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【典型例题 2】如图,点 O 是等边三角形 ABC 内的一点,∠BOC=150°.将△BOC 绕点 C 顺时针旋转,得到△ADC,连接 OA,OD.
(1)求∠ODC 的度数.
(2)若 OB=2,OC=3,求 OA 的长.
【解】(1)由旋转的性质可知,CO=CD,∠BCA=∠OCD.
∵△ABC 是等边三角形,
∴∠BCA=60°.
∴∠OCD=60°.
∴△OCD 是等边三角形.
∴∠ODC=60°.
(2)由旋转的性质可知,∠ADC=∠BOC=150°,AD=BO=2.
由(1)知,∠ODC=60°.
∴∠ADO=∠ADC−∠ODC=90°.
由(1)知,△OCD 是等边三角形.
又 OC=3,
∴OD=OC=3.
∴在 Rt△AOD 中,OA=$\sqrt{AD^2 + OD^2}$=$\sqrt{2^2 + 3^2}$=$\sqrt{13}$.
规律方法 旋转的性质:
(1)旋转前、后的图形全等.
(2)对应点到旋转中心的距离相等.
(3)对应点与旋转中心所连线段所成的角相等,都等于旋转角.
(1)求∠ODC 的度数.
(2)若 OB=2,OC=3,求 OA 的长.
【解】(1)由旋转的性质可知,CO=CD,∠BCA=∠OCD.
∵△ABC 是等边三角形,
∴∠BCA=60°.
∴∠OCD=60°.
∴△OCD 是等边三角形.
∴∠ODC=60°.
(2)由旋转的性质可知,∠ADC=∠BOC=150°,AD=BO=2.
由(1)知,∠ODC=60°.
∴∠ADO=∠ADC−∠ODC=90°.
由(1)知,△OCD 是等边三角形.
又 OC=3,
∴OD=OC=3.
∴在 Rt△AOD 中,OA=$\sqrt{AD^2 + OD^2}$=$\sqrt{2^2 + 3^2}$=$\sqrt{13}$.
规律方法 旋转的性质:
(1)旋转前、后的图形全等.
(2)对应点到旋转中心的距离相等.
(3)对应点与旋转中心所连线段所成的角相等,都等于旋转角.
答案
解：
(1) 由旋转的性质可知，$CO=CD$，$∠ BCA=∠ OCD$。
$\because △ ABC$是等边三角形，
$\therefore ∠ BCA=60°$。
$\therefore ∠ OCD=60°$。
$\therefore △ OCD$是等边三角形。
$\therefore ∠ ODC=60°$。
(2) 由旋转的性质可知，$∠ ADC=∠ BOC=150°$，$AD=OB=2$。
由(1)知，$∠ ODC=60°$，
$\therefore ∠ ADO=∠ ADC-∠ ODC=90°$。
由(1)知，$△ OCD$是等边三角形，
又$OC=3$，
$\therefore OD=OC=3$。
$\therefore$ 在$\mathrm{Rt}△ AOD$中，由勾股定理得：
$OA=\sqrt{AD^2+OD^2}=\sqrt{2^2+3^2}=\sqrt{13}$。
(1) 由旋转的性质可知，$CO=CD$，$∠ BCA=∠ OCD$。
$\because △ ABC$是等边三角形，
$\therefore ∠ BCA=60°$。
$\therefore ∠ OCD=60°$。
$\therefore △ OCD$是等边三角形。
$\therefore ∠ ODC=60°$。
(2) 由旋转的性质可知，$∠ ADC=∠ BOC=150°$，$AD=OB=2$。
由(1)知，$∠ ODC=60°$，
$\therefore ∠ ADO=∠ ADC-∠ ODC=90°$。
由(1)知，$△ OCD$是等边三角形，
又$OC=3$，
$\therefore OD=OC=3$。
$\therefore$ 在$\mathrm{Rt}△ AOD$中，由勾股定理得：
$OA=\sqrt{AD^2+OD^2}=\sqrt{2^2+3^2}=\sqrt{13}$。
解析
【分析】
