旋转经典题型-

初中数学图形对称及旋转常考题型练习一．选择题1．以下图形中对称轴的数量小于3的是（）A．B．C．D．2．如图，△ABC的面积为6，AC=3，现将△ABC沿AB所在直线翻折，使点C落在直线AD上的C′处，P为直线AD上的一点，则线段BP的长不可能是（）A．3 B．4 C．5.5 D．103．如图，正△ABC的边长为2，过点B的直线l⊥AB，且△ABC与△A′BC′关于直线l对称，D为线段BC′上一动点，则AD+CD的最小值是（）A．4 B．3 C．2 D．2+4．如图，对折矩形纸片ABCD，使AB与DC重合得到折痕EF，将纸片展平；再一次折叠，使点D落到EF 上点G处，并使折痕经过点A，展平纸片后∠DAG的大小为（）A．30° B．45° C．60° D．75°5．如图，将矩形纸片ABCD折叠，使点B与点D重合，折痕为MN，若AB=2，BC=4，那么线段MN的长为（）A．B．C．D．26．如图，把正方形纸片ABCD沿对边中点所在的直线对折后展开，折痕为MN，再过点B折叠纸片，使点A 落在MN上的点F处，折痕为BE．若AB的长为2，则FM的长为（）A．2 B．C．D．17．如图，在直角坐标系中，矩形OABC的边OA在x轴上，边OC在y轴上，点B的坐标为（1，3），将矩形沿对角线AC翻折，B点落在D点的位置，且AD交y轴于点E，那么点D的坐标为（）A．（﹣，） B．（﹣，） C．（﹣，） D．（﹣，）8．如图，矩形纸片ABCD中，AB=2，AD=6，将其折叠，使点D与点B重合，得折痕EF．则tan∠BFE的值是（）A．B．1 C．2 D．39．如图，AD为△ABC的BC边上的中线，沿AD将△ACD折叠，C的对应点为C′，已知∠ADC=45°，BC=4，那么点B与C′的距离为（）A．3 B．2 C．2 D．410．如图，等腰直角△ABC中，∠ACB=90°，点E为△ABC内一点，且∠BEC=90°，将△BEC绕C点顺时针旋转90°，使BC与AC重合，得到△AFC，连接EF交AC于点M，已知BC=10，CF=6，则AM：MC的值为（）A．4：3 B．3：4 C．5：3 D．3：511．如图，△ABC是等腰直角三角形，BC是斜边，P为△ABC内一点，将△ABP逆时针旋转后，与△ACP′重合，如果AP=4，那么P，P′两点间的距离为（）A．4 B．4 C．4 D．812．△ABC中，∠ACB=90°，∠A=α，以C为中心将△ABC旋转θ角到△A1B1C（旋转过程中保持△ABC的形状大小不变）B点恰落在A1B1上，如图，则旋转角θ的大小为（）A．α+10°B．α+20°C．αD．2α13．如图，在三角形ABC中，∠ACB=90°，∠B=50°，将此三角形绕点C沿顺时针方向旋转后得到三角形A′B′C，若点B′恰好落在线段AB上，AC、A′B′交于点O，则∠COA′的度数是（）A．50° B．60° C．70° D．80°14．如图，△ABC中，AB=6，BC=4，将△ABC绕点A逆时针旋转得到△AEF，使得AF∥BC，延长BC交AE于点D，则线段CD的长为（）A．4 B．5 C．6 D．715．如图，矩形ABCD绕点B逆时针旋转30°后得到矩形A1BC1D1，C1D1与AD交于点M，延长DA交A1D1于F，若AB=1，BC=，则AF的长度为（）A．2﹣B．C．D．﹣116．如图，Rt△ABC中，∠C=90°，∠ABC=30°，AC=2，△ABC绕点C顺时针旋转得△A1B1C，当A1落在AB 边上时，连接B1B，取BB1的中点D，连接A1D，则A1D的长度是（）A．B．2 C．3 D．2二．填空题（共12小题）17．已知点P1（a，﹣3）和点P2（3，b）关于y轴对称，则a+b的值为．18．如图，Rt△AOB中，∠AOB=90°，OA在x轴上，OB在y轴上，点A，B的坐标分别为（，0），（0，1），把Rt△AOB沿着AB对折得到Rt△AO′B，则点O′的坐标为．19．如图，平行四边形ABCD中，点E在边AD上，以BE为折痕，将△ABE折叠，使点A正好与CD上的F 点重合，若△FDE的周长为16，△FCB的周长为28，则FC的长为．20．如图，E为正方形ABCD的边DC上一点，DE=2EC=2，将△BEC沿BE所在的直线对折得到△BEF，延长EF交BA的延长线于点M，则AM= ．21．如图，在矩形ABCD中，AD=10，CD=6，E是CD边上一点，沿AE折叠△ADE，使点D恰好落在BC边上的F处，M是AF的中点，连接BM，则sin∠ABM= ．22．如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=6，BC=8，点F在边AC上，并且CF=2，点E为边BC上的动点，将△CEF沿直线EF翻折，点C落在点P处，则点P到边AB距离的最小值是．23．将矩形ABCD纸片按如图所示的方式折叠，EF，EG为折痕，试问∠AEF+∠BEG= ．24．如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，∠B=60°，将△ABC绕点A逆时针旋转60°，点B、C分别落在点B'、C'处，联结BC'与AC边交于点D，那么= ．25．如图，将△ABC绕点C按顺时针方向旋转至△A′B′C，使点A′落在BC的延长线上．已知∠A=27°，∠B=40°，则∠ACB′= 度．26．如图，将△ABC绕点A逆时针旋转得到△ADE，点C和点E是对应点，若∠CAE=90°，AB=1，则BD= ．27．如图，BD为正方形ABCD的对角线，BE平分∠DBC，交DC与点E，将△BCE绕点C顺时针旋转90°得到△DCF，若CE=1cm，则BF= cm．28．如图，在直角坐标系中，已知点A（﹣3，0），B（0，4），对△OAB连续作旋转变换，依次得到三角形①、②、③、④、…则三角形⑩的直角顶点与坐标原点的距离为．三．解答题（共16小题）29．如图，在平行四边形ABCD中将△ABC沿AC对折，使点B落在B′处，AB′和CD相交于O，求证：OD=OB′．30．如图，将矩形纸片ABCD（AD＞AB）折叠，使点C刚好落在线段AD上，且折痕分别与边BC，AD相交，设折叠后点C，D的对应点分别为点G，H，折痕分别与边BC，AD相交于点E，F．（1）判断四边形CEGF的形状，并证明你的结论；（2）若AB=3，BC=9，求线段CE的取值范围．31．如图，△AEF中，∠EAF=45°，AG⊥EF于点G，现将△AEG沿AE折叠得到△AEB，将△AFG沿AF折叠得到△AFD，延长BE和DF相交于点C．（1）求证：四边形ABCD是正方形；（2）连接BD分别交AE、AF于点M、N，将△ABM绕点A逆时针旋转，使AB与AD重合，得到△ADH，试判断线段MN、ND、DH之间的数量关系，并说明理由．（3）若EG=4，GF=6，BM=3，求AG、MN的长．32．感知：如图①，在矩形ABCD中，点E是边BC的中点，将△ABE沿AE折叠，使点B落在矩形ABCD内部的点F处，延长AF交CD于点G，连结FC，易证∠GCF=∠GFC．探究：将图①中的矩形ABCD改为平行四边形，其他条件不变，如图②，判断∠GCF=∠GFC是否仍然相等，并说明理由．应用：如图②，若AB=5，BC=6，则△ADG的周长为．33．如图，四边形ABCD表示一张矩形纸片，AB=10，AD=8．E是BC上一点，将△ABE沿折痕AE向上翻折，点B恰好落在CD边上的点F处，⊙O内切于四边形ABEF．求：（1）折痕AE的长；（2）⊙O的半径．34．如图，在△AOB中，OA=OB，∠AOB=50°，将△AOB绕O点顺时针旋转30°，得到△COD，OC交AB于点F，CD分别交AB、OB于点E、H．求证：EF=EH．35．如图，在正方形ABCD中，E、F是对角线BD上两点，且∠EAF=45°，将△ADF绕点A顺时针旋转90°后，得到△ABQ，连接EQ，求证：（1）EA是∠QED的平分线；（2）EF2=BE2+DF2．36．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．（1）求证：△AEC≌△ADB；（2）若AB=2，∠BAC=45°，当四边形ADFC是菱形时，求BF的长．37．如图，△AOB中，∠AOB=90°，AO=3，BO=6，△AOB绕点O逆时针旋转到△A′OB′处，此时线段A′B′与BO的交点E为BO的中点，求线段B′E的值．38．如图，在等腰△ABC中，AB=BC，∠A=30°将△ABC绕点B顺时针旋转30°，得△A1BC1，A1B交AC于点E，A1C1分别交AC、BC于D、F两点．（1）证明：△ABE≌△C1BF；（2）证明：EA1=FC；（3）试判断四边形ABC1D的形状，并说明理由．39．如图，△ABC中，AB=AC=2，∠BAC=45°，将△ABC绕点A按顺时针方向旋转角α得到△AEF，且0°＜α≤180°，连接BE、CF相交于点D．（1）求证：BE=CF；（2）当α=90°时，求四边形AEDC的面积．40．如图，将矩形ABCD绕点A顺时针旋转，得到矩形AB′C′D′，点C的对应点C′恰好落在CB的延长线上，边AB交边C′D′于点E．（1）求证：BC=BC′；（2）若AB=2，BC=1，求AE的长．41．（1）如图①，在正方形ABCD中，△AEF的顶点E，F分别在BC，CD边上，高AG与正方形的边长相等，求∠EAF的度数．（2）如图②，在Rt△ABD中，∠BAD=90°，AB=AD，点M，N是BD边上的任意两点，且∠MAN=45°，将△ABM绕点A逆时针旋转90°至△ADH位置，连接NH，试判断MN2，ND2，DH2之间的数量关系，并说明理由．（3）在图①中，若EG=4，GF=6，求正方形ABCD的边长．42．在平面直角坐标系中，O为原点，点A（﹣2，0），点B（0，2），点E，点F分别为OA，OB的中点．若正方形OEDF绕点O顺时针旋转，得正方形OE′D′F′，记旋转角为α．（1）如图①，当α=90°时，求AE′，BF′的长；（2）如图②，当α=135°时，求证：AE′=BF′，且AE′⊥BF′；（3）直线AE′与直线BF′相交于点P，当点P在坐标轴上时，分别表示出此时点E′、D′、F′的坐标（直接写出结果即可）．43．如图1，在△ABC中，∠ACB=90°，BC=2，∠A=30°，点E，F分别是线段BC，AC的中点，连结EF．（1）线段BE与AF的位置关系是，= ．（2）如图2，当△CEF绕点C顺时针旋转a时（0°＜a＜180°），连结AF，BE，（1）中的结论是否仍然成立．如果成立，请证明；如果不成立，请说明理由．（3）如图3，当△CEF绕点C顺时针旋转a时（0°＜a＜180°），延长FC交AB于点D，如果AD=6﹣2，求旋转角a的度数．44．已知：在△AOB与△COD中，OA=OB，OC=OD，∠AOB=∠COD=90°．（1）如图1，点C、D分别在边OA、OB上，连结AD、BC，点M为线段BC的中点，连结OM，则线段AD与OM之间的数量关系是，位置关系是；（2）如图2，将图1中的△COD绕点O逆时针旋转，旋转角为α（0°＜α＜90°）．连结AD、BC，点M为线段BC的中点，连结OM．请你判断（1）中的两个结论是否仍然成立．若成立，请证明；若不成立，请说明理由；（3）如图3，将图1中的△COD绕点O逆时针旋转到使△COD的一边OD恰好与△AOB的边OA在同一条直线上时，点C落在OB上，点M为线段BC的中点．请你判断（1）中线段AD与OM之间的数量关系是否发生变化，写出你的猜想，并加以证明．。

旋转题型及解法小结基础知识及概念1，旋转的图形（1）定义：将一几何图形围绕一定点（旋转中心）按一定方向（在平面内）旋转一定角度（2）性质：a：对应点到旋转中心的距离相等。

b:对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角。

C:旋转前、后的图形全等。

（3）三要素：旋转中心、旋转方向、旋转角度。

2中心对称（1）定义：将一图形绕着某一点旋转180度，如果它能够与另一个图形重合，那么就说这两个图形关于这个点对称或中心对称，这个点叫做对称中心。

（2）性质：a：对称点所连线段都经过对称中心，而且被中心对称所平分。

b:中心对称的两个图形是全等图形。

3,中心对称图形（1）定义：把一图形绕着某一点旋转180度，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形叫做中心对称图形，这个点就是它的对称中心。

（2）性质：a：两对对称点连线的交点,就是中心对称点。

对称点所连线段都经过对称中心，而且被中心对称所平分。

B:任何一条经过对称中心的直线把一个中心对称图形分成全等的两部分。

题型及解法一、基础知识及概念题1、对应点，角，边的确定。

此类问题比较简单，一般容易得到解决。

重点关注在直角坐标系中对应点坐标的确定。

主要有: 某点（a,b）旋转后的对应点坐标。

某点（a,b）关于原点对称的点坐标。

某点（a,b）关于X,Y轴对称的点的坐标。

中心点的确定。

确定旋转中心的方法：若旋转中心在图上，那一点在旋转过程中位置没有改变，那一点就是旋转中心；若在图形外，对应点连线的垂直平分线的交点就是旋转中心。

见一般习题。

2）确定中心对称、中心对称图形中心的方法：对应点连线的中点或两对对应点连线的交点，就是中心对称点。

见一般习题3、旋转角度的确定基本方法：一对对应点与对称中心连线的夹角例，如图，等腰直角三角形ABC按逆时针方向转动一个角度后成△AB、C、，且AB、丄BC,垂足为点O,请问：1）图中旋转中心是那一点？2）旋转了多少度？3）经上述旋转后，所得到的B、C、边与AC边的位置关系怎样?4、旋转方法的确点基本方法：围绕那一点？按顺时针还是逆时针方向旋转？旋转多少角度?例，如图，等边△ ABC经过平移后成为^ BDE，其平移的方向为点A到点B的方向，平移的距离为线段AB 的长，△ BDH能否看着是△ ABC经过旋转得到的？如果能，请指出要经过怎样旋转才能实现？旋转作图2）网格中的旋转作图（方法同上）例，如图，在方格纸上做出△ ABC 关于点0按顺时针方向旋转 90度后的图形。

“动态圆”模型带电粒子在磁场中做圆周运动轨迹的圆心位置变化的问题称为动态圆问题．常用的有两种模型．1．确定的入射点O 和速度大小v ，不确定速度方向(旋转圆模型)在垂直于纸面的无限大的磁感应强度为B 的匀强磁场中，在O 点有一粒子源在纸面内，朝各个方向发射速度大小为v ，质量为m ，电荷量为＋q 的带电粒子(重力不计)，这些带电粒子在匀强磁场中做同方向旋转匀速圆周运动．其特点是：(1)各动态圆圆心O 1、O 2、O 3 、O 4 、O 5(取五个圆)的轨迹分布在以粒子源O 为圆心，R ＝mv qB为半径的一个圆周上(如图虚线所示)．(2)带电粒子在磁场中能经过的区域是以粒子源O 为圆心，2R 为半径的大圆(如图实线所示)．(3)各动态圆相交于O 点．一、单边界磁场1、如图，在一水平放置的平板MN 的上方有匀强磁场，磁感应强度的大小为B ，磁场方向垂直于纸面向里．许多质量为m 、带电荷量为＋q 的粒子，以相同的速率v 沿位于纸面内的各个方向，由小孔O 射入磁场区域．不计重力，不计粒子间的相互影响．下列图中阴影部分表示带电粒子可能经过的区域，其中R ＝mvBq.哪个图是正确的( )答案：A 解析 由于带电粒子从O 点以相同速率射入纸面内的各个方向，射入磁场的带电粒子在磁场内做匀速圆周运动，其运动半径是相等的．沿ON 方向(临界方向)射入的粒子，恰能在磁场中做完整的圆周运动，则过O 点垂直MN 方向的右侧恰为一临界半圆；若将速度方向沿ON 方向逆时针偏转，则在过O 点垂直MN 方向的左侧，其运动轨迹上各个点到O 点的最远距离，恰好是以O 为圆心，以2R 为半径的14圆弧．A 正确． 2．（多选）(2012·江苏·9)如图所示，MN 是磁感应强度为B 的匀强磁场的边界．一质量为m 、电荷量为q 的粒子在纸面内从O 点射入磁场．若粒子速度为v 0，粒子重力不计，最远能落在边界上的A 点．下列说法正确的有( )A ．若粒子落在A 点的左侧，其速度一定小于v 0B ．若粒子落在A 点的右侧，其速度一定大于v 0C ．若粒子落在A 点左右两侧d 的范围内，其速度不可能小于v 0－qBd 2mD ．若粒子落在A 点左右两侧d 的范围内，其速度不可能大于v 0＋qBd 2m答案：BC 解析 带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，qv 0B ＝mv 20r ，所以r ＝mv 0qB ，当带电粒子从不同方向由O 点以速度v 0进入匀强磁场时，其轨迹是半径为r 的圆，轨迹与边界的交点位置最远是离O 点2r 的距离，即OA ＝2r ，落在A 点的粒子从O 点垂直入射，其他粒子则均落在A 点左侧，若落在A 点右侧则必须有更大的速度，选项B 正确．若粒子速度虽然比v 0大，但进入磁场时与磁场边界夹角过大或过小，粒子仍有可能落在A 点左侧，选项A 、D 错误．若粒子落在A 点左右两侧d 的范围内，设粒子运动轨迹的半径为r ′，则r ′≥2r －d 2，代入r ＝mv 0qB ，r ′＝mv qB ，解得v ≥v 0－qBd 2m，选项C 正确． 3.(多选)如图所示，一粒子发射源P 位于足够大绝缘板AB 的上方d 处，能够在纸面内向各个方向发射速率为v 、电荷量为q 、质量为m的带正电的粒子。

