第23章《旋转》章节总复习（11个考点讲练+中等培优难度分层真题练）-2024-2025学年人教版数学九年级上册核心考点培优讲练

2024-2025学年人教新版数学九年级上册同步培优核心考点讲练 第23章《旋转》章节总复习 （11个考点讲练+中等培优难度分层真题练） 目录 考点讲练1：生活中的旋转现象 1 考点讲练2：旋转的性质 2 考点讲练3：旋转对称图形 3 考点讲练4：坐标与图形变化-旋转 3 考点讲练5：中心对称 4 考点讲练6：中心对称图形 5 考点讲练7：关于原点对称的点的坐标 6 考点讲练8：利用轴对称设计图案 6 考点讲练9：利用平移设计图案 7 考点讲练10：作图-旋转变换 8 考点讲练11：利用旋转设计图案 9 中等题真题汇编练 10 培优题真题汇编练 14 考点讲练1：生活中的旋转现象 【精讲题】（2023秋•广阳区期末）李明家有一个时钟，假期间，某天上午他8点整出门锻炼，回家时发现时针刚好旋转了60°，那么李明回家的时间是（　　） A．9点整 B．9点半 C．10点整 D．10点半 【举一反三1】（2024春•晋中期末）电风扇是一种常见的家用电器，可以为人们带来凉爽的风和舒适的感觉．如图是一款五叶电风扇，在其持续运转的过程中，叶片A旋转到叶片B的位置时，旋转的角度可以是（　　） A．60° B．72° C．75° D．108° 【举一反三2】（2024•南岗区校级开学）时钟从下午3时到晚上9时，时针沿顺时针方向旋转了 　 度． 考点讲练2：旋转的性质 【精讲题】（2024春•金台区校级期中）如图，若点M是等边△ABC的边BC上一点，将△AMC绕点A顺时针旋转得到△ANB，连接MN，则下列结论：①∠BMN＝30°；②MN＝AM；③BN∥AM，其中正确的个数有（　　） A．3个 B．2个 C．1个 D．0个 【举一反三1】（2024春•金台区校级期中）如图，在△ABC中，∠ABC＝∠ACB＝70°，将△ABC绕点C旋转，得到△DEC，点A的对应点D在BC的延长线上，则旋转方向和旋转角可能为（　　） A．顺时针，110° B．逆时针，110° C．顺时针，60° D．逆时针，60° 【举一反三2】（2024春•解放区校级期中）如图，O是△ABC内的点，AB＝AC，∠BAC＝90°，∠BOC＝130°，将△AOB绕点A按逆时针方向旋转90°，得到△ADC，连接OD．设∠AOB为α，当△COD为等腰三角形时，α为 　 　． 考点讲练3：旋转对称图形 【精讲题】（2024•汉川市模拟）把如图所示的五角星图案，绕着它的中心旋转，若旋转后的五角星能与自身重合．则旋转角至少为（　　） A．30° B．45° C．60° D．72° 【举一反三1】（2024春•朝阳区期末）等边三角形绕着它的中心旋转一定角度后能与自身重合，则这个旋转角度的大小至少为 　 　°． 【举一反三2】（2024•东海县一模）如图，该图形绕其中心旋转能与其自身完全重合，则其旋转角最小为 　 　 度． 考点讲练4：坐标与图形变化-旋转 【精讲题】（2024•温州模拟）如图，已知点A（﹣1，0），B（0，2），A与A′关于y轴对称，连结A′B，现将线段A′B以A′点为中心顺时针旋转90°得A'B'，点B的对应点B′的坐标为（　　） A．（3，1） B．（2，1） C．（4，1） D．（3，2） 【举一反三1】（2024秋•江岸区校级月考）如图，在平面直角坐标系中，A点坐标为（2，5），P点坐标为（0，1），现将点A绕P逆时针旋转150°得到点B，则点B的纵坐标为 　 ． 【举一反三2】（2024春•广安区校级期中）如图，正方形ABCD的中心与坐标原点O重合，将顶点D（1，0）绕点A（0，1）逆时针旋转90°得点D1，再将D1绕点B逆时针旋转90°得点D2，再将D2绕点C逆时针旋转90°得点D3，再将D3绕点D逆时针旋转90°得点D4，再将D4绕点A逆时针旋转90°得点D5……依此类推，则点D2024的坐标是 　 　． 考点讲练5：中心对称 【精讲题】（2023秋•邯郸期末）如图，在正方形网格中，A，B，C，D，E，F，G，H，M，N是网格线交点，△ABC与△DEF关于某点对称，则其对称中心是（　　） A．点G B．点H C．点M D．点N 【举一反三1】（2024春•肥乡区期末）如图，△ABC与△DEF关于某点成中心对称，则其对称中心是（　　） A．点P B．点Q C．点M D．点N 【举一反三2】（2024春•吉州区期末）如图，△ABC和△DEC关于点C成中心对称，若AC＝1，AB＝2，∠BAC＝90°，则AE的长是 　　． 考点讲练6：中心对称图形 【精讲题】（2024•德州）下列图形是中心对称图形的是（　　） A． B． C． D． 【举一反三1】（2024春•罗湖区校级期末）在圆、正六边形、正八边形中，属于中心对称图形的有 　　个． 【举一反三2】（2024春•柯桥区期末）如图，是由五个形状、大小都相同的正方形组成的图形，如果去掉其中一个正方形，使得剩下的图形是一个中心对称图形，那么不同的去法有 　　种． 考点讲练7：关于原点对称的点的坐标 【精讲题】（2023秋•荔湾区期末）在平面直角坐标系中，点（1，3）关于原点对称的点的坐标是（　　） A．（﹣1，﹣3） B．（﹣1，3） C．（1，﹣3） D．（3，1） 【举一反三1】（2023秋•嘉峪关校级期末）已知A（a，﹣2）和B（4，b）关于原点对称，则a﹣b的值为（　　） A．6 B．﹣6 C．2 D．﹣4 【举一反三2】（2024秋•五华区校级月考）已知：点A（﹣2025，1）与点B（a，b）关于原点O成中心对称，则a+b＝　 　． 考点讲练8：利用轴对称设计图案 【精讲题】（2024春•吉水县期末）我国主要银行的商标设计基本上都融入了中国古代钱币的图案，如图是我国四个银行的商标图案，其中是轴对称图形的有（　　） A．①②③ B．①②④ C．①③④ D．②③④ 【举一反三1】（2024秋•中阳县月考）如图，小刚利用计算机绘制了一个树叶图案，曲线C1为抛物线的一部分，顶点为A，曲线C2与曲线C1关于直线y＝﹣x对称，点B为点A的对称点，则点B的坐标为 　 　． 【举一反三2】（2024春•德州期末）图1是一个轴对称图形，且每个角都是直角，长度如图1所示，小明用x个这样的图形，按照如图（2）所示的方法玩拼图游戏，两两相扣，相互间不留空隙． 则图形的总长度y与图形个数x之间的关系式为 　 　． 考点讲练9：利用平移设计图案 【精讲题】（2024春•平阴县期末）“方胜”是中国古代妇女的一种发饰，其图案由两个全等正方形相叠组成，寓意是同心吉祥．如图，将边长为2cm的正方形ABCD沿对角线BD方向平移1cm得到正方形A'B'C'D'，形成一个“方胜”图案，则点D，B′之间的距离为（　　） A．2cm B． C． D． 【举一反三1】（2024•双城区校级开学）下列图案中的阴影部分可以由图案中的一部分平移得到的是（　　） A． B． C． D． 【举一反三2】（2024春•北关区期末）如图，在平面直角坐标系中有一个航空母舰的简图．若将该图案各个顶点的纵坐标保持不变，横坐标都减去3，则所得到的新图案是由原图案向 　 　平移3个单位长度得到的． 考点讲练10：作图-旋转变换 【精讲题】（2022秋•桥西区校级期末）将△AOB绕点O旋转180°得到△DOE，则下列作图正确的是（　　） A． B． C． D． 【举一反三1】（2024春•沛县校级月考）如图，方格纸中每个小正方形的边长均为1，已知A（﹣1，3），B（﹣4，4），C（﹣2，1）． （1）画△ABC关于原点成中心对称的△A1B1C1； （2）若第二象限存在点D，使点A、B、C、D构成平行四边形，则D的坐标为 　 　． 【举一反三2】（2024春•越秀区校级月考）如图，以点O为对称中心作矩形ABCD，BD为其对角线．点M、N分别在矩形的边AD、BC上，且直线MN经过点O，过点D作 DH⊥MN 于H，连接AH、OD． （1）若AD＝OD，则∠ABD＝　 　°； （2）在（1）的条件下，若∠AHM＝30°，DM＝k•AM，则k＝　 　． 考点讲练11：利用旋转设计图案 【精讲题】（2024•禹城市模拟）下列是小红借助旋转、平移或轴对称设计的四个图案，其中既是轴对称图形又是中心对称图形的是（　　） A． B． C． D． 【举一反三1】（2024•河北三模）如图，三个完全相同的四边形组成的图案绕点O旋转可以和原图形重合，则旋转角可以是（　　） A．60° B．90° C．120° D．150° 【举一反三2】（2024•南召县开学）如图是由中国结和雪花两种元素组成的一个图案，这个图案绕着它的旋转中心旋转角度α°（0°＜α＜360°）后能够与它本身重合，则角α最小是 　 　度． 中等题真题汇编练 1．（2024春•金台区校级期中）下列交通标志中为中心对称图形的是（　　） A． B． C． D． 2．（2024秋•呼兰区校级月考）“二十四节气”是中华农耕文明的结晶，被国际气象界誉为“中国第五大发明”．下列图案分别代表“立春”、“谷雨”、“白露”、“大雪”，下列图案中既是轴对称图形又是中心对称图形的是（　　） A． B． C． D． 3．（2024•道里区校级一模）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．30° B．40° C．50° D．65° 4．（2024春•沙坡头区校级期中）下面是由赵爽弦图沿图中虚线剪开并拼成的图形，其中中心对称图形是（　　） A． B． C． D． 