一、旋转 真题与模拟题分类汇编（难题易错题）
1．如图1，在平面直角坐标系xOy中，抛物线C：y=ax2+bx+c与x轴相交于A，B两点，顶点为D（0，4），AB=42，设点F（m，0）是x轴的正半轴上一点，将抛物线C绕点F旋转180°，得到新的抛物线C′． （1）求抛物线C的函数表达式；
（2）若抛物线C′与抛物线C在y轴的右侧有两个不同的公共点，求m的取值范围． （3）如图2，P是第一象限内抛物线C上一点，它到两坐标轴的距离相等，点P在抛物线C′上的对应点P′，设M是C上的动点，N是C′上的动点，试探究四边形PMP′N能否成为正方形？若能，求出m的值；若不能，请说明理由．
【答案】（1）y【解析】
12x4；（2）2＜m＜22；（3）m=6或m=17﹣3． 2试题分析：（1）由题意抛物线的顶点C（0，4），A（22，0），设抛物线的解析式为
yax24，把A（22，0）代入可得a=1，由此即可解决问题； 2（2）由题意抛物线C′的顶点坐标为（2m，﹣4），设抛物线C′的解析式为
12yx4122yxm4，由，消去y得到x22mx2m280，由题
2y1xm242(242m2802m0意，抛物线C′与抛物线C在y轴的右侧有两个不同的公共点，则有，
2m280解不等式组即可解决问题；
（3）情形1，四边形PMP′N能成为正方形．作PE⊥x轴于E，MH⊥x轴于H．由题意易知P（2，2），当△PFM是等腰直角三角形时，四边形PMP′N是正方形，推出PF=FM，∠PFM=90°，易证△PFE≌△FMH，可得PE=FH=2，EF=HM=2﹣m，可得M（m+2，m﹣2），理由待定系数法即可解决问题；情形2，如图，四边形PMP′N是正方形，同法可得
M（m﹣2，2﹣m），利用待定系数法即可解决问题．
试题解析：（1）由题意抛物线的顶点C（0，4），A（22，0），设抛物线的解析式为
yax24，把A（22，0）代入可得a=1，∴抛物线C的函数表达式为21yx24．
2（2）由题意抛物线C′的顶点坐标为（2m，﹣4），设抛物线C′的解析式为
12yx4122yxm4，由，消去y得到x22mx2m280 ，由题意，
2y1(x42(242m2802m0抛物线C′与抛物线C在y轴的右侧有两个不同的公共点，则有，解得
2m2802＜m＜22，∴满足条件的m的取值范围为2＜m＜22． （3）结论：四边形PMP′N能成为正方形．
理由：1情形1，如图，作PE⊥x轴于E，MH⊥x轴于H．
由题意易知P（2，2），当△PFM是等腰直角三角形时，四边形PMP′N是正方形，∴PF=FM，∠PFM=90°，易证△PFE≌△FMH，可得PE=FH=2，EF=HM=2﹣m，∴M（m+2，m﹣2），∵点M在y1212x4上，∴m2m24，解得m=17﹣3或22﹣17﹣3（舍弃），∴m=17﹣3时，四边形PMP′N是正方形．
情形2，如图，四边形PMP′N是正方形，同法可得M（m﹣2，2﹣m），把M（m﹣2，2﹣m）代入y1212x4中，2mm24，解得m=6或0（舍弃），∴m=622时，四边形PMP′N是正方形．
综上所述：m=6或m=17﹣3时，四边形PMP′N是正方形．
2．在平面直角坐标系中，四边形AOBC是矩形，点O（0，0），点A（5，0），点B（0，3）．以点A为中心，顺时针旋转矩形AOBC，得到矩形ADEF，点O，B，C的对应点分别为D，E，F．
（1）如图①，当点D落在BC边上时，求点D的坐标； （2）如图②，当点D落在线段BE上时，AD与BC交于点H． ①求证△ADB≌△AOB； ②求点H的坐标．
