专题05 旋转（期中真题汇编，吉林专用）九年级数学上学期

专题05 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·吉林辽源东丰县·期末）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（     ） A. 45° B. 60° C. 90° D. 120° 2．（25-26学年九上·吉林四平双辽·期末）如图，将含的直角三角板绕着点A顺时针旋转到处（点C，A，D在一条直线上），则这次旋转的旋转角为（     ） A.  B.  C.  D.  3．（25-26学年九上·吉林延边朝鲜族·期中）如图，P是等边△ABC内部一点，把△ABP绕点A逆时针旋转，使点B与点C重合，得到△ACQ，则旋转角的度数是（   ） A. 50° B. 60° C. 70° D. 80° 4．（25-26学年九上·吉林吉林蛟河·期中）如图，教室内地面有个倾斜的畚箕，箕面与水平地面的夹角为，小明将畚箕绕点顺时针旋转后平放在地面，则箕面绕点旋转的度数为(     ) A.  B.  C.  D.  5．（25-26学年九上·吉林江城中学·期中）如图，风力发电机的叶片在风的吹动下转动，使风能转化为电能．图中的三个叶片组成的图形绕着它的中心旋转角后，能够与它本身重合，则角的大小可以为（       ） A.  B.  C.  D.  6．（25-26学年九上·吉林白山靖宇县部分学校·期中）如图，是绕点顺时针旋转得到的，若，，则旋转角的度数是（     ） A.  B.  C.  D.  7．（25-26学年九上·吉林吉林昌邑区·期中）正方形ABCD在直角坐标系中的位置如图所示，将正方形ABCD绕点A按顺时针方向旋转180°后，C点的坐标是(     ) A. (2，0) B. (3，0) C. (2，－1) D. (2，1) 8．（25-26学年九上·吉林松原乾安县部分学校·期中）如图，将绕点逆时针旋转得到，点落在边上，且，则的度数是（     ） A.  B.  C.  D.  9．（25-26学年九上·吉林四平伊通满族自治县·期中）如图，将绕点A顺时针旋转得到，点B，C的对应点分别为点D，E，若，，则的长为（       ） A. 2 B. 1 C.  D.  10．（25-26学年九上·吉林白城通榆县·期末）如图，是绕点顺时针旋转得到的，若，，则的度数是（       ） A.  B.  C.  D.  11．（25-26学年九上·吉林长春第八十七中学·期末）如图，抛物线与轴交于点，点在轴的正半轴上，将线段绕点顺时针旋转得到线段，若点恰好在抛物线上，则点的坐标为(     ) A.  B.  C.  D.  12．（25-26学年九上·吉林松原宁江区·期中）如图，将长方形绕其顶点B顺时针转到如图所示的位置，则旋转角可以为（       ） A.  B.  C.  D.  13．（25-26学年九上·吉林吉林舒兰县·期末）如图，底边AB长为2的等腰直角△OAB的边OB在x轴上，将△OAB绕原点O逆时针旋转45°得到△OA1B1，则点A1的坐标为（       ） A. （1，﹣） B. （1，﹣1） C. （，﹣） D. （，﹣1） 14．（25-26学年九上·吉林松原·期末）如图，将AOB绕点O按逆时针方向旋转45°后得到COD，若∠AOB＝10°，则∠AOD的度数是　　　． 15．（25-26学年九上·吉林吉林蛟河·期中）如图，在中，，． 将绕点B按逆时针方向旋转得，使点C落在AB边上，点A的对应点为点D，连接AD，求的度数． 16．（25-26学年九上·吉林松原乾安县部分学校·期中）如图，该图形绕其中心旋转能与其自身完全重合，则其旋转角最小为　　　度． 17．（25-26学年九上·吉林松原宁江区·期中）如图所示的花朵图案，至少要旋转　　　　　　度后，才能与原来的图形重合． 18．（25-26学年九上·吉林四平伊通满族自治县·期中）如图所示的花朵图案，要与原来的图形完全重合，至少要绕其中心旋转　　　　度． 19．（25-26学年九上·吉林白山抚松县·期末）如图，已知三个顶点坐标分别为，，． （1）请画出将先向左，再向下都平移5个单位长度后得到的； （2）请画出将绕点O按逆时针方向旋转后得到的； （3）在x轴上求作一点P，使的周长最小，并直接写出点P坐标． 20．（25-26学年九上·吉林吉林·期末）如图，把绕着点顺时针旋转，得到，若，则　　　　　． 21．（25-26学年九上·吉林吉林永吉县·期末）如图，这个图案绕着它的中心旋转后能够与它本身完全重合，则的最小值为　　　　　　　　． 22．（25-26学年九上·吉林吉林蛟河·期末）（多选）如图，在△ABC中，AB＝BC，∠ABC＝120°，点D在边AC上，且线段BD绕着点B按逆时针方向旋转120°能与BE重合，点F是ED与AB的交点． （1）求证：AE＝CD； （2）若∠DBC＝45°，求∠BFE的度数． 23．（25-26学年九上·吉林白城通榆县·期末）如图，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，将△ABC绕点A顺时针旋转90°得到△AB′C′，连接CC′，若AC＝4，AB＝1，则△B′C′C的面积为　　　　　． 24．（25-26学年九上·吉林松原乾安县·期中）如图，在等边中，点D是边上的点，以为边作等边，连结． （1）填空：可以看成△________以点________为旋转中心，________时针旋转________度得到； （2）若，求的度数． 25．（25-26学年九上·吉林吉林·期中）如图，该图形绕其中心旋转能与其自身完全重合，则其旋转角最小为　　　　　　 度 26．（25-26学年九上·吉林白山靖宇县部分学校·期中）如图，把绕点按逆时针方向旋转得到，已知，求的大小． 27．（25-26学年九上·吉林白山靖宇县部分学校·期中）把如图所示的图形绕着它的中心旋转一定角度后能与自身完全重合，则这个旋转角至少是　　　　　　　　． 28．（25-26学年九上·吉林吉林昌邑区·期中）如图，中，，将绕点逆时针旋转度（）后得到，点恰好落在上，，则　　　　　　°． 29．（25-26学年九上·吉林延边朝鲜族·期中）如图是由中国结和雪花两种元素组成的一个图案，这个图案绕着它的旋转中心旋转角度后能够与它本身重合，则角最小是　　　　　　　　　　度． 30．（25-26学年九上·吉林延边朝鲜族·期中）在如图所示的网格中，每个小正方形的边长均为1个单位长度，的三个顶点的坐标分别为，，． （1）在图中画出以点为旋转中心，按顺时针方向旋转后的； （2）在图中画出与关于原点对称的，并写出点的坐标． 31．（25-26学年九上·吉林延边朝鲜族·期中）（多选）如图，是含角的直角三角形尺，且，．将绕点A按顺时针方向旋转一定角度得到，点B的对应点D恰好落在边上，连接．求证：是等边三角形． 32．（25-26学年九上·吉林松原乾安县部分学校·期中）如图，点为正方形内一点，经逆时针旋转后能与重合． （1）旋转中心是___________，旋转角度最小为___________； （2）判断的形状，并说明理由． 33．（25-26学年九上·吉林松原乾安县部分学校·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，．将绕点按顺时针方向旋转得到． （1）在平面直角坐标系中，画出； （2）直接写出点的对应点的坐标． 34．（25-26学年九上·吉林四平伊通满族自治县·期中）（多选）如图，将△ABC绕点C顺时针旋转得到△DEC，点D落在线段AB上．求证：DC平分∠ADE． 35．（25-26学年九上·吉林白山靖宇县第三中学·期末）如图，在中，，，，将绕点B顺时针旋转得到，连接交于点F，若，则与的周长之和为　　　　　　　　 36．（25-26学年九上·吉林白山靖宇县第三中学·期末）如图，在平面直角坐标系中，小正方形网格的边长均为1个单位长度，和的顶点均在格点上． （1）画出关于原点O对称的； （2）将绕点E顺时针旋转得到，画出； （3）若是由绕着某点旋转得到的，则该点的坐标为          ． 37．（25-26学年九上·吉林辽源东丰县·期末）综合与实践 在《图形的平移与旋转》回顾与思考课上，李老师出示了如下问题：在中，，点在平面内，连接并将线段绕点逆时针旋转与相等的角度，得到线段，连接． （1）初步探究 如图①，点是边上任意一点，则线段和线段的数量关系是             ； （2）类比探究 如图②，点是平面内任意一点，（1）中的结论是否依然成立？若成立，请给出证明；若不成立，请说明理由．请仅以图②所示的位置关系加以证明（或说明）； （3）延伸探究 如图③，在中，，，，是线段边上的任意一点，连接，将线段绕点逆时针旋转，得到线段，连接，请直接写出线段长度的最小值． 38．（25-26学年九上·吉林辽源东丰县·期末）如图，在平面直角坐标系中，点坐标，连接，将绕点逆时针旋转，得到，求点的坐标． 39．（25-26学年九上·吉林吉林丰满区·期末）如图，在正方形网格中，每个小正方形的顶点称为格点，的顶点都在格点上，用无刻度直尺，在给定网格中作出一个符合要求的图形即可． （1）在图1中，画出经过平移后得到的，且的顶点都在格点上． （2）在图2中，画出经过轴对称后得到的，且的顶点都在格点上． （3）在图3中，画出经过旋转后得到的，且的顶点都在格点上． 40．（25-26学年九上·吉林吉林丰满区·期末）如图，将线段绕点顺时针旋转得到线段，再将线段绕点逆时针旋转得到线段，连接． （1）判断四边形的形状，并说明理由． （2）若点在线段上，，则的最小值为________． 41．（25-26学年九上·吉林延边州·期末）如图，在正方形内部取一点，连接、，使．将线段绕点逆时针旋转得到线段，连接，延长交的延长线于点．试判断四边形的形状，并说明理由． 42．（25-26学年九上·吉林延边州·期末）如图，在平面直角坐标系中，点A的坐标为，点C的坐标为．以，为边作矩形，若将矩形绕点O逆时针旋转，得到矩形，则点的坐标为　　　　　　　　　　　． 43．（25-26学年九上·吉林四平双辽·期末）如图，正方形网格中，每个小正方形的顶点称为格点，点，，都在格点上，只用无刻度直尺在给定网格中按要求画图． （1）在图中，将图中阴影部分绕点顺时针旋转后得到的新图形涂上阴影． （2）在图中，找到一个格点，连接，使． （3）在图中，找到一个格点，连接，使． 44．（25-26学年九上·吉林吉林永吉县·期末）如图，在矩形中，将绕点按顺时针旋转到（点、、在同一直线上）的位置． （1）旋转中心是______，旋转角为______度； （2）若，求的大小． 45．（25-26学年九上·吉林吉林昌邑区·期末）如图，在△ABC中，AB=2，BC=3.6，∠B=60°，将△ABC绕点A按顺时针旋转一定角度得到△ADE，当点B的对应点D恰好落在BC边上时，则CD的长为　　　　　　． 46．（25-26学年九上·吉林扶余部分学校·期末）如图，在中，，将绕点逆时针旋转得到，交于点，点恰好落在上，此时等于　　　　　　　　　　　　　． 47．（25-26学年九上·吉林白城通榆县·期末）如图，四边形是正方形，连接，将绕点A逆时针旋转α得到，连接，O为的中点，连接． （1）如图1，当时，求证：． （2）如图2，当时，（1）中的结论还成立吗？请说明理由． 48．（25-26学年九上·吉林四平伊通满族自治县·期末）问题情境：已知矩形，，，将矩形绕点按逆时针方向旋转，得到矩形，点的对应点是点，点的对应点是点，点的对应点是点，连接． 数学发现： （1）如图，当时，___________，如图，当时，___________； 初步探究： （2）如图，当边经过点时，求的长； （3）如图，当点落在的延长线上时，直接写出四边形的面积． 49．（25-26学年九上·吉林吉林蛟河·期中）如图，点O是等边内一点，将绕点C按顺时针方向旋转得到，连接． （1）求证：是等边三角形； （2）当，时，试判断的形状 50．（25-26学年九上·吉林吉林蛟河·期中）如图，为正方形内一点，，，，将绕点按顺时针方向旋转，得到，延长交于点，连接．则的面积为　　　　　　 51．（25-26学年九上·吉林吉林·期中）阅读情境：在综合实践课上，同学们探究“全等的等腰直角三角形图形变化问题”．如图①，，其中，，此时，点C与点E重合． （1）操作探究1：小凡将图①中的两个全等的和按图②方式摆放，点B落在上，所在直线交所在直线于点M，连接，求证：； （2）操作探究2：小彬将图①中的绕点A按逆时针方向旋转角度，然后，分别延长、，它们相交于点F．如图③，在操作中，小彬提出如下问题，请你解答： ①当时，求证：是等边三角形； ②当______时，． 52．（25-26学年九上·吉林四平双辽·期中）已知：和都是等腰直角三角形，． （1）如图①E在上，点D在上时，线段与的数量关系是______，位置关系是______； （2）把绕点C旋转到如图②的位置，连接，（1）中的结论还成立吗？说明理由； （3）在绕点C在平面内旋转过程中，若，，当A，E，D三点在同一直线上时，则AE的长是______． 53．（25-26学年九上·吉林江城中学·期中）如图，是等边三角形，点D是BC上一点，经过旋转后到达的位置 （1）旋转中心是点______；旋转了______度．（写出一个即可） （2）若点M是的中点，则经过上述旋转后，点M转到了的______点．（选填“中”或“三等分”） （3）求的度数． 54．（25-26学年九上·吉林白山靖宇县部分学校·期中）如图，在等腰三角形中，，，于点D，将线段绕点C顺时针旋转角后得到线段，连接． （1）求的度数； （2）若，，求的长． 55．（25-26学年九上·吉林吉林昌邑区·期中）如图，已知四边形是正方形，E、F分别是和的延长线上的点，且，连接、、． （1）填空：可以由绕旋转中心点          ，按顺时针方向旋转          度得到； （2）若，，求的面积． 56．（25-26学年九上·吉林延边朝鲜族·期中）（多选）四边形ABCD是正方形，E、F分别是DC和CB的延长线上的点，且DE=BF，连接AE、AF、EF． （1）求证：△ADE≌△ABF． （2）填空：△ABF可以由△ADE绕旋转中心　     　点，按顺时针方向旋转　     　度得到． 57．（25-26学年九上·吉林延边朝鲜族·期中）【感知】如图①，在平行四边形纸片中，，，对角线，则________； 【操作一】如图②，将图①中的平行四边形纸片沿剪开得到两个全等的三角形，将绕点D逆时针旋转得到．当点在的延长线上时，的长为________； 【操作二】在图②的旋转过程中，连接，如图③，当点在的延长线上时，求证：四边形是矩形； 【应用】在图②的旋转过程中（旋转角小于），连接，，当时，直接写出的长． 58．（25-26学年九上·吉林延边朝鲜族·期中）如图，在平面直角坐标系中，O为坐标原点，抛物线的顶点为，与y轴交于点A，过点A作轴，交该抛物线于点C，连接，以为边作，点D在x轴的负半轴上． （1）求该抛物线的解析式； （2）求点D的坐标及的面积． 59．（25-26学年九上·吉林松原乾安县部分学校·期中）问题情境：在学习《图形的平移和旋转》时，数学兴趣小组遇到这样一个问题：如图1，点D为等边的边上一点，将线段绕点A逆时针旋转得到线段，连接．    （1）【猜想证明】试猜想与的数量关系，并加以证明； （2）【探究应用】如图2，点D为等边内一点，将线段绕点A逆时针旋转得到线段，连接，若B、D、E三点共线，求证：平分； （3）【拓展提升】如图3，若是边长为2的等边三角形，点D是线段上的动点，将线段绕点D顺时针旋转得到线段，连接．点D在运动过程中，的周长最小值=__________（直接写答案） 60．（25-26学年九上·吉林松原宁江区·期中）如图，在平面直角坐标系中，各顶点的坐标分别为，，，将绕原点O顺时针旋转得到，点A、B、C的对应点分别为、、． （1）请你在图中画出； （2）写出点的坐标． 61．（25-26学年九上·吉林白山靖宇县第三中学·期末）如图，和都是等边三角形，直线，交于点F． （1）如图1，当A，C，D三点在同一直线上时，的度数为________，线段与的数量关系为________． （2）如图2，当绕点C顺时针旋转时，（1）中的结论是否还成立？若不成立，请说明理由；若成立，请就图2给予证明． （3）若，，当绕点C顺时针旋转一周时，请直接写出长的取值范围． 62．（25-26学年九上·吉林白山靖宇县第三中学·期末）如图，在中，，将绕着点B逆时针旋转得到．点C的对应点为点D，恰好落在上，平分，求的度数． 63．（25-26学年九上·吉林吉林丰满区·期末）如图，在中，，，．将绕点顺时针旋转得到，连接，则的长为　　　　　　　　． 64．（25-26学年九上·吉林松原·期末）综合与探究 问题情境：数学活动课上，老师让同学们对一个直角三角形和一个等腰三角形进行探究，如图1，中，，，，中，， 观察感知： （1）如图1，将与的顶点重合，的直角边与等腰的边重合，与交于点，求线段的长； 探索发现： （2）在图1的基础上，保持不动，将绕点按顺时针方向旋转一定的角度 ①如图2，当点落在边上时，连接，判断四边形的形状并说明理由； ②请问当旋转角（）为多少度时，，在备用图中画出图形，直接写出的长度． 65．（25-26学年九上·吉林长春朝阳区长春外国语学校·期末）【问题呈现】如图①，点M是边长为4的等边三角形内一点，连结、、，求的最小值． 【问题解决】小明利用旋转的方法，将三条线段转化后首尾相接，求出了的最小值，过程如下： 如图②，将绕点B逆时针旋转得到，连结， 由旋转可知：，， ∴，． ∴是等边三角形． ∴． ∴． 而的最小值是线段__①___的长度（__②___）， ∴的最小值为__③___． 请将上面的过程补充完整． 【拓展应用】如图③，是等边三角形，M是正方形对角线（不含点B）上一点． （1）用圆规和无刻度的直尺在图③中作等边，使点N在内；（不写作法，保留作图痕迹，作图确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑）； （2）当的最小值为时，正方形的边长为_____． 66．（25-26学年九上·吉林四平双辽·期末）定义：如图1，在中，把绕点A顺时针旋转α（）得到，把绕点A逆时针旋转β得到，连接．当时，我们称是的“旋补三角形”，边上的中线叫做的“旋补中线”，点A叫做“旋补中心”． 【特例感知】（1）在图2，图3中，是的“旋补三角形”，是的“旋补中线”． ①如图2，当为等边三角形时，与的数量关系            ； ②如图3，当时，则长为                 ． 【猜想论证】（2）在图1中，当为任意三角形时，猜想与的数量关系，并给予证明． 67．（25-26学年九上·吉林吉林昌邑区·期末）【模型感知】作图形旋转是解决几何问题的重要方法，如图①，正方形中，点E、F分别在边、上，且，连接，求证：． 小明是这样思考的：可将绕点D逆时针旋转到的位置（容易得出点H在的延长线上），进一步证明与全等，从而得到． 以下是小明的部分证明过程，请将证明过程补充完整： 证明：如图①，将绕点D逆时针旋转到， ， …… 【模型应用】如图②，正方形是绿地公园的一块空地，其边长为．公园设计部门为了给儿童提供更舒适更安全的活动场地，准备将空地中的四边形（点E在上，点F在上）部分作为儿童活动区，并用围栏围挡起来，只留三个出入口，即点D、点E、点F，而且根据实际需要，要使得，并将儿童活动区（即四边形）划分为和两种不同的游戏场地，儿童活动区之外的部分种植花草．若，请计算儿童活动区（即四边形）的面积； 【模型拓展】如图③，正方形中，连接，若，与线段分别交于点E、点F，，，，直接写出的长． 68．（25-26学年九上·吉林吉林蛟河·期末）如图，是正方形内一点，将绕点顺时针方向旋转得到．    （1）观察猜想：如图1，线段与的数量关系是______，位置关系是______． （2）探究实践：如图2，连接，若，，，求的度数． （3）拓展延伸：如图3，A，P，Q三点在一条直线上，若，，请求出的长度． 69．（25-26学年九上·吉林松原·期末）【操作感知】如图①，在菱形中，点为对角线和的交点．保持菱形不动，将绕点按顺时针方向旋转得到，点、、的对应点分别为点、、，当时，边分别与边、交于点、点，则四边形为平行四边形，其理论依据为______； 【探究发现】如图②，将图①中绕点按顺时针方向旋转，使，边分别与边、交于点、点，与边交于点，其他条件不变，求证：四边形是菱形； 【探究应用】在图②中，若，，则四边形与四边形的面积比为______． 70．（25-26学年九上·吉林白山靖宇县部分学校·期中）如图①，在直角三角形纸片中，，，． 【数学活动】 将三角形纸片进行以下操作： ①折叠三角形纸片，使点C与点A重合，得到折痕，然后展开铺平； ②将绕点D顺时针方向旋转得到，点E、C的对应点分别是点F、G，直线与边交于点M（点M不与点A重合），与边交于点N． 【数学思考】 （1）在绕点D旋转的过程中，如图①，试判断与的数量关系，并证明你的结论； 【数学探究】 （2）如图②，在绕点D旋转的过程中，当直线经过点B时，求的长； 【问题延伸】 （3）在绕点D旋转的过程中，连接，则的取值范围是________． 71．（25-26学年九上·吉林吉林昌邑区·期中）【操作发现】（1）如图，将绕点逆时针旋转得到，连接，则的度数是__________； 【类比探究】（2）如图2，在等腰直角内取一点，使，将绕顶点逆时针旋转得到，连接．请猜想与有怎样的位置关系，并说明理由； 【解决问题】（3）如图，在等腰直角内任取一点，连接、、．直接写出__________．（填“”“”“”） 72．（25-26学年九上·吉林四平伊通满族自治县·期中）如图，为等边的高，，点P为直线上的动点（不与点B重合），连接，将线段绕点P逆时针旋转60°，得到线段，连接、． （1）问题发现：如图①，当点D在直线上时，线段与的数量关系为_________，_________； （2）拓展探究：如图②，当点P在的延长线上时，（1）中结论是否成立？若成立，请加以证明；若不成立，请说明理由； （3）问题解决：当时，请直接写出线段的长度． 73．（25-26学年九上·吉林松原宁江区·期中）综合与实践 问题情境 在数学活动课上，同学们以“图形的旋转”为主题展开探究．如图1，在平行四边形纸片中，，对角线，沿剪开得到两个全等的三角形，将绕点逆时针旋转得到． 猜想验证 （1）如图，当点落在的延长线上时，连接，判断四边形的形状并说明理由． 问题解决 （2）如图，在旋转的过程中，当时，线段与线段交于点，求线段的长． （3）在旋转的过程中，线段与射线交于点，如果为等腰三角形，请直接写出线段的长． 考点02 中心对称及其性质 1．（25-26学年九上·吉林吉林蛟河·期末）如图，与关于点成中心对称，已知，，，则的长为（       ） A. 12 B. 10 C. 8 D. 6 2．（25-26学年九上·吉林延边·期中）ABC在平面直角坐标系xOy中的位置如图所示． A (－2，3)， B(－1，1)， C(0，2) （1）将ABC向右平移2个单位，作出平移后的A1B1C1； （2）作出A1B1C1关于点C1成中心对称的图形A2B2C2； （3）连接A2B1，则A2B2B1的面积为_________． 3．（25-26学年九上·吉林延边州·期末）如图，在平面直角坐标系中，的三个顶点的坐标分别为，，．（每个小正方形的边长均为个单位长度）． （1）先将向下平移个单位长度，再向左平移个单位长度得到． （2）请画出关于原点成中心对称的． （3）连接、，则四边形的形状为                 ． 4．（25-26学年九上·吉林四平伊通满族自治县·期中）如图，在正方形网格中（每个小正方形边长均是1，小正方形的顶点叫作格点），的顶点均在格点上，请在所给的直角坐标系中解答下列问题： （1）画出绕点逆时针旋转的，并写出点的坐标； （2）画出 关于点的中心对称图形，并写出点的坐标． 5．（25-26学年九上·吉林吉林昌邑区·期中）在平面直角坐标系中，已知．    （1）画出与关于原点对称的； （2）以原点O为中心，把逆时针旋转得到，画出 6．