二、旋转图形的做法1. 在平面直角坐标系中，等腰Rt△OAB斜边OB在y轴上，且OB=4．（1）画出△OAB绕原点O顺时针旋转90°后得到的三角形△OA′B′；（2）求点A在旋转过程中经过的路径长．2. 如图，在8×11的方格纸中，每个小正方形的边长均为1，△ABC的顶点均在小正方形的顶点处．（1）画出△ABC绕点Ａ顺时针方向旋转90°得到的△AB′C′；（2）求点B运动到点B′所经过的路径的长．3．已知，如图，在平面直角坐标系中，△ABC三个顶点的坐标分别为A（0，0）， B（1，0），C（2，2）．以A为旋转中心，把△ABC逆时针旋转90°，得到△AB′C′．（1）画出△AB′C′；（2）点B′的坐标为________；（3）求点C旋转到C′所经过的路线长．4. 如图，Rt△ABC中，∠C=90°，∠A=30°，AB=2.（1）用尺规作图，作出△ABC绕点A逆时针旋转60°后得到的△AB1C1（不写画法，保留画图痕迹）；结论：__________________为所求。

（2）在（1）的条件下，连接B1C，求B1C的长。

5．如图，在8×8正方形网格中，每个小正方形的边长均为1个单位长度．将格点△ABC向下平移4个单位长度，得到△A’B’C’，再把△A’B’C’绕点O顺时针旋转90°，得到△A”B”C”，请你画出△A’B’C’和△A”B”C”．6．在平面直角坐标系xOy中，已知△ABC三个顶点的坐标分别为A(-1，2),B(-3，4),C(-2，9).(1)画出△ABC；(2)画出△ABC绕点A顺时针旋转90°后得到的△AB1C1，并求出CC1的长.三、对称中心的找法1．已知：如图，四边形ABCD与四边形EFGH成中心对称，试画出它们的对称中心，并简要说明理由．四、中心对称图形的做法1．如图，在正方形网络中，已知格点△ABC，请画出ABC△关于点B成中心对称的△A’BC’建议收藏下载本文，以便随时学习！建议收藏下载本文，以便随时学习！建议收藏下载本文，以便随时学习！4.如图①，△ABC是正三角形，△BDC是顶角∠BDC＝120°的等腰三角形，以D 为顶点作一个60°角，角的两边分别交AB、AC边于M、N两点，连接MN．（1）探究：线段BM、MN、NC之间的关系，并加以证明．（2）若点M、N分别是射线AB、CA上的点，其它条件不变，再探线段BM、MN、NC之间的关系，在图②中画出图形，并说明理由．5. 如图，已知△ABC为等腰直角三角形，∠BAC=90°，E、F是BC边上点，且∠EAF=45°．求证：BE2+CF2=EF2.．建议收藏下载本文，以便随时学习！建议收藏下载本文，以便随时学习！我去人也就有人！为UR扼腕入站内信不存在向你偶同意调剖沙3. 如图17，正方形ABCD，E、F分别为BC、CD边上一点．（1）若∠EAF=45º．求证：EF=BE+DF．（2）若△AEF绕A点旋转，保持∠EAF=45º，问△CEF的周长是否随△AEF位置的变化而变化？（3）已知正方形ABCD的边长为1，如果△CEF的周长为2．求∠EAF的度数．八、应用1. 已知：正方形ABCD中，∠MAN=45°，∠MAN绕点A顺时针旋转，它的两边分别交CB，DC（或它们的延长线）于点M，N．当∠MAN绕点A旋转到BM=DN时（如图1），易证BM+DN=MN．（1）当∠MAN 绕点A旋转到BM≠DN时（如图2），线段BM，DN和MN之间有怎样的数量关系？写出猜想，并加以证明．（2）当∠MAN 绕点A旋转到如图3的位置时，线段BM，DN和MN之间又有怎样的数量关系？请直接写出你的猜想．2. （1）如图①，在正方形ABCD中，E、F分别是BC、CD上的点，且∠EAF＝45 °，求证：EF＝BE＋FD．（2)如图②，在四边形ABCD中，AB＝AD，∠B＝∠D＝90°，E、F分别是BC、CD上的点，且∠EAF是∠BAD的一半，那么结论EF＝BE＋FD是否仍然成立？若成立，请证明；若不成立，请说明理由．5. 已知Rt△ABC中,∠ACB=90°，CA=CB，有一个圆心角为45°，半径的长等于CA的扇形CEF绕点C旋转，且直线CE，CF分别与直线AB交于点M，N．（Ⅰ）当扇形CEF绕点C在∠ACB的内部旋转时，如图①，求证：MN2=AM2+BN2；思路点拨：考虑MN2=AM2+BN2符合勾股定理的形式，需转化为在直角三角形中解决．可将△ACM沿直线CE对折，得△DCM，连DN，只需证DN=BN,∠MDN=90°就可以了．请你完成证明过程：（Ⅱ）当扇形CEF绕点C旋转至图②的位置时，关系式MN2=AM2+BN2是否仍然成立？若成立，请证明；若不成立，请说明理由．8. 如图，在正方形ABCD中，E、F分别是AB、BC的中点，求证：AM=AD.九、中心对称图形的认识1. 下列图形是中心对称图形的是2. 下列图形中，既是中心对称图形又是轴对称图形的是3．下列图形中，既是中心对称图形又是轴对称图形的是( )．A．等边三角形 B．菱形 C．等腰梯形 D．平行四边形。

九年级数学下旋转经典拔高题型汇总50题（后附答案详解）一、单选题（共5题；共10分）1.如图，等腰直角三角形ABC，∠BAC＝90°，D、E是BC上的两点，且BD＝CE，过D、E作DM、EN分别垂直AB、AC，垂足为M、N，交于点F，连接AD、AE.其中①四边形AMFN是正方形；②△ABE≌△ACD；③CE2+BD2＝DE2；④当∠DAE＝45°时，AD2＝DE•CD.正确结论有（）A. 1个B. 2个C. 3个D. 4个2.如图，在矩形OABC中，A(5,0)，C(0,3)，把矩形OABC绕点A旋转，得到矩形ADEF且点D恰好落在BC上，连接OF交AD于点G．则点G的坐标是（）A. (175,65) B. (52,32) C. (175,32) D. (154,65)3.如图，已知ΔABC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，当∠EPF在ΔABC内绕顶点P旋转时（点E不与A，B重合），给出以下四个结论：① AE=CF② ΔEPF是等腰直角三角形③ 2S四边形AEPF=SΔABC④ BE+CF=EF．上述结论中始终正确的有（）A. 4个B. 3个C. 2个D. 1个4.如图，已知弧AB的半径为5，所对的弦AB长为8，点P是弧AB的中点，将弧AB绕点A逆时针旋转90°后得到弧AB′则在该旋转过程中，点P的运动路径长是（）A. √52π B. √5π C. 2 √5π D. 2π5.如图4，矩形ABCD绕点A逆时针旋转90*得矩形AEFG，连接CF，交AD于点P，M是CF的中点，连接AM，交EF于点Q。

则下列结论：①AM⊥CF；②△CDP≌△AEQ ；③连接PQ，则PQ= √2MQ；④若AB=2，BC=6，则MQ= √5其中，正确结论的个数有( )A. 1个B. 2个C. 3个D. 4个二、填空题（共9题；共11分）6. 在Rt△ABC中，∠ACB=90°，cosB=23，把这个直角三角形绕顶点C旋转后得到Rt△FEC，其中点E正好落在AB上，EF与AC相交于点D，那么AEEB =________，ADFD=________.7.如图，在四边形ABCD中，AD＝2√33AB，∠A＝30°，将线段CD绕点C逆时针旋转90°，并延长至其√3倍（即CE＝√3CD），过点E作EF⊥AB于点F，当AD＝6 √3，BF＝3，EF＝74时，边BC的长是________.8.如图，已知直线y=k1x与双曲线y= k1x交于A B两点，将线段AB绕点A沿顺时针方向旋转60°后，点B落在点C处，双曲线y= k2x 经过点C，则k2k1的值是________。

旋转中三种几何模型十三类题型第一部分【模型图形归纳与题型目录】【模型1】等边三角形旋转模型在正ΔABC中，P为ΔABC内一点，将ΔABP绕A点按逆时针方向旋转600，使得AB与AC重合。

