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7. 旋转不改变图形的
形状
和大小
.答案
7. 形状 大小
解析
【分析】
本题考查旋转的基本性质，解题时先回忆旋转的定义和特征：旋转是将图形绕某一定点按某个方向转动一定角度的图形变换，属于全等变换，变换前后的图形全等。全等的图形形状完全相同，大小（包括边长、周长、面积等）完全相等，只有位置发生改变，据此即可得出要填写的内容。
【解析】
根据旋转的性质可知，旋转属于全等变换，旋转前后的两个图形互相全等，而全等图形的形状和大小均不发生改变，仅图形的位置发生变化，因此旋转不改变图形的形状和大小。
【答案】
形状；大小
【知识点】
1.旋转的性质
2.全等图形的特征
【点评】
本题属于基础概念考查题，核心是对旋转相关基本性质的识记，熟练掌握图形变换的基础性质即可轻松解答。
【难度系数】
0.9
本题考查旋转的基本性质，解题时先回忆旋转的定义和特征：旋转是将图形绕某一定点按某个方向转动一定角度的图形变换，属于全等变换，变换前后的图形全等。全等的图形形状完全相同，大小（包括边长、周长、面积等）完全相等，只有位置发生改变，据此即可得出要填写的内容。
【解析】
根据旋转的性质可知，旋转属于全等变换，旋转前后的两个图形互相全等，而全等图形的形状和大小均不发生改变，仅图形的位置发生变化，因此旋转不改变图形的形状和大小。
【答案】
形状；大小
【知识点】
1.旋转的性质
2.全等图形的特征
【点评】
本题属于基础概念考查题，核心是对旋转相关基本性质的识记，熟练掌握图形变换的基础性质即可轻松解答。
【难度系数】
0.9
8. 在线段、平行四边形、矩形、等腰三角形、圆这五个图形中，既是轴对称图形又是中心对称图形的有________个.
答案
8. 3
解析
【分析】
解题时首先要明确轴对称图形和中心对称图形的定义：轴对称图形是沿一条直线折叠后，直线两旁的部分能够完全重合的图形；中心对称图形是绕某一点旋转180°后，能和自身重合的图形。接下来我们逐个对给出的5个图形进行判断，筛选出同时满足两个条件的图形，最后统计符合要求的图形个数即可。
【解析】
我们逐个分析5个图形的对称性：
1. 线段：沿它的垂直平分线或者自身所在直线折叠可以完全重合，是轴对称图形；绕中点旋转180°后能与自身重合，是中心对称图形，符合要求。
2. 平行四边形：绕对角线交点旋转180°后能与自身重合，是中心对称图形，但没有直线能让它折叠后两边完全重合（特殊平行四边形除外，本题指普通平行四边形），不是轴对称图形，不符合要求。
3. 矩形：沿两组对边中点的连线折叠都能完全重合，是轴对称图形；绕对角线交点旋转180°后能与自身重合，是中心对称图形，符合要求。
4. 等腰三角形：沿底边上的高所在直线折叠能完全重合，是轴对称图形；旋转180°后无法与自身重合，不是中心对称图形，不符合要求。
5. 圆：沿任意一条直径所在直线折叠都能完全重合，是轴对称图形；绕圆心旋转180°后能与自身重合，是中心对称图形，符合要求。
综上，符合要求的图形有线段、矩形、圆，共3个。
【答案】
3
【知识点】
轴对称图形识别、中心对称图形识别
【点评】
本题考查常见平面图形的对称性判断，解题的核心是准确掌握两种对称图形的定义，注意区分普通平行四边形与特殊平行四边形的对称性差异，避免因概念混淆出错。
【难度系数】
0.7
解题时首先要明确轴对称图形和中心对称图形的定义：轴对称图形是沿一条直线折叠后，直线两旁的部分能够完全重合的图形；中心对称图形是绕某一点旋转180°后，能和自身重合的图形。接下来我们逐个对给出的5个图形进行判断，筛选出同时满足两个条件的图形，最后统计符合要求的图形个数即可。
【解析】
我们逐个分析5个图形的对称性：
1. 线段：沿它的垂直平分线或者自身所在直线折叠可以完全重合，是轴对称图形；绕中点旋转180°后能与自身重合，是中心对称图形，符合要求。
2. 平行四边形：绕对角线交点旋转180°后能与自身重合，是中心对称图形，但没有直线能让它折叠后两边完全重合（特殊平行四边形除外，本题指普通平行四边形），不是轴对称图形，不符合要求。
