文档内容
专题 23.1 旋转【十大题型】
【人教版】
【题型1 关于原点对称的点的坐标】...................................................................................................................1
【题型2 利用旋转的性质求角度】.......................................................................................................................3
【题型3 利用旋转的性质求线段长度】...............................................................................................................6
【题型4 旋转中的坐标与图形变换】.................................................................................................................10
【题型5 作图-旋转变换】....................................................................................................................................14
【题型6 中心对称图形及旋转对称图形】.........................................................................................................18
【题型7 旋转中的周期性问题】.........................................................................................................................20
【题型8 旋转中的多结论问题】.........................................................................................................................24
【题型9 旋转中的最值问题】.............................................................................................................................30
【题型10 旋转的综合】.........................................................................................................................................34
【知识点1 关于原点对称的点的坐标】
在平面直角坐标系中，如果两个点关于原点对称，它们的坐标符号相反，即点p（x,y）关于原点对称点为
（-x,-y）。
【题型1 关于原点对称的点的坐标】
【例1】（2022春•平阴县期末）点A（﹣2，3）与点B（a，b）关于坐标原点对称，则a+b的值为 ﹣ 1
．
【分析】根据两个点关于原点对称时，它们的坐标符号相反可直接得到答案．
【解答】解：∵点A（﹣2，3）与点B（a，b）关于坐标原点对称，
∴a＝2，b＝﹣3，
∴a+b＝﹣1，
故答案为：﹣1．
【变式1-1】（2022秋•雨花区期末）若点A（m，5）与点B（2，n）关于原点对称，则3m+2n的值为 ﹣
16 ．
【分析】平面直角坐标系中任意一点P（x，y），关于原点的对称点是（﹣x，﹣y），记忆方法是结合
平面直角坐标系的图形记忆．【解答】解：∵点A（m，5）与点B（2，n）关于原点对称，
∴m＝﹣2，n＝﹣5，
∴3m+2n＝﹣6﹣10＝﹣16．
故答案为：﹣16．
【变式1-2】（2022秋•常熟市期末）已知点P（2m﹣1，﹣m+3）关于原点的对称点在第三象限，则 m的
1
取值范围是 ＜ m ＜ 3 ．
2
{2m-1＞0
【分析】根据关于原点对称点的性质可得P在第一象限，进而可得 ，再解不等式组即可．
-m+3＞0
【解答】解：∵点P（2m﹣1，﹣m+3）关于原点的对称点在第三象限，
∴点P（2m﹣1，﹣m+3）在第一象限，
{2m-1＞0
∴ ，
-m+3＞0
1
解得： ＜m＜3，
2
1
故答案为： ＜m＜3．
2
【变式1-3】（2022春•永新县期末）已知点P（3+2a，2a+1）与点P′关于原点成中心对称，若点P′在
2x-a
第二象限，且a为整数，则关于x的分式方程 =3的解是 x ＝﹣ 2 ．
x+1
【分析】根据P关于原点对称点在第一象限，得到P横纵坐标都小于0，求出a的范围，确定出a的值，
代入方程计算即可求出解．
【解答】解：∵P（3+2a，2a+1）与点P′关于原点成中心对称，若点P′在第二象限，且a为整数，
{3+2a＞0
∴ ，
2a+1＜0
3 1
解得：- ＜a＜- ，即a＝﹣1，
2 2
2x+1
当a＝﹣1时，所求方程化为 =3，
x+1
解得：x＝﹣2，
经检验x＝﹣2是分式方程的解，
则方程的解为﹣2．
故答案为x＝﹣2【知识点2 旋转的定义】
在平面内，把一个平面图形绕着平面内某一点O转动一个角度，就叫做图形的旋转，点O叫做旋转中心，
转动的角叫做旋转角。
我们把旋转中心、旋转角度、旋转方向称为旋转的三要素。
【知识点3 旋转的性质】
旋转的特征：
（1）对应点到旋转中心的距离相等；
（2）对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角；
（3）旋转前后的图形全等。
理解以下几点：
（1）图形中的每一个点都绕旋转中心旋转了同样大小的角度。
（2）对应点到旋转中心的距离相等，对应线段相等，对应角相等。
（3）图形的大小与形状都没有发生改变，只改变了图形的位置。
【题型2 利用旋转的性质求角度】
