中考数学解题指导专题11：几何三大变换之旋转探讨 92页

1 【2013 年中考攻略】专题 11：几何三大变换之旋转探讨 轴对称、平移、旋转是平面几何的三大变换。旋转变换是指在同一平面内，将一个图形（含点、线、 面）整体绕一固定点旋转一个定角，这样的图形变换叫做图形的旋转变换，简称旋转。旋转由旋转中心、 旋转的方向和角度决定。经过旋转，旋转前后图形的形状、大小不变，只是位置发生改变；旋转前、后 图形的对应点到旋转中心的距离相等，即旋转中心在对应点所连线段的垂直平分线上； 旋转前、 后的图形对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角。 把一个图形绕着某一定点旋转一个角度 360°/n(n 为大于 1 的正整数)后，与初始的图形重合， 这种图形就叫做旋转对称图形，这个定点就叫做旋转对称中心，旋转的角度叫做旋转角。 特别地，中心对称也是旋转对称的一种的特别形式。把一个图形绕着某一点旋转 180°，如果 它能与另一个图形重合，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， 这两个图形的对应点叫做关于中心的对称点。如果把一个图形绕某一点旋转 180 度后能与自身重 合，这个图形是中心对称图形。 在初中数学以及日常生活中有着大量的旋转变换的知识，是中考数学的必考内容。 结合 2011 和 2012 年全国各地中考的实例，我们从下面九方面探讨旋转变换：（ 1）中心对称和中心 对称图形；（2）构造旋转图形；（3）有关点的旋转；（4）有关直线（线段）的旋转；（5）有关等腰（边） 三角形的旋转；（6）有关直角三角形的旋转；（7）有关平行四边形、矩形、菱形的旋转；（8）有关正方形 的旋转；（ 9）有关其它图形的旋转。 一、中心对称和中心对称图形： 典型例题： 例 1. （2012 天津市 3 分）下列标志中，可以看作是中心对称图形的是【 】 【答案】B。 【考点】中心对称图形。 【分析】根据中心对称图形的概念：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，由此结合各图形的特点求解：A、C、D 都不符合中心对称的定 义。故选 B。 （D） （C） （B） （A） 2 例 2. （2012 上海市 4 分）在下列图形中，为中心对称图形的是【 】 A． 等腰梯形 B． 平行四边形 C． 正五边形 D． 等腰三角形 【答案】B。 【考点】中心对称图形。 【分析】根据中心对称图形的概念，中心对称图形是图形沿对称中心旋转 180 度后与原图重合。因此，等 腰梯形、正五边形、等腰三角形都不符合；是中心对称图形的只有平行四边形．故选 B。 例 3. （2012 广东深圳 3 分）下列图形中，既是轴对称图形，又是中心对称图形的是【 】 【答案】A。 【考点】中心对称和轴对称图形。 【分析】根据轴对称图形与中心对称图形的概念，轴对称图形两部分沿对称轴折叠后可重合；中心对称图 形是图形沿对称中心旋转 180 度后与原图重合。因此， A．既是轴对称图形，又是中心对称图形，选项正确； B．既不是轴对称图形，也不是中心对称图形，选项错误； C.是轴对称图形，不是中心对称图形，选项错误； D.不是轴对称图形，是中心对称图形，选项错误。 故选 A。 例 4. （2012 福建宁德 4 分）下列两个电子数字成中心对称的是【 】 【答案】A。 【考点】中心对称图形。 【分析】根据中心对称图形的概念，中心对称图形是图形沿对称中心旋转 180 度后与原图重合。因此，符 合条件的只有 A。故选 A。 例 5. （2012 湖北随州 4 分）下列图形：①等腰梯形，②菱形，③函数 1y= x 的图象，④函数 y=kx+b(k≠0) 的图象，其中既是轴对称图形又是中心对称图形的有【 】 3 A．①② B.①③ C.①②③ D.②③④ 【答案】D。 【考点】轴对称图形和中心对称图形。 【分析】根据轴对称图形与中心对称图形的概念，轴对称图形两部分沿对称轴折叠后可重合；中心对称图 形是图形沿对称中心旋转 180 度后与原图重合。因此， ①等腰梯形，是轴对称图形，不是中心对称图形，故本小题错误； ②菱形，既是轴对称图形又是中心对称图形，故本小题正确； ③函数 1y= x 图象是双曲线，既是轴对称图形又是中心对称图形，故本小题正确； ④函数 y=kx+b（k≠0）图象是直线，既是轴对称图形又是中心对称图形，故本小题正确。 综上所述，既是轴对称图形又是中心对称图形有②③④。故选 D。 例 6. （2012 山东德州 4 分）在四边形 ABCD 中，AB=CD，要使四边形 ABCD 是中心对称图形，只需添 加一个条件，这个条件可以是 ▲ ．（只要填写一种情况） 【答案】AD=BC（答案不唯一）。 【考点】中心对称图形，平行四边形的判定。 【分析】根据平行四边形是中心对称图形，可以针对平行四边形的各种判定方法，给出相应的条件，得出 此四边形是中心对称图形： ∵AB=CD，∴当 AD=BC 时，根据两组对边分别相等的四边形是平行四边形。 当 AB∥CD 时，根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形。 当∠B+∠C=180°或∠A+∠D=180°时，四边形 ABCD 是平行四边形。 故此时是中心对称图形。 故答案为：AD=BC 或 AB∥CD 或∠B+∠C=180°或∠A+∠D=180°等（答案不唯一）。 例 7. （2012 四川宜宾 3 分）如图，在平面直角坐标系中，将△ABC 绕点 P 旋转 180°得到△DEF，则点 P 的坐标为 ▲ ． 【答案】（﹣1，﹣1）。 【考点】坐标与图形的旋转变化，中心对称的性质。 4 【分析】∵将△ABC 绕点 P 旋转 180°得到△DEF， ∴△ABC 和△DEF 关于点 P 中心对称。 ∴连接 AD，CF，二者交点即为点 P。 由图知，P（﹣1，﹣1）。 或由 A（0，1）， D（﹣2，﹣3），根据对应点到旋转中心的距离相等的性质得点 P 的坐标为 （ 0 2 1 3 22  ， ），即（﹣1，﹣1）。 练习题： 1. （2012 重庆市 4 分）下列图形中，是轴对称图形的是【 】 A． B． C． D． 2.（2012 广东珠海 3 分）下列图形中不是中心对称图形的是【 】 A.矩形 B.菱形 C.平行四边形 D.正五边形 3. （2012 江苏盐城 3 分）下列图形中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是【 】 4.（2012 四川达州 3 分）下列几何图形中，对称性与其它图形不同的是【 】 5.（2012 河南省 3 分）如下是一种电子记分牌呈现的数字图形，其中既是轴对称图形又是中心对称图形的 是【 】 A． B． C． D． 6.（2012 黑龙江大庆 3 分）下列哪个函数的图象不是中心对称图形【 】 5 A. y 2 x B. 2y x C．  2y x 2 D. y 2x 7.（2011 云南曲靖 3 分）小明、小辉两家所在位置关于学校中心对称。如果小明家距学校 2 公里，那么他 们两家相距 ▲ 公里； 二、构造旋转图形： 典型例题： 例 1. （2012 浙江丽水、金华 3 分）在方格纸中，选择标有序号①②③④中的一个小正方形涂黑，与图中 阴影部分构成中心对称图形．该小正方形的序号是【 】 A．① B．② C．③ D．④ 【答案】B。 【考点】中心对称图形。 【分析】根据中心对称图形的概念，中心对称图形是图形沿对称中心旋转 180 度 后与原图重合。因此，通过观察发现，当涂黑②时，所形成的图形关于点 A 中心 对称。故选 B。 例 2. （2012 福建三明 8 分）如图，已知△ABC 三个顶点的坐标分别为 A（－2，－1）， B（－3，－3）， C（－1，－3）. ①画出△ABC 关于 x 轴对称的△A1B1C1，并写出点 A1 的坐标；（4 分） ②画出△ABC 关于原点 O 对称的△A2B2C2，并写出点 A2 的坐标.（4 分） 【答案】解：①如图所示，A1（－2，1）。 ②如图所示，A2（2，1）。 6 【考点】轴对称和中心对称作图。 【分析】根据轴对称和中心对称的性质作图，写出 A1、A2 的坐标。 例 3.（2012 海南省 8 分）如图，在正方形网络中，△ABC 的三个顶点都在格点上，点 A、B、C 的坐标分 别为（－2，4）、（－2，0）、（－4，1），结合所给的平面直角坐标系解答下列问题： （1）画出△ABC 关于原点 O 对称的△A1B1C1. （2）平移△ABC，使点 A 移动到点 A2（0，2），画出平移后的△A2B2C2 并写出点 B2、C2 的坐标. （3）在 △ABC、△A1B1C1、△A2B2C2 中，△A2B2C2 与 成中心对称，其对称中心的坐标为 . 【答案】解：（1）△ABC 关于原点 O 对称的△A1B1C1 如图所示： （2）平移后的△A2B2C2 如图所示： 7 点 B2、C2 的坐标分别为（0，－2），（－2，－1）。 （3）△A1B1C1；（ 1，－1）。 【考点】网格问题，作图（中心对称变换和平移变换），中心对称和平移 的性质。 【分析】（1）根据中心对称的性质，作出 A、B、C 三点关于原点的对称 点 A1、B1、C1，连接即可。 （2）根据平移的性质，点 A（－2，4）→A2（0，2），横坐标加 2，纵坐标减 2，所以将 B（－2，0）、 C（－4，1）横坐标加 2，纵坐标减 2 得到 B2（0，－2）、 C2（－2，－1），连接即可。 （3）如图所示。 例 4. （2012 江苏泰州 10 分）如图，在边长为 1 个单位长度的小正方形组成的网格中，△ABC 的顶点 A、B、C 在小正方形的顶点上，将△ABC 向下平移 4 个单位、再向右平移 3 个单位得到△A1B1C1，然 后将△A1B1C1 绕点 A1 顺时针旋转 90°得到△A1B2C2． （1）在网格中画出△A1B1C1 和△A1B2C2； （2）计算线段 AC 在变换到 A1C2 的过程中扫过区域的面积（重叠部分不重复计算） 【答案】解：（1）如图所示： 8 （2）∵图中是边长为 1 个单位长度的小正方形组成的网 格， ∴ 22AC 2 2 2 2   。 ∵将△ABC 向下平移 4 个单位 AC 所扫过的面积是 以 4 为底，以 2 为高的平行四边形的面积：4×2=8。 再向右平移 3 个单位 AC 所扫过的面积是以 3 为底， 以 2 为高的平行四边形的面积：4×2=6。 当△A1B1C1 绕点 A1 顺时针旋转 90°到△A1B2C2 时，A1C1 所扫过的面积是以 A1 为圆心以 以 2 2 为半径，圆心角为 90°的扇形的面积，重叠部分是以 A1 为圆心，以 2 2 为半径，圆心角为 45° 的扇形的面积，去掉重叠部分，面积为：  2 45 2 2 =360    ∴线段 AC 在变换到 A1C2 的过程中扫过区域的面积=8＋6＋π×=14+π。 【考点】作图（平移和旋转变换），平移和旋转的性质，网格问题，勾股定理，平行四边形面积和扇形面 积的计算。 【分析】（1）根据图形平移及旋转的性质画出△A1B1C1 及△A1B2C2 即可。 （2）画出图形，根据图形平移及旋转的性质分三部分求取面积。 例 5.（2012 江苏常州 6 分）在平面直角坐标系 xOy 中，已知△ABC 和△DEF 的顶点坐标分别为 A（1，0）、 B（3，0）、 C（2，1）、 D（4，3）、 E（6，5）、 F（4，7）。按下列要求画图：以点 O 为位似中心，将△ABC 向 y 轴左侧按比例尺 2：1 放大得△ABC 的位似图形△A1B1C1，并解决下列问题： （1）顶点 A1 的坐标为 ▲ ，B1 的坐标为 ▲ ，C1 的坐标为 ▲ ； （2）请你利用旋转、平移两种变换，使△A1B1C1 通过变换后得到△A2B2C2，且△A2B2C2 恰与△DEF 拼接 成一个平行四边形（非正方形）。写出符合要求的变换过程。 9 【答案】解：作图如下： （1）（－2，0），（－6，0），（－4，－2）。 （2）符合要求的变换有两种情况： 情况 1：如图 1，变换过程如下： 将△A2B2C2 向右平移 12 个单位，再向上平移 5 个单位；再以 B1 为中心顺时针旋转 900。 情况 2：如图 2，变换过程如下： 将△A2B2C2 向右平移 8 个单位，再向上平移 5 个单位；再以 A1 为中心顺时针旋转 900。 【考点】作图（位似、平移和旋转）网格问题，位似的性质，平移的性质，旋转的性质。 10 【分析】（1）作位似变换的图形的依据是相似的性质，基本作法是：①先确定图形的位似中心；②利用 相似图形的比例关系作出关键点的对应点；③按原图形中的方式顺次连接对应点．要注意有两种情况，图 形在位似中心的同侧或在位似中心的两侧。 （2）作平移变换时，找关键点的对应点也是关键的一步．平移作图的一般步骤为：①确定平移 的方向和距离，先确定一组对应点；②确定图形中的关键点；③利用第一组对应点和平移的性质确定图中 所有关键点的对应点；④按原图形顺序依次连接对应点，所得到的图形即为平移后的图形。 作旋转变换时，找准旋转中心和旋转角度。 例 6. （2012 福建漳州 8 分）利用对称性可设计出美丽的图案．在边长为 1 的方格纸中,有如图所示的四边 形(顶点都在格点上)． (1)先作出该四边形关于直线l 成轴对称的图形，再作出你所作的图形连同原四边形绕 O 点按顺时针方 向旋转 90o 后的图形； (2)完成上述设计后，整个．．图案的面积等于_________． 【答案】解：（1）作图如图所示： 先作出关于直线 l 的对称图形；再作出所作的图形连同原四边形绕 O 点按顺时针方向 旋转 90°后的图形。 （2）20。 【考点】利用旋转设计图案，利用轴对称设计图案。 【分析】（1）根据图形对称的性质先作出关于直线 l 的对称图形，再作出所作的图形连同原四边形绕 0 点 11 按顺时针方向旋转 90°后的图形即可。 （2）先利用割补法求出原图形的面积，由图形旋转及对称的性质可知经过旋转与轴对称所得图形 与原图形全等即可得出结论。 ∵边长为 1 的方格纸中一个方格的面积是 1，∴原图形的面积为 5。 ∴整个图案的面积=4×5=20。 例 7. （2012 福建福州 7 分）如图，方格纸中的每个小方格是边长为 1 个单位长度的正方形． ① 画出将 Rt△ABC 向右平移 5 个单位长度后的 Rt△A1B1C1； ② 再将 Rt△A1B1C1 绕点 C1 顺时针旋转 90°，画出旋转后的 Rt△A2B2C1，并求出旋转过程中线段 A1C1 所扫过的面积(结果保留 π)． 【答案】解：① 如图所示； ② 如图所示； 在旋转过程中，线段 A1C1 所扫过的面积等于90·π·42 360 ＝4π。 【考点】平移变换和旋转变换作图，扇形面积的计算。 【分析】根据图形平移的性质画出平移后的图形，再根据在旋转过程中，线段 A1C1 所扫过的面积等于以 点 C1 为圆心，以 A1C1 为半径，圆心角为 90 度的扇形的面积，再根据扇形的面积公式进行解答即可。 例 8. （2012 四川南充 3 分）如图，四边形 ABCD 中，∠BAD=∠BCD=900,AB=AD,若四边形 ABCD 的面 积是 24cm2.则 AC 长是 ▲ cm. 【答案】4 3 。 【考点】等腰直角三角形的性质，旋转的性质，勾股定理。 