3. 矩形：沿两组对边中点的连线折叠都能完全重合，是轴对称图形；绕对角线交点旋转180°后能与自身重合，是中心对称图形，符合要求。
4. 等腰三角形：沿底边上的高所在直线折叠能完全重合，是轴对称图形；旋转180°后无法与自身重合，不是中心对称图形，不符合要求。
5. 圆：沿任意一条直径所在直线折叠都能完全重合，是轴对称图形；绕圆心旋转180°后能与自身重合，是中心对称图形，符合要求。
综上，符合要求的图形有线段、矩形、圆，共3个。
【答案】
3
【知识点】
轴对称图形识别、中心对称图形识别
【点评】
本题考查常见平面图形的对称性判断，解题的核心是准确掌握两种对称图形的定义，注意区分普通平行四边形与特殊平行四边形的对称性差异，避免因概念混淆出错。
【难度系数】
0.7
9. 在平面直角坐标系中,将点$A(4,2)$绕原点逆时针旋转$90°$后,其对应点$A'$的坐标为________.
答案
9. $(-2,4)$
解析
【分析】
要解决点绕原点逆时针旋转90°的坐标问题，我们可以结合旋转性质和全等三角形知识推导：首先旋转前后对应点到原点的距离相等，旋转角为90°，我们可以向x轴作垂线构造全等直角三角形，利用全等三角形对应边相等的性质，再结合象限的坐标符号特征就能求出对应点坐标；也可以直接运用点绕原点逆时针旋转90°的坐标变化规律快速求解。
【解析】
方法一（几何推导法）：
过点$A(4,2)$作$AB⊥x$轴于点$B$，过旋转后的对应点$A'$作$A'C⊥x$轴于点$C$。
由旋转的性质可知：$OA=OA'$，$∠ AOA'=90°$
$\therefore ∠ AOB + ∠ A'OC = 90°$
$\because AB⊥ x$轴，$A'C⊥ x$轴
$\therefore ∠ ABO=∠ OCA'=90°$
$\therefore ∠ AOB + ∠ OAB = 90°$
$\therefore ∠ OAB = ∠ A'OC$
在$△ AOB$和$△ OA'C$中：
$\begin{cases}∠ ABO=∠ OCA'\\∠ OAB=∠ A'OC\\OA=A'O\end{cases}$
$\therefore △ AOB≌△ OA'C$（AAS）
$\because A(4,2)$，$\therefore OB=4$，$AB=2$
$\therefore OC=AB=2$，$A'C=OB=4$
又$\because$点$A'$在第二象限，横坐标为负，纵坐标为正
$\therefore A'$的坐标为$(-2,4)$
方法二（规律法）：
点$(x,y)$绕原点逆时针旋转90°后，对应点的坐标为$(-y,x)$
将$A(4,2)$中$x=4$，$y=2$代入，得对应点$A'$的坐标为$(-2,4)$
【答案】
$(-2,4)$
【知识点】
旋转的性质，全等三角形的判定，坐标与图形变换
【点评】
本题是平面直角坐标系中旋转变换的基础题，既可以通过构造全等三角形的方式一步步推导坐标，也可以通过记忆旋转90°的坐标变化规律快速得到结果，是坐标类变换的常考题型。
【难度系数】
0.8
要解决点绕原点逆时针旋转90°的坐标问题，我们可以结合旋转性质和全等三角形知识推导：首先旋转前后对应点到原点的距离相等，旋转角为90°，我们可以向x轴作垂线构造全等直角三角形，利用全等三角形对应边相等的性质，再结合象限的坐标符号特征就能求出对应点坐标；也可以直接运用点绕原点逆时针旋转90°的坐标变化规律快速求解。
【解析】
方法一（几何推导法）：
过点$A(4,2)$作$AB⊥x$轴于点$B$，过旋转后的对应点$A'$作$A'C⊥x$轴于点$C$。
由旋转的性质可知：$OA=OA'$，$∠ AOA'=90°$
$\therefore ∠ AOB + ∠ A'OC = 90°$
$\because AB⊥ x$轴，$A'C⊥ x$轴
$\therefore ∠ ABO=∠ OCA'=90°$
$\therefore ∠ AOB + ∠ OAB = 90°$
