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8. 如图，将$△ ABC$绕点$A$逆时针旋转$40°$得到$△ AB_1C_1$，点$B$，$C$的对应点分别为$B_1$，$C_1$，若$∠ BCC_1 = 100°$，则$∠ B_1C_1C$的度数为 （）
A.$30°$
B.$40°$
C.$50°$
D.$60°$
第8小题图
第9小题图
第10小题图
A.$30°$
B.$40°$
C.$50°$
D.$60°$
第8小题图
第9小题图
第10小题图
答案
解析
【分析】
本题需结合旋转的性质和等腰三角形的性质解题，思路如下：首先根据旋转的特征得到相等的对应边、对应角以及旋转角的度数，判定△ACC₁为等腰三角形，计算出其两个底角的度数；再结合已知的∠BCC₁的度数求出∠ACB的度数，利用旋转前后对应角相等得到∠AC₁B₁的度数；最后通过角度的和差关系计算出∠B₁C₁C的度数。
【解析】
解：
∵△ABC绕点A逆时针旋转40°得到△AB₁C₁
∴AC=AC₁，∠CAC₁=40°，∠ACB=∠AC₁B₁
∴△ACC₁是等腰三角形
∴∠ACC₁=∠AC₁C=(180°-∠CAC₁)÷2=(180°-40°)÷2=70°
又
∵∠BCC₁=100°
∴∠ACB=∠BCC₁-∠ACC₁=100°-70°=30°
∴∠AC₁B₁=∠ACB=30°
∴∠B₁C₁C=∠AC₁C - ∠AC₁B₁=70°-30°=40°
【答案】
B
【知识点】
旋转的性质，等腰三角形的性质，三角形内角和定理
【点评】
本题属于基础角度计算题，解题核心是准确提取旋转前后的等量关系，结合等腰三角形性质进行角度推导，计算过程简单，只要熟练掌握相关性质即可顺利求解。
【难度系数】
0.7
本题需结合旋转的性质和等腰三角形的性质解题，思路如下：首先根据旋转的特征得到相等的对应边、对应角以及旋转角的度数，判定△ACC₁为等腰三角形，计算出其两个底角的度数；再结合已知的∠BCC₁的度数求出∠ACB的度数，利用旋转前后对应角相等得到∠AC₁B₁的度数；最后通过角度的和差关系计算出∠B₁C₁C的度数。
【解析】
解：
∵△ABC绕点A逆时针旋转40°得到△AB₁C₁
∴AC=AC₁，∠CAC₁=40°，∠ACB=∠AC₁B₁
∴△ACC₁是等腰三角形
∴∠ACC₁=∠AC₁C=(180°-∠CAC₁)÷2=(180°-40°)÷2=70°
又
∵∠BCC₁=100°
∴∠ACB=∠BCC₁-∠ACC₁=100°-70°=30°
∴∠AC₁B₁=∠ACB=30°
∴∠B₁C₁C=∠AC₁C - ∠AC₁B₁=70°-30°=40°
【答案】
B
【知识点】
旋转的性质，等腰三角形的性质，三角形内角和定理
【点评】
本题属于基础角度计算题，解题核心是准确提取旋转前后的等量关系，结合等腰三角形性质进行角度推导，计算过程简单，只要熟练掌握相关性质即可顺利求解。
【难度系数】
0.7
9. 如图,点 C 是直线$y=3x+6$在第二象限上的一个点,点 C 关于 x 轴对称的点为 D,关于 y 轴对称的点为 E,连接 DE,则线段 DE 的最小值为 ()
A.$\frac{3\sqrt{5}}{5}$
B.$\frac{6\sqrt{5}}{5}$
C.$\frac{3\sqrt{10}}{5}$
D.$\frac{6\sqrt{10}}{5}$
A.$\frac{3\sqrt{5}}{5}$
B.$\frac{6\sqrt{5}}{5}$
C.$\frac{3\sqrt{10}}{5}$
D.$\frac{6\sqrt{10}}{5}$
答案
D
解析
【分析】
要解决本题，首先可通过轴对称的坐标变化规律，找到线段DE与点C到原点距离的关系，再结合“垂线段最短”的性质求最小值。思路如下：1. 设点C坐标，根据轴对称性质写出对称点D、E的坐标；2. 利用两点间距离公式推导，可得DE长度等于2倍的原点到点C的距离OC；3. 要使DE最小，只需OC最小，而OC的最小值是原点到直线$y=3x+6$的垂线段长度，最后代入计算即可。如果没有想到转化关系，也可直接将DE长度表示为关于x的二次函数，通过求二次函数最小值得到结果。
