专题1.5旋转精讲精练（解析版）【人教版】

一、旋转1、定义把一个图形绕某一点O转动一个角度的图形变换叫做旋转，其中O叫做旋转中心，转动的角叫做旋转角。2、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。二、中心对称1、定义把一个图形绕着某一个点旋转180°,如果旋转后的图形能够和原来的图形互相重合，那么这个图形叫做中心对称图形，这个点就是它的对称中心。2、性质（1）关于中心对称的两个图形是全等形。学科%网（2）关于中心对称的两个图形，对称点连线都经过对称中心，并且被对称中心平分。（3）关于中心对称的两个图形，对应线段平行（或在同一直线上）且相等。3、判定如果两个图形的对应点连线都经过某一点，并且被这一点平分，那么这两个图形关于这一点对称。4、中心对称图形把一个图形绕某一个点旋转180°,如果旋转后的图形能够和原来的图形互相重合，那么这个图形叫做中心对称图形，这个店就是它的对称中心。5、中心对称与中心对称图形区别与联系.中心对称与中心对称图形的区别：中心对称是两个图形的位置关系，必须涉及两个图形，中心对称图形是指一个图形；中心对称是指其中一个图形沿对称中心旋转180°后，两个图形重合；中心对称图形是指该图形绕对称中心旋转180°,与原图形重合.中心对称与中心对称图形的联系：如果把两个成中心对称的图形拼在一起，看成一个整体，那么它就是中心对称图形；如果把中心对称图形看成以对称中心为分点的两个图形，那么这两个图形成中心对称.三、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.【考点1】旋转【例1】（泊头市期末）北京冬奥会将于2022年2月4日在北京和张家口联合举行，如图是冬奥会的吉祥物“冰墩墩”，将如图图片按顺时针方向旋转90°后得到的图片是()B.D.【分析】直接利用旋转的性质得出对应图形即可.【解答】解：如图所示：“冰墩墩”图片按顺时针方向旋转90°后得到的图片是.故选：D.【变式1.1】（栖霞市期末）下列各图中，既可经过平移，又可经过旋转，由图形①得到图形②的是()B.D.【分析】根据平移和旋转的性质判断即可.【解答】解：A、B、C这三个图都只能由旋转得到，不能由平移得到，只有D既可经过平移，又可经过故选：D.【变式1.2】（乐陵市校级月考）如图1是一副创意卡通圆规，图2是其平面示意图，OA是支撑臂，OB是旋转臂，已知OA＝OB＝8cm．使用时，以点A为支撑点，铅笔芯端点B可绕点A旋转作出圆，则圆的半径AB不可能是()A．10cmB．13cmC．15cmD．17cm【分析】根据三角形三边的关系，两边之和大于第三边，两边之差小于第三边，进行判定即可得出答案.【解答】解：根据题意可得，即0＜AB＜16.所以圆规的半径不可能是17.故选：D.【变式1.3】（沿河县期末）在俄罗斯方块游戏中，已拼好的图案如图所示，现出现一小方格体正向下运动，你必须进行以下操作，才能拼成一个完整图案，使所有图案消失.【分析】在俄罗斯方块游戏中，要使其自动消失，要把三行排满，需要旋转和平移，通过观察即可得到.【解答】解：顺时针旋转90°,向右平移.故选：A.【考点2】旋转的性质【例2】（大城县期末）如图，已知△ABD是等边三角形，BC＝DC，E是AD上的点，CE∥AB，与BD交于点F．则下列结论正确的有()①连接AC，则AC垂直平分线段BD；②△DEF是等边三角形；【分析】由等边三角形的性质以及BC＝DC即可判断①正确；由CE∥AB得∠ABD=∠EFD＝60°,∠DEF=∠DAB＝60°,即可判断②正确；求出∠DFE的度数即可判断③错误；求出CE＝AE，再由△ABD与△DEF都是等边三角形，AB＝8，DE＝2，即可推出④正确.【解答】解：如图，连接AC，∵△ABD是等边三角形，∴AB＝AD，∠ABD=∠DAB=∠EDF＝60°,∴点A，C都在线段BD的垂直平分线上，∴AC垂直平分线段BD；故①正确；∴△DEF是等边三角形，故②正确；“上DFE＝60。，故③错误；“AC垂直平分BD，AB＝AD，上BAD＝60。，:上CAB＝上CAD＝30。