专题04 旋转和中心对称热点题型归纳-2024-2025学年八年级数学下册《重难点题型•高分突破》（苏科版）

专题04旋转和中心对称热点题型归纳 一、单选题 1．如图所示，魔术师把4张扑克牌放在桌子上，然后蒙住眼睛，请一位观众上台，把其中2张扑克牌旋转．魔术师解除蒙具后，看到4张扑克牌的图形不变．被旋转过的扑克牌是（   ） A．①② B．②④ C．③④ D．②③ 2．在平面直角坐标系中，点的坐标是，连接，将线段绕原点旋转，得到对应线段，则点的坐标为（   ） A． B． C． D． 3．如图，以原点建立坐标系，小明在三角形点的位置，他向右走个单位，再绕原点旋转，则小明站点的对应点的坐标是(    ) A． B． C． D． 4．如图，在中，，将绕点A逆时针旋转，得到，点D恰好落在的延长线上，则旋转角的度数（   ） A． B． C． D． 5．如图，将绕点O按逆时针方向旋转一定的角度得到，其中点A，B，C的对应点分别是点D，E，F．在旋转过程中，与始终相等的是（   ） A． B． C． D． 6．如图，中，，点P在边上．由旋转得到，下列说法错误的是（   ）    A．旋转中心是点A B． C． D．平分 7．如图，将三角形绕点逆时针旋转至，使，若，则旋转角的度数是（   ） A． B． C． D． 8．如图，在中，已知点的坐标是，将绕原点顺时针旋转，则旋转后点的对应点的坐标是（   ） A． B． C． D． 9．如图，在中，，将绕点A按顺时针方向旋转得到，若点E恰好落在边上，且，则的长度为（   ）． A． B．20 C． D．8 10．如图，在中，，将绕点按逆时针方向旋转得到，若点的对应点恰好落在边上，则的度数是（   ） A． B． C． D． 11．如图，在平面直角坐标系中，正方形的边，分别在轴和轴上，且点，，将正方形绕点顺时针旋转，每次旋转，则第2025次旋转结束时，点的坐标为（    ） A． B． C． D． 12．如图，在中，，将在平面内绕点A旋转到的位置，使，则旋转角的度数为（   ） A． B． C． D． 13．如图，绕点A按顺时针方向旋转后得到，且点D恰好是边的中点，交于点F，则的值为（   ） A． B． C． D．2 14．如图，在中，，，将绕点逆时针方向旋转得到，点恰好落在边上，连接，取的中点，连接，则的长是（    ） A． B． C． D． 15．如图，在中，，，，将绕点按逆时针方向旋转得到，点恰好在边上，连接，则的长为（    ）．    A．8 B． C． D．6 16．如图，点A在x轴上，，将绕点O按顺时针方向旋转得到，则点的坐标是（　　） A． B． C． D． 17．如图，将绕点C按逆时针方向旋转，得到，连接，若，则线段的长为（   ） A．1 B． C．2 D． 18．如图，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 19．如图，将绕点按顺时针方向旋转一定角度得到，点的对应点恰好落在边上．若，，则的长为（    ） A．2 B． C．4 D．3 20．如图，点O是正八边形的中心，分别以各边为直径在正八边形的外部作半圆，组成了一幅美丽的图案，这个图案绕点O旋转后能与自身完全重合，则的最小值为（   ） A． B． C． D． 21．如图是由两张全等的图案，完全重合地叠放在一起，按住下面一个图案不动，将上面的一个图案绕点O顺时针旋转，使得两张图案构成的图形是中心对称图形，那么它至少旋转（    ） A． B． C． D． 二、填空题 22．如图，将先向右平移3个单位，再绕原点O旋转，得到，则点A的对应点的坐标是 ． 23．把直线 绕原点旋转180°，所得直线的解析式为 ． 24．如图，在平面直角坐标系中，△ABC顶点的横、纵坐标都是整数．若将△ABC以某点为旋转中心，旋转得到△A′B′C′，则旋转中心的坐标是 ．   25．如图，在中，，，绕点按顺时针方向旋转得到，则的度数为 度． 26．如图，在中，，，将绕点按逆时针方向旋转得到，此时点恰好落在边上，若点与点之间的距离为，则的长为     27．如图，在中，，将绕点按顺时针方向旋转度后，得到，此时，点在边上，斜边交边于点，则 ，图中阴影部分的面积为 ． 28．如图，在中，，，，将绕点按逆时针方向旋转得到，此时点恰好在边上，则点与点之间的距离为 ． 29．如图，在矩形中，，，点是边的中点，点是边上任意一点，将线段绕点顺时针旋转90°，点旋转到点，则周长的最小值为 ． 三、解答题 30．如图，是等边三角形内一点，将线段绕点顺时针旋转，得到线段，连接． (1)求证：； (2)连接，若，求的度数． 31．如图，已知点是等边内一点，且，，． (1)求的度数； 以下是甲，乙，丙三位同学的谈话： 甲：我认为这道题的解决思路是借助旋转，我选择将绕点顺时针旋转60°或绕点逆时针旋转60°； 乙：我也赞成旋转，不过我是将进行旋转； 丙：我是将进行旋转． 请你借助甲，乙，丙三位同学的提示，选择适当的方法求的度数； (2)若改成，，，的度数＝______°，点到的距离为______； 类比迁移： (3)已知，，，，，，求的度数． 32．已知和都是等腰直角三角形，． （1）如图1，连接，，求证：； （2）将绕点O顺时针旋转． ①如图2，当点M恰好在边上时，求证：； ②当点A，M，N在同一条直线上时，若，，请直接写出线段的长． 33．【探究发现】 （1）如图1，在中，．，垂足为，点在上，连接，．则有下列命题：①；②，请你从中选择一个命题证明其真假，并写出证明过程． 【类比迁移】 （2）如图2，在中，，，点在三角形的内部，过点作，且，连接．求证：． 【拓展提升】 （3）如图3．在中，，，把线段绕点顺时针方向旋转到，把线段绕点逆时针旋转到，分别连接，，，请直接写出面积的最大值．    34．已知：在中，，．    (1)如图，将线段绕点逆时针旋转得到，连接、，的平分线交于点，连接． 求证：； 求证：； (2)在图中，若将线段绕点顺时针旋转得到，连结、，连结，请补全图形，若，求． 