（3）记K为矩形AOBC对角线的交点，S为△KDE的面积，求S的取值范围（直接写出结果即可）．
【答案】（1）D（1，3）；（2）①详见解析；②H（
17，3）；（3）53033430334≤S≤． 44【解析】 【分析】
（1）如图①，在Rt△ACD中求出CD即可解决问题； （2）①根据HL证明即可；
②，设AH=BH=m，则HC=BC-BH=5-m，在Rt△AHC中，根据AH2=HC2+AC2，构建方程求出m即可解决问题；
（3）如图③中，当点D在线段BK上时，△DEK的面积最小，当点D在BA的延长线上时，△D′E′K的面积最大，求出面积的最小值以及最大值即可解决问题； 【详解】
（1）如图①中，
∵A（5，0），B（0，3）， ∴OA=5，OB=3， ∵四边形AOBC是矩形，
∴AC=OB=3，OA=BC=5，∠OBC=∠C=90°， ∵矩形ADEF是由矩形AOBC旋转得到， ∴AD=AO=5， 在Rt△ADC中，CD=∴BD=BC-CD=1， ∴D（1，3）． （2）①如图②中，
AD2AC2=4，
由四边形ADEF是矩形，得到∠ADE=90°， ∵点D在线段BE上， ∴∠ADB=90°，
由（1）可知，AD=AO，又AB=AB，∠AOB=90°， ∴Rt△ADB≌Rt△AOB（HL）．
②如图②中，由△ADB≌△AOB，得到∠BAD=∠BAO， 又在矩形AOBC中，OA∥BC， ∴∠CBA=∠OAB， ∴∠BAD=∠CBA，
∴BH=AH，设AH=BH=m，则HC=BC-BH=5-m， 在Rt△AHC中，∵AH2=HC2+AC2， ∴m2=32+（5-m）2， ∴m=
17， 5∴BH=∴H（
17， 517，3）． 5（3）如图③中，当点D在线段BK上时，△DEK的面积最小，最小值=（5-11•DE•DK=×3×223430334）=， 24
当点D在BA的延长线上时，△D′E′K的面积最大，最大面积=（5+11×D′E′×KD′=×3×223430334）=． 243033430334≤S≤． 44综上所述，【点睛】
本题考查四边形综合题、矩形的性质、勾股定理、全等三角形的判定和性质、旋转变换等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题，学会利用参数构建方程解决问题．
3．已知正方形ABCD的边长为4，一个以点A为顶点的45°角绕点A旋转，角的两边分别与BC、DC的延长线交于点E、F，连接EF，设CE＝a，CF＝b． （1）如图1，当a＝42时，求b的值；
（2）当a＝4时，在图2中画出相应的图形并求出b的值；
（3）如图3，请直接写出∠EAF绕点A旋转的过程中a、b满足的关系式．
【答案】（1）42；（2）b＝8；（3）ab＝32． 【解析】
试题分析：（1）由正方形ABCD的边长为4，可得AC＝42 ，∠ACB＝45°． 再CE＝a＝42，可得∠CAE＝∠AEC，从而可得∠CAF的度数，既而可得 b=AC； （2）通过证明△ACF∽△ECA，即可得； （3）通过证明△ACF∽△ECA，即可得.
试题解析：（1）∵正方形ABCD的边长为4，∴AC＝42 ，∠ACB＝45°． ∵CE＝a＝42，∴∠CAE＝∠AEC＝
45＝22.5°，∴∠CAF＝∠EAF－∠CAE＝22.5°，2∴∠AFC＝∠ACD－∠CAF＝22.5°，∴∠CAF＝∠AFC，∴b=AC＝CF＝42；
（2）∵∠FAE＝45°，∠ACB＝45°，∴∠FAC＋∠CAE＝45°，∠CAE＋∠AEC＝45°，∴∠FAC＝∠AEC．
又∵∠ACF＝∠ECA＝135°，∴△ACF∽△ECA，∴8，即b＝8． （3）ab＝32．
