专题23.3 旋转的几种模型
【教学目标】
了解图形的旋转，理解对应点到旋转中心的距离相等、对应点与旋转中心连线所成的角彼此相等的性质；
会识别中心对称图形
3、能按要求作出简单平面图形旋转后的图形，能依据旋转前、后的图形，指出旋转中心和旋转角
4、能运用旋转的知识解决简单问题；
【教学重难点】
1、了解图形的旋转，理解对应点到旋转中心的距离相等、对应点与旋转中心连线所成的角彼此相等的性质；
2、会识别中心对称图形
3、能按要求作出简单平面图形旋转后的图形，能依据旋转前、后的图形，指出旋转中心和旋转角
4、能运用旋转的知识解决简单问题；
【知识亮解】
一、几何变换——共顶点旋转
以上给出了各种图形连续变化图形，图中出现的两个阴影部分的三角形是全等三角形，此模型需要注意的是利用“全等三角形”的性质进行边与角的转化。证明的基本思想“SAS”。
二、旋转变换的性质：
（1）对应线段相等，对应角相等
（2）对应点位置的排列次序相同
（3）任意两条对应线段所在直线的夹角都等于旋转角．
三、利用旋转思想构造辅助线
（1）根据相等的边先找出被旋转的三角形
（2）根据对应边找出旋转角度，画出旋转三角
亮题一：旋转图形
1．如图，正三角形ABC的边长为3，将△ABC绕它的外心O逆时针旋转60°得到△A'B'C'，则它们重叠部分的面积是（ ）
A．2 B． C． D．
【答案】C
【分析】
根据重合部分是正六边形，连接O和正六边形的各个顶点，所得的三角形都是全等的等边三角形，据此即可求解．
【详解】
解：作AM⊥BC于M，如图：
重合部分是正六边形，连接O和正六边形的各个顶点，所得的三角形都是全等的等边三角形．
∵△ABC是等边三角形，AM⊥BC，
∴AB＝BC＝3，BM＝CM＝BC＝，∠BAM＝30°，
∴AM＝BM＝，
∴△ABC的面积＝BC×AM＝×3×＝，
∴重叠部分的面积＝△ABC的面积＝；
故选：C．
【点睛】
本题考查了三角形的外心、等边三角形的性质以及旋转的性质，理解连接O和正六边形的各个顶点，所得的三角形都为全等的等边三角形是关键．
2．如图C是线段BD上一点，分别以BC、CD为边在BD同侧作等边△ABC和等边△CDE,AD交CE于F，BE交AC于G，则图中可通过旋转而相互得到的三角形对数有( )
A．1对 B．2对 C．3对 D．4对
【答案】C
【分析】
分别证明△ACD≌△BCE、△ACF≌△BCG、△GEC≌△FDC，即可解决问题．
【详解】
∵△ABC和△CDE均为等边三角形，
∴∠ACB=∠ECD=60 ，AC=BC，CE=CD，
∴∠BCE=∠ACD,∠ACE=180°-120°=60°；
在△ACD与△BCE中，
∴△ACD≌△BCE(SAS)，
∴∠CAF=∠CBG，∠CEG=∠CDF；
在△ACF与△BCG中，
∴△ACF≌△BCG(ASA)，
同理可证△GEC≌△FDC，
∴以点C为旋转中心，可通过旋转而相互得到的三角形有：△ACD与△BCE、△ACF与△BCG、△GEC与△FDC，共三对.
故选C.
【点睛】
本题考查了旋转的性质, 等边三角形的性质，掌握三角形全等的判定是解题的关键.
3．如图，将△ABC绕点C顺时针旋转m°得到△EDC，若点A、D、E在同一直线上，∠ACB=n°，则∠ADC的度数是（ ）
A．（m﹣n）° B．（90+n－m）° C．（90－n+m）° D．（180﹣2n﹣m）°
【答案】B
【分析】
根据旋转的性质即可得到∠ACD和∠CAD的度数，再根据三角形内角和定理进行解答即可．
【详解】
解：∵将△ABC绕点C顺时针旋转m°得到△EDC．
∴∠DCE=∠ACB=n°，∠ACE=m°，AC=CE，
∴∠ACD=m°-n°，
∵点A，D，E在同一条直线上，
∴∠CAD=（180°-m°），
∵在△ADC中，∠ADC+∠DAC+∠DCA=180°，
∴∠ADC=180°-∠CAD-∠ACD=180°-（180°-m°）-（m°-n°）=90°+n°-m°=（90+n-m）°，
故选B．
【点睛】
此题考查旋转的性质，关键是根据旋转的性质和三角形内角和解答．解题时注意：对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角，旋转前、后的图形全等．
4．如图，小红做了一个实验，将正六边形ABCDEF绕点F顺时针旋转后到达A′B′C′D′E′F′的位置，所转过的度数是（ ）
A．60° B．72° C．108° D．120°
【答案】A
【详解】
解：∵六边形ABCDEF是正六边形，
∴∠AFE=180°×(6-2) =120°，
∴∠EFE′=180°-∠AFE=180°-120°=60°，
∵将正六边形ABCDEF绕点F顺时针旋转后到达A′B′C′D′E′F′的位置，
∴∠EFE′是旋转角，
∴所转过的度数是60°．故选A．
5．如图，将矩形 ABCD 绕点 A 顺时针旋转到矩形 AB′C′D′的位置，旋转角为α(0°＜α＜90°)．若∠1＝112°，则∠α的大小是( )
A．68° B．20° C．28° D．22°
【答案】D
【详解】
试题解析：∵四边形ABCD为矩形，
∴∠BAD=∠ABC=∠ADC=90°，
∵矩形ABCD绕点A顺时针旋转到矩形AB′C′D′的位置，旋转角为α，
∴∠BAB′=α，∠B′AD′=∠BAD=90°，∠D′=∠D=90°，
∵∠2=∠1=112°，
而∠ABD=∠D′=90°，
∴∠3=180°-∠2=68°，
∴∠BAB′=90°-68°=22°，
即∠α=22°．
故选D．
6．正六边形绕其中心旋转一定的角度与原图形重合，则这个旋转角至少为______．
【答案】60°
【分析】
正六边形可以被经过中心的射线平分成6个全等的部分，则旋转的角度即可确定．
【详解】
解：正六边形可以被经过中心的射线平分成6个全等的部分，
则旋转至少360°÷6＝60°，能够与本身重合．
故答案为：60°．
【点睛】
本题考查旋转对称图形的知识，注意正六边形是旋转对称图形，确定旋转角的方法是需要准确掌握的内容．
7．如图，将此图案绕其中心旋转，当第一次与自身完全重合时，其旋转角的大小为_________度．
【答案】120
【分析】
该图形被平分成三部分，因而每部分被分成的圆心角是120°，并且圆具有旋转不变性，因而旋转120度的整数倍，就可以与自身重合．
【详解】
解：该图形被平分成三部分，旋转120°的整数倍，就可以与自身重合，
故当此图案第一次与自身重合时，其旋转角的大小为120°．
故答案为：120．
【点睛】
本题考查旋转对称图形的概念：把一个图形绕着一个定点旋转一个角度后，与初始图形重合，这种图形叫做旋转对称图形，这个定点叫做旋转对称中心，旋转的角度叫做旋转角．
8．如图，小正方形方格的边长都是1，点A、B、C、D、O都是小正方形的顶点．若COD是由AOB绕点O按顺时针方向旋转一次得到的，则至少需要旋转______°．
【答案】90
【分析】
由△COD是由△AOB绕点O按顺时针方向旋转而得到，再结合已知图形可知旋转的角度是∠BOD的大小，然后由图形即可求得答案
【详解】
解：∵△COD是由△AOB绕点O按顺时针方向旋转而得，
∴OB=OD，
∴旋转的角度是∠BOD的大小，
∵∠BOD=90°，
∴旋转的角度为90°，
故答案为： 90．
【点睛】
本题考查了旋转的性质．解题的关键是理解△COD是由△AOB绕点O按顺时针方向旋转而得的含义，找到旋转角．
9．无锡市旅游局为了亮化某景点，在两条笔直且互相平行的景观道MN、QP上分别放置A、B两盏激光灯，如图所示．A灯发出的光束自AM逆时针旋转至AN便立即回转；B灯发出的光束自BP逆时针旋转至BQ便立即回转，两灯不间断照射，A灯每秒转动30°，B灯每秒转动10°．B灯先转动2秒，A灯才开始转动．当B灯光束第一次到达BQ之前，两灯的光束互相平行时A灯旋转的时间是______秒．
【答案】或
【分析】
设A灯旋转时间为t秒，B灯光束第一次到达BQ需要180÷10=18秒，推出t≤18-2，即t≤16秒，利用平行线的判定，构建方程解决问题即可．
【详解】
设A灯旋转时间为t秒，B灯光束第一次到达BQ要180÷10=18秒，t≤18-2，即t≤16，由题意，满足以下条件时，两灯的光束能互相平①如图1，
，30t=10(2+t)；解得t=1，
②如图2，
，30t-180+10(2+t)=180，解得t=；
综上所述，满足条件的t值为1秒或者秒．
【点睛】
本题考查了平行线的性质，A光束速度较快，光束走完180°再返回才有可能和B光束平行，需要分情况讨论．
10．我们在生活中可以看到不少图形绕着某一点旋转一定的角度后重合，如下图所示，这四个图形都是旋转对称图形．
请大家观察上面的图形，然后说一说它们在旋转多少度后能与自身重合？
【答案】见解析.
【分析】
根据旋转的性质求解即可．
【详解】
根据旋转的性质
图（1）绕着一点旋转180°后能与自身重合．
图（2）绕着一点旋转120°或240°后能与自身重合．
图（3）绕着一点旋转90°或180°或270°后能与自身重合．
图（4）绕着一点旋转72°划144°或216°或288°后能与自身重合．
【点睛】
本题主要考察了旋转的性质，注意结合图形解题．
11．如图①，将放在平面直角坐标系中，为原点，点的坐标为，点在第一象限，，．
（1）求、两点的坐标；
（2）如图②，将绕点逆时针旋转得到，当点的对应点落在轴正半轴上时，求旋转角及点的对应点的坐标．
【答案】（1），点；（2）旋转角为，
【分析】
（1）利用含30度角的直角三角形的性质求出AN，ON即可得出结论；
（2）先求出A'B'=6，∠OA'B'=60°，进而利用含30度角的直角三角形的性质求出B'E，AE即可得出结论；
【详解】
解：（1）如图①，
在中，，
∴，
∵，
∴，，
∴；
∵点的坐标为，
∴，
∵四边形是平行四边形，
∴，
∴点
（2）如图②，
∵，
∴，
∵四边形是平行四边形，
∴，
当点的对应点落在轴正半轴上时，旋转角为，
由旋转知，
过点作轴于，
∴，
∴，，
∴，
∴；
【点睛】
本题考查了平行四边形的性质，旋转的性质，直角三角形的性质，熟练运用旋转的性质是本题的关键．
12．如图，和都是等边三角形.
（1）沿着______所在的直线翻折能与重合；
（2）如果旋转后能与重合，则在图形所在的平面上可以作为旋转中心的点是______；
（3）请说出2中一种旋转的旋转角的度数______.
【答案】（1）；（2）.点、点或者线段的中点；（3）
【分析】
(1) 因为和有公共边AC，翻折后重合，所以沿着直线AC翻折即可；（2）将△ABC旋转后与重合，可以以点A、点C或AC的中点为旋转中心；（3）以点A 、点C为旋转中心时都旋转，以AC中点旋转时旋转180.
【详解】
(1)∵和都是等边三角形，
∴和是全等三角形，
∴△ABC沿着AC所在的直线翻折能与△ADC重合.
故填AC;
(2)将△ABC旋转后与重合，则可以以点A为旋转中心逆时针旋转60或以点C为旋转中心顺时针旋转60，或以AC的中点为旋转中心旋转180即可；
（3）以点A 、点C为旋转中心时都旋转，以AC中点旋转时旋转180.
【点睛】
此题考查平移的对称轴确定的方法、旋转中心确定的方法，依照平移、旋转的性质来确定即可.
13．如图，在边长为6的正方形ABCD内部有两个大小相同的长方形AEFG、HMCN，HM与EF相交于点P，HN与GF相交于点Q，AG=CM=x，AE=CN=y．
（1）用含有x、y的代数式表示长方形AEFG与长方形HMCN重叠部分的面积S四边形HPFQ，并求出x应满足的条件；
（2）当AG=AE，EF=2PE时，
①AG的长为_______；
②四边形AEFG旋转后能与四边形HMCN重合，请指出该图形所在平面内能够作为旋转中心的所有点，并分别说明如何旋转的．
【答案】（1），；（2）①4；②见解析．
【分析】
根据矩形和正方形的性质可x、y表示出PH、PF的长，利用长方形面积公式即可得
【详解】
（1）∵AG=CM=x，AE=CN=y，四边形ABCD是正方形，
∴，，
∴，
∴重叠部分长方形的面积为：，
∵长方形AEFG与长方形HMCN有重叠部分，正方形ABCD边长为6，
∴3
（2）①∵AG=AE=EF，EF=2PE，
∴PE=AG，
∵DG=PE，AD=6，
∴AD=AG+DG=AG+AG=6，
解得：AG=4，
故答案为：4
②如图，连接HF、PQ，设相交的点为点O，
∵AG=AE，EF=2PE，
∴四边形AEFG、都是正方形，点既是的中点也是的中点，点既是的中点也是的中点，
∴该图形所在平面上可以作为旋转中心的点为点、点、点，
四边形绕着点逆时针方向（或顺时针方向）旋转度可与四边形重合；
四边形绕着点顺时针方向旋转度（或逆时针方向旋转度）可与四边形重合；
四边形绕着点逆时针方向旋转度（或顺时针方向旋转度）可与四边形重合．
【点睛】
本题考查正方形的性质及旋转的性质，根据四边形AEFG、HMCN都是正方形，正确找出旋转中心是解题关键．
亮题二：绕原点旋转的图形
1．如图，在平面直角坐标系中，绕某点顺时针旋转得到，点A、B、C的对应点分别为、、，则旋转中心的坐标为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】
连接，，分别作和的线段垂直平分线，且它们的交点即为旋转中心，由图写出其坐标即可．
【详解】
如图，连接，，分别作和的线段垂直平分线，且交于点P．则P点即为旋转中心．
由图可知P点坐标为(4，4)，即旋转中心的坐标为(4，4)．
故选C．
【点睛】
本题考查旋转的性质，线段垂直平分线的性质．理解两线段垂直平分线的交点即为旋转中心是解答本题的关键．
2．如图，在直角坐标系中的位置如图所示，点A的坐标为，若将绕点O旋转，点C的对应点为点D，则旋转后点A的对应点的坐标为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】
先根据点C的对应点为点D，得到旋转的方向与角度，再根据点A绕着点O顺时针旋转90°后的位置，得出旋转后点A的对应点的坐标．
【详解】
如图所示，连接CO，DO，则∠COD = 90°，
∴点C绕着点O顺时针旋转90°与点D重合，
∴点A绕着点O顺时针旋转90°后落在点E处，
∴E(2，-1)，
故选：A．
【点睛】
本题主要考查了坐标与图形变化，解题时注意：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．
3．如图，等边的边长为，将绕点顺时针旋转后，则点的对应点的坐标为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【详解】
旋转后的图形如图所示，
设旋转后交轴于点，
等边的边长为，
，，
由旋转可知：，，，
，
，
，
，
在中，由勾股定理得：，
点的坐标为：．
故选：B．
【点睛】
本题考查了坐标与图形，图形的旋转，三角形内角和定理，解题的关键是根据题意画出旋转后的图形．
4．如图，，，三点在正方形网格线的交点处，若将绕点逆时针旋转得到，则点的坐标为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】
根据旋转的性质可得AC=AC′，求出AC的长，得到C′的纵坐标，再根据点A的横坐标可得结果.
