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数学九年级上册23.1 图形的旋转优秀当堂检测题
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这是一份数学九年级上册23.1 图形的旋转优秀当堂检测题，共44页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
第16课图形的旋转
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．依次观察三个图形：，并判断照此规律从左向右第四个图形是（ ）
A． B． C． D．
2．在图形的旋转中，下列说法不正确的是（ ）
A．旋转前和旋转后的图形一样 B．图形上的每一个点到旋转中心的距离都相等
C．图形上的每一个点旋转的角度都相同 D．图形上可能存在不动的点
3．下列说法错误的是（ ）
A．平移和旋转都不改变图形的形状和大小
B．平移和旋转能改变图形的位置
C．平移和旋转都不改变图形的位置
D．平移和旋转能改变图形的位置，而不改变图形的形状、大小
4．将下图所示的图案按顺时针方向旋转90°后可以得到的图案是（ ）
A． B． C． D．
5．如图，方格纸中，将Rt△AOB绕点B按顺时针旋转90°后可以得到Rt△A′O'B 的是（ ）
A． B． C． D．
6．如图，在平面直角坐标系中，的顶点都在方格线的格点上，将绕点A逆时针方向旋转，得到，则点C的对应点的坐标为（ ）
A． B． C． D．
7．如图，点P(1，4)绕着原点顺时针方向旋转90度后得到像点Q，则点Q的坐标是（ ）
A．（1，-4） B．（-1，4） C．（4，-1） D．（-4，1）
8．如图，将△ABC绕点B顺时针旋转一定的角度得到，此时点C在边上，若AB＝5，＝2，则的长是（ ）
A．2 B．3 C．4 D．5
9．下列图形中，只经过旋转即可得到的是（ ）
A． B． C． D．
10．如图，该图形围绕其中心点O按下列角度旋转后，能与其自身重合的是（ ）
A． B． C． D．
11．如图，在平面直角坐标系中，已知，，，将先向右平移3个单位长度得到，再绕顺时针方向旋转90°得到，则的坐标是（ ）
A． B． C． D．
12．把如图中的三角形A（ ）可以得到三角形B．
A．先向右平移5格，再向上平移2格．
B．先向右平移7格，再以直角顶点为中心逆时针旋转，然后向上平移1格．
C．先以直角顶点为中心顺时针旋转，再向右平移5格．
D．先向右平移5格，再以直角顶点为中心逆时针旋转．
13．以图（1）（以O为圆心，半径为1的半圆）作为“基本图形”，分别经历如下变换，不能得到图（2）的是（ ）
A．绕着OB的中点旋转180°即可 B．先绕着点O旋转180°，再向右平移1个单位
C．先以直线AB为对称轴进行翻折，再向右平移1个单位 D．只要向右平移1个单位
14．在平面直角坐标系中，点G的坐标是，连接，将线段绕原点O旋转，得到对应线段，则点的坐标为（ ）
A． B． C． D．
15．如图，将△ABC旋转得到△ADE，DE经过点C，若AD⊥BC，，则∠ACB的度数为（ ）
A． B． C． D．
16．如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，∠ABC=30°，AC=1cm，将Rt△ABC绕点A逆时针旋转得到Rt△A′B′C′．使点C′落在AB边上，连接BB′，则BB′的长度是( )
A．1cm B．2cm C．3cm D．23cm
17．如图，在中，，，，将绕点B顺时针旋转得到，连接DC交AB于点F，则与的周长之和为（ ）
A．16 B．24 C．32 D．40
18．如图，在平面直角坐标系中，是菱形对角线的中点，轴且，，将菱形绕点旋转，使点落在轴上，旋转后点的对应点的坐标是( )
A． B．或 C． D．或
19．如图，将△ABE绕正方形ABCD的顶点A逆时针旋转90°，得到△ADF，连接EF，则下列结论错误的是（ ）
A．△EAB≌△FAD
B．AE⊥AF
C．∠AEF＝45°
D．四边形AECF的周长等于四边形ABCD的周长
20．如图，将△ABC绕点B逆时针旋转80°得△DBE，点D，E分别为点A，C的对应顶点，连接AD，若ADBC，则∠DBE为（ ）
A．80° B．50° C．55° D．100°
21．如图，在ABC中，AB=6，将ABC绕点B按逆时针方向旋转后得到，则图中阴影部分的面积为（ ）
A． B． C． D．
22．如图，P是等边三角形内的一点，且，将绕点B顺时针旋转得到，连接，则以下结论中不正确的是（ ）
A． B． C． D．
23．如图，在平面直角坐标系中，将边长为a的正方形OABC绕点O顺时针旋转后得到正方形，依此方式连续旋转2023次得到正方形，那么点的坐标是（ ）
A．（a，a） B． C． D．
24．如图，在平面直角坐标系中，的顶点坐标分别为，点绕点A旋转得到点，点绕点B旋转得到点，点绕点C旋转得到点，点绕点A旋转得到点……按此作法进行下去，则点的坐标为（ ）
A． B． C． D．
25．如图，O是等边△ABC内一点，OA=3，OB=4，OC=5，将线段BO以点B为旋转中心逆时针旋转60°得到线段BO′，下列结论：①△BO′A可以由△BOC绕点B逆时针旋转60°得到；②线段OO′=4；③∠AOB=150°；④=6+4，其中正确的结论个数有（ ）个
A．1 B．2 C．3 D．4
二、填空题
26．将数字“6”旋转，得到数字“9”，将数字“9”旋转，得到数字“6”，现将数字“689”整体旋转，得到的数字是 ．
27．关于如图的形成过程：（1）由一个三角形平移形成的；（2）由一个三角形绕中心依次旋转形成的；（3）由一个三角形作轴对称形成的；（4）由一个三角形先平移再旋转形成的，说法正确的有 ；（填序号）
28．如图，在△ABC中，∠ACB=90°，∠B=30° ．现将△ABC绕直角顶点C逆时针旋转，当点A的对应点落在AB边上时即停止．若BC=3，则= ．
29．平面直角坐标系中，点A的坐标为（2，3），把OA绕点O逆时针旋转90°，那么A点旋转后所到点的横坐标是 ．
30．如图，在△ABC中，已知AB＝AC，∠BAC＝40°，将△ABC绕点C顺时针旋转到，使点落在AC上，那么∠A的度数是 °．
31．如图，在△ABC中，AC＝2＋2，∠BAC＝45°，∠ACB＝30°，将△ABC绕点B按逆时针方向旋转，得到 ，点E为线段AB中点，点P是线段AC上的动点，将△ABC绕点B按逆时针方向旋转的过程中，点P的对应点是点，则线段的最大值是 ，最小值是 ．
三、解答题
32．在如图所示的直角坐标系中，解答下列问题：
(1)分别写出A、B两点的坐标；
(2)将△ABC绕点A顺时针旋转90°，画出旋转后的△AB1C1
33．如图，在每个小正方形的边长为1个单位的网格中，△ABC的顶点均在格点(网格线的交点)上．
(1)将△ABC向右平移5个单位得到，画出；
(2)将(1)中的绕点逆时针旋转得到，画出；
(3)连接，则=_________．
34．如图，在正方形网格中，和的顶点均在格点上，并且是由旋转得到的．根据所给信息，填空：
(1)旋转中心为点____________、旋转角的度数为____________、旋转方向为____________；
(2)连结，则四边形的形状是____________．
35．如图，平面直角坐标系内，小正方形网格的边长为1个单位长度，△ABC的三个顶点的坐标分别为，，．
(1)将△ABC向上平移1个单位长度，再向右平移5个单位长度后得到，画出，并直接写出点的坐标；
(2)画出△ABC绕原点O逆时针旋转90°得到的；
(3)在y轴上找一点M，使最小，请直接写出M的坐标．
36．在8×5的网格中建立如图的平面直角坐标系，四边形OABC的顶点坐标分别为O(0，0)，A(3，4)，B(8，4)，C(5，0)． 仅用无刻度的直尺在给定网格中按下列步骤完成画图，并回答问题：