5．（2023秋•惠东县期末）如图，将△ABC绕点A逆时针旋转80°，得到△ADE，若点D在线段BC的延长线上，则∠B的大小是（　　） A．45° B．50° C．60° D．100° 6．（2024秋•武汉月考）如图，在△ABC中，∠BAC＝45°，∠C＝15°，将△ABC绕点A逆时针旋转α角度（0°＜α＜180°）得到△ADE，若DE∥AB，则α＝　 　度． 7．（2023秋•汤阴县期末）在平面直角坐标系中，点M（1，﹣20）关于原点对称的点的坐标是 　 　． 8．（2024•焦作开学）（1）在图中按2：1画出图形①放大后的图形．如果图中每小格的边长表示1厘米，放大后的图形面积是 　 　平方厘米，放大前后的图形面积比是 　 　． （2）在图中画出图形②绕点O逆时针旋转90°的图形，再画出图形②关于直线l的对称图形． 9．（2024•静安区校级二模）如图在矩形ABCD中，AB＝6，AD＝8，AE平分∠BAC交BC于点E，过B作BF⊥AE交AE于点F，将△ABF沿AB翻折得到△ABG，将△ABG绕点A逆时针旋转角a，（其中0°＜a＜180°）记旋转中的△ABG为△AB′G′，在旋转过程中，设直线B′G′分别与直线AD、直线AC交于点M、N，当MA＝MN时，线段MD长为　 　． 10．（2023秋•海安市期末）如图，在△ABC中，∠BAC＝108°，将△ABC绕点A按逆时针方向旋转得到△ADE．若点D恰好落在边BC上，且AD＝CD，则∠E＝　 　°． 11．（2023秋•赣州期末）若点P（x，﹣3）与点Q（4，y）关于原点对称，则x+y＝　 　． 12．（2024秋•武汉月考）如图，在五边形ABCDE中，∠EAB＝∠BCD＝90°，AB＝BC，∠ABC＝α，AE+CD＝DE．（1）将△ABE绕点B顺时针旋转α，画出旋转后的△BCM，并证明D、C、M三点在一条直线上； （2）求证：△EBD≌△MBD． 13．（2024春•金溪县校级期中）如图所示的正方形网格中，△ABC的顶点均在格点上，请在所给直角坐标系中按要求作图． （1）以A点为旋转中心，将△ABC绕点A顺时针旋转90°得△AB1C1，画出△AB1C1； （2）作出△ABC关于坐标原点O成中心对称的△A2B2C2； （3）线段BC与B1C1的关系：　 　． 14．（2024•满城区开学）按要求作答（每个方格边长表示1厘米）． （1）用数对表示图中三角形ABC各顶点的位置． A（ 　 　，　 　） B（ 　 　，　 　） C（ 　 　，　 　） （2）画出三角形ABC绕点C顺时针旋转90°后的图形． （3）如果三角形ABC以AB边为轴，旋转一周，形成的立体图形是什么图形？体积是多少立方厘米？ 培优题真题汇编练 15．（2024秋•江岸区校级月考）如图，将△ABC绕B点顺时针方向旋转一个角α到△DBE，点A的对应点D恰好落在AC上，且BE∥AC．若∠DBC＝30°，则α的度数为（　　） A．30° B．40° C．45° D．36° 16．（2024春•海州区校级期中）如图，边长为20的等边三角形ABC中，M是高CH所在直线上的一个动点，连接MB，将线段BM绕点B逆时针旋转60°得到BN，连接HN，则在点M运动的过程中，线段HN长度的最小值是（　　） A．3 B．10 C．5 D．6 17．（2024春•长沙县期末）如图，在△ABC中，∠ABC＝55°，将△ABC以点A为中心，逆时针旋转，得到△ADE，点B，点C的对应点分别是点D，点E，当点D恰好第一次落在BC边上时，则旋转角的度数等于（　　） A．60° B．65° C．70° D．75° 18．（2023秋•大连期末）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝8，BC＝6．将△ABC绕点C旋转至△A'CB'，使CB'⊥AB，A'B'交边AC于点D，则CD的长是（　　） A．4 B． C．5 D．6 19．（2023秋•驻马店期末）如图，矩形OABC的顶点O为坐标原点，AC＝4，对角线OB在第一象限的角平分线上．若矩形从图示位置开始绕点O以每秒45°的速度顺时针旋转，则当第2024秒时，矩形的对角线交点G的坐标为（　　） A．（2，0） B．（0，2） C． D． 20．（2024春•凌河区校级期中）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝3，BC＝4，将△ABC绕点C逆时针旋转90°得到△A′B′C，若点M是AB边上不与A、B重合的一个动点，旋转后点M的对应点为点M′，则线段MM′长度的最小值是 　 　． 21．（2024•吉州区模拟）如图，等边△AOB的边长为4，若点绕点O旋转后，恰好与△AOB的某边上的点P重合，则点P的坐标是 　 　． 22．（2023秋•曲阜市期末）点P（﹣1，2）关于原点对称的点P′的坐标是　 　． 23．（2023秋•黔南州期末）如图，在平面直角坐标系中，点A，B的坐标分别为（1，0），，将 △OAB绕原点O顺时针方向旋转60°，再将其各边都扩大为原来的2倍，使得 OA1＝2OA，OB1＝2OB，得到△OA1B1．将△OA1B1绕原点顺时针方向旋转 60°，再将其各边都扩大为原来的2倍，使得OA2＝2OA1，OB2＝2OB1，得到 △OA2B2，…，如此继续下去，得到△OA2022B2022，则点A2022的坐标是 　 　． 24．（2024•青海模拟）云南少数民族服饰以其精美的花纹和艳丽的色彩越来越受到追求独立与个性的设计师的喜爱．某民族服饰的花边均是由若干个平移形成的有规律的图案，如图，第①个图案由4个组成，第②个图案由7个组成，第③个图案由10个组成，…，按此规律排列下去，第n个图案中的个数为 　 　． 25．（2024秋•江岸区校级月考）如图是由边长为1的小正方形构成的：8×8网格，点A、B都是格点，点M是AB与纵格线的交点．仅用无刻度的直尺在网格中完成下列画图，画图过程用虚线表示，画图结果用实线表示． （1）在图1中，画出一个格点菱形（非正方形）ABCD； （2）在图1中，在BC边上作点N，使BN＝BM； （3）在图2中，作出将线段AB绕点A逆时针旋转90°后的线段AE； （4）在图2中，点P为格点线段AB和GH的交点，作出将P绕点A逆时针旋转90°后的点Q． 26．（2024秋•武汉月考）如图是由小正方形组成的10×10网格，每个小正方形的顶点叫做格点．A、B、C三点是格点．仅用无刻度直尺在给定网格中完成画图． （1）在图1中，将线段AB绕A点逆时针旋转90°至AE，设AB的中点D，标出D点旋转后的对应点F； （2）在图2中，过B点作AC的平行线BG，在BG上取一点M，使∠MAB＝∠CAB． 27．（2024春•凌河区校级期中）如图，在平面直角坐标系中，已知△ABC的三个顶点的坐标分别为A（﹣4，2），B（﹣3，0），C（﹣1，2）． （1）若P（m，n）为△ABC内一点，平移△ABC得到△A1B1C1，使点P（m，n）移到点P（m+3，n+2）处，请在图上画出△A1B1C1 （2）若△A1B1C1看作是由△ABC经过一次平移得到的，则平移的距离为 　 　． （3）△A2B2C2与△ABC关于原点O成中心对称，画出△A2B2C2 （4）若△A1B1C1和△A2B2C2关于点M成中心对称，则点M的坐标为 　 　． 28．（2023秋•临淄区期末）如图，点M，N分别在正方形ABCD的边BC，CD上，且∠MAN＝45°．把△ADN绕点A顺时针旋转90°得到△ABE，此时E，B，M共线． （1）求证：△AEM≌△ANM． （2）若正方形ABCD的边长为6，DN＝2，求BM的长． 1 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2024-2025学年人教新版数学九年级上册同步培优核心考点讲练 第23章《旋转》章节总复习 （11个考点讲练+中等培优难度分层真题练） 目录 考点讲练1：生活中的旋转现象 1 考点讲练2：旋转的性质 2 考点讲练3：旋转对称图形 6 考点讲练4：坐标与图形变化-旋转 7 考点讲练5：中心对称 12 考点讲练6：中心对称图形 14 考点讲练7：关于原点对称的点的坐标 15 考点讲练8：利用轴对称设计图案 16 考点讲练9：利用平移设计图案 18 考点讲练10：作图-旋转变换 19 考点讲练11：利用旋转设计图案 23 中等题真题汇编练 24 培优题真题汇编练 35 考点讲练1：生活中的旋转现象 【精讲题】（2023秋•广阳区期末）李明家有一个时钟，假期间，某天上午他8点整出门锻炼，回家时发现时针刚好旋转了60°，那么李明回家的时间是（　　） A．9点整 B．9点半 C．10点整 D．10点半 【思路点拨】根据时针每小时旋转30°可得求得李明出门锻炼所用的时间，然后再加上出门时的时刻即可求解． 【规范解答】解：由于时针旋转一周（360°）是12小时，则每小时旋转， ∴当旋转60°时，李明回家的时间是：（点整）， 故选：C． 【考点评析】本题考查了时针的旋转问题，解题的关键在于懂得经过的时间与旋转度数之间的关系． 【举一反三1】（2024春•晋中期末）电风扇是一种常见的家用电器，可以为人们带来凉爽的风和舒适的感觉．如图是一款五叶电风扇，在其持续运转的过程中，叶片A旋转到叶片B的位置时，旋转的角度可以是（　　） A．60° B．72° C．75° D．108° 【思路点拨】根据周角是360°进行计算，即可解答． 