【例2】（2022春•梅州校级期末）如图，点O是等边△ABC内一点，∠AOB＝110°，将△BOC绕点C按
顺时针方向旋转60°得△ADC，连接OD，若OD＝AD，则∠BOC的度数为 140 ° ．
【分析】设∠BOC＝α，根据旋转前后图形不发生变化，易证△COD是等边△OCD，从而利用α分别表
示出∠AOD与∠ADO，再根据等腰△AOD的性质求出α．
【解答】解：设∠BOC＝α，根据旋转的性质知，△BOC≌△ADC，则OC＝DC，∠BOC＝∠ADC＝α．
又∵△BOC绕点C按顺时针方向旋转60°得到△ADC，
∴∠OCD＝60°，
∴△OCD是等边三角形，
∴∠COD＝∠CDO＝60°，
∵OD＝AD，
∴∠AOD＝∠DAO．∵∠AOD＝360°﹣110°﹣60°﹣α＝190°﹣α，∠ADO＝α﹣60°，
∴2×（190°﹣α）+α﹣60°＝180°，
解得α＝140°．
故答案是：140°．
【变式2-1】（2022•南充）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．
【变式2-2】（2022•天津一模）如图，在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝40°，点D在边AB上，将△ADC
绕点A逆时针旋转40°，得到△AD'B，且D'，D，C三点在同一条直线上，则∠ACD的大小为（ ）A．20° B．30° C．40° D．45°
【分析】由旋转的性质可得∠BAC＝∠BAD'＝40°，AD＝AD'，由等腰三角形的性质可得∠AD'D＝70°，
∠D'AC＝80°，即可求∠ACD的度数．
【解答】解：∵将△ADC绕点A逆时针旋转40°得到△AD′B，
∴∠BAC＝∠BAD'＝40°，AD＝AD'
1
∴∠AD'D= ×（180°﹣40°）＝70°，∠D'AC＝∠BAC+∠BAD'＝80°，
2
∴∠ACD＝180°﹣∠AD'D﹣∠D'AC＝30°；
故选：B．
【变式2-3】（2022•城步县模拟）如图，P为等边三角形ABC内一点，∠APB：∠APC：∠CPB＝5：6：
7，则以PA，PB，PC为三边构成的三角形的三个内角从小到大的度数之比为（ ）
A．1：2：3 B．2：3：4 C．3：4：5 D．5：6：7
【分析】将△APB绕A点逆时针旋转60°得△ADC，显然有△ADC≌△APB，连PD，则AD＝AP，
∠DAP＝60°，得到△ADP是等边三角形，PD＝AP，所以△DCP的三边长分别为PA，PB，PC；再由
∠APB+∠BPC+∠CPA＝360°，∠APB：∠APC：∠CPB＝5：6：7，得到∠APB＝100°，∠BPC＝140°，
∠CPA＝120°，这样可分别求出∠PDC＝∠ADC﹣∠ADP＝∠APB﹣∠ADP＝100°﹣60°＝40°，∠DPC＝
∠APC﹣∠APD＝120°﹣60°＝60°，∠PCD＝180°﹣（40°+60°）＝80°，即可得到答案．
【解答】解：如图，将△APB绕A点逆时针旋转60°得△ADC，
显然有△ADC≌△APB，连PD，
∵AD＝AP，∠DAP＝60°，
∴△ADP是等边三角形，∴PD＝AP，
∵DC＝PB，
∴△DCP的三边长分别为PA，PB，PC，
∵∠APB+∠BPC+∠CPA＝360°，∠APB：∠APC：∠CPB＝5：6：7，
∴∠APB＝100°，∠BPC＝140°，∠CPA＝120°，
∴∠PDC＝∠ADC﹣∠ADP＝∠APB﹣∠ADP＝100°﹣60°＝40°，
∠DPC＝∠APC﹣∠APD＝120°﹣60°＝60°，
∠PCD＝180°﹣（40°+60°）＝80°，
∴以PA，PB，PC为三边构成的三角形的三个内角从小到大的度数之比为2：3：4．
故选：B．
【题型3 利用旋转的性质求线段长度】
【例 3】（2022 春•仪征市期末）如图，边长为 1 的正方形 ABCD 绕点 A 逆时针旋转 60°得到正方形
AEFG，连接CF，则CF的长是（ ）
A．1 B．❑√2 C．❑√3 D．3❑√2-3
【分析】连接AC、AF，证明△ACF为等边三角形，求得AC便可得出结果．
【解答】解：连接AC、AF，
由旋转性质得，AC＝AF，∠CAF＝60°，
∴△ACF为等边三角形，
∴AC＝CF，∵AC=❑√2AB=❑√2，
∴CF=❑√2，
故选：B．
【变式3-1】（2022春•如皋市期末）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝3，BC＝4．将△ABC绕点A
逆时针旋转得到△AB′C′，使点C′落在AB边上，连接BB′，则B′B的长为（ ）
A．2❑√3 B．5 C．2❑√5 D．6
【分析】根据旋转的性质并利用勾股定理进行求解即可．
【解答】解：∵∠C＝90°，AC＝3，BC＝4，
∴根据勾股定理得：AB=❑√AC2+BC2=❑√32+42=5，
由旋转的性质可知，AC＝AC'＝3，BC＝B'C'＝4，
∴BC'＝AB﹣AC'＝5﹣3＝2，
∴BB'=❑√B'C2+BC'2=❑√42+22=2❑√5，
故选：C．
【变式3-2】（2022•东莞市校级一模）如图，△AOB中，∠AOB＝90°，AO＝4，BO＝8，△AOB绕点O逆
时针旋转到△A′OB′处，此时线段A′B′与BO的交点E为BO的中点，则线段B′E的长度为（
）12❑√5 9❑√5 16❑√5
A．3❑√5 B． C． D．
5 5 5
【分析】由勾股定理求出AB，由旋转的性质可得AO＝A′O，A′B′＝AB，再求出OE，从而得到OE
＝A′O，过点O作OF⊥A′B′于F，由三角形的面积求出OF，由勾股定理列式求出EF，再由等腰三
角形三线合一的性质可得A′E＝2EF，然后由B′E＝A′B′﹣A′E代入数据计算即可得解．
【解答】解：∵∠AOB＝90°，AO＝4，BO＝8，
∴AB=❑√AO2+BO2=❑√42+82=4❑√5，
∵△AOB绕顶点O逆时针旋转到△A′OB′处，
∴AO＝A′O＝4，A′B′＝AB＝4❑√5，
∵点E为BO的中点，
1 1
∴OE= BO= ×8＝4，
2 2
∴OE＝A′O＝4，
过点O作OF⊥A′B′于F，如图，
1 1
S = ×4❑√5•OF= ×4×8，
△A′OB′ 2 2
8❑√5
解得：OF= ，
5
√ 8❑√5 4❑√5
在Rt△EOF中，EF=❑√OE2-OF2=❑42-( ) 2= ，
5 5
∵OE＝A′O，OF⊥A′B′，4❑√5 8❑√5
∴A′E＝2EF＝2× = ，
