第二十八章 旋转全章高频重点题型突破（四大高频+四大重难题型，专项训练）数学新教材人教版九年级上册

**基本信息** 以“概念-性质-应用”为逻辑主线，通过基础与核心题型分层设计，系统突破旋转章节高频重点，培养几何直观与空间观念。 **专项设计** |模块|题量/典例|题型特征|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |基础拿分|4类高频题型|聚焦旋转概念、性质、中心对称及作图，以选择填空为主|从旋转定义（旋转中心/角）到性质（对应边/角），再到中心对称及作图技能，构建基础认知链| |核心提升|4类重难题型|结合三角形/四边形综合、线段最值、面积/路径问题，以解答题为主|在基础性质上拓展动态几何应用，通过旋转构造全等/相似，培养推理能力与模型意识|

第二十八章 旋转全章高频重点题型突破 基础拿分：高频题型归纳 题型1 旋转的概念与旋转角 题型2 旋转的性质（对应边、对应角） 题型3 中心对称与关于原点对称的坐标 题型4 旋转作图 核心提升：重难题型归纳 题型1 旋转与三角形综合 题型2 旋转与四边形综合 题型3 旋转中的线段最值 题型4 旋转中的面积/路径问题 题型专练：高频重难特训 ◆题型1 旋转的概念与旋转角 1.如图，经过旋转后得到． （1）旋转中心是点______，旋转角是______； （2）点的对应点是点______； （3）线段的对应线段是______；的对应角是______． 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 2.如图，将绕着直角顶点旋转得到，经过点，，则旋转角的度数为（     ） A． B． C． D． 3．在平面直角坐标系中，点绕点旋转后得到点，则旋转中心的坐标为（     ） A． B． C． D． 4.如图所示，直角顺时针旋转后与重合，若，则旋转角度是________． ◆题型2 旋转的性质（对应边、对应角） 5. 一个图形经过旋转有以下说法，其中正确的说法是（   ）． ①对应线段平行；②对应线段相等；③对应角相等；④图形的形状和大小都没有发生变化． A．①②③ B．①②④ C．①③④ D．②③④ 6．如图，将绕顶点C旋转得到，且点B刚好落在上．若，，则等于（     ） A． B． C． D． 7．如图，在中，，，，将绕点逆时针旋转得，连接，则的周长为（     ） A． B．18 C． D．24 8.如图,△ABC与△DEF关于点O成中心对称,则线段BC与EF的关系是___________. ◆题型3 旋转的性质（对应边、对应角） 9.在平面直角坐标系中，点关于原点对称的点的坐标是（     ） A． B． C． D． 10.某智能手机包含如下四个标志，这些图形中既是轴对称图形又是中心对称图形的是（     ） A． B． C． D． 11.设点A的坐标为，将点A绕坐标原点旋转得到点，则点的坐标为（     ） A． B． C． D． ◆题型4 旋转作图 12.如图，在平面直角坐标系中，的顶点，，． (1)将向轴负半轴方向平移个单位得到，画出图形并直接写出点的坐标； (2)以原点为旋转中心，将顺时针旋转后得到，画出图形并直接写出点的坐标． 13.如图，在的正方形网格中，每个小正方形的边长均为1个单位长度，的三个顶点均在小方格的格点上． (1)画出向下平移4个单位长度后的； (2)画出关于点成中心对称的图形； (3)画出绕点顺时针旋转后的 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 ◆题型1 旋转与三角形综合 1．已知是等腰直角三角形，，直线m是过点C的任一条直线，于点E，于点D；    (1)如图（1），求证：； (2)当直线m绕点C旋转到如图（2）时，上述（1）中结论是否还成立？若不成立，请写出AE与DE和BD的正确数量关系，并加以证明． (3)当直线m绕点C旋转到如图（3）时，请直接写出AE与DE和BD的数量关系． ◆题型2 旋转与四边形综合 1．在平面直角坐标系中，四边形OABC是矩形，点，点，点．以点O为中心，顺时针旋转矩形OABC，得到矩形ODEF，点A，B，C的对应点分别为D，E，F，记旋转角为． (1)如图①，当时，求点D的坐标； (2)如图②，当点E落在OC的延长线上时，求点D的坐标； (3)当点D落在线段AC上时，求点E的坐标（直接写出结果即可）． ◆题型3 旋转中的线段最值 1．如图①，在平行四边形 ABCD 中，AB＝5cm，BC＝2cm，∠BCD＝120°，CE 平分∠BCD 交 AB 于点 E，点 P 从 A 点出发，沿 AB 方向以 1cm/s 的速度运动，连接 CP，将绕点 C 逆时针旋转 60°，使 CE 与 CB 重合，得到，连接 PQ． (1)求证：是等边三角形； (2)如图②，当点 P 在线段 EB 上运动时，的周长是否存在最小值？若存在，求出周长的最小值；若不存在，请说明理由； ◆题型4 旋转中的面积/路径问题 1．把两个等腰直角三角形和按图所示的位置摆放，将绕点按逆时针方向旋转，如图，连接，，设旋转角为． (1)如图，与的数量关系是______，与的位置关系是______； (2)如图，中与的数量关系和位置关系是否仍然成立，若成立，请证明；若不成立，请说明理由； (3)如图，当点在线段上时，求证：； (4)当旋转角______填度数时，的面积最大． 一、选择题 1．下列图形的运动，属于旋转的是（     ） A．电梯上下运行 B．推拉窗户 C．