（25-26学年九上·吉林四平铁东区·期中）点O是平行四边形ABCD的对称中心，AD＞AB，E、F分别是AB边上的点，且EF＝AB；G、H分别是BC边上的点，且GH＝BC；若S1,S2分别表示∆EOF和∆GOH的面积，则S1,S2之间的等量关系是　　　　　　　　　　　　　　 7．（25-26学年九上·吉林四平铁东区·期中）如图，它是一个8×10的网格，每个小正方形的边长均为1，每个小正方形的顶点叫格点，△ABC的顶点均在格点上． （1）画出△ABC关于直线OM对称的△A1B1C1． （2）画出△ABC关于点O的中心对称图形△A2B2C2． （3）△A1B1C1与△A2B2C2组成的图形是轴对称图形吗？如果是，请画出对称轴．△A1B1C1与△A2B2C2组成的图形　     　（填“是”或“不是”）轴对称图形． 考点03 中心对称图形 1．（25-26学年九上·吉林白山抚松县·期末）中国航天取得了举世瞩目的成就，为人类和平贡献了中国智慧和中国力量．下列是有关中国航天的图标，其文字上方的图案是中心对称图形的是（        ） A.  B.  C.  D.  2．（25-26学年九上·吉林白山靖宇县第三中学·期末）在下列四款国产汽车的车标图案中，是中心对称图形的是（   ） A.  B.  C.  D.  3．（25-26学年九上·吉林吉林丰满区·期末）社会规则营造良好的社会秩序，我们要了解并遵守社会规则．下列标志是中心对称图形的是（     ） A.  B.  C.  D.  4．（25-26学年九上·吉林延边州·期末）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，下列四幅作品分别代表“立春”“谷雨”“白露”“大雪”，其中是中心对称图形的是（     ） A.  B.  C.  D.  5．（25-26学年九上·吉林吉林永吉县·期末）下列航天图标中，其图案是中心对称图形的是（       ） A.      B.      C.      D.      6．（25-26学年九上·吉林吉林舒兰县·期末）下列四个图形中，是中心对称图形的是（       ） A.      B.  C.  D.  7．（25-26学年九上·吉林吉林昌邑区·期末）“致中和，天地位焉，万物育焉．”（出自《礼记》）对称美是我国古人和谐平衡思想的体现，常被用于建筑、绘画、标识等设计上．下列数学经典图形中，是中心对称图形的是（　　） A.  B.  C.  D.  8．（25-26学年九上·吉林白城通榆县·期末）国产人工智能大模型横空出世，其低成本、高性能的特点，迅速吸引了全球投资者的目光．以下是四款常用的人工智能大模型的图标，是中心对称图形的是（       ） A.  B.  C.  D.  9．（25-26学年九上·吉林松原乾安县·期中）下面图形中，中心对称图形的个数有（       ） A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个 10．（25-26学年九上·吉林吉林·期中）下列分别是古算诗词题“圆中方形”“方形圆径”“圆材藏壁”“勾股容圆”所描绘的图形，其中既不是轴对称图形也不是中心对称图形的是（     ） A.  B.  C.  D.  11．（25-26学年九上·吉林吉林昌邑区·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.  12．（25-26学年九上·吉林延边朝鲜族·期中）我国古代典籍《周易》用“卦”描述万物的变化．如图为部分“卦”的符号，其中是中心对称图形的是（     ） A.  B.  C.  D.  13．（25-26学年九上·吉林松原乾安县部分学校·期中）我国青少年科普已从“知识普及”向“创新能力培养”转型．下面有关科普的图标，其文字上方的图案既是轴对称图形又是中心对称图形的是（　　） A.  B.  C.  D.  14．（25-26学年九上·吉林辽源东丰县·期末）音乐是人类文化中不可或缺的一部分，它充满魅力，能够唤起人们各种各样的情感体验．下列音乐符号中，既是中心对称图形也是轴对称图形的是（     ） A.  B.  C.  D.  15．（25-26学年九上·吉林吉林·期末）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.  16．（25-26学年九上·吉林扶余部分学校·期末）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.  17．（25-26学年九上·吉林松原·期末）为了节能减排，国家积极倡导使用新能源汽车，新能源汽车发展也取得了巨大成就．下列新能源汽车的车标既是中心对称图形又是轴对称图形的是（     ） A.  B.  C.  D.  18．（25-26学年九上·吉林吉林蛟河·期中）下面是国内常用的人工智能大模型的图标，其文字上方的图案是中心对称图形的是（     ） A.  B.  C.  D.  19．（25-26学年九上·吉林延边·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. 等边三角形 B. 等腰三角形 C. 平行四边形 D. 菱形 20．（25-26学年九上·吉林四平双辽·期中）数学符号能使数学语言在形式上一目了然，简明准确，它为表述和论证数学理论带来了极大的便利．下列数学符号中，是中心对称图形的是（       ） A.  B.  C.  D.  21．（25-26学年九上·吉林江城中学·期中）对称性揭示了自然的秩序与和谐，是数学之美的体现．在数学活动课中，同学们利用画图工具绘制出下列图形，其中是中心对称图形的是（　　） A.  三叶玫瑰线 B.  笛卡尔心形线 C.  蝴蝶曲线 D.  四叶玫瑰线 22．（25-26学年九上·吉林白山靖宇县部分学校·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.  23．（25-26学年九上·吉林松原宁江区·期中）传统纹样作为中华传统文化的一部分，具有深厚的底蕴．徐州出土汉代玉器的下列纹样，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（       ） A.      B.      C.      D.      24．（25-26学年九上·吉林吉林永吉县·期末）如图所示，在的正方形网格中，选取14个格点，以其中三个格点为顶点画出，请你以选取的格点为顶点再画出一个三角形，且分别满足下列条件： （1）图①中所画的三角形与组成的图形是轴对称图形． （2）图②中所画的三角形与组成的图形是中心对称图形． （3）图③中所画的三角形与的面积相等，但不全等． 25．（25-26学年九上·吉林辽源东丰县·期末）如图，在的正方形网格中，的三个顶点均在格点上．请你画出符合条件图形，并标明字母． （1）在图1中，画出一个格点与成中心对称； （2）在图2中，画出一个格点与成轴对称图形； （3）在图3中，画出绕着点按顺时针方向旋转后的格点． 26．（25-26学年九上·吉林松原乾安县·期中）如图，这是的正方形网格，小正方形的顶点为格点，请仅用无刻度的直尺按要求完成以下作图（保留作图痕迹）． （1）在图1中作格点C，连接，使； （2）在图2中作四边形，使点D、E在格点上，且四边形既是中心对称图形，又是轴对称图形． 考点04 关于原点对称的点的坐标 1．（25-26学年九上·吉林松原·期末）在平面直角坐标系中，点关于原点的对称点的坐标为（       ） A.  B.  C.  D.  2．（25-26学年九上·吉林松原乾安县·期中）将点向左平移3个单位长度得到点，点与点关于原点对称，则点的坐标是（     ） A.  B.  C.  D.  3．（25-26学年九上·吉林江城中学·期中）将点向右平移3个单位长度得到点，点与点关于原点对称，则点的坐标是（     ） A.  B.  C.  D.  4．（25-26学年九上·吉林长春朝阳区长春外国语学校·期末）在平面直角坐标系中，与点关于原点对称的点的坐标是　　　　　　． 5．（25-26学年九上·吉林辽源东丰县·期末）点（1，2）关于原点的对称点的坐标为　　． 6．（25-26学年九上·吉林吉林蛟河·期中）在平面直角坐标系中，点和点关于原点对称，则a的值为　　　　　　　　　　　． 7．（25-26学年九上·吉林延边·期中）点关于原点对称的点的坐标为　　　　　　　　． 8．（25-26学年九上·吉林白山靖宇县部分学校·期中）在平面直角坐标系中，点关于原点对称的点的坐标是　　　　　　　　． 9．（25-26学年九上·吉林吉林昌邑区·期中）点关于原点对称的点的坐标是　　　　　　　　． 10．（25-26学年九上·吉林松原乾安县部分学校·期中）在平面直角坐标系中，点关于原点对称的点的坐标是　　　　　　　　　　　． 11．（25-26学年九上·吉林松原宁江区·期中）在平面直角坐标系中，点关于原点对称的点的坐标是　　　　　　　　　． 12．（25-26学年九上·吉林吉林舒兰县·期末）已知点与点关于原点对称，则　　　　　． 13．（25-26学年九上·吉林四平双辽·期中）已知点与点是关于原点O的对称点，则长为　　　　　　　　　． 14．（25-26学年九上·吉林延边朝鲜族·期中）在平面直角坐标系中，点关于原点对称的点的坐标为　　　　　　　　． 15．（25-26学年九上·吉林白城通榆县·期末）已知点和点关于原点对称，则　　　　　　　　　　　． 16．（25-26学年九上·吉林吉林蛟河·期中）（多选）如图，在4×4的方格纸中，△ABC的三个顶点都在格点上． （1）在图1中，画出一个与△ABC成中心对称的格点三角形； （2）在图2中，画出一个与△ABC成轴对称且与△ABC有公共边的格点三角形； （3）在图3中，画出△ABC绕着点C按顺时针方向旋转90°后的三角形． 17．（25-26学年九上·吉林白山靖宇县部分学校·期中）在平面直角坐标系中，的三个顶点的坐标分别为，，． （1）画出关于原点对称的，并写出点的坐标； （2）画出将绕原点按顺时针旋转所得的． 试卷第1页，共3页 / 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题05 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·吉林辽源东丰县·期末）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（     ） A. 45° B. 60° C. 90° D. 120° 【答案】C 【分析】 本题主要考查图形的旋转，当以点为旋转中心，旋转的最小角度为时，即可与原图重合． 【详解】 如图所示，当以点为旋转中心，旋转的最小角度为时，即可与原图重合． 故选：C 2．（25-26学年九上·吉林四平双辽·期末）如图，将含的直角三角板绕着点A顺时针旋转到处（点C，A，D在一条直线上），则这次旋转的旋转角为（     ） A.  B.  C.  D.  【答案】C 【分析】 本题考查了旋转角的求解，根据旋转角的定义，两对应边的夹角就是旋转角，据此即可求解． 【详解】 解：根据题意：旋转角是． 故选：C． 3．（25-26学年九上·吉林延边朝鲜族·期中）如图，P是等边△ABC内部一点，把△ABP绕点A逆时针旋转，使点B与点C重合，得到△ACQ，则旋转角的度数是（   ） A. 50° B. 60° C. 70° D. 80° 【答案】B 【分析】 根据旋转的性质可得，旋转角为，再根据等边三角形的性质求解即可． 【详解】 解：根据旋转的性质可得，旋转角为． ∵为等边三角形， ∴，即旋转角为． 故选：B． 【点睛】 此题考查了旋转的性质和等边三角形的性质，解题的关键是掌握旋转的性质找到旋转角． 4．（25-26学年九上·吉林吉林蛟河·期中）如图，教室内地面有个倾斜的畚箕，箕面与水平地面的夹角为，小明将畚箕绕点顺时针旋转后平放在地面，则箕面绕点旋转的度数为(     ) A.  B.  C.  D.  【答案】C 【分析】 本题考查了旋转的性质、根据旋转的性质和平角的定义计算即可得出答案． 【详解】 解：根据题意得， 则，即箕面绕点旋转的度数为， 故选：C． 5．（25-26学年九上·吉林江城中学·期中）如图，风力发电机的叶片在风的吹动下转动，使风能转化为电能．图中的三个叶片组成的图形绕着它的中心旋转角后，能够与它本身重合，则角的大小可以为（       ） A.  B.  C.  D.  【答案】B 【分析】 本题主要考查了求旋转角，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，据此求解即可． 【详解】 解：由题意得，整个图形由三个叶片组成，则相邻叶片之间的夹角为， ∴该叶片图案绕中心至少旋转后能与原来的图案重合， ∴角的大小可以为， 故选：B． 6．（25-26学年九上·吉林白山靖宇县部分学校·期中）如图，是绕点顺时针旋转得到的，若，，则旋转角的度数是（     ） A.  B.  C.  D.  【答案】C 【分析】 本题主要考查了求旋转角，三角形内角和定理，解题的关键是要理解旋转是一种位置变换，旋转前后图形的形状和大小不变，只是位置变化． 先根据三角形内角和定理求出，再结合图形可知，旋转角为，据此可得答案． 【详解】 解：根据三角形的内角和定理得，， 由图可知即为旋转角， ∴旋转角的度数为， 故选：C． 7．（25-26学年九上·吉林吉林昌邑区·期中）正方形ABCD在直角坐标系中的位置如图所示，将正方形ABCD绕点A按顺时针方向旋转180°后，C点的坐标是(     ) A. (2，0) B. (3，0) C. (2，－1) D. (2，1) 【答案】B 【分析】 正方形ABCD绕点A顺时针方向旋转180°后，C点的对应点与C一定关于A对称，A是对称点连线的中点，据此即可求解． 【详解】 根据题意得：AC=2， 设正方形ABCD绕点A顺时针方向旋转180°后C的对应点设是C′，则AC′=AC=2， 则OC′=3， 故C′的坐标是(3，0)． 故选B． 【点睛】 本题考查坐标与图形变化-旋转．理解正方形ABCD绕点A顺时针方向旋转180°后，C点的对应点与C′一定关于A对称是解题关键． 8．（25-26学年九上·吉林松原乾安县部分学校·期中）如图，将绕点逆时针旋转得到，点落在边上，且，则的度数是（     ） A.  B.  C.  D.  【答案】B 【分析】 本题考查了旋转的性质，等边三角形的判定和性质，等边对等角．由旋转的性质得，，由的性质得，可求得是等边三角形，据此求解即可． 【详解】 解：由旋转的性质得，， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴是等边三角形， ∴， 故选：B． 9．（25-26学年九上·吉林四平伊通满族自治县·期中）如图，将绕点A顺时针旋转得到，点B，C的对应点分别为点D，E，若，，则的长为（       ） A. 2 B. 1 C.  D.  【答案】B 【分析】 本题考查了旋转性质，根据旋转图形的对应边是相等的，进行作答即可． 【详解】 解：∵将绕点A顺时针旋转得到，点B，C的对应点分别为点D，E， ∴， 故选：． 10．（25-26学年九上·吉林白城通榆县·期末）如图，是绕点顺时针旋转得到的，若，，则的度数是（       ） A.  B.  C.  D.  【答案】C 【分析】 本题考查了旋转的性质、三角形内角和定理．理解旋转的性质是解题的关键．利用旋转的性质得到对应角相等，结合三角形内角和定理求出的度数． 【详解】 解：∵是绕点旋转得到的， ， ∵， ∴． 故选：C． 11．（25-26学年九上·吉林长春第八十七中学·期末）如图，抛物线与轴交于点，点在轴的正半轴上，将线段绕点顺时针旋转得到线段，若点恰好在抛物线上，则点的坐标为(     ) A.  B.  C.  D.  【答案】B 【分析】 本题考查二次函数的图象，旋转的性质，全等三角形的判定和性质，能作辅助线构造全等三角形是解题的关键．先求出，然后设点的坐标为，过点作于点，证得，即可得点的坐标为，代入二次函数解析式即可求解． 【详解】 解：令，则， ， 设点的坐标为，过点作于点， 由旋转可得：，， ， ， ， ， ，， 点的坐标为， 把代入得， 解得，舍去， 点的坐标为， 故选：B． 12．（25-26学年九上·吉林松原宁江区·期中）如图，将长方形绕其顶点B顺时针转到如图所示的位置，则旋转角可以为（       ） A.  B.  C.  D.  【答案】A 【分析】 本题考查了旋转的性质，长方形性质，平行线性质，解题的关键在于熟练掌握相关知识．记，，旋转后的对应点为，，，交于点．利用旋转的性质，长方形性质，平行线性质得到，即可解题． 【详解】 解：记，，旋转后的对应点为，，，交于点． 由旋转的性质可知四边形为长方形， ， ， ， ， 旋转角可以为， 故选：A． 13．（25-26学年九上·吉林吉林舒兰县·期末）如图，底边AB长为2的等腰直角△OAB的边OB在x轴上，将△OAB绕原点O逆时针旋转45°得到△OA1B1，则点A1的坐标为（       ） A. （1，﹣） B. （1，﹣1） C. （，﹣） D. （，﹣1） 【答案】B 【分析】 A1B1交x轴于H，如图，根据等腰直角三角形的性质得∠OAB=45°，再利用旋转的性质得A1B1=AB=2，∠1=45°，∠OA1B1=45°，则∠2=45°，于是可判断OH⊥A1B1，则根据等腰直角三角形的性质得到，然后写出点A1的坐标． 【详解】 如解图，交x轴于H， ∵为等腰直角三角形， ∴， ∵绕原点O逆时针旋转45°得到， ∴，，， ∴， ∴， ∴， ∴点的坐标为． 故选：B． 【点睛】 本题考查了坐标与图形变换-旋转：图形或点旋转之后要结合旋转的角度和图形的特殊性质来求出旋转后的点的坐标．常见的是旋转特殊角度如：30°，45°，60°，90°，180°．解决本题的关键是判断A1B1被x轴垂直平分． 14．（25-26学年九上·吉林松原·期末）如图，将AOB绕点O按逆时针方向旋转45°后得到COD，若∠AOB＝10°，则∠AOD的度数是　　　． 【答案】55°55度 【分析】 首先根据旋转变换的性质求出∠BOD的度数，结合∠AOB＝10°即可解决问题． 【详解】 解：如图，由题意及旋转变换的性质得∠AOC＝∠BOD＝45°， 又∵∠AOB＝10°， ∴∠AOD＝∠BOD＋∠AOB＝45°＋10°＝55°， 故答案为：55°． 【点睛】 本题主要考查了旋转变换的性质，熟练掌握旋转的性质是解题的关键． 15．（25-26学年九上·吉林吉林蛟河·期中）如图，在中，，． 将绕点B按逆时针方向旋转得，使点C落在AB边上，点A的对应点为点D，连接AD，求的度数． 【答案】25度 【分析】 此题主要考查了旋转的性质，同时也利用了等腰三角形的性质，解题的关键是会确定旋转角．由旋转得，通过等腰三角形及直角三角形可求度数，进而求的度数． 【详解】 证明：是由旋转得到    ，， ， 16．（25-26学年九上·吉林松原乾安县部分学校·期中）如图，该图形绕其中心旋转能与其自身完全重合，则其旋转角最小为　　　度． 【答案】45 【分析】 本题考查旋转对称图形，求出该图形的中心角，即可得出结果． 【详解】 解：由图可知，最小的旋转角为：； 故答案为：45． 17．（25-26学年九上·吉林松原宁江区·期中）如图所示的花朵图案，至少要旋转　　　　　　度后，才能与原来的图形重合． 【答案】45 【分析】 该图形被平分成8部分，因而每部分被分成的圆心角是45°，并且圆具有旋转不变性，因而旋转45度的整数倍，就可以与自身重合． 【详解】 花朵图案，至少要旋转360÷8=45度后，才能与原来的图形重合． 故答案为：45 考点：旋转角． 【点睛】 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． 18．（25-26学年九上·吉林四平伊通满族自治县·期中）如图所示的花朵图案，要与原来的图形完全重合，至少要绕其中心旋转　　　　度． 【答案】 【分析】 本题考查旋转的性质，掌握相关知识是解决问题的关键．该图形被平分成8部分，因而每部分被分成的圆心角是，并且圆具有旋转不变性，因而旋转的整数倍，就可以与自身重合． 【详解】 解：花朵图案，至少要旋转后，才能与原来的图形重合． 故答案为：． 19．（25-26学年九上·吉林白山抚松县·期末）如图，已知三个顶点坐标分别为，，． （1）请画出将先向左，再向下都平移5个单位长度后得到的； （2）请画出将绕点O按逆时针方向旋转后得到的； （3）在x轴上求作一点P，使的周长最小，并直接写出点P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，点即为所求． 【分析】 本题主要考查了坐标与图形变化—平移，旋转和轴对称，熟知平移，旋转和轴对称的相关知识是解题的关键． （1）根据“上加下减，左减右加”的平移规律可得点的坐标，描出点，并顺次连接点即可； （2）根据网格的特点和旋转方式找到点的位置，描出点，并顺次连接点即可； （3）作点A关于x轴的对称点，连接交x轴于点P，则点P即为所求，根据网格的特点即可得到点P的坐标． (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 略 (3) 小问详解： 略 20．（25-26学年九上·吉林吉林·期末）如图，把绕着点顺时针旋转，得到，若，则　　　　　． 【答案】度 【分析】 本题考查了旋转的性质，熟练掌握旋转的性质是解题的关键．根据旋转的性质可得，，根据，即可求解． 【详解】 解：∵绕着点顺时针旋转，得到， ∴，， ∵， ∴， 故答案为：． 21．（25-26学年九上·吉林吉林永吉县·期末）如图，这个图案绕着它的中心旋转后能够与它本身完全重合，则的最小值为　　　　　　　　． 【答案】 【分析】 本题考查了旋转对称，如果把一个图形绕着旋转中心旋转一定的角度后，可以与自身完全重合，这个图形就是旋转对称图形． 【详解】 解：这个图形可以被平均分成四份，每份所对的圆心角的度数为， 这个图形绕着它的中心旋转后能够与它本身完全重合． 故答案为：． 22．（25-26学年九上·吉林吉林蛟河·期末）（多选）如图，在△ABC中，AB＝BC，∠ABC＝120°，点D在边AC上，且线段BD绕着点B按逆时针方向旋转120°能与BE重合，点F是ED与AB的交点． （1）求证：AE＝CD； （2）若∠DBC＝45°，求∠BFE的度数． 【答案】（1）证明：∵线段BD绕着点B按逆时针方向旋转120°能与BE重合， ∴BD＝BE，∠EBD＝120°， ∵AB＝BC，∠ABC＝120°， ∴∠ABD+∠DBC＝∠ABD+∠ABE＝120°， ∴∠DBC＝∠ABE， ∴△ABE≌△CBD（SAS）， ∴AE＝CD； （2）∠BFE＝105°． 【分析】 （1）根据旋转的性质证明△ABE≌△CBD（SAS），进而得证；  （2）由（1）得出∠DBC=∠ABE=45°，BD=BE，∠EBD=120°，最后根据三角形内角和定理进行求解即可． 【详解】 （1） 略 （2）解：由（1）知∠DBC＝∠ABE＝45°，BD＝BE，∠EBD＝120°， ∴∠BED＝∠BDE＝（180°﹣120°）＝30°， ∴∠BFE＝180°﹣∠BED﹣∠ABE ＝180°﹣30°﹣45°＝105°． 【点睛】 本题考查了旋转的性质，全等三角形的判定与性质，三角形内角和定理，利用旋转的性质证明是解题的关键． 23．（25-26学年九上·吉林白城通榆县·期末）如图，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，将△ABC绕点A顺时针旋转90°得到△AB′C′，连接CC′，若AC＝4，AB＝1，则△B′C′C的面积为　　　　　． 【答案】6 【分析】根据旋转的性质可得AC＝AC′＝4，AB′＝AB＝1，∠CAC′＝90°，然后利用S△B′C′C＝S△ACC′﹣S△AB′C′进行求解. 