【规范解答】解：由题意得：360°÷5＝72°， ∴叶片A旋转到叶片B的位置时，旋转的角度可以是72°， 故选：B． 【考点评析】本题考查了生活中的旋转现象，准确熟练地进行计算是解题的关键． 【举一反三2】（2024•南岗区校级开学）时钟从下午3时到晚上9时，时针沿顺时针方向旋转了 　180　度． 【思路点拨】时钟从下午3时到晚上9时，时针沿顺时针方向旋转了一个平角，所以是180度． 【规范解答】解：从下午3时到晚上9时，时针沿顺时针方向旋转了一个平角， 故答案为：180． 【考点评析】本题主要考查了钟面角和生活中的旋转现象，解答此题的关键是弄清从下午3时到晚上9时时针在钟面上运动的轨迹． 考点讲练2：旋转的性质 【精讲题】（2024春•金台区校级期中）如图，若点M是等边△ABC的边BC上一点，将△AMC绕点A顺时针旋转得到△ANB，连接MN，则下列结论：①∠BMN＝30°；②MN＝AM；③BN∥AM，其中正确的个数有（　　） A．3个 B．2个 C．1个 D．0个 【思路点拨】设AB交MN于点D，由等边三角形的性质得∠CAB＝∠ABC＝∠C＝60°，由旋转得△AMC≌△ANB，AN＝AM，∠BAN＝∠CAM，则∠ABN＝∠C＝60°，可证明∠MAN＝∠CAB＝60°，所以△AMN是等边三角形，则MN＝AM，可判断②正确；若∠BMN＝30°，则∠AMB＝∠BMN+∠AMN＝90°，与点M是边BC上任意一点不符，可判断①错误；由∠ABN＝∠CAB＝60°，得BN∥AC，可知BN与AM不一定平行，可判断③错误． 【规范解答】解：设AB交MN于点D， ∵△ABC是等边三角形， ∴∠CAB＝∠ABC＝∠C＝60°， ∵将△AMC绕点A顺时针旋转得到△ANB， ∴△AMC≌△ANB，AN＝AM，∠BAN＝∠CAM， ∴∠ABN＝∠C＝60°，∠MAN＝∠BAN+∠BAM＝∠CAM+∠BAM＝∠CAB＝60°， ∴△AMN是等边三角形， ∴MN＝AM，∠AMN＝60°，②正确； 若∠BMN＝30°，则∠AMB＝∠BMN+∠AMN＝90°， ∴AM⊥BC，与点M是边BC上任意一点不符， ∴∠BMN不一定等于30°，①错误； ∵∠ABN＝∠CAB＝60°， ∴BN∥AC， ∴BN与AM不一定平行，③错误， 故选：C． 【考点评析】此题考查了等边三角形的判定与性质、旋转的性质、平行线的判定；解题的关键是掌握相关知识的灵活运用． 【举一反三1】（2024春•金台区校级期中）如图，在△ABC中，∠ABC＝∠ACB＝70°，将△ABC绕点C旋转，得到△DEC，点A的对应点D在BC的延长线上，则旋转方向和旋转角可能为（　　） A．顺时针，110° B．逆时针，110° C．顺时针，60° D．逆时针，60° 【思路点拨】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．据此解答即可． 【规范解答】解：∵将△ABC绕点C旋转，得到△DEC，点A的对应点D在BC的延长线上，∠ACB＝70°， ∴∠ACD＝180°﹣∠ACB＝180°﹣70°＝110°， ∴旋转方向为顺时针，旋转角为110°． 故选：A． 【考点评析】本题考查旋转的性质，解题的关键是掌握旋转的性质． 【举一反三2】（2024春•解放区校级期中）如图，O是△ABC内的点，AB＝AC，∠BAC＝90°，∠BOC＝130°，将△AOB绕点A按逆时针方向旋转90°，得到△ADC，连接OD．设∠AOB为α，当△COD为等腰三角形时，α为 　85°或115°或145°　． 【思路点拨】由AB＝AC，∠BAC＝90°，得∠ABC+∠ACB＝90°，由∠BOC＝130°，∠AOB＝α，求得∠OBC+∠OCB＝50°，α＝230°﹣∠AOC，则∠ABO+∠ACO＝40°，由旋转得∠ACD＝∠ABO，AD＝AO，∠OAD＝90°，则∠OCD＝40°，∠AOD＝45°，再分三种情况讨论，一是当OC＝OD时，可求得∠COD＝100°，则∠AOC＝145°，求得α＝85°；二是当OC＝DC时，则∠COD＝∠CDO＝70°，∠AOC＝115°，求得α＝115°；三是当DO＝DC时，则∠COD＝∠OCD＝40°，则∠AOC＝85°，求得α＝145°，于是得到问题的答案． 【规范解答】解：∵AB＝AC，∠BAC＝90°， ∴∠ABC+∠ACB＝90°， ∴∠ABO+∠OBC+∠OCB+∠ACO＝90°， ∵∠BOC＝130°，∠AOB＝α， ∴∠OBC+∠OCB＝180°﹣∠BOC＝50°，α＝360°﹣∠BOC﹣∠AOC＝230°﹣∠AOC， ∴∠ABO+∠ACO＝90°﹣（∠OBC+∠OCB）＝40°， 由旋转得∠ACD＝∠ABO，AD＝AO，∠OAD＝90°， ∴∠OCD＝∠ACD+∠ACO＝∠ABO+∠ACO＝40°，∠AOD＝∠ADO＝45°， 当△COD为等腰三角形，且OC＝OD时，则∠ODC＝∠OCD＝40°， ∴∠COD＝180°﹣∠ODC﹣∠OCD＝100°， ∴∠AOC＝∠AOD+∠COD＝145°， ∴α＝230°﹣145°＝85°； 当△COD为等腰三角形，且OC＝DC时，则∠COD＝∠CDO＝×（180°﹣40°）＝70°， ∴∠AOC＝∠AOD+∠COD＝115°， ∴α＝230°﹣115°＝115°； 当△COD为等腰三角形，且DO＝DC时，则∠COD＝∠OCD＝40°， ∴∠AOC＝∠AOD+∠COD＝85°， ∴α＝230°﹣85°＝145°， 综上所述，α＝85°或α＝115°或α＝145°， 故答案为：85°或115°或145°． 【考点评析】此题重点考查旋转的性质、等腰三角形的性质、数形结合与分类讨论数学思想的运用等知识与方法，正确地求得∠OCD＝40°是解题的关键． 考点讲练3：旋转对称图形 【精讲题】（2024•汉川市模拟）把如图所示的五角星图案，绕着它的中心旋转，若旋转后的五角星能与自身重合．则旋转角至少为（　　） A．30° B．45° C．60° D．72° 【思路点拨】五角星图案，可以被平分成五部分，因而每部分被分成的圆心角是72°，并且圆具有旋转不变性，因而旋转72度的整数倍，就可以与自身重合． 【规范解答】解：该图形被平分成五部分，旋转72度的整数倍，就可以与自身重合，因而A、B、C都错误，能与其自身重合的是D． 故选：D． 【考点评析】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． 【举一反三1】（2024春•朝阳区期末）等边三角形绕着它的中心旋转一定角度后能与自身重合，则这个旋转角度的大小至少为 　120　°． 【思路点拨】根据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． 【规范解答】解：根据等边三角形的性质，结合图形可以知道旋转角度应该等于120°． 故答案为：120． 【考点评析】此题主要考查了旋转对称图形，理解旋转对称图形的定义是解决本题的关键． 【举一反三2】（2024•东海县一模）如图，该图形绕其中心旋转能与其自身完全重合，则其旋转角最小为 　72　度． 【思路点拨】观察图形可得，图形由五个形状相同的部分组成，从而能计算出旋转角度． 【规范解答】解：图形可看作由一个基本图形旋转5次所组成， 故最小旋转角为． 故答案为：72． 【考点评析】本题考查了旋转对称图形，根据已知图形得出最小旋转角度数是解题关键． 考点讲练4：坐标与图形变化-旋转 【精讲题】（2024•温州模拟）如图，已知点A（﹣1，0），B（0，2），A与A′关于y轴对称，连结A′B，现将线段A′B以A′点为中心顺时针旋转90°得A'B'，点B的对应点B′的坐标为（　　） A．（3，1） B．（2，1） C．（4，1） D．（3，2） 【思路点拨】先根据对称的性质得出点A′的坐标，再根据旋转的性质结合全等三角形的性质即可解决问题． 【规范解答】解：∵点A的坐标为（﹣1，0），点A′和点A关于y轴对称， ∴点A′的坐标为（1，0）， ∴OA′＝1． ∵点B坐标为（0，2）， ∴OB＝2． 过点B′作x轴的垂线，垂足为M， 由旋转可知， AB＝AB′，∠BA′B′＝90°， ∴∠BA′O+∠B′A′M＝∠BA′O+∠A′BO＝90°， ∴∠B′A′M＝∠A′BO． 在△A′BO和△B′A′M中， ， ∴△A′BO≌△B′A′M（AAS）， ∴B′M＝A′O＝1，A′M＝BO＝2， ∴OM＝1+2＝3， ∴点B′的坐标为（3，1）． 故选：A． 【考点评析】本题考查坐标与图形性质﹣旋转及关于x轴、y轴对称的点的坐标，熟知图形旋转的性质及关于坐标轴对称的点的坐标特征是解题的关键． 【举一反三1】（2024秋•江岸区校级月考）如图，在平面直角坐标系中，A点坐标为（2，5），P点坐标为（0，1），现将点A绕P逆时针旋转150°得到点B，则点B的纵坐标为 　　． 【思路点拨】先根据A点，P点的坐标求出，再作图：将AP绕点P逆时针旋转90度，即得出GP，再连接BG，过点A作AH⊥y轴，过点G作GT⊥y轴，证明△GPT≌△PAH（AAS），得出G（﹣4，3），然后运用有一个角为60度的等腰三角形是等边三角形，证明△GPA是等边三角形，，根据点的坐标求点与点的距离列式计算，再运用公式法解e2+4e+1＝0，即可作答． 