钟表指针转动 D．滑雪板直线滑行 2．如图所示，在中，，将绕点C逆时针旋转得到，点A，B的对应点分别为D，E，连接．当点A，D，E在同一直线上时，则旋转角的度数是（　　） A． B． C． D． 3．下列选项所示的图案中，可以看作由某个“基本图案”绕某个点旋转得到的是（     ） A． B． C． D． 4．如图，将绕点O按逆时针方向旋转后，得到．若，则的度数是（     ） A． B． C． D． 5．如图，已知三个顶点的坐标分别为，，，将向右平移3个单位，得到，点，，的对应点分别为，，，再将绕点顺时针旋转，得，点，，的对应点分别为、、则点的坐标为（    ） A． B． C． D． 6．如图，在平面直角坐标系中，正方形的边在x轴上，点，点，将正方形绕点A逆时针旋转，每次旋转，当第次旋转结束时，点C的坐标是（　　）    A． B． C． D． 二、填空题 7．如图，将绕点A顺时针旋转一定角度得到，若线段，则的长等于_______． 8．把点绕原点O逆时针旋转，则点P的对应点的坐标是______． 9．点和点关于原点中心对称，已知点坐标为，则点坐标为___． 10．坐标轴上的点的坐标特征：轴上的点的______坐标为0；轴上的点的______坐标为0；点关于原点对称的点的坐标为（______，_______）． 11．如图，和关于点成中心对称，若，则的长是_____． 12．在如图所示的平面直角坐标系中，是边长为的等边三角形，作与关于点成中心对称，再作与关于点成中心对称，…，如此作下去，则的顶点的坐标是 ___________． 三、解答题 13．如图，平面直角坐标系中，的三个顶点的坐标分别为，，． (1)将先向左平移4个单位长度，再向上平移1个单位长度，画出平移后的图形（点，，的对应顶点分别为，，）； (2)画出绕原点顺时针旋转的图形，（点，，的对应顶点分别为，，）． 14．如图，在中，，，D，E是斜边上的两点，且，将绕点A顺时针旋转，得到，连接，求证：． 15．如图，在等腰直角中，，是由绕点按顺时针方向旋转得到的，连接、． (1)求证：； (2)当旋转角为40°时，求的度数． 16．如图所示，和关于点O中心对称， (1)请用尺规作图作出点D，连接、． (2)求证：． 17．如图，在正方形中，点M是边上的任一点，连接并将线段绕M顺时针旋转得到线段，在边上取点P使，连接，．连接交于点E． (1)判断四边形的形状，并加以证明； (2)若点M为的中点，且正方形的边长为4，求的长度． 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 1 / 14 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 第二十八章 旋转全章高频重点题型突破 基础拿分：高频题型归纳 题型1 旋转的概念与旋转角 题型2 旋转的性质（对应边、对应角） 题型3 中心对称与关于原点对称的坐标 题型4 旋转作图 核心提升：重难题型归纳 题型1 旋转与三角形综合 题型2 旋转与四边形综合 题型3 旋转中的线段最值 题型4 旋转中的面积/路径问题 题型专练：高频重难特训 ◆题型1 旋转的概念与旋转角 1.如图，经过旋转后得到． （1）旋转中心是点______，旋转角是______； （2）点的对应点是点______； （3）线段的对应线段是______；的对应角是______． 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 【答案】 C （或） D 线段 【分析】把一个平面图形绕平面内某一定点转动一个角度，叫做图形的旋转，这个定点叫做旋转中心，转动的角叫做旋转角，对应点到旋转中心的距离相等，旋转前后的图形全等． 【详解】解：（1）∵经过旋转后得到， ∴旋转中心是点C，旋转角是（或）； （2）点的对应点是点D； （3）线段的对应线段是线段；的对应角是． 2.如图，将绕着直角顶点旋转得到，经过点，，则旋转角的度数为（     ） A． B． C． D． 【答案】．C 【分析】根据旋转的性质，三角形内角和，求得的度数即可； 【详解】解：，， ， 根据旋转的性质，得，，， ， 设， ， ，，且， ， ， ， ， 解得， 故； 3．在平面直角坐标系中，点绕点旋转后得到点，则旋转中心的坐标为（     ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据旋转的性质，旋转中心到旋转前后对应点的距离相等，因此旋转中心在线段的垂直平分线上，求出的垂直平分线方程，即可结合选项得到的坐标. 【详解】∵ 旋转中心到对应点的距离相等，即 ， ∴ 点在线段的垂直平分线上， 已知 ，， ∴的中点坐标： 横坐标为 ，纵坐标为 ，即中点为 ， 设点，则，， ∵， ∴, 解得：，则点的坐标为， 设线段的垂直平分线解析式为， 将点与代入解析式中， 得，解得， ∴线段的垂直平分线解析式为， 将各选项的点代入，只有C满足． 4.如图所示，直角顺时针旋转后与重合，若，则旋转角度是________． 【答案】/度 【详解】解：由图可知，是对应边，是旋转角， 所以，旋转角． ◆题型2 旋转的性质（对应边、对应角） 5. 一个图形经过旋转有以下说法，其中正确的说法是（   ）． ①对应线段平行；②对应线段相等；③对应角相等；④图形的形状和大小都没有发生变化． A．①②③ B．①②④ C．①③④ D．