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1.(2023,天津,11)如图,把$△ ABC$以点A为中心逆时针旋转得到$△ ADE$,点B,C的对应点分别是点D,E,且点E在BC的延长线上,连接BD,则下列结论一定正确的是(
A.$∠ CAE=∠ BED$
B.$AB=AE$
C.$∠ ACE=∠ ADE$
D.$CE=BD$
A
).A.$∠ CAE=∠ BED$
B.$AB=AE$
C.$∠ ACE=∠ ADE$
D.$CE=BD$
答案
1.A
解析
【分析】
解题时先利用旋转的性质得到对应边、对应角的等量关系，再逐个分析选项：首先旋转前后的两个三角形全等，因此对应边相等、对应角相等，旋转角相等，再结合等腰三角形性质、邻补角性质等验证各选项是否一定成立。
【解析】
根据旋转的性质可得$△ ABC≌△ ADE$，因此：
$AB=AD$，$AC=AE$，$∠ ACB=∠ AED$，$∠ BAC=∠ DAE$。
逐个分析选项：
选项B：AB的对应边是AD，AE的对应边是AC，仅当$AB=AC$时才有$AB=AE$，题干无此条件，故B不一定正确；
选项C：$∠ ADE=∠ ABC$，$∠ ACE$是$△ ABC$的外角，因此$∠ ACE=∠ ABC+∠ BAC=∠ ADE+∠ BAC$，显然二者不可能相等，故C错误；
选项D：$∠ BAD=∠ BAC+∠ CAD$，$∠ CAE=∠ DAE+∠ CAD$，结合$∠ BAC=∠ DAE$可得$∠ BAD=∠ CAE$，$△ BAD$和$△ CAE$均为等腰三角形，但腰长AB与AC不一定相等，因此CE和BD不一定相等，故D错误；
选项A：$\because AC=AE$，$\therefore△ ACE$为等腰三角形，$∠ ACE=∠ AEC$，因此$∠ CAE=180°-2∠ ACE$；
又$\because ∠ ACB+∠ ACE=180°$（邻补角和为$180°$），$∠ AED=∠ ACB$，$\therefore ∠ AED=180°-∠ ACE$；
而$∠ BED=∠ AED-∠ AEC=(180°-∠ ACE)-∠ ACE=180°-2∠ ACE$，因此$∠ CAE=∠ BED$，故A正确。
【答案】
A
【知识点】
旋转的性质；等腰三角形性质；邻补角性质
【点评】
本题主要考查旋转性质的应用，解题关键是先梳理旋转带来的所有等量关系，再结合三角形相关性质逐一排查选项，注意“一定正确”的结论需要排除仅特殊情况成立的选项。
【难度系数】
0.65
解题时先利用旋转的性质得到对应边、对应角的等量关系，再逐个分析选项：首先旋转前后的两个三角形全等，因此对应边相等、对应角相等，旋转角相等，再结合等腰三角形性质、邻补角性质等验证各选项是否一定成立。
【解析】
根据旋转的性质可得$△ ABC≌△ ADE$，因此：
$AB=AD$，$AC=AE$，$∠ ACB=∠ AED$，$∠ BAC=∠ DAE$。
逐个分析选项：
选项B：AB的对应边是AD，AE的对应边是AC，仅当$AB=AC$时才有$AB=AE$，题干无此条件，故B不一定正确；
选项C：$∠ ADE=∠ ABC$，$∠ ACE$是$△ ABC$的外角，因此$∠ ACE=∠ ABC+∠ BAC=∠ ADE+∠ BAC$，显然二者不可能相等，故C错误；
选项D：$∠ BAD=∠ BAC+∠ CAD$，$∠ CAE=∠ DAE+∠ CAD$，结合$∠ BAC=∠ DAE$可得$∠ BAD=∠ CAE$，$△ BAD$和$△ CAE$均为等腰三角形，但腰长AB与AC不一定相等，因此CE和BD不一定相等，故D错误；
