专题04 旋转（期中真题汇编，北京专用）九年级数学上学期

**基本信息** 汇集北京多区及重点中学期中真题，聚焦旋转专题四大考点，通过基础判断、空间计算与动态探究分层考查空间观念与推理能力，如结合赵爽弦图、正八面棱镜测光速等情境设计问题。 **题型特征** |题型|题量|知识覆盖|命题特色| |----|----|----------|----------| |选择|约25题|图形旋转角度/中心、中心对称图形判断|网格中旋转中心确定（如朝阳期中题）、正八边形旋转重合度（海淀期中题）| |填空|约15题|旋转坐标、中心对称点坐标|坐标系中旋转后点坐标（西城外国语学校题）、旋转路径长计算（东方德才学校题）| |解答|约20题|旋转性质证明、动态旋转探究|赵爽弦图旋转（大兴期中题）、等腰直角三角形旋转中数量关系（密云期中题）|

专题04 旋转 4大高频考点概览 考点01 图形的旋转 考点02 中心对称及其性质 考点03 中心对称图形 考点04 关于原点对称的点的坐标 考点01 图形的旋转 1．（25-26学年九上·北京密云·期中）如图，点A、B、C、D、O都在方格纸上，若是由△绕点按逆时针方向旋转而得，则旋转角度为（       ） A.  B.  C.  D.  【答案】D 【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． 是由绕点按逆时针方向旋转而得：由图可知，为旋转角，可利用即可解答． 【详解】 解：小方格的边长相等，得， ∴，即旋转角为． 故选D． 2．（25-26学年九上·北京大兴·期中）如图，在中，，，，将绕点A逆时针旋转，得到，点C的对应点E恰好落在边上，连接，则的长为（     ） A.  B. 5 C.  D.  【答案】C 【分析】 本题考查了图形旋转的性质以及勾股定理解三角形，解决本题的关键是求解旋转后． 由勾股定理可求解，根据图形旋转可得，，，利用勾股定理求解即可． 【详解】 解：∵在中，，，， ∴， ∵绕点A逆时针旋转得到， ∴，，， ∴， ∴在中，， 则的长为． 故选：C ． 3．（25-26学年九上·北京朝阳·期中）在如图所示的正方形网格中，四边形绕某一点旋转某一角度得到四边形（所有顶点都是网格线交点），在网格线交点中，可能是旋转中心的是（       ） A. 点 B. 点 C. 点 D. 点 【答案】A 【分析】 本题考查了找旋转中心，熟练掌握旋转中心的确定方法是解题关键．确定旋转中心的方法：分别作两组对应点所连线段的垂直平分线，其交点就为旋转中心，由此即可得． 【详解】 解：如图，连接，，分别作，的垂直平分线，其交点为点，则旋转中心是点． 故选：A． 4．（25-26学年九上·北京海淀·期中）如图，在平面直角坐标系中，点的横、纵坐标均为整数，可由绕点旋转得到，则点的坐标是（     ） A.  B.  C.  D.  【答案】A 【分析】 本题主要考查图形的旋转变换．利用网格特点，作和的垂直平分线，它们相交于点，然后写出点坐标即可． 【详解】 解：如图，可由绕点顺时针旋转得到，所以旋转中心的坐标为．    故选：A． 5．（25-26学年九上·北京海淀·期中）物理学家巧妙地使用可旋转的正八面棱镜来测量光速，这种棱镜的底面是一个正八边形（如图所示），该正八边形绕其中心旋转后能与自身重合，那么的值可能是（     ） A. 22.5 B. 30 C. 45 D. 60 【答案】C 【分析】 本题考查旋转对称图形的概念：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，旋转的角度叫做旋转角．根据旋转角及旋转对称图形的定义结合图形特点作答． 【详解】 解：∵， ∴该图形绕中心至少旋转45度后能与自身重合，即． 故选：C． 6．（25-26学年九上·北京第十五中学·期中）如图，等腰中，，将绕点C逆时针旋转得到，当点A的对应点D落在上时，连接，则的度数是（     ） A.  B.  C.  D.  【答案】B 【分析】 本题主要考查了等腰三角形的性质，旋转的性质，三角形的内角和定理，解题的关键是掌握以上性质． 根据等腰三角形的性质及三角形内角和定理得出，根据旋转的性质得出相等的角和边，再利用三角形内角和定理及角的和差进行求解即可． 【详解】 解：∵等腰中，， ∴， 根据旋转的性质得，，， ∴， ∴， 故选：B． 7．（25-26学年九上·北京第五十五中学·期中）如图，中，，将绕点顺时针旋转得到，使点的对应点恰好落在边上，、交于点．若，则的度数是（用含的代数式表示）（       ） A.  B.  C.  D.  【答案】C 【分析】 根据旋转的性质可得，BC=DC，∠ACE=α，∠A=∠E，则∠B=∠BDC，利用三角形内角和可求得∠B，进而可求得∠E，则可求得答案． 【详解】 解：∵将绕点顺时针旋转得到，且 ∴BC=DC，∠ACE=α，∠A=∠E， ∴∠B=∠BDC， ∴， ∴， ∴， ， 故选：C． 【点睛】 本题考查了旋转变换、三角形内角和、等腰三角形的性质，解题的关键是掌握旋转的性质． 8．（25-26学年九上·北京东直门中学·期中）如图，将绕点顺时针旋转得到．若点在同一条直线上，，则的度数是（       ） A.  B.  C.  D.  【答案】D 【分析】 本题考查旋转的性质，等腰三角形的判定和性质，三角形的外角．根据旋转得到，进而得到，再利用三角形外角的性质，求解即可．掌握旋转的性质，是解题的关键． 【详解】 解：∵旋转， ∴， ∴， ∴； 故选D． 9．（25-26学年九上·北京第二十一中学·期中）如图，等边的边长为2，点O是的中心，绕点O旋转，分别交线段，于D，E两点，连接D，E，给出下列四个结论：①；②的面积等于的面积；③四边形的面积始终保持不变；④的周长的最小值为3． 上述结论中，所有正确结论的序号是______． A. ①③ B. ①② C. ②③④ D. ①③④ 【答案】D 【分析】 连接，，利用等边三角形的性质易得，由全等三角形的性质来判断；作于，利用三角形的面积得到随的变化而变化，而四边形的面积为定值，来求解；利用得到进而求解；利用得到，当时，最小，的周长最小来求解． 【详解】 解：连接，，如图， 为等边三角形， ． ∵点是的中心， ，、分别平分和， ∴， ，即， 而，即， ． 在和中 ，，故① 正确； 作于，如上图，则． ， ， ，， ， , 即随的变化而变化， 而四边形的面积为定值， ，故错误； ， ， ∴四边形的面积，保持不变，故③ 正确； ， 的周长， 当时，最小，的周长最小，此时， 周长的最小值，所以④ 正确. 故正确的有：① ③ ④ ． 故选：D． 【点睛】 本题考查了旋转的性质，等边三角形的性质，全等三角形的判定与性质()，含度角的直角三角形，三角形的面积等知识点，解题关键是掌握上述知识点并能运用求解． 10．（25-26学年九上·北京日坛中学·期中）如图，将绕点A逆时针旋转后得到（点B、C的对应点分别是点D、点E），连接．若，则的大小是（　　） A.  B.  C.  D.  【答案】B 【分析】 本题考查了旋转的性质，等边对等角，三角形内角和定理，由旋转性质得到，且，再根据等边对等角和三角形内角和定理求出，结合题意求出的度数，利用求出最后结果． 【详解】 解：由题意可知，且， ， ， ， ， 故选：B． 11．（25-26学年九上·北京西城外国语学校·期中）如图，将△ABC绕点C顺时针旋转90°得到△EDC．若点A，D，E在同一条直线上，∠ACB=20°，则∠ADC的度数是　　 A. 55° B. 60° C. 65° D. 70° 【答案】C 【分析】根据旋转的性质和三角形内角和解答即可． 【详解】∵将△ABC绕点C顺时针旋转90°得到△EDC． ∴∠DCE=∠ACB=20°，∠BCD=∠ACE=90°，AC=CE， ∴∠ACD=90°-20°=70°， ∵点A，D，E在同一条直线上， ∴∠ADC+∠EDC=180°， ∵∠EDC+∠E+∠DCE=180°， ∴∠ADC=∠E+20°， ∵∠ACE=90°，AC=CE ∴∠DAC+∠E=90°，∠E=∠DAC=45° 在△ADC中，∠ADC+∠DAC+∠DCA=180°， 即45°+70°+∠ADC=180°， 解得：∠ADC=65°， 故选C． 【点睛】此题考查旋转的性质，关键是根据旋转的性质和三角形内角和解答． 12．（25-26学年九上·北京海淀·期中）如图，边长为10的等边绕它的中心顺时针旋转得到分别与交于点．给出下面三个结论：①的长随的增大而增大；②的取值范围是；③当时，．上述结论中，所有正确结论的序号是（     ） A. ①② B. ①③ C. ②③ D. ①②③ 【答案】A 【分析】 如图，连接，过点作，在等边三角形中得，，，从而得出，，，勾股定理求出，如图，连接，过点作，则，根据旋转可得，是等边三角形，，证明，得出，，连接，再证明，得出，当增大时，逐渐减小，此时，从而得出在逐渐变小，根据是定值，得出逐渐减小，逐渐增大，即可判断① ；当旋转到时，，即点与点重合，点与点重合，此时，则，即可判断② ；当时，，则，，，得出为等腰直角三角形，从而得，即可求出，从而判断③ ． 【详解】 解：如图，连接，过点作， ∵是等边三角形， ∴， ∵点是的中心， ∴， ∴，，， ∴， 如图，连接，过点作， ∴， 根据旋转可得，是等边三角形，， ∴， ∵， ∴， ， ， ，， 连接， ， ， ， 当增大时，逐渐减小， 此时， 在逐渐变小， 在逐渐变小， ∵是定值， ∴逐渐减小， ∵， ∴逐渐增大，故① 正确； 当旋转到时，， 即点与点重合，点与点重合， 此时， ∴，② 正确； 当时，， ∴， ， ， 为等腰直角三角形， ∴， ，③ 错误， 故选： A． 【点睛】 本题考查了等边三角形的性质，旋转的性质，含30度角的直角三角形的性质，勾股定理，等腰直角三角形的性质和判定，全等三角形的性质和判定等知识点，解题的关键是掌握以上知识点．正确做出辅助线． 13．（25-26学年九上·北京朝阳·期中）将边长为a的等边随意放在边长为b的等边所在的平面内，且，将绕点A顺时针旋转α，，，分别是，，的中点，以下说法中正确的是（     ） ①可能是直角三角形；②一定是等边三角形； ③可能与全等；④． A. ①③ B. ①③④ C. ②③④ D. ②④ 【答案】D 【分析】 根据题中所给的信息逐一分析每个说法并进行判断选择正确的说法即可． 【详解】 解：如图，连接和，取的中点M和的中点N，连接，，，， ∵是的中点，是的中点， ∴根据中位线定理：且，且， 同理，且，且， ∵和都是等边三角形， ∴， ∵，，， ∴， 又∵，且， ∴是等边三角形， ∴， ∵绕点A旋转α， 根据旋转的对称性可知，设与的夹角为θ，则与的夹角也为θ， ∵，， ∴， 同理，，，故， ∴， 在和中， ， ∴， ∴，， ∵， ∴，即， ∴一定是等边三角形，故说法② 正确，说法①可能是直角三角形错误； ∵的边长为b，若与它全等，则， 由中位线的性质可知，的长度取决于和的位置关系， 当旋转至且方向相同时，， 若，则， ∵， ∴最大为，即两个三角形无法全等，故③ 错误； 根据三角形三边关系，对于，有，， ∴，即,故④ 正确； 综上所述，说法正确的有② ④ ． 故选：D． 【点睛】 本题考查了等边三角形的性质，旋转的性质，三角形中位线定理，全等三角形的判定与性质及三角形三边关系等知识点，解题关键在于掌握等边三角形的性质及中位线的定理与性质． 14．（25-26学年九上·北京大兴·期中）我国数学家赵爽用4个全等的直角三角形拼成如图所示的大正方形，并用它证明了勾股定理，这个图被称为“赵爽弦图”．这一证法是中国古代数学家以形证数、形数结合的典范，对后世数学发展产生了深远影响．已知点O是大正方形对角线的交点，以点O为旋转中心，将顺时针旋转得到，则　　　　　　． 【答案】90 【分析】 本题考查了图形旋转的性质，解决本题的关键是熟练掌握图形的旋转角度． 根据图形的旋转性质，可知顺时针旋转得到，点D的对应点为点C，点E的对应点为点H，点A的对应点为点D，由此可求解． 【详解】 解：连接，如图， ∵顺时针旋转得到， ∴可知点D的对应点为点C，点E的对应点为点H，点A的对应点为点D， ∵点O是大正方形对角线的交点， ∴， ∴． 故答案为： ． 15．（25-26学年九上·北京一六一中学·期中）如图，在中，，在同一平面内，将绕点A旋转到的位置，使得，则的度数为　　　　　． 【答案】 【分析】 本题考查了旋转的性质，平行线的性质，等腰三角形的性质，掌握旋转的性质是本题的关键．由旋转的性质可得，由等腰三角形的性质可求，即可求解． 【详解】 解：∵， ∴， ∵将绕点A旋转到的位置， ∴， ∴， ∴， 故答案为：． 16．（25-26学年九上·北京第二中学·期中）如图，将绕点A顺时针旋转得到，点B的对应点D恰好落在边上，则　　　　　　　　　　　　． 【答案】K度 【分析】 根据旋转的性质得到，根据等腰三角形的性质得到，求得． 【详解】 解：由旋转的性质可知，，， ∴， ∵， ∴， 故答案为：． 【点睛】 本题考查的是旋转变换的性质、等腰三角形的性质，掌握旋转的性质是解题的关键． 17．（25-26学年九上·北京日坛中学·期中）如图，在平面直角坐标系xOy中，△A′B′C′由△ABC绕点P旋转得到，则点P的坐标为　　　　　　　． 【答案】（1，-1） 【分析】 连接AA′、CC′，作线段AA′的垂直平分线MN，作线段CC′的垂直平分线EF，直线MN和直线EF的交点为P，点P就是旋转中心． 【详解】 解：直线MN的解析式为：x=1， ∵，C'， 所以CC'的中点坐标为，即， 设直线CC′的解析式为：y=kx+b， 由题意： ， ∴ ， ∴直线CC′:， ∵直线EF⊥CC′，且经过CC′中点， 设直线EF的解析式为：， ∴， ∴ ∴直线EF:， 由 得 ， ∴P点坐标为：． 18．（25-26学年九上·北京朝阳区东方德才学校·期中）如图，在平面直角坐标系中，的顶点坐标分别为，，．将绕点O顺时针旋转得到，点A旋转后的对应点为． （1）画出旋转后的图形，并写出点的坐标； （2）求点B经过的路径长（结果保留）． 【答案】（1） 解：如图所示，即为所求； 点的坐标为；     （2）      【分析】 本题考查画旋转图形、求弧长，熟练掌握旋转性质是解答的关键． （1）将点A、B分别绕点O顺时针旋转得到其对应点，再与点O首尾顺次连接即可； （2）根据弧长公式求解即可． (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 解：由图知， ，， ∴点B在旋转过程中所走过的路径长为． 19．（25-26学年九上·北京西城外国语学校·期中）如图，在平面直角坐标系xOy中，AOB可以看作是将DCE绕某个点旋转而得到，则这个点的坐标是　　　　　　　　　　　． 【答案】（2，2） 【分析】 根据旋转的性质可得：旋转中心到对应点的距离相等，则旋转中心在对应点所连线段的垂直平分线上，由此即可作图求得答案． 【详解】 解：如图，连接AE，分别作线段AE、线段OC的垂直平分线，相交于点F（2，2）， 则点F（2，2）即为旋转中心， 故答案为：（2，2）． 【点睛】 本题考查了旋转的性质，熟练掌握旋转中心到对应点的距离相等以及垂直平分线的性质是解决本题的关键． 20．（25-26学年九上·北京第十三中学·期中）如图，△COD是△AOB绕点O顺时针方向旋转30°后所得的图形，点C恰好在AB上，则∠A的度数为　　　　　　． 【答案】75° 【分析】 由旋转的性质可得AO＝CO，∠AOC＝30°，由等腰三角形的性质可求解． 【详解】 解：∵△COD是△AOB绕点O顺时针方向旋转30°后所得的图形， ∴AO＝CO，∠AOC＝30°， ∴∠A＝∠ACO＝＝75°， 故答案为：75°． 【点睛】 本题考查了旋转的性质，等腰三角形的性质，掌握旋转的性质是本题的关键． 21．（25-26学年九·北京东城）△ABC在平面直角坐标系中的位置如图所示，将△ABC沿y轴翻折得到△A1B1C1，再将△A1B1C1绕点O旋转180°得到△A2B2C2．请依次画出△A1B1C1和△A2B2C2． 【答案】详见解析． 【详解】 解：答案如图： 图中每个图形即为所求． 22．（25-26学年九上·北京一六一中学·期中）如图，在平面直角坐标系中，，将绕原点顺时针旋转得到（分别是，的对应点）．    （1）在图中画出，点的坐标为____________； （2）若点位于内（不含边界），点为点绕原点顺时针旋转的对应点，直接写出的纵坐标的取值范围． 【答案】（1） 解：由旋转作图，如图1，即所求，         （2）      【分析】 本题考查了旋转作图，旋转的性质．熟练掌握旋转的性质是解题的关键． （1）根据旋转的性质作图，然后作答即可； （2）由旋转的性质可确定点旋转后对应点在线段上，且不与点，重合，如图1，然后作答即可． (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 解：∵，， ∴旋转后对应点在线段上，且不与点，重合，如图1， ∴． 23．（25-26学年九上·北京一六一中学·期中）如图，在中，，，点D在边上，将绕点B逆时针旋转得到，连接． （1）求证：； （2）若，，直接写出线段的长． 【答案】（1） 证明：∵， ∴， ∵将绕点逆时针旋转得到， ∴，， ∴，． ∴． ∵，， ∴．      （2）      【分析】 （1）先证明，得到，进而利用等腰三角形的性质和三角形的外角性质可得出； （2）先证明，再利用勾股定理求出即可． (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 解：∵， ∴， ∵，， ∴． 