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专题01 易错题精选01之旋转与中心对称专题-2023-2024学年八年级数学下学期期末复习培优拔高（苏科版）
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这是一份专题01 易错题精选01之旋转与中心对称专题-2023-2024学年八年级数学下学期期末复习培优拔高（苏科版），文件包含专题01易错题精选01之旋转与中心对称专题原卷版docx、专题01易错题精选01之旋转与中心对称专题解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共26页， 欢迎下载使用。
一．中心对称图形。
1．如图，将n个边长都为1cm的正方形按如图所示摆放，点A1，A2，…，An分别是正方形的中心，则n个正方形重叠形成的重叠部分的面积和为 n−14cm2 ．
试题分析：根据题意可得，阴影部分的面积是正方形的面积的14，已知两个正方形可得到一个阴影部分，则n个这样的正方形重叠部分即为n﹣1阴影部分的和．
答案详解：解：由题意可得阴影部分面积等于正方形面积的14，即是14，
5个这样的正方形重叠部分（阴影部分）的面积和为14×4，
n个这样的正方形重叠部分（阴影部分）的面积和为14×（n﹣1）=n−14cm2．
所以答案是：n−14cm2．
2．如图，△ABC和△DEC关于点C成中心对称，若AC=12，AB＝1，∠BAC＝90°，则AE的长是 2 ．
试题分析：利用全等三角形的性质以及勾股定理解决问题即可．
答案详解：解：∵△ABC和△DEC关于点C成中心对称，
∴△ABC≌△DEC，
∴AB＝DE＝1，AC＝CD=12，∠D＝BAC＝90°，
∴AD＝DE＝1，
∴AE=AD2+DE2=12+12=2．
所以答案是：2．
3．在如图所示的平面直角坐标系中，△OA1B1是边长为2的等边三角形，作△B2A2B1与△OA1B1关于点B1成中心对称，再作△B2A3B3与△B2A2B1关于点B2成中心对称，如此作下去，则△B2nA2n+1B2n+1（n是正整数）的顶点A2n+1的坐标是 （4n+1，3） ．
试题分析：首先根据△OA1B1是边长为2的等边三角形，可得A1的坐标为（1，3），B1的坐标为（2，0）；然后根据中心对称的性质，分别求出点A2、A3、A4的坐标各是多少；最后总结出An的坐标的规律，求出A2n+1的坐标是多少即可．
答案详解：解：∵△OA1B1是边长为2的等边三角形，
∴A1的坐标为（1，3），B1的坐标为（2，0），
∵△B2A2B1与△OA1B1关于点B1成中心对称，
∴点A2与点A1关于点B1成中心对称，
∵2×2﹣1＝3，2×0−3=−3，
∴点A2的坐标是（3，−3），
∵△B2A3B3与△B2A2B1关于点B2成中心对称，
∴点A3与点A2关于点B2成中心对称，
∵2×3﹣1＝5，2×0﹣（−3）=3，
∴点A3的坐标是（5，3），
∵△B3A4B4与△B3A3B2关于点B3成中心对称，
∴点A4与点A3关于点B3成中心对称，
∵2×4﹣1＝7，2×0−3=−3，
∴点A4的坐标是（7，−3），
…，
∵1＝2×1﹣1，3＝2×2﹣1，5＝2×3﹣1，7＝2×4﹣1，…，
∴An的横坐标是2n﹣1，A2n+1的横坐标是2（2n+1）﹣1＝4n+1，
∵当n为奇数时，An的纵坐标是3，当n为偶数时，An的纵坐标是−3，
∴顶点A2n+1的纵坐标是3，
∴△B2nA2n+1B2n+1（n是正整数）的顶点A2n+1的坐标是（4n+1，3）．
所以答案是：（4n+1，3）．
4．在“等边三角形、正方形、等腰梯形、正五边形、矩形、正六边形”中，既是中心对称图形，又是轴对称图形的是 正方形、矩形、正六边形 ．
试题分析：根据正多边形的性质和轴对称图形与中心对称图形的定义解答．注意矩形既是轴对称图形，又是中心对称图形；等腰梯形只是轴对称图形，不是中心对称图形．
答案详解：解：由正多边形的性质知，偶数边的正多边形和矩形既是轴对称图形，又是中心对称图形；
奇数边的正多边形和等腰梯形只是轴对称图形，不是中心对称图形．
所以答案是：正方形、矩形、正六边形．
5．如图，△ABC与△A′B′C′关于点O成中心对称，则下列结论不成立的是（ ）
A．点A与点A′是对称点B．BO＝B′O
C．AB∥A′B′D．∠ACB＝∠C′A′B′
试题分析：根据中心对称的性质一一判断即可．
答案详解：解：∵△ABC与△A′B′C′关于点O成中心对称，
∴点A与点A′是对称点，BO＝B′O，AB∥A′B′，
故A，B，C正确，
所以选：D．
6．如图，将△ABC绕点C（0，1）旋转180°得到△A'B'C，设点A的坐标为（﹣2，3），则点A'的坐标为（ ）
A．（2，﹣3）B．（﹣1，2）C．（2，﹣2）D．（2，﹣1）
试题分析：设A′（m，n），利用确定坐标公式，构建方程求解即可．