，“ABⅡCE，:上ACE＝上CAB＝上CAD，:CE＝AE，“△ABD与△DEF都是等边三角形，AB＝8，DE＝2，:AD＝AB＝8，EF＝DE＝2，:CF＝CE-EF＝AE-EF＝AD-DE-EF＝4，故选：B.【变式2.1】（新市区校级期末）如图，在△ABC中，上CAB＝70。，在同一平面内，将△ABC绕点A旋转某个角度到△AB'C,的位置，使得CC'ⅡAB，则上CAB'=()A．30B．35C【分析】旋转中心为点A，B与B,，C与C,分别是对应点，根据旋转的性质可知，旋转角上BAB,=上CAC,，AC＝AC,，再利用平行线的性质得上C,CA＝上CAB，把问题转化到等腰△ACC,中，根据内角和定理求上CAC,，进而便可求得结果.又“C、C,为对应点，点A为旋转中心，:AC＝AC,，即△ACC,为等腰三角形，故选：A.【变式2.2】（青羊区期中）如图，在△ABC中，上B＝上C＝45。，BC＝8，点D，E都在边BC上，且BD=CE，若AD＝5，则DE的长为()【分析】由等腰三角形的性质得出AB＝AC，证明△ABD纟△ACE（SAS得出AE＝AD；过点A作AF丄BC于点F，由勾股定理可知DF＝EF＝3，由此可得出结论.【解答】解：“上B＝上C，:AB＝AC，在△ABD与△ACD中，,:△ABD纟△ACD（SAS:AD＝AE＝5，如图，过点A作AF丄BC于点F，“上B＝上C＝45。，:上BAC＝90。，点F为BC中点，“BC＝8，:AF＝4，由勾股定理可知，DF＝EF＝3，:DE＝6.故选：C.【变式2.3】（东湖区期中）如图，在△ABC中，AB＝AC，上BAC＝120。，O为BC的中点，将△ABC绕点O顺时针旋转得到△DEF，当点D，E分别在边AC和CA的延长线上，连接CF，若AD＝3，则△OFC【分析】连接OA，OD，根据等腰三角形的性质得到上AOC＝90。，上OAC＝BAC＝60。，上B=上ACB＝30。，根据旋转的性质得到OA＝OD，OC＝OF，求得△AOD是等边三角形，OD丄EF，得到AO＝OD＝AD＝3，上DOF＝90。，根据勾股定理和三角形的面积公式即可得到结论.【解答】解：连接OA，OD，“AB＝AC，上BAC＝120。，O为BC的中点，:上AOC＝90。，上OAC＝BAC＝60。，上B＝上ACB＝30。，“将△ABC绕点O顺时针旋转得到△DEF，:OA＝OD，OC＝OF，:△AOD是等边三角形，OD丄EF，:AO＝OD＝AD＝3，上DOF＝90。，:AC＝2AO＝6，:CD＝3，:OD＝CD，:上COF＝60。，:△COF是等边三角形，:上OFC＝60。，OF＝CF，:DF垂直平分OC，:上DFO＝30。，:DH＝ODDF＝2OD＝6，:FH=,:OC3，:△OFC的面积＝OC•FH=×3×故选：D.=【考点3】坐标与图形变化【例3】（夏邑县期末）如图，在平面直角坐标系中，已知点A（0，3点B在第一象限内，AO＝AB，上B.【分析】求出B1～B5的坐标，探究规律，利用规律解决问题即可.【解答】解：过点B作BH丄y轴于H.在Rt△ABH中，上AHB＝90。，上BAH＝180。-120。＝60。，AB＝OA＝3，∴AH＝AB•cos60°BH＝AH6次一个循环，∴B2021（3，0故选：A．【变式3.1】（宛城区期末）如图，矩形ABCD的顶点A、B分别在x轴、y轴上，OB＝4，OA＝3，AD＝10，将矩形ABCD绕点O顺时针旋转，每次旋转90°，则第2022次旋转结束时，点O的坐标为A6，5）B56）C65）D5，6）【分析】如图，过点D作DT⊥x轴于点T．首先利用相似三角形的性质求出点D的坐标，再探究规律，利用规律解决问题即可．【解答】解：如图，过点D作DT⊥x轴于点T．∵∠ATD=∠AOB=∠BAD＝90°,∴∠DAT=∠ABO，∴△ATD∽△BOA，∴=∴===∴AT＝8，DT＝6，∵矩形ABCD绕点O顺时针旋转，每次旋转90°,则第1次旋转结束时，点D的坐标为（6，5则第2次旋转结束时，点D的坐标为（56则第3次旋转结束时，点D的坐标为(﹣65则第4次旋转结束时，点D的坐标为(﹣5，6…发现规律：旋转4次一个循环，∴2022÷4＝505…2，则第2021次旋转结束时，点D的坐标为（56）.