$\therefore ∠ OAB = ∠ A'OC$
在$△ AOB$和$△ OA'C$中：
$\begin{cases}∠ ABO=∠ OCA'\\∠ OAB=∠ A'OC\\OA=A'O\end{cases}$
$\therefore △ AOB≌△ OA'C$（AAS）
$\because A(4,2)$，$\therefore OB=4$，$AB=2$
$\therefore OC=AB=2$，$A'C=OB=4$
又$\because$点$A'$在第二象限，横坐标为负，纵坐标为正
$\therefore A'$的坐标为$(-2,4)$
方法二（规律法）：
点$(x,y)$绕原点逆时针旋转90°后，对应点的坐标为$(-y,x)$
将$A(4,2)$中$x=4$，$y=2$代入，得对应点$A'$的坐标为$(-2,4)$
【答案】
$(-2,4)$
【知识点】
旋转的性质，全等三角形的判定，坐标与图形变换
【点评】
本题是平面直角坐标系中旋转变换的基础题，既可以通过构造全等三角形的方式一步步推导坐标，也可以通过记忆旋转90°的坐标变化规律快速得到结果，是坐标类变换的常考题型。
【难度系数】
0.8
10. 如图,将$△ OAB$绕着点$O$逆时针连续旋转两次得到$△ OA''B''$,每次旋转的角度都是$50°$.若$∠ B''OA = 120°$,则$∠ AOB=\underline{\hspace{3em}}°$.
答案
10. 20
解析
【分析】
解题时首先回忆旋转的性质：旋转前后对应角大小相等，每次旋转的旋转角都相等。首先计算两次旋转的总旋转角，也就是OA旋转到OA''转过的角度，再观察图形可知∠B''OA由总旋转角和与∠AOB相等的∠A''OB''组成，结合已知的∠B''OA的度数，利用角的和差关系即可求出∠AOB的度数。
【解析】
解：
∵ 将△OAB绕点O逆时针连续旋转两次，每次旋转角度为50°
∴ 两次旋转的总旋转角∠AOA'' = 50°×2 = 100°
根据旋转的性质，旋转前后对应角相等，可得∠A''OB'' = ∠AOB
由图可知：∠B''OA = ∠AOA'' + ∠A''OB''
已知∠B''OA = 120°，代入得：
120° = 100° + ∠AOB
解得∠AOB = 120° - 100° = 20°
【答案】
20
【知识点】
旋转的性质，角的和差计算
【点评】
本题属于基础类几何题，解题的核心是准确把握旋转过程中不变的量（对应角的大小），理清各角之间的和差关系，就能快速求出结果。
【难度系数】
0.7
解题时首先回忆旋转的性质：旋转前后对应角大小相等，每次旋转的旋转角都相等。首先计算两次旋转的总旋转角，也就是OA旋转到OA''转过的角度，再观察图形可知∠B''OA由总旋转角和与∠AOB相等的∠A''OB''组成，结合已知的∠B''OA的度数，利用角的和差关系即可求出∠AOB的度数。
【解析】
解：
∵ 将△OAB绕点O逆时针连续旋转两次，每次旋转角度为50°
∴ 两次旋转的总旋转角∠AOA'' = 50°×2 = 100°
根据旋转的性质，旋转前后对应角相等，可得∠A''OB'' = ∠AOB
由图可知：∠B''OA = ∠AOA'' + ∠A''OB''
已知∠B''OA = 120°，代入得：
120° = 100° + ∠AOB
解得∠AOB = 120° - 100° = 20°
【答案】
20
【知识点】
旋转的性质，角的和差计算
【点评】
本题属于基础类几何题，解题的核心是准确把握旋转过程中不变的量（对应角的大小），理清各角之间的和差关系，就能快速求出结果。
【难度系数】
0.7
11. 如图,在 $Rt△ ABC$ 中,$∠ ACB = 90°$,$∠ ABC = 30°$,$AC = 2$, $△ ABC$ 绕点 $C$ 顺时针旋转得到 $△ A_1B_1C$,当点 $A_1$ 落在边 $AB$ 上时,连接 $B_1B$,取 $BB_1$ 的中点 $D$,连接 $A_1D$,则 $A_1D$ 的长度是________.
