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初中数学 章节网红“旋转”问题必考题型梳理
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题型1 旋转的概念
旋转的定义：在平面内，把一个图形绕着某一个点O旋转一个角度的图形变换叫做旋转．
旋转对称图形：如果某一个图形围绕某一点旋转一定的角度（小于360°）后能与原图形重合，那么这个图形就叫做旋转对称图形．
例题1 下面是4个能完全重合的正六边形，请仔细观察A、B、C、D四个图案，其中与所给图形不相同的是（ ）
A． B． C． D．
【分析】将选项中的图形绕正六边形的中心旋转，与题干的图形不相同的即为所求．
【解析】观察图形可知，只有选项B中的图形旋转后与图中的正六边形不相同．选B．
【小结】此题考查了全等图形以及生活中的旋转现象，关键是掌握旋转的定义：在平面内，把一个图形绕着某一个点O旋转一个角度的图形变换叫做旋转．
变式1 如图是一个标准的五角星，若将它绕旋转中心旋转一定角度后能与自身重合，则至少应将它旋转的度数是（ ）
A．144° B．90° C．72° D．60°
【分析】如图，由于是正五角星，设O的是五角星的中心，那么∠AOB＝∠BOC＝∠COD＝∠DOE＝∠AOE，所以要使正五角星旋转后与自身重合，那么它们就是旋转角，而它们的和为360°，由此即可求出绕中心顺时针旋转的角度．
【解析】如图，设O的是五角星的中心，
∵五角星是正五角星，∴∠AOB＝∠BOC＝∠COD＝∠DOE＝∠AOE，
∵它们都是旋转角，而它们的和为360°，
∴至少将它绕中心顺时针旋转360÷5＝72°，才能使正五角星旋转后与自身重合．选C．
【小结】此题主要考查了旋转对称图形的性质，解答此题的关键是找到对应点，A和B重合，B和C重合…，进而判断出将它绕中心顺时针旋转的最小角度．
变式2 如图，在6×4的方格纸中，格点三角形甲经过旋转后得到格点三角形乙，则其旋转中心是（ ）
A．点M B．点N C．点P D．点Q
【分析】先确定点A与点E为对应点，点B和点F为对应点，则根据旋转的性质得旋转中心在AE的垂直平分线上，也在BF的垂直平分线上，所以作AE的垂直平分线和BF的垂直平分线，它们的交点即为旋转中心．
【解析】∵△ABC经过旋转后得到△EFD，
∴点A与点E为对应点，点B和点F为对应点，
∴旋转中心在AE的垂直平分线上，也在BF的垂直平分线上，
作AE的垂直平分线和BF的垂直平分线，它们的交点为N点，如图，
即旋转中心为N点．选B．
【小结】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．
变式3 规定：在平面内，如果一个图形绕一个定点旋转一定的角度α（0°＜α≤180°）后能与自身重合，那么就称这个图形是旋转对称图形，转动的这个角度α称为这个图形的一个旋转角．例如：正方形绕着两条对角线的交点O旋转90°或180°后，能与自身重合（如图1），所以正方形是旋转对称图形，且有两个旋转角．
根据以上规定，回答问题：
（1）下列图形是旋转对称图形，但不是中心对称图形的是 ；
A．矩形 B．正五边形 C．菱形 D．正六边形
（2）下列图形中，是旋转对称图形，且有一个旋转角是60度的有： （填序号）；
（3）下列三个命题：①中心对称图形是旋转对称图形；②等腰三角形是旋转对称图形；③圆是旋转对称图形．其中真命题的个数有 个；
A．0 B．1 C．2 D．3
（4）如图2的旋转对称图形由等腰直角三角形和圆构成，旋转角有45°，90°，135°，180°，将图形补充完整．
【分析】（1）根据旋转图形，中心对称图形的定义判断即可．
（2）旋转对称图形，且有一个旋转角是60度判断即可．
（3）根据旋转图形的定义判断即可．
（4）根据要求画出图形即可．
【解析】（1）是旋转图形，不是中心对称图形是正五边形，故选B．
（2）是旋转对称图形，且有一个旋转角是60度的有（1）（3）（5）．故答案为（1）（3）（5）．
（3）命题中①③正确，故选C．
（4）图形如图所示：
【小结】本题考查旋转对称图形，中心对称图形等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．
题型2 利用旋转求角度
解决此类问题的关键是掌握旋转的性质：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．
例题2 如图，△ABC中，∠ACB＝90°，∠ABC＝40°．将△ABC绕点B逆时针旋转得到△A′BC′，使点C的对应点C′恰好落在边AB上，则∠CAA′的度数是（ ）
A．50° B．70° C．110° D．120°
【分析】根据旋转可得∠A′BA＝∠ABC＝40°，A′B＝AB，得∠BAA′＝70°，根据∠CAA'＝∠CAB+∠BAA′，进而可得∠CAA'的度数．
【解析】∵∠ACB＝90°，∠ABC＝40°，
∴∠CAB＝90°﹣∠ABC＝90°﹣40°＝50°，
∵将△ABC绕点B逆时针旋转得到△A′BC′，使点C的对应点C′恰好落在边AB上，
∴∠A′BA＝∠ABC＝40°，A′B＝AB，
∴∠BAA′＝∠BA′A=12（180°﹣40°）＝70°，
∴∠CAA'＝∠CAB+∠BAA′＝50°+70°＝120°．选D．
【小结】本题考查了旋转的性质，等腰三角形的性质，三角形内角和定理，解决本题的关键是掌握旋转的性质．
变式4 如图，将△OAB绕点O逆时针旋转70°，得到△OCD，若∠A＝2∠D＝100°，则∠a的度数是（ ）
A．50° B．60° C．40° D．30°
【分析】根据旋转的性质得知∠A＝∠C，∠AOC为旋转角等于70°，则可以利用三角形内角和定理列出等式进行求解．
【解析】∵将△OAB绕点O逆时针旋转70°，
∴∠A＝∠C，∠AOC＝70°，∴∠DOC＝70°﹣α，
∵∠A＝2∠D＝100°，∴∠D＝50°，
∵∠C+∠D+∠DOC＝180°，∴100°+50°+70°﹣α＝180°，解得α＝40°，选C．
【小结】本题主要考查了旋转的性质及三角形的内角和定理，熟知图形旋转的性质：对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角是解决本题的关键．
变式5 如图，将△ABC绕点A顺时针旋转角α，得到△ADE，若点E恰好在CB的延长线上，则∠BED等于（ ）
A．α2 B．23α C．α D．180°﹣α
【分析】证明∠ABE+∠ADE＝180°，推出∠BAD+∠BED＝180°即可解决问题．
【解析】∵∠ABC＝∠ADE，∠ABC+∠ABE＝180°，
∴∠ABE+∠ADE＝180°，
∴∠BAD+∠BED＝180°，
∵∠BAD＝α，∴∠BED＝180°﹣α．选D．
【小结】本题考查旋转的性质，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．
变式6 Rt△ABC，已知∠C＝90，∠B＝50°，点D在边BC上，BD＝2CD （如图）．把△ABC绕着点D逆时针旋转m（0＜m＜180）度后，如果点B恰好落在初始Rt△ABC的边上，那么m＝（ ）
A．80 B．80或120 C．60或120 D．80或100
【分析】分类讨论：当把△ABC绕着点D逆时针旋转m（0＜m＜180）度后，点B恰好落在AB边上的B′点位置，如图1，根据旋转性质得∠BDB′＝m，DB′＝DB，则∠1＝∠B＝50°，然后根据三角形内角和定理计算出m＝80°；当把△ABC绕着点D逆时针旋转m（0＜m＜180）度后，点B恰好落在AC边上的B′点，如图2，根据旋转性质得∠BDB′＝m，DB′＝DB，由BD＝2CD得到DB′＝2CD，利用含30度直角三角形三边关系得∠CB′D＝30°，则∠B′DC＝60°，所以∠BDB′＝120°，即m＝120°．
【解析】当把△ABC绕着点D逆时针旋转m（0＜m＜180）度后，点B恰好落在AB边上的B′点，如图1，
∴∠BDB′＝m，DB′＝DB，∴∠1＝∠B＝50°，∴∠BDB′＝180°﹣∠1﹣∠B＝80°，即m＝80°；
当把△ABC绕着点D逆时针旋转m（0＜m＜180）度后，点B恰好落在AC边上的B′点位置，如图2，
∴∠BDB′＝m，DB′＝DB，
∵BD＝2CD，∴DB′＝2CD，
∴∠CB′D＝30°，则∠B′DC＝60°，
∴∠BDB′＝180°﹣∠B′DC＝120°，即m＝120°，
综上所述，m的值为80°或120°．选B．
【小结】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．运用含30度的直角三角形三边的关系也是解决问题的关键．
题型3 旋转作图（坐标系）
例题3 在如图所示平面直角坐标系中（每个小方格都是边长为1个单位长度的正方形），解答下列问题：
（1）画出与△ABC关于y轴对称的△A1B1C1；
（2）画出以C1为旋转中心，将△A1B1C1顺时针旋转90°后的△A2B2C1；
（3）连接A1A2，则△C1A1A2是 三角形，并直接写出△C1A1A2的面积．
【分析】（1）利用关于y轴对称的点的坐标特征写出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A1、B1的对应点A2、B2即可；
（3）利用勾股定理的逆定理可判断△C1A1A2是等腰直角三角形，然后根据三角形面积公式计算它的面积．
【解析】（1）如图，△A1B1C1为所作；
（2）如图，△A2B2C2为所作；
（3）∵C1A12＝12+22＝5，C1A22＝12+22＝5，A1A22＝12+32＝10，
∴C1A12+C1A22＝A1A22，∴△C1A1A2是直角三角形，而C1A1＝C1A2，
∴△C1A1A2是等腰直角三角形，它的面积=12×5×5=52．故答案为等腰直角．
【小结】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图形．
变式7 在平面直角坐标系中，△ABC的点坐标分别是A（2，4）、B（1，2）、C（5，3），如图：
（1）以点（0，0）为旋转中心，将△ABC顺时针转动90°，得到△A1B1C1，在坐标系中画出△A1B1C1，写出A1、B1、C1的坐标；
（2）在（1）中，若△ABC上有一点P（m，n），直接写出对应点P1的坐标．
（3）作出△ABC关于点O的中心对称图形△A2B2C2．
【分析】（1）依据点（0，0）为旋转中心，将△ABC顺时针转动90°，即可得到△A1B1C1；
（2）依据旋转前后坐标的变化规律，即可得到对应点P1的坐标；
（3）依据中心对称的性质，即可得到△ABC关于点O的中心对称图形△A2B2C2．
【解析】（1）如图所示，△A1B1C1即为所求，A1（4，﹣2）、B1（2，﹣1）、C1（3，﹣5）；
（2）若△ABC上有一点P（m，n），则对应点P1的坐标为（n，﹣m）．
（3）如图所示，△A2B2C2即为所求．
【小结】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．
变式8 如图，方格纸中的每个小方格都是边长为1个单位长度的正方形，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关于y轴对称的△A1B1C1；
（2）画出将△ABC绕原点O顺时针旋转90°所得的△A2B2C2；
（3）△A1B1C1与△A2B2C2成中心对称图形吗？若成中心对称图形，直接写出对称中心的坐标．
【分析】（1）利用利用y轴对称的点的坐标特征写出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A2、B2、C2，从而得到△A2B2C2；
（3）根据中心对称的定义进行判断．
【解析】（1）如图，△A1B1C1为所作；
（2）如图，△A2B2C2为所作；
（3）△A1B1C1与△A2B2C2成中心对称图形，对称中心的坐标为（-12，-12）．
【小结】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．也考查了轴对称变换．
变式9 如图，在平面直角坐标系中，A（1，1）．
（1）若△ABC和△A1B1C1关于原点O成中心对称图形，画出△A1B1C1，并写出点B1的坐标；
（2）点C绕O点逆时针方向旋转90°后所对应点C2的坐标为 ；
（3）在x轴上存在一点P，且满足点P到点B1和点C1距离之和最小，请直接写出PB1+PC1的最小值 ．
【分析】（1）根据中心对称图形的性质，△ABC和△A1B1C1关于原点O成中心对称图形，画出△A1B1C1，并写出点B1的坐标即可；
（2）根据旋转的性质即可写出点C绕O点逆时针方向旋转90°后所对应点C2的坐标；．
（3）根据两点之间线段最短，作点C1关于x轴的对称点，连接C′B1与x轴交于一点P，且满足点P到点B1点C1离之和最小，根据勾股定理，即可写出PB1+PC1的最小值．
【解析】（1）如图，△A1B1C1即为所求，点B1的坐标为（﹣4，﹣4）；
（2）点C2的坐标为（﹣1，5）；
（3）点P即为所求，PB1+PC1的最小值为26：
【小结】本题考查了作图﹣旋转变换，轴对称、最短路线问题，解决本题的关键是掌握旋转的性质．
题型4 与旋转有关的点的坐标
例题4 如图，在平面直角坐标系中，A（1，0），B（﹣2，4），AB绕点A顺时针旋转90°得到AC，则点C的坐标是（ ）
A．（4，3） B．（4，4） C．（5，3） D．（5，4）
【分析】如图，过点B作BE⊥x轴于E，过点C作CF⊥x轴于F．利用全等三角形的性质求出AF，CF即可解决问题．
【解析】如图，过点B作BE⊥x轴于E，过点C作CF⊥x轴于F．
∵A（1，0），B（﹣2，4），∴OA＝1，BE＝4，OE＝2，AE＝3，
∵∠AEB＝∠AFC＝∠BAC＝90°，
∴∠B+∠BAE＝90°，∠BAE+∠CAF＝90°，∴∠B＝∠CAF，
∵AB＝AC，∴△BEA≌△AFC（AAS），
∴CF＝AE＝3，AF＝BE＝4，OF＝1+4＝5，∴C（5，3），选C．
【小结】本题考查坐标与图形的变化﹣旋转，全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题．
变式10 如图，等边△OAB的边OB在x轴上，点B坐标为（2，0），以点O为旋转中心，把△OAB逆时针旋转90°，则旋转后点A的对应点A'的坐标是（ ）
A．（﹣1，3） B．（3，﹣1） C．（-3，1） D．（﹣2，1）
【分析】如图，过点A作AE⊥OB于E，过点A′作A′H⊥x轴于H．利用全等三角形的性质解决问题即可．
【解析】如图，过点A作AE⊥OB于E，过点A′作A′H⊥x轴于H．
∵B（2，0），△AOB是等边三角形，∴OA＝OB＝AB＝2，
∵AE⊥OB，∴OE＝EB＝1，∴AE=AO2-OE222-12=3，
∵A′H⊥OH，
∴∠A′HO＝∠AEO＝∠AOA′＝90°，
∴∠A′OH+∠AOE＝90°，∠AOE+∠OAE＝90°，∴∠A′OH＝∠OAE，
∴△A′OH≌△OAE（AAS），∴A′H＝OE＝1，OH＝AE=3，∴A′（-3，1），选C．
【小结】本题考查坐标与图形变化﹣旋转，等边三角形的性质，解直角三角形等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．
变式11 如图，在平面直角坐标系中，△AOB的顶点B在第一象限，点A在y轴的正半轴上，AO＝AB＝2，∠OAB＝120°，将△AOB绕点O逆时针旋转90°，点B的对应点B′的坐标是（ ）
A．（﹣2-32，3） B．（﹣2-32，2-32）
C．（﹣3，2-32） D．（﹣3，3）
【分析】如图，作B′H⊥x轴于H．解直角三角形求出B′H，OH即可．
【解析】作B′H⊥x轴于H．
由题意：OA′＝A′B′＝2，∠B′A′H＝60°，
∴∠A′B′H＝30°，
∴AH′=12A′B′＝1，B′H=3，∴OH＝3，∴B′（﹣3，3），选D．
【小结】本题考查坐标与图形变化﹣旋转，解直角三角形等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造直角三角形解决问题．
变式12 如图，在平面直角坐标系中，长方形ABCD的顶点B在坐标原点，顶点A、C分别在y轴、x轴的负半轴上，其中A（0，﹣4），C（﹣2，0），将矩形ABCD绕点D逆时针旋转得到矩形A'B'C'D，点B'恰好落在x轴上，线段B'A'与CD交于点E的坐标为（ ）
A．（﹣2，-32） B．（﹣2，-34） C．（﹣2，﹣2） D．（﹣2，-54）
【分析】连接BD，B'D，根据矩形ABCD绕点D逆时针旋转得到矩形A'B'C'D，可得BD＝B'D，再根据DC⊥BB'，即可得到BC＝B'C＝2＝A'D，再判定△B'EC≌△DEA'，得到B'E＝DE，设CE＝x，则B'E＝DE＝4﹣x，根据Rt△B'EC中，CE2+B'C2＝B'E2，可得x2+22＝（4﹣x）2，求得x的值即可得到点E的坐标．
【解析】如图，连接BD，B'D，
∵矩形ABCD绕点D逆时针旋转得到矩形A'B'C'D，∴BD＝B'D，
又∵DC⊥BB'，A（0，﹣4），C（﹣2，0），∴BC＝B'C＝2＝A'D，
又∵∠B'CE＝∠DA'E＝90°，∠B'EC＝∠DEA'，
∴△B'EC≌△DEA'，∴B'E＝DE，设CE＝x，则B'E＝DE＝4﹣x，
∵Rt△B'EC中，CE2+B'C2＝B'E2，∴x2+22＝（4﹣x）2，解得x=32，∴E（﹣2，-32），选A．
【小结】本题考查了矩形的性质，坐标与图形性质以及等腰三角形的性质的运用，解题时注意题中辅助线的作法．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．
题型5 与旋转有关的点的坐标（周期规律）
