专题05 旋转（期中真题汇编，贵州专用）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·贵州黔南布依族苗族自治州平塘县·期中）如图，已知点，，线段可由线段绕点M逆时针旋转得到，点A与是对应点，则点M所在象限为（     ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 2．（25-26学年九上·贵州遵义湄潭县·期末）如图，在中，，将绕点旋转，得到．若点的对应点恰好在的延长线上，则旋转方向和旋转角可能是（       ） A. 顺时针， B. 逆时针， C. 顺时针， D. 逆时针， 3．（25-26学年九·贵州黔南州·期末）如图，正三角形的三个顶点等分圆周，把这个图形绕着圆心逆时针旋转一定的角度后能与自身重合，那么这个角度至少为（     ） A.  B.  C.  D.  4．（25-26学年九上·贵州自治州兴仁·期末）如图，将直角三角板绕顶点A顺时针旋转到，点恰好落在的延长线上，，则为（       ） A.  B.  C.  D.  5．（25-26学年九上·贵州三联教育集·期末）如图，是由按顺时针方向旋转某一角度得到的，若，，则在这旋转过程中，旋转中心和旋转的角度分别为（     ） A. P， B. A， C. P， D. A， 6．（25-26学年九上·贵州贵阳部分区·期末）如图，将绕点O旋转得到，则点的坐标为（     ） A.  B.  C.  D.  7．（25-26学年九上·贵州黔南布依族苗族自治州平塘县·期中）风力发电（如图1）是一种常见的绿色环保发电形式，它能够使大自然的资源得到更好的利用．如图2，风力发电机有三个底端重合的叶片，叶片绕中心点O顺时针转动，风力发电机旋转后能与自身重合，至少需旋转（     ） A.  B.  C.  D.  8．（25-26学年九上·贵州黔东南州·期中）如图，把四边形绕点O顺时针旋转得到四边形，则下列角中不等于旋转角的是（     ） A.  B.  C.  D.  9．（25-26学年九上·贵州西南州兴仁·期中）平面坐标系中，点的坐标为，将线段绕点顺时针旋转，则点的对应点的坐标为（     ） A.  B.  C.  D.  10．（25-26学年九上·贵州西南州兴仁·期中）如图，在中，，将绕点A逆时针旋转到的位置，使得，则的度数是（       ） A.  B.  C.  D.  11．（25-26学年九上·贵州安顺·期中）如图，将绕点O顺时针旋转变为，则下列说法不正确的是（　　） A.  B.  C.  D.  12．（25-26学年九上·贵州遵义余庆县·期末）如图，将绕点顺时针旋转得到，若点、、在同一条直线上，且，则的度数为（       ） A.  B.  C.  D.  13．（25-26学年九上·贵州黔东南州·期末）如图，中，，，将绕点逆时针旋转得到，使点的对应点恰好落在边上，则的度数是（       ） A.  B.  C.  D.  14．（25-26学年九上·贵州遵义正安县·期中）如图，将绕顶点旋转得到，点对应点，点 B对应点，点刚好落在边上，，，则等于（　　） A. 65° B. 70° C. 75° D. 80° 15．（25-26学年九上·贵州遵义·期中）如图，将绕着点顺时针旋转后，得到，，则的度数为（     ） A.  B.  C.  D.  16．（25-26学年九上·贵州遵义汇川区·期中）如图，在中，，将绕点逆时针旋转后，得到，且点在上，则的度数为（       ） A.  B.  C.  D.  17．（25-26学年九上·贵州遵义汇川区·期中）如图，在中，，，，将线段绕点顺时针旋转得到线段，连接，则的长为（       ） A.  B.  C.  D.  18．（25-26学年九上·贵州黔东南州·期中）如图，在中，，将绕顶点C顺时针旋转得到，D是的中点，连接，若，，则线段的最大值为（     ） A.  B.  C. 8 D. 4 19．（25-26学年九上·贵州黔东南苗族·期中）如图，在边长为6的正方形内作，交于点E，交于点F，连接，将绕点A顺时针旋转到的位置，点D的对应点是点B．若，则的长为（     ） A.  B.  C.  D. 2 20．（25-26学年九上·贵州黔东南苗族·期中）如图，在中，，，将绕点A顺时针旋转到的位置，使刚好落在上，B、C旋转后的对应点分别是和，连接，则度数是（       ） A.  B.  C.  D.  21．（25-26学年九上·贵州遵义余庆县·期末）如图，点O是等边三角形ABC内的一点，∠BOC=150°，将△BOC绕点C按顺时针旋转得到△ADC，连接OD，OA． （1）求∠ODC的度数； （2）若OB=4，OC=5，求AO的长． 22．（25-26学年九上·贵州黔东南州·期末）如图，将正五边形绕着它的中心旋转后，能够与原来的图形完全重合，则的值可以是　　　　　（写出一个符合题意的数即可）． 23．（25-26学年九上·贵州黔东南州·期中）如图，正方形的边长为2，点E是正方形内一点，绕点A顺时针旋转到的位置，点E的对应点是点，点D的对应点是点B． （1）绕点A顺时针旋转到的位置，旋转角是多少度？ （2）若，，求线段的长． 24．（25-26学年九上·贵州西南州兴仁·期中）在中，是线段上的动点．连接，将绕点逆时针旋转至的位置．连接，试按要求解答下列问题： （1）求证：； （2）求的度数； 25．（25-26学年九上·贵州黔东南苗族·期中）如图，四边形是正方形，点F是延长线上一点，连接，绕点A旋转一定角度后得到，若，． （1）直接写出旋转角的度数； （2）求的长度； （3）求证直线． 26．（25-26学年九上·贵州黔东南苗族·期中）如图，将三角尺（其中，）绕点按顺时针转动一个角度到的位置，使得点、、在同一条直线上，那么这个旋转的角度等于多少度？ 27．（25-26学年九上·贵州遵义湄潭县·期末）如图，中，，，，将边绕点B顺时针旋转至，连，则　　　　　　　　　　　． 28．（25-26学年九上·贵州遵义湄潭县·期末）在正方形中，点E在射线上（不与点B、C重合），连接，，将绕点E逆时针旋转得到，连接． （1）如图1，点E在边上． ①依题意补全图1； ②若，求的长； （2）如图2，点E在边的延长线上，用等式表示线段，，之间的数量关系． 29．（25-26学年九·贵州金沙县金沙县第三中学·期末）综合与实践： 如图1，四边形是正方形，E，F分别在边和上，且（此时），我们把这种模型称为“半角模型”，在解决“半角模型”问题时，旋转是一种常用的方法．小明为了解决线段，，之间的关系，将绕点A顺时针旋转得到后，解决了这个问题． （1）如图2． ①求证：； ②求出、、之间的关系； （2）如图3，等腰直角三角形，，，点E，F在边上，且，请写出，，之间的关系，并说明理由； （3）如图4，在中，，，点D，E在边上，且，当，时，求的长． 30．（2026·贵州遵义·学业水平监测）如图，在中，，，延长到点，连接，将线段绕点逆时针方向旋转得到，连接．若，，则的长是　　　　　． 31．（2026·贵州六盘水·一模）在研究三角形、平行四边形的数学实践课上，李老师给出如图所示的，，，，点D是边上的中点． （1）请用尺规作图作出绕点D旋转后的图形（不写作法，保留作图痕迹）．试判断新组合图形的形状，并说出此图形的一条性质； （2）在（1）的条件下，求点A与其旋转后的对应点之间的距离． 32．（25-26学年九上·贵州黔东南州·期末）如图，在中，，将绕点A顺时针旋转得到，使点C的对应点E落在上，连接． （1）若，，求的长； （2）若，求的度数． 33．（25-26学年九上·贵州自治州兴仁·期末）如图，正方形中，，O是边的中点，点E是正方形内一动点， ，连接，将线段绕点D逆时针旋转得，连接、，则线段长的最小值为　　　　　　　　． 34．（25-26学年九上·贵州贵阳部分区·期末）如图，已知在平面直角坐标系中，的顶点坐标分别是，，． （1）画出关于原点对称的； （2）求的面积； （3）若将绕点顺时针旋转，直接写出点的对应点的坐标______． 35．（25-26学年九上·贵州贵阳部分区·期末）如图，将的绕其锐角顶点逆时针旋转得到，连接，延长相交于点，则有，且四边形是一个正方形． （1）求证：； （2）若，求的长． 36．（25-26学年九上·贵州黔东南州·期末）已知，，，，将绕点B旋转得到，点A的对应点为，点C的对应点为，连接． （1）如图，将绕点B逆时针旋转，则的长为______； （2）当点落在直线上时，求的长． 37．（25-26学年九上·贵州遵义汇川区·期中）在正方形网格中，建立如图所示的平面直角坐标系，的三个顶点都在格点上，点的坐标为，请解答下列问题： （1）画出关于原点成中心对称的； （2）将绕点逆时针旋转，画出旋转后的； （3）若将绕点顺时针旋转与重合，则点的坐标为             ． 38．（25-26学年九上·贵州毕节金沙县·期中）如图，E是正方形中边上的中点，，把绕点A顺时针旋转得到，若连接，则　　　　　　． 39．（25-26学年九上·贵州黔东南州·期中）如图，已知正方形ABCD的边长为6，点E是AB边上一动点，连接ED，将ED绕点E顺时针旋转90°到EF，连接DF，CF，则DF+CF的最小值是 　　　． 40．（25-26学年九上·贵州安顺·期中）图形的旋转不仅是初中数学“图形与几何”领域的重要内容，也是解决平面几何问题的一种解题策略和方法．如图，，为正方形对角线上两点，连接，，，，，则的长为　　　　　　　　． 41．（25-26学年九上·贵州安顺·期中）如图，在中，，，将绕点逆时针旋转得到，点，的对应点分别为，，连接． （1）求证：； （2）当点，，在同一条直线上时，求的度数． 42．（25-26学年九上·贵州贵阳中天中学·期中）如图所示，点E是正方形内一动点，满足，且． （1）【动手实践】将图中的绕点逆时针旋转得到，点与点重合，点B与点D重合，点E旋转后的对应点是点F，依题意在图中补全图形； （2）【问题探究】在补全的图中，分别延长和交于点，判断四边形的形状，并证明； （3）【拓展延伸】猜想线段，，之间的数量关系，用等式表示猜想结果，并说明理由． 43．（2026·贵州遵义·学业水平监测）数学活动 项目活动 全等的应用与拓展 研究来源 2014版人教版教材九年级上册第60页例题 教材再现 如图（1），是正方形中边上任意一点，以点为中心，把顺时针旋转90°得到，根据旋转可知． 探究一 问题初探：如图（1），若，四边形的面积是_______； 活动工具 （三角尺） 探究二 问题再探：如图（2），在等腰直角三角尺中，，点是的中点，另一块三角尺直角顶点与点重合，分别交于点．若，求四边形的面积； 探究三 问题拓展：如图（3），在四边形中，．点分别在的延长线上，连接．在中，，，在中，，，求与的面积之和． 44．（25-26学年九上·贵州黔东南州·期末）已知线段是正方形的一条对角线，点E在射线上运动，连接，将线段绕点C顺时针旋转，得到线段，连接． （1）如图1，若点E在线段上，请直接写出线段与线段的数量关系与位置关系； 【模型应用】 （2）如图2，若点E在线段的延长线上运动，请写出线段，，之间的数量关系，并说明理由； 【模型迁移】 （3）如图3，已知线段是矩形的一条对角线，，，点E在射线上运动，连接，将绕点C顺时针旋转，得到，在上截取线段，连接，若，直接写出线段的长． 45．（25-26学年九上·贵州黔东南州·期末）综合与探究 【问题情景】如图，在中，，，点D是边上的动点，连接，将绕点C顺时针方向旋转，得到，连接、． （1）【问题解决】如图1，写出图中一对全等的三角形：______，与之间的数量关系是______； （2）【猜想计算】如图2，若，求的度数； （3）【深入探究】当点D从点A运动到点B时，若，求点E运动路径的长度． 46．（25-26学年九上·贵州遵义正安县·期中）如图，在中，，，，将线段绕着点逆时针旋转60°得到，，则的面积为　　　　　　． 47．（25-26学年九上·贵州遵义·期中）如图，在中，，，，点是边上一点，将绕点顺时针旋转到点，则长度的最小值是　　　　　　． 48．（25-26学年九上·贵州遵义·期中）综合与探究 【数学背景】如图，线段于点，，点是线段上一动点，连接，将线段绕着点顺时针旋转得到线段． （1）【问题操作】如图①，过点作于点，补全图形后，线段与线段，之间的数量关系为______； （2）【迁移应用】以线段中点为圆心，长为半径画弧，点恰好在的弧上，，求的长； （3）【拓展延伸】点从点向点运动过程中， ①判断点运动的路径长与线段的数量关系，并说明理由； ②点运动的路径与形成的夹角的度数为______． 49．（25-26学年九上·贵州六盘水钟山区·期中）某公司设计太阳能板联动系统．如图，支架与固定连接，整体（即）可绕点A旋转．系统启动后，支架绕点A逆时针旋转到达的位置，形成了菱形． 【结构判断】 （1）如图1，的形状是______． 【驱动连杆角度设计】 （2）如图2，在菱形中，驱动电机安装在点P（位于对角线上），带动连杆绕点P逆时针旋转，使点D的对应点Q恰好落在的延长线上．求此时连杆在旋转过程中转过的角度． 【系统性能优化】 （3）在（2）的条件下，若太阳能板长度，求驱动电机所在点P带动连杆运动时，所覆盖区域面积的最大值． 50．（25-26学年九上·贵州遵义汇川区·期中）综合与探究： 如图，在中，，，将线段绕点逆时针旋转（），得到线段，连接，． （1）【问题初探】 如图1，当时，             ，             ； （2）【问题深探】 如图2，过点作于，直线与直线相交于点，连接．当时，试探究线段，，之间的数量关系并证明你的结论； （3）【拓展延伸】 在（2）的条件下，若，在线段旋转过程中（），当时，求的长．（直接写出结果） 51．（25-26学年九上·贵州黔南布依族苗族自治州平塘县·期中）如图，将 绕点A逆时针旋转，得到 ，与相交于点O，点B的对应点D恰好落在边上，且点A，B，E在同一条直线上． （1）求证：平分； （2）求的度数． 52．（25-26学年九上·贵州黔东南州·期中）如图1，在中，，，点D是直线上一点，连接，将线段绕点A逆时针旋转得到线段，连接，． （1）【问题发现】如图2，当，且点D在线段上时，证明：； （2）【探究应用】如图3，当，且点D在线段上时，猜想线段、、之间的数量关系，并加以证明； （3）【拓展提升】当，，时，求的长． 53．（25-26学年九上·贵州西南州兴仁·期中）如图，四边形ABCD中，AC、BD是对角线，是等边三角形，∠ADC＝30°，AD＝4，BD＝5，则CD的长为　　　　　　． 54．（25-26学年九上·贵州西南州兴仁·期中）【阅读理解】半角模型是指有公共顶点，锐角等于较大角的一半，且组成这个较大角的两边相等．通过旋转或截长补短，将角的倍分关系转化为角的相等关系，并进一步构成全等三角形，用以解决线段关系、角度、面积等问题． 【初步探究】如图 1 ，在正方形中，点 E，F 分别在边上，连接．若，将绕点A 顺时针旋转 ．点 D 与点B 重合，得到 易证：． （1）根据以上信息，线段之间满足的数量关系为                              ； 【迁移探究】（2）如图 2 ，在正方形 中，若点 E 在射线上，点 F 在射线上，，猜想线段之间的数量关系，请证明你的结论；(提示：可将逆时针旋转） 【拓展探索】（3）如图 3 ，已知正方形的边长为，连接分别交于点 M 、N ，若点 M 恰好为线段的三等分点，且，求线段的长． 55．（25-26学年九·贵州黔南州·期末）如图，在菱形中，，E是线段上一点，将线段绕点E顺时针旋转得到线段，则的最大值为　　　　　　　 56．（25-26学年九上·贵州黔东南州·期末）如图，在菱形中，，，对角线、相交于点O，点E是对角线上的一个动点，连接，将线段绕点B逆时针方向旋转得到，连接，则的最小值是　　　　　　． 57．（25-26学年九上·贵州遵义正安县·期中）如图1，四边形是正方形，，分别在边和上，且，我们把这种模型称为“半角模型”，在解决“半角模型”问题时，旋转是一种常用的方法．小明为了解决线段，，之间的关系，将绕点顺时针旋转后解决了这个问题． （1）请根据图2直接写出线段，，之间的关系：______． （2）如图3，等腰直角三角形，，，点，在边上，且，请写出，，之间的关系，并说明理由． （3）如图4，点在正方形的对角线上，是直角三角形，，斜边交于点，，，求的值． 考点02 中心对称及其性质 1．（25-26学年九上·贵州黔东南州·期中）如图，与关于点成中心对称，已知，，，则（       ） A. 5 B.  C.  D.  2．（25-26学年九上·贵州自治州兴仁·期末）如图，在平面直角坐标系中，的顶点坐标分别为、、，将绕原点旋转得到． （1）在平面直角坐标系中画出，并写出点、、的坐标； （2）作关于轴对称的，并写出的坐标． 3．（25-26学年九上·贵州遵义湄潭县·期末）如图，在的方格网中，所有标出的点均为格点，请按要求作图． （1）如图1，作出关于点O对称的； （2）如图2，旋转得到，标出旋转中心点P． 4．（25-26学年九上·贵州遵义余庆县·期末）图中的每个小方格都是边长为1个单位长度的正方形，每个小正方形的顶点叫格点，的顶点均在格点上． （1）画出将绕点逆时针旋转得到的，在图中对应处写出“”和“”； （2）画出与关于点成中心对称的，在图中对应处写出“”“”和“”． 5．（25-26学年九上·贵州安顺·期中）如图，在平面直角坐标系中，三个顶点的坐标分别为，，． （1）画出与关于原点对称的； （2）将绕点顺时针旋转得到，画出． 考点03 中心对称图形 1．（25-26学年九·贵州黔南州·期末）对称美是一种美学观念，强调事物在空间或结构上的平衡与协调，给人以圆满、和谐、稳定的视觉感受．下列图形中，既是中心对称图形，又是轴对称图形的是（     ） A.  B.  C.  D.  2．（25-26学年九上·贵州安顺·期末）围棋起源于中国．