答案详解：解：设A′（m，n），
∵AC＝CA′，A（﹣2，3），C（0，1），
∴m−22=0，n+32=1，
∴m＝2，n＝﹣1，
∴A′（2，﹣1），
所以选：D．
7．如图，在平面直角坐标系中，将△ABC绕点P旋转180°得到△DEF，点P的坐标为（ ）
A．（﹣1，0）B．（0，0）C．（﹣1，1）D．（﹣1，﹣1）
试题分析：对应点连线的交点即为旋转中心．
答案详解：解：观察图象可知旋转中心P（﹣1，0），
所以选：A．
8．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．
试题分析：（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．
答案详解：解：（1）BE＝BF．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=∠C1BFBA=BC1∠A=∠C1，
∴△ABE≌△C1BF，
∴BE＝BF
（2）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．
二．图形的旋转。
9．如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠B＝30°，AC＝23，P是BC边上一动点，连接AP，把线段AP绕点A逆时针旋转60°到线段AQ，连接CQ，则线段CQ的最小值为（ ）
A．1B．2C．3D．3
试题分析：在AB上取一点E，使AE＝AC＝2，连接PE，过点E作EF⊥BC于F，由旋转的性质得出AQ＝AP，∠PAQ＝60°，证明△CAQ≌△EAP（SAS），由全等三角形的性质得出CQ＝EP，当EF⊥BC（点P和点F重合）时，EP最小，由直角三角形的性质即可得出结论．
答案详解：解：如图，在AB上取一点E，使AE＝AC＝23，连接PE，过点E作EF⊥BC于F，
由旋转知，AQ＝AP，∠PAQ＝60°，
∵∠ABC＝30°，
∴∠EAC＝60°，
∴∠PAQ＝∠EAC，
∴∠CAQ＝∠EAP，
∴△CAQ≌△EAP（SAS），
∴CQ＝EP，
要使CQ最小，则有EP最小，而点E是定点，点P是BC上的动点，
∴当EF⊥BC（点P和点F重合）时，EP最小，
即：点P与点F重合，CQ最小，最小值为EP，
在Rt△ACB中，∠ACB＝30°，AC＝23，
∴AB＝43，
∵AE＝AC＝23，
∴BE＝AB﹣AE＝23，
在Rt△BFE中，∠EBF＝30°，BE＝23，
∴EF=12BE=3，
故线段CQ长度最小值是3，
所以选：D．
10．如图，点P为定角∠AOB平分线上的一个定点，且∠MPN与∠AOB互补．若∠MPN在绕点P旋转的过程中，其两边分别与OA、OB相交于M、N两点，则以下结论：①PM＝PN；②OM+ON的值不变；③MN的长不变；④四边形PMON的面积不变，其中，正确结论的是（ ）
A．①②③B．①②④C．①③④D．②③④
试题分析：如图作PE⊥OA于E，PF⊥OB于F．只要证明△POE≌△POF，△PEM≌△PFN，即可一一判断
答案详解：解：如图作PE⊥OA于E，PF⊥OB于F．
∵∠PEO＝∠PFO＝90°，
∴∠EPF+∠AOB＝180°，
∵∠MPN+∠AOB＝180°，
∴∠EPF＝∠MPN，
∴∠EPM＝∠FPN，
∵OP平分∠AOB，PE⊥OA于E，PF⊥OB于F，
∴∠PEO＝∠PFO＝90°，
在△POE和△POF中，
∠POE=∠POF∠PEO=∠PFOPO=PO，
∴△POE≌△POF（AAS），
∴OE＝OF，PE＝PF，
在△PEM和△PFN中，
∠MPE=∠NPFPE=PF∠PEM=∠PFN，
∴△PEM≌△PFN（ASA），
∴EM＝NF，PM＝PN，故①正确，
∴S△PEM＝S△PNF，
∴S四边形PMON＝S四边形PEOF＝定值，故④正确，
∵OM+ON＝OE+ME+（OF﹣NF）＝2OE，是定值，故②正确，
在旋转过程中，△PMN是等腰三角形，形状是相似的，因为PM的长度是变化的，所以MN的长度是变化的，故③错误，
所以选：B．
11．如图，△ABC中，∠A＝30°，∠ACB＝90°，BC＝2，D是AB上的动点，将线段CD绕点C逆时针旋转90°，得到线段CE，连接BE，则BE的最小值是（ ）
A．3−1B．32C．3D．2
试题分析：如图，过点C作CK⊥AB于K，将线段CK绕点C逆时针旋转90°得到CH，连接HE，延长HE交AB的延长线于J．首先证明四边形CKJH是正方形，推出点E在直线HJ上运动，求出BJ，根据垂线段最短解决问题即可．
答案详解：解：如图，过点C作CK⊥AB于K，将线段CK绕点C逆时针旋转90°得到CH，连接HE，延长HE交AB的延长线于J．
∵∠DCE＝∠KCH＝90°，
∴∠DCK＝∠ECH，
∵CD＝CE，CK＝CH，
∴△CKD≌△CHE（SAS），
∴∠CKD＝∠H＝90°，
∵∠CKJ＝∠KCH＝∠H＝90°，