5 5
8❑√5 12❑√5
∴B′E＝A′B′﹣A′E=4❑√5- = ．
5 5
故选：B．
【变式3-3】（2022春•和平区期末）如图，△ABC与△CDE都是等边三角形，连接AD，BE，CD＝4，BC
＝2，若将△CDE绕点C顺时针旋转，当点A、C、E在同一条直线上时，线段BE的长为（ ）
A．2❑√3 B．2❑√7 C．❑√3或❑√7 D．2❑√3或2❑√7
【分析】分两种情况：①当E在CA延长线上时，过A作AM⊥BE于M，根据△ABC与△CDE都是等边
三角形，CD＝4，BC＝2，可得AE＝AB，∠AEB＝∠ABE＝30°，在Rt△ABM中，可得BM=❑√3，从而
1
BE＝2BM＝2❑√3；②当E在AC的延长线上时，过B作BN⊥AC于N，在Rt△BCN中，CN= BC＝1，
2
BN=❑√3CN=❑√3，在Rt△BNE中，BE=❑√BN2+N E2=2❑√7．
【解答】解：①当E在CA延长线上时，过A作AM⊥BE于M，如图：
∵△ABC与△CDE都是等边三角形，CD＝4，BC＝2，
∴AE＝CE﹣AC＝4﹣2＝2，∠BAC＝60°，
∴AE＝AB，
∴∠AEB＝∠ABE＝30°，
在Rt△ABM中，1
AM= AB＝1，BM=❑√3AM=❑√3，
2
∴BE＝2BM＝2❑√3；
②当E在AC的延长线上时，过B作BN⊥AC于N，如图：
在Rt△BCN中，
1
CN= BC＝1，BN=❑√3CN=❑√3，
2
∴NE＝CE+CN＝4+1＝5，
在Rt△BNE中，
BE=❑√BN2+N E2=❑√(❑√3) 2+52=2❑√7；
综上所述，线段BE的长为2❑√3或2❑√7，
故选：D．
【题型4 旋转中的坐标与图形变换】
【例4】（2022秋•黄石期末）如图，线段AB与线段CD关于点P对称，若点A（a，b）、B（5，1）、D
（﹣3，﹣1），则点C的坐标为（ ）
A．（﹣a，﹣b） B．（﹣a+2，﹣b）
C．（﹣a﹣1，﹣b+1） D．（﹣a+1，﹣b﹣1）
【分析】运用中点坐标公式求答案．【解答】解：设C（m，n），
∵线段AB与线段CD关于点P对称，
点P为线段AC、BD的中点．
a+m 5-3 b+n 1-1
∴ = ， = ，
2 2 2 2
∴m＝2﹣a，n＝﹣b，
∴C（2﹣a，﹣b），
故选：B．
【变式4-1】（2022秋•本溪期末）如图，在△AOB中，OA＝4，OB＝6，AB＝2❑√7，将△AOB绕原点O
逆时针旋转90°，则旋转后点A的对应点A′的坐标是（ ）
A．（﹣4，2） B．（﹣2❑√3，4） C．（﹣2❑√3，2） D．（﹣2，2❑√3）
【分析】如图，过点A作AH⊥OB于H，设OH＝m，则BH＝6﹣m，利用勾股定理构建方程求出m，可
得结论．
【解答】解：如图，过点A作AH⊥OB于H，设OH＝m，则BH＝6﹣m，
∵AH2＝OA2﹣OH2＝AB2﹣BH2，
∴42﹣m2＝（2❑√7）2﹣（6﹣m）2，
∴m＝2，
∴AH=❑√42-22=2❑√3，
∴A（2，2❑√3），
∴将△AOB绕原点O逆时针旋转90°，则旋转后点A的对应点A′（﹣2❑√3，2），【变式4-2】（2022秋•西湖区期末）如图，在平面直角坐标系中，△MNP绕原点逆时针旋转90°得到
△MN P，若M（1，﹣2），则点M 的坐标为（ ）
1 1 1 1
A．（﹣2，﹣1） B．（1，2） C．（2，1） D．（﹣1，﹣2）
【分析】如图，连接OM，OM ，过点M作MH⊥y轴于点H，过点M 作MT⊥x轴于点T．利用全等三
1 1 1
角形的性质解决问题即可．
【解答】解：如图，连接OM，OM ，过点M作MH⊥y轴于点H，过点M 作MT⊥x轴于点T．
1 1 1
∵M（1，﹣2），
∴MH＝1，OH＝2，
∵∠MOM ＝∠POT，
1
∴∠MOH＝∠MOT，
1
∵∠MHO＝∠MTO＝90°，OM＝OM ，
1 1
∴△MHO≌△MTO（AAS），
1
∴MH＝MT＝1，OH＝OT＝2，
1
∴M（2，1），
1
故选：C．
【变式4-3】（2022•新抚区模拟）如图，Rt△AOB的斜边AO在y轴上，OB=❑√3，∠AOB＝30°，直角顶
点B在第二象限，将Rt△AOB绕原点O顺时针旋转120°后得到△A′OB'，则A点的对应点A′的坐标
是（ ）A．（❑√3，﹣1） B．（1，-❑√3） C．（2，0） D．（❑√3，0）
【分析】如图，利用含30度的直角三角形三边的关系得到BC＝1，再利用旋转的性质得到OB′＝OB
=❑√3，B′A′＝BA＝1，∠A′B′O＝∠ABO＝90°，然后利用第四象限点的坐标特征写出点A′的坐
标．
【解答】解：如图，
在Rt△OAB中，∵∠BOA＝30°，
❑√3 ❑√3
∴AB= OB= ×❑√3=1，
3 3
∵Rt△OCB绕原点顺时针旋转120°后得到△OA′B'，
∴OB′＝OB=❑√3，B′A′＝BA＝1，∠A′B′O＝∠ABO＝90°，
∴点A′的坐标为（❑√3，﹣1）．
故选：A．
【知识点4 利用旋转性质作图】
旋转有两条重要性质：（1）任意一对对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角；
（2）对应点到旋转中心的距离相等，它就是利用旋转的性质作图的关键。
步骤可分为：
①连：即连接图形中每一个关键点与旋转中心；
②转：即把直线按要求绕旋转中心转过一定角度（作旋转角）
③截：即在角的另一边上截取关键点到旋转中心的距离，的到各点的对应点；
④接：即连接到所连接的各点。
【知识点5 中心对称图形的定义】
把一个图形绕着某一个点旋转180°，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形叫做中心对
称图形，这个点就就是它的对称中心。
【知识点6 中心对称的性质】
有以下几点：
（1）关于中心对称的两个图形上的对应点的连线都经过对称中心，并且都被对称中心平分；
（2）关于中心对称的两个图形能够互相重合，就是全等形；
（3）关于中心对称的两个图形，对应线段平行（或共线）且相等。
【知识点7 作一个图形关于某点对称的图形】
要作出一个图形关于某一点的成中心对称的图形，关键就是作出该图形上关键点关于对称中心的对称点。
最后将对称点按照原图形的形状连接起来，即可的出成中心对称图形。
【题型5 作图-旋转变换】
【例5】（2022春•化州市校级期中）如图，在平面直角坐标系中，△ABC的三个顶点分别是A（1，3），