例题5 如图，Rt△AOB中，∠AOB＝90°，OA＝3，OB＝4，将△AOB沿x轴依次以三角形三个顶点为旋转中心顺时针旋转，分别得图②，图③，则旋转到图⑩时直角顶点的坐标是（ ）
A．（28，4） B．（36，0） C．（39，0） D．（912，323）
【分析】根据勾股定理列式求出AB的长度，然后根据图形不难发现，每3个图形为一个循环组依次循环，且下一组的第一个图形与上一组的最后一个图形的直角顶点重合，所以，第10个图形的直角顶点与第9个图形的直角顶点重合，然后求解即可．
【解析】∵∠AOB＝90°，OA＝3，OB＝4，∴AB=OA2+OB2=32+42=5，
根据图形，每3个图形为一个循环组，3+5+4＝12，
所以，图⑨的直角顶点在x轴上，横坐标为12×3＝36，
所以，图⑨的顶点坐标为（36，0），
又∵图⑩的直角顶点与图⑨的直角顶点重合，
∴图⑩的直角顶点的坐标为（36，0）．选B．
【小结】本题考查了坐标与图形的变化﹣旋转，仔细观图形，判断出旋转规律“每3个图形为一个循环组依次循环，且下一组的第一个图形与上一组的最后一个图形的直角顶点重合”是解题的关键．
变式13 如图，在平面直角坐标系中，将正方形OABC绕点O逆时针旋转45°后得到正方形OA1B1C1，依此方式，绕点O连续旋转2020次得到正方形OA2020B2020C2020，如果点A的坐标为（1，0），那么点B2020的坐标为（ ）
A．（﹣1，1） B．(-2，0) C．（﹣1，﹣1） D．(0，-2)
【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OA1B1C1，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．
【解析】∵四边形OABC是正方形，且OA＝1，∴B（1，1），
连接OB，由勾股定理得：OB=2，
由旋转得：OB＝OB1＝OB2＝OB3=⋯=2，
∵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＝∠BOB1＝∠B1OB2＝…＝45°，
∴B1（0，2），B2（﹣1，1），B3（-2，0），B（﹣1，﹣1），…，
发现是8次一循环，所以2020÷8＝252…4，∴点B2020的坐标为（﹣1，﹣1），选C．
【小结】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．．
变式14 如图，在平面直角坐标系中，点P1的坐标为（22，22），将线段OP1绕点O按顺时针方向旋转45°，再将其长度伸长为OP1的2倍，得到线段OP2；又将线段OP2绕点O按顺时针方向旋转45°，长度伸长为OP2的2倍，得到线段OP3；如此下去，得到线段OP4，OP5，…，OPn（n为正整数），则点P2020的坐标是 ．
【分析】根据题意得出OP1＝1，OP2＝2，OP3＝4，如此下去，得到线段OP4＝8＝23，OP5＝16＝24…，OPn＝2n﹣1，再利用旋转角度得出点P2020的坐标与点P4的坐标在同一直线上，进而得出答案．
【解析】∵点P1的坐标为（22，22），将线段OP1绕点O按逆时针方向旋转45°，再将其长度伸长为OP1的2倍，得到线段OP2；
∴OP1＝1，OP2＝2，
∴OP3＝4，如此下去，得到线段OP4＝23，OP5＝24…，
∴OPn＝2n﹣1，
由题意可得出线段每旋转8次旋转一周，
∵2020÷8＝252…4，
∴点P2020的坐标与点P4的坐标在同一直线上，正好在y轴的负半轴上，
∴点P2020的坐标是（0，﹣22019）．
故答案为：（0，﹣22019）．
【小结】此题主要考查了点的变化规律，根据题意得出点P2020的坐标与点P4的坐标在同一直线上是解题关键．
变式15 如图，在平面直角坐标系xOy中，有一个等腰直角三角形AOB，∠OAB＝90°，直角边AO在x轴上，且AO＝1．将Rt△AOB绕原点O顺时针旋转90°得到等腰直角三角形A1OB1，且A1O＝2AO，再将Rt△A1OB1绕原点O顺时针旋转90°得到等腰直角三角形A2OB2，且A2O＝2A1O，…，依此规律，得到等腰直角三角形A2020OB2020，则点B2020的坐标为 ．
【分析】根据题意得出B点坐标变化规律，进而得出点B2020的坐标位置，进而得出答案．
【解析】∵△AOB是等腰直角三角形，OA＝1，
∴AB＝OA＝1，∴B（1，1），
将Rt△AOB绕原点O顺时针旋转90°得到等腰直角三角形A1OB1，且A1O＝2AO，
再将Rt△A1OB1绕原点O顺时针旋转90°得到等腰三角形A2OB2，且A2O＝2A1O…，依此规律，
∴每4次循环一周，B1（2，﹣2），B2（﹣4，﹣4），B3（﹣8，8），B4（16，16），
∵2020÷4＝505，∴点B2020与B同在一个象限内，
∵﹣4＝﹣22，8＝23，16＝24，∴点B2020（22020，22020）．
【小结】此题主要考查了点的坐标变化规律，得出B点坐标变化规律是解题关键．
题型6 与旋转有关的最值问题
例题6 如图，在Rt△ABC中，∠A＝90°，AB＝3，AC＝4，D为AC中点，P为AB上的动点，将P绕点D逆时针旋转90°得到P1，连CP1的最小值为（ ）
A．1.6 B．2.4 C．2 D．22
【分析】过点P′作P′E⊥AC于点E，由旋转的性质及同角的余角相等判断△DAP≌△P′ED，根据全等三角形的对应边相等得出P′E＝AD＝2，
当AP＝DE＝2时，DE＝DC，即点E和点C重合，此时CP′＝EP′＝2，故线段CP′的最小值为2．
【解析】如图，
过点P′作P′E⊥AC于点E，则∠A＝∠P′ED＝90°，
由旋转可知：DP＝DP′，∠PDP′＝90°，
∴∠ADP＝∠EP′D，
∴△DAP≌△P′ED（AAS）
∴P′E＝AD＝2，
∴当AP＝DE＝2时，DE＝DC，即点E与点C重合，
此时CP′＝EP′＝2，∴线段CP′的最小值为2．选C．
【小结】本题考查了旋转的性质，解决本题的关键是准确作出辅助线构造全等三角形．
变式16 如图，△ABC是等边三角形，AB＝4，E是AC的中点，D是直线BC上一动点，线段ED绕点E逆时针旋转90°，得到线段EF，当点D运动时，则AF的最小值为（ ）
A．2 B．23 C．3 D．3+1
【分析】作DM⊥AC于M，FN⊥AC于N，如图，设DM＝x，则CM=33x，可计算出EM=-33x+2，再利用旋转的性质得到ED＝EF，∠DEF＝90°，证明△EDM≌△FEN，当D在BC上时，DM＝EN＝x，EM＝NF=-33x+2，接着利用勾股定理得到AF2＝（-33x+2）2+（2+x）2，配方得到AF2=43（x+3-32）2+4+23，此时AF2没有最小值，当D在BC的延长线上时，DM＝EN＝x，EM＝NF=33x+2，在Rt△AFN中，AF2＝（33x+2）2+（2﹣x）2=43（x-3-32）2+4+23，然后利用非负数的性质得到AF的最小值．
【解析】作DM⊥AC于M，FN⊥AC于N，如图，设DM＝x，
在Rt△CDM中，CM=33DM=33x，而EM+33x＝2，∴EM=-33x+2，
∵线段ED绕点E逆时针旋转90°，得到线段EF，∴ED＝EF，∠DEF＝90°，易得△EDM≌△FEN，
当D在BC上时，∴DM＝EN＝x，EM＝NF=-33x+2，
在Rt△AFN中，AF2＝（-33x+2）2+（2+x）2=43（x+3-32）2+4+23，此时AF2没有最小值，
当D在BC的延长线上时，∴DM＝EN＝x，EM＝NF=33x+2，
在Rt△AFN中，AF2＝（33x+2）2+（2﹣x）2=43（x-33）2+4+23，
当x=3-32时，AF2有最小值4+23，∴AF的最小值为4+23=3+1．选D．
【小结】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．
变式17 如图，△ABC是边长为12的等边三角形，D是BC的中点，E是直线AD上的一个动点，连接EC，将线段EC绕点C逆时针旋转60°得到FC，连接DF．则在点E的运动过程中，DF的最小值是 ．
【分析】取线段AC的中点G，连接EG，根据等边三角形的性质以及角的计算即可得出CD＝CG以及∠FCD＝∠ECG，由旋转的性质可得出EC＝FC，由此即可利用全等三角形的判定定理SAS证出△FCD≌△ECG，进而即可得出DF＝GE，再根据点G为AC的中点，即可得出EG的最小值，此题得解．
【解析】取线段AC的中点G，连接EG，如图所示．
∵△ABC为等边三角形，且AD为△ABC的对称轴，∴CD＝CG=12AB＝6，∠ACD＝60°，
∵∠ECF＝60°，∴∠FCD＝∠ECG．
在△FCD和△ECG中，FC=EC∠FCD=∠ECGDC=GC，∴△FCD≌△ECG（SAS），∴DF＝GE．
当EG∥BC时，EG最小，
∵点G为AC的中点，∴此时EG＝DF=12CD=14BC＝3．
【小结】本题考查等边三角形性质以及全等三角形的判定与性质，解题的关键是通过全等三角形的性质找出DF＝GE．本题属于中档题，难度不大，解决该题型题目时，根据全等三角形的性质找出相等的边是关键．
变式18 如图，等腰直角△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC＝4，M为AB中点，D是射线BC上一动点，连接AD，将线段AD绕点A逆时针旋转90°得到线段AE，连接ED、ME，则点D在运动过程中ME的最小值为 ．
【分析】连接BE，过点M作MG⊥BE的延长线于点G，过点A作AK⊥AB交BD的延长线于点K，可得△AKB是等腰直角三角形．根据线段AD绕点A逆时针旋转90°得到线段AE，可得△ADE是等腰直角三角形，从而证明△ADK≌△AEB，得∠ABE＝∠K＝45°，可得△BMG是等腰直角三角形，可求得MG的长，当ME＝MG时，ME的值最小，进而可得ME的最小值．
【解析】如图，
连接BE，过点M作MG⊥BE的延长线于点G，
过点A作AK⊥AB交BD的延长线于点K，
∵等腰直角△ABC中，∠ACB＝90°，∴∠B＝45°，∴∠K＝45°，∴△AKB是等腰直角三角形．
∵线段AD绕点A逆时针旋转90°得到线段AE，
∴△ADE是等腰直角三角形，∴∠KAD+∠DAB＝∠BAE+∠DAB＝90°，∴∠KAD＝∠BAE，
在△ADK和△AEB中，AD=AE∠KAD=∠BAEAK=AB ∴△ADK≌△AEB（SAS），∴∠ABE＝∠K＝45°，
∴△BMG是等腰直角三角形，
∵AC＝BC＝4，∴AB＝42，
∵M为AB中点，∴BM＝22，∴MG＝BG＝2，∠G＝90°，∴BM＞MG，
∴当ME＝MG时，ME的值最小，∴ME＝BE＝2．
【小结】本题考查了轨迹，解决本题的关键是综合运用旋转的性质、等腰直角三角形的性质、三角形全等的判定与性质、勾股定理等知识．
题型7 旋转综合变换
例题7 已知：正方形ABCD中，∠MAN＝45°，∠MAN绕点A顺时旋转，它的两边分别交CB，DC（或它们的延长线）于点M，N．当∠MAB绕点A旋转到BM＝DN时（如图1），易证BM+DN＝MN．
（1）当∠MAN旋转到BM≠DN时（如图2），线段BM，DN和MN之间有怎样的数量关系？写出猜想，并加以证明．
（2）当∠MAN绕点A旋转到如图3的位置时，线段BM，DN和MN之间又有怎样的数量关系？请写出你的猜想，并加以证明．
【分析】（1）结论：BM+DN＝MN成立，证得B、E、M三点共线即可得到△AEM≌△ANM，从而证得ME＝MN．
（2）结论：DN﹣BM＝MN．首先证明△ADQ≌△ABM，得DQ＝BM，再证明△AMN≌△AQN（SAS），得MN＝QN，
【解析】（1）BM+DN＝MN成立．
证明：如图，把△ADN绕点A顺时针旋转90°，
得到△ABE，则可证得E、B、M三点共线（图形画正确）．∴∠EAM＝90°﹣∠NAM＝90°﹣45°＝45°，
又∵∠NAM＝45°，
∴在△AEM与△ANM中，AE=AN∠EAM=∠NAMAM=AM，∴△AEM≌△ANM（SAS），∴ME＝MN，
∵ME＝BE+BM＝DN+BM，∴DN+BM＝MN；
（2）DN﹣BM＝MN．
在线段DN上截取DQ＝BM，
在△ADQ与△ABM中，∵AD=AB∠ADQ=∠ABMDQ=MB，∴△ADQ≌△ABM（SAS），
∴∠DAQ＝∠BAM，∴∠QAN＝∠MAN．
在△AMN和△AQN中，AQ=AM∠QAN=∠MANAN=AN，∴△AMN≌△AQN（SAS），∴MN＝QN，∴DN﹣BM＝MN．
【小结】本题考查正方形的性质、旋转变换等知识，解题的关键是学会利用旋转法添加辅助线，构造全等三角形解决问题，属于中考常考题型．
变式19 在△ABC和△DCE中，∠ACB＝∠DCE＝90°，AC＝BC，DC＝EC．
（1）如图1，点D在BC上，求证：AD＝BE，AD⊥BE．
（2）将图1中的△DCE绕点C按逆时针方向旋转到图2所示的位置，旋转角为α（α为锐角），线段DE，AE，BD的中点分别为P，M，N，连接PM，PN．
①请直接写出线段PM，PN之间的关系，不需证明；
②若AE＝2PM，求α．
【分析】（1）证明△ACD≌△BCE（SAS），可得AD＝BE，∠CAD＝∠CBE． 根据直角三角形两锐角互余可得：∠AFB＝90°，所以AD⊥BE；
（2）①先证明△ACD≌△BCE（SAS），得AD＝BE，∠CAD＝∠OBQ，再证明AD⊥BE，根据三角形的中位线定理得：PM=12AD，PM∥AD，PN=12BE，PN∥BE，所以PM＝PN，PM⊥PN；
②证明△ACE≌△BCE．得∠ACE＝∠BCE． 根据周角定义和直角可得α的值．
【解答】（1）证明：如图1，延长AD交BE于F．
在△ACD和△BCE中，AC=BC∠ACD=∠BCECD=CE，∴△ACD≌△BCE（SAS）．∴AD＝BE，∠CAD＝∠CBE．
∵∠ACB＝90°，
∴∠CEB+∠CBE＝∠ACB＝90°，
∴∠AFB＝∠CEB+∠CAD＝∠CEB+∠CBE＝90°，
∴AD⊥BE．
（2）①PM＝PN，PM⊥PN．
理由是：如图2，连接BE，AD，交于点Q，
∵∠ACB＝∠ECD＝90°，
∴∠ACB+∠BCD＝∠BCD+∠ECD，
即∠ACD＝∠BCE，
在△ACD和△BCE中，∵AC=BC∠ACD=∠BCECD=CE，∴△ACD≌△BCE（SAS），∴AD＝BE，∠CAD＝∠OBQ，
∵∠AOC＝∠BOQ，∴∠BQO＝∠ACO＝90°，∴AD⊥BE，
∵M是AE的中点，P是ED的中点，∴PM=12AD，PM∥AD，
同理得：PN=12BE，PN∥BE，∴PM＝PN，PM⊥PN．
②由①知PM＝PN，
又∵AE＝2PM，∴AE＝BE．
在△ACE和△BCE中，AC=BCAE=BECE=CE ，∴△ACE≌△BCE（SSS），∴∠ACE＝∠BCE．
∵∠ACB＝∠DCE＝90°，
∴∠ACE＝∠BCE＝（360°﹣∠ACB）÷2＝135°，
∴α＝∠BCD＝∠BCE﹣∠DCE＝135°﹣90°＝45°．
【小结】本题考查几何变换综合题、全等三角形的判定和性质、等腰直角三角形的判定和性质、三角形的中位线定理等知识，解题的关键是灵活运用这些知识，学会利用三角形全等的性质解决问题，属于中考压轴题．
变式20 【操作发现】如图1，△ABC为等边三角形，点D为AB边上的一点，∠DCE＝30°，将线段CD绕点C顺时针旋转60°得到线段CF，连接AF、EF，请直接写出下列结果：
①∠EAF的度数为 ；②DE与EF之间的数量关系为 ；
【类比探究】如图2，△ABC为等腰直角三角形，∠ACB＝90°，点D为AB边上的一点，∠DCE＝45°，将线段CD绕点C顺时针旋转90°得到线段CF，连接AF、EF．
①则∠EAF的度数为 ；②线段AE，ED，DB之间有什么数量关系？请说明理由；
【实际应用】如图3，△ABC是一个三角形的余料，小张同学量得∠ACB＝120°，AC＝BC，他在边BC上取了D、E两点，并量得∠BCD＝15°、∠DCE＝60°，这样CD、CE将△ABC分成三个小三角形，请求△BCD、△DCE、△ACE这三个三角形的面积之比．
【分析】操作发现：①由等边三角形的性质得出AC＝BC，∠BAC＝∠B＝60°，求出∠ACF＝∠BCD，证明△ACF≌△BCD，得出∠CAF＝∠B＝60°，求出∠EAF＝∠BAC+∠CAF＝120°；
②证出∠DCE＝∠FCE，由SAS证明△DCE≌△FCE，得出DE＝EF即可；
类比探究：①由等腰直角三角形的性质得出AC＝BC，∠BAC＝∠B＝45°，证出∠ACF＝∠BCD，由SAS证明△ACF≌△BCD，得出∠CAF＝∠B＝45°，AF＝DB，求出∠EAF＝∠BAC+∠CAF＝90°；
②证出∠DCE＝∠FCE，由SAS证明△DCE≌△FCE，得出DE＝EF；在Rt△AEF中，由勾股定理得出AE2+AF2＝EF2，即可得出结论；
实际应用：同类比探究的方法：判断出∠EAF＝60°，△AEF是直角三角形，即可得出BD，DE，AE的关系，最后用同高的三角形的面积比等于底的比即可得出结论．
【解析】操作发现：①∵△ABC是等边三角形，∴AC＝BC，∠BAC＝∠B＝60°，
由旋转知，CD＝CF，∠DCF＝60°，∴∠ACF＝∠BCD，
在△ACF和△BCD中，AC=BC∠ACF=∠BCDCF=CD，∴△ACF≌△BCD（SAS），∴∠CAF＝∠B＝60°，
∴∠EAF＝∠BAC+∠CAF＝120°；
②DE＝EF；理由如下：∵∠DCF＝60°，∠DCE＝30°，∴∠FCE＝60°﹣30°＝30°，∴∠DCE＝∠FCE，
在△DCE和△FCE中，CD=CF∠DCF=∠FCECE=CE，∴△DCE≌△FCE（SAS），∴DE＝EF；
类比探究：①∵△ABC是等腰直角三角形，∠ACB＝90°，∴AC＝BC，∠BAC＝∠B＝45°，
由旋转知，CD＝CF，∠DCF＝90°，∴∠ACF＝∠BCD，
在△ACF和△BCD中，AC=BC∠ACF=∠BCDCF=CD，∴△ACF≌△BCD（SAS），∴∠CAF＝∠B＝45°，AF＝DB，