答案
11. $\sqrt{7}$
解析
【分析】
解题可按三步思考：①先根据直角三角形30°角的性质和勾股定理，求出△ABC各边的长度；②利用旋转的性质，结合等边三角形的判定条件，得出△ACA₁、△BCB₁均为等边三角形，进而求出A₁B的长度、BB₁的长度，以及∠A₁BB₁的度数；③确定△A₁BD为直角三角形，结合D是BB₁中点求出BD的长度，最后用勾股定理计算A₁D即可。
【解析】
1. 在$Rt△ABC$中，$∠ ACB=90°$，$∠ ABC=30°$，$AC=2$，
因此$AB=2AC=4$，$∠ A=90°-30°=60°$，
由勾股定理得$BC=\sqrt{AB^2-AC^2}=\sqrt{4^2-2^2}=2\sqrt{3}$。
2. 由旋转的性质可知：$CA=CA_1$，$CB=CB_1$，旋转角$∠ ACA_1=∠ BCB_1$，
又$∠ A=60°$，$CA=CA_1$，因此$△ACA_1$是等边三角形，
得$∠ ACA_1=60°$，$AA_1=AC=2$，故$A_1B=AB-AA_1=4-2=2$，且$∠ BCB_1=∠ ACA_1=60°$。
3. 由$CB=CB_1$，$∠ BCB_1=60°$，可知$△BCB_1$是等边三角形，
因此$BB_1=BC=2\sqrt{3}$，$∠ CBB_1=60°$。
4. 可得$∠ A_1BB_1=∠ ABC+∠ CBB_1=30°+60°=90°$，即$△A_1BD$是直角三角形。
5. 因为D是$BB_1$的中点，所以$BD=\frac{1}{2}BB_1=\frac{1}{2}×2\sqrt{3}=\sqrt{3}$。
6. 在$Rt△A_1BD$中，由勾股定理得：
$A_1D=\sqrt{A_1B^2+BD^2}=\sqrt{2^2+(\sqrt{3})^2}=\sqrt{4+3}=\sqrt{7}$。
【答案】
$\sqrt{7}$
【知识点】
旋转的性质，等边三角形的判定与性质，勾股定理
【点评】
本题是几何综合类常规题型，解题的核心是利用旋转的性质挖掘相等的边和角，准确判断出等边三角形和直角三角形，对几何图形性质的综合运用能力有一定要求。
【难度系数】
0.6
解题可按三步思考：①先根据直角三角形30°角的性质和勾股定理，求出△ABC各边的长度；②利用旋转的性质，结合等边三角形的判定条件，得出△ACA₁、△BCB₁均为等边三角形，进而求出A₁B的长度、BB₁的长度，以及∠A₁BB₁的度数；③确定△A₁BD为直角三角形，结合D是BB₁中点求出BD的长度，最后用勾股定理计算A₁D即可。
【解析】
1. 在$Rt△ABC$中，$∠ ACB=90°$，$∠ ABC=30°$，$AC=2$，
因此$AB=2AC=4$，$∠ A=90°-30°=60°$，
由勾股定理得$BC=\sqrt{AB^2-AC^2}=\sqrt{4^2-2^2}=2\sqrt{3}$。
2. 由旋转的性质可知：$CA=CA_1$，$CB=CB_1$，旋转角$∠ ACA_1=∠ BCB_1$，
又$∠ A=60°$，$CA=CA_1$，因此$△ACA_1$是等边三角形，
得$∠ ACA_1=60°$，$AA_1=AC=2$，故$A_1B=AB-AA_1=4-2=2$，且$∠ BCB_1=∠ ACA_1=60°$。
3. 由$CB=CB_1$，$∠ BCB_1=60°$，可知$△BCB_1$是等边三角形，
