复习清单03 旋转（解析版）

清单03旋转（12个考点梳理+题型解读+核心素养提升+中考聚焦）【知识导图】【知识清单】考点一．利用轴对称设计图案利用轴对称设计图案关键是要熟悉轴对称的性质，利用轴对称的作图方法来作图，通过变换对称轴来得到不同的图案．【例1】．（2023春•普宁市期末）下列四个图案中，可以看作是轴对称图形的是（）A． B． C． D．【分析】根据如果一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形叫做轴对称图形，这条直线叫做对称轴进行分析即可．【解答】解：A，C，D选项中的图形都不能找到这样的一条直线，使图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，所以不是轴对称图形；B选项中的图形能找到这样的一条直线，使图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，所以是轴对称图形；故选：B．【点评】本题考查了轴对称图形的概念，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．【变式】．（2022秋•赣县区期末）第24届冬季奥林匹克运动会，将于2022年02月04日～2022年02月20日在中华人民共和国北京市和张家口市联合举行．在会徽的图案设计中，设计者常常利用对称性进行设计，下列四个图案是历届会徽图案上的一部分图形，其中不是轴对称图形的是（）A． B． C． D．【分析】根据如果一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形叫做轴对称图形，这条直线叫做对称轴进行分析即可．【解答】解：A、是轴对称图形，故此选项错误；B、是轴对称图形，故此选项错误；C、是轴对称图形，故此选项错误；D、不是轴对称图形，故此选项正确；故选：D．【点评】此题主要考查了利用轴对称设计图案，关键是掌握轴对称图形的概念．考点二：利用平移设计图案确定一个基本图案按照一定的方向平移一定的距离，连续作图即可设计出美丽的图案．通过改变平移的方向和距离可使图案变得丰富多彩．【例2】．（2022秋•长安区期末）“方胜”是中国古代妇女的一种发饰，其图案由两个全等正方形相叠组成，寓意是同心吉祥，如图，将边长为3cm的正方形ABCD沿对角线BD方向平移1cm得到正方形A'B'C'D'，形成一个“方胜”图案，则点D，B'之间的距离为．【分析】根据正方形的性质、勾股定理求出BD，根据平移的概念求出BB′，计算即可．【解答】解：∵四边形ABCD为边长为3cm的正方形，∴BD＝＝3（cm），由平移的性质可知，BB′＝1cm，∴B′D＝（3﹣1）cm，故答案为：（3﹣1）cm．【点评】本题考查的是平移的性质、正方形的性质，根据平移的概念求出BB′是解题的关键．考点三．生活中的旋转现象（1）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．点O叫做旋转中心，转动的角叫做旋转角，如果图形上的点P经过旋转变为点P′，那么这两个点叫做对应点．（2）注意：①旋转是围绕一点旋转一定的角度的图形变换，因而旋转一定有旋转中心和旋转角，且旋转前后图形能够重合，这时判断旋转的关键．②旋转中心是点而不是线，旋转必须指出旋转方向．③旋转的范围是平面内的旋转，否则有可能旋转成立体图形，因而要注意此点．【例3】．（2022秋•惠东县期末）下列现象中属于旋转的是（）A．汽车在急刹车时向前滑动 B．拧开水龙头 C．雪橇在雪地里滑动 D．电梯的上升与下降【分析】根据平移和旋转的定义对各小题分析判断后利用排除法求解．【解答】解：A．汽车在急刹车时向前滑动，是平移现象，故本选项不合题意；B．拧开水龙头，是旋转现象，故本选项符合题意；C．雪橇在雪地里滑动，是平移现象，故本选项不合题意；D．电梯的上升与下降，是平移现象，故本选项不合题意．故选：B．【点评】本题考查了生活中的平移，旋转，是基础题，熟练掌握平移与旋转的定义是解题的关键．【变式】．（2023春•嘉定区期末）一天中钟表时针从上午6时到上午9时旋转的度数为．【分析】钟表上的刻度把一个圆平均分成12等份，根据题意知，时针运行了圆周，即可得到答案．【解答】解：根据题意，从上午6时到上午9时，共3个小时，∴时针旋转了圆周，旋转的角度为．故答案为：90°．【点评】本题考查了钟表上角的认识的问题，知道钟表上的刻度把一个圆平均分成12等份是解题的关键．考点四．旋转的性质（1）旋转的性质：①对应点到旋转中心的距离相等．②对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角．