【中考快递】2020年中考数学复习专题讲座★★★★专题13 旋转变换_答案

2020-2021中考数学初中数学旋转的综合复习附答案一、旋转1．(1)发现：如图1，点A为线段BC外一动点，且BC＝a，AB＝b．填空：当点A位于时，线段AC的长取得最大值，且最大值为(用含a，b的式子表示) (2)应用：点A为线段BC外一动点，且BC＝4，AB＝1，如图2所示，分别以AB，AC为边，作等边三角形ABD和等边三角形ACE，连接CD，BE．①请找出图中与BE相等的线段，并说明理由；②直接写出线段BE长的最大值．(3)拓展：如图3，在平面直角坐标系中，点A的坐标为(2，0)，点B的坐标为(6，0)，点P 为线段AB外一动点，且PA＝2，PM＝PB，∠BPM＝90°，请直接写出线段AM长的最大值及此时点P的坐标．【答案】(1)CB的延长线上， a+b；(2)①CD＝BE，理由见解析；②BE长的最大值为5；(3)满足条件的点P坐标(222)或(222)，AM的最大值为2+4．【解析】【分析】（1）根据点A位于CB的延长线上时，线段AC的长取得最大值，即可得到结论；（2）①根据已知条件易证△CAD≌△EAB，根据全等三角形的性质即可得CD＝BE；②由于线段BE长的最大值＝线段CD的最大值，根据（1）中的结论即可得到结果；（3）连接BM，将△APM绕着点P顺时针旋转90°得到△PBN，连接AN，得到△APN是等腰直角三角形，根据全等三角形的性质得到PN＝PA＝2，BN＝AM，根据当N在线段BA的延长线时，线段BN取得最大值，即可得到最大值为2+4；如图2，过P作PE⊥x轴于E，根据等腰直角三角形的性质即可求得点P的坐标．如图3中，根据对称性可知当点P在第四象限时也满足条件，由此求得符合条件的点P另一个的坐标．【详解】(1)∵点A为线段BC外一动点，且BC＝a，AB＝b，∴当点A位于CB的延长线上时，线段AC的长取得最大值，且最大值为BC+AB＝a+b，故答案为CB的延长线上，a+b；(2)①CD＝BE，理由：∵△ABD与△ACE是等边三角形，∴AD＝AB，AC＝AE，∠BAD＝∠CAE＝60°，∴∠BAD+∠BAC＝∠CAE+∠BAC，即∠CAD＝∠EAB，在△CAD与△EAB中，AD ABCAD EAB AC AE=⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，∴△CAD≌△EAB(SAS)，∴CD＝BE；②∵线段BE长的最大值＝线段CD的最大值，由(1)知，当线段CD的长取得最大值时，点D在CB的延长线上，∴最大值为BD+BC＝AB+BC＝5；(3)如图1，∵将△APM绕着点P顺时针旋转90°得到△PBN，连接AN，则△APN是等腰直角三角形，∴PN＝PA＝2，BN＝AM，∵A的坐标为(2，0)，点B的坐标为(6，0)，∴OA＝2，OB＝6，∴AB＝4，∴线段AM长的最大值＝线段BN长的最大值，∴当N在线段BA的延长线时，线段BN取得最大值，最大值＝AB+AN，∵AN＝2AP＝22，∴最大值为22+4；如图2，过P作PE⊥x轴于E，∵△APN是等腰直角三角形，∴PE＝AE2，∴OE＝BO﹣AB﹣AE＝6﹣42＝22，∴P(2﹣2，2)．如图3中，根据对称性可知当点P在第四象限时，P(2﹣2，﹣2)时，也满足条件．综上所述，满足条件的点P坐标(2﹣2，2)或(2﹣2，﹣2)，AM的最大值为22+4．【点睛】本题综合考查了全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，最大值问题，旋转的性质．正确的作出辅助线构造全等三角形是解题的关键．2．已知正方形ABCD中，E为对角线BD上一点，过E点作EF⊥BD交BC于F，连接DF，G为DF中点，连接EG，CG．（1）请问EG与CG存在怎样的数量关系，并证明你的结论；（2）将图①中△BEF绕B点逆时针旋转45°，如图②所示，取DF中点G，连接EG，CG．问（1）中的结论是否仍然成立？若成立，请给出证明；若不成立，请说明理由．（3）将图①中△BEF绕B点旋转任意角度，如图③所示，再连接相应的线段，问（1）中的结论是否仍然成立？（请直接写出结果，不必写出理由）【答案】（1）证明见解析（2）证明见解析（3）结论仍然成立【解析】【分析】（1）利用直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，可证出CG=EG．（2）结论仍然成立，连接AG，过G点作MN⊥AD于M，与EF的延长线交于N点；再证明△DAG≌△DCG，得出AG=CG；再证出△DMG≌△FNG，得到MG=NG；再证明△AMG≌△ENG，得出AG=EG；最后证出CG=EG．（3）结论依然成立．【详解】（1）CG=EG．理由如下：∵四边形ABCD是正方形，∴∠DCF=90°．在Rt△FCD中，∵G为DF的中点，∴CG=12FD，同理．在Rt△DEF中，EG=12FD，∴CG=EG．（2）（1）中结论仍然成立，即EG=CG．证法一：连接AG，过G点作MN⊥AD于M，与EF的延长线交于N点．在△DAG与△DCG中，∵AD=CD，∠ADG=∠CDG，DG=DG，∴△DAG≌△DCG（SAS），∴AG=CG；在△DMG与△FNG中，∵∠DGM=∠FGN，FG=DG，∠MDG=∠NFG，∴△DMG≌△FNG （ASA），∴MG=NG．∵∠EAM=∠AEN=∠AMN=90°，∴四边形AENM是矩形，在矩形AENM中，AM=EN．在△AMG与△ENG中，∵AM=EN，∠AMG=∠ENG，MG=NG，∴△AMG≌△ENG（SAS），∴AG=EG，∴EG=CG．证法二：延长CG至M，使MG=CG，连接MF，ME，EC．在△DCG与△FMG中，∵FG=DG，∠MGF=∠CGD，MG=CG，∴△DCG≌△FMG，∴MF=CD，∠FMG=∠DCG，∴MF∥CD∥AB，∴EF⊥MF．在Rt△MFE与Rt△CBE中，∵MF=CB，∠MFE=∠EBC=90°，EF=BE，∴△MFE≌△CBE∴∠MEF=∠CEB，∴∠MEC=∠MEF+∠FEC=∠CEB+∠CEF=90°，∴△MEC为直角三角形．∵MG=CG，∴EG=12MC，∴EG=CG．（3）（1）中的结论仍然成立．理由如下：过F作CD的平行线并延长CG交于M点，连接EM、EC，过F作FN垂直于AB于N．由于G为FD中点，易证△CDG≌△MFG，得到CD=FM，又因为BE=EF，易证∠EFM=∠EBC，则△EFM≌△EBC，∠FEM=∠BEC，EM=EC∵∠FEC+∠BEC=90°，∴∠FEC+∠FEM=90°，即∠MEC=90°，∴△MEC是等腰直角三角形．∵G为CM中点，∴EG=CG，EG⊥CG【点睛】本题是四边形的综合题．（1）关键是利用直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半解答；（2）关键是利用了直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半的性质、全等三角形的判定和性质解答．3．(1)如图①，在矩形ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，过点O作直线EF⊥BD，交AD于点E，交BC于点F，连接BE、DF，且BE平分∠ABD．①求证：四边形BFDE是菱形；②直接写出∠EBF的度数；(2)把(1)中菱形BFDE进行分离研究，如图②，点G、I分别在BF、BE边上，且BG=BI，连接GD，H为GD的中点，连接FH并延长，交ED于点J，连接IJ、IH、IF、IG.试探究线段IH与FH之间满足的关系，并说明理由；(3)把(1)中矩形ABCD进行特殊化探究，如图③，当矩形ABCD满足AB=AD时，点E是对角线AC上一点，连接DE、EF、DF，使△DEF是等腰直角三角形，DF交AC于点G.请直接写出线段AG、GE、EC三者之间满足的数量关系.【答案】（1）①详见解析；②60°．（2）IH＝3FH；（3）EG2＝AG2+CE2．【解析】【分析】（1）①由△DOE≌△BOF，推出EO＝OF，∵OB＝OD，推出四边形EBFD是平行四边形，再证明EB＝ED即可．②先证明∠ABD＝2∠ADB，推出∠ADB＝30°，延长即可解决问题．（2）IH＝3FH．只要证明△IJF是等边三角形即可．（3）结论：EG2＝AG2+CE2．如图3中，将△ADG绕点D逆时针旋转90°得到△DCM，先证明△DEG≌△DEM，再证明△ECM是直角三角形即可解决问题．【详解】（1）①证明：如图1中，∵四边形ABCD是矩形，∴AD∥BC，OB＝OD，∴∠EDO＝∠FBO，在△DOE和△BOF中，EDO FBO OD OBEOD BOF ∠∠⎧⎪⎨⎪∠∠⎩＝＝＝ ， ∴△DOE ≌△BOF ， ∴EO ＝OF ，∵OB ＝OD ， ∴四边形EBFD 是平行四边形， ∵EF ⊥BD ，OB ＝OD ， ∴EB ＝ED ，∴四边形EBFD 是菱形． ②∵BE 平分∠ABD ， ∴∠ABE ＝∠EBD ， ∵EB ＝ED ， ∴∠EBD ＝∠EDB ， ∴∠ABD ＝2∠ADB ， ∵∠ABD +∠ADB ＝90°， ∴∠ADB ＝30°，∠ABD ＝60°， ∴∠ABE ＝∠EBO ＝∠OBF ＝30°， ∴∠EBF ＝60°． （2）结论：IH＝3FH ．理由：如图2中，延长BE 到M ，使得EM ＝EJ ，连接MJ ．∵四边形EBFD 是菱形，∠B ＝60°， ∴EB ＝BF ＝ED ，DE ∥BF ， ∴∠JDH ＝∠FGH ， 在△DHJ 和△GHF 中，DHG GHF DH GHJDH FGH ∠∠⎧⎪⎨⎪∠∠⎩＝＝＝ ， ∴△DHJ ≌△GHF ， ∴DJ ＝FG ，JH ＝HF ， ∴EJ ＝BG ＝EM ＝BI ， ∴BE ＝IM ＝BF ， ∵∠MEJ ＝∠B ＝60°， ∴△MEJ 是等边三角形，∴MJ ＝EM ＝NI ，∠M ＝∠B ＝60° 在△BIF 和△MJI 中，BI MJ B M BF IM ⎧⎪∠∠⎨⎪⎩＝＝＝， ∴△BIF ≌△MJI ，∴IJ ＝IF ，∠BFI ＝∠MIJ ，∵HJ ＝HF ， ∴IH ⊥JF ，∵∠BFI +∠BIF ＝120°， ∴∠MIJ +∠BIF ＝120°， ∴∠JIF ＝60°， ∴△JIF 是等边三角形，在Rt △IHF 中，∵∠IHF ＝90°，∠IFH ＝60°， ∴∠FIH ＝30°， ∴IH＝3FH ．（3）结论：EG 2＝AG 2+CE 2．理由：如图3中，将△ADG 绕点D 逆时针旋转90°得到△DCM ，∵∠FAD +∠DEF ＝90°， ∴AFED 四点共圆，∴∠EDF ＝∠DAE ＝45°，∠ADC ＝90°， ∴∠ADF +∠EDC ＝45°， ∵∠ADF ＝∠CDM ，∴∠CDM +∠CDE ＝45°＝∠EDG ， 在△DEM 和△DEG 中，DE DE EDG EDM DG DM ⎧⎪∠∠⎨⎪⎩＝＝＝ ， ∴△DEG ≌△DEM ， ∴GE ＝EM ，∵∠DCM ＝∠DAG ＝∠ACD ＝45°，AG ＝CM ， ∴∠ECM ＝90° ∴EC 2+CM 2＝EM 2， ∵EG ＝EM ，AG ＝CM ， ∴GE 2＝AG 2+CE 2．【点睛】考查四边形综合题、矩形的性质、正方形的性质、菱形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，勾股定理等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形，学会转化的思想思考问题.4．如图1，在□ABCD中，AB=6，∠B= (60°<≤90°). 点E在BC上，连接AE，把△ABE沿AE折叠，使点B与AD上的点F重合，连接EF.(1)求证：四边形ABEF是菱形；(2)如图2，点M是BC上的动点，连接AM，把线段AM绕点M顺时针旋转得到线段MN，连接FN，求FN的最小值(用含的代数式表示).【答案】（1）详见解析；（2）FE·sin(－90°)【解析】【分析】(1)由四边形ABCD是平行四边形得AF∥BE，所以∠FAE=∠BEA，由折叠的性质得∠BAE=∠FAE，∠BEA=∠FEA,所以∠BAE=∠FEA，故有AB∥FE，因此四边形ABEF是平行四边形，又BE=EF,因此可得结论；(2)根据点M在线段BE上和EC上两种情况证明∠ENG＝90°－，利用菱形的性质得到∠FEN＝－90°，再根据垂线段最短，求出FN的最小值即可.【详解】（1）∵四边形ABCD是平行四边形，∴AD∥BC，∴∠FAE=∠BEA，由折叠的性质得∠BAE=∠FAE，∠BEA=∠FEA, BE=EF，∴∠BAE=∠FEA，∴AB∥FE，∴四边形ABEF是平行四边形，又BE=EF，∴四边形ABEF是菱形；（2）①如图1，当点M在线段BE上时，在射线MC上取点G，使MG＝AB，连接GN、EN.∵∠AMN＝∠B＝，∠AMN+∠2＝∠1+∠B∴∠1＝∠2又AM＝NM，AB＝MG∴△ABM≌△MGN∴∠B＝∠3，NG＝BM∵MG＝AB＝BE∴EG＝AB＝NG∴∠4=∠ENG= (180°－)＝90°－又在菱形ABEF中，AB∥EF∴∠FEC＝∠B=∴∠FEN＝∠FEC－∠4=－ (90°－)＝－90°②如图2，当点M在线段EC上时，在BC延长线上截取MG＝AB，连接GN、EN.同理可得：∠FEN＝∠FEC－∠4=－ (90°－)＝－90°综上所述，∠FEN＝－90°∴当点M在BC上运动时，点N在射线EH上运动(如图3)当FN⊥EH时，FN最小，其最小值为FE·sin(－90°)【点睛】本题考查了菱形的判定与性质以及求最短距离的问题，解题的关键是分类讨论得出∠FEN ＝－90°，再运用垂线段最短求出FN的最小值.5．如图1，点O是正方形ABCD两对角线的交点. 分别延长OD到点G，OC到点E，使OG=2OD，OE=2OC，然后以OG、OE为邻边作正方形OEFG，连接AG，DE．(1)求证：DE⊥AG；(2)正方形ABCD固定，将正方形OEFG绕点O逆时针旋转角(0°< <360°)得到正方形，如图2．①在旋转过程中，当∠是直角时，求的度数；(注明：当直角边为斜边一半时，这条直角边所对的锐角为30度)②若正方形ABCD的边长为1，在旋转过程中，求长的最大值和此时的度数，直接写出结果不必说明理由．【答案】（1）DE⊥AG （2）①当∠为直角时，α=30°或150°.②315°【解析】分析：（1）延长ED交AG于点H，证明≌，根据等量代换证明结论；（2）根据题意和锐角正弦的概念以及特殊角的三角函数值得到，分两种情况求出的度数；（3）根据正方形的性质分别求出OA和OF的长，根据旋转变换的性质求出AF′长的最大值和此时的度数．详解：如图1，延长ED交AG于点H，点O是正方形ABCD两对角线的交点，，，在和中，，≌，，，，，即；在旋转过程中，成为直角有两种情况：Ⅰ由增大到过程中，当时，，在中，sin∠AGO=，，，，，即；Ⅱ由增大到过程中，当时，同理可求，．综上所述，当时，或．如图3，当旋转到A、O、在一条直线上时，的长最大，正方形ABCD的边长为1，，，，，，，此时．点睛：考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，锐角三角形函数，旋转变换的性质的综合应用，有一定的综合性，注意分类讨论的思想.6．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15.7．如图1，△ABC中，CA=CB，∠ACB=90°，直线l经过点C，AF⊥l于点F，BE⊥l于点E．（1）求证：△ACF≌△CBE；（2）将直线旋转到如图2所示位置，点D是AB的中点，连接DE．若AB=，∠CBE=30°，求DE的长．【答案】（1）答案见解析；（226+【解析】试题分析：（1）根据垂直的定义得到∠BEC=∠ACB=90°，根据全等三角形的性质得到∠EBC=∠CAF，即可得到结论；（2）连接CD，DF，证得△BCE≌△ACF，根据全等三角形的性质得到BE=CF，CE=AF，证得△DEF是等腰直角三角形，根据等腰直角三角形的性质得到EF2DE，EF=CE+BE，进而得到DE的长．试题解析：解：（1）∵BE⊥CE，∴∠BEC=∠ACB=90°，∴∠EBC+∠BCE=∠BCE+∠ACF=90°，∴∠EBC=∠CAF．∵AF⊥l于点F，∴∠AFC=90°．在△BCE与△ACF中，∵90AFC BECEBC ACFBC AC∠=∠=︒⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，∴△ACF≌△CBE（AAS）；（2）如图2，连接CD，DF．∵BE⊥CE，∴∠BEC=∠ACB=90°，∴∠EBC+∠BCE=∠BCE+∠ACF=90°，∴∠EBC=∠CAF．∵AF⊥l于点F，∴∠AFC=90°．在△BCE与△CAF中，∵90AFC BECEBC ACFBC AC∠=∠=︒⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，∴△BCE≌△CAF（AAS）；∴BE=CF．∵点D是AB的中点，∴CD=BD，∠CDB=90°，∴∠CBD=∠ACD=45°，而∠EBC=∠CAF，∴∠EBD=∠DCF．在△BDE与△CDF中，∵BE CFEBD FCDBD CF=⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，∴△BDE≌△CDF（SAS），∴∠EDB=∠FDC，DE=DF．∵∠BDE+∠CDE=90°，∴∠FDC+∠CDE=90°，即∠EDF=90°，∴△EDF是等腰直角三角形，∴EF2DE，∴EF=CE+CF=CE+BE．∵CA=CB，∠ACB=90°，AB2∴BC=4．又∵∠CBE=30°，∴CE=12BC=2，BE3CE3∴EF=CE+BE3∴DE223226．点睛：本题考查了全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质，直角三角形斜边上的中线的性质，证得△BCE≌△ACF是解题的关键．8．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．【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析.【解析】试题分析：（1）延长DN交AC于F，连BF，推出DE∥AC，推出△EDN∽△CFN，推出DE EN DN==，求出DN=FN，FC=ED，得出MN是中位线，推出MN∥BF，证CF CN NF△CAE≌△BCF，推出∠ACE=∠CBF，求出∠CBF+∠BCE=90°，即可得出答案；（2）延长DN到G，使DN=GN，连接CG，延长DE、CA交于点K，求出BG=2MN，证△CAE≌△BCG，推出BG=CE，即可得出答案．试题解析：（1）证明：延长DN交AC于F，连BF，∵N 为CE 中点，∴EN=CN ，∵△ACB 和△AED 是等腰直角三角形，∠AED=∠ACB=90°，DE=AE ，AC=BC ，∴∠EAD=∠EDA=∠BAC=45°，∴DE ∥AC ，∴△EDN ∽△CFN ， ∴DE EN DN CF CN NF== ， ∵EN=NC ，∴DN=FN ，FC=ED ， ∴MN 是△BDF 的中位线，∴MN ∥BF ，∵AE=DE ，DE=CF ，∴AE=CF ，∵∠EAD=∠BAC=45°，∴∠EAC=∠ACB=90°，在△CAE 和△BCF 中，CA BC CAE BCF AE CF ⎧⎪∠∠⎨⎪⎩＝＝＝ ， ∴△CAE ≌△BCF （SAS ），∴∠ACE=∠CBF ，∵∠ACE+∠BCE=90°，∴∠CBF+∠BCE=90°，即BF ⊥CE ，∵MN ∥BF ，∴MN ⊥CE ．（2）证明：延长DN 到G ，使DN=GN ，连接CG ，延长DE 、CA 交于点K ，∵M 为BD 中点，∴MN 是△BDG 的中位线，∴BG=2MN ，在△EDN 和⊈CGN 中， DN NG DNE GNC EN NC ⎧⎪∠∠⎨⎪⎩＝＝＝，∴△EDN ≌△CGN （SAS ），∴DE=CG=AE ，∠GCN=∠DEN ，∴DE ∥CG ，∴∠KCG=∠CKE ，∵∠CAE=45°+30°+45°=120°，∴∠EAK=60°，∴∠CKE=∠KCG=30°，∴∠BCG=120°，在△CAE 和△BCG 中，AC BC CAE BCG AE CG ⎧⎪∠∠⎨⎪⎩＝＝＝ ， ∴△CAE ≌△BCG （SAS ），∴BG=CE ，∵BG=2MN ，∴CE=2MN ．【点睛】考查了等腰直角三角形性质，全等三角形的性质和判定，三角形的中位线，平行线性质和判定的应用，主要考查学生的推理能力．9．在△ABC 中,AB=6,AC=BC=5,将△ABC 绕点A 按顺时针方向旋转,得到△ADE,旋转角为α（0°＜α＜180°）,点B 的对应点为点D,点C 的对应点为点E,连接BD ，BE ．（1）如图,当α=60°时,延长BE 交AD 于点F ．①求证：△ABD是等边三角形；②求证：BF⊥AD，AF=DF；③请直接写出BE的长；（2）在旋转过程中,过点D作DG垂直于直线AB,垂足为点G,连接CE,当∠DAG=∠ACB,且线段DG与线段AE无公共点时,请直接写出BE+CE的值．【答案】（1）①②详见解析；③3﹣4；（2）13．【解析】试题分析：（1）①由旋转性质知AB=AD，∠BAD=60°即可得证；②由BA=BD、EA=ED根据中垂线性质即可得证；③分别求出BF、EF的长即可得；（2）由∠ACB+∠BAC+∠ABC=180°、∠DAG+∠DAE+∠BAE=180°、∠DAG=∠ACB、∠DAE=∠BAC得∠BAE=∠BAC且AE=AC，根据三线合一可得CE⊥AB、AC=5、AH=3，继而知CE=2CH=8、BE=5，即可得答案．试题解析：（1）①∵△ABC绕点A顺时针方向旋转60°得到△ADE，∴AB=AD，∠BAD=60°，∴△ABD是等边三角形；②由①得△ABD是等边三角形，∴AB=BD，∵△ABC绕点A顺时针方向旋转60°得到△ADE，∴AC=AE，BC=DE，又∵AC=BC，∴EA=ED，∴点B、E在AD的中垂线上，∴BE是AD的中垂线，∵点F在BE的延长线上，∴BF⊥AD， AF=DF；③由②知BF⊥AD，AF=DF，∴AF=DF=3，∵AE=AC=5，∴EF=4，∵在等边三角形ABD中，BF=AB•sin∠BAF=6×=3，∴BE=BF﹣EF=3﹣4；（2）如图所示，∵∠DAG=∠ACB，∠DAE=∠BAC，∴∠ACB+∠BAC+∠ABC=∠DAG+∠DAE+∠ABC=180°，又∵∠DAG+∠DAE+∠BAE=180°，∴∠BAE=∠ABC，∵AC=BC=AE，∴∠BAC=∠ABC，∴∠BAE=∠BAC，∴AB⊥CE，且CH=HE=CE，∵AC=BC，∴AH=BH=AB=3，则CE=2CH=8，BE=5，∴BE+CE=13．考点：三角形综合题.10．如图所示，在△ABC中，D、E分别是AB、AC上的点，DE∥BC，如图①，然后将△ADE绕A点顺时针旋转一定角度，得到图②，然后将BD、CE分别延长至M、N，使DM ＝BD，EN＝CE，得到图③，请解答下列问题：(1)若AB＝AC，请探究下列数量关系：①在图②中，BD与CE的数量关系是________________；②在图③中，猜想AM与AN的数量关系、∠MAN与∠BAC的数量关系，并证明你的猜想；(2)若AB＝k·AC(k＞1)，按上述操作方法，得到图④，请继续探究：AM与AN的数量关系、∠MAN与∠BAC的数量关系，直接写出你的猜想，不必证明．【答案】（1）①BD=CE；②AM=AN，∠MAN=∠BAC 理由如下：∵在图①中，DE//BC，AB=AC∴AD="AE."在△ABD与△ACE中∴△ABD≌△ACE.∴BD=CE，∠ACE=∠ABD.在△DAM与△EAN中，∵DM=BD，EN=CE，BD=CE，∴DM=EN，∵∠AEN=∠ACE+∠CAE，∠ADM=∠ABD+∠BAD，∴∠AEN=∠ADM.又∵AE=AD，∴△ADM≌△AEN.∴AM=AN，∠DAM=∠EAN.∴∠MAN=∠DAE=∠BAC.∴AM=AN，∠MAN=∠BAC.（2）AM=kAN，∠MAN=∠BAC.【解析】（1）①根据题意和旋转的性质可知△AEC≌△ADB，所以BD=CE；②根据题意可知∠CAE=BAD，AB=AC，AD=AE，所以得到△BAD≌△CAE，在△ABM和△ACN中，DM=BD，EN=CE，可证△ABM≌△ACN，所以AM=AN，即∠MAN=∠BAC．（2）直接类比（1）中结果可知AM=k•AN，∠MAN=∠BAC．11．（特例发现）如图1，在△ABC中，AG⊥BC于点G，以A为直角顶点，分别以AB，AC为直角边，向△ABC外作等腰Rt△ABE和等腰Rt△ACF，过点E、F作射线GA的垂线，垂足分别为P、Q．求证：EP=FQ．（延伸拓展）如图2，在△ABC中，AG⊥BC于点G，以A为直角顶点，分别以AB，AC为直角边，向△ABC外作Rt△ABE和Rt△ACF，射线GA交EF于点H．若AB=kAE，AC=kAF，请思考HE与HF之间的数量关系，并直接写出你的结论．（深入探究）如图3，在△ABC中，G是BC边上任意一点，以A为顶点，向△ABC外作任意△ABE和△ACF，射线GA交EF于点H．若∠EAB=∠AGB，∠FAC=∠AGC，AB=kAE，AC=kAF，上一问的结论还成立吗？并证明你的结论．