经过这样旋转变化，将图(1-1-a)中的P A、PB、PC三条线段集中于图(1-1-b)中的一个ΔP/CP中，此时ΔP/CP也为正三角形。

【模型2】正方形旋转模型在正方形ABCD中，P为正方形ABCD内一点，将ΔABP绕B点按顺时针方向旋转900，使得BA与BC重合。

经过旋转变化，将图(2-1-a)中的P A、PB、PC三条线段集中于图(2-1-b)中的ΔCPP/中，此时ΔCPP/为等腰直角三角形。

【模型3】等腰直角三角形旋转模型在等腰直角三角形ΔABC中，∠C=900，P为ΔABC内一点，将ΔAPC绕C点按逆时针方向旋转900，使得AC与BC重合。

经过这样旋转变化，在图(3-1-b)中的一个ΔP/CP为等腰直角三角形。

模型类型与题型目录【模型1】等边三角形旋转模型【题型1】利用等边三角形旋转模型求线段长....................................2；【题型2】利用等边三角形旋转模型求角度......................................4；【题型3】利用等边三角形旋转模型求面积......................................5；【题型4】利用等边三角形旋转模型进行推理....................................6；【模型2】正方形旋转模型【题型5】利用正方形的旋转模型求角度.......................................8；【题型6】利用正方形的旋转模型求线段长.....................................10；【题型7】利用正方形的旋转模型求面积.......................................12；【题型8】利用正方形的旋转模型进行推理.....................................13；【模型3】等腰直角三角形旋转模型【题型9】利用等腰直角三角形的旋转模型求线段长.............................16；【题型10】利用等腰直角三角形的旋转模型求角度..............................17；【题型11】利用等腰直角三角形的旋转模型求面积..............................18；【题型12】利用等腰直角三角形的旋转模型进行推理............................19；【题型13】拓展与延伸......................................................22.第二部分【题型展示与方法点拨】【题型1】利用等边三角形旋转模型求线段长1.(2024·重庆沙坪坝·模拟预测)如图，△ABC，△CDE都是等边三角形，将△CDE绕点C旋转，使得点A，D，E在同一直线上，连接BE．若BE=2，AE=7，则CD的长是．【答案】5【分析】本题主要考查等边三角形的性质，旋转的性质，全等三角形的判定和性质，熟练掌握性质定理是解题的关键．根据题意证明△CBE≌△CAD(SAS)，即可求解．解：∵△ABC，△CDE都是等边三角形，∴BC=AC,CE=DC，∠ACB=∠DCE=60°，∵∠ACD+∠DCB=∠ACB=60°，∠DCB+∠BCE=∠DCE=60°，∴∠ACD=∠BCE，在△CBE和△CAD中，BC =AC∠BCE =∠ACD CE =DC，∴△CBE ≌△CAD (SAS )，∴BE =AD ，∵BE =2，AE =7，∴BE =AD =2，∴DE =AE -AD =7-2=5，∴CD =5．故答案为：5．2.(2024·河南驻马店·三模)如图，在等边三角形ABC 中，AB =2，点P 在AB 上，且BP =32，将BP 绕点B 在平面内旋转，点P 的对应点为点Q ，连接AQ ，CQ ．当QA =QC 时，AQ 的长为．【答案】72或312【分析】延长BQ 1交AC 于点H ，由等边三角形的性质可得AB =BC =AC =2，再根据线段垂直平分线的判定可得AH =CH =1，利用勾股定理求得BH =3，根据旋转的性质分两种情况讨论：当点Q 在线段BH 上时；当点Q 在线段HB 的延长线上时，求出Q 1H ，Q 2H 的值，再利用勾股定理求解即可．解：如图，延长BQ 1交AC 于点H ，∵△ABC 是等边三角形，∴AB =BC =AC =2，又∵QA =QC ，∴BQ 1垂直平分AC ，∴AH =CH =1，∴BH =22-12=3，∵将BP 绕点B 在平面内旋转，点P 的对应点为点Q ，∴BP =BQ =32，当点Q 1在线段BH 上时，Q 1H =32，∴AQ 1=AH 2+Q 1H 2=34+1=72，当点Q 在线段HB 的延长线上时，Q 2H =332，∴AQ 2=AH 2+Q 2H 2=274+1=312，故答案为：72或312．【点拨】本题考查等边三角形的性质、线段垂直平分线的判定、勾股定理、旋转的性质，利用分类讨论思想解决问题是解题的关键．【题型2】利用等边三角形旋转模型求角度3.(23-24七年级下·海南海口·期末)如图，△ABC是等边三角形，D是BC边上任意一点(与点B、C不重合)，△ADC经顺时针旋转后与△AEB重合．连接ED，则∠ADE=度；设∠BAD=x°，则∠AEB的度数为度(用含有x的代数式表示)．【答案】60x+60【分析】本题考查了等边三角形的判定和性质，图形旋转的性质，三角形内角和定理、外角和定理的运用，掌握等边三角形的判定和性质是解题的关键．根据等腰三角形的性质，旋转的性质可得AE=AD，∠EAD=60°，可判定△AED是等边三角形，根据∠ADC=∠AEB，及三角形外角的性质即可求解．解：∵△ABC是等边三角形，∴AB=BC=AC，∠ABC=∠BCA=∠BAC=60°，∵△ADC旋转与△AEB重合，∴AE=AD，∠EAD=60°，∴△AED是等边三角形，∴∠ADE=60°；∵△ADC旋转后与△AEB重合，∴∠AEB=∠ADC，∵△ABC是等边三角形，∴∠ABC=60°，在△ABD中，∠ADC是外角，∴∠ADC=∠BAD+∠ABD=x+60，∴∠AEB=∠ADC=x+60，故答案为：60，x+60．4.(23-24八年级下·贵州毕节·期末)如图，P是等边三角形ABC内一点，将线段PB绕点B沿顺时针方向旋转60°得到线段BP ，连接CP ，PP ．若PB=3，PC=4，P A=5，则∠BPC的度数是．【答案】150°/150度【分析】本题考查了等边三角形的判定和性质，旋转的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理的逆定理的运用，掌握全等三角形的判定和性质，勾股定理逆定理的计算是解题的关键．根据等边三角形，旋转的性质可证△BPP 是等边三角形，可得∠ABP =∠CBP ，由此可证△ABP ≌△CBP ，根据勾股定理逆定理可得△CPP 是直角三角形，结合∠BPC =∠CPP +∠BPP 即可求解．解：∵△ABC 是等边三角形，∴AB =BC =AC ，ABC =∠ACB =∠BAC =60°，∴∠ABP +∠PBC =60°，∵PB 绕点B 旋转60°得P B ，∴PB =P B ，∠PBP =∠PBC +∠CBP =60°，∴△BPP 是等边三角形，∠BPP =∠BP P =∠PBP =60°，∴∠ABP =∠CBP ，在△ABP ，△CBP 中，AB =CB∠ABP =∠CBP BP =BP，∴△ABP ≌△CBP SAS ，∴AP =CP =5，且PP =PB =P B =3，CP =4，∵CP 2=52=25，CP 2=42=16，PP 2=32=9，即PP 2+CP 2=CP 2，∴△CPP 是直角三角形，∠CPP =90°，∴∠BPC =∠CPP +∠BPP =90+60=150°，故答案为：150°．【题型3】利用等边三角形旋转模型求面积5.(2024·广东河源·一模)等边三角形ABC 的边长为2，将该三角形绕顶点A 在平面内旋转30°，则旋转后的图形与原图形重叠部分的面积为()A.6-33B.6-32C.32D.34【答案】A【分析】本题考查了旋转的性质，等边三角形的性质，掌握旋转的性质是解题的关键．由旋转的性质可得∠BAD =30°，可得AD ⊥CD ，由等边三角形的性质和直角三角形的性质可求CD =1，AD =3，由三角形的面积公式可求解．解：如图，设AB 与BC 的交点为D ，∵将该三角形绕顶点A 在平面内旋转30°，∴∠BAD =30°=∠CAD ，∠B =60°=∠B ，∴AD ⊥CD ，AF ⊥B C ，∴BD =CD =1=BF =C F ，AD =3CD =3=AF ，∴S △ACD =12×CD ⋅AD =12×1×3=32，∵CF =AC -AF =2-3，∴EF =23-3，∴S △EFC =12×(2-3)(23-3)=73-122，∴旋转后的图形与原图形重叠部分的面积=32-73-122=6-33，故选：A 6.(21-22九年级上·新疆乌鲁木齐·阶段练习)如图，△ABC 是等边三角形，点P 在△ABC 内，P A =2，将△P AB 绕点A 逆时针旋转得到△QAC ，则△APQ 的面积等于()A.5B.6C.3D.23【答案】C【分析】根据等边三角形的性质推出AC =AB ，∠CAB =60°，根据旋转的性质得出△CQA ≅△BP A ，推出AQ =AP ，∠CAQ =∠BAP ，求出∠P AQ =60°，得出△APQ 是等边三角形，即可求出答案．解：∵△ABC 是等边三角形，∴AC =AB ，∠CAB =60°，∵将△P AB 绕点A 逆时针旋转得到△QAC∴△CQA ≅△BP A ，∴AQ =AP ，∠CAQ =∠BAP ，∴∠CAB =∠CAP +∠BAP =∠CAP +∠CAQ =60°，即∠P AQ =60°，∴△APQ 是等边三角形，∴QP =P A =2，过点Q 作QE ⊥AP 于点E ，如图，则PE =12AP =1，由勾股定理得，QE =QP 2-PE 2=3∴△APQ 的面积=12AP ×QE =12×2×3=3故选：C ．【点拨】本题考查了等边三角形的性质和判定，全等三角形的性质和判定，旋转的性质等知识点，关键是得出△APQ 是等边三角形，注意“有一个角等于60°的等腰三角形是等边三角形，等边三角形的对应边相等，每个角都等于60°．【题型4】利用等边三角形旋转模型进行推理7.(2024九年级·全国·竞赛)如图，在等边△ABC 中，点D 为BC 上一点，连接AD ，将△ABD 绕点A 按逆时针方向旋转60°得到△ACE ，连接DE ，若AB =10cm ,AD =8cm ，则下列结论错误的是()A.∠CDE=∠ADBB.CE∥ABC.△CDE的周长是18cmD.△ADE是等边三角形【答案】A【分析】根据等边三角形得性质得AB=AC和∠B=60°，由旋转的性质得∠DAE=60°和AD=AE，则△ADE为等边三角形，则∠ADE=60°，结合三角形外角定理得∠ADC=∠B+∠BAD和AB>BD，可判定∠ADB>∠EDC，由等边三角形和旋转得∠BAC=∠ACE，可判定CE∥AB，由旋转得BD=CE，等边三角形的性质得DE=AD，可得C△CDE=DE+EC+CD=AD+BC．解：∵△ABC为等边三角形，∴AB=AC，∠B=60°，∵△ABD绕点A按逆时针方向旋转60°得到△ACE，∴∠DAE=60°，AD=AE，∴△ADE为等边三角形，则∠ADE=60°，∵∠ADC=∠B+∠BAD，∴∠ADE+∠EDC=∠B+∠BAD，即∠EDC=∠BAD，∵AB>BD，∴∠ADB>∠BAD，则∠ADB>∠EDC，故A错误；∵△ABC为等边三角形，∴∠BAC=∠B=60°，∵△ABD绕点A按逆时针方向旋转60°得到△ACE，∴∠ACE=∠B=60°，∴∠BAC=∠ACE，则CE∥AB，故B正确；∵△ABD绕点A按逆时针方向旋转60°得到△ACE，∴BD=CE，∵△ADE为等边三角形，∴DE=AD，∵AB=BC=10cm,AD=8cm，∴C△CDE=DE+EC+CD=AD+BD+CD=AD+BC=18cm，故C正确；∵△ABD绕点A按逆时针方向旋转60°得到△ACE，∴∠DAE=60°，AD=AE，∴△ADE为等边三角形，故D正确；故选：A．【点拨】本题主要考查等边三角形的判定和性质、旋转的性质、三角形外角定理和平行线的判定，解题的关键是熟悉等边三角形的性质和旋转的性质．8.(23-24八年级上·山东济宁·期末)如图，已知△ABE，∠ABE=120°，将△ABE绕点B顺时针旋转60°得到△CBD，连接AC，ED，AE和CD交于点P．则下列结论中正确的是()A.∠APC=30°B.AC与BE不平行C.△BDE可以看作是△ABC平移而成的D.△ABC和△BDE都是等边三角形【答案】D【分析】本题考查了旋转的性质，等边三角形的判定与性质，平行线的判定，平移的性质，熟练掌握旋转的性质，以及等边三角形的判定与性质是解题的关键．设AE与BC相交于点F，根据旋转可得：∠ABC=∠DBE=60°,△ABE≌△CBD，从而可得∠BAE=∠BCD,BA=BC,BE=BD，进而可得△ABC和△BED 都是等边三角形，然后利用等边三角形的性质可得∠BAC=60°，从而可得∠BAC=∠DBE=60°，进而可得AC∥BE，再利用三角形内角和定理，以及对顶角相等可得∠APC=∠ABC=60°，最后根据AB≠BD，可得△ABC和△BED不全等，从而利用平移的性质可得△BDE不可以看作是△ABC平移而成的，即可解答.解：如图:设AE与BC相交于点F，由旋转得:∠ABC=∠DBE=60°,△ABE≌△CBD，∴∠BAE=∠BCD,BA=BC,BE=BD，∴△ABC和△BED都是等边三角形，∴∠BAC=60°，∴∠BAC=∠DBE=60°，∴AC∥BE,∵∠AFB=∠CFP,∠APC=180°-∠BCD-∠CFP,∠ABC=180°-∠BAE-∠AFB，∴∠APC=∠ABC=60°，∵AB≠BD，∴△ABC和△BED不全等,∴△BDE不可以看作是△ABC平移而成的,故A、B、C不符合题意，D符合题意，故选:D.【题型5】利用正方形的旋转模型求角度9.(22-23八年级下·江苏无锡·期中)如图，已知正方形ABCD，P是正方形ABCD内一点．若P A=2，PB=2，PC=10，则∠APB的度数为°；△PBC的面积为．【答案】1353【分析】将△ABP 绕点B 顺时针旋转90°，使得AB 与BC 重合，根据旋转的性质可得△BPP 是等腰直角三角形，然后求出PP ′，再根据勾股定理逆定理判定出△PP C 是直角三角形，然后求出∠BP C 的度数，再根据旋转的性质可得∠APB =∠BP C ，过点B 作BH ⊥PP ，垂足为H ，过点C 作CG ⊥BP ，垂足为G ，证明△BHP 是等腰直角三角形，求出PH ，进而求出AB ，易得△BCP 是等腰三角形，推出BG =PG =1，求出CG ，即可求解．解：如图，将△ABP 绕点B 顺时针旋转90°，使得AB 与BC 重合，则P C =P A =2,△BPP 是等腰直角三角形，∵PB =2，∴PP =2PB =22，在△PP C 中，PP 2+P C 2=22 2+2 2=10，PC 2=10 2=10，∴PP 2+P C 2=PC 2，∴△PP C 是直角三角形，∴∠BP C =∠BP P +∠PP C =45°+90°=135°∵△CBP 是△ABP 绕点B 顺时针旋转90°得到，∴∠APB =∠BP C =135°；∵BP =BP ，∠PBP =90°，∴∠BPP =45°，∴∠APB +∠BPP =180°，∴A ,P ,P 三点共线，过点B 作BH ⊥PP ，垂足为H ，过点C 作CG ⊥BP ，垂足为G ，∵△BPP 是等腰直角三角形，∠BHP =90°,∠BPP =45°，∴△BHP 是等腰直角三角形，∴BH =PH ，∵BP =2，∴BH =PH =2，∴AH =AP +PH =22，∴AB =BH 2+AH 2=10，∵四边形ABCD 是正方形，∴BC =AB =10，∴PC =BC ，∴△BCP 是等腰三角形，∴BG =PG =12BP =1，∴CG =BC 2-BG 2=3，∴S△BCP =12BP ⋅CG =3，故答案为：135，3．【点拨】本题主要考查了旋转的性质，勾股定理逆反定理，正方形性质，等腰三角形的判定与性质，熟练掌握性质定理是本题关键．10.(23-24八年级下·广东江门·期中)如图，P为正方形ABCD内一点，P A=2，PB=4，PC=6，则∠APB=．【答案】135°/135度【分析】此题考查了旋转的性质及勾股定理的逆定理，将△APB绕B点顺时针旋转90°并连接PE，构造两个直角三角形：Rt△PBE和Rt△PCE，利用勾股定理逆定理解答即可．解：将△APB绕B点顺时针旋转90°并连接PE，∵将△APB绕B点顺时针旋转90°，得△BEC，∴△BEC≌△BP A，∠APB=∠BEC，∴△BEP为等腰直角三角形，∴∠BEP=45°，∵PB=4，∴PE=42，∵PC=6，CE=P A=2，∴PC2=PE2+CE2，∴∠PEC=90°，∴∠APB=∠BEC=∠BEP+∠PEC=45°+90°=135°．故答案为：135°．【题型6】利用正方形的旋转模型求线段长11.(22-23九年级上·浙江台州·期中)如图，边长为1的正方形ABCD绕点A逆时针旋转60°得到正方形AEFG，连接CF，则CF的长是()A.2B.1.5C.3D.32-3【答案】A【分析】本题主要考查了正方形的性质，旋转的性质，等边三角形的性质与判定，连接AC、AF，证明△ACF为等边三角形，求得AC 便可得出结果．解：连接AC 、AF ，由旋转性质得，AC =AF ，∠CAF =60°，∴△ACF 为等边三角形，∴AC =CF ，∵边长为1的正方形ABCD ，∴AB =BC =1，∴AC =AB 2+BC 2=2，∴CF =AC =2故选：A ．12.(23-24九年级上·湖北武汉·期末)如图，边长为3的正方形ABCD 绕点C 顺时针旋转30°后得到正方形EFCG ，EF 交AD 于点H ，则AH 的长是．【答案】3-1【分析】本题考查了旋转的性质，考查了正方形的性质.连接CH ，如图，根据旋转的性质得∠DCG =30°,∠CFH =∠B =90°,CF =CD =3,再根据“HL ”证明△CHF ≌△CHD ,则∠HCF =∠HCD =30°，然后利用含30度的直角三角形三边的关系求出DH 即可得到AH 的长.解：连接CH ,如图,∵边长为3的正方形ABCD 绕点C 按顺时针方向旋转30°后得到正方形EFCG ，∴∠DCG =30°,∠CFH =∠B =90°,CF =CD =3,∴∠DCF =60°，在Rt △CHF 和Rt △CHD 中CH =CHCF =CD ，∴△CHF ≌△CHD ，∴∠HCF =∠HCD ，∵∠HCF +∠HCD =∠DCF ，∴∠HCF =∠HCD =30°在Rt △CDH 中，∵∠DCH =30°，∴DH =33CD =33×3=1，∴AH =3-1，故答案为3-1．【题型7】利用正方形的旋转模型求面积13.(24-25九年级上·全国·假期作业)如图，正方形ABCD 的边长为1；将其绕顶点C 按逆时针方向旋转一定角度到CEFG 的位置，使得点B 落在对角线CF 上，则阴影部分的面积是()A.14B.2-2C.2-1D.12【答案】C【分析】本题考查了正方形的性质及旋转的性质，等腰三角形的判定；依据△BFH 、△CEF 为等腰直角三角形，即可得到阴影部分的面积．解：正方形ABCD 的边长为1，将其绕顶点C 按逆时针方向旋转一定角度到CEFG 位置，使得点B 落在对角线CF 上，∴EF =CE =BC =1，∴CF =2，∴BF =2-1，∵∠BFE =45°，∴BH =BF =CF -BC =2-1，∴阴影部分的面积=12×1×1-12×(2-1)2=2-1，故选：C ．14.