2026中考数学高频考点一轮复习：图形的旋转（试题含解析）

这是一份2026中考数学高频考点一轮复习：图形的旋转（试题含解析），共37页。
A．B．
C．D．
2．（2025春•扬州）如图，△ABC顺时针旋转到△A'B'C'的位置，则旋转中心及旋转角分别是（ ）
A．点A′，∠C′A′B′B．点O，∠AOA′
C．点A′，∠A′OBD．点O，∠AOC
3．（2025春•邗江区）如图△ABC，将△ABC绕点A顺时针旋转50°得到△AB′C′，边AB′与BC交于点D，∠B′＝28°，则∠ADC的度数是（ ）
A．78°B．70°C．85°D．80°
4．（2025•富锦市二模）在平面直角坐标系中，把点P（﹣2，3）绕原点O顺时针旋转90°，所得到的对应点Pʹ的坐标为（ ）
A．（3，2）B．（2，﹣3）C．（﹣3，﹣2）D．（﹣2，﹣3）
5．（2025春•青秀区）如图，已知图形是中心对称图形，则对称中心是（ ）
A．BC的中点B．FC的中点C．点CD．点D
6．（2025春•苏州）如图，△ABC中，∠B＝25°，将△ABC绕点C顺时针旋转65°后得到△DEC，点A，B的对应点分别为D，E，BA延长线交DE于点F，则下列结论中一定正确的是（ ）
A．∠ACB＝∠ACEB．AC∥DEC．AB＝EFD．BF⊥CE
7．（2025春•吴兴区）如图，已知四边形纸片ABCD，E，F，G，H是四条边上的中点，连结EG，分别过点H，F作HI⊥EG于点I，FJ⊥EG于点J，沿EG，HI，FJ将四边形纸片ABCD剪成四个小四边形纸片，记为①，②，③，④，将这四张纸片恰好可以无重叠、无缝隙地拼成一个新的四边形纸片ILMN（①沿BD方向平移，④和②分别绕点H和点G旋转180°）．若EJ＝5cm，JG＝2cm，FJ＝3cm，则四边形ILMN的周长是（ ）
A．24cmB．26cm
C．(22+25)cmD．28cm
8．（2025春•睢宁县）如图，已知甲、乙两个图案形状、大小完全相同，通过怎样的运动变换可以使它们重合？（ ）
A．轴对称B．平移C．旋转D．旋转、平移
9．（2025•西湖区三模）如图，正方形ABCD中，边长为1，将边BC绕点B逆时针旋转至BE，连接CE、DE，若∠CED＝90°，则△BCE的面积是（ ）
A．45B．12C．15D．25
10．（2025春•泰州）如图，将△ABC绕点A逆时针旋转得到△ADE，点B，C的对应点分别为点D，E．当点C，D，E恰好在同一条直线上时，设∠BCD＝α，则旋转角等于（ ）
A．12αB．23αC．αD．180°﹣α
二．填空题（共5小题）
11．（2025春•普陀区）如图，在△ABC中，∠A＝45°，∠C＝42°，将△ABC绕点B旋转得△DBE，点A、C的对应点分别是点D、E，线段BE交边AC于点F，连接CE、AD，如果△CEF是等腰三角形，那么∠ADE的度数是 ．
12．（2025春•杨浦区）如图，在△ABC中，∠C＝30°，将△ABC绕点A旋转α（0＜α＜180）度后，点B所对应的点D在边BC上，如果AD平分∠BAC，那么α＝ 度．
13．（2025春•建邺区）如图，在矩形ABCD中，AB＝4，BC＝5，点E在BC边上，且BE＝2，F为AB边上的一个动点，连接EF，以EF为边作等边△EFG，且点G在矩形ABCD内，连接CG，则CG的最小值为 ．
14．（2025•越秀区三模）如图，在△ABC中，AC=1+3，∠BAC＝45°，∠ACB＝60°，将△ABC绕点B按逆时针方向旋转，得到△A1BC1，点E为线段BC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P1，则线段EP1的最大值是 ，最小值是 ．
15．（2025春•柴桑区）已知两块相同的三角板如图摆放，点B，C，E在同一直线上，∠ABC＝∠DCE＝90°，∠D＝∠ACB＝30°，将△ABC绕点C顺时针旋转角度α（0°＜α＜180°）当旋转角为 时，DE与△ABC的边垂直．
三．解答题（共5小题）
16．（2025•东胜区二模）【问题情境】
如图，在数学活动课上，同学们用两个全等的矩形纸片ABCD和AEFG探究旋转的性质，将矩形纸片AEFG绕点A逆时针旋转，其中AB＝AE＝6，AD＝AG＝8．
【初步探究】
（1）如图1，连接BE，DG，在矩形纸片AEFG旋转的过程中，求BEDG的值；
【问题解决】
（2）如图2，连接BD，当点E恰好落在BD上，延长FE与交BC于点M，连接AM，交BD于点H．
①求证：AM垂直平分BE；
②如图3，取GD中点N，连接AN，HN，求线段HN的长．
17．（2025•永川区模拟）如图，在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝90°，D为BC的中点，连接AD，E为边BC上一动点，连接AE，将AE绕点A顺时针旋转90°得到线段AF，连接BF．
（1）如图1，当E在线段BD上时，若AB=42，DE=2，求BF的长；
（2）如图2，当E在线段CD上时（点E不与C，D重合），连接CF交AD于点G，求证：BE＝2AG；
（3）在（2）的条件下，将△CAE沿AE所在直线翻折至△ABC所在平面内，得到△C′AE，连接C′D，C′F，C′F与BC交于点P，当C′D取得最小值时，直接写出PFPC'的值．