【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，等腰直角三角形的性质，三角形的外角性质等知识，利用旋转的性质和等腰直角三角形的性质是解本题的关键． 24．（25-26学年九上·北京第二十一中学·期中）如图，把Rt△ABC绕点A逆时针旋转40°，得到Rt△AB′C′，点C′恰好落在边AB上，连接BB′，则∠BB′C′=　　　度． 【答案】20 【详解】∵Rt△ABC绕点A逆时针旋转40°得到Rt△AB′C′， ∴AB=AB′，∠BAB′=40°． 在△ABB′中，∠ABB′=（180°﹣∠BAB′）=（180°﹣40°）=70°． ∴∠BB′C′=90°﹣∠ABB′=90°﹣70°=20°． 25．（25-26学年九上·北京大兴·期中）如图，已知，，将绕点C顺时针旋转，得到，点A的对应点为点D，连接． （1）依题意补全图形； （2）若，求的度数． 【答案】（1） 解：如图所示，即为所求；      （2）      【分析】 本题主要考查了旋转的性质，画旋转图形，等边对等角，三角形内角和定理，熟知相关知识是解题的关键． （1）根据题意作图即可； （2）由旋转的性质可得，，可证明B、C、D三点共线，求出的度数，则可得到的度数，进而可得到的度数，据此可得答案． (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 解：由旋转的性质可得，， ∵， ∴， ∴B、C、D三点共线， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴． 26．（25-26学年九上·北京昌平一中学·期中）如图，抛物线与x轴正半轴交于点A，点B为y轴上一点，将线段绕点B逆时针旋转得到线段，若点C恰好落在抛物线上，则点C的坐标为　　　　　　． 【答案】或 【分析】 本题考查了二次函数的图象与性质，旋转的性质，全等三角形的判定与性质． 过B作轴，于N，于M，进而证明，求的C点的值，把C点的坐标代入解析式，即可求得C点坐标． 【详解】 解：如图，过B作轴，于N，于M， 当时，， 解得：或， ∴， 由旋转的性质可得，，， ， ， ，，， ， 设，， ， 将代入 得， 解得，或， 点坐标为或  故答案为：或 27．（25-26学年九上·北京朝阳·期中）如图，将绕点C顺时针转得到．若A、D、E在同一条直线上，，则　　　　　　（用含有的式子表示．） 【答案】 【分析】 本题主要考查了旋转的性质，等腰三角形的性质与判定，掌握旋转的性质是解决本题的关键． 根据旋转的性质表达出和度数，利用三角形外角的性质得到即可． 【详解】 解：将绕点顺时针旋转得到． ，，， 点，，在同一条直线上， ． ． 故答案为：． 28．（25-26学年九上·北京朝阳·期中）如图，的三个顶点的坐标分别为：，，． （1）请画出将关于y轴轴对称的； （2）请画出将绕原点O顺时针旋转的； （3）在x轴上找一点P，使得的值最小，请直接写出点P的坐标_______． 【答案】（1） 解：如图所示，即为所求；      （2） 解：如图所示，即为所求；      （3） 解：如图所示，点P即为所求， ∴ ， 故答案为：．      【分析】 本题考查了点的坐标，两点之间线段最短，轴对称变换的性质，画旋转图形，熟练掌握轴对称变换的性质是解题的关键． （1）根据轴对称变换的性质找出对应点即可求解； （2）根据旋转变换的性质找出对应点即可求解； （3）作点关于轴的对称点，连接交x轴于点P，连接，则，点P即为所求． (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 略 (3) 小问详解： 略 29．（25-26学年九上·北京日坛中学·期中）如图，在平面直角坐标系中，的顶点坐标分别为，，，将绕点逆时针旋转得到，点旋转后的对应点为． （1）画出旋转后的图形，并写出点的坐标； （2）写出线段的长为______． 【答案】（1） 解：如图所示，即为所求，点的坐标为；      （2）      【分析】 本题考查了网格作图，图形的旋转变换，勾股定理，熟练掌握旋转的性质，勾股定理解直角三角形，是解题的关键． （1）将点，，分别绕点逆时针旋转得到对应点，，再与点顺次连接即可，根据图形得出点的坐标； （2）根据勾股定理求出的长． (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 解：如图所示，连接，． 故答案为：． 30．（25-26学年九上·北京日坛中学·期中）如图，为等边三角形，将边绕点顺时针旋转，得到线段，连接，，，求的长和的度数． 【答案】， 【分析】 本题考查了旋转变换，等边三角形的性质，等腰直角三角形的判定和性质，等腰三角形的性质，勾股定理，解题的关键是熟练掌握相关性质定理．根据等边三角形的性质得到，，由旋转的性质得到   ，，从而得到的长，根据等边对等角和等腰直角三角形的性质得到，求出，，从而得到的长和的度数． 【详解】 解：为等边三角形， ，． 由旋转的性质可知， ，， ，，， ，， ． 31．（25-26学年九上·北京密云·期中）在等腰直角中，，．点P为直线上一个动点（点P不与点A、B重合），连接．点D在直线上，且．将线段绕点P顺时针旋转后得到线段，连接． （1）如图1，当点P在线段上时，求证：； （2）如图2，当点P在的延长线上，且时； ①依题意补全图2； ②用等式表示线段之间的数量关系，并证明． 【答案】（1） 证明：在中，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴；     （2） ① 如图， ② 证明：过点P作的垂线交延长线于点H， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵线段绕点P顺时针旋转得到线段， ∴，， ∴， 即， ∴， ∴， ∵在中，， ∴．      【分析】 本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和判定，等腰三角形的性质，勾股定理，正确的作出辅助线构造全等三角形是解题的关键． （1）根据等腰三角形的性质得到，于是得到，由得，即可得到结论 （2）① 根据题意补全图形即可；② 过点P作的垂线交延长线于点H，证明，得出，在中可得，从而得出结论． (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： ① 略 ② 略 32．（25-26学年九上·北京海淀·期中）如图，在平面直角坐标系中，点．将线段绕点顺时针旋转得到线段，则点的坐标为　　　　　　　　　　　． 【答案】 【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，熟练掌握全等三角形的判定与性质，旋转的性质是解题的关键． 过点作轴于点D，证明，再利用全等三角形的对应边相等求解． 【详解】 解：∵点， ∴， 过点作轴于点D，则 由旋转得，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， 故答案为：． 33．（25-26学年九上·北京朝阳区东方德才学校·期中）在中，，，点为的延长线上一点，连接，以为中心，将线段顺时针旋转得到线段，连接． （1）依题意补全图形； （2）求证：； （3）用等式表示线段，，之间的数量关系． 【答案】（1） 补全图形如图所示；      （2） 证明：， ， 以为中心，将线段顺时针旋转 得到线段， ， ， ；     （3）      【分析】 （1）根据题意画出图形，即可求解； （2）由余角的性质可求解； （3）由“”可证，可得，由勾股定理可求解． (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 略 (3) 小问详解： 线段，，之间的数量关系是， 理由如下：过点作交的延长线于点． ， ， ， ， ， ，， ， ， ， ， 在 与 中， ， ． ， ， ． 【点睛】 本题是几何变换综合题，考查了旋转的性质，等腰直角三角形的性质，全等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． 34．（25-26学年九上·北京西城外国语学校·期中）（多选）如图，D是等边三角形内一点，将线段绕点A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）证明：∵△ABC;id: MathJax-Element-779-Frame;role: presentation;style: font-size: 96%; position: relative;;tabindex: 0;">∵△ABC是等边三角形， ， 线段绕点A顺时针旋转，得到线段， ， ， ， 在和中， ， ， ；     （2）      【分析】 （1）由等边三角形的性质知，由旋转的性质可知，从而得，再证，即可得答案； （2）由知为等边三角形，即，继而由，即可得答案． (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 如下图，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判定和性质，解题的关键由旋转的性质证出． 35．（25-26学年九上·北京第十三中学·期中）如图，在中，，是线段延长线上一点，连接，过点作于． （1）求证：； （2）将射线绕点顺时针旋转后，所得的射线与线段的延长线交于点，连接． ①依题意补全图形； ②用等式表示线段之间的数量关系，并证明． 【答案】（1） 证明：如图1， ∵ ∴， ∵， ∴．     （2） ① 补全图形如图2．    ②， 证明：在上截取，使， ∵， ∴． ∴． ∵， ∴． ∴ ∵射线绕点顺时针旋转后与线段的延长线交于点，且， ∴．      【分析】 （1）根据等角的余角相等即可得证． （2）① 依题意画出图形即可求解； ② 在上截取，使，证明，得出，根据等腰直角三角形的性质，勾股定理得出，即可求解． (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： ① 略 ② 略 【点睛】 本题考查了等角的余角相等，旋转的性质，全等三角形的性质与判定，勾股定理，等腰直角三角形的性质，掌握以上知识是解题的关键． 36．（25-26学年九上·北京第十三中学·期中）如图，在平面直角坐标系中，点，，． （1）以点为旋转中心，把逆时针旋转，画出旋转后的； （2）在（1）的条件下， ①线段扫过的图形面积为______； ②连接，线段的中点的坐标为______． 【答案】（1） 解：如图所示：      （2）①；②      【分析】 本题考查作图—旋转变换，扇形的面积公式、中点坐标公式， （1）根据旋转的性质作出点、绕点逆时针旋转得到的对应点，再顺次连接可得； （2）① 根据扇形面积公式列式计算即可；② 根据（1）中所作图形可得点的坐标，由中点坐标公式即可求得答案； 解题的关键是根据旋转角度、旋转方向、旋转中心作出对应点． (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： ① ∵，， ∴线段扫过的图形面积为：， 故答案为：； ② 由图知点的坐标为 又∵， ∴的中点的坐标为，即， 故答案为：． 37．（25-26学年九上·北京海淀区北京交通大学附属中学·期中）如图，在中，，将绕点A按逆时针方向旋转，得到．若点恰好落在边上，且，则　　　　　　　　． 【答案】度 【分析】 本题考查了旋转的性质，三角形内角和、外角定理，等腰三角形的性质，由旋转的性质可得，由等腰三角形的性质可得，，再由三角形内角和定理可求解． 【详解】 解：∵， ∴， ∴， ∵将绕点A按逆时针方向旋转得到， ∴， ∴， ∵， ∴， 故答案为：． 38．（25-26学年九上·北京第五中学·期中）如图，在平面直角坐标系中，已知的三个顶点的坐标分别为，，．将绕着点顺时针旋转后得到． （1）请在图中画出； （2）线段旋转过程中所扫过的面积是______（结果保留）． 【答案】（1） 如图，即为所作；      （2）      【分析】 本题考查作图—旋转，坐标与图形，勾股定理，扇形面积公式．利用数形结合的思想是解题关键． （1）找出绕点顺时针旋转后各顶点的对应点，再顺次连接即可； （2）根据勾股定理可求出的长，再根据线段旋转过程中所扫过的面积即为扇形的面积，结合扇形面积公式求解即可． (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 解：由图可知线段旋转过程中所扫过的面积即为扇形的面积，且圆心角为，半径长为长． ∵，， ∴， ∴． 39．（25-26学年九上·北京第五中学·期中）如图，将绕点A逆时针旋转角得到，点B的对应点D恰好落在边上，若，则旋转角的度数是　　　　　　． 【答案】50度 【分析】 先求出，由旋转的性质，得到，，则，即可求出旋转角的度数． 【详解】 解：根据题意， ∵， ∴， 由旋转的性质，则，， ∴， ∴； ∴旋转角的度数是50°； 故答案为：50°． 【点睛】 本题考查了旋转的性质，三角形的内角和定理，解题的关键是熟练掌握旋转的性质进行计算． 40．（25-26学年九上·北京第十五中学·期中）如图，D是等边三角形内一点，将线段绕点A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） 证明：∵是等边三角形， ∴，， 由旋转得，， ∴， 在和中， ， ∴．     （2）      【分析】 本题考查了等边三角形判定与的性质，旋转的性质，全等三角形的判定与性质等知识，解题的关键是： （1）根据等边三角形的性质，旋转的性质，可得出，然后根据证明即可； （2）证明是等边三角形，得出，根据全等三角形的性质得出，最后根据角的和差求解即可． (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 解：∵，， ∴是等边三角形， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴的度数是． 41．（25-26学年九上·北京第十五中学·期中）已知：在平面直角坐标系中，的三个顶点的坐标分别为，，． （1）画出和关于原点成中心对称的，并写出点的坐标； （2）画出将绕点按顺时针旋转所得的． 【答案】（1） 如图，，即为所求，      （2） 如图，即为所求， 【分析】 本题考查坐标与图形变化—旋转与中心对称，熟练掌握以上知识点是解题的关键． （1）先根据坐标描点画出，再根据成中心对称的性质画出，进而写出点的坐标即可； （2）根据旋转的性质，画出即可． (1) 小问详解： 解：由图可知：； (2) 小问详解： 略 42．（25-26学年九上·北京第五十五中学·期中）如图，在平面直角坐标系中，点A，B，C的坐标分别为，，，将绕点P逆时针方向旋转得到，点A的对应点的坐标为，点B的对应点的坐标为．    （1）点P的坐标是                 ；（填写正确的选项） A.                           B.                                 C. （2）画出旋转后的，并写出的坐标是                 ； （3）线段的延长线与线段交于点M，直接写出的度数. 【答案】（1）A     （2）如图，即为所求作，点坐标为，         （3）      【分析】 此题考查了坐标与图形-旋转变换，旋转的性质，寻找旋转中心，全等三角形的判定与性质，解题的关键是理解题意，画出图形，结合有关性质正确求解． （1）线段，的垂直平分线的交点P即为所求； （2）根据要求作出图形，根据图形可得坐标； （3）根据旋转的性质，即可解决问题． (1) 小问详解： 解：如图，旋转中心P的坐标为， 故选：A． (2) 小问详解： 略 (3) 小问详解： 解：由旋转的性质可得，，， ∴ ∴，又， ∴， 则． 43．（25-26学年九上·北京第五十五中学·期中）如图，D是等边三角形内一点，将线段绕点A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） 证明：∵是等边三角形， ∴， 由旋转的性质得：， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴；     （2）      【分析】 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，能灵活运用性质定理进行推理是解此题的关键． （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，求出，即可得出答案． (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 解：如图，连接， 由旋转得，， ∴为等边三角形， ∴， 又∵， ∴． 44．（25-26学年九上·北京东直门中学·期中）如图，在平面直角坐标系中，三个顶点的坐标分别为，，． （1）①以点B为旋转中心，画出将按顺时针方向旋转后的； ②以原点O为旋转中心，画出将按逆时针方向旋转后的； （2）在（1）的条件下，可以由绕某点按顺时针方向旋转得到，则该点坐标为          ，旋转角的度数为          ． （3）的外接圆半径长          ． 