（应用推广）在上一问的条件下，设大小恒定的角∠IHJ分别与△AEF的两边AE、AF分别交于点M、N，若△ABC为腰长等于4的等腰三角形，其中∠BAC=120°，且∠IHJ=∠AGB=θ=60°，k=2；求证：当∠IHJ在旋转过程中，△EMH、△HMN和△FNH均相似，并直接写出线段MN的最小值（请在答题卡的备用图中补全作图）．【答案】(1)证明参见解析；(2)HE=HF；(3)成立，证明参见解析；(4)证明参见解析，MN最小值为1.【解析】试题分析：(1)特例发现：易证△AEP≌△BAG，△AFQ≌△CAG，即可求得EP=AG，FQ=AG，即可解题；(2)延伸拓展：过点E、F作射线GA的垂线，垂足分别为P、Q．易证△ABG∽△EAP，△ACG∽△FAQ，得到PE=AG，FQ=AG，∴PE=FQ，然后证明△EPH≌△FQH，即可得出HE=HF；(3)深入探究：判断△PEA∽△GAB，得到PE=AG，△AQF∽△CGA，FQ=，得到FQ=AG，再判断△EPH≌△FQH，即可得出HE=HF；(4)应用推广：由前一个结论得到△AEF为正三角形，再依次判断△MHN∽△HFN∽△MEH，即可得出结论．试题解析：(1)特例发现，如图：∵∠PEA+∠PAE=90°，∠GAB+∠PAE=90°，∴∠PEA=∠GAB，∵∠EPA=∠AGB，AE=AB，∴△PEA≌△GAB，∴PE=AG，同理，△QFA≌△GAC，∴FQ=AG，∴PE=FQ；(2)延伸拓展，如图：∵∠PEA+∠PAE=90°，∠GAB+∠PAE=90°，∴∠PEA=∠GAB，∴∠EPA=∠AGB，∴△PEA∽△GAB，∴，∵AB=kAE，∴，∴PE=AG，同理，△QFA∽△GAC，∴，∵AC=kAF，∴FQ=AG，∴PE=FQ，∵EP∥FQ，∴∠EPH=∠FQH，∵∠PHE=∠QHF，∴△EPH≌△FQH，∴HE=HF；(3)深入探究,如图2，在直线AG上取一点P，使得∠EPA═∠AGB，作FQ∥PE，∵∠EAP+∠BAG=180°﹣∠AGB，∠ABG+∠BAG=180°﹣∠AGB，∴∠EAP=∠ABG，∵∠EPA=∠AGB，∴△APE∽△BGA，∴，∵AB=kAE，∴PE=AG，由于∠FQA=∠FAC=∠AGC=180°﹣∠AGB，同理可得，△AQF∽△CGA，∴，∵AC=kAF，∴FQ=AG，∴EP=FQ，∵EP∥FQ，∴∠EPH=∠FQH，∵∠PHE=∠QHF，∴△EPH≌△FQH，∴HE=HF；(4)应用推广,如图3，在前面条件及结论，得到，点H是EF中点，∴AE=AF，∵∠EAB=∠AGB，∠FAC=∠AGC∴∠EAB+∠FAC=180°∴∠EAF=360°﹣（∠EAB+∠FAC）﹣∠BAC=60°，∴△AEF 为正三角形．又H为EF中点，∴∠EHM+∠IHJ=120°，∠IHJ+∠FHN=120°，∴∠EHM=∠FHN ．∵∠AEF=∠AFE ，∴△HEM ∽△HFN ，∴，∵EH=FH ，∴，且∠MHN=∠HFN=60°，∴△MHN ∽△HFN ，∴△MHN ∽△HFN ∽△MEH ，在△HMN 中，∠MHN=60°，根据三角形中大边对大角，∴要MN 最小，只有△HMN 是等边三角形，∴∠AMN=60°，∵∠AEF=60°，MN ∴MN ∥EF ，∵△AEF 为等边三角形，∴MN 为△AEF 的中位线，∴MN min =EF=×2=1．考点：1.几何变换综合题；2.三角形全等及相似的判定性质.12．已知O 为直线MN 上一点，OP ⊥MN ，在等腰Rt △ABO 中，90BAO ∠=︒，AC ∥OP 交OM 于C ，D 为OB 的中点，DE ⊥DC 交MN 于E ．(1) 如图1，若点B 在OP 上，则①AC OE (填“＜”，“＝”或“＞”)；②线段CA 、CO 、CD 满足的等量关系式是 ；(2) 将图1中的等腰Rt △ABO 绕O 点顺时针旋转α(045α︒<<︒)，如图2，那么(1)中的结论②是否成立？请说明理由；(3) 将图1中的等腰Rt △ABO 绕O 点顺时针旋转α()，请你在图3中画出图形，并直接写出线段CA 、CO 、CD 满足的等量关系式 ；【答案】（1）①=；②AC 2+CO 2=CD 2；（2）（1）中的结论②不成立，理由见解析；（3）画图见解析；OC-CA=2CD.【解析】试题分析：（1）①如图1，证明AC=OC 和OC=OE 可得结论；②根据勾股定理可得：AC 2+CO 2=CD 2；（2）如图2，（1）中的结论②不成立，作辅助线，构建全等三角形，证明A 、D 、O 、C 四点共圆，得∠ACD=∠AOB ，同理得：∠EFO=∠EDO ，再证明△ACO ≌△EOF ，得OE=AC ，AO=EF ，根据勾股定理得：AC 2+OC 2=FO 2+OE 2=EF 2，由直角三角形中最长边为斜边可得结论；（3）如图3，连接AD ，则AD=OD 证明△ACD ≌△OED ，根据△CDE 是等腰直角三角形，得CE 2=2CD 2，等量代换可得结论（OC ﹣OE ）2=（OC ﹣AC ）2=2CD 2，开方后是：OC ﹣AC=CD ．试题解析：（1）①AC=OE ，理由：如图1，∵在等腰Rt △ABO 中，∠BAO=90°，∴∠ABO=∠AOB=45°，∵OP ⊥MN ，∴∠COP=90°，∴∠AOC=45°，∵AC ∥OP ，∴∠CAO=∠AOB=45°，∠ACO=∠POE=90°，∴AC=OC ，连接AD，∵BD=OD，∴AD=OD，AD⊥OB，∴AD∥OC，∴四边形ADOC是正方形，∴∠DCO=45°，∴AC=OD，∴∠DEO=45°，∴CD=DE，∴OC=OE，∴AC=OE；②在Rt△CDO中，∵CD2=OC2+OD2，∴CD2=AC2+OC2；故答案为AC2+CO2=CD2；（2）如图2，（1）中的结论②不成立，理由是：连接AD，延长CD交OP于F，连接EF，∵AB=AO，D为OB的中点，∴AD⊥OB，∴∠ADO=90°，∵∠CDE=90°，∴∠ADO=∠CDE，∴∠ADO﹣∠CDO=∠CDE﹣∠CDO，即∠ADC=∠EDO，∵∠ADO=∠ACO=90°，∴∠ADO+∠ACO=180°，∴A、D、O、C四点共圆，∴∠ACD=∠AOB，同理得：∠EFO=∠EDO，∴∠EFO=∠AOC，∵△ABO是等腰直角三角形，∴∠AOB=45°，∴∠DCO=45°，∴△COF和△CDE是等腰直角三角形，∴OC=OF，∵∠ACO=∠EOF=90°，∴△ACO≌△EOF，∴OE=AC，AO=EF，∴AC2+OC2=FO2+OE2=EF2，Rt△DEF中，EF＞DE=DC，∴AC2+OC2＞DC2，所以（1）中的结论②不成立；（3）如图3，结论：OC﹣CA=CD，理由是：连接AD，则AD=OD，同理：∠ADC=∠EDO，∵∠CAB+∠CAO=∠CAO+∠AOC=90°，∴∠CAB=∠AOC，∵∠DAB=∠AOD=45°，∴∠DAB﹣∠CAB=∠AOD﹣∠AOC，即∠DAC=∠DOE，∴△ACD≌△OED，∴AC=OE，CD=DE，∴△CDE是等腰直角三角形，∴CE2=2CD2，∴（OC﹣OE）2=（OC﹣AC）2=2CD2，∴OC﹣AC=CD，故答案为OC﹣AC=CD．考点：几何变换的综合题13．如图，是边长为的等边三角形，边在射线上，且，点从点出发，沿的方向以的速度运动，当不与点重合是，将绕点逆时针方向旋转得到，连接.（1）求证：是等边三角形；（2）当时，的周长是否存在最小值？若存在，求出的最小周长；若不存在，请说明理由.（3）当点在射线上运动时，是否存在以为顶点的三角形是直角三角形？若存在，求出此时的值；若不存在，请说明理由.【答案】（1）详见解析；（2）存在，2+4；（3）当t=2或14s时，以D、E、B为顶点的三角形是直角三角形．【解析】试题分析：（1）由旋转的性质得到∠DCE=60°，DC=EC，即可得到结论；（2）当6＜t＜10时，由旋转的性质得到BE=AD，于是得到C△DBE=BE+DB+DE=AB+DE=4+DE，根据等边三角形的性质得到DE=CD，由垂线段最短得到当CD⊥AB时，△BDE的周长最小，于是得到结论；（3）存在，①当点D与点B重合时，D，B，E不能构成三角形，②当0≤t＜6时，由旋转的性质得到∠ABE=60°，∠BDE＜60°，求得∠BED=90°，根据等边三角形的性质得到∠DEB=60°，求得∠CEB=30°，求得OD=OA﹣DA=6﹣4=2，于是得到t=2÷1=2s；③当6＜t＜10s时，此时不存在；④当t＞10s时，由旋转的性质得到∠DBE=60°，求得∠BDE＞60°，于是得到t=14÷1=14s．试题解析：（1）证明：∵将△ACD绕点C逆时针方向旋转60°得到△BCE，∴∠DCE=60°，DC=EC，∴△CDE是等边三角形；（2）存在，当6＜t＜10时，由旋转的性质得，BE=AD，∴C△DBE=BE+DB+DE=AB+DE=4+DE，由（1）知，△CDE是等边三角形，∴DE=CD，∴C△DBE=CD+4，由垂线段最短可知，当CD⊥AB时，△BDE的周长最小，此时，CD=2cm，∴△BDE的最小周长=CD+4=2+4；（3）存在，①∵当点D与点B重合时，D，B，E不能构成三角形，∴当点D与点B重合时，不符合题意，②当0≤t＜6时，由旋转可知，∠ABE=60°，∠BDE＜60°，∴∠BED=90°，由（1）可知，△CDE是等边三角形，∴∠DEB=60°，∴∠CEB=30°，∵∠CEB=∠CDA，∴∠CDA=30°，∵∠CAB=60°，∴∠ACD=∠ADC=30°，∴DA=CA=4，∴OD=OA﹣DA=6﹣4=2，∴t=2÷1=2s；③当6＜t＜10s时，由∠DBE=120°＞90°，∴此时不存在；④当t＞10s时，由旋转的性质可知，∠DBE=60°，又由（1）知∠CDE=60°，∴∠BDE=∠CDE+∠BDC=60°+∠BDC，而∠BDC＞0°，∴∠BDE＞60°，∴只能∠BDE=90°，从而∠BCD=30°，∴BD=BC=4，∴OD=14cm，∴t=14÷1=14s，综上所述：当t=2或14s时，以D、E、B为顶点的三角形是直角三角形．考点：旋转与三角形的综合题.14．如图，已知Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=BC，D是线段AB上的一点（不与A、B重合）．过点B作BE⊥CD，垂足为E．将线段CE绕点C顺时针旋转90︒，得到线段CF，连结EF．设∠BCE度数为α.（1）①补全图形；②试用含α的代数式表示∠CDA．（2）若32EFAB=，求α的大小．（3）直接写出线段AB、BE、CF之间的数量关系．【答案】（1）①答案见解析；②45α︒+；（2）30α=︒；（3）22222AB CF BE =+．【解析】试题分析：（1）①按要求作图即可；②由∠ACB=90°，AC=BC ，得∠ABC=45°,故可得出结论；（2）易证FCE ∆∽ ACB ∆，得32CF AC =；连结FA ，得△AFC 是直角三角形，求出∠ACF=30°，从而得出结论；（3）222A 22B CF BE =+.试题解析：（1）①补全图形．②∵∠ACB=90°，AC=BC ，∴∠ABC=45°∵∠BCE=α ∴∠CDA=45α︒+ （2）在FCE ∆和ACB ∆中，45CFE CAB ∠=∠=︒ ，90FCE ACB ∠=∠=︒ ∴ FCE ∆∽ ACB ∆∴ CF EF AC AB= Q 32EF AB = ∴ 3CF AC =连结FA ．Q 90,90FCA ACE ECB ACE ∠=︒-∠∠=︒-∠∴ FCA ECB ∠=∠=α在Rt CFA ∆中，90CFA ∠=︒，3cos 2FCA ∠= ∴ 30FCA ∠=︒即30α=︒.（3）22222AB CF BE =+15．已知△ABC是边长为4的等边三角形，边AB在射线OM上，且OA＝6，点D是射线OM上的动点，当点D不与点A重合时，将△ACD绕点C逆时针方向旋转60°得到△BCE，连接DE．（1）如图1，求证：△CDE是等边三角形．（2）设OD＝t，①当6＜t＜10时，△BDE的周长是否存在最小值？若存在，求出△BDE周长的最小值；若不存在，请说明理由．②求t为何值时，△DEB是直角三角形（直接写出结果即可）．【答案】(1)见解析;(2) ①见解析; ②t＝2或14.【解析】【分析】（1）由旋转的性质得到∠DCE=60°，DC=EC，即可得到结论；（2）①当6＜t＜10时，由旋转的性质得到BE=AD，于是得到C△DBE=BE+DB+DE=AB+DE=4+DE，根据等边三角形的性质得到DE=CD，由垂线段最短得到当CD⊥AB时，△BDE的周长最小，于是得到结论；②存在，当点D与点B重合时，D，B，E不能构成三角形；当0≤t＜6时，由旋转的性质得到∠ABE=60°，∠BDE＜60°，求得∠BED=90°，根据等边三角形的性质得到∠DEB=60°，求得∠CEB=30°，求得OD=OA-DA=6-4=2=t；当6＜t＜10时，此时不存在；当t＞10时，由旋转的性质得到∠DBE=60°，求得∠BDE＞60°，于是得到t=14．【详解】（1）∵将△ACD绕点C逆时针方向旋转60°得到△BCE，∴∠DCE＝60°，DC＝EC，∴△CDE是等边三角形；（2）①存在，当6＜t＜10时，由旋转的性质得，BE＝AD，∴C△DBE＝BE+DB+DE＝AB+DE＝4+DE，由（1）知，△CDE是等边三角形，∴DE＝CD，∴C△DBE＝CD+4，由垂线段最短可知，当CD⊥AB时，△BDE的周长最小，此时，CD＝，∴△BDE的最小周长＝CD+4＝；②存在，∵当点D与点B重合时，D，B，E不能构成三角形，∴当点D与点B重合时，不符合题意；当0≤t＜6时，由旋转可知，∠ABE＝60°，∠BDE＜60°，∴∠BED＝90°，由（1）可知，△CDE是等边三角形，∴∠DEB＝60°，∴∠CEB＝30°，∵∠CEB＝∠CDA，∴∠CDA＝30°，∵∠CAB＝60°，∴∠ACD＝∠ADC＝30°，∴DA＝CA＝4，∴OD＝OA﹣DA＝6﹣4＝2，∴t＝2；当6＜t＜10时，由∠DBE＝120°＞90°，∴此时不存在；当t＞10时，由旋转的性质可知，∠DBE＝60°，又由（1）知∠CDE＝60°，∴∠BDE＝∠CDE+∠BDC＝60°+∠BDC，而∠BDC＞0°，∴∠BDE＞60°，∴只能∠BDE＝90°，从而∠BCD＝30°，∴BD＝BC＝4，∴OD＝14，∴t＝14，综上所述：当t＝2或14时，以D、E、B为顶点的三角形是直角三角形．【点睛】本题考查了旋转的性质，等边三角形的判定和性质，三角形周长的计算，直角三角形的判定，熟练掌握旋转的性质是解题的关键．。

专题08 动点类题目旋转问题探究题型一：旋转问题中三点共线问题例1．（2019•）如图1是实验室中的一种摆动装置，BC在地面上，支架ABC是底边为BC的等腰直角三角形，摆动臂AD可绕点A旋转，摆动臂DM可绕点D旋转，AD=30，DM=10.（1）在旋转过程中，①当A、D、M三点在同一直线上时，求AM的长.②当A、D、M三点为同一直角三角形的顶点时，求AM的长.（2）若摆动臂AD顺时针旋转90°，点D的位置由△ABC外的点D1转到其的点D2处，连接D1D2，如图2，此时∠AD2C=135°，CD2=60，求BD2的长.题型二：旋转与全等与直角三角形存在性问题例2．（2019•）如图，在等腰Rt△ABC中，∠ACB=90°，AB=142.点D，E分别在边AB，BC上，将线段ED绕点E按逆时针方向旋转90°得到EF.（1）如图1，若AD=BD，点E与点C重合，AF与DC相交于点O,求证：BD=2DO.（2）已知点G为AF的中点.①如图2，若AD=BD，CE=2，求DG的长.②若AD=6BD,是否存在点E,使得△DEG是直角三角形？若存在，求CE的长；若不存在，试说明理由.图1 图2 图3题型三：旋转问题中线段比值是否变化问题例3．（2019•）（1）如图1，菱形AEGH的顶点E、H在菱形ABCD的边上，且∠BAD=60°，请直接写出HD:GC:EB的值；（2）将图1中的菱形AEGH绕点A旋转一定角度，如图2，求HD:GC:EB；（3）把图2的菱形都换成矩形，如图3，且AD:AB=AH:AE=1:2，此时HD:GC:EB的结果与（2）小题的结果相比有变化吗？如果有变化，直接写出变化后的结果；若无变化，说明理由.图1 图2 图3题型四：旋转问题中落点规律性问题例4．（2019•）如图，正方形ABCD的边长为2，E为AB的中点，P是BA延长线上的一点，连接PC交AD于点F，AP=FD.（1）求AFAP的值；（2）如图1，连接EC，在线段EC上取一点M，使EM=EB，连接MF，求证：MF=PF；（3）如图2，过点E作EN⊥CD于点N，在线段EN上取一点Q，使AQ=AP，连接BQ、BN，将△AQB绕点A旋转，使点Q旋转后的对应点Q’落在边AD上. 请判断旋转后B的对应点B’是否落在线段BN上，请说明理由.题型五：旋转问题中函数与落点问题例5．（2019•）如图，在平面直角坐标系xOy中，函数y＝﹣x+b的图象与函数y＝kx（x＜0）的图象相交于点A（﹣1，6），并与x轴交于点C．点D是线段AC上一点，△ODC与△OAC的面积比为2：3．（1）k＝，b＝；（2）求点D的坐标；（3）若将△ODC绕点O逆时针旋转，得到△OD'C'，其中点D'落在x轴负半轴上，判断点C'是否落在函数y＝kx（x＜0）的图象上，并说明理由．题型六：几何图形旋转中的类比探究例6．（2019•）（1）如图1，E是正方形ABCD边AB上的一点，连接BD、DE，将∠BDE绕点D逆时针旋转90°，旋转后角的两边分别与射线BC交于点F和点G.①线段DB和DG之间的数量关系是；②写出线段BE，BF和DB之间的数量关系.（2）当四边形ABCD为菱形，∠ADC=60°，点E是菱形ABCD边AB所在直线上的一点，连接BD、DE，将∠BDE绕点D逆时针旋转120°，旋转后角的两边分别与射线BC交于点F 和点G.①如图2，点E在线段AB上时，请探究线段BE、BF和BD之间的数量关系，写出结论并给出证明；②如图3，点E在线段AB的延长线上时，DE交射线BC于点M，若BE=1，AB=2，直接写出线段GM的长度.图1 图2 图3题型六：几何图形旋转中的计算题目例7．（2019•潍坊）如图1，菱形ABCD的顶点A、D在直线上，∠BAD=60°，以点A为旋转中心将菱形ABCD顺时针旋转α（0°<α<30°），得到菱形AB’C’D’. B’C’交对角线AC于点M，C’D’交直线l于点N，连接MN.（1）当MN∥B’D’时，求α的大小.（2）如图2，对角线B’D’交AC于点H，交直线l于点G，延长C’B’交AB于点E，连接EH. 当△HEB’的周长为2时，求菱形ABCD的周长.答案与解析题型一：旋转问题中三点共线问题例1．（2019•）如图1是实验室中的一种摆动装置，BC在地面上，支架ABC是底边为BC的等腰直角三角形，摆动臂AD可绕点A旋转，摆动臂DM可绕点D旋转，AD=30，DM=10.（1）在旋转过程中，①当A、D、M三点在同一直线上时，求AM的长.②当A、D、M三点为同一直角三角形的顶点时，求AM的长.（2）若摆动臂AD顺时针旋转90°，点D的位置由△ABC外的点D1转到其的点D2处，连接D1D2，如图2，此时∠AD2C=135°，CD2=60，求BD2的长.[分析]（1）①根据点D与M的运动轨迹为圆，根据位置关系判断出点A、D、M三点在同一直线上时有两种情况，点D在A与M之间或点M在A与D之间；②由题意知D、M均可能为直角顶点，分类讨论求解；（2）由题意知△AD1D2是等腰直角三角形，连接CD1，△ABD2≌△ACD1，由∠D1D2C=90°，利用勾股定理求得CD1的值，即为BD2的值.[答案]见解析.[解析]解：（1）①点D 在A 与M 之间时，AM =AD +DM =30+10=40.点M 在A 与D 之间时，AM =AD －DM =30－10=20.②当∠ADM =90°时，DDM 由勾股定理得AM=当∠AMD=90°时，由勾股定理得AM =（2）∵摆动臂AD 顺时针旋转90°，点D 的位置由△ABC 外的点D 1转到其的点D 2处，∴AD 1=AD 2，∠D 1AD 2=90°，∴∠AD 1D 2=∠AD 2D 1=45°，D 1D 2=∵∠AD 2C =135°，∴∠D 1D 2C =90°，连接D 1C ，如下图所示，∵∠BAD 2+∠D 2AC =∠CAD 1+∠D 2AC =90°，∴∠BAD 2=∠CAD 1∵AB =AC ，AD 2=AD 1，∴△ABD 2≌△ACD 1∴BD 2= CD 1在Rt △D 1D2C 中，由勾股定理得：D 1C =题型二：旋转与全等与直角三角形存在性问题例2．（2019•）如图，在等腰Rt △ABC 中，∠ACB =90°，AB =.点D ，E 分别在边AB ，BC 上，将线段ED 绕点E 按逆时针方向旋转90°得到EF .（1）如图1，若AD=BD ，点E 与点C 重合，AF 与DC 相交于点O ,求证：BD=2DO .（2）已知点G 为AF 的中点.①如图2，若AD=BD ，CE =2，求DG 的长.②若AD =6BD ,是否存在点E ,使得△DEG 是直角三角形？若存在，求CE 的长；若不存在，试说明理由.图1 图2 图3[分析]（1）如图1中，首先证明CD＝BD＝AD，再证明四边形ADFC是平行四边形即可解决问题．（2）①作DT⊥BC于点T，FH⊥BC于H．证明DG是△ABF的中位线，想办法求出BF即可解决问题．②分三种情形情形：如图3﹣1中，当∠DEG＝90°时，F，E，G，A共线，作DT⊥BC 于点T，FH⊥BC于H．设EC＝x．构建方程解决问题即可．如图3﹣2中，当∠EDG＝90°时，取AB的中点O，连接OG．作EH⊥AB于H．构建方程解决问题即可．如图3﹣3中，当∠DGE＝90°时，构造相似三角形，利用相似三角形的性质构建方程解决问题即可．[解答]（1）证明：如图1中，∵CA＝CB，∠ACB＝90°，BD＝AD，∴CD⊥AB，CD＝AD＝BD，∵CD＝CF，∴AD＝CF，∵∠ADC＝∠DCF＝90°，∴AD∥CF，∴四边形ADFC是平行四边形，∴OD＝OC，∵BD＝2OD．（2）①解：如图2中，作DT⊥BC于点T，FH⊥BC于H．由题意：BD＝AD＝CD＝7，BC＝BD＝14，∵DT⊥BC，∴BT＝TC＝7，∵EC＝2，∴TE＝5，∵∠DTE＝∠EHF＝∠DEF＝90°，∴∠DET+∠TDE＝90°，∠DET+∠FEH＝90°，∴∠TDE＝∠FEH，∵ED＝EF，∴△DTE≌△EHF（AAS），∴FH＝ET＝5，∵∠DBE＝∠DFE＝45°，∴B，D，E，F四点共圆，∴∠DBF+∠DEF＝90°，∴∠DBF＝90°，∵∠DBE＝45°，∴∠FBH＝45°，∵∠BHF＝90°，∴∠HBF＝∠HFB＝45°，∴BH＝FH＝5，∴BF＝5，∵∠ADC＝∠ABF＝90°，∴DG∥BF，∵AD＝DB，∴AG＝GF，∴DG＝BF＝．②解：如图3﹣1中，当∠DEG＝90°时，F，E，G，A共线，作DT⊥BC于点T，FH ⊥BC于H．设EC＝x．∵AD＝6BD，∴BD＝AB＝2，∵DT⊥BC，∠DBT＝45°，∴DT＝BT＝2，∵△DTE≌△EHF，∴EH＝DT＝2，∴BH＝FH＝12﹣x，∵FH∥AC，∴＝，∴＝，整理得：x2﹣12x+28＝0，解得x＝6±2．如图3﹣2中，当∠EDG＝90°时，取AB的中点O，连接OG．作EH⊥AB于H．设EC＝x，由2①可知BF＝（12﹣x），OG＝BF＝（12﹣x），∵∠EHD＝∠EDG＝∠DOG＝90°，∴∠ODG+∠OGD＝90°，∠ODG+∠EDH＝90°，∴∠DGO＝∠HDE，∴△EHD∽△DOG，∴＝，∴＝，整理得：x2﹣36x+268＝0，解得x＝18﹣2或18+2（舍弃），如图3﹣3中，当∠DGE＝90°时，取AB的中点O，连接OG，CG，作DT⊥BC于T，FH⊥BC于H，EK⊥CG于K．设EC＝x．∵∠DBE＝∠DFE＝45°，∴D，B，F，E四点共圆，∴∠DBF+∠DEF＝180°，∵∠DEF＝90°，∴∠DBF＝90°，∵AO＝OB，AG＝GF，∴OG∥BF，∴∠AOG＝∠ABF＝90°，∴OG⊥AB，∵OG垂直平分线段AB，∵CA＝CB，∴O，G，C共线，由△DTE ≌△EHF ，可得EH ＝DT ＝BT ＝2，ET ＝FH ＝12﹣x ，BF ＝（12﹣x ），OG ＝BF ＝（12﹣x ），CK ＝EK ＝x ，GK ＝7﹣（12﹣x ）﹣x ，由△OGD ∽△KEG ，可得＝，∴＝，解得x ＝2，，综上所述，满足条件的EC 的值为6±2或18﹣2或2．[点评]本题属于几何变换综合题，考查了等腰直角三角形的性质，平行四边形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形或相似三角形解决问题，属于中考压轴题．题型三：旋转问题中线段比值是否变化问题例3．（2019•）（1）如图1，菱形AEGH 的顶点E 、H 在菱形ABCD 的边上，且∠BAD =60°，请直接写出HD :GC :EB 的值；（2）将图1中的菱形AEGH 绕点A 旋转一定角度，如图2，求HD :GC :EB ；（3）把图2的菱形都换成矩形，如图3，且AD :AB =AH :AE =1:2，此时HD :GC :EB 的结果与（2）小题的结果相比有变化吗？如果有变化，直接写出变化后的结果；若无变化，说明理由.图1 图2 图3[答案]见解析.