∴四边形CKJH是矩形，
∵CK＝CH，
∴四边形CKJH是正方形，
∴点E在直线HJ上运动，当点E与J重合时，BE的值最小，
在Rt△CBK中，∵BC＝2，∠ABC＝60°，
∴CK＝BC•sin60°=3，BK＝BC•cs60°＝1，
∴KJ＝CK=3
∴BJ＝KJ﹣BK=3−1，
∴BE的最小值为3−1，
补充方法：AC上截取CF＝2，得三角形CFD全等于三角形CBE，DF在DF垂直AB时最小．
所以选：A．
12．如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，E是CD上一点，点D与点C关于点E中心对称，连接AE并延长，与BC延长线交于点F．
（1）填空：E是线段CD的 中点 ，点A与点F关于点 E 成中心对称，若AB＝AD+BC，则△ABF是 等腰 三角形．
（2）四边形ABCD的面积为12，求△ABF的面积．
试题分析：（1）利用中心对称的定义回答即可，然后证得AB＝BF，利用等腰三角形的性质判定等腰三角形即可；
（2）得到三角形ADE的面积等于三角形ECF的面积，从而得到答案．
答案详解：解：（1）∵点D与点C关于点E中心对称，
∴E是线段CD的中点，DE＝EC，
∵AD∥BC，
∴∠D＝∠DCF，
在△ADE与△FCE中，
∠D=∠ECFDE=CE∠AED=∠FEC，
∴△ADE≌△FCE（ASA），
∴AE＝FE，AD＝CF，
∴点A与点F关于点E成中心对称，
∵AB＝AD+BC，
∴AB＝BF，
则△ABF是等腰三角形．
所以答案是：中点，E，等腰；
（2）∵△ADE≌△FCE，
∴△ADE与△FCE面积相等，
∴△ABF的面积等于四边形ABCD的面积，
∵四边形ABCD的面积为12，
∴△ABF的面积为12．
13．如图，△ABC和△AMN均为等边三角形，将△AMN绕点A旋转（△AMN在直线AC的右侧）．
（1）求证：△BAM≌△CAN；
（2）若点C，M，N在同一条直线上，
①求∠BMC的度数；
②点M是CN的中点，求证：BM⊥AC．
试题分析：（1）由等边三角形的性质得出AB＝AC，AM＝AN，∠BAC＝∠MAN＝60°，再证出∠BAM＝∠CAN，由SAS即可证明△ABM≌△ACN．
（2）①由等边三角形的性质得出∠AMN＝∠NAM＝∠AMN＝60°，由全等三角形的性质得出∠AMB＝∠MNA＝60°，再由平角定义即可得出结果；
②由等边三角形的性质证出MB是AC的垂直平分线，即可得出结论．
答案详解：（1）证明：∵△ABC和△AMN是等边三角形，
∴AB＝AC，AM＝AN，∠BAC＝∠MAN＝60°，
∴∠BAC+∠MAC＝∠MAN+∠MAC，
即∠BAM＝∠CAN，
在△BAM和△CAN中，AB=AC∠BAM=∠CANAM=AN，
∴△BAM≌△CAN；
（2）①解：∵△AMN为等边三角形，
∴∠AMN＝∠NAM＝∠AMN＝60°，
∵△BAM≌△CAN，
∴∠AMB＝∠MNA＝60°，
∴∠BMC＝180°﹣∠AMN﹣∠AMB＝60°；
②证明：∵点M是CN的中点，
∴MN＝CM，
∵△AMN是等边三角形，
∴AM＝MN＝CM，
∵△ABC为等边三角形，
∴AB＝CB，
∴MB是AC的垂直平分线，
∴BM⊥AC．
三．奔驰模型
14．数学探究课上老师处这样一道题：“如图，等边△ABC中有一点P，且PA＝3，PB＝4，PC＝5，试求∠APB的度数．”小明和小军探讨时发现了一种求∠APB度数的方法，下面是这种方法的一部分思路，请按照下列思路要求画图或判断
（1）在图中画出△APC绕点A顺时针旋转60°后的△AP1B；
（2）试判断△AP1P的形状，并说明理由；
（3）试判断△BP1P的形状，并说明理由；
（4）由（2）、（3）两问可知：∠APB＝ 150° ．
试题分析：（1）利用旋转的定义画出△AP1B；
（2）连接PP1，如图，根据旋转的性质得AP1＝AP，∠PAP1＝60°，则利用等边三角形的判定方法可判断△AP1P为等边三角形；
（3）先根据旋转的性质得BP1＝PC＝5，再利用△AP1P为等边三角形得到PP1＝AP＝3，然后根据勾股定理的逆定理可证明△BP1P为直角三角形，∠BPP1＝90°；
（4）由△AP1P为等边三角形得到∠APP1＝60°，由（2）得∠BPP1＝90°，则∠AP1B＝150°，然后根据旋转的性质可得∠BPC＝∠AP1B＝150°．
答案详解：解：（1）如图，△AP1B为所作；
（2）连接PP1，如图，
△AP1P为等边三角形．理由如下：
∵△APC绕点A顺时针旋转60°后的△AP1B，
∴AP1＝AP，∠PAP1＝60°，
∴△AP1P为等边三角形；
（3）△BP1P为直角三角形．
理由如下：
∵△APC绕点A顺时针旋转60°后的△AP1B，
∴BP1＝PC＝5，
∵△AP1P为等边三角形，
∴PP1＝AP＝3，
∵PP12+PB2＝BP12，
∴△BP1P为直角三角形，∠BPP1＝90°；
（4）∵△AP1P为等边三角形，
