数学九年级上册23.1 图形的旋转精品课时训练

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专题23.1 图形的旋转【十大题型】
【人教版】


【题型1 生活中的旋转现象】 1
【题型2 判断一个图形旋转而成的图案】 3
【题型3 找旋转中心、旋转角、对应点】 5
【题型4 利用旋转的性质证明】 8
【题型5 利用旋转的性质求解】 15
【题型6 判断旋转对称图形】 21
【题型7 作图-旋转变换】 23
【题型8 求饶某点旋转后坐标】 30
【题型9 旋转中的规律探究】 35
【题型10 旋转中的最值问题】 38


【知识点1 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。
【题型1 生活中的旋转现象】
【例1】（2023春·广东揭阳·九年级统考期中）下列现象：①地下水位逐年下降，②传送带的移动，③方向盘的转动，④水龙头的转动；其中属于旋转的有（    ）
A．4个 B．3个 C．2个 D．1个
【答案】C
【分析】根据旋转的概念解答即可．
【详解】解：①地下水位逐年下降，不是旋转现象；
②传送带的移动，不是旋转现象；
③方向盘的转动，是旋转现象；
④水龙头的转动，是旋转现象，
故选：C．
【点睛】本题考查了旋转的判断，解题的关键是掌握旋转的概念：在平面内，将一个图形沿某一个定点转动一个角度，这样的图形运动称为旋转．
【变式1-1】（2023春·江苏·九年级期中）将数字“6”旋转180°，得到数字“9”，将数字“9”旋转180°，得到数字“6”，现将数字“689”整体旋转180°，得到的数字是 ．
【答案】689
【分析】直接利用中心对称图形的性质结合“689”的特点得出答案．
【详解】解：将数字“689” 整体旋转180°，得到的数字是：689．
故答案为：689．
【点睛】此题主要考查了生活中的旋转现象，能够想象出旋转后的图形是解题关键．
【变式1-2】（2021春·广东广州·九年级统考期末）“玉兔”在月球表面行走的动力主要来自太阳光能，要使接收太阳光能最多，就要使光线垂直照射在太阳光板上．现在太阳光如图照射，那么太阳光板绕支点A逆时针最小旋转（    ）可以使得接收光能最多．

A．46° B．44° C．36° D．54°
【答案】B
【分析】根据垂直的定义和旋转方向，计算可得．
【详解】解：由题意可得：
若要太阳光板于太阳光垂直，
则需要绕点A逆时针旋转90°-（180°-134°）=44°，
故选：B．
【点睛】本题考查了实际生活中的垂直的定义，旋转的定义，解题的关键是理解旋转分为顺时针和逆时针．
【变式1-3】（2020秋·九年级课时练习）摩天轮上以等间隔的方式设置36个车厢，车厢依顺时针方向分别编号为1号到36号，且摩天轮运行时以逆时针方向等速旋转，旋转一圈花费30分钟，若图2表示21号车厢运行到最高点的情形，则此时经过多少分钟后，3号车厢才会运行到最高点？（    ）

A．14分钟 B．20分钟 C．15分钟 D．452分钟
【答案】C
【分析】先求出从21号旋转到3号旋转的角度占圆大小比例，再根据旋转一圈花费30分钟解答即可．
【详解】解：36−21+336×30=15（分钟）．
所以经过20分钟后，3号车厢才会运行到最高点．
故选C．
【点睛】本题主要考查了生活中的旋转现象，理清题意，得出从21号旋转到3号旋转的角度占圆大小比例是解答本题的关键．
【知识点2 旋转的性质】
（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：
（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 判断一个图形旋转而成的图案】
【例2】（2020春·山西晋城·九年级统考期末）如果齿轮A以逆时针方向旋转，齿轮E旋转的方向（　　）

A．顺时针 B．逆时针
C．顺时针或逆时针 D．不能确定
【答案】B
【分析】根据图示进行分析解答即可．
【详解】齿轮A以逆时针方向旋转，齿轮B以顺时针方向旋转，齿轮C以逆时针方向旋转，齿轮D以顺时针方向旋转，齿轮E以逆时针方向旋转，
故选B．
【点睛】此题考查旋转问题，关键是根据图示进行解答．
【变式2-1】（2022秋·山东济宁·九年级统考期末）如图，图2是由图1经过平移得到的，图2还可以看作是由图1经过怎样的变换得到的？现给出两种变换方式：①2次旋转；②2次轴对称．下面说法正确的是（    ）

A．①②都不可行 B．①②都可行 C．只有①可行 D．只有②可行
【答案】B
【分析】根据旋转和轴对称的概念判断即可．
【详解】如图，图1绕点A旋转180°得到右边倒着的图1，然后把此图绕点B旋转180°得到图2；

如图， 把图1沿着直线AB对称得到右边的图1，然后把此图沿直线CD对称得到图2

故选：B．
【点睛】本题考查了旋转和轴对称变换，掌握旋转和轴对称的性质是解题的关键．
【变式2-2】（2022秋·上海浦东新·九年级校联考期末）图2是由图1经过某一种图形的运动得到的，这种图形的运动是（    ）

A．平移 B．翻折 C．旋转 D．以上三种都不对
【答案】C
【详解】解：根据图形可知，这种图形的运动是旋转而得到的，
故选：C．
【点睛】本题考查了图形的旋转，熟记图形的旋转的定义（把一个平面图形绕平面内某一点转动一个角度，叫做图形的旋转）是解题关键．
【变式2-3】（2023春·九年级课时练习）如图，下列的图案是由什么基本图案经怎样的旋转得到的，把它画出来？

【答案】见解析
【分析】根据旋转的性质进行求解即可．
【详解】解：（1）；（2） ；（3）；
以上基本图案绕着对称轴旋转一周得到．
【点睛】本题考查了旋转的性质，根据旋转的性质正确作图是解本题的关键．
【题型3 找旋转中心、旋转角、对应点】
【例3】（2023春·福建漳州·九年级统考期末）如图，在7×5方格纸中，格点三角形甲经过旋转后得到格点三角形乙，则其旋转中心是（    ）
  
A．点M B．点N C．点P D．点Q
【答案】A
【分析】先确定点A与点E为对应点，点B和点F为对应点，则根据旋转的性质得旋转中心在AE的垂直平分线上，也在BF的垂直平分线上，所以作AE的垂直平分线和BF的垂直平分线，它们的交点即为旋转中心．
【详解】解：∵甲经过旋转后得到乙，
∴点A与点E为对应点，点B和点F为对应点，
∴旋转中心在AE的垂直平分线上，也在BF的垂直平分线上，
作AE的垂直平分线和BF的垂直平分线，它们的交点为M点，如图，
    
即旋转中心为M点．
故选：A．
【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．
【变式3-1】（2022秋·全国·九年级专题练习）如图，ΔABC和ΔADC都是等边三角形.
（1）ΔABC沿着______所在的直线翻折能与ΔADC重合；
（2）如果ΔABC旋转后能与ΔADC重合，则在图形所在的平面上可以作为旋转中心的点是______；
（3）请说出2中一种旋转的旋转角的度数______.

