2018 初三数学中考复习 图形的旋转 专题综合练习题 含答案

§6.2轴对称、平移、旋转A组2018年全国中考题组一、选择题1．(2018·浙江嘉兴，2，4分)下列四个图形分别是四届国际数学家大会的会标，其中属于中心对称图形的有()解析第一个和第三个属于中心对称图形，第二个和第四个属于轴对称图形．答案B2．(2018·浙江温州，4，4分)下列选项中的图形，不属于中心对称图形的是() A．等边三角形B．正方形C．正六边形D．圆解析等边三角形是轴对称图形，正方形、正六边形、圆既是轴对称图形又是中心对称图形．答案A3．(2018·福建福州，7，3分)如图，在3×3的正方形网格中由四个格点A，B，C，D，以其中一点为原点，网格线所在直线为坐标轴，建立平面直角坐标系，使其余三个点中存在两个点关于一条坐标轴对称，则原点是()A．A点B．B点C．C点D．D点解析当以点B为原点时，A(－1，－1)，C(1，－1)，则点A和点C关于y轴对称，符合条件．答案B4．(2018·河北，3，3分)一张菱形纸片按如图1、图2依次对折后，再按如图3打出一个圆形小孔，则展开铺平后的图案是()解析严格按照图中的顺序向右翻折，向右上角翻折，打出一个圆形小孔，展开得到结论．答案C5．(2018·山东泰安，15，3分)如图，在平面直角坐标系中，正三角形OAB 的顶点B 的坐标为(2，0)，点A 在第一象限内，将△OAB 沿直线OA 的方向平移至△O ′A ′B ′的位置，此时点A ′的横坐标为3，则点B ′的坐标为()A ．(4，23)B ．(3，33)C ．(4，33)D ．(3，23)解析作AM ⊥x 轴于点M .根据等边三角形的性质得出OA ＝OB ＝2，∠AOB ＝60°，在直角△OAM 中利用含30°角的直角三角形的性质求出OM ＝12OA ＝1，AM ＝3OM ＝3，则A (1，3)，直线OA 的解析式为y ＝3x ，将x ＝3代入，求出y ＝33，那么A ′(3，33)，由一对对应点A 与A ′的坐标求出平移规律，再根据此平移规律即可求出点B ′的坐标．答案A6．(2018·湖南邵阳，10，3分)如图，在矩形ABCD 中，已知AB ＝4，BC ＝3，矩形在直线l 上绕其右下角的顶点B 向右旋转90°至图①位置，再绕右下角的顶点继续向右旋转90°至图②位置，…，以此类推，这样连续旋转2015次后，顶点A 在整个旋转过程中所经过的路程之和是()A ．2015πB ．3019.5πC ．3018πD ．3024π解析转动一次A 的路线长是：90π×4180＝2π，。

专项训练五图形的旋转一、选择题．(·淮安中考)下列图形是中心对称图形的是( )．(·莆田中考)规定：在平面内，将一个图形绕着某一点旋转一定的角度(小于周角)后能和自身重合，则称此图形为旋转对称图形．下列图形是旋转对称图形，且有一个旋转角为°的是( ) ．正三角形．正方形．正六边形．正十边形．(·新疆中考)如图所示，将一个含°角的直角三角板绕点旋转，使得点，，′在同一条直线上，则三角板旋转的角度是( )．°．°．°．°第题图第题图第题图第题图．(·宜宾中考)如图，在△中，∠＝°，＝，＝，将△绕点逆时针旋转，使点落在线段上的点处，点落在点处，则、两点间的距离为( )．．．．(·贺州中考)如图，将线段绕点顺时针旋转°得到线段′′，那么(－，)的对应点′的坐标是( ) ．(，) ．(，) ．(，－) ．(，－)．(·无锡中考)如图，△中，∠＝°，∠＝°，＝，△绕点顺时针旋转得△，当落在边上时，连接，取的中点，连接，则的长度是( )．．．二、填空题．若点(，)与(－，)关于原点对称，则＝．．(·江西中考)如图所示，△中，∠＝°，将△绕点按顺时针方向旋转°，对应得到△′′，则∠′的度数为．．如图，在方格纸中，选择标有序号①②③④中的一个小正方形涂黑，与图中阴影部分构成中心对称图形，涂黑的小正方形序号是．．(·大连中考)如图，将△绕点逆时针旋转得到△，点和点是对应点．若∠＝°，＝，则＝．第题图第题图第题图第题图．(·温州中考)如图，将△绕点按顺时针方向旋转至△′′，使点′落在的延长线上．已知∠＝°，∠＝°，则∠′＝度．．★(·枣庄中考)如图，在△中，∠＝°，＝＝，将△绕点按顺时针方向旋转°到△′′的位置，连接′，则′＝.三、解答题．(·厦门中考)如图，在△中，∠＝°，＝，＝，将△绕点顺时针旋转°，若点，的对应点分别是点，，画出旋转后的三角形，并求点与点之间的距离(不要求尺规作图)．.如图，四边形是正方形，，分别是和的延长线上的点，且＝，连接，，.()求证：△≌△；()△可以由△绕旋转中心点，按顺时针旋转度得到；()若＝，＝，求△的面积．．(·毕节中考)如图，已知△中，＝，把△绕点沿顺时针方向旋转得到△，连接，交于点.()求证：△≌△；()若＝，∠＝°，当四边形是菱形时，求的长．．★如图①，点是正方形两对角线的交点，分别延长到点，到点，使＝，＝，然后以、为邻边作正方形，连接，.()求证：⊥；()正方形固定，将正方形绕点逆时针旋转α角(°＜α＜°)得到正方形′′′，如图②.①在旋转过程中，当∠′是直角时，求α的度数；②若正方形的边长为，在旋转过程中，求′长的最大值和此时α的度数，直接写出结果不必说明理由．参考答案与解析．5．解析：∵线段绕点顺时针旋转°得到线段′′，∴△≌△′′，∠′＝°，∴＝′.作⊥轴于，′′⊥轴于′，∴∠＝∠′′＝°.∵∠′＝°，∴∠′－∠′＝∠′－∠′，∴∠＝∠′′.在△和△′′中，∴△≌△′′()，∴＝′′，＝′.∵点的坐标为(－，)，∴＝，＝，∴′′＝，′＝，∴点′的坐标为(，)．．解析：∵∠＝°，∠＝°，＝，∴∠＝°－∠＝°，＝，＝.∵＝，∴△是等边三角形，∴＝＝，∴∠＝∠＝°，＝－＝－＝.∵＝，∴△是等边三角形，∴＝＝，∠＝∠＋∠＝°＋°＝°，∴＝＝，∴＝＝.°.②．解析：∵∠＝°，∠＝°，∴∠′＝∠＋∠＝°＋°＝°.∵△绕点按顺时针方向旋转至△′′，∴△≌△′′，∴∠＝∠′′，∴∠－∠′＝∠′′－∠′，即∠′＝∠′，∴∠′＝°，∴∠′＝°－∠′－∠′＝°－°－°＝°.－解析：如图，连接′.∵△绕点按顺时针方向旋转°得到△′′，＝，∠＝°，∴＝′，∠′＝°，′＝′′，∠′′＝°，∴△′是等边三角形，∴＝′.在△′和△′′中，∴△′≌△′′()，∴∠′＝∠′′＝°.延长′交′于，则⊥′，为′的中点，∴′＝′＝.∵∠＝°，＝＝，∴＝＝，∴＝＝，＝，′＝＝，∴′＝－′＝－.13．解：如图，∵在△中，∠＝°，＝，＝，∴＝＝.∵将△绕点顺时针旋转°，点，的对应点分别是点，，∴＝＝，∠＝°，∴＝＝.．()证明：∵四边形为正方形，∴＝，∠＝∠＝°.∵＝，∴△≌△；()解：()解：在△中，∵＝＝，＝，∴＝.由题意可知＝＝，∠＝°，∴△＝·＝.．()证明：由旋转的性质得△≌△，且＝，∴＝＝＝，∠＝∠，∴∠＋∠＝∠＋∠，即∠＝∠.在△和△中，∵＝，∠＝∠，＝，∴△≌△()；()解：∵四边形是菱形，∴＝＝＝，∥.又∵∠＝°，∴∠＝∠＝°.由()可知＝，∴∠＝∠＝°，∴△为直角边长为的等腰直角三角形，∴＝，即＝，∴＝－＝－.．()证明：如图①，延长交于点.∵点是正方形两对角线的交点，∴＝，⊥.在△和△中，∴△≌△，∴∠＝∠.∵∠＋∠＝°，∴∠＋∠＝°，∴∠＝°，即⊥；()解：①在旋转过程中，∠′成为直角有两种情况：(Ⅰ)α由°增大到°过程中，当∠′＝°时，∵＝＝＝′，∴在△′中，＝，∴∠′＝°.∵⊥，⊥′，∴∥′，∴∠′＝∠′＝°，即α＝°；(Ⅱ)α由°增大到°过程中，当∠′＝°时，同理可求∠′＝°，∴α＝°－°＝°.综上所述，当∠′＝°时，α＝°或°.②如图③，当旋转到、、′在一条直线上时，′的长最大，∵正方形的边长为，∴＝＝＝＝.∵＝，∴′＝＝，∴′＝，∴′＝＋′＝＋.∵∠′＝°，∴此时α＝°.。

天津市和平区普通中学2019届初三数学中考复习 图形的旋转与中心对称 专项练习1．下列图形中是中心对称图形的有( B )A ．1个B ．2个C ．3个D ．4个2．下列图案中，是轴对称图形但不是中心对称图形的是( A )3．将含有30°角的直角三角板OAB 如图放置在平面直角坐标系中，OB 在x 轴上，若OA ＝2，将三角板绕原点O 顺时针旋转75°，则点A 的对应点A ′的坐标为( C )A ．(3，－1)B ．(1，－3)C ．(2，－2)D ．(－2，2)4．如图，在平面直角坐标系中，点B ，C ，E 在y 轴上，Rt △ABC 经过变换得到Rt △ODE .若点C 的坐标为(0，1)，AC ＝2，则这种变换可以是( A )A ．△ABC 绕点C 顺时针旋转90°，再向下平移3B ．△ABC 绕点C 顺时针旋转90°，再向下平移1C ．△ABC 绕点C 逆时针旋转90°，再向下平移1D ．△ABC 绕点C 逆时针旋转90°，再向下平移35．如图，将等边△ABC 绕点C 顺时针旋转120°得到△EDC ，连接AD ，BD .则下列结论： ①AC ＝AD ；②BD ⊥AC ；③四边形ACED 是菱形．其中正确的个数是( D )A ．0B ．1C ．2D ．36．如图，将矩形ABCD 绕点A 旋转至矩形AB ′C ′D ′位置，此时AC ′的中点恰好与D 点重合，AB ′交CD 于点E .若AB ＝3，则△AEC 的面积为( D )A ．3B ．1.5C ．2 3 D. 37. 如图，在平面直角坐标系中，A(－8，－1)，B(－6，－9)，C(－2，－9)，D(－4，－1)．先将四边形ABCD 沿x 轴翻折，再向右平移8个单位长度，向下平移1个单位长度后，得到四边形A 1B 1C 1D 1，最后将四边形A 1B 1C 1D 1，绕着点A 1旋转，使旋转后的四边形对角线的交点落在x 轴上，则旋转后的四边形对角线的交点坐标为( D )A ．(4，0)B ．(5，0) C.(4，0)或(－4，0) D ．(5，0)或(－5，0)8. 如图，正方形ABCD 的边长为1，AC ，BD 是对角线．将△DCB 绕着点D 顺时针旋转45°得到△DGH ，HG 交AB 于点E ，连接DE 交AC 于点F ，连接FG .则下列结论：①四边形AEGF 是菱形；②△AED ≌△GED ；③∠DFG ＝112.5°；④BC ＋FG ＝1.5， 其中正确的结论是__①②③__．9.若点(a ，1)与(－2，b )关于原点对称，则a b ＝__12__． 10．如图，在平面直角坐标系xOy 中，△A ′B ′C ′由△ABC 绕点P 旋转得到，则点P 的坐标为__(1，－1)．11．如图，正方形ABCD 绕点B 逆时针旋转30°后得到正方形BEFG ，EF 与AD 相交于点H ，延长DA 交GF 于点K .若正方形ABCD 的边长为3，则AK ＝．12．如图，把一个菱形绕着它的对角线的交点旋转“星形”(阴影部分)，若菱形的一个内角为60°，边长为2，则该“星形”的面积是－6__．13．如图，在平面直角坐标系内，小正方形网格的边长为1个单位长度，△ABC 的三个顶点的坐标分别为A (－1，3)，B (－4，0)，C (0，0)(1)画出将△ABC 向上平移1个单位长度，再向右平移5个单位长度后得到的△A 1B 1C 1；(2)画出将△ABC 绕原点O 顺时针方向旋转90°得到△A 2B 2O ；(3)在x 轴上存在一点P ，满足点P 到A 1与点A 2距离之和最小，请直接写出P 点的坐标．解：(1)图略 (2)图略 (3)P (165，0) 14．如图，点P 是正方形ABCD 内一点，点P 到点A ，B 和D 的距离分别为1，22，10，△ADP 绕点A 旋转到△ABP′，连接PP′，并延长AP 与BC 相交于点Q.(1)求证：△APP′是等腰直角三角形；(2)求∠BPQ 的大小；(3)求CQ 的长．解：(1)由旋转得，AP ′＝AP ，∠BAP ′＝∠DAP，∴∠PAP ′＝∠PAB＋∠BAP′＝∠PAB＋∠DAP＝∠BAD＝90°，∴△APP ′是等腰直角三角形(2)在Rt △APP ′中，∵AP ＝1，∴PP ′2＝12＋12＝2，又BP′＝DP ＝10，BP ＝22，∴PP ′2＋BP 2＝BP′2，∴△BPP ′是直角三角形，∴∠P ′PB ＝90°，又∠APP′＝45°，∴∠BPQ ＝180°－∠P′PB－∠APP′＝45° (3)过点B 作BM⊥AQ 于M.∵∠BPQ＝45°，∴△PMB 为等腰直角三角形，由BP ＝22，可求BM ＝PM ＝2，∴AM ＝AP ＋PM ＝1＋2＝3，在Rt △ABM中，AB ＝AM 2＋BM 2＝32＋22＝13，易证△ABM∽△AQB，∴AM AB ＝AB AQ ，∴AQ ＝AB 2AM ＝133，在Rt △ABQ 中，BQ ＝AQ 2－AB 2＝（133）2－（13）2＝2133，∴QC ＝BC －BQ ＝13－2133＝13315．如图，在菱形ABCD 中，AB ＝2，∠BAD ＝60°，过点D 作DE⊥AB 于点E ，DF ⊥BC 于点F.(1)如图①，连接AC 分别交DE ，DF 于点M ，N ，求证：MN ＝13AC ； (2)如图②，将∠EDF 以点D 为旋转中心旋转，其两边DE′，DF ′分别与直线AB ，BC 相交于点G ，P ，连接GP ，当△DGP 的面积等于33时，求旋转角的大小并指明旋转方向．,图1),图2)解：(1)连接BD ，交AC 于O ，在菱形ABCD 中，∠BAD ＝60°，AD ＝AB ，∴△ABD 为等边三角形，∵DE ⊥AB ，∴AE ＝EB ，∵AB ∥DC ，∴AM MC ＝AE DC ＝12， 同理可得CN AN ＝12，∴MN ＝13AC (2)∵AB∥DC，∠BAD ＝60°，∴∠ADC ＝120°，又∠ADE＝∠CDF＝30°，∴∠EDF ＝60°，当∠EDF 顺时针旋转时，由旋转知∠EDG＝∠FDP，∠GDP ＝∠EDF＝60°， 又∵DE＝DF ＝3，∠DEG ＝∠DFP＝90°，可证△DEG≌△DFP(AAS )，∴DG ＝DP ，∴△DGP 为等边三角形，∴△DGP 的面积＝34DG 2＝33，∴DG ＝23， 则cos ∠EDG ＝DE DG ＝12，∴∠EDG ＝60°， ∴当顺时针旋转60°时，△DGP 的面积等于33，同理可得，当逆时针旋转60°时，△DGP 的面积也等于33，综上所述，将△EDF 以点D 为旋转中心，顺时针或逆时针旋转60°时，△DGP 的面积等于3 3。

