2023年九年級數(shù)學(xué)上冊專題23.1 旋轉(zhuǎn)【十大題型】（舉一反三）（人教版）（原卷版+解析版）-試卷下載-教習(xí)網(wǎng)

專題23.1 旋轉(zhuǎn)【十大題型】【人教版】 TOC \o "1-3" \h \u HYPERLINK \l "_Toc2722" 【題型1 關(guān)于原點(diǎn)對稱的點(diǎn)的坐標(biāo)】 PAGEREF _Toc2722 \h 1 HYPERLINK \l "_Toc17883" 【題型2 利用旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)求角度】 PAGEREF _Toc17883 \h 3 HYPERLINK \l "_Toc19159" 【題型3 利用旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)求線段長度】 PAGEREF _Toc19159 \h 6 HYPERLINK \l "_Toc18330" 【題型4 旋轉(zhuǎn)中的坐標(biāo)與圖形變換】 PAGEREF _Toc18330 \h 10 HYPERLINK \l "_Toc24347" 【題型5 作圖-旋轉(zhuǎn)變換】 PAGEREF _Toc24347 \h 14 HYPERLINK \l "_Toc7276" 【題型6 中心對稱圖形及旋轉(zhuǎn)對稱圖形】 PAGEREF _Toc7276 \h 18 HYPERLINK \l "_Toc4463" 【題型7 旋轉(zhuǎn)中的周期性問題】 PAGEREF _Toc4463 \h 20 HYPERLINK \l "_Toc16949" 【題型8 旋轉(zhuǎn)中的多結(jié)論問題】 PAGEREF _Toc16949 \h 24 HYPERLINK \l "_Toc31848" 【題型9 旋轉(zhuǎn)中的最值問題】 PAGEREF _Toc31848 \h 30 HYPERLINK \l "_Toc13422" 【題型10 旋轉(zhuǎn)的綜合】 PAGEREF _Toc13422 \h 34 【知識點(diǎn)1 關(guān)于原點(diǎn)對稱的點(diǎn)的坐標(biāo)】在平面直角坐標(biāo)系中，如果兩個點(diǎn)關(guān)于原點(diǎn)對稱，它們的坐標(biāo)符號相反，即點(diǎn)p（x,y）關(guān)于原點(diǎn)對稱點(diǎn)為（-x,-y）。【題型1 關(guān)于原點(diǎn)對稱的點(diǎn)的坐標(biāo)】【例1】（2022春?平陰縣期末）點(diǎn)A（﹣2，3）與點(diǎn)B（a，b）關(guān)于坐標(biāo)原點(diǎn)對稱，則a+b的值為　﹣1?。?【分析】根據(jù)兩個點(diǎn)關(guān)于原點(diǎn)對稱時，它們的坐標(biāo)符號相反可直接得到答案．【解答】解：∵點(diǎn)A（﹣2，3）與點(diǎn)B（a，b）關(guān)于坐標(biāo)原點(diǎn)對稱， ∴a＝2，b＝﹣3， ∴a+b＝﹣1，故答案為：﹣1．【變式1-1】（2022秋?雨花區(qū)期末）若點(diǎn)A（m，5）與點(diǎn)B（2，n）關(guān)于原點(diǎn)對稱，則3m+2n的值為　﹣16　．【分析】平面直角坐標(biāo)系中任意一點(diǎn)P（x，y），關(guān)于原點(diǎn)的對稱點(diǎn)是（﹣x，﹣y），記憶方法是結(jié)合平面直角坐標(biāo)系的圖形記憶．【解答】解：∵點(diǎn)A（m，5）與點(diǎn)B（2，n）關(guān)于原點(diǎn)對稱， ∴m＝﹣2，n＝﹣5， ∴3m+2n＝﹣6﹣10＝﹣16．故答案為：﹣16．【變式1-2】（2022秋?常熟市期末）已知點(diǎn)P（2m﹣1，﹣m+3）關(guān)于原點(diǎn)的對稱點(diǎn)在第三象限，則m的取值范圍是　12＜m＜3　．【分析】根據(jù)關(guān)于原點(diǎn)對稱點(diǎn)的性質(zhì)可得P在第一象限，進(jìn)而可得2m-1＞0-m+3＞0，再解不等式組即可．【解答】解：∵點(diǎn)P（2m﹣1，﹣m+3）關(guān)于原點(diǎn)的對稱點(diǎn)在第三象限， ∴點(diǎn)P（2m﹣1，﹣m+3）在第一象限， ∴2m-1＞0-m+3＞0，解得：12＜m＜3，故答案為：12＜m＜3．【變式1-3】（2022春?永新縣期末）已知點(diǎn)P（3+2a，2a+1）與點(diǎn)P′關(guān)于原點(diǎn)成中心對稱，若點(diǎn)P′在第二象限，且a為整數(shù)，則關(guān)于x的分式方程2x-ax+1=3的解是　x＝﹣2?。?【分析】根據(jù)P關(guān)于原點(diǎn)對稱點(diǎn)在第一象限，得到P橫縱坐標(biāo)都小于0，求出a的范圍，確定出a的值，代入方程計算即可求出解．【解答】解：∵P（3+2a，2a+1）與點(diǎn)P′關(guān)于原點(diǎn)成中心對稱，若點(diǎn)P′在第二象限，且a為整數(shù)， ∴3+2a＞02a+1＜0，解得：-32＜a＜-12，即a＝﹣1，當(dāng)a＝﹣1時，所求方程化為2x+1x+1=3，解得：x＝﹣2，經(jīng)檢驗(yàn)x＝﹣2是分式方程的解，則方程的解為﹣2．故答案為x＝﹣2 【知識點(diǎn)2 旋轉(zhuǎn)的定義】在平面內(nèi)，把一個平面圖形繞著平面內(nèi)某一點(diǎn)O轉(zhuǎn)動一個角度，就叫做圖形的旋轉(zhuǎn)，點(diǎn)O叫做旋轉(zhuǎn)中心，轉(zhuǎn)動的角叫做旋轉(zhuǎn)角。我們把旋轉(zhuǎn)中心、旋轉(zhuǎn)角度、旋轉(zhuǎn)方向稱為旋轉(zhuǎn)的三要素。【知識點(diǎn)3 旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)】旋轉(zhuǎn)的特征：（1）對應(yīng)點(diǎn)到旋轉(zhuǎn)中心的距離相等；對應(yīng)點(diǎn)與旋轉(zhuǎn)中心所連線段的夾角等于旋轉(zhuǎn)角；（3）旋轉(zhuǎn)前后的圖形全等。理解以下幾點(diǎn)：（1）圖形中的每一個點(diǎn)都繞旋轉(zhuǎn)中心旋轉(zhuǎn)了同樣大小的角度。（2）對應(yīng)點(diǎn)到旋轉(zhuǎn)中心的距離相等，對應(yīng)線段相等，對應(yīng)角相等。（3）圖形的大小與形狀都沒有發(fā)生改變，只改變了圖形的位置。【題型2 利用旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)求角度】【例2】（2022春?梅州校級期末）如圖，點(diǎn)O是等邊△ABC內(nèi)一點(diǎn)，∠AOB＝110°，將△BOC繞點(diǎn)C按順時針方向旋轉(zhuǎn)60°得△ADC，連接OD，若OD＝AD，則∠BOC的度數(shù)為　140°?。? 【分析】設(shè)∠BOC＝α，根據(jù)旋轉(zhuǎn)前后圖形不發(fā)生變化，易證△COD是等邊△OCD，從而利用α分別表示出∠AOD與∠ADO，再根據(jù)等腰△AOD的性質(zhì)求出α．