【答案】（1）AC；（2）.点A、点C或者线段AC的中点；（3）60°
【分析】(1) 因为ΔABC和ΔADC有公共边AC，翻折后重合，所以沿着直线AC翻折即可；（2）将△ABC旋转后与ΔADC重合，可以以点A、点C或AC的中点为旋转中心；（3）以点A 、点C为旋转中心时都旋转60°，以AC中点旋转时旋转180°.
【详解】(1)∵ΔABC和ΔADC都是等边三角形，
∴ΔABC和ΔADC是全等三角形，
∴△ABC沿着AC所在的直线翻折能与△ADC重合.
故填AC;
(2)将△ABC旋转后与ΔADC重合，则可以以点A为旋转中心逆时针旋转60°或以点C为旋转中心顺时针旋转60°，或以AC的中点为旋转中心旋转180°即可；
（3）以点A 、点C为旋转中心时都旋转60°，以AC中点旋转时旋转180°.
【点睛】此题考查平移的对称轴确定的方法、旋转中心确定的方法，依照平移、旋转的性质来确定即可.
【变式3-2】（2022秋·河北石家庄·九年级统考期末）如图，正方形ABCD旋转后能与正方形CDEF重合，那么点A，B，C，D中，可以作为旋转中心的有 个．

【答案】2．
【分析】根据旋转的性质，分类讨论确定旋转中心．
【详解】解：把正方形ABCD绕点D逆时针旋转90°能与正方形CDEF重合，则旋转中心为点D；
把正方形ABCD绕点C顺时针旋转90°能与正方形CDEF重合，则旋转中心为点C；
综上，可以作为旋转中心的有2个．
故答案为：2．
【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．也考查了正方形的性质．
【变式3-3】（2023春·山东菏泽·九年级统考期末）如图，网格中每个小正方形的边长均为1个单位长度，点A、B都在格点上．线段AB绕着某一定点顺时针旋转一个角度α0°<α<180°后，得到线段A′B′（点A′、B′分别是A、B的对应点，也都在格点上），则α的大小是 ．
  
【答案】90°
【分析】首根据旋转的性质确定旋转中心为点O，即可解决问题．
【详解】解：如图，连接AA',BB',由网格作AA',BB'的垂直平分线，交于点O，
∴点O为旋转中心，
∴∠AOA'=90°，即旋转角为90°，
  
故答案为：90°．
【点睛】本题主要考查了旋转角度的确定，画出图形能快速解决问题．
【题型4 利用旋转的性质证明】
【例4】（2023春·河南南阳·九年级统考期末）在△ABC中，AC=CB，∠ACB=90°，点D为△ABC内一点，连接AD、CD．
  
(1)把△ACD逆时针旋转得到了△CBE如图1，旋转中心是点______，旋转角是______．
(2)在（1）的条件下，延长AD交BE于F，求证：AF⊥BE．
(3)在图1中，若∠CAD=30°，把△ACD绕C点逆时针旋转得到△ECB，如图2，若旋转一周，当旋转角是多少度时，DE∥AC，直接写出结果．
【答案】(1)C，90°
(2)证明见解析
(3)30°或210°

【分析】（1）根据图形旋转的概念回答即可；
（2）由旋转的性质可得∠CAD=∠CBE，对顶角∠AMC=∠FMB，再根据三角形内角和定理推出∠AFB=∠ACB=90°，结论即可得证；
（3）结合图形，由平行线的性质即可求解．
【详解】（1）解：在图1中，点C是三角形ACD的旋转中心，旋转角为90°；
故答案为：C，90°
（2）证明： 由△ACD逆时针旋转得到了△CBE可知，∠CBE=∠CAD
在△CAM中，∠ACB=180°−∠CAD−∠AMC，
在△FMB中，∠MFB=180°−∠CBE−∠FMB，
而∠AMC=∠FMB
∴∠MFB=∠ACB=90°，
即AF⊥BE
（3）解：如图，依题意得∠CED=30°，
当点D在△ABC内部时，
∵DE∥AC，
∴∠ACE=∠CED=30°，
当点D'在△ABC外部时，
∵D'E'∥AC，
∴∠ACE'=180°−∠E'=150°，
∴ △D'CE'绕点C旋转360°−∠ACE'=360°−150°=210°，
综上所述，当△ACD旋转角是30°或210°时，DE∥AC．
故答案为：30°或210°
  
【点睛】本题考查了图形的旋转及性质，垂直定义，平行线的性质，三角形的内角和定理等知识，正确理解相关的概念及性质是解决本题的关键．
【变式4-1】（2023秋·山西阳泉·九年级校考期末）把两个全等的等腰直角三角板ABC和EFG（其直角边均为4）叠放在一起（如图1），且使三角板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绕点O按顺时针方向旋转（旋转角α满足条件：0°<α<90°），四边形CHGK是旋转过程中两三角形的重叠部分（如图2）．在上述旋转过程中．
  
(1)BH与CK有怎样的数量关系?
(2)四边形CHGK的面积有何变化?请证明你的发现．
【答案】(1)BH=CK
(2)四边形CHGK的面积在旋转过程中没有变化，始终为4，证明见解析

【分析】（1）先由ASA证出△CGK≌△BGH，再根据全等三角形的性质得出BH=CK．
（2）四边形CHGK的面积不变，面积为4．利用全等三角形的性质证明即可．
【详解】（1）解：结论：BH=CK．
理由：∵点O是等腰直角三角板ABC斜边中点，
∴∠B=∠GCK=45°，BG=CG，
由旋转的性质，知∠BGH=∠CGK，
∴△BGH≌△CGK(ASA)，
∴BH=CK．
（2）四边形CHGK的面积不变，面积为4．
理由：∵△BGH≌△CGK，
∴S△BHG=S△CGK，
∴S四边形CHGK=S△CGB=12S△ABC=12×12×4×4=4．
【点睛】此题是几何变换的综合题，主要考查了全等三角形的判定，解答本题的关键是掌握旋转的性质：对应点到旋转中心的距离相等，旋转前后图形的大小和形状没有改变．
【变式4-2】（2023秋·山西晋城·九年级统考期末）综合与探究
在△ABC中，AB=AC，∠CAB的角度记为α．

(1)操作与证明；如图①，点D为边BC上一动点，连接AD，将线段AD绕点A逆时针旋转角度α至AE位置，连接DE，CE．求证：BD=CE；
(2)探究与发现：如图②，若α=90°，点D变为BC延长线上一动点，连接AD将线段AD绕点A逆时针旋转角度α至AE位置，连接DE，CE．可以发现：线段BD和CE的数量关系是___________；
(3)判断与思考；判断（2）中线段BD和CE的位置关系，并说明理由．
【答案】(1)证明见解析
(2)BD=CE
(3)BD⊥CE，理解见解析

