卷8 第28章 旋转基础过关检测卷（A卷）2026-2027学年人教版数学九年级上册

**基本信息** 以旋转为核心，通过风力发电机叶片转动等生活情境、正方形与等边三角形旋转等几何综合题，考查抽象能力、几何直观与推理能力，适配单元复习的基础巩固与能力提升。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |选择题|10/30|旋转概念（第1题）、性质（第2题）、中心对称（第7题）|结合生活情境，基础概念辨析| |填空题|6/24|旋转角计算（第11题）、折叠与旋转综合（第16题）|几何直观与空间观念（第13题等腰三角形旋转）| |解答题|6/66|旋转作图（第17题）、综合应用（第18、22题）|通过旋转转化线段，考查推理能力（第18题等边三角形旋转求∠BPC）|

卷8 第28章 旋转基础过关检测卷（A卷） （时间:90分钟 满分120分） 一．选择题（共10小题，每小题3分，共30分，每小题给出的选项中只有一个选项符合题意） 1．（2026春•罗湖区期中）数学之美源于生活，下列生活中的运动属于旋转的是（　　） A．国旗上升的过程 B．输送带运输的行李箱 C．轮船航行时的螺旋桨的转动 D．商场的扶手电梯载着顾客上下楼 2．（2026春•北碚区期末）如图，在△ABC中，∠ABC＝107°，将△ABC绕点A逆时针旋转α（0°＜α＜180°）得到△ADE，若ED∥AB，则α的值为（　　） A．107° B．83° C．73° D．63° 3．（2026春•成华区期末）如图，风力发电机的叶片在风的吹动下转动，使风能转化为电能．图中的三个叶片组成的图形绕着它的中心顺时针旋转α后，能够与它本身重合，则旋转角α的大小可以为（　　） A．60° B．90° C．120° D．180° 4．（2023•东方二模）将△AOB绕点O旋转180°得到△DOE，则下列作图正确的是（　　） A．B． C． D． 5．（2026春•肇源县期中）如图沿逆时针方向转了90°以后的图形是（　　） A． B． C． D． 6．（2026春•昆山市期末）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，将△ABC绕点C旋转180°得到△DEC，连接AE，BD．添加一个条件使四边形ABDE是正方形，那么添加的条件可以是（　　） A．AC＝BC B．BC＝2AC C．∠ABC＝30° D．∠CAB＝2∠CBA 7．（2026•雷州市模拟）下列图形中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（　　） A． B． C． D． 8．（2026春•宁海县期末）在平面直角坐标系中，点A（﹣5，6）关于原点对称的点的坐标是（　　） A．（﹣5，﹣6） B．（5，﹣6） C．（5，6） D．（6，﹣5） 9．（2026•灌南县模拟）如图，正方形ABCD的面积为2，P是以A为圆心，AB为半径的弧上的一动点，连接AP，CP，将线段CP绕点P顺时针旋转90°后得到线段PQ，连接AQ．则△APQ的最大面积是（　　） A． B． C． D． 10．（2026•庐阳区模拟）如图，正方形ABCD的边长为2，点E边BC的中点，点P是正方形ABCD内部一点，且满足PF＝AF＝DF，将线段DP以点D为中心逆时针旋转90°得到线段DQ，连结QE，CP，CQ，PQ．则下列结论错误的是（　　） A．∠APD＝90° B．线段CP的最小值为 C．线段EQ的最大值为 D．PC+QC的最小值为 二．填空题（共6小题，每小题4分，共24分） 11．（2026春•朝阳区期中）如图是一个旋转一定角度能与原图重合的图形，它的最小旋转角度数为　 ． 12．（2026春•雁塔区期末）如图，将Rt△ABC绕点C顺时针旋转得到△A'B'C，点B'恰好落在斜边AC的中点上，连接A′B．若，则△A′BC的周长为 　 　 ． 13．（2026春•鄞州区期末）如图，将△ABC绕点B顺时针旋转得到△DBE，其中点D落在边BC上，连结AD，CE，恰有∠DAC＝2∠ACB，当△CDE是等腰三角形时，∠ACB的度数是　 　 ． 14．（2026春•市中区期末）如图，在正方形ABCD中，AB＝8，E是BC上一点（不与端点重合），将正方形沿AE翻折，使B点落到B'，连接B′D，B'C，若△B'CD为等腰三角形，则BE的长为　 　 ． 15．（2026春•太原期末）如图△ABC中，AB＝AC＝6，∠BAC＝120°，O为BC的中点，连接AO．点E为BA延长线上的一点，连接OE，将线段OE绕点O顺时针旋转60°，点E的对应点F恰好落在AC边上．若，则△BOE的面积为　 　 ． 16．（2026春•天门期中）如图，矩形ABCD中，AB＝6，BC＝8，点E是BC边上一点，连接AE，将△ABE沿AE折叠，使点B落在点B′处，连接CB′． （1）当点B′恰好在矩形ABCD的对角线AC上，则BE＝　 　 ； （2）当点E为BC的中点时，B′C的长为　 　 ． 