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【暑假提升】浙教版数学八年级（八升九）暑假-专题第19讲《图形的旋转》预习讲学案
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这是一份【暑假提升】浙教版数学八年级（八升九）暑假-专题第19讲《图形的旋转》预习讲学案，文件包含第19讲图形的旋转解析版docx、第19讲图形的旋转原卷版docx等2份学案配套教学资源，其中学案共52页， 欢迎下载使用。
第19讲 图形的旋转
一、旋转的概念
一般地，一个图形变为另一个图形，在运动的过程中，原图形上的所有点都绕一个固定的点，按同一个方向，转动同一个角度，这样的图形运动叫做图形的旋转.这个固定的定点叫做旋转中心，转过的角叫做旋转角.如下图，点O为旋转中心，∠AOA′（或∠BOB′或∠COC′）是旋转角.
要点：
（1）旋转的三个要素：旋转中心、旋转方向和旋转角度.
（2）如上图，如果图形上的点A经过旋转变为点A′，那么这两个点叫做这个图形旋转的对应点. 点B与点B′，点C与点C′均是对应点，线段AB与A′B′、线段AC与A′C′、线段BC与B′C′均是对应线段.
二、旋转的性质
一般地，图形的旋转有下面的性质：
(1)图形经过旋转所得的图形和原图形全等；
(2)对应点到旋转中心的距离相等；
(3)任意一对对应点与旋转中心连线所成的角度等于旋转的角度.
要点：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.
三、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．
要点：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.
例1．下面四个图案中，旋转90°后能与自身重合的图案的个数为
A．4个 B．3个 C．2个 D．1个
【答案】B
【解析】
【分析】
分别求出4个旋转对称图形的最小旋转角，再作出判断．
第一个图形的最小旋转角为：360÷2=180°；
第二个旋转对称图形的最小旋转角为：360÷4=90°；
第三个旋转对称图形的最小旋转角为：360÷8=45°；
第四个旋转对称图形的最小旋转角为：360÷4=90°；
则旋转90°后能与自身重合的图案有3个．
故选：B．
【点睛】
本题考查旋转对称图形，求出最小旋转角是解题关键．
例2如图将△ABC绕点C（0，﹣1）旋转180°得到△ABC，设点的坐标为（a，b），则A的坐标为（ ）
A．（﹣a，﹣b） B．（﹣a，﹣b﹣1） C．（﹣a，﹣b+1） D．（﹣a，﹣b﹣2）
【答案】D
【解析】
【分析】
由旋转的性质可得设 而 再利用中点坐标公式列方程组，再解方程组可得答案.
解： 将△ABC绕点C（0，﹣1）旋180°得到△ABC，
设 而
由中点坐标公式可得：
解得：
故选D
【点睛】
本题考查的是旋转的性质，坐标与图形，中点坐标公式的应用，由旋转的性质得到是解本题的关键.
例3．如图，三角形ABC绕点O顺时针旋转后得到三角形，则下列说法中错误的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】
【分析】
根据点O没有条件限定，不一定在AB的垂直平分线上，可判断A，根据性质性质可判断B、C、D．
解：A．当点O在AB的垂直平分线上时，满足OA=OB，由点O没有限制条件，为此点O为任意的，不一定在AB的垂直平分线上，故选项A不正确，符合题意；
B．由旋转可知OC与OC′是对应线段，由旋转性质可得OC=OC′，故选项B正确，不符合题意；
C．因为、都是旋转角，由旋转性质可得，故选项C正确，不符合题意；
D．由旋转可知与是对应角，由性质性质可得，故选项D正确，不符合题意．
故选择A．
【点睛】
本题考查线段垂直平分线性质，图形旋转及其性质，掌握线段垂直平分线性质，图形旋转及其性质是解题关键．
例4．如图，把是直角的绕点A按顺时针旋转，把点B转到点E得，则以下结论错误的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】
【分析】
根据旋转的性质：旋转前后的两个三角形全等以及旋转角的定义即可判断．
根据旋转的性质：旋转前后的两个三角形全等，
∴，
∴，，，
∴B、C选项正确，D选项错误；
根据旋转角的定义，，
∴，A选项正确，
故选：D．
【点睛】
本题考查了旋转的定义及性质，正确理解旋转角定义及旋转后全等三角形的性质是解题关键．
例5．如图，若正方形旋转后能与正方形重合，则图形所在平面内可作为旋转中心的点共有（ ）个．
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】C
【解析】
【分析】
分别以C、D、CD的中点为旋转中心进行旋转，都能使正方形旋转后能与正方形重合，即可求解．
以点C为旋转中心，把正方形DCEF逆时针旋转90°，可得到正方形ABCD；
以点D为旋转中心，把正方形DCEF顺时针旋转90°，可得到正方形ABCD；
以CD的中点为旋转中心，把正方形DCEF旋转180°，可得到正方形ABCD；
所以旋转中心有3个．
故选：C．
【点睛】
本题主要考查了找旋转中心，旋转的性质，熟练掌握旋转前后的两个图形大小形状完全相同，对应点与旋转中心的连线段的夹角等于旋转角，对应点到旋转中心的距离相等是解题的关键．
例6．如图，Rt△ABC中，∠C＝90°，BC＝3，AC＝4，将△ABC绕点A顺时针旋转60°得到△AED，连接BE，则BE的长为（ ）
A．5 B．4 C．3 D．2
【答案】A
【解析】
【分析】
由勾股定理可求AB=5，由旋转的性质可得AB=AE=5，∠BAE=60°，即可求解．
解：∵∠C=90°，BC=3，AC=4，
∴AB=，
∵将△ABC绕点A顺时针旋转60°得到△AED，
∴AB=AE=5，∠BAE=60°，
∴△ABE是等边三角形，
∴BE=AB=5，
故选：A．
【点睛】
本题考查了旋转的性质，勾股定理，等边三角形的判定和性质，灵活运用这些性质进行推理是本题的关键．
例7．二次函数的图象的顶点坐标是，且图象与轴交于点．将二次函数的图象以原点为旋转中心顺时针旋转180°，则旋转后得到的函数解析式为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【解析】
【分析】
设将二次函数的图象以原点为旋转中心顺时针旋转180°后为：；根据旋转的性质，得的图象的顶点坐标是，且图象与轴交于点，得，再通过列方程并求解，即可得到表达式并转换为顶点式，即可得到答案．
设将二次函数的图象以原点为旋转中心顺时针旋转180°后为：
∵二次函数的图象的顶点坐标是，且图象与轴交于点
∴的图象的顶点坐标是，且图象与轴交于点
∴
∴，
∴，
∴
∴
∴
∴
故选：C．
【点睛】
本题考查了二次函数、旋转的知识；解题的关键是熟练掌握二次函数图像及解析式、旋转的性质，从而完成求解．
例8．如图，在中，，将绕点A顺时针旋转后得到的（点B的对应点是点，点的对应点是点），连接．若，则的大小是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】
【分析】
利用旋转的性质得到，继而得到为等腰直角三角形，根据等腰直角三角形的性质解得，再由角的和差求得，即，最后根据三角形内角和解题即可．
∵绕点A顺时针旋转后得到的，
∴，
∴为等腰直角三角形，
∴．
∵，
∴，
∴，
∴．
故选：B．
【点睛】
本题考查旋转的性质，涉及等腰直角三角形的判定与性质等知识，是重要考点，难度较易，掌握相关知识是解题关键．
例9．如图，Rt△OAB的顶点A（-2，4）在抛物线y=ax2上，将Rt△OAB绕点O顺时针旋转90°，得到△OCD，边CD与该抛物线交于点P，则点P的坐标为（ ）
A．(,) B．(2,2) C．(,2) D．(2,)
【答案】C
【解析】
【分析】
先根据待定系数法求得抛物线的解析式，然后根据题意求得D（0，2），且DC∥x轴，从而求得P的纵坐标为2，代入求得的解析式即可求得P的坐标．
∵Rt△OAB的顶点A（−2，4）在抛物线y=ax2上，
∴4＝4a，解得a＝1，
∴抛物线为y=x2，
∵点A（−2，4），
∴B（−2，0），
∴OB＝2，
∵将Rt△OAB绕点O顺时针旋转90°，得到△OCD，
∴D点在y轴上，且OD＝OB＝2，
∴D（0，2），
∵DC⊥OD，
∴DC∥x轴，
∴P点的纵坐标为2，
令y=2，得2=x2，
解得：x=±
∵点P在第一象限，
∴点P的坐标为：（，2）
故答案为：C．
【点睛】
考查二次函数图象上点的坐标特征，坐标与图形变化－旋转，掌握旋转的性质是解题的关键．
例10．在平面直角坐标系中，已知，将其绕着原点按逆时针方向旋转得到，延长到点，使得，再将点绕着原点按逆时针方向旋转得到，延长到点，使得，……如此继续下去，到点的坐标是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】
【分析】
由题意可得，，，，可以推出，则，再由每经过24个点就落到x正半轴上，推出在第四象限，且∠，再由含30度角的直角三角形的性质进行求解即可．
解：如图所示，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴可以推出，
∴
∵在x轴正半轴，在y轴正半轴，在x轴负半轴，在y轴负半轴，在x正半轴，在直线上，
∴每经过24个点就落到x正半轴上，
∵2014÷24=83余22，
∴在第四象限，且，
设，
∴，
∴,
∴，
故选A．
【点睛】
本题主要考查了旋转的性质，点坐标的规律探索，含30度角的直角三角形的性质，坐标与图形，解题的关键在于能够熟练掌握相关知识进行求解．
例11．如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，将△ABC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，∠A＝30°，则线段PM的最大值是（ ）
A．4 B．3 C．2 D．1
【答案】B
【解析】
【分析】
连接PC，先在直角三角形ABC中求得AB=4，然后根据旋转的性质可得A′B′=AB=4，然后根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半求得PC=2，最后根据PM≤PC+CM结合CM=1即可解答．
解：如图：连接PC．
在Rt△ABC中，
∵∠A=30°，BC=2，
∴AB=4，
根据旋转不变性可知，A′B′=AB=4，
∵A′P=PB′，
∴PC=A′B′=2，
∵CM=BM=1，
又∵PM≤PC+CM，即PM≤3，
∴PM的最大值为3（此时P、C、M共线）．
故答案为B
【点睛】
本题主要考查旋转变换、解直角三角形、含30度角的直角三角形的性质、直角三角形斜边中线定理，三角形的三边关系等知识，正确添加辅助线、灵活利用三角形的三边关系求最值是解答本题的关键．
例12．如图，在中，，、是斜边上两点，且，将绕点顺时针旋转后，得到，连结，下列结论：①；②；③；④.其中正确的是（ ）.
