1[中]如图，AO与x轴正方向的夹角为30°，已知点A的坐标为$(\sqrt{3},1)$，将线段AO绕原点O旋转150°得$A'O$，则此时点A'的坐标为。

（第1题图）（第2题图）

1. $(-2,0)$或$(-1,-\sqrt{3})$ 【解析】
∵ 点 A 的坐标为$(\sqrt{3},1),\therefore OA=\sqrt{(\sqrt{3})^{2}+1^{2}}=2,\therefore OA'=OA=2.$当线段 AO 绕原点 O 逆时针旋转 150°得 A'O 时，
∵ AO 与 x 轴正方向的夹角为 30°,
∴ 此时点 A' 落在 x 轴负半轴上,
∴ 此时点 A' 的坐标为 (-2,0). 当线段 AO 绕原点 O 顺时针旋转 150°得 A'O 时,如图,过点 A 作 $AB ⊥ x$ 轴于点 B,过点 A' 作 $A'C ⊥ y$ 轴于点 C,则 $∠ ABO = ∠ A'CO = 90°,\ AB = 1,\ OB = \sqrt{3}.$
∵ $∠ AOB=30°, ∠ BOC=90°,$ $∠ AOA'=150°, \therefore ∠ A'OC=30°, \therefore ∠ A'OC = ∠ AOB, \therefore △ AOB ≌ △ A'OC, \therefore A'C=AB=1, OC=OB=\sqrt{3}, \therefore$ 此时点 A' 的坐标为 $(-1,-\sqrt{3})$. 故答案为$(-2,0)$或$(-1,-\sqrt{3})$。

2[中]如图,在平面直角坐标系中,已知点B(0,6),点A在第一象限内,AB=OA,∠OAB=120°,将△ABO绕点O逆时针旋转,每次旋转60°,则第2025次旋转结束时,点A的对应点A'的坐标为.

2. $(-\sqrt{3},-3)$ 【解析】由题意知，将$△ ABO$绕点 O 逆时针旋转,每次旋转 60°,
∴ 每旋转 6 次则回到原位置. $\because 2025 ÷ 6 = 337 ······ 3$,
∴ 第 2025 次旋转结束时,图形相当于旋转了 180°. 如图所示，令第 2025 次旋转结束时的图形为$△ A'B'O$,作 $A'H ⊥ y$ 轴于 H.$\because AB=OA,∠ OAB=120°, B(0,6), \therefore OH = \frac{1}{2}OB' = \frac{1}{2}OB = 3, ∠ A'OH = ∠ AOB = 30°.$ 设$A'H=x$,则 $OA'=2x$. 在 $\mathrm{Rt}△ OA'H$ 中, $(2x)^2 = x^2 + 3^2, \therefore x=\sqrt{3}$(负值已舍去), $\therefore A'H=\sqrt{3}.$
∵ 点 A' 在第三象限, $\therefore A'(-\sqrt{3},-3)$, 故答案为$(-\sqrt{3},-3)$。

3[中]菱形AOBC如图放置，A(3,4)，先将菱形向左平移9个单位长度，再向下平移1个单位长度，然后沿x轴翻折，最后绕坐标原点O旋转$90°$得到点C的对应点为点P，则点P的坐标为。

3. $(-3,1)$或$(3,-1)$ 【解析】
∵ 菱形 AOBC 的顶点 A 的坐标为 $(3,4), \therefore$ 易得 $OB=OA=BC=AC=\sqrt{4^2+3^2}=5, \therefore$ 点 C 的坐标为 $(8,4). \because$ 先将菱形向左平移 9 个单位长度,再向下平移 1 个单位长度,
∴ 平移后点 C 对应点的坐标为 $(-1,3)$. 然后将菱形沿 x 轴翻折,
∴ 翻折后点 C 对应点的坐标为 $(-1,-3)$. 最后将菱形绕坐标原点 O 旋转 90°,若顺时针旋转,则点 C 的对应点 P 在第二象限,坐标为 $(-3,1)$; 若逆时针旋转,则点 C 的对应点 P 在第四象限,坐标为 $(3,-1)$. 综上所述,点 P 的坐标为 $(-3,1)$ 或 $(3,-1)$. 故答案为$(-3,1)$或$(3,-1)$。

4[2025山东青岛期中,中]如图,在直角坐标系中,线段$A_1B_1$是将$△ ABC$绕着点$P(3,2)$逆时针旋转一定角度后得到的$△ A_1B_1C_1$的一部分,则点$C$的对应点$C_1$的坐标是 ()


