第19讲 重难点专项突破05旋转之“奔驰”模型-初中人教版八升九数学暑假衔接（教师版+学生版）

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旋转是中考必考题型，奔驰模型是非常经典的一类题型，且近几年中考中经常出现。我们不仅要掌握这类题型，提升利用旋转解决问题的能力，更重要的是要明白一点 :旋转的本质是把分散的条件集中化，从而解决问题
【考点剖析】
一．四边形综合题（共1小题）
1．（2023•青岛二模）（1）探究发现
下面是一道例题及其解答过程，请补充完整．
如图1，在等边三角形ABC内部有一点P，PA＝3，PB＝4，PC＝5．求∠APB的度数．
解：将△APC绕点A逆时针旋转60°，得到△AP′B，连接PP'，则△APP'为等边三角形．
∵P′P＝PA＝3，PB＝4，P'B＝PC＝5，
∴P'P2+PB2＝P′B2
△BPP'为 直角 三角形
∴∠APB的度数为 150° ．
（2）类比延伸
如图2，在正方形ABCD内部有一点P，若∠APD＝135°，试判断线段PA、PB、PD之间的数量关系，并说明理由．
（3）联想拓展
如图3，在△ABC中，∠BAC＝120°，AB＝AC．点P在直线AB上方且∠APB＝60°，试判断是否存在常数k，满足（kPA）2+PB2＝PC2．若存在，求出k的值；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）根据勾股定理的逆定理可得到△BPP′为直角三角形，且∠BPP′＝90°，即可得到∠APB的度数；
（2）把△ADP绕点A顺时针旋转90°得到△ABP′，根据旋转变换只改变图形的位置不改变图形的形状可得P′B＝PD，P′A＝PA，然后求出△APP′是等腰直角三角形，根据等腰直角三角形的性质得出PP′2＝2PA2，∠PP′A＝45°，再求出∠PP′B＝90°，然后利用勾股定理得出PP′2+P′B2＝PB2，等量代换得出2PA2+PD2＝PB2．
（3）将△APC 绕A点顺时针旋转120°得到△AP′B，连接PP′，过点A作AH⊥PP′，论证PP′＝PA，再根据勾股定理代换即可．
【解答】解：（1）如图1，将△APC绕点A逆时针旋转60°，得到△AP′B，连接PP′，则△APP′为等边三角形．
∵PP′＝PA＝3，PB＝4，P′B＝PC＝5，
∴P′P2+PB2＝P′B2．
∴△BPP′为直角三角形．
∴∠APB的度数为90°+60°＝150°．
故答案为：直角；150°；
（2）2PA2+PD2＝PB2．理由如下：
如图2，把△ADP绕点A顺时针旋转90°得到△ABP′，连接PP′．
则P′B＝PD，P′A＝PA，∠PAP′＝90°，
∴△APP′是等腰直角三角形，
∴PP′2＝PA2+P′A2＝2PA2，∠PP′A＝45°，
∵∠APD＝135°，
∴∠AP′B＝∠APD＝135°，
∴∠PP′B＝135°﹣45°＝90°，
在Rt△PP′B中，由勾股定理得，PP′2+P′B2＝PB2，
∴2PA2+PD2＝PB2．
（3）k＝±．
证明：如图③
将△APC 绕A点顺时针旋转120°得到△AP′B，连接PP′，过点A作AH⊥PP′，
可得∠APP′＝30°，PP′＝PA，PC＝P′B，
∵∠APB＝60°，
∴∠BPP′＝90°，
∴P′P2+BP2＝P′B2，
∴（PA）2+PB2＝PC2
∵（kPA）2+PB2＝PC2，
∴k＝±．
【点评】本题考查了旋转的性质：旋转前后的两个图形全等，对应点与旋转中心的连线段的夹角等于旋转角，对应点到旋转中心的距离相等．也考查了正方形的性质，等边三角形的判定与性质以及勾股定理的逆定理．
二．轨迹（共1小题）
2．（2022秋•南关区校级期末）如图，四个三角形拼成一个风车图形，若AB＝5，当风车转动60°，点B运动的路径长度为（ ）
A．B．C．D．
【分析】由题意可知，B点的运动轨迹是在以A为圆心，AB为半径的圆心角为60°弧上，由此即可求解．
【解答】解：由题意可知，B点的运动轨迹是在以A为圆心，AB为半径的圆心角为60°弧上，
∵AB＝5，
∴点B运动的路径长度为＝．
故选：D．
【点评】本题考查图形的旋转，熟练掌握图形旋转的性质，能确定B点的运动轨迹是解题的关键．
三．旋转的性质（共45小题）
3．（2023春•金牛区校级月考）如图，△ABC中，∠ABC＝∠ACB＝75°，将△ABC绕点C顺时针旋转，得到△DEC，点A的对应点D在BC的延长线上，则旋转角为（ ）
A．30°B．60°C．100°D．105°
【分析】根据旋转的性质即可得到结论．
【解答】解：∵将△ABC绕点C旋转，得到△DEC，点A的对应点D在BC的延长线上，
∴∠ACD＝180°﹣∠ACB＝180°﹣75°＝105°，
∴旋转方向为顺时针，旋转角为105°，
故选：D．
【点评】本题考查了旋转的性质，熟练掌握旋转的性质是解题的关键．
4．（2022秋•上杭县期中）如图，将Rt△ABC绕顶点A顺时针旋转到△AB'C'，点B'恰好落在CA的延长线上，∠C＝90°，∠B＝30°，则∠BAC'度数为（ ）
A．70°B．60°C．55°D．50°
【分析】利用旋转不变性，三角形内角和定理和平角的定义解答即可．
【解答】解：∵∠B＝30°，∠C＝90°，
∴∠CAB＝180°﹣∠B﹣∠C＝60°，
∵将直角三角板ABC绕顶点A顺时针旋转到△AB′C′，
∴∠C′AB′＝∠CAB＝60°．
∵点B′恰好落在CA的延长线上，
∴∠BAC′＝180°﹣∠CAB﹣∠C′AB′＝60°．
故选：B．
【点评】本题主要考查了图形旋转的性质，三角形的内角和定理，平角的意义，利用旋转不变性解答是解题的关键．
5．（2022秋•牟平区期中）如图，在△ABC中，∠CAB＝65°，在同一平面内，将△ABC绕点A逆时针旋转到△AB′C′的位置，使得CC′∥AB，则∠B′AB等于（ ）
A．60°B．55°C．45°D．50°
【分析】根据旋转的性质得AC＝AC′，∠C′AC＝∠B′AB，根据平行线的性质由C′C∥AB得到∠C′CA＝∠CAB＝65°，根据等腰三角形的性质得∠AC′C＝∠C′CA＝65°，然后根据三角形内角和定理得∠C′AC＝50°，所以∠B′AB＝50°．
【解答】解：∵△ABC绕点A逆时针旋转到△AB′C′的位置，
∴AC＝AC′，∠C′AC＝∠B′AB，
∵C′C∥AB，
∴∠C′CA＝∠CAB＝65°，
∵AC＝AC′，
∴∠AC′C＝∠C′CA＝65°，
∴∠C′AC＝180°﹣2×65°＝50°，
∴∠B′AB＝50°．
故选：D．
【点评】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．
6．（2023春•太原期中）如图，将△ABC绕点O按顺时针方向旋转一个角度得到△DEF，其中点A，B，C分别旋转到了点D，E，F．在旋转过程中，与∠AOB始终相等的是​（ ）
A．∠ABCB．∠BAOC．∠AOED．∠DOE
【分析】首先根据旋转的性质确定旋转角，然后利用已知条件即可判断．
【解答】解：∵将△ABC绕点O按顺时针方向旋转一个角度得到△DEF，其中点A，B，C分别旋转到了点D，E，F，
∴∠BOE＝∠AOD，
∴∠AOB＝∠DOE，
故选：D．
【点评】此题主要考查了旋转的性质，解题的关键是熟练掌握旋转的性质．
7．（2023春•溧阳市期中）将矩形ABCD绕点A顺时针旋转到矩形ABCD的位置，旋转角为a（0°＜a＜90）．如图所示，若∠1＝120°，那么a的值是（ ）
A．20°B．30°C．40°D．50°
【分析】根据对顶角相等求出∠2，再根据四边形的内角和等于360°求出∠BAD′，然后求出∠DAD′，最后根据旋转的性质可得∠DAD′即为旋转角．
【解答】解：如图，由对顶角相等得，∠2＝∠1＝120°，
在四边形中，∠BAD′＝360°﹣90°×2﹣∠2＝360°﹣180°﹣120°＝60°，
所以，∠DAD′＝90°﹣60°＝30°，
即旋转角∠α＝∠DAD′＝30°．
故选：B．
【点评】本题考查了旋转的性质，四边形的内角和定理，对顶角相等的性质，熟记性质并考虑利用四边形的内角和定理求解是解题的关键．
8．（2022秋•郾城区校级期末）如图，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，将△ABC绕点A顺时针旋转90°后得到△AB'C'（点B的对应点是点B'，点C的对应点是点C'），连接CC'，若∠B＝80°，则∠CC'B'的大小是（ ）
A．25°B．30°C．35°D．40°
【分析】由△ABC绕点A顺时针旋转90°后得到△AB′C′，可知AC＝AC'，∠CAC'＝90°，即∠ACC'＝∠AC'C＝45°，∠AB'C′＝∠B，根据外角性质即可求解．
【解答】解：∵将△ABC绕点A顺时针旋转90°后得到△AB′C′，
∴AC＝AC'，∠CAC'＝90°，即∠ACC'＝∠AC'C＝45°，∠AB'C′＝∠B，
∵∠B＝80°，
∴∠AB'C′＝∠B＝80°，
∵∠AB'C′是△CB′C′三角形的外角，
∴∠CC′B′＝∠AB'C′﹣∠ACC'＝35°．
故选：C．
