24.1 旋转【十大题型】（举一反三）（沪科版）（教师版）.docx

1、专题24.1 旋转【十大题型】【沪科版】【题型1 关于原点对称的点的坐标】1【题型2 利用旋转的性质求角度】3【题型3 利用旋转的性质求线段长度】6【题型4 旋转中的坐标与图形变换】10【题型5 作图-旋转变换】14【题型6 中心对称图形及旋转对称图形】18【题型7 旋转中的周期性问题】20【题型8 旋转中的多结论问题】24【题型9 旋转中的最值问题】30【题型10 旋转的综合】34【知识点1 关于原点对称的点的坐标】 在平面直角坐标系中，如果两个点关于原点对称，它们的坐标符号相反，即点p（x,y）关于原点对称点为（-x,-y）。【题型1 关于原点对称的点的坐标】【例1】（2022春平阴县期末

2、）点A（2，3）与点B（a，b）关于坐标原点对称，则a+b的值为1【分析】根据两个点关于原点对称时，它们的坐标符号相反可直接得到答案【解答】解：点A（2，3）与点B（a，b）关于坐标原点对称，a2，b3，a+b1，故答案为：1【变式1-1】（2022秋雨花区期末）若点A（m，5）与点B（2，n）关于原点对称，则3m+2n的值为16【分析】平面直角坐标系中任意一点P（x，y），关于原点的对称点是（x，y），记忆方法是结合平面直角坐标系的图形记忆【解答】解：点A（m，5）与点B（2，n）关于原点对称，m2，n5，3m+2n61016故答案为：16【变式1-2】（2022秋常熟市期末）已知点P（2m

3、1，m+3）关于原点的对称点在第三象限，则m的取值范围是12m3【分析】根据关于原点对称点的性质可得P在第一象限，进而可得2m-10-m+30，再解不等式组即可【解答】解：点P（2m1，m+3）关于原点的对称点在第三象限，点P（2m1，m+3）在第一象限，2m-10-m+30，解得：12m3，故答案为：12m3【变式1-3】（2022春永新县期末）已知点P（3+2a，2a+1）与点P关于原点成中心对称，若点P在第二象限，且a为整数，则关于x的分式方程2x-ax+1=3的解是x2【分析】根据P关于原点对称点在第一象限，得到P横纵坐标都小于0，求出a的范围，确定出a的值，代入方程计算即可求出解【解

4、答】解：P（3+2a，2a+1）与点P关于原点成中心对称，若点P在第二象限，且a为整数，3+2a02a+10，解得：-32a-12，即a1，当a1时，所求方程化为2x+1x+1=3，解得：x2，经检验x2是分式方程的解，则方程的解为2故答案为x2【知识点2 旋转的定义】 在平面内，把一个平面图形绕着平面内某一点O转动一个角度，就叫做图形的旋转，点O叫做旋转中心，转动的角叫做旋转角。我们把旋转中心、旋转角度、旋转方向称为旋转的三要素。【知识点3 旋转的性质】 旋转的特征：（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。理解以下几点：（

5、1）图形中的每一个点都绕旋转中心旋转了同样大小的角度。（2）对应点到旋转中心的距离相等，对应线段相等，对应角相等。（3）图形的大小与形状都没有发生改变，只改变了图形的位置。【题型2 利用旋转的性质求角度】【例2】（2022春梅州校级期末）如图，点O是等边ABC内一点，AOB110，将BOC绕点C按顺时针方向旋转60得ADC，连接OD，若ODAD，则BOC的度数为140【分析】设BOC，根据旋转前后图形不发生变化，易证COD是等边OCD，从而利用分别表示出AOD与ADO，再根据等腰AOD的性质求出【解答】解：设BOC，根据旋转的性质知，BOCADC，则OCDC，BOCADC又BOC绕点C按顺时针

6、方向旋转60得到ADC，OCD60，OCD是等边三角形，CODCDO60，ODAD，AODDAOAOD36011060190，ADO60，2（190）+60180，解得140故答案是：140【变式2-1】（2022南充）如图，将直角三角板ABC绕顶点A顺时针旋转到ABC，点B恰好落在CA的延长线上，B30，C90，则BAC为（）A90B60C45D30【分析】利用旋转不变性，三角形内角和定理和平角的意义解答即可【解答】解：B30，C90，CAB180BC60，将直角三角板ABC绕顶点A顺时针旋转到ABC，CABCAB60点B恰好落在CA的延长线上，BAC180CABCAB60故选：B【变式2-

7、2】（2022天津一模）如图，在ABC中，ABAC，BAC40，点D在边AB上，将ADC绕点A逆时针旋转40，得到ADB，且D，D，C三点在同一条直线上，则ACD的大小为（）A20B30C40D45【分析】由旋转的性质可得BACBAD40，ADAD，由等腰三角形的性质可得ADD70，DAC80，即可求ACD的度数【解答】解：将ADC绕点A逆时针旋转40得到ADB，BACBAD40，ADADADD=12（18040）70，DACBAC+BAD80，ACD180ADDDAC30；故选：B【变式2-3】（2022城步县模拟）如图，P为等边三角形ABC内一点，APB：APC：CPB5：6：7，则以PA

