第12讲 图形的旋转 优等生讲义 (知识梳理+典例+压轴+练习) 2026-2027学年人教版九年级数学上册

第12讲 图形的旋转 优等生讲义 (知识梳理+典例+压轴+练习) 2026-2027学年人教版九年级数学上册 思维导图 · 课程内容总览 课程目标 · 精准把握学习方向 · 识别生活中的旋转现象，区分旋转、平移变换，理解旋转三要素：旋转中心、旋转方向、旋转角 · 掌握旋转的性质，会利用旋转性质求角度、线段长度，解决几何计算与证明 · 理解旋转对称图形概念，会求最小旋转重合角，区分旋转对称与中心对称 · 能完成旋转变换作图，会找旋转中心，在坐标系中写出旋转后点的坐标 · 会利用旋转进行图案设计，能解决旋转综合压轴题（含旋转构造全等） · 能结合三角形、正方形、菱形等图形进行旋转综合推理计算 知识梳理 · 核心概念与性质 ☆1. 旋转的相关概念 在平面内，将一个图形绕旋转中心按一定方向（顺时针/逆时针）转动一个角度，这样的图形运动叫做图形的旋转。 旋转三要素：旋转中心、旋转方向、旋转角。 旋转角：对应点与旋转中心连线的夹角。旋转不改变图形形状、大小，只改变位置。 典型例题：钟面上指针从12顺时针旋转60°到哪个数字？ 解析：钟表每一大格对应30°；60°÷30°=2格，指向数字2。答案：2。 ☆2. 旋转的性质 · 对应点到旋转中心的距离相等； · 对应线段相等，对应角相等； · 任意一组对应点与旋转中心连线的夹角等于旋转角； · 旋转前后两个图形全等。 典型例题：Rt△ABC，∠ACB=90°，AC=4，BC=3，绕点A逆时针旋转，C落在AB上E点，求BE。 解析：勾股定理 AB=2+2=5；旋转性质 AE=AC=4；BE=ABAE=54=1。答案：1。 ☆3. 旋转对称图形 一个图形绕定点旋转一定角度（小于360°）后能与自身重合，叫做旋转对称图形；这个角度叫旋转角。这个最小的重合角度就叫旋转角 中心对称图形是旋转角为180°的特殊旋转对称图形。 典型例题：六角雪花绕中心旋转，最小n为多少可以重合？ 解析：6个重复部分，最小旋转角 。答案：60°。 ☆4. 旋转变换作图 作图步骤：①确定旋转中心、方向、角度；②找出图形关键点；③将每个关键点绕中心旋转得到对应点；④顺次连接对应点。 找旋转中心方法：两组对应点连线的垂直平分线交点即为旋转中心。 典型例题：三角形绕某点旋转得到另一个三角形，旋转中心是？ 解析：分别作两组对应点线段的垂直平分线，交点就是旋转中心。 ☆5. 旋转综合模型（旋转构造全等） 常见模型：等腰/等边三角形旋转、正方形旋转；将一个三角形绕等腰顶点旋转腰长重合，构造全等三角形，转移线段与角，求解角度、边长。常用于线段和差、勾股定理结合。 典型例题：△ABC绕C逆时针旋转40°得到△A′B′C，A′B′过B，∠A=27°，求∠BCA′。 解析：BC=B′C，∠BCB′=40°，∠CB′B=∠CBB′=70°；外角∠CBB′=∠A′+∠BCA′，∠A′=∠A=27°，∠BCA′=70°27°=43°。答案：43°。 📚知识总结表 核心概念 定义 注意事项 图形旋转 平面图形绕定点转动一定角度 三要素缺一不可；旋转中心可在图形内、边上、外部 旋转性质 对应点到中心距离相等；对应角、线段相等；旋转角相等，图形全等 旋转角看“对应点旋转中心”连线夹角，不是图形边夹角 旋转对称图形 旋转小于360°能和自身重合 中心对称属于特例（180°），旋转对称不一定是中心对称 旋转变换作图 关键点旋转后再连线 分清顺时针、逆时针，不要搞反方向 旋转综合模型 利用旋转转移边、角，构造全等三角形 前提：存在等长线段（等腰、正方形边长相等） 核心考点 · 4大考点精讲 【考点1】生活中的旋转现象（第16题） 1．（2026•南岗区校级开学）钟面上指针从12顺时针旋转60°到（　　） A．1 B．2 C．3 D．4 2．（2026春•虹口区校级期末）如图，有一组齿轮组，齿轮1号与2号相互啮合，齿轮2号与3号相互啮合，齿轮1号的齿数为16，齿轮2号的齿数为24，齿轮3号的齿数为32．当齿轮1号以转速600圈/分顺时针旋转时，齿轮3号的旋转方向与转速是（　　） A．逆时针，300圈/分 B．逆时针，1200圈/分 C．顺时针，300圈/分 D．顺时针，1200圈/分 3．（2025秋•浦东新区期末）“俄罗斯方块”是一种早期的电子游戏，核心玩法是在方格场地中，操控7种积木（每个占四个格子）通过平移、旋转并堆叠（积木与积木之间不能重合，没有缝隙），填满整行即可消除该行从而得分，积木堆到顶端则游戏结束．例如：图①中，将上方“长方形”积木，向下平移4个格子，就可以消除“第1行”从而得分．那么当如图②中最上方积木通过怎样的运动可以同时消除“第1行和第2行”（　　） A．向下平移3格 B．以格子A为旋转中心，按逆时针方向旋转90°再向下平移2格 C．以格子A为旋转中心，按逆时针方向旋转90°再向下平移3格 D．以格子A为旋转中心，按顺时针方向旋转90°再向下平移2格 4．（2026秋•同步）如图右侧有一盒拼板玩具，左侧有五块板a、b、c、d、e，如果游戏时可以平移或旋转，但不能翻动盒中任何一块，那么a、b、c、d、e中，_____ 是盒中找不到的？（填字母代号） 5．（2026•瑶海区校级三模）“花世界之眼”摩天轮是目前安徽最大的摩天轮，其示意图如图所示．该摩天轮的直径为125m，摩天轮匀速旋转一圈用时25min．某轿厢从点A开始，10min后到达点B，在此过程中该轿厢所经过的路径（即弧AB）长度为________ m．（结果保留π） 6．（2026•威海模拟）图1的摩天轮上以等间隔的方式设置36个车厢，车厢依顺时针方向分别编号为1号到36号，且摩天轮运行时以逆时针方向等速旋转，旋转一圈花费30分钟．若图2表示21号车厢运行到最高点的情形，则此时经过 _______ 分钟后，9号车厢才会运行到最高点？ 【考点2】旋转的性质（第717题） 7．（2026•西城区校级开学）如图，将△ABC绕顶点C逆时针旋转40°得到△A′B′C，且A′B′刚好经过点B．若∠A＝27°，则∠BCA′的度数为（　　） A．40° B．41° C．42° D．43° 8．（2025秋•新和县期末）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝4，BC＝3，将△ABC绕点A逆时针旋转，使点C落在边AB上的E处，点B落在D处，则BE的长为（　　） A．1 B． C．2 D． 9．（2026•河东区校级三模）如图，将△ABC沿射线BC的方向平移，得到△A′B′C′，再将△A′B′C′绕点A′逆时针旋转一定角度后，得到△A′CD，点B′的对应点为C，点C′的对应点为点D，则下列结论不一定正确的是（　　） A．A′D∥BC B．BB′＝CC′ C．∠B′A′C＝∠C′A′D D．CA′平分∠BCD 10．（2026•和平区三模）在矩形ABCD中，AB＝5，AD＝3，将矩形ABCD绕点D顺时针旋转得到矩形A′B′C′D，点A，B，C的对应点分别为A′、B′、C′．当点B′落在线段BC的延长线上时，A′B′与CD相交于点H，则线段B′H的长为（　　） A． B． C．3 D． 11．（2026•襄州区模拟）如图，在△ABC中，∠ACB＝40°，将△ABC绕点B逆时针旋转60°得到△DBE，点A，C的对应点分别为D，E，连接DA，若点C，A，D在一条直线上，下列结论一定正确的是（　　） A．∠ABC＝∠EBA B．∠DEC＝90° C．DE∥AB D．BE⊥CD 12．（2026•日照校级开学）如图，在△ABC中，∠BAC＝64°．将△ABC绕点A逆时针旋转α（0°＜α＜64°）得到△ADE，DE交AC于点F．当α＝40°时，点D恰好落在BC上，此时∠AFE的度数为________ ． 13．（2026秋•宝安区校级月考）如图，四边形ABCD是正方形，E为CD上一点，将△ADE绕点A顺时针旋转90°至△ABF，连接EF，AH⊥EF于点H，交BC于点G，若BG＝2，CG＝1，则DE的长为________ ． 14．（2026•贵池区一模）如图，将△ABC绕点A逆时针旋转得到△ADE，点C的对应点D恰好落在CB延长线上，已知，∠C＝2∠BAD，BC＝BD+2，则BD的长为_________________ ． 15．（2026•南山区一模）在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝120°，点D是边BC上一动点（BD＞CD），连接AD，将AD绕点A逆时针旋转60°到AE上，连接CE，BE，取BE中点G，若DE⊥CE，则的值为____________________ ． 16．（2025秋•富锦市期末）如图①所示，△ABC和△ADE都是等腰直角三角形，∠BAC＝∠DAE＝90°，当点B在线段AD上，点C在线段AE上时，我们很容易得到BD＝CE，不需证明． （1）如图②所示，将△ADE绕点A逆时针旋转α（0＜α＜90°），连接BD和CE，此时BD＝CE是否依然成立？若成立，写出证明过程；若不成立，说明理由； （2）如图③所示，当△ADE绕点A逆时针旋转，使得点D恰好落在BC的延长线上，连接CE．若，，求线段DE的长． 17．（2026•凉州区一模）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，将△ABC绕点C顺时针旋转得到△DEC，点B的对应点为E，点A的对应点D落在线段AB上，DE与BC相交于点F，连接BE． （1）求证：DC平分∠ADE； （2）若∠A＝70°，求∠DEB的度数． 【考点3】旋转对称图形（第1827题） 18．（2026•船营区校级一模）雪花也称银粟、玉龙、玉尘，是一种晶体，是天空中的水汽经凝华而来的固态降水，结构随温度的变化而变化，多呈六角形，像花，如图所示的雪花绕中心旋转n°后能与原来的图案重合，则n的最小值为（　　） A．30 B．60 C．90 D．120 19．（2026春•鲁山县期末）将下列图形绕其中心旋转，当图形第一次与其自身重合时，旋转角最大的是（　　） A． B． C． D． 20．（2026春•宁强县校级期末）如图，点P为等边△ABC内一点，连接PA、PB、PC，且PA＝PB＝PC，若等边△ABC绕点P旋转一定角度后，能与自身重合，则旋转的角度不可能是（　　） A．60° B．120° C．240° D．360° 21．（2026•船营区校级模拟）中国“二十四节气”已被正式列入联合国教科文组织人类非物质文化遗产代表作品录，如图代表“大雪”，此图绕着它的中心，按下列角度旋转，能与其自身完全重合的是（　　） A．90° B．60° C．45° D．30° 22．（2026春•闵行区期中）如图，在矩形ABCD中，AB＞AD，对角线AC、BD相交于点O．下列说法中，正确的是（　　） A．两条对角线把矩形ABCD分割成两个等腰三角形和两个等边三角形 B．矩形ABCD绕点O旋转90°后，能与自身重合 C．对角线AC、BD是矩形ABCD的对称轴 D．将矩形ABCD沿对角线AC所在的直线对折后，得到的图形是轴对称图形 23．（2026•渭南模拟）如图，赵爽弦图是中国古代数学家赵爽在注解《周髀算经》时提出的勾股定理证明方法，将它绕着中心点O旋转n°（0＜n＜360）后，能够与原来的图形完全重合，则n的值可以是____________________ ．（写出一个符合题意的数即可） 24．（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________ ． 25．（2025春•同步）如图，在△ABC中，以点C为旋转中心，将△ABC旋转到△A′B′C的位置，其中点A′、B′分别是点A、B的对应点，且点B′在AB边上，按照上述方法旋转△A′B′C，…，这样共旋转四次恰好构成一个旋转对称图形，则∠BCB′的度数为 ________ ，∠A′B′B的度数为 _________ ． 26．（2024秋•浦东新区校级期末）如图是一个微型风车模型，风车的四叶分别标记为“①、②、③、④”，观察图形，回答以下问题． （1）图1的风车绕中心先顺时针旋转90°，形成图2的状态，再逆时针旋转180°，形成图3的状态，请在图2、图3的四叶上分别标记“①、②、③、④”． （2）图1的风车绕中心顺时针旋转2610度后，风叶①到达了图4 _____ 的位置．（填入A、B、C、D） （3）图1所示风车绕中心逆时针旋转 ________ 度（旋转一周内），风叶①也能到达第（2）问中位置． （4）图1所示风车中风叶①最少翻折 _____ 次，也能到达第（2）问中位置． 