②③④ 【答案】D 【详解】解：∵旋转是全等变换，只改变图形的位置，不改变图形的形状和大小， ∴旋转后对应线段相等，对应角相等，图形的形状和大小都不发生变化，即②③④正确； 旋转后对应线段不一定平行，可能相交，因此①错误； 故正确的说法是②③④，选D 6．如图，将绕顶点C旋转得到，且点B刚好落在上．若，，则等于（     ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】由旋转得，，，再结合等腰三角形和三角形外角的性质即可解答． 【详解】解：∵绕顶点C旋转得到， ∴，，， ∴， 又∵，是的外角， ∴， ∴， ∴． 7．如图，在中，，，，将绕点逆时针旋转得，连接，则的周长为（     ） A． B．18 C． D．24 【答案】A 【分析】利用勾股定理求出的长，根据旋转的性质得到及，进而证得，通过构造直角三角形求出的长，最后计算周长即可． 【详解】解：在中，，，， ∴， ∵将绕点逆时针旋转得， ∴，， ∵， ∴， ∴， 过点作于点，则四边形为矩形， ∴，， ∴， 在中，， ∴的周长为． 8.如图,△ABC与△DEF关于点O成中心对称,则线段BC与EF的关系是___________. 【答案】平行且相等 【分析】根据△ABC与△DEF关于O点成中心对称，得出对应边之间的关系即可得出答案． 【详解】∵△ABC与△DEF关于O点成中心对称. ∴线段BC与EF的关系是：平行且相等. 故答案为平行且相等. 【点睛】考查了中心对称的性质，熟记中心对称对应边的关系是解决问题的关键. ◆题型3 旋转的性质（对应边、对应角） 9.在平面直角坐标系中，点关于原点对称的点的坐标是（     ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】关于原点对称的两个点，横纵坐标均互为相反数即可得到答案． 【详解】解：∵ 在平面直角坐标系中，关于原点对称的点的横纵坐标都互为相反数， 已知点的坐标为，的相反数为，的相反数为， ∴ 点关于原点对称的点的坐标为 10.某智能手机包含如下四个标志，这些图形中既是轴对称图形又是中心对称图形的是（     ） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】解：选项A：既是轴对称图形，又是中心对称图形，符合题意； 选项B：是轴对称图形，不符合题意； 选项C：是轴对称图形，不符合题意； 选项D：是中心对称图形，不符合题意． 11.设点A的坐标为，将点A绕坐标原点旋转得到点，则点的坐标为（     ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据题意，点A和点关于原点中心对称，由点A坐标求出点的坐标即可． 【详解】解：∵ 点是点绕坐标原点旋转得到的， ∴点与点关于原点中心对称， ∵点的坐标为， ∴点的坐标为． ◆题型4 旋转作图 12.如图，在平面直角坐标系中，的顶点，，． (1)将向轴负半轴方向平移个单位得到，画出图形并直接写出点的坐标； (2)以原点为旋转中心，将顺时针旋转后得到，画出图形并直接写出点的坐标． 【详解】(1)如图，即为所求： 点的坐标为； (2)如图，即为所求，点的坐标为． 13.如图，在的正方形网格中，每个小正方形的边长均为1个单位长度，的三个顶点均在小方格的格点上． (1)画出向下平移4个单位长度后的； (2)画出关于点成中心对称的图形； (3)画出绕点顺时针旋转后的． 【分析】（1）将三个顶点向下平移4个单位长度得到其对应点，再首尾顺次连接即可； （2）作出A、B、C关于点对称的对应点，然后顺次连接即可； （3）将点A，B，C绕点O顺时针旋转得到点，，，再首尾顺次连接得出图形． 【详解】(1)如图，即为所求； (2)如图，即为所求； (3)如图，即为所求； ◆题型1 旋转与三角形综合 1．已知是等腰直角三角形，，直线m是过点C的任一条直线，于点E，于点D；    (1)如图（1），求证：； (2)当直线m绕点C旋转到如图（2）时，上述（1）中结论是否还成立？若不成立，请写出AE与DE和BD的正确数量关系，并加以证明． (3)当直线m绕点C旋转到如图（3）时，请直接写出AE与DE和BD的数量关系． 【分析】（1）先利用同角的余角相等判断出，进而得出，最后用线段的和差即可得出结论； （2）先利用同角的余角相等判断出，进而得出，最后用线段的和差即可得出结论； （3）先利用同角的余角相等判断出，进而得出，最后用线段的和差即可得出结论． 【详解】（1）证明：， ， ， ， ， ， 是等腰直角三角形，， ， ， ， ， ； （2）（1）中结论不成立，新结论为： 证明：， ， ， ， ， ， 是等腰直角三角形，， ， ， ， ， ； （3）证明：， ， ， ， ， ， 是等腰直角三角形，， ， ， ， ， ． 【点睛】此题是三角形综合题，主要考查了全等三角形的判定和性质，同角的余角相等，掌握“三垂线模型”是解题的关键． ◆题型2 旋转与四边形综合 1．在平面直角坐标系中，四边形OABC是矩形，点，点，点．以点O为中心，顺时针旋转矩形OABC，得到矩形ODEF，点A，B，C的对应点分别为D，E，F，记旋转角为． (1)如图①，当时，求点D的坐标； (2)如图②，当点E落在OC的延长线上时，求点D的坐标； (3)当点D落在线段AC上时，求点E的坐标（直接写出结果即可）． 【答案】．