【解析】
设点C的坐标为$(a, 3a+6)$，
根据关于x轴对称的点横坐标不变、纵坐标互为相反数，得点D坐标为$(a, -3a-6)$，
根据关于y轴对称的点纵坐标不变、横坐标互为相反数，得点E坐标为$(-a, 3a+6)$。
由两点间距离公式可得：
$\begin{aligned}DE&=\sqrt{(-a - a)^2 + [(3a+6) - (-3a-6)]^2}\\&=\sqrt{(-2a)^2 + (6a+12)^2}\\&=\sqrt{4a^2 + 36a^2 + 144a + 144}\\&=\sqrt{40a^2 + 144a + 144}\\&=2\sqrt{10a^2 + 36a + 36}\end{aligned}$
又因为原点到点C的距离$OC=\sqrt{a^2 + (3a+6)^2}=\sqrt{10a^2 + 36a + 36}$，因此$DE=2OC$，即DE的最小值等价于2倍OC的最小值。
根据垂线段最短，OC的最小值为原点到直线$y=3x+6$的距离。将直线整理为标准式$3x - y + 6 = 0$，代入点到直线的距离公式：
原点$(0,0)$到直线的距离$d=\frac{|3×0 - 0 + 6|}{\sqrt{3^2 + (-1)^2}}=\frac{6}{\sqrt{10}}=\frac{3\sqrt{10}}{5}$。
因此DE的最小值为$2×\frac{3\sqrt{10}}{5}=\frac{6\sqrt{10}}{5}$。
【答案】
D
【知识点】
轴对称的坐标性质；点到直线的距离；垂线段最短
【点评】
本题将轴对称性质与最值问题结合，核心是通过坐标推导实现问题转化，把求线段DE的最小值转化为求点到直线的最短距离，有效简化了计算过程，也可通过二次函数求最值的方法求解，考查了学生的转化思维和运算能力。
【难度系数】
0.6
要解决本题，首先可通过轴对称的坐标变化规律，找到线段DE与点C到原点距离的关系，再结合“垂线段最短”的性质求最小值。思路如下：1. 设点C坐标，根据轴对称性质写出对称点D、E的坐标；2. 利用两点间距离公式推导，可得DE长度等于2倍的原点到点C的距离OC；3. 要使DE最小，只需OC最小，而OC的最小值是原点到直线$y=3x+6$的垂线段长度，最后代入计算即可。如果没有想到转化关系，也可直接将DE长度表示为关于x的二次函数，通过求二次函数最小值得到结果。
【解析】
设点C的坐标为$(a, 3a+6)$，
根据关于x轴对称的点横坐标不变、纵坐标互为相反数，得点D坐标为$(a, -3a-6)$，
根据关于y轴对称的点纵坐标不变、横坐标互为相反数，得点E坐标为$(-a, 3a+6)$。
由两点间距离公式可得：
$\begin{aligned}DE&=\sqrt{(-a - a)^2 + [(3a+6) - (-3a-6)]^2}\\&=\sqrt{(-2a)^2 + (6a+12)^2}\\&=\sqrt{4a^2 + 36a^2 + 144a + 144}\\&=\sqrt{40a^2 + 144a + 144}\\&=2\sqrt{10a^2 + 36a + 36}\end{aligned}$
又因为原点到点C的距离$OC=\sqrt{a^2 + (3a+6)^2}=\sqrt{10a^2 + 36a + 36}$，因此$DE=2OC$，即DE的最小值等价于2倍OC的最小值。
根据垂线段最短，OC的最小值为原点到直线$y=3x+6$的距离。将直线整理为标准式$3x - y + 6 = 0$，代入点到直线的距离公式：
原点$(0,0)$到直线的距离$d=\frac{|3×0 - 0 + 6|}{\sqrt{3^2 + (-1)^2}}=\frac{6}{\sqrt{10}}=\frac{3\sqrt{10}}{5}$。