中考数学真题汇编:平移与旋转一、选择题1.下列图形中，可以看作是中心对称图形的是（）A. B. C. D.【答案】A2.在平面直角坐标系中，点关于原点对称的点的坐标是（）A. B. C. D.【答案】C3.在平面直角坐标系中，以原点为对称中心，把点A（3，4）逆时针旋转90°，得到点B，则点B的坐标为（）A.（4，-3）B.（-4，3）C.（-3，4）D.（-3，-4）【答案】B4.如图，在平面直角坐标系中，的顶点在第一象限，点，的坐标分别为、，，，直线交轴于点，若与关于点成中心对称，则点的坐标为（）A. B.C. D.【答案】A5.如图，将△ABC绕点C顺时针旋转90°得到△EDC．若点A，D，E在同一条直线上，∠ACB=20°，则∠ADC 的度数是（）A. 55°B. 60°C. 65°D. 70°【答案】C6.下列图形中，既是轴对称又是中心对称图形的是（）A. B.C. D.【答案】B7.在平面内由极点、极轴和极径组成的坐标系叫做极坐标系如图,在平面上取定一点称为极点；从点出发引一条射线称为极轴；线段的长度称为极径点的极坐标就可以用线段的长度以及从转动到的角度(规定逆时针方向转动角度为正)来确定，即或或等,则点关于点成中心对称的点的极坐标表示不正确的是( )A. B.C. D.【答案】D8.如图，点是正方形的边上一点，把绕点顺时针旋转到的位置，若四边形的面积为25，，则的长为（）A. 5B.C. 7D.【答案】D9.如图是由6个大小相同的立方体组成的几何体，在这个几何体的三视图中，是中心对称图形的是（）A. 主视图B. 左视图 C. 俯视图 D. 主视图和左视图【答案】C10.如图，将沿边上的中线平移到的位置，已知的面积为9，阴影部分三角形的面积为4.若，则等于（）A. 2B. 3C.D.【答案】A11.如图，已知一个直角三角板的直角顶点与原点重合，另两个顶点A，B的坐标分别为（-1，0），（0，）．现将该三角板向右平移使点A与点O重合，得到△OCB’，则点B的对应点B’的坐标是（）A. （1，0）B. （，） C. （1，） D. （-1，）【答案】C12.如图，直线都与直线l垂直，垂足分别为M，N，MN=1，正方形ABCD的边长为，对角线AC在直线l上，且点C位于点M处，将正方形ABCD沿l向右平移，直到点A与点N重合为止，记点C平移的距离为x，正方形ABCD的边位于之间分的长度和为y，则y关于x的函数图象大致为（）A. B.C. D.【答案】A二、填空题13.在平面直角坐标系中，将点（3,-2）先向右平移2个单位长度，再向上平移3个单位长度，则所得的点的坐标是________.【答案】（5,1）14.如图，将含有30°角的直角三角板ABC放入平面直角坐标系，顶点AB分别落在x、y轴的正半轴上，∠OAB＝60°,点A的坐标为（1,0），将三角板ABC沿x轴右作无滑动的滚动（先绕点A按顺时针方向旋转60°，再绕点C按顺时针方向旋转90°，…）当点B第一次落在x轴上时，则点B运动的路径与坐标轴围成的图形面积是________.【答案】+ π15.如图,正方形的边长为1,点与原点重合,点在轴的正半轴上，点在轴的负半轴上将正方形绕点逆时针旋转至正方形的位置, 与相交于点,则的坐标为________．【答案】16.如图，正比例函数y=kx与反比例函数y= 的图象有一个交点A(2，m)，AB⊥x轴于点B，平移直线y=kx使其经过点B，得到直线l，则直线l对应的函数表达式是________ .【答案】y= x-317.如图，中，，，，将绕点顺时针旋转得到，为线段上的动点，以点为圆心，长为半径作，当与的边相切时，的半径为________.【答案】或18.设双曲线与直线交于，两点（点在第三象限），将双曲线在第一象限的一支沿射线的方向平移，使其经过点，将双曲线在第三象限的一支沿射线的方向平移，使其经过点，平移后的两条曲线相交于点，两点，此时我称平移后的两条曲线所围部分（如图中阴影部分）为双曲线的“眸”，为双曲线的“眸径”当双曲线的眸径为6时，的值为________.【答案】三、解答题19.如图，在由边长为1个单位长度的小正方形组成的10×10网格中，已知点O，A，B均为网格线的交点.（1）①在给定的网格中，以点O为位似中心，将线段AB放大为原来的2倍，得到线段（点A，B的对应点分别为）.画出线段;②将线段绕点逆时针旋转90°得到线段.画出线段;（2）以为顶点的四边形的面积是________个平方单位.【答案】（1）解：如图所示：（2）2020.如图，在△ABC中，∠ACB=90°，AC=BC，D是AB边上一点（点D与A，B不重合），连结CD，将线段CD绕点C 按逆时针方向旋转90°得到线段CE，连结DE交BC于点F，连结BE．（1）求证：△ACD≌△BCE；（2）当AD=BF时，求∠BEF的度数．【答案】（1）证明：∵线段CD绕点C按逆时针方向旋转90°得到线段CE，∴∠DCE=90°，CD=CE，又∵∠ACB=90°∴∠ACB=∠DCE.∴∠ACD=∠BCE.在△ACD和△BCE中，∵CD=CE，∠ACD=∠BCE，AC=BC，∴△ACD≌△BCE（SAS），（2）解：∵∠ACB=90°，AC=BC，∴∠A=45°由（1）知△ACD≌△BCE，∴AD=BE，∠CBE=∠A=45°，又∵AD=BF，∴BE=BF，∴∠BEF=∠BFE= =67.5°.21.在边长为1个单位长度的正方形网格中建立如图所示的平面直角坐标系，△ABC的顶点都在格点上，请解答下列问题：（1）①作出△ABC向左平移4个单位长度后得到的△A1B1C1，并写出点C1的坐标；②作出△ABC关于原点O对称的△A2B2C2，并写出点C2的坐标；（2）已知△ABC关于直线l对称的△A3B3C3的顶点A3的坐标为（－4，－2），请直接写出直线l的函数解析式. 【答案】（1）解：如图所示， C1的坐标C1（-1,2）, C2的坐标C2（-3,-2）（2）解：∵A（2,4），A3（-4，-2），∴直线l的函数解析式：y=-x.22.如图，在每个小正方形的边长为1的网格中，的顶点，，均在格点上.（1）的大小为________（度）；（2）在如图所示的网格中，是边上任意一点. 为中心，取旋转角等于，把点逆时针旋转，点的对应点为.当最短时，请用无刻度的直尺，画出点，并简要说明点的位置是如何找到的（不要求证明）【答案】（1）（2）解：如图，即为所求.23.在平面直角坐标系中，四边形是矩形，点，点，点.以点为中心，顺时针旋转矩形，得到矩形，点，，的对应点分别为，，.（1）如图①，当点落在边上时，求点的坐标；（2）如图②，当点落在线段上时，与交于点.①求证；②求点的坐标.（3）记为矩形对角线的交点，为的面积，求的取值范围（直接写出结果即可）.【答案】（1）解：∵点，点，∴，.∵四边形是矩形，∴，，.∵矩形是由矩形旋转得到的，∴.在中，有，∴.∴.∴点的坐标为.（2）解：①由四边形是矩形，得.又点在线段上，得.由（Ⅰ）知，，又，，∴.②由，得.又在矩形中，，∴.∴.∴.设，则，.在中，有，∴.解得.∴.∴点的坐标为.（3）解：24.在中，，，，过点作直线，将绕点顺时针得到（点，的对应点分别为，）射线，分别交直线于点，.（1）如图1，当 与 重合时，求 的度数；（2）如图2，设与的交点为 ，当 为的中点时，求线段的长；（3）在旋转过程时，当点 分别在，的延长线上时，试探究四边形的面积是否存在最小值.若存在，求出四边形的最小面积；若不存在，请说明理由.【答案】（1）由旋转的性质得：.，，，，，.（2）为的中点，.由旋转的性质得：，.， .，，.（3），最小，即最小，.法一：（几何法）取中点 ，则..当最小时，最小，，即与 重合时，最小.，，，.法二：（代数法）设 ， .由射影定理得：，当最小，即最小，.当 时，“”成立，.。

北京市东城区普通中学2018届初三数学中考复习 图形的旋转 专项复习练习题1．下列电视台的台标，是中心对称图形的是( )2．如图，将△ABC 绕点P 顺时针旋转得到△A ′B ′C ′，则点P 的坐标是( )A ．(1，1)B ．(1，2)C ．(1，3)D ．(1，4)3. 如图，△ABC 以点O 为旋转中心，旋转180°后得到△A ′B ′C ′.ED 是△ABC 的中位线，经旋转后为线段E ′D ′.已知BC ＝4，则E ′D ′＝( )A ．2B ．3C ．4D ．1.54. 如图，边长为1的正方形ABCD 绕点A 逆时针旋转45°后得到正方形AB 1C 1D 1，边B 1C 1与CD 交于点O ，则四边形AB 1OD 的面积是( )A.34B.2－12C.2－1 D ．1＋ 2 5. 如图，图形中一个矩形是另一个矩形顺时针旋转90°后形成的，这个图形是( )6. 如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，∠C＝90°，AD＝5，BC＝9，以A为中心将腰AB顺时针旋转90°至AE，连结DE，则△ADE的面积等于( )A．10 B．11 C．12 D．137. 如图，把△ABC绕点C按顺时针方向旋转35°，得到△A′B′C，A′B′交AC于点D，若∠A′DC＝90°，则∠A＝____°.8. 如图，将等边三角形ABC绕顶点A顺时针方向旋转，使边AB与AC重合，得△ACD，BC的中点E的对应点为F，则∠EAF的度数是________．9. 如图，△ABC为等边三角形，D为△ABC内一点，△ABD经过旋转后到达△ACP的位置，(1)旋转中心是______；(2)旋转角度为______；(3)△ADP是_______三角形．10. 如图，已知△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝90°，直角∠EPF的顶点P是BC中点，两边PE，PF分别交AB，AC于点E，F，给出以下五个结论：①AE＝CF；②∠APE＝∠CPF；③△EPF是等腰三角形；④EF＝AP；⑤S四边形AEPF＝S△APC.当∠EPF在△ABC内绕顶点P旋转时(点E不与A，B重合)，其中正确的序号有________________.11. 如图，将矩形ABCD绕点A顺时针旋转到矩形AB′C′D′的位置，旋转角为α，(0°<α<90°)若∠1＝110°，则α＝_______．12. 如图，在平面直角坐标系xOy中，点A的坐标为(－2，0)，等边三角形AOC经过平移或轴对称或旋转都可以得到△OBD.(1)△AOC沿x轴向右平移得到△OBD，则平移的距离是____个单位长度；△AOC与△BOD关于直线对称，则对称轴是______；△AOC绕原点O顺时针旋转得到△DOB，则旋转角度可以是_______度；(2)连结AD，交OC于点E，求∠AEO的度数．13. 如图，将给出的4张扑克牌摆成第一行的样子，然后将其中的1张牌旋转180°成第二行的样子，你能判断出被旋转的1张牌是哪一张吗？为什么？14. 正方形ABCD的边长为3，E，F分别是AB，BC边上的点，且∠EDF＝45°，将△DAE绕点D逆时针旋转90°，得到△DCM.(1)求证：EF＝FM；(2)当AE＝1时，求EF的长．15．如图①，将一个边长为2的正方形ABCD和一个长为2，宽为1的长方形CEFD拼在一起，构成一个大的长方形ABEF.现将小长方形CEFD绕点C顺时针旋转至CE′F′D′，旋转角为α.(1)当点D′恰好落在EF边上时，求旋转角α的值；(2)如图②，G为BC中点，且0°<α<90°，求证：GD′＝E′D；(3)小长方形CEFD绕点C顺时针旋转一周的过程中，△DCD′与△CBD′能否全等？若能，直接写出旋转角α的值；若不能，说明理由．答案：1---6 ABACA A7. 558. 60°9. 点A 60° 等边10. ①②③⑤11. 20°12. (1) 2 y轴 120(2) 解：∠AEO＝90°13. 解：被旋转过的1张牌是第二张牌．理由如下：第一张牌因为最中间的图案不是中心对称图形，所以不是中心对称图形；第二张牌是中心对称图形；第三张牌因为最中间的一个图案旋转180°后位置变了，所以不是中心对称图形；第四张牌，因为最中间的图案不是中心对称图形，所以不是中心对称图形．∵将其中的1张牌旋转180°成第二行的样子，∴被旋转过的1张牌只能是中心对称图形，即第二张牌14. 解：(1)由旋转知∠DCM＝∠A＝∠DCF＝90°，DE＝DM，∠ADE＝∠CDM，∴F，C，M在一条直线上，又∠EDF＝45°，∴∠EDA＋∠FDC＝45°，∴∠EDF＝∠FDM，∴△DEF≌△DMF(SAS)，∴EF＝FM(2)∵AE＝CM＝1，设EF＝x，则FC＝x－1，BF＝4－x，BE＝2，在Rt△EBF中，x2＝22＋(4－x)2，解得x＝52，即EF＝5215. 解：(1)α＝30°(2)∵G为BC的中点，∴GC＝CE′＝CE＝1，∵∠D′CG＝∠DCG＋∠DCD′＝90°＋α，∠DCE′＝∠D′CE′＋∠DCD′＝90°＋α，∴∠D′CG＝∠DCE′，又∵CD′＝CD，∴△GCD′≌△E′CD，∴GD′＝E′D(3)能，α＝135°或315°。

§6.2轴对称、平移、旋转一、选择题1．(原创题)永州的文化底蕴深厚，永州人民的生活健康向上，如瑶族长鼓舞，东安武术，宁远举重等，下面的四幅简笔画是从永州的文化活动中抽象出来的，其中是轴对称图形的是()解析由轴对称图形的定义可知选项C中图形是轴对称图形，故选C.答案C2．(原创题)如图，有a，b，c三户家用电路接入电表，相邻电路的电线等距排列，则三户所用电线()A．a户最长B．b户最长C．c户最长D．三户一样长解析相邻电路的电线等距排列说明三条电线中水平部分是相等的，若将三条电线的铅直部分的下段都向右，使铅直部分在同一条直线上，可知这三条电线是相等的，故电线的总长相等，选D.答案D3．(改编题△)如图，在ABC中，AB＝4，BC＝6，∠B＝60°，将△A BC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，则平移的距离和旋转角的度数分别A．4，30°()B．2，60°C．1，30°D．3，60°解析由平移的性质可得A′B′＝AB＝4，A′B′∥AB，∠A′B′C＝∠B＝60°.由旋转的性质可得A′C＝A′B△′，∴A′B′C是等边三角形，∴B′C＝A′B′＝4.∴BB′＝BC－B′C＝2，即平移的距离为△2.∵A′B′C是等边三角形，∴∠B′A′C＝60°，即旋转角的度数为60°.故选B.答案B4．(改编题△)如图，在ABC中，∠ACB＝90°，∠A＝△20°，若将ABC沿CD折叠，使B点落在AC边上的E处，则∠ADE的度数是()A．30°B．40°C．50°D．55°解析由折叠可知∠CED＝∠B＝90°－∠A＝90°－20°＝70°.又∵∠CED△是AED的外角，∴∠ADE＝∠CED－∠A＝70°－20°＝50°，选C.答案C5．(原创题)在方格纸中，选择某一个白色小正方形涂黑，与图中阴影部分构成轴对称图形，则不同的涂法有()A．1种C．3种B．2种D．4种解析如图，可以有下面3种不同的涂法，分别涂黑①②③的位置．故选C.答案C6．(改编题)如图，矩形ABCD边AD沿折痕AE折叠，使点D落在BC上的F处，已知AB＝6，AD＝10，则CE等于()A．1B．1.58C.3D．2解析在矩形ABCD中，∠B＝90°，AD＝BC，AD＝10，由勾股定理可得BF＝8，∴CF＝2.由折叠可知∠AFE＝90°，∴∠EFC＝AB BF FC·BF2×88∠BAF△.∴ABF∽△FCE，FC＝CE.∴CE＝AB＝6＝3.故选C.答案C二、填空题7．(原创题)使平行四边形ABCD是轴对称图形，只需添加一个条件，这个条件可以是________(只要填写一种情况)．解析若平行四边形ABCD是矩形、菱形、正方形，就是轴对称图形，故可添加：∠A＝90°(或其它角为直角)或AC＝BD，使成为矩形；也可添加：AB ＝BC(或其它邻边相等)，AC⊥BD，使成为菱形；因为添加一个条件不能成为正方形，故可添加的条件可以是∠A＝90°，AC＝BD，AB＝BC，AC⊥BD等．答案答案不唯一，如∠A＝90°(或AC＝BD，AB＝BC，AC⊥BD) 8．(改编题)矩形纸片ABCD，按如图所示的方式折叠，点A、点C恰好落在对角AD线BD上，若得到的四边形BEDF是菱形，则A B＝________．解析由折叠与菱形的性质可知∠ABF＝30°，∴∠ABD＝60°.在Rt△ABDAD中，AB＝tan60°＝ 3.答案3三、解答题9．(改编题)如图，在边长为1的正方形组成的网格中，△AOB的顶点均在格点上，点A、B的坐标分别是A(3，2)，B(1，△3)．AOB绕点O逆时针旋转90°后得到△A1OB1.(1)点A关于点O成中心对称的点的坐标为________；(2)点A1的坐标为________；(3)在旋转过程中，求点B经过的路径的长．解(1)(－3，－2)；(2)如图，在坐标系中画出将△AOB绕点O逆时针旋转△90°的A1OB1，点A1的坐标为(－2，3)︵︵(3)点B经过的路径为BB1，OB＝12＋32＝10，BB1的长＝90×π×1010180＝2π.10．(改编题)实践与操作：如图1是以正方形两顶点为圆心，边长为半径，画两段相等的圆弧而成的轴对称图形，图2是以图1为基本图案经过图形变换拼成的一个中心对称图形．(1)请你仿照图1，用两段相等的圆弧(小于或等于半圆)，在图3中重新设计一个不同的轴对称图形．(2)以你在图3中所画的图形为基本图案，经过图形变换在图4中拼成一个中心对称图形．解答案不唯一，仅供参考：(1)在图3中设计出符合题目要求的图形如下图1.(2)在图4中画出符合题目要求的图形如下图2.。

北京市海淀区普通中学2018届初三中考数学复习图形的旋转专题复习练习题1. 如图，把边长为3的正方形ABCD绕点A顺时针旋转45°得到正方形AB′C′D′，边BC与D′C′交于点O，则四边形ABOD′的周长是( )A．6 2 B．6 C．3 2 D．3＋3 22. 将如图所示的正方形图案绕中心O旋转180°后，得到的图案是( )3. 如图，该图形围绕自己的旋转中心旋转之后能够与它自身相重合，最少需要旋转( )A．60° B．30° C．90° D．120°4. 如图，按a，b，c的排列规律，在空格d上的图形应该是( )A B C D5. 如图，如果正方形ABCD旋转后能与正方形CDEF重合，那么图形所在的平面内可作为旋转中心的点共有( )A ．1个B ．2个C ．3个D ．4个6. 如图，边长为1的正方形ABCD 绕点A 逆时针旋转30°得到正方形AB′C′D′，则图中阴影部分的面积为_______________．7. 如图，在△ABC 中，已知∠ABC ＝30°，将△ABC 绕点B 逆时针旋转50°后得到△A′BC′，若A′C′∥BC，则∠A ＝________．8. 如图，在正方形ABCD 中，AD ＝23，把边BC 绕点B 逆时针旋转30°得到线段BP ，连接AP 并延长交CD 于点E ，连接PC ，则三角形PCE 的面积为_______________．9. 如图，在△ABC 中，AB ＝BC ，将△ABC 绕点B 顺时针旋转α度，得到△A 1BC 1，A 1B 交AC 于点E ，A 1C 1分别交AC ，BC 于点D ，F ，下列结论：①∠CDF ＝α度；②A 1E ＝CF ；③DF ＝FC ；④BE ＝BF.其中正确的有____________．(只填序号)10. (1)如图1，在△ABC 中，BA ＝BC ，D ，E 是AC 边上的两点，且满足∠DBE＝12∠ABC(0°＜∠CBE＜12∠ABC)．以点B为旋转中心，将△BEC按逆时针方向旋转∠ABC，得到△BE′A(点C的对应点A，点E的对应点E′)，连接DE′.求证：DE′＝DE；(2)如图2，在△ABC中，BA＝BC，∠ABC＝90°，D，E是AC边上的两点，且满足∠DBE＝12∠ABC(0°＜∠CBE＜45°)．求证：DE2＝AD2＋EC2.11. 如图，点O是等边三角形ABC内一点，∠AOB＝110°，∠BOC＝α.将△BOC绕点C按顺时针方向旋转60°得△ADC，连接OD.(1)证明：△COD是等边三角形；(2)当α＝150°时，试判断△AOD的形状，并说明理由；(3)请直接写出当α为多少度时，△AOD是等腰三角形．12. 如图，在正方形ABCD中，E是AB上一点，F是AD延长线上一点，且DF＝BE.(1)求证：CE＝CF；(2)图中哪两个三角形可以通过旋转得到？怎样进行旋转？(3)若点G在AD上，且∠GCE＝45°，则GE＝BE＋GD成立吗？为什么？答案： 1---5 ACADC 6. 1－337. 100° 8. 9－5 3 9. ①②④10. 证明：(1)由题意，得BE ′＝BE ，∠E ′BA ＝∠EBC.∵∠DBE ＝12∠ABC，∴∠ABD＋∠EBC ＝12∠ABC.∴∠ABD ＋∠E′BA ＝12∠ABC，即∠E ′BD ＝12∠ABC .∴∠E ′BD ＝∠DBE.又∵BD＝BD ，∴△E ′BD ≌△EBD(SAS)，∴DE ′＝DE.(2)如图所示，把△CBE 逆时针旋转90°得到△AE′B(点C 的对应点A ，点E 的对应点E′)，连接DE′，由(1)知DE′＝DE.由旋转的性质知E′A＝EC ，∠E′ AB ＝∠ECB.又∵BA ＝BC ，∠ABC ＝90°，∴∠BAC ＝∠ACB ＝45°.∴∠E′AD＝∠E′AB＋∠BAC ＝90°.在Rt △DE′A 中，DE′2＝AD 2＋E′A 2，∴DE 2＝AD 2＋EC 2.11. 解：(1)∵将△BOC 绕点C 顺时针旋转60°得△ADC ，∴∠OCD ＝60°，OC ＝CD ，∴△COD 是等边三角形．(2)△AOD 为直角三角形，理由如下：∵△COD 是等边三角形，∴∠ODC ＝60°，由旋转的性质知∠ADC ＝∠BOC ＝α＝150°，∴∠ADO ＝∠ADC －∠ODC ＝150°－60°＝90°，∴△AOD 是直角三角形．(3)α＝125°或110°或140°时，△AOD 是等腰三角形．12. 解：(1)证明：∵四边形ABCD 为正方形， ∴BC ＝DC ，∠B ＝∠CDF＝90°.在△CBE 和△CDF 中，⎩⎪⎨⎪⎧BC ＝CD ，∠B ＝∠CDF，BE ＝DF ，∴△CBE ≌△CDF(SAS)．∴CE＝CF.(2)∵△CBE≌△CDF，∠BCD ＝90°， ∴△CBE 可以通过△CDF 绕点C 逆时针旋转90°得到，△CDF 可以通过△CBE 绕点C 顺时针旋转90°得到．(3)GE ＝BE ＋GD 成立. 理由如下：由(1)知△CBE≌△CDF, ∴∠BCE ＝∠DCF ，∴∠BCE＋∠ECD＝∠DCF＋∠ECD，即∠ECF＝∠BCD＝90°，又∵∠GCE＝45°，∴∠GCF ＝∠GCE＝45°.在△ECG 和△FCG 中，⎩⎪⎨⎪⎧CE ＝CF ，∠GCE ＝∠GCF，GC ＝GC ，∴△ECG≌△FCG(SAS ). ∴GE＝GF.∴GE＝DF ＋GD ＝BE ＋GD.。