18．（2025春•宜兴市）【综合与实践】在初一数学活动课上，老师带领学生用一副直角三角尺进行“玩转三角尺”的探究活动．把一副三角尺按照如图方式摆放．
（1）如图1，两个三角尺的直角边OA、OD摆放在同一直线上，把△OAB以O为中心顺时针旋转，至少旋转 °，才能使OB落在OC上；
（2）如图2，如果把图1所示的△OAB以O为中心顺时针旋转得到△OA′B′，当∠COA'=13∠DOB'时，∠AOA'为多少度？
（3）如图3，两个三角尺的直角边OA、OD摆放在同一直线上，另一条直角边OB、OC也在同一条直线上，如果把△OAB以O为中心顺时针旋转一周，直接写出旋转多少度时，AB所在直线与CD所在直线平行或垂直？
19．（2025春•青岛）如图，在Rt△ABC中，AB＝10cm，AC＝8cm，BC＝6cm．动点P从点A出发，沿AB方向匀速运动，速度为2cm/s；动点Q同时从点B出发，沿BC方向匀速运动，速度为2cm/s．过点P作PD⊥AB，交AC于点D，点D关于AB的对称点为E，连接PE，BE，PQ．设运动时间为t（s）（0＜t＜3）．解答下列问题：
（1）BP的长为 cm；（用含t的代数式表示）
（2）当点B在线段PQ的垂直平分线上时，求t的值；
（3）在运动过程中，是否存在某一时刻t，使BE∥AC？若存在，求出此时t的值；若不存在，请说明理由；
（4）设点P到BC的距离为y（cm），求y与t之间的关系式．
20．（2025春•蓝田县）【思路梳理】
（1）如图1，已知△ABC为等边三角形，点D是边AC上的动点，连接BD，将△BCD沿BD翻折，点C的对应点为E．若BE⊥BC，CD＝2，求线段BE的长；
【操作发现】
（2）如图2，学校劳动实践基地里，有一块等边三角形的小菜园ABC，同学们开展“创意种植分区”活动，小萱打算利用对称，设计特色种植区：在边AC上选一个点D，连接BD，将△BCD沿着BD对称，这就划分出一个“对称特色区”△BDE，点C的对应点为点E，连接AE，在点E处修建一个储水池，AD与BE相交于点N，小萱在AN边合适位置修建工具站F，连接EF，现要沿AN，ED修建两条运输通道，沿ND修建一条灌溉水渠，实际施工测量时，发现DE所在直线与BC垂直，且∠EFN＝30°，现要判断线段AN，ED，ND之间的数量关系，请你帮忙判断并说明理由．
中考数学一轮复习 图形的旋转
参考答案与试题解析
一．选择题（共10小题）
1．（2025春•昌平区）福字纹样以“福”字为核心，常通过变形、组合等手法，融入祥云、蝙蝠、牡丹等吉祥元素，造型丰富多变，寓意福气盈门、幸福美满，是传统吉祥文化的生动载体．下列福字纹样是中心对称图形的是（ ）
A．B．
C．D．
【考点】中心对称图形．
【专题】平移、旋转与对称；几何直观．
【答案】D
【分析】根据中心对称图形的概念判断．把一个图形绕某一点旋转180°，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形就叫做中心对称图形．
【解答】解：选项A、B、C中的图形都不能找到这样的一个点，使图形绕某一点旋转180°后与原来的图形重合，所以不是中心对称图形．
选项D中的图形能找到这样的一个点，使图形绕某一点旋转180°后与原来的图形重合，所以是中心对称图形．
故选：D．
【点评】本题考查的是中心对称图形，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后与自身重合．
2．（2025春•扬州）如图，△ABC顺时针旋转到△A'B'C'的位置，则旋转中心及旋转角分别是（ ）
A．点A′，∠C′A′B′B．点O，∠AOA′
C．点A′，∠A′OBD．点O，∠AOC
【考点】旋转的性质．
【专题】平移、旋转与对称；推理能力．
【答案】B
【分析】根据旋转的定义和性质可知，两组对应点连线的交点是旋转中心，对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角，即可得出答案．
【解答】解：由题给图形得：△ABC绕着点O顺时针旋转到△A′B′C′的位置，则旋转中心及旋转角分别是点O和∠AOA′．
故选：B．
【点评】本题考查了旋转，熟练掌握旋转的性质是关键．
3．（2025春•邗江区）如图△ABC，将△ABC绕点A顺时针旋转50°得到△AB′C′，边AB′与BC交于点D，∠B′＝28°，则∠ADC的度数是（ ）
A．78°B．70°C．85°D．80°
【考点】旋转的性质．
【专题】平移、旋转与对称；推理能力．
【答案】A
【分析】先根据旋转的性质得到∠B＝∠B′＝28°，∠BAB′＝50°，然后根据三角形外角性质计算∠ADC的度数．
【解答】解：∵△ABC绕点A顺时针旋转50°得到△AB′C′，
∴∠B＝∠B′＝28°，∠BAB′＝50°，
∴∠ADC＝∠B+∠BAB′＝28°+50°＝78°．
故选：A．
【点评】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．