下列由黑、白棋子摆成的图案中，是中心对称图形的是（     ） A.  B.  C.  D.  3．（25-26学年九上·贵州遵义余庆县·期末）下列数学符号中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（     ） A.  B.  C.  D.  4．（25-26学年九上·贵州黔东南州·期末）随着Ai技术的普及，出现了很多“现象级”应用，以下是一些常见应用的图案，其中是中心对称图形的是（       ） A.  B.  C.  D.  5．（25-26学年九上·贵州黔东南州·期末）下列字体既是轴对称图形又是中心对称图形的是（     ） A. 田 B. 园 C. 风 D. 光 6．（25-26学年九上·贵州遵义·期中）垃圾分类功在当代利在千秋，下列垃圾分类指引标志图形分别代表“厨余垃圾”“可回收垃圾”“其他垃圾”“有害垃圾”，其中是中心对称图形的是（     ） A.  B.  C.  D.  7．（25-26学年九上·贵州遵义汇川区·期中）对称美是一种美学观念，强调事物在空间或结构上的平衡与协调，给人以圆满、和谐、稳定的视觉感受．下列图形中，是中心对称图形的是（       ） A.  B.  C.  D.  8．（25-26学年九上·贵州黔东南州·期中）第33届夏季奥运会于2024年7月26日至8月11日在法国巴黎举行，奥运会图标在视觉设计上主要融入三个方面的内容——对称设计、项目场地的抽象表达以及项目的代表性元素，下列四个图标中是中心对称图形的是（     ） A. 击剑 B. 田径 C. 马术 D. 赛艇 9．（25-26学年九上·贵州西南州兴仁·期中）下列图案中，是中心对称图形的是（       ） A.  B.  C.  D.  10．（25-26学年九上·贵州遵义湄潭县·期末）剪纸文化是中国最古老的民间艺术之一，下列剪纸图案中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（　　） A.  B.  C.  D.  11．（25-26学年九上·贵州自治州兴仁·期末）兴仁市开展“非遗文化进校园”活动，将布依族刺绣图案进行旋转设计，若将一个图案绕某点旋转后与原图案重合，则该图案的旋转中心是对应点连线的（       ） A. 中点 B. 端点 C. 三等分点 D. 四等分点 12．（25-26学年九上·贵州贵阳部分区·期末）纸艺术是中国传统文化宝库中的优秀瑰宝，每一个作品设计独特，都体现文化传承和艺术之美，下列关于鱼的剪纸中既是中心对称图形又是轴对称图形的是（       ） A.  B.  C.  D.  13．（25-26学年九上·贵州遵义正安县·期中）下列博物馆（院）图标，其文字上方的图案是中心对称图形的是（       ） A.  B.  C.  D.  14．（25-26学年九上·贵州黔南布依族苗族自治州平塘县·期中）下列非物质文化遗产图案中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（     ） A. 剪纸 B. 蜡染 C. 乌铜走银 D. 马尾绣 15．（25-26学年九上·贵州贵阳第六中学·期中）环保全称环境保护，是指人类为解决现实的或潜在的环境问题，协调人类与环境的关系，保障经济、社会的持续发展而采取的各种行动的总称．下列环保标志中，既是轴对称图形，也是中心对称图形的是（       ） A.      B.      C.      D.      16．（25-26学年九上·贵州黔东南苗族·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.  17．（25-26学年九上·贵州安顺·期中）中国的货币不仅历史悠久而且种类繁多，形成了独具一格的货币文化。以下是在《中国古代钱币》特种邮票中选取的部分货币图形，其中是中心对称图形的是（     ） A.  B.  C.  D.  18．（25-26学年九上·贵州自治州兴仁·期末）在数学中，有很多图形是以著名的数学家的名字命名的，下列图形中既是轴对称图形又是中心对称图形的是（       ） A.  笛卡尔心形线 B.  斐波那契螺旋线 C.  赵爽弦图 D.  伯努利双纽线 考点04 关于原点对称的点的坐标 1．（25-26学年九上·贵州三联教育集·期末）已知点与点是关于原点的对称点，则的值为（     ） A.  B.  C.  D.  2．（25-26学年九上·贵州黔东南州·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 3．（25-26学年九上·贵州安顺·期中）在平面直角坐标系中，若点和点关于原点对称，则的值为（     ） A. 1 B.  C. 3 D.  4．（25-26学年九上·贵州遵义湄潭县·期末）已知点与点关于原点对称，则的值等于　　　　　　　　　　　　　． 5．（25-26学年九上·贵州遵义余庆县·期末）在平面直角坐标系中，点关于原点的对称点B的坐标是　　　　　　　　　　　　． 6．（25-26学年九上·贵州黔东南州·期中）点关于原点中心对称的点的坐标是　　　　　　　． 7．（25-26学年九上·贵州西南州兴仁·期中）点A（1，-5）关于原点的对称点为点B，则点B的坐标为　　　　　　． 8．（25-26学年九上·贵州黔东南苗族·期中）在平面直角坐标系中，点关于原点的对称点Q的坐标为　　　　　　　　　　． 9．（25-26学年九上·贵州自治州兴仁·期末）将点绕原点旋转后得到点，则点的坐标是　　　　　． 10．（25-26学年九上·贵州黔东南州·期末）若点与点关于坐标原点对称，则　　　　　　，　　　　　　． 11．（25-26学年九上·贵州遵义汇川区·期中）如图，是一个风车示意图，若点的坐标为，则点的坐标为　　　　　　　　； 12．（25-26学年九上·贵州黔南布依族苗族自治州平塘县·期中）在平面直角坐标系中，已知点与点关于点对称，则　　　　　　． 13．（25-26学年九上·贵州黔东南苗族·期中）如图，在的网格中，每个格子都是边长为1的小正方形，已知三个顶点的坐标分别为． （1）请画出将绕点A顺时针旋转后得到的； （2）请画出关于原点O成中心对称的； （3）求的面积． 14．（25-26学年九·贵州贵阳·期末）在综合实践课上，小红想在学校一块正方形空地中分别种植四种不同的花草，计划将这块空地按如下要求分成四块： ①分割后的整个图形是中心对称图形； ②四块图形的形状相同； ③四块图形的面积相等． 请帮助小红在下面的正方形中画出同时满足上述三个要求的4种不同分割方案．（不写作法） 15．（25-26学年九上·贵州安顺·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，的顶点都在格点上，且三个顶点的坐标分别为，，． （1）画出关于原点O中心对称的图形，并写出点B的对应点的坐标． （2）画出将绕原点O按逆时针方向旋转后得到的图形． （3）求的面积． 16．（25-26学年九上·贵州黔南布依族苗族自治州平塘县·期中）如图，在平面直角坐标系中，的三个顶点分别为，，． （1）画出关于原点对称的，并写出点的坐标； （2）画出绕原点逆时针旋转后的，并写出点的坐标． 17．（25-26学年九上·贵州黔东南州·期中）已知：在平面直角坐标系中，的三个顶点的坐标分别为，，． （1）画出关于原点成中心对称的，并写出点的坐标； （2）画出将绕点按顺时针旋转所得的并写出点的坐标． （3）在y轴上有点P，使最小，求的最小值． 18．（25-26学年九上·贵州西南州兴仁·期中）如图，在直角坐标系中，，，，请解答下列问题 （1）若关于原点对称的图形为，在图中作出． （2）绕原点顺时针旋转得到，作出． （3）求面积． 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·贵州黔南布依族苗族自治州平塘县·期中）如图，已知点，，线段可由线段绕点M逆时针旋转得到，点A与是对应点，则点M所在象限为（     ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 【答案】D 【分析】 本题考查了旋转的性质，根据旋转的定义作图分析是关键． 在平面内,将一个图形绕一点按某个方向转动一个角度，这样的运动叫做图形的旋转，这个定点叫做旋转中心，转动的角叫做旋转角，其中对应点到旋转中心的距离相等，对应线段的长度、对应角的大小相等，旋转不改变图形的形状和大小． 【详解】 解：如图所示，连接，分别作线段的垂直平分线交于点， ∴将线段绕点逆时针旋转得到线段， ∴点即为旋转中心，位于第四象限， 故选：D ． 2．（25-26学年九上·贵州遵义湄潭县·期末）如图，在中，，将绕点旋转，得到．若点的对应点恰好在的延长线上，则旋转方向和旋转角可能是（       ） A. 顺时针， B. 逆时针， C. 顺时针， D. 逆时针， 【答案】A 【分析】 本题考查了图形旋转的定义，平角的定义，正确理解图形旋转的定义是解题的关键．根据图形旋转的定义及平角的定义，即得答案． 【详解】 解：将绕点C旋转，得到，且点A的对应点D恰好在的延长线上， ， 旋转方向为顺时针时,旋转角度为； 旋转方向为逆时针时,旋转角度为． 故选：A． 3．（25-26学年九·贵州黔南州·期末）如图，正三角形的三个顶点等分圆周，把这个图形绕着圆心逆时针旋转一定的角度后能与自身重合，那么这个角度至少为（     ） A.  B.  C.  D.  【答案】C 【分析】 本题考查了旋转对称图形，涉及正多边形与圆，解题的关键是掌握旋转对称图形定义． 【详解】 解：∵正三角形的三个顶点等分圆周， ∴， ∴把这个图形绕着圆心逆时针至少旋转后能与自身重合， 故选：C． 4．（25-26学年九上·贵州自治州兴仁·期末）如图，将直角三角板绕顶点A顺时针旋转到，点恰好落在的延长线上，，则为（       ） A.  B.  C.  D.  【答案】B 【分析】 根据直角三角形两锐角互余，求出的度数，由旋转可知，在根据平角的定义求出的度数即可． 【详解】 ∵， ∴， ∵由旋转可知， ∴， 故答案选：B． 【点睛】 本题考查直角三角形的性质以及图形的旋转的性质，找出旋转前后的对应角是解答本题的关键． 5．（25-26学年九上·贵州三联教育集·期末）如图，是由按顺时针方向旋转某一角度得到的，若，，则在这旋转过程中，旋转中心和旋转的角度分别为（     ） A. P， B. A， C. P， D. A， 【答案】D 【分析】 本题考查旋转的性质，明确旋转前后的图形大小和形状不变，正确确定对应角，对应边是解答此题的关键．根据条件得出，，确定旋转中心，根据条件得出，确定旋转角度数． 【详解】 解：∵是由按顺时针方向旋转而得， ∴， ∴，，， ∴， ∴是以点A为旋转中心顺时针旋转得到的． 故选：D． 6．（25-26学年九上·贵州贵阳部分区·期末）如图，将绕点O旋转得到，则点的坐标为（     ） A.  B.  C.  D.  【答案】C 【分析】 本题考查了旋转的性质，掌握旋转的性质． 根据坐标系得出，根据旋转的性质即可求解． 【详解】 解：根据坐标系可得，将绕点O旋转得到，则点的坐标为． 故选：C． 7．（25-26学年九上·贵州黔南布依族苗族自治州平塘县·期中）风力发电（如图1）是一种常见的绿色环保发电形式，它能够使大自然的资源得到更好的利用．如图2，风力发电机有三个底端重合的叶片，叶片绕中心点O顺时针转动，风力发电机旋转后能与自身重合，至少需旋转（     ） A.  B.  C.  D.  【答案】A 【分析】 本题主要考查了旋转的定义，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． 该图形被平分成三部分，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120度的整数倍，就可以与自身重合． 【详解】 解：由条件可知：旋转的整数倍，就可以与自身重合， 故旋转角的最小值为． 故选：A． 8．（25-26学年九上·贵州黔东南州·期中）如图，把四边形绕点O顺时针旋转得到四边形，则下列角中不等于旋转角的是（     ） A.  B.  C.  D.  【答案】C 【分析】 本题主要考查旋转的性质，解题的关键是熟练掌握对应边与旋转中心之间的夹角就是旋转角． 两对应边所组成的角都可以作为旋转角，结合图形即可得出答案． 【详解】 解：A．旋转后的对应边为，故可以作为旋转角，故A不符合题意； B．旋转后的对应边为，故可以作为旋转角，故B不符合题意； C．旋转后的对应边为，故不可以作为旋转角，故C符合题意； D．旋转后的对应边为，故可以作为旋转角，故D不符合题意； 故选C． 9．（25-26学年九上·贵州西南州兴仁·期中）平面坐标系中，点的坐标为，将线段绕点顺时针旋转，则点的对应点的坐标为（     ） A.  B.  C.  D.  【答案】B 【分析】 本题考查坐标系下的旋转．过点和点分别作轴的垂线，证明，得到，，据此求解即可． 【详解】 解：过点和点分别作轴的垂线，垂足分别为， ∵点的坐标为， ∴，， ∵将线段绕点顺时针旋转得到， ∴，， ∴， ∴， ∴，， ∴点的坐标为， 故选：B． 10．（25-26学年九上·贵州西南州兴仁·期中）如图，在中，，将绕点A逆时针旋转到的位置，使得，则的度数是（       ） A.  B.  C.  D.  【答案】C 【分析】 本题考查了旋转的性质：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．也考查了平行线的性质．根据旋转的性质得，，再根据等腰三角形的性质得，然后根据平行线的性质由得，则，再根据三角形内角和计算出，所以． 【详解】 解：∵绕点A逆时针旋转到的位置， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， 故选：C． 11．（25-26学年九上·贵州安顺·期中）如图，将绕点O顺时针旋转变为，则下列说法不正确的是（　　） A.  B.  C.  D.  【答案】C 【分析】 本题考查旋转的性质，熟练掌握旋转的性质是解答本题的关键． 结合旋转的性质可得，即可得出答案． 【详解】 解：∵绕点O顺时针旋转变为， ∴， 故A，B，D选项正确，不符合题意， C选项不正确，符合题意． 故选：C． 12．（25-26学年九上·贵州遵义余庆县·期末）如图，将绕点顺时针旋转得到，若点、、在同一条直线上，且，则的度数为（       ） A.  B.  C.  D.  【答案】B 【分析】 本题考查了旋转的性质，等腰三角形的性质，三角形的内角和定理，解题的关键是掌握相关知识．由旋转可得：，，，进而得到：，，即可求解． 【详解】 解：由旋转可得：，，， ，， ， 故选：B． 13．（25-26学年九上·贵州黔东南州·期末）如图，中，，，将绕点逆时针旋转得到，使点的对应点恰好落在边上，则的度数是（       ） A.  B.  C.  D.  【答案】B 【分析】 首先解得，根据旋转的性质可得，，，根据三角形内角和定理可得，进而可获得答案． 【详解】 解：∵，， ∴， ∵将绕点逆时针旋转得到，点的对应点恰好落在边上， ∴，，， ∴， ∴． 故选：B． 【点睛】 本题主要考查了旋转的性质、等腰三角形的性质、三角形内角和定理等知识，解决本题的关键是掌握旋转的性质． 14．（25-26学年九上·贵州遵义正安县·期中）如图，将绕顶点旋转得到，点对应点，点 B对应点，点刚好落在边上，，，则等于（　　） A. 65° B. 70° C. 75° D. 80° 【答案】B 【分析】 本题考查了旋转的性质，等腰三角形的性质，三角形外角性质，熟练掌握旋转的性质是解答关键. 由旋转的性质求得，，，再利用等腰三角形的性质和外角性质求解. 【详解】 解：由绕顶点旋转得到可知： ，，， ∴. ∵， ∴， 故． 故选：B． 15．（25-26学年九上·贵州遵义·期中）如图，将绕着点顺时针旋转后，得到，，则的度数为（     ） A.  B.  C.  D.  【答案】B 【分析】 本题考查旋转的性质，掌握知识点是解题的关键． 先求出，则，即可解答． 【详解】 解：∵将绕着点顺时针旋转后，得到， ∴， ∴． 故选B． 16．（25-26学年九上·贵州遵义汇川区·期中）如图，在中，，将绕点逆时针旋转后，得到，且点在上，则的度数为（       ） A.  B.  C.  D.  【答案】C 【分析】 本题考查了旋转的性质，等腰三角形的性质与判定，三角形内角和定理的应用，根据题意可得，根据三角形内角和定理求得，进而根据旋转的性质得出，即可求解． 【详解】 解：∵将绕点逆时针旋转后，得到，且点在上， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 故选：C． 17．（25-26学年九上·贵州遵义汇川区·期中）如图，在中，，，，将线段绕点顺时针旋转得到线段，连接，则的长为（       ） A.  B.  C.  D.  【答案】B 【分析】 本题考查了旋转的性质，全等三角形的性质与判定，勾股定理；根据题意证明得出，进而在中，根据勾股定理，即可求解． 【详解】 解：如图所示，过点作于点，则， 依题意，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴ ∵，， ∴ 在中， ∴， 故选：B． 18．（25-26学年九上·贵州黔东南州·期中）如图，在中，，将绕顶点C顺时针旋转得到，D是的中点，连接，若，，则线段的最大值为（     ） A.  B.  C. 8 D. 4 【答案】C 【分析】 本题主要考查了旋转的性质，含角的直角三角形的性质，直角三角形斜边上的中线的性质，三角形三边关系等知识．连接，由直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半知，在中，利用三角形三边关系可得的最大值． 