初中数学图形的旋转测试题

这是一份初中数学图形的旋转测试题，共30页。
1、掌握旋转的概念，探索它的基本性质，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、能够按要求作出简单平面图形旋转后的图形，并能利用旋转进行简单的图案设计.
【要点梳理】
要点一、旋转的概念
把一个图形绕着某一点O转动一个角度的图形变换叫做旋转..点O叫做旋转中心，转动的角叫做旋转角(如∠AO A′),如果图形上的点A经过旋转变为点A′，那么，这两个点叫做这个旋转的对应点.
特别说明：旋转的三个要素：旋转中心、旋转方向和旋转角度.
要点二、旋转的性质
(1)对应点到旋转中心的距离相等（OA= OA′）；
(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(△ABC≌△).
特别说明：图形绕某一点旋转，既可以按顺时针旋转也可以按逆时针旋转.
要点三、旋转的作图
在画旋转图形时，首先确定旋转中心，其次确定图形的关键点，再将这些关键点沿指定的方向旋转指定的角度，然后连接对应的部分，形成相应的图形．
特别说明：作图的步骤：
(1)连接图形中的每一个关键点与旋转中心；
(2)把连线按要求（顺时针或逆时针）绕旋转中心旋转一定的角度（旋转角）；
(3)在角的一边上截取关键点到旋转中心的距离，得到各点的对应点；
(4)连接所得到的各对应点.
【典型例题】
类型一、旋转中心、旋转角、对应点
1．在平面直角坐标系xOy中，的顶点坐标分别是，，．
(1)按要求画出图形：
①将向右平移6个单位得到；
②再将绕点顺时针旋转90°得到；
(2)如果将（1）中得到的看成是由经过以某一点M为旋转中心旋转一次得到的，请写出M的坐标．
【答案】(1)①见分析；②见分析；(2)M（1，-1）
【分析】
（1）①根据平移的性质得出、、的位置，顺次连接即可；
②根据旋转的性质得出、的位置，顺次连接即可；
（2）连接CC2，AA1，线段CC2，AA1的垂直平分线的交点即为M点的位置，作出M点写出坐标即可．
(1)解：①如图，即为所求；
②如图，即为所求；
(2)解：连接CC2，AA1，线段CC2，AA1的垂直平分线的交点即为M点的位置，
由图可知，M的坐标为（1，-1）．
【点拨】本题考查了作图—平移和旋转，熟练掌握平移和旋转的性质找出对应点的位置是解题的关键．
举一反三：
【变式1】 在如图的网格中建立平面直角坐标系，的顶点坐标分别为A（1，7）、B（8，6）、C（6，2），D是AB与网格线的交点．仅用无刻度的直尺在给顶点的网格中画图，画图过程用虚线表示，画图结果用实线表示，并完成下列问题：
(1)直接写出的形状；
(2)画出点D关于AC的对称点E；
(3)在AB上画点F，使∠BCF∠BAC．
(4)线段AB绕某个点旋转一个角度得到线段CA（A与C对应，B与A对应），直接写出这个旋转中心的坐标．
【答案】(1)是等腰三角形，理由见分析；(2)见分析(3)见分析(4)
【分析】
（1）利用勾股定理求出AB，AC，可得结论．
（2）取格点Q，使得，线段AQ与格线的交点E，即为所求作．
（3）取格点W，连接CW交AB于点F，点F即为所求作．
（4）线段AC，AB的中垂线的交点J，即为所求作，构建一次函数，利用方程组确定交点
解：（1）∵，，
∴，
∴是等腰三角形．
如图所示，取格点Q，
则，，，
∴AQ=AC=AB，CQ=CB，
∴，
∴线段AQ与格线的交点E，即为所求作；
（3）如图所示，如图，点F即为所求作．
（4）如图所示，取格点H（11，7）
∵， ，
∴AC中点的坐标为，直线AC的解析式为：y=-x+8，AH的中点坐标为（6，7）
设线段AC的中垂线为，
∴，
∴
∴线段AC的中垂线为，
同理可得：线段AB的中垂线y=7x-25，
由，
解得，
∴旋转中心J的坐标为
【点拨】本题考查了两点距离公式，找旋转中心，一次函数与几何综合，等腰三角形的判定，全等三角形的判定，轴对称作图等等，熟知相关知识是解题的关键．
【变式2】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.