因此DE的最小值为$2×\frac{3\sqrt{10}}{5}=\frac{6\sqrt{10}}{5}$。
【答案】
D
【知识点】
轴对称的坐标性质；点到直线的距离；垂线段最短
【点评】
本题将轴对称性质与最值问题结合，核心是通过坐标推导实现问题转化，把求线段DE的最小值转化为求点到直线的最短距离，有效简化了计算过程，也可通过二次函数求最值的方法求解，考查了学生的转化思维和运算能力。
【难度系数】
0.6
10. 如图,在平面直角坐标系中,将边长为1的正方形OABC绕点O沿顺时针方向旋转$45°$后得到正方形$OA_1B_1C_1$,依此方式,绕点O连续旋转2026次得到正方形$OA_{2026}B_{2026}C_{2026}$,那么点$A_{2026}$的坐标是（）
A.$(-\frac{\sqrt{2}}{2},\frac{\sqrt{2}}{2})$
B.$(1,0)$
C.$(\frac{\sqrt{2}}{2},-\frac{\sqrt{2}}{2})$
D.$(0,1)$
A.$(-\frac{\sqrt{2}}{2},\frac{\sqrt{2}}{2})$
B.$(1,0)$
C.$(\frac{\sqrt{2}}{2},-\frac{\sqrt{2}}{2})$
D.$(0,1)$
答案
解析
【分析】
要解决这道题，我们可以按以下思路思考：首先明确点A的初始坐标，再探究旋转后点A坐标的变化规律。正方形每次绕O顺时针旋转45°，旋转8次刚好旋转360°回到初始位置，因此点A的坐标变化周期为8。接下来计算2026除以8的余数，根据余数就能对应找到点$A_{2026}$的坐标。
【解析】
1. 确定初始坐标：边长为1的正方形OABC初始位置中，点A的坐标为$(0,1)$。
2. 推导周期：每次顺时针旋转$45°$，旋转8次的总角度为$8×45°=360°$，点A回到初始位置，因此坐标变化的周期为8。
3. 计算余数：$2026÷8=253······2$，即旋转2026次的坐标与旋转2次的坐标相同。
4. 求旋转2次的坐标：旋转2次共旋转了$2×45°=90°$，点$(0,1)$顺时针旋转$90°$后，坐标变为$(1,0)$。
【答案】
B
【知识点】
图形的旋转；坐标与图形变化；周期规律探究
【点评】
本题是规律探究类题型，解题核心是先找到旋转的周期，再通过求余数快速定位对应位置的坐标，需要熟练掌握平面直角坐标系内点旋转的坐标变化规律。
【难度系数】
0.6
要解决这道题，我们可以按以下思路思考：首先明确点A的初始坐标，再探究旋转后点A坐标的变化规律。正方形每次绕O顺时针旋转45°，旋转8次刚好旋转360°回到初始位置，因此点A的坐标变化周期为8。接下来计算2026除以8的余数，根据余数就能对应找到点$A_{2026}$的坐标。
【解析】
1. 确定初始坐标：边长为1的正方形OABC初始位置中，点A的坐标为$(0,1)$。
2. 推导周期：每次顺时针旋转$45°$，旋转8次的总角度为$8×45°=360°$，点A回到初始位置，因此坐标变化的周期为8。
3. 计算余数：$2026÷8=253······2$，即旋转2026次的坐标与旋转2次的坐标相同。
4. 求旋转2次的坐标：旋转2次共旋转了$2×45°=90°$，点$(0,1)$顺时针旋转$90°$后，坐标变为$(1,0)$。
【答案】
B
【知识点】
图形的旋转；坐标与图形变化；周期规律探究
【点评】
本题是规律探究类题型，解题核心是先找到旋转的周期，再通过求余数快速定位对应位置的坐标，需要熟练掌握平面直角坐标系内点旋转的坐标变化规律。
【难度系数】
0.6
二、填空题(共5小题,每小题3分,共15分)
11.如图，△ABC绕着点C旋转至△DEC的位置，点B,C,D共线，∠B=90°，∠A=30°，BC=1，则BD=.
第11小题图
第12小题图
第13小题图
第14小题图
第15小题图
11.如图，△ABC绕着点C旋转至△DEC的位置，点B,C,D共线，∠B=90°，∠A=30°，BC=1，则BD=.
