初中数学人教版九年级上册第二十三章 旋转23.1 图形的旋转课堂检测

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23.1 图形的旋转


旋转的概念
将一个图形绕一个定点转动一定的角度，这样的图形运动称为图形的旋转.定点称为旋转中心，旋转的角度称为旋转角.

注意：旋转的三要素：旋转中心、旋转方向和旋转角度；图形的旋转不改变图形的形状、大小.
题型1：旋转中的概念及对应元素
1.下列运动中，属于旋转运动的是（　　）
A．小明向北走了 4 米 B．一物体从高空坠下
C．电梯从 1 楼到 12 楼 D．小明在荡秋千
【答案】D
【解析】【解答】解：A. 小明向北走了 4 米，是平移，不属于旋转运动，A不合题意；
B. 一物体从高空坠下，是平移，不属于旋转运动，B不合题意；
C. 电梯从 1 楼到 12 楼，是平移，不属于旋转运动，C不合题意；
D. 小明在荡秋千，是旋转运动，D符合题意．
故答案为：D．
【分析】根据图形旋转的定义求解即可。
【变式1-1】如图，线段AB绕着点O旋转一定的角度得线段A'B'，下列结论错误的是（　　）

A．AB＝A'B' B．∠AOA'＝∠BOB'
C．OB＝OB' D．∠AOB'＝100°
【答案】D
【解析】【解答】∵线段AB绕着点O旋转一定的角度得线段A'B'，
∴AB＝A′B′，∠AOA′＝BOB′，OB＝OB′，故A，B，C选项正确，
∵∠AOB和∠BOB′的度数不确定，
∴∠AOB′≠100°，故D选项错误.
故答案为：D.
【分析】由旋转的性质可得AB＝A′B′，∠AOA′＝BOB′，OB＝OB′，据此判断.

【变式1-2】如图（1）中，△和△都是等腰直角三角形，∠和∠都是直角，点在上，△绕着点经过逆时针旋转后能够与△重合，再将图（1）作为“基本图形”绕着点经过逆时针旋转得到图（2）.两次旋转的角度分别为（　　）

A．45°，90° B．90°，45° C．60°，30° D．30°，60°
【答案】A
【解析】根据图1可知，
∵△ABC和△ADE是等腰直角三角形，
∴∠CAB=45°，
即△ABC绕点A逆时针旋转45°可到△ADE；
如右图，
∵△ABC和△ADE是等腰直角三角形，
∴∠DAE=∠CAB=45°，
∴∠FAB=∠DAE+∠CAB=90°，
即图1可以逆时针连续旋转90°得到图2．

故选A．

旋转的性质
一个图形和它经过旋转所得到的图形中：
(1)对应点到旋转中心的距离相等；　　(2)两组对应点分别与旋转中心连线所成的角相等.　
注意：图形绕某一点旋转，既可以按顺时针旋转也可以按逆时针旋转.
题型2：旋转的性质及旋转中心的确定
2.如图，△DEF是由△ABC绕着某点旋转得到的，则这点的坐标是(　　)

A．(1，1) B．(0，1) C．(-1，1) D．(2，0)
【答案】B
【解析】【解答】解：如图，

连接AD、BE，作线段AD、BE的垂直平分线，
两线的交点即为旋转中心O′.其坐标是(0，1).
故答案为：B.
【分析】连接AD、BE，作线段AD、BE的垂直平分线，根据旋转的性质即可求解。
【变式2-1】如果一个图形绕着一个点至少需要旋转72°才能与它本身重合，则下列说法正确的是（　　）
A．这个图形一定是中心对称图形
B．这个图形可能是中心对称图形
C．这个图形旋转216°后能与它本身重合
D．以上都不对
【答案】C
【解析】【解答】解：A、旋转72°可以与原图形重合，则图形可以平分成5个相等的部分，因而可能是轴对称图形，不可能是中心对称图形．
B、旋转72°可以与原图形重合，则图形可以平分成5个相等的部分，因而可能是轴对称图形，不可能是中心对称图形．
C、由于216是72的整数倍，故C符合题意．
D、根据上述选项可知D不符合题意．
故答案为：C．
【分析】根据题目的条件，该图形旋转72°与自身重合，360°÷72°=5，会有五部分相等，所以中心对称图形没有可能，轴对称图形可能有。所以可以得出相应的正确答案。

【变式2-2】如图，四边形OABC绕点O旋转得到四边形ODEF，如果∠AOC＝40°，∠COD＝50°，那么：（1）这个图形的旋转中心是　 　；（2）旋转的角是　 　；（3）点A的对应点是　 　，线段OC的对应线是　 　．

【答案】O；90°；D；OF
【解析】【解答】四边形OABC绕点O旋转得到四边形ODEF，所以旋转中心是O；旋转角为∠AOD＝∠AOC＋∠COD＝90°；点A的对应点为D点，点C的对应点为点F，所以线段OC的对应线是OF．
【分析】根据旋转的定义来解题．

题型3：求旋转角度
3.如图，在 △ABC 中， ∠ACB=90° ， ∠A=30° ，将 △ABC 绕点C逆时针旋转90°得到 △DEC ，则 ∠AED 的度数为（　　）

A．105° B．120° C．135° D．150°
【答案】B
【解析】【解答】解：由旋转的性质可得：∠A=∠D=30°，∠ACB=∠DCE=90° ，
∴∠AED=∠D+∠DCE=120° ；
故答案为：B.
【分析】根据旋转的性质可得∠A=∠D=30°，∠ACB=∠DCE=90°，由外角的性质可得∠AED=∠D+∠DCE，据此计算.