(24-25九年级上·内蒙古巴彦淖尔·开学考试)如图，边长为1的正方形ABCD 绕点A 顺时针旋转30°到AB C D 的位置，则图中阴影部分的面积为()A.12B.33C.1-33D.1-34【答案】C【分析】根据旋转的性质和正方形的性质得出AD =AB =AB ，∠BAB =∠DAD =30°，利用HL 证明Rt △AD E ≌Rt △ABE ，得出∠EAD =∠EAB =30°，利用含30°角的直角三角形的性质及勾股定理求出BE =33，根据S 阴影=S 正方形ABCD -2S △ABE 即可得答案．解：如图，连接AE ，∵边长为1的正方形ABCD 绕点A 顺时针旋转30°到AB C D 的位置，∴AD =AB =AB ，∠BAB =∠DAD =30°，∴∠BAD =60°，在Rt △AD E 和Rt △ABE 中，AD=AB AE =AE ，∴Rt △AD E ≌Rt △ABE ，∴∠EAD =∠EAB =30°，∴BE =12AE ，即AE =2BE ，∵在Rt △ABE 中，AE 2=BE 2+AB 2，∴(2BE )2=BE 2+12，解得：BE =33，∴S 阴影=S 正方形ABCD -2S △ABE =1×1-2×12×33×1=1-33．故选：C ．【点拨】本题考查旋转的性质、正方形的性质、全等三角形的判定与性质、含30°角的直角三角形的性质及勾股定理，熟练掌握相关性质和判定定理是解题关键．【题型8】利用正方形的旋转模型进行推理15.(23-24八年级下·山东济南·期末)如图，正方形ABCD 边长为52，E 从B 出发沿对角线BD 向D 运动，连接CE ，将线段CE 绕C 点顺时针旋转90°得到CF ，连接DF ，EF 设BE =m ，下列说法：①△DEF 是直角三角形；②当m =4时，EF =213；③有且只有一个实数m ，使得S △DEF =12.5；④取EF 中点G ，连接BG ，CG ，△BCG 的面积随着m 的增大而增大．正确的有()A.1个B.2个C.3个D.4个【答案】C 【分析】根据正方形的性质可得∠CBD =∠BDC =45°，BC =DC ，∠BCD =90°再根据旋转的性质可得CE =CF ，∠ECF =90°，从而证得△BCE ≌△DCF ，得到∠DBC =∠CDF =45°，即可求得∠BDF =∠BDC +∠CDF =90°，可判断①正确；根据正方形的性质可得BD 的长，再根据△BCE ≌△DCF 可得DF 的长，再利用勾股定理可得EF =213，可判断②正确；根据题意列出关于△DEF 面积的一元二次方程，求得有且只有一个实数m =5，使得S △DEF =12.5，可判断③正确；连接DG ，作GH ⊥CD 于点H ，可得GH ∥BC ，由∠EDF =∠ECF =90°，点G 为EF 的中点，可得DG =CG =12EF ，则CH =DH =522，从而求得S △BCG =12.5，可判断④错误；即可解题．解：∵四边形ABCD 是正方形，BD 为对角线，∴AB =BC =CD =AD ，∠CBD =∠BDC =45°，∠BCD =90°，∵线段CE 绕C 点顺时针旋转90°得到CF ，∴CE =CF ，∠ECF =90°，又∵∠BCE =∠BCD -∠ECD ，∠DCF =∠ECF -∠ECD ，∴∠BCE =∠DCF ，在△BCE 和△DCF 中：BC =DC∠BCE =∠DCF CE =CF，∴△BCE ≌△DCF SAS ，∴∠DBC =∠CDF =45°，∴∠EDF =∠BDC +∠CDF =90°，∴△DEF 是直角三角形，故①正确；∵正方形ABCD 边长为52，∴BD =BC 2+CD 2=10，∵△BCE ≌△DCF ，BE =m ，m =4，∴DF =BE =4，∴EF =DF 2+DE 2=DF 2+BD -BE 2=213，故②正确；由题可知：S △DEF =12⋅DE ⋅DF =12⋅BD -BE ⋅BE =1210-m m =5m -12m 2，要S △DEF =12.5，则5m -12m 2=12.5，整理得：m -5 2=0，解得：m =5，∴有且只有一个实数m ，使得S △DEF =12.5，故③正确；如图，连接DG ，作GH ⊥CD 于点H ，则∠GHD =∠BCD =90°，∴GH ∥BC ，∴CH 与△BCG 的边BC 上的高相等，∵∠EDF =∠ECF =90°，点G 为EF 的中点，∴DG =CG =12EF ，∴CH =DH =12DC =12×52=522，∴S △BCG =12BC ⋅CH =12×52×522=12.5，∴△BCG 的面积不随着m 的变化而变化，故④错误；故选：C ．【点拨】本题考查了正方形的性质、等腰三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理，解一元二次方程，旋转的性质，直角三角形性质，综合运用以上知识是解题的关键．16.(23-24八年级下·河北唐山·期中)如图，点E为正方形ABCD内一点，∠AEB=90°，将△AEB绕点B按顺时针方向旋转90°，得到△CBG．延长AE交CG于点F，连接DE，下列结论：①AF⊥CG；②四边形BEFG是正方形，③若DA=DE，则2CF=CG；④若∠DAE=60°，S四边形ABCD =4S四边形BGFE其中正确的结论是()A.①②③④B.①②④C.①③D.①④【答案】A【分析】本题考查了正方形的判定和性质，旋转的性质，全等三角形的判定和性质，等边三角形的性质，设AF交BC于K，由∠ABK=90°及将Rt△ABE绕点B按顺时针方向旋转90°，得到△CBG，可得∠KAB=∠BCG，即可得∠KFC=90°，从而判断①正确；由旋转的性质可得∠AEB=∠CGB=90°，BE=BG，∠EBG=90°，由正方形的判定可证四边形BEFG是正方形，可判断②正确；过点D作DH⊥AE于H，由等腰三角形的性质可得AH=12AE，DH⊥AE，由“AAS”可得△ADH≌△BAE，可得AH=BE=12AE，由旋转的性质可得AE=CG，从而可得CF=FG，可判断③正确；由等边三角形的性质得到AD=AE，可得AD=2BE，再根据正方形的面积可得，可判断④正确；灵活运用以上性质进行推理是解题的关键．解：设AF交BC于K，如图，∵四边形ABCD是正方形，∴∠ABK=90°，∴∠KAB+∠AKB=90°，∵将Rt△ABE绕点B按顺时针方向旋转90°，得到△CBG，∴∠KAB=∠BCG，∵∠AKB=∠CKF，∴∠BCG+∠CKF=90°，∴∠KFC=90°，∴AF⊥CG，故①正确；∵将Rt△ABE绕点B按顺时针方向旋转90°，∴∠AEB=∠CGB=90°，BE=BG，∠EBG=90°，又∵∠BEF=90°，∴四边形BEFG是矩形，又∵BE=BG，∴四边形BEFG是正方形，故②正确；如图，过点D作DH⊥AE于H，∵DA=DE，DH⊥AE，∴AH=12AE，∠ADH+∠DAH=90°，∵四边形ABCD是正方形，∴AD=AB，∠DAB=90°，∴∠DAH+∠EAB=90°，∴∠ADH=∠EAB，又∵AD=AB，∠AHD=∠AEB=90°，∴△ADH≌△BAE AAS，∴AH=BE=12AE，∵将Rt△ABE绕点B按顺时针方向旋转90°，∴AE=CG，∵四边形BEFG是正方形，∴BE=GF，∴GF=12CG，∴CF=FG，故③正确；若∠DAE=60°，则∠EAB=30°，∵BE=12AE，∴BE=12AD，即AD=2BE，∵四边形ABCD和四边形BGFE是正方形，∴S四边形ABCD =4S四边形BGFE，故④正确；∴正确的有①②③④，故选：A．【题型9】利用等腰直角三角形的旋转模型求线段长17.(23-24九年级上·山东济宁·阶段练习)如图，△ABC是等腰直角三角形，∠ABC=90°，将△BPC绕点B逆时针旋转后，能与△BP A重合，连接PP ，如果BP=3，那么PP 的长等于()A.42B.23C.32D.33【答案】C【分析】本题考查了旋转的性质，勾股定理，解题的关键是掌握旋转前后对应线段相等，对应线段的夹角等于旋转角．根据旋转的性质得出∠PBP =∠ABC=90°,BP=BP =3，再根据勾股定理即可解答．解：∵△BPC绕点B逆时针旋转后，能与△BP A重合，BP=3，∠ABC=90°，∴∠PBP =∠ABC=90°,BP=BP =3，∴PP =BP2+BP 2=32，故选：C．18.(22-23八年级下·山东菏泽·期末)如图，D是等腰直角三角形ABC内一点，BC是斜边，将△ABD绕点A按逆时针方向旋转到△ACD 的位置，如果AD=3，那么DD 的长是．【答案】32【分析】证明△ADD 是等腰直角三角形即可解决问题．解：由旋转可知：△ABD≌△ACD ，∴∠BAD=∠CAD ，AD=AD =3，∴∠BAC=∠DAD =90°，即△ADD 是等腰直角三角形，∴DD =AD2+AD 2=32+32=32，故答案为：32．【点拨】本题考查旋转的性质，等腰直角三角形的判定和性质，勾股定理等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．【题型10】利用等腰直角三角形的旋转模型求角度19.(2024·山东聊城·三模)如图，点D是等腰直角三角形ABC内的一点，且∠BAC=90°，AB=AC，将△ABD绕点A按逆时针方向旋转90°，得到△AEC，连接ED，交AC于点F．若∠BAD=62°，则∠EFC=．【答案】107°/107度【分析】本题考查旋转的性质，等腰三角形的性质，余角的性质，三角形外角的性质．熟练掌握旋转的性质是解题的关键．先由旋转的性质得AE=AD，∠DAE=90°，再根据等腰直角三角形的性质和余角性质求得∠AED=∠ADE=45°，∠CAE=∠BAD=62°，然后由三角形外角性质求解即可．解：由旋转可得：AE=AD，∠DAE=90°，∴∠AED=∠ADE=45°，∵∠CAD+∠BAD=∠BAC=90°，∠CAD+∠CAE=∠DAE=90°，∴∠CAE=∠BAD=62°，∴∠EFC=∠E+∠CAE=45°+62°=107°，故答案为：107°．20.(22-23八年级下·江苏·开学考试)如图，在等腰直角三角形ABC中，∠A=90°，P是ΔABC内一点，P A=1，PB=3，PC=7，那么∠CP A=度．【答案】135【分析】将ΔABP绕A点逆时针旋转90°，然后连接PQ，可得AQ=AP=1，CQ=PB=3，∠QAC=∠P AB，∠QP A=45°，证明PC2+PQ2=7+2=9=CQ2，可得∠QPC=90°，从而可得答案．解：将ΔABP绕A点逆时针旋转90°，然后连接PQ，则AQ=AP=1，CQ=PB=3，∠QAC=∠P AB，∠QAP=90°，∴PQ2=AQ2+AP2=2，且∠QP A=45°，在ΔCPQ中，PC2+PQ2=7+2=9=CQ2∴∠QPC=90°，∴∠CP A=∠QP A+∠QPC=135°．故答案为：135．【点拨】本题考查的是旋转的性质，勾股定理与勾股定理的逆定理的应用，熟练的利用旋转的性质解题是关键．【题型11】利用等腰直角三角形的旋转模型求面积21.(23-24八年级上·四川宜宾·期末)如图，在等腰直角三角形ABC的斜边上取异于B,C的两点E,F，使∠EAF=45°,CF=3,EF=5，则以EF、BE、CF为边的三角形的面积为．【答案】6【分析】首先把△ACF绕点A顺时针旋转90°，得到△ABG．连接EG，可得△ACF≌△ABG．进而得到AG=AF，BG=CF=3，∠ABG=∠ACF=45°，，再证明△BEG是直角三角形，进而即可得解．解：把△ACF绕点A顺时针旋转90°，得到△ABG．连接EG．则△ACF≌△ABG，∴AG=AF，BG=CF=3，∠ABG=∠ACF=45°，∵∠BAC=90°，AB=AC，∴∠ABC=∠ACB=45°．∴∠GBE=∠ABC+∠ABG=90°，∴BE=EG2-BG2=52-32=4，×3×4=6，∴以EF、BE、CF为边的三角形的面积为12故答案为：6．【点拨】本题考查了勾股定理及等腰直角三角形的性质，旋转的性质，正确作出辅助线后得出直角三角形是解答此题的关键．22.(23-24八年级下·福建·期末)将直角边长为6cm的等腰直角三角形ABC绕点A逆时针旋转15°后得到△AB C ，则图中阴影部分的面积是cm2．【答案】63【分析】本题考查了旋转的性质，等腰三角形的性质．关键是通过旋转的性质判断阴影部分三角形的特点，计算三角形的面积．设AB与B C 交于D点，根据旋转角∠CAC =15°，等腰直角△ABC的一锐角∠CAB=45°，可求∠C AD，旋转前后对应边相等，对应角相等，AC =AC=6cm，∠C =∠C=90°，根据勾股定理求得C D，进而根据三角形的面积公式可求阴影部分面积．解：设AB与B C 交于D点，根据旋转性质得∠CAC =15°，而∠CAB=45°，∴∠C AD=∠CAB-∠CAC =30°，又∵AC =AC=6cm，∠C =∠C=90°，∴AD=2C D，由勾股定理得，AD2-C D2=AC 2，即4C D2-C D2=62，∴C D=23cm，×6×23=63cm2．∴阴影部分的面积=12故答案为：63．【题型12】利用等腰直角三角形的旋转模型进行推理23.(22-23八年级上·四川宜宾·期末)如图，△ABC和△ADE都是等腰直角三角形，∠BAC=∠DAE=90°，点D是BC边上的动点(不与点B、C重合)，DE与AC交于点F，连接CE．下列结论：①BD= CE；②BD2+CD2=2AE2;③∠DAC=∠CED；④在△ABC内存在唯一一点P，使得P A+PB+PC 的值最小，若点D在AP的延长线上，且AP的长为2，则CE=2+3．其中含所有正确结论的选项是．【答案】①②③【分析】①正确．证明△BAD ≌△CAE ，可得结论；②正确．根据△BAD ≌△CAE 得到∠ABC =∠ACB =∠ACE =45°，得到∠DCE =90°证明即可；③正确．根据△BAD ≌△CAE 得到∠BDA =∠CEA ，根据三角形外角性质，得到∠BDA =45°+∠DAC ，∠CEA =45°+∠CED 证明即可；④错误．将△BPC 绕点B 顺时针旋转60°得到△BNM ，连接PN ，当点A ，点P ，点N ，点M 共线时，P A +PB +PC 值最小，此时∠APB =∠BPC =∠CP A =120°，PB =PC ,AD ⊥BC ，设PD =t ，则BD =PD =3t ，构建方程求出t ，可得结论．解：∵△ABC 和△ADE 都是等腰直角三角形，∠BAC =∠DAE =90°，∴AB =AC ,AD =AE ,∠ABD =∠ACD =∠ADE =∠AED =45°，∴∠BAD =90°-∠DAC =∠CAE ，∵BA =CA∠BAD =∠CAE DA =EA，∴△BAD ≌△CAE SAS ，∴BD =CE ，故①正确；∵△BAD ≌△CAE ，∴∠ABC =∠ACB =∠ACE =45°，∴∠DCE =90°，∴DC 2+CE 2=DE 2，∵BD =CE ，AD 2+AE 2=DE 2=2AE 2，∴BD 2+CD 2=2AE 2；故②正确；∵△BAD ≌△CAE ，∴∠BDA =∠CEA ，根据三角形外角性质，得到∠BDA =45°+∠DAC ,∠CEA =45°+∠CED ，∴∠DAC =∠CED ，故③正确；将△BPC 绕点B 顺时针旋转60°得到△BNM ，连接PN ，根据旋转性质，得到△PBN 是等边三角形，当点A ，点P ，点N ，点M 共线时，P A +PB +PC 值最小，此时∠APB =∠BPC =∠CP A =120°，PB =PC ,AD ⊥BC ，∠BPD =60°，∠PBD =30°设PD=t，则BD=AD=3t，根据题意，得BD=PD=3t，解得t=3+1，故CE=BD=AD=3t=3+3故④错误．故答案为：①②③．【点拨】本题考查等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定和性质，旋转的性质，直角三角形的性质，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造特殊三角形解决问题，属于中考选择题中的压轴题．24.(2023·天津河北·二模)如图，已知△ABC为等腰直角三角形，∠CBA=90°，将△ABC绕点A顺时针旋转60°得到△ADE，点B,C的对应点分别为点D,E，下列结论中错误的是()A.BC=ADB.AC=CEC.∠CAE-∠BAC=10°D.△ABD是等边三角形【答案】C【分析】根据旋转可知AB=AD，AC=AE，∠CAE=∠BAD=60°，则得△ABD和△ACE是等边三角形，即可作答．解：根据旋转的性质可知AB=AD，AC=AE，∠CAE=∠BAD=60°，∴△ABD和△ACE是等边三角形，故选项D结论正确，∴AC=CE，故选项B结论正确；∵△ABC为等腰直角三角形，∠CBA=90°，∴AB=BC，∠BAC=45°∴BC=AD，故选项A结论正确，∠CAE-∠BAC=60°-45°=15°，故选项C结论错误，符合题意；故选：C．【点拨】本题考查了旋转的性质和全等三角形的判定与性质，得出△ABD和△ACE是等边三角形是解答本题的关键．第三部分【拓展延伸】【题型13】拓展延伸25.如图，P 在等边△ABC 内且∠APC =120°，则PB P A 的最小值是()A.12B.33C.22D.32【答案】D【分析】将△APC 旋转60°到△ADB ，由于要求PB P A的最小值，我们不断让P A 变大，点P 往下移，如图1，根据直角三角形中斜边比直角边大，当PE 与PB 重合时取到最小值，如图2，当P A ⊥PB 时，取到最小值，此时P A ∥BD ，P A =PD ，且∠PDB =60°，可得PB P A 的最小值．解：将△APC 旋转60°到△ADB ，由于要求PB P A 的最小值，我们不断让P A 变大，点P 往下移，如图1，当CP ⊥AB 时，P A =PB ，PB P A =1，PB P A=PB PD ，根据直角三角形中斜边比直角边大，当PE 与PB 重合时取到最小值，如图3，当P A ⊥PB 时，取到最小值，此时P A ∥BD ，P A =PD ，且∠PDB =60°，可得PB P A=32．故选：D ．【点拨】本题考查等边三角形的性质，垂线段最短，旋转变换等知识，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，属于中考选择题中压轴题．26.(2024九年级·全国·竞赛)如图，△ABC 和△ADE 都为等腰直角三角形，点D 在AC 上，点E 在BA 的延长线上，AB =AC =10cm ，AD =AE =6cm ，现将△ADE 绕点A 旋转60°，得到△AD E ，连接BE 、CD ，过点A 作AF ⊥BE ，垂足为点F ，直线AF 交CD 于点G ，则线段FG 的长度为cm ．【答案】7+1573或7-1573【分析】分△ADE 按顺时针旋转和逆时针旋转两种情况讨论，过点E 作E M ⊥BE ，垂足为点M ，过点C 作CH ∥AD 交AG 的延长线于点H ，连接HD ，利用勾股定理，含30度角的直角三角形的特征求出AM =3cm ,E M =33cm ，根据等面积法求出AF =1573cm ，证明△ABE ≌△CAH AAS ，得到AD =CH ，易得四边形ACHD 为平行四边形，利用平行四边形对角线互相平分的性质即可求解．解：如图1和图2，过点E 作E M ⊥BE ，垂足为点M ，过点C 作CH ∥AD 交AG 的延长线于点H ，连接HD ，则有∠E AM =60°,AE =AE =6cm ，得∠AE M =30°,AM =3cm ,E M =33cm ，∴BM =AB +AM =13cm ,BE =ME 2+BM 2=14cm ，由等面积法有12BE ⋅AF =12AB ⋅E M ；∴AF =1573cm ，∵∠GAD +∠FAE =90°=∠FAE +∠AE F ，∠HAC +∠FAB =90°=∠FAB +∠ABF ，∴∠GAD =∠AE F ,∠HAC =∠ABF ，∵CH ∥AD ，∴∠AHC =∠GAD ，∴∠AHC =∠AE F ，∵AB =AC ，∴△ABE ≌△CAH AAS ，∴AE =CH =AD =AD =6cm ,BE =AH =14cm ，∵CH ∥AD ，∴四边形ACHD 为平行四边形，∴AG =12AH =7cm ，∴在图1中，FG =AF +AG =7+1573cm ，在图2中，同理得：FG =AG -AF =7-1573cm ．。

