人教备战中考数学二模试题分类汇编——旋转综合附答案

一、旋转 真题与模拟题分类汇编（难题易错题）
1．如图1，在平面直角坐标系xOy 中，抛物线C ：y =ax 2+bx +c 与x 轴相交于A ，B 两点，顶点为D （0，4），AB
=42，设点F （m ，0）是x 轴的正半轴上一点，将抛物线C 绕点F 旋转180°，得到新的抛物线C ′． （1）求抛物线C 的函数表达式；
（2）若抛物线C ′与抛物线C 在y 轴的右侧有两个不同的公共点，求m 的取值范围． （3）如图2，P 是第一象限内抛物线C 上一点，它到两坐标轴的距离相等，点P 在抛物线C ′上的对应点P ′，设M 是C 上的动点，N 是C ′上的动点，试探究四边形PMP ′N 能否成为正方形？若能，求出m 的值；若不能，请说明理由．
【答案】（1）2
142
y x =-+；（2）2＜m ＜23）m =6或m 173． 【解析】
试题分析：（1）由题意抛物线的顶点C （0，4），A （2，0），设抛物线的解析式为
24y ax =+，把A （220）代入可得a =1
2
-
，由此即可解决问题； （2）由题意抛物线C ′的顶点坐标为（2m ，﹣4），设抛物线C ′的解析式为
()2142y x m =--，由()22142
14
2y x y x m ⎧=-+⎪⎪⎨⎪=--⎪⎩，消去y 得到222280x mx m -+-=，由题
意，抛物线C ′与抛物线C 在y 轴的右侧有两个不同的公共点，则有()
222(4280
20280m m m ⎧-->⎪⎪
>⎨⎪->⎪⎩
，
解不等式组即可解决问题；
（3）情形1，四边形PMP ′N 能成为正方形．作PE ⊥x 轴于E ，MH ⊥x 轴于H ．由题意易知P （2，2），当△PFM 是等腰直角三角形时，四边形PMP ′N 是正方形，推出PF =FM ，∠PFM =90°，易证△PFE ≌△FMH ，可得PE =FH =2，EF =HM =2﹣m ，可得M （m +2，m ﹣2），理由待定系数法即可解决问题；情形2，如图，四边形PMP ′N 是正方形，同法可得
M （m ﹣2，2﹣m ），利用待定系数法即可解决问题．
试题解析：（1）由题意抛物线的顶点C （0，4），A （22，0），设抛物线的解析式为
24y ax
=+，把A （22，0）代入可得a =1
2
-
，∴抛物线C 的函数表达式为21
42
y x =-+．
（2）由题意抛物线C ′的顶点坐标为（2m ，﹣4），设抛物线C ′的解析式为
()2142y x m =--，由2142
1(4
2x y x y ⎧=-+⎪⎪⎨⎪=-⎪⎩，消去y 得到222280x mx m -+-= ，由题意，
抛物线C ′与抛物线C 在y 轴的右侧有两个不同的公共点，则有()
222(4280
20280m m m ⎧-->⎪⎪
>⎨⎪->⎪⎩
，解得
2＜m ＜22，∴满足条件的m 的取值范围为2＜m ＜22． （3）结论：四边形PMP ′N 能成为正方形．
理由：1情形1，如图，作PE ⊥x 轴于E ，MH ⊥x 轴于H ．
由题意易知P （2，2），当△PFM 是等腰直角三角形时，四边形PMP ′N 是正方形，∴PF =FM ，∠PFM =90°，易证△PFE ≌△FMH ，可得PE =FH =2，EF =HM =2﹣m ，∴M （m +2，m ﹣2），∵点M 在2142y x =-
+上，∴()2
12242
m m -=-++，解得m 173或173（舍弃），∴m 17﹣3时，四边形PMP ′N 是正方形．
情形2，如图，四边形PMP ′N 是正方形，同法可得M （m ﹣2，2﹣m ），把M （m ﹣2，2﹣m ）代入2142y x =-
+中，()2
12242
m m -=--+，解得m =6或0（舍弃），∴m =6
时，四边形PMP′N是正方形．
综上所述：m=6或m=17﹣3时，四边形PMP′N是正方形．
2．在正方形ABCD中，点E，F分别在边BC，CD上，且∠EAF=∠CEF=45°.
