人教版初中数学 九年级上册图形的旋转 单元检测试卷含答案解析 含单元考点盘点

23.1 图形的旋转
单元检测试卷
校名：班级：姓名：学号：分数
第Ⅰ卷（选择题）
一．选择题（共20 小题）
1.下列运动属于旋转的是（）
A．滚动过程中的篮球的滚动
B．钟表的钟摆的摆动
C.气球升空的运动
D.一个图形沿某直线对折的过程
2.下列各图中，既可经过平移，又可经过旋转，由图形①得到图形②的是（）
A．B．
C．D．
3.下列运动属于旋转的是（）
A．足球在草地上滚动B．火箭升空的运动
C．汽车在急刹车时向前滑行D．钟表的钟摆动的过程
4.在俄罗斯方块游戏中，已拼好的图案如图所示，现又出现一小方格体正向下
运动，为了使所有图案消失，你必须进行以下哪项操作，才能拼成一个完整
图案，使其自动消失（）
A．顺时针旋转90°，向右平移B．逆时针旋转90°，向右平移
C．顺时针旋转90°，向下平移D．逆时针旋转90°，向下平移
5.观察下列图案，其中旋转角最大的是（）
A．B．C．D．
6.如图，将木条a，b 与c 钉在一起，∠1=70°，∠2=50°，要使木条a 与b 平行，
木条a 旋转的度数至少是（）
A．10°B．20°C．50°D．70°
7.如图，在△ABC 中，AB=AC，∠A=40°，将△ABC 绕点B 逆时针旋转得到△A′BC′，
若点C 的对应点C′落在AB 边上，则旋转角为（）
A．40°B．70°C．80°D．140°
8.如图，将矩形ABCD 绕点A 顺时针旋转到矩形AB′C′D′的位置，旋转角为α（0°
＜α＜90°）．若∠1=112°，则∠α的大小是（）
A．68°B．20°C．28°D．22°
9.如图，正方形ABCD 和正方形CEFG 边长分别为a 和b，正方形CEFG 绕点C
旋转，给出下列结论：①BE=DG；②BE⊥DG；③DE2+BG2=2a2+2b2，其中正确结论有（）
A．0 个B．1 个C．2 个D．3 个
10.如图，P 是等边三角形ABC 内的一点，且PA=3，PB=4，PC=5，将△ABP 绕
点B 顺时针旋转60°到△CBQ 位置．连接PQ，则以下结论错误的是（）
A．∠QPB=60°B．∠PQC=90°C．∠APB=150°D．∠APC=135°11.如图，要使此图形旋转后与自身重合，至少应将它绕中心旋转的度数为（）
A．30°B．60°C．120°D．180°
12.如图所示的图案，其外轮廓是一个正五边形，绕它的中心旋转一定的角度后
能够与自身重合，则这个旋转角可能是（）
A．90°B．72°C．60°D．36°
13.如图所示的图案绕旋转中心旋转一定角度后能够与自身重合，那么这个旋转
角可能是（）
A．60°B．72°C．90°D．120°
14.如图，香港特别行政区区徽中的紫荆花图案，该图案绕中心旋转n°后能与
原来的图案互相重合，则n 的最小值为（）
A．45°B．60°C．72°D．108°
15.△ABC 是等边三角形，点O 是三条高的交点．若△ABC 以点O 为旋转中心
旋转后能与原来的图形重合，则△ABC 旋转的最小角度是（）
A．45°B．60°C．120°D．135°
16.在平面直角坐标系中，把点P（﹣5，4）向右平移9 个单位得到点P1，再将
点P1绕原点顺时针旋转90°得到点P2，则点P2的坐标是（）A．（4，﹣4）B．（4，4）C．（﹣4，﹣4）D．（﹣4，4）17.在平面直角坐标系中，点P（1，﹣2）向右平移2 个单位长度得到点P1，点
P1绕原点逆时针旋转90°得到点P2，则点P2的坐标是（）A．（﹣2，﹣3）B．（2，﹣3）C．（﹣2，3）D．（2，3）
18.如图，平面直角坐标系中，已知点B（﹣3，2），若将△ABO 绕点O 沿顺时
针方向旋转90°后得到△A1B1O，则点B 的对应点B1的坐标是（）
