每一个都是直角,比较简单,熟记性质并准确识图是解题的关键.

如图,在平面直角坐标系中,已知点A(-3,0),B(0,4),对△AOB连续作旋转变换,依次得到三角形①,②,③,…,那
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寂夜清风 共回答了19个问题 | 采纳率94.7%
解题思路:先计算出AB,然后根据旋转的性质观察△OAB连续作旋转变换,得到△OAB每三次旋转后回到原来的状态,并且每三次向前移动了3+4+5=12个单位,于是判断三角形2012和三角形⑤的状态一样,然后可计算出离原点O最远距离的坐标,从而得到2012个三角形的离原点O最远距离的坐标.

∵点A(-3,0),B(0,4),
∴OB=4,OA=3,
∴AB=5,
∵对△OAB连续作如图所示的旋转变换,
∴△OAB每三次旋转后回到原来的状态,并且每三次向前移动了3+4+5=12个单位,
而2012=3×670+2,
∴第⑤个三角形和第2012个三角形都和三角形②的状态一样,
∴2012个三角形离原点O最远距离的点的横坐标为670×12+9=8049,纵坐标为0.
第⑤三角形离原点O最远距离的点的横坐标为12+9=21,纵坐标为0.
故答案为(21,0),(8049,0).

点评:
本题考点: 旋转的性质;坐标与图形性质.

考点点评: 本题考查了图形旋转后的坐标问题:先要理解所旋转图形的性质,然后根据旋转的性质理解每次旋转后图形各个点的坐标变化,从中找出变化的规律,再根据规律确定某种状态下的位置及坐标.

下列黑体英文大写字母中既可以通过喊着变换,又可以通过旋转变换得到的图形是( ) 1、E 2、M 3、N 4、H
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1、E 2、M 3、N 4、H
中欠收自补1年前3
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2、M 旋转了是W.喊着也变成“大不溜”了
下一个选4、H
三维旋转变换矩阵,绕Z轴旋转,或绕某条直线旋转
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公式是什么..
liarfu1年前1
wuhanjlu 共回答了16个问题 | 采纳率87.5%
绕Z轴旋转的是
cosθ -sinθ 0
sinθ cosθ 0
0 0 1
绕其他轴按照先平移后旋转,再平移的方法,如果平移矩阵是P,旋转矩阵是T,那么绕任意轴旋转就是PTP^(-1)
三维空间的旋转变换是否和3*3的旋转矩阵一一对应?
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jarvis1年前1
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.这句话比较模糊,如果你说的是饶原点的旋转变换,任意一个三维空间的旋转变换可以对应一个3*3矩阵,但是只能说3*3矩阵包含这些旋转变换.而且三维空间中的任意一个转动变换都可以用两个转动轴,两个旋转角度来表示,总之很复杂,你可以去看看为什么没有三元数
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天奶牛 共回答了22个问题 | 采纳率86.4%
解题思路:根据勾股定理列式求出AB的长,再根据第四个三角形与第一个三角形的位置相同可知每三个三角形为一个循环组依次循环,然后求出一个循环组旋转前进的长度,再用2013除以3,根据商为671可知第2013个三角形的直角顶点为循环组的最后一个三角形的顶点,求出即可.

∵点A(-3,0)、B(0,4),
∴AB=
32+42=5,
由图可知,每三个三角形为一个循环组依次循环,一个循环组前进的长度为:4+5+3=12,
∵2013÷3=671,
∴△2013的直角顶点是第671个循环组的最后一个三角形的直角顶点,
∵671×12=8052,
∴△2013的直角顶点的坐标为(8052,0).
故答案为:(8052,0).

点评:
本题考点: 规律型:点的坐标.

考点点评: 本题是对点的坐标变化规律的考查了,难度不大,仔细观察图形,得到每三个三角形为一个循环组依次循环是解题的关键,也是求解的难点.

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在平面内,将一个图形绕一个定点,沿着某个方向转动一定的角度,这种图形的旋转为旋转变换.为什
么要强调在平面内?
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就纠结这啊.平面是二维的,有角度可转.如果说在三维中,就要换种说法了
如图,在直角坐标系中,已知点A(-3,0),B(0,4),对△OAB连续作旋转变换,依次得到△1、△2、
如图,在直角坐标系中,已知点A(-3,0),B(0,4),对△OAB连续作旋转变换,依次得到△1、△2
3、△4…,则△2014的直角顶点的坐标为______.
sweet841年前1
wawsadn 共回答了20个问题 | 采纳率90%
解题思路:观察不难发现,每3个三角形为一个循环组依次循环,并且前一个循环组的最后一个三角形的直角顶点与下一个循环组的第一个三角形的直角顶点重合,用2014除以3,根据商和余数的情况确定出△2014的直角顶点的位置,再根据勾股定理列式求出AB的长度,然后求出一个循环组在x轴上的长度,然后列式求解即可.

