第12讲 图形的旋转（4种题型）--初中人教版八升九数学暑假衔接（教师版+学生版）

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一．生活中的旋转现象
（1）旋转的定义：在平面内，把一个图形绕着某一个点O旋转一个角度的图形变换叫做旋转．点O叫做旋转中心，转动的角叫做旋转角，如果图形上的点P经过旋转变为点P′，那么这两个点叫做对应点．
（2）注意：
①旋转是围绕一点旋转一定的角度的图形变换，因而旋转一定有旋转中心和旋转角，且旋转前后图形能够重合，这时判断旋转的关键．
②旋转中心是点而不是线，旋转必须指出旋转方向．
③旋转的范围是平面内的旋转，否则有可能旋转成立体图形，因而要注意此点． ．
二．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．
三．旋转对称图形
（1）旋转对称图形
如果某一个图形围绕某一点旋转一定的角度（小于360°）后能与原图形重合，那么这个图形就叫做旋转对称图形．
（2）常见的旋转对称图形有：线段，正多边形，平行四边形，圆等．
四．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°．
【考点剖析】
一．生活中的旋转现象（共3小题）
1．（2023•衡水模拟）如图1是一副创意卡通圆规，图2是其平面示意图，OA是支撑臂，OB是旋转臂，已知OA＝OB＝8cm．使用时，以点A为支撑点，铅笔芯端点B可绕点A旋转作出圆，则圆的半径AB不可能是（ ）
A．10cmB．13cmC．15cmD．17cm
【分析】根据三角形三边的关系，两边之和大于第三边，两边之差小于第三边，进行判定即可得出答案．
【解答】解：根据题意可得，
8﹣8＜AB＜8+8，
即0＜AB＜16．
所以圆规的半径不可能是17．
故选：D．
【点评】本题主要考查了三角形三边的关系，熟练掌握三角形三边的关系进行求解是解决本题的关键．
2．（2023•惠山区校级三模）一块直角边分别为6和8的三角形木板，绕长度为8的边旋转一周，则斜边扫过的面积是（ ）
A．45B．45πC．60D．60π
【分析】先根据题意画出图形，求出圆锥的侧面积即可．
【解答】解：如图，一块直角边分别为6和8的三角形木板，绕长度为8的边旋转一周，得到一个底面半径为6，高为8的圆锥，斜边l即圆锥的母线扫过的面积即为圆锥的侧面积，
∵r＝6，h＝8，
∴l＝10．
∴S圆锥侧＝πrl＝π×6×10＝60π．
故选：D．
【点评】本题主要考查了圆锥的侧面积，熟记圆锥的侧面积公式S圆锥侧＝πrl是解题的关键．
3．（2022秋•昭阳区校级期末）下列现象中是旋转的是（ ）
A．雪橇在雪地上滑行B．抽屉来回运动
C．电梯的上下移动D．汽车方向盘的转动
【分析】根据旋转的定义：在平面内，把一个图形绕着某一个点O旋转一个角度的图形变换叫做旋转．即可得到答案．
【解答】解：A、雪橇在雪地上滑行不是旋转，故此选项错误；
B、抽屉来回运动是平移，故此选项错误；
C、电梯的上下移动是平移，故此选项错误；
D、汽车方向盘的转动是旋转，故此选项正确；
故选：D．
【点评】此题主要考查了生活中的旋转，关键是掌握旋转中心是点而不是线．
二．旋转的性质（共21小题）
4．（2023•晋江市模拟）如图，在矩形ABCD中，将直角三角形ADC绕点A按顺时针方向旋转得到△AFE，点F恰好落在对角线AC上，FE交BC于点P，AE交BC于点Q，∠DAC＝30°．求证：△PQE是等边三角形．
​
【分析】首先根据旋转的性质可得出旋转角为30°，进而可求出∠E＝60°，再求出∠QAB＝30°，进而得∠AQB＝60°，据此即可得出结论．
【解答】证明：∵四边形ABCD为矩形，
∴∠DAB＝∠D＝∠B＝90°，
∵△AFE是△ADC绕点A按顺时针旋转得到，点F在AC上，
∴旋转角为∠DAC＝30°，∠AFE＝∠D＝90°，
∴∠FAE＝∠DAC＝30°，
在Rt△AFE中，∠FAE＝30°，∠AFE＝90°，
∴∠E＝60°，
∵∠DAB＝90°，∠FAE＝∠DAC＝30°，
∴∠QAB＝30°，
∵∠B＝90°，
∴∠AQB＝60°，
∴∠PQE＝∠AQE＝60°，
∴△PQE是等边三角形．
【点评】此题主要考查了图形的旋转变换和性质，矩形的性质，等边三角形的判定，三角形的内角和定理等，解答此题的关键是熟练掌握图形的旋转变换，准确的找出旋转角，理解两个角都等于60°的三角形是等边三角形．
5．（2023•无锡）如图，△ABC中，∠BAC＝55°，将△ABC逆时针旋转α（0°＜α＜55°），得到△ADE，DE交AC于F．当α＝40°时，点D恰好落在BC上，此时∠AFE等于（ ）
A．80°B．85°C．90°D．95°
【分析】由旋转的性质可得∠BAC＝∠DAE，∠BAD＝∠CAE＝40°，AB＝AD，∠C＝∠E，由等腰三角形的性质可求∠B＝70°，由三角形内角和定理可求解．
【解答】解：∵将△ABC逆时针旋转α（0°＜α＜55°），得到△ADE，
∴∠BAC＝∠DAE，∠BAD＝∠CAE＝40°，AB＝AD，∠C＝∠E，
∴∠B＝70°，
∴∠C＝∠E＝55°，
∴∠AFE＝180°﹣55°﹣40°＝85°，
故选：B．
【点评】本题考查了旋转的性质，等腰三角形的性质，掌握旋转的性质是解题的关键．
6．（2023春•淮安期末）如图，在▱ABCD中，∠BAD＝60°，将▱ABCD绕点A顺时针旋转到▱AEFG的位置，旋转角为α（0°＜α＜60°）．BC、GF相交于点P，且∠FPC＝80°，则∠α的度数为 20 °．
【分析】根据平行四边形的性质：邻角互补可求出∠B的度数，进而得到∠D的度数，再根据四边形的内角和为360°，可求出∠BAG的度数，所以∠GAD可求，即为旋转角∠α的度数．
【解答】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴∠BAD+∠B＝180°，
∴∠B＝180°﹣60°＝120°，
∴∠D＝120°，
∵∠FPC＝80°，
∴∠BPG＝80°，
∴∠BAG＝360°﹣120°﹣80°﹣120°＝40°，
∴∠GAD＝60°﹣40°＝20°，
∴∠α＝20°，
故答案为：20．
【点评】本题考查了平行四边形的性质、旋转的性质、四边形的内角和定理，题目的综合性较强，难度中等．
7．（2023•双柏县模拟）如图，AE∥BF，将△ABC绕点C顺时针旋转60°后得到△DAC，点A、B的对应点分别是点D、A，AC与BD相交于点O．
（1）求证：四边形ABCD是菱形；
（2）若AC＝4，求四边形ABCD的面积．
【分析】（1）首先根据旋转的性质证明△ACD为等边三角形，接着证明△ABC为等边三角形，由此即可解决问题；
（2）根据菱形的性质首先求出BD，然后利用菱形的面积公式即可求解．
【解答】（1）证明：∵将△ABC绕点C顺时针旋转60°后得到△DAC，点A、B的对应点分别为点D、A，AC与BD相交于点O，
∴CA＝CD，∠ACD＝60°，CA＝CB，
∴△ACD为等边三角形，
∵AE∥BF，
∴∠ACB＝60°，
∴△ABC为等边三角形，
∴AB＝BC＝CD＝AD，
∴四边形ABCD是菱形；
（2）解：∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，且互相平分，即∠BOC＝90°，
而∠BCO＝60°，
∴∠OBC＝30°，
∵AC＝4，
∴OC＝2，
∴OB＝OC÷＝2，
∴BD＝4，
∴四边形ABCD的面积＝×AC×BD＝×4×4＝8．
【点评】此题主要考查了旋转的性质，同时也利用了菱形的判定和面积公式，有一定的综合性．
8．（2023•香坊区三模）如图，Rt△ABC中，∠C＝90°，∠ABC＝30°，将线段BA绕点B逆时针旋转90°得到线段BD，过D作DE⊥BC于E，若AB＝4，则CE长为（ ）
​
A．B．C．D．2
【分析】由直角三角形的性质可求AC＝2，BC＝AC＝2，∠A＝60°，由旋转的性质可得AB＝BD，∠ABD＝90°，由“AAS”可证△ABC≌△BDE，可得BE＝AC＝2，即可求解．
【解答】解：∵∠C＝90°，∠ABC＝30°，AB＝4，
∴AC＝2，BC＝AC＝2，∠A＝60°，
∵将线段BA绕点B逆时针旋转90°得到线段BD，
∴AB＝BD，∠ABD＝90°，
∴∠DBE＝∠A＝60°，
又∵∠C＝∠ABD，
∴△ABC≌△BDE（AAS），
∴BE＝AC＝2，
∴CE＝2﹣2，
故选：B．
【点评】本题考查了旋转的性质，全等三角形的判定和性质，直角三角形的性质，掌握旋转的性质是解题的关键．
9．（2023•仙居县二模）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝10，BC＝6，点D是边AC的中点．点P为边BC上的一个动点，将点P绕点D逆时针旋转90°得到点P′，则AP′的取值范围为 ．
【分析】由“SAS”可证△ADP'≌△HDP，可得AP'＝PH，即可求解．
【解答】解：如图，以AD为直角边，作等腰直角三角形ADH，连接PH，
∴AD＝DH，∠ADH＝90°，
∵将点P绕点D逆时针旋转90°得到点P′，
∴DP＝DP'，∠PDP'＝90°＝∠ADH，
∴∠ADP'＝∠PDH，
∴△ADP'≌△HDP（SAS），
∴AP'＝PH，
∵AC＝10，点D是边AC的中点，
∴CD＝AD＝DH＝5，
∵点P为边BC上的一个动点，
∴当PH⊥BC时，PH有最小值为5，
当点P与点C重合时，PH有最大值为5，
∴5≤HP≤5，
∴，
故答案为：．
【点评】本题考查了旋转的性质，全等三角形的判定和性质，添加恰当辅助线构造全等三角形是解题的关键．
10．（2023•铁岭模拟）如图，△ABC与△CDE是等边三角形，连接AD，取AD的中点F，连接BF，将△CDE绕点C顺时针旋转．若BC＝2CD＝4，则在△CDE旋转过程中，则线段BF的最大值为 2+1 ．
【分析】由三角形中位线定理可得FH＝CD＝1，由勾股定理可求BH的长，由三角形的三边关系可求解．
【解答】解：如图，取AC的中点H，连接FH，BH，
∵BC＝2CD＝4，
∴CD＝2，