[解析]解：（1）HD :GC :EB =131；（2） D AB G HO如图，连接AC ，BD 交于点O ，连接AG ，由题意知：AD =AB ，AH =AE ，∠DAB =∠HAE =60°，∴∠DAH =∠BAE ，∴△DAH ≌△BAE ，∴DH =BE ,又∠DAB =60°，ABCD 是菱形，∴∠DAC =30°，AC ⊥BD ，BD =2OD ，AC =2OA ，在Rt △AOD 中，OD :OA 3∴BD :AC由△ABD 是等边三角形，得：AD =BD ，即AD :AC同理，得AH :AG=3, ∴AD :AC =AH :AG ，又∠DAC =∠HAG ，∠DAH +∠HAC =∠CAG +∠HAC ，即∠DAH =∠CAG ，∴△DAH ∽△CAG ，∴DH :GC, ∴HD :GC :EB(3)有变化，HD :GC :EBA BC如上图所示，由题意知：∠1+∠HAB =∠2+∠HAB =90°，∴∠1=∠2，由AH :AE =AD :AB =1:2，得：AH :AD =AE :AB ，∴△ADH ∽△ABE ，∴HD :EB =1:2，连接AG ，AC，由∠2+∠HAC =∠3+∠HAC ，得：∠2=∠3，AG ，AC ,∴AD :AC =AH :AG ,∴△ADH ∽△ACG ，∴HD :GC∴HD :GC :EB 题型四：旋转问题中落点规律性问题例4．（2019•）如图，正方形ABCD 的边长为2，E 为AB 的中点，P 是BA 延长线上的一点，连接PC交AD于点F，AP=FD.（1）求AFAP的值；（2）如图1，连接EC，在线段EC上取一点M，使EM=EB，连接MF，求证：MF=PF；（3）如图2，过点E作EN⊥CD于点N，在线段EN上取一点Q，使AQ=AP，连接BQ、BN，将△AQB绕点A旋转，使点Q旋转后的对应点Q’落在边AD上. 请判断旋转后B的对应点B’是否落在线段BN上，请说明理由.[答案]见解析.[解析]解：（1）∵四边形ABCD是正方形，边长为2，∴CD∥AB，∴∠P=∠FCD，∴AFAP=tan∠P=tan∠FCD=DFCD，设AF=x，则DF=AP=2－x，∴222x xx-=-，解得：x=3x=3，∴AF AP（2）∵E是正方形ABCD边AB的中点，AB=2，∴BE=1，在Rt△BCE中，由勾股定理得：CE由（1）知：PE=P A+AE1∴CE=PE，∴∠P=∠PCE，又∠P=∠DCF，∴∠PCE=∠DCF，过点F作FH⊥CE于H，如下图所示，DAE在△CFH和△CFD中，°==90D FHC CF CF ⎧⎪⎨⎪=⎩∠∠∠FCH=∠FCD∴△CFH ≌△CFD ，∴CH =CD =2，FH =FD1=AP ，∴EH =EC －CH2，∴HM =EM －EH =3AF∴△APF ≌△HFM ，∴PF =FM .（3）在AD 上截取AQ ’=AQ ，在BN 上截取AB ’=AB ，连接AB ’，B ’Q ’，过点B ’作B ’G ⊥AD 于G ，交EN 于K ，如下图所示，D AEN∵tan ∠NBE =2，AB =AB ’=2，∴BB ’∴B ’N =BN －BB ’=5， 由△NB ’K ∽△NBE ，得：B ’K =15，KN =25,B ’G=65,DG =25，∴Q ’G=135- 在Rt △B ’GQ ’中，由勾股定理得：B ’Q 2=B ’G 2+ GQ ’2而)21≠， ∴B ’Q ≠BQ ，即B ’不在BN 上.题型五：旋转问题中函数与落点问题例5．（2019•）如图，在平面直角坐标系xOy中，函数y＝﹣x+b的图象与函数y＝kx（x＜0）的图象相交于点A（﹣1，6），并与x轴交于点C．点D是线段AC上一点，△ODC与△OAC的面积比为2：3．（1）k＝，b＝；（2）求点D的坐标；（3）若将△ODC绕点O逆时针旋转，得到△OD'C'，其中点D'落在x轴负半轴上，判断点C'是否落在函数y＝kx（x＜0）的图象上，并说明理由．[答案]（1）﹣6，5；（2）（3）见解析.[解析]解：（1）将A（﹣1，6）代入y＝﹣x+b，得，6＝1+b，∴b＝5，将A（﹣1，6）代入y＝kx，得k＝﹣6，故答案为：﹣6，5；（2）如下图所示，过点D作DM⊥x轴，垂足为M，过点A作AN⊥x轴，垂足为N，∵△ODC与△OAC的面积比为2：3∴23 DMAN，又∵点A的坐标为（﹣1，6），∴AN＝6，∴DM＝4，即点D的纵坐标为4，把y＝4代入y＝﹣x+5中，得x＝1，∴D（1，4）；（3）由题意可知，OD'＝OD17如下图所示，过点C'作C'G⊥x轴，垂足为G，∵S△ODC＝S△OD'C'，∴OC•DM＝OD'•C'G，即5×417'G，∴C'G＝2017 17，在Rt△OC'G中，由勾股定理得：OG 517，∴C'5172017，5172017≠﹣6，∴点C'不在函数y＝﹣6x的图象上．题型六：几何图形旋转中的类比探究例6．（2019•）（1）如图1，E是正方形ABCD边AB上的一点，连接BD、DE，将∠BDE绕点D逆时针旋转90°，旋转后角的两边分别与射线BC交于点F和点G.①线段DB和DG之间的数量关系是；②写出线段BE，BF和DB之间的数量关系.（2）当四边形ABCD为菱形，∠ADC=60°，点E是菱形ABCD边AB所在直线上的一点，连接BD、DE，将∠BDE绕点D逆时针旋转120°，旋转后角的两边分别与射线BC交于点F 和点G.①如图2，点E在线段AB上时，请探究线段BE、BF和BD之间的数量关系，写出结论并给出证明；②如图3，点E在线段AB的延长线上时，DE交射线BC于点M，若BE=1，AB=2，直接写出线段GM的长度.图1 图2图3 [答案]（1）①DB =DG ②2BE BF BD +=（2）见解析.[解析]解：（1）由旋转知：∠GDB =90°，∵四边形ABCD 是正方形，BD 为对角线，∴∠DBG =45°，∴∠DGB =45°，∴DG =DB ，②在△DBE 和△DGF 中，BDE FDGBD DGDBE G=⎧⎪=⎨⎪=⎩∠∠∠∠∴△DBE ≌△DGF ，∴BE =GF ，由①知，BD =DG ，∠BDG =90°，即△BDG 是等腰直角三角形，∴BG 2， 即2BE BF BD +=.（2）①BD BF BE 3=+理由如下：在菱形ABCD 中，∠ABD =∠CBD =21∠ABC =30°，由旋转可得，∠EDF =∠BDG =120°，∴∠EDF -∠BDF =∠BDG -∠BDF ，即∠FDG =∠BDE .在△DBG 中，∠G =180°-∠BDG -∠DBG =30°，∴∠DBG =∠G =30°，∴BD =DG .在△BDE 和△GDF 中，⎪⎩⎪⎨⎧∠=∠=∠=∠DGF DBE DG BD BDE GDF∴△BDE ≌△△GDF （ASA ），∴BE =GF ，∴BE +BF =BF +GF =BG .过点D 作DM ⊥BG 于点M ，如下图所示，∵BD =DG ，∴BG =2BM .在Rt △BMD 中，∠DBM =30°，∴BD =2DM ，设DM =a ，则BD =2a ，BM =a 3.∴BG =a 32， ∴3232==aa BD BG ∴BF +BE =3BD .②GM 的长度为319. 理由：∵GF =BE =1，FC =2CD =4，CM =23BC =43, ∴GM =GF +FC +CM =1+4+43=193. 题型六：几何图形旋转中的计算题目例7．（2019•潍坊）如图1，菱形ABCD 的顶点A 、D 在直线上，∠BAD =60°，以点A 为旋转中心将菱形ABCD 顺时针旋转α（0°<α<30°），得到菱形AB ’C ’D ’. B ’C ’交对角线AC 于点M ，C ’D ’交直线l 于点N ，连接MN .（1）当MN ∥B ’D ’时，求α的大小.（2）如图2，对角线B ’D ’交AC 于点H ，交直线l 于点G ，延长C ’B ’交AB 于点E ，连接EH . 当△HEB ’的周长为2时，求菱形ABCD 的周长.[答案]见解析.[解析]解：（1）∵四边形AB′C′D′是菱形，∴AB′＝B′C′＝C′D′＝AD′，∵∠B′AD′＝∠B′C′D′＝60°，∴△AB′D′，△B′C′D′是等边三角形，∵MN∥B′C′，∴∠C′MN＝∠C′B′D′＝60°，∠CNM＝∠C′D′B′＝60°，∴△C′MN是等边三角形，∴C′M＝C′N，∴MB′＝ND′，∵∠AB′M＝∠AD′N＝120°，AB′＝AD′，∴△AB′M≌△AD′N（SAS），∴∠B′AM＝∠D′AN，∵∠CAD＝12∠BAD＝30°，∠DAD′＝15°，∴α＝15°．（2）∵∠C′B′D′＝60°，∴∠EB′G＝120°，∵∠EAG＝60°，∴∠EAG+∠EB′G＝180°，∴四边形EAGB′四点共圆，∴∠AEB′＝∠AGD′，∵∠EAB′＝∠GAD′，AB′＝AD′，∴△AEB′≌△AGD′（AAS），∴EB′＝GD′，AE＝AG，∵AH＝AH，∠HAE＝∠HAG，∴△AHE≌△AHG（SAS），∴EH＝GH，∵△EHB′的周长为2，∴EH+EB′+HB′＝B′H+HG+GD′＝B′D′＝2，∴AB′＝AB＝2，∴菱形ABCD的周长为8．。

中考专项训练之旋转变换考点大演练考点汇总：考点一：中心对称图形的识别考点二：旋转作图考点三：旋转与最短路程考点四：利用旋转求点的坐标考点五：旋转与勾股定理考点六：利用旋转的性质解决几何有关的计算考点七：利用旋转的性质解决几何有关的证明考点精讲：考点一：中心对称图形的识别【例1】下列图形中，既是轴对称图形，又是中心对称图形的是( )【例2】下列图形中，既是轴对称图形又是中心对称图形的有( )A．4个B．3个C．2个D．1个考点二：旋转作图【例3】 如图，若正方形DCEF 旋转后能与正方形ABCD 重合，则图形所在平面内可作为旋转中心的点共有( )个． A ．1 B ．2C ．3D ．4【例4】 如下图，图①和图②是中心对称图形，仿照①和②，完成③，④，⑤，⑥的中心对称图形．【例5】 如图，在正方形网格中，以点A 为旋转中心，将ABC ∆按逆时针方向旋转90︒，画出旋转后的11AB C ∆⑥⑤④③②①CBA考点三：旋转与最短路程【例6】如图，四边形ABCD是正方形，ABE∆是等边三角形，M为对角线BD上任意一点，将BM绕点B逆时针旋转60︒得到BN，连接AM、CM、EN．⑴求证：AMB ENB∆∆≌⑵①当M点在何处时，AM CM+的值最小；②当M点在何处时，AM BM CM++的值最小，并说明理由；⑶当AM BM CM++1时，求正方形的边长．ENMDCBAPEDCBA【例7】 阅读下列材料对于任意的ABC ∆，若三角形内或三角形上有一点P ，若PA PB PC ++有最小值，则取到最小值时，点P 为该三角形的费马点。

①若三角形内有一个内角大于或等于120︒，这个内角的顶点就是费马点 ②若三角形内角均小于120︒，则满足条件120APB BPC APC ∠=∠=∠=︒时，点P 既为费马点 解决问题：⑴如图，ABC ∆中，三个内角均小于120︒，分别以AB 、AC 为边向外作等边ABD ∆、ACE ∆，连接CD 、BE 交于点P ，证明：点P 为ABC ∆的费马点。

１6.4 坐标系中的旋转变换一、选择题1. (2012 黑龙江省大庆市) 平面直角坐标系中，O 为坐标原点，点A 的坐标为(31)，，将OA 绕原点按逆时针方向旋转30°得OB ，则点B 的坐标为（ ）（A ）(13)， （B ）(13)-， （C ）(02)， （D ）(20)， 2. (2014 山东省烟台市) 如图，将△ABC 绕点P 顺时针旋转得到△C B A '''，则点P 的坐标是（ ）A ． (1，1)B ． (1，2)C ． (1，3)D ． (1，4)3. (2016 山东省临沂市) 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（ ） (A) 0 (B) 1 (C) 2 (D) 34. (2018 山东省潍坊市)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O 称为极点；从点O 出发引一条射线Ox 称为极轴；线段OP 的长度称为极径．点P 的极坐标就可以用线段OP 的长度以及从Ox 转动到OP 的角度（规定逆时针方向转动角度为正）来确定，即P （3，60°）或P （3，﹣300°）或P （3，420°）等，则点P 关于点O 成中心对称的点Q 的极坐标表示不正确的是（ ） A ．Q （3，240°） B ．Q （3，﹣120°） C ．Q （3，600°） D ．Q （3，﹣500°）5. (2018 四川省内江市) （3分）如图，在平面直角坐标系中，△ABC 的顶点A 在第一象限，点B ，C 的坐标分别为（2，1），（6，1），∠BAC=90°，AB=AC ，直EDCBA线AB交y轴于点P，若△ABC与△A′B′C′关于点P成中心对称，则点A′的坐标为（）A．（﹣4，﹣5） B．（﹣5，﹣4）C．（﹣3，﹣4） D．（﹣4，﹣3）6. (2019 广西贵港市) （3分）若点P（m﹣1，5）与点Q（3，2﹣n）关于原点成中心对称，则m+n的值是（）A．1 B．3 C．5 D．77. (2019 贵州省安顺市) （3分）在平面直角坐标系中，点P（﹣3，m2+1）关于原点对称点在（）A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限8. (2019 湖北省黄石市) （3分）如图，在平面直角坐标系中，边长为2的正方形ABCD的边AB在x轴上，AB边的中点是坐标原点O，将正方形绕点C按逆时针方向旋转90°后，点B的对应点B'的坐标是（）A．（﹣1，2）B．（1，4）C．（3，2）D．（﹣1，0）9. (2019 山东省滨州市) （3分）已知点P（a﹣3，2﹣a）关于原点对称的点在第四象限，则a的取值范围在数轴上表示正确的是（）A． B． C． D．２３10. (2019 浙江省嘉兴市)如图，在直角坐标系中，已知菱形OABC 的顶点A （1，2），B （3，3）．作菱形OABC 关于y 轴的对称图形OA 'B 'C '，再作图形OA 'B 'C '关于点O 的中心对称图形OA ″B ″C ″，则点C 的对应点C ″的坐标是（ ） A ．（2，﹣1） B ．（1，﹣2） C ．（﹣2，1） D ．（﹣2，﹣1）二、填空题11. (2012 内蒙古包头市) 如图，在平面直角坐标系中，点A 在x 轴上，ABO △是直角三角形，90ABO ∠=°，点B 的坐标为(12)-，，将ABO △绕原点O 顺时针旋转90°得到11A B O △，则过1A 、B 两点的直线解析式为=____________．12. (2015 黑龙江省牡丹江市) 如图，△ABO 中，AB ⊥OB ，AB=，OB=1，把△ABO 绕点O 旋转120°后，得到△A 1B 1O ，则点A 1的坐标为 ．13. (2016 内蒙古呼伦贝尔市) 如图，在Rt △ABC 中，∠C=90°，AC=3，BC=4，把△ABC 绕AB 边上的点D 顺时针旋转90°得到△A ′B ′C ′，A ′C ′交AB 于点E ，若AD=BE ，则△A ′DE 的面积是 ．４14. (2016 青海省西宁市) 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 ．15. (2016 广东省茂名市) 如图，在平面直角坐标系中，将△ABO 绕点B 顺时针旋转到△A 1BO 1的位置，使点A 的对应点A 1落在直线y=x 上，再将△A 1BO 1绕点A 1顺时针旋转到△A 1B 1O 2的位置，使点O 1的对应点O 2落在直线y=x 上，依次进行下去…，若点A 的坐标是（0，1），点B 的坐标是（，1），则点A 8的横坐标是 ．16. (2017 广西钦州市) 如图，把正方形铁片OABC 置于平面直角坐标系中，顶点A 的坐标为（3，0），点P （1，2）在正方形铁片上，将正方形铁片绕其右下角的顶点按顺时针方向依次旋转90°，第一次旋转至图①位置，第二次旋转至图②位置…，则正方形铁片连续旋转2017次后，点P 的坐标为 ．17. (2017 湖北省咸宁市) 如图，边长为4的正六边形ABCDEF 的中心与坐标原点O 重合，x AF //轴，将正六边形ABCDEF 绕原点O 顺时针旋转n 次，每次旋转ο60，当2017=n 时，顶点A 的坐标为 ．18. (2017 山东省威海市) 如图，A点的坐标为（﹣1，5），B点的坐标为（3，3），C点的坐标为（5，3），D点的坐标为（3，﹣1），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．19. (2018 山东省潍坊市) 如图，正方形ABCD的边长为1，点A与原点重合，点B在y轴的正半轴上，点D在x轴的负半轴上，将正方形ABCD绕点A逆时针旋转30°至正方形AB'C′D′的位置，B'C′与CD相交于点M，则点M的坐标为．20. (2019 湖北省随州市) （3分）如图，在平面直角坐标系中，Rt△ABC的直角顶点C的坐标为（1，0），点A在x轴正半轴上，且AC＝2．将△ABC先绕点C逆时针旋转90°，再向左平移3个单位，则变换后点A的对应点的坐标为．21. (2019 湖南省邵阳市) （3分）如图，将等边△AOB放在平面直角坐标系中，点A的坐标为（4，0），点B在第一象限，将等边△AOB绕点O顺时针旋转180°得到△A′OB′，则点B′的坐标是．５三、画(作)图题22. (2015 辽宁省阜新市) 如图，△ABC在平面直角坐标系内，顶点的坐标分别为A（﹣1，5），B（﹣4，1），C（﹣1，1）将△ABC绕点A逆时针旋转90°，得到△AB′C′，点B，C的对应点分别为点B′，C′，（1）画出△AB′C′；（2）写出点B′，C′的坐标；（3）求出在△ABC旋转的过程中，点C经过的路径长．６23. (2017 青海省西宁市) 在平面直角坐标系中，△ABC三个顶点的坐标分别为A（2，3），B（1，1），C（5，1）．（1）把△ABC平移后，其中点 A移到点A1（4，5），画出平移后得到的△A1B1C1；（2）把△A1B1C1绕点A1按逆时针方向旋转90°，画出旋转后的△A2 B2C2．24. (2018 吉林省长春市) （7.00分）如图是由边长为1的小正方形组成的8×4网格，每个小正方形的顶点叫做格点，点A，B，C，D均在格点上，在网格中将点D按下列步骤移动：第一步：点D绕点A顺时针旋转180°得到点D1；第二步：点D1绕点B顺时针旋转90°得到点D2；第三步：点D2绕点C顺时针旋转90°回到点D．（1）请用圆规画出点D→D1→D2→D经过的路径；（2）所画图形是对称图形；（3）求所画图形的周长（结果保留π）．７８25. (2019 黑龙江省鸡西市) （6分）如图，正方形网格中，每个小正方形的边长都是一个单位长度，在平面直角坐标系中，OAB ∆的三个顶点(0,0)O 、(4,1)A 、(4,4)B 均在格点上．（1）画出OAB ∆关于y 轴对称的△11OA B ，并写出点1A 的坐标；（2）画出OAB ∆绕原点O 顺时针旋转90︒后得到的△22OA B ，并写出点2A 的坐标； （3）在（2）的条件下，求线段OA 在旋转过程中扫过的面积（结果保留)π．９26. (2019 四川省巴中市) （8分）△ABC 在边长为l 的正方形网格中如图所示． ①以点C 为位似中心，作出△ABC 的位似图形△A 1B 1C ，使其位似比为1：2．且△A 1B 1C 位于点C 的异侧，并表示出A 1的坐标． ②作出△ABC 绕点C 顺时针旋转90°后的图形△A 2B 2C ． ③在②的条件下求出点B 经过的路径长．四、应用题27. (2013 广东省梅州市) 如图，在平面直角坐标系中，(2,2)A -,(3,2)B -- （1）若点C 与点A 关于原点O 对称，则点C 的坐标为 ；（2）将点A 向右平移5个单位得到点D ，则点D 的坐标为 ；（3）由点A ，B ，C ，D 组成的四边形ABCD 内．（不包括．．．边界．．）任取一个横、纵坐标均为整数的点，求所取的点横、纵坐标之和恰好为零的概率．１０28. (2013 广西来宾市) 如图，在平面直角坐标系中，ABC △三个顶点的坐标分别为(04)A ，，(35)B -，，(41)C -，.（1）把ABC △向右平移2个单位得111A B C △，请画出111A B C △，并写出点1A 的坐标； （2）把ABC △绕原点O 旋转180°得到222A B C △，请画出222A B C △.29. (2015 辽宁省丹东市) 如图，在平面直角坐标系中，△ABC 的三个顶点坐标分别为A (1，4)，B (4，2)，C (3，5)（每个方格的边长均为1个单位长度）. （1）请画出△A 1B 1C 1，使△A 1B 1C 1与△ABC 关于x 轴对称；（2）将△ABC 绕点O 逆时针旋转90°，画出旋转后得到的△A 2B 2C 2，并直接写出点B 旋转到点B 2所经过的路径长.第18题图30. (2016 江苏省宿迁市) 已知△ABC是等腰直角三角形，AC=BC=2，D是边AB上一动点（A、B两点除外），将△CAD绕点C按逆时针方向旋转角α得到△CEF，其中点E是点A的对应点，点F是点D的对应点．（1）如图1，当α=90°时，G是边AB上一点，且BG=AD，连接GF．求证：GF∥AC；（2）如图2，当90°≤α≤180°时，AE与DF相交于点M．①当点M与点C、D不重合时，连接CM，求∠CMD的度数；②设D为边AB的中点，当α从90°变化到180°时，求点M运动的路径长．参考答案一、选择题1. A2. B3. D4.分析根据中心对称的性质解答即可．解答解：∵P（3，60°）或P（3，﹣300°）或P（3，420°），由点P关于点O成中心对称的点Q可得：点Q的极坐标为（3，240°），（3，﹣120°），（3，600°），故选：D．5.分析先求得直线AB解析式为y=x﹣1，即可得出P（0，﹣1），再根据点A与点A'关于点P成中心对称，利用中点公式，即可得到点A′的坐标．解答解：∵点B，C的坐标分别为（2，1），（6，1），∠BAC=90°，AB=AC，∴△ABC是等腰直角三角形，∴A（4，3），设直线AB解析式为y=kx+b，则，解得，∴直线AB解析式为y=x﹣1，令x=0，则y=﹣1，∴P（0，﹣1），又∵点A与点A'关于点P成中心对称，∴点P为AA'的中点，设A'（m，n），则=0，=﹣1，∴m=﹣4，n=﹣5，∴A'（﹣4，﹣5），故选：A．6.分析根据关于原点对称的点的横坐标互为相反数，纵坐标互为相反数，可得答案．解答解：∵点P（m﹣1，5）与点Q（3，2﹣n）关于原点对称，∴m﹣1＝﹣3，2﹣n＝﹣5，解得：m＝﹣2，n＝7，则m+n＝﹣2+7＝5．故选：C．点评本题考查了关于原点对称的点的坐标，关于原点对称的点的横坐标互为相反数，纵坐标互为相反数．7.分析依据m2+1＞0，即可得出点P（﹣3，m2+1）在第二象限，再根据两个点关于原点对称时，它们的坐标符号相反，即可得出结论．解答解：∵m2+1＞0，∴点P（﹣3，m2+1）在第二象限，∴点P（﹣3，m2+1）关于原点对称点在第四象限，故选：D．点评本题主要考查了关于原点对称的两个点的坐标特征，关于原点对称的两个点的横、纵坐标均互为相反数．8.分析根据旋转可得：CB'＝CB＝2，∠BCB'＝90°，可得B'的坐标．解答解：如图所示，由旋转得：CB'＝CB＝2，∠BCB'＝90°，∵四边形ABCD是正方形，且O是AB的中点，∴OB＝1，∴B'（2+1，2），即B'（3，2），故选：C．点评本题考查了正方形的性质，坐标与图形的性质，旋转的性质，正确的识别图形是解题的关键．9.分析直接利用关于原点对称点的性质得出关于a的不等式组进而求出答案．解答解：∵点P（a﹣3，2﹣a）关于原点对称的点在第四象限，∴点P（a﹣3，2﹣a）在第二象限，∴，解得：a＜2．则a的取值范围在数轴上表示正确的是：．故选：C．点评此题主要考查了关于原点对称点的性质以及解不等式组，正确掌握不等式组的解法是解题关键．10.分析根据题意可以写出点C的坐标，然后根据与y轴对称和与原点对称的点的特点即可得到点C″的坐标，本题得以解决．解答解：∵点C的坐标为（2，1），∴点C′的坐标为（﹣2，1），∴点C″的坐标的坐标为（2，﹣1），故选：A．点评本题考查旋转变化、轴对称变化，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．二、填空题11. 35=+y x12.分析：在Rt△OAB中利用勾股定理计算出OA=2，则利用含30度的直角三角形三边的关系得∠A=30°，所以∠AOB=60°，然后分类讨论：当△ABO绕点O 逆时针旋转120°后，点A的对应点A′落在x轴的负半轴上，如图，OA′=OA=2，易得A′的坐标为（﹣2，0）；当△ABO绕点O顺时针旋转120°后，点A的对应点A1落在第三象限，如图，则OA1=OA=2，∠AOA1=120°，作OA1⊥y轴于C，计算出∠COA1=30°，在Rt△COA1中利用含30度的直角三角形三边的关系计算出CA1=1，OC=，则A1（1，﹣），综上所述，A1的坐标为（﹣2，0）或（1，﹣）．解答：解：在Rt△OAB中，∵AB=，OB=1，∴OA==2，∴∠A=30°，∴∠AOB=60°，当△ABO绕点O逆时针旋转120°后，点A的对应点A′落在x轴的负半轴上，如图，OA′=OA=2，此时A′的坐标为（﹣2，0）；当△ABO绕点O顺时针旋转120°后，点A的对应点A1落在第三象限，如图，则OA1=OA=2，∠AOA1=120°，作OA1⊥y轴于C，∴∠COA1=30°，在Rt△COA1中，CA1=OA1=1，OC=CA1=，∴A 1（1，﹣），综上所述，A1的坐标为（﹣2，0）或（1，﹣）．故答案为（﹣2，0）或（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°．13.考点旋转的性质．