23.1 图形的旋转 同步练习
一、单选题
1．（2022秋·湖北黄冈·九年级期末）如图，在中，，将绕点逆时针旋转得到，点，的对应点分别为，，连接．当点，，在同一条直线上时，则旋转角的度数为（ ）
A． B． C． D．
2．（2022秋·湖北鄂州·九年级统考期末）如图，中，，绕顶点O逆时针旋转到 处，此时线段与的交点E为的中点，则线段的长度为（ ）
A． B． C． D．
3．（2022秋·湖北荆州·九年级统考期末）如图，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，将△ABC绕点A顺时针旋转90°后得到△AB'C'（点B对应点是点B'，点C'的对应点是点C'），连接CC'．若∠CC'B'＝22°，则∠B的大小是（ ）
A．63° B．67° C．68° D．77°
4．（2022秋·湖北荆门·九年级统考期末）把如图的五角星绕着它的中心旋转一定角度后与自身重合，则这个旋转角度可能是（ ）
A． B． C． D．
5．（2022秋·湖北恩施·九年级统考期末）在平面直角坐标系中，点A（，），B（，），C（，），点M（2，m）绕坐标原点O逆时针旋转90°后，恰好落在△ABC内部（不包括边界），则m的取值范围为（）
A．＜＜ B．＜＜ C．＜＜ D．＜＜
6．（2022秋·湖北荆州·九年级统考期末）如图，正方形OABC的两边OA、OC分别在x轴、y轴上，点D（5，3）在边AB上，以C为中心，把CDB旋转90°，则旋转后点D的对应点 的坐标是（ ）
A．（2，10） B．（﹣2，0）
C．（2，10）或（﹣2，0） D．（10，2）或（﹣2，0）
7．（2022秋·湖北十堰·九年级统考期末）如图，在平面直角坐标系中，将△ABO绕点A顺时针旋转到△AB1C1的位置，点B、O分别落在点B1、C1处，点B1在x轴上，再将△AB1C1绕点B1顺时针旋转到△A1B1C2的位置，点C2在x轴上，将△A1B1C2绕点C2顺时针旋转到△A2B2C2的位置，点A2在x轴上，依次进行下去…，若点A（3，0），B（0，4），则点B2021的横坐标为（ ）
A．12120 B．12128 C．12123 D．12125
8．（2022秋·湖北襄阳·九年级统考期末）如图，在中，，将绕点A顺时针旋转后得到的（点B的对应点是点，点的对应点是点），连接．若，则的大小是（ ）
A． B． C． D．
二、填空题
9．（2022秋·湖北鄂州·九年级期末）中，，，以为边在外作正方形，、交于点O，则线段的最大值为 ．
10．（2022秋·湖北随州·九年级统考期末）已知：如图，在等边中取点P，使得，，的长分别为a，a，，将线段以点B为旋转中心顺时针旋转得到线段，连接，则 ； ．
11．（2022秋·湖北恩施·九年级统考期末）如图，在中，，，把绕点B顺时针旋转到的位置，使点C恰好落在DE边上，若，则 ．
12．（2022秋·湖北荆门·九年级统考期末）将按如图的方式放在平面直角坐标系中，其中，，顶点A的坐标为，将绕原点O逆时针旋转得到点，则点的坐标为 ．
13．（2022秋·湖北孝感·九年级期末）如图，把△ABC绕点A旋转一定角度得到△ADE，BC与DE交于F，连接CE，若∠BFD＝20°，则∠ACE＝ 度．
14．（2022秋·湖北黄石·九年级统考期末）已知：如图，在正方形内取一点P，连接、、，将绕点A顺时针旋转90°得，连．若，，．下列结论：①；②点B到直线的距离为；③；④．其中正确结论的序号是 ．
15．（2022秋·湖北襄阳·九年级统考期末）如图，将△ABC绕点C顺时针旋转90°得到△EDC．若点A，D，E在同一条直线上，∠ACB＝20°，则∠ADC的度数是 ．
16．（2022秋·湖北襄阳·九年级统考期末）如图，在△ABC中，∠C=90°，AC=4，BC=3，将△ABC绕点A逆时针旋转，使点C落在线段AB上的点E处，点B落在点D处，则BD的长为 .
17．（2022秋·湖北鄂州·九年级期末）将点绕原点顺时针旋转对应的点坐标为 ．
三、解答题
18．（2022秋·湖北襄阳·九年级统考期末）如图，在平面直角坐标系中，其中一个三角形是由另一个三角形绕某点旋转一定的角度得到的，请你尺规作图在图中标记旋转中心P的位置，并说出P的坐标．
19．（2022·湖北孝感·九年级期末）如图，在平面直角坐标系中，Rt△ABC的三个顶点分别是A（－3，2），B（0，4），C（0，2）．
（1）将△ABC以点C为旋转中心旋转180°，画出旋转后对应的△C；平移△ABC，若A的对应点的坐标为（0，-4），画出平移后对应的△；
（2）若将△C绕某一点旋转可以得到△，请直接写出旋转中心的坐标；
（3）在轴上有一点P，使得PA+PB的值最小，请直接写出点P的坐标．
20．（2022秋·湖北荆门·九年级统考期末）如图，已知是等边三角形，在外有一点，连接，，，将绕点按顺时针方向旋转得到，与交于点，．
(1)求的大小；
(2)若，，，求的长．
21．（2022秋·湖北襄阳·九年级统考期末）如图，中，，，将绕点A逆时针旋转得到，点D恰好在边上，边交边于点F．
(1)求证：；
(2)若，求点C到直线的距离．
22．（2022秋·湖北宜昌·九年级统考期末）如图所示，把绕点顺时针旋转，得到，交于点，若，求∠A的度数．
23．（2022秋·湖北荆州·九年级统考期末）如图，将绕点A按顺时针方向旋转90°得到，点B的对应点为点D，点C的对应点E落在BC边上，连接BD，．
(1)求证：；
(2)若，，求线段BD的长．
24．（2022秋·湖北十堰·九年级统考期末）在中，，将线段AC绕着点C逆时针旋转得到线段CD，旋转角为，且，连接AD、BD．
(1)如图1，当，时，的大小为______；
(2)如图2，当，时，求的大小．
25．（2022秋·湖北荆州·九年级统考期中）在RtABC中，∠ABC＝90°，∠A＝α，O为AC的中点，将点O沿BC翻折得到点，将ABC绕点顺时针旋转，使点B与C重合，旋转后得到ECF．
（1）如图1，旋转角为 ．（用含α的式子表示）
（2）如图2，连BE，BF，点M为BE的中点，连接OM，
①∠BFC的度数为 ．（用含α的式子表示）
②试探究OM与BF之间的关系．
（3）如图3，若α＝30°，请直接写出的值为 ．
26．（2022秋·湖北黄石·九年级统考期末）如图，将绕点顺时针旋转得，点的对应点恰好落在的延长线上，连接．AC，DE相交于点P．
（Ⅰ）求证：△ADB是等边三角形；
（Ⅱ）直接写出∠APD的度数______．