因此$BB_1=BC=2\sqrt{3}$，$∠ CBB_1=60°$。
4. 可得$∠ A_1BB_1=∠ ABC+∠ CBB_1=30°+60°=90°$，即$△A_1BD$是直角三角形。
5. 因为D是$BB_1$的中点，所以$BD=\frac{1}{2}BB_1=\frac{1}{2}×2\sqrt{3}=\sqrt{3}$。
6. 在$Rt△A_1BD$中，由勾股定理得：
$A_1D=\sqrt{A_1B^2+BD^2}=\sqrt{2^2+(\sqrt{3})^2}=\sqrt{4+3}=\sqrt{7}$。
【答案】
$\sqrt{7}$
【知识点】
旋转的性质，等边三角形的判定与性质，勾股定理
【点评】
本题是几何综合类常规题型，解题的核心是利用旋转的性质挖掘相等的边和角，准确判断出等边三角形和直角三角形，对几何图形性质的综合运用能力有一定要求。
【难度系数】
0.6
12. 如图，P 是等边三角形 ABC 内一点，将线段 AP 绕点 A 顺时针旋转 $ 60° $ 得到线段 AQ，连接 BQ.若 $ PA = 6 $，$ PB = 8 $，$ PC = 10 $，则四边形 APBQ 的面积为 ______.
答案
12. $24+9\sqrt{3}$
解析
【分析】
解题时先结合旋转的性质分析：线段AP旋转60°得到AQ，可得AP=AQ且∠PAQ=60°，因此可推出△APQ为等边三角形；再结合等边△ABC的边角相等，可证△ACP和△ABQ全等，得到BQ=PC=10；接下来观察△BPQ的三边长，利用勾股定理逆定理判断其为直角三角形；最后将四边形APBQ的面积拆分为等边△APQ和直角△BPQ的面积之和计算即可。
【解析】
连接PQ，
1. 由旋转的性质可得：$AP=AQ$，$∠ PAQ=60°$，因此$△ APQ$是等边三角形，
$\therefore PQ=PA=6$，$S_{△ APQ}=\frac{\sqrt{3}}{4}× PA^2=\frac{\sqrt{3}}{4}× 6^2=9\sqrt{3}$。
2. $\because △ ABC$是等边三角形，$\therefore AC=AB$，$∠ CAB=60°$，
$\therefore ∠ CAB=∠ PAQ=60°$，即$∠ CAB-∠ PAB=∠ PAQ-∠ PAB$，
$\therefore ∠ CAP=∠ BAQ$。
在$△ ACP$和$△ ABQ$中：
$\begin{cases}AC=AB \\∠ CAP=∠ BAQ \\AP=AQ\end{cases}$
$\therefore △ ACP≌△ ABQ(\mathrm{SAS})$，$\therefore BQ=PC=10$。
3. 在$△ BPQ$中，$PB=8$，$PQ=6$，$BQ=10$，
$\because 6^2+8^2=36+64=100=10^2$，即$PQ^2+PB^2=BQ^2$，
$\therefore △ BPQ$是直角三角形，且$∠ BPQ=90°$，
$\therefore S_{△ BPQ}=\frac{1}{2}× PQ× PB=\frac{1}{2}×6×8=24$。
4. 四边形$APBQ$的面积$S=S_{△ APQ}+S_{△ BPQ}=24+9\sqrt{3}$。
【答案】
$24+9\sqrt{3}$
【知识点】