【点评】本题主要考查了旋转的性质，外角的性质，通过三角形旋转找到对应相等的边和对应相等的角是解决问题的关键．
9．（2022秋•东城区校级期末）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝1，AB＝3，将△ABC绕顶点C顺时针旋转得到△A1B1C，取AC的中点E，A1B1的中点P，则在旋转过程中，线段EP的最大值为（ ）
A．1B．2.5C．2D．1.5
【分析】连接PC，先由∠ACB＝90°，AC＝1，AB＝3，根据旋转的性质得到A1C，A1B1的长度，接着利用直角三角形斜边上的中线是斜边的一半得到CP的长，最后利用三角形三边关系得到EP的最大值．
【解答】解：∵∠ACB＝90°，AC＝1，AB＝3，
由旋转得A1B1＝3，A1C＝1，
∵点P是A1B1的中点，
∴CP＝A1P＝A1B1＝，
在△ECP中，CE+CP＞EP，
∴当点E、C、P三点共线时，EP最大，EP最大＝CE+CP，
∵点E是AC的中点，AC＝1，
∴CE＝0.5，
∴EP最大＝0.5+＝2．
故选：C．
【点评】本题考查了旋转的性质，解题的关键是熟知任意三角形三边的关系．
10．（2022秋•红花岗区期中）如图，△ABC中，∠CAB＝80°，在同一平面内，将△ABC绕点A旋转到△AED的位置，使得DC∥AB，则∠BAE等于（ ）
A．30°B．15°C．10°D．20°
【分析】根据平行线的性质得到∠ACD＝∠CAB＝80°，根据旋转变换的性质计算即可．
【解答】解：∵DC∥AB，
∴∠ACD＝∠CAB＝80°，
由旋转的性质可知，AD＝AC，∠DAE＝∠CAB＝80°，∠BAE＝∠DAC，
∴∠ADC＝∠CAB＝80°，
∴∠CAD＝20°，
∴∠BAE＝20°．
故选：D．
【点评】本题考查的是旋转变换，掌握平行线的性质、旋转变换的性质是解题的关键．
11．（2022秋•船营区期末）如图，将直角三角板ABC绕顶点A顺时针旋转到△AB'C，点B'恰好落在CA的延长线上，∠B＝30°，∠C＝90°，则∠BAC′为（ ）
A．90°B．60°C．45°D．30°
【分析】利用旋转不变性，三角形内角和定理和平角的意义解答即可．
【解答】解：∵∠B＝30°，∠C＝90°，
∴∠CAB＝180°﹣∠B﹣∠C＝60°，
∵将直角三角板ABC绕顶点A顺时针旋转到△AB′C′，
∴∠C′AB′＝∠CAB＝60°．
∵点B′恰好落在CA的延长线上，
∴∠BAC′＝180°﹣∠CAB﹣∠C′AB′＝60°．
故选：B．
【点评】本题主要考查了图形旋转的性质，三角形的内角和定理，平角的意义，利用旋转不变性解答是解题的关键．
12．（2022秋•朝阳区校级期中）如图，在△ABC中，AB＝AC，若M是BC边上任意一点，将△ABM绕点A逆时针旋转得到△ACN，点M的对应点为点N，连接MN，则下列结论不一定成立的是（ ）
A．AM＝ANB．∠AMN＝∠ANMC．CA平分∠BCND．MN⊥AC
【分析】根据旋转变换的性质、等边三角形的性质、平行线的性质判断即可．
【解答】解：A、∵将△ABM绕点A逆时针旋转得到△ACN，点M的对应点为点N，
∴由旋转的性质可知，AN＝AM，
∴故选项结论正确，不符合题意；
B、∵AN＝AM，
∴∠AMN＝∠ANM，
故本选项结论错正确，不符合题意；
C、由旋转的性质可知，∠ABC＝∠ACN，
∵AB＝AC，
∴∠ABC＝∠ACB，
∴∠ACB＝∠ACN，本选项结论正确，符合题意；
D、只有当点M为BC的中点时，∠BAM＝∠CAM＝∠CAN，才有MN⊥AC，故本选项结论错误，符合题意；
故选：D．
【点评】本题主要考查的是旋转变换、等腰三角形的性质、平行线的判定，掌握旋转变换的性质是解题的关键．
13．（2023春•济南期中）如图，将△ABC绕着点C按顺时针方向旋转，点A落在A′位置，点B落在B′位置，连接BB′，若BB′∥AC，∠A′CB＝42°，则∠A′CA的度数是（ ）
A．33°B．32°C．31°D．30°
【分析】由旋转的性质得∠ACB＝∠A′CB′，BC＝B′C，由等腰三角形的性质得∠B′BC＝∠BB′C，易得到∠ACA′＝∠B′CB，由平行线的性质得∠B′BC＝∠ACB，设∠ACA′＝∠B′CB＝x，则∠ACB＝∠B′BC＝∠BB′C＝x+42°，根据三角形内角和定理列出方程求解即可．
【解答】解：由旋转的性质得，∠ACB＝∠A′CB′，BC＝B′C，
∴∠B′BC＝∠BB′C，
∵∠ACA′+∠A′CB＝∠B′CB+∠A′CB，
∴∠ACA′＝∠B′CB，
∵BB'∥AC，
∴∠B′BC＝∠ACB，
设∠ACA′＝∠B′CB＝x，则∠ACB＝∠B′BC＝∠BB′C＝x+42°，
在△CBB′中，∠B′BC+∠BB′C+∠B′CB＝180°，
∴2（x+42°）+x＝180°，
解得：x＝32°，
∴∠ACA′＝32°．
故选：B．
【点评】本题主要考查旋转的性质、等腰三角形的性质、平行线的性质，灵活运用相关知识是解题关键．
14．（2022春•历城区期中）如图，将△ABC绕点A逆时针方向旋转110°，得到△AB'C'，若点B'在线段BC的延长线上，则∠BB'C'的度数为（ ）
A．80°B．75°C．70°D．65°
【分析】根据旋转的性质求出∠BB'A和∠AB'C'的度数即可解决问题．
【解答】解：根据旋转的性质可知∠BAB'＝110°，且AB＝AB'，∠B＝∠AB'C'．
∵点B'在线段BC的延长线上，
∴∠BB'A＝∠B＝35°．
∴∠AB'C'＝35°．
∴∠BB'C'＝∠BB'A+∠AB'C'＝35°+35°＝70°．
故选：C．
【点评】本题主要考查旋转的性质、等腰三角形的性质，熟练掌握旋转的性质是解题的关键．
15．（2022春•偃师市期末）如图，在直角三角形ABC中，AC＝3，BC＝4，AB＝5，且AC在直线l上，将△ABC绕点A顺时针旋转到位置①得到点P1，将位置①的三角形绕点P1顺时针旋转到位置②得到点P2，…，按此规律继续旋转，直到得到点P2022为止（P1，P2，P3…在直线l上）．则AP2022＝（ ）
A．674B．8081C．8085D．8088
【分析】观察不难发现，每旋转3次为一个循环组依次循环，用2021除以3求出循环组数，然后列式计算即可得解．
【解答】解：∵Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝3，BC＝4，AB＝5，
∴将△ABC绕点A顺时针旋转到①，可得到点P1，此时AP1＝5；
将位置①的三角形绕点P1顺时针旋转到位置②，可得到点P2，此时AP2＝5+4＝9；
将位置②的三角形绕点P2顺时针旋转到位置③，可得到点P3，此时AP3＝5+4+3＝12；
又∵2022÷3＝674，
∴AP2022＝674×12＝8088．
故选：D．
【点评】本题考查了旋转的性质及图形的规律问题，得到AP的长度依次增加5，4，3，且三次一循环是解题的关键．
16．（2022春•顺德区校级期中）如图，△ABC中，∠ACB＝90°，∠ABC＝22.5°，将△ABC绕若点C顺时针旋转，使得点A的对应点D落在边BC上，点B的对应点是点E，连接BE．下列说法中，正确的有（ ）①DE⊥AB；②∠BCE是旋转角；③∠BED＝30°；④△BDE与△CDE面积之比是．
A．1个B．2个C．3个D．4个
【分析】由旋转的性质可得AC＝DC，BC＝CE，∠ABC＝∠CED＝22.5°，∠BCE是旋转角，可判断①②，由等腰三角形的性质可判断③④．
【解答】解：如图，连接AD，延长ED交AB于点F，
∵将△ABC绕着点C顺时针旋转，使得点A的对应点D落在边BC上，
∴AC＝DC，BC＝CE，∠ABC＝∠CED＝22.5°，∠BCE是旋转角，
∵∠ABC+∠BAC＝90°，
∴∠BAC+∠CED＝90°，
∴∠AFE＝90°，
∴DE⊥AB，
故①②正确；
∵∠BCE＝90°，BC＝CE，
∴∠BEC＝45°，
∴∠BED＝∠BEC﹣∠CED＝22.5°，
故③错误；
∵AC＝CD，
∴AD＝CD，∠DAC＝∠ADC＝45°，
∵∠ADC＝∠ABC+∠BAD，
∴∠ABC＝∠BAD＝22.5°，
∴AD＝BD＝CD，
∴△BDE与△CDE面积之比是 ：1．
故④正确．
故选：C．
【点评】本题考查了旋转的性质，等腰三角形的性质，熟练运用旋转的性质是本题的关键．
17．（2023•甘井子区开学）如图，把Rt△ABC以点S为中心逆时针旋转得到Rt△DEF，已知∠C＝∠F＝90°，∠A＝32°，则∠E＝ 58 °．
【分析】利用旋转的性质可以得到∠D＝∠A，然后利用三角形的内角和定理即可求解．
【解答】解∵Rt△ABC以点S为中心逆时针旋转得到Rt△DEF，
而∠C＝∠F＝90°，∠A＝32°，
∴∠D＝∠A＝32°，
∴∠E＝180°﹣∠F﹣∠D
＝180﹣32°﹣90°
＝58°．
故答案为：58．
【点评】此题主要考查了旋转的性质，同时也利用了三角形的内角和的，比较简单．
18．（2023•清原县模拟）如图，Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠B＝60°，将△ACB绕点C逆时针旋转到△CDE的位置，当CD⊥AB时，连接AE，则∠CAE的度数为 75° ．
