人教备战中考数学提高题专题复习旋转练习题及详细答案

一、旋转真题与模拟题分类汇编（难题易错题）

1．如图，矩形OABC的顶点A在x轴正半轴上，顶点C在y轴正半轴上，点B的坐标为

（4，m）（5≤m≤7），反比例函数y＝16

x

（x＞0）的图象交边AB于点D．

（1）用m的代数式表示BD的长；

（2）设点P在该函数图象上，且它的横坐标为m，连结PB，PD

①记矩形OABC面积与△PBD面积之差为S，求当m为何值时，S取到最大值；

②将点D绕点P逆时针旋转90°得到点E，当点E恰好落在x轴上时，求m的值．

【答案】（1）BD＝m﹣4（2）①m＝7时，S取到最大值②m＝5

【解析】

【分析】

（1）先确定出点D横坐标为4，代入反比例函数解析式中求出点D横坐标，即可得出结论；

（2）①先求出矩形OABC的面积和三角形PBD的面积得出S＝﹣1

2

（m﹣8）2+24，即可

得出结论；②利用一线三直角判断出DG＝PF，进而求出点P的坐标，即可得出结论．【详解】

解：（1）∵四边形OABC是矩形，

∴AB⊥x轴上，

∵点B（4，m），

∴点D的横坐标为4，

∵点D在反比例函数y＝16

x

上，

∴D（4，4），

∴BD＝m﹣4；

（2）①如图1，∵矩形OABC的顶点B的坐标为（4，m），

∴S矩形OABC＝4m，

由（1）知，D（4，4），

∴S△PBD＝1

2（m﹣4）（m﹣4）＝

1

2

（m﹣4）2，

∴S ＝S 矩形OABC ﹣S △PBD ＝4m ﹣

12（m ﹣4）2＝﹣1

2

（m ﹣8）2+24， ∴抛物线的对称轴为m ＝8， ∵a ＜0，5≤m≤7，

∴m ＝7时，S 取到最大值；

②如图2，过点P 作PF ⊥x 轴于F ，过点D 作DG ⊥FP 交FP 的延长线于G ， ∴∠DGP ＝∠PFE ＝90°， ∴∠DPG+∠PDG ＝90°，

由旋转知，PD ＝PE ，∠DPE ＝90°， ∴∠DPG+∠EPF ＝90°， ∴∠PDG ＝∠EPF ， ∴△PDG ≌△EPF （AAS ）， ∴DG ＝PF ， ∵DG ＝AF ＝m ﹣4， ∴P （m ，m ﹣4）， ∵点P 在反比例函数y ＝16x

， ∴m （m ﹣4）＝16，

∴m ＝2+25或m ＝2﹣25（舍）．

【点睛】

此题是反比例函数综合题，主要考查了待定系数法，矩形的性质，三角形的面积公式，全等三角形的判定，构造出全等三角形是解本题的关键．

2．（探索发现）

如图，ABC ?是等边三角形，点D 为BC 边上一个动点，将ACD ?绕点A 逆时针旋转

60?得到AEF ?，连接CE .小明在探索这个问题时发现四边形ABCE 是菱形.

小明是这样想的：

（1）请参考小明的思路写出证明过程；

（2）直接写出线段CD ，CF ，AC 之间的数量关系：______________； （理解运用）

如图，在ABC ?中，AD BC ⊥于点D .将ABD ?绕点A 逆时针旋转90?得到AEF ?，延长FE 与BC ，交于点G .

（3）判断四边形ADGF 的形状，并说明理由； （拓展迁移）

（4）在（3）的前提下，如图，将AFE ?沿AE 折叠得到AME ?，连接MB ，若

6AD =，2BD =，求MB 的长.

【答案】（1）详见解析；（2）CD CF AC +=；（3）四边形ADGF 是正方形；（4）

13【解析】 【分析】

（1）根据旋转得：△ACE 是等边三角形，可得：AB=BC=CE=AE ，则四边形ABCE 是菱形； （2）先证明C 、F 、E 在同一直线上，再证明△BAD ≌△CAF （SAS ），则∠ADB=∠AFC ，BD=CF ，可得AC=CF+CD ；

（3）先根据∠ADC=∠DAF=∠F=90°，证明得四边形ADGF 是矩形，由邻边相等可得四边形ADGF 是正方形；

（4）证明△BAM ≌△EAD （SAS ），根据BM=DE 及勾股定理可得结论． 【详解】

（1）证明：∵ABC ?是等边三角形，

∴AB BC AC ==.