27．（2022秋·湖北宜昌·九年级统考期末）如图，直线y＝﹣x＋2交y轴于点A，交x轴于点C，抛物线y＝﹣x2＋bx＋c经过点A，点C，且交x轴于另一点B．
（1）点A的坐标为 ，点C的坐标为 ，并求抛物线的解析式；
（2）在直线AC上方的抛物线上有一点M，求四边形ABCM面积的最大值及此时点M的坐标；
（3）将线段OA绕x轴上的动点P（m，0）顺时针旋转90°得到线段，若线段与抛物线只有一个公共点，请你直接写出m的取值范围．
28．（2022秋·湖北荆门·九年级统考期末）如图，将绕点A按顺时针方向旋转，得到，点B的对应点为点D，点C的对应点F落在边上，连接．
(1)求证：；
(2)若，，求线段的长．
29．（2022秋·湖北恩施·九年级统考期末）如图，将绕点O旋转180°，得到，当点O不在三边所在直线上时，求证：四边形是平行四边形．
30．（2022秋·湖北孝感·九年级统考期末）如图，点A、B的坐标分别为（0，0）、（4，0），将绕点A按逆时针方向旋转 得到．
(1)画出；
(2)写出点C′的坐标．
31．（2022秋·湖北武汉·九年级统考期末）如图，在ABC中，点A(﹣3，﹣1)，B(1，1)，C(0，3)．
（1）将ABC绕点O顺时针旋转90°，点A，B，C的对应点A1，B1，C1均落在格点上，画出旋转后的A1B1C1，并直接写出点A1，B1，C1的坐标；
（2）将ABC绕点A旋转后，B，C对应点B2，C2均落在格点上，画出旋转后的AB2C2，并直接写出点B2，C2的坐标；
（3）若线段B1C1绕某点旋转后恰好与线段B2C2重合，直接写该点的坐标为 ．
32．（2022·湖北黄石·九年级统考期末）如图，在中，，，将绕点B按逆时针方向旋转，得到，连接，交于点F．
(1)求证：；
(2)求的度数．
参考答案：
1．D
【分析】由旋转的性质可得，由等腰三角形的性质可求，再利用三角形的外角性质即可求解．
【详解】解：∵将绕点逆时针旋转得到，
∴，
∴，
∴，
故选：D．
【点睛】本题考查了旋转的性质，等腰三角形的性质，掌握旋转的性质是解题的关键．
2．C
【分析】先利用勾股定理求出的长度，再过点O作于F，利用等面积法求出，最后利用勾股定理求出的长，结合等腰三角形的性质即可解答．
【详解】解：∵，
∴，
∵绕顶点O逆时针旋转到处，
∴，
∵E为的中点，
∴，
∴，
过点O作于F，
，
解得：，
在中，，
∵，，
∴，
∴．
故选C．
【点睛】本题主要考查主要考查旋转的性质，涉及到等面积法求线段长度，勾股定理解直角三角形及等腰三角形的性质．
3．B
【分析】由旋转的性质可得AC＝AC'，∠CAC'＝90°，∠AB'C'＝∠B，可得∠ACC'＝45°，根据三角形的外角等于不相邻的两个内角和，可求∠AB'C'＝∠B＝∠ACC'+∠CC'B'＝78°．
【详解】∵将△ABC绕点A顺时针旋转90°后得到△AB′C′
∴AC＝AC'，∠CAC'＝90°，∠AB'C'＝∠B
∴∠ACC'＝45°
∵∠AB'C'＝∠ACC'+∠CC'B'
∴∠AB'C'＝45°+22°＝67°
∴∠B＝67°
故选B．
【点睛】本题考查了旋转的性质．等腰三角形的性质，熟练运用旋转的性质是解决本题的关键．
4．B
【分析】根据五角星的特点，用周角360°除以5即可得到最小的旋转角度，从而得解．
【详解】解：∵360°÷5=72°，
∴旋转的角度为72°的整数倍，
36°、72°、90°、108°中只有72°符合．
故选：B．
【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．
5．A
【详解】将△ABC绕点O顺时针旋转90°，得到△A'B'C'，与直线x=2交于点D，E，则点M在线段DE上（不含端点），据此可得m的取值范围．
【解答】解：如图所示：
将△ABC绕点O顺时针旋转90°，得到△A'B'C'，则有：
A'（3，3），B'（1，4），C'（1，2），
设直线A'B'的解析式为，
把A'（3，3），B'（1，4）代入得，
解得，
∴直线A'B'的解析式为y=-x+，
同理可得直线A'C'的解析式为y=x+，
设直线x=2与△A'B'C'的边交于点D，E，
y=-x+中，令x=2，则y=；
y=x+中，令x=2，则y=；
∴当点M（2，m）在线段DE上（不含端点）时，＜m＜，
故选：A．
【点睛】本题主要考查了旋转的性质，解题时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．
6．C
【分析】分顺时针旋转和逆时针旋转两种情况讨论解答即可．
【详解】解：∵点D（5，3）在边AB上，
∴BC＝5，BD＝5﹣3＝2，
①若顺时针旋转，则点在x轴上，O＝2，
所以，（﹣2，0），
②若逆时针旋转，则点到x轴的距离为10，到y轴的距离为2，
所以，（2，10），
综上所述，点的坐标为（2，10）或（﹣2，0）．
故选：C．
【点睛】本题考查了坐标与图形变化﹣旋转，正方形的性质，难点在于分情况讨论．
7．B
【分析】通过旋转发现，B、B2、B4…每偶数之间的B相差12个单位长度，根据这个规律可以求得B2020的横坐标，进而可得点B2021的坐标．
【详解】解：∵点A（3，0），B（0，4），
∴OA=3，OB=4，
∴AB==5，
∴OA+AB1+B1C2=3+5+4=12，
观察图象可知，点B2020的纵坐标为4，
∵2020÷2=1010，
∴点B2020的横坐标为1010×12=12120，
12120+3+5=12128，
∴点B2021的坐标为（12128，0）．
故选：B．
【点睛】本题考查坐标与图形变化-旋转，规律型：点的坐标，解题的关键是循环探究规律，利用规律解决问题．
8．B
【分析】利用旋转的性质得到，继而得到为等腰直角三角形，根据等腰直角三角形的性质解得，再由角的和差求得，即，最后根据三角形内角和解题即可．
【详解】∵绕点A顺时针旋转后得到的，
∴，
∴为等腰直角三角形，
∴．
∵，
∴，
∴，
∴．
故选：B．
【点睛】本题考查旋转的性质，涉及等腰直角三角形的判定与性质等知识，是重要考点，难度较易，掌握相关知识是解题关键．
9．
【分析】以点O为中心，将顺时针旋转得到，可得到等腰，即，，结合图形有（点A，点C，点F三点共线时取等号），即有，点A，点C，点F三点共线时，取得最大值，问题随之得解．
【详解】解：如图：以点O为中心，将顺时针旋转得到，
∵根据旋转有，，