【分析】根据旋转得出∠ECA＝30°，CE＝AC，得出等腰三角形，利用三角形的内角和计算即可．
【解答】解：∵Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠B＝60°，CD⊥AB，
∴∠BCD＝30°，
∵△ACB绕点C逆时针旋转到△CDE的位置，
∴∠ECA＝∠BCD＝30°，CE＝AC，
∴△ACE是等腰三角形，
∴∠CAE＝（180°﹣30°）＝75°，
故答案为：75°．
【点评】本题考查的是直角三角形和旋转，解题的关键是旋转前后的线段长度不变，旋转的角度相等．
19．（2023•盐城一模）如图，△ABC中，∠A＝40°，△ABC绕点B顺时针旋转一定的角度得到△A1BC1，若点C恰好在线段A1C1上，A1C1∥AB，则∠C1的度数为 70° ．
【分析】首先根据旋转的在可以得到∠A＝∠A1，然后利用平行线的性质可以得到旋转角的度数，最后利用等腰三角形的性质即可求解．
【解答】解：∵△ABC中，∠A＝40°，△ABC绕点B顺时针旋转一定的角度得到△A1BC1，
∴∠A＝∠A1＝40°，CB＝CB1，
∵A1C1∥AB，
∴∠A1＝∠ABA1＝40°，
∴∠CBB1＝∠ABA1＝40°，
∴∠C1＝∠C1CB＝70°．
故答案为：70°．
【点评】此题主要考查了旋转的性质，同时也利用了平行线的性质及等腰三角形的性质，有一定的综合性．
20．（2022秋•沂南县期末）如图，Rt△ABC中，∠ACB＝90°，将其绕A点旋转得到Rt△AB1C1，使点C1落在边AB上，若∠BAC＝50°，则∠ABB1的度数为 65° ．
【分析】由旋转的性质得出∠BAB1＝∠CAB＝50°，AB＝AB1，由等腰三角形的性质求出∠ABB1＝65°，则可得出答案．
【解答】解：∵∠C＝90°，∠BAC＝50°，Rt△ABC绕点A旋转得到Rt△A1B1C1，使点C1落在AB上，
∴∠BAB1＝∠CAB＝50°，AB＝AB1，
∴∠ABB1＝∠AB1B＝×（180°﹣50°）＝65°．
故答案为：65°．
【点评】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．
21．（2022秋•越秀区期末）如图，将△AOB绕点O按逆时针方向旋转50°后得到△A'OB'，若∠AOB＝15°，则∠AOB'的度数是 35° ．
【分析】根据旋转的性质可知，旋转角等于60°，从而可以得到∠BOB′的度数，由∠AOB＝15°可以得到∠AOB′的度数．
【解答】解：∵△AOB绕点O按逆时针方向旋转50°后得到△A′OB′，
∴∠BOB′＝50°．
∵∠AOB＝15°，
∴∠AOB′＝∠BOB′﹣∠AOB＝50°﹣15°＝35°．
故答案为：35°．
【点评】本题考查旋转的性质，解题的关键明确旋转角是什么，对应边旋转前后的夹角是旋转角．
22．（2023•自贡一模）如图，点P是等边△ABC内的一点，PA＝6，PB＝8，PC＝10．若点P′是△ABC外的一点，且△P′AB≌△PAC，则∠APB的度数为 150° ．
【分析】连接PP′，由△PAC≌△P′AB可知：PA＝P′A，∠P′AB＝∠PAC，然后依据等式的性质可得到∠P′AP＝∠BAC＝60°，从而可得到△APP′为等边三角形，得∠APP′＝60°，在△PP′B中，用勾股定理逆定理证出直角三角形，得出∠P′PB＝90°，可求∠APB的度数．
【解答】解：连接PP′，
由旋转可知，△PAC≌△P′AB，
∴PA＝P′A，∠P′AB＝∠PAC，
∴∠P′AP＝∠BAC＝60°，
∴△APP′为等边三角形，
∴PP′＝AP＝AP′＝6；
∵PP′2+BP2＝BP′2，
∴△BPP′为直角三角形，且∠BPP′＝90°，
∴∠APB＝90°+60°＝150°．
故答案为：150°．
【点评】本题主要考查的是全等三角形的性质、等边三角形的判定、勾股定理的逆定理的应用，证得△APP′为等边三角形、△BPP′为直角三角形是解题的关键．
23．（2023春•古田县期中）如图，C为线段BE上一动点（不与点B，E重合），在BE同侧分别作等边△ABC和等边△CDE、BD与AE交于点P，BD与AC交于点M，AE与CD交于点N，连结MN．以下四个结论：①CM＝CN；②∠APB＝60°；③PA+PC＝PB；④PC平分∠BPE，恒成立的结论有 ①②③④ ．
【分析】先利用等边三角形的性质得到CA＝CB，∠ACB＝60°，CD＝CE，∠DCE＝60°，再证明△BCD≌△ACE得到∠CBD＝∠CAE，则利用三角形内角和定理可证明∠APM＝∠BCM＝60°，于是可对②进行判断；接着证明△BCM≌△ACN得到CM＝CN，则可对①进行判断；过C点作CH⊥BD于H点，CQ⊥AE于Q点，如图，根据等边三角形的性质得到CH＝CQ，则根据角平分线的性质定理的逆定理可对④进行判断；在PB上截取PG＝PC，如图，则△PCG为等边三角形，然后证明△BCG≌△ACP得到BG＝AP，所以PA+PC＝BG+PG＝PB，从而可对③进行判断．
【解答】解：∵△ABC和△DCE都为等边三角形，
∴CA＝CB，∠ACB＝60°，CD＝CE，∠DCE＝60°，
∴∠BCD＝∠ACE＝120°，
在△BCD和△ACE中，
，
∴△BCD≌△ACE（SAS），
∴∠CBD＝∠CAE，
∵∠AMP＝∠CMB，
∴∠APM＝∠BCM＝60°，
即∠APB＝60°，所以②正确；
∵∠ACB＝∠DCE＝60°，
∴∠ACN＝60°，
在△BCM和△ACN中，
，
∴△BCM≌△ACN（ASA），
∴CM＝CN，所以①正确；
过C点作CH⊥BD于H点，CQ⊥AE于Q点，如图，
∵△BCD≌△ACE，
∴CH＝CQ，
∴PC平分∠BPE，所以④正确；
∵∠APB＝60°，
∴∠BPE＝120°，
∴∠BPC＝60°，
在PB上截取PG＝PC，如图，则△PCG为等边三角形，
∴CG＝PG＝PC，∠PGC＝60°，
∵∠APC＝∠APB+∠BPC＝120°，∠BGC＝180°﹣∠PGC＝120°，
∴∠APC＝∠BGC，
在△BCG和△ACP中，
，
∴△BCG≌△ACP（AAS），
∴BG＝AP，
∴PA+PC＝BG+PG＝PB，所以③正确．
故答案为：①②③④．
【点评】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．也考查了等边三角形的性质和全等三角形的判定与性质．
24．（2023•天门校级模拟）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC＝4，点D是BC边的中点，点P是AC边上一个动点，连接PD，以PD为边在PD的下方作等边三角形PDQ，连接CQ．则CQ的最小是 1 ．
【分析】如图在CD的下方作等边△CDT．证明△CDP≌△TDQ（SAS），推出∠DCP＝∠DTQ＝90°，推出∠CTQ＝30°，推出点Q在射线TQ上运动，当CQ⊥TQ时，CQ的值最小．
【解答】解：如图在CD的下方作等边△CDT．
∵∠CDT＝∠QDP＝60°，DP＝DQ，DC＝DT，
∴∠CDP＝∠QDT，
在△CDP和△TDQ中，
，
∴△CDP≌△TDQ（SAS），
∴∠DCP＝∠DTQ＝90°，
∵∠CTD＝60°，
∴∠CTQ＝30°，
∴点Q在射线TQ上运动（点T是定点，∠CTQ是定值），
当CQ⊥TQ时，CQ的值最小，最小值＝CT＝CD＝BC＝1，
故答案为：1．
【点评】本题主要考查了垂线段最短，等边三角形的性质，全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，属于中考常考题型．
25．（2023春•溧阳市期中）如图，点D是等边△MBC的AB边上的一个动点，连接CD，将线段CD绕点C顺时针旋转60°得到线段CE，连接AB，若AB＝2，则S四边形ADCE＝ ．
【分析】根据等边三角形的性质得出AC＝BC，∠B＝∠ACB＝60°，根据旋转的性质得出CD＝CE，∠DCE＝60°，求出∠BCD＝∠ACE，根据SAS推出△BCD≌△ACE即可求解．
【解答】解：∵△ABC是等边三角形，
∴AC＝BC，∠B＝∠ACB＝60°．
∵线段CD绕点C顺时针旋转60°得到CE，
∴CD＝CE，∠DCE＝60°，
∴∠DCE＝∠ACB，
即∠BCD+∠DCA＝∠DCA+∠ACE，
∴∠BCD＝∠ACE，
在△BCD与△ACE中，
，
∴△BCD≌△△ACE（SAS），
∴S△BCD＝S△ACE，
∴S四边形ADCE＝S△ABC，
∵AB＝2，
∴S△ABC＝×22＝．
故答案为：．
【点评】本题考查了等边三角形的性质，全等三角形的性质和判定，旋转变换，正确寻找全等三角形是解题的关键，属于基础题．
26．（2023春•青羊区校级期中）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，，BC＝6，将Rt△ABC绕点B逆时针旋转60°至△EBD，连接AD，则线段AD＝ 2 ．
【分析】连接CD，过D作DF⊥AC于F，利用旋转的性质可以得到△DBC为等边三角形，然后利用勾股定理和已知条件可以分别求出DF、CF，最后在Rt△ADF中利用勾股定理即可求解．