【答案】（1） ① 如图，即为所求作； ② 如图，即为所求作；      （2），；     （3）      【分析】 本题考查了作图——旋转变换，旋转的性质，坐标两点的距离公式，全等三角形的判定和性质，三角形外接圆的性质，掌握相关知识点是解题关键． （1）① 根据旋转的性质作图即可；② 根据旋转的性质作图即可； （2）设旋转中心为，由旋转的性质可知，，，，结合坐标两点的距离公式，求出、值，即可得到旋转中心坐标，过点作直线轴，过点作于点，过点作于点，证明，得到，进而得出，从而推出，即可得到旋转角的度数； （3）由直角坐标系可知，是等腰直角三角形，再由直角三角形外接圆的半径等于斜边的一半求解即可． (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 解：设旋转中心为， 由旋转的性质可知，，，， 由（1）可知，，，，， ，， 整理得：，， 解得：，， 旋转中心坐标为， 如图，过点作直线轴，过点作于点，过点作于点， 则，，， ，， ， ， ， ， ，即旋转角的度数为， 故答案为：，； (3) 小问详解： 解：由直角坐标系可知，是等腰直角三角形， 的外接圆半径长等于斜边的一半， ，， ， 的外接圆半径长是． 45．（25-26学年九·北京东城）如图，将含角的直角三角尺绕点B顺时针旋转后得到，连接．若，则的面积为　　　　　　　　　　　　　　　　　　． 【答案】 【分析】 过D点作，垂足为F，根据含30度角的直角三角形的性质，结合勾股定理求出的长，根据旋转的性质以及等积法求出的长，再根据三角形的面积公式进行求解即可. 【详解】 解：过D点作，垂足为F， 由题意，在中，， ∴，， ∵旋转， ∴，，， ∴， ∴三点共线， ∵， ∴，即， ∴， ∴的面积为. 46．（25-26学年九·北京东城）如图，已知的顶点，，O是坐标原点，将绕点O按顺时针旋转，得到． （1）写出，两点的坐标； （2）求过，，三点的抛物线的解析式，并求此抛物线顶点的坐标； 【答案】（1），     （2），      【分析】 （1）先根据、坐标得出、长度，利用旋转前后三角形全等得、长度，直接写出、坐标即可； （2）已知抛物线与轴两个交点、，设交点式抛物线方程，代入点坐标求出参数，展开化为一般式，再配方成顶点式，直接写出顶点坐标即可． (1) 小问详解： 解：∵，， ∴，， ∵将绕点按顺时针旋转，得到， ∴， ∴，， ∴，； (2) 小问详解： 解：∵抛物线过点，， ∴可设抛物线的解析式为， ∵在抛物线上， ∴， 解得， ∴抛物线的解析式为， ∴顶点的坐标为； 47．（25-26学年九上·北京第二十一中学·期中）如图，为等边三角形，点M为边上一点（不与点A，B重合），连接，过点A作于点D，将线段绕点A顺时针旋转得到线段，连接． （1）依题意补全图形，直接写出的大小，并证明； （2）连接并延长交于点F，用等式表示与的数量关系，并证明． 【答案】（1） 如图所示，即为补全的图形， 证明： ∵为等边三角形， ∴， 由旋转知，， ∴， ∴， ∵， ∴；     （2）， 理由如下： 如图，过点C作，交的延长线于点G， 则， ∵， ∴是等边三角形， ∴， 由（1）知：， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴． 【分析】 本题主要考查了旋转变换．熟练掌握旋转性质，旋转作图，等腰三角形的判定和性质，全等三角形的和性质，是解决问题的关键． （1）根据题意即可补全图形，然后利用旋转的性质得是等边三角形，证明，得，即可解决问题； （2）过点C作，交的延长线于点G，得，根据等边三角形性质得到，，根据全等三角形性质得到，可得，可得，得到，即得． (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 略 48．（25-26学年九上·北京大兴·期中）在中，，，点D是边上一点，点E是上一动点，将线段绕点D顺时针旋转得到，点F落在边上，过E作交于G． （1）如图1，当G与F重合时，求证：； （2）如图2，当G与F不重合时，用等式表示与的数量关系，并证明． 【答案】（1） 证明：∵中，，， ∴， ∵将线段绕点D顺时针旋转得到， ∴，， ∴， 如图，取的中点，连接， ∵， ∴，，， ∴，， ∴， 则， ∴， ∴， ∴， ∴四边形为平行四边形， ∴， ∴；     （2） 解：，证明如下： ∵中，，， ∴， ∵将线段绕点D顺时针旋转得到， ∴，， ∴， 如图，取的中点，连接， ∵， ∴， 则， ∴， ∴， 在上取一点使得，连接，则， ∴， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∴．      【分析】 （1）由三角形内角和定理可得，由旋转的性质可得，，由等边对等角并结合三角形内角和定理可得，由平行线的性质可得，，，从而得出，，进而可得，取的中点，连接，由直角三角形的性质可得则，证明四边形为平行四边形，得出，即可得证； （2）由三角形内角和定理可得，由旋转的性质可得，，由等边对等角并结合三角形内角和定理可得，由平行线的性质可得， ，取的中点，连接，由直角三角形的性质可得则，由等边对等角得出，结合三角形外角的定义及性质可得，在上取一点使得，连接，则，证明，从而可得，由全等三角形的性质可得，，求出，由等角对等边得出，即可得证． (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 略 【点睛】 本题考查了旋转的性质、全等三角形的判定与性质、直角三角形的性质、等腰三角形的性质、三角形外角的定义及性质、三角形内角和定理，熟练掌握以上知识点并灵活运用，添加适当的辅助线是解此题的关键． 49．（25-26学年九上·北京昌平一中学·期中）在等腰中，，，点D在线段上，点E在线段上，将线段绕点D顺时针旋转得到线段． （1）依题意补全图1； （2）求证：； （3）点M为中点，射线交于点N，探究与的数量关系，并说明理由． 【答案】（1） 如下图所示：      （2） 证明：∵是等腰， ∴， ∴， ∵， ∴     （3） ，理由如下： 过点F作，交的延长线于点H，的延长线交射线于点G， 由（2）知，即，且，， ∴， ∴， ∵点M为中点， ∴，且， ∴，即是等腰直角三角形， ∴，且， ∴，且， ∴，且，， ∴， ∴， ∴      【分析】 （1）根据题意，过点D作，并且是沿线段绕点D顺时针旋转所作，使得即可 （2）在中，，而，即可得 （3）过点F作，交的延长线于点H，的延长线交射线于点G，可得，且是等腰直角三角形，即可得，所以，即可得到 (1) 小问详解： 略； (2) 小问详解： 略； (3) 小问详解： 略． 【点睛】 本题考查了旋转作图、等腰三角形的性质和直角三角形的判定、全等三角形的判定和性质，能够按照题意作出辅助线是解决问题的关键 50．（25-26学年九上·北京朝阳·期中）已知，，，点O为中点，射线与线段交于点D，将射线绕点O逆时针旋转，与线段交于点E． （1）完成作图，并证明：； （2）若，求点E到直线的距离． 【答案】（1） 解：所作图形如图： 连接． ∵，，， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴；     （2）点E到直线的距离为．      【分析】 （1）连接，证明，求得，据此计算即可证明； （2）设，作于点，证得是等腰直角三角形，得到，再求得，利用直角三角形的性质和勾股定理列式求得，根据，求解即可． (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 解：作于点， 设， ∵，， ∴，， ∴是等腰直角三角形， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴，，即， ∴， ∵点O为中点， ∴， ∴， 解得， ∴点E到直线的距离为． 【点睛】 本题考查等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定和性质，直角三角形的性质和勾股定理，二次根式的混合运算等知识，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． 51．（25-26学年九上·北京第二中学·期中）已知：线段和点C，将线段绕点A逆时针旋转，得到线段，将线段绕点B顺时针旋转，得到线段，连接，F为的中点，连接，． （1）如图1，点C在线段上，依题意补全图1，直接写出的度数； （2）如图2，点C在线段的上方，，请写出旋转角的度数，并说明理由． 【答案】（1）     （2） 解：，理由如下： 延长至点使，连接，，延长交的延长线于点，如图， 根据（1）中原理可得， ，， ， ． ， ． ， ． 在和中， ， ， ，， ，， ， ， 为等腰直角三角形， ， ， ， 则．      【分析】 （1）由题意画出图形即可，延长，交的延长线于点，理由平行线的判定与性质和全等三角形的判定与性质得到．再利用等腰三角形的三线合一的性质解答即可； （2）画出图形，延长至点使，连接，，延长交的延长线于点，证明，然后推出，证明，推出为等腰直角三角形，即可解答 (1) 小问详解： 解：补全图形 如图： 延长，交的延长线于点， 由题意：，， ， ， ． 在和中， ， ， ，， ， ， ， ， 即． ， ． ； (2) 小问详解： 略 【点睛】 本题主要考查了图形的旋转的性质，全等三角形的判定与性质，等腰三角形的性质，直角三角形的边角关系定理，延长三角形的中线的一倍，构造全等三角形是解决此类问题常添加的辅助线，也是解题的关键． 52．（25-26学年九上·北京日坛中学·期中）在中，，，点D在射线上，连接，将线段逆时针旋转得到线段（点E不在直线上），连接，过点E作，交直线于点F． （1）如图1，当点D与点C重合时，求证：； （2）如图2，当点D在线段上，F在线段的延长线上时，用等式表示与之间的数量关系，并证明． 【答案】（1） 证明：∵， ∴， ∵， ∴， 由旋转可得，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴．     （2） 解：，证明如下： 延长到点H，使， ∵， ∴， ∵， ∴， ∵， 是的垂直平分线， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， 即 ∵由旋转有 ∴ ∴， ． ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴．      【分析】 本题考查旋转的性质，全等三角形的判定及性质，等腰三角形的判定及性质，熟练掌握旋转的性质，全等三角形判定及平行线性质是解题的关键． （1）由得到．由三角形的内角和定理与旋转的性质证明，，从而得到，进而有，再由得到，从而，因此根据等腰三角形的判定即可解答； （2）延长到点H，使，由得到．由垂直平分线的性质得到，进而根据等腰三角形的“三线合一”得到，从而，即可证明，得到，．证明得到，从而． (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 略 53．（25-26学年九上·北京海淀·期中）在正方形中，点在射线上，连接，将线段绕点逆时针旋转得到线段，过点作，交直线于点． （1）如图1，点与点重合，若，求的长； （2）如图2，点在的延长线上，用等式表示，和的数量关系，并证明． 【答案】（1）     （2） 解：连接，延长到点，使得，连接，过点作于点， ∵四边形为正方形， ∴， ∴，， 根据旋转可得，， ∴， ∴， ∵， ， ， ∵， ∴， ∴，， ∴， ， ， ∵， ∴为等腰直角三角形，四边形为矩形， ∴， ∴， ．      【分析】 （1）根据四边形为正方形，得出，根据旋转可得，，从而得，证明为等腰直角三角形，四边形是矩形，得出，即可得． （2）连接，延长到点，使得，连接，过点作于点，根据四边形为正方形，得出，从而得，，根据旋转可得，，则，证明，得出，证明为等腰直角三角形，四边形为矩形，得出，即可得，从而得出． (1) 小问详解： 解：∵四边形为正方形， ∴， 根据旋转可得，， ， ， 于， 为等腰直角三角形，四边形是矩形， ∴， ∴， ． (2) 小问详解： 略 【点睛】 该题考查了正方形的性质，矩形的性质和判定，勾股定理，等腰直角三角形的性质和判定，全等三角形的性质和判定，旋转的性质等知识点，解题的关键是掌握以上知识点，正确作出辅助线． 54．（25-26学年九上·北京海淀区北京交通大学附属中学·期中）在中，，．点是所在平面内的一点，连接，且． （1）如图，点在内，，求的大小； （2）如图，点在外，连接，设，，用等式表示之间的数量关系，并证明你的结论． 【答案】（1）     （2） ，理由如下： 在中，∵，， ∴将绕点逆时针旋转时，则点于点重合， 设点的对应点为，连接，如图所示： 由旋转的性质得，，， ∴，，， ∴是等腰直角三角形， ∴， ∵，， ∴，， ∴， 设，则， ∴， 在中，， 由勾股定理得，， ∴， ∴， 在中，， ∵， ∴， ∴．      【分析】 （）过点作于，设，则，在中，根据得，在中，由勾股定理得，即得，进而得是等腰直角三角形，然后根据等腰直角三角形性质即可得的度数； （）将绕点逆时针旋转时，则点于点重合，设点的对应点为，连接，由旋转的性质得，，进而得，，，则是等腰直角三角形，继而得，再根据，得，，设，则，在中，由勾股定理得，则，则，在中，由三角形内角和定理得，然后根据得，据此即可得出之间的数量关系． (1) 小问详解： 解：过点作于，如图所示： ∴， ∴和都是直角三角形， 设，则， 在中，， ∴， 在中，由勾股定理得，， ∴， ∴是等腰直角三角形， ∴； (2) 小问详解： 略 【点睛】 此题考查了等腰直角三角形的判定和性质，图形的旋转变换及其性质，直角三角形的性质，勾股定理等，正确作出辅助线是解题的关键． 55．（25-26学年九上·北京第十五中学·期中）在中，于点，，将线段绕点逆时针旋转得到线段，连接． （1）如图1，当时，补全图形，则的长为________； （2）如图2，取的中点，连接，用等式表示线段与的数量关系，并证明． 【答案】（1） 如图所示，      （2） ， 证明：取的中点M，连接，延长至N，使，连接，延长交于P， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴，， 由旋转得：， ∴， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵F是的中点， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∴．      【分析】 （1）先作出图形，取的中点M，连接，由可判定，由全等三角形的性质得，由勾股定理即可求解； （2）取的中点M，连接，延长至N，使，连接，延长交于P，由等腰三角形的判定及性质得，由可判定，由全等三角形的性质得，等量代换得，由可判定，由全等三角形的性质即可得证． (1) 小问详解： 解：取的中点M，连接， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， 由旋转得：， ∴， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴； (2) 小问详解： 略 【点睛】 本题考查了旋转的性质，全等三角形的判定及性质，勾股定理，等腰三角形的判定及性质等；掌握旋转的性质，全等三角形的判定及性质，勾股定理，等腰三角形的判定及性质，能根据题意作出恰当的辅助线，构建全等三角形是解题的关键． 56．（25-26学年九上·北京大兴·期中）对于平面直角坐标系内的点P和图形Q，给出如下定义：如果点P绕原点O顺时针旋转得到点，若点落在图形Q上，那么称点P是图形Q关于原点O的“强旋转点”；若点P落在图形Q内部，那么称点P是图形Q关于原点O的“弱旋转点”． 已知点， （1）在点，，，中，点          是线段AB关于原点O的“强旋转点”； （2）若点是线段关于原点O的“强旋转点”，则          ； （3）若抛物线上存在点N是正方形关于原点O的“弱旋转点”，直接写出t的取值范围：          ． 【答案】（1），     （2）     （3）或．      【分析】 （1）分别作出点，，，绕原点顺时针旋转90度的后的对应点即可判断； （2）设点绕原点顺时针旋转60度后在上的对应点为点N，作交于点N，利用三角函数求出，即可求解； （3）作正方形绕原点逆时针旋转90度后对应的正方形，则，由抛物线上存在点N是正方形关于原点O的“弱旋转点”，可知抛物线与正方形有交点，即应取右半轴从交于到交于时的区间及左半轴从交于到交于时的区间，求出临界值即可． (1) 小问详解： 如图，点，，，绕原点顺时针旋转90度后的对应点分别为，，，， ∵点和在线段上， ∴点和是线段关于原点O的“强旋转点”． 故答案为：，； (2) 小问详解： 如图，设点绕原点顺时针旋转60度后在上的对应点为点N，作交于点G， ∵点是线段关于原点O的“强旋转点”， ∴，， ∴， 由图可知，若点在y轴的负半轴上，绕原点顺时针旋转60度后的对应点不能落在上 ∴． 