第11小题图 第12小题图 第13小题图 第14小题图 第15小题图答案
解析
【分析】
解题时首先回忆旋转的性质：旋转前后的两个三角形全等，对应边相等；再利用直角三角形中30°角所对直角边等于斜边的一半，求出斜边AC的长度，即可得到对应边CD的长度；最后结合点B、C、D共线的条件，用线段和差计算BD的长度即可。
【解析】
1. 在$Rt△ ABC$中，$∠ B=90°$，$∠ A=30°$，$BC=1$，根据含30°角的直角三角形性质：30°角所对的直角边等于斜边的一半，可得$BC=\frac{1}{2}AC$，因此$AC=2BC=2×1=2$。
2. 因为$△ ABC$绕点C旋转得到$△ DEC$，由旋转的性质可知$△ ABC≌△ DEC$，对应边$AC=DC$，所以$DC=AC=2$。
3. 已知点B、C、D共线，因此$BD=BC+CD=1+2=3$。
【答案】
$\boldsymbol{3}$
【知识点】
1. 旋转的性质
2. 含30°角的直角三角形的性质
3. 线段和差计算
【点评】
本题是基础运算类题目，核心是将旋转的性质和直角三角形特殊角的性质结合应用，解题关键是准确识别旋转前后的对应边，难度较低。
【难度系数】
0.8
解题时首先回忆旋转的性质：旋转前后的两个三角形全等，对应边相等；再利用直角三角形中30°角所对直角边等于斜边的一半，求出斜边AC的长度，即可得到对应边CD的长度；最后结合点B、C、D共线的条件，用线段和差计算BD的长度即可。
【解析】
1. 在$Rt△ ABC$中，$∠ B=90°$，$∠ A=30°$，$BC=1$，根据含30°角的直角三角形性质：30°角所对的直角边等于斜边的一半，可得$BC=\frac{1}{2}AC$，因此$AC=2BC=2×1=2$。
2. 因为$△ ABC$绕点C旋转得到$△ DEC$，由旋转的性质可知$△ ABC≌△ DEC$，对应边$AC=DC$，所以$DC=AC=2$。
3. 已知点B、C、D共线，因此$BD=BC+CD=1+2=3$。
【答案】
$\boldsymbol{3}$
【知识点】
1. 旋转的性质
2. 含30°角的直角三角形的性质
3. 线段和差计算
【点评】
本题是基础运算类题目，核心是将旋转的性质和直角三角形特殊角的性质结合应用，解题关键是准确识别旋转前后的对应边，难度较低。
【难度系数】
0.8
12.如图,在平面直角坐标系中,将点$P(2,3)$绕原点$O$顺时针旋转$90°$得到点$P'$,则$P'$的坐标为.
答案
解：过点$P$作$PA ⊥ y$轴于点$A$，过点$P'$作$P'B ⊥ x$轴于点$B$。
∵点$P$的坐标为$(2,3)$，
∴$PA=2$，$OA=3$。
由旋转的性质可知：$OP=OP'$，$∠ POP'=90°$，
∴$∠ POA + ∠ AOP' = 90°$，
又∵$∠ AOP' + ∠ P'OB = 90°$，
∴$∠ POA = ∠ P'OB$。
在$△ POA$和$△ P'OB$中，
$\{\begin{array}{l}∠ PAO = ∠ P'BO = 90° \\∠ POA = ∠ P'OB \\OP = OP'\end{array} $
∴$△ POA ≌ △ P'OB$（AAS），
∴$OB = OA = 3$，$P'B = PA = 2$，
∴点$P'$的坐标为$\boldsymbol{(3,-2)}$。
∵点$P$的坐标为$(2,3)$，
∴$PA=2$，$OA=3$。
由旋转的性质可知：$OP=OP'$，$∠ POP'=90°$，
∴$∠ POA + ∠ AOP' = 90°$，
又∵$∠ AOP' + ∠ P'OB = 90°$，
∴$∠ POA = ∠ P'OB$。
在$△ POA$和$△ P'OB$中，
$\{\begin{array}{l}∠ PAO = ∠ P'BO = 90° \\∠ POA = ∠ P'OB \\OP = OP'\end{array} $
∴$△ POA ≌ △ P'OB$（AAS），