【变式3-1】如图，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，将△ABC绕点A顺时针旋转90°后得到的△AB′C′（点B的对应点是点B′，点C的对应点是点C′），连接CC′．若∠CC′B′＝20°，则∠B的大小是（　　）

A．70° B．65° C．60° D．55°
【答案】B
【解析】【解答】解：∵将ΔABC绕点A顺时针旋转90°后得到的△AB′C′，
∴AC=AC，∠CAC=90°，∠B=∠ABC，
∴∠ACC=45°，
∴∠ABC=∠ACC+∠CCB=45°+20°=65°，
∴∠B=∠ABC=65°，
故答案为：B．

【分析】由题意得出AC=AC，∠CAC=90°，∠B=∠ABC，根据三角形的外角等于不相邻的两个内角和可求出∠B的大小。

【变式3-2】如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，∠A=α，将△ABC绕点C按顺时针方向旋转后得到△DEC，此时点E在AB边上，则旋转角的大小为（　　）

A．α B．2α C．90°−α D．90°−2α
【答案】B
【解析】【解答】解： ∵∠ACB=90° ， ∠A=α ，
∴∠B=90°−α ，
∵△ABC绕点C按顺时针方向旋转后得到△DEC ，
∴CB=CE ， ∠BCE 等于旋转角，
∴∠CEB=∠B=90°−α ，
∴∠BCE=180°−2∠B=2α ，
∴ 旋转角为 2α ．
故答案为：B.
【分析】根据内角和定理可得∠B=90°-α，根据旋转的性质可得CB=CE，由等腰三角形的性质可得∠CEB=∠B=90°-α，利用内角和定理求出∠BCE的度数，据此解答.

题型4：求旋转变换中的线段长度
4.如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，∠ABC=30°，AC＝3，将Rt△ABC绕点A逆时针旋转得到Rt△AB'C'，连接BB'，则BB'的长度是（　　）

A．1 B．3 C．3 D．23
【答案】D
【解析】【解答】解：∵在Rt△ABC中，∠C＝90°，∠ABC=30°，AC＝3，
∴∠BAC=90°－∠ABC=60°，AB=2AC=23，
∵将Rt△ABC绕点A逆时针旋转得到Rt△AB'C'，
∴∠BAB'=∠BAC=60°，AB=AB'，
∴△ABB'是等边三角形，
∴BB'=AB=23，
故答案为：D．

【分析】由旋转的性质可知∠BAB'=∠CAB，AB'=AB，可证明△ABB'是等边三角形，从而得出答案。
【变式4-1】如图，将矩形ABCD绕点B按顺时针方向旋转一定角度得到矩形ABCD．此时点A的对应点A恰好落在对角线AC的中点处．若AB＝3，则点B与点D之间的距离为（　　）

A．3 B．6 C．33 D．63
【答案】B
【解析】【解答】解：连接BD，

∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ABC=90°，AC=BD，
∵点A是AC的中点， ∴AA=AB，
∵将矩形ABCD绕点B按顺时针方向旋转一定角度得到矩形ABCD，
∴AB=AB，BD=AC=BD，
∴AB=AB=AA，
∴△AA′B是等边三角形，
∴∠BAA'=60°，
∴∠ACB=30°，
∵AB=3， ∴AC=2AB=6，
∴BD=6．
即点B与点D之间的距离为6．
故答案为：B．
【分析】根据旋转的性质求出AB=AB，BD=AC=BD，再求出∠BAA'=60°， 最后计算求解即可。

【变式4-2】如图，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝6，BC＝8．把△ABC绕点A逆时针方向旋转到△AB'C'，点B'恰好落在AC边上，则CC'＝（　　）

A．10 B．213 C．234 D．45
【答案】D
【解析】【解答】解：∵在Rt△ABC中，AB＝6，BC＝8，
∴AC=AB2+BC2=10，
由旋转性质可知，AB= AB'=6，BC= B'C'=8，
∴B'C=10-6=4，
在Rt△B'C'C中，CC=BC2+BC2=42+82=45，
故答案为：D．

【分析】利用勾股定理求出AC的值，再根据旋转的性质即可得出答案。
题型5：利用旋转求阴影部分面积
5.如图，将正方形纸片ABCD绕着点A按逆时针方向旋转30º后得到正方形AB´C´D´，若 AB=23cm ，则图中阴影部分的面积为（　　）

A．6cm2 B．(12−63)cm2 C．33cm2 D．43cm2
【答案】D
【解析】【解答】设CD，B′C′相交于点M，DM=x，则∠MAD=30°，AM=2x，
∵x2++(2 3 )2=4x2，
∴x=2，
∴S△ADM= 12 ×AD×DM= 12 ×2 3 ×2=2 3 ，
∴重叠部分的面积SADMB′=4 3 .
故答案为：D.