【详解】 解：如图，连接， 在中，，，，则， ∴， 由旋转可知，， ∵D是的中点， ∴， 在中，利用三角形三边关系可得（当B，C，D三点共线时取等号）， ∴， ∴的最大值为8， 故选：C． 19．（25-26学年九上·贵州黔东南苗族·期中）如图，在边长为6的正方形内作，交于点E，交于点F，连接，将绕点A顺时针旋转到的位置，点D的对应点是点B．若，则的长为（     ） A.  B.  C.  D. 2 【答案】D 【分析】 利用证明，得，设，则，，在中，利用勾股定理列方程即可解决问题． 【详解】 解：∵将绕点A顺时针旋转到的位置，点D的对应点是点B． ∴，，， ∴， ∴点G、B、E共线， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 设， 则，， 在中，由勾股定理得， ， 解得， ∴， 故选：D． 【点睛】 本题主要考查了旋转的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理等知识，证明是解题的关键． 20．（25-26学年九上·贵州黔东南苗族·期中）如图，在中，，，将绕点A顺时针旋转到的位置，使刚好落在上，B、C旋转后的对应点分别是和，连接，则度数是（       ） A.  B.  C.  D.  【答案】A 【分析】 本题考查了旋转的性质，等腰三角形的判定和性质，三角形内角和定理，熟练掌握旋转的性质是解题的关键．先由已知得，根据旋转的性质得，，，，最后根据等腰三角形的性质、三角形内角和定理即可得到结论． 【详解】 解：∵，， ∴， ∵将绕点A顺时针旋转到的位置，使刚好落在上， ∴，，，， ∴， ∴， 故选：A． 21．（25-26学年九上·贵州遵义余庆县·期末）如图，点O是等边三角形ABC内的一点，∠BOC=150°，将△BOC绕点C按顺时针旋转得到△ADC，连接OD，OA． （1）求∠ODC的度数； （2）若OB=4，OC=5，求AO的长． 【答案】（1）60°；（2） 【分析】（1）根据旋转的性质得到三角形ODC为等边三角形即可求解；  （2）由旋转的性质得：AD=OB=4，结合题意得到∠ADO=90°．则在Rt△AOD中，由勾股定理即可求得AO的长． 【详解】（1）由旋转的性质得：CD=CO，∠ACD=∠BCO． ∵∠ACB=∠ACO+∠OCB=60°， ∴∠DCO=∠ACO+∠ACD=∠ACO+∠OCB=60°， ∴△OCD为等边三角形， ∴∠ODC=60°． （2）由旋转的性质得：AD=OB=4． ∵△OCD为等边三角形，∴OD=OC=5． ∵∠BOC=150°，∠ODC=60°，∴∠ADO=90°． 在Rt△AOD中，由勾股定理得：AO=． 【点睛】本题考查旋转的性质、等边三角形的性质和勾股定理，解题的关键是掌握旋转的性质、等边三角形的性质和勾股定理. 22．（25-26学年九上·贵州黔东南州·期末）如图，将正五边形绕着它的中心旋转后，能够与原来的图形完全重合，则的值可以是　　　　　（写出一个符合题意的数即可）． 【答案】（或或或）（答案不唯一）． 【分析】 本题考查图形的中心旋转，此图案是正五边形，然后根据正五边形的性质求解即可． 【详解】 解：∵， ∴此图案绕旋转中心旋转的整数倍时能够与自身重合， ∴n可以为（或或或）． 故答案为：（或或或）（答案不唯一）． 23．（25-26学年九上·贵州黔东南州·期中）如图，正方形的边长为2，点E是正方形内一点，绕点A顺时针旋转到的位置，点E的对应点是点，点D的对应点是点B． （1）绕点A顺时针旋转到的位置，旋转角是多少度？ （2）若，，求线段的长． 【答案】（1）     （2）      【分析】 （1）根据旋转方向旋转对应点可以求得旋转角度； （2）首先解直角三角形求出，然后利用勾股定理即可求出； 此题主要考查了旋转的性质、正方形的性质及勾股定理，解题的关键是找到旋转后对应的边角关系． (1) 小问详解： 解：（1）∵绕点A顺时针旋转到的位置，点E的对应点是点，点D的对应点是点B． ∴旋转角为， ∵四边形为正方形， ∴旋转角为； (2) 小问详解： ∵正方形的边长为2， ∴， 在中，，， ∴， ∴， ∵绕点A顺时针旋转到的位置，点E的对应点是点，点D的对应点是点B． ∴，， ∴． 24．（25-26学年九上·贵州西南州兴仁·期中）在中，是线段上的动点．连接，将绕点逆时针旋转至的位置．连接，试按要求解答下列问题： （1）求证：； （2）求的度数； 【答案】（1） 证明：绕点逆时针旋转至的位置， ． 又，所以，即． 在和中： ．     （2）      【分析】 本题考查了全等三角形的判定与性质以及等腰直角三角形的性质，解题的关键是利用旋转性质得到全等条件，再结合等腰直角三角形角度特征求解． （1）利用旋转性质得到边和角的关系，再结合已知条件，根据全等三角形判定定理证明； （2）先由等腰直角三角形性质得和的度数，再根据全等三角形性质得，进而求出度数． (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： ， 是等腰直角三角形． ． 由（1）知， ． ． 的度数为． 25．（25-26学年九上·贵州黔东南苗族·期中）如图，四边形是正方形，点F是延长线上一点，连接，绕点A旋转一定角度后得到，若，． （1）直接写出旋转角的度数； （2）求的长度； （3）求证直线． 【答案】（1）；     （2）；     （3） 证明：延长交于点，如图： 由旋转的性质可得： 又∵ ∴ ∴      【分析】 （1）根据旋转的性质可知为旋转角，即可求解； （2）根据旋转的性质可得，，，即可求解； （3）延长交于点，求得，即可求解． (1) 小问详解： 解：四边形是正方形， ∴， 由旋转的性质可得：为旋转角，所以旋转角为； (2) 小问详解： 解：根据旋转的性质可得，，， ∴ (3) 小问详解： 略 【点睛】 此题考查了正方形的性质，旋转的性质，解题的关键是灵活利用旋转的有关性质进行求解． 26．（25-26学年九上·贵州黔东南苗族·期中）如图，将三角尺（其中，）绕点按顺时针转动一个角度到的位置，使得点、、在同一条直线上，那么这个旋转的角度等于多少度？ 【答案】 【分析】 本题主要考查了旋转的性质以及平角的应用．由旋转角的定义（旋转前后，对应点与旋转中心的连线所成的角等于旋转角）可知旋转角是，根据点、、在同一条直线上，可得． 【详解】 在三角尺中，，旋转角是， 点、、在同一条直线上， ， 故这个旋转的角度等于． 27．（25-26学年九上·贵州遵义湄潭县·期末）如图，中，，，，将边绕点B顺时针旋转至，连，则　　　　　　　　　　　． 【答案】 【分析】 本题考查旋转的性质及全等三角形的性质和判定，作，，在Rt中，可求得及的长，再证明，根据勾股定理可得的长． 【详解】 解：过C作于M，过点D作，交延长线于点N， ，， 在Rt中， , ∴， 边绕点B顺时针旋转至， ，， ， 在和中， ， ，，， 在Rt中，根据勾股定理得，． 故答案为． 28．（25-26学年九上·贵州遵义湄潭县·期末）在正方形中，点E在射线上（不与点B、C重合），连接，，将绕点E逆时针旋转得到，连接． （1）如图1，点E在边上． ①依题意补全图1； ②若，求的长； （2）如图2，点E在边的延长线上，用等式表示线段，，之间的数量关系． 【答案】（1） ① 根据要求补全图形，如图所示： ②     （2） 结论： ． 理由：过点F作，交于H， ∵四边形是正方形， ，， ， ，， ， 在和中， ， ， ，， ， 和都是等腰直角三角形， ，， ， ．      【分析】 本题考查作图中的旋转变换，全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质和判定等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题． （1）① 根据要求画出图形即可． ② 过点F作，交CB的延长线于H．证明，推出，推出，再利用勾股定理解决问题即可； （2）由② 可得，推出，，推出，再利用等腰直角三角形的性质解决问题即可． (1) 小问详解： 解：① 略 ② 过点F作，交的延长线于H， 四边形是正方形， ， ， 在和中， ， ， ， 中， ． (2) 小问详解： 略 29．（25-26学年九·贵州金沙县金沙县第三中学·期末）综合与实践： 如图1，四边形是正方形，E，F分别在边和上，且（此时），我们把这种模型称为“半角模型”，在解决“半角模型”问题时，旋转是一种常用的方法．小明为了解决线段，，之间的关系，将绕点A顺时针旋转得到后，解决了这个问题． （1）如图2． ①求证：； ②求出、、之间的关系； （2）如图3，等腰直角三角形，，，点E，F在边上，且，请写出，，之间的关系，并说明理由； （3）如图4，在中，，，点D，E在边上，且，当，时，求的长． 【答案】（1） ① 证明：由旋转可得，，， 四边形为正方形， ， ， ， ， ， 在和中， ， ， ②     （2） ， 证明：把绕点顺时针旋转得到，连接，如图3，     ，，，， ， ， ，即， ， 又， ， ，即， 在和中 ， ， ．     （3）40      【分析】 本题主要考查旋转的性质，正方形的性质及全等三角形的判定和性质、勾股定理，难度较大，综合性较强，正确掌握相关性质内容是解题的关键． （1）① 利用旋转的性质，证明，② 根据全等三角形的性质得，等量代换，即可证明； （2）把绕点顺时针旋转得到，连接，根据旋转的性质得，，在中，，可求得，所以，再证明，利用得到． （3）同（2）方法，把绕点顺时针旋转得到，连接，可证明：，在中，，，，过点D作，垂足为，利用直角三角形性质和勾股定理求出即可求出答案． (1) 小问详解： ① 略 ② 解： 由① 得， ， ， ； (2) 小问详解： 略 (3) 小问详解： 解：把绕点顺时针旋转得到，连接，如图4， ，，，， ，， ， ，即， 又， ， 在和中 ， ， 过点D作，垂足为， ∵， ∴， ∴， ． ∴， ∴， ∴． 30．（2026·贵州遵义·学业水平监测）如图，在中，，，延长到点，连接，将线段绕点逆时针方向旋转得到，连接．若，，则的长是　　　　　． 【答案】 【分析】 本题主要考查了全等三角形的判定与性质、勾股定理、等腰直角三角形的性质，连接，可证，根据全等三角形的性质可知，设，则，利用勾股定理可得关于的一元二次方程，解方程即可求出的长度． 【详解】 解：如下图所示，连接， 由旋转可知，， 又，， ， ， ， ， 在和中， ， （）， ，， ， 设，则， ， 在中，， ， 整理得：， 解得：，(不符合题意，舍去)， ． 故答案为：． 31．（2026·贵州六盘水·一模）在研究三角形、平行四边形的数学实践课上，李老师给出如图所示的，，，，点D是边上的中点． （1）请用尺规作图作出绕点D旋转后的图形（不写作法，保留作图痕迹）．试判断新组合图形的形状，并说出此图形的一条性质； （2）在（1）的条件下，求点A与其旋转后的对应点之间的距离． 【答案】（1） 解：如图，就是所求作的图形； 绕点D旋转后得到， ，， 新组合图形是平行四边形； 该平行四边形的一条性质：；     （2）      【分析】 （1）由于点D是边上的中点，所以旋转后点B与点C对应，点C与点B对应，所以只需画出点A的对应点即可，作射线，在射线上截取点，使，连接，，即可根据平行四边形的判定证明新组合图形的形状； （2）根据勾股定理求出，即可得到答案． (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 解：， ， ， ， ， ， 即点A与其旋转后的对应点之间的距离是． 【点睛】 本题考查了图形旋转的尺规作图，图形旋转的性质，平行四边形的判定，勾股定理，熟练掌握图形旋转的性质及正确作出图形是关键． 32．（25-26学年九上·贵州黔东南州·期末）如图，在中，，将绕点A顺时针旋转得到，使点C的对应点E落在上，连接． （1）若，，求的长； （2）若，求的度数． 【答案】（1）2     （2）      【分析】 本题主要考查了旋转的性质，勾股定理，三角形的内角和定理，等腰三角形的性质，熟练掌握以上知识点是做题的关键． （1）先利用勾股定理计算出的长，再根据旋转的性质得到，最后根据线段的关系即可求值； （2）先计算出的度数，再根据旋转的性质得到，，，最后根据等腰三角形的性质与三角形内角和定理进行计算即可． (1) 小问详解： 解：在中，，， ． 绕点A顺时针旋转得到， ， ． 答：的长为2． (2) 小问详解： 解：在中，，， ． 绕点A顺时针旋转得到， ，，， ， ． 答：的度数为． 33．（25-26学年九上·贵州自治州兴仁·期末）如图，正方形中，，O是边的中点，点E是正方形内一动点， ，连接，将线段绕点D逆时针旋转得，连接、，则线段长的最小值为　　　　　　　　． 【答案】 【分析】 连接，将线段绕点逆时针旋转得，连接，，，证明，可得，由勾股定理可得，根据，即可得出的最小值． 【详解】 解：如图，连接，将线段绕点逆时针旋转得，连接，，，    ， ， 在与中， ， ， ， 正方形中，，是边的中点， ， ， ， ， ， 线段长的最小值为． 故答案为：． 【点睛】 本题考查了旋转的性质，正方形的性质，全等三角形的判定与性质，两点之间线段最短，勾股定理．解题的关键是掌握图形旋转的性质． 34．（25-26学年九上·贵州贵阳部分区·期末）如图，已知在平面直角坐标系中，的顶点坐标分别是，，． （1）画出关于原点对称的； （2）求的面积； （3）若将绕点顺时针旋转，直接写出点的对应点的坐标______． 【答案】（1） 如图，即为所求，      （2）6     （3）点的坐标为      【分析】 本题结合网格的性质，主要考查旋转变换、中心对称变换、坐标与图形等知识点，理解题意，灵活运用所学知识是解题的关键． （1）先根据中心对称的性质确定，然后顺次连接即可完成作图； （2）结合网格的性质和三角形面积公式求解即可； （3）先确定三角形的各顶点都绕点顺时针旋转后得到对应点、、，再顺次连接，然后直接读出点的坐标． (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 解：； (3) 小问详解： 解：即为所求， 点的坐标为． 35．（25-26学年九上·贵州贵阳部分区·期末）如图，将的绕其锐角顶点逆时针旋转得到，连接，延长相交于点，则有，且四边形是一个正方形． （1）求证：； （2）若，求的长． 【答案】（1） 证明：∵将的绕其锐角顶点逆时针旋转得到， ∴，，， ∴， ∴， 又∵， ∴， 即；     （2）      【分析】 （）由旋转的性质得，，，即得，又由，进而得到，化简即可求证； （）利用勾股定理解答即可求解； 本题考查了勾股定理的几何背景，旋转的性质，熟练掌握知识点是解题的关键． (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 解：∵，即，， ∴，， ∵， ∴． 36．（25-26学年九上·贵州黔东南州·期末）已知，，，，将绕点B旋转得到，点A的对应点为，点C的对应点为，连接． （1）如图，将绕点B逆时针旋转，则的长为______； （2）当点落在直线上时，求的长． 【答案】（1）     （2）的长为或      【分析】 本题考查了旋转的性质、勾股定理，熟练掌握以上知识点并灵活运用，采用分类讨论的思想是解此题的关键． （1）由勾股定理可得，由旋转的性质可得，，最后再由勾股定理计算即可得出结果； （2）分两种情况：当点落在线段上时；当点落在的延长线上时；分别利用旋转的性质并结合勾股定理计算即可得出结果． (1) 小问详解： 解：∵，，，， ∴， ∵将绕点B逆时针旋转，得到， ∴，， ∴； (2) 小问详解： 解：如图：当点落在线段上时， ， 由旋转的性质可得， ∴，，，， ∴， ∵， ∴； 如图，当点落在的延长线上时， ， 此时， ∴； 综上所述，的长为或． 37．（25-26学年九上·贵州遵义汇川区·期中）在正方形网格中，建立如图所示的平面直角坐标系，的三个顶点都在格点上，点的坐标为，请解答下列问题： （1）画出关于原点成中心对称的； （2）将绕点逆时针旋转，画出旋转后的； （3）若将绕点顺时针旋转与重合，则点的坐标为             ． 【答案】（1） 如图，即为所求；      （2） 如图，即为所求；      （3）      【分析】 本题考查作图-旋转变换，中心对称变换； （1）利用中心对称变换的性质分别作出，，的对应点即可； （2）利用旋转变换的性质分别作出，的对应点即可； （3）作和的垂直平分线，交点即为所求的点． (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 略 (3) 小问详解： 如图，点P即为所求，． 故答案为：． 38．（25-26学年九上·贵州毕节金沙县·期中）如图，E是正方形中边上的中点，，把绕点A顺时针旋转得到，若连接，则　　　　　　． 【答案】 【分析】 本题考查了正方形的性质、旋转的性质、勾股定理，由正方形的性质可得，，，结合勾股定理得出，由旋转的性质可得，，最后再由勾股定理计算即可得解，熟练掌握以上知识点并灵活运用是解此题的关键． 【详解】 解：∵E是正方形中边上的中点，， ∴，，， ∴， ∵把绕点A顺时针旋转得到， ∴，， ∴， 故答案为：． 39．（25-26学年九上·贵州黔东南州·期中）如图，已知正方形ABCD的边长为6，点E是AB边上一动点，连接ED，将ED绕点E顺时针旋转90°到EF，连接DF，CF，则DF+CF的最小值是 　　　． 【答案】 【分析】 连接，过点作交延长线于点，通过证明，确定点在的射线上运动；作点关于的对称点，由三角形全等得到，从而确定点在的延长线上；当、、三点共线时，最小，在中，，，求出即可． 