∵ACD ?绕点A 逆时针旋转60?得到AEF ?， ∴60CAE =?，AC AE =. ∴ACE ?是等边三角形. ∴AC AE CE ==. ∴AB BC CE AE ===. ∴四边形ABCE 是菱形.

（2）线段DC ，CF ，AC 之间的数量关系：CD CF AC +=. （3）四边形ADGF 是正方形.理由如下： ∵Rt ABD ?绕点A 逆时针旋转90?得到AEF ?， ∴AF AD =，90DAF ∠=?. ∵AD BC ⊥，

∴90ADC DAF F ∠=∠=∠=?. ∴四边形ADGF 是矩形. ∵AF AD =，

∴四边形ADGF 是正方形. （4）如图，连接DE .

∵四边形ADGF 是正方形， ∴6DG FG AD AF ====.

∵ABD ?绕点A 逆时针旋转90?得到AEF ?，

∴BAD EAF ∠=∠，2BD EF ==，∴624EG FG EF =-=-=. ∵将AFE ?沿AE 折叠得到AME ?， ∴MAE FAE ∠=∠，AF AM =. ∴BAD EAM ∠=∠.

∴BAD DAM EAM DAM ∠+∠=∠+∠，即BAM DAE ∠=∠. ∵AF AD =， ∴AM AD =.

在BAM ?和EAD ?中，AM AD BAM DAE AB AE =??

∠=∠??=?

，

∴()BAM EAD SAS ???.

∴2222

BM DE EG DG

==+=+=.

46213

【点睛】

本题属于四边形综合题，主要考查了旋转的性质、全等三角形的判定与性质、等边三角形的判定与性质、正方形的性质以及勾股定理的综合应用，解决问题的关键是熟练掌握等边三角形和全等三角形的性质，依据图形的性质进行计算求解．

3．小明在矩形纸片上画正三角形，他的做法是：①对折矩形纸片ABCD(AB>BC)，使AB与DC重合，得到折痕EF，把纸片展平；②沿折痕BG折叠纸片，使点C落在EF上的点P 处，再折出PB、PC，最后用笔画出△PBC(图1)．

（1）求证：图1中的PBC是正三角形：

（2）如图2，小明在矩形纸片HIJK上又画了一个正三角形IMN，其中IJ=6cm，

且HM=JN．

①求证：IH=IJ

②请求出NJ的长；

（3）小明发现：在矩形纸片中，若一边长为6cm，当另一边的长度a变化时，在矩形纸片上总能画出最大的正三角形，但位置会有所不同．请根据小明的发现，画出不同情形的示意图(作图工具不限，能说明问题即可)，并直接写出对应的a的取值范围．

【答案】（1）证明见解析；（2）①证明见解析；②1233）3＜a＜3，a＞3

【解析】

分析：（1）由折叠的性质和垂直平分线的性质得出PB=PC，PB=CB，得出PB=PC=CB即可；

（2）①利用“HL”证Rt△IHM≌Rt△IJN即可得；②IJ上取一点Q，使QI=QN，由

Rt△IHM≌Rt△IJN知∠HIM=∠JIN=15°，继而可得∠NQJ=30°，设NJ=x，则IQ=QN=2x、3，根据IJ=IQ+QJ求出x即可得；

（3）由等边三角形的性质、直角三角形的性质、勾股定理进行计算，画出图形即可．（1）证明：∵①对折矩形纸片ABCD(AB>BC)，使AB与DC重合，得到折痕EF

∴PB=PC

∵沿折痕BG折叠纸片，使点C落在EF上的点P处

∴PB=BC

∴PB=PC=BC

∴△PBC是正三角形：

（2）证明：①如图

∵矩形AHIJ ∴∠H=∠J=90° ∵△MNJ 是等边三角形 ∴MI=NI

在Rt △MHI 和Rt △JNI 中

MI NI

MH NJ

=??