∴∠APP1＝60°，
而∠BPP1＝90°；
∴∠AP1B＝90°+60°＝150°，
∵△APC绕点A顺时针旋转60°后的△AP1B，
∴∠BPC＝∠AP1B＝150°．
所以答案是150°．
15．如图，O是正△ABC内一点，OA＝3，OB＝4，OC＝5，将线段BO以点B为旋转中心逆时针旋转60°得到线段BO′，下列结论：①△BO′A可以由△BOC绕点B逆时针旋转60°得到；②点O与O′的距离为4；③∠AOB＝150°；④S四边形AOBO′＝6+33；⑤S△AOC+S△AOB＝6+943．其中正确的结论是（ ）
A．①②③⑤B．①②③④C．①②③④⑤D．①②③
试题分析：证明△BO′A≌△BOC，又∠OBO′＝60°，所以△BO′A可以由△BOC绕点B逆时针旋转60°得到，故结论①正确；
由△OBO′是等边三角形，可知结论②正确；
在△AOO′中，三边长为3，4，5，这是一组勾股数，故△AOO′是直角三角形；进而求得∠AOB＝150°，故结论③正确；
S四边形AOBO′＝S△AOO′+S△OBO′＝6+43，故结论④错误；
如图②，将△AOB绕点A逆时针旋转60°，使得AB与AC重合，点O旋转至O″点．利用旋转变换构造等边三角形与直角三角形，将S△AOC+S△AOB转化为S△COO″+S△AOO″，计算可得结论⑤正确．
答案详解：解：由题意可知，∠1+∠2＝∠3+∠2＝60°，∴∠1＝∠3，
又∵OB＝O′B，AB＝BC，
∴△BO′A≌△BOC，又∵∠OBO′＝60°，
∴△BO′A可以由△BOC绕点B逆时针旋转60°得到，
故结论①正确；
如图①，连接OO′，
∵OB＝O′B，且∠OBO′＝60°，
∴△OBO′是等边三角形，
∴OO′＝OB＝4．
故结论②正确；
∵△BO′A≌△BOC，∴O′A＝5．
在△AOO′中，三边长为3，4，5，这是一组勾股数，
∴△AOO′是直角三角形，∠AOO′＝90°，
∴∠AOB＝∠AOO′+∠BOO′＝90°+60°＝150°，
故结论③正确；
S四边形AOBO′＝S△AOO′+S△OBO′=12×3×4+34×42＝6+43，
故结论④错误；
如图②所示，将△AOB绕点A逆时针旋转60°，使得AB与AC重合，点O旋转至O″点．
易知△AOO″是边长为3的等边三角形，△COO″是边长为3、4、5的直角三角形，
则S△AOC+S△AOB＝S四边形AOCO″＝S△COO″+S△AOO″=12×3×4+34×32＝6+943，
故结论⑤正确．
综上所述，正确的结论为：①②③⑤．
所以选：A．
16．如图，点P为等边△ABC内一点，若PC＝3，PB＝4，PA＝5，则∠BPC的度数是 150° ．
试题分析：将△BPC绕点B逆时针旋转60°得到△ABD，根据旋转的性质可得BD＝PB＝4，AD＝PC＝3，∠BPC＝∠ADB，判断出△BDP是等边三角形，根据等边三角形的性质可得PD＝PB，∠BDP＝60°，利用勾股定理逆定理判断出△ADP是直角三角形，∠ADP＝90°，然后求出∠ADB，即可得解．
答案详解：解：如图，将△BPC绕点B逆时针旋转60°得到△ABD，
由旋转的性质得，BD＝PB＝4，AD＝PC＝3，∠BPC＝∠ADB，
所以，△BDP是等边三角形，
所以，PD＝PB＝4，∠BDP＝60°，
∵AD2+DP2＝32+42＝25，PA2＝52＝25，
∴AD2+DP2＝PA2，
∴△ADP是直角三角形，∠ADP＝90°，
∴∠ADB＝60°+90°＝150°，
∴∠BPC＝150°．
所以答案是：150°．
四．旋转作图。
17．△OAB在平面直角坐标系中的位置如图所示．
（1）将△OAB先向下平移4个单位，再向左平移1个单位得到△OA1B1，请写出移动后的点A1坐标 （﹣5，﹣2） ，B1坐标 （﹣2，0） ．
（2）将△OAB绕着点O顺时针方向旋转90°得到△OA2B2，画出△OA2B2．
试题分析：（1）利用平移变换的性质分别作出A，B，C的对应点A1，B1，C1即可；
（2）利用旋转变换的性质分别作出A，B的对应点A2，B2即可．
答案详解：解：（1）如图，△OA1B1即为所求，点A1坐标（﹣5，﹣2），B1坐标（﹣2，0）．
所以答案是：（﹣5，﹣2），（﹣2，0）
（2）如图，△OA2B2即为所求．
18．如图，在边长为1的正方形组成的网格中建立直角坐标系，△AOB的顶点均在格点上，点O为原点．
（1）将△AOB向下平移3个单位后得到△A1O1B1，请在图中画出△A1O1B1，其中，点A1的坐标为 （4，﹣1） ．
（2）将△AOB绕点O逆时针旋转90°后得到△A2OB2，请在图中画出△A2OB2，其中，点A2的坐标为 （﹣2，4） ．
（3）在（2）的旋转过程中，求线段OA扫过图形的面积．
试题分析：（1）利用平移变换的性质分别作出A，B，O的对应点A1，B1，C1即可；
（2）利用旋转变换的性质分别作出A，B的对应点A2，B2即可；
（3）求出OA，利用扇形的面积公式求解．
