2026年中考数学二轮复习常考考点专题-图形的旋转试题（含答案）

这是一份2026年中考数学二轮复习常考考点专题-图形的旋转试题（含答案），共14页。

A．(−1，3)B．(−1，3)或(1，−3)
C．(−1，−3)D．(−1，3)或(−1，−3)
2．（2025•遵义模拟）在平面直角坐标系中，等边△AOB如图放置，点A的坐标为（﹣1，0），每一次将△AOB绕着点O顺时针方向旋转60°，同时每边扩大为原来的2倍，第一次旋转后得到△A1OB1，第二次旋转后得到△A2OB2…，依次类推，则点A2024的坐标为（ ）
A．(22023，220233)B．（22023，0）
C．(22024，220243)D．（﹣22023，0）
3．（2025•石家庄校级一模）如图，将线段AB绕它的中点O逆时针旋转α°（0＜α＜180）得到线段A′B′，A，B的对应点分别是点A′，B′，依次连接AA′，A′B，BB′，B′A．则下列结论不一定正确的是（ ）
A．∠AA′B＝90°
B．对于任意α，四边形AA′BB′都是矩形
C．AB＝2BB′
D．当α＝90°时，四边形AA′BB′是正方形
4．（2025•大庆）如图，△ABC中，AB＝BC＝2，∠CBA＝120°．将△ABC绕点A顺时针旋转120°得到△ADE，点B，点C的对应点分别为点D，点E连接CE，点D恰好落在线段CE上，则CD的长为（ ）
A．23B．4C．32D．6
5．（2025•晋州市模拟）如图，将△ABC绕点O顺时针旋转80°变为△DEF，则下列说法不一定正确的是（ ）
A．AB＝DEB．∠CAB＝∠FDEC．∠AOD＝80°D．AB∥DF
6．（2025•汉川市模拟）在平面直角坐标系中，已知点A的坐标为(3，1)，将点A绕点原点O旋转180°得点A′，则此时点A′的坐标为（ ）
A．(1，3)B．(−3，−1)C．(3，−1)D．(1，−3)
7．（2025•镇江）如图，在等腰三角形ABC中，BA＝BC，第1次操作：取AC的中点O1，将O1B绕点O1分别逆时针旋转120°和180°得到线段O1C1和O1A1；第2次操作：取A1C1的中点O2，将O2O1绕点O2分别逆时针旋转120°和180°，得到线段O2C2和O2A2；…；按照这样的操作规律，第30次操作后，得到线段O30C30和O30A30，若用点C在点A的正南方向表示初始位置，则点C30在点A30的（ ）
A．正东方向B．正南方向C．正西方向D．正北方向
8．（2025•河南模拟）如图，在△ABC中，∠B＝90°，∠A＝30°．AC的垂直平分线分别交AC，AB于点M，O，将△AOC绕点O逆时针旋转得到△A′OC′，旋转角为α（0°＜α＜360°）．连接A′M，C′M．当△A′MC′是直角三角形时，旋转角α的度数为（ ）
A．90°或150°B．60°或120°
C．90°或240°D．120°或240°
9．（2025•雷州市二模）如图，△ABC中，∠C＝90°，∠B＝30°，AB＝6，将△ABC绕点A逆时针方向旋转15°得△AB′C′，B′C′交AB于点E，则B′E的长为（ ）
A．3−3B．32C．33−3D．6−23
10．（2025•朝阳区校级二模）风力发电是一种常见的绿色环保发电形式，风力发电机有三个底端重合、两两成120°角的叶片．如图以三个叶片的重合点为原点，水平方向为x轴建立平面直角坐标系，点A的坐标为（4，3），在一段时间内，叶片每秒绕原点O逆时针转动60°，则第2025秒时，点A的对应点的坐标为（ ）
A．（﹣3，4）B．（﹣4，﹣3）C．（4，3）D．（﹣3，﹣4）
11．（2025•临邑县模拟）如图，点A、B、C都在方格纸的格点上，若点A的坐标为（0，2），点B的坐标为（2，0），现将△ABC绕点B按顺时针方向旋转90°后，点C的对应点的坐标为（ ）
A．（2，1）B．（1，2）C．（3，0）D．（0，3）
12．（2025•天津校级模拟）如图，矩形ABCD的边CD上有一点E，DE＝1，∠DAE＝22.5°，EF⊥AB，垂足为F，将△AEF绕着点F顺时针旋转，使得点A的对应点G落在EF上，点E恰好落在点B处，连接BE．有下列结论：
①AB＝BE；
②BG平分∠EBF；
③△BFG的面积是四边形EFBC面积的14；
④BE=2+2．
其中结论正确的是（ ）
A．①②③B．②③④C．①②④D．①③④
13．（2025•海南模拟）如图．等边△ABC的顶点A在第一象限，边BC在x轴上，点B（1，0）、C（3，0），将△ABC绕点B逆时针旋转90°得到△EBD，则点E的坐标是（ ）
A．（﹣1，1）B．(−3，1)C．(−3−1，1)D．(1−3，1)
二．填空题（共7小题）
14．（2025•姑苏区校级二模）如图，正方形ABCD，边长AB＝2，对角线AC、BD相交于点O，将直角三角板的直角顶点放在点O处，三角板两边足够长，与BC、CD交于E、F两点，当三角板绕点O旋转时，线段EF的最小值为 ．
15．（2025•海陵区校级三模）已知，在△ABC中，∠ACB＝90°，∠BAC＝30°，AB=62，D是直线AC上一点，将D点绕B点逆时针旋转60°得其对应点E，当∠AEB＝90°时，则AD长为 ．
16．（2025•顺德区校级三模）如图，在直角坐标系中，以原点O为旋转中心，将线段OA顺时针旋转90°得到线段OA′，点A的对应点为A′．若点A的坐标为（2，3），则点A′的坐标为 ．
17．（2025•中卫校级二模）如图在平面直角坐标系中，△OAB的顶点A，B的坐标分别为(3，3)，（4，0）．把△OAB绕点O逆时针旋转使OB与y轴重合得到△OCD，则点D的坐标为 ．
18．（2025•平乡县二模）如图，在△ABC中，∠BAC＝120°，AB＝AC，AD是△ABC的底边上的高，且AD＝1．线段DE是△ABD的中线，点P是线段DC上一点，连接EP．将线段EP绕点E逆时针旋转60°至点P′，交DA的延长线于点F，若点P为CD中点，∠AFE＝40°，则AF＝ ．
19．（2025•拱墅区校级二模）如图，在边长为4的正方形ABCD中，E在BC边上，连接AE，将线段AE绕点E顺时针旋转90°得到线段FE，连接AF，交CD于点G，连接CF，若DG=47，则CF的长是 ．
20．（2025•高要区一模）如图，在▱ABCD中，∠ADC＝60°，AB＝6，点M是BC上一点，且DM平分∠ADC，连接AM，将AM绕点M顺时针旋转，点A的对应点N落在CD上．若点N恰好是CD的三等分点（靠近点C），则AD＝ ．
三．解答题（共5小题）
21．（2025•哈尔滨校级四模）如图，方格纸中的每个小正方形的边长均为1，每个小格的顶点叫做格点，方格纸中有线段AB和CD，点A，B，C，D均在小正方形格点上；
（1）将线段AB先向右平移2个单位，再向下平移1个单位得到线段EF（A的对应点为E）；
（2）将线段CD绕点D逆时针旋转90°得到线段QD；
（3）在线段EF上画出点P，使得BP+QP的值最小，并直接写出PQ的长．
22．（2025•阳新县模拟）如图，在△ABC中，AB＝AC，将△ABC绕点A逆时针旋转，得到△ADE，BC，DE相交于O，∠ACE＝60°．
（1）判断△ABD的形状；
（2）求∠COD的度数．
23．（2025•彭水县模拟）已知在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，E为直线BC上一动点，连接AE．
（1）如图1，若E为线段BC上的一点且满足∠CAE＝15°，若AB=23+2，求线段AE的长；
（2）如图2，若E为线段BC上的一点，过点C作CF∥AB交AE的延长线于点F，过点B作BG⊥AF于点G，延长BG交CF于点H，连接EH，试证明：AE＝BH+EH；
（3）如图3，AC＝3，将AE绕点A逆时针旋转60°得到AE′，连接BE′，请直接写出BE′的最小值．
24．（2025•临川区二模）综合与实践
问题背景
如图1，某数学兴趣小组在一次综合与实践活动中．用三张全等的直角三角形纸片探究数学问题，即△ABC，△ACD，△AEF是全等的直角三角形，其中∠ABC＝∠ADC＝∠EAF＝90°，点F与AD的中点重合，AB＝2．