旋转的性质；全等三角形的判定与性质；勾股定理的逆定理
【点评】
本题是旋转构造几何的典型题型，核心思路是通过旋转得到全等三角形和特殊三角形，将不规则四边形的面积转化为两个规则特殊三角形的面积之和，能很好地考查学生对几何性质的综合应用能力。
【难度系数】
0.6
解题时先结合旋转的性质分析：线段AP旋转60°得到AQ，可得AP=AQ且∠PAQ=60°，因此可推出△APQ为等边三角形；再结合等边△ABC的边角相等，可证△ACP和△ABQ全等，得到BQ=PC=10；接下来观察△BPQ的三边长，利用勾股定理逆定理判断其为直角三角形；最后将四边形APBQ的面积拆分为等边△APQ和直角△BPQ的面积之和计算即可。
【解析】
连接PQ，
1. 由旋转的性质可得：$AP=AQ$，$∠ PAQ=60°$，因此$△ APQ$是等边三角形，
$\therefore PQ=PA=6$，$S_{△ APQ}=\frac{\sqrt{3}}{4}× PA^2=\frac{\sqrt{3}}{4}× 6^2=9\sqrt{3}$。
2. $\because △ ABC$是等边三角形，$\therefore AC=AB$，$∠ CAB=60°$，
$\therefore ∠ CAB=∠ PAQ=60°$，即$∠ CAB-∠ PAB=∠ PAQ-∠ PAB$，
$\therefore ∠ CAP=∠ BAQ$。
在$△ ACP$和$△ ABQ$中：
$\begin{cases}AC=AB \\∠ CAP=∠ BAQ \\AP=AQ\end{cases}$
$\therefore △ ACP≌△ ABQ(\mathrm{SAS})$，$\therefore BQ=PC=10$。
3. 在$△ BPQ$中，$PB=8$，$PQ=6$，$BQ=10$，
$\because 6^2+8^2=36+64=100=10^2$，即$PQ^2+PB^2=BQ^2$，
$\therefore △ BPQ$是直角三角形，且$∠ BPQ=90°$，
$\therefore S_{△ BPQ}=\frac{1}{2}× PQ× PB=\frac{1}{2}×6×8=24$。
4. 四边形$APBQ$的面积$S=S_{△ APQ}+S_{△ BPQ}=24+9\sqrt{3}$。
【答案】
$24+9\sqrt{3}$
【知识点】
旋转的性质；全等三角形的判定与性质；勾股定理的逆定理
【点评】
本题是旋转构造几何的典型题型，核心思路是通过旋转得到全等三角形和特殊三角形，将不规则四边形的面积转化为两个规则特殊三角形的面积之和，能很好地考查学生对几何性质的综合应用能力。
【难度系数】
0.6
三、解答题
13. 如图,在每个小正方形的边长为1的方格纸中,$△ ABC$ 的顶点均在格点上,点 $A,B$ 的坐标分别是 $(4,3),(1,1)$,把$△ ABC$ 绕点 $C$ 逆时针旋转 $90°$后得到$△ A_1B_1C$.请画出$△ A_1B_1C$,直接写出点 $A_1,B_1$ 的坐标.
13. 如图,在每个小正方形的边长为1的方格纸中,$△ ABC$ 的顶点均在格点上,点 $A,B$ 的坐标分别是 $(4,3),(1,1)$,把$△ ABC$ 绕点 $C$ 逆时针旋转 $90°$后得到$△ A_1B_1C$.请画出$△ A_1B_1C$,直接写出点 $A_1,B_1$ 的坐标.
