人教版九年级数学 第二十三章 旋转综合题拓展训练（9考点60题）

第二十三章旋转综合题拓展训练目录与链接考点一、线段的旋转问题……………………………………………………………………………2考点二、三角形的旋转……………………………………………………………………………19考点三、四边形的旋转……………………………………………………………………………38考点四、一次函数的图象旋转问题………………………………………………………………53考点五、二次函数背景下的旋转问题……………………………………………………………66考点六、二次函数的中心对称问题………………………………………………………………84考点七、与旋转有关的最值问题…………………………………………………………………108考点八、利用旋转构造图形解决问题……………………………………………………………128考点九、旋转规律探究……………………………………………………………………………146185,考点一、线段的旋转问题1．（23-24八年级下·四川成都·期末）如图，等腰直角中，，将线段绕点C逆时针旋转（）得到线段，作点A关于线段所在直线的对称点E，连接和，分别交线段所在直线于点M和点F，若，，则的长为．2．（23-24八年级下·重庆九龙坡·期末）如图，在矩形中，，点P是边上一点，连接，以A为中心，将线段绕点A逆时针旋转得到，连接，且，则的长度为．3．（22-23八年级下·安徽阜阳·期末）如图①，在矩形中，点E在边上，点F在边上，连接，已知(1)求证：平分；(2)如图②，若矩形为正方形，求的度数；(3)如图③，在（2）的基础上，将点E绕点D顺时针旋转使点E的对应点落到点，已知点恰好落在边的延长线上，连接，若，求的面积.4．（23-24八年级下·江苏无锡·期末）如图1，在中，对角线相交于点O，且，，点E为线段上一动点，连接，将绕点D逆时针旋转得到，连接．185,(1)求证：；(2)求证：；(3)如图2，当点F落在的外面，交于点M，且能构成四边形时，四边形的面积是否发生变化？若不变，请末出这个值，若变化，请说明理由．5．（22-23七年级下·上海·期末）已知在中，，，点为直线上一动点（点不与点重合），将射线绕点顺时针旋转得到，直线与射线交于点，过点作的垂线，交直线于点；(1)如图，若点在线段上，且，求证：；(2)若点在线段的延长线上，且，那么第（1）小问的结论还成立吗？请说明理由；185,(3)若点在直线上运动，当是等腰三角形时，直接写出的度数．6．（23-24九年级上·四川成都·开学考试）【阅读理解】已知M，N为平面内不重合的两点．给出以下定义：将M绕N顺时针旋转的过程记作变换．例如：在平面直角坐标系中，已知点，，则O经过变换后所得的点B的坐标为．【迁移应用】如图，在平面直角坐标系中，直线分别与x轴，y轴交于点，B，设A经过变换后得到C．(1)求点C的坐标；(2)过C作轴于D，点E是线段上一动点，设E经过变换后得到点F，连接，．（i）若的面积为3，求点F的坐标；（ii）设点O是y轴上一动点，当以A，B，F，M四点为顶点的四边形为平行四边形时，求点M的坐标．7．（23-24八年级下·湖北武汉·期末）问题探究  如图1，在正方形中，对角线相交于点O．在线段上任取一点P（端点除外），连接．将线段绕点P逆时针旋转，使点D落在的延长线上的点Q处．（1）求证：；（2）探究与的数量关系，并说明理由．迁移探究  如图2，将正方形换成菱形，且，其他条件不变．试探究与的数量关系，并说明理由．185,考点二、三角形的旋转8．（22-23八年级下·广东深圳·期中）如图，将两个全等的等腰直角三角形摆成如图所示的样子，其中，，，分别与交于，两点，将绕着点顺时针旋转得到，则下列结论：；DA平分；若，，则；若，则．其中正确的个数有（    ）A．个B．个C．个D．个9．（2024·浙江·模拟预测）在中，，．将绕点顺时针旋转（），直线与直线交于点，点间的距离记为，点间的距离记为．给出下面四个结论：①的值一直变大；②的值先变小再变大；③当时，的值保持不变；④当，的值保持不变；上述结论中，所有正确结论的序号是．10．（22-23八年级下·四川成都·期中）如图，和是两个不全等的等腰直角三角形，其中185,，，连接，点M是的中点，连接．(1)若点D在边上，如图1，试探究之间的关系，并说明理由；(2)若将图1中的绕点A逆时针旋转，如图2，那么（1），中的结论是否仍成立？如果成立，请说明理由；如果不成立，请写出新结论并证明；(3)若将图1中的绕点A逆时针旋转，如图3，，，求BM的长．11．（22-23八年级下·广东深圳·期中）如图1，已知中，，，把一块含角的三角板的直角顶点D放在的中点上（直角三角板的短直角边为，长直角边为），点C在上点B在上．(1)求重叠部分的面积；(2)如图2，将直角三角板绕D点按顺时针方向旋转30度，交于点M，交于点N，①请说明；②在此条件下重叠部分的面积会发生变化吗？若发生变化，若不发生变化，请说明理由；(3)如图3，将直角三角板绕D点按顺时针方向旋转α度（），交于点M，交于点N，则的结论仍成立吗？重叠部分的面积会变吗？（请直接写出结论不需说明理由）12．（23-24八年级下·山西晋城·阶段练习）综合与实践：问题情境：在数学活动课上，老师要求同学们以矩形为背景探究几何图形运动变化中的数学结论．如图1，在矩形中，点O为对角线的中点，点E在边上，且，  线段的延长线交于点F．（1）如果，则．操作探究：（2）“善思”小组的同学将图1中的绕点B顺时针旋转(设点O，E的对应点分别为)，  在分析旋转到不同位置时的情形后，提出如下问题，请你解答：185,①如图2，当点落在边上时，所在的直线与存在什么样的位置关系？并说明理由②如图3，当点落在的延长线上时，连接，判断四边形的形状，直接写出结果，无需说明理由．13．（23-24八年级下·辽宁大连·阶段练习）图形的变换是初中数学学习中的重要内容，在中考前的探究专题课上，小亮老师带领同学们对以下图形进行了变换探究．如图在中，，，点D是边上一点，连接．(1)如图1，智慧小组的同学将线段绕点A逆时针旋转90°至．提出问题：求证；(2)如图2，善思小组的同学将线段沿翻折至，延长和交于点E．提出问题：若，求的面积；(3)如图3，小亮老师给出了自己的变换方式，若，在线段上取点E，点上关于直线的对称点为M，连接，将绕点B顺时针旋转至，连接．①求证；②当时，直接与出的长度．14．（23-24八年级下·山东济南·期末）综合与实践．【初步探究】某校一数学兴趣小组在一次合作探究活动中，将两块大小不同的等腰直角三角形和等腰直角三角形，按如图1的方式摆放，，随后保持不动，将绕点按逆时针方向旋转，连接，延长交于点，交于点，连接．该数学兴趣小组进行如下探究，请你帮忙解答：（1）如图2，当时：①则______°；185,②判断与的位置关系，并说明理由．【深入探究】（2）如图3，当点重合时，请直接写出之间的数量关系：______；【拓展延伸】（3）如图4，在等边中，于点，点在线段上（不与重合），以为边在的左侧构造等边，将着点在平面内顺时针旋转任意角度．如图5，为的中点，为的中点．请说明为等腰三角形．考点三、四边形的旋转15．（2024·河南商丘·模拟预测）如图，已知正方形的边长为2，另一边长为的正方形的中心与点A重合，连接，设的中点为，连接，当正方形绕点A旋转时，的最小值为．16．（2024·四川巴中·中考真题）综合与实践(1)操作与发现：平行四边形和梯形都可以剪开拼成一个矩形，拼接示意图如图1、图2．在图2中，四边形为梯形，，是边上的点．经过剪拼，四边形为矩形．则185,______．(2)探究与证明：探究将任意一个四边形剪开拼成一个平行四边形，拼接示意图如图3、图4、图5．在图5中，是四边形边上的点．是拼接之后形成的四边形．①通过操作得出：与的比值为______．②证明：四边形为平行四边形．(3)实践与应用：任意一个四边形能不能剪开拼成一个矩形？若能，请将四边形剪成4块，按图5的方式补全图6，并简单说明剪开和拼接过程．若不能，请说明理由．17．（23-24八年级下·甘肃武威·期末）某班级开展数学讨论课，老师给出两个大小不同的正方形，要求同学们利用这两个图形提出不同的数学问题，并解决问题．【问题提出】（）小明思考后提出问题：如图，大正方形和小正方形，顶点重合，点分别在边，上．那么线段满足什么数量关系?【联系迁移】（）小颖受此问题启发，思考并提出新的问题：如图，将图中的小正方形绕点顺时针旋转，（旋转不改变图形的形状和大小）使点在边上，在的延长线上，连接．那么线段满足什么数量关系?说明理由；【开放探索】（）小新深入研究前面提出的问题，发现并提出新的问题：如图，将图中的小正方形绕点顺时针旋转任意角度，连接．那么线段仍然具有（）（）中的数量关系吗?说明理由．185,18．（23-24八年级下·河北张家口·期末）如图1，在平面直角坐标系中，O为坐标原点，点，直线轴，交y轴于点，点在直线l上，将矩形绕点O按顺时针方向旋转度，得到矩形，此时直线、分别与直线l相交于点P、Q．(1)当时，点的坐标为______；(2)如图2，当点落在l上时，点P的坐标为______；(3)如图3，当矩形的顶点落在l上时，①求的长度；②求．19．（23-24八年级下·湖北十堰·期末）如图，一次函数的图像交轴于点，交轴于点，以，，三点为顶点作矩形，将矩形绕点顺时针旋转，得到矩形，直线交直线于点．185,(1)求直线的解析式；(2)求证：是的角平分线；(3)在角平分线上，是否存在点，使得以，，为顶点的三角形是等腰直角三角形？若存在，请求出点的坐标；若不存在，请说明理由．20．（23-24八年级下·江西吉安·期末）问题情景已知与中，，同学们利用这样的两张平行四边形纸片开展操作实验，从中发现；许多有趣的数学问题，请你们和他一起探索．    拼图思考：（1）希望小组的同学将与按照如图1所示摆放，其中点B与重合，点落在边上，点落在边的延长线上，他们提出了如下问题，请你解答：①求证：平分；②求点之间的距离．操作探究：（2）创新小组的同学在图1的基础上进行了如下操作：保持不动，将绕点B185,沿顺时针方向旋转，连接，他们又提出如下问题：①当线段与交于点P时，如图2，求证：点B在的垂直平分线上；②在旋转的过程中，当点恰好落在线段的延长线上时，请在图3中补全图形，并直接写出此时点之间的距离．考点四、一次函数的图象旋转问题21．（23-24八年级下·四川成都·期末）如图，在平面直角坐标系中，是等边三角形，点，直线绕轴上一点顺时针旋转120°，得到的直线恰好经过点，则点的坐标是．22．（20-21八年级上·上海黄浦·期中）如图，正方形ABCD的顶点A、B落在x轴正半轴上，点C落在正比例函数y＝kx（k＞0）上，点D落在直线y＝2x上，且点D的横坐标为a．（1）直接写出A、B、C、D各点的坐标（用含a的代数式表示）；（2）求出k的值；（3）将直线OC绕点O旋转，旋转后的直线将正方形ABCD的面积分成1：3两个部分，求旋转后得到的新直线解析式．23．（18-19八年级下·吉林·阶段练习）（1）探究发现数学活动课上，小明说“若直线185,向左平移3个单位，你能求平移后所得直线所对应函数表达式吗？”经过一番讨论，小组成员展示了他们的解答过程：在直线上任取点，向左平移3个单位得到点设向左平移3个单位后所得直线所对应的函数表达式为．因为过点，所以，所以，填空：所以平移后所得直线所对应函数表达式为（2）类比运用已知直线，求它关于轴对称的直线所对应的函数表达式；（3）拓展运用将直线绕原点顺时针旋转90°，请直接写出：旋转后所得直线所对应的函数表达式．24．（21-22八年级下·福建泉州·期末）如图，在平面直角坐标系中，一次函数y＝2x﹣1的图象分别交x轴、y轴于点A、B，将直线AB绕点B按顺时针方向旋转45°，交x轴于点C．(1)点A坐标是（　　，　　）、点B坐标是（　　，　　）；(2)求直线BC的函数表达式；(3)点M是射线BA上的点，在平面内是否存在点N，使得以M、N、B、C为顶点的四边形是菱形，如果存在，请求出点N的坐标；如果不存在，请说明理由．25．（21-22八年级下·浙江金华·开学考试）如图所示，在平面直角坐标系中，直线交轴于点，交轴于点，过点作轴的垂线，将直线绕点按逆时针方向旋转，旋转角为．185,(1)若直线经过点，①求线段的长；②直接写出旋转角的度数；(2)若直线在旋转过程中与轴交于点，当、、均为等腰三角形时，求出符合条件的旋转角的度数．(3)若直线在旋转过程中与直线交于点，连，以为边作等边（点、、按逆时针方向排列），连BF．请你探究线段BE，OB与BF之间的数量关系？并说明理由．考点五、二次函数背景下的旋转问题26．（2024·辽宁·模拟预测）如图，抛物线与轴交于点，（点在点左边），与轴交于点，抛物线的顶点为，点在线段（不与点，M重合）上，连接，将线段绕点旋转后得到线段，若点恰好落在抛物线上，则点的坐标为．185,27．（21-22九年级上·浙江·周测）如图，在平面直角坐标系中，抛物线交轴于点A，交轴于点和点，连接、、，与轴交于点．(1)求抛物线表达式；(2)点，点在轴上，点在平面内，若，且四边形是平行四边形．①求点的坐标；②设射线与相交于点，交于点，将绕点旋转一周，旋转后的三角形记为，求的最小值．28．（23-24九年级上·湖北十堰·阶段练习）如图，抛物线的图象过点，顶点为，点在轴正半轴上，线段．  (1)求抛物线的解析式；(2)若抛物线上有点，使得是以为斜边的直角三角形，请求出点的坐标；(3)将直线绕点逆时针方向旋转所得直线与抛物线相交于另一点，若点是直线上的动点，是否存在点，使，，，四点构成的四边形为平行四边形？若存在，请求出此时四边形的周长和面积；若不存在，请说明理由．29．（20-21九年级上·重庆沙坪坝·期末）如图1，在平面直角坐标系中，抛物线与x轴交于、B两点，与y轴交于点C，顶点D的坐标为．185,  (1)求抛物线的解析式；(2)已知直线l：y＝x与抛物线交于E、F两点（点E在F的左侧），点G为线段上的一个动点，过G作y轴的平行线交抛物线于点H，求的最大值及此时点G的坐标；(3)在（2）的条件下，如图2，若点G是的中点，将绕点O旋转，旋转过程中，点B的对应点为、点G的对应点为，将抛物线沿直线的方向平移（两侧均可），在平移过程中点D的对应点为，在运动过程中是否存在点和点关于△ABF的某一边所在直线对称（与不重合），若存在，请直接写出点的坐标；若不存在，请说明理由．30．（2024·四川成都·三模）已知抛物线与轴交于点、（在的左侧），与轴交于点．(1)若，，．①求该抛物线解析式；185,②抛物线上点的横坐标为，点坐标为，连接，，点为平面内任意一点，将绕点旋转得到对应的（点，，的对应点分别为点，，），若中恰有两个点落在抛物线上，求此时点的坐标；（点不与点重合）(2)如图2，点和点在抛物线上，其中在点左侧抛物线上，点在轴右侧抛物线上，直线交轴于点，直线交轴于点，设直线解析式为，当，试证明为一个定值，并求出定值．考点六、二次函数的中心对称问题31．