【规范解答】解：∵A点坐标为（2，5），P点坐标为（0，1）， ∴， 如图：将AP绕点P逆时针旋转90度，即得出GP，再连接BG，过点A作AH⊥y轴，过点G作GT⊥y轴， ∵将AP绕点P逆时针旋转90度，即得出GP，再连接BG，过点A作AH⊥y轴，过点G作GT⊥y轴， ∴∠GPA＝∠2+∠3＝90°，∠GTP＝90°，∠1+∠2＝90°， ∴∠1＝∠3， ∵将AP绕点P逆时针旋转90度，即得出GP， ∴GP＝PA， ∴△GPT≌△PAH（AAS）， ∴TP＝HA＝2，GT＝HP＝5﹣1＝4， ∴G（﹣4，3）， ∵现将点A绕P逆时针旋转150°得到点B， ∴∠APB＝150°，∠BPG＝150°﹣90°＝60°， ∵GP＝PA， ∴△GPA是等边三角形， ∴， 设B（e，t）， ∴， 整理得t＝2e+6， 把t＝2e+6代入e2+（t﹣1）2＝20， 得e2+（2e+6﹣1）2＝20， 整理的e2+（2e+5）2＝20， ∴e2+4e2+20e+25＝20， ∴5e2+20e+5＝0， 则e2+4e+1＝0， ∴Δ＝16﹣4×1×1＝12， ∴， ∴， ∵t＝2e+6， ∴（点B在第三象限，故舍去）； ∴， ∴点B的坐标为， 故答案为：． 【考点评析】本题考查了旋转性质、坐标与图形，勾股定理，公式法解一元二次方程，全等三角形的判定与性质，等边三角形的判定与性质，正确掌握相关性质内容是解题的关键． 【举一反三2】（2024春•广安区校级期中）如图，正方形ABCD的中心与坐标原点O重合，将顶点D（1，0）绕点A（0，1）逆时针旋转90°得点D1，再将D1绕点B逆时针旋转90°得点D2，再将D2绕点C逆时针旋转90°得点D3，再将D3绕点D逆时针旋转90°得点D4，再将D4绕点A逆时针旋转90°得点D5……依此类推，则点D2024的坐标是 　（2025，﹣2024）　． 【思路点拨】如图，过点D1作D1E⊥y轴于E，过点D2作D2F⊥x轴于F，过点D3作D3G⊥y轴于G，过点D4作D4H⊥x轴于H，过点D5K作D5K⊥y轴于K，可得D1（1，2），D2（﹣3，2），D3（﹣3，﹣4），D4（5，﹣4），D5（5，6），D6（﹣7，6），……，观察发现：每四个点一个循环，D4n（4n+1，﹣4n），D4n+1（4n+1，4n+2），D4n+2（﹣4n﹣3，4n+2），D4n+3（﹣4n﹣3，﹣4n﹣4），由2024＝506×4，推出D2024（2025，﹣2024）． 【规范解答】解：如图，过点D1作D1E⊥y轴于E，过点D2作D2F⊥x轴于F，过点D3作D3G⊥y轴于G，过点D4作D4H⊥x轴于H，过点D5K作D5K⊥y轴于K， ∵正方形ABCD的中心与坐标原点O重合，D（1，0）， ∴OA＝OB＝OC＝OD＝1，，∠BAO＝∠CBO＝∠DCO＝∠ADO＝45°， ∴A（0，1），B（﹣1，0），C（0，﹣1）， ∵将顶点D（1，0）绕点A（0，1）逆时针旋转90°得点D1， ∴， ∴，， ∴， ∴D1（1，2）， ∵再将D1绕点B逆时针旋转90°得点D2， ∴， ∴， ∴OF＝OB+BF＝1+2＝3， ∴D2（﹣3，2）， 再将D2绕点C逆时针旋转90°得点D3，再将D3绕点D逆时针旋转90°得点D4，再将D4绕点A逆时针旋转90°得点D5…… 同理可得：D3（﹣3，﹣4），D4（5，﹣4），D5（5，6），D6（﹣7，6），……， 观察发现：每四个点一个循环，D4n（4n+1，﹣4n），D4n+1（4n+1，4n+2），D4n+2（﹣4n﹣3，4n+2），D4n+3（﹣4n﹣3，﹣4n﹣4）， ∵2024＝4×506， ∴D2024（2025，﹣2024）； 故答案为：（2025，﹣2024）． 【考点评析】本题考查坐标与图形的变化﹣旋转，等腰直角三角形性质，规律型问题，解题的关键是掌握相关知识的灵活运用． 考点讲练5：中心对称 【精讲题】（2023秋•邯郸期末）如图，在正方形网格中，A，B，C，D，E，F，G，H，M，N是网格线交点，△ABC与△DEF关于某点对称，则其对称中心是（　　） A．点G B．点H C．点M D．点N 【思路点拨】A、D两点到M的距离相等且三点在一条直线上，B、E两点到M都是2×3的网格且三点在一条直线上，C、F两点到M都是1×2的网格且三点在一条直线上，可得对称中心是点M． 【规范解答】解：AD、CF、BE相交于点M， ∴点M是△ABC与△DEF的对称中心， 故选：C． 【考点评析】本题考查了中心对称，关键是能够仔细观察网格图． 【举一反三1】（2024春•肥乡区期末）如图，△ABC与△DEF关于某点成中心对称，则其对称中心是（　　） A．点P B．点Q C．点M D．点N 【思路点拨】根据中心对称的性质：“成中心对称的两个图形中，对应点所连线段经过对称中心且被对称中心平分．”，连接BE和CF，其交点即为对称中心． 【规范解答】解：如图，连接BE、CF，发现其交于点M， 根据中心对称的性质可知点M即为其对称中心． 故选C． 【考点评析】本题考查中心对称的性质，知道“成中心对称的两个图形中，对应点所连线段经过对称中心且被对称中心平分”，是解决问题的关键． 【举一反三2】（2024春•吉州区期末）如图，△ABC和△DEC关于点C成中心对称，若AC＝1，AB＝2，∠BAC＝90°，则AE的长是 　　． 【思路点拨】利用全等三角形的性质以及勾股定理即可解决问题． 【规范解答】解：∵△DEC与△ABC关于点C成中心对称， ∴△ABC≌△DEC， ∴AB＝DE＝2，AC＝DC＝1，∠D＝∠BAC＝90°， ∴AD＝2， ∵∠D＝90°， ∴AE＝＝2， 故答案为2． 【考点评析】本题考查中心对称，全等三角形的判定和性质，勾股定理等知识，熟练掌握性质定理是解题的关键． 考点讲练6：中心对称图形 【精讲题】（2024•德州）下列图形是中心对称图形的是（　　） A． B． C． D． 【思路点拨】根据中心对称图形的概念判断即可． 【规范解答】解：选项A、C、D的图形都不能找到一个点，使图形绕某一点旋转180度后与原来的图形重合，所以不是中心对称图形； 选项B的图形能找到一个点，使图形绕某一点旋转180度后与原来的图形重合，所以是中心对称图形． 故选：B． 【考点评析】本题考查的是中心对称图形的概念，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后与原图重合． 【举一反三1】（2024春•罗湖区校级期末）在圆、正六边形、正八边形中，属于中心对称图形的有 　3　个． 【思路点拨】根据中心对称图形的概念求解．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．这个旋转点，就叫做中心对称点． 【规范解答】解：圆、正六边形、正八边形都能找到一个点，使图形绕某一点旋转180度后和原图形完全重合，所以是中心对称图形， 所以属于中心对称图形的有3个． 故答案为：3． 【考点评析】本题主要考查了中心对称图形的概念．中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后与原图重合． 【举一反三2】（2024春•柯桥区期末）如图，是由五个形状、大小都相同的正方形组成的图形，如果去掉其中一个正方形，使得剩下的图形是一个中心对称图形，那么不同的去法有 　2　种． 【思路点拨】根据中心对称图形的概念求解． 【规范解答】解：去掉一个正方形，得到中心对称图形，如图所示： ， 共2种方法． 故答案为：2． 【考点评析】本题考查了中心对称图形的概念，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后与原图重合． 考点讲练7：关于原点对称的点的坐标 【精讲题】（2023秋•荔湾区期末）在平面直角坐标系中，点（1，3）关于原点对称的点的坐标是（　　） A．（﹣1，﹣3） B．（﹣1，3） C．（1，﹣3） D．（3，1） 【思路点拨】直接利用关于原点对称点的性质得出答案． 【规范解答】解：点A（1，3）关于原点O对称的点A1的坐标是：（﹣1，﹣3）． 故选：A． 【考点评析】此题主要考查了关于原点对称点的性质，正确记忆横纵坐标关系是解题关键． 【举一反三1】（2023秋•嘉峪关校级期末）已知A（a，﹣2）和B（4，b）关于原点对称，则a﹣b的值为（　　） A．6 B．﹣6 C．2 D．﹣4 【思路点拨】根据关于原点对称的两个点横纵坐标互为相反数得出a、b的值，代入计算即可． 【规范解答】解：∵A（a，﹣2）和B（4，b）关于原点对称， ∴a＝﹣4，b＝﹣（﹣2）＝2， ∴a﹣b＝﹣4﹣2＝﹣6， 故选：B． 【考点评析】本题考查了关于原点对称点的性质及求代数式的值， 【举一反三2】（2024秋•五华区校级月考）已知：点A（﹣2025，1）与点B（a，b）关于原点O成中心对称，则a+b＝　2024　． 【思路点拨】先根据关于原点对称点的特点求得a、b的值，然后代入计算即可． 【规范解答】解：∵点A（﹣2025，1）与点B（a，b）关于原点对称， ∴﹣2025+a＝0，1+b＝0，即a＝2025，b＝﹣1， ∴a+b＝2024， 故答案为：2024． 【考点评析】本题主要考查了关于原点对称的点的坐标，熟知两个点关于原点对称时，它们的坐标符号相反，即点P（x，y）关于原点O的对称点是P′（﹣x，﹣y）是解题的关键． 考点讲练8：利用轴对称设计图案 【精讲题】（2024春•吉水县期末）我国主要银行的商标设计基本上都融入了中国古代钱币的图案，如图是我国四个银行的商标图案，其中是轴对称图形的有（　　） A．①②③ B．①②④ C．①③④ D．②③④ 【思路点拨】根据轴对称的定义，结合所给图形进行判断即可． 