8、，PB，PC为三边构成的三角形的三个内角从小到大的度数之比为（）A1：2：3B2：3：4C3：4：5D5：6：7【分析】将APB绕A点逆时针旋转60得ADC，显然有ADCAPB，连PD，则ADAP，DAP60，得到ADP是等边三角形，PDAP，所以DCP的三边长分别为PA，PB，PC；再由APB+BPC+CPA360，APB：APC：CPB5：6：7，得到APB100，BPC140，CPA120，这样可分别求出PDCADCADPAPBADP1006040，DPCAPCAPD1206060，PCD180（40+60）80，即可得到答案【解答】解：如图，将APB绕A点逆时针旋转60得ADC，显然有

9、ADCAPB，连PD，ADAP，DAP60，ADP是等边三角形，PDAP，DCPB，DCP的三边长分别为PA，PB，PC，APB+BPC+CPA360，APB：APC：CPB5：6：7，APB100，BPC140，CPA120，PDCADCADPAPBADP1006040，DPCAPCAPD1206060，PCD180（40+60）80，以PA，PB，PC为三边构成的三角形的三个内角从小到大的度数之比为2：3：4故选：B【题型3 利用旋转的性质求线段长度】【例3】（2022春仪征市期末）如图，边长为1的正方形ABCD绕点A逆时针旋转60得到正方形AEFG，连接CF，则CF的长是（）A1B2C3

10、D32-3【分析】连接AC、AF，证明ACF为等边三角形，求得AC便可得出结果【解答】解：连接AC、AF，由旋转性质得，ACAF，CAF60，ACF为等边三角形，ACCF，AC=2AB=2，CF=2，故选：B【变式3-1】（2022春如皋市期末）如图，在RtABC中，C90，AC3，BC4将ABC绕点A逆时针旋转得到ABC，使点C落在AB边上，连接BB，则BB的长为（）A23B5C25D6【分析】根据旋转的性质并利用勾股定理进行求解即可【解答】解：C90，AC3，BC4，根据勾股定理得：AB=AC2+BC2=32+42=5，由旋转的性质可知，ACAC3，BCBC4，BCABAC532，BB=B

11、C2+BC2=42+22=25，故选：C【变式3-2】（2022东莞市校级一模）如图，AOB中，AOB90，AO4，BO8，AOB绕点O逆时针旋转到AOB处，此时线段AB与BO的交点E为BO的中点，则线段BE的长度为（）A35B1255C955D1655【分析】由勾股定理求出AB，由旋转的性质可得AOAO，ABAB，再求出OE，从而得到OEAO，过点O作OFAB于F，由三角形的面积求出OF，由勾股定理列式求出EF，再由等腰三角形三线合一的性质可得AE2EF，然后由BEABAE代入数据计算即可得解【解答】解：AOB90，AO4，BO8，AB=AO2+BO2=42+82=45，AOB绕顶点O逆时针

12、旋转到AOB处，AOAO4，ABAB45，点E为BO的中点，OE=12BO=1284，OEAO4，过点O作OFAB于F，如图，SAOB=1245OF=1248，解得：OF=855，在RtEOF中，EF=OE2-OF2=42-(855)2=455，OEAO，OFAB，AE2EF2455=855，BEABAE=45-855=1255故选：B【变式3-3】（2022春和平区期末）如图，ABC与CDE都是等边三角形，连接AD，BE，CD4，BC2，若将CDE绕点C顺时针旋转，当点A、C、E在同一条直线上时，线段BE的长为（）A23B27C3或7D23或27【分析】分两种情况：当E在CA延长线上时，过A

13、作AMBE于M，根据ABC与CDE都是等边三角形，CD4，BC2，可得AEAB，AEBABE30，在RtABM中，可得BM=3，从而BE2BM23；当E在AC的延长线上时，过B作BNAC于N，在RtBCN中，CN=12BC1，BN=3CN=3，在RtBNE中，BE=BN2+NE2=27【解答】解：当E在CA延长线上时，过A作AMBE于M，如图：ABC与CDE都是等边三角形，CD4，BC2，AECEAC422，BAC60，AEAB，AEBABE30，在RtABM中，AM=12AB1，BM=3AM=3，BE2BM23；当E在AC的延长线上时，过B作BNAC于N，如图：在RtBCN中，CN=12BC

14、1，BN=3CN=3，NECE+CN4+15，在RtBNE中，BE=BN2+NE2=(3)2+52=27；综上所述，线段BE的长为23或27，故选：D【题型4 旋转中的坐标与图形变换】【例4】（2022秋黄石期末）如图，线段AB与线段CD关于点P对称，若点A（a，b）、B（5，1）、D（3，1），则点C的坐标为（）A（a，b）B（a+2，b）C（a1，b+1）D（a+1，b1）【分析】运用中点坐标公式求答案【解答】解：设C（m，n），线段AB与线段CD关于点P对称，点P为线段AC、BD的中点a+m2=5-32，b+n2=1-12，m2a，nb，C（2a，b），故选：B【变式4-1】（2022秋