③旋转前、后的图形全等．（2）旋转三要素：①旋转中心；②旋转方向；③旋转角度．注意：三要素中只要任意改变一个，图形就会不一样．【例4】．（2023春•达川区校级期末）如图，将△ABC绕点A顺时针旋转60°得到△AED，若线段AB＝4，则BE的长为（）A．3 B．4 C．5 D．6【分析】根据旋转的性质可得AB＝AE，∠BAE＝60°，然后判断出△AEB是等边三角形，再根据等边三角形的三条边都相等可得BE＝AB．【解答】解：∵△ABC绕点A顺时针旋转60°得到△AED，∴AB＝AE，∠BAE＝60°，∴△AEB是等边三角形，∴BE＝AB，∵AB＝4，∴BE＝4．故选：B．【点评】本题考查了旋转的性质，等边三角形的判定与性质，主要利用了旋转前后对应边相等以及旋转角的定义．【变式1】．（2023春•渠县校级期末）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＝；（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′＝BE，∠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．【解答】解：（1）∵△ACP′≌△ABP，∴AP′＝AP＝3、CP′＝BP＝4、∠AP′C＝∠APB，由题意知旋转角∠PAP′＝60°，∴△APP′为等边三角形，PP′＝AP＝3，∠AP′P＝60°，易证△PP′C为直角三角形，且∠PP′C＝90°，∴∠APB＝∠AP′C＝∠AP′P+∠PP′C＝60°+90°＝150°；故答案为：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，∴△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＝，∵△AOB绕点B顺时针方向旋转60°，∴△A′O′B如图所示；∠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′+∠BOO′＝120°+60°＝180°，∴C、O、A′、O′四点共线，在Rt△A′BC中，A′C＝，∴OA+OB+OC＝A′O′+OO′+OC＝A′C＝．【点评】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．【变式2】．（2023秋•湖北期末）如图，D是等边△ABC内一点，将线段AD绕点A顺时针旋转60°，得到线段AE，连接CD，BE．（1）求证：△AEB≌△ADC；（2）连接DE，若∠ADC＝95°，求∠BED的大小．【分析】（1）根据旋转的性质，等边三角形的性质，运用边角边证明即可．（2）根据旋转的性质，证明△ADE是等边三角形，运用全等三角形的性质计算即可．【解答】（1）证明：∵D是等边△ABC内一点，线段AD绕点A顺时针旋转60°，得到线段AE，∴AD＝AE，∠ADE＝60°，AB＝AC，∠BAC＝60°，∴∠BAE＝60°﹣∠BAD＝∠CAD，∵，∴△AEB≌△ADC（SAS）．（2）解：∵D是等边△ABC内一点，线段AD绕点A顺时针旋转60°，得到线段AE，∴△ADE是等边三角形，∴∠AED＝60°，∵△AEB≌△ADC（SAS），∠ADC＝95°，∴∠AEB＝∠ADC＝95°．∴∠BED＝∠AEB﹣∠AED＝35°．【点评】本题主要考查了等边三角形的性质和判定，全等三角形的判定和性质，图形的旋转，熟练掌握相关知识点是解题的关键．【变式3】．（2022秋•临海市期末）如图，将△ABC绕点A逆时针旋转一定角度，得到△ADE，且AD⊥BC于点F．（1）若∠CAE＝50°，∠E＝70°，求∠BAC的度数；（2）若∠CAF＝α，直接写出∠E的度数．（用含α的式子表示）【分析】（1）由旋转的性质得∠BAD＝∠CAE＝50°，∠C＝∠E＝70°，利用垂直的定义求得∠FAC＝20°，据此即可求解；（2）由旋转的性质得∠C＝∠E，利用垂直的定义即可求解．【解答】解：（1）由旋转的性质得∠BAD＝∠CAE＝50°，∠C＝∠E＝70°，∵AD⊥BC，∴∠AFC＝90°，∴∠FAC＝90°﹣70°＝20°，∴∠BAC＝∠BAD+∠FAC＝50°+20°＝70°；（2）由旋转的性质得∠C＝∠E，∵AD⊥BC，∠CAF＝α，∴∠AFC＝90°，∠E＝∠C＝90°﹣α，故答案为：90°﹣α．【点评】本题考查了旋转的性质，垂直的定义，熟记各图形的性质并准确识图是解题的关键．考点五．旋转对称图形（1）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．