中考数学压轴题剖析与精炼（含解析）：14 几何变换

这是一份中考数学压轴题剖析与精炼（含解析）：14 几何变换，共68页。
14 几何变换问题


【考点1】平移变换问题
【例1】在平面直角坐标系中，将点A（1，﹣2）向上平移3个单位长度，再向左平移2个单位长度，得到点A′，则点A′的坐标是（　　）
A．（﹣1，1） B．（﹣1，﹣2） C．（﹣1，2） D．（1，2）
【答案】A
【解析】
试题分析：已知将点A（1，﹣2）向上平移3个单位长度，再向左平移2个单位长度，得到点A′，根据向左平移横坐标减，向上平移纵坐标加可得点A′的横坐标为1﹣2=﹣1，纵坐标为﹣2+3=1，即A′的坐标为（﹣1，1）．故选A．
考点：坐标与图形变化-平移．
【变式1-1】如图，在平面直角坐标系中，将四边形向下平移，再向右平移得到四边形，已知，则点坐标为（ ）

A． B． C． D．
【答案】B
【解析】
【分析】
根据A和A1的坐标得出四边形ABCD先向下平移2个单位，再向右平移6个单位得到四边形，则B的平移方法与A点相同，即可得到答案．
【详解】
图形向下平移，纵坐标发生变化，图形向右平移，横坐标发生变化. A（－3，5）到A1（3，3）得向右平移3－（－3）＝6个单位，向下平移5－3＝2个单位.所以B（－4，3）平移后B1（2，1）.
故选B.
【点睛】
此题考查图形的平移.，掌握平移的性质是解题关键
【变式1-2】如图，在平面直角坐标系中，已知的三个顶点坐标分别是
（1）将向上平移4个单位长度得到，请画出；
（2）请画出与关于轴对称的；
（3）请写出的坐标．

【答案】（1）如图所示：，即为所求；见解析；（2）如图所示：，即为所求；见解析；（3）．
【解析】
【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）直接利用轴对称的性质得出对应点位置进而得出答案；
（3）利用所画图象得出对应点坐标.
【详解】
（1）如图所示：，即为所求；
（2）如图所示：，即为所求；

（3）．
【点睛】
此题主要考查了轴对称变换以及平移变换，正确得出对应点位置是解题关键.
【考点2】轴对称变换问题（含折叠变换）
【例2】如图，在菱形中，，点分别在边上，将四边形沿翻折，使的对应线段经过顶点，当时，的值是_____．

【答案】.
【解析】
【分析】
延长交于点，进而利用翻折变换的性质得出，，，，，再利用菱形的性质得出，，，设，，利用勾股定理得出，再根据三角函数进行计算即可解答
【详解】
延长交于点，

∵将四边形沿翻折，
∴，，，，
∵四边形是菱形
∴，，
∵，
∴设，，
∴，
∴，
∵
∴
∴
∵，
∴
∴
∴
∴，
∴，
∴
故答案为：.
【点睛】
此题考查翻折变换，菱形的性质，三角函数，解题关键在于利用折叠的性质进行解答
【变式2-1】如图，将平行四边形纸片沿一条直线折叠，使点与点重合，点落在点处，折痕为．求证：
（1）；
（2）．

【答案】（1）见解析；（2）见解析.
【解析】
【分析】
(1)依据平行四边形的性质，即可得到，由折叠可得，，即可得到；
(2)依据平行四边形的性质，即可得出，，由折叠可得，，，即可得到，，进而得出．
【详解】
(1)四边形是平行四边形，
，
由折叠可得， ，
，
，
；
(2)四边形是平行四边形，
，，
由折叠可得，，，
，，
又，
．
【点睛】
本题考查了平行四边形的性质，折叠的性质，全等三角形的判定，熟练掌握平行四边形的性质以及折叠的性质是解题的关键.
【变式2-2】如图，已知等边△ABC的边长为8，点P是AB边上的一个动点（与点A、B不重合），直线l是经过点P的一条直线，把△ABC沿直线l折叠，点B的对应点是点B’.
（1）如图1，当PB=4时，若点B’恰好在AC边上，则AB’的长度为_____；
（2）如图2，当PB=5时，若直线l//AC，则BB’的长度为 ；
（3）如图3，点P在AB边上运动过程中，若直线l始终垂直于AC，△ACB’的面积是否变化？若变化，说明理由；若不变化，求出面积；
（4）当PB=6时，在直线l变化过程中，求△ACB’面积的最大值.