∵点F是AD的中点，点H是AC的中点，
∴FH＝CD＝1，AH＝CH＝2，
∴BH＝＝＝2，
在△FBH中，BF＜BH+FH，
∴当点F在BH的延长线上时，BF有最大值为2+1，
故答案为：2+1．
【点评】本题考查了旋转的性质，三角形中位线定理，等边三角形的性质，勾股定理，灵活运用这些性质解决问题是解题的关键．
11．（2023•蒙阴县三模）如图，在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝α，M为BC的中点，点D在MC上，以点A为中心，将线段AD顺时针旋转a得到线段AE，连接BE，DE．
（1）用等式表示线段BE，BM，MD之间的数量关系，并证明；
（2）过点M作AB的垂线，交DE于点N，用等式表示线段NE与ND的数量关系，并证明．
【分析】（1）由∠DAE＝∠BAC可得∠BAE＝∠CAD，然后SAS证△ABE≌△ACD即可；
（2）作EH⊥AB交BC于H，可证△BEF≌△BHF得BE＝BH，再证MH＝MD，再借助MN∥HF，由平行线分线段成比例即可证出．
【解答】解：（1）BE+MD＝BM，理由如下：
∵∠DAE＝∠BAC＝α，
∴∠DAE﹣∠BAD＝∠BAC﹣∠BAD，
即∠BAE＝∠CAD，
在△ABE和△ACD中，
，
∴△ABE≌△ACD（SAS），
∴BE＝CD，
∵M为BC的中点，
∴BM＝CM，
∴BE+MD＝BM；
（2）EN＝DN．理由如下：
如图，作EH⊥AB交BC于H，交AB于F，
由（1）△ABE≌△ACD得：∠ABE＝∠ACD，
∵∠ACD＝∠ABC，
∴∠ABE＝∠ABD，
在△BEF和△BHF中，
，
∴△BEF≌△BHF（ASA），
∴BE＝BH，
由（1）知：BE+MD＝BM，
∴MH＝MD，
∵MN∥HF，
∴，
∴EN＝DN．
【点评】本题主要考查了等腰三角形的性质，全等三角形的判定与性质，角平分线的对称性等知识，作EH⊥AB构造出全等三角形是解题的关键．
12．（2023•思明区模拟）如图，△ABC中，∠ACB＝30°，AC＝5，BC＝4，将△ABC绕点C逆时针旋转得到△DEC，使得CE∥AD，连接BE，与AD交于点F．
（1）求证：∠CAD＝∠CBE；
（2）求四边形ACEF的面积．
【分析】（1）由旋转的性质得∠ECD＝∠ACB＝30°，CD＝CA＝5，CE＝CB＝4，可得∠CEB＝∠CBE，∠CDA＝∠CAD，由CE∥AD可得∠CDA＝∠ECD＝30°，再根据三角形内角和定理可得∠BCD＝90°，∠CBE＝30°，从而可得结论；
（2）证明四边形ACEF是平行四边形，过点A作AG⊥EC交EC的延长线于点G，求得，根据平行四边形的面积公式可得结论．
【解答】（1）证明：由旋转的性质得：∠ECD＝∠ACB＝30°，CD＝CA＝5，CE＝CB＝4，
∴∠CEB＝∠CBE，∠CDA＝∠CAD，
∵CE∥AD，
∴∠CDA＝∠ECD＝30°，
∴∠CDA＝∠CAD＝30°，
∵∠CAD+∠CDA+∠ACD＝180°，
∴∠ACD＝180°﹣∠CAD﹣∠CDA＝180°﹣30°﹣30°＝120°，
∵∠ACB＝30°，
∴∠BCD＝120°﹣∠ACB＝120°﹣30°＝90°，
∴∠BCE＝∠BCD+∠DCE＝90°+30°＝120°，
∵CB＝CE，
∴，
∴∠CAD＝∠CBE；
（2）解：∵CE∥AD，
∴∠EFD＝∠CEB＝30°，
又∠CAD＝30°，
∴∠EFD＝∠CAD＝30°，
∴AC∥EF
∴四边形ACEF是平行四边形，
过点A作AG⊥EC交EC的延长线于点G，如图，
∴∠ACG＝180°﹣∠ACB﹣∠BCD﹣∠DCE＝180°﹣30°﹣90°﹣30°＝30°，
∴，
∴S▱ACEF＝CE•AG＝4×＝10．
【点评】本题主要考查了旋转的性质，平行线的性质，三角形内角和定理，平行四边形的判定以及平行四边形的面积等知识，熟练掌握相关知识是解答本题的关键．
13．（2023•邵阳）如图，在等边三角形ABC中，D为AB上的一点，过点D作BC的平形线DE交AC于点E，点P是线段DE上的动点（点P不与D、E重合）．将△ABP绕点A逆时针方向旋转60°，得到△ACQ，连接EQ、PQ，PQ交AC于F．
（1）证明：在点P的运动过程中，总有∠PEQ＝120°．
（2）当为何值时，△AQF是直角三角形？
​
【分析】（1）由旋转的性质可得PA＝QA，∠PAQ＝60°，通过证明点A，点P，点E，点Q四点共圆，可得∠PAQ+∠PEQ＝180°，即可得结论；
（2）由旋转的性质可得∠PAQ＝60°，AP＝AQ，由角的数量关系可求∠DAP＝30°，∠APD＝90°，即可求解．
【解答】（1）证明：∵将△ABP绕点A逆时针方向旋转60°，
∴PA＝QA，∠PAQ＝60°，
∴△APQ是等边三角形，
∴∠AQP＝60°，
∵DE∥BC，
∴∠AED＝∠ACB＝60°，
∴∠AQP＝∠AED，
∴点A，点P，点E，点Q四点共圆，
∴∠PAQ+∠PEQ＝180°，
∴∠PEQ＝120°；
（2）解：如图，
根据题意：只有当∠AFQ＝90°时，成立，
∵△ABP绕点A逆时针方向旋转60°，得到△ACQ，
∴∠PAQ＝60°，AP＝AQ，
∴△APQ是等边三角形，
∴∠PAQ＝60°，
∵∠AFQ＝90°，
∴∠PAF＝∠QAF＝30°，
∵△ABC是等边三角形，
∴∠ABC＝∠BCA＝∠CAB＝60°，
∵DE∥BC，
∴∠ADP＝∠ABC＝60°，
∴∠DAP＝30°，∠APD＝90°，
∴tan∠ADP＝tan60°＝＝．
【点评】本题考查了旋转的性质，等边三角形的判定和性质，锐角三角函数等知识，灵活运用这些性质解决问题是解题的关键．
14．（2023•大兴区二模）如图，在△ABC中，∠B＝45°，将线段AC绕点A逆时针旋转得到线段AD，且点D落在BC的延长线上，过点D作DE⊥AC于点E，延长DE交AB于点F．
（1）依题意补全图形，求证：∠BDF＝∠CAD；
（2）用等式表示线段CD与BF之间的数量关系，并证明．
【分析】（1）由旋转的性质可得AC＝AD，由等腰三角形的性质可得CH＝DH，∠CAH＝∠DAH＝∠CAD，由余角的性质可求解；
（2）由“AAS”可证△DAH≌△FDN，可得FN＝DH，即可求解．
【解答】（1）证明：如图所示：过点A作AH⊥BD于H，
∵将线段AC绕点A逆时针旋转得到线段AD，
∴AC＝AD，
∵AH⊥BD，
∴CH＝DH，∠CAH＝∠DAH＝∠CAD，
∵DE⊥AC，
∴∠ACD+∠BDF＝90°＝∠ACD+∠CAH，
∴∠BDF＝∠CAH＝∠CAD；
（2）解：BF＝CD，理由如下：
如图，过点F作FN⊥BD于N，
∵∠B＝45°，AH⊥BD，FN⊥BD，
∴△BNF和△BHA都是等腰直角三角形，
∴BN＝FN，BF＝FN，∠BAH＝45°＝∠B，
∵∠BDF＝∠CAH＝∠DAH＝∠CAD，
∴∠B+∠BDF＝∠BAH+∠DAH，
∴∠DFA＝∠DAF，
∴AD＝DF，
又∵∠FND＝∠AHD＝90°，∠BDF＝∠DAH，
∴△DAH≌△FDN（AAS），
∴FN＝DH，
∴BF＝CD．
【点评】本题考查了旋转的性质，等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定和性质，证明三角形全等是解题的关键．
15．（2023•南开区四模）如图，在矩形ABCD中，AB＝2，BC＝4，F为BC中点，P是线段BF上一点，设BP＝m（0＜m≤2），连接AP并将它绕点P顺时针旋转90°得到线段PE，连接CE，EF，则在点P从点B向点F运动的过程中，下列说法错误的是（ ）
A．AP＝EPB．∠EFC＝45°
C．△FCE的面积为mD．CE的最小值为
【分析】过点E作EH⊥BC于H，根据旋转的性质可对选项A进行判断，证△BAP≌△HPE得BP＝EH＝m，AB＝PH＝2，进而可证EH＝FH＝m，据此根据等腰直角三角形的性质可对选项B进行判定；根据CF＝2，EH＝m求出△FCE的面积可对选项C进行判断；FH＝x，则CH＝2﹣x，然后利用勾股定理得到CE2与x之间的函数关系，求出函数的最值即可对选项D进行判断．
【解答】解：过点E作EH⊥BC于H，
∵BP＝m（0＜m≤2），
∴点P在线段BF上，
∵F为BC中点，
∵四边形ABCD为矩形，且AB＝2，BC＝4，F为BC中点，
∴CF＝BF＝AB＝2，∠B＝90°，
∴PF＝BF﹣BP＝2﹣m，
由旋转的性质得：AP＝EP，∠APE＝90°，
即在点P从点B向点F运动的过程中，始终有AP＝EP，故选项A正确；
∵∠B＝90°，EH⊥BC，
∴∠B＝∠PHE＝90°，∠BAP+∠APB＝90°，
又∠APE＝90°，
∴∠APB+∠HPE＝90°，
∴∠BAP＝∠HPE，
在△BAP和△HPE中，
，
∴△BAP≌△HPE（AAS），
∴BP＝EH＝m，AB＝PH＝2，
∴FH＝PH﹣PF＝2﹣（2﹣m）＝m，
∴EH＝FH＝m，
又∠PHE＝90°，
∴△HEF为等腰直角三角形，
∴∠EFC＝45°，故选项B正确；
∵CF＝2，EH＝m，EH⊥BC，
∴，故选项D正确；
设EH＝x，
∵△HEF为等腰直角三角形，
∴FH＝x，
∴CH＝CF﹣FH＝2﹣x，
在Rt△EHC中，由勾股定理得：CE2＝EH2+CH2，
即：CE2＝x2+（2﹣x）2＝2（x﹣1）2+2，
∴当x＝1时，CE2最小，此时CE为最小，
当x＝1时，则CE2＝2，
∴，故选项D不正确．
综上所述：选项ABC均正确，选项D不正确．
故选：D．
【点评】此题主要考查了图形旋转变换及性质，矩形的性质，全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质等知识，理解图形的旋转变换，熟练掌握全等三角形的判定方法是解答此题的关键，难点是根据旋转的性质AP＝EP，过点E作EH⊥BC于H，构造全等三角形．
16．（2023•临高县校级三模）如图，在△ABC中，AB＝4，BC＝7，∠B＝60°，将△ABC沿射线BC的方向平移，得到△A′B′C′，再将△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，则平移的距离为（ ）
