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旋转经典题型

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23.1 图形的旋转(9大题型)

23.1 图形的旋转(9大题型)

23.1 图形的旋转旋转的概念将一个图形绕一个定点转动一定的角度，这样的图形运动称为图形的旋转.定点称为旋转中心，旋转的角度称为旋转角.注意：旋转的三要素：旋转中心、旋转方向和旋转角度；图形的旋转不改变图形的形状、大小.题型1：旋转中的概念及对应元素1.下列运动中，属于旋转运动的是（ ）A．小明向北走了4 米B．一物体从高空坠下C．电梯从1 楼到12 楼D．小明在荡秋千【答案】D【解析】【解答】解：A. 小明向北走了 4 米，是平移，不属于旋转运动，A不合题意；B. 一物体从高空坠下，是平移，不属于旋转运动，B不合题意；C. 电梯从1 楼到12 楼，是平移，不属于旋转运动，C不合题意；D. 小明在荡秋千，是旋转运动，D符合题意．故答案为：D．【分析】根据图形旋转的定义求解即可。

【变式1-1】如图，线段AB绕着点O旋转一定的角度得线段A'B'，下列结论错误的是（ ）A．AB＝A'B'B．∠AOA'＝∠BOB'C．OB＝OB'D．∠AOB'＝100°【答案】D【解析】【解答】∵线段AB绕着点O旋转一定的角度得线段A'B'，∴AB＝A′B′，∠AOA′＝BOB′，OB＝OB′，故A，B，C选项正确，∵∠AOB和∠BOB′的度数不确定，∴∠AOB′≠100°，故D选项错误.故答案为：D.【分析】由旋转的性质可得AB＝A′B′，∠AOA′＝BOB′，OB＝OB′，据此判断.【变式1-2】如图（1）中，△和△都是等腰直角三角形，∠和∠都是直角，点在上，△绕着点经过逆时针旋转后能够与△重合，再将图（1）作为“基本图形”绕着点经过逆时针旋转得到图（2）.两次旋转的角度分别为（ ）A．45°，90°B．90°，45°C．60°，30°D．30°，60°【答案】A【解析】根据图1可知，∵△ABC和△ADE是等腰直角三角形，∴∠CAB=45°，即△ABC绕点A逆时针旋转45°可到△ADE；如右图，∵△ABC和△ADE是等腰直角三角形，∴∠DAE=∠CAB=45°，∴∠FAB=∠DAE+∠CAB=90°，即图1可以逆时针连续旋转90°得到图2．故选A．旋转的性质一个图形和它经过旋转所得到的图形中：(1)对应点到旋转中心的距离相等； (2)两组对应点分别与旋转中心连线所成的角相等.　注意：图形绕某一点旋转，既可以按顺时针旋转也可以按逆时针旋转.题型2：旋转的性质及旋转中心的确定2.如图，△DEF是由△ABC绕着某点旋转得到的，则这点的坐标是( )A．(1，1)B．(0，1)C．(-1，1)D．(2，0)【答案】B【解析】【解答】解：如图，连接AD、BE，作线段AD、BE的垂直平分线，两线的交点即为旋转中心O′.其坐标是(0，1).故答案为：B.【分析】连接AD、BE，作线段AD、BE的垂直平分线，根据旋转的性质即可求解。

初中数学旋转题型

初中数学旋转题型

初中数学旋转题型
在初中数学中，旋转是一个重要的概念和技能。

掌握旋转的原理和方法，可以帮助我们解决很多几何问题。

下面介绍一些初中数学中常见的旋转题型。

1. 点的旋转
在平面直角坐标系中，给定一个点P(x, y)，绕原点旋转θ度，求旋转后的点坐标。

解法：设旋转后的点为P'(x', y')，则有：
x' = x*cosθ - y*sinθ
y' = x*sinθ + y*cosθ
其中，cosθ和sinθ可以通过三角函数表查找。

2. 图形的旋转
在平面直角坐标系中，给定一个图形，绕原点旋转θ度，求旋转后的图形。

解法：将图形上的每个点都按照点的旋转方法进行旋转，然后连接这些点，就得到了旋转后的图形。

3. 对称图形的旋转
在平面直角坐标系中，给定一个对称图形，绕对称轴旋转θ度，求旋转后的图形。

解法：对称轴不变，将图形上的每个点都按照点的旋转方法进行旋转，然后连接这些点，就得到了旋转后的图形。

4. 正方形的旋转
在平面直角坐标系中，给定一个正方形，绕其中心旋转θ度，求旋转后的正方形。

解法：连接正方形的对角线，得到两个对称轴，分别将正方形上的每个点按照点的旋转方法进行旋转，然后连接这些点，就得到了旋转后的正方形。

5. 圆的旋转
在平面直角坐标系中，给定一个圆，绕其中心旋转θ度，求旋转后的圆。

解法：圆上每个点到圆心的距离不变，因此可以先求出旋转后的圆心坐标，然后将圆心和圆上的每个点都按照点的旋转方法进行旋转，就得到了旋转后的圆。

以上就是初中数学中常见的旋转题型，希望能对大家的学习有所帮助。

(完整版)旋转题型汇总,推荐文档

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

（2）在（1）的条件下，连接B1C，求B1C的长。

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

初中几何之旋转最值

初中几何之旋转最值

旋转最值题型一、等量旋转例1、阅读下面材料：小伟遇到这样一个问题：如图1，在△ABC（其中∠BAC是一个可以变化的角）中，AB=2，AC=4，以BC为边在BC的下方作等边△PBC，求AP的最大值．小伟是这样思考的：利用变换和等边三角形将边的位置重新组合．他的方法是以点B为旋转中心将△ABP逆时针旋转60°得到△A′BC，连接A′A，当点A落在A′C上时，此题可解（如图2）．请你回答：AP的最大值是____________例2、△ABC 中，AB=4，AC=2，以BC 为边在△ABC 外作正方形BCDE，BD、CE 交于点O，则线段AO 的最大值为___________例3、已知线段AB，点C是平面内一动点，且AB＝AC，连接BC，将线段BC绕点B顺时针旋转90°得到线段BD，连接CD，AD，AD交BC于点E。

若AB＝2，当AD最长时，则DE的长为____________题型二、放缩旋转例4、如图，在△ABC中，∠ABC=90°，AB=2BC，AD=2，BD=4，连接CD，则CD长的最大值是_____________例5、如图，矩形ABCD，E为线段AD上一点，以CE为边，在其右侧作矩形CEFG，且ABBC=CE CG =12，AB=5，连接BE，BF，则BE+√55BF的最小值为_____________例6、已知正方形ABCD，E为边AB上一点，AE=1，AB=4，P是平面上一点，PE=1，将线段PB绕P点逆时针旋转90°得线段PQ，则CQ的最小值为_______________课后作业1、直线l上有两个动点A. B,直线l外有一点O,连接OA,OB, OA,OB长分别为2√2、4，以线段AB为边在l的另一侧作正方形ABCD，连接OD.随着动点A. B的移动，线段OD的长也会发生变化，在变化过程中，线段OD长的最大值是___________.2、如图，已知圆O的半径为10，OA=25，P为圆上的动点，∠P=30°，∠B=90°，在P的运动过程中，则OB的最小值___________3、如图，在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝120°，点D为△ABC外一点，连接BD、AD、CD，∠ADC＝60°，BD＝5，DC＝4，则AD＝________.。

旋转中三种几何模型十三类题型(解析版)

旋转中三种几何模型十三类题型(解析版)

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

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

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

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

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

经过这样旋转变化，在图(3-1-b)中的一个ΔP/CP为等腰直角三角形。

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

旋转常考题型

旋转常考题型
点D在边BC上，BD=2CD．△ABC绕着点D顺
时针旋转一定角度后，点B恰好落在初始
△ABC的边上.
求旋转角α（0°＜α＜180°）的度数.
解：有两种情况：
①点B落在AB上，如B′，∵DB=DB′，
∴∠BDB′=180-∠B-∠BB′D =180°-40°-40°=100°，即
α=100°.
②点B落在AC上，如B″，在Rt△DCB″中，
（1）求证：△ACD≌△BCE；
（2）当AD=BF时，求∠BEF的度数．
解：（1）由题意可知：CD=CE，∠DCE=90°，
∵∠ACB=90°，
∴∠ACD=∠ACB﹣∠DCB，
∠BCE=∠DCE﹣∠DCB，
∴∠ACD=∠BCE，
AC=BC
在△ACD与△BCE中， ∠ACD=∠BCE
CD=CE
∴△ACD≌△BCE（SAS）
在△EE′C中，E′C＝1，EC＝3，EE′=
由勾股定理逆定理可知∠EE′C＝90°，
∴∠BE′C＝∠BE′E＋∠EE′C＝135°.
如图，将等腰△ABC绕顶点B逆时针方向旋转α
度到△A1BC1的位置，AB与A1C1相交于点D，
AC与A1C1，BC1分别交于点E，F．
求证：△BCF≌△BA1D.
旋转常考题型
一.旋转的相关概念识别
如图,△ABC为等边三角形,点P在△ABC中,将
△ABP旋转后能与△CBQ重合.
(1)旋转中心是哪一点?
(2)旋转角是多少度?
(3)△BPQ是什么三角形?
分析 (1)根据对应点到旋转中心的距离相等来确定旋转中心
的位置.(2)对应点与旋转中心连线的夹角都等于旋转角.(3)
移到同一个BC所在的圆中，则有大圆

初二数学专题：旋转题型含答案

初二数学专题：旋转题型含答案

旋转专题（含解析）1、将下列图形绕其对角线的交点逆时针旋转90°，所得图形一定与原图形重合的是（）A．平行四边形 B．矩形 C．菱形 D．正方形2、如图，在平面直角坐标系中将△ABC绕点C（0，﹣1）旋转180°得到△A1B1C1，设点A1的坐标为（m，n），则点A 的坐标为（）A．（﹣m，﹣n） B．（﹣m，﹣n﹣2） C．（﹣m，﹣n﹣1） D．（﹣m，﹣n+1）3、如图，在△ABC中，∠CAB=65°，将△ABC在平面内绕点A旋转到△AB′C′的位置，使CC′∥AB，则旋转角的度数为（）A．35° B．40° C．50° D．65°4、大自然中存在很多对称现象，下列植物叶子的图案中既是轴对称，又是中心对称图形的是（）A． B． C． D．5、在下列四个图案中既是轴对称图形，又是中心对称图形的是( )6、下列四个图形分别是四届国际数学家大会的会标，其中不属于中心对称图形的是（）A. B. C. D.7、在下面的汽车标志图形中，是中心对称图形但不是轴对称图形有（）A．2 个 B．3个 C．4个 D．5个8、如图，在如图4×4的正方形网格中，△MNP绕某点旋转一定的角度，得到△M1N1P1，则其旋转中心是A.点AB.点BC.点CD.点D9、在矩形ABCD中，已知AB=4，BC=3，矩形在直线l上绕其右下角的顶点B向右旋转90°至图①位置，再绕右下角的顶点继续向右旋转90°至图②位置，…，以此类推，这样连续旋转2016次后，顶点A在整个旋转过程中所经过的路程之和是．10、在平面直角坐标系中，点P（1，1），N（2，0），△MNP和△M1N1P1的顶点都在格点上，△MNP与△M1N1P1是关于某一点中心对称，则对称中心的坐标为．11、下列图形中：①圆；②等腰三角形；③正方形；④正五边形，既是轴对称图形又是中心对称图形的有个．12、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．13、如图，在等边△ABC内有一点D，AD=5，BD=6，CD=4，将△ABD绕A点逆时针旋转，使AB与AC重合，点D旋转至点E，求△DCE的面积．14、如图，已知Rt△ABC中，∠ABC=90°，先把△ABC绕点B顺时针旋转90°至△DBE后，再把△ABC沿射线平移至△FEG，DE、FG相交于点H．（1）判断线段DE、FG的位置关系，并说明理由；（2）连结CG，求证：四边形CBEG是正方形．15、在中, , 将绕点顺时针旋转角, 得, 交于点,分别交于两点.(1) 在旋转过程中, 线段与有怎样的数量关系? 证明你的结论;(2) 当时, 试判断四边形的形状, 并说明理由;(3) 在(2)的情况下, 求线段的长.参考答案一、选择题1、D【考点】旋转对称图形．【分析】根据旋转对称图形的性质，可得出四边形需要满足的条件，结合选项即可得出答案．【解答】解：由题意可得，此四边形的对角线互相垂直、平分且相等，则这个四边形是正方形．故选D．2、B【考点】坐标与图形变化-旋转．【分析】设点A的坐标为（x，y），然后根据中心对称的点的特征列方程求解即可．【解答】解：设点A的坐标为（x，y），∵△ABC绕点C（0，﹣1）旋转180°得到△A1B1C1，点A1的坐标为（m，n），∴=0，=﹣1，解得x=﹣m，y=﹣n﹣2，所以，点A的坐标为（﹣m，﹣n﹣2）．故选B．【点评】本题考查了坐标与图形变化﹣旋转，熟练掌握中心对称的点的坐标特征是解题的关键．3、C 【考点】旋转的性质．【分析】根据两直线平行，内错角相等可得∠ACC′=∠CAB，根据旋转的性质可得AC=AC′，然后利用等腰三角形两底角相等求∠CAC′，再根据∠CAC′、∠BAB′都是旋转角解答．【解答】解：∵CC′∥AB，∴∠ACC′=∠CAB=65°，∵△ABC绕点A旋转得到△AB′C′，∴AC=AC′，∴∠CAC′=180°﹣2∠ACC′=180°﹣2×65°=50°，∴∠CAC′=∠BAB′=50°．故选C．4、D【考点】中心对称图形；轴对称图形．【分析】根据轴对称图形与中心对称图形的概念求解．【解答】解：A、是轴对称图形，不是中心对称图形．故选项错误；B、不是轴对称图形，不是中心对称图形．故选项错误；C、不是轴对称图形，也不是中心对称图形．故选项错误；D、是轴对称图形，也是中心对称图形．故选项正确．故选D．5、B6、A7、A8、B二、填空题9、3024π．【考点】轨迹；旋转的性质．【分析】首先求得每一次转动的路线的长，发现每4次循环，找到规律然后计算即可．【解答】解：∵AB=4，BC=3，∴AC=BD=5，转动一次A的路线长是：=2π，转动第二次的路线长是：=π，转动第三次的路线长是：=π，转动第四次的路线长是：0，以此类推，每四次循环，故顶点A转动四次经过的路线长为：π+π+2π=6π，2016÷4=504，顶点A转动四次经过的路线长为：6π×504=3024π．故答案为：3024．．10、（2，1）11、 2 个．三、简答题12、【考点】旋转的性质；全等三角形的判定与性质；菱形的性质．【分析】（1）由旋转的性质得到三角形ABC与三角形ADE全等，以及AB=AC，利用全等三角形对应边相等，对应角相等得到两对边相等，一对角相等，利用SAS得到三角形AEC与三角形ADB全等即可；（2）根据∠BAC=45°，四边形ADFC是菱形，得到∠DBA=∠BAC=45°，再由AB=AD，得到三角形ABD为等腰直角三角形，求出BD的长，由BD﹣DF求出BF的长即可．【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=2﹣2．13、【考点】旋转的性质．【分析】由旋转的性质得出△ACE≌△ABD得出AE=AD=5．CE=BD=6．∠DAE=60°，得出△ADE是等边三角形，因此DE=AD=5．作EH⊥CD垂足为H．设DH=x，由勾股定理得出方程，解方程求出DH，由勾股定理求出EH，即可得出△DCE 的面积．【解答】解：由旋转的性质得：△ACE≌△ABD，∴AE=AD=5．CE=BD=6．∠DAE=60°．∴DE=5．作EH⊥CD垂足为H．设DH=x．由勾股定理得：EH2=CE2﹣CH2=DE2﹣DH2，即62﹣（4﹣x）2=52﹣x2，解得：x=，∴DH=，由勾股定理得：EH===，∴△DCE的面积=CD×EH=．【点评】本题考查了旋转的性质、勾股定理、等边三角形的判定与性质；熟练掌握旋转的性质，由勾股定理求出DH，EH是解决问题的关键．14、【考点】旋转的性质；正方形的判定；平移的性质．【专题】几何图形问题．【分析】（1）根据旋转和平移可得∠DEB=∠ACB，∠GFE=∠A，再根据∠ABC=90°可得∠A+∠ACB=90°，进而得到∠DEB+∠GFE=90°，从而得到DE、FG的位置关系是垂直；（2）根据旋转和平移找出对应线段和角，然后再证明是矩形，后根据邻边相等可得四边形CBEG是正方形．【解答】（1）解：FG⊥ED．理由如下：∵△ABC绕点B顺时针旋转90°至△DBE后，∴∠DEB=∠ACB，∵把△ABC沿射线平移至△FEG，∴∠GFE=∠A，∵∠ABC=90°，∴∠A+∠ACB=90°，∴∠DEB+∠GFE=90°，∴∠FHE=90°，∴FG⊥ED；（2）证明：根据旋转和平移可得∠GEF=90°，∠CBE=90°，CG∥EB，CB=BE，∵CG∥EB，∴∠BCG=∠CBE=90°，∴四边形BCGE是矩形，∵CB=BE，∴四边形CBEG是正方形．【点评】此题主要考查了图形的旋转和平移，关键是掌握新图形中的每一点，都是由原图形中的某一点移动后得到的，这两个点是对应点．连接各组对应点的线段平行且相等．15、(1) =. 1分由旋转可证明, 或者, 所以可得结论; 3分(2) 四边形为菱形. 1分先证四边形为平行四边形, 再由, 所以得菱形; 2分(3) 过点作于, 在中, 可求得, 1分所以. 2分(也可从∠, 先求得, 再求得.)。

题型旋转

题型旋转

题型旋转题型旋转一．选择题（共17小题）1．旋转和平移都只是改变图形的（ ） A ． 大小 B ． 形状 C ． 位置 D ． 方向2．骑自行车时，人的运动是（ ） A ． 平移 B ． 旋转 C ． 既平移又旋转3．我们打开数学书封面时，封面对于课本的运动是（ ） A ． 平移 B ． 旋转 C ． 既平移又旋转4．骑自行车时，人的运动是（ ），车轮的运动是（ ） A ． 平移 B ． 旋转 C ． 既平移又旋转5．下面哪些图形不能由通过平移和旋转得到？请将序号填在（ ）里．A ．B．C．6．下列各组图形，只通过平移或旋转，不能形成长方形的是（ ）A ． AB ． BC ． CD ． D7．以下面图形右面的一条边为轴，旋转一周，（ ）会得到圆锥． A ．B ．C ．D ．8．开门时钥匙的运动属于（ ） A 平移 B 旋转．．9．下列物体的运动是“旋转”现象的是（ ） A ． 妈妈拉开手提包的运动 B ． 站在电梯里的人上下的运动C ． 升旗时，国旗的升降运动D ． 打开电扇，电扇扇叶的运动10．以一个长方形的长为轴，把它旋转一周，可以得到一个（ ） A ． 长方体 B ． 圆柱体 C ． 圆锥体 D ． 正方体11．下面不能由图形通过旋转得到的图形是（ ）A ．B ．C ．D ．12．时针从3：00到9：00是围绕钟面中心旋转了（ ） A ． 360° B ． 180° C ． 90° D ． 60°13．下列现象中，（ ）是旋转． A ． B ． C ．14．如图所示，选项中哪一项与其他四项都不相同？（ ） A ．B ．C ．D ．E ．15．下面现象中，（ ）是旋转现象． A ． 电梯上下运动 B ． 风车转动 C ． 推拉门运动16．下面（ ）图形旋转就会形成圆锥，（ ）图形旋转就会形成圆柱．A ．B ．C．D．17．下面哪个图形是如图旋转后得到的图形？（）A．B．C．D．二．填空题（共13小题）18．在括号里填上“平移”或“旋转”．19．下面的现象中是平移的画“√”，是旋转的画“○”．（1）小红在拉动抽屉．_________（2）运动中直升飞机的螺旋桨．_________（3）石英钟面上的秒针．_________．20．钟表上的秒针在平移运动．_________．21．在括号里填上“平移”或“旋转”．_________．22．把正确答案的序号填在括号里．①钟面上分钟和时针的转动（_________）②电梯的运动（_________）③拍摄照片（_________）④投影幻灯（_________）⑤剪纸蝴蝶（_________）A、平移B、旋转C、对称D、放大．23．图形的变换只有平移和旋转两种．_________．24．下面哪些是平移现象？哪些是旋转现象？在相应的括号里填“平移”或“旋转”．时针运动_________国旗沿笔直旗杆上升_________荡秋千_________．25．汽车行驶是_________现象，风车转动是_________现象．26．汽车行驶时，车轮做_________运动，车身做_________运动．27．电烫斗烫衣服是_________现象；拉开抽屉是_________现象．28．平移和旋转的共同点是改变图形的_________．29．下面物体的运动是平移的画“√”，是旋转的画“○”．风车转动_________推拉窗_________升国旗_________拧水龙头_________．30．小朋友滑滑梯是_________现象，陀螺（tuó luó）的转动是_________现象．题型旋转参考答案与试题解析一．选择题（共17小题）1．旋转和平移都只是改变图形的（）A ．大小B．形状C．位置D．方向考点：平移；旋转。

九年级数学上册第二十三章旋转经典大题例题(带答案)

九年级数学上册第二十三章旋转经典大题例题(带答案)

九年级数学上册第二十三章旋转经典大题例题单选题1、如图，AB是⊙O的直径，OD垂直于弦AC于点D，DO的延长线交⊙O于点E．若AC=4√2，DE=4，则BC的长是（）A．1B．√2C．2D．4答案：C分析：根据垂径定理求出OD的长，再根据中位线求出BC=2OD即可．设OD=x，则OE=OA=DE-OD=4-x．∵AB是⊙O的直径，OD垂直于弦AC于点，AC=4√2∴AD=DC=1AC=2√22∴OD是△ABC的中位线∴BC=2OD∵OA2=OD2+AD2∴(4−x)2=x2+(2√2)2，解得x=1∴BC=2OD=2x=2故选：C小提示：本题考查垂径定理、中位线的性质，根据垂径定理结合勾股定理求出OD的长是解题的关键．2、如图，有①～⑤5个条形方格图，每个小方格的边长均为1，则②～⑤中由实线围成的图形与①中由实线围成的图形全等的有（）A．②③④B．③④⑤C．②④⑤D．②③⑤答案：C分析：根据旋转变换及全等图形的定义对应边相等，对应角相等的图形是全等图形对个图进行一一分析判断即可解：②以右下角顶点为定点顺时针旋转90°后，两个实线图形刚好重合，③中为平行四边形，而①中为梯形，所以不能和①中图形完全重合，④可上下反转成②的情况，然后旋转可和①中图形完全重合，⑤可旋转180°后可和①中图形完全重合，∴与①中由实线围成的图形全等的有②④⑤．故选择C．小提示：本题考查多边形全等的判定，掌握全等图形的定义，关键是会通过图形的旋转使它们全等．3、在平面直角坐标系中，点（a+2，2）关于原点的对称点为（4，﹣b），则ab的值为（）A．﹣4B．4C．12D．﹣12答案：D分析：首先根据关于原点对称的点的坐标特点可得a+2+4=0,2−b=0，可得a，b的值，再代入求解即可得到答案．解：∵点（a+2，2）关于原点的对称点为（4，﹣b），∴a+2+4=0,2−b=0，解得：a=−6,b=2,∴ab=−12,故选D小提示：本题主要考查了关于原点对称的点的坐标特点：两个点关于原点对称时，它们的横纵坐标都互为相反数．4、如图，△OAB中，∠AOB=60°，OA=4，点B的坐标为（6，0），将△OAB绕点A逆时针旋转得到△CAD，当点O的对应点C落在OB上时，点D的坐标为（）A．（7，3√3）B．（7，5）C．（5√3，5）D．（5√3，3√3）答案：A分析：如图，过点D作DE⊥x轴于点E．证明△AOC是等边三角形，解直角三角形求出DE，CE，可得结论．解：如图，过点D作DE⊥x轴于点E．∵B（6，0），∴OB=6，由旋转的性质可知AO=AC=4，OB=CD=6，∠ACD=∠AOB=60°，∵∠AOC=60°，∴△AOC是等边三角形，∴OC=OA=4，∠ACO=60°，∴∠DCE=60°，∴CE=1CD=3，DE=√CD2−CE2=3√3，2∴OE=OC+CE=4+3=7，∴D（7，3√3），故选：A．小提示：本题考查了旋转变换，含30度角的直角三角形的性质，勾股定理，等边三角形的判定和性质等知识，解题的关键是掌握旋转变换的性质．5、如图，在由小正方形组成的网格图中再涂黑一个小正方形，使它与原来涂黑的小正方形组成的新图案为轴对称图形，则涂法有（）A．1种B．2种C．3种D．4种答案：C分析：根据轴对称图形的概念，找到对称轴即可得答案．解：如下图，∵图形是轴对称图形，对称轴是直线AB，∴把1、2、3三个正方形涂黑，与原来涂黑的小正方形组成的新图案仍然是轴对称图形，故选：C．小提示：本题考查了轴对称图形的概念，解题的关键是找到对称轴．6、连接正八边形的三个顶点，得到如图所示的图形，下列说法不正确的是（）A．四边形ABCH与四边形EFGH的周长相等B．连接HD，则HD平分∠CHEC．整个图形不是中心对称图形D．△CEH是等边三角形答案：D分析：根据正八边形和圆的性质进行解答即可．解：A．∵根据正八边形的性质，四边形ABCH与四边形EFGH能够完全重合，即四边形ABCH与四边形EFGH 全等∴四边形ABCH与四边形EFGH的周长相等，故选项正确，不符合题意；B．连接DH，如图1，∵正八边形是轴对称图形，直线HD是对称轴，∴HD平分∠CHE故选项正确，不符合题意；C．整个图形是轴对称图形，但不是中心对称图形，故选项正确，不符合题意；D．∵八边形ABCDEFGH是正八边形，∴B＝BC＝CD＝DE＝EF＝FG＝GH，CH＝EH，设正八边形的中心是O，连接EO、DH，如图2，∠DOE＝360°=45°8∵OE＝OH∠DOE＝22.5°∴∠OEH＝∠OHE＝12∴∠CHE＝2∠OHE＝45°∴∠HCE＝∠HEC＝1（180°－∠CHE）＝67.5°2∴△CEH不是等边三角形，故选项错误，符合题意．故选：D．小提示：本题考查了正多边形和圆，熟记正八边形与等腰三角形的性质是解题的关键．7、平面直角坐标系中，O为坐标原点，点A的坐标为(−5,1)，将OA绕原点按逆时针方向旋转90°得OB，则点B 的坐标为（）A．(−5,1)B．(−1,−5)C．(−5,−1)D．(−1,5)答案：B分析：根据题意证得△AOC≌△OBD，可得结论．解：如图，根据题意得∶∠AOB=90°，∠ACO=∠BDO=90°，OA=OB，∴∠AOC+∠BOD=90°，∠AOC+∠OAC=90°，∴∠BOD=∠OAC，∴△AOC≌△OBD，∴BD=OC，OD=AC，∵点A的坐标为(−5,1)，∴BD=OC=1，OD=AC=5，∴B(−1,−5)．故选：B．小提示：本题考查坐标与图形变化−旋转，解题的关键是熟练掌握旋转的性质，属于中考常考题型．8、如图，正方形OABC的边长为√2，将正方形OABC绕原点O顺时针旋转45°，则点B的对应点B1的坐标为（）A．(−√2,0)B．(−√2,0)C．(0,√2)D．(0,2)答案：D分析：连接OB，由正方形ABCD绕原点O顺时针旋转45°，推出∠A1OB1=45°，得到△A1OB1为等腰直角三角形，点B1在y轴上，利用勾股定理求出O B1即可．解：连接OB，∵正方形ABCD绕原点O顺时针旋转45°，∴∠AOA1=45°，∠AOB=45°，∴∠A1OB1=45°，∴△A1OB1为等腰直角三角形，点B1在y轴上，∵∠B1A1O=90°,A1B1=OA1=√2，∴OB1=√A1B12+OA12=√2+2=2，∴B1（0，2），故选：D．小提示：本题考查了正方形的性质，旋转的性质，特殊三角形的性质．关键是根据旋转角证明点B1在y轴上．9、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)答案：C分析：根据坐标系中对称点与原点的关系判断即可．关于原点对称的一组坐标横纵坐标互为相反数,所以(3,2)关于原点对称的点是(-3,-2),故选C．小提示：本题考查原点对称的性质,关键在于牢记基础知识．10、已知两点M1(x1,y1),M2(x2,y2)，若x1+x2=0,y1+y2=0，则点M1与M2（）A．关于y轴对称B．关于x轴对称C．关于原点对称D．以上均不对答案：C分析：首先利用等式求出x1=−x2,y1=−y2,然后可以根据横纵坐标的关系得出结果．∵x1+x2=0,y1+y2=0，∴x1=−x2,y1=−y2,∵两点M1(x1,y1),M2(x2,y2)，∴点M1与M2关于原点对称，故选：C．小提示：本题主要考查平面直角坐标系中关于原点对称的点，属于基础题，利用等式找到点M1与M2横纵坐标的关系是解题关键．填空题11、如图，在四边形ABCD中，∠ABC=30°，将△DCB绕点C顺时针旋转60°后，点D的对应点恰好与点A重合，得到△ACE，AB=5，BC=9，则BD=______．答案：√106分析：连接BE，如图，根据旋转的性质得∠BCE=60°，CB=CE，BD=AE，再判断△BCE为等边三角形得到BE=BC=9，∠CBE=60°，从而有∠ABE=90°，然后利用勾股定理计算出AE即可．解：连接BE，如图，∵△DCB绕点C顺时针旋转60°后，点D的对应点恰好与点A重合，得到△ACE，∴∠BCE=60°，CB=CE，BD=AE，∴△BCE为等边三角形，∴BE=BC=9，∠CBE=60°，∵∠ABC=30°，∴∠ABE=90°，在Rt△ABE中，AE=√52+92=√106．所以答案是：√106．小提示：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．12、以原点为中心，把M(3,4)逆时针旋转90°得到点N，则点N的坐标为______．答案：(−4,3)分析：建立平面直角坐标系，根据旋转的性质得出N点坐标，由此即可得出答案．解：如图：由旋转的性质可得：M点横坐标等于N点纵坐标的值，M点纵坐标的值等于N点横坐标的绝对值，又∵M（3，4），∴N（-4，3），所以答案是：（-4，3）．小提示：此题考查有关点的坐标旋转的性质，结合坐标轴和旋转的特点确定坐标即可．13、如图，在平面直角坐标系xOy中，点A的坐标为（0，4），P是x轴上一动点，把线段PA绕点P顺时针旋转60°得到线段PF，连接OF，则线段OF长的最小值是__________．答案：2分析：点F 运动所形成的图象是一条直线，当OF ⊥F 1F 2时，垂线段OF 最短，当点F 1在x 轴上时，由勾股定理得：P 1O =F 1O =4√33，进而得P 1A =P 1F 1=AF 1=8√33，求得点F 1的坐标为(4√33,0)，当点F 2在y 轴上时，求得点F 2的坐标为（0，-4），最后根据待定系数法，求得直线F 1F 2的解析式为y =√3x -4，再由线段中垂线性质得出F 1F 2=AF 1=8√33，在Rt △OF 1F 2中，设点O 到F 1F 2的距离为h ，则根据面积法得12×OF 1×OF 2=12×F 1F 2×ℎ，即12×4√33×4=12×8√33×ℎ，解得h =2，根据垂线段最短，即可得到线段OF 的最小值为2．解：∵将线段PA 绕点P 顺时针旋转60°得到线段PF ，∴∠APF =60°，PF =PA ，∴△APF 是等边三角形，∴AP =AF ，如图，当点F 1在x 轴上时，△P 1AF 1为等边三角形，则P 1A =P 1F 1=AF 1，∠AP 1F 1=60°，∵AO ⊥P 1F 1，∴P 1O =F 1O ，∠AOP 1=90°，∴∠P 1AO =30°，且AO =4，由勾股定理得：P 1O =F 1O =4√33， ∴P 1A =P 1F 1=AF 1=8√33， ∴点F 1的坐标为(4√33,0)， 如图，当点F 2在y 轴上时，∵△P 2AF 2为等边三角形，AO ⊥P 2O ，∴AO =F 2O =4，∴点F 2的坐标为（0，-4），∵tan∠OF 1F 2=OF 2OF 1=4√33=√3，∴∠OF 1F 2=60°，∴点F 运动所形成的图象是一条直线，∴当OF ⊥F 1F 2时，线段OF 最短，设直线F 1F 2的解析式为y =kx +b ， 则{4√33k +b =0b =−4，解得{k =√3b =−4， ∴直线F 1F 2的解析式为y =√3x -4，∵AO =F 2O =4，AO ⊥P 1F 1，∴F 1F 2=AF 1=8√33， 在Rt △OF 1F 2中，OF ⊥F 1F 2，设点O 到F 1F 2的距离为h ，则12×OF 1×OF 2=12×F 1F 2×ℎ，∴12×4√33×4=12×8√33×ℎ，解得h =2，即线段OF的最小值为2，故答案为2．小提示：本题属于三角形的综合题，主要考查了旋转的性质，勾股定理的应用，等边三角形的性质以及待定系数法的运用等，解决问题的关键是作辅助线构造等边三角形以及面积法求最短距离，解题时注意勾股定理、等边三角形三线合一以及方程思想的灵活运用．14、已知点P(m−2,m)关于原点对称的点在第三象限，则m的取值范围是_______．答案：m>2分析：根据关于原点对称的点的性质可得点P在第一象限，进而得出不等式组，再解不等式组即可．解：∵点P（m−2，m）关于原点对称的点在第三象限，∴点P（m−2，m）在第一象限，∴{m−2>0，m>0解得：m＞2，所以答案是：m＞2．小提示：此题主要考查了关于原点对称的点的坐标特点，解一元一次不等式组，关键是掌握各象限内点的坐标符号．15、如图，在△AOB中，∠AOB=90°，AO=3cm，BO=4cm，将△AOB绕顶点O，按顺时针方向旋转到△AB，则线段B1D的长度为______．A1OB1处，此时线段OB1与AB的交点D恰好为AB的中点，OD=12答案：1.5cm##3cm2分析：先在直角△AOB中利用勾股定理求出AB＝5cm，再利用直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半得出ODAB＝2.5cm．然后根据旋转的性质得到OB1＝OB＝4cm，则问题得解．＝12∵在△AOB中，∠AOB＝90°，AO＝3cm，BO＝4cm，∴AB＝√OA2+OB2＝5cm，∴OD＝1AB＝2.5cm，2∵将△AOB绕顶点O，按顺时针方向旋转到△A1OB1处，∴OB1＝OB＝4cm，∴B1D＝OB1-OD＝1.5cm．所以答案是：1.5cm．小提示：本题主要考查勾股定理和直角三角形的性质以及图形旋转的性质，掌握勾股定理是解题的关键．解答题16、如图，在平面直角坐标系中，线段AB的两个端点的坐标分别是A（﹣1，4），B（﹣3，1）．（1）画出线段AB向右平移4个单位后的线段A1B1；（2）画出线段AB绕原点O旋转180°后的线段A2B2．答案：（1）画图见解析，（2）画图见解析分析：（1）分别确定A,B向右平移4个单位后的对应点A1,B1，再连接A1B1即可；（2）分别确定A,B绕原点O旋转180°后的对应点A2,B2，再连接A2B2即可.解：（1）如图，线段A1B1即为所求作的线段，（2）如图，线段A2B2即为所求作的线段，小提示：本题考查的是平移的作图，中心对称的作图，掌握平移的性质与中心对称的性质是解题的关键. 17、如图，点O为平面直角坐标系的原点，点A在x轴上，△OAB是边长为2的等边三角形．(1)写出△OAB各顶点的坐标；(2)以点O为旋转中心，将△OAB按顺时针方向旋转60°，得到△OA′B′，写出A′，B′的坐标．答案：(1)A（-2，0），B（-1，√3），C（0，0）(2)A′（−1,√3），B′（1,√3）分析：（1）作高线BC，根据等边三角形的性质和勾股定理求OC和BC的长，写出三点的坐标，注意象限的符号问题；（2）如图2，由旋转可知：A′与B重合，B与B′关于y轴对称，可得：A′，B′的坐标．（1）解：如图1，过B作BC⊥OA于C，∵△AOB是等边三角形，且OA=2，OA=1，∴OC=12由勾股定理得：BC=√22−12=√3，∴A(−2，0)，B(−1，√3)，O(0，0)；（2）解：如图2，∵∠AOB=60°，OA=OB，∴A′与B重合，∴A′(−1，√3)，由旋转得：∠BOB′=60°，OB=OB′，∵∠AOD=90°，∴∠BOD=30°，∴∠DOB′=30°，∴BB′⊥OD，DB=DB′，∴B′(1，√3)．小提示：本题考查了坐标与图形变换、等边三角形的性质、旋转的性质，熟练掌握旋转和等边三角形的性质是关键，并注意点所在象限的符号问题．18、如图，一伞状图形，已知∠AOB=120°，点P是∠AOB角平分线上一点，且OP=2，∠MPN=60°，PM与OB交于点F，PN与OA交于点E．(1)如图一，当PN与PO重合时，探索PE，PF的数量关系(2)如图二，将∠MPN在(1)的情形下绕点P逆时针旋转α度(0<α<60°)，继续探索PE，PF的数量关系，并求四边形OEPF的面积．答案：（1）PE＝PF，证明详见解析；（2）PE＝PF，√3分析：（1）根据角平分线定义得到∠POF=60°，推出△PEF是等边三角形，得到PE=PF；（2）过点P作PQ⊥OA，PH⊥OB，根据角平分线的性质得到PQ=PH，∠PQO=∠PHO=90°，根据全等三角形的性质得到PE=PF，S四边形OEPF=S四边形OQPH，求得OQ=1，QP=√3，根据三角形的面积公式即可得到结论．解：（1）∵∠AOB＝120°，OP平分∠AOB，∴∠POF＝60°，∵∠MPN＝60°，∴∠MPN＝∠FOP＝60°，∴ΔPEF是等边三角形，∴PE＝PF；（2）过点P作PQ⊥OA，PH⊥OB，∵OP平分∠AOB，∴PQ＝PH，∠PQO＝∠PHO＝90°，∵∠AOB＝120°，∴∠QPH＝60°，∴∠QPE+∠FPH+∠EPH，∴∠QPE＝∠EPF，在ΔQPE与ΔHPF中{∠EQP=∠FHP ∠QPE=∠HPFPQ=PH，∴ΔQPE≌ΔHPF（AAS），∴PE＝PF，S四边形OEPF ＝S四边形OQPH，∵PQ⊥OA，PH⊥OB，OP平分∠AOB，∴∠QPO＝30°，∴OQ＝1，QP＝√22−12＝√3，∴SΔOPQ＝12×1×√3＝√32，∴四边形OEPF的面积＝2SΔOPQ＝√3小提示：本题考查了旋转的性质，角平分线的性质，全等三角形的判定和性质，三角形的面积，正确的作出辅助线是解题的关键．。