【详解】解：∵△ABC绕点A顺时针旋转90°后得到的△AB′C′， ∴AC＝AC′＝4，AB′＝AB＝1，∠CAC′＝90°， ∴△ACC′为等腰直角三角形， ∴S△B′C′C＝S△ACC′﹣S△AB′C′＝×4×4﹣×4×1＝6． 故答案为6． 【点睛】本题主要考查了旋转的性质和三角形面积计算，熟知旋转不改变图形的大小与形状是解题关键. 24．（25-26学年九上·吉林松原乾安县·期中）如图，在等边中，点D是边上的点，以为边作等边，连结． （1）填空：可以看成△________以点________为旋转中心，________时针旋转________度得到； （2）若，求的度数． 【答案】（1）,,逆，     （2）      【分析】 本题考查了等边三角形的性质、全等三角形的判定与性质以及选择的相关知识点，证是解题关键． （1）由题意可证，即可求解； （2）根据，即可求解； (1) 小问详解： 解：由题意得： ∴ 即： ∴ 故：可以看成以点为旋转中心，逆时针旋转度得到， 故答案为：，，逆， (2) 小问详解： 解：∵ ∴， ∴ 25．（25-26学年九上·吉林吉林·期中）如图，该图形绕其中心旋转能与其自身完全重合，则其旋转角最小为　　　　　　 度 【答案】60 【分析】 观察图形可得，图形由六个形状相同的部分组成，从而能计算出旋转角度． 【详解】 解：图形可看作由一个基本图形每次旋转，旋转次所组成，故最小旋转角为． 故答案为：． 【点睛】 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，属于中考常考题型． 26．（25-26学年九上·吉林白山靖宇县部分学校·期中）如图，把绕点按逆时针方向旋转得到，已知，求的大小． 【答案】 【分析】 本题考查了图形的旋转性质，解题的关键是理解旋转前后对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角，并利用角的和差关系求解． 先根据旋转性质确定旋转角的度数，再利用等于与的和来计算． 【详解】 解：根据题意，点B，C的对应点分别是， ∴， ∵，， ∴． 故答案为：． 27．（25-26学年九上·吉林白山靖宇县部分学校·期中）把如图所示的图形绕着它的中心旋转一定角度后能与自身完全重合，则这个旋转角至少是　　　　　　　　． 【答案】 【分析】 本题主要考查了旋转的概念，通过计算除以图案的对称部分数量来确定最小旋转度数是解题的关键． 通过图案可知对称部分的数量为3，利用除以即可得解； 【详解】 ， 旋转的角度是的整数倍， 旋转的角度至少是； 故答案是：． 28．（25-26学年九上·吉林吉林昌邑区·期中）如图，中，，将绕点逆时针旋转度（）后得到，点恰好落在上，，则　　　　　　°． 【答案】 【分析】 本题主要考查了旋转的性质，等边对等角，三角形内角和定理，先根据三角形内角和定理求出，再根据旋转的性质得到，则，由此根据三角形内角和定理求出的度数即可得到答案． 【详解】 解：由旋转的性质可得， ∵中，， ∴， ∴， ∴， ∴， 故答案为：． 29．（25-26学年九上·吉林延边朝鲜族·期中）如图是由中国结和雪花两种元素组成的一个图案，这个图案绕着它的旋转中心旋转角度后能够与它本身重合，则角最小是　　　　　　　　　　度． 【答案】60 【分析】 本题主要考查了旋转对称图形、正六边形的性质．先求出正六边形的中心角，再根据旋转变换的性质解答即可． 【详解】 解： 则这个图案绕着它的中心旋转或的倍数后能够与它本身重合，则最小为． 故答案为：60． 30．（25-26学年九上·吉林延边朝鲜族·期中）在如图所示的网格中，每个小正方形的边长均为1个单位长度，的三个顶点的坐标分别为，，． （1）在图中画出以点为旋转中心，按顺时针方向旋转后的； （2）在图中画出与关于原点对称的，并写出点的坐标． 【答案】（1） 解：如图，即为所求． ；     （2） 解：如图，即为所求，． 【分析】 本题考查了利用旋转变换作图，以原点为中心作对称图形，解题的关键是能正确找出对应点的位置， （1）找出B、C的对应点，再连线即可； （2）以原点为中心，分别找出A、B、C的对应点连线即可； (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 略 31．（25-26学年九上·吉林延边朝鲜族·期中）（多选）如图，是含角的直角三角形尺，且，．将绕点A按顺时针方向旋转一定角度得到，点B的对应点D恰好落在边上，连接．求证：是等边三角形． 【答案】证明：将Rt△ABC;id: MathJax-Element-4291-Frame;role: presentation;style: font-size: 101%; position: relative;;tabindex: 0;">Rt△ABC绕点A;id: MathJax-Element-4292-Frame;role: presentation;style: font-size: 101%; position: relative;;tabindex: 0;">A按顺时针旋转一定角度得到Rt△ADE;id: MathJax-Element-4293-Frame;role: presentation;style: font-size: 101%; position: relative;;tabindex: 0;">Rt△ADE， ，， 又， 是等边三角形， ， 是等边三角形． 【分析】 本题考查了旋转的性质，等边三角形的性质与判定．根据题意得出是等边三角形，进而求得，根据即可求解． 【详解】 略 32．（25-26学年九上·吉林松原乾安县部分学校·期中）如图，点为正方形内一点，经逆时针旋转后能与重合． （1）旋转中心是___________，旋转角度最小为___________； （2）判断的形状，并说明理由． 【答案】（1）点，     （2） 是等腰直角三角形，理由如下： 四边形是正方形， ， 绕点逆时针旋转后能与重合， ，， 是等腰直角三角形．      【分析】 本题主要考查了正方形的性质、旋转的性质以及等腰直角三角形的判定定理． （1）因为经逆时针旋转后能与重合，根据旋转的性质，旋转中心是两个三角形的公共点，旋转角度最小为； （2）因为四边形是正方形，所以，根据旋转的性质，可得，，从而得到是等腰直角三角形． (1) 小问详解： 经逆时针旋转后能与重合， 旋转中心是点，旋转角度最小为， 故答案为：点，； (2) 小问详解： 略 33．（25-26学年九上·吉林松原乾安县部分学校·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，．将绕点按顺时针方向旋转得到． （1）在平面直角坐标系中，画出； （2）直接写出点的对应点的坐标． 【答案】（1） 如图，即为所求；      （2）      【分析】 本题主要考查了旋转的性质以及平面直角坐标系的应用． （1）先找到、、绕点按顺时针方向旋转后的对应点、、，然后顺次连接、、即可画出； （2）根据将绕点按顺时针方向旋转得到的的位置，即可得出点的坐标． (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 由图可知，点的坐标为． 34．（25-26学年九上·吉林四平伊通满族自治县·期中）（多选）如图，将△ABC绕点C顺时针旋转得到△DEC，点D落在线段AB上．求证：DC平分∠ADE． 【答案】证明：由旋转可知，△ABC≌△DEC， ∴∠A=∠CDE，AC=DC， ∴∠A=∠ADC， ∴∠ADC=∠CDE， 即DC平分∠ADE． 【分析】 利用旋转的性质，等腰三角形的性质证明即可． 【详解】 略 【点睛】 本题考查了旋转的全等性，等腰三角形的性质，熟练掌握两个性质是解题的关键． 35．（25-26学年九上·吉林白山靖宇县第三中学·期末）如图，在中，，，，将绕点B顺时针旋转得到，连接交于点F，若，则与的周长之和为　　　　　　　　 【答案】 【分析】 本题考查了旋转的性质，等边三角形的判定和性质． 根据将绕点顺时针旋转得到，可得，从而得到为等边三角形，得到，所以与的周长之和，即可解答． 【详解】 解：将绕点顺时针旋转得到， ， ， 为等边三角形， ， 与的周长之和． 故答案为：． 36．（25-26学年九上·吉林白山靖宇县第三中学·期末）如图，在平面直角坐标系中，小正方形网格的边长均为1个单位长度，和的顶点均在格点上． （1）画出关于原点O对称的； （2）将绕点E顺时针旋转得到，画出； （3）若是由绕着某点旋转得到的，则该点的坐标为          ． 【答案】（1） 解：如图；      （2） 解：如图      （3）      【分析】 本题主要考查了作关于原点对称的图形，旋转作图，确定旋转中心， （1）根据旋转画出图形即可； （2）根据旋转画出图形即可； （3）根据旋转中旋转中心点到对应点的距离相等的性质，即可求解． (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 略 (3) 小问详解： 解：如图； 是由绕着某点旋转得到的，则该点的坐标为． 37．（25-26学年九上·吉林辽源东丰县·期末）综合与实践 在《图形的平移与旋转》回顾与思考课上，李老师出示了如下问题：在中，，点在平面内，连接并将线段绕点逆时针旋转与相等的角度，得到线段，连接． （1）初步探究 如图①，点是边上任意一点，则线段和线段的数量关系是             ； （2）类比探究 如图②，点是平面内任意一点，（1）中的结论是否依然成立？若成立，请给出证明；若不成立，请说明理由．请仅以图②所示的位置关系加以证明（或说明）； （3）延伸探究 如图③，在中，，，，是线段边上的任意一点，连接，将线段绕点逆时针旋转，得到线段，连接，请直接写出线段长度的最小值． 【答案】（1）     （2） 成立，理由如下： ∵旋转， ∴，， ∴，即：， 又∵， ∴， ∴；     （3）4      【分析】 （1）旋转的性质得到，，进而得到，证明，即可得出结论； （2）同法（1）即可得证； （3）延长至点，使，连接，作，根据含30度角的直角三角形的性质，推出，证明，得到，进而得到点的运动轨迹，根据垂线段最短结合含30度角的直角三角形的性质，进行求解即可． (1) 小问详解： 解：∵旋转， ∴，， ∴，即：， 又∵， ∴， ∴； 故答案为：； (2) 小问详解： 略 (3) 小问详解： 解：延长至点，使，连接，作，则：， ∵，， ∴， ∵旋转， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴点在射线上运动， ∵垂线段最短， ∴当点与点重合时，的长最短，为的长， ∵， ∴； 故的最小值为4． 【点睛】 本题考查旋转的性质，全等三角形的判定和性质，含30度的直角三角形，垂线段最短，熟练掌握旋转的性质，证明三角形全等，是解题的关键． 38．（25-26学年九上·吉林辽源东丰县·期末）如图，在平面直角坐标系中，点坐标，连接，将绕点逆时针旋转，得到，求点的坐标． 【答案】 【分析】 本题主要考查了坐标与图形变化-旋转及全等三角形的判定与性质，熟知图形旋转的性质及全等三角形的判定与性质是解题的关键．分别过点和点作轴的垂线，利用全等三角形的判定与性质即可解决问题． 【详解】 解：分别过点和点作轴的垂线，垂足为和， 则． ∵将绕点逆时针旋转，得到， ∴，， ∴， ∴． ∴， ∴，． ∵点坐标， ∴，． ∴点的坐标为． 故答案为：． 39．（25-26学年九上·吉林吉林丰满区·期末）如图，在正方形网格中，每个小正方形的顶点称为格点，的顶点都在格点上，用无刻度直尺，在给定网格中作出一个符合要求的图形即可． （1）在图1中，画出经过平移后得到的，且的顶点都在格点上． （2）在图2中，画出经过轴对称后得到的，且的顶点都在格点上． （3）在图3中，画出经过旋转后得到的，且的顶点都在格点上． 【答案】（1） 解：如图1所示，      （2） 解：如图2所示，      （3） 解：如图3所示， 【分析】 本题考查平移作图，轴对称作图和旋转作图，掌握好每种作图的规范与技巧是关键． （1）将点A、B、C向右平移得到，，，连接成三角形即可； （2）将点C关于作对称，得到，连接成三角形即可； （3）将点A、C绕点B顺时针旋转得到、，连接成三角形即可． (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 略 (3) 小问详解： 略 40．（25-26学年九上·吉林吉林丰满区·期末）如图，将线段绕点顺时针旋转得到线段，再将线段绕点逆时针旋转得到线段，连接． （1）判断四边形的形状，并说明理由． （2）若点在线段上，，则的最小值为________． 【答案】（1） 解：四边形是正方形，理由： 由旋转得，． ． ． ， 四边形是平行四边形． ， 平行四边形是矩形． ， ∴四边形是正方形；     （2）      【分析】 此题考查了正方形的判定和性质、轴对称的性质、勾股定理等知识． （1）根据旋转的性质得到，．证明四边形是平行四边形．由即可证明四边形是正方形； （2）作点关于对称的点，连接交于点P，则，，连接，此时为最小值，根据勾股定理进行解答即可． (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 解：如图，作点关于对称的点，连接交于点P，则，，连接，此时为最小值， ∵四边形是正方形， ∴， ∴． 故答案为：. 41．（25-26学年九上·吉林延边州·期末）如图，在正方形内部取一点，连接、，使．将线段绕点逆时针旋转得到线段，连接，延长交的延长线于点．试判断四边形的形状，并说明理由． 【答案】解：判断：四边形是正方形． 理由：将线段绕点逆时针旋转得到线段， ，， 在正方形中，，， ， ， 在 和中， ， ， ， ， ， ， 四边形是矩形， ， 四边形是正方形． 【分析】 本题考查正方形的判定与旋转的性质，结合全等三角形的判定与性质是解题关键．通过旋转得到线段与角的等量关系，利用正方形的性质证明三角形全等，进而推出四边形的角为直角且邻边相等，以此判定四边形形状． 【详解】 略 42．（25-26学年九上·吉林延边州·期末）如图，在平面直角坐标系中，点A的坐标为，点C的坐标为．以，为边作矩形，若将矩形绕点O逆时针旋转，得到矩形，则点的坐标为　　　　　　　　　　　． 【答案】 【分析】 本题主要考查了坐标与图形变化—旋转，矩形的性质，熟练掌握矩形的性质和旋转的性质是解题的关键． 先根据题意得到，，再由矩形的性质可得，，，由旋转的性质可得，，，据此可得第二象限内的坐标． 【详解】 由条件可知，， ∴，，， ∵将矩形绕点O逆时针旋转，得到矩形，点在第二象限， ∴，，， ∴点的坐标为， 故答案为：． 43．（25-26学年九上·吉林四平双辽·期末）如图，正方形网格中，每个小正方形的顶点称为格点，点，，都在格点上，只用无刻度直尺在给定网格中按要求画图． （1）在图中，将图中阴影部分绕点顺时针旋转后得到的新图形涂上阴影． （2）在图中，找到一个格点，连接，使． （3）在图中，找到一个格点，连接，使． 【答案】（1） 解：如图，阴影部分绕点顺时针旋转，      （2） 解：如图，即为所求， 理由：连接， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∴即为所求；     （3） 解：如图，即为所求． 【分析】 本题考查了网格画图，旋转的性质，垂直定义，掌握知识点的应用是解题的关键． （）根据旋转性质即可画图； （）通过网格特点即可求解； （）通过网格特点即可求解． (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 略 (3) 小问详解： 略 44．（25-26学年九上·吉林吉林永吉县·期末）如图，在矩形中，将绕点按顺时针旋转到（点、、在同一直线上）的位置． （1）旋转中心是______，旋转角为______度； （2）若，求的大小． 【答案】（1）点，     （2）      【分析】 本题考查矩形的性质、旋转的性质、勾股定理、等腰直角三角形的判定，证明为等腰直角三角形是解答的关键． （1）利用旋转性质可知旋转中心为点，然后旋转角为，利用角度和差关系求出即可； （2）先证得为等腰直角三角形，再根据勾股定理求解即可． (1) 小问详解： 解：∵绕点按顺时针旋转到， ∴旋转中心为点，旋转角度为， ∵将绕点A按顺时针旋转到， ∴， ∴，即， 故答案为：点，； (2) 小问详解： 解：∵四边形是矩形， ∴，， 在中，，， ∴， ∵将绕点A按顺时针旋转到，旋转角为， ∴，为等腰直角三角形， ∴． 45．（25-26学年九上·吉林吉林昌邑区·期末）如图，在△ABC中，AB=2，BC=3.6，∠B=60°，将△ABC绕点A按顺时针旋转一定角度得到△ADE，当点B的对应点D恰好落在BC边上时，则CD的长为　　　　　　． 【答案】1.6 【分析】 由将△ABC绕点A按顺时针旋转一定角度得到△ADE，当点B的对应点D恰好落在BC边上，可得AD=AB，又由∠B=60°，可证得△ABD是等边三角形，继而可得BD=AB=2，则可求得答案． 【详解】 解：由旋转的性质可得：AD=AB， ∵∠B=60°， ∴△ABD是等边三角形， ∴BD=AB， ∵AB=2，BC=3.6， ∴CD=BC-BD=3.6-2=1.6． 故答案为1.6． 【点睛】 此题考查了旋转的性质以及等边三角形的判定与性质．此题比较简单，注意掌握旋转前后图形的对应关系，注意数形结合思想的应用． 46．（25-26学年九上·吉林扶余部分学校·期末）如图，在中，，将绕点逆时针旋转得到，交于点，点恰好落在上，此时等于　　　　　　　　　　　　　． 【答案】 【分析】 本题主要考查了旋转的性质、等腰三角形性质、三角形外角的性质等知识点，灵活运用相关知识点是解题的关键． 根据旋转得到，，利用等腰三角形性质求出、，根据题意算出，最后根据三角形外角的性质求解即可． 【详解】 解：由旋转的性质，可知，，， ， ， ． 故答案为：． 47．（25-26学年九上·吉林白城通榆县·期末）如图，四边形是正方形，连接，将绕点A逆时针旋转α得到，连接，O为的中点，连接． （1）如图1，当时，求证：． （2）如图2，当时，（1）中的结论还成立吗？请说明理由． 【答案】（1） 证明：∵四边形是正方形， ∴ ∵绕点A逆时针旋转得到， ∴ ∵O为的中点， ∴， ∴．     （2） 成立，理由如下： 连接， ∵四边形是正方形， ∴， ∵绕点A逆时针旋转得到， ∴， ∴即 在和中， ， ∴， ∴， ∵ ∴， ∴，即 ∵O为的中点， ∴， 在和中， ， ∴， ∴．      【分析】 （1）根据旋转的性质可得，再根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半即可得到，即可证明． （2）连接，通过证明得到，进而证明，即可得出结论． (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 略 【点睛】 本题主要考查了旋转的性质，正方形的性质，全等三角形的判定和性质，解题的关键是熟练掌握选装前后对应边相等，对应角相等． 48．（25-26学年九上·吉林四平伊通满族自治县·期末）问题情境：已知矩形，，，将矩形绕点按逆时针方向旋转，得到矩形，点的对应点是点，点的对应点是点，点的对应点是点，连接． 数学发现： （1）如图，当时，___________，如图，当时，___________； 初步探究： （2）如图，当边经过点时，求的长； （3）如图，当点落在的延长线上时，直接写出四边形的面积． 【答案】（1），；（2）；（3）四边形的面积为． 【分析】 （1）由旋转的性质可得，，由可得，于是可证得是等边三角形，利用等边三角形的性质即可求出的度数；由旋转的性质可得，，在中，根据勾股定理可得，据此即可求出的长； （2）由旋转的性质可得，，，由矩形的性质可得，，，进而可得，，在中，根据勾股定理可得，于是可得，在中，根据勾股定理可得，据此即可求出的长； （3）连接，由旋转的性质可得，，，由矩形的性质可得，，利用邻补角互补可得，进而可得，然后可证得，于是可得，根据即可求出四边形的面积． 【详解】 解：（1）如图，由旋转的性质可得：，， ， ， 是等边三角形， ； 如图，由旋转的性质可得：，， 在中，根据勾股定理可得： ； 故答案为：，； （2）如图，由旋转的性质可得：，，， 四边形和都是矩形， ，，， ，， 在中，根据勾股定理可得： ， ， 在中，根据勾股定理可得： ， 的长为； （3）如图，连接，     由旋转的性质可得：，，， 四边形和都是矩形， ，， 点落在的延长线上， ， ， 在和中， ， ， ， ， 四边形的面积为． 【点睛】 本题主要考查了旋转的性质，等边三角形的判定与性质，勾股定理，矩形的性质，线段的和与差，利用邻补角互补求角度，全等三角形的判定与性质，三角形的面积公式等知识点，熟练掌握旋转的性质和矩形的性质是解题的关键． 49．（25-26学年九上·吉林吉林蛟河·期中）如图，点O是等边内一点，将绕点C按顺时针方向旋转得到，连接． （1）求证：是等边三角形； （2）当，时，试判断的形状 【答案】（1） 证明：∵绕点按顺时针方向旋转得到 ∴， ， ， ∴是等边三角形；     （2）是等腰直角三角形      【分析】 此题考查了旋转的性质，以及等边三角形的判定与性质； （1）利用有一个角为的等腰三角形为等边三角形即可得证； （2）三角形为等腰直角三角形，理由为：由旋转得到两三角形全等，进而求出，再由三角形为等边三角形，进而确定出为直角，即可得证． (1) 小问详解： 略； (2) 小问详解： 解：是等腰直角三角形，理由如下： ∵是等边三角形 ∴， ∵， ， ， ， ， ， ∴是等腰直角三角形． 50．（25-26学年九上·吉林吉林蛟河·期中）如图，为正方形内一点，，，，将绕点按顺时针方向旋转，得到，延长交于点，连接．则的面积为　　　　　　 【答案】 【分析】 本题考查旋转的性质、勾股定理、正方形的判定与性质，熟练掌握旋转的性质、勾股定理、正方形的判定与性质是解答本题的关键． 由旋转得，，，，，可得出四边形为正方形，可得．在中，由勾股定理得，，则，，即可解答． 【详解】 解：由旋转得，，，， ， 四边形为矩形， ， 四边形为正方形， ， 在中，由勾股定理得，， ， ， ， 故答案为：． 51．（25-26学年九上·吉林吉林·期中）阅读情境：在综合实践课上，同学们探究“全等的等腰直角三角形图形变化问题”．如图①，，其中，，此时，点C与点E重合． （1）操作探究1：小凡将图①中的两个全等的和按图②方式摆放，点B落在上，所在直线交所在直线于点M，连接，求证：； （2）操作探究2：小彬将图①中的绕点A按逆时针方向旋转角度，然后，分别延长、，它们相交于点F．如图③，在操作中，小彬提出如下问题，请你解答： ①当时，求证：是等边三角形； ②当______时，． 【答案】（1） 证明：如图② ，由题意知， 在和中， ∵ ， ∴， ∴．     （2） ① 证明：如图③ ， ∵，， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∴是等边三角形． ②      【分析】 本题属于几何变换综合题，考查了全等三角形的判定和性质，等边三角形的判定和性质等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型． （1）证明即可解决问题； （2）① 证明即可解决问题．② 根据平行线的判定定理即可解决问题； (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： ① 略 ② 解：∵， ∴， ∴当时，， 故答案为：． 52．（25-26学年九上·吉林四平双辽·期中）已知：和都是等腰直角三角形，． （1）如图①E在上，点D在上时，线段与的数量关系是______，位置关系是______； （2）把绕点C旋转到如图②的位置，连接，（1）中的结论还成立吗？