故选：B.【变式3.2】（牡丹江一模）如图，在平面直角坐标系中，点A的坐标是0点B的坐标为（0，3点C的坐标为，将△ABC向左平移个单位长度后，再绕点O旋转，当BC垂直于x轴时，点B的对应点的坐标为()A.(﹣23）或B．(3,2,F)或(-X,-3)C．(-3,-2x)或D．(3,2x)或(-3,-2x)【分析】由题意可知BC∥x轴，则当BC⊥x轴时，B1C1绕点O旋转90°,分两种情况，画出图形，分别求解即可.【解答】解：∵点B的坐标为（0，3∵点B的坐标为（0，3点C的坐标为，∴BC∥x轴，当BC⊥x轴时，B1C1绕点O旋转90°,当B1C1绕点O逆时针旋转90°时，C2(﹣3，0当B1C1绕点O顺时针旋转90°时，C3（3，0综上所述：点B的对应点的坐标为（3，2）或(﹣32故选：D.【变式3.3】（平顶山二模）如图在平面直角坐标系中，点A，B的坐标分别为（0，44，0将线段AB绕点B顺时针旋转60°至BC的位置，点A的对应点为点C，则点C的坐标为()A4，4）B2+2，2+2）C4，4）D4﹣2，4﹣2）【分析】过点C作CD⊥x轴于点D，作∠EBD＝60°,交CD于点E，由OA＝OB＝4，可得∠OAB=∠CBE＝15°,即CE＝BE，设BD＝m，则DE＝而可得出点C的坐标.【解答】解：如图，过点C作CD⊥x轴于点D，作∠EBD＝60°,交CD于点E，在Rt△BCD中，由勾股定理可知，m2+（2m+m）24）2，解得m＝2﹣2（负值舍去∴OD＝4+2﹣2＝2+2，CD2+）m＝2+2，故选：B.【考点4】中心对称【例4】（仙居县二模）如图，把正方形ABCD绕着它的对称中心O沿着逆时针方向旋转，得到正方形A′B′C′D′，A′B′和B'C′分别交AB于点E，F，在正方形旋转过程中，∠EOF的大小()A．随着旋转角度的增大而增大B．随着旋转角度的增大而减小C．不变，都是60°D．不变，都是45°【分析】连接AO，BO，A'O，AB'，依据正方形的性质，即可得到AE＝B'E，进而得出△AOE≌△B'OE（SSS根据全等三角形的的性质，可得∠AOE=∠B'OE．同理可得，∠BOF=∠B'OF，根据∠EOF=∠B'OE+∠B'OF=∠AOB，可知在正方形旋转过程中，∠EOF的大小不变，是45°.【解答】解：如图所示，连接AO，BO，A'O，AB'，∵正方形ABCD绕着它的对称中心O沿着逆时针方向旋转，得到正方形A′B′C′D′∴∠OAB'=∠OB'A，又∵∠OAE=∠OB'E＝45°,∴∠EAB'=∠EB'A，又∵EO＝EO，∴△AOE≌△B'OE（SSS∴∠AOE=∠B'OE.同理可得，∠BOF=∠B'OF，∴∠EOF＝∠B'OE+∠B'OF＝故选：D．【变式4.1】（浦城县期中）将正方形绕其对称中心旋转后，恰好能与原来的正方边形重合，那么旋转的角度至少是【分析】正方形被经过中心的射线平分成所部分，因而每部分被分成的圆心角是90°，因而旋转90度的整数倍，就可以与自身重合．【解答】解：正方形被经过中心的射线平分成四部分，因而每部分被分成的圆心角是90°，那么它至少故选：A．【变式4.2】（中牟县期末）如图是两个完全重合的矩形，将其中一个始终保持不动，另一个矩形绕其对称中心按逆时针方向进行旋转，第一次旋转后得到图①，第二次旋转后得到图②，…，则第2022次旋转后得到的图形与图①～④中相同的A．图①B．图②C．图③D．图④【分析】由于每经过4次旋转后两矩形重合，而2022＝4×505+2，所以第2022次旋转后得到的图形与图②相同．【解答】解：由于每经过4次旋转后两矩形重合，2022＝4×505+2，∴第2022次旋转后得到的图形与图②相同．故选：B.【变式4.3】（福山区期末）如图，点O为矩形ABCD的对称中心，点E从点A出发沿AB向点B运动，移动到点B停止，延长EO交CD于点F，则四边形AECF形状的变化依次为()A．平行四边形→菱形→平行四边形→矩形B．平行四边形→正方形→平行四边形→矩形C．平行四边形→正方形→菱形→矩形D．平行四边形→菱形→正方形→矩形【分析】通过作图观察即可得出答案.