由图可知,每3个三角形为一个循环组依次循环,
∵2014÷3=671余1,
∴△2014的直角顶点是第672组的第一个三角形的直角顶点,
与第671组的最后一个三角形的直角顶点重合,
∵A(-3,0),B(0,4),
∴OA=3,OB=4,
由勾股定理得,AB=
OA2+OB2=
32+42=5,
∴一个循环组在x轴上的长度为3+4+5=12,
∵12×671=8052,
∴△2014的直角顶点的坐标为(8O52,0).
故答案为:(8O52,0).

点评:
本题考点: 坐标与图形变化-旋转.

考点点评: 本题考查了坐标与图形变化-旋转,观察图象得到每3个三角形为一个循环组依次循环是解题的关键,要注意相邻循环组的两个三角形的直角顶点互相重合.

在平面内,旋转变换是指某一图形绕一个定点按顺时针或逆时针旋转一定的角度而得到新位置图形的一种变换.
在平面内,旋转变换是指某一图形绕一个定点按顺时针或逆时针旋转一定的角度而得到新位置图形的一种变换.
活动一:如图1,在Rt△ABC中,D为斜边AB上的一点,AD=2,BD=1,且四边形DECF是正方形,求阴影部分的面积.

小明运用图形旋转的方法,将△DBF绕点D逆时针旋转90°,得到△DGE(如图2所示),一眼就看出这题的答案,请你写出阴影部分的面积:______.
活动二:如图3,在四边形ABCD中,AB=AD,∠BAD=∠C=90°,BC=5,CD=3,过点A作AE⊥BC,垂足为点E,求AE的长.

小明仍运用图形旋转的方法,将△ABE绕点A逆时针旋转90°,得到△ADG(如图4所示),则①四边形AECG是怎样的特殊四边形?答:______.AE的长是______.
活动三:如图5,在四边形ABCD中,AB⊥AD,CD⊥AD,将BC按逆时针方向绕点B旋转90°得到线段BE,连接AE.若AB=2,DC=4,求△ABE的面积.

liuyan81851年前1
寒曼 共回答了23个问题 | 采纳率100%
活动一:
∵四边形DECF是正方形,
∴DE=DF=x,DE∥BC,DF∥AC,
∴[AD/AB=
DE
BC],[DF/AC=
BD
AB],
∵AD=2,BD=1,
∴AC=3x,BC=[3/2]x,
∵AC2+BC2=AB2
∴9x2+([3/2]x)2=9,
解得:x=
2
5
5,
∴DE=DF=
2
5
5,AE=[4/5]
5,BF=

5
5,
∴S△ADE+S△BDF=1,
∴S阴影=1;
故答案为:1;

活动二:根据题意得:∠EAG=90°,
∵AE⊥BC,
∴∠AEB=∠AEC=∠G=90°,
∴四边形AECG是矩形,
∵AE=AG,
∴四边形AECG是正方形,
∵BC=5,CD=3,
∴设AE=x,则BE=GD=CG-CD=x-3,
BE=BC-EC=5-x,
∴x-3=5-x,
解得:x=4,
∴AE=4.
故答案为:正方形,4;

活动三:

过点B作BG⊥DC于点G,过点E作EF⊥AB与AB的延长线交于点F.
∵∠BAD=∠D=∠DGB=90°,
∴四边形ABGD是矩形,
∴DG=AB=2,
∴CG=DC-DG=4-2=2.
∵∠CBG+∠CBF=90°,∠EBF+∠CBF=90°,
∴∠CBG=∠EBF.
在△BCG与△BEF中,∠CBG=∠EBF,∠CGB=∠EFB=90°,BC=BE,
∴△BCG≌△BEF,
∴CG=EF=2.
∴S△ABE=[1/2]AB?EF=2.(10分)
如图,在平面直角坐标系中,已知点A(-4,0),B(0,3),对△AOB连续作旋转变换
咕嘟白1年前1
南方小山 共回答了12个问题 | 采纳率83.3%
问题呢?
(2012•新区二模)在图形的全等变换中,有旋转变换,翻折(轴对称)变换和平移变换.一次数学活动课上,老师组织大家利用矩
(2012•新区二模)在图形的全等变换中,有旋转变换,翻折(轴对称)变换和平移变换.一次数学活动课上,老师组织大家利用矩形进行图形变换的探究活动.
(1)第一小组的同学发现,在如图1-1的矩形ABCD中,AC、BD相交于点O,Rt△ADC可以由Rt△ABC经过一种变换得到,请你写出这种变换的过程______.

