第3章圆的基本性质专题3.2 旋转【九大题型】（含解析）
文档属性
| 名称 | 第3章圆的基本性质专题3.2 旋转【九大题型】（含解析） |  | |
| 格式 | doc | ||
| 文件大小 | 6.6MB | ||
| 资源类型 | 试卷 | ||
| 版本资源 | 浙教版 | ||
| 科目 | 数学 | ||
| 更新时间 | 2023-10-18 15:57:38 | ||
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文档简介
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旋转9大题型
TOC \o "1-3" \h \u
HYPERLINK \l "_Toc23560" 【题型1 利用旋转的性质求角度】 1
HYPERLINK \l "_Toc20771" 【题型2 利用旋转的性质求线段长度】 2
HYPERLINK \l "_Toc9467" 【题型3 旋转中的坐标与图形变换】 4
HYPERLINK \l "_Toc5609" 【题型4 作图-旋转变换】 5
HYPERLINK \l "_Toc11247" 【题型5 旋转对称图形】 7
HYPERLINK \l "_Toc25823" 【题型6 旋转中的周期性问题】 9
HYPERLINK \l "_Toc26803" 【题型7 旋转中的多结论问题】 10
HYPERLINK \l "_Toc12862" 【题型8 旋转中的最值问题】 11
HYPERLINK \l "_Toc29628" 【题型9 旋转的综合】 13
【知识点1 旋转的定义】
在平面内，把一个平面图形绕着平面内某一点O转动一个角度，就叫做图形的旋转，点O叫做旋转中心，转动的角叫做旋转角。
我们把旋转中心、旋转角度、旋转方向称为旋转的三要素。
【知识点2 旋转的性质】
旋转的特征：
（1）对应点到旋转中心的距离相等；
（2）对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角；
（3）旋转前后的图形全等。
理解以下几点：
（1）图形中的每一个点都绕旋转中心旋转了同样大小的角度。
（2）对应点到旋转中心的距离相等，对应线段相等，对应角相等。
（3）图形的大小与形状都没有发生改变，只改变了图形的位置。
【题型1 利用旋转的性质求角度】
【例1】（2022春 梅州校级期末）如图，点O是等边△ABC内一点，∠AOB＝110°，将△BOC绕点C按顺时针方向旋转60°得△ADC，连接OD，若OD＝AD，则∠BOC的度数为 ．
【变式1-1】（2022 南充）如图，将直角三角板ABC绕顶点A顺时针旋转到△AB′C′，点B′恰好落在CA的延长线上，∠B＝30°，∠C＝90°，则∠BAC′为（ ）
A．90° B．60° C．45° D．30°
【变式1-2】（2022 天津一模）如图，在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝40°，点D在边AB上，将△ADC绕点A逆时针旋转40°，得到△AD'B，且D'，D，C三点在同一条直线上，则∠ACD的大小为（ ）
A．20° B．30° C．40° D．45°
【变式1-3】（2022 城步县模拟）如图，P为等边三角形ABC内一点，∠APB：∠APC：∠CPB＝5：6：7，则以PA，PB，PC为三边构成的三角形的三个内角从小到大的度数之比为（ ）
A．1：2：3 B．2：3：4 C．3：4：5 D．5：6：7
【题型2 利用旋转的性质求线段长度】
【例2】（2022春 仪征市期末）如图，边长为1的正方形ABCD绕点A逆时针旋转60°得到正方形AEFG，连接CF，则CF的长是（ ）
A．1 B． C． D．
【变式2-1】（2022春 如皋市期末）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝3，BC＝4．将△ABC绕点A逆时针旋转得到△AB′C′，使点C′落在AB边上，连接BB′，则B′B的长为（ ）
A． B．5 C． D．6
【变式2-2】（2022 东莞市校级一模）如图，△AOB中，∠AOB＝90°，AO＝4，BO＝8，△AOB绕点O逆时针旋转到△A′OB′处，此时线段A′B′与BO的交点E为BO的中点，则线段B′E的长度为（ ）
A．3 B． C． D．
【变式2-3】（2022春 和平区期末）如图，△ABC与△CDE都是等边三角形，连接AD，BE，CD＝4，BC＝2，若将△CDE绕点C顺时针旋转，当点A、C、E在同一条直线上时，线段BE的长为（ ）
A．2 B．2 C．或 D．2或2
【题型3 旋转中的坐标与图形变换】
【例3】（2022秋 黄石期末）如图，线段AB与线段CD关于点P对称，若点A（a，b）、B（5，1）、D（﹣3，﹣1），则点C的坐标为（ ）
A．（﹣a，﹣b） B．（﹣a+2，﹣b）
C．（﹣a﹣1，﹣b+1） D．（﹣a+1，﹣b﹣1）
【变式3-1】（2022秋 本溪期末）如图，在△AOB中，OA＝4，OB＝6，AB＝2，将△AOB绕原点O逆时针旋转90°，则旋转后点A的对应点A′的坐标是（ ）
A．（﹣4，2） B．（﹣2，4） C．（﹣2，2） D．（﹣2，2）
【变式3-2】（2022秋 西湖区期末）如图，在平面直角坐标系中，△MNP绕原点逆时针旋转90°得到△M1N1P1，若M（1，﹣2），则点M1的坐标为（ ）
A．（﹣2，﹣1） B．（1，2） C．（2，1） D．（﹣1，﹣2）
【变式3-3】（2022 新抚区模拟）如图，Rt△AOB的斜边AO在y轴上，OB，∠AOB＝30°，直角顶点B在第二象限，将Rt△AOB绕原点O顺时针旋转120°后得到△A′OB'，则A点的对应点A′的坐标是（ ）
A．（，﹣1） B．（1，） C．（2，0） D．（，0）
【知识点3 利用旋转性质作图】
旋转有两条重要性质：
（1）任意一对对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角；
（2）对应点到旋转中心的距离相等，它就是利用旋转的性质作图的关键。
步骤可分为：
①连：即连接图形中每一个关键点与旋转中心；
②转：即把直线按要求绕旋转中心转过一定角度（作旋转角）
③截：即在角的另一边上截取关键点到旋转中心的距离，的到各点的对应点；
④接：即连接到所连接的各点。
【题型4 作图-旋转变换】
【例4】（2022春 化州市校级期中）如图，在平面直角坐标系中，△ABC的三个顶点分别是A（1，3），B（4，4），C（2，1）．
（1）把△ABC向左平移4个单位后得到对应的△A1B1C1，请画出平移后的△A1B1C1；
（2）把△ABC绕原点O旋转180°后得到对应的△A2B2C2，请画出旋转后的△A2B2C2．
【变式4-1】（2022 南京模拟）如图，在正方形网格中有一个格点三角形ABC（即三角形ABC的各顶点都在格点上），按要求进行下列作图（提醒：别忘了标注字母！）
（1）将三角形ABC向下平移4个单位得到三角形A1B1C1；
（2）作出三角形ABC关于直线l对称的三角形A2B2C2；
（3）将三角形A2B2C2绕点A2逆时针旋转90°得到三角形A2B3C3．
【变式4-2】（2022春 蒲城县期末）在如图所示的平面直角坐标系中，每个小方格都是边长为1个单位长度的正方形，△ABC的顶点坐标分别为A（1，1），B（3，0），C（2，3）．
（1）将△ABC向左平移4个单位长度得到△A1B1C1，点A、B、C的对应点分别为A1、B1、C1，请画出△A1B1C1，并写出点C1的坐标；
（2）以原点O为旋转中心，将△ABC顺时针旋转90°得到△A2B2C2，点A、B、C的对应点分别为A2、B2、C2，请画出△A2B2C2．
【变式4-3】（2022秋 利通区期末）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．
（1）画出△ABC绕B点顺时针旋转90°后的△A1B1C1；并写出A1、B1、C1的坐标；
（2）画出△ABC关于原点O对称的△A2B2C2；并写出A2、B2、C2的坐标．
【题型5 旋转对称图形】
【例5】（2022春 沈丘县期末）如图，正方形ABCD边长为2cm，以各边中心为圆心，1cm为半径依次作圆，将正方形分成四部分．
（1）这个图形 旋转对称图形（填“是”或“不是”）；若是，则旋转中心是点 ，最小旋转角是 度．
（2）求图形OBC的周长和面积．
【变式5-1】（2022秋 普陀区期末）在下列图形中：等腰三角形、等边三角形、正方形、正五边形、平行四边形，等腰梯形，其中有 个旋转对称图形．
【变式5-2】（2022秋 孝义市期中）2022年2月4日﹣2月20日，北京冬奥会将隆重开幕，北京将成为世界上第一个既举办过夏季奥运会，又举办过冬季奥运会的城市．下面图片是在北京冬奥会会徽征集过程中，征集到的一幅图片，整个图片由“京字组成的雪花图案”、“beijing2022”、“奥运五环”三部分组成．对于图片中的“雪花图案”，至少旋转 °能与原雪花图案重合．
【变式5-3】（2022 南京）在平面内，如果一个图形绕一个定点旋转一定的角度后能与自身重合，那么就称这个图形是旋转对称图形，转动的这个角称为这个图形的一个旋转角．例如：正方形绕着它的对角线的交点旋转90°后能与自身重合（如图），所以正方形是旋转对称图形，它有一个旋转角为90度．
（1）判断下列命题的真假（在相应的括号内填上“真”或“假”）．
①等腰梯形是旋转对称图形，它有一个旋转角为180度．（ ）
②矩形是旋转对称图形，它有一个旋转角为180°．（ ）
（2）填空：下列图形中，是旋转对称图形，且有一个旋转角为120°的是 （写出所有正确结论的序号）：①正三角形；②正方形；③正六边形；④正八边形．
（3）写出两个多边形，它们都是旋转对称图形，都有一个旋转角为72°，并且分别满足下列条件：
①是轴对称图形，但不是中心对称图形： ；
②既是轴对称图形，又是中心对称图形： ．
【题型6 旋转中的周期性问题】
【例6】（2022春 高新区校级月考）如图，在平面直角坐标系中，已知点P0的坐标为（1，0），将点P0绕着原点O按逆时针方向旋转30°得到点P1，延长OP1到P2，使得OP2＝2OP1；再将点P2绕着原点O按逆时针方向旋转30°得到P3，延长OP3到P4，使得OP4＝2OP3……如此继续下去，点P2023坐标为（ ）
A．（﹣21010， 21010） B．（0，21011）
C．（21010， 21010） D．（ 21010，21010）
【变式6-1】（2022秋 中原区校级期末）将△OBA按如图方式放在平面直角坐标系中，其中∠OBA＝90°，∠A＝30°，顶点A的坐标为（1，），将△OBA绕原点逆时针旋转，每次旋转60°，则第2023次旋转结束时，点A对应点的坐标为（ ）
A． B． C． D．
【变式6-2】（2022 开封一模）如图，在平面直角坐标系中，将正方形OABC绕O点顺时针选择45°后，得到正方形OA1B1C1，以此方式，绕O点连续旋转2022次得到正方形OA2022B2022C2022，如果点C的坐标为（0，1），那么点B2022的坐标为（ ）
A． B． C．（﹣1，1） D．（﹣1，﹣1）
【变式6-3】（2022春 高州市期中）如图，矩形ABCD的顶点A，B分别在x轴、y轴上，OA＝OB＝2，AD＝4，将矩形ABCD绕点O顺时针旋转，每次旋转90°，则第2022次旋转结束时，点C的坐标为（ ）
A．（6，4） B．（﹣6，4） C．（4，﹣6） D．（﹣4，6）
【题型7 旋转中的多结论问题】
【例7】（2022 益阳）如图，已知△ABC中，∠CAB＝20°，∠ABC＝30°，将△ABC绕A点逆时针旋转50°得到△AB′C′，以下结论：①BC＝B′C′，②AC∥C′B′，③C′B′⊥BB′，④∠ABB′＝∠ACC′，正确的有（ ）
A．①②③ B．①②④ C．①③④ D．②③④
【变式7-1】（2022春 邗江区期末）如图，在正方形ABCD中，AB＝8，若点E在对角线AC上运动，将线段DE绕点D逆时针旋转90°得到线段DF，连接EF、CF．点P在CD上，且CP＝3PD．给出以下几个结论①EFDE，②EF2＝AE2+CE2，③线段PF的最小值是4，④△CFE的面积最大是16．其中正确的是（ ）
A．①②④ B．②③④ C．①②③ D．①③④
【变式7-2】（2022春 双牌县期末）一副三角板如图摆放，点F是45°角三角板ABC的斜边的中点，AC＝4．当30°角三角板DEF的直角顶点绕着点F旋转时，直角边DF，EF分别与AC，BC相交于点M，N．在旋转过程中有以下结论：①MF＝NF；②四边形CMFN有可能是正方形：③MN长度的最小值为2；④四边形CMFN的面积保持不变．其中正确结论的个数是（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
【变式7-3】（2022春 德州期中）如图，正方形ABCD的对角线相交于点O，点O又是正方形A1B1C1O的一个顶点，而且这两个正方形的边长相等．给出如下四个结论：①∠OEF＝45°；②正方形A1B1C1O绕点O旋转时，四边形OEBF的面积随EF的长度变化而变化；③△BEF周长的最小值为；④AE2+CF2＝2OB2．其中正确的结论有（ ）
A．①③ B．②③ C．①④ D．③④
【题型8 旋转中的最值问题】
【例8】（2022 黄石）如图，等边△ABC中，AB＝10，点E为高AD上的一动点，以BE为边作等边△BEF，连接DF，CF，则∠BCF＝ ，FB+FD的最小值为 ．
【变式8-1】（2022春 大埔县期中）如图，在Rt△ABC和Rt△ADE中，∠BAC＝∠DAE＝90°，AC＝AD＝3，AB＝AE＝5．连接BD，CE，将△ADE绕点A旋转一周，在旋转的过程中当∠DBA最大时，S△ACE＝（ ）
A．6 B．6 C．9 D．9
【变式8-2】（2022春 龙岗区期末）如图，点E是等边三角形△ABC边AC的中点，点D是直线BC上一动点，连接ED，并绕点E逆时针旋转90°，得到线段EF，连接DF．若运动过程中AF的最小值为，则AB的值为（ ）
A．2 B． C． D．4
【变式8-3】（2022春 南京期末）如图，在正方形ABCD中，AB＝4，E为AB边上一点，点F在BC边上，且BF＝1，将点E绕着点F顺时针旋转90°得到点G，连接DG，则DG的长的最小值为（ ）
A．2 B．2 C．3 D．
【题型9 旋转的综合】
【例9】（2022春 长沙期末）如图，有一副直角三角板如图1放置（其中∠D＝45°，∠C＝30°），PA，PB与直线MN重合，且三角板PAC，三角板PBD均可以绕点P逆时针旋转．
（1）在图1中，∠DPC＝ ；
（2）①如图2，若三角板PBD保持不动，三角板PAC绕点P逆时针旋转，转速为10°/秒，转动一周三角板PAC就停止转动，在旋转的过程中，当旋转时间为多少时，有PC∥DB成立；