A．②④ B．①④
C．②③ D．①③
【答案】B
【解析】
【分析】
依据旋转的性质，即可得到∠BAF=∠CAD，AF=AD，BF=CD，进而得出△FAE≌△DAE（SAS），再根据勾股定理即可得到BE2+BF2=EF2，进而得到BE2+DC2=DE2，从而得到结论.
∵△ADC绕A顺时针旋转90°后得到△AFB，
∴△ABF≌△ACD，∠FAD=90°，
∴AF=AD，
∵∠DAE=45°，
∴∠DAE=∠FAE=45°，
在△FAE和△DAE中，
，
∴△FAE≌△DAE（SAS），故①正确，
∵和不一定全等，故②错误．
∵在Rt△ABC中，AB=AC，
∴∠BAC=90°，∠ABC=∠C=45°，
∵将△ADC绕点A顺时针旋转90°后，得到△AFB，
∴BF=CD，∠ABF=∠C=45°，
∴∠EBF=90°，
∴BE2+BF2=EF2，
∵△FAE≌△DAE
∴EF=DE
∵△ABF≌△ACD，
∴BF=CD,
∴BE2+DC2=DE2；故④正确，③错误．
故选B．
【点睛】
本题考查了旋转的性质：旋转前后两图形全等，对应点到旋转中心的距离相等，对应点与旋转中心的连线段所夹的角等于旋转角．也考查了三角形全等的判定与性质以及勾股定理．
一、单选题
1．把如图的五角星绕着它的中心旋转一定角度后与自身重合，则这个旋转角度可能是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】
【分析】
根据五角星的特点，用周角360°除以5即可得到最小的旋转角度，从而得解．
解：∵360°÷5=72°，
∴旋转的角度为72°的整数倍，
36°、72°、90°、108°中只有72°符合．
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．
2．将点绕原点逆时针旋转90°得到的点的坐标是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】
【分析】
根据点绕原点逆时针旋转的坐标变换规律即可得．
解：点绕原点逆时针旋转的坐标变换规律：横、纵坐标互换位置，且横坐标变为相反数．
则将点绕原点逆时针旋转得到的点的坐标是，如图所示：
故选：D．
【点睛】
本题考查了点绕原点逆时针旋转的坐标变换规律，熟练掌握点绕原点逆时针旋转的坐标变换规律是解题关键．
3．用等腰直角三角板画∠AOB＝45°，将三角板沿OB方向平移到如图所示的虚线M处后绕点M逆时针旋转22°，则三角板的斜边与射线OA的夹角α为（ ）度．
A．25° B．45° C．30° D．22°
【答案】D
【解析】
【分析】
由平移的性质知，AO∥SM，再由平行线的性质可得∠WMS＝∠OWM，即可得答案．
解：由平移的性质知，AO∥SM，
故∠WMS＝∠OWM＝22°；
故选D．
【点睛】
本题利用了两直线平行，内错角相等，及平移的基本性质：①平移不改变图形的形状和大小；②经过平移，对应点所连的线段平行且相等，对应线段平行且相等，对应角相等．
4．如图，若绕点A按逆时针方向旋转40°后与重合，则（ ） ．
A．40° B．50° C．70° D．100
【答案】C
【解析】
【分析】
根据旋转的性质，可得 ， ，从而得到，即可求解．
解：∵绕点A按逆时针方向旋转40°后与重合，
∴ ， ，
∴．
故选：C
【点睛】
本题主要考查了图形的旋转，等腰三角形的性质，熟练掌握图形旋转前后对应线段相等，对应角相等是解题的关键．
5．如图，在方格纸上建立的平面直角坐标系中，将绕点按顺时针方向旋转90°，得到，则点的坐标为（ ）．
A． B．
C． D．
【答案】A
【解析】
【分析】
根据网格结构作出旋转后的图形，然后根据平面直角坐标系写出点B′的坐标即可．
△A′B′O如图所示，点B′（2，1）．
故选A．
【点睛】
本题考查了坐标与图形变化，熟练掌握网格结构，作出图形是解题的关键．
6．将直角边长为的等腰直角绕点逆时针旋转后得到△，则图中阴影部分的面积( )
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】
【分析】
根据旋转的性质，旋转角∠CAC=15∘，则∠BAC=45∘−15∘=30°，可见阴影部分是一个锐角为30°的直角三角形，且已知直角边AC=3厘米，根据勾股定理或者三角函数求出另一直角边即可解答．
解：设与交于点，
根据旋转性质得，而，
，
又，，
，
阴影部分的面积．
故选：．
【点睛】
本题考查旋转的性质和解直角三角形．旋转变化前后，对应点到旋转中心的距离相等以及每一对对应点与旋转中心连线所构成的旋转角相等．要注意旋转的三要素：①定点·旋转中心；②旋转方向；③旋转角度
7．如图，，将绕点B逆时针旋转至处，点E，A分别是点D，C旋转后的对应点，连接DE，则为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】
【分析】
首先根据旋转的性质，得出∠CBD=∠ABE，BD=BE；其次结合图形，由等量代换，得∠EBD=∠ABC；最后根据等腰三角形的性质，得出∠BED=∠BDE，利用三角形内角和定理求解即可．
∵△BDC绕点B逆时针旋转至△BEA处，点E，A分别是点D，C旋转后的对应点，
∴∠CBD=∠ABE，BD=BE，
∵∠ABC=∠CBD+∠ABD，∠EBD=∠ABE +∠ABD，∠ABC=70°，
∴∠EBD=∠ABC=70°，
∵BD=BE，
∴∠BED=∠BDE=，
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，以及三角形内角和定理．解题的关键是根据旋转的性质得出旋转前后的对应角、对应边分别相等，利用等腰三角形的性质得出“等边对等角”，再结合三角形内角和定理，即可得解．
8．如图，在中，，，，P是BC边上一动点，连接AP，把线段AP绕点A逆时针旋转60°得到线段AQ，连接CQ，则线段CQ长度的最小值为（ ）
A．1 B． C． D．
【答案】D
【解析】
【分析】
在AB上取一点E，使，连接PE，过点E作EF⊥BC于F，由旋转的性质得出AQ=AP，∠PAQ=60°，证明△CAQ≌△EAP，由全等三角形的性质得出CQ=EP，当EF⊥BC（点P和点F重合）时，EP最小，由直角三角形的性质即可得出结论．
解：如图，在AB上取一点E，使，连接PE，过点E作EF⊥BC于点F，
根据题意得：AQ=AP，∠PAQ=60°，
∵∠ABC=30°，
∴∠EAC=60°，
∴∠PAQ=∠EAC，
∴∠CAQ=∠EAP，
∴△CAQ≌△EAP（SAS），
∴CQ=EP，
要使CQ最小，则有EP最小，而点E是定点，点P是BC上的动点，当EF⊥BC（点P和点F重合）时，EP最小，即：点P与点F重合，CQ最小，最小值为EF，
∵∠ACB=30°，
∴AB=2AC，BE=2EF，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴线段CQ长度的最小值为．
故选：D
【点睛】
此题主要考查了旋转的性质，全等三角形的判定和性质，直角三角形的性质，找出点P和点F重合时，EQ最小，最小值为EF的长度是解本题的关键．
9．如图，把正方形ABCD绕着它的对称中心O沿着逆时针方向旋转，得到正方形，和分别交AB于点E，F，在正方形旋转过程中，的大小（ ）．
A．随着旋转角度的增大而增大 B．随着旋转角度的增大而减小
C．不变，都是60° D．不变，都是45°
【答案】D
【解析】
【分析】
连接，，证明，可得，进而根据旋转的性质与正方形的性质可得，根据SSS证明，可得平分，同理可得平分，即可气得，即可求解．
如图，连接，，
O是正方形ABCD，的对称中心，
，，，
，
，
即，
，
在与中，
，
，
，即平分，
同理可得，即平分，
，
．
故选D．
【点睛】