分析在Rt△ABC中，由勾股定理求得AB=5，由旋转的性质可知AD=A′D，设AD=A′D=BE=x，则DE=5﹣2x，根据旋转90°可证△A′DE∽△ACB，利用相似比求x，再求△A′DE的面积．解答解：Rt△ABC中，由勾股定理求AB==5，由旋转的性质，设AD=A′D=BE=x，则DE=5﹣2x，∵△ABC绕AB边上的点D顺时针旋转90°得到△A′B′C′，∴∠A′=∠A，∠A′DE=∠C=90°，∴△A′DE∽△ACB，∴=，即=，解得x=，∴S△A′DE=DE×A′D=×（5﹣2×）×=，故答案为：．点评本题考查了相似三角形的判定与性质，勾股定理及旋转的性质．关键是根据旋转的性质得出相似三角形，利用相似比求解．14.考点翻折变换（折叠问题）；坐标与图形性质．分析作O′C⊥y轴于点C，首先根据点A，B的坐标分别为（，0），（0，1）得到∠BAO=30°，从而得出∠OBA=60°，然后根据Rt△AOB沿着AB对折得到Rt △AO′B，得到∠CBO′=60°，最后设BC=x，则OC′=x，利用勾股定理求得x 的值即可求解．解答解：如图，作O′C⊥y轴于点C，∵点A，B的坐标分别为（，0），（0，1），∴OB=1，OA=，∴tan∠BAO==，∴∠BAO=30°，∴∠OBA=60°，∵Rt△AOB沿着AB对折得到Rt△AO′B，∴∠CBO′=60°，∴设BC=x，则OC′=x，∴x2+（x）2=1，解得：x=（负值舍去），∴OC=OB+BC=1+=，∴点O′的坐标为（，）．故答案为：（，）．点评本题考查了翻折变换及坐标与图形的性质的知识，解题的关键是根据点A 和点B的坐标确定三角形为特殊三角形，难度不大．15.考点坐标与图形变化-旋转；一次函数图象与几何变换．分析先求出点A2，A4，A6…的横坐标，探究规律即可解决问题．解答解：由题意点A2的横坐标（+1），点A4的横坐标3（+1），点A6的横坐标（+1），点A8的横坐标6（+1）．故答案为6+6．点评本题考查坐标与图形的变换﹣旋转，一次函数图形与几何变换等知识，解题的关键是学会从特殊到一般，探究规律，由规律解决问题，属于中考常考题型．16.考点R7：坐标与图形变化﹣旋转；D2：规律型：点的坐标．分析首先求出P1～P5的坐标，探究规律后，利用规律解决问题．解答解：第一次P1（5，2），第二次P2（5，1），第三次P3（7，1），第四次P4（10，2），第五次P5（14，2），…发现点P的位置4次一个循环，∵2017÷4=504余1，P2017的纵坐标与P1相同为1，横坐标为5+3×504=1517，∴P2017，故答案为．17.答案（2，试题分析：2017×60°÷360°=336…1，即与正六边形ABCDEF绕原点O顺时针旋转1次时点A的坐标是一样的．当点A按顺时针旋转60°时，与原F点重合．连接OF，过点F作FH⊥x轴，垂足为H；由已知EF=4，∠FOE=60°（正六边形的性质），∴△OEF是等边三角形，∴OF=EF=4，∴F（2，23），即旋转2017后点A的坐标是（2，23）.考点：坐标与图形变化﹣旋转；规律型：点的坐标．18.（1，1）或（4，4）．分析分点A的对应点为C或D两种情况考虑：①当点A的对应点为点C时，连接AC、BD，分别作线段AC、BD的垂直平分线交于点E，点E即为旋转中心；②当点A的对应点为点D时，连接AD、BC，分别作线段AD、BC的垂直平分线交于点M，点M即为旋转中心．此题得解．解答解：①当点A的对应点为点C时，连接AC、BD，分别作线段AC、BD的垂直平分线交于点E，如图1所示，∵A点的坐标为（﹣1，5），B点的坐标为（3，3），∴E点的坐标为（1，1）；②当点A的对应点为点D时，连接AD、BC，分别作线段AD、BC的垂直平分线交于点M，如图2所示，∵A点的坐标为（﹣1，5），B点的坐标为（3，3），∴M点的坐标为（4，4）．综上所述：这个旋转中心的坐标为（1，1）或（4，4）．故答案为：（1，1）或（4，4）．点评本题考查了坐标与图形变化中的旋转，根据给定点的坐标找出旋转中心的坐标是解题的关键．19.分析连接AM，由旋转性质知AD=AB′=1、∠BAB′=30°、∠B′AD=60°，证Rt△ADM≌Rt△AB′M得∠DAM=∠B′AD=30°，由DM=ADtan∠DAM可得答案．解答解：如图，连接AM，∵将边长为1的正方形ABCD绕点A逆时针旋转30°得到正方形AB'C′D′，∴AD=AB′=1，∠BAB′=30°，∴∠B′AD=60°，在Rt△ADM和Rt△AB′M中，∵，∴Rt△ADM≌Rt△AB′M（HL），∴∠DAM=∠B′AM=∠B′AD=30°，∴DM=ADtan∠DAM=1×=，∴点M的坐标为（﹣1，），故答案为：（﹣1，）．20.分析根据旋转变换的性质得到旋转变换后点A的对应点坐标，根据平移的性质解答即可．解答解：∵点C的坐标为（1，0），AC＝2，∴点A的坐标为（3，0），如图所示，将Rt△ABC先绕点C逆时针旋转90°，则点A′的坐标为（1，2），再向左平移3个单位长度，则变换后点A′的对应点坐标为（﹣2，2），故答案为：（﹣2，2）．点评本题考查的是坐标与图形变化旋转和平移，掌握旋转变换、平移变换的性质是解题的关键．21.分析作BH⊥y轴于H，如图，利用等边三角形的性质得到OH＝AH＝2，∠BOA ＝60°，再计算出BH，从而得到B点坐标为（2，2），然后根据关于原点对称的点的坐标特征求出点B′的坐标．解答解：作BH⊥y轴于H，如图，∵△OAB为等边三角形，∴OH＝AH＝2，∠BOA＝60°，∴BH＝OH＝2，∴B点坐标为（2，2），∵等边△AOB绕点O顺时针旋转180°得到△A′OB′，∴点B′的坐标是（﹣2，﹣2）．故答案为（﹣2，﹣2）．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°．也考查了等边三角形的性质．三、画(作)图题22.分析：（1）在平面直角坐标系中画出△ABC，然后根据网格结构找出点B、C 的对应点B′，C′的位置，然后顺次连接即可；（2）根据图形即可得出点A的坐标；（3）利用AC的长，然后根据弧长公式进行计算即可求出点B转动到点B′所经过的路程．解答：解：（1）△AB′C′如图所示；（2）点B′的坐标为（3，2），点C′的坐标为（3，5）；（3）点C经过的路径为以点A为圆心，AC为半径的圆弧，路径长即为弧长，∵AC=4，∴弧长为：==2π，即点C经过的路径长为2π．点评：本题考查了利用旋转变换作图，弧长的计算，熟练掌握网格结构，准确找出对应点位置作出图形是解题的关键．23. 分析（1）根据图形平移的性质画出平移后得的△A1B1C1即可；（2）根据图形旋转的性质画出旋转后的△A2 B2C2即可．解答解：（1）如图，△A1B1C1即为所求；（2）如图，△A2 B2C2即为所求．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．24.分析（1）利用旋转变换的性质画出图象即可；（2）根据轴对称图形的定义即可判断；（3）利用弧长公式计算即可；解答解：（1）点D→D1→D2→D经过的路径如图所示：（2）观察图象可知图象是轴对称图形，故答案为轴对称．（3）周长=4×=8π．25.分析（1）根据题意，可以画出相应的图形，并写出点A的坐标；1（2）根据题意，可以画出相应的图形，并写出点A的坐标；2（3）根据题意可以求得OA 的长，从而可以求得线段OA 在旋转过程中扫过的面积．解答解：（1）如右图所示， 点1A 的坐标是(4,1)-； （2）如右图所示， 点2A 的坐标是(1,4)-； （3）Q 点(4,1)A ，221417OA ∴=+=，∴线段OA 在旋转过程中扫过的面积是：290(17)174ππ⨯⨯=．点评本题考查简单作图、扇形面积的计算、轴对称、旋转变换，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．26. 分析①延长AC 到A 1使A 1C ＝2AC ，延长BC 到B 1使B 1C ＝2BC ，则△A 1B 1C 满足条件；②利用网格特点和旋转的性质画出A 、B 的对应点A 2、B 2，从而得到△A 2B 2C ． ③先计算出OB 的长，然后根据弧长公式计算点B 经过的路径长． 解答解：①如图，△A 1B 1C 为所作，点A 1的坐标为（3，﹣3）；②如图，△A 2B 2C 为所作；③OB ＝＝，点B 经过的路径长＝＝π．点评本题考查了作图﹣位似变换：画位似图形的一般步骤为：确定位似中心；分别连接并延长位似中心和能代表原图的关键点；③根据位似比，确定能代表所作的位似图形的关键点；顺次连接上述各点，得到放大或缩小的图形．也考查了旋转变换．四、应用题27. (1) )2,2(-；(2) )2,3(.(3)解：∵在四边形ABCD 内（不包括边界）横、纵坐标均为整数的点共有15个， 其中横、纵坐标之和为零的点有3个，31155P ==∴．28. 解：（1）1A 的坐标是（2，4）；（2分） （画图正确3分，每对一点给1分）.（5分） （2）（画图正确3分，每对一点给1分）；（8分） （画图略）29. 解：（1）如图，△A 1B 1C 1即为所求. …………………………3分 （2）如图，△A 2B 2C 2即为所求. …………………………6分 点B 旋转到点B 2所经过的路径长为：π5 ………………8分30. 答案（1）证明见解析；（2）①135°；②2π．试题分析：（1）欲证明GF ∥AC ，只要证明∠A =∠FGB 即可解决问题．（2）①先证明A 、D 、M 、C 四点共圆，得到∠CMF =∠CAD =45°，即可解决问题．∵2∠CAE +∠ACE =180°，2∠CDF +∠DCF =180°，∴∠CAE =∠CDF ，∴A 、D 、M 、C 四点共圆，∴∠CMF =∠CAD =45°，∴∠CMD =180°﹣∠CMF =135°．A 2C 2B 2B 1C 1A 1ABCyxO②如图3中，O 是AC 中点，连接OD 、CM ．∵AD =DB ，CA =CB ，∴CD ⊥AB ，∴∠ADC =90°，由①可知A 、D 、M 、C 四点共圆，∴当α从90°变化到180°时，点M 在以AC 为直径的⊙O 上，运动路径是弧CD ，∵OA =OC ，CD =DA ，∴DO ⊥AC ，∴∠DOC =90°，∴»CD的长=901180π⨯=2π，∴当α从90°变化到180°时，点M 运动的路径长为2π．考点：几何变换综合题．。

2020年全国中考数学试题分类（13）——图形的旋转一．旋转的性质（共20小题）1．（2020•陕西）如图，在5×5的网格中，每个小正方形的边长均为1，点A 、B 、O 都在格点上．若将△OAB 绕点O 逆时针旋转90°，得到△OA ′B ′，A 、B 的对应点分别为A ′、B ′，则A 、B ′之间的距离为（ ）A ．2√5B ．5C ．√13D ．√102．（2020•德阳）如图，Rt △ABC 中，∠A ＝30°，∠ABC ＝90°．将Rt △ABC 绕点B 逆时针方向旋转得到△A 'BC '．此时恰好点C 在A 'C '上，A 'B 交AC 于点E ，则△ABE 与△ABC 的面积之比为（ ）A ．13B ．12C ．23D ．34 3．（2020•大连）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°4．（2020•绵阳）如图，在四边形ABCD 中，AD ∥BC ，∠ABC ＝90°，AB ＝7，AD ＝4，将△ABC 绕点C 顺时针方向旋转后得△A ′B ′C ，当A ′B ′恰好经过点D 时，△B ′CD 为等腰三角形，则AA ′＝（ ）A ．25√185B ．2√3C ．√13D ．√145．（2020•孝感）如图，点E 在正方形ABCD 的边CD 上，将△ADE 绕点A 顺时针旋转90°到△ABF 的位置，连接EF ，过点A 作EF 的垂线，垂足为点H ，与BC 交于点G ．若BG ＝3，CG ＝2，则CE 的长为（ ）A ．54B ．154C ．4D ．92 6．（2020•河北）如图，将△ABC 绕边AC 的中点O 顺时针旋转180°．嘉淇发现，旋转后的△CDA 与△ABC 构成平行四边形，并推理如下：小明为保证嘉淇的推理更严谨，想在方框中“∵CB ＝AD ，”和“∴四边形…”之间作补充，下列正确的是（ ）A ．嘉淇推理严谨，不必补充B ．应补充：且AB ＝CDC ．应补充：且AB ∥CDD ．应补充：且OA ＝OC7．（2020•天津）如图，在△ABC 中，∠ACB ＝90°，将△ABC 绕点C 顺时针旋转得到△DEC ，使点B 的对应点E 恰好落在边AC 上，点A 的对应点为D ，延长DE 交AB 于点F ，则下列结论一定正确的是（ ）A ．AC ＝DEB ．BC ＝EF C ．∠AEF ＝∠D D ．AB ⊥DF8．（2020•齐齐哈尔）有两个直角三角形纸板，一个含45°角，另一个含30°角，如图①所示叠放，先将含30°角的纸板固定不动，再将含45°角的纸板绕顶点A 顺时针旋转，使BC ∥DE ，如图②所示，则旋转角∠BAD 的度数为（ ）A ．15°B ．30°C ．45°D ．60°9．（2020•苏州）如图，在△ABC 中，∠BAC ＝108°，将△ABC 绕点A 按逆时针方向旋转得到△AB 'C '．若点B '恰好落在BC 边上，且AB '＝CB '，则∠C '的度数为（ ）A ．18°B ．20°C ．24°D ．28°10．（2020•聊城）如图，在Rt △ABC 中，AB ＝2，∠C ＝30°，将Rt △ABC 绕点A 旋转得到Rt △AB ′C ′，使点B 的对应点B ′落在AC 上，在B ′C ′上取点D ，使B ′D ＝2，那么点D 到BC 的距离等于（ ）A ．2（√33+1） B ．√33+1 C ．√3−1 D ．√3+111．（2020•绍兴）如图，等腰直角三角形ABC 中，∠ABC ＝90°，BA ＝BC ，将BC 绕点B 顺时针旋转θ（0°＜θ＜90°），得到BP ，连结CP ，过点A 作AH ⊥CP 交CP 的延长线于点H ，连结AP ，则∠P AH 的度数（ ）A ．随着θ的增大而增大B ．随着θ的增大而减小C ．不变D ．随着θ的增大，先增大后减小12．（2020•海南）如图，在Rt △ABC 中，∠C ＝90°，∠ABC ＝30°，AC ＝1cm ，将Rt △ABC 绕点A 逆时针旋转得到Rt △AB 'C '，使点C '落在AB 边上，连接BB '，则BB '的长度是（ ）A ．1cmB ．2cmC ．√3cmD ．2√3cm13．（2020•菏泽）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°﹣α14．（2020•阜新）如图，在△ABC 中，∠ABC ＝90°，AB ＝BC ＝2．将△ABC 绕点B 逆时针旋转60°，得到△A 1BC 1，则AC 边的中点D 与其对应点D 1的距离是 ．15．（2020•眉山）如图，在Rt △ABC 中，∠BAC ＝90°，AB ＝2．将△ABC 绕点A 按顺时针方向旋转至△AB 1C 1的位置，点B 1恰好落在边BC 的中点处，则CC 1的长为 ．16．（2020•天水）如图，在边长为6的正方形ABCD 内作∠EAF ＝45°，AE 交BC 于点E ，AF 交CD 于点F ，连接EF ，将△ADF 绕点A 顺时针旋转90°得到△ABG ．若DF ＝3，则BE 的长为 ．17．（2020•滨州）如图，点P 是正方形ABCD 内一点，且点P 到点A 、B 、C 的距离分别为2√3、√2、4，则正方形ABCD 的面积为 ．18．（2020•金华）图1是一个闭合时的夹子，图2是该夹子的主视示意图，夹子两边为AC，BD（点A与点B重合），点O是夹子转轴位置，OE⊥AC于点E，OF⊥BD于点F，OE＝OF＝1cm，AC＝BD＝6cm，CE＝DF，CE：AE＝2：3．按图示方式用手指按夹子，夹子两边绕点O转动．（1）当E，F两点的距离最大时，以点A，B，C，D为顶点的四边形的周长是cm．（2）当夹子的开口最大（即点C与点D重合）时，A，B两点的距离为cm．19．（2020•广州）如图，正方形ABCD中，△ABC绕点A逆时针旋转到△AB'C'，AB'，AC'分别交对角线BD 于点E，F，若AE＝4，则EF•ED的值为．20．（2020•玉林）如图，四边形ABCD中，对角线AC与BD交于点O，且OA＝OB＝OC＝OD=√22AB．（1）求证：四边形ABCD是正方形；（2）若H是边AB上一点（H与A，B不重合），连接DH，将线段DH绕点H顺时针旋转90°，得到线段HE，过点E分别作BC及AB延长线的垂线，垂足分别为F，G．设四边形BGEF的面积为s1，以HB，BC为邻边的矩形的面积为s2，且s1＝s2．当AB＝2时，求AH的长．二．旋转对称图形（共1小题）21．（2020•镇江）点O是正五边形ABCDE的中心，分别以各边为直径向正五边形的外部作半圆，组成了一幅美丽的图案（如图）．这个图案绕点O至少旋转°后能与原来的图案互相重合．三．中心对称（共3小题）22．（2020•绍兴）如图，点O为矩形ABCD的对称中心，点E从点A出发沿AB向点B运动，移动到点B 停止，延长EO交CD于点F，则四边形AECF形状的变化依次为（）A．平行四边形→正方形→平行四边形→矩形B．平行四边形→菱形→平行四边形→矩形C．平行四边形→正方形→菱形→矩形D．平行四边形→菱形→正方形→矩形23．（2020•泰安）如图，将正方形网格放置在平面直角坐标系中，其中，每个小正方形的边长均为1，点A，B，C的坐标分别为A（0，3），B（﹣1，1），C（3，1）．△A'B'C′是△ABC关于x轴的对称图形，将△A'B'C'绕点B'逆时针旋转180°，点A'的对应点为M，则点M的坐标为．24．（2020•台州）用四块大正方形地砖和一块小正方形地砖拼成如图所示的实线图案，每块大正方形地砖面积为a，小正方形地砖面积为b，依次连接四块大正方形地砖的中心得到正方形ABCD．则正方形ABCD 的面积为．（用含a，b的代数式表示）四．中心对称图形（共3小题）25．（2020•黄石）下列图形中，既是中心对称又是轴对称图形的是（）A．B．C．D．26．（2020•天水）下列图形中，是中心对称图形但不是轴对称图形的是（）A．B．C．D．27．（2020•呼伦贝尔）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．五．关于原点对称的点的坐标（共1小题）28．（2020•淮安）在平面直角坐标系中，点（3，2）关于原点对称的点的坐标是（）A．（2，3）B．（﹣3，2）C．（﹣3，﹣2）D．（﹣2，﹣3）六．坐标与图形变化-旋转（共6小题）29．（2020•青岛）如图，将△ABC先向上平移1个单位，再绕点P按逆时针方向旋转90°，得到△A′B′C′，则点A的对应点A′的坐标是（）A．（0，4）B．（2，﹣2）C．（3，﹣2）D．（﹣1，4）30．（2020•枣庄）如图，平面直角坐标系中，点B在第一象限，点A在x轴的正半轴上，∠AOB＝∠B＝30°，OA＝2．将△AOB绕点O逆时针旋转90°，点B的对应点B'的坐标是（）A．（−√3，3）B．（﹣3，√3）C．（−√3，2+√3）D．（﹣1，2+√3）31．（2020•黄石）在平面直角坐标系中，点G的坐标是（﹣2，1），连接OG，将线段OG绕原点O旋转180°，得到对应线段OG'，则点G'的坐标为（）A．（2，﹣1）B．（2，1）C．（1，﹣2）D．（﹣2，﹣1）32．（2020•恩施州）如图，在平面直角坐标系中，△ABC的顶点坐标分别为：A（﹣2，0），B（1，2），C （1，﹣2）．已知N（﹣1，0），作点N关于点A的对称点N1，点N1关于点B的对称点N2，点N2关于点C 的对称点N3，点N3关于点A的对称点N4，点N4关于点B的对称点N5，…，依此类推，则点N2020的坐标为．33．（2020•烟台）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 ．34．（2020•衡阳）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 ．七．作图-旋转变换（共6小题）35．（2020•广西）如图，在平面直角坐标系中，△ABC 的三个顶点分别是A （1，1），B （4，1），C （5，3）．（1）将△ABC 向左平移6个单位长度得到△A 1B 1C 1，请画出△A 1B 1C 1，并写出点A 1，C 1的坐标．（2）请画出△ABC 关于原点O 成中心对称的△A 2B 2C 2．36．（2020•巴中）如图所示，△ABC在边长为1cm的小正方形组成的网格中．（1）将△ABC沿y轴正方向向上平移5个单位长度后，得到△A1B1C1，请作出△A1B1C1，并求出A1B1的长度；（2）再将△A1B1C1绕坐标原点O顺时针旋转180°，得到△A2B2C2，请作出△A2B2C2，并直接写出点B2的坐标；（3）在（1）（2）的条件下，求线段AB在变换过程中扫过图形的面积和．37．（2020•贵港）如图，在平面直角坐标系中，已知△ABC三个顶点的坐标分别为A（1，4），B（4，1），C（4，3）．（1）画出将△ABC向左平移5个单位得到的△A1B1C1；（2）画出将△ABC绕原点O顺时针旋转90°得到的△A2B2C2．38．（2020•阜新）如图，△ABC在平面直角坐标系中，顶点的坐标分别为A（4，4），B（1，1），C（4，1）．（1）画出与△ABC关于y轴对称的△A1B1C1；（2）将△ABC绕点O1顺时针旋转90°得到△A2B2C2，弧AA2是点A所经过的路径，则旋转中心O1的坐标为；（3）求图中阴影部分的面积（结果保留π）．39．（2020•桂林）如图，在平面直角坐标系中，△ABC的三个顶点分别是A（1，3），B（4，4），C（2，1）．（1）把△ABC向左平移4个单位后得到对应的△A1B1C1，请画出平移后的△A1B1C1；（2）把△ABC绕原点O旋转180°后得到对应的△A2B2C2，请画出旋转后的△A2B2C2；（3）观察图形可知，△A1B1C1与△A2B2C2关于点（，）中心对称．40．（2020•常州）如图1，点B在线段CE上，Rt△ABC≌Rt△CEF，∠ABC＝∠CEF＝90°，∠BAC＝30°，BC＝1．（1）点F到直线CA的距离是；（2）固定△ABC，将△CEF绕点C按顺时针方向旋转30°，使得CF与CA重合，并停止旋转．①请你在图1中用直尺和圆规画出线段EF经旋转运动所形成的平面图形（用阴影表示，保留画图痕迹，不要求写画法）．该图形的面积为；②如图2，在旋转过程中，线段CF与AB交于点O，当OE＝OB时，求OF的长．八．利用旋转设计图案（共1小题）41．（2020•枣庄）如图的四个三角形中，不能由△ABC 经过旋转或平移得到的是（ ）A ．B ．C ．D ．九．几何变换综合题（共9小题） 42．（2020•锦州）已知△AOB 和△MON 都是等腰直角三角形（√22OA ＜OM ＝ON ），∠AOB ＝∠MON ＝90°．（1）如图1：连AM ，BN ，求证：△AOM ≌△BON ；（2）若将△MON 绕点O 顺时针旋转，①如图2，当点N 恰好在AB 边上时，求证：BN 2+AN 2＝2ON 2；②当点A ，M ，N 在同一条直线上时，若OB ＝4，ON ＝3，请直接写出线段BN 的长．43．（2020•葫芦岛）在等腰△ADC 和等腰△BEC 中，∠ADC ＝∠BEC ＝90°，BC ＜CD ，将△BEC 绕点C 逆时针旋转，连接AB ，点O 为线段AB 的中点，连接DO ，EO ．（1）如图1，当点B 旋转到CD 边上时，请直接写出线段DO 与EO 的位置关系和数量关系；（2）如图2，当点B 旋转到AC 边上时，（1）中的结论是否成立？若成立，请写出证明过程，若不成立，请说明理由；（3）若BC ＝4，CD ＝2√6，在△BEC 绕点C 逆时针旋转的过程中，当∠ACB ＝60°时，请直接写出线段OD 的长．44．（2020•沈阳）在△ABC 中，AB ＝AC ，∠BAC ＝α，点P 为线段CA 延长线上一动点，连接PB ，将线段PB 绕点P 逆时针旋转，旋转角为α，得到线段PD ，连接DB ，DC ．（1）如图1，当α＝60°时，①求证：P A ＝DC ；②求∠DCP的度数；（2）如图2，当α＝120°时，请直接写出P A和DC的数量关系．（3）当α＝120°时，若AB＝6，BP=√31，请直接写出点D到CP的距离为．45．（2020•长春）如图①，在△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝4，BC＝3．点P从点A出发，沿折线AB﹣BC以每秒5个单位长度的速度向点C运动，同时点D从点C出发，沿CA以每秒2个单位长度的速度向点A运动，点P到达点C时，点P、D同时停止运动．当点P不与点A、C重合时，作点P关于直线AC的对称点Q，连结PQ交AC于点E，连结DP、DQ．设点P的运动时间为t秒．（1）当点P与点B重合时，求t的值．（2）用含t的代数式表示线段CE的长．（3）当△PDQ为锐角三角形时，求t的取值范围．（4）如图②，取PD的中点M，连结QM．当直线QM与△ABC的一条直角边平行时，直接写出t的值．46．（2020•鄂尔多斯）（1）【操作发现】如图1，在边长为1个单位长度的小正方形组成的网格中，△ABC的三个顶点均在格点上．①请按要求画图：将△ABC绕点A顺时针方向旋转90°，点B的对应点为点B′，点C的对应点为点C′．