A．5B．4C．3D．2
【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．
【解答】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′＝4，∠B＝∠A′B′C＝60°，
∴△A′B′C是等边三角形，
∴A′B′＝B′C＝4，
∴BB′＝BC﹣B′C＝3，
∴平移的距离为3，
故选：C．
【点评】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，熟练掌握旋转的性质是本题的关键．
17．（2023•仙游县校级模拟）如图，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，∠A＝30°，D是AC的中点，连接BD，将线段BD绕点B逆时针旋转90°得到线段BE，连接DE，CE，则∠CED的度数是（ ）
A．15°B．25°C．30°D．35°
【分析】根据三角形内角和可得∠BCA＝60°，根据直角三角形斜边上的中线是斜边的一半可得BD＝AD＝AC，根据等边对等角可得∠A＝∠DBA＝30°，根据等边三角形的判定和性质可得BC＝BD，根据旋转的性质可得，BD＝BE，∠DBE＝90°，根据等边对等角可得∠BDE＝∠BED＝45°，推得BC＝BD＝BE，根据余角的性质可得∠CBE＝30°，根据三角形内角和可得∠BEC＝75°，即可求得．
【解答】解：∵∠ABC＝90°，∠A＝30°，
∴∠BCA＝60°，
∵D是AC的中点，
∴BD是Rt△ABC斜边上的中线，
∴，
∴∠A＝∠DBA＝30°，
又∵∠BCA＝60°，BD＝DC，
∴△BDC是等边三角形，
∴BC＝BD，
∵将线段BD绕点B逆时针旋转90°得到线段BE，
∴BD＝BE，∠DBE＝90°，
∴∠BDE＝∠BED＝45°，BC＝BD＝BE，
∵∠A＝∠DBA＝30°，∠DBE＝90°，∠ABC＝90°，
∴∠CBE＝30°，
∴，
∴∠CED＝∠BEC﹣∠BED＝75°﹣45°＝30°，
故选：C．
【点评】本题考查了三角形内角和定理，直角三角形斜边上的中线是斜边的一半，等边对等角，等边三角形的判定和性质，旋转的性质，余角的性质等，熟练掌握以上判定和性质是解题的关键．
18．（2023•城区二模）如图，正方形ABCD中，△ABC绕点A逆时针旋转到△AB'C'，AB′，AC′分别交对角线BD于点E，F，若AE＝8，EF＝，则ED的长为（ ）
A．B．C．D．4
【分析】根据正方形的性质得到∠BAC＝∠ADB＝45°，根据旋转的性质得到∠EAF＝∠BAC＝45°，根据相似三角形的性质即可得到结论．
【解答】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BAC＝∠ADB＝45°，
∵把△ABC绕点A逆时针旋转到△AB'C'，
∴∠EAF＝∠BAC＝45°，
∵∠AEF＝∠DEA，
∴△AEF∽△DEA，
∴，
∴EF•ED＝AE2，
∵AE＝8，EF＝，
∴•ED＝82，
解得：ED＝4，
故选：A．
【点评】本题考查了旋转的性质，正方形的性质，相似三角形的判定和性质，找出相关的相似三角形是解题的关键．
19．（2023•浦东新区校级模拟）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，∠A＝35°，点O在边AC上，且OA＝2OC，将OA绕着点O逆时针旋转，点A落在△ABC的一条边上的点D处，那么旋转角∠AOD的度数是 110°或120°． ．
【分析】分类讨论：当点D在AB上，根据等边对等角和三角形内角和即可求得；当点D在BC上，根据30度所对的直角边是斜边的一半和三角形的外角性质即可求得．
【解答】解：当点D在AB上，如图：
∵AO＝OD，
∴∠A＝∠ADO＝35°，
∴∠AOD＝180°﹣35°﹣35°＝110°，
当点D在BC上，如图：
∵AO＝OD＝2OC，
∴∠ODC＝30°，
∴∠AOD＝90°+30°＝120°，
故答案为：110°或120°．
【点评】本题考查旋转的性质，等边对等角，三角形内角和，30度角的直角三角形性质，三角形的外角性质，解题的关键是分类讨论思想的运用．
20．（2023•内蒙古）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝3，BC＝1，将△ABC绕点A逆时针方向旋转90°，得到△AB′C′．连接BB′，交AC于点D，则的值为 5 ．
【分析】过点D作DF⊥AB于点F，利用勾股定理求得 AB＝，根据旋转的性质可证△ABB'、△DFB 是等腰直角三角形，可得DF＝BF，再由S△ADB＝×BC××DF×AB，AD＝DF，证明△AFD∽△ACB，可得 ，即AF＝3DF，再由 ，求得 ，从而求得 ，，即可求解．
【解答】解：过点D作DF⊥AB于点F，
，
∵∠ACB＝90°，AC＝3，BC＝1，，
∵将△ABC绕点A逆时针方向旋转 90° 得到△AB'C'，，∠BAB'＝90°，
∴△ABB'是等腰直角三角形，
∴∠ABB'＝45°
∵DF⊥AB，∠DFB＝45°，
∴△DFB是等腰直角三角形，
∴DF＝BF，
S△DBA＝×BC×AD＝×DF×AB，即 ，
∵∠C＝∠AFD＝90°，∠CAB＝∠FAD，
∴△AFD∽△ACB，
∴，
即AF＝3DF，
又∵，
∴，
∴，
∴，
∴＝＝5，
故答案为：5．
【点评】本题考查旋转的性质、等腰三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、三角形的面积，则 练掌握相关知识是解题的关键．
21．（2023•顺义区二模）已知：∠ABC＝120°，D，E分别是射线BA，BC上的点，连接DE，以点D为旋转中心，将线段DE绕着点D逆时针旋转60°，得到线段DF，连接EF，BF．
（1）如图1，当BD＝BE时，求证：BF＝2BD；
（2）当BD≠BE时，依题直补全图2，用等式表示线段BD，BF，BE之间的数量关系，并证明．
【分析】（1）由题意证明△BDF是含30°的直角三角形，从而得到BF＝2BD；
（2）先由题意画出图形，然后证明全等即可得到线段之间的数量关系．
【解答】（1）证明：∵将线段DE绕着点D逆时针旋转60°得到线段DF，
∴∠EDF＝60°，DE＝DF，
∴△DEF为等边三角形．
∴DF＝EF，∠DEF＝∠DFE＝FED＝60°．
在△DBF和△EBF中，
，
∴△DBF≌△EBF（SSS）．
∴∠DFB＝∠EFB＝∠∠DFE＝30°，
∠DBF＝∠EBF＝∠DBE＝60°，
∴∠FDB＝180°﹣30°﹣60°＝90°，
∴BF＝2BD．
（2）解：DB+BE＝BF，理由如下：
连接BF，延长DB到G，使得BG＝BE，连接EG，如图：
∵∠DBE＝120°，
∴∠GBE＝60°，
∴△GBE为等边三角形，
∴∠BEG＝∠BGE＝60°，EB＝EG＝BG，
由（1）知∠FED＝60°，
∴∠FED＝∠BEG，
∴∠FED+∠BED＝∠BEG+∠BED，
∴∠FEB＝∠DEG，
在△DEG和△FEB中，
，
∴△DEG≌△FEB（SAS）．
∴DG＝FB．
又∵DG＝DB+BG＝DB+BE，
∴DB+BE＝BF．
【点评】本题考查旋转的全等三角形的性质，找到全等三角形是解题关键．
22．（2023•上杭县模拟）如图，将△ABC绕点A逆时针旋转一个角度α，得到△ADE，点B的对应点D恰好落在BC边上．且点A、B、E在同一条直线上．
（1）求证：DA平分∠BDE；
（2）若AC⊥DE，求旋转角α的度数．
【分析】（1）根据旋转的性质可得：∠1＝∠B，AD＝AB，然后利用等边对等角可得∠2＝∠B，从而可得∠1＝∠2，即可解答；
（2）设AC与DE交于点O，根据旋转的性质可得：AB＝AD，∠3＝∠4＝α，∠C＝∠E，再根据垂直定义可得∠AOE＝90°，从而可得∠C＝∠E＝90°﹣α，然后利用等腰三角形的性质以及三角形内角和定理可得∠2＝∠B＝90°﹣α，再根据三角形的外角性质可得∠4＝∠B+∠C，从而可得α＝90°﹣α+90°﹣α，最后进行计算即可解答．
【解答】（1）证明：如图：
由旋转得：∠1＝∠B，AD＝AB，
∴∠2＝∠B，
∴∠1＝∠2，
∴DA平分∠EDB；
（2）解：如图，设AC与DE交于点O，
由旋转得：AB＝AD，∠3＝∠4＝α，∠C＝∠E，
∵AC⊥DE，
∴∠AOE＝90°，
∴∠C＝∠E＝90°﹣∠4＝90°﹣α，
∵AB＝AD，
∴∠2＝∠B＝＝＝90°﹣α，
∵∠4是△ABC的一个外角，
∴∠4＝∠B+∠C，
∴α＝90°﹣α+90°﹣α，
解得：α＝72°，
∴旋转角α的度数为72°．
【点评】本题考查了旋转的性质，根据题目的已知条件并结合图形进行分析是解题的关键．
23．（2023•香洲区二模）如图，将矩形ABCD绕点B旋转得到矩形BEFH，点E在AD上，连接CE，CH．
（1）求证：CE平分∠BED；
（2）若BC＝4，∠EBC＝30°，求CH的长度．
【分析】（1）根据旋转性质得出BE＝BC，推出∠BEC＝∠BCE，由四边形ABCD是矩形可得AD∥BC，得出∠DEC＝∠BCE，从而得到∠BEC＝∠BCE，可证得结果；
（2）作CG⊥BE于点G，设BE与HC交于点M，先证明△HBM≌△CGM，得到，由勾股定理求出，再计算即可得出答案．
【解答】（1）证明：∵矩形ABCD绕点B旋转得到矩形BEFH，
∴∠BEC＝∠BCE，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD∥BC，
∴∠DEC＝∠BCE，
∴∠BEC＝∠BCE，
∴CE平分∠BED；
（2）作CG⊥BE于点G，设BE与HC交于点M，
又∵∠EBC＝30°，BC＝4，
∴，
∵CE平分∠BED，CG⊥BE，CD⊥ED，
∴CG＝CD，
又∵∠HBM＝∠CGM＝90°，∠HMB＝∠CMG，CD＝AB＝BH，
∴GC＝BH，
在△HBM与△CGM中，
，
∴△HBM≌△CGM（AAS），
∴，
∴在Rt△MGC中，，
∴．