【规范解答】解：①不是轴对称图形； ②是轴对称图形； ③是轴对称图形； ④是轴对称图形； 故是轴对称图形的是②③④． 故选：D． 【考点评析】本题考查了轴对称图形的知识，轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分折叠后可重合． 【举一反三1】（2024秋•中阳县月考）如图，小刚利用计算机绘制了一个树叶图案，曲线C1为抛物线的一部分，顶点为A，曲线C2与曲线C1关于直线y＝﹣x对称，点B为点A的对称点，则点B的坐标为 　（﹣2，0）　． 【思路点拨】根据二次函数的性质和关于y＝﹣x对称点的特点求解即可． 【规范解答】解：∵抛物线的顶点为A， ∴A（0，2）， ∵点B是点A关于直线y＝﹣x的对称点， ∴B（﹣2，0）， 故答案为：（﹣2，0）． 【考点评析】本题考查了二次函数的图象与性质、关于直线y＝﹣x对称的点的坐标，解决本题的关键是掌握（x，y）关于直线y＝﹣x的对称点为（﹣y，﹣x）． 【举一反三2】（2024春•德州期末）图1是一个轴对称图形，且每个角都是直角，长度如图1所示，小明用x个这样的图形，按照如图（2）所示的方法玩拼图游戏，两两相扣，相互间不留空隙． 则图形的总长度y与图形个数x之间的关系式为 　y＝6x+4　． 【思路点拨】观察图形可得用x个这样的图形拼出来的图形总长度为：10+6（x﹣1），根据规律即可求解． 【规范解答】解：观察图形可知： 当两个图拼接时，总长度为：10+6＝16； 当三个图拼接时，总长度为：10+2×6； 以此类推，可知：用x个这样的图形拼出来的图形总长度为：10+6（x﹣1）＝6x+4， ∴y与x的关系式为y＝6x+4． 故答案为：y＝6x+4． 【考点评析】本题考查了一次函数的应用，根据图形的拼接规律得出y与x的关系式是解题的关键． 考点讲练9：利用平移设计图案 【精讲题】（2024春•平阴县期末）“方胜”是中国古代妇女的一种发饰，其图案由两个全等正方形相叠组成，寓意是同心吉祥．如图，将边长为2cm的正方形ABCD沿对角线BD方向平移1cm得到正方形A'B'C'D'，形成一个“方胜”图案，则点D，B′之间的距离为（　　） A．2cm B． C． D． 【思路点拨】根据正方形的性质、勾股定理求出BD，根据平移的概念求出BB′，计算即可． 【规范解答】解：∵四边形ABCD为边长为2cm的正方形， ∴BD＝＝2（cm）， 由平移的性质可知，BB′＝1cm， ∴B′D＝（2﹣1）cm， 故选：D． 【考点评析】本题考查的是利用平移设计图案，平移的性质、正方形的性质，根据平移的概念求出BB′是解题的关键． 【举一反三1】（2024•双城区校级开学）下列图案中的阴影部分可以由图案中的一部分平移得到的是（　　） A． B． C． D． 【思路点拨】根据平移，轴对称，旋转的定义，逐一判断即可． 【规范解答】解：A、由图案中的一部分经过轴对称得到的，不符合题意； B、由图案中的一部分经过轴对称得到的，不符合题意； C、由图案中的一部分经过平移得到的，符合题意； D、由图案中的一部分经过轴对称或者旋转得到的，不符合题意． 故选：C． 【考点评析】本题考查的是利用平移设计图案，熟知判断图形是否由平移得到，要把握两个“不变”，图形的形状和大小不变；一个“变”，位置改变是解题的关键． 【举一反三2】（2024春•北关区期末）如图，在平面直角坐标系中有一个航空母舰的简图．若将该图案各个顶点的纵坐标保持不变，横坐标都减去3，则所得到的新图案是由原图案向 　左　平移3个单位长度得到的． 【思路点拨】直接利用平移中点的变化规律求解即可． 平移中点的变化规律是：横坐标右移加，左移减；纵坐标上移加，下移减． 【规范解答】解：横坐标都减去3，即坐标系中的图形向左平移3个单位长度． 故答案填：左． 【考点评析】本题主要考查了利用平移设计图案，掌握平移中点的变化规律是：横坐标右移加，左移减；纵坐标上移加，下移减是解决问题的关键． 考点讲练10：作图-旋转变换 【精讲题】（2022秋•桥西区校级期末）将△AOB绕点O旋转180°得到△DOE，则下列作图正确的是（　　） A． B． C． D． 【思路点拨】将△AOB绕点O旋转180°得到△DOE，可判断△AOB与△DOE关于点O中心对称． 【规范解答】解：△AOB与△DOE关于点O中心对称的只有D选项． 故选：D． 【考点评析】本题考查了旋转作图的知识，解答本题的关键是掌握中心对称的定义． 【举一反三1】（2024春•沛县校级月考）如图，方格纸中每个小正方形的边长均为1，已知A（﹣1，3），B（﹣4，4），C（﹣2，1）． （1）画△ABC关于原点成中心对称的△A1B1C1； （2）若第二象限存在点D，使点A、B、C、D构成平行四边形，则D的坐标为 　（﹣5，2）或（﹣3，6）　． 【思路点拨】（1）根据中心对称的性质作图即可． （2）根据平行四边形的判定可得答案． 【规范解答】解：（1）如图，△A1B1C1即为所求． （2）当以BC为对角线时，点D的坐标为（﹣5，2）； 当以AB为对角线时，点D的坐标为（﹣3，6）． ∴D的坐标为（﹣5，2）或（﹣3，6）． 故答案为：（﹣5，2）或（﹣3，6）． 【考点评析】本题考查作图﹣旋转变换、平行四边形的判定，熟练掌握中心对称的性质、平行四边形的判定是解答本题的关键． 【举一反三2】（2024春•越秀区校级月考）如图，以点O为对称中心作矩形ABCD，BD为其对角线．点M、N分别在矩形的边AD、BC上，且直线MN经过点O，过点D作 DH⊥MN 于H，连接AH、OD． （1）若AD＝OD，则∠ABD＝　30　°； （2）在（1）的条件下，若∠AHM＝30°，DM＝k•AM，则k＝　4　． 【思路点拨】（1）由矩形性质得DO＝BO，由AD＝OD得AD＝BD，故∠ABD＝30°． （2）以AH为边作等边△AHP，由手拉手得△AOH≌△ADP，所以∠APD＝150°，∠HPD＝90°，利用直角三角形中30°角的性质得DH＝4，PD＝2，故AD＝2，由AN′∥DH得△DHM∽△AN′M，故∴＝＝＝4，因此k＝4， 【规范解答】解：（1）∵矩形ABCD，∴DO＝BO， ∵AD＝OD， ∴AD＝BD， ∴∠ABD＝30°． 故答案为：30°． （2）以AH为边作等边△AHP，连PD，AO． ∴∠AH＝AP＝PH，∠APH＝∠PHA＝∠HAP＝60°， ∵∠AHM＝30°， ∴∠PHN′＝30°， ∴MN′垂直平分PA， 设AN′＝N′P＝1， ∴AH＝AP＝PH＝2， ∵∠PAH＝∠DAO＝60°， ∴∠HAO＝∠PAD， 在△AOH和△ADP中， ， ∴△AOH≌△ADP（SAS）， ∴∠APD＝∠AHO＝180°﹣∠AHM＝150°， ∴∠HPD＝150°﹣∠APH＝90°， ∵DH⊥MN′， ∴∠DHN′＝90°， ∴∠DHP＝90°﹣∠PHN′＝60°， ∴∠PDH＝30°， ∴DH＝2PH＝4， ∴PD＝PH＝2， ∴HO＝PD＝2， ∴DO＝＝2， ∴AD＝DO＝2， ∵AN′⊥MN′，DH⊥MN′， ∴AN′∥DH， ∴△DHM∽△AN′M， ∴＝＝＝4， ∵DM＝k•AM， ∴k＝4， 故答案为：4． 【考点评析】本题考查了作图﹣旋转变化，掌握手拉手旋转是解题关键． 考点讲练11：利用旋转设计图案 【精讲题】（2024•禹城市模拟）下列是小红借助旋转、平移或轴对称设计的四个图案，其中既是轴对称图形又是中心对称图形的是（　　） A． B． C． D． 【思路点拨】根据中心对称图形，轴对称图形的定义判断即可． 【规范解答】解：选项C中的图案既是轴对称图形又是中心对称图形． 故选：C． 【考点评析】本题考查利用旋转设计图案，利用轴对称设计图案，利用平移设计图案，解题的关键是理解中心对称图形，轴对称图形的定义，属于中考常考题型． 【举一反三1】（2024•河北三模）如图，三个完全相同的四边形组成的图案绕点O旋转可以和原图形重合，则旋转角可以是（　　） A．60° B．90° C．120° D．150° 【思路点拨】根据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． 【规范解答】解：O为圆心，连接三角形的三个顶点， 即可得到∠AOB＝∠BOC＝∠AOC＝120°， 所以旋转120°后与原图形重合． 故选：C． 【考点评析】此题主要考查了利用旋转设计图案，旋转对称图形，以圆心O为旋转中心，要使图形重合，就要注意旋转角度，注意题目条件，避免误认是60°的答案． 【举一反三2】（2024•南召县开学）如图是由中国结和雪花两种元素组成的一个图案，这个图案绕着它的旋转中心旋转角度α°（0°＜α＜360°）后能够与它本身重合，则角α最小是 　60　度． 【思路点拨】先求出正六边形的中心角，再根据旋转变换的性质解答即可． 【规范解答】解：360°÷6＝60° 则这个图案绕着它的中心旋转60°或60°的倍数后能够与它本身重合，则α最小为60°． 故答案为：60． 【考点评析】本题主要考查了利用旋转设计图案，旋转对称图形，掌握正六边形的中心角是解答本题的关键． 中等题真题汇编练 1．（2024春•金台区校级期中）下列交通标志中为中心对称图形的是（　　） A． B． C． D． 【思路点拨】在平面内，把一个图形绕某个点旋转180°，如果旋转后的图形能与原来的图形重合，那么这个图形就是中心对称图形，据此进行判断即可． 【规范解答】解：A．该图不是中心对称图形，故此选项不符合题意； B．