②如图3，在图1基础上，若三角板PAC的边PA从PN处开始绕点P逆时针旋转，转速为3°/秒，同时三角板PBD的边PB从PM处开始绕点P逆时针旋转，转速为2°/秒，当PC转到与PA重合时，两三角板都停止转动，在旋转过程中，当∠CPD＝∠BPM时，求旋转的时间是多少？
【变式9-1】（2022春 南川区期末）如图，四边形ABCD是正方形，点E在AB的延长线上，连接EC，EC绕点E逆时针旋转90°得到EF，连接CF、AF，CF与对角线BD交于点G．
（1）若BE＝2，求AF的长度；
（2）求证：AF+2BGAD．
【变式9-2】（2022 平邑县一模）在正方形ABCD中，点E在射线BC上（不与点B、C重合），连接DB，DE，将DE绕点E逆时针旋转90°得到EF，连接BF．
（1）如图1，点E在BC边上．
①依题意补全图1；
②若AB＝6，EC＝2，求BF的长；
（2）如图2，点E在BC边的延长线上，用等式表示线段BD，BE，BF之间的数量关系．
【变式9-3】（2022 泰安一模）如图，将矩形ABCD绕着点B逆时针旋转得到矩形GBEF，使点C恰好落到线段AD上的E点处，连接CE，连接CG交BE于点H．
（1）求证：CE平分∠BED；
（2）取BC的中点M，连接MH，求证：MH∥BG；
（3）若BC＝2AB＝4，求CG的长．
旋转【九大题型】
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HYPERLINK \l "_Toc28748" 【题型1 利用旋转的性质求角度】 1
HYPERLINK \l "_Toc22323" 【题型2 利用旋转的性质求线段长度】 4
HYPERLINK \l "_Toc24935" 【题型3 旋转中的坐标与图形变换】 9
HYPERLINK \l "_Toc28480" 【题型4 作图-旋转变换】 12
HYPERLINK \l "_Toc17603" 【题型5 旋转对称图形】 17
HYPERLINK \l "_Toc31171" 【题型6 旋转中的周期性问题】 19
HYPERLINK \l "_Toc25111" 【题型7 旋转中的多结论问题】 23
HYPERLINK \l "_Toc23376" 【题型8 旋转中的最值问题】 28
HYPERLINK \l "_Toc16507" 【题型9 旋转的综合】 33
【知识点1 旋转的定义】
在平面内，把一个平面图形绕着平面内某一点O转动一个角度，就叫做图形的旋转，点O叫做旋转中心，转动的角叫做旋转角。
我们把旋转中心、旋转角度、旋转方向称为旋转的三要素。
【知识点2 旋转的性质】
旋转的特征：
（1）对应点到旋转中心的距离相等；
（3）对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角；
（3）旋转前后的图形全等。
理解以下几点：
（1）图形中的每一个点都绕旋转中心旋转了同样大小的角度。
（2）对应点到旋转中心的距离相等，对应线段相等，对应角相等。
（3）图形的大小与形状都没有发生改变，只改变了图形的位置。
【题型1 利用旋转的性质求角度】
【例1】（2022春 梅州校级期末）如图，点O是等边△ABC内一点，∠AOB＝110°，将△BOC绕点C按顺时针方向旋转60°得△ADC，连接OD，若OD＝AD，则∠BOC的度数为 140° ．
【分析】设∠BOC＝α，根据旋转前后图形不发生变化，易证△COD是等边△OCD，从而利用α分别表示出∠AOD与∠ADO，再根据等腰△AOD的性质求出α．
【解答】解：设∠BOC＝α，根据旋转的性质知，△BOC≌△ADC，则OC＝DC，∠BOC＝∠ADC＝α．
又∵△BOC绕点C按顺时针方向旋转60°得到△ADC，
∴∠OCD＝60°，
∴△OCD是等边三角形，
∴∠COD＝∠CDO＝60°，
∵OD＝AD，
∴∠AOD＝∠DAO．
∵∠AOD＝360°﹣110°﹣60°﹣α＝190°﹣α，∠ADO＝α﹣60°，
∴2×（190°﹣α）+α﹣60°＝180°，
解得α＝140°．
故答案是：140°．
【变式1-1】（2022 南充）如图，将直角三角板ABC绕顶点A顺时针旋转到△AB′C′，点B′恰好落在CA的延长线上，∠B＝30°，∠C＝90°，则∠BAC′为（ ）
A．90° B．60° C．45° D．30°
【分析】利用旋转不变性，三角形内角和定理和平角的意义解答即可．
【解答】解：∵∠B＝30°，∠C＝90°，
∴∠CAB＝180°﹣∠B﹣∠C＝60°，
∵将直角三角板ABC绕顶点A顺时针旋转到△AB′C′，
∴∠C′AB′＝∠CAB＝60°．
∵点B′恰好落在CA的延长线上，
∴∠BAC′＝180°﹣∠CAB﹣∠C′AB′＝60°．
故选：B．
【变式1-2】（2022 天津一模）如图，在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝40°，点D在边AB上，将△ADC绕点A逆时针旋转40°，得到△AD'B，且D'，D，C三点在同一条直线上，则∠ACD的大小为（ ）
A．20° B．30° C．40° D．45°
【分析】由旋转的性质可得∠BAC＝∠BAD'＝40°，AD＝AD'，由等腰三角形的性质可得∠AD'D＝70°，∠D'AC＝80°，即可求∠ACD的度数．
【解答】解：∵将△ADC绕点A逆时针旋转40°得到△AD′B，
∴∠BAC＝∠BAD'＝40°，AD＝AD'
∴∠AD'D（180°﹣40°）＝70°，∠D'AC＝∠BAC+∠BAD'＝80°，
∴∠ACD＝180°﹣∠AD'D﹣∠D'AC＝30°；
故选：B．
【变式1-3】（2022 城步县模拟）如图，P为等边三角形ABC内一点，∠APB：∠APC：∠CPB＝5：6：7，则以PA，PB，PC为三边构成的三角形的三个内角从小到大的度数之比为（ ）
A．1：2：3 B．2：3：4 C．3：4：5 D．5：6：7
【分析】将△APB绕A点逆时针旋转60°得△ADC，显然有△ADC≌△APB，连PD，则AD＝AP，∠DAP＝60°，得到△ADP是等边三角形，PD＝AP，所以△DCP的三边长分别为PA，PB，PC；再由∠APB+∠BPC+∠CPA＝360°，∠APB：∠APC：∠CPB＝5：6：7，得到∠APB＝100°，∠BPC＝140°，∠CPA＝120°，这样可分别求出∠PDC＝∠ADC﹣∠ADP＝∠APB﹣∠ADP＝100°﹣60°＝40°，∠DPC＝∠APC﹣∠APD＝120°﹣60°＝60°，∠PCD＝180°﹣（40°+60°）＝80°，即可得到答案．
【解答】解：如图，将△APB绕A点逆时针旋转60°得△ADC，
显然有△ADC≌△APB，连PD，
∵AD＝AP，∠DAP＝60°，
∴△ADP是等边三角形，
∴PD＝AP，
∵DC＝PB，
∴△DCP的三边长分别为PA，PB，PC，
∵∠APB+∠BPC+∠CPA＝360°，∠APB：∠APC：∠CPB＝5：6：7，
∴∠APB＝100°，∠BPC＝140°，∠CPA＝120°，
∴∠PDC＝∠ADC﹣∠ADP＝∠APB﹣∠ADP＝100°﹣60°＝40°，
∠DPC＝∠APC﹣∠APD＝120°﹣60°＝60°，
∠PCD＝180°﹣（40°+60°）＝80°，
∴以PA，PB，PC为三边构成的三角形的三个内角从小到大的度数之比为2：3：4．
故选：B．
【题型2 利用旋转的性质求线段长度】
【例2】（2022春 仪征市期末）如图，边长为1的正方形ABCD绕点A逆时针旋转60°得到正方形AEFG，连接CF，则CF的长是（ ）
A．1 B． C． D．
【分析】连接AC、AF，证明△ACF为等边三角形，求得AC便可得出结果．
【解答】解：连接AC、AF，
由旋转性质得，AC＝AF，∠CAF＝60°，
∴△ACF为等边三角形，
∴AC＝CF，
∵AC，
∴CF，
故选：B．
【变式2-1】（2022春 如皋市期末）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝3，BC＝4．将△ABC绕点A逆时针旋转得到△AB′C′，使点C′落在AB边上，连接BB′，则B′B的长为（ ）
A． B．5 C． D．6
【分析】根据旋转的性质并利用勾股定理进行求解即可．
【解答】解：∵∠C＝90°，AC＝3，BC＝4，
∴根据勾股定理得：AB5，
由旋转的性质可知，AC＝AC'＝3，BC＝B'C'＝4，
∴BC'＝AB﹣AC'＝5﹣3＝2，
∴BB'2，
故选：C．
【变式2-2】（2022 东莞市校级一模）如图，△AOB中，∠AOB＝90°，AO＝4，BO＝8，△AOB绕点O逆时针旋转到△A′OB′处，此时线段A′B′与BO的交点E为BO的中点，则线段B′E的长度为（ ）
A．3 B． C． D．
【分析】由勾股定理求出AB，由旋转的性质可得AO＝A′O，A′B′＝AB，再求出OE，从而得到OE＝A′O，过点O作OF⊥A′B′于F，由三角形的面积求出OF，由勾股定理列式求出EF，再由等腰三角形三线合一的性质可得A′E＝2EF，然后由B′E＝A′B′﹣A′E代入数据计算即可得解．
【解答】解：∵∠AOB＝90°，AO＝4，BO＝8，
∴AB，
∵△AOB绕顶点O逆时针旋转到△A′OB′处，
∴AO＝A′O＝4，A′B′＝AB＝4，
∵点E为BO的中点，
∴OEBO8＝4，
∴OE＝A′O＝4，
过点O作OF⊥A′B′于F，如图，
S△A′OB′4 OF4×8，
解得：OF，
在Rt△EOF中，EF，
∵OE＝A′O，OF⊥A′B′，
∴A′E＝2EF＝2，
∴B′E＝A′B′﹣A′E．
故选：B．
【变式2-3】（2022春 和平区期末）如图，△ABC与△CDE都是等边三角形，连接AD，BE，CD＝4，BC＝2，若将△CDE绕点C顺时针旋转，当点A、C、E在同一条直线上时，线段BE的长为（ ）
A．2 B．2 C．或 D．2或2
【分析】分两种情况：①当E在CA延长线上时，过A作AM⊥BE于M，根据△ABC与△CDE都是等边三角形，CD＝4，BC＝2，可得AE＝AB，∠AEB＝∠ABE＝30°，在Rt△ABM中，可得BM，从而BE＝2BM＝2；②当E在AC的延长线上时，过B作BN⊥AC于N，在Rt△BCN中，CNBC＝1，BNCN，在Rt△BNE中，BE2．
【解答】解：①当E在CA延长线上时，过A作AM⊥BE于M，如图：
∵△ABC与△CDE都是等边三角形，CD＝4，BC＝2，
∴AE＝CE﹣AC＝4﹣2＝2，∠BAC＝60°，
∴AE＝AB，
∴∠AEB＝∠ABE＝30°，
在Rt△ABM中，
AMAB＝1，BMAM，
∴BE＝2BM＝2；
②当E在AC的延长线上时，过B作BN⊥AC于N，如图：
在Rt△BCN中，
CNBC＝1，BNCN，
∴NE＝CE+CN＝4+1＝5，
在Rt△BNE中，
BE2；
综上所述，线段BE的长为2或2，
故选：D．
【题型3 旋转中的坐标与图形变换】
【例3】（2022秋 黄石期末）如图，线段AB与线段CD关于点P对称，若点A（a，b）、B（5，1）、D（﹣3，﹣1），则点C的坐标为（ ）
A．（﹣a，﹣b） B．（﹣a+2，﹣b）
C．（﹣a﹣1，﹣b+1） D．（﹣a+1，﹣b﹣1）
【分析】运用中点坐标公式求答案．
【解答】解：设C（m，n），
∵线段AB与线段CD关于点P对称，
点P为线段AC、BD的中点．
∴，，
∴m＝2﹣a，n＝﹣b，
∴C（2﹣a，﹣b），
故选：B．
【变式3-1】（2022秋 本溪期末）如图，在△AOB中，OA＝4，OB＝6，AB＝2，将△AOB绕原点O逆时针旋转90°，则旋转后点A的对应点A′的坐标是（ ）
A．（﹣4，2） B．（﹣2，4） C．（﹣2，2） D．（﹣2，2）
【分析】如图，过点A作AH⊥OB于H，设OH＝m，则BH＝6﹣m，利用勾股定理构建方程求出m，可得结论．
【解答】解：如图，过点A作AH⊥OB于H，设OH＝m，则BH＝6﹣m，
∵AH2＝OA2﹣OH2＝AB2﹣BH2，
∴42﹣m2＝（2）2﹣（6﹣m）2，
∴m＝2，
∴AH2，
∴A（2，2），
∴将△AOB绕原点O逆时针旋转90°，则旋转后点A的对应点A′（﹣2，2），
【变式3-2】（2022秋 西湖区期末）如图，在平面直角坐标系中，△MNP绕原点逆时针旋转90°得到△M1N1P1，若M（1，﹣2），则点M1的坐标为（ ）
A．（﹣2，﹣1） B．（1，2） C．（2，1） D．（﹣1，﹣2）
【分析】如图，连接OM，OM1，过点M作MH⊥y轴于点H，过点M1作M1T⊥x轴于点T．利用全等三角形的性质解决问题即可．
【解答】解：如图，连接OM，OM1，过点M作MH⊥y轴于点H，过点M1作M1T⊥x轴于点T．
∵M（1，﹣2），
∴MH＝1，OH＝2，
∵∠MOM1＝∠POT，
∴∠MOH＝∠M1OT，
∵∠MHO＝∠M1TO＝90°，OM＝OM1，
∴△MHO≌△M1TO（AAS），
∴MH＝M1T＝1，OH＝OT＝2，
∴M1（2，1），
故选：C．
【变式3-3】（2022 新抚区模拟）如图，Rt△AOB的斜边AO在y轴上，OB，∠AOB＝30°，直角顶点B在第二象限，将Rt△AOB绕原点O顺时针旋转120°后得到△A′OB'，则A点的对应点A′的坐标是（ ）
A．（，﹣1） B．（1，） C．（2，0） D．（，0）
【分析】如图，利用含30度的直角三角形三边的关系得到BC＝1，再利用旋转的性质得到OB′＝OB，B′A′＝BA＝1，∠A′B′O＝∠ABO＝90°，然后利用第四象限点的坐标特征写出点A′的坐标．
【解答】解：如图，
在Rt△OAB中，∵∠BOA＝30°，
∴ABOB1，
∵Rt△OCB绕原点顺时针旋转120°后得到△OA′B'，
∴OB′＝OB，B′A′＝BA＝1，∠A′B′O＝∠ABO＝90°，
∴点A′的坐标为（，﹣1）．
故选：A．
【知识点3 利用旋转性质作图】
旋转有两条重要性质：
（3）任意一对对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角；
（4）对应点到旋转中心的距离相等，它就是利用旋转的性质作图的关键。
步骤可分为：
①连：即连接图形中每一个关键点与旋转中心；
②转：即把直线按要求绕旋转中心转过一定角度（作旋转角）
③截：即在角的另一边上截取关键点到旋转中心的距离，的到各点的对应点；
④接：即连接到所连接的各点。
【题型4 作图-旋转变换】
【例4】（2022春 化州市校级期中）如图，在平面直角坐标系中，△ABC的三个顶点分别是A（1，3），B（4，4），C（2，1）．
（1）把△ABC向左平移4个单位后得到对应的△A1B1C1，请画出平移后的△A1B1C1；
（2）把△ABC绕原点O旋转180°后得到对应的△A2B2C2，请画出旋转后的△A2B2C2．
【分析】（1）利用平移变换的性质分别作出A，B，C的对应点A1，B1，C1即可；
（2）利用旋转变换的性质分别作出A，B，C的对应点A2，B2，C2即可．
【解答】解：（1）如图，△A1B1C1即为所求；
（2）如图，△A2B2C2即为所求．
【变式4-1】（2022 南京模拟）如图，在正方形网格中有一个格点三角形ABC（即三角形ABC的各顶点都在格点上），按要求进行下列作图（提醒：别忘了标注字母！）