【解答】解：画图如下，,由图可知最后会与原有矩形重合，∴四边形AECF形状的变化依次为平行四边形→菱形→平行四边形→矩形，故选：A.【考点5】中心对称图形【例5】（市中区校级模拟）如图，一个花园的平面图呈矩形，被分割成3个正方形和2个矩形后仍是中心对称图形，若只知道原来矩形的周长，则分割后不用测量就能知道周长的图形的标号为()【分析】首先设图形①的长和宽分别是a、c，图形②的边长是b，图形③的边长是d，原来大长方形的周长是l，判断出l＝2（a+2b+ca＝b+d，b＝c+d；然后分别判断出图形①、图形②的周长都等于原来大长方形的周长的，所以它们的周长不用测量就能知道，而图形③的周长不用测量无法知道，据此解答即可.【解答】解：如图1：设图形①的长和宽分别是a、c，图形②的边长是b，图形③的边长是d，原来大长方形的周长是l，则l＝2（a+2b+c根据图示，可得，∴l＝2（a+2b+c）＝2×2（a+c）＝4（a+c），或l＝2（a+2b+c）＝2×4b＝8b，∴2（a+c）＝，4b=,∵图形①的周长是2（a+c图形②的周长是4b，值为一定，∴图形①②的周长是定值，不用测量就能知道，图形③的周长不用测量无法知道.∴分割后不用测量就能知道周长的图形的标号为①②.故选：A.【变式5.1】（常德）国际数学家大会每四年举行一届，下面四届国际数学家大会会标中是中心对称图形的B.D.【分析】利用中心对称图形的定义解答即可.【解答】解：∵将图形绕着一点旋转180°后能和它本身重合的图形是中心对称图形，∴选项B符合上述特征，故选：B.【变式5.2】（赣州模拟）将一个等腰三角形沿底边上的中线剪开，用剪下的两个三角形拼成的所有四边形中，是中心对称图形的有()【分析】直接利用旋转的性质结合中心对称图形的性质得出符合题意的答案.【解答】解：如图所示：3种拼法都是中心对称图形.故选：C.【变式5.3】（金华模拟）如图，六边形AEBCFD是中心对称图形．点M，N在面积为8的正方形ABCD的对角线上．若BM＝DN＝1，点E，M关于AB对称，则四边形AGCH的面积为()【分析】连接EM，交AB于点P，过点M作MQ⊥BC于Q，根据正方形ABCD可得AB＝BC＝2，∠ABM=∠MBC＝45°,由中心对称图形的性质以及勾股定理可求出MQ＝BQ＝EP＝MPCM=,可得AP＝CQ，由SAS证△AEP≌△CMQ，可得∠PAE=∠MCQ，AE＝CM＝，再证△EMG∽△MCQ，根据相似三角形的性质求出EG、GM，由平行线的性质可得上MCQ＝上GME，可得出上AGM=90。，则四边形AGCH是矩形，求出AG、CG的长即可得四边形AGCH的面积.【解答】解：连接EM，交AB于点P，过点M作MQ丄BC于Q，」正方形ABCD的面积为8，点M，N在面积为8的正方形ABCD的对角线上.:AB＝BC＝2，上ABM＝上MBC＝45。，上ABC＝90。，」点E，M关于AB对称.:PE＝PM，BP丄EM，」BM＝DN＝1，MQ丄BC，PMⅡBC，:MQ＝BQ＝EP＝MP=,=:AP＝CQCM==在△AEP和△CMQ中，,:△AEP纟△CMQ（SAS:上PAE＝上MCQ，AE＝CM=√5，上AEP＝上CMQ，」PMⅡBC，:上EMG＝上MCQ，:上EMG+上AEP＝90。，:上EGM＝90。，:△EMG∞△MCQ，:，即，∴EG＝、GM=,∴AG＝AE﹣EGCG＝GM+CM=,同理可得：CHAH=,∴四边形AGCH是平行四边形，∴四边形AGCH是矩形，∴四边形AGCH的面积为：AG•CG=×=,故选：B.【考点6】关于原点对称的点的坐标【例6】（洛宁县期中）已知：点A(﹣3，4）与点B关于y轴对称，点P与点B关于原点对称，则点P的【分析】根据平面直角坐标系中两个关于坐标轴成轴对称的点的坐标特点解答.【解答】解：由点A(﹣3，4）与点B关于y轴对称得到：B（3，4）.由点P与点B关于原点对称，则点P的坐标为(﹣34）.故选：D.【变式6.1】（法库县期末）已知点A关于x轴的对称点坐标为(﹣1，2则点A关于原点的对称点的坐标【分析】平面直角坐标系中任意一点P（x，y关于x轴的对称点的坐标是（xy关于原点的对称点是(﹣xy据此即可求得点A关于原点的对称点的坐标.