本题考查了旋转的性质，正方形的性质，三角形全等的性质与判定，等角对等边，证明，分别平分，是解题的关键．
10．如图，在中，，，将绕点顺时针旋转得到，点A、B的对应点分别是，，点是边的中点，连接，，．则下列结论错误的是（ ）
A． B．，
C． D．
【答案】D
【解析】
【分析】
根据旋转的性质可判断A；根据直角三角形的性质、三角形外角的性质、平行线的判定方法可判断B；根据平行四边形的判定与性质以及全等三角形的判定与性质可判断C；利用等腰三角形的性质和含30°角的直角三角形的性质可判断D．
A．∵将△ABC绕点C顺时针旋转60°得到△DEC，
∴∠BCE=∠ACD=60°，CB=CE，
∴△BCE是等边三角形，
∴BE=BC，故A正确；
B．∵点F是边AC中点，
∴CF=BF=AF=AC，
∵∠BCA=30°，
∴BA=AC，
∴BF=AB=AF=CF，
∴∠FCB=∠FBC=30°，
延长BF交CE于点H，则∠BHE=∠HBC+∠BCH=90°，
∴∠BHE=∠DEC=90°，
∴BF//ED，
∵AB=DE，
∴BF=DE，故B正确．
C．∵BF∥ED，BF=DE，
∴四边形BEDF是平行四边形，
∴BC=BE=DF，
∵AB=CF， BC=DF，AC=CD，
∴△ABC≌△CFD，
∴，故C正确；
D．∵∠ACB=30°， ∠BCE=60°，
∴∠FCG=30°，
∴FG=CG，
∴CG=2FG．
∵∠DCE=∠CDG=30°，
∴DG=CG，
∴DG=2FG．故D错误．
故选D．
【点睛】
本题考查了旋转的性质，全等三角形的判定与性质，等边三角形的判定与性质，含30°角的直角边等于斜边的一半，以及平行四边形的判定与性质等知识，综合性较强，正确理解旋转性质是解题的关键．
二、填空题
11．如图，将△ABC绕点A逆时针旋转60°得到△AB'C'，若AC⊥B'C'，则∠C＝________度．
【答案】30
【解析】
【分析】
由旋转的性质可得∠CAC'=60°，∠C=∠C'，由余角的性质可求解．
解：∵将△ABC绕点A逆时针旋转60°得到△AB'C'，
∴∠CAC'=60°，∠C=∠C'，
∵AC⊥B'C'，
∴∠C'=90°-∠CAC'=30°=∠C，
故答案为：30．
【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．
12．如图，在△ABC中，∠CAB＝45°，若∠CAB'＝25°，则旋转角的度数为 _____．
【答案】20°##20度
【解析】
【分析】
根据题干所给角度即可直接求出的大小，即旋转角的大小．
解：∵，
∴旋转角的度数为，
故答案为：20°．
【点睛】
本题考查旋转的性质．根据题意找出即为旋转角是解答本题的关键．
13．如图，在正三角形网格中，以某点为中心，将旋转，得到，则旋转中心是点______．
【答案】B
【解析】
【分析】
根据对应点连线的垂直平分线的交点即为旋转中心，即可求解．
解：如图，线段与线段的垂直平分线交于点B，则点B为旋转中心．
故答案为：B
【点睛】
本题考查旋转的性质，解题的关键是理解对应点连线的垂直平分线的交点即为旋转中心．
14．如图，已知点A（3，0），B（1，4），C（3，﹣2），D（7，0），连接AB，CD，将线段AB绕着某一点旋转一定角度，使A，B分别与C，D重合，则旋转中心的坐标为 _________．
【答案】（2，﹣1）
【解析】
【分析】
对应点连线段的垂直平分线的交点即为旋转中心，作线段BD，AC的垂直平分线交于点M，点M即为旋转中心．
解：如图，连接BD，AC，作线段BD，AC的垂直平分线交于点M，点M即为旋转中心，M（2，﹣1）．
故答案为：（2，﹣1）．
【点睛】
本题考查了坐标与图形变化——旋转，正确寻找旋转中心是解题的关键.
15．如图，边长为的正方形ABCD中，点E为对角线BD上一点，连接CE，将CE绕点C顺时针旋转90°得到CF，连接EF和DF若EF＝2BE，则BE的长为______．
【答案】
【解析】
【分析】
根据旋转的性质可得∠ECF=90°，CE=CF，根据正方形的性质可得△BCE≌△DCF，从而得到DF=BE，∠CBE=∠CDF=45°，继而得到∠EDF=90°，再由勾股定理可得，然后设BE=x，则，EF=2x，然后根据勾股定理，即可求解．
解：根据题意得：
在正方形ABCD中，BC=DC，∠BCD=90°，∠CBD=∠BDC=45°，
∴∠BCE=∠DCF，
∴△BCE≌△DCF，
∴DF=BE，∠CBE=∠CDF=45°，
∴∠EDF=∠BDC+∠CDF=90°，
∵正方形ABCD的边长为，
∴，
设BE=x，则，
∵EF＝2BE，
∴EF=2x，
∵，
∴，
解得：（舍去） ，
即．
故答案为：
【点睛】
本题主要考查了正方形的性质，图形的旋转，勾股定理，全等三角形的判定和性质，熟练掌握相关知识点是解题的关键．
16．如图，在中，，，，将沿射线的方向平移，得到，再将绕点逆时针旋转一定角度后，点恰好与点重合，则平移的距离为______．
【答案】3
【解析】
【分析】
由旋转的性质和平移的性质可得B'C=A'C，AB=A'B'=5，∠B=∠A'B'C=60°，可证△A'B'C是等边三角形，可得A'B'=B'C=5，即可求解．
解：∵将△A'B'C'绕点A'逆时针旋转一定角度后，点B'恰好与点C重合，
∴B'C=A'C，
∵将△ABC沿射线BC的方向平移，得到△A'B'C'，
∴AB=A'B'=5，∠B=∠A'B'C=60°，
∴△A'B'C是等边三角形，
∴A'B'=B'C=5，
∴BB'=3，
∴平移的距离为3，
故答案为：3．
【点睛】
本题考查了旋转的性质，平移的性质，等边三角形的判定和性质，掌握旋转的性质是本题的关键．
17．如图，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC＝4，点D在线段BC上，BD＝3，将线段AD绕点A逆时针旋转90°得到线段AE，EF⊥AC，垂足为点F．则AF的长为________．
【答案】1
【解析】
【分析】
根据勾股定理先求出BC边长，再求出DC长，过点D作DM垂直AC，可证，即AF=DM，在等腰直角△DMC中可求DM，即可直接求解．
解：在Rt△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC=4，
根据勾股定理得，AB2+AC2=BC2，
∴．
又∵BD=3，
∴DC＝BC−BD＝．
过点D作DM⊥AC于点M，
由旋转的性质得∠DAE=90°，AD＝AE，
∴∠DAC+∠EAF=90°．
又∵∠DAC+∠ADM=90°，
∴∠ADM=∠EAF．
在Rt△ADM和Rt△EAF中，．
∴（AAS），
∴AF=DM．
在等腰Rt△DMC中，由勾股定理得，
DM2+MC2=DC2，
∴DM=1，
∴AF=DM=1．
故答案为：1．
【点睛】
本题主要考查等腰直角三角形，旋转的性质以及全等三角形的判定与性质，证明△ADM≌△EAF是解答本题的关键．
18．如图，已知，将绕点A逆时针旋转得到与交于点P．下列结论：①；②；③；④平分．其中正确的是__________（填序号）
【答案】①③④
【解析】
【分析】
设AD交BC于点F，根据旋转的性质可得∠B=∠D，∠BAD=60°，再由，可得∠EPC=60°，故①正确；设DE交AC于点H，由于∠C的大小无法确定，则∠CHP不一定等于90°，故②错误；在BC上截取BG=PD，先证得△ABG≌△ADP，可得AG=AP，∠BAG=∠DAP，从而得到△APG是等边三角形，进而得到AP=PG，故③正确；根据∠EPC=60°，∠APB=60°，可得平分．故④正确，即可求解．
解：如图，设AD交BC于点F，
根据题意得：∠B=∠D，∠BAD=60°，
∵，
∴∠BPD=∠BAD=60°，