∴∠EAF＝∠BAC+∠CAF＝90°；
②AE2+DB2＝DE2，理由如下：
∵∠DCF＝90°，∠DCE＝45°，∴∠FCE＝90°﹣45°＝45°，∴∠DCE＝∠FCE，
在△DCE和△FCE中，CD=CF∠DCE=∠FCECE=CE，∴△DCE≌△FCE（SAS），∴DE＝EF，
在Rt△AEF中，AE2+AF2＝EF2，又∵AF＝DB，∴AE2+DB2＝DE2．
实际应用：如图3，将△BCD绕点C顺时针旋转120°，连接AF，EF，
∵△ABC是等腰三角形，∠ACB＝120°，又∴AC＝BC，∠BAC＝∠B＝30°，
由旋转知，CD＝CF，∠DCF＝120°，∴∠ACF＝∠BCD，
在△ACF和△BCD中，AC=BC∠ACF=∠BCDCF=CD，∴△ACF≌△BCD（SAS），
∴∠CAF＝∠B＝30°，AF＝DB，∠AFC＝∠BDC＝180°﹣∠B﹣∠BCD＝135°∴∠EAF＝∠BAC+∠CAF＝60°，
∵∠DCF＝120°，∠DCE＝60°，∴∠FCE＝120°﹣60°＝60°，∴∠DCE＝∠FCE，
在△DCE和△FCE中，CD=CF∠DCE=∠FCECE=CE，∴△DCE≌△FCE（SAS），
∴DE＝EF，∠CFE＝∠ADE＝∠B+∠BCD＝45°，∴∠AFE＝90°，
在Rt△AEF中，∠EAF＝60°，∴∠AEF＝30°，∴EF=3AF，AE＝2AF，∴DE＝EF=3AF，BD＝AF．
∴S△BCD：S△CDE：S△ACE＝BD：DE：AE＝AF：3AF：2AF＝1：3：2．
【小结】本题是几何变换综合题目，考查旋转性质、等边三角形性质、全等三角形判定与性质、等腰直角三角形判定与性质、勾股定理等知识；综合性强，有一定难度，证明三角形全等是解决问题的关键．
变式21 阅读下面材料：
小伟遇到这样一个问题：如图1，在△ABC（其中∠BAC是一个可以变化的角）中，AB＝2，AC＝4，以BC为边在BC的下方作等边△PBC，求AP的最大值．
小伟是这样思考的：利用变换和等边三角形将边的位置重新组合．他的方法是以点B为旋转中心将△ABP逆时针旋转60°得到△A′BC，连接A′A，当点A落在A′C上时，此题可解（如图2）．
（1）请你回答：AP的最大值是 ．
（2）参考小伟同学思考问题的方法，解决下列问题：
如图3，等腰Rt△ABC．边AB＝4，P为△ABC内部一点，请写出求AP+BP+CP最小值长解题思路．提示：要解决AP+BP+CP最小值问题，可仿照题目给出做法．把△ABP绕B点逆时针旋转60，得到△A′BP′
①请画出旋转后的图形
②请写出求AP+BP+CP的最小值的解题思路（结果可以不化简）．
【分析】（1）由旋转得到△A′BC，有△A′BA是等边三角形，当点A′A、C三点共线时，A′C＝AA′+AC，最大即可；
（2）由旋转得到结论PA+PB+PC＝P1A1+P1B+PC，只有，A1、P1、P、C四点共线时，（P1A+P1B+PC）最短，即线段A1C最短，根据勾股定理，即可．
【解析】（1）∵△ABP逆时针旋转60°得到△A′BC，
∴∠A′BA＝60°，A′B＝AB，AP＝A′C
∴△A′BA是等边三角形，
∴A′A＝AB＝BA′＝2，
在△AA′C中，A′C＜AA′+AC，即AP＜6，
则当点A′A、C三点共线时，A′C＝AA′+AC，即AP＝6，即AP的最大值是：6；
（2）①旋转后的图形如图1；
②如图2，
∵Rt△ABC是等腰三角形，∴AB＝BC．
以B为中心，将△APB逆时针旋转60°得到△A1P1B．则A1B＝AB＝BC＝4，PA＝P1A1，PB＝P1B，
∴PA+PB+PC＝P1A1+P1B+PC．
∵当A1、P1、P、C四点共线时，（P1A+P1B+PC）最短，即线段A1C最短，
∴A1C＝PA+PB+PC，∴A1C长度即为所求．
过A1作A1D⊥CB延长线于D．
∵∠A1BA＝60°（由旋转可知），∴∠A1BD＝30°．
∵A1B＝4，∴A1D＝2，BD＝23∴CD＝4+23；
在Rt△A1DC中，A1C=A1D2+DC2=22+(4+23)2=22+26．
【小结】此题是几何变换综合题，主要考查了图形的旋转的性质，画出图形是解本题的关键，也是难点
题型8 中心对称图形
中心对称图形是把这个图形绕某一点旋转180°,如果旋转后的图形能够与原来的图形重合,那么这个图形就叫做中心对称图形.
例题8 垃圾混置是垃圾，垃圾分类是资源．下列可回收物、有害垃圾、厨余垃圾、其他垃圾四种垃圾回收标识中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（ ）
A． B． C． D．
【分析】根据轴对称图形与中心对称图形的概念求解．
【解析】A、不是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项不合题意；
B、既是轴对称图形，也是中心对称图形，故此选项符合题意；
C、是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项不合题意；
D、既不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故此选项不符合题意；选B．
【小结】此题主要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度后两部分重合．
变式22 下列四个图形中，是中心对称图形的是（ ）
A． B． C． D．
【分析】利用中心对称图形的定义进行解答即可．
【解析】A、不是中心对称图形，故此选项不合题意；
B、不是中心对称图形，故此选项不合题意；
C、是中心对称图形，故此选项符合题意；
D、不是中心对称图形，故此选项不合题意；选C．
【小结】此题主要考查了中心对称图形，关键是掌握把一个图形绕某一点旋转180°，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形就叫做中心对称图形．
变式23 下列图案中，既是轴对称图形也是中心对称图形的是（ ）
A．唐代对凤纹 B．良渚神人兽面纹
C．敦煌元素宝相花纹 D．《营造法式》海石榴花纹
【分析】根据轴对称图形与中心对称图形的概念求解．
【解析】A、既不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故此选项不合题；
B、既不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故此选项不合题；
C、既是轴对称图形也是中心对称图形，故此选项符合题意；
D、既不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故此选项不合题．选C．
【小结】此题主要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．
变式24 下列扑克牌中，中心对称图形有（ ）
A．1张 B．2张 C．3张 D．4张
【分析】根据中心对称图形的概念求解．
【解析】根据中心对称图形的概念可得：①③是中心对称图形．选B．
【小结】本题考查了中心对称图形的概念，关键是根据中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后与原图重合解答．
题型9 关于原点对称的点的坐标
解答此类题需熟悉：两个点关于x轴对称，则横坐标不变，纵坐标互为相反数；两个点关于y轴对称，则横坐标互为相反数，纵坐标不变；两个点关于原点对称，则横坐标、纵坐标都是互为相反数．
例题9 在平面直角坐标系中，若点M（m，n）与点Q（﹣2，3）关于原点对称，则点P（m﹣n，n）所在象限是（ ）
A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限
【分析】直接利用关于原点对称点的性质得出m，n的值，进而得出m﹣n的值，即可判断所在象限．
【解析】∵点M（m，n）与点Q（﹣2，3）关于原点对称，
∴m＝2，n＝﹣3，∴m﹣n＝2﹣（﹣3）＝5，
则点P（m﹣n，n）为（5，﹣3），故P点所在象限是：第四象限．选D．
【小结】此题主要考查了关于原点对称点的性质，正确得出m，n的值是解题关键．
变式25 已知点P（2a+1，a﹣1）关于原点对称的点在第一象限，则a的取值范围是（ ）
A．a＜-12或a＞1 B．a＜-12 C．-12＜a＜1 D．a＞1
【分析】直接利用关于原点对称点的性质分析得出答案．
【解析】点P（2a+1，a﹣1）关于原点对称的点（﹣2a﹣1，﹣a+1）在第一象限，
则-2a-1＞0-a+1＞0，解得：a＜-12．选B．
【小结】此题主要考查了关于原点对称点的性质以及不等式组的解法，正确解不等式是解题关键．
变式26 在平面直角坐标系中，若点A（x+1，2y+1）与点A'（y﹣2，x）关于原点O对称，则代数式x2﹣y2的值为 ．
【分析】直接利用关于原点对称点的性质得出关于x，y的方程组进而得出x，y的值，即可得出答案．
【解析】∵点A（x+1，2y+1）与点A'（y﹣2，x）关于原点O对称，
∴x+1+y-2=02y+1+x=0，解得：x=3y=-2，故x2﹣y2＝9﹣4＝5．
【小结】此题主要考查了关于原点对称点的性质，正确得出x，y的值是解题关键．
变式27 直角坐标系中，已知A（3，2），作点A关于y轴对称点A1，点A1关于原点对称点A2，点A2关于x轴对称点A3，A3关于y轴对称点A4，……，按此规律，则点A2019的坐标为 ．
【分析】此题主要是发现循环的规律，然后根据规律进行计算．
【解析】作点A关于y轴的对称点为A1，是（﹣3，2）；
作点A1关于原点的对称点为A2，是（3，﹣2）；
作点A2关于x轴的对称点为A3，是（3，2）．
显然此为一循环，按此规律，2019÷3＝673，
则点A2019的坐标是（3，2），
【小结】本题考查了关于原点对称的点的坐标，关于坐标轴对称点的坐标，解答此题需熟悉：两个点关于x轴对称，则横坐标不变，纵坐标互为相反数；两个点关于y轴对称，则横坐标互为相反数，纵坐标不变；两个点关于原点对称，则横坐标、纵坐标都是互为相反数．
题型10 中心对称的性质
例题10 如图，在矩形ABCD中，把∠A沿DF折叠，点A恰好落在矩形的对称中心E处，则∠ADF的度数为（ ）
A．15° B．20° C．25° D．30°
【分析】根据折叠的性质得到AD＝ED＝AE，∠ADF＝∠EDF=12∠ADE，推出△DAE的等边三角形，根据等边三角形的性质得到∠ADE＝60°，求得∠ADF＝30°．
【解析】如图，连接AE，∵把∠A沿DF折叠，点A恰好落在矩形的对称中心E处，
∴AD＝ED＝AE，∠ADF＝∠EDF=12∠ADE，∴△DAE的等边三角形，
∴∠ADE＝60°，∴∠ADF＝30°，选D．
【小结】本题考查了折叠的性质，矩形的性质，中心对称，等边三角形的判定和性质，熟练掌握矩形的性质是解题的关键．
变式28 如图，点O是▱ABCD的对称中心，AD＞AB，E、F是AB边上的点，且EF=12AB；G、H是BC边上的点，且GH=13BC，若S1，S2分别表示△EOF和△GOH的面积，则S1与S2之间的等量关系是（ ）
A．S1S2=23 B．S1S2=32 C．S1S2=21 D．S1S2=12
【分析】如图，连接OA，OB，OC．设平行四边形的面积为4s．求出S1，S2（用s表示）即可解决问题．
【解析】如图，连接OA，OB，OC．设平行四边形的面积为4s．
∵点O是平行四边形ABCD的对称中心，∴S△AOB＝S△BOC=14S平行四边形ABCD＝s，
∵EF=12AB，GH=13BC，∴S1=12s，S2=13s，∴S1S2=12s13s=32，选B．
【小结】本题考查中心对称，平行四边形的性质，三角形的面积等知识，解题的关键是学会利用参数解决问题，属于中考常考题型．
变式29 如图，点O是矩形ABCD的对称中心，点E在AB边上，连接CE．若点B与点O关于CE对称，则CB：AB为（ ）
A．12 B．5-12 C．33 D．32
【分析】连接DB，利用对称得出OE＝EB，进而利用全等三角形的判定和性质得出OC＝BC，进而解答．
【解析】连接DB，AC，OE，
∵四边形ABCD是矩形，∴AC＝DB，∠ABC＝90°，OC＝OA＝OB＝OD，
∵点B与点O关于CE对称，∴OE＝EB，∠OEC＝∠BEC，
在△COE与△CBE中，OE=BE∠OEC=∠BECCE=CE，∴△COE≌△CBE（SAS），∴OC＝CB，∴AC＝2BC，
∵∠ABC＝90°，∴AB=3CB，即CB：AB=33，选C．
【小结】此题考查中心对称，关键是利用对称得出OE＝EB解答．
变式30 如图，点E在正方形ABCD的边CD上，以CE为边向正方形ABCD外部作正方形CEFG，O、O′分别是两个正方形的对称中心，连接OO′．若AB＝3，CE＝1，则OO′＝ ．
【分析】如图，过点O作OH⊥BC于H，O′T⊥OH于T，利用勾股定理即可解决问题．
【解析】如图，过点O作OH⊥BC于H，O′T⊥OH于T．
由题意在Rt△O′OT中，OT=32-12=1，O′T=32+12=2，
∴OO′=OT2+O'T2=12+22=5，故答案为5
【小结】本题考查中心对称，正方形的性质，解直角三角形等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造直角三角形解决问题．
旋转问题巩固练习
1．下列图中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（ ）
A． B． C． D．
【分析】根据轴对称图形与中心对称图形的概念求解．
【解析】A、不是轴对称图形，也不是中心对称图形．故本选项不合题意；
B、是轴对称图形，不是中心对称图形．故本选项不合题意；
C、不是轴对称图形，是中心对称图形．故本选项不合题意；
D、既是轴对称图形又是中心对称图形．故本选项符合题意．选D．
【小结】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．
2．已知点A（x﹣2，3）与点B（x+4，y﹣5）关于原点对称，则（ ）
A．x＝﹣1，y＝2 B．x＝﹣1，y＝8 C．x＝﹣1，y＝﹣2 D．x＝1，y＝8
【分析】两个点关于原点对称时，它们的坐标符号相反，即点P（x，y）关于原点O的对称点是P′（﹣x，﹣y）．直接利用关于原点对称点的性质得出x，y的值进而得出答案．
【解析】∵点A（x﹣2，3）与点B（x+4，y﹣5）关于原点对称，
∴x﹣2+x+4＝0，y﹣5＝﹣3，解得：x＝﹣1，y＝2，选A．
【小结】此题主要考查了关于原点对称点的性质，正确把握坐标特点是解题关键．
3．下列四组图形中，左边的图形与右边的图形成中心对称的有（ ）
A．1组 B．2组 C．3组 D．4组
【分析】分析两个图形是否中心对称，主要把一个图形绕一个点旋转180°，观察是否能和另一个图形重合
【解析】根据中心对称的概念，知②③④都是中心对称．选C．
【小结】考查中心对称定义．如果一个图形沿着一条直线对折后两部分完全重合，叫做轴对称图形，直线叫做对称轴．如果一个图形绕某一点旋转180°后能够与自身重合，叫做中心对称图形，点叫做对称中心．
4．如图，该图形在绕点O按下列角度旋转后，不能与其自身重合的是（ ）
A．72° B．108° C．144° D．216°
【分析】该图形被平分成五部分，因而每部分被分成的圆心角是72°，并且圆具有旋转不变性，因而旋转72°的整数倍，就可以与自身重合；不是旋转72°的整数倍，就不能与其自身重合，即可得出结果．
【解析】该图形被平分成五部分，旋转72°的整数倍，就可以与自身重合，
因而A、C、D选项都与自身重合，不能与其自身重合的是B选项．选B．
【小结】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．如图，已知点A（2，1），B（0，2），将线段AB绕点M逆时针旋转到A1B1，点A与A1是对应点，则点M的坐标是（ ）
A．（0，﹣2） B．（1，﹣1） C．（0，0） D．（﹣1，﹣1）
【分析】作出对应点连线的垂直平分线，它们的交点就是M点．
【解析】如图，点M的坐标是（1，﹣1），选B．
【小结】本题考查了坐标与图形变化﹣旋转，确定M的位置是解题的关键．
6. 如图P是正方形ABCD内一点，△ABP经过旋转后到达△CBQ的位置，连结PQ，则∠BQP的度数为（ ）
A．90° B．60° C．45° D．30°
【分析】由旋转的性质可得BP＝BQ，∠ABC＝∠PBQ＝90°，由等腰三角形的性质可得∠BQP＝45°．
【解析】∵△ABP经过旋转后到达△CBQ的位置，
∴BP＝BQ，∠ABC＝∠PBQ＝90°，∴∠BQP＝45°，选C．
【小结】本题考查了旋转的性质，正方形的性质，等腰三角形的性质，掌握旋转的性质是本题的关键．
7．如图，在4×4的网格纸中，△ABC的三个顶点都在格点上，现要在这张网格纸的四个格点M，N，P，Q中找一点作为旋转中心．将△ABC绕着这个中心进行旋转，旋转前后的两个三角形成中心对称，且旋转后的三角形的三个顶点都在这张4×4的网格纸的格点上，那么满足条件的旋转中心有（ ）
A．点M，点N B．点M，点Q C．点N，点P D．点P，点Q
【分析】画出中心对称图形即可判断
【解析】观察图象可知，点P．点N满足条件．选C．
【小结】考查利用旋转设计图案，中心对称等知识，解题关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．
8．如图，线段OA，OB分别从与x轴和y轴重合的位置出发，绕着原点O顺时针转动，已知OA每秒转动45°，OB的转动速度是每秒转动30°，则第2020秒时，OA与OB之间的夹角的度数为（ ）
A．90° B．145° C．150° D．165°
【分析】首先求出第一次相遇的时间，再求出第二次相遇所用的时间，探究规律利用规律解决问题即可．