【分析】根据旋转的性质可以得出AB=AB’=AD，再利用HL判定三角形ADM与三角形AB'M全等，可以得出∠MAD=30°，从而得出答案。
【变式5-1】如图，等腰Rt△ABC中，∠C＝90°，BC＝6cm，将△ABC绕点A顺时针旋转15°后得到△AB′C′，则图中阴影部分的面积是　 　cm2．

【答案】63 cm2
【解析】【解答】根据题意可得： BC=B′C′=AC=A′C′=6cm ，∠BCA=45°
又 ∠C′AC=15°
∴∠C′AB=30°
在直角三角形 ADC' 中， DC′=AC′⋅tan∠C′AB=23cm
∴S阴=12×AC′×DC′=63cm2
故答案为： 63cm2 .

【分析】根据等腰直角三角形可得 BC=B′C′=AC=A′C′=6cm ，∠BCA=45°，进而根据旋转求出 ∠C′AB=30° ，再利用三角函数求出 DC′ ，最后根据面积公式即可得出答案.


【变式5-2】如图，在 ΔABC 中， AB=8 ，将 ΔABC 绕点 B 按逆时针方向旋转 30° 后得到 ΔA1BC1 ，则阴影部分面积为(　　)

A．8 B．9 C．16 D．18
【答案】C
【解析】【解答】解：∵在△ABC中，AB=6，旋转后△ABC≌△A1BC1，
∴A1B=AB=6，
∴△A1BA是等腰三角形，∠A1BA=30°，
∴S△ABA1= 12×6×3 =9，
∵阴影部分面积=S△ABA1+S△A1BC1-S△ABC，
∴阴影部分面积=9.
【分析】旋转后△ABC≌△A1BC1，则阴影部分面积=S△ABA1+S△A1BC1-S△ABC.

旋转的作图
在画旋转图形时，首先确定旋转中心，其次确定图形的关键点，再将这些关键点沿指定的方向旋转指定的角度，然后连接对应的部分，形成相应的图形．
注意：　
作图的步骤：
(1)连接图形中的每一个关键点与旋转中心；
(2)把连线按要求（顺时针或逆时针）绕旋转中心旋转一定的角度（旋转角）；
(3)在角的一边上截取关键点到旋转中心的距离，得到各点的对应点；
(4)连接所得到的各对应点.
题型6：旋转的作图
6.分别画出 △ABC 绕点 O 逆时针旋转 90° 和 180° 后的图形．

【答案】解：如图， △A1B1C1 是 △ABC 绕点 O 逆时针旋转 90° 后的三角形，

如图， △A2B2C2 是 △ABC 绕点 O 逆时针旋转 180° 后的三角形，

【解析】【分析】根据旋转的性质作图即可。
【变式6-1】如图，△ABC三个顶点的坐标分别为A（2，4），B（1，1），C（4，3）．

（1）请画出△ABC关于x轴对称的△A1B1C1，并写出点A1的坐标．
（2）请画出△ABC绕点B逆时针旋转90°后的△A2BC2，并写出点A2的坐标．
【答案】（1）解：如图，△A1B1C1即为所求；

∵A1是A（2，4）关于x轴对称的点，
∴根据关于x轴对称的点的坐标特征可知：A1(2，−4)；
（2）解：如图，△A2BC2即为所求，

∴A2的坐标为（-2，2）．
【解析】【分析】（1）根据关于x轴对称的点的坐标特点作图，再求点的坐标即可；
（2）根据旋转的性质作图，再求点的坐标即可。

【变式6-2】如图，△ABC三个顶点的坐标分别为A（1，1），B（4.2）．C（3.4）

⑴请画出将△ABC向左平移6个单位长度后得到的图形△A1B1C1；
⑵请画出△ABC绕原点O顺时针旋转90°的图形△A2B2C2；
⑶△A2B2C2可看成将△A1B1C1以某点为旋转中心旋转而得，则旋转中心的坐标是 ▲ ．
【答案】解：⑴△ABC三个顶点的坐标分别为A（1，1），B（4，2）．C（3，4），
△ABC向左平移6个单位长度后得到的图形△A1B1C1，
∴A1（-5，1），B1（-2，2）．C1（-3，4），
描点A1（-5，1），B1（-2，2）．C1（-3，4）连结A1B1，B1C1，C1A1，
则△A1B1C1为所求；