35．【问题背景】（1）如图1，点E、F分别在正方形的边、上，，连接，则有，试说明理由； 【迁移应用】（2）如图2，四边形中，，，点E、F分别在边、上，，若，都不是直角，且，试探究、、之间的数量关系； 【联系拓展】（3）如图3，在中，，，点D、E均在边上，且，猜想、、满足的等量关系．（直接写出结论，不需要证明）．    36．【问题初探】 和是两个都含有角的大小不同的直角三角板    （1）当两个三角板如图（1）所示的位置摆放时，D、B，C在同一直线上，连接，请证明： 【类比探究】 （2）当三角板保持不动时，将三角板绕点B顺时针旋转到如图（2）所示的位置，判断与的数量关系和位置关系，并说明理由． 【拓展延伸】 如图（3），在四边形中，，连接，，，A到直线的距离为7，请求出的面积． 37．我们定义：有一组邻边相等且有一组对角互补的凸四边形叫做等补四边形． (1)如图1，是等边三角形，在上任取一点D（B、C除外），连接，我们把绕点A逆时针旋转，则与重合，点D的对应点E．请根据给出的定义判断，四边形______（选择是或不是）等补四边形． (2)如图2，等补四边形中，，，若，求的长． (3)如图3，四边形中，，，，求四边形面积的最大值． 38．在数学活动课上，黄老师给出如下问题：在中，，，点D和点B位于直线异侧，且． 【问题初探】 （1）当时，求证：． 数学活动小组同学经过讨论得出下面的解题思路并解决了这个问题． 解题思路：如图2，将线段绕点A顺时针旋转，得到线段，连接．易证是等边三角形，易证，将线段之间的数量关系转化为线段之间的数量关系． 数学活动小组同学解决完上述问题后，感悟了此题的数学思想方法，发现此题还有不同位置的情况，请你解答 ②如图3，点D不在的延长线上时，连接，求证：． 【类比探究】 数学活动小组还有同学提出将其角度变化进行变式，请你解答． （2）当时， ①发现点D在的延长线上时，点D与点C重合（不需要证明）． ②如图4，点D不在的延长线上时，连接，判断（1）②中的结论是否仍然成立，若成立，请加以证明；若不成立，请写出正确的结论并说明理由． 【拓展提升】 黄老师在此基础上提出了下面的问题，请你解答． （3）当，点D不在的延长线上时，连接，若，，求的长． 39．阅读以下材料，并按要求完成相应的任务： 从正方形的一个顶点引出夹角为的两条射线，并连接它们与该顶点的两对边的交点构成的基本平面几何模型称为半角模型.半角模型可证出多个几何结论，例如： 如图1，在正方形中，以为顶点的，、与、边分别交于、两点.易证得. 大致证明思路：如图2，将延长至点，使，连，可证，再证，故. 任务：如图3，在四边形中，，，，以A为顶点的，、与、边分别交于、两点.请参照阅读材料中的解题方法，你认为结论是否依然成立，若成立，请写出证明过程；若不成立，请说明理由. 40．小张同学对图形旋转前后线段之间、角之间的关系进行了拓展探究． 在中，，M是平面内任意一点，将线段绕点A按顺时针方向旋转与相等的角度，得到线段，连接． (1)如图1，若点M是线段上的任意一点，判断和的数量关系，并说明理由； (2)如图2，点E是延长线上的点，若点M是内部射线上任意一点，连接，（1）中结论是否仍然成立？若成立，请给予证明，若不成立，请说明理由． (3)如图3，在中，，，，点P是上的任意一点，连接，将绕点按顺时针方向旋转75°，得到线段，连接，求线段长度的最小． 41．已知和都是等腰直角三角形，，，． (1)如图1，连接，，请直接写出线段与的数量关系和位置关系； (2)若将绕点顺时针旋转， ①如图2，当点恰好在边上时，求证： ②当点，，三点在同一条直线上时，若 ，，请直接写出线段的长． 42．在等腰直角中，，，将直角边AC绕点A顺时针旋转得到AP，旋转角为，连接CP，PB．          (1)如图1，当时，求BP的长； (2)如图2，若，且D为AB中点，连接PD，猜想CP和DP的数量关系，并说明理由； (3)在旋转过程中，当时，求旋转角的度数． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！6 1 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题04旋转和中心对称热点题型归纳 一、单选题 1．如图所示，魔术师把4张扑克牌放在桌子上，然后蒙住眼睛，请一位观众上台，把其中2张扑克牌旋转．魔术师解除蒙具后，看到4张扑克牌的图形不变．被旋转过的扑克牌是（   ） A．①② B．②④ C．③④ D．②③ 【答案】D 【分析】本题主要考查了中心对称图形的识别，根据题意可知，旋转的两张牌一定是中心对称图形，把一个图形绕着某一个点旋转，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形叫做中心对称图形，据此可得答案． 【详解】解：∵把其中2张扑克牌旋转．魔术师解除蒙具后，看到4张扑克牌的图形不变， ∴旋转的两张牌一定是中心对称图形， 又∵四张牌中只有②③是中心对称图形， ∴被旋转过的扑克牌是②③， 故选：D． 2．在平面直角坐标系中，点的坐标是，连接，将线段绕原点旋转，得到对应线段，则点的坐标为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查了点关于原点对称点的特点，掌握点的中心对称点的特点及计算方法是解题的关键． 根据将线段绕原点旋转，可得是点的中心对称，根据中心对称点的特点，即横纵坐标均为原来点坐标的相反数，由此即可求解． 【详解】解：点的坐标是，连接，将线段绕原点旋转， ∴点关于原点成中心对称点， 故选：C ． 3．如图，以原点建立坐标系，小明在三角形点的位置，他向右走个单位，再绕原点旋转，则小明站点的对应点的坐标是(    ) A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题考查了平移的性质，旋转的性质，坐标与图形；由题可知，利用平移的性质得出对应点位置，再利用关于原点对称点的性质直接得出答案． 