【解答】解：∵点A关于x轴的对称点坐标为(﹣1，2∴点A坐标为(﹣12∴点A关于原点的对称点的坐标为（1，2）.故选：A.【变式6.2】（2014•雅安）在平面直角坐标系中，P点关于原点的对称点为P1(﹣3),P点关于x轴的对称点为P2（a，b则=()【分析】利用关于原点对称点的坐标性质得出P点坐标，进而利用关于x轴对称点的坐标性质得出P2坐标，进而得出答案.【解答】解：∵P点关于原点的对称点为P1(﹣3),∵P点关于x轴的对称点为P2（a，b∴==﹣2.故选：A.【变式6.3】（七里河区校级期中）在直角坐标系中，已知点A（2a，a﹣b+1B（b，a+1）关于原点对称，Ab＝1Bb=﹣1Cb=﹣1Db＝1【分析】直接利用关于原点对称点的性质得出关于a，b的方程组，进而得出答案.【解答】解：∵点A（2a，a﹣b+1B（b，a+1）关于原点对称，解得：.故选：A.【考点7】旋转的最值问题【例7】（遵义模拟）如图，。D的半径为2，圆心D的坐标为（3，5点C是。D上的任意一点，CA⊥CB，且CA、CB与x轴分别交于A、B两点，若点A、点B关于原点O对称，则AB的最大值为()A．14B．2﹣4C．2+2D．2+4【分析】利用直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可知，OC越大，AB越大．求OC最大值即可.【解答】解：如图，连接OC，当OC经过圆心D时，OC最长，过点D作DE⊥AB，垂足为E，在Rt△ODE中，OD===,∵A，B关于原点O对称，CA⊥CB，∴OC为Rt△ABC斜边AB上的中线，）＝故选：D.【变式7.1】（洪山区期中）如图所示，等边△ABC边长为6，点E是中线AD上的一个动点，连接EC，将线段EC绕点C按逆时针方向旋转60°得到FC，连接DF．当在点E运动过程中，DF取最小值时，△CDF的面积等于()A.B.D.【分析】取AC的中点G，连接EG，根据等边三角形的性质可得CD＝CG，再求出∠DCF=∠GCE，根据旋转的性质可得CE＝CF，然后利用“边角边”证明△DCF和△GCE全等，再根据全等三角形对应边相等可得DF＝EG，然后根据垂线段最短可得EG⊥AD时最短，再根据∠CAD＝30°求解即可.【解答】解：如图，取AC的中点G，连接EG，∴∠ECD+∠DCF＝60°,又∵∠ECD+∠GCE=∠ACB＝60°,∴∠DCF=∠GCE，∵AD是等边△ABC的对称轴，又∵CE旋转到CF，在△DCF和△GCE中，,∴△DCF≌△GCE（SAS根据垂线段最短，EG⊥AD时，EG最短，即DF最短，此时∠CAD=×60°=30°,AG＝AC=×6＝3，∴EG＝AG=×3AE＝EG=,∴DE＝AD﹣AE＝3﹣=,∴S△GCE＝EG•DE=×=,∴S△DCF=,故选：D.【变式7.2】（新抚区模拟）如图，在△ABC和△AEF中，∠BAC=∠EAF＝90°,AB＝AC＝12，AE＝AF=4，点M，N，P分别为EF，BC，CE的中点，若△AEF绕点A在平面内自由旋转，则△MNP面积的A．32B．36C．48【分析】连接CF，BE，根据三角形中位线定理得到PM∥CF，PM＝CF，利用同角的余角相等推出∠BAE=∠CAF，根据全等三角形的性质得到BE＝CF，推出△PMN是等腰直角三角形．根据等腰直角三角形的性质得到PM＝PN＝BE，推出PM最大时，△PMN面积最大，根据三角形的面积公式即可得到结论.【解答】解：如图，连接CF，BE，延长BE交CF于G交AC于O，∵点P，N是BC，CE的中点，∴PN∥BE，PN＝BE，∵点P，M是CE，EF的中点，∴PM∥CF，PM＝CF，∴∠BAE+∠EAC=∠EAC+∠CAF＝90°,∴∠BAE=∠CAF，在△BAE与△CAF中，,∴△BAE≌△CAF（SAS∴BE＝CF，∠ABE=∠ACF，∴PM＝PN，∵∠AOB=∠COG，∴∠COG+∠ACF=∠AOB+∠ABO＝90°,∵PN∥BE，∴∠EPN=∠GEP，“PMⅡCF，:上EPM＝上ECF，:上GEC+上GCE＝上MPE+上NPE＝90。，:上MPN＝90。