初三旋转题型

初三旋转题型

初三旋转题型旋转题型的题目有很多，以下是一些常见的题型和解题思路：1. 题目：在等腰三角形ABC中，∠BAC=120°，AB=AC，点E、F是BC边上的两点，∠BAE=∠CAF=30°，连接AE、AF、EF，则△AEF的面积与△ABC的面积之比为 _______．首先，由于∠BAC=120°，AB=AC，所以∠ABC=∠ACB=30°。

然后，由于∠BAE=∠CAF=30°，所以∠EAF=∠BAC−∠BAE−∠CAF=60°。

接着，因为∠ABC=∠ACB=30°和AB=AC，我们可以得出△ABE≌△ACF。

因此，△ABE 和△ACF的面积相等。

2. 题目：在平面直角坐标系中，点A的坐标为$(2,3)$，将线段OA绕点O 按顺时针方向旋转90°得到线段OB，则点B的坐标是____．首先，点A的坐标为$(2,3)$，那么点A和原点O之间的向量是$(2,3)$。

按照题目要求，线段OA绕原点O按顺时针方向旋转90°。

根据向量旋转的性质，新的向量应该是原向量乘以单位旋转矩阵。

单位旋转矩阵是一个2x2矩阵，其形式为：$\begin{bmatrix} \cos 90^\circ & -\sin 90^\circ \\ \sin 90^\circ &\cos 90^\circ \end{bmatrix}$将原向量$(2,3)$乘以这个单位旋转矩阵，得到新的向量$(-3, 2)$。

因此，点B的坐标是$(-3, 2)$。

3. 题目：将正方形绕着它的旋转中心至少旋转多少度才能和原来的图形重合．正方形有4个对称轴，每个角都是90度。

因此，正方形绕着它的旋转中心至少需要旋转90度才能和原来的图形重合。

中考复习之图形的旋转经典题(含答案)

中考复习之图形的旋转经典题(含答案)

图形的旋转经典题一．选择题（共10小题）1．把一副三角板按如图放置，其中∠ABC=∠DEB=90°，∠A=45°，∠D=30°，斜边AC=BD=10，若将三角板DEB绕点B逆时针旋转45°得到△D′E′B，则点A在△D′E′B的（）A．内部B．外部C．边上D．以上都有可能2．如图，在△ABC中，∠C=90°，AC=4，BC=3，将△ABC绕点A逆时针旋转，使点C落在线段AB上的点E处，点B落在点D处，则B、D 两点间的距离为（）A．B．2C．3 D．23．如图，△ABC中，AB=6，BC=4，将△ABC绕点A逆时针旋转得到△AEF，使得AF∥BC，延长BC交AE于点D，则线段CD的长为（）A．4 B．5 C．6 D．74．规定：在平面内，将一个图形绕着某一点旋转一定的角度（小于周角）后能和自身重合，则称此图形为旋转对称图形．下列图形是旋转对称图形，且有一个旋转角为60°的是（）A．正三角形B．正方形C．正六边形D．正十边形5．下面生活中的实例，不是旋转的是（）A．传送带传送货物B．螺旋桨的运动C．风车风轮的运动D．自行车车轮的运动6．如图，在直角坐标系中放置一个边长为的正方形ABCD，将正方形ABCD沿x轴的正方向无滑动的在x轴上滚动，当点A第三次回到x轴上时，点A运动的路线与x轴围成的图形的面积和为（）6题7题9题A．π+πB．2π+2 C．3π+3πD．6π+67．（2016?松北区模拟）如图，将△OAB绕点O逆时针旋转80°，得到△OCD，若∠A=2∠D=100°，则∠α的度数是（）A．50°B．60°C．40°D．30°8．一个菱形绕它的两条对角线的交点旋转，使它和原来的菱形重合，那么旋转的角度至少是（）A．360°B．270°C．180°D．90°9．如图△ABC是等腰直角三角形，BC是斜边，将△ABP绕点A逆时针旋转后，能与△ACP′重合，已知AP=3，则PP′的长度是（）A．3 B．C．D．410．等边三角形ABC绕着它的中心，至少旋转（）度才能与它本身重合．A．60°B．120°C．180°D．360°二．填空题（共6小题）11．将等边△CBA绕点C顺时针旋转∠α得到△CB′A′，使得B，C，A′三点在同一直线上，如图所示，则∠α的大小是______．11题12题13题12．如图，点C为线段AB上一点，将线段CB绕点C旋转，得到线段CD，若DA⊥AB，AD=1，，则BC的长为______．13．如图，将Rt△ABC绕直角顶点A顺时针旋转90°，得到△AB′C′，连结BB′，若∠1=25°，则∠C的度数是______．14．如图，在△ABC 中，∠C=90°，∠B=55°，点D 在BC 边上，DB=2CD ，若将△ABC 绕点D 逆时针旋转α度（0＜α＜180）后，点B 恰好落在初始位置时△ABC 的边上，则α等于______．15．如图，用扳手拧螺母时，旋转中心为______，旋转角为______． 16．在平面直角坐标系中，点P （1，1），N （2，0），△MNP 和△M 1N 1P 1的顶点都在格点上，△MNP 与△M 1N 1P 1是关于某一点中心对称，则对称中心的坐标为______． 三．解答题（共8小题）17．如图，在Rt △ABC 中，∠ACB=90°，点D ，E 分别在AB ，AC 上，CE=BC ，连接CD ，将线段CD 绕点C 按顺时针方向旋转90°后得CF ，连接EF ．（1）补充完成图形；（2）若EF ∥CD ，求证：∠BDC=90°． 18．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△A 1B 1C 1；（2）将△ABC 绕着点A 顺时针旋转90°，画出旋转后得到的△AB 2C 2，并直接写出点B 2、C 2的坐标． 19．如图，在平面直角坐标系xOy 中，每个小正方形的边长均为1，线段AB 和DE 的端点A 、B 、D 、E 均在小正方形的顶点上．（1）画出以AB 为一边且面积为2的Rt △ABC ，顶点C 必须在小正方形的顶点上；（2）画出一个以DE 为一边，含有45°内角且面积为的△DEF ，顶点F 必须在小正方形的顶点上；（3）若点C 绕点Q 顺时针旋转90°后与点F 重合，请直接写出点Q 的坐标． 20．（1）如图（1），直线a ∥b ，A ，B 两点分别在直线a ，b 上，点P 在a ，b 外部，则∠1，∠2，∠3之间有何数量关系？证明你的结论； （2）如图（2），直线a ∥b ，点P 在直线a ，b 直角，∠2=50°，∠3=30°，求∠1；（3）在图（2）中，将直线a 绕点A 按逆时针方向旋转一定角度交直线b 于点M ，如图（3），若∠1=100°，∠4=40°，求∠2+∠3的度数．21．（1）在一次数学探究活动中，陈老师给出了一道题．如图1，已知△ABC 中，∠ACB=90°，AC=BC ，P 是△ABC 内的一点，且PA=3，PB=1，PC=2，求∠BPC 的度数．小强在解决此题时，是将△APC 绕C 旋转到△CBE 的位置（即过C 作CE ⊥CP ，且使CE=CP ，连接EP 、EB ）．你知道小强是怎么解决的吗？ （2）请根据（1）的思想解决以下问题：如图2所示，设P 是等边△ABC 内一点，PA=3，PB=4，PC=5，求∠APB 的度数． 22．如图1，在等腰直角△ABC 中，AB=AC ，∠BAC=90°，将一块三角板中含45°角的顶点放在A 上，从AB 边开始绕点A 逆时针旋转一个角α，其中三角板斜边所在的直线交直线BC 于点D ，直角边所在的直线交直线BC 于点E ．操作一：在线段BC 上取一点M ，连接AM ，旋转中发现：若AD 平分∠BAM ，则AE 也平分∠MAC ．请说明理由；操作二：当0°＜α≤45°时，在旋转中还发现线段BD、CE、DE之间存在如下等量关系：BD2+CE2=DE2．某同学将△ABD沿AD所在的直线对折得到△ADF（如图2），很快找到了解决问题的方法，请你说明其中的道理．23．如图（1）所示，点C为线段AB上一点，△ACM、△CBN是等边三角形，直线AN、MC交于点E，直线BM、CN交于点F．（1）求证：AN=MB；（2）将△ACM绕点C按逆时针方向旋转90°，其他条件不变，在图（2）中补出符合要求的图形，并判断（1）题中的结论是否依然成立，说明理由．24．在△ABC中，∠ACB=90°，AC=BC，直线MN经过点C，且AD⊥MN于D，BE⊥MN于E．（1）当直线MN绕点C旋转到图1的位置时，求证：①△ADC≌△CEB；②DE=AD+BE；（2）当直线MN绕点C旋转到图2的位置时，求证：DE=AD﹣BE；（3）当直线MN绕点C旋转到图3的位置时，试问DE、AD、BE具有怎样的等量关系？请写出这个等量关系，并加以证明．参考答案与试题解析一．选择题（共10小题）1．（2016?玉林）把一副三角板按如图放置，其中∠ABC=∠DEB=90°，∠A=45°，∠D=30°，斜边AC=BD=10，若将三角板DEB绕点B逆时针旋转45°得到△D′E′B，则点A在△D′E′B的（）A．内部B．外部C．边上D．以上都有可能【分析】先根据勾股定理求出两直角三角形的各边长，再由旋转的性质得：∠EBE′=45°，∠E′=∠DEB=90°，求出E′D′与直线AB的交点到B的距离也是5，与AB的值相等，所以点A在△D′E′B的边上．【解答】解：∵AC=BD=10，又∵∠ABC=∠DEB=90°，∠A=45°，∠D=30°，∴BE=5，AB=BC=5，由三角板DEB绕点B逆时针旋转45°得到△D′E′B，设△D′E′B与直线AB交于G，可知：∠EBE′=45°，∠E′=∠DEB=90°，∴△GE′B是等腰直角三角形，且BE′=BE=5，∴BG==5，∴BG=AB，∴点A在△D′E′B的边上，故选C．【点评】本题考查了旋转的性质和勾股定理，利用30°和45°的直角三角形的性质求出各边的长；注意：在直角三角形中，30度角所对的直角边等于斜边的一半，45°角所对的两直角边相等，熟练掌握此内容是解决问题的关键．2．（2016?宜宾）如图，在△ABC中，∠C=90°，AC=4，BC=3，将△ABC绕点A逆时针旋转，使点C 落在线段AB上的点E处，点B落在点D处，则B、D两点间的距离为（）A．B．2C．3 D．2【分析】通过勾股定理计算出AB长度，利用旋转性质求出各对应线段长度，利用勾股定理求出B、D两点间的距离．【解答】解：∵在△ABC中，∠C=90°，AC=4，BC=3，∴AB=5，∵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，∴AE=4，DE=3，∴BE=1，在Rt△BED中，BD==．故选：A．【点评】题目考查勾股定理和旋转的基本性质，解决此类问题的关键是掌握旋转的基本性质，特别是线段之间的关系．题目整体较为简单，适合随堂训练．3．（2016?朝阳）如图，△ABC中，AB=6，BC=4，将△ABC绕点A逆时针旋转得到△AEF，使得AF∥BC，延长BC交AE于点D，则线段CD的长为（）A．4 B．5 C．6 D．7【分析】只要证明△BAC∽△BDA，推出=，求出BD即可解决问题．【解答】解：∵AF∥BC，∴∠FAD=∠ADB，∵∠BAC=∠FAD，∴∠BAC=∠ADB，∵∠B=∠B，∴△BAC∽△BDA，∴=，∴=，∴BD=9，∴CD=BD﹣BC=9﹣4=5，故选B．【点评】本题考查平行线的性质、旋转变换、相似三角形的判定和性质等知识，解题的关键是正确寻找相似三角形，属于中考常考题型．4．（2016?莆田）规定：在平面内，将一个图形绕着某一点旋转一定的角度（小于周角）后能和自身重合，则称此图形为旋转对称图形．下列图形是旋转对称图形，且有一个旋转角为60°的是（）A．正三角形B．正方形C．正六边形D．正十边形【分析】分别求出各旋转对称图形的最小旋转角，继而可作出判断．【解答】解：A、正三角形的最小旋转角是120°，故此选项错误；B、正方形的旋转角度是90°，故此选项错误；C、正六边形的最小旋转角是60°，故此选项正确；D、正十角形的最小旋转角是36°，故此选项错误；故选：C．【点评】本题考查了旋转对称图形的知识，解答本题的关键是掌握旋转角度的定义，求出旋转角．5．（2016?呼伦贝尔校级一模）下面生活中的实例，不是旋转的是（）A．传送带传送货物B．螺旋桨的运动C．风车风轮的运动D．自行车车轮的运动【分析】根据旋转的定义来判断：旋转就是将图形绕某点转动一定的角度，旋转后所得图形与原图形的形状、大小不变，对应点与旋转中心的连线的夹角相等．【解答】解：传送带传送货物的过程中没有发生旋转．故选：A．【点评】本题考查了旋转，正确理解旋转的定义是解题的关键．6．（2016?无锡校级模拟）如图，在直角坐标系中放置一个边长为的正方形ABCD，将正方形ABCD 沿x轴的正方向无滑动的在x轴上滚动，当点A第三次回到x轴上时，点A运动的路线与x轴围成的图形的面积和为（）A．π+πB．2π+2 C．3π+3πD．6π+6【分析】画出点A第一次回到x轴上时的图形，根据图形得到点A的路径分三部分，以B点为圆心，BA为半径，圆心角为90°的弧；再以C1为圆心，C1C为半径，圆心角为90°的弧；然后以D2点为圆心，D2A2为半径，圆心角为90°的弧，所以点A运动的路线与x轴围成的图形的面积就由三个扇形和两个直角三角形组长，于是可根据扇形面积和三角形面积公式计算，然后把计算结果乘以3即可得到答案．【解答】解：点A第一次回到x轴上时，点A的路径为：开始以B点为圆心，BA为半径，圆心角为90°的弧；再以C1为圆心，C1C为半径，圆心角为90°的弧；然后以D2点为圆心，D2A2为半径，圆心角为90°的弧，所以点A第一次回到x轴上时，点A运动的路线与x轴围成的图形的面积和=×2++2×××=2π+2，所以点A第三次回到x轴上时，点A运动的路线与x轴围成的图形的面积和为3（2π+2）=6π+6．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．7．（2016?松北区模拟）如图，将△OAB绕点O逆时针旋转80°，得到△OCD，若∠A=2∠D=100°，则∠α的度数是（）A．50°B．60°C．40°D．30°【分析】根据旋转的性质得知∠A=∠C，∠AOC为旋转角等于80°，则可以利用三角形内角和度数为180°列出式子进行求解．【解答】解：∵将△OAB绕点O逆时针旋转80°∴∠A=∠C∠AOC=80°∴∠DOC=80°﹣α∠D=100°∵∠A=2∠D=100°∴∠D=50°∵∠C+∠D+∠DOC=180°∴100°+50°+80°﹣α=180°解得α=50°故选A【点评】本题主要考查了旋转的性质及三角形的内角和定理，熟知图形旋转的性质：对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角是解决本题的关键．8．（2016?和平区一模）一个菱形绕它的两条对角线的交点旋转，使它和原来的菱形重合，那么旋转的角度至少是（）A．360°B．270°C．180°D．90°【分析】根据菱形是中心对称图形解答．【解答】解：∵菱形是中心对称图形，∴把菱形绕它的中心旋转，使它与原来的菱形重合，旋转角为180°的整数倍，∴旋转角至少是180°．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．9．（2016春?雅安期末）如图△ABC是等腰直角三角形，BC是斜边，将△ABP绕点A逆时针旋转后，能与△ACP′重合，已知AP=3，则PP′的长度是（）A．3 B．C．D．4【分析】根据旋转前后的图形全等，即可得出△APP'等腰直角三角形，再根据等腰直角三角形的性质，进行计算即可．【解答】解：∵△ACP′是由△ABP绕点A逆时针旋转后得到的，∴△ACP′≌△ABP，∴AP=AP′，∠BAP=∠CAP′．∵∠BAC=90°，∴∠PAP′=90°，故可得出△APP'是等腰直角三角形，又∵AP=3，∴PP′=3．故选B．【点评】此题考查了旋转的性质，解答本题的关键是掌握旋转前后对应边相等、对应角相等，另外要掌握等腰三角形的性质，难度一般．10．（2015?浠水县校级模拟）等边三角形ABC绕着它的中心，至少旋转（）度才能与它本身重合．A．60°B．120°C．180°D．360°【分析】根据等边三角形的性质及旋转对称图形得到性质确定出最小的旋转角即可．【解答】解：等边三角形ABC绕着它的中心，至少旋转120°才能与它本身重合．故选B【点评】此题考查了旋转对称图形，熟练掌握旋转的性质是解本题的关键．二．填空题（共6小题）11．（2016?邵阳）将等边△CBA绕点C顺时针旋转∠α得到△CB′A′，使得B，C，A′三点在同一直线上，如图所示，则∠α的大小是120°．【分析】根据旋转的性质和等边三角形的性质解答即可．【解答】解：∵三角形ABC是等边三角形，∴∠ACB=60°，∵等边△CBA绕点C顺时针旋转∠α得到△CB′A′，使得B，C，A′三点在同一直线上，∴∠BCA'=180°，∠B'CA'=60°，∴∠ACB'=60°，∴∠α=60°+60°=120°，故答案为：120°．【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．12．（2016?高青县模拟）如图，点C为线段AB上一点，将线段CB绕点C旋转，得到线段CD，若DA⊥AB，AD=1，，则BC的长为．【分析】如图，首先运用旋转变换的性质证明CD=CB（设为λ）；运用勾股定理求出AB的长度；再次运用勾股定理列出关于λ的方程，求出λ即可解决问题．【解答】解：如图，由题意得CD=CB（设为λ）；由勾股定理得：AB2=BD2﹣AD2，而BD=，AD=1，∴AB=4，AC=4﹣λ；由勾股定理得：λ2=12+（4﹣λ）2，解得：．故答案为．【点评】该题主要考查了旋转变换的性质、勾股定理等几何知识点及其应用问题；应牢固掌握旋转变换的性质、勾股定理等几何知识点，这是灵活运用、解题的基础和关键．13．（2016?海曙区一模）如图，将Rt△ABC绕直角顶点A顺时针旋转90°，得到△AB′C′，连结BB′，若∠1=25°，则∠C的度数是70°．【分析】根据旋转的性质可得AB=AB′，然后判断出△ABB′是等腰直角三角形，根据等腰直角三角形的性质可得∠ABB′=45°，再根据三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和求出∠B′C′A，然后根据旋转的性质可得∠C=∠B′C′A．【解答】解：∵Rt△ABC绕直角顶点A顺时针旋转90°得到△AB′C′，∴AB=AB′，∴△ABB′是等腰直角三角形，∴∠ABB′=45°，∴∠AC′B′=∠1+∠ABB′=25°+45°=70°，由旋转的性质得∠C=∠AC′B′=70°．故答案为：70°．【点评】本题考查了旋转的性质，等腰直角三角形的判定与性质，三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和的性质，熟记各性质并准确识图是解题的关键．14．（2016?太原二模）如图，在△ABC中，∠C=90°，∠B=55°，点D在BC边上，DB=2CD，若将△ABC绕点D逆时针旋转α度（0＜α＜180）后，点B恰好落在初始位置时△ABC的边上，则α等于70或120 ．【分析】根据题意画出符合的两种情况，①当B点落在AB上时，求出∠B=∠DB°，即可求出∠B′DB；②当B点落在AC上时，根据题意求出∠B′DC，即可求出∠B′DB的度数，即可得出答案．【解答】解：分为两种情况：①当B点落在AB上时，如图1，∵根据旋转的性质得出DB=DB′，∵∠B=55°，∴∠DB′B=∠B=55°，∴∠B′DB=180°﹣55°﹣55°=70°，即此时α=70；②当B点落在AC上时，如图2，如图，∵△ABC绕着点D顺时针旋转α度后得到△A′B′C′，∴B′D=BD，∵BD=2CD，∴B′D=2CD，∵∠ACB=90°，∴∠CB′D=30°，∴∠B′DC=60°，∴∠B′DB=180°﹣60°=120°，即此时α=120；故答案为：70或120．【点评】本题考查了旋转的性质，等腰三角形的性质，直角三角形的性质的应用，能求出∠B′DB 的度数是解题的关键，作出图形更形象直观．15．（2016?怀柔区二模）如图，用扳手拧螺母时，旋转中心为螺丝（母）的中心，旋转角为0°～360°的任意角（答案不唯一）．【分析】根据旋转中心的定义以及旋转角的定义解答即可．【解答】解：由旋转中心的定义：在平面内，一个图形绕着一个顶点旋转一定的角度得到另一个图形的变化较做旋转，定点O叫做旋转中心可知，用扳手拧螺母时，旋转中心为螺丝（母）的中心，而旋转角可估计实际情况决定，所以不确定，故答案为：螺丝（母）的中，0°～360°的任意角（答案不唯一）【点评】本题考查了和旋转有关的概念：旋转中心和旋转角，属于基础性题目，对此知识点的考查重点在于对旋转的性质的掌握．16．（2016?瑞昌市一模）在平面直角坐标系中，点P（1，1），N（2，0），△MNP和△M1N1P1的顶点都在格点上，△MNP与△M1N1P1是关于某一点中心对称，则对称中心的坐标为（2，1）．【分析】根据中心对称的性质，知道点P（1，1），N（2，0），并细心观察坐标轴就可以得到答案．【解答】解：∵点P（1，1），N（2，0），∴由图形可知M（3，0），M1（1，2），N1（2，2），P1（3，1），∵关于中心对称的两个图形，对应点的连线都经过对称中心，并且被对称中心平分，∴对称中心的坐标为（2，1），故答案为：（2，1）．【点评】本题考查中心对称图形的概念：在同一平面内，如果把一个图形绕某一点旋转180度，旋转后的图形能和原图形完全重合，那么这个图形就叫做中心对称图形．以及中心对称的性质：①关于中心对称的两个图形能够完全重合；②关于中心对称的两个图形，对应点的连线都经过对称中心，并且被对称中心平分．三．解答题（共8小题）17．（2016?荆门）如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，点D，E分别在AB，AC上，CE=BC，连接CD，将线段CD绕点C按顺时针方向旋转90°后得CF，连接EF．（1）补充完成图形；（2）若EF∥CD，求证：∠BDC=90°．【分析】（1）根据题意补全图形，如图所示；（2）由旋转的性质得到∠DCF为直角，由EF与CD平行，得到∠EFC为直角，利用SAS得到三角形BDC与三角形EFC全等，利用全等三角形对应角相等即可得证．【解答】解：（1）补全图形，如图所示；（2）由旋转的性质得：∠DCF=90°，∴∠DCE+∠ECF=90°，∵∠ACB=90°，∴∠DCE+∠BCD=90°，∴∠ECF=∠BCD，∵EF∥DC，∴∠EFC+∠DCF=180°，∴∠EFC=90°，在△BDC和△EFC中，，∴△BDC≌△EFC（SAS），∴∠BDC=∠EFC=90°．【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，熟练掌握旋转的性质是解本题的关键．18．（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．【分析】（1）利用点平移的规律写出点A、B、C的对应点A1、B1、C1的坐标，然后描点即可得到△A 1B1C1；（2）利用网格特点和旋转的性质画出点B、C的对应点B2、C2，从而得到△AB2C2，再写出点B2、C2的坐标．【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）．【点评】本题考查了作图﹣旋转变换：根据旋转的性质可知，对应角都相等都等于旋转角，对应线段也相等，由此可以通过作相等的角，在角的边上截取相等的线段的方法，找到对应点，顺次连接得出旋转后的图形．也考查了平移变换．19．（2016?呼兰区模拟）如图，在平面直角坐标系xOy中，每个小正方形的边长均为1，线段AB 和DE的端点A、B、D、E均在小正方形的顶点上．（1）画出以AB为一边且面积为2的Rt△ABC，顶点C必须在小正方形的顶点上；（2）画出一个以DE为一边，含有45°内角且面积为的△DEF，顶点F必须在小正方形的顶点上；（3）若点C绕点Q顺时针旋转90°后与点F重合，请直接写出点Q的坐标．【分析】（1）和（2）分别画出图形；（3）作FC的中垂线，得Q（5，0）．【解答】（1）S△ABC=×2×2=2；（2）S△DEF=2×3﹣1×2﹣×1×3=；∵ED=EF，∠DFE=90°，∴∠FDE=45°；（3）由勾股定理得：FC==，CQ==，FQ==，∴FC2=CQ2+FQ2，CQ=FQ，∴∠FQC=90°，∴点C绕点Q顺时针旋转90°后与点F重合；则点Q（5，0）．【点评】本题考查了作图﹣旋转变换，对于画定值面积的三角形，利用面积的和、差先试求某点所组成的图形的面积是否符合题意，再确定这一点；同时根据勾股定理计算所成的三角形是否为直角三角形或等腰直角三角形．20．（2016春?重庆期末）（1）如图（1），直线a∥b，A，B两点分别在直线a，b上，点P在a，b 外部，则∠1，∠2，∠3之间有何数量关系？证明你的结论；（2）如图（2），直线a∥b，点P在直线a，b直角，∠2=50°，∠3=30°，求∠1；（3）在图（2）中，将直线a绕点A按逆时针方向旋转一定角度交直线b于点M，如图（3），若∠1=100°，∠4=40°，求∠2+∠3的度数．【分析】（1）设直线AP交直线b于O，根据平行线的性质得出∠2=∠AOB，根据三角形外角性质求出∠AOB=∠1+∠3，即可得出答案；（2）延长AP交直线b于O，根据平行线的性质得出∠ABO=∠2=50°，根据三角形的外角性质得出∠1=∠AOB+∠3，代入求出即可；（3）延长AP交直线b于O，根据三角形外角性质得出∠AOB=∠2+∠4，∠1=∠3+∠AOB，求出∠1=∠2+∠4+∠3，代入求出即可．【解答】（1）∠2=∠1+∠3，证明：设直线AP交直线b于O，如图1，∵直线a∥直线b，∴∠2=∠AOB，∵∠AOB=∠1+∠3，∴∠2=∠1+∠3；（2）解：延长AP交直线b于O，如图2，∵直线a∥直线b，∠2=50°，∴∠ABO=∠2=50°，∵∠3=30°，∴∠1=∠AOB+∠3=50°+30°=80°；（3）解：延长AP交直线b于O，如图3，∵∠AOB=∠2+∠4，∠1=∠3+∠AOB，∴∠1=∠2+∠4+∠3，∵∠1=100°，∠4=40°，∴∠2+∠3=∠1﹣∠4=60°．【点评】本题考查了平行线的性质，三角形外角性质的应用，能灵活运用性质进行推理是解此题的关键．21．（2014秋?五常市校级期中）（1）在一次数学探究活动中，陈老师给出了一道题．如图1，已知△ABC中，∠ACB=90°，AC=BC，P是△ABC内的一点，且PA=3，PB=1，PC=2，求∠BPC 的度数．小强在解决此题时，是将△APC绕C旋转到△CBE的位置（即过C作CE⊥CP，且使CE=CP，连接EP、EB）．你知道小强是怎么解决的吗？（2）请根据（1）的思想解决以下问题：如图2所示，设P是等边△ABC内一点，PA=3，PB=4，PC=5，求∠APB的度数．【分析】（1）如图1，首先证明BE2=PE2+PB2，得到∠BPE=90°；证明∠CPE=45°即可解决问题．（2）如图2，作旋转变换；首先证明∠AQP=60°；其次证明PQ2+CQ2=PC2，得到∠PQC=90°，求出∠AQC=150°，即可解决问题．【解答】解：（1）如图1，由题意得：∠PCE=90°PC=EC=2；BE=PA=3；由勾股定理得：PE2=22+22=8；∵PB2=1，BE2=9，∴BE2=PE2+PB2，∴∠BPE=90°，∵∠CPE=45°，∴∠BPC=135°．（2）如图2，将△ABP绕点A逆时针旋转60°到△ACQ的位置，连接PQ；则AP=AQ，∠PAQ=60°，QC=PB=4；∴△APQ为等边三角形，∠AQP=60°，PQ=PA=3；∵PQ2+CQ2=32+42=25，PC2=52=25，∴PQ2+CQ2=PC2，∴∠PQC=90°，∠AQC=60°+90°=150°，∴∠APB=∠AQC=150°．【点评】该题主要考查了旋转变换的性质、等边三角形的判定及其性质、勾股定理逆定理等几何知识点及其应用问题；对综合的分析问题解决问题的能力提出了较高的要求．22．（2014秋?苏州期中）如图1，在等腰直角△ABC中，AB=AC，∠BAC=90°，将一块三角板中含45°角的顶点放在A上，从AB边开始绕点A逆时针旋转一个角α，其中三角板斜边所在的直线交直线BC于点D，直角边所在的直线交直线BC于点E．操作一：在线段BC上取一点M，连接AM，旋转中发现：若AD平分∠BAM，则AE也平分∠MAC．请说明理由；操作二：当0°＜α≤45°时，在旋转中还发现线段BD、CE、DE之间存在如下等量关系：BD2+CE2=DE2．某同学将△ABD沿AD所在的直线对折得到△ADF（如图2），很快找到了解决问题的方法，请你说明其中的道理．【分析】（1）如图1，根据图形、已知条件推知∠BAD+∠MAE=∠DAM+∠EAC=45°，所以∠MAE=∠EAC，即AE平分∠MAC；（2）应用折叠对称的性质和SAS得到△AEF≌△AEC，得出FE=CE，∠AFE=∠C=45°．再证明∠DFE=90°．然后在Rt△DFE中应用勾股定理即可证明．【解答】（1）证明：如图1，∵∠BAC=90°，∴∠BAD+∠DAM+∠MAE+∠EAC=90°．∵∠DAE=45°，∴∠BAD+∠EAC=45°．∵∠BAD=∠DAM，∴∠BAD+∠EAC=∠DAM+∠EAC=45°，∴∠BAD+∠MAE=∠DAM+∠EAC，∴∠MAE=∠EAC，即AE平分∠MAC；（2）证明：如图2，连接EF．由折叠可知，∠BAD=∠FAD，AB=AF，BD=DF，∠B=∠AFD=45°．∵∠BAD=∠FAD，∴由（1）可知，∠CAE=∠FAE．在△AEF和△AEC中，，∴△AEF≌△AEC（SAS），∴FE=CE，∠AFE=∠C=45°．∴∠DFE=∠AFD+∠AFE=90°．在Rt△DFE中，DF2+FE2=DE2，∴BD2+CE2=DE2．【点评】本题考查了旋转的性质，角平分线的定义，等腰直角三角形的性质，轴对称的性质，全等三角形的判定和性质等知识点．注意，旋转前后，图形的大小和形状都不改变．23．（2014秋?利川市校级期中）如图（1）所示，点C为线段AB上一点，△ACM、△CBN是等边三角形，直线AN、MC交于点E，直线BM、CN交于点F．（1）求证：AN=MB；（2）将△ACM绕点C按逆时针方向旋转90°，其他条件不变，在图（2）中补出符合要求的图形，并判断（1）题中的结论是否依然成立，说明理由．【分析】（1）根据等边三角形的性质利用SAS判定△ACN≌△MCB，从而得到AN=MB；（2）连接AN，BM，根据等边三角形的性质及旋转的性质利用SAS判定△ACN≌△MCB，从而得到AN=MB．【解答】（1）证明：∵△ACM、△CBN是等边三角形，∴AC=MC，BC=CN，∠ACM=∠BCN=60°，∴∠ACN=∠MCB=120°，在△ACN和△MCB中，，∴△ACN≌△MCB，∴AN=MB．（2）解：连接AN，BM，∵△ACM、△CBN是等边三角形，∴AC=MC，BC=CN，∠ACM=∠BCN=60°，∵∠ACB=90°，∴∠ACN=∠MCB，在△ACN和△MCB中，，∴△ACN≌△MCB，∴AN=MB．【点评】此题主要考查学生对等边三角形的性质、旋转的性质及全等三角形的判定方法的综合运用．24．（2014秋?江西期末）在△ABC中，∠ACB=90°，AC=BC，直线MN经过点C，且AD⊥MN于D，BE ⊥MN于E．（1）当直线MN绕点C旋转到图1的位置时，求证：①△ADC≌△CEB；②DE=AD+BE；（2）当直线MN绕点C旋转到图2的位置时，求证：DE=AD﹣BE；（3）当直线MN绕点C旋转到图3的位置时，试问DE、AD、BE具有怎样的等量关系？请写出这个等量关系，并加以证明．【分析】（1）由∠ACB=90°，得∠ACD+∠BCE=90°，而AD⊥MN于D，BE⊥MN于E，则∠ADC=∠CEB=90°，根据等角的余角相等得到∠ACD=∠CBE，易得Rt△ADC≌Rt△CEB，所以AD=CE，DC=BE，即可得到DE=DC+CE=BE+AD．（2）根据等角的余角相等得到∠ACD=∠CBE，易得△ADC≌△CEB，得到AD=CE，DC=BE，所以DE=CE ﹣CD=AD﹣BE．（3）DE、AD、BE具有的等量关系为：DE=BE﹣AD．证明的方法与（2）相同．【解答】（1）证明：∵∠ACB=90°，∴∠ACD+∠BCE=90°，而AD⊥MN于D，BE⊥MN于E，∴∠ADC=∠CEB=90°，∠BCE+∠CBE=90°，∴∠ACD=∠CBE．在△ADC和△CEB中，，∴△ADC≌△CEB，∴AD=CE，DC=BE，∴DE=DC+CE=BE+AD；（2）证明：在△ADC和△CEB中，，∴△ADC≌△CEB，∴AD=CE，DC=BE，∴DE=CE﹣CD=AD﹣BE；（3）DE=BE﹣AD．易证得△ADC≌△CEB，∴AD=CE，DC=BE，∴DE=CD﹣CE=BE﹣AD．【点评】本题考查了旋转的性质：旋转前后两图形全等，对应点到旋转中心的距离相等，对应点与旋转中心的连线段所夹的角等于旋转角．也考查了直角三角形全等的判定与性质．。