【详解】
解：如图，AC=，
由于旋转，
∴AC′=，
∵A（1，1），
∴C′（1，+1），
故选C.
【点睛】
本题考查了旋转的性质，解题的关键是根据旋转的性质得到AC=AC′.
5．如图，将斜边长为4的直角三角板放在直角坐标系中，两条直角边分别与坐标轴重合，为斜边的中点．现将此三角板绕点顺时针旋转120°后点的对应点的坐标是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】
根据题意画出△AOB绕着O点顺时针旋转120°得到的△COD，CD交y轴于M，连接OP，OQ，由旋转的性质得到∠POQ=120°，根据AP=BP=OP=2，得到∠AOP度数，进而求出∠MOQ度数为30°，在直角三角形OMQ中求出OM与MQ的长，即可确定出Q的坐标．
【详解】
解：根据题意标出三角板的三角形为△AOB，画出△AOB绕着O点顺时针旋转120°得到的△COD，点P与点Q对应，CD交y轴于M，连接OP，OQ，
∴∠POQ=∠BOC=120°，
∵AP=OP=PB=2，∠MOB=90°，
∴∠BAO=∠POA=30°，∠COM=∠BOC-∠BOM=30°，
∵∠C=∠ABO=90°-∠OAB=60°，
∴∠COM+∠C=30°+60°=90°，
∴CD⊥y轴，
∴∠MOQ=180°-∠AOP-∠POQ=30°，
在Rt△OMQ中，OQ=OP=2，
∴MQ==1，OM==，
则P的对应点Q的坐标为(1，) ，
故选：D．
【点睛】
此题考查了坐标与图形变化－旋转，三角板中角度计算，直角三角形的判定，含30度角的直角三角形的性质，勾股定理，熟练掌握旋转的性质是解本题的关键．
6．如图，在平面直角标系中，已知菱形ABCD，∠DAB＝60°，对角线AC、BD的交点与坐标原点O重合，且点A的坐标为（）．将菱形ABCD绕原点O逆时针旋转，每次旋转45°，则第2021次旋转结束时，点D的坐标为（ ）
A．（0，） B．（，） C．（，0） D．（，）
【答案】C
【分析】
根据旋转的性质得出旋转8次为一周，进而得出第2021次旋转结束时，点D与第5次旋转位置相同，过A作AE⊥x轴于E，根据菱形的性质和旋转性质、勾股定理求解即可．
【详解】
解：∵菱形ABCD绕原点O逆时针旋转，每次旋转45°，
∴由360°÷45°=8知，点D每旋转8次为一周，
∵2021÷8=252…5，
∴第2021次旋转结束时，点D与第5次旋转位置相同，
过A作AE⊥x轴于E，则AE=OE=，
∴△AOE为等腰直角三角形，OA= =，
∴∠AOE=45°，
∵四边形ABCD是菱形，∠DAB=60°,
∴AC⊥BD，∠DAO=30°，
∴两条对角线与坐标轴的夹角均为45°，
∴D点逆时针旋转第5次结束时的位置应在x轴的正半轴，
设OD=x，则AD=2x，由OD2+OA2=AD2得：x2+()2=(2x)2，
解得：x=，
∴OD=，
由旋转性质得，D点逆时针旋转第5次结束时的坐标为（，0），
即第2021次旋转结束时，点D坐标为（，0），
故选：C．
【点睛】
本题考查坐标与图形变化-旋转，涉及菱形的性质、旋转的性质、等腰直角三角形判定与性质、勾股定理、解一元二次方程等知识，熟练掌握菱形性质和旋转性质，找到点的变化规律是解答的关键．
第II卷（非选择题）
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二、填空题
7．如图，点O为平面直角坐标系的原点，点A在x轴上，△OAB是边长为2的等边三角形，以点O为旋转中心，将△OAB按顺时针方向旋转120°，得到△OA1B1，依此方式，绕点O连续旋转2021次得到△OA2021B2021，那么点A2021的坐标是___．
【答案】
【分析】
首先作出图形，求出点的坐标，同理可得的坐标，由图形得出当将△OAB按顺时针方向旋转3次，即时，点A回到原来位置，即可求出答案．
【详解】
解：如图，以点O为旋转中心，将△OAB按顺时针方向旋转120°，得到△OA1B1，
过点作x轴，垂足为M，
∵△OA1B1为边长为2的等边三角形，
∴，
在中，
,
∴点的坐标为，
同理可得,
当将△OAB按顺时针方向旋转3次，即时，点A回到原来位置，
∵，
∴的坐标与的坐标相同，
∴的坐标为，
故答案为：．
【点睛】
本题考查旋转的性质，等边三角形的性质，勾股定理，点的坐标规律，解题关键是熟练掌握旋转的性质以及能够从特殊到一般探究规律．
8．在平面直角坐标系中，将抛物线（为常数）绕着原点旋转，所得图像的顶点坐标为，当时，代数式的最小值为______．
【答案】-12
【分析】
首先得到的顶点坐标，根据旋转得到新的顶点坐标，根据题意得出2t+s=，再根据二次函数的性质求得即可．
【详解】
解：
=
=
∴顶点坐标为（2m-2，），
抛物线绕原点旋转180°后，顶点坐标关于原点对称，
∴旋转后顶点坐标为（-2m+2，），
又顶点为（s，t），
∴，
∴2t+s=
=
对称轴为直线m==3，开口向上，
∵m≥4，
∴当m=4时，2t+s最小，且为=-12．
故答案为-12．
【点睛】
本题考查了二次函数的性质，二次函数图象与几何变换，二次函数的最值，求得代数式2t+s关于m的关系式是解题的关键．
9．如图，在平面直角坐标系中，将边长为1的正方形OABC绕点O顺时针旋转45°后得到正方形OA1B1C1，依此方式，绕点O连续旋转2021次得到正方形OA2021B2021C2021，那么点A2021的坐标是__________．
【答案】
【分析】
探究规律，利用规律解决问题，根据正方形OABC绕点O逆时针旋转45°后得到正方形OA1B1C1，求出A1，A2，A3，A4，A5，A6，A7，A8…，发现是8次一循环，即可得到点A2021的坐标．
【详解】
∵四边形OABC是正方形，且OA＝1，
∴A（0，1），
∵将正方形OABC绕点O逆时针旋转45°后得到正方形OA1B1C1，
∴A1（，），A2（1，0），A3（， ），A4（0，-1），
A5（-，-），A6（-1，0），A7（-， ），A8（0， 1）…，
发现是8次一循环，所以2021÷8＝252……5，
∴点A2021的坐标为（-，-）．
故答案为: （-，-）．
【点睛】
本题考查了旋转的性质：对应点到旋转中心的距离相等；对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角．也考查了坐标与图形的变化、规律型：点的坐标等知识，解题的关键是学会从特殊到一般的探究规律的方法，属于中考常考题型．
10．如图，在平面直角坐标系中，第1次将边长为1的正方形OABC绕点O逆时针旋转45°后，得到正方形OA1B1C1；第2次将正方形OA1B1C1绕点O逆时针旋转45°后，得到正方形OA2B2C2；.....按此规律，绕点O旋转得到正方形OA2020B2020C2020，则点B2020的坐标为______．
【答案】（-1，-1）
【分析】
根据图形可知：点B在以O为圆心，以OB为半径的圆上运动，由旋转可知：将正方形OABC绕点O逆时针旋转45°后得到正方形O A B C，相当于将线段OB绕点O逆时针旋转45°，可得对应点B的坐标，根据规律发现是8次一循环，可得结论．
【详解】
解：∵四边形OABC是正方形，且OA=1，
∴B（1，1）；
连接OB，由勾股定理得：OB= ，由旋转得：OB= OB= OB=OB=…=；
∵将正方形OABC绕点O逆时针旋转45°后得到正方形OA1B1C1，相当于将线段OB绕点O逆时针旋转45°，依次得到∠AOB=∠BO B=∠BO B=…=45°，
∴B（0，），B（-1，1），B（-，0），B（-1，-1），…，发现是8次一循环，所以2020÷8=252…余4，
∴点B的坐标为（-1，1）．
故答案为（-1，-1）．
【点睛】
本题考查了旋转的性质：对应点到旋转中心的距离相等；对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角。也考查了坐标与图形的变化、规律型，点的坐标等知识，解题的关键是学会从特殊到一般的探究规律的方法，属于中考常考题型．
11．如图，在边长为1的正方形网格中，，，，.线段与线段存在一种特殊关系，即其中一条线段绕着某点旋转一个角度可以得到另一条线段，则这个旋转中心的坐标为______.
【答案】或
【分析】
连接两对对应点，分别作出连线的垂直平分线，其交点即为所求．
【详解】
解：如图所示，旋转中心P的坐标为（3，3）或（6，6）．
故答案为（3，3）或（6，6）．
【点睛】
本题主要考查了利用旋转变换进行作图，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．
12．如图，在平面直角坐标系中，点A、B的坐标分别为（3，2）、（﹣1，0），若将线段BA绕点B顺时针旋转90°得到线段BA′，则点A′的坐标为_____．
【答案】（1，﹣4）
【分析】
作AC⊥x轴于C，利用点A、B的坐标得到AC=2，BC=4，根据旋转的定义，可把Rt△BAC绕点B顺时针旋转90°得到△BA′C′，如图，利用旋转的性质得BC′=BC=4，A′C′=AC=2，于是可得到点A′的坐标．
【详解】
解：作AC⊥x轴于C，
∵点A、B的坐标分别为（3，2）、（﹣1，0），
∴AC＝2，BC＝3+1＝4，
把Rt△BAC绕点B顺时针旋转90°得到△BA′C′，如图，
∴BC′＝BC＝4，A′C′＝AC＝2，
∴点A′的坐标为（1，﹣4）．
故答案为（1，﹣4）．
【点睛】
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°．解决本题的关键是把线段的旋转问题转化为直角三角形的旋转．
13．如图，方格纸中每个小正方形的边长都是1个单位长度，Rt△ABC的三个顶点A（﹣3，2），B（0，4），C（0，2）．
（1）将△ABC以点C为旋转中心旋转180°，得到△A1B1C，请画出△A1B1C．
（2）平移△ABC，使点A的对应点A2坐标为（﹣3，﹣4），请画出平移后对应的△A2B2C2．
（3）若将△A1B1C绕某一点旋转可得到△A2B2C2，请直接写出旋转中心的坐标．
【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）（0，﹣1）
【分析】
（1）利用中心对称的性质写出A、B关于C点的对称点，然后描点即可；
（2）利用点A、A2的坐标特征确定平移的方向与距离，然后利用此平移规律写出 B2、C2的坐标，然后描点即可；
（3）连接A1A2交BB2于P点，则P点为旋转中心．
【详解】
解：（1）如图，△A1B1C为所作；
（2）如图，△A2B2C2为所作；
（3）如图，△A2B2C2为所作，旋转中心P的坐标为（0，﹣1）．
【点睛】
本题主要考查图形的旋转和平移，能够按照题目要求确定图形位置变化后各点对应坐标是解题关键．
14．如图，点O为平面直角坐标系的原点，点A在x轴上,△OAB是边长为2的等边三角形．
（1）写出△OAB各顶点的坐标；
（2）以点O为旋转中心，将△OAB按顺时针方向旋转60°，得到△OA′B′，写出A′、B′的坐标．
【答案】（1）A(-2，0)，B(-1，)，O(0，0)；（2）A′(-1，)，B′(1，)．
【分析】
（1）作高线BC，根据等边三角形的性质和勾股定理求OG和BC的长，写出三点的坐标，注意象限符号问题；
（2）如图2，由旋转可知：与B重合，B与关于 y轴对称，可得：的坐标．
【详解】
解：（1）如图1，过B作BC⊥OA于C，
∵△AOB是等边三角形，且OA=2
∴OC=OA=1，
由勾股定理得：BC==，
∴A(-2，0)，B(-1，)，O(0，0)．
（2）如图2，∠AOB=60°，OA=OB，
∴A′与B重合，
∴A′(-1，)，
由旋转得：∠BOB′=60°，OB=OB′，
∴△B′OB是等边三角形，
∴∠BOA=B′BO=60°，
∴B′B//OA
∵∠AOD=90°
∴∠BOD=30°，
∴∠DOB′=30°
∴BB′⊥OD，DB=DB′，
∴B′(1，)．
【点睛】
本题考查了坐标与图形变换、等边三角形的性质、旋转的性质，熟练掌握旋转和等边三角形的性质是关键．
15．如图1，点P(m，n)在一次函数y＝﹣x的图象上，将点P绕点A(﹣，﹣)逆时针旋转45°，旋转后的对应点为P′．
（1）当m＝0时，求点P′的坐标；
（2）试说明：不论m为何值，点P′的纵坐标始终不变；
（3）如图2，过点P作x轴的垂线交直线AP′于点B，若直线PB与二次函数y＝﹣x2﹣x+2的图象交于点Q，当m＞0时，试判断点B是否一定在点Q的上方，请说明理由．
【答案】（1）；（2）见解析；（3）点 B一定在点Q的上方，见解析
【分析】
（1）当m＝0时，点P（0，0），而点A的坐标为（﹣，﹣），则点A在直线y＝x上且PA＝2，进而求解；
（2）点A的坐标为（﹣，﹣），故点A在直线y＝x上，则点P′A∥y轴，即可求解；
（3）求出直线AB的函数关系式为：y＝x+﹣，再求出点P、Q的坐标，即可求解．
【详解】
（1）当m＝0时，点P（0，0），
∵点A的坐标为（﹣，﹣），
故点A在直线y＝x上且PA＝2，
∵点P绕点A（﹣，﹣）逆时针旋转45°，
∴P′A∥y轴，
故；
（2）∵点A的坐标为（﹣，﹣），
故点A在直线y＝x上，则点P′A∥y轴，
∵P′A＝PA＝2，
∴点P 的纵坐标均为；
（3）点 B一定在点Q的上方，理由：
根据条件首先求出P'的坐标，
设直线AB的表达式为：y＝kx+b，
将点A、P′的坐标代入上式得：，解得，
从而求出直线AB的函数关系式为：y＝x+﹣，
当x＝m时，y＝，即点B（m，），
当x＝m时，yQ＝﹣m2﹣m+2，即点Q（m，﹣m2﹣m+2），
∴yB﹣yQ＝﹣（﹣m2﹣m+2）＝m2+，
∵m＞0
∴
∴yB＞yQ
∴点 B一定在点Q的上方．
【点睛】
本题考查的是函数图象上点的坐标特征，确定AP旋转后和y轴平行是本题解题的关键．
16．如图，抛物线W的图象与x轴交于A、O两点，顶点为点B（﹣1，﹣1）．
（1）求抛物线W的表达式；
（2）将抛物线W绕点A旋转180°得到抛物线V，使抛物线V的顶点为E，试通过计算判断抛物线V是否过点B；
（3）在抛物线W或V的图象上是否存在点D，使S△EBD＝S△EBO？若存在，请求出点D的坐标．