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.
【点拨】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.
类型二、根据旋转的性质求解
3、为正方形内一点，且，将绕点按逆时针方向旋转得到．
(1)作出旋转后的图形；
(2)试求的周长和面积．
【答案】(1)见分析(2)周长为：；面积为：2
【分析】
（1）根据题意可直接进行作图；
（2）利用等腰直角三角形的性质求出周长和面积即可．
(1)解：如图所示：即为所求；
(2)解：∵，将绕点按逆时针方向旋转得到，
∴，，
∴，
故的周长为：；
的面积为：．
【点拨】此题主要考查了旋转的性质以及三角形面积求法，得出对应点位置是解题关键．
举一反三：
【变式1】在中，，，将绕点C顺时针旋转一定的角度得到，点A、B的对应点分别是D、E．
(1)当点E恰好在AC上时，如图1，求的大小；
(2)若时，点F是边AC中点，如图2，求证：四边形BEDF是平行四边形（请用两组对边分别相等的四边形是平行四边形）
【答案】(1)(2)见分析
【分析】
（1）根据旋转的性质可得CA＝CD，∠ECD＝∠BCA＝30°，∠DEC＝∠ABC＝90°，根据等边对等角即可求出∠CAD＝∠CDA＝75°，再根据直角三角形的两个锐角互余即可得出结论；
（2）根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得BF＝AC，然后根据30°所对的直角边是斜边的一半即可求出AB＝AC，从而得出 BF＝AB，然后证出△ACD和△BCE为等边三角形，再利用HL证出△CFD≌△ABC，证出DF＝BE，即可证出结论．
(1)解：∵△ABC绕点C顺时针旋转α得到△DEC，点E恰好在AC上，
∴CA＝CD，∠ECD＝∠BCA＝30°，∠DEC＝∠ABC＝90°，
∴∠CAD＝∠CDA＝（180°﹣30°）＝75°，
∴∠ADE＝90°﹣∠CAD＝15°．
证明：如图2，连接AD，

∵点F是边AC中点，
∴BF＝AF=CF＝AC，
∵∠ACB＝30°，
∴AB＝AC，
∴BF=CF＝AB，
∵△ABC绕点C顺时针旋转60°得到△DEC，
∴∠BCE＝∠ACD＝60°，CB＝CE，DE＝AB，DC=AC，
∴DE＝BF，△ACD和△BCE为等边三角形，
∴BE＝CB，
∵点F为△ACD的边AC的中点，
∴DF⊥AC，
在Rt△CFD和Rt△ABC中
，
∴Rt△CFD≌Rt△ABC，
∴DF＝BC，
∴DF＝BE，
而BF＝DE，
∴四边形BEDF是平行四边形．
【点拨】本题主要考查的是旋转的性质、等腰三角形的性质、直角三角形的性质、等边三角形的判定及性质、全等三角形的判定及性质和平行四边形的判定，掌握旋转的性质、等腰三角形的性质、直角三角形的性质、等边三角形的判定及性质、全等三角形的判定及性质和平行四边形的判定是解决此题的关键．
【变式2】如图点O是等边内一点，，∠ACD=∠BCO，OC=CD，
（1）试说明：是等边三角形；
（2）当时，试判断的形状，并说明理由；
（3）当为多少度时，是等腰三角形
【答案】(1)见分析；(2)△AOD是直角三角形，理由见分析；(3) 110°或125°或140°时，△AOD是等腰三角形.