【答案】（1）4；（2）5；（3）面积不变，S△ACB’=；（4）24+4
【解析】
【分析】
(1)证明△APB′是等边三角形即可解决问题；
(2)如图2中，设直线l交BC于点E，连接B B′交PE于O，证明△PEB是等边三角形，求出OB即可解决问题；
(3)如图3中，结论：面积不变，证明B B′//AC即可；
(4)如图4中，当PB′⊥AC时，△ACB′的面积最大，设直线PB′交AC于点E，求出B′E即可解决问题.
【详解】
(1) 如图1，∵△ABC为等边三角形，

∴∠A=60°，AB=BC=CA=8，
∵PB=4，
∴PB′=PB=PA=4，
∵∠A=60°，
∴△APB′是等边三角形，
∴AB′=AP=4，
故答案为4；
(2)如图2，设直线l交BC于点E，连接B B′交PE于O，

∵PE∥AC，
∴∠BPE=∠A=60°，∠BEP=∠C=60°，
∴△PEB是等边三角形，
∵PB=5，B、B′关于PE对称，
∴BB′⊥PE，BB′=2OB，
∴OB=PB·sin60°=，
∴BB′=5，
故答案为5；
(3)如图3，结论：面积不变.

过点B作BE⊥AC于E，
则有BE=AB·sin60°=，
∴S△ABC==16，
∵B、B′关于直线l对称，
∴BB′⊥直线l，
∵直线l⊥AC，
∴AC//BB′，
∴S△ACB’=S△ABC=16；
(4)如图4，当B′P⊥AC时，△ACB′的面积最大，

设直线PB′交AC于E，
在Rt△APE中，PA=2，∠PAE=60°，
∴PE=PA·sin60°=，
∴B′E=B′P+PE=6+，
∴S△ACB最大值=×(6+)×8=24+4.
【点睛】
本题是几何变换综合题，考查了等边三角形的判定与性质，轴对称变换，解直角三角形，平行线的判定与性质等知识，理解题意，熟练掌握和灵活运用相关知识是解题的关键.
【考点3】旋转变换问题
【例3】(1)问题发现 
如图1,△ACB和△DCE均为等腰直角三角形,∠ACB=90°,B,C,D在一条直线上. 
填空:线段AD,BE之间的关系为  .
(2)拓展探究 
如图2,△ACB和△DCE均为等腰直角三角形,∠ACB=∠DCE=90°,请判断AD,BE的关系,并说明理由. 
(3)解决问题 
如图3,线段PA=3,点B是线段PA外一点,PB=5,连接AB,将AB绕点A逆时针旋转90°得到线段AC,随着点B的位置的变化,直接写出PC的范围. 

【答案】(1) AD=BE，AD⊥BE．(2) AD=BE，AD⊥BE．(3) 5-3≤PC≤5+3．
【解析】
【分析】
（1）根据等腰三角形性质证△ACD≌△BCE（SAS），得AD=BE，∠EBC=∠CAD，延长BE交AD于点F，由垂直定义得AD⊥BE．
（2）根据等腰三角形性质证△ACD≌△BCE（SAS），AD=BE，∠CAD=∠CBE，由垂直定义得∠OHB=90°，AD⊥BE；
（3）作AE⊥AP，使得AE=PA，则易证△APE≌△ACP，PC=BE，当P、E、B共线时，BE最小，最小值=PB-PE；当P、E、B共线时，BE最大，最大值=PB+PE，故5-3≤BE≤5+3.
【详解】
（1）结论：AD=BE，AD⊥BE．
理由：如图1中，

∵△ACB与△DCE均为等腰直角三角形，
∴AC=BC，CE=CD，
∠ACB=∠ACD=90°，
在Rt△ACD和Rt△BCE中

∴△ACD≌△BCE（SAS），
∴AD=BE，∠EBC=∠CAD
延长BE交AD于点F，
∵BC⊥AD，
∴∠EBC+∠CEB=90°，
∵∠CEB=AEF，
∴∠EAD+∠AEF=90°，
∴∠AFE=90°，即AD⊥BE．
∴AD=BE，AD⊥BE．
故答案为AD=BE，AD⊥BE．
（2）结论：AD=BE，AD⊥BE．
理由：如图2中，设AD交BE于H，AD交BC于O．