（1）将三角形ABC向下平移4个单位得到三角形A1B1C1；
（2）作出三角形ABC关于直线l对称的三角形A2B2C2；
（3）将三角形A2B2C2绕点A2逆时针旋转90°得到三角形A2B3C3．
【分析】（1）按平移作图的方法进行画图，即可作出图；
（2）按轴对称图形的画法画图，即可作出图；
（3）按旋转作图的画法画图，即可作出图．
【解答】解：（1）如图，△A1B1C1即为所求；
（2）如图，△A2B2C2即为所求；
（3）如图，△A2B3C3即为所求．
【变式4-2】（2022春 蒲城县期末）在如图所示的平面直角坐标系中，每个小方格都是边长为1个单位长度的正方形，△ABC的顶点坐标分别为A（1，1），B（3，0），C（2，3）．
（1）将△ABC向左平移4个单位长度得到△A1B1C1，点A、B、C的对应点分别为A1、B1、C1，请画出△A1B1C1，并写出点C1的坐标；
（2）以原点O为旋转中心，将△ABC顺时针旋转90°得到△A2B2C2，点A、B、C的对应点分别为A2、B2、C2，请画出△A2B2C2．
【分析】（1）利用平移变换的性质分别作出A，B，C的对应点A1，B1，C1即可；
（2）利用旋转变换的性质分别作出A，B，C的对应点A2，B2，C2即可．
【解答】解：（1）如图，△A1B1C1即为所求，点C1的坐标（﹣2，3）；
（2）如图，△A2B2C2即为所求．
【变式4-3】（2022秋 利通区期末）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．
（1）画出△ABC绕B点顺时针旋转90°后的△A1B1C1；并写出A1、B1、C1的坐标；
（2）画出△ABC关于原点O对称的△A2B2C2；并写出A2、B2、C2的坐标．
【分析】（1）根据题意所述的旋转中心、旋转方向、旋转角度找到各点的对应点，顺次连接即可得出△A1B1C1，结合直角坐标系可得出各点的坐标．
（2）找到各点关于原点对称的点，顺次连接可得到△A2B2C2，结合直角坐标系可得出各点的坐标．
【解答】解：（1）所画图形如下：
结合图形可得A1坐标为（3，﹣1）；B1坐标为（1，0）；C1坐标为（2，﹣2）；
（2）所画图形如下所示：
结合图形可得A2坐标为（﹣2，﹣2）；B2坐标为（﹣1，0）；C2坐标为（﹣3，﹣1）．
【题型5 旋转对称图形】
【例5】（2022春 沈丘县期末）如图，正方形ABCD边长为2cm，以各边中心为圆心，1cm为半径依次作圆，将正方形分成四部分．
（1）这个图形 是 旋转对称图形（填“是”或“不是”）；若是，则旋转中心是点 O ，最小旋转角是 90 度．
（2）求图形OBC的周长和面积．
【分析】（1）旋转对称图形的定义，结合图形即可作出判断；
（2）图形OBC的周长为BC圆的周长，面积S正方形ABCD．
【解答】解：（1）这个图形是旋转对称图形，旋转中心是点O，最小旋转角为90°．
（2）图形OBC的周长＝BC圆的周长＝2+π；
面积S正方形ABCD4＝1cm2．
【变式5-1】（2022秋 普陀区期末）在下列图形中：等腰三角形、等边三角形、正方形、正五边形、平行四边形，等腰梯形，其中有 4 个旋转对称图形．
【分析】根据旋转对称图形的定义：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．解答即可．
【解答】解：在等腰三角形、等边三角形、正方形、正五边形、平行四边形，等腰梯形只有等边三角形、正方形、正五边形、平行四边形是旋转对称图形．
故答案为4；
【变式5-2】（2022秋 孝义市期中）2022年2月4日﹣2月20日，北京冬奥会将隆重开幕，北京将成为世界上第一个既举办过夏季奥运会，又举办过冬季奥运会的城市．下面图片是在北京冬奥会会徽征集过程中，征集到的一幅图片，整个图片由“京字组成的雪花图案”、“beijing2022”、“奥运五环”三部分组成．对于图片中的“雪花图案”，至少旋转 60 °能与原雪花图案重合．
【分析】“雪花图案”可以看成正六边形，根据正六边形的中心角为60°，即可解决问题．
【解答】解：“雪花图案”可以看成正六边形，
∵正六边形的中心角为60°，
∴这个图案至少旋转60°能与原雪花图案重合．
故答案为：60．
【变式5-3】（2022 南京）在平面内，如果一个图形绕一个定点旋转一定的角度后能与自身重合，那么就称这个图形是旋转对称图形，转动的这个角称为这个图形的一个旋转角．例如：正方形绕着它的对角线的交点旋转90°后能与自身重合（如图），所以正方形是旋转对称图形，它有一个旋转角为90度．
（1）判断下列命题的真假（在相应的括号内填上“真”或“假”）．
①等腰梯形是旋转对称图形，它有一个旋转角为180度．（ 假 ）
②矩形是旋转对称图形，它有一个旋转角为180°．（ 真 ）
（2）填空：下列图形中，是旋转对称图形，且有一个旋转角为120°的是 ①，③ （写出所有正确结论的序号）：①正三角形；②正方形；③正六边形；④正八边形．
（3）写出两个多边形，它们都是旋转对称图形，都有一个旋转角为72°，并且分别满足下列条件：
①是轴对称图形，但不是中心对称图形： 如正五边形、正十五边形 ；
②既是轴对称图形，又是中心对称图形： 如正十边形、正二十边形 ．
【分析】根据旋转对称图形和中心对称图形的定义即可解答．
【解答】解：（1）等腰梯形必须旋转360°才能与自身重合；矩形旋转180°可以与自身重合．
①等腰梯形是旋转对称图形，它有一个旋转角为180度．（假）
②矩形是旋转对称图形，它有一个旋转角为180°．（真）
（2）①只要旋转120°的倍数即可；
②只要旋转90°的倍数即可；
③只要旋转60°的倍数即可；
④只要旋转45°的倍数即可．
故是旋转对称图形，且有一个旋转角为120°的是①、③．
（3）360°÷72°＝5．
①是轴对称图形，但不是中心对称图形：如正五边形，正十五边形；
②既是轴对称图形，又是中心对称图形：如正十边形，正二十边形．
【题型6 旋转中的周期性问题】
【例6】（2022春 高新区校级月考）如图，在平面直角坐标系中，已知点P0的坐标为（1，0），将点P0绕着原点O按逆时针方向旋转30°得到点P1，延长OP1到P2，使得OP2＝2OP1；再将点P2绕着原点O按逆时针方向旋转30°得到P3，延长OP3到P4，使得OP4＝2OP3……如此继续下去，点P2023坐标为（ ）
A．（﹣21010， 21010） B．（0，21011）
C．（21010， 21010） D．（ 21010，21010）
【分析】根据每次旋转后线段的长度是原来的2倍求出OP2023，根据旋转角为30°求出每12次旋转，24个点为一个循环组依次循环，然后用2023除以24，再根据商和余数的情况确定出点P2023在第二象限与y轴正半轴夹角为30°，然后解答即可．
【解答】解：∵点P0的坐标为（1，0），
∴OP0＝1，
∴OP2＝2OP1＝2，OP3＝OP2＝2，OP4＝2OP3＝2×2＝22，
…，
OP2022＝21011，
∵2022÷24＝84余6，
∴点P2023是第85循环组的第7个点，在第二象限，与y轴正半轴夹角为30°，
∴点P2023的坐标为（，），即（﹣21010，21010）．
故选：A．
【变式6-1】（2022秋 中原区校级期末）将△OBA按如图方式放在平面直角坐标系中，其中∠OBA＝90°，∠A＝30°，顶点A的坐标为（1，），将△OBA绕原点逆时针旋转，每次旋转60°，则第2023次旋转结束时，点A对应点的坐标为（ ）
A． B． C． D．
【分析】6次一个循环，分别求出第一次到第六次的点A的坐标，利用规律解决问题即可．
【解答】解：∵A（1，），∠ABO＝90°，
∴OB＝1，AB，
∵∠A＝30°，
∴OA＝2OB＝2，
∴第一次旋转后的坐标为（﹣1，），
第二次旋转后的坐标为（﹣2，0），
第三次旋转后的坐标为（﹣1，），
第四次旋转后的坐标为（1，），
第五次旋转后的坐标为（2，0），
第六次旋转后的坐标为（1，），
，
6次一个循环，
∵2023÷6＝337 1，
∴第2023次旋转结束时，点A对应点的坐标为（﹣1，），
故选：A．
【变式6-2】（2022 开封一模）如图，在平面直角坐标系中，将正方形OABC绕O点顺时针选择45°后，得到正方形OA1B1C1，以此方式，绕O点连续旋转2022次得到正方形OA2022B2022C2022，如果点C的坐标为（0，1），那么点B2022的坐标为（ ）
A． B． C．（﹣1，1） D．（﹣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，再由旋转可知：将正方形OABC绕点O顺时针旋转45°后得到正方形OA1B1C1，相当于将线段OB绕点O顺时针旋转45°，可得对应点B的坐标，然后发现规律是8次一循环，进而得出答案．
【解答】解：∵点C的坐标为（0，1），
∴OC＝1，
∵四边形OABC是正方形，
∴∠OAB＝90°，AB＝OC＝OA＝1，
∴B（1，1），
连接OB，如图：
由勾股定理得：OB，
由旋转的性质得：OB＝OB1＝OB2＝OB3，
∵将正方形OABC绕点O顺时针旋转45°后得到正方形OA1B1C1，
相当于将线段OB绕点O顺时针旋转45°，依次得到∠AOB＝∠BOB1＝∠B1OB2＝…＝45°，
∴B1（，0），B2（1，﹣1），B3（0，），B4（﹣1，﹣1），B5（，0），B6（﹣1，1），…，
发现是8次一循环，则2022÷8＝252…6，
∴点B2022的坐标为（﹣1，1），
故选：C．
【变式6-3】（2022春 高州市期中）如图，矩形ABCD的顶点A，B分别在x轴、y轴上，OA＝OB＝2，AD＝4，将矩形ABCD绕点O顺时针旋转，每次旋转90°，则第2022次旋转结束时，点C的坐标为（ ）
A．（6，4） B．（﹣6，4） C．（4，﹣6） D．（﹣4，6）
【分析】过点C作CE⊥y轴于点E，连接OC，根据已知条件求出点C的坐标，再根据旋转的性质求出前4次旋转后点C的坐标，发现规律，进而求出第2022次旋转结束时，点C的坐标．
【解答】解：如图，过点C作CE⊥y轴于点E，连接OC，
∵OA＝OB＝2，
∴∠ABO＝∠BAO＝45°，
∵∠ABC＝90°，
∴∠CBE＝45°，
∵BC＝AD＝4，
∴CE＝BE＝4，
∴OE＝OB+BE＝6，
∴C（﹣4，6），
∵矩形ABCD绕点O顺时针旋转，每次旋转90°，
则第1次旋转结束时，点C的坐标为（6，4）；
则第2次旋转结束时，点C的坐标为（4，﹣6）；
则第3次旋转结束时，点C的坐标为（﹣6，﹣4）；
则第4次旋转结束时，点C的坐标为（﹣4，6）；
…
发现规律：旋转4次一个循环，
∴2022÷4＝505 2，
则第2022次旋转结束时，点C的坐标为（4，﹣6）．
故选：C．
【题型7 旋转中的多结论问题】
【例7】（2022 益阳）如图，已知△ABC中，∠CAB＝20°，∠ABC＝30°，将△ABC绕A点逆时针旋转50°得到△AB′C′，以下结论：①BC＝B′C′，②AC∥C′B′，③C′B′⊥BB′，④∠ABB′＝∠ACC′，正确的有（ ）
A．①②③ B．①②④ C．①③④ D．②③④
【分析】根据旋转的性质可得，BC＝B′C′∠C′AB′＝∠CAB＝20°，∠AB′C′＝∠ABC＝30°，再根据旋转角的度数为50°，通过推理证明对①②③④四个结论进行判断即可．
【解答】解：①∵△ABC绕A点逆时针旋转50°得到△AB′C′，
∴BC＝B′C′．故①正确；
②∵△ABC绕A点逆时针旋转50°，
∴∠BAB′＝50°．
∵∠CAB＝20°，
∴∠B′AC＝∠BAB′﹣∠CAB＝30°．
∵∠AB′C′＝∠ABC＝30°，
∴∠AB′C′＝∠B′AC．
∴AC∥C′B′．故②正确；
③在△BAB′中，
AB＝AB′，∠BAB′＝50°，
∴∠AB′B＝∠ABB′（180°﹣50°）＝65°．
∴∠BB′C′＝∠AB′B+∠AB′C′＝65°+30°＝95°．
∴C′B′与BB′不垂直．故③不正确；
④在△ACC′中，
AC＝AC′，∠CAC′＝50°，
∴∠ACC′（180°﹣50°）＝65°．
∴∠ABB′＝∠ACC′．故④正确．
∴①②④这三个结论正确．
故选：B．
【变式7-1】（2022春 邗江区期末）如图，在正方形ABCD中，AB＝8，若点E在对角线AC上运动，将线段DE绕点D逆时针旋转90°得到线段DF，连接EF、CF．点P在CD上，且CP＝3PD．给出以下几个结论①EFDE，②EF2＝AE2+CE2，③线段PF的最小值是4，④△CFE的面积最大是16．其中正确的是（ ）
A．①②④ B．②③④ C．①②③ D．①③④
【分析】①根据旋转的性质得△DEF为等腰直角三角形，进而得到EF与DE的数量关系，便可判定①的正误；
②证明△ADE≌△CDF，得AE＝CF，∠DAE＝∠DCF＝45°，再在直角△CEF中由勾股定理得EF2＝CF2+CE2，进而得EF2＝AE2+CE2，便可判断②的正误；
③由∠DCF＝45°恒成立，所以当PF⊥CF时，PF取最小值，求出此时的PF便可判断③的正误；
④先求得AE+CE＝AC，再根据（（AE﹣CE）2≥0求得AE CE≤32，求得AE CE的最大值为32，进而求得△CFE的面积最大值，便可判断④的正误．
【解答】解：①∵由旋转知，DE＝DF，∠EDF＝90°，
∴EFDE，
故①正确；
②∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ADC＝∠BCD＝90°，AD＝CD，∠DAC＝∠ACD＝45°，
∴∠ADC＝∠EDF，
∴∠ADE＝∠CDF，
∴△ADE≌△CDF（SAS），
∴AE＝CF，∠DAE＝∠DCF＝45°，
∴∠ECF＝90°，
∴EF2＝CF2+CE2，
∴EF2＝AE2+CE2，
故②正确；
③∵CP＝3PD．
∴PCCD＝6，
当PF⊥CF时，PF取最小值，如图，
∵∠DCF＝45°，
∴PF＝CFCP＝3，
故③错误；
④∵∠ECF＝90°，
∴，
∵AE+CE＝AC，
∴（AE﹣CE）2＝（AE+CE）2﹣4AE CE＝128﹣4AE CE≥0，
∴AE CE≤32，
∴AE CE的最大值为32，
∴△CFE的面积最大是32＝16，
故④正确；
故选：A．
【变式7-2】（2022春 双牌县期末）一副三角板如图摆放，点F是45°角三角板ABC的斜边的中点，AC＝4．当30°角三角板DEF的直角顶点绕着点F旋转时，直角边DF，EF分别与AC，BC相交于点M，N．在旋转过程中有以下结论：①MF＝NF；②四边形CMFN有可能是正方形：③MN长度的最小值为2；④四边形CMFN的面积保持不变．其中正确结论的个数是（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
【分析】利用两直角三角形的特殊角、性质及旋转的性质分别判断每一个结论，找到正确的即可．
【解答】解：①连接CF，
∵F为AB中点，AC＝BC，∠ACB＝90°，
∴AF＝BF＝CF，CF⊥AB，
∴∠AFM+∠CFM＝90°．