说明理由； （3）在绕点C在平面内旋转过程中，若，，当A，E，D三点在同一直线上时，则AE的长是______． 【答案】（1），     （2） 成立．理由如下： 如图② ，与交于，与交于， 由题意可知：， ， ， 在与中， ， ， ，， 又，， 在中， ， ， ， 所以（1）中的结论仍然成立；     （3）或      【分析】 （1）由等腰直角三角形的性质得出，，得出，再用，即可得出结论； （2）先由旋转的性质得出，进而判断出，得出，，与交于，与交于，利用全等的性质和对顶角相等进而得出，即可得出结论； （3）分两种情况，①当点在线段上时，过点作于，求出，再用勾股定理求出，利用线段的加减即可得出结论； ②当点在线段上时，过点作于，求出，再由勾股定理求出根据勾股定理得，利用线段的加减即可得出结论． (1) 小问详解： 解：和都是等腰直角三角形， ，， ， ， 点在上，点在上，且， ， 故答案为：，； (2) 小问详解： 略 (3) 小问详解： 当点在线段上时，如图③ ，过点作于， 是等腰直角三角形，且， ， ， ， 在中，， ， ； ②当点在线段上时，如图④ ，过点作于， 是等腰直角三角形，且， ， ， ， 在中，， ， ， 综上，的长为或． 故答案为：或． 【点睛】 本题主要考查了等腰直角三角形的性质，旋转的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，作出辅助线构造出直角三角形是解本题的关键． 53．（25-26学年九上·吉林江城中学·期中）如图，是等边三角形，点D是BC上一点，经过旋转后到达的位置 （1）旋转中心是点______；旋转了______度．（写出一个即可） （2）若点M是的中点，则经过上述旋转后，点M转到了的______点．（选填“中”或“三等分”） （3）求的度数． 【答案】（1）A；60     （2）中     （3）      【分析】 本题考查等边三角形的性质，图形的旋转，熟练掌握旋转的性质，是解题的关键： （1）根据旋转的性质，作答即可； （2）根据旋转的性质，得到，根据点M是的中点，得到旋转后点M转到了的中点； （3）根据旋转的性质，得到，再根据角的和差关系即可得出结果． (1) 小问详解： 解：∵是等边三角形， ∴， ∵经过旋转后到达的位置， ∴旋转中心为点，旋转角的度数为的度数，为； (2) 小问详解： ∵旋转， ∴， ∵点M是的中点， ∴经过上述旋转后，点M转到了的中点； 故答案为：中； (3) 小问详解： ∵是等边三角形， ． 由旋转性质，可得：． ∴． 54．（25-26学年九上·吉林白山靖宇县部分学校·期中）如图，在等腰三角形中，，，于点D，将线段绕点C顺时针旋转角后得到线段，连接． （1）求的度数； （2）若，，求的长． 【答案】（1）     （2）      【分析】 本题考查旋转的性质、全等三角形的判定与性质、等腰三角形的性质，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题． （1）由旋转得，，可得，证明，可得； （2）由旋转得，，则，由勾股定理得，即可得． (1) 小问详解： 解：， 将线段绕点C顺时针旋转角后得到线段， ，， ， ， (2) 小问详解： ， ，， , 由（1）知，， ， ． 55．（25-26学年九上·吉林吉林昌邑区·期中）如图，已知四边形是正方形，E、F分别是和的延长线上的点，且，连接、、． （1）填空：可以由绕旋转中心点          ，按顺时针方向旋转          度得到； （2）若，，求的面积． 【答案】（1），；     （2）      【分析】 本题考查了旋转的性质，全等三角形的判定与性质，以及勾股定理，解题的关键在于理解旋转前后两图形全等；对应点到旋转中心的距离相等；对应点与旋转中心的连线段的夹角等于旋转角． （1）证明，得到，再根据旋转的定义即可解题； （2）利用正方形性质和勾股定理得到，由（1）可知，，，最后利用三角形面积公式求解，即可解题． (1) 小问详解： 解：四边形是正方形， ，， ， ， ， ， ， ， 观察图形可知可以由绕旋转中心点，按顺时针方向旋转度得到， 故答案为：，； (2) 小问详解： 解：四边形是正方形，， ， ， ， 由（1）可知，，， 的面积为． 56．（25-26学年九上·吉林延边朝鲜族·期中）（多选）四边形ABCD是正方形，E、F分别是DC和CB的延长线上的点，且DE=BF，连接AE、AF、EF． （1）求证：△ADE≌△ABF． （2）填空：△ABF可以由△ADE绕旋转中心　     　点，按顺时针方向旋转　     　度得到． 【答案】（1）证明： ∵四边形ABCD是正方形， ∴AD=AB，∠D=∠ABC=90°， 而F是CB的延长线上的点， ∴∠ABF=90°， 在△ADE和△ABF中， ， ∴△ADE≌△ABF（SAS）； （2）A；90 【分析】 （1）根据正方形的性质，用SAS证明△ADE≌△ABF； （2）△ADE与△ABF的公共顶点是旋转中心，对应线段的夹角是旋转角． 【详解】 解：（1） 略 （2）△ABF可以由△ADE绕旋转中心点A，按顺时针方向旋转90度得到． 故答案为A，90． 57．（25-26学年九上·吉林延边朝鲜族·期中）【感知】如图①，在平行四边形纸片中，，，对角线，则________； 【操作一】如图②，将图①中的平行四边形纸片沿剪开得到两个全等的三角形，将绕点D逆时针旋转得到．当点在的延长线上时，的长为________； 【操作二】在图②的旋转过程中，连接，如图③，当点在的延长线上时，求证：四边形是矩形； 【应用】在图②的旋转过程中（旋转角小于），连接，，当时，直接写出的长． 【答案】感知：4： 操作一：； 操作二：证明：∵将绕点D逆时针旋转得到． ∴， ∴是等腰三角形， ∵四边形是平行四边形， ∴， ∵， ∴ ∴， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴四边形是矩形； 应用： 【分析】 感知：利用勾股定理即可求出答案； 操作一：由平行四边形的性质得到，由旋转得到，利用勾股定理即可得到； 操作二：由旋转可知，证明是等腰三角形，根据四边形是平行四边形得到，由等腰三角形的性质得到，则，证明四边形是平行四边形，即可得到结论； 应用：证明与重合，即三点共线，则，，在中，由勾股定理即可得到． 【详解】 感知：解：∵， ∴， ∵，， ∴， 故答案为： 操作一：解：∵四边形是平行四边形， ∴， ∵将绕点D逆时针旋转得到． ∴， ∴, 故答案为： 操作二：略 应用：如图所示，连接，，当时，则， ∵将绕点D逆时针旋转得到． ∴，， 即 ∵在同一平面内，过一点有且只有一条直线与已知直线垂直， ∴与重合，即三点共线， ∴， ∴， 在中， 【点睛】 此题考查了旋转的性质、勾股定理、矩形的判定、平行四边形的性质、等腰三角形的判定和性质等知识，熟练掌握旋转的性质和勾股定理是解题的关键． 58．（25-26学年九上·吉林延边朝鲜族·期中）如图，在平面直角坐标系中，O为坐标原点，抛物线的顶点为，与y轴交于点A，过点A作轴，交该抛物线于点C，连接，以为边作，点D在x轴的负半轴上． （1）求该抛物线的解析式； （2）求点D的坐标及的面积． 【答案】（1）     （2）点的坐标为，的面积为16      【分析】 本题主要考查了二次函数的综合题，涉及了二次函数的图象和性质，二次函数的解析式求解，平行四边形的性质等知识，利用数形结合思想解答是解题的关键． （1）根据抛物线的顶点为即可求解； （2）根据抛物线的解析式求出，，再根据四边形是平行四边形即可求出点D的坐标及的面积． (1) 小问详解： 解：∵抛物线的顶点为， ∴将代入得：，即， 故该抛物线的解析式为． (2) 小问详解： 解：该抛物线的对称轴为直线， 当时，， ， ， 四边形是平行四边形， ． ， ， 点的坐标为． 的面积为． 59．（25-26学年九上·吉林松原乾安县部分学校·期中）问题情境：在学习《图形的平移和旋转》时，数学兴趣小组遇到这样一个问题：如图1，点D为等边的边上一点，将线段绕点A逆时针旋转得到线段，连接．    （1）【猜想证明】试猜想与的数量关系，并加以证明； （2）【探究应用】如图2，点D为等边内一点，将线段绕点A逆时针旋转得到线段，连接，若B、D、E三点共线，求证：平分； （3）【拓展提升】如图3，若是边长为2的等边三角形，点D是线段上的动点，将线段绕点D顺时针旋转得到线段，连接．点D在运动过程中，的周长最小值=__________（直接写答案） 【答案】（1） ， 证明：∵将线段绕点A逆时针旋转得到， ∴，， ∵是等边三角形， ∴，， ∴， ∴， ∴；     （2） 证明：∵将线段绕点A逆时针旋转得到， ∴，， ∴， ∴， ∵是等边三角形， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴平分．     （3）      【分析】 （1）由旋转的性质可得，，由“”可证，可得； （2）由旋转的性质可得，，由“”可证，可得，从而求得，即可得出结论； （3）连接，由旋转可得，，则是等边三角形，所以，由（1）知，所以的周长，所以当最小时，的周长最小，最小值，所以当时，最小，此时的周长最小，由等边三角形性质求得，由勾股定理求得，即可求解． (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 略 (3) 小问详解： 连接，如图，    由旋转可得，， ∴是等边三角形， ∴ 由（1）知 ∴的周长， ∴当最小时，的周长最小，最小值， ∴当时，最小，此时的周长最小， ∵，等边， ∴， 由勾股定理，得 ∴的周长最小值． 【点睛】 本题是三角形综合题，考查了全等三角形的判定和性质，旋转的性质，等边三角形的判定和性质，垂线段最短等知识，熟练掌握等边三角形的判定与性质是解题的关键． 60．（25-26学年九上·吉林松原宁江区·期中）如图，在平面直角坐标系中，各顶点的坐标分别为，，，将绕原点O顺时针旋转得到，点A、B、C的对应点分别为、、． （1）请你在图中画出； （2）写出点的坐标． 【答案】（1）解如：图即为所求；      （2）      【分析】 本题考查了作图旋转变换，理解题意正确作图是解题的关键． （1）根据旋转的方式，分别画出点、、的对应点、、，再顺次连接即可得到； （2）结合图形写出点的坐标即可． (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 解：由坐标系可得，点的坐标为． 61．（25-26学年九上·吉林白山靖宇县第三中学·期末）如图，和都是等边三角形，直线，交于点F． （1）如图1，当A，C，D三点在同一直线上时，的度数为________，线段与的数量关系为________． （2）如图2，当绕点C顺时针旋转时，（1）中的结论是否还成立？若不成立，请说明理由；若成立，请就图2给予证明． （3）若，，当绕点C顺时针旋转一周时，请直接写出长的取值范围． 【答案】（1），     （2） 解：（1）中结论仍成立，理由如下： 如图， 是等边三角形， ，， 是等边三角形， ，， ， 即， 在和中， ， ，， ，且， ；     （3）      【分析】 本题考查了等边三角形性质的运用，全等三角形的判定及性质的运用，以及旋转的性质，解答时证明三角形全等是关键． （1）利用等边三角形的性质证明，结合三角形的外角就可以得出结论； （2）同（1）中方法证明，得出，，再根据三角形的内角和得出； （3）当B、C、D三点共线时得出的最大和最小值，即可得出结论． (1) 小问详解： 解：是等边三角形， ，， 是等边三角形， ，， ， 即， 在和中， ， ， ，， ，且， ； 故答案为：；； (2) 小问详解： 略 (3) 小问详解： 解：是等边三角形， ， 当B、C、D三点共线，且D在的延长线上时，最大，此时， 当B、C、D三点共线，且D在线段上时，最小，此时； ∴． 62．（25-26学年九上·吉林白山靖宇县第三中学·期末）如图，在中，，将绕着点B逆时针旋转得到．点C的对应点为点D，恰好落在上，平分，求的度数． 【答案】 【分析】 本题考查图形旋转的性质、等腰三角形的性质、角平分线的性质，熟练掌握以上知识点是解题的关键．根据旋转的性质得出，，再根据角平分线的定义得出，再根据三角形内角和定理推出的度数，即可得出结果． 【详解】 解：将绕着点B逆时针旋转得到， ，， ，， 平分， ， ， ， ， ， ， ． 63．（25-26学年九上·吉林吉林丰满区·期末）如图，在中，，，．将绕点顺时针旋转得到，连接，则的长为　　　　　　　　． 【答案】 【分析】 本题考查勾股定理和旋转的性质，熟练掌握相关知识点是解题的关键． 先计算出的长度，结合旋转性质，得，且为直角三角形，再计算出的长度即可． 【详解】 解：∵，，， ∴， ∵，即为直角三角形， ， ∴， 故答案为：． 64．（25-26学年九上·吉林松原·期末）综合与探究 问题情境：数学活动课上，老师让同学们对一个直角三角形和一个等腰三角形进行探究，如图1，中，，，，中，， 观察感知： （1）如图1，将与的顶点重合，的直角边与等腰的边重合，与交于点，求线段的长； 探索发现： （2）在图1的基础上，保持不动，将绕点按顺时针方向旋转一定的角度 ①如图2，当点落在边上时，连接，判断四边形的形状并说明理由； ②请问当旋转角（）为多少度时，，在备用图中画出图形，直接写出的长度． 【答案】（1） （2）① 四边形是菱形，理由如下： ∵，， ∴， 又∵， ∴是等边三角形， ∴，， ∵，， ∴是等边三角形， ∴， ∴， ∴四边形是菱形． ②， 如图所示即为所求， 【分析】 （1）根据等腰三角形的性质先求得，从而得到，即，在中，利用30度所对的直角边等于斜边的一半和勾股定理，求得，即可解答； （2）① 由，，得到是等边三角形，从而得到，，结合，得到是等边三角形，即可通过四条边相等的四边形为菱形证得结论； ② 由，，，可知当点D旋转到与点B重叠时，此时，此时，据此画出图形，然后利用30度直角三角形的性质，求得，接着利用等腰三角形的性质和勾股定理求得等腰底边上的高，从而得到，最后利用勾股定理即可求得． 【详解】 解：（1）∵，， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴， 在中，，，， ∴，即， ∴， 解得， ∴； （2）① 略 ② ∵，，， ∴当点D旋转到与点B重叠时，此时， 过点C作于点G， 此时， ∵中，，，， ∴， ∵， ∴， 由（1）可知，， ∴， ∴， ∴， ∴． 【点睛】 本题考查了勾股定理，旋转的性质，菱形的判定，等边三角形的判定与性质，等腰三角形的性质，30度直角三角形的性质，三角形内角和定理等，熟练掌握以上性质是解题的关键． 65．（25-26学年九上·吉林长春朝阳区长春外国语学校·期末）【问题呈现】如图①，点M是边长为4的等边三角形内一点，连结、、，求的最小值． 【问题解决】小明利用旋转的方法，将三条线段转化后首尾相接，求出了的最小值，过程如下： 如图②，将绕点B逆时针旋转得到，连结， 由旋转可知：，， ∴，． ∴是等边三角形． ∴． ∴． 而的最小值是线段__①___的长度（__②___）， ∴的最小值为__③___． 请将上面的过程补充完整． 【拓展应用】如图③，是等边三角形，M是正方形对角线（不含点B）上一点． （1）用圆规和无刻度的直尺在图③中作等边，使点N在内；（不写作法，保留作图痕迹，作图确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑）； （2）当的最小值为时，正方形的边长为_____． 【答案】[问题解决]，两点之间，线段最短，； [拓展应用]（1）如图所示，等边即为所求， （2） 【分析】 [问题解决]结合已知条件可得出的最小值即为线段的长度，其依据为两点之间，线段最短，过点D作交延长线于点E，利用解含的直角三角形及勾股定理即可求得最小值； [拓展应用]（1）分别以点B，M为圆心，为半径画弧，两弧交于一点N，连接，，等边即为所求； （2）连接，，利用旋转的性质得出，，进而得出是等边三角形，此时的最小值是线段，过点E作，交延长线于点F，设正方形的边长为，利用解含的直角三角形及勾股定理列出方程求解a的值，即可求得正方形的边长． 【详解】 解：[问题解决]由题意知，， 此时的最小值即为线段的长度，其依据为两点之间，线段最短， 如图，过点D作交延长线于点E， ∵， ∴， 又∵， ∴在中，， 由勾股定理得，， ∴， 在中，由勾股定理得，， ∴的最小值为， 故答案为：，两点之间，线段最短，； [拓展应用] （1）略 （2）如图，连接，， 由题意知，绕点B逆时针旋转得， ∴，， ∴，， ∴是等边三角形， ∴， ∴， 而的最小值是线段， 过点E作，交延长线于点F， ∵的最小值为， ∴， 设正方形的边长为， ∵是等边三角形， ∴，， ∴， 在中，， ∴， ∴， 在中，由勾股定理得，， ∴， 解得：（舍去负值）， ∴， 故答案为：． 【点睛】 本题考查了旋转的性质，两点间线段最短的定理，勾股定理，等边三角形的判定与性质及解含的直角三角形，构造[问题呈现]中的模型是解题的关键． 66．（25-26学年九上·吉林四平双辽·期末）定义：如图1，在中，把绕点A顺时针旋转α（）得到，把绕点A逆时针旋转β得到，连接．当时，我们称是的“旋补三角形”，边上的中线叫做的“旋补中线”，点A叫做“旋补中心”． 【特例感知】（1）在图2，图3中，是的“旋补三角形”，是的“旋补中线”． ①如图2，当为等边三角形时，与的数量关系            ； ②如图3，当时，则长为                 ． 【猜想论证】（2）在图1中，当为任意三角形时，猜想与的数量关系，并给予证明． 【答案】（1）①；②4； （2）， 证明：如图，延长至点E使得，连接， ∵是的中线， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 在和中， ∵ ， ∴， ∴， ∴． 【分析】 本题考查的是平行四边形的判定和性质、等腰三角形的性质、直角三角形的性质、全等三角形的判定和性质、旋转性质，掌握全等三角形的判定定理和性质定理、理解“旋补三角形”的定义是解题的关键． （1）① 根据含30度的直角三角形的性质解答； ② 证明，根据全等三角形的性质得到，根据直角三角形的性质计算； （2）证明四边形是平行四边形，得到，根据全等三角形的性质得到，得到答案． 【详解】 解：（1）① ∵是等边三角形， ∴， ∵是的“旋补三角形”， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， 故答案为：； ② ∵是的“旋补三角形”， ∴， 在和中， ∵ ∴， ∴， ∵，是的“旋补中线”， ∴， 故答案为：4； （2）略 67．（25-26学年九上·吉林吉林昌邑区·期末）【模型感知】作图形旋转是解决几何问题的重要方法，如图①，正方形中，点E、F分别在边、上，且，连接，求证：． 小明是这样思考的：可将绕点D逆时针旋转到的位置（容易得出点H在的延长线上），进一步证明与全等，从而得到． 以下是小明的部分证明过程，请将证明过程补充完整： 证明：如图①，将绕点D逆时针旋转到， ， …… 【模型应用】如图②，正方形是绿地公园的一块空地，其边长为．公园设计部门为了给儿童提供更舒适更安全的活动场地，准备将空地中的四边形（点E在上，点F在上）部分作为儿童活动区，并用围栏围挡起来，只留三个出入口，即点D、点E、点F，而且根据实际需要，要使得，并将儿童活动区（即四边形）划分为和两种不同的游戏场地，儿童活动区之外的部分种植花草．若，请计算儿童活动区（即四边形）的面积； 【模型拓展】如图③，正方形中，连接，若，与线段分别交于点E、点F，，，，直接写出的长． 【答案】模型感知： 证明：如图② ，将绕点D逆时针旋转得到， ∴，， ∴，，， ∵四边形是正方形， ∴， ∵， ∴， 又∵，， ∴， ∴， ∴； 模型应用：； 模型拓展： 【分析】 模型感知：由旋转的性质可得，，，由可证，可得，即可求解； 模型应用：由勾股定理可求的长，由面积关系可求解； 模型拓展：由旋转的性质可得，，，由可证，可得，由勾股定理可求解． 【详解】 模型感知： 略 模型应用： 解：∵四边形是正方形， ∴， ∵， ∴， 由（1）可知：， 设，则，， 在中，， ∴， ∴， 即，， ∴； 模型拓展： 解：如图③ ，将绕点D顺时针旋转，得到，连接， ∴，， ∴，，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵四边形是正方形， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∴ ∵，， ∴， ∴． 【点睛】 本题是四边形综合题，考查了全等三角形的判定和性质，旋转的性质，正方形的性质，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． 68．（25-26学年九上·吉林吉林蛟河·期末）如图，是正方形内一点，将绕点顺时针方向旋转得到．    （1）观察猜想：如图1，线段与的数量关系是______，位置关系是______． （2）探究实践：如图2，连接，若，，，求的度数． （3）拓展延伸：如图3，A，P，Q三点在一条直线上，若，，请求出的长度． 【答案】（1），     （2）     （3）      【分析】 本题考查了旋转的性质，正方形的性质，全等三角形的性质，三角形内角和定理，勾股定理，掌握旋转的性质，分类讨论是解题的关键． （1）延长交分别于点，根据旋转的性质以及正方形的性质可得，，则，，进而根据三角形内角和定理，可得，即可得出； （2）连接，由旋转性质可得：，，勾股定理求得，勾股定理的逆定理证明是直角三角形，即，进而即可求解； （3）① 当点在正方形内时，作于．勾股定理求得，根据，② 当点在正方形外时，根据即可求解． (1) 小问详解： 解：如图所示，延长交分别于点，    ∵将绕点顺时针方向旋转得到，四边形是正方形， ∴，， ∴，， 又∵， ∴， ∴． (2) 小问详解： 连接    由旋转性质可得：，， ∴，， 由得： ∴，， ∵， ∴是直角三角形，即， ∴； (3) 小问详解： 作于．则，    ，， ， ， ， 在中，，， ， ， ． 69．（25-26学年九上·吉林松原·期末）【操作感知】如图①，在菱形中，点为对角线和的交点．保持菱形不动，将绕点按顺时针方向旋转得到，点、、的对应点分别为点、、，当时，边分别与边、交于点、点，则四边形为平行四边形，其理论依据为______； 【探究发现】如图②，将图①中绕点按顺时针方向旋转，使，边分别与边、交于点、点，与边交于点，其他条件不变，求证：四边形是菱形； 【探究应用】在图②中，若，，则四边形与四边形的面积比为______． 【答案】操作感知：两组对边分别平行的四边形是平行四边形； 探究发现： 证明：∵四边形为菱形， ∴， ∴， ∴， 由旋转，得， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴平行四边形是菱形； 探究应用：． 【分析】 本题考查了平行四边形的判定和性质，菱形的判定和性质，勾股定理，旋转的性质． 操作感知：根据菱形的性质得到，根据两组对边分别平行的四边形是平行四边形作答即可； 根据菱形的性质得到，根据等边对等角得到，即，由旋转，得，则，根据，得到，则，即，进而证明，即可得到四边形是平行四边形，根据即可证明平行四边形是菱形； 探究应用：证明四边形是平行四边形，作交于H，则四边形与四边形的面积比，根据菱形的性质得到，，则，根据菱形的性质得到，即可求出的值． 【详解】 解：操作感知： ∵菱形， ∴， ∵， ∴四边形为平行四边形（两组对边分别平行的四边形是平行四边形）． 故答案为：两组对边分别平行的四边形是平行四边形； 探究发现： 略 探究应用： ∵，， ∴四边形是平行四边形， 作交于H， 则，， 即四边形与四边形的面积比， ∵在菱形中，，， ∴，， ∴， ∵四边形是菱形， ∴， ∴四边形与四边形的面积比． 故答案为：． 70．（25-26学年九上·吉林白山靖宇县部分学校·期中）如图①，在直角三角形纸片中，，，． 