该图不是中心对称图形，故此选项不符合题意； C．该图不是中心对称图形，故此选项不符合题意； D．该图是中心对称图形，故此选项符合题意． 故选：D． 【考点评析】本题考查中心对称图形的识别，解题的关键是掌握：把一个图形绕某一点旋转180°，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形就叫做中心对称图形，这个点叫做对称中心． 2．（2024秋•呼兰区校级月考）“二十四节气”是中华农耕文明的结晶，被国际气象界誉为“中国第五大发明”．下列图案分别代表“立春”、“谷雨”、“白露”、“大雪”，下列图案中既是轴对称图形又是中心对称图形的是（　　） A． B． C． D． 【思路点拨】根据中心对称图形、轴对称图形的定义可得答案． 【规范解答】解：由各选项图形可知，既是轴对称图形又是中心对称图形的A选项． 故选：A． 【考点评析】本题考查中心对称图形、轴对称图形，熟练掌握中心对称图形、轴对称图形的定义是解答本题的关键． 3．（2024•道里区校级一模）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．30° B．40° C．50° D．65° 【思路点拨】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． 【规范解答】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． 【考点评析】本题考查了旋转的性质，等腰三角形两底角相等的性质，熟记性质并准确识图是解题的关键． 4．（2024春•沙坡头区校级期中）下面是由赵爽弦图沿图中虚线剪开并拼成的图形，其中中心对称图形是（　　） A． B． C． D． 【思路点拨】在平面内，把一个图形绕着某个点旋转180°，如果旋转后的图形能与原来的图形重合， 【规范解答】解：A、不是中心对称图形，不符合题意； B、是中心对称图形，符合题意； C、不是中心对称图形，不符合题意； D、不是中心对称图形，不符合题意； 故选：B． 【考点评析】本题考查了中心对称图形的定义，那么这个图形叫做中心对称图形是解题的关键． 5．（2023秋•惠东县期末）如图，将△ABC绕点A逆时针旋转80°，得到△ADE，若点D在线段BC的延长线上，则∠B的大小是（　　） A．45° B．50° C．60° D．100° 【思路点拨】由旋转的性质可得AB＝AD，∠BAD＝80°，由等腰三角形的性质可求解． 【规范解答】解：∵将△ABC绕点A逆时针旋转80°，得到△ADE， ∴AB＝AD，∠BAD＝80°， ∴∠B＝∠ADB＝（180°﹣∠BAD）＝50°， 故选：B． 【考点评析】本题考查了旋转的性质，等腰三角形的性质，掌握旋转的性质是本题的关键． 6．（2024秋•武汉月考）如图，在△ABC中，∠BAC＝45°，∠C＝15°，将△ABC绕点A逆时针旋转α角度（0°＜α＜180°）得到△ADE，若DE∥AB，则α＝　60　度． 【思路点拨】先根据旋转的性质可得∠E＝∠C＝15°，再根据平行线的性质可得∠BAE＝∠E＝15°，然后根据角的和差可得∠EAC＝60°，由此即可得． 【规范解答】解：由旋转的性质得：∠E＝∠C＝15°， ∵DE∥AB， ∴∠BAE＝∠E＝15°， ∵∠BAC＝45°， ∴∠EAC＝∠BAC+∠BAE＝60°，即旋转角为60°， ∴α＝60°， 故答案为：60． 【考点评析】本题考查了旋转的性质、平行线的性质．熟练掌握以上知识是解题的关键． 7．（2023秋•汤阴县期末）在平面直角坐标系中，点M（1，﹣20）关于原点对称的点的坐标是 　（﹣1，20）　． 【思路点拨】根据两个点关于原点对称时，它们的坐标符号相反，即可得出答案． 【规范解答】解：点M（1，﹣20）关于原点对称的点的坐标是（﹣1，20）． 故答案为：（﹣1，20）． 【考点评析】本题考查了关于原点对称点的性质，掌握横纵坐标符号关系是关键． 8．（2024•焦作开学）（1）在图中按2：1画出图形①放大后的图形．如果图中每小格的边长表示1厘米，放大后的图形面积是 　32　平方厘米，放大前后的图形面积比是 　1：4　． （2）在图中画出图形②绕点O逆时针旋转90°的图形，再画出图形②关于直线l的对称图形． 【思路点拨】（1）将图形①的各边扩大为原来的2倍即可得放大后的图形；根据平行四边形的面积公式可得放大后的图形面积，进而可得放大前后的图形面积比． （2）根据旋转的性质、轴对称的性质作图即可． 【规范解答】解：（1）如图，图形③即为所求． 放大后的图形面积是8×4＝32（平方厘米）． 图形①的面积为4×2＝8（平方厘米）， ∴放大前后的图形面积比是8：32＝1：4． 故答案为：32；1：4． （2）如图，图形④、图形⑤即为所求． 【考点评析】本题考查作图﹣轴对称变换、作图﹣旋转变换，熟练掌握轴对称的性质、旋转的性质是解答本题的关键． 9．（2024•静安区校级二模）如图在矩形ABCD中，AB＝6，AD＝8，AE平分∠BAC交BC于点E，过B作BF⊥AE交AE于点F，将△ABF沿AB翻折得到△ABG，将△ABG绕点A逆时针旋转角a，（其中0°＜a＜180°）记旋转中的△ABG为△AB′G′，在旋转过程中，设直线B′G′分别与直线AD、直线AC交于点M、N，当MA＝MN时，线段MD长为　8﹣　． 【思路点拨】如图作MP⊥AC垂足为P，EQ⊥AC于Q．于△AEB≌△AEQ，推出AQ＝AB＝6，QC＝4，设BE＝EQ＝x，在Rt△CEQ中，于EC2＝EQ2+CQ2，可得x2+42＝（8﹣x）2，x＝3，推出BE＝EQ＝3，AE＝3，推出BF＝＝，AG′＝AF＝＝，于sin∠ANM＝sin∠DAC＝＝，推出AN＝4，在Rt△APM中，AP＝PN＝2，可得＝cos∠DAC＝，推出AM＝，推出DM＝AD﹣AM＝8﹣即可． 【规范解答】解：如图，AM＝NM，作MP⊥AC垂足为P，EQ⊥AC于Q． ∵四边形ABCD是矩形，∴∠ABC＝90°，BC＝AD＝8，AB＝CD＝6，AD∥BC ∴AC＝＝10， ∵∠EAB＝∠EAQ，AE＝AE，∠ABE＝∠AQE， ∴△AEB≌△AEQ， ∴AQ＝AB＝6，QC＝4，设BE＝EQ＝x， 在Rt△CEQ中，∵EC2＝EQ2+CQ2， ∴x2+42＝（8﹣x）2， ∴x＝3， ∴BE＝EQ＝3，AE＝3， ∴BF＝＝，AG′＝AF＝＝， ∵MA＝MN， ∴sin∠ANM＝sin∠DAC＝＝， ∴AN＝4， 在Rt△APM中，AP＝PN＝2， ∴＝cos∠DAC＝， ∴AM＝， ∴DM＝AD﹣AM＝8﹣ 故答案为8﹣． 【考点评析】本题考查矩形的性质、旋转变换、勾股定理等知识，解题的关键是正确画出图形，题目有点难度，属于中考压轴题． 10．（2023秋•海安市期末）如图，在△ABC中，∠BAC＝108°，将△ABC绕点A按逆时针方向旋转得到△ADE．若点D恰好落在边BC上，且AD＝CD，则∠E＝　24　°． 【思路点拨】由旋转的性质可知AD＝AB，由AD＝DC，推出∠ADB＝∠B，∠C＝∠DAC，设∠C＝x，则∠ADB＝∠C+∠DAC＝2x，利用三角形内角和定理，构建方程求出x即可． 【规范解答】解：由旋转的性质可知AD＝AB，∠C＝∠E， ∵AD＝DC， ∴∠ADB＝∠B，∠C＝∠DAC， 设∠C＝x，则∠ADB＝∠B＝∠C+∠DAC＝2x， ∵∠C+∠B+∠BAC＝180°， ∴3x+108°＝180°， ∴x＝24°， ∴∠E＝24°． 故答案为：24． 【考点评析】本题考查旋转的性质，等腰三角形的性质，三角形内角和定理等知识，解题的关键是学会利用参数构建方程解决问题，属于中考常考题型． 11．（2023秋•赣州期末）若点P（x，﹣3）与点Q（4，y）关于原点对称，则x+y＝　﹣1　． 【思路点拨】根据关于原点对称的点的坐标特点：两个点关于原点对称时，它们的坐标符号相反可得到x、y的值，再算出x+y即可． 【规范解答】解：∵点P（x，﹣3）与点Q（4，y） 关于原点对称， ∴x＝﹣4，y＝3， 故x+y＝﹣4+3＝﹣1． 故答案为：﹣1． 【考点评析】此题主要考查了关于原点对称的点的坐标，关键是掌握点的坐标的变化规律． 12．（2024秋•武汉月考）如图，在五边形ABCDE中，∠EAB＝∠BCD＝90°，AB＝BC，∠ABC＝α，AE+CD＝DE．（1）将△ABE绕点B顺时针旋转α，画出旋转后的△BCM，并证明D、C、M三点在一条直线上； （2）求证：△EBD≌△MBD． 【思路点拨】（1）由旋转的性质可得∠EAB＝∠BCM＝90°，由∠BCD＝90°，可得∠BCM+∠BCD＝180°； （2）由旋转的性质可得BM＝BE，AE＝CM，再由AE+CD＝DE可得CM+CD＝DE，即：DM＝DE，最后通过“SSS”证明△EBD≌△MBD即可． 【规范解答】解：（1）∵将△ABE绕点B顺时针旋转α，AB＝BC，∠ABC＝α， ∴∠EAB＝∠BCM＝90°， ∵∠BCD＝90°， ∴∠BCM+∠BCD＝180°， ∴D、C、M三点在一条直线上； （2）∵将△ABE绕点B顺时针旋转α，得到△ACM， ∴△BCM≌△BAE， ∴BM＝BE，AE＝CM， ∵AE+CD＝DE， ∴CM+CD＝DE， 即：DM＝DE， ∵BD＝BD， ∴△EBD≌△MBD（SSS）； 【考点评析】此题是几何变换综合题，主要考查了全等三角形的判定和性质，旋转的性质，利用旋转构造出全等三角形时解本题的关键． 13．