（23-24九年级上·江苏连云港·期末）若函数图像上至少存在不同的两点关于原点对称，我们把该函数称为“美好函数”，其图像上关于原点对称的两点叫做一对“美好点”．若点是关于的“美好函数”上的一对“美好点”，且该函数的对称轴始终位于直线的右侧．有下列结论①；②；③；④．其中正确的是（    ）A．①②③B．①③④C．①②④D．②③④32．（2023·辽宁丹东·模拟预测）如图，对称轴为直线的抛物线图象与轴交于点、点在点的左侧，与轴交于点，其中点的坐标为，点的坐标为．(1)求该抛物线的解析式；(2)如图，若点为抛物线上第二象限内的一个动点，点为线段上一动点，当的面积最大时，求周长的最小值；(3)如图，将原抛物线绕点旋转，得新抛物线，在新抛物线的对称轴上是否存在点使得为等腰三角形？若存在，请直接写出点的坐标；若不存在，说明理由．33．（2024·浙江宁波·一模）若二次函数与的图象关于点185,成中心对称图形，我们称与互为“中心对称”函数．(1)求二次函数的“中心对称”函数的解析式；(2)若二次函数的顶点在它的“中心对称”函数图象上，且当时，y最大值为2，求此二次函数解析式．(3)二次函数的图象顶点为M，与x轴负半轴的交点为A、B，它的“中心对称”函数的顶点为N，与x轴的交点为C、D，从左往右依次是A、B、C、D，若，且四边形为矩形，求的值．34．（2022·四川资阳·中考真题）已知二次函数图象的顶点坐标为，且与x轴交于点．(1)求二次函数的表达式；(2)如图，将二次函数图象绕x轴的正半轴上一点旋转，此时点A、B的对应点分别为点C、D．①连结，当四边形为矩形时，求m的值；②在①的条件下，若点M是直线上一点，原二次函数图象上是否存在一点Q，使得以点B、C、M、Q为顶点的四边形为平行四边形，若存在，求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．35．（23-24九年级上·江苏连云港·阶段练习）二次函数的图像是抛物线，定义一种变换，先作这条抛物线关于原点对称的抛物线，再将得到的对称抛物线向上平移个单位，得到新的抛物线，我们称叫做二次函数的阶变换．(1)二次函数的顶点关于原点的对称点为______，这个抛物线的2阶变换的解析式为______；(2)若二次函数的5阶变换的关系式为．185,①二次函数的解析式为______；②若二次函数的顶点为点，与轴相交的两个交点中右侧交点为，是轴上的一个动点，请求出使周长最小时，点的坐标．36．（23-24九年级上·江西宜春·阶段练习）二次函数的图像交轴于原点及点．感知特例：（1）当时，如图1，抛物线上的点，，，，分别关于点中心对称的点为，，，，，如下表：①补全表格：（___，___）②请在图1中描出表中对称后的点，再用平滑的曲线依次连接各点，得到的图像记为．形成概念：我们发现形如（1）中的图像上的点和抛物线上的点关于点中心对称，则称是的“孔像抛物线”．例如，当时，图2中的抛物线是抛物线的“孔像抛物线”．探究问题（2）①当时，若抛物线与它的“孔像抛物线”的函数值都随着的增大而减小，则的取值范围为_______；②若二次函数及它的“孔像抛物线”与直线有且只有三个交点，求的值．37．（23-24九年级上·广东广州·阶段练习）已知抛物线与y轴交于点C，点N坐标为185,(1)求证：抛物线与x轴有两个交点．(2)设与x轴交于和，且．①当时，利用图像求的取值范围．②抛物线与关于点A中心对称，与x轴的另一个交点为．问是否存在a，使为直角三角形？若存在，则求出所有可能的a值；若不存在，请说明理由．38．（22-23九年级下·江苏南京·期中）已知函数（a，b，c为常数，且）的图像是中心对称图形．用数学软件在相同的坐标系中得到以下函数的图像（图①~④），观察并思考……(1)函数的图像如图⑤所示，指出常数a，b，c的正负．(2)你同意“函数的图像的对称中心的横坐标为1”吗？判断并说明理由．(3)已知，直接写出关于x的不等式的解集（用含a，c的式子表示）．39．（23-24九年级上·湖南长沙·阶段练习）如图，抛物线的顶点为，与x轴的交点为A和B．将抛物线绕点B逆时针方向旋转90°，点，为点M，A旋转后的对应点，旋转后的抛物线与y轴相交于C，D两点．185,  (1)若原抛物线过点，求抛物线的解析式；(2)若A，关于点M成中心对称，求直线的解析式；(3)在（2）的条件下，若点P是原抛物线上的一动点，点Q是旋转后的图形的对称轴上一点，E为线段的中点，是否存在点P，使得以P，Q，E，B为顶点的四边形是平行四边形；若存在请求出点P坐标，若不存在，请说明理由．考点七、与旋转有关的最值问题40．（23-24八年级下·江苏苏州·阶段练习）如图，四边形中，，，，，为射线上的动点，将线段绕点顺时针旋转得到，的最小值为．41．（22-23九年级上·安徽合肥·期末）在平面直角坐标系中，点，点在x轴的负半轴上，．将绕点顺时针旋转，得，点旋转后的对应点为．记旋转角为．  (1)如图①，当时，求与的交点的坐标；185,(2)如图②，连接，当经过点A时，求的长；(3)设线段的中点为，连接，求线段的长的取值范围(直接写出结果即可)．42．（22-23八年级下·甘肃兰州·期末）在中，，，将绕点顺时针旋转一定的角度后得到，点的对应点分别是．(1)如图，当点恰好在上时，求的度数；(2)如图，若，点是边的中点，试说明四边形是平行四边形；(3)若，连接，在旋转的过程中，的面积是否存在最大值？若存在，请求出其面积最大值；若不存在，请说明理由．43．（2024·山东济南·模拟预测）（1）如图1，在中，，点是内部任意一点．连接，将线段绕点逆时针旋转得到线段，连接，则线段与的数量关系是______．（2）如图2，四边形是正方形，绕点旋转，且，，连接，直线与直线相交于点．①求证：；②如图3，当点在的延长线上时，连接，已知，在旋转的过程中，求线段的最小值．185,44．（23-24八年级下·湖北武汉·期中）如图1，在中，，，，点在轴上，以为一边，在外作等边三角形，是的中点，连接并延长交于．(1)①求点B的坐标；(2)如图2．将图1中的四边形折叠，使点与点重合，折痕为，求的长；(3)如图1，连接，在线段上有一动点，连接，，直接写出的最小值为______；(4)若去掉题干中这个条件，点为外一点，连接，，，若，，则当线段的长度最小时，______，的最小值是______．45．（23-24八年级下·四川成都·期末）如图1，在平面直角坐标中，已知点，点，将线段绕点B顺时针旋转得到线段，作直线．(1)求直线的函数表达式；(2)是平面内一点，且，求n与m的关系；(3)如图2，是x轴上一动点，将线段绕点H顺时针旋转得到线段，当与直线有交点时，求h的取值范围．46．（23-24八年级下·四川成都·期中）在中，．点在边上且，将绕点B逆时针旋转a得到（）．185,(1)如图1，当时，求；(2)如图2，在旋转过程中，连接，取中点F，作射线交直线于点G．当时，求证：；(3)如图3．当时，点P为线段上一动点，过点E作射线于点N，M为中点，直接写出的最大值与最小值．考点八、利用旋转构造图形解决问题47．（24-25九年级上·全国·课后作业）如图，为等腰直角三角形，，，，求的长．48．（22-23八年级下·天津和平·期中）阅读下面材料：小诚遇到这样一个问题：如图，在等边三角形内有一点，且，，，求的度数；小诚是这样思考的：如图，构造等边，利用全等转化问题，得到从而将问题解决．（1）请你回答：图中的度数等于______直接写答案参考小诚同学思考问题的方法，解决下列问题：（2）如图，在正方形内有一点，且，，．①求的度数；185,②正方形的边长______直接写答案（3）如图，在正六边形内有一点，且，，，则的度数等于______，正六边形的边长为______直接写答案49．（2024·辽宁·模拟预测）【基础方法】（1）小明遇到这样一个问题：如图1、在正方形中，点分别为边上的点，，连接，求证：小明是这样思考的：要想解决这个问题，首先应想办法将这些分散的线段集中到同一条线段上．他先后尝试了平移、翻折、旋转的方法，发现通过旋转可以解决此问题．他的方法是将绕点顺时针旋转得到（如图），此时即是，在图2中，请依据小明的思考过程，求的度数；  【方法应用】（2）如图3，在四边形中，，，，是上一点，若，，求的长度；【应用拓展】（3）如图4，已知线段，，以为边作正方形，连接．当线段的值最大时，求此时正方形的面积．50．（2024·吉林松原·模拟预测）如图，在四边形中，已知，，点分别在上，．(1)①如图①，若都是直角，把绕点逆时针旋转至，使与重合，则线段和之间的数量关系为______；185,②如图②，若都不是直角，但满足，线段和之间的结论是否仍然成立？若成立，请写出证明过程；若不成立，请说明理由；(2)如图③，在中，，，点均在边边上，且，若，请直接写出的长．51．（23-24八年级下·广东深圳·期末）【问题感知】（1）如图1，在四边形中，，且，①请直接写出、、的数量关系：；②证明：平分；【迁移应用】（2）如图2，四边形中，，，，，，计算的长度；【拓展研究】（3）如图3，正方形中，E为边上一点，连接，F为边上一点，且，垂直交于点G，，，直接写出正方形的边长．52．（23-24八年级下·辽宁阜新·期末）下面是某数学兴趣小组探究问题的片段，请仔细阅读，并完成任务．【问题探究】（1）如图1，在中，，点D在上，连接，将线段绕点C逆时针旋转得到线段，连接，请猜想和的数量关系与位置关系，并说明理由．【问题再探】（2）在（1）的条件下，连接AE．兴趣小组的同学们在电脑中用几何画板软件测量发现和的面积相等．为了证明这个发现，甲组同学延长线段AC至F点，使，连接EF，从而得以证明（如图2）；乙组同学过点D作于点M，过点E作于点N，从而得以证明（如图3），请你选取甲组或乙组中的一种方法完成证明过程．【问题解决】185,（3）如图4，已知，，点D在AB上，，若在射线上存在点E，使，请直接写出相应的的长．考点九、旋转规律探究53．（22-23八年级上·河南驻马店·阶段练习）如图，长方形的两边分别在x轴，y轴上，点C与原点重合，点，将长方形沿x轴向右翻滚，经过一次翻滚点A对应点记为，经过第二次翻滚点A对应点记为……依此类推，经过2022次翻滚后点A对应点的坐标为（    ）  A．B．C．D．54．（2024·四川内江·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，轴，垂足为点，将绕点逆时针旋转到的位置，使点的对应点落在直线上，再将绕点逆时针旋转到的位置，使点的对应点也落在直线上，如此下去，……，若点的坐标为，则点的坐标为（    ）．A．B．C．D．55．（23-24八年级下·河北邯郸·期末）如图，在平面直角坐标系中，将正方形绕点逆时针旋转后得到正方形，依此方式，绕点连续旋转次得到正方形，如果点的坐标为，那么点的坐标为（    ）185,A．B．C．D．  56．（23-24八年级下·江苏镇江·期中）如图，在平面直角坐标系中，正方形的顶点A、C分别在x、y轴上，且．将正方形绕原点O顺时针旋转，并放大为原来的2倍，使，得到正方形，再将正方形绕原点O顺时针旋转，并放大为原来的2倍，使，得到正方形……以此规律，得到正方形，则点的坐标为（    ）  A．B．C．D．57．（2023·山东日照·二模）如图，正方形的中心与坐标原点O重合，将顶点绕点逆时针旋转90°得点，再将绕点B逆时针旋转得点，再将绕点C逆时针旋转得点，再将绕点D逆时针旋转得点，再将绕点A逆时针旋转得点……依此类推，则点的坐标是（    ）185,  A．B．C．D．58．（2024九年级·全国·竞赛）如图，抛物线交轴于点和点，顶点为点；将抛物线绕点旋转后得到抛物线，与轴的另一交点为点，顶点为点；将抛物线绕点旋转后得到抛物线，与轴的另一交点为点，顶点为点……如此进行下去，直至得到抛物线，则抛物线的顶点的坐标为．59．（2022·湖北黄冈·模拟预测）如图，在平面直角坐标系中，为等腰三角形，，，点A与坐标原点重合，点C在x轴正半轴上，将绕点C顺时针旋转一定的角度后得到，使得点B对应点在x轴上，记为第一次旋转，再将绕点顺时针旋转一定的角度后得到，使得点对应点在x轴上，以此规律旋转，则第2023次旋转后钝角顶点坐标为．185,60．（21-22九年级上·湖南长沙·期末）如图，在平面直角坐标系中，四边形ABCD是正方形，点A的坐标为（0，1），点B的坐标为（2，0）．点C的坐标为；②若正方形ABCD和正方形A1BC1B1关于点B成中心对称；正方形A1BC1B1和正方形A2B2C2B1关于点B1成中心对称；…，依此规律，则点C7的坐标为．185,第二十三章旋转综合题拓展训练目录与链接考点一、线段的旋转问题……………………………………………………………………………2考点二、三角形的旋转……………………………………………………………………………19考点三、四边形的旋转……………………………………………………………………………38考点四、一次函数的图象旋转问题………………………………………………………………53考点五、二次函数背景下的旋转问题……………………………………………………………66考点六、二次函数的中心对称问题………………………………………………………………84考点七、与旋转有关的最值问题…………………………………………………………………108考点八、利用旋转构造图形解决问题……………………………………………………………128考点九、旋转规律探究……………………………………………………………………………146185,考点一、线段的旋转问题1．（23-24八年级下·四川成都·期末）如图，等腰直角中，，将线段绕点C逆时针旋转（）得到线段，作点A关于线段所在直线的对称点E，连接和，分别交线段所在直线于点M和点F，若，，则的长为．【答案】【分析】过点C作交于点H，连接，根据题意得到，易证，由等腰三角形的性质推出，推出，证明，得到，进而证明是等腰直角三角形，即可证明是等腰直角三角形，推出利用勾股定理即可求出，即可求出的长．【详解】解：如图，过点C作交于点H，连接，点E与点A关于线段所在直线对称，，，，，，，，，，185,，，是等腰直角三角形，，，是等腰直角三角形，，，，，故答案为：．【点睛】本题考查了等腰直角三角形判定与性质，三角形全等的判定与性质，勾股定理，对称的性质，正确作出辅助线构造三角形全等时解题的关键．2．（23-24八年级下·重庆九龙坡·期末）如图，在矩形中，，点P是边上一点，连接，以A为中心，将线段绕点A逆时针旋转得到，连接，且，则的长度为．【答案】/【分析】本题考查了矩形的判定与性质、旋转性质、等边三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、含30度角的直角三角形的性质、等腰三角形的判定与性质等知识，是综合性强的填空压轴题，得到点Q的运动路线是解答的关键．