专题3.2 图形的旋转 讲义 2025-2026学年 浙教版九年级数学上册

专题3.2 图形的旋转 讲义 模块1：学习目标 1、掌握旋转的概念，探索它的基本性质，理解对应点到旋转中心的距离相等,对应点与旋转 中心连线所成的角彼此相等的性质。 2、能够按要求作出简单平面满图形旋转后的图形，并能利用旋转的性质进行规律的探究，利 用旋转进行简单的图案设计。 模块2：知识梳理 1、旋转的概念 一般地，一个图形变为另一个图形，在运动的过程中，原图形上的所有点都绕一个固定的点，按同一个方向，转动同一个角度，这样的图形运动叫做图形的旋转.这个固定的定点叫做旋转中心，转过的角叫做旋转角.如下图，点O为旋转中心，∠AOA′（或∠BOB′或∠COC′）是旋转角. 注意：（1）旋转的三个要素：旋转中心、旋转方向和旋转角度.（2）如上图，如果图形上的点A经过旋转变为点A′，那么这两个点叫做这个图形旋转的对应点. 点B与点B′，点C与点C′均是对应点，线段AB与A′B′、线段AC与A′C′、线段BC与B′C′均是对应线段. 2、旋转的性质 (1)图形经过旋转所得的图形和原图形全等； (2)对应点到旋转中心的距离相等；　　 (3)任意一对对应点与旋转中心连线所成的角度等于旋转的角度.　 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. 3、旋转的作图 在画旋转图形时，首先确定旋转中心，其次确定图形的关键点，再将这些关键点沿指定的方向旋转指定的角度，然后连接对应的部分，形成相应的图形． 注意：作图的步骤： (1)连接图形中的每一个关键点与旋转中心； (2)把连线按要求（顺时针或逆时针）绕旋转中心旋转一定的角度（旋转角）； (3)在角的一边上截取关键点到旋转中心的距离，得到各点的对应点； (4)连接所得到的各对应点. 模块3：核心考点与典例 考点1. 生活中的旋转现象 例1．下列运动形式属于旋转的是（　　） A．飞驰的动车 B．匀速转动的摩天轮 C．运动员投掷标枪 D．乘坐升降电梯 【答案】B 【分析】根据旋转的定义得出结论即可． 【详解】由题意知，匀速转动的摩天轮属于旋转，故选：B． 【点睛】此题主要考查了旋转的定义，旋转是围绕一点旋转一定的角度的图形变换，因而旋转一定有旋转中心和旋转角，且旋转前后图形能够重合，这是判断旋转的关键． 变式1．有下列现象：①高层公寓电梯的上升：②传送带的移动；③方向盘的转动；④风车的转动；⑤钟摆的运动；⑥荡秋千运动．其中属于旋转的有（    ） A．2个 B．3个 C．4个 D．5个 【答案】C 【分析】根据旋转的定义进行判断即可． 【详解】解：①高层公寓电梯的上升，是平移，故不符合要求： ②传送带的移动，是平移，故不符合要求； ③方向盘的转动，是旋转，故符合要求； ④风车的转动，是旋转，故符合要求；⑤钟摆的运动，是旋转，故符合要求； ⑥荡秋千运动，是旋转，故符合要求；故选：C． 【点睛】本题考查了旋转的定义．解题的关键在于对知识的熟练掌握． 变式2．下列现象：①地下水位逐年下降，②传送带的移动，③方向盘的转动，④水龙头的转动；其中属于旋转的有（    ） A．4个 B．3个 C．2个 D．1个 【答案】C 【分析】根据旋转的概念解答即可． 【详解】解：①地下水位逐年下降，不是旋转现象；②传送带的移动，不是旋转现象； ③方向盘的转动，是旋转现象；④水龙头的转动，是旋转现象，故选：C． 【点睛】本题考查了旋转的判断，解题的关键是掌握旋转的概念：在平面内，将一个图形沿某一个定点转动一个角度，这样的图形运动称为旋转． 考点2. 判断一个图形旋转而成的图案 例2．下列各图中，能通过一个三角形绕一点旋转一次得到另一三角形的图形是（    ） A． B． C．D． 【答案】D 【分析】根据旋转变换的定义，逐一判断选项，即可． 【详解】A．两个三角形的大小不一样，不能通过一个三角形绕一点旋转一次得到， B．两个三角形成抽对称，不能通过一个三角形绕一点旋转一次得到， C. 一个三角形可以通过另一个三角形平移得到，不能通过一个三角形绕一点旋转一次得到， D．能通过一个三角形绕一点旋转一次得到另一三角形，故选D． 【点睛】本题主要考查旋转变换的定义，掌握图形的旋转变换，是解题的关键． 变式1．如图，在平面内将三角形标志绕其中心旋转后得到的图案（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据旋转的性质可进行求解． 【详解】解：由旋转的性质可知只有D选项符合题意；故选D． 【点睛】本题主要考查旋转，熟练掌握旋转的性质是解题的关键． 变式2．冬奥会会徽是以汉字“冬”为灵感来源设计的．在下面右侧的四个图中，能由图经过旋转得到的是（　　） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据旋转的意义“在平面内，一个图形绕着一个定点旋转一定的角度得到另一个图形的变化叫做旋转”，求解即可． 【详解】解：根据旋转的定义可知，能由图经过旋转得到的是 故选：D 【点睛】此题考查了旋转的定义，解题的关键是掌握旋转的定义． 考点3. 找旋转中心、 旋转角、对应点 例3．如图，是由旋转后得到的，下列说法正确的是（    ）    A．旋转中心不是点 B． C．旋转方向是顺时针 D． 【答案】D 【分析】由旋转中心，旋转方向，旋转前后的对应边，旋转角的含义可以直接求解． 【详解】解：是由旋转后得到的， 旋转中心为点A，，旋转方向可以是顺时针，也可以是逆时针，旋转角为，故选：D． 【点睛】本题考查了旋转的性质，掌握旋转的性质以及基本概念是解题的关键． 变式1．如图，在中，，，现将绕点A按顺时针方向旋转到的位置，使得点C，A，在同一条直线上，那么旋转角等于（   ）    A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据三角形的外角可得，再根据旋转的性质得到等于旋转角，即旋转角为． 【详解】∵点C，A，在同一条直线上，∴， ∵绕点A按顺时针方向旋转到的位置，与是对应边， ∴等于旋转角，即旋转角为．故选：C 【点睛】本题考查旋转角，熟练掌握旋转的性质是解题的关键． 变式2．如图，在正方形网格中，绕某点旋转一定的角度得到，则旋转中心是点（    ）    A．O B．P C．Q D．M 【答案】B 【分析】根据旋转中心的定义即可求解． 【详解】解：连接，，，，，如图所示：    ，，，且，点P是旋转中心，故选B． 【点睛】本题考查了旋转中心的定义，熟练掌握旋转中心的定义是解题的关键． 变式3．如图，已知中，，，将绕A点逆时针旋转得到，以下结论：①，②，③，④，正确的有（    ）个    A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【答案】C 【分析】根据旋转的性质可得，，，再根据旋转角的度数为，通过推理证明对①②③④四个结论进行判断即可． 【详解】解：①绕A点逆时针旋转得到， ，故①正确；  ②绕点逆时针旋转，   ，  ， ，  ，，故②正确；  ③在中， ，，    与不垂直．故③不正确；  ④在中， ，，   ，故④正确． ①②④这三个结论正确． 故选：C． 【点睛】本题主要考查了旋转性质的应用，平行线的判定，掌握图形的旋转只改变图形的位置不改变图形的形状与大小是解答本题的关键． 考点4. 作图-旋转变换 例4．正方形网格中（网格中的每个小正方形边长是1），的顶点均在格点上，请在所给的直角坐标系中作出绕点逆时针旋转的，再作出关于原点成中心对称的．      【答案】见详解 【分析】将的顶点绕点逆时针旋转得到点，顺次连接即可；再根据中心对称的特征，得出的各顶点关于原点成中心对称的点，连接各点即可． 【详解】解：如下图，、即为所求．      【点睛】本题主要考查了作旋转变换图形和中心对称图形，理解并掌握旋转图形和中心对称图形的特征是解题关键． 变式1．如图，已知的顶点A，B，C的坐标分别是， ， .(1)作出关于原点O中心对称的图形，画出； (2)将绕原点O按顺时针方向旋转后，得到，画出    【答案】(1)图见详解；(2)图见详解； 【分析】（1）分别作点，，关于点的对称点，，，连接，，，即可得到答案；（2）分别作点，，关于点顺时针旋转的点，，，连接，，，即可得到答案； 【详解】（1）解：分别作点，，关于点的对称点，，，连接，，，如图所示，   ； （2）解：分别作点，，关于点顺时针旋转的点，，，连接，，，如图所示，   ； 【点睛】本题考查作中心对称图形及旋转图形，解题的关键是熟练掌握中心对称及旋转的性质，图形大小形状不发生改变只是位置发生改变． 