27．（2025春•天宁区校级期中）在平面内，如果一个图形绕一个定点旋转一定的角度后能与自身重合，那么就称这个图形是旋转对称图形，转动的这个角称为这个图形的一个旋转角．例如：正方形绕着它的对角线的交点旋转90°后能与自身重合（如图1），所以正方形是旋转对称图形，它有一个旋转角为90度． （1）下列图形中，是旋转对称图形，且有一个旋转角为120°的是_______ （写出所有正确结论的序号）； ①正三角形；②正方形；③正六边形；④正八边形 （2）写出一个多边形，它是旋转对称图形，有一个旋转角为72°，并且满足：既是轴对称图形，又是中心对称图形：_________ ； （3）2002年8月，在北京召开的国际数学家大会会标取材于我国古代数学家赵爽发现的“弦图”，它是由四个大小相等，形状相同的直角三角形与中间的小正方形拼成的一个大正方形（如图2），设直角三角形的较短直角边为a，较长直角边为b，最长的斜边为c． ①此正方形会标是旋转对称图形吗？_____ ；（是或不是） ②根据图2猜想a2、b2、c2之间的数量关系，并说明理由； ③若图2中大正方形的面积是25，小正方形的面积是4，现将四个直角三角形按如图3的形式重新摆放，那么图3中最大的正方形的面积为_______ ． 【考点4】作图旋转变换（第2833题） 28．（2026春•坊子区期末）游乐园中“海盗”船（图1）围绕顶端横梁左右摇摆，给游客带来奇妙的运动体验．小莹同学绘制了“海盗”船在两个不同时刻摇摆状态的侧面示意图（图2），横梁可视为一点，那么在小莹的绘画中横梁应是（　　） A．点M B．点N C．点P D．点Q 29．（2022秋•尧都区期中）如图，在平面直角坐标系中，画△ABC关于点O成中心对称的图形时，由于紧张对称中心选错，画出的图形是△DEF，请你找出此时的对称中心是（　　） A．（2，0） B．（2，1） C．（1，2） D．（1，0） 30．（2026•河南校级开学）按要求在下面方格中画图并完成填空． （1）图中图形A到图形C，先向_____ 平移了_____ 格，再向_____ 平移了_____ 格； （2）以方格中的虚线为对称轴，补全图形D的轴对称图形，如果每一个小方格表示1平方厘米，那么图形D补全后的图形面积是_____ 平方厘米； （3）将长方形E绕它的顶点O，顺时针方向旋转90°，画出旋转后的图形． 31．（2026•辽中区校级开学）想一想，画一画，填一填． （1）将图形A向上平移3格得到图形B，画出图形B； （2）以虚线为对称轴，画出图形B的轴对称图形C； （3）把图形A绕点O顺时针旋转90°后得到图形D，画出图形D．旋转后，M点的对应点的位置用数对表示为__________ ； （4）将图形A放大，使新图形与原图形对应线段长的比是2：1，那么放大后图形的面积是原来的_____ 倍． 32．（2026秋•宝安区校级月考）已知点E是正方形ABCD的边BC上的一点，且点E不与点B、C重合，在图1，图2、图3的正方形网格图中，点A、B、C、D、E都是格点，请按要求画图： ①在图1中画出三角形ABE平移后得到的三角形FDG，其中点A、B、E的对应点分别是点F，D、G． ②连接BD，在图2中画出与三角形ABE关于直线BD成轴对称的图形． ③点O是正方形网格图中的一点，且点O不与点A、B、C、D、E重合，将三角形ABE绕着点O旋转，使得线段AB与线段AD重合，请在图3中画出符合上述条件的点O以及三角形ABE旋转后得到的三角形． 33．（2026春•会宁县期末）在春晚舞台上，来自杭州宇树科技的人形机器人，与真人舞蹈演员一同上演了“AI机器舞蹈”．这场大型全AI驱动的全自动集群人形机器人表演，背后是科技与传统文化的碰撞融合．它们的队形设计充满数学奥秘，表演中，舞台可近似为一个平面直角坐标系，如图，三个机器人A、B、C构成△ABC，其初始位置坐标分别为A（1，4），B（3，1），C（4，4），另外三个机器人D、E、F的初始位置构成的△DEF与△ABC关于点M（5，5）成中心对称． （1）在图中画出△DEF； （2）为了完成队形变换，机器人A、B、C同时向右平移7个单位长度，再向上平移1个单位长度，得到△A1B1C1，请画出△A1B1C1； （3）队形继续进行变换，B1绕点A1顺时针旋转90°得到B2，请写出此时B2的坐标为__________ ． 【考点5】利用旋转设计图案（第3440题） 34．（2026•高港区一模）明代数学文献中的“五星幻图”是中国古代唯一在算书中出现五角星的数学文献，如图所示的五角形图案绕点O至少旋转_______ 度才能与自身重合． 35．（2026•市南区校级开学）在平面上，基本图形经过旋转、平移等图形变化可以得到丰富的图案．如图1，在菱形ABCD中剪去一个菱形EMFD得到如图2的基本图形，图2经过旋转、拼接得到图3，图3经过平移、拼接得到图4．若AB＝2，点E，F分别为AD，CD的中点，则图1中阴影部分的面积是____________________ ． 36．（2026春•海州区期中）如图是4×4的正方形网格，其中已有3个小方格涂成了黑色．现在要从其余13个白色的小方格中选出一个也涂成黑色，使形成的图形成为中心对称图形，这样的白色小方格有_____ 个． 37．（2026•望奎县开学）请你对已知图形进行平移或旋转，设计出美丽的图案． 38．（2026春•二七区校级期末）如图，△OAB的各顶点坐标分别为A（2，3），B（3，1），O（0，0）． （1）下面是嘉嘉设计图案的步骤，请你按步骤完成画图： 步骤一：以点O为对称中心，画出与△OAB成中心对称的△OA1B1； 步骤二：以点O为旋转中心，画出将△OA1B1按顺时针方向旋转90°后的△OA2B2； （2）在嘉嘉设计的图案中，若点M（a，b）为△OAB边上的任意一点，则该点在△OA2B2上对应点的坐标为___________ ． 39．（2026春•法库县期末）“大风车吱呀吱哟哟的转，这里的风景呀真好看，天好看，地好看，还有一起快乐的小伙伴…”，这首欢快的歌，把我们拉回到快乐的童年记忆中．如图，在边长为1的小正方形组成的网格中，以△ABC为基本图形，利用图形的旋转变换绘制风车风轮的平面图形，请根据要求回答下列问题． （1）△ABC绕点A逆时针旋转_______ 度得到△AB1C1； （2）在图中画出将△ABC绕点A顺时针旋转180°后得到的△AB2C2； （3）求完整的风车风轮平面图形的面积． 40．（2025秋•射阳县期末）【操作拼图】已知一副直角三角尺先按如图的方式拼接在一起，其中OA与直线MN重合，∠NOC＝∠COD＝30°，∠AOB＝45°． （1）在上述所拼图形中，∠BOD的度数为 _______ °． （2）【问题探究】在上述所拼图形基础上，让三角尺AOB固定不动，将三角尺COD绕着点O以每秒5°的速度按逆时针方向旋转，且两块三角尺均在直线MN的上方．设三角尺COD的旋转时间为ts，在旋转过程中，请求出当∠BOC＝3∠BOD时t的值． （3）【拓展延伸】在按照【操作拼图】要求拼好图后，让三角尺COD绕着点O以每秒1°的速度按顺时针方向旋转的同时，三角尺AOB也绕着点O以每秒5°的速度按顺时针方向旋转．在旋转过程中，两块三角尺均在直线MN的上方，且当三角尺AOB停止旋转时，三角尺COD也停止旋转．设三角尺AOB的旋转时间为ts．在旋转过程中，当AB与三角尺COD的某一边平行时，请直接写出t的值． 课后巩固 · 针对性练习 ❤复习建议 1. 牢记旋转三要素，做题先圈画旋转中心、旋转角度，区分顺时针与逆时针，很多错题来自方向搞反。 2. 做旋转几何题优先标记“相等线段、相等角”，旋转一定带来全等，把对应边、对应角写在图上，不要凭想象。 3. 旋转综合压轴，看到等腰、等边、正方形，优先考虑“旋转构造全等”，实现线段转移；多练习把分散条件集中到同一个三角形。 4. 旋转对称图形：会算最小旋转角，分清旋转对称≠中心对称，做题举例反例验证。 5. 作图题：一定要抓关键点，只旋转顶点再连线；找旋转中心记住“两组对应点连线垂直平分线交点”。 【作业1】（2026•鹿城区校级开学）下列图案中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（　　） A． B． C． D． 【作业2】（2025秋•衡水月考）新邢襄旅游产业发展大会主会场活动在邢台举办，大会吉祥物“太行山家族”包含“山宝”“水灵”“葫娃”“栗仔”4个角色，其中“葫娃”形似葫芦，意在传递扁鹊中医药文化底蕴．通过将如图所示的“葫娃”旋转，可以得到（　　） A． B． C． D． 【作业3】（2026•滨海新区校级二模）如图，在△ABC中，∠CAB＝65°，将△ABC在平面内绕点A旋转到△AB′C′的位置，使CC′∥AB，则旋转角的度数为（　　） A．50° B．40° C．35° D．65° 【作业4】（2025秋•黔东南州期末）如图，点A关于原点的中心对称点是（　　） A．点P B．点Q C．点K D．点R 【作业5】（2025秋•大连期末）如图，在等腰△ABC中，∠A＝120°，将△ABC绕点C逆时针旋转α（0°＜α＜90°）得到△CDE，当点A的对应点D落在BC上时，连接BE，则∠BED的度数是（　　） A．30° B．45° C．55° D．75° 【作业6】（2022春•黔江区期末）将△AOB绕点O旋转180°得到△DOE，则下列作图正确的是（　　） A． B． C． D． 【作业7】（2026秋•香洲区校级月考）如图中，如果点A的位置用数对表示是（2，3），点C的位置用数对表示是（5，5），那么点B的位置用数对表示是__________ ；若将三角形ABC绕点B顺时针旋转90度，此时，点A的位置用数对表示是__________ ． 【作业8】（2026•鹿城区校级开学）如图，在菱形ABCD中，∠B＝60°，将CD绕点D逆时针旋转至DE，连结AE交线段CD于点F． （1）若F为AE的中点，则旋转角∠CDE＝________ ． （2）若EF＝2，，则CE＝____________________ ． 【作业9】（2026•河口区三模）如图，Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠B＝60°，将△ACB绕点C逆时针旋转到△CDE的位置，当CD⊥AB时，连接AE，则∠CAE的度数为 ________ ． 【作业10】（2026•鼓楼区校级开学）如图，在Rt△ABC中，∠B＝90°，AB＝5，BC＝12，点M是边AC的中点．将△ABC绕着点A逆时针旋转到△ADE的位置，点D恰好在边AC上，点M'是点M的对应点，则M、M'两点间的距离为_________________ ． 【作业11】（2026•北京校级开学）如图，在正方形ABCD中，E是AD边的中点，P是AB边上的动点（不与点A，B重合），以E为中心，将线段EP逆时针旋转90°，得到线段EQ．给出下面四个结论： ①∠APE＝∠QED； ②AP＜AE； ③D，Q两点间距离的最小值大于C，Q两点间距离的最小值； ④点Q到直线AD，BC的距离相等． 上述结论中，写出所有正确结论的序号_______ ． 【作业12】（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____________ ． 【作业13】（2026春•雁塔区校级期末）如图，方格纸中每个小正方形的边长都是1个单位长度，在方格纸中建立平面直角坐标系，△ABC的顶点都在格点上． （1）将△ABC向右平移4个单位长度得到△A1B1C1，请画出△A1B1C1； （2）画出△ABC关于点O的中心对称图形△A2B2C2； （3）若将△A1B1C1绕某一点旋转可得到△A2B2C2，请直接写出旋转中心的坐标． 【作业14】（2025秋•淄博期末）阅读下面材料，并解决问题： （1）如图①等边△ABC内有一点P，若点P到顶点A、B、C的距离分别为3，4，5，求∠APB的度数． 为了解决本题，我们可以将△ABP绕顶点A旋转到△ACP′处，此时△ACP′≌△ABP，这样就可以利用旋转变换，将三条线段PA、PB、PC转化到一个三角形中，从而求出∠APB＝ _________ ； （2）基本运用 请你利用第（1）题的解答思想方法，解答下面问题 已知如图②，△ABC中，∠CAB＝90°，AB＝AC，E、F为BC上的点且∠EAF＝45°，求证：EF2＝BE2+FC2； （3）能力提升 如图③，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝1，∠ABC＝30°，点O为Rt△ABC内一点，连接AO，BO，CO，且∠AOC＝∠COB＝∠BOA＝120°，求OA+OB+OC的值． 