答案详解：解：（1）如图，△A1O1B1即为所求，点A1的坐标为（4，﹣1）．
所以答案是：（﹣2，4）；
（2）如图，△A2OB2即为所求，点A2的坐标为（﹣2，4）．
所以答案是：（﹣2，4）；
（3）∵OA=22+42=25，
∴线段OA扫过图形的面积=90π⋅(25)2360=5π．
一．中心对称图形。
1．如图，将n个边长都为1cm的正方形按如图所示摆放，点A1，A2，…，An分别是正方形的中心，则n个正方形重叠形成的重叠部分的面积和为 n−14cm2 ．
试题分析：根据题意可得，阴影部分的面积是正方形的面积的14，已知两个正方形可得到一个阴影部分，则n个这样的正方形重叠部分即为n﹣1阴影部分的和．
答案详解：解：由题意可得阴影部分面积等于正方形面积的14，即是14，
5个这样的正方形重叠部分（阴影部分）的面积和为14×4，
n个这样的正方形重叠部分（阴影部分）的面积和为14×（n﹣1）=n−14cm2．
所以答案是：n−14cm2．
2．如图，△ABC和△DEC关于点C成中心对称，若AC=12，AB＝1，∠BAC＝90°，则AE的长是 2 ．
试题分析：利用全等三角形的性质以及勾股定理解决问题即可．
答案详解：解：∵△ABC和△DEC关于点C成中心对称，
∴△ABC≌△DEC，
∴AB＝DE＝1，AC＝CD=12，∠D＝BAC＝90°，
∴AD＝DE＝1，
∴AE=AD2+DE2=12+12=2．
所以答案是：2．
3．在如图所示的平面直角坐标系中，△OA1B1是边长为2的等边三角形，作△B2A2B1与△OA1B1关于点B1成中心对称，再作△B2A3B3与△B2A2B1关于点B2成中心对称，如此作下去，则△B2nA2n+1B2n+1（n是正整数）的顶点A2n+1的坐标是 （4n+1，3） ．
试题分析：首先根据△OA1B1是边长为2的等边三角形，可得A1的坐标为（1，3），B1的坐标为（2，0）；然后根据中心对称的性质，分别求出点A2、A3、A4的坐标各是多少；最后总结出An的坐标的规律，求出A2n+1的坐标是多少即可．
答案详解：解：∵△OA1B1是边长为2的等边三角形，
∴A1的坐标为（1，3），B1的坐标为（2，0），
∵△B2A2B1与△OA1B1关于点B1成中心对称，
∴点A2与点A1关于点B1成中心对称，
∵2×2﹣1＝3，2×0−3=−3，
∴点A2的坐标是（3，−3），
∵△B2A3B3与△B2A2B1关于点B2成中心对称，
∴点A3与点A2关于点B2成中心对称，
∵2×3﹣1＝5，2×0﹣（−3）=3，
∴点A3的坐标是（5，3），
∵△B3A4B4与△B3A3B2关于点B3成中心对称，
∴点A4与点A3关于点B3成中心对称，
∵2×4﹣1＝7，2×0−3=−3，
∴点A4的坐标是（7，−3），
…，
∵1＝2×1﹣1，3＝2×2﹣1，5＝2×3﹣1，7＝2×4﹣1，…，
∴An的横坐标是2n﹣1，A2n+1的横坐标是2（2n+1）﹣1＝4n+1，
∵当n为奇数时，An的纵坐标是3，当n为偶数时，An的纵坐标是−3，
∴顶点A2n+1的纵坐标是3，
∴△B2nA2n+1B2n+1（n是正整数）的顶点A2n+1的坐标是（4n+1，3）．
所以答案是：（4n+1，3）．
4．在“等边三角形、正方形、等腰梯形、正五边形、矩形、正六边形”中，既是中心对称图形，又是轴对称图形的是 正方形、矩形、正六边形 ．
试题分析：根据正多边形的性质和轴对称图形与中心对称图形的定义解答．注意矩形既是轴对称图形，又是中心对称图形；等腰梯形只是轴对称图形，不是中心对称图形．
答案详解：解：由正多边形的性质知，偶数边的正多边形和矩形既是轴对称图形，又是中心对称图形；
奇数边的正多边形和等腰梯形只是轴对称图形，不是中心对称图形．
所以答案是：正方形、矩形、正六边形．
5．如图，△ABC与△A′B′C′关于点O成中心对称，则下列结论不成立的是（ ）
A．点A与点A′是对称点B．BO＝B′O
C．AB∥A′B′D．∠ACB＝∠C′A′B′
试题分析：根据中心对称的性质一一判断即可．
答案详解：解：∵△ABC与△A′B′C′关于点O成中心对称，
∴点A与点A′是对称点，BO＝B′O，AB∥A′B′，
故A，B，C正确，
所以选：D．
6．如图，将△ABC绕点C（0，1）旋转180°得到△A'B'C，设点A的坐标为（﹣2，3），则点A'的坐标为（ ）
A．（2，﹣3）B．（﹣1，2）C．（2，﹣2）D．（2，﹣1）
试题分析：设A′（m，n），利用确定坐标公式，构建方程求解即可．
答案详解：解：设A′（m，n），
∵AC＝CA′，A（﹣2，3），C（0，1），
∴m−22=0，n+32=1，
∴m＝2，n＝﹣1，
∴A′（2，﹣1），
所以选：D．
7．如图，在平面直角坐标系中，将△ABC绕点P旋转180°得到△DEF，点P的坐标为（ ）
A．（﹣1，0）B．（0，0）C．（﹣1，1）D．（﹣1，﹣1）
试题分析：对应点连线的交点即为旋转中心．