∵△ACB与△DCE均为等腰直角三角形，
∴AC=BC，CE=CD，∠ACB=∠ECD=90°，
∴ACD=∠BCE，
在Rt△ACD和Rt△BCE中
，
∴△ACD≌△BCE（SAS），
∴AD=BE，∠CAD=∠CBE，
∵∠CAO+∠AOC=90°，∠AOC=∠BOH，
∴∠BOH+∠OBH=90°，
∴∠OHB=90°，
∴AD⊥BE，
∴AD=BE，AD⊥BE．

（3）如图3中，作AE⊥AP，使得AE=PA，则易证△APE≌△ACP，
∴PC=BE，
图3-1中，当P、E、B共线时，BE最小，最小值=PB-PE=5-3，
图3-2中，当P、E、B共线时，BE最大，最大值=PB+PE=5+3，
∴5-3≤BE≤5+3，
即5-3≤PC≤5+3．


【点睛】
本题是几何变换综合题，考查了旋转的性质、等腰直角三角形的性质、全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是正确寻找三角形全等的条件，学会添加辅助线，构造全等三角形解决问题，学会用转化的思想思考问题，属于中考压轴题．
【变式3-1】如图，△ABC在平面直角坐标系中，顶点的坐标分别为A(-4，4)，B(-1，1)，C(-1，4)．
(1)画出与△ABC关于y轴对称的△A1B1C1．
(2)将△ABC绕点B逆时针旋转90°，得到△A2BC2，画两出△A2BC2．
(3)求线段AB在旋转过程中扫过的图形面积．(结果保留π)

【答案】(1)作图见解析；(2)作图见解析；(3)π.
【解析】
【分析】
(1)根据关于y轴对称的点的坐标特征写出A1、B1、C1的坐标，然后描点即可；
(2)利用网格特点和旋转的性质画出A、C的对应点A2、C2即可；
(3)线段AB在旋转过程中扫过的图形为扇形，然后根据扇形面积公式计算即可．
【详解】
解：(1)如图，△AlB1C1为所作.
(2)如图，△A2BC2为所作；

(3)AB==3，
所以线段AB在旋转过程中扫过的图形面积==π．
【点睛】
本题考查了作图-旋转变换：根据旋转的性质可知，对应角都相等都等于旋转角，对应线段也相等，由此可以通过作相等的角，在角的边上截取相等的线段的方法，找到对应点，顺次连接得出旋转后的图形．也考查了扇形面积公式．
【变式3-2】如图①，在中，，，D是BC的中点．

小明对图①进行了如下探究：在线段AD上任取一点P，连接PB．将线段PB绕点P按逆时针方向旋转，点B的对应点是点E，连接BE，得到．小明发现，随着点P在线段AD上位置的变化，点E的位置也在变化，点E可能在直线AD的左侧，也可能在直线AD上，还可能在直线AD的右侧．请你帮助小明继续探究，并解答下列问题：
（1）当点E在直线AD上时，如图②所示．
① ；②连接CE，直线CE与直线AB的位置关系是 ．
（2）请在图③中画出，使点E在直线AD的右侧，连接CE．试判断直线CE与直线AB的位置关系，并说明理由．
（3）当点P在线段AD上运动时，求AE的最小值．
【答案】（1）①50；②；（2）；（3）AE的最小值．
【解析】
【分析】
（1）①利用等腰三角形的性质即可解决问题．②证明，，推出即可．
（2）如图③中，以P为圆心，PB为半径作⊙P．利用圆周角定理证明即可解决问题．
（3）因为点E在射线CE上运动，点P在线段AD上运动，所以当点P运动到与点A重合时，AE的值最小，此时AE的最小值．
【详解】
（1）①如图②中，

∵，，
∴，
②结论：．
理由：∵，，
∴，
∴，
∴，
∵AE垂直平分线段BC，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴．
故答案为50，．
（2）如图③中，以P为圆心，PB为半径作⊙P．

∵AD垂直平分线段BC，
∴，
∴，
∵，
∴ ．
（3）如图④中，作于H，

∵点E在射线CE上运动，点P在线段AD上运动，
∴当点P运动到与点A重合时，AE的值最小，此时AE的最小值．
【点睛】
本题属于几何变换综合题，考查了等腰三角形的性质，平行线的判定，圆周角定理等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，灵活运用所学知识解决问题，学会利用辅助圆解决问题，属于中考压轴题．
【考点4】位似变换问题
【例4】如图，与是以坐标原点为位似中心的位似图形，若点，，则的面积为__．