【解答】解：连接CD，过D作DF⊥AC于F，
∵Rt△ABC绕点B逆时针旋转60°至△EBD，
∴△DBC为等边三角形，
∴CD＝CB＝6，∠DCB＝60°，
∵∠C＝90°，
∴∠DCF＝30°，
∴DF＝3，CF＝3，
而AC＝4，
∴AF＝AC﹣CF＝，
在Rt△ADF中，AD＝＝2．
故答案为：2．
【点评】此题主要考查了旋转的性质，同时也利用了等边三角形的性质及勾股定理，有一定的综合性，对于学生的能力要求比较高．
27．（2023春•江阴市月考）如图，将平行四边形ABCD绕点A逆时针旋转到平行四边形AB'C'D'的位置，使点B'落在BC上，B′C′与CD交于点E，若AB＝3，BC＝4，BB'＝1，则D'D的长为 ，CE的长为 ．
【分析】由相似三角形的性质可求DD'的长，通过证明△CEB′∽△C'ED，可求解．
【解答】解：如图，连接DD'，
由旋转可知，∠BAB′＝∠DAD′，AB′＝AB＝3，AD′＝AD＝4，
∴△BAB′∽△DAD′，
∴AB：BB′＝AD：DD′＝3：1，∠AD′D＝∠AB′B＝∠B，
∴DD′＝，
又∵∠AD′C′＝∠AB′C′＝∠B，∠AD′D＝∠B＝∠AB′B，
∴∠AD′C′＝∠AD′D，即点D′，D，C′在同一条直线上，
∴DC′＝，
又∠C′＝∠ECB′，∠DEC′＝∠B′EC，
∴△CEB′∽△C'ED，
∴B′E：DE＝CE：C′E＝B′C：DC′，即B′E：DE＝CE：C′E＝3：，
设CE＝x，B'E＝y，
∴x：（4﹣y）＝y：（3﹣x）＝3：，
∴x＝，
∴CE＝．
故答案为：；．
【点评】本题考查了旋转的性质，平行四边形的性质，相似三角形的判定和性质，证明△CEB′∽△C'ED是解题的关键．
28．（2022秋•兴城市期末）如图，在△ABC中，AC＝4，AB＝3，以点C为旋转中心，将线段BC顺时针旋转60°，得到线段CD，连接AD，则线段AD的最小值为 1 ．
【分析】首先把线段AC绕着C顺时针旋转60°得到线段CE，连接DE，可以得到AD≥AE﹣DE，然后利用旋转的性质和等边三角形的性质即可求解．
【解答】解：如图，把线段AC绕着C顺时针旋转60°得到线段CE，连接DE，
∴△ACE为等边三角形，
∴AE＝AC＝4，
在△ADE中，AD+DE≥AE，
∴AD≥AE﹣DE，
∵以点C为旋转中心，将线段BC顺时针旋转60°，得到线段CD，
∴△CBA≌△CDE，
∴AB＝DE＝3，
∴AD≥AE﹣DE＝4﹣3＝1，
∴线段AD的最小值为1．
故答案为：1．
【点评】此题主要考查了旋转的性质，同时也利用了全等三角形的性质、等边三角形的性质及三角形的三边关系，有一定的综合性．
29．（2023•东洲区模拟）如图，在△ABC中，AB＝，AC＝4，以C为旋转中心，将线段CB顺时针旋转90°得线段CD，连接AD，则AD的最小值为 3 ．
【分析】如图，把CA绕着C点顺时针旋转90°得到CE，连接AE、DE，然后证明△ACB≌△ECD（SAS），接着利用三角形的三边的关系可以得到当A、D、E三点共线的时候AD最小，由此即可求解．
【解答】解：如图，把CA绕着C点顺时针旋转90°得到CE，连接AE、DE，
根据旋转得∠BCD＝∠ACE＝90°，CB＝CD，CA＝CE，
∴∠ACB＝∠DCE，
∴△ACB≌△ECD（SAS），
∴DE＝AB＝，CA＝CE＝4，
∴AE＝4，
在△ADE中，AD+DE≥AE，
∴AD≥AE﹣DE＝4﹣＝3，
∴当A、D、E三点共线时AD最小，
AD的最小值为3．
故答案为：3．
【点评】本题考查了旋转性质的应用，图形的旋转只改变图形的位置，不改变图形的形状与大小．
30．（2023春•双流区期中）如图，已知△ABC中，∠ACB＝90°，∠BAC＝30°，AB＝4，点D为直线AB上一动点，将线段CD绕点C逆时针旋转60°得到线段CE，连接ED、BE，当BE最小时，线段AD的值为 5 ．
【分析】以BC为边作等边△BCF，连接DF，可证△BCE≌△FCD，可得BE＝DF，则DF⊥AB时，DF的长最小，即BE的长最小，即可求解．
【解答】解：如图，以BC为边作等边△BCF，连接DF，
∵∠ACB＝90°，∠BAC＝30°，AB＝4，
∴∠ABC＝60°，BC＝2，
∵将线段CD绕点C逆时针旋转60°得到线段CE，
∴CD＝CE，∠DCE＝60°，
∵△BCF是等边三角形，
∴CF＝BC＝BF＝2，∠BCF＝60°＝∠DCE，
∴∠BCE＝∠DCF，且BC＝CF，DC＝CE，
∴△BCE≌△FCD（SAS），
∴BE＝DF，
∴DF⊥AB时，DF的长最小，即BE的长最小，
∵∠FBD'＝180°﹣60°﹣60°＝60°，D'F⊥AB，
∴BD'＝BF＝1，
∴AD'＝AB+BD'＝5，
故答案为：5．
【点评】本题考查了旋转的性质，全等三角形的判定和性质，直角三角形的性质，添加恰当辅助线构造全等三角形是本题的关键．
31．（2023•文山州一模）如图，正方形ABCD中，将边AB绕着点A旋转，当点B落在边CD的垂直平分线上的点E处时，∠BED的度数为 45°或135° ．
【分析】分两种情况讨论，由旋转的性质和线段垂直平分线的性质可得△BEC是等边三角形，由等腰三角形的性质可求解．
【解答】解：如图，当点E在BA的右边时，
∵MN是CD的垂直平分线，四边形ABCD是正方形，
∴MN垂直平分BA，
∴BE＝EA，
∵将边BA绕着点A旋转，
∴BA＝AE，
∴△BEA是等边三角形，
∴∠EBA＝∠BEA＝60°，
∴∠CBE＝∠EAD＝30°，
∵AB＝AD＝AE，
∴∠AED＝75°，
∴∠BED＝75°+60°＝135°；
当点E'在BA的左边时，
同理可得△BE'A是等边三角形，
∴BA＝BE'，∠BE'A＝60°＝∠ABE'，
∴∠DAE'＝150°，
∵AB＝AD＝AE'，
∴∠AE'B＝15°，
∴∠BE'D＝45°，
∴∠BED的度数为45°或135°．
故答案为：45°或135°．
【点评】本题考查了旋转的性质，正方形的性质，等边三角形的性质，利用分类讨论思想解决问题是解题的关键．
32．（2023•晋江市模拟）如图，在矩形ABCD中，将直角三角形ADC绕点A按顺时针方向旋转得到△AFE，点F恰好落在对角线AC上，FE交BC于点P，AE交BC于点Q，∠DAC＝30°．求证：△PQE是等边三角形．
​
【分析】首先根据旋转的性质可得出旋转角为30°，进而可求出∠E＝60°，再求出∠QAB＝30°，进而得∠AQB＝60°，据此即可得出结论．
【解答】证明：∵四边形ABCD为矩形，
∴∠DAB＝∠D＝∠B＝90°，
∵△AFE是△ADC绕点A按顺时针旋转得到，点F在AC上，
∴旋转角为∠DAC＝30°，∠AFE＝∠D＝90°，
∴∠FAE＝∠DAC＝30°，
在Rt△AFE中，∠FAE＝30°，∠AFE＝90°，
∴∠E＝60°，
∵∠DAB＝90°，∠FAE＝∠DAC＝30°，
∴∠QAB＝30°，
∵∠B＝90°，
∴∠AQB＝60°，
∴∠PQE＝∠AQE＝60°，
∴△PQE是等边三角形．
【点评】此题主要考查了图形的旋转变换和性质，矩形的性质，等边三角形的判定，三角形的内角和定理等，解答此题的关键是熟练掌握图形的旋转变换，准确的找出旋转角，理解两个角都等于60°的三角形是等边三角形．
33．（2022秋•牟平区期中）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠A＝30°，BC＝2，将△ABC绕点C顺时针旋转得到△A′B′C，其中点A′与点A是对应点，点B′与点B是对应点．若点B′恰好落在AB边上．
（1）求证△CAA′为等边三角形．
（2）求点A到直线A′C的距离．
【分析】（1）由直角三角形的性质求出AC＝2，∠B＝60°，由旋转的性质得出CA＝CA′，CB＝CB′，∠ACA′＝∠BCB′，证出△CBB′和△CAA′为等边三角形；
（2）过点A作AD⊥A'C于点D，由等边三角形的性质及直角三角形的性质可得出答案．
【解答】（1）证明：连接AA′，如图1，
∵∠ACB＝90°，∠BAC＝30°，BC＝2，
∴AC＝BC＝2，∠B＝60°，
∵将△ABC绕点C顺时针旋转得到△A'B'C，
∴CA＝CA′，CB＝CB′，∠ACA′＝∠BCB′，
∵CB＝CB′，∠B＝60°，
∴△CBB′为等边三角形，
∴∠BCB′＝60°，
∴∠ACA′＝60°，
∴△CAA′为等边三角形，
（2）解：过点A作AD⊥A'C于点D，如图1，
∴CD＝AC＝，
∴AD＝CD＝×＝3，
∴点A到直线A'C的距离为3．
【点评】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．也考查了直角三角形的性质及等边三角形的判定与性质．
34．（2023春•古田县期中）阅读材料，解决问题：
（1）如图①等边△ABC内有一点P，若点P到顶点A、B、C的距离分别为5，12，13，求∠APB的度数．为了解决本题，我们可以将△ABP绕顶点A旋转到△ACP′处，此时△ACP′≌△ABP，这样就可以利用旋转变换，将三条线段PA、PB、PC转化到一个三角形中，从而求出∠APB＝ 150° ；
