郑州市第十一中学数学旋转几何综合达标检测卷（Word 版 含解
析）
一、初三数学 旋转易错题压轴题（难）
1．如图1，在Rt △ABC 中，∠A ＝90°，AB ＝AC ，点D ，E 分别在边AB ，AC 上，AD ＝AE ，连接DC ，点M ，P ，N 分别为DE ，DC ，BC 的中点．
（1）观察猜想：图1中，线段PM 与PN 的数量关系是 ，位置关系是 ； （2）探究证明：把△ADE 绕点A 逆时针方向旋转到图2的位置，连接MN ，BD ，CE ，判断△PMN 的形状，并说明理由；
（3）拓展延伸：把△ADE 绕点A 在平面内自由旋转，若AD ＝4，AB ＝10，请直接写出△PMN 面积的最大值．
【答案】（1）PM ＝PN ，PM ⊥PN ；（2）△PMN 是等腰直角三角形．理由见解析；（3）S △PMN 最大＝492
． 【解析】 【分析】
（1）由已知易得BD CE =，利用三角形的中位线得出12PM CE =
，1
2
PN BD =，即可得出数量关系，再利用三角形的中位线得出//PM CE 得出DPM DCA ∠=∠，最后用互余即可得出位置关系；
（2）先判断出ABD ACE ???，得出BD CE =，同（1）的方法得出1
2
PM BD =
，1
2
PN BD =
，即可得出PM PN =，同（1）的方法由MPN DCE DCB DBC ACB ABC ∠=∠+∠+∠=∠+∠，即可得出结论；
（3）方法1：先判断出MN 最大时，PMN ?的面积最大，进而求出AN ，AM ，即可得出MN 最大AM AN =+，最后用面积公式即可得出结论．方法2：先判断出BD 最大时，PMN ?的面积最大，而BD 最大是14AB AD +=，即可得出结论． 【详解】 解：（1）
点P ，N 是BC ，CD 的中点，
//PN BD ∴，1
2
PN BD =
， 点P ，M 是CD ，DE 的中点，
//PM CE ∴，1
2
PM CE =
， AB AC =，AD AE =， BD CE ∴=， PM PN ∴=， //PN BD ，
DPN ADC ∴∠=∠， //PM CE ，
DPM DCA ∴∠=∠， 90BAC ∠=?，
90ADC ACD ∴∠+∠=?，
90MPN DPM DPN DCA ADC ∴∠=∠+∠=∠+∠=?， PM PN ∴⊥，
故答案为：PM PN =，PM PN ⊥；
（2）PMN ?是等腰直角三角形． 由旋转知，BAD CAE ∠=∠，
AB AC =，AD AE =，
()ABD ACE SAS ∴???，
ABD ACE ∴∠=∠，BD CE =，
利用三角形的中位线得，12PN BD =，1
2
PM CE =，
PM PN ∴=，
PMN ∴?是等腰三角形，
同（1）的方法得，//PM CE ， DPM DCE ∴∠=∠，
同（1）的方法得，//PN BD ， PNC DBC ∴∠=∠，
DPN DCB PNC DCB DBC ∠=∠+∠=∠+∠，
MPN DPM DPN DCE DCB DBC ∴∠=∠+∠=∠+∠+∠
BCE DBC ACB ACE DBC =∠+∠=∠+∠+∠ ACB ABD DBC ACB ABC =∠+∠+∠=∠+∠， 90BAC ∠=?，
90ACB ABC ∴∠+∠=?， 90MPN ∴∠=?，
PMN ∴?是等腰直角三角形；
（3）方法1：如图2，同（2）的方法得，PMN ?是等腰直角三角形，
MN ∴最大时，PMN ?的面积最大， //DE BC ∴且DE 在顶点A 上面， MN ∴最大AM AN =+，
连接AM ，AN ，