(1) 求解∠ODC的度数时，首先结合旋转的性质可得对应边相等$CO=CD$、旋转角等于等边三角形的内角$∠OCD=∠ACB$，再根据等边三角形的内角为$60°$推出$∠OCD=60°$，即可判定$△ OCD$是等边三角形，进而得到$∠ODC$的度数。
(2) 求解$OA$的长度时，先根据旋转前后图形全等的性质得到$∠ADC=∠BOC=150°$、$AD=OB=2$，结合(1)的结论可推出$∠ADO=90°$，即$△ AOD$是直角三角形，再由等边三角形的性质得$OD=OC=3$，最后用勾股定理即可求出$OA$的长。
【解析】
(1) 由旋转的性质可知，$CO=CD$，$∠ BCA=∠ OCD$。
$\because △ ABC$是等边三角形，
$\therefore ∠ BCA=60°$。
$\therefore ∠ OCD=60°$。
$\therefore △ OCD$是等边三角形。
$\therefore ∠ ODC=60°$。
(2) 由旋转的性质可知，$∠ ADC=∠ BOC=150°$，$AD=OB=2$。
由(1)知，$∠ ODC=60°$，
$\therefore ∠ ADO=∠ ADC-∠ ODC=90°$。
由(1)知，$△ OCD$是等边三角形，
又$OC=3$，
$\therefore OD=OC=3$。
$\therefore$ 在$\mathrm{Rt}△ AOD$中，由勾股定理得：
$OA=\sqrt{AD^2+OD^2}=\sqrt{2^2+3^2}=\sqrt{13}$。
【答案】
(1) $∠ ODC=60°$；(2) $OA$的长为$\sqrt{13}$
【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】
本题是旋转性质的典型应用题型，解题核心是利用旋转的不变性得到边、角的等量关系，通过构造等边三角形和直角三角形完成求解，能够帮助学生掌握旋转类几何题的常规解题思路。
【难度系数】
0.6
(1) 求解∠ODC的度数时，首先结合旋转的性质可得对应边相等$CO=CD$、旋转角等于等边三角形的内角$∠OCD=∠ACB$，再根据等边三角形的内角为$60°$推出$∠OCD=60°$，即可判定$△ OCD$是等边三角形，进而得到$∠ODC$的度数。
(2) 求解$OA$的长度时，先根据旋转前后图形全等的性质得到$∠ADC=∠BOC=150°$、$AD=OB=2$，结合(1)的结论可推出$∠ADO=90°$，即$△ AOD$是直角三角形，再由等边三角形的性质得$OD=OC=3$，最后用勾股定理即可求出$OA$的长。
【解析】
(1) 由旋转的性质可知，$CO=CD$，$∠ BCA=∠ OCD$。
$\because △ ABC$是等边三角形，
$\therefore ∠ BCA=60°$。
$\therefore ∠ OCD=60°$。
$\therefore △ OCD$是等边三角形。
$\therefore ∠ ODC=60°$。
(2) 由旋转的性质可知，$∠ ADC=∠ BOC=150°$，$AD=OB=2$。
由(1)知，$∠ ODC=60°$，
$\therefore ∠ ADO=∠ ADC-∠ ODC=90°$。
由(1)知，$△ OCD$是等边三角形，
又$OC=3$，
$\therefore OD=OC=3$。
$\therefore$ 在$\mathrm{Rt}△ AOD$中，由勾股定理得：
$OA=\sqrt{AD^2+OD^2}=\sqrt{2^2+3^2}=\sqrt{13}$。
【答案】
(1) $∠ ODC=60°$；(2) $OA$的长为$\sqrt{13}$
【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】
本题是旋转性质的典型应用题型，解题核心是利用旋转的不变性得到边、角的等量关系，通过构造等边三角形和直角三角形完成求解，能够帮助学生掌握旋转类几何题的常规解题思路。
【难度系数】
0.6
【即学即练】
2. 如图,将△BAD绕点B顺时针旋转$60°$,得到△BEC,$AB ⊥ BC$,$BE = CE$,连接DE.
(1)求证:△BDE≌△BCE.
