【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=√(AD²+OD²)=√(2²+3²)=√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.

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：
$OA=\sqrt{AD^2+OD^2}=\sqrt{2^2+3^2}=\sqrt{13}$。

【分析】
(1) 求解∠ODC时，首先结合旋转的性质可得对应边CO=CD、对应角∠OCD=∠ACB，再根据等边△ABC的内角为60°，可推出△OCD是有一个内角为60°的等腰三角形，即等边三角形，即可直接得到∠ODC的度数。
(2) 求OA的长时，先根据旋转性质得到AD=OB、∠ADC=∠BOC=150°，结合第一问的结论计算可得∠ADO为直角，确定△AOD是直角三角形，再根据等边△OCD得OD=OC，最后用勾股定理即可计算OA的长度。
【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) $\boldsymbol{60°}$；(2) $\boldsymbol{\sqrt{13}}$
【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】
本题属于几何变换类基础题型，解题关键是灵活运用旋转的性质得到相等的边和角，进而构造出等边三角形和直角三角形，将所求线段转化到直角三角形中求解，此类考法较为常见，要熟练掌握相关性质的应用。
【难度系数】
0.7

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. (1)【证明】由旋转的性质可知,DB=CB,∠DBA=∠CBE,∠ABE=60°.
∵AB⊥BC,
∴∠ABC=90°.
∴∠CBE=30°.
∴∠DBA=30°.
∴∠DBE=∠ABE−∠DBA=30°.
∴∠DBE=∠CBE.
在△BDE 和△BCE 中,
$\begin{cases} DB=CB, \\ ∠DBE=∠CBE, \\ BE=BE, \end{cases}$
∴△BDE≌△BCE(SAS).
(2)【解】由(1)得△BDE≌△BCE.由旋转的性质,得△BAD≌△BEC.
∴BA=BE,AD=EC=ED.
∵BE=CE,
∴BA=BE=ED=AD.
∴四边形ABED 为菱形.

【分析】
(1)要证明△BDE≌△BCE，结合全等三角形的SAS判定定理，由旋转性质可得对应边DB=CB，且有公共边BE=BE，因此只需证明两组边的夹角∠DBE=∠CBE即可。利用旋转角为60°、AB⊥BC的条件，可逐步推导得到两个角相等，即可完成全等证明。
(2)要证明四边形ABED为菱形，可利用“四条边相等的四边形是菱形”的判定定理。结合旋转的性质可得△BAD≌△BEC，得到边的等量关系，再结合(1)的全等结论和已知BE=CE，可推导出四边形ABED的四条边均相等，即可判定为菱形。
【解析】
(1)证明：由旋转的性质可知，DB=CB，∠DBA=∠CBE，旋转角∠ABE=60°。
∵AB⊥BC，
∴∠ABC=90°，
∴∠CBE=∠ABC - ∠ABE=90°-60°=30°，
∴∠DBA=30°，
∴∠DBE=∠ABE - ∠DBA=60°-30°=30°，
∴∠DBE=∠CBE。
在△BDE和△BCE中：
$\begin{cases} DB=CB \\ ∠DBE=∠CBE \\ BE=BE \end{cases}$
∴△BDE≌△BCE（SAS）。
(2)解：由(1)的全等结论可得DE=CE，
由旋转的性质可得△BAD≌△BEC，
∴BA=BE，AD=EC。
又
∵已知BE=CE，
∴BA=BE=DE=AD，
∴四边形ABED为菱形。
【答案】
(1)△BDE≌△BCE得证；(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】
本题是基础的几何综合题，主要围绕旋转、全等、菱形的相关知识展开，解题时需注意挖掘旋转隐含的边、角相等关系，结合已知条件逐步推导所需结论，有助于巩固几何图形的性质与判定知识。
【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

1. B

【分析】
解题时首先要明确旋转的核心定义：图形绕某一定点（或轴）做圆周运动，同时区分平移、轴对称等其他常见的图形变换特征，再逐一判断每个选项对应的运动类型即可得出答案。
【解析】
根据旋转的定义：在平面内，把一个图形绕着某一个点或轴转动一定角度的变换叫做旋转。我们逐个分析选项：
A. 传送带上的物体沿直线做同向等距的运动，属于平移，不符合旋转的特征；
B. 电风扇扇叶绕中心轴做圆周转动，符合旋转的定义，属于旋转现象；
C. 汽车在笔直公路上行驶时整体沿直线移动，属于平移，不符合旋转的特征；
D. 月亮在水中的倒影是平面镜成像，属于轴对称变换，不属于旋转。
综上，符合要求的是B选项。
【答案】
B
【知识点】
旋转的定义、平移的识别、轴对称变换
【点评】
本题是基础类题型，重点考查学生对不同图形变换特征的辨析能力，掌握各类变换的核心特点是解题的关键。
【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 ()

2. C

【分析】
解题时首先明确旋转的三要素：旋转中心为点O，旋转方向为顺时针，旋转角度为90°。我们可以先分析原图形各部分的相对位置：原图形是两个完全相同的小矩形水平拼接在O点下方，左侧矩形内阴影三角形的直角在左下角，右侧矩形内阴影三角形的直角在右上角。根据旋转的性质，旋转不改变图形的形状和大小，仅改变位置，我们只需要判断旋转后阴影部分的位置即可匹配到正确选项。
【解析】
根据旋转的性质，旋转前后图形的形状、大小完全相同，对应点与旋转中心连线的夹角等于旋转角。
1. 原图形为两个全等的小长方形水平拼接于O点正下方：左侧小长方形的阴影是由左下顶点与右上顶点连线分割出的下半部分三角形，右侧小长方形的阴影是由左上顶点与右下顶点连线分割出的上半部分三角形。
2. 绕O点顺时针旋转90°后，原本水平放置的长方形变为竖直排列，原左侧的小长方形旋转后位于竖直图形的上方，阴影三角形在左侧；原右侧的小长方形旋转后位于竖直图形的下方，阴影三角形在右侧，符合该特征的是选项C。
【答案】
C
【知识点】
图形的旋转、旋转的性质
【点评】
本题考查图形旋转的相关应用，解题时抓住旋转三要素和旋转前后图形不变的特征，通过分析阴影部分的位置即可快速解题，也可通过动手模拟旋转过程降低思考难度。
【难度系数】
0.7