变式2．如图，方格纸中的每个小正方形的边长都为1，在建立平面直角坐标系后，的顶点均在格点上．    (1)以点为旋转中心，将绕点顺时针旋转得到，画出，并写出点坐标． (2)画出关于原点成中心对称的，并写出点坐标． (3)若可看作是由绕点P顺时针旋转得到的，则点P的坐标为______． 【答案】(1)图见解析，坐标为(2)图见解析，坐标为(3) 【分析】（1）根据旋转的性质，画出，根据坐标系写出点的坐标，即可求解； （2）根据中心对称的性质，画出，根据坐标系写出点的坐标，即可求解； （3）根据可看作是由绕点顺时针旋转得到的，则，根据的坐标，结合图形即可得到点的坐标． 【详解】（1）  如图：即为所求．坐标为 （2）如图：即为所求．坐标为    （3）解：如图，    ∵可看作是由绕点顺时针旋转得到的，则， ∵，∴；故答案为：． 【点睛】本题考查旋转作图．熟练掌握旋转三要素，通过找点，描点，连线的方法进行作图，是解题的关键． 考点5. 利用旋转的性质求解（角度与长度） 例5．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，连接，则的长为（    ）    A．6 B． C． D．3 【答案】C 【分析】根据旋转的性质得到，，，则可判断为等边三角形，所以，证明，求出，，然后判断为等边三角形，从而得到的长，于是得到结论． 【详解】解：，，，∴， ∴，∴， 又绕点按逆时针方向旋转得到，此时点恰好在边上， ，，， ，，为等边三角形，， ，为等边三角形，，故选：C． 【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．也考查了等边三角形的判定与性质． 变式1．如图，在中，，，把绕点顺时针旋转得到（点与点是对应点，点与点是对应点），当点E落在边上时，连接，则的度数为（    ）    A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据三角形内角和定理，求得，再根据旋转的性质，得到，，，，然后利用等腰三角形的性质和三角形内角和定理，求得，即可求出的度数． 【详解】解：，，， 绕点顺时针旋转得到， ，，，， ，，， ，，， ，，， ，故选：D． 【点睛】本题考查了旋转的性质，等腰三角形的判定和性质，三角形内角和定理，同角的余角相等，熟练掌握等腰三角形的性质和旋转的性质是解题关键． 变式2．如图，在中，，，．点在上，且．连接，线段绕点顺时针旋转得到线段，连接，．则的面积是（　　）    A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据旋转的性质得出，，再根据证明得出，，得出，再根据三角形的面积公式即可求解． 【详解】解：线段绕点顺时针旋转得到线段， ，，， 在中，，，，， ，， ，，， ，，，， ，故选：B． 【点睛】本题考查了旋转的性质，全等三角形的判定与性质，根据证明是解题的关键． 变式3．如图，正方形的边长为，是边上一点，，将绕点逆时针旋转，得到，则的长是 ．    【答案】 【分析】由勾股定理可求的长，由旋转的性质可得，，即可求解． 【详解】解：，，，， 将绕点逆时针旋转，得到，，， ，故答案为：． 【点睛】本题主要考查的是旋转的性质，正方形的性质，勾股定理，熟练掌握相关知识是解题的关键． 考点6. 求饶某 点旋转后坐标 例6．如图，直线分别与轴，轴交于点，，将绕着点顺时针旋转得到，则点的对应点的坐标是（　　）    A． B． C． D． 【答案】C 【分析】先根据一次函数解析式求得点的坐标，进而根据旋转的性质可得，，，进而得出，结合坐标系，即可求解． 【详解】解：∵直线分别与轴，轴交于点，， ∴当时，，即，则，当时，，即，则， ∵将绕着点顺时针旋转得到， 又∵∴，，，∴， 延长交轴于点，则，，∴，故选：C．    【点睛】本题考查了一次函数与坐标轴交点问题，旋转的性质，坐标与图形，掌握旋转的性质是解题的关键． 变式1．平行四边形在平面直角坐标系中的位置如图，，把平行四边形绕点O逆时针旋转，使点A落在y轴正半轴上，则旋转后点B的对应点的坐标为（    ）    A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据题意，画出图形，根据直角三角形的性质，即可求出点的坐标． 【详解】解：如图：作轴于点，    四边形是平行四边形，， 把平行四边形绕点逆时针旋转，使点落在轴正半轴上， ，，， ，，， ，旋转后点的对应点的坐标为，故选：D． 【点睛】本题考查了平行四边形的性质，掌握平行四边形的性质、坐标与图形的变换旋转的性质以及勾股定理的应用是解题的关键． 变式2．平面直角坐标系中，，，为轴上一动点，连接，将绕点顺时针旋转得到，当点在轴上运动，取最小值时，点的坐标为 ．    【答案】 【分析】分三种情况：当点在轴正半轴时；当点在原点时；当点在轴负半轴时，利用三角形全等的判定与性质、旋转的性质、两点间的距离公式，分别进行求解即可得到答案． 【详解】解：当点在轴正半轴时，如图，作轴于，设，则，，    ，， ，， 将绕点顺时针旋转得到，，，， ，， ，， 在和，，， ，，，， ，，， 当点在原点时，如图所示，   ，    ，   ，， ，， 将绕点顺时针旋转得到，，； 当点在轴负半轴时，如图，作轴于，设，则，， ，， ，， 将绕点顺时针旋转得到，，，， ，,， 在和，，， ，，， 点在第四象限，， ，，， 综上所述：当时，取到最小值，为，此时，故答案为：． 【点睛】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，两点间的距离等知识，解题的关键是熟练掌握全等三角形的判定与性质，采用分类讨论的思想解题． 考点7. 旋转中的规律 探究 例7．如图所示，矩形的顶点，，对角线交点为，若矩形绕点逆时针旋转，每次旋转，则第74次旋转后点的落点坐标为（    ）    A． B． C． D． 【答案】D 【分析】首先结合矩形的性质可得点的坐标为，再根据矩形绕点逆时针旋转，每次旋转，可知每4次完成一个循环，第74次旋转后点的位置与重合，同时P与关于原点对称，即可获得答案． 【详解】解：∵四边形为矩形，对角线交点为，∴， ∵，，∴点的坐标为， ∵每次旋转，∴每4次完成一个循环， 又∵，∴第74次旋转后点的位置与重合， ∵P与关于原点对称，∴点坐标为，即第74次旋转后点的落点坐标为． 故选：D． 【点睛】本题主要考查了矩形的性质、坐标与图形、旋转变换等知识，理解题意，找到点的运用规律是解题关键． 变式1．在平面直角坐标系中，已知，将其绕着原点按逆时针方向旋转得到，延长到点，使得，再将点绕着原点按逆时针方向旋转得到，延长到点，使得，……如此继续下去，到点的坐标是（       ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】由题意可得，，，，可以推出，则，再由每经过24个点就落到x正半轴上，推出在第四象限，且∠，再由含30度角的直角三角形的性质进行求解即可． 【解析】解：如图所示，∵，∴，∴，∴， ∴，∴可以推出，∴ ∵在x轴正半轴，在y轴正半轴，在x轴负半轴，在y轴负半轴，在x正半轴，在直线上，∴每经过24个点就落到x正半轴上， ∵2014÷24=83余22，∴在第四象限，且， 设，∴，∴, ∴，故选A． 【点睛】本题主要考查了旋转的性质，点坐标的规律探索，含30度角的直角三角形的性质，坐标与图形，解题的关键在于能够熟练掌握相关知识进行求解． 考点8. 利用旋转的性质证明 例8．【问题情境】如图1，点为正方形内一点，，将绕点按顺时针方向旋转，得到（点的对应点为点），延长交于点，连接．    【猜想证明】（1）试判断四边形的形状，并说明理由； （2）如图2，若，猜想线段与的数量关系并加以证明； 【解决问题】（3）如图1若，，求． 