B（4，4），C（2，1）．
（1）把△ABC向左平移4个单位后得到对应的△ABC ，请画出平移后的△ABC ；
1 1 1 1 1 1
（2）把△ABC绕原点O旋转180°后得到对应的△ABC ，请画出旋转后的△ABC ．
2 2 2 2 2 2【分析】（1）利用平移变换的性质分别作出A，B，C的对应点A，B，C 即可；
1 1 1
（2）利用旋转变换的性质分别作出A，B，C的对应点A，B，C 即可．
2 2 2
【解答】解：（1）如图，△ABC 即为所求；
1 1 1
（2）如图，△ABC 即为所求．
2 2 2
【变式5-1】（2022春•洪雅县期末）如图，在所给网格图（ 每小格均为边长是 1的正方形）中完成下列
各题：
（1）将△ABC向下平移5个单位得△ABC ，画出平移后的△ABC ．
1 1 1 1 1 1
（2）画出△ABC关于点B成中心对称的图形．
（3）在直线l上找一点P，使△ABP的周长最小．
【分析】（1）直接利用平移的性质得出对应点位置进而得出答案；
（2）直接利用中心对称图形的性质得出对应点位置；
（3）利用轴对称求最短路线的方法得出答案．
【解答】解：（1）如图所示：△ABC ，即为所求；
1 1 1
（2）如图所示：△DEF，即为所求；
（3）如图所示：P点位置，使△ABP的周长最小．【变式5-2】（2022春•蒲城县期末）在如图所示的平面直角坐标系中，每个小方格都是边长为1个单位长
度的正方形，△ABC的顶点坐标分别为A（1，1），B（3，0），C（2，3）．
（1）将△ABC向左平移4个单位长度得到△ABC ，点A、B、C的对应点分别为A 、B 、C ，请画出
1 1 1 1 1 1
△ABC ，并写出点C 的坐标；
1 1 1 1
（2）以原点O为旋转中心，将△ABC顺时针旋转90°得到△ABC ，点A、B、C的对应点分别为A 、
2 2 2 2
B、C ，请画出△ABC ．
2 2 2 2 2
【分析】（1）利用平移变换的性质分别作出A，B，C的对应点A，B，C 即可；
1 1 1
（2）利用旋转变换的性质分别作出A，B，C的对应点A，B，C 即可．
2 2 2
【解答】解：（1）如图，△ABC 即为所求，点C 的坐标（﹣2，3）；
1 1 1 1
（2）如图，△ABC 即为所求．
2 2 2【变式5-3】（2022秋•利通区期末）方格纸中的每个小方格都是边长为1个单位的正方形，在建立平面直
角坐标系后，△ABC的顶点均在格点上．
（1）画出△ABC绕B点顺时针旋转90°后的△ABC ；并写出A、B、C 的坐标；
1 1 1 1 1 1
（2）画出△ABC关于原点O对称的△ABC ；并写出A、B、C 的坐标．
2 2 2 2 2 2
【分析】（1）根据题意所述的旋转中心、旋转方向、旋转角度找到各点的对应点，顺次连接即可得出
△ABC ，结合直角坐标系可得出各点的坐标．
1 1 1
（2）找到各点关于原点对称的点，顺次连接可得到△ABC ，结合直角坐标系可得出各点的坐标．
2 2 2
【解答】解：（1）所画图形如下：结合图形可得A 坐标为（3，﹣1）；B 坐标为（1，0）；C 坐标为（2，﹣2）；
1 1 1
（2）所画图形如下所示：
结合图形可得A 坐标为（﹣2，﹣2）；B 坐标为（﹣1，0）；C 坐标为（﹣3，﹣1）．
2 2 2
【题型6 中心对称图形及旋转对称图形】
【例6】（2022秋•单县校级月考）如图所示的图案中，是轴对称图形而不是中心对称图形的个数是 1
．
【分析】根据轴对称图形与中心对称图形的概念求解．
【解答】解：第一个图形是轴对称图形而不是中心对称图形，共1个．
故答案为：1．
【变式6-1】（2022秋•普陀区期末）在下列图形中：等腰三角形、等边三角形、正方形、正五边形、平行
四边形，等腰梯形，其中有 4 个旋转对称图形．
【分析】根据旋转对称图形的定义：把一个图形绕着一个定点旋转一个角度后，与初始图形重合，这种
图形叫做旋转对称图形，这个定点叫做旋转对称中心，旋转的角度叫做旋转角．解答即可．【解答】解：在等腰三角形、等边三角形、正方形、正五边形、平行四边形，等腰梯形只有等边三角形、
正方形、正五边形、平行四边形是旋转对称图形．
故答案为4；
【变式6-2】（2022秋•孝义市期中）2022年2月4日﹣2月20日，北京冬奥会将隆重开幕，北京将成为世
界上第一个既举办过夏季奥运会，又举办过冬季奥运会的城市．下面图片是在北京冬奥会会徽征集过程
中，征集到的一幅图片，整个图片由“京字组成的雪花图案”、“beijing2022”、“奥运五环”三部分
组成．对于图片中的“雪花图案”，至少旋转 6 0 °能与原雪花图案重合．
【分析】“雪花图案”可以看成正六边形，根据正六边形的中心角为60°，即可解决问题．
【解答】解：“雪花图案”可以看成正六边形，
∵正六边形的中心角为60°，
∴这个图案至少旋转60°能与原雪花图案重合．
故答案为：60．
【变式6-3】（2022春•景德镇期中）如图，由4个全等的正方形组成的L形图案，请按下列要求画图：
（1）在图案①中添加1个正方形，使它成轴对称图形（不能是中心对称图形）；
（2）在图案②中添加1个正方形，使它成中心对称图形（不能是轴对称图形）；
（3）在图案③中改变1个正方形的位置，从而得到一个新图形，使它既成中心对称图形，又成轴对称
图形．
【分析】（1）根据轴对称图形的性质，先找出对称轴，再思考如何画图；
（2）如一，也是先找一个中心，再根据中心对称的性质，思考如何画图；
（3）根据中心对称和轴对称的性质画一个图形．
注意此题有多种画法，答案不唯一．
【解答】解：如图所示．
（1）如图（1），图（2），图（3）所示；（2）如图（4）所示；
（3）如图（5），图（6）所示．
【题型7 旋转中的周期性问题】
【例7】（2022春•高新区校级月考）如图，在平面直角坐标系中，已知点 P 的坐标为（1，0），将点P
0 0
绕着原点O按逆时针方向旋转30°得到点P，延长OP 到P，使得OP＝2OP；再将点P 绕着原点O按
1 1 2 2 1 2
逆时针方向旋转 30°得到 P ，延长 OP 到 P ，使得 OP ＝2OP……如此继续下去，点 P 坐标为
3 3 4 4 3 2023
（ ）
A．（﹣21010，❑√3•21010） B．（0，21011）
C．（21010，❑√3•21010） D．（❑√3•21010，21010）
【分析】根据每次旋转后线段的长度是原来的 2倍求出OP ，根据旋转角为30°求出每12次旋转，24