∴$OB = OA = 3$，$P'B = PA = 2$，
∴点$P'$的坐标为$\boldsymbol{(3,-2)}$。
解析
【分析】
解决点绕原点顺时针旋转90°后的坐标问题，可从旋转的核心性质出发：旋转前后对应点到旋转中心的距离相等，旋转角为90°。由于是在平面直角坐标系中求坐标，我们可以通过向坐标轴作垂线构造直角三角形，证明两个直角三角形全等，将已知点P的横、纵坐标转化为点P'的横、纵坐标的长度，再结合点P'所在象限确定坐标符号，最终得到P'的坐标。
【解析】
过点$P$作$PA ⊥ y$轴于点$A$，过点$P'$作$P'B ⊥ x$轴于点$B$。
∵点$P$的坐标为$(2,3)$，
∴$PA=2$，$OA=3$。
由旋转的性质可知：$OP=OP'$，$∠ POP'=90°$，
∴$∠ POA + ∠ AOP' = 90°$，
又
∵$∠ AOP' + ∠ P'OB = 90°$，
∴$∠ POA = ∠ P'OB$。
在$△ POA$和$△ P'OB$中，
$\{\begin{array}{l}∠ PAO = ∠ P'BO = 90° \\∠ POA = ∠ P'OB \\OP = OP'\end{array} $
∴$△ POA ≌ △ P'OB$（AAS），
∴$OB = OA = 3$，$P'B = PA = 2$，
∴点$P'$的坐标为$(3,-2)$。
【答案】
$(3,-2)$
【知识点】
旋转的性质，全等三角形的判定与性质，平面直角坐标系点的坐标特征
【点评】
本题是坐标系中旋转求坐标的基础题型，解题关键是利用旋转性质构造全等三角形完成线段长度的转化，也可总结规律快速解题：平面直角坐标系中点$(x,y)$绕原点顺时针旋转90°后，对应点的坐标为$(y,-x)$。
【难度系数】
0.8
解决点绕原点顺时针旋转90°后的坐标问题，可从旋转的核心性质出发：旋转前后对应点到旋转中心的距离相等，旋转角为90°。由于是在平面直角坐标系中求坐标，我们可以通过向坐标轴作垂线构造直角三角形，证明两个直角三角形全等，将已知点P的横、纵坐标转化为点P'的横、纵坐标的长度，再结合点P'所在象限确定坐标符号，最终得到P'的坐标。
【解析】
过点$P$作$PA ⊥ y$轴于点$A$，过点$P'$作$P'B ⊥ x$轴于点$B$。
∵点$P$的坐标为$(2,3)$，
∴$PA=2$，$OA=3$。
由旋转的性质可知：$OP=OP'$，$∠ POP'=90°$，
∴$∠ POA + ∠ AOP' = 90°$，
又
∵$∠ AOP' + ∠ P'OB = 90°$，
∴$∠ POA = ∠ P'OB$。
在$△ POA$和$△ P'OB$中，
$\{\begin{array}{l}∠ PAO = ∠ P'BO = 90° \\∠ POA = ∠ P'OB \\OP = OP'\end{array} $
∴$△ POA ≌ △ P'OB$（AAS），
∴$OB = OA = 3$，$P'B = PA = 2$，
∴点$P'$的坐标为$(3,-2)$。
【答案】
$(3,-2)$
【知识点】
旋转的性质，全等三角形的判定与性质，平面直角坐标系点的坐标特征
【点评】
本题是坐标系中旋转求坐标的基础题型，解题关键是利用旋转性质构造全等三角形完成线段长度的转化，也可总结规律快速解题：平面直角坐标系中点$(x,y)$绕原点顺时针旋转90°后，对应点的坐标为$(y,-x)$。
【难度系数】
0.8
13. 如图，将$\mathrm{Rt}△ ABC$绕着顶点$A$逆时针旋转，使得点$C$落在$AB$上的$C'$处，点$B$落在$B'$处，连接$BB'$，如果$AC=4$，$AB=5$，那么$BB'=\underline{\hspace{5em}}$。
答案
解析
【分析】
解题时先回忆旋转的核心性质：旋转前后图形的对应边相等、对应角相等。第一步先在原直角三角形ABC中用勾股定理求出BC的长度；第二步根据旋转性质得到对应边AC'、B'C'的长度，以及对应角∠AC'B'的度数；第三步求出线段BC'的长度，同时确定∠BC'B'为直角；最后在直角三角形BC'B'中用勾股定理计算BB'的长度即可。