答案详解：解：观察图象可知旋转中心P（﹣1，0），
所以选：A．
8．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．
试题分析：（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．
答案详解：解：（1）BE＝BF．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=∠C1BFBA=BC1∠A=∠C1，
∴△ABE≌△C1BF，
∴BE＝BF
（2）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．
二．图形的旋转。
9．如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠B＝30°，AC＝23，P是BC边上一动点，连接AP，把线段AP绕点A逆时针旋转60°到线段AQ，连接CQ，则线段CQ的最小值为（ ）
A．1B．2C．3D．3
试题分析：在AB上取一点E，使AE＝AC＝2，连接PE，过点E作EF⊥BC于F，由旋转的性质得出AQ＝AP，∠PAQ＝60°，证明△CAQ≌△EAP（SAS），由全等三角形的性质得出CQ＝EP，当EF⊥BC（点P和点F重合）时，EP最小，由直角三角形的性质即可得出结论．
答案详解：解：如图，在AB上取一点E，使AE＝AC＝23，连接PE，过点E作EF⊥BC于F，
由旋转知，AQ＝AP，∠PAQ＝60°，
∵∠ABC＝30°，
∴∠EAC＝60°，
∴∠PAQ＝∠EAC，
∴∠CAQ＝∠EAP，
∴△CAQ≌△EAP（SAS），
∴CQ＝EP，
要使CQ最小，则有EP最小，而点E是定点，点P是BC上的动点，
∴当EF⊥BC（点P和点F重合）时，EP最小，
即：点P与点F重合，CQ最小，最小值为EP，
在Rt△ACB中，∠ACB＝30°，AC＝23，
∴AB＝43，
∵AE＝AC＝23，
∴BE＝AB﹣AE＝23，
在Rt△BFE中，∠EBF＝30°，BE＝23，
∴EF=12BE=3，
故线段CQ长度最小值是3，
所以选：D．
10．如图，点P为定角∠AOB平分线上的一个定点，且∠MPN与∠AOB互补．若∠MPN在绕点P旋转的过程中，其两边分别与OA、OB相交于M、N两点，则以下结论：①PM＝PN；②OM+ON的值不变；③MN的长不变；④四边形PMON的面积不变，其中，正确结论的是（ ）
A．①②③B．①②④C．①③④D．②③④
试题分析：如图作PE⊥OA于E，PF⊥OB于F．只要证明△POE≌△POF，△PEM≌△PFN，即可一一判断
答案详解：解：如图作PE⊥OA于E，PF⊥OB于F．
∵∠PEO＝∠PFO＝90°，
∴∠EPF+∠AOB＝180°，
∵∠MPN+∠AOB＝180°，
∴∠EPF＝∠MPN，
∴∠EPM＝∠FPN，
∵OP平分∠AOB，PE⊥OA于E，PF⊥OB于F，
∴∠PEO＝∠PFO＝90°，
在△POE和△POF中，
∠POE=∠POF∠PEO=∠PFOPO=PO，
∴△POE≌△POF（AAS），
∴OE＝OF，PE＝PF，
在△PEM和△PFN中，
∠MPE=∠NPFPE=PF∠PEM=∠PFN，
∴△PEM≌△PFN（ASA），
∴EM＝NF，PM＝PN，故①正确，
∴S△PEM＝S△PNF，
∴S四边形PMON＝S四边形PEOF＝定值，故④正确，
∵OM+ON＝OE+ME+（OF﹣NF）＝2OE，是定值，故②正确，
在旋转过程中，△PMN是等腰三角形，形状是相似的，因为PM的长度是变化的，所以MN的长度是变化的，故③错误，
所以选：B．
11．如图，△ABC中，∠A＝30°，∠ACB＝90°，BC＝2，D是AB上的动点，将线段CD绕点C逆时针旋转90°，得到线段CE，连接BE，则BE的最小值是（ ）
A．3−1B．32C．3D．2
试题分析：如图，过点C作CK⊥AB于K，将线段CK绕点C逆时针旋转90°得到CH，连接HE，延长HE交AB的延长线于J．首先证明四边形CKJH是正方形，推出点E在直线HJ上运动，求出BJ，根据垂线段最短解决问题即可．
答案详解：解：如图，过点C作CK⊥AB于K，将线段CK绕点C逆时针旋转90°得到CH，连接HE，延长HE交AB的延长线于J．
∵∠DCE＝∠KCH＝90°，
∴∠DCK＝∠ECH，
∵CD＝CE，CK＝CH，
∴△CKD≌△CHE（SAS），
∴∠CKD＝∠H＝90°，
∵∠CKJ＝∠KCH＝∠H＝90°，
∴四边形CKJH是矩形，
∵CK＝CH，
∴四边形CKJH是正方形，
∴点E在直线HJ上运动，当点E与J重合时，BE的值最小，
在Rt△CBK中，∵BC＝2，∠ABC＝60°，
∴CK＝BC•sin60°=3，BK＝BC•cs60°＝1，
∴KJ＝CK=3
∴BJ＝KJ﹣BK=3−1，
∴BE的最小值为3−1，
补充方法：AC上截取CF＝2，得三角形CFD全等于三角形CBE，DF在DF垂直AB时最小．