(1)将线段CB绕点C逆时针旋转90°，画出对应线段CD；
(2)在线段AB上画点E，使∠BCE＝45°，(保留画图过程的痕迹)；
(3)连接AC，画点E关于直线AC的对称点F，并简要说明画法．
37．把直角三角形OAB与直角三角形O'CD如图1放置，直角顶点O与O′重合在一起，点D在OB上，∠B＝30°，∠C＝45°．现将△O'CD固定，△OAB绕点O顺时针旋转，旋转角α（0°≤α＜90°），OB与DC交于点E．
(1)如图2，在旋转过程中，若OACD时，则α＝ ；若ABOC时，则α＝ ；
(2)如图2，在旋转过程中，当△ODE有两个角相等时，α＝ ；
(3)如图3，连结AC，在旋转过程中，猜想∠DOB与∠CAB＋∠ACD的大小关系，并说明理由．
参考答案：
1．D
【分析】根据图形规律可知，从左到右是依次顺时针旋转图形，据此即可求解．
【详解】解：由图形规律可得从左到右是依次顺时针旋转图形，
∴第四个图形是D．
故答案为：D
【点睛】本题考查了旋转的性质，根据三个图形找出旋转的规律是解题关键．
2．B
【分析】根据旋转的性质对A、B、C进行判断；利用旋转中心为图形上一点的情况可 D进行判断．
【详解】解：A、旋转前和旋转后的图形全等，故A选项不符合题意；
B、在图形上的对应点到旋转中心的距离相等，故B选项符合题意；
C、图形上每一点移动的角度相同，都等于旋转角，故C选项不符合题意；
D、图形上可能存在不动的点，故D选项不符合题意．
故选：B．
【点睛】本题考查了旋转的性质：对应点到旋转中心的距离相等；对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角；旋转前、后的图形全等．
3．C
【分析】根据旋转和平移的性质对各选项进行判断．
【详解】解：A、平移和旋转都不改变图形的形状和大小，它们是全等变换，所以A选项的说法正确；
B、平移和旋转能改变图形的位置，所以B选项的说法正确；
C、平移和旋转可改变图形的位置，所以C选项的说法不正确；
D、平移和旋转能改变图形的位置，而不改变图形的形状、大小，所以D选项的说法正确．
故选：C．
【点睛】此题主要考查平移和旋转的特点，解题的关键是熟知平移和旋转的定义．
4．A
【分析】分别分析每个选项是由原图经过怎样的变换得到的即可．
【详解】解：A、将原图顺时针旋转90°可得到，故符合题意；
B、将原图旋转180°可得到，故不符合题意；
C、将原图顺时针旋转0°可得到，故不符合题意；
D、将原图逆时针旋转90°可得到，故不符合题意；
故选：A．
【点睛】本题考查旋转变换，能够分析出每个选项是原图经过怎样变换得到的是解决本题的关键．
5．B
【分析】本题主要考查旋转的性质，旋转过程中图形形状和大小都不发生变化，根据旋转性质判断即可．
【详解】解：A．选项是原图形的对称图形，故A不正确；
B．选项是Rt△AOB绕点B按顺时针方向旋转90°后得到Rt△A′O′B，故B正确；
C．选项旋转后的对应点错误，即形状发生了改变，故C不正确；
D．选项是按逆时针方向旋转90°，故D不正确；
故选：B．
【点睛】本题主要考查旋转的性质，熟练掌握并应用旋转的性质是解题的关键，重点注意旋转的方向和角度．
6．B
【分析】根据旋转性质，作出点C′，再根据图写出坐标即可．
【详解】解：如图，将绕点A逆时针方向旋转，得到，
∴C′(-2,3)，
故选：B．
【点睛】本题主要考查坐标与图形的变化-旋转，解题的关键是掌握旋转变换的性质，根据旋转性质作出图形．
7．C
【分析】根据旋转的方法，作图即可确定旋转以后点的坐标．
【详解】解：P点的坐标为（1，4），根据旋转中心O，旋转方向顺时针，旋转角度90°，画图，
从而得Q点坐标为（4，-1）．
故选：C．
【点睛】本题涉及图形变换，旋转，应抓住旋转的三要素：旋转中心，旋转方向，旋转角度，通过画图求解．
8．B
【分析】由旋转的性质可得AB＝＝5，BC＝＝2，即可求解．
【详解】解：∵将△ABC绕点B顺时针旋转一定的角度得到，
∴AB＝＝5，BC＝＝2，
∴＝－BC＝3，
故选：B．
【点睛】本题考查了旋转的性质，掌握旋转的性质是解题的关键．
9．B
【分析】逐个分析每个选项中的图形，由原图经过怎么变换得到的，选出符合题意的图形即可．
【详解】A、由原图经过旋转和翻折得到的，故不符合题意；
B、由原图经过逆时针旋转90°得到的，故符合题意；
C、由原图经过旋转和翻折得到的，故不符合题意；
D、由原图经过翻折得到的，故不符合题意；
故选B．
【点睛】本题考查图形的变换，拥有良好的空间想象能力是解决本题的关键．
10．B
【分析】该图形被平分成五部分，因而每部分被分成的圆心角是72°，并且圆具有旋转不变性，因而旋转72度的整数倍，就可以与自身重合．
【详解】解：该图形被平分成五部分，旋转72度的整数倍，
就可以与自身重合，因而A、C、D都不是72度的整数倍，
能与其自身重合的是B．
故选：B．
【点睛】本题考查旋转对称图形的概念：把一个图形绕着一个定点旋转一个角度后，与初始图形重合，这种图形叫做旋转对称图形，这个定点叫做旋转对称中心，旋转的角度叫做旋转角．
11．C
【分析】直接利用平移的性质和旋转的性质得出对应点位置，然后作图，进而得出答案．
【详解】解：如图所示：△A1B1C1，△A2B2C1为所求：
根据图像可知，A2的坐标是（2，2），
故答案选：C．
【点睛】本题主要考查了平移作图和旋转作图，熟悉相关性质是解题关键．
12．B
【分析】把直角顶点当作关键点，可以借助直角顶点的移动位置判断移动后是否重合．
【详解】解：先向右平移7格，再以直角顶点为中心逆时针旋转90°，然后向上平移1格，三角形A可以得到三角形B．故选项B符合题意；
其他三个选项，都向右只平移5格，三角形A不能得到三角形B．
故选：B．
【点睛】根据选项的描述操作，判断移动和旋转后的图形是否能够重合．
13．D
【分析】根据旋转、平移和轴对称的定义进行分析即可．
【详解】由旋转、平移和轴对称的性质可知：经过A、B、C的变化，图（1）均可得到图（2），经过D的变化不能得到图（2）；
故选：D
【点睛】本题主要考查了旋转、平移和轴对称的性质，熟练地掌握各个性质是解题的关键．
14．A
【分析】根据题意可得两个点关于原点对称，即可得到结果．
【详解】根据题意可得，与G关于原点对称，
∵点G的坐标是，
∴点的坐标为．
故选A．
【点睛】本题主要考查了平行直角坐标系中点的对称变换，准确理解公式是解题的关键．
15．A
【分析】先根据旋转的性质可得，再根据等腰三角形的性质可得，从而可得，再根据直角三角形的两个锐角互余可得，然后根据平角的定义即可得．
【详解】解：∵将旋转得到，，
∴，
，
，
∵，
∴，
又，
，
故选：A．
【点睛】本题主要考查了旋转的性质、等腰三角形的性质，熟练掌握旋转的性质是解题关键．
16．B
【分析】利用含30°角的直角三角形的性质可得AB＝2cm，∠BAC＝60°，根据旋转可证△ABB'是等边三角形，从而BB'＝AB＝2cm．
【详解】解：在Rt△ABC中，∵∠C＝90°，∠ABC＝30°，
∴∠BAC＝60°，AB＝2AC＝2cm，
∵将Rt△ABC绕点A逆时针旋转得到Rt△AB′C′，
∴∠BAB'＝∠CA C′＝60°，AB＝AB'，
∴△ABB'是等边三角形，
∴BB'＝AB＝2cm．
故选B
【点睛】本题主要考查了图形的旋转，等边三角形判定和性质，直角三角形的性质，熟练掌握相关知识点是解题的关键．
17．C
【分析】根据将△ABC绕点B顺时针旋转60°，得到△BDE，可得△ABC≌△EBD，∠CBD＝60°，BD＝BC＝8，从而得到△BCD为等边三角形，得到CD＝BC＝CD＝8，在Rt△ACB中，利用勾股定理得到AB＝10，所以△ACF与△BDF的周长之和＝AC＋AF＋CF＋BF＋DF＋BD＝AC＋AB＋CD＋BD，即可解答．
【详解】解：∵将△ABC绕点B顺时针旋转60°，得到△BDE，
∴△ABC≌△EBD，∠CBD＝60°，
∴BD＝BC＝8，