4．（2025•富锦市二模）在平面直角坐标系中，把点P（﹣2，3）绕原点O顺时针旋转90°，所得到的对应点Pʹ的坐标为（ ）
A．（3，2）B．（2，﹣3）C．（﹣3，﹣2）D．（﹣2，﹣3）
【考点】坐标与图形变化﹣旋转．
【专题】平面直角坐标系；平移、旋转与对称．
【答案】A
【分析】首先过P作PC⊥y轴于C，过P′作P′D⊥y轴于D，然后证明△PC0≌△P′DO，可得P′D＝PC＝2，OD＝C0＝3，进而可得答案．
【解答】解：过P作PC⊥y轴于C，过P′作P′D⊥y轴于D．
∵∠POP′＝90°，∠COD＝90°，
∴∠POC+∠P′OC＝90°，∠P′OD+∠P′OC＝90°，
∴∠POC＝∠P′OD，
∵∠PCO＝∠P′DO＝90°，OP＝OP′，
在△PCO和△P′DO中，
∠PCO=∠P'DO∠POC=∠P'ODPO=P'O，
∴△PC0≌△P′DO（AAS），
∴P′D＝PC＝2，OD＝C0＝3，
∴P′的坐标是（3，2）．
故选：A．
【点评】此题主要考查了旋转的性质，以及全等三角形的判定和性质，关键是掌握旋转后对应线段相等．
5．（2025春•青秀区）如图，已知图形是中心对称图形，则对称中心是（ ）
A．BC的中点B．FC的中点C．点CD．点D
【考点】中心对称图形．
【专题】平移、旋转与对称；几何直观．
【答案】B
【分析】根据中心对称图形的定义，得出对称中心是线段BE中点或线段FC中点，进而得出答案．
【解答】解：∵此图形是中心对称图形，
∴对称中心是线段FC的中点．
故选：B．
【点评】此题主要考查了对称中心的确定方法，根据其定义得出是解题关键．
6．（2025春•苏州）如图，△ABC中，∠B＝25°，将△ABC绕点C顺时针旋转65°后得到△DEC，点A，B的对应点分别为D，E，BA延长线交DE于点F，则下列结论中一定正确的是（ ）
A．∠ACB＝∠ACEB．AC∥DEC．AB＝EFD．BF⊥CE
【考点】旋转的性质；平行线的判定．
【专题】平移、旋转与对称；推理能力．
【答案】D
【分析】BF交CE于O点，如图，根据旋转的性质得到∠ACB＝∠DCE，则可对A选项进行判断；根据旋转的性质得到∠BCE＝65°，∠E＝∠B＝25°，由于∠ACE不能确定为25°，则不能判定AC∥DE，从而可对B选项进行判断；根据旋转的性质得到AB＝DE，则可对C选项进行判断；根据三角形内角和定理可计算出∠BOC＝90°，从而可对D选项进行判断．
【解答】解：BF交CE于O点，如图，
∵△ABC绕点C顺时针旋转65°后得到△DEC，
∴∠ACB＝∠DCE，所以A选项不符合题意；
∠BCE＝65°，∠E＝∠B＝25°，
∵∠ACE不能确定为25°，
∴不能判定AC∥DE，所以B选项不符合题意；
∵△ABC绕点C顺时针旋转65°后得到△DEC，
∴AB＝DE，所以C选项不符合题意；
∵∠B＝25°，∠BCO＝65°，
∴∠BOC＝180°﹣25°﹣65°＝90°，
∴BF⊥CE，所以D选项符合题意．
故选：D．
【点评】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．也考查了平行线的判定．
7．（2025春•吴兴区）如图，已知四边形纸片ABCD，E，F，G，H是四条边上的中点，连结EG，分别过点H，F作HI⊥EG于点I，FJ⊥EG于点J，沿EG，HI，FJ将四边形纸片ABCD剪成四个小四边形纸片，记为①，②，③，④，将这四张纸片恰好可以无重叠、无缝隙地拼成一个新的四边形纸片ILMN（①沿BD方向平移，④和②分别绕点H和点G旋转180°）．若EJ＝5cm，JG＝2cm，FJ＝3cm，则四边形ILMN的周长是（ ）
A．24cmB．26cm
C．(22+25)cmD．28cm
【考点】旋转的性质；勾股定理；中点四边形；图形的剪拼；平移的性质．
【专题】平移、旋转与对称；推理能力．
【答案】B
【分析】由题可知FJ＝PM＝PL＝3cm，JG＝JL＝2cm，MQ＝EJ＝5cm，JI＝x cm，则NQ＝EI＝EJ﹣JI＝（5﹣x）cm，据此求解即可．
【解答】解：如图，
由题可知FJ＝PM＝PL＝3cm，JG＝JL＝2cm，MQ＝EJ＝5cm，
设JI＝x cm，则EI＝EJ﹣JI＝（5﹣x）cm，
∴NQ＝EI＝（5﹣x）cm，
∴矩形周长为＝MN+ML＝LI+NI＝5﹣x+5+6+4+x+6＝26cm；
故选：B．
【点评】本题主要考查了旋转和平移的性质以及矩形的性质等内容，熟练掌握相关知识是解题的关键．
8．（2025春•睢宁县）如图，已知甲、乙两个图案形状、大小完全相同，通过怎样的运动变换可以使它们重合？（ ）
A．轴对称B．平移C．旋转D．旋转、平移
【考点】几何变换的类型．
【专题】平移、旋转与对称；几何直观．
【答案】D
【分析】根据轴对称，平移，旋转的性质一一判断即可．
【解答】解：图形甲可以通过旋转，平移得到图形乙．
故选：D．
【点评】本题考查几何变换的类型，解题的关键是掌握轴对称，平移，旋转的性质．
9．（2025•西湖区三模）如图，正方形ABCD中，边长为1，将边BC绕点B逆时针旋转至BE，连接CE、DE，若∠CED＝90°，则△BCE的面积是（ ）
A．45B．12C．15D．25
【考点】旋转的性质；三角形的面积；正方形的性质．