15、本溪期末）如图，在AOB中，OA4，OB6，AB27，将AOB绕原点O逆时针旋转90，则旋转后点A的对应点A的坐标是（）A（4，2）B（23，4）C（23，2）D（2，23）【分析】如图，过点A作AHOB于H，设OHm，则BH6m，利用勾股定理构建方程求出m，可得结论【解答】解：如图，过点A作AHOB于H，设OHm，则BH6m，AH2OA2OH2AB2BH2，42m2（27）2（6m）2，m2，AH=42-22=23，A（2，23），将AOB绕原点O逆时针旋转90，则旋转后点A的对应点A（23，2），【变式4-2】（2022秋西湖区期末）如图，在平面直角坐标系中，MNP绕原点逆时针旋转90得到

16、M1N1P1，若M（1，2），则点M1的坐标为（）A（2，1）B（1，2）C（2，1）D（1，2）【分析】如图，连接OM，OM1，过点M作MHy轴于点H，过点M1作M1Tx轴于点T利用全等三角形的性质解决问题即可【解答】解：如图，连接OM，OM1，过点M作MHy轴于点H，过点M1作M1Tx轴于点TM（1，2），MH1，OH2，MOM1POT，MOHM1OT，MHOM1TO90，OMOM1，MHOM1TO（AAS），MHM1T1，OHOT2，M1（2，1），故选：C【变式4-3】（2022新抚区模拟）如图，RtAOB的斜边AO在y轴上，OB=3，AOB30，直角顶点B在第二象限，将RtAOB绕原

17、点O顺时针旋转120后得到AOB，则A点的对应点A的坐标是（）A（3，1）B（1，-3）C（2，0）D（3，0）【分析】如图，利用含30度的直角三角形三边的关系得到BC1，再利用旋转的性质得到OBOB=3，BABA1，ABOABO90，然后利用第四象限点的坐标特征写出点A的坐标【解答】解：如图，在RtOAB中，BOA30，AB=33OB=333=1，RtOCB绕原点顺时针旋转120后得到OAB，OBOB=3，BABA1，ABOABO90，点A的坐标为（3，1）故选：A【知识点4 利用旋转性质作图】 旋转有两条重要性质：（1） 任意一对对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角；（2） 对应点到旋

18、转中心的距离相等，它就是利用旋转的性质作图的关键。步骤可分为：连：即连接图形中每一个关键点与旋转中心； 转：即把直线按要求绕旋转中心转过一定角度（作旋转角）截：即在角的另一边上截取关键点到旋转中心的距离，的到各点的对应点； 接：即连接到所连接的各点。【知识点5 中心对称图形的定义】 把一个图形绕着某一个点旋转180，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形叫做中心对称图形，这个点就就是它的对称中心。【知识点6 中心对称的性质】 有以下几点：（1）关于中心对称的两个图形上的对应点的连线都经过对称中心，并且都被对称中心平分；（2）关于中心对称的两个图形能够互相重合，就是全等形；（3）关于

19、中心对称的两个图形，对应线段平行（或共线）且相等。【知识点7 作一个图形关于某点对称的图形】 要作出一个图形关于某一点的成中心对称的图形，关键就是作出该图形上关键点关于对称中心的对称点。最后将对称点按照原图形的形状连接起来，即可的出成中心对称图形。【题型5 作图-旋转变换】【例5】（2022春化州市校级期中）如图，在平面直角坐标系中，ABC的三个顶点分别是A（1，3），B（4，4），C（2，1）（1）把ABC向左平移4个单位后得到对应的A1B1C1，请画出平移后的A1B1C1；（2）把ABC绕原点O旋转180后得到对应的A2B2C2，请画出旋转后的A2B2C2【分析】（1）利用平移变换的性质分

20、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【解答】解：（1）如图，A1B1C1即为所求；（2）如图，A2B2C2即为所求【变式5-1】（2022春洪雅县期末）如图，在所给网格图（ 每小格均为边长是1的正方形）中完成下列各题：（1）将ABC向下平移5个单位得A1B1C1，画出平移后的A1B1C1（2）画出ABC关于点B成中心对称的图形（3）在直线l上找一点P，使ABP的周长最小【分析】（1）直接利用平移的性质得出对应点位置进而得出答案；（2）直接利用中心对称图形的性质得出对应点位置；（3）利用轴对称求最短路线的方法得出答案