(2)第二小组同学将矩形纸片ABCD按如下顺序进行操作:对折、展平,得折痕EF(如图2-1);再沿GC折叠,使点B落在EF上的点B′处(如图2-2),这样能得到∠B′GC的大小,你知道∠B′GC的大小是多少吗?请写出求解过程.
(3)第三小组的同学,在一个矩形纸片上按照图3-1的方式剪下△ABC,其中BA=BC,将△ABC沿着直线AC的方向依次进行平移变换,每次均移动AC的长度,得到了△CDE、△EFG和△GHI,如图3-2.已知AH=AI,AC长为a,现以AD、AF和AH为三边构成一个新三角形,已知这个新三角形面积小于15
15
,请你帮助该小组求出a可能的最大整数值.

(4)探究活动结束后,老师给大家留下了一道探究题:
如图4-1,已知AA′=BB′=CC′=2,∠AOB′=∠BOC′=∠COA′=60°,请利用图形变换探究S△AOB′+S△BOC′+S△COA′
3
的大小关系.
changshigu1年前1
沉寂的燕子 共回答了21个问题 | 采纳率100%
解题思路:(1)根据矩形是中心对称图形,可以将Rt△ABC旋转180°得到Rt△ADC而得出结论;
(2)连接BB',由题意得EF垂直平分BC,就有BB'=B'C,由翻折可得B'C=BC,从而△BB'C为等边三角形.就可以求出∠B'CB=60°;
(3)分别取CE、EG、GI的中点P、Q、R,连接DP、FQ、HR、AD、AF、AH,由BA=BC,根据平移变换的性质,就有△CDE、△EFG和△GHI都是等腰三角形,就有DP⊥CE,FQ⊥EG,HR⊥GI,由勾股定理就可以求出HR2=[15/4]a2,从而得出新三角形三边的值,从而得出结论;
(4)将△BOC'沿BB'方向平移2个单位,所移成的三角形记为△B'PR,将△COA'沿A'A方向平移2个单位,所移成的三角形记为△AQR.由条件可以得出△AQR为等边三角形,由等边三角形的性质就可以求出△AQR的面积为
3
,从而就可以得出结论.

(1)将△ABC绕点O旋转180°后可得到△ADC;
故答案为:将△ABC绕点O旋转180°后可得到△ADC.
(2)如图2-2-1,连接BB',由题意得EF垂直平分BC,
∴BB'=B'C,由翻折可得,
∴B'C=BC,
∴△BB'C为等边三角形.
∴∠B'CB=60°,
∴∠B'CG=30°,
∵∠GB′C=90°,
∴∠B'GC=60°;
(3)如图3-1-1,分别取CE、EG、GI的中点P、Q、R,连接DP、FQ、HR、AD、AF、AH,
∵BA=BC,根据平移变换的性质,
∴△CDE、△EFG和△GHI都是等腰三角形,
∴DP⊥CE,FQ⊥EG,HR⊥GI,GR=EQ=CP=0.5a,DP=FQ=HR.
∵AC=a,
∴AI=4a.
∵AH=AI,
∴AH=4a,AR=3.5a.
∴AH2=16a2
在Rt△AHR中,AH2=HR2+AR2
16a2=HR2+[49/4]a2
HR2=[15/4]a2
∴DP2=FQ2=HR2=[15/4]a2
在Rt△ADP和Rt△AFQ中,由勾股定理,得
AD2=AP2+DP2=6a2,AF2=AQ2+FQ2=10a2
∴AH2=AD2+AF2
∴新三角形为直角三角形,
∴新三角形三边长为4a、
6a、
10a.
其面积为:[1/2]
6a×
10a=
15a2

点评:
本题考点: 相似形综合题.

考点点评: 本题考查了旋转变换的运用,翻折变换的运用,平移变换的运用,等边三角形的性质的运用,勾股定理的运用,等腰三角形的性质的运用,三角形的面积公式的运用.本题的综合性较强要求学生熟练的运用图形变换解题是关键.