三轮复习专项练习：《图形旋转》1．在平面直角坐标系xOy中，已知A（4，0）、B（1，3），直线l是绕着△OAB的顶点A 旋转，与y轴相交于点P，探究解决下列问题：（1）如图1所示，当直线l旋转到与边OB相交时，试用无刻度的直尺和圆规确定点P 的位置，使顶点O、B到直线l的距离之和最大（保留作图痕迹）；（2）当直线l旋转到与y轴的负半轴相交时，使顶点O、B到直线l的距离之和最大，请直接写出点P的坐标是．（可在图2中分析）2．如图，点E是正方形ABCD的边BC上一点，连接DE，将DE绕着点E逆时针旋转90°，得到EG，过点G作GF⊥CB，垂足为F，GH⊥AB，垂足为H，连接DG，交AB于I．（1）求证：四边形BFGH是正方形；（2）求证：ED平分∠CEI；（3）连接IE，若正方形ABCD的边长为3，则△BEI的周长为．3．如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AB＝5，AC＝4，将△ABC绕点C逆时针旋转90°后得到△A1B1C，再将△A1B1C沿CB向右平移，使点B2恰好落在斜边AB上，A2B2与AC相交于点D．（1）判断四边形A1A2B2B1的形状，并说明理由；（2）求A2C的长度．4．在菱形ABCD中，∠ABC＝60°，点P是对角线BD上一动点，将线段CP绕点C顺时针旋转120°到CQ，连接DQ．连接QP并延长，分别交AB、CD于点M，N．（1）如图1，求证：△BCP≌△DCQ；（2）如图2，已知PM＝QN；若MN的最小值为，求菱形ABCD的面积．5．四边形ABCD是正方形，PA是过正方形顶点A的直线，作DE⊥PA于E，将射线DE绕点D 逆时针旋转45°与直线PA交于点F．（1）如图1，当∠PAD＝45°时，点F恰好与点A重合，则的值为；（2）如图2，若45°＜∠PAD＜90°，连接BF、BD，试求的值，并说明理由．6．如图，在△ABC中，AC＝BC，∠ACB＝120°，点D是AB边上一点，连接CD，以CD为边作等边△CDE．（1）如图1，若∠CDB＝45°，AB＝6，求等边△CDE的边长；（2）如图2，点D在AB边上移动过程中，连接BE，取BE的中点F，连接CF，DF，过点D作DG⊥AC于点G．①求证：CF⊥DF；②如图3，将△CFD沿CF翻折得△CFD′，连接BD′，直接写出的最小值．7．（1）观察与发现：小明将三角形纸片ABC（AC＞AB）沿过点A的直线折叠，使得AB落在AC边上，折痕为AD，展开纸片（如图1）；在第一次的折叠基础上第二次折叠该三角形纸片，使点A和点D重合，折痕为EF，展平纸片后得到△AEF（如图2）．小明认为△AEF是等腰三角形，你同意他的结论吗？请说明理由：（2）模型与运用：如图3，在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，BE平分∠ABC交AC于点E，过点C作CD⊥BD，交BE的延长线于点D．若CD＝4，求△BCE的面积．8．[问题背景]如图1所示，在△ABC中，AB＝BC，∠ABC＝90°，点D为直线BC上的一个动点（不与B、C重合），连结AD，将线段AD绕点D按顺时针方向旋转90°，使点A旋转到点E，连结EC．[问题初探]如果点D在线段BC上运动，通过观察、交流，小明形成了以下的解题思路：过点E作EF⊥BC交直线BC于F，如图2所示，通过证明△DEF≌△，可推证△CEF 是三角形，从而求得∠DCE＝°．[继续探究]如果点D在线段CB的延长线上运动，如图3所示，求出∠DCE的度数．[拓展延伸]连接BE，当点D在直线BC上运动时，若AB＝，请直接写出BE的最小值．9．问题背景：如图①设P是等边△ABC内一点，PA＝6，PB＝8，PC＝10，求∠APB的度数．小君研究这个问题的思路是：将△ACP绕点A逆时针旋转60°得到△ABP'，易证：△APP'是等边三角形，△PBP'是直角三角形，所以∠APB＝∠APP'+∠BPP'＝150°．简单应用：（1）如图2，在等腰直角△ABC中，∠ACB＝90°．P为△ABC内一点，且PA ＝5，PB＝3，PC＝2，则∠BPC＝°（2）如图3，在等边△ABC中，P为△ABC内一点，且PA＝5，PB＝12，∠APB＝150°，则PC＝．拓展廷伸：①如图4，∠ABC＝∠ADC＝90°，AB＝BC．求证：BD＝AD+DC．②若图4中的等腰直角△ABC与Rt△ADC在同侧如图5，若AD＝2，DC＝4，请直接写出BD的长．10．在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝1，记∠ABC＝α，点D为射线BC上的动点，连接AD，将射线DA绕点D顺时针旋转α角后得到射线DE，过点A作AD的垂线，与射线DE 交于点P，点B关于点D的对称点为Q，连接PQ．（1）当△ABD为等边三角形时，①依题意补全图1；②PQ的长为；（2）如图2，当α＝45°，且BD＝时，求证：PD＝PQ；（3）设BC＝t，当PD＝PQ时，直接写出BD的长．（用含t的代数式表示）11．已知等边△ABC，点D为BC上一点，连接AD．（1）若点E是AC上一点，且CE＝BD，连接BE，BE与AD的交点为点P，在图（1）中根据题意补全图形，直接写出∠APE的大小；（2）将AD绕点A逆时针旋转120°，得到AF，连接BF交AC于点Q，在图（2）中根据题意补全图形，用等式表示线段AQ和CD的数量关系，并证明．12．如图，MO⊥NO于点O，△OAB为等腰直角三角形，∠OAB＝90°，当△OAB绕点O旋转时，记∠MOA＝α（0°≤α≤90°），OA＝5．（1）过点B作BC⊥ON交射线ON于点C，作射线CA交射线OM于点D．①依题意补全图形，求∠ODC的度数；②当sinα＝时，求OD的长．（2）若ON上存在一点P，且OP＝10，作射线PB交射线OM于点Q，直接写出QP长度的最大值．13．如图a，P、Q是△ABC的边BC上的两点，且△APQ为等边三角形，AB＝AC，（1）求证：BP＝CQ．（2）如图a，若∠BAC＝120°，AP＝3，求BC的长．（3）若∠BAC＝120°，沿直线BC向右平行移动△APQ得到△A′P′Q′（如图b），A′Q′与AC交于点M．当点P移动到何处时，△AA′M≌△CQ′M？证明你的结论．14．如图，点A，B在直线1上，AB＝20cm，∠BAC＝120°．（1）点P从A出发，沿射线AB以每秒2cm的速度向右运动，同时点Q从B出发，沿射线BA以每秒lcm的速度向左运动，求点P出发多少秒时与点Q重合？（2）在（1）的条件下，求点P出发多少秒时与点Q相距5cm？（3）点M为射线AC上﹣点，AM＝4cm，现将射线AC绕点A以每秒30°的速度顺时针旋转一周后停止，同时点N从点B出发沿直线AB向左运动，在这一运动过程中，是否存在某一时刻，使得点N为BM的中点？若存在，求出点N运动的速度：若不存在，请说明理由．15．在△ABC中，AB＝AC，在△ABC的外部作等边三角形△ABD，E为AB的中点，连接DE并延长交BC于点F．（1）如图1，若∠BAC＝90°，连接CD，求证：CD平分∠ADF；（2）如图2，过点A折叠∠CAD，使点C与点D重合，折痕AM交EF于点M，若点M正好在∠ABC的平分线上，连接BM并延长交AC于点N，课堂上两个学习小组分别得出如下两个结论：①∠BAC的度数是一个定值，为100°；②线段MN与NC一定相等．请你选择其中一个结论，判断是否正确？若正确，给予证明：若不正确，说明理由．参考答案1．解：（1）如图1，过A点作直线l⊥OB于点F，l与y轴的交点即为所确定的P点位置．理由如下：如图2所示，过点O作OD⊥l于D，过点B作BC⊥l于C．∵S△OAB＝FA•OD+FA•BC＝FA（OD+BC）＝3为定值．要使点O、B到直线l的距离之和最大，即OD+BC最大，只要使FA最小，∴过A点作直线l⊥OB于点F，此时FA即为最小值（此时，点F、D、C重合）．∴l与y轴的交点即为所确定的P点位置；（2）由（1）的解题过程知，如图2所示，延长BA到G点，使BA＝AG，连接OG，则S△OAG ＝S△OAB，旋转直线l至l⊥OG于点F，与y轴的交点即为所确定的P点，过点B作BE⊥OA于点E，∵B（1，3），A（4，0），∴EB＝EA＝3，过点G作GH⊥x轴于点H，∴△ABE≌△AGH（AAS），∴AH＝GH＝3，∴OH＝7，∴tan∠HOG＝，又∵直线l⊥OG于点F，∴∠OPA＝∠HOG，∴tan∠OPA＝tan∠HOG＝，∴＝，∴＝，∴OP＝，∴P（0，﹣），故答案为：（0，﹣）．2．（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，∴BC＝CD，∠DCE＝∠ABC＝∠ABF＝90°，∵GF⊥CF，GH⊥AB，∴∠F＝∠GHB＝∠FBH＝90°，∴四边形FBHG是矩形，∵ED＝EG，∠DEG＝90°，∵∠DEC+∠FEG＝90°，∠DEC+∠EDC＝90°，∴∠FEG＝∠EDC，∵∠F＝∠DCE＝90°，∴△DCE≌△EFG（AAS），∴FG＝EC，EF＝CD，∵CB＝CD，∴EF＝BC，∴BF＝EC，∴BF＝GF，（2）证明：延长BC到J，使得CJ＝AI．∵DA＝DC，∠A＝∠DCJ＝90°，AI＝CJ，∴△DAI≌△DCJ（SAS），∴DI＝DJ，∠ADI＝∠CDJ，∴∠IDJ＝∠ADC＝90°，∵∠IDE＝45°，∴∠EDI＝∠EDJ＝45°，∵DE＝DE，∴△IDE≌△JDE（SAS），∴∠DEI＝∠DEJ，∴DE平分∠IEC．（3）解：∵△IDE≌△JDE，∴IE＝EJ，∵EJ＝EC+CJ，AI＝CJ，∴IE＝EC＝AI，∴△BIE的周长＝BI+BE+IE＝BI+AI+BE+EC＝2AB＝6．故答案为6．3．解：（1）四边形A1A2B2B1是平行四边形，理由：∵∠ACB＝∠B2C＝90°，∴B1C∥C2B2，∵再将△A1B1C沿CB向右平移，∴B1C＝C2B2，122∴B 2B 1∥B 1C ，∴B 2B 1∥A 1A 2，∵再将△A 1B 1C 沿CB 向右平移，∴A 1B 1∥A 2B 2，∴四边形A 1A 2B 2B 1是平行四边形；（2）在Rt △ABC 中，BC ＝＝＝3，由题意：BC ＝CB 1＝C 2B 2＝3，∴AB 1＝1，∵B 1B 2∥BC ，∴△AB 1B 2∽△ACB ， ∴， ∴， ∴B 1B 2＝，∴B 1B 2＝CC 2＝，∴CA 2＝A 2C 2﹣CC 2＝4﹣＝．4．（1）证明：四边形ABCD 是菱形，∴BC ＝DC ，AB ∥CD ，∴∠PBM ＝∠PBC ＝∠ABC ＝30°，∠ABC +∠BCD ＝180°， ∴∠BCD ＝180°﹣∠ABC ＝120°由旋转的性质得：PC ＝QC ，∠PCQ ＝120°，∴∠BCD ＝∠DCQ ，∴∠BCP ＝∠DCQ ，在△BCP 和△DCQ 中，，∴△BCP ≌△DCQ （SAS ）；（2）解：过点C作CG⊥PQ于点G，连接AC，∵PC＝QC，∠PCQ＝120°，∴∠PCG＝60°，PG＝QG，∴PG＝PC，∴PQ＝PC．∵PM＝QN，∴MN＝PQ＝PC，∴当PC⊥BD时，PC最小，此时MN最小，∴PC＝2，BC＝2PC＝4，∵菱形ABCD中，∠ABC＝60°，∴△ABC是等边三角形，∴＝4，∴菱形ABCD的面积＝2S＝2×4＝8；△ABC5．解：（1）∵∠PAD＝45°，DE⊥AP，∴∠DAE＝∠EDA，∴AE＝DE，∴AD＝AE，∵四边形ABCD是正方形，∴AD＝AB＝BF＝AE，∴＝；（2）过点B作BH⊥AP于H，∵四边形ABCD是正方形，∴AD＝AB，∠ABD＝45°，∠BAD＝90°，∴∠BAH+∠DAE＝90°，又∵∠BAH+∠ABH＝90°，∴∠ABH＝∠DAE，又∵AD＝AB，∠DEA＝∠AHB＝90°，∴△ADE≌△BAH（AAS），∴AE＝BH，∵将射线DE绕点D逆时针旋转45°与直线PA交于点F，∴∠EDF＝45°，∴∠EFD＝45°＝∠ABD，∴点A，点F，点B，点D四点共圆，∴∠BFH＝∠ADB＝45°，又∵BH⊥AP，∴∠FBH＝∠BFH＝45°，∴BH＝FH，∴BF＝BH＝AE，∴＝＝．6．解：（1）如图1，过点C作CH⊥AB于点H，∵AC＝BC，∠ACB＝120°，CH⊥AB，∴∠A＝∠B＝30°，AH＝BH＝3，∴CH＝＝，∵∠CDH＝45°，CH⊥AB，∴∠CDH＝∠DCH＝45°，∴DH＝CH＝，CD＝CH＝；（2）①如图2，延长BC到N，使CN＝BC，∵AC＝BC，∠ACB＝120°，∴∠A＝∠ABC＝30°，∠NCA＝60°，∵△ECD是等边三角形，∴EC＝CD，∠ECD＝60°，∴∠NCA＝∠ECD，∴∠NCE＝∠DCA，又∵CE＝CD，AC＝BC＝CN，∴△CEN≌△CDA（SAS），∴EN＝AD，∠N＝∠A＝30°，∵BC＝CN，BF＝EF，∴CF∥EN，CF＝EN，∴∠BCF＝∠N＝30°，∴∠ACF＝∠ACB﹣∠BCF＝90°，又∵DG⊥AC，∴CF∥DG，∵∠A＝30°，DG⊥AC，∴DG＝AD，∴DG＝CF，∴四边形CFDG是平行四边形，又∵∠ACF＝90°，∴四边形CFDG是矩形，∴∠CFD＝90°∴CF⊥DF；②如图3，连接BD'，∵将△CFD沿CF翻折得△CFD′，∴CD＝CD'，DF＝D'F，∠CFD＝∠CFD'＝90°，又∵EF＝BF，∠EFD＝∠BFD'，∴△EFD≌∠BFD'（SAS），∴BD'＝DE，∴BD'＝CD，∵当BD'取最小值时，有最小值，∴当CD取最小值时，有最小值，∵当CD⊥AB时，CD有最小值，∴AD＝CD，AB＝2AD＝2CD，∴最小值＝．7．解：（1）同意，理由如下：如图2，设AD与EF交于点G，由折叠知，AD平分∠BAC，∴∠BAD＝∠CAD．由折叠知，∠AGE＝∠DGE，∴∠AGE＝∠AGF＝90°，∴∠AEF＝∠AFE，∴AE＝AF．即：△AEF为等腰三角形．（2）如图3，延长CD与BA并交于点F，由（1）知，BC＝BF，又∵BE平分∠ABC，∴BD是△CBF的中线，即FD＝CD＝4，CF＝2CD＝8，∵∠BAC＝90°，∴∠ABD+∠AEB＝90°，∵CD⊥BD，∴∠EDC＝90°，∴∠ACD+∠CED＝90°，∵∠AEB＝∠CED，∴∠ACD＝∠ABD，∵AC＝AB，∴△CAF≌△BAE（ASA）∴BE＝CF＝8，∴S＝BE•CD＝×8×4＝16．△BCE8．解：[问题初探]如图2，过点E作EF⊥BC交直线BC于F，∴∠DFE＝90°＝∠ABD，∴∠EDF+∠DEF＝90°，由旋转知，AD＝DE，∠ADE＝90°，∴∠ADB+∠EDF＝90°，∴∠ADB＝∠DEF，∴△ABD≌△DFE（AAS），∴BD＝EF，DF＝AB，∵AB＝BC，∴BC＝DF，∴BD＝CF，∴EF＝CF，∴△CEG是等腰直角三角形，∴∠ECF＝45°，∴∠DCE＝135°，故答案为：ADB，等腰直角，135；[继续探究]如图3，过点E作EF⊥BC于F，∴∠DFE＝90°＝∠ABD，∴∠EDF+∠DEF＝90°，由旋转知，AD＝DE，∠ADE＝90°，∴∠ADB+∠EDF＝90°，∴∠ADB＝∠DEF，∴△ABD≌△DFE（AAS），∴BD＝EF，DF＝AB，∵AB＝BC，∴BC＝DF，∴BD＝CF，∴EF＝CF，∴△CEG是等腰直角三角形，∴∠ECF＝45°，∴∠DCE＝45°；[拓展延伸]如图4，在△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝BC＝，∴∠ACB＝45°当点D在射线BC上时，由[问题初探]知，∠BCM＝135°，∴∠ACM＝∠BCM﹣∠ACB＝90°，当点D在线段CB的延长线上时，由[继续探究]知，∠BCE＝45°，∴∠ACN＝∠ACB+∠BCM＝90°，∴点E是过点C垂直于AC的直线上的点，∴当BE⊥MN时，BE最小，∵∠BCE＝45°，∴∠CBE＝45°＝∠BCE，∴BE＝CE，＝BC＝，∴BE最小即：BE的最小值为．9．解：简单应用：（1）如图2，∵△ABC是等腰直角三角形，∴∠ACB＝90°，AC＝BC，将△ACP绕点C逆时针旋转90°得到△CBP'，连接PP'，∴BP'＝AP＝5，∠PCP'＝90°，CP'＝CP＝2，∴∠CPP'＝∠CP'P＝45°，根据勾股定理得，PP'＝CP＝4，∵BP'＝5，BP＝3，∴PP'2+BP2＝BP'，∴△BPP'是以BP'为斜边的直角三角形，∴∠BPP'＝90°，∴∠BPC＝∠BPP'+∠CPP'＝135°，故答案为：135；（2）如图3，∵△ABC是等边三角形，∴∠BAC＝60°，AC＝AB，将△ACP绕点A逆时针旋转60°得到△ABP'，连接PP'，∴BP'＝CP，AP'＝AP＝5，∠PAP'＝60°，∴△APP'是等边三角形，∴PP'＝AP＝5，∠APP'＝60°，∵∠APB＝150°，∴∠BPP'＝∠APB﹣∠APP'＝90°，根据勾股定理得，BP'＝＝13，∴CP＝13，故答案为：13；拓展廷伸：①如图4，在△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝BC，将△ABD绕点B顺时针旋转90°得到△BCD'，∴BD'＝BD，CD'＝AD，∠BCD'＝∠BAD，∵∠ABC＝∠ADC＝90°，∴∠BAD+∠BCD＝180°，∴∠BCD+∠BCD'＝180°，∴点D'在DC的延长线上，∴DD'＝CD+CD'＝CD+AD，在Rt△DBD'中，DD'＝BD，∴BD＝CD+AD；②如图5，在△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝BC，将△CBD绕点B顺时针旋转90°得到△ABD'，∴BD'＝BD，CD＝AD'，∠DBD'＝90°，∠BCD＝∠BAD'，AB与CD的交点记作G，∵∠ADC＝∠ABC＝90°，∴∠DAB+∠AGD＝∠BCD+∠BGC＝180°，∵∠AGD＝∠BGC，∴∠BAD＝∠BCD，∴∠BAD＝∠BAD'，∴点D'在AD的延长线上，∴DD'＝AD'﹣AD＝CD﹣AD＝2，在Rt△BDD'中，BD＝DD'＝．10．（1）解：①补全图形如图所示．②∵△ABD是等边三角形，AC⊥BD，AC＝1，∴∠ADC＝60°，∠ACD＝90°，∴AD＝＝，∵∠ADP＝∠ADB＝60°，∠PAD＝90°，∴PA＝AD•tan60°＝2，∵∠ADP＝∠PDQ＝60°，DP＝DP．DA＝DB＝DQ，∴△PDA≌△PDQ（SAS），∴PQ＝PA＝2．故答案为2．（2）作PF⊥BQ于F，AH⊥PF于H．∵PA⊥AD，∴∠PAD＝90°．由题意可知∠ADP＝45°．∴∠APD＝90°﹣45°＝45°＝∠ADP，∴PA＝PD，∵∠ACB＝90°，∴∠ACD＝90°，∵AH⊥PF，PF⊥BQ，∴∠AHF＝∠HFC＝∠ACF＝90°∴四边形ACFH是矩形，∴∠CAH＝90°，AH＝CF，∵∠ACH＝∠DAP＝90°，∴∠CAD＝∠PAH，．又∵∠ACD＝∠AHP＝90°，∴△ACD≌△AHP（AAS），∴AH＝AC＝1，∴CF＝AH＝1，∵BD＝，BC＝1，B，Q关于点D对称，∴CD＝BD﹣BC＝，DQ＝BD＝，∴DF＝CF﹣CD＝＝DQ，∴F为DQ中点．∴PF垂直平分DQ．∴PQ＝PD．（3）如图3中，作PF⊥BQ于F，AH⊥PF于H．设BD＝x，则CD＝x﹣t，AD＝，∵PD＝PQ，PF⊥DQ，∴DF＝FQ＝x∵四边形AHFC是矩形，∴AH＝CF＝CD+DF＝（x﹣t）+x＝x﹣t，∵△ACB∽△PAD，∴＝，∴＝，∴PA＝，∵△PAH∽△DAC，∴＝，∴＝，解得x＝，∴BD＝．11．（1）补全图形图1，证明：在△ABD和△BEC中，∴△ABD≌△BEC（SAS）∴∠BAD＝∠CBE．∵∠APE是△ABP的一个外角，∴∠APE＝∠BAD+∠ABP＝∠CBE+∠ABP＝∠ABC＝60°；（2）补全图形图2，，证明：在△ABD和△BEC中，∴△ABD≌△BEC（SAS）∴∠BAD＝∠CBE，∵∠APE是△ABP的一个外角，∴∠APE＝∠BAD+∠ABP＝∠CBE+∠ABP＝∠ABC＝60°．∵AF是由AD绕点A逆时针旋转120°得到，∴AF＝AD，∠DAF＝120°．∵∠APE＝60°，∴∠APE+∠DAF＝180°．∴AF∥BE，∴∠1＝∠F，∵△ABD≌△BEC，∴AD＝BE．∴AF＝BE．在△AQF和△EQB中，△AQF≌△EQB（AAS），∴AQ＝QE，∴，∵AE＝AC﹣CE，CD＝BC﹣BD，且AE＝BC，CD＝BD．∴AE＝CD，∴．12．解：（1）①图形如图1所示．过点A作AH⊥OC于点H，AG⊥CB交CB的延长线于点G．∵BC⊥OC，AH⊥OC，AG⊥CB，∴∠AHC＝∠HCG＝∠G＝90°，∴四边形AHCG是矩形，∴∠HAG＝∠OAB＝90°，∴∠OAH＝∠BAG，∵AO＝AB，∴△AHO≌△AGB（AAS）∴AH＝AG，∴四边形AHCG为正方形，∴∠ODC＝45°．②如图2中，延长GA交OD于点K．∵，OA＝5，∴AK＝4，OK＝3，∴DK＝AK＝4，∴OD＝7．（2）如图3中，∵OA＝AB＝5，∠OAB＝90°，∴OB＝OA＝5，观察图象可知，当OB⊥PQ时，△OPB是等腰直角三角形，此时PQ的值最大，最大值＝2PB ＝10．13．（1）证明：过点A作AD⊥BC，在△ABC中，AB＝AC，AD⊥BC，∴BD＝CD，在等边△AQP中，AP＝AQ，AD⊥BC，∴PD＝QD，∴BD﹣PD＝CD﹣QD，即BP＝CQ；（2）解：在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝120°，∴∠B＝∠C＝30o，已知△APQ为等边三角形，∴∠APQ＝∠AQP＝60°，∴∠BAP＝∠B＝∠C＝∠CAQ＝30°，∴AP＝BP，AQ＝CQ，已知△APQ为等边三角形，∴BP＝PQ＝QC＝AP＝3，∴BC＝9；（3）当点P移动到BC的中点，即，P′为BC的中点时，△AA′M≌△CQ′M，理由如下：沿直线BC向右平行移动△APQ得到△A′P′Q′，由平移的性质可知：PP'＝AA'＝QQ'，AA'∥BC，∴∠C＝∠MAA'①，当P′为BC的中点时，BP'＝CP'，由（2）的解答可知，PB＝QC＝PQ，∴BP'﹣PB＝CP'﹣QC，∴PP'＝AA'＝QQ'＝PQ＝QC，∴点Q'为QC的中点，Q'C＝QQ'＝AA'②，又∠AMA'＝∠CMQ'③，∴由①②③可得△AA′M≌△CQ′M（AAS）．14．解：（1）设点P出发t秒时与点Q重合，则由题意得，2t+t＝20，解得，t＝，∴点P出发秒时与点Q重合；（2）设点P出发的时间为t，则当点P与点Q在相遇前相距5cm时，2t+t＝20﹣5，解得，t＝5；当点P与点Q在相遇后相距5cm时，2t+t＝20+5，解得，t＝，综上所述，点P出发5秒或秒时与点Q相距5cm；（3）当点N为BM的中点时，点N，B，M在同一直线上，故当点M按顺时针方向旋转到直线AB上时，点N有可能为BM的中点，①如图1，当射线AC顺时针方向旋转120°时，第一次与AB重合，＝4秒，若N为BM的中点，则BN＝（AB﹣AM）＝（20﹣4）＝8cm，∴点N的运动速度为：＝2cm/s；②如图2，当射线AC顺时针方向旋转300°时，第二次与AB重合，＝10秒，若N为BM的中点，则BN＝（AB+AM）＝（20+4）＝12cm，∴点N的运动速度为：＝cm/s，综上所述，当射线AC绕点A以每秒30°的速度顺时针旋转4秒时，使得点N为BM的中点，点N运动的速度为2cm/s；当射线AC绕点A以每秒30°的速度顺时针旋转10秒时，使得点N为BM的中点，点N运动的速度为cm/s．15．证明：（1）∵△ABD是等边三角形，且E为AB的中点，∴DE⊥AB，AB＝AD，∵AB＝AC，∴AD＝AC，∴∠ADC＝∠ACD，∵∠BAC＝90°，∴AC∥DE，∴∠ACD＝∠FDC，∴∠ADC＝∠FDC，∴CD平分∠ADF；（2）①∵△ABD是等边三角形，且E为AB的中点，∴DE垂直平分AB，∴AM＝BM，∴∠MAB＝∠MBA，∵BM平分∠ABC，∴∠MBA＝∠MBC，设MAB＝∠MBA＝∠MBC＝α，∵AB＝AC，∴∠ACB＝∠ABC＝2α，由翻折知，∠MAC＝∠MAD＝∠DAB+∠MAB＝60°+α，∴在△ABC中，∠ABC+∠ACB+∠BAM+∠MAC＝2α+2α+α+60°+α＝180°，∴α＝20°，∴∠BAC＝∠BAM+∠MAC＝20°+60°+20°＝100°，∴∠BAC的度数是一个定值，为100°；②如图2﹣1，连接MC，由①知，α＝20°，∠BAC＝100°，∴∠ABC＝∠ACB＝40°，由①知，DE垂直平分AB，∵DA＝DB，∠ADB＝60°，∴∠ADE＝∠BDE＝30°，由翻折知，△ADM≌△ACM，∴∠ACM＝∠ADM＝30°，∴∠BCM ＝∠ACB ﹣∠ACM ＝10°，∴∠NMC ＝∠MBC +∠MCB ＝20°+10°＝30°，∴∠NMC ＝∠NCM ，∴MN ＝NC ．1、最困难的事就是认识自己。

