专题24 图形的变化——平移、旋转（中考高频题型归纳与训练）-备战2025年中考数学真题题源解密（山东专用）(原卷版+解析版)

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►考向一 平移的性质
1.（2024•东营）如图，将沿方向平移得到，若的周长为，则四边形的周长为 ．

【答案】30
【分析】本题主要考查了平移的性质、三角形周长等知识点，掌握平移的性质及等量代换成为解题的关键．
由平移的性质可得,,再根据的周长为可得，然后根据四边形的周长公式及等量代换即可解答．
【详解】解：∵将沿方向平移得到，
∴,,
∵的周长为，
∴,即，
∴四边形的周长为．
故答案为：30．
►考向二 平移的综合应用
1.（2024•东营）在中，，，．
(1)问题发现
如图1，将绕点按逆时针方向旋转得到，连接，，线段与的数量关系是______，与的位置关系是______；
(2)类比探究
将绕点按逆时针方向旋转任意角度得到，连接，，线段与的数量关系、位置关系与（1）中结论是否一致？若交于点N，请结合图2说明理由；
(3)迁移应用
如图3，将绕点旋转一定角度得到，当点落到边上时，连接，求线段的长．
【答案】(1)；
(2)一致；理由见解析
(3)
【分析】（1）延长交于点H，根据旋转得出，，，根据勾股定理得出，，根据等腰三角形的性质得出，，根据三角形内角和定理求出，即可得出结论；
（2）延长交于点H，证明，得出，，根据三角形内角和定理得出，即可证明结论；
（3）过点C作于点N，根据等腰三角形的性质得出，根据勾股定理得出，证明，得出，求出，根据解析（2）得出．
【详解】（1）解：延长交于点H，如图所示：
∵将绕点按逆时针方向旋转得到，
∴，，，
∴根据勾股定理得：，，
∴，
∵，，，
∴，，
∴，
∴．
（2）解：线段与的数量关系、位置关系与（1）中结论一致；理由如下：
延长交于点H，如图所示：
∵将绕点旋转得到，
∴，，，，
∴，
∴，
∴，，
∴；
又∵，，，
∴，
∴；
（3）解：过点C作于点N，如图所示：
根据旋转可知：，
∴，
∵在中，，，，
∴根据勾股定理得：，
∵，，
∴，
∴，
即，
解得：，
∴，
根据解析（2）可知：．
【点睛】本题主要考查了旋转的性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理，等腰三角形的性质，解题的关键是作出辅助线，熟练掌握三角形相似的判定方法．
►考向一 旋转的综合应用
1.（2024•德州）在中，，，点D是上一个动点（点D不与A，B重合），以点D为中心，将线段顺时针旋转得到线．
(1)如图1，当时，求的度数；
(2)如图2，连接，当时，的大小是否发生变化？如果不变求，的度数；如果变化，请说明理由；
(3)如图3，点M在CD上，且，以点C为中心，将线CM逆时针转得到线段CN，连接EN，若，求线段EN的取值范围．
【答案】(1)
(2)的大小不发生变化，，理由见解析
(3)
【分析】（1）由旋转的性质得，由等边对等角和三角形内角和定理得到，由三角形外角的性质得，进而可求出的度数；
（2）连接交于点O，证明得，再证明即可求出的度数；
（3）过点C作于H，求出，则；由旋转的性质得，，，设，则；如图所示，过点D作于G，则可得到，，由勾股定理得；证明，在中，由勾股定理得 ；再求出，即可得到．
【详解】（1）解：由旋转的性质得．
∵，，
∴．
∵，
∴，
∴；
（2）解：的大小不发生变化，，理由如下：
连接交于点O，
由旋转的性质得，，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴
∴，
∵，
∴，
∴；
（3）解：如图所示，过点C作于H，
∵，，
∴，
∵，
∴；
由旋转的性质得，，，
设，
∵，
∴，
如图所示，过点D作于G，
∵，，
∴，
∵，
∴，，
在中，由勾股定理得，
∴,
∵，
∴，
在中，由勾股定理得
，
∴或（舍去）；
∵点D是上一个动点（点D不与A，B重合），
∴，即，
∴，
∴．
【点睛】本题主要考查了相似三角形的性质与判定，旋转的性质，勾股定理，含30度角的直角三角形的性质，等边对等角等，正确作出辅助线构造相似三角形和直角三角形是解题的关键．
2.（2024•泰安）如图1，在等腰中，，，点，分别在，上，，连接，，取中点，连接．
(1)求证：，；
(2)将绕点顺时针旋转到图2的位置．