∴得到等腰，即，，
如图，（点A，点C，点F三点共线时取等号），
∴，
∴点A，点C，点F三点共线时，取得最大值，
∴，
∵，
∴，
解得，
故答案为：．
【点睛】本题考查旋转的性质，勾股定理，正方形的性质，作出合理的辅助线是解题关键．
10．
【分析】由旋转可得是等边三角形，得到，，由“”可证，可得，，由勾股定理的逆定理可得，，可求，，由面积和差关系可求，即可求解．
【详解】解：将线段以点为旋转中心顺时针旋转得到线段，
，，
是等边三角形，
，，
，
，
又，，
在和中，
，
，
，，
，，
，
，
，，
，
，
故答案为：，．
【点睛】本题是三角形综合题，考查了全等三角形的判定和性质，旋转的性质，等边三角形的判定和性质，勾股定理的逆定理等知识，灵活运用这些性质解决问题是解题的关键．
11．/40度
【分析】根据旋转的性质，可得对应角相等，对应线段相等，根据等腰三角形的性质，可得 与的关系，根据三角形内角和，可得答案．
【详解】解：∵，，
∴，
由旋转得：，
∴ ，
故答案为：．
【点睛】本题考查了旋转的性质和等腰三角形的性质，理解旋转前后的两个图形全等是解题关键．
12．
【分析】过作轴于C，由旋转的性质得，，可得，证明，根据全等三角形的性质得，，即可求解．
【详解】解：过作轴于C，
∴，
∵，，
∴，
由旋转的性质得，，
∴，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，，
∴点的坐标为．
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了坐标与图形，旋转的性质，三角形全等的判定和性质，作出辅助线，构造全等三角形，是解题的关键．
13．80
【分析】由旋转的性质可得∠ACB＝∠AED，AC＝AE，由外角的性质可得∠CAE＝∠EFC＝∠BFD＝20°，由等腰三角形的性质可求解．
【详解】解：如图，设AC与DE交点为O，
∵△ABC绕点A旋转一定角度得到△ADE，
∴∠ACB＝∠AED，AC＝AE，
∵∠COE＝∠CAE+∠AED＝∠ACB+∠EFC，
∴∠CAE＝∠EFC＝∠BFD＝20°，
∵AC＝AE，
∴∠ACE＝∠AEC＝80°，
故答案为：80．
【点睛】本题考查了旋转的性质，等腰三角形的性质，掌握旋转的性质是解题的关键．
14．①②④
【分析】①根据旋转的性质可得△AEP是等腰直角三角形，则∠AED=45°，所以∠BEP=135°-45°=90°，可作判断；
②作垂线段BF，根据等腰直角△BEF的性质可得BF的长；
③连接BD，求出△ABD的面积，然后减去△BDP的面积即可；
④根据勾股定理可得AB2，从而得正方形的面积．
【详解】解：①∵将△PDA绕点A顺时针旋转90°得△EBA，
∴∠EAP=90°，AE=AP，∠APD=∠AEB，
∴△AEP是等腰直角三角形，
∴∠AED=45°，
∴∠BEP=∠AEB-∠AED=∠APD-∠AED=135°-45°=90°，
∴EB⊥EP；
故①正确；
②过B作BF⊥AE，交AE的延长线于F，
∵AE=AP=2，∠EAP=90°，
∴∠AEP=∠APE=45°，
又∵EB⊥ED，BF⊥AF，
∴∠FEB=∠FBE=45°，
又∵BE=PD=2
∴，即点B到直线AE的距离为；
故②正确；
④如图，连接BD，在Rt△AEP中，
∵AE=AP=2，
∴EP=2，
Rt△ABM中，，
∴S正方形ABCD=AB2=16+4，
故④正确；
③S△ABP+S△ADP=S△ABD-S△BDP=S正方形ABCD-×DP×BE=（16+4）-×2×2=2+2．
故③不正确．
所以本题正确的结论有：①②④；
故答案为：①②④．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质的运用、正方形的性质的运用、正方形和三角形的面积公式的运用、勾股定理的运用等知识，熟记性质并仔细分析图形，理清图中三角形与角的关系是解题的关键．
15．65°
【分析】根据旋转的性质求出∠E和∠DCE度数，利用三角形外角的性质∠ADC=∠DCE+∠E即可．
【详解】∵将△ABC绕点C顺时针旋转90°得到△EDC．
∴∠DCE=∠ACB=20°，AC=CE，∠ACE＝90°，
∴∠E＝45°．
∵点A，D，E在同一条直线上，
∴∠ADC＝∠DCE+∠E＝20°+45°＝65°．
故答案为65°．
【点睛】本题主要考查了旋转的性质，解决这类问题关键是找准旋转角，利用旋转的性质等量转化角或线段．
16．
【分析】由旋转的性质可求得AE、DE，由勾股定理可求得AB，则可求得BE，连接BD，在Rt△BDE中可求得BD的长．
【详解】在△ABC中，∠C=90°，AC=4，BC=3，
∴AB=5，
∵△ABC绕点A逆时针旋转得到△AED，
∴∠DEA=∠C=90°，AE=AC=4，DE=BC=3，
∴BE=AB-AE=5-4=1，
连接BD，
在Rt△BDE中，由勾股定理可得BD===，
即B、D两点间的距离为，
故答案为．
【点睛】本题主要考查旋转的性质，掌握旋转前后对应线段相等、对应角相等是解题的关键．
17．
【分析】画出图形，利用图象解决问题即可．
【详解】解：如图，点绕原点顺时针旋转90°对应的点B，
由图象法可知．
故答案为：．
【点睛】本题考查旋转变换，解题的关键是理解题意，学会用图象解决问题．
18．图见解析，点
【分析】对应点连线段的垂直平分线的交点即为旋转中心．
【详解】作线段AB，线段CD，作线段AB的垂直平分线MN，线段CD的垂直平分线EF，直线MN交直线EF于点P，点P即为旋转中心，
如图所示，可知旋转中心，
故答案为：．
【点睛】本题考查坐标与图形变化旋转，解题的关键是理解对应点连线段的垂直平分线的交点即为旋转中心．
19．（1）如下图；（2）（，）；（3）（－2，0）．
【分析】（1）根据网格结构找出点A、B以点C为旋转中心旋转180°的对应点A1、B1的位置，然后与点C顺次连接即可；再根据网格结构找出点A、B、C平移后的对应点A2、B2、C2的位置，然后顺次连接即可；
（2）根据中心对称的性质，连接两对对应顶点，交点即为旋转中心，然后写出坐标即可；
（3）根据轴对称确定最短路线问题，找出点A关于x轴的对称点A′的位置，然后连接A′B与x轴的交点即为点P．
【详解】（1）画出△A1B1C与△A2B2C2如图
（2）如图所示,旋转中心的坐标为:（，-1）
(3) 如图所示,点P的坐标为（-2，0）.