21、【解答】解：（1）如图所示：A1B1C1，即为所求；（2）如图所示：DEF，即为所求；（3）如图所示：P点位置，使ABP的周长最小【变式5-2】（2022春蒲城县期末）在如图所示的平面直角坐标系中，每个小方格都是边长为1个单位长度的正方形，ABC的顶点坐标分别为A（1，1），B（3，0），C（2，3）（1）将ABC向左平移4个单位长度得到A1B1C1，点A、B、C的对应点分别为A1、B1、C1，请画出A1B1C1，并写出点C1的坐标；（2）以原点O为旋转中心，将ABC顺时针旋转90得到A2B2C2，点A、B、C的对应点分别为A2、B2、C2，请画出A2B2C2【分析】（1）利用平移变换的性质分

22、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【解答】解：（1）如图，A1B1C1即为所求，点C1的坐标（2，3）；（2）如图，A2B2C2即为所求【变式5-3】（2022秋利通区期末）方格纸中的每个小方格都是边长为1个单位的正方形，在建立平面直角坐标系后，ABC的顶点均在格点上（1）画出ABC绕B点顺时针旋转90后的A1B1C1；并写出A1、B1、C1的坐标；（2）画出ABC关于原点O对称的A2B2C2；并写出A2、B2、C2的坐标【分析】（1）根据题意所述的旋转中心、旋转方向、旋转角度找到各点的对应点，顺次连接即可得出A

23、1B1C1，结合直角坐标系可得出各点的坐标（2）找到各点关于原点对称的点，顺次连接可得到A2B2C2，结合直角坐标系可得出各点的坐标【解答】解：（1）所画图形如下：结合图形可得A1坐标为（3，1）；B1坐标为（1，0）；C1坐标为（2，2）；（2）所画图形如下所示：结合图形可得A2坐标为（2，2）；B2坐标为（1，0）；C2坐标为（3，1）【题型6 中心对称图形及旋转对称图形】【例6】（2022秋单县校级月考）如图所示的图案中，是轴对称图形而不是中心对称图形的个数是1【分析】根据轴对称图形与中心对称图形的概念求解【解答】解：第一个图形是轴对称图形而不是中心对称图形，共1个故答案为：1【变式6-

24、1】（2022秋普陀区期末）在下列图形中：等腰三角形、等边三角形、正方形、正五边形、平行四边形，等腰梯形，其中有 4个旋转对称图形【分析】根据旋转对称图形的定义：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解答即可【解答】解：在等腰三角形、等边三角形、正方形、正五边形、平行四边形，等腰梯形只有等边三角形、正方形、正五边形、平行四边形是旋转对称图形故答案为4；【变式6-2】（2022秋孝义市期中）2022年2月4日2月20日，北京冬奥会将隆重开幕，北京将成为世界上第一个既举办过夏季奥运会，又举办过冬季奥运会的城市下

25、面图片是在北京冬奥会会徽征集过程中，征集到的一幅图片，整个图片由“京字组成的雪花图案”、“beijing2022”、“奥运五环”三部分组成对于图片中的“雪花图案”，至少旋转 60能与原雪花图案重合【分析】“雪花图案”可以看成正六边形，根据正六边形的中心角为60，即可解决问题【解答】解：“雪花图案”可以看成正六边形，正六边形的中心角为60，这个图案至少旋转60能与原雪花图案重合故答案为：60【变式6-3】（2022春景德镇期中）如图，由4个全等的正方形组成的L形图案，请按下列要求画图：（1）在图案中添加1个正方形，使它成轴对称图形（不能是中心对称图形）；（2）在图案中添加1个正方形，使它成中心对

26、称图形（不能是轴对称图形）；（3）在图案中改变1个正方形的位置，从而得到一个新图形，使它既成中心对称图形，又成轴对称图形【分析】（1）根据轴对称图形的性质，先找出对称轴，再思考如何画图；（2）如一，也是先找一个中心，再根据中心对称的性质，思考如何画图；（3）根据中心对称和轴对称的性质画一个图形注意此题有多种画法，答案不唯一【解答】解：如图所示（1）如图（1），图（2），图（3）所示；（2）如图（4）所示；（3）如图（5），图（6）所示【题型7 旋转中的周期性问题】【例7】（2022春高新区校级月考）如图，在平面直角坐标系中，已知点P0的坐标为（1，0），将点P0绕着原点O按逆时针方向旋转30得

27、到点P1，延长OP1到P2，使得OP22OP1；再将点P2绕着原点O按逆时针方向旋转30得到P3，延长OP3到P4，使得OP42OP3如此继续下去，点P2023坐标为（）A（21010，321010）B（0，21011）C（21010，321010）D（321010，21010）【分析】根据每次旋转后线段的长度是原来的2倍求出OP2023，根据旋转角为30求出每12次旋转，24个点为一个循环组依次循环，然后用2023除以24，再根据商和余数的情况确定出点P2023在第二象限与y轴正半轴夹角为30，然后解答即可【解答】解：点P0的坐标为（1，0），OP01，OP22OP12，OP3OP22，OP

