一、旋转 真题与模拟题分类汇编（难题易错题）
1．如图1，在□ABCD中，AB=6，∠B= (60°<≤90°). 点E在BC上，连接AE，把△ABE沿AE折叠，使点B与AD上的点F重合，连接EF. (1)求证：四边形ABEF是菱形；
(2)如图2，点M是BC上的动点，连接AM，把线段AM绕点M顺时针旋转得到线段MN，连接FN，求FN的最小值(用含的代数式表示).
sin(【答案】（1）详见解析；（2）FE·【解析】 【分析】
－90°)
(1)由四边形ABCD是平行四边形得AF∥BE，所以∠FAE=∠BEA，由折叠的性质得
∠BAE=∠FAE，∠BEA=∠FEA,所以∠BAE=∠FEA，故有AB∥FE，因此四边形ABEF是平行四边形，又BE=EF,因此可得结论；
(2)根据点M在线段BE上和EC上两种情况证明∠ENG＝90°－∠FEN＝【详解】
（1）∵四边形ABCD是平行四边形， ∴AD∥BC， ∴∠FAE=∠BEA，
由折叠的性质得∠BAE=∠FAE，∠BEA=∠FEA, BE=EF， ∴∠BAE=∠FEA， ∴AB∥FE，
∴四边形ABEF是平行四边形， 又BE=EF，
∴四边形ABEF是菱形；
（2）①如图1，当点M在线段BE上时，在射线MC上取点G，使MG＝AB，连接GN、EN.
－90°，再根据垂线段最短，求出FN的最小值即可.
，利用菱形的性质得到
∵∠AMN＝∠B＝，∠AMN+∠2＝∠1+∠B ∴∠1＝∠2
又AM＝NM，AB＝MG ∴△ABM≌△MGN ∴∠B＝∠3，NG＝BM ∵MG＝AB＝BE ∴EG＝AB＝NG
∴∠4=∠ENG= (180°－)＝90°－ 又在菱形ABEF中，AB∥EF ∴∠FEC＝∠B=
∴∠FEN＝∠FEC－∠4=－ (90°－ )＝
－90°
②如图2，当点M在线段EC上时，在BC延长线上截取MG＝AB，连接GN、EN.
同理可得：∠FEN＝∠FEC－∠4=－ (90°－综上所述，∠FEN＝
－90°
)＝－90°
∴当点M在BC上运动时，点N在射线EH上运动(如图3) sin(当FN⊥EH时，FN最小，其最小值为FE·【点睛】
本题考查了菱形的判定与性质以及求最短距离的问题，解题的关键是分类讨论得出∠FEN＝
－90°，再运用垂线段最短求出FN的最小值.
－90°)
2．在平面直角坐标系中，已知点A(0，4)，B(4，4)，点M，N是射线OC上两动点(OM＜
ON)，且运动过程中始终保持∠MAN＝45°，小明用几何画板探究其中的线段关系． (1)探究发现：当点M，N均在线段OB上时(如图1)，有OM2+BN2＝MN2． 他的证明思路如下：
第一步：将△ANB绕点A顺时针旋转90°得△APO，连结PM，则有BN＝OP． 第二步：证明△APM≌△ANM，得MP＝MM． 第一步：证明∠POM＝90°，得OM2+OP2＝MP2． 最后得到OM2+BN2＝MN2． 请你完成第二步三角形全等的证明．
(2)继续探究：除(1)外的其他情况，OM2+BN2＝MN2的结论是否仍然成立？若成立，请证明；若不成立，请说明理由．
(3)新题编制：若点B是MN的中点，请你编制一个计算题(不标注新的字母)，并直接给出答案(根据编出的问题层次，给不同的得分)．
【答案】(1)见解析；(2)结论仍然成立，理由见解析；(3)见解析. 【解析】 【分析】
（1）将△ANB绕点A顺时针旋转90°得△APO，连结PM，则有BN=OP．证明△APM≌△ANM，再利用勾股定理即可解决问题；
（2）如图2中，当点M，N在OB的延长线上时结论仍然成立．证明方法类似（1）； （3）如图3中，若点B是MN的中点，求MN的长．利用（2）中结论，构建方程即可解决问题． 【详解】