中考复习之图形的旋转经典题(含答案)汇总

中考复习之图形的旋转经典题(含答案)汇总

图形的旋转经典题一．选择题（共10小题）1．把一副三角板按如图放置，其中∠ABC=∠DEB=90°，∠A=45°，∠D=30°，斜边AC=BD=10，若将三角板DEB绕点B逆时针旋转45°得到△D′E′B，则点A在△D′E′B的（）A．内部 B．外部C．边上 D．以上都有可能2．如图，在△ABC中，∠C=90°，AC=4，BC=3，将△ABC绕点A逆时针旋转，使点C落在线段AB上的点E处，点B落在点D处，则B、D两点间的距离为（）A． B．2C．3 D．23．如图，△ABC中，AB=6，BC=4，将△ABC绕点A逆时针旋转得到△AEF，使得AF∥BC，延长BC交AE于点D，则线段CD的长为（）A．4 B．5 C．6 D．74．规定：在平面内，将一个图形绕着某一点旋转一定的角度（小于周角）后能和自身重合，则称此图形为旋转对称图形．下列图形是旋转对称图形，且有一个旋转角为60°的是（）A．正三角形 B．正方形C．正六边形 D．正十边形5．下面生活中的实例，不是旋转的是（）A．传送带传送货物B．螺旋桨的运动C．风车风轮的运动D．自行车车轮的运动6．如图，在直角坐标系中放置一个边长为的正方形ABCD，将正方形ABCD沿x轴的正方向无滑动的在x轴上滚动，当点A第三次回到x轴上时，点A运动的路线与x轴围成的图形的面积和为（）6题7题9题A．π+πB．2π+2 C．3π+3πD．6π+67．（2016•松北区模拟）如图，将△OAB绕点O逆时针旋转80°，得到△OCD，若∠A=2∠D=100°，则∠α的度数是（）A．50°B．60°C．40°D．30°8．一个菱形绕它的两条对角线的交点旋转，使它和原来的菱形重合，那么旋转的角度至少是（）A．360°B．270°C．180°D．90°9．如图△ABC是等腰直角三角形，BC是斜边，将△ABP绕点A逆时针旋转后，能与△ACP′重合，已知AP=3，则PP′的长度是（）A．3 B． C． D．410．等边三角形ABC绕着它的中心，至少旋转（）度才能与它本身重合．A．60°B．120°C．180°D．360°二．填空题（共6小题）11．将等边△CBA绕点C顺时针旋转∠α得到△CB′A′，使得B，C，A′三点在同一直线上，如图所示，则∠α的大小是______．11题12题13题12．如图，点C为线段AB上一点，将线段CB绕点C旋转，得到线段CD，若DA⊥AB，AD=1，，则BC的长为______．13．如图，将Rt△ABC绕直角顶点A顺时针旋转90°，得到△AB′C′，连结BB′，若∠1=25°，则∠C的度数是______．14．如图，在△ABC中，∠C=90°，∠B=55°，点D在BC边上，DB=2CD，若将△ABC绕点D逆时针旋转α度（0＜α＜180）后，点B恰好落在初始位置时△ABC的边上，则α等于______．15．如图，用扳手拧螺母时，旋转中心为______，旋转角为______．16．在平面直角坐标系中，点P（1，1），N（2，0），△MNP和△M1N1P1的顶点都在格点上，△MNP与△M1N1P1是关于某一点中心对称，则对称中心的坐标为______．三．解答题（共8小题）17．如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，点D，E分别在AB，AC上，CE=BC，连接CD，将线段CD绕点C按顺时针方向旋转90°后得CF，连接EF．（1）补充完成图形；（2）若EF∥CD，求证：∠BDC=90°．18．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．19．如图，在平面直角坐标系xOy中，每个小正方形的边长均为1，线段AB和DE的端点A、B、D、E均在小正方形的顶点上．（1）画出以AB为一边且面积为2的Rt△ABC，顶点C必须在小正方形的顶点上；（2）画出一个以DE为一边，含有45°内角且面积为的△DEF，顶点F必须在小正方形的顶点上；（3）若点C绕点Q顺时针旋转90°后与点F重合，请直接写出点Q的坐标．20．（1）如图（1），直线a∥b，A，B两点分别在直线a，b上，点P在a，b外部，则∠1，∠2，∠3之间有何数量关系？证明你的结论；（2）如图（2），直线a∥b，点P在直线a，b直角，∠2=50°，∠3=30°，求∠1；（3）在图（2）中，将直线a绕点A按逆时针方向旋转一定角度交直线b于点M，如图（3），若∠1=100°，∠4=40°，求∠2+∠3的度数．21．（1）在一次数学探究活动中，陈老师给出了一道题．如图1，已知△ABC中，∠ACB=90°，AC=BC，P是△ABC内的一点，且PA=3，PB=1，PC=2，求∠BPC的度数．小强在解决此题时，是将△APC绕C旋转到△CBE的位置（即过C作CE⊥CP，且使CE=CP，连接EP、EB）．你知道小强是怎么解决的吗？（2）请根据（1）的思想解决以下问题：如图2所示，设P是等边△ABC内一点，PA=3，PB=4，PC=5，求∠APB的度数．22．如图1，在等腰直角△ABC中，AB=AC，∠BAC=90°，将一块三角板中含45°角的顶点放在A上，从AB边开始绕点A逆时针旋转一个角α，其中三角板斜边所在的直线交直线BC于点D，直角边所在的直线交直线BC于点E．操作一：在线段BC上取一点M，连接AM，旋转中发现：若AD平分∠BAM，则AE也平分∠MAC．请说明理由；操作二：当0°＜α≤45°时，在旋转中还发现线段BD、CE、DE之间存在如下等量关系：BD2+CE2=DE2．某同学将△ABD沿AD所在的直线对折得到△ADF（如图2），很快找到了解决问题的方法，请你说明其中的道理．23．如图（1）所示，点C为线段AB上一点，△ACM、△CBN是等边三角形，直线AN、MC交于点E，直线BM、CN交于点F．（1）求证：AN=MB；（2）将△ACM绕点C按逆时针方向旋转90°，其他条件不变，在图（2）中补出符合要求的图形，并判断（1）题中的结论是否依然成立，说明理由．24．在△ABC中，∠ACB=90°，AC=BC，直线MN经过点C，且AD⊥MN于D，BE⊥MN 于E．（1）当直线MN绕点C旋转到图1的位置时，求证：①△ADC≌△CEB；②DE=AD+BE；（2）当直线MN绕点C旋转到图2的位置时，求证：DE=AD﹣BE；（3）当直线MN绕点C旋转到图3的位置时，试问DE、AD、BE具有怎样的等量关系？请写出这个等量关系，并加以证明．参考答案与试题解析一．选择题（共10小题）1．（2016•玉林）把一副三角板按如图放置，其中∠ABC=∠DEB=90°，∠A=45°，∠D=30°，斜边AC=BD=10，若将三角板DEB绕点B逆时针旋转45°得到△D′E′B，则点A在△D′E′B的（）A．内部 B．外部C．边上 D．以上都有可能【分析】先根据勾股定理求出两直角三角形的各边长，再由旋转的性质得：∠EBE′=45°，∠E′=∠DEB=90°，求出E′D′与直线AB的交点到B的距离也是5，与AB的值相等，所以点A在△D′E′B的边上．【解答】解：∵AC=BD=10，又∵∠ABC=∠DEB=90°，∠A=45°，∠D=30°，∴BE=5，AB=BC=5，由三角板DEB绕点B逆时针旋转45°得到△D′E′B，设△D′E′B与直线AB交于G，可知：∠EBE′=45°，∠E′=∠DEB=90°，∴△GE′B是等腰直角三角形，且BE′=BE=5，∴BG==5，∴BG=AB，∴点A在△D′E′B的边上，故选C．【点评】本题考查了旋转的性质和勾股定理，利用30°和45°的直角三角形的性质求出各边的长；注意：在直角三角形中，30度角所对的直角边等于斜边的一半，45°角所对的两直角边相等，熟练掌握此内容是解决问题的关键．2．（2016•宜宾）如图，在△ABC中，∠C=90°，AC=4，BC=3，将△ABC绕点A逆时针旋转，使点C落在线段AB上的点E处，点B落在点D处，则B、D两点间的距离为（）A． B．2C．3 D．2【分析】通过勾股定理计算出AB长度，利用旋转性质求出各对应线段长度，利用勾股定理求出B、D两点间的距离．【解答】解：∵在△ABC中，∠C=90°，AC=4，BC=3，∴AB=5，∵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，∴AE=4，DE=3，∴BE=1，在Rt△BED中，BD==．故选：A．【点评】题目考查勾股定理和旋转的基本性质，解决此类问题的关键是掌握旋转的基本性质，特别是线段之间的关系．题目整体较为简单，适合随堂训练．3．（2016•朝阳）如图，△ABC中，AB=6，BC=4，将△ABC绕点A逆时针旋转得到△AEF，使得AF∥BC，延长BC交AE于点D，则线段CD的长为（）A．4 B．5 C．6 D．7【分析】只要证明△BAC∽△BDA，推出=，求出BD即可解决问题．【解答】解：∵AF∥BC，∴∠FAD=∠ADB，∵∠BAC=∠FAD，∴∠BAC=∠ADB，∵∠B=∠B，∴△BAC∽△BDA，∴=，∴=，∴BD=9，∴CD=BD﹣BC=9﹣4=5，故选B．【点评】本题考查平行线的性质、旋转变换、相似三角形的判定和性质等知识，解题的关键是正确寻找相似三角形，属于中考常考题型．4．（2016•莆田）规定：在平面内，将一个图形绕着某一点旋转一定的角度（小于周角）后能和自身重合，则称此图形为旋转对称图形．下列图形是旋转对称图形，且有一个旋转角为60°的是（）A．正三角形 B．正方形C．正六边形 D．正十边形【分析】分别求出各旋转对称图形的最小旋转角，继而可作出判断．【解答】解：A、正三角形的最小旋转角是120°，故此选项错误；B、正方形的旋转角度是90°，故此选项错误；C、正六边形的最小旋转角是60°，故此选项正确；D、正十角形的最小旋转角是36°，故此选项错误；故选：C．【点评】本题考查了旋转对称图形的知识，解答本题的关键是掌握旋转角度的定义，求出旋转角．5．（2016•呼伦贝尔校级一模）下面生活中的实例，不是旋转的是（）A．传送带传送货物B．螺旋桨的运动C．风车风轮的运动D．自行车车轮的运动【分析】根据旋转的定义来判断：旋转就是将图形绕某点转动一定的角度，旋转后所得图形与原图形的形状、大小不变，对应点与旋转中心的连线的夹角相等．【解答】解：传送带传送货物的过程中没有发生旋转．故选：A．【点评】本题考查了旋转，正确理解旋转的定义是解题的关键．6．（2016•无锡校级模拟）如图，在直角坐标系中放置一个边长为的正方形ABCD，将正方形ABCD沿x轴的正方向无滑动的在x轴上滚动，当点A第三次回到x轴上时，点A运动的路线与x轴围成的图形的面积和为（）A．π+πB．2π+2 C．3π+3πD．6π+6【分析】画出点A第一次回到x轴上时的图形，根据图形得到点A的路径分三部分，以B 点为圆心，BA为半径，圆心角为90°的弧；再以C1为圆心，C1C为半径，圆心角为90°的弧；然后以D2点为圆心，D2A2为半径，圆心角为90°的弧，所以点A运动的路线与x轴围成的图形的面积就由三个扇形和两个直角三角形组长，于是可根据扇形面积和三角形面积公式计算，然后把计算结果乘以3即可得到答案．【解答】解：点A第一次回到x轴上时，点A的路径为：开始以B点为圆心，BA为半径，圆心角为90°的弧；再以C1为圆心，C1C为半径，圆心角为90°的弧；然后以D2点为圆心，D2A2为半径，圆心角为90°的弧，所以点A第一次回到x轴上时，点A运动的路线与x轴围成的图形的面积和=×2++2×××=2π+2，所以点A第三次回到x轴上时，点A运动的路线与x轴围成的图形的面积和为3（2π+2）=6π+6．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．7．（2016•松北区模拟）如图，将△OAB绕点O逆时针旋转80°，得到△OCD，若∠A=2∠D=100°，则∠α的度数是（）A．50°B．60°C．40°D．30°【分析】根据旋转的性质得知∠A=∠C，∠AOC为旋转角等于80°，则可以利用三角形内角和度数为180°列出式子进行求解．【解答】解：∵将△OAB绕点O逆时针旋转80°∴∠A=∠C∠AOC=80°∴∠DOC=80°﹣α∠D=100°∵∠A=2∠D=100°∴∠D=50°∵∠C+∠D+∠DOC=180°∴100°+50°+80°﹣α=180°解得α=50°故选A【点评】本题主要考查了旋转的性质及三角形的内角和定理，熟知图形旋转的性质：对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角是解决本题的关键．8．（2016•和平区一模）一个菱形绕它的两条对角线的交点旋转，使它和原来的菱形重合，那么旋转的角度至少是（）A．360°B．270°C．180°D．90°【分析】根据菱形是中心对称图形解答．【解答】解：∵菱形是中心对称图形，∴把菱形绕它的中心旋转，使它与原来的菱形重合，旋转角为180°的整数倍，∴旋转角至少是180°．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．9．（2016春•雅安期末）如图△ABC是等腰直角三角形，BC是斜边，将△ABP绕点A逆时针旋转后，能与△ACP′重合，已知AP=3，则PP′的长度是（）A．3 B． C． D．4【分析】根据旋转前后的图形全等，即可得出△APP'等腰直角三角形，再根据等腰直角三角形的性质，进行计算即可．【解答】解：∵△ACP′是由△ABP绕点A逆时针旋转后得到的，∴△ACP′≌△ABP，∴AP=AP′，∠BAP=∠CAP′．∵∠BAC=90°，∴∠PAP′=90°，故可得出△APP'是等腰直角三角形，又∵AP=3，∴PP′=3．故选B．【点评】此题考查了旋转的性质，解答本题的关键是掌握旋转前后对应边相等、对应角相等，另外要掌握等腰三角形的性质，难度一般．10．（2015•浠水县校级模拟）等边三角形ABC绕着它的中心，至少旋转（）度才能与它本身重合．A．60°B．120°C．180°D．360°【分析】根据等边三角形的性质及旋转对称图形得到性质确定出最小的旋转角即可．【解答】解：等边三角形ABC绕着它的中心，至少旋转120°才能与它本身重合．故选B【点评】此题考查了旋转对称图形，熟练掌握旋转的性质是解本题的关键．二．填空题（共6小题）11．（2016•邵阳）将等边△CBA绕点C顺时针旋转∠α得到△CB′A′，使得B，C，A′三点在同一直线上，如图所示，则∠α的大小是120°．【分析】根据旋转的性质和等边三角形的性质解答即可．【解答】解：∵三角形ABC是等边三角形，∴∠ACB=60°，∵等边△CBA绕点C顺时针旋转∠α得到△CB′A′，使得B，C，A′三点在同一直线上，∴∠BCA'=180°，∠B'CA'=60°，∴∠ACB'=60°，∴∠α=60°+60°=120°，故答案为：120°．【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．12．（2016•高青县模拟）如图，点C为线段AB上一点，将线段CB绕点C旋转，得到线段CD，若DA⊥AB，AD=1，，则BC的长为．【分析】如图，首先运用旋转变换的性质证明CD=CB（设为λ）；运用勾股定理求出AB的长度；再次运用勾股定理列出关于λ的方程，求出λ即可解决问题．【解答】解：如图，由题意得CD=CB（设为λ）；由勾股定理得：AB2=BD2﹣AD2，而BD=，AD=1，∴AB=4，AC=4﹣λ；由勾股定理得：λ2=12+（4﹣λ）2，解得：．故答案为．【点评】该题主要考查了旋转变换的性质、勾股定理等几何知识点及其应用问题；应牢固掌握旋转变换的性质、勾股定理等几何知识点，这是灵活运用、解题的基础和关键．13．（2016•海曙区一模）如图，将Rt△ABC绕直角顶点A顺时针旋转90°，得到△AB′C′，连结BB′，若∠1=25°，则∠C的度数是70°．【分析】根据旋转的性质可得AB=AB′，然后判断出△ABB′是等腰直角三角形，根据等腰直角三角形的性质可得∠ABB′=45°，再根据三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和求出∠B′C′A，然后根据旋转的性质可得∠C=∠B′C′A．【解答】解：∵Rt△ABC绕直角顶点A顺时针旋转90°得到△AB′C′，∴AB=AB′，∴△ABB′是等腰直角三角形，∴∠ABB′=45°，∴∠AC′B′=∠1+∠ABB′=25°+45°=70°，由旋转的性质得∠C=∠AC′B′=70°．故答案为：70°．【点评】本题考查了旋转的性质，等腰直角三角形的判定与性质，三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和的性质，熟记各性质并准确识图是解题的关键．14．（2016•太原二模）如图，在△ABC中，∠C=90°，∠B=55°，点D在BC边上，DB=2CD，若将△ABC绕点D逆时针旋转α度（0＜α＜180）后，点B恰好落在初始位置时△ABC的边上，则α等于70或120 ．【分析】根据题意画出符合的两种情况，①当B点落在AB上时，求出∠B=∠DB°，即可求出∠B′DB；②当B点落在AC上时，根据题意求出∠B′DC，即可求出∠B′DB的度数，即可得出答案．【解答】解：分为两种情况：①当B点落在AB上时，如图1，∵根据旋转的性质得出DB=DB′，∵∠B=55°，∴∠DB′B=∠B=55°，∴∠B′DB=180°﹣55°﹣55°=70°，即此时α=70；②当B点落在AC上时，如图2，如图，∵△ABC绕着点D顺时针旋转α度后得到△A′B′C′，∴B′D=BD，∵BD=2CD，∴B′D=2CD，∵∠ACB=90°，∴∠CB′D=30°，∴∠B′DC=60°，∴∠B′DB=180°﹣60°=120°，即此时α=120；故答案为：70或120．【点评】本题考查了旋转的性质，等腰三角形的性质，直角三角形的性质的应用，能求出∠B′DB的度数是解题的关键，作出图形更形象直观．15．（2016•怀柔区二模）如图，用扳手拧螺母时，旋转中心为螺丝（母）的中心，旋转角为0°～360°的任意角（答案不唯一）．【分析】根据旋转中心的定义以及旋转角的定义解答即可．【解答】解：由旋转中心的定义：在平面内，一个图形绕着一个顶点旋转一定的角度得到另一个图形的变化较做旋转，定点O叫做旋转中心可知，用扳手拧螺母时，旋转中心为螺丝（母）的中心，而旋转角可估计实际情况决定，所以不确定，故答案为：螺丝（母）的中，0°～360°的任意角（答案不唯一）【点评】本题考查了和旋转有关的概念：旋转中心和旋转角，属于基础性题目，对此知识点的考查重点在于对旋转的性质的掌握．16．（2016•瑞昌市一模）在平面直角坐标系中，点P（1，1），N（2，0），△MNP和△M1N1P1的顶点都在格点上，△MNP与△M1N1P1是关于某一点中心对称，则对称中心的坐标为（2，1）．【分析】根据中心对称的性质，知道点P（1，1），N（2，0），并细心观察坐标轴就可以得到答案．【解答】解：∵点P（1，1），N（2，0），∴由图形可知M（3，0），M1（1，2），N1（2，2），P1（3，1），∵关于中心对称的两个图形，对应点的连线都经过对称中心，并且被对称中心平分，∴对称中心的坐标为（2，1），故答案为：（2，1）．【点评】本题考查中心对称图形的概念：在同一平面内，如果把一个图形绕某一点旋转180度，旋转后的图形能和原图形完全重合，那么这个图形就叫做中心对称图形．以及中心对称的性质：①关于中心对称的两个图形能够完全重合；②关于中心对称的两个图形，对应点的连线都经过对称中心，并且被对称中心平分．三．解答题（共8小题）17．（2016•荆门）如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，点D，E分别在AB，AC上，CE=BC，连接CD，将线段CD绕点C按顺时针方向旋转90°后得CF，连接EF．（1）补充完成图形；（2）若EF∥CD，求证：∠BDC=90°．【分析】（1）根据题意补全图形，如图所示；（2）由旋转的性质得到∠DCF为直角，由EF与CD平行，得到∠EFC为直角，利用SAS得到三角形BDC与三角形EFC全等，利用全等三角形对应角相等即可得证．【解答】解：（1）补全图形，如图所示；（2）由旋转的性质得：∠DCF=90°，∴∠DCE+∠ECF=90°，∵∠ACB=90°，∴∠DCE+∠BCD=90°，∴∠ECF=∠BCD，∵EF∥DC，∴∠EFC+∠DCF=180°，∴∠EFC=90°，在△BDC和△EFC中，，∴△BDC≌△EFC（SAS），∴∠BDC=∠EFC=90°．【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，熟练掌握旋转的性质是解本题的关键．18．（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．【分析】（1）利用点平移的规律写出点A、B、C的对应点A1、B1、C1的坐标，然后描点即可得到△A1B1C1；（2）利用网格特点和旋转的性质画出点B、C的对应点B2、C2，从而得到△AB2C2，再写出点B2、C2的坐标．【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）．【点评】本题考查了作图﹣旋转变换：根据旋转的性质可知，对应角都相等都等于旋转角，对应线段也相等，由此可以通过作相等的角，在角的边上截取相等的线段的方法，找到对应点，顺次连接得出旋转后的图形．也考查了平移变换．19．（2016•呼兰区模拟）如图，在平面直角坐标系xOy中，每个小正方形的边长均为1，线段AB和DE的端点A、B、D、E均在小正方形的顶点上．（1）画出以AB为一边且面积为2的Rt△ABC，顶点C必须在小正方形的顶点上；（2）画出一个以DE为一边，含有45°内角且面积为的△DEF，顶点F必须在小正方形的顶点上；（3）若点C绕点Q顺时针旋转90°后与点F重合，请直接写出点Q的坐标．【分析】（1）和（2）分别画出图形；（3）作FC的中垂线，得Q（5，0）．【解答】（1）S△ABC=×2×2=2；（2）S△DEF=2×3﹣1×2﹣×1×3=；∵ED=EF，∠DFE=90°，∴∠FDE=45°；（3）由勾股定理得：FC==，CQ==，FQ==，∴FC2=CQ2+FQ2，CQ=FQ，∴∠FQC=90°，∴点C绕点Q顺时针旋转90°后与点F重合；则点Q（5，0）．【点评】本题考查了作图﹣旋转变换，对于画定值面积的三角形，利用面积的和、差先试求某点所组成的图形的面积是否符合题意，再确定这一点；同时根据勾股定理计算所成的三角形是否为直角三角形或等腰直角三角形．20．（2016春•重庆期末）（1）如图（1），直线a∥b，A，B两点分别在直线a，b上，点P 在a，b外部，则∠1，∠2，∠3之间有何数量关系？证明你的结论；（2）如图（2），直线a∥b，点P在直线a，b直角，∠2=50°，∠3=30°，求∠1；（3）在图（2）中，将直线a绕点A按逆时针方向旋转一定角度交直线b于点M，如图（3），若∠1=100°，∠4=40°，求∠2+∠3的度数．【分析】（1）设直线AP交直线b于O，根据平行线的性质得出∠2=∠AOB，根据三角形外角性质求出∠AOB=∠1+∠3，即可得出答案；（2）延长AP交直线b于O，根据平行线的性质得出∠ABO=∠2=50°，根据三角形的外角性质得出∠1=∠AOB+∠3，代入求出即可；（3）延长AP交直线b于O，根据三角形外角性质得出∠AOB=∠2+∠4，∠1=∠3+∠AOB，求出∠1=∠2+∠4+∠3，代入求出即可．【解答】（1）∠2=∠1+∠3，证明：设直线AP交直线b于O，如图1，∵直线a∥直线b，∴∠2=∠AOB，∵∠AOB=∠1+∠3，∴∠2=∠1+∠3；（2）解：延长AP交直线b于O，如图2，∵直线a∥直线b，∠2=50°，∴∠ABO=∠2=50°，∵∠3=30°，∴∠1=∠AOB+∠3=50°+30°=80°；（3）解：延长AP交直线b于O，如图3，∵∠AOB=∠2+∠4，∠1=∠3+∠AOB，∴∠1=∠2+∠4+∠3，∵∠1=100°，∠4=40°，∴∠2+∠3=∠1﹣∠4=60°．【点评】本题考查了平行线的性质，三角形外角性质的应用，能灵活运用性质进行推理是解此题的关键．21．（2014秋•五常市校级期中）（1）在一次数学探究活动中，陈老师给出了一道题．如图1，已知△ABC中，∠ACB=90°，AC=BC，P是△ABC内的一点，且PA=3，PB=1，PC=2，求∠BPC的度数．小强在解决此题时，是将△APC绕C旋转到△CBE的位置（即过C作CE⊥CP，且使CE=CP，连接EP、EB）．你知道小强是怎么解决的吗？（2）请根据（1）的思想解决以下问题：如图2所示，设P是等边△ABC内一点，PA=3，PB=4，PC=5，求∠APB的度数．【分析】（1）如图1，首先证明BE2=PE2+PB2，得到∠BPE=90°；证明∠CPE=45°即可解决问题．（2）如图2，作旋转变换；首先证明∠AQP=60°；其次证明PQ2+CQ2=PC2，得到∠PQC=90°，求出∠AQC=150°，即可解决问题．【解答】解：（1）如图1，由题意得：∠PCE=90°PC=EC=2；BE=PA=3；由勾股定理得：PE2=22+22=8；∵PB2=1，BE2=9，∴BE2=PE2+PB2，∴∠BPE=90°，∵∠CPE=45°，∴∠BPC=135°．（2）如图2，将△ABP绕点A逆时针旋转60°到△ACQ的位置，连接PQ；则AP=AQ，∠PAQ=60°，QC=PB=4；∴△APQ为等边三角形，∠AQP=60°，PQ=PA=3；∵PQ2+CQ2=32+42=25，PC2=52=25，∴PQ2+CQ2=PC2，∴∠PQC=90°，∠AQC=60°+90°=150°，∴∠APB=∠AQC=150°．【点评】该题主要考查了旋转变换的性质、等边三角形的判定及其性质、勾股定理逆定理等几何知识点及其应用问题；对综合的分析问题解决问题的能力提出了较高的要求．22．（2014秋•苏州期中）如图1，在等腰直角△ABC中，AB=AC，∠BAC=90°，将一块三角板中含45°角的顶点放在A上，从AB边开始绕点A逆时针旋转一个角α，其中三角板斜边所在的直线交直线BC于点D，直角边所在的直线交直线BC于点E．操作一：在线段BC上取一点M，连接AM，旋转中发现：若AD平分∠BAM，则AE也平分∠MAC．请说明理由；操作二：当0°＜α≤45°时，在旋转中还发现线段BD、CE、DE之间存在如下等量关系：BD2+CE2=DE2．某同学将△ABD沿AD所在的直线对折得到△ADF（如图2），很快找到了解决问题的方法，请你说明其中的道理．【分析】（1）如图1，根据图形、已知条件推知∠BAD+∠MAE=∠DAM+∠EAC=45°，所以∠MAE=∠EAC，即AE平分∠MAC；（2）应用折叠对称的性质和SAS得到△AEF≌△AEC，得出FE=CE，∠AFE=∠C=45°．再证明∠DFE=90°．然后在Rt△DFE中应用勾股定理即可证明．【解答】（1）证明：如图1，∵∠BAC=90°，∴∠BAD+∠DAM+∠MAE+∠EAC=90°．∵∠DAE=45°，∴∠BAD+∠EAC=45°．∵∠BAD=∠DAM，∴∠BAD+∠EAC=∠DAM+∠EAC=45°，∴∠BAD+∠MAE=∠DAM+∠EAC，∴∠MAE=∠EAC，即AE平分∠MAC；（2）证明：如图2，连接EF．由折叠可知，∠BAD=∠FAD，AB=AF，BD=DF，∠B=∠AFD=45°．∵∠BAD=∠FAD，∴由（1）可知，∠CAE=∠FAE．在△AEF和△AEC中，，∴△AEF≌△AEC（SAS），∴FE=CE，∠AFE=∠C=45°．∴∠DFE=∠AFD+∠AFE=90°．在Rt△DFE中，DF2+FE2=DE2，∴BD2+CE2=DE2．【点评】本题考查了旋转的性质，角平分线的定义，等腰直角三角形的性质，轴对称的性质，全等三角形的判定和性质等知识点．注意，旋转前后，图形的大小和形状都不改变．23．（2014秋•利川市校级期中）如图（1）所示，点C为线段AB上一点，△ACM、△CBN 是等边三角形，直线AN、MC交于点E，直线BM、CN交于点F．（1）求证：AN=MB；（2）将△ACM绕点C按逆时针方向旋转90°，其他条件不变，在图（2）中补出符合要求的图形，并判断（1）题中的结论是否依然成立，说明理由．【分析】（1）根据等边三角形的性质利用SAS判定△ACN≌△MCB，从而得到AN=MB；（2）连接AN，BM，根据等边三角形的性质及旋转的性质利用SAS判定△ACN≌△MCB，从而得到AN=MB．【解答】（1）证明：∵△ACM、△CBN是等边三角形，∴AC=MC，BC=CN，∠ACM=∠BCN=60°，∴∠ACN=∠MCB=120°，在△ACN和△MCB中，，∴△ACN≌△MCB，∴AN=MB．（2）解：连接AN，BM，∵△ACM、△CBN是等边三角形，∴AC=MC，BC=CN，∠ACM=∠BCN=60°，∵∠ACB=90°，∴∠ACN=∠MCB，在△ACN和△MCB中，，∴△ACN≌△MCB，∴AN=MB．【点评】此题主要考查学生对等边三角形的性质、旋转的性质及全等三角形的判定方法的综合运用．24．（2014秋•江西期末）在△ABC中，∠ACB=90°，AC=BC，直线MN经过点C，且AD ⊥MN于D，BE⊥MN于E．（1）当直线MN绕点C旋转到图1的位置时，求证：①△ADC≌△CEB；②DE=AD+BE；（2）当直线MN绕点C旋转到图2的位置时，求证：DE=AD﹣BE；（3）当直线MN绕点C旋转到图3的位置时，试问DE、AD、BE具有怎样的等量关系？请写出这个等量关系，并加以证明．【分析】（1）由∠ACB=90°，得∠ACD+∠BCE=90°，而AD⊥MN于D，BE⊥MN于E，则∠ADC=∠CEB=90°，根据等角的余角相等得到∠ACD=∠CBE，易得Rt△ADC≌Rt△CEB，所以AD=CE，DC=BE，即可得到DE=DC+CE=BE+AD．（2）根据等角的余角相等得到∠ACD=∠CBE，易得△ADC≌△CEB，得到AD=CE，DC=BE，所以DE=CE﹣CD=AD﹣BE．（3）DE、AD、BE具有的等量关系为：DE=BE﹣AD．证明的方法与（2）相同．【解答】（1）证明：∵∠ACB=90°，∴∠ACD+∠BCE=90°，而AD⊥MN于D，BE⊥MN于E，∴∠ADC=∠CEB=90°，∠BCE+∠CBE=90°，∴∠ACD=∠CBE．在△ADC和△CEB中，，∴△ADC≌△CEB，∴AD=CE，DC=BE，∴DE=DC+CE=BE+AD；（2）证明：在△ADC和△CEB中，，∴△ADC≌△CEB，∴AD=CE，DC=BE，∴DE=CE﹣CD=AD﹣BE；（3）DE=BE﹣AD．易证得△ADC≌△CEB，∴AD=CE，DC=BE，∴DE=CD﹣CE=BE﹣AD．【点评】本题考查了旋转的性质：旋转前后两图形全等，对应点到旋转中心的距离相等，对应点与旋转中心的连线段所夹的角等于旋转角．也考查了直角三角形全等的判定与性质．教育之通病是教用脑的人不用手，不教用手的人用脑，所以一无所能。