【答案】（1）y＝（x+1）2﹣1；（2）抛物线V是不经过点B；（3）在抛物线W或V的图象上存在点D，使S△EBD＝S△EBO，D的坐标为（﹣3，3）或（﹣4，0）或（﹣1，﹣3）．
【分析】
（1）把抛物线的解析式设成顶点式，代入原点坐标，便可求得解；
（2）根据对称性质求得E点坐标，再根据变化后的抛物线的形状和大小与原抛物线相同，开口方向相反，得新抛物线的解析式的二次项系数是原抛物线解析式的二次项系数的相反数，进而新抛物线的解析式，再验证是否经过B点便可；
（3）存在点D，过O点作BE的平行线，此平行线与抛物线W的另一交点便是D点，过(-4，0)作BE的平行线，此平行线与抛物线V的交点便是D点，求出这些交点的坐标便可．
【详解】
（1）∵抛物线的顶点为B(﹣1，﹣1)，
∴可设抛物线的解析式为y＝a(x+1)2﹣1，
把O(0，0)代入，得0＝a﹣1，
∴a＝1，
∴抛物线的解析式为：y＝(x+1)2﹣1；
（2）令y＝0，有y＝(x+1)2﹣1＝0，
解得，x＝0或﹣2，
∴A(﹣2，0)，
∵将抛物线W绕点A旋转180°得到抛物线V，使抛物线V的顶点为E，B(﹣1，﹣1)，
∴E(﹣3，1)，
设抛物线V的解析式为：y＝a'(x+3)2+1（a'≠0），
∵将抛物线W绕点A旋转180°得到抛物线V，抛物线W的解析式为：y＝(x+1)2﹣1，
∴a'＝﹣1，
∴抛物线V的解析式为：y＝﹣(x+3)2+1，
当x＝﹣1时，y＝﹣4+1＝﹣3≠﹣1，
∴抛物线V是不经过点B；
（3）设直线BE的解析式为：y＝kx+b（k≠0），则
，
解得，
∴直线BE的解析式为：y＝﹣x﹣2，
过O作OD//BE，与抛物线W交于D点，如图1，则S△OBE＝S△DBE，
设OD的解析式为：y＝﹣x+m，
把O(0，0)代入得，m＝0，
∴OD的解析式为：y＝﹣x，
联立方程组，
解得或，
∴D(﹣3，3)；
过抛物线V与x轴的交点F(﹣4，0)作FG//BE，与抛物线V交于另一点G，如图2，
∵OA＝AF＝2，
∴S△OAE＝S△AEF，S△OAB＝S△ABF，
∴S△OBE＝S△BEF＝S△BEG，
设直线FG的解析式为：y＝﹣x+n，
把F(﹣4，0)代入得n＝﹣4，
∴直线FG的解析式为：y＝﹣x﹣4，
联立方程组，
解得或，
∴G(﹣1，﹣3)，
当D点与F或G重合时，S△EBD＝S△EBO，
此时D(﹣4，0)或(﹣1，﹣3)，
综上，在抛物线W或V的图象上存在点D，使S△EBD＝S△EBO，D的坐标为(﹣3，3)或(﹣4，0)或(﹣1，﹣3)．
【点睛】
本题是二次函数的综合题，主要考查了待定系数法求函数解析式，旋转的性质，三角形的面积，二次函数与一次函数的交点，二次函数的图像与性质等知识点，有一定的难度，第（3）题关键是根据夹在两平行线的等底三角形的面积相等，作平行线为辅助线．
亮题三：旋转综合题
1．如图，点到等边三角形的顶点，的距离分别为，，则的最大值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】
把PA绕点A逆时针旋转60°，得AD，则DA＝PA，连CD，DP，CP，由△ABC为等边三角形ABC，得到∠DAC＝∠BAP，AC＝AB，于是有△DAC≌△PAB，则DC＝PB，所以PC≤DP＋DC，即可得到PC所能达到的最大值．
【详解】
解：把PA绕点A逆时针旋转60°，得AD，
则DA＝PA，连CD，DP，CP，如图，
∵△ABC为等边三角形ABC，
∴∠BAC＝60°，AC＝AB，
∴∠DAC＝∠PAB，
在△DAC和△PAB中，
，
∴△DAC≌△PAB（SAS），
∴DC＝PB，
∵DA＝PA，,
∴为等边三角形，
∴,
而PB＝2，PA＝1，
∴DC＝2，
∵PC≤DP＋DC，
∴PC≤3，
所以PC所能达到的最大值为3．
故选：A．
【点睛】
本题考查了旋转的性质：旋转前后的两个图形全等，对应点与旋转中心的连线段的夹角等于旋转角，对应点到旋转中心的距离相等．也考查了等边三角形的性质和三角形全等的判定与性质．
2．如图，在中，，将绕点C逆时针旋转得到，点A，B的对应点分别为D，E，连接．当点A，D，E在同一条直线上时，下列结论一定正确的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】
由旋转可知，即可求出，由于，则可判断，即A选项错误；由旋转可知，由于，即推出，即B选项错误；由三角形三边关系可知，即可推出，即C选项错误；由旋转可知，再由，即可证明为等边三角形，即推出．即可求出，即证明
，即D选项正确；
【详解】
由旋转可知，
∵点A，D，E在同一条直线上，
∴，
∵，
∴，故A选项错误，不符合题意；
由旋转可知，
∵为钝角，
∴，
∴，故B选项错误，不符合题意；
∵，
∴，故C选项错误，不符合题意；
由旋转可知，
∵，
∴为等边三角形，
∴．
∴，
∴，故D选项正确，符合题意；
故选D．
【点睛】
本题考查旋转的性质，三角形三边关系，等边三角形的判定和性质以及平行线的判定．利用数形结合的思想是解答本题的关键．
3．如图，在平面直角坐标系中，点、分别在轴、轴上，．先将线段沿轴翻折得到线段，再将线段绕点顺时针旋转得到线段，连接．若点的坐标为，则线段的长为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】
只要证明是等腰直角三角形即可解决问题；
【详解】
∵，
∴，
∵，，
∴，
∴是等腰直角三角形，
∵，，
∴，
∴；
故答案选B．
【点睛】
本题主要考查了翻折变换、坐标与图形的变化、等腰直角三角形的性质，准确计算是解题的关键．
4．如图，在平面直角坐标系xOy中，菱形OABC的边长为2，点A在第一象限，点C在x轴正半轴上，∠AOC＝60°，若将菱形OABC绕点O顺时针旋转75°，得到四边形OA'B'C'，则点B的对应点B'的坐标为（ ）
A．（，﹣） B．（2，﹣2） C．（，﹣） D．（4，﹣4）
【答案】A
【分析】
作B′H⊥x轴于H点，连结OB，OB′，根据菱形的性质得到∠COB＝30°，再根据旋转的性质得∠BOB′＝75°，OB′＝OB＝2，则∠COB′＝∠BOB′﹣∠COB＝45°，所以△OB′H为等腰直角三角形，根据等腰直角三角形性质可计算得OH＝B′H＝，然后根据第四象限内点的坐标特征写出B′点的坐标．
【详解】
解：作B′H⊥x轴于H点，连结OB，OB′，作AD⊥OB轴于D点，如图，
∵四边形OABC为菱形，
∴OB平分∠AOC，AO=AB
∴∠COB＝∠AOB==30°，
∴，
又∵AD⊥OB
∴BD=2OD，∠ADO=90°，
∴OD=，
∴OB=
∵菱形OABC绕原点O顺时针旋转75°至第四象限OA′B′C′的位置，
∴∠BOB′＝75°，OB′＝OB＝2，
∴∠COB′＝∠BOB′﹣∠COB＝45°，
∴△OB′H为等腰直角三角形，
∴OH＝B′H＝OB′＝，
∴点B′的坐标为（，﹣）．
故选：A．
【点睛】
本题主要考查了等边三角形的判定与性质、菱形的性质、坐标与图形变化-旋转，准确计算是解题的关键．
5．如图，∠A＝120°，AB＝AC＝4，D在线段AB上，DE∥BC交AC于E，将△ADE绕点D顺时旋转30°得△GDH，当H点在BC上时，AD的长为（ ）
A． B．2 C． D．
【答案】A
【分析】
过A点作AF⊥DE于F，设AD＝x，利用平行线的性质得到∠ADE＝∠AED＝30°，则根据等腰三角形的性质得到DF＝EF，利用含30度的直角三角形三边的关系得到DE＝x，接着根据旋转的性质得DH＝DE＝x，∠EDH＝30°，再证明∠DHB＝∠B＝30°得到DH＝DB＝x，所以x＝4-x，然后解方程即可．
【详解】
解：如图，过A点作AF⊥DE于F，设AD＝x，
∵∠A＝120°，AB＝AC＝4，
∴∠B＝∠C＝30°，
∵，
∴∠ADE=∠AED=∠B =30°，
∴AF＝AD＝x，
∴DF＝AF＝x，
∴DE＝2DH＝x，
∵△ADE绕点D顺时旋转30°得△GDH，H点在BC上，
∴DH＝DE＝x，∠EDH＝30°，
∵∠ADH＝∠B＋∠DHB，
即∠ADE＋∠EDH＝∠B＋∠DHB，
∴∠DHB＝∠B＝30°，
∴DH＝DB＝x，
∵DB＝AB-AD＝4-x，
∴x＝4-x，
解得：x＝2-2，
即AD的长为2-2.
故选：A．
【点睛】
本题考查旋转的性质、平行线的性质、等腰三角形的判定和性质以及含角的直角三角形的性质．作出辅助线是解答本题的关键．
6．如图，等边三角形的边长为2，点O是的中心（三角形三条中垂线的交点），，绕点O旋转分别交线段于D，E两点，连接，给出下列四个结论：①；②；③四边形的面积始终等于；④周长的最小值为3，上述结论中正确的个数是（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】D
【分析】
连接OB、OC，如图，利用等边三角形的性质得∠ABO＝∠OBC＝∠OCB＝30°，再证明∠BOD＝∠COE，于是可判断△BOD≌△COE，所以BD＝CE，OD＝OE，则可对①进行判断；由，可对②进行判断；利用S△BOD＝S△COE得到四边形ODBE的面积＝S△ABC，可对③进行判断；由于△BDE的周长＝BC＋DE＝2＋DE＝2＋OE，根据垂线段最短，当OE⊥BC时，OE最小，△BDE的周长最小，计算出此时OE的长则可对④进行判断．
【详解】
解：连接OB、OC，如图，
∵△ABC为等边三角形，
∴∠ABC＝∠ACB＝60°，
∵点O是△ABC的中心，
∴OB＝OC，OB、OC分别平分∠ABC和∠ACB，
∴∠ABO＝∠OBC＝∠OCB＝30°，
∴∠BOC＝120°，即∠BOE＋∠COE＝120°，
而∠DOE＝120°，即∠BOE＋∠BOD＝120°，
∴∠BOD＝∠COE，
在△BOD和△COE中，
，
∴△BOD≌△COE（ASA），
∴BD＝CE，OD＝OE，
故①正确；
∴，
故②正确；
∵△BOD≌△COE，
∴S△BOD＝S△COE，
∴四边形ODBE的面积＝S△OBC═S△ABC＝××22＝，
故③正确；
作OH⊥DE于H，如图，则DH＝EH，
∵∠DOE＝120°，
∴∠ODE＝∠OEH＝30°，
∴OH＝OE，HE＝OH＝OE，
∴DE＝OE，
∵BD＝CE，
∴△BDE的周长＝BD＋BE＋DE＝CE＋BE＋DE＝BC＋DE＝2＋DE＝2＋OE，
当OE⊥BC时，OE最小，△BDE的周长最小，此时OE＝ ，
∴△BDE周长的最小值＝2＋×＝3，
∴④正确．
故选：D．
【点睛】
本题考查了旋转的性质：对应点到旋转中心的距离相等；对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角；旋转前、后的图形全等．也考查了等边三角形的性质和全等三角形的判定与性质．
7．在中，，，，点，分别是，的中点，连接，将绕点Ｄ旋转90°，则变换后点（点旋转后的对应点）到边的距离为______．
【答案】或
【分析】
绕点Ｄ旋转90°，可以顺时针也可以逆时针旋转，所以需要分两种情况讨论；根据旋转后的图形DEFE＇是正方形，所以或，求出结果即可．
【详解】
如图1，当绕点顺时针旋转90°时，
，，；
在中，，；
在中，点，分别是，的中点；
是的中位线，
，，；
由旋转的性质可得：
，，；
四边形是正方形；
；
；
．
如图2，当绕点逆时针旋转90°时，
作的延长线交于点，
，，；
在中，，；E
在中，点，分别是，的中点；
是的中位线，
，，；
由旋转的性质可得：
，，
四边形是正方形；
；
；
故答案为：或．
【点睛】
本题考查了图形旋转的知识内容，能够想到两种情况是解决问题的关键．
8．如图，在正方形内有一点P，若，则的度数为________．
【答案】135°．
【分析】
将△ABP绕着点A顺时针旋转90°得△ADP′,连结PP′，可得△ABP≌△ADP′,可证△APP′是等腰直角三角形,可得∠AP′P=45°,由勾股定理得PP′=,利用勾股定理逆定理可证△P′PD为直角三角形,可得∠PP′D=90°,可求∠APB=∠AP′D=135°．
【详解】
解：将△ABP绕着点A顺时针旋转90°得△ADP′,连结PP′
∴△ABP≌△ADP′,
∴AP′=AP=4,P′D=BP=7,∠AP′D=∠APB,
由旋转得∠PAP′=90°,
∴△APP′是等腰直角三角形,
∴∠AP′P=45°,
在Rt△APP′中,
由勾股定理得PP′=,
又∵P′P2+P′D2=,
∴△P′PD为直角三角形,
∴∠PP′D=90°,
∴∠AP′D=∠AP′P+∠PP′D =45°+90°=135°,
∴∠APB=∠AP′D=135°．
故答案为:135°．
【点睛】
本题考查正方形性质，旋转变换，等腰直角三角形判定与性质，勾股定理与勾股定理逆定理，利用旋转变换构造全等,得到等腰直角三角形是解题关键．
9．如图．将绕点逆时针旋转得到，连接，若，则的度数是__________．
【答案】15°
【分析】
由旋转的性质可得，，由三角形内角和定理和四边形内角和定理可求的度数，即可求解．
【详解】
解：如图，延长交于，
∵将△绕点逆时针旋转得到△，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
故答案为．
【点睛】
本题考查了旋转的性质，四边形内角和定理，三角形内角和定理等知识，掌握旋转的性质是本题的关键．
10．如图所示，在中，，，，将绕点逆时针旋转得到，连接，，并延长交于点，则的长为_______．
【答案】
【分析】
以为坐标原点，建立平面直角坐标系，可得到点和点的坐标，由旋转的性质可以求出点和点的坐标，利用待定系数法即可求出直线和的解析式，再联合两个解析式求出点的坐标，即可通过勾股定理求出和的长度，作差即可得到的长度．
【详解】
解：由，以为坐标原点，建立平面直角坐标系，如图所示：
∵，
∴，，
由旋转可得：，，
∴，
设直线的解析式为
∴
解得：
∴直线的解析式为
设直线的解析式为
∴
解得：
直线的解析式为
联立直线和可得：
解得：
∴
∴，
∴
故答案为：
【点睛】
本题主要考查了旋转的性质，待定系数法求一次函数解析式，一次函数的图象性质，勾股定理等知识点，熟练掌握旋转的性质建立平面直角坐标系是解题的关键．
11．如图，满足，，，取的中点，为上任意一点，连接，将沿翻折得到（点在直线右侧），交于点，当时，______．
【答案】
【分析】
连接AG，设，根据已知条件可得，证明四边形ADEG是平行四边形，再根据勾股定理计算即可；
【详解】