【答案】18．
【解析】
【分析】
根据，的坐标得到位似比，继而得到A、C对应点的坐标，再用所在的矩形的面积减去顶点处的三角形面积即可求得答案.
【详解】
∵与是以坐标原点为位似中心的位似图形，
若点，，
∴位似比为：，
∵，，
∴，
∴的面积为：，
故答案为：18．
【点睛】
本题考查了位似变换以及三角形面积求法，正确得出对应点位置是解题关键．
【变式4-1】在平面直角坐标系中，三个顶点的坐标分别为．以原点为位似中心，把这个三角形缩小为原来的，得到，则点的对应点的坐标是__________．
【答案】或
【解析】
【分析】
根据位似图形的中心和位似比例即可得到点A的对应点C.
【详解】
解：以原点为位似中心，把这个三角形缩小为原来的，点的坐标为，
∴点的坐标为或，即或，
故答案为：或．
【点睛】
本题主要考查位似图形的对应点，关键在于原点的位似图形，要注意方向.
【变式4-2】如图，在方格纸中.

（1）请在方格纸上建立平面直角坐标系，使，，并求出点坐标；
（2）以原点为位似中心，相似比为2，在第一象限内将放大，画出放大后的图形；
（3）计算的面积.
【答案】（1）作图见解析；.（2）作图见解析；（3）16.
【解析】
分析：（1）直接利用A，C点坐标得出原点位置进而得出答案；
（2）利用位似图形的性质即可得出△A'B'C'；
（3）直接利用（2）中图形求出三角形面积即可．
详解：（1）如图所示，即为所求的直角坐标系；B（2，1）；

（2）如图：△A'B'C'即为所求；
（3）S△A'B'C'=×4×8=16．
点睛：此题主要考查了位似变换以及三角形面积求法，正确得出对应点位置是解题的关键．画位似图形的一般步骤为：①确定位似中心；②分别连接并延长位似中心和关键点；③根据位似比，确定位似图形的关键点；④顺次连接上述各点，得到放大或缩小的图形．

一、单选题
1．在平面直角坐标系中，点与点关于y轴对称，则（ ）
A．， B．， C．， D．，
【答案】B
【解析】
【分析】
根据点关于y轴对称，其横坐标互为相反数，纵坐标相同即可得到答案.
【详解】
A，B关于y轴对称，则横坐标互为相反数，纵坐标相同,故选B
【点睛】
本题考查点坐标的轴对称，解题的关键熟练掌握点坐标的轴对称.
2．如图，点P（8，6）在△ABC的边AC上，以原点O为位似中心，在第一象限内将△ABC缩小到原来的，得到△A′B′C′，点P在A′C′上的对应点P′的的坐标为（　　）

A．（4，3） B．（3，4） C．（5，3） D．（4，4）
【答案】A
【解析】
【分析】
直接利用在平面直角坐标系中，如果位似变换是以原点为位似中心，相似比为k，那么位似图形对应点的坐标的比等于k或−k，进而结合已知得出答案．
【详解】
∵点P（8，6）在△ABC的边AC上，以原点O为位似中心，在第一象限内将△ABC缩小到原来的，得到△A′B′C′，
∴点P在A′C′上的对应点P′的的坐标为：（4，3）．
故选：A．
【点睛】
此题主要考查了位似变换，正确得出位似比是解题关键．
3．如图，将绕点逆时针旋转70°到的位置，若，则（　　）

A．45° B．40° C．35° D．30°
【答案】D
【解析】
【分析】
首先根据旋转角定义可以知道，而，然后根据图形即可求出．
【详解】
解：∵绕点逆时针旋转70°到的位置，
∴，
而，
∴
故选：D．
【点睛】
此题主要考查了旋转的定义及性质，其中解题主要利用了旋转前后图形全等，对应角相等等知识．
4．下列四个银行标志中，既是中心对称图形，又是轴对称图形的是( )
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】
【分析】
根据轴对称图形和中心对称图形的概念逐一进行判断即可得.
【详解】
A、是轴对称图形，不是中心对称图形，故不符合题意；
B、是轴对称图形，不是中心对称图形，故不符合题意；
C、是轴对称图形，也是中心对称图形，故符合题意；
D、是轴对称图形，不是中心对称图形，故不符合题意，
故选C.
【点睛】
本题主要考查轴对称图形和中心对称图形，在平面内，如果一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够完全重合，这样的图形叫做轴对称图形；在平面内，如果把一个图形绕某个点旋转180°后，能与原图形重合，那么就说这个图形是中心对称图形.
5．如图，在直角坐标系中，已知菱形OABC的顶点A(1,2)，B(3,3)．作菱形OABC关于y轴的对称图形OA′B′C′，再作图形OA′B′C′关于点O的中心对称图形OA″B″C″，则点C的对应点C″的坐标是（ ）