故答案为：； (3) 小问详解： 如图，作正方形绕原点逆时针旋转90度后对应的正方形，则， ∵抛物线上存在点N是正方形关于原点O的“弱旋转点”， ∴抛物线与正方形有交点， 即应取右半轴从交于到交于时的区间及左半轴从交于到交于时的区间， 当抛物线经过点时，， 解得（右半轴相交，，舍去）或； 当抛物线经过点时，， 解得或（右半轴相交，，舍去）； 即； 当抛物线经过点时，， 解得或（左半轴相交，，舍去）． 当抛物线经过点时，， 解得或（左半轴相交，，舍去）． 即； 综上所述，或． 【点睛】 本题考查了新定义，旋转的性质，画旋转图形，解直角三角形，二次函数的图象与性质等知识，数形结合是解答本题的关键． 57．（25-26学年九上·北京朝阳·期中）在平面直角坐标系中，对于图形P给出如下定义：图形P绕点顺时针旋转90°得到的图形记为图形Q，对于图形Q上任意一点，存在实数k满足，则称满足条件的k的最大值为图形P关于点M的“旋转最大值”． （1）若M为原点，，，线段绕点M顺时针旋转的图形记为线段． ①画出线段； ②直接写出线段BC关于点M的“旋转最大值”：_______； （2）若M为原点，，，，直接写出线段关于点M的“旋转最大值”∶_______； （3）若M为，图形P是顺次连接，，，所组成的四边形，图形P关于点M的“旋转最大值”不超过，则t的取值范围是_____． 【答案】（1） ①，绕原点顺时针旋转90°得到点．如图所示，线段即为所求． ②     （2）     （3）或．      【分析】 （1）① 根据网格的特点和所给旋转方式找到B、C对应点的位置，描出，再连接即可；② 设为线段上一点，则，即，故是直线与线段的交点，则当直线恰好经过点时，有最小值，即此时k有最大值，据此利用待定系数法求解即可； （2）设线段绕点M顺时针旋转的图形记为线段，分别过点B，作y轴的垂线，垂足分别为F、G，由旋转的性质可得，证明，进而证明，得到，则，同理可得，可知当直线恰好经过时，，当时，； （3）设四边形绕点M顺时针旋转90度后得到的四边形为，连接，过点M作轴，分别过点E，作直线的垂线，垂足分别为T、S，可证明轴；由，得，得，同理得，，则点M到直线到直线的距离都为3；设是四边形上一点，则，根据题意可得，可证明的最大值即为3，分当时，当时，当时，三种情况，得，． (1) 小问详解： 解：① 略 ② 由① 可知， ∴线段上的所有点的横坐标为正数，纵坐标为非正数， 设为线段上一点， 则， ∴， ∴， ∴是直线与线段的交点， ∴当直线恰好经过点时，有最小值， 即此时k有最大值， ∴， ∴， ∴线段关于点M的“旋转最大值”为， 故答案为：； (2) 小问详解： 解：如图所示，设线段绕点M顺时针旋转的图形记为线段， 分别过点B，作y轴的垂线，垂足分别为F、G， ∴， 由旋转的性质可得， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， 同理可得； 当m为一个确定值时， 同（1）可知，当直线恰好经过时，k的值最大， ∴， ∴， ∵， ∴当时，， ∴线段关于点M的“旋转最大值”为； 故答案为： (3) 小问详解： 解：如图所示，设四边形绕点M顺时针旋转90度后得到的四边形为，连接，过点M作轴，分别过点E，作直线的垂线，垂足分别为T、S， ∵，，，， ∴轴， ∴轴， 同理可证明， ∴， ∴， 同理可得，， ∴，点M到直线和直线的距离都为3， 设是四边形上一点， 则， ∴， ∴， ∵表示的是点与点M的竖直方向上的距离， 且点M到直线和直线的距离都为3， ∴的最大值即为3， 当时，， ∵， ∴， 解得； 当时，的值可以无限小， 则的值可以无限大， 故此时不满足题意； 当时，， ∵， ∴， 解得； 综上所述，或． 故答案为：或． 【点睛】 本题主要考查了新定义——“旋转最大值”．熟练掌握坐标与图形变化——旋转，旋转性质，全等三角形的性质与判定，一次函数与几何综合，正确根据定义找到对应图形绕点M顺时针旋转90度后的对应图形，分类讨论，是解题的关键． 58．（25-26学年九上·北京朝阳·期中）已知等边，将射线绕点A逆时针旋转得到射线，将射线绕点C顺时针旋转与射线交于点D，连接． （1）的度数是_______； （2）在图1中，过点A作于点E，求证：； （3）如图2，取的中点M，线段上是否存在一定点N，使得无论为何值，都满足？若存在，请指出点N所在的位置，并证明；若不存在，请说明理由． 【答案】（1）     （2） 证明：在上取点，使得，连接， 则， 由（1）知， ∴， ∴是等边三角形， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵，即， ∴， ∴；     （3） 解：存在，点为的中点，证明如下： 过点A作交延长线于点E，分别取的中点，连接， 则是的中位线， ∴，， ∵， ∴， ∵点是的中点， ∴， ∴， ∵点是的中点，点是的中点， ∴是的中位线， ∴， 由（2）知，即， ∴， 由（1）知， ∵， ∴， ∵， ∴， ∵，， ∴， ∴， 由（2）知， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 在与中， ， ∴， ∴．      【分析】 （1）设交于点，利用旋转的性质及三角形内角和定理即可求解； （2）在上取点，使得，连接，易证是等边三角形，再证明，推出，根据，求出 ，利用直角三角形的性质即可证明； （3）过点A作交延长线于点E，分别取的中点，连接，利用等边三角形的性质结合三角形中位线的性质证明 ，即可得出结论． (1) 小问详解： 解：设交于点， 由旋转的性质得， ∵是等边三角形， ∴， ∴， ∴， ∵，， ∴； (2) 小问详解： 略 (3) 小问详解： 略 【点睛】 本题是三角形的综合题，涉及了旋转的性质、等边三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、直角三角形的性质，三角形内角和定理等等，灵活的应用等边三角形的判定与性质是解题的关键． 59．（25-26学年九上·北京北京师范大学附属实验中学·期中）如图1，在等腰直角中，，点是边上一点（不与端点重合），，连接．将线段绕点逆时针旋转得到线段，连接，． （1）求的度数； （2）如图2，过点作交的延长线于，连接．点是的中点，点是的中点，连接，． ①用等式表示线段和的数量关系并证明； ②若点是中点，连接，用等式直接写出线段与的数量关系． 【答案】（1）     （2） ①， 证明：连接， ， 又 又分别是的中点， ， ，为等腰直角三角形， ． ②      【分析】 （1）证明，得到，继而得到，得证． （2）① 连接，利用三角形全等的判定和性质，直角三角形的性质，证明为等腰直角三角形即可得解； ② 在上截取，证明，利用中位线定理证明．利用勾股定理，结合前面的结论解答即可． 本题考查全等三角形的判定与性质，等腰三角形的判定与性质，等边三角形的判定与性质，直角三角形斜边中线的性质，勾股定理，三角形内角和定理，熟练掌握这些性质与判定是解题的关键． (1) 小问详解： 解：∵， ∴， ∵ ， ∴， ∴， ∴， 故． (2) 小问详解： ① 略 ② 解：在上截取， ∵点是中点， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴． ∴， ∵点F是的中点， ∴， ∴， ∵点H是的中点，点是中点， ∴， ∴， ∴． ∴， ∵， ∴． 考点02 中心对称及其性质 1．（25-26学年九上·北京第五十五中学·期中）下列标志中是中心对称图形的是（　 　） A.  B.  C.  D.  【答案】B 【分析】根据旋转180°后与原图重合的图形是中心对称图形，进而分析及可. 【详解】A. 不是中心对称图形，故此选项错误； B. 是中心对称图形，故此选项正确； C. 不是中心对称图形，故此选项错误； D. 不是中心对称图形，故此选项错误． 【点睛】同学们要熟练掌握中心对称图形的概念即可解答. 2．（25-26学年九·北京东城）如图，△ABC与△A′B′C′成中心对称，下列说法不正确的是(   ) A. S△ABC＝S△A′B′C′ B. AB＝A′B′，AC＝A′C′，BC＝B′C′ C. AB∥A′B′，AC∥A′C′，BC∥B′C′ D. S△ACO＝S△A′B′O 【答案】D 【分析】根据中心对称的性质即可解答． 【详解】选项A，根据中心对称的两个图形全等，可得△ABC≌△A′B′C′，即可得S△ABC＝S△A′B′C′； 选项B，根据中心对称的两个图形全等，可得△ABC≌△A′B′C′，所以AB＝A′B′，AC＝A′C′，BC＝B′C′； 选项C，根据对称点到对称中心的距离相等，即可证得对应线段平行，所以AB∥A′B′，AC∥A′C′，BC∥B′C′； 选项D，S△A′B′O=S△ABO≠S△ACO． 故选D. 【点睛】本题主要考查了中心对称的性质：成中心对称的两个图形全等，且对称点到对称中心的距离相等． 考点03 中心对称图形 1．（25-26学年九·北京东城）下列图标中是中心对称图形的是（        ） A.  B.  C.  D.  【答案】B 【详解】 解：选项A、C、D不能找到一个点，使图形绕某一点旋转180度后与原来的图形重合，所以不是中心对称图形，选项B能找到一个点，使图形绕某一点旋转180度后与原来的图形重合，所以是中心对称图形． 2．（25-26学年九上·北京大兴·期中）下列图形中，既是轴对称图形又是中心对称图形的为（     ） A.  B.  C.  D.  【答案】A 【分析】 本题考查了轴对称图形与中心对称图形的概念，熟练掌握轴对称图形与中心对称图形的概念是解决本题的关键． 根据轴对称图形的概念，即如果一个图形沿着一条直线对折后两部分完全重合，这样的图形叫做轴对称图形；根据中心对称图形的概念，即在平面内，把一个图形绕着某个点旋转，如果旋转后的图形能与原来的图形重合，那么这个图形叫做中心对称图形，由此判断选项即可． 【详解】 解：A选项，既是轴对称图形又是中心对称图形，故A正确； B选项，是轴对称图形不是中心对称图形，故B错误； C选项，不是轴对称图形是中心对称图形，故C错误； D选项，是轴对称图形不是中心对称图形，故D错误． 故选：A ． 3．（25-26学年九上·北京日坛中学·期中）纹样是中国文化的瑰宝，以下纹样既是轴对称图形又是中心对称图形的是（     ） A.  B.  C.  D.  【答案】B 【分析】 本题考查了中心对称图形与轴对称图形的识别．解题的关键是掌握相关知识的灵活运用．如果一个图形沿着一条直线对折后两部分完全重合，这样的图形叫做轴对称图形，这条直线叫做对称轴．如果一个图形绕某一点旋转后能够与自身重合，那么这个图形就叫做中心对称图形，这个点叫做对称中心． 根据中心对称图形与轴对称图形的概念逐一判断即可． 【详解】 解：A．是轴对称图形，但不是中心对称图形，故本选项不符合题意； B．既是轴对称图形也是中心对称图形，故此选项符合题意； C．是轴对称图形，但不是中心对称图形，故本选项不符合题意； D．不是轴对称图形，但是中心对称图形，故本选项不符合题意． 故选：B． 4．（25-26学年九上·北京海淀·期中）铜镜是中国古代艺术的灿烂瑰宝．下列铜镜图案中，是中心对称图形的是（     ） A.  B.  C.  D.  【答案】B 【分析】 本题主要考查了中心对称图形，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，这个点就是它的对称中心．根据中心对称图形的定义进行逐项判断即可． 【详解】 解：A．不是中心对称图形，不符合题意； B．是中心对称图形，符合题意； C．不是中心对称图形，不符合题意； D．不是中心对称图形，不符合题意． 故选：B． 5．（25-26学年九上·北京朝阳区东方德才学校·期中）在圆、正六边形、平行四边形、等边三角形这四个图形中，既是轴对称图形又是中心对称图形的图形个数是（       ） A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个 【答案】B 【分析】 本题考查的是中心对称图形与轴对称图形的概念．轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分折叠后可重合，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后与自身重合．根据中心对称图形与轴对称图形的概念进行判断即可． 【详解】 解：在圆、正六边形、平行四边形、等边三角形这四个图形中，既是轴对称图形又是中心对称图形的图形有圆、正六边形，共两个． 故选：B． 6．（25-26学年九上·北京第十三中学·期中）剪纸艺术是中国最古老的民间艺术之一，先后入选中国国家级非物质文化遗产名录和人类非物质文化遗产代表作名录．以下剪纸图案中，是中心对称图形的是（       ） A.  B.  C.  D.  【答案】C 【分析】 本题考查了中心对称图形，熟练掌握中心对称图形的性质，是解答本题的关键． 根据中心对称图形的性质，找到对称中心，绕中心旋转后与自身重合，由此得到答案． 【详解】 解：根据题意得： 选项不是中心对称图形，故本选项不符合题意； 选项不是中心对称图形，故本选项不符合题意； 选项是中心对称图形，故本选项符合题意； 选项不是中心对称图形，故本选项不符合题意； 故选：． 7．（25-26学年九上·北京第十五中学·期中）下面图形中，既是中心对称图形又是轴对称图形的是（       ） A.  B.  C.  D.  【答案】C 【分析】 根据轴对称图形和中心对称图形的概念对各选项分析判断即可得解． 【详解】 A、不是轴对称图形，是中心对称图形，故本选项不合题意； B、不是轴对称图形，是中心对称图形，故本选项不合题意； C、既是轴对称图形，又是中心对称图形，故本选项正确； D、是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项不合题意． 故选：C． 【点睛】 本题考查轴对称图形与中心对称图形的识别，理解基本定义是解题关键． 8．（25-26学年九上·北京第二十一中学·期中）下列图形中，既是中心对称图形又是轴对称图形的是（       ）． A.  B.  C.  D.  【答案】D 【分析】 本题考查了中心对称图形的识别，轴对称图形的识别，解题关键是掌握上述知识点并能运用求解． 根据中心对称图形的概念，轴对称图形的概念，对四个图形逐一分析，再作判断． 【详解】 解： 不是中心对称图形，它是轴对称图形，故A不符合题意； 是中心对称图形，不是轴对称图形，故B不符合题意； 不是中心对称图形，它是轴对称图形，故C不符合题意； 既是中心对称图形又是轴对称图形，故D符合题意； 故选：D． 9．（25-26学年九上·北京朝阳·期中）下列2024年巴黎奥运会的运动图标中，是中心对称图形的是（     ） A.  B.  C.  D.  【答案】D 【分析】 本题主要考查了中心对称图形，把一个图形绕某一点旋转，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形就叫做中心对称图形． 根据中心对称图形的概念求解即可． 【详解】 解：A．不是中心对称图形，故本选项不合题意； B．不是中心对称图形，故本选项不合题意； C．不是中心对称图形，故本选项不合题意； D．是中心对称图形，故本选项符合题意； 故选：D． 10．（25-26学年九上·北京第二中学·期中）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.  【答案】B 【分析】 本题考查了轴对称图形“如果一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够完全重合，那么这个图形叫做轴对称图形”和中心对称图形“在平面内，把一个图形绕某点旋转，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形称为中心对称图形”，熟记中心对称图形的定义和轴对称图形的定义是解题关键．根据轴对称图形的定义和中心对称图形的定义逐项判断即可得． 【详解】 解：A、不是轴对称图形，是中心对称图形，则此项不符合题意； B、既是轴对称图形，又是中心对称图形，则此项符合题意； C、是轴对称图形，不是中心对称图形，则此项不符合题意； D、是轴对称图形，不是中心对称图形，则此项不符合题意； 故选：B． 11．（25-26学年九上·北京密云·期中）如图，将一张矩形纸片沿对角线剪开得到两个直角三角形纸片，将这两个直角三角形纸片通过图形变换构成以下四个图形，这四个图形中是中心对称图形的是（       ） A.  B.  C.  D.  【答案】C 【分析】 根据中心对称图形的概念对各选项分析判断即可得解．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． 【详解】 解：A、不是中心对称图形，故此选项错误； B、不是中心对称图形，故此选项错误； C、是中心对称图形，故此选项正确； D、不是中心对称图形，故此选项错误． 故选：C． 【点睛】 本题考查的是中心对称图形的概念，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后与原图重合． 12．（25-26学年九上·北京海淀区北京交通大学附属中学·期中）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.      【答案】D 【分析】 本题主要考查中心对称图形及轴对称图形，熟练掌握中心对称图形及轴对称图形的定义是解题的关键．