∵∠DFE＝90°，∠CFM+∠CFN＝90°，
∴∠AFM＝∠CFN．
同理，∵∠A+∠MCF＝90°，∠MCF+∠FCN＝90°，
∴∠A＝∠FCN，
在△AMF与△CNF中，
，
∴△AMF≌△CNF（ASA），
∴MF＝NF．
故①正确；
②当MF⊥AC时，四边形MFNC是矩形，此时MA＝MF＝MC，根据邻边相等的矩形是正方形可知②正确；
③连接MN，当M为AC的中点时，CM＝CN，根据边长为4知CM＝CN＝2，此时MN最小，最小值为2，故③错误；
④当M、N分别为AC、BC中点时，四边形CDFE是正方形．
∵△ADF≌△CEF，
∴S△CEF＝S△AMF
∴S四边形CDFE＝S△AFC．
故④正确；
故选：C．
【变式7-3】（2022春 德州期中）如图，正方形ABCD的对角线相交于点O，点O又是正方形A1B1C1O的一个顶点，而且这两个正方形的边长相等．给出如下四个结论：①∠OEF＝45°；②正方形A1B1C1O绕点O旋转时，四边形OEBF的面积随EF的长度变化而变化；③△BEF周长的最小值为；④AE2+CF2＝2OB2．其中正确的结论有（ ）
A．①③ B．②③ C．①④ D．③④
【分析】①由四边形ABCD和A1B1C1O是正方形可知，易证得△BOE≌△COF（ASA），则可得Rt△OEF为等腰直角三角形；
②由（1）易证得S四边形OEBF＝S△BOCS正方形ABCD，则可得出结论；
③BE+BF＝BF+CF＝BCOA，而EF的最小值为AC＝OA，故可得结论③正确；
④由AE＝BF和EF2＝BE2+BF2，即可得结论．
【解答】解：①∵四边形ABCD是正方形，
∴OB＝OC，∠OBE＝∠OCF＝45°，∠BOC＝90°，
∴∠BOF+∠COF＝90°，
∵∠EOF＝90°，
∴∠BOF+∠COE＝90°，
∴∠BOE＝∠COF，
在△BOE和△COF中，
，
∴△BOE≌△COF（ASA），
∴OE＝OF，BE＝CF，
∴∠OEF＝45°，EFOE；故①正确；
②由①得△BOE≌△COF
∴S四边形OEBF＝S△BOF+S△BOE＝S△BOF+S△COF＝S△BOCS正方形ABCD，
故②错误；
③由①可知BE+BF＝BF+CF＝BCOA，EFOE，
△BEF周长＝BE+BF+EFOAOE，
∵OA为定值，则OE最小时△BEF周长的周长最小，
∴当OE⊥AB时OE最小，△BEF周长的周长最小，
此时OEOA，
∴△BEF周长的周长最小值OAOEOAOA＝（1）OA．
故③正确，
④∵在△BEF中，EF2＝BE2+BF2，
∴EF2＝AE2+CF2，
又∵2OB2＝AB2＝（AE+CF）2．
∴AE2+CF2≠2OB2，故④错误．
故选：A．
【题型8 旋转中的最值问题】
【例8】（2022 黄石）如图，等边△ABC中，AB＝10，点E为高AD上的一动点，以BE为边作等边△BEF，连接DF，CF，则∠BCF＝ 30° ，FB+FD的最小值为 5 ．
【分析】首先证明△BAE≌△BCF（SAS），推出∠BAE＝∠BCF＝30°，作点D关于CF的对称点G，连接CG，DG，BG，BG交CF于点F′，连接DF′，此时BF′+DF′的值最小，最小值＝线段BG的长．
【解答】解：如图，
∵△ABC是等边三角形，AD⊥CB，
∴∠BAE∠BAC＝30°，
∵△BEF是等边三角形，
∴∠EBF＝∠ABC＝60°，BE＝BF，
∴∠ABE＝∠CBF，
在△BAE和△BCF中，
，
∴△BAE≌△BCF（SAS），
∴∠BAE＝∠BCF＝30°，
作点D关于CF的对称点G，连接CG，DG，BG，BG交CF于点F′，连接DF′，此时BF′+DF′的值最小，最小值＝线段BG的长．
∵∠DCF＝∠FCG＝30°，
∴∠DCG＝60°，
∵CD＝CG＝5，
∴△CDG是等边三角形，
∴DB＝DC＝DG，
∴∠CGB＝90°，
∴BG5，
∴BF+DF的最小值为5，
故答案为：30°，5．
【变式8-1】（2022春 大埔县期中）如图，在Rt△ABC和Rt△ADE中，∠BAC＝∠DAE＝90°，AC＝AD＝3，AB＝AE＝5．连接BD，CE，将△ADE绕点A旋转一周，在旋转的过程中当∠DBA最大时，S△ACE＝（ ）
A．6 B．6 C．9 D．9
【分析】作DG⊥AB于G，CH⊥AE，交EA的延长线于H，可知点D在以A为圆心，AD为半径的圆上运动，当AD⊥BD时，∠ABD最大，利用AAS证明△ADG≌△AHC，得CH＝DG，可说明△ACE的面积＝△ABD的面积，从而得出答案．
【解答】解：作DG⊥AB于G，CH⊥AE，交EA的延长线于H，
∵AD＝3，
∴点D在以A为圆心，AD为半径的圆上运动，
∴当AD⊥BD时，∠ABD最大，
由勾股定理得BD＝4，
∵∠DAH＝∠CAB＝90°，
∴∠CAH＝∠DAB，
∵∠AGD＝∠H，AC＝CD，
∴△ADG≌△AHC（AAS），
∴CH＝DG，
∴△ACE的面积AE×CHAB×DG＝△ABD的面积AD×BD6，
【变式8-2】（2022春 龙岗区期末）如图，点E是等边三角形△ABC边AC的中点，点D是直线BC上一动点，连接ED，并绕点E逆时针旋转90°，得到线段EF，连接DF．若运动过程中AF的最小值为，则AB的值为（ ）
A．2 B． C． D．4
【分析】由“SAS”可证△BDE≌△NFE，可得∠N＝∠CBE＝30°，则点N在与AN成30°的直线上运动，当AF'⊥F'N时，AF'有最小值，即可求解．
【解答】解：如图，连接BE，延长AC至N，使EN＝BE，连接FN，
∵△ABC是等边三角形，E是AC的中点，
∴AE＝EC，∠ABE＝∠CBE＝30°，BE⊥AC，
∴∠BEN＝∠DEF＝90°，BEAE，
∴∠BED＝∠CEF，
在△BDE和△NFE中，
，
∴△BDE≌△NFE（SAS），
∴∠N＝∠CBE＝30°，
∴点N在与AN成30°的直线上运动，
∴当AF'⊥F'N时，AF'有最小值，
∴AF'AN，
∴1（AEAE），
∴AE＝2，
∴AC＝4，
故选：D．
【变式8-3】（2022春 南京期末）如图，在正方形ABCD中，AB＝4，E为AB边上一点，点F在BC边上，且BF＝1，将点E绕着点F顺时针旋转90°得到点G，连接DG，则DG的长的最小值为（ ）
A．2 B．2 C．3 D．
【分析】过点G作GH⊥BC，垂足为H，可得∠GHF＝90°，根据正方形的性质可得AB＝CD＝4，∠B＝90°，根据旋转的性质可得EF＝FG，∠EFG＝90°，然后利用同角的余角相等可得∠BEF＝∠GFH，从而可证△EBF≌△FHG，进而可得BF＝GH＝1，最后可得点G在与BC平行且与BC的距离为1的直线上，从而可得当点G在CD边上时，DG的值最小，进行计算即可解答．
【解答】解：过点G作GH⊥BC，垂足为H，
∴∠GHF＝90°，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝CD＝4，∠B＝90°，
∴∠B＝∠GHF＝90°，
由旋转得：
EF＝FG，∠EFG＝90°，
∴∠EFB+∠GFH＝90°，
∵∠BEF+∠BFE＝90°，
∴∠BEF＝∠GFH，
∴△EBF≌△FHG（AAS），
∴BF＝GH＝1，
∴点G在与BC平行且与BC的距离为1的直线上，
∴当点G在CD边上时，DG最小且DG＝4﹣1＝3，
∴DG的最小值为3，
故选：C．
【题型9 旋转的综合】
【例9】（2022春 长沙期末）如图，有一副直角三角板如图1放置（其中∠D＝45°，∠C＝30°），PA，PB与直线MN重合，且三角板PAC，三角板PBD均可以绕点P逆时针旋转．
（1）在图1中，∠DPC＝ 75° ；
（2）①如图2，若三角板PBD保持不动，三角板PAC绕点P逆时针旋转，转速为10°/秒，转动一周三角板PAC就停止转动，在旋转的过程中，当旋转时间为多少时，有PC∥DB成立；
②如图3，在图1基础上，若三角板PAC的边PA从PN处开始绕点P逆时针旋转，转速为3°/秒，同时三角板PBD的边PB从PM处开始绕点P逆时针旋转，转速为2°/秒，当PC转到与PA重合时，两三角板都停止转动，在旋转过程中，当∠CPD＝∠BPM时，求旋转的时间是多少？
【分析】（1）根据平角的定义即可得到结论；
（2）①如图1，根据平行线的性质得到∠CPN＝∠DBP＝90°，求得∠APN＝30°，于是得到结论；如图2，根据平行线的性质得到∠CPB＝∠DBP＝90°，根据三角形的内角和得到∠CPA＝60°，求得∠APM＝30°，于是得到结论；
②设旋转的时间为t秒，由题知，∠APN＝3t°，∠BPM＝2t°，根据周角的定义得到∠CPD＝360°﹣∠BPD﹣∠BPN﹣∠APN﹣∠APC＝360°﹣45°﹣（180°﹣2t°）﹣（3t°）﹣60°＝75°﹣t°，列方程即可得到结论．
【解答】解：（1）∵∠BPD＝∠D＝45°，∠APC＝60°，
∴∠DPC＝180°﹣45°﹣60°＝75°，
故答案为：75°；
（2）①如图1，此时，BD∥PC成立，
∵PC∥BD，∠DBP＝90°，
∴∠CPN＝∠DBP＝90°，
∵∠C＝30°，
∴∠CPA＝60°，
∴∠APN＝30°，
∵转速为10°/秒，
∴旋转时间为3秒；
如图2，PC∥BD，
∵PC∥BD，∠PBD＝90°，
∴∠CPB＝∠DBP＝90°，
∵∠C＝30°，
∴∠CPA＝60°，
∴∠APM＝30°，
∵三角板PAC绕点P逆时针旋转D的角度为180°+30°＝210°，
∵转速为10°/秒，
∴旋转时间为21秒，
综上所述，当旋转时间为3或21秒时，PC∥DB成立；
②设旋转的时间为t秒，由题知，∠APN＝3t°，∠BPM＝2t°，
∴∠BPN＝180°﹣∠BPM＝180°﹣2t°，
∴∠CPD＝360°﹣∠BPD﹣∠BPN﹣∠APN﹣∠APC＝360°﹣45°﹣（180°﹣2t°）﹣（3t°）﹣60°＝75°﹣t°，
当∠CPD＝∠BPM，即2t°＝75°﹣t°，
解得：t＝25，
∴当∠CPD＝∠BPM，求旋转的时间是25秒．
【变式9-1】（2022春 南川区期末）如图，四边形ABCD是正方形，点E在AB的延长线上，连接EC，EC绕点E逆时针旋转90°得到EF，连接CF、AF，CF与对角线BD交于点G．
（1）若BE＝2，求AF的长度；
（2）求证：AF+2BGAD．
【分析】（1）由正方形的性质及旋转的额性质求得∠ABC＝∠EBC＝∠FEC＝90°，AB＝BC，EF＝EC，再利用勾股定理可得AC2＝2BC2，CE2＝BE2+BC2，CF2＝2BE2+2BC2，再证明∠FAC＝90°，结合勾股定理可得AF2＝2BE2，进而可求解AF的长；
（2）通过证明四边形ADBH是平行四边形，可得AD＝BH＝BC＝AB，可求AHABCD，由相似三角形的性质可得HF＝2BG，即可求解．
【解答】（1）解：连接AC，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝BC，∠ABC＝90°，
∴∠EBC＝90°，AC2＝AB2+BC2＝2BC2，
∴CE2＝BE2+BC2，
∵EC绕点E逆时旋转90°得到EF，
∴EF＝EC，∠FEC＝90°，
∴∠EFC＝∠ECF＝45°，CF2＝EF2+CE2＝2CE2＝2BE2+2BC2，
∴∠EFC＝∠EAC＝45°，
∴∠FAE＝∠FCE＝45°，
∴∠FAC＝90°，
∴CF2＝AF2+AC2＝AF2+2BC2，
∴AF2+2BC2＝2BE2+2BC2，
即AF2＝2BE2，
∵BE＝2，
∴AF2＝2×22＝8，
解得AF；
（2）证明：连接AC，延长AF，CB交于点H，
∵FAE＝∠ABD＝45°，
∴AF∥BD，
又∵AD∥BC，
∴四边形ADBH是平行四边形，
∴AD＝BH＝BC＝AB，
∴AHABCD，
∵AH∥BG，
∴CG＝FG，
∴BG是△CBF的中位线，
∴HF＝2BG，
∵AH＝AF+FH，
∴AD＝AF+2BG，
即AF+2BGAD．
【变式9-2】（2022 平邑县一模）在正方形ABCD中，点E在射线BC上（不与点B、C重合），连接DB，DE，将DE绕点E逆时针旋转90°得到EF，连接BF．
（1）如图1，点E在BC边上．
①依题意补全图1；
②若AB＝6，EC＝2，求BF的长；
（2）如图2，点E在BC边的延长线上，用等式表示线段BD，BE，BF之间的数量关系．
【分析】（1）①根据要求画出图形即可；
②过点F作FH⊥CB，交CB的延长线于H．证明△DCE≌△EHF（AAS），推出EC＝FH，DC＝EH，推出CE＝BH＝FH，再利用勾股定理解决问题即可；
（2）由②可得△DCE≌△EHF，推出EC＝FH，DC＝EH，推出CE＝BH＝FH，再利用等腰直角三角形的性质解决问题即可
【解答】解（1）图形如图所示．
过点F作FH⊥CB，交CB的延长线于H，
∵四边形ABCD是正方形，
∴CD＝AB＝6，∠C＝90°，
∵∠DEF＝∠C＝90°，
∴∠DEC+∠FEH＝90°，∠DEC+∠EDC＝90°，
∴∠FEH＝∠EDC，
在△DEC和△EFH中，
，
∴△DEC≌△EFH（AAS），
∴EC＝FH＝2，CD＝BC＝EH＝6，
∴HB＝EC＝2，
∴Rt△FHB中，BF2．
（2）结论：BF+BDBE．
理由：过点F作FH⊥CB，交CB于H，
∵四边形ABCD是正方形，
∴CD＝AB＝6，∠DCE＝90°，
∵∠DEF＝∠DCE＝90°，
∴∠DEC+∠FEH＝90°，∠DEC+∠EDC＝90°，
∴∠FEH＝∠EDC，
在△DEC和△EFH中，
，
∴△DEC≌△EFH（AAS），
∴EC＝FH，CD＝BC＝EH，
∴HB＝EC＝HF，
∴△DCB和△BHF都是等腰直角三角形，
∴BDBCHE，BFBH，
∵HE+BH＝BE，
∴BF+BDBE．
【变式9-3】（2022 泰安一模）如图，将矩形ABCD绕着点B逆时针旋转得到矩形GBEF，使点C恰好落到线段AD上的E点处，连接CE，连接CG交BE于点H．
（1）求证：CE平分∠BED；
（2）取BC的中点M，连接MH，求证：MH∥BG；
（3）若BC＝2AB＝4，求CG的长．
【分析】（1）根据旋转的性质得到CB＝CE，求得∠BEC＝∠BCE，根据平行线的性质得到∠BCE＝∠DEC，可证得结论；
（2）过点C作BE的垂线CN，根据角平分线的性质得到CN＝BG，求得CG＝BQ，根据全等三角形的性质得到CH＝GH，根据三角形的中位线定理即可得到结论；
（3）过点G作BC的垂线GR，解直角三角形即可得到结论．
【解答】（1）证明：∵将矩形ABCD绕着点B逆时针旋转得到矩形GBEF，使点C恰好落到线段AD上的E点处，
∴BE＝BC，
∴∠BEC＝∠BCE，
∵AD∥BC，
∴∠BCE＝∠DEC，
∴∠BEC＝∠DEC，
∴CE平分∠BED；
（2）证明：过点C作CN⊥BE于N，如图：
∵CE平分∠BED，CD⊥DE，CN⊥BE，
∴CD＝CN，
∴BG＝AB＝CD＝CN，
∵∠BHG＝∠NHC，∠GBH＝∠CNH＝90°，BG＝CN，
∴△BHG≌△NHC（AAS），
∴GH＝CH，即点H是CG中点，
∵点M是BC中点，
∴MH是△BCG的中位线，
∴MH∥BG；
（3）解：过点C作CN⊥BE于N，过G作GR⊥BC于R，如图：