【作业15】（2026春•白银期末）如图，平面直角坐标系内，小正方形网格的边长为1个单位长度，△ABC的顶点均在格点上． （1）画出将△ABC向左平移3个单位后得到的图形△A1B1C1； （2）将△DEF绕点E逆时针旋转90°得到△D1EF1，画出△D1EF1； （3）若△DEF由△ABC绕着某点旋转得到的，则这点的坐标为 __________ ． 【作业16】（2026秋•期末）如图，点B在∠MAN的边AM上，点C在边AN上，BC＝AC，将△ABC绕点B逆时针旋转得到△DBE，且点A的对应点D恰好落在边AN上，连接CE． （1）求证：四边形ABEC是平行四边形； （2）若AB＝15，AD＝18，求AC的长． 【作业17】（2025秋•海淀区期末）在△ABC中，AB＝AC，∠B＝α（0°＜α＜45°），D，E分别是BC，AC的中点，M是线段BD上的动点（不与B，D重合），连接DE，EM，将线段EM绕点E顺时针旋转2α得到线段EN，连接AN． （1）如图1，求证：AN＝DM； （2）如图2，连接MN交AB于点F，当MF＝NF时，用等式表示线段FB与FA的数量关系，并证明． 【作业18】（2025秋•苍溪县期末）感知：如图①，△ABC和△ADE都是等腰直角三角形，∠BAC＝∠DAE＝90°，点B在线段AD上，点C在线段AE上，我们很容易得到BD＝CE，不需证明． 探究：如图②，将△ADE绕点A逆时针旋转α（0＜α＜90°），连结BD和CE，此时BD＝CE是否依然成立？若成立，写出证明过程；若不成立，说明理由．应用：如图③，当△ADE绕点A逆时针旋转，使得点D落在BC的延长线上，连结CE．求： ①∠ACE的度数； ②若AB＝AC＝2，CD＝2，则线段DE的长是多少？ 第1页（共1页） 学科网（北京）股份有限公司 $ 第12讲 图形的旋转 优等生讲义 (知识梳理+典例+压轴+练习) 2026-2027学年人教版九年级数学上册 思维导图 · 课程内容总览 课程目标 · 精准把握学习方向 · 识别生活中的旋转现象，区分旋转、平移变换，理解旋转三要素：旋转中心、旋转方向、旋转角 · 掌握旋转的性质，会利用旋转性质求角度、线段长度，解决几何计算与证明 · 理解旋转对称图形概念，会求最小旋转重合角，区分旋转对称与中心对称 · 能完成旋转变换作图，会找旋转中心，在坐标系中写出旋转后点的坐标 · 会利用旋转进行图案设计，能解决旋转综合压轴题（含旋转构造全等） · 能结合三角形、正方形、菱形等图形进行旋转综合推理计算 知识梳理 · 核心概念与性质 ☆1. 旋转的相关概念 在平面内，将一个图形绕旋转中心按一定方向（顺时针/逆时针）转动一个角度，这样的图形运动叫做图形的旋转。 旋转三要素：旋转中心、旋转方向、旋转角。 旋转角：对应点与旋转中心连线的夹角。旋转不改变图形形状、大小，只改变位置。 典型例题：钟面上指针从12顺时针旋转60°到哪个数字？ 解析：钟表每一大格对应30°；60°÷30°=2格，指向数字2。答案：2。 ☆2. 旋转的性质 · 对应点到旋转中心的距离相等； · 对应线段相等，对应角相等； · 任意一组对应点与旋转中心连线的夹角等于旋转角； · 旋转前后两个图形全等。 典型例题：Rt△ABC，∠ACB=90°，AC=4，BC=3，绕点A逆时针旋转，C落在AB上E点，求BE。 解析：勾股定理 AB=2+2=5；旋转性质 AE=AC=4；BE=ABAE=54=1。答案：1。 ☆3. 旋转对称图形 一个图形绕定点旋转一定角度（小于360°）后能与自身重合，叫做旋转对称图形；这个角度叫旋转角。这个最小的重合角度就叫旋转角 中心对称图形是旋转角为180°的特殊旋转对称图形。 典型例题：六角雪花绕中心旋转，最小n为多少可以重合？ 解析：6个重复部分，最小旋转角 。答案：60°。 ☆4. 旋转变换作图 作图步骤：①确定旋转中心、方向、角度；②找出图形关键点；③将每个关键点绕中心旋转得到对应点；④顺次连接对应点。 找旋转中心方法：两组对应点连线的垂直平分线交点即为旋转中心。 典型例题：三角形绕某点旋转得到另一个三角形，旋转中心是？ 解析：分别作两组对应点线段的垂直平分线，交点就是旋转中心。 ☆5. 旋转综合模型（旋转构造全等） 常见模型：等腰/等边三角形旋转、正方形旋转；将一个三角形绕等腰顶点旋转腰长重合，构造全等三角形，转移线段与角，求解角度、边长。常用于线段和差、勾股定理结合。 典型例题：△ABC绕C逆时针旋转40°得到△A′B′C，A′B′过B，∠A=27°，求∠BCA′。 解析：BC=B′C，∠BCB′=40°，∠CB′B=∠CBB′=70°；外角∠CBB′=∠A′+∠BCA′，∠A′=∠A=27°，∠BCA′=70°27°=43°。答案：43°。 📚知识总结表 核心概念 定义 注意事项 图形旋转 平面图形绕定点转动一定角度 三要素缺一不可；旋转中心可在图形内、边上、外部 旋转性质 对应点到中心距离相等；对应角、线段相等；旋转角相等，图形全等 旋转角看“对应点旋转中心”连线夹角，不是图形边夹角 旋转对称图形 旋转小于360°能和自身重合 中心对称属于特例（180°），旋转对称不一定是中心对称 旋转变换作图 关键点旋转后再连线 分清顺时针、逆时针，不要搞反方向 旋转综合模型 利用旋转转移边、角，构造全等三角形 前提：存在等长线段（等腰、正方形边长相等） 核心考点 · 4大考点精讲 【考点1】生活中的旋转现象（第16题） 1．（2026•南岗区校级开学）钟面上指针从12顺时针旋转60°到（　　） A．1 B．2 C．3 D．4 【分析】根据时钟上一大格是30°，即可解答． 【解答】解：钟面上指针从12顺时针旋转60°到2， 故选：B． 【点评】本题考查了生活中的旋转现象，熟练掌握这些数学知识是解题的关键． 2．（2026春•虹口区校级期末）如图，有一组齿轮组，齿轮1号与2号相互啮合，齿轮2号与3号相互啮合，齿轮1号的齿数为16，齿轮2号的齿数为24，齿轮3号的齿数为32．当齿轮1号以转速600圈/分顺时针旋转时，齿轮3号的旋转方向与转速是（　　） A．逆时针，300圈/分 B．逆时针，1200圈/分 C．顺时针，300圈/分 D．顺时针，1200圈/分 【分析】这道题考察啮合齿轮的两个基础规律：互相啮合的两个齿轮，旋转方向一定相反同一时间段内，互相啮合的所有齿轮转过的总齿数完全相等，据此推理解答即可． 【解答】解：方向判断：互相啮合的两个齿轮旋转方向相反， 1号齿轮顺时针旋转，和它啮合的2号齿轮就逆时针旋转， 和2号啮合的3号齿轮旋转方向和2号相反，也就是顺时针旋转． 转速计算：1号齿轮每分钟转600圈， 1分钟内转过的总齿数为：16×600＝9600（齿）， 互相啮合的齿轮同一时间转过的总齿数相等， 所以2号齿轮1分钟也转过9600齿， 2号齿轮的转速为：9600÷24＝400（圈/分）， 同理，2号齿轮1分钟转过的总齿数为：24×400＝9600（齿）， 3号齿轮1分钟也转过9600齿， 3号齿轮的转速为：9600÷32＝300（圈/分）， 所以齿轮3号是顺时针旋转，转速为300圈/分． 故选：C． 【点评】题目考查了生活中的旋转现象，解题的关键在于相关知识的灵活运用． 3．（2025秋•浦东新区期末）“俄罗斯方块”是一种早期的电子游戏，核心玩法是在方格场地中，操控7种积木（每个占四个格子）通过平移、旋转并堆叠（积木与积木之间不能重合，没有缝隙），填满整行即可消除该行从而得分，积木堆到顶端则游戏结束．例如：图①中，将上方“长方形”积木，向下平移4个格子，就可以消除“第1行”从而得分．那么当如图②中最上方积木通过怎样的运动可以同时消除“第1行和第2行”（　　） A．向下平移3格 B．以格子A为旋转中心，按逆时针方向旋转90°再向下平移2格 C．以格子A为旋转中心，按逆时针方向旋转90°再向下平移3格 D．以格子A为旋转中心，按顺时针方向旋转90°再向下平移2格 【分析】根据平移和旋转的定义解答即可． 【解答】解：如图②中最上方积木通过以格子A为旋转中心，按逆时针方向旋转90°再向下平移3格，可以同时消除“第1行和第2行”． 故选：C． 【点评】本题考查了生活中的旋转现象以及平移和矩形的性质，掌握平移和旋转的定义是解答本题的关键． 4．（2026秋•同步）如图右侧有一盒拼板玩具，左侧有五块板a、b、c、d、e，如果游戏时可以平移或旋转，但不能翻动盒中任何一块，那么a、b、c、d、e中，d 是盒中找不到的？（填字母代号） 【分析】根据旋转和平移的定义，它们的共同特点是不改变图形的大小和形状，由此可以确定那一块在盒中找不到． 【解答】解：仔细观察盒中图形的特点，可以发现盒中的图形没有一块与d图形相同． 故应填d． 【点评】本题考查旋转和平移的定义，要准确把握二者的共同点． 5．（2026•瑶海区校级三模）“花世界之眼”摩天轮是目前安徽最大的摩天轮，其示意图如图所示．该摩天轮的直径为125m，摩天轮匀速旋转一圈用时25min．某轿厢从点A开始，10min后到达点B，在此过程中该轿厢所经过的路径（即弧AB）长度为　50π　 m．（结果保留π） 【分析】根据弧长的公式进行计算即可． 【解答】解：由题知， 因为摩天轮匀速旋转一圈用时25min， 所以摩天轮10min旋转的角度为：144°． 又因为摩天轮的直径为125m， 则半径为m， 所以该轿厢所经过的路径（即弧AB）长度为：50π（m）． 故答案为：50π． 【点评】本题主要考查了生活中的旋转现象，熟知图形旋转的性质是解题的关键． 6．（2026•威海模拟）图1的摩天轮上以等间隔的方式设置36个车厢，车厢依顺时针方向分别编号为1号到36号，且摩天轮运行时以逆时针方向等速旋转，旋转一圈花费30分钟．若图2表示21号车厢运行到最高点的情形，则此时经过 　20　 分钟后，9号车厢才会运行到最高点？ 【分析】先求出从21号旋转到9号旋转的角度占圆大小比例，再根据旋转一圈花费30分钟解答即可． 【解答】解：30＝20（分钟）， 所以经过20分钟后，9号车厢才会运行到最高点． 故答案为：20． 【点评】本题考查生活中的旋转现象，理清题意，得出从21号旋转到9号旋转的角度占圆大小比例是解题 的关键． 【考点2】旋转的性质（第717题） 7．（2026•西城区校级开学）如图，将△ABC绕顶点C逆时针旋转40°得到△A′B′C，且A′B′刚好经过点B．若∠A＝27°，则∠BCA′的度数为（　　） A．40° B．41° C．42° D．43° 【分析】由旋转的性质得BC＝B′C，∠BCB′＝40°，∠A′＝∠A＝27°，由等边对等角和三角形内角和定理求出∠CBB′，最后根据三角形外角的性质求解． 【解答】解：由旋转知，BC＝B′C，∠BCB′＝40°，∠A′＝∠A＝27°， ∴∠CB'B＝∠CBB'＝（180°﹣∠BCB'）÷2＝（180°﹣40°）÷2＝70°， ∵∠CBB′＝∠A′+∠BCA′， ∴∠BCA′＝∠CBB′﹣∠A′＝70°﹣27°＝43°， 故选：D． 【点评】本题主要考查了旋转的性质，掌握其相关知识点是解题的关键． 8．（2025秋•新和县期末）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝4，BC＝3，将△ABC绕点A逆时针旋转，使点C落在边AB上的E处，点B落在D处，则BE的长为（　　） A．1 B． C．2 D． 【分析】由勾股定理可求得AB的长，由旋转的性质可求得AE＝AC＝4，则可求得BE的长． 【解答】解： ∵在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝4，BC＝3， ∴AB＝5， 又由旋转的性质可得AE＝AC＝4， ∴BE＝AB﹣AE＝5﹣4＝1， 故选：A． 【点评】本题主要考查旋转的性质，掌握旋转前后对应边、对应角相等是解题的关键． 9．（2026•河东区校级三模）如图，将△ABC沿射线BC的方向平移，得到△A′B′C′，再将△A′B′C′绕点A′逆时针旋转一定角度后，得到△A′CD，点B′的对应点为C，点C′的对应点为点D，则下列结论不一定正确的是（　　） A．A′D∥BC B．BB′＝CC′ C．∠B′A′C＝∠C′A′D D．CA′平分∠BCD 【分析】根据旋转的性质可得根据平移和旋转的性质可得：BC＝B′C′＝CD，∠B′A′C′＝CA′D，A′B′＝A′C，∠A′B′C＝∠A′CD，由BB′＝BC﹣B′C，CC′＝B′C′﹣B′C，∠B′A′C＝∠B′A′C′﹣∠CA′C′，∠C′A′D＝∠CA′D﹣∠CA′C′，即可判断B、C；由等腰三角形的性质及旋转的性质可得∠A′CB＝∠A′CD，即可判断D，由∠D＝∠C′不能推出AD′和BC平行，即可判断A． 