【分析】（1）由旋转的性质得AD=AE，∠DAE=∠CAB，从而证明△BAD≌△CAE，即可得到结论；
（2）同第（1）小题的方法，证明△BAD≌△CAE，即可得到结论；
（3）由（2）可得△BAD≌△CAE，从而得∠B=∠ACE=45°，进而即可得到结论．
【详解】（1）证明：∵线段AD绕点A逆时针旋转角度α至AE位置，∠CAB=α，
∴AD=AE，∠DAE=∠CAB=α，
∴∠CAB−∠CAD=∠DAE−∠CAD，
∴∠BAD=∠CAE，
在△BAD和△CAE中，
AB=AC∠BAD=∠CAEAD=AE，
∴△BAD≌△CAESAS，
∴BD=CE．
（2）解：∵α=90°，
由旋转可知：AD=AE，∠DAE=∠CAB=90°，
∴∠CAB+∠CAD=∠DAE+∠CAD，
∴∠BAD=∠CAE，
在△BAD和△CAE中，
AB=AC∠BAD=∠CAEAD=AE，
∴△BAD≌△CAESAS，
∴BD=CE．
故答案为：BD=CE．
（3）BD⊥CE，理由如下：
∵∠CAB=α=90°，AB=AC，
∴∠B=∠ACB=45°，
由（2）可得：△BAD≌△CAE，
∴∠ACE=∠B=45°，
∴∠BCE=∠ACB+∠ACE=45°+45°=90°，
∴BD⊥CE．
【点睛】本题考查旋转的性质，全等三角形的判定和性质，等腰三角形的性质．掌握三角形全等的证明是解题的关键．
【变式4-3】（2022秋·上海静安·九年级上海市民办扬波中学校考期中）已知： Rt△ABC中，∠ACB=90°，∠ABC=60°，将△ABC绕点B按顺时针方向旋转．
  
(1)当C转到AB边上点C′位置时，A转到A′，（如图1所示）直线CC′和AA′相交于点D，试判断线段AD和线段A′D之间的数量关系，并证明你的结论；
(2)将Rt△ABC继续旋转到图2的位置时，（1）中的结论是否成立？若成立，请证明；若不成立，请说明理由．
【答案】(1)AD=A′D，理由见详解
(2)仍然成立，理由见详解

【分析】（1）易证△BCC′和△BAA′都是等边三角形，从而可以求出∠AC′D=∠BAD=60°，∠DC′A′=∠DA′C′=30°，进而可以证到AD=DC′=A′D；
（2）过点A作AE∥A′C′，交CD的延长线于点E，由“ASA”可证△ADE≌ △A′DC′，可得AD=A′D；
【详解】（1）AD=A′D．理由如下：如图1，
∵ Rt△A'BC'≌Rt△ABC，
∴BC=BC′，BA=BA′，
∵∠A′BC′=∠ABC=60°，
∴△BCC′和△BAA′都是等边三角形，
∴∠BAA′=∠BC′C=60°，
∵∠A′C′B=90°，
∴∠DC′A′=30°，
∵∠AC′D=∠BC′C=60°，
∴∠ADC′=60°，
∴∠DA′C′=30°，
∴∠DAC′=∠DC′A，∠DC′A′=∠DA′C′，
∴AD=DC′，DC′=DA′，
∴AD=A′D；
（2）仍然成立：AD=A′D，
如图2：过点A作AE∥A′C′，交CD的延长线于点E，则∠1=∠2，∠E=∠3，
  
由旋转可得，AC=A′C′，BC=BC′，
∴∠4=∠5，
∵∠ACB=∠A′C′B=90°，
∴∠5+∠6=∠3+∠4=90°，
∴∠3=∠6，
∴∠E=∠6，
∴AE=AC=A′C′，
在△ADE与△A′DC′中，
∠1=∠2AE=A′C′∠E=∠3，
∴△ADE≌ △A'DC'(ASA)，
∴AD=A′D；
【点睛】本题是几何变换综合题，考查了旋转的性质，等腰三角形的性质，全等三角形的判定与性质，等边三角形的判定与性质等知识，证明三角形全等是解题的关键．
【题型5 利用旋转的性质求解】
【例5】（2023秋·安徽滁州·九年级校联考期末）如图，正方形ABCD中，E为DC边上一点，且DE=2．将AE绕点E逆时针旋转90°得到EF，连接AF，FC．则线段FC的长度是（    ）
  
A．2 B．22 C．2 D．5
【答案】B
【分析】延长DC，过点F作FH⊥DC于点H，证明△ADE≌△EHF，得出FH=DE=2，AD=EH，证明CH=DE，根据勾股定理求出CF=CH2+FH2=22即可．
【详解】解：延长DC，过点F作FH⊥DC于点H，如图所示：
  
则∠H=90°，
根据旋转可知，AE=EF，∠AEF=90°，
∵四边形ABCD为正方形，
∴∠D=90°，AD=CD，
∴∠AED+∠FEH=∠FEH+∠EFH=90°，
∴∠AED=∠EFH，
∵∠D=∠H=90°，
∴△ADE≌△EHF，
∴FH=DE=2，AD=EH，
∵AD=CD，
∴EH=CD，
∴DC−EC=EH−EC，
∴CH=DE，
∴在Rt△CFH中，根据勾股定理得：CF=CH2+FH2=22．
故选：B．
【点睛】本题主要考查了正方形的性质，勾股定理，旋转的性质，三角形全等的判定和性质，解题的关键是作出辅助线，构造全等三角形，证明△ADE≌△EHF．
【变式5-1】（2022秋·河南许昌·九年级许昌市第一中学校考期末）如图，在△ABC中，AB=2，BC=3.6，∠B=60°，将△ABC绕点A顺时针旋转度得到△ADE，当点B的对应点D恰好落在BC边上时，则CD的长为（    ）
  
A．1.4 B．1.6 C．1.8 D．2
【答案】B
【分析】根据旋转变换的性质得到AD=AB，根据等边三角形的性质解答即可．
【详解】解：由旋转的性质可知，AD=AB，
∵∠B=60°，AD=AB，
∴△ADB为等边三角形，
∴BD=AB=2，
∴CD=CB−BD=1.6，
故选：B．
【点睛】本题考查的是旋转变换的性质、等边三角形的性质，掌握旋转前、后的图形全等是解题的关键．
【变式5-2】（2023春·江苏淮安·九年级统考期末）如图1，在平行四边形ABCD中，AD=BD=4，BD⊥AD，点E为对角线AC上一动点，连接DE，将DE绕点D逆时针旋转90°得到DF，连接BF．
  
(1)求证BF=AE；
(2)若BF所在的直线交AC于点M，求OM的长度；
(3)如图2，当点F落在△OBC的外部，构成四边形DEMF时，求四边形DEMF的面积．
【答案】(1)见解析
(2)255
(3)165

【分析】（1）由“SAS”可证△ADE≌△BDF，可得BF=AE；
（2）过D作DN⊥AO于N，由“AAS”可证△DON≌△BOM，可得OM=ON，由勾股定理可求AO的长，由面积法可求DN的长，由勾股定理可求解；
（3）将△DEN绕点D逆时针旋转90°得到△DFG，通过证明四边形DNMG为正方形，即可求解．
【详解】（1）解：证明：∵DE绕点D逆时针旋转90°得到DF，
∴DE=DF，∠EDF=90°，
∵BD⊥AD，
∴∠ADB=90°，
∴∠ADE=∠BDF，
∵AD=BD，
∴△ADE≌△BDF(SAS)，
∴BF=AE；
（2）如图，过D作DN⊥AO于N，
  