【答案】（1）四边形是正方形，理由见解析；（2），证明见解析；（3） 【分析】（1）由旋转的性质可得，，，由正方形的判定可证四边形是正方形（2）过点D作于H，由等腰三角形的性质可得，，由“”可得，可得，由旋转的性质可得，可得结论；（3）如图1，过点D作于点H．由，推出，利用勾股定理求解即可． 【详解】（1）解：四边形是正方形，理由如下： ∵将绕点B按顺时针方向旋转，∴，，， 又∵，∴四边形是矩形，又∵，∴四边形是正方形； （2），证明如下：如图②所示，过点D作，垂足为H，则，       ∴，∵，，∴， ∵四边形是正方形，∴，，∴，∴， 在和中，，∴，∴， 由（1）知四边形是正方形，∴，∴， 由旋转的性质可得：，∴，  ∴； （3）如图1，过点D作于H， ∵四边形是正方形，∴，∴， ∵，∴，∴， 又∵，∴， ∴， ∵，∴，∴， 在中，． 【点睛】本题是四边形综合题，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，等腰三角形的性质等知识，灵活运用这些性质进行推理是本题的关键． 变式1．如图，在中，点E在边上，，将线段绕点A旋转到的位置，使得，连接与交于点G．    (1)求证：；(2)若，求的度数． 【答案】(1)见解析(2) 【分析】（1）先证明，再由旋转的性质得到，即可利用证明，利用全等三角形的性质即可解答； （2）先根据等边对等角结合三角形内角和定理求出．再由全等三角形的性质得到，再根据三角形外角的性质即可解答． 【详解】（1）证明：∵， ∴，即．由旋转的性质得． 在与中，， ∴，∴． （2）解：∵，∴， ∴ ，∴． ∵，∴，∴． 【点睛】本题主要考查了全等三角形的性质与判定、旋转的性质、三角形内角和定理、等边对等角、三角形外角的性质等知识点，证明是解题的关键． 变式2．如图，四边形ABCD是正方形，点E在AB的延长线上，连接EC，EC绕点E逆时针旋转90°得到EF，连接CF、AF，CF与对角线BD交于点G． （1）若BE＝2，求AF的长度；（2）求证：AF+2BGAD． 【分析】（1）由正方形的性质及旋转的额性质求得∠ABC＝∠EBC＝∠FEC＝90°，AB＝BC，EF＝EC，再利用勾股定理可得AC2＝2BC2，CE2＝BE2+BC2，CF2＝2BE2+2BC2，再证明∠FAC＝90°，结合勾股定理可得AF2＝2BE2，进而可求解AF的长； （2）通过证明四边形ADBH是平行四边形，可得AD＝BH＝BC＝AB，可求AHABCD，由相似三角形的性质可得HF＝2BG，即可求解． 【解答】（1）解：连接AC， ∵四边形ABCD是正方形，∴AB＝BC，∠ABC＝90°， ∴∠EBC＝90°，AC2＝AB2+BC2＝2BC2，∴CE2＝BE2+BC2， ∵EC绕点E逆时旋转90°得到EF，∴EF＝EC，∠FEC＝90°， ∴∠EFC＝∠ECF＝45°，CF2＝EF2+CE2＝2CE2＝2BE2+2BC2， ∴∠EFC＝∠EAC＝45°，∴∠FAE＝∠FCE＝45°， ∴∠FAC＝90°，∴CF2＝AF2+AC2＝AF2+2BC2， ∴AF2+2BC2＝2BE2+2BC2，即AF2＝2BE2， ∵BE＝2，∴AF2＝2×22＝8，解得AF； （2）证明：连接AC，延长AF，CB交于点H， ∵FAE＝∠ABD＝45°，∴AF∥BD， 又∵AD∥BC，∴四边形ADBH是平行四边形， ∴AD＝BH＝BC＝AB，∴AHABCD， ∵AH∥BG，∴CG＝FG，∴BG是△CBF的中位线，∴HF＝2BG， ∵AH＝AF+FH，∴AD＝AF+2BG，即AF+2BGAD． 考点9. 旋转中的最值问题 例9．如图，等边△ABC中，AB＝10，点E为高AD上的一动点，以BE为边作等边△BEF，连接DF，CF，则∠BCF＝　 　，FB+FD的最小值为 　 　． 【分析】首先证明△BAE≌△BCF（SAS），推出∠BAE＝∠BCF＝30°，作点D关于CF的对称点G，连接CG，DG，BG，BG交CF于点F′，连接DF′，此时BF′+DF′的值最小，最小值＝线段BG的长． 【解答】解：如图， ∵△ABC是等边三角形，AD⊥CB，∴∠BAE∠BAC＝30°， ∵△BEF是等边三角形，∴∠EBF＝∠ABC＝60°，BE＝BF，∴∠ABE＝∠CBF， 在△BAE和△BCF中，，∴△BAE≌△BCF（SAS），∴∠BAE＝∠BCF＝30°， 作点D关于CF的对称点G，连接CG，DG，BG，BG交CF于点F′，连接DF′，此时BF′+DF′的值最小，最小值＝线段BG的长．∵∠DCF＝∠FCG＝30°，∴∠DCG＝60°， ∵CD＝CG＝5，∴△CDG是等边三角形，∴DB＝DC＝DG，∴∠CGB＝90°， ∴BG=5，∴BF+DF的最小值为5，故答案为：30°，5． 变式1.如图，在Rt△ABC和Rt△ADE中，∠BAC＝∠DAE＝90°，AC＝AD＝3，AB＝AE＝5．连接BD，CE，将△ADE绕点A旋转一周，在旋转的过程中当∠DBA最大时，S△ACE＝（　　） A．6 B． C．9 D． 【分析】作DG⊥AB于G，CH⊥AE，交EA的延长线于H，可知点D在以A为圆心，AD为半径的圆上运动，当AD⊥BD时，∠ABD最大，利用AAS证明△ADG≌△AHC，得CH＝DG，可说明△ACE的面积＝△ABD的面积，从而得出答案． 【解答】解：作DG⊥AB于G，CH⊥AE，交EA的延长线于H， ∵AD＝3，∴点D在以A为圆心，AD为半径的圆上运动， ∴当AD⊥BD时，∠ABD最大，由勾股定理得BD＝4， ∵∠DAH＝∠CAB＝90°，∴∠CAH＝∠DAB， ∵∠AGD＝∠H，AC＝CD，∴△ADG≌△AHC（AAS），∴CH＝DG， ∴△ACE的面积×AE×CH×AB×DG＝△ABD的面积×AD×BD=6， 变式2.如图，点E是等边三角形△ABC边AC的中点，点D是直线BC上一动点，连接ED，并绕点E逆时针旋转90°，得到线段EF，连接DF．若运动过程中AF的最小值为，则AB的值为（　　） A．2 B． C． D．4 【分析】由“SAS”可证△BDE≌△NFE，可得∠N＝∠CBE＝30°，则点N在与AN成30°的直线上运动，当AF'⊥F'N时，AF'有最小值，即可求解． 【解答】解：如图，连接BE，延长AC至N，使EN＝BE，连接FN， ∵△ABC是等边三角形，E是AC的中点，∴AE＝EC，∠ABE＝∠CBE＝30°，BE⊥AC， ∴∠BEN＝∠DEF＝90°，BEAE，∴∠BED＝∠CEF， 在△BDE和△NFE中，，∴△BDE≌△NFE（SAS）， ∴∠N＝∠CBE＝30°，∴点N在与AN成30°的直线上运动， ∴当AF'⊥F'N时，AF'有最小值，∴AF'AN，∴+1（AE+AE）， ∴AE＝2，∴AC＝4，故选：D． 变式3.如图，在正方形ABCD中，AB＝4，E为AB边上一点，点F在BC边上，且BF＝1，将点E绕着点F顺时针旋转90°得到点G，连接DG，则DG的长的最小值为（　　） A．2 B．2 C．3 D． 【分析】过点G作GH⊥BC，垂足为H，可得∠GHF＝90°，根据正方形的性质可得AB＝CD＝4，∠B＝90°，根据旋转的性质可得EF＝FG，∠EFG＝90°，然后利用同角的余角相等可得∠BEF＝∠GFH，从而可证△EBF≌△FHG，进而可得BF＝GH＝1，最后可得点G在与BC平行且与BC的距离为1的直线上，从而可得当点G在CD边上时，DG的值最小，进行计算即可解答． 【解答】解：过点G作GH⊥BC，垂足为H，∴∠GHF＝90°， ∵四边形ABCD是正方形，∴AB＝CD＝4，∠B＝90°，∴∠B＝∠GHF＝90°， 由旋转得：EF＝FG，∠EFG＝90°，∴∠EFB+∠GFH＝90°， ∵∠BEF+∠BFE＝90°，∴∠BEF＝∠GFH，∴△EBF≌△FHG（AAS）， ∴BF＝GH＝1，∴点G在与BC平行且与BC的距离为1的直线上， ∴当点G在CD边上时，DG最小且DG＝4﹣1＝3，∴DG的最小值为3，故选：C． 模块四：同步培优题库 全卷共25题 测试时间：80分钟 试卷满分：120分 一、选择题（本大题共10小题，每小题3分，共30分）在每小题所给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的． 1．如图，钟摆的摆动，这种图形的改变是（   ） A．平移 B．旋转 C．轴对称 D．相似 【答案】B 【分析】根据旋转的定义解答即可． 【详解】钟摆的摆动，这种图形的改变是旋转．