所以选：A．
12．如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，E是CD上一点，点D与点C关于点E中心对称，连接AE并延长，与BC延长线交于点F．
（1）填空：E是线段CD的 中点 ，点A与点F关于点 E 成中心对称，若AB＝AD+BC，则△ABF是 等腰 三角形．
（2）四边形ABCD的面积为12，求△ABF的面积．
试题分析：（1）利用中心对称的定义回答即可，然后证得AB＝BF，利用等腰三角形的性质判定等腰三角形即可；
（2）得到三角形ADE的面积等于三角形ECF的面积，从而得到答案．
答案详解：解：（1）∵点D与点C关于点E中心对称，
∴E是线段CD的中点，DE＝EC，
∵AD∥BC，
∴∠D＝∠DCF，
在△ADE与△FCE中，
∠D=∠ECFDE=CE∠AED=∠FEC，
∴△ADE≌△FCE（ASA），
∴AE＝FE，AD＝CF，
∴点A与点F关于点E成中心对称，
∵AB＝AD+BC，
∴AB＝BF，
则△ABF是等腰三角形．
所以答案是：中点，E，等腰；
（2）∵△ADE≌△FCE，
∴△ADE与△FCE面积相等，
∴△ABF的面积等于四边形ABCD的面积，
∵四边形ABCD的面积为12，
∴△ABF的面积为12．
13．如图，△ABC和△AMN均为等边三角形，将△AMN绕点A旋转（△AMN在直线AC的右侧）．
（1）求证：△BAM≌△CAN；
（2）若点C，M，N在同一条直线上，
①求∠BMC的度数；
②点M是CN的中点，求证：BM⊥AC．
试题分析：（1）由等边三角形的性质得出AB＝AC，AM＝AN，∠BAC＝∠MAN＝60°，再证出∠BAM＝∠CAN，由SAS即可证明△ABM≌△ACN．
（2）①由等边三角形的性质得出∠AMN＝∠NAM＝∠AMN＝60°，由全等三角形的性质得出∠AMB＝∠MNA＝60°，再由平角定义即可得出结果；
②由等边三角形的性质证出MB是AC的垂直平分线，即可得出结论．
答案详解：（1）证明：∵△ABC和△AMN是等边三角形，
∴AB＝AC，AM＝AN，∠BAC＝∠MAN＝60°，
∴∠BAC+∠MAC＝∠MAN+∠MAC，
即∠BAM＝∠CAN，
在△BAM和△CAN中，AB=AC∠BAM=∠CANAM=AN，
∴△BAM≌△CAN；
（2）①解：∵△AMN为等边三角形，
∴∠AMN＝∠NAM＝∠AMN＝60°，
∵△BAM≌△CAN，
∴∠AMB＝∠MNA＝60°，
∴∠BMC＝180°﹣∠AMN﹣∠AMB＝60°；
②证明：∵点M是CN的中点，
∴MN＝CM，
∵△AMN是等边三角形，
∴AM＝MN＝CM，
∵△ABC为等边三角形，
∴AB＝CB，
∴MB是AC的垂直平分线，
∴BM⊥AC．
三．奔驰模型
14．数学探究课上老师处这样一道题：“如图，等边△ABC中有一点P，且PA＝3，PB＝4，PC＝5，试求∠APB的度数．”小明和小军探讨时发现了一种求∠APB度数的方法，下面是这种方法的一部分思路，请按照下列思路要求画图或判断
（1）在图中画出△APC绕点A顺时针旋转60°后的△AP1B；
（2）试判断△AP1P的形状，并说明理由；
（3）试判断△BP1P的形状，并说明理由；
（4）由（2）、（3）两问可知：∠APB＝ 150° ．
试题分析：（1）利用旋转的定义画出△AP1B；
（2）连接PP1，如图，根据旋转的性质得AP1＝AP，∠PAP1＝60°，则利用等边三角形的判定方法可判断△AP1P为等边三角形；
（3）先根据旋转的性质得BP1＝PC＝5，再利用△AP1P为等边三角形得到PP1＝AP＝3，然后根据勾股定理的逆定理可证明△BP1P为直角三角形，∠BPP1＝90°；
（4）由△AP1P为等边三角形得到∠APP1＝60°，由（2）得∠BPP1＝90°，则∠AP1B＝150°，然后根据旋转的性质可得∠BPC＝∠AP1B＝150°．
答案详解：解：（1）如图，△AP1B为所作；
（2）连接PP1，如图，
△AP1P为等边三角形．理由如下：
∵△APC绕点A顺时针旋转60°后的△AP1B，
∴AP1＝AP，∠PAP1＝60°，
∴△AP1P为等边三角形；
（3）△BP1P为直角三角形．
理由如下：
∵△APC绕点A顺时针旋转60°后的△AP1B，
∴BP1＝PC＝5，
∵△AP1P为等边三角形，
∴PP1＝AP＝3，
∵PP12+PB2＝BP12，
∴△BP1P为直角三角形，∠BPP1＝90°；
（4）∵△AP1P为等边三角形，
∴∠APP1＝60°，
而∠BPP1＝90°；
∴∠AP1B＝90°+60°＝150°，
∵△APC绕点A顺时针旋转60°后的△AP1B，
∴∠BPC＝∠AP1B＝150°．
所以答案是150°．
15．如图，O是正△ABC内一点，OA＝3，OB＝4，OC＝5，将线段BO以点B为旋转中心逆时针旋转60°得到线段BO′，下列结论：①△BO′A可以由△BOC绕点B逆时针旋转60°得到；②点O与O′的距离为4；③∠AOB＝150°；④S四边形AOBO′＝6+33；⑤S△AOC+S△AOB＝6+943．其中正确的结论是（ ）
