巩固提升 (2024温州期中)如图,在平面直角坐标系中,△ABC的顶点都在格点上。
(1)先将△ABC向左平移2个单位,再作与所得三角形关于原点成中心对称的图形$△A_1B_1C_1,$请在图中画出$△A_1B_1C_1。$
(2)△ABC边上有一点P(a,b),经上述变换后所得的对应点为$P_1,$则点$P_1$的坐标为(用含a,b的代数式表示)。

(1)
△ABC左平移2个单位：$A(1,1),B(4,2),C(2,3)$对应$A_t(-1,1),B_t(2,2),C_t(0,3)$。
再关于原点对称：$A_t(-1,1),B_t(2,2),C_t(0,3)$对应$A_1(1, -1),B_1(-2,-2),C_1(0,-3)$，在坐标系标出$A_1,B_1,C_1$并连接成$△A_1B_1C_1$。
(2) $(-a + 2,-b)$

例5 (2024温州二模)如图,△AOB绕点O旋转180°得到△COD,点A的对应点为点C。分别延长OB,OD至点E,F,且BE= DF,连接AF,FC,CE,EA。
(1)求证：四边形AFCE是平行四边形。
(2)若OE= CE,∠EAC= 45°,EF= 2√{10},求四边形AFCE的周长。

名师导引 旋转前、后的图形全等(或利用已知条件构造图形全等),借此可以在较复杂的图形中通过旋转图形(或全等关系),把分散的已知量聚合起来,便于打通解题思路,找到解题突破口。

(1)见解析；(2)6√2+2√10。

(1)证明：∵△AOB绕点O旋转180°得到△COD，∴OA=OC，OB=OD，且O为AC、BD中点。
∵BE=DF，OE=OB+BE，OF=OD+DF，OB=OD，∴OE=OF。
∴AC、EF互相平分，故四边形AFCE是平行四边形。
(2)设OA=OC=a，OE=OF=b，由EF=2√10得2b=2√10，∴b=√10，即OE=CE=√10。
以O为原点，AC为x轴建系，A(-a,0)，C(a,0)，E(m,n)。
∵∠EAC=45°，直线AE斜率为1，∴n=m+a。
∵OE=√10，∴m²+n²=10；CE=√10，∴(m-a)²+n²=10。
联立得a=2m，n=3m，代入m²+n²=10得10m²=10，m=1，a=2，n=3。
∴A(-2,0)，E(1,3)，AE=√[(1+2)²+(3-0)²]=3√2，CE=√10。
周长=2(AE+CE)=2(3√2+√10)=6√2+2√10。

巩固提升 (2024渭南二模)如图,将△ABC绕点C逆时针旋转45°得到$△A_1B_1C_1,∠ACB= 90°,$点$P_1$是$A_1C$与AB的交点,点Q是$A_1B_1$与BC的交点,求证：$CP_1= CQ。$

证明：
∵△ABC绕点C逆时针旋转45°得到△A₁B₁C₁，
∴CB=CB₁，∠B=∠B₁，∠A₁CB₁=∠ACB=90°，旋转角∠ACA₁=45°。
∵∠ACB=90°，∠ACA₁=45°，
∴∠BCA₁=∠ACB - ∠ACA₁=90° - 45°=45°，即∠BCP₁=45°。
∵∠A₁CB₁=90°，∠BCA₁=45°，
∴∠B₁CQ=∠A₁CB₁ - ∠A₁CB=90° - 45°=45°。
在△CP₁B和△CQ B₁中，
∠B=∠B₁，
CB=CB₁，
∠BCP₁=∠B₁CQ=45°，
∴△CP₁B≌△CQ B₁（ASA）。
∴CP₁=CQ（全等三角形对应边相等）。

证明：
∵△ABC绕点C逆时针旋转45°得到△A₁B₁C，
∴∠ACA₁=∠BCB₁=45°，CA₁=CA，∠A₁=∠A。
∵∠ACB=90°，
∴∠QCA₁=∠ACB - ∠BCB₁=90° - 45°=45°，
∴∠QCA₁=∠ACA₁=45°。
在△CQ A₁和△CP₁A中，
$\left\{\begin{array}{l} ∠A₁=∠A,\\ CA₁=CA,\\ ∠QCA₁=∠P₁CA,\end{array}\right.$
∴△CQ A₁≌△CP₁A(ASA)，
∴CQ=CP₁。