【数学活动】 将三角形纸片进行以下操作： ①折叠三角形纸片，使点C与点A重合，得到折痕，然后展开铺平； ②将绕点D顺时针方向旋转得到，点E、C的对应点分别是点F、G，直线与边交于点M（点M不与点A重合），与边交于点N． 【数学思考】 （1）在绕点D旋转的过程中，如图①，试判断与的数量关系，并证明你的结论； 【数学探究】 （2）如图②，在绕点D旋转的过程中，当直线经过点B时，求的长； 【问题延伸】 （3）在绕点D旋转的过程中，连接，则的取值范围是________． 【答案】（1）解：，证明如下：连接， 由旋转的性质，得，， ∴， ∴， 在和中， ， ∴ ∴； （2）； （3） 【分析】 本题主要考查了全等三角形的判定和性质、旋转的性质、直角三角形的性质、勾股定理等内容，熟练掌握相关知识点是解题的关键． （1）连接，证即可得证； （2）先证，再设未知数，在中利用勾股定理建立方程即可； （3）分别求出和，利用三角形三边关系即可得解． 【详解】 （1）略 （2）解：由旋转的性质可得：，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， 设，则， 在中，，即， 解得， ∴； （3）解：如图，连接， 在中， ∵，， ∴， 由题意得 当点F在上时，最小，此时； 当点F在的延长线上时，最大，此时 ∴， 故答案为：． 71．（25-26学年九上·吉林吉林昌邑区·期中）【操作发现】（1）如图，将绕点逆时针旋转得到，连接，则的度数是__________； 【类比探究】（2）如图2，在等腰直角内取一点，使，将绕顶点逆时针旋转得到，连接．请猜想与有怎样的位置关系，并说明理由； 【解决问题】（3）如图，在等腰直角内任取一点，连接、、．直接写出__________．（填“”“”“”） 【答案】（1）； （2），理由如下： 绕顶点逆时针旋转得到 ，，， 是等腰直角三角形 ， ，， ，点、、三点共线， ∴； （3）． 【分析】 本题主要考查了旋转的性质、等腰直角三角形的判定与性质、三角形三边关系，熟练掌握旋转的性质是解题的关键． （1）根据旋转性质得，，再利用等腰直角三角形的性质求的度数． （2）由旋转性质得，，，，先判断的形状，再求的度数，进而得出与的位置关系． （3）通过旋转构造全等三角形和等腰直角三角形，利用三角形三边关系求解． 【详解】 解：（1）绕点逆时针旋转得到 ， 是等腰直角三角形 ， 故答案为：； （2）略 （3）将绕点逆时针旋转得到，连接，则，，， 是等腰直角三角形， ∴， ， 在中，， ， 故答案为：． 72．（25-26学年九上·吉林四平伊通满族自治县·期中）如图，为等边的高，，点P为直线上的动点（不与点B重合），连接，将线段绕点P逆时针旋转60°，得到线段，连接、． （1）问题发现：如图①，当点D在直线上时，线段与的数量关系为_________，_________； （2）拓展探究：如图②，当点P在的延长线上时，（1）中结论是否成立？若成立，请加以证明；若不成立，请说明理由； （3）问题解决：当时，请直接写出线段的长度． 【答案】（1）相等；90°； （2）成立，证明： 如图②，连接， ∵是等边三角形， ∴， 由旋转的性质可得：，， ∴是等边三角形， ∴， ∴， ， ∴， 在与中， ∵ ， ∴， ∴，． ∵， ∴ （3）4或 【分析】 （1）连接AD，通过SAS证明，然后对应边、对应角相等、等量减等量，即可得出结论； （2）连接AD，通过SAS证明，然后对应边、对应角相等、等量加等量，即可得出结论； （3）如图③ ，由（2）知，∠BMD=90°根据已知条件得到D在BA的延长线上，由旋转的性质得到AP=DP，∠APD=60°，推出△AMB是等边三角形，得到PA=PD=AD，于是得到结论；如图④ ，由（2）知，∠BMD=90°，根据旋转的性质得到AP=DP，∠APD=60°，求得PA=PD=AD，∠PAD=∠BAM=60°，根据全等三角形的性质得到PB=DM=4，根据勾股定理即可得到结论． 【详解】 解：（1）相等；90°； ∵是等边三角形， ∴， 由旋转的性质可得：，， ∴是等边三角形， ∴， ∴ 即 在与中， ∵ ， ∴， ∴， ∴ （2）略 （3）如图③ ，由（2）知，∠BMD=90°， ∵∠BDM=30°， ∴∠DBM=60°， ∴D在BA的延长线上， 由旋转的性质可得：AP=DP，∠APD=60°， ∴△APD是等边三角形， ∴PA=PD=AD， ∵BM=4， ∴BD=8， ∴AP=AD=4； 如图④ ，由（2）知，∠BMD=90°， ∵∠BDM=30°， ∵BM=4， ∴DM=4， 由旋转的性质可得：AP=DP，∠APD=60°， ∴△APD是等边三角形， ∴PA=PD=AD，∠PAD=∠BAM=60°， ∴∠PAB=∠DAM， ∵AB=AM， ∴△ABP≌△AMD（SAS）， ∴PB=DM=4， ∵AC=2，BC=2， ∴CP=6， ∴AP=， 综上所述，线段AP的长度为4或4． 【点睛】 本题考查了旋转的性质，全等三角形的判定和性质、等边三角形的判定和性质，正确的作出图形是解题的关键． 73．（25-26学年九上·吉林松原宁江区·期中）综合与实践 问题情境 在数学活动课上，同学们以“图形的旋转”为主题展开探究．如图1，在平行四边形纸片中，，对角线，沿剪开得到两个全等的三角形，将绕点逆时针旋转得到． 猜想验证 （1）如图，当点落在的延长线上时，连接，判断四边形的形状并说明理由． 问题解决 （2）如图，在旋转的过程中，当时，线段与线段交于点，求线段的长． （3）在旋转的过程中，线段与射线交于点，如果为等腰三角形，请直接写出线段的长． 【答案】（1）四边形为矩形， 证明：由旋转的性质可得， 又，， ， ， 又四边形是平行四边形， ， ， 四边形是平行四边形， 四边形是矩形． （2） （3）或或 【分析】 本题主要考查了旋转的性质、矩形的判定、平行四边形的性质和判定、等腰三角形的性质和判定，勾股定理等知识点，熟练掌握以上知识点，添加适当的辅助线是解题的关键． （1）由旋转的性质可得，又因为，，得，即，又因为，故，证明四边形是平行四边形，因为，故证明四边形是矩形． （2如图，过点作 于点,得，又因为，带入数值可得，故，因为，得四边形是平行四边形, 即，故，，所以，可得． （3）当为等腰三角形时，有三种情况：第一种情况：当时，，又因为，故，，，所以，，又因为，故是斜边的中点，求得，即；第二种情况：当时，因为，，，所以，所以，即；第三种情况：当时，，过点作 于点，即，，，又，，所以，因为，所以；综上所述，线段的长为或或． 【详解】 （1）略 （2）如图，过点作 于点,    ∵在中, ，， ， ， ， ， 由旋转可得. ， ∵四边形是平行四边形, ， ， ， ， ． （3）当为等腰三角形时，有三种情况 第一种情况：当时， 又， ， 又， 故是斜边的中点， ， 即． 第二种情况：当时， ，，， ， ． 第三种情况：当时，，过点作 于点，如图： 由上可得，，， 又，， ， ． 综上所述，线段的长为或或． 考点02 中心对称及其性质 1．（25-26学年九上·吉林吉林蛟河·期末）如图，与关于点成中心对称，已知，，，则的长为（       ） A. 12 B. 10 C. 8 D. 6 【答案】B 【分析】 本题主要考查了中心对称，勾股定理，解决问题的关键是熟练掌握中心对称的性质，勾股定理解直角三角形，中心对称的性质是成中心对称的两个图形全等． 根据与关于点成中心对称，得到，并利用勾股定理求得的值，最后得到的值，完成求解． 【详解】 解：与关于点成中心对称， 故, 根据勾股定理，， 故． 故选：B． 2．（25-26学年九上·吉林延边·期中）ABC在平面直角坐标系xOy中的位置如图所示． A (－2，3)， B(－1，1)， C(0，2) （1）将ABC向右平移2个单位，作出平移后的A1B1C1； （2）作出A1B1C1关于点C1成中心对称的图形A2B2C2； （3）连接A2B1，则A2B2B1的面积为_________． 【答案】（1）如图所示：△，即为所求；    ； （2）如图所示：△，即为所求；；（3）3． 【分析】 （1）将点A、B、C分别向右平移2个单位得到对应点A1、B1、C1，再顺次连接可得； （2）作出点A1、B1关于点C1的对称点A2、B2，再顺次连接A2、B2，C1可得； （3）根据点的坐标由三角形面积公式即可求出面积． 【详解】 解：（1）略 （2）略 （3）由图可知，， ∴， 故填：3． 【点睛】 此题主要考查了旋转变换以及平移变换和坐标系中三角形面积求法，熟练相关性质、利用数形结合得出图形是解题关键． 3．（25-26学年九上·吉林延边州·期末）如图，在平面直角坐标系中，的三个顶点的坐标分别为，，．（每个小正方形的边长均为个单位长度）． （1）先将向下平移个单位长度，再向左平移个单位长度得到． （2）请画出关于原点成中心对称的． （3）连接、，则四边形的形状为                 ． 【答案】（1） 由题意画图，如图所示；      （2） 由题意画图，如图所示；      （3）平行四边形      【分析】 （1）根据“上加下减纵坐标，左减右加横坐标”的平移规律，确定平移后各顶点坐标，进而画出平移后的图形； （2）利用“关于原点对称的点横、纵坐标均互为相反数”的性质，得到对称点坐标，再画出中心对称图形； （3）通过观察图形中线段的平行且相等关系，结合平行四边形的判定定理（一组对边平行且相等的四边形是平行四边形）进行判断． (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 略 (3) 小问详解： 解：如图所示， 由图可得，且， 四边形为平行四边形． 【点睛】 本题考查了平面直角坐标系中的图形平移、中心对称变换，以及平行四边形的判定，熟练掌握图形变换的坐标规律和特殊四边形的判定方法是解题关键． 4．（25-26学年九上·吉林四平伊通满族自治县·期中）如图，在正方形网格中（每个小正方形边长均是1，小正方形的顶点叫作格点），的顶点均在格点上，请在所给的直角坐标系中解答下列问题： （1）画出绕点逆时针旋转的，并写出点的坐标； （2）画出 关于点的中心对称图形，并写出点的坐标． 【答案】（1） 如图所示，即为所求， 点的坐标为；     （2） 如图所示，即为所求， 点的坐标为．      【分析】 本题考查了作图-旋转变换，解题的关键是熟练掌握旋转变换的定义与性质． （1）将点、分别绕点逆时针旋转得到其对应点，再首尾顺次连接即可； （2）分别作出三个顶点关于原点的对称点，再首尾顺次连接即可． (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 略 5．（25-26学年九上·吉林吉林昌邑区·期中）在平面直角坐标系中，已知．    （1）画出与关于原点对称的； （2）以原点O为中心，把逆时针旋转得到，画出 【答案】（1）         （2） 【分析】 本题考查了画中心对称图形，旋转作图： （1）根据中心对称的性质找到、、的对称点、、，顺次连接得到； （2）根据旋转对称的性质找到、、的对称点、、，顺次连接得到． (1) 小问详解： 略； (2) 小问详解： 略． 6．（25-26学年九上·吉林四平铁东区·期中）点O是平行四边形ABCD的对称中心，AD＞AB，E、F分别是AB边上的点，且EF＝AB；G、H分别是BC边上的点，且GH＝BC；若S1,S2分别表示∆EOF和∆GOH的面积，则S1,S2之间的等量关系是　　　　　　　　　　　　　　 【答案】2S1＝3S2 【分析】 过点O分别作OM⊥BC，垂足为M，作ON⊥AB，垂足为N，根据点O是平行四边形ABCD的对称中心以及平行四边形的面积公式可得AB•ON=BC•OM，再根据S1=EF•ON，S2=GH•OM，EF＝AB，GH＝BC，则可得到答案． 【详解】 过点O分别作OM⊥BC，垂足为M，作ON⊥AB，垂足为N， ∵点O是平行四边形ABCD的对称中心， ∴S平行四边形ABCD=AB•2ON， S平行四边形ABCD=BC•2OM， ∴AB•ON=BC•OM， ∵S1=EF•ON，S2=GH•OM，EF＝AB，GH＝BC， ∴S1=AB•ON，S2=BC•OM， ∴2S1＝3S2， 故答案为2S1＝3S2． 【点睛】 本题考查了平行四边形的面积，中心对称的性质，正确添加辅助线、准确表示出图形面积是解题的关键． 7．（25-26学年九上·吉林四平铁东区·期中）如图，它是一个8×10的网格，每个小正方形的边长均为1，每个小正方形的顶点叫格点，△ABC的顶点均在格点上． （1）画出△ABC关于直线OM对称的△A1B1C1． （2）画出△ABC关于点O的中心对称图形△A2B2C2． （3）△A1B1C1与△A2B2C2组成的图形是轴对称图形吗？如果是，请画出对称轴．△A1B1C1与△A2B2C2组成的图形　     　（填“是”或“不是”）轴对称图形． 【答案】（1）如图， △即为所求； （2）如图， △即为所求； （3） 如图， △与△组成的图形是轴对称图形，其对称轴为直线l. 【详解】 试题分析：（1）根据△ABC与△A1B1C1关于直线OM对称进行作图即可；（2）根据△ABC与△A2B2C2关于点O成中心对称进行作图即可；（3）一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形叫做轴对称图形，这条直线叫做对称轴． 试题解析：(1)略 (2)略 (3)略 考点03 中心对称图形 1．（25-26学年九上·吉林白山抚松县·期末）中国航天取得了举世瞩目的成就，为人类和平贡献了中国智慧和中国力量．下列是有关中国航天的图标，其文字上方的图案是中心对称图形的是（        ） A.  B.  C.  D.  【答案】D 【详解】 A、不是中心对称图形； B、不是中心对称图形； C、不是中心对称图形； D、是中心对称图形． 2．（25-26学年九上·吉林白山靖宇县第三中学·期末）在下列四款国产汽车的车标图案中，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的识别，解题的关键在于熟练掌握：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． 根据中心对称图形的概念即可判断 【详解】 解：A、该图形不是中心对称图形，故不符合题意； B、该图形是中心对称图形，故符合题意； C、该图形不是中心对称图形，故不符合题意； D、该图形不是中心对称图形，故不符合题意； 故选：B． 3．（25-26学年九上·吉林吉林丰满区·期末）社会规则营造良好的社会秩序，我们要了解并遵守社会规则．下列标志是中心对称图形的是（     ） A.  B.  C.  D.  【答案】D 【分析】 本题考查了中心对称图形的识别．熟练掌握中心对称图形的定义是解题的关键．在平面内，把一个图形绕着某一个点旋转，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，这个点叫做它的对称中心． 根据中心对称图形的定义对每个选项进行分析即可． 【详解】 解：A、不是中心对称图形，不符合题意； B、不是中心对称图形，不符合题意； C、不是中心对称图形，不符合题意； D、是中心对称图形，符合题意； 故选：D． 4．（25-26学年九上·吉林延边州·期末）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，下列四幅作品分别代表“立春”“谷雨”“白露”“大雪”，其中是中心对称图形的是（     ） A.  B.  C.  D.  【答案】D 【分析】 本题考查了中心对称图形的概念：如果一个图形绕着某个定点旋转后能与原图重合，这样的图形叫做中心对称图形．解题关键是熟记中心对称图形的概念．根据中心对称图形的概念即可求解． 【详解】 解：A、选项中的图形不是中心对称图形，故本选项不符合题意； B、选项中的图形不是中心对称图形，故本选项不符合题意； C、选项中的图形不是中心对称图形，故本选项不符合题意； D、选项中的图形是中心对称图形，故本选项符合题意． 故选：D． 5．（25-26学年九上·吉林吉林永吉县·期末）下列航天图标中，其图案是中心对称图形的是（       ） A.      B.      C.      D.      【答案】B 【分析】 根据中心对称图形的定义进行逐一判断即可． 【详解】 解：A、不是中心对称图形，故此选项不符合题意； B、是中心对称图形，故此选项符合题意； C、不是中心对称图形，故此选项符合题意； D、不是中心对称图形，故此选项符合题意； 故选B． 【点睛】 本题主要考查了中心对称图形的识别，解题的关键在于能够熟练掌握中心对称图形的定义：把一个图形绕着某一个点旋转180°，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形叫做中心对称图形，这个点就是它的对称中心． 6．（25-26学年九上·吉林吉林舒兰县·期末）下列四个图形中，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定义就可以选出答案． 【详解】 解：A、不是中心对称图形，不符合题意； B、不是中心对称图形，不符合题意； C、是中心对称图形，符合题意； D、不是中心对称图形，不符合题意． 故选：C． 【点睛】 本题考查中心对称图形的定义：把一个图形绕某个点旋转180︒，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． 7．（25-26学年九上·吉林吉林昌邑区·期末）“致中和，天地位焉，万物育焉．”（出自《礼记》）对称美是我国古人和谐平衡思想的体现，常被用于建筑、绘画、标识等设计上．下列数学经典图形中，是中心对称图形的是（　　） A.  B.  C.  D.  【答案】A 【分析】 本题考查的是中心对称图形，熟知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是解题的关键．根据中心对称图形的概念解答即可． 【详解】 解：A．图形绕某一点旋转后能够与原来的图形重合，是中心对称图形，符合题意； B．图形绕某一点旋转后不能够与原来的图形重合，不是中心对称图形，不符合题意； C．图形绕某一点旋转后不能够与原来的图形重合，不是中心对称图形，不符合题意； D．图形绕某一点旋转后不能够与原来的图形重合，不是中心对称图形，不符合题意． 故选：A． 8．（25-26学年九上·吉林白城通榆县·期末）国产人工智能大模型横空出世，其低成本、高性能的特点，迅速吸引了全球投资者的目光．以下是四款常用的人工智能大模型的图标，是中心对称图形的是（       ） A.  B.  C.  D.  【答案】C 【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”，根据轴对称图形的定义逐项判断即可得． 【详解】 解：A．绕某一点旋转后，不能够与原图形重合，故此图形不是中心对称图形，不符合题意； B．绕某一点旋转后，不能够与原图形重合，故此图形不是中心对称图形，不符合题意； C．绕某一点旋转后，能够与原图形重合，故此图形是中心对称图形，符合题意； D．绕某一点旋转后，不能够与原图形重合，故此图形不是中心对称图形，不符合题意； 故选：C． 9．（25-26学年九上·吉林松原乾安县·期中）下面图形中，中心对称图形的个数有（       ） A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个 【答案】C 【分析】 本题考查了中心对称图形的概念，熟练掌握概念是解题的关键．根据中心对称图形的概念对各图形分析判断即可求解． 【详解】 解：第一个是中心对称图形，符合题意； 第二个是是中心对称图形，符合题意； 第三个是是中心对称图形，符合题意； 第四个不是中心对称图形，不符合题意； 所以符合题意的有3个． 故选：C． 10．（25-26学年九上·吉林吉林·期中）下列分别是古算诗词题“圆中方形”“方形圆径”“圆材藏壁”“勾股容圆”所描绘的图形，其中既不是轴对称图形也不是中心对称图形的是（     ） A.  B.  C.  D.  【答案】D 【分析】 本题主要考查了轴对称图形和中心对称图形的识别，根据轴对称图形和中心对称图形的定义进行逐一判断即可：如果一个平面图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形就叫做轴对称图形；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． 【详解】 解：A、既是轴对称图形，也是中心对称图形，故此选项不符合题意； B、既是轴对称图形，也是中心对称图形，故此选项不符合题意； C、是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项不符合题意； D、既不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故此选项符合题意； 故选D． 11．（25-26学年九上·吉林吉林昌邑区·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：． 12．（25-26学年九上·吉林延边朝鲜族·期中）我国古代典籍《周易》用“卦”描述万物的变化．如图为部分“卦”的符号，其中是中心对称图形的是（     ） A.  B.  C.  D.  【答案】A 【分析】 本题考查了中心对称图形的识别，熟练掌握中心对称图形的定义是解答本题的关键． 【详解】 解：A.是中心对称图形； B.不是中心对称图形； C.不是中心对称图形； D.不是中心对称图形； 故选A． 13．（25-26学年九上·吉林松原乾安县部分学校·期中）我国青少年科普已从“知识普及”向“创新能力培养”转型．下面有关科普的图标，其文字上方的图案既是轴对称图形又是中心对称图形的是（　　） A.  B.  C.  D.  【答案】A 【分析】 本题主要考查了中心对称图形和轴对称图形的定义，如果一个平面图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形就叫做轴对称图形；中心对称图形的定义：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．根据轴对称图形和中心对称图形的定义进行逐一判断即可． 【详解】 解：A．是轴对称图形，也是中心对称图形，故A符合题意； B．是轴对称图形，不是中心对称图形，故B不符合题意； C．不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故C不符合题意； D．不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故D不符合题意． 故选：A． 14．（25-26学年九上·吉林辽源东丰县·期末）音乐是人类文化中不可或缺的一部分，它充满魅力，能够唤起人们各种各样的情感体验．下列音乐符号中，既是中心对称图形也是轴对称图形的是（     ） A.  B.  C.  D.  【答案】B 【分析】 根据中心对称图形与轴对称图形的概念，进行判断即可．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；如果一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形叫做轴对称图形． 本题考查了中心对称图形，轴对称图形的甄别，熟练掌握定义是解题的关键． 【详解】 解：A．不是中心对称图形，也不是轴对称图形，故此选项不合题意； B．是中心对称图形，是轴对称图形，故此选项合题意； C．不是中心对称图形，是轴对称图形，故此选项不合题意； D．既不是轴对称图形又不是中心对称图形，故此选项不符合题意； 故选：B． 15．