如图,在直角坐标系中,已知点A(-3,0),B(0,4),对△OAB连续作旋转变换,依次得到三角形
如图,在直角坐标系中,已知点A(-3,0),B(0,4),对△OAB连续作旋转变换,依次得到三角形
如图,在直角坐标系中,已知点A(-3,0),B(0,4),对△OAB连续作旋转变换,依次得到三角形①,②,③,④…,则三角形⑩的直角顶点的坐标为
(36,0)
(36,0)

heibaise1年前2
红iiboy 共回答了18个问题 | 采纳率94.4%
①、④、⑦、⑩的直角顶点都在X轴上,
并且从①到④经过一个RTΔOAB的周长12,
∴从①算起刚好滚动了三周,
⑩的直角顶点就为(36,0).
如图,在平面直角坐标系中,已知点A(-4,0),B(0,3),对△AOB连续作旋转变换,依次得到三角形(1)、(2)、(
如图,在平面直角坐标系中,已知点A(-4,0),B(0,3),对△AOB连续作旋转变换,依次得到三角形(1)、(2)、(3)、(4)、…,则第(7)个三角形的直角顶点的坐标是   ;第(2011)个三角形的直角顶点的坐标是__________.
win_luo1年前1
不不 共回答了16个问题 | 采纳率75%
(24,0);(8040,0)

由A(-4,0),B(0,3),根据勾股定理得AB=5,而对△AOB连续作三次旋转变换回到原来的状态,并且第三个和第四个直角三角形的直角顶点的坐标是(12,0),所以第(7)个三角形的直角顶点的横坐标等于12×2=24,第(2011)个三角形的直角顶点的横坐标等于670×12=8040,即可得到它们的坐标.
∵A(-4,0),B(0,3),
∴AB=5,
∴第三个和第四个直角三角形的直角顶点的坐标是(12,0),
∵对△AOB连续作三次旋转变换回到原来的状态,
∴第(7)个三角形的直角顶点的横坐标等于12×2=24,
∴第(7)个三角形的直角顶点的坐标是 (24,0);
∴第(2011)个三角形的直角顶点的横坐标等于670×12=8040,
∴第(2011)个三角形的直角顶点坐标是(8040,0).
故答案为:(24,0),(8040,0).
(2013•从化市一模)如图,在直角坐标系中,已知点A(-4,0),B(0,3),对△OAB连续作旋转变换,依次得到三角
(2013•从化市一模)如图,在直角坐标系中,已知点A(-4,0),B(0,3),对△OAB连续作旋转变换,依次得到三角形(1)、(2)、(3)、(4)、…,那么第(7)个三角形的直角顶点的坐标是______,第(2013)的直角顶点的坐标是______.
nn中的婴儿1年前1
lishuiqing 共回答了21个问题 | 采纳率95.2%
解题思路:观察不难发现,每三次旋转为一个循环组依次循环,第7个直角三角形的直角顶点与第6个直角三角形的直角顶点重合,然后求出一个循环组旋转过的距离,即可得解;
用2013除以3,根据商和余数的情况确定出直角顶点的坐标即可.

由图可知,第4个三角形与第1个三角形的所处形状相同,
即每三次旋转为一个循环组依次循环,
∵一个循环组旋转过的长度为12,2×12=24,
∴第7个直角三角形的直角顶点与第6个直角三角形的直角顶点重合,为(24,0);
∵2013÷3=671,
∴第(2013)的直角顶点为第671循环组的最后一个直角三角形的直角顶点,
12×671=8052,
∴第(2013)的直角顶点的坐标是(8052,0).
故答案为:(24,0);(8052,0).

点评:
本题考点: 坐标与图形变化-旋转.

考点点评: 本题考查了坐标与图形变化-旋转,是对图形变化规律,观察出每三次旋转为一个循环组依次循环,并且下一组的第一个直角三角形与上一组的最后一个直角三角形的直角顶点重合是解题的关键,也是本题的难点.

如图,在平面直角坐标系中,已知点A(-4,0),B(0,3),对△AOB连续作旋转变换,依次得到三角形(1),(2),(
如图,在平面直角坐标系中,已知点A(-4,0),B(0,3),对△AOB连续作旋转变换,依次得到三角形(1),(2),(3),(4),…,那么第(7)个三角形的直角顶点的坐标是______,第(2011)个三角形的直角顶点坐标是______.
annny1年前1
阿拉灯女神 共回答了22个问题 | 采纳率90.9%
解题思路:由A(-4,0),B(0,3),根据勾股定理得AB=5,而对△AOB连续作三次旋转变换回到原来的状态,并且第三个和第四个直角三角形的直角顶点的坐标是(12,0),所以第(7)个三角形的直角顶点的横坐标等于12×2=24,第(2011)个三角形的直角顶点的横坐标等于670×12=8040,即可得到它们的坐标.