【解答】解：根据平移和旋转的性质可得：BC＝B′C′＝CD，∠B′A′C′＝CA′D，A′B′＝A′C，∠A′B′C＝∠A′CD， ∵BB′＝BC﹣B′C，CC′＝B′C′﹣B′C，∠B′A′C＝∠B′A′C′﹣∠CA′C′，∠C′A′D＝∠CA′D﹣∠CA′C′， ∴BB′＝CC′，∠B′A′C＝∠C′A′D，故B、C正确，不符合题意， ∵A′B′＝A′C， ∴∠A′B′C＝∠A′CB′， ∴∠A′CB＝∠A′CD， ∴CA′平分∠BCD，故D正确，不符合题意， ∵∠D＝∠C′不能推出AD′和BC平行， ∴A不一定成立，符合题意， 故选：A． 【点评】本题主要考查了平移的性质、旋转的性质、等腰三角形的性质，熟练掌握平移的性质、旋转的性质、等腰三角形的性质，是解题的关键． 10．（2026•和平区三模）在矩形ABCD中，AB＝5，AD＝3，将矩形ABCD绕点D顺时针旋转得到矩形A′B′C′D，点A，B，C的对应点分别为A′、B′、C′．当点B′落在线段BC的延长线上时，A′B′与CD相交于点H，则线段B′H的长为（　　） A． B． C．3 D． 【分析】如图：连接BD、B′D，根据矩形性质和勾股定理求出BD的长，由旋转性质得 DB′＝DB，在Rt△DCB′中求出CB′的长；通过证明△DA′B′≌△B′CD得到∠HB′D＝∠HDB′，从而证得 HB′＝HD；设HB′＝HD＝x，在△B′CH中利用勾股定理列方程求解即可． 【解答】解：如图，在矩形ABCD中，AB＝5，AD＝3，连接BD、B′D， ∴∠BCD＝90°，CD＝AB＝5，BC＝AD＝3， 在直角三角形BCD中，由勾股定理得：， ∵将矩形ABCD绕点D顺时针旋转得到矩形A′B′C′D， ∴∠A′＝90°，，A′D＝AD＝3，A′B′＝AB＝5， ∵点B′落在线段BC的延长线上， ∴∠DCB′＝180°﹣∠BCD＝90°， 在Rt△DCB′中，由勾股定理得：， 在△DA′B′和△B′CD中， ， ∴△DA′B′≌△B′CD（SAS）， ∴∠A′B′D＝∠CDB′，即∠HB′D＝∠HDB′， ∴HB′＝HD， 设HB′＝HD＝x，则CH＝CD﹣HD＝5﹣x， 在△B′CH中，由勾股定理得：B′H2＝B′C2+CH2， ∴x2＝32+（5﹣x）2， 解得：， ∴， 故选：D． 【点评】本题主要考查了旋转的性质，矩形的性质，勾股定理，全等三角形的判定与性质，解答本题的关键是熟练运用勾股定理解决问题． 11．（2026•襄州区模拟）如图，在△ABC中，∠ACB＝40°，将△ABC绕点B逆时针旋转60°得到△DBE，点A，C的对应点分别为D，E，连接DA，若点C，A，D在一条直线上，下列结论一定正确的是（　　） A．∠ABC＝∠EBA B．∠DEC＝90° C．DE∥AB D．BE⊥CD 【分析】由旋转可得，BA＝BD，BC＝BE，∠DBA＝∠EBC＝60°，∠BDE＝∠BAC，∠ACB＝∠DEB＝40°，∠ABC＝∠DBE，则△DBA，△EBC是等边三角形，由∠DEC＝∠BED+∠BEC即可判断B；由∠EBA＝∠EBC﹣∠ABC求出∠EBA的度数，即可判断A；然后求解∠BDE+∠DBA，即可判断C；再由∠AOB＝∠BDA+∠DBE求解∠AOB的度数即可判断D． 【解答】解：由旋转可得，BA＝BD，BC＝BE，∠DBA＝∠EBC＝60°，∠BDE＝∠BAC，∠ACB＝∠DEB＝40°， ∴△DBA，△EBC是等边三角形， ∴∠BEC＝∠BAD＝∠BDA＝60°， ∴∠DEC＝∠BED+∠BEC＝40°+60°＝100°， 故B错误，不符合题意； ∵∠BAD＝∠ACB+∠ABC， ∴∠ABC＝60°﹣40°＝20°， ∴∠EBA＝∠EBC﹣∠ABC＝60°﹣20°＝40°≠∠ABC， 故A错误，不符合题意； ∵∠BAD＝60°， ∴∠BDE＝∠BAC＝180°﹣∠BAD＝120°， ∴∠BDE+∠DBA＝120°+60°＝180°， ∴DE∥AB， 故C正确，符合题意； 由旋转可得，∠ABC＝∠DBE＝20°， ∴∠BDA＝60°， ∴∠AOB＝∠BDA+∠DBE＝80°≠90°， 故D错误，不符合题意． 故选：C． 【点评】本题主要考查了旋转的性质，熟练掌握相关知识是解题的关键． 12．（2026•日照校级开学）如图，在△ABC中，∠BAC＝64°．将△ABC绕点A逆时针旋转α（0°＜α＜64°）得到△ADE，DE交AC于点F．当α＝40°时，点D恰好落在BC上，此时∠AFE的度数为　94°　 ． 【分析】根据旋转的性质得出AB＝AD，∠B＝∠ADE，可求出∠B＝∠ADB＝∠ADE＝70°，进而得出∠DAC＝24°，然后利用三角形外角的性质即可得到答案． 【解答】解：由旋转的性质可知，AB＝AD，∠B＝∠ADE， ∵∠BAD＝α＝40°， ∴∠B＝∠ADB＝∠ADE＝70°， ∴∠DAC＝∠BAC﹣∠BAD＝64°﹣40°＝24°， ∴∠AFE＝∠ADE+∠DAC＝70°+24°＝94°， 故答案为：94°． 【点评】本题主要考查了旋转的性质，掌握其相关知识点是解题的关键． 13．（2026秋•宝安区校级月考）如图，四边形ABCD是正方形，E为CD上一点，将△ADE绕点A顺时针旋转90°至△ABF，连接EF，AH⊥EF于点H，交BC于点G，若BG＝2，CG＝1，则DE的长为　0.6　 ． 【分析】连接EG，根据AG垂直平分EF，即可得出EG＝FG，设DE＝x，则CE＝CD﹣DE＝3﹣x，BF＝DE＝x，FG＝BF+BG＝x+2＝EG，再根据Rt△CEG中，CE2+CG2＝EG2，即可得到DE的长． 【解答】解：如图，连接EG， ∵BG＝2，CG＝1， ∴BC＝BG+CG＝2+1＝3， ∵四边形ABCD是正方形， ∴∠BAD＝∠ABC＝∠C＝∠D＝90°，AB＝AD＝CD＝BC＝3， 由旋转可得AE＝AF，DE＝BF， ∵AG⊥EF， ∴H为EF的中点， ∴AG垂直平分EF， ∴EG＝FG， 设DE＝x，则BF＝DE＝x，FG＝BF+BG＝x+2，CE＝CD﹣DE＝3﹣x， ∴EG＝x+2， 在Rt△CEG中，CE2+CG2＝EG2， ∴（3﹣x）2+12＝（x+2）2， 解得x＝0.6； 即DE＝0.6； 故答案为：0.6． 【点评】本题考查了正方形的性质，勾股定理，线段垂直平分线的性质，旋转的性质等，解题时注意：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． 14．（2026•贵池区一模）如图，将△ABC绕点A逆时针旋转得到△ADE，点C的对应点D恰好落在CB延长线上，已知，∠C＝2∠BAD，BC＝BD+2，则BD的长为　　 ． 【分析】在BC上截取CF＝BD，过点A作AH⊥BC，根据BC＝BD+2，求出BF＝2，由旋转的性质得到，易得∠C＝∠ADB，证明△ACF≌△ADB（SAS），推出∠BAD＝∠CAF，AF＝AB，进而推出∠C＝2∠CAF，结合AH⊥BC，得到，利用勾股定理求出AH＝1，推出△AHF是等腰直角三角形，求出∠AFH＝45°，再利用三角形外角的性质求出∠C＝30°，利用直角三角形的性质求出AC＝2，再利用勾股定理求出，即可求出，即可得出结果． 【解答】解：如图，在BC上截取CF＝BD，过点A作AH⊥BC， ∵BC＝BD+2， ∴BF＝BC﹣CF＝BC﹣BD＝2， 由旋转的性质得到， ∴∠C＝∠ADB， 在△ACF和△ADB（SAS）， ， ∴△ACF≌△ADB（SAS）， ∴∠BAD＝∠CAF，AF＝AB， ∵∠C＝2∠BAD， ∴∠C＝2∠CAF， ∵AH⊥BC，AF＝AB， ∴， ∴， ∴AH＝FH， ∴△AHF是等腰直角三角形， ∴∠AFH＝45°， ∴∠C+∠CAF＝∠AFC＝45°， ∴∠C＝30°， ∴AC＝2AH＝2， ∴， ∴． 故答案为：1． 【点评】本题考查旋转变化，全等三角形的判定与性质，勾股定理，等腰直角三角形，解题的关键是掌握相关知识的灵活运用． 15．（2026•南山区一模）在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝120°，点D是边BC上一动点（BD＞CD），连接AD，将AD绕点A逆时针旋转60°到AE上，连接CE，BE，取BE中点G，若DE⊥CE，则的值为　　 ． 【分析】如图，过点A作AF⊥BC交BC于点O，且AO＝OF，推出AC＝AF，证明出△ADF≌△AEC（SAS），得到DF＝EC，然后得到点E在AC的垂直平分线EH上，求出∠BAH＝90°，取BH的中点I，连接AI，GI，证明出点A，G，I三点共线，求出∠IAC＝90°，然后证明出BE垂直平分AD，得到AG＝GD，证明出△AGD是等腰直角三角形，进而利用勾股定理求解即可． 【解答】解：如图，在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝120°，过点A作AF⊥BC交BC于点O，且AO＝OF， ∴，∠BAO＝∠CAO＝60°， ∴AC＝AB＝2OA＝2OF， ∴AC＝AF， ∵将AD绕点A逆时针旋转60°到AE上， ∴AD＝AE，∠DAE＝60°， ∴△ADE是等边三角形， ∴AD＝AE＝DE，∠DAE＝60°， ∴∠FAC﹣∠DAC＝∠DAE﹣∠DAC， ∴∠FAD＝∠CAE， 在△ADF和△AEC中， ， ∴△ADF≌△AEC（SAS）， ∴DF＝EC， ∵AF⊥BC，AO＝OF， ∴AD＝DF， ∴AE＝EC， ∴点E在AC的垂直平分线EH上，即AC⊥EH， ∴AH＝CH，∠EHC＝60°， ∴∠HAC＝∠ACB＝30°， ∴∠AHB＝60°， ∵∠ABC＝30°， ∴∠BAH＝90°， 如图，取BH的中点I，连接AI，GI， ∴， ∴△AHI是等边三角形， ∴∠AIH＝60°， ∵点G是BE的中点， ∴GI∥EH， ∴∠GIH＝∠EHC＝60°， ∴点A，G，I三点共线， ∴AI∥EH， ∴∠IAC＝90°， ∵DE⊥CE，DE＝EC， ∴∠EDC＝∠ECD＝45°， ∴∠ADB＝180°﹣∠ADE﹣∠EDC＝75°，∠ACE＝∠ECD﹣∠ACD＝15°， ∵AE＝EC， ∴∠EAC＝∠ECA＝15°， ∴∠DAC＝∠DAE﹣∠EAC＝45°， ∴∠BAD＝∠BAC﹣∠DAC＝75°， ∴AB＝BD， 又∵AE＝DE， ∴BE垂直平分AD， ∴AG＝GD， ∵∠GAC＝90°，∠DAC＝45°， ∴∠GAD＝∠GAC﹣∠DAC＝45°， ∴∠GDA＝∠GAD＝45°， ∴∠AGD＝90°， ∴△AGD是等腰直角三角形， 由勾股定理得：AG2+GD2＝AD2，即2AG2＝AD2＝EC2， ∴． 【点评】本题主要考查了旋转的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，解答本题的关键是熟练掌握全等三角形的判定与性质． 16．（2025秋•富锦市期末）如图①所示，△ABC和△ADE都是等腰直角三角形，∠BAC＝∠DAE＝90°，当点B在线段AD上，点C在线段AE上时，我们很容易得到BD＝CE，不需证明． （1）如图②所示，将△ADE绕点A逆时针旋转α（0＜α＜90°），连接BD和CE，此时BD＝CE是否依然成立？若成立，写出证明过程；若不成立，说明理由； （2）如图③所示，当△ADE绕点A逆时针旋转，使得点D恰好落在BC的延长线上，连接CE．若，，求线段DE的长． 【分析】（1）只需要利用SAS证明△ABD≌△ACE即可证明BD＝CE； （2）由△ABD≌△ACE即可得到∠ACE＝∠ABD＝45°，BD＝CE，则∠BCE＝90°，先勾股定理求出BC，再在Rt△CDE中，运用勾股定理求解即可． 【解答】解：（1）BD＝CE成立，证明如下： ∵△ABC和△ADE都是等腰直角三角形， ∴AB＝AC，AD＝AE，∠BAC＝∠DAE＝90°， ∴∠BAD＝∠CAE， ∴△ABD≌△ACE（SAS）， ∴BD＝CE； （2）∵，∠BAC＝90°， ∴，∠ABC＝∠ACB＝45°， 同上可得△ACE≌△ABD， ∴∠ACE＝∠ABD＝45°，BD＝CE， ∴∠BCE＝∠ACB+∠ACE＝90°，； ∴． 【点评】本题主要考查了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，熟知全等三角形的性质与判定条件是解题的关键． 17．（2026•凉州区一模）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，将△ABC绕点C顺时针旋转得到△DEC，点B的对应点为E，点A的对应点D落在线段AB上，DE与BC相交于点F，连接BE． （1）求证：DC平分∠ADE； （2）若∠A＝70°，求∠DEB的度数． 