专题13 几何操作变化型问题之旋转问题（讲练，3考点+8题型+方法指导+命题预测）-【上好课】2025年中考数学二轮复习讲练测（江苏专用）

专题13 几何操作变化型问题之旋转问题 试卷第1页，共3页 2 / 12 学科网（北京）股份有限公司 01考情透视·目标导航 02知识导图·思维引航 03核心精讲·题型突破 考点一 几何图形在坐标系中的旋转 ►题型01 点在坐标系中的旋转 ►题型02 线在坐标系中的旋转 ►题型03 三角形在坐标系中的旋转 ►题型04 四边形在坐标系中的旋转 考点二 三角形、四边形的旋转 ►题型01 三角形的旋转 ►题型02 四边形的旋转 考点三 函数图象的旋转 ►题型01 一次函数中的旋转 ►题型02 二次函数中的旋转 01考情透视·目标航 中考考点 新课标要求 命题预测 图形的旋转 图形的旋转 图形变换问题中的旋转，旋转是直接考，但是其结合性也比较广,特别是特殊三角形和特殊四边形,经常和旋转一起出压轴题.在涉及图形变化的考题中，解决问题的方法较多，关键在于解决问题的着眼点，从恰当的着眼点出发，再根据图形变换的特点发现变化的规律很重要.近几年来各地中考试题中,有较多问题需要利用图形变换进行思考和求解.这类问题考查学生的思维灵活性及深刻性，具有很好的选拔与区分功能，成为近年来各地中考试题的热点问题. 02知识导图·思维引航 03核心精讲·题型突破 考点一 几何图形在坐标系中的旋转 ►题型01 点在坐标系中的旋转 1．（2023·江苏无锡·模拟预测）在平面直角坐标系中，已知，将点N绕原点O逆时针旋转得到，则点的坐标为 ． 2．（2024·江苏镇江·二模）直线与x轴、y轴分别交于点A、B，点B绕点A旋转60°后对应点的纵坐标是 ． ►题型02 线在坐标系中的旋转 3．（2023·江苏连云港·模拟预测）如图，在平面直角坐标系中，点A的坐标是，点B的坐标是，把线段绕点B逆时针旋转后得到线段，则点C的坐标是 ． 2．（2023·江苏南京·二模）在平面直角坐标系中，点的坐标是，将绕着点逆时针旋转得到，则点的坐标是 ． ►题型03 三角形在坐标系中的旋转 5．（2023·河南新乡·一模）将含有角的直角三角板按如图所示的方式放置在平面直角坐标系中，在x轴上，若，每秒旋转，则第2019秒时（　　） A． B． C． D． 6．（2024·河南周口·三模）如图，在平面直角坐标系中，点B在第一象限，点A在x轴的正半轴上，，将绕点O顺时针旋转，每次旋转，则第2025次旋转结束时，点B 的对应点的坐标是（   ） A． B． C． D． ►题型04 四边形在坐标系中的旋转 7．（2024·广东·模拟预测）如图，已知菱形的顶点，若菱形绕点逆时针旋转，每秒旋转，则第20秒时，菱形的对角线交点的坐标为（    ） A． B． C． D． 8．（2024·河北秦皇岛·一模）如图，在平面直角坐标系中，正八边形的中心与原点重合，顶点A，在轴上，连接，过点A作的垂线，垂足为，将绕点顺时针旋转，每次旋转．已知，则第106次旋转结束时，点的坐标为（    ） A． B． C． D． 旋转变换问题:分为几何图形旋转变换和与函数图象有关的旋转变化.在实际解题中，若我们能恰当地运用图形的旋转变换，往往能起到集中条件、开阔思路、化难为易的效果，图形的旋转变换，既要借助于推理，但更要借助于直觉和观察，变换的意识与变换的视角，会使这种直觉更敏锐，使这种观察更具眼力. 1．（2023·江苏南通·一模）以原点为中心，把点逆时针旋转，得到点，则点的坐标为（   ） A． B． C． D． 2．（2023·江苏扬州·模拟预测）如图，点坐标为，点坐标为，将线段绕点按顺时针方向旋转得到对应线段，若点恰好落在轴上，则的正弦值为（   ） A． B． C． D． 3．（2024·江苏常州·一模）如图，点A坐标为，点B坐标为，将线段绕点O按顺时针方向旋转得到对应线段，若点C恰好落在x轴上，则点D到x轴的距离为（    ） A． B． C． D． 4．（2024·河南郑州·二模）如图，矩形中，顶点，，，将矩形绕点逆时针旋转，每秒旋转，则第秒旋转结束时，点的坐标为(    ) A． B． C． D． 5．（2024·四川达州·二模）如图，在平面直角坐标系中，等边，点A的坐标为，每一次将绕着点O顺时针方向旋转，同时每边扩大为原来的2倍，第一次旋转后得到，第二次旋转后得到，…，依次类推，则点的坐标为（    ） A． B． C． D． 6．（2024·江苏无锡·二模）如图，平面直角坐标系中，点，，，，连接、．将线段绕着某一点旋转一定角度，使其与线段重合（点与点重合，点与点重合），则这个旋转中心的坐标为 ． 7．（23-24八年级下·山东青岛·期末）如图，在中，，，将绕O点逆时针方向旋转到的位置，则点的坐标是 ． 8．（2024·内蒙古兴安盟·二模）如图，将绕点O逆时针方向旋转，得到，若点A的坐标为，则点坐标为 ． 9．（2024·江苏南京·模拟预测）如图，在平面直角坐标系中，菱形中，已知，，对角线、交点D．将菱形绕点O逆时针方向旋转，每次旋转，则旋转2次后，点D的坐标是 ，旋转2022次后．点D的坐标是 ．    考点二 三角形、四边形的旋转 ►题型01 三角形的旋转 1．（2024·江苏宿迁·二模）如图，是由绕点旋转得到，，，则的度数是（    ） A． B． C． D． 2．（2024·江苏南京·模拟预测）在活动课上，“雄鹰组”用含角的直角三角尺设计风车，如图，，，，将直角三角尺绕点逆时针旋转得到，使点落在边上，以此方法做下去……则点通过一次旋转至所经过的路径长为 ．（结果保留） 3．（2024·江苏盐城·三模）已知：中，． 操作发现： 如图1，将绕点顺时针旋转得到，连接、，设旋转角为，的面积为，的面积为，当 °时，与全等，此时与的数量关系是 ． 猜想论证： 当绕点顺时针旋转得到如图1所示的位置时，试猜想上述与的数量关系是否成立，若成立，请为加以证明；若不成立，请说明理由． 类比探究： 如图2，若等腰直角三角形，， 将绕点旋转，连接、，若，设的面积为，的面积为，试求与比值． 拓展提升： 如图3，若等腰直角三角形，， 将绕点旋转，连接、，若，，则的最大值为 ． ►题型02 四边形的旋转 1．（2024·江苏苏州·二模）如图，将平行四边形绕点A逆时针旋转得到平行四边形 ，使点E落在边 上， 且点 D 巧合是的中点， 若 则 的值为 ． 2．（2024·江苏南京·三模）如图，将矩形绕点旋转得到矩形，点在上，延长交于点．    (1)求证； (2)连接，当与的比值为_______时，四边形是菱形． 3．（2024·江苏扬州·模拟预测）（1）观察猜想：如图1，已知、、三点在一条直线上（），正方形和正方形在线段同侧，是中点，线段与的数量关系是______，位置关系是______； （2）猜想证明：在（1）的基础上，将正方形绕点旋转度（），试判断（1）中结论是否仍成立？若成立，仅用图2进行证明；若不成立，请说明理由． （3）拓展延伸：如图3，矩形和矩形中，，，将矩形绕点旋转任意角度，连接、，是中点，若，求点运动的路径长． 旋转变换问题:分为几何图形旋转变换和与函数图象有关的旋转变化.在实际解题中，若我们能恰当地运用图形的旋转变换，往往能起到集中条件、开阔思路、化难为易的效果，图形的旋转变换，既要借助于推理，但更要借助于直觉和观察，变换的意识与变换的视角，会使这种直觉更敏锐，使这种观察更具眼力. 1．