答案
13. 图略 $A_1(2,1),B_1(4,-2)$
解析
【分析】
解题思路如下：首先根据已知点A、B的坐标，结合图形特征确定点C的坐标；再明确旋转三要素：旋转中心为点C，旋转方向是逆时针，旋转角度为90°；接下来依据旋转的性质，即旋转前后对应点到旋转中心的距离相等、对应线段的夹角等于旋转角，在网格中分别找到点A、B旋转后的对应点A₁、B₁；最后顺次连接C、A₁、B₁得到所求三角形，结合网格即可写出A₁、B₁的坐标。
【解析】
步骤1：确定点C的坐标：由图可知AC⊥BC，AC为竖直线段，BC为水平线段，已知A(4,3)，B(1,1)，因此C的横坐标与A相同为4，纵坐标与B相同为1，即C(4,1)。
步骤2：找对应点：
① 点A到C的距离为2（竖直方向向上2格），将CA绕点C逆时针旋转90°后，方向变为水平向左，长度不变仍为2，因此从C(4,1)向左数2格，得到点A₁，坐标为(2,1)；
② 点B到C的距离为3（水平方向向左3格），将CB绕点C逆时针旋转90°后，方向变为竖直向下，长度不变仍为3，因此从C(4,1)向下数3格，得到点B₁，坐标为(4,-2)。
步骤3：顺次连接C、A₁、B₁，即可得到△A₁B₁C，作图略。
【答案】
图略，$A_1(2,1)$，$B_1(4,-2)$
【知识点】
旋转的性质，平面直角坐标系，网格作图
【点评】
本题考查网格中的旋转作图问题，核心是掌握旋转的基本性质，结合网格的特点可以快速定位对应点的位置，难度不大，只要细心数格就不容易出错。
【难度系数】
0.7
解题思路如下：首先根据已知点A、B的坐标，结合图形特征确定点C的坐标；再明确旋转三要素：旋转中心为点C，旋转方向是逆时针，旋转角度为90°；接下来依据旋转的性质，即旋转前后对应点到旋转中心的距离相等、对应线段的夹角等于旋转角，在网格中分别找到点A、B旋转后的对应点A₁、B₁；最后顺次连接C、A₁、B₁得到所求三角形，结合网格即可写出A₁、B₁的坐标。
【解析】
步骤1：确定点C的坐标：由图可知AC⊥BC，AC为竖直线段，BC为水平线段，已知A(4,3)，B(1,1)，因此C的横坐标与A相同为4，纵坐标与B相同为1，即C(4,1)。
步骤2：找对应点：
① 点A到C的距离为2（竖直方向向上2格），将CA绕点C逆时针旋转90°后，方向变为水平向左，长度不变仍为2，因此从C(4,1)向左数2格，得到点A₁，坐标为(2,1)；
② 点B到C的距离为3（水平方向向左3格），将CB绕点C逆时针旋转90°后，方向变为竖直向下，长度不变仍为3，因此从C(4,1)向下数3格，得到点B₁，坐标为(4,-2)。
步骤3：顺次连接C、A₁、B₁，即可得到△A₁B₁C，作图略。
【答案】
图略，$A_1(2,1)$，$B_1(4,-2)$
【知识点】
旋转的性质，平面直角坐标系，网格作图
【点评】
本题考查网格中的旋转作图问题，核心是掌握旋转的基本性质，结合网格的特点可以快速定位对应点的位置，难度不大，只要细心数格就不容易出错。
【难度系数】
0.7
14. 下列$3×3$的方格纸都是由9个相同的小正方形组成的,每个方格纸中都有3个小正方形已涂上阴影,请在余下的6个空白小正方形中,按下列要求涂上阴影:
（1）选取1个涂上阴影,使4个阴影小正方形组成一个轴对称图形,但不是中心对称图形.
（2）选取1个涂上阴影,使4个阴影小正方形组成一个中心对称图形,但不是轴对称图形.
（3）选取2个涂上阴影,使5个阴影小正方形组成一个轴对称图形.
（请将三个小题依次作答在图1～3中,均只需画出符合条件的一种情形）
（1）选取1个涂上阴影,使4个阴影小正方形组成一个轴对称图形,但不是中心对称图形.
（2）选取1个涂上阴影,使4个阴影小正方形组成一个中心对称图形,但不是轴对称图形.
（3）选取2个涂上阴影,使5个阴影小正方形组成一个轴对称图形.