【分析】（1）根据旋转性质得到CA＝CD、∠A＝∠CDE，由等边对等角推得∠CDA＝∠CDE后即可证明DC平分∠ADE； （2）根据三角形内角和定理、旋转性质可得CB＝CE、∠ACD＝∠BCE＝40°、∠CED＝∠CBA＝20°，则由等边对等角可得，最后由∠DEB＝∠CEB﹣∠CED即可得解． 【解答】（1）证明：∵由题意可得：CA＝CD，∠A＝∠CDE， ∴∠A＝∠CDA， ∴∠CDA＝∠CDE， ∴DC平分∠ADE． （2）解：∵∠ACB＝90°，∠A＝70°， ∴∠CBA＝20°， ∵∠A＝∠CDA＝70°， ∴∠ACD＝40°， ∵CB＝CE，∠ACD＝∠BCE＝40°，∠CED＝∠CBA＝20°， ∴， ∴∠DEB＝∠CEB﹣∠CED＝70°﹣20°＝50°． 【点评】本题考查的知识点是旋转性质、等边对等角、角平分线的定义、三角形内角和，解题关键是熟练掌握旋转性质． 【考点3】旋转对称图形（第1827题） 18．（2026•船营区校级一模）雪花也称银粟、玉龙、玉尘，是一种晶体，是天空中的水汽经凝华而来的固态降水，结构随温度的变化而变化，多呈六角形，像花，如图所示的雪花绕中心旋转n°后能与原来的图案重合，则n的最小值为（　　） A．30 B．60 C．90 D．120 【分析】直接利用旋转对称图形的性质得出答案． 【解答】解：如图所示：雪花绕中心旋转n°后能与原来的图案重合，则n的最小值为：60°． 故选：B． 【点评】此题主要考查了旋转对称图形，正确掌握相关性质是解题关键． 19．（2026春•鲁山县期末）将下列图形绕其中心旋转，当图形第一次与其自身重合时，旋转角最大的是（　　） A． B． C． D． 【分析】分别求出正六边形，正方形、正五边形和正三角形的中心角，即可判断． 【解答】解：正六边形的中心角为60°， 正方形的中心角为90°， 正五边形的中心角为72°， 正三角形的中心角120°， 所以当图形第一次与其自身重合时，旋转角最大的是D． 故选：D． 【点评】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． 20．（2026春•宁强县校级期末）如图，点P为等边△ABC内一点，连接PA、PB、PC，且PA＝PB＝PC，若等边△ABC绕点P旋转一定角度后，能与自身重合，则旋转的角度不可能是（　　） A．60° B．120° C．240° D．360° 【分析】根据等边三角形的性质及PA＝PB＝PC判断点P为三角形中心，利用旋转对称性确定旋转角度需为120°的整数倍即可． 【解答】解：∵PA＝PB＝PC，△ABC是等边三角形， ∴点P是△ABC的中心， ∴， ∴等边△ABC绕点P旋转能与自身重合的角度必须是120°的整数倍， ∵120°、240°、360°均为120°的整数倍 而60°不是120°的整数倍， ∴等边△ABC绕点P旋转一定角度后，能与自身重合，则旋转的角度不可能是60°． 故选：A． 【点评】本题考查旋转对称图形，线段垂直平分线的性质，解题的关键是掌握相关知识的灵活运用． 21．（2026•船营区校级模拟）中国“二十四节气”已被正式列入联合国教科文组织人类非物质文化遗产代表作品录，如图代表“大雪”，此图绕着它的中心，按下列角度旋转，能与其自身完全重合的是（　　） A．90° B．60° C．45° D．30° 【分析】根据所给图形，求出符合题意的旋转角度即可． 【解答】解：由题知， 因为360°÷6＝60°， 所以当此图图绕着它的中心旋转60°的整数倍时，能与其自身完全重合， 显然只有B选项符合题意． 故选：B． 【点评】本题主要考查了旋转对称图形，能根据题意求出符合题意的旋转角度是解题的关键． 22．（2026春•闵行区期中）如图，在矩形ABCD中，AB＞AD，对角线AC、BD相交于点O．下列说法中，正确的是（　　） A．两条对角线把矩形ABCD分割成两个等腰三角形和两个等边三角形 B．矩形ABCD绕点O旋转90°后，能与自身重合 C．对角线AC、BD是矩形ABCD的对称轴 D．将矩形ABCD沿对角线AC所在的直线对折后，得到的图形是轴对称图形 【分析】根据旋转对称图形的性质进行判断即可． 【解答】解：A、∵在矩形ABCD中，AB＞AD，对角线AC、BD相交于点O． ∴两条对角线把矩形ABCD分割成四个等腰三角形，故A错误，不符合题意； B、矩形ABCD绕点O旋转180°后，能与自身重合，故B错误，不符合题意； C、对角线AC、BD不是矩形ABCD的对称轴，故C错误，不符合题意； D、将矩形ABCD沿对角线AC所在的直线对折后，得到的图形是轴对称图形，故D正确，符合题意； 故选：D． 【点评】本题考查旋转对称图形，正确记忆相关知识点是解题关键． 23．（2026•渭南模拟）如图，赵爽弦图是中国古代数学家赵爽在注解《周髀算经》时提出的勾股定理证明方法，将它绕着中心点O旋转n°（0＜n＜360）后，能够与原来的图形完全重合，则n的值可以是　90或180或270（答案不唯一）　 ．（写出一个符合题意的数即可） 【分析】根据旋转的性质求解即可． 【解答】解：根据题意可知：旋转的最小角度是：， ∴n的值可以是90或180或270（答案不唯一）， 故答案为：90或180或270（答案不唯一）． 【点评】本题主要考查了旋转对称图形勾股定理的证明，掌握其相关知识点是解题的关键． 24．（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°． 【点评】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． 25．（2025春•同步）如图，在△ABC中，以点C为旋转中心，将△ABC旋转到△A′B′C的位置，其中点A′、B′分别是点A、B的对应点，且点B′在AB边上，按照上述方法旋转△A′B′C，…，这样共旋转四次恰好构成一个旋转对称图形，则∠BCB′的度数为 　72°　 ，∠A′B′B的度数为 　108°　 ． 【分析】根据旋转的性质可知旋转对称图形是正五边形，再根据正五边形的旋转角列式计算即可得解；再根据多边形的外角的定义可得∠A′B′B的度数． 【解答】解：∵旋转四次恰好构成一个旋转对称图形， ∴旋转对称图形是正五边形， ∴∠BCB′＝360°÷5＝72°； 正五边形的每个外角的度数为：72°， 故∠AB′A′＝72°， ∴∠A′B′B＝180°﹣∠AB′A′＝108°． 故答案为：72°，108°． 【点评】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． 26．（2024秋•浦东新区校级期末）如图是一个微型风车模型，风车的四叶分别标记为“①、②、③、④”，观察图形，回答以下问题． （1）图1的风车绕中心先顺时针旋转90°，形成图2的状态，再逆时针旋转180°，形成图3的状态，请在图2、图3的四叶上分别标记“①、②、③、④”． （2）图1的风车绕中心顺时针旋转2610度后，风叶①到达了图4 B 的位置．（填入A、B、C、D） （3）图1所示风车绕中心逆时针旋转 　270　 度（旋转一周内），风叶①也能到达第（2）问中位置． （4）图1所示风车中风叶①最少翻折 　2　 次，也能到达第（2）问中位置． 【分析】（1）利用旋转变换的性质解决问题即可； （2）观察图形可知，旋转360°一次循环，由2610÷360＝7…90可得结论； （3）利用旋转变换的性质判断即可； （4）利用翻折变换作出图形判断即可． 【解答】解；（1•）答案见图2，图3； （2）观察图形可知，旋转360°一次循环， 2610÷360＝7…90， 所以风叶①到达了图4B位置． （3）图1所示风车绕中心逆时针旋转270度（旋转一周内），风叶①也能到达第（2）问中位置． 故答案为：270； （4）由如图5可知，最少翻折2次，也能到达第（2）问中位置． 故答案为：2． 【点评】本题考查旋转对称图形，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题． 27．（2025春•天宁区校级期中）在平面内，如果一个图形绕一个定点旋转一定的角度后能与自身重合，那么就称这个图形是旋转对称图形，转动的这个角称为这个图形的一个旋转角．例如：正方形绕着它的对角线的交点旋转90°后能与自身重合（如图1），所以正方形是旋转对称图形，它有一个旋转角为90度． （1）下列图形中，是旋转对称图形，且有一个旋转角为120°的是　①③　 （写出所有正确结论的序号）； ①正三角形；②正方形；③正六边形；④正八边形 （2）写出一个多边形，它是旋转对称图形，有一个旋转角为72°，并且满足：既是轴对称图形，又是中心对称图形：　正十边形　 ； （3）2002年8月，在北京召开的国际数学家大会会标取材于我国古代数学家赵爽发现的“弦图”，它是由四个大小相等，形状相同的直角三角形与中间的小正方形拼成的一个大正方形（如图2），设直角三角形的较短直角边为a，较长直角边为b，最长的斜边为c． ①此正方形会标是旋转对称图形吗？　是　 ；（是或不是） ②根据图2猜想a2、b2、c2之间的数量关系，并说明理由； ③若图2中大正方形的面积是25，小正方形的面积是4，现将四个直角三角形按如图3的形式重新摆放，那么图3中最大的正方形的面积为　46　 ． 【分析】（1）根据旋转对称图形和旋转角的定义，进行判断即可； （2）将72°当作最小旋转角，进行计算即可． （3）①根据旋转对称图形和旋转角的定义，进行判断即可； ②根据各图形面积之间的关系即可得出结论；③根据各图形面积之间的关系即可得出结论． 【解答】解：（1）①．正三角形是旋转对称图形，它有一个旋转角为120°，符合题意； ②，正方形是旋转对称图形，它有一个旋转角为90°或180°，不符合题意； ③，正六边形是旋转对称图形，它有一个旋转角为120°，符合题意； ④，正八边形是旋转对称图形，它有一个旋转角为45°或90°或135°，不符合题意， 故答案为：①③； （2），72°×2＝144°， 正十边形有一个旋转角为72°，既是轴对称图形，又是中心对称图形，正五边形满足有一个旋转角为72°是轴对称图形，但不是中心对称图形， 故答案为：正十边形； （3）①根据旋转对称图形的定义，此正方形会标是旋转对称图形，它有一个旋转角是90°， 故答案为：是； ②a2、b2、c2之间的数量关系为a2+b2＝c2， 理由：边长为c的正方形的面积可以表示为c2， 也可以表示为，即a2+b2＝c2， 所以a2、b2、c2之间的数量关系为a2+b2＝c2； ③图2中小正方形的面积是4，即（b﹣a）2＝4，大正方形的面积是25，即a2+b2＝25， ∴a2﹣2ab+b2＝4， ∴2ab＝21， 那么图3中最大的正方形的面积为（a+b）2＝a2+2ab+b2＝25+21＝46， 故答案为：46． 【点评】本题考查旋转对称图形，轴对称图形，中心对称图形及运用完全平方公式计算，掌握旋转对称图形的旋转角的计算方法是解题的关键． 【考点4】作图旋转变换（第2833题） 28．（2026春•坊子区期末）游乐园中“海盗”船（图1）围绕顶端横梁左右摇摆，给游客带来奇妙的运动体验．小莹同学绘制了“海盗”船在两个不同时刻摇摆状态的侧面示意图（图2），横梁可视为一点，那么在小莹的绘画中横梁应是（　　） A．点M B．点N C．点P D．点Q 【分析】根据旋转中心在对应点所连线段的中垂线上进行逐一判断即可． 【解答】解：由题意可知，四边形ABCD与四边形A′B′C′D′成旋转对称，其旋转中心为M．故A符合题意， 故选：A． 【点评】本题考查作图—旋转变换，解题的关键是掌握相关知识的灵活运用． 29．（2022秋•尧都区期中）如图，在平面直角坐标系中，画△ABC关于点O成中心对称的图形时，由于紧张对称中心选错，画出的图形是△DEF，请你找出此时的对称中心是（　　） A．（2，0） B．（2，1） C．（1，2） D．（1，0） 【分析】分别求出点A，B，C，D，E，F的坐标，从而可得AD，BE，CF的中点坐标，由此即可得． 【解答】解：由图可知，A（5，2），B（7，6），C（2，4），D（﹣1，0），E（﹣3，﹣4），F（2，﹣2）， ∴AD的中点坐标为，即为（2，1）， BE的中点坐标为，即为（2，1）， CF的中点坐标为，即为（2，1）， ∴AD，BE，CF的中点坐标均为（2，1）， ∴△ABC与△DEF的对称中心是（2，1）， 故选：B． 