【专题】等腰三角形与直角三角形；平移、旋转与对称；解直角三角形及其应用；运算能力；推理能力．
【答案】C
【分析】作BF⊥CE于点F交CD于点L，作FH⊥BC于点H，由正方形的性质得CD＝BC＝1，∠BCD＝90°，由由旋转得BE＝BC，则CF＝EF，而∠CED＝90°，可证明BL∥DE，则CLDL=CFEF=1，所以CL＝DL=12CD=12BC，推导出∠CFH＝∠LBC，则CHFH=tan∠CFH＝tan∠LBC=FHBH=CLBC=12，所以FH＝2CH，BH＝2FH＝4CH，由BC＝5CH＝1，求得CH=15，则S△BCF＝S△BEF=110，所以S△BCE＝2S△BCF=15，于是得到问题的答案．
【解答】解：作BF⊥CE于点F交CD于点L，作FH⊥BC于点H，则∠BFE＝∠BFC＝∠BHF＝∠FHC＝90°，
∵四边形ABCD是边长为1的正方形，
∴CD＝BC＝1，∠BCD＝90°，
由旋转得BE＝BC，
∴CF＝EF，
∵∠CED＝90°，
∴∠BFE＝∠CED，
∴BL∥DE，
∴CLDL=CFEF=1，
∴CL＝DL=12CD=12BC，
∵∠CFH＝∠LBC＝90°﹣∠BCF，
∴CHFH=tan∠CFH＝tan∠LBC=FHBH=CLBC=12，
∴FH＝2CH，BH＝2FH，
∴BH＝4CH，
∵BC＝BH+CH＝4CH+CH＝5CH＝1，
∴CH=15，
∴S△BCF＝S△BEF=12×1×15=110，
∴S△BCE＝2S△BCF＝2×110=15，
故选：C．
【点评】此题重点考查正方形的性质、旋转的性质、等腰三角形的性质、平行线的判定与性质、平行线分线段成比例定理、解直角三角形等知识，正确地添加辅助线是解题的关键．
10．（2025春•泰州）如图，将△ABC绕点A逆时针旋转得到△ADE，点B，C的对应点分别为点D，E．当点C，D，E恰好在同一条直线上时，设∠BCD＝α，则旋转角等于（ ）
A．12αB．23αC．αD．180°﹣α
【考点】旋转的性质．
【专题】平移、旋转与对称；推理能力．
【答案】D
【分析】先根据旋转的性质得到AE＝AC，∠ACB＝∠E，∠EAC等于旋转角，再根据等腰三角形的性质得到∠E＝∠ACE，接着利用∠ACB+∠ACE＝α得到∠E+∠ACE＝α，然后根据三角形内角和定理表示出∠EAC即可．
【解答】解：∵△ABC绕点A逆时针旋转得到△ADE，C，D，E恰好在同一条直线上，
∴AE＝AC，∠ACB＝∠E，∠EAC等于旋转角，
∴∠E＝∠ACE，
∴∠ACB＝∠ACE＝∠E，
∵∠BCD＝α，
即∠ACB+∠ACE＝α，
∴∠E+∠ACE＝α，
∴∠EAC＝180°﹣（∠E+∠ACE）＝180°﹣α，
即旋转角为180°﹣α．
故选：D．
【点评】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．
二．填空题（共5小题）
11．（2025春•普陀区）如图，在△ABC中，∠A＝45°，∠C＝42°，将△ABC绕点B旋转得△DBE，点A、C的对应点分别是点D、E，线段BE交边AC于点F，连接CE、AD，如果△CEF是等腰三角形，那么∠ADE的度数是 29°或43° ．
【考点】旋转的性质；等腰三角形的性质．
【专题】平移、旋转与对称；运算能力．
【答案】29°或43°．
【分析】由图形旋转可得两个等腰三角形底角对应相等，分类讨论，根据三角形的内角和定理，分别可得每种情况下∠BEC（∠BDA）的度数，从而可得∠ADE的度数．
【解答】解：∵将△ABC绕点B旋转得△DBE，∠BAC＝45°，
∴∠BDE＝45°，AB＝AD，CB＝EB，∠ABD＝∠DBE﹣∠ABE＝∠ABC﹣∠ABE＝∠EBC，
∴∠BDA=∠BAD=180°-∠ABD2=180°-∠CBE2=∠BEC=∠BCE，
由题意可得：CE＝CF或CE＝EF，
当CE＝CF时，设∠ECF＝α，
∴∠CFE＝∠BEC＝∠BCE＝42°+α，
∴由三角形的内角和可得：∠CFE+∠BEC+∠ECF＝42°+α+42°+α+α＝180°，
∴α＝32°，
∴∠BDA＝∠BEC＝42°+α＝74°，
∴∠ADE＝∠BDA﹣∠BDE＝74°﹣45°＝29°，
当EC＝EF时，设∠ECF＝β，则∠EFC＝∠ECF＝β，
∴∠BEC＝∠BCE＝42°+β，
∴∠BEC+∠CFE+∠ECF＝42°+β+β+β＝180°，
∴β＝46°，
∴∠BDA＝∠BEC＝42°+β＝88°，
∴∠ADE＝∠BDA﹣∠BDE＝43°．
故答案为：29°或43°．
【点评】本题考查了图形旋转，等腰三角形，三角形的内角和定理，解题的关键是熟练掌握旋转的性质．
12．（2025春•杨浦区）如图，在△ABC中，∠C＝30°，将△ABC绕点A旋转α（0＜α＜180）度后，点B所对应的点D在边BC上，如果AD平分∠BAC，那么α＝ 40 度．
【考点】旋转的性质．
【专题】平移、旋转与对称；运算能力．
【答案】40．
【分析】如图，AB＝AD，∠BAD＝α，根据角平分线的定义可得∠CAD＝∠BAD＝α，根据三角形的外角性质可得∠ADB＝30°+α，即得∠B＝∠ADB＝30°+α，然后根据三角形的内角和定理求解即可．