=? ∴Rt △MHI ≌Rt △JNI （HL ） ∴HI=IJ

②在线段IJ 上取点Q ，使IQ=NQ

∵Rt △IHM ≌Rt △IJN ， ∴∠HIM=∠JIN ， ∵∠HIJ=90°、∠MIN=60°， ∴∠HIM=∠JIN=15°， 由QI=QN 知∠JIN=∠QNI=15°， ∴∠NQJ=30°，

设NJ=x ，则IQ=QN=2x ，QJ=22=3QN NJ -x ， ∵IJ=6cm ， ∴2x+3x=6，

∴x=12-63，即NJ=12-63（cm ）． （3）分三种情况： ①如图：

设等边三角形的边长为b，则0＜b≤6，

则

tan60°=

3=

2

a

b，

∴a=3

2

b

，

∴0＜b≤63

2

=33；

②如图

当DF与DC重合时，DF=DE=6，

∴a=sin60°×DE=63=33，

当DE与DA重合时，a=

6

43

sin603

==

?，

∴33＜a＜43；

③如图

∵△DEF是等边三角形

∴∠FDC=30°

∴DF=

6

43

cos303

==

?

∴a＞3

点睛：本题是四边形的综合题目，考查了折叠的性质、等边三角形的判定与性质、旋转的性质、直角三角形的性质、正方形的性质、全等三角形的判定与性质等知识；本题综合性

强，难度较大．

4．在平面直角坐标系中，O为原点，点A（8，0），点B（0，6），把△ABO绕点B逆时针旋转得△A′B′O′，点A、O旋转后的对应点为A′、O′，记旋转角为α．

（1）如图1，若α=90°，则AB=，并求AA′的长；

（2）如图2，若α=120°，求点O′的坐标；

（3）在（2）的条件下，边OA上的一点P旋转后的对应点为P′，当O′P+BP′取得最小值时，直接写出点P′的坐标．

【答案】（1）10，102；（2）（33，9）；（3）12354

5

（，）

【解析】

试题分析：(1)、如图①，先利用勾股定理计算出AB=5，再根据旋转的性质得BA=BA′，∠ABA′=90°，则可判定△ABA′为等腰直角三角形，然后根据等腰直角三角形的性质求AA′的长；(2)、作O′H⊥y轴于H，如图②，利用旋转的性质得BO=BO′=3，∠OBO′=120°，则

∠HBO′=60°，再在Rt△BHO′中利用含30度的直角三角形三边的关系可计算出BH和O′H的长，然后利用坐标的表示方法写出O′点的坐标；(3)、由旋转的性质得BP=BP′，则

O′P+BP′=O′P+BP，作B点关于x轴的对称点C，连结O′C交x轴于P点，如图②，易得O′P+BP=O′C，利用两点之间线段最短可判断此时O′P+BP的值最小，接着利用待定系数法求

