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7. ★★★ $△ ABC$ 三个顶点的坐标分别为 $A(-1,1),B(-2,2),C(-3,1)$,将 $△ ABC$ 绕原点 $O$ 旋转 $105°$ 得到 $△ A_1B_1C_1$,则点 $B_1$ 的坐标为 (
A.$(\sqrt{2},\sqrt{6})$ 或 $(-\sqrt{6},-\sqrt{2})$
B.$(\sqrt{6},\sqrt{2})$ 或 $(-\sqrt{6},-\sqrt{2})$
C.$(-\sqrt{2},-\sqrt{6})$ 或 $(\sqrt{6},\sqrt{2})$
D.$(-\sqrt{2},-\sqrt{6})$ 或 $(\sqrt{2},\sqrt{6})$
C
)A.$(\sqrt{2},\sqrt{6})$ 或 $(-\sqrt{6},-\sqrt{2})$
B.$(\sqrt{6},\sqrt{2})$ 或 $(-\sqrt{6},-\sqrt{2})$
C.$(-\sqrt{2},-\sqrt{6})$ 或 $(\sqrt{6},\sqrt{2})$
D.$(-\sqrt{2},-\sqrt{6})$ 或 $(\sqrt{2},\sqrt{6})$
答案
7. C 解析:
∵ A(-1,1),B(-2,2),
∴ A,B两点在第二象限的角平分线上,
∴ 直线AB与y轴正半轴的夹角为45°,当△ABC绕原点O顺时针旋转105°时,如图
①.过点B作BN⊥x轴,过点B₁作B₁M⊥y轴,则BN=ON=2,OB₁=OB=√(2²+2²)=2√2,∠BOB₁=105°,
∴ ∠B₁OM=60°,
∴ ∠OB₁M=30°,
∴ OM=1/2 OB₁=√2,B₁M=√3 OM=√6,
∴ B₁(√6,√2).
当△ABC绕原点O逆时针旋转105°时,如图
②.同法可得,OM=1/2 OB₁=√2,B₁M=√3 OM=√6,
∴ B₁(-√2,-√6).故选C.
解析
【分析】
解题首先要明确旋转未指定方向，需分顺时针旋转和逆时针旋转两种情况讨论。第一步先根据点B的坐标确定OB的长度、OB与坐标轴的夹角：点B(-2,2)在第二象限角平分线上，可先利用勾股定理求出OB的长度，同时得到OB与y轴正半轴的夹角为45°；第二步分别计算两种旋转方向下，旋转后OB与坐标轴的夹角，结合含30°角的直角三角形的性质求出点B₁到坐标轴的距离，再根据所在象限确定坐标的符号即可。
【解析】
∵ 点A(-1,1)，B(-2,2)，横、纵坐标的绝对值相等，
∴ A、B两点都在第二象限的角平分线上，即OB与y轴正半轴的夹角为45°。
由勾股定理可得$OB=\sqrt{(-2)^2+2^2}=2\sqrt{2}$，根据旋转的性质可知$OB_1=OB=2\sqrt{2}$。
分两种情况讨论：
1. 当△ABC绕原点O顺时针旋转105°时，如图①：
此时OB₁落在第一象限，$∠BOB_1=105°$，则OB₁与y轴正半轴的夹角为$105°-45°=60°$。
过B₁作$B_1M⊥y$轴于点M，在$Rt△OB_1M$中，$∠OB_1M=30°$，
∴ $OM=\frac{1}{2}OB_1=\sqrt{2}$，$B_1M=\sqrt{3}OM=\sqrt{6}$，结合第一象限坐标符号特征，得$B_1(\sqrt{6},\sqrt{2})$。
2. 当△ABC绕原点O逆时针旋转105°时，如图②：