连接，取的中点O，连接，证明是等边三角形，得到，利用含30度角的直角三角形的性质求得，则，证明得到，则点Q185,在射线上运动，由已知得到，过Q作于M，于N，，则，，利用勾股定理结合等腰直角三角形的性质得到，，在中，利用勾股定理结合平方根解方程求解x值即可解答．【详解】解：连接，取的中点O，连接，则，在矩形中，，，，∴，∴∴是等边三角形，∴，则，连接并延长交于E，由旋转性质得，，∴，在和中，，∴，∴，∴∴由得解得，则∴点Q在射线上运动，∵∴，过Q作于M，于N，则四边形是矩形，∴，设，则，，185,在中，，∴，∴，在中，，则，∴，由得，解得，则，∴，在中，由得，整理，得，即，∴，又，∴，∴．故答案为：．3．（22-23八年级下·安徽阜阳·期末）如图①，在矩形中，点E在边上，点F在边上，连接，已知(1)求证：平分；185,(2)如图②，若矩形为正方形，求的度数；(3)如图③，在（2）的基础上，将点E绕点D顺时针旋转使点E的对应点落到点，已知点恰好落在边的延长线上，连接，若，求的面积.【答案】(1)见解析(2)(3)【分析】此题考查了全等三角形的的判定和性质，正方形的性质、矩形的性质、等腰三角形的判定和性质.（1）设，则，得到，，即可得到，结论得证；（2）过点D作于H，证明，则，证明，则，则，即可得到答案；（3）证明，则，得到是等腰直角三角形，即可得到.【详解】（1）证明：设，则，∵四边形矩形，∴，∴，∴∴，∴平分；（2）过点D作于H，∴，185,由（1）可知，，又∵∴，∴，∵四边形是正方形，∴∴，∵∴，∴，∴，∴（3）将点E绕点D顺时针旋转使点E的对应点落到点，∴，∵，∴，∴，∴，∴∴是等腰直角三角形，∴∴的面积4．（23-24八年级下·江苏无锡·期末）如图1，在中，对角线相交于点O，且，，点E为线段上一动点，连接，将绕点D逆时针旋转得到，连接．185,(1)求证：；(2)求证：；(3)如图2，当点F落在的外面，交于点M，且能构成四边形时，四边形的面积是否发生变化？若不变，请末出这个值，若变化，请说明理由．【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析(3)不变；4【分析】（1）可证得，进而证得，从而；（2）由（1）得，从而，因为，从而，从而得出；（3）连接，作，交于，作于，可证得，从而，进一步得出结果．【详解】（1）证明：∵绕点逆时针旋转得到，，，，，，，，，；（2）证明：如图1，185,设直线交于，由（1）得，，，，，；（3）解：如图2．四边形的面积不变，理由如下，连接，作，交于，作于，∴，∴，由（2）可知，，，，在四边形中，，，，，，，185,，，∵四边形是平行四边形，，，，由得：，，，∴四边形的面积为：4．【点睛】本题考查了平行四边形的性质，全等三角形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，旋转的性质、勾股定理等知识，解决问题的关键是作辅助线，构造全等三角形．5．（22-23七年级下·上海·期末）已知在中，，，点为直线上一动点（点不与点重合），将射线绕点顺时针旋转得到，直线与射线交于点，过点作的垂线，交直线于点；(1)如图，若点在线段上，且，求证：；(2)若点在线段的延长线上，且，那么第（1）小问的结论还成立吗？请说明理由；(3)若点在直线上运动，当是等腰三角形时，直接写出的度数．【答案】(1)见解析(2)，见解析185,(3)或【分析】本题考查了几何变换综合题，掌握全等的方法，掌握等腰三角形的性质，是解题关键．（1）由，得．由，得，．由，得．故．（2）由，，得．由，得．．由，得，，得．故．（3）①当时，由，得．，，．由，得，故．②当时，如图所示．同①，．【详解】（1）证明：∵，，∴，，．，，，．，即，．在和中，，．（2）解：结论成立，理由：如图，185,∵，∴，∵，．，．．，，∵，，．在和中，．（3）①当时，如图所示．185,，．，，．，，，．②当时，如图所示．同①，．综上所述，或．6．（23-24九年级上·四川成都·开学考试）【阅读理解】已知M，N为平面内不重合的两点．给出以下定义：将M绕N顺时针旋转的过程记作变换．例如：在平面直角坐标系中，已知点，，则O经过变换后所得的点B的坐标为．【迁移应用】如图，在平面直角坐标系中，直线分别与x轴，y轴交于点，B，设A经过变换后得到C．185,(1)求点C的坐标；(2)过C作轴于D，点E是线段上一动点，设E经过变换后得到点F，连接，．（i）若的面积为3，求点F的坐标；（ii）设点O是y轴上一动点，当以A，B，F，M四点为顶点的四边形为平行四边形时，求点M的坐标．【答案】(1)的坐标为(2)ⅰ，；ⅱ的坐标为或或【分析】（1）求出，，根据经过变换后得到，可知为的中点，即得的坐标为；（2）ⅰ过作轴于，过作轴于，交直线于，由经过变换后得到点，可证，有，，，的纵坐标都为1，设，则，根据的面积为3，得，，；ⅱ设，，分三种情况：当，为对角线时，，的中点重合，，当，为对角线时，，当，为对角线时，，分别解方程组可得答案．【详解】（1）把代入得：，解得，，令得，，经过变换后得到，185,，，共线，且，为的中点，，，的坐标为；（2）ⅰ过作轴于，过作轴于，交直线于，如图：经过变换后得到点，，，，，，，，，，，，的纵坐标都为1，在中，令得，设，则，的面积为3，，即，解得，185,，；ⅱ由ⅰ知的纵坐标为1，设，，又，，当，为对角线时，，的中点重合，，解得，；当，为对角线时，，解得，；当，为对角线时，，解得，；综上所述，的坐标为或或．【点睛】本题考查一次函数综合应用，涉及待定系数法，函数图象上点坐标的特征，三角形面积，平行四边形等知识，解题的关键是用含字母的式子表示相关点坐标和相关线段的长度．7．（23-24八年级下·湖北武汉·期末）问题探究  如图1，在正方形中，对角线相交于点O．在线段上任取一点P（端点除外），连接．将线段绕点P逆时针旋转，使点D落在的延长线上的点Q处．（1）求证：；（2）探究与的数量关系，并说明理由．185,迁移探究  如图2，将正方形换成菱形，且，其他条件不变．试探究与的数量关系，并说明理由．【答案】（1）见解析；（2），见解析；迁移探究：，见解析【分析】（1）证明，则；（2）如图1，过作交于，则，，过作于，由旋转可得，，由，可得，则，如图，过作于，则四边形是矩形，，由，可得，则；迁移探究  由四边形是菱形，，证明是等边三角形，则，，如图2，过作，则，证明是等边三角形，，如图2，过作于，同理（2）可得，由，可得，进而可得．【详解】（1）证明：∵四边形是正方形，∴，又∵，∴，∴．（2）解：，理由如下；如图1，过作交于，185,   ∴，∴，过作于，由旋转可得，，又∵，∴，∴，即，如图，过作于，则四边形是矩形，∴，∵，∴，∴，∴，∴；迁移探究  解：，理由如下：∵四边形是菱形，∴，∵，∴是等边三角形，∴，，如图2，过作，则，185,∴是等边三角形，，如图2，过作于，∵，，∴，∴，即，∵，∴，即，∴．【点睛】本题考查了正方形的性质，旋转的性质，全等三角形的判定与性质，等腰三角形的判定与性质，矩形的判定与性质，勾股定理，菱形的性质，等边三角形的判定与性质等知识．熟练掌握正方形的性质，旋转的性质，全等三角形的判定与性质，等腰三角形的判定与性质，矩形的判定与性质，勾股定理，菱形的性质，等边三角形的判定与性质是解题的关键．考点二、三角形的旋转8．（22-23八年级下·广东深圳·期中）如图，将两个全等的等腰直角三角形摆成如图所示的样子，其中，，，分别与交于，两点，将绕着点顺时针旋转得到，则下列结论：；DA平分；若，，则；若，则．其中正确的个数有（    ）A．个B．个C．个D．个【答案】C【分析】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，以及勾股定理，根据旋转变换只改变图形的位置不改变图形的形状与大小可得和全等，根据全等三角形对应角相等可得，然后求出判断出正确；根据全等三角形对应边相等可得，，判断出正确；利用勾股定理得到，过作于点185,，再利用勾股定理求出，故正确；根据角的度数得到，然后利用“角角边”证明和全等，根据三角形面积公式即可求得，判断出错误，熟练掌握知识点的应用是解题的关键．【详解】∵，，∴，，由旋转性质可知，∴，，，，，∴，故正确；∵，∴，即，∴，在和中，，∴，∴，，∴平分，故正确；在中，，∵，，∴，当，时，∴，∴，∴，∴，∴，过作于点，185,∴，∴，∴，∴由勾股定理得：，∵，∴，在中，由勾股定理得：，∴，故正确；∵，，∴，∵，∴，∴，，，∴，在和中，，∴，∵，，∴，设到边距离为，∴，，185,∴，∴，故错误；综上正确，故选：．9．（2024·浙江·模拟预测）在中，，．将绕点顺时针旋转（），直线与直线交于点，点间的距离记为，点间的距离记为．给出下面四个结论：①的值一直变大；②的值先变小再变大；③当时，的值保持不变；④当，的值保持不变；上述结论中，所有正确结论的序号是．【答案】①②④【分析】本题考查了图形旋转，全等三角形的判定和性质，当时，的值由会逐渐变大，可判断①；而当时，可知的值先变小再变大，可判断②；当时，在上取点，使，连接，，证明，有，知，可判断③错误，④正确；掌握旋转的性质是解题的关键．【详解】解：当时，的值一直变大，故①正确；当时，的值逐步变小；当时，；当时，的值逐步变大，故②正确；当时，连接，如图，由题意得，，，，在和中，，∴，∴，185,∴，∴的值保持不变，故③错误；当时，在上取点，使，连接，如图，由题意得，，，，在和中，，∴，∴，∴，∴的值保持不变，故④正确；∴正确的有①②④，故答案为：①②④．10．（22-23八年级下·四川成都·期中）如图，和是两个不全等的等腰直角三角形，其中，，连接，点M是的中点，连接．(1)若点D在边上，如图1，试探究之间的关系，并说明理由；(2)若将图1中的绕点A逆时针旋转，如图2，那么（1），中的结论是否仍成立？如果成立，请说明理由；如果不成立，请写出新结论并证明；(3)若将图1中的绕点A逆时针旋转，如图3，，，求BM的长．【答案】(1)且，理由见解析(2)（1）中的结论仍成立，理由见解析185,(3)【分析】（1）根据斜边中线等于斜边的一半即可证明相等，再根据等边对等角结合三角形外角的定义与性质可得，问题得证；（2）延长至点G，使得，连接、、、、，延长交于点N，先证明四边形是平行四边形，即有，，表示出，再结合，，可得，即可证明，问题随之得解；（3）延长交于点H，证明，再证明．即可得，．求出，再在中，由勾股定理得，可求解．【详解】（1），理由：∵，点M是的中点，∴在中，，同理在中可得：，∴，∵，∴，∴，同理可得：，∴，∴，综上：，；（2）成立，理由如下：延长至点G，使得，连接、、、、，延长交于点N，如图，185,∵点M是分的中点，∴，又∵，∴四边形是平行四边形，∴，，∴，，∵，∴，∵，∴，∵，，∴，又∵，，∴，∴，，∴，∴，∴是等腰直角三角形，∵，∴，，∴，；（3）延长交于点H，185,  ∵和是等腰直角三角形，∴，，，由旋转可得，，即，∴，∴，，∵M为中点，∴．∴．∴，，即，．∵，，∴，，∴，∴在中，由勾股定理得，∴，∴．【点睛】本题是几何变换综合题目，主要考查了旋转的性质，等腰三角形和全等三角形的判定与性质，及勾股定理的运用，要掌握等腰三角形和全等三角形的性质及其判定定理并会灵活应用是解题的关键．11．（22-23八年级下·广东深圳·期中）如图1，已知中，，，把一块含角的三角板的直角顶点D放在的中点上（直角三角板的短直角边为，长直角边为），点C在上点B在上．185,(1)求重叠部分的面积；(2)如图2，将直角三角板绕D点按顺时针方向旋转30度，交于点M，交于点N，①请说明；②在此条件下重叠部分的面积会发生变化吗？若发生变化，若不发生变化，请说明理由；(3)如图3，将直角三角板绕D点按顺时针方向旋转α度（），交于点M，交于点N，则的结论仍成立吗？重叠部分的面积会变吗？（请直接写出结论不需说明理由）【答案】(1)的面积是(2)①说明见解析；②在此条件下重叠部分的面积不发生变化，理由见解析(3)的结论仍成立，重叠部分的面积不会变【分析】本题主要考查了等腰直角三角形和三角形全等．熟练掌握等腰直角三角形的性质，三角形全等的判定和性质，旋转性质，作出辅助线，是解决本题的关键．（1）判断重叠部分是一个等腰直角三角形，求出其直角边，即可求解；（2）①连接，先证得，，进而求出，即可得到；②利用①中的结论即可得出答案；（3）证明过程类似（2），根据（2）中的结论，可以直接写出．【详解】（1）∵中，，，D是的中点，，∴，，则；（2）①连接，∵中，，，∴，∵D是的中点，，185,∴，，∴，∵，∴，∴，∴，∴；②面积不变．理由：∵，∴，∴;（3）的结论仍成立，，重叠部分的面积不变．理由：连接，∵中，，，∴，∵D是的中点，，∴，，，∴，，∴，∴，∴，∴，∴，，185,∴．12．（23-24八年级下·山西晋城·阶段练习）综合与实践：问题情境：在数学活动课上，老师要求同学们以矩形为背景探究几何图形运动变化中的数学结论．如图1，在矩形中，点O为对角线的中点，点E在边上，且，  线段的延长线交于点F．（1）如果，则．操作探究：（2）“善思”小组的同学将图1中的绕点B顺时针旋转(设点O，E的对应点分别为)，  在分析旋转到不同位置时的情形后，提出如下问题，请你解答：①如图2，当点落在边上时，所在的直线与存在什么样的位置关系？并说明理由②如图3，当点落在的延长线上时，连接，判断四边形的形状，直接写出结果，无需说明理由．【答案】（1）（2）①，理由见解析②四边形为菱形，理由见解析【分析】本题考查矩形的性质，旋转的性质，勾股定理，菱形的判定等知识点，熟练掌握相关知识点，并灵活运用，是解题的关键．（1）勾股定理求出的长，得到的长，进而得到的长，用求出的长即可；（2）延长，交于点，根据角的和差关系，结合矩形的性质，旋转的性质，以及四边形的内角和为360度，推出，即可得出结论；②证明，得到，即可得出结论．【详解】解：（1）∵矩形，点O为对角线的中点，∴，∵，185,∴，∴，∵，∴；故答案为：；（2）①，理由如下：延长，交于点，∵，∴，∴，∵矩形，∴，∴，∵旋转，∴，∴，，∴，∴∴；②四边形为菱形；理由如下：∵旋转，∴，∵矩形，∴，，185,∵点落在的延长线上，∴，∴，∴，又∵，∴，∴，∴，∴四边形为菱形．13．（23-24八年级下·辽宁大连·阶段练习）图形的变换是初中数学学习中的重要内容，在中考前的探究专题课上，小亮老师带领同学们对以下图形进行了变换探究．如图在中，，，点D是边上一点，连接．(1)如图1，智慧小组的同学将线段绕点A逆时针旋转90°至．提出问题：求证；(2)如图2，善思小组的同学将线段沿翻折至，延长和交于点E．提出问题：若，求的面积；(3)如图3，小亮老师给出了自己的变换方式，若，在线段上取点E，点上关于直线的对称点为M，连接，将绕点B顺时针旋转至，连接．①求证；②当时，直接与出的长度．【答案】(1)见解析(2)的面积为；(3)①见解析；②．