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AO=CO，BO=DO=2，
∵△ADE≌△BDF，
∴∠DAE=∠DBF，
∵∠ADB=90°，∠AOD=∠BOC，
∴∠DAE+∠AOD=∠DBF+∠BOC=90°，
∴∠BMO=90°，
∵∠DNO=∠BMO=90°，∠DON=∠BOM，BO=DO，
∴△DON≌△BOM(AAS)，
∴OM=ON，
∵AD=4，DO=2，∠ADB=90°，
∴AO=AD2+DO2=22+42=25，
∵S△ADO=12AD×DO=12×AO×DN，
∴DN=2×425=455，
∴NO=DO2−DN2=255，
∴OM=ON=255；
（3）如图，过D作DN⊥AO于N，将△DEN绕点D逆时针旋转90°得到△DFG，
  
∴DG=DN，∠DNE=∠DGF=90°，∠DEN=∠DFG，
∵∠EDF=∠FME=90°，
∴∠DEM+∠DFM=180°，
∴∠DFG+∠DFM=180°，
∴点G，点F，点M三点共线，
∵∠DGF=∠DNM=∠FMN=90°，
∴四边形DNMG是矩形，
又∵DN=DG，
∴四边形DNMG为正方形，
∴S四边形DEMF=S四边形DNMG=MN2=(455)2=165．
【点睛】本题是四边形综合题，考查了平行四边形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，旋转的性质，正方形的判定和性质，添加恰当辅助线构造全等三角形是本题的关键．
【变式5-3】（2022秋·北京大兴·九年级校考期末）如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，将△ABC绕点C顺时针旋转得到△DEC，点B的对应点为E，点A的对应点D落在线段AB上，连接BE．下列结论：①DC平分∠ADE；②∠BDE=∠BCE；③BD⊥BE；④BC=DE．其中所有正确结论的序号是 ．

【答案】①②③
【分析】利用等腰三角形的性质以及旋转不变性得出∠A=∠CDA，∠A=∠CDE，得出∠CDA=∠CDE，即可判断①，设BC,DE交于点F，根据外角的性质得出∠BFE=∠FCE+∠FEC=∠FDB+∠FBD，根据旋转的性质得出∠ABC=∠DEC，进而即可判断②，根据旋转的的性质以及三角形内角和定理，证明∠DBE+∠DCE=180°，即可判断③，根据旋转的性质，DE=AB，而AB≠BC，即可判断④，即可求解．
【详解】解：∵△DCE是由△ACB旋转得到，
∴CA=CD，∠A=∠CDE，
∴∠A=∠CDA，
∴∠CDA=∠CDE，
∴CD平分∠ADE；
故①正确，
如图，设BC,DE交于点F，

∴∠BFE=∠FCE+∠FEC=∠FDB+∠FBD
∵旋转，
∴∠ABC=∠DEC，
∴∠BDE=∠BCE，故②正确；
由旋转的性质可知，∠ACD=∠BCE，
∵CA=CD，CB=CE，
∴∠CAD=∠CDA=∠CBE=∠CEB，
∵∠ABC+∠CAB+∠ACD+∠DCB=180°，
∴∠ABC+∠CBE+∠DCB+∠BCE=180°，
∴∠DCE+∠DBE=180°，
∵∠DCE=90°，
∴∠DBE=90°，
∴BE⊥AB；
由旋转的性质，DE=AB，而AB≠BC，
∴BC≠DE，
故答案为：①②③．
【点睛】本题考查了旋转的性质，等腰三角形的性质，三角形内角和定理，综合运用以上知识是解题的关键．
【题型6 判断旋转对称图形】
【例6】（2020秋·河南许昌·九年级统考期中）阅读理解并解决问题：一般地，如果把一个图形绕着一个定点旋转一定角度α（α小于360°）后，能够与原来的图形重合，那么这个图形叫做旋转对称图形，这个定点叫做旋转对称中心，α叫做这个旋转对称图形的一个旋转角．请依据上述定义解答下列问题：
（1）请写出一个旋转对称图形，这个图形有一个旋转角是90°，这个图形可以是______；
（2）为了美化环境，某中学需要在一块正六边形空地上分别种植六种不同的花草，现将这块空地按下列要求分成六块：①分割后的整个图形必须既是轴对称图形又是旋转对称图形；②六块图形的面积相同；请你按上述两个要求，分别在图中的两个正六边形中画出两种不同的分割方法（只要求画图正确，不写作法）．

【答案】（1）正方形(答案不唯一，例如正八边形、圆等)；（2）见解析
【分析】（1）根据旋转对称图形的定义解答即可；
（2）先作出正六边形的旋转中心，再根据图形既是轴对称图形又是旋转对称图形进行作图即可．
【详解】解：(1) 正方形(答案不唯一，例如正八边形、圆等)；
故答案为：正方形(答案不唯一，例如正八边形、圆等)；
(2)如图所示：

【点睛】本题考查了轴对称图形和旋转对称图形的定义及作图，正确理解题意、熟练掌握基本知识是解题的关键．
【变式6-1】（2018春·福建泉州·九年级统考期末）某校在暑假放假之前举办了交通安全教育图片展活动．下列四个交通标志图中，旋转对称形是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【详解】分析：根据旋转对称形和各图形的特点即可求解
A、B、C无论旋转多少度都不能与原图形重合，只有D旋转60°能够和原来的图形重合，故选D.
点睛：本题考查了旋转对称形：绕一个顶点旋转某一个度数后，仍然与原来的图形重合，解题的关键是充分理解旋转对称形的性质.
【变式6-2】（2018秋·上海松江·九年级统考期末）在正三角形、正方形、正五边形和等腰梯形这四种图形中，是旋转对称图形的有（　　）

A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【答案】C
【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．
【详解】解：在正三角形、正方形、正五边形和等腰梯形，只有等边三角形、正方形、正五边形是旋转对称图形，共3个．
故选C
【点睛】本题考查旋转对称图形的概念：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．
【变式6-3】（2018·山西吕梁·九年级统考期中）实践与操作：一般地，如果把一个图形绕着一个定点旋转一定角度α（α小于360°）后，能够与原来的图形重合，那么这个图形叫做旋转对称图形，这个定点叫做旋转对称中心，α叫做这个旋转对称图形的一个旋转角，请根据上述规定解答下列问题：
（1）请写出一个有一个旋转角是90°旋转对称图形，这个图形可以是 ；
（2）尺规作图：在图中的等边三角形内部作出一个图形，使作出的图形和这个等边三角形构成的整体既是一个旋转对称图形又是一个轴对称图形（作出的图形用实线，作图过程用虚线，保留痕迹，不写做法）．