初中数学巧用旋转进行计算之三大题型及答案

初中数学巧用旋转进行计算之三大题型及答案

解题技巧专题：巧用旋转进行计算之三大题型【考点导航】目录【典型例题】【题型一利用旋转结合等腰(边)三角形、垂直、平行的性质求角度】【题型二利用旋转结合特殊三角形的判定、性质或勾股定理求长度】【题型三利用旋转计算面积】【典型例题】【题型一利用旋转结合等腰(边)三角形、垂直、平行的性质求角度】1(2023春·内蒙古巴彦淖尔·九年级校考期中)如图，在△ABC中，BC<BA，将△BCA以点B为中心逆时针旋转得到△BED，点E在边CA上，ED交BA于点F，若∠FEA=40°，则∠DBF=()A.40°B.50°C.60°D.70°【变式训练】1(2023春·辽宁沈阳·八年级沈阳市第四十三中学校考期中)如图，在△ABC中，∠B=42°，将△ABC 绕点A逆时针旋转，得到△ADE，点D恰好落在BC的延长线上，则旋转角的度数()A.86°B.96°C.106°D.116°2(2023春·河南新乡·七年级统考期末)如图，在△ABC中，∠BAC=104°，将△ABC绕点A逆时针旋转94°得到△ADE，点B的对应点为点D，若点B，C，D恰好在同一条直线上，则∠E的度数为()A.25°B.30°C.33°D.40°3(2023·浙江温州·校联考三模)如图，在△ABC中，∠BAC=50°，将△ABC绕点A逆时针旋转得△ADE，使点D恰好落在AC边上，连结CE，则∠ACE的度数为()A.45°B.55°C.65°D.75°4(2023春·甘肃兰州·八年级兰州市第五十六中学校考期中)如图，在△ABC中，∠CAB=70°，将△ABC绕点A逆时针旋转到△AB C 的位置，使得CC ∥AB，划∠BAB 的度数是()A.35°B.40°C.50°D.70°5(2023春·江苏连云港·八年级校考阶段练习)如图，将△ABC绕点A逆时针旋转一定角度，得到△ADE．若∠CAE=65°，∠E=70°，且AD⊥BC，∠BAC的度数为()A.60°B.70°C.75°D.85°6(2023春·江苏盐城·八年级校考阶段练习)如图，∠AOB=90°，∠B=20°，△A OB 可以看作是△AOB绕点O顺时针旋转α角度得到的．若点A 在AB上，则旋转角α的度数是.7(2023春·上海嘉定·七年级校考期末)已知△ABC中，AB=AC，将△ABC绕点C旋转得△CDE，使点B恰好落在边AB上点D处，边DE交边AC于点F(如图)，如果△CDF为等腰三角形，则∠A的度数为．【题型二利用旋转结合特殊三角形的判定、性质或勾股定理求长度】1(2023秋·福建莆田·九年级校考开学考试)如图，将△ABC绕点C逆时针旋转一定的角度得到△A B C ，此点A在边B C上，若BC=5,AC=3，则AB 的长为()A.5B.4C.3D.2【变式训练】1(2023春·四川达州·八年级校考期中)如图，把△ABC绕点C逆时针旋转90°得到△DCE，若∠ACB =90°，∠A=30°，AB=10，AC=8，则AD的长为()A.2B.3C.4D.52(2023春·陕西汉中·八年级统考期中)如图，在△ABC中，∠ACB=90°，将△ABC绕点A顺时针旋转90°，得到△ADE，连接BD，若AC=22,DE=1，则线段BD的长为．3(2023春·四川成都·八年级成都嘉祥外国语学校校考期中)如图．Rt△ABC中，∠C=90°，BC=3，AC=4，将△ABC绕点B逆时针旋转得△A BC ，若点C 在AB上，则AA 的长为．4(2023·山西运城·校联考模拟预测)如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=BC=6，点D为AC的中点，点E是AB边上的一点，连接DE，将线段DE绕点D顺时针旋转90°，得到DF，连接AF，EF，若BE= 22，则AF的长为．5(2023·河南周口·统考一模)如图1，在△ABC中，∠A=90°，AB=AC=2，D，E分别为边AB和AC的中点，现将△ADE绕点A自由旋转，如图2，设直线BD与CE相交于点P，当AE⊥EC时，线段PC 的长为．6(2023春·陕西渭南·八年级统考阶段练习)如图，在△ABC中，∠B=60°，AB=3，将△ABC绕点A 按逆时针方向旋转得到△ADE，若点B的对应点D恰好落在边BC上，求BD的长．【题型三利用旋转计算面积】1(2023秋·湖南永州·九年级校考开学考试)如图，正方形ABCD和正方形EFGO的边长都是1，正方形EFGO绕点O旋转时，两个正方形重叠部分的面积是()A.14B.12C.13D.不能确定【变式训练】1(2023春·山东青岛·八年级统考期中)将直角边长为5cm的等腰直角△ABC绕点A逆时针旋转15°后，得到△AB C ，则图中阴影部分的面积是( )cm2．A.12.5B.2536C.2533D.不能确定2(2023秋·四川德阳·九年级统考期末)如图，边长为定值的正方形ABCD的中心与正方形EFGH的顶点E重合，且与边AB、BC相交于M、N，图中阴影部分的面积记为S，两条线段MB、BN的长度之和记为l，将正方形EFGH绕点E逆时针旋转适当角度，则有()A.S变化，l不变B.S不变，l变化C.S变化，l变化D.S与l均不变3(2023春·广东清远·八年级校考期中)如图，在△ABC中，∠C=90°，AC=BC=2，将△ABC绕点A逆时针方向旋转60°到△ABC 的位置，则图中阴影部分的面积是．4(2023春·江苏宿迁·八年级校考阶段练习)马老师在带领学生学习《正方形的性质与判定》这一课时，给出如下问题：如图①，正方形ABCD的对角线AC、BD相交于点O，正方形A B C O与正方形ABCD的边长相等．在正方形A B C O绕点O旋转的过程中，OA 与AB相交于点M，OC 与BC相交于点N，探究两个正方形重叠部分的面积与正方形ABCD的面积有什么关系．(1)小亮第一个举手回答“两个正方形重叠部分的面积是正方形ABCD面积的”；请说明理由．(2)马老师鼓励同学们编道拓展题，小颖编了这样一道题：如图②，在四边形ABCD中，AB=AD，∠BAD =∠BCD=90°，连接AC．若AC=6，求四边形ABCD的面积．请你帮小颖解答这道题．5(2023春·广东深圳·八年级统考期末)【问题背景】如图1，在▱ABCD中，AB⊥DB．将△ABD绕点B逆时针旋转至△FBE，记旋转角∠ABF=α0°<α≤180°，当线段FB与DB不共线时，记△ABE的面积为S1，△FBD的面积为S2．【特例分析】如图2，当EF恰好过点A，且点F，B，C在同一条直线上时．(1)α=°；(2)若AD=43，则S1=，S2=；【推广探究】某数学兴趣小组经过交流讨论，猜想：在旋转过程中，S1与S2之间存在一定的等量关系．再经过独立思考，获得了如下一些解决思路：思路1：如图1，过点A，E分别作直线平行于BE，AB，两直线交于点M，连接BM，可证一组三角形全等，再根据平行四边形的相关性质解决问题；思路2：如图2，过点E作EH⊥AB于点H，过点D作DG⊥FB，交FB的延长线于点G，可证一组三角形全等，再根据旋转的相关性质解决问题；⋯⋯(3)如图3，请你根据以上思路，并结合你的想法，探究S1与S2之间的等量关系为，并说明理由．【拓展应用】在旋转过程中，当S1+S2为▱ABCD面积的12时，α的值为解题技巧专题：巧用旋转进行计算之三大题型【考点导航】目录【典型例题】【题型一利用旋转结合等腰(边)三角形、垂直、平行的性质求角度】【题型二利用旋转结合特殊三角形的判定、性质或勾股定理求长度】【题型三利用旋转计算面积】【典型例题】【题型一利用旋转结合等腰(边)三角形、垂直、平行的性质求角度】1(2023春·内蒙古巴彦淖尔·九年级校考期中)如图，在△ABC中，BC<BA，将△BCA以点B为中心逆时针旋转得到△BED，点E在边CA上，ED交BA于点F，若∠FEA=40°，则∠DBF=()A.40°B.50°C.60°D.70°【答案】A【分析】根据旋转的性质可得∠A=∠D，由对顶角相等可得∠BFD=∠EFA，根据三角形的外角性质可得∠DBF=∠AEF，即可求解．【详解】解：∵将△BCA以点B为中心逆时针旋转得到△BED，∴∠A=∠D，∵∠BFD=∠EFA，∴∠BFE=∠A+∠AEF=∠D+∠DBF∵∠FEA=40°，∴∠DBF=∠AEF=40°，故选：A．【点睛】本题考查了旋转的性质，三角形的外角的性质，熟练掌握旋转的性质是解题的关键．【变式训练】1(2023春·辽宁沈阳·八年级沈阳市第四十三中学校考期中)如图，在△ABC中，∠B=42°，将△ABC 绕点A逆时针旋转，得到△ADE，点D恰好落在BC的延长线上，则旋转角的度数()A.86°B.96°C.106°D.116°【答案】B【分析】由旋转的性质可知AB=AD，可算出∠ADB=42°，就可以算出旋转角．【详解】由旋转的性质可知：AB=AD，∠BAD是旋转角，∵AB=AD，∴∠ADB=∠B=42°，∴∠BAD=180°-∠ADB-∠B=96°，故选：B．【点睛】本题考查旋转的性质、等边对等角、三角形内角和定理，找到旋转的对应边、对应角是解决问题的关键．2(2023春·河南新乡·七年级统考期末)如图，在△ABC中，∠BAC=104°，将△ABC绕点A逆时针旋转94°得到△ADE，点B的对应点为点D，若点B，C，D恰好在同一条直线上，则∠E的度数为()A.25°B.30°C.33°D.40°【答案】C【分析】由旋转的性质可得∠BAD=94°，AB=AD，由等腰三角形的性质可得∠B=∠ADB=43°，即可求解．【详解】解：∵将△ABC绕点A逆时针旋转94°得到△ADE，∴∠BAD=94°，AB=AD，∴∠B=∠ADB=43°，∵∠BAC=104°，∴∠C=180°-104°-43°=33°，故选：C．【点睛】本题考查了旋转的性质，等腰三角形的性质，掌握旋转的性质是解题的关键．3(2023·浙江温州·校联考三模)如图，在△ABC中，∠BAC=50°，将△ABC绕点A逆时针旋转得△ADE，使点D恰好落在AC边上，连结CE，则∠ACE的度数为()A.45°B.55°C.65°D.75°【答案】C【分析】由旋转的性质可知，旋转前后对应边相等，对应角相等，得出等腰三角形，再根据等腰三角形的性质求解．【详解】解：由旋转的性质可知，∠CAE=∠BAC=50°，AC=AE，∴∠ACE=∠AEC，在△ACE中，∠CAE+∠ACE+∠AEC=180°，∴50°+2∠ACE=180°，解得：∠ACE=65°，故选：C．【点睛】本题主要考查了旋转的性质，找出旋转角和旋转前后的对应边得出等腰三角形是解答此题的关键．4(2023春·甘肃兰州·八年级兰州市第五十六中学校考期中)如图，在△ABC中，∠CAB=70°，将△ABC绕点A逆时针旋转到△AB C 的位置，使得CC ∥AB，划∠BAB 的度数是()A.35°B.40°C.50°D.70°【答案】B【分析】根据平行线的性质，结合旋转性质，由等腰三角形性质及三角形内角和定理求解即可得到答案．【详解】解：∵CC ∥AB，∠CAB=70°，∴∠C CA=∠CAB=70°，∵将△ABC绕点A逆时针旋转到△AB C 的位置，∴∠C AB =∠CAB=70°，AC =AC，∴∠AC C=∠C CA=70°，∴∠C AC=180°-70°-70°=40°，∵∠BAB =∠CAB-CAB ，∠CAC =∠C AB -CAB ，∴∠BAB =∠C AC=40°，即旋转角的度数是40°，故选：B．【点睛】本题考查旋转性质求角度，涉及平行线的性质、旋转性质、等腰三角形的判定与性质及三角形内角和定理，熟练掌握旋转性质，数形结合，是解决问题的关键．5(2023春·江苏连云港·八年级校考阶段练习)如图，将△ABC绕点A逆时针旋转一定角度，得到△ADE．若∠CAE=65°，∠E=70°，且AD⊥BC，∠BAC的度数为()A.60°B.70°C.75°D.85°【答案】D【分析】根据旋转的性质得出∠C=∠E=70°，∠BAC=∠DAE，根据三角形内角和定理可得∠CAF=20°，进而即可求解．【详解】解：如图所示，设AD,BC交于点F，∵△ABC绕点A逆时针旋转得到△ADE，∴∠C=∠E=70°，∠BAC=∠DAE，∵AD⊥BC，∴∠AFC=90°，∴∠CAF=90°-∠C=90°-70°=20°，∴∠DAE=∠CAF+∠EAC=20°+65°=85°，∴∠BAC=∠DAE=85°．故选：D．【点睛】本题考查了旋转的性质，三角形的内角和定理，熟练掌握旋转的性质是解题的关键．6(2023春·江苏盐城·八年级校考阶段练习)如图，∠AOB=90°，∠B=20°，△A OB 可以看作是△AOB绕点O顺时针旋转α角度得到的．若点A 在AB上，则旋转角α的度数是.【答案】40°/40度【分析】根据旋转的性质得到AO=A O，根据等边对等角得到∠A=70°=∠OA A，再利用三角形内角和定理计算即可．【详解】解：△A OB 可以看作是△AOB绕点O顺时针旋转α角度得到的，点A 在AB上，∴AO=A O，∵∠B=20°，∠AOB=90°，∴∠A=70°=∠OA A，∴∠AOA =180°-2×70°=40°，即旋转角α的度数是40°，故答案为：40°．【点睛】本题考查了旋转的性质，等边对等角，三角形内角和定理，关键是得出∠A=70°=∠OA A，题目比较典型，难度不大．7(2023春·上海嘉定·七年级校考期末)已知△ABC中，AB=AC，将△ABC绕点C旋转得△CDE，使点B恰好落在边AB上点D处，边DE交边AC于点F(如图)，如果△CDF为等腰三角形，则∠A的度数为．【答案】36°或180°7【分析】如图，设∠B=x，利用等腰三角形的性质和三角形内角和定理得到∠A=180°-2x，再利用旋转的性质得CB=CD，∠2=∠B=x，则∠1=∠B=x，利用平角定理得∠5=180°-2x，利用三角形外角性质∠3=360°-4x得，讨论：当CD=CF时，∠2=∠3=x，则x=360°-4x；当CD=DF时，∠4=∠3，利用∠2+∠3+∠4=180°得到x+2360°-4x=180°；当CF=DF时，∠2=∠4=x，利用∠2+∠3+∠4= 180°得到x+x+360°-2x=180°，然后分别解关于x的方程，然后计算180°-2x即可得到∠A的度数．【详解】解：如图，设∠B=x，∵AB=AC，∴∠ACB=∠B=x∴∠A=180°-2x，∵△ABC绕点C旋转得△CDE，使点B恰好落在边AB上点D处，∴CB=CD，∠2=∠B=x，∴∠1=∠B=x，∴∠5=180°-2x，∠3=∠A+∠5=360°-4x，当CD=CF时，△CDF为等腰三角形，即∠2=∠3=x，则x=360°-4x，解得x=72°，此时∠A=180°-2x =36°；当CD=DF时，△CDF为等腰三角形，即∠4=∠3，而∠2+∠3+∠4=180°，则x+2360°-4x=180°，解得x=540°7，此时∠A=180°-2x=180°7，当CF=DF时，△CDF为等腰三角形，即∠2=∠4=x，而∠2+∠3+∠4=180°，则x+x+360°-2x=180°，无解，故舍去，综上所述，△CDF为等腰三角形时∠A的度数为36°或180°7，故答案为36°或180°7．【点睛】本题考查了旋转的性质：对应点到旋转中心的距离相等；对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角；旋转前、后的图形全等．也考查了三角形内角和、等腰三角形的性质和分类讨论思想．【题型二利用旋转结合特殊三角形的判定、性质或勾股定理求长度】1(2023秋·福建莆田·九年级校考开学考试)如图，将△ABC绕点C逆时针旋转一定的角度得到△A B C ，此点A在边B C上，若BC=5,AC=3，则AB 的长为()A.5B.4C.3D.2【答案】D【分析】根据图形旋转的性质可得CB =CB=5，即可求解．【详解】解：∵将△ABC绕点C逆时针旋转一定的角度得到△A B C ，此点A在边B C上，∴CB =CB=5，∴AB =CB -CA=5-3=2．故选：D．【点睛】本题主要考查了图形的旋转，熟练掌握图形旋转的性质是解题的关键．【变式训练】1(2023春·四川达州·八年级校考期中)如图，把△ABC绕点C逆时针旋转90°得到△DCE，若∠ACB =90°，∠A=30°，AB=10，AC=8，则AD的长为()A.2B.3C.4D.5【答案】A【分析】利用勾股定理求得BC=6，再根据旋转的性质可得CD=CB=6，即可求解．【详解】解；∵∠ACB=90°，AB=10，AC=8，∴BC=102-82=6，∵把△ABC绕点C逆时针旋转90°得到△DCE，∴CD=CB=6，∴AD=AC-CD=8-6=2，故选：A．【点睛】本题考查勾股定理和旋转的性质，熟练掌握旋转的性质是解题的关键．2(2023春·陕西汉中·八年级统考期中)如图，在△ABC中，∠ACB=90°，将△ABC绕点A顺时针旋转90°，得到△ADE，连接BD，若AC=22,DE=1，则线段BD的长为．【答案】32【分析】先由旋转的性质得到AD=AB，DE=BC=1，AE=AC=22，∠DAB=90°，然后由∠ACB= 90°计算出AB的长度，最后由勾股定理算出线段BD的长．【详解】解：由旋转得，AD=AB，DE=BC=1，AE=AC=22，∠DAB=90°，∵∠ACB=90°,∴AB=AC2+BC2=222+12=3，∴AD=AB=3，∵∠DAB=90°，∴BD=AB2+AD2=32+32=32，故答案为：32．【点睛】本题考查了旋转的性质和勾股定理，熟练应用“旋转过程中对应线段相等”是解题的关键．3(2023春·四川成都·八年级成都嘉祥外国语学校校考期中)如图．Rt△ABC中，∠C=90°，BC=3，AC=4，将△ABC绕点B逆时针旋转得△A BC ，若点C 在AB上，则AA 的长为．【答案】25【分析】先根据勾股定理求出AB的长，再利用旋转的性质可得AC=A C =4，BC=BC =3，∠C=∠BC A =90°，从而求出的长，然后在Rt△A C A中，利用勾股定理进行计算即可解答．【详解】解：∵∠C=90°，BC=3，AC=4，∴AB=AC2+BC2=42+32=5，由旋转得：AC=A C =4，BC=BC =3，∠C=∠BC A =90°，∴AC =AB-BC =5-3=2，∠AC A =180°-∠BC A =90°，∴AA =C A2+A C 2=22+42=25，故答案为：25．【点睛】本题考查了旋转的性质，勾股定理的应用，化为最简二次根式，熟练掌握旋转的性质是解题的关键．4(2023·山西运城·校联考模拟预测)如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=BC=6，点D为AC的中点，点E是AB边上的一点，连接DE，将线段DE绕点D顺时针旋转90°，得到DF，连接AF，EF，若BE= 22，则AF的长为．【答案】2【分析】由等腰直角三角形的性质可求AD=DH，由旋转的性质可得DE=DF，∠EDF=90°=∠ADH，由“SAS”可证△ADF≌△HDE，可得AF=HE=2．【详解】解：如图，取AB的中点H，连接CH，DH，∵∠C=90°，AC=BC=6，H是AB的中点，∴AB=62，AH=BH=32=CH，CH⊥AB，又∵点D是AC的中点，∴AD =CD =DH ，AD ⊥DH ，∵BE =22，∴EH =2，∵将线段DE 绕点D 顺时针旋转90°，∴DE =DF ，∠EDF =90°=∠ADH ，∴∠ADF =∠EDH ，∴△ADF ≌△HDE SAS ，∴AF =HE =2，故答案为：2．【点睛】本题考查了旋转的性质，等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定和性质，添加恰当辅助线构造全等三角形是解题的关键．5(2023·河南周口·统考一模)如图1，在△ABC 中，∠A =90°，AB =AC =2，D ，E 分别为边AB 和AC 的中点，现将△ADE 绕点A 自由旋转，如图2，设直线BD 与CE 相交于点P ，当AE ⊥EC 时，线段PC 的长为．【答案】3-1或3+1【分析】由△ADE 绕点A 自由旋转可知有以下两种情况：①当点E 在AC 的右侧时，AE ⊥CE ，先证△ABD 和△ACE 全等，进而可证四边形AEPD 为正方形，然后求出PE =1，CE =3，进而可得PC 的长；②当点E 在AC 的右侧时，AE ⊥CE ，同理①证△ABD 和△ACE 全等，四边形AEPD 为正方形，进而得PE =1，CE =3，据此可求出PC 的长，综上所述即可得出答案．【详解】解：∵△ADE 绕点A 自由旋转，∴有以下两种情况：①当点E 在AC 的右侧时，AE ⊥CE ，如图：由旋转的性质得：∠DAE =∠BAC =90°，∴∠BAD +∠DAC =∠DAC +∠CAE =90°，∴∠BAD =∠CAE ，∵AB =AC =2，D ，E 分别为边AB 和AC 的中点，∴AD =AE =1，在△ABD 和△ACE 中，AB =AC∠BAD =∠CAE AD =AE，∴△ABD ≌△ACE (SAS )，∴∠ADB =∠AEC =90°，∴∠ADP =∠DAE =∠AEC =90°，∴四边形AEPD 为矩形，又AD =AE =1，∴矩形AEPD 为正方形，∴PE =AE =1，在Rt△AEC中，AE=1，AC=2，∠AEC=90°，由勾股定理得：CE=AC2-AE2=3，∴PC=CE-PE=3-1；②当点E在AC的右侧时，AE⊥CE，如图：同理可证：△ABD≌△ACE(SAS)，四边形AEPD为正方形，∴BD=CE，PE=AE=1，在Rt△ABD中，AD=1，AB=2，∠ADB=90°，由勾股定理的：BD=AB2-AD2=3，∴CE=BD=3，∴PC=CE+PE=3+1．综上所述：当AE⊥EC时，线段PC的长为3-1或3+1．答案为：3-1或3+1．【点睛】此题主要考查了图形的旋转变换及其性质，等腰直角三角形的性质，正方形的判定及性质，全等三角形的判定及性质，勾股定理等，解答此题的关键是熟练掌握图形的旋转变换，全等三角形的判定、正方形的判定方法，灵活运用勾股定理进行计算，难点是根据题意进行分类讨论并画出示意图，漏解是易错点之一．6(2023春·陕西渭南·八年级统考阶段练习)如图，在△ABC中，∠B=60°，AB=3，将△ABC绕点A 按逆时针方向旋转得到△ADE，若点B的对应点D恰好落在边BC上，求BD的长．【答案】3【分析】根据旋转的性质得出△ABD是等边三角形，根据等边三角形的性质即可求解．【详解】∵∠B=60°，AB=3，将△ABC绕点A按逆时针方向旋转得到△ADE，∴AB=AD，∠B=60°，AB=3，∴△ABD是等边三角形，∴BD=AB=3，【点睛】本题考查了旋转的性质，等边三角形的判定和性质，熟练掌握旋转的性质和等边三角形的判定是解题的关键．【题型三利用旋转计算面积】1(2023秋·湖南永州·九年级校考开学考试)如图，正方形ABCD和正方形EFGO的边长都是1，正方形EFGO绕点O旋转时，两个正方形重叠部分的面积是()A.14B.12C.13D.不能确定【答案】A【分析】根据正方形的性质得出OB=OC，∠OBA=∠OCB=45°，∠BOC=∠EOG=90°，推出∠BON=∠MOC，证出△OBN≌△OCM，即可求出两个正方形重叠部分的面积．【详解】解：∵四边形ABCD和四边形OEFG都是正方形，∴OB=OC，∠OBC=∠OCB=45°，∠BOC=∠EOG=90°，∴∠BON+∠BOM=∠MOC+∠BOM=90°∴∠BON=∠MOC．在△OBN与△OCM中，∠OBN=∠OCM OB=OC∠BON=∠COM，∴△OBN≌△OCM ASA，∴S△OBN=S△OCM，∴S四边形OMBN =S△OBC=14S正方形ABCD=14×1×1=14．故选：A．【点睛】本题考查了正方形的性质，旋转的性质，全等三角形的性质和判定等知识，能推出四边形OMBN 的面积等于三角形BOC的面积是解此题的关键．【变式训练】1(2023春·山东青岛·八年级统考期中)将直角边长为5cm的等腰直角△ABC绕点A逆时针旋转15°后，得到△AB C ，则图中阴影部分的面积是( )cm2．A.12.5B.2536C.2533D.不能确定【答案】B【分析】设AB 与B C 交于D 点，根据旋转角∠CAC =15°，等腰直角△ABC 的一锐角∠CAB =45°，可求∠C AD ，旋转前后对应边相等，对应角相等，AC =AC =5cm ，∠C =∠C =90°，解直角△AC D ，可求阴影部分面积．【详解】解：设AB 与B C 交于D 点，根据旋转性质得∠CAC =15°，而∠CAB =45°，∴∠C AD =∠CAB -∠CAC =30°，又∵AC =AC =5cm ，∠C =∠C =90°，∴设C D =x ，则AD =2x ，∴AD 2=AC 2+C D 2，即2x 2=52+x 2，∴解得x =533，∴C D =533cm ，∴阴影部分面积为：12×5×533=2536cm 2 .故选：B ．【点睛】本题考查了旋转的性质，等腰三角形的性质，勾股定理．关键是通过旋转的性质判断阴影部分三角形的特点，计算三角形的面积．2(2023秋·四川德阳·九年级统考期末)如图，边长为定值的正方形ABCD 的中心与正方形EFGH 的顶点E 重合，且与边AB 、BC 相交于M 、N ，图中阴影部分的面积记为S ，两条线段MB 、BN 的长度之和记为l ，将正方形EFGH 绕点E 逆时针旋转适当角度，则有()A.S 变化，l 不变B.S 不变，l 变化C.S 变化，l 变化D.S 与l 均不变【答案】D 【分析】如图，连接EB ，EC ．证明△EBM ≌△ECN ASA ，可得结论．【详解】解：如图，连接EB ，EC ．∵四边形ABCD 和四边形EFGH 均为正方形，∴EB =EC ，∠EBM =∠ECN =45°，∠MEN =∠BEC =90°，∴∠BEN +∠BEM =∠BEN +∠CEN =90°，∴∠BEM =∠CEN ，在△EBM 和△ECN 中，∠EBM =∠ECNEB =EC ∠BEM =∠CEN，∴△EBM ≌△ECN ASA ，∴BM =CN ，∴S 阴=S 四边形EMBN =S △EBC =14S 正方形ABCD=定值，l =MB +BN =CN +BN =BC =定值，故选：D ．【点睛】本题考查正方形的性质，旋转的性质，全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题，属于中考常考题型．3(2023春·广东清远·八年级校考期中)如图，在△ABC 中，∠C =90°，AC =BC =2，将△ABC 绕点A 逆时针方向旋转60°到△ABC 的位置，则图中阴影部分的面积是．【答案】3【分析】过点B 作B D ⊥AB 于点D ，根据旋转的性质可得到△ABB 是等边三角形，S △ABC =S △AB C ，进而得到阴影部分的面积等于S △ABB ，再由勾股定理求出AB ，继而得到S △ABB，即可求解．【详解】解：如图，过点B 作B D ⊥AB 于点D ，∵将△ABC 绕点A 逆时针方向旋转60°到△ABC 的位置，∴AB =AB ,∠BAB =60°，△ABC ≌△AB C ，∴△ABB 是等边三角形，S △ABC =S △AB C，∴AB =BB ，阴影部分的面积等于S △ABB，∵AC =BC =2，∠C =90°，∴AB =AC 2+BC 2=2，∴BB =2,BD =1，∴B D =BB 2-BD 2=3，∴S △ABB=12AB ×B D =12×2×3=3，即阴影部分的面积是3．故答案为：3【点睛】本题主要考查了旋转的性质，等腰直角三角形的性质，等边三角形的判定和性质，熟练运用旋转的性质是本题的关键．4(2023春·江苏宿迁·八年级校考阶段练习)马老师在带领学生学习《正方形的性质与判定》这一课时，给出如下问题：如图①，正方形ABCD 的对角线AC 、BD 相交于点O ，正方形A B C O 与正方形ABCD 的边长相等．在正方形A B C O 绕点O 旋转的过程中，OA 与AB 相交于点M ，OC 与BC 相交于点N ，探究两个正方形重叠部分的面积与正方形ABCD 的面积有什么关系．(1)小亮第一个举手回答“两个正方形重叠部分的面积是正方形ABCD 面积的”；请说明理由．(2)马老师鼓励同学们编道拓展题，小颖编了这样一道题：如图②，在四边形ABCD 中，AB =AD ，∠BAD =∠BCD =90°，连接AC ．若AC =6，求四边形ABCD 的面积．请你帮小颖解答这道题．【答案】(1)14，见解析(2)18，见解析【分析】(1)只需要证明△MOB ≌△NOC 得到S △MOB =S △NOC ，即可求解．(2)过A 作AE ⊥AC ，交CD 的延长线于E ，证明△EAD ≌△CAB 得到S △ABC =S △ADE ，AE =AC =6，则S △AEC =12×6×6=18S 四边形ABCD =S △ACD +S △ABC =S △ACD +S △ADE =S △EAC =12AE ⋅AC =18．【详解】(1)解：∵四边形ABCD 是正方形，四边形OA B C 是正方形，∴AC ⊥BD ，OB =OC ，∠OBM =∠OCN =45°，∠A OC =90°，∴∠BOC =∠A OC =90°，∴∠BOM =∠CON ，∴△BOM ≌△CON ASA ，∴S △BOM =S △CON ，∴S 四边形OMBN =S △OBC =14S 正方形ABCD ．答案为：14；(2)过A 作AE ⊥AC ，交CD 的延长线于E ，∵AE ⊥AC ，∴∠EAC =90°，∵∠DAB =90°，∴∠DAE =∠BAC ，∵∠BAD =∠BCD =90°，∴∠ADC +∠B =180°，∵∠EDA+∠ADC =180°，∴∠EDA =∠B ，∵AD =AB ，在△ABC 与△ADE 中，∠EAD =∠CABAD =AB ∠EDA =∠B，∴△ABC ≌△ADE ASA ，∴AC =AE ，∵AC =6，∴AE =6，∴S △AEC =12×6×6=18，∴S 四边形ABCD =18．【点睛】本题主要考查了正方形的性质，全等三角形的性质与判定，四边形内角和，熟知全等三角形的性质与判定是解题的关键．5(2023春·广东深圳·八年级统考期末)【问题背景】如图1，在▱ABCD 中，AB ⊥DB ．将△ABD 绕点B 逆时针旋转至△FBE ，记旋转角∠ABF =α0°<α≤180° ，当线段FB 与DB 不共线时，记△ABE 的面积为S 1，△FBD 的面积为S 2．【特例分析】如图2，当EF 恰好过点A ，且点F ，B ，C 在同一条直线上时．(1)α=°；(2)若AD =43，则S 1=，S 2=；【推广探究】某数学兴趣小组经过交流讨论，猜想：在旋转过程中，S 1与S 2之间存在一定的等量关系．再经过独立思考，获得了如下一些解决思路：思路1：如图1，过点A ，E 分别作直线平行于BE ，AB ，两直线交于点M ，连接BM ，可证一组三角形全等，再根据平行四边形的相关性质解决问题；思路2：如图2，过点E 作EH ⊥AB 于点H ，过点D 作DG ⊥FB ，交FB 的延长线于点G ，可证一组三角形全等，再根据旋转的相关性质解决问题；⋯⋯(3)如图3，请你根据以上思路，并结合你的想法，探究S 1与S 2之间的等量关系为，并说明理由．【拓展应用】在旋转过程中，当S 1+S 2为▱ABCD 面积的12时，α的值为【答案】(1)60；(2)33；33；(3)S 1=S 2，理由见解析；拓展应用：60°或120°【分析】(1)由旋转的性质和平行四边形的性质，等角对等边，可得△ABF 是等边三角形，即可求解；(2)过点F 作FM ⊥BD 交DB 延长线于点M ，设AD ,BE 交于点N ，通过证明△ABN ≌△FBM AAS ，进而得出s 1=s 2，再证明AE =AF ，可得S △ABE =12S △EFB ，仅为求解即可；(3)分别根据思路1和2进行推理证明即可；拓展应用：先根据面积之间的关系得出BD=2DG，继而得出∠DBG=30°=∠ABE，分别在图3和图2中进行求解即可．【详解】(1)由旋转可得，∠F=∠BAD,BA=BF，∵四边形ABCD为平行四边形，∴AD∥BC，∴∠ABF=∠BAD，∴∠ABF=∠F，∴BA=AF，∴BA=AF=BF，∴△ABF是等边三角形，∴∠ABF=α=60°，故答案为：60；(2)如图，过点F作FM⊥BD交DB延长线于点M，设AD,BE交于点N，∵AD∥BC，∴∠ANE=∠ANB=∠EBF=90°=∠ABM，∠EAN=∠AFB，∴∠MBF=∠ABN，∵BF=BA，∴△ABN≌△FBM AAS，∴AN=FM，∵BD=BE，∴S1=S2，∵△ABF是等边三角形，∴∠AFB=60°=∠EAN,AB=AF，∴∠E=30°=∠ABE，∴AE=AB，∴AE=AF，S△EFB，∴S△ABE=12∵AD=43，∴AB=23=BF,BD=6=BE，×6×23=63，∴S△EFB=12∴S△ABE=33，∴s1=s2=33，故答案为：33,33；(3)解：S1=S2，理由如下：思路1：如图，过点A，E分别作直线平行于BE，AB，两直线交于点M，连接BM，∵AM∥BE,ME∥AB，∴四边形ABEM为平行四边形，∴AM=BE，∠MAB+∠ABE=180°，∵旋转，∴AB=BF，BD=BE，∠ABD=∠EBF=90°，∴BD =AM ，∵∠ABD +∠ABE +∠EBF +∠FBD =360°，∴∠ABE +∠DBF =180°，∴∠MAB =∠DBF ，在△MAB 和△DBF 中，AM =BD∠MAB =∠DBF AB =BF，∴△MAB ≌△DBF ，∴S △MAB =S 2，∵ME ∥AB ，∴S △MAB =S 1，∴S 1=S 2.思路2：如图，过点E 作EH ⊥AB 交AB 延长线于点H ，过点D 作DG ⊥BF 交BF 延长线于点G ，∵EH ⊥AB ，DG ⊥BF ，∴∠H =∠G =90°，∵旋转，∴BD =BE ，AB =BF ，∠DBA =∠EBF =90°，∴∠EBG =90°，∴∠EBG =∠ABD ，∴∠EBG -∠ABG =∠ABD -∠ABG ，即∠EBH =∠GBD ，在△EBH 和△DBG 中，∠H =∠G∠EBH =∠GBD BD =BE，∴△EBH ≌△DBG ，∴EH =DG ，∴S 1=12AB ⋅EH =12BF ⋅DG =S 2；拓展应用：∵S 1=S 2，∴当S 1+S 2为▱ABCD 面积的12时，S 1=S 2=14S 平行四边形ABCD ，由(3)思路2得，S 1=12⋅AB ⋅EH ,S 平行四边形ABCD =AB ⋅BD ,EH =DG ，∴12⋅AB ⋅EH =14AB ⋅BD ，∴BD =2EH ，即BD =2DG ，∴∠DBG =30°=∠ABE ，如图3，∠ABF =120°；如图2,∠DBE =∠ABF=90°-30°=60°，综上，α的值为60°或120°，故答案为：60°或120°．【点睛】本题考查了旋转的性质，等边三角形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，平行四边形的性质，直角三角形的性质，熟练掌握知识点是解题的关键．。