【分析】
（1）根据CO=CD，∠OCD=60°，然后根据等边三角形的判定方法即可得到△COD是等边三角形；
（2）先求得∠ADC=∠BOC=α=150°，再利用△COD是等边三角形得∠CDO=60°，于是可计算出∠ADO=90°，由此可判断△AOD是直角三角形；
（3）先利用α表示出∠ADO=α-60°，∠AOD=190°-α，再进行分类讨论：当∠AOD=∠ADO时，△AOD是等腰三角形，即190°-α=α-60°；当∠AOD=∠DAO时，△AOD是等腰三角形，即2（190°-α）+α-60°=180°；当∠ADO=∠DAO时，△AOD是等腰三角形，即190°-α+2（α-60°）=180°，然后分别解方程求出对应的α的值即可．
解：(1)∵∠ACD=∠BCO
∴∠ACD+∠ACO=∠BCO+∠ACO=60°
又∵CO=CD
∴△COD是等边三角形；
(2)∵△COD是等边三角形
∴CO=CD
又∵∠ACD=∠BCO，AC=BC
∴△ACD≌△BCO（SAS）
∴∠ADC=∠BOC=α=150°，
∵△COD是等边三角形，
∴∠ADC=∠BOC=α=150°，
∵△COD是等边三角形，
∴∠CDO=60°，
∴∠ADO=∠ADC−∠CDO=90°，
∴△AOD是直角三角形；
(3)∵△COD是等边三角形，
∴∠CDO=∠COD=60°，
∴∠ADO=α−60°,∠AOD=360°−60°−110°−α=190°−α，
当∠AOD=∠ADO时,△AOD是等腰三角形,即190°−α=α−60°,解得α=125°；
当∠AOD=∠DAO时,△AOD是等腰三角形,即2(190°−α)+α−60°=180°,解得α=140°；
当∠ADO=∠DAO时,△AOD是等腰三角形,即190°−α+2(α−60°)=180°,解得α=110°，
综上所述,∠BOC的度数为110°或125°或140°时，△AOD是等腰三角形.
【点拨】此题考查等腰三角形的判定，旋转的性质，等边三角形的判定与性质，解题关键在于掌握判定定理.
类型三、根据旋转的性质证明线段、角相等
3、如图，点A（a，0），B（0，b），且a、b满足（a﹣2）2+|4b﹣8|＝0．
(1)如图1，求a，b的值；
(2)如图2，点C在线段AB上（不与A、B重合）移动，AB⊥BD，且∠COD＝45°，猜想线段AC、BD、CD之间的数量关系并证明你的结论；
(3)如图3，若P为x轴正半轴上异于原点O和点A的一个动点，连接PB，将线段PB绕点P顺时针旋转90°至PE，直线AE交y轴于点Q，当P点在x轴上移动时，线段BE和线段BQ中哪一条线段长为定值，并求出该定值．
【答案】(1)2(2)CD=BD+AC．理由见分析(3)BQ是定值，
【分析】
（1）根据非负数的性质得到a-2=0，4b-8=0，求得a=2，b=2，得到OA=2，OB=2，于是得到结果；
（2）证明：将△AOC绕点O逆时针旋转90°得到△OBF根据已知条件得到∠DBF=180°，由∠DOC=45°，∠AOB=90°，同时代的∠BOD+∠AOC=45°，求出∠FOD=∠BOF+∠BOD=∠BOD+∠AOC=45°，推出△ODF≌△ODC，根据全等三角形的性质得到DC=DF=DB+BF=DB+DC；
（3）BQ是定值，作EF⊥OA于F，在FE上截取PF=FD，由∠BAO=∠PDF=45°，得到∠PAB=∠PDE=135°，根据余角的性质得到∠BPA=∠PED，推出△PBA≌EPD，根据全等三角形的性质得到AP=ED，于是得到FD+ED=PF+AP．即：FE=FA，根据等腰直角三角形的性质得到结论．
(1)解：∵（a﹣2）2+|4b﹣8|＝0，
∴a-2=0，4b-8=0，
∴a=2，b=2，
∴A（2，0）、B（0，2），
∴OA=2，OB=2，
∴△AOB的面积=；
(2)证明：如图2，将△AOC绕点O逆时针旋转90°得到△OBF，而
∵∠OAC=∠OBF=∠OBA=45°，∠DBA=90°，
∴∠DBF=180°，
∵∠DOC=45°，∠AOB=90°，
∴∠BOD+∠AOC=45°，