20．(1)23°
(2)4
【分析】（1）由旋转的性质及等边三角形的性质可得，，，，由对顶角相等可得，再根据三角形的内角和定理可得，从而可得；
（2）连接，结合（）的结论根据等边三角形的性质、全等三角形的性质、角的和差等可求得，再利用勾股定理可求得，从而可得．
【详解】（1）解：∵将绕点按顺时针方向旋转得到，为等边三角形
∴，，，，
∵，
∴，
∴；
（2）解：如图，连接，
∵，，
∴是等边三角形，
∴，，
∵将绕点按顺时针方向旋转得到，
∴，
∴，
∵，，，
∴，
∴，
∴．
【点睛】本题考查了旋转的性质、全等三角形的性质、等边三角形的性质、勾股定理等，灵活运用相关定理、添加辅助线是解题的关键．
21．(1)见解析
(2)
【分析】（1）根据旋转的性质可得，，可得到，进而得到，可得到，即可；
（2）过点C作于点G，则，根据旋转的性质可得，可得到，从而得到，再由直角三角形的性质，可得，再由勾股定理，即可求解．
【详解】（1）证明：根据题意得∶，．
∴．
∴．
∴，
∴．
∴．
∴．
（2）解：如图，过点C作于点G，则．
由旋转的性质得：．
∵，
∴．
∵，
∴，
∴．
∴．
∴中，．
∴．
【点睛】本题主要考查了图形的旋转，直角三角形的性质，勾股定理，平行线的判定和性质，熟练掌握图形旋转的性质，直角三角形的性质，勾股定理，平行线的判定和性质是解题的关键．
22．55°
【分析】由旋转的性质可得∠ACA'＝35°，∠A＝∠A'，再根据三角形内角和定理即可求出∠A的度数．
【详解】解：由题可知，，，
，，
＝55°，
∠A＝55°．
【点睛】本题考查了旋转的性质，三角形内角和定理，明确旋转前后对应角相等是解题的关键．
23．(1)见解析
(2)
【分析】（1）根据旋转的性质可得，，，再根据等腰直角三角形的性质即可证明；
（2）根据，，再结合，即可求出．，由旋转可知，则利用勾股定理即可求解．
【详解】（1）将绕点A按顺时针方向旋转90°得到90°，
∴，，，
∴，
∴，
∴；
（2）∵，，
∴，
∴在Rt△AEC中，，
∴，
由旋转可知，
∴．
【点睛】本题考查了旋转的性质、勾股定理等知识，充分利用勾股定理是解答本题的关键．
24．(1)；
(2)
【分析】(1) 由∠BAC=100°，AB=AC，可以确定∠ABC=∠ACB=40°，旋转角为α，α=60°时△ACD是等边三角形，且AC=AD=AB=CD，可求得∠BAD的度数，进而求得∠CBD的大小；
(2)作点D关于BC的对称点M，连接AM、BM、CM、AM，可证得△ACM是等边三角形，可求得∠BAM的度数，再同(1)即可解决问题．
【详解】（1）解：∵∠BAC=100°，AB=AC，
∴∠ABC=∠ACB=40°，
当α=60°时，
由旋转的性质得AC=CD，
∴△ACD是等边三角形，
∴∠DAC=60°，
∴∠BAD=∠BAC ∠DAC=100° 60°=40°，
∵AB=AC，AD=AC，
∴AB=AD，
∴∠ABD=∠ADB=(180° ∠BAD) =(180° 40°)=70°，
∴∠CBD=∠ABD ∠ABC=70° 40°=30°，
故答案为：30°；
（2）解：由题意可知：CD=CA，∠ACD=20°，
∴∠BCD =∠ACB-∠ACD=40°-20°=20°．
如图所示；作点D关于BC的对称点M，连接AM、BM、CM、DM，
∴BC垂直平分DM，
∴CD=CM，BD=BM，
又∵BC=BC，
∴△CBD≌△CBM(SSS)，
∴∠BCD=∠BCM=20°，CD=CA=CM，∠DBC=∠MBC，
∴∠ACM=60°，
∴△ACM是等边三角形，
∴AM=AC=AB，∠MAC=60°，
∴∠BAM=∠BAC-∠MAC =100°-60°=40°，
∴∠ABM=∠AMB=(180° ∠BAM) =(180° 40°)=70°，
∴∠MBC=∠ABM ∠ABC=70° 40°=30°，
∴∠DBC=∠MBC=30°．
【点睛】本题考查了旋转变换的定义及性质、等腰三角形的性质，等边三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，作出辅助线是解决本题的关键．
25．（1）；（2）①；②；（3）
【分析】（1）连接OB，，，由，O为BC的中点，得到，
则，，再由旋转的性质可得，，由此求解即可；
（2）①连接，，由（1）可知（因为也是旋转角），由旋转的性质可得，，则，可以得到，再由可以得到，由此即可求解；
②连接OB，OE延长OM交EF于N，由①得，由旋转的性质可得，，然后证明，，得到，则，再证明△OBM≌△NEM得到，，从而推出MN为△BFE的中位线，得到，则；
（3）连接与BF交于H，由，，可得，，由含30度角的直角三角形的性质可以得到，，再由勾股定理可以得到，由此即可得到答案．
【详解】解：（1）如图所示，连接OB，，，
∵，O为BC的中点，
∴，
∴，
∴，
∵将点O沿BC翻折得到点，
∴，
由旋转的性质可得，，
∴，
∴旋转角为，
故答案为：；
（2）①如图所示，连接，，
由（1）可知（因为也是旋转角），由旋转的性质可得，，
∴，
∴，
∵，
∴，
故答案为：；
②如图所示，连接OB，OE延长OM交EF于N，
由①得，
由旋转的性质可得，，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴
∵M为BE的中点，
∴，
在△OBM和△NEM中，
，
∴△OBM≌△NEM（SAS），
∴，，
∴，
∴N为EF的中点，
∴MN为△BFE的中位线，
∴，
∴；
（3）如图所示，连接与BF交于H，
∵，，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，，
∴，
∵，
∴．
