人教版九年级上册第二十三章 旋转综合与测试随堂练习题

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第23章 旋转 解答题

1．（2022·广东江门·九年级期末）如图，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，∠ACB＝30°，将△ABC绕点C逆时针旋转60°得到△CDE，点A、B的对应点分别是D、E，点F是边BC中点，连结AD、EF．


(1)求证：△ACD是等边三角形；
(2)判断AD与EF有怎样的数量关系，并说明理由．
2．（2022·广东韶关·九年级期末）如图，正方形网格中，每个小正方形的边长都是一个单位长度，在平面直角坐标系中，△OAB的三个顶点O（0，0）、A（4，1）、B（4，4）均在格点上．

(1)请画出△OAB绕原点O顺时针旋转90°后的图形△OA1B1．
(2)直接写出：点A1坐标 　 　，点B1坐标 　 　．
3．（2022·广东广州·九年级期末）如图，ABC的三个顶点A、B、C都在格点上，坐标分别为(﹣2，4)、(﹣2，0)、9﹣4，1)．

(1)画出ABC绕着点A逆时针旋转90°得到的AB1C1；
(2)写出点B1、C1的坐标．
4．（2022·广东·东莞市东城中学九年级期末）如图，把矩形ABCD绕点A按逆时针方向旋转得到矩形AEFG，使点E落在对角线BD上，连接DG，DF．

(1)若∠BAE＝50°，求∠DGF的度数；
(2)求证：DF＝DC．
5．（2022·广东广州·九年级期末）如图，在方格纸中，已知顶点在格点处的△ABC，请画出将△ABC绕点C旋转180°得到的△A'B'C'．（需写出△A'B'C'各顶点的坐标）．

6．（2022·广东广州·九年级期末）如图，在△ABC中，∠CAB＝70°，在同一平面内，将△ABC绕点A旋转到△AB'C′的位置，使得CC′AB，求∠CC'A的度数．

7．（2022·广东阳江·九年级期末）如图，在平面直角坐标系中，的三个顶点分别是A（1，3），B（4，4），C（2，1）．
（1）把向左平移4个单位后得到对应的A1B1C1，请画出平移后的A1B1C1；
（2）把绕原点O旋转180°后得到对应的A2B2C2，请画出旋转后的A2B2C2；
（3）观察图形可知，A1B1C1与A2B2C2关于点（　 　，　 　）中心对称．

8．（2022·广东珠海·九年级期末）如图，点O是等边三角形ABC内的一点，∠BOC=150°，将△BOC绕点C按顺时针旋转得到△ADC，连接OD，OA．
（1）求∠ODC的度数；
（2）若OB=4，OC=5，求AO的长．

9．（2022·广东潮州·九年级期末）如图，中，，点D在AB上，，，于点E，把绕点D旋转得，且点G，F在AC上．

(1)求证：四边形是正方形；
(2)求四边形的面积，
10．（2022·广东汕头·九年级期末）如图，在△ABC中，∠ACB＝30°，将绕点C顺时针旋转60°得到△DEC ，连接AE．

(1)求证：AB=AE；
(2)若AB=AC，试判断四边形ACDE的形状，并说明理由．
11．（2022·广东·东莞市光明中学九年级期末）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△A'OB′．

(1)画出旋转后的图形，并写出点A′、B′的坐标；
(2)在x轴上求作一点P（注：不要求写出P点的坐标），使得PA′+PB′的值最小，并写出最小值为 　 　．
12．（2022·广东惠州·九年级期末）如图，在正方形ABCD内有一点P，且PA=，BP=，PC=1．若将绕点逆时针旋转90°后，得到．

(1)求的长；
(2)∠BPC度数．
13．（2022·广东韶关·九年级期末）如图，等腰中，，点D在上，将绕点B沿顺时针方向旋转后，得到，

(1)求的度数；
(2)若，求的长．
14．（2022·广东广州·九年级期末）如图，已知△ABC中，BD是中线．

(1)尺规作图：作出以D为对称中心，与△BCD成中心对称的△EAD．
(2)猜想AB+BC与2BD的大小关系，并说明理由．
15．（2022·广东中山·九年级期末）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，将△ABC绕着点B逆时针旋转得到△FBE，点C，A的对应点分别为E，F．点E落在BA上，连接AF．