①请直接写出与的位置关系：___________________；
②求证：．
【答案】(1)见解析
(2)①；②见解析
【分析】（1）先证明得到，，根据直角三角形斜边中线性质得到，根据等边对等角证明，进而可证明；
（2）①延长到点，使，连接，延长到，使，连接并延长交于点．先证明，得到，，进而，．证明得到，然后利用三角形的中位线性质得到，则，进而证明即可得到结论；
②根据得到即可得到结论．
【详解】（1）证明：在和中，
，，，
，
，．
是斜边的中点，
，
，
，
．
，
，
．
；
（2）解：①；
理由如下：延长到点，使，连接，延长到，使，连接并延长交于点．
，，，
，
，，
，
，
，
，
．
，
．
在和中，
，，，
，
．
是中点，是中点，
是中位线，
．
，
，
．
，
．
故答案为：；
②证明： ∵，
，
，
．
【点睛】本题考查全等三角形的判定与性质、直角三角形斜边中线性质、等腰三角形的判定与性质、三角形的中位线性质、平行线的判定与性质等知识，涉及知识点较多，综合性强，熟练掌握相关知识的联系与运用，灵活添加辅助线构造全等三角形是解答的关键．
3.（2024•烟台）在等腰直角中，，，D为直线上任意一点，连接．将线段绕点D按顺时针方向旋转得线段，连接．
【尝试发现】
（1）如图1，当点D在线段上时，线段与的数量关系为________；
【类比探究】
（2）当点D在线段的延长线上时，先在图2中补全图形，再探究线段与的数量关系并证明；
【联系拓广】
（3）若，，请直接写出的值．
【答案】（1）；（2），补图及证明见解析；（3）或
【分析】本题考查三角形全等的判定与性质，三角函数，掌握一线三垂直全等模型是解题的关键．
（1）过点作延长线于点，利用一线三垂直全等模型证明，再证明即可；
（2）同（1）中方法证明，再证明即可；
（3）分两种情况讨论：过点作延长线于点，求出，即可．
【详解】解：（1）如图，过点作延长线于点，
由旋转得，，
∴，
∵，
∴，，
∴，
∴，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
故答案为：；
（2）补全图形如图：
，理由如下：
过点作交于点，
由旋转得，，
∴，
∵，
∴，，
∴，
∴，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴；
（3）如图，当在的延长线上时，过点作于点，连接，
由（2）得，，
∴，
∴，
∴．
当在的延长线上时，过点作于点，如图，连接，
同理可得：，
∴，，
∴，
∴，
∴；
综上：或
4.（2024•山东）一副三角板分别记作和，其中，，，．作于点，于点，如图1．
(1)求证：；
(2)在同一平面内，将图1中的两个三角形按如图2所示的方式放置，点与点重合记为，点与点重合，将图2中的绕按顺时针方向旋转后，延长交直线于点．
①当时，如图3，求证：四边形为正方形；
②当时，写出线段，，的数量关系，并证明；当时，直接写出线段，，的数量关系．
【答案】(1)证明见解析
(2)①证明见解析；②当时，线段，，的数量关系为；当时，线段，，的数量关系为；
【分析】（1）利用等腰直角三角形与含30度角的直角三角形的性质可得结论；
（2）①证明，，可得，证明，可得四边形为矩形，结合，即，
而，可得，从而可得结论；②如图，当时，连接，证明，可得，结合，可得；②如图，当时，连接，同理，结合，可得
【详解】（1）证明：设，
∵，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，，
∴，
∴；
（2）证明：①∵，，
∴，，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴四边形为矩形，
∵，即，
而，
∴，
∴四边形是正方形；
②如图，当时，连接，
由（1）可得：，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴；
②如图，当时，连接，
由（1）可得：，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴；
【点睛】本题考查的是等腰直角三角形的性质，含30度角的直角三角形的性质，直角三角形斜边上的中线的性质，正方形的判定，旋转的性质，全等三角形的判定与性质，锐角三角函数的应用，作出合适的辅助线是解本题的关键.