在ADE ?中，4AD AE ==，90DAE ∠=?，
22AM ∴=
在Rt ABC ?中，10AB AC ==，52AN = 22522MN ∴=最大，
222111149(72)22242
PMN S PM MN ?∴=
=?=?=最大． 方法2：由（2）知，PMN ?是等腰直角三角形，1
2
PM PN BD ==
， PM ∴最大时，PMN ?面积最大， ∴点D 在BA 的延长线上，
14BD AB AD ∴=+=，
7PM ∴=，
2211497222
PMN S PM ?∴=
=?=最大． 【点睛】
此题属于几何变换综合题，主要考查了三角形的中位线定理，等腰直角三角形的判定和性质，全等三角形的判断和性质，直角三角形的性质的综合运用；解（1）的关键是判断出
12PM CE =，1
2
PN BD =，解（2）的关键是判断出ABD ACE ???，解（3）的关键
是判断出MN 最大时，PMN ?的面积最大．
2．直线m ∥n ，点A 、B 分别在直线m ，n 上（点A 在点B 的右侧），点P 在直线m 上，
AP ＝
1
3
AB ，连接BP ，将线段BP 绕点B 顺时针旋转60°得到BC ，连接AC 交直线n 于点E ，连接PC ，且ABE 为等边三角形．
（1）如图①，当点P 在A 的右侧时，请直接写出∠ABP 与∠EBC 的数量关系是 ，AP 与EC 的数量关系是 ．
（2）如图②，当点P 在A 的左侧时，（1）中的结论是否成立？若成立，请给予证明；若
不成立，请说明理由．
（3）如图②，当点P在A的左侧时，若△PBC的面积为93，求线段AC的长．
67
【答案】（1）∠ABP＝∠EBC，AP＝EC；（2）成立，见解析；（3
【解析】
【分析】
（1）根据等边三角形的性质得到∠ABE＝60°，AB＝BE，根据旋转的性质得到∠CBP＝60°，BC＝BP，根据全等三角形的性质得到结论；
（2）根据等边三角形的性质得到∠ABE＝60°，AB＝BE，根据旋转的性质得到∠CBP＝60°，BC＝BP，根据全等三角形的性质得到结论；
（3）过点C作CD⊥m于D，根据旋转的性质得到△PBC是等边三角形，求得PC＝3，设AP＝CE＝t，则AB＝AE＝3t，得到AC＝2t，根据平行线的性质得到∠CAD＝∠AEB＝60°，解直角三角形即可得到结论．
【详解】
解：（1）∵△ABE是等边三角形，
∴∠ABE＝60°，AB＝BE，
∵将线段BP绕点B顺时针旋转60°得到BC，
∴∠CBP＝60°，BC＝BP，
∴∠ABP＝60°﹣∠PBE，∠CBE＝60°﹣∠PBE，
即∠ABP＝∠EBC，
∴△ABP≌△EBC（SAS），
∴AP＝EC；
故答案为：∠ABP＝∠EBC，AP＝EC；
（2）成立，理由如下，
∵△ABE是等边三角形，
∴∠ABE＝60°，AB＝BE，
∵将线段BP绕点B顺时针旋转60°得到BC，
∴∠CBP＝60°，BC＝BP，
∴∠ABP＝60°﹣∠PBE，∠CBE＝60°﹣∠PBE，
即∠ABP＝∠EBC，
∴△ABP≌△EBC（SAS），
∴AP ＝EC ；
（3）过点C 作CD ⊥m 于D ，
∵将线段BP 绕点B 顺时针旋转60°得到BC ， ∴△PBC 是等边三角形， ∴
34
PC 293
∴PC ＝3，
设AP ＝CE ＝t ，则AB ＝AE ＝3t ， ∴AC ＝2t ， ∵m ∥n ，
∴∠CAD ＝∠AEB ＝60°， ∴AD ＝
1
2
AC ＝t ，CD 33， ∵PD 2+CD 2＝PC 2， ∴（2t ）2+3t 2＝9， ∴t 37
（负值舍去）， ∴AC ＝2t ＝7