【解析】设t秒第一次相遇．由题意：270+30t＝45t，解得t＝18，
相遇后设m秒第二次相遇，则有45t﹣30t＝360，解得t＝24，
以后每过24秒相遇一次，（2020﹣18）÷24＝83…10，
∴2020秒时，10×45°﹣10×30°＝150°，选C．
【小结】本题考查坐标与图形的变化﹣旋转，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．
9．如图，已知AB是线段MN上的两点，MN＝12，MA＝3，MB＞3，以A为中心顺时针旋转点M，以点B为中心顺时针旋转点N，使M、N两点重合成一点C，构成△ABC，当△ABC为直角三角形时AB的长是（ ）
A．3 B．5 C．4或5 D．3或51
【分析】应该分情况讨论，因为不知道在三角形中哪一个是作为斜边存在的．所以有三种情况，即：①若AC为斜边，则32＝x2+（9﹣x）2，即x2﹣9x+36＝0，方程无解；
②若AB为斜边，则x2＝（9﹣x）2+32，且满3＜x＜6，
③若BC为斜边，则（9﹣x）2＝32+x2，且满足3＜x＜6．
【解析】∵在△ABC中，AC＝AM＝3，设AB＝x，BC＝9﹣x．
由三角形两边之和大于第三边得到下列不等式组：3+x＞9-x3+9-x＞x，解得3＜x＜6；
①AC为斜边，则32＝x2+（9﹣x）2，即x2﹣9x+36＝0，方程无解，即AC为斜边不成立．
②若AB为斜边，则x2＝（9﹣x）2+32，解得x＝5，满足3＜x＜6，
③若BC为斜边，则（9﹣x）2＝32+x2，解得x＝4，满足3＜x＜6，
∴x＝5或x＝4；选C．
【小结】本题考查了旋转的性质．解此题的关键是进行全方面分析，注意一题多解．难易程度适中．
10．已知等边△ABC的边长为8，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．22 B．4 C．23 D．不能确定
【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．
【解析】如图，由旋转可得∠ACQ＝∠B＝60°，
又∵∠ACB＝60°，∴∠BCQ＝120°，∵点D是AC边的中点，∴CD＝4，
当DQ⊥CQ时，DQ的长最小，此时，∠CDQ＝30°，∴CQ=12CD＝2，∴DQ=42-22=23，
∴DQ的最小值是23，选C．
【小结】考查旋转的性质，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．
11．如图，将△OAB绕点O顺时针旋转70°到△OCD位置，若∠AOB＝40°，则∠AOD的大小为 30 度．
【分析】由旋转的性质可得∠DOB＝70°，即可求解．
【解析】∵将△OAB绕点O顺时针旋转70°到△OCD，∴∠DOB＝70°，
∵∠AOB＝40°，∴∠AOD＝∠BOD﹣∠AOB＝30°
【小结】本题考查了旋转的性质，熟练掌握旋转的性质是本题的关键．
12．如图，已知点A（2，0），B（0，4），C（2，4），D（6，6），连接AB，CD，将线段AB绕着某一点旋转一定角度，使其与线段CD重合（点A与点C重合，点B与点D重合），则这个旋转中心的坐标为 （4，2） ．
【分析】画出平面直角坐标系，作出线段AC，BD的垂直平分线的交点P，点P即为旋转中心．
【解析】平面直角坐标系如图所示，旋转中心是P点，P（4，2）．
故答案为（4，2）．
【小结】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．
13．图1和图2中所有的小正方形都全等，将图1的正方形放在图2中①②③④的某一位置，使它与原来7个小正方形组成的图形是中心对称图形，这个位置是 ③ ．
【分析】根据把一个图形绕某一点旋转180°，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形就叫做中心对称图形，这个点叫做对称中心，进而得出答案．
【解析】当正方形放在③的位置，即是中心对称图形．故答案为：③．
【小结】此题主要考查了中心对称图形的定义，正确把握定义是解题关键．
14．如图，正方形ABCD的边长为a，对角线AC和BD相交于点O，正方形A1B1C1O的边OA1交AB于点E，OC1交BC于点F，正方形A1B1C1O绕O点转动的过程中，与正方形ABCD重叠部分的面积为 14a2 （用含a的代数式表示）
【分析】由题意得OA＝OB，∠OAB＝∠OBC＝45°又因为∠AOE+∠EOB＝90°，∠BOF+∠EOB＝90°可得∠AOE＝∠BOF，根据ASA可证△AOE≌△BOF，由全等三角形的性质可得S△AOE＝S△BOF，可得重叠部分的面积为正方形面积的14，即可求解．
【解析】在正方形ABCD中，AO＝BO，∠AOB＝90°，∠OAB＝∠OBC＝45°，
∵∠AOE+∠EOB＝90°，∠BOF+∠EOB＝90°，∴∠AOE＝∠BOF．
在△AOE和△BOF中∠OAE=∠OBFOA=OB∠AOE=∠BOF，∴△AOE≌△BOF（ASA），∴S△AOE＝S△BOF，
∴重叠部分的面积＝S△AOB=14S正方形ABCD=14a2，故答案为：14a2．
【小结】考查旋转的性质，正方形的性质，全等三角形的判定和性质，证明△AOE≌△BOF是本题的关键．
15．在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，将△ABC绕顶点C顺时针旋转得到△A′B′C′，点M是BC的中点，点P是A′B′的中点，连接PM．若BC＝2，∠A＝30°，线段PM长度的最大值是 3 ．
【分析】如图连接PC．思想求出PC＝2，根据PM≤PC+CM，可得PM≤3，由此即可解决问题．
【解析】如图连接PC．在Rt△ABC中，∵∠A＝30°，BC＝2，∴AB＝4，
根据旋转不变性可知，A′B′＝AB＝4，∴A′P＝PB′，∴PC=12A′B′＝2，
∵CM＝BM＝1，又∵PM≤PC+CM，即PM≤3，∴PM的最大值为3（此时P、C、M共线）．
【小结】本题考查旋转变换、解直角三角形、直角三角形30度角的性质、直角三角形斜边中线定理，三角形的三边关系等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，学会利用三角形的三边关系解决最值问题，属于中考常考题型．
16．如图，在平面直角坐标系中，将△ABC绕点A顺时针旋转到△A1B1C1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，再将△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（32，0），B（0，2），则点B2020的坐标为 （6060，2） ．
【分析】首先根据已知求出三角形三边长度，然后通过旋转发现，B、B2、B4…每偶数之间的B相差6个单位长度，根据这个规律可以求得B2020的坐标．
【解析】∵AO=32，BO＝2，∴AB=OA2+OB2=(32)2+22=52，
∴OA+AB1+B1C2=32+52+2＝6，
∴B2的横坐标为：6，且B2C2＝2，
∴B4的横坐标为：2×6＝12，
∴点B2020的横坐标为：1010×6＝6060．
∴点B2020的纵坐标为：2．
【小结】此题考查了点的坐标规律变换，通过图形旋转，找到所有B点之间的关系是本题的关键．题目难易程度适中，可以考察学生观察、发现问题的能力．
17．在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠B＝30°，将△ABC绕点C顺时针旋转一定角度得到△DEC，点D恰好在AB上．
（1）若AC＝4，求DE的值；
（2）确定△ACD的形状，并说明理由．
【分析】（1）根据直角三角形的性质和旋转的性质即可得到结论；
（2）根据三角形的内角和得到∠A＝60°，根据旋转的性质得到AC＝CD，于是得到结论．
【解析】（1）∵在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠B＝30°，AC＝4，∴AB＝2AC＝8，
∵将△ABC绕点C顺时针旋转一定角度得到△DEC，∴DE＝AB＝8；
（2）△ACD是等边三角形，
理由：∵∠ACB＝90°，∠ABC＝30°，∴∠A＝60°，
∵将△ABC绕点C顺时针旋转一定角度得到△DEC，∴AC＝CD，
∴△ACD是等边三角形．
【小结】本题考查了旋转的性质，直角三角形的性质，等边三角形的判定，正确的识别图形是解题的关键．
18．如图所示的正方形网格中（每个小正方形的边长是1，小正方形的顶点叫作格点），△ABC的顶点均在格点上，请在所给平面直角坐标系中按要求画图和解答下列问题：
（1）以点C为旋转中心，将△ABC绕点C顺时针旋转90°得△CA1B1，画出△CA1B1；
（2）作出△ABC关于点A成中心对称的△AB2C2；
（3）设AC2与y轴交于点D，则△B1DC的面积为 103 ．
【分析】（1）依据△ABC绕点C顺时针旋转90°得△CA1B1，即可得到△CA1B1；
（2）依据中心对称的性质，即可作出△ABC关于点A成中心对称的△AB2C2；
（3）依据待定系数法即可得到直线CC2的解析式为y=-13x+13，进而得到点D的坐标，再根据割补法进行计算，即可得出△B1DC的面积．
【解析】（1）如图所示，△CA1B1 即为所求作图形；（2）如图所示，△AB2C2 即为所求作图形；
（3）由C（4，﹣1）和C2（﹣2，1）可得直线CC2的解析式为y=-13x+13，
令x＝0，则y=13，即D（0，13），∴△B1DC的面积为(23+2)×42-12×23×3-12×1×2=103．
【小结】本题考查作图﹣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．
19．如图，已知△ABC中，AB＝AC．
（Ⅰ）把△ABC绕点C顺时针旋转得到△DEC，使得点B的对应点E落在AB边上，用尺规作图的方法作出△DEC；（保留作图痕迹，不写作法）
（Ⅱ）在（Ⅰ）的条件下，连接AD，求证：AD＝BC．
【分析】（Ⅰ）根据旋转的性质即可把△ABC绕点C顺时针旋转得到△DEC，使得点B的对应点E落在AB边上；
（Ⅱ）在（Ⅰ）的条件下，连接AD，根据等腰三角形的性质和平行四边形的判定与性质即可证明AD＝BC．
【解析】（Ⅰ）如图，△DEC即为所作；
（Ⅱ）由（Ⅰ）知∠DCE＝∠ACB，
∵AB＝AC，∴∠ACB＝∠B．∴∠DCE＝∠B，
又由（Ⅰ）知CE＝CB，∴∠CEB＝∠B．∴∠CEB＝∠DCE，∴AB∥CD，
由（Ⅰ）CD＝CA，
又∵CA＝BA，∴AB＝CD，∴四边形ABCD为平行四边形，∴AD＝BC．
【小结】本题考查了旋转变换、等腰三角形的性质，解决本题的关键是掌握旋转的性质．
20．如图，正方形ABCD中，E、F分别在边BC、CD上，且∠EAF＝45°，连接EF，这种模型属于“半角模型”中的一类，在解决“半角模型”问题时，旋转是一种常用的分析思路．例如图中△ADF与△ABG可以看作绕点A旋转90°的关系．这可以证明结论“EF＝BE+DF”，请补充辅助线作法，并写出证明过程．
（1）延长CB到点G，使BG＝ DF ，连接AG；
（2）证明：EF＝BE+DF．
【分析】（1）利用旋转的性质，可得BG＝DF，则可得出答案；
（2）证明△AGE≌△AFE（SAS）即可．
【解析】（1）∵△ADF与△ABG可以看作绕点A旋转90°的关系．
∴延长CB到点G，使BG＝DF，连接AG，
（2）证明：由（1）得GB＝DF，
∵AD＝AB，∠ABG＝∠ADF＝90°，∴△ADF≌△ABG（SAS），∴AF＝AG，∠DAF＝∠BAG，
∵四边形ABCD为正方形，∴∠BAD＝90°，
∵∠EAF＝45°，∴∠BAE+∠DAF＝45°，∴∠BAG+∠BAE＝45°＝∠EAF，
在△AGE和△AFE中，AG=AF∠GAE=∠EAFAE=AE，∴△AGE≌△AFE（SAS），∴GE＝EF，
∵GE＝GB+BE＝BE+DF，∴EF＝BE+DF．
【小结】本题主要考查正方形的性质及全等三角形的判定和性质，构造全等三角形是解题的关键，注意旋转性质的应用．
21．如图1，已知点B、C、D在同一条直线上，△ABC和△CDE都是等边三角形，BE交AC于点F，AD交CE于点H．
（1）求出∠ACE的度数；
（2）请在图1中找出一对全等的三角形，并说明全等的理由；
（3）若将△CDE绕C点转动到如图2所示的位置，其余条件不变，（2）中的结论是否还成立，说明理由．
【分析】（1）由等边三角形的性质得出∠ACB＝∠ECD＝60°，则可求出∠ACE＝60°；
（2）依据等边三角形的性质可得到BE＝AD，CE＝CD，∠ACB＝∠ECD＝60°，然后可证明∠ACD＝∠BCE＝120°，依据SAS可证明△BCE≌△ACD；
（3）（2）中的结论还成立．证明方法同（2）．
【解析】（1）∵△ABC和△CDE都是等边三角形，∴∠ACB＝∠ECD＝60°，
∵点B、C、D在同一条直线上，∴∠ACE＝180°﹣∠ACB﹣∠ECD＝180°﹣60°﹣60°＝60°；
（2）△BCE≌△ACD．
理由：∵△ABC和△CED都是等边三角形，
∠BCA＝∠DCE＝60°，BC＝AC，CE＝CD，∴∠BCE＝∠ACD，
在△BCE和△ACD中，BC=AC∠BCE=∠ACDCE=CD，∴△BCE≌△ACD（SAS）；
（3）（2）中的结论还成立．
∵△ABC和△CDE都是等边三角形，∴∠ACB＝∠ECD＝60°，AC＝BC，EC＝DC．∴∠BCE＝∠ACD，
∴△BCE≌△ACD（SAS）．
【小结】本题考查了等边三角形的性质和判定、全等三角形的性质和判定，证得△BCE≌△ACD是解题的关键．
22．阅读下面材料，并解决问题：
（1）如图①等边△ABC内有一点P，若点P到顶点A、B、C的距离分别为3，4，5，求∠APB的度数．
为了解决本题，我们可以将△ABP绕顶点A旋转到△ACP′处，此时△ACP′≌△ABP，这样就可以利用旋转变换，将三条线段PA、PB、PC转化到一个三角形中，从而求出∠APB＝ 150° ；
（2）基本运用
请你利用第（1）题的解答思想方法，解答下面问题
已知如图②，△ABC中，∠CAB＝90°，AB＝AC，E、F为BC上的点且∠EAF＝45°，求证：EF2＝BE2+FC2；
（3）能力提升
如图③，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝1，∠ABC＝30°，点O为Rt△ABC内一点，连接AO，BO，CO，且∠AOC＝∠COB＝∠BOA＝120°，求OA+OB+OC的值．
【分析】（1）根据旋转变换前后的两个三角形全等，全等三角形对应边相等，全等三角形对应角相等以及等边三角形的判定和勾股定理逆定理解答；
（2）把△ABE绕点A逆时针旋转90°得到△ACE′，根据旋转的性质可得AE′＝AE，CE′＝CE，∠CAE′＝∠BAE，∠ACE′＝∠B，∠EAE′＝90°，再求出∠E′AF＝45°，从而得到∠EAF＝∠E′AF，然后利用“边角边”证明△EAF和△E′AF全等，根据全等三角形对应边相等可得E′F＝EF，再利用勾股定理列式即可得证．
（3）将△AOB绕点B顺时针旋转60°至△A′O′B处，连接OO′，根据直角三角形30°角所对的直角边等于斜边的一半求出AB＝2AC，即A′B的长，再根据旋转的性质求出△BOO′是等边三角形，根据等边三角形的三条边都相等可得BO＝OO′，等边三角形三个角都是60°求出∠BOO′＝∠BO′O＝60°，然后求出C、O、A′、O′四点共线，再利用勾股定理列式求出A′C，从而得到OA+OB+OC＝A′C．
【解析】（1）∵△ACP′≌△ABP，∴AP′＝AP＝3、CP′＝BP＝4、∠AP′C＝∠APB，
由题意知旋转角∠PA P′＝60°，∴△AP P′为等边三角形，P P′＝AP＝3，∠A P′P＝60°，
易证△P P′C为直角三角形，且∠P P′C＝90°，
∴∠APB＝∠AP′C＝∠A P′P+∠P P′C＝60°+90°＝150°；
（2）如图2，把△ABE绕点A逆时针旋转90°得到△ACE′，
由旋转的性质得，AE′＝AE，CE′＝BE，∠CAE′＝∠BAE，∠ACE′＝∠B，∠EAE′＝90°，
∵∠EAF＝45°，
∴∠E′AF＝∠CAE′+∠CAF＝∠BAE+∠CAF＝∠BAC﹣∠EAF＝90°﹣45°＝45°，∴∠EAF＝∠E′AF，
在△EAF和△E′AF中，AE=AE'∠EAF=∠E'AFAF=AF， ∴△EAF≌△E′AF（SAS），∴E′F＝EF，
∵∠CAB＝90°，AB＝AC，∴∠B＝∠ACB＝45°，∴∠E′CF＝45°+45°＝90°，
由勾股定理得，E′F2＝CE′2+FC2，即EF2＝BE2+FC2．
（3）如图3，将△AOB绕点B顺时针旋转60°至△A′O′B处，连接OO′，
∵在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝1，∠ABC＝30°，∴AB＝2，∴BC=AB2-AC2=3，
∵△AOB绕点B顺时针方向旋转60°，∴△A′O′B如图；∠A′BC＝∠ABC+60°＝30°+60°＝90°，
∵∠C＝90°，AC＝1，∠ABC＝30°，∴AB＝2AC＝2，
∵△AOB绕点B顺时针方向旋转60°，得到△A′O′B，∴A′B＝AB＝2，BO＝BO′，A′O′＝AO，
∴△BOO′是等边三角形，∴BO＝OO′，∠BOO′＝∠BO′O＝60°，
∵∠AOC＝∠COB＝∠BOA＝120°，
∴∠COB+∠BOO′＝∠BO′A′+∠BO′O＝120°+60°＝180°，∴C、O、A′、O′四点共线，
Rt△A′BC中，A′C=BC2+A'B2=(3)2+22=7，∴OA+OB+OC＝A′O′+OO′+OC＝A′C=7．
【小结】本题考查了旋转的性质，全等三角形的判定与性质，等腰直角三角形的性质，勾股定理，读懂题目信息，理解利用旋转构造出全等三角形和等边三角形以及直角三角形是解题的关键．