出直线O′C的解析式为y=x﹣3，从而得到P（，0），则O′P′=OP=，作

P′D⊥O′H于D，然后确定∠DP′O′=30°后利用含30度的直角三角形三边的关系可计算出P′D 和DO′的长，从而可得到P′点的坐标．

试题解析：(1)、如图①，∵点A（4，0），点B（0，3），∴OA=4，OB=3，

∴AB==5，

∵△ABO绕点B逆时针旋转90°，得△A′BO′，∴BA=BA′，∠ABA′=90°，

∴△ABA′为等腰直角三角形，∴AA′=BA=5；

(2)、作O′H⊥y轴于H，如图②，∵△ABO绕点B逆时针旋转120°，得△A′BO′，

∴BO=BO′=3，∠OBO′=120°，∴∠HBO′=60°，在Rt△BHO′中，∵∠BO′H=90°﹣

∠HBO′=30°，

∴BH=BO′=，O′H=BH=，∴OH=OB+BH=3+，∴O′点的坐标为

（）；

（3）∵△ABO绕点B逆时针旋转120°，得△A′BO′，点P的对应点为P′，∴BP=BP′，

∴O′P+BP′=O′P+BP，作B点关于x轴的对称点C，连结O′C交x轴于P点，如图②，

则O′P+BP=O′P+PC=O′C，此时O′P+BP的值最小，∵点C与点B关于x轴对称，∴C（0，﹣3），

设直线O′C的解析式为y=kx+b，

把O′（），C（0，﹣3）代入得，解得，

∴直线O′C的解析式为y=x﹣3，当y=0时，x﹣3=0，解得x=，则P

（，0），

∴OP=，∴O′P′=OP=，作P′D⊥O′H于D，

∵∠BO′A=∠BOA=90°，∠BO′H=30°，∴∠DP′O′=30°，

∴O′D=O′P′=，P′D=，∴DH=O′H﹣O′，

∴P′点的坐标为（，）．

考点：几何变换综合题

5．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）252）点O′8545

）；（3）点P′的坐标为（﹣83，36

5． 【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 22OA OB 5． 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 5 （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 ，

AE AO ='O E BO ='

AO AB

，即4AE ='2O E 25∴AE =855，O ′E =55，∴O ′D =5

5

+4，∴点O ′的坐标为（

855

55

，

+4）．

（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=1

2

AO′=2，O′F=

3

2

AO′=2

3，∴点O′（﹣23，6）．

∵点A（0，4），∴点A′（0，﹣4）．

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：4

236

b

k b

=-

??

?

-+=

??

，解得：

53

4

k

b

?

=-

?

?

?=-

?

，∴直线A′O′的解析式为y=﹣

53

x﹣4．

当y=0时，有﹣

53

x﹣4=0，解得：x=﹣

43

，∴点P（﹣

43

，0），

∴OP=O′P′=43．

在Rt△O′P′M中，∠MO′P′=60°，∠O′MP′=90°，∴O′M=

1

2

O′P′=

23

，

P′M=

3

2

O′P′=

6

5

，∴点P′的坐标为（﹣23+

23

5

，6+

6

5

），即（﹣

8336

55

，）．

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．

6．把两个直角边长均为6的等腰直角三角板ABC和EFG叠放在一起（如图①），使三角板EFG的直角顶点G与三角板ABC的斜边中点O重合．现将三角板EFG绕O点顺时针旋转（旋转角α满足条件：0°＜α＜90°），四边形CHGK是旋转过程中两三角板的重叠部分（如图②）．

（1）探究：在上述旋转过程中，BH与CK的数量关系以及四边形CHGK的面积的变化情况（直接写出探究的结果，不必写探究及推理过程）；

（2）利用（1）中你得到的结论，解决下面问题：连接HK，在上述旋转过程中，是否存在某一位置，使△GKH的面积恰好等于△ABC面积的？若存在，求出此时BH的长度；若不存在，说明理由．