A.$(-2,4)$
B.$(-1,6)$
C.$(-1,4)$
D.$(-1,5)$

4. D 【解析】由题易知点 A 的对应点为点 $A_1$,连接 $A_1A,AP,A_1P. \because A_1A=4, PA=PA_1=\sqrt{2^2+2^2}=2\sqrt{2}, \therefore AA_1^2=PA^2+PA_1^2, \therefore ∠ APA_1=90°, \therefore$ 点 C 绕点 P 逆时针旋转 90°得到的对应点 $C_1$ 的坐标为 $(-1,5)$, 故选 D。

5[中]如图，在边长为1的正方形网格中，$A(1,7),B(5,5),C(7,5),D(5,1)$.线段AB与线段CD存在一种特殊关系，即其中一条线段绕着某点旋转一个角度可以得到另一条线段，则这个旋转中心的坐标为.

（第5题图）
（第6题图）

5. $(3,3)$或$(6,6)$ 【解析】根据题意建立平面直角坐标系. 当点 A 与点 D 是对应点时,如图(1),
∴ 旋转中心为点 $P(6,6)$. 当点 A 与点 C 是对应点时,如图(2),
∴ 旋转中心为点 $P(3,3)$. 故答案为$(3,3)$或$(6,6)$。

6[中]如图,点A是抛物线$y=x^2-4x$对称轴上的一点,连接OA,以A为旋转中心将AO逆时针旋转90°得到$AO'$,当$O'$恰好落在抛物线上时,点A的坐标为.

6. $(2,-1)$或$(2,2)$ 【解析】
∵ 抛物线 $y=x^2-4x$ 的对称轴为直线 $x=-\frac{-4}{2}=2, \therefore$ 设点 A 的坐标为 $(2,m)$. 如图,作 $AP ⊥ y$ 轴于点 P,作 $O'Q$ 垂直对称轴于点 Q, $\therefore ∠ APO = ∠ AQO' = 90°, \therefore ∠ QAO' + ∠ AO'Q = 90°. \because ∠ QAO' + ∠ OAQ = 90°, \therefore ∠ AO'Q = ∠ OAQ.$ 又 $\because AQ // PO, \therefore ∠ OAQ = ∠ AOP, \therefore ∠ AO'Q = ∠ AOP.$ 在$△ AOP$ 和 $△ AO'Q$ 中, $\begin{cases} ∠ APO = ∠ AQO', \\ ∠ AOP = ∠ AO'Q, \\ AO=AO', \end{cases}$ $\therefore △ AOP ≌ △ AO'Q (\mathrm{AAS}), \therefore AP=AQ=2, PO=QO'=|m|$, 则点 $O'$ 的坐标为 $(2+m,m-2)$, 代入$y=x^2-4x$ 得 $m-2=(2+m)^2-4(2+m)$, 解得 $m=-1$ 或 $m=2, \therefore$ 点 A 的坐标为 $(2,-1)$ 或 $(2,2)$. 故答案为$(2,-1)$或$(2,2)$。

7[2025黑龙江大庆质检,中]如图,在矩形ABCD中,AB=10,BC=6,点M是AB边的中点,点N是AD边上任意一点,将线段MN绕点M顺时针旋转90°,点N旋转到点N',则△MBN'周长的最小值为 ()

A.15
B.$5+5\sqrt{5}$
C.$10+5\sqrt{2}$
D.18

(第7题图)
(第8题图)

7. B 【解析】如图,过点 $N'$ 作 $EF // AB$, 分别交 AD,BC 于点 E,F,过点 M 作 $MG ⊥ EF$ 于点 G.
∵ 四边形 ABCD 是矩形, $\therefore AB // CD, \therefore AB // EF // CD, \therefore$ 易得四边形 AMGE 和四边形 BMGF 都是矩形, $\therefore ∠ A = ∠ AMG = ∠ MGN' = 90°.$ 由旋转的性质得 $∠ NMN' = 90°, MN = MN', \therefore ∠ AMN = 90° - ∠ NMG = ∠ GMN', \therefore △ AMN ≌ △ GMN' (\mathrm{AAS}),$ $\therefore MG=AM=\frac{1}{2}AB=5, \therefore$ 点 $N'$ 在平行于 AB,且与 AB 的距离为 5 的直线 EF 上运动. 作点 M 关于直线 EF 的对称点 $M'$,连接 $M'B$ 交直线 EF 于点 $N'$,此时 $△ MBN'$ 周长取得最小值,最小值为 $BM+BM'$ 的值. $\because BM=\frac{1}{2}AB=5, MM'=5+5=10,$ $\therefore BM+BM'=5+\sqrt{5^2+10^2}=5+5\sqrt{5}$, 故选 B。

8 [2026上海闵行区期中,较难]如图,在$\mathrm{Rt}△ ABC$中,$∠ C=90°$,$BC=6$,$AC=8$,点$D$是边$AB$的中点.把$\mathrm{Rt}△ ABC$绕点$C$旋转得到$△ A_1B_1C$,其中$A_1,B_1$分别为点$A,B$的对应点.如果$△ A_1B_1C$的一个锐角的顶点在射线$CD$上,那么$BB_1$的长是.