【解析】
解：
∵$\mathrm{Rt}△ ABC$中$∠ C=90°$，$AC=4$，$AB=5$
∴由勾股定理可得：
$BC=\sqrt{AB^2-AC^2}=\sqrt{5^2-4^2}=3$
根据旋转的性质可知：
$AC=AC'=4$，$B'C'=BC=3$，$∠ AC'B'=∠ C=90°$
∵点$C'$落在$AB$上
∴$BC'=AB-AC'=5-4=1$，且$∠ BC'B'=180°-∠ AC'B'=90°$
在$\mathrm{Rt}△ BC'B'$中，由勾股定理可得：
$BB'=\sqrt{BC'^2+B'C'^2}=\sqrt{1^2+3^2}=\sqrt{10}$
【答案】
$\sqrt{10}$
【知识点】
旋转的性质，勾股定理
【点评】
本题属于几何基础综合题，解题的关键是熟练掌握旋转的性质，通过旋转前后的边角关系构造直角三角形，结合勾股定理求解即可。
【难度系数】
0.7
解题时先回忆旋转的核心性质：旋转前后图形的对应边相等、对应角相等。第一步先在原直角三角形ABC中用勾股定理求出BC的长度；第二步根据旋转性质得到对应边AC'、B'C'的长度，以及对应角∠AC'B'的度数；第三步求出线段BC'的长度，同时确定∠BC'B'为直角；最后在直角三角形BC'B'中用勾股定理计算BB'的长度即可。
【解析】
解：
∵$\mathrm{Rt}△ ABC$中$∠ C=90°$，$AC=4$，$AB=5$
∴由勾股定理可得：
$BC=\sqrt{AB^2-AC^2}=\sqrt{5^2-4^2}=3$
根据旋转的性质可知：
$AC=AC'=4$，$B'C'=BC=3$，$∠ AC'B'=∠ C=90°$
∵点$C'$落在$AB$上
∴$BC'=AB-AC'=5-4=1$，且$∠ BC'B'=180°-∠ AC'B'=90°$
在$\mathrm{Rt}△ BC'B'$中，由勾股定理可得：
$BB'=\sqrt{BC'^2+B'C'^2}=\sqrt{1^2+3^2}=\sqrt{10}$
【答案】
$\sqrt{10}$
【知识点】
旋转的性质，勾股定理
【点评】
本题属于几何基础综合题，解题的关键是熟练掌握旋转的性质，通过旋转前后的边角关系构造直角三角形，结合勾股定理求解即可。
【难度系数】
0.7
14. 在如图所示的网格中,每个小正方形的长度为1,点A的坐标为$(-3,5)$,点B的坐标为$(-1,1)$,点C的坐标为$(-1,-3)$,点D的坐标为$(3,-1)$.小强发现线段CD可以由线段AB绕着某点旋转一个角度得到,其中点A与点C对应,点B与点D对应,则这个旋转中心的坐标为.
答案
解：根据旋转的性质，旋转中心是对应点连线的垂直平分线的交点。
设旋转中心的坐标为$(x,y)$，则旋转中心到点$A$、$C$的距离相等，到点$B$、$D$的距离相等，可得方程组：
$\begin{cases}(x+3)^2+(y-5)^2=(x+1)^2+(y+3)^2 \\(x+1)^2+(y-1)^2=(x-3)^2+(y+1)^2\end{cases}$
化简第一个方程：
$x^2+6x+9+y^2-10y+25=x^2+2x+1+y^2+6y+9$
整理得：$x-4y=-6$
化简第二个方程：
$x^2+2x+1+y^2-2y+1=x^2-6x+9+y^2+2y+1$
整理得：$2x-y=2$
将$x=4y-6$代入$2x-y=2$，得$2(4y-6)-y=2$，
解得$y=2$，代入得$x=2$。
所以这个旋转中心的坐标为$\boldsymbol{(2,2)}$。
设旋转中心的坐标为$(x,y)$，则旋转中心到点$A$、$C$的距离相等，到点$B$、$D$的距离相等，可得方程组：
$\begin{cases}(x+3)^2+(y-5)^2=(x+1)^2+(y+3)^2 \\(x+1)^2+(y-1)^2=(x-3)^2+(y+1)^2\end{cases}$