（2）请你利用第（1）题的解答思想方法，解答下面问题，已知如图②，△ABC中，∠CAB＝90°，AB＝AC，E、F为BC上的点且∠EAF＝45°，求证：EF2＝BE2+FC2．
【分析】（1）根据旋转变换前后的两个三角形全等，全等三角形对应边相等，全等三角形对应角相等以及等边三角形的判定和勾股定理逆定理解答；
（2）把△ABE绕点A逆时针旋转90°得到△ACE′，根据旋转的性质可得AE′＝AE，CE′＝CE，∠CAE′＝∠BAE，∠ACE′＝∠B，∠EAE′＝90°，再求出∠E′AF＝45°，从而得到∠EAF＝∠E′AF，然后利用“边角边”证明△EAF和△E′AF全等，根据全等三角形对应边相等可得E′F＝EF，再利用勾股定理列式即可得证．
【解答】解：（1）∵△ACP′≌△ABP，
∴AP′＝AP＝5、CP′＝BP＝12、∠AP′C＝∠APB，′′
由题意知旋转角∠PAP′＝60°，
∴△APP′为等边三角形，
PP′＝AP＝5，∠A P′P＝60°，
在△PP′C中，PP′＝5，CP′＝12，PC＝13，
而52+122＝132，
∴△PP′C为直角三角形，且∠PP′C＝90°，
∴∠APB＝∠AP′C＝∠AP′P+∠PP′C＝60°+90°＝150°；
故答案为：150°；
（2）证明：如图，把△ABE绕点A逆时针旋转90°得到△ACE′，
由旋转的性质得，AE′＝AE，CE′＝BE，∠CAE′＝∠BAE，∠ACE′＝∠B，∠EAE′＝90°，
∵∠EAF＝45°，
∴∠E′AF＝∠CAE′+∠CAF＝∠BAE+∠CAF＝∠BAC﹣∠EAF＝90°﹣45°＝45°，
∴∠EAF＝∠E′AF，
在△EAF和△E′AF中，
，
∴△EAF≌△E′AF（SAS），
∴E′F＝EF，
∵∠CAB＝90°，AB＝AC，
∴∠B＝∠ACB＝45°，
∴∠E′CF＝45°+45°＝90°，
由勾股定理得，E′F2＝CE′2+FC2，
即EF2＝BE2+FC2．
【点评】本题考查了旋转的性质，全等三角形的判定与性质，等腰直角三角形的性质，勾股定理，读懂题目信息，理解利用旋转构造出全等三角形和等边三角形以及直角三角形是解题的关键．
35．（2023春•广东期中）18．如图，P是正三​角形ABC内的一点，且PA＝6，PB＝8，PC＝10．若将△PAC绕点A逆时针旋转后，得到△MAB．
（1）∠MAP＝ 60 °，连接PM，则PM＝ 6 ；
（2）求∠APB的度数．
【分析】（1）连接MP，根据等边三角形的性质得AB＝AC，∠BAC＝60°，再根据旋转的性质得AM＝AP，∠MAP＝∠BAC＝60°，BM＝CP＝10，则可判断△AMP为等边三角形；
（2）根据旋转可以得到MP＝AP＝6，∠APM＝60°，在△PBM中通过计算得到PM2+PB2＝BM2，根据勾股定理的逆定理得∠BPM＝90°，然后利用∠APB＝∠APM+BPM进行计算即可．
【解答】解：（1）如图，连接MP，
∵△ABC为等边三角形，
∴AB＝AC，∠BAC＝60°，
∵△PAC绕点A逆时针旋转后，得到△MAB，
∴AM＝AP，∠MAP＝∠BAC＝60°，BM＝CP＝10，
∴△AMP为等边三角形，
∴MP＝AP＝6，∠APM＝60°；
故答案为：60，6；
（2）在△PBM中，PM＝6，BM＝10，PB＝8，
∵62+82＝102，
∴PM2+PB2＝BM2，
∴∠BPM＝90°，
∴∠APB＝∠APM+BPM＝60°+90°＝150°．
【点评】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．也考查了等边三角形的判定与性质和勾股定理的逆定理．
36．（2023春•市南区期中）如图，点O是等边△ABC内一点，D是△ABC外的一点，∠AOB＝100°，∠BOC＝α，将△BOC绕点C顺时针旋转60°得△ADC，连接OD．
（1）当α＝150°，∠ODA＝ 90° ；
（2）当α为多少度时，△AOD是等腰三角形？说明理由．
【分析】（1）由旋转可以得出 OC＝DC，∠DCO＝60°，就可以得出△ODC是等边三角形，就可以得出∠ODC＝60°，从而得出∠ADO；
（2）由条件可以表示出∠AOC＝260°﹣a，就有∠AOD＝200°﹣a，∠ADO＝a﹣60°，当∠DAO＝∠DOA，∠AOD＝ADO或∠OAD＝∠ODA时分别求出a的值即可．
【解答】解：（1 ）∵△BOC绕点C按顺时针方向旋转60°得△ADC，
∴△BOC≌△ADC，△ODC为等边三角形，
∴∠BOC＝∠ADC＝150°，∠ODC＝60°
∴∠ADO＝150°﹣60°＝90°；
故答案为：∠ODA＝90°；
（2）∵∠AOB＝100°，∠BOC＝α，
∴∠AOC＝260°﹣α．
∵△OCD是等边三角形，
∴∠DOC＝∠ODC＝60°，
∴∠ADO＝α﹣60°，∠AOD＝200°﹣α，
①当∠DAO＝∠DOA时，
2（200°﹣α）+α﹣60°＝180°，
解得：α＝160°
②当∠AOD＝ADO时，
200°﹣α＝α﹣60°，
解得：α＝130°，
③当∠OAD＝∠ODA时，
200°﹣α+2（α﹣60°）＝180°，
解得：α＝100°，
∴α＝100°，α＝130°，α＝160°△AOD为等腰三角形．
【点评】此提是三角形综合题，主要考查了等边三角形的判定与性质的运用，旋转的性质的运用，直角三角形的判定，全等三角形的判定及性质的运用，等腰三角形的判定及性质的运用，勾股定理，解答时证明三角形全等是关键．
37．（2023春•金牛区校级月考）如图，在等边△ABC中，点D为△ABC内的一点，∠ADB＝120°，∠ADC＝90°，将AD绕点A逆时针旋转60°得AE；
（1）求证：△ABD≌△ACE；
（2）求∠DCE的度数；
（3）若BD＝1，求AD，CD的长．
【分析】（1）利用旋转的性质和等边三角形的性质先判断出△ADE是等边三角形即可；
（2）利用四边形的内角和即可求出结论；
（3）先求出CD，再用勾股定理即可求出结论．
【解答】（1）证明：∵将AD绕点A逆时针旋转60°得AE，
∴∠DAE＝60°，
∴△ADE为等边三角形，
∵△ABC为等边三角形，
∴AD＝AE，BA＝CA，∠BAC＝60°，
∴∠EAC＝∠DAB，
在△ABD和△ACE中，
，
∴△ABD≌△ACE（SAS）；
（2）解：∵△ABD≌△ACE，
∴∠AEC＝∠ADB＝120°，
而∠ADC＝90°，∠DAE＝60°，
∴∠DCE＝360°﹣∠ADC﹣∠AEC﹣∠DAE＝90°；
（3）解：∵△ADE为等边三角形，
∴∠ADE＝60°，
∴∠CDE＝∠ADC﹣∠ADE＝30°，
又∵∠DCE＝90°，
∴DE＝2CE＝2BD＝2，
∴AD＝DE＝2，
在Rt△DCE中，DC＝＝．
【点评】本题主要考查了旋转的性质，等边三角形的性质和判定以及勾股定理，解本题的关键是判断出△ADE是等边三角形．
38．（2022秋•新城区校级期末）如图，P是正三角形ABC内的一点，且PA＝6，PB＝8，PC＝10．若将△PAC绕点A逆时针旋转后，得到△P′AB．
（1）求点P与点P′之间的距离；
（2）求∠APB的度数．
【分析】（1）由已知△PAC绕点A逆时针旋转后，得到△P′AB，可得△PAC≌△P′AB，PA＝P′A，旋转角∠P′AP＝∠BAC＝60°，所以△APP′为等边三角形，即可求得PP′；
（2）由△APP′为等边三角形，得∠APP′＝60°，在△PP′B中，已知三边，用勾股定理逆定理证出直角三角形，得出∠P′PB＝90°，可求∠APB的度数．
【解答】解：（1）连接PP′，由题意可知BP′＝PC＝10，AP′＝AP，
∠PAC＝∠P′AB，而∠PAC+∠BAP＝60°，
所以∠PAP′＝60度．故△APP′为等边三角形，
所以PP′＝AP＝AP′＝6；
（2）利用勾股定理的逆定理可知：
PP′2+BP2＝BP′2，所以△BPP′为直角三角形，且∠BPP′＝90°
可求∠APB＝90°+60°＝150°．
【点评】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．
39．（2022秋•玄武区校级期中）如图，P是等边三角形ABC内一点，连接PA，PB，PC，以BP为边作∠PBQ＝60°，且BP＝BQ，连接CQ．
（1）求证：AP＝CQ；
（2）若∠APB＝150°，PA＝3，PB＝4，求PC长．
【分析】（1）根据等边三角形的性质可得出∠ABC＝60°，AB＝CB，由∠ABP+∠PBC＝60°，∠PBC+∠CBQ＝60°可得出∠ABP＝∠CBQ，结合AB＝CB，BP＝BQ可证出△ABP≌△CBQ（SAS），根据全等三角形的性质可得出AP＝CQ；
（2）连接PQ，根据全等三角形的性质可得出∠BQC＝150°，由BP＝BQ，∠PBQ＝60°可得出△PBQ为等边三角形，利用等边三角形的性质可得出PQ＝PB＝4，∠BQP＝60°，进而可得出∠PQC＝90°，再在Rt△PQC中，利用勾股定理可求出PC的长．
【解答】（1）证明：∵△ABC为等边三角形，
∴∠ABC＝60°，AB＝CB，
∴∠ABP+∠PBC＝60°．
又∵∠PBQ＝∠PBC+∠CBQ＝60°，
∴∠ABP＝∠CBQ．
在△ABP和△CBQ中，
，
∴△ABP≌△CBQ（SAS），