2023
个点为一个循环组依次循环，然后用2023除以24，再根据商和余数的情况确定出点P 在第二象限与
2023
y轴正半轴夹角为30°，然后解答即可．【解答】解：∵点P 的坐标为（1，0），
0
∴OP＝1，
0
∴OP＝2OP＝2，OP＝OP＝2，OP＝2OP＝2×2＝22，
2 1 3 2 4 3
…，
OP ＝21011，
2022
∵2022÷24＝84余6，
∴点P 是第85循环组的第7个点，在第二象限，与y轴正半轴夹角为30°，
2023
21011 21011
∴点P 的坐标为（- ， ⋅❑√3），即（﹣21010，❑√3⋅21010）．
2023 2 2
故选：A．
【变式7-1】（2022秋•中原区校级期末）将△OBA按如图方式放在平面直角坐标系中，其中∠OBA＝
90°，∠A＝30°，顶点A的坐标为（1，❑√3），将△OBA绕原点逆时针旋转，每次旋转60°，则第2023
次旋转结束时，点A对应点的坐标为（ ）
❑√3 ❑√3
A．(-1，❑√3) B．(-❑√3，1) C．(- ，1) D．(-1， )
3 3
【分析】6次一个循环，分别求出第一次到第六次的点A的坐标，利用规律解决问题即可．
【解答】解：∵A（1，❑√3），∠ABO＝90°，
∴OB＝1，AB=❑√3，
∵∠A＝30°，
∴OA＝2OB＝2，
∴第一次旋转后的坐标为（﹣1，❑√3），
第二次旋转后的坐标为（﹣2，0），
第三次旋转后的坐标为（﹣1，-❑√3），
第四次旋转后的坐标为（1，-❑√3），
第五次旋转后的坐标为（2，0），
第六次旋转后的坐标为（1，❑√3），•••，
6次一个循环，
∵2023÷6＝337•••1，
∴第2023次旋转结束时，点A对应点的坐标为（﹣1，❑√3），
故选：A．
【变式7-2】（2022•开封一模）如图，在平面直角坐标系中，将正方形 OABC绕O点顺时针选择45°后，
得到正方形OABC ，以此方式，绕O点连续旋转2022次得到正方形OA B C ，如果点C的坐标
1 1 1 2022 2022 2022
为（0，1），那么点B 的坐标为（ ）
2022
A．(0，-❑√2) B．(-❑√2，0) C．（﹣1，1） D．（﹣1，﹣1）
【分析】根据图形可知：点 B在以O为圆心，以OB为半径的圆上运动，再由旋转可知：将正方形
OABC绕点O顺时针旋转45°后得到正方形OABC ，相当于将线段OB绕点O顺时针旋转45°，可得对
1 1 1
应点B的坐标，然后发现规律是8次一循环，进而得出答案．
【解答】解：∵点C的坐标为（0，1），
∴OC＝1，
∵四边形OABC是正方形，
∴∠OAB＝90°，AB＝OC＝OA＝1，
∴B（1，1），
连接OB，如图：
由勾股定理得：OB=❑√12+12=❑√2，
由旋转的性质得：OB＝OB＝OB＝OB =⋯=❑√2，
1 2 3
∵将正方形OABC绕点O顺时针旋转45°后得到正方形OABC ，
1 1 1
相当于将线段OB绕点O顺时针旋转45°，依次得到∠AOB＝∠BOB ＝∠BOB＝…＝45°，
1 1 2
∴B （❑√2，0），B （1，﹣1），B （0，-❑√2），B （﹣1，﹣1），B （-❑√2，0），B （﹣1，
1 2 3 4 5 6
1），…，
发现是8次一循环，则2022÷8＝252…6，∴点B 的坐标为（﹣1，1），
2022
故选：C．
【变式7-3】（2022春•高州市期中）如图，矩形ABCD的顶点A，B分别在x轴、y轴上，OA＝OB＝2，
AD＝4❑√2，将矩形ABCD绕点O顺时针旋转，每次旋转90°，则第2022次旋转结束时，点C的坐标为
（ ）
A．（6，4） B．（﹣6，4） C．（4，﹣6） D．（﹣4，6）
【分析】过点C作CE⊥y轴于点E，连接OC，根据已知条件求出点C的坐标，再根据旋转的性质求出
前4次旋转后点C的坐标，发现规律，进而求出第2022次旋转结束时，点C的坐标．
【解答】解：如图，过点C作CE⊥y轴于点E，连接OC，
∵OA＝OB＝2，
∴∠ABO＝∠BAO＝45°，
∵∠ABC＝90°，
∴∠CBE＝45°，
∵BC＝AD＝4❑√2，
∴CE＝BE＝4，
∴OE＝OB+BE＝6，∴C（﹣4，6），
∵矩形ABCD绕点O顺时针旋转，每次旋转90°，
则第1次旋转结束时，点C的坐标为（6，4）；
则第2次旋转结束时，点C的坐标为（4，﹣6）；
则第3次旋转结束时，点C的坐标为（﹣6，﹣4）；
则第4次旋转结束时，点C的坐标为（﹣4，6）；
…
发现规律：旋转4次一个循环，
∴2022÷4＝505•••2，
则第2022次旋转结束时，点C的坐标为（4，﹣6）．
故选：C．
【题型8 旋转中的多结论问题】
【例8】（2022•益阳）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′，以下结论：①BC＝B′C′，②AC∥C′B′，③C′B′⊥BB′，④∠ABB′＝
∠ACC′，正确的有（ ）
A．①②③ B．①②④ C．①③④ D．②③④
【分析】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°，通过推理证明对①②③④四个结论进行判断即可．
【解答】解：①∵△ABC绕A点逆时针旋转50°得到△AB′C′，
∴BC＝B′C′．故①正确；
②∵△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′．故②正确；
③在△BAB′中，
AB＝AB′，∠BAB′＝50°，
1
∴∠AB′B＝∠ABB′= （180°﹣50°）＝65°．
2
∴∠BB′C′＝∠AB′B+∠AB′C′＝65°+30°＝95°．
∴C′B′与BB′不垂直．故③不正确；
④在△ACC′中，
AC＝AC′，∠CAC′＝50°，
1
∴∠ACC′= （180°﹣50°）＝65°．
2
∴∠ABB′＝∠ACC′．故④正确．
∴①②④这三个结论正确．
故选：B．
【变式8-1】（2022春•邗江区期末）如图，在正方形ABCD中，AB＝8，若点E在对角线AC上运动，将
线段DE绕点D逆时针旋转90°得到线段DF，连接EF、CF．点P在CD上，且CP＝3PD．给出以下几
个结论①EF=❑√2DE，②EF2＝AE2+CE2，③线段PF的最小值是4❑√2，④△CFE的面积最大是16．其
中正确的是（ ）
A．①②④ B．②③④ C．①②③ D．①③④