A．（3，1）B．（3，2）C．（1，3）D．（2，3）
19.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，△ABC 经过平移后得到△A1B1C1，若AC 上一点P（1.2，1.4）平移后对应点为P1，点P1绕原点顺时针旋转180°，对应点为P2，则点P2的坐标为（）
A．（2.8，3.6）B．（﹣2.8，﹣3.6）C．（3.8，2.6）D．（﹣3.8，﹣2.6）
20.已知等边△ABC，顶点B（0，0），C（2，0），规定把△ABC 先沿x 轴绕着点
C 顺时针旋转，使点A 落在x 轴上，称为一次变换，再沿x 轴绕着点A 顺时针
旋转，使点B 落在x 轴上，称为二次变换，…经过连续2017 次变换后，顶点
A 的坐标是（）
A．（4033，）B．（4033，0）C．（4036，）D．（4036，0）
第Ⅱ卷（非选择题）
二．填空题（共10 小题）
21.小明把自己的左手手印和右手手印按在同一张白纸上，左手手印（填
“能”或“不能”）通过旋转与右手手印完全重合在一起．
22.如图，某游乐场的摩天轮（圆形转盘）上的点距离地面最大高度为160 米，
转盘直径为153 米，旋转一周约需30 分钟．某人从该摩天轮上到地面距离最近的点登舱，逆时针旋转20 分钟，此时，他离地面的高度是米．
23.如图，五角星也可以看作是一个三角形绕中心O 旋转次得到的，每
次旋转角度是．
24.如图，已知∠MON=30°，B 为OM 上一点，BA⊥ON 于A，四边形ABCD 为正
方形，P 为射线BM 上一动点，连结CP，将CP 绕点C 顺时针方向旋转90°得CE，连结BE，若AB=，则BE 的最小值为．
25.如图，△ABC 中，∠C=30°，将△ABC 绕点A 顺时针旋转50°得到△ADE，AE
与BC 交于F，则∠AFB= °．
26.如图，将△ABC 绕点A 按逆时针方向旋转至△AB′C′（B 与B′，C 与C′分别是对
应顶点），使AB′⊥BC，B′C′分别交AC，BC 于点D，E，已知AB=AC=5，BC=6，则DE 的长为．
27.如图所示的图案，可以看成是由字母“Y”绕中心每次旋转度构成的．
28.在下列图形：“角、射线、线段、等腰三角形、平行四边形”中，既是轴对称
图形又是旋转对称图形的为．
29.等边三角形至少旋转度才能与自身重合．
30.将点A（3，1）绕原点O 逆时针旋转90°到点B，则点B 的坐标为．
三．解答题（共10 小题）
31.在正方形ABCD 中，M 是BC 边上一点，点P 在射线AM 上，将线段AP 绕点
A 顺时针旋转90°得到线段AQ，连接BP，DQ．
（1）依题意补全图1；
（2）①连接DP，若点P，Q，D 恰好在同一条直线上，求证：DP2+DQ2=2AB2；
②若点P，Q，C 恰好在同一条直线上，则BP 与AB 的数量关系为：．
32.如图，在△ABC 中，∠ACB=90°，CD 平分∠ACB 交AB 于点D，将△CDB 绕点
C 顺时针旋转到△CEF 的位置，点F 在AC 上．
（1）△CDB 旋转的度数；
（2）连结DE，判断DE 与BC 的位置关系，并说明理由．
33.已知，点P 是等边三角形△ABC 中一点，线段AP 绕点A 逆时针旋转60°到
AQ，连接PQ、QC．
（1）求证：PB=QC；
（2）若PA=3，PB=4，∠APB=150°，求PC 的长度．
34.已知如图，△ADC 和△BDE 均为等腰三角形，∠CAD=∠DBE，AC=AD，BD=BE，
连接CE，点G 为CE 的中点，过点E 作AC 的平行线与线段AG 延长线交于点F．
（1）当A，D，B 三点在同一直线上时（如图1），求证：G 为AF 的中点；
（2）将图1 中△BDE 绕点D 旋转到图2 位置时，点A，D，G，F 在同一直线上，点H 在线段AF 的延长线上，且EF=EH，连接AB，BH，试判断△ABH 的形状，并说明理由．