(1) (2) (3)点E的坐标为 【分析】（1）过点D作DM⊥x轴于M，由旋转的性质得出OD＝AO＝6，α＝∠MOD＝30°，由直角三角形的性质得DM＝3，即可得出点D的坐标； （2）过点D作DN⊥OA于N，可得△DON∽△EOF，可得对应边成比例即可求出DN＝3.6，ON＝4.8即可得出点D的坐标； （3）连接AC,OE，CE作EG⊥x轴于G，可证出AC∥OE，四边形OACE是平行四边形，得出OA=CE=OG=6 ,GE=OC=8，即可得出答案． 【详解】（1）如图，过点D作DM⊥OA于M 由旋转可知：OD＝OA＝6，∠DOM＝30° ∴DM＝3，， ∴ （2）如图，过点D作DN⊥OA于N 则有：∠DNO＝∠F＝90° 又∵， ∴△DON∽△EOF， ∴ ∵EF＝OD＝6，OE＝10，OF＝8， ∴DN＝3.6，ON＝4.8 ∴ （3）连接AC,OE，OB,CE作EG⊥x轴于G，如图所示： 由旋转的性质得：∠AOB＝∠DOE，OD＝AO，OB=OE ∵四边形OABC是矩形 ∴AC=OB，∠AOB＝∠CAO， ∵OD＝AO ∴∠DAO＝∠ADO， ∴∠DOE＝∠ADO， ∴AC∥OE， ∵AC=OB，OB=OE ∴AC=OE ∴四边形OACE是平行四边形 ∴OA=CE=OG=6 ,GE=OC=8 ∴点E的坐标为（6，8）． 【点睛】本题是四边形综合题，考查了矩形的性质、坐标与图形性质、勾股定理、平行四边形的判定与性质、旋转变换的性质、含30°角的直角三角形的性质等知识，解题的关键是理解题意，正确作出辅助线，属于中考压轴题． ◆题型3 旋转中的线段最值 1.如图①，在平行四边形 ABCD 中，AB＝5cm，BC＝2cm，∠BCD＝120°，CE 平分∠BCD 交 AB 于点 E，点 P 从 A 点出发，沿 AB 方向以 1cm/s 的速度运动，连接 CP，将绕点 C 逆时针旋转 60°，使 CE 与 CB 重合，得到，连接 PQ． (1)求证：是等边三角形； (2)如图②，当点 P 在线段 EB 上运动时，的周长是否存在最小值？若存在，求出周长的最小值；若不存在，请说明理由； 【答案】(1)见解析 (2)（2＋）cm． 【分析】（1）根据旋转的性质，证明△PCE≌△QCB，然后根据全等三角形的性质和等边三角形的判定证明即可； （2）利用平行四边形的性质证得△BCE为等边三角形，然后根据全等三角形的性质得到△PBQ的周长为2+CP，然后垂线段最短可由直角三角形的性质求解即可； 【详解】（1）证明：∵绕点 C 逆时针旋转 60°，使 CE 与 CB 重合，得到， ∴△PCE≌△QCB， ∴CP=CQ，∠PCE =∠QCB， ∴△CPQ是等腰三角形， ∵∠BCD=120°，CE平分∠BCD， ∠DCE＝∠BCE＝∠BCD＝60°， ∴∠PCQ=∠PCE＋∠ECQ＝∠BCQ＋∠ECQ＝∠BCE＝∠BCD＝60°， 即∠PCQ＝60°， ∴△PCQ为等边三角形. （2）存在 ∵CE平分∠BCD， ∴∠BCE=， ∵在平行四边形ABCD 中， ∴ABCD， ∴∠ABC=180°﹣120°=60°， ∴△BCE为等边三角形， ∴BE=CB=2cm，∠CBE＝60°， ∵绕点 C 逆时针旋转 60°，使 CE 与 CB 重合，得到， ∴△PCE≌△QCB， ∴EP=BQ， ∴△PBQ的周长＝PB＋BQ＋PQ=PB+EP+PQ=BE+PQ=2+CP， ∴CP⊥AB时，△PBQ周长最小， 当CP⊥AB时，∠CPB＝90°， ∴∠BCP＝180°－∠CPB－∠CBE＝30°， ∴PB＝BC＝1cm， ∴CP＝cm， ∴△PBQ周长最小为（2＋）cm． 【点睛】此题主要考查了旋转图形变化的应用、平行四边形的性质、等边三角形的判定和性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理、30°角的直角三角形的性质等知识，熟练掌握相关性质是解题的关键． ◆题型4 旋转中的面积/路径问题 1.把两个等腰直角三角形和按图所示的位置摆放，将绕点按逆时针方向旋转，如图，连接，，设旋转角为． (1)如图，与的数量关系是______，与的位置关系是______； (2)如图，中与的数量关系和位置关系是否仍然成立，若成立，请证明；若不成立，请说明理由； (3)如图，当点在线段上时，求证：； (4)当旋转角______填度数时，的面积最大． 【答案】(1)，且，理由见解析 (2)成立，理由见解析 (3)见解析 (4)或 【分析】由，，则，可得答案； 利用证明，得，作的延长线交于点，交于点，由全等知，又，则，从而证明； 由，得，则； 点的轨迹是以为圆心为半径的圆，在中，当为底时，点到的距离最大时，的面积最大，从而得出答案． 【详解】（1）解：结论：，且，理由如下： ，， ， ； ，点，分别在，上， ； 故答案为：；； （2）解：成立， 理由：根据旋转的性质可得：，，， ， ， 作的延长线交于点，交于点， ， ， ， ， ； （3）证明：如图中，当点在线段上时， ，， ， 又，， ≌， ， ， ； （4）解：由题意知，点的轨迹是以为圆心为半径的圆， 在中，当为底时，点到的距离最大时，的面积最大， 当时，的面积最大， 旋转角为或， 故答案为：或． 【点睛】本题是几何变换综合题，主要考查了等腰直角三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，三角形的内角和定理，旋转的性质等知识，证明≌是解题的关键． 一、选择题 1．下列图形的运动，属于旋转的是（     ） A．电梯上下运行 B．推拉窗户 C．钟表指针转动 D．