【解答】解：設(shè)∠BOC＝α，根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)知，△BOC≌△ADC，則OC＝DC，∠BOC＝∠ADC＝α．又∵△BOC繞點(diǎn)C按順時針方向旋轉(zhuǎn)60°得到△ADC， ∴∠OCD＝60°， ∴△OCD是等邊三角形， ∴∠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°．【變式2-1】（2022?南充）如圖，將直角三角板ABC繞頂點(diǎn)A順時針旋轉(zhuǎn)到△AB′C′，點(diǎn)B′恰好落在CA的延長線上，∠B＝30°，∠C＝90°，則∠BAC′為（　?。? A．90° B．60° C．45° D．30° 【分析】利用旋轉(zhuǎn)不變性，三角形內(nèi)角和定理和平角的意義解答即可．【解答】解：∵∠B＝30°，∠C＝90°， ∴∠CAB＝180°﹣∠B﹣∠C＝60°， ∵將直角三角板ABC繞頂點(diǎn)A順時針旋轉(zhuǎn)到△AB′C′， ∴∠C′AB′＝∠CAB＝60°． ∵點(diǎn)B′恰好落在CA的延長線上， ∴∠BAC′＝180°﹣∠CAB﹣∠C′AB′＝60°．故選：B．【變式2-2】（2022?天津一模）如圖，在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝40°，點(diǎn)D在邊AB上，將△ADC繞點(diǎn)A逆時針旋轉(zhuǎn)40°，得到△AD'B，且D'，D，C三點(diǎn)在同一條直線上，則∠ACD的大小為（　?。? A．20° B．30° C．40° D．45° 【分析】由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可得∠BAC＝∠BAD'＝40°，AD＝AD'，由等腰三角形的性質(zhì)可得∠AD'D＝70°，∠D'AC＝80°，即可求∠ACD的度數(shù)．【解答】解：∵將△ADC繞點(diǎn)A逆時針旋轉(zhuǎn)40°得到△AD′B， ∴∠BAC＝∠BAD'＝40°，AD＝AD' ∴∠AD'D=12×（180°﹣40°）＝70°，∠D'AC＝∠BAC+∠BAD'＝80°， ∴∠ACD＝180°﹣∠AD'D﹣∠D'AC＝30°；故選：B．【變式2-3】（2022?城步縣模擬）如圖，P為等邊三角形ABC內(nèi)一點(diǎn)，∠APB：∠APC：∠CPB＝5：6：7，則以PA，PB，PC為三邊構(gòu)成的三角形的三個內(nèi)角從小到大的度數(shù)之比為（　?。? A．1：2：3 B．2：3：4 C．3：4：5 D．5：6：7 【分析】將△APB繞A點(diǎn)逆時針旋轉(zhuǎn)60°得△ADC，顯然有△ADC≌△APB，連PD，則AD＝AP，∠DAP＝60°，得到△ADP是等邊三角形，PD＝AP，所以△DCP的三邊長分別為PA，PB，PC；再由∠APB+∠BPC+∠CPA＝360°，∠APB：∠APC：∠CPB＝5：6：7，得到∠APB＝100°，∠BPC＝140°，∠CPA＝120°，這樣可分別求出∠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：如圖，將△APB繞A點(diǎn)逆時針旋轉(zhuǎn)60°得△ADC，顯然有△ADC≌△APB，連PD， ∵AD＝AP，∠DAP＝60°， ∴△ADP是等邊三角形， ∴PD＝AP， ∵DC＝PB， ∴△DCP的三邊長分別為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為三邊構(gòu)成的三角形的三個內(nèi)角從小到大的度數(shù)之比為2：3：4．故選：B．【題型3 利用旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)求線段長度】【例3】（2022春?儀征市期末）如圖，邊長為1的正方形ABCD繞點(diǎn)A逆時針旋轉(zhuǎn)60°得到正方形AEFG，連接CF，則CF的長是（　?。? A．1 B．2 C．3 D．32-3 【分析】連接AC、AF，證明△ACF為等邊三角形，求得AC便可得出結(jié)果．【解答】解：連接AC、AF，由旋轉(zhuǎn)性質(zhì)得，AC＝AF，∠CAF＝60°， ∴△ACF為等邊三角形， ∴AC＝CF， ∵AC=2AB=2， ∴CF=2，故選：B．【變式3-1】（2022春?如皋市期末）如圖，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝3，BC＝4．將△ABC繞點(diǎn)A逆時針旋轉(zhuǎn)得到△AB′C′，使點(diǎn)C′落在AB邊上，連接BB′，則B′B的長為（　　） A．23 B．5 C．25 D．6 【分析】根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)并利用勾股定理進(jìn)行求解即可．【解答】解：∵∠C＝90°，AC＝3，BC＝4， ∴根據(jù)勾股定理得：AB=AC2+BC2=32+42=5，由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可知，AC＝AC'＝3，BC＝B'C'＝4， ∴BC'＝AB﹣AC'＝5﹣3＝2， ∴BB'=B'C2+BC'2=42+22=25，故選：C．【變式3-2】（2022?東莞市校級一模）如圖，△AOB中，∠AOB＝90°，AO＝4，BO＝8，△AOB繞點(diǎn)O逆時針旋轉(zhuǎn)到△A′OB′處，此時線段A′B′與BO的交點(diǎn)E為BO的中點(diǎn)，則線段B′E的長度為（　?。? A．35 B．1255 C．955 D．1655 【分析】由勾股定理求出AB，由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可得AO＝A′O，A′B′＝AB，再求出OE，從而得到OE＝A′O，過點(diǎn)O作OF⊥A′B′于F，由三角形的面積求出OF，由勾股定理列式求出EF，再由等腰三角形三線合一的性質(zhì)可得A′E＝2EF，然后由B′E＝A′B′﹣A′E代入數(shù)據(jù)計算即可得解．【解答】解：∵∠AOB＝90°，AO＝4，BO＝8， ∴AB=AO2+BO2=42+82=45， ∵△AOB繞頂點(diǎn)O逆時針旋轉(zhuǎn)到△A′OB′處， ∴AO＝A′O＝4，A′B′＝AB＝45， ∵點(diǎn)E為BO的中點(diǎn)， ∴OE=12BO=12×8＝4， ∴OE＝A′O＝4，過點(diǎn)O作OF⊥A′B′于F，如圖， S△A′OB′=12×45?OF=12×4×8，解得：OF=855，在Rt△EOF中，EF=OE2-OF2=42-(855)2=455， ∵OE＝A′O，OF⊥A′B′， ∴A′E＝2EF＝2×455=855， ∴B′E＝A′B′﹣A′E=45-855=1255．故選：B．【變式3-3】（2022春?