，:PM丄PN，:△PMN是等腰直角三角形.:PM＝PN＝BE，:PM最大时，△PMN面积最大，当点E在BA的延长线上时，BE＝AB+AE＝12+4＝16最大，此时，PM＝8，:S△PMN最大＝PM2=×82＝32.故选：A.【变式7.3】（启东市期中）如图，已知，在正方形ABCD中，AB＝4，以点B为圆心，1为半径作。B，点P在。B上移动，连接AP．将AP绕点A逆时针旋转90。至AP'，连接BP'．在点P移动过程中，BP'长度的最小值是()【分析】通过画图发现，点P’的运动路线为以D为圆心，以1为半径的圆，可知：当P’在对角线BD上时，BP’最小，先证明△PAB纟△P’AD，则P’D＝PB＝1，再利用勾股定理求对角线BD的长，则得出BP’的长.【解答】解：如图，当P’在对角线BD上时，BP’最小，连接BP，:上PAB+上BAP’＝90。，“四边形ABCD为正方形，:AB＝AD，上BAD＝90。，:上PAB＝上DAP’，:△PAB纟△P’AD（SAS:P’D＝PB＝1，在Rt△ABD中，“AB＝AD＝4，由勾股定理得：BD4，故选：A.【考点8】面积最值问题【例8】（云梦县期末）如图，正方形ABCD中，AB＝4cm，以C为圆心，1cm长为半径画。C，点P在。C上移动，连接BP，并将BP绕点B逆时针旋转90。至BP’，连接CP’．在点P移动的过程中，CP’长度的最小值是()A．区-2B．区-1C．区+1D．区-1【分析】通过画图发现，点P’的运动路线为以A为圆心，以1为半径的圆，可知：当P’在对角线AC上时，CP’最小，先证明△PBC纟△P’BA，则P’A＝PC＝1，再利用勾股定理求对角线AC的长，则得出CP’的长.【解答】解：如图，当P’在对角线AC上时，CP’最小，连接CP，由旋转得：BP＝BP’，上PBP’＝90。，:上PBC+上CBP’＝90。，“四边形ABCD为正方形，:BC＝AB，上ABC＝90。，:上PBC＝上ABP’，:△PBC纟△P’BA（SAS:P’A＝PC＝1，在Rt△ABC中，“AB＝BC＝4，由勾股定理得：AC4，故选：D.【变式8.1】（岳麓区校级二模）如图，正方形ABCD中，AB＝4，O是BC中点，点E是平面内一动点，OE=1，连接DE，将线段DE绕点D逆时针旋转90。得到DF，则线段OF长的最小值是()D.【分析】连接DO，将线段DO绕点D逆时针旋转90°得DM，连接OF，FM，OM，证明△EDO≌△FDM，可得FM＝OE＝1，由勾股定理可得OM＝2，根据OF+MF≥OM，即可得出OF的最小值.【解答】解：如图，连接DO，将线段DO绕点D逆时针旋转90°得DM，连接OF，FM，OM，∴∠EDO=∠FDM，∵DE＝DF，DO＝DM，∴△EDO≌△FDM（SAS∴FM＝OE＝1，∵正方形ABCD中，AB＝4，O是BC边的中点，∵OF+MF≥OM，故选：A.【变式8.2】（芗城区校级月考）已知如图，在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝90°,直角∠EPF的顶点P是边BC的中点，两边PE，PF分别交AB，AC于点E，F，当∠EPF在△ABC内绕顶点P旋转（点E不与A，B重合）时，给出以下5个结论：①AE＝PF；②△EPF是等腰直角三角形；③S四边形AEPF＝S△ABC；④EF＝AP；⑤∠ABP=∠APF．上述结论始终正确的有()【分析】①证明△AEP≌△CPF得PE＝PF，当点E不是AB的中点时，PE≠AE，由此判断①;②由全等三角形性质得，PE＝PF，∠EPF＝90°,则△PEF为等腰直角三角形，判断②;③由△AEP≌△CPF，得S△APE＝S△CPF，进而得S四边形AEPF＝S△APC，可判断③;④根据等腰直角三角形的性质，EF＝PE，根据EF随着点E的变化而变化，只有当点E为AB的中点时，EF＝PE＝AP，从而判断④;⑤当PF不是∠APC的平分线时，∠APF≠45°,此时∠ABP≠∠APF，由此判断⑤.