故选：B． 【点睛】本题考查旋转的定义．掌握将一个图形绕一个定点按某个方向转动一个角度，这样的运动叫做图形的旋转是解题关键． 2．如图，三角形ABC绕点O顺时针旋转后得到三角形，则下列说法中错误的是（       ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据点O没有条件限定，不一定在AB的垂直平分线上，可判断A，根据性质性质可判断B、C、D． 【解析】解：A．当点O在AB的垂直平分线上时，满足OA=OB，由点O没有限制条件，为此点O为任意的，不一定在AB的垂直平分线上，故选项A不正确，符合题意； B．由旋转可知OC与OC′是对应线段，由旋转性质可得OC=OC′，故选项B正确，不符合题意； C．因为、都是旋转角，由旋转性质可得，故选项C正确，不符合题意；D．由旋转可知与是对应角，由性质性质可得，故选项D正确，不符合题意．故选择A． 【点睛】本题考查线段垂直平分线性质，图形旋转及其性质，掌握线段垂直平分线性质，图形旋转及其性质是解题关键． 3．如图，把是直角的绕点A按顺时针旋转，把点B转到点E得，则以下结论错误的是（       ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据旋转的性质：旋转前后的两个三角形全等以及旋转角的定义即可判断． 【解析】根据旋转的性质：旋转前后的两个三角形全等， ∴， ∴，，，∴B、C选项正确，D选项错误； 根据旋转角的定义，，∴，A选项正确，故选：D． 【点睛】本题考查了旋转的定义及性质，正确理解旋转角定义及旋转后全等三角形的性质是解题关键． 4．如图，四边形ABCD中，∠DAB＝30°，连接AC，将△ABC绕点B逆时针旋转60°，点C的对应点与点D重合，得到△EBD，若AB＝5，AD＝4，则线段AC的长度为（　　） A．5 B．6 C． D． 【思路点拨】由旋转的性质和等边三角形的性质可证∠EAD＝90°，利用勾股定理求出DE即可解决问题． 【答案】解：∵△EBD是由△ABC旋转得到，∴△EBD≌△ABC， ∴BA＝BE，∠ABE＝60°，AC＝DE，∴△ABE是等边三角形，∴∠EAB＝60°， ∵∠BAD＝30°，∴∠EAD＝90°， ∵AE＝AB＝5，AD＝4，∴DE＝＝＝，∴AC＝DE＝，故选：D． 【点睛】本题考查旋转的性质，勾股定理，全等三角形的性质等知识，解题的关键是证明∠EAD＝90°． 5．如图将△ABC绕点C（0，﹣1）旋转180°得到△ABC，设点的坐标为（a，b），则A的坐标为（　　） A．（﹣a，﹣b） B．（﹣a，﹣b﹣1） C．（﹣a，﹣b+1） D．（﹣a，﹣b﹣2） 【答案】D 【分析】由旋转的性质可得设 而 再利用中点坐标公式列方程组，再解方程组可得答案. 【解析】解： 将△ABC绕点C（0，﹣1）旋180°得到△ABC， 设 而 由中点坐标公式可得： 解得： 故选D 【点睛】本题考查的是旋转的性质，坐标与图形，中点坐标公式的应用，由旋转的性质得到是解本题的关键. 6．如图，在矩形ABCD中，AB＝，BC＝5，P是AD上一点，将△CDP绕点C逆时针旋转45°时，点P的对应点P'恰好落在AB上，则PD的长为（　　） A．1 B． C． D．1或 【思路点拨】过点D'作CD的垂线分别交AB、CD于点M、N，可得△CND'是等腰直角三角形，则CN＝D'N，根据旋转的性质，得CD'＝CD＝4，设MP'＝x，则BP'＝AB﹣AM﹣MP'＝4﹣x，P'D'2＝MP'2+MD'2＝x2+1，利用勾股定理得52+（4﹣x）2＝（4）2+x2+1，解得：x＝1，则P'D'2＝12+1＝2，从而得出答案． 【答案】解：过点D'作CD的垂线分别交AB、CD于点M、N，如图， 则∠CND'＝∠P'MD'＝90°，∵四边形ABCD是矩形， ∴四边形BCNM、四边形ADNM都是矩形， ∴MN＝BC＝AD＝5，BM＝CN，AM＝DN， ∵∠DCD'＝45°，∴△CND'是等腰直角三角形，∴CN＝D'N， 根据旋转的性质，得CD'＝CD＝4， ∵CN2+ND'2＝CD'2，∴CN2+CN2＝（4） 2，D'N＝CN＝4． ∴AM＝DN＝CD﹣CN＝4﹣4，D'M＝MN﹣ND'＝1， 设MP'＝x，则BP'＝AB﹣AM﹣MP'＝4﹣x，P'D'2＝MP'2+MD'2＝x2+1， ∵BC2+BP'2＝CP'2，CD'2+P'D'2＝CP'2，∴BC2+BP'2＝CD'2+P'D'2， ∴52+（4﹣x）2＝（4）2+x2+1，解得：x＝1， ∴P'D'2＝12+1＝2，∴PD＝P'D'＝，故选：C． 【点睛】本题主要考查了矩形的性质，翻折的性质，等腰直角三角形的判定与性质，勾股定理等知识，运用勾股定理列方程是解题的关键． 7．如图，AC、BD为四边形ABCD的对角线，将△ACD绕点A顺时针旋转60°，得到△AEB（点C、D的对应点分别为点E、B），若点C、B、E在一条直线上，则下列说法错误的是（　　） A．∠ABC+∠ADC＝180° B．∠BCD＝120° C．AC＝BC+CD D．AE＝BD 【思路点拨】由旋转的性质可得出∠ADC＝∠ABE，AC＝AE，AD＝AB，∠ACD＝∠AEB，∠CAE＝∠DAB＝60°，得出△CAE和△DAB都是等边三角形，可判断A，B，C选项正确，则可得出结论． 【答案】解：∵将△ACD绕点A顺时针旋转60°，得到△AEB，∴∠ADC＝∠ABE， ∵∠ABE+∠ABC＝180°，∴∠ADC+∠ABC＝180°，故选项正确，不符合题意， ∵将△ACD绕点A顺时针旋转60°，得到△AEB， ∴AC＝AE，AD＝AB，∠ACD＝∠AEB，∠CAE＝∠DAB＝60°， ∴△CAE和△DAB都是等边三角形，∴∠ACD＝∠AEB＝60°，∠ACE＝60°， ∴∠BCD＝120°，故B选项正确，不符合题意； ∵△ACE为等边三角形，∴AC＝CE＝BE+BC， 又∵BE＝CD，∴AC＝CD+BC，故C选项正确，不符合题意， ∵BD＝AB，AB≠AE，∴AE≠BD，故D选项错误，符合题意．故选：D． 【点睛】本题主要考查旋转的性质，等边三角形的判定与性质，熟练掌握旋转的性质是解题的关键． 8．如图，是由6×6个边长为1的小正方形网格组成，每个小正方形的顶点称为格点，△ABC的三个顶点A，B，C均在格点上，将△ABC绕着边的中点旋转180°，爱观察与思考的小明发现以下结论不正确的是（   ） A．△ABC各边的中点都可通过网格确定； B．△ABC绕着AC的中点旋转180°扫过的面积为13； C．旋转前后的两个三角形可形成平行四边形； D．△ABC绕着各边的中点旋转后的△A′B′C′都在网格的格点上． 【答案】B 【分析】将△ABC绕着边的中点旋转180°后根据选项依次作答． 【详解】解：将△ABC绕着边的中点旋转180°后如图， A．△ABC各边的中点都可通过网格确定，正确； B．△ABC绕着AC的中点旋转180°扫过的面积为⊙O的面积 S= ，故B错误； C．旋转前后的两个三角形可形成平行四边形，正确； D．△ABC绕着各边的中点旋转后的△A′B′C′都在网格的格点上，正确．故选：B． 【点睛】本题考查了平行四边形的判定，旋转变换等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型． 9．如图，菱形的对角线交于原点O，，．将菱形绕原点O逆时针旋转，每次旋转，则第2023次旋转结束时，点C的坐标为（　　）    A． B． C． D． 【答案】C 【分析】首先根据菱形的性质及旋转的规律，可得第2023次旋转结束时，点C在第三象限，过点A作轴于点E，延长到点，使，过点作轴于点F，再根据菱形的性质及全等三角形的性质，即可求得坐标. 【详解】解：∵将菱形绕原点O逆时针旋转，每次旋转， ， ∴旋转4次后回到原来的位置， ∵，∴第2023次旋转结束时，点C在第三象限， 如图：过点A作轴于点E，延长到点，使，过点作轴于点F，    ∴，∴， ∵四边形是菱形，∴， ∴，∴， ∴，∴， ∵， ∴，∴，∴， 故第2023次旋转结束时，点C的坐标为，故选：C． 【点睛】本题主要考查菱形的性质和旋转的性质，全等三角形的判定及性质，以及坐标与图形的性质，直角三角形的性质，找出旋转规律是解题关键. 10．如图，在中，，、是斜边上两点，且，将绕点顺时针旋转后，得到，连结，下列结论：①；②；③；④.