连接BB′；②在①中所画图形中，∠AB′B＝°．（2）【问题解决】如图2，在Rt△ABC中，BC＝1，∠C＝90°，延长CA到D，使CD＝1，将斜边AB绕点A顺时针旋转90°到AE，连接DE，求∠ADE的度数．（3）【拓展延伸】如图3，在四边形ABCD中，AE⊥BC，垂足为E，∠BAE＝∠ADC，BE＝CE＝1，CD＝3，AD＝kAB（k 为常数），求BD的长（用含k的式子表示）．47．（2020•十堰）如图1，已知△ABC≌△EBD，∠ACB＝∠EDB＝90°，点D在AB上，连接CD并延长交AE于点F．（1）猜想：线段AF与EF的数量关系为；（2）探究：若将图1的△EBD绕点B顺时针方向旋转，当∠CBE小于180°时，得到图2，连接CD并延长交AE 于点F ，则（1）中的结论是否还成立？若成立，请证明；若不成立，请说明理由；（3）拓展：图1中，过点E 作EG ⊥CB ，垂足为点G ．当∠ABC 的大小发生变化，其它条件不变时，若∠EBG ＝∠BAE ，BC ＝6，直接写出AB 的长．48．（2020•包头）如图，在Rt △ABC 中，∠ACB ＝90°，AC ＝4，BC ＝2，Rt △ABC 绕点C 按顺时针方向旋转得到Rt △A ′B ′C ，A ′C 与AB 交于点D ．（1）如图1，当A ′B ′∥AC 时，过点B 作BE ⊥A ′C ，垂足为E ，连接AE ．①求证：AD ＝BD ；②求α△αααα△ααα的值； （2）如图2，当A ′C ⊥AB 时，过点D 作DM ∥A ′B ′，交B ′C 于点N ，交AC 的延长线于点M ，求αααα的值．49．（2020•东营）如图1，在等腰三角形ABC 中，∠A ＝120°，AB ＝AC ，点D 、E 分别在边AB 、AC 上，AD ＝AE ，连接BE ，点M 、N 、P 分别为DE 、BE 、BC 的中点．（1）观察猜想．图1中，线段NM 、NP 的数量关系是 ，∠MNP 的大小为 ．（2）探究证明把△ADE 绕点A 顺时针方向旋转到如图2所示的位置，连接MP 、BD 、CE ，判断△MNP 的形状，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，请求出△MNP 面积的最大值．50．（2020•威海）发现规律（1）如图①，△ABC 与△ADE 都是等边三角形，直线BD ，CE 交于点F ．直线BD ，AC 交于点H ．求∠BFC 的度数．（2）已知：△ABC与△ADE的位置如图②所示，直线BD，CE交于点F．直线BD，AC交于点H．若∠ABC＝∠ADE＝α，∠ACB＝∠AED＝β，求∠BFC的度数．应用结论（3）如图③，在平面直角坐标系中，点O的坐标为（0，0），点M的坐标为（3，0），N为y轴上一动点，连接MN．将线段MN绕点M逆时针旋转60°得到线段MK，连接NK，OK．求线段OK长度的最小值．2020年全国中考数学试题分类（13）——图形的旋转参考答案与试题解析一．旋转的性质（共20小题）1．【解答】解：如图，由旋转的性质作出△A 'OB '，连接AB '，∵每个小正方形的边长均为1，∴AB '=√22+32=√13，故选：C ．2．【解答】解：∵∠A ＝30°，∠ABC ＝90°，∴∠ACB ＝60°，∵将Rt △ABC 绕点B 逆时针方向旋转得到△A 'BC '，∴BC ＝BC '，∠ACB ＝∠A 'C 'B ＝60°，∴△BCC '是等边三角形，∴∠CBC '＝60°，∴∠ABA '＝60°，∴∠BEA ＝90°，设CE ＝a ，则BE =√3a ，AE ＝3a ，∴αααα=13， ∴αααα=34， ∴△ABE 与△ABC 的面积之比为34．故选：D ．3．【解答】解：∵∠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°．故选：D ．4．【解答】解：过D 作DE ⊥BC 于E ，则BE ＝AD ＝4，DE ＝7，设B ′C ＝BC ＝x ，则DC =√2x ，∴DC 2＝DE 2+EC 2，即2x 2＝49+（x ﹣4）2，解得：x ＝5（负值舍去），∴BC ＝5，AC =√74，在AB 上取一点F ，使得BF ＝BC ＝5，连接DF ，则△DFC ∽△CB ′B ，且相似比为√2：1，∴AF ＝7﹣5＝2，∵AD ＝4，∴DF ＝2√5，∴BB ′=√2=√10， ∵将△ABC 绕点C 顺时针方向旋转后得△A ′B ′C ，∴∠DB ′C ＝∠ABC ＝90°，B ′C ＝BC ，A ′C ＝AC ，∠A ′CA ＝∠B ′CB ，∴△A ′CA ∽△B ′CB ，∴α′αα′α=αααα，∴AA ′=√745×√10=25√185， 故选：A ．5．【解答】解：如图所示，连接EG ，由旋转可得，△ADE ≌△ABF ，∴AE ＝AF ，DE ＝BF ，又∵AG ⊥EF ，∴H 为EF 的中点，∴AG 垂直平分EF ，∴EG ＝FG ，设CE ＝x ，则DE ＝5﹣x ＝BF ，FG ＝8﹣x ，∴EG ＝8﹣x ，∵∠C ＝90°，∴Rt △CEG 中，CE 2+CG 2＝EG 2，即x 2+22＝（8﹣x ）2，解得x =154， ∴CE 的长为154，故选：B ．6．【解答】解：∵CB ＝AD ，AB ＝CD ，∴四边形ABCD 是平行四边形，故应补充“AB ＝CD ”，故选：B ．7．【解答】解：由旋转可得，△ABC ≌△DEC ，∴AC ＝DC ，故A 选项错误，BC ＝EC ，故B 选项错误，∠AEF ＝∠DEC ＝∠B ，故C 选项错误，∠A ＝∠D ，又∵∠ACB ＝90°，∴∠A +∠B ＝90°，∴∠D +∠B ＝90°，∴∠BFD ＝90°，即DF ⊥AB ，故D 选项正确，故选：D ．8．【解答】解：如图，设AD与BC交于点F，∵BC∥DE，∴∠CF A＝∠D＝90°，∵∠CF A＝∠B+∠BAD＝60°+∠BAD，∴∠BAD＝30°故选：B．9．【解答】解：∵AB'＝CB'，∴∠C＝∠CAB'，∴∠AB'B＝∠C+∠CAB'＝2∠C，∵将△ABC绕点A按逆时针方向旋转得到△AB'C'，∴∠C＝∠C'，AB＝AB'，∴∠B＝∠AB'B＝2∠C，∵∠B+∠C+∠CAB＝180°，∴3∠C＝180°﹣108°，∴∠C＝24°，∴∠C'＝∠C＝24°，故选：C．10．【解答】解：方法一：∵在Rt△ABC中，AB＝2，∠C＝30°，∴BC＝2√3，AC＝4，∵将Rt△ABC绕点A旋转得到Rt△AB′C′，使点B的对应点B′落在AC上，∴AB′＝AB＝2，B′C′＝BC＝2√3，∴B′C＝2，延长C′B′交BC于F，∴∠CB′F＝∠AB′C′＝90°，∵∠C＝30°，∴∠CFB′＝60°，B′F=√33B′C=2√33，∵B′D＝2，∴DF＝2+2√3 3，过D作DE⊥BC于E，∴DE=√32DF=√32×（2+2√33）=√3+1，方法二：过B′作B′F⊥BC于F，B′H⊥DE于H，则B′F＝HE，B′H＝EF，在Rt△ABC中，AB＝2，∠C＝30°，∴BC＝2√3，AC＝4，∵将Rt△ABC绕点A旋转得到Rt△AB′C′，使点B的对应点B′落在AC上，∴AB′＝AB＝2，B′C′＝BC＝2√3，∴B′C＝2，∴B′F=12AB＝1，∴HE＝1，∵∠B′HD＝∠HEC＝90°，∴∠HB′C＝∠C＝30°，∴∠DB′H＝60°，∴∠B′DH＝30°，∴B′H＝1，DH=√3，∴DE=√3+1，故选：D．11．【解答】解：∵将BC绕点B顺时针旋转θ（0°＜θ＜90°），得到BP，∴BC＝BP＝BA，∴∠BCP＝∠BPC，∠BP A＝∠BAP，∵∠CBP+∠BCP+∠BPC＝180°，∠ABP+∠BAP+∠BP A＝180°，∠ABP+∠CBP＝90°，∴∠BPC+∠BP A＝135°＝∠CP A，∵∠CP A＝∠AHC+∠P AH＝135°，∴∠P AH＝135°﹣90°＝45°，∴∠P AH的度数是定值，故选：C．12．【解答】解：∵在Rt△ABC中，∠C＝90°，∠ABC＝30°，AC＝1cm，∴AC=12AB，则AB＝2AC＝2cm．又由旋转的性质知，AC′＝AC=12AB，B′C′⊥AB，∴B′C′是△ABB′的中垂线，∴AB′＝BB′．根据旋转的性质知AB ＝AB ′＝BB ′＝2cm ．故选：B ．13．【解答】解：∵∠ABC ＝∠ADE ，∠ABC +∠ABE ＝180°，∴∠ABE +∠ADE ＝180°，∴∠BAD +∠BED ＝180°，∵∠BAD ＝α，∴∠BED ＝180°﹣α．故选：D ．14．【解答】解：连接BD 、BD 1，如图，∵∠ABC ＝90°，AB ＝BC ＝2，∴AC =√22+22=2√2，∵D 点为AC 的中点，∴BD =12AC =√2，∵△ABC 绕点B 逆时针旋转60°，得到△A 1BC 1，∴BD 1＝BD ，∠DBD 1＝60°，∴△BDD 1为等边三角形，∴DD 1＝BD =√2．故答案为√2．15．【解答】解：∵在Rt △ABC 中，∠BAC ＝90°，将该三角形绕点A 按顺时针方向旋转到△AB 1C 1的位置，点B 1恰好落在边BC 的中点处，∴AB 1=12BC ，BB 1＝B 1C ，AB ＝AB 1，∴BB 1＝AB ＝AB 1，∴△ABB 1是等边三角形，∴∠BAB 1＝∠B ＝60°，∴∠CAC 1＝60°，∵将△ABC 绕点A 按顺时针方向旋转至△AB 1C 1的位置，∴CA ＝C 1A ，∴△AC 1C 是等边三角形，∴CC 1＝CA ，∵AB ＝2，∴CA ＝2√3，∴CC 1＝2√3．故答案为：2√3．16．【解答】解：法一：由题意可得，△ADF ≌△ABG ，∴DF ＝BG ，∠DAF ＝∠BAG ，∵∠DAB ＝90°，∠EAF ＝45°，∴∠DAF +∠EAB ＝45°，∴∠BAG +∠EAB ＝45°，∴∠EAF ＝∠EAG ，在△EAG 和△EAF 中，{αα=αααααα=αααααα=αα，∴△EAG ≌△EAF （SAS ），∴GE ＝FE ，设BE ＝x ，则GE ＝BG +BE ＝3+x ，CE ＝6﹣x ，∴EF ＝3+x ，∵CD ＝6，DF ＝3，∴CF ＝3，∵∠C ＝90°，∴（6﹣x ）2+32＝（3+x ）2，解得，x ＝2，即BE ＝2，法二：设BE ＝x ，连接GF ，如下图所示，∵四边形ABCD 为正方形，∴∠ABE ＝∠GCF ＝90°，∵△ADF 绕点A 顺时针旋转90°得到△ABG ，∴∠CAF ＝90°，GA ＝F A ，∴△GAF 为等腰直角三角形，∵∠EAF ＝45°，∴AE 垂直平分GF ，∴∠AEB +∠CGF ＝90°，∵在Rt △AEB 中，∠AEB +∠BAE ＝90°，∴∠BAE ＝∠CGF ，∴△BAE ∽△CGF ，∴αααα=αααα， ∵CF ＝CD ﹣DF ＝6﹣3＝3，GC ＝BC +BG ＝BC +DF ＝6+3＝9， ∴α3=69，∴x ＝2，即BE ＝2，故答案为：2．17．【解答】解：如图，将△ABP 绕点B 顺时针旋转90°得到△CBM ，连接PM ，过点B 作BH ⊥PM 于H ．∵BP ＝BM =√2，∠PBM ＝90°，∴PM =√2PB ＝2，∵PC ＝4，P A ＝CM ＝2√3，∴PC 2＝CM 2+PM 2，∴∠PMC ＝90°，∵∠BPM ＝∠BMP ＝45°，∴∠CMB ＝∠APB ＝135°，∴∠APB +∠BPM ＝180°，∴A ，P ，M 共线，∵BH ⊥PM ，∴PH ＝HM ，∴BH ＝PH ＝HM ＝1，∴AH ＝2√3+1，∴AB 2＝AH 2+BH 2＝（2√3+1）2+12＝14+4√3，∴正方形ABCD 的面积为14+4√3．解法二：连接AC ，利用勾股定理求出AC 即可．故答案为14+4√3．18．【解答】解：（1）当E ，F 两点的距离最大时，E ，O ，F 共线，此时四边形ABCD 是矩形， ∵OE ＝OF ＝1cm ，∴EF ＝2cm ，∴AB ＝CD ＝2cm ，∴此时四边形ABCD 的周长为2+2+6+6＝16（cm ），故答案为16．（2）如图3中，连接EF 交OC 于H ．由题意CE ＝CF =25×6=125（cm ）， ∵OE ＝OF ＝1cm ，∴CO 垂直平分线段EF ，∵OC =√αα2+αα2=√(125)2+12=135（cm ）， ∵12•OE •EC =12•CO •EH ， ∴EH =1×125135=1213（cm ），∴EF ＝2EH =2413（cm ）∵EF ∥AB ，∴αααα=αααα=25， ∴AB =52×2413=6013（cm ）．故答案为6013． 19．【解答】解：∵四边形ABCD 是正方形，∴∠BAC ＝∠ADB ＝45°，∵把△ABC 绕点A 逆时针旋转到△AB 'C '，∴∠EAF ＝∠BAC ＝45°，∵∠AEF ＝∠DEA ，∴△AEF ∽△DEA ，∴αααα=αααα，∴EF •ED ＝AE 2，∵AE ＝4，∴EF •ED 的值为16，故答案为：16．20．【解答】（1）证明：∵OA ＝OB ＝OC ＝OD ，∴四边形ABCD 是平行四边形，∴AC ＝BD ，∴平行四边形ABCD 是矩形，∵OA ＝OB ＝OC ＝OD =√22AB ，∴OA 2+OB 2＝AB 2，∴∠AOB ＝90°，即AC ⊥BD ，∴四边形ABCD 是正方形；（2）解：∵EF ⊥BC ，EG ⊥AG ，∴∠G ＝∠EFB ＝∠FBG ＝90°，∴四边形BGEF 是矩形，∵将线段DH 绕点H 顺时针旋转90°，得到线段HE ，∴∠DHE ＝90°，DH ＝HE ，∴∠ADH +∠AHD ＝∠AHD +∠EHG ＝90°，∴∠ADH ＝∠EHG ，∵∠DAH ＝∠G ＝90°，∴△ADH ≌△GHE （AAS ），∴AD ＝HG ，AH ＝EG ，∵AB ＝AD ，∴AB ＝HG ，∴AH ＝BG ，∴BG ＝EG ，∴矩形BGEF 是正方形，设AH ＝x ，则BG ＝EG ＝x ，∵s 1＝s 2．∴x 2＝2（2﹣x ），解得：x =√5−1（负值舍去），∴AH =√5−1．二．旋转对称图形（共1小题）21．【解答】解：连接OA ，OE ，则这个图形至少旋转∠AOE 才能与原图象重合，∠AOE =360°5=72°．故答案为：72．三．中心对称（共3小题）22．【解答】解：观察图形可知，四边形AECF形状的变化依次为平行四边形→菱形→平行四边形→矩形．故选：B．23．【解答】解：将△A'B'C'绕点B'逆时针旋转180°，如图所示：所以点M的坐标为（﹣2，1），故答案为：（﹣2，1）．24．【解答】解：如图，连接DK，DN，∵∠KDN＝∠MDT＝90°，∴∠KDM＝∠NDT，∵DK＝DN，∠DKM＝∠DNT＝45°，∴△DKM≌△DNT（ASA），∴S△DKM＝S△DNT，∴S四边形DMNT＝S△DKN=14a，∴正方形ABCD的面积＝4×14a+b＝a+b．故答案为（a+b）．四．中心对称图形（共3小题）25．【解答】解：A、既不是中心对称图形，又不是轴对称图形，故本选项不符合题意；B、是中心对称图形，但不是轴对称图形，故本选项不符合题意；C、不是中心对称图形，是轴对称图形，故本选项不符合题意；D、既是中心对称图形，又是轴对称图形，故本选项符合题意；故选：D．26．【解答】解：A、是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项不合题意；B、既是轴对称图形，又是中心对称图形，故本选项不合题意；C、是中心对称图形但不是轴对称图形，故本选项符合题意；D、是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项不合题意．故选：C．27．【解答】解：A、不是轴对称图形，是中心对称图形，故此选项错误；B、是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项错误；C、既是轴对称图形，也是中心对称图形，故此选项正确；D、是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项错误；故选：C．五．关于原点对称的点的坐标（共1小题）28．【解答】解：点（3，2）关于原点对称的点的坐标是：（﹣3，﹣2）．故选：C．六．坐标与图形变化-旋转（共6小题）29．【解答】解：如图，△A′B′C′即为所求，则点A的对应点A′的坐标是（﹣1，4）．故选：D．30．【解答】解：如图，过点B′作B′H⊥y轴于H．在Rt△A′B′H中，∵A′B′＝2，∠B′A′H＝60°，∴A′H＝A′B′cos60°＝1，B′H＝A′B′sin60°=√3，∴OH＝2+1＝3，∴B′（−√3，3），故选：A．31．【解答】解：由题意G与G′关于原点对称，∵G（﹣2，1），∴G′（2，﹣1），故选：A．32．【解答】解：由题意得，作出如下图形：N 点坐标为（﹣1，0），N 点关于A 点对称的N 1点的坐标为（﹣3，0），N 1点关于B 点对称的N 2点的坐标为（5，4），N 2点关于C 点对称的N 3点的坐标为（﹣3，﹣8），N 3点关于A 点对称的N 4点的坐标为（﹣1，8），N 4点关于B 点对称的N 5点的坐标为（3，﹣4），N 5点关于C 点对称的N 6点的坐标为（﹣1，0），此时刚好回到最开始的点N 处，∴其每6个点循环一次，∴2020÷6＝336……4，即循环了336次后余下4，故N 2020的坐标与N 4点的坐标相同，其坐标为（﹣1，8）．故答案为：（﹣1，8）．33．【解答】解：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）．34．【解答】解：∵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P2020的坐标与点P4的坐标在同一直线上，正好在y轴的负半轴上，∴点P2020的坐标是（0，﹣22019）．故答案为：（0，﹣22019）．七．作图-旋转变换（共6小题）35．【解答】解：（1）如图，△A1B1C1即为所求，∴A1（﹣5，1）C1（﹣1，3）；（2）如图，△A2B2C2即为所求．36．【解答】解：（1）如图所示，△A1B1C1即为所求，α1α1=3√2αα；（2）如图，△A2B2C2即为所求，B2（4，﹣4）；（3）在（1）（2）的条件下，线段AB在变换过程中扫过图形的面积和为：5×3+12π×（4√2）2−12π×（√2）2＝（15+15π）cm2．37．【解答】解：（1）如图所示，△A1B1C1即为所求．（2）如图所示，△A2B2C2即为所求．38．【解答】解：（1）如图，△A1B1C1为所作；（2）旋转中心O1的坐标为（2，0），故答案为（2，0）；（3）设旋转半径为r，则r2＝22+42＝20，∴阴影部分的图形面积为：α阴影=14⋅αα2−12×2×4−12×2×2+12×1×1=5π−112．39．【解答】解：（1）如图所示，△A1B1C1即为所求；（2）如图所示，△A2B2C2即为所求；（3）由图可得，△A1B1C1与△A2B2C2关于点（﹣2，0）中心对称．故答案为：﹣2，0．40．【解答】解：（1）如图1中，作FD⊥AC于D，∵Rt △ABC ≌Rt △CEF ，∠ABC ＝∠CEF ＝90°，∠BAC ＝30°，BC ＝1．∴∠ACB ＝60°，∠FCE ＝∠BAC ＝30°，AC ＝CF ，∴∠ACF ＝30°，∴∠BAC ＝∠FCD ，在△ABC 和△CDF 中，{∠ααα=∠ααααααα=αααααα=αα，∴△ABC ≌△CDF （AAS ），∴FD ＝BC ＝1，法二：∵∠ECF ＝∠FCD ＝30°，FD ⊥CD ，FE ⊥CE ，∴DF ＝EF ，∵EF ＝BC ＝1，∴DF ＝1．故答案为1；（2）线段EF 经旋转运动所形成的平面图形如图所示，此时点E 落在CF 上的点H 处．S 阴＝S △EFC +S 扇形ACF ﹣S 扇形CEH ﹣S △AHC ＝S 扇形ACF ﹣S 扇形ECH =30⋅α⋅22360−30⋅α⋅(√3)2360=α12． 故答案为α12．（3）如图2中，过点E 作EH ⊥CF 于H ．设OB ＝OE ＝x ．在Rt △ECF 中，∵EF ＝1，∠ECF ＝30°，EH ⊥CF ，∴EC =√3EF =√3，EH =√32，CH =√3EH =32， 在Rt △BOC 中，OC =√αα2+αα2=√1+α2， ∴OH ＝CH ﹣OC =32−√1+α2，在Rt △EOH 中，则有x 2＝（√32）2+（32−√1+α2）2，解得x =√73或−√73（不合题意舍弃），∴OC =1+(√73)2=43， ∵CF ＝2EF ＝2，∴OF ＝CF ﹣OC ＝2−43=23． 八．利用旋转设计图案（共1小题）41．【解答】解：由题意，选项A ，C ，D 可以通过平移，旋转得到，选项B 可以通过翻折得到． 故选：B ．九．几何变换综合题（共9小题）42．【解答】（1）证明：如图1中，∵∠AOB ＝∠MON ＝90°，∴∠AOM ＝∠BON ，∵AO ＝BO ，OM ＝ON ，∴△AOM ≌△BON （SAS ）．（2）①证明：如图2中，连接AM ．同法可证△AOM≌△BON，∴AM＝BN，∠OAM＝∠B＝45°，∵∠OAB＝∠B＝45°，∴∠MAN＝∠OAM+∠OAB＝90°，∴MN2＝AN2+AM2，∵△MON是等腰直角三角形，∴MN2＝2ON2，∴NB2+AN2＝2ON2．②如图3﹣1中，设OA交BN于J，过点O作OH⊥MN于H．∵△AOM≌△BON，∴AM＝BN，∠OAM＝∠OBN，∵∠AJN＝∠BJO，∴∠ANJ＝∠JOB＝90°，∵OM＝ON＝3，∠MON＝90°，OH⊥MN，∴MN＝3√2，MH＝HN═OH=3√2 2，∴AH=√αα2−αα2=42−(3√22)2=√462，∴BN＝AM＝MH+AH=√46+3√22．如图3﹣2中，同法可证AM＝BN=√46−3√22．43．【解答】解：（1）DO⊥EO，DO＝EO；理由：当点B旋转到CD边上时，点E必在边AC上，∴∠AEB＝∠CEB＝90°，在Rt△ABE中，点O是AB的中点，∴OE＝OA=12AB，∴∠BOE＝2∠BAE，在Rt△ABD中，点O是AB的中点，∴OD＝OA=12AB，∴∠DOE＝2∠BAD，∴OD＝OE，∵等腰△ADC，且∠ADC＝90°，∴∠DAC＝45°，∴∠DOE＝∠BOE+∠DOE＝2∠BAE+2∠BAD＝2（∠BAE+∠DAE）＝2∠DAC＝90°，∴OD⊥OE；（2）仍然成立，理由：如图2，延长EO到点M，使得OM＝OE，连接AM，DM，DE，∵O是AB的中点，∴OA＝OB，∵∠AOM＝∠BOE，∴△AOM≌△BOE（SAS），∴∠MAO＝∠EBO，MA＝EB，∵△ACD和△CBE是等腰三角形，∠ADC＝∠CEB＝90°，∴∠CAD＝∠ACD＝∠EBC＝∠BCE＝45°，∵∠OBE＝180°﹣∠EBC＝135°，∴∠MAO＝135°，∴∠MAD＝∠MAO﹣∠DAC＝90°，∵∠DCE＝∠DCA+∠BCE＝90°，∴∠MAD＝∠DCE，∵MA＝EB，EB＝EC，∴MA＝EC，∵AD＝DC，∴△MAD≌△ECD，∴MD＝ED，∠ADM＝∠CDE，∵∠CDE+∠ADE＝90°，∴∠ADM+∠ADE＝90°，∴∠MDE＝90°，∵MO＝EO，MD＝DE，∴αα=12αα，OD⊥ME，∵αα=12αα，∴OD＝OE，OD⊥OE；（3）①当点B在AC左侧时，如图3，延长EO到点M，使得OM＝OE，连接AM，DM，DE，同（2）的方法得，△OBE≌△OAM（SAS），∴∠OBE＝∠OAM，OM＝OE，BE＝AM，∵BE＝CE，∴AM＝CE，在四边形ABECD中，∠ADC+∠DCE+∠BEC+∠OBE+∠BAD＝540°，∵∠ADC＝∠BEC＝90°，∴∠DCE＝540°﹣90°﹣90°﹣∠OBE﹣∠BAD＝360°﹣∠OBE＝360°﹣∠OAM﹣∠BAD，∵∠DAM+∠OAM+∠BAD＝360°，∴∠DAM＝360°﹣∠OAM﹣∠BAD，∴∠DAM＝∠DCE，∵AD＝CD，∴△DAM≌△DCE（SAS），∴DM＝DE，∠ADM＝∠CDE，∴∠EDM＝∠ADM+∠ADE＝∠CDE+∠ADE＝∠ADC＝90°，∵OM＝OE，∴OD＝OE=12ME，∠DOE＝90°，在Rt△BCE中，CE=√22BC＝2√2，过点E作EH⊥DC交DC的延长线于H，在Rt△CHE中，∠ECH＝180°﹣∠ACD﹣∠ACB﹣∠BCE＝180°﹣45°﹣60°﹣45°＝30°，∴EH=12CE=√2，根据勾股定理得，CH=√3EH=√6，∴DH＝CD+CH＝3√6，在Rt△DHE中，根据勾股定理得，DE=√αα2+αα2=2√14，∴OD=√22DE＝2√7，②当点B在AC右侧时，如图4，同①的方法得，OD＝OE，∠DOE＝90°，连接DE，过点E作EH⊥CD于H，在Rt△EHC中，∠ECH＝30°∴EH=12CE=√2，根据勾股定理得，CH=√6，∴DH＝CD﹣CH=√6，在Rt△DHE中，根据勾股定理得，DE＝2√2，∴OD=√22DE＝2，即：线段OD的长为2或2√7．44．【解答】（1）①证明：如图1中，∵将线段PB绕点P逆时针旋转，旋转角为α，得到线段PD，∴PB＝PD，∵AB＝AC，PB＝PD，∠BAC＝∠BPD＝60°，∴△ABC，△PBD是等边三角形，∴∠ABC＝∠PBD＝60°，∴∠PBA＝∠DBC，∵BP＝BD，BA＝BC，∴△PBA≌△DBC（SAS），∴P A＝DC．②解：如图1中，设BD交PC于点O．∵△PBA≌△DBC，∴∠BP A＝∠BDC，∵∠BOP＝∠COD，∴∠OBP＝∠OCD＝60°，即∠DCP＝60°．