（1）①BE的长为 ；
②设AC与EF交于点G，求CG的长．
类比延伸
（2）如图2，将△AEF绕点A顺时针旋转，O是AC的中点，P是EF的中点，连接OP，求OP的最大值．
拓展探究
（3）如图3，将△AEF绕点A顺时针旋转α°（0＜α＜90），延长EF，交AC于点M，若tanα=32，求AM的长．
25．（2025•钢城区一模）在等腰直角△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，D为直线BC上任意一点，连接AD．将线段AD绕点D按顺时针方向旋转90°得线段ED，过点E作EF⊥BC于点F，连接BE．
（1）尝试发现：如图1，当点D在线段BC上时，请探究线段EF与BF的数量关系；
以下是小琳同学的探究思路梳理：由已知条件的基本图形“一线三垂直”，易证△ACD≌△DFE，于是可得CD＝EF，AC＝DF．欲探究线段EF与BF的数量关系，由直观先猜想EF＝BF，要进一步证明EF＝BF，可尝试证明BF＝CD，由已知AC＝BC，得BC＝DF，于是可得：BC﹣BD＝DF﹣BD（①）
所以，可得CD＝②，因此猜想EF＝BF成立．
请填空：以上思路梳理中，空白①处的理由是 ，空白②处的线段是 ．
（2）类比探究：如图2，当点D在线段BC的延长线上时，
①再探究线段EF与BF的数量关系并证明；
②若CD＝1，求线段BE的长；
（3）拓展应用：
如图3，若AC＝BC＝1，CD＝2，请直接写出线段EC的长．
2026年中考数学常考考点专题之图形的旋转
参考答案与试题解析
一．选择题（共13小题）
一．选择题（共13小题）
1．（2025•陵水县一模）如图，在△ABO中，AB⊥OB，OB=3，AB＝1，将△ABO绕O点旋转90°后得到△A1B1O，则点A1的坐标是（ ）
A．(−1，3)B．(−1，3)或(1，−3)
C．(−1，−3)D．(−1，3)或(−1，−3)
【考点】坐标与图形变化﹣旋转．
【专题】平移、旋转与对称；推理能力．
【答案】B
【分析】根据题意将△ABO绕O点旋转90°后得到△A1B1O，应分顺时针和逆时针进行分类讨论，根据旋转知识求得A1的坐标．
【解答】解：在△ABO中，AB⊥OB，OB=3，AB＝1，
∴当△ABO绕点O顺时针旋转90°后得到△A1B1O，如图，
∴OB1=OB=3，A1B1=AB=1，
∴A1(1，−3)；
当△ABO绕点O逆时针旋转90°后得到△A1B1O，
∴OB1=OB=3，A1B1=AB=1，
∴A1(−1，3)，
故选：B．
【点评】此题考查了坐标与图形变化—旋转，解题时，注意分类讨论，以防错解．
2．（2025•遵义模拟）在平面直角坐标系中，等边△AOB如图放置，点A的坐标为（﹣1，0），每一次将△AOB绕着点O顺时针方向旋转60°，同时每边扩大为原来的2倍，第一次旋转后得到△A1OB1，第二次旋转后得到△A2OB2…，依次类推，则点A2024的坐标为（ ）
A．(22023，220233)B．（22023，0）
C．(22024，220243)D．（﹣22023，0）
【考点】坐标与图形变化﹣旋转；规律型：点的坐标．
【专题】规律型；平面直角坐标系；运算能力；推理能力．
【答案】A
【分析】每旋转6次，A的对应点又回到x轴负半轴上，故A2024在第一象限，且OA2024=22024，由此求解即可．
【解答】解：∵A点坐标为（﹣1，0），
∴OA＝1，
∴第一次旋转后，点A1在第二象限，OA1＝2；
第二次旋转后，点A2在第一象限，OA2=22；
第三次旋转后，点A3在x轴正半轴，OA3=23；
第四次旋转后，点A4在第三象限，OA4=24；
第五次旋转后，点A5在第四象限，OA5=25；
第六次旋转后，点A6在x轴负半轴，OA6=26；
如此循环，每旋转6次，A的对应点又回到x轴负半轴上，
∵2024÷6＝337⋯2，
∴点A2024在第一象限，且OA2024=22024，
过点A2024作A2024H⊥x轴于H，
∴∠OA2024H＝30°，
∴OH=12OA2024=22023，
∴A2024H=OA20242−OH2=220233，
∴点A2024的坐标为(22023，220233)，
故选：A．
【点评】本题考查旋转变换，等边三角形的性质，30°的直角三角形，以及勾股定理等知识，解题的关键是确定A2024所在的象限．
3．（2025•石家庄校级一模）如图，将线段AB绕它的中点O逆时针旋转α°（0＜α＜180）得到线段A′B′，A，B的对应点分别是点A′，B′，依次连接AA′，A′B，BB′，B′A．则下列结论不一定正确的是（ ）
A．∠AA′B＝90°
B．对于任意α，四边形AA′BB′都是矩形
C．AB＝2BB′
D．当α＝90°时，四边形AA′BB′是正方形
【考点】旋转的性质；正方形的判定．
【专题】矩形 菱形 正方形；平移、旋转与对称；推理能力．
【答案】C
【分析】根据旋转的性质得到OA＝OB＝OA′＝OB′，推出四边形AA′BB′是矩形，根据矩形的性质得到∠AA′B＝90°，推出四边形AA′BB′是正方形，于是得到结论．
【解答】解：由旋转的性质得OA＝OB＝OA′＝OB′，
∴四边形AA′BB′是矩形，
∴∠AA′B＝90°，
∵不清楚旋转角度，故不能证明AB＝2BB′，
∵∠AOA′＝α＝90°时，AB⊥A′B′，
∴四边形AA′BB′是正方形，
故选项A，B，D不符合题意，选项C符合题意，
故选：C．
【点评】本题考查了旋转的性质，矩形的判定和性质，正方形的判定，熟练掌握各定理是解题的关键．
4．（2025•大庆）如图，△ABC中，AB＝BC＝2，∠CBA＝120°．将△ABC绕点A顺时针旋转120°得到△ADE，点B，点C的对应点分别为点D，点E连接CE，点D恰好落在线段CE上，则CD的长为（ ）
A．23B．4C．32D．6
【考点】旋转的性质；等腰三角形的性质；含30度角的直角三角形．
【专题】三角形；平移、旋转与对称．
【答案】B
【分析】由等腰三角形的性质得∠BAC＝30°；再由旋转的性质得∠CAD＝90°，AD＝AB＝2，∠ADE＝120°，从而得∠ADC＝60°，∠ACD＝30°，故可得CD＝2AD，从而可求出结论．
【解答】解：在△ABC中，AB＝BC＝2，∠ABC＝120°，
∴∠BAC=12(180°−∠ABC)=12(180°−120°)=30°，
由旋转可知∠BAD＝120°，
∴∠CAD＝90°，
由旋转得：AD＝AB＝2，∠ADE＝120°，
∴∠ADC＝60°，
∴∠ACD＝30°，
∴CD＝2AD＝2×2＝4，
故选：B．
【点评】本题主要考查等腰三角形的性质，直角三角形的性质以及旋转的性质，掌握以上性质是解题的关键．
5．（2025•晋州市模拟）如图，将△ABC绕点O顺时针旋转80°变为△DEF，则下列说法不一定正确的是（ ）
A．AB＝DEB．∠CAB＝∠FDEC．∠AOD＝80°D．AB∥DF
【考点】旋转的性质；平行线的判定．
【专题】平移、旋转与对称；几何直观．
【答案】D
【分析】由旋转得，AB＝DE，∠CAB＝∠FDE，∠AOD＝80°，由已知条件不能得出AB∥DF，即可得出答案．
【解答】解：∵△ABC绕点O顺时针旋转80°变为△DEF，
∴AB＝DE，∠CAB＝∠FDE，∠AOD＝80°，
故A，B，C选项正确，不符合题意；
由已知条件不能得出AB∥DF，
故D选项不正确，符合题意．
故选：D．
【点评】本题考查旋转的性质、平行线的判定，熟练掌握旋转的性质是解答本题的关键．
6．（2025•汉川市模拟）在平面直角坐标系中，已知点A的坐标为(3，1)，将点A绕点原点O旋转180°得点A′，则此时点A′的坐标为（ ）
A．(1，3)B．(−3，−1)C．(3，−1)D．(1，−3)
【考点】坐标与图形变化﹣旋转．
【专题】平面直角坐标系；推理能力．
【答案】B