►考向二 平移、旋转的坐标问题
1.（2024•济宁）如图，三个顶点的坐标分别是．
(1)将向下平移2个单位长度得，画出平移后的图形，并直接写出点的坐标；
(2)将绕点逆时针旋转得．画出旋转后的图形，并求点运动到点所经过的路径长．
【答案】(1)作图见解析，
(2)作图见解析，
【分析】本题考查了作图—平移变换和旋转变换，弧长公式，解题的关键熟练掌握平移和旋转的性质，
（1）利用平移的性质作出对应点，再连线即可，
（2）利用旋转的性质分别作出对应点，再连线，运动到点所经过的路径长即为弧长即可可求解
【详解】（1）解：如下图所示：
由图可知：；
（2）解：如上图所示：
运动到点所经过的路径为：
2.（2024•青岛）如图，将正方形先向右平移，使点B与原点O重合，再将所得正方形绕原点O顺时针方向旋转，得到四边形，则点A的对应点的坐标是（ ）
A．B．C．2,1D．
【答案】A
【难度】0.65
【分析】本题主要考查了坐标与图形变化—旋转和平移，全等三角形的性质与判定，先根据题意得到平移方式为向右平移3个单位长度，则可得平移后点A的对应点坐标为；如图所示，设绕原点O顺时针旋转90度后的对应点为F，分别过E、F作x轴的垂线，垂足分别为G、H，证明，得到，则，即点A的对应点的坐标是．
【详解】解：由题意得，平移前，
∵将正方形先向右平移，使点B与原点O重合，
∴平移方式为向右平移3个单位长度，
∴平移后点A的对应点坐标为，
如图所示，设绕原点O顺时针旋转90度后的对应点为F，分别过E、F作x轴的垂线，垂足分别为G、H，
∴，
由旋转的性质可得，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴点A的对应点的坐标是，
故选：A．
3.（2024•潍坊）如图，在直角坐标系中，等边三角形ABC的顶点的坐标为0,4，点均在轴上．将绕顶点逆时针旋转得到，则点的坐标为 ．
【答案】
【分析】本题主要考查旋转的性质，三角函数的计算，熟练掌握旋转的性质是解题的关键．作，求出，的值即可得到答案．
【详解】解：作，交y轴于点F，
由题可得：，
是等边三角形，，
∴是的角平分线，
，
，
在中，，
即，
解得，
，
，
，
，
故答案为：．
4.（2024•淄博）如图，已知，两点的坐标分别为，，将线段平移得到线段．若点的对应点是，则点的对应点的坐标是 ．
【答案】
【分析】此题主要考查了点的平移规律与图形的平移，关键是掌握平移规律，左右移，纵不变，横减加，上下移，横不变，纵加减．根据平移的性质，结合已知点，的坐标，知点的横坐标加上了1，纵坐标加1，则的坐标的变化规律与点相同，即可得到答案．
【详解】解：平移后对应点C的坐标为，
点的横坐标加上了4，纵坐标加1，
,
点坐标为，
即，
故答案为：．
一、单选题
1．（24-25八年级上·山东济宁·期中）如图，，点A，B在直线a上，点C在直线b上，且，把沿方向每次平移的距离．第一次平移得到第一幅图；第二次平移得到第二幅图；第三次平移得到第三幅图…继续平移，那么第二十次平移得到第二十幅图中等边三角形的个数是（ ）
A．60B．61C．80D．100
【答案】C
【分析】本题考查了平移的性质、等边三角形的性质、图形类规律探索，由平移的性质和等边三角形的定义并结合图形得出规律第个图形中等边三角形的个数为个，由此计算即可得解．
【详解】解：由平移的性质和等边三角形的定义可得：
第1个图形中等边三角形的个数为：个，
第2个图形中等边三角形的个数为：个，
第3个图形中等边三角形的个数为：个，
…，
第个图形中等边三角形的个数为：个，
故第二十次平移得到第二十幅图中等边三角形的个数是个，
故选：C．
2．（23-24八年级上·山东淄博·期末）如图，是等腰直角三角形，是过点C的直线，，，则与通过下列交换：①绕点C旋转后重合：②沿的中垂线翻折后重合：③沿方向平移后与重合：④绕中点M逆时针旋转90度，则与重合；⑤先沿方向平移，使点E与点D重合后，再将平移后的三角形绕点D逆时针旋转90度，则与重合．其中正确的有（ ）