∵A(-4,0),B(0,3),
∴AB=5,
∴第三个和第四个直角三角形的直角顶点的坐标是(12,0),
∵对△AOB连续作三次旋转变换回到原来的状态,
∴第(7)个三角形的直角顶点的横坐标等于12×2=24,
∴第(7)个三角形的直角顶点的坐标是 (24,0);
∴第(2011)个三角形的直角顶点的横坐标等于670×12=8040,
∴第(2011)个三角形的直角顶点坐标是(8040,0).
故答案为:(24,0),(8040,0).

点评:
本题考点: 旋转的性质;坐标与图形性质.

考点点评: 本题考查了旋转的性质:旋转前后两图形全等,对应点到旋转中心的距离相等,对应点与旋转中心的连线段所夹的角等于旋转角.也考查了勾股定理以及图形变化的规律.

(2009•铁岭)如图所示,在正方形网格中,图①经过______变换可以得到图②;图③是由图②经过旋转变换得到的,其旋转
(2009•铁岭)如图所示,在正方形网格中,图①经过______变换可以得到图②;图③是由图②经过旋转变换得到的,其旋转中心是点______(填“A”或“B”或“C”).
随心所欲乎1年前1
cooljsy 共回答了14个问题 | 采纳率92.9%
解题思路:平移前后,对应边平行,故由①到②属于平移;旋转中心的确定方法是,两组对应点连线的垂直平分线的交点,即为旋转中心.

根据题意:观察可得:图①与图②对应点位置不变,通过平移可以得到;
根据旋转中心的确定方法,两组对应点连线的垂直平分线的交点,可确定图②经过旋转变换得到图③的旋转中心是A.
填:平移,A.

点评:
本题考点: 生活中的旋转现象.

考点点评: 本题考查平移、旋转的性质;
平移的基本性质①平移不改变图形的形状和大小;②经过平移,对应点所连的线段平行且相等,对应线段平行且相等,对应角相等.
旋转变化前后,对应线段、对应角分别相等,图形的大小、形状都不改变,两组对应点连线的交点是旋转中心.

高中函数图像变换有哪些?这些变换有哪些规律?(特别是旋转变换的规律)
xyoo1年前1
307931819 共回答了25个问题 | 采纳率92%
平移 伸缩 翻折
主要这三种吧
你说的旋转是不是翻折?
平移是 “左+右- 上+下-”也就是说向上平移1个单位就给F(X)+1
伸缩一般是三角函数中的w的变换
比如F(X)=sinX 把这个函数缩短一倍,变成了F(X)=sin2X
伸长一倍的话,就把2变成1/2
至于翻折
分为关于X轴和Y轴
关于Y轴翻折就是把F(X)中的所有X换成-X
关于X轴翻折就是在解析式所有项前面都加上个负号
怎样用数学方式描述平移、旋转变换
艾米艾门1年前3
rizhong 共回答了18个问题 | 采纳率88.9%
如果图形经过变换,与原来的图形重合,也就是图形的形状、大小不发生变化,那么这样的变换就叫做全等变换.全等变换的本质是两点之间的距离保持不变.平移、旋转和反射都属于全等变换.如果原图形中任意一个点到新图形中相对应点的连线方向相同,长度也相等,这样的全等变换就称之为平移变换,简称平移.如果图形运动前后“对应点到旋转中心的距离相等,并且各组对应点与旋转中心连线的夹角都等于旋转的角度”,就称之为旋转变换,简称旋转.
在平面内,旋转变换是指某一图形绕一个定点按顺时针或逆时针旋转一定的角度而得到新位置图形的一种变换.
在平面内,旋转变换是指某一图形绕一个定点按顺时针或逆时针旋转一定的角度而得到新位置图形的一种变换.
活动一:如图1,在Rt△ABC中,D为斜边AB上的一点,AD=2,BD=1,且四边形DECF是正方形,求阴影部分的面积.

小明运用图形旋转的方法,将△DBF绕点D逆时针旋转90°,得到△DGE(如图2所示),一眼就看出这题的答案,请你写出阴影部分的面积:______.
活动二:如图3,在四边形ABCD中,AB=AD,∠BAD=∠C=90°,BC=5,CD=3,过点A作AE⊥BC,垂足为点E,求AE的长.