12 【分析】如图，将△ADC 旋转至△ABE 处，则△AEC 的面积和四边形 ABCD 的面积一样多为 24cm2，, 这时三角形△AEC 为等腰直角三角形，作边 EC 上的高 AF，则 AF= 1 2 EC=FC, ∴ S△AEC= AF·EC=AF2=24 。∴AF2=24。 ∴AC2=2AF2=48 AC=4 3 。 练习题： 1. （2012 湖南张家界 6 分）如图，在方格纸中，以格点连线为边的三角形叫格点三角形，请按要求完成 下列操作：先将格点△ABC 向右平移 4 个单位得到△A1B1C1，再将△A1B1C1 绕点 C1 点旋转 180°得到 △A2B2C2． 2.（2012 贵州六盘水 10 分）如图，方格纸中的每个小方格都是边长为 1 个单位的正方形．Rt△ABC 的顶 点均在格点上，建立平面直角坐标系后，点 A 的坐标为（﹣4，1），点 B 的坐标为（﹣1，1）． 13 （1）先将 Rt△ABC 向右平移 5 个单位，再向下平移 1 个单位后得到 Rt△A1B1C1．试在图中画出图形 Rt△A1B1C1，并写出 A1 的坐标； （2）将 Rt△A1B1C1 绕点 A1 顺时针旋转 90°后得到 Rt△A2B2C2，试在图中画出图形 Rt△A2B2C2．并计算 Rt△A1B1C1 在上述旋转过程中 C1 所经过的路程． 3.（吉林省 6 分）如图所示，在 7×6 的正方形网格中，选取 14 个格点，以其中三个格点为顶点一画出  ABC, 请你以选取的格点为顶点再画出一个三角形，且分别满足下列条件： （1） 图①中所画的三角形与 ABC 组成的图形是轴对称图形。 （2） 图②中所画的三角形与 ABC 组成的图形是中心对称图形。 （3） 图③中所画的三角形与 ABC 的面积相等，但不全等。 C BA C BA 4.（2011 浙江绍兴 8 分）分别按下列要求解答： （1）在图 1 中．作出⊙O 关于直线 l 成轴对称的图形； （2）在图 2 中．作出△ABC 关于点 P 成中心对称的图形． 图① 图② 图③ 14 5.（2011 辽宁抚顺 10 分）如图，在边长为 1 个单位长度的小正方形组成的网格中，△ABC 与△DEF 关于 点 O 成中心对称，△ABC 与△DEF 的顶点均在格点上，请按要求完成下列各题． (1)在图中画出点 O 的位置． (2)将△ABC 先向右平移 4 个单位长度，再向下平移 2 个单位长度，得到△A1B1C1，请画出△A1B1C1； (3)在网格中画出格点 M，使 A1M 平分∠B1A1C1. 6.（2011 辽宁阜新 10 分）如图，在边长为 1 的小正方形组成的网格，直角梯形 ABEF 的顶点均在格点上， 请按要求完成下列各题： （1）请在图中拼上一个直角梯形，使它与梯形 ABEF 构成一个等腰梯形 ABCD； （2）将等腰梯形 ABCD 绕点 C 按顺时针方向旋转 90°，画出相应的图形 A1B1CD1； （3）求点 A 旋转到点 A1 时，点 A 所经过的路线长．（结果保留 π） 7. （2011 黑龙江省绥化、齐齐哈尔、黑河、大兴安岭、鸡西 6 分）如图，每个小方格都是边长为 1 个单 位长度的小正方形． （1）将△ABC 向右平移 3 个单位长度，画出平移后的△A1B1C1． 15 （2）将△ABC 绕点 O 旋转 180°，画出旋转后的△A2B2C2． （3）画出一条直线将△AC1A2 的面积分成相等的两部分． 8.（2011 广东台山 10 分）如图，在 5×5 的正方形网格中，每个小正方形的边长都为 1，请在所给网格中按下 列要求画出图形。 （1） 从点 A 出发的一条线段 AB，使它的另一个端点落在格点（即小方形的顶点）上，且长度为 22 ； （2）以（1）中的 AB 为边的一个等腰三角形 ABC，使点 C 在格点上，且另两边的长都是无理数； （3）以（1）中的 AB 为边的两个凸多边形，使它们都是中心对称图形且不全等，其顶点都在格点 上，各边长都是无理数。 9.（2011 湖北孝感 8 分）如图所示，网格中每个小正方形的边长为 1，请你认真观察图（1）中的三个网格 中阴影部分构成的图案，解答下列问题： 图（1） 图（2） （1）这三个图案都具有以下共同特征：都是______对称图形，都不是____对称图形. （4 分） （2）请在图（2）中设计出一个面积为 4，且具备上述特征的图案，要求所画图案不能与图（1）中所 给出的图案相同. （4 分） 16 10. （2011 四川巴中 8 分） 在如图所示的方格纸中，每个小正方形的边长都是 l，△ABC 与△ A'B'C'成 中心对称。 (1)画出对称中心 O； (2)画出将△ 沿直线 MN 向上平移 5 格得到的△ A''B''C''： (3)要使△ 与△ CC'C''重合，则△ 绕点 C''沿顺时针方向旋转，至少旋转多少度?(直接写出 答案) 11.（2011 山东烟台 4 分）如图，三个边长均为 2 的正方形重叠在一起，O1、O2 是其中两个正方形的中心， 则阴影部分的面积是 ▲ . 三、有关点的旋转： 典型例题： 例 1. （2012 广东梅州 7 分）如图，在边长为 1 的正方形组成的网格中，△AOB 的顶点均在格点上，点 A、 B 的坐标分别是 A（3，2）、 B（1，3）． △AOB 绕点 O 逆时针旋转 90°后得到△A1OB1．（直接填写答案） （1）点 A 关于点 O 中心对称的点的坐标为 ； （2）点 A1 的坐标为 ； （3）在旋转过程中，点 B 经过的路径为弧 BB1，那么弧 BB1 的长为 ． 17 【答案】解：（1）（﹣3，﹣2）。 （2） （﹣2，3）。 （3） 10 2  。 【考点】坐标与图形的旋转变化，关于原点对称的点的坐标特征，弧长的计算。 【分析】（1）根据关于坐标原点成中心对称的点的横坐标与纵坐标都互为相反数的性质即可得。 （2）根据平面直角坐标系写出即可。 （3）先利用勾股定理求出 OB 的长度，然后根据弧长公式列式进行计算即可得解： 根据勾股定理，得 22OB 1 +3 = 10 ，∴弧 BB1 的长= 90 0 10=180 2   。 例 2. （2012 黑龙江大庆 9 分）在直角坐标系中，C(2，3)，C′(－4，3)， C″(2,1)，D(－4，1)，A(0，a )， B( ，O)( 0). （1）结合坐标系用坐标填空． 点 C 与 C′关于点 对称; 点 C 与 C″关于点 对称; 点 C 与 D 关于点 对称 （2）设点 C 关于点(4，2)的对称点是点 P，若△PAB 的面积等于 5，求 值． 18 例 3. （2012 黑龙江牡丹江 3 分）如图，A( 3 ，1)，B(1， 3 )．将 △AOB 绕点 O 旋转 l500 得到△A′OB′，， 则此时点 A 的对应点 A′的坐标为【 】． A．(－ ，－l) B．(－2，0) C．(－l，－ )或（－2，0) D．(－ ，－1)或(－2，0) 【答案】C。 19 【考点】坐标和图形，锐角三角函数定义，特殊角的三角函数值，关于原点对称的点的坐标特征。 【分析】如图，过点 A 作 AC⊥ｘ轴于点 C, 过点 B 作 BD⊥ｙ轴于点 D。 由锐角三角函数定义， AC 3tan AOC OC 3   ,∴ 0AOC 30。 同理， 0BOD 30。∴ 0AOB 30。 若将△AOB 绕点 O 顺时针旋转 l500，则点 A′与点 B 关于坐标原点对称， ∴A′(－l，－ 3 )。 若将△AOB 绕点 O 逆时针旋转 l500，则点 A′在ｘ轴反方向上， ∴A′(－2，0)。 综 上 所 述 ， 点 A 的对应点 A′ 的坐标为( － l ，－ ) 或 ( － 2 ， 0) 。故选 C 。 练习题： 1. （2011 河南省 3 分）如图，将一朵小花放置在平面直角坐标系中第三象限内的甲位置，先将它绕原点 O 旋转 180°到乙位置，再将它向下平移 2 个单位长到丙位置，则小花顶点 A 在丙位置中的对应点 A′的坐标 为 【 】 A、（ 3，1） B、（ 1，3） C、（ 3，﹣1） D、（ 1，1） 2.（2011 山东泰安 3 分）若点 A 的坐标为（6，3）O 为坐标原点，将 OA 绕点 O 按顺时针方向旋转 90°得 到 OA′，则点 A′的坐标是【 】 20 A、（ 3，﹣6） B、（﹣3，6） C、（﹣3，﹣6） D、（ 3，6） 3. （2011 辽宁盘锦 10 分）如图，风车的支杆 OE 垂直于桌面，风车中心 O 到桌面的距离 OE 为 25cm，小 小风车在风吹动下绕着中心 O 不停地转动，转动过程中，叶片端点 A、B、C、D 在同一圆 O 上，已知⊙O 的半径为 10cm. (1)风车在转动过程中，当∠AOE＝45°时，求点 A 到桌面的距离(结果保留根号)． (2)在风车转动一周的过程中，求点 A 相对于桌面的高度不超过 20cm 所经过的路径长(结果保留 π)． 备用图 1 备用图 2 4.（2011 四川眉山 11 分）如图，在直角坐标系中，已知点 A（0，1）， B（－4，4），将点 B 绕点 A 顺时 针方向旋转 90°得到点 C；顶点在坐标原点的拋物线经过点 B． （1）求抛物线的解析式和点 C 的坐标； （2）抛物线上一动点 P，设点 P 到 x 轴的距离为 d1，点 P 到点 A 的距离为 d2，试说明 d2=d1＋1； （3）在（2）的条件下，请探究当点 P 位于何处时，△PAC 的周长有最小值，并求出△PAC 的周长的最小 值． 21 5.（2011 辽宁葫芦岛 10 分）如图，有一直径 MN＝4 的半圆形纸片，其圆心为点 P，从初始位置Ⅰ开始， 在无滑动的情况下沿数轴向右翻滚至位置Ⅴ，其中，位置Ⅰ中的 MN 平行于数轴，且半⊙P 与数轴相切于 原点 O；位置Ⅱ和位置Ⅳ中的 MN 垂直于数轴；位置Ⅲ中的 MN 在数轴上；位置Ⅴ中的点 N 到数轴的距 离为 3，且半⊙P 与数轴相切于点 A. 解答下列问题： (1)位置Ⅰ中的 MN 与数轴之间的距离为________； 位置Ⅱ中的半⊙P 与数轴的位置关系是________； (2)求位置Ⅲ中的圆心 P 在数轴上表示的数； (3)纸片半⊙P 从位置Ⅲ翻滚到位置Ⅳ时，求点 N 所经过路径长及该纸片所扫过图形的面积； (4)求 OA 的长． [(2)，(3)，(4)中的结果保留 π] 四、有关直线（线段）的旋转： 典型例题： 例 1. （2012 安徽省 8 分）如图，在边长为 1 个单位长度的小正方形组成的网格中，给出了格点△ABC（顶 点是网格线的交点）和点 A1. （1）画出一个格点△A1B1C1，并使它与△ABC 全等且 A 与 A1 是对应点； 22 （2）画出点 B 关于直线 AC 的对称点 D，并指出 AD 可以看作由 AB 绕 A 点经过怎样的旋转而得到的. 【答案】解：（1）答案不唯一，如图，平移即可： (2)作图如上， ∵AB= 10 ，AD= ，BD= 25，∴AB2+AD2=BD2。 ∴△ABD 是直角三角形。 ∴AD 可以看作由 AB 绕 A 点逆时针旋转 90°得到的。 【考点】作图（平移变换、轴对称变换），全等图形，旋转和轴对称的性质，勾股定理和逆定理。 【分析】（1）利用△ABC 三边长度，画出以 A1 为顶点的三角形三边长度即可，利用图象平移，可得出 △A1B1C1。 （2）利用点 B 关于直线 AC 的对称点 D，得出 D 点坐标，根据勾股定理和逆定理可得出 AD 与 AB 的位置关系。 例 2.（2012 湖北武汉 7 分）如图，在平面直角坐标系中，点 A、B 的坐标分别为(－1，3)、(－4，1)，先 将线段 AB 沿一确定方向平移得到线段 A1B1，点 A 的对应点为 A1，点 B1 的坐标为(0，2)，在将线段 A1B1 23 绕远点 O 顺时针旋转 90°得到线段 A2B2，点 A 1 的对应点为点 A2． (1)画出线段 A1B1、A2B2； (2)直接写出在这两次变换过程中，点 A 经过 A1 到达 A2 的路径长． 【答案】解：（1）画出线段 A1B1、A2B2 如图： （2）在这两次变换过程中，点 A 经过 A1 到达 A2 的路径长为 517+ 2 。 【考点】网格问题，图形的平移和旋转变换，勾股定理，扇形弧长公式。 【分析】（1）根据图形的平移和旋转变换性质作出图形。 （2）如图，点 A 到点 A1 的平移变换中， 2 2 2 2 11A A A C +A C 4 +1 17   ， 点 A2 到点 A3 的平移变换中， ∵ 22 1 OA 3 +4 5， ∴ 1 12 90 OA 90 5 5A A 180 8 1 0 2       。 ∴在这两次变换过程中，点 A 经过 A1 到达 A2 的路径长为 。 例 3. （2012 四川泸州 2 分）将如图所示的直角梯形绕直线 l 旋转一周，得到的立体图形是【 】 24 【答案】D。 【考点】点、线、面的关系，旋转的性质。 【分析】将如图所示的直角梯形绕直线 l 旋转一周得到圆台。故选 D。 【注：本题已不是平面内的旋转，是空间内的旋转】 例 4. （2012 黑龙江大庆 3 分）平面直角坐标系中，O 为坐标原点，点 A 的坐标为( 3 ，1)，将 OA 绕原 点按逆时针方向旋转 30°得 OB，则点 B 的坐标为【 】 A.(1， ) B.( －1， ) C.(0，2) D.(2，0) 【答案】 A。 【考点】坐标与图形的旋转变换，勾股定理，特殊角的三角函数值，全等三角形的判定和性质。 【分析】如图，作 AC⊥x 轴于 C 点，BD⊥y 轴于 D 点， ∵点 A 的坐标为（ 3 ，1）， ∴AC=1，OC= 。 ∴OA=  2 23 +1 =2 。∴∠AOC=30°。 ∵OA 绕原点按逆时针方向旋转 30°得 OB， ∴∠AOB=30°，OA=OB。∴∠BOD=30°。 ∴Rt△OAC≌Rt△OBD（AAS）。 ∴DB=AC=1，OD=OC= 。∴B 点坐标为（1， ）。故选 A。 例 5. （2012 陕西省 3 分）请从以下两个小题中任选一个．．．．作答，若多选，则按所选的第一题计分． A．在平面内，将长度为 4 的线段 AB 绕它的中点 M，按逆时针方向旋转 30°，则线段 AB 扫过的面积为 ▲ ． B．用科学计算器计算： 7 sin69 ▲ （精确到 0.01）． 【答案】 2 3 ；2.47。 【考点】扇形面积的计算，计算器的应用。 【分析】A、画出示意图，根据扇形的面积公式求解即可： 25 由题意可得，AM=MB= 1 2 AB=2。 ∵线段 AB 扫过的面积为扇形 MCB 和扇形 MAB 的面积和， ∴线段 AB 扫过的面积= 230 2 22 360 3  。 B、用计算器计算即可： 7 sin69 2.47 。 例 6. （2012 江苏镇江 6 分）在平面直角坐标系 xOy 中，点 A 的坐标为（0，2），直线 OP 经过原点，且 位于一、三象限，∠AOP=450（如图 1）。设点 A 关于直线 OP 的对称点为 B。 （1）写出点 B 的坐标 ▲ ； （2）过原点 O 的直线 l 从直线 OP 的位置开始，绕原点 O 顺时针旋转。 ①当直线 l 顺时针旋转 100 到直线 l1 的位置时（如图 1），点 A 关于直线 l1 的对称点为 C，则∠BOC 的 度数是 ▲ ，线段 OC 的长为 ▲ ； ②当直线 l 顺时针旋转 550 到直线 l2 的位置时（如图 2），点 A 关于直线 l2 的对称点为 D，则∠BOD 的度数是 ▲ ； ③直线 l 顺时针旋转 n0（0＜n≤900），在这个运动过程中，点 A 关于直线 l 的对称点所经过的路径长为 ▲ （用含 n 的代数式表示）。 