(1)将△ADF绕着点A顺时针旋转90°，得到△ABG(如图①)，求证：△AEG≌△AEF；
(2)若直线EF与AB，AD的延长线分别交于点M，N(如图②)，求证：EF2=ME2+NF2；
(3)将正方形改为长与宽不相等的矩形，若其余条件不变(如图③)，请你直接写出线段EF，BE，DF之间的数量关系.
【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）EF2=2BE2+2DF2.
【解析】
试题分析：（1）根据旋转的性质可知AF=AG，∠EAF=∠GAE=45°，故可证△AEG≌△AEF；（2）将△ADF绕着点A顺时针旋转90°，得到△ABG，连结GM．由（1）知
△AEG≌△AEF，则EG=EF．再由△BME、△DNF、△CEF均为等腰直角三角形，得出
CE=CF，BE=BM，NF=DF，然后证明∠GME=90°，MG=NF，利用勾股定理得出
EG2=ME2+MG2，等量代换即可证明EF2=ME2+NF2；
（3）将△ADF绕着点A顺时针旋转90°，得到△ABG，根据旋转的性质可以得到
△ADF≌△ABG，则DF=BG，再证明△AEG≌△AEF，得出EG=EF，由EG=BG+BE，等量代换得到EF=BE+DF．
试题解析：（1）∵△ADF绕着点A顺时针旋转90°，得到△ABG，
∴AF=AG，∠FAG=90°，
∵∠EAF=45°，
∴∠GAE=45°，
在△AGE与△AFE中，
，
∴△AGE≌△AFE（SAS）；
（2）设正方形ABCD的边长为a．
将△ADF绕着点A顺时针旋转90°，得到△ABG，连结GM．
则△ADF≌△ABG，DF=BG．
由（1）知△AEG≌△AEF，
∴EG=EF．
∵∠CEF=45°，
∴△BME、△DNF、△CEF均为等腰直角三角形，
∴CE=CF ，BE=BM，NF=DF，
∴a﹣BE=a﹣DF，
∴BE=DF，
∴BE=BM=DF=BG，
∴∠BMG=45°，
∴∠GME=45°+45°=90°，
∴EG2=ME2+MG2，
∵EG=EF ，MG=BM=DF=NF，
∴EF2=ME2+NF2；
（3）EF2=2BE2+2DF2．
如图所示，延长EF交AB延长线于M点，交AD延长线于N点，
将△ADF绕着点A顺时针旋转90°，得到△AGH，连结HM，HE．
由（1）知△AEH≌△AEF，
则由勾股定理有（GH+BE）2+BG2=EH2，
即（GH+BE）2+（BM﹣GM）2=EH2
又∴EF=HE，DF=GH=GM，BE=BM，所以有（GH+BE）2+（BE﹣GH）2=EF2，即2（DF2+BE2）=EF2
考点：四边形综合题
3．在平面直角坐标系中，已知点A(0，4)，B(4，4)，点M，N是射线OC上两动点(OM＜ON)，且运动过程中始终保持∠MAN＝45°，小明用几何画板探究其中的线段关系．
(1)探究发现：当点M，N均在线段OB上时(如图1)，有OM2+BN2＝MN2．
他的证明思路如下：
第一步：将△ANB绕点A顺时针旋转90°得△APO，连结PM，则有BN＝OP．
第二步：证明△APM≌△ANM，得MP＝MM．
第一步：证明∠POM＝90°，得OM2+OP2＝MP2．
最后得到OM2+BN2＝MN2．
请你完成第二步三角形全等的证明．
(2)继续探究：除(1)外的其他情况，OM2+BN2＝MN2的结论是否仍然成立？若成立，请证明；若不成立，请说明理由．
(3)新题编制：若点B是MN的中点，请你编制一个计算题(不标注新的字母)，并直接给出答案(根据编出的问题层次，给不同的得分)．
【答案】(1)见解析；(2)结论仍然成立，理由见解析；(3)见解析.