小明仍运用图形旋转的方法,将△ABE绕点A逆时针旋转90°,得到△ADG(如图4所示),则①四边形AECG是怎样的特殊四边形?答:______.AE的长是______.
活动三:如图5,在四边形ABCD中,AB⊥AD,CD⊥AD,将BC按逆时针方向绕点B旋转90°得到线段BE,连接AE.若AB=2,DC=4,求△ABE的面积.
wengfeng1年前1
king316 共回答了9个问题 | 采纳率88.9%
解题思路:(1)根据旋转的性质可知△DBF≌△DGE,则DG=BD=1,那么阴影部分的面积=Rt△ADG的面积=[1/2]×AD×DG;
(2)根据旋转的性质可知△ABE≌△ADG,得出∠AEB=∠G=90°,BE=DG,AE=AD.在四边形AECD中,有∠AEC=∠C=∠G=90°,则四边形AECD是矩形,又AE=AD,则矩形AECD是正方形;设BE=x,则DG=x,EC=CG=DG+CD=x+3,BC=BE+EC=x+x+3=5,求出x,进而得出AE的长;
(3)过点B作BG⊥DC于点G,过点E作EF⊥AB与AB的延长线交于点F,通过证明△BCG≌△BEF,从而得出S△ABE的值.

活动一:
∵四边形DECF是正方形,
∴DE=DF=x,DE∥BC,DF∥AC,
∴[AD/AB=
DE
BC],[DF/AC=
BD
AB],
∵AD=2,BD=1,
∴AC=3x,BC=[3/2]x,
∵AC2+BC2=AB2
∴9x2+([3/2]x)2=9,
解得:x=
2
5
5,
∴DE=DF=
2
5
5,AE=[4/5]
5,BF=

5
5,
∴S△ADE+S△BDF=1,
∴S阴影=1;
故答案为:1;

活动二:根据题意得:∠EAG=90°,
∵AE⊥BC,
∴∠AEB=∠AEC=∠G=90°,
∴四边形AECG是矩形,
∵AE=AG,
∴四边形AECG是正方形,
∵BC=5,CD=3,
∴设AE=x,则BE=GD=CG-CD=x-3,
BE=BC-EC=5-x,
∴x-3=5-x,
解得:x=4,
∴AE=4.
故答案为:正方形,4;

活动三:过点B作BG⊥DC于点G,过点E作EF⊥AB与AB的延长线交于点F.
∵∠BAD=∠D=∠DGB=90°,
∴四边形ABGD是矩形,
∴DG=AB=2,
∴CG=DC-DG=4-2=2.
∵∠CBG+∠CBF=90°,∠EBF+∠CBF=90°,
∴∠CBG=∠EBF.
在△BCG与△BEF中,∠CBG=∠EBF,∠CGB=∠EFB=90°,BC=BE,
∴△BCG≌△BEF,
∴CG=EF=2.
∴S△ABE=[1/2]AB•EF=2.(10分)

点评:
本题考点: 旋转的性质;全等三角形的性质;全等三角形的判定.

考点点评: 本题主要考查了旋转变换及其性质.在解题中进行旋转变换的目的在于通过旋转变换可以使图形发生重组,使分散的条件得以集中,然后运用旋转的“不变性”可以使一些问题迎刃而解.一般来说,当图形中有“共点等边”的图形时,常进行旋转变换.

一道关于旋转变换的初一几何题目如图,两个边长都为1的正方形,其中一个正方形的顶点在另一个正方形的对角线交点上,并且绕该交
一道关于旋转变换的初一几何题目
如图,两个边长都为1的正方形,其中一个正方形的顶点在另一个正方形的对角线交点上,并且绕该交点旋转,求两个正方形重叠部分(阴影)的面积.
fantasy19851年前4
77011492 共回答了15个问题 | 采纳率80%
四分之一个正方形面积
∵∠DOH+∠AOH=90°
∠KOA+∠AOH=90°
∴∠KOA=∠DOH
又∵OD=OA
且∠ODH=∠OAK=45°
∴由角边角定理
得△OAK≌△ODH
∴四边形KAHO的面积=△OAD的面积=1/4
(2011•宜兴市二模)如图是“北大西洋公约组织”标志的主体部分(平面图),它是由四边形OABC绕点O进行3次旋转变换后
(2011•宜兴市二模)如图是“北大西洋公约组织”标志的主体部分(平面图),它是由四边形OABC绕点O进行3次旋转变换后形成的.测得AB=BC,OA=OC,∠ABC=40°,则∠OAB的度数是(  )
A.115°
B.116°
C.117°
D.137.5°
XINXIN3801年前1
wangjinglei 共回答了17个问题 | 采纳率88.2%
解题思路:根据AB=BC,OA=OC,OB=OB,求证△AOB≌△COB,然后利用四边形的内角和即可解决问题.