2018年中考数学考点跟踪突破30：图形的旋转（人教版附答案）本资料为woRD文档，请点击下载地址下载全文下载地址考点跟踪突破30 图形的旋转一、选择题．下列图形中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是2．如图，将Rt△ABc绕直角顶点c顺时针旋转90°，得到△A′B′c，连接AA′，若∠1＝25°，则∠BAA′的度数是A．55°B．60°c．65°D．70°,第2题图) ,第3题图)3．图1和图2中所有的小正方形都全等，将图1的正方形放在图2中①②③④的某一位置，使它与原来7个小正方形组成的图形是中心对称图形，这个位置是A．①B．②c．③D．④4．如图，将△ABc绕点B顺时针旋转60°得△DBE，点c的对应点E恰好落在AB延长线上，连接AD.下列结论一定正确的是A．∠ABD＝∠EB．∠cBE＝∠cc.AD∥BcD．AD＝Bc,第4题图) ,第5题图)5．如图，在正方形ABcD和正方形DEFG中，点G在cD 上，DE＝2，将正方形DEFG绕点D顺时针旋转60°，得到正方形DE′F′G′，此时点G′在Ac上，连接cE′，则cE′＋cG′＝A.2＋6B.3＋1c.3＋2D.3＋6二、填空题6．一副三角尺按如图的位置摆放．将三角尺DEF绕着点F按顺时针方向旋转n°后，如果EF∥AB，那么n的值是__45__．,第6题图) ,第7题图)7．如图，直线a，b垂直相交于点o，曲线c关于点o 成中心对称，点A的对称点是点A′，AB⊥a于点B，A′D⊥b于点D.若oB＝3，oD＝2，则阴影部分的面积之和为__6__．8．如图，A点的坐标为，B点的坐标为，c点的坐标为，D点的坐标为，小明发现：线段AB与线段cD存在一种特殊关系，即其中一条线段绕着某点旋转一个角度可以得到另一条线段，你认为这个旋转中心的坐标是__或__．,第8题图) ,第9题图)9．已知：如图，在△AoB中，∠AoB＝90°，Ao＝3cm，Bo＝4cm.将△AoB绕顶点o，按顺时针方向旋转到△A1oB1处，此时线段oB1与AB的交点D恰好为AB的中点，则线段B1D ＝__1.5__cm.0．如图，正方形ABcD和正方形cEFG边长分别为a和b，正方形cEFG绕点c旋转，给出下列结论：①BE＝DG；②BE ⊥DG；③DE2＋BG2＝2a2＋b2，其中正确结论是__①②__三、解答题1.如图，在Rt△ABc中，∠AcB＝90°，点D，E分别在AB，Ac上，cE＝Bc，连接cD，将线段cD绕点c按顺时针方向旋转90°后得cF，连接EF.补充完成图形；若EF∥cD，求证：∠BDc＝90°.解：补全图形略由旋转的性质得：∠DcF＝90°，∴∠DcE＋∠EcF＝90°，∵∠AcB＝90°，∴∠DcE＋∠BcD＝90°，∴∠EcF＝∠BcD，∵EF∥Dc，∴∠EFc＋∠DcF＝180°，∴∠EFc＝90°，在△BDc和△EFc中，Dc＝Fc，∠BcD＝∠EcF，Bc＝Ec，∴△BDc ≌△EFc，∴∠BDc＝∠EFc＝90°2．如图，已知△ABc中，AB＝Ac，把△ABc绕A点沿顺时针方向旋转得到△ADE，连接BD，cE交于点F.求证：△AEc≌△ADB；若AB＝2，∠BAc＝45°，当四边形ADFc是菱形时，求BF的长．解：由旋转的性质得：△ABc≌△ADE，且AB＝Ac，∴AE ＝AD＝Ac＝AB，∠BAc＝∠DAE，∴∠BAc＋∠BAE＝∠DAE＋∠BAE，即∠cAE＝∠DAB，在△AEc和△ADB中，AE＝AD，∠cAE＝∠BAD，Ac＝AB，∴△AEc≌△ADB ∵四边形ADFc是菱形，且∠BAc＝45°，∴∠DBA＝∠BAc＝45°，由得：AB ＝AD，∴∠DBA＝∠BDA＝45°，∴△ABD为直角边为2的等腰直角三角形，∴BD2＝2AB2，即BD＝22，∴AD＝DF＝Fc＝Ac＝AB＝2，∴BF＝BD－DF＝22－23.如图，在平面直角坐标系中，△ABc的三个顶点都在格点上，点A的坐标为，请解答下列问题：画出△ABc关于y轴对称的△A1B1c1，并写出A1的坐标；画出△ABc绕点B逆时针旋转90°后得到的△A2B2c2，并写出A2的坐标；画出△A2B2c2关于原点o成中心对称的△A3B3c3，并写出A3的坐标．解：画出△ABc关于y轴对称的△A1B1c1，如图所示，此时A1的坐标为画出△ABc绕点B逆时针旋转90°后得到的△A2B2c2，如图所示，此时A2的坐标为画出△A2B2c2关于原点o成中心对称的△A3B3c3，如图所示，此时A3的坐标为4．已知△ABc是等腰三角形，AB＝Ac.特殊情形：如图①，当DE∥Bc时，有DB___＝__Ec.发现探究：若将图①中的△ADE绕点A顺时针旋转α到图②位置，则中的结论还成立吗？若成立，请给予证明；若不成立，请说明理由．拓展运用：如图③，P是等腰直角三角形ABc内一点，∠AcB＝90°，且PB＝1，Pc＝2，PA＝3，求∠BPc的度数．解：∵DE∥Bc，∴DBAB＝EcAc，∵AB＝Ac，∴DB＝Ec，故答案为＝成立．证明：由易知AD＝AE，∴由旋转性质可知∠DAB＝∠EAc，在△DAB和△EAc中，AD＝AE，∠DAB＝∠EAc，AB＝Ac，∴△DAB≌△EAc，∴DB＝cE如图，将△cPB绕点c旋转90°得△cEA，连接PE，∴△cPB ≌△cEA，∴cE＝cP＝2，AE＝BP＝1，∠PcE＝90°，∴∠cEP ＝∠cPE＝45°，在Rt△PcE中，由勾股定理可得，PE＝22，在△PEA中，PE2＝2＝8，AE2＝12＝1，PA2＝32＝9，∵PE2＋AE2＝AP2，∴△PEA是直角三角形，∴∠PEA＝90°，∴∠cEA＝135°，又∵△cPB≌△cEA，∴∠BPc＝∠cEA＝135°。

几何旋转综合题练习1、如图，已知∆ABC是等边三角形.（1）如图（1），点E 在线段AB 上，点D 在射线CB 上，且ED=EC.将∆BCE 绕点C 顺时针旋转60°至∆ACF , 连接 EF.猜想线段 AB,DB,AF 之间的数量关系;（2）点E 在线段BA 的延长线上，其它条件与（1）中一致，请在图（2）的基础上将图形补充完整，并猜想线段AB,DB,AF 之间的数量关系;（3）请选择（1）或（2）中的一个猜想进行证明.第 1 题图(2)2、如图1，△ACB、△AED 都为等腰直角三角形，∠AED＝∠ACB＝90°，点D 在AB 上，连CE，M、N 分别为BD、CE 的中点(1)求证：MN⊥CE(2)如图2 将△AED 绕A 点逆时针旋转30°，求证：CE＝2MN第1 题图(1)PA C 11OC图3B1A1O图2 CA13、在等腰Rt△A B C和等腰Rt△A1B1C1中,斜边B1C1中点O也是B C的中点。

(1)如图1，则AA1与CC1的数量关系是；位置关系是。

(2)如图2，将△A1B1C1绕点O顺时针旋转一定角度，上述结论是否仍然成立，请证明你的结论。

(3)如图3，在（2）的基础上，直线AA1、CC1交于点P，设A B=4，则P B长的最小值是。

A A AB B1O图 1B CC1C B1 B4、已知，正方形ABCD 的边长为4，点E 是对角线BD 延长线上一点，AE＝BD．将△ABE 绕点A 顺时针旋转α度（0°＜α＜360°）得到△AB′E′，点B、E 的对应点分别为B′、E′(1)如图1，当α＝30°时，求证：B′C＝DE(2)连接B′E、DE′，当B′E＝DE′时，请用图2 求α的值(3)如图3，点P 为AB 的中点，点Q 为线段B′E′上任意一点，试探究，在此旋转过程中，线段PQ 长度的取值范围为14 PF ABFPF5、如图 P 为等边△ABC 外一点，AH 垂直平分 PC 于点 H ，∠BAP 的平分线交 PC 于点 D (1) 求证：DP ＝DB(2) 求证：DA ＋DB ＝DC(3) 若等边△ABC 边长为 ，连接 BH ，当△BDH 为等边三角形时，请直接写出 CP 的长度为6、如图，四边形 ABCD 为正方形，△BEF 为等腰直角三角形（∠BFE=900，点 B 、E 、F ，按逆时针排列），点 P 为 DE 的中点，连 PC ，PF(1)如图①，点 E 在 BC 上，则线段 PC 、PF 有何数量关系和位置关系？请写出你的结论，并证明．(2)如图②，将△BEF 绕点 B 顺时针旋转 a(O<a<450)，则线段 PC ，PF 有何数量关系和位置关系？请写出你的结论，并证明．(3)如图③，若 AB=1，△AEF 为等腰直角三角形，且∠A EF=90°，△AEF 绕点 A 逆时针旋转过程中，能使点 F 落在 BC 上，且 AB 平分 EF ，直接写出 AE 的值是 ．ADADDEBCB图① 图② 图③C2 7、已知等腰Rt△ABC 和等腰Rt△EDF，其中D、G 分别为斜边AB、EF 的中点，连CE，又M 为BC 中点，N 为CE 的中点，连MN、MG(1)如图1，当DE 恰好过M 点时，求证：∠NMG＝45°，且MG＝MN(2)如图2，当等腰Rt△EDF 绕D 点旋转一定的度数时，第(1)问中的结论是否仍成立，并证明(3)如图3，连BF，已知P 为BF 的中点，连CF 与PN，直接写出PN ＝CF8、已知：如图，在Rt△ABC 中，AC=BC，CD⊥AB 于D，AB=10，将CD 绕着D 点顺时针旋转a（0°<a<90°）到DP 的位置，作PQ⊥CD 于Q，点I 是△PQD 角平分线的交点，连IP，IC，（1）如图1，在PD 旋转的过程中，线段IC 与IP 之间是否存在某种确定不变的关系？请证明你的猜想。