提示：由（2）知可证△ACF∽△ECA，∴∴
ACCF42CF，∴，∴CF＝ECCA442ACCF42b，∴，∴ab＝32． ECCAa42
4．在平面直角坐标系中，O为原点，点A（0，4），点B（﹣2，0），把△ABO绕点A逆时针旋转，得△AB′O′，点B、O旋转后的对应点为B′、O′． （1）如图①，若旋转角为60°时，求BB′的长； （2）如图②，若AB′∥x轴，求点O′的坐标；
（3）如图③，若旋转角为240°时，边OB上的一点P旋转后的对应点为P′，当O′P+AP′取得最小值时，求点P′的坐标（直接写出结果即可）
【答案】（1）25；（2）点O′的坐标为（8545+4）；（3）点P′的坐标为（﹣，558336，． 55【解析】
分析：（1）由点A、B的坐标可得出AB的长度，连接BB′，由旋转可知：AB=AB′，∠BAB′=60°，进而可得出△ABB′为等边三角形，根据等边三角形的性质可求出BB′的长； （2）过点O′作O′D⊥x轴，垂足为D，交AB′于点E，则△AO′E∽△ABO，根据旋转的性质结合相似三角形的性质可求出AE、O′E的长，进而可得出点O′的坐标；
（3）作点A关于x轴对称的点A′，连接A′O′交x轴于点P，此时O′P+AP′取最小值，过点O′作O′F⊥y轴，垂足为点F，过点P′作PM⊥O′F，垂足为点M，根据旋转的性质结合解直角三角形可求出点O′的坐标，由A、A′关于x轴对称可得出点A′的坐标，利用待定系数法即可求出直线A′O′的解析式，由一次函数图象上点的坐标特征可得出点P的坐标，进而可得出OP的长度，再在Rt△O′P′M中，通过解直角三角形可求出O′M、P′M的长，进而可得出此时点P′的坐标．
详解：（1）∵点A（0，4），点B（﹣2，0），∴OA=4，OB=2，∴AB=OA2OB2=25． 在图①中，连接BB′．
由旋转可知：AB=AB′，∠BAB′=60°，∴△ABB′为等边三角形，∴BB′=AB=25． （2）在图②中，过点O′作O′D⊥x轴，垂足为D，交AB′于点E． ∵AB′∥x轴，O′E⊥x轴，∴∠O′EA=90°=∠AOB．
由旋转可知：∠B′AO′=∠BAO，AO′=AO=4，∴△AO′E∽△ABO，
AEO'EAO'==，即AOBOAB4AEO'E854545==+4，∴点O′的坐标为，∴AE=，O′E=，∴O′D=4225555（
8545+4）． ，55 （3）作点A关于x轴对称的点A′，连接A′O′交x轴于点P，此时O′P+AP′取最小值，过点O′作O′F⊥y轴，垂足为点F，过点P′作PM⊥O′F，垂足为点M，如图3所示．
由旋转可知：AO′=AO=4，∠O′AF=240°﹣180°=60°，∴AF=∴点O′（﹣23，6）．
∵点A（0，4），∴点A′（0，﹣4）．
13AO′=2，O′F=AO′=23，22 设直线A′O′的解析式为y=kx+b，将A′（0，﹣4）、O′（﹣23，6）代入y=kx+b，得：
53b4k53 x﹣4． ，解得：3，∴直线A′O′的解析式为y=﹣323kb6b4 当y=0时，有﹣∴OP=O′P′=534343x﹣4=0，解得：x=﹣，∴点P（﹣，0），35543． 5 在Rt△O′P′M中，∠MO′P′=60°，∠O′MP′=90°，∴O′M=P′M=
123O′P′=，25663238336O′P′=，∴点P′的坐标为（﹣23+，6+），即（﹣，）．
552555
点睛：本题考查了函数图象及旋转变换、待定系数法求一次函数解析式、等边三角形的判定与性质、一次函数图象上点的坐标特征以及解直角三角形，解题的关键是：（1）利用等边三角形的性质找出BB′的长；（2）通过解直角三角形求出AE、O′E的长；（3）利用两点之间线段最短找出当O′P+AP′取得最小值时点P的位置．
