3. 如图 23.1 - 7，作出 $ \triangle ABC $ 绕点 $ O $ 顺时针旋转 $ 60^{\circ} $ 后的三角形。

3.解:如答图23.1-2所示.作法:
(1)连接OA，OB，OC.
(2)分别以OA，OB，OC为一边按顺时针方向作∠AOD，∠BOE，∠COF，使得∠AOD=∠BOE=∠COF=60°.
(3)分别在射线OD，OE，OF上截取OD=OA，OE=OB，OF=OC.
(4)连接DE，EF，FD.△DEF就是所求作的三角形.

1. 下列运动属于旋转的是()

A.篮球的滚动过程
B.转动的方向盘
C.气球升空的运动
D.一个图形沿某直线对折的过程

1.B

2. 如图 23.1 - 8，将 $ \triangle ABC $ 绕着点 $ C $ 顺时针旋转 $ 50^{\circ} $ 后得到 $ \triangle A'B'C $。若 $ \angle A = 40^{\circ} $，$ \angle B' = 110^{\circ} $，则 $ \angle BCA' $ 的度数是()

A.$ 90^{\circ} $
B.$ 80^{\circ} $
C.$ 50^{\circ} $
D.$ 30^{\circ} $

2.B

解：
∵△ABC绕点C顺时针旋转50°得到△A'B'C，
∴∠B=∠B'=110°，∠ACA'=50°，
∵∠A=40°，
∴∠ACB=180°-∠A-∠B=180°-40°-110°=30°，
∴∠BCA'=∠ACB+∠ACA'=30°+50°=80°。
答案：B

3. 如图 23.1 - 9，四边形 $ EFGH $ 是由四边形 $ ABCD $ 经过旋转得到的。如果用有序数对 $ (2, 1) $ 表示方格纸上点 $ A $ 的位置，用 $ (1, 2) $ 表示点 $ B $ 的位置，那么四边形 $ ABCD $ 旋转得到四边形 $ EFGH $ 时的旋转中心用有序数对表示是。

3.(5,2)

4. 在如图 23.1 - 10 所示的方格纸中，每个小方格都是边长为 1 的正方形，$ \triangle ABC $ 的三个顶点和点 $ O $ 都在格点上（每个小方格的顶点叫格点）。画出 $ \triangle ABC $ 绕点 $ O $ 逆时针旋转 $ 90^{\circ} $ 后的 $ \triangle A'B'C' $。

4.解:如答图23.1-3，△ABC绕点O逆时针旋转90°得到△A'B'C'.

1. (山东泰安中考) 如图 23.1 - 11，在正方形网格中，线段 $ A'B' $ 是线段 $ AB $ 绕某点逆时针旋转角 $ \alpha $ 得到的，点 $ A' $ 与 $ A $ 对应，则角 $ \alpha $ 的大小为()

A.$ 30^{\circ} $
B.$ 60^{\circ} $
C.$ 90^{\circ} $
D.$ 120^{\circ} $

1.C

解：连接 $A A'$、$B B'$，分别作线段 $A A'$、$B B'$ 的垂直平分线，两垂直平分线的交点即为旋转中心 $O$。连接 $OA$、$OA'$，通过网格计算可得 $OA = OA'$，且 $OA \perp OA'$，故旋转角 $\alpha = 90^{\circ}$。
C

2. (天津中考) 如图 23.1 - 12，将 $ \triangle ABC $ 绕点 $ B $ 顺时针旋转 $ 60^{\circ} $ 得 $ \triangle DBE $，点 $ C $ 的对应点 $ E $ 恰好落在 $ AB $ 延长线上，连接 $ AD $。下列结论一定正确的是()

A.$ \angle ABD = \angle E $
B.$ \angle CBE = \angle C $
C.$ AD // BC $
D.$ AD = BC $

2.C

证明：由旋转性质得，$BA=BD$，$\angle ABD=60°$，$\angle CBA=\angle EBD$。
$\therefore \triangle ABD$是等边三角形，$\angle BAD=60°$。
$\because \angle CBE=180°-\angle CBA-\angle EBD$，且$\angle CBA=\angle EBD$，
$\therefore \angle CBE=180°-2\angle CBA$。
又$\angle BAD=60°$，$\angle ABD=60°$，
$\therefore \angle BAD=\angle CBA+\angle CBE$（三角形外角性质），
即$60°=\angle CBA+\angle CBE$。
$\because \angle CBE=180°-2\angle CBA$，
$\therefore 60°=\angle CBA+180°-2\angle CBA$，
解得$\angle CBA=120°$，则$\angle CBE=180°-2×120°=-60°$（舍去）。
重新由$\angle BAD=60°$，$\angle ABD=60°$，
得$\angle BAD=\angle ABC$（内错角相等），
$\therefore AD// BC$。
结论：C

3. (湖南娄底中考) 如图 23.1 - 13，在平面直角坐标系中，点 $ A $，$ B $ 的坐标分别是 $ A(3, 0) $，$ B(0, 4) $，把线段 $ AB $ 绕点 $ A $ 旋转后得到线段 $ AB' $，使点 $ B $ 的对应点 $ B' $ 落在 $ x $ 轴的正半轴上，则点 $ B' $ 的坐标是()

A.$ (5, 0) $
B.$ (8, 0) $
C.$ (0, 5) $
D.$ (0, 8) $

3.B

解：
∵点$A(3,0)$，$B(0,4)$，
∴$OA=3$，$OB=4$。
在$Rt\triangle AOB$中，由勾股定理得：
$AB=\sqrt{OA^2 + OB^2}=\sqrt{3^2 + 4^2}=5$。
∵线段$AB$绕点$A$旋转后得到线段$AB'$，
∴$AB'=AB=5$。
∵点$B'$在$x$轴正半轴上，
∴$OB'=OA + AB'=3 + 5=8$。
∴点$B'$的坐标是$(8,0)$。
B