∴∠FOD=∠BOF+∠BOD=∠BOD+∠AOC=45°，
在△ODF与△ODC中，，
∴：△ODF≌△ODC，
∴DC=DF，DF=BD+BF，
∴CD=BD+AC．
(3)BQ是定值，BE明显不是定值，理由如下：作EF⊥OA于F，在FE上截取FD=PF，

∵∠BAO=∠PDF=45°，
∴∠PAB=∠PDE=135°，
∴∠BPA+∠EPF=90°，∠EPF+∠PED=90°，
∴∠BPA=∠PED，
在△PBA与△EPD中，
，
∴△PBA≌EPD（AAS），
∴AP=ED，
∴FD+ED=PF+AP， 即：FE=FA，
∴∠FEA=∠FAE=45°，
∴∠QAO=∠EAF=∠OQA=45°，
∴OA=OQ=2，
∴BQ=4．
为定值．
【点拨】本题考查了全等三角形的判定和性质，坐标与图形的性质，等腰直角三角形的判定与性质，旋转的性质，三角形面积的计算，非负数的性质，正确的作出辅助线是解题的关键．
举一反三：
【变式1】如图，点，分别在正方形的边，上，且，把绕点顺时针旋转得到．
（1）求证：≌．
（2）若，，求正方形的边长．
【答案】（1）证明见分析；（2）正方形的边长为6．
【分析】
（1）先根据旋转的性质可得，再根据正方形的性质、角的和差可得，然后根据三角形全等的判定定理即可得证；
（2）设正方形的边长为x，从而可得，再根据旋转的性质可得，从而可得，然后根据三角形全等的性质可得，最后在中，利用勾股定理即可得．
解：（1）由旋转的性质得：
四边形ABCD是正方形
，即
，即
在和中，
；
（2）设正方形的边长为x，则
由旋转的性质得：
由（1）已证：
又四边形ABCD是正方形
则在中，，即
解得或（不符题意，舍去）
故正方形的边长为6．
【点拨】本题考查了正方形的性质、旋转的性质、三角形全等的判定定理与性质、勾股定理等知识点，较难的是题（2），熟练掌握旋转的性质与正方形的性质是解题关键．
【变式2】如图，等腰三角形中，，．作于点，将线段绕着点顺时针旋转角后得到线段，连接．
（1）求证：；
（2）延长线段，交线段于点．求的度数（用含有的式子表示） ．
【答案】（1）见分析；（2）
【分析】
（1）根据“边角边”证，得到即可；
（2）由（1）得，，再根据三角形内角和证明即可．
解：证明： 线段绕点顺时针旋转角得到线段，
，．
，
．
在与中，
．
（2）解： ，
，
又，
，
【点拨】本题考查了旋转的性质、全等三角形的判定与性质和三角形内角和定理，解题关键是熟练运用全等三角形的判定与性质进行证明．
类型四、旋转图形中的旋转角
4、已知：如图，绕某点按一定方向旋转一定角度后得到，点A，B，C分别对应点A1，B1，C1 .
(1)根据点和的位置确定旋转中心是点______________．
(2)请在图中画出;
(3)请具体描述一下这个旋转：________________________________．
【答案】(1)；(2)详见分析.(3)解析解析.
【分析】
（1）连接和,分别作它们的垂直平分线，垂直平分线的交点即为旋转中心;
(2) 通过（1）作图发现旋转规律，然后点C旋转后的对应点；
（3）△ABC绕顺（逆）旋转多少°得到即可.
解： 如图：

可以发现旋转中心为；
如图：由（1）作图发现是将△ABC顺时针旋转90°，连接CO1，绕O1旋转90°，确定C1，最后顺次连接A1，B1，C1即可.

绕点按顺时针方向旋转后得到
【点拨】本题考查了图形的旋转，确定旋转中心和旋转方式是解答本题的关键.
举一反三：
【变式1】如图，把一副三角板如图甲放置，其中，斜边，把三角板绕点顺时针旋转得到（如图乙）.这时与相交于点，与相交于点，则的度数为________________.

【答案】
【分析】根据题意∠3=15°，∠E′=90°，∠1=∠2=75°，所以可得∠OFE′=∠B+∠1=45°+75°=120°.
解：如图,由题意可知∠3=15°,∠E′=90°，
因为∠1=∠2，
所以∠1=75°.
又因为∠B=45°，
所以∠OFE′=∠B+∠1=45°+75°=120°.

【点拨】本题考查图形的旋转，解题的关键是知道旋转的性质.