和平區(qū)期末）如圖，△ABC與△CDE都是等邊三角形，連接AD，BE，CD＝4，BC＝2，若將△CDE繞點(diǎn)C順時針旋轉(zhuǎn)，當(dāng)點(diǎn)A、C、E在同一條直線上時，線段BE的長為（　　） A．23 B．27 C．3或7 D．23或27 【分析】分兩種情況：①當(dāng)E在CA延長線上時，過A作AM⊥BE于M，根據(jù)△ABC與△CDE都是等邊三角形，CD＝4，BC＝2，可得AE＝AB，∠AEB＝∠ABE＝30°，在Rt△ABM中，可得BM=3，從而BE＝2BM＝23；②當(dāng)E在AC的延長線上時，過B作BN⊥AC于N，在Rt△BCN中，CN=12BC＝1，BN=3CN=3，在Rt△BNE中，BE=BN2+NE2=27．【解答】解：①當(dāng)E在CA延長線上時，過A作AM⊥BE于M，如圖： ∵△ABC與△CDE都是等邊三角形，CD＝4，BC＝2， ∴AE＝CE﹣AC＝4﹣2＝2，∠BAC＝60°， ∴AE＝AB， ∴∠AEB＝∠ABE＝30°，在Rt△ABM中， AM=12AB＝1，BM=3AM=3， ∴BE＝2BM＝23； ②當(dāng)E在AC的延長線上時，過B作BN⊥AC于N，如圖：在Rt△BCN中， CN=12BC＝1，BN=3CN=3， ∴NE＝CE+CN＝4+1＝5，在Rt△BNE中， BE=BN2+NE2=(3)2+52=27；綜上所述，線段BE的長為23或27，故選：D．【題型4 旋轉(zhuǎn)中的坐標(biāo)與圖形變換】【例4】（2022秋?黃石期末）如圖，線段AB與線段CD關(guān)于點(diǎn)P對稱，若點(diǎn)A（a，b）、B（5，1）、D（﹣3，﹣1），則點(diǎn)C的坐標(biāo)為（　?。? A．（﹣a，﹣b） B．（﹣a+2，﹣b） C．（﹣a﹣1，﹣b+1） D．（﹣a+1，﹣b﹣1）【分析】運(yùn)用中點(diǎn)坐標(biāo)公式求答案．【解答】解：設(shè)C（m，n）， ∵線段AB與線段CD關(guān)于點(diǎn)P對稱，點(diǎn)P為線段AC、BD的中點(diǎn)． ∴a+m2=5-32，b+n2=1-12， ∴m＝2﹣a，n＝﹣b， ∴C（2﹣a，﹣b），故選：B．【變式4-1】（2022秋?本溪期末）如圖，在△AOB中，OA＝4，OB＝6，AB＝27，將△AOB繞原點(diǎn)O逆時針旋轉(zhuǎn)90°，則旋轉(zhuǎn)后點(diǎn)A的對應(yīng)點(diǎn)A′的坐標(biāo)是（　?。? A．（﹣4，2） B．（﹣23，4） C．（﹣23，2） D．（﹣2，23）【分析】如圖，過點(diǎn)A作AH⊥OB于H，設(shè)OH＝m，則BH＝6﹣m，利用勾股定理構(gòu)建方程求出m，可得結(jié)論．【解答】解：如圖，過點(diǎn)A作AH⊥OB于H，設(shè)OH＝m，則BH＝6﹣m， ∵AH2＝OA2﹣OH2＝AB2﹣BH2， ∴42﹣m2＝（27）2﹣（6﹣m）2， ∴m＝2， ∴AH=42-22=23， ∴A（2，23）， ∴將△AOB繞原點(diǎn)O逆時針旋轉(zhuǎn)90°，則旋轉(zhuǎn)后點(diǎn)A的對應(yīng)點(diǎn)A′（﹣23，2），【變式4-2】（2022秋?西湖區(qū)期末）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，△MNP繞原點(diǎn)逆時針旋轉(zhuǎn)90°得到△M1N1P1，若M（1，﹣2），則點(diǎn)M1的坐標(biāo)為（　?。? A．（﹣2，﹣1） B．（1，2） C．（2，1） D．（﹣1，﹣2）【分析】如圖，連接OM，OM1，過點(diǎn)M作MH⊥y軸于點(diǎn)H，過點(diǎn)M1作M1T⊥x軸于點(diǎn)T．利用全等三角形的性質(zhì)解決問題即可．【解答】解：如圖，連接OM，OM1，過點(diǎn)M作MH⊥y軸于點(diǎn)H，過點(diǎn)M1作M1T⊥x軸于點(diǎn)T． ∵M(jìn)（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），故選：C．【變式4-3】（2022?新?lián)釁^(qū)模擬）如圖，Rt△AOB的斜邊AO在y軸上，OB=3，∠AOB＝30°，直角頂點(diǎn)B在第二象限，將Rt△AOB繞原點(diǎn)O順時針旋轉(zhuǎn)120°后得到△A′OB'，則A點(diǎn)的對應(yīng)點(diǎn)A′的坐標(biāo)是（　?。? A．（3，﹣1） B．（1，-3） C．（2，0） D．（3，0）【分析】如圖，利用含30度的直角三角形三邊的關(guān)系得到BC＝1，再利用旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)得到OB′＝OB=3，B′A′＝BA＝1，∠A′B′O＝∠ABO＝90°，然后利用第四象限點(diǎn)的坐標(biāo)特征寫出點(diǎn)A′的坐標(biāo)．【解答】解：如圖，在Rt△OAB中，∵∠BOA＝30°， ∴AB=33OB=33×3=1， ∵Rt△OCB繞原點(diǎn)順時針旋轉(zhuǎn)120°后得到△OA′B'， ∴OB′＝OB=3，B′A′＝BA＝1，∠A′B′O＝∠ABO＝90°， ∴點(diǎn)A′的坐標(biāo)為（3，﹣1）．故選：A．【知識點(diǎn)4 利用旋轉(zhuǎn)性質(zhì)作圖】旋轉(zhuǎn)有兩條重要性質(zhì)：任意一對對應(yīng)點(diǎn)與旋轉(zhuǎn)中心所連線段的夾角等于旋轉(zhuǎn)角；對應(yīng)點(diǎn)到旋轉(zhuǎn)中心的距離相等，它就是利用旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)作圖的關(guān)鍵。步驟可分為： ①連：即連接圖形中每一個關(guān)鍵點(diǎn)與旋轉(zhuǎn)中心； ②轉(zhuǎn)：即把直線按要求繞旋轉(zhuǎn)中心轉(zhuǎn)過一定角度（作旋轉(zhuǎn)角） ③截：即在角的另一邊上截取關(guān)鍵點(diǎn)到旋轉(zhuǎn)中心的距離，的到各點(diǎn)的對應(yīng)點(diǎn)； ④接：即連接到所連接的各點(diǎn)。【知識點(diǎn)5 中心對稱圖形的定義】把一個圖形繞著某一個點(diǎn)旋轉(zhuǎn)180°，如果旋轉(zhuǎn)后的圖形能夠與原來的圖形重合，那么這個圖形叫做中心對稱圖形，這個點(diǎn)就就是它的對稱中心。【知識點(diǎn)6 中心對稱的性質(zhì)】有以下幾點(diǎn)：（1）關(guān)于中心對稱的兩個圖形上的對應(yīng)點(diǎn)的連線都經(jīng)過對稱中心，并且都被對稱中心平分；（2）關(guān)于中心對稱的兩個圖形能夠互相重合，就是全等形；（3）關(guān)于中心對稱的兩個圖形，對應(yīng)線段平行（或共線）且相等。【知識點(diǎn)7 作一個圖形關(guān)于某點(diǎn)對稱的圖形】要作出一個圖形關(guān)于某一點(diǎn)的成中心對稱的圖形，關(guān)鍵就是作出該圖形上關(guān)鍵點(diǎn)關(guān)于對稱中心的對稱點(diǎn)。最后將對稱點(diǎn)按照原圖形的形狀連接起來，即可的出成中心對稱圖形。