网红“旋转”问题必考题型梳理题型1 旋转的概念旋转的定义：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．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．例题1下面是4个能完全重合的正六边形，请仔细观察A、B、C、D四个图案，其中与所给图形不相同的是（）A．B．C．D．【分析】将选项中的图形绕正六边形的中心旋转，与题干的图形不相同的即为所求．【解析】观察图形可知，只有选项B中的图形旋转后与图中的正六边形不相同．选B．变式1如图是一个标准的五角星，若将它绕旋转中心旋转一定角度后能与自身重合，则至少应将它旋转的度数是（）A．144°B．90°C．72°D．60°【分析】如图，由于是正五角星，设O的是五角星的中心，那么∠AOB＝∠BOC＝∠COD＝∠DOE＝∠AOE，所以要使正五角星旋转后与自身重合，那么它们就是旋转角，而它们的和为360°，由此即可求出绕中心顺时针旋转的角度．【解析】如图，设O的是五角星的中心，∵五角星是正五角星，∴∠AOB＝∠BOC＝∠COD＝∠DOE＝∠AOE，∵它们都是旋转角，而它们的和为360°，∴至少将它绕中心顺时针旋转360÷5＝72°，才能使正五角星旋转后与自身重合．选C．变式2如图，在6×4的方格纸中，格点三角形甲经过旋转后得到格点三角形乙，则其旋转中心是（）A．点M B．点N C．点P D．点Q【解析】∵△ABC经过旋转后得到△EFD，∴点A与点E为对应点，点B和点F为对应点，∴旋转中心在AE的垂直平分线上，也在BF的垂直平分线上，作AE的垂直平分线和BF的垂直平分线，它们的交点为N点，如图，即旋转中心为N点．选B．变式3规定：在平面内，如果一个图形绕一个定点旋转一定的角度α（0°＜α≤180°）后能与自身重合，那么就称这个图形是旋转对称图形，转动的这个角度α称为这个图形的一个旋转角．例如：正方形绕着两条对角线的交点O旋转90°或180°后，能与自身重合（如图1），所以正方形是旋转对称图形，且有两个旋转角．根据以上规定，回答问题：（1）下列图形是旋转对称图形，但不是中心对称图形的是；A．矩形B．正五边形C．菱形D．正六边形（2）下列图形中，是旋转对称图形，且有一个旋转角是60度的有：（填序号）；（3）下列三个命题：①中心对称图形是旋转对称图形；②等腰三角形是旋转对称图形；③圆是旋转对称图形．其中真命题的个数有个；A．0 B．1 C．2 D．3（4）如图2的旋转对称图形由等腰直角三角形和圆构成，旋转角有45°，90°，135°，180°，将图形补充完整．【解析】（1）是旋转图形，不是中心对称图形是正五边形，故选B．（2）是旋转对称图形，且有一个旋转角是60度的有（1）（3）（5）．故答案为（1）（3）（5）．（3）命题中①③正确，故选C．（4）图形如图所示：题型2 利用旋转求角度解决此类问题的关键是掌握旋转的性质：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．例题2如图，△ABC中，∠ACB＝90°，∠ABC＝40°．将△ABC绕点B逆时针旋转得到△A′BC′，使点C的对应点C′恰好落在边AB上，则∠CAA′的度数是（）A．50°B．70°C．110°D．120°【解析】∵∠ACB＝90°，∠ABC＝40°，∴∠CAB＝90°﹣∠ABC＝90°﹣40°＝50°，∵将△ABC 绕点B 逆时针旋转得到△A ′BC ′，使点C 的对应点C ′恰好落在边AB 上，∴∠A ′BA ＝∠ABC ＝40°，A ′B ＝AB ，∴∠BAA ′＝∠BA ′A =12（180°﹣40°）＝70°，∴∠CAA '＝∠CAB +∠BAA ′＝50°+70°＝120°．选D ．变式4 如图，将△OAB 绕点O 逆时针旋转70°，得到△OCD ，若∠A ＝2∠D ＝100°，则∠a 的度数是（ ）A ．50°B ．60°C ．40°D ．30°【解析】∵将△OAB 绕点O 逆时针旋转70°，∴∠A ＝∠C ，∠AOC ＝70°，∴∠DOC ＝70°﹣α，∵∠A ＝2∠D ＝100°，∴∠D ＝50°，∵∠C +∠D +∠DOC ＝180°，∴100°+50°+70°﹣α＝180°，解得α＝40°，选C ．变式5 如图，将△ABC 绕点A 顺时针旋转角α，得到△ADE ，若点E 恰好在CB 的延长线上，则∠BED 等于（ ）A ．α2B ．23αC ．αD ．180°﹣α【解析】∵∠ABC ＝∠ADE ，∠ABC +∠ABE ＝180°，∴∠ABE +∠ADE ＝180°，∴∠BAD +∠BED ＝180°，∵∠BAD ＝α，∴∠BED ＝180°﹣α．选D ．变式6 Rt △ABC ，已知∠C ＝90，∠B ＝50°，点D 在边BC 上，BD ＝2CD （如图）．把△ABC 绕着点D 逆时针旋转m （0＜m ＜180）度后，如果点B 恰好落在初始Rt △ABC 的边上，那么m ＝（ ）A ．80B ．80或120C ．60或120D ．80或100【解析】当把△ABC绕着点D逆时针旋转m（0＜m＜180）度后，点B恰好落在AB边上的B′点，如图1，∴∠BDB′＝m，DB′＝DB，∴∠1＝∠B＝50°，∴∠BDB′＝180°﹣∠1﹣∠B＝80°，即m＝80°；当把△ABC绕着点D逆时针旋转m（0＜m＜180）度后，点B恰好落在AC边上的B′点位置，如图2，∴∠BDB′＝m，DB′＝DB，∵BD＝2CD，∴DB′＝2CD，∴∠CB′D＝30°，则∠B′DC＝60°，∴∠BDB′＝180°﹣∠B′DC＝120°，即m＝120°，综上所述，m的值为80°或120°．选B．题型3 旋转作图（坐标系）例题3在如图所示平面直角坐标系中（每个小方格都是边长为1个单位长度的正方形），解答下列问题：（1）画出与△ABC关于y轴对称的△A1B1C1；（2）画出以C1为旋转中心，将△A1B1C1顺时针旋转90°后的△A2B2C1；（3）连接A1A2，则△C1A1A2是三角形，并直接写出△C1A1A2的面积．【解析】（1）如图，△A1B1C1为所作；（2）如图，△A2B2C2为所作；（3）∵C1A12＝12+22＝5，C1A22＝12+22＝5，A1A22＝12+32＝10，∴C1A12+C1A22＝A1A22，∴△C1A1A2是直角三角形，而C1A1＝C1A2，∴△C1A1A2是等腰直角三角形，它的面积=12×√5×√5=52．故答案为等腰直角．变式7在平面直角坐标系中，△ABC的点坐标分别是A（2，4）、B（1，2）、C（5，3），如图：（1）以点（0，0）为旋转中心，将△ABC顺时针转动90°，得到△A1B1C1，在坐标系中画出△A1B1C1，写出A1、B1、C1的坐标；（2）在（1）中，若△ABC上有一点P（m，n），直接写出对应点P1的坐标．（3）作出△ABC关于点O的中心对称图形△A2B2C2．【解析】（1）如图所示，△A1B1C1即为所求，A1（4，﹣2）、B1（2，﹣1）、C1（3，﹣5）；（2）若△ABC上有一点P（m，n），则对应点P1的坐标为（n，﹣m）．（3）如图所示，△A2B2C2即为所求．变式8如图，方格纸中的每个小方格都是边长为1个单位长度的正方形，在建立平面直角坐标系后，△ABC的顶点均在格点上，坐标分别为A（2，2），B（1，0），C（3，1）．（1）画出△ABC关于y轴对称的△A1B1C1；（2）画出将△ABC绕原点O顺时针旋转90°所得的△A2B2C2；（3）△A1B1C1与△A2B2C2成中心对称图形吗？若成中心对称图形，直接写出对称中心的坐标．【分析】（1）利用利用y轴对称的点的坐标特征写出A1、B1、C1的坐标，然后描点即可；（2）利用网格特点和旋转的性质画出A2、B2、C2，从而得到△A2B2C2；（3）根据中心对称的定义进行判断．【解析】（1）如图，△A1B1C1为所作；（2）如图，△A2B2C2为所作；（3）△A1B1C1与△A2B2C2成中心对称图形，对称中心的坐标为（−12，−12）．变式9如图，在平面直角坐标系中，A（1，1）．（1）若△ABC和△A1B1C1关于原点O成中心对称图形，画出△A1B1C1，并写出点B1的坐标；（2）点C绕O点逆时针方向旋转90°后所对应点C2的坐标为；（3）在x轴上存在一点P，且满足点P到点B1和点C1距离之和最小，请直接写出PB1+PC1的最小值．【解析】（1）如图，△A1B1C1即为所求，点B1的坐标为（﹣4，﹣4）；（2）点C2的坐标为（﹣1，5）；（3）点P即为所求，PB1+PC1的最小值为√26：题型4 与旋转有关的点的坐标例题4如图，在平面直角坐标系中，A（1，0），B（﹣2，4），AB绕点A顺时针旋转90°得到AC，则点C的坐标是（）A．（4，3）B．（4，4）C．（5，3）D．（5，4）【分析】如图，过点B作BE⊥x轴于E，过点C作CF⊥x轴于F．利用全等三角形的性质求出AF，CF即可解决问题．【解析】如图，过点B作BE⊥x轴于E，过点C作CF⊥x轴于F．∵A（1，0），B（﹣2，4），∴OA＝1，BE＝4，OE＝2，AE＝3，∵∠AEB＝∠AFC＝∠BAC＝90°，∴∠B+∠BAE＝90°，∠BAE+∠CAF＝90°，∴∠B＝∠CAF，∵AB＝AC，∴△BEA≌△AFC（AAS），∴CF＝AE＝3，AF＝BE＝4，OF＝1+4＝5，∴C（5，3），选C．变式10如图，等边△OAB的边OB在x轴上，点B坐标为（2，0），以点O为旋转中心，把△OAB逆时针旋转90°，则旋转后点A的对应点A'的坐标是（）A．（﹣1，√3）B．（√3，﹣1）C．（−√3，1）D．（﹣2，1）【解析】如图，过点A作AE⊥OB于E，过点A′作A′H⊥x轴于H．∵B（2，0），△AOB是等边三角形，∴OA＝OB＝AB＝2，∵AE⊥OB，∴OE＝EB＝1，∴AE=√AO2−OE2√22−12=√3，∵A′H⊥OH，∴∠A′HO＝∠AEO＝∠AOA′＝90°，∴∠A′OH+∠AOE＝90°，∠AOE+∠OAE＝90°，∴∠A′OH＝∠OAE，∴△A′OH≌△OAE（AAS），∴A′H＝OE＝1，OH＝AE=√3，∴A′（−√3，1），选C．【小结】本题考查坐标与图形变化﹣旋转，等边三角形的性质，解直角三角形等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．变式11如图，在平面直角坐标系中，△AOB的顶点B在第一象限，点A在y轴的正半轴上，AO＝AB＝2，∠OAB＝120°，将△AOB绕点O逆时针旋转90°，点B的对应点B′的坐标是（）A．（﹣2−√32，√3）B．（﹣2−√32，2−√32）C．（﹣3，2−√32）D．（﹣3，√3）【解析】作B′H⊥x轴于H．由题意：OA′＝A′B′＝2，∠B′A′H＝60°，∴∠A′B′H＝30°，∴AH′=12A′B′＝1，B′H=√3，∴OH＝3，∴B′（﹣3，√3），选D．变式12如图，在平面直角坐标系中，长方形ABCD的顶点B在坐标原点，顶点A、C分别在y轴、x轴的负半轴上，其中A（0，﹣4），C（﹣2，0），将矩形ABCD绕点D逆时针旋转得到矩形A'B'C'D，点B'恰好落在x轴上，线段B'A'与CD交于点E的坐标为（）A．（﹣2，−32）B．（﹣2，−34）C．（﹣2，﹣2）D．（﹣2，−54）【解析】如图，连接BD，B'D，∵矩形ABCD绕点D逆时针旋转得到矩形A'B'C'D，∴BD＝B'D，又∵DC⊥BB'，A（0，﹣4），C（﹣2，0），∴BC＝B'C＝2＝A'D，又∵∠B 'CE ＝∠DA 'E ＝90°，∠B 'EC ＝∠DEA '，∴△B 'EC ≌△DEA '，∴B 'E ＝DE ，设CE ＝x ，则B 'E ＝DE ＝4﹣x ，∵Rt △B 'EC 中，CE 2+B 'C 2＝B 'E 2，∴x 2+22＝（4﹣x ）2，解得x =32，∴E （﹣2，−32），选A ． 题型5 与旋转有关的点的坐标（周期规律）例题5 如图，Rt △AOB 中，∠AOB ＝90°，OA ＝3，OB ＝4，将△AOB 沿x 轴依次以三角形三个顶点为旋转中心顺时针旋转，分别得图②，图③，则旋转到图⑩时直角顶点的坐标是（ ）A ．（28，4）B ．（36，0）C ．（39，0）D ．（912，32√3）【解析】∵∠AOB ＝90°，OA ＝3，OB ＝4，∴AB =√OA 2+OB 2=√32+42=5，根据图形，每3个图形为一个循环组，3+5+4＝12，所以，图⑨的直角顶点在x 轴上，横坐标为12×3＝36， 所以，图⑨的顶点坐标为（36，0），又∵图⑩的直角顶点与图⑨的直角顶点重合，∴图⑩的直角顶点的坐标为（36，0）．选B ．变式13 如图，在平面直角坐标系中，将正方形OABC 绕点O 逆时针旋转45°后得到正方形OA 1B 1C 1，依此方式，绕点O 连续旋转2020次得到正方形OA 2020B 2020C 2020，如果点A 的坐标为（1，0），那么点B 2020的坐标为（ ）A ．（﹣1，1）B ．(−√2，0)C ．（﹣1，﹣1）D ．(0，−√2)【分析】根据图形可知：点B 在以O 为圆心，以OB 为半径的圆上运动，由旋转可知：将正方形OABC 绕点O 逆时针旋转45°后得到正方形OA 1B 1C 1，相当于将线段OB 绕点O 逆时针旋转45°，可得对应点B 的坐标，根据规律发现是8次一循环，可得结论．【解析】∵四边形OABC 是正方形，且OA ＝1，∴B （1，1），连接OB ，由勾股定理得：OB =√2，由旋转得：OB ＝OB 1＝OB 2＝OB 3=⋯=√2，∵将正方形OABC 绕点O 逆时针旋转45°后得到正方形OA 1B 1C 1，相当于将线段OB 绕点O 逆时针旋转45°，依次得到∠AOB ＝∠BOB 1＝∠B 1OB 2＝…＝45°，∴B 1（0，√2），B 2（﹣1，1），B 3（−√2，0），B （﹣1，﹣1），…，发现是8次一循环，所以2020÷8＝252…4，∴点B 2020的坐标为（﹣1，﹣1），选C ．变式14 如图，在平面直角坐标系中，点P 1的坐标为（√22，√22），将线段OP 1绕点O 按顺时针方向旋转45°，再将其长度伸长为OP 1的2倍，得到线段OP 2；又将线段OP 2绕点O 按顺时针方向旋转45°，长度伸长为OP 2的2倍，得到线段OP 3；如此下去，得到线段OP 4，OP 5，…，OP n （n 为正整数），则点P 2020的坐标是 ．【解析】∵点P 1的坐标为（√22，√22），将线段OP 1绕点O 按逆时针方向旋转45°，再将其长度伸长为OP 1的2倍，得到线段OP 2；∴OP 1＝1，OP 2＝2，∴OP 3＝4，如此下去，得到线段OP 4＝23，OP 5＝24…，∴OP n ＝2n ﹣1， 由题意可得出线段每旋转8次旋转一周，∵2020÷8＝252…4，∴点P 2020的坐标与点P 4的坐标在同一直线上，正好在y 轴的负半轴上，∴点P 2020的坐标是（0，﹣22019）．故答案为：（0，﹣22019）．变式15如图，在平面直角坐标系xOy中，有一个等腰直角三角形AOB，∠OAB＝90°，直角边AO在x 轴上，且AO＝1．将Rt△AOB绕原点O顺时针旋转90°得到等腰直角三角形A1OB1，且A1O＝2AO，再将Rt△A1OB1绕原点O顺时针旋转90°得到等腰直角三角形A2OB2，且A2O＝2A1O，…，依此规律，得到等腰直角三角形A2020OB2020，则点B2020的坐标为．【解析】∵△AOB是等腰直角三角形，OA＝1，∴AB＝OA＝1，∴B（1，1），将Rt△AOB绕原点O顺时针旋转90°得到等腰直角三角形A1OB1，且A1O＝2AO，再将Rt△A1OB1绕原点O顺时针旋转90°得到等腰三角形A2OB2，且A2O＝2A1O…，依此规律，∴每4次循环一周，B1（2，﹣2），B2（﹣4，﹣4），B3（﹣8，8），B4（16，16），∵2020÷4＝505，∴点B2020与B同在一个象限内，∵﹣4＝﹣22，8＝23，16＝24，∴点B2020（22020，22020）．题型6 与旋转有关的最值问题例题6如图，在Rt△ABC中，∠A＝90°，AB＝3，AC＝4，D为AC中点，P为AB上的动点，将P绕点D逆时针旋转90°得到P1，连CP1的最小值为（）A．1.6B．2.4C．2D．2√2【解析】如图，过点P′作P′E⊥AC于点E，则∠A＝∠P′ED＝90°，由旋转可知：DP＝DP′，∠PDP′＝90°，∴∠ADP＝∠EP′D，∴△DAP≌△P′ED（AAS）∴P′E＝AD＝2，∴当AP＝DE＝2时，DE＝DC，即点E与点C重合，此时CP′＝EP′＝2，∴线段CP′的最小值为2．选C．变式16如图，△ABC是等边三角形，AB＝4，E是AC的中点，D是直线BC上一动点，线段ED绕点E 逆时针旋转90°，得到线段EF，当点D运动时，则AF的最小值为（）A．2B．2√3C．√3D．√3+1【分析】作DM⊥AC于M，FN⊥AC于N，如图，设DM＝x，则CM=√33x，可计算出EM=−3√3x+2，再利用旋转的性质得到ED＝EF，∠DEF＝90°，证明△EDM≌△FEN，当D在BC上时，DM＝EN＝x，EM＝NF=−√33x+2，接着利用勾股定理得到AF2＝（−√33x+2）2+（2+x）2，配方得到AF2=43（x+3−√32）2+4+2√3，此时AF2没有最小值，当D在BC的延长线上时，DM＝EN＝x，EM＝NF=√33x+2，在Rt△AFN中，AF2＝（√33x+2）2+（2﹣x）2=43（x−3−√32）2+4+2√3，然后利用非负数的性质得到AF的最小值．【解析】作DM⊥AC于M，FN⊥AC于N，如图，设DM＝x，在Rt△CDM中，CM=√33DM=√33x，而EM+√33x＝2，∴EM=−√33x+2，∵线段ED绕点E逆时针旋转90°，得到线段EF，∴ED＝EF，∠DEF＝90°，易得△EDM≌△FEN，当D在BC上时，∴DM＝EN＝x，EM＝NF=−√33x+2，在Rt△AFN中，AF2＝（−√33x+2）2+（2+x）2=43（x+3−√32）2+4+2√3，此时AF2没有最小值，当D在BC的延长线上时，∴DM＝EN＝x，EM＝NF=√33x+2，在Rt △AFN 中，AF 2＝（√33x +2）2+（2﹣x ）2=43（x −√33）2+4+2√3， 当x =3−√32时，AF 2有最小值4+2√3，∴AF 的最小值为√4+2√3=√3+1．选D ． 变式17 如图，△ABC 是边长为12的等边三角形，D 是BC 的中点，E 是直线AD 上的一个动点，连接EC ，将线段EC 绕点C 逆时针旋转60°得到FC ，连接DF ．则在点E 的运动过程中，DF 的最小值是 ．【解析】取线段AC 的中点G ，连接EG ，如图所示．∵△ABC 为等边三角形，且AD 为△ABC 的对称轴，∴CD ＝CG =12AB ＝6，∠ACD ＝60°，∵∠ECF ＝60°，∴∠FCD ＝∠ECG ．在△FCD 和△ECG 中，{FC =EC∠FCD =∠ECG DC =GC，∴△FCD ≌△ECG （SAS ），∴DF ＝GE ．当EG ∥BC 时，EG 最小，∵点G 为AC 的中点，∴此时EG ＝DF =12CD =14BC ＝3．变式18 如图，等腰直角△ABC 中，∠ACB ＝90°，AC ＝BC ＝4，M 为AB 中点，D 是射线BC 上一动点，连接AD ，将线段AD 绕点A 逆时针旋转90°得到线段AE ，连接ED 、ME ，则点D 在运动过程中ME 的最小值为 ．【解析】如图，连接BE ，过点M 作MG ⊥BE 的延长线于点G ，过点A 作AK ⊥AB 交BD 的延长线于点K ，∵等腰直角△ABC 中，∠ACB ＝90°，∴∠B ＝45°，∴∠K ＝45°，∴△AKB 是等腰直角三角形． ∵线段AD 绕点A 逆时针旋转90°得到线段AE ，∴△ADE 是等腰直角三角形，∴∠KAD +∠DAB ＝∠BAE +∠DAB ＝90°，∴∠KAD ＝∠BAE ，在△ADK和△AEB中，{AD=AE∠KAD=∠BAEAK=AB∴△ADK≌△AEB（SAS），∴∠ABE＝∠K＝45°，∴△BMG是等腰直角三角形，∵AC＝BC＝4，∴AB＝4√2，∵M为AB中点，∴BM＝2√2，∴MG＝BG＝2，∠G＝90°，∴BM＞MG，∴当ME＝MG时，ME的值最小，∴ME＝BE＝2．题型7 旋转综合变换例题7已知：正方形ABCD中，∠MAN＝45°，∠MAN绕点A顺时旋转，它的两边分别交CB，DC（或它们的延长线）于点M，N．当∠MAB绕点A旋转到BM＝DN时（如图1），易证BM+DN＝MN．（1）当∠MAN旋转到BM≠DN时（如图2），线段BM，DN和MN之间有怎样的数量关系？写出猜想，并加以证明．（2）当∠MAN绕点A旋转到如图3的位置时，线段BM，DN和MN之间又有怎样的数量关系？请写出你的猜想，并加以证明．【解析】（1）BM+DN＝MN成立．