滑雪板直线滑行 【答案】C 【详解】解：旋转是图形绕定点转动的图形变换，平移是图形沿直线移动的变换， A：电梯上下运行，属于平移变换，故该选项不合题意； B：推拉窗户，属于平移变换，故该选项不合题意； C：钟表指针绕钟表中心定点转动，属于旋转，故该选项符合题意； D：滑雪板直线滑行，属于平移变换，故该选项不合题意． 2．如图所示，在中，，将绕点C逆时针旋转得到，点A，B的对应点分别为D，E，连接．当点A，D，E在同一直线上时，则旋转角的度数是（　　） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题考查了旋转角的求解，由旋转可知：，求出即可求解； 【详解】解：由旋转可知：， ∴， ∴， ∴， 故选：A 3．下列选项所示的图案中，可以看作由某个“基本图案”绕某个点旋转得到的是（     ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】观察各选项图形，判断是否存在一个基本图案绕某点旋转一定角度后能与自身重合即可． 【详解】解：A. 该图形可以看作由一个菱形绕中心旋转，后得到，符合题意； B、C、D均不能由某个基本图案绕某点旋转得到，不符合题意． 4．如图，将绕点O按逆时针方向旋转后，得到．若，则的度数是（     ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据旋转的性质可得旋转角，再根据计算即可． 【详解】解：∵绕点按逆时针方向旋转后得到， ∴， 又∵， ∴． 5．如图，已知三个顶点的坐标分别为，，，将向右平移3个单位，得到，点，，的对应点分别为，，，再将绕点顺时针旋转，得，点，，的对应点分别为、、则点的坐标为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查坐标与图形变化：旋转变化、平移变化，解题的关键是正确作出图形．利用平移变换，旋转变换的性质正确作出图形，可得结论． 【详解】解：如图，． 故选：B． 6．如图，在平面直角坐标系中，正方形的边在x轴上，点，点，将正方形绕点A逆时针旋转，每次旋转，当第次旋转结束时，点C的坐标是（　　）    A． B． C． D． 【答案】D 【分析】将矩形绕点O逆时针旋转，每次旋转，则每旋转4次则回到原位置，根据……3，即可得到第次旋转结束时，点C的坐标 【详解】解：如图，    由题可知，将矩形绕点O逆时针旋转，每次旋转， ∴每旋转4次则回到原位置， ∵……3， ∴第次旋转结束后，图形逆时针旋转了， ∵点，点， ∴， ∴第次旋转结束时，点C的坐标是， 故选：D． 【点睛】此题考查了点的坐标变化规律，找到点的最终位置是解题的关键． 二、填空题 7．如图，将绕点A顺时针旋转一定角度得到，若线段，则的长等于_______． 【答案】5 【分析】本题主要考查旋转的性质，熟练掌握旋转的性质是解题的关键；由旋转的性质可直接进行求解． 【详解】解：由旋转的性质可知：； 故答案为5． 8． 把点绕原点O逆时针旋转，则点P的对应点的坐标是______． 【答案】 【分析】本题考查了坐标与图形的变化——旋转，熟练掌握旋转变换的性质是解题的关键，作出图形更形象直观；作出图形，过点P作轴于点A，作轴于点B，过点作轴于点，作轴于点，根据点A的坐标求出、的长度，根据旋转变换只改把图形的位置，不改变图形的形状与大小求出、的长度，即可得解. 【详解】解：过点P作轴于点A，作轴于点B，过点作轴于点，作轴于点，如图所示： ∵点， ∴，， ∵点绕原点O逆时针旋转得到点， ∴，， ∴点的坐标是. 故答案为：. 9． 点和点关于原点中心对称，已知点坐标为，则点坐标为___． 【答案】 【分析】本题考查了成中心对称，根据点和点关于原点中心对称，得出点和点的纵坐标互为相反数，横坐标互为相反数，据此即可作答． 【详解】解：∵点和点关于原点中心对称， ∴点和点的纵坐标互为相反数，横坐标互为相反数， ∵点坐标为， ∴点坐标为． 故答案为：． 10． 坐标轴上的点的坐标特征：轴上的点的______坐标为0；轴上的点的______坐标为0；点关于原点对称的点的坐标为（______，_______）． 【答案】 纵 横 【分析】本题考查平面直角坐标系中坐标轴上点的坐标特征，以及关于原点对称的点的坐标规律，直接根据相关知识点填空即可． 【详解】解：根据平面直角坐标系的定义，可得：轴上的点的纵坐标为，轴上的点的横坐标为； 关于原点对称的点的横、纵坐标均为原坐标的相反数，因此坐标关于原点对称的点的坐标为． 11．如图，和关于点成中心对称，若，则的长是_____． 【答案】5 【分析】本题主要考查了中心对称图形的性质，勾股定理，由中心对称图形的性质可得A、C、D三点共线，，据此求出的长，再利用勾股定理可得的长． 【详解】解：∵和关于点成中心对称， ∴A、C、D三点共线，， ∴， ∴， 故答案为：5． 12．在如图所示的平面直角坐标系中，是边长为的等边三角形，作与关于点成中心对称，再作与关于点成中心对称，…，如此作下去，则的顶点的坐标是 ___________． 【答案】 【分析】此题主要考查了坐标与图形变化--旋转问题，解题的关键是推出点的横坐标、纵坐标规律．首先根据是边长为的等边三角形，可得的坐标为，的坐标为；然后根据中心对称的性质，分别求出点、、的坐标各是多少；最后总结出的坐标的规律，即可求出的坐标． 【详解】解：是边长为的等边三角形， 的坐标为，的坐标为， 与关于点成中心对称， 点与点关于点成中心对称， ，， 点的坐标是， 与关于点成中心对称， 点与点关于点成中心对称， ，， 点的坐标是， 与关于点成中心对称， 点与点关于点成中心对称， ，， 点的坐标是， …， ，，，，…， 的横坐标是，当为奇数时，的纵坐标是，当为偶数时，的纵坐标是， 的顶点的坐标是， 故答案为 三、解答题 13．