其中正确的是（       ）. A．②④ B．①④ C．②③ D．①③ 【答案】B 【分析】依据旋转的性质，即可得到∠BAF=∠CAD，AF=AD，BF=CD，进而得出△FAE≌△DAE（SAS），再根据勾股定理即可得到BE2+BF2=EF2，进而得到BE2+DC2=DE2，从而得到结论. 【解析】∵△ADC绕A顺时针旋转90°后得到△AFB， ∴△ABF≌△ACD，∠FAD=90°，∴AF=AD， ∵∠DAE=45°，∴∠DAE=∠FAE=45°， 在△FAE和△DAE中，，∴△FAE≌△DAE（SAS），故①正确， ∵和不一定全等，故②错误． ∵在Rt△ABC中，AB=AC，∴∠BAC=90°，∠ABC=∠C=45°， ∵将△ADC绕点A顺时针旋转90°后，得到△AFB， ∴BF=CD，∠ABF=∠C=45°，∴∠EBF=90°，∴BE2+BF2=EF2， ∵△FAE≌△DAE∴EF=DE ∵△ABF≌△ACD，∴BF=CD, ∴BE2+DC2=DE2；故④正确，③错误．故选B． 【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所夹的角等于旋转角．也考查了三角形全等的判定与性质以及勾股定理． 二、填空题（本大题共8小题，每小题3分，共24分．不需写出解答过程，请把答案直接填写在横线上） 11．运动“冰壶滑行到终点．直升机螺旋桨的转动．气球冉冉升起．钢架雪车加速前进”属于旋转的是 ． 【答案】直升机螺旋桨的转动 【分析】根据旋转和平移的定义可得答案． 【详解】解：冰壶滑行到终点属于旋转加平移；直升机螺旋桨的转动属于旋转；气球冉冉升起属于平移；钢架雪车加速前进属于平移，故答案为：直升机螺旋桨的转动． 【点睛】本题考查了生活中常见的旋转和平移现象，熟知旋转和平移的定义是解题的关键． 12．在如图所示的方格纸中，每个小方格都是边长为1个单位的正方形，的顶点在格点上，若是由绕点P按逆时针方向旋转得到，且各顶点仍在格点上，则旋转中心P的坐标是 ．    【答案】 【分析】根据旋转的性质：对应点到旋转中心的距离相等，即旋转中心在对应点连线的垂直平分线上，据此解答． 【详解】解：作的垂直平分线，两线的交点即为旋转中心P，坐标为；故答案为：．      【点睛】本题考查了旋转的性质，熟知对应点到旋转中心的距离相等是解题的关键． 13．如图，将绕着点O顺时针旋转得到，若，则旋转角度是 ．    【答案】/度 【分析】对应线段构成的即为旋转角度． 【详解】解：由旋转角度的定义可知： 故答案为：． 【点睛】本题考查旋转角度的定义．掌握相关定义是解题关键． 14．如图，将△ABC绕点C顺时针旋转90°得到△EDC，若点B，E，D在同一条直线上，∠BAC＝118°，则∠DCE的度数是 　 　． 【思路点拨】根据旋转的性质得到DC＝BC，∠DCB＝90°，∠DEC＝∠BAC＝118°，求得∠D＝45°，根据三角形的内角和定理即可得到结论． 【答案】解：∵将△ABC绕点C顺时针旋转90°得到△EDC，∠BAC＝118°， ∴DC＝BC，∠DCB＝90°，∠DEC＝∠BAC＝118°，∴∠D＝45°， ∴∠DCE＝180°﹣∠D﹣∠DEC＝180°﹣45°﹣118°＝17°，故答案为：17°． 【点睛】本题考查了旋转的性质，等腰直角三角形的判定和性质，熟练掌握旋转的性质是解题的关键． 15．如图1，将一个正三角形绕其中心最少旋转，所得图形与原图的重叠部分是正六边形；如图2，将一个正方形绕其中心最少旋转，所得图形与原图形的重叠部分是正八边形；依此规律，将一个正六边形绕其中心最少旋转 ，所得图形与原图的重叠部分是正多边形．在图2中，若正方形的边长为2，则所得正八边形的面积为 ． 【答案】 /度 / 【分析】根据题意，可以发现正n边形绕其中心最少旋转，所得图形与原图的重叠部分是正2n边形；旋转后的正八变形相当于将正方形剪掉了的4个全等的等腰直角三角形，设等腰直角三角形的边长为x，则正八边形的边长为；然后根据求得x；最后用正方形的面积减去这4个等腰直角三角形的面积即可． 【详解】解：由题意得：正n边形绕其中心最少旋转，所得图形与原图的重叠部分是正边形；则将一个正六边形绕其中心最少旋转所得图形与原图的重叠部分是正多边形； 由题意得：旋转后的正八变形相当于将正方形剪掉了的4个全等的等腰直角三角形， 设等腰直角三角形的边长为x，则正八边形的边长为 ∴，解得 ∴减去的每个等腰直角三角形的面积为： ∴正八边形的面积为：， 故答案为：，． 【点睛】本题考查了旋转变换、图形规律以及勾股定理等知识，根据题意找到旋转规律是解答本题的关键． 16．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．若，，，则四边形的面积为 ．    【答案】/ 【分析】连结，根据题意可得为等边三角形，证明，进而得出为直角三角形，，根据，即可求解． 【详解】解：连结，    如图，为等边三角形，，， 线段绕点顺时针旋转得到线段， ，，为等边三角形，， ，， ，且，，， 在中，，，， ，为直角三角形，， ．故答案为：． 【点睛】本题考查了旋转的性质，等边三角形的性质与判定，全等三角形的性质与判定，勾股定理的逆定理的应用，熟练掌握旋转的性质是解题的关键． 17．如图，在正方形中，点E、F分别在边、上，且，，则 °．      【答案】 【分析】将逆时针旋转，使与重合，得到，先证，得到，即可解答． 【详解】解：如图，将逆时针旋转，使与重合，得到，    ， 则，； ∵四边形是正方形，∴， ∵，∴， ∴， ∵，∴， 在和中，，∴， ∴，故答案为：． 【点睛】本题考查了旋转的性质，正方形的性质，全等三角形的判定与性质，熟练掌握相关图形的性质是解题的关键． 18．已知，如图，正方形ABCD中，线段AB绕点A逆时针旋转60°得到线段AE，连接BE，点F为BE中点，AF的延长线交DE的延长线于点G，连接BG．下列结论：①∠ADE＝75°；②△ABG≌△AEG；③AE＝EG；④DG+BG＝AG，其中正确的结论有 　　．（填写所有正确结论的序号） 【思路点拨】①由旋转的性质得出AB＝AE，∠BAE＝60°，求出∠DAE＝30°，由等腰三角形的性质可得出答案；②证明△ABE为等边三角形，由等边三角形的性质可得出AF⊥BE，BF＝EF，可证明△ABG≌△AEG（SSS）；③求出∠BEG＝45°，由等腰直角三角形的性质可得出结论； ④过点D作DM⊥AG于点M，证明△ABF≌△DAM（AAS），由全等三角形的性质得出DM＝AF，由等腰直角三角形的性质得出DG＝AF，则可得出结论． 【答案】解：①∵线段AB绕点A逆时针旋转60°得到线段AE，∴AB＝AE，∠BAE＝60°， ∵四边形ABCD为正方形，∴∠BAD＝90°，AB＝AD， ∴AD＝AE，∠DAE＝30°，∴∠ADE＝（180°﹣∠DAE）＝75°，故①正确； ②∵AB＝AE，∠BAE＝60°，∴△ABE为等边三角形， ∵F为BE的中点，∴AF⊥BE，BF＝EF，∴AG垂直平分BE，∴BG＝EG， 在△ABG和△AEG中，，∴△ABG≌△AEG（SSS）．故②正确； ③∵∠AED＝∠ADE＝75°，∴∠BEG＝180°﹣∠AEB﹣∠AED＝45°， ∵∠EFG＝90°，∴EG＝EF， 又∵EF＝AE，∴EG＝AE，∴AE＝EG．故③错误． ④过点D作DM⊥AG于点M， 由③可知∠EGF＝45°，∴△DMG为等腰直角三角形，∴DG＝DM， ∵∠BAF+∠MAD＝∠MAD+∠ADM＝90°，∴∠BAF＝∠ADM． 在△ABF和△DAM中，，∴△ABF≌△DAM（AAS）， ∴DM＝AF，∴DG＝AF，由③可知BG＝EG＝FG， ∴DG+BG＝AF+FG＝AG．故答案为①②④． 【点睛】本题考查了正方形的性质，旋转的性质，全等三角形的性质与判定，等腰直角三角形的性质，等边三角形的判定与性质，解题的关键是证明△ABG≌△AEG． 三、解答题（本大题共7小题，共66分．请在答题卡指定区域内作答，解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤） 19．如图，正方形网格中，的顶点均在格点上，请在所给直角坐标系中按要求解答下列问题：    (1)作出并使它与关于坐标原点O成中心对称，则的坐标为　 　．