5．已知：如图1，将两块全等的含30º角的直角三角板按图所示的方式放置，∠BAC=∠B1A1C=30°，点B，C，B1在同一条直线上． （1）求证：AB=2BC
（2）如图２，将△ABC绕点Ｃ顺时针旋转α°（0＜α＜180），在旋转过程中，设AB与A1C、A1B1分别交于点D、E，AC与A1B1交于点F．当α等于多少度时，AB与A1B1垂直？请说明理由．
（3）如图3，当△ABC绕点C顺时针方向旋转至如图所示的位置，使AB∥CB1，AB与A1C
交于点D，试说明A1D=CD．
【答案】（1）证明见解析
（2）当旋转角等于30°时，AB与A1B1垂直. （3）理由见解析 【解析】
试题分析：(1)由等边三角形的性质得AB=BB1，又因为BB1=2BC，得出AB=2BC; (2) 利用AB与A1B1垂直得∠A1ED=90°，则∠A1DE=90°-∠A1=60°，根据对顶角相等得∠BDC=60°，由于∠B=60°，利用三角形内角和定理得∠A1CB=180°-∠BDC-∠B=60°，所以∠ACA1=90°-∠A1CB=30°，然后根据旋转的定义得到旋转角等于30°时，AB与A1B1垂直； (3)由于AB∥CB1，∠ACB1=90°，根据平行线的性质得∠ADC=90°，在Rt△ADC中，根据含30度的直角三角形三边的关系得到CD=
1AC，再根据旋转的性质得AC=A1C，所以21A1C，则A1D=CD． 2试题解析：
CD=
（1）∵△ABB1是等边三角形； ∴ AB=BB1 ∵ BB1=2BC ∴AB=2BC
（2）解：当AB与A1B1垂直时，∠A1ED=90°， ∴∠A1DE=90°-∠A1=90°-30°=60°， ∵∠B=60°，∴∠BCD=60°， ∴∠ACA1=90°-60°=30°，
即当旋转角等于30°时，AB与A1B1垂直. （3）∵AB∥CB1，∠ACB1=90°， ∴∠CDB=90°，即CD是△ABC的高，
设BC=a，AC=b，则由（1）得AB=2a，A1C=b， ∵SABC即
11BCACABCD， 2211ab2aCD 2211b，即CD=A1C， 22∴A1D=CD.
∴CD【点睛】本题考查了旋转的性质：旋转前后两图形全等；对应点到旋转中心的距离相等；对应点与旋转中心的连线段的夹角等于旋转角．也考查了含30度的直角三角形三边的关系．
6．如图所示，在△ABC中，D、E分别是AB、AC上的点，DE∥BC，如图①，然后将△ADE绕A点顺时针旋转一定角度，得到图②，然后将BD、CE分别延长至M、N，使DM＝
BD，EN＝
CE，得到图③，请解答下列问题：
(1)若AB＝AC，请探究下列数量关系：
①在图②中，BD与CE的数量关系是________________；
②在图③中，猜想AM与AN的数量关系、∠MAN与∠BAC的数量关系，并证明你的猜想；
(2)若AB＝k·AC(k＞1)，按上述操作方法，得到图④，请继续探究：AM与AN的数量关系、∠MAN与∠BAC的数量关系，直接写出你的猜想，不必证
明．
【答案】（1）①BD=CE；
②AM=AN，∠MAN=∠BAC 理由如下： ∵在图①中，DE//BC，AB=AC ∴AD=\"AE.\"
在△ABD与△ACE中∴BD=CE，∠ACE=∠ABD. 在△DAM与△EAN中，
∴△ABD≌△ACE.
∵DM=BD，EN=CE，BD=CE，∴DM=EN，∵∠AEN=∠ACE+∠CAE，∠ADM=∠ABD+∠BAD，∴∠AEN=∠ADM.