（2）解：结论：CD=√3P A．理由：如图2中，∵AB ＝AC ，PB ＝PD ，∠BAC ＝∠BPD ＝120°，∴BC ＝2•AB •cos30°=√3BA ，BD ═2BP •cos30°=√3BP ，∴αααα=αααα=√3，∵∠ABC ＝∠PBD ＝30°，∴∠ABP ＝∠CBD ，∴△CBD ∽△ABP ，∴αααα=αααα=√3，∴CD =√3P A ．（3）过点D 作DM ⊥PC 于M ，过点B 作BN ⊥CP 交CP 的延长线于N ． 如图3﹣1中，当△PBA 是钝角三角形时，在Rt △ABN 中，∵∠N ＝90°，AB ＝6，∠BAN ＝60°，∴AN ＝AB •cos60°＝3，BN ＝AB •sin60°＝3√3，∵PN =√αα2−αα2=√31−27=2，∴P A ＝3﹣2＝1，由（2）可知，CD =√3P A =√3，∵∠BP A ＝∠BDC ，∴∠DCA ＝∠PBD ＝30°，∵DM ⊥PC ，∴DM =12CD =√32如图3﹣2中，当△ABP 是锐角三角形时，同法可得P A ＝2+3＝5，CD ＝5√3，DM =12CD =5√32，综上所述，满足条件的DM 的值为√32或5√32． 故答案为√32或5√32．45．【解答】解：（1）当点P 与B 重合时，5t ＝4，解得t =45．（2）在Rt △ABC 中，∵∠B ＝90°，AB ＝4，BC ＝3，∴AC =√αα2+αα2=√42+32=5，∴sin A =35，cos A =45， 如图①中，当点P 在线段AB 上时，在Rt △APE 中，AE ＝AP •cos A ＝4t ，∴EC ＝5﹣4t ．如图③中，当点P 在线段BC 上时，在Rt △PEC 中，PC ＝7﹣5t ，cos C =35， ∴EC ＝PC •cos C =35（7﹣5t ）=215−3t ． （3）当△PDQ 是等腰直角三角形时，则PE ＝DE ，如图④中，当点P 在线段AB 上时，在Rt △APE 中，PE ＝P A •sin A ＝3t ，∵DE ＝AC ﹣AE ﹣CD ＝5﹣4t ﹣2t ＝5﹣6t ，∵PE ＝DE ，∴3t ＝5﹣6t ，∴t =59．如图⑤中，当点P 在线段BC 上时， 在Rt △PCE 中，PE ＝PC •sin C =45（7﹣5t ）=285−4t ，∵DE ＝CD ﹣CE ＝2t −35（7﹣5t ）＝5t −215，∴285−4t ＝5t −215， 解得t =4945．∵△PDQ 是锐角三角形，∴观察图象可知满足条件的t 的值为0＜t ＜59或4945＜t ＜75．（4）如图⑥中，当点P 在线段AB 上，QM ∥AB 时，过点Q 作QG ⊥AB 于G ，延长QM 交BC 于N ，过点D 作DH ⊥BC 于H ．∵PB ∥MN ∥DH ，PM ＝DM ，∴BN ＝NH ，在Rt △PQG 中，PQ ＝2PE ＝6t ，∴QG =45PQ =245t ，在Rt △DCH 中，HC =35DC =65t ，∵BC ＝BH +CH =245t +245t +65t ＝3，解得t =518．如图⑦中，当点P 在线段BC 上，QM ∥BC 时，过点D 作DH ⊥BC 于H ，过点P 作PK ⊥QM 于K ．∵QM ∥BC ，DM ＝PM ，∴DH ＝2PK ，在Rt △PQK 中，PQ ＝2PE =85（7﹣5t ），∴PK =35PQ =2425（7﹣5t ），在Rt △DCH 中，DH =45DC =85t ，∵DH ＝2PK ，∴85t ＝2×2425（7﹣5t ）， 解得t =65， 综上所述，满足条件的t 的值为518或65．46．【解答】解：（1）①如图1中，△AB ′C ′即为所求．②由作图可知，△ABB ′是等腰直角三角形，∴∠AB ′B ＝45°，故答案为45．（2）如图2中，过点E 作EH ⊥CD 交CD 的延长线于H ．∵∠C ＝∠BAE ＝∠H ＝90°，∴∠B+∠CAB＝90°，∠CAB+∠EAH＝90°，∴∠B＝∠EAH，∵AB＝AE，∴△ABC≌△EAH（AAS），∴BC＝AH，EH＝AC，∵BC＝CD，∴CD＝AH，∴DH＝AC＝EH，∴∠EDH＝45°，∴∠ADE＝135°．（3）如图3中，连接AC，∵AE⊥BC，BE＝EC，∴AB＝AC，将△ABD绕点A逆时针旋转得到△ACG，连接DG．则BD＝CG，∵∠BAD＝∠CAG，∴∠BAC＝∠DAG，∵AB＝AC，AD＝AG，∴∠ABC＝∠ACB＝∠ADG＝∠AGD，∴△ABC∽△ADG，∵AD＝kAB，∴DG＝kBC＝2k，∵∠BAE+∠ABC＝90°，∠BAE＝∠ADC，∴∠ADG+∠ADC＝90°，∴∠GDC＝90°，∴CG=√αα2+αα2=√4α2+9．∴BD＝CG=√4α2+9．47．【解答】解：（1）延长DF到K点，并使FK＝DC，连接KE，如图1所示，∵△ABC≌△EBD，∴DE＝AC，BD＝BC，∴∠CDB＝∠DCB，且∠CDB＝∠ADF，∴∠ADF＝∠DCB，∵∠ACB＝90°，∴∠ACD+∠DCB＝90°，∵∠EDB＝90°，∴∠ADF+∠FDE＝90°，∴∠ACD＝∠FDE，∵FK+DF＝DC+DF，∴DK＝CF，在△ACF 和△EDK 中，{αα=αααααα=αααααα=αα，∴△ACF ≌△EDK （SAS ），∴KE ＝AF ，∠K ＝∠AFC ，又∠AFC ＝∠KFE ，∴∠K ＝∠KFE∴KE ＝EF∴AF ＝EF ，故AF 与EF 的数量关系为：AF ＝EF ．故答案为：AF ＝EF ；（2）仍然成立，理由如下：延长DF 到K 点，并使FK ＝DC ，连接KE ，如图2所示，设BD 延长线DM 交AE 于M 点，∵△ABC ≌△EBD ，∴DE ＝AC ，BD ＝BC ，∴∠CDB ＝∠DCB ，且∠CDB ＝∠MDF ，∴∠MDF ＝∠DCB ，∵∠ACB ＝90°，∴∠ACD +∠DCB ＝90°，∵∠EDB ＝90°，∴∠MDF +∠FDE ＝90°，∴∠ACD ＝∠FDE ，∵FK +DF ＝DC +DF ，∴DK ＝CF ，在△ACF 和△EDK 中，{αα=αααααα=αααααα=αα，∴△ACF ≌△EDK （SAS ），∴KE ＝AF ，∠K ＝∠AFC ，又∠AFC ＝∠KFE ，∴∠K ＝∠KFE ，∴KE ＝EF ，∴AF ＝EF ，故AF 与EF 的数量关系为：AF ＝EF ．（3）当点G 在点B 右侧时，如图3所示，过点E 作EG ⊥BC 交CB 的延长线于G ， ∵BA ＝BE ，∴∠BAE ＝∠BEA ，∵∠BAE ＝∠EBG ，∴∠BEA ＝∠EBG ，∴AE ∥CG ，∴∠AEG +∠G ＝180°，∴∠AEG ＝90°，∴∠ACG ＝∠G ＝∠AEG ＝90°，∴四边形AEGC 为矩形，∴AC ＝EG ，且AB ＝BE ，∴Rt △ACB ≌Rt △EGB （HL ），∴BG ＝BC ＝6，∠ABC ＝∠EBG ，又∵ED ＝AC ＝EG ，且EB ＝EB ，∴Rt △EDB ≌Rt △EGB （HL ），∴DB＝GB＝6，∠EBG＝∠ABE，∴∠ABC＝∠ABE＝∠EBG＝60°，∴∠BAC＝30°，在Rt△ABC中，由30°所对的直角边等于斜边的一半可知：AB＝2BC＝12．当点G在点B左侧时，如图4所示，由旋转知，∠ABC＝∠ABE，AB＝BE，∴∠BAE＝∠BEA，∵∠BAE＝∠EBG＝2∠ABC＝2∠ABE，∴∠BAE＝∠AEB＝2∠ABE，∵∠AEB+∠BAE+∠ABE＝180°，∴2∠ABE+2∠ABE+∠ABE＝180°，∴∠BAE＝36°，∴∠ABC＝36°，在Rt△ABC中，cos36°=αααα，∴AB=ααααα36°=6ααα36°，即满足条件的AB＝12或6ααα36°．48．【解答】解：（1）①∵A ′B ′∥AC ，∴∠B ′A ′C ＝∠A ′CA ，∵∠B ′A ′C ＝∠BAC ，∴∠A ′CA ＝∠BAC ，∴AD ＝CD ，∵∠ACB ＝90°，∴∠BCD ＝90°﹣∠ACD ，∵∠ABC ＝90°﹣∠BAC ，∴∠CBD ＝∠BCD ，∴BD ＝CD ，∴AD ＝BD ；②∵∠ACB ＝90°，BC ＝2，AC ＝4，∴AB =√22+42=2√5，∵BE ⊥CD ，∴∠BEC ＝∠ACB ＝90°，∵∠BCE ＝∠ABC ，∴△BEC ∽△ACB ，∴αααα=αααα，即αα2=2√5， ∴CE =25√5，∵∠ACB ＝90°，AD ＝BD ， ∴CD =12AB =√5， ∴CE =25CD ，∴S △ACE =23S △ADE ，∵AD ＝BD ，∴S △ABE ＝2S △ADE ，∴α△αααα△ααα=13；（2）∵CD ⊥AB ，∴∠ADC ＝90°＝∠A ′CB ′，∴AB ∥CN ，∴△MCN ∽△MAD ，∴αααα=αααα，∵α△ααα=12αα⋅αα=12αα⋅αα，∴αα=αα⋅αααα=4×22√5=45√5，∴AD =√αα2−αα2=85√5，∵DM ∥A ′B ′，。

2020年中考数学冲刺难点突破旋转变换问题专题二以矩形为基础的图形的旋转变换问题【例题精讲】两个长为2cm，宽为1cm的长方形，摆放在直线l上（如图①），CE=2cm，将长方形ABCD绕着点C顺时针旋转α角，将长方形EFGH绕着点E逆时针旋转相同的角度．（1）当旋转到顶点D、H重合时，连接AE、CG，求证：△AED≌△GCD（如图②）．（2）当α=45°时（如图③），求证：四边形MHND为正方形．证明：（1）如图②，∵由题意知，AD=GD，ED=CD，∠ADC=∠GDE=90°，∴∠ADC+∠CDE=∠GDE+∠CDE，即∠ADE=∠GDC，在△AED与△GCD中，AD GDADE GDCED CD⎪∠⎪⎩∠⎧⎨＝＝＝，∴△AED≌△GCD（SAS）；（2）如图③，∵α=45°，BC∥EH，∴∠NCE=∠NEC=45°，CN=NE，∴∠CNE=90°，∴∠DNH=90°，∵∠D=∠H=90°，∴四边形MHND是矩形，∵CN=NE，∴DN=NH，∴矩形MHND是正方形．【教师总结】四边形的旋转，可以构造全等三角形，在根据旋转的性质画出相应的图形，再综合其他知识解决.【针对训练】1、如图，有一矩形纸片ABCD，AB＝6，AD ＝8，如图1，将纸片折叠使AB落在AD边上，B的对应点为B′，折痕为AE．如图2，再将△AB'E以B'E为折痕向右折叠，AE与CD交于点F．（1）求的值；（2）四边形EFDB′的面积为；（3）如图3，将△A′DF绕点D旋转得到△MDN，点N刚好落在B′E上，A′的对应点为M，F的对应点为N，求点A'到达点M所经过的距离．解：（1）∵将纸片折叠使AB落在AD边上，B的对应点为B′，∴AB＝AB'，∠BAE＝∠B'AE，∠B＝∠B'＝90°，∴四边形ABEB'为正方形，∴△AB'E为等腰直角三角形，∵AB＝6，AD＝8，∴B'D＝AD﹣AB'＝8﹣6＝2，∵将△AB'E以B'E为折痕向右折叠，∴AB'＝A'B'＝6，∠A'＝∠A＝45°，∴A'D＝DF＝6﹣2＝4，∵CD＝AB＝6，∴CF＝6﹣4＝2，∴．（2）由（1）可知B'D＝2，DF＝4，B'E＝6，∴四边形EFDB′的面积＝×（B'E+DF）×B'D＝＝10．故答案为：10．（3）∵将△A′DF绕点D旋转得到△MDN，∴DF＝DN＝4，∠NDM＝90°，∵B'D＝2，∠NB'D＝90°，∴∠B'ND＝30°，∴∠B'DN＝60°，∴∠A'DM＝90°﹣∠B'DN＝90°﹣60°＝30°，∵△A′DF在绕点D旋转过程中，点A'到达点M所经过的路径是圆弧A'M，∴的长为．即点A'到达点M所经过的距离为．2、已知线段AB，如果将线段AB绕点A逆时针旋转90°得到线段AC，则称点C为线段AB关于点A的逆转点．点C为线段AB关于点A的逆转点的示意图如图1：（1）如图2，在正方形ABCD中，点为线段BC关于点B的逆转点；（2）如图3，在平面直角坐标系xOy中，点P的坐标为（x，0），且x＞0，点E是y轴上一点，点F 是线段EO关于点E的逆转点，点G是线段EP关于点E的逆转点，过逆转点G，F的直线与x轴交于点H．①补全图；②判断过逆转点G，F的直线与x轴的位置关系并证明；③若点E的坐标为（0，5），连接PF、PG，设△PFG的面积为y，直接写出y与x之间的函数关系式，并写出自变量x的取值范围．解：（1）由题意，点A是线段AB关于点B的逆转点，故答案为A．（2）①图形如图3所示．②结论：GF⊥x轴．理由：∵点F是线段EF关于点E的逆转点，点G是线段EP关于点E的逆转点，∴∠OEF＝∠PEG＝90°，EG＝EP，EF＝EO，∴∠GEF＝∠PEO，∴△GEF≌△PEO（SAS），∴∠GFE＝∠EOP，∵OE⊥OP，∴∠POE＝90°，∴∠GFE＝90°，∵∠OEF＝∠EFH＝∠EOH＝90°，∴四边形EFHO是矩形，∴∠FHO＝90°，∴FG⊥x轴．③如图4﹣1中，当0＜x＜5时，∵E（0，5），∴OE＝5，∵四边形EFHO是矩形，EF＝EO，∴四边形EFHO是正方形，∴OH＝OE＝5，∴y＝•FG•PH＝•x•（5﹣x）＝﹣x2+x．如图4﹣2中，当x＞5时，y＝•FG•PH＝•x•（x﹣5）＝x2﹣x．综上所述，．3、如图，△ABC是等腰直角三角形，∠ACB＝90°，D为AC延长线上一点，连接DB，将DB绕点D逆时针旋转90°，得到线段DE，连接AE．（1）如图①，当CD＝AC时，线段AB、AE、AD三者之间的数量关系式是AB+AE＝AD．（2）如图②，当CD≠AC时，（1）中结论是否成立？若成立，请加以证明；若不成立，请说明理由．（3）当点D在射线CA上时，其他条件不变，（1）中结论是否成立？若成立，请说明理由；若不成立，请直接写出线段AB、AE、AD三者之间的数量关系式．解：（1）∵△ABC是等腰直角三角形，∠ACB＝90°，∴CA＝BC，AC⊥BC，∠BAC＝45°∵AC＝CD，BC⊥AC，∴AB＝BD，∴∠BAC＝∠BDC＝45°，∴∠ABD＝90°，∵将DB绕点D逆时针旋转90°，得到线段DE，∴BD＝DE，∠BDE＝90°，∴DE＝AB＝BD，AB∥DE，∴四边形ABDE是平行四边形，且∠ABD＝90°，∴四边形ABDE是矩形，且AB＝BD，∴四边形ABDE是正方形，∴AB＝AE，AD＝AB，∴AB+AE＝AD，故答案为：；（2）结论仍然成立；如图②过点D作DF∥BC交AB的延长线于点F，∵BC∥DF，∴∠ADF＝∠ACB＝90°，∠F＝∠ABC＝45°，∴∠F＝∠DAF＝45°，∴AD＝DF，∴AF＝AD，∵∠ADF＝∠EDB＝90°，∴∠ADE＝∠BDF，且DE＝DB，AD＝DF，∴△ADE≌△FDB（SAS），∴AE＝BF，∴AB+AE＝AB+BF＝AF＝AD；（3）不成立，当点D在线段AC上时，如图③，过点D作DF∥BC，∴∠AFD＝∠ABC＝45°，∠ACB＝∠ADF＝90°，∴∠DAF＝∠AFD＝45°，∴AD＝DF，AF＝AD，∵∠EDB＝90°＝∠ADF，∴∠ADE＝∠BDF，且AD＝DF，DE＝BD∴△ADE≌△FDB（SAS）∴AE＝BF，∵AB﹣BF＝AF，∴AB﹣AE＝AD；当点D在CA的延长线上时，如图④，过点D作DF∥BC，交BA延长线于点F，∴∠AFD＝∠ABC＝45°，∠ACB＝∠ADF＝90°，∴∠DAF＝∠AFD＝45°，∴AD＝DF，AF＝AD，∵∠EDB＝90°＝∠ADF，∴∠FDB＝∠EDA，且AD＝DF，DE＝BD∴△ADE≌△FDB（SAS）∴AE＝BF，∵AB+AF＝BF，∴AB+AD＝AE．4、如图，将△ABC绕点A逆时针旋转90°得到△ADE，将BC绕点C顺时针旋转90°得CG，DG交EC于O点（1）求证：DO＝OG；（2）若∠ABC＝135°，AC＝2，求DG的长；（3）若∠ABC＝90°，BC＞AB，且＝时，直接写出的值．解：（1）如图1，延长CB交DE于H．∵∠ABC+∠ABH＝180°，∠ABC＝∠ADH，∴∠ADH+∠ABH＝180°，∴∠DAB+∠DHB＝180°，∵∠DAB＝90°，∴∠DHB＝90°，∴∠DHB＝∠HCG＝90°，∴DE∥CG，∴∠EDO＝∠G，∵DE＝BC＝CG，∠DOE＝∠GOC，∴△DOE≌△GOC（AAS），∴EO＝OC．（2）如图2，连接EG，BD，由旋转知，AD＝AB，∠BAD＝90°，∴∠ABD＝45°，∵∠ABC＝135°，∴∠ABD+∠ABC＝180°，∴点D，B，C在同一条直线上，由（1）知，∠EDG＝∠CGD，∴DE∥CG，∵DE＝CG，∴四边形CDEG是平行四边形，∵将BC绕点C顺时针旋转90°得CG，∴∠DCG＝90°，∴平行四边形CDEG是矩形，∴DG＝CE，由旋转知，∠CAE＝90°，AE＝AC＝2，∴CE＝AC＝2，∴DG＝2，（3）如图3，延长DA，CG相交于点F，由旋转知，∠BAD＝∠BCG＝90°，∴∠BAF＝∠BCF＝90°，∵∠ABC＝90°，∴四边形ABCF是矩形，∴AF＝BC，CF＝AB，∴FD＝FG，在Rt△DFG中，DG＝DF＝（AD+AF）＝（AB+BC），在RtACF中，AF2+CF2＝AC2，∴AB2+BC2＝AC2，∵＝，∴＝，∴＝，∴＝，∴2AB2﹣5AB•BC+2BC2＝0，∴（2AB﹣BC）（AB﹣2BC）＝0，∴2AB﹣BC＝0或AB﹣2BC＝0，∴＝或＝2（舍弃），故答案为：．5、如图乙，△ABC和△ADE是有公共顶点的等腰直角三角形，∠BAC＝∠DAE＝90°，点P为射线BD，CE的交点．（1）如图甲，将△ADE绕点A旋转，当C、D、E在同一条直线上时，连接BD、BE，则下列给出的四个结论中，其中正确的是哪几个．（回答直接写序号）①BD＝CE；②BD⊥CE；③∠ACE+∠DBC＝45°；④BE2＝2（AD2+AB2）（2）若AB＝6，AD＝3，把△ADE绕点A旋转：①当∠CAE＝90°时，求PB的长；②直接写出旋转过程中线段PB长的最大值和最小值．（1）解：如图甲：①∵∠BAC＝∠DAE＝90°，∴∠BAC+∠DAC＝∠DAE+∠DAC，即∠BAD＝∠CAE．在△ABD和△ACE中，，∴△ABD≌△ACE（SAS），∴BD＝CE，∴①正确．②∵△ABD≌△ACE，∴∠ABD＝∠ACE．∵∠CAB＝90°，∴∠ABD+∠AFB＝90°，∴∠ACE+∠AFB＝90°．∵∠DFC＝∠AFB，∴∠ACE+∠DFC＝90°，∴∠FDC＝90°．∴BD⊥CE，∴②正确．③∵∠BAC＝90°，AB＝AC，∴∠ABC＝45°，∴∠ABD+∠DBC＝45°．∴∠ACE+∠DBC＝45°，∴③正确．④∵BD⊥CE，∴BE2＝BD2+DE2，∵∠BAC＝∠DAE＝90°，AB＝AC，AD＝AE，∴DE2＝2AD2，BC2＝2AB2，∵BC2＝BD2+CD2≠BD2，∴2AB2＝BD2+CD2≠BD2，∴BE2≠2（AD2+AB2），∴④错误．故答案为①②③．（2）①解：a、如图乙﹣1中，当点E在AB上时，BE＝AB﹣AE＝3．∵∠EAC＝90°，∴CE＝＝＝3，同（1）可证△ADB≌△AEC．∴∠DBA＝∠ECA．∵∠PEB＝∠AEC，∴△PEB∽△AEC．∴＝，∴＝，∴PB＝．b、如图乙﹣2中，当点E在BA延长线上时，BE＝9．∵∠EAC＝90°，∴CE＝＝＝3，同（1）可证△ADB≌△AEC．∴∠DBA＝∠ECA．∵∠BEP＝∠CEA，∴△PEB∽△AEC，∴＝，∴＝，∴PB＝．综上，PB＝或．②解：a、如图乙﹣3中，以A为圆心AD为半径画圆，当CE在⊙A上方与⊙A相切时，PB的值最大．理由：此时∠BCE最大，因此PB最大，（△PBC是直角三角形，斜边BC为定值，∠BCE最大，因此PB最大）∵AE⊥EC，∴EC＝＝＝3，由（1）可知，△ABD≌△ACE，∴∠ADB＝∠AEC＝90°，BD＝CE＝3，∴∠ADP＝∠DAE＝∠AEP＝90°，∴四边形AEPD是矩形，∴PD＝AE＝2，∴PB＝BD+PD＝3+3．综上所述，PB长的最大值是3+3．b、如图乙﹣4中，以A为圆心AD为半径画圆，当CE在⊙A下方与⊙A相切时，PB的值最小．理由：此时∠BCE最小，因此PB最小，（△PBC是直角三角形，斜边BC为定值，∠BCE最小，因此PB最小）∵AE⊥EC，∴EC＝＝＝3，由（1）可知，△ABD≌△ACE，∴∠ADB＝∠AEC＝90°，BD＝CE＝3，∴∠ADP＝∠DAE＝∠AEP＝90°，∴四边形AEPD是矩形，∴PD＝AE＝4，∴PB＝BD﹣PD＝3﹣3．综上所述，PB长的最小值是3﹣3．6、如图1，在等腰直角△ABC中，∠A＝90°，AB＝AC＝3，在边AB上取一点D（点D不与点A，B重合），在边AC上取一点E，使AE＝AD，连接DE．把△ADE绕点A逆时针方向旋转α（0°＜α＜360°），如图2．（1）请你在图2中，连接CE和BD，判断线段CE和BD的数量关系，并说明理由；（2）请你在图3中，画出当α＝45°时的图形，连接CE和BE，求出此时△CBE的面积；（3）若AD＝1，点M是CD的中点，在△ADE绕点A逆时针方向旋转的过程中，线段AM的最小值是．解：（1）如图1中，连接EC，BD．结论：BD＝CE．理由：∵∠BAC＝∠DAE＝90°，∴∠BAD＝∠CAE，∵AB＝AC，AD＝AE，∴△ADB≌△AEC（SAS）．∴BD＝CE．（2）如图2中，由题意：∠CAE＝45°，∵AC＝AB，∠CAB＝90°，∴∠ACB＝∠ABC＝45°，∴AE∥BC．∴△CBE的面积与△ABC的面积相等．∵△ABC的面积为4.5，∴△CBE的面积4.5．（3）如图3中，延长AM到N，使得MN＝AM，连接CN，DM．∵AM＝MN，CM＝MD，∴四边形ADNC是平行四边形，∴AD＝CN＝1，∵AC＝3，∴3﹣1≤AN≤3+1，∴2≤2AM≤4，∴1≤AM≤2，∴AM的最小值为1．故答案为1．7、综合与实践问题情境数学活动课上，老师让同学们以“三角形的旋转”为主题开展数学活动，△ABC和△DEC是两个全等的直角三角形纸片，其中∠ACB＝∠DCE＝90°，∠B＝∠E＝30°，AB＝DE＝4．解决问题（1）如图①，智慧小组将△DEC绕点C顺时针旋转，发现当点D恰好落在AB边上时，DE∥AC，请你帮他们证明这个结论；（2）缜密小组在智慧小组的基础上继续探究，连接AE、AD、BD，当△DEC绕点C继续旋转到如图②所示的位置时，他们提出S△BDC＝S△AEC，请你帮他们验证这一结论是否正确，并说明理由；探索发现（3）如图③，勤奋小组在前两个小组的启发下，继续旋转△DEC，当B、A、E三点共线时，求BD的长；（4）在图①的基础上，写出一个边长比为1：：2的三角形（可添加字母）解：（1）如图①中，∵△DEC绕点C旋转点D恰好落在AB边上，∴AC＝CD，∵∠BAC＝90°﹣∠B＝90°﹣30°＝60°，∴△ACD是等边三角形，∴∠ACD＝60°，又∵∠CDE＝∠BAC＝60°，∴∠ACD＝∠CDE，∴DE∥AC；（2）如图②中，作DM⊥BC于M，AN⊥EC交EC的延长线于N．∵△DEC是由△ABC绕点C旋转得到∴BC＝CE，AC＝CD，∵∠ACN+∠BCN＝90°，∠DCM+∠BCN＝180°﹣90°＝90°，∴∠ACN＝∠DCM，在△ACN和△DCM中，，∴△ACN≌△DCM（AAS），∴AN＝DM，∴△BDC的面积和△AEC的面积相等（等底等高的三角形的面积相等），即S△BDC＝S△AEC．（3）如图③中，作CH⊥AD于H．∵∴AC＝CD＝AB＝2，∵B，A，E共线，∴∠BAC+∠EAC＝180°，∴∠EAC＝120°，∵∠EDC＝60°，∴∠EAC+∠EDC＝180°，∴A，E，D，C四点共圆，∴∠CAD＝∠CED＝30°，∠BAD＝90°，∵CA＝CD，CH⊥AD，∴AH＝DH＝AC•cos30°＝，∴AD＝2，∴BD＝＝＝2．（4）如图①中，设DE交BC于T．因为含有30°的直角三角形的三边之比为1：：2，由（1）可知△BDT，△DCT，△ECT都是含有30°的直角三角形，∴△BDT，△DCT，△ECT符合条件．8、已知△ABC和△BDE都是等腰直角三角形，∠ACB＝∠BED＝90°，AB＝2BD，连接CE．（1）如图1，若点D在AB边上，点F是CE的中点，连接BF．当AC＝4时，求BF的长；（2）如图2，将图1中的△BDE绕点B按顺时针方向旋转，使点D在△ABC的内部，连接AD，取AD 的中点M，连接EM并延长至点N，使MN＝EM，连接CN．求证：CN⊥CE．解：（1）∵△ABC和△BDE都是等腰直角三角形，∠ACB＝∠BED＝90°，∴AC＝BC＝4，AB＝AC＝4，DE＝BE，DB＝BE，∠ABC＝45°，∠DBE＝45°，∵AB＝2BD，∴AD＝BD＝2，∴BE＝2，∵∠CBE＝∠ABC+∠DBE＝90°，∴CE＝＝＝2，∵点F是CE的中点，∴BF＝CE＝；（2）如图，连接AN，设DE与AB交于点H，∵点M是AD中点，∴AM＝MD，又∵MN＝ME，∠AMN＝∠DME，∴△AMN≌△DME（SAS），∴AN＝DE，∠MAN＝∠ADE，∴AN∥DE，∴∠NAH+∠DHA＝180°，∵∠NAH＝∠NAC+∠CAB＝∠NAC+45°，∠DHA＝∠EDB+∠DBH＝45°+∠DBH，∴∠NAC+45°+45°+∠DBH＝180°，∴∠NAC+∠DBH＝90°，∵∠CBA+∠DBE＝45°+45°＝90°，∴∠CBE+∠DBH＝90°，∴∠CBE＝∠NAC，又∵AC＝BC，AN＝DE＝BE，∴△ACN≌△BCE（SAS），∴∠ACN＝∠BCE，∵∠BCE+∠ACE＝90°，∴∠ACN+∠ACE＝90°＝∠NCE，∴CN⊥CE．9、如图，已知点A（0，8），B（16，0），点P是x轴上的一个动点（不与原点O重合），连结AP，把△OAP沿着AP折叠后，点O落在点C处，连结PC，BC，设P（t，0）．