28、42OP32222，OP202221011，20222484余6，点P2023是第85循环组的第7个点，在第二象限，与y轴正半轴夹角为30，点P2023的坐标为（-210112，2101123），即（21010，321010）故选：A【变式7-1】（2022秋中原区校级期末）将OBA按如图方式放在平面直角坐标系中，其中OBA90，A30，顶点A的坐标为（1，3），将OBA绕原点逆时针旋转，每次旋转60，则第2023次旋转结束时，点A对应点的坐标为（）A(-1，3)B(-3，1)C(-33，1)D(-1，33)【分析】6次一个循环，分别求出第一次到第六次的点A的坐标，利用规律解决问题即可【解答】

29、解：A（1，3），ABO90，OB1，AB=3，A30，OA2OB2，第一次旋转后的坐标为（1，3），第二次旋转后的坐标为（2，0），第三次旋转后的坐标为（1，-3），第四次旋转后的坐标为（1，-3），第五次旋转后的坐标为（2，0），第六次旋转后的坐标为（1，3），6次一个循环，202363371，第2023次旋转结束时，点A对应点的坐标为（1，3），故选：A【变式7-2】（2022开封一模）如图，在平面直角坐标系中，将正方形OABC绕O点顺时针选择45后，得到正方形OA1B1C1，以此方式，绕O点连续旋转2022次得到正方形OA2022B2022C2022，如果点C的坐标为（0，1），那么点

30、B2022的坐标为（）A(0，-2)B(-2，0)C（1，1）D（1，1）【分析】根据图形可知：点B在以O为圆心，以OB为半径的圆上运动，再由旋转可知：将正方形OABC绕点O顺时针旋转45后得到正方形OA1B1C1，相当于将线段OB绕点O顺时针旋转45，可得对应点B的坐标，然后发现规律是8次一循环，进而得出答案【解答】解：点C的坐标为（0，1），OC1，四边形OABC是正方形，OAB90，ABOCOA1，B（1，1），连接OB，如图：由勾股定理得：OB=12+12=2，由旋转的性质得：OBOB1OB2OB3=2，将正方形OABC绕点O顺时针旋转45后得到正方形OA1B1C1，相当于将线段OB绕

31、点O顺时针旋转45，依次得到AOBBOB1B1OB245，B1（2，0），B2（1，1），B3（0，-2），B4（1，1），B5（-2，0），B6（1，1），发现是8次一循环，则202282526，点B2022的坐标为（1，1），故选：C【变式7-3】（2022春高州市期中）如图，矩形ABCD的顶点A，B分别在x轴、y轴上，OAOB2，AD42，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C的坐标为（）A（6，4）B（6，4）C（4，6）D（4，6）【分析】过点C作CEy轴于点E，连接OC，根据已知条件求出点C的坐标，再根据旋转的性质求出前4次旋转后点C的坐标，发

32、现规律，进而求出第2022次旋转结束时，点C的坐标【解答】解：如图，过点C作CEy轴于点E，连接OC，OAOB2，ABOBAO45，ABC90，CBE45，BCAD42，CEBE4，OEOB+BE6，C（4，6），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C的坐标为（6，4）；则第2次旋转结束时，点C的坐标为（4，6）；则第3次旋转结束时，点C的坐标为（6，4）；则第4次旋转结束时，点C的坐标为（4，6）；发现规律：旋转4次一个循环，202245052，则第2022次旋转结束时，点C的坐标为（4，6）故选：C【题型8 旋转中的多结论问题】【例8】（2022益阳）如图，已

33、知ABC中，CAB20，ABC30，将ABC绕A点逆时针旋转50得到ABC，以下结论：BCBC，ACCB，CBBB，ABBACC，正确的有（）ABCD【分析】根据旋转的性质可得，BCBCCABCAB20，ABCABC30，再根据旋转角的度数为50，通过推理证明对四个结论进行判断即可【解答】解：ABC绕A点逆时针旋转50得到ABC，BCBC故正确；ABC绕A点逆时针旋转50，BAB50CAB20，BACBABCAB30ABCABC30，ABCBACACCB故正确；在BAB中，ABAB，BAB50，ABBABB=12（18050）65BBCABB+ABC65+3095CB与BB不垂直故不正确；在A

34、CC中，ACAC，CAC50，ACC=12（18050）65ABBACC故正确这三个结论正确故选：B【变式8-1】（2022春邗江区期末）如图，在正方形ABCD中，AB8，若点E在对角线AC上运动，将线段DE绕点D逆时针旋转90得到线段DF，连接EF、CF点P在CD上，且CP3PD给出以下几个结论EF=2DE，EF2AE2+CE2，线段PF的最小值是42，CFE的面积最大是16其中正确的是（）ABCD【分析】根据旋转的性质得DEF为等腰直角三角形，进而得到EF与DE的数量关系，便可判定的正误；证明ADECDF，得AECF，DAEDCF45，再在直角CEF中由勾股定理得EF2CF2+CE2，进而