题型1 旋转的概念
旋转的定义：在平面内，把一个图形绕着某一个点O旋转一个角度的图形变换叫做旋转．
旋转对称图形：如果某一个图形围绕某一点旋转一定的角度（小于360°）后能与原图形重合，那么这个图形就叫做旋转对称图形．
例题1 下面是4个能完全重合的正六边形，请仔细观察A、B、C、D四个图案，其中与所给图形不相同的是（ ）
A． B． C． D．
【分析】将选项中的图形绕正六边形的中心旋转，与题干的图形不相同的即为所求．
【解析】观察图形可知，只有选项B中的图形旋转后与图中的正六边形不相同．选B．
【小结】此题考查了全等图形以及生活中的旋转现象，关键是掌握旋转的定义：在平面内，把一个图形绕着某一个点O旋转一个角度的图形变换叫做旋转．
变式1 如图是一个标准的五角星，若将它绕旋转中心旋转一定角度后能与自身重合，则至少应将它旋转的度数是（ ）
A．144° B．90° C．72° D．60°
【分析】如图，由于是正五角星，设O的是五角星的中心，那么∠AOB＝∠BOC＝∠COD＝∠DOE＝∠AOE，所以要使正五角星旋转后与自身重合，那么它们就是旋转角，而它们的和为360°，由此即可求出绕中心顺时针旋转的角度．
【解析】如图，设O的是五角星的中心，
∵五角星是正五角星，∴∠AOB＝∠BOC＝∠COD＝∠DOE＝∠AOE，
∵它们都是旋转角，而它们的和为360°，
∴至少将它绕中心顺时针旋转360÷5＝72°，才能使正五角星旋转后与自身重合．选C．
【小结】此题主要考查了旋转对称图形的性质，解答此题的关键是找到对应点，A和B重合，B和C重合…，进而判断出将它绕中心顺时针旋转的最小角度．
变式2 如图，在6×4的方格纸中，格点三角形甲经过旋转后得到格点三角形乙，则其旋转中心是（ ）
A．点M B．点N C．点P D．点Q
【分析】先确定点A与点E为对应点，点B和点F为对应点，则根据旋转的性质得旋转中心在AE的垂直平分线上，也在BF的垂直平分线上，所以作AE的垂直平分线和BF的垂直平分线，它们的交点即为旋转中心．
【解析】∵△ABC经过旋转后得到△EFD，
∴点A与点E为对应点，点B和点F为对应点，
∴旋转中心在AE的垂直平分线上，也在BF的垂直平分线上，
作AE的垂直平分线和BF的垂直平分线，它们的交点为N点，如图，
即旋转中心为N点．选B．
【小结】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．
变式3 规定：在平面内，如果一个图形绕一个定点旋转一定的角度α（0°＜α≤180°）后能与自身重合，那么就称这个图形是旋转对称图形，转动的这个角度α称为这个图形的一个旋转角．例如：正方形绕着两条对角线的交点O旋转90°或180°后，能与自身重合（如图1），所以正方形是旋转对称图形，且有两个旋转角．
根据以上规定，回答问题：
（1）下列图形是旋转对称图形，但不是中心对称图形的是 ；
A．矩形 B．正五边形 C．菱形 D．正六边形
（2）下列图形中，是旋转对称图形，且有一个旋转角是60度的有： （填序号）；
（3）下列三个命题：①中心对称图形是旋转对称图形；②等腰三角形是旋转对称图形；③圆是旋转对称图形．其中真命题的个数有 个；
A．0 B．1 C．2 D．3
（4）如图2的旋转对称图形由等腰直角三角形和圆构成，旋转角有45°，90°，135°，180°，将图形补充完整．
【分析】（1）根据旋转图形，中心对称图形的定义判断即可．
（2）旋转对称图形，且有一个旋转角是60度判断即可．
（3）根据旋转图形的定义判断即可．
（4）根据要求画出图形即可．
【解析】（1）是旋转图形，不是中心对称图形是正五边形，故选B．
（2）是旋转对称图形，且有一个旋转角是60度的有（1）（3）（5）．故答案为（1）（3）（5）．
（3）命题中①③正确，故选C．
（4）图形如图所示：
【小结】本题考查旋转对称图形，中心对称图形等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．
题型2 利用旋转求角度
解决此类问题的关键是掌握旋转的性质：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．
例题2 如图，△ABC中，∠ACB＝90°，∠ABC＝40°．将△ABC绕点B逆时针旋转得到△A′BC′，使点C的对应点C′恰好落在边AB上，则∠CAA′的度数是（ ）
A．50° B．70° C．110° D．120°
【分析】根据旋转可得∠A′BA＝∠ABC＝40°，A′B＝AB，得∠BAA′＝70°，根据∠CAA'＝∠CAB+∠BAA′，进而可得∠CAA'的度数．
【解析】∵∠ACB＝90°，∠ABC＝40°，
∴∠CAB＝90°﹣∠ABC＝90°﹣40°＝50°，
∵将△ABC绕点B逆时针旋转得到△A′BC′，使点C的对应点C′恰好落在边AB上，
∴∠A′BA＝∠ABC＝40°，A′B＝AB，
∴∠BAA′＝∠BA′A=12（180°﹣40°）＝70°，
∴∠CAA'＝∠CAB+∠BAA′＝50°+70°＝120°．选D．
【小结】本题考查了旋转的性质，等腰三角形的性质，三角形内角和定理，解决本题的关键是掌握旋转的性质．
变式4 如图，将△OAB绕点O逆时针旋转70°，得到△OCD，若∠A＝2∠D＝100°，则∠a的度数是（ ）
A．50° B．60° C．40° D．30°
【分析】根据旋转的性质得知∠A＝∠C，∠AOC为旋转角等于70°，则可以利用三角形内角和定理列出等式进行求解．
【解析】∵将△OAB绕点O逆时针旋转70°，
∴∠A＝∠C，∠AOC＝70°，∴∠DOC＝70°﹣α，
∵∠A＝2∠D＝100°，∴∠D＝50°，
∵∠C+∠D+∠DOC＝180°，∴100°+50°+70°﹣α＝180°，解得α＝40°，选C．
【小结】本题主要考查了旋转的性质及三角形的内角和定理，熟知图形旋转的性质：对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角是解决本题的关键．
变式5 如图，将△ABC绕点A顺时针旋转角α，得到△ADE，若点E恰好在CB的延长线上，则∠BED等于（ ）
A．α2 B．23α C．α D．180°﹣α
【分析】证明∠ABE+∠ADE＝180°，推出∠BAD+∠BED＝180°即可解决问题．
【解析】∵∠ABC＝∠ADE，∠ABC+∠ABE＝180°，
∴∠ABE+∠ADE＝180°，
∴∠BAD+∠BED＝180°，
∵∠BAD＝α，∴∠BED＝180°﹣α．选D．
【小结】本题考查旋转的性质，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．
变式6 Rt△ABC，已知∠C＝90，∠B＝50°，点D在边BC上，BD＝2CD （如图）．把△ABC绕着点D逆时针旋转m（0＜m＜180）度后，如果点B恰好落在初始Rt△ABC的边上，那么m＝（ ）
A．80 B．80或120 C．60或120 D．80或100
【分析】分类讨论：当把△ABC绕着点D逆时针旋转m（0＜m＜180）度后，点B恰好落在AB边上的B′点位置，如图1，根据旋转性质得∠BDB′＝m，DB′＝DB，则∠1＝∠B＝50°，然后根据三角形内角和定理计算出m＝80°；当把△ABC绕着点D逆时针旋转m（0＜m＜180）度后，点B恰好落在AC边上的B′点，如图2，根据旋转性质得∠BDB′＝m，DB′＝DB，由BD＝2CD得到DB′＝2CD，利用含30度直角三角形三边关系得∠CB′D＝30°，则∠B′DC＝60°，所以∠BDB′＝120°，即m＝120°．
【解析】当把△ABC绕着点D逆时针旋转m（0＜m＜180）度后，点B恰好落在AB边上的B′点，如图1，
∴∠BDB′＝m，DB′＝DB，∴∠1＝∠B＝50°，∴∠BDB′＝180°﹣∠1﹣∠B＝80°，即m＝80°；
当把△ABC绕着点D逆时针旋转m（0＜m＜180）度后，点B恰好落在AC边上的B′点位置，如图2，
∴∠BDB′＝m，DB′＝DB，
∵BD＝2CD，∴DB′＝2CD，
∴∠CB′D＝30°，则∠B′DC＝60°，
∴∠BDB′＝180°﹣∠B′DC＝120°，即m＝120°，
综上所述，m的值为80°或120°．选B．
【小结】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．运用含30度的直角三角形三边的关系也是解决问题的关键．
题型3 旋转作图（坐标系）
例题3 在如图所示平面直角坐标系中（每个小方格都是边长为1个单位长度的正方形），解答下列问题：
（1）画出与△ABC关于y轴对称的△A1B1C1；
（2）画出以C1为旋转中心，将△A1B1C1顺时针旋转90°后的△A2B2C1；
（3）连接A1A2，则△C1A1A2是 三角形，并直接写出△C1A1A2的面积．
【分析】（1）利用关于y轴对称的点的坐标特征写出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A1、B1的对应点A2、B2即可；
（3）利用勾股定理的逆定理可判断△C1A1A2是等腰直角三角形，然后根据三角形面积公式计算它的面积．
【解析】（1）如图，△A1B1C1为所作；
（2）如图，△A2B2C2为所作；
（3）∵C1A12＝12+22＝5，C1A22＝12+22＝5，A1A22＝12+32＝10，
∴C1A12+C1A22＝A1A22，∴△C1A1A2是直角三角形，而C1A1＝C1A2，
∴△C1A1A2是等腰直角三角形，它的面积=12×5×5=52．故答案为等腰直角．
【小结】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图形．
变式7 在平面直角坐标系中，△ABC的点坐标分别是A（2，4）、B（1，2）、C（5，3），如图：
（1）以点（0，0）为旋转中心，将△ABC顺时针转动90°，得到△A1B1C1，在坐标系中画出△A1B1C1，写出A1、B1、C1的坐标；
（2）在（1）中，若△ABC上有一点P（m，n），直接写出对应点P1的坐标．
（3）作出△ABC关于点O的中心对称图形△A2B2C2．
【分析】（1）依据点（0，0）为旋转中心，将△ABC顺时针转动90°，即可得到△A1B1C1；
（2）依据旋转前后坐标的变化规律，即可得到对应点P1的坐标；
（3）依据中心对称的性质，即可得到△ABC关于点O的中心对称图形△A2B2C2．
【解析】（1）如图所示，△A1B1C1即为所求，A1（4，﹣2）、B1（2，﹣1）、C1（3，﹣5）；
（2）若△ABC上有一点P（m，n），则对应点P1的坐标为（n，﹣m）．
（3）如图所示，△A2B2C2即为所求．
【小结】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．
变式8 如图，方格纸中的每个小方格都是边长为1个单位长度的正方形，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关于y轴对称的△A1B1C1；
（2）画出将△ABC绕原点O顺时针旋转90°所得的△A2B2C2；
（3）△A1B1C1与△A2B2C2成中心对称图形吗？若成中心对称图形，直接写出对称中心的坐标．
【分析】（1）利用利用y轴对称的点的坐标特征写出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A2、B2、C2，从而得到△A2B2C2；
（3）根据中心对称的定义进行判断．
【解析】（1）如图，△A1B1C1为所作；
（2）如图，△A2B2C2为所作；
（3）△A1B1C1与△A2B2C2成中心对称图形，对称中心的坐标为（-12，-12）．
【小结】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．也考查了轴对称变换．
变式9 如图，在平面直角坐标系中，A（1，1）．
（1）若△ABC和△A1B1C1关于原点O成中心对称图形，画出△A1B1C1，并写出点B1的坐标；
（2）点C绕O点逆时针方向旋转90°后所对应点C2的坐标为 ；
（3）在x轴上存在一点P，且满足点P到点B1和点C1距离之和最小，请直接写出PB1+PC1的最小值 ．
【分析】（1）根据中心对称图形的性质，△ABC和△A1B1C1关于原点O成中心对称图形，画出△A1B1C1，并写出点B1的坐标即可；
（2）根据旋转的性质即可写出点C绕O点逆时针方向旋转90°后所对应点C2的坐标；．
（3）根据两点之间线段最短，作点C1关于x轴的对称点，连接C′B1与x轴交于一点P，且满足点P到点B1点C1离之和最小，根据勾股定理，即可写出PB1+PC1的最小值．
【解析】（1）如图，△A1B1C1即为所求，点B1的坐标为（﹣4，﹣4）；
（2）点C2的坐标为（﹣1，5）；
（3）点P即为所求，PB1+PC1的最小值为26：
【小结】本题考查了作图﹣旋转变换，轴对称、最短路线问题，解决本题的关键是掌握旋转的性质．
题型4 与旋转有关的点的坐标
例题4 如图，在平面直角坐标系中，A（1，0），B（﹣2，4），AB绕点A顺时针旋转90°得到AC，则点C的坐标是（ ）
A．（4，3） B．（4，4） C．（5，3） D．（5，4）
【分析】如图，过点B作BE⊥x轴于E，过点C作CF⊥x轴于F．利用全等三角形的性质求出AF，CF即可解决问题．
【解析】如图，过点B作BE⊥x轴于E，过点C作CF⊥x轴于F．
∵A（1，0），B（﹣2，4），∴OA＝1，BE＝4，OE＝2，AE＝3，
∵∠AEB＝∠AFC＝∠BAC＝90°，
∴∠B+∠BAE＝90°，∠BAE+∠CAF＝90°，∴∠B＝∠CAF，
∵AB＝AC，∴△BEA≌△AFC（AAS），
∴CF＝AE＝3，AF＝BE＝4，OF＝1+4＝5，∴C（5，3），选C．
【小结】本题考查坐标与图形的变化﹣旋转，全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题．
变式10 如图，等边△OAB的边OB在x轴上，点B坐标为（2，0），以点O为旋转中心，把△OAB逆时针旋转90°，则旋转后点A的对应点A'的坐标是（ ）
A．（﹣1，3） B．（3，﹣1） C．（-3，1） D．（﹣2，1）
【分析】如图，过点A作AE⊥OB于E，过点A′作A′H⊥x轴于H．利用全等三角形的性质解决问题即可．
【解析】如图，过点A作AE⊥OB于E，过点A′作A′H⊥x轴于H．
∵B（2，0），△AOB是等边三角形，∴OA＝OB＝AB＝2，
∵AE⊥OB，∴OE＝EB＝1，∴AE=AO2-OE222-12=3，
∵A′H⊥OH，
∴∠A′HO＝∠AEO＝∠AOA′＝90°，
∴∠A′OH+∠AOE＝90°，∠AOE+∠OAE＝90°，∴∠A′OH＝∠OAE，
∴△A′OH≌△OAE（AAS），∴A′H＝OE＝1，OH＝AE=3，∴A′（-3，1），选C．
【小结】本题考查坐标与图形变化﹣旋转，等边三角形的性质，解直角三角形等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．
变式11 如图，在平面直角坐标系中，△AOB的顶点B在第一象限，点A在y轴的正半轴上，AO＝AB＝2，∠OAB＝120°，将△AOB绕点O逆时针旋转90°，点B的对应点B′的坐标是（ ）
A．（﹣2-32，3） B．（﹣2-32，2-32）
C．（﹣3，2-32） D．（﹣3，3）
【分析】如图，作B′H⊥x轴于H．解直角三角形求出B′H，OH即可．
【解析】作B′H⊥x轴于H．
由题意：OA′＝A′B′＝2，∠B′A′H＝60°，
∴∠A′B′H＝30°，
∴AH′=12A′B′＝1，B′H=3，∴OH＝3，∴B′（﹣3，3），选D．
【小结】本题考查坐标与图形变化﹣旋转，解直角三角形等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造直角三角形解决问题．
变式12 如图，在平面直角坐标系中，长方形ABCD的顶点B在坐标原点，顶点A、C分别在y轴、x轴的负半轴上，其中A（0，﹣4），C（﹣2，0），将矩形ABCD绕点D逆时针旋转得到矩形A'B'C'D，点B'恰好落在x轴上，线段B'A'与CD交于点E的坐标为（ ）
A．（﹣2，-32） B．（﹣2，-34） C．（﹣2，﹣2） D．（﹣2，-54）
【分析】连接BD，B'D，根据矩形ABCD绕点D逆时针旋转得到矩形A'B'C'D，可得BD＝B'D，再根据DC⊥BB'，即可得到BC＝B'C＝2＝A'D，再判定△B'EC≌△DEA'，得到B'E＝DE，设CE＝x，则B'E＝DE＝4﹣x，根据Rt△B'EC中，CE2+B'C2＝B'E2，可得x2+22＝（4﹣x）2，求得x的值即可得到点E的坐标．
【解析】如图，连接BD，B'D，
∵矩形ABCD绕点D逆时针旋转得到矩形A'B'C'D，∴BD＝B'D，
又∵DC⊥BB'，A（0，﹣4），C（﹣2，0），∴BC＝B'C＝2＝A'D，
又∵∠B'CE＝∠DA'E＝90°，∠B'EC＝∠DEA'，
∴△B'EC≌△DEA'，∴B'E＝DE，设CE＝x，则B'E＝DE＝4﹣x，
∵Rt△B'EC中，CE2+B'C2＝B'E2，∴x2+22＝（4﹣x）2，解得x=32，∴E（﹣2，-32），选A．
【小结】本题考查了矩形的性质，坐标与图形性质以及等腰三角形的性质的运用，解题时注意题中辅助线的作法．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．
题型5 与旋转有关的点的坐标（周期规律）
例题5 如图，Rt△AOB中，∠AOB＝90°，OA＝3，OB＝4，将△AOB沿x轴依次以三角形三个顶点为旋转中心顺时针旋转，分别得图②，图③，则旋转到图⑩时直角顶点的坐标是（ ）