(2)试说明四边形ABED为菱形.
2. 如图,将△BAD绕点B顺时针旋转$60°$,得到△BEC,$AB ⊥ BC$,$BE = CE$,连接DE.
(1)求证:△BDE≌△BCE.
(2)试说明四边形ABED为菱形.
答案
2. (1)【证明】由旋转的性质可知,$DB=CB$,$∠DBA=∠CBE$,$∠ABE=60°$.
$\because AB⊥BC$,
$\therefore ∠ABC=90°$.
$\therefore ∠CBE=30°$.
$\therefore ∠DBA=30°$.
$\therefore ∠DBE=∠ABE-∠DBA=30°$.
$\therefore ∠DBE=∠CBE$.
在$△BDE$和$△BCE$中,$\begin{cases} DB=CB, \\ ∠DBE=∠CBE, \\ BE=BE, \end{cases}$
$\therefore △BDE≌△BCE$(SAS).
(2)【解】由(1)得$△BDE≌△BCE$. 由旋转的性质,得$△BAD≌△BEC$.
$\therefore BA=BE$,$AD=EC=ED$.
$\because BE=CE$,
$\therefore BA=BE=ED=AD$.
$\therefore$ 四边形ABED为菱形.
$\because AB⊥BC$,
$\therefore ∠ABC=90°$.
$\therefore ∠CBE=30°$.
$\therefore ∠DBA=30°$.
$\therefore ∠DBE=∠ABE-∠DBA=30°$.
$\therefore ∠DBE=∠CBE$.
在$△BDE$和$△BCE$中,$\begin{cases} DB=CB, \\ ∠DBE=∠CBE, \\ BE=BE, \end{cases}$
$\therefore △BDE≌△BCE$(SAS).
(2)【解】由(1)得$△BDE≌△BCE$. 由旋转的性质,得$△BAD≌△BEC$.
$\therefore BA=BE$,$AD=EC=ED$.
$\because BE=CE$,
$\therefore BA=BE=ED=AD$.
$\therefore$ 四边形ABED为菱形.
解析
【分析】
(1) 要证明△BDE≌△BCE，可选择SAS判定定理推导：首先由旋转的性质得到边DB=CB，结合AB⊥BC、旋转角为60°的条件，推导得出∠DBE=∠CBE，再加上公共边BE=BE，即可满足SAS的全等判定条件。
(2) 要证明四边形ABED为菱形，可通过证明四条边相等的思路判定：先由旋转性质得△BAD≌△BEC，推出BA=BE、AD=EC；再结合(1)的全等结论得到DE=CE，结合已知BE=CE，即可推出四边形ABED的四条边均相等，从而判定为菱形。
【解析】
(1) 证明：由旋转的性质可知，$DB=CB$，$∠DBA=∠CBE$，旋转角$∠ABE=60°$。
$\because AB⊥BC$，
$\therefore ∠ABC=90°$，
$\therefore ∠CBE=∠ABC-∠ABE=90°-60°=30°$，
$\therefore ∠DBA=30°$，
$\therefore ∠DBE=∠ABE-∠DBA=60°-30°=30°$，
$\therefore ∠DBE=∠CBE$。
在$△BDE$和$△BCE$中，$\begin{cases} DB=CB, \\ ∠DBE=∠CBE, \\ BE=BE, \end{cases}$
$\therefore △BDE≌△BCE$(SAS)。
(2) 解：由(1)得$△BDE≌△BCE$，故$DE=CE$。
由旋转的性质可得$△BAD≌△BEC$，
$\therefore BA=BE$，$AD=EC$。
$\because BE=CE$，