2018年中考数学旋转专题练习（50题有答案)
旋转50题
一、选择题
1下列图形中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（） A B C D
2如图，将△OAB绕点O逆时针旋转80°，得到△OCD，若∠A=2∠D=100°，则∠α的度数是（）
A．50° B．60° C．40° D．30°
3下列图形既是轴对称图形又是中心对称图形的是( )
4下列图案中，可以看做是中心对称图形的有（） A1个 B2个C3个 D4个
5如图，图中的图形是常见的安全标记，其中是轴对称图形的是（）
A． B． C． D．
6在平面直角坐标系中，点P（﹣1，0），并且与y轴平行．
（1）①将△ABC绕坐标原点O顺时针旋转90°得到△A1B1C1，在图中画出△A1B1C1；
②求出由点C运动到点C1所经过的路径的长．
（2）①△A2B2C2与△ABC关于直线l对称，画出△A2B2C2，并写出△A2B2C2三个顶点的坐标；
②观察△ABC与△A2B2C2对应点坐标之间的关系，写出直角坐标系中任意一点P（a，b）关于直线l的对称点的坐标．
43如图，正方形中,点F在边BC上，E在边BA的延长线上
（1）若按顺时针方向旋转后恰好与重合则旋转中心是点；最少旋转了度；
（2）在（1）的条下，若 ,求四边形的面积。

2018年九年级数学中考旋转专项复习
1.如图，在边长为1个单位长度的小正方形组成的网格中，给出了格点△ABC（顶点是网格线的
交点）．
（1）先将△ABC竖直向上平移6个单位，再水平向右平移1个单位得到△A1B1C1，请画出△A1B1C1；（2）将△A1B1C1绕B1点顺时针旋转90°，得△A2B1C2，请画出△A2B1C2；
（3）求（2）中点A1旋转到点A2所经过的弧长A1A2（结果保留π）．
2.如图,正方形网格中的每个小正方形的边长都是1,每个小正方形的顶点叫做格点.△ABC的三
个顶点A，B，C都在格点上，将△ABC绕点A按顺时针方向旋转90°得到△AB′C′．
（1）在正方形网格中，画出△AB′C′；
（2）计算线段AB在变换到AB′的过程中扫过区域的面积．
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北京市朝阳区普通中学2018届初三数学中考复习图形的旋转专题训练1．下列图形中，是中心对称图形的为( B )2．如图，将斜边长为4的直角三角板放在直角坐标系xOy中，两条直角边分别与坐标轴重合，P为斜边的中点．现将此三角板绕点O顺时针旋转120°后点P 的对应点的坐标是( B )A．(3，1) B．(1，－3) C．(23，－2) D．(2，－23)3．如图，在平面直角坐标系中，点B，C，E，在y轴上，Rt△ABC经过变换得到Rt△ODE.若点C的坐标为(0，1)，AC＝2，则这种变换可以是( A )A．△ABC绕点C顺时针旋转90°，再向下平移3B．△ABC绕点C顺时针旋转90°，再向下平移1C．△ABC绕点C逆时针旋转90°，再向下平移1D．△ABC绕点C逆时针旋转90°，再向下平移34．如图，小明家的住房平面图呈长方形，被分割成3个正方形和2个长方形后仍是中心对称图形．若只知道原住房平面图长方形的周长，则分割后不用测量就能知道周长的图形的标号为( A )A ．①②B ．②③C ．①③D ．①②③5．若点(a ，1)与(－2，b)关于原点对称，则a b＝__12__．6．如图，已知Rt △ABC 中，∠ACB ＝90°，AC ＝6，BC ＝4，将△ABC 绕直角顶点C 顺时针旋转90°得到△DE C.若点F 是DE 的中点，连接AF ，则AF ＝__5__．7．如图，在等边△ABC 内有一点D ，AD ＝5，BD ＝6，CD ＝4，将△ABD 绕A 点逆时针旋转，使AB 与AC 重合，点D 旋转至点E ，则∠CDE 的正切值为．8．已知，正六边形ABCDEF 在直角坐标系内的位置如图所示，A(－2，0)，点B 在原点，把正六边形ABCDEF 沿x 轴正半轴作无滑动的连续翻转，每次翻转60°，经过2015次翻转之后，点B 的坐标是．9．如图，在方格纸中，△ABC 的三个顶点和点P 都在小方格的顶点上，按要求画一个三角形，使它的顶点在方格的顶点上．(1)将△ABC平移，使点P落在平移后的三角形内部，在图甲中画出示意图；(2)以点C为旋转中心，将△ABC旋转，使点P落在旋转后的三角形内部，在图乙中画出示意图．解：(1)平移后的三角形如图所示：(2)旋转后的三角形如图所示：10．如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠B＝30°，将△ABC绕点C按顺时针方向旋转n度后，得到△DEC，点D刚好落在AB边上．(1)求n的值；(2)若点F是DE的中点，判断四边形ACFD的形状，并说明理由．解：(1)∵在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠B＝30°，将△ABC绕点C按顺时针方向旋转n度后，得到△DEC，∴AC＝DC，∠A＝60°，∴△ADC是等边三角形，∴∠ACD＝60°，∴n的值是60 (2)四边形ACFD是菱形；理由：∵∠DCE＝∠ACB＝90°，点F是DE的中点，∴FC＝DF＝FE，∵∠CDF＝∠A＝60°，∴△DFC是等边三角形，∴DF＝DC＝FC，∵△ADC是等边三角形，∴AD＝AC＝DC，∴AD＝AC ＝FC＝DF，∴四边形ACFD是菱形11．如图，是一个4×4的正方形网格，每个小正方形的边长为1.请你在网格中以左上角的三角形为基本图形，通过平移、对称或旋转变换，设计一个精美图案，使其满足：既是轴对称图形，又是以点O为对称中心的中心对称图形；②所作图案用阴影标识，且阴影部分面积为4.解：如图所示：答案不唯一12．如图，正方形ABCD与正方形A1B1C1D1关于某点中心对称，已知A，D1，D三点的坐标分别是(0，4)，(0，3)，(0，2)．(1)求对称中心的坐标；(2)写出顶点B，C，B1，C1的坐标．解：(1)根据对称中心的性质，可得对称中心的坐标是D1D的中点，∵D1，D的坐标分别是(0，3)，(0，2)，∴对称中心的坐标是(0，2.5)(2)∵A，D的坐标分别是(0，4)，(0，2)，∴正方形ABCD与正方形A1B1C1D1的边长都是：4－2＝2，∴B，C的坐标分别是(－2，4)，(－2，2)，∵A1D1＝2，D1的坐标是(0，3)，∴A1的坐标是(0，1)，∴B1，C1的坐标分别是(2，1)，(2，3)，综上，可得顶点B，C，B1，C1的坐标分别是(－2，4)，(－2，2)，(2，1)，(2，3)13．在△ABC中，AB＝AC＝5，cos∠ABC＝35，将△ABC绕点C顺时针旋转，得到△A1B1C.(1)如图①，当点B1在线段BA延长线上时．①求证：BB1∥CA1；②求△AB1C的面积；(2)如图②，点E是BC边的中点，点F为线段AB上的动点，在△ABC绕点C顺时针旋转过程中，点F的对应点是F1，求线段EF1长度的最大值与最小值的差．解：(1)①证明：∵AB＝AC，B1C＝BC，∴∠1＝∠B，∠B＝∠ACB，∵∠2＝∠ACB(旋转角相等)，∴∠1＝∠2，∴BB1∥CA1；②过A作AF⊥BC于F，过C作CE⊥AB于E，如图①：∵AB ＝AC ，AF ⊥BC ，∴BF ＝CF ，∵cos ∠ABC ＝35，AB ＝5，∴BF ＝3，∴BC ＝6，∴B 1C ＝BC ＝6，∵CE ⊥AB ，∴BE ＝B 1E ＝35×6＝185，∴BB 1＝365，CE ＝45×6＝245，∴AB 1＝365－5＝115，∴△AB 1C 的面积为：12×115×245＝13225(2)如图②，过C 作CF⊥AB 于F ，以C 为圆心CF 为半径画圆交BC 于F 1，EF 1有最小值，此时在Rt △BFC 中，CF ＝245，∴CF 1＝245，∴EF 1的最小值为245－3＝95；如图，以C 为圆心BC 为半径画圆交BC 的延长线于F 1，EF 1有最大值；此时EF 1＝EC ＋CF 1＝3＋6＝9，∴线段EF 1的最大值与最小值的差为9－95＝365。

2018 初三中考数学专题复习旋转专项练习题1. 下列图中的四个图案，能通过基本图形旋转得到的有( )A．1个 B．2个 C．3个 D．4个2. 如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠B＝60°，BC＝2，△A′B′C是由△ABC绕点C顺时针旋转得到，其中点A′与点A是对应点，点B′与点B是对应点，连接AB′，且点A，B′，A′在同一条直线上，则AA′的长为( ) A．6 B．4 3 C．3 3 D．33. 下列四组图形中成中心对称的有( )A．1组 B．2组 C．3组 D．4组4. 如图，△ABC与△A′B′C′是成中心对称的两个图形，则下列说法不正确的是( )A．AB＝A′B′，BC＝B′C′ B．AB∥A′B′，BC∥B′C′C．S△ABC＝S△A′B′C′ D．△ABC≌△A′OC′5. 观察下列图形，是中心对称图形的是( )6. 点P(3，2)关于原点对称的点在( )A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限7. 若点A(n，2)与点B(－3，m)关于原点对称，则n－m＝( )A．－1 B．－5 C．1 D．58. 如图，点P是正方形ABCD内一点，将△PCD绕点C按逆时针方向旋转后与△P′CB 重合，若PC＝1，则PP′＝．9. 如图，在平面直角坐标系中，将线段AB绕点A逆时针方向旋转90°后，得到线段AB′，则点B′的坐标为．10. 已知A，B两点关于点O成中心对称，若AO＝3 cm，则BO＝____cm.11. 如图，点A，B，C的坐标分别为(2，4)，(5，2)，(3，－1)．若以点A，B，C，D为顶点的四边形既是轴对称图形又是中心对称图形，则点D的坐标为．12. 已知，点A(5，m)关于x轴的对称点为(5，－2)，那么m的值为____，点A关于原点对称的点的坐标是．13. 若a－3＋(b＋2)2＝0，则点M(a，b)关于原点的对称点的坐标为．14. 如图，△ABC三个顶点的坐标分别为A(1，1)，B(4，2)，C(3，4)．(1)请画出△ABC向左平移5个单位长度后得到的△A1B1C1；(2)请画出△ABC关于原点对称的△A2B2C2；(3)在x轴上求作一点P，使△PAB的周长最小，请画出△PAB，并直接写出点P的坐标．参考答案：1---7 DACDC CD8. 29. (4，2)10. 311. (0，1)12. 2 (－5，－2)13. (－3，2)14. 解：(1)提示：A，B，C向左平移5个单位后的坐标分别为(－4，1)，(－1，2)，(－2，4)，连接这三个点，得△A1B1C1(2)提示：A，B，C关于原点的对称点的坐标分别为(－1，－1)，(－4，－2)，(－3，－4)，连接这三个点，得△A2B2C2(3)P(2，0)．作点A关于x轴的对称点A′，连接A′B交x轴于点P，则点P即为所求作的点。