【分析】①根据旋转的性质得△DEF为等腰直角三角形，进而得到EF与DE的数量关系，便可判定①
的正误；
②证明△ADE≌△CDF，得AE＝CF，∠DAE＝∠DCF＝45°，再在直角△CEF中由勾股定理得EF2＝
CF2+CE2，进而得EF2＝AE2+CE2，便可判断②的正误；
③由∠DCF＝45°恒成立，所以当PF⊥CF时，PF取最小值，求出此时的PF便可判断③的正误；
④先求得AE+CE＝AC=❑√2AD=8❑√2，再根据（（AE﹣CE）2≥0求得AE•CE≤32，求得AE•CE的最
大值为32，进而求得△CFE的面积最大值，便可判断④的正误．
【解答】解：①∵由旋转知，DE＝DF，∠EDF＝90°，∴EF=❑√2DE，
故①正确；
②∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ADC＝∠BCD＝90°，AD＝CD，∠DAC＝∠ACD＝45°，
∴∠ADC＝∠EDF，
∴∠ADE＝∠CDF，
∴△ADE≌△CDF（SAS），
∴AE＝CF，∠DAE＝∠DCF＝45°，
∴∠ECF＝90°，
∴EF2＝CF2+CE2，
∴EF2＝AE2+CE2，
故②正确；
③∵CP＝3PD．
3
∴PC= CD＝6，
4
当PF⊥CF时，PF取最小值，如图，
∵∠DCF＝45°，
❑√2
∴PF＝CF= CP＝3❑√2，
2
故③错误；
④∵∠ECF＝90°，
1 1
∴S = CE⋅CF= CE⋅AE，
△CEF 2 2
∵AE+CE＝AC=❑√2AD=8❑√2，
∴（AE﹣CE）2＝（AE+CE）2﹣4AE•CE＝128﹣4AE•CE≥0，
∴AE•CE≤32，
∴AE•CE的最大值为32，1
∴△CFE的面积最大是 ×32＝16，
2
故④正确；
故选：A．
【变式8-2】（2022春•双牌县期末）一副三角板如图摆放，点F是45°角三角板ABC的斜边的中点，AC＝
4．当30°角三角板DEF的直角顶点绕着点F旋转时，直角边DF，EF分别与AC，BC相交于点M，N．
在旋转过程中有以下结论：①MF＝NF；②四边形CMFN有可能是正方形：③MN长度的最小值为2；
④四边形CMFN的面积保持不变．其中正确结论的个数是（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
【分析】利用两直角三角形的特殊角、性质及旋转的性质分别判断每一个结论，找到正确的即可．
【解答】解：①连接CF，
∵F为AB中点，AC＝BC，∠ACB＝90°，
∴AF＝BF＝CF，CF⊥AB，
∴∠AFM+∠CFM＝90°．
∵∠DFE＝90°，∠CFM+∠CFN＝90°，
∴∠AFM＝∠CFN．
同理，∵∠A+∠MCF＝90°，∠MCF+∠FCN＝90°，
∴∠A＝∠FCN，
在△AMF与△CNF中，
{∠AFM=∠CFN
AF=CF ，
∠A=∠FCN
∴△AMF≌△CNF（ASA），
∴MF＝NF．
故①正确；
②当MF⊥AC时，四边形MFNC是矩形，此时MA＝MF＝MC，根据邻边相等的矩形是正方形可知②正
确；③连接MN，当M为AC的中点时，CM＝CN，根据边长为4知CM＝CN＝2，此时MN最小，最小值为
2❑√2，故③错误；
④当M、N分别为AC、BC中点时，四边形CDFE是正方形．
∵△ADF≌△CEF，
∴S ＝S
△CEF △AMF
∴S ＝S ．
四边形CDFE △AFC
故④正确；
故选：C．
【变式8-3】（2022春•德州期中）如图，正方形ABCD的对角线相交于点O，点O又是正方形ABC O的
1 1 1
一个顶点，而且这两个正方形的边长相等．给出如下四个结论：①∠OEF＝45°；②正方形ABC O绕
1 1 1
点O旋转时，四边形OEBF的面积随EF的长度变化而变化；③△BEF周长的最小值为(1+❑√2)OA；
④AE2+CF2＝2OB2．其中正确的结论有（ ）
A．①③ B．②③ C．①④ D．③④
【分析】①由四边形 ABCD 和 ABC O 是正方形可知，易证得△BOE≌△COF（ASA），则可得
1 1 1
Rt△OEF为等腰直角三角形；
1
②由（1）易证得S ＝S = S ，则可得出结论；
四边形OEBF △BOC 4 正方形ABCD
1
③BE+BF＝BF+CF＝BC=❑√2OA，而EF的最小值为 AC＝OA，故可得结论③正确；
2
④由AE＝BF和EF2＝BE2+BF2，即可得结论．
【解答】解：①∵四边形ABCD是正方形，
∴OB＝OC，∠OBE＝∠OCF＝45°，∠BOC＝90°，∴∠BOF+∠COF＝90°，
∵∠EOF＝90°，
∴∠BOF+∠COE＝90°，
∴∠BOE＝∠COF，
在△BOE和△COF中，
{∠BOE=∠COF
OB=OC ，
∠OBE=∠OCF
∴△BOE≌△COF（ASA），
∴OE＝OF，BE＝CF，
∴∠OEF＝45°，EF=❑√2OE；故①正确；
②由①得△BOE≌△COF
1
∴S ＝S +S ＝S +S ＝S = S ，
四边形OEBF △BOF △BOE △BOF △COF △BOC 4 正方形ABCD
故②错误；
③由①可知BE+BF＝BF+CF＝BC=❑√2OA，EF=❑√2OE，
△BEF周长＝BE+BF+EF=❑√2OA+❑√2OE，
∵OA为定值，则OE最小时△BEF周长的周长最小，
∴当OE⊥AB时OE最小，△BEF周长的周长最小，
❑√2
此时OE= OA，
2
❑√2
∴△BEF周长的周长最小值=❑√2OA+❑√2OE=❑√2OA+❑√2× OA＝（1+❑√2）OA．
2
故③正确，
④∵在△BEF中，EF2＝BE2+BF2，
∴EF2＝AE2+CF2，
又∵2OB2＝AB2＝（AE+CF）2．
∴AE2+CF2≠2OB2，故④错误．
故选：A．
【题型9 旋转中的最值问题】
【例9】（2022•黄石）如图，等边△ABC中，AB＝10，点E为高AD上的一动点，以 BE为边作等边
△BEF，连接DF，CF，则∠BCF＝ 30 ° ，FB+FD的最小值为 5❑√3 ．【分析】首先证明△BAE≌△BCF（SAS），推出∠BAE＝∠BCF＝30°，作点D关于CF的对称点G，
连接CG，DG，BG，BG交CF于点F′，连接DF′，此时BF′+DF′的值最小，最小值＝线段BG的
长．
【解答】解：如图，
∵△ABC是等边三角形，AD⊥CB，
1
∴∠BAE= ∠BAC＝30°，
2
∵△BEF是等边三角形，
∴∠EBF＝∠ABC＝60°，BE＝BF，