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了旋转的性质，等腰三角形的性质与判定，直角三角形斜边上的中线，三角形中位线定理，含30度角的直角三角形的性质，勾股定理，平行线的性质与判定等等，解题的关键在于能够熟练掌握旋转的性质．
26．（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）60°
【分析】（Ⅰ）根据旋转的性质，以及等边三角形的判定方法即可证明；
（Ⅱ）根据旋转的性质，以及三角形内角和定理即可求解．
【详解】（Ⅰ）证明：∵△ABC绕点B顺时针旋转得到，
∴△ABC≌△DBE，
∴ BA = BD，∠ABD=，
∴△ADB是等边三角形；
（Ⅱ）解：∵△ABC≌△DBE，
∴∠BAC=∠BDE，
∵∠AFB=∠DFP，
∴∠BAF+∠ABF =∠FDP+∠APD，
∴∠APD=∠ABF=60°，
故答案为：60°．
．
【点睛】本题考查了旋转的性质，全等三角形的性质，等边三角形的判定，熟记各图形的性质并准确识图是解题的关键．
27．（1）（0，2），（4，0），抛物线的解析式是；（2）四边形面积最大值为8，此时点M的坐标为（2，2）；（3）或
【分析】（1）对直线，分别令x=0，y=0求出相应的y，x的值即得点A、C的坐标，根据待定系数法即可求出抛物线的解析式，利用抛物线的对称性即可求出点B的坐标；
（2）过点M作ME⊥x轴于点E，交直线AC于点F，如图1所示．设点M的横坐标为m，则MF的长可用含m的代数式表示，然后根据S四边形ABCM=S△ABC+S△AMC即可得出S四边形ABCM关于m的函数关系式，再利用二次函数的性质即可求出四边形面积的最大值及点M的坐标；
（3）当m＞0时，分旋转后点与点落在抛物线上时，分别画出图形如图2、图3，分别用m的代数式表示出点与点的坐标，然后代入抛物线的解析式即可求出m的值，进而可得m的范围；当m＜0时，用同样的方法可再求出m的一个范围，从而可得结果．
【详解】解：（1）对直线，当x=0时，y=2，当y=0时，x=4，
∴点A的坐标是（0，2），点C的坐标是（4，0），
把点A、C两点的坐标代入抛物线的解析式，得：
，解得：，
∴抛物线的解析式为，
∵抛物线的对称轴是直线，C（4，0），
∴点B的坐标为（﹣2，0）；
故答案为：A（0，2），C（4，0），抛物线的解析式是；
（2）过点M作ME⊥x轴于点E，交直线AC于点F，如图1所示．
设M（m，），则F（m，），
∴，
∴S四边形ABCM=S△ABC+S△AMC
=
，
∵0＜m＜4，
∴当m=2时，四边形面积最大，最大值为8，此时点M的坐标为（2，2）；
（3）若m＞0，当旋转后点落在抛物线上时，如图2，线段与抛物线只有一个公共点，
∵点的坐标是（m+2，m），
∴，解得：或（舍去）；
当旋转后点落在抛物线上时，如图3，线段与抛物线只有一个公共点，
∵点的坐标是（m，m），
∴，解得：m=2或m=﹣4（舍去）；
∴当m＞0时，若线段与抛物线只有一个公共点，m的取值范围是：；
若m＜0，当旋转后点落在抛物线上时，如图4，线段与抛物线只有一个公共点，
∵点的坐标是（m，m），
∴，解得：m=﹣4或m=2（舍去）；
当旋转后点落在抛物线上时，如图5，线段与抛物线只有一个公共点，
∵点的坐标是（m+2，m），
∴，解得： 或（舍去）；
∴当m＜0时，若线段与抛物线只有一个公共点，m的取值范围是：；
综上，若线段与抛物线只有一个公共点，m的取值范围是：或．
【点睛】本题是二次函数的综合题，主要考查了待定系数法求二次函数的解析式、旋转的性质、一元二次方程的解法、二次函数的图象与性质以及抛物线上点的坐标特点等知识，具有较强的综合性，属于中考压轴题，熟练掌握二次函数的图象与性质、灵活应用数形结合的思想是解题的关键．
28．(1)见解析
(2)
【分析】（1）根据旋转的性质可得，，，再根据等腰直角三角形的性质即可证明；
（2）根据，，再结合，即可求出．，由旋转可知，则利用勾股定理即可求解．
【详解】（1）解：将绕点A按顺时针方向旋转得到，
∴，，，
∴，
∴，
∴；
（2）解：∵，
∴根据旋转可知：，
∴在中，，
∴，
由旋转可知，
∴．
【点睛】本题考查了旋转的性质、勾股定理等知识，充分利用勾股定理是解答本题的关键．
29．证明见详解
【分析】连接,,根据对角线互相平分的四边形是平行四边形得出即可．
【详解】证明：连接，，
∵将绕点O旋转180°，得到，O不在三边所在直线，
∴ ，
∴四边形是平行四边形．
【点睛】此题主要考查了中心对称图形的性质以及平行四边形的判定，根据已知得出对应点位置是解题关键．
30．(1)见解析
(2)
【分析】将绕点A按逆时针方向旋转90°，也就是将点C，B的坐标分别绕点A按逆时针方向旋转90°，连接个点就是我们所求图形．
【详解】（1）将点C，B的坐标分别绕点A按逆时针方向旋转90°，得到对应点，，连接两点即可得到我们所要图形．
（2）结合图象可得到坐标为：
【点睛】本题主要考查了旋转的性质，所得图象与原图形全等．
31．（1）图见解析，A1(-1，3)，B1(1，-1)，C1(3，0)；（2）图见解析，B2(-1，-5)，C2(1，-4)；（3）D(1，)．
【分析】（1）分别作出A，B，C的对应点A1，B1，C1即可解决问题；
（2）分别作出A，B，C的对应点A2，B2，C2即可解决问题；
（3）画出图形，根据中点坐标计算写出即可．
【详解】（1）如图A1B1C1就是ABC绕点O顺时针旋转90°后的图形，A1(-1，3)，B1(1，-1)，C1(3，0)；
（2）如图：将ABC绕点A顺时针旋转90°后，由于B，C的对应点B2，C2均落在格点上，则AB2C2，是符合要求旋转后的图形， B2(-1，-5)，C2(1，-4)；