旋转(压轴精选30题)(解析版)-2023-2024学年九年级数学上册《重难点题型-高分突破》

旋转(压轴精选30题)(解析版)-2023-2024学年九年级数学上册《重难点题型-高分突破》

第3单元旋转压轴精选30题一．选择题（共8小题）1．如图，△ABC是等边三角形，D为BC边上的点，∠BAD＝15°，△ABD经旋转后到达△ACE的位置，那么旋转了（）A．75°B．60°C．45°D．15°【答案】B【解答】解：∵△ABC是等边三角形，∴AB＝AC，∠BAC＝60°，∵△ABD经旋转后到达△ACE的位置，∴∠BAC等于旋转角，即旋转角等于60°．故选：B．2．如图直角梯形ABCD中，AD∥BC，AB⊥BC，AD＝2，BC＝3，将腰CD以D 为中心逆时针旋转90°至ED，连AE、CE，则△ADE的面积是（）A．1B．2C．3D．不能确定【答案】A【解答】解：如图所示，作EF⊥AD交AD延长线于F，作DG⊥BC，∵CD以D为中心逆时针旋转90°至ED，∴∠EDF+∠CDF＝90°，DE＝CD，又∵∠CDF+∠CDG＝90°，∴∠CDG＝∠EDF，在△DCG与△DEF中，，∴△DCG≌△DEF（AAS），∴EF＝CG，∵AD＝2，BC＝3，∴CG＝BC﹣AD＝3﹣2＝1，∴EF＝1，∴△ADE的面积是：×AD×EF＝×2×1＝1．故选：A．3．将五个边长都为2cm的正方形按如图所示摆放，点A、B、C、D分别是四个正方形的中心（对角线的交点），则图中四块阴影面积的和为（）A．2cm2B．4cm2C．6cm2D．8cm2【答案】B【解答】解：如图，连接AP，AN，点A是正方形的对角线的交点．则AP＝AN，∠APF＝∠ANE＝45°，∵∠P AF+∠FAN＝∠FAN+∠NAE＝90°，∴∠P AF＝∠NAE，∴△P AF≌△NAE，∴四边形AENF的面积等于△NAP的面积，而△NAP的面积是正方形的面积的，而正方形的面积为4，∴四边形AENF的面积为1cm2，四块阴影面积的和为4cm2．故选：B．4．如图，边长为1的正方形ABCD绕点A逆时针旋转45°后得到正方形AB1C1D1，边B1C1与CD交于点O，则四边形AB1OD的面积是（）A．B．C．D．﹣1【答案】D【解答】方法一：解：连接AC1，∵四边形AB1C1D1是正方形，∴∠C1AB1＝×90°＝45°＝∠AC1B1，∵边长为1的正方形ABCD绕点A逆时针旋转45°后得到正方形AB1C1D1，∴∠B1AB＝45°，∴∠DAB1＝90°﹣45°＝45°，∴AC1过D点，即A、D、C1三点共线，∵正方形ABCD的边长是1，∴四边形AB1C1D1的边长是1，在Rt△C1D1A中，由勾股定理得：AC1＝＝，则DC1＝﹣1，∵∠AC1B1＝45°，∠C1DO＝90°，∴∠C1OD＝45°＝∠DC1O，∴DC1＝OD＝﹣1，＝×OD•AD＝，∴S△ADO∴四边形AB1OD的面积是＝2×＝﹣1，方法二：解：∵四边形ABCD是正方形，∴AC＝，∠OCB1＝45°，∴CB1＝OB1∵AB1＝1，∴CB1＝OB1＝AC﹣AB1＝﹣1，＝•OB1•CB1＝（﹣1）2，∴S△OB1C＝AD•AC＝×1×1＝，∵S△ADC＝S△ADC﹣S△OB1C＝﹣（﹣1）2＝﹣1；∴S四边形AB1OD故选：D．5．如图，在矩形ABCD中，已知AB＝4，BC＝3，矩形在直线l上绕其右下角的顶点B向右旋转90°至图①位置，再绕右下角的顶点继续向右旋转90°至图②位置，…，以此类推，这样连续旋转2015次后，顶点A在整个旋转过程中所经过的路程之和是（）A．2015πB．3019.5πC．3018πD．3024π【答案】D【解答】解：转动一次A的路线长是：，转动第二次的路线长是：，转动第三次的路线长是：，转动第四次的路线长是：0，转动五次A的路线长是：，以此类推，每四次循环，故顶点A转动四次经过的路线长为：+2π＝6π，2015÷4＝503余3顶点A转动2015次经过的路线长为：6π×504＝3024π．故选：D．6．如图，P是等腰直角△ABC外一点，把BP绕点B顺时针旋转90°到BP′，已知∠AP′B＝135°，P′A：P′C＝1：3，则P′A：PB＝（）A．1：B．1：2C．：2D．1：【答案】B【解答】解：如图，连接AP，∵BP绕点B顺时针旋转90°到BP′，∴BP＝BP′，∠ABP+∠ABP′＝90°，又∵△ABC是等腰直角三角形，∴AB＝BC，∠CBP′+∠ABP′＝90°，∴∠ABP＝∠CBP′，在△ABP和△CBP′中，∵，∴△ABP≌△CBP′（SAS），∴AP＝P′C，∵P′A：P′C＝1：3，∴AP＝3P′A，连接PP′，则△PBP′是等腰直角三角形，∴∠BP′P＝45°，PP′＝PB，∵∠AP′B＝135°，∴∠AP′P＝135°﹣45°＝90°，∴△APP′是直角三角形，设P′A＝x，则AP＝3x，根据勾股定理，PP′＝＝＝2x，∴PP′＝PB＝2x，解得PB＝2x，∴P′A：PB＝x：2x＝1：2．故选：B．7．如图，该图形围绕自己的旋转中心，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°【答案】B【解答】解：该图形被平分成五部分，旋转72度的整数倍，就可以与自身重合，因而A、C、D都正确，不能与其自身重合的是B．故选：B．8．如图，O是正△ABC内一点，OA＝3，OB＝4，OC＝5，将线段BO以点B 为旋转中心逆时针旋转60°得到线段BO′，下列结论：①△BO′A可以由△BOC绕点B逆时针旋转60°得到；②点O与O′的距离为4；③∠AOB＝150°；④S四边形AOBO′＝6+3；⑤S△AOC+S△AOB＝6+．其中正确的结论是（）A．①②③⑤B．①②③④C．①②③④⑤D．①②③【答案】A【解答】解：由题意可知，∠1+∠2＝∠3+∠2＝60°，∴∠1＝∠3，又∵OB＝O′B，AB＝BC，∴△BO′A≌△BOC，又∵∠OBO′＝60°，∴△BO′A可以由△BOC绕点B逆时针旋转60°得到，故结论①正确；如图①，连接OO′，∵OB＝O′B，且∠OBO′＝60°，∴△OBO′是等边三角形，∴OO′＝OB＝4．故结论②正确；∵△BO′A≌△BOC，∴O′A＝5．在△AOO′中，三边长为3，4，5，这是一组勾股数，∴△AOO′是直角三角形，∠AOO′＝90°，∴∠AOB＝∠AOO′+∠BOO′＝90°+60°＝150°，故结论③正确；S 四边形AOBO′＝S△AOO′+S△OBO′＝×3×4+×42＝6+4，故结论④错误；如图②所示，将△AOB绕点A逆时针旋转60°，使得AB与AC重合，点O 旋转至O″点．易知△AOO″是边长为3的等边三角形，△COO″是边长为3、4、5的直角三角形，+S△AOB＝S四边形AOCO″＝S△COO″+S△AOO″＝×3×4+×32＝6+，则S△AOC故结论⑤正确．综上所述，正确的结论为：①②③⑤．故选：A．二．填空题（共16小题）9．如图，在Rt△ABC中，已知∠C＝90°，∠B＝30°，点D在边AB上，，把△ADC绕点D逆时针旋转m（0°＜m＜180°）度后，如果点A恰好落在初始Rt△ABC的边上，那么m＝60°或120°．【答案】60°或120°．【解答】解：如图，D以为圆心，以AD为半径画圆，分别交AC于A1，交BC于A2、交DB于A3．∵∠B＝30°，∠C＝90°，∴∠A＝60°且AD＝A1D，∴△AA1D是等边三角形，∴①旋转角m＝∠ADA1＝60°．②在Rt△BDA2中，∵BD＝AD，且∠B＝30°，∴BC与圆相切于A点，∴∠BDA2＝60°，旋转角m＝∠ADA2＝180°﹣∠BDA2＝120°．③当旋转到A3时，刚好旋转了180°，不符合题意，．故答案为：60°或120°．10．如图，△ABC中，∠ACB＝90°，把△ABC绕点C顺时针旋转到△A1B1C的位置，A1B1交直线CA于点D．若AC＝6，BC＝8，当线段CD的长为6或5或时，△A1CD是等腰三角形．【答案】见试题解答内容【解答】解：三角形是等腰三角形，有如下三种情况：①当CD＝A1C＝AC＝6时，三角形是等腰三角形；②当CD＝A1D时，∵∠B＝90°﹣∠BCB1＝∠ACB1，∠B＝∠B1，∴∠B1＝∠B1CD，∴B1D＝CD．∵CD＝A1D，∴CD＝A1B1＝5时，三角形是等腰三角形；③当A1C＝A1D时，如图．过点C作CE⊥A1B1于E．∵△A1B1C的面积＝×6×8＝×10×CE，∴CE＝4.8．在△A1CE中，∠A1EC＝90°，由勾股定理知A1E＝＝3.6，∴DE＝6﹣3.6＝2.4．在△CDE中，∠CED＝90°，由勾股定理知CD＝＝．故当线段CD的长为6或5或时，△A1CD是等腰三角形．11．如图，P是正三角形ABC内的一点，且PA＝6，PB＝8，PC＝10．若将△P AC 绕点A逆时针旋转60°后，得到△P′AB，则点P与P′之间的距离为6，∠APB＝150°．【答案】见试题解答内容【解答】解：连接PP′，如图，∵△P AC绕点A逆时针旋转60°后，得到△P′AB，∴∠P AP′＝60°，P A＝P′A＝6，P′B＝PC＝10，∴△P AP′为等边三角形，∴PP′＝PA＝6，∠P′PA＝60°，在△BPP′中，P′B＝10，PB＝8，PP′＝6，∵62+82＝102，∴PP′2+PB2＝P′B2，∴△BPP′为直角三角形，且∠BPP′＝90°，∴∠APB＝∠P′PB+∠BPP′＝60°+90°＝150°．故答案为6，150°．12．如图，边长为1的正方形ABCD绕点A逆时针旋转30°，得到正方形AB′C′D′，则图中阴影部分的面积为．【答案】见试题解答内容【解答】解：设B′C′与CD交于点E，连接AE．在△AB′E与△ADE中，∠AB′E＝∠ADE＝90°，∵，∴△AB′E≌△ADE（HL），∴∠B′AE＝∠DAE．∵∠BAB′＝30°，∠BAD＝90°，∴∠B′AE＝∠DAE＝30°，∴DE＝AD•tan∠DAE＝．＝2S△ADE＝2××＝．∴S四边形AB′ED﹣S四边形AB′ED＝1﹣＝．∴阴影部分的面积＝S正方形ABCD13．如图，在Rt△ABC中，已知：∠C＝90°，∠A＝60°，AC＝3cm，以斜边AB的中点P为旋转中心，把这个三角形按逆时针方向旋转90°得到Rt△A′B′C′，则旋转前后两个直角三角形重叠部分的面积为cm2．【答案】见试题解答内容【解答】解：设A′B′交BC于D，在直角△DPB中，BP＝AP＝AC＝3，∵∠A＝60°设PD＝x，则BD＝2x，∵DP2+BP2＝BD2，∴x2+32＝（2x）2，∴DP＝x＝，∵B′P＝BP，∠B＝∠B′，∠B′PH＝∠BPD＝90°，∴△B′PH≌△BPD，∴PH＝PD＝，∵在直角△BGH中，BH＝3+，∴GH＝，BG＝，＝××＝，S△BDP＝×3×＝，∴S△BGH∴S DGHP＝＝cm2．14．如图所示，把一个直角三角尺ACB绕着30°角的顶点B顺时针旋转，使得点A落在CB的延长线上的点E处，则∠BDC的度数为15度．【答案】见试题解答内容【解答】解：根据旋转的性质△ABC≌△EDB，BC＝BD，则△CBD是等腰三角形，∠BDC＝∠BCD，∠CBD＝180°﹣∠DBE＝180°﹣30°＝150°，∠BDC＝（180°﹣∠CBD）＝15°．故答案为15°．15．如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝5cm，BC＝12cm，将△ABC绕点B顺时针旋转60°，得到△BDE，连接DC交AB于点F，则△ACF与△BDF的周长之和为42cm．【答案】见试题解答内容【解答】解：∵将△ABC绕点B顺时针旋转60°，得到△BDE，∴△ABC≌△BDE，∠CBD＝60°，∴BD＝BC＝12cm，∴△BCD为等边三角形，∴CD＝BC＝CD＝12cm，在Rt△ACB中，AB＝＝13，△ACF与△BDF的周长之和＝AC+AF+CF+BF+DF+BD＝AC+AB+CD+BD＝5+13+12+12＝42（cm），故答案为：42．16．如图，在△ABC中，∠A＝70°，AC＝BC，以点B为旋转中心把△ABC按顺时针旋转α度，得到△A′BC′，点A′恰好落在AC上，连接CC′，则∠ACC′＝110°．【答案】见试题解答内容【解答】解：∵∠A＝70°，AC＝BC，∴∠BCA＝40°，根据旋转的性质，AB＝BA′，BC＝BC′，∴∠α＝180°﹣2×70°＝40°，∵∠CBC′＝∠α＝40°，∴∠BCC′＝70°，∴∠ACC′＝∠ACB+∠BCC′＝110°；故答案为：110°．17．如图，边长为6的等边三角形ABC中，E是对称轴AD上的一个动点，连接EC，将线段EC绕点C逆时针旋转60°得到FC，连接DF．则在点E运动过程中，DF的最小值是 1.5．【答案】见试题解答内容【解答】解：如图，取AC的中点G，连接EG，∵旋转角为60°，∴∠ECD+∠DCF＝60°，又∵∠ECD+∠GCE＝∠ACB＝60°，∴∠DCF＝∠GCE，∵AD是等边△ABC的对称轴，∴CD＝BC，∴CD＝CG，又∵CE旋转到CF，∴CE＝CF，在△DCF和△GCE中，，∴△DCF≌△GCE（SAS），∴DF＝EG，根据垂线段最短，EG⊥AD时，EG最短，即DF最短，此时∵∠CAD＝×60°＝30°，AG＝AC＝×6＝3，∴EG＝AG＝×3＝1.5，∴DF＝1.5．故答案为：1.5．18．如图，在△ABC中，AB＝2，BC＝3.6，∠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 1.6．【答案】见试题解答内容【解答】解：由旋转的性质可得：AD＝AB，∵∠B＝60°，∴△ABD是等边三角形，∴BD＝AB，∵AB＝2，BC＝3.6，∴CD＝BC﹣BD＝3.6﹣2＝1.6．故答案为：1.6．19．如图，在平面直角坐标系中，已知点A（﹣3，0），B（0，4），对△AOB 连续作旋转变换，依次得到三角形①，②，③，…，那么第⑤个三角形离原点O最远距离的坐标是（21，0），第2012个三角形离原点O最远距离的坐标是（8049，0）．【答案】见试题解答内容【解答】解：∵点A（﹣3，0），B（0，4），∴OB＝4，OA＝3，∴AB＝5，∵对△OAB连续作如图所示的旋转变换，∴△OAB每三次旋转后回到原来的状态，并且每三次向前移动了3+4+5＝12个单位，而2012＝3×670+2，∴第⑤个三角形和第2012个三角形都和三角形②的状态一样，∴2012个三角形离原点O最远距离的点的横坐标为670×12+9＝8049，纵坐标为0．第⑤三角形离原点O最远距离的点的横坐标为12+9＝21，纵坐标为0．故答案为（21，0），（8049，0）．20．已知△ABC是边长为1cm的等边三角形，以BC为边作等腰三角形BCD，使得DB＝DC，且∠BDC＝120°，点M是AB边上的一个动点，作∠MDN 交AC边于点N，且满足∠MDN＝60°，则△AMN的周长为2．【答案】见试题解答内容【解答】证明：如图，在AC延长线上截取CM1＝BM，∵△ABC是等边三角形，△BDC是顶角∠BDC＝120°的等腰三角形，∴∠ABC＝∠ACB＝60°，∠DBC＝∠DCB＝30°，∴∠ABD＝∠ACD＝90°，∴∠DCM1＝90°，∵BD＝CD，∵在Rt△BDM≌Rt△CDM1中，BD ＝CD ∠ABD ＝∠DCM 1＝90°CM 1＝BM ，∴Rt △BDM ≌Rt △CDM 1（SAS ），得MD ＝M 1D ，∠MDB ＝∠M 1DC ，∴∠MDM 1＝120°﹣∠MDB +∠M 1DC ＝120°，∴∠NDM 1＝60°，∵MD ＝M 1D ，∠MDN ＝∠NDM 1＝60°，DN ＝DN ，∴△MDN ≌△M 1DN ，∴MN ＝NM 1，故△AMN 的周长＝AM +MN +AN ＝AM +AN +NM 1＝AM +AM 1＝AB +AC ＝2．故答案为：2．21．如图，△ABC 绕点A 顺时针旋转45°得到△AB ′C ′，若∠BAC ＝90°，AB ＝AC ＝，则图中阴影部分的面积等于﹣1．【答案】见试题解答内容【解答】解：∵△ABC 绕点A 顺时针旋转45°得到△AB ′C ′，∠BAC ＝90°，AB ＝AC ＝，∴BC ＝2，∠C ＝∠B ＝∠CAC ′＝∠C ′＝45°，∴AD ⊥BC ，B ′C ′⊥AB ，∴AD ＝BC ＝1，AF ＝FC ′＝sin45°AC ′＝AC ′＝1，∴图中阴影部分的面积等于：S △AFC ′﹣S △DEC ′＝×1×1﹣×（﹣1）2＝﹣1．故答案为：﹣1．22．已知：在△ABC中，∠CAB＝70°，在同一平面内将△ABC绕A点旋转到△AB′C′位置，且CC′∥AB，则∠BAB′的度数是40°．【答案】见试题解答内容【解答】解：∵CC′∥AB，∠CAB＝70°，∴∠C′CA＝∠CAB＝70°，又∵C、C′为对应点，点A为旋转中心，∴AC＝AC′，即△ACC′为等腰三角形，∴∠BAB′＝∠CAC′＝180°﹣2∠C′CA＝40°．故填：40°．23．如图，在等边△ABC中，D是边AC上一点，连接BD．将△BCD绕点B逆时针旋转60°得到△BAE，连接ED．若BC＝10，BD＝9，则△AED的周长是19．【答案】见试题解答内容【解答】解：∵△ABC是等边三角形，∴AC＝AB＝BC＝10，∵△BAE由△BCD逆时针旋旋转60°得出，∴AE＝CD，BD＝BE，∠EBD＝60°，∴AE+AD＝AD+CD＝AC＝10，∵∠EBD＝60°，BE＝BD，∴△BDE是等边三角形，∴DE＝BD＝9，∴△AED的周长＝AE+AD+DE＝AC+BD＝19．故答案为：19．24．如图：已知△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝90°，直角∠EPF的顶点P是BC 中点，两边PE，PF分别交AB，AC于点E，F，给出以下五个结论：①AE＝CF；②∠APE＝∠CPF；③△EPF是等腰直角三角形；④EF＝AP；⑤S四边形AEPF＝S△ABC．当∠EPF在△ABC内绕顶点P旋转时（点E不与A，B重合），上述结论中始终正确的序号有①②③⑤．【答案】见试题解答内容【解答】解：∵AB＝AC，∠BAC＝90°，点P是BC的中点，∴∠EAP＝∠BAC＝45°，AP＝BC＝CP．①在△AEP与△CFP中，∵∠EAP＝∠C＝45°，AP＝CP，∠APE＝∠CPF＝90°﹣∠APF，∴△AEP≌△CFP，∴AE＝CF．正确；②由①知，△AEP≌△CFP，∴∠APE＝∠CPF．正确；③由①知，△AEP≌△CFP，∴PE＝PF．又∵∠EPF＝90°，∴△EPF是等腰直角三角形．正确；④只有当F在AC中点时EF＝AP，故不能得出EF＝AP，错误；⑤∵△AEP≌△CFP，同理可证△APF≌△BPE．＝S△AEP+S△APF＝S△CPF+S△BPE＝S△ABC．正确．∴S四边形AEPF故正确的序号有①②③⑤．三．解答题（共6小题）25．通过类比联想、引申拓展研究典型题目，可达到解一题知一类的目的．下面是一个案例，请补充完整．原题：如图1，点E、F分别在正方形ABCD的边BC、CD上，∠EAF＝45°，连接EF，则EF＝BE+DF，试说明理由．（1）思路梳理∵AB＝AD，∴把△ABE绕点A逆时针旋转90°至△ADG，可使AB与AD重合．∵∠ADC＝∠B＝90°，∴∠FDG＝180°，点F、D、G共线．根据SAS，易证△AFG≌△AFE，得EF＝BE+DF．（2）类比引申如图2，四边形ABCD中，AB＝AD，∠BAD＝90°点E、F分别在边BC、CD 上，∠EAF＝45°．若∠B、∠D都不是直角，则当∠B与∠D满足等量关系∠B+∠D＝180°时，仍有EF＝BE+DF．（3）联想拓展如图3，在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，点D、E均在边BC上，且∠DAE＝45°．猜想BD、DE、EC应满足的等量关系，并写出推理过程．【答案】见试题解答内容【解答】解：（1）∵AB＝AD，∴把△ABE绕点A逆时针旋转90°至△ADG，可使AB与AD重合．∴∠BAE＝∠DAG，∵∠BAD＝90°，∠EAF＝45°，∴∠BAE+∠DAF＝45°，∴∠EAF＝∠F AG，∵∠ADC＝∠B＝90°，∴∠FDG＝180°，点F、D、G共线，在△AFE和△AFG中，∴△AFE≌△AFG（SAS），∴EF＝FG，即：EF＝BE+DF．（2）∠B+∠D＝180°时，EF＝BE+DF；∵AB＝AD，∴把△ABE绕点A逆时针旋转90°至△ADG，可使AB与AD重合，∴∠BAE＝∠DAG，∵∠BAD＝90°，∠EAF＝45°，∴∠BAE+∠DAF＝45°，∴∠EAF＝∠F AG，∵∠ADC+∠B＝180°，∴∠FDG＝180°，点F、D、G共线，在△AFE和△AFG中，∴△AFE≌△AFG（SAS），∴EF＝FG，即：EF＝BE+DF．（3）猜想：DE2＝BD2+EC2，证明：把△AEC绕点A顺时针旋转90°得到△ABE′，连接DE′，∴△AEC≌△ABE′，∴BE′＝EC，AE′＝AE，∠C＝∠ABE′，∠EAC＝∠E′AB，在Rt△ABC中，∵AB＝AC，∴∠ABC＝∠ACB＝45°，∴∠ABC+∠ABE′＝90°，即∠E′BD＝90°，∴E′B2+BD2＝E′D2，又∵∠DAE＝45°，∴∠BAD+∠EAC＝45°，∴∠E′AB+∠BAD＝45°，即∠E′AD＝45°，在△AE′D和△AED中，∴△AE′D≌△AED（SAS），∴DE＝DE′，∴DE2＝BD2+EC2．26．已知：正方形ABCD中，∠MAN＝45°，∠MAN绕点A顺时针旋转，它的两边分别交CB、DC（或它们的延长线）于点M、N．当∠MAN绕点A旋转到BM＝DN时（如图1），易证BM+DN＝MN．（1）当∠MAN绕点A旋转到BM≠DN时（如图2），线段BM、DN和MN 之间有怎样的数量关系？写出猜想，并加以证明；（2）当∠MAN绕点A旋转到如图3的位置时，线段BM、DN和MN之间又有怎样的数量关系？请直接写出你的猜想．【答案】见试题解答内容【解答】解：（1）BM+DN＝MN成立．证明：如图，把△ADN绕点A顺时针旋转90°，得到△ABE，则可证得E、B、M三点共线（图形画正确）．∴∠EAM＝90°﹣∠NAM＝90°﹣45°＝45°，又∵∠NAM＝45°，∴在△AEM与△ANM中，∴△AEM≌△ANM（SAS），∴ME＝MN，∵ME＝BE+BM＝DN+BM，∴DN+BM＝MN；（2）DN﹣BM＝MN．在线段DN上截取DQ＝BM，在△ADQ与△ABM中，∵，∴△ADQ≌△ABM（SAS），∴∠DAQ＝∠BAM，∴∠QAN＝∠MAN．在△AMN和△AQN中，∴△AMN≌△AQN（SAS），∴MN＝QN，∴DN﹣BM＝MN．27．阅读与理解：图1是边长分别为a和b（a＞b）的两个等边三角形纸片ABC和C′DE叠放在一起（C与C′重合）的图形．操作与证明：（1）操作：固定△ABC，将△C′DE绕点C按顺时针方向旋转30°，连接AD，BE，如图2；在图2中，线段BE与AD之间具有怎样的大小关系？证明你的结论；（2）操作：若将图1中的△C′DE，绕点C按顺时针方向任意旋转一个角度α（0°≤α≤360°），连接AD，BE，如图3；在图3中，线段BE与AD之间具有怎样的大小关系？证明你的结论；猜想与发现：根据上面的操作过程，请你猜想当α为多少度时，线段AD的长度最大是多少？当α为多少度时，线段AD的长度最小是多少？【答案】见试题解答内容【解答】解：操作与证明：（1）BE＝AD．∵△C′DE绕点C按顺时针方向旋转30°，∴∠BCE＝∠ACD＝30°，∵△ABC与△C′DE是等边三角形，∴CA＝CB，CE＝CD，∴△BCE≌△ACD，∴BE＝AD．（2）BE＝AD．∵△C′DE绕点C按顺时针方向旋转的角度为α，∴∠BCE＝∠ACD＝α，∵△ABC与△C′DE是等边三角形，∴CA＝CB，CE＝CD，∴△BCE≌△ACD，∴BE＝AD．猜想与发现：当α为180°时，线段AD的长度最大，等于a+b；当α为0°（或360°）时，线段AD的长度最小，等于a﹣b．28．（1）如图1，在△ABC中，BA＝BC，D，E是AC边上的两点，且满足∠DBE＝∠ABC（0°＜∠CBE＜∠ABC）．以点B为旋转中心，将△BEC 按逆时针旋转∠ABC，得到△BE′A（点C与点A重合，点E到点E′处）连接DE′，求证：DE′＝DE．（2）如图2，在△ABC中，BA＝BC，∠ABC＝90°，D，E是AC边上的两点，且满足∠DBE＝∠ABC（0°＜∠CBE＜45°）．求证：DE2＝AD2+EC2．【答案】见试题解答内容【解答】（1）证明：∵∠DBE＝∠ABC，∴∠ABD+∠CBE＝∠DBE＝∠ABC，∵△ABE′由△CBE旋转而成，∴BE＝BE′，∠ABE′＝∠CBE，∴∠DBE′＝∠DBE，在△DBE与△DBE′中，∵，∴△DBE≌△DBE′（SAS），∴DE′＝DE；（2）证明：如图所示：把△CBE逆时针旋转90°，连接DE′，∵BA＝BC，∠ABC＝90°，∴∠BAC＝∠BCE＝45°，∴图形旋转后点C与点A重合，CE与AE′重合，∴AE′＝EC，∴∠E′AB＝∠BCE＝45°，∴∠DAE′＝90°，在Rt△ADE′中，DE′2＝AE′2+AD2，∵AE′＝EC，∴DE′2＝EC2+AD2，同（1）可得DE＝DE′，∴DE2＝AD2+EC2．29．图中是一副三角板，45°的三角板Rt△DEF的直角顶点D恰好在30°的三角板Rt△ABC斜边AB的中点处，∠A＝30°，∠E＝45°，∠EDF＝∠ACB ＝90°，DE交AC于点G，GM⊥AB于M．（1）如图①，当DF经过点C时，作CN⊥AB于N，求证：AM＝DN；（2）如图②，当DF∥AC时，DF交BC于H，作HN⊥AB于N，（1）的结论仍然成立，请你说明理由．【答案】见试题解答内容【解答】（1）证明：∵∠ACB＝90°，D是AB的中点．∴CD＝AD＝BD，又∵∠B＝90°﹣∠A＝60°，∴△BCD是等边三角形．又∵CN⊥DB，∴DN＝DB．∵∠EDF＝90°，△BCD是等边三角形，∴∠ADG＝30°，而∠A＝30°．∴GA＝GD．∵GM⊥AB，∴AM＝AD．又∵AD＝DB，∴AM＝DN．（2）解：（1）的结论依然成立．理由如下：∵DF∥AC，∴∠1＝∠A＝30°，∠AGD＝∠GDH＝90°，∴∠ADG＝60°．∵∠B＝60°，AD＝DB，∴△ADG≌△DBH，∴AG＝DH．又∵GM⊥AB，HN⊥AB，∴∠GMA＝∠HND＝90°，∵∠1＝∠A，∴Rt△AMG≌Rt△DNH，∴AM＝DN．30．如图，等腰直角△ABC中，∠ABC＝90°，点P在AC上，将△ABP绕顶点B沿顺时针方向旋转90°后得到△CBQ．（1）求∠PCQ的度数；（2）当AB＝4，AP：PC＝1：3时，求PQ的大小；（3）当点P在线段AC上运动时（P不与A重合），请写出一个反映PA2，PC2，PB2之间关系的等式，并加以证明．【答案】见试题解答内容【解答】解：（1）由题意知，△ABP≌△CQB，∴∠A＝∠ACB＝∠BCQ＝45°，∠ABP＝∠CBQ，AP＝CQ，PB＝BQ，∴∠PCQ＝∠ACB+∠BCQ＝90°，∠ABP+∠PBC＝∠CPQ+∠PBC＝90°，∴△BPQ是等腰直角三角形，△PCQ是直角三角形．（2）当AB＝4，AP：PC＝1：3时，有AC＝4，AP＝，PC＝3，∴PQ＝＝2．（3）存在2PB2＝PA2+PC2，由于△BPQ是等腰直角三角形，∴PQ＝PB，∵AP＝CQ，∴PQ2＝PC2+CQ2＝P A2+PC2，故有2PB2＝PA2+PC2．。