【详解】 解：连接，过点作交延长线于点， ， ∴ ， ∵ ， ∴∠EDA=∠FEG， 在△AED和△GFE中， ， ， 点在的射线上运动， 作点关于的对称点， ，， ， ， ， ， 点在的延长线上， 当、、三点共线时，最小， 在中，，， ， 的最小值为． 故答案为：． 【点睛】 本题考查了旋转的性质，正方形的性质，轴对称求最短路径．能够将线段的和通过轴对称转化为共线线段是解题的关键． 40．（25-26学年九上·贵州安顺·期中）图形的旋转不仅是初中数学“图形与几何”领域的重要内容，也是解决平面几何问题的一种解题策略和方法．如图，，为正方形对角线上两点，连接，，，，，则的长为　　　　　　　　． 【答案】 【分析】 将绕点B顺时针旋转，得到，连接，利用正方形的性质和旋转的性质证明相等的角和边，证明，得出，然后再利用勾股定理进行求解即可． 【详解】 解：如图所示，在正方形中，将绕点B顺时针旋转，得到，连接， ∴，，，， ∵，， ∴，， 又∵， ∴， ∴， ∵， ∴的长为， 故答案为：． 【点睛】 本题主要考查了正方形的性质，旋转的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理等知识点，解题的关键是熟练掌握以上性质． 41．（25-26学年九上·贵州安顺·期中）如图，在中，，，将绕点逆时针旋转得到，点，的对应点分别为，，连接． （1）求证：； （2）当点，，在同一条直线上时，求的度数． 【答案】（1） 证明：由旋转可得，， ∵， ∴；     （2）      【分析】 （）由旋转的性质得，再根据三角形三边关系即可求证； （）由旋转可得，，即得，又可得，利用三角形内角和定理求出即可求解； 本题考查了旋转的性质，三角形三边关系，等腰三角形的性质等，掌握旋转的性质是解题的关键． (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 解：由旋转可得，，， ∵点在同一条直线上， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， 解得， ∴． 42．（25-26学年九上·贵州贵阳中天中学·期中）如图所示，点E是正方形内一动点，满足，且． （1）【动手实践】将图中的绕点逆时针旋转得到，点与点重合，点B与点D重合，点E旋转后的对应点是点F，依题意在图中补全图形； （2）【问题探究】在补全的图中，分别延长和交于点，判断四边形的形状，并证明； （3）【拓展延伸】猜想线段，，之间的数量关系，用等式表示猜想结果，并说明理由． 【答案】（1） 补全图形，如图，      （2） 解：四边形是正方形， 证明：绕点逆时针旋转得到， ，，， 四边形是矩形， 又， 矩形是正方形；     （3） 解：线段，，的数量关系为：， 理由如下： 绕点逆时针旋转得到， ， 四边形是正方形， ， ， ．      【分析】 本题是几何变换综合题，考查了旋转的性质，正方形的性质，矩形的判定和性质等知识，熟练掌握旋转的性质是解题的关键． （1）依题意补全图形； （2）由旋转的性质得出，，，得出矩形是正方形； （3）由正方形的性质得出，由旋转的性质得出，则可得出结论． (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 略 (3) 小问详解： 略 43．（2026·贵州遵义·学业水平监测）数学活动 项目活动 全等的应用与拓展 研究来源 2014版人教版教材九年级上册第60页例题 教材再现 如图（1），是正方形中边上任意一点，以点为中心，把顺时针旋转90°得到，根据旋转可知． 探究一 问题初探：如图（1），若，四边形的面积是_______； 活动工具 （三角尺） 探究二 问题再探：如图（2），在等腰直角三角尺中，，点是的中点，另一块三角尺直角顶点与点重合，分别交于点．若，求四边形的面积； 探究三 问题拓展：如图（3），在四边形中，．点分别在的延长线上，连接．在中，，，在中，，，求与的面积之和． 【答案】问题初探：；问题再探：；问题拓展： 【分析】 （1）利用全等三角形面积相等，将四边形的面积转换成正方形的面积； （2）连接，通过论证将四边形的面积转换成的面积求解即可； （3）利用旋转将两个三角形拼成一个三角形求解即可． 【详解】 （1）解：∵， ∴， ∴， 故答案为：； （2）解：连接， 在中，，点是的中点，    ∴，，      ∴，      ∴ ， 又∵ ，    ∴， ∴（）        ，                      ∴          ， ∴            ， 在中，， ∴， 即：四边形的面积为； （3）解：在上截取点，使得，连接， ∵， ∴， 又 ∵， ∴（），    ∴， 而， ∴， 过点作于点， 在，， ∴， ∴， ∴        ，      ∴， ∵， ∴， 即：与的面积之和为． 【点睛】 本题考查了旋转的性质、三角形全等的判定及性质、直角三角形的性质，关键是旋转的性质的应用． 44．（25-26学年九上·贵州黔东南州·期末）已知线段是正方形的一条对角线，点E在射线上运动，连接，将线段绕点C顺时针旋转，得到线段，连接． （1）如图1，若点E在线段上，请直接写出线段与线段的数量关系与位置关系； 【模型应用】 （2）如图2，若点E在线段的延长线上运动，请写出线段，，之间的数量关系，并说明理由； 【模型迁移】 （3）如图3，已知线段是矩形的一条对角线，，，点E在射线上运动，连接，将绕点C顺时针旋转，得到，在上截取线段，连接，若，直接写出线段的长． 【答案】（1），； （2）； 理由：∵四边形是正方形， ∴，， 由旋转得，，， ∴， 即， ∴， ∴， 在中，， ∵， ∴； （3）线段的长为或 【分析】 （1）利用正方形、旋转的性质以及边角边关系证全等，即可得到结论； （2）利用全等的性质得到，利用勾股定理求得，代入转化即可； （3）利用旋转的性质得到是直角三角形，再根据转化为求的长，通过作垂线构造，利用勾股定理求解即可． 【详解】 解：（1），； ∵四边形是正方形， ∴，，， ∴， ∵将线段绕点C顺时针旋转，得到线段， ∴，，， ∴， ∴， ∴，， 则，即； （2）略 （3）过点C作于点H， ∵四边形是矩形， ∴，，， ∴， ∵， ∴， ∴， 若点E在线段上，     ∵， ∴， ∴， ∵将绕点C顺时针旋转，得到， ∴，， ∵， ∴， 若点E在的延长线上时，     同理，， ∴， 同理，， 综上，线段的长为或． 【点睛】 本题考查了正方形的性质，旋转的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，等腰直角三角形的判定和性质以及矩形的性质等知识，解题的关键是添加辅助线构造全等三角形和直角三角形． 45．（25-26学年九上·贵州黔东南州·期末）综合与探究 【问题情景】如图，在中，，，点D是边上的动点，连接，将绕点C顺时针方向旋转，得到，连接、． （1）【问题解决】如图1，写出图中一对全等的三角形：______，与之间的数量关系是______； （2）【猜想计算】如图2，若，求的度数； （3）【深入探究】当点D从点A运动到点B时，若，求点E运动路径的长度． 【答案】（1），     （2）     （3）      【分析】 （1）由旋转的性质可得，，再证明，即可得出，由全等三角形的性质可得，即可得出结果； （2）由等腰直角三角形的性质可得，由旋转的性质可得，，则，由（1）可得，，，由全等三角形的性质可得，结合题意得出，求出，解直角三角形得出，再由三角形外角的定义及性质得出，即可得出结果； （3）由勾股定理可得，由（1）可得，即可得出点与点的运动轨迹相似，且是点的运动轨迹绕点顺时针旋转得到的，从而得出点的运动轨迹是线段绕点顺时针旋转得到的线段，由此即可得出结果． (1) 小问详解： 解：∵将绕点C顺时针方向旋转， ∴，， ∵，， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， 故图中一对全等的三角形：，与之间的数量关系是； (2) 小问详解： 解：∵在中，，， ∴， ∵将绕点C顺时针方向旋转， ∴，， ∴， 由（1）可得：，，， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴； (3) 小问详解： 解：∵在中，，，且， ∴， 由（1）可得， ∴点与点的运动轨迹相似，且是点的运动轨迹绕点顺时针旋转得到的， ∵点的运动轨迹是线段， ∴点的运动轨迹是线段绕点顺时针旋转得到的线段， ∴点的运动路径的长度等于线段的长度，即． 【点睛】 本题考查了旋转的性质、等腰三角形的判定与性质、勾股定理、全等三角形的判定与性质、解直角三角形、三角形外角的定义及性质等知识点，熟练掌握以上知识点并灵活运用是解此题的关键． 46．（25-26学年九上·贵州遵义正安县·期中）如图，在中，，，，将线段绕着点逆时针旋转60°得到，，则的面积为　　　　　　． 【答案】 【分析】 延长至，使得，连接，可以证明为等边三角形，利用证明，过点做于点，由30°的角的性质以及勾股定理可求，又，根据三角形的面积公式即可得出答案． 【详解】 延长至，使得，连接，如图 ∵ ∴为等边三角形 ∵绕着点逆时针旋转60°得到 ∴为等边三角形 ∴， ∵ 即 在和中 ∴（） ∴ 过点作于点 ∴ ∴ ∴， ∴ ∴ 故答案为. 【点睛】 本题考查的是三角形的综合，涉及到三角形全等、旋转的性质以及构造等边三角形等知识点，证明是本题的关键. 47．（25-26学年九上·贵州遵义·期中）如图，在中，，，，点是边上一点，将绕点顺时针旋转到点，则长度的最小值是　　　　　　． 【答案】 【分析】 在上截取，连接，过点D作，垂足为H，在中，利用等腰直角三角形的性质可求出，，，，然后利用旋转的性质可得：，，从而利用等式的性质可得，进而利用证明，最后利用全等三角形的性质可得，再根据垂线段最短，即可解答． 【详解】 解：在上截取，连接，过点D作，垂足为H， ∴， ∵，，， ∴，， ∵， ∴，， ∴， 由旋转得：，， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 当时，即当点E和点H重合时，有最小值，且最小值为， ∴长度的最小值是， 故答案为：． 【点睛】 本题考查了旋转的性质，垂线段最短，全等三角形的判定与性质，等腰直角三角形，根据题目的已知条件并结合图形添加适当的辅助线是解题的关键． 48．（25-26学年九上·贵州遵义·期中）综合与探究 【数学背景】如图，线段于点，，点是线段上一动点，连接，将线段绕着点顺时针旋转得到线段． （1）【问题操作】如图①，过点作于点，补全图形后，线段与线段，之间的数量关系为______； （2）【迁移应用】以线段中点为圆心，长为半径画弧，点恰好在的弧上，，求的长； （3）【拓展延伸】点从点向点运动过程中， ①判断点运动的路径长与线段的数量关系，并说明理由； ②点运动的路径与形成的夹角的度数为______． 【答案】（1）     （2）     （3） ① 点运动的路径长与线段的数量关系为，理由如下： 过点作于点，当在点时，则对应点在线段上，当在点时， 对应点，过点作交直线于点，如图所示， 由（1）同理可得，， ∴，，，， 由旋转可得， ∴， ∴，即， ∴， ∴， 同理可证，则， ∴、、在一条线上， ∴点从点向点运动过程中，点运动的路径为线段，点运动的路径长与线段的数量关系为； ②      【分析】 本题考查旋转的性质，全等三角形的判定与性质，解一元二次方程； （1）根据旋转得到，，再，得到，，即可得到； （2）过点作于点，连接，由（1）同理可得，，，根据画弧，得到，设，则，，再在中，根据列方程求解即可； （3）① 过点作于点，当在点时，则对应点在线段上，当在点时， 对应点，过点作交直线于点，分别证明，得到，同理可证，则，，即可得到、、在一条线上，则点从点向点运动过程中，点运动的路径为线段，点运动的路径长与线段的数量关系为； ② 由① 可得点从点向点运动过程中，点运动的路径为线段，点运动的路径与形成的夹角． (1) 小问详解： 解：过点作于点，如图所示， ∵将线段绕着点顺时针旋转得到线段， ∴，， ∵，， ∴，， ∴， ∴，， ∴， 故答案为：； (2) 小问详解： 解：过点作于点，连接，如图所示， 由（1）同理可得， ∴，， ∵，， ∴，， ∵以线段中点为圆心，长为半径画弧， ∴， 设，则，， 中，， ∴， 解得， ∵，当时，，不符合， ∴； (3) 小问详解： 解：① 略 ② 由① 可得点从点向点运动过程中，点运动的路径为线段，点运动的路径与形成的夹角， 故答案为：． 49．（25-26学年九上·贵州六盘水钟山区·期中）某公司设计太阳能板联动系统．如图，支架与固定连接，整体（即）可绕点A旋转．系统启动后，支架绕点A逆时针旋转到达的位置，形成了菱形． 【结构判断】 （1）如图1，的形状是______． 【驱动连杆角度设计】 （2）如图2，在菱形中，驱动电机安装在点P（位于对角线上），带动连杆绕点P逆时针旋转，使点D的对应点Q恰好落在的延长线上．求此时连杆在旋转过程中转过的角度． 【系统性能优化】 （3）在（2）的条件下，若太阳能板长度，求驱动电机所在点P带动连杆运动时，所覆盖区域面积的最大值． 【答案】（1）等边三角形；（2）；（3） 【分析】 （1）根据菱形和旋转的性质，得到，利用等边三角形的判定即可得出结论； （2）连接，根据菱形的性质证明，得到，，根据旋转的性质得到，则有，再结合（1）中的结论，利用角的和差即可求出的度数； （3）作于点，于点，连接，利用菱形的性质证明是等边三角形，进而得到，，通过证明，推出，设等边的边长为，表示出，分析可知当取得最小值时，即最小时，面积有最大值，据此即可解答． 【详解】 解：（1）∵菱形， ∴， ∵绕点A逆时针旋转到达的位置， ∴， ∴， ∴是等边三角形； 故答案为：等边三角形； （2）如图，连接， ∵菱形， ∴，平分， ∴， 又∵， ∴， ∴，， ∴， 由旋转的性质得，， ∴， ∴， 由（1）得，是等边三角形， ∴， 设， ∴， ， ∴， ∴； （3）作于点，于点，连接，如图， ∵菱形， ∴， 由（1）得，， ∴， ∴是等边三角形， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴； 由（2）得，，， ∴是等边三角形， ∴，， ∴， ∴，即， ∴， ∴， ∴， 即， 设等边的边长为， 则， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， 当取得最小值时，即最小时，面积有最大值， 当时，最小，此时是等边的高， ∴， ∴， ∴所覆盖区域面积的最大值为． 【点睛】 本题考查了菱形的性质、旋转的性质、等边三角形的性质与判定、勾股定理、全等三角形的性质与判定、二次根式的应用、三角形面积公式，添加适当的辅助线构造全等三角形是解题的关键．本题属于几何综合题，需要较强的几何推理和辅助线构造能力，适合有能力解决几何难题的学生． 50．（25-26学年九上·贵州遵义汇川区·期中）综合与探究： 如图，在中，，，将线段绕点逆时针旋转（），得到线段，连接，． （1）【问题初探】 如图1，当时，             ，             ； （2）【问题深探】 如图2，过点作于，直线与直线相交于点，连接．当时，试探究线段，，之间的数量关系并证明你的结论； （3）【拓展延伸】 在（2）的条件下，若，在线段旋转过程中（），当时，求的长．（直接写出结果） 【答案】（1）；     （2） ，证明如下： ∵将线段绕点逆时针旋转（），得到线段， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴； ∵，， ∴垂直平分， ∴， ∴是等边三角形， ∴，， 如图，延长至，使得，连接， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴，即， 在和中， ， ∴， ∴，， ∴， 由（1）可得， ∴，即；     （3）      【分析】 （1）根据旋转的性质可得，，进而根据等腰三角形的性质以及三角形的内角定理即可得出，进而根据含30度角的直角三角形的性质，勾股定理即可求解． （2）同（1）的方法证明是等边三角形，延长至，使得，连接，证明，再得出，根据（1）的结论，即可求解； （3）由（1）的结论可得：，进而在和中，利用勾股定理求得，即可求解． (1) 小问详解： 解：∵将线段绕点逆时针旋转（），得到线段， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴； 如图，过点作于点， ∵， ∴， 在中，， ∴， ∴， ∴， ∴， 故答案为：；． (2) 小问详解： 略 (3) 小问详解： 解：∵， 由（1）的结论可得：， ∵是等边三角形， ∴， ∴， ∵，则当时，符合题意，如图， 在中，， 在中，， ∴． 【点睛】 本题考查了旋转的性质，等边三角形的性质与判定，三角形内角定理的应用，全等三角形的性质与判定，勾股定理的应用，含30度角的直角三角形的性质，熟练掌握旋转的性质是解题的关键． 51．（25-26学年九上·贵州黔南布依族苗族自治州平塘县·期中）如图，将 绕点A逆时针旋转，得到 ，与相交于点O，点B的对应点D恰好落在边上，且点A，B，E在同一条直线上． （1）求证：平分； （2）求的度数． 【答案】（1） 证明：如图： 由旋转得：，， ， ， 平分；     （2）．      【分析】 本题考查了旋转的性质，等边对等角，三角形内角和定理和三角形外角的性质，根据题目的已知条件并结合图形进行分析是解题的关键． （1）根据旋转的性质可得：，，然后利用等边对等角可得，从而可得，即可解答； （2）根据旋转的性质可得：，求出，然后求出，然后利用三角形外角的性质求解即可． (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 解：如图， 由旋转得：， ∴，， 由（1）得，， ∴． 52．