【答案】正方形（或正八边形或圆等）
【详解】试题分析：（1）根据一个图形绕着一个定点旋转90°后，能够与原来的图形重合，进行判断即可；
（2）先作出正三角形的旋转中心，再根据图形既是一个旋转对称图形，又是一个轴对称图形进行作图即可．
试题解析：（1）有一个旋转角是90°旋转对称图形，这个图形可以是正方形或正八边形或圆等（答案不唯一），
（2）如图所示，（答案不唯一）

点睛：如果某一个图形围绕某一点旋转一定的角度（小于360°）后能与原图形重合，那么这个图形就叫做旋转对称图形．常见的旋转对称图形有：线段，正多边形，平行四边形，圆等．
【知识点3 利用旋转性质作图】
旋转有两条重要性质：
任意一对对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角；
对应点到旋转中心的距离相等，它就是利用旋转的性质作图的关键。
步骤可分为：
①连：即连接图形中每一个关键点与旋转中心；
②转：即把直线按要求绕旋转中心转过一定角度（作旋转角）
③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；
④接：即连接到所连接的各点。
【题型7 作图-旋转变换】
【例7】（2023秋·甘肃陇南·九年级统考期末）如图，△ABC三个顶点的坐标分别为A(1,1)，B(4,2)，C(3,4)．

(1)请画出△ABC绕原点旋转180°的△A2B2C2；并写出各点的坐标．
(2)在x轴上求作一点P，使△PAB的周长最小，并直接写出点P的坐标．
【答案】(1)见解析，坐标为：A2(−1,−1)，B2(−4,−2)，C2(−3,−4)；
(2)(2,0)

【分析】（1）根据网格结构找出点A、B、C关于原点的对称点A2、B2、C2的位置，然后顺次连接即可；
（2）找出点A关于x轴的对称点A'，连接A'B与x轴相交于一点，根据轴对称确定最短路线问题，然后利用待定系数法求A'B的解析式，求出A'B与x轴的交点坐标可求点P的坐标．
【详解】（1）∵△ABC绕原点旋转180°得到△A2B2C2，即点A、B、C关于原点的对称点为A2、B2、C2，
又A1,1，B4,2，C3,4，
∴A2−1,−1，B2−4,−2，C2−3,−4，
如图：顺次链接A2、B2、C2，△A2B2C2即为所求；

（2）如图，作点A1,1关于x轴的对应点A'1,−1，连接A'B，点P即为A'B与x轴的交点，此时△PAB的周长=AB+AP+BP=AB+A'B最短，
设A'B的解析式为y=kx+b，过点A'与点B，把坐标代入解析式得：
−1=k+b2=4k+b，
解得k=1b=−2，
A'B的解析式为y=x−2，
当y=0时，x−2=0，
解得x=2．
此时点P坐标为2,0 ．
【点睛】本题考查了利用旋转变换作图，利用平移变换作图，轴对称确定最短路线问题，待定系数法求直线解析式，熟练掌握网格结构准确找出对应点的位置是解题的关键．
【变式7-1】（2023春·山东枣庄·九年级统考期中）在平面直角坐标系中，△ABC的位置如图所示，（每个小方格都是边长为1个单位长度的正方形）．

(1)将△ABC沿x轴方向向左平移6个单位，画出平移后得到的△A1B1C1
(2)将△ABC绕着点A顺时针旋转90°，画出旋转后得到的△AB2C2；
(3)△AB2C2可看作由△A1B1C1绕P点旋转而成，点A1，B1，C1的对应点分别为A，B2，C2，则点P的坐标为________．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)−2，−2

【分析】（1）先找到A、B、C对应点A1、B1、C1的位置，然后顺次连接A1、B1、C1即可；
（2）先找到B、C对应点B2、C2的位置，然后顺次连接A、B2、C2即可；
（3）根据点P一定在AA1的垂直平分线上，也在B1B2的垂直平分线上，可得到点P在直线x=−2上，设出点P的坐标，利用勾股定理求解即可．
【详解】（1）解：如图所示，△A1B1C1即为所求；
（2）解：如图所示，△AB2C2即为所求；

（3）解：由（1）（2）可知A1−5，1，B12，4，B24，−2，
∵旋转中心一定在AA1的垂直平分线上，也在B1B2的垂直平分线上，
∴点P即为AA1的线段垂直平分线和B1B2的线段垂直平分线的交点，
∴点P在直线x=−5+12=−2上，
设P−2，m，
∴PB12=4−m2，PB22=−2−42+−2−m2，
∵PB1=PB2，
∴4−m2=−2−42+−2−m2，
∴m2−8m+16=36+m2+4m+4，
解得m=−2，
∴P−2，−2，
故答案为：−2，−2．
【点睛】本题主要考查了坐标与图形变化——平移和旋转，画旋转图形和平移图形，找旋转中心，勾股定理等等，灵活运用所学知识是解题的关键．
【变式7-2】（2023春·河南平顶山·九年级统考期末）如图，方格纸中的每个小正方形的边长都是1，小正方形的顶点称作格点，△ABC的三个顶点都在格点上，把△ABC先向右平移6个单位，再向下平移4个单位得△A1B1C1，再将△A1B1C1绕点C1顺时针旋转90°得△A2B2C1．结合所给的平面直角坐标系，回答下列问题：
  
(1)在平面直角坐标系中画出△A1B1C1和△A2B2C1；
(2)图中的△A2B2C1能不能通过顺时针旋转△ABC得到？如果可以，请写出旋转中心D的坐标及旋转角α的度数（0°<α<180°）；如果不能，说明理由．
【答案】(1)见解析
(2)能，D1,−2，α=90°

【分析】（1）利用平移变换的性质分别作出A，B，C的对应点A1、B1、C1，然后顺次连接A1、B1、C1即可；
（2）利用旋转方式分别作出A1、B1、C1的对应点A2、B2、C1，然后顺次连接即可A2、B2、C1；
（3）旋转对应图形对应点连线的中垂线的的交点即为旋转中心，据此求解即可．
【详解】（1）解：△A1B1C1和△A2B2C1如图所示；
  
（2）解：如图所示，△ABC可以绕点D1,−2顺时针旋转90度得到△A2B2C1．
∴旋转中心的坐标为D1,−2，旋转角度α=90°．
【点睛】本题考查作图—旋转变换，平移变换等知识，根据旋转的性质可知，对应角都相等，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，对应点连线都交于一点，交点即为旋转中心；确定平移后图形的基本要素有两个：平移方向、平移距离；作图时要先找到图形的关键点，分别把这几个关键点按照平移的方向和距离确定对应点后，再顺次连接对应点即可得到平移后的图形．解题的关键是掌握旋转变换的性质，平移变换的性质．
【变式7-3】（2022春·四川达州·九年级校联考期中）如图，已知在平面直角坐标系内有A−1,2，B−3,1，C0,−1．

(1)画出△ABC向右平移三个单位的△A1B1C1，并写出B1的坐标：______；
(2)将△ABC绕C点逆时针方向旋转90°后得到△A2B2C2，画出旋转后的图形，并写出B2坐标：______；
(3)求（1）中△ABC所扫过的面积．
【答案】(1)图见解析，B10，1
(2)图见解析，B2−2，−4
(3)12.5