∵BC＝2AB＝4，
∴BG＝AB＝CD＝CN＝2，
∴CNBC，
∴∠NBC＝30°，
∵∠GBE＝90°，
∴∠GBR＝60°，
∴BRBG＝1，GRBR，
在Rt△GRC中，
CG2，
∴CG的长为2．
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旋转9大题型
TOC \o "1-3" \h \u
HYPERLINK \l "_Toc23560" 【题型1 利用旋转的性质求角度】 1
HYPERLINK \l "_Toc20771" 【题型2 利用旋转的性质求线段长度】 2
HYPERLINK \l "_Toc9467" 【题型3 旋转中的坐标与图形变换】 4
HYPERLINK \l "_Toc5609" 【题型4 作图-旋转变换】 5
HYPERLINK \l "_Toc11247" 【题型5 旋转对称图形】 7
HYPERLINK \l "_Toc25823" 【题型6 旋转中的周期性问题】 9
HYPERLINK \l "_Toc26803" 【题型7 旋转中的多结论问题】 10
HYPERLINK \l "_Toc12862" 【题型8 旋转中的最值问题】 11
HYPERLINK \l "_Toc29628" 【题型9 旋转的综合】 13
【知识点1 旋转的定义】
在平面内，把一个平面图形绕着平面内某一点O转动一个角度，就叫做图形的旋转，点O叫做旋转中心，转动的角叫做旋转角。
我们把旋转中心、旋转角度、旋转方向称为旋转的三要素。
【知识点2 旋转的性质】
旋转的特征：
（1）对应点到旋转中心的距离相等；
（2）对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角；
（3）旋转前后的图形全等。
理解以下几点：
（1）图形中的每一个点都绕旋转中心旋转了同样大小的角度。
（2）对应点到旋转中心的距离相等，对应线段相等，对应角相等。
（3）图形的大小与形状都没有发生改变，只改变了图形的位置。
【题型1 利用旋转的性质求角度】
【例1】（2022春 梅州校级期末）如图，点O是等边△ABC内一点，∠AOB＝110°，将△BOC绕点C按顺时针方向旋转60°得△ADC，连接OD，若OD＝AD，则∠BOC的度数为 ．
【变式1-1】（2022 南充）如图，将直角三角板ABC绕顶点A顺时针旋转到△AB′C′，点B′恰好落在CA的延长线上，∠B＝30°，∠C＝90°，则∠BAC′为（ ）
A．90° B．60° C．45° D．30°
【变式1-2】（2022 天津一模）如图，在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝40°，点D在边AB上，将△ADC绕点A逆时针旋转40°，得到△AD'B，且D'，D，C三点在同一条直线上，则∠ACD的大小为（ ）
A．20° B．30° C．40° D．45°
【变式1-3】（2022 城步县模拟）如图，P为等边三角形ABC内一点，∠APB：∠APC：∠CPB＝5：6：7，则以PA，PB，PC为三边构成的三角形的三个内角从小到大的度数之比为（ ）
A．1：2：3 B．2：3：4 C．3：4：5 D．5：6：7
【题型2 利用旋转的性质求线段长度】
【例2】（2022春 仪征市期末）如图，边长为1的正方形ABCD绕点A逆时针旋转60°得到正方形AEFG，连接CF，则CF的长是（ ）
A．1 B． C． D．
【变式2-1】（2022春 如皋市期末）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝3，BC＝4．将△ABC绕点A逆时针旋转得到△AB′C′，使点C′落在AB边上，连接BB′，则B′B的长为（ ）
A． B．5 C． D．6
【变式2-2】（2022 东莞市校级一模）如图，△AOB中，∠AOB＝90°，AO＝4，BO＝8，△AOB绕点O逆时针旋转到△A′OB′处，此时线段A′B′与BO的交点E为BO的中点，则线段B′E的长度为（ ）
A．3 B． C． D．
【变式2-3】（2022春 和平区期末）如图，△ABC与△CDE都是等边三角形，连接AD，BE，CD＝4，BC＝2，若将△CDE绕点C顺时针旋转，当点A、C、E在同一条直线上时，线段BE的长为（ ）
A．2 B．2 C．或 D．2或2
【题型3 旋转中的坐标与图形变换】
【例3】（2022秋 黄石期末）如图，线段AB与线段CD关于点P对称，若点A（a，b）、B（5，1）、D（﹣3，﹣1），则点C的坐标为（ ）
A．（﹣a，﹣b） B．（﹣a+2，﹣b）
C．（﹣a﹣1，﹣b+1） D．（﹣a+1，﹣b﹣1）
【变式3-1】（2022秋 本溪期末）如图，在△AOB中，OA＝4，OB＝6，AB＝2，将△AOB绕原点O逆时针旋转90°，则旋转后点A的对应点A′的坐标是（ ）
A．（﹣4，2） B．（﹣2，4） C．（﹣2，2） D．（﹣2，2）
【变式3-2】（2022秋 西湖区期末）如图，在平面直角坐标系中，△MNP绕原点逆时针旋转90°得到△M1N1P1，若M（1，﹣2），则点M1的坐标为（ ）
A．（﹣2，﹣1） B．（1，2） C．（2，1） D．（﹣1，﹣2）
【变式3-3】（2022 新抚区模拟）如图，Rt△AOB的斜边AO在y轴上，OB，∠AOB＝30°，直角顶点B在第二象限，将Rt△AOB绕原点O顺时针旋转120°后得到△A′OB'，则A点的对应点A′的坐标是（ ）
A．（，﹣1） B．（1，） C．（2，0） D．（，0）
【知识点3 利用旋转性质作图】
旋转有两条重要性质：
（1）任意一对对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角；
（2）对应点到旋转中心的距离相等，它就是利用旋转的性质作图的关键。
步骤可分为：
①连：即连接图形中每一个关键点与旋转中心；
②转：即把直线按要求绕旋转中心转过一定角度（作旋转角）
③截：即在角的另一边上截取关键点到旋转中心的距离，的到各点的对应点；
④接：即连接到所连接的各点。
【题型4 作图-旋转变换】
【例4】（2022春 化州市校级期中）如图，在平面直角坐标系中，△ABC的三个顶点分别是A（1，3），B（4，4），C（2，1）．
（1）把△ABC向左平移4个单位后得到对应的△A1B1C1，请画出平移后的△A1B1C1；
（2）把△ABC绕原点O旋转180°后得到对应的△A2B2C2，请画出旋转后的△A2B2C2．
【变式4-1】（2022 南京模拟）如图，在正方形网格中有一个格点三角形ABC（即三角形ABC的各顶点都在格点上），按要求进行下列作图（提醒：别忘了标注字母！）
（1）将三角形ABC向下平移4个单位得到三角形A1B1C1；
（2）作出三角形ABC关于直线l对称的三角形A2B2C2；
（3）将三角形A2B2C2绕点A2逆时针旋转90°得到三角形A2B3C3．
【变式4-2】（2022春 蒲城县期末）在如图所示的平面直角坐标系中，每个小方格都是边长为1个单位长度的正方形，△ABC的顶点坐标分别为A（1，1），B（3，0），C（2，3）．
（1）将△ABC向左平移4个单位长度得到△A1B1C1，点A、B、C的对应点分别为A1、B1、C1，请画出△A1B1C1，并写出点C1的坐标；
（2）以原点O为旋转中心，将△ABC顺时针旋转90°得到△A2B2C2，点A、B、C的对应点分别为A2、B2、C2，请画出△A2B2C2．
【变式4-3】（2022秋 利通区期末）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．
（1）画出△ABC绕B点顺时针旋转90°后的△A1B1C1；并写出A1、B1、C1的坐标；
（2）画出△ABC关于原点O对称的△A2B2C2；并写出A2、B2、C2的坐标．
【题型5 旋转对称图形】
【例5】（2022春 沈丘县期末）如图，正方形ABCD边长为2cm，以各边中心为圆心，1cm为半径依次作圆，将正方形分成四部分．
（1）这个图形 旋转对称图形（填“是”或“不是”）；若是，则旋转中心是点 ，最小旋转角是 度．
（2）求图形OBC的周长和面积．
【变式5-1】（2022秋 普陀区期末）在下列图形中：等腰三角形、等边三角形、正方形、正五边形、平行四边形，等腰梯形，其中有 个旋转对称图形．
【变式5-2】（2022秋 孝义市期中）2022年2月4日﹣2月20日，北京冬奥会将隆重开幕，北京将成为世界上第一个既举办过夏季奥运会，又举办过冬季奥运会的城市．下面图片是在北京冬奥会会徽征集过程中，征集到的一幅图片，整个图片由“京字组成的雪花图案”、“beijing2022”、“奥运五环”三部分组成．对于图片中的“雪花图案”，至少旋转 °能与原雪花图案重合．
【变式5-3】（2022 南京）在平面内，如果一个图形绕一个定点旋转一定的角度后能与自身重合，那么就称这个图形是旋转对称图形，转动的这个角称为这个图形的一个旋转角．例如：正方形绕着它的对角线的交点旋转90°后能与自身重合（如图），所以正方形是旋转对称图形，它有一个旋转角为90度．
（1）判断下列命题的真假（在相应的括号内填上“真”或“假”）．
①等腰梯形是旋转对称图形，它有一个旋转角为180度．（ ）
②矩形是旋转对称图形，它有一个旋转角为180°．（ ）
（2）填空：下列图形中，是旋转对称图形，且有一个旋转角为120°的是 （写出所有正确结论的序号）：①正三角形；②正方形；③正六边形；④正八边形．
（3）写出两个多边形，它们都是旋转对称图形，都有一个旋转角为72°，并且分别满足下列条件：
①是轴对称图形，但不是中心对称图形： ；
②既是轴对称图形，又是中心对称图形： ．
【题型6 旋转中的周期性问题】
【例6】（2022春 高新区校级月考）如图，在平面直角坐标系中，已知点P0的坐标为（1，0），将点P0绕着原点O按逆时针方向旋转30°得到点P1，延长OP1到P2，使得OP2＝2OP1；再将点P2绕着原点O按逆时针方向旋转30°得到P3，延长OP3到P4，使得OP4＝2OP3……如此继续下去，点P2023坐标为（ ）
A．（﹣21010， 21010） B．（0，21011）
C．（21010， 21010） D．（ 21010，21010）
【变式6-1】（2022秋 中原区校级期末）将△OBA按如图方式放在平面直角坐标系中，其中∠OBA＝90°，∠A＝30°，顶点A的坐标为（1，），将△OBA绕原点逆时针旋转，每次旋转60°，则第2023次旋转结束时，点A对应点的坐标为（ ）
A． B． C． D．
【变式6-2】（2022 开封一模）如图，在平面直角坐标系中，将正方形OABC绕O点顺时针选择45°后，得到正方形OA1B1C1，以此方式，绕O点连续旋转2022次得到正方形OA2022B2022C2022，如果点C的坐标为（0，1），那么点B2022的坐标为（ ）
A． B． C．（﹣1，1） D．（﹣1，﹣1）
【变式6-3】（2022春 高州市期中）如图，矩形ABCD的顶点A，B分别在x轴、y轴上，OA＝OB＝2，AD＝4，将矩形ABCD绕点O顺时针旋转，每次旋转90°，则第2022次旋转结束时，点C的坐标为（ ）
A．（6，4） B．（﹣6，4） C．（4，﹣6） D．（﹣4，6）
【题型7 旋转中的多结论问题】
【例7】（2022 益阳）如图，已知△ABC中，∠CAB＝20°，∠ABC＝30°，将△ABC绕A点逆时针旋转50°得到△AB′C′，以下结论：①BC＝B′C′，②AC∥C′B′，③C′B′⊥BB′，④∠ABB′＝∠ACC′，正确的有（ ）
A．①②③ B．①②④ C．①③④ D．②③④
【变式7-1】（2022春 邗江区期末）如图，在正方形ABCD中，AB＝8，若点E在对角线AC上运动，将线段DE绕点D逆时针旋转90°得到线段DF，连接EF、CF．点P在CD上，且CP＝3PD．给出以下几个结论①EFDE，②EF2＝AE2+CE2，③线段PF的最小值是4，④△CFE的面积最大是16．其中正确的是（ ）
A．①②④ B．②③④ C．①②③ D．①③④
【变式7-2】（2022春 双牌县期末）一副三角板如图摆放，点F是45°角三角板ABC的斜边的中点，AC＝4．当30°角三角板DEF的直角顶点绕着点F旋转时，直角边DF，EF分别与AC，BC相交于点M，N．在旋转过程中有以下结论：①MF＝NF；②四边形CMFN有可能是正方形：③MN长度的最小值为2；④四边形CMFN的面积保持不变．其中正确结论的个数是（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
【变式7-3】（2022春 德州期中）如图，正方形ABCD的对角线相交于点O，点O又是正方形A1B1C1O的一个顶点，而且这两个正方形的边长相等．给出如下四个结论：①∠OEF＝45°；②正方形A1B1C1O绕点O旋转时，四边形OEBF的面积随EF的长度变化而变化；③△BEF周长的最小值为；④AE2+CF2＝2OB2．其中正确的结论有（ ）
A．①③ B．②③ C．①④ D．③④
【题型8 旋转中的最值问题】
【例8】（2022 黄石）如图，等边△ABC中，AB＝10，点E为高AD上的一动点，以BE为边作等边△BEF，连接DF，CF，则∠BCF＝ ，FB+FD的最小值为 ．
【变式8-1】（2022春 大埔县期中）如图，在Rt△ABC和Rt△ADE中，∠BAC＝∠DAE＝90°，AC＝AD＝3，AB＝AE＝5．连接BD，CE，将△ADE绕点A旋转一周，在旋转的过程中当∠DBA最大时，S△ACE＝（ ）
A．6 B．6 C．9 D．9
【变式8-2】（2022春 龙岗区期末）如图，点E是等边三角形△ABC边AC的中点，点D是直线BC上一动点，连接ED，并绕点E逆时针旋转90°，得到线段EF，连接DF．若运动过程中AF的最小值为，则AB的值为（ ）
A．2 B． C． D．4
【变式8-3】（2022春 南京期末）如图，在正方形ABCD中，AB＝4，E为AB边上一点，点F在BC边上，且BF＝1，将点E绕着点F顺时针旋转90°得到点G，连接DG，则DG的长的最小值为（ ）
A．2 B．2 C．3 D．
【题型9 旋转的综合】
【例9】（2022春 长沙期末）如图，有一副直角三角板如图1放置（其中∠D＝45°，∠C＝30°），PA，PB与直线MN重合，且三角板PAC，三角板PBD均可以绕点P逆时针旋转．
（1）在图1中，∠DPC＝ ；
（2）①如图2，若三角板PBD保持不动，三角板PAC绕点P逆时针旋转，转速为10°/秒，转动一周三角板PAC就停止转动，在旋转的过程中，当旋转时间为多少时，有PC∥DB成立；
②如图3，在图1基础上，若三角板PAC的边PA从PN处开始绕点P逆时针旋转，转速为3°/秒，同时三角板PBD的边PB从PM处开始绕点P逆时针旋转，转速为2°/秒，当PC转到与PA重合时，两三角板都停止转动，在旋转过程中，当∠CPD＝∠BPM时，求旋转的时间是多少？