（2）常见的旋转对称图形有：线段，正多边形，平行四边形，圆等．【例5】．（2022秋•澄海区期末）把图中的五角星图案，绕着它的中心旋转，旋转角至少为度时，旋转后的五角星能与自身重合．【分析】五角星图案，可以被平分成五部分，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度的整数倍，就可以与自身重合．【解答】解：该图形被平分成五部分，旋转72度的整数倍，就可以与自身重合，旋转角至少为72°．故答案为：72．【点评】本题考查了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．【变式】．（2022秋•白云区期末）已知一个等边三角形三条角平分线的交点为O，把这个三角形绕点O顺时针旋转后，所得图形与原来的图形重合．（填写小于180°的度数）【分析】根据对称和旋转的知识得出结论即可．【解答】解：根据题意知，O为等边三角形的对称中心，即把这个三角形绕点O顺时针旋转120°，所得图形与原来的图形重合，故答案为：120°．【点评】本题主要考查对称图形的旋转，熟练掌握对称图形的旋转是解题的关键．考点六．中心对称（1）中心对称的定义把一个图形绕着某个点旋转180°，如果它能够与另一个图形重合，那么就说这两个图形关于这个点对称或中心对称，这个点叫做对称中心，这两个图形中的对应点叫做关于中心的对称点．．（2）中心对称的性质①关于中心对称的两个图形能够完全重合；②关于中心对称的两个图形，对应点的连线都经过对称中心，并且被对称中心平分．【例6】．（2022秋•广宗县期末）如图是一个中心对称图形，A为对称中心，若∠C＝90°，∠B＝30°，AC＝1，则BB′的长为（）A．4 B． C． D．【分析】在直角△ABC中根据30度角所对的直角边等于斜边的一半求得AB，而BB′＝2AB，据此即可求解．【解答】解：∵在Rt△ABC中，∠B＝30°，AC＝1，∴AB＝2AC＝2，∴BB′＝2AB＝4．故选：A．【点评】本题主要考查了直角三角形的性质：30°的锐所对的直角边等于斜边的一半，以及旋转的性质．【变式】．（2023春•大竹县校级期末）如图，△ABO与△CDO关于O点中心对称，点E，F在线段AC上，且AF＝CE，求证：FD＝BE．【分析】根据中心对称的性质可得BO＝DO，AO＝CO，再利用等式的性质可得FO＝EO，然后再证明△FOD≌△EOB，利用全等三角形的性质可得DF＝BE．【解答】证明：∵△ABO与△CDO关于O点中心对称，∴BO＝DO，AO＝CO，∵AF＝CE，∴AO﹣AF＝CO﹣CE，∴FO＝EO，在△FOD和△EOB中，∴△FOD≌△EOB（SAS），∴DF＝BE．【点评】此题主要考查了中心对称以及全等三角形的判定和性质，关键是掌握关于中心对称的两个图形，对应点的连线都经过对称中心，并且被对称中心平分．考点七．中心对称图形（1）定义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．注意：中心对称图形和中心对称不同，中心对称是两个图形之间的关系，而中心对称图形是指一个图形自身的特点，这点应注意区分，它们性质相同，应用方法相同．（2）常见的中心对称图形平行四边形、圆形、正方形、长方形等等．【例7】．（2022秋•易县期末）下列各曲线是在平面直角坐标系xOy中根据不同的方程绘制而成的，其中是中心对称图形的是（）A． B． C． D．【分析】根据中心对称图形的概念求解．在同一平面内，如果把一个图形绕某一点旋转180度，旋转后的图形能和原图形完全重合，那么这个图形就叫做中心对称图形．这个旋转点，就叫做中心对称点．【解答】解：选项A、B、D均不能找到这样的一个点，使图形绕某一点旋转180度后和原图形完全重合，所以不是中心对称图形，选项C能找到这样的一个点，使图形绕某一点旋转180度后和原图形完全重合，所以是中心对称图形，故选：C．【点评】此题主要考查了中心对称图形的概念．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】．（2022秋•邯山区校级期末）在等腰直角三角形、等边三角形、平行四边形、矩形、菱形、正方形中，是轴对称图形有个，是中心对称图形的有个【分析】一个图形绕着某固定点旋转180度后能够与原来的图形重合，则称这个图形是中心对称图形，这个固定点叫做对称中心；如果一个图形沿着某条直线对折后，直线两旁的部分能够重合，则称这个图形是轴对称图形，这条直线叫做对称轴；根据这两个概念判断即可．【解答】解：等腰直角三角形、等边三角形、矩形、菱形、正方形是轴对称图形，因而有5个轴对称图形；而平行四边形、矩形、菱形、正方形则是中心对称图形，因而有4个中心对称图形．