【分析】（1）直接将三角形向右平移三格，再根据图中可直接得到答案；
（2）将三角形绕C点逆时针转90°，再根据图中可直接得到答案；
（3）由题意可得扫过的面积可表示为平行四边形AA1C1C的面积加三角形本身的面积，而三角形面机可用包围住本身的一个正方形减去三个小三角形的面积，最后计算可直接得到答案．
【详解】（1）△A1B1C1即为△ABC向右平移三个单位所得，如图

故答案为：0，1．
（2）△A2B2C2即为△ABC绕C点逆时针方向旋转90°所得，如图

故答案为：−2，−4
（3）由题意可得扫过的面积可表示为平行四边形AA1C1C的面积加三角形本身的面积，
而三角形面积可用包围住本身的一个正方形减去三个小三角形的面积，
则面积为：3×3+3×3−12×1×2−12×1×3−12×2×3=12.5
∴△ABC扫过的面积：12.5．
【点睛】本题考查的是作图旋转变换，熟知图形旋转的性质是解答此题的关键．
【题型8 求饶某点旋转后坐标】
【例8】（2022秋·黑龙江牡丹江·九年级统考期末）菱形OABC如图放置，点C坐标是(3，4)，先将菱形向左平移6个单位长度，向上平移1个单位长度，然后沿x轴翻折，最后绕坐标原点O旋转90°得到菱形OABC的对角线交点的对应点为点P，则点P的坐标是 ．

【答案】（-3，2）或（3，-2）
【分析】先由菱形的性质求出A点坐标，再由中点坐标公式求出对角线交点M坐标以及平移以后对应的点的坐标，最后根据绕坐标原点O旋转90°求出P点坐标即可．
【详解】延长BC交y轴于N，连接OB、AC交于点M，

∵点C坐标是(3，4)，
∴ON=4,CN=3，
∴OC=5，
∵菱形OABC，
∴OC=OA=5，M为AC中点，
∴A点坐标（5,0），
∴M点坐标(4,2)，
∴将菱形向左平移6个单位长度，向上平移1个单位长度后M点对应坐标为(−2,3)，
∴再把点(−2,3)沿x轴翻折后对应点坐标为(−2,−3)，
∵在坐标平面内绕点O旋转90°，
∴对应点横纵坐标绝对值互换作为对应点的横纵坐标绝对值，再根据所在象限确定对应点坐标
∴若是顺时针旋转，则对应点在第二象限，坐标为（-3，2），
若是逆时针旋转，则对应点在第四象限，坐标为（3，-2），
综上所述，点P的坐标为（-3，2）或（3，-2），
故答案为：（-3，2）或（3，-2）．
【点睛】本题考查了菱形的性质，坐标与图形的变化，熟练掌握菱形的性质以及平移、旋转变换的性质是解题的关键．
【变式8-1】（2018·河北保定·九年级校联考期末）正方形ABCD在坐标系中的位置如图所示，将正方形ABCD绕D点顺时针方向旋转90°后，C点的坐标为（　　）

A．（﹣1，2） B．（2，0） C．（2，1） D．（2，﹣1）
【答案】D
【分析】利用网格特点和旋转的性质画出正方形ABCD绕D点顺时针方向旋转90°后所得的正方形CEFD，则可得到C点的对应点的坐标.
【详解】如图，正方形ABCD绕D点顺时针方向旋转90°后得到正方形CEFD，则C点旋转后的对应点为F（2，﹣1），
故选D．

【点睛】本题考查了坐标与图形变化-旋转：图形或点旋转之后要结合旋转的角度和图形的特殊性质来求出旋转后的点的坐标．常见的是旋转特殊角度如：30°，45°，60°，90°，180°．
【变式8-2】（2023春·辽宁锦州·九年级统考期中）如图，将等边△OAB放在平面直角坐标系中，A点坐标1，0，将△OAB绕点A顺时针旋转60°，则旋转后点B的对应点B′的坐标为 ．
  
【答案】32，32
【分析】如图所示，过点B作BH⊥OA于H，先由等边三角形的性质得到OA=OB=AB=1，∠OAB=∠AOB=60°，再由旋转的性质得到∠ABB′=∠AOB=60°，BB′=OB=1，进而证明BB′∥OA，再求出OH，BH的长即可求出点B′的坐标．
【详解】解：如图所示，过点B作BH⊥OA于H．
  
∵A1，0，△AOB是等边三角形，
∴OA=OB=AB=1，∠OAB=∠AOB=60°，
由旋转的性质可得∠ABB′=∠AOB=60°，BB′=OB=1，
∴∠ABB′=∠OAB，
∴BB′∥OA，
∵BH⊥OA，
∴OH=AH=12OA=12，
∴BH=OB2−OH2=32，
∴B′12+1，32，即B′32，32
故答案为：32，32．
【点睛】本题主要考查了旋转变换，等边三角形的性质，勾股定理，坐标与图形等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造直角三角形解决问题．
【变式8-3】（2022秋·浙江金华·九年级校考期中）如图所示，直线y=−43x+4与x轴，y轴分别交于A，B两点，把△AOB绕点A旋转90°后得到△AO′B′，则点B′的坐标是 ．

【答案】7,3
【分析】先确定A3,0，B0,4得到OA=3,OB=4，根据旋转性质，得到O′A=3,O′B′=4，O′B′∥x轴，计算即可．
【详解】∵直线y=−43x+4与x轴，y轴分别交于A，B两点，
∴A3,0，B0,4，

∴OA=3,OB=4，
根据旋转性质，得到O′A=3,O′B′=4，∠AOB=∠AO′B′=90°，
∴O′B′∥x轴，
作B′C⊥x轴，垂足为C，
∴四边形AO′B′C是矩形，
∴O′B′=AC=4,O′A=B′C=3，
∴OC=OA+AC=4+3=7，
∴点B′的坐标是7,3．
故答案为：7,3．
【点睛】本题考查了一次函数与坐标轴的交点坐标，旋转的性质，矩形的判定和性质，点的坐标，熟练掌握一次函数与坐标轴的交点坐标，旋转的性质，矩形的判定和性质是解题的关键．
【题型9 旋转中的规律探究】
【例9】（2022秋·内蒙古呼伦贝尔·九年级统考期末）如图，已知菱形OABC的顶点O0,0，B2,2，若菱形绕点O逆时针旋转，每秒旋转45°，则第60秒时，菱形的对角线交点D的坐标为 ．

【答案】−1,−1
【分析】转动前根据菱形的性质，可得D的坐标，根据旋转的性质，可得转动后D的坐标．
【详解】∵转动前菱形OABC的顶点O0,0，B2,2，
∴ D的坐标1,1，
每秒旋转45°，则第60秒时得，
45°×60=2700°，
∵ 2700°÷360°=7.5周，
∴ OD与转动前位置比，移动了半周，
∴此时D的坐标为−1,−1．
故答案为−1,−1．
【点睛】本题考查了旋转的性质，利用旋转的性质是解题的关键．
【变式9-1】（2020秋·黑龙江·九年级校考期中）如图，将边长为1的正三角形AOP沿x轴正方向作无滑动的连续反转，点P依次落在点P1，P2，P3⋅⋅⋅P2020的位置，则点P2020的坐标为 ．