(1)若∠BAC＝40°，求∠BAF的度数；
(2)若AC＝8，BC＝6，求AF的长．
16．（2022·广东珠海·九年级期末）抛物线y＝ax2＋bx－2（a≠0）与x轴交于点A（﹣1，0），B（3，0），与y轴交于点C．
（1）求抛物线的解析式；
（2）如图1，抛物线的对称轴与x轴相交于点H，连接AC，BC．△ABC绕点B顺时针旋转一定角度后落在第一象限，当点C的对应点C1落在抛物线的对称轴上时，求此时点A的对应点A1的坐标；
（3）如图2，过点C作轴交抛物线于点E，已知点D在抛物线上且横坐标为，在y轴左侧的抛物线上有一点P，满足∠PDC＝∠EDC，求点P的坐标．

17．（2022·广东·中山纪念中学九年级期末）如图，已知的三个顶点坐标分别为，，．

将绕坐标原点O逆时针旋转90度，请在图中画出旋转后的图形，写出点的坐标为______，点关于坐标原点对称的点的坐标为______．
18．（2022·广东阳江·九年级期末）在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠ABC＝30°，将△ABC绕点B逆时针旋转一个角度α后得到△DBE，点A，C的对应点分别为点D，E．
（1）如图1，若点D恰好落在边BC的延长线上，连接CE，求∠DEC的度数．
（2）如图2，若α＝60°，F为BD的中点，连接CD，CF，EF，请判断四边形CDEF是什么特殊的四边形，并说明理由．

19．（2022·广东惠州·九年级期末）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，在建立平面直角坐标系后，的顶点均在格点上．

（1）画出 关于原点对称的；
（2）画出向上平移5个单位后的，并求出平移过程中线段扫过的面积．
20．（2022·广东·广州市番禺区恒润实验学校九年级期末）如图1，等边三角形ABC中，D为边BC上一点，满足BD

(1)求证：AD=AE；
(2)若点B关于直线AD的对称点为F，连接CF．
①求证：AE//CF；
②当时，求的度数．
21．（2022·广东汕头·九年级期末）如图①，在平面直角坐标系中，点O为坐标原点，抛物线的顶点是A（2，3），将OA绕点O顺时针旋转90°后得到OB，点B恰好在抛物线上，OB与抛物线的对称轴交于点C．

(1)求抛物线的解析式；
(2)如图②，P是线段AC上一动点，且不与点A，C重合，过点P作平行于x轴的直线，与△OAB的边分别交于M，N两点，将△AMN以直线MN为对称轴翻折，得到，设点P的纵坐标为m．当在△OAB的内部时，求m的取值范围；
(3)在（2）的条件下，是否存在点P，使，若存在，求出满足条件点P的坐标；若不存在，请说明理由．

参考答案：
1．(1)见解析过程；
(2)AD＝EF，理由见解析过程．
【解析】
1）由旋转的性质可得AC＝CD，∠ACD＝60°，可得结论；
（2）由“SAS”可证△ABC≌△DEC，可得EF＝AC＝AD．
(1)
证明：∵将△ABC绕点C逆时针旋转60°得到△CDE，
∴AC＝CD，∠ACD＝60°，
∴△ACD是等边三角形；
(2)
解：AD＝EF，理由如下：
∵将△ABC绕点C逆时针旋转60°得到△CDE，
∴∠BCE＝60°，BC＝CE，
∵△ACD是等边三角形，
∴AD＝AC，
∵点F是边BC中点，
∴BC＝2CF，
∵∠BAC＝90°，∠ACB＝30°，
∴BC＝2AB，∠ABC＝60°＝∠BCE，
∴AB＝CF，
在△ABC和△DEC中，
，
∴△ABC≌△FCE（SAS），
∴EF＝AC，
∴AD＝EF．
本题考查了旋转的性质，等边三角形的判定，直角三角形的性质，全等三角形的判定和性质等知识，灵活运用这些性质解决问题是解题的关键．
2．(1)见解析
(2)（1，-4），（4，-4）
【解析】
（1）将点A、B分别绕原点O顺时针旋转90°后得到其对应点，再与点O首尾顺次连接即可；
（2）根据图形写出相关点的坐标即可．
(1)
解：如图所示，△OA1B1即为所求．
，
(2)
解：由图形得：点A1的坐标为（1，-4），点B1的坐标为（4，-4），
故答案为：（1，-4），（4，-4）．
本题主要考查作图—旋转变换，解题的关键是掌握旋转变换的定义与性质．
3．(1)见解析
(2)B1（2，4），C1（1，2）
【解析】
（1）根据旋转的性质画出点B、C的对应点即可；
（2）根据点B1、C1的位置，即可写出坐标．
【小题1】
解：如图所示，△AB1C1即为所求；