185,【分析】（1）证明，推出，据此即可证明；（2）设，求得，推出，作于点，设，则，求得，在中，由勾股定理列式计算求得，再三角形面积公式求解即可；（3）①设，证明，推出，由，根据三角形的外角性质列式，求得，根据等腰三角形的性质推出，再证明四边形是平行四边形，即可得证；②延长交于点，由①的结论结合勾股定理求得，证明，得到，求得，据此求解即可．【详解】（1）证明：由旋转的性质得，，∵，，∴，，∴，∴，∴，即；（2）解：∵，，∴，设，由折叠的性质得，，185,∴，∵，∴，作于点，∴是等腰三角形，∵，∴设，则，∵，∴，，在中，由勾股定理得，即，解得，∴的面积为；（3）证明：①连接和，设，由对称的性质得，，∵将绕点B顺时针旋转至，∴，，又，∴，∴，，即，∴，∵，185,∴，∴，∴，∵，∴，∴，又，∴四边形是平行四边形，∴；②延长交于点，由①得，∵，∴，∵，∴，∴，∴，∵，∴，∴，∴．185,【点睛】本题考查了旋转的性质，折叠的性质，对称的性质，勾股定理，全等三角形的判定和性质，平行四边形的判定和性质，正确引出辅助线解决问题是解题的关键．14．（23-24八年级下·山东济南·期末）综合与实践．【初步探究】某校一数学兴趣小组在一次合作探究活动中，将两块大小不同的等腰直角三角形和等腰直角三角形，按如图1的方式摆放，，随后保持不动，将绕点按逆时针方向旋转，连接，延长交于点，交于点，连接．该数学兴趣小组进行如下探究，请你帮忙解答：（1）如图2，当时：①则______°；②判断与的位置关系，并说明理由．【深入探究】（2）如图3，当点重合时，请直接写出之间的数量关系：______；【拓展延伸】（3）如图4，在等边中，于点，点在线段上（不与重合），以为边在的左侧构造等边，将着点在平面内顺时针旋转任意角度．如图5，为的中点，为的中点．请说明为等腰三角形．【答案】（1）①45；②，理由见解析（2）（3）详见解析．【分析】本题考查全等三角形的判定与性质，三角形中位线定理，等腰直角三角形的性质，旋转的性质．（1）①根据等腰直角三角形的性质得到，再根据平行线的性质即可；②根据余角的性质得到,根据全等三角形的性质得，推得即可；185,（2）根据等腰直角三角形的性质得，根据全等三角形的性质的，由可得结论；（3）连接，延长交于，交于，根据等边三角形的性质得，根据三角形的中位线定理得，根据全等三角形的性质得即可得出结论．【详解】解：（1）①是等腰直角三角形即故答案为：45；②，理由如下：在和中；（2），理由如下：和都是等腰直角三角形185,在和中故答案为：；（3）连接，延长交于，交于，等边三角形为的中点，为的中点分别是的中位线在和中185,为等腰三角形．考点三、四边形的旋转15．（2024·河南商丘·模拟预测）如图，已知正方形的边长为2，另一边长为的正方形的中心与点A重合，连接，设的中点为，连接，当正方形绕点A旋转时，的最小值为．【答案】【分析】本题主要考查了旋转的性质、正方形的性质、三角形中位线定理等知识点，正确地作出辅助线是解题的关键．如图1：在的延长线上截取（即是的中点），连接，根据三角形中位线定理得到，由旋转的性质知，点E在以点A为圆心，1为半径的圆上，当A，E，N三点共线时，且点E在线段上时，最小，即最小，如图2：根据等腰直角三角形的性质即可解答．【详解】解：如图1，在的延长线上截取（即是的中点），连接，∵M为的中点，是的中位线．．由旋转的性质，可知点在以点A为圆心，1为半径的圆上．185,当三点共线，且点在线段上时，最小，即最小，如解图2所示：，，，即的最小值为．16．（2024·四川巴中·中考真题）综合与实践(1)操作与发现：平行四边形和梯形都可以剪开拼成一个矩形，拼接示意图如图1、图2．在图2中，四边形为梯形，，是边上的点．经过剪拼，四边形为矩形．则______．(2)探究与证明：探究将任意一个四边形剪开拼成一个平行四边形，拼接示意图如图3、图4、图5．在图5中，是四边形边上的点．是拼接之后形成的四边形．①通过操作得出：与的比值为______．②证明：四边形为平行四边形．(3)实践与应用：任意一个四边形能不能剪开拼成一个矩形？若能，请将四边形剪成4块，按图5的方式补全图6，并简单说明剪开和拼接过程．若不能，请说明理由．185,【答案】(1)(2)①1；②见详解(3)见详解【分析】（1）由“角角边”即可证明；（2）①由操作知，将四边形绕点E旋转得到四边形，故，因此；②由两组对边分别平行的四边形是平行四边形证明；（3）取为中点为，连接，过点，点分别作，，垂足为点，将四边形绕点旋转至四边形，将四边形绕点旋转至四边形，将四边形放置左上方空出，使得点C与点A重合，与重合，与重合，点N的对应点为点，则四边形即为所求矩形．【详解】（1）解：如图，∵，∴，由题意得为中点，‘∴’，∵，∴故答案为：；（2）解：①如图，由操作知，点E为中点，将四边形绕点E旋转得到四边形，∴，∴，故答案为：1；185,②如图，由题意得，是的中点，操作为将四边形绕点E旋转得到四边形，将四边形绕点H旋转得到四边形，将四边形放在左上方空出，则，，∵，，，∴，∵∴，∴三点共线，同理三点共线，由操作得，，∵，∴，∴，∴四边形为平行四边形；（3）解：如图，   如图，取为中点为，连接，过点，点分别作，185,，垂足为点，将四边形绕点旋转至四边形，将四边形绕点旋转至四边形，将四边形放置左上方空出，使得点C与点A重合，与重合，与重合，点N的对应点为点，则四边形即为所求矩形．由题意得，，，∴，∴，由操作得，，∵，∴，∴三点共线，同理三点共线，∵，∴四边形为矩形，如图，连接，∵为中点，∴，同理，∴，∴，∵，∴，∴，，∴，185,由操作得，，而，∴，同理，，∵，，，∴，∵四边形为矩形，∴，∴，∴，∴，同理，∴四边形能放置左上方空出，∴按照以上操作可以拼成一个矩形．【点睛】本题考查了平行线的性质，全等三角形的判定与性质，图形的旋转，三角形的中位线，正确理解题意是解题的关键．17．（23-24八年级下·甘肃武威·期末）某班级开展数学讨论课，老师给出两个大小不同的正方形，要求同学们利用这两个图形提出不同的数学问题，并解决问题．【问题提出】（）小明思考后提出问题：如图，大正方形和小正方形，顶点重合，点分别在边，上．那么线段满足什么数量关系?【联系迁移】（）小颖受此问题启发，思考并提出新的问题：如图，将图中的小正方形绕点顺时针旋转，（旋转不改变图形的形状和大小）使点在边上，在的延长线上，连接．那么线段满足什么数量关系?说明理由；【开放探索】（）小新深入研究前面提出的问题，发现并提出新的问题：如图，将图中的小正方形绕点顺时针旋转任意角度，连接．那么线段仍然具有（）（）中的数量关系吗?说明理由．185,【答案】（）；（），理由见解析；（）具有，理由见解析．【分析】（）由正方形的性质可得，，进而即可求解；（）证明即可求解；（）证明即可求解；本题考查了正方形的性质，旋转的性质，全等三角形的判定和性质，掌握正方形的性质和全等三角形的判定和性质是解题的关键．【详解】解：（）∵四边形和四边形是正方形，∴，，∴，即；（），理由如下：∵四边形和四边形是正方形，∴，，，又由旋转可得，∴，∴，∴；（）线段仍然具有（）（）中的数量关系，理由如下：∵四边形和四边形是正方形，∴，，，∴，即，∴，185,∴．18．（23-24八年级下·河北张家口·期末）如图1，在平面直角坐标系中，O为坐标原点，点，直线轴，交y轴于点，点在直线l上，将矩形绕点O按顺时针方向旋转度，得到矩形，此时直线、分别与直线l相交于点P、Q．(1)当时，点的坐标为______；(2)如图2，当点落在l上时，点P的坐标为______；(3)如图3，当矩形的顶点落在l上时，①求的长度；②求．【答案】(1)(2)(3)①；②【分析】本题主要考查一次函数与几何综合、一次函数的图像与性质、全等三角形的判定与性质等知识点，掌握数形结合思想成为解题的关键．（1）根据旋转的得到的坐标即可；（2）根据在，然后利用勾股定理即可解答；（3）①根据已知条件得到，设，则，在中，利用，即即可求出x的值，即可求解；②根据即可求解．【详解】（1）解：∵，，∴．185,由旋转的性质，可知：，∴当时，点的坐标为．故答案为．（2）解：在中，，∴，∴当点落在l上时，点P的坐标为．故答案为．（3）解：①当四边形的顶点落在l上时，在和中，，∴，∴．设，则．在中，，∴，即，解得：，∴；②∵，∴．故答案为．19．（23-24八年级下·湖北十堰·期末）如图，一次函数的图像交轴于点，交轴于点，以，，三点为顶点作矩形，将矩形绕点顺时针旋转，得到矩形，直线交直线于点．185,(1)求直线的解析式；(2)求证：是的角平分线；(3)在角平分线上，是否存在点，使得以，，为顶点的三角形是等腰直角三角形？若存在，请求出点的坐标；若不存在，请说明理由．【答案】(1)；(2)见解析；(3)存在，或．【分析】（1）由一次函数求出点、的坐标，再根据旋转的性质可求出点、的坐标，最后根据待定系数法求解即可；（2）过点作于点，作于点，证明，得到，即可证明；（3）联立两个函数解析式，求出点的坐标，再求出直线的解析式为，以，，为顶点的三角形是等腰直角三角形分两种情况：①过点作交于点，则是以为直角边的等腰直角三角形；②过点作交于点，则是以为直角边的等腰直角三角形；根据一次函数的性质，结合勾股定理求解即可．【详解】（1）解：在中，令，则；185,解得：，，令，则，，，，，由旋转可得：，，，，设直线的解析式为，代入，，可得：，解得：，直线的解析式为；（2）如图，过点作于点，作于点，，由旋转可得：，，在和中，185,，，，是的角平分线；（3）由旋转可知，，即，是的角平分线，，联立，解得，即点，设直线的解析式为，代入点，得：，解得：，直线的解析式为：，，，以，，为顶点的三角形是等腰直角三角形分两种情况：①过点作交于点，则是以为直角边的等腰直角三角形，，由勾股定理可求得，，185,，，点在直线的图象上，设，，解得或（舍），，；            ②过点作交于点，则是以为直角边的等腰直角三角形，，由勾股定理可得：，，185,，，点在直线的图像上，设，，解得或（舍），，；            综上，点坐标为或．【点睛】本题主要考查图形的旋转性质，一次函数的图像与性质，全等三角形的判定及性质，等腰直角三角形的性质及勾股定理等知识．解题的关键是灵活运用这些知识．20．（23-24八年级下·江西吉安·期末）问题情景已知与中，，同学们利用这样的两张平行四边形纸片开展操作实验，从中发现；许多有趣的数学问题，请你们和他一起探索．    拼图思考：（1）希望小组的同学将与按照如图1所示摆放，其中点B与重合，点落在边上，点落在边的延长线上，他们提出了如下问题，请你解答：①求证：平分；②求点之间的距离．操作探究：（2）创新小组的同学在图1的基础上进行了如下操作：保持不动，将绕点B沿顺时针方向旋转，连接，他们又提出如下问题：185,①当线段与交于点P时，如图2，求证：点B在的垂直平分线上；②在旋转的过程中，当点恰好落在线段的延长线上时，请在图3中补全图形，并直接写出此时点之间的距离．【答案】（1）①见解答过程，②2（2）①见解答过程，②20【分析】（1）第一问借助三角形与全等求证，第二问连接，判断求解．（2）第一问连接，，判断为等腰三角形，利用三线合一求证，第二问画出满足条件的图形，利用等边三角形求解．【详解】解：（1）①与中，，，，四边形是菱形．平分．②连接，如图，由①知四边形是菱形，，，，，为等边三角形，．（2）①连接，，如图，与中，，，，，，，，185,，为等腰三角形，在线段的垂直平分线上．②如图，与中，，，，，，，是等边三角形，，．【点睛】本题主要考查平行四边形的性质，图形的旋转，全等三角形的判定与性质，等腰三角的性质定，等边三角形的判定与性质．关键是借助三角形全等和等腰三角形的三线合一进行解题．考点四、一次函数的图象旋转问题21．（23-24八年级下·四川成都·期末）如图，在平面直角坐标系中，是等边三角形，点，直线绕轴上一点顺时针旋转120°，得到的直线恰好经过点，则点的坐标是．【答案】【分析】设点C是直线l上一点，且点C绕点M顺时针旋转90度得到点B，连接，过点C作交x轴于F，先由等边三角形的性质得到，再证明185,得到；如图所示，过点C作x轴的垂线，垂足分为E，设，则，进而可得，则，即可得到，解得，则．【详解】解：设点C是直线l上一点，且点C绕点M顺时针旋转120度得到点B，连接，过点C作交x轴于F，∵是等边三角形，点，∴，∴，由旋转的性质可得，∴，∴，又∵，∴，∴；如图所示，过点C作x轴的垂线，垂足分为E，设，∴，∵，∴，∴，∴，∴，解得，∴，185,故答案为：．【点睛】本题主要考查了一次函数与几何综合，全等三角形的性质与判断，勾股定理，含30度角的直角三角形的性质，等边三角形的性质，旋转的性质等等，正确作出辅助线构造全等三角形从而表示出点C的坐标是解题的关键．22．（20-21八年级上·上海黄浦·期中）如图，正方形ABCD的顶点A、B落在x轴正半轴上，点C落在正比例函数y＝kx（k＞0）上，点D落在直线y＝2x上，且点D的横坐标为a．（1）直接写出A、B、C、D各点的坐标（用含a的代数式表示）；（2）求出k的值；（3）将直线OC绕点O旋转，旋转后的直线将正方形ABCD的面积分成1：3两个部分，求旋转后得到的新直线解析式．【答案】（1）点A、B、C、D的坐标分别为（a，0）、（3a，0）、（3a，2a）、（a，2a）；（2）k＝；（3）y＝（3-）x或y=x．【分析】（1）点D的横坐标为a，则点D(a，2a)，则AB＝AD＝2a，进而求解；（2）将C点坐标代入y=kx即可求得k；（3）根据题干，可求得直线OF的的解析式为，当y=2a时，可求出点E(，2a)，由S△DEF＝S正方形ABCD，可列方程进而求出m．【详解】解：（1）点D的横坐标为a，则点D（a，2a），185,则AB＝AD＝2a，则点A、B、C的坐标分别为（a，0）、（3a，0）、（3a，2a），故点A、B、C、D的坐标分别为（a，0）、（3a，0）、（3a，2a）、（a，2a）；（2）将点C的坐标代入y＝kx得，2a＝3ak，解得k＝；（3）设AF＝m，则点F（a，m），设直线OC旋转后交AD于点F，交CD于点E，则直线OF的表达式为，当y＝2a时，y＝，解得x=，故点E（，2a），由题意得：S△DEF＝S正方形ABCD＝，即，解得：m＝，则函数的表达式为y＝＝（3±）x．当y＝（3+）x时，直线与正方形没有公共点故舍去第二种情况，旋转后直线OC和线段BC相交，同理可得k=则函数表达式为y＝（3-）x或y=x【点睛】本题考查一次函数的性质、正方形的性质、面积的计算等，掌握一次函数的性质是解题关键．23．（18-19八年级下·吉林·阶段练习）（1）探究发现数学活动课上，小明说“若直线向左平移3个单位，你能求平移后所得直线所对应函数表达式吗？”185,经过一番讨论，小组成员展示了他们的解答过程：在直线上任取点，向左平移3个单位得到点设向左平移3个单位后所得直线所对应的函数表达式为．因为过点，所以，所以，填空：所以平移后所得直线所对应函数表达式为（2）类比运用已知直线，求它关于轴对称的直线所对应的函数表达式；（3）拓展运用将直线绕原点顺时针旋转90°，请直接写出：旋转后所得直线所对应的函数表达式．