【答案】(1) BH=CK;(2) 存在，使△GKH的面积恰好等于△ABC面积的的位置，此时BH 的长度为．

【解析】

（1）先由ASA证出△CGK≌△BGH，再根据全等三角形的性质得出BH=CK，根据全等得出四边形CKGH的面积等于三角形ACB面积一半；

（2）根据面积公式得出S△GHK=S四边形CKGH-S△CKH=1

2

x2-3x+9，根据△GKH的面积恰好等于

△ABC面积的

5

12

，代入得出方程

1

2

x2-3x+9=

5

12

×

1

2

×6×6，求出即可．

解：（1）BH与CK的数量关系：BH=CK，理由是：连接OC，

由直角三角形斜边上中线性质得出OC=BG，

∵AC=BC，O为AB中点，∠ACB=90°，

∴∠B=∠ACG=45°，CO⊥AB，

∴∠CGB=90°=∠KGH，

∴都减去∠CGH得：∠BGH=∠CGK，

在△CGK和△BGH中

∵，

∴△CGK ≌△BGH （ASA ）， ∴CK=BH ，即BH=CK ；

四边形CHGK 的面积的变化情况：四边形CHGK 的面积不变，始终等于四边形CQGZ 的面积，即等于△ACB 面积的一半，等于9；

（2）假设存在使△GKH 的面积恰好等于△ABC 面积的

5

12

的位置． 设BH=x ，由题意及（1）中结论可得，CK=BH=x ，CH=CB ﹣BH=6﹣x ， ∴S △CHK =

12CH×CK=3x ﹣1

2

x 2， ∴S △GHK =S 四边形CKGH ﹣S △CKH =9﹣（3x ﹣

12x 2）=1

2x 2﹣3x+9， ∵△GKH 的面积恰好等于△ABC 面积的5

12

，

∴12

x 2﹣3x+9=512×1

2×6×6，

解得13x =23x =（经检验，均符合题意）． ∴

存在使△GKH 的面积恰好等于△ABC 面积的

5

12

的位置，此时x 的值为3±． “点睛”本题考查了旋转的性质，三角形的面积，全等三角形的性质和判定等知识点，此题有一定的难度，但是一道比较好的题目．

7．我们定义:如果一个三角形一条边上的高等于这条边,那么这个三角形叫做“等高底”三角形,这条边叫做这个三角形的“等底”。 （1）概念理解:

如图1,在ABC ?中,6AC = ,3BC =.30ACB ∠=?,试判断ABC ?是否是“等高底”三角形，请说明理由. （2）问题探究:

如图2, ABC ?是“等高底”三角形,BC 是“等底”，作ABC ?关于BC 所在直线的对称图形得到A BC '?,连结AA '交直线BC 于点D .若点B 是123,12z ai z i =-=+的重心,求AC

BC

的值. （3）应用拓展:

如图3,已知12l l //,1l 与2l 之间的距离为2.“等高底”ABC ?的“等底” BC 在直线1l 上,点A 在

直线2l 上,有一边的长是BC 倍.将ABC ?绕点C 按顺时针方向旋转45?得到

A B C ?'',A C '所在直线交2l 于点D .求CD 的值.

【答案】（1）证明见解析；（2）13

2

AC BC =

（3）CD 的值为2103,22,2 【解析】

分析：（1）过点A 作AD ⊥直线CB 于点D ，可以得到AD =BC =3，即可得到结论； （2）根据 ΔABC 是“等高底”三角形，BC 是“等底”，得到AD =BC ， 再由 ΔA ′BC 与ΔABC 关于直线BC 对称， 得到 ∠ADC =90°，由重心的性质，得到BC =2BD ．设BD =x ，则AD =BC =2x ， CD =3x ，由勾股定理得AC =13x ，即可得到结论；

（3）分两种情况讨论即可：①当AB =2BC 时，再分两种情况讨论； ②当AC =2BC 时，再分两种情况讨论即可． 详解：（1）是．理由如下：

如图1，过点A 作AD ⊥直线CB 于点D ， ∴ΔADC 为直角三角形，∠ADC =90°． ∵ ∠ACB =30°，AC =6，∴ AD =1

2

AC =3， ∴ AD =BC =3，

即ΔABC 是“等高底”三角形．

（2）如图2， ∵ ΔABC 是“等高底”三角形，BC 是“等底”，∴AD =BC ， ∵ ΔA ′BC 与ΔABC 关于直线BC 对称， ∴ ∠ADC =90°． ∵点B 是ΔAA ′C 的重心， ∴ BC =2BD ． 设BD =x ，则AD =BC =2x ，∴CD =3x ， ∴由勾股定理得AC =13x ， ∴

1313

22

AC x BC x ==

．

（3）①当AB =2BC 时，

Ⅰ．如图3，作AE ⊥l 1于点E ， DF ⊥AC 于点F ． ∵“等高底” ΔABC 的“等底”为BC ，l 1//l 2， l 1与l 2之间的距离为2， AB =2BC ， ∴BC =AE =2，AB =22， ∴BE =2，即EC =4，∴AC = 25．

∵ ΔABC 绕点C 按顺时针方向旋转45°得到ΔA ' B ' C ，∴∠CDF =45°． 设DF =CF =x ．

∵l 1//l 2，∴∠ACE =∠DAF ，∴1

2

DF AE AF CE ==，即AF =2x ． ∴AC =3x =25，可得x =

2

53，∴CD =2x =2103

．

Ⅱ．如图4，此时ΔABC 是等腰直角三角形， ∵ ΔABC 绕点C 按顺时针方向旋转45°得到ΔA ' B ' C ， ∴ ΔACD 是等腰直角三角形， ∴ CD =2AC =22．