初中数学旋转问题必考题型

初中数学旋转问题必考题型

网红“旋转”问题必考题型梳理题型1 旋转的概念旋转的定义：在平面内，把一个图形绕着某一个点O旋转一个角度的图形变换叫做旋转．旋转对称图形：如果某一个图形围绕某一点旋转一定的角度（小于360°）后能与原图形重合，那么这个图形就叫做旋转对称图形．例题1下面是4个能完全重合的正六边形，请仔细观察A、B、C、D四个图案，其中与所给图形不相同的是（）A．B．C．D．【分析】将选项中的图形绕正六边形的中心旋转，与题干的图形不相同的即为所求．【解析】观察图形可知，只有选项B中的图形旋转后与图中的正六边形不相同．选B．变式1如图是一个标准的五角星，若将它绕旋转中心旋转一定角度后能与自身重合，则至少应将它旋转的度数是（）A．144°B．90°C．72°D．60°【分析】如图，由于是正五角星，设O的是五角星的中心，那么∠AOB＝∠BOC＝∠COD＝∠DOE＝∠AOE，所以要使正五角星旋转后与自身重合，那么它们就是旋转角，而它们的和为360°，由此即可求出绕中心顺时针旋转的角度．【解析】如图，设O的是五角星的中心，∵五角星是正五角星，∴∠AOB＝∠BOC＝∠COD＝∠DOE＝∠AOE，∵它们都是旋转角，而它们的和为360°，∴至少将它绕中心顺时针旋转360÷5＝72°，才能使正五角星旋转后与自身重合．选C．变式2如图，在6×4的方格纸中，格点三角形甲经过旋转后得到格点三角形乙，则其旋转中心是（）A．点M B．点N C．点P D．点Q【解析】∵△ABC经过旋转后得到△EFD，∴点A与点E为对应点，点B和点F为对应点，∴旋转中心在AE的垂直平分线上，也在BF的垂直平分线上，作AE的垂直平分线和BF的垂直平分线，它们的交点为N点，如图，即旋转中心为N点．选B．变式3规定：在平面内，如果一个图形绕一个定点旋转一定的角度α（0°＜α≤180°）后能与自身重合，那么就称这个图形是旋转对称图形，转动的这个角度α称为这个图形的一个旋转角．例如：正方形绕着两条对角线的交点O旋转90°或180°后，能与自身重合（如图1），所以正方形是旋转对称图形，且有两个旋转角．根据以上规定，回答问题：（1）下列图形是旋转对称图形，但不是中心对称图形的是；A．矩形B．正五边形C．菱形D．正六边形（2）下列图形中，是旋转对称图形，且有一个旋转角是60度的有：（填序号）；（3）下列三个命题：①中心对称图形是旋转对称图形；②等腰三角形是旋转对称图形；③圆是旋转对称图形．其中真命题的个数有个；A．0 B．1 C．2 D．3（4）如图2的旋转对称图形由等腰直角三角形和圆构成，旋转角有45°，90°，135°，180°，将图形补充完整．【解析】（1）是旋转图形，不是中心对称图形是正五边形，故选B．（2）是旋转对称图形，且有一个旋转角是60度的有（1）（3）（5）．故答案为（1）（3）（5）．（3）命题中①③正确，故选C．（4）图形如图所示：题型2 利用旋转求角度解决此类问题的关键是掌握旋转的性质：对应点到旋转中心的距离相等；对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角；旋转前、后的图形全等．例题2如图，△ABC中，∠ACB＝90°，∠ABC＝40°．将△ABC绕点B逆时针旋转得到△A′BC′，使点C的对应点C′恰好落在边AB上，则∠CAA′的度数是（）A．50°B．70°C．110°D．120°【解析】∵∠ACB＝90°，∠ABC＝40°，∴∠CAB＝90°﹣∠ABC＝90°﹣40°＝50°，∵将△ABC 绕点B 逆时针旋转得到△A ′BC ′，使点C 的对应点C ′恰好落在边AB 上，∴∠A ′BA ＝∠ABC ＝40°，A ′B ＝AB ，∴∠BAA ′＝∠BA ′A =12（180°﹣40°）＝70°，∴∠CAA '＝∠CAB +∠BAA ′＝50°+70°＝120°．选D ．变式4 如图，将△OAB 绕点O 逆时针旋转70°，得到△OCD ，若∠A ＝2∠D ＝100°，则∠a 的度数是（ ）A ．50°B ．60°C ．40°D ．30°【解析】∵将△OAB 绕点O 逆时针旋转70°，∴∠A ＝∠C ，∠AOC ＝70°，∴∠DOC ＝70°﹣α，∵∠A ＝2∠D ＝100°，∴∠D ＝50°，∵∠C +∠D +∠DOC ＝180°，∴100°+50°+70°﹣α＝180°，解得α＝40°，选C ．变式5 如图，将△ABC 绕点A 顺时针旋转角α，得到△ADE ，若点E 恰好在CB 的延长线上，则∠BED 等于（ ）A ．α2B ．23αC ．αD ．180°﹣α【解析】∵∠ABC ＝∠ADE ，∠ABC +∠ABE ＝180°，∴∠ABE +∠ADE ＝180°，∴∠BAD +∠BED ＝180°，∵∠BAD ＝α，∴∠BED ＝180°﹣α．选D ．变式6 Rt △ABC ，已知∠C ＝90，∠B ＝50°，点D 在边BC 上，BD ＝2CD （如图）．把△ABC 绕着点D 逆时针旋转m （0＜m ＜180）度后，如果点B 恰好落在初始Rt △ABC 的边上，那么m ＝（ ）A ．80B ．80或120C ．60或120D ．80或100【解析】当把△ABC绕着点D逆时针旋转m（0＜m＜180）度后，点B恰好落在AB边上的B′点，如图1，∴∠BDB′＝m，DB′＝DB，∴∠1＝∠B＝50°，∴∠BDB′＝180°﹣∠1﹣∠B＝80°，即m＝80°；当把△ABC绕着点D逆时针旋转m（0＜m＜180）度后，点B恰好落在AC边上的B′点位置，如图2，∴∠BDB′＝m，DB′＝DB，∵BD＝2CD，∴DB′＝2CD，∴∠CB′D＝30°，则∠B′DC＝60°，∴∠BDB′＝180°﹣∠B′DC＝120°，即m＝120°，综上所述，m的值为80°或120°．选B．题型3 旋转作图（坐标系）例题3在如图所示平面直角坐标系中（每个小方格都是边长为1个单位长度的正方形），解答下列问题：（1）画出与△ABC关于y轴对称的△A1B1C1；（2）画出以C1为旋转中心，将△A1B1C1顺时针旋转90°后的△A2B2C1；（3）连接A1A2，则△C1A1A2是三角形，并直接写出△C1A1A2的面积．【解析】（1）如图，△A1B1C1为所作；（2）如图，△A2B2C2为所作；（3）∵C1A12＝12+22＝5，C1A22＝12+22＝5，A1A22＝12+32＝10，∴C1A12+C1A22＝A1A22，∴△C1A1A2是直角三角形，而C1A1＝C1A2，∴△C1A1A2是等腰直角三角形，它的面积=12×√5×√5=52．故答案为等腰直角．变式7在平面直角坐标系中，△ABC的点坐标分别是A（2，4）、B（1，2）、C（5，3），如图：（1）以点（0，0）为旋转中心，将△ABC顺时针转动90°，得到△A1B1C1，在坐标系中画出△A1B1C1，写出A1、B1、C1的坐标；（2）在（1）中，若△ABC上有一点P（m，n），直接写出对应点P1的坐标．（3）作出△ABC关于点O的中心对称图形△A2B2C2．【解析】（1）如图所示，△A1B1C1即为所求，A1（4，﹣2）、B1（2，﹣1）、C1（3，﹣5）；（2）若△ABC上有一点P（m，n），则对应点P1的坐标为（n，﹣m）．（3）如图所示，△A2B2C2即为所求．变式8如图，方格纸中的每个小方格都是边长为1个单位长度的正方形，在建立平面直角坐标系后，△ABC的顶点均在格点上，坐标分别为A（2，2），B（1，0），C（3，1）．（1）画出△ABC关于y轴对称的△A1B1C1；（2）画出将△ABC绕原点O顺时针旋转90°所得的△A2B2C2；（3）△A1B1C1与△A2B2C2成中心对称图形吗？若成中心对称图形，直接写出对称中心的坐标．【分析】（1）利用利用y轴对称的点的坐标特征写出A1、B1、C1的坐标，然后描点即可；（2）利用网格特点和旋转的性质画出A2、B2、C2，从而得到△A2B2C2；（3）根据中心对称的定义进行判断．【解析】（1）如图，△A1B1C1为所作；（2）如图，△A2B2C2为所作；（3）△A1B1C1与△A2B2C2成中心对称图形，对称中心的坐标为（−12，−12）．变式9如图，在平面直角坐标系中，A（1，1）．（1）若△ABC和△A1B1C1关于原点O成中心对称图形，画出△A1B1C1，并写出点B1的坐标；（2）点C绕O点逆时针方向旋转90°后所对应点C2的坐标为；（3）在x轴上存在一点P，且满足点P到点B1和点C1距离之和最小，请直接写出PB1+PC1的最小值．【解析】（1）如图，△A1B1C1即为所求，点B1的坐标为（﹣4，﹣4）；（2）点C2的坐标为（﹣1，5）；（3）点P即为所求，PB1+PC1的最小值为√26：题型4 与旋转有关的点的坐标例题4如图，在平面直角坐标系中，A（1，0），B（﹣2，4），AB绕点A顺时针旋转90°得到AC，则点C的坐标是（）A．（4，3）B．（4，4）C．（5，3）D．（5，4）【分析】如图，过点B作BE⊥x轴于E，过点C作CF⊥x轴于F．利用全等三角形的性质求出AF，CF即可解决问题．【解析】如图，过点B作BE⊥x轴于E，过点C作CF⊥x轴于F．∵A（1，0），B（﹣2，4），∴OA＝1，BE＝4，OE＝2，AE＝3，∵∠AEB＝∠AFC＝∠BAC＝90°，∴∠B+∠BAE＝90°，∠BAE+∠CAF＝90°，∴∠B＝∠CAF，∵AB＝AC，∴△BEA≌△AFC（AAS），∴CF＝AE＝3，AF＝BE＝4，OF＝1+4＝5，∴C（5，3），选C．变式10如图，等边△OAB的边OB在x轴上，点B坐标为（2，0），以点O为旋转中心，把△OAB逆时针旋转90°，则旋转后点A的对应点A'的坐标是（）A．（﹣1，√3）B．（√3，﹣1）C．（−√3，1）D．（﹣2，1）【解析】如图，过点A作AE⊥OB于E，过点A′作A′H⊥x轴于H．∵B（2，0），△AOB是等边三角形，∴OA＝OB＝AB＝2，∵AE⊥OB，∴OE＝EB＝1，∴AE=√AO2−OE2√22−12=√3，∵A′H⊥OH，∴∠A′HO＝∠AEO＝∠AOA′＝90°，∴∠A′OH+∠AOE＝90°，∠AOE+∠OAE＝90°，∴∠A′OH＝∠OAE，∴△A′OH≌△OAE（AAS），∴A′H＝OE＝1，OH＝AE=√3，∴A′（−√3，1），选C．【小结】本题考查坐标与图形变化﹣旋转，等边三角形的性质，解直角三角形等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．变式11如图，在平面直角坐标系中，△AOB的顶点B在第一象限，点A在y轴的正半轴上，AO＝AB＝2，∠OAB＝120°，将△AOB绕点O逆时针旋转90°，点B的对应点B′的坐标是（）A．（﹣2−√32，√3）B．（﹣2−√32，2−√32）C．（﹣3，2−√32）D．（﹣3，√3）【解析】作B′H⊥x轴于H．由题意：OA′＝A′B′＝2，∠B′A′H＝60°，∴∠A′B′H＝30°，∴AH′=12A′B′＝1，B′H=√3，∴OH＝3，∴B′（﹣3，√3），选D．变式12如图，在平面直角坐标系中，长方形ABCD的顶点B在坐标原点，顶点A、C分别在y轴、x轴的负半轴上，其中A（0，﹣4），C（﹣2，0），将矩形ABCD绕点D逆时针旋转得到矩形A'B'C'D，点B'恰好落在x轴上，线段B'A'与CD交于点E的坐标为（）A．（﹣2，−32）B．（﹣2，−34）C．（﹣2，﹣2）D．（﹣2，−54）【解析】如图，连接BD，B'D，∵矩形ABCD绕点D逆时针旋转得到矩形A'B'C'D，∴BD＝B'D，又∵DC⊥BB'，A（0，﹣4），C（﹣2，0），∴BC＝B'C＝2＝A'D，又∵∠B 'CE ＝∠DA 'E ＝90°，∠B 'EC ＝∠DEA '，∴△B 'EC ≌△DEA '，∴B 'E ＝DE ，设CE ＝x ，则B 'E ＝DE ＝4﹣x ，∵Rt △B 'EC 中，CE 2+B 'C 2＝B 'E 2，∴x 2+22＝（4﹣x ）2，解得x =32，∴E （﹣2，−32），选A ． 题型5 与旋转有关的点的坐标（周期规律）例题5 如图，Rt △AOB 中，∠AOB ＝90°，OA ＝3，OB ＝4，将△AOB 沿x 轴依次以三角形三个顶点为旋转中心顺时针旋转，分别得图②，图③，则旋转到图⑩时直角顶点的坐标是（ ）A ．（28，4）B ．（36，0）C ．（39，0）D ．（912，32√3）【解析】∵∠AOB ＝90°，OA ＝3，OB ＝4，∴AB =√OA 2+OB 2=√32+42=5，根据图形，每3个图形为一个循环组，3+5+4＝12，所以，图⑨的直角顶点在x 轴上，横坐标为12×3＝36， 所以，图⑨的顶点坐标为（36，0），又∵图⑩的直角顶点与图⑨的直角顶点重合，∴图⑩的直角顶点的坐标为（36，0）．选B ．变式13 如图，在平面直角坐标系中，将正方形OABC 绕点O 逆时针旋转45°后得到正方形OA 1B 1C 1，依此方式，绕点O 连续旋转2020次得到正方形OA 2020B 2020C 2020，如果点A 的坐标为（1，0），那么点B 2020的坐标为（ ）A ．（﹣1，1）B ．(−√2，0)C ．（﹣1，﹣1）D ．(0，−√2)【分析】根据图形可知：点B 在以O 为圆心，以OB 为半径的圆上运动，由旋转可知：将正方形OABC 绕点O 逆时针旋转45°后得到正方形OA 1B 1C 1，相当于将线段OB 绕点O 逆时针旋转45°，可得对应点B 的坐标，根据规律发现是8次一循环，可得结论．【解析】∵四边形OABC 是正方形，且OA ＝1，∴B （1，1），连接OB ，由勾股定理得：OB =√2，由旋转得：OB ＝OB 1＝OB 2＝OB 3=⋯=√2，∵将正方形OABC 绕点O 逆时针旋转45°后得到正方形OA 1B 1C 1，相当于将线段OB 绕点O 逆时针旋转45°，依次得到∠AOB ＝∠BOB 1＝∠B 1OB 2＝…＝45°，∴B 1（0，√2），B 2（﹣1，1），B 3（−√2，0），B （﹣1，﹣1），…，发现是8次一循环，所以2020÷8＝252…4，∴点B 2020的坐标为（﹣1，﹣1），选C ．变式14 如图，在平面直角坐标系中，点P 1的坐标为（√22，√22），将线段OP 1绕点O 按顺时针方向旋转45°，再将其长度伸长为OP 1的2倍，得到线段OP 2；又将线段OP 2绕点O 按顺时针方向旋转45°，长度伸长为OP 2的2倍，得到线段OP 3；如此下去，得到线段OP 4，OP 5，…，OP n （n 为正整数），则点P 2020的坐标是 ．【解析】∵点P 1的坐标为（√22，√22），将线段OP 1绕点O 按逆时针方向旋转45°，再将其长度伸长为OP 1的2倍，得到线段OP 2；∴OP 1＝1，OP 2＝2，∴OP 3＝4，如此下去，得到线段OP 4＝23，OP 5＝24…，∴OP n ＝2n ﹣1， 由题意可得出线段每旋转8次旋转一周，∵2020÷8＝252…4，∴点P 2020的坐标与点P 4的坐标在同一直线上，正好在y 轴的负半轴上，∴点P 2020的坐标是（0，﹣22019）．故答案为：（0，﹣22019）．变式15如图，在平面直角坐标系xOy中，有一个等腰直角三角形AOB，∠OAB＝90°，直角边AO在x 轴上，且AO＝1．将Rt△AOB绕原点O顺时针旋转90°得到等腰直角三角形A1OB1，且A1O＝2AO，再将Rt△A1OB1绕原点O顺时针旋转90°得到等腰直角三角形A2OB2，且A2O＝2A1O，…，依此规律，得到等腰直角三角形A2020OB2020，则点B2020的坐标为．【解析】∵△AOB是等腰直角三角形，OA＝1，∴AB＝OA＝1，∴B（1，1），将Rt△AOB绕原点O顺时针旋转90°得到等腰直角三角形A1OB1，且A1O＝2AO，再将Rt△A1OB1绕原点O顺时针旋转90°得到等腰三角形A2OB2，且A2O＝2A1O…，依此规律，∴每4次循环一周，B1（2，﹣2），B2（﹣4，﹣4），B3（﹣8，8），B4（16，16），∵2020÷4＝505，∴点B2020与B同在一个象限内，∵﹣4＝﹣22，8＝23，16＝24，∴点B2020（22020，22020）．题型6 与旋转有关的最值问题例题6如图，在Rt△ABC中，∠A＝90°，AB＝3，AC＝4，D为AC中点，P为AB上的动点，将P绕点D逆时针旋转90°得到P1，连CP1的最小值为（）A．1.6B．2.4C．2D．2√2【解析】如图，过点P′作P′E⊥AC于点E，则∠A＝∠P′ED＝90°，由旋转可知：DP＝DP′，∠PDP′＝90°，∴∠ADP＝∠EP′D，∴△DAP≌△P′ED（AAS）∴P′E＝AD＝2，∴当AP＝DE＝2时，DE＝DC，即点E与点C重合，此时CP′＝EP′＝2，∴线段CP′的最小值为2．选C．变式16如图，△ABC是等边三角形，AB＝4，E是AC的中点，D是直线BC上一动点，线段ED绕点E 逆时针旋转90°，得到线段EF，当点D运动时，则AF的最小值为（）A．2B．2√3C．√3D．√3+1【分析】作DM⊥AC于M，FN⊥AC于N，如图，设DM＝x，则CM=√33x，可计算出EM=−3√3x+2，再利用旋转的性质得到ED＝EF，∠DEF＝90°，证明△EDM≌△FEN，当D在BC上时，DM＝EN＝x，EM＝NF=−√33x+2，接着利用勾股定理得到AF2＝（−√33x+2）2+（2+x）2，配方得到AF2=43（x+3−√32）2+4+2√3，此时AF2没有最小值，当D在BC的延长线上时，DM＝EN＝x，EM＝NF=√33x+2，在Rt△AFN中，AF2＝（√33x+2）2+（2﹣x）2=43（x−3−√32）2+4+2√3，然后利用非负数的性质得到AF的最小值．【解析】作DM⊥AC于M，FN⊥AC于N，如图，设DM＝x，在Rt△CDM中，CM=√33DM=√33x，而EM+√33x＝2，∴EM=−√33x+2，∵线段ED绕点E逆时针旋转90°，得到线段EF，∴ED＝EF，∠DEF＝90°，易得△EDM≌△FEN，当D在BC上时，∴DM＝EN＝x，EM＝NF=−√33x+2，在Rt△AFN中，AF2＝（−√33x+2）2+（2+x）2=43（x+3−√32）2+4+2√3，此时AF2没有最小值，当D在BC的延长线上时，∴DM＝EN＝x，EM＝NF=√33x+2，在Rt △AFN 中，AF 2＝（√33x +2）2+（2﹣x ）2=43（x −√33）2+4+2√3， 当x =3−√32时，AF 2有最小值4+2√3，∴AF 的最小值为√4+2√3=√3+1．选D ． 变式17 如图，△ABC 是边长为12的等边三角形，D 是BC 的中点，E 是直线AD 上的一个动点，连接EC ，将线段EC 绕点C 逆时针旋转60°得到FC ，连接DF ．则在点E 的运动过程中，DF 的最小值是 ．【解析】取线段AC 的中点G ，连接EG ，如图所示．∵△ABC 为等边三角形，且AD 为△ABC 的对称轴，∴CD ＝CG =12AB ＝6，∠ACD ＝60°，∵∠ECF ＝60°，∴∠FCD ＝∠ECG ．在△FCD 和△ECG 中，{FC =EC∠FCD =∠ECG DC =GC，∴△FCD ≌△ECG （SAS ），∴DF ＝GE ．当EG ∥BC 时，EG 最小，∵点G 为AC 的中点，∴此时EG ＝DF =12CD =14BC ＝3．变式18 如图，等腰直角△ABC 中，∠ACB ＝90°，AC ＝BC ＝4，M 为AB 中点，D 是射线BC 上一动点，连接AD ，将线段AD 绕点A 逆时针旋转90°得到线段AE ，连接ED 、ME ，则点D 在运动过程中ME 的最小值为 ．【解析】如图，连接BE ，过点M 作MG ⊥BE 的延长线于点G ，过点A 作AK ⊥AB 交BD 的延长线于点K ，∵等腰直角△ABC 中，∠ACB ＝90°，∴∠B ＝45°，∴∠K ＝45°，∴△AKB 是等腰直角三角形． ∵线段AD 绕点A 逆时针旋转90°得到线段AE ，∴△ADE 是等腰直角三角形，∴∠KAD +∠DAB ＝∠BAE +∠DAB ＝90°，∴∠KAD ＝∠BAE ，在△ADK和△AEB中，{AD=AE∠KAD=∠BAEAK=AB∴△ADK≌△AEB（SAS），∴∠ABE＝∠K＝45°，∴△BMG是等腰直角三角形，∵AC＝BC＝4，∴AB＝4√2，∵M为AB中点，∴BM＝2√2，∴MG＝BG＝2，∠G＝90°，∴BM＞MG，∴当ME＝MG时，ME的值最小，∴ME＝BE＝2．题型7 旋转综合变换例题7已知：正方形ABCD中，∠MAN＝45°，∠MAN绕点A顺时旋转，它的两边分别交CB，DC（或它们的延长线）于点M，N．当∠MAB绕点A旋转到BM＝DN时（如图1），易证BM+DN＝MN．（1）当∠MAN旋转到BM≠DN时（如图2），线段BM，DN和MN之间有怎样的数量关系？写出猜想，并加以证明．（2）当∠MAN绕点A旋转到如图3的位置时，线段BM，DN和MN之间又有怎样的数量关系？请写出你的猜想，并加以证明．【解析】（1）BM+DN＝MN成立．证明：如图，把△ADN绕点A顺时针旋转90°，得到△ABE，则可证得E、B、M三点共线（图形画正确）．∴∠EAM＝90°﹣∠NAM＝90°﹣45°＝45°，又∵∠NAM＝45°，∴在△AEM与△ANM中，{AE=AN∠EAM=∠NAMAM=AM，∴△AEM≌△ANM（SAS），∴ME＝MN，∵ME＝BE+BM＝DN+BM，∴DN+BM＝MN；（2）DN﹣BM＝MN．在线段DN上截取DQ＝BM，在△ADQ与△ABM中，∵{AD=AB∠ADQ=∠ABMDQ=MB，∴△ADQ≌△ABM（SAS），∴∠DAQ＝∠BAM，∴∠QAN＝∠MAN．在△AMN和△AQN中，{AQ=AM∠QAN=∠MANAN=AN，∴△AMN≌△AQN（SAS），∴MN＝QN，∴DN﹣BM＝MN．变式19在△ABC和△DCE中，∠ACB＝∠DCE＝90°，AC＝BC，DC＝EC．（1）如图1，点D在BC上，求证：AD＝BE，AD⊥BE．（2）将图1中的△DCE绕点C按逆时针方向旋转到图2所示的位置，旋转角为α（α为锐角），线段DE，AE，BD的中点分别为P，M，N，连接PM，PN．①请直接写出线段PM，PN之间的关系，不需证明；②若AE＝2PM，求α．【解答】（1）证明：如图1，延长AD交BE于F．在△ACD和△BCE中，{AC=BC∠ACD=∠BCECD=CE，∴△ACD≌△BCE（SAS）．∴AD＝BE，∠CAD＝∠CBE．∵∠ACB＝90°，∴∠CEB+∠CBE＝∠ACB＝90°，∴∠AFB＝∠CEB+∠CAD＝∠CEB+∠CBE＝90°，∴AD⊥BE．（2）①PM＝PN，PM⊥PN．理由是：如图2，连接BE，AD，交于点Q，∵∠ACB＝∠ECD＝90°，∴∠ACB+∠BCD＝∠BCD+∠ECD，即∠ACD＝∠BCE，在△ACD和△BCE中，∵{AC=BC∠ACD=∠BCECD=CE，∴△ACD≌△BCE（SAS），∴AD＝BE，∠CAD＝∠OBQ，∵∠AOC＝∠BOQ，∴∠BQO＝∠ACO＝90°，∴AD⊥BE，∵M是AE的中点，P是ED的中点，∴PM=12AD，PM∥AD，同理得：PN=12BE，PN∥BE，∴PM＝PN，PM⊥PN．②由①知PM＝PN，又∵AE＝2PM，∴AE＝BE．在△ACE和△BCE中，{AC=BCAE=BECE=CE，∴△ACE≌△BCE（SSS），∴∠ACE＝∠BCE．∵∠ACB＝∠DCE＝90°，∴∠ACE＝∠BCE＝（360°﹣∠ACB）÷2＝135°，∴α＝∠BCD＝∠BCE﹣∠DCE＝135°﹣90°＝45°．变式20【操作发现】如图1，△ABC为等边三角形，点D为AB边上的一点，∠DCE＝30°，将线段CD 绕点C顺时针旋转60°得到线段CF，连接AF、EF，请直接写出下列结果：①∠EAF的度数为；②DE与EF之间的数量关系为；【类比探究】如图2，△ABC为等腰直角三角形，∠ACB＝90°，点D为AB边上的一点，∠DCE＝45°，将线段CD绕点C顺时针旋转90°得到线段CF，连接AF、EF．①则∠EAF的度数为；②线段AE，ED，DB之间有什么数量关系？请说明理由；【实际应用】如图3，△ABC是一个三角形的余料，小张同学量得∠ACB＝120°，AC＝BC，他在边BC上取了D、E两点，并量得∠BCD＝15°、∠DCE＝60°，这样CD、CE将△ABC分成三个小三角形，请求△BCD、△DCE、△ACE这三个三角形的面积之比．【解析】操作发现：①∵△ABC是等边三角形，∴AC＝BC，∠BAC＝∠B＝60°，由旋转知，CD＝CF，∠DCF＝60°，∴∠ACF＝∠BCD，在△ACF和△BCD中，{AC=BC∠ACF=∠BCDCF=CD，∴△ACF≌△BCD（SAS），∴∠CAF＝∠B＝60°，∴∠EAF＝∠BAC+∠CAF＝120°；②DE＝EF；理由如下：∵∠DCF＝60°，∠DCE＝30°，∴∠FCE＝60°﹣30°＝30°，∴∠DCE＝∠FCE，在△DCE和△FCE中，{CD=CF∠DCF=∠FCECE=CE，∴△DCE≌△FCE（SAS），∴DE＝EF；类比探究：①∵△ABC是等腰直角三角形，∠ACB＝90°，∴AC＝BC，∠BAC＝∠B＝45°，由旋转知，CD＝CF，∠DCF＝90°，∴∠ACF＝∠BCD，在△ACF和△BCD中，{AC=BC∠ACF=∠BCDCF=CD，∴△ACF≌△BCD（SAS），∴∠CAF＝∠B＝45°，AF＝DB，∴∠EAF＝∠BAC+∠CAF＝90°；②AE2+DB2＝DE2，理由如下：∵∠DCF＝90°，∠DCE＝45°，∴∠FCE＝90°﹣45°＝45°，∴∠DCE＝∠FCE，在△DCE和△FCE中，{CD=CF∠DCE=∠FCECE=CE，∴△DCE≌△FCE（SAS），∴DE＝EF，在Rt△AEF中，AE2+AF2＝EF2，又∵AF＝DB，∴AE2+DB2＝DE2．实际应用：如图3，将△BCD绕点C顺时针旋转120°，连接AF，EF，∵△ABC是等腰三角形，∠ACB＝120°，又∴AC＝BC，∠BAC＝∠B＝30°，由旋转知，CD＝CF，∠DCF＝120°，∴∠ACF＝∠BCD，在△ACF和△BCD中，{AC=BC∠ACF=∠BCDCF=CD，∴△ACF≌△BCD（SAS），∴∠CAF＝∠B＝30°，AF＝DB，∠AFC＝∠BDC＝180°﹣∠B﹣∠BCD＝135°∴∠EAF＝∠BAC+∠CAF＝60°，∵∠DCF＝120°，∠DCE＝60°，∴∠FCE＝120°﹣60°＝60°，∴∠DCE＝∠FCE，在△DCE和△FCE中，{CD=CF∠DCE=∠FCECE=CE，∴△DCE≌△FCE（SAS），∴DE＝EF，∠CFE＝∠ADE＝∠B+∠BCD＝45°，∴∠AFE＝90°，在Rt△AEF中，∠EAF＝60°，∴∠AEF＝30°，∴EF=√3AF，AE＝2AF，∴DE＝EF=√3AF，BD＝AF．∴S△BCD：S△CDE：S△ACE＝BD：DE：AE＝AF：√3AF：2AF＝1：√3：2．【小结】本题是几何变换综合题目，考查旋转性质、等边三角形性质、全等三角形判定与性质、等腰直角三角形判定与性质、勾股定理等知识；综合性强，有一定难度，证明三角形全等是解决问题的关键．变式21阅读下面材料：小伟遇到这样一个问题：如图1，在△ABC（其中∠BAC是一个可以变化的角）中，AB＝2，AC＝4，以BC 为边在BC的下方作等边△PBC，求AP的最大值．小伟是这样思考的：利用变换和等边三角形将边的位置重新组合．他的方法是以点B为旋转中心将△ABP 逆时针旋转60°得到△A′BC，连接A′A，当点A落在A′C上时，此题可解（如图2）．（1）请你回答：AP的最大值是．（2）参考小伟同学思考问题的方法，解决下列问题：如图3，等腰Rt△ABC．边AB＝4，P为△ABC内部一点，请写出求AP+BP+CP最小值长解题思路．提示：要解决AP+BP+CP最小值问题，可仿照题目给出做法．把△ABP绕B点逆时针旋转60，得到△A′BP′①请画出旋转后的图形②请写出求AP+BP+CP的最小值的解题思路（结果可以不化简）．【解析】（1）∵△ABP逆时针旋转60°得到△A′BC，∴∠A′BA＝60°，A′B＝AB，AP＝A′C∴△A′BA是等边三角形，∴A′A＝AB＝BA′＝2，在△AA′C中，A′C＜AA′+AC，即AP＜6，则当点A′A、C三点共线时，A′C＝AA′+AC，即AP＝6，即AP的最大值是：6；（2）①旋转后的图形如图1；②如图2，∵Rt △ABC 是等腰三角形，∴AB ＝BC ．以B 为中心，将△APB 逆时针旋转60°得到△A 1P 1B ．则A 1B ＝AB ＝BC ＝4，P A ＝P 1A 1，PB ＝P 1B ， ∴P A +PB +PC ＝P 1A 1+P 1B +PC ．∵当A 1、P 1、P 、C 四点共线时，（P 1A +P 1B +PC ）最短，即线段A 1C 最短，∴A 1C ＝P A +PB +PC ，∴A 1C 长度即为所求．过A 1作A 1D ⊥CB 延长线于D ．∵∠A 1BA ＝60°（由旋转可知），∴∠A 1BD ＝30°．∵A 1B ＝4，∴A 1D ＝2，BD ＝2√3∴CD ＝4+2√3；在Rt △A 1DC 中，A 1C =√A 1D 2+DC 2=√22+(4+2√3)2=2√2+2√6．题型8 关于原点对称的点的坐标解答此类题需熟悉：两个点关于x 轴对称，则横坐标不变，纵坐标互为相反数；两个点关于y 轴对称，则横坐标互为相反数，纵坐标不变；两个点关于原点对称，则横坐标、纵坐标都是互为相反数．例题8 在平面直角坐标系中，若点M （m ，n ）与点Q （﹣2，3）关于原点对称，则点P （m ﹣n ，n ）所在象限是（ ）A ．第一象限B ．第二象限C ．第三象限D ．第四象限【解析】∵点M （m ，n ）与点Q （﹣2，3）关于原点对称，∴m ＝2，n ＝﹣3，∴m ﹣n ＝2﹣（﹣3）＝5， 则点P （m ﹣n ，n ）为（5，﹣3），故P 点所在象限是：第四象限．选D ．变式22 已知点P （2a +1，a ﹣1）关于原点对称的点在第一象限，则a 的取值范围是（ ）A ．a ＜−12或a ＞1B ．a ＜−12C ．−12＜a ＜1D ．a ＞1【分析】直接利用关于原点对称点的性质分析得出答案．【解析】点P （2a +1，a ﹣1）关于原点对称的点（﹣2a ﹣1，﹣a +1）在第一象限，则{−2a −1＞0−a +1＞0，解得：a ＜−12．选B ．变式23 在平面直角坐标系中，若点A （x +1，2y +1）与点A '（y ﹣2，x ）关于原点O 对称，则代数式x 2﹣y 2的值为 ．【分析】直接利用关于原点对称点的性质得出关于x ，y 的方程组进而得出x ，y 的值，即可得出答案．【解析】∵点A （x +1，2y +1）与点A '（y ﹣2，x ）关于原点O 对称，∴{x +1+y −2=02y +1+x =0，解得：{x =3y =−2，故x 2﹣y 2＝9﹣4＝5． 变式24 直角坐标系中，已知A （3，2），作点A 关于y 轴对称点A 1，点A 1关于原点对称点A 2，点A 2关于x 轴对称点A 3，A 3关于y 轴对称点A 4，……，按此规律，则点A 2019的坐标为 ．【解析】作点A 关于y 轴的对称点为A 1，是（﹣3，2）；作点A 1关于原点的对称点为A 2，是（3，﹣2）；作点A 2关于x 轴的对称点为A 3，是（3，2）．显然此为一循环，按此规律，2019÷3＝673，则点A 2019的坐标是（3，2），题型9 中心对称的性质例题9 如图，在矩形ABCD 中，把∠A 沿DF 折叠，点A 恰好落在矩形的对称中心E 处，则∠ADF 的度数为（ ）A ．15°B ．20°C ．25°D ．30°【解析】如图，连接AE ，∵把∠A 沿DF 折叠，点A 恰好落在矩形的对称中心E 处，∴AD ＝ED ＝AE ，∠ADF ＝∠EDF =12∠ADE ，∴△DAE 的等边三角形，∴∠ADE ＝60°，∴∠ADF ＝30°，选D ．变式25 如图，点O 是▱ABCD 的对称中心，AD ＞AB ，E 、F 是AB 边上的点，且EF =12AB ；G 、H 是BC 边上的点，且GH =13BC ，若S 1，S 2分别表示△EOF 和△GOH 的面积，则S 1与S 2之间的等量关系是（ ）A ．S 1S 2=23 B ．S 1S 2=32 C ．S 1S 2=21 D ．S 1S 2=12【解析】如图，连接OA ，OB ，OC ．设平行四边形的面积为4s ．∵点O 是平行四边形ABCD 的对称中心，∴S △AOB ＝S △BOC =14S 平行四边形ABCD ＝s ，∵EF =12AB ，GH =13BC ，∴S 1=12s ，S 2=13s ，∴S 1S 2=12s 13s =32，选B ． 变式26 如图，点O 是矩形ABCD 的对称中心，点E 在AB 边上，连接CE ．若点B 与点O 关于CE 对称，则CB ：AB 为（ ）A ．12B ．√5−12C ．√33D ．√32【分析】连接DB ，利用对称得出OE ＝EB ，进而利用全等三角形的判定和性质得出OC ＝BC ，进而解答．【解析】连接DB ，AC ，OE ，∵四边形ABCD 是矩形，∴AC ＝DB ，∠ABC ＝90°，OC ＝OA ＝OB ＝OD ， ∵点B 与点O 关于CE 对称，∴OE ＝EB ，∠OEC ＝∠BEC ，在△COE 与△CBE 中，{OE =BE∠OEC =∠BEC CE =CE，∴△COE ≌△CBE （SAS ），∴OC ＝CB ，∴AC ＝2BC ，∵∠ABC ＝90°，∴AB =√3CB ，即CB ：AB =√33，选C ．变式27 如图，点E 在正方形ABCD 的边CD 上，以CE 为边向正方形ABCD 外部作正方形CEFG ，O 、O ′分别是两个正方形的对称中心，连接OO ′．若AB ＝3，CE ＝1，则OO ′＝ ．【分析】如图，过点O 作OH ⊥BC 于H ，O ′T ⊥OH 于T ，利用勾股定理即可解决问题．【解析】如图，过点O作OH⊥BC于H，O′T⊥OH于T．由题意在Rt△O′OT中，OT=32−12=1，O′T=32+12=2，∴OO′=√OT2+O′T2=√12+22=√5，故答案为√5旋转问题巩固练习1．下列图中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（）A．B．C．D．【分析】根据轴对称图形与中心对称图形的概念求解．【解析】A、不是轴对称图形，也不是中心对称图形．故本选项不合题意；B、是轴对称图形，不是中心对称图形．故本选项不合题意；C、不是轴对称图形，是中心对称图形．故本选项不合题意；D、既是轴对称图形又是中心对称图形．故本选项符合题意．选D．2．已知点A（x﹣2，3）与点B（x+4，y﹣5）关于原点对称，则（）A．x＝﹣1，y＝2B．x＝﹣1，y＝8C．x＝﹣1，y＝﹣2D．x＝1，y＝8【解析】∵点A（x﹣2，3）与点B（x+4，y﹣5）关于原点对称，∴x﹣2+x+4＝0，y﹣5＝﹣3，解得：x＝﹣1，y＝2，选A．3．下列四组图形中，左边的图形与右边的图形成中心对称的有（）A．1组B．2组C．3组D．4组【分析】分析两个图形是否中心对称，主要把一个图形绕一个点旋转180°，观察是否能和另一个图形重合【解析】根据中心对称的概念，知②③④都是中心对称．选C．【小结】考查中心对称定义．如果一个图形沿着一条直线对折后两部分完全重合，叫做轴对称图形，直线叫做对称轴．如果一个图形绕某一点旋转180°后能够与自身重合，叫做中心对称图形，点叫做对称中心．4．如图，该图形在绕点O按下列角度旋转后，不能与其自身重合的是（）A．72°B．108°C．144°D．216°【解析】该图形被平分成五部分，旋转72°的整数倍，就可以与自身重合，因而A、C、D选项都与自身重合，不能与其自身重合的是B选项．选B．5．如图，已知点A（2，1），B（0，2），将线段AB绕点M逆时针旋转到A1B1，点A与A1是对应点，则点M的坐标是（）A．（0，﹣2）B．（1，﹣1）C．（0，0）D．（﹣1，﹣1）【解析】如图，点M的坐标是（1，﹣1），选B．6. 如图P是正方形ABCD内一点，△ABP经过旋转后到达△CBQ的位置，连结PQ，则∠BQP的度数为（）A．90°B．60°C．45°D．30°【分析】由旋转的性质可得BP＝BQ，∠ABC＝∠PBQ＝90°，由等腰三角形的性质可得∠BQP＝45°．【解析】∵△ABP经过旋转后到达△CBQ的位置，∴BP＝BQ，∠ABC＝∠PBQ＝90°，∴∠BQP＝45°，选C．7．如图，在4×4的网格纸中，△ABC的三个顶点都在格点上，现要在这张网格纸的四个格点M，N，P，Q中找一点作为旋转中心．将△ABC绕着这个中心进行旋转，旋转前后的两个三角形成中心对称，且旋转后的三角形的三个顶点都在这张4×4的网格纸的格点上，那么满足条件的旋转中心有（）A．点M，点N B．点M，点Q C．点N，点P D．点P，点Q【解析】观察图象可知，点P．点N满足条件．选C．8．如图，线段OA，OB分别从与x轴和y轴重合的位置出发，绕着原点O顺时针转动，已知OA每秒转动45°，OB的转动速度是每秒转动30°，则第2020秒时，OA与OB之间的夹角的度数为（）A．90°B．145°C．150°D．165°【分析】首先求出第一次相遇的时间，再求出第二次相遇所用的时间，探究规律利用规律解决问题即可．【解析】设t秒第一次相遇．由题意：270+30t＝45t，解得t＝18，相遇后设m秒第二次相遇，则有45t﹣30t＝360，解得t＝24，以后每过24秒相遇一次，（2020﹣18）÷24＝83…10，∴2020秒时，10×45°﹣10×30°＝150°，选C．【小结】本题考查坐标与图形的变化﹣旋转，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．9．如图，已知AB是线段MN上的两点，MN＝12，MA＝3，MB＞3，以A为中心顺时针旋转点M，以点B 为中心顺时针旋转点N，使M、N两点重合成一点C，构成△ABC，当△ABC为直角三角形时AB的长是（）A．3B．5C．4或5D．3或51【分析】应该分情况讨论，因为不知道在三角形中哪一个是作为斜边存在的．所以有三种情况，即：①若AC为斜边，则32＝x2+（9﹣x）2，即x2﹣9x+36＝0，方程无解；②若AB为斜边，则x2＝（9﹣x）2+32，且满3＜x＜6，③若BC为斜边，则（9﹣x）2＝32+x2，且满足3＜x＜6．【解析】∵在△ABC中，AC＝AM＝3，设AB＝x，BC＝9﹣x．由三角形两边之和大于第三边得到下列不等式组：{3+x＞9−x3+9−x＞x，解得3＜x＜6；①AC为斜边，则32＝x2+（9﹣x）2，即x2﹣9x+36＝0，方程无解，即AC为斜边不成立．②若AB为斜边，则x2＝（9﹣x）2+32，解得x＝5，满足3＜x＜6，③若BC为斜边，则（9﹣x）2＝32+x2，解得x＝4，满足3＜x＜6，∴x＝5或x＝4；选C．【小结】本题考查了旋转的性质．解此题的关键是进行全方面分析，注意一题多解．难易程度适中．10．已知等边△ABC的边长为8，点P是边BC上的动点，将△ABP绕点A逆时针旋转60°得到△ACQ，点D是AC边的中点，连接DQ，则DQ的最小值是（）A．2√2B．4C．2√3D．不能确定【分析】根据旋转的性质，即可得到∠BCQ＝120°，当DQ⊥CQ时，DQ的长最小，再根据勾股定理，即可得到DQ的最小值．【解析】如图，由旋转可得∠ACQ＝∠B＝60°，又∵∠ACB＝60°，∴∠BCQ＝120°，∵点D是AC边的中点，∴CD＝4，当DQ⊥CQ时，DQ的长最小，此时，∠CDQ＝30°，∴CQ=12CD＝2，∴DQ=√42−22=2√3，∴DQ的最小值是2√3，选C．11．如图，将△OAB绕点O顺时针旋转70°到△OCD位置，若∠AOB＝40°，则∠AOD的大小为30度．【解析】∵将△OAB绕点O顺时针旋转70°到△OCD，∴∠DOB＝70°，∵∠AOB＝40°，∴∠AOD＝∠BOD﹣∠AOB＝30°12．如图，已知点A（2，0），B（0，4），C（2，4），D（6，6），连接AB，CD，将线段AB绕着某一点旋转一定角度，使其与线段CD重合（点A与点C重合，点B与点D重合），则这个旋转中心的坐标为（4，2）．【分析】画出平面直角坐标系，作出线段AC，BD的垂直平分线的交点P，点P即为旋转中心．【解析】平面直角坐标系如图所示，旋转中心是P点，P（4，2）．故答案为（4，2）．【小结】考查坐标与图形变化﹣旋转，解题的关键是理解对应点连线段的垂直平分线的交点即为旋转中心．13．图1和图2中所有的小正方形都全等，将图1的正方形放在图2中①②③④的某一位置，使它与原来7个小正方形组成的图形是中心对称图形，这个位置是③．【解析】当正方形放在③的位置，即是中心对称图形．故答案为：③．14．如图，正方形ABCD的边长为a，对角线AC和BD相交于点O，正方形A1B1C1O的边OA1交AB于点E，OC1交BC于点F，正方形A1B1C1O绕O点转动的过程中，与正方形ABCD重叠部分的面积为14a2（用含a的代数式表示）【解析】在正方形ABCD中，AO＝BO，∠AOB＝90°，∠OAB＝∠OBC＝45°，∵∠AOE+∠EOB＝90°，∠BOF+∠EOB＝90°，∴∠AOE＝∠BOF．在△AOE和△BOF中{∠OAE=∠OBFOA=OB∠AOE=∠BOF，∴△AOE≌△BOF（ASA），∴S△AOE＝S△BOF，∴重叠部分的面积＝S△AOB=14S正方形ABCD=14a2，故答案为：14a2．15．在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，将△ABC绕顶点C顺时针旋转得到△A′B′C′，点M是BC的中点，点P是A′B′的中点，连接PM．若BC＝2，∠A＝30°，线段PM长度的最大值是3．【分析】如图连接PC．思想求出PC＝2，根据PM≤PC+CM，可得PM≤3，由此即可解决问题．。