【題型5 作圖-旋轉(zhuǎn)變換】【例5】（2022春?化州市校級期中）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，△ABC的三個頂點(diǎn)分別是A（1，3），B（4，4），C（2，1）．（1）把△ABC向左平移4個單位后得到對應(yīng)的△A1B1C1，請畫出平移后的△A1B1C1；（2）把△ABC繞原點(diǎn)O旋轉(zhuǎn)180°后得到對應(yīng)的△A2B2C2，請畫出旋轉(zhuǎn)后的△A2B2C2．【分析】（1）利用平移變換的性質(zhì)分別作出A，B，C的對應(yīng)點(diǎn)A1，B1，C1即可；（2）利用旋轉(zhuǎn)變換的性質(zhì)分別作出A，B，C的對應(yīng)點(diǎn)A2，B2，C2即可．【解答】解：（1）如圖，△A1B1C1即為所求；（2）如圖，△A2B2C2即為所求．【變式5-1】（2022春?洪雅縣期末）如圖，在所給網(wǎng)格圖（每小格均為邊長是1的正方形）中完成下列各題：（1）將△ABC向下平移5個單位得△A1B1C1，畫出平移后的△A1B1C1．（2）畫出△ABC關(guān)于點(diǎn)B成中心對稱的圖形．（3）在直線l上找一點(diǎn)P，使△ABP的周長最?。? 【分析】（1）直接利用平移的性質(zhì)得出對應(yīng)點(diǎn)位置進(jìn)而得出答案；（2）直接利用中心對稱圖形的性質(zhì)得出對應(yīng)點(diǎn)位置；（3）利用軸對稱求最短路線的方法得出答案．【解答】解：（1）如圖所示：△A1B1C1，即為所求；（2）如圖所示：△DEF，即為所求；（3）如圖所示：P點(diǎn)位置，使△ABP的周長最?。? 【變式5-2】（2022春?蒲城縣期末）在如圖所示的平面直角坐標(biāo)系中，每個小方格都是邊長為1個單位長度的正方形，△ABC的頂點(diǎn)坐標(biāo)分別為A（1，1），B（3，0），C（2，3）．（1）將△ABC向左平移4個單位長度得到△A1B1C1，點(diǎn)A、B、C的對應(yīng)點(diǎn)分別為A1、B1、C1，請畫出△A1B1C1，并寫出點(diǎn)C1的坐標(biāo)；（2）以原點(diǎn)O為旋轉(zhuǎn)中心，將△ABC順時針旋轉(zhuǎn)90°得到△A2B2C2，點(diǎn)A、B、C的對應(yīng)點(diǎn)分別為A2、B2、C2，請畫出△A2B2C2．【分析】（1）利用平移變換的性質(zhì)分別作出A，B，C的對應(yīng)點(diǎn)A1，B1，C1即可；（2）利用旋轉(zhuǎn)變換的性質(zhì)分別作出A，B，C的對應(yīng)點(diǎn)A2，B2，C2即可．【解答】解：（1）如圖，△A1B1C1即為所求，點(diǎn)C1的坐標(biāo)（﹣2，3）；（2）如圖，△A2B2C2即為所求．【變式5-3】（2022秋?利通區(qū)期末）方格紙中的每個小方格都是邊長為1個單位的正方形，在建立平面直角坐標(biāo)系后，△ABC的頂點(diǎn)均在格點(diǎn)上．（1）畫出△ABC繞B點(diǎn)順時針旋轉(zhuǎn)90°后的△A1B1C1；并寫出A1、B1、C1的坐標(biāo)；（2）畫出△ABC關(guān)于原點(diǎn)O對稱的△A2B2C2；并寫出A2、B2、C2的坐標(biāo)．【分析】（1）根據(jù)題意所述的旋轉(zhuǎn)中心、旋轉(zhuǎn)方向、旋轉(zhuǎn)角度找到各點(diǎn)的對應(yīng)點(diǎn)，順次連接即可得出△A1B1C1，結(jié)合直角坐標(biāo)系可得出各點(diǎn)的坐標(biāo)．（2）找到各點(diǎn)關(guān)于原點(diǎn)對稱的點(diǎn)，順次連接可得到△A2B2C2，結(jié)合直角坐標(biāo)系可得出各點(diǎn)的坐標(biāo)．【解答】解：（1）所畫圖形如下：結(jié)合圖形可得A1坐標(biāo)為（3，﹣1）；B1坐標(biāo)為（1，0）；C1坐標(biāo)為（2，﹣2）；（2）所畫圖形如下所示：結(jié)合圖形可得A2坐標(biāo)為（﹣2，﹣2）；B2坐標(biāo)為（﹣1，0）；C2坐標(biāo)為（﹣3，﹣1）．【題型6 中心對稱圖形及旋轉(zhuǎn)對稱圖形】【例6】（2022秋?單縣校級月考）如圖所示的圖案中，是軸對稱圖形而不是中心對稱圖形的個數(shù)是　1　．【分析】根據(jù)軸對稱圖形與中心對稱圖形的概念求解．【解答】解：第一個圖形是軸對稱圖形而不是中心對稱圖形，共1個．故答案為：1．【變式6-1】（2022秋?普陀區(qū)期末）在下列圖形中：等腰三角形、等邊三角形、正方形、正五邊形、平行四邊形，等腰梯形，其中有　4　個旋轉(zhuǎn)對稱圖形．【分析】根據(jù)旋轉(zhuǎn)對稱圖形的定義：把一個圖形繞著一個定點(diǎn)旋轉(zhuǎn)一個角度后，與初始圖形重合，這種圖形叫做旋轉(zhuǎn)對稱圖形，這個定點(diǎn)叫做旋轉(zhuǎn)對稱中心，旋轉(zhuǎn)的角度叫做旋轉(zhuǎn)角．解答即可．【解答】解：在等腰三角形、等邊三角形、正方形、正五邊形、平行四邊形，等腰梯形只有等邊三角形、正方形、正五邊形、平行四邊形是旋轉(zhuǎn)對稱圖形．故答案為4；【變式6-2】（2022秋?孝義市期中）2022年2月4日﹣2月20日，北京冬奧會將隆重開幕，北京將成為世界上第一個既舉辦過夏季奧運(yùn)會，又舉辦過冬季奧運(yùn)會的城市．下面圖片是在北京冬奧會會徽征集過程中，征集到的一幅圖片，整個圖片由“京字組成的雪花圖案”、“beijing2022”、“奧運(yùn)五環(huán)”三部分組成．對于圖片中的“雪花圖案”，至少旋轉(zhuǎn) 　60　°能與原雪花圖案重合．【分析】“雪花圖案”可以看成正六邊形，根據(jù)正六邊形的中心角為60°，即可解決問題．【解答】解：“雪花圖案”可以看成正六邊形， ∵正六邊形的中心角為60°， ∴這個圖案至少旋轉(zhuǎn)60°能與原雪花圖案重合．故答案為：60．【變式6-3】（2022春?景德鎮(zhèn)期中）如圖，由4個全等的正方形組成的L形圖案，請按下列要求畫圖：（1）在圖案①中添加1個正方形，使它成軸對稱圖形（不能是中心對稱圖形）；（2）在圖案②中添加1個正方形，使它成中心對稱圖形（不能是軸對稱圖形）；（3）在圖案③中改變1個正方形的位置，從而得到一個新圖形，使它既成中心對稱圖形，又成軸對稱圖形．【分析】（1）根據(jù)軸對稱圖形的性質(zhì)，先找出對稱軸，再思考如何畫圖；（2）如一，也是先找一個中心，再根據(jù)中心對稱的性質(zhì)，思考如何畫圖；（3）根據(jù)中心對稱和軸對稱的性質(zhì)畫一個圖形．注意此題有多種畫法，答案不唯一．【解答】解：如圖所示．（1）如圖（1），圖（2），圖（3）所示；（2）如圖（4）所示；（3）如圖（5），圖（6）所示．【題型7 旋轉(zhuǎn)中的周期性問題】【例7】（2022春?