35.如图，正方形ABCD 边长为2cm，以各边中心为圆心，1cm 为半径依次作圆，
将正方形分成四部分．
（1）这个图形旋转对称图形（填“是”或“不是”）；若是，则旋转中心是点，最小旋转角是度．
（2）求图形OBC 的周长和面积．
36.一个等边三角形绕中心至少旋转度后能与自身重合．
37.如图①，将边长为2 的正方形OABC 如图①放置，O 为原点．
（Ⅰ）若将正方形OABC 绕点O 逆时针旋转60°时，如图②，求点A 的坐标；（Ⅱ）如图③，若将图①中的正方形OABC 绕点O 逆时针旋转75°时，求点B 的坐标．
38.在平面直角坐标系中，已知点A 的坐标为（﹣2，0），点B 在y 轴的正半轴
上，且OB=2OA，将线段AB 绕着A 点顺时针旋转90°，点B 落在点C 处．（1）分别求出点B、点C 的坐标．
（2）在x 轴上有一点D，使得△ACD 的面积为3，求：点D 的坐标．
39.如图，点O 为平面直角坐标系的原点，点A 在x 轴上，△AOC 是边长为2
的等边三角形．
（1）写出△AOC 的顶点C 的坐标：．
（2）将△AOC 沿x 轴向右平移得到△OBD，则平移的距离是
（3）将△AOC 绕原点O 顺时针旋转得到△OBD，则旋转角可以是度（4）连接AD，交OC 于点E，求∠AEO 的度数．
40.如图，A，B 两点的坐标分别为（3，0）、（0，2），将线段AB 平移至A1B1，
且A1（5，b）、B1（a，3）．
（1）将线段A1B1绕点A1顺时针旋转60°得线段A1B2，连接B1B2得△A1B1B2，判断△A1B1B2的形状，并说明理由；
（2）求线段AB 平移到A1B1的距离是多少？
参考答案与试题解析
一．选择题（共20 小题）
1．
【考点】R1：生活中的旋转现象．
【分析】根据旋转变换的概念，对选项进行一一分析，排除错误答案．
【解答】解：A、滚动过程中的篮球属于滚动，不是绕着某一个固定的点转动，不属旋转；
B、钟表的钟摆的摆动，符合旋转变换的定义，属于旋转；
C、气球升空的运动是平移，不属于旋转；
D、一个图形沿某直线对折的过程是轴对称，不属于旋
转．故选：B．
【点评】本题考查旋转的概念．旋转变换：一个图形围绕一个定点旋转一定的角度，得到另一个图形，这种变换称为旋转变换．要注意旋转的三要素：①定点﹣旋转中心；②旋转方向；③旋转角度．
2．
【考点】R1：生活中的旋转现象．
【分析】此题是一组复合图形，根据平移、旋转的性质解答．
【解答】解：A、B、C 中只能由旋转得到，不能由平移得到，只有D 可经过平移，又可经过旋转得到．
故选：D．
【点评】本题考查平移、旋转的性质：
①平移不改变图形的形状和大小；经过平移，对应点所连的线段平行且相等，对
应线段平行且相等，对应角相等．
②旋转变化前后，对应线段、对应角分别相等，图形的大小、形状都不改变，两
组对应点连线的交点是旋转中心．
3．
【考点】R1：生活中的旋转现象．
【分析】根据旋转的定义：在平面内，把一个图形绕着某一个点O 旋转一个角度的图形变换叫做旋转进行分析即可．
【解答】解：A、足球在草地上滚动，不是旋转，故此选项错误；
B、火箭升空的运动，是平移，故此选项错误；
C、汽车在急刹车时向前滑行，是平移，故此选项错误；
D、钟表的钟摆动的过程，是旋转，故此选项正确；
故选：D．
【点评】此题主要考查了生活中的旋转，关键是掌握旋转定义．
4．
【考点】Q1：生活中的平移现象；R1：生活中的旋转现象．
【分析】在俄罗斯方块游戏中，要使其自动消失，要把三行排满，需要旋转和平移，通过观察即可得到．
【解答】解：顺时针旋转90°，向右平移．故选A．
【点评】此题将常见的游戏和旋转平移的知识相结合，有一定的趣味性，要根据平移和旋转的性质进行解答：