∴∠EPC=60°，故①正确；
如图，设DE交AC于点H，
∵∠EPC=60°，∠C的大小无法确定，
∴∠CHP不一定等于90°，故②错误；
如图，在BC上截取BG=PD，
根据题意得：∠B=∠D，BC=DE，AB=AD，∠BAD=60°，
∴CG=PE，
∴△ABG≌△ADP，
∴AG=AP，∠BAG=∠DAP，
∴∠BAG+∠DAG=∠DAP+∠DAG，
即∠BAD=∠GAP=60°，
∴△APG是等边三角形，
∴AP=PG，∠APB=60°，
∴AP+PC=PG+PC=CG=PE，故③正确；
∵∠EPC=60°，
∴∠BPE=120°，
∴∠APE=∠APB=60°，即平分．故④正确；
故答案为：①③④
【点睛】
本题主要考查了图形的旋转，等边三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，熟练掌握图形的旋转的性质，等边三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质是解题的关键．
三、解答题
19．如图，四边形经过旋转后与四边形重合．
（1）指出这一旋转的旋转中心和旋转角；
（2）写出图中相等的线段和相等的角．
【答案】（1）旋转中心是点A，旋转角是或或；（2）见解析
【解析】
【分析】
（1）直接根据旋转的定义和旋转角的定义判定即可；
（2）利用旋转前后的图形对应边相等、对应角相等，以及对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角即可得出结论．
（1）旋转中心是点A，旋转角是或或；
（2）相等的线段：
，，，；
相等的角：
，，，，，．
【点睛】
本题考查了旋转的概念与性质，解决本题的关键是正确理解旋转的概念与性质，能正确找出对应边与对应角等．
20．画一个，其中，分别画出按如下条件旋转或平移后的图形：
（1）以点B为旋转中心，按逆时针方向旋转；
（2）以点B为旋转中心，按逆时针方向旋转；
（3）取外一点P为旋转中心，按逆时针方向旋转；
（4）将平移，使得点B的对应点为点A．
【答案】见解析
【解析】
【分析】
如图所示，根据旋转的性质：旋转前后对应点到旋转中心的距离相等，作出（1）（2）（3）图形，根据平移的性质：平移前后对应线段相等，作出（4）图形．
（1）
如图所示，分别将线段绕点B按逆时针方向旋转，得到线段，连接，便得到旋转后的；
（2）
如图所示，分别延长线段到点D，E，使，连接，便得到旋转后的；
（3）
如图所示，分别连接，并延长到D，E，F，使，连接，便得到旋转后的；
（4）
作，,,连接，即，便得到平移后的．
【点睛】
本题考查了图形的平移与旋转，解题关键是掌握平移与旋转的性质．
21．在平面直角坐标系中，的顶点位置如图所示.
(1)作出关于x轴对称的图形，若内部一点P的坐标为，则点P的对应点的坐标是_____；
(2)将绕原点逆时针旋转得到，画出.
【答案】(1)图见解析，（a，-b）
(2)见解析
【解析】
【分析】
（1）画出三角形ABC关于x轴对称的图形△A1B1C1，并根据关于x轴对称的点的特征得出点P1的坐标；
（2）首先确定点A、B、C关于原点逆时针旋转90°得到的对应点，顺次连接对应点得出图形．
(1)
解：如图，△A1B1C1为所求，点P的对应点P1的坐标是（a，-b）；
故答案为（a，-b）；
(2)
A、B、C三点旋转后的对应点分别为：，顺次连接，
如图，△A2B2C2为所求
【点睛】
本题考查轴对称图形和图形旋转的画法，解决问题的关键是确定顶点的对应点．
22．如图，四边形是正方形，点F是延长线上一点，连接，绕点A旋转一定角度后得到，若，．
(1)直接写出旋转角的度数；
(2)求的长度；
(3)求证直线．
【答案】(1)；
(2)；
(3)见解析
【解析】
【分析】
（1）根据旋转的性质可知为旋转角，即可求解；
（2）根据旋转的性质可得，，，即可求解；
（3）延长交于点，求得，即可求解．
(1)
解：四边形是正方形，
∴，
由旋转的性质可得：为旋转角，所以旋转角为；
(2)
解：根据旋转的性质可得，，，
∴
(3)
解：延长交于点，如图：
由旋转的性质可得：
又∵
∴
∴
【点睛】
此题考查了正方形的性质，旋转的性质，解题的关键是灵活利用旋转的有关性质进行求解．
23．如图所示，△ABC是等边三角形，D是BC延长线上一点，△ACD经过旋转后到达△BCE的位置．
(1)旋转中心是哪一点？
(2)逆时针旋转了多少度？
(3)如果M是AD的中点，那么经过上述旋转后，点M转到了什么位置？
【答案】(1)点C (2)60° (3)BE的中点
【解析】
【分析】
根据旋转的定义，明确旋转中心和旋转角度即可得到答案．
解：
根据旋转中心的定义，结合图形可知旋转中心是点C．
旋转了60°，理由：利用旋转的性质我们可以得到旋转角为
为等边三角形
于是可知图形旋转了60°．
线段BE的中点，理由：根据旋转图形的对应线段相等，可知AD=BE
点M是AD的中点
经过旋转后点M转到线段BE的中点处．
【点睛】
本题主要考查的是旋转变换后图形所具有的性质——不变性质，关键在于明确旋转中心、旋转角度和旋转位置．
24．如图，在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝135°，E为BC边上一点，连结AE，将点E绕点A逆时针旋转135°至点，连结AD，DE，CD．
(1)求证：CD＝BE．
(2)若DE⊥BC，BE＝3，求BC的长．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【解析】
【分析】
（1）由点E绕点A逆时针旋转135°至点D得到，可证，即可得到结论；
（2）通过等腰三角形的性质可知，再由全等三角形的性质得到，即可得，再根据勾股定理求出CE的长度，即可求解．
(1)
将点E绕点A逆时针旋转135°至点D
∠BAC＝135°
即
又
(2)
在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝135°
由（1）得
DE⊥BC，BE＝CD=3
由勾股定理得
【点睛】
本题考查了旋转的性质、全等三角形的判定和性质、等腰三角形的性质，熟练掌握知识点是解题的关键．
25．【模型建立】
（1）如图1，在正方形中，点E是对角线上一点，连接，．求证：．
【模型应用】
（2）如图2，在正方形中，点E是对角线上一点，连接，．将绕点E逆时针旋转，交的延长线于点F，连接．当时，求的长．
【模型迁移】
（3）如图3，在菱形中，，点E是对角线上一点，连接，．将绕点E逆时针旋转，交的延长线于点F，连接，与交于点G．当时，判断线段与的数量关系，并说明理由．
【答案】（1）证明见解析；（2）；（3），理由见解析．
【解析】
【分析】
（1）利用SAS证明即可；
（2）先证,再利用勾股定理求解；
（3）先证,再利用等边三角形的判定性质证明即可．
（1）证明：如图1中，∵四边形是正方形，
∴，，
在和中，
，
∴；
（2）解：如图2中，设交于点J．
由（1）知，，
，
∵EF是绕点E逆时针旋转得到，
∴，
在中，；
（3）解：结论：．
理由：如图3中，
∵四边形是菱形，
∴，，
在和中，
，
∴），
∴，
是绕点E逆时针旋转得到的，
∴，
∴是等边三角形，
∴．
【点睛】
本题考查了正方形的性质，等边三角形的判定和性质，图形的旋转变换，全等三角形的判定和性质，勾股定理，正确理解图形的相关性质是解本题的关键．
第19讲 图形的旋转
一、旋转的概念
一般地，一个图形变为另一个图形，在运动的过程中，原图形上的所有点都绕一个固定的点，按同一个方向，转动同一个角度，这样的图形运动叫做图形的旋转.这个固定的定点叫做旋转中心，转过的角叫做旋转角.如下图，点O为旋转中心，∠AOA′（或∠BOB′或∠COC′）是旋转角.