（24-25九年级上·内蒙古赤峰·期末）如图，在中，，，将绕着点顺时针方向旋转得到；，相交于点． 若，则的大小是（    ） A． B． C． D． 2．（2024·河南南阳·三模）如图，矩形的顶点O在坐标原点上， 相交于点 D，已知点若矩形绕点O顺时针旋转，每次旋转，则旋转次后，矩形的对角线交点D的坐标为（    ） A． B． C． D． 3．（2025·山东滨州·模拟预测）如图，中，，将绕点逆时针旋转，若，，点旋转后的对应点为，则的长是 ． 4．（2024·陕西商洛·模拟预测） 如图，将两张全等的平行四边形纸片重叠在一起，，．将其中一张纸片绕它的中心旋转，当点A和点C的对应点和分别落在边和上时，，两张纸片重合部分的面积是 ． 5．（2023·山东枣庄·模拟预测）如图，中，，、分别是边、的中点，将绕点旋转度得．    (1)判断四边形的形状，并证明； (2)已知，，求四边形的面积． 6．（2024·贵州贵阳·二模）小瑞同学在进行数学探究活动中发现：将矩形ABCD绕点C顺时针方向旋转得到矩形． [探究1]（1）如图①，当时，点E在AD上，连接BE，求的度数； [探究2]（2）如图②，连结BD，FC，过点E作交BD于点．证明：； [探究3]（3）在探究2的条件下，射线BD分别交EC，FC于点P，N，如图③，探究线段BN，MN，PN之间的数量关系． 7．（2025·江西·模拟预测）定义：有一个公共顶点的三角形，将其中一个三角形绕公共点旋转一定角度，能与另一个三角形构成位似图形，我们称这两个三角形互为“旋转位似图形”． (1)知识理解：①如图1，，都是等边三角形，则 的“旋转位似图形”（填“是”或“不是”）； ②如图2，若与互为“旋转位似图形”，，，则 ； ③如图2，若与互为“旋转位似图形”，若，则 ，若连接，则 ． (2)知识运用： 如图3，在四边形中，，于E，，求证：和互为“旋转位似图形”； (3)拓展提高： 如图4，为等腰直角三角形，点G为的中点，点F是上一点，D是延长线上一点，点E在线段上，且与互为“旋转位似图形”，若，求和的长． 考点三 函数图象的旋转 ►题型01 一次函数中的旋转 1．（2023·云南·模拟预测）将一次函数的图象绕原点O旋转，所得到的图象对应的函数解析式为 ． 2．（2023·江苏泰州·三模）已知直线过点且平行于轴，点B的坐标为，将直线l绕点B逆时钟旋转，则旋转后的直线对应的函数表达式为 ． ►题型02 二次函数中的旋转 3．（2023·辽宁鞍山·二模）如图，抛物线与y轴交于点，与x轴交于，B两点，顶点为H． (1)求抛物线的解析式； (2)将抛物线平移后得到抛物线，且抛物线的顶点始终在抛物线上， ①当点P在第一象限时，抛物线与y轴交于点E，若的面积为时，直接写出P点坐标； ②将平移后的抛物线绕点P旋转得到抛物线，抛物线与直线交于点M（M与H不重合），与y轴交于点N，连接，，若，求直线的解析式． 4．（2024·山东济宁·一模）如图，抛物线的顶点为，与x轴的交点为A和B（其中点A与原点重合），将抛物线绕点B逆时针方向旋转，点，为点M，A旋转后的对应点． (1)求抛物线的解析式； (2)求证：点A，M，在同一条直线上； (3)若点P是原抛物线上的一动点，点Q是旋转后的图形的对称轴上一点，E为线段的中点，是否存在点P，使得以P，Q，E，B为顶点的四边形是平行四边形；若存在请求出点P坐标，若不存在，请说明理由． 旋转变换问题:分为几何图形旋转变换和与函数图象有关的旋转变化.在实际解题中，若我们能恰当地运用图形的旋转变换，往往能起到集中条件、开阔思路、化难为易的效果，图形的旋转变换，既要借助于推理，但更要借助于直觉和观察，变换的意识与变换的视角，会使这种直觉更敏锐，使这种观察更具眼力. 1．（2023·陕西西安·模拟预测）直线交轴于，交轴于，直线绕原点旋转180度后的直线解析式为（    ） A． B． C． D． 2．（2024·广东汕头·一模）如图，一段抛物线，记为抛物线，它与轴交于点、；将抛物线绕点旋转得抛物线，交轴于点；将抛物线绕点旋转得抛物线，交轴于点；如此进行下去，得到一条“波浪线”，若点在此“波浪线”上，则的值为（   ） A． B． C． D． 3．（2023·四川成都·一模）如图，在平面直角坐标系中，一次函数的图象分别交x轴，y轴于A，B两点，且，将直线绕点B按顺时针方向旋转，交x轴于点C，则直线的函数表达式是 ． 4．（2023·江苏苏州·一模）如图，直线与x轴、y轴分别相交于点A，B两点，将线段绕着点A按顺时针方向旋转，点B恰好落在反比例函数在第一象限图象上的点D．则 ． 5．（2024·江西南昌·一模）如图、在平面直角坐标系中，抛物线与轴交于点，点（点在点的左侧），与轴交于点，为抛物线的顶点，连接，将抛物线绕点旋转得到抛物线． (1)求抛物线的解析式． (2)连接，，求的值． (3)连接，是抛物线上的点，若满足，求点的坐标． 6．（2022·四川成都·二模）如图，抛物线：与轴相交于，两点（点在点的左侧），已知点的横坐标是2，抛物线的顶点为． (1)求的值及顶点的坐标； (2)点是轴正半轴上一点，将抛物线绕点旋转后得到抛物线，记抛物线的顶点为，抛物线与轴的交点为，（点在点的右侧）．当点与点重合时（如图1），求抛物线的表达式； (3)如图2，在（2）的条件下，从，，中任取一点，，，中任取两点，若以取出的三点为顶点能构成直角三角形，我们就称抛物线为抛物线的“勾股伴随同类函数”．当抛物线是抛物线的勾股伴随同类函数时，求点的坐标． $$专题13 几何操作变化型问题之旋转问题 试卷第1页，共3页 2 / 12 学科网（北京）股份有限公司 01考情透视·目标导航 02知识导图·思维引航 03核心精讲·题型突破 考点一 几何图形在坐标系中的旋转 ►题型01 点在坐标系中的旋转 ►题型02 线在坐标系中的旋转 ►题型03 三角形在坐标系中的旋转 ►题型04 四边形在坐标系中的旋转 考点二 三角形、四边形的旋转 ►题型01 三角形的旋转 ►题型02 四边形的旋转 考点三 函数图象的旋转 ►题型01 一次函数中的旋转 ►题型02 二次函数中的旋转 01考情透视·目标航 中考考点 新课标要求 命题预测 图形的旋转 图形的旋转 图形变换问题中的旋转，旋转是直接考，但是其结合性也比较广,特别是特殊三角形和特殊四边形,经常和旋转一起出压轴题.在涉及图形变化的考题中，解决问题的方法较多，关键在于解决问题的着眼点，从恰当的着眼点出发，再根据图形变换的特点发现变化的规律很重要.近几年来各地中考试题中,有较多问题需要利用图形变换进行思考和求解.这类问题考查学生的思维灵活性及深刻性，具有很好的选拔与区分功能，成为近年来各地中考试题的热点问题. 02知识导图·思维引航 03核心精讲·题型突破 考点一 几何图形在坐标系中的旋转 ►题型01 点在坐标系中的旋转 1．（2023·江苏无锡·模拟预测）在平面直角坐标系中，已知，将点N绕原点O逆时针旋转得到，则点的坐标为 ． 【答案】 【知识点】用勾股定理解三角形、求绕原点旋转一定角度的点的坐标、解直角三角形的相关计算 【分析】本题考查坐标与图形变化——旋转，勾股定理及三角函数，熟练掌握旋转的性质及三角函数的定义是解题关键．过点作轴于，过作轴于，交于，过作于，根据勾股定理及旋转的性质求出，得出，设，则，用表示出、、的长，利用三角函数求出值，进而求出、即可得答案． 