1. (盐城中考)学习了图形的旋转之后，小明知道，将点P绕着某定点A顺时针旋转一定的角度α，能得到一个新的点$P'$，经过进一步探究，小明发现，当上述点P在某函数图象上运动时，点$P'$也随之运动，并且点$P'$的运动轨迹能形成一个新的图形。试根据下列各题中所给的定点A的坐标、角度α的大小来解决相关问题。
【初步感知】如图①，设$A(1,1)$，$α=90°$，点P是一次函数$y=kx+b$图象上的动点，已知该一次函数的图象经过点$P_1(-1,1)$。
(1)点$P_1$旋转后，得到的点$P_1'$的坐标为。
(2)若点$P'$的运动轨迹经过点$P_2'(2,1)$，求原一次函数的表达式。
【深入感悟】如图②，设$A(0,0)$，$α=45°$，点P是反比例函数$y=-\dfrac{1}{x}(x＜0)$的图象上的动点，过点$P'$作第二、四象限角平分线的垂线，垂足为M，求$△ OMP'$的面积。
【灵活运用】如图③，设$A(1,-\sqrt{3})$，$α=60°$，点P是二次函数$y=\dfrac{1}{2}x^2 + 2\sqrt{3}x +7$图象上的动点，已知点$B(2,0)$，$C(3,0)$，试探究$△ BCP'$的面积是否有最小值。若有，求出该最小值；若没有，请说明理由。

1.(1) (1,3) 解析:
∵ $P_1(-1,1),A(1,1),∴ P_1A// x$轴,$P_1A=2$,由旋转可得 $P_1'A// y$轴,$P_1'A=2,∴ P_1'(1,3)$。
(2)
∵ $P_2'(2,1),∴$ 由题意得 $P_2(1,2)$。
∵ $P_1(-1,1),P_2(1,2)$都在原一次函数图象上,原一次函数表达式为$y=kx+b$,则$\begin{cases}-k+b=1,\\k+b=2,\end{cases}$解得$\begin{cases}k=\dfrac{1}{2},\\b=\dfrac{3}{2}.\end{cases}$
∴ 原一次函数表达式为$y=\dfrac{1}{2}x+\dfrac{3}{2}$。
【深入感悟】设 $y=-\dfrac{1}{x}(x＜0)$ 的图象与第二、四象限角平分线交于点N,则$\begin{cases}y=-x,\\y=-\dfrac{1}{x}(x＜0),\end{cases}$解得$\begin{cases}x=-1,\\y=1.\end{cases}$
∴ $N(-1,1)$。设$P(x,y)$。
①当$x≤-1$时,过点P作$PQ⊥x$轴于点Q,连接$AP,AP'$,过点$P'$作$P'M⊥AN$于点M,
∵ $∠QAM=∠POP'=45°,∴ ∠PAQ=∠P'AN$。
∵ $P'M⊥AN,∴ ∠P'MA=∠PQA=90°$。
在$△PQA$和$△P'MA$中,$\begin{cases}∠PQA=∠P'MA,\\∠PAQ=∠P'AM,\\AP=AP',\end{cases}$
∴ $△PQA≅△P'MA(AAS)$。
∴ $S_{△P'MA}=S_{△PQA}=\dfrac{|k|}{2}=\dfrac{1}{2}$,即$S_{△OMP'}=\dfrac{1}{2}$。
②当$-1＜x＜0$时,过点P作$PH⊥y$轴于点H,过点$P'$作$P'M⊥AN$于点M,
∵ $∠POP'=∠NOH=45°,∴ ∠PON=∠P'OH,∴ ∠MP'O=90°-∠MOH-∠P'OH=45°-∠P'OH$。
∵ $∠POH=∠POP'-∠P'OH=45°-∠P'OH,∴ ∠POH=∠MP'O$。
在$△POH$和$△OP'M$中,$\begin{cases}∠PHO=∠OMP',\\∠POH=∠OP'M,\\PO=OP',\end{cases}$
∴ $△POH≅△OP'M(AAS)$。
∴ $S_{△P'MO}=S_{△PHO}=\dfrac{|k|}{2}=\dfrac{1}{2}$。综上所述,$△OMP'$的面积为$\dfrac{1}{2}$。
【灵活运用】$△BCP'$的面积有最小值。
连接AB,AC,将点B,C分别绕点A逆时针旋转$60°$得点$B',C'$,作$AH⊥x$轴于点H。
∵ $A(1,-\sqrt{3}),B(2,0),C(3,0),∴ OH=BH=1,BC=1$。
∴ $OA=AB=OB=2,∴ △OAB$为等边三角形。此时$B'$与O重合,即$B'(0,0)$。连接$C'O$,
∵ $∠CAC'=∠BAB'=60°$,
∴ $∠CAB=∠C'AB'$。
在$△C'AO$和$△CAB$中,
$\begin{cases}C'A=CA,\\∠C'AO=∠CAB,\\OA=BA,\end{cases}$
∴ $△C'AO≅△CAB(SAS)$。
∴ $C'O=CB=1,∠C'OA=∠CBA=120°$。
∴ 过点$C'$作$C'G⊥y$轴于G。
在$Rt△C'GO$中,
$∠C'OG=90°-∠C'B'C=30°$,
∴ $C'G=\dfrac{1}{2}OC'=\dfrac{1}{2}$。
∴ $OG=\dfrac{\sqrt{3}}{2}$。
∴ $C'(\dfrac{1}{2},\dfrac{\sqrt{3}}{2})$,此时直线$OC'$的函数表达式为$y=\sqrt{3}x$。
设过点P且与$B'C'$平行的直线l的表达式为$y=\sqrt{3}x+m$,
∵ $S_{△BCP'}=S_{△B'C'P},∴$ 当直线l与抛物线相切时取最小值。
则$\begin{cases}y=\sqrt{3}x+m,\\y=\dfrac{1}{2}x^2+2\sqrt{3}x+7,\end{cases}$即$\sqrt{3}x+m=\dfrac{1}{2}x^2+2\sqrt{3}x+7$。
∴ $\dfrac{1}{2}x^2+\sqrt{3}x+7-m=0$。
当$b^2-4ac=0$时,得$m=\dfrac{11}{2},∴ y=\sqrt{3}x+\dfrac{11}{2}$。
设直线l与y轴交于点T,连接$C'T$,
∵ $S_{△B'C'T}=S_{△BCP'},∴ S_{△BCP'}=\dfrac{1}{2}×B'T×C'G=\dfrac{1}{2}×\dfrac{11}{2}×\dfrac{1}{2}=\dfrac{11}{8}$。