∵AB=BC,OA=OC,OB=OB,
∴△AOB≌△COB,
∴∠OAB=∠OCB=(360-90-40)÷2=115°.
故选A.

点评:
本题考点: 全等三角形的判定与性质;多边形内角与外角.

考点点评: 主要考查了四边形的内角和以及全等三角形的性质和判断.四边形内角和是360度.注意:垂直和直角总是联系在一起.

(2014•丰南区二模)如图,在直角坐标系中,已知点A(-3,0),B(0,4),对△AOB连续作旋转变换,依次得到三角
(2014•丰南区二模)如图,在直角坐标系中,已知点A(-3,0),B(0,4),对△AOB连续作旋转变换,依次得到三角形①、②、③、④、…,则三角形的直角顶点的坐标为______.
月冷千山1年前1
haierxavier 共回答了20个问题 | 采纳率95%
解题思路:先根据勾股定理计算出AB=5,再计算出三角形②的直角顶点坐标为(7.2,2.4),每3个变换作为一个循环,每个循环直角顶点的横坐标增加12,由于32=3×10+2,则要进行10次循环,所以三角形的直角顶点坐标与第②个三角形的直角顶点的纵坐标相同,横坐标为12×10+7.2.

如图,作PH⊥x轴于H,
∵A(-3,0),B(0,4),
∴OA=3,OB=4,
∴AB=
OA2+OB2=5,
∵[1/2]PH•MN=[1/2]PM•PN,
∴PH=[3×4/5]=[12/5]=2.4,
∴MH=
PM2−PH2=3.2,
∴三角形②的直角顶点坐标为(7.2,2.4),
∴△AOB连续3次作旋转变换,直角顶点的横坐标增加3+4+5=12,
而32=3×10+2,
∴三角形的直角顶点坐标与第②个三角形的直角顶点的纵坐标相同,横坐标为12×10+7.2=127.2,
即三角形的直角顶点的坐标为(127.2,2.4).
故答案为(127.2,2.4).

点评:
本题考点: 坐标与图形变化-旋转.

考点点评: 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°.

一道旋转变换的题目:C是直径AB=2的圆0上一动点,AB为直径,动点p在△ABC内若PA+PB+PC的最小值是根号7求此
一道旋转变换的题目:C是直径AB=2的圆0上一动点,AB为直径,动点p在△ABC内若PA+PB+PC的最小值是根号7求此时三角形ABC的面积.
英文1年前1
zkvv411 共回答了23个问题 | 采纳率91.3%
我也不会,但是△ABC恒为直角三角形
利用旋转变换设计美丽的图案.
celiasun1年前0
共回答了个问题 | 采纳率
求坐标旋转变换公式是线性代数中的坐标旋转变换公式,注意是坐标旋转变换.希望能给出来并解释一下
草茅1年前1
Google测试员5410 共回答了20个问题 | 采纳率75%
二 旋转坐标变换:
定义:若二坐标系{O;i,j}和{O′;i′,j′}满足O≡O′,另∠(i,j′)=θ
则坐标系{O′;i′,j′}可看成是由坐标系{O;i,j}绕O旋转θ角得到的,称由{O;i,j}到{O′;i′,j′}的变换为旋转坐标变换.
旋转变换公式
由于∠(i,i′)=0,∴∠(i,j′)=+θ
∴i′=cosθi+sinθj,j′=cos(+θ)i+sin(+θ)j=-sinθi+cosθj
∴xi+yj===x′i′+y′j′=x′(cosθi+sinθj)+y′(-sinθi+cosθj)
=(x′cosθ-y′sinθ)i+(x′sinθ+y′cosθ)j

用x,y表示x′,y′,有
一道关于旋转变换的题目两个边长都为1的正方形,其中一个正方形的顶点在另一个正方形的对角线交点,并且绕该交点旋转,求两个正
一道关于旋转变换的题目
两个边长都为1的正方形,其中一个正方形的顶点在另一个正方形的对角线交点,并且绕该交点旋转,求两个正方形重叠部分的面积
gyifk1年前2
花花地图 共回答了17个问题 | 采纳率88.2%
一个角为45°,同角的余角相等,
先证两个三角形全等
可以得出两个正方形重叠部分的面积为正方形的面积的1/4
如图,在平面直角坐标系中,已知点A(-4,0),B(0,3),对△AOB连续作旋转变换,依次得到三角形(1)、(2)、(
如图,在平面直角坐标系中,已知点A(-4,0),B(0,3),对△AOB连续作旋转变换,依次得到三角形(1)、(2)、(3)、(4)、…,则第(3)个三角形的直角顶点的坐标是______;第(2014)个三角形的直角顶点的坐标是______.
xiaozhu8008151年前1
赶猪儿上架 共回答了16个问题 | 采纳率100%
解题思路:利用勾股定理列式求出AB的长,再根据图形写出第(3)个三角形的直角顶点的坐标即可;观察图形不难发现,每3个三角形为一个循环组依次循环,用2014除以3,根据商和余数的情况确定出第(2014)个三角形的直角顶点到原点O的距离,然后写出坐标即可.