【解析】
【分析】
（1）将△ANB绕点A顺时针旋转90°得△APO，连结PM，则有BN=OP．证明
△APM≌△ANM，再利用勾股定理即可解决问题；
（2）如图2中，当点M，N在OB的延长线上时结论仍然成立．证明方法类似（1）；（3）如图3中，若点B是MN的中点，求MN的长．利用（2）中结论，构建方程即可解决问题．
【详解】
（1）如图1中，将△ANB绕点A顺时针旋转90°得△APO，连结PM，则有BN＝OP．
∵点A(0，4)，B(4，4)，
∴OA＝AB，∠OAB＝90°，
∵∠NAP＝∠OAB＝90°，∠MAN＝45°，
∴∠MAN＝∠MAP，
∵MA＝MA，AN＝AP，
∴△MAN≌△MAP(SAS)．
（2）如图2中，结论仍然成立．
理由：如图2中，将△ANB绕点A顺时针旋转90°得△APO，连结PM，则有BN＝OP．
∵∠NAP＝∠OAB＝90°，∠MAN＝45°，
∴∠MAN＝∠MAP，
∵MA＝MA，AN＝AP，
∴△MAN≌△MAP(SAS)，
∴MN＝PM，
∵∠ABN＝∠AOP＝135°，∠AOB＝45°，
∴∠MOP＝90°，
∴PM2＝OM2+OP2，
∴OM2+BN2＝MN2；
（3）如图3中，若点B是MN的中点，求MN的长．
设MN＝2x，则BM＝BN＝x，
∵OA＝AB＝4，∠OAB＝90°，
∴OB＝2，
∴OM ＝42﹣x ， ∵OM 2+BN 2＝MN 2． ∴(42﹣x)2+x 2＝(2x)2，
解得x ＝﹣22+26或﹣22﹣26(舍弃) ∴MN ＝﹣42+46． 【点睛】
本题属于几何变换综合题，考查了等腰直角三角形的性质和判定，全等三角形的判定和性质，勾股定理等知识，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，属于中考压轴题．
4．（探索发现）
如图，ABC ∆是等边三角形，点D 为BC 边上一个动点，将ACD ∆绕点A 逆时针旋转
60︒得到AEF ∆，连接CE .小明在探索这个问题时发现四边形ABCE 是菱形. 小明是这样想的：
（1）请参考小明的思路写出证明过程；
（2）直接写出线段CD ，CF ，AC 之间的数量关系：______________； （理解运用）
如图，在ABC ∆中，AD BC ⊥于点D .将ABD ∆绕点A 逆时针旋转90︒得到AEF ∆，延长FE 与BC ，交于点G .
（3）判断四边形ADGF 的形状，并说明理由； （拓展迁移）
（4）在（3）的前提下，如图，将AFE ∆沿AE 折叠得到AME ∆，连接MB ，若
6AD =，2BD =，求MB 的长.
【答案】（1）详见解析；（2）CD CF AC +=；（3）四边形ADGF 是正方形；（4）
13【解析】 【分析】
（1）根据旋转得：△ACE 是等边三角形，可得：AB=BC=CE=AE ，则四边形ABCE 是菱形； （2）先证明C 、F 、E 在同一直线上，再证明△BAD ≌△CAF （SAS ），则∠ADB=∠AFC ，BD=CF ，可得AC=CF+CD ；
（3）先根据∠ADC=∠DAF=∠F=90°，证明得四边形ADGF 是矩形，由邻边相等可得四边形ADGF 是正方形；
（4）证明△BAM ≌△EAD （SAS ），根据BM=DE 及勾股定理可得结论． 【详解】
（1）证明：∵ABC ∆是等边三角形， ∴AB BC AC ==.
∵ACD ∆绕点A 逆时针旋转60︒得到AEF ∆， ∴60CAE =︒，AC AE =. ∴ACE ∆是等边三角形. ∴AC AE CE ==. ∴AB BC CE AE ===. ∴四边形ABCE 是菱形.
（2）线段DC ，CF ，AC 之间的数量关系：CD CF AC +=. （3）四边形ADGF 是正方形.理由如下： ∵Rt ABD ∆绕点A 逆时针旋转90︒得到AEF ∆， ∴AF AD =，90DAF ∠=︒. ∵AD BC ⊥，
∴90ADC DAF F ∠=∠=∠=︒. ∴四边形ADGF 是矩形. ∵AF AD =，
∴四边形ADGF 是正方形. （4）如图，连接DE .
∵四边形ADGF 是正方形， ∴6DG FG AD AF ====.