此时OB₁落在第三象限，同理可得点B₁到x轴、y轴的距离分别为$\sqrt{6}$、$\sqrt{2}$，结合第三象限坐标符号特征，得$B_1(-\sqrt{2},-\sqrt{6})$。
综上，点B₁的坐标为$(-\sqrt{2},-\sqrt{6})$或$(\sqrt{6},\sqrt{2})$。
【答案】
C
【知识点】
旋转的性质，平面直角坐标系，直角三角形的性质
【点评】
本题容易忽略旋转方向的两种可能性导致漏解，解题时需先确定原线段与坐标轴的夹角，再结合旋转角度确定旋转后线段的位置，最后结合直角三角形的性质和坐标的象限符号计算结果，考察了分类讨论思想的应用。
【难度系数】
0.6
解题首先要明确旋转未指定方向，需分顺时针旋转和逆时针旋转两种情况讨论。第一步先根据点B的坐标确定OB的长度、OB与坐标轴的夹角：点B(-2,2)在第二象限角平分线上，可先利用勾股定理求出OB的长度，同时得到OB与y轴正半轴的夹角为45°；第二步分别计算两种旋转方向下，旋转后OB与坐标轴的夹角，结合含30°角的直角三角形的性质求出点B₁到坐标轴的距离，再根据所在象限确定坐标的符号即可。
【解析】
∵ 点A(-1,1)，B(-2,2)，横、纵坐标的绝对值相等，
∴ A、B两点都在第二象限的角平分线上，即OB与y轴正半轴的夹角为45°。
由勾股定理可得$OB=\sqrt{(-2)^2+2^2}=2\sqrt{2}$，根据旋转的性质可知$OB_1=OB=2\sqrt{2}$。
分两种情况讨论：
1. 当△ABC绕原点O顺时针旋转105°时，如图
①：此时OB₁落在第一象限，$∠BOB_1=105°$，则OB₁与y轴正半轴的夹角为$105°-45°=60°$。
过B₁作$B_1M⊥y$轴于点M，在$Rt△OB_1M$中，$∠OB_1M=30°$，
∴ $OM=\frac{1}{2}OB_1=\sqrt{2}$，$B_1M=\sqrt{3}OM=\sqrt{6}$，结合第一象限坐标符号特征，得$B_1(\sqrt{6},\sqrt{2})$。
2. 当△ABC绕原点O逆时针旋转105°时，如图
②：此时OB₁落在第三象限，同理可得点B₁到x轴、y轴的距离分别为$\sqrt{6}$、$\sqrt{2}$，结合第三象限坐标符号特征，得$B_1(-\sqrt{2},-\sqrt{6})$。
综上，点B₁的坐标为$(-\sqrt{2},-\sqrt{6})$或$(\sqrt{6},\sqrt{2})$。
【答案】
C
【知识点】
旋转的性质，平面直角坐标系，直角三角形的性质
【点评】
本题容易忽略旋转方向的两种可能性导致漏解，解题时需先确定原线段与坐标轴的夹角，再结合旋转角度确定旋转后线段的位置，最后结合直角三角形的性质和坐标的象限符号计算结果，考察了分类讨论思想的应用。
【难度系数】
0.6
8. ★★★ (攀枝花中考)如图,在平面直角坐标系中,线段OA与x轴正方向夹角为$45°$,且$OA=2$,若将线段OA绕点O沿逆时针方向旋转$105°$到线段$OA'$,则此时点$A'$的坐标为
(-√3,1)
.答案
8. (-√3,1) 解析:如图
,过点A'作A'B⊥x轴于点B,∵ 将线段OA绕点O沿逆时针方向旋转105°到线段OA',
∴ OA'=OA=2,∠AOA'=105°,
∴ ∠A'OB=180°-45°-105°=30°.在Rt△A'OB中,
∵ ∠OBA'=90°,∠A'OB=30°,
∴ A'B=1/2 OA'=1,OB=√3 A'B=√3,
∴ 点A'的坐标为(-√3,1).