【答案】（1）；（2）；（3）【分析】（1）将直接代入即可得出平移后所得直线所对应函数表达式；（2）在直线上取两点，可得出两点关于轴对称的点的坐标为，利用待定系数法求直线解析式即可；（3）在直线上取两点，可得出两点绕原点顺时针旋转90°得到的对应点的坐标为，利用待定系数法求直线解析式即可．【详解】解：（1）∵∴平移后所得直线所对应函数表达式为：故答案为：；（2）在直线上取两点，可得出两点关于轴对称的点的坐标为，设直线的解析式为，则有：解得：∴直线所对应的函数表达式为：；185,（3）在直线上取两点，可得出两点绕原点顺时针旋转90°得到的对应点的坐标为，设设直线的解析式为，则有：解得：∴直线的解析式为：．【点睛】本题考查的知识点是求一次函数解析式，能够找出直线上的点变换后对应的点的坐标是解此题的关键．24．（21-22八年级下·福建泉州·期末）如图，在平面直角坐标系中，一次函数y＝2x﹣1的图象分别交x轴、y轴于点A、B，将直线AB绕点B按顺时针方向旋转45°，交x轴于点C．(1)点A坐标是（　　，　　）、点B坐标是（　　，　　）；(2)求直线BC的函数表达式；(3)点M是射线BA上的点，在平面内是否存在点N，使得以M、N、B、C为顶点的四边形是菱形，如果存在，请求出点N的坐标；如果不存在，请说明理由．【答案】(1)，0；0，-1(2)(3)符合要求点N的坐标是（2，-2）、（-1，2）、（+3，2）．【分析】（1）由，分别令，，即可求解；（2）过A作交BC于F，过F作轴于E，得到，根据全等三角形的性质得到185,，，求得F点的坐标，设直线BC的函数表达式为，利用待定系数法即可得到结论；（3）分当BC是对角线时；当BC是边，四边形BMNC为菱形时；当BC是边，四边形BCMN为菱形时三种情况，根据菱形的性质去分析求解即可求得答案．【详解】（1）解：∵一次函数的图象分别交x、y轴于点A、B，∴令x=0，得y=-1，令y=0，则，∴，．故答案为：，0；0，-1；（2）解：过A作交BC于F，过F作轴于E．∵，∴是等腰直角三角形，∴．∵，∴，∴，∴，，∴，∴．设直线BC的函数表达式为，∴，185,∴，∴直线BC的函数表达式为：；（3）解：存在．如图，当BC是对角线时，四边形BMCN为菱形．∴，．∵直线BM为，∴设直线CN的函数表达式为．∵直线BC的函数表达式为：，∴，∴，解得，∴直线CN的函数表达式为，设．∵，，∴，∴，解得，∴点N的坐标为；如图，当BC是边，四边形BMNC为菱形时．185,∴，．∵直线BM为，∴设直线CN的函数表达式为．∵直线BC的函数表达式为：1，∴，∴，解得，∴直线CN的函数表达式为，设．∵，，∴，∴，解得或（不合题意，舍去），∴点N的坐标为；③如图，当BC是边，四边形BCMN为菱形时．185,∴，设．∵，，∴，∴，解得或0（不合题意，舍去），∴点M的坐标为．∵，，∴点N的坐标为．综上所述，满足条件的点N的坐标为（2，-2）、（-1，2）、（+3，2）．【点睛】本题是一次函数综合题，考查了待定系数法求函数的解析式，全等三角形的判定和性质，菱形的性质以及勾股定理．解题的关键是注意掌握方程思想、分类讨论思想与数形结合思想的应用．25．（21-22八年级下·浙江金华·开学考试）如图所示，在平面直角坐标系中，直线交轴于点，交轴于点，过点作轴的垂线，将直线绕点按逆时针方向旋转，旋转角为．185,(1)若直线经过点，①求线段的长；②直接写出旋转角的度数；(2)若直线在旋转过程中与轴交于点，当、、均为等腰三角形时，求出符合条件的旋转角的度数．(3)若直线在旋转过程中与直线交于点，连，以为边作等边（点、、按逆时针方向排列），连BF．请你探究线段BE，OB与BF之间的数量关系？并说明理由．【答案】(1)①AC=2；②旋转角的度数为30°；(2)当α=15°或60°或105°或150°时，△ABD、△ACD、△BCD均为等腰三角形；(3)BE+BF=2OB，理由见解析【分析】（1）①求出点A的坐标，利用两点间距离公式即可求出AC的长；②如图1中，由CE∥OA，推出∠ACE=∠OAC，由直角三角形的性质，推出∠OAC=30°，由此即可解决问题；（2）由图2、图3、图4、图5可知，当α=15°或60°或105°或150°时，△ABD、△ACD、△BCD均为等腰三角形；（3）连接AC，证明△ABC为等边三角形，再证明△ACE≌△BCF，利用全等三角形的性质即可求解．【详解】（1）解：①对于直线y=x+令x=0得y=，令y=0得x=-1，∴A（0，），B（-1，0），∵C（1，0），∴AC==2；②如图1中，∵CE∥OA，185,∴∠ACE=∠ACO，∵AC=2CO，∴∠CAO=30°，∴∠ACE=30°，∴α=30°；（2）解：由图2、图3、图4、图5可知，当α=15°或60°或105°或150°时，△ABD、△ACD、△BCD均为等腰三角形．①如图2中，当α=15°时，∵CE∥OD，∴∠ODC=15°，∵∠OAC=30°，∴∠ACD=∠ADC=15°，∴AD=AC=AB，∴△ADB，△ADC是等腰三角形，∵OD垂直平分BC，∴DB=DC，185,∴△DBC是等腰三角形；②当α=60°时，易知∠DAC=∠DCA=30°，∴DA=DC=DB，∴△ABD、△ACD、△BCD均为等腰三角形；③当α=105°时，易知∠ABD=∠ADB=∠ADC=∠ACD=75°，∠DBC=∠DCB=15°，∴△ABD、△ACD、△BCD均为等腰三角形；④当α=150°时，易知△BDC是等边三角形，∴AB=BD=DC=AC，∴△ABD、△ACD、△BCD均为等腰三角形；（3）解：BE+BF=2OB，理由如下：连接AC，∵A（0，），B（-1，0），C（1，0），∠CAO=30°，∴∠ACO=60°，∴△ABC为等边三角形，又△CEF也为等边三角形，∴∠ACB=∠ECF=60°，AC=BC，CE=CF，AB=BC=2OB，∴∠ACE=∠BCF，∴△ACE≌△BCF，∴AE=BF，∴AB=BE+AE=BE+BF=2OB．，185,【点睛】本题考查了坐标与图形，等边三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，含30度角的直角三角形的性质，解决本题的关键是综合运用以上知识．考点五、二次函数背景下的旋转问题26．（2024·辽宁·模拟预测）如图，抛物线与轴交于点，（点在点左边），与轴交于点，抛物线的顶点为，点在线段（不与点，M重合）上，连接，将线段绕点旋转后得到线段，若点恰好落在抛物线上，则点的坐标为．【答案】或【分析】本题考查了二次函数综合题，掌握数形结合，构造全等三角形将点的坐标进行转换是解题的关键．根据二次函数解析式求出点，的坐标，从而求出直线的解析式；由全等三角形得到，点代入，得从而求得点的坐标，第二种情况是过点作轴于点，过点作轴于点，由全等三角形得到，，点代入，得，求出的值，从而求出点的坐标．【详解】解：，，令，得，，设直线的解析式为，将点代入，得，解得，直线的解析式为，设，185,如图，过点作轴于点，过点作轴于点，，，，，线段绕点旋转后得到线段，，，，，，，，，，将点代入，得，解得（不合题意，舍去），，，如下图，过点作轴于点，过点作轴于点，，，，，同理，得，，，，将点代入，得，185,解得（不合题意，舍去），，，综上所述，点的坐标为或，故答案为：或．27．（21-22九年级上·浙江·周测）如图，在平面直角坐标系中，抛物线交轴于点A，交轴于点和点，连接、、，与轴交于点．(1)求抛物线表达式；(2)点，点在轴上，点在平面内，若，且四边形是平行四边形．①求点的坐标；②设射线与相交于点，交于点，将绕点旋转一周，旋转后的三角形记为，求的最小值．【答案】(1)185,(2)；【分析】（1）将点、的坐标代入抛物线，利用待定系数法求得解析式；（2）①由坐标求出解析式，然后根据四边形是平行四边形和得出，再分类讨论求得和的坐标；②求出解析式，交点为，再求出坐标，然后由两点间距离公式求出和长度，因为旋转不改变长度，所以长度不变，当旋转到轴上时，此时最短，所以此时等于，然后代入计算即可．【详解】（1）解：抛物线交轴于点，交轴于点和点，，解得：；（2）如图，设直线的解析式为，，，185,解得，直线的解析式为，为与轴交点，，，四边形是平行四边形，且，且点在点下方，点在轴上，点在平面内，，，，或，若为，，故，若为，，此时，矛盾，舍去，综上，点的坐标为；②如图，设的解析式为抛物线交轴于点，点的坐标为，，将点、的坐标代入得：185,，解得，的解析式为，与相交于点，，解得，所以点的坐标为，设直线的解析式为，将点、的坐标代入直线的解析式得：，解得，所以直线的解析式为，与相交于点，，解得，点的坐标为，185,当旋转到轴上时，此时最短，如图的最小值为．【点睛】此题重点考查二次函数的图象与性质、全等三角形的判定与性质、用待定系数法求函数表达式、二次根式的化简、用解方程组的方法求函数图象的交点坐标等知识和方法，计算较为烦琐，难度较大，属于考试压轴题．28．（23-24九年级上·湖北十堰·阶段练习）如图，抛物线的图象过点，顶点为，点在轴正半轴上，线段．  (1)求抛物线的解析式；(2)若抛物线上有点，使得是以为斜边的直角三角形，请求出点的坐标；(3)将直线绕点逆时针方向旋转所得直线与抛物线相交于另一点，若点是直线上的动点，是否存在点，使，，，四点构成的四边形为平行四边形？若存在，请求出此时四边形的周长和面积；若不存在，请说明理由．【答案】(1)185,(2)点的坐标为或(3)存在点，使得，，，四点构成的四边形为平行四边形，此时四边形的周长为或；面积是．【分析】（1）用待定系数法求解即可；（2）求得直线和直线的解析式，将直线的解析式与抛物线的解析式联立，解方程即可得出出点的坐标；（3）存在．求得点的坐标，证明，则当时，，，，四点构成的四边形为平行四边形．分两种情况计算：①当点在线段上时，平行四边形的周长为：，其面积为：；②当点在线段的延长线上时，平行四边形'的周长为：，其面积为：．【详解】（1）解：顶点为，设抛物线的解析式为，将代入，得：，解得，抛物线的解析式为；（2），设直线的解析式为，，，则是等腰直角三角形，，，把代入，得，直线的解析式为，185,  是以为斜边的直角三角形，，设交轴于点，则是等腰直角三角形，则，∴设直线的解析式为，将，代入，可得，直线的解析式为，解得或点的坐标为或（3）存在．理由如下：由已知及（1）、（2）可知，，又顶点为，点到直线的距离等于，即等于，，．当时，，，，四点构成的四边形为平行四边形．185,  ①当点在线段上时，平行四边形的周长为：；其面积为：；②当点在线段的延长线上时，平行四边形的周长为：；其面积为：．综上所述，存在点，使得，，，四点构成的四边形为平行四边形，此时四边形的周长为或；面积是．【点睛】本题属于二次函数综合题，考查了待定系数法求函数的解析式、直线与抛物线的交点坐标及平行四边形的判定与性质等知识点，数形结合、分类讨论、熟练掌握相关性质及定理是解题的关键．29．（20-21九年级上·重庆沙坪坝·期末）如图1，在平面直角坐标系中，抛物线与x轴交于、B两点，与y轴交于点C，顶点D的坐标为．  185,(1)求抛物线的解析式；(2)已知直线l：y＝x与抛物线交于E、F两点（点E在F的左侧），点G为线段上的一个动点，过G作y轴的平行线交抛物线于点H，求的最大值及此时点G的坐标；(3)在（2）的条件下，如图2，若点G是的中点，将绕点O旋转，旋转过程中，点B的对应点为、点G的对应点为，将抛物线沿直线的方向平移（两侧均可），在平移过程中点D的对应点为，在运动过程中是否存在点和点关于△ABF的某一边所在直线对称（与不重合），若存在，请直接写出点的坐标；若不存在，请说明理由．【答案】(1)(2)当时，最大＝，此时(3)存在，、、、【分析】（1）设抛物线顶点式，代入点的坐标即可求解；（2）设，求出关于m的函数关系式是二次函数，求二次函数最值；（3）分为与关于对称三种情形，设，根据到原点距离是6及对称列出方程组，从而解得．【详解】（1）设抛物线解析式为，把，代入，得：，∴，∴；（2）设，∴∴，∴，设，∴∴，，185,∴，∴当时，最大，此时；（3），∴设直线的解析式为，把代入得：解得，∴直线，同理可求直线，直线，直线，若与关于对称，如图1，  ∴，在等腰中，，∴，设，∴，∴，由得，，∴或，185,∴或；    ②当与关于对称时，如图2，∴直线，∴，∴，∴，或（舍去）∴；③当与关于对称时，如图3，  设，∴，∵，∴185,∴直线的函数关系式是：，设，∴，∴，∵，∴，∴，∴∴，∴∴，∴  ，（舍去），∴；综上所述、、、【点睛】本题考查了以二次函数为背景下求二次函数的最值，结合图形的旋转、翻折（对称）、平移求满足一定条件下的点的坐标，解决问题的关键是设点的坐标，根据条件列出方程组．30．（2024·四川成都·三模）已知抛物线与轴交于点、（在的左侧），与轴交于点．185,(1)若，，．①求该抛物线解析式；②抛物线上点的横坐标为，点坐标为，连接，，点为平面内任意一点，将绕点旋转得到对应的（点，，的对应点分别为点，，），若中恰有两个点落在抛物线上，求此时点的坐标；（点不与点重合）(2)如图2，点和点在抛物线上，其中在点左侧抛物线上，点在轴右侧抛物线上，直线交轴于点，直线交轴于点，设直线解析式为，当，试证明为一个定值，并求出定值．【答案】(1)①；②或(2)为定值1，证明见解析【分析】本题主要考查二次函数的图象与性质，运用待定系数法求函数解析式，以及中心对称等知识：（1）①运用待定系数法求解即可；②根据中心对称的性质，分在抛物线上，三种情况讨论求解即可；（2）设直线的解析式为，直线的解析式为，则，，由得，联立方程组，由根与系数和关系可得出结论【详解】（1）解：①将，，代入得：185,解得故抛物线解析式为，②解：∵，，则又∵∴，即，依题意，轴，，当两个点落在抛物线上，如图所示，设的纵坐标为，则即的解为的横坐标，设的横坐标为∴，∵∴即解得：，解方程解得：，185,∴又∵，设∴解得：；∴；②如图所示，当在抛物线上时，依题意，四边形是平行四边形，为对角线交点，∴，∵，设，根据平移的性质可得又∵，在抛物线上，∴∴∵，观察图形，不能同时落在抛物线上，185,综上所述，或（2）解：∵抛物线解析式为当时，∴设直线的解析式为，直线的解析式为∴，∴  ∵∴∴  ∴（即  即点是的中点）∵∴∴∵∴185,∴，，∴  ∴又∵直线经过抛物线上两点、∴∴的两个根为和∴∴而  ∴∴∴为定值1．考点六、二次函数的中心对称问题31．（23-24九年级上·江苏连云港·期末）若函数图像上至少存在不同的两点关于原点对称，我们把该函数称为“美好函数”，其图像上关于原点对称的两点叫做一对“美好点”．若点是关于的“美好函数”上的一对“美好点”，且该函数的对称轴始终位于直线的右侧．有下列结论①；②；③；④．其中正确的是（    ）A．①②③B．①③④C．①②④D．