证明：如图，把△ADN绕点A顺时针旋转90°，得到△ABE，则可证得E、B、M三点共线（图形画正确）．∴∠EAM＝90°﹣∠NAM＝90°﹣45°＝45°，又∵∠NAM＝45°，∴在△AEM与△ANM中，{AE=AN∠EAM=∠NAMAM=AM，∴△AEM≌△ANM（SAS），∴ME＝MN，∵ME＝BE+BM＝DN+BM，∴DN+BM＝MN；（2）DN﹣BM＝MN．在线段DN上截取DQ＝BM，在△ADQ与△ABM中，∵{AD=AB∠ADQ=∠ABMDQ=MB，∴△ADQ≌△ABM（SAS），∴∠DAQ＝∠BAM，∴∠QAN＝∠MAN．在△AMN和△AQN中，{AQ=AM∠QAN=∠MANAN=AN，∴△AMN≌△AQN（SAS），∴MN＝QN，∴DN﹣BM＝MN．变式19在△ABC和△DCE中，∠ACB＝∠DCE＝90°，AC＝BC，DC＝EC．（1）如图1，点D在BC上，求证：AD＝BE，AD⊥BE．（2）将图1中的△DCE绕点C按逆时针方向旋转到图2所示的位置，旋转角为α（α为锐角），线段DE，AE，BD的中点分别为P，M，N，连接PM，PN．①请直接写出线段PM，PN之间的关系，不需证明；②若AE＝2PM，求α．【解答】（1）证明：如图1，延长AD交BE于F．在△ACD和△BCE中，{AC=BC∠ACD=∠BCECD=CE，∴△ACD≌△BCE（SAS）．∴AD＝BE，∠CAD＝∠CBE．∵∠ACB＝90°，∴∠CEB+∠CBE＝∠ACB＝90°，∴∠AFB＝∠CEB+∠CAD＝∠CEB+∠CBE＝90°，∴AD⊥BE．（2）①PM＝PN，PM⊥PN．理由是：如图2，连接BE，AD，交于点Q，∵∠ACB＝∠ECD＝90°，∴∠ACB+∠BCD＝∠BCD+∠ECD，即∠ACD＝∠BCE，在△ACD和△BCE中，∵{AC=BC∠ACD=∠BCECD=CE，∴△ACD≌△BCE（SAS），∴AD＝BE，∠CAD＝∠OBQ，∵∠AOC＝∠BOQ，∴∠BQO＝∠ACO＝90°，∴AD⊥BE，∵M是AE的中点，P是ED的中点，∴PM=12AD，PM∥AD，同理得：PN=12BE，PN∥BE，∴PM＝PN，PM⊥PN．②由①知PM＝PN，又∵AE＝2PM，∴AE＝BE．在△ACE和△BCE中，{AC=BCAE=BECE=CE，∴△ACE≌△BCE（SSS），∴∠ACE＝∠BCE．∵∠ACB＝∠DCE＝90°，∴∠ACE＝∠BCE＝（360°﹣∠ACB）÷2＝135°，∴α＝∠BCD＝∠BCE﹣∠DCE＝135°﹣90°＝45°．变式20【操作发现】如图1，△ABC为等边三角形，点D为AB边上的一点，∠DCE＝30°，将线段CD 绕点C顺时针旋转60°得到线段CF，连接AF、EF，请直接写出下列结果：①∠EAF的度数为；②DE与EF之间的数量关系为；【类比探究】如图2，△ABC为等腰直角三角形，∠ACB＝90°，点D为AB边上的一点，∠DCE＝45°，将线段CD绕点C顺时针旋转90°得到线段CF，连接AF、EF．①则∠EAF的度数为；②线段AE，ED，DB之间有什么数量关系？请说明理由；【实际应用】如图3，△ABC是一个三角形的余料，小张同学量得∠ACB＝120°，AC＝BC，他在边BC上取了D、E两点，并量得∠BCD＝15°、∠DCE＝60°，这样CD、CE将△ABC分成三个小三角形，请求△BCD、△DCE、△ACE这三个三角形的面积之比．【解析】操作发现：①∵△ABC是等边三角形，∴AC＝BC，∠BAC＝∠B＝60°，由旋转知，CD＝CF，∠DCF＝60°，∴∠ACF＝∠BCD，在△ACF和△BCD中，{AC=BC∠ACF=∠BCDCF=CD，∴△ACF≌△BCD（SAS），∴∠CAF＝∠B＝60°，∴∠EAF＝∠BAC+∠CAF＝120°；②DE＝EF；理由如下：∵∠DCF＝60°，∠DCE＝30°，∴∠FCE＝60°﹣30°＝30°，∴∠DCE＝∠FCE，在△DCE和△FCE中，{CD=CF∠DCF=∠FCECE=CE，∴△DCE≌△FCE（SAS），∴DE＝EF；类比探究：①∵△ABC是等腰直角三角形，∠ACB＝90°，∴AC＝BC，∠BAC＝∠B＝45°，由旋转知，CD＝CF，∠DCF＝90°，∴∠ACF＝∠BCD，在△ACF和△BCD中，{AC=BC∠ACF=∠BCDCF=CD，∴△ACF≌△BCD（SAS），∴∠CAF＝∠B＝45°，AF＝DB，∴∠EAF＝∠BAC+∠CAF＝90°；②AE2+DB2＝DE2，理由如下：∵∠DCF＝90°，∠DCE＝45°，∴∠FCE＝90°﹣45°＝45°，∴∠DCE＝∠FCE，在△DCE和△FCE中，{CD=CF∠DCE=∠FCECE=CE，∴△DCE≌△FCE（SAS），∴DE＝EF，在Rt△AEF中，AE2+AF2＝EF2，又∵AF＝DB，∴AE2+DB2＝DE2．实际应用：如图3，将△BCD绕点C顺时针旋转120°，连接AF，EF，∵△ABC是等腰三角形，∠ACB＝120°，又∴AC＝BC，∠BAC＝∠B＝30°，由旋转知，CD＝CF，∠DCF＝120°，∴∠ACF＝∠BCD，在△ACF和△BCD中，{AC=BC∠ACF=∠BCDCF=CD，∴△ACF≌△BCD（SAS），∴∠CAF＝∠B＝30°，AF＝DB，∠AFC＝∠BDC＝180°﹣∠B﹣∠BCD＝135°∴∠EAF＝∠BAC+∠CAF＝60°，∵∠DCF＝120°，∠DCE＝60°，∴∠FCE＝120°﹣60°＝60°，∴∠DCE＝∠FCE，在△DCE和△FCE中，{CD=CF∠DCE=∠FCECE=CE，∴△DCE≌△FCE（SAS），∴DE＝EF，∠CFE＝∠ADE＝∠B+∠BCD＝45°，∴∠AFE＝90°，在Rt△AEF中，∠EAF＝60°，∴∠AEF＝30°，∴EF=√3AF，AE＝2AF，∴DE＝EF=√3AF，BD＝AF．∴S△BCD：S△CDE：S△ACE＝BD：DE：AE＝AF：√3AF：2AF＝1：√3：2．【小结】本题是几何变换综合题目，考查旋转性质、等边三角形性质、全等三角形判定与性质、等腰直角三角形判定与性质、勾股定理等知识；综合性强，有一定难度，证明三角形全等是解决问题的关键．变式21阅读下面材料：小伟遇到这样一个问题：如图1，在△ABC（其中∠BAC是一个可以变化的角）中，AB＝2，AC＝4，以BC 为边在BC的下方作等边△PBC，求AP的最大值．小伟是这样思考的：利用变换和等边三角形将边的位置重新组合．他的方法是以点B为旋转中心将△ABP 逆时针旋转60°得到△A′BC，连接A′A，当点A落在A′C上时，此题可解（如图2）．（1）请你回答：AP的最大值是．（2）参考小伟同学思考问题的方法，解决下列问题：如图3，等腰Rt△ABC．边AB＝4，P为△ABC内部一点，请写出求AP+BP+CP最小值长解题思路．提示：要解决AP+BP+CP最小值问题，可仿照题目给出做法．把△ABP绕B点逆时针旋转60，得到△A′BP′①请画出旋转后的图形②请写出求AP+BP+CP的最小值的解题思路（结果可以不化简）．【解析】（1）∵△ABP逆时针旋转60°得到△A′BC，∴∠A′BA＝60°，A′B＝AB，AP＝A′C∴△A′BA是等边三角形，∴A′A＝AB＝BA′＝2，在△AA′C中，A′C＜AA′+AC，即AP＜6，则当点A′A、C三点共线时，A′C＝AA′+AC，即AP＝6，即AP的最大值是：6；（2）①旋转后的图形如图1；②如图2，∵Rt △ABC 是等腰三角形，∴AB ＝BC ．以B 为中心，将△APB 逆时针旋转60°得到△A 1P 1B ．则A 1B ＝AB ＝BC ＝4，P A ＝P 1A 1，PB ＝P 1B ， ∴P A +PB +PC ＝P 1A 1+P 1B +PC ．∵当A 1、P 1、P 、C 四点共线时，（P 1A +P 1B +PC ）最短，即线段A 1C 最短，∴A 1C ＝P A +PB +PC ，∴A 1C 长度即为所求．过A 1作A 1D ⊥CB 延长线于D ．∵∠A 1BA ＝60°（由旋转可知），∴∠A 1BD ＝30°．∵A 1B ＝4，∴A 1D ＝2，BD ＝2√3∴CD ＝4+2√3；在Rt △A 1DC 中，A 1C =√A 1D 2+DC 2=√22+(4+2√3)2=2√2+2√6．题型8 关于原点对称的点的坐标解答此类题需熟悉：两个点关于x 轴对称，则横坐标不变，纵坐标互为相反数；两个点关于y 轴对称，则横坐标互为相反数，纵坐标不变；两个点关于原点对称，则横坐标、纵坐标都是互为相反数．例题8 在平面直角坐标系中，若点M （m ，n ）与点Q （﹣2，3）关于原点对称，则点P （m ﹣n ，n ）所在象限是（ ）A ．第一象限B ．第二象限C ．第三象限D ．第四象限【解析】∵点M （m ，n ）与点Q （﹣2，3）关于原点对称，∴m ＝2，n ＝﹣3，∴m ﹣n ＝2﹣（﹣3）＝5， 则点P （m ﹣n ，n ）为（5，﹣3），故P 点所在象限是：第四象限．选D ．变式22 已知点P （2a +1，a ﹣1）关于原点对称的点在第一象限，则a 的取值范围是（ ）A ．a ＜−12或a ＞1B ．a ＜−12C ．−12＜a ＜1D ．a ＞1【分析】直接利用关于原点对称点的性质分析得出答案．【解析】点P （2a +1，a ﹣1）关于原点对称的点（﹣2a ﹣1，﹣a +1）在第一象限，则{−2a −1＞0−a +1＞0，解得：a ＜−12．选B ．变式23 在平面直角坐标系中，若点A （x +1，2y +1）与点A '（y ﹣2，x ）关于原点O 对称，则代数式x 2﹣y 2的值为 ．【分析】直接利用关于原点对称点的性质得出关于x ，y 的方程组进而得出x ，y 的值，即可得出答案．【解析】∵点A （x +1，2y +1）与点A '（y ﹣2，x ）关于原点O 对称，∴{x +1+y −2=02y +1+x =0，解得：{x =3y =−2，故x 2﹣y 2＝9﹣4＝5． 变式24 直角坐标系中，已知A （3，2），作点A 关于y 轴对称点A 1，点A 1关于原点对称点A 2，点A 2关于x 轴对称点A 3，A 3关于y 轴对称点A 4，……，按此规律，则点A 2019的坐标为 ．【解析】作点A 关于y 轴的对称点为A 1，是（﹣3，2）；作点A 1关于原点的对称点为A 2，是（3，﹣2）；作点A 2关于x 轴的对称点为A 3，是（3，2）．显然此为一循环，按此规律，2019÷3＝673，则点A 2019的坐标是（3，2），题型9 中心对称的性质例题9 如图，在矩形ABCD 中，把∠A 沿DF 折叠，点A 恰好落在矩形的对称中心E 处，则∠ADF 的度数为（ ）A ．15°B ．20°C ．25°D ．30°【解析】如图，连接AE ，∵把∠A 沿DF 折叠，点A 恰好落在矩形的对称中心E 处，∴AD ＝ED ＝AE ，∠ADF ＝∠EDF =12∠ADE ，∴△DAE 的等边三角形，∴∠ADE ＝60°，∴∠ADF ＝30°，选D ．变式25 如图，点O 是▱ABCD 的对称中心，AD ＞AB ，E 、F 是AB 边上的点，且EF =12AB ；G 、H 是BC 边上的点，且GH =13BC ，若S 1，S 2分别表示△EOF 和△GOH 的面积，则S 1与S 2之间的等量关系是（ ）A ．S 1S 2=23 B ．S 1S 2=32 C ．S 1S 2=21 D ．S 1S 2=12【解析】如图，连接OA ，OB ，OC ．设平行四边形的面积为4s ．∵点O 是平行四边形ABCD 的对称中心，∴S △AOB ＝S △BOC =14S 平行四边形ABCD ＝s ，∵EF =12AB ，GH =13BC ，∴S 1=12s ，S 2=13s ，∴S 1S 2=12s 13s =32，选B ． 变式26 如图，点O 是矩形ABCD 的对称中心，点E 在AB 边上，连接CE ．若点B 与点O 关于CE 对称，则CB ：AB 为（ ）A ．12B ．√5−12C ．√33D ．√32【分析】连接DB ，利用对称得出OE ＝EB ，进而利用全等三角形的判定和性质得出OC ＝BC ，进而解答．【解析】连接DB ，AC ，OE ，∵四边形ABCD 是矩形，∴AC ＝DB ，∠ABC ＝90°，OC ＝OA ＝OB ＝OD ， ∵点B 与点O 关于CE 对称，∴OE ＝EB ，∠OEC ＝∠BEC ，在△COE 与△CBE 中，{OE =BE∠OEC =∠BEC CE =CE，∴△COE ≌△CBE （SAS ），∴OC ＝CB ，∴AC ＝2BC ，∵∠ABC ＝90°，∴AB =√3CB ，即CB ：AB =√33，选C ．变式27 如图，点E 在正方形ABCD 的边CD 上，以CE 为边向正方形ABCD 外部作正方形CEFG ，O 、O ′分别是两个正方形的对称中心，连接OO ′．若AB ＝3，CE ＝1，则OO ′＝ ．【分析】如图，过点O 作OH ⊥BC 于H ，O ′T ⊥OH 于T ，利用勾股定理即可解决问题．【解析】如图，过点O作OH⊥BC于H，O′T⊥OH于T．由题意在Rt△O′OT中，OT=32−12=1，O′T=32+12=2，∴OO′=√OT2+O′T2=√12+22=√5，故答案为√5旋转问题巩固练习1．下列图中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（）A．B．C．D．【分析】根据轴对称图形与中心对称图形的概念求解．【解析】A、不是轴对称图形，也不是中心对称图形．故本选项不合题意；B、是轴对称图形，不是中心对称图形．故本选项不合题意；C、不是轴对称图形，是中心对称图形．故本选项不合题意；D、既是轴对称图形又是中心对称图形．故本选项符合题意．选D．2．已知点A（x﹣2，3）与点B（x+4，y﹣5）关于原点对称，则（）A．x＝﹣1，y＝2B．x＝﹣1，y＝8C．x＝﹣1，y＝﹣2D．x＝1，y＝8【解析】∵点A（x﹣2，3）与点B（x+4，y﹣5）关于原点对称，∴x﹣2+x+4＝0，y﹣5＝﹣3，解得：x＝﹣1，y＝2，选A．3．下列四组图形中，左边的图形与右边的图形成中心对称的有（）A．1组B．2组C．3组D．4组【分析】分析两个图形是否中心对称，主要把一个图形绕一个点旋转180°，观察是否能和另一个图形重合【解析】根据中心对称的概念，知②③④都是中心对称．选C．【小结】考查中心对称定义．如果一个图形沿着一条直线对折后两部分完全重合，叫做轴对称图形，直线叫做对称轴．如果一个图形绕某一点旋转180°后能够与自身重合，叫做中心对称图形，点叫做对称中心．4．如图，该图形在绕点O按下列角度旋转后，不能与其自身重合的是（）A．72°B．108°C．144°D．216°【解析】该图形被平分成五部分，旋转72°的整数倍，就可以与自身重合，因而A、C、D选项都与自身重合，不能与其自身重合的是B选项．选B．5．如图，已知点A（2，1），B（0，2），将线段AB绕点M逆时针旋转到A1B1，点A与A1是对应点，则点M的坐标是（）A．（0，﹣2）B．（1，﹣1）C．（0，0）D．（﹣1，﹣1）【解析】如图，点M的坐标是（1，﹣1），选B．6. 如图P是正方形ABCD内一点，△ABP经过旋转后到达△CBQ的位置，连结PQ，则∠BQP的度数为（）A．90°B．60°C．45°D．30°【分析】由旋转的性质可得BP＝BQ，∠ABC＝∠PBQ＝90°，由等腰三角形的性质可得∠BQP＝45°．【解析】∵△ABP经过旋转后到达△CBQ的位置，∴BP＝BQ，∠ABC＝∠PBQ＝90°，∴∠BQP＝45°，选C．7．如图，在4×4的网格纸中，△ABC的三个顶点都在格点上，现要在这张网格纸的四个格点M，N，P，Q中找一点作为旋转中心．将△ABC绕着这个中心进行旋转，旋转前后的两个三角形成中心对称，且旋转后的三角形的三个顶点都在这张4×4的网格纸的格点上，那么满足条件的旋转中心有（）A．点M，点N B．点M，点Q C．点N，点P D．点P，点Q【解析】观察图象可知，点P．点N满足条件．选C．8．如图，线段OA，OB分别从与x轴和y轴重合的位置出发，绕着原点O顺时针转动，已知OA每秒转动45°，OB的转动速度是每秒转动30°，则第2020秒时，OA与OB之间的夹角的度数为（）A．90°B．145°C．150°D．165°【分析】首先求出第一次相遇的时间，再求出第二次相遇所用的时间，探究规律利用规律解决问题即可．【解析】设t秒第一次相遇．由题意：270+30t＝45t，解得t＝18，相遇后设m秒第二次相遇，则有45t﹣30t＝360，解得t＝24，以后每过24秒相遇一次，（2020﹣18）÷24＝83…10，∴2020秒时，10×45°﹣10×30°＝150°，选C．【小结】本题考查坐标与图形的变化﹣旋转，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．9．如图，已知AB是线段MN上的两点，MN＝12，MA＝3，MB＞3，以A为中心顺时针旋转点M，以点B 为中心顺时针旋转点N，使M、N两点重合成一点C，构成△ABC，当△ABC为直角三角形时AB的长是（）A．3B．5C．4或5D．3或51【分析】应该分情况讨论，因为不知道在三角形中哪一个是作为斜边存在的．所以有三种情况，即：①若AC为斜边，则32＝x2+（9﹣x）2，即x2﹣9x+36＝0，方程无解；②若AB为斜边，则x2＝（9﹣x）2+32，且满3＜x＜6，③若BC为斜边，则（9﹣x）2＝32+x2，且满足3＜x＜6．【解析】∵在△ABC中，AC＝AM＝3，设AB＝x，BC＝9﹣x．由三角形两边之和大于第三边得到下列不等式组：{3+x＞9−x3+9−x＞x，解得3＜x＜6；①AC为斜边，则32＝x2+（9﹣x）2，即x2﹣9x+36＝0，方程无解，即AC为斜边不成立．②若AB为斜边，则x2＝（9﹣x）2+32，解得x＝5，满足3＜x＜6，③若BC为斜边，则（9﹣x）2＝32+x2，解得x＝4，满足3＜x＜6，∴x＝5或x＝4；选C．【小结】本题考查了旋转的性质．解此题的关键是进行全方面分析，注意一题多解．难易程度适中．10．已知等边△ABC的边长为8，点P是边BC上的动点，将△ABP绕点A逆时针旋转60°得到△ACQ，点D是AC边的中点，连接DQ，则DQ的最小值是（）A．2√2B．4C．2√3D．不能确定【分析】根据旋转的性质，即可得到∠BCQ＝120°，当DQ⊥CQ时，DQ的长最小，再根据勾股定理，即可得到DQ的最小值．【解析】如图，由旋转可得∠ACQ＝∠B＝60°，又∵∠ACB＝60°，∴∠BCQ＝120°，∵点D是AC边的中点，∴CD＝4，当DQ⊥CQ时，DQ的长最小，此时，∠CDQ＝30°，∴CQ=12CD＝2，∴DQ=√42−22=2√3，∴DQ的最小值是2√3，选C．11．如图，将△OAB绕点O顺时针旋转70°到△OCD位置，若∠AOB＝40°，则∠AOD的大小为30度．【解析】∵将△OAB绕点O顺时针旋转70°到△OCD，∴∠DOB＝70°，∵∠AOB＝40°，∴∠AOD＝∠BOD﹣∠AOB＝30°12．如图，已知点A（2，0），B（0，4），C（2，4），D（6，6），连接AB，CD，将线段AB绕着某一点旋转一定角度，使其与线段CD重合（点A与点C重合，点B与点D重合），则这个旋转中心的坐标为（4，2）．【分析】画出平面直角坐标系，作出线段AC，BD的垂直平分线的交点P，点P即为旋转中心．【解析】平面直角坐标系如图所示，旋转中心是P点，P（4，2）．故答案为（4，2）．【小结】考查坐标与图形变化﹣旋转，解题的关键是理解对应点连线段的垂直平分线的交点即为旋转中心．13．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③．【解析】当正方形放在③的位置，即是中心对称图形．故答案为：③．14．如图，正方形ABCD的边长为a，对角线AC和BD相交于点O，正方形A1B1C1O的边OA1交AB于点E，OC1交BC于点F，正方形A1B1C1O绕O点转动的过程中，与正方形ABCD重叠部分的面积为14a2（用含a的代数式表示）【解析】在正方形ABCD中，AO＝BO，∠AOB＝90°，∠OAB＝∠OBC＝45°，∵∠AOE+∠EOB＝90°，∠BOF+∠EOB＝90°，∴∠AOE＝∠BOF．在△AOE和△BOF中{∠OAE=∠OBFOA=OB∠AOE=∠BOF，∴△AOE≌△BOF（ASA），∴S△AOE＝S△BOF，∴重叠部分的面积＝S△AOB=14S正方形ABCD=14a2，故答案为：14a2．15．在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，将△ABC绕顶点C顺时针旋转得到△A′B′C′，点M是BC的中点，点P是A′B′的中点，连接PM．若BC＝2，∠A＝30°，线段PM长度的最大值是3．【分析】如图连接PC．思想求出PC＝2，根据PM≤PC+CM，可得PM≤3，由此即可解决问题．。