【点评】本题考查矩形的性质，平行线的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，正确得出三角形全等是解题的关键．
24．（2023春•银海区期中）如图，正方形ABCD和正方形GECF，点E、F分别在边BC、CD上，将正方形GECF绕点C顺时针方向旋转，旋转角为a（0°＜a＜180°）．
（1）如图2，连接BE、DF，求证：BE＝DF；
（2）如图3，若BC＝+1，EC＝1，当点E旋转到CD边上时，连接BE、连接DF，并将延长BE交DF于点H，求证：BH垂直平分DF．
【分析】（1）根据四边形ABCD和GECF为正方形可得BC＝DC，EC＝FC，∠BCE＝∠DCF，再运用SAS证明△BCE≌△DCF即可得到结论；
（2）证明BD＝BF，DE＝EF即可得出结论．
【解答】证明：（1）∵四边形ABCD和GECF为正方形，
∴BC＝DC，EC＝FC，∠BCD＝∠ECF＝90°，
∴∠BCE+∠DCE＝∠DCF+∠DCE，
∴∠BCE＝∠DCF，
在△BCE和△DCF中，
，
∴△BCE≌△DCF（SAS），
∴BE＝DF；
（2）连接BD，EF，如图，
∵四边形ABCD和GECF为正方形，
∴，，，CF＝CE＝1，
∴，，
∴，
∴BH垂直平分DF．
【点评】本题主要考查了正方形的性质，旋转的性质，线段垂直平分线的判断，全等三角形的判定与性质等知识，正确作出辅助线构造全等三角形是解答本题的关键．
三．旋转对称图形（共3小题）
25．（2023•鲤城区模拟）如所示的四个交通标志图中，为旋转对称图形的是（ ）
A．B．
C．D．
【分析】根据旋转对称图形的定义对四个图形进行分析即可．
【解答】解：只有选项D旋转120°与原图形重合，
故选：D．
【点评】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．
26．（2023•张家口一模）将一个正n边形旋转90°或旋转120°后，均能与自身重合，则n可以为（ ）
A．90B．120C．2022D．2023
【分析】根据旋转的性质，有是整数，是整数，且是整数，据此结合选项即可作答．
【解答】解：若旋转90°后与自身重合，则是整数，即是整数，
同理，若旋转120°后与自身重合，则是整数，
题中符合条件的只有120．
故选：B．
【点评】本题考查了旋转的性质，以及旋转对称图形，掌握相应的定义是解答本题的关键．
27．（2023•朝阳区校级一模）观察如图所示的图形，绕着它的中心旋转120°后能与自身重合有（ ）
A．1个B．2个C．3个D．4个
【分析】根据旋转的性质，对题中图形进行分析，判定正确选项．
【解答】解：①旋转120°后，图形可以与原来的位置重合，故正确；
②旋转120°后，图形无法与原来的位置重合，故错误；
③旋转120°后，图形无法与原来的位置重合，故错误；
④旋转120°后，图形与原来的位置重合，故正确．
故选：B．
【点评】本题考查图形的旋转与重合，理解旋转图形的定义是解决本题的关键．
四．坐标与图形变化-旋转（共5小题）
28．（2023春•六盘水期中）平面直角坐标系中，O为坐标原点，点A的坐标为（6，﹣1），将OA绕原点按顺时针方向旋转90°得OB，则点B的坐标为（ ）
A．（﹣6，1）B．（﹣1，﹣6）C．（﹣6，﹣1）D．（﹣1，6）
【分析】作BC⊥x轴于点C，根据旋转的概念和三角函数值解答即可．
【解答】解：作BC⊥x轴于点C，
∵点A的坐标为（6，﹣1），将OA绕原点顺时针方向旋转90°得OB，
∴OB＝OA，∠BOC＝90°，
∴点B的坐标为（﹣1，﹣6），
故选：B．
【点评】本题考查的是坐标与图形的变化﹣旋转问题，掌握旋转的性质、熟记锐角三角函数的定义是解题的关键．
29．（2023•通辽）如图，在平面直角坐标系中，已知点P（0，1），点A（4，1），以点P为中心，把点A按逆时针方向旋转60°得到点B，在M1（﹣1，﹣），M2（﹣，0），M3（1，﹣1），M4（2，2）四个点中，直线PB经过的点是（ ）
A．M1B．M2C．M3D．M4
【分析】根据含30°角的直角三角形的性质可得B（2，1+2 ），利用待定系数法可得直线PB的解析式，依次将M1，M2，M3，M4四个点的一个坐标代入y＝x+1中可解答．
【解答】解：∵点A（4，1），点P（0，1），
∴PA⊥y轴，PA＝4，
由旋转得：∠APB＝60°，AP＝PB＝4，
如图，过点B作BC⊥y轴于C，
∴∠BPC＝30°，
∴BC＝2，PC＝2 ，
∴B（2，1+2 ），
设直线PB的解析式为：y＝kx+b，
则，
∴，
∴直线PB的解析式为：y＝x+1，
当x＝﹣1时，y＝﹣+1，
∴点M1（﹣1，﹣）不在直线PB上，
当x＝﹣时，y＝﹣1+1＝0，
∴M2（﹣，0）在直线PB上，
当x＝1时，y＝+1，
∴M3（1，）不在直线PB上，
当x＝2时，y＝2+1，
∴M4（2，2）不在直线PB上．
故选：B．
【点评】本题考查的是图形旋转变换，待定系数法求一次函数的解析式，确定点B的坐标是解本题的关键．
30．（2023•南海区校级三模）如图，A（2，0），C（0，4），将线段AC绕点A顺时针旋转90°到AB，则B点坐标为（ ）
A．（6，2）B．（2，6）C．（2，4）D．（4，2）
【分析】如图，过点B作BD⊥x轴于D，证明．△AOC≌△BAD（AAS），推出BD＝OA＝2，AD＝OC＝4，可得结论．
【解答】解：过点B作BD⊥x轴于D，
∵A（2，0），C（0，4），
∴OA＝2，OC＝4，
∵∠AHB＝∠AOC＝∠BAC＝90°，
∴∠CAO+∠ACO＝90°，∠CAO+∠BAD＝90°，•
∴∠ACO＝∠BAD，
在△AOC和△BAD中，
，
∴△AOC≌△BAD（AAS），
∴BD＝OA＝2，AD＝OC＝4，
∴OD＝AD+OA＝6，
∴C（6，2）．
故答案为：A．
【点评】本题考查坐标与图形变化一旋转，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题．
31．（2023•中原区校级三模）小星利用平面直角坐标系绘制了如下风车图形，他先将△OBA固定在坐标系中，其中A（2，4），B（2，0），接着他将△OBA绕原点O逆时针转动90°至△OB1A1，称为第一次转动，然后将△OB1A1绕原点O逆时针转动90°至△OB2A2，称为第二次转动，…那么按照这种转动方式，转动2023次后，点A的坐标为（ ）
A．（4，﹣2）B．C．D．（2，4）
【分析】依题意不难发现第4次旋转后△OBA回到初始位置，而2023÷4＝505……3，据此可得当△OBA旋转2023次后的位置与旋转第3次后的位置重合，进而可得出答案．
【解答】解：∵△OBA每次绕点O逆时针旋转90°，
∴第4次旋转后△OBA回到初始位置，
又∵2023÷4＝505……3，
∴当△OBA旋转2023次后的位置与旋转第3次后的位置重合，
即此时点A与点A3重合，
∵点A（2，4），
∴点A3（4，﹣2），
∴转动2023次后，点A的坐标为（4，﹣2）．
故选：A．
【点评】此题主要考查了图形的旋转及性质，解答此题的关键是找出第4次旋转后△OBA回到初始位置．
32．（2023•太康县一模）如图，平面直角坐标系中，有一个矩形ABOC，边BO在x轴上，边OC在y轴上，AB＝1，BO＝2．将矩形ABOC绕着点O顺时针旋转90度，得到矩形A1B1OC1，再将矩形A1B1OC1，绕着点C1顺时针旋转90°得到矩形A2B2O1C1，依次旋转下去，则经过第2023次旋转，点A的对应点的坐标是（ ）
A．（3033，1）B．（3033，2）C．（3033，0）D．（3032，0）
【分析】根据题意得出A点坐标变化规律，进而得出点A2023的坐标位置，进而得出答案．
【解答】解：由题意，A1（1，2），A2（3，0），A3（3，0），A4（4，1），
……，
四次应该循环，
∵2023÷4＝505…3，
∴A2023在x轴上，坐标为（505×6+3，0），即（3033，0）．
故选：C．
【点评】此题主要考查了点的坐标变化规律，得出A点坐标变化规律是解题关键．
【过关检测】
一、单选题
1．（2022秋·广西南宁·九年级统考期中）下列运动形式属于旋转的是（ ）
A．飞驰的动车B．匀速转动的摩天轮
C．运动员投掷标枪D．乘坐升降电梯
【答案】B
【分析】根据旋转的定义得出结论即可．
【详解】由题意知，匀速转动的摩天轮属于旋转，
故选：B．
【点睛】此题主要考查了旋转的定义，旋转是围绕一点旋转一定的角度的图形变换，因而旋转一定有旋转中心和旋转角，且旋转前后图形能够重合，这是判断旋转的关键．
2．（2023·江西九江·校联考一模）如图，的位置经过怎样的运动和重合（ ）
A．沿翻折B．平移
C．绕点M旋转90°D．绕点M旋转180°
【答案】D
【分析】根据图形的位置判定运动过程即可．
【详解】解：绕点M旋转180°可以与重合．
故选：D．
【点睛】本题考查中心对称的定义，能正确识别变化过程是解题的关键．
3．（2022秋·全国·九年级专题练习）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．
【答案】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．
4．（2021秋·河北承德·九年级统考期末）如图，如果将正方形甲旋转到正方形乙的位置，可以作为旋转中心的点有（ ）
A．1个B．2个C．3个D．4个
【答案】C
【分析】根据旋转的性质，即可得出，分别以A,B,C为旋转中心即可从正方形甲旋转到正方形乙的位置．
【详解】解：如图，
绕A点逆时针旋转90°，可到正方乙的位置；
绕C点顺时针旋转90°，可到正方乙的位置；
绕AC的中点B旋转180°，可到正方乙的位置；
故选：C．
【点睛】本题考查了旋转的性质：旋转前后的两个图形全等，对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角，对应点到旋转中心的距离相等；特别注意容易忽略点B．
5．（2023春·广东揭阳·九年级校考期中）如图，在平面直角坐标系中，已知点，对连续作旋转变换，依次得到，…，则的直角顶点的坐标为（ ）