化简第一个方程：
$x^2+6x+9+y^2-10y+25=x^2+2x+1+y^2+6y+9$
整理得：$x-4y=-6$
化简第二个方程：
$x^2+2x+1+y^2-2y+1=x^2-6x+9+y^2+2y+1$
整理得：$2x-y=2$
将$x=4y-6$代入$2x-y=2$，得$2(4y-6)-y=2$，
解得$y=2$，代入得$x=2$。
所以这个旋转中心的坐标为$\boldsymbol{(2,2)}$。
解析
【分析】
要确定旋转中心的坐标，首先回忆旋转的性质：旋转中心到每一组对应点的距离相等，是所有对应点连线的垂直平分线的交点。本题中点A与点C对应，点B与点D对应，因此旋转中心同时在AC和BD的垂直平分线上，我们可以设旋转中心坐标为$(x,y)$，根据“垂直平分线上的点到线段两端点距离相等”，结合两点间距离公式分别列关于$x$、$y$的方程，组成二元一次方程组，求解方程组即可得到旋转中心的坐标。
【解析】
根据旋转的性质可知，旋转中心到对应点的距离相等。
设旋转中心的坐标为$(x,y)$，则该点到A、C的距离相等，到B、D的距离相等，可得方程组：
$\begin{cases}(x+3)^2+(y-5)^2=(x+1)^2+(y+3)^2 \\(x+1)^2+(y-1)^2=(x-3)^2+(y+1)^2\end{cases}$
化简第一个方程：
展开得$x^2+6x+9+y^2-10y+25=x^2+2x+1+y^2+6y+9$
移项合并同类项，整理得：$x-4y=-6$ ①
化简第二个方程：
展开得$x^2+2x+1+y^2-2y+1=x^2-6x+9+y^2+2y+1$
移项合并同类项，整理得：$2x-y=2$ ②
由①得$x=4y-6$，将其代入②得：
$2(4y-6)-y=2$
解得$y=2$，再代入$x=4y-6$得$x=4×2-6=2$。
【答案】
$(2,2)$
【知识点】
旋转的性质；两点间距离公式；二元一次方程组的解法
【点评】
本题重点考查旋转性质的灵活应用，解题的核心是抓住旋转中心到对应点距离相等的特点，既可以通过几何作图（作对应点连线的垂直平分线找交点）求解，也可以通过代数方法列方程组计算，两种方法可互相验证结果，计算时需注意展开完全平方时不要出错。
【难度系数】
0.7
要确定旋转中心的坐标，首先回忆旋转的性质：旋转中心到每一组对应点的距离相等，是所有对应点连线的垂直平分线的交点。本题中点A与点C对应，点B与点D对应，因此旋转中心同时在AC和BD的垂直平分线上，我们可以设旋转中心坐标为$(x,y)$，根据“垂直平分线上的点到线段两端点距离相等”，结合两点间距离公式分别列关于$x$、$y$的方程，组成二元一次方程组，求解方程组即可得到旋转中心的坐标。
【解析】
根据旋转的性质可知，旋转中心到对应点的距离相等。
设旋转中心的坐标为$(x,y)$，则该点到A、C的距离相等，到B、D的距离相等，可得方程组：
$\begin{cases}(x+3)^2+(y-5)^2=(x+1)^2+(y+3)^2 \\(x+1)^2+(y-1)^2=(x-3)^2+(y+1)^2\end{cases}$
化简第一个方程：
展开得$x^2+6x+9+y^2-10y+25=x^2+2x+1+y^2+6y+9$
移项合并同类项，整理得：$x-4y=-6$ ①
化简第二个方程：
展开得$x^2+2x+1+y^2-2y+1=x^2-6x+9+y^2+2y+1$
移项合并同类项，整理得：$2x-y=2$ ②
由①得$x=4y-6$，将其代入②得：
$2(4y-6)-y=2$
解得$y=2$，再代入$x=4y-6$得$x=4×2-6=2$。
【答案】
$(2,2)$
【知识点】
旋转的性质；两点间距离公式；二元一次方程组的解法
【点评】
本题重点考查旋转性质的灵活应用，解题的核心是抓住旋转中心到对应点距离相等的特点，既可以通过几何作图（作对应点连线的垂直平分线找交点）求解，也可以通过代数方法列方程组计算，两种方法可互相验证结果，计算时需注意展开完全平方时不要出错。