选项A：$\because AC=AE$，$\therefore△ ACE$为等腰三角形，$∠ ACE=∠ AEC$，因此$∠ CAE=180°-2∠ ACE$；
又$\because ∠ ACB+∠ ACE=180°$（邻补角和为$180°$），$∠ AED=∠ ACB$，$\therefore ∠ AED=180°-∠ ACE$；
而$∠ BED=∠ AED-∠ AEC=(180°-∠ ACE)-∠ ACE=180°-2∠ ACE$，因此$∠ CAE=∠ BED$，故A正确。
【答案】
A
【知识点】
旋转的性质；等腰三角形性质；邻补角性质
【点评】
本题主要考查旋转性质的应用，解题关键是先梳理旋转带来的所有等量关系，再结合三角形相关性质逐一排查选项，注意“一定正确”的结论需要排除仅特殊情况成立的选项。
【难度系数】
0.65
2.如图，$Rt△ OAB$的斜边在$y$轴上，$AB=2$，含$30°$角的顶点与原点重合，直角顶点$A$在第二象限，将$Rt△ OAB$绕原点逆时针旋转$120°$后，得到$Rt△ OA'B'$，则点$B$的对应点$B'$的坐标是（
A.$(2\sqrt{3},-2)$
B.$(2,-2\sqrt{3})$
C.$(-2\sqrt{3},-2)$
D.$(-2,-2\sqrt{3})$
C
）。A.$(2\sqrt{3},-2)$
B.$(2,-2\sqrt{3})$
C.$(-2\sqrt{3},-2)$
D.$(-2,-2\sqrt{3})$
答案
2.C
解析
【分析】
解题时首先利用直角三角形中30°角所对直角边是斜边一半的性质，求出斜边OB的长度；再根据旋转的性质得到旋转后OB'的长度和旋转角的大小，确定OB'所在的象限及与坐标轴的夹角；最后结合锐角三角函数求出点B'的横纵坐标即可。
【解析】
1. 在$Rt△ OAB$中，$∠ OAB=90°$，$∠ AOB=30°$，$AB=2$。
根据“直角三角形中30°角所对的直角边等于斜边的一半”，可得斜边$OB=2AB=2×2=4$，且初始位置$OB$在$y$轴正半轴上。
2. 由旋转的性质可知，旋转后$OB'=OB=4$，旋转角$∠ BOB'=120°$。
逆时针旋转120°后，$OB'$落在第三象限，与$x$轴负半轴的夹角为$120°-90°=30°$。
3. 过点$B'$向$x$轴作垂线，垂足为$C$，在$Rt△ OB'C$中：
$OC=OB'·\cos30°=4×\frac{\sqrt{3}}{2}=2\sqrt{3}$，$B'C=OB'·\sin30°=4×\frac{1}{2}=2$。
因为点$B'$在第三象限，横、纵坐标均为负，所以$B'$的坐标为$(-2\sqrt{3},-2)$。
【答案】
C
【知识点】
直角三角形30°角性质、旋转的性质、锐角三角函数应用
【点评】
本题综合考查了旋转的性质、直角三角形的性质以及三角函数求坐标的相关知识，解题核心是明确旋转前后对应线段长度不变，准确判断旋转后点所在的象限，是几何与坐标系结合的典型基础题。
【难度系数】
0.6
解题时首先利用直角三角形中30°角所对直角边是斜边一半的性质，求出斜边OB的长度；再根据旋转的性质得到旋转后OB'的长度和旋转角的大小，确定OB'所在的象限及与坐标轴的夹角；最后结合锐角三角函数求出点B'的横纵坐标即可。
【解析】
1. 在$Rt△ OAB$中，$∠ OAB=90°$，$∠ AOB=30°$，$AB=2$。
根据“直角三角形中30°角所对的直角边等于斜边的一半”，可得斜边$OB=2AB=2×2=4$，且初始位置$OB$在$y$轴正半轴上。
2. 由旋转的性质可知，旋转后$OB'=OB=4$，旋转角$∠ BOB'=120°$。
逆时针旋转120°后，$OB'$落在第三象限，与$x$轴负半轴的夹角为$120°-90°=30°$。