∴△BCD为等边三角形，
∴CD＝BC＝CD＝8，
∵AB＝＝10，
∴△ACF与△BDF的周长之和＝AC＋AF＋CF＋BF＋DF＋BD＝AC＋AB＋CD＋BD＝6＋10＋8＋8＝32，
故选：C．
【点睛】本题考查了旋转的性质，等边三角形的性质与判定，解决本题的关键是由旋转得到相等的边．
18．D
【分析】分点旋转到轴正半轴和轴负半轴两种情况分别讨论，结合菱形的性质求解．
【详解】解：根据菱形的对称性可得：当点旋转到轴正半轴时，
A、、均在坐标轴上，如下图，
，，
，
，
，
点的坐标为，
同理：当点旋转到轴负半轴时，
点的坐标为，
点的坐标为或，
故选：D．
【点睛】本题考查了菱形的对称性，坐标与图形变化，旋转的性质，直角三角形的性质和勾股定理等知识，解题的关键是要分情况讨论．
19．D
【分析】A、根据旋转的性质可得△EAB≌△FAD；B、再根据全等三角形的性质可得∠BAE=∠DAF，从而得到∠EAF=∠BAD=90°；C、根据全等三角形的性质可得AE=AF，可得∠AEF=∠AFE=45°；D、用四边形AECF的周长减去四边形ABCD的周长可得AE-AB+AF-AD，再由在和中，AE＞AB，AF＞AD，可得四边形AECF的周长＞四边形ABCD的周长，即可求解．
【详解】解：A、∵将△ABE绕正方形ABCD的顶点A逆时针旋转90°，得到△ADF，
∴△EAB≌△FAD，故本选项正确，不符合题意；
B、∵△EAB≌△FAD，
∴∠BAE=∠DAF，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BAD=90°，
∴∠EAF=∠BAE+∠BAF=∠DAF+∠BAF=∠BAD=90°，
∴AE⊥AF，故本选项正确，不符合题意；
C、∵△EAB≌△FAD，
∴AE=AF，
∵∠EAF=90°，
∴∠AEF=∠AFE=45°，故本选项正确，不符合题意；
D、∵四边形AECF的周长减去四边形ABCD的周长为
AE+CE+CF+AF-（AB+BC+CD+AD）
=AE+BE+BC+CF+AF-AB-BC-CF-DF-AD
=AE-AB+AF-AD，
在和中，
∵AE＞AB，AF＞AD，
∴AE-AB+AF-AD＞0，
∴四边形AECF的周长＞四边形ABCD的周长，故本选项错误，符合题意；
故选：D
【点睛】本题主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，图形的旋转，熟练掌握正方形的性质，全等三角形的判定和性质，图形的旋转的性质是解题的关键．
20．B
【分析】由旋转的性质和等腰三角形的性质可得∠BAD＝50°，由平行线的性质可求∠DAB＝∠ABC＝50°＝∠DBE．
【详解】解：∵将△ABC绕点B逆时针旋转80°得△DBE，
∴AB＝BD，∠ABD＝80°，∠DBE＝∠ABC，
∴∠BAD＝50°，
∵ADBC，
∴∠ABC＝∠BAD＝50°，
∴∠DBE＝∠ABC＝50°，
故选：B．
【点睛】本题考查旋转的性质，等腰三角形的判定和性质，平行线的性质，掌握旋转的性质是解题的关键．
21．C
【分析】根据旋转的性质得到所以是等腰三角形，依据得到等腰三角形的面积，由图形可以知道最终得到阴影部分的面积．
【详解】解：∵在△ABC中，AB=6，将△ABC绕点B按逆时针方向旋转30°后得到，
∴，
∴，
∴是等腰三角形，，
过点作，垂足为点H，
∴，
∴，
又∵，
，
∴．
故选：C．
【点睛】本题考查了旋转的性质：对应点到旋转中心的距离相等；对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角；旋转前、后的图形全等．运用面积的和差关系解决不规则图形的面积是解决此题的关键．
22．D
【分析】根据等边三角形性质以及勾股定理的逆定理，即可判断A、D；依据△BPQ是等边三角形，即可得到∠QPB=∠PBQ=∠BQP=60°，进而得出∠BPA=∠BQC=60°+90°=150°，即可判断C、B选项．
【详解】解：∵△ABC是等边三角形，
∴∠ABC=60°，
∵将△ABP绕点B顺时针旋转60°到△CBQ位置，
∴△BQC≌△BPA，
∴∠BPA=∠BQC，BP=BQ=4，QC=PA=3，∠ABP=∠QBC，
∴∠PBQ=∠PBC+∠CBQ=∠PBC+∠ABP=∠ABC=60°，
∴△BPQ是等边三角形，△BPQ的面积=，故A正确，D错误；
∴PQ=BP=4，
∵，，
∴，
∴∠PQC=90°，即△PQC是直角三角形，△PQC的面积=×3×4=6，故C正确，
∵△BPQ是等边三角形，
∴∠QPB=∠PBQ=∠BQP=60°，
∴∠BPA=∠BQC=60°+90°=150°，故B正确．
故选：D．
【点睛】本题考查了旋转的性质、等边三角形的性质和判定、勾股定理的逆定理的应用，解题关键是综合运用定理进行推理．
23．D
【分析】由正方形的性质和旋转的性质探究规律，利用规律解决问题即可．
【详解】解：如图，过点作轴于点D，
∵四边形OABC是正方形，且OA＝a，
∴A（0，a），
，
∵将正方形OABC绕点O顺时针旋转45°后得到正方形，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵正方形绕点O顺时针旋转后得到正方形
∴，
∴，
同理，， ，，，，
……，
由此发现正方形旋转8次为一个循环，
∵2023÷8＝252…7，
∴点A2023的坐标与相同，为．
故选：D
【点睛】本题考查了正方形的性质、旋转的性质、坐标与图形的变化，解题的关键是学会从特殊到一般的探究规律的方法，属于中考常考题型．
24．A
【分析】先画出点的坐标，再归纳类推出一般规律，由此即可得．
【详解】解：如图，，是以6次为一个循环，
，
点的坐标与点的坐标相同，即为，
故选：A．
【点睛】本题考查规律型：坐标与图形变化—旋转，解题关键在于归纳类推出一般规律．
25．D
【分析】连接，证明△，又，所以△可以由绕点逆时针旋转得到，故结论①正确；由是等边三角形，可知结论②正确；在中，三边长为3，4，5，这是一组勾股数，故是直角三角形；进而求得，故结论③正确；，故结论④正确．
【详解】解：如图，
由题意可知，，
，
又，，
△，
又，
△可以由绕点逆时针旋转得到，
故结论①正确；
如图，连接，
，且，
是等边三角形，
．
故结论②正确；
△，
．
在中，三边长为3，4，5，这是一组勾股数，
是直角三角形，，
，
故结论③正确；
．故结论④正确．
故选：D
【点睛】本题考查了旋转变换中等边三角形，直角三角形的性质．利用勾股定理的逆定理，判定3、4、5所构成的三角形是直角三角形，这是本题的要点．熟练掌握旋转的性质是解本题的关键．
26．689
【分析】直接利用中心对称图形的性质结合“689”的特点得出答案．
【详解】解：将数字“689” 整体旋转180°，得到的数字是：689．
故答案为：689．
【点睛】此题主要考查了生活中的旋转现象，能够想象出旋转后的图形是解题关键．
27．（2），（3），（4）
【详解】解：由题意可知，原图形可以由一个三角形绕中心依次旋转形成；或由一个三角形作轴对称形成的；或由一个三角形先平移再旋转形成的．
故(2)、(3)、(4)正确，
故答案为：(2)、(3)、(4) ．
【点睛】本题考查平移、旋转等知识，解题的关键是掌握旋转变换、平移变换的性质．
28．
【分析】先证明△是等边三角形，然后根据直角三角形的性质以及勾股定理进行解答即可．
【详解】解：∵在△ABC中，∠ACB=90°，∠ABC=30°，
∴∠A=60°，
结合旋转的性质得到CA=，
∴△是等边三角形，
∴AC，
∵在△ABC中，∠ACB=90°，∠ABC=30°，BC=3，
∴AB=2AC，，
∴，
∴AC=(负值已舍)，
∴=．
故答案为：．
【点睛】本题考查了旋转的性质：对应点到旋转中心的距离相等；对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角；旋转前、后的图形全等．也考查了等边三角形的判定和性质、直角三角形的性质以及勾股定理．