【变式9-1】（2022春 南川区期末）如图，四边形ABCD是正方形，点E在AB的延长线上，连接EC，EC绕点E逆时针旋转90°得到EF，连接CF、AF，CF与对角线BD交于点G．
（1）若BE＝2，求AF的长度；
（2）求证：AF+2BGAD．
【变式9-2】（2022 平邑县一模）在正方形ABCD中，点E在射线BC上（不与点B、C重合），连接DB，DE，将DE绕点E逆时针旋转90°得到EF，连接BF．
（1）如图1，点E在BC边上．
①依题意补全图1；
②若AB＝6，EC＝2，求BF的长；
（2）如图2，点E在BC边的延长线上，用等式表示线段BD，BE，BF之间的数量关系．
【变式9-3】（2022 泰安一模）如图，将矩形ABCD绕着点B逆时针旋转得到矩形GBEF，使点C恰好落到线段AD上的E点处，连接CE，连接CG交BE于点H．
（1）求证：CE平分∠BED；
（2）取BC的中点M，连接MH，求证：MH∥BG；
（3）若BC＝2AB＝4，求CG的长．
旋转【九大题型】
TOC \o "1-3" \h \u
HYPERLINK \l "_Toc28748" 【题型1 利用旋转的性质求角度】 1
HYPERLINK \l "_Toc22323" 【题型2 利用旋转的性质求线段长度】 4
HYPERLINK \l "_Toc24935" 【题型3 旋转中的坐标与图形变换】 9
HYPERLINK \l "_Toc28480" 【题型4 作图-旋转变换】 12
HYPERLINK \l "_Toc17603" 【题型5 旋转对称图形】 17
HYPERLINK \l "_Toc31171" 【题型6 旋转中的周期性问题】 19
HYPERLINK \l "_Toc25111" 【题型7 旋转中的多结论问题】 23
HYPERLINK \l "_Toc23376" 【题型8 旋转中的最值问题】 28
HYPERLINK \l "_Toc16507" 【题型9 旋转的综合】 33
【知识点1 旋转的定义】
在平面内，把一个平面图形绕着平面内某一点O转动一个角度，就叫做图形的旋转，点O叫做旋转中心，转动的角叫做旋转角。
我们把旋转中心、旋转角度、旋转方向称为旋转的三要素。
【知识点2 旋转的性质】
旋转的特征：
（1）对应点到旋转中心的距离相等；
（3）对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角；
（3）旋转前后的图形全等。
理解以下几点：
（1）图形中的每一个点都绕旋转中心旋转了同样大小的角度。
（2）对应点到旋转中心的距离相等，对应线段相等，对应角相等。
（3）图形的大小与形状都没有发生改变，只改变了图形的位置。
【题型1 利用旋转的性质求角度】
【例1】（2022春 梅州校级期末）如图，点O是等边△ABC内一点，∠AOB＝110°，将△BOC绕点C按顺时针方向旋转60°得△ADC，连接OD，若OD＝AD，则∠BOC的度数为 140° ．
【分析】设∠BOC＝α，根据旋转前后图形不发生变化，易证△COD是等边△OCD，从而利用α分别表示出∠AOD与∠ADO，再根据等腰△AOD的性质求出α．
【解答】解：设∠BOC＝α，根据旋转的性质知，△BOC≌△ADC，则OC＝DC，∠BOC＝∠ADC＝α．
又∵△BOC绕点C按顺时针方向旋转60°得到△ADC，
∴∠OCD＝60°，
∴△OCD是等边三角形，
∴∠COD＝∠CDO＝60°，
∵OD＝AD，
∴∠AOD＝∠DAO．
∵∠AOD＝360°﹣110°﹣60°﹣α＝190°﹣α，∠ADO＝α﹣60°，
∴2×（190°﹣α）+α﹣60°＝180°，
解得α＝140°．
故答案是：140°．
【变式1-1】（2022 南充）如图，将直角三角板ABC绕顶点A顺时针旋转到△AB′C′，点B′恰好落在CA的延长线上，∠B＝30°，∠C＝90°，则∠BAC′为（ ）
A．90° B．60° C．45° D．30°
【分析】利用旋转不变性，三角形内角和定理和平角的意义解答即可．
【解答】解：∵∠B＝30°，∠C＝90°，
∴∠CAB＝180°﹣∠B﹣∠C＝60°，
∵将直角三角板ABC绕顶点A顺时针旋转到△AB′C′，
∴∠C′AB′＝∠CAB＝60°．
∵点B′恰好落在CA的延长线上，
∴∠BAC′＝180°﹣∠CAB﹣∠C′AB′＝60°．
故选：B．
【变式1-2】（2022 天津一模）如图，在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝40°，点D在边AB上，将△ADC绕点A逆时针旋转40°，得到△AD'B，且D'，D，C三点在同一条直线上，则∠ACD的大小为（ ）
A．20° B．30° C．40° D．45°
【分析】由旋转的性质可得∠BAC＝∠BAD'＝40°，AD＝AD'，由等腰三角形的性质可得∠AD'D＝70°，∠D'AC＝80°，即可求∠ACD的度数．
【解答】解：∵将△ADC绕点A逆时针旋转40°得到△AD′B，
∴∠BAC＝∠BAD'＝40°，AD＝AD'
∴∠AD'D（180°﹣40°）＝70°，∠D'AC＝∠BAC+∠BAD'＝80°，
∴∠ACD＝180°﹣∠AD'D﹣∠D'AC＝30°；
故选：B．
【变式1-3】（2022 城步县模拟）如图，P为等边三角形ABC内一点，∠APB：∠APC：∠CPB＝5：6：7，则以PA，PB，PC为三边构成的三角形的三个内角从小到大的度数之比为（ ）
A．1：2：3 B．2：3：4 C．3：4：5 D．5：6：7
【分析】将△APB绕A点逆时针旋转60°得△ADC，显然有△ADC≌△APB，连PD，则AD＝AP，∠DAP＝60°，得到△ADP是等边三角形，PD＝AP，所以△DCP的三边长分别为PA，PB，PC；再由∠APB+∠BPC+∠CPA＝360°，∠APB：∠APC：∠CPB＝5：6：7，得到∠APB＝100°，∠BPC＝140°，∠CPA＝120°，这样可分别求出∠PDC＝∠ADC﹣∠ADP＝∠APB﹣∠ADP＝100°﹣60°＝40°，∠DPC＝∠APC﹣∠APD＝120°﹣60°＝60°，∠PCD＝180°﹣（40°+60°）＝80°，即可得到答案．
【解答】解：如图，将△APB绕A点逆时针旋转60°得△ADC，
显然有△ADC≌△APB，连PD，
∵AD＝AP，∠DAP＝60°，
∴△ADP是等边三角形，
∴PD＝AP，
∵DC＝PB，
∴△DCP的三边长分别为PA，PB，PC，
∵∠APB+∠BPC+∠CPA＝360°，∠APB：∠APC：∠CPB＝5：6：7，
∴∠APB＝100°，∠BPC＝140°，∠CPA＝120°，
∴∠PDC＝∠ADC﹣∠ADP＝∠APB﹣∠ADP＝100°﹣60°＝40°，
∠DPC＝∠APC﹣∠APD＝120°﹣60°＝60°，
∠PCD＝180°﹣（40°+60°）＝80°，
∴以PA，PB，PC为三边构成的三角形的三个内角从小到大的度数之比为2：3：4．
故选：B．
【题型2 利用旋转的性质求线段长度】
【例2】（2022春 仪征市期末）如图，边长为1的正方形ABCD绕点A逆时针旋转60°得到正方形AEFG，连接CF，则CF的长是（ ）
A．1 B． C． D．
【分析】连接AC、AF，证明△ACF为等边三角形，求得AC便可得出结果．
【解答】解：连接AC、AF，
由旋转性质得，AC＝AF，∠CAF＝60°，
∴△ACF为等边三角形，
∴AC＝CF，
∵AC，
∴CF，
故选：B．
【变式2-1】（2022春 如皋市期末）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝3，BC＝4．将△ABC绕点A逆时针旋转得到△AB′C′，使点C′落在AB边上，连接BB′，则B′B的长为（ ）
A． B．5 C． D．6
【分析】根据旋转的性质并利用勾股定理进行求解即可．
【解答】解：∵∠C＝90°，AC＝3，BC＝4，
∴根据勾股定理得：AB5，
由旋转的性质可知，AC＝AC'＝3，BC＝B'C'＝4，
∴BC'＝AB﹣AC'＝5﹣3＝2，
∴BB'2，
故选：C．
【变式2-2】（2022 东莞市校级一模）如图，△AOB中，∠AOB＝90°，AO＝4，BO＝8，△AOB绕点O逆时针旋转到△A′OB′处，此时线段A′B′与BO的交点E为BO的中点，则线段B′E的长度为（ ）
A．3 B． C． D．
【分析】由勾股定理求出AB，由旋转的性质可得AO＝A′O，A′B′＝AB，再求出OE，从而得到OE＝A′O，过点O作OF⊥A′B′于F，由三角形的面积求出OF，由勾股定理列式求出EF，再由等腰三角形三线合一的性质可得A′E＝2EF，然后由B′E＝A′B′﹣A′E代入数据计算即可得解．
【解答】解：∵∠AOB＝90°，AO＝4，BO＝8，
∴AB，
∵△AOB绕顶点O逆时针旋转到△A′OB′处，
∴AO＝A′O＝4，A′B′＝AB＝4，
∵点E为BO的中点，
∴OEBO8＝4，
∴OE＝A′O＝4，
过点O作OF⊥A′B′于F，如图，
S△A′OB′4 OF4×8，
解得：OF，
在Rt△EOF中，EF，
∵OE＝A′O，OF⊥A′B′，
∴A′E＝2EF＝2，
∴B′E＝A′B′﹣A′E．
故选：B．
【变式2-3】（2022春 和平区期末）如图，△ABC与△CDE都是等边三角形，连接AD，BE，CD＝4，BC＝2，若将△CDE绕点C顺时针旋转，当点A、C、E在同一条直线上时，线段BE的长为（ ）
A．2 B．2 C．或 D．2或2
【分析】分两种情况：①当E在CA延长线上时，过A作AM⊥BE于M，根据△ABC与△CDE都是等边三角形，CD＝4，BC＝2，可得AE＝AB，∠AEB＝∠ABE＝30°，在Rt△ABM中，可得BM，从而BE＝2BM＝2；②当E在AC的延长线上时，过B作BN⊥AC于N，在Rt△BCN中，CNBC＝1，BNCN，在Rt△BNE中，BE2．
【解答】解：①当E在CA延长线上时，过A作AM⊥BE于M，如图：
∵△ABC与△CDE都是等边三角形，CD＝4，BC＝2，
∴AE＝CE﹣AC＝4﹣2＝2，∠BAC＝60°，
∴AE＝AB，
∴∠AEB＝∠ABE＝30°，
在Rt△ABM中，
AMAB＝1，BMAM，
∴BE＝2BM＝2；
②当E在AC的延长线上时，过B作BN⊥AC于N，如图：
在Rt△BCN中，
CNBC＝1，BNCN，
∴NE＝CE+CN＝4+1＝5，
在Rt△BNE中，
BE2；
综上所述，线段BE的长为2或2，
故选：D．
【题型3 旋转中的坐标与图形变换】
【例3】（2022秋 黄石期末）如图，线段AB与线段CD关于点P对称，若点A（a，b）、B（5，1）、D（﹣3，﹣1），则点C的坐标为（ ）
A．（﹣a，﹣b） B．（﹣a+2，﹣b）
C．（﹣a﹣1，﹣b+1） D．（﹣a+1，﹣b﹣1）
【分析】运用中点坐标公式求答案．
【解答】解：设C（m，n），
∵线段AB与线段CD关于点P对称，
点P为线段AC、BD的中点．
∴，，
∴m＝2﹣a，n＝﹣b，
∴C（2﹣a，﹣b），
故选：B．
【变式3-1】（2022秋 本溪期末）如图，在△AOB中，OA＝4，OB＝6，AB＝2，将△AOB绕原点O逆时针旋转90°，则旋转后点A的对应点A′的坐标是（ ）
A．（﹣4，2） B．（﹣2，4） C．（﹣2，2） D．（﹣2，2）
【分析】如图，过点A作AH⊥OB于H，设OH＝m，则BH＝6﹣m，利用勾股定理构建方程求出m，可得结论．
【解答】解：如图，过点A作AH⊥OB于H，设OH＝m，则BH＝6﹣m，
∵AH2＝OA2﹣OH2＝AB2﹣BH2，
∴42﹣m2＝（2）2﹣（6﹣m）2，
∴m＝2，
∴AH2，
∴A（2，2），
∴将△AOB绕原点O逆时针旋转90°，则旋转后点A的对应点A′（﹣2，2），
【变式3-2】（2022秋 西湖区期末）如图，在平面直角坐标系中，△MNP绕原点逆时针旋转90°得到△M1N1P1，若M（1，﹣2），则点M1的坐标为（ ）
A．（﹣2，﹣1） B．（1，2） C．（2，1） D．（﹣1，﹣2）
【分析】如图，连接OM，OM1，过点M作MH⊥y轴于点H，过点M1作M1T⊥x轴于点T．利用全等三角形的性质解决问题即可．
【解答】解：如图，连接OM，OM1，过点M作MH⊥y轴于点H，过点M1作M1T⊥x轴于点T．
∵M（1，﹣2），
∴MH＝1，OH＝2，
∵∠MOM1＝∠POT，
∴∠MOH＝∠M1OT，
∵∠MHO＝∠M1TO＝90°，OM＝OM1，
∴△MHO≌△M1TO（AAS），
∴MH＝M1T＝1，OH＝OT＝2，
∴M1（2，1），
故选：C．
【变式3-3】（2022 新抚区模拟）如图，Rt△AOB的斜边AO在y轴上，OB，∠AOB＝30°，直角顶点B在第二象限，将Rt△AOB绕原点O顺时针旋转120°后得到△A′OB'，则A点的对应点A′的坐标是（ ）
A．（，﹣1） B．（1，） C．（2，0） D．（，0）
【分析】如图，利用含30度的直角三角形三边的关系得到BC＝1，再利用旋转的性质得到OB′＝OB，B′A′＝BA＝1，∠A′B′O＝∠ABO＝90°，然后利用第四象限点的坐标特征写出点A′的坐标．
【解答】解：如图，
在Rt△OAB中，∵∠BOA＝30°，
∴ABOB1，
∵Rt△OCB绕原点顺时针旋转120°后得到△OA′B'，
∴OB′＝OB，B′A′＝BA＝1，∠A′B′O＝∠ABO＝90°，
∴点A′的坐标为（，﹣1）．
故选：A．
【知识点3 利用旋转性质作图】
旋转有两条重要性质：
（3）任意一对对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角；
（4）对应点到旋转中心的距离相等，它就是利用旋转的性质作图的关键。
步骤可分为：
①连：即连接图形中每一个关键点与旋转中心；
②转：即把直线按要求绕旋转中心转过一定角度（作旋转角）
③截：即在角的另一边上截取关键点到旋转中心的距离，的到各点的对应点；
④接：即连接到所连接的各点。
【题型4 作图-旋转变换】
【例4】（2022春 化州市校级期中）如图，在平面直角坐标系中，△ABC的三个顶点分别是A（1，3），B（4，4），C（2，1）．
（1）把△ABC向左平移4个单位后得到对应的△A1B1C1，请画出平移后的△A1B1C1；
（2）把△ABC绕原点O旋转180°后得到对应的△A2B2C2，请画出旋转后的△A2B2C2．
【分析】（1）利用平移变换的性质分别作出A，B，C的对应点A1，B1，C1即可；
（2）利用旋转变换的性质分别作出A，B，C的对应点A2，B2，C2即可．
【解答】解：（1）如图，△A1B1C1即为所求；
（2）如图，△A2B2C2即为所求．
【变式4-1】（2022 南京模拟）如图，在正方形网格中有一个格点三角形ABC（即三角形ABC的各顶点都在格点上），按要求进行下列作图（提醒：别忘了标注字母！）
（1）将三角形ABC向下平移4个单位得到三角形A1B1C1；
（2）作出三角形ABC关于直线l对称的三角形A2B2C2；
（3）将三角形A2B2C2绕点A2逆时针旋转90°得到三角形A2B3C3．
【分析】（1）按平移作图的方法进行画图，即可作出图；
（2）按轴对称图形的画法画图，即可作出图；