（25-26学年九上·吉林吉林·期末）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】C 【分析】 本题考查了轴对称图形和中心对称图形的识别，熟知轴对称图形：如果一个平面图形沿着一条直线折叠后，直线两旁的部分能够互相重合，那么这个图形叫做轴对称图形；中心对称图形：把一个图形绕着某一点旋转，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形叫做中心对称图形．据此逐项判断即可． 【详解】 解：A中图形是轴对称图形，但不是中心对称图形，故本选项不符合题意； B中图形既不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故本选项不符合题意； C中图形既是轴对称图形，也是中心对称图形，故本选项符合题意； D中图形是轴对称图形，但不是中心对称图形，故本选项不符合题意， 故选：C． 16．（25-26学年九上·吉林扶余部分学校·期末）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.  【答案】A 【分析】 本题主要考查了轴对称图形和中心对称图形，如果一个平面图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形就叫做轴对称图形；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和轴对称图形的定义进行逐项判断即可． 【详解】 解：A．是轴对称图形，是中心对称图形，符合题意； B．是轴对称图形，但不是中心对称图形，不符合题意； C．不是轴对称图形，但是中心对称图形，不符合题意； D．不是轴对称图形，也不是中心对称图形，不符合题意． 故选：A． 17．（25-26学年九上·吉林松原·期末）为了节能减排，国家积极倡导使用新能源汽车，新能源汽车发展也取得了巨大成就．下列新能源汽车的车标既是中心对称图形又是轴对称图形的是（     ） A.  B.  C.  D.  【答案】B 【分析】 根据中心对称与轴对称的定义进行判断即可．本题考查了中心对称图形与轴对称图形的识别．解题的关键在于熟练掌握：在平面内，把一个图形绕着某个点旋转180度，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；在平面内，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叫做轴对称图形． 【详解】 解：A．中图形不是中心对称图形，是轴对称图形，故此选项不符合题意； B．中图形是中心对称图形，也是轴对称图形，故此选项符合题意； C．中图形是中心对称图形，但不是轴对称图形，故此选项不符合题意； D．中图形不是中心对称图形，是轴对称图形，故此选项不符合题意． 故选：B． 18．（25-26学年九上·吉林吉林蛟河·期中）下面是国内常用的人工智能大模型的图标，其文字上方的图案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的识别，解题的关键在于能够熟练掌握中心对称图形的定义． 根据中心对称图形的定义：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，进行逐一判断即可． 【详解】 解：A，B，D不是中心对称图形，C是中心对称图形， 故选：C． 19．（25-26学年九上·吉林延边·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. 等边三角形 B. 等腰三角形 C. 平行四边形 D. 菱形 【答案】D 【分析】 本题主要考查了中心对称图形，轴对称图形，熟练掌握其定义是解题的关键．把一个图形绕着某一点旋转，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；如果一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形叫做轴对称图形；据此进行判断即可． 【详解】 解：A、等边三角形是轴对称图形，但它不是中心对称图形，不符合题意； B、等腰三角形是轴对称图形，但它不是中心对称图形，不符合题意； C、平行四边形不一定是轴对称图形，但是中心对称图形，不符合题意； D、菱形既是中心对称图形，又是轴对称图形，符合题意． 故选：D． 20．（25-26学年九上·吉林四平双辽·期中）数学符号能使数学语言在形式上一目了然，简明准确，它为表述和论证数学理论带来了极大的便利．下列数学符号中，是中心对称图形的是（       ） A.  B.  C.  D.  【答案】C 【分析】 本题考查的是中心对称图形，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后与自身重合． 根据中心对称图形的概念求解即可． 【详解】 解：选项A、B、D中的数学符号都不能找到这样的一个点，使图形绕某一点旋转后与原来的图形重合，所以不是中心对称图形． 选项C中的数学符号能找到这样的一个点，使图形绕某一点旋转后与原来的图形重合，所以是中心对称图形． 故选：C． 21．（25-26学年九上·吉林江城中学·期中）对称性揭示了自然的秩序与和谐，是数学之美的体现．在数学活动课中，同学们利用画图工具绘制出下列图形，其中是中心对称图形的是（　　） A.  三叶玫瑰线 B.  笛卡尔心形线 C.  蝴蝶曲线 D.  四叶玫瑰线 【答案】D 【分析】 把一个图形绕某一点旋转后，能够与原图形重合，那么这个图形就叫做中心对称图形． 【详解】 解：选项A、B、C都不能找到这样的一个点，使图形绕某一点旋转后与原来的图形重合，所以不是中心对称图形， 选项D能找到这样的一个点，使图形绕某一点旋转后与原来的图形重合，所以是中心对称图形， 故选：D． 22．（25-26学年九上·吉林白山靖宇县部分学校·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】 本题考查轴对称及中心对称的定义，掌握中心对称图形与轴对称图形的概念，要注意：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度后与原图重合． 根据轴对称图形与中心对称图形的概念逐选项判断即可． 【详解】 解：根据轴对称图形与中心对称图形的概念可知： 选项是中心对称图形而不是轴对称图形； 选项既不是轴对称图形也不是中心对称图形； 选项既不是轴对称图形也不是中心对称图形； 选项既是中心对称图形而也是轴对称图形； 故选． 23．（25-26学年九上·吉林松原宁江区·期中）传统纹样作为中华传统文化的一部分，具有深厚的底蕴．徐州出土汉代玉器的下列纹样，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】 本题考查轴对称图形和中心对称图形的识别．如果一个平面图形沿着一条直线折叠后，直线两旁的部分能够互相重合，那么这个图形叫做轴对称图形；在平面内一个图形绕着一点旋转180度，旋转后的图形与原来的图形完全重合，这个图形就叫做中心对称图形．根据定义逐项判断即可． 【详解】 解：A．是轴对称图形，不是中心对称图形，不合题意； B．既是轴对称图形，又是中心对称图形，符合题意； C．不是轴对称图形，是中心对称图形，不合题意； D．既不是轴对称图形，也不是中心对称图形，不合题意； 故选：B． 24．（25-26学年九上·吉林吉林永吉县·期末）如图所示，在的正方形网格中，选取14个格点，以其中三个格点为顶点画出，请你以选取的格点为顶点再画出一个三角形，且分别满足下列条件： （1）图①中所画的三角形与组成的图形是轴对称图形． （2）图②中所画的三角形与组成的图形是中心对称图形． （3）图③中所画的三角形与的面积相等，但不全等． 【答案】（1） 所画的三角形与组成的图形是轴对称图形，答案不唯一；      （2） 如图，所画的三角形与组成的图形是中心对称图形，答案不唯一；      （3） 如图，所画的三角形与的面积相等，但不全等，答案不唯一． 【分析】 本题考查了利用轴对称的性质，中心对称的性质，以及三角形的面积作图，熟练掌握轴对称的性质与中心对称的性质是作图的关键，要注意对称轴与对称中心的确定． (1)先确定出对称轴，再根据轴对称图形的性质作出即可； (2)确定出对称中心，然后根据中心对称图形的性质作出即可； (3)根据格点的特点，作出的底边与这边上的高分别是，或，的三角形即可． (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 略 (3) 小问详解： 略 25．（25-26学年九上·吉林辽源东丰县·期末）如图，在的正方形网格中，的三个顶点均在格点上．请你画出符合条件图形，并标明字母． （1）在图1中，画出一个格点与成中心对称； （2）在图2中，画出一个格点与成轴对称图形； （3）在图3中，画出绕着点按顺时针方向旋转后的格点． 【答案】（1） 延长至E点，延长至D，连接，如图， 即为所作； 证明：根据网格图可知：，，，且绕C点旋转后可与重合，即满足要求．     （2） 延长至D，连接，如图， 即为所作； 证明：根据网格图可知：，，即，垂直平分， 即与关于轴对称，即满足要求．     （3） 取网格点D、E，连接，，，如图， 即为所作； 证明：根据网格图可知：，，， 即有：， ∴是直角三角形，即， 结合图形，即可知：是绕着点按顺时针方向旋转后得到的， 故满足要求．      【分析】 （1）延长至E点，延长至D，连接，即可作答； （2）延长至D，连接，即可作答； （3）取网格点D、E，连接，，，使得，，，结合旋转的特点即可作答． (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 略 (3) 小问详解： 略 【点睛】 本题主要考查了在网格图中作已知图形的中心对称图形、轴对称图形以及旋转图形的知识，掌握中心对称、轴对称以及旋转的基本性质是解答本题的关键． 26．（25-26学年九上·吉林松原乾安县·期中）如图，这是的正方形网格，小正方形的顶点为格点，请仅用无刻度的直尺按要求完成以下作图（保留作图痕迹）． （1）在图1中作格点C，连接，使； （2）在图2中作四边形，使点D、E在格点上，且四边形既是中心对称图形，又是轴对称图形． 【答案】（1） 如图所示，格点C即为所求，      （2） 如图，四边形即为所求做； 【分析】 此题考查了等腰直角三角形的判定和性质、矩形的判定和性质、勾股定理及其逆定理的应用，充分利用网格的特点是解题的关键． （1）取格点C，根据网格特点，使得是以为底的等腰直角三角形即可； （2）取格点、，由网格的性质可知，，，，则四边形是矩形，既是中心对称图形，又是轴对称图形． (1) 小问详解： ∵， ∴ ∴是等腰直角三角形， ∴ (2) 小问详解： 解：连接， ∵，， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴ ∴是直角三角形，且， ∴四边形是矩形， 则四边形既是中心对称图形，又是轴对称图形． 考点04 关于原点对称的点的坐标 1．（25-26学年九上·吉林松原·期末）在平面直角坐标系中，点关于原点的对称点的坐标为（       ） A.  B.  C.  D.  【答案】A 【分析】 本题考查了关于原点对称的点的坐标，解题的关键是掌握点的坐标变化规律． 根据平面直角坐标系中任意一点关于原点的对称点是，即可解题． 【详解】 解：在平面直角坐标系中，点关于原点的对称点的坐标是．   故选：A ． 2．（25-26学年九上·吉林松原乾安县·期中）将点向左平移3个单位长度得到点，点与点关于原点对称，则点的坐标是（     ） A.  B.  C.  D.  【答案】D 【分析】 本题考查点的平移和关于原点对称的性质．点的平移规则：向左平移，横坐标减少；关于原点对称的点，坐标互为相反数． 【详解】 解：∵点向左平移3个单位长度得到点， ∴的坐标为，即， ∵点与点关于原点对称， ∴的坐标为． 故选：D． 3．（25-26学年九上·吉林江城中学·期中）将点向右平移3个单位长度得到点，点与点关于原点对称，则点的坐标是（     ） A.  B.  C.  D.  【答案】D 【分析】 本题考查点的平移和关于原点对称的性质．点的平移规则：向右平移，横坐标增加；关于原点对称的点，坐标互为相反数，据此求解即可． 【详解】 ∵点向右平移3个单位长度得到点， ∴的坐标为，即； ∵点与点关于原点对称， ∴的坐标为． 故选：D． 4．（25-26学年九上·吉林长春朝阳区长春外国语学校·期末）在平面直角坐标系中，与点关于原点对称的点的坐标是　　　　　　． 【答案】 【分析】 根据关于原点对称的点的横坐标与纵坐标都互为相反数，进行求解即可． 【详解】 解：根据关于原点对称的点的坐标规律，可得点关于原点对称的点的坐标为． 5．（25-26学年九上·吉林辽源东丰县·期末）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”． 6．（25-26学年九上·吉林吉林蛟河·期中）在平面直角坐标系中，点和点关于原点对称，则a的值为　　　　　　　　　　　． 【答案】 【分析】 本题考查了平面直角坐标系中关于原点对称的点的坐标特点，平面直角坐标系中，点关于原点对称的点坐标为，据此即可求解﹒ 【详解】 解：在平面直角坐标系中，点和点关于原点对称，则a的值为﹒ 故答案为： 7．（25-26学年九上·吉林延边·期中）点关于原点对称的点的坐标为　　　　　　　　． 【答案】 【分析】 本题考查了点关于原点对称的特点，掌握关于原点对称点的特点求解是关键． 根据点关于原点对称点的特点“点的坐标与对称点的坐标中：横、纵坐标均为相反数”即可求解． 【详解】 解：点关于原点对称的点的坐标为， 故答案为： ． 8．（25-26学年九上·吉林白山靖宇县部分学校·期中）在平面直角坐标系中，点关于原点对称的点的坐标是　　　　　　　　． 【答案】 【分析】 此题主要考查了关于原点对称点的性质，根据关于关于原点对称的点，横坐标与纵坐标都互为相反数求解即可． 【详解】 点关于原点对称的点的坐标是． 故答案为：． 9．（25-26学年九上·吉林吉林昌邑区·期中）点关于原点对称的点的坐标是　　　　　　　　． 【答案】 【分析】 本题主要考查了求关于原点对称的点的坐标，熟知关于原点对称的点横纵坐标都互为相反数是解题的关键． 【详解】 解：点关于原点对称的点的坐标是， 故答案为：． 10．（25-26学年九上·吉林松原乾安县部分学校·期中）在平面直角坐标系中，点关于原点对称的点的坐标是　　　　　　　　　　　． 【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特征：横纵坐标均互为相反数，即可得出结果． 【详解】 解：点关于原点对称的点的坐标是； 故答案为：． 11．（25-26学年九上·吉林松原宁江区·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坐标的关系，根据关于原点对称的点的坐标特点：两个点关于原点对称时，它们的横坐标和纵坐标都互为相反数，可以直接写出答案． 【详解】 解：点关于原点对称的点的横坐标为，纵坐标为， 因此对称点的坐标是． 故答案为：． 12．（25-26学年九上·吉林吉林舒兰县·期末）已知点与点关于原点对称，则　　　　　． 【答案】 【分析】 根据关于原点对称的点，横坐标与纵坐标都互为相反数，可得答案． 【详解】 解：由题意，得： ，． ， 故答案为：． 【点睛】 本题主要考查点的坐标关于原点对称，熟练掌握点的坐标关于原点对称的特征是解题的关键． 13．（25-26学年九上·吉林四平双辽·期中）已知点与点是关于原点O的对称点，则长为　　　　　　　　　． 【答案】10 【分析】 本题考查了关于原点对称的点的坐标特征以及两点间距离公式，解题的关键是先根据原点对称性质求出点坐标，再利用距离公式计算长度． 先根据关于原点对称的点的坐标特征求出点坐标，再代入两点间距离公式计算的长度． 【详解】 因为点与点关于原点对称，根据关于原点对称的点的坐标特征：横，纵坐标都互为相反数，可得，即． 根据两点间距离公式，其中，则： ， 所以长为10． 故答案为：10． 14．（25-26学年九上·吉林延边朝鲜族·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】 本题考查了关于原点对称的点的坐标特点，熟练掌握和运用关于原点对称的点的坐标特点是解决本题的关键． 根据关于原点对称的点的坐标特点，即可求得． 【详解】 解：点关于原点中心对称的点的坐标是， 故答案为：． 15．（25-26学年九上·吉林白城通榆县·期末）已知点和点关于原点对称，则　　　　　　　　　　　． 【答案】 【分析】 本题考查了关于原点对称的点坐标的特征，代数式求值，由题意求出，，代入求解即可，掌握相关知识是解题的关键． 【详解】 解：∵点和点关于原点对称， ∴ ，， ∴， ∴， 故答案为：． 16．（25-26学年九上·吉林吉林蛟河·期中）（多选）如图，在4×4的方格纸中，△ABC的三个顶点都在格点上． （1）在图1中，画出一个与△ABC成中心对称的格点三角形； （2）在图2中，画出一个与△ABC成轴对称且与△ABC有公共边的格点三角形； （3）在图3中，画出△ABC绕着点C按顺时针方向旋转90°后的三角形． 【答案】（1）如图所示， △DCE为所求作； （2）如图所示， △ACD为所求作； （3）如图所示 △ECD为所求作． 【分析】 （1）根据中心对称的定义画图即可. （2）根据轴对称的定义画出图形，注意与已知三角形有公共边. （3）明白顺时针的方向，根据要求画图即可. 【详解】 （1）略 （2）略 （3）略 【点睛】 本题是一道画图题，考查动手能力，解题关键是掌握轴对称，中心对称等定义． 17．（25-26学年九上·吉林白山靖宇县部分学校·期中）在平面直角坐标系中，的三个顶点的坐标分别为，，． （1）画出关于原点对称的，并写出点的坐标； （2）画出将绕原点按顺时针旋转所得的． 【答案】（1） 解：如图所示，即为所求，点的坐标为；      （2） 解：如图所示，即为所求． 【分析】 （）根据中心对称图形的性质作出图形，根据关于原点对称的点的坐标特征写出点的坐标即可； （）根据旋转的性质作图即可； 本题考查了作中心对称图形，中心对称图形的性质，旋转作图，掌握中心对称图形和旋转的性质是解题的关键． (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 略 试卷第1页，共3页 / 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题05 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．C 2．C 3．B 4．C 5．B 6．C 7．B 8．B 9．B 10．C 11．B 12．A 13．B 14．【答案】55°55度 【分析】 首先根据旋转变换的性质求出∠BOD的度数，结合∠AOB＝10°即可解决问题． 【详解】 解：如图，由题意及旋转变换的性质得∠AOC＝∠BOD＝45°， 又∵∠AOB＝10°， ∴∠AOD＝∠BOD＋∠AOB＝45°＋10°＝55°， 故答案为：55°． 【点睛】 本题主要考查了旋转变换的性质，熟练掌握旋转的性质是解题的关键． 15．【答案】25度 【分析】 此题主要考查了旋转的性质，同时也利用了等腰三角形的性质，解题的关键是会确定旋转角．由旋转得，通过等腰三角形及直角三角形可求度数，进而求的度数． 【详解】 证明：是由旋转得到    ，， ， 16．【答案】45 【分析】 本题考查旋转对称图形，求出该图形的中心角，即可得出结果． 【详解】 解：由图可知，最小的旋转角为：； 故答案为：45． 17．【答案】45 【分析】 该图形被平分成8部分，因而每部分被分成的圆心角是45°，并且圆具有旋转不变性，因而旋转45度的整数倍，就可以与自身重合． 【详解】 花朵图案，至少要旋转360÷8=45度后，才能与原来的图形重合． 故答案为：45 考点：旋转角． 【点睛】 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． 18．【答案】 【分析】 本题考查旋转的性质，掌握相关知识是解决问题的关键．该图形被平分成8部分，因而每部分被分成的圆心角是，并且圆具有旋转不变性，因而旋转的整数倍，就可以与自身重合． 【详解】 解：花朵图案，至少要旋转后，才能与原来的图形重合． 故答案为：． 19．【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，点即为所求． 【分析】 本题主要考查了坐标与图形变化—平移，旋转和轴对称，熟知平移，旋转和轴对称的相关知识是解题的关键． （1）根据“上加下减，左减右加”的平移规律可得点的坐标，描出点，并顺次连接点即可； （2）根据网格的特点和旋转方式找到点的位置，描出点，并顺次连接点即可； （3）作点A关于x轴的对称点，连接交x轴于点P，则点P即为所求，根据网格的特点即可得到点P的坐标． (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 略 (3) 小问详解： 略 20．【答案】度 【分析】 本题考查了旋转的性质，熟练掌握旋转的性质是解题的关键．根据旋转的性质可得，，根据，即可求解． 【详解】 解：∵绕着点顺时针旋转，得到， ∴，， ∵， ∴， 故答案为：． 21．【答案】 【分析】 本题考查了旋转对称，如果把一个图形绕着旋转中心旋转一定的角度后，可以与自身完全重合，这个图形就是旋转对称图形． 【详解】 解：这个图形可以被平均分成四份，每份所对的圆心角的度数为， 这个图形绕着它的中心旋转后能够与它本身完全重合． 故答案为：． 22．【答案】（1）证明：∵线段BD绕着点B按逆时针方向旋转120°能与BE重合， ∴BD＝BE，∠EBD＝120°， ∵AB＝BC，∠ABC＝120°， ∴∠ABD+∠DBC＝∠ABD+∠ABE＝120°， ∴∠DBC＝∠ABE， ∴△ABE≌△CBD（SAS）， ∴AE＝CD； （2）∠BFE＝105°． 【分析】 （1）根据旋转的性质证明△ABE≌△CBD（SAS），进而得证；  （2）由（1）得出∠DBC=∠ABE=45°，BD=BE，∠EBD=120°，最后根据三角形内角和定理进行求解即可． 【详解】 （1） 略 （2）解：由（1）知∠DBC＝∠ABE＝45°，BD＝BE，∠EBD＝120°， ∴∠BED＝∠BDE＝（180°﹣120°）＝30°， ∴∠BFE＝180°﹣∠BED﹣∠ABE ＝180°﹣30°﹣45°＝105°． 【点睛】 本题考查了旋转的性质，全等三角形的判定与性质，三角形内角和定理，利用旋转的性质证明是解题的关键． 23．【答案】6 【分析】根据旋转的性质可得AC＝AC′＝4，AB′＝AB＝1，∠CAC′＝90°，然后利用S△B′C′C＝S△ACC′﹣S△AB′C′进行求解. 【详解】解：∵△ABC绕点A顺时针旋转90°后得到的△AB′C′， ∴AC＝AC′＝4，AB′＝AB＝1，∠CAC′＝90°， ∴△ACC′为等腰直角三角形， ∴S△B′C′C＝S△ACC′﹣S△AB′C′＝×4×4﹣×4×1＝6． 故答案为6． 【点睛】本题主要考查了旋转的性质和三角形面积计算，熟知旋转不改变图形的大小与形状是解题关键. 24．【答案】（1）,,逆，     （2）      【分析】 本题考查了等边三角形的性质、全等三角形的判定与性质以及选择的相关知识点，证是解题关键． （1）由题意可证，即可求解； （2）根据，即可求解； (1) 小问详解： 解：由题意得： ∴ 即： ∴ 故：可以看成以点为旋转中心，逆时针旋转度得到， 故答案为：，，逆， (2) 小问详解： 解：∵ ∴， ∴ 25．【答案】60 【分析】 观察图形可得，图形由六个形状相同的部分组成，从而能计算出旋转角度． 