五年级旋转题型练习题

五年级旋转题型练习题

五年级旋转题型练习题一、选择题1. 下图中，哪一个是旋转图形？A. B.2. 以下哪个选项是图形 A 经过旋转后得到的结果？A. B. C.3. 下列选项中，哪一个图形与原图形经过旋转后得到的结果相同？A. B. C.4. 下图中，哪一个图形经过旋转后与原图形相同？A. B. C.5. 这两个图形之间的变化是什么？A. 平移B. 旋转C. 缩放二、填空题1. 将图形 A 顺时针旋转 90°，得到的结果是 ________________。

2. 将图形 B 逆时针旋转 270°，得到的结果是 ________________。

3. 将图形 C 顺时针旋转 180°，得到的结果是 ________________。

4. 将图形 D 逆时针旋转 360°，得到的结果是 ________________。

5. 将图形 E 顺时针旋转 270°，得到的结果是 ________________。

三、应用题小明正在玩一个旋转游戏。

以下是他的游戏规则：1. 他首先画出一个图形，然后对它进行旋转。

2. 他将旋转后的图形分成 4 个部分，每个部分都要填上数字。

3. 每个部分的数字要满足以下条件：- 两个相邻部分的数字之和为 10。

- 每个部分的数字都是不大于 5 的正整数。

- 每个部分的数字都不同。

以下是小明画的图形和其中一个解法的示例：__ __| || 5 |-- --| 3 || 4 |-- --请你帮助小明完成以下旋转题目：1. 请根据上述规则，完成以下图形：a)__ __ | | | ? | -- -- | 2 | | ? | -- --b)__ __ | | | ? | -- -- | ? | | ? | -- --c)__ __ | |-- --| ? || 1 |-- --d)__ __| || ? |-- --| 5 || ? |-- --2. 请你根据自己的创意，画一个满足上述规则的图形，并写出解法。

九年级旋转经典题型

九年级旋转经典题型

九年级旋转经典题型一、旋转性质的基础应用1. 题目- 如图，将△ABC绕点A逆时针旋转一定角度，得到△ADE。

若∠CAE = 65°，∠E = 70°，且AD⊥BC，求∠BAC的度数。

- 解析- 因为△ABC绕点A逆时针旋转得到△ADE，所以△ABC≌△ADE。

- 根据全等三角形的性质，∠C = ∠E = 70°。

- 因为AD⊥BC，在Rt△ADC中，∠DAC = 90° - ∠C = 90° - 70°= 20°。

- 又因为∠CAE = 65°，所以∠BAC = ∠DAE=∠DAC + ∠CAE = 20°+ 65°= 85°。

2. 题目- 已知正方形ABCD的边长为3，点E在边CD上，且DE = 1。

将△ADE绕点A 顺时针旋转90°得到△ABF，求EF的长。

- 解析- 因为△ADE绕点A顺时针旋转90°得到△ABF，所以AE = AF，∠EAF = 90°。

- 在正方形ABCD中，AD = 3，DE = 1，根据勾股定理可得：AE=√(AD^2)+DE^{2}=√(3^2)+1^{2}=√(10)。

- 在等腰直角三角形AEF中，EF=√(2)AE=√(2)×√(10) = 2√(5)。

二、旋转与坐标的结合1. 题目- 在平面直角坐标系中，点A的坐标为(1,3)，将点A绕原点O逆时针旋转90°得到点A'，求点A'的坐标。

- 解析- 设点A(x = 1,y = 3)绕原点O逆时针旋转90°后的点A'(x',y')。

- 根据旋转坐标变化规律：对于点(x,y)绕原点逆时针旋转90°后变为(-y,x)。

- 所以点A'的坐标为(-3,1)。

2. 题目- 已知点P(2, - 1)，把点P绕坐标原点O顺时针旋转135°后得到点Q，求点Q的坐标。

旋转问题必考题型梳理(精编Word)

旋转问题必考题型梳理(精编Word)