要点：
（1）旋转的三个要素：旋转中心、旋转方向和旋转角度.
（2）如上图，如果图形上的点A经过旋转变为点A′，那么这两个点叫做这个图形旋转的对应点. 点B与点B′，点C与点C′均是对应点，线段AB与A′B′、线段AC与A′C′、线段BC与B′C′均是对应线段.
二、旋转的性质
一般地，图形的旋转有下面的性质：
(1)图形经过旋转所得的图形和原图形全等；
(2)对应点到旋转中心的距离相等；
(3)任意一对对应点与旋转中心连线所成的角度等于旋转的角度.
要点：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.
三、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．
要点：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.
例1．下面四个图案中，旋转90°后能与自身重合的图案的个数为
A．4个 B．3个 C．2个 D．1个
【答案】B
【解析】
【分析】
分别求出4个旋转对称图形的最小旋转角，再作出判断．
第一个图形的最小旋转角为：360÷2=180°；
第二个旋转对称图形的最小旋转角为：360÷4=90°；
第三个旋转对称图形的最小旋转角为：360÷8=45°；
第四个旋转对称图形的最小旋转角为：360÷4=90°；
则旋转90°后能与自身重合的图案有3个．
故选：B．
【点睛】
本题考查旋转对称图形，求出最小旋转角是解题关键．
例2如图将△ABC绕点C（0，﹣1）旋转180°得到△ABC，设点的坐标为（a，b），则A的坐标为（ ）
A．（﹣a，﹣b） B．（﹣a，﹣b﹣1） C．（﹣a，﹣b+1） D．（﹣a，﹣b﹣2）
【答案】D
【解析】
【分析】
由旋转的性质可得设 而 再利用中点坐标公式列方程组，再解方程组可得答案.
解： 将△ABC绕点C（0，﹣1）旋180°得到△ABC，
设 而
由中点坐标公式可得：
解得：
故选D
【点睛】
本题考查的是旋转的性质，坐标与图形，中点坐标公式的应用，由旋转的性质得到是解本题的关键.
例3．如图，三角形ABC绕点O顺时针旋转后得到三角形，则下列说法中错误的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】
【分析】
根据点O没有条件限定，不一定在AB的垂直平分线上，可判断A，根据性质性质可判断B、C、D．
解：A．当点O在AB的垂直平分线上时，满足OA=OB，由点O没有限制条件，为此点O为任意的，不一定在AB的垂直平分线上，故选项A不正确，符合题意；
B．由旋转可知OC与OC′是对应线段，由旋转性质可得OC=OC′，故选项B正确，不符合题意；
C．因为、都是旋转角，由旋转性质可得，故选项C正确，不符合题意；
D．由旋转可知与是对应角，由性质性质可得，故选项D正确，不符合题意．
故选择A．
【点睛】
本题考查线段垂直平分线性质，图形旋转及其性质，掌握线段垂直平分线性质，图形旋转及其性质是解题关键．
例4．如图，把是直角的绕点A按顺时针旋转，把点B转到点E得，则以下结论错误的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】
【分析】
根据旋转的性质：旋转前后的两个三角形全等以及旋转角的定义即可判断．
根据旋转的性质：旋转前后的两个三角形全等，
∴，
∴，，，
∴B、C选项正确，D选项错误；
根据旋转角的定义，，
∴，A选项正确，
故选：D．
【点睛】
本题考查了旋转的定义及性质，正确理解旋转角定义及旋转后全等三角形的性质是解题关键．
例5．如图，若正方形旋转后能与正方形重合，则图形所在平面内可作为旋转中心的点共有（ ）个．
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】C
【解析】
【分析】
分别以C、D、CD的中点为旋转中心进行旋转，都能使正方形旋转后能与正方形重合，即可求解．
以点C为旋转中心，把正方形DCEF逆时针旋转90°，可得到正方形ABCD；
以点D为旋转中心，把正方形DCEF顺时针旋转90°，可得到正方形ABCD；
以CD的中点为旋转中心，把正方形DCEF旋转180°，可得到正方形ABCD；
所以旋转中心有3个．
故选：C．
【点睛】
本题主要考查了找旋转中心，旋转的性质，熟练掌握旋转前后的两个图形大小形状完全相同，对应点与旋转中心的连线段的夹角等于旋转角，对应点到旋转中心的距离相等是解题的关键．
例6．如图，Rt△ABC中，∠C＝90°，BC＝3，AC＝4，将△ABC绕点A顺时针旋转60°得到△AED，连接BE，则BE的长为（ ）
A．5 B．4 C．3 D．2
【答案】A
【解析】
【分析】
由勾股定理可求AB=5，由旋转的性质可得AB=AE=5，∠BAE=60°，即可求解．
解：∵∠C=90°，BC=3，AC=4，
∴AB=，
∵将△ABC绕点A顺时针旋转60°得到△AED，
∴AB=AE=5，∠BAE=60°，
∴△ABE是等边三角形，
∴BE=AB=5，
故选：A．
【点睛】
本题考查了旋转的性质，勾股定理，等边三角形的判定和性质，灵活运用这些性质进行推理是本题的关键．
例7．二次函数的图象的顶点坐标是，且图象与轴交于点．将二次函数的图象以原点为旋转中心顺时针旋转180°，则旋转后得到的函数解析式为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【解析】
【分析】
设将二次函数的图象以原点为旋转中心顺时针旋转180°后为：；根据旋转的性质，得的图象的顶点坐标是，且图象与轴交于点，得，再通过列方程并求解，即可得到表达式并转换为顶点式，即可得到答案．
设将二次函数的图象以原点为旋转中心顺时针旋转180°后为：
∵二次函数的图象的顶点坐标是，且图象与轴交于点
∴的图象的顶点坐标是，且图象与轴交于点
∴
∴，
∴，
∴
∴
∴
∴
故选：C．
【点睛】
本题考查了二次函数、旋转的知识；解题的关键是熟练掌握二次函数图像及解析式、旋转的性质，从而完成求解．
例8．如图，在中，，将绕点A顺时针旋转后得到的（点B的对应点是点，点的对应点是点），连接．若，则的大小是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】
【分析】
利用旋转的性质得到，继而得到为等腰直角三角形，根据等腰直角三角形的性质解得，再由角的和差求得，即，最后根据三角形内角和解题即可．
∵绕点A顺时针旋转后得到的，
∴，
∴为等腰直角三角形，
∴．
∵，
∴，
∴，
∴．
故选：B．
【点睛】
本题考查旋转的性质，涉及等腰直角三角形的判定与性质等知识，是重要考点，难度较易，掌握相关知识是解题关键．
例9．如图，Rt△OAB的顶点A（-2，4）在抛物线y=ax2上，将Rt△OAB绕点O顺时针旋转90°，得到△OCD，边CD与该抛物线交于点P，则点P的坐标为（ ）
A．(,) B．(2,2) C．(,2) D．(2,)
【答案】C
【解析】
【分析】
先根据待定系数法求得抛物线的解析式，然后根据题意求得D（0，2），且DC∥x轴，从而求得P的纵坐标为2，代入求得的解析式即可求得P的坐标．
∵Rt△OAB的顶点A（−2，4）在抛物线y=ax2上，
∴4＝4a，解得a＝1，
∴抛物线为y=x2，
∵点A（−2，4），
∴B（−2，0），
∴OB＝2，
∵将Rt△OAB绕点O顺时针旋转90°，得到△OCD，
∴D点在y轴上，且OD＝OB＝2，
∴D（0，2），
∵DC⊥OD，
∴DC∥x轴，
∴P点的纵坐标为2，
令y=2，得2=x2，
解得：x=±
∵点P在第一象限，
∴点P的坐标为：（，2）
故答案为：C．
【点睛】
考查二次函数图象上点的坐标特征，坐标与图形变化－旋转，掌握旋转的性质是解题的关键．
例10．在平面直角坐标系中，已知，将其绕着原点按逆时针方向旋转得到，延长到点，使得，再将点绕着原点按逆时针方向旋转得到，延长到点，使得，……如此继续下去，到点的坐标是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】
【分析】
由题意可得，，，，可以推出，则，再由每经过24个点就落到x正半轴上，推出在第四象限，且∠，再由含30度角的直角三角形的性质进行求解即可．
解：如图所示，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴可以推出，
∴
∵在x轴正半轴，在y轴正半轴，在x轴负半轴，在y轴负半轴，在x正半轴，在直线上，
∴每经过24个点就落到x正半轴上，
∵2014÷24=83余22，
∴在第四象限，且，
设，
∴，
∴,
∴，
故选A．
【点睛】
本题主要考查了旋转的性质，点坐标的规律探索，含30度角的直角三角形的性质，坐标与图形，解题的关键在于能够熟练掌握相关知识进行求解．
例11．如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，将△ABC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，∠A＝30°，则线段PM的最大值是（ ）
A．4 B．3 C．2 D．1
【答案】B
【解析】
【分析】
连接PC，先在直角三角形ABC中求得AB=4，然后根据旋转的性质可得A′B′=AB=4，然后根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半求得PC=2，最后根据PM≤PC+CM结合CM=1即可解答．
解：如图：连接PC．
在Rt△ABC中，
∵∠A=30°，BC=2，
∴AB=4，
根据旋转不变性可知，A′B′=AB=4，
∵A′P=PB′，
∴PC=A′B′=2，
∵CM=BM=1，
又∵PM≤PC+CM，即PM≤3，
∴PM的最大值为3（此时P、C、M共线）．
故答案为B
【点睛】
本题主要考查旋转变换、解直角三角形、含30度角的直角三角形的性质、直角三角形斜边中线定理，三角形的三边关系等知识，正确添加辅助线、灵活利用三角形的三边关系求最值是解答本题的关键．
例12．如图，在中，，、是斜边上两点，且，将绕点顺时针旋转后，得到，连结，下列结论：①；②；③；④.其中正确的是（ ）.