【详解】 解：图形可看作由一个基本图形每次旋转，旋转次所组成，故最小旋转角为． 故答案为：． 【点睛】 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，属于中考常考题型． 26．【答案】 【分析】 本题考查了图形的旋转性质，解题的关键是理解旋转前后对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角，并利用角的和差关系求解． 先根据旋转性质确定旋转角的度数，再利用等于与的和来计算． 【详解】 解：根据题意，点B，C的对应点分别是， ∴， ∵，， ∴． 故答案为：． 27．【答案】 【分析】 本题主要考查了旋转的概念，通过计算除以图案的对称部分数量来确定最小旋转度数是解题的关键． 通过图案可知对称部分的数量为3，利用除以即可得解； 【详解】 ， 旋转的角度是的整数倍， 旋转的角度至少是； 故答案是：． 28．【答案】 【分析】 本题主要考查了旋转的性质，等边对等角，三角形内角和定理，先根据三角形内角和定理求出，再根据旋转的性质得到，则，由此根据三角形内角和定理求出的度数即可得到答案． 【详解】 解：由旋转的性质可得， ∵中，， ∴， ∴， ∴， ∴， 故答案为：． 29．【答案】60 【分析】 本题主要考查了旋转对称图形、正六边形的性质．先求出正六边形的中心角，再根据旋转变换的性质解答即可． 【详解】 解： 则这个图案绕着它的中心旋转或的倍数后能够与它本身重合，则最小为． 故答案为：60． 30．【答案】（1） 解：如图，即为所求． ；     （2） 解：如图，即为所求，． 【分析】 本题考查了利用旋转变换作图，以原点为中心作对称图形，解题的关键是能正确找出对应点的位置， （1）找出B、C的对应点，再连线即可； （2）以原点为中心，分别找出A、B、C的对应点连线即可； (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 略 31．【答案】证明：将Rt△ABC;id: MathJax-Element-4291-Frame;role: presentation;style: font-size: 101%; position: relative;;tabindex: 0;">Rt△ABC绕点A;id: MathJax-Element-4292-Frame;role: presentation;style: font-size: 101%; position: relative;;tabindex: 0;">A按顺时针旋转一定角度得到Rt△ADE;id: MathJax-Element-4293-Frame;role: presentation;style: font-size: 101%; position: relative;;tabindex: 0;">Rt△ADE， ，， 又， 是等边三角形， ， 是等边三角形． 【分析】 本题考查了旋转的性质，等边三角形的性质与判定．根据题意得出是等边三角形，进而求得，根据即可求解． 【详解】 略 32．【答案】（1）点，     （2） 是等腰直角三角形，理由如下： 四边形是正方形， ， 绕点逆时针旋转后能与重合， ，， 是等腰直角三角形．      【分析】 本题主要考查了正方形的性质、旋转的性质以及等腰直角三角形的判定定理． （1）因为经逆时针旋转后能与重合，根据旋转的性质，旋转中心是两个三角形的公共点，旋转角度最小为； （2）因为四边形是正方形，所以，根据旋转的性质，可得，，从而得到是等腰直角三角形． (1) 小问详解： 经逆时针旋转后能与重合， 旋转中心是点，旋转角度最小为， 故答案为：点，； (2) 小问详解： 略 33．【答案】（1） 如图，即为所求；      （2）      【分析】 本题主要考查了旋转的性质以及平面直角坐标系的应用． （1）先找到、、绕点按顺时针方向旋转后的对应点、、，然后顺次连接、、即可画出； （2）根据将绕点按顺时针方向旋转得到的的位置，即可得出点的坐标． (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 由图可知，点的坐标为． 34．【答案】证明：由旋转可知，△ABC≌△DEC， ∴∠A=∠CDE，AC=DC， ∴∠A=∠ADC， ∴∠ADC=∠CDE， 即DC平分∠ADE． 【分析】 利用旋转的性质，等腰三角形的性质证明即可． 【详解】 略 【点睛】 本题考查了旋转的全等性，等腰三角形的性质，熟练掌握两个性质是解题的关键． 35．【答案】 【分析】 本题考查了旋转的性质，等边三角形的判定和性质． 根据将绕点顺时针旋转得到，可得，从而得到为等边三角形，得到，所以与的周长之和，即可解答． 【详解】 解：将绕点顺时针旋转得到， ， ， 为等边三角形， ， 与的周长之和． 故答案为：． 36．【答案】（1） 解：如图；      （2） 解：如图      （3）      【分析】 本题主要考查了作关于原点对称的图形，旋转作图，确定旋转中心， （1）根据旋转画出图形即可； （2）根据旋转画出图形即可； （3）根据旋转中旋转中心点到对应点的距离相等的性质，即可求解． (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 略 (3) 小问详解： 解：如图； 是由绕着某点旋转得到的，则该点的坐标为． 37．【答案】（1）     （2） 成立，理由如下： ∵旋转， ∴，， ∴，即：， 又∵， ∴， ∴；     （3）4      【分析】 （1）旋转的性质得到，，进而得到，证明，即可得出结论； （2）同法（1）即可得证； （3）延长至点，使，连接，作，根据含30度角的直角三角形的性质，推出，证明，得到，进而得到点的运动轨迹，根据垂线段最短结合含30度角的直角三角形的性质，进行求解即可． (1) 小问详解： 解：∵旋转， ∴，， ∴，即：， 又∵， ∴， ∴； 故答案为：； (2) 小问详解： 略 (3) 小问详解： 解：延长至点，使，连接，作，则：， ∵，， ∴， ∵旋转， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴点在射线上运动， ∵垂线段最短， ∴当点与点重合时，的长最短，为的长， ∵， ∴； 故的最小值为4． 【点睛】 本题考查旋转的性质，全等三角形的判定和性质，含30度的直角三角形，垂线段最短，熟练掌握旋转的性质，证明三角形全等，是解题的关键． 38．【答案】 【分析】 本题主要考查了坐标与图形变化-旋转及全等三角形的判定与性质，熟知图形旋转的性质及全等三角形的判定与性质是解题的关键．分别过点和点作轴的垂线，利用全等三角形的判定与性质即可解决问题． 【详解】 解：分别过点和点作轴的垂线，垂足为和， 则． ∵将绕点逆时针旋转，得到， ∴，， ∴， ∴． ∴， ∴，． ∵点坐标， ∴，． ∴点的坐标为． 故答案为：． 39．【答案】（1） 解：如图1所示，      （2） 解：如图2所示，      （3） 解：如图3所示， 【分析】 本题考查平移作图，轴对称作图和旋转作图，掌握好每种作图的规范与技巧是关键． （1）将点A、B、C向右平移得到，，，连接成三角形即可； （2）将点C关于作对称，得到，连接成三角形即可； （3）将点A、C绕点B顺时针旋转得到、，连接成三角形即可． (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 略 (3) 小问详解： 略 40．【答案】（1） 解：四边形是正方形，理由： 由旋转得，． ． ． ， 四边形是平行四边形． ， 平行四边形是矩形． ， ∴四边形是正方形；     （2）      【分析】 此题考查了正方形的判定和性质、轴对称的性质、勾股定理等知识． （1）根据旋转的性质得到，．证明四边形是平行四边形．由即可证明四边形是正方形； （2）作点关于对称的点，连接交于点P，则，，连接，此时为最小值，根据勾股定理进行解答即可． (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 解：如图，作点关于对称的点，连接交于点P，则，，连接，此时为最小值， ∵四边形是正方形， ∴， ∴． 故答案为：. 41．【答案】解：判断：四边形是正方形． 理由：将线段绕点逆时针旋转得到线段， ，， 在正方形中，，， ， ， 在 和中， ， ， ， ， ， ， 四边形是矩形， ， 四边形是正方形． 【分析】 本题考查正方形的判定与旋转的性质，结合全等三角形的判定与性质是解题关键．通过旋转得到线段与角的等量关系，利用正方形的性质证明三角形全等，进而推出四边形的角为直角且邻边相等，以此判定四边形形状． 【详解】 略 42．【答案】 【分析】 本题主要考查了坐标与图形变化—旋转，矩形的性质，熟练掌握矩形的性质和旋转的性质是解题的关键． 先根据题意得到，，再由矩形的性质可得，，，由旋转的性质可得，，，据此可得第二象限内的坐标． 【详解】 由条件可知，， ∴，，， ∵将矩形绕点O逆时针旋转，得到矩形，点在第二象限， ∴，，， ∴点的坐标为， 故答案为：． 43．【答案】（1） 解：如图，阴影部分绕点顺时针旋转，      （2） 解：如图，即为所求， 理由：连接， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∴即为所求；     （3） 解：如图，即为所求． 【分析】 本题考查了网格画图，旋转的性质，垂直定义，掌握知识点的应用是解题的关键． （）根据旋转性质即可画图； （）通过网格特点即可求解； （）通过网格特点即可求解． (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 略 (3) 小问详解： 略 44．【答案】（1）点，     （2）      【分析】 本题考查矩形的性质、旋转的性质、勾股定理、等腰直角三角形的判定，证明为等腰直角三角形是解答的关键． （1）利用旋转性质可知旋转中心为点，然后旋转角为，利用角度和差关系求出即可； （2）先证得为等腰直角三角形，再根据勾股定理求解即可． (1) 小问详解： 解：∵绕点按顺时针旋转到， ∴旋转中心为点，旋转角度为， ∵将绕点A按顺时针旋转到， ∴， ∴，即， 故答案为：点，； (2) 小问详解： 解：∵四边形是矩形， ∴，， 在中，，， ∴， ∵将绕点A按顺时针旋转到，旋转角为， ∴，为等腰直角三角形， ∴． 45．【答案】1.6 【分析】 由将△ABC绕点A按顺时针旋转一定角度得到△ADE，当点B的对应点D恰好落在BC边上，可得AD=AB，又由∠B=60°，可证得△ABD是等边三角形，继而可得BD=AB=2，则可求得答案． 【详解】 解：由旋转的性质可得：AD=AB， ∵∠B=60°， ∴△ABD是等边三角形， ∴BD=AB， ∵AB=2，BC=3.6， ∴CD=BC-BD=3.6-2=1.6． 故答案为1.6． 【点睛】 此题考查了旋转的性质以及等边三角形的判定与性质．此题比较简单，注意掌握旋转前后图形的对应关系，注意数形结合思想的应用． 46．【答案】 【分析】 本题主要考查了旋转的性质、等腰三角形性质、三角形外角的性质等知识点，灵活运用相关知识点是解题的关键． 根据旋转得到，，利用等腰三角形性质求出、，根据题意算出，最后根据三角形外角的性质求解即可． 【详解】 解：由旋转的性质，可知，，， ， ， ． 故答案为：． 47．【答案】（1） 证明：∵四边形是正方形， ∴ ∵绕点A逆时针旋转得到， ∴ ∵O为的中点， ∴， ∴．     （2） 成立，理由如下： 连接， ∵四边形是正方形， ∴， ∵绕点A逆时针旋转得到， ∴， ∴即 在和中， ， ∴， ∴， ∵ ∴， ∴，即 ∵O为的中点， ∴， 在和中， ， ∴， ∴．      【分析】 （1）根据旋转的性质可得，再根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半即可得到，即可证明． （2）连接，通过证明得到，进而证明，即可得出结论． (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 略 【点睛】 本题主要考查了旋转的性质，正方形的性质，全等三角形的判定和性质，解题的关键是熟练掌握选装前后对应边相等，对应角相等． 48．【答案】（1），；（2）；（3）四边形的面积为． 【分析】 （1）由旋转的性质可得，，由可得，于是可证得是等边三角形，利用等边三角形的性质即可求出的度数；由旋转的性质可得，，在中，根据勾股定理可得，据此即可求出的长； （2）由旋转的性质可得，，，由矩形的性质可得，，，进而可得，，在中，根据勾股定理可得，于是可得，在中，根据勾股定理可得，据此即可求出的长； （3）连接，由旋转的性质可得，，，由矩形的性质可得，，利用邻补角互补可得，进而可得，然后可证得，于是可得，根据即可求出四边形的面积． 【详解】 解：（1）如图，由旋转的性质可得：，， ， ， 是等边三角形， ； 如图，由旋转的性质可得：，， 在中，根据勾股定理可得： ； 故答案为：，； （2）如图，由旋转的性质可得：，，， 四边形和都是矩形， ，，， ，， 在中，根据勾股定理可得： ， ， 在中，根据勾股定理可得： ， 的长为； （3）如图，连接，     由旋转的性质可得：，，， 四边形和都是矩形， ，， 点落在的延长线上， ， ， 在和中， ， ， ， ， 四边形的面积为． 【点睛】 本题主要考查了旋转的性质，等边三角形的判定与性质，勾股定理，矩形的性质，线段的和与差，利用邻补角互补求角度，全等三角形的判定与性质，三角形的面积公式等知识点，熟练掌握旋转的性质和矩形的性质是解题的关键． 49．【答案】（1） 证明：∵绕点按顺时针方向旋转得到 ∴， ， ， ∴是等边三角形；     （2）是等腰直角三角形      【分析】 此题考查了旋转的性质，以及等边三角形的判定与性质； （1）利用有一个角为的等腰三角形为等边三角形即可得证； （2）三角形为等腰直角三角形，理由为：由旋转得到两三角形全等，进而求出，再由三角形为等边三角形，进而确定出为直角，即可得证． (1) 小问详解： 略； (2) 小问详解： 解：是等腰直角三角形，理由如下： ∵是等边三角形 ∴， ∵， ， ， ， ， ， ∴是等腰直角三角形． 50．【答案】 【分析】 本题考查旋转的性质、勾股定理、正方形的判定与性质，熟练掌握旋转的性质、勾股定理、正方形的判定与性质是解答本题的关键． 由旋转得，，，，，可得出四边形为正方形，可得．在中，由勾股定理得，，则，，即可解答． 【详解】 解：由旋转得，，，， ， 四边形为矩形， ， 四边形为正方形， ， 在中，由勾股定理得，， ， ， ， 故答案为：． 51．【答案】（1） 证明：如图② ，由题意知， 在和中， ∵ ， ∴， ∴．     （2） ① 证明：如图③ ， ∵，， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∴是等边三角形． ②      【分析】 本题属于几何变换综合题，考查了全等三角形的判定和性质，等边三角形的判定和性质等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型． （1）证明即可解决问题； （2）① 证明即可解决问题．② 根据平行线的判定定理即可解决问题； (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： ① 略 ② 解：∵， ∴， ∴当时，， 故答案为：． 52．【答案】（1），     （2） 成立．理由如下： 如图② ，与交于，与交于， 由题意可知：， ， ， 在与中， ， ， ，， 又，， 在中， ， ， ， 所以（1）中的结论仍然成立；     （3）或      【分析】 （1）由等腰直角三角形的性质得出，，得出，再用，即可得出结论； （2）先由旋转的性质得出，进而判断出，得出，，与交于，与交于，利用全等的性质和对顶角相等进而得出，即可得出结论； （3）分两种情况，①当点在线段上时，过点作于，求出，再用勾股定理求出，利用线段的加减即可得出结论； ②当点在线段上时，过点作于，求出，再由勾股定理求出根据勾股定理得，利用线段的加减即可得出结论． (1) 小问详解： 解：和都是等腰直角三角形， ，， ， ， 点在上，点在上，且， ， 故答案为：，； (2) 小问详解： 略 (3) 小问详解： 当点在线段上时，如图③ ，过点作于， 是等腰直角三角形，且， ， ， ， 在中，， ， ； ②当点在线段上时，如图④ ，过点作于， 是等腰直角三角形，且， ， ， ， 在中，， ， ， 综上，的长为或． 故答案为：或． 【点睛】 本题主要考查了等腰直角三角形的性质，旋转的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，作出辅助线构造出直角三角形是解本题的关键． 53．【答案】（1）A；60     （2）中     （3）      【分析】 本题考查等边三角形的性质，图形的旋转，熟练掌握旋转的性质，是解题的关键： （1）根据旋转的性质，作答即可； （2）根据旋转的性质，得到，根据点M是的中点，得到旋转后点M转到了的中点； （3）根据旋转的性质，得到，再根据角的和差关系即可得出结果． (1) 小问详解： 解：∵是等边三角形， ∴， ∵经过旋转后到达的位置， ∴旋转中心为点，旋转角的度数为的度数，为； (2) 小问详解： ∵旋转， ∴， ∵点M是的中点， ∴经过上述旋转后，点M转到了的中点； 故答案为：中； (3) 小问详解： ∵是等边三角形， ． 由旋转性质，可得：． ∴． 54．【答案】（1）     （2）      【分析】 本题考查旋转的性质、全等三角形的判定与性质、等腰三角形的性质，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题． （1）由旋转得，，可得，证明，可得； （2）由旋转得，，则，由勾股定理得，即可得． (1) 小问详解： 解：， 将线段绕点C顺时针旋转角后得到线段， ，， ， ， (2) 小问详解： ， ，， , 由（1）知，， ， ． 55．【答案】（1），；     （2）      【分析】 本题考查了旋转的性质，全等三角形的判定与性质，以及勾股定理，解题的关键在于理解旋转前后两图形全等；对应点到旋转中心的距离相等；对应点与旋转中心的连线段的夹角等于旋转角． （1）证明，得到，再根据旋转的定义即可解题； （2）利用正方形性质和勾股定理得到，由（1）可知，，，最后利用三角形面积公式求解，即可解题． (1) 小问详解： 解：四边形是正方形， ，， ， ， ， ， ， ， 观察图形可知可以由绕旋转中心点，按顺时针方向旋转度得到， 故答案为：，； (2) 小问详解： 解：四边形是正方形，， ， ， ， 由（1）可知，，， 的面积为． 56．【答案】（1）证明： ∵四边形ABCD是正方形， ∴AD=AB，∠D=∠ABC=90°， 而F是CB的延长线上的点， ∴∠ABF=90°， 在△ADE和△ABF中， ， ∴△ADE≌△ABF（SAS）； （2）A；90 【分析】 （1）根据正方形的性质，用SAS证明△ADE≌△ABF； （2）△ADE与△ABF的公共顶点是旋转中心，对应线段的夹角是旋转角． 【详解】 解：（1） 略 （2）△ABF可以由△ADE绕旋转中心点A，按顺时针方向旋转90度得到． 故答案为A，90． 57．【答案】感知：4： 操作一：； 操作二：证明：∵将绕点D逆时针旋转得到． ∴， ∴是等腰三角形， ∵四边形是平行四边形， ∴， ∵， ∴ ∴， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴四边形是矩形； 应用： 【分析】 感知：利用勾股定理即可求出答案； 操作一：由平行四边形的性质得到，由旋转得到，利用勾股定理即可得到； 操作二：由旋转可知，证明是等腰三角形，根据四边形是平行四边形得到，由等腰三角形的性质得到，则，证明四边形是平行四边形，即可得到结论； 应用：证明与重合，即三点共线，则，，在中，由勾股定理即可得到． 【详解】 感知：解：∵， ∴， ∵，， ∴， 故答案为： 操作一：解：∵四边形是平行四边形， ∴， ∵将绕点D逆时针旋转得到． ∴， ∴, 故答案为： 操作二：略 应用：如图所示，连接，，当时，则， ∵将绕点D逆时针旋转得到． ∴，， 即 ∵在同一平面内，过一点有且只有一条直线与已知直线垂直， ∴与重合，即三点共线， ∴， ∴， 在中， 【点睛】 此题考查了旋转的性质、勾股定理、矩形的判定、平行四边形的性质、等腰三角形的判定和性质等知识，熟练掌握旋转的性质和勾股定理是解题的关键． 58．【答案】（1）     （2）点的坐标为，的面积为16      【分析】 本题主要考查了二次函数的综合题，涉及了二次函数的图象和性质，二次函数的解析式求解，平行四边形的性质等知识，利用数形结合思想解答是解题的关键． （1）根据抛物线的顶点为即可求解； （2）根据抛物线的解析式求出，，再根据四边形是平行四边形即可求出点D的坐标及的面积． (1) 小问详解： 解：∵抛物线的顶点为， ∴将代入得：，即， 故该抛物线的解析式为． (2) 小问详解： 解：该抛物线的对称轴为直线， 当时，， ， ， 四边形是平行四边形， ． ， ， 点的坐标为． 的面积为． 59．【答案】（1） ， 证明：∵将线段绕点A逆时针旋转得到， ∴，， ∵是等边三角形， ∴，， ∴， ∴， ∴；     （2） 证明：∵将线段绕点A逆时针旋转得到， ∴，， ∴， ∴， ∵是等边三角形， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴平分．     （3）      【分析】 （1）由旋转的性质可得，，由“”可证，可得； （2）由旋转的性质可得，，由“”可证，可得，从而求得，即可得出结论； （3）连接，由旋转可得，，则是等边三角形，所以，由（1）知，所以的周长，所以当最小时，的周长最小，最小值，所以当时，最小，此时的周长最小，由等边三角形性质求得，由勾股定理求得，即可求解． (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 略 (3) 小问详解： 连接，如图，    由旋转可得，， ∴是等边三角形， ∴ 由（1）知 ∴的周长， ∴当最小时，的周长最小，最小值， ∴当时，最小，此时的周长最小， ∵，等边， ∴， 由勾股定理，得 ∴的周长最小值． 【点睛】 本题是三角形综合题，考查了全等三角形的判定和性质，旋转的性质，等边三角形的判定和性质，垂线段最短等知识，熟练掌握等边三角形的判定与性质是解题的关键． 60．【答案】（1）解如：图即为所求；      （2）      【分析】 本题考查了作图旋转变换，理解题意正确作图是解题的关键． （1）根据旋转的方式，分别画出点、、的对应点、、，再顺次连接即可得到； （2）结合图形写出点的坐标即可． (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 解：由坐标系可得，点的坐标为． 61．【答案】（1），     （2） 解：（1）中结论仍成立，理由如下： 如图， 是等边三角形， ，， 是等边三角形， ，， ， 即， 在和中， ， ，， ，且， ；     （3）      【分析】 本题考查了等边三角形性质的运用，全等三角形的判定及性质的运用，以及旋转的性质，解答时证明三角形全等是关键． （1）利用等边三角形的性质证明，结合三角形的外角就可以得出结论； （2）同（1）中方法证明，得出，，再根据三角形的内角和得出； （3）当B、C、D三点共线时得出的最大和最小值，即可得出结论． (1) 小问详解： 解：是等边三角形， ，， 是等边三角形， ，， ， 即， 在和中， ， ， ，， ，且， ； 故答案为：；； (2) 小问详解： 略 (3) 小问详解： 解：是等边三角形， ， 当B、C、D三点共线，且D在的延长线上时，最大，此时， 当B、C、D三点共线，且D在线段上时，最小，此时； ∴． 