高新區(qū)校級月考）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，已知點(diǎn)P0的坐標(biāo)為（1，0），將點(diǎn)P0繞著原點(diǎn)O按逆時針方向旋轉(zhuǎn)30°得到點(diǎn)P1，延長OP1到P2，使得OP2＝2OP1；再將點(diǎn)P2繞著原點(diǎn)O按逆時針方向旋轉(zhuǎn)30°得到P3，延長OP3到P4，使得OP4＝2OP3……如此繼續(xù)下去，點(diǎn)P2023坐標(biāo)為（　?。? A．（﹣21010，3?21010） B．（0，21011） C．（21010，3?21010） D．（3?21010，21010）【分析】根據(jù)每次旋轉(zhuǎn)后線段的長度是原來的2倍求出OP2023，根據(jù)旋轉(zhuǎn)角為30°求出每12次旋轉(zhuǎn)，24個點(diǎn)為一個循環(huán)組依次循環(huán)，然后用2023除以24，再根據(jù)商和余數(shù)的情況確定出點(diǎn)P2023在第二象限與y軸正半軸夾角為30°，然后解答即可．【解答】解：∵點(diǎn)P0的坐標(biāo)為（1，0）， ∴OP0＝1， ∴OP2＝2OP1＝2，OP3＝OP2＝2，OP4＝2OP3＝2×2＝22， …， OP2022＝21011， ∵2022÷24＝84余6， ∴點(diǎn)P2023是第85循環(huán)組的第7個點(diǎn)，在第二象限，與y軸正半軸夾角為30°， ∴點(diǎn)P2023的坐標(biāo)為（-210112，210112?3），即（﹣21010，3?21010）．故選：A．【變式7-1】（2022秋?中原區(qū)校級期末）將△OBA按如圖方式放在平面直角坐標(biāo)系中，其中∠OBA＝90°，∠A＝30°，頂點(diǎn)A的坐標(biāo)為（1，3），將△OBA繞原點(diǎn)逆時針旋轉(zhuǎn)，每次旋轉(zhuǎn)60°，則第2023次旋轉(zhuǎn)結(jié)束時，點(diǎn)A對應(yīng)點(diǎn)的坐標(biāo)為（　?。? A．(-1，3) B．(-3，1) C．(-33，1) D．(-1，33) 【分析】6次一個循環(huán)，分別求出第一次到第六次的點(diǎn)A的坐標(biāo)，利用規(guī)律解決問題即可．【解答】解：∵A（1，3），∠ABO＝90°， ∴OB＝1，AB=3， ∵∠A＝30°， ∴OA＝2OB＝2， ∴第一次旋轉(zhuǎn)后的坐標(biāo)為（﹣1，3），第二次旋轉(zhuǎn)后的坐標(biāo)為（﹣2，0），第三次旋轉(zhuǎn)后的坐標(biāo)為（﹣1，-3），第四次旋轉(zhuǎn)后的坐標(biāo)為（1，-3），第五次旋轉(zhuǎn)后的坐標(biāo)為（2，0），第六次旋轉(zhuǎn)后的坐標(biāo)為（1，3）， ???， 6次一個循環(huán)， ∵2023÷6＝337???1， ∴第2023次旋轉(zhuǎn)結(jié)束時，點(diǎn)A對應(yīng)點(diǎn)的坐標(biāo)為（﹣1，3），故選：A．【變式7-2】（2022?開封一模）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，將正方形OABC繞O點(diǎn)順時針選擇45°后，得到正方形OA1B1C1，以此方式，繞O點(diǎn)連續(xù)旋轉(zhuǎn)2022次得到正方形OA2022B2022C2022，如果點(diǎn)C的坐標(biāo)為（0，1），那么點(diǎn)B2022的坐標(biāo)為（　?。? A．(0，-2) B．(-2，0) C．（﹣1，1） D．（﹣1，﹣1）【分析】根據(jù)圖形可知：點(diǎn)B在以O(shè)為圓心，以O(shè)B為半徑的圓上運(yùn)動，再由旋轉(zhuǎn)可知：將正方形OABC繞點(diǎn)O順時針旋轉(zhuǎn)45°后得到正方形OA1B1C1，相當(dāng)于將線段OB繞點(diǎn)O順時針旋轉(zhuǎn)45°，可得對應(yīng)點(diǎn)B的坐標(biāo)，然后發(fā)現(xiàn)規(guī)律是8次一循環(huán)，進(jìn)而得出答案．【解答】解：∵點(diǎn)C的坐標(biāo)為（0，1）， ∴OC＝1， ∵四邊形OABC是正方形， ∴∠OAB＝90°，AB＝OC＝OA＝1， ∴B（1，1），連接OB，如圖：由勾股定理得：OB=12+12=2，由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)得：OB＝OB1＝OB2＝OB3=?=2， ∵將正方形OABC繞點(diǎn)O順時針旋轉(zhuǎn)45°后得到正方形OA1B1C1，相當(dāng)于將線段OB繞點(diǎn)O順時針旋轉(zhuǎn)45°，依次得到∠AOB＝∠BOB1＝∠B1OB2＝…＝45°， ∴B1（2，0），B2（1，﹣1），B3（0，-2），B4（﹣1，﹣1），B5（-2，0），B6（﹣1，1），…，發(fā)現(xiàn)是8次一循環(huán)，則2022÷8＝252…6， ∴點(diǎn)B2022的坐標(biāo)為（﹣1，1），故選：C．【變式7-3】（2022春?高州市期中）如圖，矩形ABCD的頂點(diǎn)A，B分別在x軸、y軸上，OA＝OB＝2，AD＝42，將矩形ABCD繞點(diǎn)O順時針旋轉(zhuǎn)，每次旋轉(zhuǎn)90°，則第2022次旋轉(zhuǎn)結(jié)束時，點(diǎn)C的坐標(biāo)為（　?。? A．（6，4） B．（﹣6，4） C．（4，﹣6） D．（﹣4，6）【分析】過點(diǎn)C作CE⊥y軸于點(diǎn)E，連接OC，根據(jù)已知條件求出點(diǎn)C的坐標(biāo)，再根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)求出前4次旋轉(zhuǎn)后點(diǎn)C的坐標(biāo)，發(fā)現(xiàn)規(guī)律，進(jìn)而求出第2022次旋轉(zhuǎn)結(jié)束時，點(diǎn)C的坐標(biāo)．【解答】解：如圖，過點(diǎn)C作CE⊥y軸于點(diǎn)E，連接OC， ∵OA＝OB＝2， ∴∠ABO＝∠BAO＝45°， ∵∠ABC＝90°， ∴∠CBE＝45°， ∵BC＝AD＝42， ∴CE＝BE＝4， ∴OE＝OB+BE＝6， ∴C（﹣4，6）， ∵矩形ABCD繞點(diǎn)O順時針旋轉(zhuǎn)，每次旋轉(zhuǎn)90°，則第1次旋轉(zhuǎn)結(jié)束時，點(diǎn)C的坐標(biāo)為（6，4）；則第2次旋轉(zhuǎn)結(jié)束時，點(diǎn)C的坐標(biāo)為（4，﹣6）；則第3次旋轉(zhuǎn)結(jié)束時，點(diǎn)C的坐標(biāo)為（﹣6，﹣4）；則第4次旋轉(zhuǎn)結(jié)束時，點(diǎn)C的坐標(biāo)為（﹣4，6）； … 發(fā)現(xiàn)規(guī)律：旋轉(zhuǎn)4次一個循環(huán)， ∴2022÷4＝505???2，則第2022次旋轉(zhuǎn)結(jié)束時，點(diǎn)C的坐標(biāo)為（4，﹣6）．故選：C．【題型8 旋轉(zhuǎn)中的多結(jié)論問題】【例8】（2022?