根据轴对称：一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够完全重合的图形；中心对称图形：在平面内，把一个图形绕着某个点旋转，如果旋转后的图形与自身重合；由此问题可求解． 【详解】 解：A、不是轴对称图形但是中心对称图形，故不符合题意； B、是轴对称图形但不是中心对称图形，故不符合题意； C、既不是轴对称图形也不是中心对称图形，故不符合题意； D、既是轴对称图形也是中心对称图形，故符合题意； 故选：D． 13．（25-26学年九上·北京第五中学·期中）数学世界奇妙无穷，其中曲线是微分几何的研究对象之一，下列数学曲线既是轴对称图形，又是中心对称图形的是（     ） A.  B.  C.  D.  【答案】C 【分析】 本题考查中心对称图形和轴对称图形的知识，关键是掌握好中心对称图形与轴对称图形的概念． 根据轴对称图形与中心对称图形的概念求解．轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分折叠后可重合，中心对称图形是要寻找对称中心，图形旋转后与原图重合． 【详解】 解：A．是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项不合题意； B．是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项不合题意； C．既是中心对称图形，也是轴对称图形，符合题意； D．是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项不合题意． 故选：C． 考点04 关于原点对称的点的坐标 1．（25-26学年九·北京东城）在平面直角坐标系中，与点关于原点对称的点是（        ） A.  B.  C.  D.  【答案】A 【分析】 因为点关于原点对称的点的坐标为，所以将已知点的横、纵坐标分别取相反数，即可得到对应对称点的坐标． 【详解】 解：∵所求点与点关于原点对称， ∴所求点的坐标为． 2．（25-26学年九上·北京第二十一中学·期中）在平面直角坐标系中，如果点与点B关于原点对称，那么点B的坐标是（     ） A.  B.  C.  D.  【答案】D 【分析】 本题考查关于原点对称的点的坐标特点，解题的关键是根据两个点关于原点对称，那么这两个点的坐标符号相反即可得出结果． 【详解】 解：两个点关于原点对称，这两个点的坐标符号相反， 点关于原点对称的点的坐标是． 故选：D． 3．（25-26学年九上·北京朝阳区东方德才学校·期中）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】D 【分析】 本题考查了关于原点对称的点的坐标，解决本题的关键是掌握好对称点的坐标规律：关于原点对称的点，横坐标与纵坐标都互为相反数． 根据两个点关于原点对称时，它们的坐标符号相反可得答案； 【详解】 解：点关于原点对称的点的坐标是， 故选：D． 4．（25-26学年九上·北京大兴·期中）点关于原点对称的点的坐标为　　　　　　　　　　　　　． 【答案】 【分析】 此题主要考查了关于原点对称点的性质，正确记忆横纵坐标的符号是解题关键． 直接利用关于原点对称点的性质得出答案． 【详解】 解：点关于原点对称的点的坐标为：． 故答案为：． 5．（25-26学年九上·北京朝阳·期中）点关于原点对称的点的坐标是　　　　　　　． 【答案】 【分析】 本题考查点的对称性，根据关于原点对称的两个点的横坐标及纵坐标均互为相反数的特征直接求解即可得到答案，熟记关于原点对称的点的坐标特征是解决问题的关键． 【详解】 解：点关于原点对称的点的坐标是， 故答案为：． 6．（25-26学年九上·北京第二中学·期中）在平面直角坐标系中，与点关于原点对称的点的坐标为　　　　　　． 【答案】 【分析】 本题考查了关于原点对称的点的坐标“如果两个点关于原点对称，那么这两个点的横、纵坐标均互为相反数”，熟练掌握关于原点对称的点的坐标变换规律是解题关键．根据如果两个点关于原点对称，那么这两个点的横、纵坐标均互为相反数求解即可得． 【详解】 解：在平面直角坐标系中，与点关于原点对称的点的坐标为． 故答案为：． 7．（25-26学年九上·北京密云·期中）在平面直角坐标系中，点关于原点对称的点的坐标是　　　　　　　　　　． 【答案】 【分析】 本题考查坐标与图形变换-中心对称，根据关于原点对称的点的横纵坐标都互为相反数求解即可． 【详解】 解：在平面直角坐标系中，点关于原点对称的点的坐标是， 故答案为：． 8．（25-26学年九上·北京海淀·期中）在平面直角坐标系中，点（2，3）关于原点对称的点的坐标是　　　　　　． 【答案】（-2，-3） 【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． 【详解】 解：点（2，3）关于原点对称的点的 坐标是（-2，-3）， 故答案为：（-2，-3）． 【点睛】 本题考查了关于原点对称的点的坐标，熟记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．（25-26学年九上·北京西城外国语学校·期中）在平面直角坐标系中，点关于原点对称的点的坐标为　　　　　　　　　　． 【答案】 【分析】 本题考查关于原点对称的点的坐标特征．根据关于原点对称的点的横、纵坐标均互为相反数，即可求解． 【详解】 解：点关于原点对称的点的横坐标为，纵坐标为，故点的坐标为． 故答案为：． 10．（25-26学年九上·北京第十三中学·期中）点（1，2）关于原点的对称点的坐标为　　． 【答案】 【分析】 根据关于原点的对称点，横纵、坐标都互为相反数解答． 【详解】 解：点关于原点的对称点的坐标为． 故答案为：． 【点睛】 本题考查了关于原点对称的点的坐标，解题的关键是熟记“关于原点的对称点，横纵、坐标都互为相反数”． 11．（25-26学年九上·北京日坛中学·期中）点关于原点的对称点的坐标是　　　　　　． 【答案】 【分析】 根据点关于原点对称横纵坐标互为相反数，即可． 【详解】 ∵点关于原点对称， ∴点关于原点的对称点的坐标为：， 故答案为：． 【点睛】 本题考查平面直角坐标系的知识，解题的关键是掌握点关于原点对称横纵坐标互为相反数． 12．（25-26学年九上·北京第五中学·期中）已知点与点关于原点对称，则点的坐标是　　　　　　． 【答案】 【分析】 本题考查了关于原点对称的点的坐标特征，根据关于原点对称的点的坐标的横、纵坐标均互为相反数即可得出答案． 【详解】 解：点与点关于原点对称， 点的坐标是， 故答案为：． 13．（25-26学年九上·北京第十五中学·期中）在平面直角坐标系中，点关于原点对称的点的坐标是　　　　　　　　． 【答案】 【分析】 本题主要考查了关于原点对称的点的坐标．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． 【详解】 解：点关于原点对称的点的坐标是． 故答案为： 14．（25-26学年九上·北京海淀·期中）在平面直角坐标系中，已知点，将线段绕点旋转得到线段（是点的对应点）． （1）在平面直角坐标系中画出线段； （2）若点在线段上，是点关于点的对称点． ①当点与点重合时，的面积等于___________； ②的面积的取值范围是___________． 【答案】（1） 解：如图，线段即为所求．      （2）① 6；②      【分析】 该题考查了中心对称，三角形面积计算，正确作出图形是解题的关键． （1）根据中心对称作图即可． （2）① 根据的面积解答即可． ②根据题意的面积，，，即可求出的面积最大值和最小值，即可解答． (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 解：① 当点与点重合时，如图， 此时 则的面积； ② 根据题意的面积， ∵点在线段上，是点关于点的对称点， ∴，， ∴的面积， 则的面积最大，最小， 的面积的取值范围是． 试卷第1页，共3页 / 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题04 旋转 4大高频考点概览 考点01 图形的旋转 考点02 中心对称及其性质 考点03 中心对称图形 考点04 关于原点对称的点的坐标 考点01 图形的旋转 1．（25-26学年九上·北京密云·期中）如图，点A、B、C、D、O都在方格纸上，若是由△绕点按逆时针方向旋转而得，则旋转角度为（       ） A.  B.  C.  D.  2．（25-26学年九上·北京大兴·期中）如图，在中，，，，将绕点A逆时针旋转，得到，点C的对应点E恰好落在边上，连接，则的长为（     ） A.  B. 5 C.  D.  3．（25-26学年九上·北京朝阳·期中）在如图所示的正方形网格中，四边形绕某一点旋转某一角度得到四边形（所有顶点都是网格线交点），在网格线交点中，可能是旋转中心的是（       ） A. 点 B. 点 C. 点 D. 点 4．（25-26学年九上·北京海淀·期中）如图，在平面直角坐标系中，点的横、纵坐标均为整数，可由绕点旋转得到，则点的坐标是（     ） A.  B.  C.  D.  5．（25-26学年九上·北京海淀·期中）物理学家巧妙地使用可旋转的正八面棱镜来测量光速，这种棱镜的底面是一个正八边形（如图所示），该正八边形绕其中心旋转后能与自身重合，那么的值可能是（     ） A. 22.5 B. 30 C. 45 D. 60 6．（25-26学年九上·北京第十五中学·期中）如图，等腰中，，将绕点C逆时针旋转得到，当点A的对应点D落在上时，连接，则的度数是（     ） A.  B.  C.  D.  7．（25-26学年九上·北京第五十五中学·期中）如图，中，，将绕点顺时针旋转得到，使点的对应点恰好落在边上，、交于点．若，则的度数是（用含的代数式表示）（       ） A.  B.  C.  D.  8．（25-26学年九上·北京东直门中学·期中）如图，将绕点顺时针旋转得到．若点在同一条直线上，，则的度数是（       ） A.  B.  C.  D.  9．（25-26学年九上·北京第二十一中学·期中）如图，等边的边长为2，点O是的中心，绕点O旋转，分别交线段，于D，E两点，连接D，E，给出下列四个结论：①；②的面积等于的面积；③四边形的面积始终保持不变；④的周长的最小值为3． 上述结论中，所有正确结论的序号是______． A. ①③ B. ①② C. ②③④ D. ①③④ 10．（25-26学年九上·北京日坛中学·期中）如图，将绕点A逆时针旋转后得到（点B、C的对应点分别是点D、点E），连接．若，则的大小是（　　） A.  B.  C.  D.  11．（25-26学年九上·北京西城外国语学校·期中）如图，将△ABC绕点C顺时针旋转90°得到△EDC．若点A，D，E在同一条直线上，∠ACB=20°，则∠ADC的度数是　　 A. 55° B. 60° C. 65° D. 70° 12．（25-26学年九上·北京海淀·期中）如图，边长为10的等边绕它的中心顺时针旋转得到分别与交于点．给出下面三个结论：①的长随的增大而增大；②的取值范围是；③当时，．上述结论中，所有正确结论的序号是（     ） A. ①② B. ①③ C. ②③ D. ①②③ 13．（25-26学年九上·北京朝阳·期中）将边长为a的等边随意放在边长为b的等边所在的平面内，且，将绕点A顺时针旋转α，，，分别是，，的中点，以下说法中正确的是（     ） ①可能是直角三角形；②一定是等边三角形； ③可能与全等；④． A. ①③ B. ①③④ C. ②③④ D. ②④ 14．（25-26学年九上·北京大兴·期中）我国数学家赵爽用4个全等的直角三角形拼成如图所示的大正方形，并用它证明了勾股定理，这个图被称为“赵爽弦图”．这一证法是中国古代数学家以形证数、形数结合的典范，对后世数学发展产生了深远影响．已知点O是大正方形对角线的交点，以点O为旋转中心，将顺时针旋转得到，则　　　　　　． 15．（25-26学年九上·北京一六一中学·期中）如图，在中，，在同一平面内，将绕点A旋转到的位置，使得，则的度数为　　　　　． 16．（25-26学年九上·北京第二中学·期中）如图，将绕点A顺时针旋转得到，点B的对应点D恰好落在边上，则　　　　　　　　　　　　． 17．（25-26学年九上·北京日坛中学·期中）如图，在平面直角坐标系xOy中，△A′B′C′由△ABC绕点P旋转得到，则点P的坐标为　　　　　　　． 18．（25-26学年九上·北京朝阳区东方德才学校·期中）如图，在平面直角坐标系中，的顶点坐标分别为，，．将绕点O顺时针旋转得到，点A旋转后的对应点为． （1）画出旋转后的图形，并写出点的坐标； （2）求点B经过的路径长（结果保留）． 19．（25-26学年九上·北京西城外国语学校·期中）如图，在平面直角坐标系xOy中，AOB可以看作是将DCE绕某个点旋转而得到，则这个点的坐标是　　　　　　　　　　　． 20．（25-26学年九上·北京第十三中学·期中）如图，△COD是△AOB绕点O顺时针方向旋转30°后所得的图形，点C恰好在AB上，则∠A的度数为　　　　　　． 21．（25-26学年九·北京东城）△ABC在平面直角坐标系中的位置如图所示，将△ABC沿y轴翻折得到△A1B1C1，再将△A1B1C1绕点O旋转180°得到△A2B2C2．请依次画出△A1B1C1和△A2B2C2． 22．（25-26学年九上·北京一六一中学·期中）如图，在平面直角坐标系中，，将绕原点顺时针旋转得到（分别是，的对应点）．    （1）在图中画出，点的坐标为____________； （2）若点位于内（不含边界），点为点绕原点顺时针旋转的对应点，直接写出的纵坐标的取值范围． 23．（25-26学年九上·北京一六一中学·期中）如图，在中，，，点D在边上，将绕点B逆时针旋转得到，连接． （1）求证：； （2）若，，直接写出线段的长． 24．（25-26学年九上·北京第二十一中学·期中）如图，把Rt△ABC绕点A逆时针旋转40°，得到Rt△AB′C′，点C′恰好落在边AB上，连接BB′，则∠BB′C′=　　　度． 25．（25-26学年九上·北京大兴·期中）如图，已知，，将绕点C顺时针旋转，得到，点A的对应点为点D，连接． （1）依题意补全图形； （2）若，求的度数． 26．（25-26学年九上·北京昌平一中学·期中）如图，抛物线与x轴正半轴交于点A，点B为y轴上一点，将线段绕点B逆时针旋转得到线段，若点C恰好落在抛物线上，则点C的坐标为　　　　　　． 27．（25-26学年九上·北京朝阳·期中）如图，将绕点C顺时针转得到．若A、D、E在同一条直线上，，则　　　　　　（用含有的式子表示．） 28．（25-26学年九上·北京朝阳·期中）如图，的三个顶点的坐标分别为：，，． （1）请画出将关于y轴轴对称的； （2）请画出将绕原点O顺时针旋转的； （3）在x轴上找一点P，使得的值最小，请直接写出点P的坐标_______． 29．（25-26学年九上·北京日坛中学·期中）如图，在平面直角坐标系中，的顶点坐标分别为，，，将绕点逆时针旋转得到，点旋转后的对应点为． （1）画出旋转后的图形，并写出点的坐标； （2）写出线段的长为______． 30．（25-26学年九上·北京日坛中学·期中）如图，为等边三角形，将边绕点顺时针旋转，得到线段，连接，，，求的长和的度数． 31．（25-26学年九上·北京密云·期中）在等腰直角中，，．点P为直线上一个动点（点P不与点A、B重合），连接．点D在直线上，且．将线段绕点P顺时针旋转后得到线段，连接． （1）如图1，当点P在线段上时，求证：； （2）如图2，当点P在的延长线上，且时； ①依题意补全图2； ②用等式表示线段之间的数量关系，并证明． 32．（25-26学年九上·北京海淀·期中）如图，在平面直角坐标系中，点．将线段绕点顺时针旋转得到线段，则点的坐标为　　　　　　　　　　　． 33．（25-26学年九上·北京朝阳区东方德才学校·期中）在中，，，点为的延长线上一点，连接，以为中心，将线段顺时针旋转得到线段，连接． （1）依题意补全图形； （2）求证：； （3）用等式表示线段，，之间的数量关系． 34．（25-26学年九上·北京西城外国语学校·期中）（多选）如图，D是等边三角形内一点，将线段绕点A顺时针旋转，得到线段，连接． （1）求证：； （2）连接，若，求的度数． 35．（25-26学年九上·北京第十三中学·期中）如图，在中，，是线段延长线上一点，连接，过点作于． （1）求证：； （2）将射线绕点顺时针旋转后，所得的射线与线段的延长线交于点，连接． ①依题意补全图形； ②用等式表示线段之间的数量关系，并证明． 36．（25-26学年九上·北京第十三中学·期中）如图，在平面直角坐标系中，点，，． （1）以点为旋转中心，把逆时针旋转，画出旋转后的； （2）在（1）的条件下， ①线段扫过的图形面积为______； ②连接，线段的中点的坐标为______． 37．（25-26学年九上·北京海淀区北京交通大学附属中学·期中）如图，在中，，将绕点A按逆时针方向旋转，得到．若点恰好落在边上，且，则　　　　　　　　． 38．（25-26学年九上·北京第五中学·期中）如图，在平面直角坐标系中，已知的三个顶点的坐标分别为，，．将绕着点顺时针旋转后得到． （1）请在图中画出； （2）线段旋转过程中所扫过的面积是______（结果保留）． 39．