【详解】解：如图，过点作轴于，过作轴于，交于，过作于， ∵， ∴，，， ∴， 设，则， ∴， ∵将点N绕原点O逆时针旋转得到 ∴，， ∴是等腰直角三角形， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴， 解得：， ∴，， 在中，， ∴， ∴． 故答案为： 2．（2024·江苏镇江·二模）直线与x轴、y轴分别交于点A、B，点B绕点A旋转60°后对应点的纵坐标是 ． 【答案】或 【知识点】一次函数图象与坐标轴的交点问题、用勾股定理解三角形、坐标与旋转规律问题 【分析】本题考查一次函数图象上点的坐标特征及坐标与图形变化旋转．根据题意画出示意图，结合所画图形对顺时针旋转和逆时针旋转进行分类讨论即可解决问题． 【详解】解：将代入一次函数解析式得， ， 所以点的坐标为． 将代入一次函数解析式得， ， 解得， 所以点的坐标为． 当点绕点逆时针旋转时，如图所示， 因为点的坐标为，点的坐标为， 所以，， 在中， ， 所以， 又因为， 所以， 又因为， 所以点和点关于轴对称， 所以点的纵坐标为． 当点绕点顺时针旋转时，如图所示， 在中， ， 由旋转可知， ，， 所以， 即轴， 所以点的纵坐标为． 综上所述，点绕点旋转后对应点的纵坐标是或． 故答案为：或． ►题型02 线在坐标系中的旋转 3．（2023·江苏连云港·模拟预测）如图，在平面直角坐标系中，点A的坐标是，点B的坐标是，把线段绕点B逆时针旋转后得到线段，则点C的坐标是 ． 【答案】 【知识点】坐标与图形、全等的性质和ASA（AAS）综合（ASA或者AAS）、根据旋转的性质求解 【分析】本题考查旋转的性质及全等三角形的判定与性质，图形的旋转是图形上的每一点在平面上绕着某个固定点旋转固定角度的位置移动，其中对应点到旋转中心的距离相等，对应线段的长度、对应角的大小相等，旋转前后图形的大小和形状没有改变． 如图，过点作轴于，根据旋转的性质可得，，根据互余的性质可得，利用可证明，可得，，根据、坐标可得、的长，即可求出、的长，可得答案． 【详解】如图，过点作轴于， ，， 把线段绕点B逆时针旋转后得到线段， ，， ， ， 在和中， ， ， ，， ，， ，， ，， 点坐标为． 故答案为：． 2．（2023·江苏南京·二模）在平面直角坐标系中，点的坐标是，将绕着点逆时针旋转得到，则点的坐标是 ． 【答案】 【知识点】坐标与图形、全等的性质和ASA（AAS）综合（ASA或者AAS）、根据旋转的性质求解 【分析】本题考查坐标与图形变化旋转，解题的关键是理解题意，正确作出图形，属于中考常考题型． 过点作轴，过点作轴，交于，根据旋转的性质可知：，而与都是的余角，因此两角相等，因此这两个直角三角形就全等，那么，，由此可得出点坐标． 【详解】解：过点作轴，过点作轴，交于， 将绕着点逆时针旋转得到， ，， ， ， ， ， ， 的坐标是， ， 点坐标为 故答案为：． ►题型03 三角形在坐标系中的旋转 5．（2023·河南新乡·一模）将含有角的直角三角板按如图所示的方式放置在平面直角坐标系中，在x轴上，若，每秒旋转，则第2019秒时（　　） A． B． C． D． 【答案】C 【知识点】坐标与图形、用勾股定理解三角形、根据旋转的性质求解 【分析】过点作，垂足为，根据含30度的直角三角形和勾股定理求出和，得到点坐标，根据的长度结合旋转的性质即可得出第3秒时，点的对应点的坐标，再由三角板每秒旋转，可得出点的位置6秒一循环，由此即可得出第2019秒时，点的对应点的坐标与第3秒时相同，此题得解．本题考查了坐标与图形的变化中的旋转以及规律型中点的坐标，根据每秒旋转的角度，找出点的位置6秒一循环是解题的关键． 【详解】解：过点作，垂足为， ，， ， ， ， 将三角板绕原点逆时针旋转，每秒旋转， 第3秒时，旋转了， 则与关于原点对称，的坐标为， 三角板每秒旋转， 点的位置6秒一循环． ， 第2019秒时，点的对应点的坐标为． 故选：C． 6．（2024·河南周口·三模）如图，在平面直角坐标系中，点B在第一象限，点A在x轴的正半轴上，，将绕点O顺时针旋转，每次旋转，则第2025次旋转结束时，点B 的对应点的坐标是（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【知识点】坐标与图形、含30度角的直角三角形、根据旋转的性质求解、三角函数综合 【分析】本题考查了旋转的性质，解直角三角形，锐角三角函数等知识，由题意得绕点O顺时针旋转，每次旋转，则每4次一个循环，第次旋转结束时点B的对应点落在第四象限，过点作轴于点，利用旋转的性质和解直角三角形即可求解，掌握旋转的性质是解题的关键． 【详解】解：将绕点O顺时针旋转，每次旋转，则每4次一个循环， ∵， ∴第次旋转结束时点B的对应点落在第四象限，过点作轴于点，如图所示： 由旋转可得：， ， 故选：C． ►题型04 四边形在坐标系中的旋转 7．（2024·广东·模拟预测）如图，已知菱形的顶点，若菱形绕点逆时针旋转，每秒旋转，则第20秒时，菱形的对角线交点的坐标为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【知识点】坐标与图形、利用菱形的性质求线段长、根据旋转的性质求解 【分析】此题考查坐标的变化规律、旋转的性质、菱形的性质等知识，找到每旋转8秒，菱形的对角线交点就回到原来的位置由得到第20秒时是把菱形绕点逆时针旋转了2周回到原来位置后，又旋转了4秒，即又旋转了，即可可求出答案. 【详解】解：菱形的顶点， 与轴的夹角为 ∵菱形的对角线互相垂直平分， 点是线段的中点， 点的坐标是 ∵菱形绕点逆时针旋转，每秒旋转 ∴每旋转8秒，菱形的对角线交点就回到原来的位置 ∵ ∴第20秒时是把菱形绕点逆时针旋转了2周回到原来位置后，又旋转了4秒，即又旋转了， ∴点的对应点落在第三象限，且对应点与点关于原点成中心对称， 第20秒时，菱形的对角线交点的坐标为． 故选：B 8．（2024·河北秦皇岛·一模）如图，在平面直角坐标系中，正八边形的中心与原点重合，顶点A，在轴上，连接，过点A作的垂线，垂足为，将绕点顺时针旋转，每次旋转．已知，则第106次旋转结束时，点的坐标为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【知识点】坐标与图形、求正多边形的中心角、根据旋转的性质求解、解直角三角形的相关计算 【分析】本题考查正多边形和圆、坐标与图形变化—旋转，解直角三角形，准确识图探索规律是解题关键． 将绕点O顺时针旋转，每次旋转，则每旋转8次回到初始位置，从而得到第106次旋转结束时，点的位置为第二次旋转结束时的位置（即点）。在中通过解直角三角形得到的长，由旋转的性质得到，过点P作轴于点Q，在中，通过解直角三角形即可求出，的长，即可解答． 【详解】解：如图，设点，，，……是第n次选择后点P的位置， ∵每次旋转，而， ∴每旋转8次回到初始点P的位置， ∵， ∴第106次旋转结束时，点P旋转到点的位置． ∵多边形是正八边形， ∴， ∴在中，， 由旋转可得， 如图，过点P作轴于点Q，      ∴在中，， ， ∴ ∴第106次旋转结束时，点P的坐标为． 故选：B 旋转变换问题:分为几何图形旋转变换和与函数图象有关的旋转变化.在实际解题中，若我们能恰当地运用图形的旋转变换，往往能起到集中条件、开阔思路、化难为易的效果，图形的旋转变换，既要借助于推理，但更要借助于直觉和观察，变换的意识与变换的视角，会使这种直觉更敏锐，使这种观察更具眼力. 1．