8. $\frac{6\sqrt{10}}{5}$或$\frac{12\sqrt{5}}{5}$ 【解析】在 $\mathrm{Rt}△ ABC$ 中, $∠ ACB=90°, BC=6, AC=8$, 由勾股定理得 $AB=\sqrt{BC^2+AC^2}=\sqrt{6^2+8^2}=10.$
∵ 点 D 是边 AB 的中点, $\therefore DC=DA=DB=\frac{1}{2}AB=5, \therefore ∠ CAB=∠ DCA, ∠ ABC=∠ DCB.$ 当 $△ A_1B_1C$ 的一个锐角的顶点在射线 CD 上时,有以下两种情况:①当点 $A_1$ 在射线 CD 上时,设 $A_1B_1$ 与 BC 相交于点 E,如图(1)所示. 由旋转的性质得 $∠ CA_1B_1=∠ CAB, ∠ A_1B_1C=∠ ABC, A_1C=AC=8, B_1C=BC=6, A_1B_1=AB=10, ∠ A_1CB_1=∠ ACB=90°,$ $\therefore ∠ CA_1B_1=∠ DCA, \therefore A_1B_1 // AC, \therefore ∠ CEB_1=∠ ACB=90°$, 即 $A_1B_1 ⊥ BC.$ 由三角形的面积公式得 $S_{△ A_1B_1C}=\frac{1}{2}A_1B_1 · CE=\frac{1}{2}A_1C · B_1C, \therefore \frac{1}{2} × 10 · CE=\frac{1}{2} × 8 × 6, \therefore CE=\frac{24}{5}, \therefore BE=BC-CE=6-\frac{24}{5}=\frac{6}{5}.$ 在 $\mathrm{Rt}△ CB_1E$ 中, 由勾股定理得 $B_1E=\sqrt{B_1C^2-CE^2}=\sqrt{6^2-(\frac{24}{5})^2}=\frac{18}{5}.$ 在 $\mathrm{Rt}△ B_1BE$ 中,由勾股定理得 $BB_1=\sqrt{B_1E^2+BE^2}=\sqrt{(\frac{18}{5})^2+(\frac{6}{5})^2}=\frac{6\sqrt{10}}{5}.$ ②当点 $B_1$ 在射线 CD 上时,设 $A_1B_1$ 与 AC 相交于点 F,过点 $B_1$ 作 $B_1H ⊥ BC$ 于点 H,如图(2)所示. $\because ∠ A_1B_1C=∠ ABC, ∠ ABC=∠ DCB, \therefore ∠ A_1B_1C=∠ DCB, \therefore A_1B_1 // BC, \therefore ∠ AFB_1=∠ ACB=90°$, 即 $AC ⊥ A_1B_1.$ 由三角形的面积公式得 $S_{△ A_1B_1C}=\frac{1}{2}A_1B_1 · CF=\frac{1}{2}A_1C · B_1C, \therefore \frac{1}{2} × 10 · CF=\frac{1}{2} × 8 × 6, \therefore CF=\frac{24}{5}.$ 在 $\mathrm{Rt}△ B_1CF$ 中, 由勾股定理得 $B_1F=\sqrt{B_1C^2-CF^2}=\sqrt{6^2-(\frac{24}{5})^2}=\frac{18}{5}.$ $\because AC ⊥ A_1B_1, B_1H ⊥ BC$ 于点 H, $∠ ACB=90°, \therefore$ 四边形 $B_1FCH$ 是矩形, $\therefore B_1H=CF=\frac{24}{5}, CH=B_1F=\frac{18}{5},$ $\therefore BH=BC-CH=6-\frac{18}{5}=\frac{12}{5}.$ 在 $\mathrm{Rt}△ B_1HB$ 中,由勾股定理得 $BB_1=\sqrt{B_1H^2+BH^2}=\sqrt{(\frac{24}{5})^2+(\frac{12}{5})^2}=\frac{12\sqrt{5}}{5}.$ 综上所述, $BB_1$ 的长是$\frac{6\sqrt{10}}{5}$或$\frac{12\sqrt{5}}{5}$。