A．（28，4） B．（36，0） C．（39，0） D．（912，323）
【分析】根据勾股定理列式求出AB的长度，然后根据图形不难发现，每3个图形为一个循环组依次循环，且下一组的第一个图形与上一组的最后一个图形的直角顶点重合，所以，第10个图形的直角顶点与第9个图形的直角顶点重合，然后求解即可．
【解析】∵∠AOB＝90°，OA＝3，OB＝4，∴AB=OA2+OB2=32+42=5，
根据图形，每3个图形为一个循环组，3+5+4＝12，
所以，图⑨的直角顶点在x轴上，横坐标为12×3＝36，
所以，图⑨的顶点坐标为（36，0），
又∵图⑩的直角顶点与图⑨的直角顶点重合，
∴图⑩的直角顶点的坐标为（36，0）．选B．
【小结】本题考查了坐标与图形的变化﹣旋转，仔细观图形，判断出旋转规律“每3个图形为一个循环组依次循环，且下一组的第一个图形与上一组的最后一个图形的直角顶点重合”是解题的关键．
变式13 如图，在平面直角坐标系中，将正方形OABC绕点O逆时针旋转45°后得到正方形OA1B1C1，依此方式，绕点O连续旋转2020次得到正方形OA2020B2020C2020，如果点A的坐标为（1，0），那么点B2020的坐标为（ ）
A．（﹣1，1） B．(-2，0) C．（﹣1，﹣1） D．(0，-2)
【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OA1B1C1，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．
【解析】∵四边形OABC是正方形，且OA＝1，∴B（1，1），
连接OB，由勾股定理得：OB=2，
由旋转得：OB＝OB1＝OB2＝OB3=⋯=2，
∵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＝∠BOB1＝∠B1OB2＝…＝45°，
∴B1（0，2），B2（﹣1，1），B3（-2，0），B（﹣1，﹣1），…，
发现是8次一循环，所以2020÷8＝252…4，∴点B2020的坐标为（﹣1，﹣1），选C．
【小结】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．．
变式14 如图，在平面直角坐标系中，点P1的坐标为（22，22），将线段OP1绕点O按顺时针方向旋转45°，再将其长度伸长为OP1的2倍，得到线段OP2；又将线段OP2绕点O按顺时针方向旋转45°，长度伸长为OP2的2倍，得到线段OP3；如此下去，得到线段OP4，OP5，…，OPn（n为正整数），则点P2020的坐标是 ．
【分析】根据题意得出OP1＝1，OP2＝2，OP3＝4，如此下去，得到线段OP4＝8＝23，OP5＝16＝24…，OPn＝2n﹣1，再利用旋转角度得出点P2020的坐标与点P4的坐标在同一直线上，进而得出答案．
【解析】∵点P1的坐标为（22，22），将线段OP1绕点O按逆时针方向旋转45°，再将其长度伸长为OP1的2倍，得到线段OP2；
∴OP1＝1，OP2＝2，
∴OP3＝4，如此下去，得到线段OP4＝23，OP5＝24…，
∴OPn＝2n﹣1，
由题意可得出线段每旋转8次旋转一周，
∵2020÷8＝252…4，
∴点P2020的坐标与点P4的坐标在同一直线上，正好在y轴的负半轴上，
∴点P2020的坐标是（0，﹣22019）．
故答案为：（0，﹣22019）．
【小结】此题主要考查了点的变化规律，根据题意得出点P2020的坐标与点P4的坐标在同一直线上是解题关键．
变式15 如图，在平面直角坐标系xOy中，有一个等腰直角三角形AOB，∠OAB＝90°，直角边AO在x轴上，且AO＝1．将Rt△AOB绕原点O顺时针旋转90°得到等腰直角三角形A1OB1，且A1O＝2AO，再将Rt△A1OB1绕原点O顺时针旋转90°得到等腰直角三角形A2OB2，且A2O＝2A1O，…，依此规律，得到等腰直角三角形A2020OB2020，则点B2020的坐标为 ．
【分析】根据题意得出B点坐标变化规律，进而得出点B2020的坐标位置，进而得出答案．
【解析】∵△AOB是等腰直角三角形，OA＝1，
∴AB＝OA＝1，∴B（1，1），
将Rt△AOB绕原点O顺时针旋转90°得到等腰直角三角形A1OB1，且A1O＝2AO，
再将Rt△A1OB1绕原点O顺时针旋转90°得到等腰三角形A2OB2，且A2O＝2A1O…，依此规律，
∴每4次循环一周，B1（2，﹣2），B2（﹣4，﹣4），B3（﹣8，8），B4（16，16），
∵2020÷4＝505，∴点B2020与B同在一个象限内，
∵﹣4＝﹣22，8＝23，16＝24，∴点B2020（22020，22020）．
【小结】此题主要考查了点的坐标变化规律，得出B点坐标变化规律是解题关键．
题型6 与旋转有关的最值问题
例题6 如图，在Rt△ABC中，∠A＝90°，AB＝3，AC＝4，D为AC中点，P为AB上的动点，将P绕点D逆时针旋转90°得到P1，连CP1的最小值为（ ）
A．1.6 B．2.4 C．2 D．22
【分析】过点P′作P′E⊥AC于点E，由旋转的性质及同角的余角相等判断△DAP≌△P′ED，根据全等三角形的对应边相等得出P′E＝AD＝2，
当AP＝DE＝2时，DE＝DC，即点E和点C重合，此时CP′＝EP′＝2，故线段CP′的最小值为2．
【解析】如图，
过点P′作P′E⊥AC于点E，则∠A＝∠P′ED＝90°，
由旋转可知：DP＝DP′，∠PDP′＝90°，
∴∠ADP＝∠EP′D，
∴△DAP≌△P′ED（AAS）
∴P′E＝AD＝2，
∴当AP＝DE＝2时，DE＝DC，即点E与点C重合，
此时CP′＝EP′＝2，∴线段CP′的最小值为2．选C．
【小结】本题考查了旋转的性质，解决本题的关键是准确作出辅助线构造全等三角形．
变式16 如图，△ABC是等边三角形，AB＝4，E是AC的中点，D是直线BC上一动点，线段ED绕点E逆时针旋转90°，得到线段EF，当点D运动时，则AF的最小值为（ ）
A．2 B．23 C．3 D．3+1
【分析】作DM⊥AC于M，FN⊥AC于N，如图，设DM＝x，则CM=33x，可计算出EM=-33x+2，再利用旋转的性质得到ED＝EF，∠DEF＝90°，证明△EDM≌△FEN，当D在BC上时，DM＝EN＝x，EM＝NF=-33x+2，接着利用勾股定理得到AF2＝（-33x+2）2+（2+x）2，配方得到AF2=43（x+3-32）2+4+23，此时AF2没有最小值，当D在BC的延长线上时，DM＝EN＝x，EM＝NF=33x+2，在Rt△AFN中，AF2＝（33x+2）2+（2﹣x）2=43（x-3-32）2+4+23，然后利用非负数的性质得到AF的最小值．
【解析】作DM⊥AC于M，FN⊥AC于N，如图，设DM＝x，
在Rt△CDM中，CM=33DM=33x，而EM+33x＝2，∴EM=-33x+2，
∵线段ED绕点E逆时针旋转90°，得到线段EF，∴ED＝EF，∠DEF＝90°，易得△EDM≌△FEN，
当D在BC上时，∴DM＝EN＝x，EM＝NF=-33x+2，
在Rt△AFN中，AF2＝（-33x+2）2+（2+x）2=43（x+3-32）2+4+23，此时AF2没有最小值，
当D在BC的延长线上时，∴DM＝EN＝x，EM＝NF=33x+2，
在Rt△AFN中，AF2＝（33x+2）2+（2﹣x）2=43（x-33）2+4+23，
当x=3-32时，AF2有最小值4+23，∴AF的最小值为4+23=3+1．选D．
【小结】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．
变式17 如图，△ABC是边长为12的等边三角形，D是BC的中点，E是直线AD上的一个动点，连接EC，将线段EC绕点C逆时针旋转60°得到FC，连接DF．则在点E的运动过程中，DF的最小值是 ．
【分析】取线段AC的中点G，连接EG，根据等边三角形的性质以及角的计算即可得出CD＝CG以及∠FCD＝∠ECG，由旋转的性质可得出EC＝FC，由此即可利用全等三角形的判定定理SAS证出△FCD≌△ECG，进而即可得出DF＝GE，再根据点G为AC的中点，即可得出EG的最小值，此题得解．
【解析】取线段AC的中点G，连接EG，如图所示．
∵△ABC为等边三角形，且AD为△ABC的对称轴，∴CD＝CG=12AB＝6，∠ACD＝60°，
∵∠ECF＝60°，∴∠FCD＝∠ECG．
在△FCD和△ECG中，FC=EC∠FCD=∠ECGDC=GC，∴△FCD≌△ECG（SAS），∴DF＝GE．
当EG∥BC时，EG最小，
∵点G为AC的中点，∴此时EG＝DF=12CD=14BC＝3．
【小结】本题考查等边三角形性质以及全等三角形的判定与性质，解题的关键是通过全等三角形的性质找出DF＝GE．本题属于中档题，难度不大，解决该题型题目时，根据全等三角形的性质找出相等的边是关键．
变式18 如图，等腰直角△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC＝4，M为AB中点，D是射线BC上一动点，连接AD，将线段AD绕点A逆时针旋转90°得到线段AE，连接ED、ME，则点D在运动过程中ME的最小值为 ．
【分析】连接BE，过点M作MG⊥BE的延长线于点G，过点A作AK⊥AB交BD的延长线于点K，可得△AKB是等腰直角三角形．根据线段AD绕点A逆时针旋转90°得到线段AE，可得△ADE是等腰直角三角形，从而证明△ADK≌△AEB，得∠ABE＝∠K＝45°，可得△BMG是等腰直角三角形，可求得MG的长，当ME＝MG时，ME的值最小，进而可得ME的最小值．
【解析】如图，
连接BE，过点M作MG⊥BE的延长线于点G，
过点A作AK⊥AB交BD的延长线于点K，
∵等腰直角△ABC中，∠ACB＝90°，∴∠B＝45°，∴∠K＝45°，∴△AKB是等腰直角三角形．
∵线段AD绕点A逆时针旋转90°得到线段AE，
∴△ADE是等腰直角三角形，∴∠KAD+∠DAB＝∠BAE+∠DAB＝90°，∴∠KAD＝∠BAE，
在△ADK和△AEB中，AD=AE∠KAD=∠BAEAK=AB ∴△ADK≌△AEB（SAS），∴∠ABE＝∠K＝45°，
∴△BMG是等腰直角三角形，
∵AC＝BC＝4，∴AB＝42，
∵M为AB中点，∴BM＝22，∴MG＝BG＝2，∠G＝90°，∴BM＞MG，
∴当ME＝MG时，ME的值最小，∴ME＝BE＝2．
【小结】本题考查了轨迹，解决本题的关键是综合运用旋转的性质、等腰直角三角形的性质、三角形全等的判定与性质、勾股定理等知识．
题型7 旋转综合变换
例题7 已知：正方形ABCD中，∠MAN＝45°，∠MAN绕点A顺时旋转，它的两边分别交CB，DC（或它们的延长线）于点M，N．当∠MAB绕点A旋转到BM＝DN时（如图1），易证BM+DN＝MN．
（1）当∠MAN旋转到BM≠DN时（如图2），线段BM，DN和MN之间有怎样的数量关系？写出猜想，并加以证明．
（2）当∠MAN绕点A旋转到如图3的位置时，线段BM，DN和MN之间又有怎样的数量关系？请写出你的猜想，并加以证明．
【分析】（1）结论：BM+DN＝MN成立，证得B、E、M三点共线即可得到△AEM≌△ANM，从而证得ME＝MN．
（2）结论：DN﹣BM＝MN．首先证明△ADQ≌△ABM，得DQ＝BM，再证明△AMN≌△AQN（SAS），得MN＝QN，
【解析】（1）BM+DN＝MN成立．
证明：如图，把△ADN绕点A顺时针旋转90°，
得到△ABE，则可证得E、B、M三点共线（图形画正确）．∴∠EAM＝90°﹣∠NAM＝90°﹣45°＝45°，
又∵∠NAM＝45°，
∴在△AEM与△ANM中，AE=AN∠EAM=∠NAMAM=AM，∴△AEM≌△ANM（SAS），∴ME＝MN，
∵ME＝BE+BM＝DN+BM，∴DN+BM＝MN；
（2）DN﹣BM＝MN．
在线段DN上截取DQ＝BM，
在△ADQ与△ABM中，∵AD=AB∠ADQ=∠ABMDQ=MB，∴△ADQ≌△ABM（SAS），
∴∠DAQ＝∠BAM，∴∠QAN＝∠MAN．
在△AMN和△AQN中，AQ=AM∠QAN=∠MANAN=AN，∴△AMN≌△AQN（SAS），∴MN＝QN，∴DN﹣BM＝MN．
【小结】本题考查正方形的性质、旋转变换等知识，解题的关键是学会利用旋转法添加辅助线，构造全等三角形解决问题，属于中考常考题型．
变式19 在△ABC和△DCE中，∠ACB＝∠DCE＝90°，AC＝BC，DC＝EC．
（1）如图1，点D在BC上，求证：AD＝BE，AD⊥BE．
（2）将图1中的△DCE绕点C按逆时针方向旋转到图2所示的位置，旋转角为α（α为锐角），线段DE，AE，BD的中点分别为P，M，N，连接PM，PN．
①请直接写出线段PM，PN之间的关系，不需证明；
②若AE＝2PM，求α．
【分析】（1）证明△ACD≌△BCE（SAS），可得AD＝BE，∠CAD＝∠CBE． 根据直角三角形两锐角互余可得：∠AFB＝90°，所以AD⊥BE；
（2）①先证明△ACD≌△BCE（SAS），得AD＝BE，∠CAD＝∠OBQ，再证明AD⊥BE，根据三角形的中位线定理得：PM=12AD，PM∥AD，PN=12BE，PN∥BE，所以PM＝PN，PM⊥PN；
②证明△ACE≌△BCE．得∠ACE＝∠BCE． 根据周角定义和直角可得α的值．
【解答】（1）证明：如图1，延长AD交BE于F．
在△ACD和△BCE中，AC=BC∠ACD=∠BCECD=CE，∴△ACD≌△BCE（SAS）．∴AD＝BE，∠CAD＝∠CBE．
∵∠ACB＝90°，
∴∠CEB+∠CBE＝∠ACB＝90°，
∴∠AFB＝∠CEB+∠CAD＝∠CEB+∠CBE＝90°，
∴AD⊥BE．
（2）①PM＝PN，PM⊥PN．
理由是：如图2，连接BE，AD，交于点Q，
∵∠ACB＝∠ECD＝90°，
∴∠ACB+∠BCD＝∠BCD+∠ECD，
即∠ACD＝∠BCE，
在△ACD和△BCE中，∵AC=BC∠ACD=∠BCECD=CE，∴△ACD≌△BCE（SAS），∴AD＝BE，∠CAD＝∠OBQ，
∵∠AOC＝∠BOQ，∴∠BQO＝∠ACO＝90°，∴AD⊥BE，
∵M是AE的中点，P是ED的中点，∴PM=12AD，PM∥AD，
同理得：PN=12BE，PN∥BE，∴PM＝PN，PM⊥PN．
②由①知PM＝PN，
又∵AE＝2PM，∴AE＝BE．
在△ACE和△BCE中，AC=BCAE=BECE=CE ，∴△ACE≌△BCE（SSS），∴∠ACE＝∠BCE．
∵∠ACB＝∠DCE＝90°，
∴∠ACE＝∠BCE＝（360°﹣∠ACB）÷2＝135°，
∴α＝∠BCD＝∠BCE﹣∠DCE＝135°﹣90°＝45°．
【小结】本题考查几何变换综合题、全等三角形的判定和性质、等腰直角三角形的判定和性质、三角形的中位线定理等知识，解题的关键是灵活运用这些知识，学会利用三角形全等的性质解决问题，属于中考压轴题．
变式20 【操作发现】如图1，△ABC为等边三角形，点D为AB边上的一点，∠DCE＝30°，将线段CD绕点C顺时针旋转60°得到线段CF，连接AF、EF，请直接写出下列结果：
①∠EAF的度数为 ；②DE与EF之间的数量关系为 ；
【类比探究】如图2，△ABC为等腰直角三角形，∠ACB＝90°，点D为AB边上的一点，∠DCE＝45°，将线段CD绕点C顺时针旋转90°得到线段CF，连接AF、EF．
①则∠EAF的度数为 ；②线段AE，ED，DB之间有什么数量关系？请说明理由；
【实际应用】如图3，△ABC是一个三角形的余料，小张同学量得∠ACB＝120°，AC＝BC，他在边BC上取了D、E两点，并量得∠BCD＝15°、∠DCE＝60°，这样CD、CE将△ABC分成三个小三角形，请求△BCD、△DCE、△ACE这三个三角形的面积之比．
【分析】操作发现：①由等边三角形的性质得出AC＝BC，∠BAC＝∠B＝60°，求出∠ACF＝∠BCD，证明△ACF≌△BCD，得出∠CAF＝∠B＝60°，求出∠EAF＝∠BAC+∠CAF＝120°；
②证出∠DCE＝∠FCE，由SAS证明△DCE≌△FCE，得出DE＝EF即可；
类比探究：①由等腰直角三角形的性质得出AC＝BC，∠BAC＝∠B＝45°，证出∠ACF＝∠BCD，由SAS证明△ACF≌△BCD，得出∠CAF＝∠B＝45°，AF＝DB，求出∠EAF＝∠BAC+∠CAF＝90°；
②证出∠DCE＝∠FCE，由SAS证明△DCE≌△FCE，得出DE＝EF；在Rt△AEF中，由勾股定理得出AE2+AF2＝EF2，即可得出结论；
实际应用：同类比探究的方法：判断出∠EAF＝60°，△AEF是直角三角形，即可得出BD，DE，AE的关系，最后用同高的三角形的面积比等于底的比即可得出结论．
【解析】操作发现：①∵△ABC是等边三角形，∴AC＝BC，∠BAC＝∠B＝60°，
由旋转知，CD＝CF，∠DCF＝60°，∴∠ACF＝∠BCD，
在△ACF和△BCD中，AC=BC∠ACF=∠BCDCF=CD，∴△ACF≌△BCD（SAS），∴∠CAF＝∠B＝60°，
∴∠EAF＝∠BAC+∠CAF＝120°；
②DE＝EF；理由如下：∵∠DCF＝60°，∠DCE＝30°，∴∠FCE＝60°﹣30°＝30°，∴∠DCE＝∠FCE，
在△DCE和△FCE中，CD=CF∠DCF=∠FCECE=CE，∴△DCE≌△FCE（SAS），∴DE＝EF；
类比探究：①∵△ABC是等腰直角三角形，∠ACB＝90°，∴AC＝BC，∠BAC＝∠B＝45°，
由旋转知，CD＝CF，∠DCF＝90°，∴∠ACF＝∠BCD，
在△ACF和△BCD中，AC=BC∠ACF=∠BCDCF=CD，∴△ACF≌△BCD（SAS），∴∠CAF＝∠B＝45°，AF＝DB，
∴∠EAF＝∠BAC+∠CAF＝90°；
②AE2+DB2＝DE2，理由如下：
∵∠DCF＝90°，∠DCE＝45°，∴∠FCE＝90°﹣45°＝45°，∴∠DCE＝∠FCE，