如图，平面直角坐标系中，的三个顶点的坐标分别为，，． (1)将先向左平移4个单位长度，再向上平移1个单位长度，画出平移后的图形（点，，的对应顶点分别为，，）； (2)画出绕原点顺时针旋转的图形，（点，，的对应顶点分别为，，）． 【详解】(1)如图，即为所求； (2)如图，即为所求； 14．如图，在中，，，D，E是斜边上的两点，且，将绕点A顺时针旋转，得到，连接，求证：． 【答案】 【分析】本题考查了旋转的性质，全等三角形的判定与性质，先结合将绕点A顺时针旋转，得到， ，，又因为，故，然后根据，，证明，即可作答． 【详解】解：∵将绕点A顺时针旋转，得到， ∴，， ∵， ∴， 即， ∵， ∴， ∴． 15．如图，在等腰直角中，，是由绕点按顺时针方向旋转得到的，连接、． (1)求证：； (2)当旋转角为40°时，求的度数． 【答案】(1)见解析 (2)25° 【分析】（1）根据旋转性质和等腰直角三角形的性质，证明△ACB≌△AFE，即可得出结论； （2）根据旋转角的定义得出∠CAB＝40°，再根据AB=AC，得到∠ACB＝70°，根据△ACF是等腰直角三角形，得出∠ACF＝45°，通过∠BCF＝∠ACB﹣∠ACF，即可得出答案． 【详解】（1）证明：∵△ABE是由△ACF绕点A按顺时针方向旋转得到的， ∴△ABE≌△ACF， ∴AE＝AF，AB＝AC；∠BAE＝∠CAF， ∴∠BAC＝∠EAF， ∵△ACF是等腰直角三角形， ∴AE＝AF＝AB＝AC， ∴△ACB≌△AFE（SAS）， ∴EF＝BC； （2）解：∵旋转角为40°， ∴∠CAB＝40°， ∵AB＝AC， ∴∠ACB＝70°， ∵△ACF是等腰直角三角形， ∴∠ACF＝45°， ∴∠BCF＝∠ACB﹣∠ACF＝25°． 【点睛】本题考查了旋转性质和等腰三角形的性质以及全等三角形的判定，熟练掌握全等三角形的判定方法是解答本题的关键． 16．如图所示，和关于点O中心对称， (1)请用尺规作图作出点D，连接、． (2)求证：． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【分析】本题考查中心对称图形的性质、平行四边形的判定与性质，正确画出图形是解答的关键． （1）根据中心对称图形的性质，只需在的延长线上截取，则点D即为所求作，连接、即可； （2）根据中心对称图形的性质和平行四边形的判定证明四边形是平行四边形，进而利用平行四边形的对应边相等可得结论． 【详解】（1）解：如图，点D即为所求作，连接、； （2）解：∵和关于点O中心对称， ∴，， ∴四边形是平行四边形， ∴． 17．如图，在正方形中，点M是边上的任一点，连接并将线段绕M顺时针旋转得到线段，在边上取点P使，连接，．连接交于点E． (1)判断四边形的形状，并加以证明； (2)若点M为的中点，且正方形的边长为4，求的长度． 【答案】(1)四边形是平行四边形，证明见解析 (2) 【分析】（1）先证明，再由性质得到、，等量代换得到，得到，根据旋转的性质得到，即可得到结论； （2）先证明是的中位线，得到Q是中点，易证，根据线段成比例即可求出答案． 【详解】（1）四边形是平行四边形， 证明：∵四边形是正方形， ∴，， 在与中， ∴， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∵将线段绕M顺时针旋转得到线段， ∴，， ∴，， ∴四边形是平行四边形 （2）∵点M为的中点，且正方形的边长为4， ∴， ∴，即 又 ∴是的中位线， ∴Q是中点， ∴， 又， ∴， ∴． 【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质、中位线、相似三角形的性质、正方形的性质、平行四边形的判定和性质等，综合性较强，解题关键是熟练掌握相关知识点的判定和性质． 1 / 14 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $第二十八章旋转全章高频重点题型突破 基础拿分 高频题型归纳 ◆题型1旋转的概念与旋转角 1.【答案】 C ∠ACD(或∠BCE) D 线段DC ∠DEC 【详解】解：(1)，△ABC经过旋转后得到△DEC, ∴旋转中心是点C,旋转角是∠ACD(或∠BCE): (2)点A的对应点是点D: (3)线段AC的对应线段是线段DC；∠ABC的对应角是∠DEC 2.【答案】.C 【详解】解：RtAABC,∠BAC=90°，∠C=34, .∠ABC=90°-∠C=56°、 根据旋转的性质，得∠DAB=∠CAE,AD=AB,∠E=∠C, ∴·∠ABD=∠ADB B D 2 设∠DAB=∠CAE=a, ÷∠ABD=∠ADB=180-∠DMB=90°- 2 2, :∠CAE=180°-∠2-∠C.∠CBE=180°-∠1-∠E,且∠2=∠1， ∠CBE=∠CAE=a, ∠ABD+∠ABC+∠CBE=180°. 90°- 2a+56°+a=180°， 2=34 试卷第1页，共3页 解得a=68°， 3.