（25-26学年九上·贵州黔东南州·期中）如图1，在中，，，点D是直线上一点，连接，将线段绕点A逆时针旋转得到线段，连接，． （1）【问题发现】如图2，当，且点D在线段上时，证明：； （2）【探究应用】如图3，当，且点D在线段上时，猜想线段、、之间的数量关系，并加以证明； （3）【拓展提升】当，，时，求的长． 【答案】（1） 证明：将线段绕点A逆时针旋转得到线段， ，， ． 在与中， ， ， ；      （2） 证明：线段、、之间的数量关系为，理由如下： 如图： ，， ， 同（1）可证， ，， ， ， ；      （3）、      【分析】 本题主要考查几何变换，全等三角形的判定和性质，勾股定理，熟练掌握全等三角形的判定和性质是解题的关键． （1）将线段绕点A逆时针旋转得到线段，根据题意证明，即可得到结论； （2）证明，根据勾股定理即可得到结论； （3）由勾股定理求出，分当D在线段上时和当D在延长线上时两种情况进行分类讨论． (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 略 (3) 小问详解： 解：∵，， ， ① 当D在线段上时，如图： ， ， 由（2）知， ， ② 当D在延长线上时，如图： ， ， ． 综上所述，DE的长度为或． 53．（25-26学年九上·贵州西南州兴仁·期中）如图，四边形ABCD中，AC、BD是对角线，是等边三角形，∠ADC＝30°，AD＝4，BD＝5，则CD的长为　　　　　　． 【答案】3 【分析】 如图（见解析），先根据等边三角形的性质可得，再根据旋转的性质可得，然后根据等边三角形的判定与性质可得，最后在中，利用勾股定理可得的长，由此即可得CD的长． 【详解】 是等边三角形， ， 如图，将绕点C顺时针旋转，点为点D的对应点，连接， ， 点A为点B旋转后的对应点， 由旋转的性质得：， 是等边三角形， ， ， ， 则在中，， ， 故答案为：3． 【点睛】 本题考查了等边三角形的判定与性质、旋转的性质、勾股定理等知识点，利用旋转的性质，构造等边三角形和直角三角形是解题关键． 54．（25-26学年九上·贵州西南州兴仁·期中）【阅读理解】半角模型是指有公共顶点，锐角等于较大角的一半，且组成这个较大角的两边相等．通过旋转或截长补短，将角的倍分关系转化为角的相等关系，并进一步构成全等三角形，用以解决线段关系、角度、面积等问题． 【初步探究】如图 1 ，在正方形中，点 E，F 分别在边上，连接．若，将绕点A 顺时针旋转 ．点 D 与点B 重合，得到 易证：． （1）根据以上信息，线段之间满足的数量关系为                              ； 【迁移探究】（2）如图 2 ，在正方形 中，若点 E 在射线上，点 F 在射线上，，猜想线段之间的数量关系，请证明你的结论；(提示：可将逆时针旋转） 【拓展探索】（3）如图 3 ，已知正方形的边长为，连接分别交于点 M 、N ，若点 M 恰好为线段的三等分点，且，求线段的长． 【答案】（1） （2），理由如下： 如图，将绕点旋转得到， ∴，，， ∴点在线段上， ∵， ∴． ∵， ∴， ∴． ∵， ∴； （3）2.5 【分析】 （1）根据正方形的性质得，再根据旋转得，可知点G，B，E共线，得到，然后根据“边角边”证明，可得答案； （2）将绕点旋转得到，推出点在线段上，证明，即可得出答案； （3）将绕点A顺时针旋转得到，连接，先根据正方形的性质及勾股定理求出，进而求出，再根据旋转的性质得，即可说明，得，然后设，则，根据勾股定理可得答案． 【详解】 解：（1）∵四边形是正方形， ∴． 将绕点A旋转，点D与点B重合，得到， 则， ∴点G，B，E共线． ∵， ∴． 在和中， ， ∴， ∴． ∵， ∴． 故答案为：； （2）略 （3）将绕点A顺时针旋转得到，连接， ∵四边形是正方形， ∴， ∴， ∴． 由旋转，得， ∴， ∴． ∵， ∴． ∵， ∴， ∴． 设，则． 在中，， ∴， 解得， ∴． 【点睛】 本题主要考查了正方形的性质，全等三角形的性质和判定，旋转的性质，勾股定理，作出辅助线构造全等三角形是解题的关键． 55．（25-26学年九·贵州黔南州·期末）如图，在菱形中，，E是线段上一点，将线段绕点E顺时针旋转得到线段，则的最大值为　　　　　　　 【答案】 【分析】 本题主要考查了菱形的性质，全等三角形的性质与判定，含30度角的直角三角形的性质，勾股定理，二次函数的性质，熟练运用二次函数的性质求最大值是解题的关键． 在上截取，连接，过点作交延长线于点，可得是等边三角形，进而证明，可得，设，则可用表示出，，从而可得，由可得关于的二次函数式即可求解． 【详解】 解：如图，在上截取，连接，过点作交延长线于点， ∵， ∴是等边三角形， ∴，， ∵线段绕点E顺时针旋转得到线段， ∴，， ∵，， ∴， ∵四边形是菱形， ∴，， ∴，即， ∴， ∴， ∴， 设，则， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴当时，的面积最大值为． 故答案为：． 56．（25-26学年九上·贵州黔东南州·期末）如图，在菱形中，，，对角线、相交于点O，点E是对角线上的一个动点，连接，将线段绕点B逆时针方向旋转得到，连接，则的最小值是　　　　　　． 【答案】1 【分析】 本题考查了菱形的性质，等边三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，构造辅助线是解题的关键．根据菱形的性质推出是等边三角形，得到，继而得到，连接，证明，得，得到点在射线上，当时，有最小值，最小值为，即可得到答案． 【详解】 如图，在菱形中，，连接， ， ， 是等边三角形， ， ， ， 绕点按逆时针方向旋转，得到， ， ， ， 在和中， ， ， ， 点在射线上， 当时，有最小值，最小值为． 57．（25-26学年九上·贵州遵义正安县·期中）如图1，四边形是正方形，，分别在边和上，且，我们把这种模型称为“半角模型”，在解决“半角模型”问题时，旋转是一种常用的方法．小明为了解决线段，，之间的关系，将绕点顺时针旋转后解决了这个问题． （1）请根据图2直接写出线段，，之间的关系：______． （2）如图3，等腰直角三角形，，，点，在边上，且，请写出，，之间的关系，并说明理由． （3）如图4，点在正方形的对角线上，是直角三角形，，斜边交于点，，，求的值． 【答案】（1）     （2） ；理由如下： 把绕点顺时针旋转得到，连接，如图3， 由旋转的性质可得，，，，， ∵，， ∴， ∴，即， 由勾股定理可得，， 又∵， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∴；     （3）      【分析】 （1）根据旋转的性质，可以证出，从而得到线段，，之间的关系； （2）类比（1）的做法，可以讲绕点A顺时针旋转得到，连接．可以证出，是直角三角形，利用勾股定理得到线段，，之间的关系； （3）结合题干容易判断出就是（2）的模型，利用（2）的结论可得线段，，之间的关系，设，则，代入关系式解方程即可． (1) 小问详解： 解：由旋转可得，， ∴，，，， ∵四边形是正方形， ∴， ∴， ∴点G在直线上， ∵， ∴， ∵， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∵， ∴； (2) 小问详解： 略 (3) 小问详解： 解：∵四边形是正方形，， ∴，，， 由勾股定理可得，， ∵是直角三角形，， ∴， 把绕点顺时针旋转得到，连接，如图所示： 同理（2）可得：， 设，则有， ∴ 解得：， 即． 【点睛】 本题考查旋转的性质，正方形的性质，全等三角形的判定与性质以及勾股定理，熟练掌握旋转的性质构造全等三角形是解题关键． 考点02 中心对称及其性质 1．（25-26学年九上·贵州黔东南州·期中）如图，与关于点成中心对称，已知，，，则（       ） A. 5 B.  C.  D.  【答案】D 【分析】 本题主要考查了中心对称的性质，勾股定理等．根据与关于点O成中心对称，推出，，得到，再根据勾股定理求解即可． 【详解】 解：∵与关于点O成中心对称， ∴，， ∴， ∵， ∴． 故选：D． 2．（25-26学年九上·贵州自治州兴仁·期末）如图，在平面直角坐标系中，的顶点坐标分别为、、，将绕原点旋转得到． （1）在平面直角坐标系中画出，并写出点、、的坐标； （2）作关于轴对称的，并写出的坐标． 【答案】（1） 如图，即为所求： 点、、的坐标分别为，，     （2） 如图，即为所求， 的坐标为      【分析】 本题考查平面直角坐标系中图形的旋转与轴对称变换，核心是掌握绕原点旋转和关于轴对称的坐标变化规律： （1）绕原点旋转：点的对应点为； （2）关于轴对称：点的对应点为． (1) 小问详解： 解：点、、的坐标分别为，，； (2) 小问详解： 略 3．（25-26学年九上·贵州遵义湄潭县·期末）如图，在的方格网中，所有标出的点均为格点，请按要求作图． （1）如图1，作出关于点O对称的； （2）如图2，旋转得到，标出旋转中心点P． 【答案】（1）如图，就是所求作的三角形；      （2）如图，点P就是所求作的点． 【分析】 本题考查了作中心对称图形，利用图形旋转的性质作图，熟练掌握相关作图知识是解题的关键． （1）作出点A关于点O的对称点D，连结，，即得答案； （2）图形旋转的性质，分别作，的中垂线，两线的交点即为所求． (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 略 4．（25-26学年九上·贵州遵义余庆县·期末）图中的每个小方格都是边长为1个单位长度的正方形，每个小正方形的顶点叫格点，的顶点均在格点上． （1）画出将绕点逆时针旋转得到的，在图中对应处写出“”和“”； （2）画出与关于点成中心对称的，在图中对应处写出“”“”和“”． 【答案】（1） 如图，即为所作；      （2） 如图，即为所作      【分析】 本题考查了作图-旋转变换，中心对称变换，解决本题的关键是掌握旋转和中心对称的性质． （1）根据旋转的性质即可在图中画出绕点逆时针旋转得到的，点B、C的对应点分别为“”和“”； （2）根据中心对称的性质即可在图中画出关于点成中心对称的，点A，B、C的对应点分别为“”“”和“”． (1) 小问详解： 解：略； (2) 小问详解： 解：略． 5．（25-26学年九上·贵州安顺·期中）如图，在平面直角坐标系中，三个顶点的坐标分别为，，． （1）画出与关于原点对称的； （2）将绕点顺时针旋转得到，画出． 【答案】（1） 解：如图，△即为所求．      （2） 解：如图，即为所求． 【分析】 本题考查作图——旋转变换，解题的关键是熟练掌握旋转变换的性质，正确作出图形是解题的关键． （1）利用中心对称的性质，分别作出 的对应点，然后顺次连接即可； （2）利用旋转变换的性质，画图即可． (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 略 考点03 中心对称图形 1．（25-26学年九·贵州黔南州·期末）对称美是一种美学观念，强调事物在空间或结构上的平衡与协调，给人以圆满、和谐、稳定的视觉感受．下列图形中，既是中心对称图形，又是轴对称图形的是（     ） A.  B.  C.  D.  【答案】A 【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，故此选项符合题意； B、是轴对称图形，不是中心对称图形，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、不是轴对称图形，是中心对称图形，故此选项不符合题意； 故选A． 2．（25-26学年九上·贵州安顺·期末）围棋起源于中国．下列由黑、白棋子摆成的图案中，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的识别．在同一平面内，如果把一个图形绕某一点旋转180度，旋转后的图形能和原图形完全重合，那么这个图形就叫做中心对称图形．这个旋转点，就叫做对称中心． 【详解】 解：选项B、C、D均不能找到这样的一个点，使图形绕某一点旋转180度后和原图形完全重合，所以不是中心对称图形， 选项A能找到这样的一个点，使图形绕某一点旋转180度后和原图形完全重合，所以是中心对称图形， 故选：A． 3．（25-26学年九上·贵州遵义余庆县·期末）下列数学符号中，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】 本题考查轴对称图形，中心对称图形，关键是中心对称和轴对称定义的熟练掌握．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；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；据此进行判断即可． 【详解】 解:A、既不是轴对称图形，也不是中心对称图形，则A不符合题意； B、是轴对称图形，不是中心对称图形，则B不符合题意； C、不是轴对称图形，是中心对称图形，则C不符合题意； D、既是轴对称图形，又是中心对称图形，则D符合题意． 故选：D． 4．（25-26学年九上·贵州黔东南州·期末）随着Ai技术的普及，出现了很多“现象级”应用，以下是一些常见应用的图案，其中是中心对称图形的是（       ） A.  B.  C.  D.  【答案】D 【分析】 本题主要考查了中心对称图形的定义，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A不符合题意； B．不是中心对称图形，故B不符合题意； C．不是中心对称图形，故C不符合题意； D．是中心对称图形，故D符合题意． 故选：D． 5．（25-26学年九上·贵州黔东南州·期末）下列字体既是轴对称图形又是中心对称图形的是（     ） A. 田 B. 园 C. 风 D. 光 【答案】A 【分析】 本题考查中心对称和轴对称图形，通过判断每个汉字的对称性质，只有“田”字同时具有轴对称和中心对称特性； 【详解】 解：∵“田”字具有水平、垂直的对称轴，是轴对称图形， 又∵“田”字绕中心旋转后与原图形重合，是中心对称图形， ∴“田”字既是轴对称图形又是中心对称图形； 其他选项：“园”字、“风”字和“光”字均不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故不符合题意， 故选：A． 6．（25-26学年九上·贵州遵义·期中）垃圾分类功在当代利在千秋，下列垃圾分类指引标志图形分别代表“厨余垃圾”“可回收垃圾”“其他垃圾”“有害垃圾”，其中是中心对称图形的是（     ） A.  B.  C.  D.  【答案】D 【分析】 本题考查中心对称图形的识别，理解中心对称图形：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中图形不是中心对称图形，故本选项不符合题意； B中图形不是中心对称图形，故本选项不符合题意； C中图形不是中心对称图形，故本选项不符合题意； D中图形是中心对称图形，故本选项符合题意， 故选：D． 7．（25-26学年九上·贵州遵义汇川区·期中）对称美是一种美学观念，强调事物在空间或结构上的平衡与协调，给人以圆满、和谐、稳定的视觉感受．下列图形中，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的识别，根据中心对称图形的概念判断．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． 【详解】 选项A、B、D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． 8．（25-26学年九上·贵州黔东南州·期中）第33届夏季奥运会于2024年7月26日至8月11日在法国巴黎举行，奥运会图标在视觉设计上主要融入三个方面的内容——对称设计、项目场地的抽象表达以及项目的代表性元素，下列四个图标中是中心对称图形的是（     ） A. 击剑 B. 田径 C. 马术 D. 赛艇 【答案】B 【分析】 本题主要考查了中心对称图形的概念，根据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，这个点叫做对称中心，逐一判断即可得到答案，熟练掌握中心对称图形的概念并能灵活运用是解决此题的关键． 【详解】 解：A、图形不是中心对称图形，故本选项不符合题意； B、图形是中心对称图形，故本选项符合题意； C、图形不是中心对称图形，故本选项不符合题意； D、图形不是中心对称图形，故本选项不符合题意 ； 故选：B． 9．（25-26学年九上·贵州西南州兴仁·期中）下列图案中，是中心对称图形的是（       ） A.  B.  C.  D.  【答案】D 【分析】 本题主要考查了中心对称图形，根据中心对称图形的定义判断即可，解题的关键是正确理解中心对称图形的定义：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． 【详解】 解：、图形绕某一点旋转后与原来的图形不重合，所以不是中心对称图形，不符合题意； 、图形绕某一点旋转后与原来的图形不重合，所以不是中心对称图形，不符合题意； 、图形绕某一点旋转后与原来的图形不重合，所以不是中心对称图形，不符合题意； 、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，符合题意； 故选：． 10．（25-26学年九上·贵州遵义湄潭县·期末）剪纸文化是中国最古老的民间艺术之一，下列剪纸图案中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（　　） A.  B.  C.  