(2)的面积为　 　．(3)将绕某点逆时针旋转后，其对应点分别为，，，则旋转中心的坐标为　 　． 【答案】(1)(2)(3) 【分析】（1）根据关于原点成中心对称的特征作出图形即可；（2）利用坐标求出三个点的坐标，然后计算出三边长度可证得是等腰直角三角形，然后计算面积即可；（3）利用作图观察求解． 【详解】（1）解：如图所示，为所求图形，由图可知；    （2）解：由图可知，，， ∴，，， ∴，∴是等腰直角三角形，∴， ∵和关于原点对称，∴，∴； （3）根据旋转的性质，旋转中心在对称点的连线的垂直平分线上，所以两对对称点的垂直平分线的交点就是旋转中心，如图，作，连接和，然后分别作和的垂直平分线交于点P，    由图可知点P坐标为，∴旋转中心的坐标为：． 【点睛】本题考查作图-旋转变换，三角形的面积等知识，解题的关键是掌握旋转变换的性质，属于中考常考题型． 20．阅读下列材料，完成相应学习任务 旋转对称 把正n边形绕着它的中心旋转的整数倍后所得的正n边形重合．我们说，正n边形关于其中心有的旋转对称．一般地，如果一个图形绕着某点O旋转角α（0＜α＜360°）后所得到的图形与原图形重合，则称此图形关于点O有角α的旋转对称．图1就是具有旋转对称性质的一些图形． 任务：（1）如图2，正六边形关于其中心O有　 　的旋转对称，中心对称图形关于其对称中心有　 　的旋转对称；（2）图3是利用旋转变换设计的具有旋转对称性的一个图形，将该图形绕其中心至少旋转　 　与原图形重合；（3）请以图4为基本图案，在图5中利用平移、轴对称或旋转进行图案设计，使得设计出的图案是中心对称图形． 【答案】（1）60°；180°；（2）72°；（3）如图所示，是中心对称图形．（答案不唯一）见解析. 【分析】（1）根据正六边形的边数，即可得到正六边形关于其中心O有60°的旋转对称，依据中心对称的概念，即可得到中心对称图形关于其对称中心有180°的旋转对称； （2）依据360°÷5=72°，即可得到将该图形绕其中心至少旋转72°与原图形重合； （3）利用平移、轴对称或旋转变换，即可设计出中心对称图形． 【详解】（1）正六边形关于其中心O有60°的旋转对称，中心对称图形关于其对称中心有180°的旋转对称；故答案为60°；180°； （2）∵360°÷5＝72°，∴将该图形绕其中心至少旋转72°与原图形重合；故答案为72°； （3）如图5所示，是中心对称图形．（答案不唯一） 【点睛】本题主要考查了平移、旋转和轴对称变换进行作图，解题时注意：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． 21．如图，在等边三角形中，，D是的中点，将绕点A逆时针旋转后得到，求的长．    【答案】 【分析】根据等边三角形的性质可得，，，再利用勾股定理求得，再根据旋转的性质可得，，从而证明是等边三角形，即可求解． 【详解】解：∵是等边三角形，，D是的中点， ∴，，，∴在中，， ∵将绕点A逆时针旋转后得到，∴，， ∴，∴是等边三角形，∴． 【点睛】本题考查等边三角形的判定与性质、勾股定理、旋转的性质，熟练掌握等边三角形的判定与性质是解题的关键． 21．如图，将矩形ABCD绕着点C按顺时针方向旋转得到矩形FECG，使点B落在AD边上的点E处，连接BG交CE于点H，连接BE． （1）求证：EB平分∠AEC；（2）求证：点H为BG中点． 【思路点拨】（1）根据旋转的性质知BC＝CE，再由等腰三角形的性质得到∠CBE＝∠CEB，根据矩形的性质得∠AEB＝∠CBE，再等量转化可得结论； （2）过点B作BP⊥CE于点P，根据角平分线的性质得出∠AEB＝∠CEB，由全等三角形的判定得△BPH≌△GCH（AAS）即可得到结论． 【答案】解：（1）根据旋转的性质得BC＝CE，∴∠CBE＝∠CEB， 又∵ABCD为矩形，∴AD∥BC，∴∠AEB＝∠CBE，∴∠AEB＝∠CEB，∴BE平分∠AEC； （2）过点B作BP⊥CE于点P，如图， 由（1）可知∠AEB＝∠CEB， 又∵∠A＝∠BPE，且BE＝BE，∴△AEB≌△PEB（AAS），∴BP＝AB，∴BP＝CG， 又∵∠BHP＝∠GHC，∠BPH＝∠GCH，∴△BPH≌△GCH（AAS）， ∴BH＝HG，∴点H为BG中点． 【点睛】本题考查旋转的性质和矩形的性质，解本题要熟练掌握旋转的性质，全等三角形的判定与性质，矩形的性质等基本知识点． 22．如图，△ABC是等腰三角形，其中AB＝BC，将△ABC绕顶点B逆时针旋转50°到△A1BC1的位置，AB与A1C1相交于点D，AC与A1C1，BC1分别相交于点E，F． （1）求证：△BCF≌△BA1D；（2）当∠C＝50°时，判断四边形A1BCE的形状并说明理由． 【思路点拨】（1）由等腰三角形的性质得出∠A＝∠C，由旋转的性质得出∠A＝∠A1＝∠C，∠A1BD＝∠CBC1，则可得出答案； （2）证明A1E∥BC，A1B∥EC，得出四边形A1BCE是平行四边形，由菱形的判定方法可得出结论． 【答案】（1）证明：∵AB＝BC，∴∠A＝∠C， ∵△A1BC1是由△ABC绕顶点B逆时针旋转而得， ∴∠A＝∠A1＝∠C，∠A1BD＝∠CBC1，AB＝A1B， 在△BCF和△BA1D中，，∴△BCF≌△BA1D（ASA）； （2）解：四边形A1BCE是菱形． ∵△ABC是等腰三角形，∠C＝50°，∴∠A＝∠C1＝∠C＝50°， 又∵△BCF≌△BA1D，∴∠CBF＝∠A1BD＝50°， ∴∠C1＝∠CBF，∠A＝∠A1BD，∴A1E∥BC，A1B∥EC，即四边形A1BCE是平行四边形， 又∵A1B＝BC，∴四边形A1BCE是菱形． 【点睛】本题考查了旋转的性质，全等三角形的判定与性质，等腰三角形的性质，菱形的判定，证明△BCF≌△BA1D是解题的关键． 23．如图，在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝135°，E为BC边上一点，连结AE，将点E绕点A逆时针旋转135°至点，连结AD，DE，CD． (1)求证：CD＝BE．(2)若DE⊥BC，BE＝3，求BC的长． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）由点E绕点A逆时针旋转135°至点D得到，可证，即可得到结论； （2）通过等腰三角形的性质可知，再由全等三角形的性质得到，即可得，再根据勾股定理求出CE的长度，即可求解． 【解析】(1) 将点E绕点A逆时针旋转135°至点D ∠BAC＝135° 即 又 (2)在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝135° 由（1）得 DE⊥BC，BE＝CD=3 由勾股定理得 【点睛】本题考查了旋转的性质、全等三角形的判定和性质、等腰三角形的性质，熟练掌握知识点是解题的关键． 24．如图1，在△ABC中，BA＝BC，D、E是AC边上的两点，且满足∠DBE＝∠ABC．以点B为旋转中心，将△CBE按逆时针方向旋转得到△ABF，连接DF． （1）求证：DF＝DE；（2）如图2，若AB⊥BC，其他条件不变．求证：DE2＝AD2+EC2． 【思路点拨】（1）先根据∠DBE＝∠ABC可知∠ABD+∠CBE＝∠DBE＝∠ABC，再由图形旋转的性质可知BE＝BF，∠ABF＝∠CBE，故可得出∠DBF＝∠DBE，由全等三角形的性质即可得出△DBE≌△DBF，故可得出结论； （2）把△CBE逆时针旋转90°，由于△ABC是等腰直角三角形，故可知图形旋转后点C与点A重合，∠FAB＝∠BCE＝45°，所以∠DAF＝90°，由（1）证DE＝DF，再根据勾股定理即可得出结论． 【答案】（1）证明：∵∠DBE＝∠ABC，∴∠ABD+∠CBE＝∠DBE＝∠ABC， ∵△ABF由△CBE旋转而成，∴BE＝BF，∠ABF＝∠CBE，∴∠DBF＝∠DBE， 在△DBE与△DBF中，，∴△DBE≌△DBF（SAS），∴DF＝DE； （2）证明：∵将△CBE按逆时针方向旋转得到△ABF， ∴BA＝BC，∠ABC＝90°，∴∠BAC＝∠BCE＝45°， ∴图形旋转后点C与点A重合，CE与AF重合， ∴AF＝EC，∴∠FAB＝∠BCE＝45°，∴∠DAF＝90°， 在Rt△ADF中，DF2＝AF2+AD2， ∵AF＝EC，∴DF2＝EC2+AD2，同（1）可得DE＝DF，∴DE2＝AD2+EC2． 