【点评】本题考查了求对称中心，正确找出两个三角形旋转后的对应点是解题关键． 30．（2026•河南校级开学）按要求在下面方格中画图并完成填空． （1）图中图形A到图形C，先向　下　 平移了　5　 格，再向　右　 平移了　4　 格； （2）以方格中的虚线为对称轴，补全图形D的轴对称图形，如果每一个小方格表示1平方厘米，那么图形D补全后的图形面积是　7　 平方厘米； （3）将长方形E绕它的顶点O，顺时针方向旋转90°，画出旋转后的图形． 【分析】（1）结合平移的性质可得答案． （2）根据轴对称的性质作图即可；利用分割法计算即可． （3）根据旋转的性质作图即可． 【解答】解：（1）由图可知，图形A到图形C，先向下平移了5格，再向右平移了4格． 故答案为：下；5；右；4． （2）如图，图D'即为所求． 图形D补全后的图形面积是7（平方厘米）． 故答案为：7． （3）如图，图E'即为所求． 【点评】本题考查作图﹣旋转变换、作图﹣轴对称变换、平移的性质，熟练掌握轴对称的性质、平移的性质、旋转的性质是解答本题的关键． 31．（2026•辽中区校级开学）想一想，画一画，填一填． （1）将图形A向上平移3格得到图形B，画出图形B； （2）以虚线为对称轴，画出图形B的轴对称图形C； （3）把图形A绕点O顺时针旋转90°后得到图形D，画出图形D．旋转后，M点的对应点的位置用数对表示为　（6，5）　 ； （4）将图形A放大，使新图形与原图形对应线段长的比是2：1，那么放大后图形的面积是原来的　4　 倍． 【分析】（1）利用网格特点和平移性质画出图形A的三个顶点的对应点即可； （2）利用网格特点和轴对称的性质画出图形B的三个顶点关于图中的虚线的对称点，顺次连接即可得到图形C； （3）将图形A的三个顶点绕点O顺时针旋转得到对应点，然后顺次连接即可得到图形D，再根据平面直角坐标系确定M点的对应点的坐标即可； （4）利用相似三角形的性质求解． 【解答】解：（1）如图，图形B为所作； （2）如图，图形C为所作； （3）如图，图形D为所作，M点的对应点的位置用数对表示为（6，5）； 故答案为（6，5）； （4）放大后图形的面积是原来的4倍． 故答案为：4． 【点评】本题考查了作图﹣旋转变换，利用旋转的性质和网格特点画出90°，找到对应点，顺次连接得出旋转后的图形．也考查了轴对称变换和平移变换． 32．（2026秋•宝安区校级月考）已知点E是正方形ABCD的边BC上的一点，且点E不与点B、C重合，在图1，图2、图3的正方形网格图中，点A、B、C、D、E都是格点，请按要求画图： ①在图1中画出三角形ABE平移后得到的三角形FDG，其中点A、B、E的对应点分别是点F，D、G． ②连接BD，在图2中画出与三角形ABE关于直线BD成轴对称的图形． ③点O是正方形网格图中的一点，且点O不与点A、B、C、D、E重合，将三角形ABE绕着点O旋转，使得线段AB与线段AD重合，请在图3中画出符合上述条件的点O以及三角形ABE旋转后得到的三角形． 【分析】（1）利用平移作图的方法即可作图； （2）利用轴对称作图的方法即可作图； （3）利用旋转作图的方法即可作图． 【解答】解：（1）如图所示，△FDG即为所求； （2）如图所示，△CBF即为所求； （3）如图所示，点O即为旋转中心，△DAP即为所求． 【点评】本题主要考查了平移（作图），画轴对称图形，画旋转图形，按照要求正确作出图形是解题的关键． 33．（2026春•会宁县期末）在春晚舞台上，来自杭州宇树科技的人形机器人，与真人舞蹈演员一同上演了“AI机器舞蹈”．这场大型全AI驱动的全自动集群人形机器人表演，背后是科技与传统文化的碰撞融合．它们的队形设计充满数学奥秘，表演中，舞台可近似为一个平面直角坐标系，如图，三个机器人A、B、C构成△ABC，其初始位置坐标分别为A（1，4），B（3，1），C（4，4），另外三个机器人D、E、F的初始位置构成的△DEF与△ABC关于点M（5，5）成中心对称． （1）在图中画出△DEF； （2）为了完成队形变换，机器人A、B、C同时向右平移7个单位长度，再向上平移1个单位长度，得到△A1B1C1，请画出△A1B1C1； （3）队形继续进行变换，B1绕点A1顺时针旋转90°得到B2，请写出此时B2的坐标为　（5，3）　 ． 【分析】（1）根据中心对称的性质作图即可； （2）根据平移的性质作图即可； （3）根据旋转的性质作图，即可得出答案． 【解答】（1）解：如图所示，根据中心对称的性质可得，△DEF即为所求； （2）解：如图所示，根据平移的性质可得，△A1B1C1即为所求； （3）解：如图所示，根据旋转的性质可得，B1绕点A1顺时针旋转90°得到B2， ∴B2的坐标为（5，3）． 【点评】本题考查作图﹣旋转变换、作图﹣平移变换、中心对称，熟练掌握中心对称的性质、旋转的性质、平移的性质是解答本题的关键． 【考点5】利用旋转设计图案（第3440题） 34．（2026•高港区一模）明代数学文献中的“五星幻图”是中国古代唯一在算书中出现五角星的数学文献，如图所示的五角形图案绕点O至少旋转　72　 度才能与自身重合． 【分析】角星能被从中心发出的射线平分成相等的5部分，再由一个周角是360°即可求出最小的旋转角度． 【解答】解：五角星可以被中心发出的射线平分成5部分， 那么最小的旋转角度为：360°÷5＝72°． 故答案为：72． 【点评】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． 35．（2026•市南区校级开学）在平面上，基本图形经过旋转、平移等图形变化可以得到丰富的图案．如图1，在菱形ABCD中剪去一个菱形EMFD得到如图2的基本图形，图2经过旋转、拼接得到图3，图3经过平移、拼接得到图4．若AB＝2，点E，F分别为AD，CD的中点，则图1中阴影部分的面积是　　 ． 【分析】根据菱形的性质及所拼图形，可求得∠B＝∠D＝120°，进而可求得两个菱形的高，用大菱形的面积减去小菱形的面积即可． 【解答】解：由图3可得3∠B＝360°， ∴∠B＝120°， ∵在菱形ABCD中，AB＝BC＝CD＝AD，AD∥BC，AB∥CD， ∴∠A＝180°﹣120°＝60°， 作DG⊥AB于G，交EM于H， ∵四边形EMFD是菱形， ∴EM∥CD， ∴EM∥AB∥CD， ∴DH⊥EM，∠DEM＝∠A＝60°， ∴∠ADG＝30°， ∴Rt△ADG中，，， ∵点E，F分别为AD，CD的中点， ∴DE＝MF＝EM＝DF＝1， 同理：， ∴， 故答案为：． 【点评】本题主要考查了利用旋转设计图案，菱形的性质，利用平移设计图案，掌握其相关知识点是解题的关键． 36．（2026春•海州区期中）如图是4×4的正方形网格，其中已有3个小方格涂成了黑色．现在要从其余13个白色的小方格中选出一个也涂成黑色，使形成的图形成为中心对称图形，这样的白色小方格有　2　 个． 【分析】根据中心对称的定义，逐个验证剩余白色方格，填入后旋转180°可以使图形重合的即为所求． 【解答】解：根据中心对称的定义，逐个验证剩余白色方格，如图，只有将A方格涂黑可以使形成的图形成为中心对称图形， 故这样的小方格有2个． 故答案为：2． 【点评】本题考查利用旋转设计图案，解题的关键是掌握相关知识的灵活运用． 37．（2026•望奎县开学）请你对已知图形进行平移或旋转，设计出美丽的图案． 【分析】把图形以最下面的顶点为中心，顺时针旋转90度、180度、270度即可设计出美丽图案． 【解答】解：把图形以最下面的顶点为中心，顺时针旋转90度、180度、270度即可设计出美丽图案： （设计不唯一，合理即可） 【点评】本题考查了利用旋转设计图案，解题的关键是掌握相关知识的灵活运用． 38．（2026春•二七区校级期末）如图，△OAB的各顶点坐标分别为A（2，3），B（3，1），O（0，0）． （1）下面是嘉嘉设计图案的步骤，请你按步骤完成画图： 步骤一：以点O为对称中心，画出与△OAB成中心对称的△OA1B1； 步骤二：以点O为旋转中心，画出将△OA1B1按顺时针方向旋转90°后的△OA2B2； （2）在嘉嘉设计的图案中，若点M（a，b）为△OAB边上的任意一点，则该点在△OA2B2上对应点的坐标为　（﹣b，a）　 ． 【分析】（1）利用旋转变换的性质作出△OA1B1，△OA2B2即可； （2）利用旋转变换的性质判断即可． 【解答】解：（1）如图，△OA1B1，△OA2B2即为所求； （2）点M（a，b）在△OA2B2上对应点的坐标为（﹣b，a）． 故答案为：（﹣b，a）． 【点评】本题考查作图﹣利用性质设计图案，解题的关键是掌握相关知识解决问题． 39．（2026春•法库县期末）“大风车吱呀吱哟哟的转，这里的风景呀真好看，天好看，地好看，还有一起快乐的小伙伴…”，这首欢快的歌，把我们拉回到快乐的童年记忆中．如图，在边长为1的小正方形组成的网格中，以△ABC为基本图形，利用图形的旋转变换绘制风车风轮的平面图形，请根据要求回答下列问题． （1）△ABC绕点A逆时针旋转　90　 度得到△AB1C1； （2）在图中画出将△ABC绕点A顺时针旋转180°后得到的△AB2C2； （3）求完整的风车风轮平面图形的面积． 【分析】（1）根据旋转的性质结合图形即可得到结论； （2）根据旋转的性质作出图形即可； （3）根据三角形的面积公式即可得到结论． 【解答】解：（1）△ABC绕点A逆时针旋转90度得到△AB1C1； 故答案为：90； （2）如图所示，△AB2C2即为所求； （3）完整的风车风轮平面图形的面积＝420． 【点评】本题考查了利用旋转设计图案，旋转的性质，三角形的面积的计算，正确地作出图形是解题的关键． 40．（2025秋•射阳县期末）【操作拼图】已知一副直角三角尺先按如图的方式拼接在一起，其中OA与直线MN重合，∠NOC＝∠COD＝30°，∠AOB＝45°． （1）在上述所拼图形中，∠BOD的度数为 　75　 °． （2）【问题探究】在上述所拼图形基础上，让三角尺AOB固定不动，将三角尺COD绕着点O以每秒5°的速度按逆时针方向旋转，且两块三角尺均在直线MN的上方．设三角尺COD的旋转时间为ts，在旋转过程中，请求出当∠BOC＝3∠BOD时t的值． （3）【拓展延伸】在按照【操作拼图】要求拼好图后，让三角尺COD绕着点O以每秒1°的速度按顺时针方向旋转的同时，三角尺AOB也绕着点O以每秒5°的速度按顺时针方向旋转．在旋转过程中，两块三角尺均在直线MN的上方，且当三角尺AOB停止旋转时，三角尺COD也停止旋转．设三角尺AOB的旋转时间为ts．在旋转过程中，当AB与三角尺COD的某一边平行时，请直接写出t的值． 【分析】（1）根据平角的定义求解即可； （2）根据OD，OC的位置分类讨论，列出等式求解即可； （3）根据与AB边平行的边不同分类讨论，根据平行线的性质进行求解即可． 【解答】解：（1）∵∠MON＝∠AOB+∠BOD＝∠COD+∠NOC＝180°，∠AOB＝45°，∠NOC＝∠COD＝30°， ∴∠BOD＝180°﹣30°×2﹣45°＝75°； 故答案为：75； （2）当OB和OD重合时，75°﹣5t＝0，则t＝15， 当OB和OC重合时，75°+30°﹣5t＝0，则t＝21， 当OA和OD重合时，45°+75°﹣5t＝0，则t＝24， ①当0≤t≤15时，∠BOC＝75°+30°﹣5t＝105°﹣5t，∠BOD＝75°﹣5t， ∴105°﹣5t＝3（75°﹣5t）， 解得：t＝12； ②当15＜t≤21时，∠BOC＝75°+30°﹣5t＝105°﹣5t，∠BOD＝5t﹣75°， ∴105°﹣5t＝3（5t﹣75°）， 解得：t； ③当21＜t≤24时，∠BOC＝5t﹣105°，∠BOD＝5t﹣75°， ∴∠BOC＜∠BOD，t无解； 综上所述，t＝12或； （3）当OB和ON重合时，180°﹣45°﹣5t＝0，则t＝27， ∴转动过程中，∠AOM＝5t，∠CON＝30°﹣t， ①当AB∥OD时，∠AOD+∠A＝180°， ∴∠AOD＝90°， ∴∠MOA+∠AOD+∠COD+∠CON＝180°， 即5t+90°+30°+30°﹣t＝180°， 解得：t； ②当AB∥OC时，∠AOC+∠A＝180°， ∴∠AOC＝90°， ∴∠MOA+∠AOC+∠CON＝180°， 即5t+90°+30°﹣t＝180°， 解得：t＝15； 综上所述，t或15． 【点评】本题主要考查了平行线的性质，正确判断角的数量关系是本题解题的关键． 课后巩固 · 针对性练习 ❤复习建议 1. 牢记旋转三要素，做题先圈画旋转中心、旋转角度，区分顺时针与逆时针，很多错题来自方向搞反。 2. 做旋转几何题优先标记“相等线段、相等角”，旋转一定带来全等，把对应边、对应角写在图上，不要凭想象。 