解析
【分析】
要解决本题，可按如下思路思考：首先利用旋转的性质，得到旋转后线段OA'的长度与旋转角∠AOA'的度数；再结合原线段OA与x轴正方向的夹角，计算出OA'与x轴负方向的夹角；接着过A'作x轴的垂线构造直角三角形，借助含30°角的直角三角形的性质求出两条直角边的长度；最后根据A'所在象限判断坐标的符号，即可得到点A'的坐标。
【解析】
过点A'作A'B⊥x轴于点B，
∵ 将线段OA绕点O沿逆时针方向旋转105°到线段OA'，
∴ OA'=OA=2，∠AOA'=105°，
∴ ∠A'OB=180°-45°-105°=30°。
在Rt△A'OB中，
∵ ∠OBA'=90°，∠A'OB=30°，
∴ A'B=$\frac{1}{2}$OA'=$\frac{1}{2}$×2=1，
由勾股定理可得OB=$\sqrt{OA'^2 - A'B^2}$=$\sqrt{2^2 - 1^2}$=$\sqrt{3}$，
∵ 点A'位于第二象限，横坐标为负，纵坐标为正，
∴ 点A'的坐标为(-$\sqrt{3}$,1)。
【答案】
(-$\sqrt{3}$,1)
【知识点】
旋转的性质；含30°角的直角三角形的性质；平面直角坐标系点的坐标特征
【点评】
本题是坐标系内旋转变换的典型题型，解题关键是结合旋转性质确定线段长度和对应夹角，通过构造直角三角形完成线段长度计算，再结合象限确定坐标符号，能有效考查学生的角度计算能力和几何作图应用能力。
【难度系数】
0.6
要解决本题，可按如下思路思考：首先利用旋转的性质，得到旋转后线段OA'的长度与旋转角∠AOA'的度数；再结合原线段OA与x轴正方向的夹角，计算出OA'与x轴负方向的夹角；接着过A'作x轴的垂线构造直角三角形，借助含30°角的直角三角形的性质求出两条直角边的长度；最后根据A'所在象限判断坐标的符号，即可得到点A'的坐标。
【解析】
过点A'作A'B⊥x轴于点B，
∵ 将线段OA绕点O沿逆时针方向旋转105°到线段OA'，
∴ OA'=OA=2，∠AOA'=105°，
∴ ∠A'OB=180°-45°-105°=30°。
在Rt△A'OB中，
∵ ∠OBA'=90°，∠A'OB=30°，
∴ A'B=$\frac{1}{2}$OA'=$\frac{1}{2}$×2=1，
由勾股定理可得OB=$\sqrt{OA'^2 - A'B^2}$=$\sqrt{2^2 - 1^2}$=$\sqrt{3}$，
∵ 点A'位于第二象限，横坐标为负，纵坐标为正，
∴ 点A'的坐标为(-$\sqrt{3}$,1)。
【答案】
(-$\sqrt{3}$,1)
【知识点】
旋转的性质；含30°角的直角三角形的性质；平面直角坐标系点的坐标特征
【点评】
本题是坐标系内旋转变换的典型题型，解题关键是结合旋转性质确定线段长度和对应夹角，通过构造直角三角形完成线段长度计算，再结合象限确定坐标符号，能有效考查学生的角度计算能力和几何作图应用能力。
【难度系数】
0.6
9. ★★★ 一个机器人最初面向北站立，按程序每次移动都向前直走5 m，然后逆时针转动一个角度，每次转动的角度增加$10°$.第一次直走5 m后转动$10°$，第二次直走5 m后转动$20°$，第三次直走5 m后转动$30°$，如此下去.那么它在运动过程中第二次面向西方时一共走了
45
m.答案
9. 45 解析:设第n次转动面向西方,第二次面向西方时一共转了360°+90°=450°,10°+20°+30°+…+n×10°=450°.当n=9时第二次面向西方,一共走了9×5=45(m).