三．解答题（共6小题，共66分） 17．（10分）（2026春•于洪区期末）如图，在平面直角坐标系xOy中，△ABC的三个顶点都在格点上，且点A的坐标为（﹣3，4）． （1）△A1B1C1与△ABC关于原点O成中心对称，请画出△A1B1C1； （2）P（a，b）是△ABC的边AC上一点，将△ABC平移后，点P的对应点是P′（a﹣2，b﹣4），请画出平移后的△A2B2C2； （3）若△A1B1C1和△A2B2C2关于某一点成中心对称，则对称中心的坐标为　 　 ． 18．（10分）（2026春•温江区期末）如图，P是等边△ABC内的一点，且PA＝5，PB＝4，PC＝3，将△APB绕点B逆时针旋转，得到△CQB． （1）旋转角为　 　 度；PQ的长度＝　 　 ；（2）求∠BPC的度数；（3）求△ABC的面积． 19．（10分）（2026春•嘉兴期末）正方形ABCD中，AB＝5，连结AC，将正方形ABCD绕点A按逆时针方向旋转α（0°＜α＜90°）得到正方形AEFG． （1）如图1，当点F落在AD的延长线上时，连结CF，求∠DCF的度数． （2）如图2，当α＝60°时，求CF的长． 20．（10分）（2026春•顺义区期末）如图，在菱形ABCD中，∠ABC＝α，点P在BC的延长线上，连接AP，将线段AP绕点A逆时针旋转180°﹣α得到线段AQ，过点Q作QG∥CD，交直线BC于点G，连接QD． （1）依题意补全图形，求证：BP＝QD； （2）若∠ABC＝45°，用等式表示线段GB，GC，GP之间的数量关系，并证明． 21．（12分）（2026春•历下区期末）某数学兴趣小组以△ABC的边AB，AC所在直线为对称轴作△ABC的对称图形△ABD和△AEC，请回答下列问题： （1）如图1，当点D，E重合时，∠BDC＝　 　 度，∠BAC＝　 　 度； （2）如图2，BD，CE交于点F，若∠BAC＝130°，求∠BFC的度数； （3）如图3，BD，CE交于点F，若∠BAC＝135°，BF＝DF＝1，请直接写出AB2的值． 22．（14分）（2026•萧山区模拟）（1）如图1，P是等边三角形ABC内一点，PA＝4，PB＝3，PC＝5，求∠APB的度数． 解：将△BPC绕点B按逆时针方向旋转60°到△BP'A的位置， 连接PP'，则△BPP'是 　 　 三角形． 所以PP'＝PB＝3． 因为AP＝4，AP'＝CP＝5，所以PP'2+AP2＝AP'2， 所以△PAP'为直角三角形，所以∠APB的度数为 　 　 ． （2）如图2，在正方形ABCD内部有一点P，连接PA，PB，PC，若PA＝2，PB＝4，∠APB＝135°，求PC的长． 1 学科网（北京）股份有限公司 $ 卷8 第28章 旋转基础过关检测卷（A卷） （时间:90分钟 满分120分） 一．选择题（共10小题，每小题3分，共30分，每小题给出的选项中只有一个选项符合题意） 1．（2026春•罗湖区期中）数学之美源于生活，下列生活中的运动属于旋转的是（　　） A．国旗上升的过程 B．输送带运输的行李箱 C．轮船航行时的螺旋桨的转动 D．商场的扶手电梯载着顾客上下楼 【分析】旋转是指物体围绕一个固定点或轴做圆周运动，据此依次判断即可． 【解答】解：A．国旗上升的过程，属于平移，不符合题意； B．输送带运输的行李箱，属于平移，不符合题意； C．轮船航行时的螺旋桨的转动，属于转动，符合题意； D．商场的扶手电梯载着顾客上下楼，属于平移，不符合题意； 故选：C． 【点睛】本题考查生活中的旋转现象．旋转变换：一个图形围绕一个定点旋转一定的角度，得到另一个图形，这种变换称为旋转变换．要注意旋转的三要素：①定点﹣旋转中心；②旋转方向；③旋转角度． 2．（2026春•北碚区校级期末）如图，在△ABC中，∠ABC＝107°，将△ABC绕点A逆时针旋转α（0°＜α＜180°）得到△ADE，若ED∥AB，则α的值为（　　） A．107° B．83° C．73° D．63° 【分析】先根据旋转的性质找出对应角和旋转角，再运用平行线的性质求解即可． 【解答】∵△ABC绕点A逆时针旋转α（0°＜α＜180°）得到△ADE，∠ABC＝107°， ∴∠ADE＝∠ABC＝107°，∠DAB＝∠EAC＝α， ∵ED∥AB， ∴∠ADE+∠DAB＝180°， ∴α＝∠DAB＝180°﹣107°＝73°． 故选：C． 【点睛】本题考查旋转的性质，平行线的性质，掌握旋转的性质是解题的关键． 3．（2026春•成华区期末）如图，风力发电机的叶片在风的吹动下转动，使风能转化为电能．图中的三个叶片组成的图形绕着它的中心顺时针旋转α后，能够与它本身重合，则旋转角α的大小可以为（　　） A．60° B．90° C．120° D．180° 【分析】根据图象，判断两个相邻叶片之间的度数，再逐项判断是否与该度数相同即可． 【解答】解：由图象可知，相邻两个叶片之间的度数为360°÷3＝120°， 故该图形旋转120°或其整数倍，能够与它本身重合， 综上所述，只有选项C正确，符合题意， 故选：C． 