又∵AE=AD，∴△ADM≌△AEN.∴AM=AN，∠DAM=∠EAN.∴∠MAN=∠DAE=∠BAC. ∴AM=AN，∠MAN=∠BAC. （2）AM=kAN，∠MAN=∠BAC. 【解析】
（1）①根据题意和旋转的性质可知△AEC≌△ADB，所以BD=CE；
②根据题意可知∠CAE=BAD，AB=AC，AD=AE，所以得到△BAD≌△CAE，在△ABM和△ACN中， DM=
BD，EN=
CE，可证△ABM≌△ACN，所以AM=AN，即∠MAN=∠BAC．
（2）直接类比（1）中结果可知AM=k•AN，∠MAN=∠BAC．
7．如图1，在正方形ABCD中，点E、F分别在边BC，CD上，且BE=DF，点P是AF的中点，点Q是直线AC与EF的交点，连接PQ，PD． （1）求证：AC垂直平分EF；
（2）试判断△PDQ的形状，并加以证明；
（3）如图2，若将△CEF绕着点C旋转180°，其余条件不变，则（2）中的结论还成立吗？若成立，请加以证明；若不成立，请说明理由．
【答案】（1）证明见解析；（2）△PDQ是等腰直角三角形；理由见解析（3）成立；理由见解析. 【解析】
试题分析：（1）由正方形的性质得出AB=BC=CD=AD，∠B=∠ADF=90°，
∠BCA=∠DCA=45°，由BE=DF，得出CE=CF，△CEF是等腰直角三角形，即可得出结论； （2）由直角三角形斜边上的中线的性质得出PD=AF，PQ=AF，得出PD=PQ，再证明∠DPQ=90°，即可得出结论；
（3）由直角三角形斜边上的中线的性质得出PD=AF，PQ=AF，得出PD=PQ，再证明点
A、F、Q、P四点共圆，由圆周角定理得出∠DPQ=2∠DAQ=90°，即可得出结论． 试题解析：（1）证明：∵四边形ABCD是正方形， ∴AB=BC=CD=AD，∠B=∠ADF=90°，∠BCA=∠DCA=45°， ∵BE=DF， ∴CE=CF， ∴AC垂直平分EF；
（2）解：△PDQ是等腰直角三角形；理由如下： ∵点P是AF的中点，∠ADF=90°， ∴PD=AF=PA， ∴∠DAP=∠ADP， ∵AC垂直平分EF， ∴∠AQF=90°， ∴PQ=AF=PA，
∴∠PAQ=∠AQP，PD=PQ，
∵∠DPF=∠PAD+∠ADP，∠QPF=∠PAQ+∠AQP，
∴∠DPQ=2∠PAD+2∠PAQ=2（∠PAD+∠PAQ）=2×45°=90°， ∴△PDQ是等腰直角三角形； （3）成立；理由如下： ∵点P是AF的中点，∠ADF=90°， ∴PD=AF=PA，
∵BE=DF，BC=CD，∠FCQ=∠ACD=45°，∠ECQ=∠ACB=45°， ∴CE=CF，∠FCQ=∠ECQ， ∴CQ⊥EF，∠AQF=90°， ∴PQ=AF=AP=PF， ∴PD=PQ=AP=PF，
∴点A、F、Q、P四点共圆， ∴∠DPQ=2∠DAQ=90°， ∴△PDQ是等腰直角三角形． 考点：四边形综合题．
8．已知∠AOB＝90°，在∠AOB的平分线OM上有一点C，将一个三角板的直角顶点与C重合，它的两条直角边分别与OA，OB(或它们的反向延长线)相交于点D，E. 当三角板绕点C旋转到CD与OA垂直时(如图①)，易证：OD＋OE＝2OC；
当三角板绕点C旋转到CD与OA不垂直时，即在图②，图③这两种情况下，上述结论是否仍然成立？若成立，请给予证明：若不成立，线段OD，OE，OC之间又有怎样的数量关
系？请写出你的猜想，不需证明．
①②③
【答案】图②中OD＋OE＝2OC成立．证明见解析;图③不成立，有数量关系：OE－OD＝2OC 【解析】
试题分析：当三角板绕点C旋转到CD与OA不垂直时，易得△CKD≌△CHE，进而可得出证明；判断出结果．解此题的关键是根据题意找到全等三角形或等价关系，进而得出OC与OD、OE的关系；最后转化得到结论． 试题解析：图②中OD＋OE＝2OC成立．
证明：过点C分别作OA，OB的垂线，垂足分别为P，Q. 有△CPD≌△CQE， ∴DP＝EQ，
∵OP＝OD＋DP，OQ＝OE－EQ， 又∵OP＋OQ＝2OC， 即OD＋DP＋OE－EQ＝2OC， ∴OD＋OE＝2OC.
图③不成立，
有数量关系：OE－OD＝2OC 过点C分别作CK⊥OA， CH⊥OB，
∵OC为∠AOB的角平分线，且CK⊥OA，CH⊥OB， ∴CK=CH，∠CKD=∠CHE=90°， 又∵∠KCD与∠HCE都为旋转角， ∴∠KCD=∠HCE， ∴△CKD≌△CHE， ∴DK=EH，
∴OE-OD=OH+EH-OD=OH+DK-OD=OH+OK， 由（1）知：OH+OK=2OC，
∴OD，OE，OC满足OE-OD=2OC．
点睛：本题考查旋转的性质：旋转变化前后，对应线段、对应角分别相等，图形的大小、形状都不改变，两组对应点连线的交点是旋转中心．
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