29．-3
【分析】如图，作AB⊥y轴于点B，如图，易得AB=2，OB=3，则把Rt△OAB绕点O逆时针旋转90°得到Rt△，根据旋转的性质得∠=90°，∠ABO=∠=90°，=OB=3，即点落在x轴的负半轴上，于是得到A点旋转后所到点的横坐标为-3．
【详解】解：如图，作AB⊥y轴于点B，如图，
∵点A的坐标为（2，3），
∴AB=2，OB=3，
把△OAB绕点O逆时针旋转90°得到△，
∴∠=90°，∠ABO=∠=90°，=OB=3，
∴A点旋转后所到点的横坐标为-3．
故答案为：-3．
【点睛】本题考查了坐标与图形变化-旋转：图形或点旋转之后要结合旋转的角度和图形的特殊性质来求出旋转后的点的坐标．解决本题的关键是把线段的旋转转化为直角三角形的旋转．
30．15
【分析】先由等腰三角形的性质与三角形内角和定理求出∠ACB＝∠B＝（180°﹣40°）÷2＝70°，再根据旋转的性质得∠AC＝∠ACB＝70°，∠＝∠BAC＝40°，AC＝C，从而可由等腰三角形的性质求出∠AC＝（180°﹣70°）÷2＝55°，即可由∠A＝∠AC﹣∠求解．
【详解】解：∵AB＝AC，∠BAC＝40°，
∴∠ACB＝∠B＝（180°﹣40°）÷2＝70°，
由旋转得：∠AC＝∠ACB＝70°，∠＝∠BAC＝40°，AC＝C，
∴∠AC＝（180°﹣70°）÷2＝55°，
∴∠A＝∠AC﹣∠＝55°﹣40°＝15°，
故答案为：15．
【点睛】本题考查等腰三角形的性质和三角形内角和定理，旋转的性质，熟练掌握等腰三角形的性质和旋转的性质是解题的关键．
31． / /
【分析】过点B作BD⊥AC，D为垂足，根据直角三角形的性质求出BD的长，当P在AC上运动至垂足点D，△ABC绕点B旋转，点P的对应点在线段AB上时，最小；当、E 、B三点共线，点P运动到点C时，，最大，．
【详解】解：过点B作BD⊥AC，D为垂足，连接BP，，
∵∠BAC=45°，∠ACB=30°，
∴△ABD是等腰直角三角形，BC=2BD，
∴BD=AD，
设BD=AD=x，则BC=2x，
∴，
∵，
∴，
∴，即BD=2，
∴，BC=4，
∵E是AB的中点，
∴，
由旋转的性质可知，
∵，
∴，
∴当、E 、B三点共线，且P运动到点D时，最小，最小值为；
∵，
∴，
∵当、E 、B三点共线，点P运动到点C时，，最大，最大值为；
故答案为：；．
【点睛】本题主要考查了旋转的性质，等腰直角三角形的性质与判定，勾股定理，含30度角的直角三角形的性质，三角形三边关系的应用等等，熟知相关知识是解题的关键．
32．(1)A（2，0），B（﹣1，﹣4）
(2)见解析
【分析】（1）直接根据点A、B在坐标系中的位置写出其坐标即可；
（2）根据图形旋转的性质画出旋转后的△AB1C1即可；
（1）
由点A、B在坐标系中的位置可知：A（2，0），B（﹣1，﹣4）；
（2）
如图所示：
【点睛】本题主要考查点在坐标系中的位置，图形的旋转，解题的关键在于掌握点坐标的表示方法．
33．(1)见解析
(2)见解析
(3)
【分析】（1）根据平移规律，将△ABC每个顶点向右移动5个单位长度得到点，再连线即可得到；
（2）由旋转的性质，将的顶点绕点逆时针旋转得到点，(点即为点)，再连线即可得到；
（3）连接，利用勾股定理计算即可．
【详解】（1）依据题意，将△ABC每个顶点向右移动5个单位长度得到点，再连线即可得到，
如下图所示，为所求；
（2）依据题意，将的顶点绕点逆时针旋转得到点，(点即为点)，再连线即可得到，
如下图所示，为所求；
（3）连接，设点往右3格的格点为D，
则有是直角三角形，，，，
∴．
故答案为：．
【点睛】本题考查了平移作图和旋转作图，勾股定理求斜边，熟悉相关性质是解题的关键．注意考试时只画第二张图，其余图片是为了解析方便．作完图后要仔细检查前后三角形是否全等．
34．(1)C，90，顺时针
(2)平行四边形
【分析】（1）由图形可直接求解；
（2）由旋转的性质可得，从而可得，即可求解．
【详解】（1）解：根据题意得：旋转中心为点C，
旋转角为，即旋转角的度数为90，
旋转方向为顺时针；
故答案为：C，90，顺时针
（2）解：根据题意得：，
∴，
∴四边形是平行四边形．
故答案为：平行四边形
【点睛】本题考查了旋转的性质，平行四边形的判定，掌握旋转的性质是解题的关键．
35．(1)见解析，；
(2)见解析；
(3)
【分析】（1）利用平移变换的性质分别作出A，B，C的对应点A1，B1，C1即可；
（2）利用旋转变换的性质分别作出A，B，C的对应点A2，B2，C2即可；
（3）作点A关于y轴的对称点A'，连接BA'交y轴于点M，点M即为所求．
【详解】（1）解：如图所示，即为所求；
∵将△ABC向上平移1个单位长度，再向右平移5个单位长度后得到，
且，
∴；
（2）解：如图所示，即为所求；
（3）解：作点A关于y轴的对称点A'，连接BA'交y轴于点M，
根据两点之间线段最短，此时 最小；
∵，点A关于y轴的对称点A'，
∴，
设直线的表达式为，
将，代入得：
，
解得： ，
∴直线的表达式为，
令，得，
∴点．
【点睛】本题考查作图——平移变换，旋转变换等，轴对称最短问题知识，解题的关键是掌握平移变换的性质，旋转变换，学会利用轴对称解决最短问题．
36．(1)见解析
(2)见解析
(3)见解析
【分析】（1）利用网格特点和旋转的性质画出B点的对称点D即可；
（2）利用网格的特点作出BD的中点G，延长CG交AB于E，则点E即为所求；
（3）利用网格特点，作出E点关于直线AC的对称点F即可．
【详解】（1）解：如图所示：线段CD即为所求；
（2）解：如图所示：∠BCE即为所求；
（3）解：连接C（5，0），P（0，5），可得与OA的交点F，点F即为所求，如图所示：
【点睛】本题考查了作图-旋转变换：根据旋转的性质可知，对应角都相等都等于旋转角，对应线段也相等，由此可以通过作相等的角，在角的边上截取相等的线段的方法，找到对应点，顺次连接得出旋转后的图形．也考查了轴对称变换．
37．(1)45°，60°
(2)45°或67.5°
(3)当0°≤∠DOB＜52.5°时，∠DOB＜∠CAB+∠ACD；当∠DOB＝52.5°中，∠DOB＝∠CAB+∠ACD；当52.5°＜∠DOB＜90°时，∠DOB＞∠CAB+∠ACD，理由见解析．
【分析】（1）分别利用平行线的性质求出∠BOC，进而求出∠BOD即可；
（2）分两种情形：当∠D＝∠DOE时，当∠DOE＝∠DEO时，分别根据α＝∠DOE求解即可；
（3）根据三角形外角的性质和四边形的内角和证明∠BOD＋∠BAC＋∠ACD＝105°，再分三种情形说明即可．
【详解】（1）解：当OACD时，如图，
则∠AOD＝∠D＝45°，
∴∠BOD＝45°，
∴α＝45°，
当ABOC时，如图，
则∠B＝∠BOC＝30°，
∴∠BOD＝90°－30＝60°，
∴α＝60°，
故答案为：45°，60°；
（2）当∠D＝∠DOE＝45°时，可得α＝∠DOE＝45°，
当∠DOE＝∠DEO时，可得α＝∠DOE＝＝67.5°，
故答案为：45°或67.5°；
（3）如图3中，∠DOB与∠CAB+∠ACD的大小关系有三种情形：①∠DOB＞∠CAB+∠ACD．②∠DOB＝∠CAB+∠ACD．③∠DOB＜∠CAB+∠ACD．
理由：∵∠1＝∠BAC+∠ACD，∠2＝∠D+∠1＝45°+∠1，∠3＝∠1+∠B＝30°+∠1，
又∵∠BOD+∠2+∠3+（180°﹣∠1）＝360°，
∴∠BOD+45°+∠1+30°+∠1+180°﹣∠1＝360°，
∴∠BOD+∠1＝105°，
∴∠BOD+∠BAC+∠ACD＝105°，
∴当0°≤∠DOB＜52.5°时，∠DOB＜∠CAB+∠ACD，
当∠DOB＝52.5°中，∠DOB＝∠CAB+∠ACD，
当52.5°＜∠DOB＜90°时，∠DOB＞∠CAB+∠ACD．