（3）按旋转作图的画法画图，即可作出图．
【解答】解：（1）如图，△A1B1C1即为所求；
（2）如图，△A2B2C2即为所求；
（3）如图，△A2B3C3即为所求．
【变式4-2】（2022春 蒲城县期末）在如图所示的平面直角坐标系中，每个小方格都是边长为1个单位长度的正方形，△ABC的顶点坐标分别为A（1，1），B（3，0），C（2，3）．
（1）将△ABC向左平移4个单位长度得到△A1B1C1，点A、B、C的对应点分别为A1、B1、C1，请画出△A1B1C1，并写出点C1的坐标；
（2）以原点O为旋转中心，将△ABC顺时针旋转90°得到△A2B2C2，点A、B、C的对应点分别为A2、B2、C2，请画出△A2B2C2．
【分析】（1）利用平移变换的性质分别作出A，B，C的对应点A1，B1，C1即可；
（2）利用旋转变换的性质分别作出A，B，C的对应点A2，B2，C2即可．
【解答】解：（1）如图，△A1B1C1即为所求，点C1的坐标（﹣2，3）；
（2）如图，△A2B2C2即为所求．
【变式4-3】（2022秋 利通区期末）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．
（1）画出△ABC绕B点顺时针旋转90°后的△A1B1C1；并写出A1、B1、C1的坐标；
（2）画出△ABC关于原点O对称的△A2B2C2；并写出A2、B2、C2的坐标．
【分析】（1）根据题意所述的旋转中心、旋转方向、旋转角度找到各点的对应点，顺次连接即可得出△A1B1C1，结合直角坐标系可得出各点的坐标．
（2）找到各点关于原点对称的点，顺次连接可得到△A2B2C2，结合直角坐标系可得出各点的坐标．
【解答】解：（1）所画图形如下：
结合图形可得A1坐标为（3，﹣1）；B1坐标为（1，0）；C1坐标为（2，﹣2）；
（2）所画图形如下所示：
结合图形可得A2坐标为（﹣2，﹣2）；B2坐标为（﹣1，0）；C2坐标为（﹣3，﹣1）．
【题型5 旋转对称图形】
【例5】（2022春 沈丘县期末）如图，正方形ABCD边长为2cm，以各边中心为圆心，1cm为半径依次作圆，将正方形分成四部分．
（1）这个图形 是 旋转对称图形（填“是”或“不是”）；若是，则旋转中心是点 O ，最小旋转角是 90 度．
（2）求图形OBC的周长和面积．
【分析】（1）旋转对称图形的定义，结合图形即可作出判断；
（2）图形OBC的周长为BC圆的周长，面积S正方形ABCD．
【解答】解：（1）这个图形是旋转对称图形，旋转中心是点O，最小旋转角为90°．
（2）图形OBC的周长＝BC圆的周长＝2+π；
面积S正方形ABCD4＝1cm2．
【变式5-1】（2022秋 普陀区期末）在下列图形中：等腰三角形、等边三角形、正方形、正五边形、平行四边形，等腰梯形，其中有 4 个旋转对称图形．
【分析】根据旋转对称图形的定义：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．解答即可．
【解答】解：在等腰三角形、等边三角形、正方形、正五边形、平行四边形，等腰梯形只有等边三角形、正方形、正五边形、平行四边形是旋转对称图形．
故答案为4；
【变式5-2】（2022秋 孝义市期中）2022年2月4日﹣2月20日，北京冬奥会将隆重开幕，北京将成为世界上第一个既举办过夏季奥运会，又举办过冬季奥运会的城市．下面图片是在北京冬奥会会徽征集过程中，征集到的一幅图片，整个图片由“京字组成的雪花图案”、“beijing2022”、“奥运五环”三部分组成．对于图片中的“雪花图案”，至少旋转 60 °能与原雪花图案重合．
【分析】“雪花图案”可以看成正六边形，根据正六边形的中心角为60°，即可解决问题．
【解答】解：“雪花图案”可以看成正六边形，
∵正六边形的中心角为60°，
∴这个图案至少旋转60°能与原雪花图案重合．
故答案为：60．
【变式5-3】（2022 南京）在平面内，如果一个图形绕一个定点旋转一定的角度后能与自身重合，那么就称这个图形是旋转对称图形，转动的这个角称为这个图形的一个旋转角．例如：正方形绕着它的对角线的交点旋转90°后能与自身重合（如图），所以正方形是旋转对称图形，它有一个旋转角为90度．
（1）判断下列命题的真假（在相应的括号内填上“真”或“假”）．
①等腰梯形是旋转对称图形，它有一个旋转角为180度．（ 假 ）
②矩形是旋转对称图形，它有一个旋转角为180°．（ 真 ）
（2）填空：下列图形中，是旋转对称图形，且有一个旋转角为120°的是 ①，③ （写出所有正确结论的序号）：①正三角形；②正方形；③正六边形；④正八边形．
（3）写出两个多边形，它们都是旋转对称图形，都有一个旋转角为72°，并且分别满足下列条件：
①是轴对称图形，但不是中心对称图形： 如正五边形、正十五边形 ；
②既是轴对称图形，又是中心对称图形： 如正十边形、正二十边形 ．
【分析】根据旋转对称图形和中心对称图形的定义即可解答．
【解答】解：（1）等腰梯形必须旋转360°才能与自身重合；矩形旋转180°可以与自身重合．
①等腰梯形是旋转对称图形，它有一个旋转角为180度．（假）
②矩形是旋转对称图形，它有一个旋转角为180°．（真）
（2）①只要旋转120°的倍数即可；
②只要旋转90°的倍数即可；
③只要旋转60°的倍数即可；
④只要旋转45°的倍数即可．
故是旋转对称图形，且有一个旋转角为120°的是①、③．
（3）360°÷72°＝5．
①是轴对称图形，但不是中心对称图形：如正五边形，正十五边形；
②既是轴对称图形，又是中心对称图形：如正十边形，正二十边形．
【题型6 旋转中的周期性问题】
【例6】（2022春 高新区校级月考）如图，在平面直角坐标系中，已知点P0的坐标为（1，0），将点P0绕着原点O按逆时针方向旋转30°得到点P1，延长OP1到P2，使得OP2＝2OP1；再将点P2绕着原点O按逆时针方向旋转30°得到P3，延长OP3到P4，使得OP4＝2OP3……如此继续下去，点P2023坐标为（ ）
A．（﹣21010， 21010） B．（0，21011）
C．（21010， 21010） D．（ 21010，21010）
【分析】根据每次旋转后线段的长度是原来的2倍求出OP2023，根据旋转角为30°求出每12次旋转，24个点为一个循环组依次循环，然后用2023除以24，再根据商和余数的情况确定出点P2023在第二象限与y轴正半轴夹角为30°，然后解答即可．
【解答】解：∵点P0的坐标为（1，0），
∴OP0＝1，
∴OP2＝2OP1＝2，OP3＝OP2＝2，OP4＝2OP3＝2×2＝22，
…，
OP2022＝21011，
∵2022÷24＝84余6，
∴点P2023是第85循环组的第7个点，在第二象限，与y轴正半轴夹角为30°，
∴点P2023的坐标为（，），即（﹣21010，21010）．
故选：A．
【变式6-1】（2022秋 中原区校级期末）将△OBA按如图方式放在平面直角坐标系中，其中∠OBA＝90°，∠A＝30°，顶点A的坐标为（1，），将△OBA绕原点逆时针旋转，每次旋转60°，则第2023次旋转结束时，点A对应点的坐标为（ ）
A． B． C． D．
【分析】6次一个循环，分别求出第一次到第六次的点A的坐标，利用规律解决问题即可．
【解答】解：∵A（1，），∠ABO＝90°，
∴OB＝1，AB，
∵∠A＝30°，
∴OA＝2OB＝2，
∴第一次旋转后的坐标为（﹣1，），
第二次旋转后的坐标为（﹣2，0），
第三次旋转后的坐标为（﹣1，），
第四次旋转后的坐标为（1，），
第五次旋转后的坐标为（2，0），
第六次旋转后的坐标为（1，），
，
6次一个循环，
∵2023÷6＝337 1，
∴第2023次旋转结束时，点A对应点的坐标为（﹣1，），
故选：A．
【变式6-2】（2022 开封一模）如图，在平面直角坐标系中，将正方形OABC绕O点顺时针选择45°后，得到正方形OA1B1C1，以此方式，绕O点连续旋转2022次得到正方形OA2022B2022C2022，如果点C的坐标为（0，1），那么点B2022的坐标为（ ）
A． B． C．（﹣1，1） D．（﹣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，再由旋转可知：将正方形OABC绕点O顺时针旋转45°后得到正方形OA1B1C1，相当于将线段OB绕点O顺时针旋转45°，可得对应点B的坐标，然后发现规律是8次一循环，进而得出答案．
【解答】解：∵点C的坐标为（0，1），
∴OC＝1，
∵四边形OABC是正方形，
∴∠OAB＝90°，AB＝OC＝OA＝1，
∴B（1，1），
连接OB，如图：
由勾股定理得：OB，
由旋转的性质得：OB＝OB1＝OB2＝OB3，
∵将正方形OABC绕点O顺时针旋转45°后得到正方形OA1B1C1，
相当于将线段OB绕点O顺时针旋转45°，依次得到∠AOB＝∠BOB1＝∠B1OB2＝…＝45°，
∴B1（，0），B2（1，﹣1），B3（0，），B4（﹣1，﹣1），B5（，0），B6（﹣1，1），…，
发现是8次一循环，则2022÷8＝252…6，
∴点B2022的坐标为（﹣1，1），
故选：C．
【变式6-3】（2022春 高州市期中）如图，矩形ABCD的顶点A，B分别在x轴、y轴上，OA＝OB＝2，AD＝4，将矩形ABCD绕点O顺时针旋转，每次旋转90°，则第2022次旋转结束时，点C的坐标为（ ）
A．（6，4） B．（﹣6，4） C．（4，﹣6） D．（﹣4，6）
【分析】过点C作CE⊥y轴于点E，连接OC，根据已知条件求出点C的坐标，再根据旋转的性质求出前4次旋转后点C的坐标，发现规律，进而求出第2022次旋转结束时，点C的坐标．
【解答】解：如图，过点C作CE⊥y轴于点E，连接OC，
∵OA＝OB＝2，
∴∠ABO＝∠BAO＝45°，
∵∠ABC＝90°，
∴∠CBE＝45°，
∵BC＝AD＝4，
∴CE＝BE＝4，
∴OE＝OB+BE＝6，
∴C（﹣4，6），
∵矩形ABCD绕点O顺时针旋转，每次旋转90°，
则第1次旋转结束时，点C的坐标为（6，4）；
则第2次旋转结束时，点C的坐标为（4，﹣6）；
则第3次旋转结束时，点C的坐标为（﹣6，﹣4）；
则第4次旋转结束时，点C的坐标为（﹣4，6）；
…
发现规律：旋转4次一个循环，
∴2022÷4＝505 2，
则第2022次旋转结束时，点C的坐标为（4，﹣6）．
故选：C．
【题型7 旋转中的多结论问题】
【例7】（2022 益阳）如图，已知△ABC中，∠CAB＝20°，∠ABC＝30°，将△ABC绕A点逆时针旋转50°得到△AB′C′，以下结论：①BC＝B′C′，②AC∥C′B′，③C′B′⊥BB′，④∠ABB′＝∠ACC′，正确的有（ ）
A．①②③ B．①②④ C．①③④ D．②③④
【分析】根据旋转的性质可得，BC＝B′C′∠C′AB′＝∠CAB＝20°，∠AB′C′＝∠ABC＝30°，再根据旋转角的度数为50°，通过推理证明对①②③④四个结论进行判断即可．
【解答】解：①∵△ABC绕A点逆时针旋转50°得到△AB′C′，
∴BC＝B′C′．故①正确；
②∵△ABC绕A点逆时针旋转50°，
∴∠BAB′＝50°．
∵∠CAB＝20°，
∴∠B′AC＝∠BAB′﹣∠CAB＝30°．
∵∠AB′C′＝∠ABC＝30°，
∴∠AB′C′＝∠B′AC．
∴AC∥C′B′．故②正确；
③在△BAB′中，
AB＝AB′，∠BAB′＝50°，
∴∠AB′B＝∠ABB′（180°﹣50°）＝65°．
∴∠BB′C′＝∠AB′B+∠AB′C′＝65°+30°＝95°．
∴C′B′与BB′不垂直．故③不正确；
④在△ACC′中，
AC＝AC′，∠CAC′＝50°，
∴∠ACC′（180°﹣50°）＝65°．
∴∠ABB′＝∠ACC′．故④正确．
∴①②④这三个结论正确．
故选：B．
【变式7-1】（2022春 邗江区期末）如图，在正方形ABCD中，AB＝8，若点E在对角线AC上运动，将线段DE绕点D逆时针旋转90°得到线段DF，连接EF、CF．点P在CD上，且CP＝3PD．给出以下几个结论①EFDE，②EF2＝AE2+CE2，③线段PF的最小值是4，④△CFE的面积最大是16．其中正确的是（ ）
A．①②④ B．②③④ C．①②③ D．①③④
【分析】①根据旋转的性质得△DEF为等腰直角三角形，进而得到EF与DE的数量关系，便可判定①的正误；
②证明△ADE≌△CDF，得AE＝CF，∠DAE＝∠DCF＝45°，再在直角△CEF中由勾股定理得EF2＝CF2+CE2，进而得EF2＝AE2+CE2，便可判断②的正误；
③由∠DCF＝45°恒成立，所以当PF⊥CF时，PF取最小值，求出此时的PF便可判断③的正误；
④先求得AE+CE＝AC，再根据（（AE﹣CE）2≥0求得AE CE≤32，求得AE CE的最大值为32，进而求得△CFE的面积最大值，便可判断④的正误．
【解答】解：①∵由旋转知，DE＝DF，∠EDF＝90°，
∴EFDE，
故①正确；
②∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ADC＝∠BCD＝90°，AD＝CD，∠DAC＝∠ACD＝45°，
∴∠ADC＝∠EDF，
∴∠ADE＝∠CDF，
∴△ADE≌△CDF（SAS），
∴AE＝CF，∠DAE＝∠DCF＝45°，
∴∠ECF＝90°，
∴EF2＝CF2+CE2，
∴EF2＝AE2+CE2，
故②正确；
③∵CP＝3PD．
∴PCCD＝6，
当PF⊥CF时，PF取最小值，如图，
∵∠DCF＝45°，
∴PF＝CFCP＝3，
故③错误；
④∵∠ECF＝90°，
∴，
∵AE+CE＝AC，
∴（AE﹣CE）2＝（AE+CE）2﹣4AE CE＝128﹣4AE CE≥0，
∴AE CE≤32，
∴AE CE的最大值为32，
∴△CFE的面积最大是32＝16，
故④正确；
故选：A．
【变式7-2】（2022春 双牌县期末）一副三角板如图摆放，点F是45°角三角板ABC的斜边的中点，AC＝4．当30°角三角板DEF的直角顶点绕着点F旋转时，直角边DF，EF分别与AC，BC相交于点M，N．在旋转过程中有以下结论：①MF＝NF；②四边形CMFN有可能是正方形：③MN长度的最小值为2；④四边形CMFN的面积保持不变．其中正确结论的个数是（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
【分析】利用两直角三角形的特殊角、性质及旋转的性质分别判断每一个结论，找到正确的即可．
【解答】解：①连接CF，
∵F为AB中点，AC＝BC，∠ACB＝90°，
∴AF＝BF＝CF，CF⊥AB，
∴∠AFM+∠CFM＝90°．
∵∠DFE＝90°，∠CFM+∠CFN＝90°，
∴∠AFM＝∠CFN．
同理，∵∠A+∠MCF＝90°，∠MCF+∠FCN＝90°，
∴∠A＝∠FCN，
在△AMF与△CNF中，
，
∴△AMF≌△CNF（ASA），
∴MF＝NF．
故①正确；
②当MF⊥AC时，四边形MFNC是矩形，此时MA＝MF＝MC，根据邻边相等的矩形是正方形可知②正确；