一、旋转真题与模拟题分类汇编（难题易错题）1．如图①，在等腰△ABC和△ADE中，AB=AC，AD=AE，且∠BAC=∠DAE=120°．（1）求证：△ABD≌△ACE；（2）把△ADE绕点A逆时针方向旋转到图②的位置，连接CD，点M、P、N分别为DE、DC、BC的中点，连接MN、PN、PM，判断△PMN的形状，并说明理由；（3）在（2）中，把△ADE绕点A在平面内自由旋转，若AD=4，AB=6，请分别求出△PMN周长的最小值与最大值．【答案】（1）证明见解析；（2）△PMN是等边三角形．理由见解析；（3）△PMN周长的最小值为3，最大值为15．【解析】分析：（1）由∠BAC=∠DAE=120°，可得∠BAD=∠CAE，再由AB=AC，AD=AE，利用SAS即可判定△ABD≌△ADE；（2）△PMN是等边三角形，利用三角形的中位线定理可得PM=12CE，PM∥CE，PN=12BD，PN∥BD，同（1）的方法可得BD=CE，即可得PM=PN，所以△PMN是等腰三角形；再由PM∥CE，PN∥BD，根据平行线的性质可得∠DPM=∠DCE，∠PNC=∠DBC，因为∠DPN=∠DCB+∠PNC=∠DCB+∠DBC，所以∠MPN=∠DPM+∠DPN=∠DCE+∠DCB+∠DBC=∠BCE+∠DBC=∠ACB+∠ACE+∠DBC=∠ACB+∠ABD+∠DBC=∠ACB+∠ABC，再由∠BAC=120°，可得∠ACB+∠ABC=60°，即可得∠MPN=60°，所以△PMN是等边三角形；（3）由（2）知，△PMN是等边三角形，PM=PN=12BD，所以当PM最大时，△PMN周长最大，当点D在AB上时，BD最小，PM最小，求得此时BD的长，即可得△PMN周长的最小值；当点D在BA延长线上时，BD最大，PM的值最大，此时求得△PMN周长的最大值即可.详解：（1）因为∠BAC=∠DAE=120°，所以∠BAD=∠CAE，又AB=AC，AD=AE，所以△ABD≌△ADE；（2）△PMN是等边三角形．理由：∵点P，M分别是CD，DE的中点，∴PM=12CE，PM∥CE，∵点N，M分别是BC，DE的中点，∴PN=12BD，PN∥BD，同（1）的方法可得BD=CE，∴PM=PN，∴△PMN是等腰三角形，∵PM∥CE，∴∠DPM=∠DCE，∵PN∥BD，∴∠PNC=∠DBC，∵∠DPN=∠DCB+∠PNC=∠DCB+∠DBC，∴∠MPN=∠DPM+∠DPN=∠DCE+∠DCB+∠DBC=∠BCE+∠DBC =∠ACB+∠ACE+∠DBC=∠ACB+∠ABD+∠DBC=∠ACB+∠ABC，∵∠BAC=120°，∴∠ACB+∠ABC=60°，∴∠MPN=60°，∴△PMN是等边三角形．（3）由（2）知，△PMN是等边三角形，PM=PN=12 BD，∴PM最大时，△PMN周长最大，∴点D在AB上时，BD最小，PM最小，∴BD=AB-AD=2，△PMN周长的最小值为3；点D在BA延长线上时，BD最大，PM最大，∴BD=AB+AD=10，△PMN周长的最大值为15．故答案为△PMN周长的最小值为3，最大值为15点睛：本题主要考查了全等三角形的判定及性质、三角形的中位线定理、等边三角形的判定，解决第（3）问，要明确点D在AB上时，BD最小，PM最小，△PMN周长的最小；点D在BA延长线上时，BD最大，PM最大，△PMN周长的最大值为15.2．在平面直角坐标系中，O为原点，点A（8，0），点B（0，6），把△ABO绕点B逆时针旋转得△A′B′O′，点A、O旋转后的对应点为A′、O′，记旋转角为α．（1）如图1，若α=90°，则AB=，并求AA′的长；（2）如图2，若α=120°，求点O′的坐标；（3）在（2）的条件下，边OA上的一点P旋转后的对应点为P′，当O′P+BP′取得最小值时，直接写出点P′的坐标．【答案】（1）10，102；（2）（33，9）；（3）12354 55（，）【解析】试题分析：(1)、如图①，先利用勾股定理计算出AB=5，再根据旋转的性质得BA=BA′，∠ABA′=90°，则可判定△ABA′为等腰直角三角形，然后根据等腰直角三角形的性质求AA′的长；(2)、作O′H⊥y轴于H，如图②，利用旋转的性质得BO=BO′=3，∠OBO′=120°，则∠HBO′=60°，再在Rt△BHO′中利用含30度的直角三角形三边的关系可计算出BH和O′H的长，然后利用坐标的表示方法写出O′点的坐标；(3)、由旋转的性质得BP=BP′，则O′P+BP′=O′P+BP，作B点关于x轴的对称点C，连结O′C交x轴于P点，如图②，易得O′P+BP=O′C，利用两点之间线段最短可判断此时O′P+BP的值最小，接着利用待定系数法求出直线O′C的解析式为y=x﹣3，从而得到P（，0），则O′P′=OP=，作P′D⊥O′H于D，然后确定∠DP′O′=30°后利用含30度的直角三角形三边的关系可计算出P′D 和DO′的长，从而可得到P′点的坐标．试题解析：(1)、如图①，∵点A（4，0），点B（0，3），∴OA=4，OB=3，∴AB==5，∵△ABO绕点B逆时针旋转90°，得△A′BO′，∴BA=BA′，∠ABA′=90°，∴△ABA′为等腰直角三角形，∴AA′=BA=5；(2)、作O′H⊥y轴于H，如图②，∵△ABO绕点B逆时针旋转120°，得△A′BO′，∴BO=BO′=3，∠OBO′=120°，∴∠HBO′=60°，在Rt△BHO′中，∵∠BO′H=90°﹣∠HBO′=30°，∴BH=BO′=，O′H=BH=，∴OH=OB+BH=3+，∴O′点的坐标为（）；（3）∵△ABO绕点B逆时针旋转120°，得△A′BO′，点P的对应点为P′，∴BP=BP′，∴O′P+BP′=O′P+BP，作B点关于x轴的对称点C，连结O′C交x轴于P点，如图②，则O′P+BP=O′P+PC=O′C，此时O′P+BP的值最小，∵点C与点B关于x轴对称，∴C（0，﹣3），设直线O′C的解析式为y=kx+b，把O′（），C（0，﹣3）代入得，解得，∴直线O′C的解析式为y=x﹣3，当y=0时，x﹣3=0，解得x=，则P （，0），∴OP=，∴O′P′=OP=，作P′D⊥O′H于D，∵∠BO′A=∠BOA=90°，∠BO′H=30°，∴∠DP′O′=30°，∴O′D=O′P′=，P′D=，∴DH=O′H﹣O′，∴P′点的坐标为（，）．考点：几何变换综合题3．（10分）已知△ABC和△ADE是等腰直角三角形，∠ACB=∠ADE=90°，点F为BE中点，连结DF、CF.（1）如图1，当点D在AB上，点E在AC上，请直接写出此时线段DF、CF的数量关系和位置关系（不用证明）；（2）如图2，在（1）的条件下将△ADE绕点A顺时针旋转45°时，请你判断此时（1）中的结论是否仍然成立，并证明你的判断；（3）如图3，在（1）的条件下将△ADE绕点A顺时针旋转90°时，若AD=1，AC=，求此时线段CF的长（直接写出结果）.【答案】（1）相等和垂直；（2）成立，理由见试题解析；（3）．【解析】试题分析：（1）根据“直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半”可知DF=BF，根据∠DFE=2∠DCF，∠BFE=2∠BCF，得到∠EFD+∠EFB=2∠DCB=90°，DF⊥BF；（2）延长DF交BC于点G，先证明△DEF≌△GCF，得到DE=CG，DF=FG，根据AD=DE，AB=BC，得到BD=BG又因为∠ABC=90°，所以DF=CF且DF⊥BF；（3）延长DF交BA于点H，先证明△DEF≌△HBF，得到DE=BH，DF=FH，根据旋转条件可以△ADH为直角三角形，由△ABC和△ADE是等腰直角三角形，AC=，可以求出AB的值，进而可以根据勾股定理可以求出DH，再求出DF，由DF=BF，求出得CF的值．试题解析：（1）∵∠ACB=∠ADE=90°，点F为BE中点，∴DF=BE，CF=BE. ∴DF=CF．∵△ABC和△ADE是等腰直角三角形，∴∠ABC=45°.∵BF=DF，∴∠DBF=∠BDF.∵∠DFE=∠ABE+∠BDF，∴∠DFE=2∠DBF.同理得：∠CFE=2∠CBF，∴∠EFD+∠EFC=2∠DBF+2∠CBF=2∠ABC=90°.∴DF=CF，且DF⊥CF．（2）（1）中的结论仍然成立．证明如下：如图，此时点D落在AC上，延长DF交BC于点G．∵∠ADE=∠ACB=90°，∴DE∥BC．∴∠DEF=∠GBF，∠EDF=∠BGF．∵F为BE中点，∴EF=BF．∴△DEF≌△GBF．∴DE=GB，DF=GF．∵AD=DE，∴AD=GB.∵AC=BC，∴AC-AD="BC-GB." ∴DC=GC．∵∠ACB=90°，∴△DCG是等腰直角三角形.∵DF=GF，∴DF=CF，DF⊥CF．（3）如图，延长DF交BA于点H，∵△ABC和△ADE是等腰直角三角形，∴AC=BC，AD=DE．∴∠AED=∠ABC=45°.∵由旋转可以得出，∠CAE=∠BAD=90°，∵AE∥BC，∴∠AEB=∠CBE. ∴∠DEF=∠HBF．∵F是BE的中点，∴EF="BF." ∴△DEF≌△HBF. ∴ED=HB.∵AC=，在Rt△ABC中，由勾股定理，得AB=4.∵AD=1，∴ED=BH=1.∴AH=3.在Rt△HAD中，由勾股定理，得DH=，∴DF=，∴CF=.∴线段CF的长为.考点：1.等腰直角三角形的性质；2.全等三角形的判定和性质；3.勾股定理．4．如图是两个可以自由转动的转盘，甲转盘被等分成3个扇形，乙转盘被等分成4个扇形，每一个扇形上都标有相应的数字．同时转动两个转盘，当转盘停止后，计算指针所指区域内的数字之和．如果指针恰好指在分割线上，那么重转一次，直到指针指向一个数字为止．（1）请你通过画树状图或列表的方法分析，并求指针所指区域内的数字和小于10的概率；（2）小亮和小颖小亮和小颖利用它们做游戏，游戏规则是：指针所指区域内的数字和小于10，小颖获胜；指针所指区域内的数字之和等于10，为平局；指针所指区域内的数字之和大于10，小亮获胜．你认为该游戏规则是否公平？请说明理由；若游戏规则不公平，请你设计出一种公平的游戏规则．【答案】（1）13；（2）不公平．【解析】试题分析：（1）依据题意先用列表法或画树状图法分析所有等可能的出现结果，然后根据概率公式求出该事件的概率．（2）判断游戏的公平性，首先要计算出游戏双方赢的概率，概率相等则公平，否则不公平．试题解析：（1）共有12种等可能的结果，小于10的情况有4种，所以指针所指区域内的数字和小于10的概率为13．（2）不公平，因为小颖获胜的概率为；小亮获胜的概率为512．小亮获胜的可能性大，所以不公平．可以修改为若这两个数的和为奇数，则小亮赢；积为偶数，则小颖赢．考点：1．游戏公平性；2．列表法与树状图法．5．在△ABC中，AB=AC，将线段AC绕着点C逆时针旋转得到线段CD，旋转角为，且，连接AD、BD．（1）如图1，当∠BAC=100°，时，∠CBD 的大小为_________；（2）如图2，当∠BAC=100°，时，求∠CBD的大小；（3）已知∠BAC的大小为m（），若∠CBD 的大小与（2）中的结果相同，请直接写出的大小．【答案】（1）30°；（2）30°；（3）α=120°-m°，α=60°或α=240-m°.【解析】试题分析：（1）由∠BAC=100°，AB=AC，可以确定∠ABC=∠ACB=40°，旋转角为α，α=60°时△ACD是等边三角形，且AC=AD=AB=CD，知道∠BAD的度数，进而求得∠CBD的大小.（2）由∠BAC=100°，AB=AC，可以确定∠ABC=∠ACB=40°，连结DF、BF．AF=FC=AC，∠FAC=∠AFC=60°，∠ACD=20°，由∠DCB=20°案．依次证明△DCB≌△FCB，△DAB≌△DAF．利用角度相等可以得到答案．（3）结合（1）（2）的解题过程可以发现规律，求得答案．试题解析：（1）30°；（2）30°；（2）如图作等边△AFC，连结DF、BF．∴AF=FC=AC，∠FAC=∠AFC=60°．∵∠BAC=100°，AB=AC，∴∠ABC=∠BCA=40°．∵∠ACD=20°，∴∠DCB=20°．∴∠DCB=∠FCB=20°．①∵AC=CD，AC=FC，∴DC=FC．②∵BC=BC，③∴由①②③，得△DCB≌△FCB，∴DB=BF，∠DBC=∠FBC．∵∠BAC=100°，∠FAC=60°，∴∠BAF=40°．∵∠ACD=20°，AC=CD，∴∠CAD=80°．∴∠DAF=20°．∴∠BAD=∠FAD=20°．④∵AB=AC，AC=AF，∴AB=AF．⑤∵AD=AD，⑥∴由④⑤⑥，得△DAB≌△DAF．∴FD=BD．∴FD=BD=FB．∴∠DBF=60°．∴∠CBD=30°．（3）α=120°-m°，α=60°或α=240-m°．考点：1.全等三角形的判定和性质；2.等边三角形的判定和性质．6．已知：一次函数的图象与x轴、y轴的交点分别为A、B，以B为旋转中心，将△BOA逆时针旋转，得△BCD（其中O与C、A与D是对应的顶点）.（1）求AB的长；（2）当∠BAD=45°时，求D点的坐标；（3）当点C在线段AB上时，求直线BD的关系式.【答案】（1）5；（2）D（4，7）或（-4，1）；（3）【解析】试题分析：（1）先分别求得一次函数的图象与x轴、y轴的交点坐标，再根据勾股定理求解即可；（2）根据旋转的性质结合△BOA的特征求解即可；（3）先根据点C在线段AB上判断出点D的坐标，再根据待定系数法列方程组求解即可.（1）在时，当时，，当时，∴；（2）由题意得D（4，7）或（-4，1）；（2）由题意得D点坐标为（4，）设直线BD的关系式为∵图象过点B（0，4），D（4，）∴，解得∴直线BD的关系式为.考点：动点的综合题点评：此类问题综合性强，难度较大，在中考中比较常见，一般作为压轴题，题目比较典型．7．思维启迪：（1）如图1，A，B两点分别位于一个池塘的两端，小亮想用绳子测量A，B 间的距离，但绳子不够长，聪明的小亮想出一个办法：先在地上取一个可以直接到达B点的点C，连接BC，取BC的中点P（点P可以直接到达A点），利用工具过点C作CD∥AB 交AP的延长线于点D，此时测得CD＝200米，那么A，B间的距离是米．思维探索：（2）在△ABC和△ADE中，AC＝BC，AE＝DE，且AE＜AC，∠ACB＝∠AED＝90°，将△ADE绕点A顺时针方向旋转，把点E在AC边上时△ADE的位置作为起始位置（此时点B和点D位于AC的两侧），设旋转角为α，连接BD，点P是线段BD的中点，连接PC，PE．①如图2，当△ADE在起始位置时，猜想：PC与PE的数量关系和位置关系分别是；②如图3，当α＝90°时，点D落在AB边上，请判断PC与PE的数量关系和位置关系，并证明你的结论；③当α＝150°时，若BC＝3，DE＝l，请直接写出PC2的值．【答案】（1）200；（2）①PC＝PE，PC⊥PE；②PC与PE的数量关系和位置关系分别是PC＝PE，PC⊥PE，见解析；③PC21033.【解析】【分析】（1）由CD∥AB，可得∠C＝∠B，根据∠APB＝∠DPC即可证明△ABP≌△DCP，即可得AB ＝CD，即可解题．（2）①延长EP交BC于F，易证△FBP≌△EDP（SAS）可得△EFC是等腰直角三角形，即可证明PC＝PE，PC⊥PE．②作BF∥DE，交EP延长线于点F，连接CE、CF，易证△FBP≌△EDP（SAS），结合已知得BF ＝DE ＝AE ，再证明△FBC ≌△EAC （SAS ），可得△EFC 是等腰直角三角形，即可证明PC ＝PE ，PC ⊥PE ．③作BF ∥DE ，交EP 延长线于点F ，连接CE 、CF ，过E 点作EH ⊥AC 交CA 延长线于H 点，由旋转旋转可知，∠CAE ＝150°，DE 与BC 所成夹角的锐角为30°，得∠FBC ＝∠EAC ，同②可证可得PC ＝PE ，PC ⊥PE ，再由已知解三角形得∴EC 2＝CH 2+HE 2＝10+求出2212PC EC == 【详解】（1）解：∵CD ∥AB ，∴∠C ＝∠B ，在△ABP 和△DCP 中， BP CP APB DPC B C =⎧⎪∠=∠⎨⎪∠=∠⎩，∴△ABP ≌△DCP （SAS ），∴DC ＝AB ．∵AB ＝200米．∴CD ＝200米，故答案为：200．（2）①PC 与PE 的数量关系和位置关系分别是PC ＝PE ，PC ⊥PE ．理由如下：如解图1，延长EP 交BC 于F ，同（1）理，可知∴△FBP ≌△EDP （SAS ），∴PF ＝PE ，BF ＝DE ，又∵AC ＝BC ，AE ＝DE ，∴FC ＝EC ，又∵∠ACB ＝90°，∴△EFC 是等腰直角三角形，∵EP ＝FP ，∴PC ＝PE ，PC ⊥PE ．②PC 与PE 的数量关系和位置关系分别是PC ＝PE ，PC ⊥PE ．理由如下：如解图2，作BF ∥DE ，交EP 延长线于点F ，连接CE 、CF ，同①理，可知△FBP ≌△EDP （SAS ），∴BF ＝DE ，PE ＝PF ＝12EF ， ∵DE ＝AE ，∴BF ＝AE ，∵当α＝90°时，∠EAC ＝90°，∴ED ∥AC ，EA ∥BC∵FB ∥AC ，∠FBC ＝90，∴∠CBF ＝∠CAE ，在△FBC 和△EAC 中，BF AE CBE CAE BC AC =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，∴△FBC ≌△EAC （SAS ），∴CF ＝CE ，∠FCB ＝∠ECA ，∵∠ACB ＝90°，∴∠FCE ＝90°，∴△FCE 是等腰直角三角形，∵EP ＝FP ，∴CP ⊥EP ，CP ＝EP ＝12EF ． ③如解图3，作BF ∥DE ，交EP 延长线于点F ，连接CE 、CF ，过E 点作EH ⊥AC 交CA 延长线于H 点，当α＝150°时，由旋转旋转可知，∠CAE ＝150°，DE 与BC 所成夹角的锐角为30°， ∴∠FBC ＝∠EAC ＝α＝150°同②可得△FBP ≌△EDP （SAS ），同②△FCE 是等腰直角三角形，CP ⊥EP ，CP ＝EP ＝22CE ， 在Rt △AHE 中，∠EAH ＝30°，AE ＝DE ＝1，∴HE ＝12，AH ＝3， 又∵AC ＝AB ＝3， ∴CH ＝3+3， ∴EC 2＝CH 2+HE 2＝1033+∴PC 2＝2110332EC +=【点睛】本题考查几何变换综合题，考查了旋转的性质、全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形性质、勾股定理和30°直角三角形性质等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题，属于压轴题．8．在△ABC中，AB=BC=2，∠ABC=120°，将△ABC绕点B顺时针旋转角α（0°＜α＜90°）得△A1BC1，A1B交AC于点E，A1C1分别交AC、BC于D、F两点．（1）如图1，观察并猜想，在旋转过程中，线段BE与BF有怎样的数量关系？并证明你的结论；（2）如图2，当α=30°时，试判断四边形BC1DA的形状，并说明理由．【答案】（1）BE=DF；（2）四边形BC1DA是菱形．【解析】【分析】（1）由AB=BC得到∠A=∠C，再根据旋转的性质得AB=BC=BC1，∠A=∠C=∠C1，∠ABE=∠C1BF，则可证明△ABE≌△C1BF，于是得到BE=BF（2）根据等腰三角形的性质得∠A=∠C=30°，利用旋转的性质得∠A1=∠C1=30°，∠ABA1=∠CBC1=30°，则利用平行线的判定方法得到A1C1∥AB，AC∥BC1，于是可判断四边形BC1DA是平行四边形，然后加上AB=BC1可判断四边形BC1DA是菱形．【详解】（1）解：BE=DF．理由如下：∵AB=BC，∴∠A=∠C，∵△ABC绕点B顺时针旋转角α（0°＜α＜90°）得△A1BC1，∴AB=BC=BC1，∠A=∠C=∠C1，∠ABE=∠C1BF，在△ABE和△C1BF中，∴△ABE≌△C1BF，∴BE=BF（2）解：四边形BC1DA是菱形．理由如下：∵AB=BC=2，∠ABC=120°，∴∠A=∠C=30°，∴∠A1=∠C1=30°，∵∠ABA1=∠CBC1=30°，∴∠ABA1=∠A1，∠CBC1=∠C，∴A1C1∥AB，AC∥BC1，∴四边形BC1DA是平行四边形．又∵AB=BC1，∴四边形BC1DA是菱形【点睛】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．也考查了菱形的判定方法．。

2018 初三数学中考复习图形的旋转专题综合练习题1. 图 1 和图 2 中全部的小正方形都全等，将图 1 的正方形放在图 2 中①②③④的某一地点，使它与本来 7 个小正方形构成的图形是中心对称图形，这个地点是( C )A．①B．②C．③D．④2．以下图案中，中心对称图形是( D )A．①②B．②③C．②④D．③④3．如图，将 Rt△ABC绕直角极点 C顺时针旋转 90°，获得△ A′B′C，连接AA′，若∠ 1＝25°，则∠ BAA′的度数是 ( D )A．55°B．60°C．65°D．70°4．如图，用一个半径为 5 cm的定滑轮带动重物上涨，滑轮上一点 P 旋转了 108°，假定绳子 ( 粗细不计 ) 与滑轮之间没有滑动，则重物上涨了( C )A．π cm B．2π cm C．3π cm D．5π cm5．如图，将△ ABC绕点 B 顺时针旋转 60°得△ DBE，点 C的对应点 E 恰巧落在AB延伸线上，连接 AD.以下结论必定正确的选项是 ( C )A．∠ ABD＝∠ E B．∠ CBE＝∠CC．AD∥BC D．AD＝BC6．若点 M(3，a－2) ，N(b，a) 对于原点对称，则a＋b＝__－2__．7．如图，直线 a，b 垂直订交于点 O，曲线 c 对于点 O成中心对称，点 A 的对称点是点 A′， AB⊥a于点 B，A′D⊥b 于点 D，若 OB＝ 3，OD＝2，则暗影部分的面积之和为 __6__．8．已知：如图，在△AOB中，∠AOB＝90°，AO＝3 cm，BO＝4 cm，将△AOB绕极点 O，按顺时针方向旋转到△A1OB1处，此时线段 OB1与 AB的交点 D 恰巧为 AB 的中点，则线段 B1 D＝__1.5__cm.9.如图，半径为 5 的半圆的初始状态是直径平行于桌面上的直线b，而后把半圆沿直线 b 进行无滑动转动，使半圆的直径与直线 b 重合为止，则圆心O 运动路径的长度等于 __5π__．10．如图，把正方形铁片 OABC置于平面直角坐标系中，极点 A 的坐标为 (3 ，0) ，点P(1，2) 在正方形片上，将正方形片其右下角的点按方向挨次旋 90°，第一次旋至①地点，第二次旋至②地点⋯，正方形片旋 2 017 次后，点 P 的坐__(6_053，2)__ ．11．如，在平面直角坐系中，△ABC各点的坐分A(－2，－2) ，B(－4，－ 1) ，C(－4，－4) ．(1)作出△ ABC对于原点 O成中心称的△A1B1C1；(2)作出点 A 对于 x 的称点 A′，若把点 A′向右平移 a 个位度后落在△A1B1C1 的内部(不包含点和界)，求a的取范．解： (1) 如所示，△ A1B1C1即所求．(2)∵点 A′坐 ( －2，2) ，∴若要使向右平移后的 A′落在△A1B1C1的内部， a 的取范 4＜a＜6.12．如，已知 AC⊥BC，垂足 C，AC＝4，BC＝3 3，将段 AC点 A 按逆方向旋60°，获得段 AD， DC，DB.(1)线段 DC＝__4__；(2)求线段 DB的长度．解：作 DE⊥BC于点 E. ∵△ ACD是等边三角形，∴∠ ACD＝60°. 又∵ AC⊥BC，∴∠D CE＝∠ ACB－∠ ACD＝ 90°－ 60°＝ 30°，13∴Rt△CDE中， DE＝2DC＝2，CE＝DC· cos30°＝ 4×2＝23，∴ BE＝BC－CE＝3 3－2 3＝ 3. ∴Rt△BDE中， BD＝2222DE＋BE＝ 2 ＋（3）＝ 7.13．已知△ ABC是等腰三角形， AB＝AC.(1)特别情况：如图①，当 DE∥BC时，有 DB___＝__EC.( 填“＞”“＜”或“＝”)(2)发现研究：若将图①中的△ ADE绕点 A 顺时针旋转α(0 °＜α＜180°) 到图②地点，则 (1) 中的结论还建立吗？若建立，请赐予证明；若不建立，请说明原因．(3)拓展运用：如图③， P 是等腰直角三角形 ABC内一点，∠ ACB＝90°，且 PB ＝1，PC＝2，PA＝3，求∠ BPC的度数．解：(2) 建立．证明：由(1) 易知 AD＝AE，∴由旋转性质可知∠ DAB＝∠ EAC.在△ DAB4 / 62018 初三数学中考复习图形的旋转专题综合练习题含答案AD＝AE，和△ EAC中，∠DAB＝∠ EAC，∴△ DAB≌△ EAC(SAS)，∴ DB＝EC.AB＝ AC，(3)如图，将△ CPB绕点 C顺时针旋转 90°得△ CEA，连接 PE，∴△CPB≌△ CEA，∴CE＝CP ＝2，AE＝BP＝1，∠PCE＝90°，∴∠ CEP＝∠ CPE＝45°. 在 Rt △PCE中，由勾股定理可得， PE＝ 222)22222＝2，在△ PEA 中， PE＝(2＝8，AE＝1＝1，PA＝32229. ∵PE＋AE＝AP，∴△ PEA是直角三角形，∴∠ PEA＝90°，∴∠ CEA＝135°.又∵△ CPB≌△ CEA，∴∠ BPC＝∠ CEA＝135°.14.如图，将等腰△ ABC绕极点 B逆时针方向旋转α到△ A1 BC1的地点，AB与 A1C1订交于点 D，AC与 A1C1，BC1分别交于点 E，F.①求证：△ BCF≌△ BA1D；②当∠ C＝α时，判断四边形A1BCE的形状并说明原因．解：①证明：∵△ ABC是等腰三角形，∴ AB＝BC，∠ A＝∠ C.由旋转性质得A1B ＝A B＝BC，∠A＝∠ A1＝∠ C，∠ A1BD＝∠ CBC1，∴△ BCF≌△BA1D(ASA)．②四边形 A1BCE是菱形．原因：∵∠ A1＝∠ A，∠ADE＝∠ A1DB，∴∠ AED＝∠ A1 BD ＝α，∴∠ DEC＝180°－α. ∵∠ C＝α，∴∠ A1＝α，∴∠ A1BC＝360°－∠ A12018 初三数学中考复习图形的旋转专题综合练习题含答案－∠ C－∠ A1EC＝180°－α，∴∠ A1＝∠ C，∠A1 BC＝∠ A1EC.∴四边形 A1BCE是平行四边形．∵ A1B＝BC，∴四边形 A1BCE是菱形．。