（1）如图1中，将△ANB绕点A顺时针旋转90°得△APO，连结PM，则有BN＝OP．
∵点A(0，4)，B(4，4)，
∴OA＝AB，∠OAB＝90°，
∵∠NAP＝∠OAB＝90°，∠MAN＝45°， ∴∠MAN＝∠MAP， ∵MA＝MA，AN＝AP， ∴△MAN≌△MAP(SAS)． （2）如图2中，结论仍然成立．
理由：如图2中，将△ANB绕点A顺时针旋转90°得△APO，连结PM，则有BN＝OP．
∵∠NAP＝∠OAB＝90°，∠MAN＝45°， ∴∠MAN＝∠MAP， ∵MA＝MA，AN＝AP， ∴△MAN≌△MAP(SAS)， ∴MN＝PM，
∵∠ABN＝∠AOP＝135°，∠AOB＝45°， ∴∠MOP＝90°， ∴PM2＝OM2+OP2， ∴OM2+BN2＝MN2；
（3）如图3中，若点B是MN的中点，求MN的长． 设MN＝2x，则BM＝BN＝x， ∵OA＝AB＝4，∠OAB＝90°， ∴OB＝42， ∴OM＝42﹣x， ∵OM2+BN2＝MN2． ∴(42﹣x)2+x2＝(2x)2，
解得x＝﹣22+26或﹣22﹣26(舍弃) ∴MN＝﹣42+46． 【点睛】
本题属于几何变换综合题，考查了等腰直角三角形的性质和判定，全等三角形的判定和性质，勾股定理等知识，解题的关键是学会利用旋转法添加辅助线，构造全等三角形解决问题，属于中考压轴题．
3．在平面直角坐标系中，O为原点，点A（0，4），点B（﹣2，0），把△ABO绕点A逆时针旋转，得△AB′O′，点B、O旋转后的对应点为B′、O′． （1）如图①，若旋转角为60°时，求BB′的长； （2）如图②，若AB′∥x轴，求点O′的坐标；
（3）如图③，若旋转角为240°时，边OB上的一点P旋转后的对应点为P′，当O′P+AP′取得最小值时，求点P′的坐标（直接写出结果即可）
【答案】（1）25；（2）点O′的坐标为（
8545+4）；（3）点P′的坐标为（﹣，
558336，． 55【解析】
分析：（1）由点A、B的坐标可得出AB的长度，连接BB′，由旋转可知：AB=AB′，∠BAB′=60°，进而可得出△ABB′为等边三角形，根据等边三角形的性质可求出BB′的长； （2）过点O′作O′D⊥x轴，垂足为D，交AB′于点E，则△AO′E∽△ABO，根据旋转的性质结合相似三角形的性质可求出AE、O′E的长，进而可得出点O′的坐标；
（3）作点A关于x轴对称的点A′，连接A′O′交x轴于点P，此时O′P+AP′取最小值，过点O′作O′F⊥y轴，垂足为点F，过点P′作PM⊥O′F，垂足为点M，根据旋转的性质结合解直角三角形可求出点O′的坐标，由A、A′关于x轴对称可得出点A′的坐标，利用待定系数法即可求出直线A′O′的解析式，由一次函数图象上点的坐标特征可得出点P的坐标，进而可得出OP的长度，再在Rt△O′P′M中，通过解直角三角形可求出O′M、P′M的长，进而可得出此时点P′的坐标．
详解：（1）∵点A（0，4），点B（﹣2，0），∴OA=4，OB=2，∴AB=OA2?OB2=25． 在图①中，连接BB′．
由旋转可知：AB=AB′，∠BAB′=60°，∴△ABB′为等边三角形，∴BB′=AB=25． （2）在图②中，过点O′作O′D⊥x轴，垂足为D，交AB′于点E． ∵AB′∥x轴，O′E⊥x轴，∴∠O′EA=90°=∠AOB．
由旋转可知：∠B′AO′=∠BAO，AO′=AO=4，∴△AO′E∽△ABO，
AEO'EAO'==，即AOBOAB
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