连接AG，
设，则，
∵D是AC的中点，
∴，
∵沿翻折得到，
∴，
∴，
同理：，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴四边形ADEG是平行四边形，
∴AD∥EG，，
∵，，
∴，
在Rt△ABC中，，，
∴，
∴，
在Rt△CBE中，，
∴；
故答案是．
【点睛】
本题主要考查了折叠的综合应用，结合勾股定理计算是解题的关键．
12．如图，是等边内一点，，，，将线段以点为旋转中心逆时针旋转60°得到线段，下列结论：①可以由绕点逆时针旋转60°得到；②点与的距离为6；③；④；⑤．其中正确的结论是______（填序号）．
【答案】①③⑤
【分析】
①、由题意可得△BO’A≌△BOC，从而得到结论；②、连接OO′，根据旋转的性质可得结论；③、根据∠AOB＝∠AOO′+∠BOO′及前面的结论可得解答；④、根据四边形AOBO'的面积= Rt△AOO′面积+等边△BOO′面积去求解；⑤、根据S△BOC＝S△BO’A=S四边形AOBO’﹣S△AOB去解答．
【详解】
解：在△BO′A和△BOC中，
，
∴△BO′A≌△BOC（SAS），
∴O′A＝OC．
∴△BO'A可以由△BOC绕点B逆时针旋转60°得到，故①正确；
如图1，连接OO′，根据旋转的性质可知△BOO′是等边三角形，
∴点O与O'的距离等于OB为8，故②错误；
在△AOO′中，AO＝6，OO′＝8，AO′＝10，
∴△AOO′是直角三角形，∠AOO′＝90°．
∴Rt△AOO′面积＝×6×8＝24，
又等边△BOO′面积＝×8×4＝16，
∴四边形AOBO'的面积为24+16，④错误；
∵∠AOB＝∠AOO′+∠BOO′＝90°+60°＝150°，③正确；
如图2，过B作BE⊥AO交AO的延长线于E，
∵∠AOB＝150°，
∴∠BOE＝30°，
∵OB＝8，
∴BE＝4，
∴S△AOB＝×OA×BE=×6×4＝12，
∴S△BOC＝S△BO’A=S四边形AOBO﹣S△AOB＝24+16﹣12＝12+16，故⑤正确，
故答案为①③⑤．
【点睛】
本题考查三角形的综合应用，熟练掌握三角形全等的判定与性质、旋转的性质、直角三角形的面积及等边三角形面积的求法是解题关键．
13．如图所示，正方形中，点、、分别是边、、的中点，连接，．
（1）如图1，直接写出与的关系______；
（2）如图2，若点为延长线上一动点，连接，将线段以点为旋转中心，逆时针旋转90°，得到线段，连接．
①求证：≌；
②直接写出、、三者之间的关系；
【答案】（1），；（2）①见解析；②
【分析】
（1）由正方形的性质可得AD＝AB＝BC，∠A＝∠B＝90°，由“SAS”可证△AEF≌△BFG，可得EF＝FG，由等腰直角三角形的性质可得∠AFE＝∠BFG＝45°，可证EF⊥FG；
（2）①由旋转的性质可得PF＝FH，∠PFH＝∠EFG＝90°，由“SAS”可证△HFE≌△PFG；
②由全等三角形的性质可得EH＝PG，由等腰直角三角形的性质可得BG＝EF，可得结论．
【详解】
解：（1）∵四边形ABCD是正方形，
∴AD＝AB＝BC，∠A＝∠B＝90°，
∵点E、F、G分别是边AD、AB、BC的中点，
∴AE＝AF＝BF＝BG，
∴△AEF≌△BFG（SAS），
∴EF＝FG，
∵AE＝AF＝BF＝BG，∠A＝∠B＝90°，
∴∠AFE＝∠BFG＝45°，
∴∠EFG＝90°，
∴EF⊥FG，
故填：，；
（2）①证明：由（1）得：，，
∵将线段以点为旋转中心，逆时针旋转90°，得到线段，
∴，，
∵，，
∴，
又∵，
∴≌（SAS）；
②解：，理由如下：
∵≌，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∵，
∴
【点睛】
本题是四边形综合题，考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，旋转的性质，证明△HFE≌△PFG是解题的关键．
14．如图，P是正三角形内的一点，且，若将绕点A顺时针旋转后得到，
（1）求旋转角的度数；
（2）求点P与点之间的距离；
（3）求的度数．
【答案】（1），（2）6，（3）．
【分析】
（1）根据旋转的定义及性质可得三角形全等，利用全等三角形的性质，然后结合图形即可得旋转角为；
（2）根据（1）及全等三角形性质可得为等边三角形，即可确定点P与点之间的距离；
（3）由（1）（2）可得各边长，然后利用勾股定理逆定理，可确定为直角三角形，即，又因为，即可确定的度数．
【详解】
解：（1）∵由绕点A旋转得到，
∴，
∴，，
∵，
∴，
即：，
∴旋转角度数为；
（2）如图所示，连接，
∵，，
∴为等边三角形，
∴,
即点P与点之间的距离为6；
（3）在中，
由（1）得：，，，
∴，
∴为直角三角形，
∴，
由（1）得，
∴，
∴的度数为．
【点睛】
题目主要考查旋转的定义、性质，三角形全等的性质及勾股定理逆定理等知识点，熟练掌握知识点并融会贯通，是解题关键．
15．综合与实践
问题情境：数学课上，同学们以等腰直角三角形为背景探究图形变化中的数学问题．如图1，将两张等腰直角三角形纸片重叠摆放在桌面，其中，，，点，在的同侧，点，在线段上，连接并延长交于点，已知．将从图1中的位置开始，绕点顺时针旋转（保持不动），旋转角为．
数学思考：（1）“求索小组”的同学发现图1中，请证明这个结论；
操作探究：（2）如图2，当时，“笃行小组”的同学连接线段，．
请从下面A，B两题中任选一题作答．我选择______题．
A．①猜想，满足的数量关系，并说明理由；
②若，请直接写出时，，两点间的距离；
B．①猜想，满足的位置关系，并说明理由；
②若，请直接写出点落在延长线时，，两点间的距离．
【答案】（1）见解析（2）A． ①，理由见解析；②； B． ①，理由见解析；②
【分析】
（1）根据等腰三角形三线合一的性质可证OB=OC，OE=OF，则OE-OB=OF-OC即可证明；
（2）若选A，①通过SAS证明△OBE≌△OAD即得；②过点E作EH⊥CO，交CO的延长线于H，在△COE中，已知两边一角，解三角形即可；
若选B，①如图，延长DA交BE于点P，交EF于点Q，通过SAS证明△OBE≌△OAD即得；②过O点作OQ⊥AF于点Q，则△OCQ为等腰直角三角形，QO=QC=1，在Rt△OQF中，利用勾股定理即可求解．
【详解】
解：（1）证明：
∵AB=AC，∠BAC=90°，
∴△ABC是等腰直角三角形，
又∵AO⊥BC，
∴OB=OC=OA，
同理可证明OE=OF=0D，
∴OE-OB=OF-OC，
∴BE=CF，
（2）A①：AD=BE，理由如下：
∵∠AOB=∠EOD=90°，
∴∠BOE=∠AOD，
在△OBE和△OAD中，
∴△OBE≌△OAD（SAS），
∴AD=BE，
A②：过点E作EH⊥CO，交CO的延长线于H，
当旋转角α=45°时，∠BOE=45°，∠COE=135°，
∵AB=AC=2
由勾股定理得：BC＝，
∴OC=，
如图所示，在Rt△EHO中，OE=2，
∴HE=HO=，
在Rt△EHC中，由勾股定理得：
CE=；
B①：AD⊥BE，
如图2，延长DA交BE于点P，交EF于点Q，
∵∠AOB=∠EOD=90°，
∴∠BOE=∠AOD，
在△OBE和△OAD中，
∴△OBE≌△OAD（SAS），
∴∠BEO=∠ADO，
∵∠EQP=∠AQO，
∴∠EPQ=∠QOD，
∴AD⊥BE，
B②：过O点作OQ⊥AF于点Q，
则△OCQ为等腰直角三角形，QO=QC=1，
在Rt△OQF中，由勾股定理得：FQ=，
∴．
【点睛】
本题主要考查了等腰直角三角形性质，旋转的性质，全等三角形的判定与性质等知识，证明△OBE≌△OAD是解题的关键．
16．甲、乙、丙三名同学探索课本上一道题：如图1，E是边长为a的正方形ABCD中CD边上任意一点，以点A为中心，把△ADE顺时针旋转90°，画出旋转后的图形．
任务要求：
（1）请你在图1中画出旋转后的图形
甲、乙、丙三名同学又继续探索：
在正方形ABCD中，∠EAF=45°，点F为BC上一点，点E为DC上一点，∠EAF的两边AE、AF分别与直线BD交于点M、N．连接EF
甲发现：线段BF，EF，DE之间存在着关系式EF=BF+DE；
乙发现：△CEF的周长是一个恒定不变的值；
丙发现：线段BN，MN，DM之间存在着关系式BN2+DM2=MN2
（2）现请你参与三位同学的研究工作中来，你认为三名同学中哪个的发现是正确的，并说明你的理由．
【答案】（1）见解析；（2）甲、乙、丙三名同学的发现都是正确的，见解析
【分析】
（1）根据题意容易画出图形；
（2）延长CB到K，使BK=DE，连AK，由SAS证明△AKB≌△AED，得出对应角相等∠BAK=∠DAE，证出∠KAF=∠FAE，再证明△AKF≌△AEF，得出KF=EF，得出甲发现正确；延长CB到K，使BK=DE，连接AK，同①得出△AKB≌△AED，得出∠BAK=∠DAE，证出∠KAF=∠FAE，由SAS证明△AKF≌△AEF，得出KF=EF，得出乙发现正确；在AK上截取AG=AM，连接BG，GN，由SAS证明△ABG≌△ADM，得出BG=DM，∠ABG=∠ADB=45°，证出∠KAF=∠FAE，由SAS证明△GAN≌△NAM，得出NG=MN，再由勾股定理即可得出丙发现正确．
【详解】
解答： 解：（1）画图如图1所示；
（2）甲、乙、丙三名同学的发现都是正确的；
①甲发现正确；理由如下：
如图2所示，
延长CB到K，使BK=DE，连AK，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=AD，∠ABF=∠ABK=∠ADE=90°，
在△AKB和△AED中，，
∴△AKB≌△AED（SAS），
∴∠BAK=∠DAE，
∵∠BAF+∠DAE=45°，
∴∠BAF+∠BAK=45°，
即∠KAF=45°，
∴∠KAF=∠FAE，
在△AKF和△AEF中，，
∴△AKF≌△AEF（SAS），
∴KF=EF，
又∵BK=DE，
∴EF=BF+DE；
②乙发现正确；理由如下：
延长CB到K，使BK=DE，连接AK，如图2所示：
同①得：△AKB≌△AED，
∴∠BAK=∠DAE，
∵∠BAF+∠DAE=45°，
∴∠BAF+∠BAK=45°，
即∠KAF=45°，
∴∠KAF=∠FAE，
在△AKF和△AEF中，，
∴△AKF≌△AEF（SAS），
∴KF=EF，
又∵BK=DE，
∴EF=BF+DE；
△CEF周长=CF+CE+EF
=CF+CE+（BF+DE）
=（CF+BF）+（CE+DE）
=BC+DC=2a（定值）；
③丙发现正确；理由如下：
如图3，在AK上截取AG=AM，连接BG，GN，
在△ABG和△ADM中，，
∴△ABG≌△ADM（SAS），
∴BG=DM，∠ABG=∠ADB=45°，
又∵∠ABD=45°，
∴∠GBD=90°，
∵∠BAF+∠DAE=45°，
∴∠KAF=45°，
∴∠KAF=∠FAE，
在△GAN和△NAM中，，
∴△GAN≌△NAM（SAS），
∴NG=MN，
∵∠GBD=90°，
∴BG2+BN2=NG2，
∴BN2+DM2=MN2；
综上所述：甲、乙、丙三名同学的发现都是正确的．
【点睛】
本题是几何变换综合题目，考查了旋转的性质、正方形的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理等知识；本题综合性强，难度较大，需要通过作辅助线多次证明三角形全等才能得出结论．
【亮点训练】
1．下列图形中，既是轴对称图形，又是中心对称图形的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】
根据轴对称图形和中心对称图形的概念对各选项分析判断即可得解．
【详解】
解：A．是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项不符合题意；
B．不是轴对称图形，是中心对称图形，故本选项不符合题意；
C．不是轴对称图形，是中心对称图形，故本选项不符合题意；
D．即是轴对称图形，也是中心对称图形，故本选项符合题意．
故选：D．
【点睛】
本题考查了中心对称图形与轴对称图形的概念，轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分折叠后可重合，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后与原图重合．
2．如图，在等边中，D是边AC上一点，连接BD，将绕点B逆时针旋转得到，连接ED，若，则的周长是（ ）
A．15 B．14
C．13 D．12
【答案】A
【分析】
由旋转的性质可得BD=BE，∠DBE=60°，CD=AE，可证△DBE是等边三角形，可得BD=DE=7，即可求解．
【详解】
解：∵将△BCD绕点B逆时针旋转60°得到△BAE，
∴BD=BE，∠DBE=60°，CD=AE，
∴△DBE是等边三角形，
∴BD=DE=7，
∴△AED的周长=AE+AD+DE=CD+AD+DE=8+7=15，
故选：A．
【点睛】
本题考查了旋转的性质，等边三角形的判定和性质，掌握旋转的性质是本题的关键．
3．如图，一块含30°角的直角三角板ABC绕点C顺时针旋转到△A′B′C，当B，C，A′在一条直线上时，三角板ABC的旋转角度为（ ）
A．150° B．120° C．60° D．30°
【答案】A
【分析】
直接利用旋转的性质得出对应边，再根据三角板的内角的度数得出答案．
【详解】
解：∵将一块含30°角的直角三角板ABC绕点C顺时针旋转到△A'B'C，
∴BC与B'C是对应边，
∴旋转角∠BCB'＝180° 30°＝150°．
故选：A．
【点睛】
此题主要考查了旋转的性质，对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角，正确得出对应边是解题关键．
4．如图，把绕点顺时针旋转得到、与AC相交于点，，则的度数为（ ）
A．60° B．30° C．65° D．35°
【答案】C
【分析】
根据旋转的性质和三角形的内角和即可得到结论．
【详解】
解：∵Rt△ABC绕点A顺时针旋转35°得到△AB′C′，
∴∠BAB′=35°，∠B′=∠B=60°，∠BAC=90°，
∴∠B′AD=90°-35°=55°，