3. 过点$B'$向$x$轴作垂线，垂足为$C$，在$Rt△ OB'C$中：
$OC=OB'·\cos30°=4×\frac{\sqrt{3}}{2}=2\sqrt{3}$，$B'C=OB'·\sin30°=4×\frac{1}{2}=2$。
因为点$B'$在第三象限，横、纵坐标均为负，所以$B'$的坐标为$(-2\sqrt{3},-2)$。
【答案】
C
【知识点】
直角三角形30°角性质、旋转的性质、锐角三角函数应用
【点评】
本题综合考查了旋转的性质、直角三角形的性质以及三角函数求坐标的相关知识，解题核心是明确旋转前后对应线段长度不变，准确判断旋转后点所在的象限，是几何与坐标系结合的典型基础题。
【难度系数】
0.6
3.如图，正方形ABCD和正方形OEFG的边长均为4，O是正方形ABCD的对角线的交点，若正方形OEFG绕点O顺时针旋转，得到的重叠部分的图形面积等于
4
。答案
3.4
解析
【分析】
要计算两个正方形旋转后重叠部分的面积，可利用正方形性质和旋转的不变性，通过全等转化将不规则的重叠部分面积转化为规则图形面积求解：①首先连接正方形ABCD对角线交点O与顶点B、C，得到等腰直角△OBC；②结合正方形的直角特征，推导得到相等的角，证明△OBS和△OCT全等；③将重叠部分面积替换为△OBC的面积，再代入数值计算即可。
【解析】
连接OB、OC。
∵O是正方形ABCD对角线的交点，
∴OB=OC，∠BOC=90°，∠OBC=∠OCD=45°。
∵四边形OEFG是正方形，
∴∠GOE=90°，
∴∠BOC - ∠SOC = ∠GOE - ∠SOC，即∠BOS=∠COT。
在△OBS和△OCT中：
$\{\begin{array}{l}∠OBS=∠OCT \\OB=OC \\∠BOS=∠COT\end{array} $
∴△OBS≌△OCT（ASA），
∴$S_{△ OBS}=S_{△ OCT}$。
则重叠部分的面积$S=S_{△ OCT} + S_{△ OSC}=S_{△ OBS} + S_{△ OSC}=S_{△ OBC}$。
∵正方形ABCD边长为4，
∴$S_{正方形ABCD}=4×4=16$，
又
∵△OBC的面积是正方形ABCD面积的$\frac{1}{4}$，
∴$S_{△ OBC}=\frac{1}{4}×16=4$，即重叠部分面积为4。
【答案】
4
【知识点】
正方形的性质、旋转的性质、全等三角形的判定与性质
【点评】
本题是旋转类面积计算的典型考题，核心是通过旋转的不变性结合正方形特征构造全等三角形，把不规则图形面积转化为规则图形面积计算，很好地考查了转化思想的应用。
【难度系数】
0.7
要计算两个正方形旋转后重叠部分的面积，可利用正方形性质和旋转的不变性，通过全等转化将不规则的重叠部分面积转化为规则图形面积求解：①首先连接正方形ABCD对角线交点O与顶点B、C，得到等腰直角△OBC；②结合正方形的直角特征，推导得到相等的角，证明△OBS和△OCT全等；③将重叠部分面积替换为△OBC的面积，再代入数值计算即可。
【解析】
连接OB、OC。
∵O是正方形ABCD对角线的交点，
∴OB=OC，∠BOC=90°，∠OBC=∠OCD=45°。
∵四边形OEFG是正方形，
∴∠GOE=90°，
∴∠BOC - ∠SOC = ∠GOE - ∠SOC，即∠BOS=∠COT。
在△OBS和△OCT中：
$\{\begin{array}{l}∠OBS=∠OCT \\OB=OC \\∠BOS=∠COT\end{array} $
∴△OBS≌△OCT（ASA），
∴$S_{△ OBS}=S_{△ OCT}$。
则重叠部分的面积$S=S_{△ OCT} + S_{△ OSC}=S_{△ OBS} + S_{△ OSC}=S_{△ OBC}$。