故答案为：5，4．【点评】本题考查轴对称图形与中心对称图形的识别，掌握这两个概念，并知道一些常见图形是轴对称图形还是中心对称图形是解题的关键．考点八．关于原点对称的点的坐标关于原点对称的点的坐标特点（1）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）．（2）关于原点对称的点或图形属于中心对称，它是中心对称在平面直角坐标系中的应用，它具有中心对称的所有性质．但它主要是用坐标变化确定图形．注意：运用时要熟练掌握，可以不用图画和结合坐标系，只根据符号变化直接写出对应点的坐标．【例8】．（2022秋•雷州市期末）已知点A（1，a）、点B（b，2）关于原点对称，则a+b的值为（）A．3 B．﹣3 C．﹣1 D．1【分析】由关于原点对称的两个点的坐标之间的关系直接得出a、b的值即可．【解答】解：∵点A（1，a）、点B（b，2）关于原点对称，∴a＝﹣2，b＝﹣1，∴a+b＝﹣3．故选：B．【点评】本题考查关于原点对称的点的坐标，关于原点对称的两个点，它们的横坐标互为相反数，纵坐标也互为相反数．【变式】．（2023春•丹东期末）如图，在平面直角坐标系中，已知点A（2，﹣2），点P是x轴上的一个动点．（1）A1，A2分别是点A关于原点的对称点和关于y轴对称的点，直接写出点A1，A2的坐标，并在图中描出点A1，A2．（2）求使△APO为等腰三角形的点P的坐标．【分析】（1）利用关于原点对称和y轴对称的点的坐标特征写出点A1，A2的坐标，然后描点；（2）先计算出OA的长，再分类讨论：当OP＝OA或AP＝AO或PO＝PA时，利用直角坐标系分别写出对应的P点坐标．【解答】解：（1）A1（﹣2，2），A2（﹣2，﹣2），如图，（2）设P点坐标为（t，0），OA＝＝2，当OP＝OA时，P点坐标为（﹣2，0）或（2，0）；当AP＝AO时，P点坐标为（4，0），当PO＝PA时，P点坐标为（2，0），综上所述，P点坐标为（﹣2，0）或（2，0）或（4，0）或（2，0）．【点评】本题考查了关于原点对称的点的坐标：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）．也考查了等腰三角形的性质．考点九．坐标与图形变化-旋转（1）关于原点对称的点的坐标P（x，y）⇒P（﹣x，﹣y）（2）旋转图形的坐标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：30°，45°，60°，90°，180°．【例9】．（2023春•天元区校级期末）如图，直线y＝﹣x+4与x轴、y轴分别交于A、B两点，△AOB绕点A顺时针旋转90°后得到△AO′B′，则点B的对应点B′坐标为（）A．（3，4） B．（7，4） C．（7，3） D．（3，7）【分析】先根据坐标轴上点的坐标特征求出B点坐标为（0，4），A点坐标为（3，0），则OA＝3，OB＝4，再根据旋转的性质得∠OAO′＝90°，∠AO′B′＝∠AOB＝90°，AO′＝AO＝3，O′B′＝OB＝4，然后根据点的坐标的确定方法即可得到点B′坐标．【解答】解：当x＝0时，y＝﹣x+4＝4，则B点坐标为（0，4）；当y＝0时，﹣x+4＝0，解得x＝3，则A点坐标为（3，0），则OA＝3，OB＝4，∵△AOB绕点A顺时针旋转90°后得到△AO′B′，∴∠OAO′＝90°，∠AO′B′＝∠AOB＝90°，AO′＝AO＝3，O′B′＝OB＝4，即AO′⊥x轴，O′B′∥x轴，∴点B′坐标为（7，3）．故选：C．【点评】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．也考查了一次函数图象上点的坐标特征．【变式1】．（2022秋•红桥区期末）在平面直角坐标系中，O为原点，点A（1，0），点B在y轴的正半轴上，且∠ABO＝30°，把△ABO绕点O顺时针旋转，得△A'B'O，记旋转角为α．（1）如图1，当α＝30°时，求点B'的坐标；（2）如图2，当α＝90°时，设直线AA'与直线BB'相交于点M，求点M的坐标．【分析】（1）根据旋转的性质可得，∠A'B'O＝∠ABO＝30°，再根据特殊角三角函数即可求出点B′的坐标；（2）根据旋转的性质可得OB＝OB'，∠BB'O＝45°．OA＝OA'，∠OAA'＝45°，进而可以证明△MAB′是等腰直角三角形．【解答】解：（1）∵点A（1，0），∴OA＝1，∵∠ABO＝30°，∴AB＝2OA＝2．在Rt△ABO中，，把△ABO绕点O顺时针旋转，得△A'B'O，∴，∠A'B'O＝∠ABO＝30°，如图，设A'B'与x轴交于点C．