【解答】解：①∵AB＝AC，∠BAC＝90°,∴△ABC是等腰直角三角形，∵点P为BC的中点，∵∠EPF是直角，∴∠APE+∠APF=∠CPF+∠APF＝90°,∴∠APE=∠CPF，在△AEP和△CPF中，,∴△AEP≌△CPF（ASA当点E不是AB的中点时，PE≠AE，此时AE≠PF，故①错误；②∵PE＝PF，∠EPF＝90°,∴△PEF为等腰直角三角形，故②正确；③∵△AEP≌△CPF，∴S四边形AEPF＝S△APC，∴S四边形AEPF＝S△ABC，故③正确；④根据等腰直角三角形的性质，EF＝PE，所以，EF随着点E的变化而变化，只有当点E为AB的中点时，EF＝PE＝AP，故④错误；当PF不是∠APC的平分线时，∠APF≠45°,此时∠ABP≠∠APF，故∠⑤错误；故②③正确，故选：A.【变式8.3】（东港市期中）如图，点F为正方形ABCD对角线AC的中点，将以点F为直角顶点的直角△FEG绕点F旋转(△FEG的边EG始终在正方形ABCD外若正方形ABCD边长为2，则在旋转过程中△FEG与正方形ABCD重叠部分的面积为()【分析】如图，连接FD，由点F是AC的中点，然后结合正方形的性质得到FD＝FC、∠FDN=∠FCM=45°、∠DFC＝90°,进而结合EF⊥EG得到∠MFC=∠NFD，从而得证△MFC≌△NFD，再由全等三角形的性质得到重叠部分四边形EMCN的面积与△FDC的面积，最后由正方形的边长求得结果.【解答】解：如图，连接FD，∵点F是AC的中点，四边形ABCD是正方形，∵EF⊥EG，∴∠DFN=∠CFM，∴△MFC≌△NFD（ASA∴S四边形FMCN＝S△MFC+S△NFC＝S△NFD+S△NFC＝S△DFC，∵正方形ABCD的边长为2，∴FD＝FC=,∴S△DFC=×FD×FC=××=1，∴重叠部分四边形EMCN的面积为1.故选：D.【考点9】旋转作图问题【例9】（无为市期末）如图，在平面直角坐标系中，Rt△ABC的三个顶点分别是A(﹣3，2B（O，4（1）将△ABC向下平移三个单位，画出平移后对应的△A1B1C1；（2）将△ABC以点C为旋转中心顺时针旋转90°可以得到△A2B2C2，画出△A2B2C2并直接写出弧AA2的长度.【分析】（1）利用平移变换的性质分别作出A，B，C的对应点A1，B1，C1即可；（2）利用旋转变换的性质分别作出A，B，C的对应点A2，B2，C2即可，再利用弧长公式求解.【解答】解1）如图，△A1B1C1即为所求；（2）如图，△A2B2C2即为所求，弧AA2的长度==.【变式9.1】（西和县期末）△ABC在平面直角坐标系xOy中的位置如图所示.（1）作△ABC关于点C成中心对称的△A1B1C1；（2）将△A1B1C1绕点A1顺时针旋转90°后得到△A2B2C2，作出△A2B2C2；（3）利用网格画出AB边上的高CD，并求出CD=.【分析】（1）根据△ABC关于点O成中心对称的△A1B1C1；进而得出A，B，C关于原点对称的对应点即可得出答案；（2）将△A1B1C1绕点A1顺时针方向旋转90°,得到对应点A2，B2，C2进而得出答案；（3）利用面积法求解.【解答】解1）如图所示：△A1B1C1即为所求；（2）如图所示：△A2B2C2即为所求；（3）∵AB==,∴CD=.故答案为：.【变式9.2】（黔江区期末）如图所示的方格纸中，每个小正方形的边长都为1，△ABC与△A1B1C1构成中心对称图形.（1）画出此中心对称图形的对称中心O；（2）画出将△A1B1C1，沿直线DE方向向上平移5格得到的△A2B2C2；（3）要使△A2B2C2与△CC1C2重合，则△A2B2C2绕点C2顺时针方向旋转，至少要旋转90度不要求证明）（4）求△CC1C2的面积.【分析】（1）对应点连线的交点即为旋转中心；（2）利用平移变换的性质分别作出A1，B1，C1的对应点A2，B2，C2即可；（3）利用旋转变换的性质判断即可；（4）根据三角形面积公式求解.【解答】解1）如图，点O即为所求；（2）如图，△A2B2C2即为所求；（3）要使△A2B2C2与△CC1C2重合，则△A2B2C2绕点C2顺时针方向旋转，至少要旋转90度.故答案为：90；（4）△CC1C2的面积=【变式9.3】（海曙区期末）图1，图2，图3都是由边长为a的小菱形构成的网格，每个网格图中都有3个小菱形已经涂上了阴影，请在余下的小菱形中，分别按下列要求选取一个涂上阴影.