35、得EF2AE2+CE2，便可判断的正误；由DCF45恒成立，所以当PFCF时，PF取最小值，求出此时的PF便可判断的正误；先求得AE+CEAC=2AD=82，再根据（AECE）20求得AECE32，求得AECE的最大值为32，进而求得CFE的面积最大值，便可判断的正误【解答】解：由旋转知，DEDF，EDF90，EF=2DE，故正确；四边形ABCD是正方形，ADCBCD90，ADCD，DACACD45，ADCEDF，ADECDF，ADECDF（SAS），AECF，DAEDCF45，ECF90，EF2CF2+CE2，EF2AE2+CE2，故正确；CP3PDPC=34CD6，当PFCF时，PF取最小

36、值，如图，DCF45，PFCF=22CP32，故错误；ECF90，SCEF=12CECF=12CEAE，AE+CEAC=2AD=82，（AECE）2（AE+CE）24AECE1284AECE0，AECE32，AECE的最大值为32，CFE的面积最大是123216，故正确；故选：A【变式8-2】（2022春双牌县期末）一副三角板如图摆放，点F是45角三角板ABC的斜边的中点，AC4当30角三角板DEF的直角顶点绕着点F旋转时，直角边DF，EF分别与AC，BC相交于点M，N在旋转过程中有以下结论：MFNF；四边形CMFN有可能是正方形：MN长度的最小值为2；四边形CMFN的面积保持不变其中正确结论

37、的个数是（）A1B2C3D4【分析】利用两直角三角形的特殊角、性质及旋转的性质分别判断每一个结论，找到正确的即可【解答】解：连接CF，F为AB中点，ACBC，ACB90，AFBFCF，CFAB，AFM+CFM90DFE90，CFM+CFN90，AFMCFN同理，A+MCF90，MCF+FCN90，AFCN，在AMF与CNF中，AFM=CFNAF=CFA=FCN，AMFCNF（ASA），MFNF故正确；当MFAC时，四边形MFNC是矩形，此时MAMFMC，根据邻边相等的矩形是正方形可知正确；连接MN，当M为AC的中点时，CMCN，根据边长为4知CMCN2，此时MN最小，最小值为22，故错误；当M

38、、N分别为AC、BC中点时，四边形CDFE是正方形ADFCEF，SCEFSAMFS四边形CDFESAFC故正确；故选：C【变式8-3】（2022春德州期中）如图，正方形ABCD的对角线相交于点O，点O又是正方形A1B1C1O的一个顶点，而且这两个正方形的边长相等给出如下四个结论：OEF45；正方形A1B1C1O绕点O旋转时，四边形OEBF的面积随EF的长度变化而变化；BEF周长的最小值为(1+2)OA；AE2+CF22OB2其中正确的结论有（）ABCD【分析】由四边形ABCD和A1B1C1O是正方形可知，易证得BOECOF（ASA），则可得RtOEF为等腰直角三角形；由（1）易证得S四边形OE

39、BFSBOC=14S正方形ABCD，则可得出结论；BE+BFBF+CFBC=2OA，而EF的最小值为12ACOA，故可得结论正确；由AEBF和EF2BE2+BF2，即可得结论【解答】解：四边形ABCD是正方形，OBOC，OBEOCF45，BOC90，BOF+COF90，EOF90，BOF+COE90，BOECOF，在BOE和COF中，BOE=COFOB=OCOBE=OCF，BOECOF（ASA），OEOF，BECF，OEF45，EF=2OE；故正确；由得BOECOFS四边形OEBFSBOF+SBOESBOF+SCOFSBOC=14S正方形ABCD，故错误；由可知BE+BFBF+CFBC=2OA

40、，EF=2OE，BEF周长BE+BF+EF=2OA+2OE，OA为定值，则OE最小时BEF周长的周长最小，当OEAB时OE最小，BEF周长的周长最小，此时OE=22OA，BEF周长的周长最小值=2OA+2OE=2OA+222OA（1+2）OA故正确，在BEF中，EF2BE2+BF2，EF2AE2+CF2，又2OB2AB2（AE+CF）2AE2+CF22OB2，故错误故选：A【题型9 旋转中的最值问题】【例9】（2022黄石）如图，等边ABC中，AB10，点E为高AD上的一动点，以BE为边作等边BEF，连接DF，CF，则BCF30，FB+FD的最小值为 53【分析】首先证明BAEBCF（SAS）

41、，推出BAEBCF30，作点D关于CF的对称点G，连接CG，DG，BG，BG交CF于点F，连接DF，此时BF+DF的值最小，最小值线段BG的长【解答】解：如图，ABC是等边三角形，ADCB，BAE=12BAC30，BEF是等边三角形，EBFABC60，BEBF，ABECBF，在BAE和BCF中，BA=BCABE=CBFBE=BF，BAEBCF（SAS），BAEBCF30，作点D关于CF的对称点G，连接CG，DG，BG，BG交CF于点F，连接DF，此时BF+DF的值最小，最小值线段BG的长DCFFCG30，DCG60，CDCG5，CDG是等边三角形，DBDCDG，CGB90，BG=BC2-CG2