在△DCE和△FCE中，CD=CF∠DCE=∠FCECE=CE，∴△DCE≌△FCE（SAS），∴DE＝EF，
在Rt△AEF中，AE2+AF2＝EF2，又∵AF＝DB，∴AE2+DB2＝DE2．
实际应用：如图3，将△BCD绕点C顺时针旋转120°，连接AF，EF，
∵△ABC是等腰三角形，∠ACB＝120°，又∴AC＝BC，∠BAC＝∠B＝30°，
由旋转知，CD＝CF，∠DCF＝120°，∴∠ACF＝∠BCD，
在△ACF和△BCD中，AC=BC∠ACF=∠BCDCF=CD，∴△ACF≌△BCD（SAS），
∴∠CAF＝∠B＝30°，AF＝DB，∠AFC＝∠BDC＝180°﹣∠B﹣∠BCD＝135°∴∠EAF＝∠BAC+∠CAF＝60°，
∵∠DCF＝120°，∠DCE＝60°，∴∠FCE＝120°﹣60°＝60°，∴∠DCE＝∠FCE，
在△DCE和△FCE中，CD=CF∠DCE=∠FCECE=CE，∴△DCE≌△FCE（SAS），
∴DE＝EF，∠CFE＝∠ADE＝∠B+∠BCD＝45°，∴∠AFE＝90°，
在Rt△AEF中，∠EAF＝60°，∴∠AEF＝30°，∴EF=3AF，AE＝2AF，∴DE＝EF=3AF，BD＝AF．
∴S△BCD：S△CDE：S△ACE＝BD：DE：AE＝AF：3AF：2AF＝1：3：2．
【小结】本题是几何变换综合题目，考查旋转性质、等边三角形性质、全等三角形判定与性质、等腰直角三角形判定与性质、勾股定理等知识；综合性强，有一定难度，证明三角形全等是解决问题的关键．
变式21 阅读下面材料：
小伟遇到这样一个问题：如图1，在△ABC（其中∠BAC是一个可以变化的角）中，AB＝2，AC＝4，以BC为边在BC的下方作等边△PBC，求AP的最大值．
小伟是这样思考的：利用变换和等边三角形将边的位置重新组合．他的方法是以点B为旋转中心将△ABP逆时针旋转60°得到△A′BC，连接A′A，当点A落在A′C上时，此题可解（如图2）．
（1）请你回答：AP的最大值是 ．
（2）参考小伟同学思考问题的方法，解决下列问题：
如图3，等腰Rt△ABC．边AB＝4，P为△ABC内部一点，请写出求AP+BP+CP最小值长解题思路．提示：要解决AP+BP+CP最小值问题，可仿照题目给出做法．把△ABP绕B点逆时针旋转60，得到△A′BP′
①请画出旋转后的图形
②请写出求AP+BP+CP的最小值的解题思路（结果可以不化简）．
【分析】（1）由旋转得到△A′BC，有△A′BA是等边三角形，当点A′A、C三点共线时，A′C＝AA′+AC，最大即可；
（2）由旋转得到结论PA+PB+PC＝P1A1+P1B+PC，只有，A1、P1、P、C四点共线时，（P1A+P1B+PC）最短，即线段A1C最短，根据勾股定理，即可．
【解析】（1）∵△ABP逆时针旋转60°得到△A′BC，
∴∠A′BA＝60°，A′B＝AB，AP＝A′C
∴△A′BA是等边三角形，
∴A′A＝AB＝BA′＝2，
在△AA′C中，A′C＜AA′+AC，即AP＜6，
则当点A′A、C三点共线时，A′C＝AA′+AC，即AP＝6，即AP的最大值是：6；
（2）①旋转后的图形如图1；
②如图2，
∵Rt△ABC是等腰三角形，∴AB＝BC．
以B为中心，将△APB逆时针旋转60°得到△A1P1B．则A1B＝AB＝BC＝4，PA＝P1A1，PB＝P1B，
∴PA+PB+PC＝P1A1+P1B+PC．
∵当A1、P1、P、C四点共线时，（P1A+P1B+PC）最短，即线段A1C最短，
∴A1C＝PA+PB+PC，∴A1C长度即为所求．
过A1作A1D⊥CB延长线于D．
∵∠A1BA＝60°（由旋转可知），∴∠A1BD＝30°．
∵A1B＝4，∴A1D＝2，BD＝23∴CD＝4+23；
在Rt△A1DC中，A1C=A1D2+DC2=22+(4+23)2=22+26．
【小结】此题是几何变换综合题，主要考查了图形的旋转的性质，画出图形是解本题的关键，也是难点
题型8 中心对称图形
中心对称图形是把这个图形绕某一点旋转180°,如果旋转后的图形能够与原来的图形重合,那么这个图形就叫做中心对称图形.
例题8 垃圾混置是垃圾，垃圾分类是资源．下列可回收物、有害垃圾、厨余垃圾、其他垃圾四种垃圾回收标识中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（ ）
A． B． C． D．
【分析】根据轴对称图形与中心对称图形的概念求解．
【解析】A、不是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项不合题意；
B、既是轴对称图形，也是中心对称图形，故此选项符合题意；
C、是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项不合题意；
D、既不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故此选项不符合题意；选B．
【小结】此题主要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度后两部分重合．
变式22 下列四个图形中，是中心对称图形的是（ ）
A． B． C． D．
【分析】利用中心对称图形的定义进行解答即可．
【解析】A、不是中心对称图形，故此选项不合题意；
B、不是中心对称图形，故此选项不合题意；
C、是中心对称图形，故此选项符合题意；
D、不是中心对称图形，故此选项不合题意；选C．
【小结】此题主要考查了中心对称图形，关键是掌握把一个图形绕某一点旋转180°，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形就叫做中心对称图形．
变式23 下列图案中，既是轴对称图形也是中心对称图形的是（ ）
A．唐代对凤纹 B．良渚神人兽面纹
C．敦煌元素宝相花纹 D．《营造法式》海石榴花纹
【分析】根据轴对称图形与中心对称图形的概念求解．
【解析】A、既不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故此选项不合题；
B、既不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故此选项不合题；
C、既是轴对称图形也是中心对称图形，故此选项符合题意；
D、既不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故此选项不合题．选C．
【小结】此题主要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．
变式24 下列扑克牌中，中心对称图形有（ ）
A．1张 B．2张 C．3张 D．4张
【分析】根据中心对称图形的概念求解．
【解析】根据中心对称图形的概念可得：①③是中心对称图形．选B．
【小结】本题考查了中心对称图形的概念，关键是根据中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后与原图重合解答．
题型9 关于原点对称的点的坐标
解答此类题需熟悉：两个点关于x轴对称，则横坐标不变，纵坐标互为相反数；两个点关于y轴对称，则横坐标互为相反数，纵坐标不变；两个点关于原点对称，则横坐标、纵坐标都是互为相反数．
例题9 在平面直角坐标系中，若点M（m，n）与点Q（﹣2，3）关于原点对称，则点P（m﹣n，n）所在象限是（ ）
A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限
【分析】直接利用关于原点对称点的性质得出m，n的值，进而得出m﹣n的值，即可判断所在象限．
【解析】∵点M（m，n）与点Q（﹣2，3）关于原点对称，
∴m＝2，n＝﹣3，∴m﹣n＝2﹣（﹣3）＝5，
则点P（m﹣n，n）为（5，﹣3），故P点所在象限是：第四象限．选D．
【小结】此题主要考查了关于原点对称点的性质，正确得出m，n的值是解题关键．
变式25 已知点P（2a+1，a﹣1）关于原点对称的点在第一象限，则a的取值范围是（ ）
A．a＜-12或a＞1 B．a＜-12 C．-12＜a＜1 D．a＞1
【分析】直接利用关于原点对称点的性质分析得出答案．
【解析】点P（2a+1，a﹣1）关于原点对称的点（﹣2a﹣1，﹣a+1）在第一象限，
则-2a-1＞0-a+1＞0，解得：a＜-12．选B．
【小结】此题主要考查了关于原点对称点的性质以及不等式组的解法，正确解不等式是解题关键．
变式26 在平面直角坐标系中，若点A（x+1，2y+1）与点A'（y﹣2，x）关于原点O对称，则代数式x2﹣y2的值为 ．
【分析】直接利用关于原点对称点的性质得出关于x，y的方程组进而得出x，y的值，即可得出答案．
【解析】∵点A（x+1，2y+1）与点A'（y﹣2，x）关于原点O对称，
∴x+1+y-2=02y+1+x=0，解得：x=3y=-2，故x2﹣y2＝9﹣4＝5．
【小结】此题主要考查了关于原点对称点的性质，正确得出x，y的值是解题关键．
变式27 直角坐标系中，已知A（3，2），作点A关于y轴对称点A1，点A1关于原点对称点A2，点A2关于x轴对称点A3，A3关于y轴对称点A4，……，按此规律，则点A2019的坐标为 ．
【分析】此题主要是发现循环的规律，然后根据规律进行计算．
【解析】作点A关于y轴的对称点为A1，是（﹣3，2）；
作点A1关于原点的对称点为A2，是（3，﹣2）；
作点A2关于x轴的对称点为A3，是（3，2）．
显然此为一循环，按此规律，2019÷3＝673，
则点A2019的坐标是（3，2），
【小结】本题考查了关于原点对称的点的坐标，关于坐标轴对称点的坐标，解答此题需熟悉：两个点关于x轴对称，则横坐标不变，纵坐标互为相反数；两个点关于y轴对称，则横坐标互为相反数，纵坐标不变；两个点关于原点对称，则横坐标、纵坐标都是互为相反数．
题型10 中心对称的性质
例题10 如图，在矩形ABCD中，把∠A沿DF折叠，点A恰好落在矩形的对称中心E处，则∠ADF的度数为（ ）
A．15° B．20° C．25° D．30°
【分析】根据折叠的性质得到AD＝ED＝AE，∠ADF＝∠EDF=12∠ADE，推出△DAE的等边三角形，根据等边三角形的性质得到∠ADE＝60°，求得∠ADF＝30°．
【解析】如图，连接AE，∵把∠A沿DF折叠，点A恰好落在矩形的对称中心E处，
∴AD＝ED＝AE，∠ADF＝∠EDF=12∠ADE，∴△DAE的等边三角形，
∴∠ADE＝60°，∴∠ADF＝30°，选D．
【小结】本题考查了折叠的性质，矩形的性质，中心对称，等边三角形的判定和性质，熟练掌握矩形的性质是解题的关键．
变式28 如图，点O是▱ABCD的对称中心，AD＞AB，E、F是AB边上的点，且EF=12AB；G、H是BC边上的点，且GH=13BC，若S1，S2分别表示△EOF和△GOH的面积，则S1与S2之间的等量关系是（ ）
A．S1S2=23 B．S1S2=32 C．S1S2=21 D．S1S2=12
【分析】如图，连接OA，OB，OC．设平行四边形的面积为4s．求出S1，S2（用s表示）即可解决问题．
【解析】如图，连接OA，OB，OC．设平行四边形的面积为4s．
∵点O是平行四边形ABCD的对称中心，∴S△AOB＝S△BOC=14S平行四边形ABCD＝s，
∵EF=12AB，GH=13BC，∴S1=12s，S2=13s，∴S1S2=12s13s=32，选B．
【小结】本题考查中心对称，平行四边形的性质，三角形的面积等知识，解题的关键是学会利用参数解决问题，属于中考常考题型．
变式29 如图，点O是矩形ABCD的对称中心，点E在AB边上，连接CE．若点B与点O关于CE对称，则CB：AB为（ ）
A．12 B．5-12 C．33 D．32
【分析】连接DB，利用对称得出OE＝EB，进而利用全等三角形的判定和性质得出OC＝BC，进而解答．
【解析】连接DB，AC，OE，
∵四边形ABCD是矩形，∴AC＝DB，∠ABC＝90°，OC＝OA＝OB＝OD，
∵点B与点O关于CE对称，∴OE＝EB，∠OEC＝∠BEC，
在△COE与△CBE中，OE=BE∠OEC=∠BECCE=CE，∴△COE≌△CBE（SAS），∴OC＝CB，∴AC＝2BC，
∵∠ABC＝90°，∴AB=3CB，即CB：AB=33，选C．
【小结】此题考查中心对称，关键是利用对称得出OE＝EB解答．
变式30 如图，点E在正方形ABCD的边CD上，以CE为边向正方形ABCD外部作正方形CEFG，O、O′分别是两个正方形的对称中心，连接OO′．若AB＝3，CE＝1，则OO′＝ ．
【分析】如图，过点O作OH⊥BC于H，O′T⊥OH于T，利用勾股定理即可解决问题．
【解析】如图，过点O作OH⊥BC于H，O′T⊥OH于T．
由题意在Rt△O′OT中，OT=32-12=1，O′T=32+12=2，
∴OO′=OT2+O'T2=12+22=5，故答案为5
【小结】本题考查中心对称，正方形的性质，解直角三角形等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造直角三角形解决问题．
旋转问题巩固练习
1．下列图中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（ ）
A． B． C． D．
【分析】根据轴对称图形与中心对称图形的概念求解．
【解析】A、不是轴对称图形，也不是中心对称图形．故本选项不合题意；
B、是轴对称图形，不是中心对称图形．故本选项不合题意；
C、不是轴对称图形，是中心对称图形．故本选项不合题意；
D、既是轴对称图形又是中心对称图形．故本选项符合题意．选D．
【小结】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．
2．已知点A（x﹣2，3）与点B（x+4，y﹣5）关于原点对称，则（ ）
A．x＝﹣1，y＝2 B．x＝﹣1，y＝8 C．x＝﹣1，y＝﹣2 D．x＝1，y＝8
【分析】两个点关于原点对称时，它们的坐标符号相反，即点P（x，y）关于原点O的对称点是P′（﹣x，﹣y）．直接利用关于原点对称点的性质得出x，y的值进而得出答案．
【解析】∵点A（x﹣2，3）与点B（x+4，y﹣5）关于原点对称，
∴x﹣2+x+4＝0，y﹣5＝﹣3，解得：x＝﹣1，y＝2，选A．
【小结】此题主要考查了关于原点对称点的性质，正确把握坐标特点是解题关键．
3．下列四组图形中，左边的图形与右边的图形成中心对称的有（ ）
A．1组 B．2组 C．3组 D．4组
【分析】分析两个图形是否中心对称，主要把一个图形绕一个点旋转180°，观察是否能和另一个图形重合
【解析】根据中心对称的概念，知②③④都是中心对称．选C．
【小结】考查中心对称定义．如果一个图形沿着一条直线对折后两部分完全重合，叫做轴对称图形，直线叫做对称轴．如果一个图形绕某一点旋转180°后能够与自身重合，叫做中心对称图形，点叫做对称中心．
4．如图，该图形在绕点O按下列角度旋转后，不能与其自身重合的是（ ）
A．72° B．108° C．144° D．216°
【分析】该图形被平分成五部分，因而每部分被分成的圆心角是72°，并且圆具有旋转不变性，因而旋转72°的整数倍，就可以与自身重合；不是旋转72°的整数倍，就不能与其自身重合，即可得出结果．
【解析】该图形被平分成五部分，旋转72°的整数倍，就可以与自身重合，
因而A、C、D选项都与自身重合，不能与其自身重合的是B选项．选B．
【小结】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．如图，已知点A（2，1），B（0，2），将线段AB绕点M逆时针旋转到A1B1，点A与A1是对应点，则点M的坐标是（ ）
A．（0，﹣2） B．（1，﹣1） C．（0，0） D．（﹣1，﹣1）
【分析】作出对应点连线的垂直平分线，它们的交点就是M点．
【解析】如图，点M的坐标是（1，﹣1），选B．
【小结】本题考查了坐标与图形变化﹣旋转，确定M的位置是解题的关键．
6. 如图P是正方形ABCD内一点，△ABP经过旋转后到达△CBQ的位置，连结PQ，则∠BQP的度数为（ ）
A．90° B．60° C．45° D．30°
【分析】由旋转的性质可得BP＝BQ，∠ABC＝∠PBQ＝90°，由等腰三角形的性质可得∠BQP＝45°．
【解析】∵△ABP经过旋转后到达△CBQ的位置，
∴BP＝BQ，∠ABC＝∠PBQ＝90°，∴∠BQP＝45°，选C．
【小结】本题考查了旋转的性质，正方形的性质，等腰三角形的性质，掌握旋转的性质是本题的关键．
7．如图，在4×4的网格纸中，△ABC的三个顶点都在格点上，现要在这张网格纸的四个格点M，N，P，Q中找一点作为旋转中心．将△ABC绕着这个中心进行旋转，旋转前后的两个三角形成中心对称，且旋转后的三角形的三个顶点都在这张4×4的网格纸的格点上，那么满足条件的旋转中心有（ ）
A．点M，点N B．点M，点Q C．点N，点P D．点P，点Q
【分析】画出中心对称图形即可判断
【解析】观察图象可知，点P．点N满足条件．选C．
【小结】考查利用旋转设计图案，中心对称等知识，解题关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．
8．如图，线段OA，OB分别从与x轴和y轴重合的位置出发，绕着原点O顺时针转动，已知OA每秒转动45°，OB的转动速度是每秒转动30°，则第2020秒时，OA与OB之间的夹角的度数为（ ）
A．90° B．145° C．150° D．165°
【分析】首先求出第一次相遇的时间，再求出第二次相遇所用的时间，探究规律利用规律解决问题即可．
【解析】设t秒第一次相遇．由题意：270+30t＝45t，解得t＝18，
相遇后设m秒第二次相遇，则有45t﹣30t＝360，解得t＝24，
以后每过24秒相遇一次，（2020﹣18）÷24＝83…10，