【分析】根据题意，理解将点A绕点原点O旋转180°得点A′，就是说点A与点A′关于原点对称，由关于原点对称的两个点的坐标特征求解即可得到答案．
【解答】解：∵将点A绕点原点O旋转180°得点A′，
∴点A与点A′关于原点对称，
∵点A的坐标为(3，1)，
∴点A′的坐标为(−3，−1)，
故选：B．
【点评】本题考查坐标与图形变换﹣旋转，熟记关于原点对称的两个点的坐标特征是解决问题的关键．
7．（2025•镇江）如图，在等腰三角形ABC中，BA＝BC，第1次操作：取AC的中点O1，将O1B绕点O1分别逆时针旋转120°和180°得到线段O1C1和O1A1；第2次操作：取A1C1的中点O2，将O2O1绕点O2分别逆时针旋转120°和180°，得到线段O2C2和O2A2；…；按照这样的操作规律，第30次操作后，得到线段O30C30和O30A30，若用点C在点A的正南方向表示初始位置，则点C30在点A30的（ ）
A．正东方向B．正南方向C．正西方向D．正北方向
【考点】旋转的性质；规律型：图形的变化类；等腰三角形的性质．
【专题】等腰三角形与直角三角形；平移、旋转与对称；运算能力；推理能力．
【答案】D
【分析】根据图形旋转方式，可证明△∁nOnAn皆为等边三角形，可得∠OnOn+1On+2＝150°，根据多边形外角和结论，图形每转动12次后O12nO12n+1与BO1重合，依此规律解答即可．
【解答】解：将O1绕点O1分别逆时针旋转120°和180°，得到线段O1C1和O1A1，
则O1C1＝O1A1且∠C1O1A1＝60°，
∴ΔC1O1A1为等边三角形，
同理，△∁nOnAn皆为等边三角形，
∵将O1B绕点O1逆时针旋转120°，
∴∠BO1C1＝120°，
∵△C1O1A1为等边三角形，A1C1的中点为O2，
∴∠C1O1O2＝30°，
∴∠BO1O2＝120°+30°＝150°，
同理∠O1O2O3＝∠O2O3O4＝⋯＝∠OnOn+1On+2＝150°，
则∠A1O1O2＝∠A2O2O3＝⋯＝∠AnOnOn+1＝180°﹣150°＝30°，
∵360°30°=12，
∴每转到12次后O12nO12n+1与BO1方向重合，30÷12＝2⋯6，
∴第30次操作后，O30O31第3个循环中的第6个位置，恰与BO1方向相反，
又△C30O30A30为等边三角形，
∴C30A30⊥BO1，
此时点C30在点A30的正北方．
故选：D．
【点评】本题考查规律探索，多边形外角和，旋转的性质，等腰三角形，掌握方法是解决问题的关键．
8．（2025•河南模拟）如图，在△ABC中，∠B＝90°，∠A＝30°．AC的垂直平分线分别交AC，AB于点M，O，将△AOC绕点O逆时针旋转得到△A′OC′，旋转角为α（0°＜α＜360°）．连接A′M，C′M．当△A′MC′是直角三角形时，旋转角α的度数为（ ）
A．90°或150°B．60°或120°
C．90°或240°D．120°或240°
【考点】旋转的性质；线段垂直平分线的性质．
【专题】平移、旋转与对称；几何直观；推理能力．
【答案】D
【分析】根据旋转的性质，线段垂直平分线的性质得到∠AOC＝180°﹣30°﹣30°＝120°，∠BCO＝30°，∠BOC＝60°，根据OM⊥AC，分类讨论即可．
【解答】解：在△ABC中，∠B＝90°，∠A＝30°，
∴∠ACB＝60°，
∵AC的垂直平分线分别交AC，AB于点M，O，
∴OA＝OC，
∴∠A＝∠ACO＝30°，
∴∠AOC＝180°﹣30°﹣30°＝120°，∠BCO＝30°，
∴∠BOC＝60°，
如图1，当C′M与AM重合，A′M与OM重合时，由OM⊥AM得∠A′MC′＝90°，即△A′MC′是直角三角形，
∴OC′与OA重合，则α＝∠AOC＝120°；
如图2，当A′M与CM重合，C′M与OM重合时，由OM⊥AM得∠A′MC′＝90°，即△A′MC′是直角三角形，
∴OA′与MC重合，则α＝360°﹣120°＝240°，
综上所述，旋转角α的度数为120°或240°，
故选：D．
【点评】本题考查了旋转的性质，线段垂直平分线的性质，熟练掌握旋转的性质是解答本题的关键．
9．（2025•雷州市二模）如图，△ABC中，∠C＝90°，∠B＝30°，AB＝6，将△ABC绕点A逆时针方向旋转15°得△AB′C′，B′C′交AB于点E，则B′E的长为（ ）
A．3−3B．32C．33−3D．6−23
【考点】旋转的性质；含30度角的直角三角形；勾股定理．
【专题】平移、旋转与对称；运算能力．
【答案】C
【分析】先求出∠A＝60°，AC=12AB=3，由旋转的性质可得B'C'=BC=33，A′C′＝AC＝3，∠C′A′E＝45°，再利用勾股定理解题即可．
【解答】解：由题意可得：∠BAC＝60°，AC=12AB=3，
∴BC=AB2−AC2=62−32=33，
由旋转可得B'C'=BC=33，AC′＝AC＝3，∠C′A′E＝∠CAB﹣∠CAC′＝60°﹣15°＝45°，
∴EC′＝AC′＝3，
∴B'E=B'C'−C'E=33−3，
故选：C．
【点评】本题考查了旋转的性质，勾股定理，含30度角的直角三角形的判定，正确根据相关知识点进行计算是解题关键．
10．（2025•朝阳区校级二模）风力发电是一种常见的绿色环保发电形式，风力发电机有三个底端重合、两两成120°角的叶片．如图以三个叶片的重合点为原点，水平方向为x轴建立平面直角坐标系，点A的坐标为（4，3），在一段时间内，叶片每秒绕原点O逆时针转动60°，则第2025秒时，点A的对应点的坐标为（ ）
A．（﹣3，4）B．（﹣4，﹣3）C．（4，3）D．（﹣3，﹣4）
【考点】坐标与图形变化﹣旋转；规律型：点的坐标．
【专题】推理能力．
【答案】B
【分析】根据旋转的性质找到规律，A点的坐标以每6秒为一个周期依次循环，进而得出第2025时，点的对应点的坐标．
【解答】解：∵叶片每秒绕原点O逆时针转动60°，
∴A点的坐标以每360°÷60°＝6（秒）为一个周期依次循环，
∵2025÷6＝337……3，
∴第2025秒时，点A的对应点的坐标与点A绕原点O逆时针转动180°的对应点坐标相同，这时的点与点A关于原点对称，
∵A（4，3），
故第2025秒时，点A的对应点的坐标为（﹣4，﹣3），
故选：B．
【点评】本题主要考查了坐标与图形变化——旋转及点的坐标变化规律，能根据题意得出每旋转四秒点A对应点的坐标循环出现及熟知图形旋转的性质是解题的关键．
11．（2025•临邑县模拟）如图，点A、B、C都在方格纸的格点上，若点A的坐标为（0，2），点B的坐标为（2，0），现将△ABC绕点B按顺时针方向旋转90°后，点C的对应点的坐标为（ ）
A．（2，1）B．（1，2）C．（3，0）D．（0，3）
【考点】坐标与图形变化﹣旋转．
【专题】作图题；平移、旋转与对称；几何直观．
【答案】C
【分析】根据点A的坐标为（0，2），点B的坐标为（2，0）建立坐标系，然后根据中心旋转的定义画出图形即可解决问题．
【解答】解：如图所示，
将△ABC绕点B按顺时针方向旋转90°后，点C的对应点的坐标为（3，0），
故选C．
【点评】本题考查旋转变换、学会画中心旋转的图形是解决问题的关键，理解顺时针旋转、逆时针旋转的区别，属于中考常考题型．
12．（2025•天津校级模拟）如图，矩形ABCD的边CD上有一点E，DE＝1，∠DAE＝22.5°，EF⊥AB，垂足为F，将△AEF绕着点F顺时针旋转，使得点A的对应点G落在EF上，点E恰好落在点B处，连接BE．有下列结论：
①AB＝BE；
②BG平分∠EBF；
③△BFG的面积是四边形EFBC面积的14；
④BE=2+2．
其中结论正确的是（ ）
A．①②③B．②③④C．①②④D．①③④
【考点】旋转的性质；全等三角形的判定与性质；角平分线的性质；矩形的性质．
【专题】矩形 菱形 正方形；平移、旋转与对称；推理能力．
【答案】C