$\therefore BA=BE=DE=AD$，
$\therefore$ 四边形ABED为菱形。
【答案】
(1) 已证△BDE≌△BCE；
(2) 四边形ABED为菱形。
【知识点】
旋转的性质；全等三角形的判定；菱形的判定
【点评】
本题属于基础几何综合题，解题关键是挖掘旋转隐含的边、角相等条件，结合全等判定、菱形判定定理逐步推导，能够有效锻炼几何逻辑推理能力。
【难度系数】
0.7
(1) 要证明△BDE≌△BCE，可选择SAS判定定理推导：首先由旋转的性质得到边DB=CB，结合AB⊥BC、旋转角为60°的条件，推导得出∠DBE=∠CBE，再加上公共边BE=BE，即可满足SAS的全等判定条件。
(2) 要证明四边形ABED为菱形，可通过证明四条边相等的思路判定：先由旋转性质得△BAD≌△BEC，推出BA=BE、AD=EC；再结合(1)的全等结论得到DE=CE，结合已知BE=CE，即可推出四边形ABED的四条边均相等，从而判定为菱形。
【解析】
(1) 证明：由旋转的性质可知，$DB=CB$，$∠DBA=∠CBE$，旋转角$∠ABE=60°$。
$\because AB⊥BC$，
$\therefore ∠ABC=90°$，
$\therefore ∠CBE=∠ABC-∠ABE=90°-60°=30°$，
$\therefore ∠DBA=30°$，
$\therefore ∠DBE=∠ABE-∠DBA=60°-30°=30°$，
$\therefore ∠DBE=∠CBE$。
在$△BDE$和$△BCE$中，$\begin{cases} DB=CB, \\ ∠DBE=∠CBE, \\ BE=BE, \end{cases}$
$\therefore △BDE≌△BCE$(SAS)。
(2) 解：由(1)得$△BDE≌△BCE$，故$DE=CE$。
由旋转的性质可得$△BAD≌△BEC$，
$\therefore BA=BE$，$AD=EC$。
$\because BE=CE$，
$\therefore BA=BE=DE=AD$，
$\therefore$ 四边形ABED为菱形。
【答案】
(1) 已证△BDE≌△BCE；
(2) 四边形ABED为菱形。
【知识点】
旋转的性质；全等三角形的判定；菱形的判定
【点评】
本题属于基础几何综合题，解题关键是挖掘旋转隐含的边、角相等条件，结合全等判定、菱形判定定理逐步推导，能够有效锻炼几何逻辑推理能力。
【难度系数】
0.7
1. 下列运动属于旋转的是（
A.传送带上物体的运动
B.电风扇中扇叶的转动
C.汽车在笔直的公路上行驶
D.月亮在水中的倒影
B
）A.传送带上物体的运动
B.电风扇中扇叶的转动
C.汽车在笔直的公路上行驶
D.月亮在水中的倒影
答案
1.B
解析
【分析】
要判断哪种运动属于旋转，首先需要明确旋转的核心特征：平面内一个图形绕某一定点转动一定角度的运动，要注意和平移（沿直线运动、各点运动状态完全相同）、轴对称（沿对称轴翻折后重合）的特征区分开。解题时先回忆三种图形变换的定义，再逐一分析每个选项的运动类型，排除不符合旋转特征的选项即可得到正确答案。
【解析】
首先明确旋转的定义：平面内，将一个图形绕一个定点沿某个方向转动一个角度的图形变换叫做旋转。
对各选项逐一分析：
A. 传送带上物体的运动是沿直线做同向、等距的移动，属于平移变换，不符合旋转的特征；
B. 电风扇扇叶绕中心的固定轴转动，符合“绕定点转动”的旋转特征，属于旋转；
C. 汽车在笔直公路上行驶时整体沿直线运动，属于平移变换，不符合旋转的特征；
D. 月亮在水中的倒影是月亮的像关于水面对称，属于轴对称变换，不符合旋转的特征。
综上，答案选B。
【答案】
B
【知识点】
1.旋转的识别
2.平移的识别
3.轴对称的识别
【点评】