【答案】解：（1）（ 2，0）。 （2）①200，2；②1100；③ n 45  。 26 例 7. （2012 四川泸州 7 分）“五一”节期间，小明和同学一起到游乐场游玩。如图为某游乐场大型摩天轮 的示意图，其半径是 20m，它匀速旋转一周需要 24 分钟，最底部点 B 离地面 1m。小明乘坐的车厢经过点 B 时开始计时。 (1)计时 4 分钟后小明离地面的高度是多少？ (2)的旋转一周的过程中，小明将有多长时间连续保持在离地面31m 以上的空中？ 【答案】解：（1）设 4 分钟后小明到达点 C，过点 C 作 CD⊥OB 于点 D，DA 即 为小明离地的高度， ∵∠COD= 0 0360 4=6024  ，∴OD= 1 2 OC= ×20=10。 27 ∴DA=20－10＋1=11（m）。 答：计时 4 分钟后小明离地面的高度是 11m。 （2）设当旋转到 E 处时，小明离地面高度为31m。 作弦 EF⊥AO 交 AO 的延长线于点 H，连接 OE，OF，此时 EF 离地面高度为 HA。 ∵HA=31，∴OH=31－1－20=10。∴OH= 1 2 OE。∴∠HOE=60°。∴∠FOE=120°。 ∵每分钟旋转的角度为： 0 0360 =1524 ，∴由点 E 旋转到 F 所用的时间为： 0 0 120 =8 15 （分钟）。 答：在旋转一周的过程中，小明将有 8 分钟的时间连续保持在离地面 31m 以上的空中。 【考点】圆的综合题，垂径定理，锐角三角函数定义，特殊角的三角函数值。 【分析】（1）设 4 分钟后小明到达点 C，过点 C 作 CD⊥OB 于点 D，根据旋转的时间可以求得旋转角∠COD， 利用三角函数即可求得 OD 的长，从而求解。 （2）设当旋转到 E 处时，小明离地面高度为31m。作弦 EF⊥AO 交 AO 的延长线于点 H，连接 OE， OF，此时 EF 离地面高度为 HA，在直角△OEH 中，利用三角函数求得∠HOE 的度数，则∠EOF 的度数即 可求得，则旋转的时间即可求得。 例 8. （2012 辽宁营口 14 分）在平面直角坐标系中，已知抛物线 cbxaxy  2 经过点 A 3( ，0)、B(0， 3)、C（1，0）三点． (1) 求抛物线的解析式和顶点 D 的坐标； (2) 如图 1，将抛物线的对称轴绕抛物线的顶点 D 顺时针旋转 60 ,与直线 xy  交于点 N．在直线 DN 上是否存在点 M，使得∠MON= 75 ．若存在，求出点 M 的坐标；若不存在，请说明理由； (3) 点 P、Q 分别是抛物线 和直线 上的点，当四边形 OBPQ 是直角梯形时， 求出点 Q 的坐标． 【答案】解：（1）由题意把 A(－3，0)、B(0，3)、C(1，0)代入 2y ax bx c   得， 28 9 3 0 3 0 a b c c abc        ，解得 1 2 3 a b c      。 ∴抛物线的解析式是 2 23y x x    。 ∵ 222 3 ( 1) 4y x x x        ， ∴抛物线的顶点 D 的坐标为（－1，4）。 （2）存在。理由如下： 由旋转得∠EDF=60°。 在 Rt△DEF 中，∵∠EDF=60°，DE=4， ∴EF=DE×tan60°=4 3 。 ∴OF=OE+EF=1+4 。 ∴F 点的坐标为（ 1 4 3 ，0）。 设过点 D、F 的直线解析式是 y kx b， 把 D（－1，4）， F（ ，0）代入求得 33433yx   。 分两种情况： ①当点 M 在射线 ND 上时，∵∠MON=75°，∠BON=45°， ∴∠MOB=∠MON﹣∠BON=30°。∴∠MOC=60°。 ∴直线 OM 的解析式为 3yx 。 ∴点 M 的坐标为方程组． 33433 3 yx yx       的解，解方程组得， 123 2 36 2 x y     。 ∴点 M 的坐标为（ 123 2 ， 36 2 ）。 ②当点 M 在射线 NF 上时，不存在点 M 使得∠MON=75°。 ∵∠MON=75°，∠FON=45°， ∴∠FOM=∠MON－∠FON=30°。 ∵∠DFE=30°。∴∠FOM=∠DFE。∴OM∥FN。∴不存在点 M 使得∠MON=75°。 综上所述，存在点 M ，且点 M 的坐标为（ ， ）。 （3）有两种情况： 29 ①如图，直角梯形 OBPQ 中，PQ∥OB，∠OBP=90°。 ∵∠OBP=∠AOB=90°，∴PB∥OA。 ∴点 P、B 的纵坐标相同都是 3。 ∵点 P 在抛物线 2 23y x x    上， ∴把 y  3 代入抛物线的解析式， 解得 1x ＝﹣2， 2x ＝0（舍去）。 由 PQ∥OB 得到点 P、Q 的横坐标相同，都等于－2， 把 x ＝﹣2 代入 ﹣ 得 2。 所以 Q 点的坐标为（－2，2）。 ②如图，在直角梯形 OBPQ 中，PB∥OQ，∠BPQ=90°。 ∵D(－1，4)，B(0，3) ，∴DB∥OQ。 ∵PB∥OQ，点 P 在抛物线上，∴点 P、D 重合。 ∴∠EDF=∠EFD=45°。∴EF=ED=4。∴OF=OE+EF=5。 作 QH⊥ x 轴于 H， ∵∠QOF=∠QFO=45°，∴OQ=FQ。∴OH= 1 2 OF= 5 2 。 ∴Q 点的横坐标﹣ 。 ∵Q 点在 ﹣ 上，∴把 ＝﹣ 代入 ﹣ 得 。 ∴Q 点的坐标为（﹣ ， ）。 综上所述，符合条件的点 Q 有两个,坐标分别为：（－2，2），（﹣ ， ）。 【考点】二次函数综合题，待定系数法，曲线上点的坐标与方程的关系，二次函数的性质，旋转的性质， 锐角三角函数定义，特殊角的三角函数值，直角梯形的判定。 【分析】（1）用待定系数法，将 A、B、C 的坐标代入 2y ax bx c   即可求得抛物线的解析式，化为顶 点式即可求得顶点坐标。 （2）分点 M 在射线 ND 上和点 M 在射线 NF 上两种情况讨论即可。 （3）分 PQ∥OB，∠OBP=90°和 PB∥OQ，∠BPQ=90°两种情况讨论即可。 例 9. （2012 辽宁阜新 10 分）如图，在由边长为 1 的小正方形组成的网格中，三角形 ABC 的顶点均落在 格点上． 30 （1）将△ABC 绕点 O 顺时针旋转 90°后，得到△A1B1C1．在网格中画出△A1B1C1； （2）求线段 OA 在旋转过程中扫过的图形面积；（结果保留 π） （3）求∠BCC1 的正切值． 【答案】解：（1）画图如下： （2）由勾股定理得， 22OA 2 2 2 2   ， 线段 OA 在旋转过程中扫过的图形为以 OA 为半径， 1AOA 为圆心角的扇形， ∴   1 2 OAA 90 2 2 S2360    扇形 。 答：线段 OA 在旋转过程中扫过的图形面积为 2 ． （3）在 Rt 1BCC 中， 1 1 1 BC 21tan BCC CC 4 2    。 答：∠BCC1 的正切值是 1 2 。 【考点】网格问题，旋转变换作图，勾股定理，扇形面积，锐角三角函数的定义。 【分析】（1）根据图形旋转的性质画出旋转后的图形即可。 （2）先根据勾股定理求出 OA 的长，再根据线段 OA 在旋转过程中扫过的图形为以 OA 为半径， ∠AOA1 为圆心角的扇形，利用扇形的面积公式得出结论即可。 （3）直接根据锐角三角函数的定义即可得出结论。 31 例 10. （2012 山东临沂 13 分）如图，点 A 在 x 轴上，OA=4，将线段 OA 绕点 O 顺时针旋转 120°至 OB 的位置． （1）求点 B 的坐标； （2）求经过点 A．O、B 的抛物线的解析式； （3）在此抛物线的对称轴上，是否存在点 P，使得以点 P、O、B 为顶点的三角形是等腰三角形？若存在， 求点 P 的坐标；若不存在，说明理由． 【答案】解：（1）如图，过 B 点作 BC⊥x 轴，垂足为 C，则 ∠BCO=90°。 ∵∠AOB=120°，∴∠BOC=60°。 又∵OA=OB=4， ∴OC= 1 2 OB= ×4=2， BC=OB•sin60°= 34 =2 32 。 ∴点 B 的坐标为（﹣2，﹣ 23）。 （2）∵抛物线过原点 O 和点 A．B， ∴可设抛物线解析式为 y=ax2+bx，将 A（4，0）， B（﹣2，﹣ ）代入，得 16a+4b=0 4a 2b= 2 3   ，解得 3a= 6 23b= 3     。 ∴此抛物线的解析式为 3 2 3y= x+63 。 （3）存在。 如图，抛物线的对称轴是 x=2，直线 x=2 与 x 轴的交点为 D，设点 P 的坐标为（2，y）。 ①若 OB=OP，则 22+|y|2=42，解得 y=± ， 32 当 y= 23时， 在 Rt△POD 中，∠PDO=90°，sin∠POD= PD 3 OP 2 ， ∴∠POD=60° ∴∠POB=∠POD+∠AOB=60°+120°=180°，即 P、O、B 三点在同一直线上。 ∴y= 不符合题意，舍去。 ∴点 P 的坐标为（2，﹣ ）。 ②若 OB=PB，则 42+|y+ |2=42，解得 y=﹣ 。 ∴点 P 的坐标为（2，﹣ ）。 ③若 OP=BP，则 22+|y|2=42+|y+ |2，解得 y=﹣ 。 ∴点 P 的坐标为（2，﹣ ）。 综上所述，符合条件的点 P 只有一个，其坐标为（2，﹣ ）。 【考点】二次函数综合题，旋转的性质，锐角三角函数定义，特殊角的三角函数值，待定系数法，曲线上 点的坐标与方程的关系，等腰三角形的性质，勾股定理，分类讨论。 【分析】（1）首先根据 OA 的旋转条件确定 B 点位置，然后过 B 做 x 轴的垂线，通过构建直角三角形和 OB 的长（即 OA 长）确定 B 点的坐标。 （2）已知 O、A、B 三点坐标，利用待定系数法求出抛物线的解析式。 （3）根据（2）的抛物线解析式，可得到抛物线的对称轴，然后先设出 P 点的坐标，而 O、B 坐 标已知，可先表示出△OPB 三边的边长表达式，然后分①OP=OB、②OP=BP、③OB=BP 三种情况分类讨 论，然后分辨是否存在符合条件的 P 点。 练习题： 1. （2011 浙江宁波 3 分）如图，Rt△ABC 中，∠ACB=90°，AC=BC= 22，若把 Rt△绕边 AB 所在直线 旋转一周，则所得几何体的表面积为【 】 33 (A) 4 (B) 42 (C)8 (D)82 2.（2011 广西北海 3 分）如图，直线 l： y ＝ x ＋2 与 轴交于点 A，将直线 l 绕点 A 旋转 90º后，所得直 线的解析式为【 】 A． ＝ －2 B． ＝－ ＋2 C． ＝－ －2 D． ＝－2 －1 3.(2011 四川德阳 3 分)如图，在平面直角坐标系中，已知点 A(a ，0)，B(0，b )，如果将线段 AB 绕点 B 顺时针旋转 90°至 CB，那么点 C 的坐标是【 】 A．()b b a， B．()bba， C．()a b a， D．()bba， 4.（2011 广西百色 8 分）直线 2yx   与反比例函数 y= x k 的图像交于Ａ、Ｂ两点，且与 ,xy 轴交于 C、 D 两点，A 点的坐标为（－3， k ＋4）. （1）求反比例函数的解析式 （2）把直线 AB 绕着点 M（―1，―1）顺时针旋转到 MN，使直线 MN⊥ x 轴，且与反比例函数的图像交 于点 N，求旋转角大小及线段 MN 的长。 5. （2011 广东台山 12 分）如图，点 A 在 轴上，点 B 在 轴上，且 OA=OB=1，经过原点 O 的直线 L 交线段 AB 于点 C，过 C 作 OC 的垂线，与直线 =1 相交于点 P，现将直线 L 绕 O 点旋转，使交点 C 从 A 34 向 B 运动，但 C 点必须在第一象限内，并记 AC 的长为t ，分析此图后，对下列问题作出探究： （1）当△AOC 和△BCP 全等时，求出 t 的值。 （2）通过动手测量线段 OC 和 CP 的长来判断它们之间的大小关系？并 证明你得到的结论。 （3）①设点 P 的坐标为（1, b ）,试写出 b 关于 的函数关系式和变量 的取值范围。②求出当△PBC 为等腰三角形时点 P 的坐标。 五、有关等腰（边）三角形的旋转： 典型例题： 例 1. （2012 湖北十堰 3 分）如图，O 是正△ABC 内一点，OA=3，OB=4，OC=5，将线段 BO 以点 B 为 旋转中心逆时针旋转 60°得到线段 BO′，下列结论：①△BO′A 可以由△BOC 绕点 B 逆时针旋转 60°得到； ②点 O 与 O′的距离为 4；③∠AOB=150°；④ AOBOS =6+3 3四 形边 ；⑤ AOC AOB 93S S 6+ 4 ．其中正确 的结论是【 】 A．①②③⑤ B．①②③④ C．①②③④⑤ D．①②③ 【答案】A。 【考点】旋转的性质，全等三角形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，勾股定理的逆定理。 【分析】∵正△ABC，∴AB=CB，∠ABC=600。 ∵线段 BO 以点 B 为旋转中心逆时针旋转 60°得到线段 BO′，∴BO=BO′，∠O′AO=600。 ∴∠O′BA=600－∠ABO=∠OBA。∴△BO′A≌△BOC。 ∴△ BO′A 可以由△BOC 绕点 B 逆时针旋转 60°得到。故结论①正确。 35 连接 OO′， ∵BO=BO′ ， ∠O′AO=600 ， ∴△OBO′ 是等边三角形。 ∴OO′=OB=4。故结论②正确。 ∵在△AOO′中，三边长为 O′A=OC=5，OO′=OB=4，OA=3，是 一组勾股数， ∴△AOO′是直角三角形。 ∴∠AOB=∠AOO′＋∠O′OB =900＋600=150°。故结论③正确。 AOO OBOAOBO 11S S S 3 4+ 4 2 3 6+4 322           四 形边 。故结论④错误。 如图所示，将△AOB 绕点 A 逆时针旋转 60°，使得 AB 与 AC 重合， 点 O 旋转至 O″点． 易知△AOO″是边长为 3 的等边三角形，△COO″是边长为 3、4、5 的 直角三角形。 则 AOC AOB AOCO COO AOO 1 1 3 3 9 3S S S S S 3 4+ 3 =6+2 2 2 4               。 故结论⑤正确。 综上所述，正确的结论为：①②③⑤。故选 A。 例 2. （2012 广东广州 3 分）如图，在等边三角形 ABC 中，AB=6，D 是 BC 上一点，且 BC=3BD，△ABD 绕点 A 旋转后得到△ACE，则 CE 的长度为 ▲ ． 【答案】2。 【考点】等边三角形的性质，旋转的性质。 【分析】由在等边三角形 ABC 中，AB=6，D 是 BC 上一点，且 BC=3BD，根据等边三角形三边相等的性 质，即可求得 BD= 1 3 BC= AB =2。由旋转的性质，即可求得 CE=BD=2。 例 3. （2012 福建厦门 4 分）如图，点 D 是等边△ABC 内一点，如果△ABD 绕点 A 逆时针旋转后能与△ACE 重合，那么旋转了 ▲ 度. 36 【答案】60。 【考点】旋转的性质，等边三角形的性质。 【分析】∵△ABC 为等边三角形，∴AC=AB，∠CAB=60°。 又∵△ABD 绕点 A 逆时针旋转后能与△ACE 重合， ∴AB 绕点 A 逆时针旋转了∠BAC 到 AC 的位置。∴旋转角为 60°。 例 4. （2012 山东青岛 3 分）如图，在△ABC 中，∠ACB＝90º，∠ABC＝30º，AC＝1．