【详解】解：由题可知，点的坐标为，小明向右走个单位，即向右平移个单位，得到坐标为：，再绕原点旋转，得到的坐标为． 故选：D． 4．如图，在中，，将绕点A逆时针旋转，得到，点D恰好落在的延长线上，则旋转角的度数（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题考查旋转的性质，等边对等角．由旋转的性质可知，可算出，就可以算出旋转角． 【详解】解：由旋转的性质可知：，是旋转角， ， ， ， 故选：D． 5．如图，将绕点O按逆时针方向旋转一定的角度得到，其中点A，B，C的对应点分别是点D，E，F．在旋转过程中，与始终相等的是（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查了旋转的性质，熟练掌握旋转的性质是解题的关键． 由旋转的性质可知，对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角，因而可得，进而可得，由此即可得出答案． 【详解】解：由旋转的性质可知，对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角， ， ， ， 在旋转过程中，与始终相等的是， 故选：． 6．如图，中，，点P在边上．由旋转得到，下列说法错误的是（   ）    A．旋转中心是点A B． C． D．平分 【答案】B 【分析】本题考查的是等腰三角形性质、旋转的性质，熟练掌握相关性质是解题关键，根据旋转性质及等腰三角形性质作出判断即可． 【详解】解：中，， ， 由旋转得到， 旋转中心是点A，，故A正确； ， ，故C正确； ， 平分，故D正确； 不一定相等，故B错误； 故选：B． 7．如图，将三角形绕点逆时针旋转至，使，若，则旋转角的度数是（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查了旋转的性质，等腰三角形的性质，三角形的内角和定理等知识点．先根据平行线的性质得到，再根据旋转的性质得到，等于旋转角，然后根据等腰三角形的性质和三角形内角和计算出，从而得到旋转角的度数． 【详解】解： ， ， 绕点逆时针旋转至， ，等于旋转角， ， ， 即旋转角的度数是． 故选：C． 8．如图，在中，已知点的坐标是，将绕原点顺时针旋转，则旋转后点的对应点的坐标是（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查了点绕坐标原点的旋转问题、旋转的性质、全等三角形的判定和性质等知识，掌握旋转的性质是解题的关键． 过作轴于，连接，过点作轴于，则，证明，由点的坐标是得到，，根据在第四象限即可得到点的坐标； 【详解】解：如图，过作轴于，连接，过点作轴于，则， 点绕坐标原点顺时针旋转后得到点， ，， ， 即， ， 点的坐标是， ，， 点在第四象限； 点的坐标为； 故选：C 9．如图，在中，，将绕点A按顺时针方向旋转得到，若点E恰好落在边上，且，则的长度为（   ）． A． B．20 C． D．8 【答案】D 【分析】本题主要考查勾股定理及旋转的性质，熟练掌握勾股定理及选项的性质是解题的关键；由勾股定理可得，然后由旋转的性质可得，进而问题可求解． 【详解】解：由旋转的性质可得， ∵，， ∴， ∴； 故选D． 10．如图，在中，，将绕点按逆时针方向旋转得到，若点的对应点恰好落在边上，则的度数是（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查旋转的性质，等腰三角形的性质；根据旋转的性质可得：，，从而利用等腰三角形的性质可得，然后利用三角形内角和定理可得，即可解答． 【详解】由旋转得：，， ∴， ∴， ∴， 故选：． 11．如图，在平面直角坐标系中，正方形的边，分别在轴和轴上，且点，，将正方形绕点顺时针旋转，每次旋转，则第2025次旋转结束时，点的坐标为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题主要考查了坐标与图形、图形规律等知识点，发现点B的坐标变化规律成为解题的关键． 先列举前5次点B的坐标，然后归纳规律，最后利用规律求解即可． 【详解】解：如图：由题意可得： 将正方形第1次绕点顺时针旋转，每次旋转，得到； 将正方形第2次绕点顺时针旋转，每次旋转，得到； 将正方形第3次绕点顺时针旋转，每次旋转，得到； 将正方形第4次绕点顺时针旋转，每次旋转，得到； 将正方形第5次绕点顺时针旋转，每次旋转，得到； …… 由上可知：点的坐标随旋转次数，4个一循环， 由， 所以第2025次旋转结束时，点的坐标和点相同，为． 故选：B． 12．如图，在中，，将在平面内绕点A旋转到的位置，使，则旋转角的度数为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据两直线平行，内错角相等可得，根据旋转的性质可得，然后利用等腰三角形两底角相等求，再根据、都是旋转角解答．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． 【详解】解：， ， ∵绕点旋转得到 ， ∴， ， ． 故选：A． 13．如图，绕点A按顺时针方向旋转后得到，且点D恰好是边的中点，交于点F，则的值为（   ） A． B． C． D．2 【答案】C 【分析】本题考查了旋转的性质，等边三角形的判定与性质，直角三角形的性质，综合性较强，有一定难度，证明出是关键的一步．先由旋转的性质得出，，则为等边三角形，再根据等边三角形、等腰三角形的性质得出，，然后在中，根据得到． 【详解】解：∵绕点按顺时针方向旋转后得到， ，， ，，． 为等边三角形， ，． 点是边的中点， ， ， ， ∵， ， ， ， ∴， 在中，， ∴， ∴， ∴． 故选：C． 14．