（2023·江苏南通·一模）以原点为中心，把点逆时针旋转，得到点，则点的坐标为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【知识点】全等的性质和ASA（AAS）综合（ASA或者AAS）、根据旋转的性质求解、求绕原点旋转90度的点的坐标 【分析】本题考查了坐标与图形，全等三角形的判定与性质，旋转的性质，熟练掌握知识点是解题的关键．过点分别作轴的垂线，，继而得到，即可求解坐标． 【详解】解：过点分别作轴的垂线，垂足为点，则 ∵， ∴ 由题意得，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵点在第二象限， ∴ 故选：A． 2．（2023·江苏扬州·模拟预测）如图，点坐标为，点坐标为，将线段绕点按顺时针方向旋转得到对应线段，若点恰好落在轴上，则的正弦值为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【知识点】用勾股定理解三角形、根据旋转的性质求解、解直角三角形的相关计算 【分析】本题考查了旋转的性质，解直角三角形，三角形的面积等知识，如图，连接，，过点作轴于点，过点作于点，解直角三角形求出，再利用面积法求出，从而可得解，解题的关键是理解题意，学会利用面积法解决问题． 【详解】如图，连接，，过点作轴于点，过点作于点， 点坐标为，点坐标为， ，，， ，． ，． ， ． ． 又， ． 故选：D． 3．（2024·江苏常州·一模）如图，点A坐标为，点B坐标为，将线段绕点O按顺时针方向旋转得到对应线段，若点C恰好落在x轴上，则点D到x轴的距离为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【知识点】坐标与图形、用勾股定理解三角形、根据旋转的性质求解 【分析】连接、，过点D作轴于点，过点作于点，由旋转的性质和勾股定理可得，，再利用面积法求出即可得到答案． 【详解】解：如图，连接、，过点D作轴于点，过点作于点， ，点坐标为，点坐标为， ， ， 线段绕点按顺时针方向旋转得到对应线段，若点C恰好落在轴上， ， ， ∴ ， ． 故选：B． 【点睛】本题考查了坐标与图形、旋转的性质、勾股定理、三角形面积的计算，熟练掌握旋转的性质是解题的关键． 4．（2024·河南郑州·二模）如图，矩形中，顶点，，，将矩形绕点逆时针旋转，每秒旋转，则第秒旋转结束时，点的坐标为(    ) A． B． C． D． 【答案】C 【知识点】坐标与图形、根据矩形的性质求线段长、根据旋转的性质求解 【分析】本题考查坐标与图形，图形的旋转和矩形的性质，根据所给旋转方式可知每旋转八秒，点的坐标重复出现，再根据四边形是矩形，求出点坐标可解决问题，通过旋转角度找到旋转规律是解题的关键． 【详解】∵， ∴每旋转八次，点的坐标重复出现， ∴， ∴秒旋转结束时点的位置，与第秒旋转结束时点的位置相同， 连接和， ∵四边形是矩形， ∴和互相平分， ∴，， ∴，， ∴点的坐标为， 又， ∴第秒旋转结束时的点与点关于坐标原点对称， ∴此时点的坐标为， 即第秒旋转结束时，点的坐标为， 故选：． 5．（2024·四川达州·二模）如图，在平面直角坐标系中，等边，点A的坐标为，每一次将绕着点O顺时针方向旋转，同时每边扩大为原来的2倍，第一次旋转后得到，第二次旋转后得到，…，依次类推，则点的坐标为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【知识点】点坐标规律探索、根据旋转的性质求解、解直角三角形的相关计算 【分析】本题考查旋转变换，等边三角形的性质，解直角三角形，解题的关键是确定所在的象限． 每旋转次，A的对应点又回到x轴负半轴上，故在第一象限，且边长为，由此求解即可． 【详解】∵ ∴ ∵每次旋转 ∴每6次旋转 因为 余, ∴点在射线上， 因为每次旋转时，三角形的边扩大为原来的倍, 所以第次旋转所得三角形的边长为， 过点作轴于点H， ∴， ， 故点的坐标为 故选:D. 6．（2024·江苏无锡·二模）如图，平面直角坐标系中，点，，，，连接、．将线段绕着某一点旋转一定角度，使其与线段重合（点与点重合，点与点重合），则这个旋转中心的坐标为 ． 【答案】 【知识点】坐标与图形、找旋转中心、旋转角、对应点 【分析】本题考查坐标与图形变化旋转．根据图形旋转的性质即可解决问题． 【详解】解：因为线段由线段旋转得到，且点与点重合，点与点重合， 所以的垂直平分线和的垂直平分线都经过旋转中心． 如图所示，旋转中心的坐标为． 故答案为：． 7．（23-24八年级下·山东青岛·期末）如图，在中，，，将绕O点逆时针方向旋转到的位置，则点的坐标是 ． 【答案】 【知识点】坐标与图形、全等的性质和ASA（AAS）综合（ASA或者AAS）、利用平行四边形的性质求解、根据旋转的性质求解 【分析】本题考查了平行四边形性质，全等三角形的判定和性质，坐标与图形，旋转的性质，解题的关键在于作辅助线构造全等三角形．作轴，轴，得到，，由旋转的性质可知，，，，证明，利用全等三角形性质可得，，进而可得，即可解得点的坐标． 【详解】解：作轴于E，轴， ， ， ，， 在中，， ， 由旋转的性质可知，，，， ， ， ， ，， ， 点的坐标是． 故答案为：． 8．（2024·内蒙古兴安盟·二模）如图，将绕点O逆时针方向旋转，得到，若点A的坐标为，则点坐标为 ． 【答案】 【知识点】坐标与图形 【分析】本题考查了坐标与图形变化：利用旋转的性质得，，然后利用第二象限内点的坐标特征写出点坐标． 【详解】解：∵， ∴， ∵绕点O逆时针方向旋转，得到， ∴，， ∴点坐标为． 故答案为：． 9．（2024·江苏南京·模拟预测）如图，在平面直角坐标系中，菱形中，已知，，对角线、交点D．将菱形绕点O逆时针方向旋转，每次旋转，则旋转2次后，点D的坐标是 ，旋转2022次后．点D的坐标是 ．    【答案】 【知识点】点坐标规律探索、含30度角的直角三角形、用勾股定理解三角形、利用菱形的性质求线段长 【分析】本题考查了菱形的性质、点的坐标变化等知识点，求出点D的坐标，再根据其周期性变化求出坐标是解本题的关键，综合性较强，难度较大．先求出点D的坐标，菱形每次逆时针旋转，相当于对点D每次逆时针旋转，根据周期性，可求出点D的坐标． 【详解】解：如下图所示，作轴交于点E，    ∵四边形是菱形， ∴，点D是的中点， ∵点A的坐标为， ∴， ∵， ∴， ∵轴， ∴， ， ∴， ∴点B的坐标为，， ∵点D是的中点， ∴点D的坐标为， ， 菱形每次逆时针旋转，相当于对点D每次逆时针旋转， 根据图形变化可得， 旋转1次坐标为， 旋转2次坐标为， 旋转3次坐标为， 旋转4次坐标为， 旋转5次坐标为， 旋转6次坐标为， ……， ∴旋转2次后，点D的坐标是， 坐标的变化具有周期性， ， ∴旋转2022次后．点D的坐标是， 故答案为：；． 考点二 三角形、四边形的旋转 ►题型01 三角形的旋转 1．（2024·江苏宿迁·二模）如图，是由绕点旋转得到，，，则的度数是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【知识点】三角形内角和定理的应用、等边对等角、根据旋转的性质求解 【分析】本题考查了旋转的性质，三角形内角和定理等知识，利用旋转的性质得出，然后利用三角形内角和定理求出，利用等腰三角形的性质求出，即可求解． 