∵∠BOB'＝30°，∴A′B′∥OB，∴B'C⊥OC．∴，．∴点B'的坐标为；（2）如图，当α＝90°时，过点M作MD⊥AB'，垂足为D．由旋转得OB＝OB'，OA＝OA'，有∠BB'O＝∠OAA'＝45°．∵∠MAB'＝∠OAA'，∴∠MAB'＝45°．∴△MAB'是等腰直角三角形，D为AB'的中点，∴，．∴点M的坐标为．【点评】本题考查了坐标与图形的变化﹣旋转、等腰直角三角形，解决本题的关键是掌握旋转的性质．【变式2】．（2022秋•潜江期末）在平面直角坐标系中，已知点A（2，0），点B在y轴正半轴上，且∠BAO＝60°，点O（0，0）．△AOB绕着O顺时针旋转，得△A'OB'，点A、B旋转后的对应点为A'，B'，记旋转角为α．（1）如图1，A'B'恰好经过点A时，①求此时旋转角α的度数；②求出此时点B'的坐标；（2）如图2，若0°＜α＜90°，设直线AA'和直线BB'交于点P，猜测AA'与BB'的位置关系，并说明理由．【分析】（1）①根据旋转的性质得到OA＝OA'，∠A'＝∠BAO＝60°，推出△OAA'是等边三角形，于是得到α＝∠AOA'＝60°；②如图1，过B'作B'C⊥x轴于C，根据三角形的内角和定理得到∠OBA＝30，根据勾股定理得到，求得，得到，于是得到答案；（2）如图2，等腰三角形的性质得到，推出∠BPA'＝360°﹣（180°﹣α）﹣（90°+α）＝90°，由垂直的定义得到结论．【解答】解：（1）①由旋转得：OA＝OA'，∠A'＝∠BAO＝60°，∴△OAA'是等边三角形，∴α＝∠AOA'＝60°；②如图1，过B'作B'C⊥x轴于C，∵∠BAO＝60°，∴∠OBA＝30°，在Rt△OAB中，∠OBA＝30°，∴AB＝2OA＝4，∴，∴，又∵∠AOA'＝60°，∴∠B'OC＝90°﹣∠AOA'＝30°，∵∠B'CO＝90°，∴，∴，∴；（2）AA'⊥BB'，理由：如图2，∵∠BOB'＝∠AOA'＝α，OB＝OB'，OA＝OA'，∴，∵∠BOA'＝90°+α，四边形OBPA'的内角和为360°，∴∠BPA'＝360°﹣（180°﹣α）﹣（90°+α）＝90°，即AA'⊥BB'．【点评】主要考查了旋转的性质，含30°角的直角三角形的性质，四边形内角和定理，解决问题的关键是熟练掌握旋转的性质．【变式3】．（2022秋•南安市期末）平面直角坐标系中有O（0，0）、A（2，0）、B（2，2）、C（0，2）四点，动点D（d，0）在x轴的正方向上运动，连结CD．（1）如图①，将CD绕着点D顺时针旋转90°得到线段DE，当d＝1，求AE的长；（2）如图②，当d＞2时，连结BD，求的最小值．【分析】（1）作EF⊥x轴，证明△COD≌△DFE，从而求得EF和DF的长，进一步得出结果；（2）设K＝＝，（k﹣1）d2﹣4d+（4k﹣8）＝0，由（﹣4）2﹣4（k﹣1）（4k﹣8）≥0得k2﹣3k+1≤0，进一步得出结果．【解答】解：（1）如图1，作EF⊥x轴于F，∴∠COD＝∠EFD＝90°，∴∠DEF+∠EDF＝90°，∵∠EDC＝90°，∴∠EDF+∠CDO＝90°，∴∠CDO＝∠DEF，∵CD＝DE，∴△COD≌△DFE（AAS），∴EF＝OD＝1，DF＝OC＝2，∴E（3，1），∴AE＝＝；（2）设K＝＝，化简得，（k﹣1）d2﹣4d+（4k﹣8）＝0，由（﹣4）2﹣4（k﹣1）（4k﹣8）≥0得，∴k2﹣3k+1≤0，∴，∴的最小值为：＝．【点评】本题考查了等腰三角形的性质，全等三角形的判定和性质，一元二次方程根据的判别式等知识，解决问题的关键是构造函数关系式，利用方程有根的条件．考点十．作图-旋转变换（1）旋转图形的作法：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．（2）旋转作图有自己独特的特点，决定图形位置的因素较多，旋转角度、旋转方向、旋转中心，任意不同，位置就不同，但得到的图形全等．【例10】．（2023春•东源县期末）如图，△ABC三个顶点坐标分别为A（1，1），B（4，2），C（3，4）．（1）请画出△ABC关于原点O成中心对称的图形△A1B1C1，并写出点A1，B1，C1的坐标；（2）在x轴上找一点P，使得PA+PB的值最小，直接写出点P的坐标．【分析】（1）利用关于原点对称的点的坐标特征写出点A1，B1，C1的坐标，然后描点即可；（2）作A点关于x轴的对称点A′，连接BA′交x轴于P点，利用两点之间线段最短可判断P点满足条件．【解答】解：（1）如图，△A1B1C1为所作，A1（﹣1，﹣1），B1（﹣4，﹣2），C1（﹣3，﹣4）．（2）如图，P点坐标为（2，0）．