⑵△ABC绕原点O顺时针旋转90°的图形△A2B2C2，
∵△ABC三个顶点的坐标分别为A（1，1），B（4，2）．C（3，4）
∴A2（1，-1），B2（2，-4）．C2（4，-3），
然后描点A2（1，-1），B2（2，-4）．C2（4，-3），连结A2B2． B2C2，C2A2，
则A2B2C2为所求；
⑶（-3，-3）
【解析】【解答】解：⑶作A1A2的中垂线，B1B2的中垂线，两垂线的交点D为旋转中心，
∵A1（-5，1），A2（1，-1），
∴A1A2的中点坐标为E（-2，0），
∵B1（-2，2）．B2（2，-4）．
∴B1B2的中点坐标为F（0，-1），
点A1绕A1A2的中点（-2，0）顺时针旋转90°得出点横坐标为-2+（1-0）=-1，纵坐标为-2-（-5）=3，
∴点A1′(-1，3)在DE直线上，
设DE解析式为y=kx+b代入坐标得：
−2k+b=0−k+b=3，
解得k=3b=6，
∴DE解析式为y=3x+6，
点B1绕B1B2的中点F顺时针旋转90°的点B1′的横坐标2-（-1）=3，纵坐标为-1+[0-（-2）]=1，
∴点B1′（3，1）在DF直线上，
设DF解析式为y=mx+n代入坐标得：
n=−13m+n=1，
解得n=−1m=23，
DF解析式为y=23x−1，
∴y=3x+6y=23x−1，
解得x=−3y=−3，
∴旋转中心D坐标为（-3，-3）．
故答案为（-3，-3）．
【分析】（1）利用平移的性质找出点A、B、C的对应点，再连接即可；
（2）利用旋转的性质找出点A、B、C的对应点，再连接即可；
（3）作A1A2的中垂线，B1B2的中垂线，两垂线的交点D为旋转中心，再求解即可。
题型7：以等边三角形为背景的旋转问题
7.如图，△ABD，△AEC都是等边三角形，线段BE与DC有怎样的数量关系？请用旋转的性质说明上述关系成立的理由．

【答案】解：BE=CD，理由是：
∵△ABD，△AEC都是等边三角形，
∴AC=AE，AB=AD，∠CAE=∠DAB=60°，
∴∠BAE=∠DAC，
在△BAE和△DAC中，
∵AC=AE∠BAE=∠DACAB=AD ，
∴△BAE≌△DAC（SAS），
∴BE=CD
【解析】【分析】利用等边三角形的性质证明△BAE≌△DAC即可．
【变式7-1】如图，点O是等边三角形ABC内的一点，∠BOC=150°，将△BOC绕点C按逆时针旋转得到△ADC，连接OD，OA．

（1）求∠ODC的度数；
（2）若OB=2，OC=3，求AO的长．
【答案】（1）解：由旋转的性质得，CD=CO，∠ACD=∠BCO，
∵∠ACB=60°，
∴∠DCO=60°，
∴△OCD为等边三角形，
∴∠ODC=60°；
（2）解：由旋转的性质得，AD=OB=2，
∵△OCD为等边三角形，
∴OD=OC=3，
∵∠BOC=150°，∠ODC=60°，
∴∠ADO=90°，
在Rt△AOD中，由勾股定理得：AO=AD2+OD2=22+32=13．
【解析】【分析】（1）先求出 ∠DCO=60°， 再求出 △OCD为等边三角形， 最后求解即可；
（2）先求出 OD=OC=3， 再求出 ∠ADO=90°， 最后利用勾股定理计算求解即可。

【变式7-2】如图，已知等边三角形ABC，O为△ABC内一点，连接OA，OB，OC，将△BAO绕点B旋转至△BCM.

（1）依题意补全图形；
（2）若OA= 2 ，OB= 3 ，OC=1，求∠OCM的度数.
【答案】（1）解：依题意补全图形，如图所示：

（2）解：连接OM，

∵△ABC为等边三角形,
∴∠ABC=60°.
∵△BAO旋转得到△BCM， OA= 2， OB= 3 ,
∴MC=OA= 2， MB=OB= 3 ，∠OBM=∠ABC=60° .
∴△OBM为等边三角形.
∴OM= OB= 3 .
在△OMC中，OC=1，MC= 2， OM= 3 .
∵12+(2)2=(3)2 ,
∴OC 2 +MC 2 =OM 2.
∴∠OCM=90°.
【解析】【分析】（1）根据题意叙述可知旋转角是60°，画出图形即可.（2）由旋转的性质得BO=BM, ∠OBM=∠ABC=60°,则可判断△OBM为等边三角形,所以OM= 3 ；在△OMC中，利用勾股定理逆定理可得△OMC为直角三角形，所以∠OCM=90°

题型8：以正方形为背景的旋转问题
8.在正方形ABCD中，∠EDF=45°，求证：EF=AE+CF．

【答案】解：∵四边形 ABCD 为正方形，
∴DA=DC，∠A=∠ADC=90° ，
把 Rt△DAE 绕点 D 逆时针旋转90°得到 Rt△DCG ，如图，

∴AE=CG，DE=DG，∠EDG=90°，∠DCG=∠A=90° ，
而 ∠DCF=90° ，
∴G 在 BC 的延长线上，
∴FG=FC+CG ，
∵∠EDF=45° ，
∴∠FDG=∠EDG−∠EDF=45° ，
在 △DFE 和 △DFG 中，
DF=DF∠EDF=∠GDFDE=DG
∴△DFE≌△DFG（SAS） ，
∴EF=FG ，
∴EF=FC+CG=FC+AE ．
【解析】【分析】根据正方形的性质得DA=DC，∠A=∠ADC=90°，则可把Rt△DAE绕点D逆时针旋转90°得到Rt△DCG，如图，根据旋转的性质AE=CG，DE=DG，∠EDG=90°，∠DCG=∠A=90°，则可判断点G在BC的延长线上，所以FG=FC+CG，然后证明△DFE≌△DGF，得到EF=FG，即可得EF=FC+AE．
【变式8-1】如图所示，四边形ABCD是正方形，点E是边BC的中点且∠AEF=90°，EF交正方形外角平分线CF于点F，取边AB的中点G，连接EG．