∵正方形ABCD边长为4，
∴$S_{正方形ABCD}=4×4=16$，
又
∵△OBC的面积是正方形ABCD面积的$\frac{1}{4}$，
∴$S_{△ OBC}=\frac{1}{4}×16=4$，即重叠部分面积为4。
【答案】
4
【知识点】
正方形的性质、旋转的性质、全等三角形的判定与性质
【点评】
本题是旋转类面积计算的典型考题，核心是通过旋转的不变性结合正方形特征构造全等三角形，把不规则图形面积转化为规则图形面积计算，很好地考查了转化思想的应用。
【难度系数】
0.7
4.如图,在正方形ABCD中,边长为12,E,F是对角线BD上两点,且∠EAF=45°,将△ADF绕点A顺时针旋转90°后,得到△ABQ,连接EQ.若DF:BE=3:4,则EF的长为
$5\sqrt{2}$
.答案
4.$5\sqrt{2}$
解析
【分析】首先利用旋转的性质得到全等三角形对应边、对应角相等，推导得出∠QBE为直角，再通过角的等量代换证明△AQE≌△AFE，将EF转化为EQ，最后结合勾股定理和对角线长度列方程求解。解题思路：1. 由旋转性质得△ADF≌△ABQ，得到边、角的等量关系；2. 推导∠QAE=∠EAF=45°，证明△AQE≌△AFE，得EF=EQ；3. 证明△QBE是直角三角形，结合DF:BE=3:4设参数，用勾股定理表示EQ；4. 利用正方形对角线长度等于BD上三段线段之和列方程求参数，进而得到EF的长。
【解析】
∵将△ADF绕点A顺时针旋转90°得到△ABQ，
∴△ADF≌△ABQ，
∴BQ=DF，AQ=AF，∠QAB=∠FAD，∠ABQ=∠ADB。
∵四边形ABCD是正方形，边长为12，
∴∠ADB=∠ABD=45°，$BD=\sqrt{12^2+12^2}=12\sqrt{2}$，
∴∠ABQ=45°，
∴∠QBE=∠ABQ+∠ABD=45°+45°=90°，即△QBE是直角三角形。
∵∠EAF=45°，∠BAD=90°，
∴∠BAE+∠FAD=∠BAD - ∠EAF=90°-45°=45°，
∴∠BAE+∠QAB=∠QAE=45°，即∠QAE=∠EAF。
在△AQE和△AFE中：
$\{\begin{array}{l}AQ=AF\\ ∠ QAE=∠ FAE\\ AE=AE\end{array} $
∴△AQE≌△AFE（SAS），
∴EF=EQ。
设DF=3k，
∵DF:BE=3:4，
∴BE=4k，又BQ=DF=3k，
在Rt△QBE中，由勾股定理得：
$EQ=\sqrt{BQ^2+BE^2}=\sqrt{(3k)^2+(4k)^2}=5k$，
∴EF=5k。
∵BD=BE+EF+FD=4k+5k+3k=12k=$12\sqrt{2}$，
解得$k=\sqrt{2}$，
∴$EF=5k=5×\sqrt{2}=5\sqrt{2}$。
【答案】$5\sqrt{2}$
【知识点】旋转的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理
【点评】本题综合考查了旋转的性质、全等三角形的判定和勾股定理的应用，解题的关键是通过旋转实现线段和角的转化，构造直角三角形和全等三角形，结合参数法求解线段长度。
【难度系数】0.6
【解析】
∵将△ADF绕点A顺时针旋转90°得到△ABQ，
∴△ADF≌△ABQ，
∴BQ=DF，AQ=AF，∠QAB=∠FAD，∠ABQ=∠ADB。
∵四边形ABCD是正方形，边长为12，
∴∠ADB=∠ABD=45°，$BD=\sqrt{12^2+12^2}=12\sqrt{2}$，
∴∠ABQ=45°，
∴∠QBE=∠ABQ+∠ABD=45°+45°=90°，即△QBE是直角三角形。
∵∠EAF=45°，∠BAD=90°，
∴∠BAE+∠FAD=∠BAD - ∠EAF=90°-45°=45°，