【点睛】本题考查的是图形的旋转及勾股定理，熟知旋转前、后的图形全等是解答此题的关键 25． 【模型建立】（1）如图1，在正方形中，点E是对角线上一点，连接，．求证：． 【模型应用】（2）如图2，在正方形中，点E是对角线上一点，连接，．将绕点E逆时针旋转，交的延长线于点F，连接．当时，求的长． 【模型迁移】（3）如图3，在菱形中，，点E是对角线上一点，连接，．将绕点E逆时针旋转，交的延长线于点F，连接，与交于点G．当时，判断线段与的数量关系，并说明理由． 【答案】（1）证明见解析；（2）；（3），理由见解析． 【分析】（1）利用SAS证明即可；（2）先证△ADE≌△CDE再利用勾股定理求解； （3）先证△ADE≌△CDE,再利用等边三角形的判定性质证明即可． 【解析】（1）证明：如图1中，∵四边形是正方形，∴，， 在和中，，∴； （2）解：如图2中，设交于点J． 由（1）知，，， ∵EF是绕点E逆时针旋转得到，∴， 在中，； （3）解：结论：．理由：如图3中， ∵四边形是菱形，∴，， 在和中，，∴），∴， 是绕点E逆时针旋转得到的，∴， ∴是等边三角形，∴． 【点睛】本题考查了正方形的性质，等边三角形的判定和性质，图形的旋转变换，全等三角形的判定和性质，勾股定理，正确理解图形的相关性质是解本题的关键 www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 （共 2 页） ( 1 ) 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题3.2 图形的旋转 讲义 模块1：学习目标 1、掌握旋转的概念，探索它的基本性质，理解对应点到旋转中心的距离相等,对应点与旋转 中心连线所成的角彼此相等的性质。 2、能够按要求作出简单平面满图形旋转后的图形，并能利用旋转的性质进行规律的探究，利 用旋转进行简单的图案设计。 模块2：知识梳理 1、旋转的概念 一般地，一个图形变为另一个图形，在运动的过程中，原图形上的所有点都绕一个固定的点，按同一个方向，转动同一个角度，这样的图形运动叫做图形的旋转.这个固定的定点叫做旋转中心，转过的角叫做旋转角.如下图，点O为旋转中心，∠AOA′（或∠BOB′或∠COC′）是旋转角. 注意：（1）旋转的三个要素：旋转中心、旋转方向和旋转角度.（2）如上图，如果图形上的点A经过旋转变为点A′，那么这两个点叫做这个图形旋转的对应点. 点B与点B′，点C与点C′均是对应点，线段AB与A′B′、线段AC与A′C′、线段BC与B′C′均是对应线段. 2、旋转的性质 (1)图形经过旋转所得的图形和原图形全等； (2)对应点到旋转中心的距离相等；　　 (3)任意一对对应点与旋转中心连线所成的角度等于旋转的角度.　 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. 3、旋转的作图 在画旋转图形时，首先确定旋转中心，其次确定图形的关键点，再将这些关键点沿指定的方向旋转指定的角度，然后连接对应的部分，形成相应的图形． 注意：作图的步骤： (1)连接图形中的每一个关键点与旋转中心； (2)把连线按要求（顺时针或逆时针）绕旋转中心旋转一定的角度（旋转角）； (3)在角的一边上截取关键点到旋转中心的距离，得到各点的对应点； (4)连接所得到的各对应点. 模块3：核心考点与典例 考点1. 生活中的旋转现象 例1．下列运动形式属于旋转的是（　　） A．飞驰的动车 B．匀速转动的摩天轮 C．运动员投掷标枪 D．乘坐升降电梯 变式1．有下列现象：①高层公寓电梯的上升：②传送带的移动；③方向盘的转动；④风车的转动；⑤钟摆的运动；⑥荡秋千运动．其中属于旋转的有（    ） A．2个 B．3个 C．4个 D．5个 变式2．下列现象：①地下水位逐年下降，②传送带的移动，③方向盘的转动，④水龙头的转动；其中属于旋转的有（    ） A．4个 B．3个 C．2个 D．1个 考点2. 判断一个图形旋转而成的图案 例2．下列各图中，能通过一个三角形绕一点旋转一次得到另一三角形的图形是（    ） A． B． C．D． 变式1．如图，在平面内将三角形标志绕其中心旋转后得到的图案（   ） A． B． C． D． 变式2．冬奥会会徽是以汉字“冬”为灵感来源设计的．在下面右侧的四个图中，能由图经过旋转得到的是（　　） A． B． C． D． 考点3. 找旋转中心、 旋转角、对应点 例3．如图，是由旋转后得到的，下列说法正确的是（    ）    A．旋转中心不是点 B． C．旋转方向是顺时针 D． 变式1．如图，在中，，，现将绕点A按顺时针方向旋转到的位置，使得点C，A，在同一条直线上，那么旋转角等于（   ）    A． B． C． D． 变式2．如图，在正方形网格中，绕某点旋转一定的角度得到，则旋转中心是点（    ）    A．O B．P C．Q D．M 变式3．如图，已知中，，，将绕A点逆时针旋转得到，以下结论：①，②，③，④，正确的有（    ）个    A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 考点4. 作图-旋转变换 例4．正方形网格中（网格中的每个小正方形边长是1），的顶点均在格点上，请在所给的直角坐标系中作出绕点逆时针旋转的，再作出关于原点成中心对称的．      变式1．如图，已知的顶点A，B，C的坐标分别是， ， .(1)作出关于原点O中心对称的图形，画出； (2)将绕原点O按顺时针方向旋转后，得到，画出    变式2．如图，方格纸中的每个小正方形的边长都为1，在建立平面直角坐标系后，的顶点均在格点上． (1)以点为旋转中心，将绕点顺时针旋转得到，画出，并写出点坐标． (2)画出关于原点成中心对称的，并写出点坐标． (3)若可看作是由绕点P顺时针旋转得到的，则点P的坐标为______．    考点5. 利用旋转的性质求解（角度与长度） 例5．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，连接，则的长为（    ）    A．6 B． C． D．3 变式1．如图，在中，，，把绕点顺时针旋转得到（点与点是对应点，点与点是对应点），当点E落在边上时，连接，则的度数为（    ）    A． B． C． D． 变式2．如图，在中，，，．点在上，且．连接，线段绕点顺时针旋转得到线段，连接，．则的面积是（　　）    A． B． C． D． 变式3．如图，正方形的边长为，是边上一点，，将绕点逆时针旋转，得到，则的长是 ．    考点6. 求绕某点旋转后坐标 例6．如图，直线分别与轴，轴交于点，，将绕着点顺时针旋转得到，则点的对应点的坐标是（　　）    A． B． C． D． 变式1．平行四边形在平面直角坐标系中的位置如图，，把平行四边形绕点O逆时针旋转，使点A落在y轴正半轴上，则旋转后点B的对应点的坐标为（    ）    A． B． C． D． 变式2．平面直角坐标系中，，，为轴上一动点，连接，将绕点顺时针旋转得到，当点在轴上运动，取最小值时，点的坐标为 ．    考点7. 旋转中的规律 探究 例7．如图所示，矩形的顶点，，对角线交点为，若矩形绕点逆时针旋转，每次旋转，则第74次旋转后点的落点坐标为（    ）    A． B． C． D． 变式1．在平面直角坐标系中，已知，将其绕着原点按逆时针方向旋转得到，延长到点，使得，再将点绕着原点按逆时针方向旋转得到，延长到点，使得，……如此继续下去，到点的坐标是（       ） A． B． C． D． 考点8. 利用旋转的性质证明 例8．【问题情境】如图1，点为正方形内一点，，将绕点按顺时针方向旋转，得到（点的对应点为点），延长交于点，连接． 【猜想证明】（1）试判断四边形的形状，并说明理由； （2）如图2，若，猜想线段与的数量关系并加以证明； 【解决问题】（3）如图1若，，求．    变式1．如图，在中，点E在边上，，将线段绕点A旋转到的位置，使得，连接与交于点G． (1)求证：；(2)若，求的度数．    变式2．如图，四边形ABCD是正方形，点E在AB的延长线上，连接EC，EC绕点E逆时针旋转90°得到EF，连接CF、AF，CF与对角线BD交于点G． （1）若BE＝2，求AF的长度；（2）求证：AF+2BGAD． 