解析
【分析】
首先明确机器人初始面向北，逆时针转动时，第一次累计转90°就会面向西，第二次面向西需要在转完一整圈360°的基础上再转90°，即累计总转动角度为450°。已知每次转动的角度依次为10°、20°、30°……即第n次转动角度为10n°，将每次转动角度求和等于450°，即可求出转动次数n，再乘以每次走的5m就能得到总路程。
【解析】
设第n次转动后机器人第二次面向西方。
初始面向北，逆时针转90°时第一次面向西，第二次面向西时累计转动的总角度为：$360°+90°=450°$
由题意得每次转动角度和为：$10°+20°+30°+\dots+10n°=450°$
提取公因式得：$10°×(1+2+3+\dots+n)=450°$
根据求和公式可得$\frac{n(n+1)}{2}=45$，整理得$n^2+n-90=0$
因式分解得$(n+10)(n-9)=0$，解得$n=9$（n为正整数，舍去负根）
每次走5m，总路程为$9×5=45(m)$
【答案】
45
【知识点】
旋转变换的性质、等差数列求和、一元二次方程的应用
【点评】
本题将旋转方向、角度累加与行程问题结合，解题核心是准确判断第二次面向西时累计转动的总角度，再根据角度的递增规律列方程求解，易错点是容易混淆第一次和第二次面向西对应的总转动角度。
【难度系数】
0.6
首先明确机器人初始面向北，逆时针转动时，第一次累计转90°就会面向西，第二次面向西需要在转完一整圈360°的基础上再转90°，即累计总转动角度为450°。已知每次转动的角度依次为10°、20°、30°……即第n次转动角度为10n°，将每次转动角度求和等于450°，即可求出转动次数n，再乘以每次走的5m就能得到总路程。
【解析】
设第n次转动后机器人第二次面向西方。
初始面向北，逆时针转90°时第一次面向西，第二次面向西时累计转动的总角度为：$360°+90°=450°$
由题意得每次转动角度和为：$10°+20°+30°+\dots+10n°=450°$
提取公因式得：$10°×(1+2+3+\dots+n)=450°$
根据求和公式可得$\frac{n(n+1)}{2}=45$，整理得$n^2+n-90=0$
因式分解得$(n+10)(n-9)=0$，解得$n=9$（n为正整数，舍去负根）
每次走5m，总路程为$9×5=45(m)$
【答案】
45
【知识点】
旋转变换的性质、等差数列求和、一元二次方程的应用
【点评】
本题将旋转方向、角度累加与行程问题结合，解题核心是准确判断第二次面向西时累计转动的总角度，再根据角度的递增规律列方程求解，易错点是容易混淆第一次和第二次面向西对应的总转动角度。
【难度系数】
0.6
10. ★★★ 在平面直角坐标系中,△ABC 的位置如图所示.(每个小方格都是边长为1个单位长度的正方形)
(1)①若△ABC 和△A₁B₁C₁关于原点O成中心对称,画出△A₁B₁C₁;
②将△ABC绕着点A顺时针旋转90°,画出旋转后得到的△AB₂C₂;
(2)在x轴上找一点P,使PB₁+PC₁最小,此时PB₁+PC₁的值为
(1)①若△ABC 和△A₁B₁C₁关于原点O成中心对称,画出△A₁B₁C₁;
②将△ABC绕着点A顺时针旋转90°,画出旋转后得到的△AB₂C₂;
(2)在x轴上找一点P,使PB₁+PC₁最小,此时PB₁+PC₁的值为
√26
.答案
10. (1)①如图
,△A₁B₁C₁即为所求.②如图
,△AB₂C₂即为所求.(2)√26 解析:如图
,作点C₁关于x轴的对称点C',连接B₁C'交x轴于点P,连接PC₁,则PC₁=PC',PB₁+PC₁=PB₁+PC'=B₁C'=√(1²+5²)=√26,∴ PB₁+PC₁的最小值为√26.