A．1个B．2个C．3个D．4个
【答案】B
【分析】本题考查了图形的旋转与平移的性质及轴对称．掌握无论旋转还是平移，运动后的图形与原图形是全等的是解题的关键．根据全等三角形的判定定理得到，则，，连接，根据等腰直角三角形的性质得出； 结合平移与旋转的性质进行判断即可．
【详解】解：∵是等腰直角三角形，是过点C的直线，， ，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∴，，
连接，
∵是等腰直角三角形，为的中点，
∴；
①绕点C旋转后与不能重合，故①错误；
②沿的中垂线翻折后无法使与重合，故②错误；
③沿方向平移后不能与重合，故③错误；
④绕中点M逆时针旋转90度，则与重合，故④正确；
⑤先沿方向平移，使点E与点D重合后，再将平移后的三角形绕点D逆时针旋转90度，则与重合，故⑤正确；
综上分析可知，正确的有2个，故B正确．
故选：B．
3．（24-25九年级上·山东济宁·期中）如图，甲同学将按照下面方式操作：
第一步，将绕点逆时针旋转，得到；第二步，过作，交的延长线于点；第三步，作直线，交，分别于点，．
甲同学根据操作，写出了四个结论：
①；②；③是的中线；④．其中正确的结论是（ ）
A．①②B．③④C．①②③D．②④
【答案】C
【分析】本题综合考查了旋转的性质、矩形的判定与性质、全等三角形的判定与性质等知识点．利用旋转的性质结合三角形的性质求得，即可判断①和③；证明四边形是矩形，推出和，即可判断②；利用勾股定理计算出和和，即可判断④．
【详解】解：∵，
∴，
由旋转的性质得，，，，
∴，，
∴，
∴，结论①正确；
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，结论③正确；
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴四边形是矩形，
∵，
∴，
又，
∴，
∴，，
∵，，，
∴，
∴，结论②正确；
设，则，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，结论④错误，
故选：C．
二、多选题
4．（23-24七年级下·山东潍坊·期末）在下面方格纸（每个小正方形的边长为1个单位长度）中，由阴影部分构成了三个图案，每个图案分别由4个相同的基本图形构成，下列说法正确的是（ ）
A．三个图案的面积都是4
B．三个图案都是轴对称图形
C．三个图案都可以通过旋转它的一个基本图形得到
D．三个图案都可以通过平移它的一个基本图形得到
【答案】AB
【分析】本题考查了利用旋转设计图案，利用轴对称设计图案，利用平移设计图案，熟练掌握平移、旋转、轴对称的性质是解题的关键．根据平移和旋转的性质即可得到结论．
【详解】解：A、三个图案的面积都是4，故符合题意；
B、三个图案都是轴对称图形，故符合题意；
C、只有图案②③通过旋转它的一个基本图形得到，故不符合题意；
D、只有图案②通过平移它的一个基本图形得到，故不符合题意；
故选：AB．
三、解答题
5．（24-25七年级上·山东济南·开学考试）在方格纸上按要求画图（小正方形的边长为）．
(1)以线段为底，画一个面积为的平行四边形．
(2)画出将图①三角形绕点逆时针旋转后得到的图形．
(3)画出将图②长方形按放大后的图形，并在放大后的图形内画一个最大的半圆．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)见解析
【分析】此题主要考查了网格作图．熟练掌握旋转性质，平移性质，比例性质，位似作图，是解题的关键．
（1）把A、B两点分别向上平移3个单位长度，再向右平移1个单位长度得到点D、C，连接；