7
． 【点睛】
本题主要考查等边三角形的判定及性质、旋转的性质应用、三角形全等的判定及性质、勾股定理等相关知识点，解题关键在于找到图形变化过程中存在的联系，类比推理即可得解．
3．如图，在平面直角坐标系中，点O 为坐标原点，抛物线2
y ax bx c =++的顶点是A(1，3)，将OA 绕点O 顺时针旋转90?后得到OB ，点B 恰好在抛物线上，OB 与抛物线的对称轴交于点C ．
（1）求抛物线的解析式；
（2）P 是线段AC 上一动点，且不与点A ，C 重合，过点P 作平行于x 轴的直线，与
OAB ?的边分别交于M ，N 两点，将AMN ?以直线MN 为对称轴翻折，得到A MN '?． 设点P 的纵坐标为m ．
①当A MN '?在OAB ?内部时，求m 的取值范围；
②是否存在点P ，使'
5
6
A MN OA
B S S ?'?=,若存在，求出满足m 的值；若不存在，请说明理
由．
【答案】()2
1y x 22x =-++；（2）①433
m <<；②存在，满足m 的值为619-或
639
-． 【解析】 【分析】
（1）作AD ⊥y 轴于点D ，作BE ⊥x 轴于点E ，然后证明△AOD ≌△BOE ，则AD=BE ，OD=OE ，即可得到点B 的坐标，然后利用待定系数法，即可求出解析式；
（2）①由点P 为线段AC 上的动点，则讨论动点的位置是解题的突破口，有点P 与点A 重合时；点P 与点C 重合时，两种情况进行分析计算，即可得到答案；
②根据题意，可分为两种情况进行分析：当点M 在线段OA 上，点N 在AB 上时；当点M 在线段OB 上，点N 在AB 上时；先求出直线OA 和直线AB 的解析式，然后利用m 的式子表示出两个三角形的面积，根据等量关系列出方程，解方程即可求出m 的值． 【详解】
解：（1）如图：作AD ⊥y 轴于点D ，作BE ⊥x 轴于点E ，
∴∠ADO=∠BEO=90°，
∵将OA 绕点O 逆时针旋转90?后得到OB ， ∴OA=OB ，∠AOB=90°，
∴∠AOD+∠AOE=∠BOE+∠AOE=90°， ∴∠AOD=∠BOE ， ∴△AOD ≌△BOE ， ∴AD=BE ，OD=OE ， ∵顶点A 为（1，3）， ∴AD=BE=1，OD=OE=3， ∴点B 的坐标为（3，1-）， 设抛物线的解析式为2
(1)3=-+y a x ， 把点B 代入，得
2(31)31a -+=-，
∴1a =-，
∴抛物线的解析式为2
(1)3y x =--+， 即222y x x =-++；
（2）①∵P 是线段AC 上一动点， ∴3m <，
∵当A MN '?在OAB ?内部时， 当点'A 恰好与点C 重合时，如图：
∵点B 为（3，1-）， ∴直线OB 的解析式为1
3
y x =-， 令1x =，则13
y =-
， ∴点C 的坐标为（1，13
-）， ∴AC=1103()33
--=
， ∵P 为AC 的中点， ∴AP=
1105233
?=， ∴54333
m =-
=， ∴m 的取值范围是
4
33
m <<； ②当点M 在线段OA 上，点N 在AB 上时，如图：
∵点P 在线段AC 上，则点P 为（1，m ），
∵点'A 与点A 关于MN 对称，则点'A 的坐标为（1，2m -3）， ∴'3A P m =-，18'(23)233
A C m m =-+
=-， 设直接OA 为y ax =，直线AB 为y kx b =+， 分别把点A ，点B 代入计算，得
直接OA 为3y x =；直线AB 为25y x =-+， 令y m =， 则点M 的横坐标为3m