解析
【分析】
(1)①画关于原点成中心对称的图形，需先确定原三角形各顶点关于原点对称的点的坐标：关于原点中心对称的点横、纵坐标均互为相反数，找到对应点后依次连线即可；②画绕点A顺时针旋转90°的图形，需将三角形的另外两个顶点B、C分别绕点A顺时针旋转90°得到对应点，再依次连接各对应点得到旋转后的三角形。
(2)求x轴上点P使PB₁+PC₁最小，属于“将军饮马”最短路径问题，作其中一个点关于x轴的对称点，连接对称点与另一个点，该线段的长度就是PB₁+PC₁的最小值，再用勾股定理计算线段长度即可。
【解析】
(1)①首先确定△ABC三个顶点坐标：A(1,1)，B(4,3)，C(5,1)，根据中心对称的坐标性质，得到对应点A₁(-1,-1)，B₁(-4,-3)，C₁(-5,-1)，依次连接A₁、B₁、C₁，即可得到△A₁B₁C₁。
②将点B、C分别绕点A顺时针旋转90°，得到对应点B₂、C₂，依次连接A、B₂、C₂，即可得到△AB₂C₂。
(2)作点C₁关于x轴的对称点C'，由轴对称性质可知PC₁=PC'，因此PB₁+PC₁=PB₁+PC'，当B₁、P、C'三点共线时，PB₁+PC'的长度最小，即为线段B₁C'的长度。已知B₁(-4,-3)，C'(-5,1)，由勾股定理可得：$B_1C'=\sqrt{(-4+5)^2 + (-3-1)^2}=\sqrt{1^2+5^2}=\sqrt{26}$，即PB₁+PC₁的最小值为$\sqrt{26}$。
【答案】
(1)①如图,△A₁B₁C₁即为所求。
②如图,△AB₂C₂即为所求。
(2)$\sqrt{26}$
【知识点】
中心对称作图，旋转作图，最短路径问题
【点评】
本题综合考查平面直角坐标系中的图形变换与最短路径计算，核心是掌握中心对称、旋转的作图规则，以及“将军饮马”模型的应用，计算时需准确运用勾股定理求解线段长度。
【难度系数】
0.7
(1)①画关于原点成中心对称的图形，需先确定原三角形各顶点关于原点对称的点的坐标：关于原点中心对称的点横、纵坐标均互为相反数，找到对应点后依次连线即可；②画绕点A顺时针旋转90°的图形，需将三角形的另外两个顶点B、C分别绕点A顺时针旋转90°得到对应点，再依次连接各对应点得到旋转后的三角形。
(2)求x轴上点P使PB₁+PC₁最小，属于“将军饮马”最短路径问题，作其中一个点关于x轴的对称点，连接对称点与另一个点，该线段的长度就是PB₁+PC₁的最小值，再用勾股定理计算线段长度即可。
【解析】
(1)①首先确定△ABC三个顶点坐标：A(1,1)，B(4,3)，C(5,1)，根据中心对称的坐标性质，得到对应点A₁(-1,-1)，B₁(-4,-3)，C₁(-5,-1)，依次连接A₁、B₁、C₁，即可得到△A₁B₁C₁。
②将点B、C分别绕点A顺时针旋转90°，得到对应点B₂、C₂，依次连接A、B₂、C₂，即可得到△AB₂C₂。
(2)作点C₁关于x轴的对称点C'，由轴对称性质可知PC₁=PC'，因此PB₁+PC₁=PB₁+PC'，当B₁、P、C'三点共线时，PB₁+PC'的长度最小，即为线段B₁C'的长度。已知B₁(-4,-3)，C'(-5,1)，由勾股定理可得：$B_1C'=\sqrt{(-4+5)^2 + (-3-1)^2}=\sqrt{1^2+5^2}=\sqrt{26}$，即PB₁+PC₁的最小值为$\sqrt{26}$。
【答案】
(1)①如图
,△A₁B₁C₁即为所求。②如图
,△AB₂C₂即为所求。(2)$\sqrt{26}$
【知识点】
中心对称作图，旋转作图，最短路径问题
【点评】
本题综合考查平面直角坐标系中的图形变换与最短路径计算，核心是掌握中心对称、旋转的作图规则，以及“将军饮马”模型的应用，计算时需准确运用勾股定理求解线段长度。
【难度系数】
0.7
11. (阜新中考)下面是小明关于“对称与旋转的关系”的探究过程,请你补充完整.