如图，在中，，，将绕点逆时针方向旋转得到，点恰好落在边上，连接，取的中点，连接，则的长是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】由旋转的性质可得，，，可证是等边三角形，是等边三角形，可求，，由勾股定理可求解． 【详解】解：，，， ，，， 将绕点逆时针方向旋转得到， ，，， 是等边三角形， ，， ，是等边三角形， ，， ， 点是的中点， ， ， 故选：A． 【点睛】本题考查了旋转的性质，等边三角形的判定和性质，勾股定理等知识，灵活运用这些性质解决问题是解题的关键． 15．如图，在中，，，，将绕点按逆时针方向旋转得到，点恰好在边上，连接，则的长为（    ）．    A．8 B． C． D．6 【答案】C 【分析】由旋转的性质，可证、都是等边三角形，再根据含30度角的直角三角形的性质求出，由勾股定理求出的长，即可得到． 【详解】解：将绕点C按逆时针方向旋转得到， 则，，， ∵，， ∴是等边三角形，， ∴， ∴， ∴是等边三角形， ∴， 在中，， 则， ∴， ∴， 故选：C． 【点睛】本题主要考查了旋转的性质，等边三角形的判定和性质，含30度角的直角三角形的性质，勾股定理等知识．熟练掌握旋转的性质，证明等边三角形是解题的关键． 16．如图，点A在x轴上，，将绕点O按顺时针方向旋转得到，则点的坐标是（　　） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题考查坐标与旋转，含30度角的直角三角形，过点作轴，根据旋转的性质，结合角的和差关系，得到，进而求出的长，即可得出结果。 【详解】解：过点作轴， ∵， ∴， ∵将绕点O按顺时针方向旋转得到， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴； 故选D。 17．如图，将绕点C按逆时针方向旋转，得到，连接，若，则线段的长为（   ） A．1 B． C．2 D． 【答案】B 【分析】本题主要考查了图形的旋转，勾股定理．根据旋转的性质可得，再由勾股定理可得的长，即可求解． 【详解】解：∵将绕点C按逆时针方向旋转，得到， ∴， ∴， 故选：B． 18．如图，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 【答案】A 【分析】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． 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的垂直平分线上，也在的垂直平分线上，所以作的垂直平分线和的垂直平分线，它们的交点即为旋转中心． 【详解】解：∵甲经过旋转后得到乙， ∴点A与点E为对应点，点B和点F为对应点， ∴旋转中心在的垂直平分线上，也在的垂直平分线上， 作的垂直平分线和的垂直平分线，它们的交点为M点，如图，      即旋转中心为M点． 故选：A． 19．如图，将绕点按顺时针方向旋转一定角度得到，点的对应点恰好落在边上．若，，则的长为（    ） A．2 B． C．4 D．3 【答案】D 【分析】由旋转的性质可知，又因为，可得为等边三角形，又因为中有，所以，故由已知，算出，相减即可． 【详解】解：，， 为等边三角形， ， 在中，， 则， ， ， ，， ， 故选：D． 【点睛】本题考查了旋转的性质，等边三角形的判定与性质，含30度角的直角三角形，勾股定理，解答本题的关键是对特殊直角三角形（含锐角）的边与边的关系要熟练计算． 20．如图，点O是正八边形的中心，分别以各边为直径在正八边形的外部作半圆，组成了一幅美丽的图案，这个图案绕点O旋转后能与自身完全重合，则的最小值为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】此题考查了旋转对称图形．旋转对称图形：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．根据定义可知，最小旋转角等于周角除以正多边形的边数． 【详解】解：根据题意，可知这个图案是旋转对称图形，点是旋转对称中心， ∴这个图案的最小旋转角为； ∴这个图案绕点旋转后能与自身完全重合，则的最小值； 故选：B． 21．如图是由两张全等的图案，完全重合地叠放在一起，按住下面一个图案不动，将上面的一个图案绕点O顺时针旋转，使得两张图案构成的图形是中心对称图形，那么它至少旋转（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】首先根据图示，可得原来的图案构成一个正三角形；然后要使两张图案构成的图形是中心对称图形，则两张图案构成的图形至少是正六边形；最后根据正六边形的中心角是60°，可得它至少旋转60°，据此解答即可． 【详解】解：要使两张图案构成的图形是中心对称图形，则两张图案构成的图形至少是正六边形， ∵正六边形的中心角是， ∴要使得两张图案构成的图形是中心对称图形，它至少旋转． 故选：B． 【点睛】此题主要考查了中心对称图形问题，要熟练掌握，解答此题的关键是要明确：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． 二、填空题 22．如图，将先向右平移3个单位，再绕原点O旋转，得到，则点A的对应点的坐标是 ． 【答案】 【分析】本题考查了平移的性质，中心对称的性质，根据平移的性质，以及中心对称的性质画出图形，根据坐标系写出点的坐标即可求解．根据题意作出图形是解题的关键． 【详解】解析：由图中可知，点，将先向右平移3个单位，得坐标为：， 再绕原点O旋转，得到，则点A的对应点的坐标是． 故答案为：． 23．把直线 绕原点旋转180°，所得直线的解析式为 ． 【答案】 【分析】求出与坐标轴的交点，确定它们关于原点的对称点的坐标，设旋转后的直解析式为，将对称点的坐标代入即可． 【详解】解：当x=0, y=-1, 当y=0, x=2, ∴y=x-1与两坐标轴的交点的坐标是：（0,-1），（2,0）， ∴它们关于原点对称点坐标为（0，1），（-2,0）， 设y=kx+b, ∴, ∴, ∴y=x+1． 