【分析】由角的数量关系可求∠AEB＝67.5°＝∠EAF，可得AB＝BE，故①正确；计算出∠EBG＝22.5°，得出∠EBG＝∠FBG，故②正确；过点G作GM⊥BE于点M，由角平分线的性质可得GF＝GM，根据直角三角形的斜边大于直角边得出GE＞GM＝GF，从而根据三角形的面积公式得出结论，得到③错误；连接AG，根据等腰直角三角形的性质可知AG=2，推导得出AG＝EG=2，从而EF＝EG+FG=2+1，再由BE＝BF+AF，判断出④正确．
【解答】解：由旋转的性质可得：EF＝FB，∠EFB＝90°，
∵四边形ABCD是矩形，EF⊥AB，
∴∠ABC＝∠C＝∠EFB＝90°，
∴四边形EFBC是矩形，
又∵EF＝BF，
∴矩形EFBC是正方形，
∴∠BEF＝∠EBF＝45°，
∵∠DAE＝∠AEF＝22.5°，
∴∠AEB＝∠FEB+∠AEF＝67.5°＝90°﹣22.5°＝∠EAF，
∴AB＝BE，
故①正确；
∵∠EBF＝45°，∠FBG＝∠AEF＝∠DAE＝22.5°，
∴∠EBG＝45°﹣22.5°＝22.5°，
∴∠EBG＝∠FBG，
∴BG平分∠EBF，
故②正确；
过点G作GM⊥BE于点M，如图1，
∵BG平分∠EBF，
∴GF＝GM，
在Rt△GME中，GE＞GM＝GF，
∴S△BFG≠12S△BFE，
∵S△BFE=12S四边形EFBC，
∴S△BFG≠14S四边形的EFBC，
故③错误；
连接AG，如图1，
∵∠AFG＝90°，DE＝AF＝FG＝1，
∴∠GAF＝45°，AG=2，
∴∠EAG＝67.5°﹣45°＝22.5°，
∴∠AEG＝∠GAE，
∴EG＝AG=2，
∴EF＝EG+FG=2+1，
又∵EF＝BF，AB＝BE，
∴BE＝BF+AF=2+1+1=2+2，
故④正确，
∴正确的是：①②④，
故选：C．
【点评】本题考查了矩形的性质，旋转的性质，正方形的判定与性质及角平分线的性质，掌握常用辅助线的添加方法，灵活运用相关知识是解题的关键．
13．（2025•海南模拟）如图．等边△ABC的顶点A在第一象限，边BC在x轴上，点B（1，0）、C（3，0），将△ABC绕点B逆时针旋转90°得到△EBD，则点E的坐标是（ ）
A．（﹣1，1）B．(−3，1)C．(−3−1，1)D．(1−3，1)
【考点】坐标与图形变化﹣旋转；等边三角形的性质；勾股定理．
【专题】平面直角坐标系；三角形；等腰三角形与直角三角形；推理能力．
【答案】D
【分析】过点E作EM⊥x轴于点M，根据题意，结合等边三角形的性质求出AB的长度，利用旋转的性质得到BE 的长度和∠EBM的度数，再利用含30°角的直角三角形的性质，勾股定理求出EM和OM的长度，再利用点E在第二象限求解．
【解答】解：过点E作EM⊥x轴于点M，如下图：
∵点B坐标为（1，0）、点C坐标为（3，0），
∴OB＝1，OC＝3，
∴BC＝3﹣1＝2．
∵△ABC是等边三角形，
∴AB＝BC＝2．
∵将△ABC绕点B逆时针旋转90°得到△EBD，
∴∠ABE＝90°，BE＝AB＝2，∠ABC＝60°，
∴∠EBM＝180°﹣∠ABE﹣∠ABC＝180°﹣60°﹣90°＝30°，
∴EM=12BE=12×2=1，
∴BM=BE2−EM2=22−12=3，
∴MO=BM−OB=3−1．
∵E在第二象限，
∴E点坐标为（1−3，1），
故选：D．
【点评】本题主要考查了坐标与图形变化﹣旋转，等边三角形的性质，勾股定理，理解相关知识是解答关键．
二．填空题（共7小题）
14．（2025•姑苏区校级二模）如图，正方形ABCD，边长AB＝2，对角线AC、BD相交于点O，将直角三角板的直角顶点放在点O处，三角板两边足够长，与BC、CD交于E、F两点，当三角板绕点O旋转时，线段EF的最小值为 2 ．
【考点】旋转的性质；全等三角形的判定与性质；正方形的性质．
【专题】矩形 菱形 正方形；平移、旋转与对称；推理能力．
【答案】2．
【分析】由“ASA”可证△OEC≌△OFD，可得OE＝OF，可得EF=2OE，则OE取最小值，EF有最小值，当OE⊥BC时，OE有最小值，由等腰三角形的性质可求解．
【解答】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴OC＝OD，∠ODC＝∠OCB＝45°，OC⊥OD，
∵∠EOF＝90°＝∠COD，
∴∠DOF＝∠COE，且OC＝OD，∠ODC＝∠OCB＝45°，
∴△OEC≌△OFD（ASA）
∴OE＝OF，且∠EOF＝90°，
∴EF=2OE，
∴OE取最小值，EF有最小值，
当OE⊥BC时，OE有最小值，
∵OB＝OC，∠BOC＝90°，OE⊥BC，
∴OE=12BC＝1，
∴EF的最小值为2，
故答案为：2．
【点评】本题考查了旋转的性质，正方形的性质，全等三角形的判定和性质，等腰三角形的性质，证明△OEC≌△OFD是本题的关键．
15．（2025•海陵区校级三模）已知，在△ABC中，∠ACB＝90°，∠BAC＝30°，AB=62，D是直线AC上一点，将D点绕B点逆时针旋转60°得其对应点E，当∠AEB＝90°时，则AD长为 36+32或36−32 ．
【考点】旋转的性质；全等三角形的判定与性质；含30度角的直角三角形；勾股定理．
【专题】平移、旋转与对称；推理能力．
【答案】36+32或36−32．
【分析】通过连接辅助线，利用旋转性质和全等三角形的判定，确定点E的运动轨迹，再分情况结合等腰直角三角形、勾股定理求解AD长．
【解答】解：连接BD、DE，取AB的中点M，作直线EM．
∵将D点绕B点逆时针旋转60°得对应点E，
∴BE＝BD，∠DBE＝60°，△BDE为等边三角形．
∵∠ACB＝90°，∠BAC＝30°，AB=62，
∴BC=12AB=32．
∵M是AB中点，∠BAC＝30°，∠ACB＝90°，
∴AM=BM=12AB=32，BM＝BC＝AM．
∵∠DBE＝∠ABC＝60°，
∴∠EBM＝∠DBC．
∴△EBM≌△DBC（SAS）．
∴∠BCD＝∠BME＝90°，
∴EM⊥AB，点E在直线EM上运动．
情况一：点D在AC的延长线上．
∵∠AEB＝90°，M是AB中点，
∴EM=12AB=32=BM．
∵△EBM≌△DBC，
∴EM=DC=32．
在Rt△ABC中，AC=AB⋅cs30°=62×32=36，
∴AD=AC+DC=36+32．
情况二：点D在线段AC上．
同理，EM=DC=32，
∴AD=AC−DC=36−32．
故答案为：36+32或36−32．
【点评】本题主要考查了旋转的性质、全等三角形的判定与性质、直角三角形的性质，熟练掌握旋转性质和全等三角形判定是解题的关键．
16．（2025•顺德区校级三模）如图，在直角坐标系中，以原点O为旋转中心，将线段OA顺时针旋转90°得到线段OA′，点A的对应点为A′．若点A的坐标为（2，3），则点A′的坐标为 （3，﹣2） ．
【考点】坐标与图形变化﹣旋转．
【专题】平移、旋转与对称；几何直观．
【答案】（3，﹣2）．
【分析】过点A作AB⊥y轴于点B，过点A'作A'C⊥x轴于点C，由旋转得，OA＝OA'，∠AOA'＝90°，可得△AOB≌△A'OC，则A'C＝AB，OC＝OB．由已知条件可得AB＝2，OB＝3，则A'C＝2，OC＝3，可得点A′的坐标为（3，﹣2）．
【解答】解：过点A作AB⊥y轴于点B，过点A'作A'C⊥x轴于点C，
∴∠ABO＝∠A'CO＝90°，
∴∠AOB+∠AOC＝90°．
由旋转得，OA＝OA'，∠AOA'＝90°，
∴∠AOC+∠A'OC＝90°，
∴∠AOB＝∠A'OC，
∴△AOB≌△A'OC（AAS），
∴A'C＝AB，OC＝OB．
∵点A的坐标为（2，3），
∴AB＝2，OB＝3，
∴A'C＝2，OC＝3，
∴点A′的坐标为（3，﹣2）．
故答案为：（3，﹣2）．
【点评】本题考查坐标与图形变化﹣旋转，熟练掌握旋转的性质是解答本题的关键．
17．（2025•中卫校级二模）如图在平面直角坐标系中，△OAB的顶点A，B的坐标分别为(3，3)，（4，0）．把△OAB绕点O逆时针旋转使OB与y轴重合得到△OCD，则点D的坐标为 （−3，3） ．
【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；几何直观．