∵ABD ∆绕点A 逆时针旋转90︒得到AEF ∆，
∴BAD EAF ∠=∠，2BD EF ==，∴624EG FG EF =-=-=. ∵将AFE ∆沿AE 折叠得到AME ∆， ∴MAE FAE ∠=∠，AF AM =. ∴BAD EAM ∠=∠.
∴BAD DAM EAM DAM ∠+∠=∠+∠，即BAM DAE ∠=∠. ∵AF AD =， ∴AM AD =.
在BAM ∆和EAD ∆中，AM AD BAM DAE AB AE =⎧⎪
∠=∠⎨⎪=⎩
，
∴()BAM EAD SAS ∆≅∆. ∴222246213BM DE EG DG ==+=+=
【点睛】
本题属于四边形综合题，主要考查了旋转的性质、全等三角形的判定与性质、等边三角形的判定与性质、正方形的性质以及勾股定理的综合应用，解决问题的关键是熟练掌握等边三角形和全等三角形的性质，依据图形的性质进行计算求解．
5．如图（1）所示，将一个腰长为2等腰直角△BCD 和直角边长为2、宽为1的直角△CED 拼在一起．现将△CED 绕点C 顺时针旋转至△CE’D’，旋转角为a ．
（1）如图（2），旋转角a =30°时，点D ′到CD 边的距离D’A =______．求证：四边形ACED ′为矩形；
（2）如图（1），△CED 绕点C 顺时针旋转一周的过程中，在BC 上如何取点G ，使得GD’=E’D ；并说明理由．
（3）△CED绕点C顺时针旋转一周的过程中，∠CE’D=90°时，直接写出旋转角a的值．【答案】1
【解析】
分析：（1）过D′作D′N⊥CD于N．由30°所对直角边等于斜边的一半即可得结论．
由D’A∥CE且D’A=CE=1，得到四边形ACED’为平行四边形．根据有一个角为90°的平行四边形是矩形，即可得出结论；
（2）取BC中点即为点G，连接GD’．易证△DCE’≌△D’CG，由全等三角形的对应边相等即可得出结论．
（3）分两种情况讨论即可．
详解：（1）D’A=1．理由如下：
过D′作D′N⊥CD于N．
∵∠NCD′=30°，CD′=CD=2，∴ND′= 1
2
CD′=1．
由已知，D’A∥CE，且D’A=CE=1，
∴四边形ACED’为平行四边形．
又∵∠DCE=90°，
∴四边形ACED’为矩形；
（2）如图，取BC中点即为点G，连接GD’．
∵∠DCE=∠D’CE’=90°，
∴∠DCE’=∠D’CG．
又∵D’C= DC，CG=CE’，
∴△DCE’≌△D’CG，
∴GD’=E’D．
（3）分两种情况讨论：①如图1．
∵∠CE′D=90°，CD=2，CE′=1，∴∠CDE′=30°，∴∠E′CD=60°，∴∠E′CB=30°，∴旋转角
=∠ECE′=180°+30°=210°．
②如图2，同理可得∠E′CE=30°，∴旋转角=360°－30°=330°．
点睛：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的夹角等于旋转角．
6．已知Rt△DAB中，∠ADB=90°，扇形DEF中，∠EDF=30°，且DA=DB=DE，将Rt△ADB的边与扇形DEF的半径DE重合，拼接成图1所示的图形，现将扇形DEF绕点D按顺时针方向旋转，得到扇形DE′F′，设旋转角为α（0°＜α＜180°）
（1）如图2，当0°＜α＜90°，且DF′∥AB时，求α；
（2）如图3，当α=120°，求证：AF′=BE′．
【答案】（1）15°；（2）见解析．
【解析】
试题分析：（1）∵∠ADB=90°，DA=DB，∴∠BAD=45°，∵DF′∥AB，
∴∠ADF′=∠BAD=45°，∴α=45°﹣30°=15°；
（2）∵α=120°，∴∠ADE′=120°，∴∠ADF′=120°+30°=150°，∠BDE′=360°﹣90°﹣
120°=150°，∴∠ADF′=∠BDE′，在△ADF′和△BDE′中，，