A．①②③⑤B．①②③④C．①②③④⑤D．①②③
试题分析：证明△BO′A≌△BOC，又∠OBO′＝60°，所以△BO′A可以由△BOC绕点B逆时针旋转60°得到，故结论①正确；
由△OBO′是等边三角形，可知结论②正确；
在△AOO′中，三边长为3，4，5，这是一组勾股数，故△AOO′是直角三角形；进而求得∠AOB＝150°，故结论③正确；
S四边形AOBO′＝S△AOO′+S△OBO′＝6+43，故结论④错误；
如图②，将△AOB绕点A逆时针旋转60°，使得AB与AC重合，点O旋转至O″点．利用旋转变换构造等边三角形与直角三角形，将S△AOC+S△AOB转化为S△COO″+S△AOO″，计算可得结论⑤正确．
答案详解：解：由题意可知，∠1+∠2＝∠3+∠2＝60°，∴∠1＝∠3，
又∵OB＝O′B，AB＝BC，
∴△BO′A≌△BOC，又∵∠OBO′＝60°，
∴△BO′A可以由△BOC绕点B逆时针旋转60°得到，
故结论①正确；
如图①，连接OO′，
∵OB＝O′B，且∠OBO′＝60°，
∴△OBO′是等边三角形，
∴OO′＝OB＝4．
故结论②正确；
∵△BO′A≌△BOC，∴O′A＝5．
在△AOO′中，三边长为3，4，5，这是一组勾股数，
∴△AOO′是直角三角形，∠AOO′＝90°，
∴∠AOB＝∠AOO′+∠BOO′＝90°+60°＝150°，
故结论③正确；
S四边形AOBO′＝S△AOO′+S△OBO′=12×3×4+34×42＝6+43，
故结论④错误；
如图②所示，将△AOB绕点A逆时针旋转60°，使得AB与AC重合，点O旋转至O″点．
易知△AOO″是边长为3的等边三角形，△COO″是边长为3、4、5的直角三角形，
则S△AOC+S△AOB＝S四边形AOCO″＝S△COO″+S△AOO″=12×3×4+34×32＝6+943，
故结论⑤正确．
综上所述，正确的结论为：①②③⑤．
所以选：A．
16．如图，点P为等边△ABC内一点，若PC＝3，PB＝4，PA＝5，则∠BPC的度数是 150° ．
试题分析：将△BPC绕点B逆时针旋转60°得到△ABD，根据旋转的性质可得BD＝PB＝4，AD＝PC＝3，∠BPC＝∠ADB，判断出△BDP是等边三角形，根据等边三角形的性质可得PD＝PB，∠BDP＝60°，利用勾股定理逆定理判断出△ADP是直角三角形，∠ADP＝90°，然后求出∠ADB，即可得解．
答案详解：解：如图，将△BPC绕点B逆时针旋转60°得到△ABD，
由旋转的性质得，BD＝PB＝4，AD＝PC＝3，∠BPC＝∠ADB，
所以，△BDP是等边三角形，
所以，PD＝PB＝4，∠BDP＝60°，
∵AD2+DP2＝32+42＝25，PA2＝52＝25，
∴AD2+DP2＝PA2，
∴△ADP是直角三角形，∠ADP＝90°，
∴∠ADB＝60°+90°＝150°，
∴∠BPC＝150°．
所以答案是：150°．
四．旋转作图。
17．△OAB在平面直角坐标系中的位置如图所示．
（1）将△OAB先向下平移4个单位，再向左平移1个单位得到△OA1B1，请写出移动后的点A1坐标 （﹣5，﹣2） ，B1坐标 （﹣2，0） ．
（2）将△OAB绕着点O顺时针方向旋转90°得到△OA2B2，画出△OA2B2．
试题分析：（1）利用平移变换的性质分别作出A，B，C的对应点A1，B1，C1即可；
（2）利用旋转变换的性质分别作出A，B的对应点A2，B2即可．
答案详解：解：（1）如图，△OA1B1即为所求，点A1坐标（﹣5，﹣2），B1坐标（﹣2，0）．
所以答案是：（﹣5，﹣2），（﹣2，0）
（2）如图，△OA2B2即为所求．
18．如图，在边长为1的正方形组成的网格中建立直角坐标系，△AOB的顶点均在格点上，点O为原点．
（1）将△AOB向下平移3个单位后得到△A1O1B1，请在图中画出△A1O1B1，其中，点A1的坐标为 （4，﹣1） ．
（2）将△AOB绕点O逆时针旋转90°后得到△A2OB2，请在图中画出△A2OB2，其中，点A2的坐标为 （﹣2，4） ．
（3）在（2）的旋转过程中，求线段OA扫过图形的面积．
试题分析：（1）利用平移变换的性质分别作出A，B，O的对应点A1，B1，C1即可；
（2）利用旋转变换的性质分别作出A，B的对应点A2，B2即可；
（3）求出OA，利用扇形的面积公式求解．
答案详解：解：（1）如图，△A1O1B1即为所求，点A1的坐标为（4，﹣1）．
所以答案是：（﹣2，4）；
（2）如图，△A2OB2即为所求，点A2的坐标为（﹣2，4）．
所以答案是：（﹣2，4）；
（3）∵OA=22+42=25，
∴线段OA扫过图形的面积=90π⋅(25)2360=5π．
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