A．②④ B．①④
C．②③ D．①③
【答案】B
【解析】
【分析】
依据旋转的性质，即可得到∠BAF=∠CAD，AF=AD，BF=CD，进而得出△FAE≌△DAE（SAS），再根据勾股定理即可得到BE2+BF2=EF2，进而得到BE2+DC2=DE2，从而得到结论.
∵△ADC绕A顺时针旋转90°后得到△AFB，
∴△ABF≌△ACD，∠FAD=90°，
∴AF=AD，
∵∠DAE=45°，
∴∠DAE=∠FAE=45°，
在△FAE和△DAE中，
，
∴△FAE≌△DAE（SAS），故①正确，
∵和不一定全等，故②错误．
∵在Rt△ABC中，AB=AC，
∴∠BAC=90°，∠ABC=∠C=45°，
∵将△ADC绕点A顺时针旋转90°后，得到△AFB，
∴BF=CD，∠ABF=∠C=45°，
∴∠EBF=90°，
∴BE2+BF2=EF2，
∵△FAE≌△DAE
∴EF=DE
∵△ABF≌△ACD，
∴BF=CD,
∴BE2+DC2=DE2；故④正确，③错误．
故选B．
【点睛】
本题考查了旋转的性质：旋转前后两图形全等，对应点到旋转中心的距离相等，对应点与旋转中心的连线段所夹的角等于旋转角．也考查了三角形全等的判定与性质以及勾股定理．
一、单选题
1．把如图的五角星绕着它的中心旋转一定角度后与自身重合，则这个旋转角度可能是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】
【分析】
根据五角星的特点，用周角360°除以5即可得到最小的旋转角度，从而得解．
解：∵360°÷5=72°，
∴旋转的角度为72°的整数倍，
36°、72°、90°、108°中只有72°符合．
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．
2．将点绕原点逆时针旋转90°得到的点的坐标是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】
【分析】
根据点绕原点逆时针旋转的坐标变换规律即可得．
解：点绕原点逆时针旋转的坐标变换规律：横、纵坐标互换位置，且横坐标变为相反数．
则将点绕原点逆时针旋转得到的点的坐标是，如图所示：
故选：D．
【点睛】
本题考查了点绕原点逆时针旋转的坐标变换规律，熟练掌握点绕原点逆时针旋转的坐标变换规律是解题关键．
3．用等腰直角三角板画∠AOB＝45°，将三角板沿OB方向平移到如图所示的虚线M处后绕点M逆时针旋转22°，则三角板的斜边与射线OA的夹角α为（ ）度．
A．25° B．45° C．30° D．22°
【答案】D
【解析】
【分析】
由平移的性质知，AO∥SM，再由平行线的性质可得∠WMS＝∠OWM，即可得答案．
解：由平移的性质知，AO∥SM，
故∠WMS＝∠OWM＝22°；
故选D．
【点睛】
本题利用了两直线平行，内错角相等，及平移的基本性质：①平移不改变图形的形状和大小；②经过平移，对应点所连的线段平行且相等，对应线段平行且相等，对应角相等．
4．如图，若绕点A按逆时针方向旋转40°后与重合，则（ ） ．
A．40° B．50° C．70° D．100
【答案】C
【解析】
【分析】
根据旋转的性质，可得 ， ，从而得到，即可求解．
解：∵绕点A按逆时针方向旋转40°后与重合，
∴ ， ，
∴．
故选：C
【点睛】
本题主要考查了图形的旋转，等腰三角形的性质，熟练掌握图形旋转前后对应线段相等，对应角相等是解题的关键．
5．如图，在方格纸上建立的平面直角坐标系中，将绕点按顺时针方向旋转90°，得到，则点的坐标为（ ）．
A． B．
C． D．
【答案】A
【解析】
【分析】
根据网格结构作出旋转后的图形，然后根据平面直角坐标系写出点B′的坐标即可．
△A′B′O如图所示，点B′（2，1）．
故选A．
【点睛】
本题考查了坐标与图形变化，熟练掌握网格结构，作出图形是解题的关键．
6．将直角边长为的等腰直角绕点逆时针旋转后得到△，则图中阴影部分的面积( )
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】
【分析】
根据旋转的性质，旋转角∠CAC=15∘，则∠BAC=45∘−15∘=30°，可见阴影部分是一个锐角为30°的直角三角形，且已知直角边AC=3厘米，根据勾股定理或者三角函数求出另一直角边即可解答．
解：设与交于点，
根据旋转性质得，而，
，
又，，
，
阴影部分的面积．
故选：．
【点睛】
本题考查旋转的性质和解直角三角形．旋转变化前后，对应点到旋转中心的距离相等以及每一对对应点与旋转中心连线所构成的旋转角相等．要注意旋转的三要素：①定点·旋转中心；②旋转方向；③旋转角度
7．如图，，将绕点B逆时针旋转至处，点E，A分别是点D，C旋转后的对应点，连接DE，则为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】
【分析】
首先根据旋转的性质，得出∠CBD=∠ABE，BD=BE；其次结合图形，由等量代换，得∠EBD=∠ABC；最后根据等腰三角形的性质，得出∠BED=∠BDE，利用三角形内角和定理求解即可．
∵△BDC绕点B逆时针旋转至△BEA处，点E，A分别是点D，C旋转后的对应点，
∴∠CBD=∠ABE，BD=BE，
∵∠ABC=∠CBD+∠ABD，∠EBD=∠ABE +∠ABD，∠ABC=70°，
∴∠EBD=∠ABC=70°，
∵BD=BE，
∴∠BED=∠BDE=，
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，以及三角形内角和定理．解题的关键是根据旋转的性质得出旋转前后的对应角、对应边分别相等，利用等腰三角形的性质得出“等边对等角”，再结合三角形内角和定理，即可得解．
8．如图，在中，，，，P是BC边上一动点，连接AP，把线段AP绕点A逆时针旋转60°得到线段AQ，连接CQ，则线段CQ长度的最小值为（ ）
A．1 B． C． D．
【答案】D
【解析】
【分析】
在AB上取一点E，使，连接PE，过点E作EF⊥BC于F，由旋转的性质得出AQ=AP，∠PAQ=60°，证明△CAQ≌△EAP，由全等三角形的性质得出CQ=EP，当EF⊥BC（点P和点F重合）时，EP最小，由直角三角形的性质即可得出结论．
解：如图，在AB上取一点E，使，连接PE，过点E作EF⊥BC于点F，
根据题意得：AQ=AP，∠PAQ=60°，
∵∠ABC=30°，
∴∠EAC=60°，
∴∠PAQ=∠EAC，
∴∠CAQ=∠EAP，
∴△CAQ≌△EAP（SAS），
∴CQ=EP，
要使CQ最小，则有EP最小，而点E是定点，点P是BC上的动点，当EF⊥BC（点P和点F重合）时，EP最小，即：点P与点F重合，CQ最小，最小值为EF，
∵∠ACB=30°，
∴AB=2AC，BE=2EF，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴线段CQ长度的最小值为．
故选：D
【点睛】
此题主要考查了旋转的性质，全等三角形的判定和性质，直角三角形的性质，找出点P和点F重合时，EQ最小，最小值为EF的长度是解本题的关键．
9．如图，把正方形ABCD绕着它的对称中心O沿着逆时针方向旋转，得到正方形，和分别交AB于点E，F，在正方形旋转过程中，的大小（ ）．
A．随着旋转角度的增大而增大 B．随着旋转角度的增大而减小
C．不变，都是60° D．不变，都是45°
【答案】D
【解析】
【分析】
连接，，证明，可得，进而根据旋转的性质与正方形的性质可得，根据SSS证明，可得平分，同理可得平分，即可气得，即可求解．
如图，连接，，
O是正方形ABCD，的对称中心，
，，，
，
，
即，
，
在与中，