（3）当线段B1C1绕点D(1，)旋转时，则B1C1与B2C2重合，如图，连接，可得，
∴四边形为平行四边形，连接交于点D，
∴点D为的中点，
∵，
∴．
【点睛】本题考查旋转变换，平行四边形的判定与性质等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．
32．(1)见解析
(2)
【分析】（1）根据条件证出，即可得证．
（2）根据条件求出的度数，然后根据四边形内角和求出的度数，最后用的度数即可．
【详解】（1）解：证明：∵绕点B按逆时针方向旋转，
∴，
∴，
又∵，
∴，
在与中，
，
∴．
（2）解：由旋转可得：，
∴．
∵，
∴，
∴．
【点睛】本题考查了图形的旋转、全等三角形的判定、等腰三角形的性质等知识点，充分利用旋转性质是解题关键．23.2 中心对称 同步练习
一、单选题
1．（2022秋·湖北武汉·九年级统考期末）如图，点A，B分别是两个半圆的圆心，则该图案的对称中心是（ ）
A．点A B．点B C．线段AB的中点 D．无法确定
2．（2022秋·湖北襄阳·九年级统考期末）下面的垃圾分类标志是中心对称图形的是（ ）
A． B． C． D．
3．（2022秋·湖北黄冈·九年级统考期末）下列图形，既是轴对称图形，又是中心对称图形的是（ ）
A．B．C． D．
4．（2022秋·湖北恩施·九年级期末）下列几何图形中，是中心对称图形但不是轴对称图形的是 （ ）
A．圆 B．正方形 C．矩形 D．平行四边形
5．（2022秋·湖北宜昌·九年级统考期末）在方格纸中，选择标有序号①②③④中的一个小正方形涂黑，与图中阴影部分构成中心对称图形．该小正方形的序号是（ ）
A．① B．② C．③ D．④
6．（2022秋·湖北宜昌·九年级统考期末）下列各点A（-2，1）、B（-2，-1）、C（2，-1）、D（-1，2），关于原点O对称的两点是（ ）．
A．点A与点B B．点A与点C C．点A与点D D．点C与点D
7．（2022秋·湖北黄石·九年级统考期末）在平面直角坐标系中，将点绕原点旋转后，得到对应点的坐标是（ ）
A． B． C． D．
8．（2022秋·湖北襄阳·九年级统考期末）已知点A（，1）与点A′（5，）关于坐标原点对称，则实数、的值是（ ）
A． B． C． D．
9．（2022秋·湖北襄阳·九年级统考期末）在平面直角坐标系中，点与点关于原点成中心对称，则的为（ ）
A． B． C．1 D．3
10．（2022秋·湖北黄石·九年级统考期末）如图，线段AB与线段CD关于点P对称，若点、、，则点C的坐标为（ ）
A． B． C． D．
二、填空题
11．（2022秋·湖北孝感·九年级统考期末）在平面直角坐标系中，点关于原点的对称点的坐标为 ．
12．（2022秋·湖北鄂州·九年级统考期末）已知二次函数：与二次函数关于原点对称，则的解析式为 ．
13．（2022秋·湖北黄冈·九年级统考期末）在平面直角坐标系中，点M（，4）关于原点对称的点的坐标是 ．
14．（2022秋·湖北恩施·九年级统考期末）若点关于原点的对称点Q在第三象限，那么m的取值范围是 ．
15．（2022秋·湖北十堰·九年级统考期末）点与点关于坐标原点对称，则 ．
16．（2022·湖北黄石·九年级统考期末）若与关于原点对称，则的值为 ．
17．（2022秋·湖北孝感·九年级期末）点A（5，m）和点B（n，﹣3）关于原点对称，则m+n＝ ．
18．（2022秋·湖北荆门·九年级统考期末）已知点与点关于原点对称，则 ．
三、解答题
19．（2022秋·湖北荆州·九年级统考期末）如图，在边长为1的6×6的小正方形网格图中，点A，B均在格点上．
(1)求出线段AB的长度；
(2)用无刻度直尺作出以AB为斜边，直角顶点在格点上的所有格点直角三角形，用字母标出直角顶点，并计算出面积最大的格点直角三角形的面积；
(3)用无刻度直尺作出（2）中其中一个面积最大的直角三角形以A为对称中心的中心对称图形．
20．（2022秋·湖北荆州·九年级统考期末）（1）用配方法解一元二次方程：；
（2）如图是4×4正方形网格．请在其中选取一个白色的单位小正方形并涂黑，使图中整个黑色部分是一个中心对称图形．
21．（2022秋·湖北襄阳·九年级统考期末）已知：在平面直角坐标系中，的三个顶点的坐标分别为，，．
（1）画出关于原点成中心对称的，并写出点的坐标；
（2）画出将绕点按顺时针旋转所得的．
22．（2022秋·湖北孝感·九年级期末）如图，的顶点坐标分别为．
(1)画出关于点O的中心对称图形；
(2)画出绕原点O逆时针旋转的，直接写出点的坐标为________；
(3)若内一点绕原点O逆时针旋转的对应点为Q，则Q的坐标为__________．（用含m，n的式子表示）
23．（2022秋·湖北十堰·九年级统考期末）如图，△ABC的顶点坐标分别为A（-4，5），B（-5，2），C（-3，4）．
(1)画出△ABC关于原点O对称的图形△A1B1C1，并直接写出A1点的坐标；
(2)将△ABC绕B点顺时针旋转90°得到△A2BC2，画出△A2BC2并直接写出A2点的坐标．
24．（2022秋·湖北十堰·九年级统考期末）如图，△ABC三个顶点的坐标分别是A（1，1），B（4，2），C（3，4）．
(1)请画出△ABC向左平移5个单位长度后得到的△A1B1C1；
(2)请画出△ABC关于原点对称的△A2B2C2；
(3)在x轴上求作一点P，使△PAB周长最小，请画出△PAB，并直接写出点P的坐标，并求△PAB周长的最小值．
参考答案：
1．C
【分析】首先根据旋转的性质，找到两组对应点，连接这两组对应点；然后作连接成的两条线段的垂直平分线，两垂直平分线的交点即为旋转中心，据此解答即可．