（1）①经过平移，对应线段平行（或共线）且相等，对应角相等，对应点所连接的线段平行且相等；②平移变换不改变图形的形状、大小和方向（平移前后的两个图形是全等形）．
（2）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．
5．
【考点】R1：生活中的旋转现象．
【分析】根据定义，一个图形围绕一个定点旋转一定的角度，得到另一个图形叫做旋转．
【解答】解：A、旋转角是120°；
B、旋转角是90°；
C、旋转角是72°；
D、旋转角是
60°．故选：A．
【点评】根据旋转的定义来判断旋转的度数．如果把一个图形绕着某一点旋转180°后能与另一个图形重合，那么我们就说，这两个图形成中心对称．
6．
【考点】J9：平行线的判定；R2：旋转的性质．
【分析】根据同位角相等两直线平行，求出旋转后∠2 的同位角的度数，然后用∠1 减去即可得到木条a 旋转的度数．
【解答】解：如图．
∵∠AOC=∠2=50°时，OA∥b，
∴要使木条a 与b 平行，木条a 旋转的度数至少是70°﹣
50°=20°．故选：B．
【点评】本题考查了旋转的性质，平行线的判定，根据同位角相等两直线平行求出旋转后∠2 的同位角的度数是解题的关键．
7．
【考点】R2：旋转的性质．
【分析】根据旋转角的定义，旋转角就是∠ABC，根据等腰三角形的旋转求出∠ABC 即可．
【解答】解：∵AB=AC，∠A=40°，
∴∠ABC=∠C= （180°﹣∠A）= ×140°=70°，
∵△A′BC′是由△ABC 旋转得到，
∴旋转角为
∠ABC=70°．故选：B．
【点评】本题考查旋转的性质、等腰三角形的性质、三角形内角和定理等知识，解题的关键的理解旋转角的定义，属于中考常考题型．
8．
【考点】R2：旋转的性质．
【分析】先根据矩形的性质得∠BAD=∠ABC=∠ADC=90°，再根据旋转的性质得∠BAB′=α，∠B′AD′=∠BAD=90°，∠D′=∠D=90°，然后根据四边形的内角和得到∠3=68°，再利用互余即可得到∠α的大小．
【解答】解：∵四边形ABCD 为矩形，
∴∠BAD=∠ABC=∠ADC=90°，
∵矩形ABCD 绕点 A 顺时针旋转到矩形AB′C′D′的位置，旋转角为α，
∴∠BAB′=α，∠B′AD′=∠BAD=90°，∠AD′C′=∠ADC=90°，
∵∠2=∠1=112°，
而∠ABC=∠D′=90°，
∴∠3=180°﹣∠2=68°，
∴∠BAB′=90°﹣68°=22°，
即
∠α=22°．
故选：D．
【点评】本题考查了旋转的性质：对应点到旋转中心的距离相等；对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角；旋转前、后的图形全等．
9．
【考点】KD：全等三角形的判定与性质；KQ：勾股定理；LE：正方形的性质；
R2：旋转的性质．
【分析】由四边形ABCD 与四边形CEFG 都为正方形，得到四条边相等，四个角为直角，利用SAS 得到三角形BCE 与三角形DCG 全等，利用全等三角形对应边相等即可得到BE=DG，利用全等三角形对应角相等得到∠1=∠2，利用等角的余角相等及直角的定义得到∠BOD 为直角，利用勾股定理求出所求式子的值即可．
【解答】解：如图，设BE，DG 交于O．
∵四边形ABCD 和CEFG 都为正方形，
∴BC=CD，CE=CG，∠BCD=∠ECG=90°，
∴∠BCE+∠DCE=∠ECG+∠DCE=90°+∠DCE，即∠BCE=∠DCG．
在△BCE 和△DCG 中，
，
∴△BCE≌△DCG（SAS），
∴BE=DG，
∴∠1=∠2，
∵∠1+∠4=∠3+∠1=90°，
∴∠2+∠3=90°，
∴∠BOG=90°，
∴BE⊥DG；故①②正确；
连接BD，EG，如图所示，