【答案】（−3，3）．
【分析】根据旋转的性质即可得出．
【解答】解：∵把△OAB绕点O逆时针旋转使OB与y轴重合得到△OCD，
∴旋转角度为90°，
∵点A的坐标为(3，3)，
∴点D的坐标为（−3，3）．
【点评】本题考查坐标与图形变化﹣旋转，熟练掌握旋转的性质是解答本题的关键．
18．（2025•平乡县二模）如图，在△ABC中，∠BAC＝120°，AB＝AC，AD是△ABC的底边上的高，且AD＝1．线段DE是△ABD的中线，点P是线段DC上一点，连接EP．将线段EP绕点E逆时针旋转60°至点P′，交DA的延长线于点F，若点P为CD中点，∠AFE＝40°，则AF＝ 13 ．
【考点】旋转的性质；解直角三角形；等腰三角形的性质；含30度角的直角三角形；勾股定理．
【专题】等腰三角形与直角三角形；平移、旋转与对称；几何直观；运算能力；推理能力．
【答案】13．
【分析】过点E作EH⊥BC于点H，连接AP′，过点F作FG⊥AP′于点G，由题意易得AB=2AD=2，BD=CD=AB2−AD2=3，∠BAD=12∠BAC=60°，则有BE=DE=AE=12AB=1=AD，然后可证△PED≌△P′EA（SAS），则∠EPD=∠EP'A，DP=AP'=32，∠EDP＝∠EAP′＝150°，进而通过tan∠EPH=EHPH=36=tan∠EP'A及30度角的三角函数可进行求解．
【解答】解：过点E作EH⊥BC于点H，连接AP′，过点F作FG⊥AP′于点G，如图，
∵∠BAC＝120°，AB＝AC，
∴∠B＝∠C＝30°，
∵AD是△ABC的底边上的高，且AD＝1，
∴AB=2AD=2，BD=CD=AB2−AD2=3，∠BAD=12∠BAC=60°，
∵点P为CD中点，
∴DP=12DC=32，
∵线段DE是△ABD的中线，
∴BE=DE=AE=12AB=1=AD，∠BAD＝60°，
∴△AED是等边三角形，
∴∠AED＝∠ADE＝60°＝∠PEP′，
∴∠PED＝∠P′EA，
∵EH⊥BC，
∴EH=12BE=12，DH=12BD=32，
∴PH=DH+DP=3，
∵线段EP绕点E逆时针旋转60°至点P′，
∴EP＝EP′，
∴△PED≌△P′EA（SAS），
∴∠EPD=∠EP'A，DP=AP'=32，∠EDP＝∠EAP′＝∠ADE+∠ADC＝60°+90°＝150°，
∵∠EAF＝180°﹣∠EAD＝120°，
∴∠FAP′＝∠EAP′﹣∠EAF＝30°，
在Rt△EHC中，tan∠EPH=EHPH=36=tan∠EP'A，
设FG=3x，P'G=6x，
则有AG=AP'−P'G=32−6x，
在Rt△AFG中，tan∠FAP'=FGAG=3x32−6x=33，
解得x=318，
∴FG=3x=3×318=16，
∴AF=2FG=13；
故答案为：13．
【点评】本题主要考查旋转的性质、含30度直角三角形的性质、等腰三角形的性质、勾股定理及三角函数，熟练掌握旋转的性质、含30度直角三角形的性质、等腰三角形的性质、勾股定理及三角函数是解题的关键．
19．（2025•拱墅区校级二模）如图，在边长为4的正方形ABCD中，E在BC边上，连接AE，将线段AE绕点E顺时针旋转90°得到线段FE，连接AF，交CD于点G，连接CF，若DG=47，则CF的长是 32 ．
【考点】旋转的性质；正方形的性质．
【专题】推理能力．
【答案】32．
【分析】过F作FM⊥CD于M，FN⊥BC交BC延长线于N，由旋转和正方形可证明△ABE≌△ENF（ASA），得到AB＝EN，BE＝FN，再证明四边形MCNF是正方形，设CM＝MF＝x，则CF=2x，GM=247−x，最后证明△ADG∽△FMG，得到ADFM=DGGM，代入列方程求解即可．
【解答】解：如图，过F作FM⊥CD于M，FN⊥BC交BC延长线于N，则∠N＝∠FMC＝∠FMD＝90°，
∵正方形ABCD的边长为4，
∴∠B＝∠BCD＝∠NCD＝∠D＝90°，AB＝BC＝CD＝AD＝4，
∵将线段AE绕点E顺时针旋转90°得到线段FE，
∴AE＝EF，∠AEF＝90°，
∴∠AEB+∠FEC＝90°，
∵∠AEB+∠BAE＝90°，
∴∠FEC＝∠BAE，
在△ABE和△ENF中，
∠BAE=∠FECAE=EF∠AEB=∠EFN，
∴△ABE≌△ENF（ASA），
∴AB＝EN，BE＝FN，
∴BC﹣EC＝AB﹣EC＝EN﹣EC，
∴BE＝CN，
∴BE＝FN＝CN，
∵∠N＝∠FMC＝∠MCN＝90°，
∴四边形MCNF是正方形，
∴CM＝MF，
∴设CM＝MF＝x，则CF=2x，
∵DG=47，
∴GM=CD−CM−DG=4−x−47=247−x，
∵∠D＝∠FMD＝90°，∠DGA＝∠FGM，
∴△ADG∽△FMG，
∴ADFM=DGGM，
∴4x=47247−x，
解得x＝3，
经检验x＝3是原方程的解，
∴CF=2x=32，
故答案为：32．
【点评】本题考查旋转的性质，正方形的性质，掌握相似三角形的判定与性质是解题的关键．
20．（2025•高要区一模）如图，在▱ABCD中，∠ADC＝60°，AB＝6，点M是BC上一点，且DM平分∠ADC，连接AM，将AM绕点M顺时针旋转，点A的对应点N落在CD上．若点N恰好是CD的三等分点（靠近点C），则AD＝ 14 ．
【考点】旋转的性质；平行四边形的性质．
【专题】等腰三角形与直角三角形；多边形与平行四边形；平移、旋转与对称；几何直观；运算能力；推理能力．
【答案】14
【分析】过点N作NE⊥BC，垂足为点E，过点A作AF⊥BM于点F，先求出CN＝2，在Rt△CNE中，根据∠CNE＝90°﹣∠NCE＝30°得CE＝1，由勾股定理得NE=3，证明∠CMD＝∠CDM得CM＝CD＝6，则ME＝CM+CE＝7，在Rt△MNE中，由勾股定理得MN=213，再由旋转的性质得AM＝MN=213，在Rt△ABF中，根据∠BAF＝90°﹣∠B＝30°得BF＝3，由勾股定理得AF=33，在Rt△AFM中，由勾股定理得FM＝5，由此得BC＝BF+FM+MC＝14，据此可得AD的长．
【解答】解：过点N作NE⊥BC，垂足为点E，过点A作AF⊥BM于点F，如图所示：
∴∠E＝∠AFB＝∠AFM＝90°，
∵ABCD是平行四边形，∠ADC＝60°，AB＝6，
∴AB∥CD，AD∥BC，AD＝BC，CD＝AB＝6，∠B＝∠ADC＝60°，
∴∠NCE＝∠B＝60°，
∵点N恰好是CD的三等分点（靠近点C），
∴CN＝2，
在Rt△CNE中，∠CNE＝90°﹣∠NCE＝30°，
∴CE=12CN＝1，
由勾股定理得：NE=CN2−CE2=22−12=3，
∵AD∥BC，
∴∠ADM＝∠CMD，
∵DM平分∠ADC，
∴∠ADM＝∠CDM，
∴∠CMD＝∠CDM，
∴CM＝CD＝6，
∴ME＝CM+CE＝6+1＝7，
在Rt△MNE中，由勾股定理得：MN=ME2+NE2=72+(3)2=213，
由旋转的性质得：AM＝MN=213，
在Rt△ABF中，∠BAF＝90°﹣∠B＝30°，
∴BF＝1/2AB＝3，
由勾股定理得：AF=AB2−BF2=62−32=33，
在Rt△AFM中，由勾股定理得：FM=AM2−AF2=(213)2−(33)2=5，
∴BC＝BF+FM+MC＝3+5+6＝14，
∴AD＝BC＝14．
故答案为：14．
【点评】此题主要考查了平行四边形的性质，图形的旋转变换及其性质，理解平行四边形的性质，图形的旋转变换及其性质，熟练掌握含有30°角的直角三角形的性质及勾股定理是解决问题的关键．
三．解答题（共5小题）
21．（2025•哈尔滨校级四模）如图，方格纸中的每个小正方形的边长均为1，每个小格的顶点叫做格点，方格纸中有线段AB和CD，点A，B，C，D均在小正方形格点上；
（1）将线段AB先向右平移2个单位，再向下平移1个单位得到线段EF（A的对应点为E）；
（2）将线段CD绕点D逆时针旋转90°得到线段QD；
（3）在线段EF上画出点P，使得BP+QP的值最小，并直接写出PQ的长．