【答案】C 【详解】旋转中心到对应点的距离相等，即PA=PB, ∴，点P在线段AB的垂直平分线上， A(L,2)B(5,-2) 己知 心AB的中点坐标： 标华标为1片，级坠标为242 2+(2）-0,即4B中点为6.0) 设点P(m川），则P=(m-刂旷+(a-2,P8=(m-5}+(n+2. .PA=PB, (m-1y°+(n-2}=(m-5}+n+2 解得：m=m+3,则点P的坐标为+3川） 设线段AB的垂直平分线解析式为 =kc+b(k≠0) (n+3,n)(3,0) 将点 代入解析式中， n=k(n+3)+b k=1 得0=3k+b ,解得b=-3, ∴线段AB的垂直平分线解析式为y=x-3, 将各选项的点代入，只有c6,3列 满足。 4.【答案】37°137度 【详解】解：由图可知，OB、OD是对应边，∠BOD是旋转角， 所以，旋转角∠BOD=∠AOD-∠AOB=127°-90°=37 试卷第2页，共3页 ◆题型2旋转的性质（对应边、对应角） 5. 【答案】D 【详解】解：，旋转是全等变换，只改变图形的位置，不改变图形的形状和大小， ∴.旋转后对应线段相等，对应角相等，图形的形状和大小都不发生变化，即②③④正确： 旋转后对应线段不一定平行，可能相交，因此①错误： 故正确的说法是②③④，选D 6.【答案】B 【分析】由旋转得∠A=∠A=30°，BC=B'C,∠ABC=∠B,再结合等腰三角形和三 角形外角的性质即可解答。 【详解】解：：△ABC绕顶点C旋转得到△A'B'C, ∴∠A=∠A=30°，BC=B'C,∠ABC=∠B', .∠B'BC=∠B', 又：∠BCA=40°，∠B'BC是△ABC的外角， .∠BBC=∠A+∠BCA=70°， .∠ABC=∠B'BC=70° ∴.∠A'BA=180°-∠ABC-∠B'BC=40° 7. 【答案】A 【详解】解：在Rt△ABC中，∠B=90°，AB=6,BC=8, ÷4C=VAB+BC=6+8=10 ,将△ABC绕点A逆时针旋转90°得△AB'C', .AB=AB=6,∠BAB=90°. ,∠ABC=90° .∠ABC+∠BAB'=180°， AB∥BC, 试卷第3页，共3页 过点B作B'H⊥BC于点H,则四边形ABHB为矩形， .B'H=AB=6,BH=AB'=6. .HC=BC-BH=8-6=2, 在Rt△B'HC中，BC=VB'H+HC2=V6+2=2V10 ..4B'C AB+AC+B'C=6+10+2W10=16+2W10 的周长为 B ▣ 8.【答案】平行且相等 【详解】：△ABC与△DEF关于O点成中心对称 ∴，线段BC与EF的关系是：平行且相等 故答案为平行且相等 ◆题型3旋转的性质（对应边、对应角） 9.【答案】B 【分析】关于原点对称的两个点，横纵坐标均互为相反数即可得到答案， 【详解】解：，在平面直角坐标系中，关于原点对称的点的横纵坐标都互为相反数， 已知点A的坐标为 -5,6) -5的相反数为5,6的相反数为6， :点A关于原点对称的点的坐标为 5,-6) 10.【答案】A 【详解】解：选项A:既是轴对称图形，又是中心对称图形，符合题意； 试卷第4页，共3页 选项B:是轴对称图形，不符合题意： 选项C:是轴对称图形，不符合题意： 选项D:是中心对称图形，不符合题意 11.【答案】C 【详解】解：：点A是点A绕坐标原点旋转180°得到的， ∴点A与点A关于原点中心对称， :点4的坐标为 a,b) ·点A的坐标为 -a,-b) ◆题型4旋转作图 12.【答案】(1)如图 △A,BC即为所求： O 点4的坐标为 -1,3) (2)如图， △48，C即为所求，点4的坐标为侣-3) 【详解】(1)略 (2)略 试卷第5页，共3页 13.【详解】(1)如图，△4BC即为所求： Cs C B2 A A B (2)如图， △A,B,C即为所求： A C3 C B ℃ A A B △AB,C (3)如图， 即为所求： 试卷第6页，共3页 A3 B 核心提升 重难题型归纳 ◆题型1旋转与三角形综合 1.【详解】(1)证明：∠ACB=90°， ∴∠ACE+∠BCD=90° .AE⊥m,BD⊥m ∴.∠AEC=∠BDC=90° ∠ACE+∠CAE=90°， ∴.∠CAE=∠BCD :aABC是等腰直角三角形，∠ACB=90°， .AC=BC、 .△ACE≌△CBD(AAS) ∴.AE=CD,CE=BD CD=DE-CE=DE-BD, .AE DE-BD (2)(1)中结论不成立，新结论为：AE=BD-DE 证明：∠ACB=90° 试卷第7页，共3页 ∠ACE+∠BCD=90°， :AE⊥m,BD⊥m LAEC=∠BDC=90°， ∠ACE+∠CAE=90°， ∴.∠CAE=∠BCD」 :△ABC是等腰直角三角形，∠ACB=90°， ..AC=BC, .△ACE≌aCBD(AAS) ∴.AE=CD,CE=BD CD=CE-DE BD-DE. .AE BD-DE: (3)证明：：∠ACB=90°， .∠ACE+∠BCD=90°， AE⊥m,BD⊥m, ·∠AEC=∠BDC=90°， ∠ACE+∠CAE=90°， .∠CAE=∠BCD :△ABC是等腰直角三角形，∠ACB=90° .AC=BC .△ACE≌△CBD(AAS) ∴.AE=CD,CE=BD .CD=CE+DE=BD+DE. ∴.AE=BD+DE ◆题型2旋转与四边形综合 试卷第8页，共3页 1. 【答案】.)D(33,3 D(-4.8,3.6) (2) 6,8) (3)点E的坐标为 【分析】(1)过点D作DM⊥x轴于M,由旋转的性质得出OD=AO=6,a=∠MOD =30,由直角三角形的性质得DM=3,OM=35 即可得出点D的坐标： (2)过点D作DN⊥OA于N,可得△DON一△EOF,可得对应边成比例即可求出DN= 3.6,ON=4.8即可得出点D的坐标： (3)连接AC,OE,CE作EG⊥x轴于G,可证出ACIOE,四边形OACE是平行四边形， 得出OA=-CE=OG=6,GE-0C-8,即可得出答案. 