，点N 的横坐标为52
m --， ∴555
2326
m m MN m -=
-=--； ∵2'11555515'()(3)22261224
A MN S MN A P m m m m ?=
?=?-?-=-+；
'138
'3(2)34223
OA B S A C m m ?=
??=?-=-； 又∵'5
6A MN OA B
S S ?'?=， ∴
255155
(34)12246
m m m -+=?-， 解得：619m =-或619m =+（舍去）； 当点M 在边OB 上，点N 在边AB 上时，如图：
把y m =代入1
3
y x =-，则3x m ，
∴5553222m MN m m -=
+=+-，18
'(23)233A C m m =---=-， ∴2'11555515'()(3)2222424
A MN S MN A P m m m m ?=
?=?+?-=-++， '138
'3(2)43223OA B S A C m m ?=
??=?-=-， ∵'5
6A MN OA B
S S ?'?=， ∴255155
(43)4246
m m m -
++=?-， 解得：639m -=
或639
m +=（舍去）； 综合上述，m 的值为：619m =-639
3
m -=． 【点睛】
本题考查的是二次函数综合运用，涉及到一次函数、图形的旋转、解一元二次方程、全等三角形的判定和性质、三角形的面积公式等，解题的关键是熟练掌握所学的性质，正确得到点P的位置．注意运用数形结合的思想和分类讨论的思想进行解题．
4．在Rt△ACB和Rt△AEF中，∠ACB＝∠AEF＝90°，若点P是BF的中点，连接PC，PE．
(1) 如图1，若点E，F分别落在边AB，AC上，求证：PC＝PE；
(2) 如图2，把图1中的△AEF绕着点A顺时针旋转，当点E落在边CA的延长线上时，探索PC与PE的数量关系，并说明理由．
(3) 如图3，把图2中的△AEF绕着点A顺时针旋转，点F落在边AB上．其他条件不变，问题(2)中的结论是否发生变化？如果不变，请加以证明；如果变化，请说明理由．
【答案】（1）见解析；（2）PC＝PE，理由见解析；（3）成立，理由见解析
【解析】
【分析】
（1）利用直角三角形斜边的中线等于斜边的一半，即可；
（2）先判断△CBP≌△HPF，再利用直角三角形斜边的中线等于斜边的一半；
（3）先判断△DAF≌△EAF，再判断△DAP≌△EAP，然后用比例式即可；
【详解】
解：（1）证明：如图：
∵∠ACB＝∠AEF＝90°，
∴△FCB和△BEF都为直角三角形．
∵点P是BF的中点，
∴CP＝1
2BF，EP＝
1
2
BF，
∴PC＝PE．
（2）PC＝PE理由如下：
如图2，延长CP，EF交于点H，
∵∠ACB＝∠AEF＝90°，
∴EH//CB，
∴∠CBP＝∠PFH，∠H＝∠BCP，
∵点P是BF的中点，
∴PF＝PB，
∴△CBP≌△HFP(AAS)，
∴PC＝PH，
∵∠AEF＝90°，
∴在Rt△CEH中，EP＝1
2
CH，
∴PC＝PE．
（3）(2)中的结论，仍然成立，即PC＝PE，理由如下：
如图3，过点F作FD⊥AC于点D，过点P作PM⊥AC于点M，连接PD，
∵∠DAF＝∠EAF，∠FDA＝∠FEA＝90°，
在△DAF和△EAF中，
DAF,
,
,
EAF
FDA FEA
AF AF
∠=∠
?
?
∠=∠
?
?=
?
∴△DAF≌△EAF(AAS)，
∴AD＝AE，
在△DAP≌△EAP中，
,
,
,
AD AE
DAP EAP
AP AP
=
?
?
∠=∠
?
?=
?