【点睛】本题考查了旋转对称图形，根据图象判断旋转角度是解题关键． 4．（2023•东方校级二模）将△AOB绕点O旋转180°得到△DOE，则下列作图正确的是（　　） A． B． C． D． 【分析】根据旋转的性质，△AOB绕点O旋转180°得到△DOE，点A与点D、B与E关于点O成中心对称解答． 【解答】解：∵△AOB绕点O旋转180°得到△DOE， ∴作图正确的是C选项图形． 故选：C． 【点睛】本题考查了利用旋转变换作图，熟记旋转的性质，判断出对应点关于点O对称是解题的关键． 5．（2026春•肇源县期中）如图沿逆时针方向转了90°以后的图形是（　　） A． B． C． D． 【分析】根据旋转的性质进行解答即可． 【解答】解：由题意可得转了90°以后的图形是： ． 故选：A． 【点睛】本题考查利用旋转设计图案，正确记忆相关知识点是解题关键． 6．（2026春•昆山市期末）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，将△ABC绕点C旋转180°得到△DEC，连接AE，BD．添加一个条件使四边形ABDE是正方形，那么添加的条件可以是（　　） A．AC＝BC B．BC＝2AC C．∠ABC＝30° D．∠CAB＝2∠CBA 【分析】根据中心对称的性质及正方形的判定定理，对所给选项依次进行判断即可． 【解答】解：由题知， 因为△DEC由△ABC绕点C旋转180°得到， 所以AB＝DE，AB∥DE， 所以四边形ABDE是平行四边形． 又因为∠ACB＝90°， 则AD⊥BE， 所以四边形ABDE是菱形． 因为AC，AC＝BC， 所以AD＝BE， 所以菱形ABDE是正方形， 所以A选项符合题意； 因为BC＝2AC， 所以2BC＝2×2AC， 即BE＝2AD， 由此得不到四边形ABDE是正方形， 所以B选项不符合题意； 因为∠ABC＝30°，AB＝AE， 所以∠ABC＝∠AEC＝30°， 所以∠BAE＝120°， 由此得不到四边形ABDE是正方形， 所以C选项不符合题意； 因为∠CAB+∠CBA＝90°，∠CAB＝2∠CBA， 所以3∠CBA＝90°， 所以∠CBA＝30°， 理由同上述过程，得不到四边形ABDE是正方形， 所以D选项不符合题意． 故选：A． 【点睛】本题主要考查了中心对称、正方形的判定及旋转的性质，熟知中心对称的性质及正方形的判定定理是解题的关键． 7．（2026•雷州市模拟）下列图形中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（　　） A． B． C． D． 【分析】根据轴对称图形与中心对称图形的概念逐项判断即可． 【解答】解：A、该图形不是轴对称图形，是中心对称图形，此选项不符合题意； B、该图形不是轴对称图形，是中心对称图形，此选项不符合题意； C、该图形是轴对称图形，不是中心对称图形，此选项不符合题意； D、该图形是轴对称图形，也是中心对称图形，此选项符合题意． 故选：D． 【点睛】本题考查了中心对称图形与轴对称图形的概念，熟知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；如果一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形叫做轴对称图形是解题的关键． 8．（2026春•宁海县期末）在平面直角坐标系中，点A（﹣5，6）关于原点对称的点的坐标是（　　） A．（﹣5，﹣6） B．（5，﹣6） C．（5，6） D．（6，﹣5） 【分析】根据关于原点对称的点的横坐标互为相反数，纵坐标互为相反数，可得答案． 【解答】解：点A（﹣5，6）关于原点对称的点的坐标是（5，﹣6）． 故选：B． 【点睛】本题考查了关于原点对称的点的坐标，利用关于原点对称的点的横坐标互为相反数，纵坐标互为相反数是解题关键． 9．（2026•灌南县模拟）如图，正方形ABCD的面积为2，P是以A为圆心，AB为半径的弧上的一动点，连接AP，CP，将线段CP绕点P顺时针旋转90°后得到线段PQ，连接AQ．则△APQ的最大面积是（　　） A． B． C． D． 【分析】连接AC，作QF⊥AP于点F，CE⊥AP交AP的延长线于点E，由旋转得PQ＝CP，∠CPQ＝90°，由“同角的余角相等”推导出∠FPQ＝∠ECP，可证明△FPQ≌△ECP，得QF＝PE，因为正方形ABCD的面积为2，所以AB＝BC，∠ABC＝90°，且AB2＝2，则AB，求得ACAB＝2，因为P是以A为圆心，AB为半径的弧上的一动点，所以AP＝AB，由AE≤AC，得QF≤2，则QF≤2，推导出S△APQ1，所以△APQ的最大面积为1，于是得到问题的答案． 