3. 旋转综合压轴，看到等腰、等边、正方形，优先考虑“旋转构造全等”，实现线段转移；多练习把分散条件集中到同一个三角形。 4. 旋转对称图形：会算最小旋转角，分清旋转对称≠中心对称，做题举例反例验证。 5. 作图题：一定要抓关键点，只旋转顶点再连线；找旋转中心记住“两组对应点连线垂直平分线交点”。 【作业1】（2026•鹿城区校级开学）下列图案中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（　　） A． B． C． D． 【分析】轴对称图形：沿一条直线对折，直线两侧部分能够完全重合．中心对称图形：绕某一点旋转180°，旋转后的图形能和原图形重合．根据定义判断即可． 【解答】解：A：是轴对称图形，旋转180°不能与原图重合，不是中心对称图形，该选项不合题意； B：沿多条直线对折可重合，绕中心旋转180°也和原图重合，既是轴对称又是中心对称图形，该选项合题意； C：旋转180°能重合，但找不到对称轴，只是中心对称图形，该选项不合题意； D：旋转180°不能重合，没有对称轴，两者都不是，该选项不合题意． 故选：B． 【点评】本题考查了中心对称图形、轴对称图形，解决本题的关键是熟记轴对称、中心对称图形的定义，依次对每个图案进行对折、旋转180°检验． 【作业2】（2025秋•衡水月考）新邢襄旅游产业发展大会主会场活动在邢台举办，大会吉祥物“太行山家族”包含“山宝”“水灵”“葫娃”“栗仔”4个角色，其中“葫娃”形似葫芦，意在传递扁鹊中医药文化底蕴．通过将如图所示的“葫娃”旋转，可以得到（　　） A． B． C． D． 【分析】根据图形旋转的性质，判断原图形旋转后得到的图形． 【解答】解：∵旋转不改变图形的形状、大小和各部分的相对位置关系， 故选：A． 【点评】本题考查旋转的性质，解题的关键是掌握相关知识的灵活运用． 【作业3】（2026•滨海新区校级二模）如图，在△ABC中，∠CAB＝65°，将△ABC在平面内绕点A旋转到△AB′C′的位置，使CC′∥AB，则旋转角的度数为（　　） A．50° B．40° C．35° D．65° 【分析】根据两直线平行，内错角相等可得∠ACC′＝∠CAB，根据旋转的性质可得AC＝AC′，然后利用等腰三角形两底角相等求∠CAC′，再根据∠CAC′、∠BAB′都是旋转角解答． 【解答】解：∵CC′∥AB， ∴∠CAB＝∠ACC′＝65°， ∵△ABC绕点A旋转得到△AB′C′ ∴AC′＝AC， ∴∠AC′C＝∠ACC′， ∴∠CAC′＝180°﹣2∠ACC′＝50°， ∴∠CAC′＝∠BAB′＝50°， 即旋转角的度数为50°． 故选：A． 【点评】本题考查了旋转的性质，等腰三角形两底角相等的性质，熟记性质并准确识图是解题的关键． 【作业4】（2025秋•黔东南州期末）如图，点A关于原点的中心对称点是（　　） A．点P B．点Q C．点K D．点R 【分析】两个点关于原点对称时，它们的坐标符号相反，根据关于原点对称点的坐标原则得出结论． 【解答】解：如图，点A关于原点的中心对称点是点K， 故选：C． 【点评】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时，它们的坐标符号相反，即点P（x，y）关于原点O的对称点是P′（﹣x，﹣y）． 【作业5】（2025秋•大连期末）如图，在等腰△ABC中，∠A＝120°，将△ABC绕点C逆时针旋转α（0°＜α＜90°）得到△CDE，当点A的对应点D落在BC上时，连接BE，则∠BED的度数是（　　） A．30° B．45° C．55° D．75° 【分析】根据等腰三角形的性质与三角形的内角和定理求得∠ABC与∠ACB的度数，再由旋转性质得∠DCE与∠CED的度数，并得CB＝CE，根据等腰三角形与三角形的内角和定理求得∠CEB的度数，便可求得∠BED． 【解答】解：∵AB＝AC，∠A＝120°， ∴∠ABC＝∠ACB＝30°， 由旋转性质知，∠ACB＝∠ABC＝∠DCE＝∠DEC＝30°，CB＝CE， ∴∠CEB＝∠CBE＝75°， ∴∠BED＝∠CEB﹣∠CED＝75°﹣30°＝45°， 故选：B． 【点评】本题考查了等腰三角形的性质，三角形内角和定理，旋转性质，关键会是综合应用这些知识解题． 【作业6】（2022春•黔江区期末）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】将△AOB绕点O旋转180°得到△DOE，可判断△AOB与△DOE关于点O中心对称． 【解答】解：△AOB与△DOE关于点O中心对称的只有D选项． 故选：D． 【点评】本题考查了旋转作图的知识，解答本题的关键是掌握中心对称的定义． 【作业7】（2026秋•香洲区校级月考）如图中，如果点A的位置用数对表示是（2，3），点C的位置用数对表示是（5，5），那么点B的位置用数对表示是　（5，3）　 ；若将三角形ABC绕点B顺时针旋转90度，此时，点A的位置用数对表示是　（5，6）　 ． 【分析】根据A、C坐标确定网格单位及坐标系，读出B点坐标；根据旋转性质，确定A点绕B点顺时针旋转90°后的相对位置，进而得出新坐标． 【解答】解：∵点A的位置用数对表示是（2，3），点C的位置用数对表示是（5，5）， ∴坐标系中每个小正方形的边长为1个单位， ∵点B在点C的正下方，且在点A的正右方， ∴点B的横坐标与C相同为5，纵坐标与A相同为3， ∴点B的位置用数对表示是（5，3）， ∵AB的长度为5﹣2＝3，且A在B的左侧， ∴将三角形ABC绕点B顺时针旋转90°后，点A落在点B的正上方，距离为3个单位， ∴此时点A的横坐标为5，纵坐标为3+3＝6， ∴此时点A的位置用数对表示是（5，6）， 故答案为：（5，3）；（5，6）． 【点评】本题主要考查了旋转的性质，坐标与图形性质，熟练掌握旋转的性质是解答本题的关键． 【作业8】（2026•鹿城区校级开学）如图，在菱形ABCD中，∠B＝60°，将CD绕点D逆时针旋转至DE，连结AE交线段CD于点F． （1）若F为AE的中点，则旋转角∠CDE＝　60°　 ． （2）若EF＝2，，则CE＝　　 ． 【分析】（1）先根据菱形的性质得到∠ADC＝∠B＝60°，AD＝CD，再根据旋转的性质得到ED＝CD，则AD＝ED，然后根据等腰三角形的性质得到∠CDE＝∠ADC＝60°； （2）如图，过点F作FG⊥CE于点G，根据菱形的性质得到∠ADC＝∠B＝60°，AD＝CD，由旋转的性质可得ED＝CD，所以AD＝ED＝CD，则利用等腰三角形的性质得到∠DAE＝∠DEA，∠DCE＝∠DEC，设∠DCE＝∠DEC＝x，则∠CDE＝180°﹣2x，根据三角形内角和定理和等腰三角形的性质表示出∠DAE＝∠DEA＝x﹣30°，所以∠CEF＝30°，过F点作FG⊥CE于G点，如图，利用含30度角的直角三角形三边的关系得到FGEF＝1，EGFG，接着在Rt△FCG中利用勾股定理计算出CG，然后计算CG+EG即可． 【解答】解：（1）∵四边形ABCD是菱形， ∴∠ADC＝∠B＝60°，AD＝CD， ∵CD绕点D逆时针旋转至DE， ∴ED＝CD， ∴AD＝ED， ∵点F为AE的中点， ∴∠CDE＝∠ADC＝60°； 故答案为：60°； （2）如图，过点F作FG⊥CE于点G， ∵四边形ABCD是菱形， ∴∠ADC＝∠B＝60°，AD＝CD， 由旋转的性质可得ED＝CD， ∴AD＝ED＝CD， ∴∠DAE＝∠DEA，∠DCE＝∠DEC； 设∠DCE＝∠DEC＝x，则∠CDE＝180°﹣2x， ∴∠ADE＝∠ADC+∠CDE＝240°﹣2x， ∴， ∴∠CEF＝∠DEC﹣∠DEA＝30°， 过F点作FG⊥CE于G点，如图， 在Rt△EFG中，∵FGEF＝1， ∴EGFG， 在Rt△FCG中，∵FG＝1，CF， ∴CG， ∴CE＝CG+EG． 故答案为：． 【点评】本题考查了作图﹣旋转变换，熟练掌握旋转的性质是解决问题的关键．也考查了菱形的性质． 【作业9】（2026•河口区三模）如图，Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠B＝60°，将△ACB绕点C逆时针旋转到△CDE的位置，当CD⊥AB时，连接AE，则∠CAE的度数为 　75°　 ． 【分析】根据旋转得出∠ECA＝30°，CE＝AC，得出等腰三角形，利用三角形的内角和计算即可． 【解答】解：∵Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠B＝60°，CD⊥AB， ∴∠BCD＝30°， ∵△ACB绕点C逆时针旋转到△CDE的位置， ∴∠ECA＝∠BCD＝30°，CE＝AC， ∴△ACE是等腰三角形， ∴∠CAE（180°﹣30°）＝75°， 故答案为：75°． 【点评】本题考查的是直角三角形和旋转，解题的关键是旋转前后的线段长度不变，旋转的角度相等． 【作业10】（2026•鼓楼区校级开学）如图，在Rt△ABC中，∠B＝90°，AB＝5，BC＝12，点M是边AC的中点．将△ABC绕着点A逆时针旋转到△ADE的位置，点D恰好在边AC上，点M'是点M的对应点，则M、M'两点间的距离为　2　 ． 【分析】连接CE，如图，先利用勾股定理计算出AC＝13，再根据旋转的性质得到∠ADE＝∠ABC＝90°，AC＝AE，AM＝AM′，AD＝AB＝5，DE＝BC＝12，则CD＝8，接着有勾股定理计算出CE＝4，然后根据三角形中位线定理得到MM′CE＝2． 【解答】解：连接CE，如图， 在Rt△ABC中，∠B＝90°，AB＝5，BC＝12， 由勾股定理得：AC13， ∵△ABC绕着点A逆时针旋转到△ADE的位置，点D恰好在边AC上， ∴∠ADE＝∠ABC＝90°，AC＝AE，AM＝AM′，AD＝AB＝5，DE＝BC＝12， ∵CD＝AC﹣AD＝13﹣5＝8， 在Rt△CDE中，由勾股定理得：CE4， ∵M点为AC的中点，M′点为AE的中点， ∴MM′是三角形ACE的中位线， ∴MM′CE＝2． 故答案为：2． 【点评】本题考查了旋转的性质，勾股定理，三角形中位线定理，解答本题的关键要明确：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． 【作业11】（2026•北京校级开学）如图，在正方形ABCD中，E是AD边的中点，P是AB边上的动点（不与点A，B重合），以E为中心，将线段EP逆时针旋转90°，得到线段EQ．给出下面四个结论： ①∠APE＝∠QED； ②AP＜AE； ③D，Q两点间距离的最小值大于C，Q两点间距离的最小值； ④点Q到直线AD，BC的距离相等． 上述结论中，写出所有正确结论的序号　①④　 ． 【分析】利用同角的余角相等即可判断①；根据P点运动的任意性判断②；过点Q作QH⊥AD于点H，构造全等三角形证明点Q在AB，CD的中点连线上，利用垂直平分线性质和平行线间的距离判断③④． 【解答】解：①∵将线段EP逆时针旋转90°，得到线段EQ， ∴∠PEQ＝90°， ∴∠AEP+∠DEQ＝180°﹣∠PEQ＝90°． ∵四边形ABCD是正方形， ∴∠AEP+∠APE＝90°， ∴∠APE＝∠DEQ．说法正确，故符合题意． ②∵点P是AB上的动点， ∴AP的长度在0和AB的长之间变化． ∵点E是AD的中点， ∴． 当点P在AB的中点右侧时，，说法错误，故不符合题意． ③过点Q作QH⊥AD于点H，则∠QHE＝90°， ∴∠QHE＝∠A， ∵由旋转有EQ＝EP， 在△EQH与△PEA中， ， ∴△EQH≌△PEA（AAS）， ∴， ∴点Q到AD的距离为定值， ∴点Q在平行于AD且到AD距离为的直线上运动． 取AB、CD的中点M，N， 则，， ∵在正方形ABCD中，CD＝AB＝AD，CD∥AB， ∴DN＝AM， ∴四边形AMND是平行四边形， ∵∠A＝90°， ∴▱AMND是矩形， ∴MN∥AD，且MN与AD之间的距离为， ∴点Q在MN上运动． ∵在矩形AMND中，∠MND＝90°， 即MN⊥CD， ∵点N是CD的中点， ∴MN垂直平分CD， ∴DQ＝CQ， ∴D，Q两点间距离的最小值等于C，Q，两点间距离的最小值，说法错误，故不符合题意； ④由③可知点Q在AB、CD的中点连线MN上运动，且MN∥AD∥BC， ∵MN到AD的距离为，到BC的距离为， ∴点Q到直线AD，BC的距离相等，说法正确，故符合题意； 故答案为：①④． 【点评】本题考查正方形的性质，全等三角形的判定与性质，掌握全等三角形的判定与性质是解题的关键． 【作业12】（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）． 