旋转问题考查三角形全等、相似、勾股定理、特殊三角形和四边形的性质与判定等。

旋转性质----对应线段、对应角的大小不变，对应线段的夹角等于旋转角。

注意旋转过程中三角形与整个图形的特殊位置。

一、直线的旋转1、(2009年浙江省嘉兴市)如图，已知A 、B 是线段MN 上的两点，4=MN ，1=MA ，1>MB ．以A 为中心顺时针旋转点M ，以B 为中心逆时针旋转点N ，使M 、Nx AB =． （1）求x 的取值范围；（2）若△ABC 为直角三角形，求x 的值； （3）探究：△ABC 的最大面积？2、（2009年河南）如图，在Rt △ABC 中，∠ACB =90°, ∠B =60°，BC =2．点0是AC 的中点，过点0的直线l 从与AC 重合的位置开始，绕点0作逆时针旋转，交AB 边于点D .过点C 作CE ∥AB 交直线l 于点E ，设直线l 的旋转角为α.(1)①当α=________度时，四边形EDBC 是等腰梯形，此时AD 的长为_________； ②当α=________度时，四边形EDBC 是直角梯形，此时AD 的长为_________； (2)当α=90°时,判断四边形EDBC 是否为菱形，并说明理由． 3、（2009年北京市） 在ABCD Y 中，过点C 作CE ⊥CD 交AD 于点E ,将线段EC 绕点E 逆时针旋转90o得到线段EF (如图1)（1）在图1中画图探究：C（第1题）①当P 为射线CD 上任意一点（P 1不与C 重合）时，连结EP 1绕点E 逆时针旋转90o得到线段EC 1.判断直线FC 1与直线CD 的位置关系，并加以证明；②当P 2为线段DC 的延长线上任意一点时，连结EP 2,将线段EP 2绕点E 逆时针旋转90o得到线段EC 2.判断直线C 1C 2与直线CD 的位置关系，画出图形并直接写出你的结论. （2）若AD =6,tanB =43,AE =1,在①的条件下，设CP 1=x ，S 11P FC V =y ，求y 与x 之间的函数关系式，并写出自变量x 的取值范围.分析：此题是综合开放题-------已知条件、问题结论、解题依据、解题方法这四个要素中缺少两个或两个以上，条件需要补充，结论需要探究，解题方法、思考方向有待搜寻。