【考点】作图﹣旋转变换；相似三角形的判定与性质；勾股定理；作图﹣平移变换．
【专题】平移、旋转与对称；几何直观；运算能力．
【答案】（1）
（2）
（3）；2103．
【分析】（1）根据平移的性质作图即可．
（2）根据旋转的性质作图即可．
（3）根据两点之间线段最短，连接BQ交线段EF于点P，该点即为所求，用勾股定理求出BQ，再根据相似三角形的性质，求出PQ即可．
【解答】解：（1）如图，线段EF即为所求．
（2）如图，线段QD即为所求．
（3）如图，连接BQ交线段EF于点P，
则点P即为所求．
由勾股定理得，BQ=12+32=10，
取格点G，H，
∵PG∥HQ，
∴△BGP∽△BHQ，
∴BPBQ=BGBH=13，
∴BP=103，
∴PQ=10−103=2103．
【点评】本题考查作图﹣旋转变换、勾股定理、相似三角形的判定与性质、作图﹣平移变换，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．
22．（2025•阳新县模拟）如图，在△ABC中，AB＝AC，将△ABC绕点A逆时针旋转，得到△ADE，BC，DE相交于O，∠ACE＝60°．
（1）判断△ABD的形状；
（2）求∠COD的度数．
【考点】旋转的性质；等腰三角形的性质；等边三角形的判定与性质．
【专题】等腰三角形与直角三角形；平移、旋转与对称；运算能力；推理能力．
【答案】（1）△ABD是等边三角形，
由旋转得AD＝AB，AE＝AC，∠DAB＝∠EAC，
∵∠ACE＝60°，
∴△ACE是等边三角形，
∴∠EAC＝60°，
∴∠DAB＝60°，
∴△ABD是等边三角形．
（2）∠COD的度数是120°．
【分析】（1）由旋转得AD＝AB，AE＝AC，而∠ACE＝60°，则△ACE是等边三角形，所以∠DAB＝∠EAC＝60°，则△ABD是等边三角形．
（2）设BC、AD相交于点F，由∠ADE＝∠ABC，得∠BFD＝∠DOB+∠ADE＝∠DOB+∠ABC，而∠BFD＝∠DAB+∠ABC，可证明∠DOB＝∠DAB＝60°，则∠COD＝180°﹣∠DOB＝120°．
【解答】解：（1）△ABD是等边三角形，
理由：由旋转得AD＝AB，AE＝AC，∠DAB＝∠EAC，
∵∠ACE＝60°，
∴△ACE是等边三角形，
∴∠EAC＝60°，
∴∠DAB＝60°，
∴△ABD是等边三角形．
（2）设BC、AD相交于点F，
由（1）得∠DAB＝60°，
由旋转得∠ADE＝∠ABC，
∴∠BFD＝∠DOB+∠ADE＝∠DOB+∠ABC，
∵∠BFD＝∠DAB+∠ABC，
∴∠DOB+∠ABC＝∠DAB+∠ABC，
∴∠DOB＝∠DAB＝60°，
∴∠COD＝180°﹣∠DOB＝120°，
∴∠COD的度数是120°．
【点评】此题重点考查旋转的性质、等边三角形的判定与性质、三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和等知识，推导出AD＝AB，且∠DAB＝60°是解题的关键．
23．（2025•彭水县模拟）已知在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，E为直线BC上一动点，连接AE．
（1）如图1，若E为线段BC上的一点且满足∠CAE＝15°，若AB=23+2，求线段AE的长；
（2）如图2，若E为线段BC上的一点，过点C作CF∥AB交AE的延长线于点F，过点B作BG⊥AF于点G，延长BG交CF于点H，连接EH，试证明：AE＝BH+EH；
（3）如图3，AC＝3，将AE绕点A逆时针旋转60°得到AE′，连接BE′，请直接写出BE′的最小值．
【考点】几何变换综合题．
【专题】几何综合题；应用意识．
【答案】（1）4；
（2）见解析；
（3）332+32．
【分析】（1）如图1中，过点E作EH⊥AB于点H．设BH＝EH＝x，根据AB的长，构建方程求解；
（2）如图1中，延长AC交BH的延长线于点J．证明△ACE≌△BCJ（ASA），△CHJ≌△CHE（SAS）可得结论；
（3）在AC的左侧作等边△ACJ，连接JE′，延长BC交JE′的延长线于点T，过点B作BE″⊥JE′于点E″，连接AT．证明△AJE≌△ACE（SAS），推出∠AJE′＝∠ACE＝90°，推出点E′的运动轨迹是射线JE′，可得当点E′与E″重合时，BE′的值最小．
【解答】（1）解：如图1中，过点E作EH⊥AB于点H．
∵CA＝CB，∠C＝90°，
∴∠CAB＝∠B＝45°，
∴∠EAB＝∠CAB﹣∠CAE＝45°﹣15°＝30°，
设EH＝BH＝x，则AE＝2x，AH=3x，
∵AB＝23+2，
∴3x+x＝23+2，
∴x＝2，
∴AE＝2EH＝4；
（2）证明：如图1中，延长AC交BH的延长线于点J．
∵BH⊥AF，
∴∠BGE＝90°，
∵∠ACE＝∠BGE＝90°，∠AEC＝∠BEG，
∴∠CAE＝∠CBJ，
∵∠ACE＝∠BCJ＝90°，AC＝BC，
∴△ACE≌△BCJ（ASA），
∴AE＝BJ，CE＝CJ，
∵CF∥AB，
∴∠HCE＝∠ABC＝45°，
∴∠HCJ＝∠HCE＝45°，
∵CH＝CH，
∴△CHJ≌△CHE（SAS），
∴HJ＝EH，
∴AE＝BH+HJ＝BH+EH；
（3）解：在AC的左侧作等边△ACJ，连接JE′，延长BC交JE′的延长线于点T，过点B作BE″⊥JE′于点E″，连接AT．
∵∠CAJ＝∠EAE′＝60°，
∴∠JAE′＝∠CAE，
∵AC＝AJ，AE＝AE′，
∴△AJE≌△ACE（SAS），
∴∠AJE′＝∠ACE＝90°，
∴点E′的运动轨迹是射线JE′，
∴当点E′与E″重合时，BE′的值最小，
∵AC＝AJ，AT＝AT，∠AJT＝∠ACT＝90°，
∴Rt△ATJ≌Rt△ATC（HL），
∴CT＝TJ，
∴∠JAT＝∠CAT＝30°，
∴CT＝AC•tan30°=3，
∴BT＝BC＝CT＝3+3，
∵∠ATYJ＝∠ATC＝60°，
∴∠BTE″＝60°，
∴BE″＝BT•sin60°=332+32，
∴BE′的最小值为332+32．
【点评】本题属于几何变换综合题，考查了全等三角形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，解直角三角形等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题．
24．（2025•临川区二模）综合与实践
问题背景
如图1，某数学兴趣小组在一次综合与实践活动中．用三张全等的直角三角形纸片探究数学问题，即△ABC，△ACD，△AEF是全等的直角三角形，其中∠ABC＝∠ADC＝∠EAF＝90°，点F与AD的中点重合，AB＝2．
（1）①BE的长为 2 ；
②设AC与EF交于点G，求CG的长．
类比延伸
（2）如图2，将△AEF绕点A顺时针旋转，O是AC的中点，P是EF的中点，连接OP，求OP的最大值．
拓展探究
（3）如图3，将△AEF绕点A顺时针旋转α°（0＜α＜90），延长EF，交AC于点M，若tanα=32，求AM的长．
【考点】几何变换综合题．
【专题】代数几何综合题；几何直观；运算能力；推理能力．
【答案】（1）①2；
②CG=655；
（2）25；
（3）2655．
【分析】（1）①由△ABC≌△FAE得到AF＝AB＝2，根据中点的定义求得AD＝2AF＝4，根据△AEF≌△DAC得到AE＝DA＝4，根据线段的和差即可解答；
②设BC与EF交于点H．根据全等三角形的性质得到AF＝AB＝CD＝2，AE＝AD＝BC＝4，从而AC=AD2+CD2=25，AG=AC−CG=25−CG，证明△EBH∽△EAF，得到BH=12AF=1，CH＝BC﹣BH＝3，证明△CHG∽△AFG，根据相似三角形的性质即可求解；
（2）连接PA．得到OA=12AC=5，PA=12EF=5，根据OP≤OA+PA即可求解；
（3）设EF与AB交于点N，过点N分别作NQ⊥AE于点Q，NT⊥AM于点T．由题意得∠BAE＝α，∠AQN＝90°，则tan∠BAE=NQAQ=32，设AQ＝2x，则NQ＝3x．