【小题2】
根据图形可知：B1（2，4），C1（1，2）．
本题主要考查了作图-旋转变换，平面直角坐标系中点的坐标的特征等知识，注意旋转的方向是正确画图的关键．
4．(1)∠DGF=25°；
(2)见解析
【解析】
（1）由旋转的性质得出AB=AE，AD=AG，∠BAD=∠EAG=∠AGF=90°，由等腰三角形的性质及三角形内角和定理可得出答案；
（2）证出四边形ABDF是平行四边形，由平行四边形的性质可得出结论．
(1)
解：由旋转得AB=AE，AD=AG，∠BAD=∠EAG=∠AGF=90°，
∴∠BAE=∠DAG=50°，
∴∠AGD=∠ADG==65°，
∴∠DGF=90°-65°=25°；
(2)
证明：连接AF，

由旋转得矩形AEFG≌矩形△ABCD，
∴AF=BD，∠FAE=∠ABE=∠AEB，
∴AF∥BD，
∴四边形ABDF是平行四边形，
∴DF=AB=DC．
本题考查了矩形的性质，全等三角形的判定和性质，旋转的性质，平行四边形的判定与性质，等腰三角形的性质，熟记矩形的性质并准确识图是解题的关键．
5．A'（-1，-3），B'（1，-1），C'（-2,0），画图见解析．
【解析】
先画出点A，B关于点C中心对称的点A'，B'，再连接A'，B'，C即可解题．
解： A关于点C中心对称的点A'（-1，-3），B关于点C中心对称的点B'（1，-1），C关于点C中心对称的点C'（-2,0），如图，△A'B'C'即为所求作图形．

本题考查中心对称图形，是基础考点，掌握相关知识是解题关键．
6．∠CC'A =70°
【解析】
先根据平行线的性质，由得∠AC′C=∠CAB=70°，再根据旋转的性质得AC=AC′，∠BAB′=∠CAC′，于是根据等腰三角形的性质有∠ACC′=∠AC′C=70°．
∵，
∴∠ACC′=∠CAB=70°，
∵△ABC绕点A旋转到△AB′C′的位置，
∴AC=AC′，∠BAB′=∠CAC′，
在△ACC′中，∵AC=AC′
∴∠ACC′=∠CC'A =70°，
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．
7．（1）详见解析；（2）详见解析；（3）﹣2，0．
【解析】
（1）依据平移的方向和距离，即可得到平移后的△A1B1C1；
（2）依据△ABC绕原点O旋转180°，即可画出旋转后的△A2B2C2；
（3）依据对称点连线的中点的位置，即可得到对称中心的坐标．
解：（1）如图所示，分别确定平移后的对应点，
得到A1B1C1即为所求；
（2）如图所示，分别确定旋转后的对应点，
得到A2B2C2即为所求；

（3）由图可得，A1B1C1与A2B2C2关于点成中心对称．
故答案为：﹣2，0．
本题考查的是平移，旋转的作图，以及判断中心对称的对称中心的坐标，掌握以上知识是解题的关键．
8．（1）60°；（2）
【解析】
（1）根据旋转的性质得到三角形ODC为等边三角形即可求解； 
（2）由旋转的性质得：AD=OB=4，结合题意得到∠ADO=90°．则在Rt△AOD中，由勾股定理即可求得AO的长．
（1）由旋转的性质得：CD=CO，∠ACD=∠BCO．
∵∠ACB=∠ACO+∠OCB=60°，
∴∠DCO=∠ACO+∠ACD=∠ACO+∠OCB=60°，
∴△OCD为等边三角形，
∴∠ODC=60°．
（2）由旋转的性质得：AD=OB=4．
∵△OCD为等边三角形，∴OD=OC=5．
∵∠BOC=150°，∠ODC=60°，∴∠ADO=90°．
在Rt△AOD中，由勾股定理得：AO=．
本题考查旋转的性质、等边三角形的性质和勾股定理，解题的关键是掌握旋转的性质、等边三角形的性质和勾股定理.
9．(1)见解析
(2)
【解析】
（1）根据旋转的性质可得≌，进而可得，根据三个角是直角的四边形证明四边形CEDF是矩形，根据邻边相等的矩形是正方形即可得证；
（2）在中，根据勾股定理得根据等面积法即可求得，进而求得正方形的面积．
(1)
∵，
∴．
由旋转得：，≌．
∴．
∵，
∴四边形CEDF是矩形．
∵，
∴四边形CEDF是正方形．