②③④【答案】A【分析】此题属于二次函数综合题，考查了二次函数的性质，待定系数法，“美好函数”，“美好点”的定义等知识，解题的关键是理解题意，学会利用参数解决问题．先根据题意求出m，n的取值，代入得到a，b，c的关系，再根据对称轴在的右侧即可求解．185,【详解】解：∵点是关于x的“美好函数”上的一对“美好点”，∴关于原点对称，∴，∴，代入得，∴，∴①②正确，符合题意，∵该函数的对称轴始终位于直线的右侧，∴，∴，即当时，两边同乘a得：，无公共解集，舍去．当时，两边同乘a得：，∴，∴③正确，符合题意，∵，∴，∵∴，整合条件：185,三式相加得：，∴，即∴④错误，不符合题意．综上所述，结论正确的是①②③．故选：A．32．（2023·辽宁丹东·模拟预测）如图，对称轴为直线的抛物线图象与轴交于点、点在点的左侧，与轴交于点，其中点的坐标为，点的坐标为．(1)求该抛物线的解析式；(2)如图，若点为抛物线上第二象限内的一个动点，点为线段上一动点，当的面积最大时，求周长的最小值；(3)如图，将原抛物线绕点旋转，得新抛物线，在新抛物线的对称轴上是否存在点使得为等腰三角形？若存在，请直接写出点的坐标；若不存在，说明理由．【答案】(1)(2)(3)存在，或或【分析】（1）根据对称轴为直线，可得，再把点，代入解析式即可求解；（2）过点作的平行线，当直线与抛物线只有一个交点时，面积最大，由此可对称点的坐标；再根据轴对称最值问题可求出周长的最小值；（3）由可得原抛物线的顶点坐标，由旋转的性质可得的顶点坐标，进而可求出的对称轴；则需要分类讨论当时；当时；当时，分别建立方程求解即可．185,【详解】（1）解：抛物线的对称轴为直线，，抛物线过点，点，，解得：，抛物线的解析式为：．（2）由（1）知函数解析式为：．，直线：，过点作，设直线的解析式为：，当的面积最大时，直线与抛物线有且仅有一个交点，令，整理得，，解得：，，，即；作点关于轴的对称点，连接交轴于点，如图，此时的周长最小，，，，，185,周长的最小值为：．（3）由（1）知原抛物线的顶点坐标，绕点旋转后的顶点，的对称轴为直线；设点的坐标为，若是等腰三角形，则需要分类讨论：当时，如图；，解得；或；当时；，无解；当时，如图，，解得，．综上可知，存在，点的坐标为或或．【点睛】本题属于二次函数综合题，涉及待定系数法求函数解析式，三角形的面积最值问题，轴对称最值问题，等腰三角形存在性问题，（2）关键是求出点的坐标；（3）关键是进行正确的分类讨论，根据两点间距离公式建立方程．33．（2024·浙江宁波·一模）若二次函数与的图象关于点成中心对称图形，我们称与互为“中心对称”函数．(1)求二次函数的“中心对称”函数的解析式；(2)若二次函数的顶点在它的“中心对称”函数图象上，且当时，y185,最大值为2，求此二次函数解析式．(3)二次函数的图象顶点为M，与x轴负半轴的交点为A、B，它的“中心对称”函数的顶点为N，与x轴的交点为C、D，从左往右依次是A、B、C、D，若，且四边形为矩形，求的值．【答案】(1)“中心对称”函数的解析式为：(2)抛物线的表达式为：(3)【分析】本题考查的是二次函数综合运用，涉及到解一元二次方程、新定义、矩形的性质、解直角三角形等，综合性强，难度适中．（1）由新定义即可求解；（2）求出，得到抛物线的表达式为：，即可求解；（3）由，即可求解．【详解】（1）解：，则该函数的顶点坐标为：，则该顶点关于的对称点为，则“中心对称”函数的解析式为：；（2）由抛物线的表达式知，其对称轴为直线，则顶点坐标为：，则“中心对称”函数的顶点坐标为：，则“中心对称”函数的表达式为：，将代入上式得：，解得：，则抛物线的表达式为：，当时，即，则抛物线在时，取得最大值为2，185,即，解得：，则抛物线的表达式为：；（3）如下图：设点、、的横坐标分别为：设左侧抛物线的对称轴交x轴于点H，则点的坐标为：，，点H的坐标为：，根据点关于中心对称，点的横坐标，由点、的坐标得，，则，若，即，整理得：，当四边形为矩形时，则，，，则，而，185,则，整理得：，将代入上式得：解得：（舍去），即．34．（2022·四川资阳·中考真题）已知二次函数图象的顶点坐标为，且与x轴交于点．(1)求二次函数的表达式；(2)如图，将二次函数图象绕x轴的正半轴上一点旋转，此时点A、B的对应点分别为点C、D．①连结，当四边形为矩形时，求m的值；②在①的条件下，若点M是直线上一点，原二次函数图象上是否存在一点Q，使得以点B、C、M、Q为顶点的四边形为平行四边形，若存在，求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．【答案】(1)（或）(2)①，②存在符合条件的点Q，其坐标为或或【分析】（1）根据二次函数的图象的顶点坐标，设二次函数的表达式为，再把代入即可得出答案；（2）①过点作轴于点E，根据，又因为，证明出，从而得出，将，，代入即可求出m的值；②根据上问可以得到，点M的横坐标为4，，要让以点B、C、M、Q185,为顶点的平行四边形，所以分为三种情况讨论：1）当以为边时，存在平行四边形为；2）当以为边时，存在平行四边形为；3）当以为对角线时，存在平行四边形为；即可得出答案．【详解】（1）∵二次函数的图象的顶点坐标为，∴设二次函数的表达式为，又∵，∴，解得：，∴（或）；（2）①∵点P在x轴正半轴上，∴，∴，由旋转可得：，∴，过点作轴于点E，∴，，在中，，当四边形为矩形时，，∴，又，∴，∴，∴，解得；185,②由题可得点与点C关于点成中心对称，∴，∵点M在直线上，∴点M的横坐标为4，存在以点B、C、M、Q为顶点的平行四边形，1）、当以为边时，平行四边形为，点C向左平移8个单位，与点B的横坐标相同，∴将点M向左平移8个单位后，与点Q的横坐标相同，∴代入，解得：，∴，2）、当以为边时，平行四边形为，点B向右平移8个单位，与点C的横坐标相同，∴将M向右平移8个单位后，与点Q的横坐标相同，∴代入，解得：，∴，3）、当以为对角线时，点M向左平移5个单位，与点B的横坐标相同，∴点C向左平移5个单位后，与点Q的横坐标相同，185,∴代入，得：，∴，综上所述，存在符合条件的点Q，其坐标为或或．【点睛】本题考查了待定系数法求二次函数的解析式，二次函数的性质，中心对称，平行四边形的存在性问题，矩形的性质，熟练掌握以上性质并作出辅助线是本题的关键．35．（23-24九年级上·江苏连云港·阶段练习）二次函数的图像是抛物线，定义一种变换，先作这条抛物线关于原点对称的抛物线，再将得到的对称抛物线向上平移个单位，得到新的抛物线，我们称叫做二次函数的阶变换．(1)二次函数的顶点关于原点的对称点为______，这个抛物线的2阶变换的解析式为______；(2)若二次函数的5阶变换的关系式为．①二次函数的解析式为______；②若二次函数的顶点为点，与轴相交的两个交点中右侧交点为，是轴上的一个动点，请求出使周长最小时，点的坐标．【答案】(1)，(2)①②【分析】（1）根据二次函数的性质求出其顶点坐标，再根据关于原点对称的点的坐标特点，写出其关于原点的对称点的坐标，根据定义即可求解解析式；（2）①将抛物线向下平移5个单位得到，此时该抛物线的顶点坐标为，该点关于原点的对称点为，进而求解；②首先求得抛物线的顶点的坐标，点的坐标，并求得点关于轴的对称点的坐标，当点三点共线时，的周长最小，利用待定系数法解得直线的解析式，进而确定点的坐标即可．【详解】（1）解：二次函数的顶点坐标为，∴该点关于原点的对称点为，作这条抛物线关于原点对称的抛物线，185,则有，将抛物线向上平移2个单位长度，可得，所以原抛物线的2阶变换的解析式为故答案为：，；（2）①将抛物线向下平移5个单位得到，此时该抛物线的顶点坐标为，该点关于原点的对称点为，即二次函数的顶点坐标为，∴二次函数的解析式为．故答案为：；②如下图，对于抛物线：，其顶点坐标的坐标为，令，可有，解得，，∵与轴相交的两个交点中右侧交点为，∴，作点关于轴的对称点，则，∴，∴周长，∴当点三点共线时，的周长最小，185,设直线的解析式为，将点，代入，可得，解得，∴直线的解析式为，令，则有，∴点的坐标为．【点睛】本题主要考查了新定义“二次函数的阶变换”、求关于原点对称的点的坐标、二次函数的图像与性质、关于轴对称的点的坐标特征、待定系数法求一次函数解析式、一次函数图像与坐标轴交点等知识，解题关键是掌握相关知识，并运用数形结合的思想分析问题．36．（23-24九年级上·江西宜春·阶段练习）二次函数的图像交轴于原点及点．感知特例：（1）当时，如图1，抛物线上的点，，，，分别关于点中心对称的点为，，，，，如下表：①补全表格：（___，___）②请在图1中描出表中对称后的点，再用平滑的曲线依次连接各点，得到的图像记为．形成概念：185,我们发现形如（1）中的图像上的点和抛物线上的点关于点中心对称，则称是的“孔像抛物线”．例如，当时，图2中的抛物线是抛物线的“孔像抛物线”．探究问题（2）①当时，若抛物线与它的“孔像抛物线”的函数值都随着的增大而减小，则的取值范围为_______；②若二次函数及它的“孔像抛物线”与直线有且只有三个交点，求的值．【答案】（1）①；；②作图见解析；（2）①；②m=1【分析】（1）①利用中心对称的特点即可求出点的对称点；②在平面直角坐标系中描出各点，用平滑的曲线依次连接各点即可；（2）①利用配方法求出抛物线的顶点与对称轴，利用点的坐标和对称性求出“孔像抛物线”的顶点与对称轴，进而得出“孔像抛物线”解析式，利用二次函数的性质即可得出结论；②利用二次函数及它的“孔像抛物线”与直线有且只有三个交点，可得直线必经过这两条抛物线中的一条的顶点，利用分类讨论的思想方法，令分别经过和的顶点，从而得到关于的方程，解方程即可求得结论．【详解】（1）∵点与点关于点中心对称，∴点的坐标为(，即，故答案为：；；②描点，连线，得到的图像如图所示：（2）①当时，抛物线为，对称轴为，185,当，解得：，，∴，∴原点关于对称的点的坐标为，∴它的“孔像抛物线”的解析式为，对称轴为，画出草图如图所示：∵抛物线与它的“孔像抛物线”的函数值都随着x的增大而减小，∴x的取值范围为：，故答案为：；②∵：，设顶点为，过点作轴于点，“孔像抛物线”的顶点为，过点作轴于点，∴，，由“孔像抛物线”的定义可知：点为的中点，∴，，在和中，，∴，∴，，185,∴，∴，∵抛物线及“孔像抛物线”与直线有且只有三个交点，∴或，解得：或，当时，与只有一个交点，不合题意，舍去，∴．【点睛】本题考查待定系数法求二次函数的解析式及二次函数的图像与性质，中心对称的性质，全等三角形的判定和性质，理解“孔像抛物线”的定义及运用数形结合并熟练掌握二次函数的相关性质是解题的关键．37．（23-24九年级上·广东广州·阶段练习）已知抛物线与y轴交于点C，点N坐标为(1)求证：抛物线与x轴有两个交点．(2)设与x轴交于和，且．①当时，利用图像求的取值范围．②抛物线与关于点A中心对称，与x轴的另一个交点为．问是否存在a，使为直角三角形？若存在，则求出所有可能的a值；若不存在，请说明理由．【答案】(1)证明见解析(2)①或；②当为直角三角形时，的值为或或．【分析】（1）计算即可得到结论；185,（2）①由与x轴交于和，且．可得，，当时，且在轴的左侧，如图，可得，则，当时，，即，可得，当时，且在轴的左侧，同理可得：；②抛物线与抛物线关于点A中心对称，，则，求解，可得，，分三种情况：当时，，当时，则，当时，则，再建立方程求解即可．【详解】（1）证明：∵抛物线，∴，∴抛物线与x轴有两个交点．（2）①令，则，∴，解得：，；∵与x轴交于和，且．∴，，当时，且在轴的左侧，如图，  ∵，∴，则，185,当时，，即，∵，∴，∴，当时，且在轴的左侧，同理可得：，∴，即，∴，综上：或；②抛物线与抛物线关于点A中心对称，，∴，∴，∵，∴，，当时，，∴，∴，解得：，当时，则，∴，解得：，当时，则，∴，解得：，综上：当为直角三角形时，的值为或或．【点睛】本题考查的是二次函数与x轴的交点问题，二次函数的图象与性质，二次函数与直角三角形，中心对称的含义，理解题意，选择合适的方法，清晰的分类讨论是解本题的关键．185,38．（22-23九年级下·江苏南京·期中）已知函数（a，b，c为常数，且）的图像是中心对称图形．用数学软件在相同的坐标系中得到以下函数的图像（图①~④），观察并思考……(1)函数的图像如图⑤所示，指出常数a，b，c的正负．(2)你同意“函数的图像的对称中心的横坐标为1”吗？判断并说明理由．(3)已知，直接写出关于x的不等式的解集（用含a，c的式子表示）．【答案】(1)，，(2)不同意，理由见解析(3)当时，或；当时，或【分析】（1）观察图①②③④，分析其增减性，可得当时，在图象两个拐弯处的两侧，y随x的增大而增大；观察其对称中心，当时，对称中心为原点，当时，对称中心在y轴左侧；即可判断a和b与图象的关系，再根据其图象与x轴有三个交点可得有两个异号的实数根，即可判断c的符号；185,（2）求出当时的函数值为1，设点在函数图象上，且，．求出，即可得出结论；（3）先求出，则函数于x轴有三个交点，根据（1）中的结论，结合图象和增减性，即可写出解集．【详解】（1）解：观察图①②③④可知，当时，在图象两个拐弯处的两侧，y随x的增大而增大；∵图⑤中，在两个拐弯处两侧，y随x的增大而减小，∴，观察图①②③④可知，当时，对称中心为原点，当时，对称中心在y轴左侧，∵图⑤中，对称中心在y轴右侧，∴，∴，∵与x轴有3个交点，且经过点，∴方程有三个不相等是实数根，∴或，由图可知：与x轴分别交于正半轴、原点、负半轴、∴的两个实数根，∴∵，∴，综上：，，；（2）解：把代入得：，设点在函数图象上，且，．∵，∴，∴，185,，∴，∴，∵，∴，∴函数的图像的对称中心的横坐标不是“1”．（3）解：设函数，∵，∴，则方程有两个不相等的实数根，∵当时，，∴函数于x轴有三个交点，根据求根公式可得：方程的两个根分别为：，，∴函数于x轴的三个交点分别为：，，，①当时，或时，；②当时，或时，．【点睛】本题主要考查了探究函数的性质，解题的关键是仔细观察题目所给函数图象，总结出其图象与系数之间的关系．39．（23-24九年级上·湖南长沙·阶段练习）如图，抛物线的顶点为，与x轴的交点为A和B．将抛物线绕点B逆时针方向旋转90°，点，为点M，A旋转后的对应点，旋转后的抛物线与y轴相交于C，D两点．185,  (1)若原抛物线过点，求抛物线的解析式；(2)若A，关于点M成中心对称，求直线的解析式；(3)在（2）的条件下，若点P是原抛物线上的一动点，点Q是旋转后的图形的对称轴上一点，E为线段的中点，是否存在点P，使得以P，Q，E，B为顶点的四边形是平行四边形；若存在请求出点P坐标，若不存在，请说明理由．【答案】(1)；(2)；(3)点P坐标为或或或．【分析】（1）利用待定系数法求解即可；（2）由题意得点M是等腰直角三角形斜边中线的中点，求得，，利用待定系数法即可求解；（3）先求得原抛物线的解析式以及旋转后的的图形的对称轴，分①当为边，②当为对角线时两种情况讨论，利用平移的性质列一元二次方程，求解即可．