∴△DAP≌△EAP (SAS)，
∴PD＝PF，
∵FD⊥AC，BC⊥AC，PM⊥AC，
∴FD//BC//PM，
∴DM FP
MC PB
=，
∵点P是
BF的中点，
∴DM＝MC，
又∵PM⊥AC，
∴PC＝PD，
又∵PD＝PE，
∴PC＝PE．
【点睛】
此题是几何变换综合题，主要考查了直角三角形斜边的中线等于斜边一半，全等三角形的性质和判定，相似三角形的性质和判定，作出辅助线是解本题的关键也是难点．
5．如图一，矩形ABCD中，AB=m，BC=n，将此矩形绕点B顺时针方向旋转θ（0°＜θ＜90°）得到矩形A1BC1D1，点A1在边CD上．
（1）若m=2，n=1，求在旋转过程中，点D到点D1所经过路径的长度；
（2）将矩形A1BC1D1继续绕点B顺时针方向旋转得到矩形A2BC2D2，点D2在BC的延长线上，设边A2B与CD交于点E，若161
A E
EC
=-，求
n
m
的值．
（3）如图二，在（2）的条件下，直线AB上有一点P，BP=2，点E是直线DC上一动点，在BE左侧作矩形BEFG且始终保持
BE n
BG m
=，设AB=33，试探究点E移动过程中，PF 是否存在最小值，若存在，求出这个最小值；若不存在，请说明理由．
【答案】（1
5
；（2
3
；（3）存在，63
【解析】
【分析】
（1）作A1H⊥AB于H，连接BD，BD1，则四边形ADA1H是矩形．解直角三角形，求出
∠ABA1，得到旋转角即可解决问题；
（2）由△BCE∽△BA2D2，推出22
2
A D
CE n
CB A B m
==，可得CE=2n
m
，由161
A E
EC
=推出16
A C
EC
=A1
2
6
n
m
，推出BH=A1
2
6
n
m
，然后由勾股定理建立方程，解方程即可解决问题；
（3）当A、P、F，D，四点共圆，作PF⊥DF，PF与CD相交于点M，作MN⊥AB，此时PF
的长度为最小值；先证明△FDG ∽△
FME ，得到
3
3
FG F FM FE D ==
，再结合已知条件和解直角三角形求出PM 和FM 的长度，即可得到PF 的最小值. 【详解】
解：（1）作A 1H ⊥AB 于H ，连接BD ，BD 1，则四边形ADA 1H 是矩形．
∴AD=HA 1=n=1，
在Rt △A 1HB 中，∵BA 1=BA=m=2， ∴BA 1=2HA 1， ∴∠ABA 1=30°， ∴旋转角为30°， ∵22125+= ∴D 到点D 1所经过路径的长度3055π??=； （2）∵△BCE ∽△BA 2D 2，
∴222A D CE n
CB A B m
==， ∴2n CE m =，
∵161EA
EC =， ∴16A C
EC = ∴A 12
6n m
，
∴BH=A 12
2
2
6n m n m
-=，
∴4
2
2
26n m n m
-=?，
∴m 4﹣m 2n 2=6n 4，
∴24
2416n n m m
-=?，
∴
3
n m =
（负根已舍去）． （3）当A 、P 、F ，D ，四点共圆，作PF ⊥DF ，PF 与CD 相交于点M ，作MN ⊥AB ，此时PF 的长度为最小值；
由（2）可知，
3
BE n BG m ==
， ∵四边形BEFG 是矩形， ∴
3FG FE =
∵∠DFG+∠GFM=∠GFM+∠MFE=90°， ∴∠DFG=∠MFE ， ∵DF ⊥PF ，即∠DFM=90°，
∴∠FDM+∠GDM=∠FDM+∠DFM=∠FDM+90°， ∴∠FDG=∠FME ， ∴△FDG ∽△FME ， ∴
3
FG F FM FE D ==
， ∵∠DFM=90°，tan 3
FD FMD FM ∠=
=
， ∴∠FDM=60°，∠FMD=30°， ∴3
FM DM =
； 在矩形ABCD 中，有
3
AD AB =
3
333
=，则3AD =， ∵MN ⊥AB ，
∴四边形ANMD 是矩形，
∴MN=AD=3，
∵∠NPM=∠DMF=30°， ∴PM=2MN=6， ∴NP=33AB =， ∴DM=AN=BP=2， ∴3323FM DM =
=?=， ∴63PF PM MF =+=+； 【点睛】
本题考查点的运动轨迹，旋转变换、解直角三角形、弧长公式、矩形的性质、相似三角形的判定和性质等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题，属于压轴题，中考常考题型．正确作出辅助线，正确确定动点的位置，注意利用数形结合的思想进行解题.