∴△ADF′≌△BDE′，∴AF′=BE′．
考点：①旋转性质；②全等三角形的判定和性质．
7．如图是两个可以自由转动的转盘，甲转盘被等分成3个扇形，乙转盘被等分成4个扇形，每一个扇形上都标有相应的数字．同时转动两个转盘，当转盘停止后，计算指针所指区域内的数字之和．如果指针恰好指在分割线上，那么重转一次，直到指针指向一个数字为止．
（1）请你通过画树状图或列表的方法分析，并求指针所指区域内的数字和小于10的概率；
（2）小亮和小颖小亮和小颖利用它们做游戏，游戏规则是：指针所指区域内的数字和小于10，小颖获胜；指针所指区域内的数字之和等于10，为平局；指针所指区域内的数字之和大于10，小亮获胜．你认为该游戏规则是否公平？请说明理由；若游戏规则不公平，请你设计出一种公平的游戏规则．
【答案】（1）1
3
；（2）不公平．
【解析】
试题分析：（1）依据题意先用列表法或画树状图法分析所有等可能的出现结果，然后根据概率公式求出该事件的概率．
（2）判断游戏的公平性，首先要计算出游戏双方赢的概率，概率相等则公平，否则不公平．
试题解析：（1）共有12种等可能的结果，小于10的情况有4种，
所以指针所指区域内的数字和小于10的概率为1
3
．
（2）不公平，因为小颖获胜的概率为；
小亮获胜的概率为
5
12
．小亮获胜的可能性大，所以不公平．
可以修改为若这两个数的和为奇数，则小亮赢；积为偶数，则小颖赢．考点：1．游戏公平性；2．列表法与树状图法．
8．(1)观察猜想
如图(1)，在△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC,点D是BC的中点．以点D为顶点作正方形DEFG，使点A，C分别在DG和DE上，连接AE，BG，则线段BG和AE的数量关系是
_____；
(2)拓展探究
将正方形DEFG绕点D逆时针方向旋转一定角度后（旋转角度大于0°，小于或等于360°），如图2，则(1)中的结论是否仍然成立？如果成立，请予以证明；如果不成立，请说明理由.
(3)解决问题
若BC=DE=2，在(2)的旋转过程中，当AE为最大值时，直接写出AF的值．
【答案】（1）BG＝AE．
（2）成立．
如图②，
连接AD．∵△ABC是等腰三直角角形，∠BAC＝90°，点D是BC的中点．
∴∠ADB＝90°，且BD＝AD．
∵∠BDG＝∠ADB－∠ADG＝90°－∠ADG＝∠ADE，DG＝DE．
∴△BDG≌△ADE，∴BG＝AE．…………………………………………7分
（3）由（2）知，BG＝AE，故当BG最大时，AE也最大．
正方形DEFG绕点D逆时针方向旋转270°时，BG最大，如图③．
若BC＝DE＝2，则AD＝1，EF＝2．
在Rt△AEF中，AF2＝AE2＋EF2＝(AD＋DE)2＋EF2＝(1＋2)2＋22＝13．
∴AF＝
【解析】
解：（1）BG＝AE．
（2）成立．
如图②，连接AD．
∵△ABC是等腰三直角角形，∠BAC＝90°，点D是BC的中点．
∴∠ADB＝90°，且BD＝AD．
∵∠BDG＝∠ADB－∠ADG＝90°－∠ADG＝∠ADE，DG＝DE．
∴△BDG≌△ADE，∴BG＝AE．
（3）由（2）知，BG＝AE，故当BG最大时，AE也最大．Z+X+X+K]
因为正方形DEFG在绕点D旋转的过程中，G点运动的图形是以点D为圆心，DG为半径的圆，故当正方形DEFG旋转到G点位于BC的延长线上（即正方形DEFG绕点D逆时针方向旋转270°）时，BG最大，如图③．
若BC＝DE＝2，则AD＝1，EF＝2．
在Rt△AEF中，AF2＝AE2＋EF2＝(AD＋DE)2＋EF2＝(1＋2)2＋22＝13．
∴AF＝．
即在正方形DEFG旋转过程中，当AE为最大值时，AF＝．