【变式2】如图，在平面直角坐标系中，有一Rt△ABC，且A(－1，3)，B(－3，－1)，C(－3，3)，已知△A1AC1是由△ABC旋转得到的．
（1）请写出旋转中心的坐标是，旋转角是度；
（2）以(1)中的旋转中心为中心，分别画出△A1AC1顺时针旋转90°、180°的三角形；
（3）设Rt△ABC两直角边BC＝a、AC＝b、斜边AB＝c，利用变换前后所形成的图案证明勾股定理．
【答案】（1）O(0，0)；90度（2）见分析（3）见分析
解：（1）图象的旋转可以利用某点的旋转来找到旋转的角度和旋转中心；
（2）根据旋转角度为依次90°、180°，旋转方向为顺时针，旋转中心为点O，从而可分、找出各点的对应点，然后顺次连接即可分别得出旋转后的三角形．
（3）利用正方形的面积的不同计算方法进行验证勾股定理．
解：(1)旋转中心坐标是O(0，0)，旋转角是90度；…2分
(2)画出的图形如图所示；…6分
(3)有旋转的过程可知，四边形CC1C2C3和四边形AA1A2B是正方形．
∵S正方形CC1C2C3＝S正方形AA1A2B＋4S△ABC，
∴(a＋b)2＝c2＋4×ab，
即a2＋2ab＋b2＝c2＋2ab，
∴a2＋b2＝c2．
类型五、旋转图形中的坐标
5、如图，在平面直角坐标系xOy中，直线y＝kx＋b与x轴交于点A（1，0），与y轴交于点B（0，2）．
(1)求直线AB的表达式；
(2)将△OAB绕点O逆时针旋转90°后，点A落到点C处，点B落到点D处，线段AB上横坐标为的点E在线段CD上对应点为点F，求点F的坐标．
【答案】(1)y＝﹣2x＋2(2)（﹣，）
【分析】
（1）把点A和点B点坐标代入y＝kx＋b得关于k、b的方程组，然后解方程组求出k和b的值，从而得到直线AB的解析式；
（2）先利用一次函数图象上点的坐标特征求出E点坐标，作EH⊥x轴于H，如图，然后旋转变换求E点的对应点F的坐标．
(1)解：把点A（1，0）和点B（0，2）代入y＝kx＋b得，解得，
所以直线AB的解析式为y＝﹣2x＋2；
(2)解：当x＝时，y＝﹣2•＋2＝，则E点坐标为（，），
作EH⊥x轴于H，如图，
∵△OAB绕点O逆时针旋转90°后得到△OCD，
∴把△OEH绕点O逆时针旋转90°后得到△OFQ，
∴∠OHE＝∠OQF＝90°，∠QOH＝90°，OQ＝OH＝，FQ＝EH＝，
∴F点的坐标为（﹣，）．
【点拨】本题考查了待定系数法求一次函数解析式：先设出函数的一般形式，如求一次函数的解析式时，先设y＝kx＋b；再将自变量x的值及与它对应的函数值y的值代入所设的解析式，得到关于待定系数的方程或方程组；然后解方程或方程组，求出待定系数的值，进而写出函数解析式．也考查了旋转的性质．
举一反三：
【变式1】如图，直线与x轴、y轴分别交于A、B两点，把△ABC绕点A顺时针旋转90º后得到，求点的坐标？
【答案】
【分析】根据坐标轴上点的坐标特征求出点和点坐标，得到，，再利用旋转的性质得，，，，则可判断轴，然后根据点的坐标的表示方法写出点的坐标．
解：当时，，解得，则，
当时，，则，
所以，，
因为把△绕点顺时针旋转后得到△，
所以，，，，
则轴，
所以点的横坐标为，纵坐标为．
所以点的坐标为．
【点拨】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：，，，，．也考查了一次函数图象上点的坐标特征．
【变式2】如图，已知线段OA在平面直角坐标系中，O是原点．
(1)将OA绕点O顺时针旋转60°得到，过点作轴，垂足为B．请在图中用不含刻度的直尺和圆规分别作出、；
(2)若，则的面积是______．
【答案】(1)见详解 (2)
【分析】
（1）利用等边三角形的性质的性质作OA′，利用垂直平分线的作法求B点；