(1)三角形在平面直角坐标系中的位置如图①所示,简称$G$,$G$关于$y$轴的对称图形为$G_1$,关于$x$轴的对称图形为$G_2$.则将图形$G_1$绕
(2)在图②中分别画出$G$关于$y$轴和直线$y=x+1$的对称图形$G_1$,$G_2$.将图形$G_1$绕
(3)综上,如图③,直线$l_1:y=-2x+2$和$l_2:y=x$所夹锐角为$α$,如果图形$G$关于直线$l_1$的对称图形为$G_1$,关于直线$l_2$的对称图形为$G_2$,那么将图形$G_1$绕
(1)三角形在平面直角坐标系中的位置如图①所示,简称$G$,$G$关于$y$轴的对称图形为$G_1$,关于$x$轴的对称图形为$G_2$.则将图形$G_1$绕
O
点顺时针旋转180
度,可以得到图形$G_2$.(2)在图②中分别画出$G$关于$y$轴和直线$y=x+1$的对称图形$G_1$,$G_2$.将图形$G_1$绕
(0,1)
点(用坐标表示)顺时针旋转90
度,可以得到图形$G_2$.(3)综上,如图③,直线$l_1:y=-2x+2$和$l_2:y=x$所夹锐角为$α$,如果图形$G$关于直线$l_1$的对称图形为$G_1$,关于直线$l_2$的对称图形为$G_2$,那么将图形$G_1$绕
($\frac{2}{3}$,$\frac{2}{3}$)
点(用坐标表示)顺时针旋转2α
度(用$α$表示),可以得到图形$G_2$.答案
11. (1)O 180 解析:由题图可得,图形G₁与图形G₂关于原点成中心对称,则将图形G₁绕O点顺时针旋转180度,可以得到图形G₂.
(2)G₁,G₂如图
. (0,1) 90解析:由图形可得,将图形G₁绕(0,1)点顺时针旋转90度,可以得到图形G₂.
(3)($\frac{2}{3}$,$\frac{2}{3}$) 2α 解析:由(1)知,
∵ 当G关于y轴的对称图形为G₁,关于x轴的对称图形为G₂时,G₁与G₂关于原点(0,0)对称,即图形G₁绕O点顺时针旋转180度,可以得到图形G₂,点(0,0)为x轴与y轴的交点;由(2)知,当G关于y轴和直线y=x+1的对称图形分别是G₁,G₂时,图形G₁绕(0,1)点顺时针旋转90度,可以得到图形G₂,点(0,1)为直线y=x+1与y轴的交点,90度为直线y=x+1与y轴所夹锐角的两倍.又
∵ 直线l₁:y=-2x+2和l₂:y=x的交点为($\frac{2}{3}$,$\frac{2}{3}$),所夹锐角为α,
∴ 当直线l₁:y=-2x+2和l₂:y=x所夹锐角为α,图形G关于直线l₁的对称图形为G₁,关于直线l₂的对称图形为G₂时,那么将图形G₁绕($\frac{2}{3}$,$\frac{2}{3}$)点顺时针旋转2α度,可以得到图形G₂.
解析
【分析】
(1) 先根据轴对称的坐标变化规律分析G₁和G₂的位置关系：关于y轴对称的点横坐标互为相反数、纵坐标不变，关于x轴对称的点横坐标不变、纵坐标互为相反数，可得G₁和G₂的对应点横、纵坐标均互为相反数，即关于原点中心对称，中心对称图形绕对称中心旋转180°即可重合，因此旋转中心是原点O，旋转角为180°。
(2) 先找两条对称轴y轴和直线y=x+1的交点，联立x=0和y=x+1可得交点为(0,1)；再计算两条对称轴的夹角为45°，结合规律可知两次轴对称对应的旋转角是夹角的2倍，即90°，验证图形可知绕(0,1)顺时针旋转90°即可将G₁转化为G₂。
(3) 推广到一般情况：图形关于两条相交直线对称得到的两个图形，可通过绕两直线交点旋转得到，旋转角为两直线夹角的2倍。先联立l₁、l₂的解析式求交点，再结合规律得旋转角为2α即可。
【解析】
(1) 由轴对称性质可知，G关于y轴对称得到G₁，G关于x轴对称得到G₂，因此G₁和G₂的对应点横、纵坐标均互为相反数，即G₁与G₂关于原点O成中心对称，故将G₁绕O点顺时针旋转180°可得到G₂。