6．阅读下面材料：
小炎遇到这样一个问题：如图1，点E 、F 分别在正方形ABCD 的边BC ，CD 上，∠EAF=45°，连结EF ，则EF=BE+DF ，试说明理由．
小炎是这样思考的：要想解决这个问题，首先应想办法将这些分散的线段相对集中．她先后尝试了翻折、旋转、平移的方法，最后发现线段AB ，AD 是共点并且相等的，于是找到解决问题的方法．她的方法是将△ABE 绕着点A 逆时针旋转90°得到△ADG ，再利用全等的知识解决了这个问题（如图2）．
参考小炎同学思考问题的方法，解决下列问题：
（1）如图3，四边形ABCD 中，AB=AD ，∠BAD=90°点E ，F 分别在边BC ，CD 上，∠EAF=45°．若∠B ，∠D 都不是直角，则当∠B 与∠D 满足_ 关系时，仍有EF=BE+DF ； （2）如图4，在△ABC 中，∠BAC=90°，AB=AC ，点D 、E 均在边BC 上，且∠DAE=45°，若BD=1， EC=2，求DE 的长．
【答案】（1）∠B+∠D=180°（或互补）；（2）∴
【解析】
试题分析：(1)如图，△ABE绕着点A逆时针旋转90°得到△ADG，利用全等的知识可知，要使EF=BE+DF，即EF=DG+DF，即要F、D、G三点共线，即∠ADG+∠ADF=180°，即
∠B+∠D=180°．
(2) 把△ABD绕A点逆时针旋转90°至△ACG，可使AB与AC重合，通过证明△AEG≌△AED 得到DE=EG，由勾股定理即可求得DE的长．
(1)∠B+∠D=180°（或互补）．
(2)∵ AB=AC，
∴把△ABD绕A点逆时针旋转90°至△ACG，可使AB与AC重合．
则∠B=∠ACG，BD=CG，AD=AG．
∵在△ABC中，∠BAC=90°，
∴∠ACB+∠ACG=∠ACB+∠B=90°于，即∠ECG=90°．
∴ EC2+CG2=EG2．
在△AEG与△AED中,
∠EAG=∠EAC+∠CAG=∠EAC+∠BAD=90°-∠EAD=45°=∠EAD．
又∵AD=AG，AE=AE，
∴△AEG≌△AED ．
∴DE=EG．
又∵CG=BD,
∴ BD2+EC2=DE2．
∴．
考点：1．面动旋转问题；2．全等三角形的判定和性质；3．勾股定理．
7．如图，在直角坐标系中，已知点A（-1，0）、B（0，2），将线段AB绕点A按逆时针方向旋转90°至AC．
（1）点C的坐标为（，）；
（2）若二次函数的图象经过点C．
①求二次函数的关系式；
②当-1≤x≤4时，直接写出函数值y对应的取值范围；Z_X_X_K]
③在此二次函数的图象上是否存在点P（点C除外），使△ABP是以AB为直角边的等腰直角三角形？若存在，求出所有点P的坐标；若不存在，请说明理
由．
【答案】(1) ∴点C的坐标为(－3，1) ．
(2)①∵二次函数的图象经过点C(－3，1)，
∴.解得
∴二次函数的关系式为
②当-1≤x≤4时，≤y≤8；
③过点C作CD⊥x轴，垂足为D，
i) 当A为直角顶点时，延长CA至点，使，则△是以AB为直角边的等腰直
角三角形，过点作⊥轴，
∵＝，∠＝∠，∠＝∠＝90°，
∴△≌△，∴AE＝AD＝2，＝CD＝1,
∴可求得的坐标为(1，－1)，经检验点在二次函数的图象上；
ii）当B点为直角顶点时，过点B作直线L⊥BA，在直线L上分别取，得到以AB为直角边的等腰直角△和等腰直角△，作⊥y轴，同理可证
△≌△∴BF＝OA＝1，可得点的坐标为（2， 1），经检验点在二次函数的图象上．同理可得点的坐标为（－2， 3），经检验点不在二次函数的图象上
综上：二次函数的图象上存在点(1，－1)，（2，1）两点，使得△和△
是以AB为直角边的等腰直角三角形．
【解析】
(1)根据旋转的性质得出C点坐标；
（2）①把C点代入求得二次函数的解析式；②利用二次函数的图象得出y的取值范围；
③分二种情况进行讨论.