∴∠BAE+∠QAB=∠QAE=45°，即∠QAE=∠EAF。
在△AQE和△AFE中：
$\{\begin{array}{l}AQ=AF\\ ∠ QAE=∠ FAE\\ AE=AE\end{array} $
∴△AQE≌△AFE（SAS），
∴EF=EQ。
设DF=3k，
∵DF:BE=3:4，
∴BE=4k，又BQ=DF=3k，
在Rt△QBE中，由勾股定理得：
$EQ=\sqrt{BQ^2+BE^2}=\sqrt{(3k)^2+(4k)^2}=5k$，
∴EF=5k。
∵BD=BE+EF+FD=4k+5k+3k=12k=$12\sqrt{2}$，
解得$k=\sqrt{2}$，
∴$EF=5k=5×\sqrt{2}=5\sqrt{2}$。
【答案】$5\sqrt{2}$
【知识点】旋转的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理
【点评】本题综合考查了旋转的性质、全等三角形的判定和勾股定理的应用，解题的关键是通过旋转实现线段和角的转化，构造直角三角形和全等三角形，结合参数法求解线段长度。
【难度系数】0.6
5.如图,在平面直角坐标系中,抛物线$y=-x^2+bx+c$与x轴交于$A(-1,0),B$两点,与y轴交于点$C(0,-5)$.
(1)求抛物线的解析式;
(2)点P为抛物线对称轴上一点,连接BP,将线段BP绕点P顺时针旋转$90°$,使点B的对应点D恰好落在抛物线上,求此时点P的坐标.
(1)求抛物线的解析式;
(2)点P为抛物线对称轴上一点,连接BP,将线段BP绕点P顺时针旋转$90°$,使点B的对应点D恰好落在抛物线上,求此时点P的坐标.
答案
5.(1)把$A(-1,0),C(0,-5)$代入$y=-x^2+bx+c$,
得$\begin{cases}-1-b+c=0,\\c=-5.\end{cases}$ 解得$\begin{cases}b=-6,\\c=-5.\end{cases}$
$\therefore$抛物线的解析式为$y=-x^2-6x-5$.
(2)由(1)知抛物线的对称轴为$x=-3$.
$\because$抛物线过点$A(-1,0)$,
$\therefore$点$B$的坐标为$(-5,0)$.
$\because$点$P$在对称轴上,
设对称轴与$x$轴交于点$E$(如图),
$\therefore$设$P(-3,p)$,则$E(-3,0)$.
$\because$线段$BP$绕点$P$顺时针旋转$90°$,点$B,D$为对应点,
$\therefore PB=PD,∠ BPD=90°$.
当点$P$在$x$轴下方时,
$\because$点$A,B$关于对称轴对称,
$\therefore PA=PB$.
$\therefore$当$∠ APB=90°$时,满足题意,
此时点$D$与点$A$重合,$PE=\frac{1}{2}AB$.
$\because A(-1,0),B(-5,0)$,
$\therefore AB=4.\therefore PE=2$.
$\therefore P(-3,-2)$.
当点$P$在$x$轴上方时,
如图,过点$D$作$DF⊥$对称轴于点$F$,
则$∠ DFP=90°=∠ BEP=∠ BPD$,
$\therefore ∠ BPE=∠ PDF=90°-∠ DPF$.
又$PB=DP$,
$\therefore △ BPE≌△ \mathrm{PDF}(\mathrm{AAS})$.
$\therefore PE=DF,BE=PF$.
$\because B(-5,0),E(-3,0),P(-3,p)$,
$\therefore PE=DF=p,BE=PF=2,OE=3$.