（2）把点，分别绕点逆时针旋转90°，得到，，再与点分别连接；
（3）以点为位似中心，按放大图②长方形四个顶点，得，，，，顺次首尾连接，再以点为圆心，4个单位长度为半径，在长方形内画半圆．
【详解】（1）解：取点，，
顺次连接，即可；
（2）解：取点，，
把，，三点连接起来即得图③三角形；
（3）解：以点为位似中心，按放大图②长方形四个顶点，
得，，，，顺次首尾连接得到图④长方形，
再以点为圆心，4个单位长度为半径，在图④长方形内画半圆，即可．
6．（24-25八年级上·山东德州·开学考试）如图1，已知点表示的立方根，且．将线段向右平移3个单位长度，再向上平移4个单位长度，得到线段，点E在y轴的负半轴，．
(1)直接写出A，B，C，D各点的坐标；
(2)证明；
(3)求点E的坐标；
(4)如图2，平分，平分，求的度数．
【答案】(1)，，，
(2)证明见解析
(3)
(4)
【分析】（1）根据立方根的性质求解的值，可得，的坐标，再利用平移的性质可得，的坐标；
（2）由平移的性质可得，证明，结合，可得，从而可得结论；
（3）如图，取的三边中点，可得，，，证明，可得，可得，证明，可得，可得；
（4）由，可得，结合三角形的内角和可得，证明，再结合角平分线的定义可得结论．
【详解】（1）解：∵点表示的立方根，且．
∴，，
解得：，
∴，；
∵将线段向右平移3个单位长度，再向上平移4个单位长度，
∴，；
（2）证明：由平移可得：，
∴，
∵，
∴，
∴；
（3）解：如图，取的三边中点，
∴，，，
∴，，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴；
（4）解：∵，
∴， 即，
∵，
∴，
∵平分，平分，
∴，，
∵，，
∴，
∴．
【点睛】本题考查的是三角形的内角和定理的应用，平行线的性质，坐标与图形，立方根的含义，平移的性质，全等三角形的判定与性质，掌握以上基础知识是解本题的关键．
7．（23-24八年级下·山东聊城·阶段练习）如图，三个顶点的坐标分别为，，．平移得到，已知点的坐标为
(1)点的坐标为_______，点的坐标为______；
(2)画出；
(3)可以由经过一次平移得到吗？如果能，请在图中标出平移的方向，并求出平移的距离．
【答案】(1)，
(2)见解析
(3)可以由沿着方向经过一次平移得到，平移距离为
【分析】本题考查了作图—平移变换、勾股定理，熟练掌握平移的性质是解此题的关键．
（1）由题意得出平移方式为向右平移个单位长度，向下平移个单位长度，再由平移的性质即可得出答案；
（2）根据点的坐标描点连线即可；
（3）连接，可以由沿着方向经过一次平移得到，再由勾股定理计算出平移距离即可得出答案．
【详解】（1）解：∵，点的坐标为，
∴平移方式为向右平移个单位长度，向下平移个单位长度，
∴点的坐标为1,0，点的坐标为；
（2）解：如图，即为所作，
；
（3）解：如图，连接，可以由沿着方向经过一次平移得到，
，
由勾股定理得：，
∴平移的距离为．
8．（2024·山东青岛·二模）已知：如图，在中， ，，，，将沿方向匀速运动得到，已知平移速度为1，分别与，相交于、，与相交于，设运动时间为．
解答下列问题：
(1)连接，在运动过程中，是否存在某一时刻t，使四边形是正方形？若存在，请直接写出的值；若不存在，请说明理由；
(2)在运动过程中，是否存在某一时刻，使，若存在，求的值；若不存在，请说明理由；
(3)连接，设四边形的面积为，求与之间的函数关系式．
【答案】(1)存在，
(2)存在，
(3)
【分析】（1）连接，首先证明四边形为矩形，若四边形为正方形，则有，然后求解即可；
（2）首先根据勾股定理解得，由平移的性质可得，，，，，，得，证明，由相似三角形的性质可得，代入数值可解得，，进而可得，当时，在和中，由勾股定理可得关于的方程，求解即可获得答案；
（3）根据题意得到，得出，求出，然后证明出，作，，得到，求出，然后利用求解即可．