益陽）如圖，已知△ABC中，∠CAB＝20°，∠ABC＝30°，將△ABC繞A點(diǎn)逆時針旋轉(zhuǎn)50°得到△AB′C′，以下結(jié)論：①BC＝B′C′，②AC∥C′B′，③C′B′⊥BB′，④∠ABB′＝∠ACC′，正確的有（　?。? A．①②③ B．①②④ C．①③④ D．②③④ 【分析】根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可得，BC＝B′C′∠C′AB′＝∠CAB＝20°，∠AB′C′＝∠ABC＝30°，再根據(jù)旋轉(zhuǎn)角的度數(shù)為50°，通過推理證明對①②③④四個結(jié)論進(jìn)行判斷即可．【解答】解：①∵△ABC繞A點(diǎn)逆時針旋轉(zhuǎn)50°得到△AB′C′， ∴BC＝B′C′．故①正確； ②∵△ABC繞A點(diǎn)逆時針旋轉(zhuǎn)50°， ∴∠BAB′＝50°． ∵∠CAB＝20°， ∴∠B′AC＝∠BAB′﹣∠CAB＝30°． ∵∠AB′C′＝∠ABC＝30°， ∴∠AB′C′＝∠B′AC． ∴AC∥C′B′．故②正確； ③在△BAB′中， AB＝AB′，∠BAB′＝50°， ∴∠AB′B＝∠ABB′=12（180°﹣50°）＝65°． ∴∠BB′C′＝∠AB′B+∠AB′C′＝65°+30°＝95°． ∴C′B′與BB′不垂直．故③不正確； ④在△ACC′中， AC＝AC′，∠CAC′＝50°， ∴∠ACC′=12（180°﹣50°）＝65°． ∴∠ABB′＝∠ACC′．故④正確． ∴①②④這三個結(jié)論正確．故選：B．【變式8-1】（2022春?邗江區(qū)期末）如圖，在正方形ABCD中，AB＝8，若點(diǎn)E在對角線AC上運(yùn)動，將線段DE繞點(diǎn)D逆時針旋轉(zhuǎn)90°得到線段DF，連接EF、CF．點(diǎn)P在CD上，且CP＝3PD．給出以下幾個結(jié)論①EF=2DE，②EF2＝AE2+CE2，③線段PF的最小值是42，④△CFE的面積最大是16．其中正確的是（　?。? A．①②④ B．②③④ C．①②③ D．①③④ 【分析】①根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)得△DEF為等腰直角三角形，進(jìn)而得到EF與DE的數(shù)量關(guān)系，便可判定①的正誤； ②證明△ADE≌△CDF，得AE＝CF，∠DAE＝∠DCF＝45°，再在直角△CEF中由勾股定理得EF2＝CF2+CE2，進(jìn)而得EF2＝AE2+CE2，便可判斷②的正誤； ③由∠DCF＝45°恒成立，所以當(dāng)PF⊥CF時，PF取最小值，求出此時的PF便可判斷③的正誤； ④先求得AE+CE＝AC=2AD=82，再根據(jù)（（AE﹣CE）2≥0求得AE?CE≤32，求得AE?CE的最大值為32，進(jìn)而求得△CFE的面積最大值，便可判斷④的正誤．【解答】解：①∵由旋轉(zhuǎn)知，DE＝DF，∠EDF＝90°， ∴EF=2DE，故①正確； ②∵四邊形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正確； ③∵CP＝3PD． ∴PC=34CD＝6，當(dāng)PF⊥CF時，PF取最小值，如圖， ∵∠DCF＝45°， ∴PF＝CF=22CP＝32，故③錯誤； ④∵∠ECF＝90°， ∴S△CEF=12CE?CF=12CE?AE， ∵AE+CE＝AC=2AD=82， ∴（AE﹣CE）2＝（AE+CE）2﹣4AE?CE＝128﹣4AE?CE≥0， ∴AE?CE≤32， ∴AE?CE的最大值為32， ∴△CFE的面積最大是12×32＝16，故④正確；故選：A．【變式8-2】（2022春?雙牌縣期末）一副三角板如圖擺放，點(diǎn)F是45°角三角板ABC的斜邊的中點(diǎn)，AC＝4．當(dāng)30°角三角板DEF的直角頂點(diǎn)繞著點(diǎn)F旋轉(zhuǎn)時，直角邊DF，EF分別與AC，BC相交于點(diǎn)M，N．在旋轉(zhuǎn)過程中有以下結(jié)論：①M(fèi)F＝NF；②四邊形CMFN有可能是正方形：③MN長度的最小值為2；④四邊形CMFN的面積保持不變．其中正確結(jié)論的個數(shù)是（　?。? A．1 B．2 C．3 D．4 【分析】利用兩直角三角形的特殊角、性質(zhì)及旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)分別判斷每一個結(jié)論，找到正確的即可．【解答】解：①連接CF， ∵F為AB中點(diǎn)，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與△CNF中， ∠AFM=∠CFNAF=CF∠A=∠FCN， ∴△AMF≌△CNF（ASA）， ∴MF＝NF．故①正確； ②當(dāng)MF⊥AC時，四邊形MFNC是矩形，此時MA＝MF＝MC，根據(jù)鄰邊相等的矩形是正方形可知②正確； ③連接MN，當(dāng)M為AC的中點(diǎn)時，CM＝CN，根據(jù)邊長為4知CM＝CN＝2，此時MN最小，最小值為22，故③錯誤； ④當(dāng)M、N分別為AC、BC中點(diǎn)時，四邊形CDFE是正方形． ∵△ADF≌△CEF， ∴S△CEF＝S△AMF ∴S四邊形CDFE＝S△AFC．故④正確；故選：C．【變式8-3】（2022春?德州期中）如圖，正方形ABCD的對角線相交于點(diǎn)O，點(diǎn)O又是正方形A1B1C1O的一個頂點(diǎn)，而且這兩個正方形的邊長相等．給出如下四個結(jié)論：①∠OEF＝45°；②正方形A1B1C1O繞點(diǎn)O旋轉(zhuǎn)時，四邊形OEBF的面積隨EF的長度變化而變化；③△BEF周長的最小值為(1+2)OA；④AE2+CF2＝2OB2．其中正確的結(jié)論有（　?。? A．①③ B．②③ C．①④ D．③④ 【分析】①由四邊形ABCD和A1B1C1O是正方形可知，易證得△BOE≌△COF（ASA），則可得Rt△OEF為等腰直角三角形； ②由（1）易證得S四邊形OEBF＝S△BOC=14S正方形ABCD，則可得出結(jié)論； ③BE+BF＝BF+CF＝BC=2OA，而EF的最小值為12AC＝OA，故可得結(jié)論③正確； ④由AE＝BF和EF2＝BE2+BF2，即可得結(jié)論．【解答】解：①∵四邊形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=∠COFOB=OC∠OBE=∠OCF， ∴△BOE≌△COF（ASA）， ∴OE＝OF，BE＝CF， ∴∠OEF＝45°，EF=2OE；故①正確； ②由①得△BOE≌△COF ∴S四邊形OEBF＝S△BOF+S△BOE＝S△BOF+S△COF＝S△BOC=14S正方形ABCD，故②錯誤； ③由①可知BE+BF＝BF+CF＝BC=2OA，EF=2OE， △BEF周長＝BE+BF+EF=2OA+2OE， ∵OA為定值，則OE最小時△BEF周長的周長最小， ∴當(dāng)OE⊥AB時OE最小，△BEF周長的周長最小，此時OE=22OA， ∴△BEF周長的周長最小值=2OA+2OE=2OA+2×22OA＝（1+2）OA．