$\therefore EF=p+2$.
$\therefore D(-p-3,p+2)$.
把$D(-p-3,p+2)$代入$y=-x^2-6x-5$,
得$p+2=-(-p-3)^2-6(-p-3)-5$.
解得$p=1$或$p=-2$(舍去).
$\therefore P(-3,1)$.
综上,点$P$的坐标为$(-3,-2)$或$(-3,1)$.
解析
【分析】
(1) 求抛物线解析式可使用待定系数法，已知抛物线经过$A(-1,0)$和$C(0,-5)$两个点，将两点坐标代入抛物线的一般式即可得到关于$b$、$c$的二元一次方程组，解方程组就能求出参数值，得到解析式。
(2) 首先根据抛物线解析式求出对称轴，再结合抛物线的对称性求出点$B$的坐标。设对称轴上的点$P$坐标为$(-3,p)$，分两种情况讨论：①点$P$在$x$轴下方时，旋转后点$D$与点$A$重合，结合等腰直角三角形的性质即可求出$p$的值；②点$P$在$x$轴上方时，过点$D$作对称轴的垂线构造全等三角形，利用旋转的性质证明三角形全等，用$p$表示出点$D$的坐标后代入抛物线解析式求解，舍去不符合条件的解即可得到全部符合要求的$P$点坐标。
【解析】
(1) 把$A(-1,0),C(0,-5)$代入$y=-x^2+bx+c$，
得$\begin{cases}-1-b+c=0,\\c=-5.\end{cases}$ 解得$\begin{cases}b=-6,\\c=-5.\end{cases}$
$\therefore$抛物线的解析式为$y=-x^2-6x-5$.
(2) 由(1)知抛物线的对称轴为$x=-3$.
$\because$抛物线过点$A(-1,0)$，
$\therefore$点$B$的坐标为$(-5,0)$.
设对称轴与$x$轴交于点$E$(如图)，
$\because$点$P$在对称轴上，
$\therefore$设$P(-3,p)$，则$E(-3,0)$.
$\because$线段$BP$绕点$P$顺时针旋转$90°$，点$B,D$为对应点，
$\therefore PB=PD,∠ BPD=90°$.
当点$P$在$x$轴下方时，
$\because$点$A,B$关于对称轴对称，
$\therefore PA=PB$.
$\therefore$当$∠ APB=90°$时，满足题意，
此时点$D$与点$A$重合，$PE=\frac{1}{2}AB$.
$\because A(-1,0),B(-5,0)$,
$\therefore AB=4.\therefore PE=2$.
$\therefore P(-3,-2)$.
当点$P$在$x$轴上方时，
过点$D$作$DF⊥$对称轴于点$F$,
则$∠ DFP=90°=∠ BEP=∠ BPD$,
$\therefore ∠ BPE=∠ PDF=90°-∠ DPF$.
又$PB=DP$,
$\therefore △ BPE≌△ PDF(\mathrm{AAS})$.
$\therefore PE=DF,BE=PF$.
$\because B(-5,0),E(-3,0),P(-3,p)$,
$\therefore PE=DF=p,BE=PF=2,OE=3$.
$\therefore EF=p+2$.
$\therefore D(-p-3,p+2)$.
把$D(-p-3,p+2)$代入$y=-x^2-6x-5$,
得$p+2=-(-p-3)^2-6(-p-3)-5$.
解得$p=1$或$p=-2$(舍去).
$\therefore P(-3,1)$.
综上，点$P$的坐标为$(-3,-2)$或$(-3,1)$.