【详解】由中心对称图形的性质，对称中心为各对应点连线的中点，故线段AB中点即为对称中心．故选C
【点睛】本题考查了对称中心的确定方法，找到两组对应点，确定对应点连线中点即为对称中心是解决本题的关键．
2．D
【分析】中心对称图形：把一个图形绕着某一点旋转，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形叫做中心对称图形．据此逐项判断即可．
【详解】解：A中图形不是中心对称图形，不符合题意；
B中图形不是中心对称图形，不符合题意；
C中图形不是中心对称图形，不符合题意；
D中图形是中心对称图形，符合题意，
故选：D
【点睛】本题考查中心对称图形定义，掌握定义并找准对称中心是解题关键．
3．D
【分析】根据轴对称图形的定义：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；以及中心对称图形的定义：把一个图形绕着某一个点旋转180°，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形叫做中心对称图形，即可判断．
【详解】解：A、不是轴对称图形，也不是中心对称图形．故不符合题意；
B、是轴对称图形，不是中心对称图形．故不符合题意；
C、不是轴对称图形，是中心对称图形．故不符合题意；
D、是轴对称图形，也是中心对称图形．故符合题意．
故选：D．
【点睛】本题考查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，图形两部分沿对称轴折叠后可重合；中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后与原图重合．
4．D
【分析】根据中心对称图形和轴对称图形的定义逐一判断即可．
【详解】A． 圆是中心对称图形，也是轴对称图形，故本选项不符合题意；
B． 正方形是中心对称图形，也是轴对称图形，故本选项不符合题意；
C． 矩形是中心对称图形，也是轴对称图形，故本选项不符合题意；
D． 平行四边形是中心对称图形，不是轴对称图形，故本选项符合题意．
故选D．
【点睛】此题考查的是中心对称图形和轴对称图形的识别，掌握中心对称图形和轴对称图形的定义是解决此题的关键．
5．B
【分析】直接利用中心对称图形的性质得出答案即可．
【详解】解：如图，把标有序号②的白色小正方形涂黑，就可以使图中的黑色部分构成一个中心对称图形，
故选B．
【点睛】本题考查了利用旋转设计图案和中心对称图形的定义，要知道，一个图形绕端点旋转180°所形成的图形叫中心对称图形．
6．B
【分析】关于原点对称的点的坐标特征：关于原点对称的两个点横坐标都互为相反数，据此求解即可．
【详解】解：∵点A的坐标为（-2，1），
∴点A关于原点对称的点的坐标为（2，-1）即点A与点C关于原点对称，
∵点B的坐标为（-2，-1），点D的坐标为（-1，2），
∴点B关于原点对称的点的坐标为（2，1），点D关于原点对称的点的坐标为（1，-2），
故选B．
【点睛】本题主要考查了关于原点对称的点的坐标特征，熟知关于原点对称的点的坐标特征是解题的关键．
7．D
【分析】利用关于原点中心对称的点的坐标特征求解．
【详解】解：将点绕原点旋转后，得到对应点的坐标是；
故选：D．
【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．
8．D
【详解】试题分析：已知点A（a，1）与点A′（5，b）关于坐标原点对称，根据关于原点对称的点的横坐标与纵坐标互为相反数可得a＝－5，b＝－1，故答案选D．
考点：关于原点对称的点的坐标．
9．D
【分析】根据点与点关于原点成中心对称，可得，再代入，即可求解．
【详解】解：∵点与点关于原点成中心对称，
∴，
∴．
故选：D
【点睛】本题主要考查了关于原点对称的点的坐标，熟练掌握两点关于原点对称，则两点的横、纵坐标都是互为相反数是解题的关键．
10．B
【分析】运用中点坐标公式求答案．
【详解】∵线段AB和线段CD线关于P点对称
∴P为线段AC中点，也为线段BD中点．
根据中点公式得：
∴
C点坐标：
故选：B
【点睛】本题考查了中心对称，正确运用中点坐标公式是解题的关键．
11．
【分析】关于原点对称的点，横坐标与纵坐标都互为相反数，可得答案．
【详解】解：点 关于原点的对称点 的坐标是，
故答案为：．
【点睛】本题考查了关于原点对称的点的坐标，解决本题的关键是掌握好对称点的坐标规律：关于x轴对称的点，横坐标相同，纵坐标互为相反数；关于y轴对称的点，纵坐标相同，横坐标互为相反数；关于原点对称的点，横坐标与纵坐标都互为相反数．
12．
【分析】设二次函数：上任意一点，其关于原点的对称点为，则是二次函数上的任意一点，根据题意，得，代入，得到关于的函数即可．
【详解】设二次函数：上任意一点，其关于原点的对称点为，则是二次函数上的任意一点，
根据题意，得，代入，
得，
所以，
故的解析式为，
故答案为：．
【点睛】本题考查了关于原点对称的抛物线解析式的确定，利用对称点的特点变形代入化简是解题的关键．
13．（2，）
【分析】根据关于原点对称的点，横坐标与纵坐标都互为相反数，可得答案．
【详解】解：点（，4）关于原点对称的点的坐标为（2，）．
故答案为：（2，）．
【点睛】本题考查了关于原点对称的点的坐标，解决本题的关键是掌握好对称点的坐标规律：关于原点对称的点，横坐标与纵坐标都互为相反数．
14．
【分析】根据关于原点对称的横坐标互为相反数，纵坐标互为相反数，可得P点的位置，根据第一象限内点的横坐标大于零，纵坐标大于零，可得不等式组，根据解不等式组，可得答案．
【详解】解：由点P（m，m+3）关于原点的对称点Q在第三象限，得
，
解得．
故答案为：．