D.  【答案】D 【分析】 根据中心对称图形和轴对称图形的概念，即可得出正确选项． 【详解】 A．不是中心对称图形，是轴对称图形，故此选项不合题意； B．不是中心对称图形，是轴对称图形，故此选项不合题意； C．是中心对称图形，不是轴对称图形，故此选项不合题意； D．既是轴对称图形又是中心对称图形，故此选项符合题意； 故选：D． 【点睛】 本题考查了中心对称图形和轴对称图形的概念，熟练掌握概念是本题的关键． 11．（25-26学年九上·贵州自治州兴仁·期末）兴仁市开展“非遗文化进校园”活动，将布依族刺绣图案进行旋转设计，若将一个图案绕某点旋转后与原图案重合，则该图案的旋转中心是对应点连线的（       ） A. 中点 B. 端点 C. 三等分点 D. 四等分点 【答案】A 【分析】 图案旋转后与原图案重合，说明图案是中心对称图形，旋转中心是对应点连线的中点． 本题考查了中心对称的性质，熟练掌握性质是解题的关键． 【详解】 解：设点P旋转后得到点，旋转中心为O， ∵ 旋转相当于关于点O的中心对称， ∴ O是线段的中点， 因此，旋转中心是对应点连线的中点， 故选：A． 12．（25-26学年九上·贵州贵阳部分区·期末）纸艺术是中国传统文化宝库中的优秀瑰宝，每一个作品设计独特，都体现文化传承和艺术之美，下列关于鱼的剪纸中既是中心对称图形又是轴对称图形的是（       ） A.  B.  C.  D.  【答案】C 【分析】 本题主要考查了中心对称图形和轴对称图形的定义，理解并掌握中心对称图形和轴对称图形的性质是解题关键．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．根据轴对称图形和中心对称图形的定义逐一进行判断即可． 【详解】 解：A．不是轴对称图形，是中心对称图形，不符合题意； B．是轴对称图形，不是中心对称图形，不符合题意； C．是轴对称图形，是中心对称图形，符合题意； D．不是轴对称图形，是中心对称图形，不符合题意； 故选：C． 13．（25-26学年九上·贵州遵义正安县·期中）下列博物馆（院）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 【分析】 本题主要考查了中心对称图形，根据中心对称图形的定义判断即可，解题的关键是正确理解中心对称图形的定义：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． 【详解】 、文字上方的图案绕某一点旋转后与原来的图形不重合，所以不是中心对称图形，不符合题意； 、文字上方的图案绕某一点旋转后与原来的图形不重合，所以不是中心对称图形，不符合题意； 、文字上方的图案绕某一点旋转后与原来的图形不重合，所以不是中心对称图形，不符合题意； 、文字上方的图案绕某一点旋转后与原来的图形重合，所以是中心对称图形，符合题意； 故选：D． 14．（25-26学年九上·贵州黔南布依族苗族自治州平塘县·期中）下列非物质文化遗产图案中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（     ） A. 剪纸 B. 蜡染 C. 乌铜走银 D. 马尾绣 【答案】D 【分析】 本题考查了中心对称图形与轴对称图形的概念：轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分折叠后可重合；中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后两部分重合． 【详解】 解：A是轴对称图形，但不是中心对称图形，故选项A不符合题意； B是中心对称图形，但不是轴对称图形，故选项B不符合题意； C是轴对称图形，但不是中心对称图形，故选项C不符合题意； D是轴对称图形，也是中心对称图形，故选项D符合题意； 故选：D． 15．（25-26学年九上·贵州贵阳第六中学·期中）环保全称环境保护，是指人类为解决现实的或潜在的环境问题，协调人类与环境的关系，保障经济、社会的持续发展而采取的各种行动的总称．下列环保标志中，既是轴对称图形，也是中心对称图形的是（       ） A.      B.      C.      D.      【答案】D 【分析】 本题主要考查轴对称图形以及中心对称图形的定义，熟练掌握轴对称图形以及中心对称图形的定义是解决本题的关键． 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，这条直线叫做对称轴．中心对称是指把一个图形绕着某一点旋转，如果它能够与另一个图形重合，那么就说这两个图形关于这个点对称或中心对称，根据轴对称图形以及中心对称图形的定义解决此题． 【详解】 解：A．是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项不合题意； B．既不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故此选项不合题意； C．既不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故此选项不合题意； D．既是轴对称图形，也是中心对称图形，故此选项符合题意． 故选：D． 16．（25-26学年九上·贵州黔东南苗族·期中）下列图形中，既是轴对称图形，又是中心对称图形的是（       ） A.  B.  C.  D.  【答案】B 【分析】 本题考查了中心对称图形与轴对称图形的定义，熟知一个图形绕着某固定点旋转后能够与原来的图形重合，则称这个图形是中心对称图形，这个固定点叫做对称中心；如果一个图形沿着某条直线对折后，直线两旁的部分能够重合，则称这个图形是轴对称图形，这条直线叫做对称轴是解题的关键．根据中心对称图形与轴对称图形的定义解答即可． 【详解】 解：A、图形是轴对称图形，不是中心对称图形，不符合题意； B、图形既是轴对称图形，又是中心对称图形，符合题意； C、图形不是轴对称图形，是中心对称图形，不符合题意； D、图形是轴对称图形，不是中心对称图形，不符合题意． 故选：B． 17．（25-26学年九上·贵州安顺·期中）中国的货币不仅历史悠久而且种类繁多，形成了独具一格的货币文化。以下是在《中国古代钱币》特种邮票中选取的部分货币图形，其中是中心对称图形的是（     ） A.  B.  C.  D.  【答案】B 【详解】 解：选项A、C、D均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B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． 18．（25-26学年九上·贵州自治州兴仁·期末）在数学中，有很多图形是以著名的数学家的名字命名的，下列图形中既是轴对称图形又是中心对称图形的是（       ） A.  笛卡尔心形线 B.  斐波那契螺旋线 C.  赵爽弦图 D.  伯努利双纽线 【答案】D 【分析】 本题考查的是中心对称图形与轴对称图形的概念．轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分折叠后可重合，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后与自身重合． 根据中心对称图形与轴对称图形的概念进行判断即可． 【详解】 解：A．不是中心对称图形，是轴对称图形，故此选项不合题意； B．不是中心对称图形，也不是轴对称图形，故此选项不合题意； C．是中心对称图形，不是轴对称图形，故此选项不合题意； D．既是中心对称图形，也是轴对称图形，故此选项符合题意； 故选：D． 考点04 关于原点对称的点的坐标 1．（25-26学年九上·贵州三联教育集·期末）已知点与点是关于原点的对称点，则的值为（     ） A.  B.  C.  D.  【答案】A 【分析】 此题主要考查了关于原点对称的点的性质，解题关键是掌握两个点关于原点对称时，它们的横纵坐标符号都是互为相反数．直接利用关于原点对称点的性质得出的值，进而得出答案． 【详解】 解：根据题意，点与点是关于原点的对称点 ∴，， 解得，， ∴． 故选：A． 2．（25-26学年九上·贵州黔东南州·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 【答案】C 【分析】 此题主要考查了关于原点对称的点的坐标，关键是掌握点的坐标的变化规律． 根据两个点关于原点对称时，它们的坐标符号相反可得答案． 【详解】 解：由图知A点的坐标为 ∴A关于原点的中心对称点，即K点． 故选：C． 3．（25-26学年九上·贵州安顺·期中）在平面直角坐标系中，若点和点关于原点对称，则的值为（     ） A. 1 B.  C. 3 D.  【答案】A 【分析】 本题考查关于原点对称的点的坐标特征：两个点关于原点对称时，它们的横坐标和纵坐标分别互为相反数．根据此特征，可列出方程求解m的值． 【详解】 解：∵点和点关于原点对称， ∴， 即， 解得． ∴m的值为1． 故选：A． 4．（25-26学年九上·贵州遵义湄潭县·期末）已知点与点关于原点对称，则的值等于　　　　　　　　　　　　　． 【答案】 【分析】 根据点与点关于原点对称，可得，再代入，即可求解． 【详解】 解∶∵点与点关于原点对称， ∴， ∴． 故答案为： 【点睛】 本题主要考查了关于原点对称的点的坐标，熟练掌握两点关于原点对称，则两点的横、纵坐标都是互为相反数是解题的关键． 5．（25-26学年九上·贵州遵义余庆县·期末）在平面直角坐标系中，点关于原点的对称点B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坐标特征：横坐标和纵坐标都互为相反数，直接求解即可． 【详解】 解：点关于原点的对称点的横坐标为，纵坐标为， 因此点的坐标为． 故答案为：． 6．（25-26学年九上·贵州黔东南州·期中）点关于原点中心对称的点的坐标是　　　　　　　． 【答案】 【分析】 此题考查中心对称点的坐标特点：横纵坐标互为相反数，正确理解特点是解题的关键． 【详解】 点关于原点中心对称的点的坐标是， 故答案为． 7．（25-26学年九上·贵州西南州兴仁·期中）点A（1，-5）关于原点的对称点为点B，则点B的坐标为　　　　　　． 【答案】（-1，5） 【分析】 根据若两点关于坐标原点对称，横纵坐标均互为相反数，即可求解． 【详解】 解：∵点A（1，-5）关于原点的对称点为点B， ∴点B的坐标为（-1，5）． 故答案为：（-1，5） 【点睛】 本题主要考查了平面直角坐标系内点关于原点对称的特征，熟练掌握若两点关于坐标原点对称，横纵坐标均互为相反数是解题的关键． 8．（25-26学年九上·贵州黔东南苗族·期中）在平面直角坐标系中，点关于原点的对称点Q的坐标为　　　　　　　　　　． 【答案】 【分析】 本题考查关于原点对称的点的坐标，根据关于原点对称的点的横坐标与纵坐标都互为相反数解答． 【详解】 解：点关于原点对称的点Q的坐标为． 故答案为：． 9．（25-26学年九上·贵州自治州兴仁·期末）将点绕原点旋转后得到点，则点的坐标是　　　　　． 【答案】 【分析】 本题考查关于原点对称的点坐标，掌握好点坐标的变化规律是关键． 一个点关于原点对称后，其横纵坐标都会变为相反数． 【详解】 解：∵点绕原点旋转后得到点， ∴，， ∴点的坐标为， 故答案为：． 10．（25-26学年九上·贵州黔东南州·期末）若点与点关于坐标原点对称，则　　　　　　，　　　　　　． 【答案】① 2    ② 1 【分析】 本题考查了关于原点对称的点的坐标．两个点关于原点对称时，它们的坐标符号相反，即点关于原点O的对称点是．注意：运用时要熟练掌握，可以不用图画和结合坐标系，只根据符号变化直接写出对应点的坐标．根据关于原点对称的两点的横、纵坐标均互为相反数． 【详解】 解：∵点与点关于坐标原点对称， ∴，． 故答案为：2；． 11．（25-26学年九上·贵州遵义汇川区·期中）如图，是一个风车示意图，若点的坐标为，则点的坐标为　　　　　　　　； 【答案】 【分析】 本题考查了中心对称图形的性质，求关于原点对称的点的坐标，根据关于原点对称的点的坐标特征，即可求解． 【详解】 解：依题意，点的坐标为，则点的坐标为 故答案为：． 12．（25-26学年九上·贵州黔南布依族苗族自治州平塘县·期中）在平面直角坐标系中，已知点与点关于点对称，则　　　　　　． 【答案】1 【分析】 本题主要考查了坐标系中的对称、中点坐标公式等知识点，掌握中点坐标公式是解题的关键． 点A与点B关于点C对称，则点C是线段的中点．利用中点坐标公式列出方程求解即可． 【详解】 解：∵点与点关于点对称， ∴点C是线段的中点． 根据中点坐标公式，有：，即，解得：． 故答案为：1． 13．（25-26学年九上·贵州黔东南苗族·期中）如图，在的网格中，每个格子都是边长为1的小正方形，已知三个顶点的坐标分别为． （1）请画出将绕点A顺时针旋转后得到的； （2）请画出关于原点O成中心对称的； （3）求的面积． 【答案】（1） 如图，即为所求；      （2）如图，即为所求；     （3）      【分析】 本题考查坐标与图形变换——旋转与中心对称，熟练掌握中心对称和旋转的性质是解题的关键 （1）根据旋转的定义作出点B、C绕点A顺时针旋转后得到的对应点，再与点A首尾顺次连接即可得； （2）根据中心对称的概念作出三个顶点关于原点的对称点，再首尾顺次连接即可得； （3）用所在的正方形的面积减去其周围的三个三角形的面积即可得． (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 略 (3) 小问详解： 解：的面积为． 14．（25-26学年九·贵州贵阳·期末）在综合实践课上，小红想在学校一块正方形空地中分别种植四种不同的花草，计划将这块空地按如下要求分成四块： ①分割后的整个图形是中心对称图形； ②四块图形的形状相同； ③四块图形的面积相等． 请帮助小红在下面的正方形中画出同时满足上述三个要求的4种不同分割方案．（不写作法） 【分析】 此题主要考查正方形中心对称和轴对称的性质，熟练掌握其性质是做题的关键．根据正方形中心对称和轴对称的性质，进行画图即可． 【详解】 解：根据题意，如图所示： 从以上方案任选4种即可． 15．（25-26学年九上·贵州安顺·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，的顶点都在格点上，且三个顶点的坐标分别为，，． （1）画出关于原点O中心对称的图形，并写出点B的对应点的坐标． （2）画出将绕原点O按逆时针方向旋转后得到的图形． （3）求的面积． 【答案】（1） 如图，即为所求： 点的坐标为     （2）如图，即为所求；     （3）      【分析】 本题主要考查了画旋转图形，画已知图形关于某点对称的图形，写出直角坐标系中点的坐标等知识点． （1）按照画中心对称图形的方法画出，并写出点的坐标即可； （2）按照画旋转图形的方法画出即可； （3）利用割补法求解即可． (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 略 (3) 小问详解： 解：的面积为． 16．（25-26学年九上·贵州黔南布依族苗族自治州平塘县·期中）如图，在平面直角坐标系中，的三个顶点分别为，，． （1）画出关于原点对称的，并写出点的坐标； （2）画出绕原点逆时针旋转后的，并写出点的坐标． 【答案】（1） 如图，即为所求．      （2） 如图：即为所求． 点的坐标为．      【分析】 本题主要考查了关于原点对称作图、旋转作图等知识点，掌握关于原点对称和旋转的性质是解题的关键． （1）根据关于原点对称确定的对应点，再顺次连接即可完成作图；再直接写出点的坐标即可； （2）根据关于原点对称确定的对应点，再顺次连接即可完成作图；再直接写出点的坐标即可． (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 略 17．（25-26学年九上·贵州黔东南州·期中）已知：在平面直角坐标系中，的三个顶点的坐标分别为，，． （1）画出关于原点成中心对称的，并写出点的坐标； （2）画出将绕点按顺时针旋转所得的并写出点的坐标． （3）在y轴上有点P，使最小，求的最小值． 【答案】（1） 解：如图，即为所求，点的坐标为．      （2） 解：如图，即为所求，．      （3）      【分析】 本题主要考查了图形的轴对称变换，旋转变换，勾股定理的应用，正确得出对应点的位置是解题的关键． （1）分别作出三顶点关于原点的对称点，再顺次连接即可得出答案． （2）分别作出点，绕点按顺时针旋转所得的对应点，再顺次连接即可得出答案； （3）作点C关于y轴的对称点D，连接交y轴于点P，此时的值最小，最小值为的长，根据轴对称的性质可得点，求出线段的长度，即可求解． (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 略 (3) 小问详解： 解：如图，作点C关于y轴的对称点D，连接交y轴于点P，此时的值最小，最小值为的长， ∵点， ∴点 ∴ ∴的最小值为． 18．（25-26学年九上·贵州西南州兴仁·期中）如图，在直角坐标系中，，，，请解答下列问题 （1）若关于原点对称的图形为，在图中作出． （2）绕原点顺时针旋转得到，作出． （3）求面积． 【答案】（1） 如图，即为所求；      （2） 如图，即为所求；      （3）3.5      【分析】 本题考查坐标与图形变换—旋转和中心对称，熟练掌握旋转的性质，中心对称的性质，是解题的关键： （1）根据关于原点对称的点的特征，找点，描点，连线画出即可； （2）根据旋转的性质，画出即可； （3）借助网格求面积即可． (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 略 (3) 小问详解： ． 