A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据题目提供的信息，可知旋转三次为一个循环，图中第三次和第四次的直角顶点的坐标相同，由①→③时直角顶点的坐标可以求出来，从而可以解答本题．
【详解】解：由题意可得，
旋转三次和原来的相对位置一样，点，
∴，
∴，
∴旋转到第三次时的直角顶点的坐标为：，
∴旋转第15次的直角顶点的坐标为：，
又∵旋转第16次直角顶点的坐标与第15次一样，
∴旋转第16次的直角顶点的坐标是，
故选：A．
【点睛】本题考查了规律性：点的坐标，解题的关键是可以发现其中的规律，利用发现的规律找出所求问题需要的条件．
6．（2023春·黑龙江绥化·九年级校考阶段练习）在平面直角坐标系中，线段OA在平面直角坐标系内，A点坐标为，将线段OA绕原点O顺时针旋转90°，得到线段，则点的坐标为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据题意，画出图形，即可得出结果．
【详解】解：将线段OA绕原点O顺时针旋转90°，得到线段，如图，

由图可知：点的坐标为；
故选C．
【点睛】本题考查坐标系下的旋转．熟练掌握旋转的性质，是解题的关键．
7．（2023春·江苏宿迁·九年级沭阳县怀文中学校联考阶段练习）如图，在中，，顶点A的坐标为，以为边向的外侧作正方形，将组成的图形绕点O逆时针旋转，每次旋转，则第2023次旋转结束时，点D的坐标为（ ）