【点评】本题考查了作图﹣旋转变换：根据旋转的性质可知，对应角都相等都等于旋转角，对应线段也相等，由此可以通过作相等的角，在角的边上截取相等的线段的方法，找到对应点，顺次连接得出旋转后的图形．也考查了最短路线问题．【变式1】．（2022秋•金安区校级期末）如图，AB＝AC，将△ABC绕点B逆时针旋转得到△DBE，使DE经过点C．（1）3∠ABC﹣∠CBD＝°；（2）若点C是DE的中点，则的值为．【分析】（1）设∠A＝2x°，根据三角形内角和定理得∠ABC＝∠ACB＝（90﹣x）°，然后求出∠EBC＝2x°，∠CBD＝（90﹣x）°﹣2x°＝（90﹣3x）°，即可代入3∠ABC﹣∠CBD问题可解；（2）通过证明△BCE∽△DEB，得到BE2＝EC•ED问题即可得证．【解答】解：（1）∵AB＝AC，∴∠ABC＝∠ACB，由旋转可知，∠A＝∠D，∠ACB＝∠E，BC＝BE，∴∠E＝∠ECB，∴∠ABC＝∠ACB＝∠ECB＝∠E，设∠A＝2x°，则∠ABC＝∠ACB＝∠ECB＝∠E＝＝90°﹣x°，∴∠EBC＝180°﹣∠E﹣∠ECB＝2x°，∴∠DCB＝∠DBE﹣∠EBC＝90°﹣x°﹣2x°＝90°﹣3x°，∴3∠ABC﹣∠CBD＝3（90°﹣x°）﹣（90°﹣3x°）＝180°；故答案为：180；（2）由（1）知∠EBD＝∠ECB，∵∠E＝E，∴△BCE∽△DBE，∴＝，∴BE2＝DE•CE，∵BC＝BE，DE＝AC＝AB，∴BC2＝AB•CE，∵点E是DE的中点，∴CE＝ED＝AB，∴BC2＝AB2，∴BC＝AB，∴＝．故答案为：．【点评】本题考查了作图﹣旋转变换以及等腰三角形的性质等知识点，解决问题的关键是熟练掌握旋转的性质．【变式2】．（2023秋•湖北期末）如图，在8×5的网格中建立平面直角坐标系，四边形OABC的顶点坐标分别为O（0，0），A（0，4），B（4，4），C（4，0），其中D（4，2），仅用无刻度的直尺画图．（1）将线段AD绕点A顺时针旋转90°，画出对应线段AE；（2）在OC上画点F，使AF平分∠DAE，并直接写出点F的坐标．【分析】（1）根据旋转的特点画图即可．（2）构造正方形，连接正方形的对角线画图即可，利用解析式确定坐标．【解答】解：（1）根据旋转的性质，画图如下：则AE即为所求．（2）如图上，根据正方形的判定，构造正方形AEMD，连接AM，交x轴于点F，则点F即为所求．根据题意，得A（0，4），M（2，﹣2），设直线AM的解析式为y＝kx+b，根据题意，得，解得，直线AM的解析式为y＝﹣3x+4，令y＝0，得﹣3x+4＝0，解得，故．【点评】本题考查了旋转作图，无刻度直尺作图，待定系数法求解析式，根据解析式求交点坐标，熟练掌握直尺作图的要领是解题的关键．【变式3】．（2022秋•梁平区期末）已知：△ABC在坐标平面内，三个顶点的坐标分别为A（0，3），B（3，4），C（2，2）．（正方形网格中，每个小正方形的边长是1个单位长度）（1）作出△ABC绕点O顺时针方向旋转90°后得到的△A1B1C1；（2）作出△ABC关于原点O成中心对称的△A2B2C2．【分析】（1）根据旋转的性质作图即可．（2）根据中心对称的性质作图即可．【解答】解：（1）如图，△A1B1C1即为所求．（2）如图，△A2B2C2即为所求．【点评】本题考查作图﹣旋转变换、中心对称，熟练掌握旋转和中心对称的性质是解答本题的关键．【变式4】．（2022秋•天长市校级期末）如图，平面直角坐标系内，小正方形网格的边长为1个单位长度，△ABC的三个顶点的坐标分别为A（﹣1，3），B（﹣4，0），C（0，0）．（1）将△ABC向上平移1个单位长度，再向右平移5个单位长度后得到的△A1B1C1，画出△A1B1C1，并直接写出点A1的坐标；（2）△ABC绕原点O逆时针方向旋转90°得到△A2B2O，按要求作出图形；（3）如果△A2B2O，通过旋转可以得到△A1B1C1，请直接写出旋转中心P的坐标．【分析】（1）根据平移的性质作图，即可得出答案．（2）根据旋转的性质作图即可．（3）连接A1A2，B1B2，利用网格分别作A1A2，B1B2的垂直平分线，两线交于点P，则点P即为△A2B2O与△A1B1C1的旋转中心，即可得出答案．【解答】解：（1）如图，△A1B1C1即为所求．点A1的坐标为（4，4）．（2）如图，△A2B2O即为所求．（3）如图，连接A1A2，B1B2，作A1A2与B1B2的垂直平分线，相交于点P，则点P即为△A2B2O与△A1B1C1的旋转中心，∴旋转中心P的坐标为（3，﹣2）．【点评】本题考查作图﹣旋转变换、平移变换，熟练掌握平移和旋转的性质是解答本题的关键．考点十一．利用旋转设计图案由一个基本图案可以通过平移、旋转和轴对称以及中心对称等方法变换出一些复合图案．