现在将△ABC 绕 点 C 逆时针旋转至△A′B′C，使得点 A′恰好落在 AB 上，连接 BB′，则 BB′的长度为 ▲ ． 【答案】 3 。 【考点】旋转的性质，等边三角形的判定和性质，勾股定理。 【分析】∵Rt△ABC 中，∠ACB=90°，∠ABC=30°，AC=1， ∴A′C=AC=1，AB=2，BC= 。 ∵∠A=60°，∴△AA′C 是等边三角形。∴AA′= 1 2 AB=1。 ∴A′C=A′B。∴∠A′CB=∠A′BC=30°。 ∵△A′B′C 是△ABC 旋转而成，∴∠A′CB′=90°，BC=B′C。 ∴∠B′CB=90°－30°=60°。∴△BCB′是等边三角形。 ∴BB′=BC= 。 例 5. （2012 江西南昌 3 分）如图，正方形 ABCD 与正三角形 AEF 的顶点 A 重合，将△AEF 绕顶点 A 旋 转，在旋转过程中，当 BE=DF 时，∠BAE 的大小可以是 ▲ ． 37 【答案】15°或 165°。 【考点】正方形和正三角形的性质，旋转的性质，全等三角形的判定和性质。 【分析】正三角形 AEF 可以在正方形的内部也可以在正方形的外部，所以要分两种情况分别求解： ①当正三角形 AEF 在正方形 ABCD 的内部时，如图 1， ∵正方形 ABCD 与正三角形 AEF 的顶点 A 重合， ∴AB=AD，AE=AF。 ∵当 BE=DF 时，在△ABE 和△ADF 中，AB=AD，BE=DF，AE=AF， ∴△ABE≌△ADF（SSS）。 ∴∠BAE=∠FAD。 ∵∠EAF=60°，∴∠BAE+∠FAD=30°。∴∠BAE=∠FAD=15°。 ②当正三角形 AEF 在正方形 ABCD 的外部，顺时针旋转小于 1800 时， 如图 2， 同上可得△ABE≌△ADF（SSS）。 ∴∠BAE=∠FAD。 ∵∠EAF=60°，∴∠BAF=∠DAE。 ∵900＋600＋∠BAF＋∠DAE=3600，∴∠BAF=∠DAE=105°。 ∴∠BAE=∠FAD=165°。 ③当正三角形 AEF 在正方形 ABCD 的外部，顺时针旋转大于 1800 时，如图 3， 同上可得△ABE≌△ADF（SSS）。 ∴∠BAE=∠FAD。 ∵∠EAF=60°，∠BAE=90°， ∴90°＋∠DAE=60°＋∠DAE，这是不可能的。 ∴此时不存在 BE=DF 的情况。 综上所述，在旋转过程中，当 BE=DF 时，∠BAE 的大小可以是 15° 或 165°。 例 6. （2012 吉林省 3 分）如图，在等边△ABC 中，D 是边 AC 上一点，连接 BD．将△BCD 绕点 B 逆时 针旋转 60°得到△BAE，连接 ED．若 BC=10，BD=9，则△AED 的周长是_ ▲____. 38 【答案】19。 【考点】旋转的性质，等边三角形的判定和性质。 【分析】∵△BCD 绕点 B 逆时针旋转 60°得到△BAE， ∴根据旋转前、后的图形全等的旋转性质，得，CD= AE，BD=BE。 ∵△ABC 是等边三角形，BC=10，∴AC= BC=10。∴AE＋AD=AC=10。 又∵旋转角∠DBE=600，∴△DBE 是等边三角形。∴DE=BD=9。 ∴△AED 的周长=DE＋AE＋AD=9＋10=19。 例 7. （2012 北京市 7 分）在 ABC△ 中，BA=BC BAC  ， ，M 是 AC 的中点，P 是线段 BM 上的动点， 将线段 PA 绕点 P 顺时针旋转 2 得到线段 PQ。 （1） 若    且点 P 与点 M 重合（如图 1），线段 CQ 的延长线交射线 BM 于点 D，请补全图形， 并写出∠CDB 的度数； （2） 在图 2 中，点 P 不与点 B，M 重合，线段 CQ 的延长线与射线 BM 交于点 D，猜想∠CDB 的大 小（用含  的代数式表示），并加以证明； （3） 对于适当大小的  ，当点 P 在线段 BM 上运动到某一位置（不与点 B，M 重合）时，能使得 线段 CQ 的延长线与射线 BM 交于点 D，且 PQ=QD，请直接写出 的范围。 【答案】解：（1）补全图形如下： ∠CDB=30°。 （2）作线段 CQ 的延长线交射线 BM 于点 D，连接 PC，AD， 39 ∵AB=BC，M 是 AC 的中点，∴BM⊥AC。 ∴AD=CD，AP=PC，PD=PD。 在△APD 与△CPD 中，∵AD=CD， PD=PD， PA=PC ∴△APD≌△CPD（SSS）。 ∴AP=PC，∠ADB=∠CDB，∠PAD=∠PCD。 又∵PQ=PA，∴PQ=PC，∠ADC=2∠CDB，∠PQC=∠PCD=∠PAD。 ∴∠PAD+∠PQD=∠PQC+∠PQD=180°。 ∴∠APQ+∠ADC=360°－（∠PAD+∠PQD）=180°。 ∴∠ADC=180°－∠APQ=180°－2α，即 2∠CDB=180°－2α。 ∴∠CDB=90°－α。 （3）45°＜α＜60°。 【考点】旋转的性质，等边三角形的判定和性质，三角形内角和定理，全等三角形的判定和性质，等腰三 角形的判定和性质，。 【分析】（1）利用图形旋转的性质以及等边三角形的判定得出△CMQ 是等边三角形，即可得出答案： ∵BA=BC，∠BAC=60°，M 是 AC 的中点，∴BM⊥AC，AM=AC。 ∵将线段 PA 绕点 P 顺时针旋转 2α 得到线段 PQ，∴AM=MQ，∠AMQ=120°。 ∴CM=MQ，∠CMQ=60°。∴△CMQ 是等边三角形。 ∴∠ACQ=60°。∴∠CDB=30°。 （2）首先由已知得出△APD≌△CPD，从而得出∠PAD+∠PQD=∠PQC+∠PQD=180°，即可求出。 （3）由（2）得出∠CDB=90°－α，且 PQ=QD， ∴∠PAD=∠PCQ=∠PQC=2∠CDB=180°－2α。 ∵点 P 不与点 B，M 重合，∴∠BAD＞∠PAD＞∠MAD。 ∴2α＞180°－2α＞α，∴45°＜α＜60°。 例 8. （2012 江苏宿迁 12 分）(1)如图 1，在△ABC 中，BA=BC，D，E 是 AC 边上的两点，且满足 ∠DBE= 1 2 ∠ABC(0°＜∠CBE＜ ∠ABC)。以点 B 为旋转中心，将△BEC 按逆时针方向旋转∠ABC，得 到 △BE’A（点 C 与点 A 重合，点 E 到点 E’处），连接 DE’。求证：DE’=DE. （2）如图 2，在△ABC 中，BA=BC，∠ABC=90°，D，E 是 AC 边上的两点， 且满足∠DBE= ∠ABC(0°＜∠CBE＜45°).求证：DE2=AD2+EC2.[来 40 : 【答案】证明：（1）∵△BE’A 是△BEC 按逆时针方向旋转∠ABC 得到， ∴BE’=BE，∠E’BA=∠EBC。 ∵∠DBE= 1 2 ∠ABC，∴∠ABD＋∠EBC = ∠ABC。 ∴∠ABD＋∠E’BA = ∠ABC，即∠E’BD= ∠ABC。∴∠E’BD=∠DBE。 在△E’BD 和△EBD 中，∵BE’=BE，∠E’BD=∠DBE，BD=BD， ∴△E’BD≌△EBD（SAS）。 ∴DE’=DE。 （2）以点 B 为旋转中心，将△BEC 按逆时针方向旋转 ∠ABC=90°，得到△BE’A（点 C 与点 A 重合，点 E 到点 E’处），连 接 DE’。 由（1）知 DE’=DE。 由旋转的性质，知 E’A=EC，∠E’ AB=∠ECB。 又∵BA=BC，∠ABC=90°，∴∠BAC=∠ACB=45°。 ∴∠E’ AD=∠E’ AB＋∠BAC=90°。 在 Rt△DE’A 中，DE’2=AD2+E’A2，∴DE2=AD2+EC2。 【考点】旋转的性质，等腰（直角）三角形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理。 【分析】（1）由旋转的性质易得 BE’=BE，∠E’BA=∠EBC，由已知∠DBE= ∠ABC 经等量代换可得 ∠E’BD=∠DBE，从而可由 SAS 得△E’BD≌△EBD，得到 DE’=DE。 （2）由（1）的启示，作如（1）的辅助图形，即可得到直角三角形 DE’A，根据勾股定理即可证 得结论。 例 9. （2012 湖北天门、仙桃、潜江、江汉油田 10 分）△ABC 中，AB=AC，D 为 BC 的中点，以 D 为顶 点作∠MDN=∠B． 41 （1）如图（1）当射线 DN 经过点 A 时，DM 交 AC 边于点 E，不添加辅助线，写出图中所有与△ADE 相 似的三角形． （2）如图（2），将∠MDN 绕点 D 沿逆时针方向旋转，DM，DN 分别交线段 AC，AB 于 E，F 点（点 E 与点 A 不重合），不添加辅助线，写出图中所有的相似三角形，并证明你的结论． （3）在图（2）中，若 AB=AC=10，BC=12，当△DEF 的面积等于△ABC 的面积的 1 4 时，求线段 EF 的长． 【答案】解：（1）图（1）中与△ADE 相似的有△ABD，△ACD，△DCE。 （2）△BDF∽△CED∽△DEF，证明如下： ∵∠B+∠BDF+∠BFD=180°，∠EDF+∠BDF+∠CDE=180°， 又∵∠EDF=∠B，∴∠BFD=∠CDE。 ∵AB=AC，∴∠B=∠C。∴△BDF∽△CED。∴ BD DF=CE ED 。 ∵BD=CD，∴ CD DF=CE ED ，即 CD CE=DF ED 。 又∵∠C=∠EDF，∴△CED∽△DEF。∴△BDF∽△CED∽△DEF。 （3）连接 AD，过 D 点作 DG⊥EF，DH⊥BF，垂足分别为 G，H． ∵AB=AC，D 是 BC 的中点，∴AD⊥BC，BD= 1 2 BC=6。 在 Rt△ABD 中，AD2=AB2﹣BD2，即 AD2=102﹣62， ∴AD=8。 ∴S△ABC= •BC•AD= ×12×8=48， S△DEF= 1 4 S△ABC= ×48=12。 又∵ •AD•BD= •AB•DH，∴ AD BD 8 6 24DH AB 10 5    。 ∵△BDF∽△DEF，∴∠DFB=∠EFD。 ∵DH⊥BF，DG⊥EF，∴∠DHF=∠DGF。 42 又∵DF=DF，∴△DHF≌△DGF（AAS）。 ∴DH=DG= 24 5 。 ∵S△DEF= 1 2 ·EF·DG= ·EF· =12，∴EF=5。 例 10. （2012 湖北襄阳 5 分）如图，在△ABC 中，AB=AC，AD⊥BC 于点 D，将△ADC 绕点 A 顺时针 旋转，使 AC 与 AB 重合，点 D 落在点 E 处，AE 的延长线交 CB 的延长线于点 M，EB 的延长线交 AD 的 延长线于点 N． 求证：AM=AN． 【答案】证明：∵△AEB 由△ADC 旋转而得，∴△AEB≌△ADC。∴∠EAB=∠CAD，∠EBA=∠C。 ∵AB=AC，AD⊥BC，∴∠BAD=∠CAD，∠ABC=∠C。 ∴∠EAB=∠DAB，∠EBA=∠DBA。 ∵∠EBM=∠DBN，∴∠MBA=∠NBA。 又∵AB=AB，∴△AMB≌△ANB（ASA）。 ∴AM=AN。 43 【考点】等腰三角形的性质，旋转的性质，全等三角形的判定和性质。 【分析】根据旋转的性质可得△AEB≌△ADC，根据全等三角形对应角相等可得∠EAB=∠CAD， ∠EBA=∠C，结合等腰三角形三线合一的性质即可推出∠EAB=∠DAB，∠EBA=∠DBA，从而推出 ∠MBA=∠NBA，然后根据“角边角”证明△AMB≌△ANB，根据全等三角形对应边相等即可得证。 练习题： 1. （2011 浙江湖州 3 分）如图，△AOB 是正三角形，OC⊥OB，OC＝OB，将△AOB 绕点 O 按逆时针方 向旋转，使得 OA 与 OC 重合，得到△OCD，则旋转角度是【 】 A．150º B．120º C．90º D．60º 2. （2011 广西玉林、防城港 3 分）如图，等边△ABC 绕点 B 逆时针旋转 30°时，点 C 转到 C′的位置，且 BC′与 AC 交于点 D，则 'CD CD 的值为 ▲ 3. （2011 湖北恩施 3 分）如图，△AOB 的顶点 O 在原点，点 A 在第一象限，点 B 在 x 轴的正半轴上， 且 AB=6，∠AOB=60°，反比例函数 ky x （k＞0）的图象经过点 A，将△AOB 绕点 O 顺时针旋转 120°， 顶点 B 恰好落在 的图象上，则 k 的值为 ▲ ． 4. （2011 四川南充 8 分）如图，等腰梯形 ABCD 中，AD∥BC，AD=AB=CD=2，∠C=60°，M 是 BC 的 中点． （1）求证：△MDC 是等边三角形； （2）将△MDC 绕点 M 旋转，当 MD（即 MD′）与 AB 交于一点 E，MC（即 MC′）同时与 AD 交于一点 F 44 时，点 E，F 和点 A 构成△AEF．试探究△AEF 的周长是否存在最小值．如果不存在，请说明理由；如果 存在，请计算出△AEF 周长的最小值． 5.（2011 云南玉溪 11 分）将两个等边△ABC 和△DEF（DE＞AB）如图所示摆放，点 D 是 BC 上的一点（除 B、C 点外）．把△DEF 绕顶点 D 顺时针旋转一定的角度，使得边 DE、DF 与△ABC 的边（除 BC 边外） 分别相交于点 M、N． （1）∠BMD 和∠CDN 相等吗？ （2）画出使∠BMD 和∠CDN 相等的所有情况的图形； （3）在（2）题中任选一种图形说明∠BMD 和∠CDN 相等的理由 6.（浙江义乌 10 分）如图 1，在等边△ABC 中，点 D 是边 AC 的中点，点 P 是线段 DC 上的动点(点 P 与点 C 不重合)，连结 BP. 将△ABP 绕点 P 按顺时针方向旋转 α 角（0°＜α＜180°），得到△A1B1P,连结 AA1，射线 AA1 分别交射线 PB、射线 B1B 于点 E、F. （1） 如图 1，当 0°＜α＜60°时，在 α 角变化过程中，△BEF 与△AEP 始终存在 ▲ 关系（填“相 似”或“全等”），并说明理由； （2）如图 2，设∠ABP=β . 当 60°＜α＜180°时，在 α 角变化过程中，是否存在△BEF 与△AEP 全 等？若存在，求出 α 与 β 之间的数量关系；若不存在，请说明理由； （3）如图 3，当 α=60°时，点 E、F 与点 B 重合. 已知 AB=4，设 DP= x ，△A1BB1 的面积为 S，求 S 关于 的函数关系式. 45 7.（2012 山东莱芜 9 分）如图 1，在△ABC 中，AB＝AC，∠BAC＝90º，D、E 分别是 AB、AC 边的 中点．将△ABC 绕点 A 顺时针旋转 角(0º＜ ＜180º)，得到△AB′C′(如图 2)． (1)探究 DB′与 EC′的数量关系，并给予证明； (2)当 DB′∥AE 时，试求旋转角 的度数． 六、有关直角三角形的旋转： 典型例题： 例 1. （2012 广东佛山 3 分）如图，把一个斜边长为 2 且含有 300 角的直角三角板 ABC 绕直角顶点 C 顺时 针旋转 900 到△A1B1C，则在旋转过程中这个三角板扫过的图形的面积是【 】 A．π B． 3 C． 33+42  D．11 3+12 4  【答案】D。 【考点】旋转的性质，勾股定理，等边三角形的性质，扇形面积。 【分析】因为旋转过程中这个三角板扫过的图形的面积分为三部分扇形 ACA1、 BCD 和△ACD 计算即可： 在△ABC 中，∠ACB=90°，∠BAC=30°，AB=2， 46 ∴BC= 1 2 AB=1，∠B=90°－∠BAC=60°。∴ 22AC AB BC 3   。 ∴ ABC 13S BC AC22     。 设点 B 扫过的路线与 AB 的交点为 D，连接 CD， ∵BC=DC，∴△BCD 是等边三角形。