【点评】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． 【作业13】（2026春•雁塔区校级期末）如图，方格纸中每个小正方形的边长都是1个单位长度，在方格纸中建立平面直角坐标系，△ABC的顶点都在格点上． （1）将△ABC向右平移4个单位长度得到△A1B1C1，请画出△A1B1C1； （2）画出△ABC关于点O的中心对称图形△A2B2C2； （3）若将△A1B1C1绕某一点旋转可得到△A2B2C2，请直接写出旋转中心的坐标． 【分析】（1）根据平移的要求确定点A1、B1、C1三个点，即可做出△A1B1C1； （2）根据中心对称的性质确定A2、B2、C2三个点，即可做出△A2B2C2； （3）如图，观察图形得到△A1B1C1和△A2B2C2关于某点中心对称，连接B1B2，C1C2，交于点（2，0），即可得到旋转中心为（2，0）． 【解答】解：（1）根据平移的要求确定点A1、B1、C1三个点，如图，△A1B1C1即为所求作的三角形： （2）根据中心对称的性质确定A2、B2、C2三个点，如图，△A2B2C2即为所求作的三角形： （3）如图，连接B1B2，C1C2，交于点（2，0），即可得到旋转中心为（2，0）． 【点评】本题考查了根据平移作图、作已知图形的中心对称图形、根据旋转的性质确定对称中心等知识，熟练掌握以上知识点是关键． 【作业14】（2025秋•淄博期末）阅读下面材料，并解决问题： （1）如图①等边△ABC内有一点P，若点P到顶点A、B、C的距离分别为3，4，5，求∠APB的度数． 为了解决本题，我们可以将△ABP绕顶点A旋转到△ACP′处，此时△ACP′≌△ABP，这样就可以利用旋转变换，将三条线段PA、PB、PC转化到一个三角形中，从而求出∠APB＝ 　150°　 ； （2）基本运用 请你利用第（1）题的解答思想方法，解答下面问题 已知如图②，△ABC中，∠CAB＝90°，AB＝AC，E、F为BC上的点且∠EAF＝45°，求证：EF2＝BE2+FC2； （3）能力提升 如图③，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝1，∠ABC＝30°，点O为Rt△ABC内一点，连接AO，BO，CO，且∠AOC＝∠COB＝∠BOA＝120°，求OA+OB+OC的值． 【分析】（1）根据旋转变换前后的两个三角形全等，全等三角形对应边相等，全等三角形对应角相等以及等边三角形的判定和勾股定理逆定理解答； （2）把△ABE绕点A逆时针旋转90°得到△ACE′，根据旋转的性质可得AE′＝AE，CE′＝BE，∠CAE′＝∠BAE，∠ACE′＝∠B，∠EAE′＝90°，再求出∠E′AF＝45°，从而得到∠EAF＝∠E′AF，然后利用“边角边”证明△EAF和△E′AF全等，根据全等三角形对应边相等可得E′F＝EF，再利用勾股定理列式即可得证． （3）将△AOB绕点B顺时针旋转60°至△A′O′B处，连接OO′，根据直角三角形30°角所对的直角边等于斜边的一半求出AB＝2AC，即A′B的长，再根据旋转的性质求出△BOO′是等边三角形，根据等边三角形的三条边都相等可得BO＝OO′，等边三角形三个角都是60°求出∠BOO′＝∠BO′O＝60°，然后求出C、O、A′、O′四点共线，再利用勾股定理列式求出A′C，从而得到OA+OB+OC＝A′C． 【解答】解：（1）∵△ACP′≌△ABP， ∴AP′＝AP＝3、CP′＝BP＝4、∠AP′C＝∠APB， 由题意知旋转角∠PA P′＝60°， ∴△AP P′为等边三角形， P P′＝AP＝3，∠A P′P＝60°， 易证△P P′C为直角三角形，且∠P P′C＝90°， ∴∠APB＝∠AP′C＝∠A P′P+∠P P′C＝60°+90°＝150°； 故答案为：150°； （2）如图2，把△ABE绕点A逆时针旋转90°得到△ACE′， 由旋转的性质得，AE′＝AE，CE′＝BE，∠CAE′＝∠BAE，∠ACE′＝∠B，∠EAE′＝90°， ∵∠EAF＝45°， ∴∠E′AF＝∠CAE′+∠CAF＝∠BAE+∠CAF＝∠BAC﹣∠EAF＝90°﹣45°＝45°， ∴∠EAF＝∠E′AF， 在△EAF和△E′AF中， ∴△EAF≌△E′AF（SAS）， ∴E′F＝EF， ∵∠CAB＝90°，AB＝AC， ∴∠B＝∠ACB＝45°， ∴∠E′CF＝45°+45°＝90°， 由勾股定理得，E′F2＝CE′2+FC2， 即EF2＝BE2+FC2． （3）如图3，将△AOB绕点B顺时针旋转60°至△A′O′B处，连接OO′， ∵在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝1，∠ABC＝30°， ∴AB＝2， ∴BC， ∵△AOB绕点B顺时针方向旋转60°， ∴△A′O′B如图所示； ∠A′BC＝∠ABC+60°＝30°+60°＝90°， ∵∠C＝90°，AC＝1，∠ABC＝30°， ∴AB＝2AC＝2， ∵△AOB绕点B顺时针方向旋转60°，得到△A′O′B， ∴A′B＝AB＝2，BO＝BO′，A′O′＝AO， ∴△BOO′是等边三角形， ∴BO＝OO′，∠BOO′＝∠BO′O＝60°， ∵∠AOC＝∠COB＝∠BOA＝120°， ∴∠COB+∠BOO′＝∠BO′A′+∠BOO′＝120°+60°＝180°， ∴C、O、A′、O′四点共线， 在Rt△A′BC中，A′C， ∴OA+OB+OC＝A′O′+OO′+OC＝A′C． 【点评】本题考查了旋转的性质，全等三角形的判定与性质，等腰直角三角形的性质，勾股定理，读懂题目信息，理解利用旋转构造出全等三角形和等边三角形以及直角三角形是解题的关键． 【作业15】（2026春•白银期末）如图，平面直角坐标系内，小正方形网格的边长为1个单位长度，△ABC的顶点均在格点上． （1）画出将△ABC向左平移3个单位后得到的图形△A1B1C1； （2）将△DEF绕点E逆时针旋转90°得到△D1EF1，画出△D1EF1； （3）若△DEF由△ABC绕着某点旋转得到的，则这点的坐标为 　（0，1）　 ． 【分析】（1）根据平移的性质作图即可． （2）根据旋转的性质作图即可． （3）分别作线段AD，BE，CF的垂直平分线，相交于点P，则△DEF由△ABC绕点P顺时针旋转90°得到的，进而可得出答案． 【解答】解：（1）如图，△A1B1C1即为所求． （2）如图，△D1EF1即为所求． （3）分别作线段AD，BE，CF的垂直平分线，相交于点P， 则△DEF由△ABC绕点P顺时针旋转90°得到的， ∴这点的坐标为（0，1）． 故答案为：（0，1）． 【点评】本题考查作图﹣旋转变换、作图﹣平移变换、旋转的性质，熟练掌握旋转的性质、平移的性质是解答本题的关键． 【作业16】（2026秋•期末）如图，点B在∠MAN的边AM上，点C在边AN上，BC＝AC，将△ABC绕点B逆时针旋转得到△DBE，且点A的对应点D恰好落在边AN上，连接CE． （1）求证：四边形ABEC是平行四边形； （2）若AB＝15，AD＝18，求AC的长． 【分析】（1）证出∠ECD＝∠A＝∠BEC，得到AB∥CE，AC∥BE，即可证明结论； （2）过点B作BH⊥AD，先得出BH＝12，设AC＝BC＝x，则CH＝x﹣9，在Rt△HCB中，利用勾股定理列出方程，解方程即可． 【解答】（1）证明：∵BC＝AC， ∴∠A＝∠ABC， ∴∠BCD＝∠A+∠ABC＝2∠A， ∵∠BCD＝∠BCE+∠ECD，∠BCE＝∠A， ∴∠ECD＝∠A＝∠BEC， ∴AB∥CE，AC∥BE， ∴四边形ABEC是平行四边形； （2）解：如图，过点B作BH⊥AD，垂足为H， ∵BD＝BA，BH⊥AD， ∴AHAD＝9， 在Rt△ABH中，由勾股定理得： BH12， 设AC＝BC＝x，则CH＝x﹣9， 在Rt△HCB中，由勾股定理得： （x﹣9）2+122＝x2， 解得x， ∴AC的长为． 【点评】本题主要考查了等腰三角形的性质、平行四边形的判定、勾股定理等知识，作出辅助线，利用勾股定理列方程是解题的关键． 【作业17】（2025秋•海淀区期末）在△ABC中，AB＝AC，∠B＝α（0°＜α＜45°），D，E分别是BC，AC的中点，M是线段BD上的动点（不与B，D重合），连接DE，EM，将线段EM绕点E顺时针旋转2α得到线段EN，连接AN． （1）如图1，求证：AN＝DM； （2）如图2，连接MN交AB于点F，当MF＝NF时，用等式表示线段FB与FA的数量关系，并证明． 【分析】（1）根据中点的定义，三角形的中位线定理，得到，DEAB，进而推出DEAC＝AE＝EC，等边对等角结合三角形的外角得到∠DEA＝∠EDC+∠C＝2α，证明△MDE≌△NAE（SAS），即可得出结论； （2）过点M作MG∥AN交AB于点G，连接GD，证明△GFM≌△AFN（AAS），得到MG＝AN，GF＝AFAG，进而得到MG＝MD，倒角推出∠MDG＝∠MGD＝α＝∠C，得到GD∥AC，进而推出四边形GDEA为平行四边形，根据平行四边形的性质，即可得出结论． 【解答】（1）证明：∵D，E分别是BC，AC的中点， ∴AE＝ECAC，． ∵AB＝AC，∠B＝α， ∴，∠C＝∠B＝α， ∴∠EDC＝∠C＝α， ∴∠DEA＝∠EDC+∠C＝2α． ∵线段EM绕点E顺时针旋转2α得到线段EN， ∴∠MEN＝2α，ME＝NE． ∴∠DEM＝∠DEA﹣∠MEA＝2α﹣∠MEA，∠AEN＝∠MEN﹣∠MAE＝2α﹣∠MEA． ∴∠DEM＝∠AEN． 在△MDE和△NAE 中， ∴△MDE≌△NAE（SAS）． ∴MD＝AN； （2）解：FB＝3FA，理由如下： 如图，过点M作MG∥AN交AB于点G，连接GD， 则∠MGF＝∠NAF． 在△GFM和△AFN中， ∴△GFM≌△AFN（AAS）． ∴MG＝AN，． ∵MD＝AN， ∴MG＝MD． ∴∠MGD＝∠MDG． ∵∠EDC＝α． ∴∠MDE＝180°﹣∠EDC＝180°﹣α． ∵△MDE≌△NAE， ∴∠NAE＝∠MDE＝180°﹣α． 又∵∠BAC＝180°﹣∠B﹣∠C＝180°﹣2α ∴∠MGF＝∠NAF＝360°﹣∠BAC﹣∠NAE＝3α． ∴∠BMG＝∠MGF﹣∠B＝2α． ∴∠MDG＝∠MGD＝α＝∠C． ∴GD∥AC． ∵DEAG， ∴四边形GDEA为平行四边形 ∴． ∵， ∴． ∴FB＝3FA． 【点评】本题考查旋转的性质，全等三角形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，平行四边形的判定和性质，三角形的中位线定理等知识点，熟练掌握相关知识点是解题的关键． 【作业18】（2025秋•苍溪县期末）感知：如图①，△ABC和△ADE都是等腰直角三角形，∠BAC＝∠DAE＝90°，点B在线段AD上，点C在线段AE上，我们很容易得到BD＝CE，不需证明． 探究：如图②，将△ADE绕点A逆时针旋转α（0＜α＜90°），连结BD和CE，此时BD＝CE是否依然成立？若成立，写出证明过程；若不成立，说明理由．应用：如图③，当△ADE绕点A逆时针旋转，使得点D落在BC的延长线上，连结CE．求： ①∠ACE的度数； ②若AB＝AC＝2，CD＝2，则线段DE的长是多少？ 【分析】探究：利用SAS证明△ABD≌△ACE，得BD＝CE； 应用：①同理可得△ABD≌△ACE（SAS），得∠ABD＝∠ACE＝45； ②由△ACE≌△ABD得，∠ACE＝∠ABD＝45°，则∠BCE＝∠ACB+∠ACE＝90°，再利用勾股定理可得答案． 【解答】解：探究：成立，∵△ABC和△ADE都是等腰直角三角形， ∴AB＝AC，AD＝AE， ∵将△ADE绕点A逆时针旋转α， ∴∠BAD＝∠CAE， ∴△ABD≌△ACE（SAS）， ∴BD＝CE； 应用：①∵AB＝AC，∠BAD＝CAE，AD＝AE， ∴△ABD≌△ACE（SAS）， ∴∠ABD＝∠ACE＝45°； ②∵AB＝AC＝2， ∴BC4， ∵△ACE≌△ABD， ∴∠ACE＝∠ABD＝45°， ∴∠BCE＝∠ACB+∠ACE＝90°， ∵AB＝AC，∠BAD＝∠CAE，AD＝AE， ∴△ABD≌△ACE（SAS）， ∴BD＝CE， ∴BC+CD＝BD＝CE＝4+2＝6； ∴DE2． 【点评】本题是几何变换综合题，主要考查了旋转的性质，等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理等知识，证明△ACE≌△ABD是解题的关键． 第1页（共1页） 学科网（北京）股份有限公司 $