【点睛】本题考查旋转的性质，平行线的性质，三角形内角和定理，三角形外角的性质以及四边形的内角和等知识，解题的关键是学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考常考题型．
第16课图形的旋转
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．依次观察三个图形：，并判断照此规律从左向右第四个图形是（ ）
A． B． C． D．
2．在图形的旋转中，下列说法不正确的是（ ）
A．旋转前和旋转后的图形一样 B．图形上的每一个点到旋转中心的距离都相等
C．图形上的每一个点旋转的角度都相同 D．图形上可能存在不动的点
3．下列说法错误的是（ ）
A．平移和旋转都不改变图形的形状和大小
B．平移和旋转能改变图形的位置
C．平移和旋转都不改变图形的位置
D．平移和旋转能改变图形的位置，而不改变图形的形状、大小
4．将下图所示的图案按顺时针方向旋转90°后可以得到的图案是（ ）
A． B． C． D．
5．如图，方格纸中，将Rt△AOB绕点B按顺时针旋转90°后可以得到Rt△A′O'B 的是（ ）
A． B． C． D．
6．如图，在平面直角坐标系中，的顶点都在方格线的格点上，将绕点A逆时针方向旋转，得到，则点C的对应点的坐标为（ ）
A． B． C． D．
7．如图，点P(1，4)绕着原点顺时针方向旋转90度后得到像点Q，则点Q的坐标是（ ）
A．（1，-4） B．（-1，4） C．（4，-1） D．（-4，1）
8．如图，将△ABC绕点B顺时针旋转一定的角度得到，此时点C在边上，若AB＝5，＝2，则的长是（ ）
A．2 B．3 C．4 D．5
9．下列图形中，只经过旋转即可得到的是（ ）
A． B． C． D．
10．如图，该图形围绕其中心点O按下列角度旋转后，能与其自身重合的是（ ）
A． B． C． D．
11．如图，在平面直角坐标系中，已知，，，将先向右平移3个单位长度得到，再绕顺时针方向旋转90°得到，则的坐标是（ ）
A． B． C． D．
12．把如图中的三角形A（ ）可以得到三角形B．
A．先向右平移5格，再向上平移2格．
B．先向右平移7格，再以直角顶点为中心逆时针旋转，然后向上平移1格．
C．先以直角顶点为中心顺时针旋转，再向右平移5格．
D．先向右平移5格，再以直角顶点为中心逆时针旋转．
13．以图（1）（以O为圆心，半径为1的半圆）作为“基本图形”，分别经历如下变换，不能得到图（2）的是（ ）
A．绕着OB的中点旋转180°即可 B．先绕着点O旋转180°，再向右平移1个单位
C．先以直线AB为对称轴进行翻折，再向右平移1个单位 D．只要向右平移1个单位
14．在平面直角坐标系中，点G的坐标是，连接，将线段绕原点O旋转，得到对应线段，则点的坐标为（ ）
A． B． C． D．
15．如图，将△ABC旋转得到△ADE，DE经过点C，若AD⊥BC，，则∠ACB的度数为（ ）
A． B． C． D．
16．如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，∠ABC=30°，AC=1cm，将Rt△ABC绕点A逆时针旋转得到Rt△A′B′C′．使点C′落在AB边上，连接BB′，则BB′的长度是( )
A．1cm B．2cm C．3cm D．23cm
17．如图，在中，，，，将绕点B顺时针旋转得到，连接DC交AB于点F，则与的周长之和为（ ）
A．16 B．24 C．32 D．40
18．如图，在平面直角坐标系中，是菱形对角线的中点，轴且，，将菱形绕点旋转，使点落在轴上，旋转后点的对应点的坐标是( )
A． B．或 C． D．或
19．如图，将△ABE绕正方形ABCD的顶点A逆时针旋转90°，得到△ADF，连接EF，则下列结论错误的是（ ）
A．△EAB≌△FAD
B．AE⊥AF
C．∠AEF＝45°
D．四边形AECF的周长等于四边形ABCD的周长
20．如图，将△ABC绕点B逆时针旋转80°得△DBE，点D，E分别为点A，C的对应顶点，连接AD，若ADBC，则∠DBE为（ ）
A．80° B．50° C．55° D．100°
21．如图，在ABC中，AB=6，将ABC绕点B按逆时针方向旋转后得到，则图中阴影部分的面积为（ ）
A． B． C． D．
22．如图，P是等边三角形内的一点，且，将绕点B顺时针旋转得到，连接，则以下结论中不正确的是（ ）
A． B． C． D．
23．如图，在平面直角坐标系中，将边长为a的正方形OABC绕点O顺时针旋转后得到正方形，依此方式连续旋转2023次得到正方形，那么点的坐标是（ ）
A．（a，a） B． C． D．
24．如图，在平面直角坐标系中，的顶点坐标分别为，点绕点A旋转得到点，点绕点B旋转得到点，点绕点C旋转得到点，点绕点A旋转得到点……按此作法进行下去，则点的坐标为（ ）
A． B． C． D．
25．如图，O是等边△ABC内一点，OA=3，OB=4，OC=5，将线段BO以点B为旋转中心逆时针旋转60°得到线段BO′，下列结论：①△BO′A可以由△BOC绕点B逆时针旋转60°得到；②线段OO′=4；③∠AOB=150°；④=6+4，其中正确的结论个数有（ ）个
A．1 B．2 C．3 D．4
二、填空题
26．将数字“6”旋转，得到数字“9”，将数字“9”旋转，得到数字“6”，现将数字“689”整体旋转，得到的数字是 ．
27．关于如图的形成过程：（1）由一个三角形平移形成的；（2）由一个三角形绕中心依次旋转形成的；（3）由一个三角形作轴对称形成的；（4）由一个三角形先平移再旋转形成的，说法正确的有 ；（填序号）
28．如图，在△ABC中，∠ACB=90°，∠B=30° ．现将△ABC绕直角顶点C逆时针旋转，当点A的对应点落在AB边上时即停止．若BC=3，则= ．
29．平面直角坐标系中，点A的坐标为（2，3），把OA绕点O逆时针旋转90°，那么A点旋转后所到点的横坐标是 ．
30．如图，在△ABC中，已知AB＝AC，∠BAC＝40°，将△ABC绕点C顺时针旋转到，使点落在AC上，那么∠A的度数是 °．
31．如图，在△ABC中，AC＝2＋2，∠BAC＝45°，∠ACB＝30°，将△ABC绕点B按逆时针方向旋转，得到 ，点E为线段AB中点，点P是线段AC上的动点，将△ABC绕点B按逆时针方向旋转的过程中，点P的对应点是点，则线段的最大值是 ，最小值是 ．
三、解答题
32．在如图所示的直角坐标系中，解答下列问题：
(1)分别写出A、B两点的坐标；
(2)将△ABC绕点A顺时针旋转90°，画出旋转后的△AB1C1
33．如图，在每个小正方形的边长为1个单位的网格中，△ABC的顶点均在格点(网格线的交点)上．
(1)将△ABC向右平移5个单位得到，画出；
(2)将(1)中的绕点逆时针旋转得到，画出；
(3)连接，则=_________．
34．如图，在正方形网格中，和的顶点均在格点上，并且是由旋转得到的．根据所给信息，填空：
(1)旋转中心为点____________、旋转角的度数为____________、旋转方向为____________；
(2)连结，则四边形的形状是____________．
35．如图，平面直角坐标系内，小正方形网格的边长为1个单位长度，△ABC的三个顶点的坐标分别为，，．
(1)将△ABC向上平移1个单位长度，再向右平移5个单位长度后得到，画出，并直接写出点的坐标；
(2)画出△ABC绕原点O逆时针旋转90°得到的；
(3)在y轴上找一点M，使最小，请直接写出M的坐标．
36．在8×5的网格中建立如图的平面直角坐标系，四边形OABC的顶点坐标分别为O(0，0)，A(3，4)，B(8，4)，C(5，0)． 仅用无刻度的直尺在给定网格中按下列步骤完成画图，并回答问题：
(1)将线段CB绕点C逆时针旋转90°，画出对应线段CD；
(2)在线段AB上画点E，使∠BCE＝45°，(保留画图过程的痕迹)；
(3)连接AC，画点E关于直线AC的对称点F，并简要说明画法．