网红“旋转”问题必考题型梳理（57页Word）题型1 旋转的概念旋转的定义：在平面内，把一个图形绕着某一个点O旋转一个角度的图形变换叫做旋转．旋转对称图形：如果某一个图形围绕某一点旋转一定的角度（小于360°）后能与原图形重合，那么这个图形就叫做旋转对称图形．例题1下面是4个能完全重合的正六边形，请仔细观察A、B、C、D四个图案，其中与所给图形不相同的是（）A．B．C．D．【分析】将选项中的图形绕正六边形的中心旋转，与题干的图形不相同的即为所求．【解析】观察图形可知，只有选项B中的图形旋转后与图中的正六边形不相同．选B．【小结】此题考查了全等图形以及生活中的旋转现象，关键是掌握旋转的定义：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．变式1如图是一个标准的五角星，若将它绕旋转中心旋转一定角度后能与自身重合，则至少应将它旋转的度数是（）A．144°B．90°C．72°D．60°【分析】如图，由于是正五角星，设O的是五角星的中心，那么∠AOB＝∠BOC＝∠COD＝∠DOE＝∠AOE，所以要使正五角星旋转后与自身重合，那么它们就是旋转角，而它们的和为360°，由此即可求出绕中心顺时针旋转的角度．【解析】如图，设O的是五角星的中心，∵五角星是正五角星，∴∠AOB＝∠BOC＝∠COD＝∠DOE＝∠AOE，∵它们都是旋转角，而它们的和为360°，∴至少将它绕中心顺时针旋转360÷5＝72°，才能使正五角星旋转后与自身重合．选C．【小结】此题主要考查了旋转对称图形的性质，解答此题的关键是找到对应点，A和B重合，B和C重合…，进而判断出将它绕中心顺时针旋转的最小角度．变式2如图，在6×4的方格纸中，格点三角形甲经过旋转后得到格点三角形乙，则其旋转中心是（）A．点M B．点N C．点P D．点Q【分析】先确定点A与点E为对应点，点B和点F为对应点，则根据旋转的性质得旋转中心在AE的垂直平分线上，也在BF的垂直平分线上，所以作AE的垂直平分线和BF的垂直平分线，它们的交点即为旋转中心．【解析】∵△ABC经过旋转后得到△EFD，∴点A与点E为对应点，点B和点F为对应点，∴旋转中心在AE的垂直平分线上，也在BF的垂直平分线上，作AE的垂直平分线和BF的垂直平分线，它们的交点为N点，如图，即旋转中心为N点．选B．【小结】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．变式3规定：在平面内，如果一个图形绕一个定点旋转一定的角度α（0°＜α≤180°）后能与自身重合，那么就称这个图形是旋转对称图形，转动的这个角度α称为这个图形的一个旋转角．例如：正方形绕着两条对角线的交点O旋转90°或180°后，能与自身重合（如图1），所以正方形是旋转对称图形，且有两个旋转角．根据以上规定，回答问题：（1）下列图形是旋转对称图形，但不是中心对称图形的是；A．矩形B．正五边形C．菱形D．正六边形（2）下列图形中，是旋转对称图形，且有一个旋转角是60度的有：（填序号）；（3）下列三个命题：①中心对称图形是旋转对称图形；②等腰三角形是旋转对称图形；③圆是旋转对称图形．其中真命题的个数有个；A．0 B．1 C．2 D．3（4）如图2的旋转对称图形由等腰直角三角形和圆构成，旋转角有45°，90°，135°，180°，将图形补充完整．【分析】（1）根据旋转图形，中心对称图形的定义判断即可．（2）旋转对称图形，且有一个旋转角是60度判断即可．（3）根据旋转图形的定义判断即可．（4）根据要求画出图形即可．【解析】（1）是旋转图形，不是中心对称图形是正五边形，故选B．（2）是旋转对称图形，且有一个旋转角是60度的有（1）（3）（5）．故答案为（1）（3）（5）．（3）命题中①③正确，故选C．（4）图形如图所示：【小结】本题考查旋转对称图形，中心对称图形等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．题型2 利用旋转求角度解决此类问题的关键是掌握旋转的性质：对应点到旋转中心的距离相等；对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角；旋转前、后的图形全等．例题2如图，△ABC中，∠ACB＝90°，∠ABC＝40°．将△ABC绕点B逆时针旋转得到△A′BC′，使点C的对应点C′恰好落在边AB上，则∠CAA′的度数是（）A．50°B．70°C．110°D．120°【分析】根据旋转可得∠A′BA＝∠ABC＝40°，A′B＝AB，得∠BAA′＝70°，根据∠CAA'＝∠CAB+∠BAA′，进而可得∠CAA'的度数．【解析】∵∠ACB＝90°，∠ABC＝40°，∴∠CAB＝90°﹣∠ABC＝90°﹣40°＝50°，∵将△ABC绕点B逆时针旋转得到△A′BC′，使点C的对应点C′恰好落在边AB上，∴∠A′BA＝∠ABC＝40°，A′B＝AB，∴∠BAA′＝∠BA′A=12（180°﹣40°）＝70°，∴∠CAA'＝∠CAB+∠BAA′＝50°+70°＝120°．选D．【小结】本题考查了旋转的性质，等腰三角形的性质，三角形内角和定理，解决本题的关键是掌握旋转的性质．变式4 如图，将△OAB 绕点O 逆时针旋转70°，得到△OCD ，若∠A ＝2∠D ＝100°，则∠a 的度数是（ ）A ．50°B ．60°C ．40°D ．30°【分析】根据旋转的性质得知∠A ＝∠C ，∠AOC 为旋转角等于70°，则可以利用三角形内角和定理列出等式进行求解．【解析】∵将△OAB 绕点O 逆时针旋转70°， ∴∠A ＝∠C ，∠AOC ＝70°，∴∠DOC ＝70°﹣α， ∵∠A ＝2∠D ＝100°，∴∠D ＝50°，∵∠C +∠D +∠DOC ＝180°，∴100°+50°+70°﹣α＝180°，解得α＝40°，选C ．【小结】本题主要考查了旋转的性质及三角形的内角和定理，熟知图形旋转的性质：对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角是解决本题的关键．变式5 如图，将△ABC 绕点A 顺时针旋转角α，得到△ADE ，若点E 恰好在CB 的延长线上，则∠BED 等于（ ）A ．α2B ．23αC ．αD ．180°﹣α【分析】证明∠ABE +∠ADE ＝180°，推出∠BAD +∠BED ＝180°即可解决问题． 【解析】∵∠ABC ＝∠ADE ，∠ABC +∠ABE ＝180°， ∴∠ABE +∠ADE ＝180°， ∴∠BAD +∠BED ＝180°，∵∠BAD ＝α，∴∠BED ＝180°﹣α．选D ．【小结】本题考查旋转的性质，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．变式6Rt△ABC，已知∠C＝90，∠B＝50°，点D在边BC上，BD＝2CD（如图）．把△ABC绕着点D 逆时针旋转m（0＜m＜180）度后，如果点B恰好落在初始Rt△ABC的边上，那么m＝（）A．80B．80或120C．60或120D．80或100【分析】分类讨论：当把△ABC绕着点D逆时针旋转m（0＜m＜180）度后，点B恰好落在AB边上的B′点位置，如图1，根据旋转性质得∠BDB′＝m，DB′＝DB，则∠1＝∠B＝50°，然后根据三角形内角和定理计算出m＝80°；当把△ABC绕着点D逆时针旋转m（0＜m＜180）度后，点B恰好落在AC边上的B′点，如图2，根据旋转性质得∠BDB′＝m，DB′＝DB，由BD＝2CD得到DB′＝2CD，利用含30度直角三角形三边关系得∠CB′D＝30°，则∠B′DC＝60°，所以∠BDB′＝120°，即m＝120°．【解析】当把△ABC绕着点D逆时针旋转m（0＜m＜180）度后，点B恰好落在AB边上的B′点，如图1，∴∠BDB′＝m，DB′＝DB，∴∠1＝∠B＝50°，∴∠BDB′＝180°﹣∠1﹣∠B＝80°，即m＝80°；当把△ABC绕着点D逆时针旋转m（0＜m＜180）度后，点B恰好落在AC边上的B′点位置，如图2，∴∠BDB′＝m，DB′＝DB，∵BD＝2CD，∴DB′＝2CD，∴∠CB′D＝30°，则∠B′DC＝60°，∴∠BDB′＝180°﹣∠B′DC＝120°，即m＝120°，综上所述，m的值为80°或120°．选B．【小结】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．运用含30度的直角三角形三边的关系也是解决问题的关键．题型3 旋转作图（坐标系）例题3在如图所示平面直角坐标系中（每个小方格都是边长为1个单位长度的正方形），解答下列问题：（1）画出与△ABC关于y轴对称的△A1B1C1；（2）画出以C1为旋转中心，将△A1B1C1顺时针旋转90°后的△A2B2C1；（3）连接A1A2，则△C1A1A2是三角形，并直接写出△C1A1A2的面积．【分析】（1）利用关于y轴对称的点的坐标特征写出A1、B1、C1的坐标，然后描点即可；（2）利用网格特点和旋转的性质画出A1、B1的对应点A2、B2即可；（3）利用勾股定理的逆定理可判断△C1A1A2是等腰直角三角形，然后根据三角形面积公式计算它的面积．【解析】（1）如图，△A1B1C1为所作；（2）如图，△A2B2C2为所作；（3）∵C1A12＝12+22＝5，C1A22＝12+22＝5，A1A22＝12+32＝10，∴C1A12+C1A22＝A1A22，∴△C1A1A2是直角三角形，而C1A1＝C1A2，∴△C1A1A2是等腰直角三角形，它的面积=12×√5×√5=52．故答案为等腰直角．【小结】本题考查了作图﹣旋转变换：根据旋转的性质可知，对应角都相等都等于旋转角，对应线段也相等，由此可以通过作相等角，在角的边上截取相等的线段的方法，找到对应点，顺次连接得出旋转后图形．变式7在平面直角坐标系中，△ABC的点坐标分别是A（2，4）、B（1，2）、C（5，3），如图：（1）以点（0，0）为旋转中心，将△ABC顺时针转动90°，得到△A1B1C1，在坐标系中画出△A1B1C1，写出A1、B1、C1的坐标；（2）在（1）中，若△ABC上有一点P（m，n），直接写出对应点P1的坐标．（3）作出△ABC关于点O的中心对称图形△A2B2C2．【分析】（1）依据点（0，0）为旋转中心，将△ABC顺时针转动90°，即可得到△A1B1C1；（2）依据旋转前后坐标的变化规律，即可得到对应点P1的坐标；（3）依据中心对称的性质，即可得到△ABC关于点O的中心对称图形△A2B2C2．【解析】（1）如图所示，△A1B1C1即为所求，A1（4，﹣2）、B1（2，﹣1）、C1（3，﹣5）；（2）若△ABC上有一点P（m，n），则对应点P1的坐标为（n，﹣m）．（3）如图所示，△A2B2C2即为所求．【小结】本题考查了作图﹣旋转变换：根据旋转的性质可知，对应角都相等都等于旋转角，对应线段也相等，由此可以通过作相等的角，在角的边上截取相等的线段的方法，找到对应点，顺次连接得出旋转后的图形．变式8如图，方格纸中的每个小方格都是边长为1个单位长度的正方形，在建立平面直角坐标系后，△ABC的顶点均在格点上，坐标分别为A（2，2），B（1，0），C（3，1）．（1）画出△ABC关于y轴对称的△A1B1C1；（2）画出将△ABC绕原点O顺时针旋转90°所得的△A2B2C2；（3）△A1B1C1与△A2B2C2成中心对称图形吗？若成中心对称图形，直接写出对称中心的坐标．【分析】（1）利用利用y轴对称的点的坐标特征写出A1、B1、C1的坐标，然后描点即可；（2）利用网格特点和旋转的性质画出A2、B2、C2，从而得到△A2B2C2；（3）根据中心对称的定义进行判断．【解析】（1）如图，△A1B1C1为所作；（2）如图，△A2B2C2为所作；（3）△A1B1C1与△A2B2C2成中心对称图形，对称中心的坐标为（−12，−12）．【小结】本题考查了作图﹣旋转变换：根据旋转的性质可知，对应角都相等都等于旋转角，对应线段也相等，由此可以通过作相等的角，在角的边上截取相等的线段的方法，找到对应点，顺次连接得出旋转后的图形．也考查了轴对称变换．变式9如图，在平面直角坐标系中，A（1，1）．（1）若△ABC和△A1B1C1关于原点O成中心对称图形，画出△A1B1C1，并写出点B1的坐标；（2）点C绕O点逆时针方向旋转90°后所对应点C2的坐标为；（3）在x轴上存在一点P，且满足点P到点B1和点C1距离之和最小，请直接写出PB1+PC1的最小值．【分析】（1）根据中心对称图形的性质，△ABC和△A1B1C1关于原点O成中心对称图形，画出△A1B1C1，并写出点B1的坐标即可；（2）根据旋转的性质即可写出点C绕O点逆时针方向旋转90°后所对应点C2的坐标；．（3）根据两点之间线段最短，作点C1关于x轴的对称点，连接C′B1与x轴交于一点P，且满足点P到点B1点C1离之和最小，根据勾股定理，即可写出PB1+PC1的最小值．【解析】（1）如图，△A1B1C1即为所求，点B1的坐标为（﹣4，﹣4）；（2）点C2的坐标为（﹣1，5）；（3）点P即为所求，PB1+PC1的最小值为√26：【小结】本题考查了作图﹣旋转变换，轴对称、最短路线问题，解决本题的关键是掌握旋转的性质．题型4 与旋转有关的点的坐标例题4如图，在平面直角坐标系中，A（1，0），B（﹣2，4），AB绕点A顺时针旋转90°得到AC，则点C的坐标是（）A．（4，3）B．（4，4）C．（5，3）D．（5，4）【分析】如图，过点B作BE⊥x轴于E，过点C作CF⊥x轴于F．利用全等三角形的性质求出AF，CF即可解决问题．【解析】如图，过点B作BE⊥x轴于E，过点C作CF⊥x轴于F．∵A（1，0），B（﹣2，4），∴OA＝1，BE＝4，OE＝2，AE＝3，∵∠AEB＝∠AFC＝∠BAC＝90°，∴∠B+∠BAE＝90°，∠BAE+∠CAF＝90°，∴∠B＝∠CAF，∵AB＝AC，∴△BEA≌△AFC（AAS），∴CF＝AE＝3，AF＝BE＝4，OF＝1+4＝5，∴C（5，3），选C．【小结】本题考查坐标与图形的变化﹣旋转，全等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，构造全等三角形解决问题．变式10如图，等边△OAB的边OB在x轴上，点B坐标为（2，0），以点O为旋转中心，把△OAB逆时针旋转90°，则旋转后点A的对应点A'的坐标是（）A．（﹣1，√3）B．（√3，﹣1）C．（−√3，1）D．（﹣2，1）【分析】如图，过点A作AE⊥OB于E，过点A′作A′H⊥x轴于H．利用全等三角形的性质解决问题即可．【解析】如图，过点A作AE⊥OB于E，过点A′作A′H⊥x轴于H．∵B（2，0），△AOB是等边三角形，∴OA＝OB＝AB＝2，∵AE⊥OB，∴OE＝EB＝1，∴AE=√AO2−OE2√22−12=√3，∵A′H⊥OH，∴∠A′HO＝∠AEO＝∠AOA′＝90°，∴∠A′OH+∠AOE＝90°，∠AOE+∠OAE＝90°，∴∠A′OH＝∠OAE，∴△A′OH≌△OAE（AAS），∴A′H＝OE＝1，OH＝AE=√3，∴A′（−√3，1），选C．【小结】本题考查坐标与图形变化﹣旋转，等边三角形的性质，解直角三角形等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．变式11如图，在平面直角坐标系中，△AOB的顶点B在第一象限，点A在y轴的正半轴上，AO＝AB＝2，∠OAB＝120°，将△AOB绕点O逆时针旋转90°，点B的对应点B′的坐标是（）A．（﹣2−√32，√3）B．（﹣2−√32，2−√32）C．（﹣3，2−√32）D．（﹣3，√3）【分析】如图，作B′H⊥x轴于H．解直角三角形求出B′H，OH即可．【解析】作B′H⊥x轴于H．由题意：OA′＝A′B′＝2，∠B′A′H＝60°，∴∠A′B′H＝30°，∴AH′=12A′B′＝1，B′H=√3，∴OH＝3，∴B′（﹣3，√3），选D．【小结】本题考查坐标与图形变化﹣旋转，解直角三角形等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造直角三角形解决问题．变式12如图，在平面直角坐标系中，长方形ABCD的顶点B在坐标原点，顶点A、C分别在y轴、x轴的负半轴上，其中A（0，﹣4），C（﹣2，0），将矩形ABCD绕点D逆时针旋转得到矩形A'B'C'D，点B'恰好落在x轴上，线段B'A'与CD交于点E的坐标为（）A．（﹣2，−32）B．（﹣2，−34）C．（﹣2，﹣2）D．（﹣2，−54）【分析】连接BD，B'D，根据矩形ABCD绕点D逆时针旋转得到矩形A'B'C'D，可得BD＝B'D，再根据DC ⊥BB'，即可得到BC＝B'C＝2＝A'D，再判定△B'EC≌△DEA'，得到B'E＝DE，设CE＝x，则B'E＝DE＝4﹣x，根据Rt△B'EC中，CE2+B'C2＝B'E2，可得x2+22＝（4﹣x）2，求得x的值即可得到点E的坐标．【解析】如图，连接BD，B'D，∵矩形ABCD绕点D逆时针旋转得到矩形A'B'C'D，∴BD＝B'D，又∵DC⊥BB'，A（0，﹣4），C（﹣2，0），∴BC＝B'C＝2＝A'D，又∵∠B'CE＝∠DA'E＝90°，∠B'EC＝∠DEA'，∴△B'EC≌△DEA'，∴B'E＝DE，设CE＝x，则B'E＝DE＝4﹣x，∵Rt△B'EC中，CE2+B'C2＝B'E2，∴x2+22＝（4﹣x）2，解得x=32，∴E（﹣2，−32），选A．【小结】本题考查了矩形的性质，坐标与图形性质以及等腰三角形的性质的运用，解题时注意题中辅助线的作法．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．题型5 与旋转有关的点的坐标（周期规律）例题5 如图，Rt △AOB 中，∠AOB ＝90°，OA ＝3，OB ＝4，将△AOB 沿x 轴依次以三角形三个顶点为旋转中心顺时针旋转，分别得图②，图③，则旋转到图⑩时直角顶点的坐标是（ ）A ．（28，4）B ．（36，0）C ．（39，0）D ．（912，32√3）【分析】根据勾股定理列式求出AB 的长度，然后根据图形不难发现，每3个图形为一个循环组依次循环，且下一组的第一个图形与上一组的最后一个图形的直角顶点重合，所以，第10个图形的直角顶点与第9个图形的直角顶点重合，然后求解即可．【解析】∵∠AOB ＝90°，OA ＝3，OB ＝4，∴AB =√OA 2+OB 2=√32+42=5，根据图形，每3个图形为一个循环组，3+5+4＝12，所以，图⑨的直角顶点在x 轴上，横坐标为12×3＝36，所以，图⑨的顶点坐标为（36，0），又∵图⑩的直角顶点与图⑨的直角顶点重合，∴图⑩的直角顶点的坐标为（36，0）．选B ．【小结】本题考查了坐标与图形的变化﹣旋转，仔细观图形，判断出旋转规律“每3个图形为一个循环组依次循环，且下一组的第一个图形与上一组的最后一个图形的直角顶点重合”是解题的关键．变式13如图，在平面直角坐标系中，将正方形OABC绕点O逆时针旋转45°后得到正方形OA1B1C1，依此方式，绕点O连续旋转2020次得到正方形OA2020B2020C2020，如果点A的坐标为（1，0），那么点B2020的坐标为（）A．（﹣1，1）B．(−√2，0)C．（﹣1，﹣1）D．(0，−√2)【分析】根据图形可知：点B在以O为圆心，以OB为半径的圆上运动，由旋转可知：将正方形OABC绕点O逆时针旋转45°后得到正方形OA1B1C1，相当于将线段OB绕点O逆时针旋转45°，可得对应点B 的坐标，根据规律发现是8次一循环，可得结论．【解析】∵四边形OABC是正方形，且OA＝1，∴B（1，1），连接OB，由勾股定理得：OB=√2，由旋转得：OB＝OB1＝OB2＝OB3=⋯=√2，∵将正方形OABC绕点O逆时针旋转45°后得到正方形OA1B1C1，相当于将线段OB绕点O逆时针旋转45°，依次得到∠AOB＝∠BOB1＝∠B1OB2＝…＝45°，∴B1（0，√2），B2（﹣1，1），B3（−√2，0），B（﹣1，﹣1），…，发现是8次一循环，所以2020÷8＝252…4，∴点B2020的坐标为（﹣1，﹣1），选C．【小结】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．也考查了坐标与图形的变化、规律型：点的坐标等知识，解题的关键是学会从特殊到一般的探究规律的方法．．变式14 如图，在平面直角坐标系中，点P 1的坐标为（√22，√22），将线段OP 1绕点O 按顺时针方向旋转45°，再将其长度伸长为OP 1的2倍，得到线段OP 2；又将线段OP 2绕点O 按顺时针方向旋转45°，长度伸长为OP 2的2倍，得到线段OP 3；如此下去，得到线段OP 4，OP 5，…，OP n （n 为正整数），则点P 2020的坐标是 ．【分析】根据题意得出OP 1＝1，OP 2＝2，OP 3＝4，如此下去，得到线段OP 4＝8＝23，OP 5＝16＝24…，OP n ＝2n ﹣1，再利用旋转角度得出点P 2020的坐标与点P 4的坐标在同一直线上，进而得出答案． 【解析】∵点P 1的坐标为（√22，√22），将线段OP 1绕点O 按逆时针方向旋转45°，再将其长度伸长为OP 1的2倍，得到线段OP 2；∴OP 1＝1，OP 2＝2， ∴OP 3＝4，如此下去，得到线段OP 4＝23，OP 5＝24…，∴OP n ＝2n ﹣1， 由题意可得出线段每旋转8次旋转一周，∵2020÷8＝252…4，∴点P 2020的坐标与点P 4的坐标在同一直线上，正好在y 轴的负半轴上，∴点P 2020的坐标是（0，﹣22019）．故答案为：（0，﹣22019）．【小结】此题主要考查了点的变化规律，根据题意得出点P 2020的坐标与点P 4的坐标在同一直线上是解题关键．变式15如图，在平面直角坐标系xOy中，有一个等腰直角三角形AOB，∠OAB＝90°，直角边AO在x 轴上，且AO＝1．将Rt△AOB绕原点O顺时针旋转90°得到等腰直角三角形A1OB1，且A1O＝2AO，再将Rt△A1OB1绕原点O顺时针旋转90°得到等腰直角三角形A2OB2，且A2O＝2A1O，…，依此规律，得到等腰直角三角形A2020OB2020，则点B2020的坐标为．【分析】根据题意得出B点坐标变化规律，进而得出点B2020的坐标位置，进而得出答案．【解析】∵△AOB是等腰直角三角形，OA＝1，∴AB＝OA＝1，∴B（1，1），将Rt△AOB绕原点O顺时针旋转90°得到等腰直角三角形A1OB1，且A1O＝2AO，再将Rt△A1OB1绕原点O顺时针旋转90°得到等腰三角形A2OB2，且A2O＝2A1O…，依此规律，∴每4次循环一周，B1（2，﹣2），B2（﹣4，﹣4），B3（﹣8，8），B4（16，16），∵2020÷4＝505，∴点B2020与B同在一个象限内，∵﹣4＝﹣22，8＝23，16＝24，∴点B2020（22020，22020）．【小结】此题主要考查了点的坐标变化规律，得出B点坐标变化规律是解题关键．题型6 与旋转有关的最值问题例题6如图，在Rt△ABC中，∠A＝90°，AB＝3，AC＝4，D为AC中点，P为AB上的动点，将P绕点D逆时针旋转90°得到P1，连CP1的最小值为（）A．1.6B．2.4C．2D．2√2【分析】过点P′作P′E⊥AC于点E，由旋转的性质及同角的余角相等判断△DAP≌△P′ED，根据全等三角形的对应边相等得出P′E＝AD＝2，当AP＝DE＝2时，DE＝DC，即点E和点C重合，此时CP′＝EP′＝2，故线段CP′的最小值为2．【解析】如图，过点P′作P′E⊥AC于点E，则∠A＝∠P′ED＝90°，由旋转可知：DP＝DP′，∠PDP′＝90°，∴∠ADP＝∠EP′D，∴△DAP≌△P′ED（AAS）∴P′E＝AD＝2，∴当AP＝DE＝2时，DE＝DC，即点E与点C重合，此时CP′＝EP′＝2，∴线段CP′的最小值为2．选C．【小结】本题考查了旋转的性质，解决本题的关键是准确作出辅助线构造全等三角形．变式16 如图，△ABC 是等边三角形，AB ＝4，E 是AC 的中点，D 是直线BC 上一动点，线段ED 绕点E 逆时针旋转90°，得到线段EF ，当点D 运动时，则AF 的最小值为（ ）A ．2B ．2√3C ．√3D ．√3+1【分析】作DM ⊥AC 于M ，FN ⊥AC 于N ，如图，设DM ＝x ，则CM =√33x ，可计算出EM =−3√3x +2，再利用旋转的性质得到ED ＝EF ，∠DEF ＝90°，证明△EDM ≌△FEN ，当D 在BC 上时，DM ＝EN ＝x ，EM＝NF =−√33x +2，接着利用勾股定理得到AF 2＝（−√33x +2）2+（2+x ）2，配方得到AF 2=43（x +3−√32）2+4+2√3，此时AF 2没有最小值，当D 在BC 的延长线上时，DM ＝EN ＝x ，EM ＝NF =√33x +2，在Rt △AFN 中，AF 2＝（√33x +2）2+（2﹣x ）2=43（x −3−√32）2+4+2√3，然后利用非负数的性质得到AF 的最小值．【解析】作DM ⊥AC 于M ，FN ⊥AC 于N ，如图，设DM ＝x ，在Rt △CDM 中，CM =√33DM =√33x ，而EM +√33x ＝2，∴EM =−√33x +2，∵线段ED 绕点E 逆时针旋转90°，得到线段EF ，∴ED ＝EF ，∠DEF ＝90°，易得△EDM ≌△FEN ， 当D 在BC 上时，∴DM ＝EN ＝x ，EM ＝NF =−√33x +2，在Rt △AFN 中，AF 2＝（−√33x +2）2+（2+x ）2=43（x +3−√32）2+4+2√3，此时AF 2没有最小值， 当D 在BC 的延长线上时，∴DM ＝EN ＝x ，EM ＝NF =√33x +2， 在Rt △AFN 中，AF 2＝（√33x +2）2+（2﹣x ）2=43（x −√33）2+4+2√3，当x =3−√32时，AF 2有最小值4+2√3，∴AF 的最小值为√4+2√3=√3+1．选D ． 【小结】本题考查了旋转的性质：对应点到旋转中心的距离相等；对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角；旋转前、后的图形全等．也考查了等边三角形的性质．变式17 如图，△ABC 是边长为12的等边三角形，D 是BC 的中点，E 是直线AD 上的一个动点，连接EC ，将线段EC 绕点C 逆时针旋转60°得到FC ，连接DF ．则在点E 的运动过程中，DF 的最小值是 ．【分析】取线段AC 的中点G ，连接EG ，根据等边三角形的性质以及角的计算即可得出CD ＝CG 以及∠FCD ＝∠ECG ，由旋转的性质可得出EC ＝FC ，由此即可利用全等三角形的判定定理SAS 证出△FCD ≌△ECG ，进而即可得出DF ＝GE ，再根据点G 为AC 的中点，即可得出EG 的最小值，此题得解． 【解析】取线段AC 的中点G ，连接EG ，如图所示．∵△ABC 为等边三角形，且AD 为△ABC 的对称轴，∴CD ＝CG =12AB ＝6，∠ACD ＝60°， ∵∠ECF ＝60°，∴∠FCD ＝∠ECG ．在△FCD 和△ECG 中，{FC =EC∠FCD =∠ECG DC =GC ，∴△FCD ≌△ECG （SAS ），∴DF ＝GE ．当EG ∥BC 时，EG 最小，∵点G 为AC 的中点，∴此时EG ＝DF =12CD =14BC ＝3．【小结】本题考查等边三角形性质以及全等三角形的判定与性质，解题的关键是通过全等三角形的性质找出DF ＝GE ．本题属于中档题，难度不大，解决该题型题目时，根据全等三角形的性质找出相等的边是关键．变式18如图，等腰直角△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC＝4，M为AB中点，D是射线BC上一动点，连接AD，将线段AD绕点A逆时针旋转90°得到线段AE，连接ED、ME，则点D在运动过程中ME的最小值为．【分析】连接BE，过点M作MG⊥BE的延长线于点G，过点A作AK⊥AB交BD的延长线于点K，可得△AKB是等腰直角三角形．根据线段AD绕点A逆时针旋转90°得到线段AE，可得△ADE是等腰直角三角形，从而证明△ADK≌△AEB，得∠ABE＝∠K＝45°，可得△BMG是等腰直角三角形，可求得MG的长，当ME＝MG时，ME的值最小，进而可得ME的最小值．【解析】如图，连接BE，过点M作MG⊥BE的延长线于点G，过点A作AK⊥AB交BD的延长线于点K，∵等腰直角△ABC中，∠ACB＝90°，∴∠B＝45°，∴∠K＝45°，∴△AKB是等腰直角三角形．∵线段AD绕点A逆时针旋转90°得到线段AE，∴△ADE是等腰直角三角形，∴∠KAD+∠DAB＝∠BAE+∠DAB＝90°，∴∠KAD＝∠BAE，在△ADK和△AEB中，{AD=AE∠KAD=∠BAEAK=AB∴△ADK≌△AEB（SAS），∴∠ABE＝∠K＝45°，∴△BMG是等腰直角三角形，∵AC＝BC＝4，∴AB＝4√2，∵M为AB中点，∴BM＝2√2，∴MG＝BG＝2，∠G＝90°，∴BM＞MG，∴当ME＝MG时，ME的值最小，∴ME＝BE＝2．【小结】本题考查了轨迹，解决本题的关键是综合运用旋转的性质、等腰直角三角形的性质、三角形全等的判定与性质、勾股定理等知识．题型7 旋转综合变换例题7已知：正方形ABCD中，∠MAN＝45°，∠MAN绕点A顺时旋转，它的两边分别交CB，DC（或它们的延长线）于点M，N．当∠MAB绕点A旋转到BM＝DN时（如图1），易证BM+DN＝MN．（1）当∠MAN旋转到BM≠DN时（如图2），线段BM，DN和MN之间有怎样的数量关系？写出猜想，并加以证明．（2）当∠MAN绕点A旋转到如图3的位置时，线段BM，DN和MN之间又有怎样的数量关系？请写出你的猜想，并加以证明．【分析】（1）结论：BM+DN＝MN成立，证得B、E、M三点共线即可得到△AEM≌△ANM，从而证得ME＝MN．（2）结论：DN﹣BM＝MN．首先证明△ADQ≌△ABM，得DQ＝BM，再证明△AMN≌△AQN（SAS），得MN＝QN，【解析】（1）BM +DN ＝MN 成立．证明：如图，把△ADN 绕点A 顺时针旋转90°，得到△ABE ，则可证得E 、B 、M 三点共线（图形画正确）．∴∠EAM ＝90°﹣∠NAM ＝90°﹣45°＝45°， 又∵∠NAM ＝45°，∴在△AEM 与△ANM 中，{AE =AN∠EAM =∠NAM AM =AM ，∴△AEM ≌△ANM （SAS ），∴ME ＝MN ，∵ME ＝BE +BM ＝DN +BM ，∴DN +BM ＝MN ； （2）DN ﹣BM ＝MN ． 在线段DN 上截取DQ ＝BM ，在△ADQ 与△ABM 中，∵{AD =AB∠ADQ =∠ABM DQ =MB ，∴△ADQ ≌△ABM （SAS ），∴∠DAQ ＝∠BAM ，∴∠QAN ＝∠MAN ．在△AMN 和△AQN 中，{AQ =AM∠QAN =∠MAN AN =AN，∴△AMN ≌△AQN （SAS ），∴MN ＝QN ，∴DN ﹣BM ＝MN ．【小结】本题考查正方形的性质、旋转变换等知识，解题的关键是学会利用旋转法添加辅助线，构造全等三角形解决问题，属于中考常考题型．变式19在△ABC和△DCE中，∠ACB＝∠DCE＝90°，AC＝BC，DC＝EC．（1）如图1，点D在BC上，求证：AD＝BE，AD⊥BE．（2）将图1中的△DCE绕点C按逆时针方向旋转到图2所示的位置，旋转角为α（α为锐角），线段DE，AE，BD的中点分别为P，M，N，连接PM，PN．①请直接写出线段PM，PN之间的关系，不需证明；②若AE＝2PM，求α．【分析】（1）证明△ACD≌△BCE（SAS），可得AD＝BE，∠CAD＝∠CBE．根据直角三角形两锐角互余可得：∠AFB＝90°，所以AD⊥BE；（2）①先证明△ACD≌△BCE（SAS），得AD＝BE，∠CAD＝∠OBQ，再证明AD⊥BE，根据三角形的中位线定理得：PM=12AD，PM∥AD，PN=12BE，PN∥BE，所以PM＝PN，PM⊥PN；②证明△ACE≌△BCE．得∠ACE＝∠BCE．根据周角定义和直角可得α的值．【解答】（1）证明：如图1，延长AD交BE于F．在△ACD和△BCE中，{AC=BC∠ACD=∠BCECD=CE，∴△ACD≌△BCE（SAS）．∴AD＝BE，∠CAD＝∠CBE．∵∠ACB＝90°，∴∠CEB+∠CBE＝∠ACB＝90°，∴∠AFB＝∠CEB+∠CAD＝∠CEB+∠CBE＝90°，∴AD⊥BE．（2）①PM ＝PN ，PM ⊥PN ．理由是：如图2，连接BE ，AD ，交于点Q ， ∵∠ACB ＝∠ECD ＝90°，∴∠ACB +∠BCD ＝∠BCD +∠ECD ， 即∠ACD ＝∠BCE ，在△ACD 和△BCE 中，∵{AC =BC∠ACD =∠BCE CD =CE ，∴△ACD ≌△BCE （SAS ），∴AD ＝BE ，∠CAD ＝∠OBQ ，∵∠AOC ＝∠BOQ ，∴∠BQO ＝∠ACO ＝90°，∴AD ⊥BE ， ∵M 是AE 的中点，P 是ED 的中点，∴PM =12AD ，PM ∥AD ， 同理得：PN =12BE ，PN ∥BE ，∴PM ＝PN ，PM ⊥PN ． ②由①知PM ＝PN ， 又∵AE ＝2PM ，∴AE ＝BE ．在△ACE 和△BCE 中，{AC =BCAE =BE CE =CE ，∴△ACE ≌△BCE （SSS ），∴∠ACE ＝∠BCE ．∵∠ACB ＝∠DCE ＝90°，∴∠ACE ＝∠BCE ＝（360°﹣∠ACB ）÷2＝135°， ∴α＝∠BCD ＝∠BCE ﹣∠DCE ＝135°﹣90°＝45°．【小结】本题考查几何变换综合题、全等三角形的判定和性质、等腰直角三角形的判定和性质、三角形的中位线定理等知识，解题的关键是灵活运用这些知识，学会利用三角形全等的性质解决问题，属于中考压轴题．变式20【操作发现】如图1，△ABC为等边三角形，点D为AB边上的一点，∠DCE＝30°，将线段CD 绕点C顺时针旋转60°得到线段CF，连接AF、EF，请直接写出下列结果：①∠EAF的度数为；②DE与EF之间的数量关系为；【类比探究】如图2，△ABC为等腰直角三角形，∠ACB＝90°，点D为AB边上的一点，∠DCE＝45°，将线段CD绕点C顺时针旋转90°得到线段CF，连接AF、EF．①则∠EAF的度数为；②线段AE，ED，DB之间有什么数量关系？请说明理由；【实际应用】如图3，△ABC是一个三角形的余料，小张同学量得∠ACB＝120°，AC＝BC，他在边BC上取了D、E两点，并量得∠BCD＝15°、∠DCE＝60°，这样CD、CE将△ABC分成三个小三角形，请求△BCD、△DCE、△ACE这三个三角形的面积之比．【分析】操作发现：①由等边三角形的性质得出AC＝BC，∠BAC＝∠B＝60°，求出∠ACF＝∠BCD，证明△ACF≌△BCD，得出∠CAF＝∠B＝60°，求出∠EAF＝∠BAC+∠CAF＝120°；②证出∠DCE＝∠FCE，由SAS证明△DCE≌△FCE，得出DE＝EF即可；类比探究：①由等腰直角三角形的性质得出AC＝BC，∠BAC＝∠B＝45°，证出∠ACF＝∠BCD，由SAS 证明△ACF≌△BCD，得出∠CAF＝∠B＝45°，AF＝DB，求出∠EAF＝∠BAC+∠CAF＝90°；②证出∠DCE＝∠FCE，由SAS证明△DCE≌△FCE，得出DE＝EF；在Rt△AEF中，由勾股定理得出AE2+AF2＝EF2，即可得出结论；实际应用：同类比探究的方法：判断出∠EAF＝60°，△AEF是直角三角形，即可得出BD，DE，AE的关系，最后用同高的三角形的面积比等于底的比即可得出结论．【解析】操作发现：①∵△ABC是等边三角形，∴AC＝BC，∠BAC＝∠B＝60°，由旋转知，CD＝CF，∠DCF＝60°，∴∠ACF＝∠BCD，在△ACF和△BCD中，{AC=BC∠ACF=∠BCDCF=CD，∴△ACF≌△BCD（SAS），∴∠CAF＝∠B＝60°，∴∠EAF＝∠BAC+∠CAF＝120°；②DE＝EF；理由如下：∵∠DCF＝60°，∠DCE＝30°，∴∠FCE＝60°﹣30°＝30°，∴∠DCE＝∠FCE，。

初二数学图形的旋转练习题

初二数学图形的旋转练习题

初二数学图形的旋转练习题旋转是数学中常见的图形变换方式之一，通过对图形进行旋转可以帮助我们理解几何形状的性质和关系。

在初二数学学习中，图形的旋转也是一个重要的练习题型。

本文将通过几个练习题来帮助同学们巩固和提高对初二数学图形旋转的理解。

1. 点的旋转练习题：题目1：已知点A(2,3)，将该点绕原点逆时针旋转90度，求旋转后的坐标。

解析：将点A绕原点逆时针旋转90度相当于将A的x坐标和y坐标互换，并且将新的x坐标取负数。

根据这个规律，点A(2,3)绕原点逆时针旋转90度后的新坐标为(-3,2)。

题目2：已知点B(-4,5)，将该点绕原点顺时针旋转180度，求旋转后的坐标。

解析：将点B绕原点顺时针旋转180度相当于将B的x坐标和y坐标都取负数。

根据这个规律，点B(-4,5)绕原点顺时针旋转180度后的新坐标为(4,-5)。

2. 图形的旋转练习题：题目3：已知矩形ABCD，其中A(2,2)，B(6,2)，C(6,4)，D(2,4)，将该矩形绕原点逆时针旋转90度，求旋转后各顶点的坐标。

解析：首先，按照旋转规则，点A(2,2)绕原点逆时针旋转90度后的新坐标为(-2,2)。

同样，点B(6,2)绕原点逆时针旋转90度后的新坐标为(-2,6)，点C(6,4)旋转后的新坐标为(-4,6)，点D(2,4)旋转后的新坐标为(-4,2)。

这样，旋转后矩形的各顶点坐标为A'(-2,2)，B'(-2,6)，C'(-4,6)，D'(-4,2)。

3. 图形变换的综合练习题：题目4：已知图形ABCD是一个正方形，其中A(0,0)，B(2,0)，C(2,2)，D(0,2)，将该正方形绕原点逆时针旋转45度，然后平移x轴正方向2个单位，求旋转和平移后各顶点的坐标。

解析：首先，按照旋转规则，将正方形的各顶点旋转45度后的新坐标为A'、B'、C'和D'。

根据题目要求平移x轴正方向2个单位，新的坐标为A''、B''、C''和D''。

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01 分点突破
知识点1中心对称与中心对称图形 1. 图形的是
C 1)
2.（齐齐哈尔屮考）下列汉字或字母既是屮
心对称图形又是轴对称图形的是
知识点2平面直角坐标系与旋转
（阜新屮考）ri
章末复习
旋转
A. Bl
cH
D Z
（济宁中考）下列图形是中心对称
如图，正方形OABC 在平面直角坐标系屮，点 A 的坐标为
（2, 0）,将正方形OABC 绕点0顺时针旋转45 0得到正方形 标为（
）
OA B' C 则点C'的坐
A.
( .2, .2)
C. ( . 2, — . 2) B.
(— 2, . 2)
D. (2 .2, 2 .2)
3.
4.
（宁夏中考）如图，在平面直角坐标系xOy
中，△ A'B'由込ABC绕点P旋转得到，则点P的坐标为 .
5. __________________________ （北京中考）如图，在平面直角坐标系xOy中, 4AOB可以看作是AOCD经过若干次图形的变化（平移、轴对称、旋转）得到的, 写出一种由△ OCD得到△ AOB的过程:
知识点
3
6.（天津 屮考）如图, 将厶
ABC 绕 点B 顺时针 旋转60 °
E 恰好落在AB 的延长线上，连
接AD.下列结论一定正确的是（）
AC = 5 cm, BC = 12 cm.
将厶ABC 绕点B 顺时针旋转60°得到△ BDE ，连接DC 交AB 于点F,则厶ACF 和厶BDF 的周长之和为 cm.
8・（徐州中考）如图，已知AC 丄BC,垂足为C, AC 二4, BC 二3. 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 二 4;
（2）求线段DB 的长度.
02 中考题型演练 9.
（聊城中考）如图，将AABC 绕点C 顺时针旋转，使点B 落在AB 边上点
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（）
得"DBE,点
C 的对应点
旋转屮的让算问题
4
A. Z ABD 二Z E
B. Z CBE 二Z C
C. AD II BC
D. AD =BC
E B
A. / BCB*=Z ACA*
C. / B'CAF/B^C
10.（河南中考）如图，已知菱形绕点O逆时针旋转，每秒旋转的坐标为（）12.___________________________________ （威海中考）如图，A 点的坐标为（一1, 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，
即其屮一条线段绕着某点旋转一个角度可得到另一条线段，你认为这个旋转中心的坐标是.
13.（福州中考）如图，在RtAABC 中，/ ABC 二90° AB 二BC 二.2,将
△ ABC绕点C逆时针旋转60°得到△ MNC,连接BM,贝U BM的长是.
B. Z ACB = 2/B
D. BC 平分/ BB1 A1
OABC 的顶*0（0, 0）, B（2 , 2），若菱形
45。

则第60秒时，菱形的对角线交点
A. （1, - 1）
B. （— 1,
11・（辽阳中考）如图，在厶ABC屮，/
ACB 绕点C按逆时针方向旋转90°得到△
(b (0, - 2)
90 ° BC 二1 , AC 二2,将厶ABC
连接AiA,则厶AiBiA的面积为.
A1B1
C,
图1 图2
14. （金华屮考）如图，在平面直角坐标系中，AABC 各顶点 的坐标分别为
（1） 作出△ ABC 关于原点0成屮心对称的△ AiBiCi ；
（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 AiBiCi 的内部（不包括顶点和边界），求a 的取值范围.
15.（莱芜中考）已知△ ABC 与厶DEC 是两个大小不同的等腰直角三角形.
⑴如图1所示，连接AE , DB,试判断线段AE 和DB 的数量和位置 关系，并 说明理由；
⑵如图2所示，连接DB,将线段DB 绕D 点顺时针旋转90。

到DF ,连接AF, 试判断线段DE 和AF 的数量和位置关系，并说明理由.。

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