（1）如图1，当AP∥BC时，试判断△BCP的形状，并说明理由．（2）在点P的运动过程中，当∠PCB＝90°时，求t的值．（3）如图2，过点B作BH⊥直线CP，垂足为点H，连结AH，在点P的运动过程中，是否存在AH＝BC？若存在，求出t的值：若不存在，请说明理由．解：（1）等腰三角形，理由如下：∵AP∥BC，∴∠APC＝∠BCP，∠APO＝∠CBP，∵△OAP沿着AP折叠，∴∠APO＝∠APC，∴∠PCB＝∠PBC，∴PC＝PB，∴△BCP是等腰三角形；（2）当t＞0时，如图，∵△OAP沿着AP折叠，∴∠AOP＝∠ACP＝90°，OP＝PC＝t，∴∠ACP+∠BCP＝180°，∴点A，点C，点B三点共线，∵点A（0，8），B（16，0），∴OA＝8，OB＝16，∴AB＝＝＝8，∵tan∠ABO＝，∴，∴t＝4﹣4；当t＜0时，如图，同理可求：t＝﹣4﹣4；（3）∵△OAP沿着AP折叠，∴AC＝AO＝8，∠ACP＝∠AOP＝90°，∵BH⊥CP，∴∠ACP＝∠BHC＝90°，∵AH＝BC，CH＝CH，∴Rt△ACH≌Rt△BHC（HL）∴AC＝BH，∴四边形AHBC是平行四边形，如图2，当0≤t≤16时，点H在PC上时，连接AB交CH于G，∵四边形AHBC是平行四边形，∴AG＝BG＝4，HG＝CG，AC＝BH＝8，∴HG＝＝＝4，在Rt△PHB中，PB2＝BH2+PH2，∴（16﹣t）2＝64+（t﹣8）2，∴t＝8；如图3，当0≤t≤16时，点H在PC的延长线上时，∵四边形AHBC是平行四边形，∴AG＝BG＝4，HG＝CG，AC＝BH＝8，∴HG＝＝＝4，在Rt△PHB中，PB2＝BH2+PH2，∴（16﹣t）2＝64+（t+8）2，∴t＝；如图4，当t＜0时，同理可证：四边形ABHC是平行四边形，又∵AH＝BC，∴四边形ABHC是矩形，∴AC＝BH＝8，AB＝CH＝4，在Rt△PHB中，PB2＝BH2+PH2，∴（16﹣t）2＝64+（t+8）2，∴t＝16﹣8；当t＞16时，如图5，∵四边形ABHC是矩形，∴AC＝BH＝8，AB＝CH＝8，CP＝OP＝t，在Rt△PHB中，PB2＝BH2+PH2，∴（t﹣16）2＝64+（t﹣8）2，∴t＝16+8．综上所述：当t＝8或或16﹣8或16+8时，存在AH＝BC．10、问题情境：数学活动课上，老师让同学们以“三角形的旋转”为主题开展数学活动，△ABC和△DEC是两个全等的直角三角形纸片，其中∠ACB＝∠DCE＝90°，∠B＝∠E＝30°，AB＝DE＝4．解决问题：（1）如图1，智慧小组将△DEC绕点C顺时针旋转，发现当点D恰好落在AB边上时，DE∥AC，请你帮他们证明这个结论；（2）缜密小组在智慧小组的基础上继续探究，当△DEC绕点C继续旋转到如图2所示的位置时，连接AE、AD、BD，他们提出S△BDC＝S△AEC，请你帮他们验证这一结论是否正确，并说明理由．解：（1）如图1中，∵△DEC绕点C旋转点D恰好落在AB边上，∴AC＝CD，∵∠BAC＝90°﹣∠B＝90°﹣30°＝60°，∴△ACD是等边三角形，∴∠ACD＝60°，又∵∠CDE＝∠BAC＝60°，∴∠ACD＝∠CDE，∴DE∥AC；（2）结论正确，理由如下：如图2中，作DM⊥BC于M，AN⊥EC交EC的延长线于N．∵△DEC是由△ABC绕点C旋转得到，∴BC＝CE，AC＝CD，∵∠ACN+∠BCN＝90°，∠DCM+∠BCN＝180°﹣90°＝90°，∴∠ACN＝∠DCM，在△ACN和△DCM中，，∴△ACN≌△DCM（AAS），∴AN＝DM，∴△BDC的面积和△AEC的面积相等（等底等高的三角形的面积相等），即S△BDC＝S△AEC．11、如图，△ABC中AB＝AC＝5，tan∠ACB＝，点D为边BC上的一动点（不与点B、C重合），将线段AD绕点A顺时针旋转得AE，使∠DAE＝∠BAC，DE与AB交于点F，连接BE．（1）求BC的长；（2）求证∠ABE＝∠ABC；（3）当FB＝FE时，求CD的长．解：（1）如图，过点A作AH⊥BC于点H，∵AB＝AC，AH⊥BC，∴BH＝CH＝BC，∵tan∠ACB＝＝，∴设AH＝3k（k＞0），CH＝4k，∵AC2＝AH2+CH2，∴9k2+16k2＝25，∴k＝1，∴HC＝4，∴BC＝2CH＝8；（2）∵∠DAE＝∠BAC，∴∠DAC＝∠BAE，∵将线段AD绕点A顺时针旋转得AE，∴AE＝AD，又∵AB＝AC，∴△AEB≌△ADC（SAS），∴∠ABE＝∠ACD，∵AB＝AC，∴∠ABC＝∠ACD，∴∠ABE＝∠ABC；（3）∵AD＝AE，∴∠AED＝∠ADE＝（180°﹣∠DAE），∵AB＝AC，∴∠ABC＝∠ACB＝（180°﹣∠BAC），∵∠DAE＝∠BAC，∴∠ADE＝∠AED＝∠ABC＝∠ACB，∴∠ABE＝∠ABC＝∠ADE，又∵∠BFE＝∠DFA，∴∠BEF＝∠DAF，∵FB＝FE，∴∠FBE＝∠FEB，∴∠DAF＝∠ADF＝∠FBE＝∠FEB，∴∠DAF＝∠ABC＝∠ACB，又∵∠ABC＝∠ABD，∴△BAD∽△BCA，∴∴BD＝＝，∴CD＝BC﹣BD＝8﹣＝．12、（1）如图1，O是等边三角形ABC内一点，连接OA，OB，OC，且OA＝3，OB＝4，OC＝5，将△BAO绕点B顺时针旋转后得到△BCD，连接OD．填空：①旋转角为°；②线段OD的长是；③∠BDC＝°；（2）如图2，O是△ABC内一点，且∠ABC＝90°，BA＝BC．连接OA，OB，OC，将△BAO绕点B顺时针旋转后得到△BCD，连接OD．当OA，OB，OC满足什么条件时，∠BDC＝135°？请说明理由．解：（1）①∵△ABC为等边三角形，∴BA＝BC，∠ABC＝60°，∵△BAO绕点B顺时针旋转后得到△BCD，∴∠OBD＝∠ABC＝60°，∴旋转角的度数为60°；②∵△BAO绕点B顺时针旋转后得到△BCD，∴BO＝BD，而∠OBD＝60°，∴△OBD为等边三角形；∴OD＝OB＝4；③∵△BOD为等边三角形，∴∠BDO＝60°，∵△BAO绕点B顺时针旋转后得到△BCD，∴CD＝AO＝3，在△OCD中，CD＝3，OD＝4，OC＝5，∵32+42＝52，∴CD2+OD2＝OC2，∴△OCD为直角三角形，∠ODC＝90°，∴∠BDC＝∠BDO+∠ODC＝60°+90°＝150°；故答案为：60；4；150；（2）OA2+2OB2＝OC2时，∠ODC＝90°，理由如下：∵△BAO绕点B顺时针旋转后得到△BCD，∴∠OBD＝∠ABC＝90°，BO＝BD，CD＝AO，∴△OBD为等腰直角三角形，∴OD＝OB，∵当CD2+OD2＝OC2时，△OCD为直角三角形，∠ODC＝90°，∴OA2+2OB2＝OC2，∴当OA、OB、OC满足OA2+2OB2＝OC2时，∠BDC＝135°．12、在△ABC中，AC＝BC，∠ACB＝α，点D为直线BC上一动点，过点D作DF∥AC交直线AB于点F，将AD绕点D顺时针旋转α得到ED，ED交直线AB于点O，连接BE．（1）问题发现：如图1，α＝90°，点D在边BC上，猜想：①AF与BE的数量关系是；②∠ABE＝度．（2）拓展探究：如图2，0°＜α＜90°，点D在边BC上，请判断AF与BE的数量关系及∠ABE的度数，并给予证明．（3）解决问题如图3，90°＜α＜180°，点D在射线BC上，且BD＝3CD，若AB＝8，请直接写出BE的长．解：（1）问题发现：如图1中，设AB交DE于O．∵∠ACB＝90°，AC＝BC，∴∠ABC＝45°，∵DF∥AC，∴∠FDB＝∠C＝90°，∴∠DFB＝∠DBF＝45°，∴DF＝DB，∵∠ADE＝∠FDB＝90°，∴∠ADF＝∠EDB，∵DA＝DE，DF＝DB∴△ADF≌△EDB（SAS），∴AF＝BE，∠DAF＝∠E，∵∠AOD＝∠EOB，∴∠ABE＝∠ADO＝90°故答案为：AF＝BE，90°．（2）拓展探究：结论：AF＝BE，∠ABE＝α．理由如下：∵DF‖AC∴∠ACB＝∠FDB＝α，∠CAB＝∠DFB，∵AC＝BC，∴∠ABC＝∠CAB，∴∠ABC＝∠DFB，∴DB＝DF，∵∠ADF＝∠ADE﹣∠FDE，∠EDB＝∠FDB﹣∠FDE，∴∠ADF＝∠EDB，∵AD＝DE，DB＝DF∴△ADF≌△EDB（SAS），∴AF＝BE，∠AFD＝∠EBD∵∠AFD＝∠ABC+∠FDB，∠DBE＝∠ABD+∠ABE，∴∠ABE＝∠FDB＝α．（3）解决问题①如图（3）中，当点D在BC上时，由（2）可知：BE＝AF，∵DF∥AC，∴，∵AB＝8，∴AF＝2，∴BE＝AF＝2，②如图（4）中，当点D在BC的延长线上时，∵AC∥DF，∴，∵AB＝8，∴BE＝AF＝4，故BE的长为2或4．13、如图1，在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，D为AB上一点，连接CD，将CD绕点C顺时针旋转90°至CE，连接AE．（1）求证：△BCD≌△ACE；（2）如图2，连接ED，若CD＝2，AE＝1，求AB的长；（3）如图3，若点F为AD的中点，分别连接EB和CF，求证：CF⊥EB．解：（1）由旋转可得EC＝DC，∠ECD＝90°＝∠ACB，又∵AC＝BC，∴△BCD≌△ACE（SAS）；（2）由（1）可知AE＝BD＝1，∠CAE＝∠B＝45°＝∠CAB，∴∠EAD＝90°，∴，∴．∴；（3）如图，过C作CG⊥AB于G，则AG＝AB，∵∠ACB＝90°，AC＝BC，∴CG＝AB，即＝，∵点F为AD的中点，∴FA＝AD，∴FG＝AG﹣AF＝AB﹣AD＝（AB﹣AD）＝BD，由（1）可得：BD＝AE，∴FG＝AE，即＝，∴＝，又∵∠CGF＝∠BAE＝90°，∴∠FCG＝∠ABE，∵∠FCG+∠CFG＝90°，∴∠ABE+∠CFG＝90°，∴CF⊥BE．14、如图1，在Rt△ABC中，∠B＝90°，∠C＝30°，BC＝4，点D，E分别是边BC，AC的中点，连接DE．将△EDC绕点C按逆时针方向旋转，记旋转角为α．（1）问题发现①当α＝0°时，＝；②当α＝180°时，＝．（2）拓展探究试判断：当0°≤α＜360°时，的大小有无变化？请仅就图2的情形给出证明．（3）问题解决当△EDC旋转至DE∥AC时，请直接写出BD的长．解：（1）①当α＝0°时，∵在Rt△ABC中，∠B＝90°，∠C＝30°，BC＝4，∴AB＝，∴AC＝，∵点D、E分别是边BC、AC的中点，∴BD＝CD＝BC＝2，AE＝CE＝AC＝，∴；故答案为：．②如图1，，当α＝180°时，∵将△EDC绕点C按逆时针方向旋转，∴CD＝2，CE＝，∴AE＝AC+CE＝4，BD＝BC+CD＝6，∴．故答案为：．（2）当0°≤α＜360°时，的大小没有变化，∵∠ECD＝∠ACB，∴∠ECA＝∠DCB，又∵CE＝，CD＝2，AC＝，BC＝4，∴，∴△ECA∽△DCB，∴．（3）2或2．①如图3，过点D作DF⊥BC交BC的延长线于点F，∵DE∥AC，∴∠DCA＝∠EDC＝90°，∵∠ACB＝30°，∴∠DCF＝60°，∵DC＝2，∴CF＝1，DF＝，∴BF＝1+4＝5，∴＝＝2；②如图4，过点D作DF⊥BC交BC于点F，同理可得，CF＝1，DF＝，∴BF＝3，∴BD＝＝2．故BD的长为2或2．15、（1）问题发现如图1，在Rt△ABC中，∠BAC＝30°，∠ABC＝90°，将线段AC绕点A逆时针旋转，旋转角α＝2∠BAC，∠BCD的度数是；线段BD，AC之间的数量关系是．（2）类比探究在Rt△ABC中，∠BAC＝45°，∠ABC＝90°，将线段AC绕点A逆时针旋转，旋转角α＝2∠BAC，请问（1）中的结论还成立吗？（3）拓展延伸如图3，在Rt△ABC中，AB＝2，AC＝4，∠BAC＝90°，若点P满足PB＝PC，∠BPC＝90°，请直接写出线段AP的长度．解：（1）∵在Rt△ABC中，∠BAC＝30°，∠ABC＝90°，∴∠ACB＝60°，∵将线段AC绕点A逆时针旋转，旋转角α＝2∠BAC，∴∠CAD＝α＝2∠BAC＝60°，AC＝AD，∴△ACD是等边三角形，∴∠ACD＝60°，∴∠BAD＝90°，∠BCD＝120°，∵在Rt△ABC中，AB＝AC，∴BD2＝AB2+AD2＝（AC）2+AC2＝AC2，即线段BD，AC之间的数量关系是BD＝AC；故答案为：120°，BD＝AC；（2）不成立，理由：在Rt△ABC中，∠BAC＝45°，∠ABC＝90°，∴∠ACB＝45°，∵将线段AC绕点A逆时针旋转，旋转角α＝2∠BAC，∴∠CAD＝α＝2∠BAC＝90°，AC＝AD，∴△ACD是等腰直角三角形，∴∠ACD＝45°，∴∠BCD＝90°，∵在Rt△ABC中，AB＝BC＝AC，在Rt△ACD中，CD＝AC，∴BD2＝BC2+CD2＝（AC）2+（AC）2＝AC2，即线段BD，AC之间的数量关系是BD＝AC；（3）如图3，作PE⊥AC于E，连接PA，∵在Rt△ABC中，AB＝2，AC＝4，∠BAC＝90°，∴BC＝＝2，∵∠BPC＝90°，PB＝PC，∴PB＝PC＝，∠PBC＝∠PCB＝45°，∵∠BAC＝∠BPC＝90°，∴点B，C，P，A四点共圆，∴∠PAE＝45°，∴△PAE是等腰直角三角形，∴PE＝AE，∴CE＝4﹣AE，∵PE2+CE2＝PC2，∴PE2+（4﹣PE）2＝10，∴PE＝1，PE＝3，∴PA＝或PA＝3；故线段AP的长度为或3．16、综合与实践问题情境数学活动课上，老师让同学们以“三角形平移与旋转”为主题开展数学活动，△ACD和△BCE是两个等边三角形纸片，其中，AC＝5cm，BC＝2cm．解决问题（1）勤奋小组将△ACD和△BCE按图1所示的方式摆放（点A，C，B在同一条直线上），连接AE，BD．发现AE＝DB，请你给予证明；（2）如图2，创新小组在勤奋小组的基础上继续探究，将△BCE绕着点C逆时针方向旋转，当点E恰好落在CD边上时，求△ABC的面积；。

2020年中考数学试题《旋转》试题精编含答案1．（2020•桂林）如图，在平面直角坐标系中，△ABC的三个顶点分别是A（1，3），B（4，4），C（2，1）．（1）把△ABC向左平移4个单位后得到对应的△A1B1C1，请画出平移后的△A1B1C1；（2）把△ABC绕原点O旋转180°后得到对应的△A2B2C2，请画出旋转后的△A2B2C2；（3）观察图形可知，△A1B1C1与△A2B2C2关于点（，）中心对称．2．如图1，点B在线段CE上，Rt△ABC≌Rt△CEF，∠ABC＝∠CEF＝90°，∠BAC＝30°，BC＝1．（1）点F到直线CA的距离是；（2）固定△ABC，将△CEF绕点C按顺时针方向旋转30°，使得CF与CA重合，并停止旋转．①请你在图1中用直尺和圆规画出线段EF经旋转运动所形成的平面图形（用阴影表示，保留画图痕迹，不要求写画法）．该图形的面积为；②如图2，在旋转过程中，线段CF与AB交于点O，当OE＝OB时，求OF的长．3．（2020•武汉）在8×5的网格中建立如图的平面直角坐标系，四边形OABC的顶点坐标分别为O（0，0），A（3，4），B（8，4），C（5，0）．仅用无刻度的直尺在给定网格中按下列步骤完成画图，并回答问题：（1）将线段CB绕点C逆时针旋转90°，画出对应线段CD；（2）在线段AB上画点E，使∠BCE＝45°（保留画图过程的痕迹）；（3）连接AC，画点E关于直线AC的对称点F，并简要说明画法．4．（2020•江西）如图，在正方形网格中，△ABC的顶点在格点上．请仅用无刻度直尺完成以下作图（保留作图痕迹）．（1）在图1中，作△ABC关于点O对称的△A'B'C'；（2）在图2中，作△ABC绕点A顺时针旋转一定角度后，顶点仍在格点上的△AB'C'．5．（2020•金昌）如图，点M，N分别在正方形ABCD的边BC，CD上，且∠MAN＝45°．把△ADN绕点A顺时针旋转90°得到△ABE．（1）求证：△AEM≌△ANM．（2）若BM＝3，DN＝2，求正方形ABCD的边长．6．（2020•绥化）如图，在边长均为1个单位长度的小正方形组成的网格中，点A，点B，点O均为格点（每个小正方形的顶点叫做格点）．（1）作点A关于点O的对称点A1；（2）连接A1B，将线段A1B绕点A1顺时针旋转90°得点B对应点B1，画出旋转后的线段A1B1；（3）连接AB1，求出四边形ABA1B1的面积．7．（2020•安徽）如图，在由边长为1个单位长度的小正方形组成的网格中，给出了以格点（网格线的交点）为端点的线段AB，线段MN在网格线上．（1）画出线段AB关于线段MN所在直线对称的线段A1B1（点A1，B1分别为A，B的对应点）；（2）将线段B1A1绕点B1顺时针旋转90°得到线段B1A2，画出线段B1A2．8．（2020•宁波）图1，图2都是由边长为1的小等边三角形构成的网格，每个网格图中有3个小等边三角形已涂上阴影．请在余下的空白小等边三角形中，分别按下列要求选取一个涂上阴影：（1）使得4个阴影小等边三角形组成一个轴对称图形．（2）使得4个阴影小等边三角形组成一个中心对称图形．（请将两个小题依次作答在图1，图2中，均只需画出符合条件的一种情形）9．（2019•日照）如图，在矩形ABCD中，对角线AC的中点为O，点G，H在对角线AC 上，AG＝CH，直线GH绕点O逆时针旋转α角，与边AB、CD分别相交于点E、F（点E不与点A、B重合）．（1）求证：四边形EHFG是平行四边形；（2）若∠α＝90°，AB＝9，AD＝3，求AE的长．10．（2019•宁夏）已知：在平面直角坐标系中，△ABC的三个顶点的坐标分别为A（5，4），B（0，3），C（2，1）．（1）画出△ABC关于原点成中心对称的△A1B1C1，并写出点C1的坐标；（2）画出将A1B1C1绕点C1按顺时针旋转90°所得的△A2B2C1．11．（2019•福建）在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，∠ACB＝30°，将△ABC绕点C顺时针旋转一定的角度α得到△DEC，点A、B的对应点分别是D、E．（1）当点E恰好在AC上时，如图1，求∠ADE的大小；（2）若α＝60°时，点F是边AC中点，如图2，求证：四边形BEDF是平行四边形．12．（2019•淮安）如图，方格纸上每个小正方形的边长均为1个单位长度，点A、B都在格点上（两条网格线的交点叫格点）．（1）将线段AB向上平移两个单位长度，点A的对应点为点A1，点B的对应点为点B1，请画出平移后的线段A1B1；（2）将线段A1B1绕点A1按逆时针方向旋转90°，点B1的对应点为点B2，请画出旋转后的线段A1B2；（3）连接AB2、BB2，求△ABB2的面积．13．（2019•苏州）如图，△ABC中，点E在BC边上，AE＝AB，将线段AC绕A点旋转到AF的位置，使得∠CAF＝∠BAE，连接EF，EF与AC交于点G．（1）求证：EF＝BC；（2）若∠ABC＝65°，∠ACB＝28°，求∠FGC的度数．14．（2019•广安）在数学活动课上，王老师要求学生将图1所示的3×3正方形方格纸，剪掉其中两个方格，使之成为轴对称图形．规定：凡通过旋转能重合的图形视为同一种图形，如图2的四幅图就视为同一种设计方案（阴影部分为要剪掉部分）请在图中画出4种不同的设计方案，将每种方案中要剪掉的两个方格涂黑（每个3×3的正方形方格画一种，例图除外）15．（2019•宁波）图1，图2都是由边长为1的小等边三角形构成的网格，每个网格图中有5个小等边三角形已涂上阴影，请在余下的空白小等边三角形中，按下列要求选取一个涂上阴影：（1）使得6个阴影小等边三角形组成一个轴对称图形．（2）使得6个阴影小等边三角形组成一个中心对称图形．（请将两个小题依次作答在图1，图2中，均只需画出符合条件的一种情形）16．（2019•潍坊）如图1，菱形ABCD的顶点A，D在直线上，∠BAD＝60°，以点A为旋转中心将菱形ABCD顺时针旋转α（0°＜α＜30°），得到菱形AB′C′D′，B′C′交对角线AC于点M，C′D′交直线l于点N，连接MN．（1）当MN∥B′D′时，求α的大小．（2）如图2，对角线B′D′交AC于点H，交直线l与点G，延长C′B′交AB于点E，连接EH．当△HEB′的周长为2时，求菱形ABCD的周长．17．（2018•南宁）如图，在平面直角坐标系中，已知△ABC的三个顶点坐标分别是A（1，1），B（4，1），C（3，3）．（1）将△ABC向下平移5个单位后得到△A1B1C1，请画出△A1B1C1；（2）将△ABC绕原点O逆时针旋转90°后得到△A2B2C2，请画出△A2B2C2；（3）判断以O，A1，B为顶点的三角形的形状．（无须说明理由）18．（2018•吉林）如图是由边长为1的小正方形组成的8×4网格，每个小正方形的顶点叫做格点，点A，B，C，D均在格点上，在网格中将点D按下列步骤移动：第一步：点D绕点A顺时针旋转180°得到点D1；第二步：点D1绕点B顺时针旋转90°得到点D2；第三步：点D2绕点C顺时针旋转90°回到点D．（1）请用圆规画出点D→D1→D2→D经过的路径；（2）所画图形是对称图形；（3）求所画图形的周长（结果保留π）．19．（2018•临沂）将矩形ABCD绕点A顺时针旋转α（0°＜α＜360°），得到矩形AEFG．（1）如图，当点E在BD上时．求证：FD＝CD；（2）当α为何值时，GC＝GB？画出图形，并说明理由．20．（2018•温州）如图，P，Q是方格纸中的两格点，请按要求画出以PQ为对角线的格点四边形．（1）画出一个面积最小的▱P AQB．（2）画出一个四边形PCQD，使其是轴对称图形而不是中心对称图形，且另一条对角线CD由线段PQ以某一格点为旋转中心旋转得到．21．（2018•枣庄）如图，在4×4的方格纸中，△ABC的三个顶点都在格点上．（1）在图1中，画出一个与△ABC成中心对称的格点三角形；（2）在图2中，画出一个与△ABC成轴对称且与△ABC有公共边的格点三角形；（3）在图3中，画出△ABC绕着点C按顺时针方向旋转90°后的三角形．22．（2018•眉山）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）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；（3）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．23．（2018•南充）如图，矩形ABCD中，AC＝2AB，将矩形ABCD绕点A旋转得到矩形AB′C′D′，使点B的对应点B'落在AC上，B'C'交AD于点E，在B'C′上取点F，使B'F ＝AB．（1）求证：AE＝C′E．（2）求∠FBB'的度数．（3）已知AB＝2，求BF的长．24．（2017•阜新）如图，△ABC在平面直角坐标系内，顶点的坐标分别为A（﹣1，5），B （﹣4，2），C（﹣2，2）．（1）平移△ABC，使点B移动到点B1（1，1），画出平移后的△A1B1C1，并写出点A1，C1的坐标．（2）画出△ABC关于原点O对称的△A2B2C2．（3）线段AA1的长度为．25．（2017•巴中）在边长为1个单位长度的正方形网格中建立如图的平面直角坐标系xOy，△ABC的顶点都在格点上，请解答下列问题：（1）将△ABC向下平移5个单位长度，画出平移后的△A1B1C1；（2）若点M是△ABC内一点，其坐标为（a，b），点M在△A1B1C1内的对应点为M1，则点M1的坐标为；（3）画出△ABC关于点O的中心对称图形△A2B2C2．26．（2017•长春）如图，在菱形ABCD中，∠A＝110°，点E是菱形ABCD内一点，连结CE绕点C顺时针旋转110°，得到线段CF，连结BE，DF，若∠E＝86°，求∠F的度数．27．（2017•仙桃）如图，下列4×4网格图都是由16个相同小正方形组成，每个网格图中有4个小正方形已涂上阴影，请在空白小正方形中，按下列要求涂上阴影．（1）在图1中选取2个空白小正方形涂上阴影，使6个阴影小正方形组成一个中心对称图形；（2）在图2中选取2个空白小正方形涂上阴影，使6个阴影小正方形组成一个轴对称图形，但不是中心对称图形．28．（2017•黑龙江）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（2，2）请解答下列问题：（1）画出△ABC关于y轴对称的△A1B1C1，并写出A1的坐标．（2）画出△ABC绕点B逆时针旋转90°后得到的△A2B2C2，并写出A2的坐标．（3）画出△A2B2C2关于原点O成中心对称的△A3B3C3，并写出A3的坐标．29．（2017•宁夏）在平面直角坐标系中，△ABC三个顶点的坐标分别为A（2，3），B（1，1），C（5，1）．（1）把△ABC平移后，其中点A移到点A1（4，5），画出平移后得到的△A1B1C1；（2）把△A1B1C1绕点A1按逆时针方向旋转90°，画出旋转后的△A2B2C2．30．（2017•徐州）如图，已知AC⊥BC，垂足为C，AC＝4，BC＝3，将线段AC绕点A 按逆时针方向旋转60°，得到线段AD，连接DC，DB．（1）线段DC＝；（2）求线段DB的长度．31．（2017•宁波）在4×4的方格纸中，△ABC的三个顶点都在格点上．（1）在图1中画出与△ABC成轴对称且与△ABC有公共边的格点三角形（画出一个即可）；（2）将图2中的△ABC绕着点C按顺时针方向旋转90°，画出经旋转后的三角形．32．（2017•广安）在4×4的方格内选5个小正方形，让它们组成一个轴对称图形，请在图中画出你的4种方案．（每个4×4的方格内限画一种）要求：（1）5个小正方形必须相连（有公共边或公共顶点视为相连）（2）将选中的小正方形方格用黑色签字笔涂成阴影图形．（若两个方案的图形经过翻折、平移、旋转后能够重合，均视为一种方案）33．