∴∠ABE＝∠CBF，
在△BAE和△BCF中，
{
BA=BC
∠ABE=∠CBF，
BE=BF
∴△BAE≌△BCF（SAS），
∴∠BAE＝∠BCF＝30°，
作点D关于CF的对称点G，连接CG，DG，BG，BG交CF于点F′，连接DF′，此时BF′+DF′的
值最小，最小值＝线段BG的长．
∵∠DCF＝∠FCG＝30°，
∴∠DCG＝60°，
∵CD＝CG＝5，∴△CDG是等边三角形，
∴DB＝DC＝DG，
∴∠CGB＝90°，
∴BG=❑√BC2-CG2=❑√102-52=5❑√3，
∴BF+DF的最小值为5❑√3，
故答案为：30°，5❑√3．
【变式9-1】（2022春•大埔县期中）如图，在Rt△ABC和Rt△ADE中，∠BAC＝∠DAE＝90°，AC＝AD
＝3，AB＝AE＝5．连接BD，CE，将△ADE绕点A旋转一周，在旋转的过程中当∠DBA最大时，S
△ACE
＝（ ）
A．6 B．6❑√2 C．9 D．9❑√2
【分析】作DG⊥AB于G，CH⊥AE，交EA的延长线于H，可知点D在以A为圆心，AD为半径的圆上
运动，当AD⊥BD时，∠ABD最大，利用AAS证明△ADG≌△AHC，得CH＝DG，可说明△ACE的面
积＝△ABD的面积，从而得出答案．
【解答】解：作DG⊥AB于G，CH⊥AE，交EA的延长线于H，
∵AD＝3，
∴点D在以A为圆心，AD为半径的圆上运动，
∴当AD⊥BD时，∠ABD最大，
由勾股定理得BD＝4，
∵∠DAH＝∠CAB＝90°，
∴∠CAH＝∠DAB，
∵∠AGD＝∠H，AC＝CD，
∴△ADG≌△AHC（AAS），
∴CH＝DG，1 1 1 1
∴△ACE的面积= ×AE×CH= ×AB×DG＝△ABD的面积= ×AD×BD= ×3×4=6，
2 2 2 2
【变式9-2】（2022春•龙岗区期末）如图，点E是等边三角形△ABC边AC的中点，点D是直线BC上一
动点，连接ED，并绕点E逆时针旋转90°，得到线段EF，连接DF．若运动过程中AF的最小值为
❑√3+1，则AB的值为（ ）
A．2 B．4❑√3 C．2❑√3 D．4
【分析】由“SAS”可证△BDE≌△NFE，可得∠N＝∠CBE＝30°，则点N在与AN成30°的直线上运动，
当AF'⊥F'N时，AF'有最小值，即可求解．
【解答】解：如图，连接BE，延长AC至N，使EN＝BE，连接FN，
∵△ABC是等边三角形，E是AC的中点，
∴AE＝EC，∠ABE＝∠CBE＝30°，BE⊥AC，
∴∠BEN＝∠DEF＝90°，BE=❑√3AE，
∴∠BED＝∠CEF，
在△BDE和△NFE中，
{
BE=EN
∠BED=∠NEF，
DE=EF
∴△BDE≌△NFE（SAS），
∴∠N＝∠CBE＝30°，
∴点N在与AN成30°的直线上运动，
∴当AF'⊥F'N时，AF'有最小值，1
∴AF'= AN，
2
1
∴❑√3+1= （AE+❑√3AE），
2
∴AE＝2，
∴AC＝4，
故选：D．
【变式9-3】（2022春•南京期末）如图，在正方形ABCD中，AB＝4，E为AB边上一点，点F在BC边上，
且BF＝1，将点E绕着点F顺时针旋转90°得到点G，连接DG，则DG的长的最小值为（ ）
A．2 B．2❑√2 C．3 D．❑√10
【分析】过点G作GH⊥BC，垂足为H，可得∠GHF＝90°，根据正方形的性质可得AB＝CD＝4，∠B
＝90°，根据旋转的性质可得EF＝FG，∠EFG＝90°，然后利用同角的余角相等可得∠BEF＝∠GFH，
从而可证△EBF≌△FHG，进而可得BF＝GH＝1，最后可得点G在与BC平行且与BC的距离为1的直
线上，从而可得当点G在CD边上时，DG的值最小，进行计算即可解答．
【解答】解：过点G作GH⊥BC，垂足为H，
∴∠GHF＝90°，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝CD＝4，∠B＝90°，
∴∠B＝∠GHF＝90°，
由旋转得：
EF＝FG，∠EFG＝90°，
∴∠EFB+∠GFH＝90°，
∵∠BEF+∠BFE＝90°，
∴∠BEF＝∠GFH，
∴△EBF≌△FHG（AAS），
∴BF＝GH＝1，∴点G在与BC平行且与BC的距离为1的直线上，
∴当点G在CD边上时，DG最小且DG＝4﹣1＝3，
∴DG的最小值为3，
故选：C．
【题型10 旋转的综合】
【例10】（2022春•长沙期末）如图，有一副直角三角板如图1放置（其中∠D＝45°，∠C＝30°），PA，
PB与直线MN重合，且三角板PAC，三角板PBD均可以绕点P逆时针旋转．
（1）在图1中，∠DPC＝ 75 ° ；
（2）①如图2，若三角板PBD保持不动，三角板PAC绕点P逆时针旋转，转速为10°/秒，转动一周三
角板PAC就停止转动，在旋转的过程中，当旋转时间为多少时，有PC∥DB成立；
②如图3，在图1基础上，若三角板PAC的边PA从PN处开始绕点P逆时针旋转，转速为3°/秒，同时
三角板PBD的边PB从PM处开始绕点P逆时针旋转，转速为2°/秒，当PC转到与PA重合时，两三角
板都停止转动，在旋转过程中，当∠CPD＝∠BPM时，求旋转的时间是多少？
【分析】（1）根据平角的定义即可得到结论；
（2）①如图1，根据平行线的性质得到∠CPN＝∠DBP＝90°，求得∠APN＝30°，于是得到结论；如图
2，根据平行线的性质得到∠CPB＝∠DBP＝90°，根据三角形的内角和得到∠CPA＝60°，求得∠APM＝
30°，于是得到结论；
②设旋转的时间为t秒，由题知，∠APN＝3t°，∠BPM＝2t°，根据周角的定义得到∠CPD＝360°﹣
∠BPD﹣∠BPN﹣∠APN﹣∠APC＝360°﹣45°﹣（180°﹣2t°）﹣（3t°）﹣60°＝75°﹣t°，列方程即可得
到结论．
【解答】解：（1）∵∠BPD＝∠D＝45°，∠APC＝60°，∴∠DPC＝180°﹣45°﹣60°＝75°，
故答案为：75°；
（2）①如图1，此时，BD∥PC成立，
∵PC∥BD，∠DBP＝90°，
∴∠CPN＝∠DBP＝90°，
∵∠C＝30°，
∴∠CPA＝60°，
∴∠APN＝30°，
∵转速为10°/秒，
∴旋转时间为3秒；
如图2，PC∥BD，
∵PC∥BD，∠PBD＝90°，
∴∠CPB＝∠DBP＝90°，
∵∠C＝30°，
∴∠CPA＝60°，
∴∠APM＝30°，
∵三角板PAC绕点P逆时针旋转D的角度为180°+30°＝210°，
∵转速为10°/秒，