42、=102-52=53，BF+DF的最小值为53，故答案为：30，53【变式9-1】（2022春大埔县期中）如图，在RtABC和RtADE中，BACDAE90，ACAD3，ABAE5连接BD，CE，将ADE绕点A旋转一周，在旋转的过程中当DBA最大时，SACE（）A6B62C9D92【分析】作DGAB于G，CHAE，交EA的延长线于H，可知点D在以A为圆心，AD为半径的圆上运动，当ADBD时，ABD最大，利用AAS证明ADGAHC，得CHDG，可说明ACE的面积ABD的面积，从而得出答案【解答】解：作DGAB于G，CHAE，交EA的延长线于H，AD3，点D在以A为圆心，AD为半径的圆上运动，当A

43、DBD时，ABD最大，由勾股定理得BD4，DAHCAB90，CAHDAB，AGDH，ACCD，ADGAHC（AAS），CHDG，ACE的面积=12AECH=12ABDGABD的面积=12ADBD=1234=6，【变式9-2】（2022春龙岗区期末）如图，点E是等边三角形ABC边AC的中点，点D是直线BC上一动点，连接ED，并绕点E逆时针旋转90，得到线段EF，连接DF若运动过程中AF的最小值为3+1，则AB的值为（）A2B43C23D4【分析】由“SAS”可证BDENFE，可得NCBE30，则点N在与AN成30的直线上运动，当AFFN时，AF有最小值，即可求解【解答】解：如图，连接BE，延长A

44、C至N，使ENBE，连接FN，ABC是等边三角形，E是AC的中点，AEEC，ABECBE30，BEAC，BENDEF90，BE=3AE，BEDCEF，在BDE和NFE中，BE=ENBED=NEFDE=EF，BDENFE（SAS），NCBE30，点N在与AN成30的直线上运动，当AFFN时，AF有最小值，AF=12AN，3+1=12（AE+3AE），AE2，AC4，故选：D【变式9-3】（2022春南京期末）如图，在正方形ABCD中，AB4，E为AB边上一点，点F在BC边上，且BF1，将点E绕着点F顺时针旋转90得到点G，连接DG，则DG的长的最小值为（）A2B22C3D10【分析】过点G作GH

45、BC，垂足为H，可得GHF90，根据正方形的性质可得ABCD4，B90，根据旋转的性质可得EFFG，EFG90，然后利用同角的余角相等可得BEFGFH，从而可证EBFFHG，进而可得BFGH1，最后可得点G在与BC平行且与BC的距离为1的直线上，从而可得当点G在CD边上时，DG的值最小，进行计算即可解答【解答】解：过点G作GHBC，垂足为H，GHF90，四边形ABCD是正方形，ABCD4，B90，BGHF90，由旋转得：EFFG，EFG90，EFB+GFH90，BEF+BFE90，BEFGFH，EBFFHG（AAS），BFGH1，点G在与BC平行且与BC的距离为1的直线上，当点G在CD边上时，

46、DG最小且DG413，DG的最小值为3，故选：C【题型10 旋转的综合】【例10】（2022春长沙期末）如图，有一副直角三角板如图1放置（其中D45，C30），PA，PB与直线MN重合，且三角板PAC，三角板PBD均可以绕点P逆时针旋转（1）在图1中，DPC75；（2）如图2，若三角板PBD保持不动，三角板PAC绕点P逆时针旋转，转速为10/秒，转动一周三角板PAC就停止转动，在旋转的过程中，当旋转时间为多少时，有PCDB成立；如图3，在图1基础上，若三角板PAC的边PA从PN处开始绕点P逆时针旋转，转速为3/秒，同时三角板PBD的边PB从PM处开始绕点P逆时针旋转，转速为2/秒，当PC转到与

47、PA重合时，两三角板都停止转动，在旋转过程中，当CPDBPM时，求旋转的时间是多少？【分析】（1）根据平角的定义即可得到结论；（2）如图1，根据平行线的性质得到CPNDBP90，求得APN30，于是得到结论；如图2，根据平行线的性质得到CPBDBP90，根据三角形的内角和得到CPA60，求得APM30，于是得到结论；设旋转的时间为t秒，由题知，APN3t，BPM2t，根据周角的定义得到CPD360BPDBPNAPNAPC36045（1802t）（3t）6075t，列方程即可得到结论【解答】解：（1）BPDD45，APC60，DPC180456075，故答案为：75；（2）如图1，此时，BDPC

48、成立，PCBD，DBP90，CPNDBP90，C30，CPA60，APN30，转速为10/秒，旋转时间为3秒；如图2，PCBD，PCBD，PBD90，CPBDBP90，C30，CPA60，APM30，三角板PAC绕点P逆时针旋转D的角度为180+30210，转速为10/秒，旋转时间为21秒，综上所述，当旋转时间为3或21秒时，PCDB成立；设旋转的时间为t秒，由题知，APN3t，BPM2t，BPN180BPM1802t，CPD360BPDBPNAPNAPC36045（1802t）（3t）6075t，当CPDBPM，即2t75t，解得：t25，当CPDBPM，求旋转的时间是25秒【变式10-1】