（2024春•金溪县校级期中）如图所示的正方形网格中，△ABC的顶点均在格点上，请在所给直角坐标系中按要求作图． （1）以A点为旋转中心，将△ABC绕点A顺时针旋转90°得△AB1C1，画出△AB1C1； （2）作出△ABC关于坐标原点O成中心对称的△A2B2C2； （3）线段BC与B1C1的关系：　BC⊥B1C1　． 【思路点拨】（1）根据旋转的性质作图即可． （2）根据中心对称的性质作图即可． （3）由旋转的性质可得BC⊥B1C1． 【规范解答】解：（1）如图，△AB1C1即为所求． （2）如图，△A2B2C2即为所求． （3）由题意知，线段BC与B1C1的关系为BC⊥B1C1． 故答案为：BC⊥B1C1． 【考点评析】本题考查作图﹣旋转变换，熟练掌握旋转的性质、中心对称的性质是解答本题的关键． 14．（2024•满城区开学）按要求作答（每个方格边长表示1厘米）． （1）用数对表示图中三角形ABC各顶点的位置． A（ 　4　，　6　） B（ 　4　，　0　） C（ 　8　，　0　） （2）画出三角形ABC绕点C顺时针旋转90°后的图形． （3）如果三角形ABC以AB边为轴，旋转一周，形成的立体图形是什么图形？体积是多少立方厘米？ 【思路点拨】（1）由图可得答案． （2）根据旋转的性质作图即可． （3）由题意知，三角形ABC以AB边为轴旋转一周，形成的立体图形是圆锥，利用圆锥的体积公式计算即可． 【规范解答】解：（1）由图可得，A（4，6），B（4，0），C（8，0）． 故答案为：4；6；4；0；8；0． （2）如图，△A'B'C即为所求． （3）三角形ABC以AB边为轴，旋转一周，形成的立体图形是圆锥． 体积为＝32π（立方厘米）． 【考点评析】本题考查作图﹣旋转变换、点、线、面、体，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题． 培优题真题汇编练 15．（2024秋•江岸区校级月考）如图，将△ABC绕B点顺时针方向旋转一个角α到△DBE，点A的对应点D恰好落在AC上，且BE∥AC．若∠DBC＝30°，则α的度数为（　　） A．30° B．40° C．45° D．36° 【思路点拨】首先利用旋转的性质和等腰三角形的性质得到∠ABD＝∠CBE＝α，∠ABC＝∠DBE＝α+30°，然后利用已知条件可以求出∠A＝∠ADB＝α+30°，然后利用三角形内角和定理列式计算即可求解． 【规范解答】解：∵将△ABC绕点B顺时针旋转到△DBE，∠DBC＝30°， ∴∠ABD＝∠CBE＝α，AB＝BD，∠E＝∠C， ∴∠ABC＝∠DBE＝α+30°，∠A＝∠ADB， ∵BE∥AC， ∴∠ADB＝∠DBE＝α+30°， ∴∠A＝∠ADB＝α+30°， 在△ABC中，∠A+∠ABC+∠C＝180°， ∴α+30°+α+30°+α＝180°， 解得α＝40°， 故选：B． 【考点评析】此题主要考查了旋转的性质，掌握等腰三角形的性质与平行线的性质，三角形内角和定理是解题的关键． 16．（2024春•海州区校级期中）如图，边长为20的等边三角形ABC中，M是高CH所在直线上的一个动点，连接MB，将线段BM绕点B逆时针旋转60°得到BN，连接HN，则在点M运动的过程中，线段HN长度的最小值是（　　） A．3 B．10 C．5 D．6 【思路点拨】取BC的中点G，连接MG，则BG＝CG＝BC，由等边三角形的性质得AB＝BC＝AC＝20，∠ABC＝∠ACB＝60°，由旋转得∠MBN＝60°，BM＝BN，则∠GBM＝∠HBN，而BH＝AB＝BC，所以BG＝BH，即可证明△MBG≌△NBH，得GM＝HN，作GF⊥CH于点F，则GF＝CG＝BC＝5，由GM≥GF，得HN≥5，则线段HN长度的最小值是5，于是得到问题的答案． 【规范解答】解：取BC的中点G，连接MG，则BG＝CG＝BC， ∵△ABC是边长为20的等边三角形， ∴AB＝BC＝AC＝20，∠ABC＝∠ACB＝60°， 由旋转得∠MBN＝60°，BM＝BN， ∴∠GBM＝∠HBN＝60°﹣∠MBH， ∵M是高CH所在直线上的一个动点， ∴BH＝AB＝BC， ∴BG＝BH， 在△MBG和△NBH中， ， ∴△MBG≌△NBH（SAS）， ∴GM＝HN， 作GF⊥CH于点F，则∠CFG＝90°， ∵∠FCG＝∠ACB＝30°， ∴GF＝CG＝BC＝×20＝5， ∵GM≥GF， ∴HN≥5， ∴线段HN长度的最小值是5， 故选：C． 【考点评析】此题重点考查旋转的性质、等边三角形的性质、全等三角形的判定与性质、垂线段最短等知识，正确地作出辅助线构造全等三角形是解题的关键． 17．（2024春•长沙县期末）如图，在△ABC中，∠ABC＝55°，将△ABC以点A为中心，逆时针旋转，得到△ADE，点B，点C的对应点分别是点D，点E，当点D恰好第一次落在BC边上时，则旋转角的度数等于（　　） A．60° B．65° C．70° D．75° 【思路点拨】根据旋转的性质得AB＝AD，则∠B＝∠ADB＝55°，再利用三角形内角和定理可得答案． 【规范解答】解：由题意知，AB＝AD， ∴∠B＝∠ADB＝55°， ∴∠BAD＝180°﹣55°×2＝70°， ∴旋转角的度数等于70°， 故选：C． 【考点评析】本题主要考查了旋转的性质，等腰三角形的性质等知识，熟练掌握旋转的性质是解题的关键． 18．（2023秋•大连期末）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝8，BC＝6．将△ABC绕点C旋转至△A'CB'，使CB'⊥AB，A'B'交边AC于点D，则CD的长是（　　） A．4 B． C．5 D．6 【思路点拨】根据旋转的性质可以得到∠B＝∠B′，然后利用CB'⊥AB证明∠B＝∠ACB′，由此即可证明D为A′B′的中点解决问题． 【规范解答】解：∵将△ABC绕点C旋转至△A'CB'， ∴∠B＝∠B′，A′B′＝AB，∠A′CB′＝∠ACB＝90°， ∵CB'⊥AB， ∴∠B+∠BCB′＝∠BCB′+∠ACB′＝90°， ∴∠B＝∠ACB′， ∴∠ACB′＝∠B′， ∴CD＝DB′， 而∠A′+∠B′＝∠ACB′+∠A′CD＝90°， ∴∠A′＝∠A′CD， ∴DA′＝DC， ∴DA′＝DC＝DB′＝A′B′＝AB＝＝＝×10＝5． 故选：C． 【考点评析】此题主要考查了旋转的性质，同时也利用了勾股定理及直角三角形的性质，解题的关键熟练利用旋转和直角三角形的性质． 19．（2023秋•驻马店期末）如图，矩形OABC的顶点O为坐标原点，AC＝4，对角线OB在第一象限的角平分线上．若矩形从图示位置开始绕点O以每秒45°的速度顺时针旋转，则当第2024秒时，矩形的对角线交点G的坐标为（　　） A．（2，0） B．（0，2） C． D． 【思路点拨】求出OG，每秒旋转45°，8次一个循环，2024÷8＝253，第2024秒时，矩形的对角线交点G在第一象限，由此可得结论． 【规范解答】解：∵四边形ABCO是矩形， ∴AC＝OB＝4，AG＝CG，OG＝BG， ∴OG＝2， ∴G（，）， ∵每秒旋转45°，8次一个循环，2024÷8＝253， ∴点G在第一象限， ∴点G的坐标为（，）． 故选：C． 【考点评析】本题考查旋转变换，矩形的性质，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． 20．（2024春•凌河区校级期中）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝3，BC＝4，将△ABC绕点C逆时针旋转90°得到△A′B′C，若点M是AB边上不与A、B重合的一个动点，旋转后点M的对应点为点M′，则线段MM′长度的最小值是 　　． 【思路点拨】先利用勾股定理计算出AB＝5，再根据旋转的性质得到CM＝CM′，∠MCM′＝90°，得到，利用垂线段最短，当CM⊥AB时，CM的长度最小，然后利用面积法求出CM，从而得到线段MM′长度的最小值 【规范解答】解：∵∠ACB＝90°，AC＝3，BC＝4， ∴， ∵将△ABC绕点C逆时针旋转90°得到△A′B′C， ∴CM＝CM′，∠MCM′＝90°， ∴， ∴CM长度最小时，线段MM′的长度最小， ∵当CM⊥AB时，CM的长度最小， 此时， ∴， 即CM的最小值为， ∴线段MM′长度的最小值为． 故答案为：． 【考点评析】本题属于图形的旋转，考核了旋转的性质，勾股定理，垂线段最短，解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． 21．（2024•吉州区模拟）如图，等边△AOB的边长为4，若点绕点O旋转后，恰好与△AOB的某边上的点P重合，则点P的坐标是 　（，3）或（3，）或（2，0）　． 【思路点拨】分三种情况：P点与OA边上的点重合；P点与AB边上的点重合；P点与OB边上的点重合；分别求得P点坐标便可． 【规范解答】解：∵△OAB为等边三角形， ∴∠AOB＝∠ABO＝60°，OA＝OB＝AB＝4， 当点P与OA边上的P1点重合时，则OP1＝2，过点P1作P1D⊥x轴于点D， 则OD＝， ， ∴； 当点P与AB边上的P2点重合时，则OP2＝2，过点P2作P2E⊥x轴于点E， 设BE＝a，则P2B＝2a，OE＝4﹣a， 由勾股定理得， 即， 解得a＝1， ∴OE＝4﹣1＝3，P2E＝BE•tan60°＝， ∴； 当点P与OB边上的P3点重合时，则OP3＝2， ∴， 综上，点P的坐标是（，3）或（3，）或（2，0）． 