利用旋转设计图案关键是利用旋转中的三个要素（①旋转中心；②旋转方向；③旋转角度）设计图案．通过旋转变换不同角度或者绕着不同的旋转中心向着不同的方向进行旋转都可设计出美丽的图案．【例11】．（2022秋•宁波期末）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【解答】解：观察图象可知，点P．点N满足条件．故选：C．【点评】本题考查利用旋转设计图案，中心对称等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．【变式】．（2022秋•大余县期末）下列网格图都是由相同的小正方形组成的，每个网格图中都有5个小正方形已涂上阴影，请在余下的空白小正方形中，根据下列要求涂上阴影．（1）在图1中选取1个小正方形涂上阴影，使之成为轴对称图形，且只有1条对称轴（画一种情况即可）；（2）在图2中选取1个小正方形涂上阴影，使之成为中心对称图形，但不是轴对称图形；（3）在图3中选取1个小正方形涂上阴影，使之成为既是中心对称图形又是轴对称图形．【分析】（1）根据轴对称定义，在第一行第二列涂上阴影或在第三行第二列涂上阴影或在第一行第三列涂上阴影即可；（2）根据中心对称定义，在第三行第五列涂上阴影即可；（3）在第三行第二列涂上阴影即可．【解答】解：（1）如图1；（2）如图2，（3）如图3；【点评】本题主要考查作轴对称图形和中心对称图形，如果一个图形沿着一条直线对折后两部分完全重合，这样的图形叫做轴对称图形，这条直线叫做对称轴．如果一个图形绕某一点旋转180°后能够与自身重合，那么这个图形就叫做中心对称图形，这个点叫做对称中心．掌握轴对称图形和中心对称图形定义是解题的关键．考点十二．几何变换的类型平移变换：在平移变换下，对应线段平行且相等．两对应点连线段与给定的有向线段平行（共线）且相等．轴对称变换：在轴对称变换下，对应线段相等，对应直线（段）或者平行，或者交于对称轴，且这两条直线的夹角被对称轴平分．旋转变换：在旋转变换下，对应线段相等，对应直线的夹角等于旋转角．（4）位似变换：在位似变换下，一对位似对应点与位似中心共线；一条线上的点变到一条线上，且保持顺序，即共线点变为共线点，共点线变为共点线；对应线段的比等于位似比的绝对值，对应图形面积的比等于位似比的平方；不经过位似中心的对应线段平行，即一直线变为与它平行的直线；任何两条直线的平行、相交位置关系保持不变；圆变为圆，且两圆心为对应点；两对应圆相切时切点为位似中心．【例12】．（2022秋•灵宝市期末）如图，将三角尺直立举起靠近墙面，打开手机手电筒照射三角尺，在墙面上形成影子．则三角尺与影子之间属于以下哪种图形变换（）A．平移 B．轴对称 C．旋转 D．位似【分析】根据位似的定义，即可解决问题．【解答】解：根据位似的定义可知：三角尺与影子之间属于位似．故选：D．【点评】本题考查了生活中位似的现象，解决本题的关键是熟记位似的定义．【变式】．（2023春•槐荫区期末）在如图所示的方格纸中，每个小方格都是边长为1个单位的正方形，图①、图②、图③均为顶点都在格点上的三角形（每个小方格的顶点叫格点），（1）在图1中，图①经过一次变换（填“平移”或“旋转”或“轴对称”）可以得到图②；（2）在图1中，图③是可以由图②经过一次旋转变换得到的，其旋转中心是点（填“A”或“B”或“C”）；（3）在图2中画出图①绕点A顺时针旋转90°后的图④．【分析】（1）根据平移的定义可知图①向右上平移可以得到图②；（2）将图形②绕着点A旋转后能与图形③重合，可知旋转中心；（3）以A为旋转中心，顺时针旋转90°得到关键顶点的对应点连接即可．【解答】解：（1）图①经过一次平移变换可以得到图②；（2）图③是可以由图②经过一次旋转变换得到的，其旋转中心是点A；（3）如图．【点评】本题难度中等，考查网格中平移、旋转及旋转作图，作图时，抓住网格的特点，根据旋转的性质，借助于直角三角板中的直角，就能顺利作出图形，解题时要注意是顺时针还是逆时针方向．平移是沿直线移动一定距离得到新图形，旋转是绕某个点旋转一定角度得到新图形，观察时要紧扣图形变换特点，认真判断．【核心素养提升】数形结合思想1．（2023上·广东深圳·九年级深圳中学校考期末）在锐角中，，，，将绕点按逆时针方向旋转，得到．(1)如图1，当点在线段的延长线上时，的度数为________；(2)如图2，连接，．若的面积为4，求的面积；(3)如图3，点为线段中点，点是线段上的动点，在绕点按逆时针方向旋转过程中，点的对应点是，直接写出线段长度的最大值与最小值．