∴AP＝CQ．
（2）解：连接PQ，如图所示．
∵△ABP≌△CBQ，
∴∠BQC＝∠BPA＝150°．
∵BP＝BQ，∠PBQ＝60°，
∴△PBQ为等边三角形，
∴PQ＝PB＝4，∠BQP＝60°，
∴∠PQC＝90°．
在Rt△PQC中，∠PQC＝90°，PQ＝4，CQ＝AP＝3，
∴PC＝＝5．
【点评】本题考查了全等三角形的判定与性质、等边三角形的判定与性质以及勾股定理，解题的关键是：（1）利用全等三角形的判定定理SAS证出△ABP≌△CBQ；（2）通过角的计算找出∠PQC＝90°．
40．（2022秋•新抚区期中）如图，已知△ABC中，∠CAB＝20°，∠ABC＝30°，将△ABC绕A点逆时针旋转50°得到△AB′C′，
（1）求证：AC∥C′B′；
（2）求∠BCC′的度数．
【分析】（1）根据旋转的性质可得，BC＝B′C′，∠C′AB′＝∠CAB＝20°，∠AB′C′＝∠ABC＝30°，再根据旋转角的度数为50°，通过推理证明即可；
（2）根据旋转的性质可以求出∠ACC′＝65°，然后利用三角形内角和定理求出∠ACB＝130°，由此即可解决问题．
【解答】（1）证明：∵△ABC绕A点逆时针旋转50°，
∴∠BAB′＝50°．
∵∠CAB＝20°，
∴∠B′AC＝∠BAB′﹣∠CAB＝30°．
∵∠AB′C′＝∠ABC＝30°，
∴∠AB′C′＝∠B′AC．
∴AC∥C′B′；
（2）解：根据旋转的性质得∠CAC′＝50°，AC＝AC′，
∴∠ACC′＝（180°﹣50°）＝65°，
而△ABC中，∠CAB＝20°，∠ABC＝30°，
∴∠ACB＝130°，
∴∠BCC′＝360°﹣∠ACB﹣∠ACC′＝165°．
【点评】本题考查了旋转性质的应用，图形的旋转只改变图形的位置，不改变图形的形状与大小．
41．（2022秋•崇川区校级月考）如图，等腰Rt△ABC中，BA＝BC，∠ABC＝90°，点D在AC上，将△ABD绕点B沿顺时针方向旋转90°后，得到△CBE．
（1）求∠DCE的度数；
（2）若AC＝4，CD＝3AD，求DE的长．
【分析】（1）由BA＝BC、∠ABC＝90°可得出∠A＝∠ACB＝45°，根据旋转的性质可得出CE＝AD、∠BCE＝∠A＝45°，再由∠DCE＝∠ACB+∠BCE即可求出∠DCE的度数；
（2）根据AC的长度，由CD＝3AD可得出AD、CD的长度，进而可得出CE的长度，再在Rt△DCE中利用勾股定理即可求出DE的长．
【解答】解：（1）∵BA＝BC，∠ABC＝90°，
∴∠A＝∠ACB＝45°．
根据旋转的性质可知：CE＝AD、∠BCE＝∠A＝45°，
∴∠DCE＝∠ACB+∠BCE＝90°．
（2）∵BA＝BC，∠ABC＝90°，AC＝4，
∴AB＝BC＝AC＝4．
∵点D在AC上，CD＝3AD，
∴CE＝AD＝，CD＝3，
在Rt△DCE中，DE＝＝2．
【点评】本题考查了旋转的性质、等腰直角三角形以及勾股定理，解题的关键是：（1）根据等腰直角三角形的性质结合旋转的性质，找出∠ACB和∠BCE的度数；（2）在Rt△DCE中，利用勾股定理求出DE的长度．
42．（2022秋•涪城区期中）在△AMB中，∠AMB＝90°，AM＝6，BM＝8，将△AMB以B为旋转中心顺时针旋转90°得到△CNB，连接AC，求AC的长．
【分析】在Rt△AMB中，利用勾股定理求出AB长，根据旋转的性质可知△ABC是等腰直角三角形，由此可求AC值．
【解答】解：在Rt△AMB中，AM＝6，BM＝8，
根据勾股定理可得
AB＝＝10．
根据旋转的性质可知AB＝BC，∠ABC＝90°，
∴AC＝＝10．
【点评】本题主要考查了旋转的性质、勾股定理，解决旋转问题要找准旋转角、以及旋转后的对应线段．
43．（2022秋•西城区校级期中）如图，点P是等边三角形ABC内一点，且PA＝3，PB＝4，PC＝5，若将△APB绕着点B逆时针旋转后得到△CQB．
（1）求点P与点Q之间的距离．
（2）求∠APB的度数．
【分析】（1）△APB绕点B逆时针旋转后，得到△CQB，则△ABP≌△CBQ，QB＝PB，∠ABP＝∠CBQ，所以△BPQ为等边三角形，即可求得PQ；
（2）由△BPQ为等边三角形，得∠BQP＝60°，由△ABP≌△CBQ可得QC＝PA，在△PQC中，已知三边，用勾股定理逆定理证出直角三角形，得出∠PQC＝90°，可求∠APB的度数．
【解答】解：（1）连接PQ，由题意可知△ABP≌△CBQ
则QB＝PB＝4，∠ABP＝∠CBQ，
∵△ABC是等边三角形，
∴∠ABC＝∠ABP+∠PBC＝60°，
∴∠PBQ＝∠CBQ+∠PBC＝60°，
故△BPQ为等边三角形，
所以PQ＝QB＝PB＝4；
（2）∵△ABP≌△CBQ，
∴QC＝PA＝3，∠APB＝∠BQC，
又∵PQ＝4，PC＝5，利用勾股定理的逆定理可知：
∴PQ2+QC2＝PC2，
则△PQC为直角三角形，且∠PQC＝90°，
∵△BPQ为等边三角形，
∴∠BQP＝60°，
∴∠BQC＝∠BQP+∠PQC＝150°
∴∠APB＝∠BQC＝150°
【点评】本题考查旋转的性质．旋转变化前后，对应点到旋转中心的距离相等以及每一对对应点与旋转中心连线所构成的旋转角相等．要注意旋转的三要素：①定点﹣旋转中心；②旋转方向；③旋转角度．
44．（2021秋•肇源县期末）如图，P是等边三角形ABC内的一点，且PA＝3，PB＝4，PC＝5，以BC为边在△ABC外作△BQC≌△BPA，连接PQ，则以下结论中正确有 ①②③ （填序号）
①△BPQ是等边三角形②△PCQ是直角三角形③∠APB＝150° ④∠APC＝120°
【分析】①根据△ABC是等边三角形，得出∠ABC＝60°，根据△BQC≌△BPA，得出∠CBQ＝∠ABP，PB＝QB＝4，PA＝QC＝3，∠BPA＝∠BQC，求出∠PBQ＝60°，即可判断①；
②根据勾股定理的逆定理即可判断得出②；
③根据△BPQ是等边三角形，△PCQ是直角三角形即可判断；
④求出∠APC＝150°﹣∠QPC，和PC≠2QC，可得∠QPC≠30°，即可判断④．
【解答】解：①∵△ABC是等边三角形，
∴∠ABC＝60°，
∵△BQC≌△BPA，
∴∠CBQ＝∠ABP，PB＝QB＝4，
PA＝QC＝3，∠BPA＝∠BQC，
∴∠PBQ＝∠PBC+∠CBQ＝∠PBC+∠ABP＝∠ABC＝60°，
∴△BPQ是等边三角形，
所以①正确；
②PQ＝PB＝4，
PQ2+QC2＝42+32＝25，
PC2＝52＝25，
∴PQ2+QC2＝PC2，
∴∠PQC＝90°，
∴△PCQ是直角三角形，
所以②正确；
③∵△BPQ是等边三角形，
∴∠PQB＝∠BPQ＝60°，
∴∠APB＝∠BQC＝∠BQP+∠PQC＝60°+90°＝150°，
所以③正确；
④∠APC＝360°﹣150°﹣60°﹣∠QPC＝150°﹣∠QPC，
∵∠PQC＝90°，PC≠2QC，
∴∠QPC≠30°，
∴∠APC≠120°．
所以④错误．
所以正确的有①②③．
【点评】本题考查了旋转的性质、等边三角形的性质、勾股定理的逆定理，解决本题的关键是综合应用以上知识．
45．（2021秋•长乐区期中）在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠ABC＝30°，AC＝4，将△ABC绕点B顺时针旋转一定的角度得到△DBE，点A，C的对应点分别是D，E，连接AD．
（1）如图1，当点E恰好在边AB上时，求∠ADE的大小；
（2）如图2，若F为AD中点，求CF的最大值．
【分析】（1）由旋转可得：BA＝BD，∠EBD＝∠CBA＝30°，∠DEB＝∠ACB＝90°，再运用三角形内角和定理即可得出答案；
（2）如图2，连接BF，利用等腰三角形的性质证明∠AFB＝90°，然后证明A、C、B、F四点共圆，接着利用圆是圆中最长的弦即可求解．
【解答】解：（1）如图1，∵△ABC绕点B顺时针旋转α得到△DEB，点E恰好在AB上，
∴BA＝BD，∠EBD＝∠CBA＝30°，∠DEB＝∠ACB＝90°，
∴∠BAD＝∠BDA＝75°，
∴∠ADE＝90°﹣75°＝15°；
（2）如图2，连接BF，
∵BA＝BD，F为AD中点，
∴BF⊥AD，
∴∠AFB＝90°，
而∠ACB＝90°，
∴A、C、B、F四点共圆，
∴AB为这个圆的直径，CF为这个圆的一条弦，
∵AC＝4，∠ABC＝30°，
∴AB＝8，
∴CF的最大值为8．
【点评】此题主要考查了旋转的性质，同时也利用了含30°角的直角三角形的性质，有一定的综合性．
46．（2021•岳阳模拟）如图，P是等边三角形ABC内的一点，且PA＝3，PB＝4，PC＝5，以BC为边在△ABC外作△BQC≌△BPA，连接PQ，则以下结论中正确有 ①②③ （填序号）
①△BPQ是等边三角形 ②△PCQ是直角三角形 ③∠APB＝150° ④∠APC＝135°
【分析】根据等边三角形性质得出∠ABC＝60°，根据全等得出∠BPA＝∠BQC，BP＝BQ＝4，QC＝PA＝3，∠ABP＝∠QBC，求出∠PBQ＝60°，即可判断①，根据勾股定理的逆定理即可判断②；求出∠BQP＝60°，∠PQC＝90°，即可判断③，求出∠APC+∠QPC＝150°和PQ≠QC判断④．
【解答】解：∵△ABC是等边三角形，