(2)
由（1）得：四边形CEDF是正方形，
∴．
由旋转得：≌，．
∴，．
在中，根据勾股定理得：．
∵，
∴．
∴．
∴．
本题考查了正方形的性质与判定，勾股定理，旋转的性质，全等的性质，掌握以上性质定理是解题的关键．
10．(1)见解析
(2)四边形ACDE是菱形，见解析
【解析】
（1）由旋转的性质可得出∠BCE＝60°，BC=EC．再根据题意即可求出ACE＝30°=∠ACB．即易证△ACB≌△ACE(SAS)，得出结论AB=AE；
（2）由旋转的性质可得出AC=DC，AB=ED，结合（1）可证明AE=DE，若AB=AC，即可证明AC=DC=DE=AE，即证明四边形ACDE是菱形．
(1)
证明：∵△ABC绕点C顺时针旋转60°得到△DEC ，
∴∠BCE＝60°，BC=EC．
∵∠ACB＝30°，
∴∠ACE＝30°=∠ACB．
∵AC=AC，
∴△ACB≌△ACE(SAS)，
∴AB=AE；
(2)
∵△ABC 绕点C顺时针旋转得到△DEC ，
∴AC=DC，AB=ED，
由（1）可知AB=AE，
∴AE=DE，
若AB=AC，则AC=AE，
∴AC=DC=DE=AE，
∴四边形ACDE是菱形．
本题考查旋转的性质，全等三角形的判定和性质，菱形的判定．利用数形结合的思想是解答本题的关键．
11．(1)图见解析，A′（﹣2，3），B′（﹣3，1）
(2)图见解析，
【解析】
（1）利用旋转变换的性质分别作出，的对应点，即可；
（2）作点关于x轴的对称点，连接交x轴于点，点即为所求．
(1)
如图，△A'OB′即为所求，A′（﹣2，3），B′（﹣3，1）；

(2)
如图，点P即为所求，最小值＝＝．

故答案为：．
本题考查作图-旋转变换，勾股定理，轴对称最短问题，解题的关键是掌握旋转变换的性质，属于中考常考题型．
12．(1)2
(2)135°
【解析】
（1）将△BPC绕点B逆时针旋转90°，得，则△PBC≌△P′BA；得到AP′=PC=1，BP′=BP=，∠PBP′=90°，再利用勾股定理求出的长；
（2）在△AP′P中， AP′=1，P P′=2，AP=，根据勾股定理的逆定理得到△AP′P是直角三角形，再利用∠BPC=∠AP′B=∠BP′P +∠A P′ P即可求解．
(1)
解：如图，将△BPC绕点B逆时针旋转90°，得，则△PBC≌△P′BA．