【详解】（1）解：存在，，理由如下：
如下图，连接，
∵，，
∴，
由平移的性质可得，，，
∴，
∴，
∴四边形为矩形，
若四边形为正方形，
则有，
∴运动时间；
（2）存在， ，理由如下：
∵，
∴，
又∵，，，
∴，
由平移的性质可得，，，，，
∴，
∵，，
∴，
∴，即有，
∴，，
∴，
当时，可有，
∴在中，，
在中，，
∴，整理可得，
解得；
（3）∵
∴，
∴
∴
∴
∵，
∴
作，
∴
∴
．
【点睛】本题主要考查了平移的性质、矩形的判定与性质、正方形的性质、相似三角形的判定与性质、平行线分线段成比例定理、勾股定理等知识，综合性强，难度较大，熟练掌握平移的性质和相似三角形的性质是解题关键．
9．（23-24七年级下·山东济宁·期中）在平面直角坐标系中，对于任意两点和，我们定义它们两点间的坐标距离如下：
若，则点和点的坐标距离为；
若，则点P1和点P2的坐标距离为．
已知点，将点A先向右平移3个单位长度，再向上平移2个单位长度，得到点B．
(1)点B的坐标为 ， A、B两点间的坐标距离为 ；
(2)M为x轴正半轴上一点，N为y轴正半轴上一点，若M、N与点A之间的坐标距离均为3．
①求点M的坐标；
②求M、N两点间的坐标距离．
【答案】(1)，3
(2)①②6
【分析】本题考查平移坐标的变化以及新定义运算，理解“两点间的坐标距离”的定义，掌握平移坐标的变化规律是正确解答的关键．
（1）根据平移坐标的变化规律得出点B的坐标，再求出与的值，即可得出点A、点B的坐标距离；
（2）①根据两点间的坐标距离的定义，由点与点之间的坐标距离等于3，可求出，进而得出点M的坐标；
②根据两点间的坐标距离的定义，可确定n的取值范围，再根据两点间的坐标距离的定义进行解答即可．
【详解】（1）将点先向右平移3个单位长度，再向上平移2个单位长度，得到点B，则点，
∵，
∴，
∴A、B两点间的坐标距离为3，
故答案为：，3；
（2）设点，，
①∵点与点之间的坐标距离等于3，
∴，
解得或舍去，
∴点；
②由①知点，
又∵点与点之间的坐标距离等于3，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∵点，点，而，
∴，
∴M、N两点间的坐标距离是6．
10．（23-24九年级上·山东淄博·期末）如图所示的10×10的正方形网格中，的三个顶点都在格点上，请在所给的平面直角坐标系中解答下列问题：
(1)画出绕原点O旋转后的．
(2)将沿x轴翻折后再沿y轴向上平移2个单位长度，得到，请画出，若在内有一点经过这两次变换后的对应点是，请直接写出点的坐标．
(3)将绕某点逆时针旋转后，得到，顶点A，B，C的对应点分别为，，，请画出，并直接写出旋转中心的坐标．
【答案】(1)详见解析
(2)
(3)
【分析】本题考查作图-旋转变换、轴对称变换、平移变换，熟练掌握旋转的性质、平移的性质、轴对称的性质是解答本题的关键．
（1）根据旋转的性质作图即可．
（2）根据轴对称和平移的性质作图即可；结合轴对称和平移的性质可得答案．
（3）根据点，，的坐标描点再连线可得；连接，，分别作线段，的垂直平分线，交于点M，则点M即为旋转中心，即可得出答案．
【详解】（1）如图，即为所求．
（2）如图，即为所求．
由题意得，点的横坐标为a，纵坐标为，
∴点的坐标为．
（3）如图，即为所求．
连接，，分别作线段，的垂直平分线，交于点M，
则将绕点M逆时针旋转后可得到，
∴旋转中心点M的坐标为1,0．
11．（24-25八年级上·山东威海·期末）在平面直角坐标系中，A是y轴上一动点，点B，C在x轴上，点D在y轴正半轴上，是等边三角形，连接，将线段绕点B顺时针旋转得到，连接，．
(1)若点A在y轴负半轴上，求证：；
(2)连接，若，求的度数．
【答案】(1)详见解析
(2)的度数为或
【分析】本题考查了等边三角形的性质、全等三角形的判定与性质，熟练掌握以上知识点并灵活运用，采用分类讨论的思想是解此题的关键．