【答案】(2020,0)
【分析】根据图形的翻转，分别得出P1、P2、P3…的横坐标，再根据规律即可得出各个点的横坐标，进一步得出答案即可．
【详解】解：由题意可知P1、P2的横坐标是1，P3的横坐标是2.5，P4、P5的横坐标是4，P6的横坐标是5.5…
依此类推下去，P2017、P2018的横坐标是2017，P2019的横坐标是2018.5，P2020的横坐标是2020，
∴P2020的坐标是(2020,0)，
故答案为(2020,0)．
【点睛】本题考查翻折变换，等边三角形的性质及坐标与图形性质，根据题意得出P1、P2、P3…的横坐标，得出规律是解答此题的关键．
【变式9-2】（2021秋·广东东莞·九年级东莞市光明中学校考期中）如图，把正方形铁片OABC置于平面直角坐标系中，顶点A的坐标为（3，0），点P1,2在正方形铁片上，将正方形铁片绕其右下角的顶点按顺时针方向依次旋转90°，第一次旋转至图①位置，第二次旋转至图②位置，…，则正方形铁片连续旋转2019次后，则点P的坐标为 .

【答案】（6058，1）
【分析】首先求出P1～P5的坐标，探究规律后，利用规律解决问题．
【详解】解：第一次P1（5，2），
第二次P2（8，1），
第三次P3（10，1），
第四次P4（13，2），
第五次P5（17，2），
…
发现点P的位置4次一个循环，
∵2019÷4=504…3，
P2019的纵坐标与P3相同为1，横坐标为12×504+10=6058，
∴P2019（6058，1），
故答案为（6058，1）．
【点睛】本题考查坐标与图形的变化、规律型：点的坐标等知识，解题的关键是学会从特殊到一般的探究规律的方法，属于中考常考题型．
【变式9-3】（2022秋·甘肃庆阳·九年级统考期中）如图，在平面直角坐标系中放置一菱形OABC，已知∠ABC=60°，OA=1．现将菱形OABC沿x轴的正方向无滑动翻转，每次翻转60°，连续翻转2023次，点B的落点依次为B1,B2,B3,B4,⋯，则B2023的横坐标为 ．

【答案】26992,32
【分析】连接AC，根据条件可以求出AC，画出第5次、第6次、第7次翻转后的图形，容易发现规律：每翻转6次，图形向右平移4，由于2023−1=337×6，因此点B1向右平移1348（即337×4），即可到达点B2023，根据点B1的坐标就可求出点B2023的横坐标．
【详解】解：连接AC，如图所示：

∵四边形OABC是菱形，
∴OA=AB=BC=OC，
∵∠ABC=60°，
∴△ABC是等边三角形，
∴AC=AB，
∴AC=OA，
∵OA=1，
∴AC=1，
画出第5次、第6次、第7次翻转后的图形，如图所示：

由图可知：每翻转6次，图形向右平移4，点B的纵坐标保持不变，
∵2023−1=337×6，
∴点B1向右平移1348(即337×4)到点B2023，
结合图形，根据等边三角形的性质可求出B1的坐标为32,32，
∴B2023的坐标为1348+32,32，
故答案为：26992,32．
【点睛】本题考查了菱形的性质、等边三角形的判定与性质等知识，考查了操作、探究、发现规律的能力，发现“每翻转6次，图形向右平移4”是解决本题的关键．
【题型10 旋转中的最值问题】
【例10】（2023春·广东深圳·九年级校考期末）问题情境：在学习《图形的平移和旋转》时，数学兴趣小组遇到这样一个问题：如图1，点D为等边△ABC的边BC上一点，将线段AD绕点A逆时针旋转60°得到线段AE，连接CE．
  
(1)【猜想证明】试猜想BD与CE的数量关系，并加以证明；
(2)【探究应用】如图2，点D为等边△ABC内一点，将线段AD绕点A逆时针旋转60°得到线段AE，连接CE，若B、D、E三点共线，求证：EB平分∠AEC；
(3)【拓展提升】如图3，若△ABC是边长为2的等边三角形，点D是线段BC上的动点，将线段AD绕点D顺时针旋转60°得到线段DE，连接CE．点D在运动过程中，△DEC的周长最小值=__________（直接写答案）
【答案】(1)BD=CE，证明见解析
(2)见解析
(3)2+3

【分析】（1）由旋转的性质可得AD=AE，∠DAE=60°，由“SAS”可证△ABD≌△ACE，可得BD=CE；
（2）由旋转的性质可得AD=AE，∠DAE=60°，由“SAS”可证△ABD≌△ACE，可得∠ADB=∠AEC=120°，从而求得∠AEB=∠BEC=60°，即可得出结论；
（3）连接AE，由旋转可得AD=DE，∠DDE=60°，则△ADE是等边三角形，所以DE=AD，由（1）知BD=CE，所以△DCE的周长=CD+CE+DE=CD+BD+AD=BC+AD=2+AD，所以当AD最小时，△DCE的周长最小，最小值=2+AD，所以当AD⊥BC时，AD最小，此时△DCE的周长最小，由等边三角形性质求得BD=12BC=1，由勾股定理求得AD=3，即可求解．
【详解】（1）解：BD=CE，
证明：∵将线段AD绕点A逆时针旋转60°得到AE，
∴AD=AE，∠DAE=60°，
∵△ABC是等边三角形，
∴AB=AC，∠BAC=60°=∠DAE，
∴∠BAD=∠CAE，
∴△ABD≌△ACESAS，
∴BD=CE；
（2）证明：∵将线段AD绕点A逆时针旋转60°得到AE，
∴AD=AE，∠DAE=60°，
∴∠ADE=∠AED=60°，
∴∠ADB=120°，
∵△ABC是等边三角形，
∴AB=AC，∠BAC=60°=∠DAE，
∴∠BAD=∠CAE，
∴△ABD≌△ACESAS，
∴∠ADB=∠AEC=120°，
∴∠BEC=60°，
∴∠AEB=∠BEC，
∴EB平分∠AEC．
（3）解：连接AE，如图，
  
由旋转可得AD=DE，∠DDE=60°，
∴△ADE是等边三角形，
∴DE=AD
由（1）知BD=CE
∴△DCE的周长=CD+CE+DE=CD+BD+AD=BC+AD=2+AD，
∴当AD最小时，△DCE的周长最小，最小值=2+AD，
∴当AD⊥BC时，AD最小，此时△DCE的周长最小，
∵AD⊥BC，等边△ABC，
∴BD=12BC=1，
由勾股定理，得AD=AB2−BD2=22−12=3
∴△DCE的周长最小值=2+AD=2+3．
【点睛】本题是三角形综合题，考查了全等三角形的判定和性质，旋转的性质，等边三角形的判定和性质，垂线段最短等知识，熟练掌握等边三角形的判定与性质是解题的关键．
【变式10-1】（2023春·重庆沙坪坝·九年级重庆南开中学校考期中）如图，长方形ABCD中，AB=3，BC=4，E为BC上一点，且BE=1，F为AB边上的一个动点，连接EF，将EF绕着点E顺时针旋转45°到EG的位置，连接FG和CG，则CG的最小值为 ．