【详解】解∶∵旋转， ∴， 又∵， ∴ ∴ ∴， 故选∶A． 2．（2024·江苏南京·模拟预测）在活动课上，“雄鹰组”用含角的直角三角尺设计风车，如图，，，，将直角三角尺绕点逆时针旋转得到，使点落在边上，以此方法做下去……则点通过一次旋转至所经过的路径长为 ．（结果保留） 【答案】 【知识点】求某点的弧形运动路径长度、根据旋转的性质求解、含30度角的直角三角形 【分析】本题考查了旋转的性质，弧长公式，含有角直角三角形的性质，熟练掌握知识点是解题的关键． 利用含有角直角三角形的性质求出，再根据弧长公式求解． 【详解】解：， ， 由旋转的性质得，． 点通过一次旋转至所经过的路径长为． 故答案为：． 3．（2024·江苏盐城·三模）已知：中，． 操作发现： 如图1，将绕点顺时针旋转得到，连接、，设旋转角为，的面积为，的面积为，当 °时，与全等，此时与的数量关系是 ． 猜想论证： 当绕点顺时针旋转得到如图1所示的位置时，试猜想上述与的数量关系是否成立，若成立，请为加以证明；若不成立，请说明理由． 类比探究： 如图2，若等腰直角三角形，， 将绕点旋转，连接、，若，设的面积为，的面积为，试求与比值． 拓展提升： 如图3，若等腰直角三角形，， 将绕点旋转，连接、，若，，则的最大值为 ． 【答案】操作发现：，；猜想论证：成立，证明见解析；类比探究：；拓展提升：的最大值为． 【知识点】根据旋转的性质求解、全等三角形综合问题、相似三角形的判定与性质综合、三角函数综合 【分析】操作发现：根据旋转的性质和三角形的判定与性质可得当时，，进而得到，，即可得到与的数量关系； 猜想论证：过点作于点，过点作，交的延长线于点，证明，得到，可得，即可证明； 类比探究：过点作于点，过点作，交的延长线于点，证明，得到，进而得到，最后根据三角函数求出的值即可； 拓展提升：在旋转过程中，当时，，，此时的值最大，，根据三角函数求出即可． 【详解】操作发现：如图，当时，又旋转可得：，，， ， ， 此时，， ， 即， 故答案为：，； 猜想论证：成立，证明如下： 如图，过点作于点，过点作，交的延长线于点， ， ， ， 又， ， ， ， ； 类比探究： 如图，过点作于点，过点作，交的延长线于点， 由论证猜想得， 又，， ， ， ，， ， 在中，， ； 拓展提升：在旋转过程中，当时，，，此时的值最大， ， ， ，， ， 的最大值为． 【点睛】本题考查了三角函数，旋转的性质，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，三角形的面积等知识，解题的关键是灵活运用这些知识并正确作出辅助线． ►题型02 四边形的旋转 1．（2024·江苏苏州·二模）如图，将平行四边形绕点A逆时针旋转得到平行四边形 ，使点E落在边 上， 且点 D 巧合是的中点， 若 则 的值为 ． 【答案】 【知识点】根据旋转的性质求解、相似三角形的判定与性质综合、利用平行四边形的性质求解 【分析】本题考查平行四边形的性质，旋转的性质，相似三角形的判定和性质，掌握相似三角形的判定方法是解题的关键． 设，则，即可得到，根据旋转得到，即可得到，求出和长即可解题． 【详解】解：在平行四边形中，，， ∵平行四边形绕点A逆时针旋转得到平行四边形 ， ∴，，， 设，则， ∵ D 是的中点， ∴， ∵，，， ∴，， ∴， ∴，即，解得， ∴， ∴， 故答案为：． 2．（2024·江苏南京·三模）如图，将矩形绕点旋转得到矩形，点在上，延长交于点．    (1)求证； (2)连接，当与的比值为_______时，四边形是菱形． 【答案】(1)见解析 (2) 【知识点】利用矩形的性质证明、解直角三角形的相关计算、根据菱形的性质与判定求角度、根据旋转的性质求解 【分析】本题主要考查了旋转的性质、全等三角形的判定和性质、等边三角形的判定和性质，矩形的性质，菱形的判定和性质，解直角三角形，熟练掌握相关图形的性质和判定定理是解题的关键． （1）根据旋转的性质以及矩形的性质，得，，，由此得到，，，证明，即可得到； （2）由（1）得，由旋转得，故，又，故四边形是平行四边形，若四边形是菱形，则，为等边三角形，故，，利用即可求解． 【详解】（1）证明： 将矩形绕点旋转得到矩形，根据旋转的性质以及矩形的性质， ，，， ， ， ， ， ． （2）解：连接如图所示，    由（1）， ， 由旋转得， ，又， 四边形是平行四边形， 若四边形是菱形， 则， 为等边三角形， ， 四边形为矩形， ， ， ， ． 3．（2024·江苏扬州·模拟预测）（1）观察猜想：如图1，已知、、三点在一条直线上（），正方形和正方形在线段同侧，是中点，线段与的数量关系是______，位置关系是______； （2）猜想证明：在（1）的基础上，将正方形绕点旋转度（），试判断（1）中结论是否仍成立？若成立，仅用图2进行证明；若不成立，请说明理由． （3）拓展延伸：如图3，矩形和矩形中，，，将矩形绕点旋转任意角度，连接、，是中点，若，求点运动的路径长． 【答案】（1），；（2）成立，理由见解析；（3） 【知识点】根据旋转的性质求解、相似三角形的判定与性质综合、全等三角形综合问题、根据正方形的性质证明 【分析】（1）根据正方形的性质即可判定； （2）延长至点M，使，延长交于N，证明，得出，，利用平角定义和三角形内角和定理可证出，证明，得出，， 结合，可得出，结合，可得出，进而得出，即可得出结论； （3）延长至点M，使，取中点O，连接，同（2）证明，，，证明，得出，求出，利用三角形中位线定理求出，则判断出点H在以O为圆心，2为半径的圆上运动，即可解答． 【详解】解：（1）∵正方形和正方形，、、三点共线， ∴，，， ∴，，， ∵是中点， ∴， ∴， ∴， 故答案为：，； （2）， 理由：延长至点M，使，延长交于N， ∵是中点， ∴， 又， ∴， ∴，， ∵， ∴， 又， ∴， 又，， ∴， ∴，， ∵， ∴，即， ∵， ∴， 又， ∴， ∴， ∴； （3）如图，延长至点M，使，取中点O，连接， ∵是中点， ∴， 又， ∴， ∴，， ∵矩形，矩形， ∴， ∴， 又， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， 又， ∴， ∵O为中点，， ∴， ∴点H在以O为圆心，2为半径的圆上运动， ∴点运动的路径长为． 【点睛】本题考查了旋转的性质，正方形的性质，矩形的性质，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，三角形中位线定理等知识，明确题意，倍长中线，构造全等三角形、相似三角形是解题的关键． 旋转变换问题:分为几何图形旋转变换和与函数图象有关的旋转变化.在实际解题中，若我们能恰当地运用图形的旋转变换，往往能起到集中条件、开阔思路、化难为易的效果，图形的旋转变换，既要借助于推理，但更要借助于直觉和观察，变换的意识与变换的视角，会使这种直觉更敏锐，使这种观察更具眼力. 1．（24-25九年级上·内蒙古赤峰·期末）如图，在中，，，将绕着点顺时针方向旋转得到；，相交于点． 若，则的大小是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【知识点】两直线平行内错角相等、等边对等角、根据旋转的性质求解 【分析】本题考查了旋转的性质，等腰三角形的性质，平行线的性质等知识；熟练掌握旋转的性质和平行线的性质，求出的度数是解题的关键．