∴旋转时间为21秒，
综上所述，当旋转时间为3或21秒时，PC∥DB成立；
②设旋转的时间为t秒，由题知，∠APN＝3t°，∠BPM＝2t°，
∴∠BPN＝180°﹣∠BPM＝180°﹣2t°，
∴∠CPD＝360°﹣∠BPD﹣∠BPN﹣∠APN﹣∠APC＝360°﹣45°﹣（180°﹣2t°）﹣（3t°）﹣60°＝75°﹣
t°，
当∠CPD＝∠BPM，即2t°＝75°﹣t°，
解得：t＝25，
∴当∠CPD＝∠BPM，求旋转的时间是25秒．【变式10-1】（2022春•南川区期末）如图，四边形ABCD是正方形，点E在AB的延长线上，连接EC，
EC绕点E逆时针旋转90°得到EF，连接CF、AF，CF与对角线BD交于点G．
（1）若BE＝2，求AF的长度；
（2）求证：AF+2BG=❑√2AD．
【分析】（1）由正方形的性质及旋转的额性质求得∠ABC＝∠EBC＝∠FEC＝90°，AB＝BC，EF＝
EC，再利用勾股定理可得AC2＝2BC2，CE2＝BE2+BC2，CF2＝2BE2+2BC2，再证明∠FAC＝90°，结合勾
股定理可得AF2＝2BE2，进而可求解AF的长；
（2）通过证明四边形ADBH是平行四边形，可得AD＝BH＝BC＝AB，可求AH=❑√2AB=❑√2CD，由相
似三角形的性质可得HF＝2BG，即可求解．
【解答】（1）解：连接AC，∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝BC，∠ABC＝90°，
∴∠EBC＝90°，AC2＝AB2+BC2＝2BC2，
∴CE2＝BE2+BC2，
∵EC绕点E逆时旋转90°得到EF，
∴EF＝EC，∠FEC＝90°，
∴∠EFC＝∠ECF＝45°，CF2＝EF2+CE2＝2CE2＝2BE2+2BC2，
∴∠EFC＝∠EAC＝45°，
∴∠FAE＝∠FCE＝45°，
∴∠FAC＝90°，
∴CF2＝AF2+AC2＝AF2+2BC2，
∴AF2+2BC2＝2BE2+2BC2，
即AF2＝2BE2，
∵BE＝2，
∴AF2＝2×22＝8，
解得AF=2❑√2；
（2）证明：连接AC，延长AF，CB交于点H，∵FAE＝∠ABD＝45°，
∴AF∥BD，
又∵AD∥BC，
∴四边形ADBH是平行四边形，
∴AD＝BH＝BC＝AB，
∴AH=❑√2AB=❑√2CD，
∵AH∥BG，
∴CG＝FG，
∴BG是△CBF的中位线，
∴HF＝2BG，
∵AH＝AF+FH，
∴❑√2AD＝AF+2BG，
即AF+2BG=❑√2AD．
【变式10-2】（2022•平邑县一模）在正方形ABCD中，点E在射线BC上（不与点B、C重合），连接
DB，DE，将DE绕点E逆时针旋转90°得到EF，连接BF．
（1）如图1，点E在BC边上．
①依题意补全图1；
②若AB＝6，EC＝2，求BF的长；
（2）如图 2，点 E 在 BC 边的延长线上，用等式表示线段 BD，BE，BF 之间的数量关系．【分析】（1）①根据要求画出图形即可；
②过点F作FH⊥CB，交CB的延长线于H．证明△DCE≌△EHF（AAS），推出EC＝FH，DC＝EH，
推出CE＝BH＝FH，再利用勾股定理解决问题即可；
（2）由②可得△DCE≌△EHF，推出EC＝FH，DC＝EH，推出CE＝BH＝FH，再利用等腰直角三角形
的性质解决问题即可
【解答】解（1）图形如图所示．
过点F作FH⊥CB，交CB的延长线于H，
∵四边形ABCD是正方形，
∴CD＝AB＝6，∠C＝90°，
∵∠DEF＝∠C＝90°，
∴∠DEC+∠FEH＝90°，∠DEC+∠EDC＝90°，
∴∠FEH＝∠EDC，
在△DEC和△EFH中，
{∠H=∠C=90°
∠FEH=∠EDC，
EF=DE
∴△DEC≌△EFH（AAS），
∴EC＝FH＝2，CD＝BC＝EH＝6，
∴HB＝EC＝2，∴Rt△FHB中，BF=❑√FH2+BH2=❑√22+22=2❑√2．
（2）结论：BF+BD=❑√2BE．
理由：过点F作FH⊥CB，交CB于H，
∵四边形ABCD是正方形，
∴CD＝AB＝6，∠DCE＝90°，
∵∠DEF＝∠DCE＝90°，
∴∠DEC+∠FEH＝90°，∠DEC+∠EDC＝90°，
∴∠FEH＝∠EDC，
在△DEC和△EFH中，
{∠FHE=∠DCE=90°
∠FEH=∠EDC ，
EF=DE
∴△DEC≌△EFH（AAS），
∴EC＝FH，CD＝BC＝EH，
∴HB＝EC＝HF，
∴△DCB和△BHF都是等腰直角三角形，
∴BD=❑√2BC=❑√2HE，BF=❑√2BH，
∵HE+BH＝BE，
∴BF+BD=❑√2BE．
【变式10-3】（2022•泰安一模）如图，将矩形ABCD绕着点B逆时针旋转得到矩形GBEF，使点C恰好落
到线段AD上的E点处，连接CE，连接CG交BE于点H．
（1）求证：CE平分∠BED；
（2）取BC的中点M，连接MH，求证：MH∥BG；
（3）若BC＝2AB＝4，求CG的长．【分析】（1）根据旋转的性质得到CB＝CE，求得∠BEC＝∠BCE，根据平行线的性质得到∠BCE＝
∠DEC，可证得结论；
（2）过点C作BE的垂线CN，根据角平分线的性质得到CN＝BG，求得CG＝BQ，根据全等三角形的
性质得到CH＝GH，根据三角形的中位线定理即可得到结论；
（3）过点G作BC的垂线GR，解直角三角形即可得到结论．
【解答】（1）证明：∵将矩形ABCD绕着点B逆时针旋转得到矩形GBEF，使点C恰好落到线段AD上
的E点处，
∴BE＝BC，
∴∠BEC＝∠BCE，
∵AD∥BC，
∴∠BCE＝∠DEC，
∴∠BEC＝∠DEC，
∴CE平分∠BED；
（2）证明：过点C作CN⊥BE于N，如图：
∵CE平分∠BED，CD⊥DE，CN⊥BE，
∴CD＝CN，
∴BG＝AB＝CD＝CN，
∵∠BHG＝∠NHC，∠GBH＝∠CNH＝90°，BG＝CN，∴△BHG≌△NHC（AAS），
∴GH＝CH，即点H是CG中点，
∵点M是BC中点，
∴MH是△BCG的中位线，
∴MH∥BG；
（3）解：过点C作CN⊥BE于N，过G作GR⊥BC于R，如图：
∵BC＝2AB＝4，
∴BG＝AB＝CD＝CN＝2，
1
∴CN= BC，
2
∴∠NBC＝30°，
∵∠GBE＝90°，
∴∠GBR＝60°，
1
∴BR= BG＝1，GR=❑√3BR=❑√3，
2
在Rt△GRC中，
CG=❑√GR2+CR2=❑√(❑√3) 2+(1+4) 2=2❑√7，
∴CG的长为2❑√7．