（25-26学年九上·北京第五中学·期中）如图，将绕点A逆时针旋转角得到，点B的对应点D恰好落在边上，若，则旋转角的度数是　　　　　　． 40．（25-26学年九上·北京第十五中学·期中）如图，D是等边三角形内一点，将线段绕点A顺时针旋转，得到线段，连接，． （1）求证：； （2）连接，若，求的度数． 41．（25-26学年九上·北京第十五中学·期中）已知：在平面直角坐标系中，的三个顶点的坐标分别为，，． （1）画出和关于原点成中心对称的，并写出点的坐标； （2）画出将绕点按顺时针旋转所得的． 42．（25-26学年九上·北京第五十五中学·期中）如图，在平面直角坐标系中，点A，B，C的坐标分别为，，，将绕点P逆时针方向旋转得到，点A的对应点的坐标为，点B的对应点的坐标为．    （1）点P的坐标是                 ；（填写正确的选项） A.                           B.                                 C. （2）画出旋转后的，并写出的坐标是                 ； （3）线段的延长线与线段交于点M，直接写出的度数. 43．（25-26学年九上·北京第五十五中学·期中）如图，D是等边三角形内一点，将线段绕点A顺时针旋转，得到线段，连接，． （1）求证：； （2）连接，若，求的度数． 44．（25-26学年九上·北京东直门中学·期中）如图，在平面直角坐标系中，三个顶点的坐标分别为，，． （1）①以点B为旋转中心，画出将按顺时针方向旋转后的； ②以原点O为旋转中心，画出将按逆时针方向旋转后的； （2）在（1）的条件下，可以由绕某点按顺时针方向旋转得到，则该点坐标为          ，旋转角的度数为          ． （3）的外接圆半径长          ． 45．（25-26学年九·北京东城）如图，将含角的直角三角尺绕点B顺时针旋转后得到，连接．若，则的面积为　　　　　　　　　　　　　　　　　　． 46．（25-26学年九·北京东城）如图，已知的顶点，，O是坐标原点，将绕点O按顺时针旋转，得到． （1）写出，两点的坐标； （2）求过，，三点的抛物线的解析式，并求此抛物线顶点的坐标； 47．（25-26学年九上·北京第二十一中学·期中）如图，为等边三角形，点M为边上一点（不与点A，B重合），连接，过点A作于点D，将线段绕点A顺时针旋转得到线段，连接． （1）依题意补全图形，直接写出的大小，并证明； （2）连接并延长交于点F，用等式表示与的数量关系，并证明． 48．（25-26学年九上·北京大兴·期中）在中，，，点D是边上一点，点E是上一动点，将线段绕点D顺时针旋转得到，点F落在边上，过E作交于G． （1）如图1，当G与F重合时，求证：； （2）如图2，当G与F不重合时，用等式表示与的数量关系，并证明． 49．（25-26学年九上·北京昌平一中学·期中）在等腰中，，，点D在线段上，点E在线段上，将线段绕点D顺时针旋转得到线段． （1）依题意补全图1； （2）求证：； （3）点M为中点，射线交于点N，探究与的数量关系，并说明理由． 50．（25-26学年九上·北京朝阳·期中）已知，，，点O为中点，射线与线段交于点D，将射线绕点O逆时针旋转，与线段交于点E． （1）完成作图，并证明：； （2）若，求点E到直线的距离． 51．（25-26学年九上·北京第二中学·期中）已知：线段和点C，将线段绕点A逆时针旋转，得到线段，将线段绕点B顺时针旋转，得到线段，连接，F为的中点，连接，． （1）如图1，点C在线段上，依题意补全图1，直接写出的度数； （2）如图2，点C在线段的上方，，请写出旋转角的度数，并说明理由． 52．（25-26学年九上·北京日坛中学·期中）在中，，，点D在射线上，连接，将线段逆时针旋转得到线段（点E不在直线上），连接，过点E作，交直线于点F． （1）如图1，当点D与点C重合时，求证：； （2）如图2，当点D在线段上，F在线段的延长线上时，用等式表示与之间的数量关系，并证明． 53．（25-26学年九上·北京海淀·期中）在正方形中，点在射线上，连接，将线段绕点逆时针旋转得到线段，过点作，交直线于点． （1）如图1，点与点重合，若，求的长； （2）如图2，点在的延长线上，用等式表示，和的数量关系，并证明． 54．（25-26学年九上·北京海淀区北京交通大学附属中学·期中）在中，，．点是所在平面内的一点，连接，且． （1）如图，点在内，，求的大小； （2）如图，点在外，连接，设，，用等式表示之间的数量关系，并证明你的结论． 55．（25-26学年九上·北京第十五中学·期中）在中，于点，，将线段绕点逆时针旋转得到线段，连接． （1）如图1，当时，补全图形，则的长为________； （2）如图2，取的中点，连接，用等式表示线段与的数量关系，并证明． 56．（25-26学年九上·北京大兴·期中）对于平面直角坐标系内的点P和图形Q，给出如下定义：如果点P绕原点O顺时针旋转得到点，若点落在图形Q上，那么称点P是图形Q关于原点O的“强旋转点”；若点P落在图形Q内部，那么称点P是图形Q关于原点O的“弱旋转点”． 已知点， （1）在点，，，中，点          是线段AB关于原点O的“强旋转点”； （2）若点是线段关于原点O的“强旋转点”，则          ； （3）若抛物线上存在点N是正方形关于原点O的“弱旋转点”，直接写出t的取值范围：          ． 57．（25-26学年九上·北京朝阳·期中）在平面直角坐标系中，对于图形P给出如下定义：图形P绕点顺时针旋转90°得到的图形记为图形Q，对于图形Q上任意一点，存在实数k满足，则称满足条件的k的最大值为图形P关于点M的“旋转最大值”． （1）若M为原点，，，线段绕点M顺时针旋转的图形记为线段． ①画出线段； ②直接写出线段BC关于点M的“旋转最大值”：_______； （2）若M为原点，，，，直接写出线段关于点M的“旋转最大值”∶_______； （3）若M为，图形P是顺次连接，，，所组成的四边形，图形P关于点M的“旋转最大值”不超过，则t的取值范围是_____． 58．（25-26学年九上·北京朝阳·期中）已知等边，将射线绕点A逆时针旋转得到射线，将射线绕点C顺时针旋转与射线交于点D，连接． （1）的度数是_______； （2）在图1中，过点A作于点E，求证：； （3）如图2，取的中点M，线段上是否存在一定点N，使得无论为何值，都满足？若存在，请指出点N所在的位置，并证明；若不存在，请说明理由． 59．（25-26学年九上·北京北京师范大学附属实验中学·期中）如图1，在等腰直角中，，点是边上一点（不与端点重合），，连接．将线段绕点逆时针旋转得到线段，连接，． （1）求的度数； （2）如图2，过点作交的延长线于，连接．点是的中点，点是的中点，连接，． ①用等式表示线段和的数量关系并证明； ②若点是中点，连接，用等式直接写出线段与的数量关系． 考点02 中心对称及其性质 1．（25-26学年九上·北京第五十五中学·期中）下列标志中是中心对称图形的是（　 　） A.  B.  C.  D.  2．（25-26学年九·北京东城）如图，△ABC与△A′B′C′成中心对称，下列说法不正确的是(   ) A. S△ABC＝S△A′B′C′ B. AB＝A′B′，AC＝A′C′，BC＝B′C′ C. AB∥A′B′，AC∥A′C′，BC∥B′C′ D. S△ACO＝S△A′B′O 考点03 中心对称图形 1．（25-26学年九·北京东城）下列图标中是中心对称图形的是（        ） A.  B.  C.  D.  2．（25-26学年九上·北京大兴·期中）下列图形中，既是轴对称图形又是中心对称图形的为（     ） A.  B.  C.  D.  3．（25-26学年九上·北京日坛中学·期中）纹样是中国文化的瑰宝，以下纹样既是轴对称图形又是中心对称图形的是（     ） A.  B.  C.  D.  4．（25-26学年九上·北京海淀·期中）铜镜是中国古代艺术的灿烂瑰宝．下列铜镜图案中，是中心对称图形的是（     ） A.  B.  C.  D.  5．（25-26学年九上·北京朝阳区东方德才学校·期中）在圆、正六边形、平行四边形、等边三角形这四个图形中，既是轴对称图形又是中心对称图形的图形个数是（       ） A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个 6．（25-26学年九上·北京第十三中学·期中）剪纸艺术是中国最古老的民间艺术之一，先后入选中国国家级非物质文化遗产名录和人类非物质文化遗产代表作名录．以下剪纸图案中，是中心对称图形的是（       ） A.  B.  C.  D.  7．（25-26学年九上·北京第十五中学·期中）下面图形中，既是中心对称图形又是轴对称图形的是（       ） A.  B.  C.  D.  8．（25-26学年九上·北京第二十一中学·期中）下列图形中，既是中心对称图形又是轴对称图形的是（       ）． A.  B.  C.  D.  9．（25-26学年九上·北京朝阳·期中）下列2024年巴黎奥运会的运动图标中，是中心对称图形的是（     ） A.  B.  C.  D.  10．（25-26学年九上·北京第二中学·期中）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.  11．（25-26学年九上·北京密云·期中）如图，将一张矩形纸片沿对角线剪开得到两个直角三角形纸片，将这两个直角三角形纸片通过图形变换构成以下四个图形，这四个图形中是中心对称图形的是（       ） A.  B.  C.  D.  12．（25-26学年九上·北京海淀区北京交通大学附属中学·期中）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.      13．（25-26学年九上·北京第五中学·期中）数学世界奇妙无穷，其中曲线是微分几何的研究对象之一，下列数学曲线既是轴对称图形，又是中心对称图形的是（     ） A.  B.  C.  D.  考点04 关于原点对称的点的坐标 1．（25-26学年九·北京东城）在平面直角坐标系中，与点关于原点对称的点是（        ） A.  B.  C.  D.  2．（25-26学年九上·北京第二十一中学·期中）在平面直角坐标系中，如果点与点B关于原点对称，那么点B的坐标是（     ） A.  B.  C.  D.  3．（25-26学年九上·北京朝阳区东方德才学校·期中）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.  4．（25-26学年九上·北京大兴·期中）点关于原点对称的点的坐标为　　　　　　　　　　　　　． 5．（25-26学年九上·北京朝阳·期中）点关于原点对称的点的坐标是　　　　　　　． 6．（25-26学年九上·北京第二中学·期中）在平面直角坐标系中，与点关于原点对称的点的坐标为　　　　　　． 7．（25-26学年九上·北京密云·期中）在平面直角坐标系中，点关于原点对称的点的坐标是　　　　　　　　　　． 8．（25-26学年九上·北京海淀·期中）在平面直角坐标系中，点（2，3）关于原点对称的点的坐标是　　　　　　． 9．（25-26学年九上·北京西城外国语学校·期中）在平面直角坐标系中，点关于原点对称的点的坐标为　　　　　　　　　　． 10．（25-26学年九上·北京第十三中学·期中）点（1，2）关于原点的对称点的坐标为　　． 11．（25-26学年九上·北京日坛中学·期中）点关于原点的对称点的坐标是　　　　　　． 12．（25-26学年九上·北京第五中学·期中）已知点与点关于原点对称，则点的坐标是　　　　　　． 13．（25-26学年九上·北京第十五中学·期中）在平面直角坐标系中，点关于原点对称的点的坐标是　　　　　　　　． 14．（25-26学年九上·北京海淀·期中）在平面直角坐标系中，已知点，将线段绕点旋转得到线段（是点的对应点）． （1）在平面直角坐标系中画出线段； （2）若点在线段上，是点关于点的对称点． ①当点与点重合时，的面积等于___________； ②的面积的取值范围是___________． 试卷第1页，共3页 / 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题04 旋转 考点01 图形的旋转 考点02 中心对称及其性质 考点03 中心对称图形 考点04 关于原点对称的点的坐标 考点01 图形的旋转 1．D 2．C 3．A 4．A 5．C 6．B 7．C 8．D 9．D 10．B 11．C 12．A 13．D 14．【答案】90 【分析】 本题考查了图形旋转的性质，解决本题的关键是熟练掌握图形的旋转角度． 根据图形的旋转性质，可知顺时针旋转得到，点D的对应点为点C，点E的对应点为点H，点A的对应点为点D，由此可求解． 【详解】 解：连接，如图， ∵顺时针旋转得到， ∴可知点D的对应点为点C，点E的对应点为点H，点A的对应点为点D， ∵点O是大正方形对角线的交点， ∴， ∴． 故答案为： ． 15．【答案】 【分析】 本题考查了旋转的性质，平行线的性质，等腰三角形的性质，掌握旋转的性质是本题的关键．由旋转的性质可得，由等腰三角形的性质可求，即可求解． 【详解】 解：∵， ∴， ∵将绕点A旋转到的位置， ∴， ∴， ∴， 故答案为：． 16．【答案】K度 【分析】 根据旋转的性质得到，根据等腰三角形的性质得到，求得． 【详解】 解：由旋转的性质可知，，， ∴， ∵， ∴， 故答案为：． 【点睛】 本题考查的是旋转变换的性质、等腰三角形的性质，掌握旋转的性质是解题的关键． 17．【答案】（1，-1） 【分析】 连接AA′、CC′，作线段AA′的垂直平分线MN，作线段CC′的垂直平分线EF，直线MN和直线EF的交点为P，点P就是旋转中心． 【详解】 解：直线MN的解析式为：x=1， ∵，C'， 所以CC'的中点坐标为，即， 设直线CC′的解析式为：y=kx+b， 由题意： ， ∴ ， ∴直线CC′:， ∵直线EF⊥CC′，且经过CC′中点， 设直线EF的解析式为：， ∴， ∴ ∴直线EF:， 由 得 ， ∴P点坐标为：． 18．【答案】（1） 解：如图所示，即为所求； 点的坐标为；     （2）      【分析】 本题考查画旋转图形、求弧长，熟练掌握旋转性质是解答的关键． （1）将点A、B分别绕点O顺时针旋转得到其对应点，再与点O首尾顺次连接即可； （2）根据弧长公式求解即可． (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 解：由图知， ，， ∴点B在旋转过程中所走过的路径长为． 19．【答案】（2，2） 【分析】 根据旋转的性质可得：旋转中心到对应点的距离相等，则旋转中心在对应点所连线段的垂直平分线上，由此即可作图求得答案． 【详解】 解：如图，连接AE，分别作线段AE、线段OC的垂直平分线，相交于点F（2，2）， 则点F（2，2）即为旋转中心， 故答案为：（2，2）． 【点睛】 本题考查了旋转的性质，熟练掌握旋转中心到对应点的距离相等以及垂直平分线的性质是解决本题的关键． 20．【答案】75° 【分析】 由旋转的性质可得AO＝CO，∠AOC＝30°，由等腰三角形的性质可求解． 【详解】 解：∵△COD是△AOB绕点O顺时针方向旋转30°后所得的图形， ∴AO＝CO，∠AOC＝30°， ∴∠A＝∠ACO＝＝75°， 故答案为：75°． 【点睛】 本题考查了旋转的性质，等腰三角形的性质，掌握旋转的性质是本题的关键． 21．【答案】详见解析． 【详解】 解：答案如图： 图中每个图形即为所求． 22．【答案】（1） 解：由旋转作图，如图1，即所求，         （2）      【分析】 本题考查了旋转作图，旋转的性质．熟练掌握旋转的性质是解题的关键． （1）根据旋转的性质作图，然后作答即可； （2）由旋转的性质可确定点旋转后对应点在线段上，且不与点，重合，如图1，然后作答即可． (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 解：∵，， ∴旋转后对应点在线段上，且不与点，重合，如图1， ∴． 23．【答案】（1） 证明：∵， ∴， ∵将绕点逆时针旋转得到， ∴，， ∴，． ∴． ∵，， ∴．      （2）      【分析】 （1）先证明，得到，进而利用等腰三角形的性质和三角形的外角性质可得出； （2）先证明，再利用勾股定理求出即可． (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 解：∵， ∴， ∵，， ∴． 【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，等腰直角三角形的性质，三角形的外角性质等知识，利用旋转的性质和等腰直角三角形的性质是解本题的关键． 24．【答案】20 【详解】∵Rt△ABC绕点A逆时针旋转40°得到Rt△AB′C′， ∴AB=AB′，∠BAB′=40°． 在△ABB′中，∠ABB′=（180°﹣∠BAB′）=（180°﹣40°）=70°． ∴∠BB′C′=90°﹣∠ABB′=90°﹣70°=20°． 25．