【解答】解：连接AC，作QF⊥AP于点F，CE⊥AP交AP的延长线于点E，则∠PFQ＝∠E＝90°， ∵将线段CP绕点P顺时针旋转90°后得到线段PQ， ∴PQ＝CP，∠CPQ＝90°， ∵∠FPQ+∠CPE＝90°，∠ECP+∠CPE＝90°， ∴∠FPQ＝∠ECP， 在△FPQ和△ECP中， ， ∴△FPQ≌△ECP（AAS）， ∴QF＝PE， ∵四边形ABCD是面积为2的正方形， ∴AB＝BC，∠ABC＝90°，且AB2＝2， ∴AB或AB（不符合题意，舍去）， ∴ACAB2， ∵P是以A为圆心，AB为半径的弧上的一动点， ∴AP＝AB， ∵AE≤AC，且AE＝AP+PEQF， ∴QF≤2， ∴QF≤2， ∴AP•QF（2）， ∴S△APQ1， ∴△APQ的最大面积为1， 故选：D． 【点睛】此题重点考查旋转的性质、同角的余角相等、全等三角形的判定与性质、正方形的性质、勾股定理、垂线段最短、三角形的面积公式等知识，正确地添加辅助线是解题的关键． 10．（2026•庐阳区校级模拟）如图，正方形ABCD的边长为2，点E边BC的中点，点P是正方形ABCD内部一点，且满足PF＝AF＝DF，将线段DP以点D为中心逆时针旋转90°得到线段DQ，连结QE，CP，CQ，PQ．则下列结论错误的是（　　） A．∠APD＝90° B．线段CP的最小值为 C．线段EQ的最大值为 D．PC+QC的最小值为 【分析】由PF＝AF＝DF可得∠APD＝90°，即可判断A；点P在以AD为直径的圆上，连接CF交圆于点P，此时CP最小，即可判断B；证△ADP≌△CDQ，得∠CQD＝90°，点Q在以CD为直径的圆上，进而可求出EQ的最大值，即可判断C；由QC＝AP，得PC+QC＝PC+AP，当A，P，C共线时最小，即可判断D． 【解答】解：如图1， ∵PF＝AF＝DF， ∴点A，P，D在以点F为圆心，AD为直径的⊙F上， ∴∠APD＝90°， 故A选项正确，不符合题意； 点P在以AD为直径的⊙F上运动，半径r＝1，如图2，连接CF交⊙F于点P，此时CP最小， 在Rt△CDF中，， ∴， 故B选项正确，不符合题意； 由旋转性质可得DP＝DQ，∠PDQ＝90°， ∴∠ADP+∠PDC＝∠CDQ+∠PDC＝90°， ∴∠ADP＝∠CDQ， 在△ADP和△CDQ中， ， ∴△ADP≌△CDQ（SAS）， ∴AP＝CQ，∠CQD＝∠APD＝90°， ∴点Q在以CD为直径的⊙H上运动（H为CD中点），半径HQ＝1，如图3，连接EH并延长交⊙H于点Q，此时EQ最大， ∵点E是BC中点， ∴CE＝1， ∵CH＝1，∠ECH＝90°， ∴， ∴， 故C选项错误，符合题意； ∵PC+QC＝PC+AP， ∴当A，P，C三点共线时，PC+AP最小，最小值为AC，如图4， ∵， 此时点P为正方形中心，满足PF＝AF＝DF＝1， ∴PC+QC的最小值为， 故D选项正确，不符合题意． 故选：C． 【点睛】本题考查几何变换的综合应用，主要考查旋转的性质，正方形的性质，勾股定理，点与圆上一点的最值问题，掌握以上知识点是解题的关键． 二．填空题（共6小题，每小题4分，共24分） 11．（2026春•朝阳区校级期中）如图是一个旋转一定角度能与原图重合的图形，它的最小旋转角度数为　90°　 ． 【分析】当以点O为旋转中心，旋转的最小角度为90°时，即可与原图重合． 【解答】解：如图所示： 如图所示，当以点O为旋转中心，旋转的最小角度为90°时，即可与原图重合， ∴它的最小旋转角度数为90°． 故答案为：90°． 【点睛】本题主要考查图形的旋转，解题的关键是掌握相关知识的灵活运用． 12．（2026春•雁塔区校级期末）如图，将Rt△ABC绕点C顺时针旋转得到△A'B'C，点B'恰好落在斜边AC的中点上，连接A′B．若，则△A′BC的周长为 　3　 ． 【分析】连接BB′、AA′，如图，先根据旋转的性质得到CB′＝CB，CA′＝CA，∠ACB＝∠A′CB′，再利用斜边上的中线性质得到BB′＝B′C，则△CBB′为等边三角形，所以∠BCB′＝60°，于是利用含30度角的直角三角形三边的关系得到AC＝2，AB，接着证明△CAA′为等边三角形得到AA′＝AC＝2，∠CAA′＝60°，所以∠BAA′＝90°，然后利用勾股定理计算出A′B，从而得到△A′BC的周长． 【解答】解：连接BB′、AA′，如图， ∵Rt△ABC绕点C顺时针旋转得到△A'B'C， ∴CB′＝CB，CA′＝CA，∠ACB＝∠A′CB′， ∵B'为斜边AC的中点， ∴BB′＝B′C， ∴CB＝CB′＝BB′， ∴△CBB′为等边三角形， ∴∠BCB′＝60°， ∴∠BAC＝30°，AC＝2BC＝2，ABBC， ∵CA′＝CA＝2，∠ACB＝∠A′CB′＝60°， ∴△CAA′为等边三角形， ∴AA′＝AC＝2，∠CAA′＝60°， ∵∠BAA′＝∠BAC+∠CAA′＝30°+60°＝90°， ∴A′B， ∴△A′BC的周长为23． 故答案为：3． 【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．也考查了直角三角形斜边上的中线性质和勾股定理． 13．（2026春•鄞州区期末）如图，将△ABC绕点B顺时针旋转得到△DBE，其中点D落在边BC上，连结AD，CE，恰有∠DAC＝2∠ACB，当△CDE是等腰三角形时，∠ACB的度数是　22.5°或　 ． 