∴∠ABC＝60°，
∵△BQC≌△BPA，
∴∠BPA＝∠BQC，BP＝BQ＝4，QC＝PA＝3，∠ABP＝∠QBC，
∴∠PBQ＝∠PBC+∠CBQ＝∠PBC+∠ABP＝∠ABC＝60°，
∴△BPQ是等边三角形，
∴PQ＝BP＝4，
∵PQ2+QC2＝42+32＝25，PC2＝52＝25，
∴PQ2+QC2＝PC2，
∴∠PQC＝90°，即△PQC是直角三角形，
∵△BPQ是等边三角形，
∴∠BOQ＝∠BQP＝60°，
∴∠BPA＝∠BQC＝60°+90°＝150°，
∴∠APC＝360°﹣150°﹣60°﹣∠QPC＝150°﹣∠QPC，
∵∠QPC＞30°，
即∠APC＜135°，
故答案为：①②③．
【点评】本题考查了等边三角形的性质和判定、勾股定理的逆定理的应用，掌握全等三角形的性质、等边三角形的判定定理、勾股定理的逆定理是解题的关键．
47．（2021春•简阳市 月考）如图，点P是等边三角形ABC内一点，且PA＝3，PB＝4，PC＝5，若将△APB绕着点B逆时针旋转后得到△CQB，则∠APB的度数 150° ．
【分析】首先证明△BPQ为等边三角形，得∠BQP＝60°，由△ABP≌CBQ可得QC＝PA，在△PQC中，已知三边，用勾股定理逆定理证出得出∠PQC＝90°，可求∠BQC的度数，由此即可解决问题．
【解答】解：连接PQ，由题意可知△ABP≌△CBQ
则QB＝PB＝4，PA＝QC＝3，∠ABP＝∠CBQ，
∵△ABC是等边三角形，
∴∠ABC＝∠ABP+∠PBC＝60°，
∴∠PBQ＝∠CBQ+∠PBC＝60°，
∴△BPQ为等边三角形，
∴PQ＝PB＝BQ＝4，
又∵PQ＝4，PC＝5，QC＝3，
∴PQ2+QC2＝PC2，
∴∠PQC＝90°，
∵△BPQ为等边三角形，
∴∠BQP＝60°，
∴∠BQC＝∠BQP+∠PQC＝150°
∴∠APB＝∠BQC＝150°
【点评】本题考查旋转的性质、等边三角形的判定和性质、勾股定理的逆定理等知识，解题的关键是勾股定理逆定理的应用，属于中考常考题型．
四．坐标与图形变化-旋转（共11小题）
48．（2022秋•海安市期中）在平面直角坐标系中，点A坐标为（3，1），将点A绕原点O逆时针旋转90°，则点A的对应点坐标为（ ）
A．（﹣3，1）B．（﹣1，3）C．（3，﹣1）D．（1，﹣3）
【分析】建立如图所示的平面直角坐标系，然后确定出点A与对应点B的位置，再写出坐标即可．
【解答】解：如图依题意点A的对应点B坐标为（﹣1，3）．
故选：B．
【点评】本题考查了坐标与图形变化﹣旋转，作出图形，利用数形结合的思想求解更形象直观．
49．（2022秋•五峰县期中）如图，在平面直角坐标系中，将点P（2，3）绕原点O顺时针旋转180°得到点P'，则P'的坐标为（ ）
A．（3，2）B．（3，﹣1）C．（﹣2，﹣3）D．（3，﹣2）
【分析】根据题意可得，点P和点P的对应点P′关于原点对称，据此求出P'的坐标即可．
【解答】解：∵将点P（2，3）绕原点O旋转180°后，得到的对应点P'，
∴点P'和点P关于原点对称，
∵点P的坐标为（2，3），
∴点的坐P'标是（﹣2，﹣3）．
故选：C．
【点评】本题考查坐标与图形变化﹣旋转，中心对称等知识，解题的关键是利用中心对称的性质，属于中考常考题型．
50．（2023•汉川市校级模拟）已知坐标平面上有一等边△ABC，其坐标分别为A（0，0），B（2，0），将△ABC绕点B依顺时针方向旋转60°，如图所示．则旋转后C点的坐标为（ ）
A．B．C．（3，1）D．
【分析】如图，设旋转后C点对应的点为D，过D作DE⊥x轴于E，首先利用旋转的性质和等边三角形的性质可以得到AB＝BC＝CD＝DB＝2，∠ABD＝120°，然后利用三角函数的知识即可求解．
【解答】解：如图，设旋转后C点对应的点为D，过D作DE⊥x轴于E，
∵△ABC为等边三角形，A（0，0），B（2，0），
又将△ABC绕点B依顺时针方向旋转60°，
∴AB＝BC＝CD＝DB＝2，∠ABD＝120°，
∴∠DBE＝60°，
∴BE＝BD＝1，DE＝，
∴AE＝AB+BE＝3，
∴旋转后C点的坐标为（3，）．
故选：D．
【点评】此题主要考查了坐标与图形变化﹣旋转，同时也利用了等边三角形的性质及三角函数的知识点，有一定的综合性．
51．（2023春•中原区校级期中）如图，在平面直角坐标系中，点A的坐标为（0，3），点B的坐标为（4，0），连接AB，若将△ABO绕点B顺时针旋转90°，得到△A'BO'，则A′的坐标为（ ）
A．（3，4）B．（4，3）C．（7，4）D．（8，3）
【分析】作A'C⊥x轴于点C，由旋转的性质可得BC＝A'O'＝OA＝3，A'C＝O'B＝OB＝4，进而求解．
【解答】解：过A′作A'C⊥x轴于点C，
由旋转可得∠O'＝90°，O'B⊥x轴，
∴四边形O'BCA'为矩形，
∴BC＝A'O'＝OA＝3，A'C＝O'B＝OB＝4，
∴OC＝OB+BC＝7，
∴点A'坐标为（7，4）．
故选：C．
【点评】本题考查平面直角坐标系与图形旋转的性质，解题关键是掌握求点的坐标的常用方法．
52．（2023春•罗湖区校级期中）如图，点O为平面直角坐标系的原点，点A在x轴上，△OAB是边长为2的等边三角形，以O为旋转中心，将△OAB按顺时针方向旋转60°，得到△OA'B'，那么点A'的坐标为（ ）
A．（1，）B．（﹣1，2）C．（﹣1，）D．（﹣1，）
【分析】作BC⊥x轴于C，如图，根据等边三角形的性质得OA＝OB＝2，AC＝OC＝1，∠BOA＝60°，则易得A点坐标和O点坐标，再利用勾股定理计算出BC＝，然后根据第二象限点的坐标特征可写出B点坐标；由旋转的性质得∠AOA′＝∠BOB′＝60°，OA＝OB＝OA′＝OB′，则点A′与点B重合，于是可得点A′的坐标．
【解答】解：过B作BC⊥x轴于C，如图，
∵△OAB是边长为2的等边三角形，
∴OA＝OB＝2，AC＝OC＝1，∠BOA＝60°，
∴A点坐标为（﹣2，0），O点坐标为（0，0），
在Rt△BOC中，BC＝＝，
∴B点坐标为（﹣1，）；
∵△OAB按顺时针方向旋转60°，得到△OA′B′，
∴∠AOA′＝∠BOB′＝60°，OA＝OB＝OA′＝OB′，
∴点A′与点B重合，即点A′的坐标为（﹣1，），
故选：D．
【点评】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°．
53．（2022秋•河东区期末）如图，将正方形ABCD绕点D逆时针旋转90°后，点B的坐标变为（ ）
A．（5，3）B．（﹣1，4）C．（﹣2，2）D．（4，0）
【分析】根据题意画出旋转后的正方形，再根据点的坐标和旋转的性质得出答案即可．
【解答】解：如图所示：将正方形ABCD绕点D逆时针旋转90°后得出正方形A′B′C′D，
所以点B的坐标变为（﹣2，2），
故选：C．
【点评】本题考查了点的坐标与图形性质，旋转的性质和正方形的性质等知识点，能根据题意画出旋转后的图形是解此题的关键．
54．（2023•吴忠模拟）如图，在△OAB中，顶点O（0，0），A（5，0），B（2，1），将△OAB绕点O逆时针旋转得到△OA′B′，当点B′恰好落在y轴的正半轴上时，点A′的坐标为（ ）
A．B．C．D．
【分析】如图过B作BE⊥OA于E，过B′作B′F⊥OA′于F，过A′作A′C⊥y轴于C，首先利用旋转得到△OAB≌△OA′B′，接着利用全等三角形的性质可以求出B′F＝BE＝1，OF＝EO＝2，OA＝OA′＝5，OB＝OB′＝，然后证明△OB′F∽△OA′C，最后利用相似三角形的性质即可解决问题．
【解答】解：如图过B作BE⊥OA于E，过B′作B′F⊥OA′于F，过A′作A′C⊥y轴于C，
∴∠B′FO＝∠C＝90°，
∵B（2，1），
∴OE＝2，BE＝1，
∵将△OAB绕点O逆时针旋转得到△OA′B′，
∴△OAB≌△OA′B′，
∴B′F＝BE＝1，OF＝EO＝2，OA＝OA′＝5，
∴OB＝OB′＝，
在△OB′F和△OA′C中，
∠O公共，∠B′FO＝∠C＝90°，
∴△OB′F∽△OA′C，
∴＝＝，
∴＝＝，
∴CA′＝，OC＝2
∴点A′的坐标为（，2）．
故选：B．
【点评】此题主要考查了坐标与图形变换﹣﹣旋转，同时也利用了全等三角形、相似三角形的旋转与判定，有一定的综合性．
55．（2022秋•苍南县期中）如图，点A的坐标为（0，3），点C的坐标为（1，0），B的坐标为（1，4），将△ABC沿y轴向下平移，使点A平移至坐标原点O，再将△ABC绕点O逆时针旋转90°，此时B的对应点为B′，点C的对应点为C′，则点C′的坐标为（ ）
A．（4，1）B．（1，4）C．（3，1）D．（1，3）
【分析】首先根据点A的平移规律得到C的平移后坐标，再根据旋转规律得到C′的坐标．
【解答】解：∵点A平移至坐标原点O，点A的坐标为（0，3），
∴向下平移三个单位长度，
∴C平移后的坐标为（1，﹣3），
∵平移后再将△ABC绕点O逆时针旋转90°，
∴点C′的坐标为（3，1）．
故选：C．
【点评】此题主要考查了坐标与图形的变化中的旋转与平移，正确使用坐标与图形变化的规律是解题的关键．