62．【答案】 【分析】 本题考查图形旋转的性质、等腰三角形的性质、角平分线的性质，熟练掌握以上知识点是解题的关键．根据旋转的性质得出，，再根据角平分线的定义得出，再根据三角形内角和定理推出的度数，即可得出结果． 【详解】 解：将绕着点B逆时针旋转得到， ，， ，， 平分， ， ， ， ， ， ， ． 63．【答案】 【分析】 本题考查勾股定理和旋转的性质，熟练掌握相关知识点是解题的关键． 先计算出的长度，结合旋转性质，得，且为直角三角形，再计算出的长度即可． 【详解】 解：∵，，， ∴， ∵，即为直角三角形， ， ∴， 故答案为：． 64．【答案】（1） （2）① 四边形是菱形，理由如下： ∵，， ∴， 又∵， ∴是等边三角形， ∴，， ∵，， ∴是等边三角形， ∴， ∴， ∴四边形是菱形． ②， 如图所示即为所求， 【分析】 （1）根据等腰三角形的性质先求得，从而得到，即，在中，利用30度所对的直角边等于斜边的一半和勾股定理，求得，即可解答； （2）① 由，，得到是等边三角形，从而得到，，结合，得到是等边三角形，即可通过四条边相等的四边形为菱形证得结论； ② 由，，，可知当点D旋转到与点B重叠时，此时，此时，据此画出图形，然后利用30度直角三角形的性质，求得，接着利用等腰三角形的性质和勾股定理求得等腰底边上的高，从而得到，最后利用勾股定理即可求得． 【详解】 解：（1）∵，， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴， 在中，，，， ∴，即， ∴， 解得， ∴； （2）① 略 ② ∵，，， ∴当点D旋转到与点B重叠时，此时， 过点C作于点G， 此时， ∵中，，，， ∴， ∵， ∴， 由（1）可知，， ∴， ∴， ∴， ∴． 【点睛】 本题考查了勾股定理，旋转的性质，菱形的判定，等边三角形的判定与性质，等腰三角形的性质，30度直角三角形的性质，三角形内角和定理等，熟练掌握以上性质是解题的关键． 65．【答案】[问题解决]，两点之间，线段最短，； [拓展应用]（1）如图所示，等边即为所求， （2） 【分析】 [问题解决]结合已知条件可得出的最小值即为线段的长度，其依据为两点之间，线段最短，过点D作交延长线于点E，利用解含的直角三角形及勾股定理即可求得最小值； [拓展应用]（1）分别以点B，M为圆心，为半径画弧，两弧交于一点N，连接，，等边即为所求； （2）连接，，利用旋转的性质得出，，进而得出是等边三角形，此时的最小值是线段，过点E作，交延长线于点F，设正方形的边长为，利用解含的直角三角形及勾股定理列出方程求解a的值，即可求得正方形的边长． 【详解】 解：[问题解决]由题意知，， 此时的最小值即为线段的长度，其依据为两点之间，线段最短， 如图，过点D作交延长线于点E， ∵， ∴， 又∵， ∴在中，， 由勾股定理得，， ∴， 在中，由勾股定理得，， ∴的最小值为， 故答案为：，两点之间，线段最短，； [拓展应用] （1）略 （2）如图，连接，， 由题意知，绕点B逆时针旋转得， ∴，， ∴，， ∴是等边三角形， ∴， ∴， 而的最小值是线段， 过点E作，交延长线于点F， ∵的最小值为， ∴， 设正方形的边长为， ∵是等边三角形， ∴，， ∴， 在中，， ∴， ∴， 在中，由勾股定理得，， ∴， 解得：（舍去负值）， ∴， 故答案为：． 【点睛】 本题考查了旋转的性质，两点间线段最短的定理，勾股定理，等边三角形的判定与性质及解含的直角三角形，构造[问题呈现]中的模型是解题的关键． 66．【答案】（1）①；②4； （2）， 证明：如图，延长至点E使得，连接， ∵是的中线， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 在和中， ∵ ， ∴， ∴， ∴． 【分析】 本题考查的是平行四边形的判定和性质、等腰三角形的性质、直角三角形的性质、全等三角形的判定和性质、旋转性质，掌握全等三角形的判定定理和性质定理、理解“旋补三角形”的定义是解题的关键． （1）① 根据含30度的直角三角形的性质解答； ② 证明，根据全等三角形的性质得到，根据直角三角形的性质计算； （2）证明四边形是平行四边形，得到，根据全等三角形的性质得到，得到答案． 【详解】 解：（1）① ∵是等边三角形， ∴， ∵是的“旋补三角形”， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， 故答案为：； ② ∵是的“旋补三角形”， ∴， 在和中， ∵ ∴， ∴， ∵，是的“旋补中线”， ∴， 故答案为：4； （2）略 67．【答案】模型感知： 证明：如图② ，将绕点D逆时针旋转得到， ∴，， ∴，，， ∵四边形是正方形， ∴， ∵， ∴， 又∵，， ∴， ∴， ∴； 模型应用：； 模型拓展： 【分析】 模型感知：由旋转的性质可得，，，由可证，可得，即可求解； 模型应用：由勾股定理可求的长，由面积关系可求解； 模型拓展：由旋转的性质可得，，，由可证，可得，由勾股定理可求解． 【详解】 模型感知： 略 模型应用： 解：∵四边形是正方形， ∴， ∵， ∴， 由（1）可知：， 设，则，， 在中，， ∴， ∴， 即，， ∴； 模型拓展： 解：如图③ ，将绕点D顺时针旋转，得到，连接， ∴，， ∴，，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵四边形是正方形， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∴ ∵，， ∴， ∴． 【点睛】 本题是四边形综合题，考查了全等三角形的判定和性质，旋转的性质，正方形的性质，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． 68．【答案】（1），     （2）     （3）      【分析】 本题考查了旋转的性质，正方形的性质，全等三角形的性质，三角形内角和定理，勾股定理，掌握旋转的性质，分类讨论是解题的关键． （1）延长交分别于点，根据旋转的性质以及正方形的性质可得，，则，，进而根据三角形内角和定理，可得，即可得出； （2）连接，由旋转性质可得：，，勾股定理求得，勾股定理的逆定理证明是直角三角形，即，进而即可求解； （3）① 当点在正方形内时，作于．勾股定理求得，根据，② 当点在正方形外时，根据即可求解． (1) 小问详解： 解：如图所示，延长交分别于点，    ∵将绕点顺时针方向旋转得到，四边形是正方形， ∴，， ∴，， 又∵， ∴， ∴． (2) 小问详解： 连接    由旋转性质可得：，， ∴，， 由得： ∴，， ∵， ∴是直角三角形，即， ∴； (3) 小问详解： 作于．则，    ，， ， ， ， 在中，，， ， ， ． 69．【答案】操作感知：两组对边分别平行的四边形是平行四边形； 探究发现： 证明：∵四边形为菱形， ∴， ∴， ∴， 由旋转，得， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴平行四边形是菱形； 探究应用：． 【分析】 本题考查了平行四边形的判定和性质，菱形的判定和性质，勾股定理，旋转的性质． 操作感知：根据菱形的性质得到，根据两组对边分别平行的四边形是平行四边形作答即可； 根据菱形的性质得到，根据等边对等角得到，即，由旋转，得，则，根据，得到，则，即，进而证明，即可得到四边形是平行四边形，根据即可证明平行四边形是菱形； 探究应用：证明四边形是平行四边形，作交于H，则四边形与四边形的面积比，根据菱形的性质得到，，则，根据菱形的性质得到，即可求出的值． 【详解】 解：操作感知： ∵菱形， ∴， ∵， ∴四边形为平行四边形（两组对边分别平行的四边形是平行四边形）． 故答案为：两组对边分别平行的四边形是平行四边形； 探究发现： 略 探究应用： ∵，， ∴四边形是平行四边形， 作交于H， 则，， 即四边形与四边形的面积比， ∵在菱形中，，， ∴，， ∴， ∵四边形是菱形， ∴， ∴四边形与四边形的面积比． 故答案为：． 70．【答案】（1）解：，证明如下：连接， 由旋转的性质，得，， ∴， ∴， 在和中， ， ∴ ∴； （2）； （3） 【分析】 本题主要考查了全等三角形的判定和性质、旋转的性质、直角三角形的性质、勾股定理等内容，熟练掌握相关知识点是解题的关键． （1）连接，证即可得证； （2）先证，再设未知数，在中利用勾股定理建立方程即可； （3）分别求出和，利用三角形三边关系即可得解． 【详解】 （1）略 （2）解：由旋转的性质可得：，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， 设，则， 在中，，即， 解得， ∴； （3）解：如图，连接， 在中， ∵，， ∴， 由题意得 当点F在上时，最小，此时； 当点F在的延长线上时，最大，此时 ∴， 故答案为：． 71．【答案】（1）； （2），理由如下： 绕顶点逆时针旋转得到 ，，， 是等腰直角三角形 ， ，， ，点、、三点共线， ∴； （3）． 【分析】 本题主要考查了旋转的性质、等腰直角三角形的判定与性质、三角形三边关系，熟练掌握旋转的性质是解题的关键． （1）根据旋转性质得，，再利用等腰直角三角形的性质求的度数． （2）由旋转性质得，，，，先判断的形状，再求的度数，进而得出与的位置关系． （3）通过旋转构造全等三角形和等腰直角三角形，利用三角形三边关系求解． 【详解】 解：（1）绕点逆时针旋转得到 ， 是等腰直角三角形 ， 故答案为：； （2）略 （3）将绕点逆时针旋转得到，连接，则，，， 是等腰直角三角形， ∴， ， 在中，， ， 故答案为：． 72．【答案】（1）相等；90°； （2）成立，证明： 如图②，连接， ∵是等边三角形， ∴， 由旋转的性质可得：，， ∴是等边三角形， ∴， ∴， ， ∴， 在与中， ∵ ， ∴， ∴，． ∵， ∴ （3）4或 【分析】 （1）连接AD，通过SAS证明，然后对应边、对应角相等、等量减等量，即可得出结论； （2）连接AD，通过SAS证明，然后对应边、对应角相等、等量加等量，即可得出结论； （3）如图③ ，由（2）知，∠BMD=90°根据已知条件得到D在BA的延长线上，由旋转的性质得到AP=DP，∠APD=60°，推出△AMB是等边三角形，得到PA=PD=AD，于是得到结论；如图④ ，由（2）知，∠BMD=90°，根据旋转的性质得到AP=DP，∠APD=60°，求得PA=PD=AD，∠PAD=∠BAM=60°，根据全等三角形的性质得到PB=DM=4，根据勾股定理即可得到结论． 【详解】 解：（1）相等；90°； ∵是等边三角形， ∴， 由旋转的性质可得：，， ∴是等边三角形， ∴， ∴ 即 在与中， ∵ ， ∴， ∴， ∴ （2）略 （3）如图③ ，由（2）知，∠BMD=90°， ∵∠BDM=30°， ∴∠DBM=60°， ∴D在BA的延长线上， 由旋转的性质可得：AP=DP，∠APD=60°， ∴△APD是等边三角形， ∴PA=PD=AD， ∵BM=4， ∴BD=8， ∴AP=AD=4； 如图④ ，由（2）知，∠BMD=90°， ∵∠BDM=30°， ∵BM=4， ∴DM=4， 由旋转的性质可得：AP=DP，∠APD=60°， ∴△APD是等边三角形， ∴PA=PD=AD，∠PAD=∠BAM=60°， ∴∠PAB=∠DAM， ∵AB=AM， ∴△ABP≌△AMD（SAS）， ∴PB=DM=4， ∵AC=2，BC=2， ∴CP=6， ∴AP=， 综上所述，线段AP的长度为4或4． 【点睛】 本题考查了旋转的性质，全等三角形的判定和性质、等边三角形的判定和性质，正确的作出图形是解题的关键． 73．【答案】（1）四边形为矩形， 证明：由旋转的性质可得， 又，， ， ， 又四边形是平行四边形， ， ， 四边形是平行四边形， 四边形是矩形． （2） （3）或或 【分析】 本题主要考查了旋转的性质、矩形的判定、平行四边形的性质和判定、等腰三角形的性质和判定，勾股定理等知识点，熟练掌握以上知识点，添加适当的辅助线是解题的关键． （1）由旋转的性质可得，又因为，，得，即，又因为，故，证明四边形是平行四边形，因为，故证明四边形是矩形． （2如图，过点作 于点,得，又因为，带入数值可得，故，因为，得四边形是平行四边形, 即，故，，所以，可得． （3）当为等腰三角形时，有三种情况：第一种情况：当时，，又因为，故，，，所以，，又因为，故是斜边的中点，求得，即；第二种情况：当时，因为，，，所以，所以，即；第三种情况：当时，，过点作 于点，即，，，又，，所以，因为，所以；综上所述，线段的长为或或． 【详解】 （1）略 （2）如图，过点作 于点,    ∵在中, ，， ， ， ， ， 由旋转可得. ， ∵四边形是平行四边形, ， ， ， ， ． （3）当为等腰三角形时，有三种情况 第一种情况：当时， 又， ， 又， 故是斜边的中点， ， 即． 第二种情况：当时， ，，， ， ． 第三种情况：当时，，过点作 于点，如图： 由上可得，，， 又，， ， ． 综上所述，线段的长为或或． 考点02 中心对称及其性质 1．B 2．【答案】（1）如图所示：△，即为所求；    ； （2）如图所示：△，即为所求；；（3）3． 【分析】 （1）将点A、B、C分别向右平移2个单位得到对应点A1、B1、C1，再顺次连接可得； （2）作出点A1、B1关于点C1的对称点A2、B2，再顺次连接A2、B2，C1可得； （3）根据点的坐标由三角形面积公式即可求出面积． 【详解】 解：（1）略 （2）略 （3）由图可知，， ∴， 故填：3． 【点睛】 此题主要考查了旋转变换以及平移变换和坐标系中三角形面积求法，熟练相关性质、利用数形结合得出图形是解题关键． 3．【答案】（1） 由题意画图，如图所示；      （2） 由题意画图，如图所示；      （3）平行四边形      【分析】 （1）根据“上加下减纵坐标，左减右加横坐标”的平移规律，确定平移后各顶点坐标，进而画出平移后的图形； （2）利用“关于原点对称的点横、纵坐标均互为相反数”的性质，得到对称点坐标，再画出中心对称图形； （3）通过观察图形中线段的平行且相等关系，结合平行四边形的判定定理（一组对边平行且相等的四边形是平行四边形）进行判断． (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 略 (3) 小问详解： 解：如图所示， 由图可得，且， 四边形为平行四边形． 【点睛】 本题考查了平面直角坐标系中的图形平移、中心对称变换，以及平行四边形的判定，熟练掌握图形变换的坐标规律和特殊四边形的判定方法是解题关键． 4．【答案】（1） 如图所示，即为所求， 点的坐标为；     （2） 如图所示，即为所求， 点的坐标为．      【分析】 本题考查了作图-旋转变换，解题的关键是熟练掌握旋转变换的定义与性质． （1）将点、分别绕点逆时针旋转得到其对应点，再首尾顺次连接即可； （2）分别作出三个顶点关于原点的对称点，再首尾顺次连接即可． (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 略 5．【答案】（1）         （2） 【分析】 本题考查了画中心对称图形，旋转作图： （1）根据中心对称的性质找到、、的对称点、、，顺次连接得到； （2）根据旋转对称的性质找到、、的对称点、、，顺次连接得到． (1) 小问详解： 略； (2) 小问详解： 略． 6．【答案】2S1＝3S2 【分析】 过点O分别作OM⊥BC，垂足为M，作ON⊥AB，垂足为N，根据点O是平行四边形ABCD的对称中心以及平行四边形的面积公式可得AB•ON=BC•OM，再根据S1=EF•ON，S2=GH•OM，EF＝AB，GH＝BC，则可得到答案． 【详解】 过点O分别作OM⊥BC，垂足为M，作ON⊥AB，垂足为N， ∵点O是平行四边形ABCD的对称中心， ∴S平行四边形ABCD=AB•2ON， S平行四边形ABCD=BC•2OM， ∴AB•ON=BC•OM， ∵S1=EF•ON，S2=GH•OM，EF＝AB，GH＝BC， ∴S1=AB•ON，S2=BC•OM， ∴2S1＝3S2， 故答案为2S1＝3S2． 【点睛】 本题考查了平行四边形的面积，中心对称的性质，正确添加辅助线、准确表示出图形面积是解题的关键． 7．【答案】（1）如图， △即为所求； （2）如图， △即为所求； （3） 如图， △与△组成的图形是轴对称图形，其对称轴为直线l. 【详解】 试题分析：（1）根据△ABC与△A1B1C1关于直线OM对称进行作图即可；（2）根据△ABC与△A2B2C2关于点O成中心对称进行作图即可；（3）一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形叫做轴对称图形，这条直线叫做对称轴． 试题解析：(1)略 (2)略 (3)略 考点03 中心对称图形 1．D 2．B 3．D 4．D 5．B 6．C 7．A 8．C 9．C 10．D 11．C 12．A 13．A 14．B 15．C 16．A 17．B 18．C 19．D 20．C 21．D 22．D 23．B 24．【答案】（1） 所画的三角形与组成的图形是轴对称图形，答案不唯一；      （2） 如图，所画的三角形与组成的图形是中心对称图形，答案不唯一；      （3） 如图，所画的三角形与的面积相等，但不全等，答案不唯一． 【分析】 本题考查了利用轴对称的性质，中心对称的性质，以及三角形的面积作图，熟练掌握轴对称的性质与中心对称的性质是作图的关键，要注意对称轴与对称中心的确定． (1)先确定出对称轴，再根据轴对称图形的性质作出即可； (2)确定出对称中心，然后根据中心对称图形的性质作出即可； (3)根据格点的特点，作出的底边与这边上的高分别是，或，的三角形即可． (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 略 (3) 小问详解： 略 25．【答案】（1） 延长至E点，延长至D，连接，如图， 即为所作； 证明：根据网格图可知：，，，且绕C点旋转后可与重合，即满足要求．     （2） 延长至D，连接，如图， 即为所作； 证明：根据网格图可知：，，即，垂直平分， 即与关于轴对称，即满足要求．     （3） 取网格点D、E，连接，，，如图， 即为所作； 证明：根据网格图可知：，，， 即有：， ∴是直角三角形，即， 结合图形，即可知：是绕着点按顺时针方向旋转后得到的， 故满足要求．      【分析】 （1）延长至E点，延长至D，连接，即可作答； （2）延长至D，连接，即可作答； （3）取网格点D、E，连接，，，使得，，，结合旋转的特点即可作答． (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 略 (3) 小问详解： 略 【点睛】 本题主要考查了在网格图中作已知图形的中心对称图形、轴对称图形以及旋转图形的知识，掌握中心对称、轴对称以及旋转的基本性质是解答本题的关键． 26．【答案】（1） 如图所示，格点C即为所求，      （2） 如图，四边形即为所求做； 【分析】 此题考查了等腰直角三角形的判定和性质、矩形的判定和性质、勾股定理及其逆定理的应用，充分利用网格的特点是解题的关键． （1）取格点C，根据网格特点，使得是以为底的等腰直角三角形即可； （2）取格点、，由网格的性质可知，，，，则四边形是矩形，既是中心对称图形，又是轴对称图形． (1) 小问详解： ∵， ∴ ∴是等腰直角三角形， ∴ (2) 小问详解： 解：连接， ∵，， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴ ∴是直角三角形，且， ∴四边形是矩形， 则四边形既是中心对称图形，又是轴对称图形． 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】 根据关于原点对称的点的横坐标与纵坐标都互为相反数，进行求解即可． 【详解】 解：根据关于原点对称的点的坐标规律，可得点关于原点对称的点的坐标为． 5．【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”． 6．【答案】 【分析】 本题考查了平面直角坐标系中关于原点对称的点的坐标特点，平面直角坐标系中，点关于原点对称的点坐标为，据此即可求解﹒ 【详解】 解：在平面直角坐标系中，点和点关于原点对称，则a的值为﹒ 故答案为： 7．【答案】 【分析】 本题考查了点关于原点对称的特点，掌握关于原点对称点的特点求解是关键． 根据点关于原点对称点的特点“点的坐标与对称点的坐标中：横、纵坐标均为相反数”即可求解． 【详解】 解：点关于原点对称的点的坐标为， 故答案为： ． 8．【答案】 【分析】 此题主要考查了关于原点对称点的性质，根据关于关于原点对称的点，横坐标与纵坐标都互为相反数求解即可． 【详解】 点关于原点对称的点的坐标是． 故答案为：． 9．【答案】 【分析】 本题主要考查了求关于原点对称的点的坐标，熟知关于原点对称的点横纵坐标都互为相反数是解题的关键． 【详解】 解：点关于原点对称的点的坐标是， 故答案为：． 10．【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特征：横纵坐标均互为相反数，即可得出结果． 【详解】 解：点关于原点对称的点的坐标是； 故答案为：． 11．【答案】 【分析】 本题主要考查了关于原点对称的点坐标的关系，根据关于原点对称的点的坐标特点：两个点关于原点对称时，它们的横坐标和纵坐标都互为相反数，可以直接写出答案． 【详解】 解：点关于原点对称的点的横坐标为，纵坐标为， 因此对称点的坐标是． 故答案为：． 12．【答案】 【分析】 根据关于原点对称的点，横坐标与纵坐标都互为相反数，可得答案． 【详解】 解：由题意，得： ，． ， 故答案为：． 【点睛】 本题主要考查点的坐标关于原点对称，熟练掌握点的坐标关于原点对称的特征是解题的关键． 13．【答案】10 【分析】 本题考查了关于原点对称的点的坐标特征以及两点间距离公式，解题的关键是先根据原点对称性质求出点坐标，再利用距离公式计算长度． 先根据关于原点对称的点的坐标特征求出点坐标，再代入两点间距离公式计算的长度． 【详解】 因为点与点关于原点对称，根据关于原点对称的点的坐标特征：横，纵坐标都互为相反数，可得，即． 根据两点间距离公式，其中，则： ， 所以长为10． 故答案为：10． 14．【答案】 【分析】 本题考查了关于原点对称的点的坐标特点，熟练掌握和运用关于原点对称的点的坐标特点是解决本题的关键． 根据关于原点对称的点的坐标特点，即可求得． 【详解】 解：点关于原点中心对称的点的坐标是， 故答案为：． 15．【答案】 【分析】 本题考查了关于原点对称的点坐标的特征，代数式求值，由题意求出，，代入求解即可，掌握相关知识是解题的关键． 【详解】 解：∵点和点关于原点对称， ∴ ，， ∴， ∴， 故答案为：． 16．【答案】（1）如图所示， △DCE为所求作； （2）如图所示， △ACD为所求作； （3）如图所示 △ECD为所求作． 【分析】 （1）根据中心对称的定义画图即可. （2）根据轴对称的定义画出图形，注意与已知三角形有公共边. （3）明白顺时针的方向，根据要求画图即可. 【详解】 （1）略 （2）略 （3）略 【点睛】 本题是一道画图题，考查动手能力，解题关键是掌握轴对称，中心对称等定义． 17．【答案】（1） 解：如图所示，即为所求，点的坐标为；      （2） 解：如图所示，即为所求． 【分析】 （）根据中心对称图形的性质作出图形，根据关于原点对称的点的坐标特征写出点的坐标即可； （）根据旋转的性质作图即可； 本题考查了作中心对称图形，中心对称图形的性质，旋转作图，掌握中心对称图形和旋转的性质是解题的关键． (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 略 试卷第1页，共3页 / 学科网（北京）股份有限公司 $