【分析】设∠ACB＝x，∠BCE＝y，在BE上取点F，使得BF＝BA，连接DF，CF，先证明△DBE≌△FBC，△ACD≌△FCD，逐步得到∠BFD＝∠BDF＝∠BCE＝∠BEC＝y＝3x，再分CE＝DE，CE＝CD，DC＝DE等三种情况讨论，分别列方程求解即可． 【解答】解：设∠ACB＝x，∠BCE＝y，则∠DAC＝2x， 如图，在BE上取点F，使得BF＝BA，连接DF，CF， ∵△ABC绕点B顺时针旋转得到△DBE，其中点D落在边BC上， ∴∠ABC＝∠DBE，∠ACB＝∠DEB＝x，BA＝BD，BC＝BE， ∴BD＝BF， ∵∠DBE＝∠FBC， ∴△DBE≌△FBC（SAS）， ∴∠FCB＝∠DEB＝x，DE＝FC， ∵DE＝AC， ∴AC＝FC， ∵CD＝CD， ∴△ACD≌△FCD（SAS）， ∴∠DAC＝∠DFC＝2x， ∴∠BDF＝∠BCF+∠DFC＝3x， ∵BD＝BF， ∴∠BFD＝∠BDF＝3x， ∵BC＝BE， ∴∠BCE＝∠BEC＝y， ∵∠CBE+∠BCE+∠BEC＝180°，∠CBE+∠BDF+∠BFD＝180°， ∴∠BFD＝∠BDF＝∠BCE＝∠BEC＝y＝3x， 当CE＝DE时，∠EDC＝∠BCE＝y， ∴∠EBC＝∠EDC﹣∠DEB＝y﹣x＝3x﹣x＝2x， ∴3x+3x+2x＝180°， 解得x＝22.5°， ∴∠ACB＝22.5°； 当CE＝CD时，∠CED＝∠EDC， ∵∠BCE＝∠BEC＝3x，∠DEB＝x， ∴∠DEC＝2x， ∴∠EDC＝2x， ∴∠EBC＝∠EDC﹣∠DEB＝2x﹣x＝x， ∴3x+3x+x＝180°， 解得， ∴； 当DC＝DE时，∠DCE＝∠DEC， ∵∠BCE＝∠BEC， ∴∠DEC＝∠BEC， 这与点D落在边BC上，点B与点D不重合矛盾，不合题意，舍去； 综上所述，∠ACB的度数是22.5°或． 故答案为：22.5°或． 【点睛】本题考查旋转的性质，全等三角形的判定与性质，等腰三角形的判定与性质，一元一次方程的应用，三角形内角和定理，掌握以上知识点是解题的关键． 14．（2026春•市中区期末）如图，在正方形ABCD中，AB＝8，E是BC上一点（不与端点重合），将正方形沿AE翻折，使B点落到B'，连接B′D，B'C，若△B'CD为等腰三角形，则BE的长为　16﹣8或　 ． 【分析】根据正方形的性质及折叠的性质得出AB＝AD＝AB'＝CD＝8，BE＝BE，∠AB'E＝∠ABE＝90°，当CD＝B'D时，延长B'E，交AB延长线于M，可得△AB′D是等边三角形，进而得出∠MAB'＝30°，根据含30°角的直角三角形的性质及勾股定理求出，，根据S△AMB'＝S△AME+S△AB'E，利用三角形面积公式求出BE的长即可；当B'D＝B'C时，根据等边对等角得出∠B'DC＝∠B'CD，进而得出∠ADB'＝∠BCB′，即可证明△ADB′≌△BCB'（SAS），得出△ABB'是等边三角形，可得∠ABB'＝60°，∠B'BH＝30°，利用含30°角的直角三角形的性质及勾股定理求出BE的长即可． 【解答】解：∵将正方形沿AE翻折，使B点落到B'，AB＝8， ∴AB＝AD＝AB'＝CD＝8，BE＝B'E，∠AB'E＝∠ABE＝90°， 如图，当CD＝B'D时，延长B'E，交AB延长线于M， ∴AB'＝AD＝DB'＝8， ∴△AB'D是等边三角形，∠DAB'＝60°， ∴∠MAB'＝30°， ∴， ∵AM2＝B'M2+AB2， 即， ∴，B'M， ∵， ∴， 解得：BE＝16﹣8， 如图，当B'D＝B'C时，连接BB'，过B'作B'H⊥BC于H， ∵B'D＝B'C， ∴∠B′DC＝∠B'CD， ∴∠ADB'＝∠BCB'， 在△ADB'和△BCB'中， ， ∴△ADB'≌△BCB'（SAS）， ∴BB'＝AB'＝AB＝8， ∴△ABB'是等边三角形，∠ABB'＝60°， ∴∠B'BH＝30°， ∴，BH， ∵B'E2＝EH2+B'H2， ∴， 解得：BE， 不存在CD＝B'C的情况； 综上所述，BE的长为16﹣8或． 【点睛】本题考查几何变换的综合应用，主要考查折叠的性质，全等三角形的判定与性质，正方形的性质，含30度角的直角三角形，掌握以上知识点是解题的关键． 15．（2026春•太原期末）如图△ABC中，AB＝AC＝6，∠BAC＝120°，O为BC的中点，连接AO．点E为BA延长线上的一点，连接OE，将线段OE绕点O顺时针旋转60°，点E的对应点F恰好落在AC边上．若，则△BOE的面积为　　 ． 【分析】过 F作 FG⊥BC于 G，过 O 作 OM⊥AB于 M，先利用三线合一和勾股定理求出AO，OG，进而求出FO即EO，再在 Rt△OMB 中求出BM，进而求出AM，再设 AE＝x，则 ，再在 Rt△OME 中，由勾股定理解出AE，进而得到BE，再利用三角形面积公式求解即可． 