∴∠ADB′=180°-60°-55°=65°，
故选C．
【点睛】
本题主要考查了旋转的性质，平行线的性质，勾股定理，能够证得∠BAD=∠B，AD=BD，构造直角三角形是解题的关键．
5．如图，正方形网格中的每个小正方形的边长为1，将绕旋转中心旋转后得到△，其中点，，的对应点分别是点，、，那么旋转中心是（ ）
A．点 B．点 C．点 D．点
【答案】C
【分析】
根据对应点到旋转中心的距离相等，根据网格特征作AA′和CC′的垂直平分线，得到交点即可得答案．
【详解】
如图，作AA′和CC′的垂直平分线，
由图象可知：点为旋转中心．
故选：C．
【点睛】
本题考查了图形的旋转，可由旋转的性质确定旋转前后两个图形的旋转中心，灵活应用旋转的性质是解题的关键．
6．如图，在中，，．将绕点逆时针方向旋转，得到，连接．则线段的长为（ ）
A．1 B． C． D．
【答案】B
【分析】
根据旋转性质可知，，再由勾股定理即可求出线段的长．
【详解】
解：∵旋转性质可知，，
∴，
故选：B．
【点睛】
此题主要考查旋转的性质和勾股定理求出直角三角形边长，解题关键是根据旋转性质得出是等腰直角三角形．
7．如图，直角坐标系中，点G的坐标为（2，0），点F是y轴上任意动点，FG绕点F逆时针旋转90°得FH，则动点H总在下列哪条直线上（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】
根据题意，作出合适的辅助线，然后利用全等三角形全等，可以表示出点H的坐标，然后代入各个选项中的函数解析式，即可判断哪个选项是正确的，本题得以解决．
【详解】
解：作HM⊥y轴于点M，
设点F的坐标为（0，a），
由题意可知，FG=HF，∠HFG=90°，
∴∠MFH+∠OFG=90°，
∵∠OGF+∠OFG=90°，
∴∠MFH=∠OGF，
在△OFG和△MHF中，
，
∴△OFG≌△MHF（AAS），
∴OF=MH，OG=MF，
∵点F（a，0），点G（2，0），
∴OF=a，OG=2，
∴MF=2，MH=a，
∴OM=OF+MF=a+2，
∴点H的坐标为（a，a+2），
将x=a代入y=x+2时，y=a+2，故选项A符合题意；
将x=a代入y=2x+2时，y=2a+2，故选项B不符合题意；
将x=a代入y=x+2时，y=a+2，故选项C不符合题意；
将x=a代入y=2x+1时，y=2a+1，故选项D不符合题意；
故选：A．
【点睛】
本题考查一次函数图象上点的坐标特征、坐标与图形变换—旋转，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．
8．如图边长为4的正方形中，为边上一点，且， 为边上一动点，将线段绕点顺时针旋转得到线段 ，连接，则的最小值为（ ）
A． B．4 C． D．
【答案】A
【分析】
过点作交于点，过点作交于点，根据绕点顺时针旋转得到线段，可得，，利用易证，再根据四边形是矩形，可得，,设，则，，，根据勾股定理可得，即当时，有最小值．
【详解】
解：如图示：过点作交于点，过点作交于点，
∵线段绕点顺时针旋转得到线段，
∴，
∴，
又∵
∴
∵，四边形是正方形，
∴，
∴
∴，，
∵，
∴四边形是矩形，
∴，,
设，则，， ，
在中，，
即当时，有最小值，
∴当时，最小值是，
故选：A．
【点睛】
本题考查了正方形的性质，旋转的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理的应用，最值等知识点，熟悉相关性质是解题的关键．
9．如图，把绕点顺时针旋转某个角度得到，，，则旋转角的度数为______．
【答案】40°
【分析】
根据旋转的性质可得，再根据外角的性质求得，从而得到结果．
【详解】
由旋转得，，
又∵，
∴，即．
故答案为：40°．
【点睛】
本题考查了旋转的性质及外角的性质，明确旋转角，熟练掌握旋转性质是解题的关键．
10．如图，将△ABC绕点B顺时针旋转70°后，转到△A'BC'的位置，且使点C'落在AB的延长线上．已知∠C＝22°，则∠BA'C'＝______．
【答案】48°
【分析】
由旋转的性质可知，再由三角形的外角性质即可求解．
【详解】
解：∵将△ABC绕点B顺时针旋转70°后，转到△A'BC'的位置，且使点C'落在AB的延长线上，
，，
∴∠BA′C′＝＝48°，
故答案为：48°．
【点睛】
本题考查了旋转的性质，三角形的外角性质，掌握以上知识是解题的关键．
11．如图，在中，，将绕点顺时针旋转后得到（点的对应点是点点的对应点是点），连接，若，则的度数是__________°．
【答案】75°
【分析】
根据旋转的性质可得AC=AC′，∠B=∠AB′C′，则△ACC′是等腰直角三角形，然后根据三角形的外角的性质求得∠AB′C′即可．
【详解】
解：由旋转的性质可得：点B′在AC上，
∴AC=AC′，∠B=∠AB′C′．
又∵∠BAC=∠CAC′=90°，
∴∠ACC′=∠AC′C=45°．
∴∠AB′C′=∠ACC′+∠CC′B′=45°+30°=75°，
∴∠B=∠AB′C′=75°，
故答案为：75°．
【点睛】
本题考查了旋转的性质，三角形的外角的性质，注意到△ACC′是等腰直角三角形是关键．
12．如图，G、H分别是四边形ABCD的边AD、AB上的点，∠GCH=45°，CD=CB=2，∠D=∠DCB=∠B=90°，则△AGH的周长为_______．
【答案】4
【分析】
把绕点C逆时针旋转90°得到，可证，进而即可求解．
【详解】
解：∵CD=CB=2，∠D=∠DCB=∠B=90°，
∴四边形ABCD是正方形，
∴∠A=90°，
把绕点C逆时针旋转90°得到，则CG=CE，∠DCG=∠BCE，
∵∠GCH=45°，
∴∠BCE+∠BCH=∠DCG+∠BCH=90°-45°=45°，即：∠HCE=∠GCH，
又∵CH=CH，
∴，
∴GH=EH=BH+BE=BH+DG，
∴△AGH的周长= GH+AH+AG= BH+DG+AH+AG=AD+AB=2+2=4．
【点睛】
本题主要考查正方形的判定和性质，全等三角形的性质，添加辅助线构造全等三角形，是解题的关键．
13．如图，正方形的边长为2，将它绕着中心顺时针旋转45°得到正方形，与原正方形、AB边交于点，，则的长度是______．
【答案】
【分析】
首先求出正方形的对角线长；进而求出OA′的长；证明△A′MN为等腰直角三角形，求出A′N的长度；同理求出D′M′的长度，即可解决问题．
【详解】
解：连接OA′，交AB于M，如图所示：
∵正方形ABCD的边长为2，
∴该正方形的对角线长=，
∴OA′=；而OM=1，
∴A′M= ，
由题意得：∠MA′N=45°，∠A′MN=90°，
∴∠MNA′=45°，
∴MN=A′M=；
由勾股定理得：A′N= ；
同理可求D′M′= ，
∴NM'=2-（4- ）=-2，
∴M'N的长为-2，
故答案为-2．
【点睛】
本题主要考查了旋转变换的性质、正方形的性质、勾股定理等几何知识点及其应用；应牢固掌握旋转变换的性质、正方形的性质等几何知识点，这是灵活运用、解题的基础和关键．
14．如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝6cm，BC＝8cm，将△ABC绕点C按逆时针方向旋转后得△DCE，直线DA、BE相交于点F，取BC中点G，连接GF，则GF长的最大值_________cm．
【答案】8
【分析】
取AB的中点H，连接HG，HF，由旋转的性质易得∠BFA=90゜，由三角形中位线定理及直角三角形斜边上中线的性质可求得HG、HF的长，则由GF≤HF+HG可求得GF的最大值．
【详解】
取AB的中点H，连接HG，HF，如图，
∵△DEC是由△ABC绕点C旋转得到，
∴CE＝CB，CD＝CA，∠BCE＝∠ACD，
设∠BCE＝∠ACD＝α，则∠CBE＝∠CEB＝∠CAD＝∠CDA＝90°﹣，
在四边形BCDF中，∠BFA＝360°﹣∠BCD﹣∠CDA﹣∠CBE＝360°﹣（90°+α）﹣2（90°﹣）＝90°，
在Rt△ABC中，由勾股定理得：
∴AB＝10cm，
在Rt△ABF中，HF＝＝5cm，
∵HG是△ABC的中位线，
∴HG＝＝3cm，
∵FG≤HF+HG＝8cm，
∴当F、H、G三点共线时，FG最大，最大值为HF+HG＝8cm，
故答案为：8．
【点睛】
本题考查了旋转的性质，三角形中位线定理，勾股定理，直角三角形斜边上中线的性质，两点间线段最短等知识，关键和难点是得到∠BFA是直角．
15．在平面直角坐标系中点A（0，6）、B（6，0），AC、BD分别垂直于y轴、x轴，CA＝3，∠COD＝45°，二次函数y＝﹣x2+m与线段CD有两个公共点时，m的取值范围是____．
【答案】
【分析】
将以O为旋转中心旋转，得到，证明，得到，再根据点C的坐标推出点D的坐标，由二次函数图象与线段有两个交点，列出满足条件的不等式组，计算求解即可．
【详解】
解：∵
∴
∴将以点O为旋转中心旋转，得到，作图如下：
∴
又∵旋转
∴,，
∴
在与中：
∴
∴
∵轴，轴，且AC=3
∴
∴
设点,则：
∴，，
∴
解得：
∴
设线CD所在的直线表达式为：，
将，代入得： ，解得：
∴线段CD所在的直线表达式为：（）
又∵二次函数与线段CD有两个公共点
∴
∴
又∵有两个公共点
∴，即
解得：
又∵与线段CD相交，，且的对称轴为：
∴
解得：
∴m的取值范围是
【点睛】
本题考查三角形的全等的判定和性质、一元二次方程的判别式，以及二次函数与不等式的综合，根据相关知识点解题是关键．
16．如图，△ADE由△ABC绕点A按逆时针方向旋转90°得到，且点B的对应点D恰好落在BC的延长线上，AD，EC相交于点P．
（1）求∠BDE的度数；
（2）F是EC延长线上的点，且∠CDF＝∠DAC．判断DF和PF的数量关系，并证明．
【答案】（1）∠BDE＝90°；（2）DF＝PF，证明见解析
【分析】
（1）由旋转的性质即可求得结果；
（2）由旋转的性质可得∠ACE=∠ADB=45゜，则易得∠FPD=∠DAC+∠ACE=∠CDF+∠ADB=∠FDP，从而可得DF=PF．
【详解】
（1）由旋转的性质可知，AB＝AD，∠BAD＝90°，∠ADE=∠B，
在Rt△ABD中，∠B＝∠ADB＝45°，
∴∠ADE＝∠B＝45°，
∴∠BDE＝∠ADB+∠ADE＝90°．
（2）DF＝PF．理由如下：
由旋转的性质可知，AC＝AE，∠CAE＝90°，
在Rt△ACE中，∠ACE＝∠AEC＝45°，
∵∠CDF＝∠CAD，∠ACE＝∠ADB＝45°，
∴∠ADB+∠CDF＝∠ACE+∠CAD，
即∠FPD＝∠FDP，
∴DF＝PF．
【点睛】
本题考查了旋转的性质，等腰三角形的判定与性质，三角形外角的性质等知识，关键是掌握旋转的性质．
17．如图所示，在由边长为1的小正方形组成的正方形网格中建立平面直角坐标系，格点ABC的顶点坐标分别为A（1，4）、B（6，4）、C（2，0），请仅用无刻度直尺，在给定的网格中依次完成下列作图（要求保留必要的作图痕迹），并回答下列问题：
（1）在AB上找点E，使∠ACE＝45°．
（2）点A关于直线BC的对称点为D，在BD上找点F，使BF＝BE．
（3）将线段AC绕点Q逆时针方向旋转90°得到线段BH，使点C的对应点为点B，画出线段BH，并写出点Q的坐标．
【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）作图见解析，点Q的坐标为（2，4）
【分析】
（1）取格点T，连接CT，AT，先构造一个以AC为直角边的等腰直角三角形ACT，则CT与AB的交点即为所求点E；
（2）由图可知∠ABC＝45°，由此可取格点D，使得ABD是以AB为直角边的等腰直角三角形，由此即可得到点A关于直线BC的对称点D，再连接CD，取格点W，连接CW，DW，构造一个以CD为直角边的等腰直角三角形CDW，则CW与BD的交点即为所求点F；
（3）根据题意可得∠CQB＝90°且QC＝QB，由此可得格点Q，进而可作出点A绕点Q逆时针方向旋转90°得到的对应点H，连接BH即可．
【详解】
解：（1）如图，点E即为所求；
（2）如图，点D与点F即为所求；
（3）如图，线段BH即为所求，点Q的坐标为（2，4）．
【点睛】
本题考查作图﹣轴对称变换，旋转变换，等腰直角三角形的判定和性质等知识，解题的关键是熟练掌握轴对称变换与旋转变换的性质以及等腰直角三角形的判定和性质，学会利用数形结合的思想解决问题，属于中考常考题型．
18．在平面直角坐标系中，已知点，点在轴正半轴上，且，点．绕着顺时针旋转，得，点、旋转后的对应点为，，记旋转角为．
（1）如图1，恰好经过点时，
①求此时旋转角的度数；
②求出此时点的坐标；
（2）如图2，若，设直线和直线交于点，猜测与的位置关系，并说明理由．
【答案】（1）①；②；（2），理由见解析．
【分析】
（1）①根据旋转的性质和等边三角形的判定和性质即可得出答案；
②过作轴于，根据直角三角形中30°的角所对的直角边是斜边的一半，得出，再根据勾股定理得出，再由旋转的性质和直角三角形的性质得出OC和的长即可；
（2）先根据等腰三角形的性质得出，再根据四边形的内角和得出，即可得出答案；
【详解】
解：（1）①由旋转得：，，
∴是等边三角形，
∴
②如图1，过作轴于，
∵
∴
∴在中，
∴
∴
∴
又∵
∴
∵
∴
∴，
∴
（2）
理由：如图2，∵，，，
∴，
∵，四边形的内角和为，
∴，
即；
【点睛】
本题考查了坐标与图形、图形旋转的性质、等边三角形的判定和性质、含30°的角的直角三角形的性质、勾股定理等知识，根据题意作出辅助线，构造出直角三角形是解答此题的关键．
【亮点检测】
1．下面四个图案中，既包含图形的旋转，又有图形的轴对称设计的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【分析】
根据轴对称图形和旋转图形的定义：如果一个平面图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形就叫做轴对称图形；图形旋转的定义：把一个图形绕着某一个点旋转一个角度，这个点就是它的旋转中心，这个角就叫旋转角，行逐一判断即可．
【详解】
A、不是轴对称图形，不符合题意；
B、不包含图形的旋转，不符合题意；
C、只是轴对称图形，没有旋转，不符合题意；
D、既有轴对称，又有旋转，符合题意；
故选D.