由tanE=NQEQ=AFAE=12得到EQ＝2NQ＝6x．根据AE＝AQ+EQ＝4即可求出x=12，从而AN=AQ2+NQ2=12+(32)2=132．证明∠MNT＝∠BAE＝α，得到tan∠MNT=MTNT=32，设NT＝2y，则MT＝3y．由tan∠ANT=tanE=12得到AT=12NT=y，从而AN=AT2+NT2=5y，因此5y=132，解得y=6510，再由AM＝AT+MT即可求解．
【解答】解：（1）①∵△ABC，△ACD，△AEF是全等的直角三角形，其中∠ABC＝∠ADC＝∠EAF＝90°，点F与AD的中点重合，AB＝2，
∴AF＝AB＝2，
∴AD＝2AF＝2×2＝4，
∵△AEF≌△DAC，
∴AE＝DA＝4，
∴BE＝AE﹣AB＝4﹣2＝2，
故答案为：2；
②如图1，设BC与EF交于点H．
∵△ABC、△ACD、△AEF是全等的直角三角形，
∴AF＝AB＝CD＝2，AE＝AD＝BC＝4，
在直角三角形ACD中，由勾股定理得：AC=AD2+CD2=25，
∴AG=AC−CG=25−CG，
∵∠ABC＝∠ADC＝∠EAF＝90°，
∴四边形ABCD是矩形，
∴AD∥BC，
∴△EBH∽△EAF，
∴BHAF=BEAE=12
∴BH=12AF=1，
∴CH＝BC﹣BH＝4﹣1＝3，
∵BC∥AD，
∴△CHG∽△AFG，
∴CHAF=CGAG，即32=CG25−CG，
解得CG=655．
（2）如图2，连接PA．
∵O是AC的中点，P是EF的中点，
∴OA=12AC=5，PA=12EF=5，
∵OP≤OA+PA，
∴OP的最大值为OA+PA=25．
（3）如图3，设EF与AB交于点N，过点N分别作NQ⊥AE于点Q，NT⊥AM于点T．
由题意得∠BAE＝α，∠AQN＝90°，
∴tan∠BAE=NQAQ=32，设AQ＝2x，则NQ＝3x．
∵tanE=NQEQ=AFAE=12，
∴EQ＝2NQ＝6x．
∵AE＝AQ+EQ＝4，
∴2x+6x＝4，
解得x=12，
∴AQ＝1，则NQ=32，
在直角三角形ANQ中，由勾股定理得：AN=AQ2+NQ2=12+(32)2=132，
∵∠MNA＝∠BAE+∠E，
∴∠MNT+∠ANT＝∠BAE+∠E，
∵∠NAT+∠ANT＝90°＝∠AEF+∠E，
∴∠ANT＝∠E，
∴∠MNT＝∠BAE＝α．
∴tan∠MNT=MTNT=32，设NT＝2y，则MT＝3y．
∵tan∠ANT=tanE=12，
∴ATNT=12，
∴AT=12NT=y，
在直角三角形ANT中，由勾股定理得：AN=AT2+NT2=y2+(2y)2=5y，
∴5y=132，
解得y=6510，
∴AM=AT+MT=y+3y=4y=2655．
【点评】本题属于几何变换综合题，主要考查全等三角形的性质，相似三角形的判定及性质，矩形的判定及性质，解直角三角形等，综合运用相关知识是解题的关键．
25．（2025•钢城区一模）在等腰直角△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，D为直线BC上任意一点，连接AD．将线段AD绕点D按顺时针方向旋转90°得线段ED，过点E作EF⊥BC于点F，连接BE．
（1）尝试发现：如图1，当点D在线段BC上时，请探究线段EF与BF的数量关系；
以下是小琳同学的探究思路梳理：由已知条件的基本图形“一线三垂直”，易证△ACD≌△DFE，于是可得CD＝EF，AC＝DF．欲探究线段EF与BF的数量关系，由直观先猜想EF＝BF，要进一步证明EF＝BF，可尝试证明BF＝CD，由已知AC＝BC，得BC＝DF，于是可得：BC﹣BD＝DF﹣BD（①）
所以，可得CD＝②，因此猜想EF＝BF成立．
请填空：以上思路梳理中，空白①处的理由是 等式性质1 ，空白②处的线段是 BF ．
（2）类比探究：如图2，当点D在线段BC的延长线上时，
①再探究线段EF与BF的数量关系并证明；
②若CD＝1，求线段BE的长；
（3）拓展应用：
如图3，若AC＝BC＝1，CD＝2，请直接写出线段EC的长．
【考点】几何变换综合题．
【专题】代数几何综合题；几何直观；运算能力；推理能力．
【答案】见试题解答内容
【分析】（1）根据BC＝DF，得BC﹣BD＝DF﹣BD，理由是等式性质1，可得CD＝BF；
（2）①根据∠CAD＝∠FDE，∠DFE＝∠ACD＝90°，AD＝DE，得△ACD≌△DFE（AAS），得CD＝EF，AC＝DF，可得CD＝BF，即得EF＝BF；
②由BF＝EF＝1，得BE=2；
（3）由CD＝EF＝2，AC＝DF＝1，当点D在AC右侧时，得CF＝3，即得CE=13，当点D在AC左侧时，得CF＝1，即得CE=5．
【解答】解：（1）在△ABC中，∠ACB＝90°，
∴∠CAD+∠CDA＝90°，
∵将线段AD绕点D按顺时针方向旋转90°得线段ED，
∴∠ADE＝90°，
∴∠FDE+∠CDA＝90°，
∴∠CAD＝∠FDE，
∵EF⊥BC，
∴∠DFE＝∠ACD＝90°，
∵AD＝DE，
∴△ACD≌△DFE（AAS），
∴CD＝EF，AC＝DF，
∵AC＝BC，
∴BC＝DF，
∴BC﹣BD＝DF﹣BD（ 等式性质1 ），
∴CD＝（ BF ），
故答案为：等式性质1；BF；
（2）①EF＝BF；
证明：∵△ABC中，∠ACB＝90°，
∴∠CAD+∠CDA＝90°，
由旋转知∠ADE＝90°，
∴∠FDE+∠CDA＝90°，
∴∠CAD＝∠FDE，
∵EF⊥BC，∠ACD＝180°﹣∠ACB＝90°，
∴∠DFE＝∠ACD＝90°，
∵AD＝DE，
∴△ACD≌△DFE（AAS），
∴CD＝EF，AC＝DF，
∵AC＝BC，
∴BC＝DF，
∴BC﹣CF＝DF﹣CF，
∴CD＝BF，
∴EF＝BF；
②当CD＝1时，
BF＝EF＝1，
∴BE=BF2+EF2=2；
（3）线段EC的长为13或5．理由如下：
当AC＝BC＝1，CD＝2时，
由（1）（2）知，CD＝EF＝2，AC＝DF＝1，
当点D在AC右侧时，如图3，CF＝CD+DF＝3，
∴CE=CF2+EF2=13；
当点D在AC左侧时，CF＝CD﹣DF＝1，
∴CE=CF2+EF2=5．
综上所述，线段EC的长为13或5．
【点评】本题属于几何变换综合题，主要考查了等腰直角三角形与旋转．熟练掌握等腰直角三角形性质，旋转性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，分类讨论是解题的关键．
考点卡片
1．规律型：图形的变化类
图形的变化类的规律题
首先应找出图形哪些部分发生了变化，是按照什么规律变化的，通过分析找到各部分的变化规律后直接利用规律求解．探寻规律要认真观察、仔细思考，善用联想来解决这类问题．
2．规律型：点的坐标
1．所需能力：（1）深刻理解平面直角坐标系和点坐标的意义（2）探索各个象限的点和坐标轴上的点其坐标符号规律（3）探索关于平面直角坐标系中有关对称，平移等变化的点的坐标变化规律．
2．重点：探索各个象限的点和坐标轴上的点其坐标符号规律
3．难点：探索关于平面直角坐标系中有关对称，平移等变化的点的坐标变化规律．
3．平行线的判定
（1）定理1：两条直线被第三条所截，如果同位角相等，那么这两条直线平行． 简单说成：同位角相等，两直线平行．
（2）定理2：两条直线被第三条所截，如果内错角相等，那么这两条直线平行．简单说成：内错角相等，两直线平行．
（3 ）定理3：两条直线被第三条所截，如果同旁内角互补，那么这两条直线平行．简单说成：同旁内角互补，两直线平行．
（4）定理4：两条直线都和第三条直线平行，那么这两条直线平行．
（5）定理5：在同一平面内，如果两条直线同时垂直于同一条直线，那么这两条直线平行．
4．全等三角形的判定与性质
（1）全等三角形的判定是结合全等三角形的性质证明线段和角相等的重要工具．在判定三角形全等时，关键是选择恰当的判定条件．