【解答】解：过 F作 FG⊥BC于 G，过 O 作 OM⊥AB于 M， ∵AB＝AC＝6，∠BAC＝120°，O 是 BC 中点， ∴AO⊥BC，AO平分∠BAC， ∴∠B＝∠C＝30°，∠BAO＝∠OAC＝60°， 在 Rt△AOB 中，∠B＝30°， ∴，，， ∵， ∴FC＝2， ∴在Rt△FGC中，，， ∴， 在 Rt△FOG中，由勾股定理：， 故 OE2＝OF2＝13， 在 Rt△OMB 中：，， ∴， 设 AE＝x，则 ， ∵OE2＝OM2+ME2，代入得： 展开化简得：，解得 x＝1（负的舍去）， 即 AE＝1， ∴BE＝AB+AE＝7， ∴△BOE的面积为：． 故答案为：． 【点睛】本题考查旋转的性质，正确进行计算是解题关键． 16．（2026春•天门校级期中）如图，矩形ABCD中，AB＝6，BC＝8，点E是BC边上一点，连接AE，将△ABE沿AE折叠，使点B落在点B′处，连接CB′． （1）当点B′恰好在矩形ABCD的对角线AC上，则BE＝　3　 ； （2）当点E为BC的中点时，B′C的长为　　 ． 【分析】（1）利用勾股定理求出AC，设BE＝BE＝x，则CE＝BC﹣BE＝8﹣x，在Rt△CB′E中，利用勾股定理求解即可； （2）连接BB'交AE于点F，先证明∠BB'C＝90°，再证明EF为△BB'C的中位线，即B'C＝2EF，再根据，求出BF的长，然后在Rt△BFE中，根据勾股定理求解即可． 【解答】解：（1）点B'恰好在矩形ABCD的对角线AC上，如图， 在Rt△ABC中，由勾股定理得， 由折叠的性质得BE＝B'E，AB＝AB'＝6，∠B＝∠AB'E＝90°， ∴B'C＝AC﹣AB'＝10﹣6＝4，∠CB'E＝90°， 设BE＝B'E＝x，则CE＝BC﹣BE＝8﹣x， 在Rt△CB′E中，由勾股定理得CE2＝B'E2+B'C2， 即（8﹣x）2＝x2+42， 解得x＝3， ∴BE的长为3， 故答案为：3． （2）如图，连接BB'交AE于点F， 由折叠的性质得BB'⊥AE，BE＝B'E， ∵点E为BC的中点， ∴， ∴∠BB'E＝∠B'BE，∠EB'C＝∠B'CE， ∴∠BB'C+∠B'BE+∠B'CE＝180°， ∴∠BB'C＝∠BB'E+∠EB'C＝90°， ∴EF∥B'C， ∴EF为△BB'C的中位线， 即B'C＝2EF， 在Rt△ABE中，，， ∴， ∴， 在Rt△BFE中，， ∴， 故答案为：． 【点睛】本题考查几何变换的综合应用，主要考查折叠的性质，矩形的性质，勾股定理，三角形的中位线定理，掌握以上知识点是解题的关键． 三．解答题（共6小题，共66分） 17．（10分）（2026春•于洪区期末）如图，在平面直角坐标系xOy中，△ABC的三个顶点都在格点上，且点A的坐标为（﹣3，4）． （1）△A1B1C1与△ABC关于原点O成中心对称，请画出△A1B1C1； （2）P（a，b）是△ABC的边AC上一点，将△ABC平移后，点P的对应点是P′（a﹣2，b﹣4），请画出平移后的△A2B2C2； （3）若△A1B1C1和△A2B2C2关于某一点成中心对称，则对称中心的坐标为　（﹣1，﹣2）　 ． 【分析】（1）根据关于原点中心对称的坐标变换规则求出各顶点的对称点，描点连线画出三角形； （2）根据题意得出平移规则：左移2、下移4，将△ABC各顶点按规则平移后连线即可； （3）取一组对应点A1、A2，用中点坐标公式算出A1A2中点，该点即为两三角形的对称中心． 【解答】解：（1）如图，△A1B1C1即为所求； （2）如图，△A2B2C2即为所求； （3）如图，连接A1A2，C1C2交于点M， 则点M为△A1B1C1和△A2B2C2的中心对称点， ∵点A的坐标为（﹣3，4）， ∴点A1的坐标为（3，﹣4），点A2的坐标为（﹣5，0）， ∴点M的坐标为，即（﹣1，﹣2）， ∴△A1B1C1和△A2B2C2的中心对称点为（﹣1，﹣2）． 故答案为：（﹣1，﹣2）． 【点睛】本题考查作图—旋转变换，平移变换，解题的关键是掌握相关知识的灵活运用． 18．（10分）（2026春•温江区期末）如图，P是等边△ABC内的一点，且PA＝5，PB＝4，PC＝3，将△APB绕点B逆时针旋转，得到△CQB． （1）旋转角为　60　 度；PQ的长度＝　4　 ； （2）求∠BPC的度数； （3）求△ABC的面积． 【分析】（1）根据△QCB是△PAB绕点B逆时针旋转得到，可知∠ABC为旋转角即可得出答案；连接PQ，根据等边三角形得性质得∠ABC＝60°，BA＝BC，由旋转的性质得BP＝BQ，∠PBQ＝∠ABC＝60°，CQ＝AP＝5，BP＝BQ＝4，∠PBQ＝60°，于是可判断△PBQ是等边三角形，所以PQ＝PB＝4； （2）先利用勾股定理的逆定理证明△PCQ是直角三角形，且∠QPC＝90°，再加∠BPQ＝60°，然后计算∠BPQ+∠QPC即可． （3）由直角三角形的性质可求CH，PH的长，由勾股定理和三角形的面积公式可求解． 