∴AP′=PC=1，BP′=BP=，∠PBP′=90°．
连接P P′，
在Rt△BP′P中，
∵ BP=BP′=，∠PBP′=90°，
∴ P P′2=BP′2 + BP2=4，
∴ P P′=2，∠BP′P=45°．
(2)
解：在△AP′P中， AP′=1，P P′=2，AP=，
∵ ，即AP′2 + PP′2 = AP2．
∴ △AP′P是直角三角形，即∠A P′ P=90°．
∴ ∠AP′B=∠BP′P +∠A P′ P =135°．
∴ ∠BPC=∠AP′B=135°．
本题考查旋转的性质，涉及全等三角形的性质、直角三角形的判定（勾股定理）和性质．正确作出旋转后的三角形是本题解题的关键．
13．(1)
(2)
【解析】
（1）根据旋转的性质和等腰直角三角形的性质即可得 的度数；
（2）根据勾股定理求出的长，根据，可得和的长，根据旋转的性质可得，再根据勾股定理即可得的长．
(1)
解：∵为等腰直角三角形，
，
由旋转的性质可知，
∴；
(2)
解：，，
，
，
，，
由旋转的性质可知：,
．
本题考查了旋转的性质、等腰直角三角形，解题的关键是掌握旋转的性质．
14．(1)见详解；
(2)AB+BC＞2BD．证明见详解．
【解析】
（1）延长BD，在BD延长线上截取DE=BD，连结AE，则△ADE与△CDB关于点D成中心对称，根据点D为AC中点，得出AD=CD，再证△ADE≌△CDB（SAS），根据∠CDB+∠ADB=180°，得出△BCD绕点D旋转180°得到△EAD，
（2）根据△ADE≌△CDB（SAS），得出AE=BC，BD=ED，得出BE=2BD，在△ABE中，AB+AE＞BE即可．
(1)
解：延长BD，在BD延长线上截取DE=BD，连结AE，
则△ADE与△CDB关于点D成中心对称，
∵点D为AC中点，
∴AD=CD，
在△ADE和△CDB中，       
，
∴△ADE≌△CDB（SAS），
∵∠CDB+∠ADB=180°，
∴△BCD绕点D旋转180°得到△EAD，

(2)
AB+BC＞2BD．
证明：∵△ADE≌△CDB（SAS），
∴AE=BC，BD=ED，
∴BE=2BD，       
在△ABE中，AB+AE＞BE，
即AB+BC＞2BD．
本题考查尺规作图，三角形全等判定与性质，中心对称的定义，三角形三边关系，掌握尺规作图，三角形全等判定与性质，中心对称的定义，三角形三边关系是解题关键．
15．(1)65°
(2)
【解析】
（1）根据三角形的内角和定理得到∠ABC=50°，根据旋转的性质得到∠EBF=∠ABC=50°，AB=BF，根据三角形的内角和定理即可得到结论；
（2）根据勾股定理得到AB=10，根据旋转的性质得到BE=BC=6，EF=AC=8，根据勾股定理即可得到结论．
【小题1】
解：在Rt△ABC中，∠C=90°，∠BAC=40°，
∴∠ABC=50°，
∵将△ABC绕着点B逆时针旋转得到△FBE，
∴∠EBF=∠ABC=50°，AB=BF，
∴∠BAF=∠BFA=（180°-50°）=65°；
【小题2】
∵∠C=90°，AC=8，BC=6，
∴AB=10，
∵将△ABC绕着点B逆时针旋转得到△FBE，
∴BE=BC=6，EF=AC=8，
∴AE=AB-BE=10-6=4，
∴AF=．
本题考查了旋转的性质，勾股定理，熟练掌握旋转的性质是解题的关键．
16．（1）；（2）（3，4）；（3）（，）
【解析】
（1）把A（－1，0），B（3，0）代入抛物线解析式利用待定系数法求解二次函数的解析式即可；
（2）如图，先求解C（0，－2），对称轴为直线，可得BH＝CO＝2结合旋转得BC1＝BC ，证明RT△BC1H≌RT△CBO（HL），再证明旋转角∠A1BA＝∠C1BC＝90°，从而可得答案；
（3）先求解D（，），E（2，－2），如图，过点D作DG⊥CE交CE的延长线于点G，证明CG＝DG＝，可得∠ECD＝∠GDC＝45° ，如图，在CD的上方作∠PDC＝∠EDC交y轴于点Q，交抛物线于点P，证明△QCD≌△ECD，可得QC＝EC＝2，可得Q（0，0），再求解直线DQ的解析式为，联立 ，再解方程组可得答案.
解：（1）将A（－1，0），B（3，0）代入抛物线解析式得
       
解得     
∴抛物线的解析式为
（2）∵抛物线的解析式为，A（－1，0），B（3，0）
∴C（0，－2），对称轴为直线       
∴BH＝CO＝2
由旋转得BC1＝BC                    
则RT△BC1H≌RT△CBO（HL）
∴∠C1BH＝∠BCO
∴∠C1BC＝∠C1BH＋∠OBC＝∠BCO＋∠OBC＝90°
∴旋转角∠A1BA＝∠C1BC＝90°，即A1B⊥x轴
A1B＝BA＝4，B（3，0）
∴A1（3，4）