56．（2023•中原区校级三模）小星利用平面直角坐标系绘制了如下风车图形，他先将△OBA固定在坐标系中，其中A（2，4），B（2，0），接着他将△OBA绕原点O逆时针转动90°至△OB1A1，称为第一次转动，然后将△OB1A1绕原点O逆时针转动90°至△OB2A2，称为第二次转动，…那么按照这种转动方式，转动2023次后，点A的坐标为（ ）
A．（4，﹣2）B．C．D．（2，4）
【分析】依题意不难发现第4次旋转后△OBA回到初始位置，而2023÷4＝505……3，据此可得当△OBA旋转2023次后的位置与旋转第3次后的位置重合，进而可得出答案．
【解答】解：∵△OBA每次绕点O逆时针旋转90°，
∴第4次旋转后△OBA回到初始位置，
又∵2023÷4＝505……3，
∴当△OBA旋转2023次后的位置与旋转第3次后的位置重合，
即此时点A与点A3重合，
∵点A（2，4），
∴点A3（4，﹣2），
∴转动2023次后，点A的坐标为（4，﹣2）．
故选：A．
【点评】此题主要考查了图形的旋转及性质，解答此题的关键是找出第4次旋转后△OBA回到初始位置．
57．（2022秋•鹤壁期末）如图，在平面直角坐标系中，△ABC的三个顶点的坐标分别为A（﹣1，0），B（﹣2，3），C（﹣3，1）．将△ABC绕点A顺时针旋转90°，得到△A'B'C'，则点B'的坐标为 （2，1） ．
【分析】根据旋转方向、旋转中心及旋转角，找到B'，结合直角坐标系可得出点B′的坐标．
【解答】解：△ABC绕点A顺时针旋转90°，得到△A'B'C'，如图所示，
结合图形可得点B′的坐标为（2，1）．
故答案为：（2，1）．
【点评】本题考查了坐标与图形的变化，解答本题的关键是找到旋转的三要素，找到点B'的位置．
58．（2023•连江县校级模拟）在平面直角坐标系xOy中，已知点A（﹣3，﹣4），将OA绕坐标原点O逆时针旋转90°至OA′，则线段OA′的中点坐标是 ．
【分析】先构建Rt△OAB，再把△OAB绕坐标原点O逆时针旋转90°得到△OA′B′，根据旋转的性质得到A′B′＝AB＝3，OB′＝OB＝4，∠OB′A′＝∠OBA＝90°，然后写出A′点的坐标，最后根据中点坐标公式即可求解．
【解答】解：如图，过A作AB⊥y轴于B，
把△OAB绕坐标原点O逆时针旋转90°得到△OA′B′，则A′B′＝AB＝3，OB′＝OB＝4，∠OB′A′＝∠OBA＝90°，
所以点A′的坐标为（4，﹣3），
∴线段OA′的中点坐标是（2，﹣）．
故答案为：（2，﹣）．
【点评】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°．通过把线段旋转的问题转化为直角三角形的性质解决问题．
五．几何变换综合题（共2小题）
59．（2023春•雨城区校级期中）平移、旋转、翻折是几何图形的最基本的三种图形变换，利用图形变换可将分散的条件相对集中，以达到解决问题的目的．
（1）探究发现
如图（1），P是等边△ABC内一点，PA＝3，PB＝4，PC＝5．求∠APB的度数．
解：将△APC绕点A旋转到△APB′的位置，连接PP′，则△APP′是 等边 三角形．
∵PP′＝PA＝3，PB＝4，PB′＝PC＝5，
∴P'P2+PB2＝P'B2∴△BPP′为 直角 三角形．∴∠APB的度数为 150° ．
（2）类比延伸
在正方形ABCD内部有一点P，连接PA、PB、PC，若PA＝2，PB＝4，∠APB＝135°，求PC的长；
（3）拓展迁移
如图（3），在四边形ABCD中，线段AD与BC不平行，AC＝BD＝a，AC与BD交于点O，且∠AOD＝60°，比较AD+BC与a的大小关系，并说明理由．
【分析】（1）将△BPC绕点B逆时针旋转60°得△BEA，根据旋转的性质得BE＝BP＝4，AE＝PC＝5，∠PBE＝60°，则△BPE为等边三角形，得到PE＝PB＝4，∠BPE＝60°，在△AEP中，AE＝5，AP＝3，PE＝4，根据勾股定理的逆定理可得到△APE为直角三角形，且∠APE＝90°，即可得到∠APB的度数；
（2）把△ABP绕点B顺时针旋转90°得到△BCP′，根据旋转变换只改变图形的位置不改变图形的形状可得P′B＝PB，P′C＝PA，然后求出△BPP′是等腰直角三角形，根据等腰直角三角形的性质求出PP′，∠PP′B＝45°，再求出∠PP′C＝90°，然后利用勾股定理列式计算即可得解；
（3）以AC为边向左做等边三角形PAC，连接PB，证明四边形PABD是平行四边形，再利用三角形三边关系证明即可．
【解答】解：将△APC绕点A旋转到△APB′的位置，连接PP′，则△APP′是等边三角形．
∵PP′＝PA＝3，PB＝4，PB′＝PC＝5，
∴P'P2+PB2＝P'B2，
∴△BPP′为直角三角形，
∴∠APB的度数为90°+60°＝150°
故答案为：等边；直角；150°
（2）如图1，把△ABP绕点B顺时针旋转90°得到△BCP′，
则P′B＝PB＝4，P′C＝PA＝2，
∵旋转角是90°，
∴∠PBP′＝90°，
∴△BPP′是等腰直角三角形，
∴PP′＝PB＝4，∠PP′B＝45°，
∵∠APB＝135°，
∴∠CP′B＝∠APB＝135°，
∴∠PP′C＝135°﹣45°＝90°，
在Rt△PP′C中，由勾股定理得，PC＝＝6；
（3）AD+BC＞a，理由如下：
如图2所示，以AC为边向左做等边三角形PAC，连接PB，
则PA＝PC＝AC＝BD＝a，∠PAC＝60°，
∵∠AOD＝60°，
∴PA∥BD，
∴四边形APBD是平行四边形，
∴AD＝PB，
在△PBC中，可得：PB+BC＞PC，即AD+BC＞a．
【点评】本题考查了旋转的性质：旋转前后的两个图形全等，对应点与旋转中心的连线段的夹角等于旋转角，对应点到旋转中心的距离相等．也考查了等边三角形的判定与性质以及勾股定理的逆定理．
60．（2022秋•准格尔旗校级月考）（1）如图1，点P是等边△ABC内一点，已知PA＝3，PB＝4，PC＝5，求∠APB的度数．
分析：要直接求∠APB的度数显然很困难，注意到条件中的三边长恰好是一组勾股数，因此考虑借助旋转把这三边集中到一个三角形内．
解：如图2，作∠PAD＝60°使AD＝AP，连接PD，CD，则△PAD是等边三角形．
∴ PD ＝AD＝AP＝3，∠ADP＝∠PAD＝60°
∵△ABC是等边三角形
∴AC＝AB，∠BAC＝60°∴∠BAP＝ ∠CAD
∴△ABP≌△ACD
∴BP＝CD＝4， ∠APB ＝∠ADC
∵在△PCD中，PD＝3，PC＝5，CD＝4，PD2+CD2＝PC2
∴∠PDC＝ 90 °
∴∠APB＝∠ADC＝∠ADP+∠PDC＝60°+90°＝150°
（2）如图3，在△ABC中，AB＝BC，∠ABC＝90°，点P是△ABC内一点，PA＝1，PB＝2，PC＝3，求∠APB的度数．
（3）拓展应用．如图（4），△ABC中，∠ABC＝30°，AB＝4，BC＝5，P是△ABC内部的任意一点，连接PA，PB，PC，则PA+PB+PC的最小值为 ．
【分析】（1）根据全等三角形的判定和性质解决问题即可．
（2）如图3中，把△PBC绕B点逆时针旋转90°得到△DBA，利用勾股定理的逆定理证明∠APD＝90°即可解决问题．
（3）如图4中，先由旋转的性质得出△ABP≌△DBE，则∠ABP＝∠DBE，BD＝AB＝4，∠PBE＝60°，BE＝PE，AP＝DE，再证明∠DBC＝90°，然后在Rt△BCD中，由勾股定理求出CD的长度，即为PA+PB+PC的最小值；
【解答】解：（1）如图2，作∠PAD＝60°使AD＝AP，连接PD，CD，则△PAD是等边三角形．
∴PD＝AD＝AP＝3，∠ADP＝∠PAD＝60°
∵△ABC是等边三角形
∴AC＝AB，∠BAC＝60°，
∴∠BAP＝∠CAD，
∴△ABP≌△ACD（SAS）
∴BP＝CD＝4，∠APB＝∠ADC
∵在△PCD中，PD＝3，PC＝5，CD＝4，PD2+CD2＝PC2
∴∠PDC＝90°
∴∠APB＝∠ADC＝∠ADP+∠PDC＝60°+90°＝150°
故答案为：PD，∠CAD，∠APB，90．
（2）解：∵∠ABC＝90°，BC＝AB，
∴把△PBC绕B点逆时针旋转90°得到△DBA，如图，
∴AD＝PC＝3，BD＝BP＝2，
∵∠PBD＝90°
∴DP＝PB＝2，∠DPB＝45°，
在△APD中，AD＝3，PD＝2，PA＝1，
∵12+（2）2＝32，
∴AP2+PD2＝BD2，
∴△APD为直角三角形，
∴∠APD＝90°，
∴∠APB＝∠APD+∠DPB＝90°+45°＝135°．
（3）解：如图4中，将△ABP绕着点B逆时针旋转60°，得到△DBE，连接EP，CD，
∴△ABP≌△DBE
∴∠ABP＝∠DBE，BD＝AB＝4，∠PBE＝60°，BE＝PE，AP＝DE，
∴△BPE是等边三角形
∴EP＝BP
∴AP+BP+PC＝PC+EP+DE
∴当点D，点E，点P，点C共线时，PA+PB+PC有最小值CD
∵∠ABC＝30°＝∠ABP+∠PBC
∴∠DBE+∠PBC＝30°
∴∠DBC＝90°
∴CD＝＝＝，
故答案为．
【点评】本题属于几何变换综合题，考查了旋转的性质，等边三角形的性质，全等三角形的性质，利用旋转的性质构造全等三角形是本题的关键，属于中考常考题型．