A．B．C．D．
【答案】C
【分析】由题意可得每8次旋转一个循环，然后利用等腰直角三角形的性质和正方形的性质即可求解．
【详解】解：∵
∴每8次旋转一个循环，
∵
由题意可得，最后的位置是，如图，

∵顶点A的坐标为，
∴
∵在中，，
∴是等腰直角三角形
∴
∴，
∴
∴
∴
∴点的坐标．
故选：C．
【点睛】本题考查了正方形的性质，旋转的性质，等腰直角三角形的性质，找到旋转的规律是本题的关键．
8．（2023·河南驻马店·驻马店市第二初级中学校考三模）如图在平面直角坐标系中，正方形的顶点的坐标是，，顶点的坐标是，，对角线、的交点为将正方形绕着原点逆时针旋转，每次旋转，则第次旋转结束时，点的坐标为 ( )
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】过点D作轴，垂足为N，证明．求出点D的坐标为．进一步求出点M的坐标为．分析可知点M旋转一周需要旋转(次)，利用，，，可知第次旋转结束时和第次旋转结束时，点的位置在轴正半轴上，勾股定理求得的长，即可求解．
【详解】解：∵，，
∴，．
过点D作轴，垂足为N，如解图所示，
则．
∵四边形ABCD为正方形，
∴，．
∴．
∴．
∴，．
∴点的坐标为．
∵点为的中点，
∴点的坐标为．
由题意，可知正方形绕着原点逆时针旋转，每次旋转，点也绕着原点逆时针旋转，每次旋转，则点旋转一周需要旋转(次)．
又∵，，
∴第次旋转结束时和第次旋转结束时，点的位置在轴正半轴上，
∵
∴，
∴第2023次旋转结束时，点M的坐标为，
故选：D．
【点睛】本题考查坐标与旋转规律，正方形性质，全等三角形的判定及性质，解题的关键是理解第2023次旋转结束时和第7次旋转结束时，点M的位置在轴上．
9．（2023·广东佛山·校考三模）如图，，，将线段绕点顺时针旋转到，则点坐标为（ ）

A．B．C．D．
【答案】A
【分析】过点作轴于点，则，结合，，可得，，根据旋转的性质可得，，易得，然后证明，由全等三角形的性质可得，，结合点在第一象限，即可获得点坐标．
【详解】解：过点作轴于点，如下图，