故答案为：y=x+1． 【点睛】本题考查了直线旋转后的解析式的求法，将其转化为点的旋转，后用待定系数法求出解析式是解题的关键． 24．如图，在平面直角坐标系中，△ABC顶点的横、纵坐标都是整数．若将△ABC以某点为旋转中心，旋转得到△A′B′C′，则旋转中心的坐标是 ．   【答案】（1，1） 【分析】根据旋转的性质“一个图形和它经过旋转所得的图形中，对应点到旋转中心的距离相等，任意一组对应点与旋转中心的连线所成的角都等于旋转角；对应线段相等，对应角相等”可求解． 【详解】解：如图点O′即为所求．旋转中心的坐标是(1，1)． 故答案为(1，1)． 【点睛】本题考查了坐标与图形的性质，旋转变换等知识，解题的关键是知道旋转中心是对应点的连线段的垂直平分线的交点即可； 25．如图，在中，，，绕点按顺时针方向旋转得到，则的度数为 度． 【答案】64 【分析】本题考查了旋转的性质，三角形内角和定理的运用．根据三角形内角和定理可得的度数，根据旋转的性质可得． 【详解】解：∵，， ∴， ∵绕点按顺时针方向旋转得到， ∴， 故答案为：64． 26．如图，在中，，，将绕点按逆时针方向旋转得到，此时点恰好落在边上，若点与点之间的距离为，则的长为     【答案】 【分析】本题考查了旋转的性质，等边三角形的判定及性质，勾股定理等知识点，利用旋转的性质判定等边三角形是解题的关键． 利用旋转的性质证出为等边三角形，从而推出为等边三角形，得到，即可通过勾股定理求解． 【详解】解：连接，如图所示： ∵绕点按逆时针方向旋转得到， ∴，， ∵，， ∴∠， ∴为等边三角形， ∴， ∵， ∴， ∴为等边三角形， ∴， 设，则， ∴在中，， ∴， 解得：， 故答案为：． 27．如图，在中，，将绕点按顺时针方向旋转度后，得到，此时，点在边上，斜边交边于点，则 ，图中阴影部分的面积为 ． 【答案】 60 【分析】根据题意及旋转的性质可得是等边三角形，则，根据含30度角的直角三角形的性质，即可求得，由勾股定理即可求得，进而求得阴影部分的面积． 【详解】解：， ， 旋转， ， ∴是等边三角形， ， ， ， ， ， ， ∴． 故答案为：60；． 【点睛】本题考查了等边三角形的性质，勾股定理，含30度角的直角三角形的性质，旋转的性质，利用含30度角的直角三角形的性质是解题的关键． 28．如图，在中，，，，将绕点按逆时针方向旋转得到，此时点恰好在边上，则点与点之间的距离为 ． 【答案】 【分析】本题主要考查了旋转的性质，等边三角形的性质和判定，勾股定理，直角三角形的性质，先连接，根据旋转的性质得是等边三角形，再根据勾股定理求得，进而得出答案． 【详解】解：连接， 根据旋转的性质得，， ∵， ∴是等边三角形， ∴, ∴由旋转可得， ∴是等边三角形， ∴ ∵， ∴， ∴， ∴在中，， ∴． 故答案为：． 29．如图，在矩形中，，，点是边的中点，点是边上任意一点，将线段绕点顺时针旋转90°，点旋转到点，则周长的最小值为 ． 【答案】 【分析】本题考查了旋转的性质，矩形的性质以及勾股定理，确定点的轨迹是解题的关键．由旋转的性质结合证明，推出，得到点在平行于且与的距离为4的直线上运动，作点关于直线的对称点，连接交直线于点，此时周长取得最小值，由勾股定理可求解． 【详解】 解：过点作，交、于、，过点作垂足为， 四边形是矩形， ， ， 四边形和是矩形， ， 由旋转的性质得，， ， ， ， 点在平行于，且与的距离为的直线上运动， 作点关于直线的对称点，连接交直线于点， 此时周长取得最小值，最小值为， ，， ， 故答案为：． 三、解答题 30．如图，是等边三角形内一点，将线段绕点顺时针旋转，得到线段，连接． (1)求证：； (2)连接，若，求的度数． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）根据等边三角形的性质得出，根据旋转的性质得出 ，求出，证即可； （2）求出，进而求出，即可得出答案． 【详解】（1）证明：是等边三角形， ， 线段绕点顺时针旋转，得到线段， ， ， ， 在和中， ， ， ； （2）解：如图，连接， ， 为等边三角形， ， 又， ． 【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质、旋转的性质和等边三角形的性质等知识点，能灵活运用性质定理进行推理是解此题的关键． 31．如图，已知点是等边内一点，且，，． (1)求的度数； 以下是甲，乙，丙三位同学的谈话： 甲：我认为这道题的解决思路是借助旋转，我选择将绕点顺时针旋转60°或绕点逆时针旋转60°； 乙：我也赞成旋转，不过我是将进行旋转； 丙：我是将进行旋转． 请你借助甲，乙，丙三位同学的提示，选择适当的方法求的度数； (2)若改成，，，的度数＝______°，点到的距离为______； 类比迁移： (3)已知，，，，，，求的度数． 【答案】(1) (2)，4. (3) 【分析】（1）甲：将绕点逆时针旋转，得到，连接，分别计算与的度数即可得到的度数．乙：将绕点顺时针旋转，得到，连接，分别计算与的度数即可得到的度数． （2）利用（1）中的方法，同理可得，再由30度直角三角形性质可求点到的距离； （3）利用（1）中的方法，将绕着点顺时针旋转，得到，同理可得，，由此即可求出． 【详解】（1）解：（1）选择甲：如图1，作，且，连接，，则是等边三角形， ，， 是等边三角形， ，， ， ， ， ， ， ； 乙：如图2，同理可得，，， ； 丙：如图3同理可得，，， ； （2）同理（1）可得：， ∴， 如图4，过点作的垂线，垂足为， ∴， ∴， 故答案为：，4. （3）如图5，将绕着点顺时针旋转，得到，连接， ∴， ，， ∴， ， ∴， ∴ 【点睛】本题属于四边形综合题，主要考查了旋转和平移的性质、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，解决问题的关键是作辅助线构造等边三角形和全等三角形，依据图形的性质进行计算求解． 