∴DO2+BO2=BD2=BC2+CD2=2a2，EO2+OG2=EG2=CG2+CE2=2b2，
则DE2+BG2=DO2+BO2+EO2+OG2=2a2+2b2，故③正确．
故选：D．
【点评】此题考查了旋转的性质，全等三角形的判定与性质，正方形的性质，勾
股定理，熟练掌握性质与定理是解本题的关键．
10．
【考点】KK：等边三角形的性质；R2：旋转的性质．
【分析】根据等边三角形性质以及勾股定理的逆定理，即可判断B；依据△BPQ 是等边三角形，即可得到∠QPB= ∠BPQ= ∠BQP=60°，进而得出∠BPA=∠ BQC=60°+90°=150°，求出∠APC+∠QPC=150°和PQ≠QC 即可判断D 选项．【解答】解：∵△ABC 是等边三角形，
∴∠ABC=60°，
∵将△ABP 绕点 B 顺时针旋转60°到△CBQ 位置，
∴△BQC≌△BPA，
∴∠BPA=∠BQC，BP=BQ=4，QC=PA=3，∠ABP=∠QBC，
∴∠PBQ=∠PBC+∠CBQ=∠PBC+∠ABP=∠ABC=60°，
∴△BPQ 是等边三角形，
∴PQ=BP=4，
∵PQ2+QC2=42+32=25，PC2=52=25，
∴PQ2+QC2=PC2，
∴∠PQC=90°，即△PQC 是直角三角形，故 B 正确，
∵△BPQ 是等边三角形，
∴∠QPB=∠BPQ=∠BQP=60°，故 A 正确，
∴∠BPA=∠BQC=60°+90°=150°，故 C 正确，
∴∠APC=360°﹣150°﹣60°﹣∠QPC=150°﹣∠QPC，
∵∠PQC=90°，PQ≠QC，
∴∠QPC≠45°，即∠APC≠135°，故选项 D 错
误．故选：D．
【点评】本题考查了等边三角形的性质和判定，勾股定理的逆定理的应用，主要考查学生综合运用定理进行推理的能力．
11．
【考点】R3：旋转对称图形．
【分析】根据旋转对称图形的旋转角的概念作答．
【解答】解：正六边形被平分成六部分，
因而每部分被分成的圆心角是60°，
因而旋转60 度的整数倍，就可以与自身重合．
则α最小值为60
度．故选：B．
【点评】本题考查旋转对称图形的旋转角的概念：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．
【考点】R3：旋转对称图形．
【分析】求出正五边形的中心角即可解决问题；
【解答】解：∵正五边形的中心角==72°，
∴绕它的中心旋转72°角度后能够与自身重合，
故选：B．
【点评】本题考查旋转对称图形，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．
13．
【考点】R3：旋转对称图形．
【分析】把此图案绕看作正五边形，然后根据正五边形的性质求解．
【解答】解：图形看作正五边形，
而正五边的中心角为72°，
所以此图案绕旋转中心旋转72°的整数倍时能够与自身重
合．故选：B．
【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．
14．
【考点】R3：旋转对称图形．
【分析】该图形被平分成五部分，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 度的整数倍，就可以与自身重合．
【解答】解：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，故n 的最小值为72．
故选：C．
【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．
15．
【考点】R3：旋转对称图形．
【分析】根据旋转的性质及等边三角形的性质求解．
【解答】解：若△ABC 以O 为旋转中心，旋转后能与原来的图形重合，
根据旋转变化的性质，可得△ABC 旋转的最小角度为