（3）抛物线的解析式为，D的横坐标为
当x＝时，y＝，则D（，）
∵轴，C（0，－2），对称轴为直线x＝1
∴E（2，－2）   
如图，过点D作DG⊥CE交CE的延长线于点G，


CG＝DG＝，
∴∠ECD＝∠GDC＝45°     
如图，在CD的上方作∠PDC＝∠EDC交y轴于点Q，交抛物线于点P
∵轴 ，∴∠QCE＝90°
∴∠QCD＝∠ECD＝45°
∵CD＝CD，∴△QCD≌△ECD（ASA）
∴QC＝EC＝2，
∵C（0，－2），
∴Q（0，0）
∵D（，），
设直线
解得：
∴直线DQ的解析式为
则 ，
消去得：

解得：
当时，
当时，
所以方程组的解为：或，
∴
本题考查的是全等三角形的判定与性质，利用待定系数法求解二次函数的解析式，旋转的性质，求解一次函数与二次函数的交点坐标，作出适当的辅助线构建全等三角形，再利用全等三角形的性质证明相等的线段，再得到点的坐标是解本题的关键.
17．图见解析，，
【解析】
利用网格的特点和旋转的性质，找到，，的坐标，描点即可得到，然后写出，的坐标，利用关于原点对称的点的特征，求出点关于坐标原点对称的点的坐标．
解：如图所示：


的坐标为，的坐标为，
根据关于原点对称的点的横纵坐标互为相反数可知：点关于坐标原点对称的点的坐标为．
本题主要是考查了旋转作图以及关于原点对称的点的特征，利用旋转的性质，找到旋转之后的点的坐标，是正确画出旋转图形的关键．
18．（1）15°；（2）四边形CDEF是菱形，理由见解析．
【解析】
（1）由题意易得∠A＝60°，由旋转的性质可得∠D＝∠A＝60°，BE＝BC，∠DBE＝∠ABC＝30°，然后可得∠BCE＝∠BEC＝75°，进而问题可求解；
（2）由旋转的性质可得∠CBE＝α＝60°，∠DBE＝∠ABC＝30°，∠DEB＝∠ACB＝90°，则有∠DBE＝∠DBC，然后可得△DBE≌△DBC，则有∠BED＝∠BCD＝90°，进而可得CD＝ED＝CF＝EF，最后问题可求解．
解：（1）如图1，∵∠ACB＝90°，∠ABC＝30°，
∴∠A＝60°，
由旋转得∠D＝∠A＝60°，BE＝BC，∠DBE＝∠ABC＝30°，
∴∠BCE＝∠BEC＝（180°﹣30°）＝75°，
∴∠DEC＝∠BCE﹣∠D＝75°﹣60°＝15°．
（2）四边形CDEF是菱形，
理由如下：
如图2，∵△ABC绕点B逆时针旋转一个角度α得到△DBE，
∴∠CBE＝α＝60°，∠DBE＝∠ABC＝30°，∠DEB＝∠ACB＝90°，
∴∠DBC＝30°，
∴∠DBE＝∠DBC，
∵BD＝BD，BE＝BC，
∴△DBE≌△DBC（SAS），
∴∠BED＝∠BCD＝90°，
∴CD＝BD，ED＝BD，
∵F为BD的中点，
∴CF＝BD，EF＝BD，
∴CD＝ED＝CF＝EF，
∴四边形CDEF是菱形．
本题主要考查菱形的判定、含30度直角三角形的性质及全等三角形的性质与判定，熟练掌握菱形的判定、含30度直角三角形的性质及全等三角形的性质与判定是解题的关键．
19．（1）答案见解析   （2）15
【解析】
（1）根据关于原点对称的点的坐标特征写出A1、B1、C1的坐标，然后描点即可；
（2）利用网格特点和平移的性质画出A、B、C的对应点A2、B2、C2，然后计算一个矩形的面积加上△ABC的面积得到△ABC扫过的面积．
（1）如图