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．D 2．A 3．C 4．B 5．D 6．C 7．A 8．C 9．B 10．C 11．C 12．B 13．B 14．B 15．B 16．C 17．B 18．C 19．D 20．A 21．【答案】（1）60°；（2） 【分析】（1）根据旋转的性质得到三角形ODC为等边三角形即可求解；  （2）由旋转的性质得：AD=OB=4，结合题意得到∠ADO=90°．则在Rt△AOD中，由勾股定理即可求得AO的长． 【详解】（1）由旋转的性质得：CD=CO，∠ACD=∠BCO． ∵∠ACB=∠ACO+∠OCB=60°， ∴∠DCO=∠ACO+∠ACD=∠ACO+∠OCB=60°， ∴△OCD为等边三角形， ∴∠ODC=60°． （2）由旋转的性质得：AD=OB=4． ∵△OCD为等边三角形，∴OD=OC=5． ∵∠BOC=150°，∠ODC=60°，∴∠ADO=90°． 在Rt△AOD中，由勾股定理得：AO=． 【点睛】本题考查旋转的性质、等边三角形的性质和勾股定理，解题的关键是掌握旋转的性质、等边三角形的性质和勾股定理. 22．【答案】（或或或）（答案不唯一）． 【分析】 本题考查图形的中心旋转，此图案是正五边形，然后根据正五边形的性质求解即可． 【详解】 解：∵， ∴此图案绕旋转中心旋转的整数倍时能够与自身重合， ∴n可以为（或或或）． 故答案为：（或或或）（答案不唯一）． 23．【答案】（1）     （2）      【分析】 （1）根据旋转方向旋转对应点可以求得旋转角度； （2）首先解直角三角形求出，然后利用勾股定理即可求出； 此题主要考查了旋转的性质、正方形的性质及勾股定理，解题的关键是找到旋转后对应的边角关系． (1) 小问详解： 解：（1）∵绕点A顺时针旋转到的位置，点E的对应点是点，点D的对应点是点B． ∴旋转角为， ∵四边形为正方形， ∴旋转角为； (2) 小问详解： ∵正方形的边长为2， ∴， 在中，，， ∴， ∴， ∵绕点A顺时针旋转到的位置，点E的对应点是点，点D的对应点是点B． ∴，， ∴． 24．【答案】（1） 证明：绕点逆时针旋转至的位置， ． 又，所以，即． 在和中： ．     （2）      【分析】 本题考查了全等三角形的判定与性质以及等腰直角三角形的性质，解题的关键是利用旋转性质得到全等条件，再结合等腰直角三角形角度特征求解． （1）利用旋转性质得到边和角的关系，再结合已知条件，根据全等三角形判定定理证明； （2）先由等腰直角三角形性质得和的度数，再根据全等三角形性质得，进而求出度数． (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： ， 是等腰直角三角形． ． 由（1）知， ． ． 的度数为． 25．【答案】（1）；     （2）；     （3） 证明：延长交于点，如图： 由旋转的性质可得： 又∵ ∴ ∴      【分析】 （1）根据旋转的性质可知为旋转角，即可求解； （2）根据旋转的性质可得，，，即可求解； （3）延长交于点，求得，即可求解． (1) 小问详解： 解：四边形是正方形， ∴， 由旋转的性质可得：为旋转角，所以旋转角为； (2) 小问详解： 解：根据旋转的性质可得，，， ∴ (3) 小问详解： 略 【点睛】 此题考查了正方形的性质，旋转的性质，解题的关键是灵活利用旋转的有关性质进行求解． 26．【答案】 【分析】 本题主要考查了旋转的性质以及平角的应用．由旋转角的定义（旋转前后，对应点与旋转中心的连线所成的角等于旋转角）可知旋转角是，根据点、、在同一条直线上，可得． 【详解】 在三角尺中，，旋转角是， 点、、在同一条直线上， ， 故这个旋转的角度等于． 27．【答案】 【分析】 本题考查旋转的性质及全等三角形的性质和判定，作，，在Rt中，可求得及的长，再证明，根据勾股定理可得的长． 【详解】 解：过C作于M，过点D作，交延长线于点N， ，， 在Rt中， , ∴， 边绕点B顺时针旋转至， ，， ， 在和中， ， ，，， 在Rt中，根据勾股定理得，． 故答案为． 28．【答案】（1） ① 根据要求补全图形，如图所示： ②     （2） 结论： ． 理由：过点F作，交于H， ∵四边形是正方形， ，， ， ，， ， 在和中， ， ， ，， ， 和都是等腰直角三角形， ，， ， ．      【分析】 本题考查作图中的旋转变换，全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质和判定等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题． （1）① 根据要求画出图形即可． ② 过点F作，交CB的延长线于H．证明，推出，推出，再利用勾股定理解决问题即可； （2）由② 可得，推出，，推出，再利用等腰直角三角形的性质解决问题即可． (1) 小问详解： 解：① 略 ② 过点F作，交的延长线于H， 四边形是正方形， ， ， 在和中， ， ， ， 中， ． (2) 小问详解： 略 29．【答案】（1） ① 证明：由旋转可得，，， 四边形为正方形， ， ， ， ， ， 在和中， ， ， ②     （2） ， 证明：把绕点顺时针旋转得到，连接，如图3，     ，，，， ， ， ，即， ， 又， ， ，即， 在和中 ， ， ．     （3）40      【分析】 本题主要考查旋转的性质，正方形的性质及全等三角形的判定和性质、勾股定理，难度较大，综合性较强，正确掌握相关性质内容是解题的关键． （1）① 利用旋转的性质，证明，② 根据全等三角形的性质得，等量代换，即可证明； （2）把绕点顺时针旋转得到，连接，根据旋转的性质得，，在中，，可求得，所以，再证明，利用得到． （3）同（2）方法，把绕点顺时针旋转得到，连接，可证明：，在中，，，，过点D作，垂足为，利用直角三角形性质和勾股定理求出即可求出答案． (1) 小问详解： ① 略 ② 解： 由① 得， ， ， ； (2) 小问详解： 略 (3) 小问详解： 解：把绕点顺时针旋转得到，连接，如图4， ，，，， ，， ， ，即， 又， ， 在和中 ， ， 过点D作，垂足为， ∵， ∴， ∴， ． ∴， ∴， ∴． 30．【答案】 【分析】 本题主要考查了全等三角形的判定与性质、勾股定理、等腰直角三角形的性质，连接，可证，根据全等三角形的性质可知，设，则，利用勾股定理可得关于的一元二次方程，解方程即可求出的长度． 【详解】 解：如下图所示，连接， 由旋转可知，， 又，， ， ， ， ， 在和中， ， （）， ，， ， 设，则， ， 在中，， ， 整理得：， 解得：，(不符合题意，舍去)， ． 故答案为：． 31．【答案】（1） 解：如图，就是所求作的图形； 绕点D旋转后得到， ，， 新组合图形是平行四边形； 该平行四边形的一条性质：；     （2）      【分析】 （1）由于点D是边上的中点，所以旋转后点B与点C对应，点C与点B对应，所以只需画出点A的对应点即可，作射线，在射线上截取点，使，连接，，即可根据平行四边形的判定证明新组合图形的形状； （2）根据勾股定理求出，即可得到答案． (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 解：， ， ， ， ， ， 即点A与其旋转后的对应点之间的距离是． 【点睛】 本题考查了图形旋转的尺规作图，图形旋转的性质，平行四边形的判定，勾股定理，熟练掌握图形旋转的性质及正确作出图形是关键． 32．【答案】（1）2     （2）      【分析】 本题主要考查了旋转的性质，勾股定理，三角形的内角和定理，等腰三角形的性质，熟练掌握以上知识点是做题的关键． （1）先利用勾股定理计算出的长，再根据旋转的性质得到，最后根据线段的关系即可求值； （2）先计算出的度数，再根据旋转的性质得到，，，最后根据等腰三角形的性质与三角形内角和定理进行计算即可． (1) 小问详解： 解：在中，，， ． 绕点A顺时针旋转得到， ， ． 答：的长为2． (2) 小问详解： 解：在中，，， ． 绕点A顺时针旋转得到， ，，， ， ． 答：的度数为． 33．【答案】 【分析】 连接，将线段绕点逆时针旋转得，连接，，，证明，可得，由勾股定理可得，根据，即可得出的最小值． 【详解】 解：如图，连接，将线段绕点逆时针旋转得，连接，，，    ， ， 在与中， ， ， ， 正方形中，，是边的中点， ， ， ， ， ， 线段长的最小值为． 故答案为：． 【点睛】 本题考查了旋转的性质，正方形的性质，全等三角形的判定与性质，两点之间线段最短，勾股定理．解题的关键是掌握图形旋转的性质． 34．【答案】（1） 如图，即为所求，      （2）6     （3）点的坐标为      【分析】 本题结合网格的性质，主要考查旋转变换、中心对称变换、坐标与图形等知识点，理解题意，灵活运用所学知识是解题的关键． （1）先根据中心对称的性质确定，然后顺次连接即可完成作图； （2）结合网格的性质和三角形面积公式求解即可； （3）先确定三角形的各顶点都绕点顺时针旋转后得到对应点、、，再顺次连接，然后直接读出点的坐标． (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 解：； (3) 小问详解： 解：即为所求， 点的坐标为． 35．【答案】（1） 证明：∵将的绕其锐角顶点逆时针旋转得到， ∴，，， ∴， ∴， 又∵， ∴， 即；     （2）      【分析】 （）由旋转的性质得，，，即得，又由，进而得到，化简即可求证； （）利用勾股定理解答即可求解； 本题考查了勾股定理的几何背景，旋转的性质，熟练掌握知识点是解题的关键． (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 解：∵，即，， ∴，， ∵， ∴． 36．【答案】（1）     （2）的长为或      【分析】 本题考查了旋转的性质、勾股定理，熟练掌握以上知识点并灵活运用，采用分类讨论的思想是解此题的关键． （1）由勾股定理可得，由旋转的性质可得，，最后再由勾股定理计算即可得出结果； （2）分两种情况：当点落在线段上时；当点落在的延长线上时；分别利用旋转的性质并结合勾股定理计算即可得出结果． (1) 小问详解： 解：∵，，，， ∴， ∵将绕点B逆时针旋转，得到， ∴，， ∴； (2) 小问详解： 解：如图：当点落在线段上时， ， 由旋转的性质可得， ∴，，，， ∴， ∵， ∴； 如图，当点落在的延长线上时， ， 此时， ∴； 综上所述，的长为或． 37．【答案】（1） 如图，即为所求；      （2） 如图，即为所求；      （3）      【分析】 本题考查作图-旋转变换，中心对称变换； （1）利用中心对称变换的性质分别作出，，的对应点即可； （2）利用旋转变换的性质分别作出，的对应点即可； （3）作和的垂直平分线，交点即为所求的点． (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 略 (3) 小问详解： 如图，点P即为所求，． 故答案为：． 38．【答案】 【分析】 本题考查了正方形的性质、旋转的性质、勾股定理，由正方形的性质可得，，，结合勾股定理得出，由旋转的性质可得，，最后再由勾股定理计算即可得解，熟练掌握以上知识点并灵活运用是解此题的关键． 【详解】 解：∵E是正方形中边上的中点，， ∴，，， ∴， ∵把绕点A顺时针旋转得到， ∴，， ∴， 故答案为：． 39．【答案】 【分析】 连接，过点作交延长线于点，通过证明，确定点在的射线上运动；作点关于的对称点，由三角形全等得到，从而确定点在的延长线上；当、、三点共线时，最小，在中，，，求出即可． 【详解】 解：连接，过点作交延长线于点， ， ∴ ， ∵ ， ∴∠EDA=∠FEG， 在△AED和△GFE中， ， ， 点在的射线上运动， 作点关于的对称点， ，， ， ， ， ， 点在的延长线上， 当、、三点共线时，最小， 在中，，， ， 的最小值为． 故答案为：． 【点睛】 本题考查了旋转的性质，正方形的性质，轴对称求最短路径．能够将线段的和通过轴对称转化为共线线段是解题的关键． 40．【答案】 【分析】 将绕点B顺时针旋转，得到，连接，利用正方形的性质和旋转的性质证明相等的角和边，证明，得出，然后再利用勾股定理进行求解即可． 【详解】 解：如图所示，在正方形中，将绕点B顺时针旋转，得到，连接， ∴，，，， ∵，， ∴，， 又∵， ∴， ∴， ∵， ∴的长为， 故答案为：． 【点睛】 本题主要考查了正方形的性质，旋转的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理等知识点，解题的关键是熟练掌握以上性质． 41．【答案】（1） 证明：由旋转可得，， ∵， ∴；     （2）      【分析】 （）由旋转的性质得，再根据三角形三边关系即可求证； （）由旋转可得，，即得，又可得，利用三角形内角和定理求出即可求解； 本题考查了旋转的性质，三角形三边关系，等腰三角形的性质等，掌握旋转的性质是解题的关键． (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 解：由旋转可得，，， ∵点在同一条直线上， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， 解得， ∴． 42．【答案】（1） 补全图形，如图，      （2） 解：四边形是正方形， 证明：绕点逆时针旋转得到， ，，， 四边形是矩形， 又， 矩形是正方形；     （3） 解：线段，，的数量关系为：， 理由如下： 绕点逆时针旋转得到， ， 四边形是正方形， ， ， ．      【分析】 本题是几何变换综合题，考查了旋转的性质，正方形的性质，矩形的判定和性质等知识，熟练掌握旋转的性质是解题的关键． （1）依题意补全图形； （2）由旋转的性质得出，，，得出矩形是正方形； （3）由正方形的性质得出，由旋转的性质得出，则可得出结论． (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 略 (3) 小问详解： 略 43．【答案】问题初探：；问题再探：；问题拓展： 【分析】 （1）利用全等三角形面积相等，将四边形的面积转换成正方形的面积； （2）连接，通过论证将四边形的面积转换成的面积求解即可； （3）利用旋转将两个三角形拼成一个三角形求解即可． 【详解】 （1）解：∵， ∴， ∴， 故答案为：； （2）解：连接， 在中，，点是的中点，    ∴，，      ∴，      ∴ ， 又∵ ，    ∴， ∴（）        ，                      ∴          ， ∴            ， 在中，， ∴， 即：四边形的面积为； （3）解：在上截取点，使得，连接， ∵， ∴， 又 ∵， ∴（），    ∴， 而， ∴， 过点作于点， 在，， ∴， ∴， ∴        ，      ∴， ∵， ∴， 即：与的面积之和为． 【点睛】 本题考查了旋转的性质、三角形全等的判定及性质、直角三角形的性质，关键是旋转的性质的应用． 44．【答案】（1），； （2）； 理由：∵四边形是正方形， ∴，， 由旋转得，，， ∴， 即， ∴， ∴， 在中，， ∵， ∴； （3）线段的长为或 【分析】 （1）利用正方形、旋转的性质以及边角边关系证全等，即可得到结论； （2）利用全等的性质得到，利用勾股定理求得，代入转化即可； （3）利用旋转的性质得到是直角三角形，再根据转化为求的长，通过作垂线构造，利用勾股定理求解即可． 【详解】 解：（1），； ∵四边形是正方形， ∴，，， ∴， ∵将线段绕点C顺时针旋转，得到线段， ∴，，， ∴， ∴， ∴，， 则，即； （2）略 （3）过点C作于点H， ∵四边形是矩形， ∴，，， ∴， ∵， ∴， ∴， 若点E在线段上，     ∵， ∴， ∴， ∵将绕点C顺时针旋转，得到， ∴，， ∵， ∴， 若点E在的延长线上时，     同理，， ∴， 同理，， 综上，线段的长为或． 【点睛】 本题考查了正方形的性质，旋转的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，等腰直角三角形的判定和性质以及矩形的性质等知识，解题的关键是添加辅助线构造全等三角形和直角三角形． 45．【答案】（1），     （2）     （3）      【分析】 （1）由旋转的性质可得，，再证明，即可得出，由全等三角形的性质可得，即可得出结果； （2）由等腰直角三角形的性质可得，由旋转的性质可得，，则，由（1）可得，，，由全等三角形的性质可得，结合题意得出，求出，解直角三角形得出，再由三角形外角的定义及性质得出，即可得出结果； （3）由勾股定理可得，由（1）可得，即可得出点与点的运动轨迹相似，且是点的运动轨迹绕点顺时针旋转得到的，从而得出点的运动轨迹是线段绕点顺时针旋转得到的线段，由此即可得出结果． (1) 小问详解： 解：∵将绕点C顺时针方向旋转， ∴，， ∵，， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， 故图中一对全等的三角形：，与之间的数量关系是； (2) 小问详解： 解：∵在中，，， ∴， ∵将绕点C顺时针方向旋转， ∴，， ∴， 由（1）可得：，，， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴； (3) 小问详解： 解：∵在中，，，且， ∴， 由（1）可得， ∴点与点的运动轨迹相似，且是点的运动轨迹绕点顺时针旋转得到的， ∵点的运动轨迹是线段， ∴点的运动轨迹是线段绕点顺时针旋转得到的线段， ∴点的运动路径的长度等于线段的长度，即． 