【点睛】本题考查了关于原点对称的点的坐标，关于y轴对称的点横坐标互为相反数，纵坐标相同；关于x轴对称的点横坐标相等，纵坐标互为相反数；关于原点对称的横坐标互为相反数，纵坐标互为相反数．
15．-1
【分析】根据两个点关于原点对称时，它们的坐标符号相反，可直接得到a=2，b=-3，则a+b=-1．
【详解】点A(-2，3)与点B(a，b)关于原点对称，
a=2，b=-3，
a+b=-1．
故答案为：-1．
【点睛】此题主要考查了关于原点对称的两个点的坐标特征，关键是掌握两个点关于原点对称时，它们的坐标符号相反．
16．
【分析】两个点关于原点对称时，它们的坐标符号相反，据此可得，的值．
【详解】解：与关于原点对称，
，，
解得，，
的值，
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了关于原点对称的点的坐标特点，解题的关键是掌握点关于原点的对称点是．
17．﹣2
【分析】平面直角坐标系内关于原点对称的点的坐标特点为：横坐标、纵坐标都互为相反数，由此可求解．
【详解】解：∵点A（5，m）和点B（n，﹣3）关于原点对称，
∴m＝3，n＝﹣5，
∴m+n＝3+（﹣5）＝﹣2，
故答案为：﹣2．
【点睛】本题考查关于原点对称的点的坐标，熟练掌握关于原点对称的点的坐标特点是解题的关键．
18．-2
【分析】根据平面直角坐标系中任意一点（x，y），关于原点的对称点是（﹣x，﹣y），据此求解即可．
【详解】解：∵点P(m n，1)与点Q(3，m+n)关于原点对称，
∴，
∴
故答案为：-2．
【点睛】本题考查了关于原点对称的点坐标的关系和解二元一次方程组，熟知关于原点对称的两点横纵坐标互为相反数是解题的关键．
19．(1)；
(2)图见解析，；
(3)见解析
【分析】（1）根据勾股定理计算AB的长度；
（2）根据直角三角形定义作图，利用面积公式求出最大面积即可；
（3）根据中心对称的定义作图即可．
【详解】（1）解：
（2）解：以AB为斜边，直角顶点在格点上的所有格点直角三角形为：△ABC，△ABM，△ABF，△ABQ，
∵，
∴，
∵，
∴以AB为斜边，面积最大的格点直角三角形的面积为；
．
（3）解：△ADE与△ABC关于点A成中心对称，△ADE即为所求．
．
【点睛】此题考查了直角三角形的定义，中心对称的定义，勾股定理，作直角三角形，作中心对称图形，熟记直角三角形的定义及中心对称的性质是解题的关键．
20．（1），；（2）作图见解析
【分析】（1）利用配方法求解即可；
（2）根据中心对称图形的概念作图即可．
【详解】解：（1），
二次项系数化为1得，
移常数项得，
配方得，
因式分解得，
开平方得，
，；
（2）如图所示：
【点睛】本题考查了用配方法解一元二次方程以及中心对称图形，掌握相关定义与运算法则是解答本题的关键．
21．（1）如图所示，即为所求，见解析，点的坐标为；（2）如图所示，即为所求．见解析.
【分析】分别作出三顶点关于原点的对称点，再顺次连接即可得；
分别作出点、绕点按顺时针旋转所得的对应点，再顺次连接即可得．
【详解】解：（1）如图所示，即为所求，其中点的坐标为．
（2）如图所示，即为所求．
【点睛】此题主要考查了图形的旋转变换，正确得出对应点位置是解题关键．
22．(1)作图见解析；
(2)作图见解析，点C2的坐标为(-3，1)；
(3)点Q的坐标为(-n，m)．
【分析】（1）根据关于原点对称的点的坐标特征得到A1、B1、C1的坐标，然后描点即可；
（2）利用网格特点和旋转的性质画出A、B、C的对应点A2、B2、C2，然后顺次连接，从而得到点C2的坐标；
（3）利用（2）中对应点的规律写出Q的坐标．
【详解】（1）解：如图，△A1B1C1为所求；
（2）如下图，△A2B2C2为所求，点C2的坐标为(-3，1)
（3）∵A(0，1) 绕原点O逆时针旋转90°的对应点A2（-1，0），B(3，3) 绕原点O逆时针旋转90°的对应点B2（-3，3）， C(1，3) 绕原点O逆时针旋转90°的对应点C2（-3，1），
∴点Q的坐标为(-n，m)．
【点睛】本题考查了作图 中心对称与旋转变换，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，熟记旋转的性质是解题的关键．
23．(1)见解析，点A1的坐标为（4，-5）；
(2)见解析，点A2的坐标为（-2，1）．
【分析】（1）利用中心对称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，C的对应点A2，C2即可．
【详解】（1）解：如图，△A1B1C1即为所求，点A1的坐标为（4，-5）；
；
（2）解：如图，△A2BC2即为所求，点A2的坐标为（-2，1）．
【点睛】本题考查作图-旋转变换，解题的关键是掌握旋转变换的性质．
24．(1)见解析
(2)见解析
(3)作图见解析，点P的坐标是（2，0），
【分析】（1）利用点平移的坐标变换规律得到A1、B1、C1的坐标，然后描点即可；
（2）利用关于原点对称的点的坐标变换规律得到A2、B2、C2的坐标，然后描点即可；
（3）先作出点A关于x轴的对称点，连接BA′交x轴于P点，则P点满足条件，然后利用勾股定理计算出AB和A′B，从而得到△PAB周长的最小值．
【详解】（1）解：如图，△A1B1C1即为所求；
（2）解：如图，△A2B2C2即为所求；
（3）解：如图，△PAB即为所求，点P的坐标是（2，0），
∵PA+PB=PA′+PB=A′B，
∴△PAB周长的最小值=AB+A′B
=．
【点睛】本题考查了作图-旋转变换：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．也考查了最短路径问题和平移变换．