，
，
，即平分，
同理可得，即平分，
，
．
故选D．
【点睛】
本题考查了旋转的性质，正方形的性质，三角形全等的性质与判定，等角对等边，证明，分别平分，是解题的关键．
10．如图，在中，，，将绕点顺时针旋转得到，点A、B的对应点分别是，，点是边的中点，连接，，．则下列结论错误的是（ ）
A． B．，
C． D．
【答案】D
【解析】
【分析】
根据旋转的性质可判断A；根据直角三角形的性质、三角形外角的性质、平行线的判定方法可判断B；根据平行四边形的判定与性质以及全等三角形的判定与性质可判断C；利用等腰三角形的性质和含30°角的直角三角形的性质可判断D．
A．∵将△ABC绕点C顺时针旋转60°得到△DEC，
∴∠BCE=∠ACD=60°，CB=CE，
∴△BCE是等边三角形，
∴BE=BC，故A正确；
B．∵点F是边AC中点，
∴CF=BF=AF=AC，
∵∠BCA=30°，
∴BA=AC，
∴BF=AB=AF=CF，
∴∠FCB=∠FBC=30°，
延长BF交CE于点H，则∠BHE=∠HBC+∠BCH=90°，
∴∠BHE=∠DEC=90°，
∴BF//ED，
∵AB=DE，
∴BF=DE，故B正确．
C．∵BF∥ED，BF=DE，
∴四边形BEDF是平行四边形，
∴BC=BE=DF，
∵AB=CF， BC=DF，AC=CD，
∴△ABC≌△CFD，
∴，故C正确；
D．∵∠ACB=30°， ∠BCE=60°，
∴∠FCG=30°，
∴FG=CG，
∴CG=2FG．
∵∠DCE=∠CDG=30°，
∴DG=CG，
∴DG=2FG．故D错误．
故选D．
【点睛】
本题考查了旋转的性质，全等三角形的判定与性质，等边三角形的判定与性质，含30°角的直角边等于斜边的一半，以及平行四边形的判定与性质等知识，综合性较强，正确理解旋转性质是解题的关键．
二、填空题
11．如图，将△ABC绕点A逆时针旋转60°得到△AB'C'，若AC⊥B'C'，则∠C＝________度．
【答案】30
【解析】
【分析】
由旋转的性质可得∠CAC'=60°，∠C=∠C'，由余角的性质可求解．
解：∵将△ABC绕点A逆时针旋转60°得到△AB'C'，
∴∠CAC'=60°，∠C=∠C'，
∵AC⊥B'C'，
∴∠C'=90°-∠CAC'=30°=∠C，
故答案为：30．
【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．
12．如图，在△ABC中，∠CAB＝45°，若∠CAB'＝25°，则旋转角的度数为 _____．
【答案】20°##20度
【解析】
【分析】
根据题干所给角度即可直接求出的大小，即旋转角的大小．
解：∵，
∴旋转角的度数为，
故答案为：20°．
【点睛】
本题考查旋转的性质．根据题意找出即为旋转角是解答本题的关键．
13．如图，在正三角形网格中，以某点为中心，将旋转，得到，则旋转中心是点______．
【答案】B
【解析】
【分析】
根据对应点连线的垂直平分线的交点即为旋转中心，即可求解．
解：如图，线段与线段的垂直平分线交于点B，则点B为旋转中心．
故答案为：B
【点睛】
本题考查旋转的性质，解题的关键是理解对应点连线的垂直平分线的交点即为旋转中心．
14．如图，已知点A（3，0），B（1，4），C（3，﹣2），D（7，0），连接AB，CD，将线段AB绕着某一点旋转一定角度，使A，B分别与C，D重合，则旋转中心的坐标为 _________．
【答案】（2，﹣1）
【解析】
【分析】
对应点连线段的垂直平分线的交点即为旋转中心，作线段BD，AC的垂直平分线交于点M，点M即为旋转中心．
解：如图，连接BD，AC，作线段BD，AC的垂直平分线交于点M，点M即为旋转中心，M（2，﹣1）．
故答案为：（2，﹣1）．
【点睛】
本题考查了坐标与图形变化——旋转，正确寻找旋转中心是解题的关键.
15．如图，边长为的正方形ABCD中，点E为对角线BD上一点，连接CE，将CE绕点C顺时针旋转90°得到CF，连接EF和DF若EF＝2BE，则BE的长为______．
【答案】
【解析】
【分析】
根据旋转的性质可得∠ECF=90°，CE=CF，根据正方形的性质可得△BCE≌△DCF，从而得到DF=BE，∠CBE=∠CDF=45°，继而得到∠EDF=90°，再由勾股定理可得，然后设BE=x，则，EF=2x，然后根据勾股定理，即可求解．
解：根据题意得：
在正方形ABCD中，BC=DC，∠BCD=90°，∠CBD=∠BDC=45°，
∴∠BCE=∠DCF，
∴△BCE≌△DCF，
∴DF=BE，∠CBE=∠CDF=45°，
∴∠EDF=∠BDC+∠CDF=90°，
∵正方形ABCD的边长为，
∴，
设BE=x，则，
∵EF＝2BE，
∴EF=2x，
∵，
∴，
解得：（舍去） ，
即．
故答案为：
【点睛】
本题主要考查了正方形的性质，图形的旋转，勾股定理，全等三角形的判定和性质，熟练掌握相关知识点是解题的关键．
16．如图，在中，，，，将沿射线的方向平移，得到，再将绕点逆时针旋转一定角度后，点恰好与点重合，则平移的距离为______．
【答案】3
【解析】
【分析】
由旋转的性质和平移的性质可得B'C=A'C，AB=A'B'=5，∠B=∠A'B'C=60°，可证△A'B'C是等边三角形，可得A'B'=B'C=5，即可求解．
解：∵将△A'B'C'绕点A'逆时针旋转一定角度后，点B'恰好与点C重合，
∴B'C=A'C，
∵将△ABC沿射线BC的方向平移，得到△A'B'C'，
∴AB=A'B'=5，∠B=∠A'B'C=60°，
∴△A'B'C是等边三角形，
∴A'B'=B'C=5，
∴BB'=3，
∴平移的距离为3，
故答案为：3．
【点睛】
本题考查了旋转的性质，平移的性质，等边三角形的判定和性质，掌握旋转的性质是本题的关键．
17．如图，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC＝4，点D在线段BC上，BD＝3，将线段AD绕点A逆时针旋转90°得到线段AE，EF⊥AC，垂足为点F．则AF的长为________．
【答案】1
【解析】
【分析】
根据勾股定理先求出BC边长，再求出DC长，过点D作DM垂直AC，可证，即AF=DM，在等腰直角△DMC中可求DM，即可直接求解．
解：在Rt△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC=4，
根据勾股定理得，AB2+AC2=BC2，
∴．
又∵BD=3，
∴DC＝BC−BD＝．
过点D作DM⊥AC于点M，
由旋转的性质得∠DAE=90°，AD＝AE，
∴∠DAC+∠EAF=90°．
又∵∠DAC+∠ADM=90°，
∴∠ADM=∠EAF．
在Rt△ADM和Rt△EAF中，．
∴（AAS），
∴AF=DM．
在等腰Rt△DMC中，由勾股定理得，
DM2+MC2=DC2，
∴DM=1，
∴AF=DM=1．
故答案为：1．
【点睛】
本题主要考查等腰直角三角形，旋转的性质以及全等三角形的判定与性质，证明△ADM≌△EAF是解答本题的关键．
18．如图，已知，将绕点A逆时针旋转得到与交于点P．下列结论：①；②；③；④平分．其中正确的是__________（填序号）
【答案】①③④
【解析】
【分析】
设AD交BC于点F，根据旋转的性质可得∠B=∠D，∠BAD=60°，再由，可得∠EPC=60°，故①正确；设DE交AC于点H，由于∠C的大小无法确定，则∠CHP不一定等于90°，故②错误；在BC上截取BG=PD，先证得△ABG≌△ADP，可得AG=AP，∠BAG=∠DAP，从而得到△APG是等边三角形，进而得到AP=PG，故③正确；根据∠EPC=60°，∠APB=60°，可得平分．故④正确，即可求解．