（2）如图，扫描过的区域为平行四边形形AA2C2C，
故S=3×5=15.
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．
20．(1)见解析
(2)①见解析；②20°
【解析】
（1）只需要证明△ABE≌△ACD即可得到AE=AD；
（2）①先判断出∠AFC=∠ACF，设∠BAD=∠DAD=x，求出∠CAF=60°-2x，进而推出，再证明∠EAC=120°-x，得到∠EAC+∠ACF=180°，即可证明结论；②先求出∠CBG=30°-x，得到∠CDF =60°-2x，证明CF=BD=DF，得到∠DCF=∠CDF=60°-2x，又∠ACF=60°+x，得到∠DCF=∠ACF-∠ACB=x=60°-2x，即可求出∠BAD=20°．
(1)
解：由旋转的性质可得∠DAE=60°，
∵△ABC是等边三角形，
∴AB=AC，∠BAC=∠C=∠ABC=60°，
∴∠EAB+∠BAD=∠CAD+∠BAD，即∠EAB=∠DAC，∠ABF=120°，
∵BE平分∠ABF，
∴∠ABE=60°=∠ACD，
在△ABE和△ACD中，
，
∴△ABE≌△ACD（ASA），
∴AE=AD；
(2)
解：①如图所示，连接AF，
∵B，F关于直线AD对称，
∴∠BAD=∠FAD，AF=AB，
∴AF=AC，
∴∠AFC=∠ACF，
设∠BAD=∠DAD=x，
∴∠CAF=∠BAC-∠BAF=60°-2x，
∴，
由（1）知，∠BAE=∠CAD=60°-x，
∴∠EAC=∠BAE+∠BAC=120°-x，
∴∠EAC+∠ACF=180°，
∴


②如图所示，连接BF，延长AD交BF于G，连接DF，
∵B、F关于直线AD对称，
∴AD⊥BF，即∠AGB=90°，BD=DF
∴∠ABG=90°-x，∠DBF=∠DFB
∵∠ABC=60°，
∴∠CBG=30°-x，
∴∠CDF=∠DBF+∠DFB=60°-2x，
由（1）知△ABE≌△ACD，
∴BE=CD，
∵BE+CF=AB，
∴CD+CF=AB=BC=CD+BD，
∴CF=BD=DF，
∴∠DCF=∠CDF=60°-2x，
又∵∠ACF=60°+x，
∴∠DCF=∠ACF-∠ACB=x=60°-2x，
∴x=20°，
∴∠BAD=20°．


本题主要考查了等边三角形的性质，全等三角形的性质与判定，旋转的性质，等腰三角形的性质与判定，三角形内角和定理，三角形外角的性质，轴对称的性质，熟练掌握相关知识是解题的关键．
21．(1)
(2)
(3)点P的坐标为（2，）
【解析】
（1）根据题意抛物线的解析式为，由OA绕点O顺时针旋转90°后得到OB，把B（3，﹣2）代入，求得，进而求得抛物线的解析式；
（2）直线OB的解析式，根据的坐标，求得的坐标，当在△OAB的内部时，即可m的取值范围；
（3）待定系数法求得直线AB的解析式为，根据，建立一元二次方程，解方程求解，根据（2）的范围取舍即可．
(1)
∵抛物线的顶点是A（2，3），
∴设抛物线的解析式为，
∵OA绕点O顺时针旋转90°后得到OB，
∴B（3，﹣2），
把B（3，﹣2）代入

解得：，
∴抛物线的解析式为，
即，
(2)
设直线OB的解析式为，

把B（3，﹣2）代入得，，
∴直线OB的解析式为，
∴C（2，），
设P（2，m），
∵，A（2，3），
∴，
∴（2，），
即（2，），
当在△OAB的内部时，
有，
解得：．
(3)
设直线OA的解析式为，
把A（2，3）代入得，，
∴直线OA的解析式为，
设直线AB的解析式为，
把A（2，3）、B（3，﹣2）代入得：
，
解得：，
∴直线AB的解析式为，
∵P（2，m），
∴M（，），N（，），
∴，
∵，
∴，
整理得：，
方程可化为或（无实数根），
解得：，，
∵，∴，
∴满足条件点P的坐标为（2，）．
本题考查了二次函数综合面积问题，待定系数法求解析式，旋转的性质，轴对称的性质，弄清旋转变换和轴对称变换后的坐标规律是解题的关键．