【答案】
(1) 抛物线的解析式为$\boldsymbol{y=-x^2-6x-5}$；
(2) 点$P$的坐标为$\boldsymbol{(-3,-2)}$或$\boldsymbol{(-3,1)}$。
【知识点】
待定系数法求二次函数解析式，旋转的性质，全等三角形的判定与性质
【点评】
本题是二次函数与几何变换的综合题，既考查了二次函数的基本性质，也考查了旋转性质和全等三角形的应用，解题时要注意分类讨论点$P$的位置，避免漏解，通过构造全等三角形将旋转的性质转化为线段长度关系是解题的核心突破口。
【难度系数】
0.6
(1) 求抛物线解析式可使用待定系数法，已知抛物线经过$A(-1,0)$和$C(0,-5)$两个点，将两点坐标代入抛物线的一般式即可得到关于$b$、$c$的二元一次方程组，解方程组就能求出参数值，得到解析式。
(2) 首先根据抛物线解析式求出对称轴，再结合抛物线的对称性求出点$B$的坐标。设对称轴上的点$P$坐标为$(-3,p)$，分两种情况讨论：①点$P$在$x$轴下方时，旋转后点$D$与点$A$重合，结合等腰直角三角形的性质即可求出$p$的值；②点$P$在$x$轴上方时，过点$D$作对称轴的垂线构造全等三角形，利用旋转的性质证明三角形全等，用$p$表示出点$D$的坐标后代入抛物线解析式求解，舍去不符合条件的解即可得到全部符合要求的$P$点坐标。
【解析】
(1) 把$A(-1,0),C(0,-5)$代入$y=-x^2+bx+c$，
得$\begin{cases}-1-b+c=0,\\c=-5.\end{cases}$ 解得$\begin{cases}b=-6,\\c=-5.\end{cases}$
$\therefore$抛物线的解析式为$y=-x^2-6x-5$.
(2) 由(1)知抛物线的对称轴为$x=-3$.
$\because$抛物线过点$A(-1,0)$，
$\therefore$点$B$的坐标为$(-5,0)$.
设对称轴与$x$轴交于点$E$(如图)，
$\because$点$P$在对称轴上，
$\therefore$设$P(-3,p)$，则$E(-3,0)$.
$\because$线段$BP$绕点$P$顺时针旋转$90°$，点$B,D$为对应点，
$\therefore PB=PD,∠ BPD=90°$.
当点$P$在$x$轴下方时，
$\because$点$A,B$关于对称轴对称，
$\therefore PA=PB$.
$\therefore$当$∠ APB=90°$时，满足题意，
此时点$D$与点$A$重合，$PE=\frac{1}{2}AB$.
$\because A(-1,0),B(-5,0)$,
$\therefore AB=4.\therefore PE=2$.
$\therefore P(-3,-2)$.
当点$P$在$x$轴上方时，
过点$D$作$DF⊥$对称轴于点$F$,
则$∠ DFP=90°=∠ BEP=∠ BPD$,
$\therefore ∠ BPE=∠ PDF=90°-∠ DPF$.
又$PB=DP$,
$\therefore △ BPE≌△ PDF(\mathrm{AAS})$.
$\therefore PE=DF,BE=PF$.
$\because B(-5,0),E(-3,0),P(-3,p)$,
$\therefore PE=DF=p,BE=PF=2,OE=3$.
$\therefore EF=p+2$.
$\therefore D(-p-3,p+2)$.
把$D(-p-3,p+2)$代入$y=-x^2-6x-5$,
得$p+2=-(-p-3)^2-6(-p-3)-5$.
解得$p=1$或$p=-2$(舍去).
$\therefore P(-3,1)$.
综上，点$P$的坐标为$(-3,-2)$或$(-3,1)$.
【答案】
(1) 抛物线的解析式为$\boldsymbol{y=-x^2-6x-5}$；
(2) 点$P$的坐标为$\boldsymbol{(-3,-2)}$或$\boldsymbol{(-3,1)}$。
【知识点】
待定系数法求二次函数解析式，旋转的性质，全等三角形的判定与性质
【点评】
本题是二次函数与几何变换的综合题，既考查了二次函数的基本性质，也考查了旋转性质和全等三角形的应用，解题时要注意分类讨论点$P$的位置，避免漏解，通过构造全等三角形将旋转的性质转化为线段长度关系是解题的核心突破口。
【难度系数】
0.6