（1）求证：EG=CF；
（2）将△ECF绕点E逆时针旋转90°，请在图中直接画出旋转后的图形，并指出旋转后CF与EG的位置关系．
【答案】（1）证明：∵正方形ABCD，点G，E为边AB、BC中点，
∴AG=EC，△BEG为等腰直角三角形，
∴∠AGE=180°-45°=135°，
又∵CF为正方形外角平分线，
∴∠ECF=90°+45°=135°，
∴∠AGE=∠ECF，
∵∠AEF=90°，
∴∠GAE=90°-∠AEB=∠CEF，
∴△AGE≌△ECF，
∴EG=CF；
（2）解：画图如图所示，

由旋转得∠C′AE=∠CFE
∵△AGE≌△ECF
∴∠GEA=∠CFE
∴∠C′AE=∠GEA
∴C′A//EG
即旋转后CF与EG互相平行．
【解析】【分析】（1）先求出 ∠AGE=135°，再求出△AGE≌△ECF， 最后证明求解即可；
（2）根据题意求出 ∠GEA=∠CFE ，再求出 ∠C′AE=∠GEA ，最后证明求解即可。

【变式8-2】如图，在正方形ABCD中，E为CD边上一点，F为BC延长线上一点，且CE＝CF，连接EF

（1）若∠FDC＝30°，求∠BEF的度数；
（2）BE与DF之间有怎样的关系？并说明理由
【答案】（1）解：在正方形ABCD中，BC＝DC，∠BCD＝90°
∴ ∠DCF＝180°－∠BCD＝90°
∴ ∠BCE＝∠DCF
∵ CE＝CF
∴ △BCE≌△DCF（SAS）
∴ ∠CBE＝∠FDC＝30°
在Rt△BCE中，∠BEC＝90°－∠CBE＝90°－30°＝60°
∵ ∠DCF＝90°，CE＝CF
∴ △ECF为等腰直角三角形
∴ ∠FEC＝45°
∴ ∠BEF＝∠BEC＋∠FEC＝60°＋45°＝105°
（2）解：BE＝DF且BE⊥DF
证明：∵ △BCE≌△DCF
∴ BE＝DF
延长BE交DF于点M

在Rt△DCF中，∠FDC＋∠DFC＝90°
∵ ∠CBE＝∠FDC
∴ ∠CBE＋∠DFC＝90°
∴ ∠BMF＝90°
∴ BE⊥DF
【解析】【分析】（1）根据正方形的性质得到CB=CD，∠BCE=∠DCF=90°，加上CE=CF，利用旋转的定义可把△CBE绕点C顺时针旋转90°可得到△CDF，则根据旋转的性质得到∠CBE=∠FDC=30°，则∠BEC=60°，加上∠CEF=45°，所以∠BEF=∠BEC+∠CEF=105°；
（2）根据旋转的性质得到BE=DF，BE与DF的夹角为90°，即可证明BE⊥D。

题型9：旋转中的最值问题
9.如图，在 RtΔABC 中， ∠ACB=90° ，将 ΔABC 绕顶点 C 逆时针旋转得到△ A′B′C ， M 是 BC 的中点， P 是 A′B′ 的中点，连接 PM ．若 BC=2 ， ∠BAC=30° ，则线段 PM 的最大值是（　　）

A．4 B．3 C．2 D．1
【答案】B
【解析】【解答】解：如图，连接PC，

∵∠ACB=90°，∠A=30°，BC=2，
∴AB=4，
根据旋转的性质得，A′B′=AB=4，∠A′CB′=90°，
∵P是A′B′的中点，
∴PC=12A′B′=2，
∵M是BC的中点，
∴CM=BM=1，
∵PM＜PC+CM，
∴P，C，M三点共线时，PM有最大值，
∴PM=PC+CM=2+1=3，
∴PM的最大值为3.
故答案为：B.
【分析】连接PC，根据旋转的性质和直角三角形的性质得出PC=2，根据线段中点的定义得出CM=1，再根据三角形三边关系得出P，C，M三点共线时，PM有最大值，即可得出答案.
【变式9-1】如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，∠A=30°，AC=43，BC的中点为D，将△ABC绕点C顺时针旋转任意一个角度得到△FEC，EF的中点为G，连接DG．在旋转过程中，求DG的最大值和最小值．