37．把直角三角形OAB与直角三角形O'CD如图1放置，直角顶点O与O′重合在一起，点D在OB上，∠B＝30°，∠C＝45°．现将△O'CD固定，△OAB绕点O顺时针旋转，旋转角α（0°≤α＜90°），OB与DC交于点E．
(1)如图2，在旋转过程中，若OACD时，则α＝ ；若ABOC时，则α＝ ；
(2)如图2，在旋转过程中，当△ODE有两个角相等时，α＝ ；
(3)如图3，连结AC，在旋转过程中，猜想∠DOB与∠CAB＋∠ACD的大小关系，并说明理由．
参考答案：
1．D
【分析】根据图形规律可知，从左到右是依次顺时针旋转图形，据此即可求解．
【详解】解：由图形规律可得从左到右是依次顺时针旋转图形，
∴第四个图形是D．
故答案为：D
【点睛】本题考查了旋转的性质，根据三个图形找出旋转的规律是解题关键．
2．B
【分析】根据旋转的性质对A、B、C进行判断；利用旋转中心为图形上一点的情况可 D进行判断．
【详解】解：A、旋转前和旋转后的图形全等，故A选项不符合题意；
B、在图形上的对应点到旋转中心的距离相等，故B选项符合题意；
C、图形上每一点移动的角度相同，都等于旋转角，故C选项不符合题意；
D、图形上可能存在不动的点，故D选项不符合题意．
故选：B．
【点睛】本题考查了旋转的性质：对应点到旋转中心的距离相等；对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角；旋转前、后的图形全等．
3．C
【分析】根据旋转和平移的性质对各选项进行判断．
【详解】解：A、平移和旋转都不改变图形的形状和大小，它们是全等变换，所以A选项的说法正确；
B、平移和旋转能改变图形的位置，所以B选项的说法正确；
C、平移和旋转可改变图形的位置，所以C选项的说法不正确；
D、平移和旋转能改变图形的位置，而不改变图形的形状、大小，所以D选项的说法正确．
故选：C．
【点睛】此题主要考查平移和旋转的特点，解题的关键是熟知平移和旋转的定义．
4．A
【分析】分别分析每个选项是由原图经过怎样的变换得到的即可．
【详解】解：A、将原图顺时针旋转90°可得到，故符合题意；
B、将原图旋转180°可得到，故不符合题意；
C、将原图顺时针旋转0°可得到，故不符合题意；
D、将原图逆时针旋转90°可得到，故不符合题意；
故选：A．
【点睛】本题考查旋转变换，能够分析出每个选项是原图经过怎样变换得到的是解决本题的关键．
5．B
【分析】本题主要考查旋转的性质，旋转过程中图形形状和大小都不发生变化，根据旋转性质判断即可．
【详解】解：A．选项是原图形的对称图形，故A不正确；
B．选项是Rt△AOB绕点B按顺时针方向旋转90°后得到Rt△A′O′B，故B正确；
C．选项旋转后的对应点错误，即形状发生了改变，故C不正确；
D．选项是按逆时针方向旋转90°，故D不正确；
故选：B．
【点睛】本题主要考查旋转的性质，熟练掌握并应用旋转的性质是解题的关键，重点注意旋转的方向和角度．
6．B
【分析】根据旋转性质，作出点C′，再根据图写出坐标即可．
【详解】解：如图，将绕点A逆时针方向旋转，得到，
∴C′(-2,3)，
故选：B．
【点睛】本题主要考查坐标与图形的变化-旋转，解题的关键是掌握旋转变换的性质，根据旋转性质作出图形．
7．C
【分析】根据旋转的方法，作图即可确定旋转以后点的坐标．
【详解】解：P点的坐标为（1，4），根据旋转中心O，旋转方向顺时针，旋转角度90°，画图，
从而得Q点坐标为（4，-1）．
故选：C．
【点睛】本题涉及图形变换，旋转，应抓住旋转的三要素：旋转中心，旋转方向，旋转角度，通过画图求解．
8．B
【分析】由旋转的性质可得AB＝＝5，BC＝＝2，即可求解．
【详解】解：∵将△ABC绕点B顺时针旋转一定的角度得到，
∴AB＝＝5，BC＝＝2，
∴＝－BC＝3，
故选：B．
【点睛】本题考查了旋转的性质，掌握旋转的性质是解题的关键．
9．B
【分析】逐个分析每个选项中的图形，由原图经过怎么变换得到的，选出符合题意的图形即可．
【详解】A、由原图经过旋转和翻折得到的，故不符合题意；
B、由原图经过逆时针旋转90°得到的，故符合题意；
C、由原图经过旋转和翻折得到的，故不符合题意；
D、由原图经过翻折得到的，故不符合题意；
故选B．
【点睛】本题考查图形的变换，拥有良好的空间想象能力是解决本题的关键．
10．B
【分析】该图形被平分成五部分，因而每部分被分成的圆心角是72°，并且圆具有旋转不变性，因而旋转72度的整数倍，就可以与自身重合．
【详解】解：该图形被平分成五部分，旋转72度的整数倍，
就可以与自身重合，因而A、C、D都不是72度的整数倍，
能与其自身重合的是B．
故选：B．
【点睛】本题考查旋转对称图形的概念：把一个图形绕着一个定点旋转一个角度后，与初始图形重合，这种图形叫做旋转对称图形，这个定点叫做旋转对称中心，旋转的角度叫做旋转角．
11．C
【分析】直接利用平移的性质和旋转的性质得出对应点位置，然后作图，进而得出答案．
【详解】解：如图所示：△A1B1C1，△A2B2C1为所求：
根据图像可知，A2的坐标是（2，2），
故答案选：C．
【点睛】本题主要考查了平移作图和旋转作图，熟悉相关性质是解题关键．
12．B
【分析】把直角顶点当作关键点，可以借助直角顶点的移动位置判断移动后是否重合．
【详解】解：先向右平移7格，再以直角顶点为中心逆时针旋转90°，然后向上平移1格，三角形A可以得到三角形B．故选项B符合题意；
其他三个选项，都向右只平移5格，三角形A不能得到三角形B．
故选：B．
【点睛】根据选项的描述操作，判断移动和旋转后的图形是否能够重合．
13．D
【分析】根据旋转、平移和轴对称的定义进行分析即可．
【详解】由旋转、平移和轴对称的性质可知：经过A、B、C的变化，图（1）均可得到图（2），经过D的变化不能得到图（2）；
故选：D
【点睛】本题主要考查了旋转、平移和轴对称的性质，熟练地掌握各个性质是解题的关键．
14．A
【分析】根据题意可得两个点关于原点对称，即可得到结果．
【详解】根据题意可得，与G关于原点对称，
∵点G的坐标是，
∴点的坐标为．
故选A．
【点睛】本题主要考查了平行直角坐标系中点的对称变换，准确理解公式是解题的关键．
15．A
【分析】先根据旋转的性质可得，再根据等腰三角形的性质可得，从而可得，再根据直角三角形的两个锐角互余可得，然后根据平角的定义即可得．
【详解】解：∵将旋转得到，，
∴，
，
，
∵，
∴，
又，
，
故选：A．
【点睛】本题主要考查了旋转的性质、等腰三角形的性质，熟练掌握旋转的性质是解题关键．
16．B
【分析】利用含30°角的直角三角形的性质可得AB＝2cm，∠BAC＝60°，根据旋转可证△ABB'是等边三角形，从而BB'＝AB＝2cm．
【详解】解：在Rt△ABC中，∵∠C＝90°，∠ABC＝30°，
∴∠BAC＝60°，AB＝2AC＝2cm，
∵将Rt△ABC绕点A逆时针旋转得到Rt△AB′C′，
∴∠BAB'＝∠CA C′＝60°，AB＝AB'，
∴△ABB'是等边三角形，
∴BB'＝AB＝2cm．
故选B
【点睛】本题主要考查了图形的旋转，等边三角形判定和性质，直角三角形的性质，熟练掌握相关知识点是解题的关键．
17．C
【分析】根据将△ABC绕点B顺时针旋转60°，得到△BDE，可得△ABC≌△EBD，∠CBD＝60°，BD＝BC＝8，从而得到△BCD为等边三角形，得到CD＝BC＝CD＝8，在Rt△ACB中，利用勾股定理得到AB＝10，所以△ACF与△BDF的周长之和＝AC＋AF＋CF＋BF＋DF＋BD＝AC＋AB＋CD＋BD，即可解答．
【详解】解：∵将△ABC绕点B顺时针旋转60°，得到△BDE，
∴△ABC≌△EBD，∠CBD＝60°，
∴BD＝BC＝8，
∴△BCD为等边三角形，
∴CD＝BC＝CD＝8，
∵AB＝＝10，
∴△ACF与△BDF的周长之和＝AC＋AF＋CF＋BF＋DF＋BD＝AC＋AB＋CD＋BD＝6＋10＋8＋8＝32，
故选：C．
【点睛】本题考查了旋转的性质，等边三角形的性质与判定，解决本题的关键是由旋转得到相等的边．