图形的旋转（6种题型）【知识梳理】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．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．中心对称图形（1）定义把一个图形绕某一点旋转180°，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形就叫做中心对称图形，这个点叫做对称中心．注意：中心对称图形和中心对称不同，中心对称是两个图形之间的关系，而中心对称图形是指一个图形自身的特点，这点应注意区分，它们性质相同，应用方法相同．（2）常见的中心对称图形平行四边形、圆形、正方形、长方形等等．五．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°．六．作图-旋转变换（1）旋转图形的作法：根据旋转的性质可知，对应角都相等都等于旋转角，对应线段也相等，由此可以通过作相等的角，在角的边上截取相等的线段的方法，找到对应点，顺次连接得出旋转后的图形．（2）旋转作图有自己独特的特点，决定图形位置的因素较多，旋转角度、旋转方向、旋转中心，任意不同，位置就不同，但得到的图形全等．七．利用旋转设计图案由一个基本图案可以通过平移、旋转和轴对称以及中心对称等方法变换出一些复合图案．利用旋转设计图案关键是利用旋转中的三个要素（①旋转中心；②旋转方向；③旋转角度）设计图案．通【考点剖析】一．生活中的旋转现象（共1小题）1．（2022秋•义乌市期中）商场卫生间旋转门锁的局部如图1所示，如图2锁芯O固定在距离门边（EF）3.5cm处（即ON＝3.5cm），在自然状态下，把手竖直向下（把手底端到达A）．旋转一定角度，把手底端B恰好卡住门边时，底端A、B的竖直高度差为0.5cm．当把手旋转90°到达水平位置时固定力最强，有效的固定长度（把手底端到门边的垂直距离）DN＝cm，当把手旋转到OC时，∠BOC＝∠BOD，此时有效的固定长度为cm．【分析】作BG⊥OA于G，设OA＝OB＝OC＝OD＝xcm，在Rt△OBG中利用勾股定理求出x，利用OD﹣ON 得到DN，连接OB，交OC于M，作CP⊥OD，MQ⊥OD，求出BD，OM，QM和OQ，证明△OPC∽△OQM，可得OP，可得PN，即可得到C到EF的距离．【解答】解：如图，作BG⊥OA于G，设OA＝OB＝OC＝OD＝xcm，则AG＝0.5cm，BG＝ON＝3.5cm，∴OG＝OA﹣AG＝x﹣0.5cm，∵在Rt△OBG中，OB2＝OG2+BG2，∴x2＝（x﹣0.5）2+3.52，解得：x＝12.5，∴OA＝OB＝OC＝OD＝12.5cm，∴DN＝OD﹣ON＝12.5﹣3.5＝9cm．连接OB，交OC于M，作CP⊥OD，MQ⊥OD，∵BN＝OG＝12.5﹣0.5＝12cm，DN＝9cm，∴DB＝DN2+BN2＝15cm，又∵∠BOC＝∠BOD，OD＝OB，∴OC⊥BD，DM＝BM＝DB＝7.5cm，∴OM＝＝＝10cm，∵△DNB中，QM∥NB，且M是DB中点，∴QM＝BN＝6cm，∴Rt△OQM中，OQ＝＝＝8cm，又∵CP∥MQ，∴△OPC∽△OQM，∴OC/OM＝OP/OQ，∴＝，∴OP＝10cm，∴PN＝OP﹣ON＝10﹣3.5＝6.5cm，∵CP⊥OD，EF⊥OD，∴C到EF的距离长等于PN 6.5cm．故答案为：9；6.5．【点评】本题考查了圆的基本性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理，中位线定理，解题的关键是读懂题意，结合实际理解旋转门锁的运行原理．二．旋转的性质（共9小题）2．（2022秋•镇海区校级期中）如图，在正方形网格中，△ABC绕某点旋转一定的角度得到△A′B′C′，则旋转中心是点（）A．O B．P C．Q D．M【分析】根据旋转的性质，对应点到旋转中心的距离相等，可得对应点连线的垂直平分线的交点即为旋转中心．【解答】如图，连接BB′，AA′可得其垂直平分线相交于点P，故旋转中心是P点．故选：B．【点评】本题考查了旋转的性质，对应点连线的垂直平分线的交点即为旋转中心，熟练掌握旋转中心的确定方法是解题的关键．3．（2022秋•拱墅区校级期中）如图，将△ABC绕点A逆时针旋转70°，得到△ADE，若点D在线段BC 的延长线上，则∠B的大小是（）A．45°B．55°C．60°D．100°【分析】由旋转的性质可得AB＝AD，∠BAD＝70°，由等腰三角形的性质可求解．【解答】解：∵将△ABC绕点A逆时针旋转70°得到△ADE，∴AB＝AD，∠BAD＝70°，∴∠B＝∠ADB＝＝55°，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．4．（2023•温州三模）如图，在△ABC中，∠BAC＝50°，将△ABC绕点A逆时针旋转得△ADE，使点D恰好落在AC边上，连结CE，则∠ACE的度数为（）A．45°B．55°C．65°D．75【分析】由旋转的性质可知，旋转前后对应边相等，对应角相等，得出等腰三角形，再根据等腰三角形的性质求解．【解答】解：由旋转的性质可知，∠CAE＝∠BAC＝50°，AC＝AE，∴∠ACE＝∠AEC，在△ACE中，∠CAE+∠ACE+∠AEC＝180°，∴50°+2∠ACE＝180°，解得：∠ACE＝65°，故选：C．【点评】本题主要考查了旋转的性质，找出旋转角和旋转前后的对应边得出等腰三角形是解答此题的关键．5．（2022秋•杭州期末）如图，将一个含30°角的直角三角板ABC绕点A逆时针旋转，点C的对应点为点C′，若点C′落在BA延长线上，则三角板ABC旋转的度数是（）A．60°B．90°C．120°D．150°【分析】根据旋转角的定义，两对应边的夹角就是旋转角，即可求解．【解答】解：旋转角是∠BAB′＝180°﹣30°＝150°．故选：D．【点评】本题考查的是旋转的性质，掌握对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角是解题的关键．6．（2023•天台县一模）如图，在矩形ABCD中，AB＝1，∠CBD＝18°，将矩形ABCD绕对角线中点O逆时针旋转α（0°＜α＜90°）得到矩形A′B′C′D′，当C′，D的距离等于1时，α的值为（）A．36°B．54°C．68°D．72°【分析】根据矩形的性质以及圆周角定理可得出∠COD＝∠DOC′＝∠C′OB′＝2∠CBD＝36°，进而得出∠COC′＝72°即可．【解答】解：如图，矩形ABCD的外接圆为⊙O，矩形A′B′C′D′的四个顶点也在⊙O上，∵AB＝CD＝B′C′＝DC′＝2，∴∠COD＝∠DOC′＝∠C′OB′＝2∠CBD＝36°，∴∠COC′＝72°，故选：D．【点评】本题考查旋转的性质，矩形的性质，掌握矩形的性质以及旋转的性质是正确解答的前提．7．（2023•长兴县一模）如图，矩形ABCD绕点B旋转得到矩形BEFG，在旋转过程中，FG恰好过点C，过点G作MN平行AD交AB，CD于M，N．若AB＝3，BC＝5，则图中阴影部分的面积的是（）A．3B．4C．5D．【分析】由旋转的性质可得BG＝BA＝3，由勾股定理可求CG，可求△BGC的面积，由平行四边形的性质可求解．【解答】解：∵矩形ABCD绕点B旋转得到矩形BEFG，∴BG＝BA＝3，∴CG＝＝＝4，∴S△BGC＝×BG•GC＝6，∵MN∥AD，CD∥AB，∴四边形AMND是平行四边形，MN∥BC，∴四边形BCNM是平行四边形，∴S平行四边形BCNM＝2S△BGC＝12，∴阴影部分的面积＝S矩形ABCD﹣S平行四边形BCNM＝15﹣12＝3，故选：A．【点评】本题考查了旋转的性质，矩形的性质，勾股定理等知识，灵活运用这些性质解决问题是解题的关键．8．（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'，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．9．（2023•萧山区二模）如图，在正方形ABCD中，，O是BC中点，点E是正方形内一动点，OE＝2，连接DE，将线段DE绕点D逆时针旋转90°得DF，连接AE，CF．则线段OF长的最小值为（）A．8B．C．D．【分析】连接DO，将DO绕点D逆时针旋转90°得到DM，连接FM，OM，证明△EDO≌△FDM，可得FM ＝OE＝2，由勾股定理可得，根据OF+MF≥OM，即可得出OF的最小值．【解答】解：如图，连接DO，将DO绕点D逆时针旋转90°得到DM，连接FM，OM，∵∠EDF＝∠ODM＝90°，∴∠EDO＝∠FDM，在△EDO与△FDM中，，∴△EDO≌△FDM（SAS），∴FM＝OE＝2，∵正方形ABCD中，，O是BC边上的中点，∴，∴，∴，∵OF+MF≥OM，∴OF≥10﹣2＝8，∴线段OF的最小值为8，故选：A．【点评】本题考查线段的最值问题，涉及三角形的三边关系、勾股定理、旋转的性质、正方形的性质、全等三角形的判定与性质等知识，添加辅助线构造全等三角形是解题关键．10．（2022秋•浦江县月考）阅读下面材料，并解决问题：（1）如图①等边△ABC P，若点P到顶点A、B、C的距离分别为3，4，5，求∠APB的度数．为了解决本题，我们可以将△ABP绕顶点A旋转到△ACP′处，此时△ACP′≌△ABP，这样就可以利用旋转变换，将三条线段P A、PB、PC转化到一个三角形中，从而求出∠APB＝；（2）基本运用请你利用第（1）题的解答思想方法，解答下面问题已知如图②，△ABC中，∠CAB＝90°，AB＝AC，E、F为BC上的点且∠EAF＝45°，求证：EF2＝BE2+FC2；（3）能力提升如图③，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝1，∠ABC＝30°，点O为Rt△ABC内一点，连接AO，BO，CO，且∠AOC＝∠COB＝∠BOA＝120°，求OA+OB+OC的值．【分析】（1）根据旋转变换前后的两个三角形全等，全等三角形对应边相等，全等三角形对应角相等以及等边三角形的判定和勾股定理逆定理解答；（2）把△ABE绕点A逆时针旋转90°得到△ACE′，根据旋转的性质可得AE′＝AE，CE′＝CE，∠CAE′＝∠BAE，∠ACE′＝∠B，∠EAE′＝90°，再求出∠E′AF＝45°，从而得到∠EAF＝∠E′AF，然后利用“边角边”证明△EAF和△E′AF全等，根据全等三角形对应边相等可得E′F＝EF，再利用勾股定理列式即可得证．（3）将△AOB绕点B顺时针旋转60°至△A′O′B处，连接OO′，根据直角三角形30°角所对的直角边等于斜边的一半求出AB＝2AC，即A′B的长，再根据旋转的性质求出△BOO′是等边三角形，根据等边三角形的三条边都相等可得BO＝OO′，等边三角形三个角都是60°求出∠BOO′＝∠BO′O＝60°，然后求出C、O、A′、O′四点共线，再利用勾股定理列式求出A′C，从而得到OA+OB+OC＝A′C．【解答】解：（1）∵△ACP′≌△ABP，∴AP′＝AP＝3、CP′＝BP＝4、∠AP′C＝∠APB，由题意知旋转角∠PA P′＝60°，∴△AP P′为等边三角形，P P′＝AP＝3，∠A P′P＝60°，易证△P P′C为直角三角形，且∠P P′C＝90°，∴∠APB＝∠AP′C＝∠A P′P+∠P P′C＝60°+90°＝150°；故答案为：150°；（2）如图2，把△ABE绕点A逆时针旋转90°得到△ACE′，由旋转的性质得，AE′＝AE，CE′＝BE，∠CAE′＝∠BAE，∠ACE′＝∠B，∠EAE′＝90°，∵∠EAF＝45°，∴∠E′AF＝∠CAE′+∠CAF＝∠BAE+∠CAF＝∠BAC﹣∠EAF＝90°﹣45°＝45°，∴∠EAF＝∠E′AF，在△EAF和△E′AF中，∴△EAF≌△E′AF（SAS），∴E′F＝EF，∵∠CAB＝90°，AB＝AC，∴∠B＝∠ACB＝45°，∴∠E′CF＝45°+45°＝90°，由勾股定理得，E′F2＝CE′2+FC2，即EF2＝BE2+FC2．（3）如图3，将△AOB绕点B顺时针旋转60°至△A′O′B处，连接OO′，∵在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝1，∠ABC＝30°，∴AB＝2，∴BC＝，∵△AOB绕点B顺时针方向旋转60°，∴△A′O′B如图所示；∠A′BC＝∠ABC+60°＝30°+60°＝90°，∵∠C＝90°，AC＝1，∠ABC＝30°，∴AB＝2AC＝2，∵△AOB绕点B顺时针方向旋转60°，得到△A′O′B，∴A′B＝AB＝2，BO＝BO′，A′O′＝AO，∴△BOO′是等边三角形，∴BO＝OO′，∠BOO′＝∠BO′O＝60°，∵∠AOC＝∠COB＝∠BOA＝120°，∴∠COB+∠BOO′＝∠BO′A′+∠BOO′＝120°+60°＝180°，∴C、O、A′、O′四点共线，在Rt△A′BC中，A′C＝，∴OA+OB+OC＝A′O′+OO′+OC＝A′C＝．【点评】本题考查了旋转的性质，全等三角形的判定与性质，等腰直角三角形的性质，勾股定理，读懂题目信息，理解利用旋转构造出全等三角形和等边三角形以及直角三角形是解题的关键．三．旋转对称图形（共3小题）11．（2022秋•平阳县校级月考）把如图所示的五角星图案，绕着它的中心旋转，若旋转后的五角星能与自身重合．则旋转角至少为（）A．30°B．45°C．60°D．72°【分析】五角星图案，可以被平分成五部分，因而每部分被分成的圆心角是72°，并且圆具有旋转不变性，因而旋转72【解答】解：该图形被平分成五部分，旋转72度的整数倍，就可以与自身重合，因而A、B、C都错误，能与其自身重合的是D．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．12．（2022秋•张湾区期中）把图中的交通标志图案绕着它的中心旋转一定角度后与自身重合，则这个旋转角度至少为（）A．30°B．90°C．120°D．180°【分析】根据图形的对称性，用360°除以3计算即可得解．【解答】解：∵360°÷3＝120°，∴旋转的角度是120°的整数倍，∴旋转的角度至少是120°．故选：C．【点评】本题考查了旋转对称图形，仔细观察图形求出旋转角是120°的整数倍是解题的关键．13．（2023•婺城区模拟）规定：在平面内，如果一个图形绕一个定点旋转一定的角度α（0°＜α≤180°）后能与自身重合，那么就称这个图形是旋转对称图形，转动的这个角度α称为这个图形的一个旋转角．例如：正方形绕着两条对角线的交点O旋转90°或180°后，能与自身重合（如图1），所以正方形是旋转对称图形，且有两个旋转角．根据以上规定，回答问题：（1）下列图形是旋转对称图形，但不是中心对称图形的是；A．矩形B．正五边形C．菱形D．正六边形（2）下列图形中，是旋转对称图形，且有一个旋转角是60度的有：（填序号）；（3）下列三个命题：①中心对称图形是旋转对称图形；②等腰三角形是旋转对称图形；③圆是旋转对称图形．其中真命题的个数有个；A．0B．1C．2D．3（4）如图2的旋转对称图形由等腰直角三角形和圆构成，旋转角有45°，90°，135°，180°，将图形补充完整．【分析】（1）根据旋转图形，中心对称图形的定义判断即可．（2）旋转对称图形，且有一个旋转角是60度判断即可．（3）根据旋转图形的定义判断即可．（4）根据要求画出图形即可．【解答】解：（1）是旋转图形，不是中心对称图形是正五边形，故选B．（2）是旋转对称图形，且有一个旋转角是60度的有（1）（3）（5）．故答案为（1）（3）（5）．（3）命题中①③正确，故选C．（4）图形如图所示：【点评】本题考查旋转对称图形，中心对称图形等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．四．坐标与图形变化-旋转（共8小题）14．（2022秋•莲都区期中）如图，在平面直角坐标系中，将点P（2，3）绕原点O顺时针旋转90°得到点P'，则P'的坐标为（）A．（3，﹣2）B．（3，﹣1）C．（2，﹣3）D．（3，2）【分析】作PQ⊥y轴于Q，如图，把点P（2，3）绕原点O顺时针旋转90°得到点P'看作把△OPQ绕原点O顺时针旋转90°得到△OP'Q′，利用旋转的性质得到∠P′Q′O＝90°，∠QOQ′＝90°，P′Q′＝PQ ＝2，OQ′＝OQ＝3，从而可确定P′点的坐标．【解答】解：作PQ⊥y轴于Q，如图，∵P（2，3），∴PQ＝2，OQ＝3，∵点P（2，3）绕原点O顺时针旋转90°得到点P'相当于把△OPQ绕原点O顺时针旋转90°得到△OP'Q′，∴∠P′Q′O＝90°，∠QOQ′＝90°，P′Q′＝PQ＝2，OQ′＝OQ＝3，∴点P′的坐标为（3，﹣2）．故选：A．【点评】本题考查了坐标与图形变化﹣旋转：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°．15．（2022秋•吴兴区期中）如图，在平面直角坐标系中，线段AB的端点在方格线的格点上，将AB绕点P 顺时针方向旋转90°，得到线段A′B′，则点P的坐标为．【分析】依据旋转的性质可得，将AB绕点P顺时针方向旋转90°，得到线段A′B′，则点P到对应点的距离相等，因此作出两对对应点连线的垂直平分线，其交点即为所求．【解答】解：如图所示，作线段AA'和BB'的垂直平分线，交于点P，则点P即为旋转中心，由图可得，点P的坐标为（1，2），故答案为：（1，2）．【点评】本题主要考查了坐标与图形变换，解决问题的关键是掌握旋转的性质．一般情况，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．16．（2022秋•苍南县期中）如图，点A的坐标为（0，3），点C的坐标为（1，0），B的坐标为（1，4），将△ABC沿y轴向下平移，使点A平移至坐标原点O，再将△ABC绕点O逆时针旋转90°，此时B的对应点为B′，点C的对应点为C′，则点C′的坐标为（）A．（4，1）B．（1，4）C．（3，1）D．（1，3）【分析】首先根据点A的平移规律得到C的平移后坐标，再根据旋转规律得到C′的坐标．【解答】解：∵点A平移至坐标原点O，点A的坐标为（0，3），∴向下平移三个单位长度，∴C平移后的坐标为（1，﹣3），∵平移后再将△ABC绕点O逆时针旋转90°，∴点C′的坐标为（3，1）．故选：C．【点评】此题主要考查了坐标与图形的变化中的旋转与平移，正确使用坐标与图形变化的规律是解题的关键．17．（2022秋•衢江区校级期末）如图，将线段AB绕点O顺时针旋转90°得到线段A′B′，那么A（﹣1，4）的对应点A′的坐标是（）A．（1，4）B．（4，1）C．（1，﹣4）D．（4，﹣1）【分析】由线段AB绕点O顺时针旋转90°得到线段A′B′可以得出∠AOA′＝90°，AO＝A′O，作AC ⊥y轴于C，A′C′⊥x轴于C′，就可以得出△ACO≌△A′C′O，就可以得出AC＝A′C′，CO＝C′O，由A的坐标就可以求出结论．【解答】解：∵线段AB绕点O90°得到线段A′B′，∴∠AOA′＝90°，AO＝A′O．作AC⊥y轴于C，A′C′⊥x轴于C′，∴∠ACO＝∠A′C′O＝90°．∵∠COC′＝90°，∴∠AOA′﹣∠COA′＝∠COC′﹣∠COA′，∴∠AOC＝∠A′OC′．在△ACO和△A′C′O中，，∴△ACO≌△A′C′O（AAS），∴AC＝A′C′，CO＝C′O．∵A（﹣1，4），∴AC＝1，CO＝4，∴A′C′＝1，OC′＝4，∴A′（4，1）．故选：B．【点评】本题考查了旋转的性质的运用，全等三角形的判定及性质的运用，点的坐标的运用，正确作出辅助线并证得△ACO≌△A′C′O是解决问题的关键．18．（2022秋•西湖区校级期中）在平面直角坐标系中，把点P（1，﹣2）绕原点O顺时针旋转90°，所得到的对应点Q的坐标为．【分析】作PQ⊥y轴于Q，如图，把点P（1，﹣2）绕原点O顺时针旋转90°得到点P'看作把△OPQ绕原点O顺时针旋转90°得到△OP'Q′，利用旋转的性质得到∠P′Q′O＝90°，∠QOQ′＝90°，P′Q′＝PQ＝2，OQ′＝OQ＝3，从而可确定P′点的坐标．【解答】解：作PQ⊥y轴于Q，如图，∵P（1，﹣2），∴PQ＝1，OQ＝2，∵点P（1，﹣2）绕原点O顺时针旋转90°得到点P'相当于把△OPQ绕原点O顺时针旋转90°得到△OP'Q′，∴∠P′Q′O＝90°，∠QOQ′＝90°，P′Q′＝PQ＝1，OQ′＝OQ＝2，∴点P′的坐标为：（﹣2，﹣1）．故答案为：（﹣2，﹣1）．【点评】本题考查了坐标与图形变化﹣旋转：图形或点旋转之后要结合旋转的角度和图形的特殊性质来求出旋转后的点的坐标．常见的是旋转特殊角度如：30°，45°，60°，90°，180°．19．（2023•金华）在直角坐标系中，点（4，5）绕原点O逆时针方向旋转90°，得到的点的坐标．【分析】利用旋转变换的性质作出图形可得结论．【解答】解：如图，点A（4，5）绕原点O逆时针方向旋转90°，得到的点B的坐标（﹣5，4）．故答案为：（﹣5，4）．【点评】本题考查坐标与图形变化﹣旋转，解题的关键是正确作出图形，利用图象法解决问题．20．（2022秋•柯桥区期中）在平面直角坐标系中，O为坐标原点，已知点B（0，4），点A在x轴负半轴上，且∠BAO＝30°，将△AOB O顺时针旋转，得△COD，点A、B旋转后的对应点分别为C，D，记旋转角为α．（1）如图1，CD恰好经过点B时，①求此时旋转角α的度数；②求出此时点C的坐标；（2）如图2，若0°＜α＜90°，设直线AC和直线DB交于点P，猜测AC与DB的位置关系，并说明理由．【分析】（1）①根据旋转的性质得到OB＝OD，求得∠ABO＝60°＝∠D，得到△BOD是等边三角形根据等边三角形的性质得到∠BOD＝60°，于是得到结论；②过点C作CE⊥x轴于E，根据等腰三角形的性质得到CO＝AO＝4，求得∠AOC＝60°，求得OE＝2，CE＝6，于是得到C（﹣2，6）；（2）根据等腰三角形的性质得到∠OBD＝90°﹣，求得∠ABP＝180°﹣60°﹣（90°﹣）＝30°+，根据垂直的定义即可得到结论．【解答】解：（1）①由旋转可知，OB＝OD，∵∠BAO＝30°，∴∠ABO＝60°＝∠D，∴△BOD是等边三角形，∴∠BOD＝60°，∴旋转角α的度数为60°；②过点C作CE⊥x轴于E，∵∠AOB＝90°，B（0，4），∴CO＝AO＝4，∵α＝60°，∴∠AOC＝60°，∴OE＝2，CE＝6，∴C（﹣2，6）；（2）AC⊥BD，理由：∵∠AOC＝α，OB＝OD，∴∠OBD＝90°﹣，∴∠ABP＝180°﹣60°﹣（90°﹣）＝30°+，∴∠PBA+∠PAB＝60°﹣30°+＝90°，∴∠APB＝90°，∴AC⊥BD．【点评】本题考查了坐标与图形性质﹣旋转，等边三角形的性质，直角三角形的性质，旋转的性质，正确地作出辅助线是解题的关键．21．（2022秋•鄞州区校级期末）如图，在平面直角坐标系中，将边长为1的正方形OABC绕点O逆时针旋转45°后得到正方形OA1B1C1，继续旋转至2022次得到正方形OA2022B2022C2022，则点B2022的坐标是．【分析】根据图形可知：点B在以O为圆心，以OB为半径的圆上运动，再由旋转可知：将正方形OABC绕点O逆时针旋转45°后得到正方形OA1B1C1，相当于将线段OB绕点O逆时针旋转45°，可得对应点B的坐标，然后发现规律是8次一循环，进而得出答案．【解答】解：∵点A的坐标为（1，0），∴OA＝1，∵四边形OABC是正方形，∴∠OAB＝90°，AB＝OA＝1，∴B（1，1），连接OB，如图：由勾股定理得：OB＝＝，由旋转的性质得：OB＝OB1＝OB2＝OB3＝…＝，∵将正方形OABC绕点O逆时针旋转45°后得到正方形OA1B1C1，相当于将线段OB绕点O逆时针旋转45°，依次得到∠AOB＝∠BOB1＝∠B1OB2＝…＝45°，∴B1（0，），B2（﹣1，1），B3（﹣，0），B4（﹣1，﹣1），B5（0，﹣），B6（1，﹣1），…，发现是8次一循环，则2022÷8＝252…6，∴点B2022的坐标为（1，﹣1），故答案为：（1，﹣1）．【点评】本题考查了旋转的性质、正方形的性质、坐标与图形性质、勾股定理、规律型：点的坐标等知识，解题的关键是学会从特殊到一般的探究规律的方法，属于中考常考题型．五．作图-旋转变换（共5小题）22．（2023•龙游县一模）如图，方格纸中的每个小方格都是边长为1个单位长度的正方形，在建立平面直角坐标系后，△ABC的顶点均在格点上，点C的坐标为（4，﹣1）．（1）把△ABC绕着原点O逆时针旋转90°得△A1B1C1，画出△A1B1C1，并写出C1的坐标．（2）若△ABC中的一点P（a，b），在①中变换下对应△A′B′C′中为P′点，请直接写出点P′的坐标（用含a、b的代数式表示）【分析】（1）根据图形旋转的性质画出△A1B1C1，并写出C1的坐标即可；（2）根据（1）中C点坐标找出规律即可得出结论．【解答】解：（1）如图所示，C1的坐标（1，4）．（2）∵C（4，﹣1），C1（1，4），∴P’（﹣b，a）．【点评】本题考查的是作图﹣旋转变换，熟知图形旋转不变性的性质是解答此题的关键．23．（2023•温州一模）如图，在6×4的方格纸中，已知线段AB（A，B均在格点上），请按要求画出格点四边形（顶点均在格点上）．（1）在图1中画一个以AB为边的四边形ABCD，使其为轴对称图形．（2）在图2中画一个以AB为对角线的四边形AEBF，使其为中心对称图形．【分析】（1）根据轴对称图形的定义画出图形即可；（2）根据中心对称图形的定义画出图形即可．【解答】解：（1）如图，四边形即为所求作：；（2）如图，四边形即为所求作：．【点评】本题考查了作图﹣旋转变换，轴对称变换等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．24．（2023•乐清市模拟）如图是由边长为1的小正方形构成的6×6的网格，点A，B均在格点上，请按要求画出以AB为对角线的格点四边形（顶点均在格点上）．（1）在图1中画一个周长为整数的四边形ACBD；（2）在图2中画一个面积为8的四边形AEBF，且使其是中心对称图形但不是轴对称图形．【分析】（1）利用勾股定理作出，据此即可画出一个周长为整数的四边形ACBD；（2）根据三角形的面积公式以及平行四边形的性质即可画出一个面积为8的四边形AEBF，且使其是中心对称图形但不是轴对称图形．【解答】解：（1）如图，四边形ACBD即为所求作．（2）如图，四边形AEBF即为所求作．【点评】本题考查作图﹣旋转变换，勾股定理，平行四边形的性质等知识，解题的关键是理解题意，学会利用数形结合的思想解决问题．25．（2022•平阳县一模）如图，在10×8的方格纸巾，请按要求画图．（1）在图1中画一个格点C，使△ABC为等腰三角形．（2）在图2中两个格点F，G，使四边形DEFG为中心对称图形，且对角线互相垂直．【分析】（1）根据等腰三角形的概念作图即可（答案不唯一）；（2）根据中心对称图形的概念及菱形、正方形的性质作图即可（答案不唯一）．【解答】解：（1）如图所示，△ABC即为所求（答案不唯一）．（2）如图所示，四边形DEFG即为所求（答案不唯一）．【点评】本题主要考查作图—旋转变换，解题的关键是掌握旋转变换的定义与性质、等腰三角形的定义、菱形与正方形的性质．26．（2023•温州二模）如图在6×6的方格纸中，点A，B，C均在格点上，请按要求画出相应格点图形．（1）画出△ABC关于点C成中心对称的格点三角形△A1B1C（点A，B的对应点分别为A1，B1）．（2）画出△ABD，使得S△ABD＝3S△ABC．【分析】（1）根据中心对称的性质作图即可．（2）由图可得S△ABD＝3S△ABC＝6，结合三角形的面积找出点D的位置即可．【解答】解：（1）如图，三角形△A1B1C即为所求.（2）由图可得，S△ABC＝＝2，∴S△ABD＝3S△ABC＝6．如图，△ABD1，△ABD2，△ABD3均满足要求．【点评】本题考查中心对称、三角形的面积，熟练掌握中心对称的性质、三角形的面积是解答本题的关键．六．利用旋转设计图案（共3小题）27．（2022秋•宁波期末）如图，在4×4的网格纸中，△ABC的三个顶点都在格点上，现要在这张网格纸的四个格点M，N，P，Q中找一点作为旋转中心．将△ABC绕着这个中心进行旋转，旋转前后的两个三角形成中心对称，且旋转后的三角形的三个顶点都在这张4×4的网格纸的格点上，那么满足条件的旋转中心有（）A．点M，点N B．点M，点Q C．点N，点P D．点P，点Q【分析】画出中心对称图形即可判断【解答】解：观察图象可知，点P．点N满足条件．故选：C．【点评】本题考查利用旋转设计图案，中心对称等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．28．（2022秋•定海区校级月考）在冬奥会开幕式上，美丽的冬奥雪花呈现出浪漫空灵的气质．如图，雪花图案本身的设计呈现出充分的美感，它是一个中心对称图形．其实“雪花”图案也可以看成自身的一部分围绕图案的中心依次旋转一定角度得到的，这个角的度数可以是（）A．30°B．45°C．60°D．90°【分析】根据图形的对称性，用360°除以6计算即可得解．【解答】解：∵360°÷6＝60°，∴旋转角是60°的整数倍，∴这个角的度数可以是60°．故选：C．【点评】本题考查了旋转对称图形：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．常见的旋转对称图形有：线段，正多边形，平行四边形，圆等．29．（2022秋•慈溪市期末）美丽的冬奥雪花呈现出浪漫空灵的气质．如图，雪花图案是一个中心对称图形，也可以看成自身的一部分围绕它的中心依次旋转一定角度得到的，这个角的度数可以是（）。