2. (连云港中考)在数学兴趣小组活动中,小亮进行数学探究活动.
(1)$△ ABC$是边长为3的等边三角形,E是边AC上的一点,且$AE=1$,小亮以BE为边作等边三角形BEF,如图①,求CF的长.
(2)$△ ABC$是边长为3的等边三角形,E是边AC上的一个动点,小亮以BE为边作等边三角形BEF,如图②.在点E从点C到点A的运动过程中,求点F所经过的路径长.
(3)$△ ABC$是边长为3的等边三角形,M是高CD上的一个动点,小亮以BM为边作等边三角形BMN,如图③.在点M从点C到点D的运动过程中,求点N所经过的路径长.
(4)正方形ABCD的边长为3,E是边CB上的一个动点,在点E从点C到点B的运动过程中,小亮以B为顶点作正方形BFGH,其中点F,G都在直线AE上,如图④.当点E到达点B时,点F,G,H与点B重合.则点H所经过的路径长为,点G所经过的路径长为.

2.(1)
∵ $△ABC$ 和 $△BEF$ 都是等边三角形,
∴ $BA=BC,BE=BF,∠ABC=∠EBF=60°,∴ ∠ABE+∠CBE=∠CBF+∠CBE,∴ ∠ABE=∠CBF,∴ △ABE≅△CBF(SAS),∴ CF=AE=1$。
(2) 连接CF,由(1)知$△ABE≅△CBF,∴ CF=AE,∠BCF=∠BAE=60°$。
∵ $∠ABC=60°,∴ ∠BCF=∠ABC,∴ CF// AB$。又点E在点C处时,$CF=AC$,点E在点A处时,点F与点C重合,
∴ 点F运动的路径长$=AC=3$。
(3) 取BC的中点H,连接HN,
∴ $BH=\dfrac{1}{2}BC,∴ BH=\dfrac{1}{2}AB$。
∵ $CD⊥AB,∴ BD=\dfrac{1}{2}AB,∴ BH=BD$。
∵ $△ABC$ 和$△BMN$都是等边三角形,
∴ $BM=BN,∠ABC=∠MBN=60°,∴ ∠DBM+∠MBH=∠HBN+∠MBH,∴ ∠DBM=∠HBN,∴ △DBM≅△HBN(SAS),∴ HN=DM,∠BHN=∠BDM=90°,∴ NH⊥BC$。又点M在点C处时,$HN=CD=\dfrac{3\sqrt{3}}{2}$,点M在点D处时,点N与点H重合,
∴ 点N所经过的路径的长$=CD=\dfrac{3\sqrt{3}}{2}$。
(4) $\dfrac{3}{4}π$ $\dfrac{3\sqrt{2}}{4}π$ 解析:连接AC,BD,相交于点O,取AB的中点M,BC的中点N,连接MF,NH,
∴ $MF=BM=BN=\dfrac{1}{2}AB,BF=BH$,点F的运动轨迹为以点M为圆心,BM长为半径的圆。
∵ $∠ABC=∠FBH=90°,∴ ∠ABC-∠FBC=∠FBH-∠FBC$,即$∠ABF=∠CBH$,
∴ $△MBF≅△NBH(SAS)$,
∴ $NH=MF=BM=BN$,
∴ 点H在以点N为圆心,BN长为半径的圆上,
∴ 当点E在点B处时,点F,G,H与点B重合。当点E在点C处时,点F和点O重合,点G和点C重合。连接CH,OG,由上证明可得,$NH=NB=NC,∴ ∠BHC=90°$,
∴ 点C,G,H三点共线,
∴ $∠AGC=90°$。
∵ 点O是AC的中点,
∴ OG是$Rt△AGC$斜边上的中线,
∴ 点G在以点O为圆心,OB长为半径的圆上,
∴ 点H所经过的路径长$=\dfrac{90×2π×\dfrac{3}{2}}{360}=\dfrac{3}{4}π$,点G所经过的路径长$=\dfrac{90×2π×\dfrac{3\sqrt{2}}{2}}{360}=\dfrac{3\sqrt{2}}{4}π$。