（2）在应用全等三角形的判定时，要注意三角形间的公共边和公共角，必要时添加适当辅助线构造三角形．
5．角平分线的性质
角平分线的性质：角的平分线上的点到角的两边的距离相等．
注意：①这里的距离是指点到角的两边垂线段的长；②该性质可以独立作为证明两条线段相等的依据，有时不必证明全等；③使用该结论的前提条件是图中有角平分线，有垂直角平分线的性质语言：如图，∵C在∠AOB的平分线上，CD⊥OA，CE⊥OB∴CD＝CE
6．线段垂直平分线的性质
（1）定义：经过某一条线段的中点，并且垂直于这条线段的直线，叫做这条线段的垂直平分线（中垂线）垂直平分线，简称“中垂线”．
（2）性质：①垂直平分线垂直且平分其所在线段． ②垂直平分线上任意一点，到线段两端点的距离相等． ③三角形三条边的垂直平分线相交于一点，该点叫外心，并且这一点到三个顶点的距离相等．
7．等腰三角形的性质
（1）等腰三角形的概念
有两条边相等的三角形叫做等腰三角形．
（2）等腰三角形的性质
①等腰三角形的两腰相等
②等腰三角形的两个底角相等．【简称：等边对等角】
③等腰三角形的顶角平分线、底边上的中线、底边上的高相互重合．【三线合一】
（3）在①等腰；②底边上的高；③底边上的中线；④顶角平分线．以上四个元素中，从中任意取出两个元素当成条件，就可以得到另外两个元素为结论．
8．等边三角形的性质
（1）等边三角形的定义：三条边都相等的三角形叫做等边三角形，等边三角形是特殊的等腰三角形．
①它可以作为判定一个三角形是否为等边三角形的方法；
②可以得到它与等腰三角形的关系：等边三角形是等腰三角形的特殊情况．在等边三角形中，腰和底、顶角和底角是相对而言的．
（2）等边三角形的性质：等边三角形的三个内角都相等，且都等于60°．
等边三角形是轴对称图形，它有三条对称轴；它的任意一角的平分线都垂直平分对边，三边的垂直平分线是对称轴．
9．等边三角形的判定与性质
（1）等边三角形是一个非常特殊的几何图形，它的角的特殊性给有关角的计算奠定了基础，它的边角性质为证明线段、角相等提供了便利条件．同是等边三角形又是特殊的等腰三角形，同样具备三线合一的性质，解题时要善于挖掘图形中的隐含条件广泛应用．
（2）等边三角形的特性如：三边相等、有三条对称轴、一边上的高可以把等边三角形分成含有30°角的直角三角形、连接三边中点可以把等边三角形分成四个全等的小等边三角形等．
（3）等边三角形判定最复杂，在应用时要抓住已知条件的特点，选取恰当的判定方法，一般地，若从一般三角形出发可以通过三条边相等判定、通过三个角相等判定；若从等腰三角形出发，则想法获取一个60°的角判定．
10．含30度角的直角三角形
（1）含30度角的直角三角形的性质：
在直角三角形中，30°角所对的直角边等于斜边的一半．
（2）此结论是由等边三角形的性质推出，体现了直角三角形的性质，它在解直角三角形的相关问题中常用来求边的长度和角的度数．
（3）注意：①该性质是直角三角形中含有特殊度数的角（30°）的特殊定理，非直角三角形或一般直角三角形不能应用；
②应用时，要注意找准30°的角所对的直角边，点明斜边．
11．勾股定理
（1）勾股定理：在任何一个直角三角形中，两条直角边长的平方之和一定等于斜边长的平方．
如果直角三角形的两条直角边长分别是a，b，斜边长为c，那么a2+b2＝c2．
（2）勾股定理应用的前提条件是在直角三角形中．
（3）勾股定理公式a2+b2＝c2 的变形有：a=c2−b2，b=c2−a2及c=a2+b2．
（4）由于a2+b2＝c2＞a2，所以c＞a，同理c＞b，即直角三角形的斜边大于该直角三角形中的每一条直角边．
12．平行四边形的性质
（1）平行四边形的概念：有两组对边分别平行的四边形叫做平行四边形．
（2）平行四边形的性质：
①边：平行四边形的对边相等．
②角：平行四边形的对角相等．
③对角线：平行四边形的对角线互相平分．
（3）平行线间的距离处处相等．
（4）平行四边形的面积：
①平行四边形的面积等于它的底和这个底上的高的积．
②同底（等底）同高（等高）的平行四边形面积相等．
13．矩形的性质
（1）矩形的定义：有一个角是直角的平行四边形是矩形．
（2）矩形的性质
①平行四边形的性质矩形都具有；
②角：矩形的四个角都是直角；
③边：邻边垂直；
④对角线：矩形的对角线相等；
⑤矩形是轴对称图形，又是中心对称图形．它有2条对称轴，分别是每组对边中点连线所在的直线；对称中心是两条对角线的交点．
（3）由矩形的性质，可以得到直角三角形的一个重要性质，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半．
14．正方形的性质
（1）正方形的定义：有一组邻边相等并且有一个角是直角的平行四边形叫做正方形．
（2）正方形的性质
①正方形的四条边都相等，四个角都是直角；
②正方形的两条对角线相等，互相垂直平分，并且每条对角线平分一组对角；
③正方形具有四边形、平行四边形、矩形、菱形的一切性质．
④两条对角线将正方形分成四个全等的等腰直角三角形，同时，正方形又是轴对称图形，有四条对称轴．
15．正方形的判定
正方形的判定方法：
①先判定四边形是矩形，再判定这个矩形有一组邻边相等；
②先判定四边形是菱形，再判定这个菱形有一个角为直角．
③还可以先判定四边形是平行四边形，再用1或2进行判定．
16．作图-平移变换
（1）确定平移后图形的基本要素有两个：平移方向、平移距离．
（2）作图时要先找到图形的关键点，分别把这几个关键点按照平移的方向和距离确定对应点后，再顺次连接对应点即可得到平移后的图形．
17．旋转的性质
（1）旋转的性质：
①对应点到旋转中心的距离相等． ②对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角． ③旋转前、后的图形全等． （2）旋转三要素：①旋转中心； ②旋转方向； ③旋转角度． 注意：三要素中只要任意改变一个，图形就会不一样．
18．坐标与图形变化-旋转
（1）关于原点对称的点的坐标
P（x，y）⇒P（﹣x，﹣y）
（2）旋转图形的坐标
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．常见的是旋转特殊角度如：30°，45°，60°，90°，180°．
19．作图-旋转变换
（1）旋转图形的作法：
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．
（2）旋转作图有自己独特的特点，决定图形位置的因素较多，旋转角度、旋转方向、旋转中心，任意不同，位置就不同，但得到的图形全等．
20．几何变换综合题
这种题型主要考查旋转、平移以及动点问题，经常是四边形和圆的综合题目，难度大．
21．相似三角形的判定与性质
（1）相似三角形是相似多边形的特殊情形，它沿袭相似多边形的定义，从对应边的比相等和对应角相等两方面下定义；反过来，两个三角形相似也有对应角相等，对应边的比相等．
（2）三角形相似的判定一直是中考考查的热点之一，在判定两个三角形相似时，应注意利用图形中已有的公共角、公共边等隐含条件，以充分发挥基本图形的作用，寻找相似三角形的一般方法是通过作平行线构造相似三角形；或依据基本图形对图形进行分解、组合；或作辅助线构造相似三角形，判定三角形相似的方法有时可单独使用，有时需要综合运用，无论是单独使用还是综合运用，都要具备应有的条件方可．
22．解直角三角形
（1）解直角三角形的定义
在直角三角形中，由已知元素求未知元素的过程就是解直角三角形．
（2）解直角三角形要用到的关系
①锐角、直角之间的关系：∠A+∠B＝90°；
②三边之间的关系：a2+b2＝c2；
③边角之间的关系：
sinA=∠A的对边斜边=ac，csA=∠A的邻边斜边=bc，tanA=∠A的对边∠A的邻边=ab．
（a，b，c分别是∠A、∠B、∠C的对边）题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
答案
B
A
C
B
D
B
D
D
C
B
C
题号
12
13
答案
C
D