(2) 先画出G关于y轴的对称图形G₁，再画出G关于直线y=x+1的对称图形G₂（如图）。两条对称轴y轴与y=x+1的交点为(0,1)，两直线所夹锐角为45°，因此旋转角为$2×45°=90°$，即将G₁绕(0,1)点顺时针旋转90°可得到G₂。
(3) 联立直线$l_1$和$l_2$的解析式：$\begin{cases}y=-2x+2\\y=x\end{cases}$，解得$\begin{cases}x=\frac{2}{3}\\y=\frac{2}{3}\end{cases}$，即两直线交点为$(\frac{2}{3},\frac{2}{3})$。结合前两问的规律：两次轴对称对应的旋转中心为两条对称轴的交点，旋转角为两直线所夹锐角的2倍，因此旋转角为2α，即将G₁绕$(\frac{2}{3},\frac{2}{3})$点顺时针旋转2α可得到G₂。
【答案】
(1) O；180
(2) G₁,G₂如图；(0,1)；90
(3) $(\frac{2}{3},\frac{2}{3})$；2α
【知识点】
轴对称的性质；旋转的性质；一次函数交点求解
【点评】
本题通过从特殊到一般的探究过程，总结出两次轴对称变换等价于一次旋转变换的规律：旋转中心是两条对称轴的交点，旋转角是两条对称轴所夹锐角的2倍，解题时要学会从特例中归纳通用规律。
【难度系数】
0.6
(1) 先根据轴对称的坐标变化规律分析G₁和G₂的位置关系：关于y轴对称的点横坐标互为相反数、纵坐标不变，关于x轴对称的点横坐标不变、纵坐标互为相反数，可得G₁和G₂的对应点横、纵坐标均互为相反数，即关于原点中心对称，中心对称图形绕对称中心旋转180°即可重合，因此旋转中心是原点O，旋转角为180°。
(2) 先找两条对称轴y轴和直线y=x+1的交点，联立x=0和y=x+1可得交点为(0,1)；再计算两条对称轴的夹角为45°，结合规律可知两次轴对称对应的旋转角是夹角的2倍，即90°，验证图形可知绕(0,1)顺时针旋转90°即可将G₁转化为G₂。
(3) 推广到一般情况：图形关于两条相交直线对称得到的两个图形，可通过绕两直线交点旋转得到，旋转角为两直线夹角的2倍。先联立l₁、l₂的解析式求交点，再结合规律得旋转角为2α即可。
【解析】
(1) 由轴对称性质可知，G关于y轴对称得到G₁，G关于x轴对称得到G₂，因此G₁和G₂的对应点横、纵坐标均互为相反数，即G₁与G₂关于原点O成中心对称，故将G₁绕O点顺时针旋转180°可得到G₂。
(2) 先画出G关于y轴的对称图形G₁，再画出G关于直线y=x+1的对称图形G₂（如图
）。两条对称轴y轴与y=x+1的交点为(0,1)，两直线所夹锐角为45°，因此旋转角为$2×45°=90°$，即将G₁绕(0,1)点顺时针旋转90°可得到G₂。(3) 联立直线$l_1$和$l_2$的解析式：$\begin{cases}y=-2x+2\\y=x\end{cases}$，解得$\begin{cases}x=\frac{2}{3}\\y=\frac{2}{3}\end{cases}$，即两直线交点为$(\frac{2}{3},\frac{2}{3})$。结合前两问的规律：两次轴对称对应的旋转中心为两条对称轴的交点，旋转角为两直线所夹锐角的2倍，因此旋转角为2α，即将G₁绕$(\frac{2}{3},\frac{2}{3})$点顺时针旋转2α可得到G₂。
【答案】
(1) O；180
(2) G₁,G₂如图
；(0,1)；90(3) $(\frac{2}{3},\frac{2}{3})$；2α
【知识点】
轴对称的性质；旋转的性质；一次函数交点求解
【点评】
本题通过从特殊到一般的探究过程，总结出两次轴对称变换等价于一次旋转变换的规律：旋转中心是两条对称轴的交点，旋转角是两条对称轴所夹锐角的2倍，解题时要学会从特例中归纳通用规律。
【难度系数】
0.6