A．(2,-1) B．(1,-2) C． (-2,1) D． (-2,-1)
【答案】A
【解析】
【分析】
先找出对应点，再用线段顺次连接作出图形，根据图形解答即可.
【详解】
如图，

.
故选A.
【点睛】
本题考查了轴对称作图及中心对称作图，熟练掌握轴对称作图及中心对称的性质是解答本题的关键，中心对称的性质：①关于中心对称的两个图形能够完全重合；②关于中心对称的两个图形，对应点的连线都经过对称中心，并且被对称中心平分.
6．在平面直角坐标系中，将点向右平移个单位长度后得到的点的坐标为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】
【分析】
根据直角坐标系的坐标平移即可求解.
【详解】
一个点向右平移之后的点的坐标，纵坐标不变，横坐标加4，故选A
【点睛】
此题主要考查坐标的平移，解题的关键是熟知直角坐标系的特点.
7．点关于原点的对称点坐标是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】
【分析】
坐标系中任意一点，关于原点的对称点是，即关于原点的对称点，横纵坐标都变成相反数．
【详解】
根据中心对称的性质，得点关于原点的对称点的坐标为．
故选B．
【点睛】
本题考查了关于原点对称的点的坐标，关于原点的对称点，横纵坐标都变成相反数．
8．如图，以点O为位似中心，把放大为原图形的2倍得到，以下说法中错误的是（ ）

A． B．点C、点O、点C′三点在同一直线上
C． D．
【答案】C
【解析】
【分析】
直接利用位似图形的性质进而分别分析得出答案．
【详解】
∵以点O为位似中心，把放大为原图形的2倍得到，
∴，点C、点O、点C′三点在同一直线上，，
，
∴C选项错误，符合题意．
故选C．
【点睛】
此题主要考查了位似变换，正确把握位似图形的性质是解题关键．
9．如图所示，在平面直角坐标系中，已知点A（2，4），过点A作AB⊥x轴于点B．将△AOB以坐标原点O为位似中心缩小为原图形的，得到△COD，则CD的长度是（　　）

A．2 B．1 C．4 D．2
【答案】A
【解析】
【分析】直接利用位似图形的性质结合A点坐标可直接得出点C的坐标，即可得出答案．
【详解】∵点A（2，4），过点A作AB⊥x轴于点B，将△AOB以坐标原点O为位似中心缩小为原图形的，得到△COD，
∴C（1，2），则CD的长度是2，
故选A．
【点睛】本题主要考查了位似变换以及坐标与图形的性质，正确把握位似图形的性质是解题关键．
10．如图，点A的坐标是(-2,0)，点B的坐标是(0,6)，C为OB的中点，将△ABC绕点B逆时针旋转90°后得到．若反比例函数的图象恰好经过的中点D，则k的值是（　　）

A．9 B．12 C．15 D．18
【答案】C
【解析】
【分析】
作轴于证明≌，推出，，求出点坐标，再利用中点坐标公式求出点D坐标即可解决问题．
【详解】
解：作轴于．

∵，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴，，
∵点的坐标是，点的坐标是，
∴，，
∴，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵反比例函数的图象经过点，
∴．
故选：C．
【点睛】
本题考查反比例函数图形上的点的坐标特征，坐标与图形的变化旋转等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，属于中考选择题中的压轴题．
11．在数学拓展课上，小明发现：若一条直线经过平行四边形对角线的交点，则这条直线平分该平行四边形的面积. 如图是由5个边长为1的小正方形拼成的图形，是其中4个小正方形的公共顶点，小强在小明的启发下，将该图形沿着过点的某条直线剪一刀，把它剪成了面积相等的两部分，则剪痕的长度是（ ）

A． B． C． D．
【答案】D
【解析】
【分析】
根据中心对称的性质即可作出剪痕，根据三角形全等的性质即可证得EM=DN，利用勾股定理即可求得．
【详解】
如图，为剪痕，过点作于.