【答案】（1） 解：如图所示，即为所求；      （2）      【分析】 本题主要考查了旋转的性质，画旋转图形，等边对等角，三角形内角和定理，熟知相关知识是解题的关键． （1）根据题意作图即可； （2）由旋转的性质可得，，可证明B、C、D三点共线，求出的度数，则可得到的度数，进而可得到的度数，据此可得答案． (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 解：由旋转的性质可得，， ∵， ∴， ∴B、C、D三点共线， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴． 26．【答案】或 【分析】 本题考查了二次函数的图象与性质，旋转的性质，全等三角形的判定与性质． 过B作轴，于N，于M，进而证明，求的C点的值，把C点的坐标代入解析式，即可求得C点坐标． 【详解】 解：如图，过B作轴，于N，于M， 当时，， 解得：或， ∴， 由旋转的性质可得，，， ， ， ，，， ， 设，， ， 将代入 得， 解得，或， 点坐标为或  故答案为：或 27．【答案】 【分析】 本题主要考查了旋转的性质，等腰三角形的性质与判定，掌握旋转的性质是解决本题的关键． 根据旋转的性质表达出和度数，利用三角形外角的性质得到即可． 【详解】 解：将绕点顺时针旋转得到． ，，， 点，，在同一条直线上， ． ． 故答案为：． 28．【答案】（1） 解：如图所示，即为所求；      （2） 解：如图所示，即为所求；      （3） 解：如图所示，点P即为所求， ∴ ， 故答案为：．      【分析】 本题考查了点的坐标，两点之间线段最短，轴对称变换的性质，画旋转图形，熟练掌握轴对称变换的性质是解题的关键． （1）根据轴对称变换的性质找出对应点即可求解； （2）根据旋转变换的性质找出对应点即可求解； （3）作点关于轴的对称点，连接交x轴于点P，连接，则，点P即为所求． (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 略 (3) 小问详解： 略 29．【答案】（1） 解：如图所示，即为所求，点的坐标为；      （2）      【分析】 本题考查了网格作图，图形的旋转变换，勾股定理，熟练掌握旋转的性质，勾股定理解直角三角形，是解题的关键． （1）将点，，分别绕点逆时针旋转得到对应点，，再与点顺次连接即可，根据图形得出点的坐标； （2）根据勾股定理求出的长． (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 解：如图所示，连接，． 故答案为：． 30．【答案】， 【分析】 本题考查了旋转变换，等边三角形的性质，等腰直角三角形的判定和性质，等腰三角形的性质，勾股定理，解题的关键是熟练掌握相关性质定理．根据等边三角形的性质得到，，由旋转的性质得到   ，，从而得到的长，根据等边对等角和等腰直角三角形的性质得到，求出，，从而得到的长和的度数． 【详解】 解：为等边三角形， ，． 由旋转的性质可知， ，， ，，， ，， ． 31．【答案】（1） 证明：在中，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴；     （2） ① 如图， ② 证明：过点P作的垂线交延长线于点H， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵线段绕点P顺时针旋转得到线段， ∴，， ∴， 即， ∴， ∴， ∵在中，， ∴．      【分析】 本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和判定，等腰三角形的性质，勾股定理，正确的作出辅助线构造全等三角形是解题的关键． （1）根据等腰三角形的性质得到，于是得到，由得，即可得到结论 （2）① 根据题意补全图形即可；② 过点P作的垂线交延长线于点H，证明，得出，在中可得，从而得出结论． (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： ① 略 ② 略 32．【答案】 【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，熟练掌握全等三角形的判定与性质，旋转的性质是解题的关键． 过点作轴于点D，证明，再利用全等三角形的对应边相等求解． 【详解】 解：∵点， ∴， 过点作轴于点D，则 由旋转得，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， 故答案为：． 33．【答案】（1） 补全图形如图所示；      （2） 证明：， ， 以为中心，将线段顺时针旋转 得到线段， ， ， ；     （3）      【分析】 （1）根据题意画出图形，即可求解； （2）由余角的性质可求解； （3）由“”可证，可得，由勾股定理可求解． (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 略 (3) 小问详解： 线段，，之间的数量关系是， 理由如下：过点作交的延长线于点． ， ， ， ， ， ，， ， ， ， ， 在 与 中， ， ． ， ， ． 【点睛】 本题是几何变换综合题，考查了旋转的性质，等腰直角三角形的性质，全等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． 34．【答案】（1）证明：∵△ABC;id: MathJax-Element-779-Frame;role: presentation;style: font-size: 96%; position: relative;;tabindex: 0;">∵△ABC是等边三角形， ， 线段绕点A顺时针旋转，得到线段， ， ， ， 在和中， ， ， ；     （2）      【分析】 （1）由等边三角形的性质知，由旋转的性质可知，从而得，再证，即可得答案； （2）由知为等边三角形，即，继而由，即可得答案． (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 如下图，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判定和性质，解题的关键由旋转的性质证出． 35．【答案】（1） 证明：如图1， ∵ ∴， ∵， ∴．     （2） ① 补全图形如图2．    ②， 证明：在上截取，使， ∵， ∴． ∴． ∵， ∴． ∴ ∵射线绕点顺时针旋转后与线段的延长线交于点，且， ∴．      【分析】 （1）根据等角的余角相等即可得证． （2）① 依题意画出图形即可求解； ② 在上截取，使，证明，得出，根据等腰直角三角形的性质，勾股定理得出，即可求解． (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： ① 略 ② 略 【点睛】 本题考查了等角的余角相等，旋转的性质，全等三角形的性质与判定，勾股定理，等腰直角三角形的性质，掌握以上知识是解题的关键． 36．【答案】（1） 解：如图所示：      （2）①；②      【分析】 本题考查作图—旋转变换，扇形的面积公式、中点坐标公式， （1）根据旋转的性质作出点、绕点逆时针旋转得到的对应点，再顺次连接可得； （2）① 根据扇形面积公式列式计算即可；② 根据（1）中所作图形可得点的坐标，由中点坐标公式即可求得答案； 解题的关键是根据旋转角度、旋转方向、旋转中心作出对应点． (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： ① ∵，， ∴线段扫过的图形面积为：， 故答案为：； ② 由图知点的坐标为 又∵， ∴的中点的坐标为，即， 故答案为：． 37．【答案】度 【分析】 本题考查了旋转的性质，三角形内角和、外角定理，等腰三角形的性质，由旋转的性质可得，由等腰三角形的性质可得，，再由三角形内角和定理可求解． 【详解】 解：∵， ∴， ∴， ∵将绕点A按逆时针方向旋转得到， ∴， ∴， ∵， ∴， 故答案为：． 38．【答案】（1） 如图，即为所作；      （2）      【分析】 本题考查作图—旋转，坐标与图形，勾股定理，扇形面积公式．利用数形结合的思想是解题关键． （1）找出绕点顺时针旋转后各顶点的对应点，再顺次连接即可； （2）根据勾股定理可求出的长，再根据线段旋转过程中所扫过的面积即为扇形的面积，结合扇形面积公式求解即可． (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 解：由图可知线段旋转过程中所扫过的面积即为扇形的面积，且圆心角为，半径长为长． ∵，， ∴， ∴． 39．【答案】50度 【分析】 先求出，由旋转的性质，得到，，则，即可求出旋转角的度数． 【详解】 解：根据题意， ∵， ∴， 由旋转的性质，则，， ∴， ∴； ∴旋转角的度数是50°； 故答案为：50°． 【点睛】 本题考查了旋转的性质，三角形的内角和定理，解题的关键是熟练掌握旋转的性质进行计算． 40．【答案】（1） 证明：∵是等边三角形， ∴，， 由旋转得，， ∴， 在和中， ， ∴．     （2）      【分析】 本题考查了等边三角形判定与的性质，旋转的性质，全等三角形的判定与性质等知识，解题的关键是： （1）根据等边三角形的性质，旋转的性质，可得出，然后根据证明即可； （2）证明是等边三角形，得出，根据全等三角形的性质得出，最后根据角的和差求解即可． (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 解：∵，， ∴是等边三角形， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴的度数是． 41．【答案】（1） 如图，，即为所求，      （2） 如图，即为所求， 【分析】 本题考查坐标与图形变化—旋转与中心对称，熟练掌握以上知识点是解题的关键． （1）先根据坐标描点画出，再根据成中心对称的性质画出，进而写出点的坐标即可； （2）根据旋转的性质，画出即可． (1) 小问详解： 解：由图可知：； (2) 小问详解： 略 42．【答案】（1）A     （2）如图，即为所求作，点坐标为，         （3）      【分析】 此题考查了坐标与图形-旋转变换，旋转的性质，寻找旋转中心，全等三角形的判定与性质，解题的关键是理解题意，画出图形，结合有关性质正确求解． （1）线段，的垂直平分线的交点P即为所求； （2）根据要求作出图形，根据图形可得坐标； （3）根据旋转的性质，即可解决问题． (1) 小问详解： 解：如图，旋转中心P的坐标为， 故选：A． (2) 小问详解： 略 (3) 小问详解： 解：由旋转的性质可得，，， ∴ ∴，又， ∴， 则． 43．【答案】（1） 证明：∵是等边三角形， ∴， 由旋转的性质得：， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴；     （2）      【分析】 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，能灵活运用性质定理进行推理是解此题的关键． （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，求出，即可得出答案． (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 解：如图，连接， 由旋转得，， ∴为等边三角形， ∴， 又∵， ∴． 44．【答案】（1） ① 如图，即为所求作； ② 如图，即为所求作；      （2），；     （3）      【分析】 本题考查了作图——旋转变换，旋转的性质，坐标两点的距离公式，全等三角形的判定和性质，三角形外接圆的性质，掌握相关知识点是解题关键． （1）① 根据旋转的性质作图即可；② 根据旋转的性质作图即可； （2）设旋转中心为，由旋转的性质可知，，，，结合坐标两点的距离公式，求出、值，即可得到旋转中心坐标，过点作直线轴，过点作于点，过点作于点，证明，得到，进而得出，从而推出，即可得到旋转角的度数； （3）由直角坐标系可知，是等腰直角三角形，再由直角三角形外接圆的半径等于斜边的一半求解即可． (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 解：设旋转中心为， 由旋转的性质可知，，，， 由（1）可知，，，，， ，， 整理得：，， 解得：，， 旋转中心坐标为， 如图，过点作直线轴，过点作于点，过点作于点， 则，，， ，， ， ， ， ， ，即旋转角的度数为， 故答案为：，； (3) 小问详解： 解：由直角坐标系可知，是等腰直角三角形， 的外接圆半径长等于斜边的一半， ，， ， 的外接圆半径长是． 45．【答案】 【分析】 过D点作，垂足为F，根据含30度角的直角三角形的性质，结合勾股定理求出的长，根据旋转的性质以及等积法求出的长，再根据三角形的面积公式进行求解即可. 【详解】 解：过D点作，垂足为F， 由题意，在中，， ∴，， ∵旋转， ∴，，， ∴， ∴三点共线， ∵， ∴，即， ∴， ∴的面积为. 46．【答案】（1），     （2），      【分析】 （1）先根据、坐标得出、长度，利用旋转前后三角形全等得、长度，直接写出、坐标即可； （2）已知抛物线与轴两个交点、，设交点式抛物线方程，代入点坐标求出参数，展开化为一般式，再配方成顶点式，直接写出顶点坐标即可． (1) 小问详解： 解：∵，， ∴，， ∵将绕点按顺时针旋转，得到， ∴， ∴，， ∴，； (2) 小问详解： 解：∵抛物线过点，， ∴可设抛物线的解析式为， ∵在抛物线上， ∴， 解得， ∴抛物线的解析式为， ∴顶点的坐标为； 47．【答案】（1） 如图所示，即为补全的图形， 证明： ∵为等边三角形， ∴， 由旋转知，， ∴， ∴， ∵， ∴；     （2）， 理由如下： 如图，过点C作，交的延长线于点G， 则， ∵， ∴是等边三角形， ∴， 由（1）知：， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴． 【分析】 本题主要考查了旋转变换．熟练掌握旋转性质，旋转作图，等腰三角形的判定和性质，全等三角形的和性质，是解决问题的关键． （1）根据题意即可补全图形，然后利用旋转的性质得是等边三角形，证明，得，即可解决问题； （2）过点C作，交的延长线于点G，得，根据等边三角形性质得到，，根据全等三角形性质得到，可得，可得，得到，即得． (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 略 48．【答案】（1） 证明：∵中，，， ∴， ∵将线段绕点D顺时针旋转得到， ∴，， ∴， 如图，取的中点，连接， ∵， ∴，，， ∴，， ∴， 则， ∴， ∴， ∴， ∴四边形为平行四边形， ∴， ∴；     （2） 解：，证明如下： ∵中，，， ∴， ∵将线段绕点D顺时针旋转得到， ∴，， ∴， 如图，取的中点，连接， ∵， ∴， 则， ∴， ∴， 在上取一点使得，连接，则， ∴， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∴．      【分析】 （1）由三角形内角和定理可得，由旋转的性质可得，，由等边对等角并结合三角形内角和定理可得，由平行线的性质可得，，，从而得出，，进而可得，取的中点，连接，由直角三角形的性质可得则，证明四边形为平行四边形，得出，即可得证； （2）由三角形内角和定理可得，由旋转的性质可得，，由等边对等角并结合三角形内角和定理可得，由平行线的性质可得， ，取的中点，连接，由直角三角形的性质可得则，由等边对等角得出，结合三角形外角的定义及性质可得，在上取一点使得，连接，则，证明，从而可得，由全等三角形的性质可得，，求出，由等角对等边得出，即可得证． (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 略 【点睛】 本题考查了旋转的性质、全等三角形的判定与性质、直角三角形的性质、等腰三角形的性质、三角形外角的定义及性质、三角形内角和定理，熟练掌握以上知识点并灵活运用，添加适当的辅助线是解此题的关键． 49．【答案】（1） 如下图所示：      （2） 证明：∵是等腰， ∴， ∴， ∵， ∴     （3） ，理由如下： 过点F作，交的延长线于点H，的延长线交射线于点G， 由（2）知，即，且，， ∴， ∴， ∵点M为中点， ∴，且， ∴，即是等腰直角三角形， ∴，且， ∴，且， ∴，且，， ∴， ∴， ∴      【分析】 （1）根据题意，过点D作，并且是沿线段绕点D顺时针旋转所作，使得即可 （2）在中，，而，即可得 （3）过点F作，交的延长线于点H，的延长线交射线于点G，可得，且是等腰直角三角形，即可得，所以，即可得到 (1) 小问详解： 略； (2) 小问详解： 略； (3) 小问详解： 略． 【点睛】 本题考查了旋转作图、等腰三角形的性质和直角三角形的判定、全等三角形的判定和性质，能够按照题意作出辅助线是解决问题的关键 50．【答案】（1） 解：所作图形如图： 连接． ∵，，， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴；     （2）点E到直线的距离为．      