32．已知和都是等腰直角三角形，． （1）如图1，连接，，求证：； （2）将绕点O顺时针旋转． ①如图2，当点M恰好在边上时，求证：； ②当点A，M，N在同一条直线上时，若，，请直接写出线段的长． 【答案】(1)见解析；(2)①见解析；②或 【分析】(1)证明△AMO≌△BNO即可； (2)①连接BN，证明△AMO≌△BNO，得到∠A=∠OBN=45°，进而得到∠MBN=90°，且△OMN为等腰直角三角形，再在△BNM中使用勾股定理即可证明； ②分两种情况分别画出图形即可求解． 【详解】解：(1)∵和都是等腰直角三角形， ∴， 又， , ∴， ∴， ∴； (2)①连接BN，如下图所示： ∴， ， 且， ∴， ∴，， ∴， 且为等腰直角三角形， ∴， 在中，由勾股定理可知： ，且 ∴； ②分类讨论： 情况一：如下图2所示，设AO与NB交于点C，过O点作OH⊥AM于H点， ,为等腰直角三角形， ∴, 在中，, ∴； 情况二：如下图3所示，过O点作OH⊥AM于H点， ,为等腰直角三角形， ∴, 在中，, ∴； 故或． 【点睛】本题属于几何变换综合题，考查了全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，勾股定理等知识，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． 33．【探究发现】 （1）如图1，在中，．，垂足为，点在上，连接，．则有下列命题：①；②，请你从中选择一个命题证明其真假，并写出证明过程． 【类比迁移】 （2）如图2，在中，，，点在三角形的内部，过点作，且，连接．求证：． 【拓展提升】 （3）如图3．在中，，，把线段绕点顺时针方向旋转到，把线段绕点逆时针旋转到，分别连接，，，请直接写出面积的最大值．    【答案】（1）选择①或②，见解析；（2）见解析；（3） 【分析】（1）选择①，先利用等腰三角形“三线合一”性质得到，即可由证明；选择②，先利用等腰三角形“三线合一”性质得到，即可由证明． （2）过点作于，先证明，，三点共线，都在的垂直平分线上，从而得出，，继而得出，则，即可得出结论． （3）延长交于E，由旋转得：，，，从而可得出，，由勾股定理，得，所以，所以当时，此时，再过点A作于D，作线段，交于O，使，从而求出， ，，由勾股定理，得，即可求解． 【详解】（1）选择① 证明：，， ， 又， 选择② 证明：，， ， 又， ．    （2）过点作于，   ，， ，，三点共线，都在的垂直平分线上，， ， ， ， ，即， ， ， ， ． （3）延长交于E，如图，    由旋转得：，，， ∵， ∴， ∴， ∴，， 由勾股定理，得， ∴， ∵在中，，， ∴当时，此时， 过点A作于D， ∴，， 作线段，交于O，使， ∴， ∴，， ∴， ∴， 由勾股定理，得， ∴， 由勾股定理，得， ∴． 【点睛】本题考查等腰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，勾股定理，三角形的面积．本题属三角形探究题目，综合性较，属中考压轴题．灵活运用等腰三角形“三线合一”性质是解题的关键． 34．已知：在中，，．    (1)如图，将线段绕点逆时针旋转得到，连接、，的平分线交于点，连接． 求证：； 求证：； (2)在图中，若将线段绕点顺时针旋转得到，连结、，连结，请补全图形，若，求． 【答案】(1)见解析；见解析； (2)图见解析，． 【分析】（）线段绕点逆时针旋转得到， 得，，故，且，知，而，，平分，有，，从而，可得，，即知，， 又，得； 过点作于点，由知：，由，，得，即可得，故； （）以为顶点，为一边作，设交于，可得，根据将线段绕点顺时针旋转得到得，， 可求出，，证明，即得，知是的垂直平分线，可得 ，，而是等边三角形，有 ，再证，得，即可得． 【详解】（1）证明：如图：    ∵将线段绕点逆时针旋转得到， ∴，， ∴，且， ∴， ∵，，平分， ∴，， ∵， ∴， ∴，， ∴， ∴， ∵， ∴； 过点作于点，如图：    由知：， ∵，， ∴， ∵，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴； （2）补全图形如下：    以为顶点，为一边作，设交于， ∵，， ∴， ∴， ∵将线段绕点顺时针旋转得到， ∴，， ∴，， ∴，， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴是的垂直平分线， ∴， ∴， ∴，， ∴， ∵，， ∴是等边三角形， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴的长为． 【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质，等腰直角三角形的性质，等边三角形的判定与性质，旋转的性质，熟练掌握知识点的应用及正确添加辅助线是解题的关键． 35．【问题背景】（1）如图1，点E、F分别在正方形的边、上，，连接，则有，试说明理由； 【迁移应用】（2）如图2，四边形中，，，点E、F分别在边、上，，若，都不是直角，且，试探究、、之间的数量关系； 【联系拓展】（3）如图3，在中，，，点D、E均在边上，且，猜想、、满足的等量关系．（直接写出结论，不需要证明）．    【答案】（1）见解析；（2），见解析；（3） 【分析】（1）把绕点A逆时针旋转90°至，然后利用SAS证明，由此可得． （2）把绕点A逆时针旋转90°至，然后利用SAS证明，由此可得． （3）把旋转到的位置，连接，先根据SAS证明，由此可得，．又由可得．因此是直角三角形，由此可得，因此． 