【解答】解：如图，根据题意可得：AB＝AD，∠BAD＝α，
由题意可得：∠CAD＝∠BAD＝α，
∵∠ADB＝∠C+∠CAD＝30°+α，AB＝AD，
∴∠B＝∠ADB＝30°+α，
∵∠C+∠CAB+∠B＝180°，
∴30°+2α+30°+α＝180°，
∴α＝40°；
故答案为：40．
【点评】本题考查了旋转的性质、等腰三角形的性质、三角形的外角性质以及三角形的内角和等知识，熟练掌握旋转的性质是解题的关键．
13．（2025春•建邺区）如图，在矩形ABCD中，AB＝4，BC＝5，点E在BC边上，且BE＝2，F为AB边上的一个动点，连接EF，以EF为边作等边△EFG，且点G在矩形ABCD内，连接CG，则CG的最小值为 72 ．
【考点】旋转的性质；垂线段最短；全等三角形的判定与性质；等边三角形的性质；矩形的性质．
【专题】平移、旋转与对称；运算能力．
【答案】72．
【分析】以EC为边作等边三角形ECH，过点H作HN⊥BC于N，HM⊥AB于M，可证四边形MHNB是矩形，可证MH＝BN，由“SAS”可证△FEH≌△GEC，可得FH＝GC，当FH⊥AB时，FH有最小值，即GC有最小值，即可求解．
【解答】解：以EC为边作等边三角形ECH，过点H作HN⊥BC于N，HM⊥AB于M，
又∵∠ABC＝90°，
∴MH＝BN，
∵BE＝2，
∴EC＝3，
由题意可得：EC=EH=3，EN=NC=32，∠HEC=60°，
∴BN=72=MH，
∵△FGE是等边三角形，
∴FE＝GE，∠FEG＝60°＝∠HEC，
∴∠FEH＝∠GEC，
在△FEH和△GEC中，
FE=GE∠FEH=∠GECHE=EC，
∴△FEH≌△GEC（SAS），
∴FH＝GC，
∴当FH⊥AB时，FH有最小值，即GC有最小值，
∴点F与点M重合时，FH=HM=72，
故答案为：72．
【点评】本题考查了旋转的性质，矩形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，等边三角形的性质等知识，添加恰当辅助线构造全等三角形是解题的关键．
14．（2025•越秀区三模）如图，在△ABC中，AC=1+3，∠BAC＝45°，∠ACB＝60°，将△ABC绕点B按逆时针方向旋转，得到△A1BC1，点E为线段BC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P1，则线段EP1的最大值是 6+1 ，最小值是 3-1 ．
【考点】旋转的性质；作图﹣旋转变换；解直角三角形；勾股定理的应用．
【专题】平移、旋转与对称；运算能力；推理能力．
【答案】6+1；3-1．
【分析】过点B作BD⊥AC，D为垂足，设AD＝BD＝x，通过勾股定理即可求得AD=BD=3，BC=2CD=2，AB=2AD=6，然后分情况讨论：当旋转至A1C1正好和BC垂直时，且P为A1C1与BC交点时，有最小值；当△ABC绕点B按逆时针方向旋转至A1，B，C共线时，EP1有最大值，据此解答．
【解答】解：如图1，过点B作BD⊥AC，D为垂足，
在Rt△ABD中
∵∠ADB＝90°，∠A＝45°，
∴AD＝BD，
设AD＝BD＝x，
在Rt△BDC中，
∵∠BDC＝90°，BD＝x，∠C＝60°，
∴CD=33BD=33x，
∵AD+CD＝AC，
∴x+33x=1+3，
解得x=3，
∴AD=BD=3，BC=2CD=2，
∴AB=2AD=6，EC＝1；
当旋转至A1C1正好和BC垂直时，且P为A1C1与BC交点时，有最小值：
∴C1P1＝1，
∴BP1=22-12=3，
EP1＝BP1﹣BE=3-1；
当P点与A点重合时，EP有最大值，
∴△ABC绕点B按逆时针方向旋转至A1，B，C共线时，EP1有最大值，如图3：
此时，EP1＝AB+BE=6+1；
故答案为：6+1；3-1．
【点评】本题考查旋转变换，解直角三角形，最短问题，勾股定理等知识，解题的关键是理解题意，学会寻找特殊位置解决最值问题，属于中考常考题型．
15．（2025春•柴桑区）已知两块相同的三角板如图摆放，点B，C，E在同一直线上，∠ABC＝∠DCE＝90°，∠D＝∠ACB＝30°，将△ABC绕点C顺时针旋转角度α（0°＜α＜180°）当旋转角为 60°或120°或150° 时，DE与△ABC的边垂直．
【考点】旋转的性质；余角和补角．
【专题】平移、旋转与对称；推理能力．
【答案】60°或120°或150°．
【分析】分三种情况画图分别进行解答．
【解答】解：如图，当DE⊥AB时，过点B作BG⊥EC延长线于点G，
∵∠ABC＝∠DCE＝90°，
∴AB⊥BC，
∵BC∥DE，
∴∠BCG＝∠DEC＝60°，
即此时旋转角为60°；
如图，当DE⊥AC时，
∴∠ACE＝90°﹣∠E＝30°，∠A'CB'＝∠ACB＝30°，
∴∠BCB'＝180°﹣∠A'CE﹣∠A'CB'＝120°，
即此时旋转角为120°；
当BC⊥DE时，
∴∠B'CD＝90°﹣∠D＝60°，
∴∠BCB'＝∠BCD+∠DCB'＝150°，
即此时旋转角为150°；
综上所述：当旋转角为60°或120°或150°时，DE与△ABC的边垂直．
故答案为：60°或120°或150°．