【点睛】
此题主要考查图形的旋转以及轴对称图形的概念，熟练掌握，即可解题．
2．如图是某公司的商品标志图案，则下列说法：①整个图案是按照中心对称设计的；②外部图案部分是按照轴对称设计的；③图案的外层“S”是按旋转设计的；④图案的内层“A”是按轴对称设计的．其中正确的有（ ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【答案】B
【分析】
利用轴对称图形的性质以及旋转的性质分别分析得出答案即可．
【详解】
解：①整个图案内外两部分是按照不同的变换设计的，故错误；
②外部图案部分是按照旋转设计的，故错误；
③图案的外层“S”是按旋转设计的，正确；
④图案的内层“A”是按轴对称设计的，正确，
故选：B．
【点睛】
此题主要考查了轴对称图形的性质以及旋转图形的性质，熟练掌握相关的性质是解题关键．
3．如图，在中，，将绕顶点顺时针旋转得到，是的中点，是的中点，连接，若，，则线段的最小值为（ ）
A．2 B． C．4 D．6
【答案】A
【分析】
如图，连接CN．想办法求出CN，CM，根据MN≥CN-CM即可解决问题．
【详解】
解：如图，连接CN．
在Rt△ABC中，∵AC=4，∠B=30°，
∴AB=2AC=8，BC=AC=4，
∵CM=MA=AC=2，A′N=NB′，
∴CN=A′B′=4，
∵MN≥CN-CM，
∴MN≥4-2，即MN≥2，
∴MN的最小值为2，
故选：A．
【点睛】
本题考查解直角三角形，旋转变换等知识，解题的关键是用转化的思想思考问题，属于中考常考题型．
4．如图，在ABC中，AB＝3，AC＝2，∠BAC＝30°，将ABC绕点A逆时针旋转60°，得到AB1C1，连接BC1，则BC1的长为（ ）
A． B． C．3 D．5
【答案】B
【分析】
根据已知条件得到，再根据勾股定理计算即可得解；
【详解】
∵∠BAC＝30°，将ABC绕点A逆时针旋转60°，得到AB1C1，
∴，，
∴；
故选B．
【点睛】
本题主要考查了旋转的性质和勾股定理，准确计算是解题的关键．
5．如图，在ABC中，∠CAB=75°，将ABC在平面内绕点A旋转到的位置，使∥AB，则旋转角的度数为（ ）
A．30° B．35° C．40° D．75°
【答案】A
【分析】
根据两直线平行，内错角相等可得∠ACC′＝∠CAB，根据旋转的性质可得AC＝AC′，然后利用等腰三角形两底角相等求∠CAC′，再根据∠CAC′、∠BAB′都是旋转角解答．
【详解】
解：∵CC′∥AB，
∴∠ACC′＝∠CAB＝75°，
∵△ABC绕点A旋转得到△AB′C′，
∴AC＝AC′，
,
∴∠CAC′＝180° 2∠ACC′＝180° 2×75°＝30°，
∴∠CAC′＝∠BAB′＝30°，
故选：A．
【点睛】
本题考查了旋转的性质，等腰三角形两底角相等的性质，熟记性质并准确识图是解题的关键．
6．已知等边△ABC的边长为4，点P是边BC上的动点，将△ABP绕点A逆时针旋转60°得到△ACQ，点D是AC边的中点，连接DQ，则DQ的最小值是（ ）
A． B． C．2 D．
【答案】D
【分析】
根据旋转的性质，即可得到∠BCQ＝120°，当DQ⊥CQ时，DQ的长最小，再根据勾股定理，即可得到DQ的最小值．
【详解】
解：由旋转可得∠ACQ＝∠B＝60°，
又∵∠ACB＝60°
∴∠BCQ＝120°，
∵点D是AC边的中点，
∴CD＝2，
当DQ⊥CQ时，DQ的长最小，
此时，∠CDQ＝30°，
∴CQ＝CD＝1，
∴DQ＝，
∴DQ的最小值是．
故选：D．
【点睛】
本题主要考查了旋转的性质,等边三角形的性质，含30°角的直角三角形的性质，掌握对应点到旋转中心的距离相等，对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角．
7．如图，矩形ABCD的边CD上有一点E，∠DAE＝22.5°，EF⊥AB，垂足为F，将△AEF绕着点F顺时针旋转，使得点A的对应点M落在EF上，点E恰好落在点B处，连接BE．下列结论：①BM⊥AE；②四边形EFBC是正方形；③∠EBM＝30°；④．其中结论正确的序号是（ ）
A．①② B．①②③ C．①②④ D．③④
【答案】C
【分析】
延长BM交AE于N，连接AM，由垂直的定义可得∠AFE＝∠EFB＝90°，根据直角三角形的两个锐角互余得∠EAF＝67.5°，从而有∠EAF＋∠FBM＝90°，得到①正确；根据三个角是直角可判断四边形EFBC是正方形，再由EF＝BF可知是正方形，故②正确，计算出∠EBM＝22.5°得③错误；根据等腰直角三角形的性质可知，推导得出，从而，得到，再由，得，判断出④正确．
【详解】
解：如图，延长BM交AE于N，连接AM，
∵EF⊥AB，
∴∠AFE＝∠EFB＝90°，
∵∠DAE＝22.5°，
∴∠EAF＝90°－∠DAE＝67.5°，
∵将△AEF绕着点F顺时针旋转得△MFB，
∴MF＝AF，FB＝FE，∠FBM＝∠AEF＝∠DAE＝22.5°，
∴∠EAF＋∠FBM＝90°，
∴∠ANB＝90°，
∴BM⊥AE，故①正确；
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ABC＝∠C＝90°，
∵∠EFB＝90°，
∴四边形EFBC是矩形，
又∵EF＝BF，
∴矩形EFBC是正方形，故②正确；
∴∠EBF＝45°，
∴，
故③错误；
∵∠AFM＝90°，AF＝FM，
∴∠MAF＝45°，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
又∵四边形BCEF是正方形，
∴S四边形BCEF＝2S△EFB，
∴
故④正确，
∴正确的是：①②④，
故选：C．
【点睛】
本题考查了矩形的性质、旋转的性质、勾股定理和正方形的判定与性质，掌握常用辅助线的添加方法，灵活运用相关知识是解题的关键．
8．如图，将△ABC绕点A顺时针旋转得到△ADE，且点D恰好在AC上，∠BAE＝∠CDE＝136°，则∠C的度数是___．
【答案】24°
【分析】
由旋转的性质可得∠DAE=∠BAC，∠B=∠ADE=44°，由周角的性质可求∠BAC的度数，即可求解．
【详解】
解：∵∠CDE=136°，
∴∠ADE=44°，
∵将△ABC绕点A顺时针旋转得到△ADE，
∴∠DAE=∠BAC，∠B=∠ADE=44°，
∵∠DAE+∠BAC+∠BAE=360°，
∴∠BAC=112°，
∴∠C=180°∠B∠BAC=24°，
【点睛】
本题考查了旋转的性质，三角形内角和定理等知识，灵活运用这些性质解决问题是本题的关键．
9．将矩形绕点旋转至矩形位置，此时的中点恰好与点重合，交于点．若，则的面积为______．
【答案】
【分析】
根据旋转后AC的中点恰好与D点重合，利用旋转的性质得到直角三角形ACD中，∠ACD=30°，再由旋转后矩形与已知矩形全等及矩形的性质得到∠DAE为30°，进而得到∠EAC=∠ECA，利用等角对等边得到AE=CE，设AE=CE=x，表示出AD与DE，利用勾股定理列出关于x的方程，求出方程的解得到x的值，确定出EC的长，即可求出三角形AEC面积．
【详解】
解：∵旋转后AC的中点恰好与D点重合，即AD=AC′=AC，
∴在Rt△ACD中，∠ACD=30°，即∠DAC=60°，
∴∠DAD′=60°，
∴∠DAE=30°，
∴∠EAC=∠ACD=30°，
∴AE=CE，
在Rt△ADE中，设AE=EC=x，则有
DE=DC-EC=AB-EC=6-x，AD=，
根据勾股定理得：x2=（6-x）2+（）2，
解得：x=4，
∴EC=4，
则S△AEC=EC AD=，
故答案为：．
【点睛】
此题考查了旋转的性质，含30度直角三角形的性质，勾股定理以及等腰三角形的性质的运用，熟练掌握性质及定理是解本题的关键．
10．如图，O为等腰直角△ABC（∠ABC＝90°）内一点，连接OA，OB，OC，∠AOB＝135°，OA＝1，OB＝2，将△BAO绕点B顺时针旋转后得到△BCD，则OC的长为____．
【答案】3
【分析】
根据邻补角的定义得到∠BOD＝45°，根据旋转的性质得到BO＝BD＝2，CD＝AO＝1，求得△OBD为等腰直角三角形，得到OD＝OB＝2，推出∠ODC＝90°，根据勾股定理即可得到结论．
【详解】
解：∵∠AOB＝135°，
∴∠BOD＝45°，
∵△BAO绕点B顺时针旋转后得到△BCD，
∴BO＝BD＝2，CD＝AO＝1，
∴∠BDO＝∠BOD＝45°，
∴∠OBD＝∠ABC＝90°，
∴△OBD为等腰直角三角形，
∴OD＝OB＝2，
∵△BAO绕点B顺时针旋转后得到△BCD，
∴∠AOB＝∠BDC＝135°，
∴∠ODC＝90°，
∴CD2+OD2＝OC2，
∴OC＝＝3，
故答案为：3．
【点睛】
本题考查了旋转的性质，等腰三角形的判定和性质，勾股定理，证得△OBD为等腰直角三角形是解题的关键．
11．如图，直线与轴、轴分别交于，两点，将绕点逆时针旋转后得到，则点的坐标是____________．
【答案】
【分析】
首先根据直线AB求出点A和点B的坐标，结合旋转的性质可知点的横坐标等于OA与OB的长度之和，而纵坐标等于OA的长，进而得出的坐标．
【详解】
解：中，令x=0得，y=4；令y=0得，，解得x=-3，
∴A（-3，0），B（0，4）．
由旋转可得△AOB≌△AO′B′，∠=90°，
∴∠=90°，，
∴∥x轴，
∴点的横坐标等于OA与OB的长度之和，而纵坐标等于OA的长
故点的坐标是（-7，3），
故答案为：（-7，3）．
【点睛】
本题主要考查了旋转的性质以及一次函数与坐标轴的交点问题，利用基本性质结合图形进行推理是解题的关键．
12．如图①，在平面上，边长为2的正方形和短边长为1的矩形对称中心重合．
（1）当正方形和矩形都水平放置时，重叠部分面积为 ___．
（2）当正方形不动，矩形绕着对称中心旋转，从图②到图③的过程中，重叠部分面积的大小 ___．（选择填写“不变”或“改变”）
（3）甲、乙两位同学分别给出了两个图形不同的重叠方式：
甲：如图④，矩形绕着几何中心继续旋转，矩形的两条长边与正方形的对角线平行；
乙：如图⑤，将图④中的矩形向左上方平移，使矩形的一条长边恰好经过正方形的对角线；
在甲、乙两位同学给出的重叠方式中重叠部分面积小的是 ___．（选择填写“甲”或“乙”）
【答案】2 改变 乙
【分析】
（1）根据长方形的面积公式求解即可．
（2）重叠部分是平行四边形，高不变，底变大，由此可得结论．
（3）分别求出图④，图⑤中，重叠部分的面积，可得结论．
【详解】
解：（1）如图1中，重叠部分的面积＝1×2＝2，
故答案为：2．
（2）从图②到图③的过程中，重叠部分面积的从小变大，
故答案为：改变．
（3）如图，由正方形的性质和旋转的性质可知
，
∴
∴
图④中，重叠部分的面积＝
同理：图⑤中，重叠部分面积＝
∵
∴图④中，重叠部分的面积小，
故答案为：乙．
【点睛】
本题主要考查了旋转的性质，正方形的性质，矩形的面积公式，平行四边形的面积公式，勾股定理，解题的关键在于能够熟练掌握相关知识进行求解.