【答案】1+322
【分析】如图，将线段BE绕点E顺时针旋转45°得到线段ET，连接DE交CG于J．首先证明∠ETG=90°，推出点G的在射线TG上运动，推出当CG⊥TG时，CG的值最小，证明四边形ETGJ是矩形，进一步推出JE=JD，则CJ=22CE=322，即可得到CG的最小值为1+322．
【详解】解：如图，将线段BE绕点E顺时针旋转45°得到线段ET，连接DE交CG于J．
∵四边形ABCD是矩形，
∴AB=CD=3，∠B=∠BCD=90°，
∵∠BET=∠FEG=45°，
∴∠BEF=∠TEG，
∵EB=ET，EF=EG，
∴△EBF≌△TEGSAS，
∴∠B=∠ETG=90°，
∴点G的在射线TG上运动，
∴当CG⊥TG时，CG的值最小，
∵BC=4，BE=1，CD=3，
∴CE=CD=3，
∴∠CED=∠BET=45°，
∴∠TEJ=90°=∠ETG=∠JGT=90°，
∴四边形ETGJ是矩形，
∴DE∥GT，GJ=TE=BE=1，
∴CJ⊥DE，
∴JE=JD，
∴CJ=22CE=322，
∴CG=CJ+GJ=1+322，
∴CG的最小值为1+322．

【点睛】本题考查旋转的性质，矩形的性质与判定，全等三角形的判定和性质，垂线段最短等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形得到动点运动的轨迹，属于中考填空题中的压轴题．
【变式10-2】（2023秋·辽宁辽阳·九年级统考期末）如图，矩形ABCD的对角线AC和BD交于点O，AB=6，BC=8，在BC的延长线上有一动点E，连接DE，将线段DE绕点D顺时针旋转90∘，得到线段DF，连接OF，则线段OF的最小值为 ．
  
【答案】2
【分析】过点F作FG⊥AD于点G，证明△FDG≌△EDCAAS，得出CE=GF，DG=DC=AB=6，则点F在射线GF上，当OF⊥GF时，OF取最小值，过点O作OH⊥CD于点H，根据勾股定理可得和矩形的性质求出OH=4，即可求解．
【详解】解：过点F作FG⊥AD于点G，
  
∵DE绕点D顺时针旋转90∘得到线段DF，
∴DE=DF,∠EDF=90°，
∵四边形ABCD为矩形，
∴∠CDA=90°，
∴∠CDA−∠CDF=∠EDF−∠CDF，即∠FDG=∠EDC，
在△FDG和△EDC中，
∠FDG=∠EDC∠DGF=∠DCEDF=DE，
∴△FDG≌△EDCAAS，
∴CE=GF，DG=DC=AB=6，
∵点E在BC的延长线上，
∴点F在射线GF上，
当OF⊥GF时，OF取最小值，
过点O作OH⊥CD于点H，
根据勾股定理可得：BD=CD2+BC2=10，
∵四边形ABCD为矩形，
∴OD=OC=12BD=5，
∵OH⊥CD，CD=6，
∴DH=12CD=3，
根据勾股定理可得：OH=OD2−DH2=4，
∵OF⊥GF，OH⊥CD，FG⊥AD，
∴四边形GFHD为矩形，
∴FH=DG=6，
∴OF=6−4=2，
故答案为：2．
  
【点睛】本题主要考查了矩形的性质，三角形全等是判定，垂线段最短，解题的关键是熟练掌握矩形的性质，正确画出辅助线，构造全等三角形，推出点F的运动轨迹．
【变式10-3】（2021秋·浙江宁波·九年级校考期中）如图，在平面直角坐标系中，点Q是一次函数y=−12x+4的图象上一动点，将Q绕点C（2，0）顺时针旋转90∘到点P，连接PO，设Q点横坐标为m，则P点坐标为 （含有m的代数式表示）；并求PO+PC的最小值 ．

【答案】 (−12m+6,m−2) 213
【分析】作QM⊥x轴于M，PN⊥x轴于N，通过证得ΔMQC≅ΔNCP(AAS)，得到PN=CM=m−2，CN=QM=−12m+4，即可求得P点坐标为(−12m+6,m−2)；取D（2，2），连接CD，DQ，作C′点与点C关于直线y=−12x+4对称，连接QC′，则由题意可得ΔOCP≅ΔDCQ，CP=CQ=C′Q，所以当且仅当C′，Q，D共线时PO+PC=DQ+CQ=DQ+C′Q=DC′最小．
【详解】解：如图，作QM⊥x轴于M，PN⊥x轴于N，

设Q点横坐标为m，则Q(m,−12m+4)，
∴CM=m−2,QM=−12m+4，
∵∠PCN+∠QCM=90°=∠CQM+∠QCM，
∴∠PCN=∠CQM，
在ΔMQC和ΔNCP中，
∠PCN=∠COM∠CNP=∠QMCPC=CO，
∴ΔMQC≅ΔNCP(AAS)，
∴PN=CM=m−2,CN=QM=−12m+4，
∴P点坐标为(−12m+6,−m+2)；
如图，取D(2,−2)，则CD⊥x轴，即CD⊥OC且CD−OC=2，连接DQ，

由“Q绕点C(2,0)顺时针旋转90∘到点P”可知∠QCP=90∘且CQ=CP，
∵∠OCP=90°+∠DCP=∠DCQ，OC=DC=2，
∴在ΔOCP和ΔDCQ中，OC=DC∠OCP=∠DCQCP=CQ，
∴ΔOCP≅ΔDCQ(SAS)，
∴OP=DQ，
作C′点与点C关于直线y=−12x+4对称，连接CQ=C′Q，连接AC′,AC,BC′，DC′，

∴CP=CQ=C′Q，
故PO+PC=DQ+CQ=DQ+C′Q≥DC′，
当且仅当C′，Q，D共线时PO+PC=DQ+CQ=DQ+C′Q=DC′，
当x=0时，y=4，
当y=0时，即0=−12x+4，解得x=8，
故A(0,4)，B(8,0)，
设C′坐标为(x,y)，则由AC′=AC,BC′=BC可得：
x2+(y−4)2=20(x−8)2+y2=36，
解得x=2y=0或x=225y=245，
即C′坐标为(2,0)（与C相同，舍去）或(225,245)，
∴DC′=(225−2)2+245−(−2)2
=(125)2+(345)2
=213，
∴PO+PC的最小值为213．
故答案为：(−12m+6,m−2)，213．
【点睛】本题考查了坐标与图形的性质，全等三角形的判定与性质，一次函数与坐标轴的交点，勾股定理，旋转的性质，以及轴对称的性质等知识，正确作出辅助线是解答本题的关键．