（2）设A′（a，b），如图过A作AC垂直x轴于C，过A′作A′⊥AC于D，连接AA′；在Rt△ADA′和Rt△OBA′中利用勾股定理建立方程组，解方程即可解答；
(1)解：分别以O、A为圆心，以AO为半径作弧，两弧交于点A′，连接OA′即为所求线段；以A′为圆心，适当长度为半径作弧交x轴于点E、F，再分别以点E、F为圆心，以EA′、FA′为圆心作弧，两弧交于点C，连接CA′交x轴于点B，A′B即为所求线段；
(2)解：设A′（a，b），如图过A作AC垂直x轴于C，过A′作A′D⊥AC于D，连接AA′，则四边形DCBA′是矩形；
由（1）作图可得，OA=OA′=AA′==
∵A（-2，6），A′（a，b），
∴Rt△ADA′中，AD=6-b，DA′=a+2，AA′2=（6-b）2+（a+2）2=40，①
Rt△OBA′中，OB=a，BA′=b，OA′2=a2+b2=40，②
∴（6-b）2+（a+2）2= a2+b2，解得：a=3b-10，
代入②，（3b-10）2+b2=40，b2-6b+6=0解得：b=，
b=时，a=，符合题意；
b=时，a=，不符合题意；
∴A′（，），
的面积=×（）×（）=；
【点拨】本题考查了旋转作图，等边三角形的判定和性质，垂直平分线的作法，勾股定理，矩形的判定和性质，一元二次方程的解法；利用勾股定理构建方程是解题关键．
类型六、旋转综合题
6、阅读下列材料：
问题：如图（1），已知正方形ABCD中，E、F分别是BC、CD边上的点，且∠EAF＝45°．
解决下列问题：
(1)图（1）中的线段BE、EF、FD之间的数量关系是______．
(2)图（2），已知正方形ABCD的边长为8，E、F分别是BC、CD边上的点，且∠EAF＝45°，AG⊥EF于点G，求△EFC的周长．
【答案】(1)EF=BE+DF(2)过程见分析
【分析】
对于（1），先将△DAF绕点A顺时针旋转90°，得到△BAH，可得△ADF≌△ABH，再根据全等三角形的性质得AF=AH，∠EAF=∠EAH，然后根据“SAS”证明△FAE≌△HAE，根据全等三角形的对应边相等得出答案；
对于（2），先根据（1），得△FAE≌△HAE，可得AG=AB=AD，再根据“HL”证明Rt△AEG≌Rt△ABE，得EG=BE，同理GF=DF，可得答案．
解：(1)EF=BE+DF．
理由如下：如图，将△DAF绕点A顺时针旋转90°，得到△BAH，
∴△ADF≌△ABH，
∴∠DAF=∠BAH，AF=AH，
∴∠EAF=∠EAH=45°．
∵AE=AE，
∴△FAE≌△HAE，
∴EF=HE=BE+HB，
∴EF=BE+DF；
(2)由（1），得△FAE≌△HAE，AG，AB分别是△FAE和△HAE的高，
∴AG=AB=AD=8．
在Rt△AEG和Rt△ABE中，
，
∴Rt△AEG≌Rt△ABE（HL），
∴EG=BE，
同理GF=DF，
∴△EFG的周长=EC+EF+FC=EC+EG+GF+FC=EC+BE+DF+FC=BC+CD=16．
【点拨】这是一道关于正方形和旋转的综合题目，考查了旋转的性质，正方形的性质，全等三角形的判定和性质等．
举一反三：
【变式1】如图，四边形ABCD是正方形，△ECF为等腰直角三角形，∠ECF＝90°，点E在BC上，点F在CD上，P为EF中点，连接AF，G为AF中点，连接PG，DG，将Rt△ECF绕点C顺时针旋转，旋转角为α（0°≤α≤360°）．
(1)如图1，当α＝0°时，DG与PG的关系为 ；
(2)如图2，当α＝90°时
①求证：△AGD≌△FGM；
②（1）中的结论是否成立？若成立，请写出证明过程；若不成立，请说明理由．
【答案】(1)DG＝PG(2)①见分析；②成立，理由见分析
【分析】
（1）先判断出△ABE≌△ADF，得出AE＝AF，再用直角三角形斜边的中线等于斜边的一半和三角形中位线定理，即可得出结论；