（请将三个小题依次作答在图1～3中,均只需画出符合条件的一种情形）
答案
（1）图1的第一行第一列小正方形涂阴影；
（2）图2的第一行第三列小正方形涂阴影；
（3）图3的第一行第一列和第一行第三列小正方形涂阴影。
（2）图2的第一行第三列小正方形涂阴影；
（3）图3的第一行第一列和第一行第三列小正方形涂阴影。
解析
【分析】
首先明确两个核心概念：①轴对称图形：沿某条直线折叠后，直线两侧的部分能够完全重合；②中心对称图形：绕图形中心旋转180°后，能与原图形完全重合，解题时可结合定义逐问思考：
（1）要得到轴对称但非中心对称的图形，先确定一条对称轴，选1个空白格涂色，使涂色后图形沿对称轴折叠重合，再验证旋转180°后不重合即可；
（2）要得到中心对称但非轴对称的图形，先根据中心对称的特点，找与现有阴影格关于方格中心对称的空白格涂色，再验证不存在使图形折叠后重合的对称轴即可；
（3）要得到5个阴影的轴对称图形，先确定对称轴，选2个空白格涂色，使所有阴影格沿对称轴折叠都能找到对应重合的阴影格即可。
【解析】
（1）在图1中，将第一行第一列的小正方形涂阴影：此时4个阴影小正方形沿左上到右下的对角线折叠后完全重合，是轴对称图形；绕方格中心旋转180°后无法与原图形重合，不是中心对称图形，符合要求。
（2）在图2中，将第一行第三列的小正方形涂阴影：此时4个阴影小正方形绕方格中心旋转180°后与原图形完全重合，是中心对称图形；不存在任意一条直线使图形折叠后两侧完全重合，不是轴对称图形，符合要求。
（3）在图3中，将第一行第一列和第一行第三列的小正方形涂阴影：此时5个阴影小正方形沿竖直方向的中线折叠后左右完全重合，是轴对称图形，符合要求。
【答案】
（1）图1的第一行第一列小正方形涂阴影；
（2）图2的第一行第三列小正方形涂阴影；
（3）图3的第一行第一列和第一行第三列小正方形涂阴影。
（注：本题答案不唯一，上述为符合要求的一种情形）
【知识点】
轴对称图形、中心对称图形、网格作图
【点评】
本题侧重考查对轴对称、中心对称概念的理解与运用，需要结合网格结构特点，明确作图要求后操作，完成后可根据定义反向验证是否符合要求，符合条件的画法不唯一，灵活度较高。
【难度系数】
0.7
首先明确两个核心概念：①轴对称图形：沿某条直线折叠后，直线两侧的部分能够完全重合；②中心对称图形：绕图形中心旋转180°后，能与原图形完全重合，解题时可结合定义逐问思考：
（1）要得到轴对称但非中心对称的图形，先确定一条对称轴，选1个空白格涂色，使涂色后图形沿对称轴折叠重合，再验证旋转180°后不重合即可；
（2）要得到中心对称但非轴对称的图形，先根据中心对称的特点，找与现有阴影格关于方格中心对称的空白格涂色，再验证不存在使图形折叠后重合的对称轴即可；
（3）要得到5个阴影的轴对称图形，先确定对称轴，选2个空白格涂色，使所有阴影格沿对称轴折叠都能找到对应重合的阴影格即可。
【解析】
（1）在图1中，将第一行第一列的小正方形涂阴影：此时4个阴影小正方形沿左上到右下的对角线折叠后完全重合，是轴对称图形；绕方格中心旋转180°后无法与原图形重合，不是中心对称图形，符合要求。
（2）在图2中，将第一行第三列的小正方形涂阴影：此时4个阴影小正方形绕方格中心旋转180°后与原图形完全重合，是中心对称图形；不存在任意一条直线使图形折叠后两侧完全重合，不是轴对称图形，符合要求。
（3）在图3中，将第一行第一列和第一行第三列的小正方形涂阴影：此时5个阴影小正方形沿竖直方向的中线折叠后左右完全重合，是轴对称图形，符合要求。
【答案】
（1）图1的第一行第一列小正方形涂阴影；
（2）图2的第一行第三列小正方形涂阴影；
（3）图3的第一行第一列和第一行第三列小正方形涂阴影。
（注：本题答案不唯一，上述为符合要求的一种情形）
【知识点】
轴对称图形、中心对称图形、网格作图
【点评】
本题侧重考查对轴对称、中心对称概念的理解与运用，需要结合网格结构特点，明确作图要求后操作，完成后可根据定义反向验证是否符合要求，符合条件的画法不唯一，灵活度较高。
【难度系数】
0.7