（1）由等边三角形的性质可得，，，由旋转的性质可得，，证明得出，即可得证；
（2）分三种情况：若点A在y轴负半轴上；②若点A在点D上方；③若点A在点D，O之间；分别利用等边三角形的性质以及全等三角形的判定与性质求解即可．
【详解】（1）解：∵是等边三角形，
∴，．
∵，
∴，
由旋转的性质可得：，，
∴，即．
∴．
∴．
∴．
∴．
（2）解：若点A在y轴负半轴上（如图①）：
∵，，
∴．
∴．
∴．
由，可得．
．
∴．
∵，
∴．
．
∵是等边三角形，
∴，
∵，
∴，
∴垂直平分，
∴．
．
∴
②若点A在点D上方（如图②）：
可得．
∴，．
由（1）可得，．
∴
∴．
∵，
∴．
∴．
∴．
．
∵，
∴．
∴
③若点A在点D，O之间（如图③）：
可得．
由于，
所以不可能是，与条件矛盾
综上，的度数为或．
12．（24-25九年级上·山东临沂·期中）综合实践：
动手操作：
小明在学完旋转后，利用两个相同的含有30°三角板进行旋转，让两个30°的顶点放置在一起，取的中线，让绕点任意旋转．
发现结论：
在旋转的过程中，发现线段与的位置存在平行的情况．
问题解决：
(1)如图1，将绕点顺时针旋转60°，请判断与平行吗？并说明理由；
(2)当顺时针旋转一周时，还存在平行的情况吗？若有，请求出旋转的角度；若无，请说明理由．
【答案】(1)，理由见解析
(2)有，旋转角为
【分析】本题属于几何变换综合题，考查了旋转变换，平行线的判定，平行四边形的判定和性质，全等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．
（1）结论：．延长交于点H．证明可得结论；
（2）存在．如图2中，当时，旋转角为．利用平行线的性质求解即可．
【详解】（1） ；
理由：如图，延长交于点，
，为的中线，
，
，，
，是等边三角形，
，
将绕点顺时针旋转，
，，
，
，
，
，
；
（2）当旋转角为时， ，
理由：如图2：延长，交于点，
由（1）得， ，
为等边三角形，
，
，
，
，
，
∴旋转角．
13．（2024·山东济南·模拟预测）（1）如图1，在中，，点是内部任意一点．连接，将线段绕点逆时针旋转得到线段，连接，则线段与的数量关系是______．
（2）如图2，四边形是正方形，绕点旋转，且，，连接，直线与直线相交于点．
①求证：；
②如图3，当点在的延长线上时，连接，已知，在旋转的过程中，求线段的最小值．
【答案】
（1）
（2）①见解析
②
【分析】（1）直接证明，即可得出结论；
（2）①证明，得，即可求得，即可得出结论；
②过点作于点，作，交的延长线于点，过点作于点．先证明，得到．从而得证四边形是正方形，得到．再证明，得到．再根据勾股定理得，则当最大时，最小，此时，即可求得，即可由求解．
【详解】解：（1）由旋转可得：，，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴；
（2）①证明：四边形是正方形，
，
又，
，
即，
在和中，
，
∴，
．
，
，
．
②解：如图，过点作于点，作，交的延长线于点，过点作于点．
由①知，
，
四边形是矩形，
．
又，
，
即．
在和中，
，
．
四边形是正方形，
．
，
．
在和中，
，
．
，
当最大时，最小，此时，
，
．
【点睛】本题考查正方形的性质，旋转的性质，全等三角形的判定与性质，矩形的判定与性质，勾股定理，本题属四边形综合题目，熟练掌握相关性质的应用是解题的关键．
14．（23-24八年级下·山东淄博·期末）如图1，在平面直角坐标系中，已知边长为8的正方形的顶点A，C分别在x，y轴的正半轴上.点P是x轴正半轴上的一动点，连接，直线绕点P顺时针旋转与过A点的直线相交于点D，连接

(1)求k的值；
(2)当点P在边上时（点P与点A不重合），判断形状，并说明理由；