【详解】（1）如图1，    ∵，， ∴把绕点A逆时针旋转90°至，可使与重合，如图1， ∵， ∴，点F，D、G共线， 则，， ， 即， 在和中，， ∴， ∴； （2），理由如下：如图2， ∵，， ∴把绕点A逆时针旋转90°至，可使与重合，    ∴， ∵，， ∴， ， ∴， ∵， ∴，点F、D、G共线 在和中，， ∴， ∴， 即：， （3）， 理由是：把旋转到的位置，连接，则，．    ∵，， ∴， 又∵， ∴， 则在和中，， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴是直角三角形， ∴， ∴． 【点睛】本题主要考查了旋转的性质、全等三角形的判定和性质、勾股定理．通过旋转变换构造全等三角形是解题的关键．本题还运用了转化的思想：要想证明两条较短线段之和等于第三条线段，需要将这两条线段转化到一条直线上，希望多加体会． 36．【问题初探】 和是两个都含有角的大小不同的直角三角板    （1）当两个三角板如图（1）所示的位置摆放时，D、B，C在同一直线上，连接，请证明： 【类比探究】 （2）当三角板保持不动时，将三角板绕点B顺时针旋转到如图（2）所示的位置，判断与的数量关系和位置关系，并说明理由． 【拓展延伸】 如图（3），在四边形中，，连接，，，A到直线的距离为7，请求出的面积． 【答案】（1）见解析；（2），；（3） 【分析】（1）由等腰直角三角形的性质判断出即可得出结论； （2）先证明得到，，再延长与交于点，证明即可得到； （3）过作交延长线于，可证得，可得，再由求出和的长即可． 【详解】（1）∵和是两个都含有角的大小不同的直角三角板，    ∴，，， ∴， ∴； （2），，理由如下： ∵， ∴， ∵，， ∴， ∴，， 延长与交于点，      ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴； （3）过作交延长线于，过作交于，    ∵， ∴， ∴， ∵ ∴， ∴， ∴，， ∴， ∵A到直线的距离为7， ∴， ∵， ∴， ∵，， ∴，， ∴． 【点睛】此题是几何变换综合题，主要考查了等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定和性质，垂直的判断方法，解本题的关键是判断出，是一道难度不大的中考常考题． 37．我们定义：有一组邻边相等且有一组对角互补的凸四边形叫做等补四边形． (1)如图1，是等边三角形，在上任取一点D（B、C除外），连接，我们把绕点A逆时针旋转，则与重合，点D的对应点E．请根据给出的定义判断，四边形______（选择是或不是）等补四边形． (2)如图2，等补四边形中，，，若，求的长． (3)如图3，四边形中，，，，求四边形面积的最大值． 【答案】(1)是 (2)4 (3)8 【分析】本题主要考查了利用旋转作全等三角形，三角形和四边形的面积，等补四边形的定义等知识，解题的关键是理解题意，学会利用旋转作辅助线，构造全等三角形解决问题． （1）根据旋转的性质得：，，再证明四边形有一对角互补，根据等补四边形的定义可得结论； （2）如图2，将绕点顺时针旋转得，先证明三点共线，根据旋转的性质可知：，根据三角形的面积公式可得的长； （3）如图3，作辅助线：将绕点逆时针旋转的大小，得，先证明三点共线，则，当时，的面积最大，从而得结论． 【详解】（1）解：由旋转得：，， ∵， ∴， ∴四边形是等补四边形， 故答案为：是； （2）如图2，∵，， ∴将绕点顺时针旋转得， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴三点共线， ∵， ∴， ∴， ∴（负值舍去）； （3）∵， ∴将绕点逆时针旋转的大小，得，如图3， ∴， ∵， ∴， ∴三点共线， ∴， 当时，的面积最大，为， 则四边形面积的最大值为8． 38．在数学活动课上，黄老师给出如下问题：在中，，，点D和点B位于直线异侧，且． 【问题初探】 （1）当时，求证：． 数学活动小组同学经过讨论得出下面的解题思路并解决了这个问题． 解题思路：如图2，将线段绕点A顺时针旋转，得到线段，连接．易证是等边三角形，易证，将线段之间的数量关系转化为线段之间的数量关系． 数学活动小组同学解决完上述问题后，感悟了此题的数学思想方法，发现此题还有不同位置的情况，请你解答 ②如图3，点D不在的延长线上时，连接，求证：． 【类比探究】 数学活动小组还有同学提出将其角度变化进行变式，请你解答． （2）当时， ①发现点D在的延长线上时，点D与点C重合（不需要证明）． ②如图4，点D不在的延长线上时，连接，判断（1）②中的结论是否仍然成立，若成立，请加以证明；若不成立，请写出正确的结论并说明理由． 【拓展提升】 黄老师在此基础上提出了下面的问题，请你解答． （3）当，点D不在的延长线上时，连接，若，，求的长． 【答案】（1）②，证明见解析；（2）②不成立，；（3）的长为6或 【分析】（1）②将线段绕点A顺时针旋转，得到线段，连接，证明是等边三角形，得，证明，可得，证明，根据勾股定理可得结论； （2）将线段绕点A顺时针旋转，得到线，连接．由旋转得 ，，证明，得，证明，根据勾股定理可得结论； 根据题意知点D有两处，如图3，过点C作，交的延长线于点E，证是等边三角形，得，，根据勾股定理求出，，，，从而根据可求出；如图4，过点C作，垂足为点F，求出，，，根据可求出 【详解】（1）② 证明：如图1，将线段绕点A顺时针旋转，得到线段，连接． 由旋转可得，， ∴是等边三角形 ∴， ∵， ∴是等边三角形 ∴ ∴ 即 ∴ ∴， ∵， ∴ ∵ ∴ 在中， ∴ （2）② 中的结论不成立， 如图2，将线段绕点A顺时针旋转，得到线段，连接． 由旋转可得，， ∴是等腰直角三角形 ∴， ∵， ∴是等腰直角三角形 ∴ ∴ 即 ∴ ∴， ∵， ∴ ∵ ∴ 在中， ∴． （3）如图3，过点C作，交的延长线于点E， ∵，， ∴是等边三角形 ∴， ∵ ∴ ∵在中，， ∴， 在中， ∴ ∴ 由（1）②得， ∴ 如答图4，过点C作，垂足为点F， ∵，， ∴是等边三角形 ∴， ∵ ∴ ∵在中，， ∴， 在中， ∴ ∴ 由（1）②得， ∴ 答：的长为6或． 