由旋转的性质可得，，再由平行线的性质得，然后由等腰三角形的性质和三角形内角和定理得的度数，即可求解． 【详解】解：将绕着点顺时针方向旋转得到， ，， 在中，，， ，， ， ， ， ， ， ， ， 故选：C． 2．（2024·河南南阳·三模）如图，矩形的顶点O在坐标原点上， 相交于点 D，已知点若矩形绕点O顺时针旋转，每次旋转，则旋转次后，矩形的对角线交点D的坐标为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【知识点】全等的性质和ASA（AAS）综合（ASA或者AAS）、根据矩形的性质求线段长、求绕原点旋转90度的点的坐标、相似三角形的判定与性质综合 【分析】本题考查了旋转的性质，矩形的性质，相似三角形的判定与性质等知识，由题意可得矩形绕点O顺时针旋转，每次旋转，则旋转次后，相当于绕点O顺时针旋转，过点，作轴，轴，轴，证明，得到，根据相似三角形可得，，即可得出答案，掌握相关性质是解题的关键． 【详解】解：∵矩形绕点O顺时针旋转，每次旋转， ∴8次一个循环， ∵， ∴矩形绕点O顺时针旋转，每次旋转，则旋转次后，相当于绕点O顺时针旋转，如图： ∵点的坐标为 ∴， ∵四边形是矩形顺时针旋转所得， ∴，， 过点，作轴，轴，轴， ∴ ∵，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵轴，轴， ∴， ∵， ∴，， ∴， 故选：B． 3．（2025·山东滨州·模拟预测）如图，中，，将绕点逆时针旋转，若，，点旋转后的对应点为，则的长是 ． 【答案】 【知识点】用勾股定理解三角形、求弧长、画旋转图形、根据旋转的性质求解 【分析】此题考查了旋转的性质，勾股定理，弧长公式等知识点，掌握以上知识点是解答本题的关键． 先根据题意作出旋转后的图形，根据勾股定理求出，再根据弧长公式求出的长，即可解答． 【详解】解：将绕点逆时针旋转后，连接，如图所示： 在中，，，， ， ， 故答案为：． 4．（2024·陕西商洛·模拟预测） 如图，将两张全等的平行四边形纸片重叠在一起，，．将其中一张纸片绕它的中心旋转，当点A和点C的对应点和分别落在边和上时，，两张纸片重合部分的面积是 ． 【答案】/ 【知识点】全等的性质和ASA（AAS）综合（ASA或者AAS）、利用平行四边形的性质求解、根据矩形的性质与判定求线段长、根据旋转的性质求解 【分析】作，连接，根据旋转的性质可得即四边形是矩形可得,，进而可得；然后根据勾股定理可得；再证可得，设可得，然后根据勾股定理列方程求得，最后根据平行四边形的面积公式解答即可． 【详解】解：作，连接，如图所示： ∵将其中一张纸片绕它的中心旋转，点A和点C的对应点和分别落在边和上， ∴， ∴四边形是矩形， ∴,， ∵，， ∴,， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， 设， ∵， ∴， ∵,即， 解得：， ∴阴影部分的面积为：， 故答案为：． 【点睛】本题主要考查了旋转的性质、平行四边形的性质，三角形全等的判定和性质，勾股定理，正确做辅助线是解答本题的关键． 5．（2023·山东枣庄·模拟预测）如图，中，，、分别是边、的中点，将绕点旋转度得．    (1)判断四边形的形状，并证明； (2)已知，，求四边形的面积． 【答案】(1)四边形是菱形，证明见解析 (2) 【知识点】用勾股定理解三角形、与三角形中位线有关的证明、证明四边形是菱形、根据菱形的性质与判定求面积 【分析】（1）根据连接三角形任意两边中点的连线叫中位线，三角形的中位线平行于第三边可得，根据旋转的性质得出，根据内错角相等，两直线平行可得，根据两组对边分别平行的四边形是平行四边形可得四边形是平行四边形，结合题意推得，根据一组邻边相等的平行四边形是菱形得出四边形是菱形； （2）连接、，交于点，根据菱形的对角线垂直且平分可得，，，设，，根据直角三角形两直角边的平方和等于斜边的平方得出，根据题意可得，推得，整体代入求出，再根据菱形的面积公式代入计算即可． 【详解】（1）解：四边形是菱形， 证明：∵、分别是边、的中点， ∴， 又∵将绕点旋转度得， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形， 又∵，是边的中点， ∴， ∴四边形是菱形． （2）解：连接、，交于点，如图：    ∵四边形为菱形， ∴，，， 设，， 在中，， 即， 根据，可得， 即， 故， ∴， 将代入，可得，， ∴四边形的面积为． 【点睛】本题考查了三角形中位线定理，旋转的性质，平行线的判定，平行四边形的判定，菱形的判定和性质，勾股定理，熟练掌握以上知识是解题的关键． 6．（2024·贵州贵阳·二模）小瑞同学在进行数学探究活动中发现：将矩形ABCD绕点C顺时针方向旋转得到矩形． [探究1]（1）如图①，当时，点E在AD上，连接BE，求的度数； [探究2]（2）如图②，连结BD，FC，过点E作交BD于点．证明：； [探究3]（3）在探究2的条件下，射线BD分别交EC，FC于点P，N，如图③，探究线段BN，MN，PN之间的数量关系． 【答案】（1）；（2）证明见解析；（3），证明见解析． 【知识点】全等的性质和SAS综合（SAS）、利用矩形的性质证明、根据旋转的性质求解、相似三角形的判定与性质综合 【分析】（探究1）根据题意，证明，即可解答． （探究2）连接BE，证明，得到，即可证得． （探究3）连接，证明，，即可解答． 【详解】 [探究1]解：矩形绕点A顺时针旋转得到矩形，， ， ， 矩形，， [探究2]证明：如图，连接， ， ， 在和中， ， ， ， ， ， ， ， ； [探究3]解：关系式为，证明如下： 如图，连接， 在≌中， ， ， ， ，， ， ， 在和中， ，， ∴， ， ， 【点睛】本题考查矩形的性质，全等三角形的性质与判定，等边三角形的判定与性质，相似三角形的性质与判定，掌握这些性质定理是解题的关键． 7．（2025·江西·模拟预测）定义：有一个公共顶点的三角形，将其中一个三角形绕公共点旋转一定角度，能与另一个三角形构成位似图形，我们称这两个三角形互为“旋转位似图形”． (1)知识理解：①如图1，，都是等边三角形，则 的“旋转位似图形”（填“是”或“不是”）； ②如图2，若与互为“旋转位似图形”，，，则 ； ③如图2，若与互为“旋转位似图形”，若，则 ，若连接，则 ． (2)知识运用： 如图3，在四边形中，，于E，，求证：和互为“旋转位似图形”； (3)拓展提高： 如图4，为等腰直角三角形，点G为的中点，点F是上一点，D是延长线上一点，点E在线段上，且与互为“旋转位似图形”，若，求和的长． 【答案】(1)①是；②50，③10， (2)见解析 (3) 【知识点】等腰三角形的性质和判定、根据旋转的性质求解、相似三角形的判定与性质综合、已知正弦值求边长 【分析】本题主要考查了相似三角形的判定与性质、旋转的性质、等腰三角形的判定与性质、直角三角形的性质等知识点，掌握“旋转位似图形”的定义是解题的关键． （1）①根据“旋转位似图形”的定义判断即可； ②根据“旋转位似图形”可得即，再根据三角形内角和定理求解即可； ③根据“旋转位似图形”可得，根据相似三角形的性质列比例式求解即可，进而证明，再根据相似三角形的性质列比例式求解即可． （2）先证明可得，再先后证明、，最后根据“旋转位似图形”的定义即可证明结论； （3）如图：如图，过E作于点H，根据等腰直角三角形的性质易得，再根据“旋转位似图形”的定义可得可得，再解直角三角形可得、，然后说明，最后运用勾股定理即可解答． 