13．如图，在平面直角坐标系中，直线与坐标轴交于两点，于点是线段上的一个动点，连接，将线段绕点逆时针旋转，得到线段，连接，则线段的最小值为_________．
【答案】
【分析】
由点P的运动确定P'的运动轨迹是在与x轴垂直的一段线段MN，当线段CP'与MN垂直时，线段CP'的值最小．由此求得CP'的值即可．
【详解】
∵A，B两点是直线y=﹣x+4与坐标轴的交点，
∴A(0，4)，B(4，0)，
∴三角形OAB是等腰直角三角形，
∵OC⊥AB
∴A(2，2)，
又∵P是线段OC上的一个动点，将线段AP绕点A逆时针旋转45°，
∴ P'的运动轨迹是在与x轴垂直的一条线段MN，
∴当线段CP'与MN垂直时，线段CP'的值最小，
在△AOB中，AO=AN=4，AB=4，
∴NB=4-4
又∵Rt△HBN是等腰直角三角形，
∴2HB2=NB2，
∴HB=4-2，
∴CP'=4-（4-2）-2=2-2
故答案为：．
【点睛】
本题考查了平面直角坐标系动点问题，找到最小值是解决问题的关键．
14．如图，在中，，，，点在内，连接、、，则的最小值是______．
【答案】
【分析】
将绕点A逆时针旋转得到，连接，．作垂直AB的反向延长线于点E．过点A作于点F．由旋转的性质易求出，即利用含角的直角三角形的性质可求出，即可证明，即说明当点D在线段上时，最小，且最小值为的长．由旋转又易求出，再次利用含角的直角三角形的性质可求出和的长，即求出的长．最后在中，利用勾股定理即可求出的长．
【详解】
如图，将绕点A逆时针旋转得到，连接，．作垂直AB的反向延长线于点E．过点A作于点F．
由旋转的性质可知，，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴当点D在线段上时，最小，且最小值为的长．
∵，，
∴，
∴在中，，．
∴，
∴在中，．
故答案为：．
【点睛】
本题考查旋转的性质，含角的直角三角形的性质，等腰三角形的性质，两点之间线段最短以及勾股定理等知识，较难．能够想到利用旋转的性质作出复杂的辅助线是解答本题的关键．
15．如图，在菱形中，，为对角线上一点，将线段绕点逆时针旋转，点的对应点为，连接，，．
（1）求证：，，三点共线；
（2）若点为的中点，连接，求证：．
【答案】（1）见解析；（2）见解析
【分析】
（1）由“AAS”可证△ADE≌△CDF，可得AE＝CF；
（2）过点B作BH∥AC，交AG的延长线于点H，由“AAS”可证△AGE≌△HGB，可得AE＝BH＝CF，AG＝GH＝12AH，由“SAS”可证△ABH≌△ACF，可得AF＝AH＝2AG．
【详解】
证明：（1）∵四边形ABCD是菱形，∠ABC＝60°，
∴AB＝BC＝AD＝CD，∠ADC＝∠ABC＝60°，
∴△ADC是等边三角形，
∴AD＝AC＝AB＝BC，
∴△ACB是等边三角形，
∴∠ACB＝∠ACD＝60°，
∵∠ADC＝∠EDF＝60°，
∴∠ADE＝∠CDF，
∵将线段绕点逆时针旋转，点的对应点为，
∴,
在△ADE和△CDF中，
∴△ADE≌△CDF（AAS），
∴,
∴，
∴，，三点共线；
（2）如图，过点B作BH∥AC，交AG的延长线于点H，
∵BH∥AC，
∴∠H＝∠GAE，∠ABH＋∠BAC＝180°，
∴∠ABH＝120°＝∠ACF，
∵点G为BE的中点，
∴BG＝GE，
在△AGE和△HGB中，
，
∴△AGE≌△HGB（AAS），
由（1）得,
∴AE＝BH＝CF，AG＝GH＝AH，
在△ABH和△ACF中，
，
∴△ABH≌△ACF（SAS），
∴AF＝AH，
∴AF＝2AG．
【点睛】
本题考查了菱形的性质，全等三角形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，添加恰当辅助线构造全等三角形是本题的关键．
16．如图，方格纸中的每个小方格都是边长为1个单位的正方形，在建立平面直角坐标系后，△ABC的顶点均在格点上，坐标分别为A（2，2），B（1，0），C（3，1）．
（1）画出△ABC向上平移1个单位长度，再向左平移4个单位长度得到的△A1B1C1；
（2）画出△ABC关于原点O成中心对称的△A2B2C2，并写出点A2，B2，C2的坐标．
【答案】（1）作图见解析；（2）作图见解析，，，
【分析】
（1）利用平移变换的性质分别作出，，的对应点，，即可．
（2）利用中心对称的性质分别作出，，的对应点，，即可．
【详解】
解：（1）如图，△即为所求．
（2）如图，△即为所求，点，，．
【点睛】
本题考查了作图旋转变换，平移变换等知识，解题的关键是熟练掌握旋转变换，平移变换的性质，属于中考常考题型．
17．如图，已知点，，，在所给的网格中完成下列任务：
（1）画线段，使与垂直且相等，并写出点的坐标________．
（2）将线段绕着某一点旋转一定角度，使其与线段重合，则这个旋转中心的坐标为________．
（3）画出以为对角线的正方形，并写出这个正方形的面积________．
【答案】（1）见解析，；（2）（4,2）或者（1,5）；（3）
【分析】
（1）根据 CD 与 AB 垂直且相等，通过数形结合即可得出答案；
（2）对应点连线段的垂直平分线的交点即为旋转中心；
（3）正方形的面积等于对角线乘积的一半，即可得出答案．
【详解】
解：（1）如图当 CD 与 AB 垂直且相等时，
:
D 点坐标为(6,6)．
故答案为：．
（2）若点 A 与C点重合，点 B 与点 D 重合，则旋转中心是 P 点P (4,2)．
若点 A 与D点重合，点 B 与点 C重合，则旋转中心是 P 点，P (1,5)．
这个旋转中心坐标为（4,2）或者（1,5）；
（3）以CD为对角线的正方形CEDF如图所示，
∵
∴
∴这个正方形的面积为10．
故答案为：10．
【点睛】
本题考查旋转中心，正方形，旋转变换等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．
18．数学课上，老师提出了一个问题情境：如图1，点P是正方形ABCD内的一点，PA＝1，PB＝2，PC＝3，让同学们试着解决如下问题．
（1）∠APB的度数；
（2）线段PD的长；
小文同学进行了如下的方法探究：①如图2，将△APB绕点B顺时针旋转90°，得到△CP′B，连接PP′，进而求得∠APB＝135°．（将图形补充完整，并写出详细的解答过程）
②如图3，将△APB绕点A逆时针旋转90°，得到△AP′D，由（1）得∠AP′D＝135°，连接PP′和PD，试求出PD的长度．（图形补充完整，并写出详细的解答过程）
（3）请你帮助小文同学求出正方形的面积．
【答案】（1）∠APB的度数为135°；（2）①见解析；②线段PD的长为；（3）正方形的面积为．
【分析】
（1）连接，由题意可得为等腰直角三角形，由勾股定理可以求得，勾股定理的逆定理可以求得为直角三角形，即可求解；
（2）①见分析（1）；②连接，由题意可得为等腰直角三角形，由勾股定理可以求得，由勾股定理即可求得，即可求解；
（3）辅助线如解析图，可以证明为等腰直角三角形，求得、的长度，由勾股定理即可求解．
【详解】
解：（1）连接，如下图：
由题意可知：，，，，
∴为等腰直角三角形
∴，
在中，，
∴为直角三角形，
∴
∴∠APB的度数为135°；
（2）①作图求解过程见（1）
②连接，如下图：
∵将△APB绕点A逆时针旋转90°，得到△AP'D，
∴AP＝AP'＝1，∠AP'D＝135°，P'D＝PB＝2，∠PAP'＝90°，
∴为等腰直角三角形
∴，
∴，求得
∴
故答案为：；
（3）在图2中，过点作，如下图：
则，
∴为等腰直角三角形，
求得，
∴正方形的面积为
【点睛】
此题考查了正方形的性质、旋转的性质、等腰直角三角形的判定与性质、勾股定理以及逆定理，熟练掌握相关基本性质是解题的关键．
19．阅读下列材料：
问题：如图1，在正方形ABCD内有一点P，PA，PB，PC＝1，求∠BPC的度数．
小明同学的想法是：已知条件比较分散，可以通过旋转变换将分散的已知条件集中在一起，于是他将△BPC绕点B逆时针旋转90°，得到了△BP′A（如图2），然后连接PP′．
请你参考小明同学的思路，解决下列问题：
（1）如图2，△APP′为 ，△BPP′为 ；
（填等腰三角形，直角三角形或等腰直角三角形）
（2）如图2，∠BPC的度数 ；
（3）如图3，若在正六边形ABCDEF内有一点P，且PA，PB＝4，PC＝2，则求：
①∠BPC的度数；
②正六边形ABCDEF的边长．
【答案】（1）等腰直角三角形，直角三角形；（2）135°；（3）①∠BPC＝120°；②正六边形ABCDEF的边长为2．
【分析】
（1）由旋转的性质，得到∠P′BP＝90°，BP′＝BP，再利用勾股定理得到AP2＝PP′2+AP′2，即可进行判断；
（2）由（1）可知，即可求出∠BPC的度数；
（3）①把△BPC绕点B逆时针旋转120°，得到了△BP′A，根据旋转的性质得到∠P′BP=120°，BP′=BP=4，P′A=PC=2，∠BP′A=∠BPC，则∠BP′P=∠BPP′=专题23.3 旋转的几种模型
【教学目标】
了解图形的旋转，理解对应点到旋转中心的距离相等、对应点与旋转中心连线所成的角彼此相等的性质；
会识别中心对称图形
3、能按要求作出简单平面图形旋转后的图形，能依据旋转前、后的图形，指出旋转中心和旋转角
4、能运用旋转的知识解决简单问题；
【教学重难点】
1、了解图形的旋转，理解对应点到旋转中心的距离相等、对应点与旋转中心连线所成的角彼此相等的性质；
2、会识别中心对称图形
3、能按要求作出简单平面图形旋转后的图形，能依据旋转前、后的图形，指出旋转中心和旋转角
4、能运用旋转的知识解决简单问题；
【知识亮解】
一、几何变换——共顶点旋转
以上给出了各种图形连续变化图形，图中出现的两个阴影部分的三角形是全等三角形，此模型需要注意的是利用“全等三角形”的性质进行边与角的转化。证明的基本思想“SAS”。
二、旋转变换的性质：
（1）对应线段相等，对应角相等
（2）对应点位置的排列次序相同
（3）任意两条对应线段所在直线的夹角都等于旋转角．
三、利用旋转思想构造辅助线
（1）根据相等的边先找出被旋转的三角形
（2）根据对应边找出旋转角度，画出旋转三角
亮题一：旋转图形
1．如图，正三角形ABC的边长为3，将△ABC绕它的外心O逆时针旋转60°得到△A'B'C'，则它们重叠部分的面积是（ ）
A．2 B． C． D．
2．如图C是线段BD上一点，分别以BC、CD为边在BD同侧作等边△ABC和等边△CDE,AD交CE于F，BE交AC于G，则图中可通过旋转而相互得到的三角形对数有( )
A．1对 B．2对 C．3对 D．4对
3．如图，将△ABC绕点C顺时针旋转m°得到△EDC，若点A、D、E在同一直线上，∠ACB=n°，则∠ADC的度数是（ ）
A．（m﹣n）° B．（90+n－m）° C．（90－n+m）° D．（180﹣2n﹣m）°
4．如图，小红做了一个实验，将正六边形ABCDEF绕点F顺时针旋转后到达A′B′C′D′E′F′的位置，所转过的度数是（ ）
A．60° B．72° C．108° D．120°
5．如图，将矩形 ABCD 绕点 A 顺时针旋转到矩形 AB′C′D′的位置，旋转角为α(0°＜α＜90°)．若∠1＝112°，则∠α的大小是( )
A．68° B．20° C．28° D．22°
6．正六边形绕其中心旋转一定的角度与原图形重合，则这个旋转角至少为______．
7．如图，将此图案绕其中心旋转，当第一次与自身完全重合时，其旋转角的大小为_________度．
8．如图，小正方形方格的边长都是1，点A、B、C、D、O都是小正方形的顶点．若COD是由AOB绕点O按顺时针方向旋转一次得到的，则至少需要旋转______°．
9．无锡市旅游局为了亮化某景点，在两条笔直且互相平行的景观道MN、QP上分别放置A、B两盏激光灯，如图所示．A灯发出的光束自AM逆时针旋转至AN便立即回转；B灯发出的光束自BP逆时针旋转至BQ便立即回转，两灯不间断照射，A灯每秒转动30°，B灯每秒转动10°．B灯先转动2秒，A灯才开始转动．当B灯光束第一次到达BQ之前，两灯的光束互相平行时A灯旋转的时间是______秒．
10．我们在生活中可以看到不少图形绕着某一点旋转一定的角度后重合，如下图所示，这四个图形都是旋转对称图形．
请大家观察上面的图形，然后说一说它们在旋转多少度后能与自身重合？
11．如图①，将放在平面直角坐标系中，为原点，点的坐标为，点在第一象限，，．
（1）求、两点的坐标；
（2）如图②，将绕点逆时针旋转得到，当点的对应点落在轴正半轴上时，求旋转角及点的对应点的坐标．
12．如图，和都是等边三角形.
（1）沿着______所在的直线翻折能与重合；
（2）如果旋转后能与重合，则在图形所在的平面上可以作为旋转中心的点是______；
（3）请说出2中一种旋转的旋转角的度数______.
13．如图，在边长为6的正方形ABCD内部有两个大小相同的长方形AEFG、HMCN，HM与EF相交于点P，HN与GF相交于点Q，AG=CM=x，AE=CN=y．
（1）用含有x、y的代数式表示长方形AEFG与长方形HMCN重叠部分的面积S四边形HPFQ，并求出x应满足的条件；
（2）当AG=AE，EF=2PE时，
①AG的长为_______；
②四边形AEFG旋转后能与四边形HMCN重合，请指出该图形所在平面内能够作为旋转中心的所有点，并分别说明如何旋转的．
亮题二：绕原点旋转的图形
1．如图，在平面直角坐标系中，绕某点顺时针旋转得到，点A、B、C的对应点分别为、、，则旋转中心的坐标为（ ）
A． B． C． D．
2．如图，在直角坐标系中的位置如图所示，点A的坐标为，若将绕点O旋转，点C的对应点为点D，则旋转后点A的对应点的坐标为（ ）
A． B． C． D．
3．如图，等边的边长为，将绕点顺时针旋转后，则点的对应点的坐标为（ ）
A． B． C． D．
4．如图，，，三点在正方形网格线的交点处，若将绕点逆时针旋转得到，则点的坐标为（ ）
A． B． C． D．
5．如图，将斜边长为4的直角三角板放在直角坐标系中，两条直角边分别与坐标轴重合，为斜边的中点．现将此三角板绕点顺时针旋转120°后点的对应点的坐标是（ ）
A． B． C． D．
6．如图，在平面直角标系中，已知菱形ABCD，∠DAB＝60°，对角线AC、BD的交点与坐标原点O重合，且点A的坐标为（）．将菱形ABCD绕原点O逆时针旋转，每次旋转45°，则第2021次旋转结束时，点D的坐标为（ ）
A．（0，） B．（，） C．（，0） D．（，）
7．如图，点O为平面直角坐标系的原点，点A在x轴上，△OAB是边长为2的等边三角形，以点O为旋转中心，将△OAB按顺时针方向旋转120°，得到△OA1B1，依此方式，绕点O连续旋转2021次得到△OA2021B2021，那么点A2021的坐标是___．
8．在平面直角坐标系中，将抛物线（为常数）绕着原点旋转，所得图像的顶点坐标为，当时，代数式的最小值为______．
9．如图，在平面直角坐标系中，将边长为1的正方形OABC绕点O顺时针旋转45°后得到正方形OA1B1C1，依此方式，绕点O连续旋转2021次得到正方形OA2021B2021C2021，那么点A2021的坐标是__________．
10．如图，在平面直角坐标系中，第1次将边长为1的正方形OABC绕点O逆时针旋转45°后，得到正方形OA1B1C1；第2次将正方形OA1B1C1绕点O逆时针旋转45°后，得到正方形OA2B2C2；.....按此规律，绕点O旋转得到正方形OA2020B2020C2020，则点B2020的坐标为______．
11．如图，在边长为1的正方形网格中，，，，.线段与线段存在一种特殊关系，即其中一条线段绕着某点旋转一个角度可以得到另一条线段，则这个旋转中心的坐标为______.