∴BD=CD=1。 ∴点 D 是 AB 的中点。 ∴ ACD ABC 1 1 3 3SS2 2 2 4    S。 ∴ 1 ACDACA BCDABC S S S   扇形 扇形的面扫过 积 2290 3 60 1 3 3 3 11 3 360 360 4 4 6 4 12 4               （ ） 故选 D。 例 2. （2012 四川绵阳 3 分）如图，P 是等腰直角△ABC 外一点，把 BP 绕点 B 顺时针旋转 90°到 BP′，已 知∠AP′B=135°，P′A：P′C=1：3，则 P′A：PB=【 】。 A．1： 2 B．1：2 C． 3 ：2 D．1： 【答案】B。 【考点】旋转的性质，等腰直角三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理。 【分析】如图，连接 AP， ∵BP 绕点 B 顺时针旋转 90°到 BP′， ∴BP=BP′，∠ABP+∠ABP′=90°。 又∵△ABC 是等腰直角三角形， ∴AB=BC，∠CBP′+∠ABP′=90°，∴∠ABP=∠CBP′。 在△ABP 和△CBP′中，∵ BP=BP′，∠ABP=∠CBP′，AB=BC ，∴△ABP≌△CBP′（SAS）。 ∴AP=P′C。 ∵P′A：P′C=1：3，∴AP=3P′A。 连接 PP′，则△PBP′是等腰直角三角形。∴∠BP′P=45°，PP′= 2 PB。 ∵∠AP′B=135°，∴∠AP′P=135°-45°=90°，∴△APP′是直角三角形。 47 设 P′A=x，则 AP=3x， 在 Rt△APP′中，  22 2 2PP AP P A 3x x 2 2 x       。 在 Rt△APP′中， PP 2PB 。 ∴ 2PB=2 2 x ，解得 PB=2x。∴P′A：PB=x：2x=1：2。 故选 B。 例 3. （2012 山东淄博 4 分）如图，OA⊥OB，等腰直角三角形 CDE 的腰 CD 在 OB 上，∠ECD=45°，将 三角形 CDE 绕点 C 逆时针旋转 75°，点 E 的对应点 N 恰好落在 OA 上，则 OC CD 的值为【 】 (A) 1 2 (B) 1 3 (C) 2 2 (D) 3 3 【答案】C。 【考点】旋转的性质，等腰直角三角形的性质，锐角三角函数定义，特殊角的三角函数值，勾股定理。 【分析】由旋转的性质，旋转角∠ECN=750，CN=CE。 ∵∠ECD=45°，∴∠OCN=60°。 ∴在直角三角形 OCN 中， OCcos OCN= CN ，即 1 OC=2 CE 。 又在等腰直角三角形 CDE 中，CN 2CD ，∴ 1 OC=2 2CD ，即 OC 2=CD 2 。故选 C。 例 4. （2012 山东枣庄 3 分）如图，直角三角板 ABC 的斜边 AB=12 ㎝，∠A=30°，将三角板 ABC 绕 C 顺 时针旋转 90°至三角板 A B C的位置后，再沿 CB 方向向左平移，使点落在原三角板 ABC 的斜边 AB 上， 则三角板平移的距离为【 】 A. 6 ㎝ B. 4 ㎝ C.（6－ 23 ）㎝ D.（ 4 3 6 ）㎝ 【答案】C。 48 【考点】锐角三角函数定义，特殊角的三角函数值，旋转的性质。 【分析】如图，过 B′作 B′D⊥AC，垂足为 B′， ∵在 Rt△ABC 中，AB=12，∠A=30°， ∴BC= 1 2 AB=6，AC=AB•sin30°= 63。 由旋转的性质可知 B′C=BC=6， ∴AB′=AC－B′C= 6 3 6 。 在 Rt△AB′D 中，∵∠A=30°，∴B′D=AB′•tan30°=  36 3 6 6 2 33   （cm）。故选 C。 例 5. （2012 黑龙江黑河、齐齐哈尔、大兴安岭、鸡西 3 分）Rt△ABC 中，AB=AC，点 D 为 BC 中 点．∠MDN=900，∠MDN 绕点 D 旋转，DM、DN 分别与边 AB、AC 交于 E、F 两点．下列结论 ①(BE+CF)= 2 2 BC，② AEF ABC 1SS4 ，③ AEDFS 四 形边 AD·EF，④AD≥EF，⑤AD 与 EF 可能互相平分， 其中正确结论的个数是【 】 A．1 个 B．2 个 C．3 个 D．4 个 【答案】C。 【考点】等腰直角三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，完全平方式的非负数性质， 矩形的判定和性质，三角形边角关系，三角形中位线定理。 【分析】∵Rt△ABC 中，AB=AC，点 D 为 BC 中点．∠MDN=900， ∴AD =DC，∠EAD=∠C=450，∠EDA=∠MDN－∠ADN =900－∠AND=∠FDC。 ∴△EDA≌△FDC（ASA）。 ∴AE=CF。∴BE+CF= BE+ AE=AB。 在 Rt△ABC 中，根据勾股定理，得 AB= 2 2 BC。∴(BE+CF)= BC。∴结论①正确。 设 AB=AC=a，AE=b，则 AF=BE= a－b。 ∴    22 AEF ABC 1 1 1 1 1 1 1S S AE AF AB AC= b a b a = a 2b 04 2 4 2 2 8 8             。 ∴ AEF ABC 1SS4 。∴结论②正确。 49 如图，过点 E 作 EI⊥AD 于点 I，过点 F 作 FG⊥AD 于点 G，过点 F 作 FH⊥BC 于点 H，ADEF 相交于点 O。 ∵四边形GDHF是矩形，△AEI和△AGF是等腰直角三角形， ∴EO≥EI（EF⊥AD 时取等于）=FH=GD， OF≥GH（EF⊥AD 时取等于）=AG。 ∴EF=EO＋OF≥GD＋AG=AD。∴结论④错误。 ∵△EDA≌△FDC， ∴ 22 ADCAEDF 11S S AD DC AD AD AD EF22       四 形边 。∴结论③错误。 又当 EF 是 Rt△ABC 中位线时，根据三角形中位线定理知 AD 与 EF 互相平分。 ∴结论⑤正确。 综上所述，结论①②⑤正确。故选 C。 例 6. （2012 四川广安 3 分）如图，Rt△ABC 的边 BC 位于直线 l 上，AC= 3 ，∠ACB=90°，∠A=30°．若 Rt△ABC 由现在的位置向右滑动地旋转，当点 A 第 3 次落在直线 l 上时，点 A 所经过的路线的长为 ▲ （结果用含有 π 的式子表示） 【答案】 4+ 3  。 【考点】旋转的性质，含 300 角直角三角形的性质，弧长的计算。 【分析】如图，根据含 30 度的直角三角形三边的关系 得到 BC=1，AB=2BC=2，∠ABC=60°；点 A 先是以 B 点为旋转中心，顺时针旋转 120°到 A1，再以点 C1 为旋 转中心，顺时针旋转 90°到 A2，然后根据弧长公式计算 两段弧长，从而得到点 A 第 3 次落在直线 l 上时，点 A 所经过的路线的长： ∵Rt△ABC 中，AC= 3 ，∠ACB=90°，∠A=30°，∴BC=1，AB=2BC=2，∠ABC=60°。 ∵Rt△ABC 在直线 l 上无滑动的翻转，且点 A 第 3 次落在直线 l 上时，有 3 个 1AA 的长，2 个 12AA 的长， 50 ∴点 A 经过的路线长=  120 2 90 33 +2 4+ 3180 180        。 例 7. （2012 贵州六盘水 4 分）两块大小一样斜边为 4 且含有 30°角的三角板如图水平放置．将△CDE 绕 C 点按逆时针方向旋转，当 E 点恰好落在 AB 上时，△CDE 旋转了 ▲ 度，线段 CE 旋转过程中扫 过的面积为 ▲ ． 例 8. （2012 湖北荆门 9 分）如图，Rt△ABC 中，∠C=90°，将△ABC 沿 AB 向下翻折后，再绕点 A 按顺 时针方向旋转 α 度（α＜∠BAC），得到 Rt△ADE，其中斜边 AE 交 BC 于点 F，直角边 DE 分别交 AB、 BC 于点 G、H． （1）请根据题意用实线补全图形； （2）求证：△AFB≌△AGE． 【答案】解：（1）画图，如图： 51 （2）证明：由题意得：△ABC≌△AED。 ∴AB=AE，∠ABC=∠E。 在△AFB 和△AGE 中，∵∠ABC=∠E，AB=AE，∠α=∠α， ∴△AFB≌△AGE（ASA）。 【考点】翻折变换（折叠问题），旋转的性质，全等三角形的判定。 【分析】（1）根据题意画出图形，注意折叠与旋转中的对应关系。 （2）由题意易得△ABC≌△AED，即可得 AB=AE，∠ABC=∠E，然后利用 ASA 的判定方法，即 可证得△AFB≌△AGE。 例 9. （2012 四川成都 10 分） 如图，△ABC 和△DEF 是两个全等的等腰直角三角形，∠BAC=∠EDF=90°， △DEF 的顶点 E 与△ABC 的斜边 BC 的中点重合．将△DEF 绕点 E 旋转，旋转过程中，线段 DE 与线段 AB 相交于点 P，线段 EF 与射线 CA 相交于点 Q． （1）如图①，当点 Q 在线段 AC 上，且 AP=AQ 时，求证：△BPE≌△CQE； （2）如图②，当点 Q 在线段 CA 的延长线上时，求证：△BPE∽△CEQ；并求当 BP=a，CQ= 9 a2 时，P、 Q 两点间的距离 (用含 a 的代数式表示)． 【答案】解：（1）证明：∵△ABC 是等腰直角三角形，∴∠B=∠C=45°，AB=AC。 ∵AP=AQ，∴BP=CQ。 ∵E 是 BC 的中点，∴BE=CE。 在△BPE 和△CQE 中，∵BE=CE，∠B=∠C，BP=CQ， 52 ∴△BPE≌△CQE（SAS）。 （2）连接 PQ。 ∵△ABC 和△DEF 是两个全等的等腰直角三角形， ∴∠B=∠C=∠DEF=45°。 ∵∠BEQ=∠EQC+∠C，即∠BEP+∠DEF=∠EQC+∠C， ∴∠BEP+45°=∠EQC+45°。∴∠BEP=∠EQC。 ∴△BPE∽△CEQ。∴ BP BE CE CQ 。 ∵BP=a，CQ= 9 a2 ，BE=CE， ∴ a BE 9BE a2  ，即 BE=CE= 32a2 。∴BC=3 2a 。 ∴AB=AC=BC•sin45°=3a。∴AQ=CQ﹣AC= 3 a2 ，PA=AB﹣BP=2a。 ∴在 Rt△APQ 中，   2 22235PQ AQ AP a 2a = a22     。 【考点】等腰直角三角形的性质，旋转的性质，全等三角形的判定和性质，三角形的外角性质，相似三角 形的判定和性质，锐角三角函数定义，特殊角的三角函数值，勾股定理。 【分析】（1）由△ABC 是等腰直角三角形，易得∠B=∠C=45°，AB=AC，又由 AP=AQ，E 是 BC 的中点， 利用 SAS，可证得：△BPE≌△CQE。 （2）由△ABC 和△DEF 是两个全等的等腰直角三角形，易得∠B=∠C=∠DEF=45°，然后利用三 角形的外角的性质，即可得∠BEP=∠EQC，则可证得：△BPE∽△CEQ；根据相似三角形的对应边成比例， 即可求得 BE 的长，即可得 BC 的长，从而求得 AQ 与 AP 的长，利用勾股定理即可求得 P、Q 两点间的距 离。 例 10. （2012 山东济南 9 分）如图 1，在菱形 ABCD 中，AC=2，BD=2 3 ，AC，BD 相交于点 O． （1）求边 AB 的长； （2）如图 2，将一个足够大的直角三角板 60°角的顶点放在菱形 ABCD 的顶点 A 处，绕点 A 左右旋转， 其中三角板 60°角的两边分别与边 BC，CD 相交于点 E，F，连接 EF 与 AC 相交于点 G． ①判断△AEF 是哪一种特殊三角形，并说明理由； ②旋转过程中，当点 E 为边 BC 的四等分点时（BE＞CE），求 CG 的长． 53 【答案】解：（1）∵四边形 ABCD 是菱形，∴△AOB 为直角三角形，且 OA= 1 2 AC=1，OB= BD= 3。 在 Rt△AOB 中，由勾股定理得：AB= 2 2 2 2OA OB 1 ( 3) 2    。 （2）①△AEF 是等边三角形。理由如下： ∵由（1）知，菱形边长为 2，AC=2，∴△ABC 与△ACD 均为等边三角形。 ∴∠BAC=∠BAE+∠CAE=60°。 又∠EAF=∠CAF+∠CAE=60°，∴∠BAE=∠CAF。 在△ABE 与△ACF 中，∵∠BAE=∠CAF ，AB=AC=2 ，∠EBA=∠FCA=60°， ∴△ABE≌△ACF（ASA）。 ∴AE=AF。∴△AEF 是等腰三角形。 又∵∠EAF=60°，∴△AEF 是等边三角形。 ②BC=2，E 为四等分点，且 BE＞CE，∴C E= ，BE= 3 2 。 由①知△ABE≌△ACF，∴CF=BE= 。 ∵∠EAC+∠AEG+∠EGA=∠GFC+∠FCG+∠CGF=180°（三角形内角和定理）， ∠AEG=∠FCG=60°（等边三角形内角），∠EGA=∠CGF（对顶角）， ∴∠EAC=∠GFC。 在△CAE 与△CFG 中，∵ ∠EAC=∠GFC ，∠ACE=∠FCG=60°， ∴△CAE∽△CFG 。∴ CG CF CE CA ，即 3 CG 2 1 2 2  。解得：CG= 3 8 。 【考点】旋转的性质，菱形的性质，相似三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，等边三角形的 判定和性质，勾股定理。 【分析】（1）根据菱形的性质，确定△AOB 为直角三角形，然后利用勾股定理求出边 AB 的长度。 （2）①确定一对全等三角形△ABE≌△ACF，得到 AE=AF，再根据已知条件∠EAF=60°，可以判 定△AEF 是等边三角形。 ②确定一对相似三角形△CAE∽△CFG，由对应边的比例关系求出 CG 的长度。 54 练习题： 1. （2012 广西玉林、防城港 3 分）如图，两块相同的三角板完全重合在一起，∠A=30°，AC=10，把上面 一块绕直角顶点 B 逆时针旋转到△A′BC′的位置，点 C′在 AC 上，A′C ′与 AB 相交于点 D，则 C′D= ▲ . 2. （2012 广西钦州 3 分）如图，直线 3y x 32﹣ 与 x 轴、y 轴分别交于 A、B 两点，把△AOB 绕点 A 旋 转 90°后得到△AO′B′，则点 B′的坐标是 ▲ ． 3. （2012 广西来宾 3 分）如图，在直角△OAB 中，∠AOB=30°，将△OAB 绕点 O 逆时针旋转 100°得到 △OA1B1，则∠A1OB= ▲ 0． 4. （2012 河南省 5 分）如图，在 Rt△ABC 中，∠C=900，AC=6，BC=8，把△ABC 绕 AB 边上的点 D 顺 时针旋转 90°得到△A′B′C′，A′C′交 AB 于点 E，若 AD=BE，则△A′DE 的面积为 ▲ 5. （2012 山东菏泽 10 分）如图，在平面直角坐标系中放置一直角三角板，其顶点为 A（0，1）， B（2，0）， O（0，0），将此三角板绕原点 O 逆时针旋转 90°，得到△A′B′O． 55 （1）一抛物线经过点 A′、B′、B，求该抛物线的解析式； （2）设点 P 是在第一象限内抛物线上的一动点，是否存在点 P，使四边形 PB′A′B 的面积是△A′B′O 面积 4 倍？若存在，请求出 P 的坐标；若不存在，请说明理由． （3）在（2）的条件下，试指出四边形 PB′A′B 是哪种形状的四边形？并写出四边形 PB′A′B 的两条性质． 