49、（2022春南川区期末）如图，四边形ABCD是正方形，点E在AB的延长线上，连接EC，EC绕点E逆时针旋转90得到EF，连接CF、AF，CF与对角线BD交于点G（1）若BE2，求AF的长度；（2）求证：AF+2BG=2AD【分析】（1）由正方形的性质及旋转的额性质求得ABCEBCFEC90，ABBC，EFEC，再利用勾股定理可得AC22BC2，CE2BE2+BC2，CF22BE2+2BC2，再证明FAC90，结合勾股定理可得AF22BE2，进而可求解AF的长；（2）通过证明四边形ADBH是平行四边形，可得ADBHBCAB，可求AH=2AB=2CD，由相似三角形的性质可得HF2BG，即可求解【解

50、答】（1）解：连接AC，四边形ABCD是正方形，ABBC，ABC90，EBC90，AC2AB2+BC22BC2，CE2BE2+BC2，EC绕点E逆时旋转90得到EF，EFEC，FEC90，EFCECF45，CF2EF2+CE22CE22BE2+2BC2，EFCEAC45，FAEFCE45，FAC90，CF2AF2+AC2AF2+2BC2，AF2+2BC22BE2+2BC2，即AF22BE2，BE2，AF22228，解得AF=22；（2）证明：连接AC，延长AF，CB交于点H，FAEABD45，AFBD，又ADBC，四边形ADBH是平行四边形，ADBHBCAB，AH=2AB=2CD，AHBG，C

51、GFG，BG是CBF的中位线，HF2BG，AHAF+FH，2ADAF+2BG，即AF+2BG=2AD【变式10-2】（2022平邑县一模）在正方形ABCD中，点E在射线BC上（不与点B、C重合），连接DB，DE，将DE绕点E逆时针旋转90得到EF，连接BF（1）如图1，点E在BC边上依题意补全图1；若AB6，EC2，求BF的长；（2）如图2，点E在BC边的延长线上，用等式表示线段BD，BE，BF之间的数量关系【分析】（1）根据要求画出图形即可；过点F作FHCB，交CB的延长线于H证明DCEEHF（AAS），推出ECFH，DCEH，推出CEBHFH，再利用勾股定理解决问题即可；（2）由可得DCE

52、EHF，推出ECFH，DCEH，推出CEBHFH，再利用等腰直角三角形的性质解决问题即可【解答】解（1）图形如图所示过点F作FHCB，交CB的延长线于H，四边形ABCD是正方形，CDAB6，C90，DEFC90，DEC+FEH90，DEC+EDC90，FEHEDC，在DEC和EFH中，H=C=90FEH=EDCEF=DE，DECEFH（AAS），ECFH2，CDBCEH6，HBEC2，RtFHB中，BF=FH2+BH2=22+22=22（2）结论：BF+BD=2BE理由：过点F作FHCB，交CB于H，四边形ABCD是正方形，CDAB6，DCE90，DEFDCE90，DEC+FEH90，DEC+

53、EDC90，FEHEDC，在DEC和EFH中，FHE=DCE=90FEH=EDCEF=DE，DECEFH（AAS），ECFH，CDBCEH，HBECHF，DCB和BHF都是等腰直角三角形，BD=2BC=2HE，BF=2BH，HE+BHBE，BF+BD=2BE【变式10-3】（2022泰安一模）如图，将矩形ABCD绕着点B逆时针旋转得到矩形GBEF，使点C恰好落到线段AD上的E点处，连接CE，连接CG交BE于点H（1）求证：CE平分BED；（2）取BC的中点M，连接MH，求证：MHBG；（3）若BC2AB4，求CG的长【分析】（1）根据旋转的性质得到CBCE，求得BECBCE，根据平行线的性质得

54、到BCEDEC，可证得结论；（2）过点C作BE的垂线CN，根据角平分线的性质得到CNBG，求得CGBQ，根据全等三角形的性质得到CHGH，根据三角形的中位线定理即可得到结论；（3）过点G作BC的垂线GR，解直角三角形即可得到结论【解答】（1）证明：将矩形ABCD绕着点B逆时针旋转得到矩形GBEF，使点C恰好落到线段AD上的E点处，BEBC，BECBCE，ADBC，BCEDEC，BECDEC，CE平分BED；（2）证明：过点C作CNBE于N，如图：CE平分BED，CDDE，CNBE，CDCN，BGABCDCN，BHGNHC，GBHCNH90，BGCN，BHGNHC（AAS），GHCH，即点H是CG中点，点M是BC中点，MH是BCG的中位线，MHBG；（3）解：过点C作CNBE于N，过G作GRBC于R，如图：BC2AB4，BGABCDCN2，CN=12BC，NBC30，GBE90，GBR60，BR=12BG1，GR=3BR=3，在RtGRC中，CG=GR2+CR2=(3)2+(1+4)2=27，CG的长为27