【难度系数】
0.7
15. 如图，在$\mathrm{Rt}△ ABC$中，$∠ ACB=90°$，将$△ ABC$绕顶点$C$顺时针旋转得到$△ A'B'C$，$M$是$AC$的中点，$N$是$A'B'$的中点，连接$MN$。若$AC=4$，$∠ ABC=30°$，则线段$MN$的最小值为________。
答案
$\boldsymbol{2}$
解析
【分析】
本题是旋转背景下的线段最小值问题，解题思路如下：
1. 先利用直角三角形30°角的性质求出斜边AB的长度；
2. 结合旋转前后图形全等的性质，得到△A'B'C的边长和角度，再利用直角三角形斜边中线等于斜边一半的性质，得出CN为定值，同时求出CM的长度也为定值；
3. 分析可知N点的轨迹是以C为圆心、CN长为半径的圆，求MN的最小值转化为求定点M到该圆上点的最短距离，根据三角形三边关系，当M、C、N三点共线时MN取得最小值，即为CN与CM的差。
【解析】
1. 在$\mathrm{Rt}△ ABC$中，$∠ ACB=90°$，$∠ ABC=30°$，$AC=4$，根据直角三角形30°角对的直角边等于斜边的一半，可得$AB=2AC=8$。
2. 由旋转的性质可知$△ A'B'C≌△ ABC$，因此$A'B'=AB=8$，$∠ A'CB'=∠ ACB=90°$。
3. 因为N是$\mathrm{Rt}△ A'B'C$斜边$A'B'$的中点，根据直角三角形斜边中线等于斜边的一半，可得$CN=\frac{1}{2}A'B'=4$。
4. 因为M是AC的中点，$AC=4$，所以$CM=\frac{1}{2}AC=2$。
5. 根据三角形三边关系，$MN≥ CN-CM$，当且仅当M、C、N三点共线且C在线段MN上时等号成立，因此$MN$的最小值为$4-2=2$。
【答案】
$\boldsymbol{2}$
【知识点】
旋转的性质，直角三角形斜边中线定理，三角形三边关系
【点评】
本题综合考察了旋转的性质、直角三角形的性质以及最短路径的求解，解题核心是确定动点N的运动轨迹，将动态线段的最小值问题转化为静态的线段差计算，是几何综合类的常考题型。
【难度系数】
0.6
本题是旋转背景下的线段最小值问题，解题思路如下：
1. 先利用直角三角形30°角的性质求出斜边AB的长度；
2. 结合旋转前后图形全等的性质，得到△A'B'C的边长和角度，再利用直角三角形斜边中线等于斜边一半的性质，得出CN为定值，同时求出CM的长度也为定值；
3. 分析可知N点的轨迹是以C为圆心、CN长为半径的圆，求MN的最小值转化为求定点M到该圆上点的最短距离，根据三角形三边关系，当M、C、N三点共线时MN取得最小值，即为CN与CM的差。
【解析】
1. 在$\mathrm{Rt}△ ABC$中，$∠ ACB=90°$，$∠ ABC=30°$，$AC=4$，根据直角三角形30°角对的直角边等于斜边的一半，可得$AB=2AC=8$。
2. 由旋转的性质可知$△ A'B'C≌△ ABC$，因此$A'B'=AB=8$，$∠ A'CB'=∠ ACB=90°$。
3. 因为N是$\mathrm{Rt}△ A'B'C$斜边$A'B'$的中点，根据直角三角形斜边中线等于斜边的一半，可得$CN=\frac{1}{2}A'B'=4$。
4. 因为M是AC的中点，$AC=4$，所以$CM=\frac{1}{2}AC=2$。
5. 根据三角形三边关系，$MN≥ CN-CM$，当且仅当M、C、N三点共线且C在线段MN上时等号成立，因此$MN$的最小值为$4-2=2$。
【答案】
$\boldsymbol{2}$
【知识点】
旋转的性质，直角三角形斜边中线定理，三角形三边关系
【点评】
本题综合考察了旋转的性质、直角三角形的性质以及最短路径的求解，解题核心是确定动点N的运动轨迹，将动态线段的最小值问题转化为静态的线段差计算，是几何综合类的常考题型。
【难度系数】
0.6