∵将该图形分成了面积相等的两部分，
∴经过正方形对角线的交点，
∴.
易证，
∴，
而，
∴.
在中， .
故选：D.
【点睛】
本题考查了图形的剪拼，中心对称的性质，勾股定理的应用，熟练掌握中心对称的性质是解题的关键．
12．如图，矩形中，与相交于点，，将沿折叠，点的对应点为，连接交于点，且，在边上有一点，使得的值最小，此时（ ）

A． B． C． D．
【答案】B
【解析】
【分析】
设BD与AF交于点M．设AB=a，AD=a，根据矩形的性质可得△ABE、△CDE都是等边三角形，利用折叠的性质得到BM垂直平分AF，BF=AB=a，DF=DA=a．解直角△BGM，求出BM，再表示DM，由△ADM∽△GBM，求出a=2，再证明CF=CD=2．作B点关于AD的对称点B′，连接B′E，设B′E与AD交于点H，则此时BH+EH=B′E，值最小．建立平面直角坐标系，得出B（3，2），B′（3，-2），E（0，），利用待定系数法求出直线B′E的解析式，得到H（1，0），然后利用两点间的距离公式求出BH=4，进而求出=．
【详解】
如图，设BD与AF交于点M．设AB=a，AD=a，

∵四边形ABCD是矩形，
∴∠DAB=90°，tan∠ABD=，
∴BD=AC==2a，∠ABD=60°，
∴△ABE、△CDE都是等边三角形，
∴BE=DE=AE=CE=AB=CD=a，
∵将△ABD沿BD折叠，点A的对应点为F，
∴BM垂直平分AF，BF=AB=a，DF=DA=a，
在△BGM中，∵∠BMG=90°，∠GBM=30°，BG=2，
∴GM=BG=1，BM=GM=，
∴DM=BD-BM=2a-，
∵矩形ABCD中，BC∥AD，
∴△ADM∽△GBM，
∴，即，
∴a=2，
∴BE=DE=AE=CE=AB=CD=2，AD=BC=6，BD=AC=4，
易证∠BAF=∠FAC=∠CAD=∠ADB=∠BDF=∠CDF=30°，
∴△ADF是等边三角形，
∵AC平分∠DAF，
∴AC垂直平分DF，
∴CF=CD=2，
作B点关于AD的对称点B′，连接B′E，设B′E与AD交于点H，则此时BH+EH=B′E，值最小．
如图，建立平面直角坐标系，

则A（3，0），B（3，2），B′（3，-2），E（0，），
易求直线B′E的解析式为y=-x+，
∴H（1，0），
∴BH==4，
∴=．
故选：B．
【点睛】
本题考查了折叠的性质：折叠是一种对称变换，它属于轴对称，折叠前后图形的形状和大小不变，位置变化，对应边和对应角相等．也考查了矩形的性质，解直角三角形，等边三角形、垂直平分线、相似三角形的判定与性质，待定系数法求直线的解析式，轴对称-最短路线问题，两点间的距离公式等知识．综合性较强，有一定难度．分别求出BH、CF的长是解题的关键．
13．如图，在平面直角坐标系中，将边长为1的正方形OABC绕点O顺时针旋转后得到正方形，依此方式，绕点O连续旋转2019次得到正方形，那么点的坐标是( )

A． B． C． D．
【答案】A
【解析】
【分析】
根据旋转的性质分别求出点A1、A2、A3、…的坐标，继而发现8次为一个循环，用2019除以8，看余数即可求得答案.
【详解】
四边形OABC是正方形，且，
，
将正方形OABC绕点O逆时针旋转后得到正方形，
∴点A1的横坐标为1，点A1的纵坐标为1，
，
继续旋转则，，A4(0，-1)，A5，A6(-1，0)，A7，A8(0，1)，A9，……，
发现是8次一循环，所以…余3，
点的坐标为，
故选A．

【点睛】
本题考查了旋转的性质，规律题——点的坐标的变化规律，通过分析正确得出坐标的变化规律是解题的关键.
14．如图，△ABC中，AB=AC=2，∠B=30°，△ABC绕点A逆时针旋转α(0