8．在平面直角坐标系中，O为原点，点A（8，0），点B（0，6），把△ABO绕点B逆时针旋转得△A′B′O′，点A、O旋转后的对应点为A′、O′，记旋转角为α．
（1）如图1，若α=90°，则AB= ，并求AA′的长；
（2）如图2，若α=120°，求点O′的坐标；
（3）在（2）的条件下，边OA上的一点P旋转后的对应点为P′，当O′P+BP′取得最小值时，直接写出点P′的坐标．
【答案】（1）10，102；（2）（33，9）；（3）12354
5
（，）
【解析】
试题分析：(1)、如图①，先利用勾股定理计算出AB=5，再根据旋转的性质得BA=BA′，∠ABA′=90°，则可判定△ABA′为等腰直角三角形，然后根据等腰直角三角形的性质求AA′的长；(2)、作O′H⊥y轴于H，如图②，利用旋转的性质得BO=BO′=3，∠OBO′=120°，则
∠HBO′=60°，再在Rt△BHO′中利用含30度的直角三角形三边的关系可计算出BH和O′H的长，然后利用坐标的表示方法写出O′点的坐标；(3)、由旋转的性质得BP=BP′，则
O′P+BP′=O′P+BP，作B点关于x轴的对称点C，连结O′C交x轴于P点，如图②，易得O′P+BP=O′C，利用两点之间线段最短可判断此时O′P+BP的值最小，接着利用待定系数法求
出直线O′C的解析式为y=x﹣3，从而得到P（，0），则O′P′=OP=，作
P′D⊥O′H于D，然后确定∠DP′O′=30°后利用含30度的直角三角形三边的关系可计算出P′D 和DO′的长，从而可得到P′点的坐标．
试题解析：(1)、如图①，∵点A（4，0），点B（0，3），∴OA=4，OB=3，
∴AB==5，
∵△ABO绕点B逆时针旋转90°，得△A′BO′，∴BA=BA′，∠ABA′=90°，
∴△ABA′为等腰直角三角形，∴AA′=BA=5；
(2)、作O′H⊥y轴于H，如图②，∵△ABO绕点B逆时针旋转120°，得△A′BO′，
∴BO=BO′=3，∠OBO′=120°，∴∠HBO′=60°，在Rt△BHO′中，∵∠BO′H=90°﹣
∠HBO′=30°，
∴BH=BO′=，O′H=BH=，∴OH=OB+BH=3+，∴O′点的坐标为
（）；
（3）∵△ABO绕点B逆时针旋转120°，得△A′BO′，点P的对应点为P′，∴BP=BP′，
∴O′P+BP′=O′P+BP，作B点关于x轴的对称点C，连结O′C交x轴于P点，如图②，
则O′P+BP=O′P+PC=O′C，此时O′P+BP的值最小，∵点C与点B关于x轴对称，∴C（0，﹣3），
设直线O′C的解析式为y=kx+b，
把O′（），C（0，﹣3）代入得，解得，
∴直线O′C的解析式为y=x﹣3，当y=0时，x﹣3=0，解得x=，则P
（，0），
∴OP=，∴O′P′=OP=，作P′D⊥O′H于D，
∵∠BO′A=∠BOA=90°，∠BO′H=30°，∴∠DP′O′=30°，
∴O′D=O′P′=，P′D=，∴DH=O′H﹣O′，
∴P′点的坐标为（，）．
考点：几何变换综合题
9．如图1，在平面直角坐标系xOy中，抛物线C：y=ax2+bx+c与x轴相交于A，B两点，顶点为D（0，4），AB2F（m，0）是x轴的正半轴上一点，将抛物线C绕点F 旋转180°，得到新的抛物线C′．
（1）求抛物线C的函数表达式；
（2）若抛物线C′与抛物线C在y轴的右侧有两个不同的公共点，求m的取值范围．（3）如图2，P是第一象限内抛物线C上一点，它到两坐标轴的距离相等，点P在抛物线C′上的对应点P′，设M是C上的动点，N是C′上的动点，试探究四边形PMP′N能否成为正方形？若能，求出m的值；若不能，请说明理由．