考点9. 旋转中的最值问题 例9．如图，等边△ABC中，AB＝10，点E为高AD上的一动点，以BE为边作等边△BEF，连接DF，CF，则∠BCF＝　 　，FB+FD的最小值为 　 　． 变式1.如图，在Rt△ABC和Rt△ADE中，∠BAC＝∠DAE＝90°，AC＝AD＝3，AB＝AE＝5．连接BD，CE，将△ADE绕点A旋转一周，在旋转的过程中当∠DBA最大时，S△ACE＝（　　） A．6 B． C．9 D． 变式2.如图，点E是等边三角形△ABC边AC的中点，点D是直线BC上一动点，连接ED，并绕点E逆时针旋转90°，得到线段EF，连接DF．若运动过程中AF的最小值为，则AB的值为（　　） A．2 B． C． D．4 变式3.如图，在正方形ABCD中，AB＝4，E为AB边上一点，点F在BC边上，且BF＝1，将点E绕着点F顺时针旋转90°得到点G，连接DG，则DG的长的最小值为（　　） A．2 B．2 C．3 D． 模块四：同步培优题库 全卷共25题 测试时间：80分钟 试卷满分：120分 一、选择题（本大题共10小题，每小题3分，共30分）在每小题所给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的． 1．如图，钟摆的摆动，这种图形的改变是（   ） A．平移 B．旋转 C．轴对称 D．相似 2．如图，三角形ABC绕点O顺时针旋转后得到三角形，则下列说法中错误的是（       ） A． B． C． D． 3．如图，把是直角的绕点A按顺时针旋转，把点B转到点E得，则以下结论错误的是（       ） A． B． C． D． 4．如图，四边形ABCD中，∠DAB＝30°，连接AC，将△ABC绕点B逆时针旋转60°，点C的对应点与点D重合，得到△EBD，若AB＝5，AD＝4，则线段AC的长度为（　　） A．5 B．6 C． D． 5．如图将△ABC绕点C（0，﹣1）旋转180°得到△ABC，设点的坐标为（a，b），则A的坐标为（　　） A．（﹣a，﹣b） B．（﹣a，﹣b﹣1） C．（﹣a，﹣b+1） D．（﹣a，﹣b﹣2） 6．如图，在矩形ABCD中，AB＝，BC＝5，P是AD上一点，将△CDP绕点C逆时针旋转45°时，点P的对应点P'恰好落在AB上，则PD的长为（　　） A．1 B． C． D．1或 7．如图，AC、BD为四边形ABCD的对角线，将△ACD绕点A顺时针旋转60°，得到△AEB（点C、D的对应点分别为点E、B），若点C、B、E在一条直线上，则下列说法错误的是（　　） A．∠ABC+∠ADC＝180° B．∠BCD＝120° C．AC＝BC+CD D．AE＝BD 8．如图，是由6×6个边长为1的小正方形网格组成，每个小正方形的顶点称为格点，△ABC的三个顶点A，B，C均在格点上，将△ABC绕着边的中点旋转180°，爱观察与思考的小明发现以下结论不正确的是（   ） A．△ABC各边的中点都可通过网格确定； B．△ABC绕着AC的中点旋转180°扫过的面积为13； C．旋转前后的两个三角形可形成平行四边形； D．△ABC绕着各边的中点旋转后的△A′B′C′都在网格的格点上． 9．如图，菱形的对角线交于原点O，，．将菱形绕原点O逆时针旋转，每次旋转，则第2023次旋转结束时，点C的坐标为（　　）    A． B． C． D． 10．如图，在中，，、是斜边上两点，且，将绕点顺时针旋转后，得到，连结，下列结论：①；②；③；④.其中正确的是（       ）. A．②④ B．①④ C．②③ D．①③ 二、填空题（本大题共8小题，每小题3分，共24分．不需写出解答过程，请把答案直接填写在横线上） 11．运动“冰壶滑行到终点．直升机螺旋桨的转动．气球冉冉升起．钢架雪车加速前进”属于旋转的是 ． 12．在如图所示的方格纸中，每个小方格都是边长为1个单位的正方形，的顶点在格点上，若是由绕点P按逆时针方向旋转得到，且各顶点仍在格点上，则旋转中心P的坐标是 ．    13．如图，将绕着点O顺时针旋转得到，若，则旋转角度是 ．    14．如图，将△ABC绕点C顺时针旋转90°得到△EDC，若点B，E，D在同一条直线上，∠BAC＝118°，则∠DCE的度数是 　 　． 15．如图1，将一个正三角形绕其中心最少旋转，所得图形与原图的重叠部分是正六边形；如图2，将一个正方形绕其中心最少旋转，所得图形与原图形的重叠部分是正八边形；依此规律，将一个正六边形绕其中心最少旋转 ，所得图形与原图的重叠部分是正多边形．在图2中，若正方形的边长为2，则所得正八边形的面积为 ． 16．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．若，，，则四边形的面积为 ．    17．如图，在正方形中，点E、F分别在边、上，且，，则 °．      18．已知，如图，正方形ABCD中，线段AB绕点A逆时针旋转60°得到线段AE，连接BE，点F为BE中点，AF的延长线交DE的延长线于点G，连接BG．下列结论：①∠ADE＝75°；②△ABG≌△AEG；③AE＝EG；④DG+BG＝AG，其中正确的结论有 　　．（填写所有正确结论的序号） 三、解答题（本大题共7小题，共66分．请在答题卡指定区域内作答，解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤） 19．如图，正方形网格中，的顶点均在格点上，请在所给直角坐标系中按要求解答下列问题： (1)作出并使它与关于坐标原点O成中心对称，则的坐标为　 　．(2)的面积为　 　．(3)将绕某点逆时针旋转后，其对应点分别为，，，则旋转中心的坐标为　 　．    20．阅读下列材料，完成相应学习任务 旋转对称 把正n边形绕着它的中心旋转的整数倍后所得的正n边形重合．我们说，正n边形关于其中心有的旋转对称．一般地，如果一个图形绕着某点O旋转角α（0＜α＜360°）后所得到的图形与原图形重合，则称此图形关于点O有角α的旋转对称．图1就是具有旋转对称性质的一些图形． 任务：（1）如图2，正六边形关于其中心O有　 　的旋转对称，中心对称图形关于其对称中心有　 　的旋转对称；（2）图3是利用旋转变换设计的具有旋转对称性的一个图形，将该图形绕其中心至少旋转　 　与原图形重合；（3）请以图4为基本图案，在图5中利用平移、轴对称或旋转进行图案设计，使得设计出的图案是中心对称图形． 21．如图，在等边三角形中，，D是的中点，将绕点A逆时针旋转后得到，求的长．    21．如图，将矩形ABCD绕着点C按顺时针方向旋转得到矩形FECG，使点B落在AD边上的点E处，连接BG交CE于点H，连接BE． （1）求证：EB平分∠AEC；（2）求证：点H为BG中点． 22．如图，△ABC是等腰三角形，其中AB＝BC，将△ABC绕顶点B逆时针旋转50°到△A1BC1的位置，AB与A1C1相交于点D，AC与A1C1，BC1分别相交于点E，F． （1）求证：△BCF≌△BA1D；（2）当∠C＝50°时，判断四边形A1BCE的形状并说明理由． 23．如图，在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝135°，E为BC边上一点，连结AE，将点E绕点A逆时针旋转135°至点，连结AD，DE，CD． (1)求证：CD＝BE．(2)若DE⊥BC，BE＝3，求BC的长． 24．如图1，在△ABC中，BA＝BC，D、E是AC边上的两点，且满足∠DBE＝∠ABC．以点B为旋转中心，将△CBE按逆时针方向旋转得到△ABF，连接DF． （1）求证：DF＝DE；（2）如图2，若AB⊥BC，其他条件不变．求证：DE2＝AD2+EC2． 25．【模型建立】（1）如图1，在正方形中，点E是对角线上一点，连接，．求证：． 【模型应用】（2）如图2，在正方形中，点E是对角线上一点，连接，．将绕点E逆时针旋转，交的延长线于点F，连接．当时，求的长． 【模型迁移】（3）如图3，在菱形中，，点E是对角线上一点，连接，．将绕点E逆时针旋转，交的延长线于点F，连接，与交于点G．当时，判断线段与的数量关系，并说明理由． www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 （共 2 页） ( 1 ) 学科网（北京）股份有限公司 $$