解：如图，设AD交BC于点F，
根据题意得：∠B=∠D，∠BAD=60°，
∵，
∴∠BPD=∠BAD=60°，
∴∠EPC=60°，故①正确；
如图，设DE交AC于点H，
∵∠EPC=60°，∠C的大小无法确定，
∴∠CHP不一定等于90°，故②错误；
如图，在BC上截取BG=PD，
根据题意得：∠B=∠D，BC=DE，AB=AD，∠BAD=60°，
∴CG=PE，
∴△ABG≌△ADP，
∴AG=AP，∠BAG=∠DAP，
∴∠BAG+∠DAG=∠DAP+∠DAG，
即∠BAD=∠GAP=60°，
∴△APG是等边三角形，
∴AP=PG，∠APB=60°，
∴AP+PC=PG+PC=CG=PE，故③正确；
∵∠EPC=60°，
∴∠BPE=120°，
∴∠APE=∠APB=60°，即平分．故④正确；
故答案为：①③④
【点睛】
本题主要考查了图形的旋转，等边三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，熟练掌握图形的旋转的性质，等边三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质是解题的关键．
三、解答题
19．如图，四边形经过旋转后与四边形重合．
（1）指出这一旋转的旋转中心和旋转角；
（2）写出图中相等的线段和相等的角．
【答案】（1）旋转中心是点A，旋转角是或或；（2）见解析
【解析】
【分析】
（1）直接根据旋转的定义和旋转角的定义判定即可；
（2）利用旋转前后的图形对应边相等、对应角相等，以及对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角即可得出结论．
（1）旋转中心是点A，旋转角是或或；
（2）相等的线段：
，，，；
相等的角：
，，，，，．
【点睛】
本题考查了旋转的概念与性质，解决本题的关键是正确理解旋转的概念与性质，能正确找出对应边与对应角等．
20．画一个，其中，分别画出按如下条件旋转或平移后的图形：
（1）以点B为旋转中心，按逆时针方向旋转；
（2）以点B为旋转中心，按逆时针方向旋转；
（3）取外一点P为旋转中心，按逆时针方向旋转；
（4）将平移，使得点B的对应点为点A．
【答案】见解析
【解析】
【分析】
如图所示，根据旋转的性质：旋转前后对应点到旋转中心的距离相等，作出（1）（2）（3）图形，根据平移的性质：平移前后对应线段相等，作出（4）图形．
（1）
如图所示，分别将线段绕点B按逆时针方向旋转，得到线段，连接，便得到旋转后的；
（2）
如图所示，分别延长线段到点D，E，使，连接，便得到旋转后的；
（3）
如图所示，分别连接，并延长到D，E，F，使，连接，便得到旋转后的；
（4）
作，,,连接，即，便得到平移后的．
【点睛】
本题考查了图形的平移与旋转，解题关键是掌握平移与旋转的性质．
21．在平面直角坐标系中，的顶点位置如图所示.
(1)作出关于x轴对称的图形，若内部一点P的坐标为，则点P的对应点的坐标是_____；
(2)将绕原点逆时针旋转得到，画出.
【答案】(1)图见解析，（a，-b）
(2)见解析
【解析】
【分析】
（1）画出三角形ABC关于x轴对称的图形△A1B1C1，并根据关于x轴对称的点的特征得出点P1的坐标；
（2）首先确定点A、B、C关于原点逆时针旋转90°得到的对应点，顺次连接对应点得出图形．
(1)
解：如图，△A1B1C1为所求，点P的对应点P1的坐标是（a，-b）；
故答案为（a，-b）；
(2)
A、B、C三点旋转后的对应点分别为：，顺次连接，
如图，△A2B2C2为所求
【点睛】
本题考查轴对称图形和图形旋转的画法，解决问题的关键是确定顶点的对应点．
22．如图，四边形是正方形，点F是延长线上一点，连接，绕点A旋转一定角度后得到，若，．
(1)直接写出旋转角的度数；
(2)求的长度；
(3)求证直线．
【答案】(1)；
(2)；
(3)见解析
【解析】
【分析】
（1）根据旋转的性质可知为旋转角，即可求解；
（2）根据旋转的性质可得，，，即可求解；
（3）延长交于点，求得，即可求解．
(1)
解：四边形是正方形，
∴，
由旋转的性质可得：为旋转角，所以旋转角为；
(2)
解：根据旋转的性质可得，，，
∴
(3)
解：延长交于点，如图：
由旋转的性质可得：
又∵
∴
∴
【点睛】
此题考查了正方形的性质，旋转的性质，解题的关键是灵活利用旋转的有关性质进行求解．
23．如图所示，△ABC是等边三角形，D是BC延长线上一点，△ACD经过旋转后到达△BCE的位置．
(1)旋转中心是哪一点？
(2)逆时针旋转了多少度？
(3)如果M是AD的中点，那么经过上述旋转后，点M转到了什么位置？
【答案】(1)点C (2)60° (3)BE的中点
【解析】
【分析】
根据旋转的定义，明确旋转中心和旋转角度即可得到答案．
解：
根据旋转中心的定义，结合图形可知旋转中心是点C．
旋转了60°，理由：利用旋转的性质我们可以得到旋转角为
为等边三角形
于是可知图形旋转了60°．
线段BE的中点，理由：根据旋转图形的对应线段相等，可知AD=BE
点M是AD的中点
经过旋转后点M转到线段BE的中点处．
【点睛】
本题主要考查的是旋转变换后图形所具有的性质——不变性质，关键在于明确旋转中心、旋转角度和旋转位置．
24．如图，在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝135°，E为BC边上一点，连结AE，将点E绕点A逆时针旋转135°至点，连结AD，DE，CD．
(1)求证：CD＝BE．
(2)若DE⊥BC，BE＝3，求BC的长．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【解析】
【分析】
（1）由点E绕点A逆时针旋转135°至点D得到，可证，即可得到结论；
（2）通过等腰三角形的性质可知，再由全等三角形的性质得到，即可得，再根据勾股定理求出CE的长度，即可求解．
(1)
将点E绕点A逆时针旋转135°至点D
∠BAC＝135°
即
又
(2)
在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝135°
由（1）得
DE⊥BC，BE＝CD=3
由勾股定理得
【点睛】
本题考查了旋转的性质、全等三角形的判定和性质、等腰三角形的性质，熟练掌握知识点是解题的关键．
25．【模型建立】
（1）如图1，在正方形中，点E是对角线上一点，连接，．求证：．
【模型应用】
（2）如图2，在正方形中，点E是对角线上一点，连接，．将绕点E逆时针旋转，交的延长线于点F，连接．当时，求的长．
【模型迁移】
（3）如图3，在菱形中，，点E是对角线上一点，连接，．将绕点E逆时针旋转，交的延长线于点F，连接，与交于点G．当时，判断线段与的数量关系，并说明理由．
【答案】（1）证明见解析；（2）；（3），理由见解析．
【解析】
【分析】
（1）利用SAS证明即可；
（2）先证,再利用勾股定理求解；
（3）先证,再利用等边三角形的判定性质证明即可．
（1）证明：如图1中，∵四边形是正方形，
∴，，
在和中，
，
∴；
（2）解：如图2中，设交于点J．
由（1）知，，
，
∵EF是绕点E逆时针旋转得到，
∴，
在中，；
（3）解：结论：．
理由：如图3中，
∵四边形是菱形，
∴，，
在和中，
，
∴），
∴，
是绕点E逆时针旋转得到的，
∴，
∴是等边三角形，
∴．
【点睛】
本题考查了正方形的性质，等边三角形的判定和性质，图形的旋转变换，全等三角形的判定和性质，勾股定理，正确理解图形的相关性质是解本题的关键．
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