360°÷3=120°．故选：C．
【点评】本题考查旋转的性质：变化前后，对应线段、对应角分别相等，图形的大小、形状都不改变，两组对应点连线的交点是旋转中心．
16．
【考点】Q3：坐标与图形变化﹣平移；R7：坐标与图形变化﹣旋转．
【分析】首先利用平移的性质得出P1（4，4），再利用旋转变换的性质可得结论；
【解答】解：∵P（﹣5，4），点P（﹣5，4）向右平移9 个单位得到点P1
∴P1（4，4），
∴将点P1绕原点顺时针旋转90°得到点P2，则点P2的坐标是（4，﹣4），
故选：A．
【点评】本题考查坐标与图形变化﹣旋转以及平移，解题的关键是理解题意，熟练掌握基本知识，属于中考基础题．
17．
【考点】Q3：坐标与图形变化﹣平移；R7：坐标与图形变化﹣旋转．
【分析】直接利用平移的性质得出点P1的坐标，再利用旋转的性质得出点P2的坐标．
【解答】解：∵点P（1，﹣2）向右平移 2 个单位长度得到点P1，
∴P1的坐标为：（3，﹣2），
∵点P1绕原点逆时针旋转90°得到点P2，
∴点P2的坐标是：（2，
3）．故选：D．
【点评】此题主要考查了平移变换以及旋转变换，正确得出对应点坐标是解题关键．
18．
【考点】R7：坐标与图形变化﹣旋转．
【分析】根据网格结构作出旋转后的图形，然后根据平面直角坐标系写出点B1的坐标即可．
【解答】解：△A1B1O 如图所示，点B1的坐标是（2，3）．
故选：D．
【点评】本题考查了坐标与图形变化，熟练掌握网格结构，作出图形是解题的关键．
19．
【考点】Q3：坐标与图形变化﹣平移；R7：坐标与图形变化﹣旋转．
【分析】由题意将点P 向下平移5 个单位，再向左平移4 个单位得到P1，再根据P1与P2关于原点对称，即可解决问题；
【解答】解：由题意将点P 向下平移 5 个单位，再向左平移 4 个单位得到P1，∵P（1.2，1.4），
∴P1（﹣2.8，﹣3.6），
∵P1与P2关于原点对称，
∴P2（2.8，3.6），
故选：A．
【点评】本题考查坐标与图形变化，平移变换，旋转变换等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．
20．
【考点】D2：规律型：点的坐标；R7：坐标与图形变化﹣旋转．
【分析】利用已知点坐标得出等边△ABC 边长为2，根据三角函数可得等边△ABC 的高，顶点A 的坐标分别为（4，0），（4，0），（7，），（10，0），（10，0），（13，），…，进而得出点的坐标变化规律，即可得出答案．
【解答】解：顶点A 的坐标分别为（4，0），（4，0），（7，），（10，0），（10，
0），（13，），
…，
2017÷3=672…1，
672×6+4=4036，
故顶点A 的坐标是（4036，
0）．故选：D．
【点评】此题主要考查了坐标与图形的变化，正确得出点的坐标变化规律是解题关键．
二．填空题（共10 小题）
21．
【考点】R1：生活中的旋转现象．
【分析】根据旋转的性质判断即可．
【解答】解：不能，因为无论怎么旋转，两个图形都不能重合，
故答案为：不能．
【点评】本题考查了生活中的旋转现象，能理解旋转的意义是解此题的关键．
22．
【考点】R1：生活中的旋转现象．
【分析】设此人从点A 处登舱，逆时针旋转20 分钟后到达点C，根据已知条件求出旋转了240°，那么∠AOC=120°．过点O 作OE⊥CD 于点E，构建矩形BDEO 和直角△OEC，利用矩形的性质和解该直角三角形来求CD 的长度即可．
【解答】解：设此人从点 A 处登舱，逆时针旋转20 分钟后到达点C．
∵旋转一周约需30 分钟．某人从该摩天轮上到地面距离最近的点登舱，逆时针旋转20 分钟，
∴此人旋转了×20=240°，
∴∠AOC=120°．
如图，过点O 作OE⊥CD 于点E，则四边形BDEO 是矩形，