【点评】本题考查了旋转的性质，直角三角形的性质，解题关键是利用分类讨论思想解答．
三．解答题（共5小题）
16．（2025•东胜区二模）【问题情境】
如图，在数学活动课上，同学们用两个全等的矩形纸片ABCD和AEFG探究旋转的性质，将矩形纸片AEFG绕点A逆时针旋转，其中AB＝AE＝6，AD＝AG＝8．
【初步探究】
（1）如图1，连接BE，DG，在矩形纸片AEFG旋转的过程中，求BEDG的值；
【问题解决】
（2）如图2，连接BD，当点E恰好落在BD上，延长FE与交BC于点M，连接AM，交BD于点H．
①求证：AM垂直平分BE；
②如图3，取GD中点N，连接AN，HN，求线段HN的长．
【考点】几何变换综合题．
【专题】矩形 菱形 正方形；平移、旋转与对称；推理能力．
【答案】【初步探究】（1）34；
【问题解决】（2）①证明见解析；
②8．
【分析】【初步探究】（1）证明△BAE∽△DAG，得出BEDG=ABAD=68=34；
【问题解决】（2）①证明Rt△ABM≌Rt△AEM（HL），得出∠BAM＝∠EAM，则可得出答案；
②求出DH和DN，由勾股定理可得出答案．
【解答】解：【初步探究】（1）∵两个全等的矩形纸片ABCD和AEFG，AB＝AE＝6，AD＝AG＝8，
∴∠BAD＝∠EAG＝90°，
∴∠BAD﹣∠EAD＝∠EAG﹣∠EAD，即∠BAE＝∠DAG，
∴ABAD=AEAG，
∴△BAE∽△DAG，
∴BEDG=ABAD=68=34；
【问题解决】（2）①在矩形ABCD和矩形AEFG中，∠ABC＝∠AEF＝90°，
∴∠AEM＝90°，
在Rt△ABM和Rt△AEM中，
AM=AMAE=AE，
∴Rt△ABM≌Rt△AEM（HL），
∴∠BAM＝∠EAM，
∵AB＝AE，
∴AM⊥BE，BH＝EH=12BE，
∴AM垂直平分BE；
②由【初步探究】知，∠ABD＝∠ADG，
∴∠ADG+∠ADB＝90°，
∵AB＝6，AD＝8．
∴DB=AB2+DB2=10，
∵AM垂直平分BE，
∴AH=AB⋅ADBD=245，
∴BH=AB2-AH2=185，
∴DH＝BD﹣BH＝10-185=325，BE=365，
由【初步探究】知，BEDG=34，
∴DG=43BE=485，
∵GD的中点为N，
∴DN=245，
∴HN=DH2+DN2=8．
【点评】本题属于几何变换综合题，主要考查矩形的性质，全等三角形的判定及性质，相似三角形的判定及性质，勾股定理等，综合运用相关知识，熟练掌握以上知识是解题的关键．
17．（2025•永川区模拟）如图，在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝90°，D为BC的中点，连接AD，E为边BC上一动点，连接AE，将AE绕点A顺时针旋转90°得到线段AF，连接BF．
（1）如图1，当E在线段BD上时，若AB=42，DE=2，求BF的长；
（2）如图2，当E在线段CD上时（点E不与C，D重合），连接CF交AD于点G，求证：BE＝2AG；
（3）在（2）的条件下，将△CAE沿AE所在直线翻折至△ABC所在平面内，得到△C′AE，连接C′D，C′F，C′F与BC交于点P，当C′D取得最小值时，直接写出PFPC'的值．
【考点】几何变换综合题．
【专题】图形的全等；等腰三角形与直角三角形；平移、旋转与对称；圆的有关概念及性质；图形的相似；运算能力；推理能力．
【答案】（1）6；
（2）证明过程详见解答；
（3）2．
【分析】（1）可证明△BAF≌△CAE，从而得出BF＝CE，进一步得出结果；
（2）作FH⊥AD于H，可证明△AFH≌△EAD，从而AH＝DE，FH＝AD，进而证明△FGH≌△CGD，从而GH＝AH，进一步得出结论；
（3）不妨设AD＝BD＝CD＝1，则AC=2，可得出AC′＝AC=2，∠C′AE＝∠CAE，从而点C′在以A为圆心，AC为半径的圆上，CD＝AC′﹣AD=2-1，从而得出点A、D‘C′共线时，C′D最小，根据AE平分∠CAD，得出DECE=ADAC=22，从而求得CE，根据△BAF≌△CAE得出BF＝CE＝2-2，∠ABF＝∠ACB＝45°，可证得△PBF∽△PDC′，从而PFPC'=BFC'D，进一步得出结果．
【解答】（1）解：∵AB＝AC＝42，∠BAC＝90°，
∴BC=2AB＝8，
∵DE＝2，
∴CE＝BC﹣DE＝6，
∵AE绕点A顺时针旋转90°得到线段AF，
∴AE＝AF，∠EAF＝90°，
∴∠EAF＝∠BAC，
∴∠EAF﹣∠BAE＝∠BAC﹣∠BAE，
∴∠BAF＝∠CAE，
∴△BAF≌△CAE（SAS），
∴BF＝CE＝6；
（2）证明：如图1，
作FH⊥AD于H，
∴∠AHF＝∠FHG＝90°，
∵AB＝AC，点D是BC的中点，∠BAC＝90°，
∴AD⊥BC，AD＝BD＝CD=12BC，
∴∠ADE＝90°，
∴∠ADE＝∠AHF，∠DAE+∠AED＝90°，
由（1）知，
∠EAF＝90°，AF＝AE，
∴∠DAE+∠FAH＝90°，
∴∠FAH＝∠AED，
∴△AFH≌△EAD（AAS），
∴AH＝DE，FH＝AD，
∴FH＝CD，
∵∠ADE＝∠AHG＝90°，∠FGH＝∠CGD，