12．如图，在平面直角坐标系中，点A、B的坐标分别为（3，2）、（﹣1，0），若将线段BA绕点B顺时针旋转90°得到线段BA′，则点A′的坐标为_____．
13．如图，方格纸中每个小正方形的边长都是1个单位长度，Rt△ABC的三个顶点A（﹣3，2），B（0，4），C（0，2）．
（1）将△ABC以点C为旋转中心旋转180°，得到△A1B1C，请画出△A1B1C．
（2）平移△ABC，使点A的对应点A2坐标为（﹣3，﹣4），请画出平移后对应的△A2B2C2．
（3）若将△A1B1C绕某一点旋转可得到△A2B2C2，请直接写出旋转中心的坐标．
14．如图，点O为平面直角坐标系的原点，点A在x轴上,△OAB是边长为2的等边三角形．
（1）写出△OAB各顶点的坐标；
（2）以点O为旋转中心，将△OAB按顺时针方向旋转60°，得到△OA′B′，写出A′、B′的坐标．
15．如图1，点P(m，n)在一次函数y＝﹣x的图象上，将点P绕点A(﹣，﹣)逆时针旋转45°，旋转后的对应点为P′．
（1）当m＝0时，求点P′的坐标；
（2）试说明：不论m为何值，点P′的纵坐标始终不变；
（3）如图2，过点P作x轴的垂线交直线AP′于点B，若直线PB与二次函数y＝﹣x2﹣x+2的图象交于点Q，当m＞0时，试判断点B是否一定在点Q的上方，请说明理由．
16．如图，抛物线W的图象与x轴交于A、O两点，顶点为点B（﹣1，﹣1）．
（1）求抛物线W的表达式；
（2）将抛物线W绕点A旋转180°得到抛物线V，使抛物线V的顶点为E，试通过计算判断抛物线V是否过点B；
（3）在抛物线W或V的图象上是否存在点D，使S△EBD＝S△EBO？若存在，请求出点D的坐标．
亮题三：旋转综合题
1．如图，点到等边三角形的顶点，的距离分别为，，则的最大值为（ ）
A． B． C． D．
2．如图，在中，，将绕点C逆时针旋转得到，点A，B的对应点分别为D，E，连接．当点A，D，E在同一条直线上时，下列结论一定正确的是（ ）
A． B． C． D．
3．如图，在平面直角坐标系中，点、分别在轴、轴上，．先将线段沿轴翻折得到线段，再将线段绕点顺时针旋转得到线段，连接．若点的坐标为，则线段的长为（ ）
A． B． C． D．
4．如图，在平面直角坐标系xOy中，菱形OABC的边长为2，点A在第一象限，点C在x轴正半轴上，∠AOC＝60°，若将菱形OABC绕点O顺时针旋转75°，得到四边形OA'B'C'，则点B的对应点B'的坐标为（ ）
A．（，﹣） B．（2，﹣2） C．（，﹣） D．（4，﹣4）
5．如图，∠A＝120°，AB＝AC＝4，D在线段AB上，DE∥BC交AC于E，将△ADE绕点D顺时旋转30°得△GDH，当H点在BC上时，AD的长为（ ）
A． B．2 C． D．
6．如图，等边三角形的边长为2，点O是的中心（三角形三条中垂线的交点），，绕点O旋转分别交线段于D，E两点，连接，给出下列四个结论：①；②；③四边形的面积始终等于；④周长的最小值为3，上述结论中正确的个数是（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
7．在中，，，，点，分别是，的中点，连接，将绕点Ｄ旋转90°，则变换后点（点旋转后的对应点）到边的距离为______．
【答案】或
8．如图，在正方形内有一点P，若，则的度数为________．
9．如图．将绕点逆时针旋转得到，连接，若，则的度数是__________．
10．如图所示，在中，，，，将绕点逆时针旋转得到，连接，，并延长交于点，则的长为_______．
11．如图，满足，，，取的中点，为上任意一点，连接，将沿翻折得到（点在直线右侧），交于点，当时，______．
12．如图，是等边内一点，，，，将线段以点为旋转中心逆时针旋转60°得到线段，下列结论：①可以由绕点逆时针旋转60°得到；②点与的距离为6；③；④；⑤．其中正确的结论是______（填序号）．
13．如图所示，正方形中，点、、分别是边、、的中点，连接，．
（1）如图1，直接写出与的关系______；
（2）如图2，若点为延长线上一动点，连接，将线段以点为旋转中心，逆时针旋转90°，得到线段，连接．
①求证：≌；
②直接写出、、三者之间的关系；
15．综合与实践
问题情境：数学课上，同学们以等腰直角三角形为背景探究图形变化中的数学问题．如图1，将两张等腰直角三角形纸片重叠摆放在桌面，其中，，，点，在的同侧，点，在线段上，连接并延长交于点，已知．将从图1中的位置开始，绕点顺时针旋转（保持不动），旋转角为．
数学思考：（1）“求索小组”的同学发现图1中，请证明这个结论；
操作探究：（2）如图2，当时，“笃行小组”的同学连接线段，．
请从下面A，B两题中任选一题作答．我选择______题．
A．①猜想，满足的数量关系，并说明理由；
②若，请直接写出时，，两点间的距离；
B．①猜想，满足的位置关系，并说明理由；
②若，请直接写出点落在延长线时，，两点间的距离．
16．甲、乙、丙三名同学探索课本上一道题：如图1，E是边长为a的正方形ABCD中CD边上任意一点，以点A为中心，把△ADE顺时针旋转90°，画出旋转后的图形．
任务要求：
（1）请你在图1中画出旋转后的图形
甲、乙、丙三名同学又继续探索：
在正方形ABCD中，∠EAF=45°，点F为BC上一点，点E为DC上一点，∠EAF的两边AE、AF分别与直线BD交于点M、N．连接EF
甲发现：线段BF，EF，DE之间存在着关系式EF=BF+DE；
乙发现：△CEF的周长是一个恒定不变的值；
丙发现：线段BN，MN，DM之间存在着关系式BN2+DM2=MN2
（2）现请你参与三位同学的研究工作中来，你认为三名同学中哪个的发现是正确的，并说明你的理由．
【亮点训练】
1．下列图形中，既是轴对称图形，又是中心对称图形的是（ ）
A． B． C． D．
2．如图，在等边中，D是边AC上一点，连接BD，将绕点B逆时针旋转得到，连接ED，若，则的周长是（ ）
A．15 B．14
C．13 D．12
3．如图，一块含30°角的直角三角板ABC绕点C顺时针旋转到△A′B′C，当B，C，A′在一条直线上时，三角板ABC的旋转角度为（ ）
A．150° B．120° C．60° D．30°
4．如图，把绕点顺时针旋转得到、与AC相交于点，，则的度数为（ ）
A．60° B．30° C．65° D．35°
5．如图，正方形网格中的每个小正方形的边长为1，将绕旋转中心旋转后得到△，其中点，，的对应点分别是点，、，那么旋转中心是（ ）
A．点 B．点 C．点 D．点
6．如图，在中，，．将绕点逆时针方向旋转，得到，连接．则线段的长为（ ）
A．1 B． C． D．
7．如图，直角坐标系中，点G的坐标为（2，0），点F是y轴上任意动点，FG绕点F逆时针旋转90°得FH，则动点H总在下列哪条直线上（ ）
A． B． C． D．
8．如图边长为4的正方形中，为边上一点，且， 为边上一动点，将线段绕点顺时针旋转得到线段 ，连接，则的最小值为（ ）
A． B．4 C． D．
9．如图，把绕点顺时针旋转某个角度得到，，，则旋转角的度数为______．
10．如图，将△ABC绕点B顺时针旋转70°后，转到△A'BC'的位置，且使点C'落在AB的延长线上．已知∠C＝22°，则∠BA'C'＝______．
11．如图，在中，，将绕点顺时针旋转后得到（点的对应点是点点的对应点是点），连接，若，则的度数是__________°．
12．如图，G、H分别是四边形ABCD的边AD、AB上的点，∠GCH=45°，CD=CB=2，∠D=∠DCB=∠B=90°，则△AGH的周长为_______．
13．如图，正方形的边长为2，将它绕着中心顺时针旋转45°得到正方形，与原正方形、AB边交于点，，则的长度是______．
14．如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝6cm，BC＝8cm，将△ABC绕点C按逆时针方向旋转后得△DCE，直线DA、BE相交于点F，取BC中点G，连接GF，则GF长的最大值_________cm．
15．在平面直角坐标系中点A（0，6）、B（6，0），AC、BD分别垂直于y轴、x轴，CA＝3，∠COD＝45°，二次函数y＝﹣x2+m与线段CD有两个公共点时，m的取值范围是____．
16．如图，△ADE由△ABC绕点A按逆时针方向旋转90°得到，且点B的对应点D恰好落在BC的延长线上，AD，EC相交于点P．
（1）求∠BDE的度数；
（2）F是EC延长线上的点，且∠CDF＝∠DAC．判断DF和PF的数量关系，并证明．
17．如图所示，在由边长为1的小正方形组成的正方形网格中建立平面直角坐标系，格点ABC的顶点坐标分别为A（1，4）、B（6，4）、C（2，0），请仅用无刻度直尺，在给定的网格中依次完成下列作图（要求保留必要的作图痕迹），并回答下列问题：
（1）在AB上找点E，使∠ACE＝45°．
（2）点A关于直线BC的对称点为D，在BD上找点F，使BF＝BE．
（3）将线段AC绕点Q逆时针方向旋转90°得到线段BH，使点C的对应点为点B，画出线段BH，并写出点Q的坐标．
18．在平面直角坐标系中，已知点，点在轴正半轴上，且，点．绕着顺时针旋转，得，点、旋转后的对应点为，，记旋转角为．
（1）如图1，恰好经过点时，
①求此时旋转角的度数；
②求出此时点的坐标；
（2）如图2，若，设直线和直线交于点，猜测与的位置关系，并说明理由．
【亮点检测】
1．下面四个图案中，既包含图形的旋转，又有图形的轴对称设计的是（ ）
A． B．
C． D．
2．如图是某公司的商品标志图案，则下列说法：①整个图案是按照中心对称设计的；②外部图案部分是按照轴对称设计的；③图案的外层“S”是按旋转设计的；④图案的内层“A”是按轴对称设计的．其中正确的有（ ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
3．如图，在中，，将绕顶点顺时针旋转得到，是的中点，是的中点，连接，若，，则线段的最小值为（ ）
A．2 B． C．4 D．6
4．如图，在ABC中，AB＝3，AC＝2，∠BAC＝30°，将ABC绕点A逆时针旋转60°，得到AB1C1，连接BC1，则BC1的长为（ ）
A． B． C．3 D．5
5．如图，在ABC中，∠CAB=75°，将ABC在平面内绕点A旋转到的位置，使∥AB，则旋转角的度数为（ ）
A．30° B．35° C．40° D．75°
6．已知等边△ABC的边长为4，点P是边BC上的动点，将△ABP绕点A逆时针旋转60°得到△ACQ，点D是AC边的中点，连接DQ，则DQ的最小值是（ ）
A． B． C．2 D．
7．如图，矩形ABCD的边CD上有一点E，∠DAE＝22.5°，EF⊥AB，垂足为F，将△AEF绕着点F顺时针旋转，使得点A的对应点M落在EF上，点E恰好落在点B处，连接BE．下列结论：①BM⊥AE；②四边形EFBC是正方形；③∠EBM＝30°；④．其中结论正确的序号是（ ）
A．①② B．①②③ C．①②④ D．③④
8．如图，将△ABC绕点A顺时针旋转得到△ADE，且点D恰好在AC上，∠BAE＝∠CDE＝136°，则∠C的度数是___．
9．将矩形绕点旋转至矩形位置，此时的中点恰好与点重合，交于点．若，则的面积为______．
10．如图，O为等腰直角△ABC（∠ABC＝90°）内一点，连接OA，OB，OC，∠AOB＝135°，OA＝1，OB＝2，将△BAO绕点B顺时针旋转后得到△BCD，则OC的长为____．
11．如图，直线与轴、轴分别交于，两点，将绕点逆时针旋转后得到，则点的坐标是____________．
12．如图①，在平面上，边长为2的正方形和短边长为1的矩形对称中心重合．
（1）当正方形和矩形都水平放置时，重叠部分面积为 ___．
（2）当正方形不动，矩形绕着对称中心旋转，从图②到图③的过程中，重叠部分面积的大小 ___．（选择填写“不变”或“改变”）
（3）甲、乙两位同学分别给出了两个图形不同的重叠方式：
甲：如图④，矩形绕着几何中心继续旋转，矩形的两条长边与正方形的对角线平行；
乙：如图⑤，将图④中的矩形向左上方平移，使矩形的一条长边恰好经过正方形的对角线；
在甲、乙两位同学给出的重叠方式中重叠部分面积小的是 ___．（选择填写“甲”或“乙”）
13．如图，在平面直角坐标系中，直线与坐标轴交于两点，于点是线段上的一个动点，连接，将线段绕点逆时针旋转，得到线段，连接，则线段的最小值为_________．
14．如图，在中，，，，点在内，连接、、，则的最小值是______．
15．如图，在菱形中，，为对角线上一点，将线段绕点逆时针旋转，点的对应点为，连接，，．
（1）求证：，，三点共线；
（2）若点为的中点，连接，求证：．
16．如图，方格纸中的每个小方格都是边长为1个单位的正方形，在建立平面直角坐标系后，△ABC的顶点均在格点上，坐标分别为A（2，2），B（1，0），C（3，1）．
（1）画出△ABC向上平移1个单位长度，再向左平移4个单位长度得到的△A1B1C1；
（2）画出△ABC关于原点O成中心对称的△A2B2C2，并写出点A2，B2，C2的坐标．
17．如图，已知点，，，在所给的网格中完成下列任务：
（1）画线段，使与垂直且相等，并写出点的坐标________．
（2）将线段绕着某一点旋转一定角度，使其与线段重合，则这个旋转中心的坐标为________．
（3）画出以为对角线的正方形，并写出这个正方形的面积________．
18．数学课上，老师提出了一个问题情境：如图1，点P是正方形ABCD内的一点，PA＝1，PB＝2，PC＝3，让同学们试着解决如下问题．
（1）∠APB的度数；
（2）线段PD的长；
小文同学进行了如下的方法探究：①如图2，将△APB绕点B顺时针旋转90°，得到△CP′B，连接PP′，进而求得∠APB＝135°．（将图形补充完整，并写出详细的解答过程）
②如图3，将△APB绕点A逆时针旋转90°，得到△AP′D，由（1）得∠AP′D＝135°，连接PP′和PD，试求出PD的长度．（图形补充完整，并写出详细的解答过程）
（3）请你帮助小文同学求出正方形的面积．
19．阅读下列材料：
问题：如图1，在正方形ABCD内有一点P，PA，PB，PC＝1，求∠BPC的度数．
小明同学的想法是：已知条件比较分散，可以通过旋转变换将分散的已知条件集中在一起，于是他将△BPC绕点B逆时针旋转90°，得到了△BP′A（如图2），然后连接PP′．
请你参考小明同学的思路，解决下列问题：
（1）如图2，△APP′为 ，△BPP′为 ；
（填等腰三角形，直角三角形或等腰直角三角形）
（2）如图2，∠BPC的度数 ；
（3）如图3，若在正六边形ABCDEF内有一点P，且PA，PB＝4，PC＝2，则求：
①∠BPC的度数；
②正六边形ABCDEF的边长．
20．以为斜边在它的同侧作和，其中，，、交于点．
（1）如图1，平分，求证：；
（2）如图2，过点作，分别交、于点、点，连接，过作，交于点，连接，交于点，求证：；
（3）如图3，点为边的中点，点是边上一动点，连接，将线段绕点逆时针旋转得到线段，连接、，当，时，求的最小值．