②当AC =2BC 时，

Ⅰ．如图5，此时△ABC 是等腰直角三角形． ∵ ΔABC 绕点C 按顺时针方向旋转45°得到ΔA ′ B ′C ， ∴A ′C ⊥l 1，∴CD =AB =BC =2．

Ⅱ．如图6，作AE ⊥l 1于点E ，则AE =BC ， ∴AC 2BC 2AE ，∴∠ACE =45°，

∴ΔABC 绕点C 按顺时针方向旋转45°得到ΔA ′ B ′C 时， 点A ′在直线l 1上，

∴A ′C ∥l 2，即直线A ′ C 与l 2无交点．

综上所述：CD的值为2

10 3

，22，2．

点睛：本题是几何变换-旋转综合题．考查了重心的性质，勾股定理，旋转的性质以及阅读理解能力．解题的关键是对新概念“等高底”三角形的理解．

8．小明合作学习小组在探究旋转、平移变换．如图△ABC，△DEF均为等腰直角三角形，各顶点坐标分别为A（1，1），B（2，2），C（2，1），D（2，0），E（22， 0），

F（

32

2

，

2

2

-）．

（1）他们将△ABC绕C点按顺时针方向旋转450得到△A1B1C．请你写出点A1，B1的坐标，并判断A1C和DF的位置关系；

（2）他们将△ABC绕原点按顺时针方向旋转450，发现旋转后的三角形恰好有两个顶点落在抛物线2

y22x bx c

=++上．请你求出符合条件的抛物线解析式；

（3）他们继续探究，发现将△ABC绕某个点旋转45，若旋转后的三角形恰好有两个顶点落在抛物线2

y x

=上，则可求出旋转后三角形的直角顶点P的坐标．请你直接写出点P的所有坐标．

【答案】解：（1）

2

2

2222b c0

{

32322

22b c

222

+=

?

++=

??

．

A1C和DF的位置关系是平行．

（2）∵△ABC绕原点按顺时针方向旋转45°后的三角形即为△DEF，

∴①当抛物线经过点D、E时，根据题意可得：

(

2

2

2222b c0

{

2222b c0

++=

++=

，解得

b12

{

c82

=-

=

∴2y 12x =-+

②当抛物线经过点D 、F

时，根据题意可得：

2

2c 0

{

b c 222

++=?++= ??

，解得b 11

{c =-=

∴2y 11x =-+

③当抛物线经过点E 、F

时，根据题意可得：(

2

2c 0

{

b c 222

++=?++= ??

，解得b 13

{c =-=

∴2y 13x =-+ （3）在旋转过程中，可能有以下情形：

①顺时针旋转45°，点A 、B 落在抛物线上，如答图1所示， 易求得点P 坐标为（0

，

12

）． ②顺时针旋转45°，点B 、C 落在抛物线上，如答图2所示， 设点B′，C′的横坐标分别为x 1，x 2，

易知此时B′C′与一、三象限角平分线平行，∴设直线B′C′的解析式为y=x+b ． 联立y=x 2与y=x+b 得：x 2=x+b ，即2x x b 0--=，∴1212x x 1x x b +==-，． ∵B′C′=1，∴

根据题意易得：12x x 2

-=

，∴()2121x x 2-=，即

()2

12121

x x 4x x 2

+-=

． ∴1

14b 2+=

，解得1b 8

=-． ∴2

1x x 08-+

=

，解得2x 4+=x

或2x 4

-=． ∵点C′的横坐标较小，

∴2x 4

=．

当x =

时，2y x ==

∴P （

2438

-）． ③顺时针旋转45°，点C 、A 落在抛物线上，如答图3所示， 设点C′，A′的横坐标分别为x 1，x 2．

易知此时C′A′与二、四象限角平分线平行，∴设直线C′A′的解析式为y x b =-+． 联立y=x 2与y x b =-+得：2x x b =-+，即2x x b 0+-=，∴1212x x 1x x b +=-=-，．

∵C′A′=1，∴根据题意易得：12x x 2

-=

，∴()2121x x 2-=，即

()