【解答】解：（1）∵△ABC是等边三角形， ∴∠ABC＝60°， ∵△QCB是△PAB绕点B逆时针旋转得到的， ∴旋转角为60°； 连接PQ，如图， ∵△ABC是等边三角形， ∴∠ABC＝60°，BA＝BC， ∵△QCB是△PAB绕点B逆时针旋转得到的， ∴△QCB≌△PAB， ∴BP＝BQ，∠PBQ＝∠ABC＝60°，CQ＝AP＝5， ∵BP＝BQ＝4，∠PBQ＝60°， ∴△PBQ是等边三角形， ∴PQ＝PB＝4； 故答案为：60；4； （2）∵QC＝5，PC＝3，PQ＝4， 而32+42＝52，PC2+PQ2＝CQ2， ∴△PCQ是直角三角形，且∠QPC＝90°， ∵△PBQ是等边三角形， ∴∠BPQ＝60°， ∴∠BPC＝∠BPQ+∠QPC＝60°+90°＝150°； （3）如图，过点C作CH⊥BP，交BP的延长线于H， ∵∠BPC＝150°， ∴∠CPH＝30°， ∴，， ∴， ∴， ∵， ∴． 【点睛】本题考查了几何变换的综合应用，主要考查旋转的性质，等边三角形的判定与性质，全等三角形的性质，勾股定理的逆定理，掌握旋转的性质是本题的关键． 19．（10分）（2026春•嘉兴期末）正方形ABCD中，AB＝5，连结AC，将正方形ABCD绕点A按逆时针方向旋转α（0°＜α＜90°）得到正方形AEFG． （1）如图1，当点F落在AD的延长线上时，连结CF，求∠DCF的度数． （2）如图2，当α＝60°时，求CF的长． 【分析】（1）根据旋转的性质，正方形的性质，推出△ACF为等腰三角形，进而求出∠ACF的度数，利用角的和差关系即可得出结果； （2）利用勾股定理求出AC的长，证明△ACF为等边三角形即可得出结果． 【解答】解：（1）正方形ABCD中，AB＝5，连结AC， ∴∠DAC＝∠DCA＝45°， ∵将正方形ABCD绕点A按逆时针方向旋转α（0°＜α＜90°）得到正方形AEFG， ∴AC＝AF， ∵正方形AEFG，点F落在AD的延长线上， ∴∠FAE＝∠DAE＝45°＝∠DAC， ∴点E落在线段AC上， ∵AC＝AF，∠FAE＝45°， ∴， ∴∠DCF＝∠ACF﹣∠ACD＝22.5°； （2）∵四边形ABCD是正方形， ∴AB＝BC＝5，∠BAC＝45°，∠B＝90°， 在直角三角形ABC中，由勾股定理得：， 如图2，连接AF，则AC＝AF，∠FAE＝45°， 由题意，∠BAE＝α＝60°， ∴∠CAE＝∠BAE﹣∠CAB＝15°， ∴∠CAF＝∠EAF+∠CAE＝60°， 又∵AC＝AF， ∴△ACF为等边三角形， ∴． 【点睛】本题主要考查了旋转的性质，等腰三角形的判定与性质，等边三角形的判定与性质，勾股定理，正方形的性质，熟练掌握旋转的性质是解题的关键． 20．（10分）（2026春•顺义区期末）如图，在菱形ABCD中，∠ABC＝α，点P在BC的延长线上，连接AP，将线段AP绕点A逆时针旋转180°﹣α得到线段AQ，过点Q作QG∥CD，交直线BC于点G，连接QD． （1）依题意补全图形，求证：BP＝QD； （2）若∠ABC＝45°，用等式表示线段GB，GC，GP之间的数量关系，并证明． 【分析】（1）根据题意，首先证明∠BAP＝∠QAD，再证明△AQD≌△APB（SAS）即可得证BP＝QD； （2）延长DA交GQ于点M，证明四边形GCDM是平行四边形，得到GC＝DM，根据（1）的证明，证明∠QDC＝90°，利用等腰直角三角形的判定和性质，勾股定理求解即可． 【解答】（1）证明：补全图形如下： 在菱形ABCD中，∠ABC＝α， ∴AB＝AD，∠BAD＝180°﹣∠ABC＝180°﹣α， 线段AP绕点A逆时针旋转180°﹣α得到线段AQ， ∴AP＝AQ，∠PAQ＝180°﹣α， ∴∠BAD＝∠PAQ， ∴∠BAD﹣∠PAD＝∠PAQ﹣∠PAD， ∴∠BAP＝∠QAD， ∵， ∴△AQD≌△APB（SAS）， ∴BP＝QD． （2）解：线段GB，GC，GP之间的数量关系为2（GP﹣GB）2＝GC2，理由如下： 延长DA交GQ于点M， 在菱形ABCD中，∠ABC＝45°， ∴BC∥AD，∠ABC＝∠ADC＝45°， ∵QG∥CD， 故四边形GCDM是平行四边形， ∴GC＝DM， 根据（1）的证明，知△AQD≌△APB（SAS）， ∴BP＝QD，∠ABP＝∠ADQ＝45°， ∴∠ADC+∠ADQ＝90°， ∴∠QDC＝90°， ∵QG∥CD， ∴∠QDC+∠MQD＝180°， ∴∠MQD＝90°， ∴∠QMD＝45°， ∴∠QMD＝∠QDM， ∴QM＝QD， 根据勾股定理，得QM2+QD2＝DM2， ∴2QD2＝DM2， ∵BP＝QD＝GP﹣GB，GC＝DM， ∴2（GP﹣GB）2＝GC2； 【点睛】本题考查旋转的性质，全等三角形的判定与性质，菱形的性质，解题的关键是掌握相关知识的灵活运用． 21．（12分）（2026春•历下区期末）某数学兴趣小组以△ABC的边AB，AC所在直线为对称轴作△ABC的对称图形△ABD和△AEC，请回答下列问题： （1）如图1，当点D，E重合时，∠BDC＝　60　 度，∠BAC＝　120　 度； （2）如图2，BD，CE交于点F，若∠BAC＝130°，求∠BFC的度数； （3）如图3，BD，CE交于点F，若∠BAC＝135°，BF＝DF＝1，请直接写出AB2的值． 