∴DE=OB=160﹣=83.5（米）．
在直角△OEC 中，∵∠COE=120°﹣90°=30°，OC==76.5 米，
∴CE= OC=38.25 米，
∴CD=CE+DE=38.25+83.5=121.75（米）．
故答案为121.75．
【点评】本题考查了解直角三角形的应用．解题的关键是把实际问题转化为数学问题加以计算．
23．
【考点】R1：生活中的旋转现象．
【分析】五角星的顶点是一个正五边形的五个顶点，所以五角星可看作是正五边形，它的中心角为360°÷5．
【解答】解：由于有五个星，所以要由一个三角形绕中心点旋转四次，
每次旋转的角度分别为等360°÷5=72°，72°×2=144°，72°×3=216°，72°×4=288°．故答案为：四，72°，144°，216°，288°．
【点评】本题考查了旋转的性质：旋转前后的两个图形全等，对应点与旋转中心的连线段的夹角等于旋转角，对应点到旋转中心的距离相等．
24．
【考点】LE：正方形的性质；R2：旋转的性质．
【分析】方法1：先将BC 绕着点C 顺时针旋转90°得FC，作直线FE 交OM 于H，则∠BCF=90°，BC=FC，根据旋转的性质，即可得到△BCP≌△FCE（SAS），进而得出∠BHF=90°，据此可得点E 在直线FH 上，即点E 的轨迹为直线FH，再根据当点E 与点H 重合时，BE=BH 最短，求得BH 的值即可得到BE 的最小值．方法2：连接PD，依据SAS 构造全等三角形，即△BCE≌△DCP，将BE 的长转化为PD 的长，再依据垂线段最短得到当DP 最短时，BE 亦最短，根据∠O=30°，
OD=3+ ，即可求得DP 的长的最小值．
【解答】解法1：如图所示，将BC 绕着点C 顺时针旋转90°得FC，作直线FE 交OM 于H，则∠BCF=90°，BC=FC，
∵将CP 绕点 C 按顺时针方向旋转90°得CE，
∴∠PCE=90°，PC=EC，
∴∠BCP=∠FCE，
在△BCP 和△FCE 中，
，
∴△BCP≌△FCE（SAS），
∴∠CBP=∠CFE，
又∵∠BCF=90°，
∴∠BHF=90°，
∴点 E 在直线FH 上，即点 E 的轨迹为射线，
∵BH⊥EF，
∴当点 E 与点H 重合时，BE=BH 最短，
∵当CP⊥OM 时，Rt△BCP 中，∠CBP=30°，
∴CP= BC= ，BP= CP= ，
又∵∠PCE=∠CPH=∠PHE=90°，CP=CE，
∴正方形CPHE 中，PH=CP=，
∴BH=BP+PH= ，
即BE 的最小值为，
故答案为：．
解法2：如图，连接PD，
由题意可得，PC=EC，∠PCE=90°=∠DCB，BC=DC，
∴∠DCP=∠BCE，
在△DCP 和△BCE 中，
，
∴△DCP≌△BCE（SAS），
∴PD=BE，
当DP⊥OM 时，DP 最短，此时BE 最短，
∵∠AOB=30°，AB= =AD，
∴OD=OA+AD=3+ ，
∴当DP⊥OM 时，DP= OD=，
∴BE 的最小值为
．故
答案为：．
【点评】本题考查了旋转的性质，正方形的性质，全等三角形的判定与性质以及垂线段最短的性质的综合应用，解决问题的关键是作辅助线构造全等三角形，根据全等三角形的对应边相等以及垂线段最短进行解答．
25．
【考点】R2：旋转的性质．
【分析】根据旋转角的定义以及三角形的外角的性质即可解决问题．
【解答】解：∵△ABC 绕点 A 顺时针旋转50°得到△ADE，
∴∠CAE=50°，
∵∠AFB=∠C+∠CAE，∠C=30°，
∴∠AFB=30°+50°=80°，
故答案为80．
【点评】本题考查旋转变换、三角形的外角等于不相邻的两个内角的和等知识，解题的关键是掌握旋转变换的性质、旋转角的定义，灵活运用三角形的外角解决问题，属于中考常考题型．
26．
【考点】R2：旋转的性质．