6. （2012 山东济宁 8 分）如图，在平面直角坐标系中，有一 Rt△ABC，且 A（﹣1，3）， B（﹣3，﹣1）， C（﹣3，3），已知△A1AC1 是由△ABC 旋转得到的． （1）请写出旋转中心的坐标是 ，旋转角是 度； （2）以（1）中的旋转中心为中心，分别画出△A1AC1 顺时针旋转 90°、180°的三角形； （3）设 Rt△ABC 两直角边 BC=a、AC=b、斜边 AB=c，利用变换前后所形成的图案证明勾股定理． 7. （2011 湖南株洲 10 分）孔明是一个喜欢探究钻研的同学，他在和同学们一起研究某条抛物线 2y ax ( 0)a  的性质时，将一把直角三角板的直角顶点置于平面直角坐标系的原点 O，两直角边与该抛物线交于 A、B 两点，请解答以下问题： （1）若测得 OA=OB= 22（如图 1），求 a 的值； （2）对同一条抛物线，孔明将三角板绕点O 旋转到如图 2 所示位置时，过 B 作 BF x 轴于点 F，测 得 OF=1，写出此时点 B 的坐标，并求点 A 的横坐标．．．； （3）对该抛物线，孔明将三角板绕点 O 旋转任意角度时惊奇地发现，交点 A、B 的连线段总经过 一个固定的点，试说明理由并求出该点的坐标． 56 8. （2011 湖南张家界 12 分）如图，抛物线 bxaxy  2 经过点 A（—4，0）、 B（—2，2），连接 OB、 AB， （1）求该抛物线的解析式. （2）求证：△OAB 是等腰直角三角形. （3）将△OAB 绕点 O 按逆时针方向旋转 135°，得到△OA′B′，写出 A′B′的中点 P 的坐标，试判断点 P 是 否在此抛物线上. （4）在抛物线上是否存在这样的点 M，使得四边形 ABOM 成直角梯形，若存在，请求出点 M 坐标及该 直角梯形的面积，若不存在，请说明理由. 9. （2011 福建漳州 13 分）如图，直线 y＝－2x＋2 与 x 轴、y 轴分别交于 A、B 两点，将△OAB 绕点 O 逆时针方向旋转 90°后得到△OCD． （1）填空：点 C 的坐标是(_ ▲ ，_ ▲ )， 点 D 的坐标是(_ ▲ ，_ ▲ )； （2）设直线 CD 与 AB 交于点 M，求线段 BM 的长； （3）在 y 轴上是否存在点 P，使得△BMP 是等腰三角形？若存在，请求出所有满足条件的点 P 的坐标； 若不存在，请说明理由． 57 10. （福建龙岩 12 分）一副直角三角板叠放如图所示，现将含 45°角的三角板 ADE 固定不动，把含 30° 角的三角板 ABC 绕顶点 A 顺时针．．．旋转∠α（α=∠BAD 且 0°<α<180°），使两块三角板至少有一组边平行。 （1）如图①，α=______°时，BC∥DE； （2）请你分别在图②、图③的指定框内，各画一种符合要求的图形，标出 α，并完成各项填空： 图②中 α=______°时，______∥______；图③中 α=______°时，______∥______。 七、有关平行四边形、矩形、菱形的旋转： 典型例题： 例 1. （2012 福建龙岩 4 分）如图，矩形 ABCD 中，AB=1，BC=2，把矩形ABCD 绕 AB 所在直线旋转一 周所得圆柱的侧面积为【 】 A．10 B． 4 C． 2 D．2 【答案】B。 【考点】矩形的性质，旋转的性质。 【分析】把矩形ABCD 绕 AB 所在直线旋转一周所得圆柱是以 BC=2 为底面半径，AB=1 为高。所以，它 的侧面积为 2 2 1=4 。故选 B。 例 2. （2012 福建泉州 4 分）如图，在矩形 ABCD 中，AB=1，AD=2，将 AD 绕点 A 顺时针．．．旋转，当点 D 落在 BC 上点 D′时，则 AD′= ▲ ，∠A D′B= ▲ °. AD E B C α 图① 图② 图③ AD E AD E 58 【答案】2；30。 【考点】旋转的性质，矩形的性质，锐角三角函数定义，特殊角的三角函数值。 【分析】根据旋转图形对应点到旋转中心的距离相等的性质，AD′= AD=2。 根据矩形的性质，∠B=900，根据锐角三角函数定义， AB 1sin A D B = 2AD   。 ∴∠A D′B=300。 例 3. （2012 广西河池 3 分）如图，在平面直角坐标系中，矩形 OEFG 的顶点 F 的坐标为(4，2)，将矩形 OEFG 绕点 O 逆时针旋转，使点 F 落在 y 轴上，得到矩形 OMNP，OM 与 GF 相交于点 A．若经过点 A 的反比例 函数 ky (x 0)x=>的图象交 EF于点 B，则点 B 的坐标为 ▲ . 【答案】（4， 1 2 ）。 【考点】反比例函数综合题，矩形的性质，旋转的性质，相似三角形的判定和性质，曲线上点的坐标与方 程的关系。 【分析】∵矩形 OEFG 绕点 O 逆时针旋转，使点 F 落在 y 轴的点 N 处，得到矩形 OMNP， ∴∠P=∠POM=∠OGF=90°。∴∠PON+∠PNO=90°，∠GOA+∠PON=90°。∴∠PNO=∠GOA。 ∴△OGA∽△NPO。 ∵E 点坐标为（4，0）， G 点坐标为（0，2）， ∴OE=4，OG=2。∴OP=OG=2，PN=GF=OE=4。 ∵△OGA∽△NPO，∴OG：NP=GA：OP，即 2：4=GA：2。∴GA=1。∴A 点坐标为（1，2）。 把 A（1，2）代入 ky x= 得 k=1×2=2。∴过点 A 的反比例函数解析式为 2y x= 。 把 x=4 代入 得 1y 2= 。∴B 点坐标为（4， ）。 例 4. （2012 江苏淮安 12 分）如图，矩形 OABC 在平面直角坐标系中，O为坐标原点，点 A（0，4）， C 59 （2，0），将矩形 OABC 绕点 O 按顺时针方向旋转 1350，得到矩形 EFGH（点 E 与 O 重合）. （1）若 GH 交 y 轴于点 M，则∠FOM＝ ，OM= （2）矩形 EFGH 沿 y 轴向上平移 t 个单位。 ①直线 GH 与 x 轴交于点 D，若 AD∥BO，求 t 的值； ②若矩形 EFHG 与矩形 OABC 重叠部分的面积为 S 个平方单位，试求当 0 03 3 3  ，∴AB= ＞ 73 3 。 ∴点 B 在矩形 ARTZ 的外部。 【考点】旋转的性质，矩形的性质，正方形的性质，勾股定理，锐角三角函数定义，特殊角的三角函数值， 实数的大小比较。 【分析】（1）由旋转的性质，可得∠BAM=15°，即可得∠OKB=∠AOM=75°，又由正方形的性质，可得 ∠ABD=45°，然后利用外角的性质，即可求得∠DOM 的度数。 （2）首先连接 AM，交 BD 于 I，连接 DN，由特殊角的三角函数值，求得∠HAN=30°，又由旋 转的性质，即可求得∠DAN=45°，即可证得 A，C，N 共线，然后由股定理求得答案。 （3）在 Rt△ARK 中，利用三角函数即可求得 AK 的值，与 AB 比较大小，即可确定 B 的位置。 例 8. . （2012 山东泰安 3 分）如图，菱形 OABC 的顶点 O 在坐标原点，顶点 A 在 x 轴上，∠B=120°，OA=2， 将菱形 OABC 绕原点顺时针旋转 105°至 OA′B′C′的位置，则点 B′的坐标为【 】 68 A．（ 2 ， 2 ） B．（ ， ） C．（ 2012 泰安） D．（ 3 ， 3 ） 【答案】A。 【考点】坐标与图形变化（旋转），菱形的性质，等边三角形的判定和性质。 【分析】连接 OB，OB′，过点 B′作 B′E⊥x 轴于 E， 根据题意得：∠BOB′=105°， ∵四边形 OABC 是菱形， ∴OA=AB，∠AOB= 1 2 ∠AOC= ∠ABC= ×120°=60°， ∴△OAB 是等边三角形。∴OB=OA=2。 ∴∠AOB′=∠BOB′﹣∠AOB=105°﹣60°=45°，OB′=OB=2。 ∴OE=B′E=OB′•sin45°= 2222。∴点 B′的坐标为：（ 22 ， ）。故选 A。 例 9. （2012 黑龙江哈尔滨 3 分）如图，平行四边形 ABCD 绕点 A 逆时针旋转 30°，得到平行四边形 AB′C′D′ （点 B′与点 B 是对应点，点 C′与点 C 是对应点，点 D′与点 D 是对应点），点 B′恰好落在 BC 边上则∠C= ▲ 度． 【答案】105。 【考点】旋转的性质，平行四边形的性质，等腰三角形的性质，三角形内角和定理。 【分析】∵平行四边形 ABCD 绕点 A 逆时针旋转 30°，得到平行四边形 AB′C′D′（点 B′与点 B 是对应点， 点 C′与点 C 是对应点，点 D′与点 D 是对应点）， ∴AB=AB′，∠BAB′=30°。∴∠B=∠AB′B=（180°-30°）÷2=75°。 ∴∠C=180°-75°=105°。 练习题： 1. （2011 湖北宜昌 3 分）如图，矩形 OABC 的顶点 O 为坐标原点，点 A 在 x 轴上，点 B 的坐标为（2，1）．如 果将矩形 0ABC 绕点 O 旋转 180°旋转后的图形为矩形 OA1B1C1，那么点 B1 的坐标为 【 】 69 A、（ 2，1） B、（﹣2，1） C、（﹣2，﹣1） D、（ 2，﹣l） 2. （2011 湖北孝感 3 分）如图，菱形 OABC 的一边 OA 在 x 轴上，将菱形 OABC 绕原点 O 顺时针旋转 75°至 OA′B′C′的位置，若 OB= 23，∠C=120°，则点 B′的坐标为 【 】 A.(3, 3) B. (3, 3) C. ( 6, 6) D. ( 6, 6) 3. （2011 辽宁本溪 3 分）菱形 OCAB 在平面直角坐标系中的位置如图所示，点 O 的坐标是（0，0），点 A 在 y 轴的正半轴上，点 P 是菱形对角线的交点，点 C 坐标是（ 3 ，3）若把菱形 OCAB 绕点 A 逆时针旋 转 90°，则点 P 的对应点 P′的坐标是 ▲ 。 4. （2011 黑龙江牡丹江 3 分）平行四边形 AOBC 在平面直角坐标系中的位置如图所示，∠AOB=600，AO=1， AC=2，把平行四边形 AOBC 绕点 O 逆时针旋转，使点 A 落在 y 轴上，则旋转后点 C 的对应点 C′的坐标 为 ▲ 70 5. （2011 湖南岳阳 8 分）如图①，将菱形纸片 AB（E）CD（F）沿对角线 BD（EF）剪开，得到△ABD 和△ECF，固定△ABD，并把△ABD 与△ECF 叠放在一起． （1）操作：如图②，将△ECF 的顶点 F 固定在△ABD 的 BD 边上的中点处，△ECF 绕点 F 在 BD 边上方 左右旋转，设旋转时 FC 交 BA 于点 H（H 点不与 B 点重合），FE 交 DA 于点 G（G 点不与 D 点重合）． 求证：BH•GD=BF2 （2）操作：如图③，△ECF 的顶点 F 在△ABD 的 BD 边上滑动（F 点不与 B、D 点重合），且 CF 始终经 过点 A，过点 A 作 AG∥CE，交 FE 于点 G，连接 DG． 探究：FD+DG= ．请予证明． 6. （2011 湖北荆门 9 分）如图，P 是矩形 ABCD 下方一点，将△PCD 绕 P 点顺时针旋转 60°后恰好 D 点 与 A 点重合，得到△PEA，连接 EB，问△ABE 是什么特殊三角形？请说明理由. 7. （2011 辽宁盘锦 12 分）已知菱形 ABCD 的边长为 5，∠DAB＝60°.将菱形 ABCD 绕着 A 逆时针旋转得 到菱形 AEFG，设∠EAB＝α，且 0°＜α＜90°，连接 DG、BE、CE、CF. (1)如图(1)，求证：△AGD≌△AEB； (2)当 α＝60°时，在图(2)中画出图形并求出线段 CF 的长； (3)若∠CEF＝90°，在图(3)中画出图形并求出△CEF 的面积． 71 (1) (2) (3) 8. （2011 安徽芜湖 14 分）平面直角坐标系中，平行四边形 ABOC 如图放置，点 A、C 的坐标分别为(0， 3)、( 1 ，0)，将此平行四边形绕点 O 顺时针旋转 90°，得到平行四边形 ' ' 'A B OC 。 (1)若抛物线过点 C，A， A'，求此抛物线的解析式； (2)求平行四边形 ABOC 和平行四边形 重叠部分△ 'OC D 的周长； (3)点 M 是第一象限内抛物线上的一动点，间：点 M 在何处时△ AMA'的面积最大?最大面积是多少? 并求出此时点 M 的坐标。 十、有关正方形的旋转： 典型例题： 例 1. （2012 湖南岳阳 3 分）如图，两个边长相等的正方形 ABCD 和 EFGH，正方形 EFGH 的顶点 E 固定 在正方形 ABCD 的对称中心位置，正方形 EFGH 绕点 E 顺时针方向旋转，设它们重叠部分的面积为 S，旋 转的角度为 θ，S 与 θ 的函数关系的大致图象是【 】 A． B． C． D． 【答案】B。 72 【考点】旋转问题的函数图象，正方形的性质，旋转的性质，全等三角形的判定和性质。 【分析】如图，过点 E 作 EM⊥BC 于点 M，EN⊥AB 于点 N， ∵点 E 是正方形的对称中心，∴EN=EM，EMBN 是正方形。 由旋转的性质可得∠NEK=∠MEL， 在 Rt△ENK 和 Rt△EML 中， ∠NEK=∠MEL，EN=EM，∠ENK=∠EML， ∴△ENK≌△ENL（ASA）。 ∴阴影部分的面积始终等于正方形面积的 1 4 ，即它们重叠部分的面积 S 不因旋转的角度 θ 的改变 而改变。故选 B。 例 2. （2012 四川泸州 2 分）如图，边长为 a 的正方形 ABCD 绕点 A 逆时针旋转 30°得到正方形 A′B′C′D′， 图中阴影部分的面积为【 】 A、 21 a2 B、 23 a3 C、 23 a4   1- D、 23 a3   1- 【答案】D。 【考点】正方形的性质，旋转的性质，全等三角形的判定和性质，三角形内角和定理，锐角三角函数定义， 特殊角的三角函数值。 【分析】设 B′C′与 CD 交于点 E，连接 AE. 在△AB′E 与△ADE 中，∠AB′E=∠ADE=90°，AE=AE, AB′=AD, ∴△AB′E≌△ADE（HL）。 ∴∠B′AE=∠DAE。 ∵∠BAB′=30°，∠BAD=90°，∴∠B′AE=∠DAE=30°。 ∴DE=AD•tan∠DAE= 3 3 a。 ∴ 2 ADEAB ED 1 3 3S 2S 2 a a a2 3 3      四边形 。 73 ∴ 2 ABCD AB ED 3S S 1 a 3   正方形 四边形阴影部分的面积 （ ） 。故选 D。 例 3. （2012 贵州黔东南 4 分）点 P 是正方形 ABCD 边 AB 上一点（不与 A、B 重合），连接 PD 并将线段 PD 绕点 P 顺时针旋转 90°，得线段 PE，连接 BE，则∠CBE 等于【 】 A．75° B．60° C．45° D．30° 【答案】C。 【考点】正方形的性质，旋转的性质，全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质。 【分析】过点 E 作 EF⊥AF，交 AB 的延长线于点 F，则∠F=90°， ∵四边形 ABCD 为正方形，∴AD=AB，∠A=∠ABC=90°。∴∠ADP+∠APD=90°。 由旋转可得：PD=PE，∠DPE=90°，∴∠APD+∠EPF=90°。 ∴∠ADP=∠EPF。 在△APD 和△FEP 中，∵∠ADP=∠EPF，∠A=∠F，PD=PE， ∴△APD≌△FEP（AAS）。 ∴AP=EF，AD=PF。 又∵AD=AB，∴PF=AB，即 AP+PB=PB+BF。∴AP=BF。∴BF=EF 又∵∠F=90°，∴△BEF 为等腰直角三角形。∴∠EBF=45°。 