解：连接CG，

∵在Rt△ABC中，∠ACB=90°，∠A=30°，AC=43
∴AC=3BC=43，AB=2BC，∴BC=4，AB=8，
∵点D是BC中点，
∴CD=2，
∵将△ABC绕点C顺时针旋转任意一个角度得到△FEC，
∴EF=AB=8，∠ACB=∠ECF=90°，
∵点G是EF的中点，
∴CG=4，
当点C在DG上时，DG有最大值=DC+CG=6，
当点D在CG上时，DG有最小值=CG-CD=2．
【点评】本题考查了旋转的性质，解直角三角形，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半的性质，根据三角形的三边关系判断出DG取最大值时是解题的关键．
【变式9-2】如图，在△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC=1，P是△ABC内一点，求PA+PB+PC的最小值．

【分析】以点C为旋转中心，将△CPB顺时针旋转60°得到△CMN，根据△PCM、△BCN都是等边三角形，可得PA+PB+PC=AP+PM+MN；根据当A、P、M、N四点共线时，由CA=AB，NC=NB可得AN垂直平分BC，进而求得PA+PB+PC的最小值．
【解答】解：如图所示，以点C为旋转中心，将△CPB顺时针旋转60°得到△CMN，连接BN，连接PM，交BC于点Q

由旋转可得，△CMN≌△CPB，
∴MN=BP，PC=CM，∠PCM=60°=∠BCN，BC=CN，
∴△PCM、△BCN都是等边三角形，
∴PC=PM，
∴PA+PB+PC=PM+MN+PA，
∴点A、P、M、N四点共线时，PA+PB+PC有最小值，
∵∠BAC=90°，AB=AC=1，

【点评】本题考查了旋转的性质，全等三角形的判定和性质，等边三角形的判定和性质等知识，利用旋转的性质构造全等三角形是本题的关键．


一、单选题
1．如图，正方形ABCD中，点O为对角线的交点，直线EF过点O分别交AB，CD于E，F两点（BE>EA），若过点O作直线与正方形的一组对边分别交于G，H两点，满足GH=EF，则这样的直线GH（不同于直线EF）的条数共有（　　）

A．1条 B．2条 C．3条 D．无数条
【答案】C
【解析】【解答】解：根据旋转变换的性质可知满足条件的线段有3条，如图所示；

故答案为：C．
【分析】根据图形的旋转及旋转的性质求解即可。
2．如图，在方格中的四叶风车，其中一个叶轮至少旋转(　　)度才能与相邻的叶轮重合。

A．45° B．90° C．60° D．120
【答案】B
【解析】【解答】解： 360∘4 =90°
故答案为：B.
【分析】 这个四叶风车被分成4个完全相同的部分，可得旋转的最小角度为360°除以4即得.
3．如图，△ABC中，AB＝AC，点P为△ABC内一点，∠APB＝∠BAC＝120°.若AP＋BP＝4，则PC的最小值为（　　）

A．2 B．23 C．5 D．3
【答案】B
【解析】【解答】解：把△APB绕点A逆时针旋转120°得到△AP'C，作AD⊥PP'于D，

则AP=AP'，∠PAP'=120°，∠AP'C=∠APB=120°，∴∠AP'P=30°，∴PP' =3 AP，∠PP'C=90°.
∵AP+BP=4，∴BP=4﹣PA.在Rt△PP'C中，PC =P'P2+P'C2=(3PA)2+(4−PA)2=4(PA−1)2+12 ，则PC的最小值为 12= 2 3 .
故答案为：B.
【分析】把△APB绕点A逆时针旋转120°得到△AP'C，作AD⊥PP'于D，根据旋转的性质得出AP=AP'，∠PAP'=120°，∠AP'C=∠APB=120°，根据等边对等角及三角形的内角和得出∠AP'P=30°，根据含30°直角三角形的边之间的关系及等腰三角形的三线合一得出PP' =3 AP，根据角的和差得出∠PP'C=90°，.在Rt△PP'C中，利用勾股定理表示出PC的长，根据偶数次幂的非负性即可得出PC的最小值。
4．如图，在△ABC中，∠CAB=70°，将△ABC绕点A按逆时针方向旋转一个锐角α到△AB′C′的位置，连接CC′，若CC′∥AB，则旋转角α的度数为（　　）