∴2020秒时，10×45°﹣10×30°＝150°，选C．
【小结】本题考查坐标与图形的变化﹣旋转，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．
9．如图，已知AB是线段MN上的两点，MN＝12，MA＝3，MB＞3，以A为中心顺时针旋转点M，以点B为中心顺时针旋转点N，使M、N两点重合成一点C，构成△ABC，当△ABC为直角三角形时AB的长是（ ）
A．3 B．5 C．4或5 D．3或51
【分析】应该分情况讨论，因为不知道在三角形中哪一个是作为斜边存在的．所以有三种情况，即：①若AC为斜边，则32＝x2+（9﹣x）2，即x2﹣9x+36＝0，方程无解；
②若AB为斜边，则x2＝（9﹣x）2+32，且满3＜x＜6，
③若BC为斜边，则（9﹣x）2＝32+x2，且满足3＜x＜6．
【解析】∵在△ABC中，AC＝AM＝3，设AB＝x，BC＝9﹣x．
由三角形两边之和大于第三边得到下列不等式组：3+x＞9-x3+9-x＞x，解得3＜x＜6；
①AC为斜边，则32＝x2+（9﹣x）2，即x2﹣9x+36＝0，方程无解，即AC为斜边不成立．
②若AB为斜边，则x2＝（9﹣x）2+32，解得x＝5，满足3＜x＜6，
③若BC为斜边，则（9﹣x）2＝32+x2，解得x＝4，满足3＜x＜6，
∴x＝5或x＝4；选C．
【小结】本题考查了旋转的性质．解此题的关键是进行全方面分析，注意一题多解．难易程度适中．
10．已知等边△ABC的边长为8，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．22 B．4 C．23 D．不能确定
【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．
【解析】如图，由旋转可得∠ACQ＝∠B＝60°，
又∵∠ACB＝60°，∴∠BCQ＝120°，∵点D是AC边的中点，∴CD＝4，
当DQ⊥CQ时，DQ的长最小，此时，∠CDQ＝30°，∴CQ=12CD＝2，∴DQ=42-22=23，
∴DQ的最小值是23，选C．
【小结】考查旋转的性质，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．
11．如图，将△OAB绕点O顺时针旋转70°到△OCD位置，若∠AOB＝40°，则∠AOD的大小为 30 度．
【分析】由旋转的性质可得∠DOB＝70°，即可求解．
【解析】∵将△OAB绕点O顺时针旋转70°到△OCD，∴∠DOB＝70°，
∵∠AOB＝40°，∴∠AOD＝∠BOD﹣∠AOB＝30°
【小结】本题考查了旋转的性质，熟练掌握旋转的性质是本题的关键．
12．如图，已知点A（2，0），B（0，4），C（2，4），D（6，6），连接AB，CD，将线段AB绕着某一点旋转一定角度，使其与线段CD重合（点A与点C重合，点B与点D重合），则这个旋转中心的坐标为 （4，2） ．
【分析】画出平面直角坐标系，作出线段AC，BD的垂直平分线的交点P，点P即为旋转中心．
【解析】平面直角坐标系如图所示，旋转中心是P点，P（4，2）．
故答案为（4，2）．
【小结】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．
13．图1和图2中所有的小正方形都全等，将图1的正方形放在图2中①②③④的某一位置，使它与原来7个小正方形组成的图形是中心对称图形，这个位置是 ③ ．
【分析】根据把一个图形绕某一点旋转180°，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形就叫做中心对称图形，这个点叫做对称中心，进而得出答案．
【解析】当正方形放在③的位置，即是中心对称图形．故答案为：③．
【小结】此题主要考查了中心对称图形的定义，正确把握定义是解题关键．
14．如图，正方形ABCD的边长为a，对角线AC和BD相交于点O，正方形A1B1C1O的边OA1交AB于点E，OC1交BC于点F，正方形A1B1C1O绕O点转动的过程中，与正方形ABCD重叠部分的面积为 14a2 （用含a的代数式表示）
【分析】由题意得OA＝OB，∠OAB＝∠OBC＝45°又因为∠AOE+∠EOB＝90°，∠BOF+∠EOB＝90°可得∠AOE＝∠BOF，根据ASA可证△AOE≌△BOF，由全等三角形的性质可得S△AOE＝S△BOF，可得重叠部分的面积为正方形面积的14，即可求解．
【解析】在正方形ABCD中，AO＝BO，∠AOB＝90°，∠OAB＝∠OBC＝45°，
∵∠AOE+∠EOB＝90°，∠BOF+∠EOB＝90°，∴∠AOE＝∠BOF．
在△AOE和△BOF中∠OAE=∠OBFOA=OB∠AOE=∠BOF，∴△AOE≌△BOF（ASA），∴S△AOE＝S△BOF，
∴重叠部分的面积＝S△AOB=14S正方形ABCD=14a2，故答案为：14a2．
【小结】考查旋转的性质，正方形的性质，全等三角形的判定和性质，证明△AOE≌△BOF是本题的关键．
15．在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，将△ABC绕顶点C顺时针旋转得到△A′B′C′，点M是BC的中点，点P是A′B′的中点，连接PM．若BC＝2，∠A＝30°，线段PM长度的最大值是 3 ．
【分析】如图连接PC．思想求出PC＝2，根据PM≤PC+CM，可得PM≤3，由此即可解决问题．
【解析】如图连接PC．在Rt△ABC中，∵∠A＝30°，BC＝2，∴AB＝4，
根据旋转不变性可知，A′B′＝AB＝4，∴A′P＝PB′，∴PC=12A′B′＝2，
∵CM＝BM＝1，又∵PM≤PC+CM，即PM≤3，∴PM的最大值为3（此时P、C、M共线）．
【小结】本题考查旋转变换、解直角三角形、直角三角形30度角的性质、直角三角形斜边中线定理，三角形的三边关系等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，学会利用三角形的三边关系解决最值问题，属于中考常考题型．
16．如图，在平面直角坐标系中，将△ABC绕点A顺时针旋转到△A1B1C1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，再将△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（32，0），B（0，2），则点B2020的坐标为 （6060，2） ．
【分析】首先根据已知求出三角形三边长度，然后通过旋转发现，B、B2、B4…每偶数之间的B相差6个单位长度，根据这个规律可以求得B2020的坐标．
【解析】∵AO=32，BO＝2，∴AB=OA2+OB2=(32)2+22=52，
∴OA+AB1+B1C2=32+52+2＝6，
∴B2的横坐标为：6，且B2C2＝2，
∴B4的横坐标为：2×6＝12，
∴点B2020的横坐标为：1010×6＝6060．
∴点B2020的纵坐标为：2．
【小结】此题考查了点的坐标规律变换，通过图形旋转，找到所有B点之间的关系是本题的关键．题目难易程度适中，可以考察学生观察、发现问题的能力．
17．在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠B＝30°，将△ABC绕点C顺时针旋转一定角度得到△DEC，点D恰好在AB上．
（1）若AC＝4，求DE的值；
（2）确定△ACD的形状，并说明理由．
【分析】（1）根据直角三角形的性质和旋转的性质即可得到结论；
（2）根据三角形的内角和得到∠A＝60°，根据旋转的性质得到AC＝CD，于是得到结论．
【解析】（1）∵在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠B＝30°，AC＝4，∴AB＝2AC＝8，
∵将△ABC绕点C顺时针旋转一定角度得到△DEC，∴DE＝AB＝8；
（2）△ACD是等边三角形，
理由：∵∠ACB＝90°，∠ABC＝30°，∴∠A＝60°，
∵将△ABC绕点C顺时针旋转一定角度得到△DEC，∴AC＝CD，
∴△ACD是等边三角形．
【小结】本题考查了旋转的性质，直角三角形的性质，等边三角形的判定，正确的识别图形是解题的关键．
18．如图所示的正方形网格中（每个小正方形的边长是1，小正方形的顶点叫作格点），△ABC的顶点均在格点上，请在所给平面直角坐标系中按要求画图和解答下列问题：
（1）以点C为旋转中心，将△ABC绕点C顺时针旋转90°得△CA1B1，画出△CA1B1；
（2）作出△ABC关于点A成中心对称的△AB2C2；
（3）设AC2与y轴交于点D，则△B1DC的面积为 103 ．
【分析】（1）依据△ABC绕点C顺时针旋转90°得△CA1B1，即可得到△CA1B1；
（2）依据中心对称的性质，即可作出△ABC关于点A成中心对称的△AB2C2；
（3）依据待定系数法即可得到直线CC2的解析式为y=-13x+13，进而得到点D的坐标，再根据割补法进行计算，即可得出△B1DC的面积．
【解析】（1）如图所示，△CA1B1 即为所求作图形；（2）如图所示，△AB2C2 即为所求作图形；
（3）由C（4，﹣1）和C2（﹣2，1）可得直线CC2的解析式为y=-13x+13，
令x＝0，则y=13，即D（0，13），∴△B1DC的面积为(23+2)×42-12×23×3-12×1×2=103．
【小结】本题考查作图﹣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．
19．如图，已知△ABC中，AB＝AC．
（Ⅰ）把△ABC绕点C顺时针旋转得到△DEC，使得点B的对应点E落在AB边上，用尺规作图的方法作出△DEC；（保留作图痕迹，不写作法）
（Ⅱ）在（Ⅰ）的条件下，连接AD，求证：AD＝BC．
【分析】（Ⅰ）根据旋转的性质即可把△ABC绕点C顺时针旋转得到△DEC，使得点B的对应点E落在AB边上；
（Ⅱ）在（Ⅰ）的条件下，连接AD，根据等腰三角形的性质和平行四边形的判定与性质即可证明AD＝BC．
【解析】（Ⅰ）如图，△DEC即为所作；
（Ⅱ）由（Ⅰ）知∠DCE＝∠ACB，
∵AB＝AC，∴∠ACB＝∠B．∴∠DCE＝∠B，
又由（Ⅰ）知CE＝CB，∴∠CEB＝∠B．∴∠CEB＝∠DCE，∴AB∥CD，
由（Ⅰ）CD＝CA，
又∵CA＝BA，∴AB＝CD，∴四边形ABCD为平行四边形，∴AD＝BC．
【小结】本题考查了旋转变换、等腰三角形的性质，解决本题的关键是掌握旋转的性质．
20．如图，正方形ABCD中，E、F分别在边BC、CD上，且∠EAF＝45°，连接EF，这种模型属于“半角模型”中的一类，在解决“半角模型”问题时，旋转是一种常用的分析思路．例如图中△ADF与△ABG可以看作绕点A旋转90°的关系．这可以证明结论“EF＝BE+DF”，请补充辅助线作法，并写出证明过程．
（1）延长CB到点G，使BG＝ DF ，连接AG；
（2）证明：EF＝BE+DF．
【分析】（1）利用旋转的性质，可得BG＝DF，则可得出答案；
（2）证明△AGE≌△AFE（SAS）即可．
【解析】（1）∵△ADF与△ABG可以看作绕点A旋转90°的关系．
∴延长CB到点G，使BG＝DF，连接AG，
（2）证明：由（1）得GB＝DF，
∵AD＝AB，∠ABG＝∠ADF＝90°，∴△ADF≌△ABG（SAS），∴AF＝AG，∠DAF＝∠BAG，
∵四边形ABCD为正方形，∴∠BAD＝90°，
∵∠EAF＝45°，∴∠BAE+∠DAF＝45°，∴∠BAG+∠BAE＝45°＝∠EAF，
在△AGE和△AFE中，AG=AF∠GAE=∠EAFAE=AE，∴△AGE≌△AFE（SAS），∴GE＝EF，
∵GE＝GB+BE＝BE+DF，∴EF＝BE+DF．
【小结】本题主要考查正方形的性质及全等三角形的判定和性质，构造全等三角形是解题的关键，注意旋转性质的应用．
21．如图1，已知点B、C、D在同一条直线上，△ABC和△CDE都是等边三角形，BE交AC于点F，AD交CE于点H．
（1）求出∠ACE的度数；
（2）请在图1中找出一对全等的三角形，并说明全等的理由；
（3）若将△CDE绕C点转动到如图2所示的位置，其余条件不变，（2）中的结论是否还成立，说明理由．
【分析】（1）由等边三角形的性质得出∠ACB＝∠ECD＝60°，则可求出∠ACE＝60°；
（2）依据等边三角形的性质可得到BE＝AD，CE＝CD，∠ACB＝∠ECD＝60°，然后可证明∠ACD＝∠BCE＝120°，依据SAS可证明△BCE≌△ACD；
（3）（2）中的结论还成立．证明方法同（2）．
【解析】（1）∵△ABC和△CDE都是等边三角形，∴∠ACB＝∠ECD＝60°，
∵点B、C、D在同一条直线上，∴∠ACE＝180°﹣∠ACB﹣∠ECD＝180°﹣60°﹣60°＝60°；
（2）△BCE≌△ACD．
理由：∵△ABC和△CED都是等边三角形，
∠BCA＝∠DCE＝60°，BC＝AC，CE＝CD，∴∠BCE＝∠ACD，
在△BCE和△ACD中，BC=AC∠BCE=∠ACDCE=CD，∴△BCE≌△ACD（SAS）；
（3）（2）中的结论还成立．
∵△ABC和△CDE都是等边三角形，∴∠ACB＝∠ECD＝60°，AC＝BC，EC＝DC．∴∠BCE＝∠ACD，
∴△BCE≌△ACD（SAS）．
【小结】本题考查了等边三角形的性质和判定、全等三角形的性质和判定，证得△BCE≌△ACD是解题的关键．
22．阅读下面材料，并解决问题：
（1）如图①等边△ABC内有一点P，若点P到顶点A、B、C的距离分别为3，4，5，求∠APB的度数．
为了解决本题，我们可以将△ABP绕顶点A旋转到△ACP′处，此时△ACP′≌△ABP，这样就可以利用旋转变换，将三条线段PA、PB、PC转化到一个三角形中，从而求出∠APB＝ 150° ；
（2）基本运用
请你利用第（1）题的解答思想方法，解答下面问题
已知如图②，△ABC中，∠CAB＝90°，AB＝AC，E、F为BC上的点且∠EAF＝45°，求证：EF2＝BE2+FC2；
（3）能力提升
如图③，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝1，∠ABC＝30°，点O为Rt△ABC内一点，连接AO，BO，CO，且∠AOC＝∠COB＝∠BOA＝120°，求OA+OB+OC的值．
【分析】（1）根据旋转变换前后的两个三角形全等，全等三角形对应边相等，全等三角形对应角相等以及等边三角形的判定和勾股定理逆定理解答；
（2）把△ABE绕点A逆时针旋转90°得到△ACE′，根据旋转的性质可得AE′＝AE，CE′＝CE，∠CAE′＝∠BAE，∠ACE′＝∠B，∠EAE′＝90°，再求出∠E′AF＝45°，从而得到∠EAF＝∠E′AF，然后利用“边角边”证明△EAF和△E′AF全等，根据全等三角形对应边相等可得E′F＝EF，再利用勾股定理列式即可得证．
（3）将△AOB绕点B顺时针旋转60°至△A′O′B处，连接OO′，根据直角三角形30°角所对的直角边等于斜边的一半求出AB＝2AC，即A′B的长，再根据旋转的性质求出△BOO′是等边三角形，根据等边三角形的三条边都相等可得BO＝OO′，等边三角形三个角都是60°求出∠BOO′＝∠BO′O＝60°，然后求出C、O、A′、O′四点共线，再利用勾股定理列式求出A′C，从而得到OA+OB+OC＝A′C．
【解析】（1）∵△ACP′≌△ABP，∴AP′＝AP＝3、CP′＝BP＝4、∠AP′C＝∠APB，
由题意知旋转角∠PA P′＝60°，∴△AP P′为等边三角形，P P′＝AP＝3，∠A P′P＝60°，
易证△P P′C为直角三角形，且∠P P′C＝90°，
∴∠APB＝∠AP′C＝∠A P′P+∠P P′C＝60°+90°＝150°；
（2）如图2，把△ABE绕点A逆时针旋转90°得到△ACE′，
由旋转的性质得，AE′＝AE，CE′＝BE，∠CAE′＝∠BAE，∠ACE′＝∠B，∠EAE′＝90°，
∵∠EAF＝45°，
∴∠E′AF＝∠CAE′+∠CAF＝∠BAE+∠CAF＝∠BAC﹣∠EAF＝90°﹣45°＝45°，∴∠EAF＝∠E′AF，
在△EAF和△E′AF中，AE=AE'∠EAF=∠E'AFAF=AF， ∴△EAF≌△E′AF（SAS），∴E′F＝EF，
∵∠CAB＝90°，AB＝AC，∴∠B＝∠ACB＝45°，∴∠E′CF＝45°+45°＝90°，
由勾股定理得，E′F2＝CE′2+FC2，即EF2＝BE2+FC2．
（3）如图3，将△AOB绕点B顺时针旋转60°至△A′O′B处，连接OO′，
∵在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝1，∠ABC＝30°，∴AB＝2，∴BC=AB2-AC2=3，
∵△AOB绕点B顺时针方向旋转60°，∴△A′O′B如图；∠A′BC＝∠ABC+60°＝30°+60°＝90°，
∵∠C＝90°，AC＝1，∠ABC＝30°，∴AB＝2AC＝2，
∵△AOB绕点B顺时针方向旋转60°，得到△A′O′B，∴A′B＝AB＝2，BO＝BO′，A′O′＝AO，
∴△BOO′是等边三角形，∴BO＝OO′，∠BOO′＝∠BO′O＝60°，
∵∠AOC＝∠COB＝∠BOA＝120°，
∴∠COB+∠BOO′＝∠BO′A′+∠BO′O＝120°+60°＝180°，∴C、O、A′、O′四点共线，
Rt△A′BC中，A′C=BC2+A'B2=(3)2+22=7，∴OA+OB+OC＝A′O′+OO′+OC＝A′C=7．
【小结】本题考查了旋转的性质，全等三角形的判定与性质，等腰直角三角形的性质，勾股定理，读懂题目信息，理解利用旋转构造出全等三角形和等边三角形以及直角三角形是解题的关键．
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