【分析】由AB=AC，AB'⊥BC 可得BF，AF，B'F 的长，根据三角函数可得EF 的长，由此CE 的长，再由三角函数可得DE 的长
【解答】解：如图
∵AB=AC=5，AB'⊥BC
∴BF=CF= BC=3，∠B=∠C
∴根据勾股定理得：AF=4
∵旋转，
∴AB=AB'=5，∠B=∠B'
∴B'F=1，
∵tan∠B=
∴tan∠B'=
∴EF=
∴EC=FC﹣EF=
∵∠B'+∠BEB'=90°，且∠C=∠B=∠B'，∠BEB'=∠CED
∴∠C+∠DEC=90°
∵sin∠C=sin∠B
∴
∴DE=
故答案为：
【点评】本题考查旋转的性质，勾股定理，三角函数，关键是熟练运用三角函数解决问题．
27．
【考点】R3：旋转对称图形．
【分析】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．利用基本图形和旋转次数，即可得到旋转的角度．
【解答】解：根据图形可得：这是一个由字母“Y”绕着中心连续旋转9 次，每次旋转36 度角形成的图
案．故答案为：36．
【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．
28．
【考点】P3：轴对称图形；R3：旋转对称图形．
【分析】根据轴对称图形与中心对称图形的概念结合几何图形的特点进行判断．【解答】解：线段是轴对称图形，也是中心对称图形，符合题意；
等腰三角形、角是轴对称图形，不是中心对称图形，不符合题意；
平行四边形不是轴对称图形，是中心对称图形，不符合题意．
射线既不是轴对称图形又不是中心对称图形，不符合题意；
故既是轴对称图形又是中心对称图形的是：线段．
故答案为：线段．
【点评】本题考查了中心对称图形与轴对称图形的概念．
（1）如果一个图形沿着一条直线对折后两部分完全重合，这样的图形叫做轴对称图形，这条直线叫做对称轴．
（2）如果一个图形绕某一点旋转180°后能够与自身重合，那么这个图形就叫做中心对称图形，这个点叫做对称中心．
29．
【考点】R3：旋转对称图形．
【分析】等边三角形的中心到三个顶点的距离相等，相邻顶点与中心连线的夹角相等，求旋转角即可．
【解答】解：因为等边三角形的中心到三个顶点的距离相等，相邻顶点与中心连线的夹角相等，
所以，旋转角为360°÷3=120°，故至少旋转120 度才能与自身重合．
【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．
30．
【考点】R7：坐标与图形变化﹣旋转．
【分析】首先根据题意画出图形，易得△AOC≌△BOD，继而求得点 B 的坐标．【解答】解：如图，过点 A 作AC⊥x 轴，过点 B 作BD⊥y 轴，
∴∠ACO=∠BDO=90°，
∵将点A（3，1）绕原点O 按逆时针方向旋转90°到点B，
∴OA=OB，AC=1，OC=3，∠AOB=90°，
∴∠AOC+∠BOC=∠BOC+∠BOD=90°，
∴∠AOC=∠BOD，
在△AOC 和△BOD 中，
，
∴△AOC≌△BOD（AAS），
∴BD=AC=1，OD=OC=3，
∴点 B 的坐标是（﹣1，3）
故答案为：（﹣1，3）
【点评】此题考查了旋转的性质以及全等三角形的判定与性质．此题难度不大，注意掌握旋转前后图形的对应关系，注意掌握数形结合思想的应用．
三．解答题（共10 小题）
31．
【考点】KQ：勾股定理；LE：正方形的性质；R2：旋转的性质．
【分析】（1）根据要求画出图形即可；
（2）①连接BD，如图2，只要证明△ADQ≌△ABP，∠DPB=90°即可解决问题；
②结论：BP=AB，如图3 中，连接AC，延长CD 到N，使得DN=CD，连接AN，
QN．由△ADQ≌△ABP，△ANQ≌△ACP，推出DQ=PB，∠AQN=∠APC=45°，。