∴△FGH≌△CGD（AAS），
∴GH＝AH，
设DE＝AH＝a，GH＝AH＝b，
∴BD＝AD＝AH+GH+DG＝2+2b，
∴BE＝2（a+b）＝2AG；
（3）解：如图2，
不妨设AD＝BD＝CD＝1，则AC=2，
∵△CAE沿AE所在直线翻折至△ABC所在平面内，得到△C′AE，
∴AC′＝AC=2，∠C′AE＝∠CAE，
∴点C′在以A为圆心，AC为半径的圆上，CD＝AC′﹣AD=2-1，
∴点A、D‘C′共线时，C′D最小，
∴点C′在AD的延长线上，
’∴AE平分∠CAD，
∴DECE=ADAC=22，
∴CE=22+1=2-2，
由（1）知，
△BAF≌△CAE，
∴BF＝CE＝2-2，∠ABF＝∠ACB＝45°，
∴∠FBC＝∠ABF+∠ABC＝90°，
∴∠FBC＝∠ADC，
∴△PBF∽△PDC′，
∴PFPC'=BFC'D=2-22-1=2．
【点评】本题考查了全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，确定圆的条件，轴对称的性质，等腰直角三角形的性质等知识，解决问题的关键是作辅助线，构造全等三角形．
18．（2025春•宜兴市）【综合与实践】在初一数学活动课上，老师带领学生用一副直角三角尺进行“玩转三角尺”的探究活动．把一副三角尺按照如图方式摆放．
（1）如图1，两个三角尺的直角边OA、OD摆放在同一直线上，把△OAB以O为中心顺时针旋转，至少旋转 75 °，才能使OB落在OC上；
（2）如图2，如果把图1所示的△OAB以O为中心顺时针旋转得到△OA′B′，当∠COA'=13∠DOB'时，∠AOA'为多少度？
（3）如图3，两个三角尺的直角边OA、OD摆放在同一直线上，另一条直角边OB、OC也在同一条直线上，如果把△OAB以O为中心顺时针旋转一周，直接写出旋转多少度时，AB所在直线与CD所在直线平行或垂直？
【考点】作图﹣旋转变换；平行线的判定．
【专题】作图题；线段、角、相交线与平行线；平移、旋转与对称；运算能力；推理能力．
【答案】（1）75；
（2）112.5°；
（3）旋转的角度为105°或285°时，AB所在直线与CD所在直线平行．：旋转的角度为15°或195°时，AB所在直线与CD所在直线垂直．
【分析】（1）由图可知，当△OAB以O为中心顺时针旋转过∠BOC，即可得到OB 与OC重合，利用三角板的性质和角度之间的关系计算即可；
（2）设∠AOA＝∠BOB＝α，分别表示出∠COA，∠DOB，然后根据∠COA=13∠DOB列方程求解；
（3）平行和垂直各分两种情况，画出图形求解即可．
【解答】（1）由图可知，当△OAB以O为中心顺时针旋转过∠BOC，即可得到OB与OC重合，由三角板的性质可知：
∵∠AOB＝45°，∠COD＝60°，
∴∠BOC＝180°﹣45°﹣60°＝75°，
∴至少旋转75°，OB与OC重合．
故答案为：75；
（2）由旋转的性质得∠AOA′＝∠BOB′，设∠AOA′＝∠BOB′＝α，
则∠COA′＝180°﹣60°﹣α＝120°﹣α，∠DOB'＝180°﹣45°﹣α＝135°﹣α，
∵∠COA′=13∠DOB
∴120°﹣α=13（135°﹣α），
∴α ＝112.5°，
∴∠AOA′＝α＝112.5°；
（3）当△A′OB′在点O的右侧时，如图：
∵A′B′∥CD，
∴∠D＝∠A′FO＝60°，
∵∠B'＝45°，
∴∠EOB'＝60°﹣45°＝15°，
∴∠BOB′＝90°+15°＝105°；
当△A′OB′在点O的左侧时，如图：
∵A′B′∥CD，
∴∠D＝∠A′FO＝60°，
∴∠A′OF＝180°﹣∠A′FO﹣∠A′＝75°，
∴旋转的角度＝360°﹣75°＝285°，
综上所述：旋转的角度为105°或285°时，AB所在直线与CD所在直线平行．
当△A′OB′在点O的上侧时，如图，延长A′B′交CD于点E，
∵A′B′⊥CD，
∴∠CEF＝90°，
∴∠CFE＝90°﹣∠C＝60°，
∴∠BOB′＝∠CFE﹣∠A′B′O＝15°，
当△AOB在点O的下侧时，如图，延长BA，CD，相交于点E，
∵A′B′⊥CD，
∴∠DEA′＝90°，
∵∠CDO＝60°，∠OA′B'＝45°，
∴∠EDO＝120°，∠OA′E＝135°，
∴∠DOA′＝360°﹣90°﹣120°﹣135°＝15°，
∴∠BOB'＝∠COD+∠DOA′+∠A′OB'＝195°，
综上所述：旋转的角度为15°或195°时，AB所在直线与CD所在直线垂直．
【点评】本题考查了旋转的性质，垂线的定义，平行线的性质，三角形外角的性质，以及四边形内角和，分类讨论是解（3）的关键．
19．（2025春•青岛）如图，在Rt△ABC中，AB＝10cm，AC＝8cm，BC＝6cm．动点P从点A出发，沿AB方向匀速运动，速度为2cm/s；动点Q同时从点B出发，沿BC方向匀速运动，速度为2cm/s．过点P作PD⊥AB，交AC于点D，点D关于AB的对称点为E，连接PE，BE，PQ．设运动时间为t（s）（0＜t＜3）．解答下列问题：
（1）BP的长为 （10﹣2t） cm；（用含t的代数式表示）
（2）当点B在线段PQ的垂直平分线上时，求t的值；