18．D
【分析】分点旋转到轴正半轴和轴负半轴两种情况分别讨论，结合菱形的性质求解．
【详解】解：根据菱形的对称性可得：当点旋转到轴正半轴时，
A、、均在坐标轴上，如下图，
，，
，
，
，
点的坐标为，
同理：当点旋转到轴负半轴时，
点的坐标为，
点的坐标为或，
故选：D．
【点睛】本题考查了菱形的对称性，坐标与图形变化，旋转的性质，直角三角形的性质和勾股定理等知识，解题的关键是要分情况讨论．
19．D
【分析】A、根据旋转的性质可得△EAB≌△FAD；B、再根据全等三角形的性质可得∠BAE=∠DAF，从而得到∠EAF=∠BAD=90°；C、根据全等三角形的性质可得AE=AF，可得∠AEF=∠AFE=45°；D、用四边形AECF的周长减去四边形ABCD的周长可得AE-AB+AF-AD，再由在和中，AE＞AB，AF＞AD，可得四边形AECF的周长＞四边形ABCD的周长，即可求解．
【详解】解：A、∵将△ABE绕正方形ABCD的顶点A逆时针旋转90°，得到△ADF，
∴△EAB≌△FAD，故本选项正确，不符合题意；
B、∵△EAB≌△FAD，
∴∠BAE=∠DAF，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BAD=90°，
∴∠EAF=∠BAE+∠BAF=∠DAF+∠BAF=∠BAD=90°，
∴AE⊥AF，故本选项正确，不符合题意；
C、∵△EAB≌△FAD，
∴AE=AF，
∵∠EAF=90°，
∴∠AEF=∠AFE=45°，故本选项正确，不符合题意；
D、∵四边形AECF的周长减去四边形ABCD的周长为
AE+CE+CF+AF-（AB+BC+CD+AD）
=AE+BE+BC+CF+AF-AB-BC-CF-DF-AD
=AE-AB+AF-AD，
在和中，
∵AE＞AB，AF＞AD，
∴AE-AB+AF-AD＞0，
∴四边形AECF的周长＞四边形ABCD的周长，故本选项错误，符合题意；
故选：D
【点睛】本题主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，图形的旋转，熟练掌握正方形的性质，全等三角形的判定和性质，图形的旋转的性质是解题的关键．
20．B
【分析】由旋转的性质和等腰三角形的性质可得∠BAD＝50°，由平行线的性质可求∠DAB＝∠ABC＝50°＝∠DBE．
【详解】解：∵将△ABC绕点B逆时针旋转80°得△DBE，
∴AB＝BD，∠ABD＝80°，∠DBE＝∠ABC，
∴∠BAD＝50°，
∵ADBC，
∴∠ABC＝∠BAD＝50°，
∴∠DBE＝∠ABC＝50°，
故选：B．
【点睛】本题考查旋转的性质，等腰三角形的判定和性质，平行线的性质，掌握旋转的性质是解题的关键．
21．C
【分析】根据旋转的性质得到所以是等腰三角形，依据得到等腰三角形的面积，由图形可以知道最终得到阴影部分的面积．
【详解】解：∵在△ABC中，AB=6，将△ABC绕点B按逆时针方向旋转30°后得到，
∴，
∴，
∴是等腰三角形，，
过点作，垂足为点H，
∴，
∴，
又∵，
，
∴．
故选：C．
【点睛】本题考查了旋转的性质：对应点到旋转中心的距离相等；对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角；旋转前、后的图形全等．运用面积的和差关系解决不规则图形的面积是解决此题的关键．
22．D
【分析】根据等边三角形性质以及勾股定理的逆定理，即可判断A、D；依据△BPQ是等边三角形，即可得到∠QPB=∠PBQ=∠BQP=60°，进而得出∠BPA=∠BQC=60°+90°=150°，即可判断C、B选项．
【详解】解：∵△ABC是等边三角形，
∴∠ABC=60°，
∵将△ABP绕点B顺时针旋转60°到△CBQ位置，
∴△BQC≌△BPA，
∴∠BPA=∠BQC，BP=BQ=4，QC=PA=3，∠ABP=∠QBC，
∴∠PBQ=∠PBC+∠CBQ=∠PBC+∠ABP=∠ABC=60°，
∴△BPQ是等边三角形，△BPQ的面积=，故A正确，D错误；
∴PQ=BP=4，
∵，，
∴，
∴∠PQC=90°，即△PQC是直角三角形，△PQC的面积=×3×4=6，故C正确，
∵△BPQ是等边三角形，
∴∠QPB=∠PBQ=∠BQP=60°，
∴∠BPA=∠BQC=60°+90°=150°，故B正确．
故选：D．
【点睛】本题考查了旋转的性质、等边三角形的性质和判定、勾股定理的逆定理的应用，解题关键是综合运用定理进行推理．
23．D
【分析】由正方形的性质和旋转的性质探究规律，利用规律解决问题即可．
【详解】解：如图，过点作轴于点D，
∵四边形OABC是正方形，且OA＝a，
∴A（0，a），
，
∵将正方形OABC绕点O顺时针旋转45°后得到正方形，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵正方形绕点O顺时针旋转后得到正方形
∴，
∴，
同理，， ，，，，
……，
由此发现正方形旋转8次为一个循环，
∵2023÷8＝252…7，
∴点A2023的坐标与相同，为．
故选：D
【点睛】本题考查了正方形的性质、旋转的性质、坐标与图形的变化，解题的关键是学会从特殊到一般的探究规律的方法，属于中考常考题型．
24．A
【分析】先画出点的坐标，再归纳类推出一般规律，由此即可得．
【详解】解：如图，，是以6次为一个循环，
，
点的坐标与点的坐标相同，即为，
故选：A．
【点睛】本题考查规律型：坐标与图形变化—旋转，解题关键在于归纳类推出一般规律．
25．D
【分析】连接，证明△，又，所以△可以由绕点逆时针旋转得到，故结论①正确；由是等边三角形，可知结论②正确；在中，三边长为3，4，5，这是一组勾股数，故是直角三角形；进而求得，故结论③正确；，故结论④正确．
【详解】解：如图，
由题意可知，，
，
又，，
△，
又，
△可以由绕点逆时针旋转得到，
故结论①正确；
如图，连接，
，且，
是等边三角形，
．
故结论②正确；
△，
．
在中，三边长为3，4，5，这是一组勾股数，
是直角三角形，，
，
故结论③正确；
．故结论④正确．
故选：D
【点睛】本题考查了旋转变换中等边三角形，直角三角形的性质．利用勾股定理的逆定理，判定3、4、5所构成的三角形是直角三角形，这是本题的要点．熟练掌握旋转的性质是解本题的关键．
26．689
【分析】直接利用中心对称图形的性质结合“689”的特点得出答案．
【详解】解：将数字“689” 整体旋转180°，得到的数字是：689．
故答案为：689．
【点睛】此题主要考查了生活中的旋转现象，能够想象出旋转后的图形是解题关键．
27．（2），（3），（4）
【详解】解：由题意可知，原图形可以由一个三角形绕中心依次旋转形成；或由一个三角形作轴对称形成的；或由一个三角形先平移再旋转形成的．
故(2)、(3)、(4)正确，
故答案为：(2)、(3)、(4) ．
【点睛】本题考查平移、旋转等知识，解题的关键是掌握旋转变换、平移变换的性质．
28．
【分析】先证明△是等边三角形，然后根据直角三角形的性质以及勾股定理进行解答即可．
【详解】解：∵在△ABC中，∠ACB=90°，∠ABC=30°，
∴∠A=60°，
结合旋转的性质得到CA=，
∴△是等边三角形，
∴AC，
∵在△ABC中，∠ACB=90°，∠ABC=30°，BC=3，
∴AB=2AC，，
∴，
∴AC=(负值已舍)，
∴=．
故答案为：．
【点睛】本题考查了旋转的性质：对应点到旋转中心的距离相等；对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角；旋转前、后的图形全等．也考查了等边三角形的判定和性质、直角三角形的性质以及勾股定理．
29．-3
【分析】如图，作AB⊥y轴于点B，如图，易得AB=2，OB=3，则把Rt△OAB绕点O逆时针旋转90°得到Rt△，根据旋转的性质得∠=90°，∠ABO=∠=90°，=OB=3，即点落在x轴的负半轴上，于是得到A点旋转后所到点的横坐标为-3．