则，
∵，，
∴，，
根据题意，将线段绕点顺时针旋转到，
∴，，
∴，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，，
∴，
∵点在第一象限，
∴点坐标为．
故选：A．
【点睛】本题主要考查了坐标与图形、旋转的性质、全等三角形的判定与性质等知识，利用数形结合的思想分析问题是解题关键．
10．（2021秋·天津和平·九年级天津市双菱中学校考期中）和是等边三角形，且在一条直线上，连接交于点，则下列结论中错误的是（ ）
A．
B．
C．可以看作是平移而成的
D．可以看作是绕点顺时针旋转而成的
【答案】C
【分析】A、利用等边三角形的定义可得：，由同位角相等可得：；
B、先证明，则，根据外角的性质得：，
C、因为两个等边三角形的边长不确定，所以本选项错误；
D、由B选项中的全等可得结论．
【详解】解：A、∵和是等边三角形，
∴，
∴，
选项正确，不符合题意；
B、∵和是等边三角形，
∴，
∴，
即，
∴（SAS），
∴，
∴，
选项正确，不符合题意；
C、∵和是等边三角形，
但边长不一定相等，
选项错误，符合题意；
D、∵，且，
∴可以看作是绕点顺时针旋转而成，
选项正确，不符合题意；
故选C．
【点睛】此题考查了等边三角形的判定与性质与全等三角形的判定与性质，平行线的判定和性质，本题是常考题型，解题的关键是仔细识图，找准全等的三角形．
二、填空题
11．（2023·北京海淀·北京市十一学校校考模拟预测）如图，平南直角坐标系中，可以看作是经过若干次图形的变化（平移、轴对称、旋转）得到的，写出一种由得到过程___________．

【答案】将逆时针旋转，再向右平移2个单位长度（答案不唯一）
【分析】根据平移、旋转的性质即可得到由得到的过程．
【详解】解：将逆时针旋转，再向右平移2个单位长度得到，
故答案为：将逆时针旋转，再向右平移2个单位长度（答案不唯一）．
【点睛】本题考查了坐标与图形变化-旋转，坐标与图形变化-平移，解题时需要注意：平移的距离等于对应点连线的长度．
12．（2023·山东济南·统考三模）如图，若将绕点按顺时针方向旋转，得到，那么点B的对应点的坐标是_______

【答案】
【分析】根据旋转的性质作出旋转后的图形，即可得出点B的对应点的坐标．
【详解】如图，将绕点按顺时针方向旋转，得到，

则点B的对应点的坐标是，
故答案是．
【点睛】本题主要考查了坐标与图形的旋转变换，熟练掌握旋转的性质，正确作出旋转后的图形是解题的关键．
13．（2023·山东枣庄·统考中考真题）银杏是著名的活化石植物，其叶有细长的叶柄，呈扇形．如图是一片银杏叶标本，叶片上两点B，C的坐标分别为，将银杏叶绕原点顺时针旋转后，叶柄上点A对应点的坐标为___________．

【答案】
【分析】根据点的坐标，确定坐标系的位置，再根据旋转的性质，进行求解即可．
【详解】解：∵B，C的坐标分别为，
∴坐标系的位置如图所示：

∴点的坐标为：，
连接，将绕点顺时针旋转后，如图，叶柄上点A对应点的坐标为；
故答案为：
【点睛】本题考查坐标与旋转．解题的关键是确定原点的位置，熟练掌握旋转的性质．
14．（2022秋·九年级单元测试）如图，将右边的图案变成左边的图案，是通过________变化得到的．
【答案】旋转
【分析】根据图形旋转的性质即可得出结论．
【详解】解：将右边的图案旋转90°即可得到左边的图案．
故答案为：旋转．
【点睛】本题考查的是几何变换的类型，熟知图形旋转的性质是解答此题的关键．
15．（2023·湖北鄂州·统考二模）如图，是等边内的一点，．若的面积为，则边的长为________．

【答案】
【分析】将绕点C逆时针旋转得到，作交的延长线于点F，首先证明出是等边三角形，然后设，则，得到，根据求出，然后利用勾股定理求解即可．
【详解】如图所示，将绕点C逆时针旋转得到，作交的延长线于点F，

∴，，，
∴，，
∴是等边三角形，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴设，则，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴解得（负值舍去），
∴，，，，
∴，
∴，
∴，
故答案为：．
【点睛】此题考查了旋转综合题，等边三角形的性质和判定，勾股定理等知识，解题的关键是熟练掌握以上知识点．
16．（2023·黑龙江绥化·统考中考真题）如图，是边长为的等边三角形，点为高上的动点．连接，将绕点顺时针旋转得到．连接，，，则周长的最小值是______．

【答案】/
【分析】根据题意，证明，进而得出点在射线上运动，作点关于的对称点，连接，设交于点，则，则当三点共线时，取得最小值，即，进而求得，即可求解．
【详解】解：∵为高上的动点．
∴
∵将绕点顺时针旋转得到．是边长为的等边三角形，
∴
∴
∴，
∴点在射线上运动，
如图所示，

作点关于的对称点，连接，设交于点，则
在中，，则，
则当三点共线时，取得最小值，即
∵，，
∴
∴
在中，,
∴周长的最小值为，
故答案为：．
【点睛】本题考查了轴对称求线段和的最值问题，等边三角形的性质与判定，全等三角形的性质与判定，勾股定理，熟练掌握等边三角形的性质与判定以及轴对称的性质是解题的关键．
17．（2023·四川宜宾·统考中考真题）如图，是正方形边的中点，是正方形内一点，连接，线段以为中心逆时针旋转得到线段，连接．若，，则的最小值为___________．

【答案】
【分析】连接，将以中心，逆时针旋转，点的对应点为，由 的运动轨迹是以为圆心，为半径的半圆，可得：的运动轨迹是以为圆心，为半径的半圆，再根据“圆外一定点到圆上任一点的距离，在圆心、定点、动点，三点共线时定点与动点之间的距离最短”，所以当、、三点共线时，的值最小，可求，从而可求解．
【详解】解，如图，连接，将以中心，逆时针旋转，点的对应点为，

的运动轨迹是以为圆心，为半径的半圆，
的运动轨迹是以为圆心，为半径的半圆，
如图，当、、三点共线时，的值最小，
四边形是正方形，
，，
是的中点，
，
，
由旋转得：，
，
，
的值最小为．
故答案：．
【点睛】本题考查了正方形的性质，旋转的性质，勾股定理，动点产生的线段最小值问题，掌握相关的性质，根据题意找出动点的运动轨迹是解题的关键．
18．（2022秋·浙江杭州·九年级校考阶段练习）两块全等的等腰直角三角板如图放置，∠BAC＝∠EDF＝90°，△DEF的顶点E与△ABC的斜边BC的中点重合，将△DEF绕点E旋转，旋转过程中，当点D落在直线AB上时，若BC＝2，则AD＝______．
【答案】或
【分析】作直线AE，则AE⊥BC；设E点为坐标原点，则A（0，1），B（-1，0），则直线AB为：y=x+1，设D点（a，a+1），利用D、E两点的距离公式求得D点坐标，再求A、D两点距离即可解答；
【详解】解：如图，作直线AE，
△ABC是等腰直角三角形，E是BC中点，∴AE⊥BC，
∵BC=2，∴BE=1，AE=1，AB==，
∵△ABC≌△DEF，∴DE=AB=，
设E点为坐标原点，则A（0，1），B（-1，0），
设AB所在的直线为：y=kx+b，代入A，B坐标可得直线为：y=x+1，
D点在直线AB上，设D点（a，a+1），由两点距离公式可得：
DE==，
，解得：a=
∴D点坐标为（，）（在BA延长线上），
或（，）（在AB延长线上），
A点坐标（0，1），
∴AD==，
或AD==，
故答案为：或；
【点睛】本题考查了图形的旋转，等腰三角形的性质，勾股定理，通过建立坐标系构造一次函数求得D点坐标是解题关键．
三、解答题
19．（2023春·江西宜春·九年级江西省宜丰中学校考阶段练习）如图，的三个顶点的坐标分别为、、．
(1)将以点C为旋转中心旋转，画出旋转后对应的；
(2)平移，若A对应点的坐标为，画出平移后对应的；
(3)若将绕某一点旋转得到，请直接写出旋转中心的坐标为 ．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)
【分析】（1）根据网格结构找出点A、B绕点C旋转后的对应点、的位置，然后顺次连接即可；
（2）根据A对应点的坐标为，得出先向右平移3个单位再向下平移6个单位到，找出平移后的对应点、、的位置，然后顺次连接即可；
（3）根据旋转的定义结合图形，连接两对对应点，交点即为旋转中心．
【详解】（1）解：即为所求作的三角形，如图所示：
（2）解：即为所求，如图所示：
（3）解：如图，旋转中心P为；
故答案为：．
【点睛】本题主要考查平移作图和旋转作图，解题的关键是作出平移或旋转后对应点的位置．
20．（2021秋·广东江门·九年级台山市新宁中学校考期中）如图，在中，，且点B的坐标为．