∵点A(-4,0),B(0,3),
∴OA=4,OB=3,
∴AB=
42+32=5,
∴第(3)个三角形的直角顶点的坐标是(12,0);
∵2014÷3=671余1,
∴第(2014)个三角形是第672组的第一个直角三角形,
其直角顶点与第671组的最后一个直角三角形顶点重合,
∵671×12=8052,
∴第(2014)个三角形的直角顶点的坐标是(8052,0).
故答案为:(12,0);(8052,0).

点评:
本题考点: 坐标与图形变化-旋转.

考点点评: 本题考查了坐标与图形变化-旋转,勾股定理的应用,观察图形,发现每3个三角形为一个循环组依次循环是解题的关键.

(2011•河池)下列现象中,不属于旋转变换的是(  )
(2011•河池)下列现象中,不属于旋转变换的是(  )
A.电梯升降
B.方向盘转动
C.拧紧螺丝
糖盒糖盒1年前1
mailzj 共回答了17个问题 | 采纳率88.2%
解题思路:对四个选项逐一进行分析,找不到旋转角和旋转中心的即为正确答案.

根据旋转的概念,知
A、是平移变换,不属于旋转变换;
B、属于旋转变换;
C、属于旋转变换.
故选A.

点评:
本题考点: 旋转;平移.

考点点评: 考查了旋转变换的概念:图形的旋转,即是图形上的每一点在平面上绕某个固定点旋转固定角度的位置移动.其中对应点到旋转中心的距离相等,旋转前后图形的大小和形状没有改变.

一道关于直角坐标系和旋转的题!如图,在直角坐标系中,已知点A(-4,0),B(0,3),对△OAB连续作旋转变换,依次得
一道关于直角坐标系和旋转的题!
如图,在直角坐标系中,已知点A(-4,0),B(0,3),对△OAB连续作旋转变换,依次得到三角形(1)、(2)、(3)、(4)、…,那么第(10)个三角形的直角顶点的坐标是?
ps:(图有点不标准)
冰激凌19801年前1
asdf263 共回答了17个问题 | 采纳率94.1%
:∵点A(﹣3,0)、B(0,4),
∴AB=√3的2次方+4的二次方 =5,
由图可知,每三个三角形为一个循环组依次循环,一个循环组前进的长度为:4+5+3=12,
(36,0)
同一坐标平面内,图象不可能由函数y=2x2+1的图象通过平移变换、轴对称变换和旋转变换得到的函数是(  )
同一坐标平面内,图象不可能由函数y=2x2+1的图象通过平移变换、轴对称变换和旋转变换得到的函数是(  )
A.y=
1
2
x2−1

B.y=2x2+3
C.y=-2x2-1
D.y=2(x+1)2-1
toolkit1年前1
samtong0013 共回答了13个问题 | 采纳率76.9%
解题思路:抛物线的二次项系数决定了抛物线的开口方向和大小,无论经过平移、轴对称或是旋转变换,抛物线的开口大小都没有变化,即抛物线的二次项系数的绝对值不会改变,据此进行判断.

A、无法通过平移变换、轴对称变换和旋转变换得到;
B、y=2x2+3可由原函数向上平移2个单位得出;
C、y=-2x2-1可将原函数沿x轴翻折得出;
D、y=2(x+1)2-1可由原函数向左平移1个单位,再向下平移2个单位得出;
故选A.

点评:
本题考点: 二次函数图象与几何变换.

考点点评: 熟练掌握二次函数与平移、轴对称、旋转的性质是解答此题的关键.

在平移和旋转变换下,图形什么不变什么 变化
妖怪人1年前1
23李 共回答了24个问题 | 采纳率87.5%
形状、大小不变,位置变化.我们老师说过了,
如何将旋转变换 分解为两个轴对称变换,画出两次变化对称轴
放飞的季节1年前0
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