2018 初三数学中考复习图形的旋转与中心对称专题复习练习题1. 下列两个字母成中心对称的是( )2. 观察下列图形，其中既是轴对称又是中心对称图形的是( )3. 如图，将Rt△ABC绕直角顶点C顺时针旋转90°，得到△A′B′C，连接AA′，若∠1＝25°，则∠BAA′的度数是( )A．55°B．60°C．65°D．70°4. 下列图形：①等边三角形；②平行四边形；③菱形；④函数y＝1x的图象；⑤函数y＝kx＋b(k≠0)的图象，其中既是轴对称图形，又是中心对称图形的有( )A．1个B．2个C．3个D．4个5. 下列图形中是中心对称图形的是( )6. 如图是我国几家银行的标志，其中既是轴对称图形又是中心对称图形的有( )A．2个B．3个C．4个D．5个7. 已知点A(a，1)与点B(－4，b)关于原点对称，则a＋b的值为( )A．5 B．－5 C．3 D．－38．如图，将正方形ABCD中的阴影三角形绕点A顺时针旋转90°后，得到的图形为( )9. 如图，在△ABC中，∠C＝90°，AC＝4，BC＝3，将△ABC绕点A逆时针旋转，使点C落在线段AB上的点E处，点B落在点D处，则B，D两点间的距离为( )A.10 B．2 2 C．3 D．2 510. 如图，在正方形网格中，线段A′B′是线段AB绕某点逆时针旋转角α得到的，点A′与A对应，则角α的大小为( )A．30°B．60°C．90°D．120°11. 如图，一块含有30°角的直角三角板ABC，在水平桌面绕点C按顺时针方向旋转到A′B′C′的位置，若BC＝12 cm，则顶点A从开始到结束所经过的路径长为____cm.12. 如图，已知△ABC三个顶点的坐标分别为A(0，4)，B(－1，1)，C(－2，2)，将△ABC向右平移4个单位，得到△A′B′C′，点A，B，C的对应点分别为A′，B′，C′，再将△A′B′C′绕点B′顺时针旋转90°，得到△A″B″C″，点A′，B′，C′的对应点分别为A″，B″，C″，则点A″的坐标为．13. △ABC是等边三角形，点O是三条高的交点．若△ABC以点O为旋转中心旋转后能与原来的图形重合，则△ABC的旋转的最小角度是____．14. 如图，四边形ABCD是菱形，O是两条对角线的交点，过O点的三条直线将菱形分成阴影和空白部分．当菱形的两条对角线的长分别为6和8时，则阴影部分的面积为____．15. 如图，将等腰△ABC绕顶点B逆时针方向旋转α度到△A1BC1的位置，AB与A1C1相交于点D，AC与A1C1，BC1分别交于点E，F.(1)求证：△BCF≌△BA1D；(2)当∠C＝α度时，判定四边形A1BCE的形状，并说明理由；参考答案：1---10 BDCCC ACAAC11. 16π12. (6，0)13. 120°14. 1215. 解：(1)∵△ABC是等腰三角形，∴AB＝BC，∠A＝∠C，由旋转知A1B＝AB＝BC，∠A＝∠A1＝∠C，∠A1BD＝∠CBC1，可证△BCF≌△BA1D(ASA)(2)四边形A1BCE是菱形，理由：由旋转知∠A1＝∠A，∵∠ADE＝∠A1DB，∴∠AED＝∠A1BD＝α，∴∠DEC＝180°－α，∵∠C＝α，∴∠A1＝α，∴∠A1BC＝360°－∠A1－∠C－∠A1EC＝180°－α，∴∠A1＝∠C，∠A1BC＝∠A1EC，∴四边形A1BCE是平行四边形，又∵A1B＝BC，∴四边形A1BCE是菱形。

图形的旋转专题提高训练1、如图，直角梯形ABCD 中，∠BCD＝90°，AD∥BC，BC ＝CD ，E 为梯形内一点，且∠BEC＝90°，将△BEC 绕C 点旋转90°使BC 与DC 重合，得到△DCF，连EF 交CD 于M ．已知BC ＝5， CF ＝3，则DM:MC 的值为 （ ）A.5:3B.3:5C.4:3D.3:42、如图，已知Rt △ABC ≌Rt △DEC ，∠E ＝30°，D 为AB 的中点，AC ＝1，若△DEC 绕 点D 顺时针旋转，使ED 、CD 分别与Rt △ABC 的直角边BC 相交于M 、N ，则当△DMN 为等边三角形时，AM 的值为（ ）AB．3C．3D ．13、将直角边长为5cm 的等腰直角ΔABC 绕点A 逆时针旋转15°后,得到ΔAB’C’,则图中阴影部分的面积是 cm 24、在矩形ABCD 中，2AD AB ，E 是AD 的中点，一块三角板的直角顶点与点E 重合， 将三角板绕点E 按顺时针方向旋转．当三角板的两直角边与AB BC ，分别交于点M N ，时， 观察或测量BM 与CN 的长度，你能得到什么结论？并证明你的结论．5、在矩形ABCD 中，AB =2，AD =3．（1）在边CD 上找．一点E ，使EB 平分∠AEC ，并加以说明；（3分） （2）若P 为BC 边上一点，且BP =2CP ，连接EP 并延长交AB 的延长线于F ．①求证：点B 平分线段AF ；（3分）②△P AE 能否由△PFB 绕P 点按顺时针方向旋转而得到，若能，加以证明，并求出旋转度数；若不能，请说明理由．（4分）第一题（4题图）6、含30°角的直角三角板ABC （∠B=30°）绕直角顶点C 沿逆时针方向旋转角α（90α∠<），再沿A ∠的对边翻折得到A B C ''△，AB 与B C '交于点M ，A B ''与BC 交于点N ，A B ''与AB 相交于点E ．（1）求证：ACM A CN '△≌△．（2）当30α∠=时，找出ME 与MB '的数量关系，并加以说明．7、如图①，已知在△ABC 中，AB =AC ，P 是△ABC 内部任意一点，将AP 绕A 顺时针旋 转至AQ ，使∠QAP =∠BAC ，连接BQ 、CP ，（1）判断线段BQ 与CP 的数量关系，并证明你的结论。