【详解】（1）解：∵抛物线的顶点为，∴设抛物线的解析式为，∵原抛物线过点，∴，解得，∴，即；185,（2）解：如图，  由题意得，，∵A，关于点M成中心对称，∴点M是等腰直角三角形斜边中线的中点，∵，∴，∴，，∴，，设直线的解析式为，∴，解得，∴直线的解析式为；（3）解：如图，  185,由（2）得，，，由旋转的性质知，设原抛物线的解析式为，代入得，解得，∴原抛物线的解析式为，∴旋转后的图形的对称轴为，∵E为线段的中点，∴，①当为边，且点E的对应点为点Q时，此时点E的纵坐标向下平移个单位，同时点B的纵坐标0向下平移个单位得到点P的纵坐标为，∵点P在抛物线上，∴，解得或，∴点P坐标为或；②当为对角线时，由的中点坐标为，∵点Q的纵坐标，∴点P的纵坐标为，∵点P在抛物线上，∴，解得或，∴点P坐标为或；185,综上，点P坐标为或或或．【点睛】本题考查了二次函数的图象与性质，旋转的性质，等腰直角三角形的判定和性质，平行四边形的性质，一元二次方程的解法．抛物线的旋转可理解为每个点都绕点B逆时针旋转了．考点七、与旋转有关的最值问题40．（23-24八年级下·江苏苏州·阶段练习）如图，四边形中，，，，，为射线上的动点，将线段绕点顺时针旋转得到，的最小值为．【答案】【分析】本题是几何变换综合题，考查了等腰三角形的性质、全等三角形的判定与性质、旋转的性质等知识，解决问题的关键是作辅助线，构造全等三角形．将绕点顺时针旋转至，连接，可证得，从而得出，可得出，，从而得出，从而，故当点在处时，最小，从而，从而得出的最小值．【详解】解：将绕点顺时针旋转至，连接，  ，，，，，，，185,，，，，当点在处时，最小，，的最小值为：．故答案为：．41．（22-23九年级上·安徽合肥·期末）在平面直角坐标系中，点，点在x轴的负半轴上，．将绕点顺时针旋转，得，点旋转后的对应点为．记旋转角为．  (1)如图①，当时，求与的交点的坐标；(2)如图②，连接，当经过点A时，求的长；(3)设线段的中点为，连接，求线段的长的取值范围(直接写出结果即可)．【答案】(1)(2)(3)【分析】（1）过点作轴，利用，可得，利用和可得点D是OB的中点，从而得知点D的横坐标，利用和是等边三角形可得，即点D的纵坐标，从而得解；（2）过点作轴，垂足为，推导，从而得出185,，再计算，用勾股定理得，从而得解；（3）取线段的中点N，连接、，则，用中位线定理求，用勾股定理求，最后利用求范围．【详解】（1）解：如图，过点作轴，垂足为．  ∵点，∴．∵，∴．在中，．∵，∴．∴．∴，∴是等边三角形，∵，轴∴．∴．∴点的坐标为．（2）解：如图，过点作轴，垂足为．185,  由旋转得，．∴．∴．∴．∴．∴．在中，．（3）解：取线段的中点N，连接、，则  ∵点M是线段的中点，点N是线段的中点，∴由旋转的性质得：，∴∴即【点睛】本题考查旋转的性质，等边三角形的判定与性质，含角的直角三角形的性质，中位线定理，勾股定理等知识，掌握旋转的性质和正确作出辅助线是解题的关键．185,42．（22-23八年级下·甘肃兰州·期末）在中，，，将绕点顺时针旋转一定的角度后得到，点的对应点分别是．(1)如图，当点恰好在上时，求的度数；(2)如图，若，点是边的中点，试说明四边形是平行四边形；(3)若，连接，在旋转的过程中，的面积是否存在最大值？若存在，请求出其面积最大值；若不存在，请说明理由．【答案】(1)；(2)证明见解析；(3)在旋转过程中，的面积存在最大值，最大值为．【分析】（）由旋转可得，，，进而得，再根据角的和差关系即可求解；（）由直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得，即得，又可得，得到，由旋转得到，，，即得，延长交于点，可得，得到，即可求证；（）因为线段为定值，当点到距离最大时，的面积取最大值，可知当点共线时，的面积取最大值，利用勾股定理求出即可求解；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，直角三角形的性质，平行四边形的判定，勾股定理，三角形的面积，正确作出辅助线是解题的关键．【详解】（1）解：∵，，∴，185,∵绕点顺时针旋转得到，点恰好在上，∴，，，∴，∴；（2）证明：∵，点是边的中点，∴，∴，∵，，∴∴，∵绕点顺时针旋转得到，∴，，，∴，如图，延长交于点，则，∴，∴四边形为平行四边形；（3）解：存在，理由如下：∵线段为定值，当点到距离最大时，的面积取最大值，如图，当点共线时，的面积取最大值，185,∵，，∴，∴，∴，∴，∴在旋转过程中，的面积存在最大值，最大值为．43．（2024·山东济南·模拟预测）（1）如图1，在中，，点是内部任意一点．连接，将线段绕点逆时针旋转得到线段，连接，则线段与的数量关系是______．（2）如图2，四边形是正方形，绕点旋转，且，，连接，直线与直线相交于点．①求证：；②如图3，当点在的延长线上时，连接，已知，在旋转的过程中，求线段的最小值．185,【答案】（1）（2）①见解析②【分析】（1）直接证明，即可得出结论；（2）①证明，得，即可求得，即可得出结论；②过点作于点，作，交的延长线于点，过点作于点．先证明，得到．从而得证四边形是正方形，得到．再证明，得到．再根据勾股定理得，则当最大时，最小，此时，即可求得，即可由求解．【详解】解：（1）由旋转可得：，，∵，∴，∴，∵，∴，∴；（2）①证明：四边形是正方形，，又，，即，在和中，，∴，185,．，，．②解：如图，过点作于点，作，交的延长线于点，过点作于点．由①知，，四边形是矩形，．又，，即．在和中，，．四边形是正方形，．，185,．在和中，，．，当最大时，最小，此时，，．【点睛】本题考查正方形的性质，旋转的性质，全等三角形的判定与性质，矩形的判定与性质，勾股定理，本题属四边形综合题目，熟练掌握相关性质的应用是解题的关键．44．（23-24八年级下·湖北武汉·期中）如图1，在中，，，，点在轴上，以为一边，在外作等边三角形，是的中点，连接并延长交于．(1)①求点B的坐标；(2)如图2．将图1中的四边形折叠，使点与点重合，折痕为，求的长；(3)如图1，连接，在线段上有一动点，连接，，直接写出的最小值为______；(4)若去掉题干中这个条件，点为外一点，连接，，，若，，则当线段的长度最小时，______，的最小值是______．【答案】(1)点的坐标为；185,(2)的长为；(3)(4)，4【分析】（1）利用直角三角形性质和勾股定理即可求得答案；（2）设，则，运用勾股定理建立方程求解即可求得答案；（3）将绕点顺时针旋转得到，连接，可得，当、、、在同一条直线上时，为最小值，再运用勾股定理即可求得；（4）以为边在内部作等边三角形，连接，可证得，得出，当线段的长度最小时，最小，即可求得答案．【详解】（1）解：在中，，，，，，点的坐标为；（2）解：如图，设，是等边三角形，，，由折叠得，在中，，即，解得：，的长为；185,（3）解：如图，将绕点顺时针旋转得到，连接，则，，，，是等边三角形，，，当、、、在同一条直线上时，为最小值，是的中点，，，是等边三角形，，，是等边三角形，，点是的中点，，，、、三点在同一条直线上，，，故答案为：；（4）解：如图，以为边在内部作等边三角形，连接，185,则，，是等边三角形，，，，在和中，，，，当线段的长度最小时，最小，，的最小值为4，此时点落在线段上，，的最小值为4；故答案为：，4．【点睛】本题是四边形综合题，考查了等边三角形的性质，直角三角形的性质，全等三角形的判定和性质，折叠变换和旋转变换的性质，勾股定理，两点之间线段最短等，正确添加辅助线是解题关键．45．（23-24八年级下·四川成都·期末）如图1，在平面直角坐标中，已知点，点，将线段绕点B顺时针旋转得到线段，作直线．(1)求直线的函数表达式；185,(2)是平面内一点，且，求n与m的关系；(3)如图2，是x轴上一动点，将线段绕点H顺时针旋转得到线段，当与直线有交点时，求h的取值范围．【答案】(1)(2)或；(3)【分析】（1）过点C作轴于点D，证明，得出，，求出，得出，用待定系数法求出直线的解析式即可；（2）过点B作于点F，延长，取点E，使，过点E作直线，过点B作，连接，，先根据中点坐标公式求出，根据待定系数法求出直线的解析式为，设点，根据中点坐标公式求出，得出，根据，求出直线l的解析式为：，同理求出直线的解析式为：，根据得出当点D在直线l或上时，符合题意，最后求出结果即可；（3）分别求出当旋转后点正好在上时，当点在上时h的值，即可得出当与直线有交点时，h的边界值，即可得出h的取值范围．【详解】（1）解：过点C作轴于点D，如图所示：则，∵点，点，∴，，根据旋转可知：，，∵，185,∴，∴，∴，，∴，∴，设直线的解析式为：，把、代入得：，解得：，∴直线的解析式为：；（2）解：过点B作于点F，延长，取点E，使，过点E作直线，过点B作，连接，，如图所示：∵，，∴为等腰直角三角形，∵，∴，∵、，∴，设直线的解析式为：，把，代入得：，185,解得：，∴直线的解析式为，设点，根据作图可知：点F为的中点，∴，解得：，∴，∵，∴设直线l的解析式为：，把代入得：，解得：，∴直线l的解析式为：，同理可得：直线的解析式为：，∵，，∴当点D在直线l或上时，，当点在直线l上时，，即；当点在直线上时，，即；综上分析可知：n与m的关系为或；（3）解：当旋转后点正好在上时，连接，如图所示：根据旋转可知：，，185,∵，直线的解析式为：，∴点的坐标为：，∵，，∴，解得：；当点在上时，过点C作轴于点N，作轴于点M，连接，，如图所示：则，∵，，∴，，，根据旋转可知：，，∵，∴，∴，∴，，∴，∴点的坐标为：，∵点在上，∴，解得：，∴当时，与直线有交点．185,【点睛】本题主要考查了旋转的性质，一次函数的综合应用，求出一次函数解析式，一次函数的平移问题，中点坐标公式，三角形全等的判定和性质，解题的关键是数形结合，作出相应的辅助线，注意进行分类讨论．46．（23-24八年级下·四川成都·期中）在中，．点在边上且，将绕点B逆时针旋转a得到（）．(1)如图1，当时，求；(2)如图2，在旋转过程中，连接，取中点F，作射线交直线于点G．当时，求证：；(3)如图3．当时，点P为线段上一动点，过点E作射线于点N，M为中点，直接写出的最大值与最小值．【答案】(1)(2)见解析(3)的最大值，的最小值，【分析】（1）如图1，过点E作交的延长线于点H，根据题意求得，再根据特殊直角三角形的性质进而求得上的高，代入面积公式算出结果；（2）①如图，在线段上截取，连接，可证得四边形是平行四边形，得出，可证，得出，由，即可推出结论；（3）连接AE，取的中点，的中点Q，连接，可证是等腰直角三角形，得出：，再由点是的中点，可得：，且，利用勾股定理得，当B、Q、M三点共线时，的最小值，当点P与点E重合时，此时，的最大值．．【详解】（1）解：如图1，过点E作交的延长线于点H，185,∴，∵，∴，∵点在边上且，将绕点B逆时针旋转a得到．∴，∴，又∵，∴；（2）如图，在线段上截取，连接，∵，∴四边形是平行四边形，∴，∵四边形是平行四边形，且，∴，∵，即，∴，∵，∴，∴，在和中，185,，∴，∴，∵，∴，又∵，∴；（3）解：连接，取的中点，的中点Q，连接，∵，∴是等腰直角三角形，∴，∵点S是的中点，∴，且，∵M是的中点，S是的中点，∴是的中位线，∴，∴，∵点Q是的中点，∴，在中，，当B、Q、M三点共线时，的最小值，185,当点P与点E重合时，，此时，的最大值．【点睛】本题是几何变换综合题，主要考查了旋转的性质，平行四边形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定与性质，三角形中位线定理及勾股定理等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题．考点八、利用旋转构造图形解决问题47．（24-25九年级上·全国·课后作业）如图，为等腰直角三角形，，，，求的长．【答案】【分析】由等腰三角形的性质得出，将绕点C逆时针旋转得到，连接，过点P作，交的延长线于点D．由旋转的性质可知，，，，进而得出，，进而得出，由含直角三角形的性质得出，进而利用勾股定理即可得出，再利用勾股定理即可得出答案．【详解】解：∵为等腰直角三角形，，∴．如下图，将绕点C逆时针旋转得到，连接，过点P作，交的延长线于点D．由旋转的性质可知，，，，185,∴，∴，∴，∴，∴在中，，，∴在中，由勾股定理，得【点睛】本题主要考查了等腰三角形的性质，含直角三角形的性质，旋转的性质，以及勾股定理等知识，掌握旋转的性质是解题的关键．48．（22-23八年级下·天津和平·期中）阅读下面材料：小诚遇到这样一个问题：如图，在等边三角形内有一点，且，，，求的度数；小诚是这样思考的：如图，构造等边，利用全等转化问题，得到从而将问题解决．（1）请你回答：图中的度数等于______直接写答案参考小诚同学思考问题的方法，解决下列问题：（2）如图，在正方形内有一点，且，，．①求的度数；②正方形的边长______直接写答案（3）如图，在正六边形内有一点，且，，，则的度数等于______，正六边形的边长为______直接写答案【答案】（1）；（2）①；②；（3），．185,【分析】把绕点逆时针旋转得到，由旋转的性质可得，，，证出是等边三角形，由等边三角形的性质求出，，再由勾股定理逆定理求出，求出，即为的度数；把绕点逆时针旋转得到，由旋转的性质可得，，，证出是等腰直角三角形，由等腰直角三角形的性质求出，，再利用勾股定理逆定理求出，然后求出，即为的度数；如图，过点作于，先证明，，三点共线，根据是等腰直角三角形，得，并由勾股定理可得正方形的边长为；如图，六边形是正六边形，把绕点逆时针旋转得到，连接，过点作于，先根据勾股定理可得的长，从而得的长，由勾股定理的逆定理可得，可得的度数；如图，过点作于，由勾股定理可得的长．【详解】解：是等边三角形，，，如图，把绕点逆时针旋转得到，连接，由旋转的性质，，，，，是等边三角形，，，，，，，；故；故答案为：；四边形是正方形，，，如图，把绕点逆时针旋转得到，185,由旋转的性质，，，，是等腰直角三角形，，，，，，，，故；如图，过点作于，，，，，，三点共线，是等腰直角三角形，，，，由勾股定理得：，即正方形的边长为，故答案为：；如图，六边形是正六边形，，，185,把绕点逆时针旋转得到，连接，过点作于，由旋转的性质，，，，是等腰三角形，，，，，，，，，，故；如图，过点作于，，，，，，．故答案为：，．【点睛】本题是四边形的综合题，考查了旋转的性质，等腰三角形的性质，正方形的性质，正六边形的性质，勾股定理以及勾股定理逆定理的应用，利用旋转的性质构造辅助线是解题的关键．49．（2024·辽宁·模拟预测）【基础方法】185,（1）小明遇到这样一个问题：如图1、在正方形中，点分别为边上的点，，连接，求证：小明是这样思考的：要想解决这个问题，首先应想办法将这些分散的线段集中到同一条线段上．他先后尝试了平移、翻折、旋转的方法，发现通过旋转可以解决此问题．