【分析】（1）根据轴对称的性质，得BD＝BC＝CD，继而判定△BCD是等边三角形，根据三角形内角和求解即可； （2）根据轴对称的性质，根据三角形内角和求解即可； （3）连接CD，证明△BCD是等边三角形，∠DAC＝90°，根据勾股定理得到，过点A作AM⊥BC于点M，设AB＝2x，则，根据勾股定理，解方程，求解即可． 【解答】解：（1）∵以△ABC的边AB，AC所在直线为对称轴作△ABC的对称图形△ABD和△AEC， ∴BD＝BC＝CD， ∴△BCD是等边三角形， ∴∠BDC＝∠CBD＝∠DCB＝60°， 根据轴对称的性质，得∠ABD＝∠ABC，∠ACB＝∠ACE， ∴， ∵∠BAC+∠ABC+∠ACB＝180°， ∴∠BAC＝180°﹣∠ABC﹣∠ACB＝120°， 故答案为：60，120； （2）根据轴对称的性质，得∠ABD＝∠ABC，∠ACB＝∠ACE， ∴∠FBC＝∠ABD+∠ABC＝2∠ABC，∠FCB＝∠ACB+∠ACE＝2∠ACB， ∵∠BAC+∠ABC+∠ACB＝180°，∠BAC＝130°， ∴∠ABC+∠ACB＝180°﹣∠BAC＝50°； ∴∠FBC+∠FCB＝2∠ABC+2∠ACB＝2（∠ABC+∠ACB）＝100°， ∵∠BFC+∠FBC+∠FCB＝180° ∴∠BFC＝180°﹣∠FBC﹣∠FCB＝80°； （3）AB2的值为．理由如下： 根据轴对称的性质，得∠ABD＝∠ABC，∠ACB＝∠ACE， ∴∠FBC＝∠ABD+∠ABC＝2∠ABC，∠FCB＝∠ACB+∠ACE＝2∠ACB， ∵∠BAC+∠ABC+∠ACB＝180°，∠BAC＝135°， ∴∠ABC+∠ACB＝180°﹣∠BAC＝45°； ∴∠FBC+∠FCB＝2∠ABC+2∠ACB＝2（∠ABC+∠ACB）＝90°， ∵∠BFC+∠FBC+∠FCB＝180° ∴∠BFC＝180°﹣∠FBC﹣∠FCB＝90°； ∴∠BFC＝∠DFC， ∵BF＝DF＝1， ∴BD＝BC＝CE＝BF+DF＝2， 在直角三角形BCF中，由勾股定理得：， 如图3，连接CD， 在△BFC和△DFC中， ， ∴△BFC≌△DFC（SAS）， ∴BC＝DC， ∴BD＝BC＝CE＝CD＝2， ∴△BCD是等边三角形， ∴∠BDC＝∠CBD＝∠DCB＝60°， 根据轴对称的性质，得∠ABD＝∠ABC，AD＝AC， ∴，∠ACB＝∠ADB＝45°﹣30°＝15°， ∴∠ADC＝∠ACD＝60°﹣15°＝45°， ∴∠DAC＝90°， ∴AD2+AC2＝2AC2＝CD2＝4， ∴， 过点A作AM⊥BC于点M，设AB＝2x，则， 在直角三角形ABM中，由勾股定理得：， ∴， 在直角三角形ACM中，由勾股定理，得：AC2＝AM2+CM2， ∴， ∴， ∴， 解得：， ∴，， 当时，，不符合要求，舍去； 故， ∴， ∴． 【点睛】本题属于几何变换综合题，主要考查了轴对称的性质，等边三角形的判定与性质，三角形内角和定理，勾股定理，解答本题的关键是熟练掌握轴对称的性质． 22．（14分）（2026•萧山区校级模拟）（1）如图1，P是等边三角形ABC内一点，PA＝4，PB＝3，PC＝5，求∠APB的度数． 解：将△BPC绕点B按逆时针方向旋转60°到△BP'A的位置， 连接PP'，则△BPP'是 　等边　 三角形． 所以PP'＝PB＝3． 因为AP＝4，AP'＝CP＝5，所以PP'2+AP2＝AP'2， 所以△PAP'为直角三角形，所以∠APB的度数为 　150°　 ． （2）如图2，在正方形ABCD内部有一点P，连接PA，PB，PC，若PA＝2，PB＝4，∠APB＝135°，求PC的长． 【分析】（1）△BPC绕点B按逆时针方向旋转60°到△BP'A的位置，根据旋转的性质和等边三角形的判定与性质得到△BPP'得到PP'＝PB＝3．再利用勾股定理的逆定理证明△PAP'为直角三角形，所以∠APB的度数为150°； （2）把△BPC绕点B按逆时针方向旋转90°到△BEA的位置，如图2，则△BPE是等腰直角三角形．所以∠BPE＝45°，PEPB＝4，接着计算出∠APE＝90°，则利用勾股定理计算出AE＝6，从而得到PC的长． 【解答】解：（1）△BPC绕点B按逆时针方向旋转60°到△BP'A的位置， 连接PP'，则△BPP'是等边三角形． 所以PP'＝PB＝3． 因为AP＝4，AP'＝CP＝5，所以PP'2+AP2＝AP'2， 所以△PAP'为直角三角形，所以∠APB的度数为150°； 故答案为：等边，150°； （2）把△BPC绕点B按逆时针方向旋转90°到△BEA的位置，如图2， 连接PE，则△BPE是等腰直角三角形． ∴∠BPE＝45°，PEPB＝4， ∴∠APE＝∠APB﹣∠BPE＝135°﹣45°＝90°， 在Rt△APE中，∵AP＝2，PE＝4， ∴AE6， ∴CP＝AE＝6． 【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．也考查了勾股定理． 1 学科网（北京）股份有限公司 $