9．在△AOB中，C，D分别是OA，OB边上的点，将△OCD绕点O顺时针旋转到△OC′D′．（1）如图1，若∠AOB=90°，OA=OB，C，D分别为OA，OB的中点，证明：①AC′=BD′；
②AC′⊥BD′；
（2）如图2，若△AOB为任意三角形且∠AOB=θ，CD∥AB，AC′与BD′交于点E，猜想
∠AEB=θ是否成立？请说明理由．
【答案】（1）证明见解析；
（2）成立，理由见解析
【解析】
试题分析：（1）①由旋转的性质得出OC=OC′，OD=OD′，∠AOC′=∠BOD′，证出
OC′=OD′，由SAS证明△AOC′≌△BOD′，得出对应边相等即可；
②由全等三角形的性质得出∠OAC′=∠OBD′，又由对顶角相等和三角形内角和定理得出
∠BEA=90°，即可得出结论；
（2）由旋转的性质得出OC=OC′，OD=OD′，∠AOC′=∠BOD′，由平行线得出比例式
，得出，证明△AOC′∽△BOD′，得出∠OAC′=∠OBD′再由对顶角相
等和三角形内角和定理即可得出∠AEB=θ．
试题解析：（1）证明：①∵△OCD旋转到△OC′D′，
∴OC=OC′，OD=OD′，∠AOC′=∠BOD′，
∵OA=OB，C、D为OA、OB的中点，
∴OC=OD，
∴OC′=OD′，
在△AOC′和△BOD′中，，
∴△AOC′≌△BOD′（SAS），
∴AC′=BD′；
②延长AC′交BD′于E，交BO于F，如图1所示：
∵△AOC′≌△BOD′，
∴∠OAC′=∠OBD′，
又∠AFO=∠BFE，∠OAC′+∠AFO=90°，
∴∠OBD′+∠BFE=90°，
∴∠BEA=90°，
∴AC′⊥BD′；
（2）解：∠AEB=θ成立，理由如下：如图2所示：
∵△OCD旋转到△OC′D′，
∴OC=OC′，OD=OD′，∠AOC′=∠BOD′，
∵CD∥AB，
∴，
∴，
∴，
又∠AOC′=∠BOD′，
∴△AOC′∽△BOD′，
∴∠OAC′=∠OBD′，
又∠AFO=∠BFE，
∴∠AEB=∠AOB=θ．
考点：相似三角形的判定与性质；全等三角形的判定与性质；旋转的性质．
10．已知∠AOB＝90°，在∠AOB的平分线OM上有一点C，将一个三角板的直角顶点与C 重合，它的两条直角边分别与OA，OB(或它们的反向延长线)相交于点D，E.
当三角板绕点C旋转到CD与OA垂直时(如图①)，易证：OD＋OE2OC；
当三角板绕点C旋转到CD与OA不垂直时，即在图②，图③这两种情况下，上述结论是
否仍然成立？若成立，请给予证明：若不成立，线段OD，OE，OC之间又有怎样的数量关系？请写出你的猜想，不需证明．
①②③
【答案】图②中OD＋OE＝2OC成立．证明见解析;图③不成立，有数量关系：OE－OD ＝2OC
【解析】
试题分析：当三角板绕点C旋转到CD与OA不垂直时，易得△CKD≌△CHE，进而可得出证明；判断出结果．解此题的关键是根据题意找到全等三角形或等价关系，进而得出OC 与OD、OE的关系；最后转化得到结论．
试题解析：图②中OD＋OE＝2OC成立．
证明：过点C分别作OA，OB的垂线，垂足分别为P，Q.
有△CPD≌△CQE，
∴DP＝EQ，
∵OP＝OD＋DP，OQ＝OE－EQ，
又∵OP＋OQ＝2OC，
即OD＋DP＋OE－EQ＝2OC，
∴OD＋OE＝2OC.
图③不成立，
有数量关系：OE－OD2OC
过点C分别作CK⊥OA，
CH⊥OB，
∵OC为∠AOB的角平分线，且CK⊥OA，CH⊥OB，
∴CK=CH，∠CKD=∠CHE=90°，
又∵∠KCD与∠HCE都为旋转角，
∴∠KCD=∠HCE，
∴△CKD≌△CHE，
∴DK=EH，
∴OE-OD=OH+EH-OD=OH+DK-OD=OH+OK，
由（1）知：OC，
∴OD，OE，OC满足
OC．
点睛：本题考查旋转的性质：旋转变化前后，对应线段、对应角分别相等，图形的大小、形状都不改变，两组对应点连线的交点是旋转中心．。