（2）①先判断出∠DAG＝∠MFG，再判断出AG＝FG，即可得出结论；
②由①知，△AGD≌△FGM，得出DG＝MG，AD＝FM＝BC，进而得出CM＝CF，由（1）知，DE＝CF，得出CM＝DE，进而判断出△ADE≌△DCM，得出AE＝DM，最后同①的方法即可得出结论．
(1)解：∵四边形ABCD是正方形，
∴∠B＝∠ADC＝90°，AB＝BC＝AD＝CD，
∵△ECF为等腰直角三角形，
∴CE＝CF，
∴BE＝DF，
∴△ABE≌△ADF（SAS），
∴AE＝AF，
∵点G是AF的中点，
∴，
∴，
∵P为EF中点，G为AF中点，
∴PG是△AEF的中位线，
∴，
∴DG＝PG，
故答案为：DG＝PG；
(2)①证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴AD∥BC，
∴∠DAG＝∠MFG，
∵点G是AF的中点，
∴AG＝FG，
在△AGD和△FGM中，
，
∴△AGD≌△FGM（ASA）；
解：②（1）中的结论DG＝PG成立，
证明：由①知，△AGD≌△FGM，
∴DG＝MG，AD＝FM＝BC，
∴,
∴CM＝CF，
由（1）知，DE＝CF，
∴CM＝DE，
∵AD＝CD，∠ADE＝∠DCM＝90°，
∴△ADE≌△DCM（SAS），
∴AE＝DM，
∵点G是DM的中点，
∴，
∵P为EF中点，G为AF中点，
∴PG是△AEF的中位线，
∴，
∴DG＝PG．
【点拨】此题是四边形综合题，主要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，三角形的中位线定理，判断出AE＝DM是解（2）②的关键．
【变式2】如图，P是等边内的一点，且，将绕点B逆时针旋转，得到．
(1)旋转角为_____度；
(2)求点P与点Q之间的距离；
(3)求的度数；
(4)求的面积．
【答案】(1) 60 ( 2) 4 (3)150° (4) 9．
【分析】
（1）根据△QCB是△PAB绕点B逆时针旋转得到，可知∠ABC为旋转角即可得出答案，
（2）连接PQ，根据等边三角形得性质得∠ABC＝60°，BA＝BC，由旋转的性质得BP＝BQ，∠PBQ＝∠ABC＝60°，CQ＝AP＝5，BP＝BQ＝4，∠PBQ＝60°，于是可判断△PBQ是等边三角形，所以PQ＝PB＝4；
（3）先利用勾股定理的逆定理证明△PCQ是直角三角形，且∠QPC＝90°，再加上∠BPQ＝60°，然后计算∠BPQ+∠QPC即可．
（4）由直角三角形的性质可求CH，PH的长，由勾股定理和三角形的面积公式可求解．
解：(1)∵△ABC是等边三角形，
∴∠ABC＝60°，
∵△QCB是△PAB绕点B逆时针旋转得到的，
∴旋转角为60°
故答案为：60；
(2)连接PQ，如图1，
∵△ABC是等边三角形，
∴∠ABC＝60°，BA＝BC，
∵△QCB是△PAB绕点B逆时针旋转得到的，
∴△QCB≌△PAB，
∴BP＝BQ，∠PBQ＝∠ABC＝60°，CQ＝AP＝5，
∵BP＝BQ＝4，∠PBQ＝60°，
∴△PBQ是等边三角形，
∴PQ＝PB＝4；
(3)∵QC＝5，PC＝3，PQ＝4，
而32+42＝52，
∴PC2+PQ2＝CQ2，
∴△PCQ是直角三角形，且∠QPC＝90°，
∵△PBQ是等边三角形，
∴∠BPQ＝60°，
∴∠BPC＝∠BPQ+∠QPC＝60°+90°＝150°；
(4)如图2，过点C作CH⊥BP，交BP的延长线于H，
∵∠BPC＝150°，
∴∠CPH＝30°，
∴CHPC，PHHC，
∴BH＝4，
∴BC2＝BH2+CH2，
∵S△ABCBC2，
∴S△ABC）9．
【点拨】本题考查了旋转的性质，等边三角形的判定与性质，全等三角形的性质，勾股定理的逆定理，掌握旋转的性质是本题的关键．