故③正確， ④∵在△BEF中，EF2＝BE2+BF2， ∴EF2＝AE2+CF2，又∵2OB2＝AB2＝（AE+CF）2． ∴AE2+CF2≠2OB2，故④錯誤．故選：A．【題型9 旋轉(zhuǎn)中的最值問題】【例9】（2022?黃石）如圖，等邊△ABC中，AB＝10，點(diǎn)E為高AD上的一動點(diǎn)，以BE為邊作等邊△BEF，連接DF，CF，則∠BCF＝　30°　，F(xiàn)B+FD的最小值為　53　．【分析】首先證明△BAE≌△BCF（SAS），推出∠BAE＝∠BCF＝30°，作點(diǎn)D關(guān)于CF的對稱點(diǎn)G，連接CG，DG，BG，BG交CF于點(diǎn)F′，連接DF′，此時BF′+DF′的值最小，最小值＝線段BG的長．【解答】解：如圖， ∵△ABC是等邊三角形，AD⊥CB， ∴∠BAE=12∠BAC＝30°， ∵△BEF是等邊三角形， ∴∠EBF＝∠ABC＝60°，BE＝BF， ∴∠ABE＝∠CBF，在△BAE和△BCF中， BA=BC∠ABE=∠CBFBE=BF， ∴△BAE≌△BCF（SAS）， ∴∠BAE＝∠BCF＝30°，作點(diǎn)D關(guān)于CF的對稱點(diǎn)G，連接CG，DG，BG，BG交CF于點(diǎn)F′，連接DF′，此時BF′+DF′的值最小，最小值＝線段BG的長． ∵∠DCF＝∠FCG＝30°， ∴∠DCG＝60°， ∵CD＝CG＝5， ∴△CDG是等邊三角形， ∴DB＝DC＝DG， ∴∠CGB＝90°， ∴BG=BC2-CG2=102-52=53， ∴BF+DF的最小值為53，故答案為：30°，53．【變式9-1】（2022春?大埔縣期中）如圖，在Rt△ABC和Rt△ADE中，∠BAC＝∠DAE＝90°，AC＝AD＝3，AB＝AE＝5．連接BD，CE，將△ADE繞點(diǎn)A旋轉(zhuǎn)一周，在旋轉(zhuǎn)的過程中當(dāng)∠DBA最大時，S△ACE＝（　?。? A．6 B．62 C．9 D．92 【分析】作DG⊥AB于G，CH⊥AE，交EA的延長線于H，可知點(diǎn)D在以A為圓心，AD為半徑的圓上運(yùn)動，當(dāng)AD⊥BD時，∠ABD最大，利用AAS證明△ADG≌△AHC，得CH＝DG，可說明△ACE的面積＝△ABD的面積，從而得出答案．【解答】解：作DG⊥AB于G，CH⊥AE，交EA的延長線于H， ∵AD＝3， ∴點(diǎn)D在以A為圓心，AD為半徑的圓上運(yùn)動， ∴當(dāng)AD⊥BD時，∠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的面積=12×AE×CH=12×AB×DG＝△ABD的面積=12×AD×BD=12×3×4=6，【變式9-2】（2022春?龍崗區(qū)期末）如圖，點(diǎn)E是等邊三角形△ABC邊AC的中點(diǎn)，點(diǎn)D是直線BC上一動點(diǎn)，連接ED，并繞點(diǎn)E逆時針旋轉(zhuǎn)90°，得到線段EF，連接DF．若運(yùn)動過程中AF的最小值為3+1，則AB的值為（　?。? A．2 B．43 C．23 D．4 【分析】由“SAS”可證△BDE≌△NFE，可得∠N＝∠CBE＝30°，則點(diǎn)N在與AN成30°的直線上運(yùn)動，當(dāng)AF'⊥F'N時，AF'有最小值，即可求解．【解答】解：如圖，連接BE，延長AC至N，使EN＝BE，連接FN， ∵△ABC是等邊三角形，E是AC的中點(diǎn)， ∴AE＝EC，∠ABE＝∠CBE＝30°，BE⊥AC， ∴∠BEN＝∠DEF＝90°，BE=3AE， ∴∠BED＝∠CEF，在△BDE和△NFE中， BE=EN∠BED=∠NEFDE=EF， ∴△BDE≌△NFE（SAS）， ∴∠N＝∠CBE＝30°， ∴點(diǎn)N在與AN成30°的直線上運(yùn)動， ∴當(dāng)AF'⊥F'N時，AF'有最小值， ∴AF'=12AN， ∴3+1=12（AE+3AE）， ∴AE＝2， ∴AC＝4，故選：D．【變式9-3】（2022春?南京期末）如圖，在正方形ABCD中，AB＝4，E為AB邊上一點(diǎn)，點(diǎn)F在BC邊上，且BF＝1，將點(diǎn)E繞著點(diǎn)F順時針旋轉(zhuǎn)90°得到點(diǎn)G，連接DG，則DG的長的最小值為（　?。? A．2 B．22 C．3 D．10 【分析】過點(diǎn)G作GH⊥BC，垂足為H，可得∠GHF＝90°，根據(jù)正方形的性質(zhì)可得AB＝CD＝4，∠B＝90°，根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可得EF＝FG，∠EFG＝90°，然后利用同角的余角相等可得∠BEF＝∠GFH，從而可證△EBF≌△FHG，進(jìn)而可得BF＝GH＝1，最后可得點(diǎn)G在與BC平行且與BC的距離為1的直線上，從而可得當(dāng)點(diǎn)G在CD邊上時，DG的值最小，進(jìn)行計算即可解答．【解答】解：過點(diǎn)G作GH⊥BC，垂足為H， ∴∠GHF＝90°， ∵四邊形ABCD是正方形， ∴AB＝CD＝4，∠B＝90°， ∴∠B＝∠GHF＝90°，由旋轉(zhuǎn)得： EF＝FG，∠EFG＝90°， ∴∠EFB+∠GFH＝90°， ∵∠BEF+∠BFE＝90°， ∴∠BEF＝∠GFH， ∴△EBF≌△FHG（AAS）， ∴BF＝GH＝1， ∴點(diǎn)G在與BC平行且與BC的距離為1的直線上， ∴當(dāng)點(diǎn)G在CD邊上時，DG最小且DG＝4﹣1＝3， ∴DG的最小值為3，故選：C．【題型10 旋轉(zhuǎn)的綜合】【例10】（2022春?長沙期末）如圖，有一副直角三角板如圖1放置（其中∠D＝45°，∠C＝30°），PA，PB與直線MN重合，且三角板PAC，三角板PBD均可以繞點(diǎn)P逆時針旋轉(zhuǎn)．（1）在圖1中，∠DPC＝　75°　；（2）①如圖2，若三角板PBD保持不動，三角板PAC繞點(diǎn)P逆時針旋轉(zhuǎn)，轉(zhuǎn)速為10°/秒，轉(zhuǎn)動一周三角板PAC就停止轉(zhuǎn)動，在旋轉(zhuǎn)的過程中，當(dāng)旋轉(zhuǎn)時間為多少時，有PC∥DB成立； ②如圖3，在圖1基礎(chǔ)上，若三角板PAC的邊PA從PN處開始繞點(diǎn)P逆時針旋轉(zhuǎn)，轉(zhuǎn)速為3°/秒，同時三角板PBD的邊PB從PM處開始繞點(diǎn)P逆時針旋轉(zhuǎn)，轉(zhuǎn)速為2°/秒，當(dāng)PC轉(zhuǎn)到與PA重合時，兩三角板都停止轉(zhuǎn)動，在旋轉(zhuǎn)過程中，當(dāng)∠CPD＝∠BPM時，求旋轉(zhuǎn)的時間是多少？【分析】（1）根據(jù)平角的定義即可得到結(jié)論；（2）①如圖1，根據(jù)平行線的性質(zhì)得到∠CPN＝∠DBP＝90°，求得∠APN＝30°，于是得到結(jié)論；如圖2，根據(jù)平行線的性質(zhì)得到∠CPB＝∠DBP＝90°，根據(jù)三角形的內(nèi)角和得到∠CPA＝60°，求得∠APM＝30°，于是得到結(jié)論； ②設(shè)旋轉(zhuǎn)的時間為t秒，由題知，∠APN＝3t°，∠BPM＝2t°，根據(jù)周角的定義得到∠CPD＝360°﹣∠BPD﹣∠BPN﹣∠APN﹣∠APC＝360°﹣45°﹣（180°﹣2t°）﹣（3t°）﹣60°＝75°﹣t°，列方程即可得到結(jié)論．