本题属于基础概念类题型，主要考查对不同图形变换类型的区分，只要掌握各类变换的核心特点就能快速作答，是考试中常见的基础得分题。
【难度系数】
0.9
要判断哪种运动属于旋转，首先需要明确旋转的核心特征：平面内一个图形绕某一定点转动一定角度的运动，要注意和平移（沿直线运动、各点运动状态完全相同）、轴对称（沿对称轴翻折后重合）的特征区分开。解题时先回忆三种图形变换的定义，再逐一分析每个选项的运动类型，排除不符合旋转特征的选项即可得到正确答案。
【解析】
首先明确旋转的定义：平面内，将一个图形绕一个定点沿某个方向转动一个角度的图形变换叫做旋转。
对各选项逐一分析：
A. 传送带上物体的运动是沿直线做同向、等距的移动，属于平移变换，不符合旋转的特征；
B. 电风扇扇叶绕中心的固定轴转动，符合“绕定点转动”的旋转特征，属于旋转；
C. 汽车在笔直公路上行驶时整体沿直线运动，属于平移变换，不符合旋转的特征；
D. 月亮在水中的倒影是月亮的像关于水面对称，属于轴对称变换，不符合旋转的特征。
综上，答案选B。
【答案】
B
【知识点】
1.旋转的识别
2.平移的识别
3.轴对称的识别
【点评】
本题属于基础概念类题型，主要考查对不同图形变换类型的区分，只要掌握各类变换的核心特点就能快速作答，是考试中常见的基础得分题。
【难度系数】
0.9
2. 将如图所示的图形绕点O顺时针旋转$90°$,得到的图形是 (
C
) 答案
2.C
解析
【分析】
解题时先明确旋转的三要素：旋转中心是点O，旋转方向是顺时针，旋转角度是90°。根据旋转的性质，旋转前后图形的形状、大小不变，仅位置发生改变。我们可以通过观察阴影部分的位置变化来快速判断：原左侧矩形内的阴影是下半部分三角形，顺时针旋转90°后该矩形会转到O点上方，阴影会处于该矩形的左侧；原右侧矩形内的阴影是上半部分三角形，顺时针旋转90°后该矩形会转到O点下方，阴影会处于该矩形的右侧，据此匹配选项即可。
【解析】
根据旋转的性质，将原图形绕点O顺时针旋转90°：
1. 旋转不改变图形的形状、大小，阴影部分的形态保持不变；
2. 原水平放置的两个矩形经旋转后变为竖直放置，原位于O点左侧的矩形旋转到O点上方，其内的阴影三角形对应旋转到该矩形的左侧；原位于O点右侧的矩形旋转到O点下方，其内的阴影三角形对应旋转到该矩形的右侧；
3. 对比各选项，只有选项C的图形符合上述特征。
【答案】
C
【知识点】
旋转的性质，图形的旋转
【点评】
本题考查图形旋转的相关知识，解题时既可以通过空间想象判断阴影位置，也可以通过手动模拟旋转过程得到结果，重点考察空间想象能力，只要抓住旋转前后阴影的相对位置不变就能快速解题。
【难度系数】
0.7
解题时先明确旋转的三要素：旋转中心是点O，旋转方向是顺时针，旋转角度是90°。根据旋转的性质，旋转前后图形的形状、大小不变，仅位置发生改变。我们可以通过观察阴影部分的位置变化来快速判断：原左侧矩形内的阴影是下半部分三角形，顺时针旋转90°后该矩形会转到O点上方，阴影会处于该矩形的左侧；原右侧矩形内的阴影是上半部分三角形，顺时针旋转90°后该矩形会转到O点下方，阴影会处于该矩形的右侧，据此匹配选项即可。
【解析】
根据旋转的性质，将原图形绕点O顺时针旋转90°：
1. 旋转不改变图形的形状、大小，阴影部分的形态保持不变；
2. 原水平放置的两个矩形经旋转后变为竖直放置，原位于O点左侧的矩形旋转到O点上方，其内的阴影三角形对应旋转到该矩形的左侧；原位于O点右侧的矩形旋转到O点下方，其内的阴影三角形对应旋转到该矩形的右侧；
3. 对比各选项，只有选项C的图形符合上述特征。
【答案】
C
【知识点】
旋转的性质，图形的旋转
【点评】
本题考查图形旋转的相关知识，解题时既可以通过空间想象判断阴影位置，也可以通过手动模拟旋转过程得到结果，重点考察空间想象能力，只要抓住旋转前后阴影的相对位置不变就能快速解题。
【难度系数】
0.7