【点睛】本题主要考查了等边三角形的判定与性质，旋转的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，直角三角形的性质，角所对的直角边等于斜边的一半等知识，正确作出辅助线构造全等三角形，运用直角三角形的性质是解答本题的关键． 39．阅读以下材料，并按要求完成相应的任务： 从正方形的一个顶点引出夹角为的两条射线，并连接它们与该顶点的两对边的交点构成的基本平面几何模型称为半角模型.半角模型可证出多个几何结论，例如： 如图1，在正方形中，以为顶点的，、与、边分别交于、两点.易证得. 大致证明思路：如图2，将延长至点，使，连，可证，再证，故. 任务：如图3，在四边形中，，，，以A为顶点的，、与、边分别交于、两点.请参照阅读材料中的解题方法，你认为结论是否依然成立，若成立，请写出证明过程；若不成立，请说明理由. 【答案】成立，见解析 【分析】本题考查了旋转的性质，全等三角形的判定和性质；根据旋转的性质得到，，，，，推出、、三点共线，根据全等三角形的性质即可得到结论． 【详解】解：成立． 证明：将绕点顺时针旋转得到， ，，，，， ， 、、三点共线， ， ， ，， ， ， ． 40．小张同学对图形旋转前后线段之间、角之间的关系进行了拓展探究． 在中，，M是平面内任意一点，将线段绕点A按顺时针方向旋转与相等的角度，得到线段，连接． (1)如图1，若点M是线段上的任意一点，判断和的数量关系，并说明理由； (2)如图2，点E是延长线上的点，若点M是内部射线上任意一点，连接，（1）中结论是否仍然成立？若成立，请给予证明，若不成立，请说明理由． (3)如图3，在中，，，，点P是上的任意一点，连接，将绕点按顺时针方向旋转75°，得到线段，连接，求线段长度的最小． 【答案】(1) (2)成立，见解析 (3)线段长度的最小值为 【分析】（1）由旋转知，，进而得出，判断出，即可得出结论； （2）由旋转知，，进而得出，判断出，即可得出结论； （3）在的截取， 过点作于E，根据旋转得出，，可证，得出，要线段长度的最小，则线段长度最小，而点O为上定点，当时，最小，先求，再利用直角三角形性质求出，利用勾股定理求出，利用等腰直角三角形求出即可． 【详解】（1）结论：． 由旋转知，， ∴， 即：， ∵， ∴， ∴， 故答案为； （2）（1）中结论仍然成立， 理由：由旋转知，， ∴， 即：， ∵， ∴， ∴； （3）如图3，在的截取， 过点作于E， 由旋转知，， ∴， ∴， 在和中， ∵， ∴， ∴， 要线段长度的最小，则线段长度最小， 而点O为上定点，当时，最小， 在中，， 在中， ∵， ∴，， 在中， ∵， ∴，， ∴， ∴ 即：线段长度的最小值为． 【点睛】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，含30度角的直角三角形的性质，等腰直角三角形性质，勾股定理，构造出是解本题的关键． 41．已知和都是等腰直角三角形，，，． (1)如图1，连接，，请直接写出线段与的数量关系和位置关系； (2)若将绕点顺时针旋转， ①如图2，当点恰好在边上时，求证： ②当点，，三点在同一条直线上时，若 ，，请直接写出线段的长． 【答案】(1)；； (2)①见解析；②或 【分析】（1）通过证明，得出，，在根据三角形外角的性质可证； （2）①连接，由可证，再两次运用勾股定理可得出结论； ②根据点、、的位置关系，分两种情况考虑，将转化为求的长即可． 【详解】（1）解： ，； ， ， 在和中， ， ， ，， 如图所示，设交于点，交于点， ， ， ； （2）①证明：如图，连接， ， ， ， 在与中， ， ， ，， 在中， ，， ， 在中， ， ， 又，， ； ②如图，设交于点，过作于点， ， ，， ， ， ，，， ， ， ， 如图， 同理可得：，则， 综上所述，的长为或． 【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质，旋转的性质，等腰三角形的性质，勾股定理等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题． 42．在等腰直角中，，，将直角边AC绕点A顺时针旋转得到AP，旋转角为，连接CP，PB．          (1)如图1，当时，求BP的长； (2)如图2，若，且D为AB中点，连接PD，猜想CP和DP的数量关系，并说明理由； (3)在旋转过程中，当时，求旋转角的度数． 【答案】(1) (2)，见解析 (3)或 【分析】（1）点P落在上，解等腰直角，，所以； （2）解：如图，延长到点F，使得，连接，可证，于是，，结合三角形内和定理，可求证，于是，得，所以； （3）解：分两种情况：①当点P在内部，如图 ，过点P作，交于点G，过点C作，垂足为E，求证，于是，所以，中 ，，于是；②当点P在外部，如图，延长，交于点I，过点A作,垂足为点H，求证，于是，进一步证得，，而，所以，即． 【详解】（1）解：时，点P落在上， 等腰直角中，， ∴ ∴ （2）解：如图，延长到点F，使得，连接 ∵，， ∴ ∴， ∵， ∴ ∵ ∴ 中，， ∴ ∴    ∴ ∵ ∴ ∴ ∴ ∴ 而 ∴ （3）解：分两种情况：①当点P在内部 如图 ，过点P作，交于点G，过点C作，垂足为E，    ∵ ∴， 中， ∴ 由（2）推证知 ∴ 又， ∴ ∴ 又 ∴中 ， ∴ ②当点P在外部 如图，延长，交于点I，过点A作,垂足为点H    ∵ ∴， ∵，， ∴ ∴ 又 ∴ ∴ ∵ ∴ ∴ ∴ 即 综上，或 【点睛】本题考查全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，特殊直角三角形，勾股定理，注意动态问题的分类讨论，添加辅助线构造全等三角形，寻求线段之间的关系是解题的关键． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！6 1 学科网（北京）股份有限公司 $$