【详解】解：如图，作AB⊥y轴于点B，如图，
∵点A的坐标为（2，3），
∴AB=2，OB=3，
把△OAB绕点O逆时针旋转90°得到△，
∴∠=90°，∠ABO=∠=90°，=OB=3，
∴A点旋转后所到点的横坐标为-3．
故答案为：-3．
【点睛】本题考查了坐标与图形变化-旋转：图形或点旋转之后要结合旋转的角度和图形的特殊性质来求出旋转后的点的坐标．解决本题的关键是把线段的旋转转化为直角三角形的旋转．
30．15
【分析】先由等腰三角形的性质与三角形内角和定理求出∠ACB＝∠B＝（180°﹣40°）÷2＝70°，再根据旋转的性质得∠AC＝∠ACB＝70°，∠＝∠BAC＝40°，AC＝C，从而可由等腰三角形的性质求出∠AC＝（180°﹣70°）÷2＝55°，即可由∠A＝∠AC﹣∠求解．
【详解】解：∵AB＝AC，∠BAC＝40°，
∴∠ACB＝∠B＝（180°﹣40°）÷2＝70°，
由旋转得：∠AC＝∠ACB＝70°，∠＝∠BAC＝40°，AC＝C，
∴∠AC＝（180°﹣70°）÷2＝55°，
∴∠A＝∠AC﹣∠＝55°﹣40°＝15°，
故答案为：15．
【点睛】本题考查等腰三角形的性质和三角形内角和定理，旋转的性质，熟练掌握等腰三角形的性质和旋转的性质是解题的关键．
31． / /
【分析】过点B作BD⊥AC，D为垂足，根据直角三角形的性质求出BD的长，当P在AC上运动至垂足点D，△ABC绕点B旋转，点P的对应点在线段AB上时，最小；当、E 、B三点共线，点P运动到点C时，，最大，．
【详解】解：过点B作BD⊥AC，D为垂足，连接BP，，
∵∠BAC=45°，∠ACB=30°，
∴△ABD是等腰直角三角形，BC=2BD，
∴BD=AD，
设BD=AD=x，则BC=2x，
∴，
∵，
∴，
∴，即BD=2，
∴，BC=4，
∵E是AB的中点，
∴，
由旋转的性质可知，
∵，
∴，
∴当、E 、B三点共线，且P运动到点D时，最小，最小值为；
∵，
∴，
∵当、E 、B三点共线，点P运动到点C时，，最大，最大值为；
故答案为：；．
【点睛】本题主要考查了旋转的性质，等腰直角三角形的性质与判定，勾股定理，含30度角的直角三角形的性质，三角形三边关系的应用等等，熟知相关知识是解题的关键．
32．(1)A（2，0），B（﹣1，﹣4）
(2)见解析
【分析】（1）直接根据点A、B在坐标系中的位置写出其坐标即可；
（2）根据图形旋转的性质画出旋转后的△AB1C1即可；
（1）
由点A、B在坐标系中的位置可知：A（2，0），B（﹣1，﹣4）；
（2）
如图所示：
【点睛】本题主要考查点在坐标系中的位置，图形的旋转，解题的关键在于掌握点坐标的表示方法．
33．(1)见解析
(2)见解析
(3)
【分析】（1）根据平移规律，将△ABC每个顶点向右移动5个单位长度得到点，再连线即可得到；
（2）由旋转的性质，将的顶点绕点逆时针旋转得到点，(点即为点)，再连线即可得到；
（3）连接，利用勾股定理计算即可．
【详解】（1）依据题意，将△ABC每个顶点向右移动5个单位长度得到点，再连线即可得到，
如下图所示，为所求；
（2）依据题意，将的顶点绕点逆时针旋转得到点，(点即为点)，再连线即可得到，
如下图所示，为所求；
（3）连接，设点往右3格的格点为D，
则有是直角三角形，，，，
∴．
故答案为：．
【点睛】本题考查了平移作图和旋转作图，勾股定理求斜边，熟悉相关性质是解题的关键．注意考试时只画第二张图，其余图片是为了解析方便．作完图后要仔细检查前后三角形是否全等．
34．(1)C，90，顺时针
(2)平行四边形
【分析】（1）由图形可直接求解；
（2）由旋转的性质可得，从而可得，即可求解．
【详解】（1）解：根据题意得：旋转中心为点C，
旋转角为，即旋转角的度数为90，
旋转方向为顺时针；
故答案为：C，90，顺时针
（2）解：根据题意得：，
∴，
∴四边形是平行四边形．
故答案为：平行四边形
【点睛】本题考查了旋转的性质，平行四边形的判定，掌握旋转的性质是解题的关键．
35．(1)见解析，；
(2)见解析；
(3)
【分析】（1）利用平移变换的性质分别作出A，B，C的对应点A1，B1，C1即可；
（2）利用旋转变换的性质分别作出A，B，C的对应点A2，B2，C2即可；
（3）作点A关于y轴的对称点A'，连接BA'交y轴于点M，点M即为所求．
【详解】（1）解：如图所示，即为所求；
∵将△ABC向上平移1个单位长度，再向右平移5个单位长度后得到，
且，
∴；
（2）解：如图所示，即为所求；
（3）解：作点A关于y轴的对称点A'，连接BA'交y轴于点M，
根据两点之间线段最短，此时 最小；
∵，点A关于y轴的对称点A'，
∴，
设直线的表达式为，
将，代入得：
，
解得： ，
∴直线的表达式为，
令，得，
∴点．
【点睛】本题考查作图——平移变换，旋转变换等，轴对称最短问题知识，解题的关键是掌握平移变换的性质，旋转变换，学会利用轴对称解决最短问题．
36．(1)见解析
(2)见解析
(3)见解析
【分析】（1）利用网格特点和旋转的性质画出B点的对称点D即可；
（2）利用网格的特点作出BD的中点G，延长CG交AB于E，则点E即为所求；
（3）利用网格特点，作出E点关于直线AC的对称点F即可．
【详解】（1）解：如图所示：线段CD即为所求；
（2）解：如图所示：∠BCE即为所求；
（3）解：连接C（5，0），P（0，5），可得与OA的交点F，点F即为所求，如图所示：
【点睛】本题考查了作图-旋转变换：根据旋转的性质可知，对应角都相等都等于旋转角，对应线段也相等，由此可以通过作相等的角，在角的边上截取相等的线段的方法，找到对应点，顺次连接得出旋转后的图形．也考查了轴对称变换．
37．(1)45°，60°
(2)45°或67.5°
(3)当0°≤∠DOB＜52.5°时，∠DOB＜∠CAB+∠ACD；当∠DOB＝52.5°中，∠DOB＝∠CAB+∠ACD；当52.5°＜∠DOB＜90°时，∠DOB＞∠CAB+∠ACD，理由见解析．
【分析】（1）分别利用平行线的性质求出∠BOC，进而求出∠BOD即可；
（2）分两种情形：当∠D＝∠DOE时，当∠DOE＝∠DEO时，分别根据α＝∠DOE求解即可；
（3）根据三角形外角的性质和四边形的内角和证明∠BOD＋∠BAC＋∠ACD＝105°，再分三种情形说明即可．
【详解】（1）解：当OACD时，如图，
则∠AOD＝∠D＝45°，
∴∠BOD＝45°，
∴α＝45°，
当ABOC时，如图，
则∠B＝∠BOC＝30°，
∴∠BOD＝90°－30＝60°，
∴α＝60°，
故答案为：45°，60°；
（2）当∠D＝∠DOE＝45°时，可得α＝∠DOE＝45°，
当∠DOE＝∠DEO时，可得α＝∠DOE＝＝67.5°，
故答案为：45°或67.5°；
（3）如图3中，∠DOB与∠CAB+∠ACD的大小关系有三种情形：①∠DOB＞∠CAB+∠ACD．②∠DOB＝∠CAB+∠ACD．③∠DOB＜∠CAB+∠ACD．
理由：∵∠1＝∠BAC+∠ACD，∠2＝∠D+∠1＝45°+∠1，∠3＝∠1+∠B＝30°+∠1，
又∵∠BOD+∠2+∠3+（180°﹣∠1）＝360°，
∴∠BOD+45°+∠1+30°+∠1+180°﹣∠1＝360°，
∴∠BOD+∠1＝105°，
∴∠BOD+∠BAC+∠ACD＝105°，
∴当0°≤∠DOB＜52.5°时，∠DOB＜∠CAB+∠ACD，
当∠DOB＝52.5°中，∠DOB＝∠CAB+∠ACD，
当52.5°＜∠DOB＜90°时，∠DOB＞∠CAB+∠ACD．
【点睛】本题考查旋转的性质，平行线的性质，三角形内角和定理，三角形外角的性质以及四边形的内角和等知识，解题的关键是学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考常考题型．
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