又∵∠CBF=90°，∴∠CBE=45°。故选 C。 例 4. （2012 青海西宁 3 分）如图，E、F 分别是正方形 ABCD 的边 BC、CD 上的点，BE＝CF，连接 AE、 BF．将△ABE 绕正方形的对角线的交点 O 按顺时针方向旋转到△BCF，则旋转角是【 】 A．45º B．120º C．60º D．90º 【答案】D。 74 【考点】旋转的性质，正方形的性质，三角形的内角和定理。 【分析】如图，将△ABE 绕正方形的对角线交点 O 按顺时针方向旋转到△BCF 时，A 和 B 重合，即∠AOB 是旋转角。 ∵四边形 ABCD 是正方形，∴∠BAO=∠ABO=45°。 ∴∠AOB=180°－45°－45°=90°，即旋转角是 90°。故选 D。 例 5. （2012 广东肇庆 3 分）正方形绕其中心旋转一定的角度与原图形重合，则这个角至少为 ▲ 度 ． 【答案】90。 【考点】旋转对称图形，正方形的性质。 【分析】∵正方形的对角线把正方形分成四个全等的直角三角形， ∴顶点处的周角被分成四个相等的角，360°÷4=90°。 ∴这个正方形绕着它的中心旋转 90°的整数倍后，就能与它自身重合。 ∴这个角度至少是 90°。 例 6. （2012 宁夏区 8 分）正方形 ABCD 的边长为 3，E、F 分别是 AB、BC 边上的点,且∠EDF=45°。将 △DAE 绕点 D 逆时针旋转 90°，得到△DCM。 （1）求证：EF=FM （2）当 AE=1 时，求 EF 的长。 【答案】 解：(1) 证明：∵△DAE 逆时针旋转 90°得到△DCM，∴DE=DM，∠EDM=90°。 ∴∠EDF + ∠FDM=90°。 ∵∠EDF=45°，∴∠FDM =∠EDF=45°。 ∵DF= DF ，∴△DEF≌△DMF（SAS）。 ∴EF=MF。 （2）设 EF=x 。 ∵AE=CM=1 ，∴ BF=BM－MF=BM－EF=4－x 。 ∵ EB=2，∴在 Rt△EBF 中，由勾股定理得 2 2 2EB BF EF，即 2 2 22 (4 x) x   解得， 5x 2 。 75 ∴EF 的长为 5 2 。 【考点】正方形的性质，旋转的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理， 【分析】（1）由旋转可得 DE=DM，∠EDM 为直角，可得出∠EDF+∠MDF=90°，由 ∠EDF=45°，得到∠MDF 为 45°，可得出∠EDF=∠MDF，再由 DF=DF，利用 SAS 可得出三角形 DEF 与三角形 MDF 全等，由全等 三角形的对应边相等可得出 EF=MF。 （2）由（1）的全等得到 AE=CM=1，正方形的边长为 3，用 AB－AE 求出 EB 的长，再由 BC+CM 求出 BM 的长，设 EF=MF=x，可得出 BF=BM－FM=BM－EF=4－x，在 Rt△EBF 中，利用勾股定理列出 关于 x 的方程，求出方程的解得到 x 的值，即为 EF 的长。 例 7. （2012 广东珠海 7 分） 如图，把正方形 ABCD 绕点 C 按顺时针方向旋转 45°得到正方形 A′B′CD′ （此时，点 B′落在对角线 AC 上，点 A′落在 CD 的延长线上），A′B′交 AD 于点 E，连接 AA′、CE． 求证：（1）△ADA′≌△CDE； （2）直线 CE 是线段 AA′的垂直平分线． 【答案】证明：（1）∵四边形 ABCD 是正方形，∴AD=CD，∠ADC=90°。∴∠A′DE=90°。 根据旋转的方法可得：∠EA′D=45°，∴∠A′ED=45°。∴A′D=DE。 ∵在△AD A′和△CDE 中，AD=CD，∠EDC=∠A′DA=90°，A′D=DE， ∴△ADA′≌△CDE（SAS）。 （2）∵AC=A′C，∴点 C 在 AA′的垂直平分线上。 ∵AC 是正方形 ABCD 的对角线，∴∠CAE=45°。 ∵AC=A′C，CD=CB′，∴AB′=A′D。 ∵在△AEB′和△A′ED 中，∠EAB′=∠EA′D，∠AEB′=∠A′ED，AB′=A′D， ∴△AEB′≌△A′ED（AAS）。 ∴AE=A′E。 ∴点 E 也在 AA′的垂直平分线上。∴直线 CE 是线段 AA′的垂直平分线。 【考点】正方形的性质，旋转的性质，等腰三角形的判定，全等三角形的判定和性质，线段垂直平分线的 76 判定。 【分析】（1）根据正方形的性质可得 AD=CD，∠ADC=90°，∠EA′D=45°，则∠A′DE=90°，再计算出 ∠A′ED=45°，根据等角对等边可得 AD=ED，即可利用 SAS 证明△AA′D≌△CED。 （2）首先由 AC=A′C，可得点 C 在 AA′的垂直平分线上；再证明△AEB′≌△A′ED，可得 AE=A′E，从而 得到点 E 也在 AA′的垂直平分线上，根据两点确定一条直线可得直线 CE 是线段 AA′的垂直平分线。 例 8. （2012 湖南益阳 12 分）已知：如图 1，在面积为 3 的正方形 ABCD 中，E、F 分别是 BC 和 CD 边 上的两点，AE⊥BF 于点 G，且 BE=1． （1）求证：△ABE≌△BCF； （2）求出△ABE 和△BCF 重叠部分（即△BEG）的面积； （3）现将△ABE 绕点 A 逆时针方向旋转到△AB′E′（如图 2），使点 E 落在 CD 边上的点 E′处，问△ABE 在旋转前后与△BCF 重叠部分的面积是否发生了变化？请说明理由． 【答案】（1）证明：∵四边形 ABCD 是正方形，∴∠ABE=∠BCF=90°，AB=BC。∴∠ABF+∠CBF=90°。 ∵AE⊥BF，∴∠ABF+∠BAE=90°。∴∠BAE=∠CBF。 在△ABE 和△BCF 中，∵∠ABE=∠BCF，AB=BC，∠BAE=∠CBF， ∴△ABE≌△BCF（ASA）。 （2）解：∵正方形面积为 3，∴AB= 3 。 在△BGE 与△ABE 中，∵∠GBE=∠BAE，∠EGB=∠EBA=90°，∴△BGE∽△ABE。 ∴ 2BGE ABE S BE =( )S AE   。 又∵BE=1，∴AE2=AB2+BE2=3+1=4。 ∴ 2 BGE ABE2 BE 1 3 3S = S 4 2 8AE    。 （3）解：没有变化。理由如下： ∵AB= ，BE=1，∴ 13tan BAE 33    。∴∠BAE=30°。 77 ∵AB′=AD，∠AB′E′=∠ADE'=90°，AE′= AE′，∴Rt△ABE≌Rt△AB′E′≌Rt△ADE′， ∴∠DAE′=∠B′AE′=∠BAE=30°。 ∴AB′与 AE 在同一直线上，即 BF 与 AB′的交点是 G。 设 BF 与 AE′的交点为 H， 则∠BAG=∠HAG=30°，而∠AGB=∠AGH=90°，AG= AG，∴△BAG≌△HAG。 ∴ AB E AGH ABE ABG BGEGHE BS S S S S S          四 形边 。 ∴△ABE 在旋转前后与△BCF 重叠部分的面积没有变化。 【考点】正方形的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，旋转的性质，解直角三角 形。 【分析】（1）由四边形 ABCD 是正方形，可得∠ABE=∠BCF=90°，AB=BC，又由 AE⊥BF，由同角的余 角相等，即可证得∠BAE=∠CBF，然后利用 ASA，即可判定：△ABE≌△BCF。 （2）由正方形 ABCD 的面积等于 3，即可求得此正方形的边长，由在△BGE 与△ABE 中， ∠GBE=∠BAE，∠EGB=∠EBA=90°，可证得△BGE∽△ABE，由相似三角形的面积比等于相似比的平方， 即可求得答案。 （3）由正切函数，求得∠BAE=30°，易证得 Rt△ABE≌Rt△AB′E′≌Rt△ADE′，可得 AB′与 AE 在同一直线上，即 BF 与 AB′的交点是 G，然后设 BF 与 AE′的交点为 H，可证得△BAG≌△HAG，从而证 得结论。 例 9. （2012 湖南长沙 9 分）如图，已知正方形 ABCD 中，BE 平分∠DBC 且交 CD 边于点 E，将△BCE 绕点 C 顺时针旋转到△DCF 的位置，并延长 BE 交 DF 于点 G． （1）求证：△BDG∽△DEG； （2）若 EG•BG=4，求 BE 的长． 【答案】（1）证明：∵将△BCE 绕点 C 顺时针旋转到△DCF 的位置，∴△BCE≌△DCF。∴∠FDC=∠EBC。 ∵BE 平分∠DBC，∴∠DBE=∠EBC。∴∠FDC=∠EBE。 又∵∠DGE=∠DGE，∴△BDG∽△DEG。 78 （2）解：∵△BCE≌△DCF，∴∠F=∠BEC，∠EBC=∠FDC。 ∵四边形 ABCD 是正方形，∴∠DCB=90°，∠DBC=∠BDC=45°。 ∵BE 平分∠DBC，∴∠DBE=∠EBC=22.5°=∠FDC。 ∴∠BDF=45°+22.5°=67.5°，∠F=90°﹣22.5°=67.5°=∠BDF。∴BD=BF， ∵△BCE≌△DCF，∴∠F=∠BEC=67.5°=∠DEG。 ∴∠DGB=180°﹣22.5°﹣67.5°=90°，即 BG⊥DF。 ∵BD=BF，∴DF=2DG。 ∵△BDG∽△DEG，BG×EG=4，∴ DG BG EG DG 。 ∴BG×EG=DG×DG=4。∴DG=2 ∴BE=DF=2DG=4。 【考点】旋转的性质，正方形的性质，相似三角形的判定和性质，全等三角形的性质，三角形内角和定理。 【分析】（1）根据旋转性质求出∠EDG=∠EBC=∠DBE，根据相似三角形的判定推出即可。 （2）先求出 BD=BF，BG⊥DF，求出 BE=DF=2DG，根据相似求出 DG 的长，即可求出答案。 例 10.（2012 四川乐山 12 分）如图 1，△ABC 是等腰直角三角形，四边形 ADEF 是正方形，D、F 分别在 AB、AC 边上，此时 BD=CF，BD⊥CF 成立． （1）当正方形 ADEF 绕点 A 逆时针旋转 θ（0°＜θ＜90°）时，如图 2，BD=CF 成立吗？若成立，请证明； 若不成立，请说明理由． （2）当正方形 ADEF 绕点 A 逆时针旋转 45°时，如图 3，延长 BD 交 CF 于点 G． ①求证：BD⊥CF； ②当 AB=4，AD= 2 时，求线段 BG 的长． 【答案】解：（1）BD=CF 成立。理由如下： ∵△ABC 是等腰直角三角形，四边形 ADEF 是正方形， ∴AB=AC，AD=AF，∠BAC=∠DAF=90°。 ∵∠BAD=∠BAC﹣∠DAC，∠CAF=∠DAF﹣∠DAC，∴∠BAD=∠CAF。 在△BAD 和△CAF 中，∵AB=AC，∠BAD=∠CAF， 79 ∴△BAD≌△CAF（SAS）。 ∴BD=CF。 （2）①证明：设 BG 交 AC 于点 M． ∵△BAD≌△CAF（已证），∴∠ABM=∠GCM。 又∵∠BMA=∠CMG，∴△BMA∽△CMG。 ∴∠BGC=∠BAC=90°。∴BD⊥CF。 ②过点 F 作 FN⊥AC 于点 N。 ∵在正方形 ADEF 中，AD=DE= 2 ， ∴ 2 2 2 2AE AD +DE 2 +2 2   。 ∴AN=FN= 1 2 AE=1。 ∵在等腰直角△ABC 中，AB=4，∴CN=AC﹣AN=3， 2 2 2 2BC AB +AC 4 +4 4 2   。 ∴在 Rt△FCN 中， FN 1tan FCN CN 3   。 在 Rt△ABM 中， AM 1tan FCN tan ABM AB 3     。 ∴AM= 14AB33 。 ∴CM=AC﹣AM=4﹣ 48 33 ， 2 2 2 2 4 4 10BM AB +AM 4 + 33    。 ∵△BMA∽△CMG，∴ BM CM BA CG ，即 4 10 8 33 4 CG ，∴CG= 4 10 5 。 ∴在 Rt△BGC 中，   2 222 4 10 8 10BG BC CG 4 2 55      。 【考点】等腰直角三角形和正方形的性质，全等三角形、相似三角形的判定和性质，旋转的性质，勾股定 理。 【分析】（1）△ABC 是等腰直角三角形，四边形 ADEF 是正方形，易证得△BAD≌△CAF，根据全等三 角形的对应边相等，即可证得 BD=CF。 （2）①由△BAD≌△CAF，可得∠ABM=∠GCM，又由对顶角相等，易证得△BMA∽△CMG， 根据相似三角形的对应角相等，可得 BGC=∠BAC=90°，即可证得 BD⊥CF。 ②首先过点 F 作 FN⊥AC 于点 N，利用勾股定理即可求得 AE，BC 的长，继而求得 AN，CN 的长，又由 等角的三角函数值相等，可求得 AM= 。然后利用△BMA∽△CMG，求得 CG 的长，再由勾股定 80 理即可求得线段 BG 的长。 练习题： 1. （2012 贵州遵义 4 分）如图，将边长为 2 cm 的正方形 ABCD 沿直线 l 向右翻动（不滑动），当正方形 连续翻动 6 次后，正方形的中心 O 经过的路线长是 ▲ cm．（结果保留 π） 2.（四川资阳 3 分）如图，若正方形 EFGH 由正方形 ABCD 绕某点旋转得到，则可以作为旋转中心的是【 】 A. M 或 O 或 N B. E 或 O 或 C C. E 或 O 或 N D. M 或 O 或 C 3.（2011 四川广元 3 分）如图，边长为 1 的正方形 ABCD 绕点 A 旋转 45º得到正方形 AB1C1D1，边 B1C1 与 CD 交于点 O，则四边形 AB1OD 的周长是 【 】 A． 2 B．2 2 C．1＋ 2 D．3 4.（2011 江苏南京 2 分）如图，E、F 分别是正方形 ABCD 的边 BC、CD 上的点，BE=CF，连接 AE、BF， 将△ABE 绕正方形的中心按逆时针方向转到△BCF，旋转角为 α（0°＜α＜180°），则∠α= ▲ ． 5.（2011 江苏盐城 3 分）如图，已知正方形 ABCD 的边长为 12cm，E 为 CD 边上一点，DE=5cm．以点 A 81 为中心，将△ADE 按顺时针方向旋转得△ABF，则点 E 所经过的路长为 ▲ cm． 6.（2012 四川资阳 8 分）（1）(3 分)如图（1），正方形 AEGH 的顶点 E、H 在正方形 ABCD 的边上，直接 写出 HD∶GC∶EB 的结果（不必写计算过程）； （2）(3 分)将图（1）中的正方形 AEGH 绕点 A 旋转一定角度，如图（2），求 HD∶GC∶EB； （3）(2 分)把图（2）中的正方形都换成矩形，如图（3），且已知ＤA∶AB＝HA∶AE＝m: n，此时 HD∶GC∶EB 的值与（2）小题的结果相比有变化吗？如果有变化，直接写出变化后的结果（不必写计算 过程）． 7.（2012 辽宁鞍山 12 分）如图，正方形 ABCO 的边 OA、OC 在坐标轴上，点 B 坐标（3，3），将正方形 ABCO 绕点 A 顺时针旋转角度 α（0°＜α＜90°），得到正方形 ADEF，ED 交线段 OC 于点 G，ED 的 延长线交线段 BC 于点 P，连 AP、AG． （1）求证：△AOG≌△ADG； （2）求∠PAG 的度数；并判断线段 OG、PG、BP 之间的数量关系，说明理由； （3）当∠1=∠2 时，求直线 PE 的解析式． 8. （2012 内蒙古呼和浩特 7 分）如图，四边形 ABCD 是正方形，点 G 是 BC 边上任意一点，DE⊥AG 于 E，BF∥DE，交 AG 于 F． 