（1）使得4个阴影小菱形组成一个既是轴对称图形又是中心对称图形（图1（2）使得4个阴影小菱形组成一个轴对称图形但不是中心对称图形（图2（3）使得4个阴影小菱形组成一个中心对称图形但不是轴对称图形（图3）.【分析】（1）根据中心对称图形的定义画出图形即可；（2）根据轴对称图形，中心对称图形的定义画出图形即可；（3）根据轴对称图形，中心对称图形的定义画出图形即可.【解答】解1）如图1中，在①的位置涂上阴影构造平行四边形即可；（2）如图2中，在①②两个位置任选其一即可；（3）如图3中，在①②两个位置任选其一即可.【考点10】有关旋转综合问题,连接DE．将△ADE绕点A顺时针方向旋转，记旋转角为θ.（1）[问题发现]①当θ=0°时，=（2）[拓展研究];试判断：当0°≤θ＜360°时，的大小有无变化？请仅就图2的情形给出证明；（3）[问题解决]当△ADE旋转至B、D、E三点共线时，线段CD的长为或.【分析】（1）①根据等腰直角三角形的性质得到∠A=∠B＝45°,AB＝8，根据题意求出AD和DE，根据平行线分线段成比例定理计算即可；②根据平行线分线段成比例定理计算，得到答案；（2）证明△ADC∽△AEB，根据相似三角形的性质列出比例式，代入计算即可；（3）分点E在BD上、点D在BE的延长线上两种情况，根据勾股定理求出BE，根据（2）的结论计算即可.【解答】解1）①当θ=0°时，如图1，在Rt△ABC中，AC＝BC＝8，∴DE∥CB，∴==,故答案为：；②当θ=180°时，如图2，DE∥BC，:===,故答案为：；（2）当0。≤θ＜360。时，的大小没有变化.证明：在Rt△ABC中，“上ACB＝90。，AC＝BC， :，“上CAB＝上DAE，:上BAE＝上CAD，:△ADC∞△AEB，:.（3）如图3，当点E在BD上时，“上ADE＝90。，:上ADB＝90。，在Rt△ADB中，AB＝8，AD＝4，由勾股定理得，DB4√G，:BE＝BD+DE＝4+4，由（2）可知，==,:CD4+4；如图4，当点D在BE的延长线上时，在Rt△ADB中，AD＝4，AB＝8，由勾股定理得，BD4√G，:BE＝BD-DE＝4-4，故答案为：或.【变式10.1】（贵阳期中）如图，点E是正方形ABCD内一动点，满足∠AEB＝90°,且∠BAE＜45°.（1）[动手实践]将图中的△ABE绕点A逆时针旋转90°得到△ADF，点B与点D重合，点E旋转后的对应点是点F，依题意在图中补全图形；（2）[问题探究]在补全的图中，分别延长BE和FD交于点G，判断四边形AEGF的形状，并证明；（3）[拓展延伸]猜想线段BE，EG，DG之间的数量关系，用等式表示猜想结果，并说明理由.【分析】（1）依题意补全图形；（2）由旋转的性质得出AE＝AE，∠EAF＝90°,∠F=∠AEG＝90°,得出矩形AEGF是正方形；（3）由正方形的性质得出EG＝GF，由旋转的性质得出BE＝DF，则可得出结论.【解答】解1）依题意补全图形，如图，（2）四边形AEGF是正方形，证明：∵△ABE绕点A逆时针旋转90°得到△ADF，∴四边形AEGF是矩形，又∵AE＝AF，∴矩形AEGF是正方形；（3）线段EG，DG，BE的数量关系为：EG＝DG+BE，理由如下：∵△ABE绕点A逆时针旋转90°得到△ADF，∵四边形AEGF是正方形，【变式10.2】（宽城区校级月考）如图①,Rt△ABC和Rt△BDE重叠放置在一起，∠ABC=∠DBE＝90°,且AB＝2BC，BD＝2BE.（1）观察猜想：图①中线段AD与CE的数量关系是AD＝2DE，位置关系是AD⊥CE；（2）探究证明：把△BDE绕点B顺时针旋转到图②的位置，连接AD，CE，判断线段AD与CE的数量关系和位置关系如何，并说明理由；（3）拓展延伸：若把△BDE绕点B顺时针旋转α（0°≤α≤180°),直线CE与直线AD相交于点F，BD＝3，则BF的最大值为4.【分析】（1）根据相似三角形的判定定理得到△BDE∽△BAC，求得∠BDE=∠A，得到DE∥AC，求得==2，于是得到结论；（2）根据旋转的性质得到∠CBE=∠ABD，求得△BCE∽△BAD，得到==2，∠BEC=∠BDA，延长CE交AD于H，于是得到结论；（3）过D