(3)如图2，取的中点E，连接，以，为邻边构造平行四边形.问是否存在点P使得平行四边形是菱形？若存在，求点P的坐标；若不存在，说明理由．
【答案】(1)的值为1
(2)形状为等腰直角三角形，理由见解析
(3)存在，点的坐标为或．理由见解析
【分析】本题考查了平面直角坐标系、一次函数、全等三角形的判定与性质、等腰三角形的判定、勾股定理、平行四边形的性质与菱形的性质，正方形的性质．综合运用以上知识点是解题的关键．
（1）将点坐标代入求解即可；
（2）根据等腰直角三角形的判定方法判定即可；
（3）利用证明，得到，，，设，则，，再根据勾股定理即可求解．
【详解】（1）解：由题意可知，点坐标为．
代入，
可得：，
解得：．
的值为1．
（2）直线绕点P顺时针旋转与过A点的直线相交于点D，
，，
形状为等腰直角三角形．
（3）解：存在点P使得平行四边形是菱形．
则有．

理由：如图，过点作轴于点，
，
，
，
又，
，
又，
．
，，
，
，
．
设，则，，
是的中点，
是的中线，
在， ， ．
根据勾股定理：
在中，，
，
解得：，．
点的坐标为或．
15．（23-24八年级下·山东潍坊·期末）综合与实践：利用旋转解有关图形的计算问题．
图形的旋转不仅是初中数学“图形与几何”领域的重要内容，也是解决平面几何问题的一种解题策略和方法，同时它还是解决问题过程中实现转化思想的一种工具和手段．
【尝试解决】
（1）如图，已知中，，，D是内一点，，，，求的度数．
思路分析：利用条件，把绕点A逆时针旋转，再利用，，三边之间的关系，就能方便地求出的度数．
请将下面解答过程补充完整．
解：将绕点A逆时针旋转，则与重合，D落在E点的位置，连接．可得，，．
所以________；
在中，________，________；
所以________；
所以_______；
所以________________________．
【类比探索】
（2）如图，在正方形中，E，F分别在，上，且，若，，求的长．
【迁移应用】
（3）如图，四边形中，，，若四边形的面积为8，则的长为多少？请直接写出最后结果．
【答案】（1），，，是直角三角形，，；（2）7；（3）
【分析】此题考查了正方形的判定和性质、全等三角形的判定和性质、旋转的性质等知识，构造全等三角形是解题的关键．
（1）根据旋转的性质得到，再证明，则，即可得到答案；
（2）将绕点D顺时针旋转，则与重合，F落在H点的位置，连接，则，证明在同一条直线上，再证明，得到；
（3）过点C作于点E，过点C作于点F，证明，则，证明四边形是正方形，则，根据正方形的面积四边形的面积得到，即可得到答案．
【详解】（1）解：将绕点A逆时针旋转，则与重合，D落在E点的位置，连接．可得，，．
所以，
在中，，
所以
所以，
所以，
故答案为：，，，，，；
（2）将绕点D顺时针旋转，则与重合，F落在H点的位置，连接，则，
∴，，，
∴，在同一条直线上，
∵，，
∴，
∵，
∴，
∴；
（3）过点C作于点E，过点C作于点F，
∴，
∵，
∴四边形是矩形，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴四边形是正方形，
∴，
∴正方形的面积四边形的面积，
∴，
∴．课标要求
考点
考向
1．通过具体实例认识平移，探索它的基本性质:一个图形和它经过平移所得的图形中，两组对应点的连线平行(或在同一条直线上)且相等。
2. 认识并欣赏平移在自然界和现实生活中的应用。
3. 运用图形的轴对称、旋转、平移进行图案设计。
4. 通过具体实例认识平面图形关于旋转中心的旋转。探索它的基本性质:一个图形和旋转得到的图形中，对应点到旋转中心距离相等，两组对应点分别与旋转中心连线所成的角相等。
平移
考向一 平移的性质
考向二 平移的综合应用
旋转
考向一 旋转的综合应用
考向二 平移、旋转的坐标问题
考点一 平移
考点二 旋转