③连接MN，当M为AC的中点时，CM＝CN，根据边长为4知CM＝CN＝2，此时MN最小，最小值为2，故③错误；
④当M、N分别为AC、BC中点时，四边形CDFE是正方形．
∵△ADF≌△CEF，
∴S△CEF＝S△AMF
∴S四边形CDFE＝S△AFC．
故④正确；
故选：C．
【变式7-3】（2022春 德州期中）如图，正方形ABCD的对角线相交于点O，点O又是正方形A1B1C1O的一个顶点，而且这两个正方形的边长相等．给出如下四个结论：①∠OEF＝45°；②正方形A1B1C1O绕点O旋转时，四边形OEBF的面积随EF的长度变化而变化；③△BEF周长的最小值为；④AE2+CF2＝2OB2．其中正确的结论有（ ）
A．①③ B．②③ C．①④ D．③④
【分析】①由四边形ABCD和A1B1C1O是正方形可知，易证得△BOE≌△COF（ASA），则可得Rt△OEF为等腰直角三角形；
②由（1）易证得S四边形OEBF＝S△BOCS正方形ABCD，则可得出结论；
③BE+BF＝BF+CF＝BCOA，而EF的最小值为AC＝OA，故可得结论③正确；
④由AE＝BF和EF2＝BE2+BF2，即可得结论．
【解答】解：①∵四边形ABCD是正方形，
∴OB＝OC，∠OBE＝∠OCF＝45°，∠BOC＝90°，
∴∠BOF+∠COF＝90°，
∵∠EOF＝90°，
∴∠BOF+∠COE＝90°，
∴∠BOE＝∠COF，
在△BOE和△COF中，
，
∴△BOE≌△COF（ASA），
∴OE＝OF，BE＝CF，
∴∠OEF＝45°，EFOE；故①正确；
②由①得△BOE≌△COF
∴S四边形OEBF＝S△BOF+S△BOE＝S△BOF+S△COF＝S△BOCS正方形ABCD，
故②错误；
③由①可知BE+BF＝BF+CF＝BCOA，EFOE，
△BEF周长＝BE+BF+EFOAOE，
∵OA为定值，则OE最小时△BEF周长的周长最小，
∴当OE⊥AB时OE最小，△BEF周长的周长最小，
此时OEOA，
∴△BEF周长的周长最小值OAOEOAOA＝（1）OA．
故③正确，
④∵在△BEF中，EF2＝BE2+BF2，
∴EF2＝AE2+CF2，
又∵2OB2＝AB2＝（AE+CF）2．
∴AE2+CF2≠2OB2，故④错误．
故选：A．
【题型8 旋转中的最值问题】
【例8】（2022 黄石）如图，等边△ABC中，AB＝10，点E为高AD上的一动点，以BE为边作等边△BEF，连接DF，CF，则∠BCF＝ 30° ，FB+FD的最小值为 5 ．
【分析】首先证明△BAE≌△BCF（SAS），推出∠BAE＝∠BCF＝30°，作点D关于CF的对称点G，连接CG，DG，BG，BG交CF于点F′，连接DF′，此时BF′+DF′的值最小，最小值＝线段BG的长．
【解答】解：如图，
∵△ABC是等边三角形，AD⊥CB，
∴∠BAE∠BAC＝30°，
∵△BEF是等边三角形，
∴∠EBF＝∠ABC＝60°，BE＝BF，
∴∠ABE＝∠CBF，
在△BAE和△BCF中，
，
∴△BAE≌△BCF（SAS），
∴∠BAE＝∠BCF＝30°，
作点D关于CF的对称点G，连接CG，DG，BG，BG交CF于点F′，连接DF′，此时BF′+DF′的值最小，最小值＝线段BG的长．
∵∠DCF＝∠FCG＝30°，
∴∠DCG＝60°，
∵CD＝CG＝5，
∴△CDG是等边三角形，
∴DB＝DC＝DG，
∴∠CGB＝90°，
∴BG5，
∴BF+DF的最小值为5，
故答案为：30°，5．
【变式8-1】（2022春 大埔县期中）如图，在Rt△ABC和Rt△ADE中，∠BAC＝∠DAE＝90°，AC＝AD＝3，AB＝AE＝5．连接BD，CE，将△ADE绕点A旋转一周，在旋转的过程中当∠DBA最大时，S△ACE＝（ ）
A．6 B．6 C．9 D．9
【分析】作DG⊥AB于G，CH⊥AE，交EA的延长线于H，可知点D在以A为圆心，AD为半径的圆上运动，当AD⊥BD时，∠ABD最大，利用AAS证明△ADG≌△AHC，得CH＝DG，可说明△ACE的面积＝△ABD的面积，从而得出答案．
【解答】解：作DG⊥AB于G，CH⊥AE，交EA的延长线于H，
∵AD＝3，
∴点D在以A为圆心，AD为半径的圆上运动，
∴当AD⊥BD时，∠ABD最大，
由勾股定理得BD＝4，
∵∠DAH＝∠CAB＝90°，
∴∠CAH＝∠DAB，
∵∠AGD＝∠H，AC＝CD，
∴△ADG≌△AHC（AAS），
∴CH＝DG，
∴△ACE的面积AE×CHAB×DG＝△ABD的面积AD×BD6，
【变式8-2】（2022春 龙岗区期末）如图，点E是等边三角形△ABC边AC的中点，点D是直线BC上一动点，连接ED，并绕点E逆时针旋转90°，得到线段EF，连接DF．若运动过程中AF的最小值为，则AB的值为（ ）
A．2 B． C． D．4
【分析】由“SAS”可证△BDE≌△NFE，可得∠N＝∠CBE＝30°，则点N在与AN成30°的直线上运动，当AF'⊥F'N时，AF'有最小值，即可求解．
【解答】解：如图，连接BE，延长AC至N，使EN＝BE，连接FN，
∵△ABC是等边三角形，E是AC的中点，
∴AE＝EC，∠ABE＝∠CBE＝30°，BE⊥AC，
∴∠BEN＝∠DEF＝90°，BEAE，
∴∠BED＝∠CEF，
在△BDE和△NFE中，
，
∴△BDE≌△NFE（SAS），
∴∠N＝∠CBE＝30°，
∴点N在与AN成30°的直线上运动，
∴当AF'⊥F'N时，AF'有最小值，
∴AF'AN，
∴1（AEAE），
∴AE＝2，
∴AC＝4，
故选：D．
【变式8-3】（2022春 南京期末）如图，在正方形ABCD中，AB＝4，E为AB边上一点，点F在BC边上，且BF＝1，将点E绕着点F顺时针旋转90°得到点G，连接DG，则DG的长的最小值为（ ）
A．2 B．2 C．3 D．
【分析】过点G作GH⊥BC，垂足为H，可得∠GHF＝90°，根据正方形的性质可得AB＝CD＝4，∠B＝90°，根据旋转的性质可得EF＝FG，∠EFG＝90°，然后利用同角的余角相等可得∠BEF＝∠GFH，从而可证△EBF≌△FHG，进而可得BF＝GH＝1，最后可得点G在与BC平行且与BC的距离为1的直线上，从而可得当点G在CD边上时，DG的值最小，进行计算即可解答．
【解答】解：过点G作GH⊥BC，垂足为H，
∴∠GHF＝90°，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝CD＝4，∠B＝90°，
∴∠B＝∠GHF＝90°，
由旋转得：
EF＝FG，∠EFG＝90°，
∴∠EFB+∠GFH＝90°，
∵∠BEF+∠BFE＝90°，
∴∠BEF＝∠GFH，
∴△EBF≌△FHG（AAS），
∴BF＝GH＝1，
∴点G在与BC平行且与BC的距离为1的直线上，
∴当点G在CD边上时，DG最小且DG＝4﹣1＝3，
∴DG的最小值为3，
故选：C．
【题型9 旋转的综合】
【例9】（2022春 长沙期末）如图，有一副直角三角板如图1放置（其中∠D＝45°，∠C＝30°），PA，PB与直线MN重合，且三角板PAC，三角板PBD均可以绕点P逆时针旋转．
（1）在图1中，∠DPC＝ 75° ；
（2）①如图2，若三角板PBD保持不动，三角板PAC绕点P逆时针旋转，转速为10°/秒，转动一周三角板PAC就停止转动，在旋转的过程中，当旋转时间为多少时，有PC∥DB成立；
②如图3，在图1基础上，若三角板PAC的边PA从PN处开始绕点P逆时针旋转，转速为3°/秒，同时三角板PBD的边PB从PM处开始绕点P逆时针旋转，转速为2°/秒，当PC转到与PA重合时，两三角板都停止转动，在旋转过程中，当∠CPD＝∠BPM时，求旋转的时间是多少？
【分析】（1）根据平角的定义即可得到结论；
（2）①如图1，根据平行线的性质得到∠CPN＝∠DBP＝90°，求得∠APN＝30°，于是得到结论；如图2，根据平行线的性质得到∠CPB＝∠DBP＝90°，根据三角形的内角和得到∠CPA＝60°，求得∠APM＝30°，于是得到结论；
②设旋转的时间为t秒，由题知，∠APN＝3t°，∠BPM＝2t°，根据周角的定义得到∠CPD＝360°﹣∠BPD﹣∠BPN﹣∠APN﹣∠APC＝360°﹣45°﹣（180°﹣2t°）﹣（3t°）﹣60°＝75°﹣t°，列方程即可得到结论．
【解答】解：（1）∵∠BPD＝∠D＝45°，∠APC＝60°，
∴∠DPC＝180°﹣45°﹣60°＝75°，
故答案为：75°；
（2）①如图1，此时，BD∥PC成立，
∵PC∥BD，∠DBP＝90°，
∴∠CPN＝∠DBP＝90°，
∵∠C＝30°，
∴∠CPA＝60°，
∴∠APN＝30°，
∵转速为10°/秒，
∴旋转时间为3秒；
如图2，PC∥BD，
∵PC∥BD，∠PBD＝90°，
∴∠CPB＝∠DBP＝90°，
∵∠C＝30°，
∴∠CPA＝60°，
∴∠APM＝30°，
∵三角板PAC绕点P逆时针旋转D的角度为180°+30°＝210°，
∵转速为10°/秒，
∴旋转时间为21秒，
综上所述，当旋转时间为3或21秒时，PC∥DB成立；
②设旋转的时间为t秒，由题知，∠APN＝3t°，∠BPM＝2t°，
∴∠BPN＝180°﹣∠BPM＝180°﹣2t°，
∴∠CPD＝360°﹣∠BPD﹣∠BPN﹣∠APN﹣∠APC＝360°﹣45°﹣（180°﹣2t°）﹣（3t°）﹣60°＝75°﹣t°，
当∠CPD＝∠BPM，即2t°＝75°﹣t°，
解得：t＝25，
∴当∠CPD＝∠BPM，求旋转的时间是25秒．
【变式9-1】（2022春 南川区期末）如图，四边形ABCD是正方形，点E在AB的延长线上，连接EC，EC绕点E逆时针旋转90°得到EF，连接CF、AF，CF与对角线BD交于点G．
（1）若BE＝2，求AF的长度；
（2）求证：AF+2BGAD．
【分析】（1）由正方形的性质及旋转的额性质求得∠ABC＝∠EBC＝∠FEC＝90°，AB＝BC，EF＝EC，再利用勾股定理可得AC2＝2BC2，CE2＝BE2+BC2，CF2＝2BE2+2BC2，再证明∠FAC＝90°，结合勾股定理可得AF2＝2BE2，进而可求解AF的长；
（2）通过证明四边形ADBH是平行四边形，可得AD＝BH＝BC＝AB，可求AHABCD，由相似三角形的性质可得HF＝2BG，即可求解．
【解答】（1）解：连接AC，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝BC，∠ABC＝90°，
∴∠EBC＝90°，AC2＝AB2+BC2＝2BC2，
∴CE2＝BE2+BC2，
∵EC绕点E逆时旋转90°得到EF，
∴EF＝EC，∠FEC＝90°，
∴∠EFC＝∠ECF＝45°，CF2＝EF2+CE2＝2CE2＝2BE2+2BC2，
∴∠EFC＝∠EAC＝45°，
∴∠FAE＝∠FCE＝45°，
∴∠FAC＝90°，
∴CF2＝AF2+AC2＝AF2+2BC2，
∴AF2+2BC2＝2BE2+2BC2，
即AF2＝2BE2，
∵BE＝2，
∴AF2＝2×22＝8，
解得AF；
（2）证明：连接AC，延长AF，CB交于点H，
∵FAE＝∠ABD＝45°，
∴AF∥BD，
又∵AD∥BC，
∴四边形ADBH是平行四边形，
∴AD＝BH＝BC＝AB，
∴AHABCD，
∵AH∥BG，
∴CG＝FG，
∴BG是△CBF的中位线，
∴HF＝2BG，
∵AH＝AF+FH，
∴AD＝AF+2BG，
即AF+2BGAD．
【变式9-2】（2022 平邑县一模）在正方形ABCD中，点E在射线BC上（不与点B、C重合），连接DB，DE，将DE绕点E逆时针旋转90°得到EF，连接BF．
（1）如图1，点E在BC边上．
①依题意补全图1；
②若AB＝6，EC＝2，求BF的长；
（2）如图2，点E在BC边的延长线上，用等式表示线段BD，BE，BF之间的数量关系．
【分析】（1）①根据要求画出图形即可；
②过点F作FH⊥CB，交CB的延长线于H．证明△DCE≌△EHF（AAS），推出EC＝FH，DC＝EH，推出CE＝BH＝FH，再利用勾股定理解决问题即可；
（2）由②可得△DCE≌△EHF，推出EC＝FH，DC＝EH，推出CE＝BH＝FH，再利用等腰直角三角形的性质解决问题即可
【解答】解（1）图形如图所示．
过点F作FH⊥CB，交CB的延长线于H，
∵四边形ABCD是正方形，
∴CD＝AB＝6，∠C＝90°，
∵∠DEF＝∠C＝90°，
∴∠DEC+∠FEH＝90°，∠DEC+∠EDC＝90°，
∴∠FEH＝∠EDC，
在△DEC和△EFH中，
，
∴△DEC≌△EFH（AAS），
∴EC＝FH＝2，CD＝BC＝EH＝6，
∴HB＝EC＝2，
∴Rt△FHB中，BF2．
（2）结论：BF+BDBE．
理由：过点F作FH⊥CB，交CB于H，
∵四边形ABCD是正方形，
∴CD＝AB＝6，∠DCE＝90°，
∵∠DEF＝∠DCE＝90°，
∴∠DEC+∠FEH＝90°，∠DEC+∠EDC＝90°，
∴∠FEH＝∠EDC，
在△DEC和△EFH中，
，
∴△DEC≌△EFH（AAS），
∴EC＝FH，CD＝BC＝EH，
∴HB＝EC＝HF，
∴△DCB和△BHF都是等腰直角三角形，
∴BDBCHE，BFBH，
∵HE+BH＝BE，
∴BF+BDBE．
【变式9-3】（2022 泰安一模）如图，将矩形ABCD绕着点B逆时针旋转得到矩形GBEF，使点C恰好落到线段AD上的E点处，连接CE，连接CG交BE于点H．
（1）求证：CE平分∠BED；
（2）取BC的中点M，连接MH，求证：MH∥BG；
（3）若BC＝2AB＝4，求CG的长．
【分析】（1）根据旋转的性质得到CB＝CE，求得∠BEC＝∠BCE，根据平行线的性质得到∠BCE＝∠DEC，可证得结论；
（2）过点C作BE的垂线CN，根据角平分线的性质得到CN＝BG，求得CG＝BQ，根据全等三角形的性质得到CH＝GH，根据三角形的中位线定理即可得到结论；
（3）过点G作BC的垂线GR，解直角三角形即可得到结论．
【解答】（1）证明：∵将矩形ABCD绕着点B逆时针旋转得到矩形GBEF，使点C恰好落到线段AD上的E点处，
∴BE＝BC，
∴∠BEC＝∠BCE，
∵AD∥BC，
∴∠BCE＝∠DEC，
∴∠BEC＝∠DEC，
∴CE平分∠BED；
（2）证明：过点C作CN⊥BE于N，如图：
∵CE平分∠BED，CD⊥DE，CN⊥BE，
∴CD＝CN，
∴BG＝AB＝CD＝CN，
∵∠BHG＝∠NHC，∠GBH＝∠CNH＝90°，BG＝CN，
∴△BHG≌△NHC（AAS），
∴GH＝CH，即点H是CG中点，
∵点M是BC中点，
∴MH是△BCG的中位线，
∴MH∥BG；
（3）解：过点C作CN⊥BE于N，过G作GR⊥BC于R，如图：
∵BC＝2AB＝4，
∴BG＝AB＝CD＝CN＝2，
∴CNBC，
∴∠NBC＝30°，
∵∠GBE＝90°，
∴∠GBR＝60°，
∴BRBG＝1，GRBR，
在Rt△GRC中，
CG2，
∴CG的长为2．
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