A．40° B．50° C．30° D．35°
【答案】A
【解析】【解答】解：∵CC′∥AB，
∴∠ACC′=∠CAB=70°，
∵△ABC绕点A按逆时针方向旋转一个锐角α到△AB′C′的位置，
∴AC=AC′，∠CAC′等于旋转角，
∴∠AC′C=∠ACC′=70°，
∴∠CAC′=180°﹣70°﹣70°=40°，
∴旋转角α的度数为40°．
故答案为：A．
【分析】由旋转的性质可得AC=AC′，∠CAC′等于旋转角，再利用平行线的性质可得∠ACC′=∠CAB=70°，进而旋转角α的度数180°﹣70°﹣70°=40°.
5．下列说法正确的是（　　）
A．平移不改变图形的形状和大小，而旋转则改变图形的形状和大小
B．平移和旋转的共同点是改变了图形的位置，而图形的形状大小没有变化
C．图形可以向某方向平移一定距离，也可以向某方向旋转一定距离
D．在平移和旋转图形中，对应角相等，对应线段相等且平行
【答案】B
【解析】【解答】解：A、平移不改变图形的形状和大小，而旋转同样不改变图形的形状和大小，故A错误；
B、平移和旋转的共同点是改变图形的位置，而图形的形状大小没有变化，故B正确；
C、图形可以向某方向平移一定距离，而旋转是围绕中心做圆周运动，故C错误；
D、在平移和旋转图形中，对应角相等，平移中对应线段相等且平行，旋转图形对应线段相等但不一定平行，故D错误．
故选：B．
【分析】根据平移和旋转的性质，对选项进行一一分析，排除错误答案．
6．如图，直角三角形ABC中，∠C=90°，将ΔABC绕点A逆时针旋转至ΔAED，使点C的对应点D恰好落在边AB上，E为点B的对应点．设∠BAC的度数为α，则∠BED的度数为（　　）

A．α B．35α C．25α D．12α
【答案】D
【解析】【解答】解：∵△ABC绕点A逆时针旋转至△AED，使点C的对应点D恰好落在边AB上，E为点B的对应点，
∴∠DAE＝∠BAC＝a，∠ADE＝∠ACB＝90°，AE＝AB，
∴∠ABE＝∠AEB，
∴∠ABE＝12（180°−α）＝90°−12α，
在Rt△BDE中，∠BED＝90°−∠DBE＝90°−（90°−12α）＝12α．
故答案为：D．
【分析】根据旋转的性质可得∠DAE＝∠BAC＝a，∠ADE＝∠ACB＝90°，AE＝AB，即可得到∠ABE＝∠AEB，再利用三角形的内角和可得∠ABE＝12（180°−α）＝90°−12α，最后利用三角形的内角和可得∠BED＝90°−∠DBE＝90°−（90°−12α）＝12α。
二、填空题
7．正六边形可以看成由基本图形　 　经过　 　次旋转而成．
【答案】正三角形；5
【解析】【解答】根据图形可得：正六边形可以看成由基本图形正三角形经过5次旋转而成．

【分析】此题是开放性的命题，即可看成是一个正三角形经过5次旋转形成的，也可以看成是一个菱形经过2次旋转形成的，还可以看成是两个相对的正三角形经过两次旋转形成的。
8．如图，△ABC中，∠C=30°，将△ABC绕点A顺时针旋转50°得到△ADE，AE与BC交于F，则∠AFB=　 　°．

【答案】80
【解析】【解答】解：∵△ABC绕点A顺时针旋转50°得到△ADE，
∴∠CAE=50°，
∵∠AFB=∠C+∠CAE，∠C=30°，
∴∠AFB=30°+50°=80°，
故答案为80．

【分析】根据旋转角的定义以及三角形的外角的性质即可解决问题．
9．如图，在Rt△ABC中，∠A=90°，AB=3，AC=4，D为AC中点，P为AB上的动点，将P绕点D逆时针旋转90°得到P′，连CP′，则线段CP′的最小值为　 　．

【答案】2
【解析】【解答】解：如图所示，过P'作P'E⊥AC于E，

则∠A=∠P'ED=90°，
由旋转可得，DP=P'D，∠PDP'=90°，
∴∠ADP=∠EP'D，
在△DAP和△P'ED中，
∠ADP=∠EP'D∠A=∠P'EDDP=P'D ，
∴△DAP≌△P'ED（AAS），
∴P'E=AD=2，
∴当AP=DE=2时，DE=DC，即点E与点C重合，
此时CP'=EP'=2，
∴线段CP′的最小值为2，
故答案为：2．
【分析】过P'作P'E⊥AC于E，由旋转的性质及同角的余角相等，再用AAS判断出△DAP≌△P'ED，根据全等三角形对应边相等得出P'E=AD=2，当AP=DE=2时，DE=DC，即点E与点C重合，此时CP'=EP'=2，故线段CP′的最小值为2。
三、作图题
10．在4×4的方格纸中，△ABC的三个顶点都在格点上.
（1）在图1中画出与△ABC成轴对称且与△ABC有公共边的格点三角形（画出一个即可）；
（2）将图2中的△ABC绕着点C按顺时针方向旋转90°，画出经旋转后的三角形.