【详解】(I)如图，过点D作DM⊥OA于M D AM 0 图① 由旋转可知：OD=OA=6,∠D0M=30° ∴DM=3 0M=3V3 D-35,3) (2)如图，过点D作DN⊥OA于N 试卷第9页，共3页 B C A M 图② 则有：∠DNO=∠F=90 又，∠DON=∠EOF=a, .∴.△DON-△EOF EFOE OF ND OD ON .EF-OD-6,OE=10,OF=8, ∴.DN=3.6,ON=4.8 .D(4.8,3.6) (3)连接AC,OE,OB,CE作EG⊥x轴于G,如图所示： 由旋转的性质得：∠AOB=∠DOE,OD=AO,OB=-OE :四边形OABC是矩形 ∴.AC-OB,∠AOB=∠CAO, .'OD=AO ∴.∠DAO=∠ADO, ∴.∠DOE=∠ADO, ∴.ACOE ∵ACOB,OB=OE ∴.AC-0E ∴.四边形OACE是平行四边形 ∴.0A=CE-0G-6,GE-0C-8 点E的坐标为(6,8). 试卷第10页，共3页 B C D 图③ ◆题型3旋转中的线段最值 1.【答案】(1)见解析 ②(2+3 cm. 【详解】(1)证明：，△PCE绕点C逆时针旋转60°，使CE与CB重合，得到 △QCB .∴△PCE≌△QCB ∴.CP-CQ,∠PCE=LQCB, ∴.△CPQ是等腰三角形， .∠BCD=120°，CE平分∠BCD ∠DCE=∠BCE=2∠BCD=60°， ∴.∠PCQ-∠PCE+∠ECQ=∠BCQ+∠ECQ=∠BCE=2∠BCD=60°， 即∠PCQ=60°， ∴.△PCQ为等边三角形 (2)存在 CE平分∠BCD, .∠BCE=60°， ,'在平行四边形ABCD中， 试卷第11页，共3页 .∴ABll CD .∴.∠ABC=180°0120=60°， ∴.△BCE为等边三角形， ∴.BE-CB=2cm,∠CBE=60°， :aPCE绕点C逆时针旋转60，使CE与CB重合，得到△QCB, ∴△PCE≌△QCB, ∴.EP=BQ ∴.△PBQ的周长-PB+BQ+PQ=PB+EP+PQBE+PQ=2+CP, ∴.CP⊥AB时，△PBQ周长最小， 当CP⊥AB时，∠CPB=90°， ∴.∠BCP=180°-∠CPB-∠CBE=30°， .'.PB=2 BC=1cm '.cp=VBC-PB-3 cm ∴.△PBQ周长最小为(2+ )c1m. 。题型4旋转中的面积路径问题 1.【答案】()BD=EC,且BD⊥EC,理由见解析 (2)成立，理由见解析 (3)见解析 (④90°或270° 【详解】(1)解：结论：BD=EC,且BD⊥EC,理由如下： AB=AC,AD=AE, :AB-AD=AC-AE, :.BD=EC; :AB⊥AC,点D,E分别在AB,AC上， BD⊥EC: 故答案为：BD=EC;BD⊥EC: 试卷第12页，共3页 (2)解：成立， 理由：根据旋转的性质可得：AD=AE,AB=AC,∠BAD=∠CAE, ∴△ABD≌△ACE(SAS) ∴.BD=EC 作BD的延长线EC交EC于点F,交AC于点G, D ,△ABD≌△ACE ∴.∠ABD=∠ACE, :∠AGB=∠FGC, ∴.∠GAB=∠GFC=90° BD⊥EC: (3)证明：如图3中，当点D在线段BE上时， LBAD=LBAC-∠DAC=90°-∠DAC,∠CAE=∠DAE-∠DAC=90°-∠DAC, .∠BAD=∠CAE, 又：AB=AC,AD=AE, aBAD2△CAE(SAS) ∠ADB=∠AEC=180°-∠ADE=135°， ∠BEC=∠AEC-45°=135°-45°=90°， BE⊥CE: (4)解：由题意知，点D的轨迹是以A为圆心AD为半径的圆， 在△ABD中，当AB为底时，点D到AB的距离最大时，△ABD的面积最大， 试卷第13页，共3页 B 图3 当AD⊥AB时，△ABD的面积最大， .∴旋转角为90°或270°， 故答案为：90°或270° 题型专练 高频重难特训 1.C 2.A 3.A 4.C 5.B 6.D 7.5 8(-4,2) 9(2,-3) 10.纵 横 -y 11.5 12(4049,V3 13.(1)如图，△4BC即为所求： 试卷第14页，共3页 (2)如图， △AB,C即为所求： VA B 14.DE=FE 15.(1)见解析 (2)25° 【详解】(1)证明：，△ABE是由△ACF绕点A按顺时针方向旋转得到的， ∴.△ABE≌△ACF, ∴AE=AF,AB=AC:∠BAE=∠CAF, ∴.∠BAC=∠EAF, ,△ACF是等腰直角三角形， ∴AE=AF=AB=AC, ∴.△ACB≌△AFE(SAS), ∴.EF=BC: (2)解：旋转角为40°， ∴.∠CAB=40°， 试卷第15页，共3页 .AB=AC. ∴.∠ACB=70°， ,△ACF是等腰直角三角形， .∠ACF=45°， ∴∠BCF=∠ACB-∠ACF=25°. 16.(1)解：如图，点D即为所求作，连接AD、CD: AD 0 B (2)解：，△ABO和aCDO关于点O中心对称， ..OA=OC,OD=OB “,四边形ABCD是平行四边形， .AD=BC 17.(1)四边形BMNP是平行四边形，证明见解析 EP=2V5 (2 5 试卷第16页，共3页 函学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 17/17