中考数学复习初中数学旋转专项综合练及答案一、旋转1．操作与证明：如图1，把一个含45°角的直角三角板ECF和一个正方形ABCD摆放在一起，使三角板的直角顶点和正方形的顶点C重合，点E、F分别在正方形的边CB、CD上，连接AF．取AF中点M，EF的中点N，连接MD、MN．（1）连接AE，求证：△AEF是等腰三角形；猜想与发现：（2）在（1）的条件下，请判断MD、MN的数量关系和位置关系，得出结论．结论1：DM、MN的数量关系是；结论2：DM、MN的位置关系是；拓展与探究：（3）如图2，将图1中的直角三角板ECF绕点C顺时针旋转180°，其他条件不变，则（2）中的两个结论还成立吗？若成立，请加以证明；若不成立，请说明理由．【答案】（1）证明参见解析；（2）相等，垂直；（3）成立，理由参见解析.【解析】试题分析：（1）根据正方形的性质以及等腰直角三角形的知识证明出CE=CF，继而证明出△ABE≌△ADF，得到AE=AF，从而证明出△AEF是等腰三角形；（2）DM、MN的数量关系是相等，利用直角三角形斜边中线等于斜边一半和三角形中位线定理即可得出结论.位置关系是垂直，利用三角形外角性质和等腰三角形两个底角相等性质，及全等三角形对应角相等即可得出结论；（3）成立，连接AE，交MD于点G，标记出各个角，首先证明出MN∥AE，MN=AE，利用三角形全等证出AE=AF，而DM=AF，从而得到DM，MN数量相等的结论，再利用三角形外角性质和三角形全等，等腰三角形性质以及角角之间的数量关系得到∠DMN=∠DGE=90°．从而得到DM、MN的位置关系是垂直.试题解析：（1）∵四边形ABCD是正方形，∴AB=AD=BC=CD，∠B=∠ADF=90°，∵△CEF 是等腰直角三角形，∠C=90°，∴CE=CF，∴BC﹣CE=CD﹣CF，即BE=DF，∴△ABE≌△ADF，∴AE=AF，∴△AEF是等腰三角形；（2）DM、MN的数量关系是相等，DM、MN的位置关系是垂直；∵在Rt△ADF中DM是斜边AF的中线，∴AF=2DM，∵MN 是△AEF的中位线，∴AE=2MN，∵AE=AF，∴DM=MN；∵∠DMF=∠DAF+∠ADM，AM=MD，∵∠FMN=∠FAE，∠DAF=∠BAE，∴∠ADM=∠DAF=∠BAE，∴∠DMN=∠FMN+∠DMF=∠DAF+∠BAE+∠FAE=∠BAD=90°，∴DM⊥MN；（3）（2）中的两个结论还成立，连接AE，交MD于点G，∵点M为AF的中点，点N为EF的中点，∴MN∥AE，MN=AE，由已知得，AB=AD=BC=CD，∠B=∠ADF，CE=CF，又∵BC+CE=CD+CF，即BE=DF，∴△ABE≌△ADF，∴AE=AF，在Rt△ADF中，∵点M为AF的中点，∴DM=AF，∴DM=MN，∵△ABE≌△ADF，∴∠1=∠2，∵AB∥DF，∴∠1=∠3，同理可证：∠2=∠4，∴∠3=∠4，∵DM=AM，∴∠MAD=∠5，∴∠DGE=∠5+∠4=∠MAD+∠3=90°，∵MN∥AE，∴∠DMN=∠DGE=90°，∴DM⊥MN．所以（2）中的两个结论还成立.考点：1.正方形的性质；2.全等三角形的判定与性质；3.三角形中位线定理；4.旋转的性质．2．如图1，在平面直角坐标系xOy中，抛物线C：y=ax2+bx+c与x轴相交于A，B两点，顶点为D（0，4），AB=42，设点F（m，0）是x轴的正半轴上一点，将抛物线C绕点F 旋转180°，得到新的抛物线C′．（1）求抛物线C的函数表达式；（2）若抛物线C′与抛物线C在y轴的右侧有两个不同的公共点，求m的取值范围．（3）如图2，P是第一象限内抛物线C上一点，它到两坐标轴的距离相等，点P在抛物线C′上的对应点P′，设M是C上的动点，N是C′上的动点，试探究四边形PMP′N能否成为正方形？若能，求出m的值；若不能，请说明理由．【答案】（1）2142y x =-+；（2）2＜m＜3）m =6或m3． 【解析】试题分析：（1）由题意抛物线的顶点C （0，4），A（，0），设抛物线的解析式为24y ax =+，把A（0）代入可得a =12-，由此即可解决问题； （2）由题意抛物线C ′的顶点坐标为（2m ，﹣4），设抛物线C ′的解析式为()2142y x m =--，由()22142142y x y x m ⎧=-+⎪⎪⎨⎪=--⎪⎩，消去y 得到222280x mx m -+-=，由题意，抛物线C ′与抛物线C 在y 轴的右侧有两个不同的公共点，则有()222(428020280m m m ⎧-->⎪⎪>⎨⎪->⎪⎩，解不等式组即可解决问题；（3）情形1，四边形PMP ′N 能成为正方形．作PE ⊥x 轴于E ，MH ⊥x 轴于H ．由题意易知P （2，2），当△PFM 是等腰直角三角形时，四边形PMP ′N 是正方形，推出PF =FM ，∠PFM =90°，易证△PFE ≌△FMH ，可得PE =FH =2，EF =HM =2﹣m ，可得M （m +2，m ﹣2），理由待定系数法即可解决问题；情形2，如图，四边形PMP ′N 是正方形，同法可得M （m ﹣2，2﹣m ），利用待定系数法即可解决问题．试题解析：（1）由题意抛物线的顶点C （0，4），A（，0），设抛物线的解析式为24y ax =+，把A（0）代入可得a =12-，∴抛物线C 的函数表达式为2142y x =-+．（2）由题意抛物线C ′的顶点坐标为（2m ，﹣4），设抛物线C ′的解析式为()2142y x m =--，由21421(42x y x y ⎧=-+⎪⎪⎨⎪=-⎪⎩，消去y 得到222280x mx m -+-= ，由题意，抛物线C ′与抛物线C 在y 轴的右侧有两个不同的公共点，则有()222(428020280m m m ⎧-->⎪⎪>⎨⎪->⎪⎩，解得2＜m＜，∴满足条件的m 的取值范围为2＜m＜ （3）结论：四边形PMP ′N 能成为正方形．理由：1情形1，如图，作PE ⊥x 轴于E ，MH ⊥x 轴于H ．由题意易知P （2，2），当△PFM 是等腰直角三角形时，四边形PMP ′N 是正方形，∴PF =FM ，∠PFM =90°，易证△PFE ≌△FMH ，可得PE =FH =2，EF =HM =2﹣m ，∴M （m +2，m ﹣2），∵点M 在2142y x =-+上，∴()212242m m -=-++，解得m =17﹣3或﹣17﹣3（舍弃），∴m =17﹣3时，四边形PMP ′N 是正方形．情形2，如图，四边形PMP ′N 是正方形，同法可得M （m ﹣2，2﹣m ），把M （m ﹣2，2﹣m ）代入2142y x =-+中，()212242m m -=--+，解得m =6或0（舍弃），∴m =6时，四边形PMP ′N 是正方形．综上所述：m =6或m 17﹣3时，四边形PMP ′N 是正方形．3．在正方形ABCD 中，点E ，F 分别在边BC ，CD 上，且∠EAF=∠CEF=45°. (1)将△ADF 绕着点A 顺时针旋转90°，得到△ABG(如图①)，求证：△AEG ≌△AEF ； (2)若直线EF 与AB ，AD 的延长线分别交于点M ，N(如图②)，求证：EF 2=ME 2+NF 2； (3)将正方形改为长与宽不相等的矩形，若其余条件不变(如图③)，请你直接写出线段EF ，BE ，DF 之间的数量关系.【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）EF2=2BE2+2DF2.【解析】试题分析：（1）根据旋转的性质可知AF=AG，∠EAF=∠GAE=45°，故可证△AEG≌△AEF；（2）将△ADF绕着点A顺时针旋转90°，得到△ABG，连结GM．由（1）知△AEG≌△AEF，则EG=EF．再由△BME、△DNF、△CEF均为等腰直角三角形，得出CE=CF，BE=BM，NF=DF，然后证明∠GME=90°，MG=NF，利用勾股定理得出EG2=ME2+MG2，等量代换即可证明EF2=ME2+NF2；（3）将△ADF绕着点A顺时针旋转90°，得到△ABG，根据旋转的性质可以得到△ADF≌△ABG，则DF=BG，再证明△AEG≌△AEF，得出EG=EF，由EG=BG+BE，等量代换得到EF=BE+DF．试题解析：（1）∵△ADF绕着点A顺时针旋转90°，得到△ABG，∴AF=AG，∠FAG=90°，∵∠EAF=45°，∴∠GAE=45°，在△AGE与△AFE中，，∴△AGE≌△AFE（SAS）；（2）设正方形ABCD的边长为a．将△ADF绕着点A顺时针旋转90°，得到△ABG，连结GM．则△ADF≌△ABG，DF=BG．由（1）知△AEG≌△AEF，∴EG=EF．∵∠CEF=45°，∴△BME、△DNF、△CEF均为等腰直角三角形，∴CE=CF，BE=BM，NF=DF，∴a﹣BE=a﹣DF，∴BE=DF，∴BE=BM=DF=BG，∴∠BMG=45°，∴∠GME=45°+45°=90°，∴EG2=ME2+MG2，∵EG=EF ，MG=BM=DF=NF，∴EF2=ME2+NF2；（3）EF2=2BE2+2DF2．如图所示，延长EF交AB延长线于M点，交AD延长线于N点，将△ADF绕着点A顺时针旋转90°，得到△AGH，连结HM，HE．由（1）知△AEH≌△AEF，则由勾股定理有（GH+BE）2+BG2=EH2，即（GH+BE）2+（BM﹣GM）2=EH2又∴EF=HE，DF=GH=GM，BE=BM，所以有（GH+BE）2+（BE﹣GH）2=EF2，即2（DF2+BE2）=EF2考点：四边形综合题4．平面上，Rt△ABC与直径为CE的半圆O如图1摆放，∠B＝90°，AC＝2CE＝m，BC＝n，半圆O交BC边于点D，将半圆O绕点C按逆时针方向旋转，点D随半圆O旋转且∠ECD始终等于∠ACB，旋转角记为α（0°≤α≤180°）（1）当α＝0°时，连接DE ，则∠CDE ＝ °，CD ＝ ；（2）试判断：旋转过程中BDAE的大小有无变化？请仅就图2的情形给出证明； （3）若m ＝10，n ＝8，当α＝∠ACB 时，求线段BD 的长；（4）若m ＝6，n ＝2，当半圆O 旋转至与△ABC 的边相切时，直接写出线段BD 的长．【答案】（1）90°，2n ；（2）无变化；（3）55；（4）BD=101143． 【解析】试题分析：（1）①根据直径的性质，由DE ∥AB 得CD CECB CA=即可解决问题．②求出BD 、AE 即可解决问题．（2）只要证明△ACE ∽△BCD 即可．（3）求出AB 、AE ，利用△ACE ∽△BCD 即可解决问题．（4）分类讨论：①如图5中，当α=90°时，半圆与AC 相切，②如图6中，当α=90°+∠ACB 时，半圆与BC 相切，分别求出BD 即可． 试题解析：（1）解：①如图1中，当α=0时，连接DE ，则∠CDE =90°．∵∠CDE =∠B =90°，∴DE ∥AB ，∴CE CD AC CB ==12．∵BC =n ，∴CD =12n ．故答案为90°，12n ． ②如图2中，当α=180°时，BD =BC +CD =32n ，AE =AC +CE =32m ，∴BD AE =n m．故答案为nm． （2）如图3中，∵∠ACB =∠DCE ，∴∠ACE =∠BCD ．∵CD BC nCE AC m==，∴△ACE ∽△BCD ，∴BD BC nAE AC m==．（3）如图4中，当α=∠ACB 时．在Rt △ABC 中，∵AC =10，BC =8，∴AB =22AC BC -=6．在Rt △ABE 中，∵AB =6，BE =BC ﹣CE =3，∴AE =22AB BE +=2263+=35，由（2）可知△ACE ∽△BCD ，∴BD BCAE AC=，∴35=810，∴BD =125．故答案为125． （4）∵m =6，n =42，∴CE =3，CD =22，AB =22CA BC -=2，①如图5中，当α=90°时，半圆与AC 相切．在Rt △DBC 中，BD =22BC CD +=224222+（）（）=210． ②如图6中，当α=90°+∠ACB 时，半圆与BC 相切，作EM ⊥AB 于M ．∵∠M =∠CBM =∠BCE =90°，∴四边形BCEM 是矩形，∴342BM EC ME ===，，∴AM =5，AE =22AM ME +=57，由（2）可知DB AE =223，∴BD =2114． 故答案为210或2114．点睛：本题考查了圆的有关知识，相似三角形的判定和性质、勾股定理等知识，正确画出图形是解决问题的关键，学会分类讨论的思想，本题综合性比较强，属于中考压轴题．5．如图，矩形OABC 的顶点A 在x 轴正半轴上，顶点C 在y 轴正半轴上，点B 的坐标为（4，m ）（5≤m≤7），反比例函数y ＝16x（x ＞0）的图象交边AB 于点D ． （1）用m 的代数式表示BD 的长；（2）设点P 在该函数图象上，且它的横坐标为m ，连结PB ，PD①记矩形OABC面积与△PBD面积之差为S，求当m为何值时，S取到最大值；②将点D绕点P逆时针旋转90°得到点E，当点E恰好落在x轴上时，求m的值．【答案】（1）BD＝m﹣4（2）①m＝7时，S取到最大值②m＝5【解析】【分析】（1）先确定出点D横坐标为4，代入反比例函数解析式中求出点D横坐标，即可得出结论；（2）①先求出矩形OABC的面积和三角形PBD的面积得出S＝﹣12（m﹣8）2+24，即可得出结论；②利用一线三直角判断出DG＝PF，进而求出点P的坐标，即可得出结论．【详解】解：（1）∵四边形OABC是矩形，∴AB⊥x轴上，∵点B（4，m），∴点D的横坐标为4，∵点D在反比例函数y＝16x上，∴D（4，4），∴BD＝m﹣4；（2）①如图1，∵矩形OABC的顶点B的坐标为（4，m），∴S矩形OABC＝4m，由（1）知，D（4，4），∴S△PBD＝12（m﹣4）（m﹣4）＝12（m﹣4）2，∴S＝S矩形OABC﹣S△PBD＝4m﹣12（m﹣4）2＝﹣12（m﹣8）2+24，∴抛物线的对称轴为m＝8，∵a＜0，5≤m≤7，∴m＝7时，S取到最大值；②如图2，过点P作PF⊥x轴于F，过点D作DG⊥FP交FP的延长线于G，∴∠DGP＝∠PFE＝90°，∴∠DPG+∠PDG＝90°，由旋转知，PD＝PE，∠DPE＝90°，∴∠DPG+∠EPF＝90°，∴∠PDG＝∠EPF，∴△PDG≌△EPF（AAS），∴DG＝PF，∵DG＝AF＝m﹣4，∴P（m，m﹣4），∵点P在反比例函数y＝16，x∴m（m﹣4）＝16，∴m＝2+25或m＝2﹣25（舍）．【点睛】此题是反比例函数综合题，主要考查了待定系数法，矩形的性质，三角形的面积公式，全等三角形的判定，构造出全等三角形是解本题的关键．6．（12分）如图1，在等边△ABC中，点D，E分别在边AB，AC上，AD=AE，连接BE，CD，点M、N、P分别是BE、CD、BC的中点．（1）观察猜想：图1中，△PMN的形状是；（2）探究证明：把△ADE绕点A逆时针方向旋转到图2的位置，△PMN的形状是否发生改变？并说明理由；（3）拓展延伸：把△ADE绕点A在平面内自由旋转，若AD=1，AB=3，请直接写出△PMN 的周长的最大值．【答案】(1) 等边三角形；(2) △PMN的形状不发生改变，仍然为等边三角形,理由见解析；（3）6【解析】分析：（1）如图1，先根据等边三角形的性质得到AB=AC，∠ABC=∠ACB=60°，则BD=CE，再根据三角形中位线性质得PM∥CE，PM=12CE，PN∥AD，PN=12BD，从而得到PM=PN，∠MPN=60°，从而可判断△PMN为等边三角形；（2）连接CE、BD，如图2，先利用旋转的定义，把△ABD绕点A逆时针旋转60°可得到△CAE，则BD=CE，∠ABD=∠ACE，与（1）一样可得PM=PN，∠BPM=∠BCE，∠CPN=∠CBD，则计算出∠BPM+∠CPN=120°，从而得到∠MPN=60°，于是可判断△PMN为等边三角形．（3）利用AB﹣AD≤BD≤AB+AD（当且仅当点B、A、D共线时取等号）得到BD的最大值为4，则PN的最大值为2，然后可确定△PMN的周长的最大值．详解：（1）如图1．∵△ABC为等边三角形，∴AB=AC，∠ABC=∠ACB=60°．∵AD=AE，∴BD=CE．∵点M、N、P分别是BE、CD、BC的中点，∴PM∥CE，PM=12CE，PN∥AD，PN=12BD，∴PM=PN，∠BPM=∠BCA=60°，∠CPN=∠CBA=60°，∴∠MPN=60°，∴△PMN为等边三角形；故答案为等边三角形；（2）△PMN的形状不发生改变，仍然为等边三角形．理由如下：连接CE、BD，如图2．∵AB=AC，AE=AD，∠BAC=∠DAE=60°，∴把△ABD绕点A逆时针旋转60°可得到△CAE，∴BD=CE，∠ABD=∠ACE，与（1）一样可得PM∥CE，PM=12CE，PN∥AD，PN=12BD，∴PM=PN，∠BPM=∠BCE，∠CPN=∠CBD，∴∠BPM+∠CPN=∠CBD+∠CBD=∠ABC﹣∠ABD+∠ACB+∠ACE=60°+60°=120°，∴∠MPN=60°，∴△PMN为等边三角形．（3）∵PN=12BD，∴当BD的值最大时，PN的值最大．∵AB﹣AD≤BD≤AB+AD（当且仅当点B、A、D共线时取等号）∴BD的最大值为1+3=4，∴PN的最大值为2，∴△PMN的周长的最大值为6．点睛：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．也考查了等边三角形的判定与性质和三角形中位线性质．7．在平面直角坐标中，边长为2的正方形OABC的两顶点A、C分别在y轴、x轴的正半轴上，点O在原点.现将正方形OABC绕O点顺时针旋转，当A点一次落在直线y x=上时停止旋转，旋转过程中，AB边交直线y x=于点M，BC边交x轴于点N（如图）.（1）求边OA在旋转过程中所扫过的面积；（2）旋转过程中，当MN和AC平行时，求正方形OABC旋转的度数；（3）设MBN∆的周长为p，在旋转正方形OABC的过程中，p值是否有变化？请证明你的结论.【答案】（1）π/2（2）22.5°(3)周长不会变化，证明见解析【解析】试题分析：（1）根据扇形的面积公式来求得边OA在旋转过程中所扫过的面积；（2）解决本题需利用全等，根据正方形一个内角的度数求出∠AOM的度数；（3）利用全等把△MBN的各边整理到成与正方形的边长有关的式子．试题解析：（1）∵A点第一次落在直线y=x上时停止旋转，直线y=x与y轴的夹角是45°，∴OA旋转了45°．∴OA在旋转过程中所扫过的面积为24523602ππ⨯=．（2）∵MN ∥AC ，∴∠BMN=∠BAC=45°，∠BNM=∠BCA=45°． ∴∠BMN=∠BNM ．∴BM=BN ． 又∵BA=BC ，∴AM=CN ．又∵OA=OC ，∠OAM=∠OCN ，∴△OAM ≌△OCN ． ∴∠AOM=∠CON=12（∠AOC-∠MON ）=12（90°-45°）=22.5°． ∴旋转过程中，当MN 和AC 平行时，正方形OABC 旋转的度数为45°-22.5°=22.5°． （3）在旋转正方形OABC 的过程中，p 值无变化． 证明：延长BA 交y 轴于E 点，则∠AOE=45°-∠AOM ，∠CON=90°-45°-∠AOM=45°-∠AOM ， ∴∠AOE=∠CON ．又∵OA=OC ，∠OAE=180°-90°=90°=∠OCN ． ∴△OAE ≌△OCN ． ∴OE=ON ，AE=CN ．又∵∠MOE=∠MON=45°，OM=OM ， ∴△OME ≌△OMN ．∴MN=ME=AM+AE ． ∴MN=AM+CN ，∴p=MN+BN+BM=AM+CN+BN+BM=AB+BC=4． ∴在旋转正方形OABC 的过程中，p 值无变化． 考点：旋转的性质.8．如图1，菱形ABCD ，AB 4=，ADC 120∠=o ，连接对角线AC 、BD 交于点O ，()1如图2，将AOD V 沿DB 平移，使点D 与点O 重合，求平移后的A'BO V 与菱形ABCD重合部分的面积．()2如图3，将A'BO V 绕点O 逆时针旋转交AB 于点E'，交BC 于点F ，①求证：BE'BF 2+=； ②求出四边形OE'BF 的面积．【答案】() 13?2①证明见解析3【解析】 【分析】(1)先判断出△ABD 是等边三角形，进而判断出△EOB 是等边三角形，即可得出结论； (2)先判断出 ≌△OBF ，再利用等式的性质即可得出结论； (3)借助①的结论即可得出结论． 【详解】()1Q 四边形为菱形，ADC 120∠=o ，ADO 60∠∴=o ，ABD ∴V 为等边三角形，DAO 30∠∴=o ，ABO 60∠=o ，∵AD//A′O ， ∴∠A′OB=60°，EOB ∴V 为等边三角形，边长OB 2=，∴重合部分的面积：343⨯=，()2①在图3中，取AB 中点E ，由()1知，∠EOB=60°，∠E′OF=60°， ∴∠EOE′=∠BOF ，又∵EO=BO ，∴∠OEE′=∠OBF=60°， ∴△OEE′≌△OBF ， ∴EE′=BF ，∴BE′+BF=BE′+EE′=BE=2；②由①知，在旋转过程中始终有△OEE′≌△OBF ，∴S △OEE′=S △OBF ，∴S 四边形OE′BF =OEB S 3=V【点睛】本题考查了菱形的性质、全等三角形的判定与性质，等边三角形的判定与性质，综合性较强，熟练掌握相关内容、正确添加辅助线是解题的关键.9．在平面直角坐标系中，O 为原点，点A （8，0），点B （0，6），把△ABO 绕点B 逆时针旋转得△A′B′O′，点A 、O 旋转后的对应点为A′、O′，记旋转角为α． （1）如图1，若α=90°，则AB= ，并求AA′的长； （2）如图2，若α=120°，求点O′的坐标；（3）在（2）的条件下，边OA上的一点P旋转后的对应点为P′，当O′P+BP′取得最小值时，直接写出点P′的坐标．【答案】（1）10，102；（2）（33，9）；（3）12354 55（，）【解析】试题分析：(1)、如图①，先利用勾股定理计算出AB=5，再根据旋转的性质得BA=BA′，∠ABA′=90°，则可判定△ABA′为等腰直角三角形，然后根据等腰直角三角形的性质求AA′的长；(2)、作O′H⊥y轴于H，如图②，利用旋转的性质得BO=BO′=3，∠OBO′=120°，则∠HBO′=60°，再在Rt△BHO′中利用含30度的直角三角形三边的关系可计算出BH和O′H的长，然后利用坐标的表示方法写出O′点的坐标；(3)、由旋转的性质得BP=BP′，则O′P+BP′=O′P+BP，作B点关于x轴的对称点C，连结O′C交x轴于P点，如图②，易得O′P+BP=O′C，利用两点之间线段最短可判断此时O′P+BP的值最小，接着利用待定系数法求出直线O′C的解析式为y=x﹣3，从而得到P（，0），则O′P′=OP=，作P′D⊥O′H于D，然后确定∠DP′O′=30°后利用含30度的直角三角形三边的关系可计算出P′D 和DO′的长，从而可得到P′点的坐标．试题解析：(1)、如图①，∵点A（4，0），点B（0，3），∴OA=4，OB=3，∴AB==5，∵△ABO绕点B逆时针旋转90°，得△A′BO′，∴BA=BA′，∠ABA′=90°，∴△ABA′为等腰直角三角形，∴AA′=BA=5；(2)、作O′H⊥y轴于H，如图②，∵△ABO绕点B逆时针旋转120°，得△A′BO′，∴BO=BO′=3，∠OBO′=120°，∴∠HBO′=60°，在Rt△BHO′中，∵∠BO′H=90°﹣∠HBO′=30°，∴BH=BO′=，O′H=BH=，∴OH=OB+BH=3+，∴O′点的坐标为（）；（3）∵△ABO绕点B逆时针旋转120°，得△A′BO′，点P的对应点为P′，∴BP=BP′，∴O′P+BP′=O′P+BP，作B点关于x轴的对称点C，连结O′C交x轴于P点，如图②，则O′P+BP=O′P+PC=O′C，此时O′P+BP的值最小，∵点C与点B关于x轴对称，∴C（0，﹣3），设直线O′C的解析式为y=kx+b，把O′（），C（0，﹣3）代入得，解得，∴直线O′C的解析式为y=x﹣3，当y=0时，x﹣3=0，解得x=，则P（，0），∴OP=，∴O′P′=OP=，作P′D⊥O′H于D，∵∠BO′A=∠BOA=90°，∠BO′H=30°，∴∠DP′O′=30°，∴O′D=O′P′=，P′D=，∴DH=O′H﹣O′，∴P′点的坐标为（，）．考点：几何变换综合题10．在平面直角坐标系中，O为原点，点A（0，4），点B（﹣2，0），把△ABO绕点A 逆时针旋转，得△AB′O′，点B、O旋转后的对应点为B′、O′．（1）如图①，若旋转角为60°时，求BB′的长；（2）如图②，若AB′∥x轴，求点O′的坐标；（3）如图③，若旋转角为240°时，边OB上的一点P旋转后的对应点为P′，当O′P+AP′取得最小值时，求点P′的坐标（直接写出结果即可）【答案】（1）252）点O′8545）；（3）点P′的坐标为（﹣835，365． 【解析】分析：（1）由点A 、B 的坐标可得出AB 的长度，连接BB ′，由旋转可知：AB =AB ′，∠BAB ′=60°，进而可得出△ABB ′为等边三角形，根据等边三角形的性质可求出BB ′的长； （2）过点O ′作O ′D ⊥x 轴，垂足为D ，交AB ′于点E ，则△AO ′E ∽△ABO ，根据旋转的性质结合相似三角形的性质可求出AE 、O ′E 的长，进而可得出点O ′的坐标；（3）作点A 关于x 轴对称的点A ′，连接A ′O ′交x 轴于点P ，此时O ′P +AP ′取最小值，过点O ′作O ′F ⊥y 轴，垂足为点F ，过点P ′作PM ⊥O ′F ，垂足为点M ，根据旋转的性质结合解直角三角形可求出点O ′的坐标，由A 、A ′关于x 轴对称可得出点A ′的坐标，利用待定系数法即可求出直线A ′O ′的解析式，由一次函数图象上点的坐标特征可得出点P 的坐标，进而可得出OP 的长度，再在Rt △O ′P ′M 中，通过解直角三角形可求出O ′M 、P ′M 的长，进而可得出此时点P ′的坐标．详解：（1）∵点A （0，4），点B （﹣2，0），∴OA =4，OB =2，∴AB 22OA OB 5． 在图①中，连接BB ′．由旋转可知：AB =AB ′，∠BAB ′=60°，∴△ABB ′为等边三角形，∴BB ′=AB 5 （2）在图②中，过点O ′作O ′D ⊥x 轴，垂足为D ，交AB ′于点E ． ∵AB ′∥x 轴，O ′E ⊥x 轴，∴∠O ′EA =90°=∠AOB ．由旋转可知：∠B ′AO ′=∠BAO ，AO ′=AO =4，∴△AO ′E ∽△ABO ，AE AO ='O E BO ='AO AB，即4AE ='2O E 25∴AE 85，O ′E 45∴O ′D 45+4，∴点O ′的坐标为（85555，+4）． （3）作点A 关于x 轴对称的点A ′，连接A ′O ′交x 轴于点P ，此时O ′P +AP ′取最小值，过点O ′作O ′F ⊥y 轴，垂足为点F ，过点P ′作PM ⊥O ′F ，垂足为点M ，如图3所示．由旋转可知：AO′=AO=4，∠O′AF=240°﹣180°=60°，∴AF=12AO′=2，O′F=32AO′=23，∴点O′（﹣23，6）．∵点A（0，4），∴点A′（0，﹣4）．设直线A′O′的解析式为y=kx+b，将A′（0，﹣4）、O′（﹣23，6）代入y=kx+b，得：4236bk b=-⎧⎪⎨-+=⎪⎩，解得：534kb⎧=-⎪⎨⎪=-⎩，∴直线A′O′的解析式为y=﹣53x﹣4．当y=0时，有﹣53x﹣4=0，解得：x=﹣43，∴点P（﹣43，0），∴OP=O′P′=43．在Rt△O′P′M中，∠MO′P′=60°，∠O′MP′=90°，∴O′M=12O′P′=23，P′M=32O′P′=65，∴点P′的坐标为（﹣23+235，6+65），即（﹣833655，）．点睛：本题考查了函数图象及旋转变换、待定系数法求一次函数解析式、等边三角形的判定与性质、一次函数图象上点的坐标特征以及解直角三角形，解题的关键是：（1）利用等边三角形的性质找出BB′的长；（2）通过解直角三角形求出AE、O′E的长；（3）利用两点之间线段最短找出当O′P+AP′取得最小值时点P的位置．11．如图①，在ABCD中，AB=10cm，BC=4cm，∠BCD=120°，CE平分∠BCD交AB于点E.点P从A点出发，沿AB方向以1cm/s的速度运动，连接CP，将△PCE绕点C逆时针旋转60°，使CE与CB重合，得到△QCB，连接PQ.（1）求证：△PCQ是等边三角形；（2）如图②，当点P在线段EB上运动时，△PBQ的周长是否存在最小值？若存在，求出△PBQ周长的最小值；若不存在，请说明理由；（3）如图③，当点P在射线AM上运动时，是否存在以点P、B、Q为顶点的直角三角形？若存在，求出此时t的值；若不存在，请说明理由.（1）（2）（3）【答案】（1）证明见解析；（2）存在，理由见解析；（3）t为2s或者14s.【解析】分析：（1）根据旋转的性质，证明△PCE≌△QCB，然后根据全等三角形的性质和等边三角形的判定证明即可；（2）利用平行四边形的性质证得△BCE为等边三角形，然后根据全等三角形的性质得到△PBQ的周长为4+CP，然后垂线段最短可由直角三角形的性质求解即可；（3）根据点的移动的距离，分类讨论求解即可.详解：（1）∵旋转∴△PCE≌△QCB∴CP=CQ，∠PCE =∠QCB，∵∠BCD=120°，CE平分∠BCD，∴∠PCQ=60°，∴∠PCE +∠QCE=∠QCB+∠QCE=60°，∴△PCQ为等边三角形.（2）存在∵CE平分∠BCD，∴∠BCE=60 ，∵在平行四边形ABCD 中，∴AB∥CD∴∠ABC=180°﹣120°=60°∴△BCE为等边三角形∴BE=CB=4∵旋转∴△PCE≌△QCB∴EP=BQ，∴C△PBQ=PB+BQ+PQ=PB+EP+PQ=BE+PQ=4+CP∴CP⊥AB时，△PBQ周长最小当CP⊥AB时，CP=BCsin60°=∴△PBQ周长最小为4＋（3）①当点B与点P重合时，P,B,Q不能构成三角形②当0≤t＜6时，由旋转可知，∠CPE=∠CQB，∠CPQ=∠CPB+∠BPQ=60°则：∠BPQ+∠CQB＝60°，又∵∠QPB+∠PQC+∠CQB+∠PBQ=180°∴∠CBQ=180°—60°—60°=60°∴∠QBP=60°，∠BPQ＜60°，所以∠PQB可能为直角由（1）知，△PCQ为等边三角形，∴∠PBQ=60°，∠CQB＝30°∵∠CQB＝∠CPB∴∠CPB=30°∵∠CEB＝60°，∴∠ACP＝∠APC=30°∴PA=CA=4，所以AP=AE-EP=6-4=2÷=s所以t＝212③当6＜t＜10时，由∠PBQ＝120°＞90°，所以不存在④当t＞10时，由旋转得：∠PBQ=60°，由（1）得∠CPQ=60°∴∠BPQ=∠CPQ+∠BPC=60°+∠BPC，而∠BPC＞0°，∴∠BPQ＞60°∴∠BPQ=90°，从而∠BCP=30°，∴BP=BC=4所以AP=14cm所以t=14s综上所述：t为2s或者14s时，符合题意。