（2017•金华）如图，在平面直角坐标系中，△ABC各顶点的坐标分别为A（﹣2，﹣2），B（﹣4，﹣1），C（﹣4，﹣4）．（1）作出△ABC关于原点O成中心对称的△A1B1C1；（2）作出点A关于x轴的对称点A′，若把点A′向右平移a个单位长度后落在△A1B1C1的内部（不包括顶点和边界），求a的取值范围．34．（2016•毕节市）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．35．（2016•黑龙江）如图，△ABC三个顶点的坐标分别为A（﹣1，3），B（﹣4，1），C（﹣2，1）．（1）请画出△ABC向右平移5个单位长度后得到的△A1B1C1．（2）请画出△A1B1C1关于原点对称的△A2B2C2．（3）求四边形ABA2B2的面积．36．（2016•莱芜）如图，△ABC为等腰三角形，AB＝AC，D为△ABC内一点，连接AD，将线段AD绕点A旋转至AE，使得∠DAE＝∠BAC，F，G，H分别为BC，CD，DE的中点，连接BD，CE，GF，GH．（1）求证：GH＝GF；（2）试说明∠FGH与∠BAC互补．37．（2016•钦州）如图，在平面直角坐标系中，△ABC的三个顶点分别为A（﹣1，﹣1），B（﹣3，3），C（﹣4，1）（1）画出△ABC关于y轴对称的△A1B1C1，并写出点B的对应点B1的坐标；（2）画出△ABC绕点A按逆时针旋转90°后的△AB2C2，并写出点C的对应点C2的坐标．38．（2016•日照）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+DF2．39．（2016•黔南州）如图所示，正方形网格中，△ABC为格点三角形（即三角形的顶点都在格点上）：①把△ABC沿BA方向平移，请在网格中画出当点A移动到点A1时的△A1B1C1；②把△A1B1C1绕点A1按逆时针方向旋转90°后得到△A2B2C2，如果网格中小正方形的边长为1，求点B1旋转到B2的路径长．40．（2016•丹东）在平面直角坐标系中，△ABC的位置如图所示（每个小方格都是边长为1个单位长度的正方形）．（1）将△ABC沿x轴方向向左平移6个单位，画出平移后得到的△A1B1C1；（2）将△ABC绕着点A顺时针旋转90°，画出旋转后得到的△AB2C2，并直接写出点B2、C2的坐标．1．【解答】解：（1）如图所示，△A1B1C1即为所求；（2）如图所示，△A2B2C2即为所求；（3）由图可得，△A1B1C1与△A2B2C2关于点（﹣2，0）中心对称．故答案为：﹣2，0．2．【解答】解：（1）如图1中，作FD⊥AC于D，∵Rt△ABC≌Rt△CEF，∠ABC＝∠CEF＝90°，∠BAC＝30°，BC＝1．∴∠ACB＝60°，∠FCE＝∠BAC＝30°，AC＝CF，∴∠ACF＝30°，∴∠BAC＝∠FCD，在△ABC和△CDF中，，∴△ABC≌△CDF（AAS），∴FD＝BC＝1，法二：∵∠ECF＝∠FCD＝30°，FD⊥CD，FE⊥CE，∴DF＝EF，∵EF＝BC＝1，∴DF＝1．故答案为1；（2）线段EF经旋转运动所形成的平面图形如图所示，此时点E落在CF上的点H处．S阴＝S△EFC+S扇形ACF﹣S扇形CEH﹣S△AHC＝S扇形ACF﹣S扇形ECH＝﹣＝．故答案为．（3）如图2中，过点E作EH⊥CF于H．设OB＝OE＝x．在Rt△ECF中，∵EF＝1，∠ECF＝30°，EH⊥CF，∴EC＝EF＝，EH＝，CH＝EH＝，在Rt△BOC中，OC＝＝，∴OH＝CH﹣OC＝﹣，在Rt△EOH中，则有x2＝（）2+（﹣）2，解得x＝或﹣（不合题意舍弃），∴OC＝＝，∵CF＝2EF＝2，∴OF＝CF﹣OC＝2﹣＝．3．【解答】解：（1）如图所示：线段CD即为所求；（2）如图所示：∠BCE即为所求；（3）连接（5，0），（0，5），可得与OA的交点F，点F即为所求，如图所示：4．【解答】解：（1）如图1中，△A'B'C'即为所求．（2）如图2中，△AB'C'即为所求．5．【解答】（1）证明：由旋转的性质得，△ADN≌△ABE，∴∠DAN＝∠BAE，AE＝AN，∵∠DAB＝90°，∠MAN＝45°，∴∠MAE＝∠BAE+∠BAM＝∠DAN+∠BAM＝45°，∴∠MAE＝∠MAN，∵MA＝MA，∴△AEM≌△ANM（SAS）．（2）解：设CD＝BC＝x，则CM＝x﹣3，CN＝x﹣2，∵△AEM≌△ANM，∴EM＝MN，∵BE＝DN，∴MN＝BM+DN＝5，∵∠C＝90°，∴MN2＝CM2+CN2，∴25＝（x﹣2）2+（x﹣3）2，解得，x＝6或﹣1（舍弃），∴正方形ABCD的边长为6．6．【解答】解：（1）如图所示，点A1即为所求；（2）如图所示，线段A1B1即为所求；（3）如图，连接BB1，过点A作AE⊥BB1，过点A1作A1F⊥BB1，则四边形ABA1B1的面积＝+＝×8×2+×8×4＝24．7．【解答】解：（1）如图线段A1B1即为所求．（2）如图，线段B1A2即为所求．8．【解答】解：（1）轴对称图形如图1所示．（2）中心对称图形如图2所示．9．【解答】证明：（1）∵对角线AC的中点为O∴AO＝CO，且AG＝CH∴GO＝HO∵四边形ABCD是矩形∴AD＝BC，CD＝AB，CD∥AB∴∠DCA＝∠CAB，且CO＝AO，∠FOC＝∠EOA∴△COF≌△AOE（ASA）∴FO＝EO，且GO＝HO∴四边形EHFG是平行四边形；（2）如图，连接CE∵∠α＝90°，∴EF⊥AC，且AO＝CO∴EF是AC的垂直平分线，∴AE＝CE，在Rt△BCE中，CE2＝BC2+BE2，∴AE2＝（9﹣AE）2+9，∴AE＝510．【解答】解：（1）如图所示，△A1B1C1即为所求，其中点C1的坐标为（﹣2，﹣1）．（2）如图所示，△A2B2C1即为所求．11．【解答】（1）解：如图1，∵△ABC绕点C顺时针旋转α得到△DEC，点E恰好在AC 上，∴CA＝CD，∠ECD＝∠BCA＝30°，∠DEC＝∠ABC＝90°，∵CA＝CD，∴∠CAD＝∠CDA＝（180°﹣30°）＝75°，∴∠ADE＝90°﹣75°＝15°；（2）证明：如图2，∵点F是边AC中点，∴BF＝AC，∵∠ACB＝30°，∴AB＝AC，∴BF＝AB，∵△ABC绕点C顺时针旋转60°得到△DEC，∴∠BCE＝∠ACD＝60°，CB＝CE，DE＝AB，∴DE＝BF，△ACD和△BCE为等边三角形，∴BE＝CB，∵点F为△ACD的边AC的中点，∴DF⊥AC，易证得△CFD≌△ABC，∴DF＝BC，∴DF＝BE，而BF＝DE，∴四边形BEDF是平行四边形．12．【解答】解：（1）线段A1B1如图所示；（2）线段A1B2如图所示；（3）S＝4×4﹣×2×2﹣×2×4﹣×2×4＝6．13．【解答】（1）证明：∵∠CAF＝∠BAE，∴∠BAC＝∠EAF．∵将线段AC绕A点旋转到AF的位置，∴AC＝AF．在△ABC与△AEF中，，∴△ABC≌△AEF（SAS），∴EF＝BC；（2）解：∵AB＝AE，∠ABC＝65°，∴∠BAE＝180°﹣65°×2＝50°，∴∠F AG＝∠BAE＝50°．∵△ABC≌△AEF，∴∠F＝∠C＝28°，∴∠FGC＝∠F AG+∠F＝50°+28°＝78°．14．【解答】解：如图所示15．【解答】解：（1）如图1所示：6个阴影小等边三角形组成一个轴对称图形；（2）如图2所示：6个阴影小等边三角形组成一个中心对称图形．16．【解答】解：（1）∵四边形AB′C′D′是菱形，∴AB′＝B′C′＝C′D′＝AD′，∵∠B′AD′＝∠B′C′D′＝60°，∴△AB′D′，△B′C′D′是等边三角形，∵MN∥B′D′，∴∠C′MN＝∠C′B′D′＝60°，∠CNM＝∠C′D′B′＝60°，∴△C′MN是等边三角形，∴C′M＝C′N，∴MB′＝ND′，∵∠AB′M＝∠AD′N＝120°，AB′＝AD′，∴△AB′M≌△AD′N（SAS），∴∠B′AM＝∠D′AN，∵∠CAD＝∠BAD＝30°，∠DAD′＝15°，∴α＝15°．（2）∵∠C′B′D′＝60°，∴∠EB′G＝120°，∵∠EAG＝60°，∴∠EAG+∠EB′G＝180°，∴四边形EAGB′四点共圆，∴∠AEB′＝∠AGD′，∵∠EAB′＝∠GAD′，AB′＝AD′，∴△AEB′≌△AGD′（AAS），∴EB′＝GD′，AE＝AG，∵AH＝AH，∠HAE＝∠HAG，∴△AHE≌△AHG（SAS），∴EH＝GH，∵△EHB′的周长为2，∴EH+EB′+HB′＝B′H+HG+GD′＝B′D′＝2，∴AB′＝AB＝2，∴菱形ABCD的周长为8．17．【解答】解：（1）如图所示，△A1B1C1即为所求：（2）如图所示，△A2B2C2即为所求：（3）三角形的形状为等腰直角三角形，OB＝OA1＝，A1B＝，即，所以三角形的形状为等腰直角三角形．18．【解答】解：（1）点D→D1→D2→D经过的路径如图所示：（2）观察图象可知图象是轴对称图形，故答案为轴对称．（3）周长＝4×＝8π．19．【解答】解：（1）由旋转可得，AE＝AB，∠AEF＝∠ABC＝∠DAB＝90°，EF＝BC＝AD，∴∠AEB＝∠ABE，又∵∠ABE+∠EDA＝90°＝∠AEB+∠DEF，∴∠EDA＝∠DEF，又∵DE＝ED，∴△AED≌△FDE（SAS），∴DF＝AE，又∵AE＝AB＝CD，∴CD＝DF；（2）如图，当GB＝GC时，点G在BC的垂直平分线上，分两种情况讨论：①当点G在AD右侧时，取BC的中点H，连接GH交AD于M，∵GC＝GB，∴GH⊥BC，∴四边形ABHM是矩形，∴AM＝BH＝AD＝AG，∴GM垂直平分AD，∴GD＝GA＝DA，∴△ADG是等边三角形，∴∠DAG＝60°，∴旋转角α＝60°；②当点G在AD左侧时，同理可得△ADG是等边三角形，∴∠DAG＝60°，∴旋转角α＝360°﹣60°＝300°．20．【解答】解：（1）如图①所示：（2）如图②所示：21．【解答】解：（1）如图所示，△DCE为所求作（2）如图所示，△ACD为所求作（3）如图所示△ECD为所求作22．【解答】解：（1）如图，△A1B1C1为所作，C1（﹣1，2）；（2）如图，△A2B2C2为所作，C2（﹣3，﹣2）；（3）因为A的坐标为（2，4），A3的坐标为（﹣4，﹣2），所以直线l的函数解析式为y＝﹣x，23．【解答】（1）证明：∵在Rt△ABC中，AC＝2AB，∴∠ACB＝∠AC′B′＝30°，∠BAC＝60°，由旋转可得：AB′＝AB，∠B′AC′＝∠BAC＝60°，∴∠EAC′＝∠AC′B′＝30°，∴AE＝C′E；（2）解：由（1）得到△ABB′为等边三角形，∴∠AB′B＝60°，即∠BB'F＝∠AB'B+∠AB'F＝150°，∵BB'＝B'F，∴∠FBB′＝∠B'FB＝15°；（3）法1：解：由AB＝2，得到B′B＝B′F＝2，∠B′BF＝15°，过B作B′H⊥BF，在Rt△BB′H中，cos15°＝，即BH＝2×＝，则BF＝2BH＝+（cos15°＝cos（45°﹣30°）＝cos45°cos30°+sin45°sin30°＝×+×＝）；法2：连接AF，过A作AM⊥BF，（2）可得△AB′F是等腰直角三角形，△AB′B为等边三角形，∴∠AFB′＝45°，∴∠AFM＝30°，∠ABF＝45°，在Rt△AMF中，AM＝BM＝AB•cos∠ABM＝2×＝，在Rt△AMF中，MF＝＝＝，则BF＝+．24．【解答】解：（1）平移后的△A1B1C1如图所示，点A1（4，4）C1（3，1）．（2）△ABC关于原点O对称的△A2B2C2如图所示．（3）AA1＝＝．故答案为．25．【解答】解：（1）如图所示：△A1B1C1，即为所求；（2）∵点M是△ABC内一点，其坐标为（a，b），点M在△A1B1C1内的对应点为M1，∴点M1的坐标为：（a，b﹣5）；故答案为：（a，b﹣5）；（3）如图所示：△A2B2C2，即为所求．26．【解答】解：∵菱形ABCD，∴BC＝CD，∠BCD＝∠A＝110°，由旋转的性质知，CE＝CF，∠ECF＝∠BCD＝110°，∴∠BCE＝∠DCF＝110°﹣∠DCE，在△BCE和△DCF中，，∴△BCE≌△DCF，∴∠F＝∠E＝86°．27．【解答】解：（1）在图1中选取2个空白小正方形涂上阴影，使6个阴影小正方形组成一个中心对称图形，答案如图所示；（2）在图2中选取2个空白小正方形涂上阴影，使6个阴影小正方形组成一个轴对称图形，但不是中心对称图形，答案如图所示；28．【解答】解：（1）画出△ABC关于y轴对称的△A1B1C1，如图所示，此时A1的坐标为（﹣2，2）；（2）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（4，0）；（3）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（﹣4，0）．29．【解答】解：（1）如图，△A1B1C1即为所求；（2）如图，△A2B2C2即为所求．30．【解答】解：（1）∵AC＝AD，∠CAD＝60°，∴△ACD是等边三角形，∴DC＝AC＝4．故答案是：4；（2）作DE⊥BC于点E．∵△ACD是等边三角形，∴∠ACD＝60°，又∵AC⊥BC，∴∠DCE＝∠ACB﹣∠ACD＝90°﹣60°＝30°，∴Rt△CDE中，DE＝DC＝2，CE＝DC•cos30°＝4×＝2，∴BE＝BC﹣CE＝3﹣2＝．∴Rt△BDE中，BD＝＝＝．31．【解答】解：如图所示．32．【解答】解：如图．．33．【解答】解：（1）如图所示，△A1B1C1即为所求；（2）∵点A′坐标为（﹣2，2），∴若要使向右平移后的A′落在△A1B1C1的内部，最少平移4个单位，最多平移6个单位，即4＜a＜6．34．【解答】解：（1）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，，∴△AEC≌△ADB（SAS）；（2）∵四边形ADFC是菱形，且∠BAC＝45°，∴∠DBA＝∠BAC＝45°，由（1）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＝2，∴AD＝DF＝FC＝AC＝AB＝2，∴BF＝BD﹣DF＝2﹣2．35．【解答】解：（1）如图所示，△A1B1C1是平移后所得的三角形，（2）如图所示，△A2B2C2是△A1B1C1关于原点对称的三角形；（3）四边形ABA2B2的面积＝4×3＝12．36．【解答】证明：（1）∵∠DAE＝∠BAC，∴∠BAD＝∠CAE，在△ABD和△ACE中，∴△ABD≌△ACE（SAS），∴BD＝CE，∵F，G，H分别为BC，CD，DE的中点，∴HG∥CE，GF∥BD，且GH＝CE，GF＝BD，∴GH＝GF；（2）∵△ABD≌△ACE，∴∠ABD＝∠ACE，∵HG∥CE，GF∥BD，∴∠HGD＝∠ECD，∠GFC＝∠DBC，∴∠HGD＝∠ACD+∠ECA＝∠ACD+∠ABD，∠DGF＝∠GFC+∠GCF＝∠DBC+∠GCF，∴∠FGH＝∠DGF+∠HGD＝∠DBC+∠GCF+∠ACD+∠ABD＝∠ABC+∠ACB＝180°﹣∠BAC，∴∠FGH与∠BAC互补．37．【解答】解：（1）如图所示，△A1B1C1即为△ABC关于y轴对称的图形；则B1的坐标是（3，3）；（2）△ABC绕点A按逆时针旋转90°后的△AB2C2是：则点C的对应点C2的坐标是（﹣3，﹣4）．38．【解答】证明：（1）∵将△ADF绕点A顺时针旋转90°后，得到△ABQ，∴QB＝DF，AQ＝AF，∠BAQ＝∠DAF，∵∠EAF＝45°，∴∠DAF+∠BAE＝45°，∴∠QAE＝45°，∴∠QAE＝∠F AE，在△AQE和△AFE中，∴△AQE≌△AFE（SAS），∴∠AEQ＝∠AEF，∴EA是∠QED的平分线；（2）由（1）得△AQE≌△AFE，∴QE＝EF，在Rt△QBE中，QB2+BE2＝QE2，又∵QB＝DF，∴EF2＝BE2+DF2．39．【解答】解：①如图所示，△A1B1C1为所求三角形；②画出图形，如图所示，∵A1B1＝＝，∴点B1旋转到B2的路径长l＝＝．40．【解答】解：（1）如图，△A1B1C1即为所求；（2）如图，△AB2C2即为所求，点B2（4，﹣2），C2（1，﹣3）．。

2020中考数学几何专题：平移和旋转（含答案）例题1. 如图，△ABC绕点A顺时针旋转45°得到△A′B′C′，若∠BAC=90°，AB=AC=，则图中阴影部分的面积等于．例题2. 如图，在边长为4的正方形ABCD中，E是AB边上的一点，且AE=3，点Q为对角线AC上的动点，则△BEQ周长的最小值为．例题3. 如图，在△ABC中，AB=2，AC=4，将△ABC绕点C按逆时针方向旋转得到△A′B′C，使CB′∥AB，分别延长AB，CA′相交于点D，则线段BD的长为．例题4. 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=．巩固练习-旋转1．如图，在△ABC 中, 70=∠CAB . 在同一平面内, 将△ABC 绕点A 旋 转到△//C AB 的位置, 使得AB CC ///, 则=∠/BAB （ ）A. 30B. 35C. 40D. 502．如图，PQR ∆是ABC ∆经过某种变换后得到的图形.如果ABC ∆中任意一点M 的坐标为（a ，b ），那么它的对应点N 的坐标为 .3．如图，在Rt △ABC 中，∠ACB =90º，∠BAC=60º，AB =6．Rt △AB ´C ´可以看作是由Rt △ABC 绕A 点逆时针方向旋转60º得到的，则线段B ´C 的长为____________．4．如图，，可以看作是由绕点顺时针旋转角度得到的．若点在上，则旋转角的大小可以是（ ） A 、 B 、 C 、 D 、9030AOB B ∠=∠=°，°A OB ''△AOB △O αA 'AB α30°45°60°90°A OBA 'B '5．如图，若将△ABC 绕点C, 顺时针旋转90°后得到，则A 点的对应点的坐标是 .6．下列图形中，中心对称图形有（ ）．7．下列几何图形中，即是中心对称图形又是轴对称图形的是（ ） A ．正三角形 B ．等腰直角三角形 C ．等腰梯形D ．正方形8．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 ．C B A ''∆A'9．如图，在平面直角坐标系中，△ABC的三个顶点的坐标分别为A（0,1），B（-1,1），C（-1,3）。

图形的旋转的概念及性质1．下列物体的运动不是旋转的是( )A．坐在摩天轮里的小朋友 B．正在走动的时针C．骑自行车的人 D．正在转动的风车叶片2. 下列现象属于旋转的是( )①电梯的上下移动；②传送带的移动；③方向盘的转动；④水龙头开关的转动；⑤钟摆的运动；⑥荡秋千的运动．A．①②③ B．②③④ C．②④⑤ D．③④⑤⑥3. 如图，将△ABC绕点A按顺时针方向旋转120°得到△ADE，点B的对应点是点E，点C的对应点是点D，若∠BAC＝35°，则∠CAE的度数为( )A．85° B．75° C．65° D．55°4. 小明读了“子非鱼，焉知鱼之乐乎”后，用电脑画了几幅鱼的图案，其中不能由左面的图案旋转得到的是( )5. 如图，该图形围绕点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°6. 如图，将△ABC绕点C顺时针旋转，使点B落在AB边上的点B′处，此时，点A的对应点A′恰好落在BC的延长线上，下列结论错误的是( )A．∠BCB′＝∠ACA′ B．∠ACB＝2∠BC．∠B′CA＝∠B′AC D．B′C平分∠BB′A′7. 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°8. 学校早上8时上第一节课，45分钟后下课，这节课中分针转动的角度为( ) A．45° B．90° C．180° D．270°9. 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( )A．0 B．1 C．2 D．310. 在图形的旋转中，下列说法错误的是( )A．图形上的每一点到旋转中心的距离都相等B．图形上的每一点转动的角度都相同C．图形上可能存在不动的点D．旋转前和旋转后的图形全等11. 经过旋转后的图形与原图形的关系是________，它们的对应线段_______, 对应角________，对应点到旋转中心的距离________．12. 如图，点E是正方形ABCD的边DC上一点，把△ADE绕点A顺时针旋转90°到△ABF的位置．若四边形AECF的面积为25，DE＝2，则AE的长为13. 学校早上8时上第一节课，45分钟后下课，这节课中分针转动的角度为14. 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15. 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′＝16. 如图，在△ABC中，AB＝2，BC＝3.5，∠B＝60°，将△ABC绕点A按顺时针旋转一定角度得到△ADE，当点B的对应点D恰好落在BC边上时，则CD的长为____．17. 用等腰直角三角板画∠AOB＝45°，将三角板沿OB方向平移到如图所示的虚线处后绕点M逆时针方向旋转22°，则三角板的斜边与射线OA的夹角α的度数为．18. 如图，在平面直角坐标系中，将点P(－4，2)绕原点O顺时针旋转90°，则其对应点Q的坐标为．19. 下列四个图形中，图中的一个矩形是由另一个矩形按顺时针方向旋转90°后所形成的是 (填序号)20. 如图，在▱ABCD中，AE⊥BC于点E，以点B为中心，取旋转角等于∠ABC，把△BAE顺时针旋转，得到△BA′E′，连接DA′.若∠ADC＝60°，∠ADA′＝50°，则∠DA′E′＝21. 如图，将Rt△ABC（其中∠B=35°，∠C=90°）绕点A按顺时针方向旋转到△AB1C1的位置，使得点C、A、B1在同一条直线上，那么旋转角等于22. 如图，在△ABC中，AB＝BC＝1，∠ABC＝120°，将△ABC绕点B按顺时针方向旋转30°得△A1BC1，A1B交AC于点E，A1C1分别交AC，BC于点D，F.(1)试判断四边形BC1DA的形状，并说明理由；(2)求DE的长．23. 如图，如果把钟表的指针看做三角形OAB，它绕O点按顺时针方向旋转得到△OEF，在这个旋转过程中：(1) 旋转中心是什么？旋转角是什么？(2) 经过旋转，点A，B分别移动到什么位置？24. 钟表的时针匀速旋转一周需要12小时，如图：(1) 指出它的旋转中心；(2) 经过5小时整，时针旋转了多少度？25. 如图，△ACD，△AEB都是等腰直角三角形，∠CAD＝∠EAB＝90°，∠BAC ＝30°，若将△EAC绕某点逆时针旋转后能与△BAD重合，请解答下列问题：(1)指出旋转中心；(2)指出逆时针旋转的角度；(3)若EC＝10cm，求BD的长度.26. 如图，已知△BAD和△BCE均为等腰直角三角形，∠BAD＝∠BCE＝90°，点M为DE的中点，过点E与AD平行的直线交射线AM于点N.(1)当A，B，C三点在同一直线上时(如图①)，求证：M为AN的中点；(2)将图①中△BCE绕点B旋转，当A，B，E三点在同一直线上时(如图②)，求证：△CAN为等腰直角三角形；(3)将图①中△BCE绕点B旋转到图③的位置时，(2)中的结论是否仍然成立？若成立，试证明；若不成立，请说明理由．参考答案:1---10 CDADB CCDDA11. 全等 相等 相等 相等 12. 2913. 270° 14. 1015. 60°16. 1.517. 22°18. (2，4)19. ② ④20. 160°21. 125°22. 解：(1)四边形BC 1DA 是菱形，理由如下：∵∠ABC ＝120°，AB ＝BC ，∴∠A ＝30°，由题意可知∠A 1＝∠A ＝30°，∠ABA 1＝30°，∴∠A 1＝∠ABA 1，∴A 1C 1∥AB ，同理AC ∥BC 1，∴四边形BC 1DA 是平行四边形，∵AB ＝BC 1，∴四边形BC 1DA 是菱形(2)过点E 作EG⊥AB 于点G ，∵∠A ＝∠ABE＝30°，AB ＝1，∴AG ＝GB ＝12，AE ＝2EG ，在Rt △AEG 中， 由勾股定理可得AE ＝33，∴ED ＝AD －AE ＝1－3323. 解：(1) 旋转中心是O ，∠AOE ，∠BOF 等都是旋转角．(2) 经过旋转，点A 和点B 分别移动到点E 和点F 的位置．24. (1) 钟表圆盘的中心位置(2) 150°25. (1)旋转中心是点A(2)旋转的角度为90°(3)BD＝10cm26. 解：(1)∵点M为DE的中点，∴DM＝ME.∵AD∥EN，∴∠ADM＝∠NEM.又∵∠DMA＝∠EMN，∴△DMA≌△EMN，∴AM＝NM，即M为AN的中点(2)由(1)中△DMA≌△EMN可知DA＝EN.又∵DA＝AB，∴AB＝EN.∵∠ABC＝∠NEC＝135°，BC＝CE，∴△ABC≌△NEC，∴AC＝NC，∠ACB＝∠NCE.∵∠BCE＝∠BCN＋∠NCE＝90°，∴∠BCN＋∠ACB＝90°，∴∠ACN＝90°，∴△CAN为等腰直角三角形(3)成立．由(2)可知AB＝NE，BC＝EC，∠ABC＝360°－45°－45°－∠DBE＝270°－∠DBE.∵AD∥EN，∴∠ADM＝∠NEM.又∵∠CEN＝∠CEB＋∠BED＋∠NEM＝45°＋45°＋∠BDE＋∠BED＝90°＋(180°－∠DBE)＝270°－∠DBE，∴∠ABC＝∠NEC，∴△ABC≌△NEC，同(2)可证△CAN为等腰直角三角形，∴(2)中的结论仍然成立。