【答案】(1)(2)(3)最大值为7；最小值为【分析】（1）由旋转的性质可得：，，又由等腰三角形的性质，即可求得的度数；（2）由旋转的性质可得：，易证得，利用相似三角形的面积比等于相似比的平方，即可求得的面积；（3）①当P在上运动至时，绕点B旋转，使点P的对应点在线段上时，最小，②当P在上运动至点C，绕点B旋转，使点P的对应点在线段的延长线上时，最大，即可求得线段EP1长度的最大值与最小值．【详解】（1）解：由旋转的性质可得：，，∴，∴；故答案为：；（2）∵，∴，∴，，∴，∴，∴，∵，∴；（3）如图，过点B作，D为垂足，∵为锐角三角形，∴点D在线段上，在中，；①当P在上运动至时，绕点B旋转，使点P的对应点在线段上时，最小，最小值为：；②当P在上运动至点C，绕点B旋转，使点P的对应点在线段的延长线上时，最大，最大值为：；因此，线段EP1长度的最大值为7，最小值为：．【点睛】此题考查了旋转的性质、相似三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质以及三角函数的应用．此题难度较大，注意数形结合思想的应用，注意旋转前后的对应关系．2“变中不变”思想2．（2023上·山西运城·九年级校考期末）数学课上，有这样一道探究题．如图，已知中，，，，点为平面内不与点、重合的任意一点，将线段绕点顺时针旋转，得线段，、分别是、的中点，设直线与直线相交所成的较小角为，探究的值和的度数与、、的关系，请你参与学习小组的探究过程，并完成以下任务：(1)填空：【问题发现】小明研究了时，如图1，求出了__________，__________；小红研究了时，如图2，求出了__________，__________；【类比探究】他们又共同研究了时，如图3，也求出了；【归纳总结】最后他们终于共同探究得出规律：__________（用含、的式子表示）；__________（用含的式子表示）．(2)求出时的值和的度数．【答案】(1)2，；，；，(2)，【分析】（1）当时，和都是等边三角形，可证，从而有，即，；当时，和都是等腰直角三角形，同理可证，即可解决，依此可得出规律；类比着、时即可得到结论；（2）当，根据三角函数的定义以及相似三角形的判定和性质即可解决问题．【详解】（1）如图，连接、，延长、交于点，当时，和都是等边三角形，∴，，，∵、分别是、的中点，∴，∴，又∵，∴，∴，，∴，，故答案为：2，；当时，和都是等腰直角三角形，∴，，，∵、分别是、的中点，∴，∴，又∵，∴，∴，，∴，，故答案为：，；由此，可归纳出，，故答案为：，．（2）当时，连接、，延长、交于点，∵，是中点，∴，∴，同理可得：，∴，又∵，∴，∴，，∴，．【点睛】本题主要考查了几何变换综合题，三角形相似的判定与性质，通过解决本题感受到：图形在变化但解决问题的方法不变，体会“变中不变”的思想3.分类讨论思想3.（2020秋·福建龙岩·九年级龙岩二中校考期中）正方形网格中（网格中的每个小正方形边长是1），的顶点均在格点上，请在所给的直角坐标系中解答下列问题：

(1)作出绕点A逆时针旋转的．(2)作出关于原点O成中心对称的．(3)请直接写出以、、为顶点的平行四边形的第四个顶点D的坐标．【答案】(1)见解析(2)见解析(3)或或【分析】（1）利用网格特点和旋转的性质，分别画出点B、C的对应点、，从而得到；（2）利用关于原点对称的点的坐标特征分别写出、和的坐标，然后描点即可得到．（3）分类讨论：分别以、、为对角线画平行四边形，然后写出对应的第四个顶点D的坐标即可．【详解】（1）解：如图，为所作；

（2）解：如图，为所作；

（3）解：如图，

以为对角线时，点向上平移1个单位，得到点的坐标为；以为对角线时，点向下平移1个单位，得到点的坐标为；以为对角线时，点A1向上平移2个单位，再向右平移1个单位得到点的坐标为，即点D的坐标为：或或，故答案为：或或．【点睛】本题考查了旋转图形的作法：充分运用网格特点画旋转图形．利用平移和分类讨论的思想解决（3）小题．【中考热点聚焦】热点1.平面直角坐标系中的旋转1．（2022•杭州）如图，在平面直角坐标系中，已知点P（0，2），点A（4，2）．以点P为旋转中心，把点A按逆时针方向旋转60°，得点B．在M1（﹣，0），M2（﹣，﹣1），M3（1，4），M4（2，）四个点中，直线PB经过的点是（）A．M1 B．M2 C．M3 D．M4【分析】根据含30°角的直角三角形的性质可得B（2，2+2），利用待定系数法可得直线PB的解析式，依次将M1，M2，M3，M4四个点的一个坐标代入y＝x+2中可解答．【解答】解：∵点A（4，2），点P（0，2），∴PA⊥y轴，PA＝4，由旋转得：∠APB＝60°，AP＝PB＝4，如图，过点B作BC⊥y轴于C，∴∠BPC＝30°，∴BC＝2，PC＝2，∴B（2，2+2），设直线PB的解析式为：y＝kx+b