【详解】（1）解：①∵，都是等边三角形， ∴， ∵有公共顶点A， ∴是的“旋转位似图形”． 故答案为：是． ②∵与互为“旋转位似图形”， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴； 故答案为：50； ③如图：连接， ∵与互为“旋转位似图形”， ∴，， ∴，即， 解得：， ∵， ∴， ∴， ∴，即． 故答案为：10，． （2）证明：∵， ∴， ∴，即， 又∵， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴， ∴绕点A逆时针旋转的度数后与构成位似图形， ∴和互为“旋转位似图形”． （3）解：如图：如图，过E作于点H， ∵为等腰直角三角形，点G为中点， ∴， ∵与互为“旋转位似图形”， ∴， ∴， ∴，解得：， ∵， ∴， ∵， ∴，即， ∴， ∴， ∴， ∴． 综上，． 考点三 函数图象的旋转 ►题型01 一次函数中的旋转 1．（2023·云南·模拟预测）将一次函数的图象绕原点O旋转，所得到的图象对应的函数解析式为 ． 【答案】或 【知识点】求一次函数解析式、求绕原点旋转90度的点的坐标 【分析】本题考查了待定系数法的应用，坐标与图形变化—旋转； 首先求出一次函数与坐标轴的交点，然后分顺时针旋转和逆时针旋转两种情况，分别求出旋转后与坐标轴的交点，然后利用待定系数法求解即可． 【详解】解：在一次函数中，令，则，令，则， ∴直线经过点， ①当一次函数的图象绕点顺时针旋转时， 可得的对应点为，的对应点为， 设对应的函数解析式为：， 将点，代入得：， 解得， ∴顺时针旋转时，对应的函数解析式为：； ①当一次函数的图象绕点逆时针旋转时， 可得的对应点为，的对应点为， 设对应的函数解析式为：， 将点，代入得：， 解得， ∴逆时针旋转时，对应的函数解析式为：； 故答案为：或． 2．（2023·江苏泰州·三模）已知直线过点且平行于轴，点B的坐标为，将直线l绕点B逆时钟旋转，则旋转后的直线对应的函数表达式为 ． 【答案】 【知识点】求一次函数解析式、一次函数与几何综合、等边三角形的判定和性质、其他问题(旋转综合题) 【分析】设绕点逆时针旋转的对应点为，旋转后的直线交直线于，过作直线于，根据绕点逆时针旋转的对应点为，可得是等边三角形，故，，从而可得，，记知，，又，可求出，，再用待定系数法可得答案． 【详解】解：设绕点逆时针旋转的对应点为，旋转后的直线交直线于，过作直线于，如图：   绕点逆时针旋转的对应点为， ，， 是等边三角形， ，， ，， ， ，， ，， ， ， ， ，， 设直线解析式为，将，，，代入得： ， 解得， 直线解析式为； 故答案为：． 【点睛】本题考查一次函数与几何变换旋转、等边三角形的判定与性质，解题的关键是求出旋转后直线上两个点的坐标． ►题型02 二次函数中的旋转 3．（2023·辽宁鞍山·二模）如图，抛物线与y轴交于点，与x轴交于，B两点，顶点为H． (1)求抛物线的解析式； (2)将抛物线平移后得到抛物线，且抛物线的顶点始终在抛物线上， ①当点P在第一象限时，抛物线与y轴交于点E，若的面积为时，直接写出P点坐标； ②将平移后的抛物线绕点P旋转得到抛物线，抛物线与直线交于点M（M与H不重合），与y轴交于点N，连接，，若，求直线的解析式． 【答案】(1) (2)①；②或 【知识点】待定系数法求二次函数解析式、二次函数图象的平移、角度问题(二次函数综合) 【分析】本题考查二次函数的图象及性质，熟练掌握二次函数的图象及性质，函数图象平移、旋转的性质，直角三角形的性质是解题的关键． （1）用待定系数法求函数的解析式即可； （2）①先求抛物线的解析式为，可得，再由的面积，求出的值即可； ②先求抛物线的解析式为，则，再分别求出点，，用待定系数法求直线的解析式为，联立方程求出，分两种情况讨论：过作轴交于，过作轴交于，可知，能求，在中，，从而确定点，，再求直线的解析式为；当在下方时，，同理求出，，可得直线的解析式为． 【详解】（1）将，代入， ， 解得， 抛物线的解析式为； （2）①点始终在抛物线上， ， 抛物线的解析式为， ， ， 的面积， 解得或（舍， ； ②抛物线绕点旋转得到抛物线， 抛物线的解析式为， ， 中，当时，， 解得或， ， ， ， 设直线的解析式为， ， 解得， 直线的解析式为， 当时，解得或， ， 如图1，过作轴交于，过作轴交于， ，，，， ， ， ， ， 在中，， ， ，， 直线的解析式为； 如图2，当在下方时， ， ， 在中，， ， ，， 直线的解析式为； 综上所述：直线的解析式为或． 4．（2024·山东济宁·一模）如图，抛物线的顶点为，与x轴的交点为A和B（其中点A与原点重合），将抛物线绕点B逆时针方向旋转，点，为点M，A旋转后的对应点． (1)求抛物线的解析式； (2)求证：点A，M，在同一条直线上； (3)若点P是原抛物线上的一动点，点Q是旋转后的图形的对称轴上一点，E为线段的中点，是否存在点P，使得以P，Q，E，B为顶点的四边形是平行四边形；若存在请求出点P坐标，若不存在，请说明理由． 【答案】(1) (2)见解析 (3)存在，或或或 【知识点】y=ax²+bx+c的图象与性质、特殊四边形(二次函数综合)、待定系数法求二次函数解析式、根据旋转的性质求解 【分析】本题主要考查二次函数的图象与性质，旋转变换，平行四边形等知识： （1）设抛物线的解析式为，把代入得抛物线的解析式为； （2）根据旋转的性质求出，求出直线的解析式，代入的横坐标，求出，即可判断三点共线索； （3）根据中点坐标公式求出，把原抛物线的对称轴直线绕逆时针方向旋转得直线，设，分三种情况列方程组可解得答案． 【详解】（1）解：由抛物线的顶点为，设抛物线的解析式为， 把代入得：， 解得， ∴； ∴抛物线的解析式为； （2）解：∵， ∴抛物线的对称轴为直线 ∵， ∴， ∴ 由旋转得，轴于点B， ∴； 设直线的解析式为， 把代入得， ∴ ∴直线的解析式为， 当时，， ∴点在直线上， ∴三点在同一条直线上； （3）解：存在，理由如下： ∵，， ∴，即； 原抛物线的对称轴为直线，绕逆时针方向旋转得直线， 设，而，， ①若为对角线时，则的中点重合， 解得， ∴点的坐标为； ②若为对角线时， ∴ 此方程组无解； ③若为对角线时， ∴ 解得， ∴点的坐标为，； 综上，点的坐标为或或或 旋转变换问题:分为几何图形旋转变换和与函数图象有关的旋转变化.在实际解题中，若我们能恰当地运用图形的旋转变换，往往能起到集中条件、开阔思路、化难为易的效果，图形的旋转变换，既要借助于推理，但更要借助于直觉和观察，变换的意识与变换的视角，会使这种直觉更敏锐，使这种观察更具眼力. 1．（2023·陕西西安·模拟预测）直线交轴于，交轴于，直线绕原点旋转180度后的直线解析式为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【知识点】一次函数图象与坐标轴的交点问题、求一次函数解析式、求绕原点旋转一定角度的点的坐标 【分析】先求得，的坐标，再求得，绕原点旋转180度后的坐标，利用待定系数法求解即可． 【详解】解：直线交轴于，交轴于， 当时，，当时，， ，， ，绕原点旋转180度后的坐标为，， 设旋转后的直线解析式为，则， 解得：， 旋转后的直线解析式为， 故选：A． 