（3）在运动过程中，是否存在某一时刻t，使BE∥AC？若存在，求出此时t的值；若不存在，请说明理由；
（4）设点P到BC的距离为y（cm），求y与t之间的关系式．
【考点】几何变换综合题．
【专题】代数几何综合题；运算能力；推理能力．
【答案】（1）（10﹣2t）；
（2）t＝2.5；
（3）存在，t＝2.5；
（4）y=-85t+8．
【分析】（1）根据线段的和差列式即可；
（2）根据线段垂直平分线的性质；列方程即可得到结论；
（3）根据平行线的性质得到∠E＝∠ADE，∠A＝∠PBE，根据线段垂直平分线的性质得到PD＝PE，根据全等三角形的性质即可得到结论；
（4）过P作PH⊥BC于H，根据相似三角形的判定和性质定理即可得到结论．
【解答】解：（1）∵AB＝10cm，AP＝2t cm，
∴BP＝AB﹣AP＝（10﹣2t）cm，
故答案为：（10﹣2t）；
（2）∵点B在线段PQ的垂直平分线上，
∴BQ＝BPM
∴2t＝10﹣2t，
∴t＝2.5；
（3）存在，理由如下：
∵BE∥AC，
∴∠E＝∠ADE，∠A＝∠PBE，
∵点D关于AB的对称点为E，
∴PD＝PE，
∴△BPE≌△APD（AAS），
∴BP＝AP，
∴2t=12×10，
∴t＝2.5；
（4）过P作PH⊥BC于H，
∴∠PHB＝∠C＝90°，
∴PH∥AC，
∴△PBH∽△ABC，
∴PBAB=PHAC，
∴10-2t10=y8，
∴y=-85t+8．
【点评】本题几何变换综合题，考查了轴对称的性质，相似三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，线段垂直平分线的性质吗熟练掌握各知识点是解题的关键．
20．（2025春•蓝田县）【思路梳理】
（1）如图1，已知△ABC为等边三角形，点D是边AC上的动点，连接BD，将△BCD沿BD翻折，点C的对应点为E．若BE⊥BC，CD＝2，求线段BE的长；
【操作发现】
（2）如图2，学校劳动实践基地里，有一块等边三角形的小菜园ABC，同学们开展“创意种植分区”活动，小萱打算利用对称，设计特色种植区：在边AC上选一个点D，连接BD，将△BCD沿着BD对称，这就划分出一个“对称特色区”△BDE，点C的对应点为点E，连接AE，在点E处修建一个储水池，AD与BE相交于点N，小萱在AN边合适位置修建工具站F，连接EF，现要沿AN，ED修建两条运输通道，沿ND修建一条灌溉水渠，实际施工测量时，发现DE所在直线与BC垂直，且∠EFN＝30°，现要判断线段AN，ED，ND之间的数量关系，请你帮忙判断并说明理由．
【考点】几何变换综合题．
【专题】几何综合题；运算能力；推理能力．
【答案】（1）3+1；
（2）AN＝ED+ND，理由见解．
【分析】（1）过D作DH⊥BC于H，利用含30°的直角三角形的性质、勾股定理等求出CH，DH，利用翻折的性质以及三角形内角和定理可求出∠BDH＝∠DBC＝45°，利用等角对等边可求出BH，即可求解；
（2）如图2，延长ED交BC于点M，根据等边三角形的性质得到∠DMC＝∠DMB＝90°，∠C＝60°，求得∠CDM＝∠EDN＝∠EFN＝30°，根据轴对称的性质得到∠EBD＝∠CBD，∠BED＝∠C＝60°，BE＝BC，求得∠CBE=180°-∠BED-∠DMB=30°=12∠ABC=∠ABE，根据线段垂直平分线的性质得到FN＝DN，∠FEN＝∠BED＝60°，求得∠AEB=∠BAE=12(180°-∠ABE)=75°，根据等腰三角形的性质即可得到结论．
【解答】解：（1）如图1，过D作 DH⊥BC 于点H，
∵△ABC是等边三角形，
∴∠C＝∠ABC＝∠BAC＝60°，AB＝BC＝AC，
∴∠HDC＝30°，
∴CH=12CD=1，
∴DH=CD2-CH2=3，
∵将△BCD沿BD翻折，
∴BE＝BC，∠EBD＝∠CBD，
∵BE⊥BC，
∴∠EBC＝90°，
∴∠EBD=∠CBD=12∠EBC=45°，
∴∠BDH＝45°＝∠DBC，
∴BH=DH=3，
∴BE=BC=BH+CH=3+1；
（2）AN＝ED+ND，理由如下：
如图2，延长ED交BC于点M，
∵DE⊥BC，△ABC为等边三角形，
∴∠DMC＝∠DMB＝90°，∠C＝60°，
∴∠CDM＝∠EDN＝∠EFN＝30°，
∴EF＝ED，
∴△EFD为等腰三角形，
∵△BED与△BCD关于BD对称，
∴∠EBD＝∠CBD，∠BED＝∠C＝60°，BE＝BC，
∴∠CBE=180°-∠BED-∠DMB=30°=12∠ABC=∠ABE，
∴BE平分∠ABC，
∵AB＝BC，
∴BE⊥AC，即∠ANE＝∠DNE＝90°，
∴BE垂直平分FD，
∴FN＝DN，∠FEN＝∠BED＝60°，
∵AB＝BE，
∴∠AEB=∠BAE=12(180°-∠ABE)=75°，
∵∠BAC＝60°，∠FEN＝60°，
∴∠EAF＝∠BAE﹣∠BAC＝15°，∠AEF＝∠AEB﹣∠FEN＝15°，
∴∠EAF＝∠AEF，
∴AF＝EF＝ED，
∴AN＝AF+FN＝ED+ND．
【点评】本题是几何变换综合题，考查了等边三角形的判定和性质，轴对称的性质，线段垂直平分线的性质，翻折变换﹣折叠问题，正确地添加辅助线是解题的关键．