2

12121

x x 4x x 2

+-=

． ∴1

14b 2+=，解得1b 8

=-．

∴21x x 08++

=，解得x =x 或x =．

∵点C′的横坐标较大，∴2x 4

-=．

当2x 4-+=时，23y x 8-==．

∴P （

24-+，38

-）． ④逆时针旋转45°，点A 、B 落在抛物线上．

因为逆时针旋转45°后，直线A′B′与y 轴平行，因为与抛物线最多只能有一个交点，故此种情形不存在．

⑤逆时针旋转45°，点B 、C 落在抛物线上，如答图4所示，

与③同理，可求得：P （

24-+，38

-）． ⑥逆时针旋转45°，点C 、A 落在抛物线上，如答图5所示，

与②同理，可求得：P ）．

综上所述，点P 的坐标为：（0，

12），（24-，38

-），P （24-+，

38

-，（24+，38+）．

【解析】

（1）由旋转性质及等腰直角三角形边角关系求解．

（2）首先明确△ABC绕原点按顺时针方向旋转45°后的三角形即为△DEF，然后分三种情况进行讨论，分别计算求解．

（3）旋转方向有顺时针、逆时针两种可能，落在抛物线上的点有点A和点B、点B和点C、点C和点D三种可能，因此共有六种可能的情形，需要分类讨论，避免漏解．

考点：旋转变换的性质，曲线上点的坐标与方程的关系，平行线的性质，等腰直角三角形的性质，分类思想的应用．

9．在△ABC中，AB=BC=2，∠ABC=120°，将△ABC绕点B顺时针旋转角α（0°＜α＜90°）得△A1BC1，A1B交AC于点E，A1C1分别交AC、BC于D、F两点．

（1）如图1，观察并猜想，在旋转过程中，线段BE与BF有怎样的数量关系？并证明你的结论；

（2）如图2，当α=30°时，试判断四边形BC1DA的形状，并说明理由．

【答案】（1）BE=DF；（2）四边形BC1DA是菱形．

【解析】

【分析】

（1）由AB=BC得到∠A=∠C，再根据旋转的性质得AB=BC=BC1，∠A=∠C=∠C1，

∠ABE=∠C1BF，则可证明△ABE≌△C1BF，于是得到BE=BF

（2）根据等腰三角形的性质得∠A=∠C=30°，利用旋转的性质得∠A1=∠C1=30°，

∠ABA1=∠CBC1=30°，则利用平行线的判定方法得到A1C1∥AB，AC∥BC1，于是可判断四边形BC1DA是平行四边形，然后加上AB=BC1可判断四边形BC1DA是菱形．

【详解】

（1）解：BE=DF．理由如下：

∵AB=BC，

∴∠A=∠C，

∵△ABC绕点B顺时针旋转角α（0°＜α＜90°）得△A1BC1，

∴AB=BC=BC1，∠A=∠C=∠C1，∠ABE=∠C1BF，

在△ABE和△C1BF中

，

∴△ABE≌△C1BF，

∴BE=BF

（2）解：四边形BC1DA是菱形．理由如下：

∵AB=BC=2，∠ABC=120°，

∴∠A=∠C=30°，

∴∠A1=∠C1=30°，

∵∠ABA1=∠CBC1=30°，

∴∠ABA1=∠A1，∠CBC1=∠C，

∴A1C1∥AB，AC∥BC1，

∴四边形BC1DA是平行四边形．

又∵AB=BC1，

∴四边形BC1DA是菱形

【点睛】

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．也考查了菱形的判定方法．

10．如图，点P是正方形ABCD内一点，点P到点A，B和D的距离分别为1，22，10.△ADP沿点A旋转至△ABP′，连接PP′，并延长AP与BC相交于点Q.

(1)求证：△APP′是等腰直角三角形；

(2)求∠BPQ的大小．

【答案】（1）证明见解析；（2）∠BPQ=45°．

【解析】

【分析】

（1）根据旋转的性质可知，△APD≌△AP′B，所以AP=AP′，∠PAD=∠P′AB，因为

∠PAD+∠PAB=90°，所以∠P′AB+∠PAB=90°，即∠PAP′=90°，故△APP′是等腰直角三角

形；

（2）根据勾股定理逆定理可判断△PP′B是直角三角形，再根据平角定义求出结果.

【详解】

（1）证明：∵四边形ABCD为正方形，