【解答】解：（1）∵∠BPD＝∠D＝45°，∠APC＝60°， ∴∠DPC＝180°﹣45°﹣60°＝75°，故答案為：75°；（2）①如圖1，此時，BD∥PC成立， ∵PC∥BD，∠DBP＝90°， ∴∠CPN＝∠DBP＝90°， ∵∠C＝30°， ∴∠CPA＝60°， ∴∠APN＝30°， ∵轉(zhuǎn)速為10°/秒， ∴旋轉(zhuǎn)時間為3秒；如圖2，PC∥BD， ∵PC∥BD，∠PBD＝90°， ∴∠CPB＝∠DBP＝90°， ∵∠C＝30°， ∴∠CPA＝60°， ∴∠APM＝30°， ∵三角板PAC繞點(diǎn)P逆時針旋轉(zhuǎn)D的角度為180°+30°＝210°， ∵轉(zhuǎn)速為10°/秒， ∴旋轉(zhuǎn)時間為21秒，綜上所述，當(dāng)旋轉(zhuǎn)時間為3或21秒時，PC∥DB成立； ②設(shè)旋轉(zhuǎn)的時間為t秒，由題知，∠APN＝3t°，∠BPM＝2t°， ∴∠BPN＝180°﹣∠BPM＝180°﹣2t°， ∴∠CPD＝360°﹣∠BPD﹣∠BPN﹣∠APN﹣∠APC＝360°﹣45°﹣（180°﹣2t°）﹣（3t°）﹣60°＝75°﹣t°，當(dāng)∠CPD＝∠BPM，即2t°＝75°﹣t°，解得：t＝25， ∴當(dāng)∠CPD＝∠BPM，求旋轉(zhuǎn)的時間是25秒．【變式10-1】（2022春?南川區(qū)期末）如圖，四邊形ABCD是正方形，點(diǎn)E在AB的延長線上，連接EC，EC繞點(diǎn)E逆時針旋轉(zhuǎn)90°得到EF，連接CF、AF，CF與對角線BD交于點(diǎn)G．（1）若BE＝2，求AF的長度；（2）求證：AF+2BG=2AD．【分析】（1）由正方形的性質(zhì)及旋轉(zhuǎn)的額性質(zhì)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，再證明∠FAC＝90°，結(jié)合勾股定理可得AF2＝2BE2，進(jìn)而可求解AF的長；（2）通過證明四邊形ADBH是平行四邊形，可得AD＝BH＝BC＝AB，可求AH=2AB=2CD，由相似三角形的性質(zhì)可得HF＝2BG，即可求解．【解答】（1）解：連接AC， ∵四邊形ABCD是正方形， ∴AB＝BC，∠ABC＝90°， ∴∠EBC＝90°，AC2＝AB2+BC2＝2BC2， ∴CE2＝BE2+BC2， ∵EC繞點(diǎn)E逆時旋轉(zhuǎn)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=22；（2）證明：連接AC，延長AF，CB交于點(diǎn)H， ∵FAE＝∠ABD＝45°， ∴AF∥BD，又∵AD∥BC， ∴四邊形ADBH是平行四邊形， ∴AD＝BH＝BC＝AB， ∴AH=2AB=2CD， ∵AH∥BG， ∴CG＝FG， ∴BG是△CBF的中位線， ∴HF＝2BG， ∵AH＝AF+FH， ∴2AD＝AF+2BG，即AF+2BG=2AD．【變式10-2】（2022?平邑縣一模）在正方形ABCD中，點(diǎn)E在射線BC上（不與點(diǎn)B、C重合），連接DB，DE，將DE繞點(diǎn)E逆時針旋轉(zhuǎn)90°得到EF，連接BF．（1）如圖1，點(diǎn)E在BC邊上． ①依題意補(bǔ)全圖1； ②若AB＝6，EC＝2，求BF的長；（2）如圖2，點(diǎn)E在BC邊的延長線上，用等式表示線段BD，BE，BF之間的數(shù)量關(guān)系．【分析】（1）①根據(jù)要求畫出圖形即可； ②過點(diǎn)F作FH⊥CB，交CB的延長線于H．證明△DCE≌△EHF（AAS），推出EC＝FH，DC＝EH，推出CE＝BH＝FH，再利用勾股定理解決問題即可；（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質(zhì)解決問題即可【解答】解（1）圖形如圖所示．過點(diǎn)F作FH⊥CB，交CB的延長線于H， ∵四邊形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， ∠H=∠C=90°∠FEH=∠EDCEF=DE， ∴△DEC≌△EFH（AAS）， ∴EC＝FH＝2，CD＝BC＝EH＝6， ∴HB＝EC＝2， ∴Rt△FHB中，BF=FH2+BH2=22+22=22．（2）結(jié)論：BF+BD=2BE．理由：過點(diǎn)F作FH⊥CB，交CB于H， ∵四邊形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， ∠FHE=∠DCE=90°∠FEH=∠EDCEF=DE， ∴△DEC≌△EFH（AAS）， ∴EC＝FH，CD＝BC＝EH， ∴HB＝EC＝HF， ∴△DCB和△BHF都是等腰直角三角形， ∴BD=2BC=2HE，BF=2BH， ∵HE+BH＝BE， ∴BF+BD=2BE．【變式10-3】（2022?泰安一模）如圖，將矩形ABCD繞著點(diǎn)B逆時針旋轉(zhuǎn)得到矩形GBEF，使點(diǎn)C恰好落到線段AD上的E點(diǎn)處，連接CE，連接CG交BE于點(diǎn)H．（1）求證：CE平分∠BED；（2）取BC的中點(diǎn)M，連接MH，求證：MH∥BG；（3）若BC＝2AB＝4，求CG的長．【分析】（1）根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)得到CB＝CE，求得∠BEC＝∠BCE，根據(jù)平行線的性質(zhì)得到∠BCE＝∠DEC，可證得結(jié)論；（2）過點(diǎn)C作BE的垂線CN，根據(jù)角平分線的性質(zhì)得到CN＝BG，求得CG＝BQ，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)得到CH＝GH，根據(jù)三角形的中位線定理即可得到結(jié)論；（3）過點(diǎn)G作BC的垂線GR，解直角三角形即可得到結(jié)論．【解答】（1）證明：∵將矩形ABCD繞著點(diǎn)B逆時針旋轉(zhuǎn)得到矩形GBEF，使點(diǎn)C恰好落到線段AD上的E點(diǎn)處， ∴BE＝BC， ∴∠BEC＝∠BCE， ∵AD∥BC， ∴∠BCE＝∠DEC， ∴∠BEC＝∠DEC， ∴CE平分∠BED；（2）證明：過點(diǎn)C作CN⊥BE于N，如圖： ∵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，即點(diǎn)H是CG中點(diǎn)， ∵點(diǎn)M是BC中點(diǎn)， ∴MH是△BCG的中位線， ∴MH∥BG；（3）解：過點(diǎn)C作CN⊥BE于N，過G作GR⊥BC于R，如圖： ∵BC＝2AB＝4， ∴BG＝AB＝CD＝CN＝2， ∴CN=12BC， ∴∠NBC＝30°， ∵∠GBE＝90°， ∴∠GBR＝60°， ∴BR=12BG＝1，GR=3BR=3，在Rt△GRC中， CG=GR2+CR2=(3)2+(1+4)2=27， ∴CG的長為27．