(1)在图中画出绕点O逆时针旋转后的；
(2)连接，求的面积．
【答案】(1)见解析；
(2)．
【分析】（1）根据旋转角度、旋转中心及旋转方向确定各点的对称点，顺次连接即可；
（2）根据勾股定理计算即可得出．
【详解】（1）解：如图，为所作：

（2）解：依题意得，
在中，，
∴．
【点睛】本题考查了利用旋转的性质作图，勾股定理，熟练掌握相关知识是解题的关键.
21．（2022秋·全国·九年级专题练习）如图，和都是等边三角形.
（1）沿着______所在的直线翻折能与重合；
（2）如果旋转后能与重合，则在图形所在的平面上可以作为旋转中心的点是______；
（3）请说出2中一种旋转的旋转角的度数______.
【答案】（1）；（2）.点、点或者线段的中点；（3）
【分析】(1) 因为和有公共边AC，翻折后重合，所以沿着直线AC翻折即可；（2）将△ABC旋转后与重合，可以以点A、点C或AC的中点为旋转中心；（3）以点A 、点C为旋转中心时都旋转，以AC中点旋转时旋转180.
【详解】(1)∵和都是等边三角形，
∴和是全等三角形，
∴△ABC沿着AC所在的直线翻折能与△ADC重合.
故填AC;
(2)将△ABC旋转后与重合，则可以以点A为旋转中心逆时针旋转60或以点C为旋转中心顺时针旋转60，或以AC的中点为旋转中心旋转180即可；
（3）以点A 、点C为旋转中心时都旋转，以AC中点旋转时旋转180.
【点睛】此题考查平移的对称轴确定的方法、旋转中心确定的方法，依照平移、旋转的性质来确定即可.
22．（2023·广东深圳·深圳市海湾中学校考三模）如图，方格纸上每个小正方形的边长均为1个单位长度，的顶点A、B、C都在格点上（两条网格线的交点叫格点）．并保留画图痕迹（不要求写画法和理由）．

(1)将绕点A按顺时针方向旋转，点B的对应点为，点C的对应点为，画出；（请仅直尺画图）
(2)连接，的面积为__________；
(3)在线段上找一点D．连接，使得的面积是面积的．（请用直尺和圆规画图）
【答案】(1)见解析
(2)
(3)见解析
【分析】（1）利用旋转变换的性质作图；
（2）是等腰直角三角形，求出，可得结论；
（3）取格点E，连接，交于点D，点D即为所求．
【详解】（1）解：如图，即为所求：

（2）解：如图，

由旋转性质可得，，
∴是等腰直角三角形，
由勾股定理可得，
∴，
故答案为：；
（3）解：如图，取格点E，连接，交于点D，点D即为所求：

【点睛】本题考查作图-旋转变换，三角形的面积等知识，解题的关键是掌握旋转变换的性质，学会利用数形结合的思想解决问题，属于中考常考题型．
23．（2023·吉林长春·长春市解放大路学校校考三模）在平面直角坐标系中，点O为坐标原点，抛物线经过点和，点P在抛物线上，且点P的横坐标为m．
(1)求该抛物线的函数表达式．
(2)若时，，则n的取值范围是______．
(3)点M的横坐标为，且轴，将线段绕点P逆时针旋转得到线段，以为邻边作正方形．
①当抛物线的对称轴平分正方形的面积时，求m的值．
②设正方形的对称中心为点R，当点R位于抛物线的对称轴左侧时，点R到抛物线对称轴的距离与点R到x轴的距离相等时，直接写出m的值．
【答案】(1)
(2)
(3)①②或
【分析】（1）用待定系数法求解即可；
（2）先将解析式配成顶点式，求出顶点，求出函数值等于对应的x的值，再结合图像求解即可；
（3）①根据图像得出对称轴即直线是线段的垂直平分线，从而得出，从而得解；
②根据点P的坐标得出点M的坐标，继而求出点Q、点R的坐标，再根据点R到抛物线对称轴的距离与点R到x轴的距离相等列出方程，求解即可．
【详解】（1）解：将点和代入得：
解得：
∴该抛物线的函数表达式为：
（2），
对称轴为直线，顶点为，
令，解得：
画图如下：

∵若时，，
∴由图可知：，
故答案为：；
（3）①先画出图形如下图所示：

∵抛物线的对称轴平分正方形的面积，平分正方形的面积的直线要过它的对称中心，且轴
∴对称轴即直线是线段的垂直平分线，
又∵P的横坐标为m，点M的横坐标为，
∴
解得：，即m的值为；
②画图如下：

∵P的横坐标为m，点M的横坐标为，
∴的横坐标是
∵点R位于抛物线的对称轴左侧，对称轴为直线
∴，即，
又∵点P在抛物线上，
∴，
∴
又∵线段绕点P逆时针旋转得到点，
∴，即
由正方形的性质可知：R是的中点，
∴，
∴点R到抛物线对称轴的距离为，点R到x轴的距离为，
又∵点R到抛物线对称轴的距离与点R到x轴的距离相等，
∴，
解得：，
即m的值为或．
【点睛】本题考查正方形的性质，二次函数的图象与性质，旋转的性质，待定系数法求二次函数解析式等知识，运用数形结合思想是解题的关键．由于无论还是，用m表示的点的坐标都一致，因此可以不用分类讨论．
24．（2023·辽宁鞍山·校考三模）如图，四边形中，，是对角线，是等边三角形．线段绕点C顺时针旋转得到线段，连接．求证：．
【答案】见解析
【分析】由旋转可知，，再根据是等边三角形，推出，即可证明，从而得出结论．
【详解】证明：由旋转可知，，
∵是等边三角形，
∴，，
∴，
即，
在和中，
，
∴，
∴．
【点睛】本题主要考查了全等三角形的判定，等边三角形的性质，旋转的性质，熟练掌握全等三角形的判定定理是解题的关键．
25．（2023·湖南·统考中考真题）问题情境：小红同学在学习了正方形的知识后，进一步进行以下探究活动：在正方形的边上任意取一点G，以为边长向外作正方形，将正方形绕点B顺时针旋转．

特例感知：
（1）当在上时，连接相交于点P，小红发现点P恰为的中点，如图①．针对小红发现的结论，请给出证明；
（2）小红继续连接，并延长与相交，发现交点恰好也是中点P，如图②，根据小红发现的结论，请判断的形状，并说明理由；
规律探究：
（3）如图③，将正方形绕点B顺时针旋转，连接，点P是中点，连接，，，的形状是否发生改变？请说明理由．
【答案】（1）见解析；（2）是等腰直角三角形，理由见解析；（3）的形状不改变，见解析
【分析】（1）连接，，，根据正方形的性质求出，证明，推出，再利用余角的性质求出，推出即可；
（2）根据正方形的性质直接得到，推出，得到是等腰直角三角形；
（3）延长至点M，使，连接，证明，得到，推出，设交于点H，交于点N，得到，由得到，推出，进而得到，再证明，得到，，证得，再由，根据等腰三角形的三线合一的性质求出，即可证得是等腰直角三角形．
【详解】（1）证明：连接，，，如图，

∵四边形，都是正方形，
∴，
∴，
∵四边形是正方形，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，即点P恰为的中点；
（2）是等腰直角三角形，理由如下：
∵四边形，都是正方形，
∴
∴，
∴是等腰直角三角形；
（3）的形状不改变，
延长至点M，使，连接，

∵四边形、四边形都是正方形，
∴，，
∵点P为的中点，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，，
∴，
设交于点H，交于点N，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
又∵，
∴，
∴，，
∵，
∴，即，
∵，
∴，即，
∴，
∴，
∴，
∴是等腰直角三角形．
【点睛】此题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质，平行线的性质等，（3）中作辅助线利用中点构造全等三角形是解题的难点，熟练掌握各性质和判定定理是解题的关键．