【答案】（1）解：如图所示：
或
（2）解：如图所示：

【解析】【分析】（1）根据轴对称图形的定义，分别以边AC、BC所在的直线为对称轴作出图形即可；
（2）根据网格图的特征找出点A、B绕着点C按顺时针方向旋转90°后的对应点的位置，再与点C顺次连接即可求解.
四、解答题
11．如图所示，在边长为1个单位的正方形网格中建立平面直角坐标系，△ABC的顶点均在格点上．
（1）画出△ABC关于y轴对称的△A1B1C1；
（2）将△A1B1C1向下平移3个单位，画出平移后的△A2B2C2；
（3）将△A2B2C2绕点C2顺时针旋转90°，画出旋转后的△A3B3C2；并直接写出点A3、B3的坐标．

【答案】解：（1）如图，△A1B1C1为所求．
（2）如图，△A2B2C2为所求．
（3）如图，△A3B3C2为所求．
A3（2，﹣2）B3（0，﹣3）．

【解析】【分析】（1）找出△ABC各顶点关于y轴对称的对应点，然后顺次连接即可；
（2）找出△ABC各顶点向下平移3个单位后的对应点，然后顺次连接即可；
（3）根据旋转的性质找出旋转后各顶点的对应点，然后顺次连接，点A3、B3的坐标可观察坐标系直接写出．
12．在△AMB中，∠AMB=90°，将△AMB以B为中心顺时针旋转90°，得到△CNB．
求证：AM∥NB．

【答案】证明：由旋转的性质得：△AMB≌△CNB，∠ABC=90°，
∴∠ABM=∠CBN，∠ABN+∠CBN=90°，
∴∠ABM+∠ABN=90°，
即∠MBN=90°，
∴∠AMB+∠MBN=90°+90°=180°，
∴AM∥NB．
【解析】【分析】由旋转的性质得出△AMB≌△CNB，∠ABC=90°，得出∠ABM=∠CBN，∠ABN+∠CBN=90°，证出∠MBN=90°，得出∠AMB+∠MBN=180°，即可得出结论．
13．在边长为1的正方形网格中,△AOB的位置如图所示.

（1）将△OAB绕着点O逆时针旋转90°，画出旋转后得到的△OCD；
（2）直接写出旋转过程中，点A所经过路径的长为　 　.
【答案】（1）解：如图

（2）2π
【解析】【解答】解：（2）由勾股定理得, OB=22+22=22，
∴点A所经过路径的长为 =90⋅π⋅22180=.2π
【分析】（1）利用勾股定理计算OB长度。
（2）∠COA=90，半径为22，利用弧长公式可得点A所经过的路径长。
14．将两块大小相同的含30°角的直角三角板（∠BAC＝∠B1A1C＝30°）按图①的方式放置，固定三角板A1B1C，然后将三角板ABC绕直角顶点C顺时针方向旋转（旋转角小于90°）至图②所示的位置，AB与A1C交于点E，AC与A1B1交于点F，AB与A1B1交于点O．

（1）求证：△BCE≌△B1CF.
（2）当旋转角等于30°时，AB与A1B1垂直吗？请说明理由．
【答案】（1）证明：两块大小相同的含30°角的直角三角板，所以∠BCA=∠B′CA′∵∠BCA-∠A1CA=∠B1CA1-∠A1CA
即∠BCE=∠B1CF
∵∠B=∠B1BC=B1C∠BCE=∠1BCF，
∴△BCE≌△B1CF（ASA）
（2）解：AB与A1B1垂直，理由如下：旋转角等于30°，即∠ECF=30°，所以∠FCB1=60°，
又∠B=∠B1=60°，
根据四边形的内角和可知∠BOB′的度数为360°-60°-60°-150°=90°，
所以AB与A1B1垂直
【解析】【分析】（1）由于∠BCA=∠B1CA1，利用等式的性质可得∠BCE=∠B1CF，根据“ASA”可证△BCE≌△B1CF.
（2）利用旋转角等于30°，可得∠FCB1=60°， 在 四边形BOB1C中，利用四边形内角和等于360°,求出∠BOB1的度数即可.
15．如图①，△ABC中，AC=BC，∠A=30°，点D在AB边上且∠ADC=45°．

（1）求∠BCD的度数；
（2）将图①中的△BCD绕点B顺时针旋转，得到△BC′D′．当点D′恰好落在BC边上时，如图②所示，连接C′C并延长交AB于点E．
①求∠C′CB的度数；
②求证：△C′BD′≌△CAE．
【答案】（1）解：∵AC=BC，∠A=30°，∴∠CBA=∠CAB=30°．∵∠ADC=45°，∴∠BCD=∠ADC﹣∠CBA=15°=∠BC'D'
（2）解：如图，

①由旋转可得CB=C'B=AC，∠C'BD'=∠CBD=∠A=30°，∴∠CC'B=∠C'CB=75°；
②证明：∵AC=C'B，∠C'BD'=∠A，∴∠CEB=∠C'CB﹣∠CBA=45°，∴∠ACE=∠CEB﹣∠A=15°，∴∠BC'D'=∠BCD=∠ACE．在△C'BD'和△CAE中， ∠BC'D'=∠ACEAC=C'B∠C'BD'=∠A ，∴△C'BD'≌△CAE（ASA）．
【解析】【分析】（1）由已知条件可求出∠CBA =30°，根据三角形的外角性质，即可求∠BCD的度数。（2）①由旋转可知CB=C'B，∠C'BD'=∠CBD=∠A=30°，根据三角形的内角和定理，即可求出∠C′CB的度数。
②由题意可知C'B=AC，∠C'BD'=∠A，∠BC'D'=∠ACE，根据角边角公理可证△C'BD'≌△CAE。