【点睛】本题考查了一次函数的图象与几何变换，明确关于原点对称的点的坐标特征是解题的关键． 2．（2024·广东汕头·一模）如图，一段抛物线，记为抛物线，它与轴交于点、；将抛物线绕点旋转得抛物线，交轴于点；将抛物线绕点旋转得抛物线，交轴于点；如此进行下去，得到一条“波浪线”，若点在此“波浪线”上，则的值为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【知识点】y=ax²+bx+c的图象与性质、二次函数图象的平移、根据旋转的性质求解 【分析】根据抛物线与轴的交点问题，得到图象与轴交点坐标为：，，再利用旋转的性质得到图象与轴交点坐标为：，，则抛物线：，于是可推出点在哪段“波浪线”上，从而求得的值． 本题考查了二次函数与几何变换：由于抛物线平移后的形状不变，故不变，所以求平移后的抛物线解析式通常可利用两种方法：一是求出原抛物线上任意两点平移后的坐标，利用待定系数法求出解析式；二是只考虑平移后的顶点坐标，即可求出解析式． 【详解】解：， 图象与轴交点坐标为：，， 将绕点旋转得，交轴于点；， 抛物线：， 将绕点旋转得，交轴于点； 在抛物线，上， 当时，． 故选：C． 3．（2023·四川成都·一模）如图，在平面直角坐标系中，一次函数的图象分别交x轴，y轴于A，B两点，且，将直线绕点B按顺时针方向旋转，交x轴于点C，则直线的函数表达式是 ． 【答案】 【知识点】求一次函数解析式、相似三角形的判定与性质综合、等腰三角形的性质和判定、用勾股定理解三角形 【分析】将代入得，可得，，，，在中，由勾股定理得，如图，延长，过作于，证明，则，即，，，根据，，可得，即，令，则，，根据，求值，进而可求的值以及点坐标，然后根据待定系数法求直线的表达式即可． 【详解】解：将代入得， ∴，即，， ∴， 在中，由勾股定理得， 如图，延长，过作于， ∵，， ∴， ∴，即， ∴，， ∵，， ∴， ∴， 令，则，， ∴， 解得， ∴，， ∴， 设直线的表达式为， 将，代入得，， 解得， ∴直线的表达式为， 故答案为：． 【点睛】本题考查了一次函数解析式，相似三角形的判定与性质，等腰三角形的判定，勾股定理等知识，正确的作出辅助线是解题的关键． 4．（2023·江苏苏州·一模）如图，直线与x轴、y轴分别相交于点A，B两点，将线段绕着点A按顺时针方向旋转，点B恰好落在反比例函数在第一象限图象上的点D．则 ． 【答案】3 【知识点】一次函数与几何综合、求反比例函数解析式、全等的性质和ASA（AAS）综合（ASA或者AAS）、根据旋转的性质求解 【分析】先求出点，可得，过点D作轴于点C，证明，可得，可求出点，即可求解． 【详解】解：对于， 令，则， 令，则， 解得：， ∴点， ∴， 如图，过点D作轴于点C， 根据题意得：，， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴点， 把代入得：． 故答案为：3 【点睛】本题主要考查了一次函数的图象和性质，求反比例函数的解析式，全等三角形的判定和性质，图形的旋转，熟练掌握相关知识点，证明是解题的关键． 5．（2024·江西南昌·一模）如图、在平面直角坐标系中，抛物线与轴交于点，点（点在点的左侧），与轴交于点，为抛物线的顶点，连接，将抛物线绕点旋转得到抛物线． (1)求抛物线的解析式． (2)连接，，求的值． (3)连接，是抛物线上的点，若满足，求点的坐标． 【答案】(1) (2) (3)点Q的坐标为或 【知识点】待定系数法求二次函数解析式、y=ax²+bx+c的图象与性质、解直角三角形的相关计算、面积问题(二次函数综合) 【分析】本题主要考查二次函数的图象与性质，中心对称的性质以及与解直角三角形相关的计算： （1）由求出与轴的交点，，顶点坐标，设的解析式为，将点关于原点对称的点的坐标代入，求出，即可得的解析式； （2）过点B作于点E，由两点间距离公式求出，由三角形面积公式求出，从而可求出； （3）证明是直角三角形且，分点Q在轴左侧和右侧两种情况，根据即讨论求解即可． 【详解】（1）解：对于，当时，；当时，， 解得，， ∴， 又， ∴抛物线的顶点P的坐标为， 设点A关于原点对称的点的坐标为， 由旋转知，的顶点坐标为，且过点， ∴设的解析式为， 把代入得， 解得，， ∴的解析式为； （2）解：∵， ∴ ∴， 过点B作于点E，如图， ， 则， ∴， ∴ （3）解：∵ ∴， ∴， ∴是直角三角形， ∴； 分两种情况： （i）当点Q在y轴左侧时，如图，过点Q作轴于点F， ∵， ∴， 设点的坐标为，则：，， ∴， 解得，， 经检验，是原方程的根， 又， ∴， 此时，点的坐标为； （ii）当点在轴右侧时，如图， ∵点A关于原点对称的点的坐标为， ∴， 连接，则有：， ∴ ∴点与点重合， ∴， 综上，点Q的坐标为或 6．（2022·四川成都·二模）如图，抛物线：与轴相交于，两点（点在点的左侧），已知点的横坐标是2，抛物线的顶点为． (1)求的值及顶点的坐标； (2)点是轴正半轴上一点，将抛物线绕点旋转后得到抛物线，记抛物线的顶点为，抛物线与轴的交点为，（点在点的右侧）．当点与点重合时（如图1），求抛物线的表达式； (3)如图2，在（2）的条件下，从，，中任取一点，，，中任取两点，若以取出的三点为顶点能构成直角三角形，我们就称抛物线为抛物线的“勾股伴随同类函数”．当抛物线是抛物线的勾股伴随同类函数时，求点的坐标． 【答案】(1)， (2) (3)点的坐标为或或 【知识点】其他问题(二次函数综合)、全等的性质和ASA（AAS）综合（ASA或者AAS）、用勾股定理解三角形、根据中心对称的性质求面积、长度、角度 【分析】（1）把抛物线的解析式化为顶点式即可得出顶点坐标；将点代入，即可求出的值； （2）连接，作轴于，作轴于，证明，可得，，故抛物线的顶点的坐标为，即可得出抛物线的函数表达式； （3）设点，作轴于，轴于，于，根据旋转可得，进而可得点的坐标为，点的坐标为，再分类讨论即可得出答案． 【详解】（1）解：由，可得， ∴顶点的坐标为， ∵点在抛物线上， ∴可得， 解得； （2）对于抛物线：，由（1）可知，， 令，可得， 整理可得， 解得，， ∵点在点的左侧， ∴，； 如下图，连接，作轴于，作轴于， ∵， ∴， 根据题意，点，关于点成中心对称， ∴过点，且， 在和中， ， ∴， ∴，， ∴抛物线的顶点的坐标为， ∵抛物线由绕点旋转后得到， ∴抛物线的函数表达式为； （3）∵抛物线由绕轴上的点旋转后得到， ∴顶点，关于点成中心对称，由（2）知，点的纵坐标为8， 设点，如下图，作轴于，轴于，于， ∵旋转中心在轴上， ∴， ∴点的坐标为，点的坐标为， 根据勾股定理得，， 显然，和不可能是直角三角形， 分情况讨论： ①当是直角三角形时，显然只能有， 根据勾股定理得，， ， ∴，解得， ∴， ∴点的坐标为； ②当是直角三角形时，显然只能有， 根据勾股定理得： ， ， ∴，解得：， ∴，∴点P的坐标为， ③当是直角三角形时， ， ， i）当时，， 即，解得， ∴， ∴点的坐标为； ii）当时，， 即， 解得， ∴， ∴点P的坐标为； iii）∵， ∴． 综上所述，当抛物线是抛物线的勾股伴随同类函数时， 点的坐标为或或． 【点睛】本题主要考查了图形的变换—中心对称变换、二次函数综合应用、勾股定理、全等三角形的判定与性质等知识，根据旋转中心是对应点连线的中点确定点的坐标和分情况讨论是解答本题的关键． $$