82 （ 1）求证：AF﹣BF=EF； （2）将△ABF 绕点 A 逆时针旋转，使得 AB 与 AD 重合，记此时点 F 的对应点为点 F′，若正方形边长为 3，求点 F′与旋转前的图中点 E 之间的距离． 9. （2011 湖北襄阳 10 分）如图，点 P 是正方形 ABCD 边 AB 上一点（不与点 A，B 重合），连接 PD 并 将线段 PD 绕点 P 顺时针方向旋转 90°得到线段 PE，PE 交边 BC 于点 F，连接 BE，DF． （1）求证：∠ADP=∠EPB； （2）求∠CBE 的度数； （3）当 AP AB 的值等于多少时，△PFD∽△BFP？并说明理由． 10. （2011 甘肃天水 8 分）如图，在平面直角坐标系中，O 为坐标原点，每个小方格的边长为 1 个单位长 度．正方形 ABCD 顶点都在格点上，其中，点 A 的坐标为（1，1）． （1）若将正方形 ABCD 绕点 A 顺时针方向旋转 90°，点 B 到达点 B1，点 C 到达点 C1，点 D 到达点 D1， 求点 B1、C1、D1 的坐标． （2）若线段 AC1 的长度与点 D1 的横坐标的差恰好是一元二次方程 x2+ax+1=0 的一个根，求 a 的值． 十一、有关其它图形的旋转： 典型例题： 例 1. （2012 天津市 3 分）将下列图形绕其对角线的交点逆时针旋转 900，所得图形一定与原图形重合的是 83 【 】 （A）平行四边形 （B）矩形 （C）菱形 （D）正方形 【答案】D。 【考点】旋转对称图形 【分析】根据旋转对称图形的性质，可得出四边形需要满足的条件：此四边形的对角线互相垂直、平分且 相等，则这个四边形是正方形。故选 D。 例 2. （2012广东汕头 4分）如图，将△ABC 绕着点 C 顺时针旋转50°后得到△A′B′C′．若 ∠A=40°．∠B′=110°， 则∠BCA′的度数是【 】 A．110° B．80° C．40° D．30° 【答案】B。 【考点】旋转的性质，三角形内角和定理。 【分析】根据旋转的性质可得：∠A′=∠A，∠A′CB′=∠ACB， ∵∠A=40°，∴∠A′=40°。 ∵∠B′=110°，∴∠A′CB′=180°﹣110°﹣40°=30°。∴∠ACB=30°。 ∵将△ABC 绕着点 C 顺时针旋转 50°后得到△A′B′C′，∴∠ACA′=50°， ∴∠BCA′=30°+50°=80°，故选 B。 例 3. （2012 江苏苏州 3 分）如图，将△AOB 绕点 O 按逆时针方向旋转 45°后得到△A＇OB＇，若 ∠AOB=15°，则∠AOB＇的度数是【 】 B A＇ A B＇ O A.25° B.30° C.35° D. 40° 【答案】B。 【考点】旋转的性质。 【分析】根据旋转的性质，旋转前后图形全等以及对应边的夹角等于旋转角，从而得出答案： 84 ∵将△AOB 绕点 O 按逆时针方向旋转 45°后得到△A′OB′， ∴∠A′OA=45°，∠AOB=∠A′OB′=15°， ∴∠AOB′=∠A′OA－∠A′OB=45°－15°=30°。故选 B。 例 4. （2012 山东日照 3 分）如图，在 4×4 的正方形网格中，若将△ABC 绕着点 A 逆时针旋转得到△AB′C′， 则 BB' 的长为【 】 （A） （B） 2  （C）7 （D）6 【答案】A。 【考点】旋转的性质，弧长的计算。 【分析】根据图示知，∠BAB′=45°，∴ BB' 的长为： 45 4 180   。故选 A。 例 5. （2012 广西柳州 3 分）如图，小红做了一个实验，将正六边形 ABCDEF 绕点 F 顺时针旋转后到达 A′B′C′D′E′F′的位置，所转过的度数是【 】 A．60° B．72° C．108° D．120° 【答案】A。 【考点】旋转的性质，多边形内角和定理。 【分析】∵六边形 ABCDEF 是正六边形，∴∠AFE=180°×(6－2) 1 6 =120°。 ∴∠EFE′=180°-∠AFE=180°－120°=60°。 ∵将正六边形 ABCDEF 绕点 F 顺时针旋转后到达 A′B′C′D′E′F′的位置， ∴∠EFE′是旋转角，∴所转过的度数是 60°。故选 A。 例 6. （2012 浙江宁波 3 分）把二次函数 y=（x﹣1）2+2 的图象绕原点旋转 180°后得到的图象的解析式为 ▲ ． 【答案】y=﹣（x+1）2﹣2。 85 【考点】二次函数图象与几何变换，旋转的性质。 【分析】∵二次函数 y=（x﹣1）2+2 顶点坐标为（1，2）， ∴绕原点旋转 180°后得到的二次函数图象的顶点坐标为（﹣1，﹣2）。 ∴旋转后的新函数图象的解析式为 y=﹣（x+1）2﹣2。 例 7.（2012 浙江温州 5 分）分别以正方形的各边为直径向其内部作半圆得到的图形如图所示，将该图形绕 其中心旋转一个合适的角度后会与原图形重合，则这个旋转角的最小度数是 ▲ 度. 【答案】90。 【考点】旋转对称图形。 【分析】观察图形可得，图形可看作由一个基本图形每次旋转 90°，旋转 4 次所组成，故最小旋转角为 90°。 例 8. （2012 江苏无锡 2 分）如图，△ABC 中，∠C=30°．将△ABC 绕点 A 顺时针旋转 60°得到△ADE， AE 与 BC 交于 F，则∠AFB= ▲ °． 【答案】90。 【考点】旋转的性质，三角形外角性质。 【分析】根据旋转的性质可知∠CAF=60°，根据三角形的一个外角等于和它不相邻的两内角之和的性质， 得：∠CFA=∠C+∠CAF=90°。 例 9. （2012 浙江义乌 10 分）在锐角△ABC 中，AB=4，BC=5，∠ACB=45°，将△ABC 绕点 B 按逆时针 方向旋转，得到△A1BC1． （1）如图 1，当点 C1 在线段 CA 的延长线上时，求∠CC1A1 的度数； （2）如图 2，连接 AA1，CC1．若△ABA1 的面积为 4，求△CBC1 的面积； （3）如图 3，点 E 为线段 AB 中点，点 P 是线段 AC 上的动点，在△ABC 绕点 B 按逆时针方向旋转过程 中，点 P 的对应点是点 P1，求线段 EP1 长度的最大值与最小值． 86 【答案】解：（1）∵由旋转的性质可得：∠A1C1B=∠ACB=45°，BC=BC1， ∴∠CC1B=∠C1CB=45°。 ∴∠CC1A1=∠CC1B+∠A1C1B= 45°+45°=90°。 （2）∵由旋转的性质可得：△ABC≌△A1BC1， ∴BA=BA1，BC=BC1，∠ABC=∠A1BC1。 ∴ 1 1 BABA BC BC ，∠ABC+∠ABC1=∠A1BC1+∠ABC1。 ∴∠ABA1=∠CBC1。 ∴△ABA1∽△CBC1。∴ 1 1 22 ABA CBC S AB 4 16 S CB 5 25               。 ∵S△ABA1=4，∴S△CBC1= 25 4 。 （3）过点 B 作 BD⊥AC，D 为垂足， ∵△ABC 为锐角三角形，∴点 D 在线段 AC 上。 在 Rt△BCD 中，BD=BC×sin45°= 5 22 。 ①如图 1，当 P 在 AC 上运动至垂足点 D，△ABC 绕点 B 旋 转，使点 P 的对应点 P1 在线段 AB 上时，EP1 最小。 最小值为：EP1=BP1﹣BE=BD﹣BE= ﹣2。 ②如图 2，当 P 在 AC 上运动至点 C，△ABC 绕点 B 旋转， 使点 P 的对应点 P1 在线段 AB 的延长线上时，EP1 最大。 最大值为：EP1=BC+BE=5+2=7。 【考点】旋转的性质，等腰三角形的性质，全等三角形的判定和性质，相似 三角形的判定和性质。 87 【分析】（1）由旋转的性质可得：∠A1C1B=∠ACB=45°，BC=BC1，又由等腰三角形的性质，即可求得∠CC1A1 的度数。 （2）由旋转的性质可得：△ABC≌△A1BC1，易证得△ABA1∽△CBC1，利用相似三角形的面积比 等于相似比的平方，即可求得△CBC1 的面积。 （3）由 ①当 P 在 AC 上运动至垂足点 D，△ABC 绕点 B 旋转，使点 P 的对应点 P1 在线段 AB 上时， EP1 最小；②当 P 在 AC 上运动至点 C，△ABC 绕点 B 旋转，使点 P 的对应点 P1 在线段 AB 的延长线上时， EP1 最大，即可求得线段 EP1 长度的最大值与最小值。 例 10. （2012 辽宁大连 12 分）如图，抛物线 y=ax2+bx+c 经过 A（－ 3 ，0）、 B（3 ，0）、 C（0，3） 三点，线段 BC 与抛物线的对称轴 l 相交于点 D。设抛物线的顶点为 P，连接 PA、AD、DP，线段 AD 与 y 轴相交于点 E。 （1）求该抛物线的解析式； （2）在平面直角坐标系中是否存在点 Q，使以 Q、C、D 为顶点的三角形与△ADP 全等？若存在，求出 点 Q 的坐标，若不存在，说明理由； （3）将∠CED 绕点 E 顺时针旋转，边 EC 旋转后与线段 BC 相交于点 M，边 ED 旋转后与对称轴 l 相交 于点 N，连接 PM、DN，若 PM＝2DN，求点 N 的坐标（直接写出结果）。 【答案】解：（1）∵抛物线 y=ax2+bx+c 经过 A（－ 3 ，0）、 B（3 ，0）、 C（0，3）三点， ∴抛物线的解析式可设为   y=a x+ 3 x 3 3 ， 将 C（0，3）代入得   3=a 0+ 3 0 3 3 ，解得 1a= 3 。 ∴抛物线的解析式为   1y= x+ 3 x 3 33，即 21 2 3y= x + x+333 。 （2）存在。如图， 由 得对称轴 l 为 x= 3 ， 88 由 B（3 3 ，0）、 C（0，3）得 tan∠OBC= 3 3 ， ∴∠OBC==300。 由轴对称的性质和三角形外角性质，得 ∠ADP==1200。 由锐角三角函数可得点 D 的坐标为（ ，2）。 ∴DP=CP=1，AD=4。 ①在 y 轴正方向上存在点 Q1，只要 CQ1=4，则由 SAS 可判断△Q1CD≌△ADP， 此时，Q1 的坐标为（0，7）。 ②由轴对称的性质，得 Q1 关于直线 BC 的对称点 Q2 也满足△Q2CD≌△ADP， 过点 Q2 作 Q2G⊥y 轴于点 G，则在 Rt△CQ2G 中，由 Q2C=4，∠Q2CG=600 可得 CG=2，Q2G=2 。∴OG=1。∴Q2 的坐标为（－2 ，1）。 ③在对称轴 l 点 P 关于点 D 的反方向上存在点 Q3，只要 DQ3=4，则△Q3DC≌△ADP， 此时，Q3 的坐标为（ ，－2）。 ④由轴对称的性质，得 Q3 关于直线 BC 的对称点 Q4 也满足△Q2DC≌△ADP， 过点 Q4 作 Q4H⊥l 于点 H，则在 Rt△DQ4H 中，由 Q4D=4，∠Q4DH=600 可得 DH=2，HQ4=2 。∴Q4 的坐标为（3 ，4）。 综上所述，点 Q 的坐标为（0，7）或（－2 ，1）或（ ，－2）或（3 ，4）。 （3）（ 7 133 3  ， ）。 89 【考点】二次函数综合题，待定系数法，曲线上点的坐标与方程的关系，二次函数的性质，锐角三角函数 定义，特殊角的三角函数值，轴对称的性质，三角形外角性质，勾股定理，全等三角形的判定和性质，旋 转的性质。 【分析】（1）根据已知点的坐标，设抛物线的交点式，用待定系数法即可求。 （2）求出△ADP 的两边夹一角，根据 SAS 作出判断。 （3）如图，作做 EF⊥l 于点 F， 由题意易证明△PMD ≌△EMD，△CME ≌△DNE， ∴PM=EM=EN=2DN。 由题意 DF=1，EF= 3 ，NF=1-DN 在 Rt△EFN 中， 2 2 2EN EF NF， ∴  224DN 3 1 DN   ，整理得 23DN 2DN 4 0   ，解得 1 13DN= 3  （负值舍去）。 ∴ 13 1DN= 3  。 ∴点 N 的纵坐标为 13 1 7 132=33  。∴N（ 7 133, 3  ）。 练习题： 1. （2011 广西桂林 3 分）在平面直角坐标系中，将抛物线 y = x 2＋2 ＋3 绕着它与 轴的交点旋转 180°， 所得抛物线的解析式是【 】 A、 =－（ ＋1）2＋2 B、 =－（ －1）2＋4 C、 =－（ －1）2＋2 D、 =－（ ＋1）2＋4 2.（2011 四川泸州 2 分）如图，该图形绕点 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° 3. （2011 天津 10 分）在平面直角坐标系中．已知 O 坐标原点．点 A(3．0)，B(0，4)．以点 A 为旋转中心， 把△ABO 顺时针旋转，得△ACD．记旋转转角为 α．∠ABO 为 β． (I) 如图①，当旋转后点 D 恰好落在 AB 边上时．求点 D 的坐标； (Ⅱ) 如图②，当旋转后满足 BC∥ 轴时．求 α 与 β 之闻的数量关系； 90 (Ⅲ) 当旋转后满足∠AOD=β 时．求直线 CD 的解析式(直接写出即如果即可)， 4.（2011 广东珠海 7 分）如图，将一个钝角△ABC（其中∠ABC＝120°）绕点 B 顺时针旋转得△A1BC1， 使得 C 点落在 AB 的延长线上的点 C1 处，连结 AA1． （1）写出旋转角的度数； （2）求证：∠A1AC＝∠C1． 5. （2011 河北省 10 分）如图 1 至图 4 中，两平行线 AB、CD 间的距离均为 6，点 M 为 AB 上一定点． 思考 如图 1，圆心为 0 的半圆形纸片在 AB，CD 之间（包括 AB，CD），其直径 MN 在 AB 上，MN=8， 点 P 为半圆上一点，设∠MOP=α． 当 α= ▲ 度时，点 P 到 CD 的距离最小，最小值为 ▲ ． 探究一 在图 1 的基础上，以点 M 为旋转中心，在 AB，CD 之间顺时针旋转该半圆形纸片，直到不能再转动 为止，如图 2，得到最大旋转角∠BMO= ▲ 度，此时点 N 到 CD 的距离是 ▲ ． 探究二 将如图 1 中的扇形纸片 NOP 按下面对 α 的要求剪掉，使扇形纸片 MOP 绕点 M 在 AB，CD 之间顺时 针旋转． （1）如图 3，当 α=60°时，求在旋转过程中，点 P 到 CD 的最小距离，并请指出旋转角∠BMO 的最 大值； 91 （2）如图 4，在扇形纸片 MOP 旋转过程中，要保证点 P 能落在直线 CD 上，请确定 α 的取值范围． （参考数椐：sin49°= 3 4 ，cos41°= 3 4 ，tan37°= 3 4 ．） 6. （2011 江西南昌 10 分）如图所示，抛物线 m：y=ax2+b（a＜0，b＞0）与 x 轴于点 A、B（点 A 在点 B 的左侧），与 y 轴交于点 C．将抛物线 m 绕点 B 旋转 180°，得到新的抛物线 n，它的顶点为 C1，与 x 轴的另一个交点为 A1． （1）当 a=﹣1，b=1 时，求抛物线 n 的解析式； （2）四边形 AC1A1C 是什么特殊四边形，请写出结果并说明理由； （3）若四边形 AC1A1C 为矩形，请求出 a，b 应满足的关系式． 7.（2011 四川资阳 10 分）已知抛物线 C：  2 0y ax bx c a <   过原点，与 x 轴的另一个交点为 B(4，0)， A 为抛物线 C 的顶点． (1) 如图 1，若∠AOB=60°，求抛物线 C 的解析式；(3 分) (2) 如图 2，若直线 OA 的解析式为 yx ，将抛物线 C 绕原点 O 旋转 180°得到抛物线 C′，求抛物线 C、C′的解析式；(3 分) (3) 在(2)的条件下，设 A′为抛物线 C′的顶点，求抛物线 C 或 C′上使得 PB PA的点 P 的坐标．(4 分) 92