【考点评析】本题考查旋转变换、等边三角形的性质、解直角三角形等知识，解题的关键是学会用分类讨论的思想思考问题，学会添加常用辅助线，构造直角三角形解决问题． 22．（2023秋•曲阜市期末）点P（﹣1，2）关于原点对称的点P′的坐标是　（1，﹣2）　． 【思路点拨】根据关于原点对称的点的横坐标与纵坐标都互为相反数解答． 【规范解答】解：点P（﹣1，2）关于原点对称的点P′的坐标是（1，﹣2）． 故答案为：（1，﹣2）． 【考点评析】本题考查了关于原点对称的点的坐标，熟记关于原点对称的点的横坐标与纵坐标都互为相反数是解题的关键． 23．（2023秋•黔南州期末）如图，在平面直角坐标系中，点A，B的坐标分别为（1，0），，将 △OAB绕原点O顺时针方向旋转60°，再将其各边都扩大为原来的2倍，使得 OA1＝2OA，OB1＝2OB，得到△OA1B1．将△OA1B1绕原点顺时针方向旋转 60°，再将其各边都扩大为原来的2倍，使得OA2＝2OA1，OB2＝2OB1，得到 △OA2B2，…，如此继续下去，得到△OA2022B2022，则点A2022的坐标是 　（22022，0）　． 【思路点拨】根据图形可知：首先△OAB绕原点O顺时针方向旋转60°，旋转6次后，正好旋转一周，规律是6次一循环，其次根据将其各边都扩大为原来的2倍，以此类推，得到OAn＝2n，进而得出答案． 【规范解答】解：如图， ∵（1，0），， ∴OA＝1，AB＝，AB⊥x轴， ∴tan∠AOB＝＝＝， ∴∠AOB＝60°， ∵每一次旋转角是60°， ∴旋转6次后，正好旋转一周，点A6在x轴的正半轴上， ∵2022÷6＝337， ∴点A2022在x轴的正半轴上； ∵每次旋转后OA1＝2OA，OB1＝2OB，OA2＝2OA1，OB2＝2OB1，… ∴OA1＝2×1＝2，OA2＝2OA1＝2×2＝22，OA3＝2OA2＝2×22＝23，… 以此类推，OAn＝2n， 当n＝2022时，OA2022＝22022， ∵点A2022在x轴的正半轴上， ∴点A2022的坐标是（22022，0）． 故答案为：（22022，0）． 【考点评析】本题考查了旋转的性质、含30°锐角的直角三角形的性质、坐标与图形性质、规律型、点的坐标等知识，解题的关键是学会从特殊到一般的探究规律的方法，属于中考常考题型． 24．（2024•青海模拟）云南少数民族服饰以其精美的花纹和艳丽的色彩越来越受到追求独立与个性的设计师的喜爱．某民族服饰的花边均是由若干个平移形成的有规律的图案，如图，第①个图案由4个组成，第②个图案由7个组成，第③个图案由10个组成，…，按此规律排列下去，第n个图案中的个数为 　3n+1　． 【思路点拨】由题意不难得出第n个图案中基础图形的个数为：3n+1，据此可求解． 【规范解答】解：∵第1个图案由4个基础图形组成， 第2个图案由7个基础图形组成，即7＝4+3＝4+3×1， 第3个图案由10个基础图形组成，10＝4+3+3＝4+3×2， …， ∴第n个图案中基础图形的个数为：4+3（n﹣1）＝3n+1， 故答案为：3n+1． 【考点评析】本题考查利用平移设计图案，规律型：图形的变化等知识，解题的关键是学会探究规律的方法，属于中考常考题型． 25．（2024秋•江岸区校级月考）如图是由边长为1的小正方形构成的：8×8网格，点A、B都是格点，点M是AB与纵格线的交点．仅用无刻度的直尺在网格中完成下列画图，画图过程用虚线表示，画图结果用实线表示． （1）在图1中，画出一个格点菱形（非正方形）ABCD； （2）在图1中，在BC边上作点N，使BN＝BM； （3）在图2中，作出将线段AB绕点A逆时针旋转90°后的线段AE； （4）在图2中，点P为格点线段AB和GH的交点，作出将P绕点A逆时针旋转90°后的点Q． 【思路点拨】（1）由于，利用网格的特点结合菱形的性质作出图形即可； （2）由于，取格点E和F，连接EF交BC于点N，利用相似三角形的判定和性质，可知点N即为所作； （3）利用全等三角形的判定和性质即可作出图形； （4）分别作点G、H绕点A逆时针旋转90°后得到点G′、H′，连接G′H′交AE于点Q，点Q即为所作． 【规范解答】解：（1）菱形ABCD如图1所示； （2）点N，如图1.2所示； （3）线段AE如图2.1所示； （4）点Q如图2.2所示； 【考点评析】本题考查作图﹣旋转变换，线段垂直平分线的性质，菱形的判定与性质，解题的关键是学会利用数形结合的思想解决问题． 26．（2024秋•武汉月考）如图是由小正方形组成的10×10网格，每个小正方形的顶点叫做格点．A、B、C三点是格点．仅用无刻度直尺在给定网格中完成画图． （1）在图1中，将线段AB绕A点逆时针旋转90°至AE，设AB的中点D，标出D点旋转后的对应点F； （2）在图2中，过B点作AC的平行线BG，在BG上取一点M，使∠MAB＝∠CAB． 【思路点拨】（1）利用旋转的性质作出AE，线段AB与格线交点即为AB的中点D，线段AE与格线交点即为AE的中点F． （2）利用网格，结合平行线的判定可得BG．作正方形ABRE，分别取AB和RE与格线的交点D和N，作射线ND交BG于点M，则点M即为所求． 【规范解答】解：（1）如图1，线段AE、点D、点F即为所求． （2）如图2，过B点作AC的平行线， 则BG即为所求． 以AB为一边，作正方形ABRE，再分别取AB和RE与格线的交点D和N，作射线ND交BG于点M， 此时MN是线段AB的垂直平分线， 则∠MAB＝∠GBA＝∠CAB， 则点M即为所求． 【考点评析】本题考查作图﹣旋转变换、平行线的判定、平行线的性质，熟练掌握旋转的性质、平行线的判定与性质是解答本题的关键． 27．（2024春•凌河区校级期中）如图，在平面直角坐标系中，已知△ABC的三个顶点的坐标分别为A（﹣4，2），B（﹣3，0），C（﹣1，2）． （1）若P（m，n）为△ABC内一点，平移△ABC得到△A1B1C1，使点P（m，n）移到点P（m+3，n+2）处，请在图上画出△A1B1C1 （2）若△A1B1C1看作是由△ABC经过一次平移得到的，则平移的距离为 　　． （3）△A2B2C2与△ABC关于原点O成中心对称，画出△A2B2C2 （4）若△A1B1C1和△A2B2C2关于点M成中心对称，则点M的坐标为 　（，1）　． 【思路点拨】（1）由点P（m，n）平移到点P（m+3，n+2）处，可得点P（m，n）的平移方向和距离为：向右平移3各单位，向上平移2个单位，根据网格结构找出点A、B、C平移后的对应点A1、B1、C1的位置，然后顺次连接即可； （2）先确定由点B（﹣3，0），则平移后点B1（0，2），； （3）根据网格结构找出A、B、C关于原点O的中心对称点A2、B2、C2的位置，然后顺次连接即可； （4）由B2（3，0），B1（0，2），M为B1B2的中点，即可求，即． 【规范解答】解：（1）∵点P（m，n）平移到点P（m+3，n+2）处， ∴点P（m，n）的平移方向和距离为：向右平移3各单位，向上平移2个单位 如图，△A1B1C1即为所求： （2）由点B（﹣3，0），则平移后点B1（0，2）， ∴， 故答案为：； （3）如图，△A2B2C2即为所求： （4）∵点B（﹣3，0），△A2B2C2与△ABC关于原点O成中心对称， ∴B2（3，0）， ∵B1（0，2）， 由题意得点M为B1B2的中点， ∴，即M（，1）， 故答案为：（，1）． 【考点评析】本题考查了利用旋转变换作图，利用平移变换作图，熟练掌握网格结构，准确找出对应点的位置是解题的关键．另外要求掌握对称中心的定义． 28．（2023秋•临淄区期末）如图，点M，N分别在正方形ABCD的边BC，CD上，且∠MAN＝45°．把△ADN绕点A顺时针旋转90°得到△ABE，此时E，B，M共线． （1）求证：△AEM≌△ANM． （2）若正方形ABCD的边长为6，DN＝2，求BM的长． 【思路点拨】（1）先根据旋转的性质可得AE＝AN，∠BAE＝∠DAN，再根据正方形的性质、角的和差可得∠MAE＝45°，然后根据三角形全等的判定定理即可得证； （2）由旋转的性质可得BE＝DN＝2，由全等三角形的性质得到EM＝MN，设BM＝x，则MN＝EM＝x+2，由正方形的性质得到BC＝CD＝6，∠C＝90°，则CM＝6﹣x，CN＝4，在Rt△CMN中，由勾股定理建立方程42+（6﹣x）2＝（x+2）2，解方程即可得到答案． 【规范解答】（1）证明：由旋转的性质得：AE＝AN，∠BAE＝∠DAN， ∵四边形ABCD是正方形， ∴∠BAD＝90°，即∠BAN+∠DAN＝90°， ∴∠BAN+∠BAE＝90°，即∠EAN＝90°， ∵∠MAN＝45°， ∴∠MAE＝∠EAN﹣∠MAN＝90°﹣45°＝45°， 在△AEM和△ANM中， ， ∴△AEM≌△ANM（SAS）； （2）解：由旋转的性质可得BE＝DN＝2， 由（1）得△AEM≌△ANM， ∴EM＝MN， 设BM＝x，则MN＝EM＝x+2， ∵四边形ABCD是边长为6的正方形， ∴BC＝CD＝6，∠C＝90°， ∴CM＝BC﹣BM＝6﹣x，CN＝CD﹣DN＝4 在Rt△CMN中，由勾股定理得CM2+CN2＝MN2， ∴42+（6﹣x）2＝（x+2）2 解得x＝3， ∴BM＝3． 【考点评析】本题考查了正方形的性质、旋转的性质、三角形全等的判定定理与性质、勾股定理等知识点，熟练掌握旋转的性质与正方形的性质是解题关键． 1 学科网（北京）股份有限公司 $$