他的方法是将绕点顺时针旋转得到（如图），此时即是，在图2中，请依据小明的思考过程，求的度数；  【方法应用】（2）如图3，在四边形中，，，，是上一点，若，，求的长度；【应用拓展】（3）如图4，已知线段，，以为边作正方形，连接．当线段的值最大时，求此时正方形的面积．【答案】（1）；（2）；（3）正方形的面积为．【分析】（1）根据旋转只改变图形的位置不改变图形的形状与大小可得，然后求出，再根据计算即可得解；（2）过点作交的延长线于点可得四边形是正方形，然后设，根据上面的结论表示出，再求出，然后在中,利用勾股定理列式进行计算即可得解；（3）过点作，取，连接，，推导出，由可证，可得，当三点共线时，取最大值，据此求解即可．【详解】解：（1）根据旋转知：，∴，，∵，，∴，∴，即；185,（2）过点作交的延长线于点，如图，  ∵，，∴，∵，∴四边形是正方形，∴，根据上面结论可知，设，∵，∴，∴，，∵，∴，∴，解得：，∴；（3）如图，过点作，取，连接，，如图，  185,∵，，∴，又∵，，∴，∴，∴线段有最大值时，只需最大即可，在中，，当三点共线时，取最大值，此时，在等腰直角三角形中，，，作于点M，    则．在中，，∴正方形的面积．【点睛】本题考查了正方形的性质，旋转的性质，三角形全等的判定与性质，勾股定理，熟练掌握知识点的应用是解题的关键．50．（2024·吉林松原·模拟预测）如图，在四边形中，已知，，点分别在上，．(1)①如图①，若都是直角，把绕点逆时针旋转至，使与重合，则线段和之间的数量关系为______；②如图②，若都不是直角，但满足，线段和185,之间的结论是否仍然成立？若成立，请写出证明过程；若不成立，请说明理由；(2)如图③，在中，，，点均在边边上，且，若，请直接写出的长．【答案】(1)①，②成立，见解析(2)【分析】（1）①根据若都是直角，，可得四边形是正方形，根据旋转可得，求出，可证，由此即可求解；②如图所示，延长，并取，连接，可证，可得，由此可证即可求解；（2）根据题意，将绕点顺时针旋转后得，可得，再证，可得，根据全等三角形的性质可证是直角三角形，设，则，在中，根据勾股定理即可求解．【详解】（1）解：在四边形中，，，，∴，①，理由如下，若都是直角，则，且，∴四边形是正方形，把绕点逆时针旋转至，使与重合，∴，∴，，，，∴，则点三点共线，∵，∴，在中，，185,∴，∴，∴；②成立，理由如下，如图所示，延长，并取，连接，∵，，∴，在中，，∴，∴，，∵，∴，∴，∴，∴，∴；（2）解：∵，，∴将绕点顺时针旋转后，与重合，得，如图所示，185,∴，∴，，，∵，∴，则，∴，∴，∵是等腰直角三角形，∴，，∴，即，垂足为点，∴是直角三角形，设，则，∴，即，解得，，∴的长为．【点睛】本题主要考查旋转的性质，全等三角形的判定和性质，等腰直角三角的性质，直角三角形的判定，勾股定理求线段长等知识的综合，掌握旋转的性质，全等三角形的判定和性质，合理作出辅助线是解题的关键．51．（23-24八年级下·广东深圳·期末）【问题感知】（1）如图1，在四边形中，，且，①请直接写出、、的数量关系：；②证明：平分；【迁移应用】（2）如图2，四边形中，，，，，，计算的长度；【拓展研究】（3）如图3，正方形中，E为边上一点，连接，F为边上一点，且，垂直交于点G，，，直接写出正方形的边长．185,【答案】（1）①；②见解析；（2）；（3）【分析】（1）①延长使，连接，证明，得出，证出，在中，根据勾股定理即可求解；②将绕点逆时针旋转至，证明、、三点共线，证出是等腰直角三角形，得出，即可证明；（2）连接，将绕点逆时针旋转至，根据旋转的性质得出，证明、、三点共线，从而证出是等边三角形，根据等边三角形性质得出，平分，得出，根据直角三角形的性质和勾股定理得出，设则，在中，根据勾股定理列方程求解即可；（3）过点作交于点，作交于点，根据四边形是正方形，得出，从而得出，结合，得出，，即可得出，根据，得出，证出，，即可得，证出四边形是正方形，得出，证明，得出，设，则，，在中，根据勾股定理求出，即可求解；【详解】解：（1）①，证明：延长使，连接，则，185,∵，∴，∵，∴，∴，∴，在中，，∴，∴；②证明：将绕点逆时针旋转至，，∴、、三点共线，，∴是等腰直角三角形，，∴平分；（2）解：连接，将绕点逆时针旋转至，，在四边形中，，，∴、、三点共线，又，所以是等边三角形，，185,∴平分，，，设则，在中，，则，解得(舍)，，；（3）解：过点作交于点，作交于点，∵四边形是正方形，∴，∴，∵，∴，∴，∴，∴，∵，185,∴，∴，∵，∴，∵，∴，∴，∴，又∵，∴四边形是正方形，∴，∵，∴，∴，设，∴，∴，在中，，故，解得：，则正方形的边长．【点睛】该题主要考查了正方形的性质和判定，勾股定理，全等三角形的性质和判定，旋转的性质，等腰三角形的性质和判定，等边三角形的性质和判定，直角三角形的性质等知识点，解题的关键是正确作出辅助线．52．（23-24八年级下·辽宁阜新·期末）下面是某数学兴趣小组探究问题的片段，请仔细阅读，并完成任务．【问题探究】（1）如图1，在中，，点D在上，连接，将线段绕点C185,逆时针旋转得到线段，连接，请猜想和的数量关系与位置关系，并说明理由．【问题再探】（2）在（1）的条件下，连接AE．兴趣小组的同学们在电脑中用几何画板软件测量发现和的面积相等．为了证明这个发现，甲组同学延长线段AC至F点，使，连接EF，从而得以证明（如图2）；乙组同学过点D作于点M，过点E作于点N，从而得以证明（如图3），请你选取甲组或乙组中的一种方法完成证明过程．【问题解决】（3）如图4，已知，，点D在AB上，，若在射线上存在点E，使，请直接写出相应的的长．【答案】（1），证明见解析；（2）见解析；（3）的长为或【分析】（1）根据题意得出，，再由全等三角形的判定和性质证明确定，利用等量代换即可证明垂直；（2）选甲组同学，延长线段至F点，使，连接，则是的中线，证明，由全等三角形的性质得出，选乙组同学，过点D作于点M，过点E作于点N，证明≌，得出，则可得出结论；（3）过点C作交于E，于H，连接并延长交于F，由（2）可知：，求出，求出的长，根据三角形面积公式求出，则可得出答案．【详解】（1）解：，理由如下：根据题意得，，∵，185,，，∴，∴，，∵，∴，∴；（2）选甲组同学证明如下：延长线段至F点，使，连接，则是的中线，，，，在和中，，∴，，；选乙组同学的则证明如下：过点D作于点M，过点E作于点N，，185,，，，，即，在和中，，，，，，又，；（3）解：过点C作交于E，于H，连接并延长交于F，由（2）可知：，，，，，，，，，185,，当时，，，此时，，，综上所述，的长为或【点睛】本题是三角形综合题，考查了等腰直角三角形的性质，三角形的面积，全等三角形的判定与性质，直角三角形的性质，熟练掌握全等三角形的判定与性质是解题的关键．考点九、旋转规律探究53．（22-23八年级上·河南驻马店·阶段练习）如图，长方形的两边分别在x轴，y轴上，点C与原点重合，点，将长方形沿x轴向右翻滚，经过一次翻滚点A对应点记为，经过第二次翻滚点A对应点记为……依此类推，经过2022次翻滚后点A对应点的坐标为（    ）  A．B．C．D．【答案】B【分析】求得前几个点的坐标，找出规律，根据规律求解即可．【详解】解：如图所示：  185,点，进过一次翻滚后，再经过一次翻滚后，，再经过一次翻滚后，再经过一次翻滚后可得：经过4次翻滚后点对应点一循环，∵，矩形的周长为∴经过2022次翻滚后点A对应点的坐标为，即故选：B【点睛】此题考查了坐标规律的探索，解题的关键是正确求得前几个点的坐标，找出规律．54．（2024·四川内江·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，轴，垂足为点，将绕点逆时针旋转到的位置，使点的对应点落在直线上，再将绕点逆时针旋转到的位置，使点的对应点也落在直线上，如此下去，……，若点的坐标为，则点的坐标为（    ）．A．B．C．D．【答案】C【分析】本题考查了平面直角坐标系、一次函数、旋转的性质、勾股定理等知识点．找出点的坐标规律以及旋转过程中线段长度的关系是解题的关键．通过求出点的坐标，、、的长度，再根据旋转的特点逐步推导出后续点的位置和坐标，然后结合图形求解即可．【详解】轴，点的坐标为，，则点的纵坐标为3，代入，得：，则点的坐标为．185,，，，由旋转可知，，，，，，，．设点的坐标为，则，解得或（舍去），则，点的坐标为．故选C．55．（23-24八年级下·河北邯郸·期末）如图，在平面直角坐标系中，将正方形绕点逆时针旋转后得到正方形，依此方式，绕点连续旋转次得到正方形，如果点的坐标为，那么点的坐标为（    ）A．B．C．D．【答案】C【分析】根据图形可知：点在以为圆心，以为半径的圆上运动，再由旋转可知：将正方形绕点逆时针旋转后得到正方形，相当于将线段绕点逆时针旋转，可得对应点的坐标，然后发现规律是8次一循环，进而得出答案．【详解】解：∵点的坐标为，四边形是正方形，185,∴点的坐标为，，四边形是正方形，，连接，如图：  由勾股定理得：，由旋转的性质得：，将正方形绕点逆时针旋转后得到正方形，相当于将线段绕点逆时针旋转，依次得到，，，，，，，，，发现是8次一循环，则，∴是第253组的最后一个点，点的坐标为，故选：C．【点睛】本题考查了旋转的性质、正方形的性质、坐标与图形性质、勾股定理、规律型：点的坐标等知识，解题的关键是数形结合并学会从特殊到一般的探究规律的方法．56．（23-24八年级下·江苏镇江·期中）如图，在平面直角坐标系中，正方形的顶点A、C分别在x、y轴上，且．将正方形绕原点O顺时针旋转，并放大为原来的2倍，使，得到正方形，再将正方形绕原点O顺时针旋转，并放大为原来的2倍，使，得到正方形……以此规律，得到正方形，则点的坐标为（    ）185,  A．B．C．D．【答案】A【分析】本题主要考查点的坐标变化规律，得出B点坐标变化规律是解题关键．根据题意得出B点坐标变化规律，进而得出点所在的象限，进而得出答案．【详解】解：∵四边形是正方形，，∴，∴，将正方形绕原点O顺时针旋转，且，得到正方形，再将正方绕原点O顺时针旋转，且，得到正方形…以此规律，∴每4次循环一周，，∵，∴点与同在一个象限内，∴点．故选：A．57．（2023·山东日照·二模）如图，正方形的中心与坐标原点O重合，将顶点绕点逆时针旋转90°得点，再将绕点B逆时针旋转得点，再将绕点C逆时针旋转得点，再将绕点D逆时针旋转得点，再将绕点A逆时针旋转得点……依此类推，则点的坐标是（    ）185,  A．B．C．D．【答案】D【分析】根据旋转图形找到规律4个一循环再在同一条线上，且根据等腰直角三角形性质可得斜边长逐渐增加，即可得到点的坐标关系，即可得到答案；【详解】解：过点作轴于E，过点作轴于F，过点作轴于G，过点作轴于H，过点作轴于K，∵四边形是正方形，，，∴，∵轴，轴，轴，轴，轴，∴新得到的三角形都是等腰直角三角形，    185,可得，，，，，，根据以上信息可得规律4个一循环再在同一条线上，且斜边长逐渐增加，∴，，，，∵，∴，，故选D；【点睛】本题考查图形规律，正方形的性质，旋转的性质，直角等腰三角形的性质，解题的关键是根据题意作出辅助线找到规律．58．（2024九年级·全国·竞赛）如图，抛物线交轴于点和点，顶点为点；将抛物线绕点旋转后得到抛物线，与轴的另一交点为点，顶点为点；将抛物线绕点旋转后得到抛物线，与轴的另一交点为点，顶点为点……如此进行下去，直至得到抛物线，则抛物线的顶点的坐标为．【答案】【分析】本题考查了二次函数的与轴交点坐标问题，求抛物线的顶点坐标等知识．先根据抛物线性质得到抛物线与轴交点坐标为，顶点，进而得到抛物线与轴交点坐标为，顶点；抛物线与轴交点坐标为，顶点；依据规律即可得到抛物线的顶点的坐标．【详解】解：由题意得抛物线与轴交点坐标为，顶点；抛物线与轴交点坐标为，顶点；抛物线与轴交点坐标为，顶点；……185,∴抛物线轴交点的横坐标为，∴的横坐标为，的纵坐标与的纵坐标相同，为，∴抛物线的顶点的坐标为．59．（2022·湖北黄冈·模拟预测）如图，在平面直角坐标系中，为等腰三角形，，，点A与坐标原点重合，点C在x轴正半轴上，将绕点C顺时针旋转一定的角度后得到，使得点B对应点在x轴上，记为第一次旋转，再将绕点顺时针旋转一定的角度后得到，使得点对应点在x轴上，以此规律旋转，则第2023次旋转后钝角顶点坐标为．【答案】【分析】过点A作AD⊥BC于点D，根据AB=AC=5，BC=8，得到BD=CD=BC=4，推出，根据，，，，，，,…，得到每3次是一个循环组，根据，得到在竖直方向的位置与的位置相同，纵坐标为3，第2023次旋转后钝角顶点的横坐标为，得到第2023次旋转后钝角顶点坐标为．【详解】过点A作AD⊥BC于点D，∵AB=AC=5，BC=8,∴BD=CD=BC=4，∴，由题意，，，，，，,…，每3次是一个循环组，，∴在竖直方向的位置与的位置相同，纵坐标为3，185,∴第2023次旋转后钝角顶点的横坐标为，∴第2023次旋转后钝角顶点坐标为．故答案为（12141，3）【点睛】本题主要考查了等腰三角形在坐标轴上无滑动的滚动，解决问题的关键是熟练掌握等腰三角形三线合一的性质，勾股定理，熟练运用旋转性质探究滚动的循环组的规律，运用得到的规律解答．60．（21-22九年级上·湖南长沙·期末）如图，在平面直角坐标系中，四边形ABCD是正方形，点A的坐标为（0，1），点B的坐标为（2，0）．点C的坐标为；②若正方形ABCD和正方形A1BC1B1关于点B成中心对称；正方形A1BC1B1和正方形A2B2C2B1关于点B1成中心对称；…，依此规律，则点C7的坐标为．【答案】（3，2）（7，）【分析】①过点C作x轴的垂线，垂足为E，易证△AOB≌△BEC，根据全等三角形的性质得到BE和CE的长度，然后就可以求出点C的坐标；②根据中心对称的性质容易得到A1和C1的坐标，于是可以发现规律：和的横坐标相差4，纵坐标相差，和的横坐标相差，纵坐标相差，根据此规律可以求出的坐标．【详解】①如图，过点C作x轴的垂线，垂足为E，185,∵四边形ABCD是正方形，点A的坐标为（0，1），点B的坐标为（2，0），∴AB=BC，∠ABC=90°，，，∴∠ABO+∠CBE=90°，∠ABO+∠OAB=90°，∴∠CBE=∠OAB，∴在△AOB和△BEC中，，∴△AOB≌△BEC（AAS），∴，，，∴点C的坐标为（3，2）；②由题意知正方形ABCD和正方形A1BC1B1关于点B成中心对称，∴根据中心对称的性得到A1（4，-1）和C1（1，-2），于是根据图像知：和的横坐标相差4，纵坐标相差，和的横坐标相差，纵坐标相差，∴的横坐标为，纵坐标为，故的坐标为（5，-4），同理得的坐标为（3，-8），（7，-11），（5，-14），（9，-16），（7，-20），故答案为①（3，2），②（7，）．【点睛】本题考查了中心对称、正方形的性质、全等三角形的判定和性质、平面直角坐标系中点的规律的探索，考要求学生对过去所学的知识要熟练掌握，灵活运用，还要求学生步骤书写要规范工整．185