【分析】 （1）连接，证明，求得，据此计算即可证明； （2）设，作于点，证得是等腰直角三角形，得到，再求得，利用直角三角形的性质和勾股定理列式求得，根据，求解即可． (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 解：作于点， 设， ∵，， ∴，， ∴是等腰直角三角形， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴，，即， ∴， ∵点O为中点， ∴， ∴， 解得， ∴点E到直线的距离为． 【点睛】 本题考查等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定和性质，直角三角形的性质和勾股定理，二次根式的混合运算等知识，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． 51．【答案】（1）     （2） 解：，理由如下： 延长至点使，连接，，延长交的延长线于点，如图， 根据（1）中原理可得， ，， ， ． ， ． ， ． 在和中， ， ， ，， ，， ， ， 为等腰直角三角形， ， ， ， 则．      【分析】 （1）由题意画出图形即可，延长，交的延长线于点，理由平行线的判定与性质和全等三角形的判定与性质得到．再利用等腰三角形的三线合一的性质解答即可； （2）画出图形，延长至点使，连接，，延长交的延长线于点，证明，然后推出，证明，推出为等腰直角三角形，即可解答 (1) 小问详解： 解：补全图形 如图： 延长，交的延长线于点， 由题意：，， ， ， ． 在和中， ， ， ，， ， ， ， ， 即． ， ． ； (2) 小问详解： 略 【点睛】 本题主要考查了图形的旋转的性质，全等三角形的判定与性质，等腰三角形的性质，直角三角形的边角关系定理，延长三角形的中线的一倍，构造全等三角形是解决此类问题常添加的辅助线，也是解题的关键． 52．【答案】（1） 证明：∵， ∴， ∵， ∴， 由旋转可得，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴．     （2） 解：，证明如下： 延长到点H，使， ∵， ∴， ∵， ∴， ∵， 是的垂直平分线， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， 即 ∵由旋转有 ∴ ∴， ． ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴．      【分析】 本题考查旋转的性质，全等三角形的判定及性质，等腰三角形的判定及性质，熟练掌握旋转的性质，全等三角形判定及平行线性质是解题的关键． （1）由得到．由三角形的内角和定理与旋转的性质证明，，从而得到，进而有，再由得到，从而，因此根据等腰三角形的判定即可解答； （2）延长到点H，使，由得到．由垂直平分线的性质得到，进而根据等腰三角形的“三线合一”得到，从而，即可证明，得到，．证明得到，从而． (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 略 53．【答案】（1）     （2） 解：连接，延长到点，使得，连接，过点作于点， ∵四边形为正方形， ∴， ∴，， 根据旋转可得，， ∴， ∴， ∵， ， ， ∵， ∴， ∴，， ∴， ， ， ∵， ∴为等腰直角三角形，四边形为矩形， ∴， ∴， ．      【分析】 （1）根据四边形为正方形，得出，根据旋转可得，，从而得，证明为等腰直角三角形，四边形是矩形，得出，即可得． （2）连接，延长到点，使得，连接，过点作于点，根据四边形为正方形，得出，从而得，，根据旋转可得，，则，证明，得出，证明为等腰直角三角形，四边形为矩形，得出，即可得，从而得出． (1) 小问详解： 解：∵四边形为正方形， ∴， 根据旋转可得，， ， ， 于， 为等腰直角三角形，四边形是矩形， ∴， ∴， ． (2) 小问详解： 略 【点睛】 该题考查了正方形的性质，矩形的性质和判定，勾股定理，等腰直角三角形的性质和判定，全等三角形的性质和判定，旋转的性质等知识点，解题的关键是掌握以上知识点，正确作出辅助线． 54．【答案】（1）     （2） ，理由如下： 在中，∵，， ∴将绕点逆时针旋转时，则点于点重合， 设点的对应点为，连接，如图所示： 由旋转的性质得，，， ∴，，， ∴是等腰直角三角形， ∴， ∵，， ∴，， ∴， 设，则， ∴， 在中，， 由勾股定理得，， ∴， ∴， 在中，， ∵， ∴， ∴．      【分析】 （）过点作于，设，则，在中，根据得，在中，由勾股定理得，即得，进而得是等腰直角三角形，然后根据等腰直角三角形性质即可得的度数； （）将绕点逆时针旋转时，则点于点重合，设点的对应点为，连接，由旋转的性质得，，进而得，，，则是等腰直角三角形，继而得，再根据，得，，设，则，在中，由勾股定理得，则，则，在中，由三角形内角和定理得，然后根据得，据此即可得出之间的数量关系． (1) 小问详解： 解：过点作于，如图所示： ∴， ∴和都是直角三角形， 设，则， 在中，， ∴， 在中，由勾股定理得，， ∴， ∴是等腰直角三角形， ∴； (2) 小问详解： 略 【点睛】 此题考查了等腰直角三角形的判定和性质，图形的旋转变换及其性质，直角三角形的性质，勾股定理等，正确作出辅助线是解题的关键． 55．【答案】（1） 如图所示，      （2） ， 证明：取的中点M，连接，延长至N，使，连接，延长交于P， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴，， 由旋转得：， ∴， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵F是的中点， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∴．      【分析】 （1）先作出图形，取的中点M，连接，由可判定，由全等三角形的性质得，由勾股定理即可求解； （2）取的中点M，连接，延长至N，使，连接，延长交于P，由等腰三角形的判定及性质得，由可判定，由全等三角形的性质得，等量代换得，由可判定，由全等三角形的性质即可得证． (1) 小问详解： 解：取的中点M，连接， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， 由旋转得：， ∴， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴； (2) 小问详解： 略 【点睛】 本题考查了旋转的性质，全等三角形的判定及性质，勾股定理，等腰三角形的判定及性质等；掌握旋转的性质，全等三角形的判定及性质，勾股定理，等腰三角形的判定及性质，能根据题意作出恰当的辅助线，构建全等三角形是解题的关键． 56．【答案】（1），     （2）     （3）或．      【分析】 （1）分别作出点，，，绕原点顺时针旋转90度的后的对应点即可判断； （2）设点绕原点顺时针旋转60度后在上的对应点为点N，作交于点N，利用三角函数求出，即可求解； （3）作正方形绕原点逆时针旋转90度后对应的正方形，则，由抛物线上存在点N是正方形关于原点O的“弱旋转点”，可知抛物线与正方形有交点，即应取右半轴从交于到交于时的区间及左半轴从交于到交于时的区间，求出临界值即可． (1) 小问详解： 如图，点，，，绕原点顺时针旋转90度后的对应点分别为，，，， ∵点和在线段上， ∴点和是线段关于原点O的“强旋转点”． 故答案为：，； (2) 小问详解： 如图，设点绕原点顺时针旋转60度后在上的对应点为点N，作交于点G， ∵点是线段关于原点O的“强旋转点”， ∴，， ∴， 由图可知，若点在y轴的负半轴上，绕原点顺时针旋转60度后的对应点不能落在上 ∴． 故答案为：； (3) 小问详解： 如图，作正方形绕原点逆时针旋转90度后对应的正方形，则， ∵抛物线上存在点N是正方形关于原点O的“弱旋转点”， ∴抛物线与正方形有交点， 即应取右半轴从交于到交于时的区间及左半轴从交于到交于时的区间， 当抛物线经过点时，， 解得（右半轴相交，，舍去）或； 当抛物线经过点时，， 解得或（右半轴相交，，舍去）； 即； 当抛物线经过点时，， 解得或（左半轴相交，，舍去）． 当抛物线经过点时，， 解得或（左半轴相交，，舍去）． 即； 综上所述，或． 【点睛】 本题考查了新定义，旋转的性质，画旋转图形，解直角三角形，二次函数的图象与性质等知识，数形结合是解答本题的关键． 57．【答案】（1） ①，绕原点顺时针旋转90°得到点．如图所示，线段即为所求． ②     （2）     （3）或．      【分析】 （1）① 根据网格的特点和所给旋转方式找到B、C对应点的位置，描出，再连接即可；② 设为线段上一点，则，即，故是直线与线段的交点，则当直线恰好经过点时，有最小值，即此时k有最大值，据此利用待定系数法求解即可； （2）设线段绕点M顺时针旋转的图形记为线段，分别过点B，作y轴的垂线，垂足分别为F、G，由旋转的性质可得，证明，进而证明，得到，则，同理可得，可知当直线恰好经过时，，当时，； （3）设四边形绕点M顺时针旋转90度后得到的四边形为，连接，过点M作轴，分别过点E，作直线的垂线，垂足分别为T、S，可证明轴；由，得，得，同理得，，则点M到直线到直线的距离都为3；设是四边形上一点，则，根据题意可得，可证明的最大值即为3，分当时，当时，当时，三种情况，得，． (1) 小问详解： 解：① 略 ② 由① 可知， ∴线段上的所有点的横坐标为正数，纵坐标为非正数， 设为线段上一点， 则， ∴， ∴， ∴是直线与线段的交点， ∴当直线恰好经过点时，有最小值， 即此时k有最大值， ∴， ∴， ∴线段关于点M的“旋转最大值”为， 故答案为：； (2) 小问详解： 解：如图所示，设线段绕点M顺时针旋转的图形记为线段， 分别过点B，作y轴的垂线，垂足分别为F、G， ∴， 由旋转的性质可得， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， 同理可得； 当m为一个确定值时， 同（1）可知，当直线恰好经过时，k的值最大， ∴， ∴， ∵， ∴当时，， ∴线段关于点M的“旋转最大值”为； 故答案为： (3) 小问详解： 解：如图所示，设四边形绕点M顺时针旋转90度后得到的四边形为，连接，过点M作轴，分别过点E，作直线的垂线，垂足分别为T、S， ∵，，，， ∴轴， ∴轴， 同理可证明， ∴， ∴， 同理可得，， ∴，点M到直线和直线的距离都为3， 设是四边形上一点， 则， ∴， ∴， ∵表示的是点与点M的竖直方向上的距离， 且点M到直线和直线的距离都为3， ∴的最大值即为3， 当时，， ∵， ∴， 解得； 当时，的值可以无限小， 则的值可以无限大， 故此时不满足题意； 当时，， ∵， ∴， 解得； 综上所述，或． 故答案为：或． 【点睛】 本题主要考查了新定义——“旋转最大值”．熟练掌握坐标与图形变化——旋转，旋转性质，全等三角形的性质与判定，一次函数与几何综合，正确根据定义找到对应图形绕点M顺时针旋转90度后的对应图形，分类讨论，是解题的关键． 58．【答案】（1）     （2） 证明：在上取点，使得，连接， 则， 由（1）知， ∴， ∴是等边三角形， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵，即， ∴， ∴；     （3） 解：存在，点为的中点，证明如下： 过点A作交延长线于点E，分别取的中点，连接， 则是的中位线， ∴，， ∵， ∴， ∵点是的中点， ∴， ∴， ∵点是的中点，点是的中点， ∴是的中位线， ∴， 由（2）知，即， ∴， 由（1）知， ∵， ∴， ∵， ∴， ∵，， ∴， ∴， 由（2）知， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 在与中， ， ∴， ∴．      【分析】 （1）设交于点，利用旋转的性质及三角形内角和定理即可求解； （2）在上取点，使得，连接，易证是等边三角形，再证明，推出，根据，求出 ，利用直角三角形的性质即可证明； （3）过点A作交延长线于点E，分别取的中点，连接，利用等边三角形的性质结合三角形中位线的性质证明 ，即可得出结论． (1) 小问详解： 解：设交于点， 由旋转的性质得， ∵是等边三角形， ∴， ∴， ∴， ∵，， ∴； (2) 小问详解： 略 (3) 小问详解： 略 【点睛】 本题是三角形的综合题，涉及了旋转的性质、等边三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、直角三角形的性质，三角形内角和定理等等，灵活的应用等边三角形的判定与性质是解题的关键． 59．【答案】（1）     （2） ①， 证明：连接， ， 又 又分别是的中点， ， ，为等腰直角三角形， ． ②      【分析】 （1）证明，得到，继而得到，得证． （2）① 连接，利用三角形全等的判定和性质，直角三角形的性质，证明为等腰直角三角形即可得解； ② 在上截取，证明，利用中位线定理证明．利用勾股定理，结合前面的结论解答即可． 本题考查全等三角形的判定与性质，等腰三角形的判定与性质，等边三角形的判定与性质，直角三角形斜边中线的性质，勾股定理，三角形内角和定理，熟练掌握这些性质与判定是解题的关键． (1) 小问详解： 解：∵， ∴， ∵ ， ∴， ∴， ∴， 故． (2) 小问详解： ① 略 ② 解：在上截取， ∵点是中点， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴． ∴， ∵点F是的中点， ∴， ∴， ∵点H是的中点，点是中点， ∴， ∴， ∴． ∴， ∵， ∴． 考点02 中心对称及其性质 1．B 2．D 考点03 中心对称图形 1．B 2．A 3．B 4．B 5．B 6．C 7．C 8．D 9．D 10．B 11．C 12．D 13．C 考点04 关于原点对称的点的坐标 1．A 2．D 3．D 4．【答案】 【分析】 此题主要考查了关于原点对称点的性质，正确记忆横纵坐标的符号是解题关键． 直接利用关于原点对称点的性质得出答案． 【详解】 解：点关于原点对称的点的坐标为：． 故答案为：． 5．【答案】 【分析】 本题考查点的对称性，根据关于原点对称的两个点的横坐标及纵坐标均互为相反数的特征直接求解即可得到答案，熟记关于原点对称的点的坐标特征是解决问题的关键． 【详解】 解：点关于原点对称的点的坐标是， 故答案为：． 6．【答案】 【分析】 本题考查了关于原点对称的点的坐标“如果两个点关于原点对称，那么这两个点的横、纵坐标均互为相反数”，熟练掌握关于原点对称的点的坐标变换规律是解题关键．根据如果两个点关于原点对称，那么这两个点的横、纵坐标均互为相反数求解即可得． 【详解】 解：在平面直角坐标系中，与点关于原点对称的点的坐标为． 故答案为：． 7．【答案】 【分析】 本题考查坐标与图形变换-中心对称，根据关于原点对称的点的横纵坐标都互为相反数求解即可． 【详解】 解：在平面直角坐标系中，点关于原点对称的点的坐标是， 故答案为：． 8．【答案】（-2，-3） 【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． 【详解】 解：点（2，3）关于原点对称的点的 坐标是（-2，-3）， 故答案为：（-2，-3）． 【点睛】 本题考查了关于原点对称的点的坐标，熟记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．【答案】 【分析】 本题考查关于原点对称的点的坐标特征．根据关于原点对称的点的横、纵坐标均互为相反数，即可求解． 【详解】 解：点关于原点对称的点的横坐标为，纵坐标为，故点的坐标为． 故答案为：． 10．【答案】 【分析】 根据关于原点的对称点，横纵、坐标都互为相反数解答． 【详解】 解：点关于原点的对称点的坐标为． 故答案为：． 【点睛】 本题考查了关于原点对称的点的坐标，解题的关键是熟记“关于原点的对称点，横纵、坐标都互为相反数”． 11．【答案】 【分析】 根据点关于原点对称横纵坐标互为相反数，即可． 【详解】 ∵点关于原点对称， ∴点关于原点的对称点的坐标为：， 故答案为：． 【点睛】 本题考查平面直角坐标系的知识，解题的关键是掌握点关于原点对称横纵坐标互为相反数． 12．【答案】 【分析】 本题考查了关于原点对称的点的坐标特征，根据关于原点对称的点的坐标的横、纵坐标均互为相反数即可得出答案． 【详解】 解：点与点关于原点对称， 点的坐标是， 故答案为：． 13．【答案】 【分析】 本题主要考查了关于原点对称的点的坐标．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． 【详解】 解：点关于原点对称的点的坐标是． 故答案为： 14．【答案】（1） 解：如图，线段即为所求．      （2）① 6；②      【分析】 该题考查了中心对称，三角形面积计算，正确作出图形是解题的关键． （1）根据中心对称作图即可． （2）① 根据的面积解答即可． ②根据题意的面积，，，即可求出的面积最大值和最小值，即可解答． (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 解：① 当点与点重合时，如图， 此时 则的面积； ② 根据题意的面积， ∵点在线段上，是点关于点的对称点， ∴，， ∴的面积， 则的面积最大，最小， 的面积的取值范围是． 试卷第1页，共3页 / 学科网（北京）股份有限公司 $