【点睛】 本题考查了旋转的性质、等腰三角形的判定与性质、勾股定理、全等三角形的判定与性质、解直角三角形、三角形外角的定义及性质等知识点，熟练掌握以上知识点并灵活运用是解此题的关键． 46．【答案】 【分析】 延长至，使得，连接，可以证明为等边三角形，利用证明，过点做于点，由30°的角的性质以及勾股定理可求，又，根据三角形的面积公式即可得出答案． 【详解】 延长至，使得，连接，如图 ∵ ∴为等边三角形 ∵绕着点逆时针旋转60°得到 ∴为等边三角形 ∴， ∵ 即 在和中 ∴（） ∴ 过点作于点 ∴ ∴ ∴， ∴ ∴ 故答案为. 【点睛】 本题考查的是三角形的综合，涉及到三角形全等、旋转的性质以及构造等边三角形等知识点，证明是本题的关键. 47．【答案】 【分析】 在上截取，连接，过点D作，垂足为H，在中，利用等腰直角三角形的性质可求出，，，，然后利用旋转的性质可得：，，从而利用等式的性质可得，进而利用证明，最后利用全等三角形的性质可得，再根据垂线段最短，即可解答． 【详解】 解：在上截取，连接，过点D作，垂足为H， ∴， ∵，，， ∴，， ∵， ∴，， ∴， 由旋转得：，， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 当时，即当点E和点H重合时，有最小值，且最小值为， ∴长度的最小值是， 故答案为：． 【点睛】 本题考查了旋转的性质，垂线段最短，全等三角形的判定与性质，等腰直角三角形，根据题目的已知条件并结合图形添加适当的辅助线是解题的关键． 48．【答案】（1）     （2）     （3） ① 点运动的路径长与线段的数量关系为，理由如下： 过点作于点，当在点时，则对应点在线段上，当在点时， 对应点，过点作交直线于点，如图所示， 由（1）同理可得，， ∴，，，， 由旋转可得， ∴， ∴，即， ∴， ∴， 同理可证，则， ∴、、在一条线上， ∴点从点向点运动过程中，点运动的路径为线段，点运动的路径长与线段的数量关系为； ②      【分析】 本题考查旋转的性质，全等三角形的判定与性质，解一元二次方程； （1）根据旋转得到，，再，得到，，即可得到； （2）过点作于点，连接，由（1）同理可得，，，根据画弧，得到，设，则，，再在中，根据列方程求解即可； （3）① 过点作于点，当在点时，则对应点在线段上，当在点时， 对应点，过点作交直线于点，分别证明，得到，同理可证，则，，即可得到、、在一条线上，则点从点向点运动过程中，点运动的路径为线段，点运动的路径长与线段的数量关系为； ② 由① 可得点从点向点运动过程中，点运动的路径为线段，点运动的路径与形成的夹角． (1) 小问详解： 解：过点作于点，如图所示， ∵将线段绕着点顺时针旋转得到线段， ∴，， ∵，， ∴，， ∴， ∴，， ∴， 故答案为：； (2) 小问详解： 解：过点作于点，连接，如图所示， 由（1）同理可得， ∴，， ∵，， ∴，， ∵以线段中点为圆心，长为半径画弧， ∴， 设，则，， 中，， ∴， 解得， ∵，当时，，不符合， ∴； (3) 小问详解： 解：① 略 ② 由① 可得点从点向点运动过程中，点运动的路径为线段，点运动的路径与形成的夹角， 故答案为：． 49．【答案】（1）等边三角形；（2）；（3） 【分析】 （1）根据菱形和旋转的性质，得到，利用等边三角形的判定即可得出结论； （2）连接，根据菱形的性质证明，得到，，根据旋转的性质得到，则有，再结合（1）中的结论，利用角的和差即可求出的度数； （3）作于点，于点，连接，利用菱形的性质证明是等边三角形，进而得到，，通过证明，推出，设等边的边长为，表示出，分析可知当取得最小值时，即最小时，面积有最大值，据此即可解答． 【详解】 解：（1）∵菱形， ∴， ∵绕点A逆时针旋转到达的位置， ∴， ∴， ∴是等边三角形； 故答案为：等边三角形； （2）如图，连接， ∵菱形， ∴，平分， ∴， 又∵， ∴， ∴，， ∴， 由旋转的性质得，， ∴， ∴， 由（1）得，是等边三角形， ∴， 设， ∴， ， ∴， ∴； （3）作于点，于点，连接，如图， ∵菱形， ∴， 由（1）得，， ∴， ∴是等边三角形， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴； 由（2）得，，， ∴是等边三角形， ∴，， ∴， ∴，即， ∴， ∴， ∴， 即， 设等边的边长为， 则， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， 当取得最小值时，即最小时，面积有最大值， 当时，最小，此时是等边的高， ∴， ∴， ∴所覆盖区域面积的最大值为． 【点睛】 本题考查了菱形的性质、旋转的性质、等边三角形的性质与判定、勾股定理、全等三角形的性质与判定、二次根式的应用、三角形面积公式，添加适当的辅助线构造全等三角形是解题的关键．本题属于几何综合题，需要较强的几何推理和辅助线构造能力，适合有能力解决几何难题的学生． 50．【答案】（1）；     （2） ，证明如下： ∵将线段绕点逆时针旋转（），得到线段， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴； ∵，， ∴垂直平分， ∴， ∴是等边三角形， ∴，， 如图，延长至，使得，连接， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴，即， 在和中， ， ∴， ∴，， ∴， 由（1）可得， ∴，即；     （3）      【分析】 （1）根据旋转的性质可得，，进而根据等腰三角形的性质以及三角形的内角定理即可得出，进而根据含30度角的直角三角形的性质，勾股定理即可求解． （2）同（1）的方法证明是等边三角形，延长至，使得，连接，证明，再得出，根据（1）的结论，即可求解； （3）由（1）的结论可得：，进而在和中，利用勾股定理求得，即可求解． (1) 小问详解： 解：∵将线段绕点逆时针旋转（），得到线段， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴； 如图，过点作于点， ∵， ∴， 在中，， ∴， ∴， ∴， ∴， 故答案为：；． (2) 小问详解： 略 (3) 小问详解： 解：∵， 由（1）的结论可得：， ∵是等边三角形， ∴， ∴， ∵，则当时，符合题意，如图， 在中，， 在中，， ∴． 【点睛】 本题考查了旋转的性质，等边三角形的性质与判定，三角形内角定理的应用，全等三角形的性质与判定，勾股定理的应用，含30度角的直角三角形的性质，熟练掌握旋转的性质是解题的关键． 51．【答案】（1） 证明：如图： 由旋转得：，， ， ， 平分；     （2）．      【分析】 本题考查了旋转的性质，等边对等角，三角形内角和定理和三角形外角的性质，根据题目的已知条件并结合图形进行分析是解题的关键． （1）根据旋转的性质可得：，，然后利用等边对等角可得，从而可得，即可解答； （2）根据旋转的性质可得：，求出，然后求出，然后利用三角形外角的性质求解即可． (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 解：如图， 由旋转得：， ∴，， 由（1）得，， ∴． 52．【答案】（1） 证明：将线段绕点A逆时针旋转得到线段， ，， ． 在与中， ， ， ；      （2） 证明：线段、、之间的数量关系为，理由如下： 如图： ，， ， 同（1）可证， ，， ， ， ；      （3）、      【分析】 本题主要考查几何变换，全等三角形的判定和性质，勾股定理，熟练掌握全等三角形的判定和性质是解题的关键． （1）将线段绕点A逆时针旋转得到线段，根据题意证明，即可得到结论； （2）证明，根据勾股定理即可得到结论； （3）由勾股定理求出，分当D在线段上时和当D在延长线上时两种情况进行分类讨论． (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 略 (3) 小问详解： 解：∵，， ， ① 当D在线段上时，如图： ， ， 由（2）知， ， ② 当D在延长线上时，如图： ， ， ． 综上所述，DE的长度为或． 53．【答案】3 【分析】 如图（见解析），先根据等边三角形的性质可得，再根据旋转的性质可得，然后根据等边三角形的判定与性质可得，最后在中，利用勾股定理可得的长，由此即可得CD的长． 【详解】 是等边三角形， ， 如图，将绕点C顺时针旋转，点为点D的对应点，连接， ， 点A为点B旋转后的对应点， 由旋转的性质得：， 是等边三角形， ， ， ， 则在中，， ， 故答案为：3． 【点睛】 本题考查了等边三角形的判定与性质、旋转的性质、勾股定理等知识点，利用旋转的性质，构造等边三角形和直角三角形是解题关键． 54．【答案】（1） （2），理由如下： 如图，将绕点旋转得到， ∴，，， ∴点在线段上， ∵， ∴． ∵， ∴， ∴． ∵， ∴； （3）2.5 【分析】 （1）根据正方形的性质得，再根据旋转得，可知点G，B，E共线，得到，然后根据“边角边”证明，可得答案； （2）将绕点旋转得到，推出点在线段上，证明，即可得出答案； （3）将绕点A顺时针旋转得到，连接，先根据正方形的性质及勾股定理求出，进而求出，再根据旋转的性质得，即可说明，得，然后设，则，根据勾股定理可得答案． 【详解】 解：（1）∵四边形是正方形， ∴． 将绕点A旋转，点D与点B重合，得到， 则， ∴点G，B，E共线． ∵， ∴． 在和中， ， ∴， ∴． ∵， ∴． 故答案为：； （2）略 （3）将绕点A顺时针旋转得到，连接， ∵四边形是正方形， ∴， ∴， ∴． 由旋转，得， ∴， ∴． ∵， ∴． ∵， ∴， ∴． 设，则． 在中，， ∴， 解得， ∴． 【点睛】 本题主要考查了正方形的性质，全等三角形的性质和判定，旋转的性质，勾股定理，作出辅助线构造全等三角形是解题的关键． 55．【答案】 【分析】 本题主要考查了菱形的性质，全等三角形的性质与判定，含30度角的直角三角形的性质，勾股定理，二次函数的性质，熟练运用二次函数的性质求最大值是解题的关键． 在上截取，连接，过点作交延长线于点，可得是等边三角形，进而证明，可得，设，则可用表示出，，从而可得，由可得关于的二次函数式即可求解． 【详解】 解：如图，在上截取，连接，过点作交延长线于点， ∵， ∴是等边三角形， ∴，， ∵线段绕点E顺时针旋转得到线段， ∴，， ∵，， ∴， ∵四边形是菱形， ∴，， ∴，即， ∴， ∴， ∴， 设，则， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴当时，的面积最大值为． 故答案为：． 56．【答案】1 【分析】 本题考查了菱形的性质，等边三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，构造辅助线是解题的关键．根据菱形的性质推出是等边三角形，得到，继而得到，连接，证明，得，得到点在射线上，当时，有最小值，最小值为，即可得到答案． 【详解】 如图，在菱形中，，连接， ， ， 是等边三角形， ， ， ， 绕点按逆时针方向旋转，得到， ， ， ， 在和中， ， ， ， 点在射线上， 当时，有最小值，最小值为． 57．【答案】（1）     （2） ；理由如下： 把绕点顺时针旋转得到，连接，如图3， 由旋转的性质可得，，，，， ∵，， ∴， ∴，即， 由勾股定理可得，， 又∵， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∴；     （3）      【分析】 （1）根据旋转的性质，可以证出，从而得到线段，，之间的关系； （2）类比（1）的做法，可以讲绕点A顺时针旋转得到，连接．可以证出，是直角三角形，利用勾股定理得到线段，，之间的关系； （3）结合题干容易判断出就是（2）的模型，利用（2）的结论可得线段，，之间的关系，设，则，代入关系式解方程即可． (1) 小问详解： 解：由旋转可得，， ∴，，，， ∵四边形是正方形， ∴， ∴， ∴点G在直线上， ∵， ∴， ∵， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∵， ∴； (2) 小问详解： 略 (3) 小问详解： 解：∵四边形是正方形，， ∴，，， 由勾股定理可得，， ∵是直角三角形，， ∴， 把绕点顺时针旋转得到，连接，如图所示： 同理（2）可得：， 设，则有， ∴ 解得：， 即． 【点睛】 本题考查旋转的性质，正方形的性质，全等三角形的判定与性质以及勾股定理，熟练掌握旋转的性质构造全等三角形是解题关键． 考点02 中心对称及其性质 1．D 2．【答案】（1） 如图，即为所求： 点、、的坐标分别为，，     （2） 如图，即为所求， 的坐标为      【分析】 本题考查平面直角坐标系中图形的旋转与轴对称变换，核心是掌握绕原点旋转和关于轴对称的坐标变化规律： （1）绕原点旋转：点的对应点为； （2）关于轴对称：点的对应点为． (1) 小问详解： 解：点、、的坐标分别为，，； (2) 小问详解： 略 3．【答案】（1）如图，就是所求作的三角形；      （2）如图，点P就是所求作的点． 【分析】 本题考查了作中心对称图形，利用图形旋转的性质作图，熟练掌握相关作图知识是解题的关键． （1）作出点A关于点O的对称点D，连结，，即得答案； （2）图形旋转的性质，分别作，的中垂线，两线的交点即为所求． (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 略 4．【答案】（1） 如图，即为所作；      （2） 如图，即为所作      【分析】 本题考查了作图-旋转变换，中心对称变换，解决本题的关键是掌握旋转和中心对称的性质． （1）根据旋转的性质即可在图中画出绕点逆时针旋转得到的，点B、C的对应点分别为“”和“”； （2）根据中心对称的性质即可在图中画出关于点成中心对称的，点A，B、C的对应点分别为“”“”和“”． (1) 小问详解： 解：略； (2) 小问详解： 解：略． 5．【答案】（1） 解：如图，△即为所求．      （2） 解：如图，即为所求． 【分析】 本题考查作图——旋转变换，解题的关键是熟练掌握旋转变换的性质，正确作出图形是解题的关键． （1）利用中心对称的性质，分别作出 的对应点，然后顺次连接即可； （2）利用旋转变换的性质，画图即可． (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 略 考点03 中心对称图形 1．A 2．A 3．D 4．D 5．A 6．D 7．C 8．B 9．D 10．D 11．A 12．C 13．D 14．D 15．D 16．B 17．B 18．D 考点04 关于原点对称的点的坐标 1．A 2．C 3．A 4．【答案】 【分析】 根据点与点关于原点对称，可得，再代入，即可求解． 【详解】 解∶∵点与点关于原点对称， ∴， ∴． 故答案为： 【点睛】 本题主要考查了关于原点对称的点的坐标，熟练掌握两点关于原点对称，则两点的横、纵坐标都是互为相反数是解题的关键． 5．【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坐标特征：横坐标和纵坐标都互为相反数，直接求解即可． 【详解】 解：点关于原点的对称点的横坐标为，纵坐标为， 因此点的坐标为． 故答案为：． 6．【答案】 【分析】 此题考查中心对称点的坐标特点：横纵坐标互为相反数，正确理解特点是解题的关键． 【详解】 点关于原点中心对称的点的坐标是， 故答案为． 7．【答案】（-1，5） 【分析】 根据若两点关于坐标原点对称，横纵坐标均互为相反数，即可求解． 【详解】 解：∵点A（1，-5）关于原点的对称点为点B， ∴点B的坐标为（-1，5）． 故答案为：（-1，5） 【点睛】 本题主要考查了平面直角坐标系内点关于原点对称的特征，熟练掌握若两点关于坐标原点对称，横纵坐标均互为相反数是解题的关键． 8．【答案】 【分析】 本题考查关于原点对称的点的坐标，根据关于原点对称的点的横坐标与纵坐标都互为相反数解答． 【详解】 解：点关于原点对称的点Q的坐标为． 故答案为：． 9．【答案】 【分析】 本题考查关于原点对称的点坐标，掌握好点坐标的变化规律是关键． 一个点关于原点对称后，其横纵坐标都会变为相反数． 【详解】 解：∵点绕原点旋转后得到点， ∴，， ∴点的坐标为， 故答案为：． 10．【答案】① 2    ② 1 【分析】 本题考查了关于原点对称的点的坐标．两个点关于原点对称时，它们的坐标符号相反，即点关于原点O的对称点是．注意：运用时要熟练掌握，可以不用图画和结合坐标系，只根据符号变化直接写出对应点的坐标．根据关于原点对称的两点的横、纵坐标均互为相反数． 【详解】 解：∵点与点关于坐标原点对称， ∴，． 故答案为：2；． 11．【答案】 【分析】 本题考查了中心对称图形的性质，求关于原点对称的点的坐标，根据关于原点对称的点的坐标特征，即可求解． 【详解】 解：依题意，点的坐标为，则点的坐标为 故答案为：． 12．【答案】1 【分析】 本题主要考查了坐标系中的对称、中点坐标公式等知识点，掌握中点坐标公式是解题的关键． 点A与点B关于点C对称，则点C是线段的中点．利用中点坐标公式列出方程求解即可． 【详解】 解：∵点与点关于点对称， ∴点C是线段的中点． 根据中点坐标公式，有：，即，解得：． 故答案为：1． 13．【答案】（1） 如图，即为所求；      （2）如图，即为所求；     （3）      【分析】 本题考查坐标与图形变换——旋转与中心对称，熟练掌握中心对称和旋转的性质是解题的关键 （1）根据旋转的定义作出点B、C绕点A顺时针旋转后得到的对应点，再与点A首尾顺次连接即可得； （2）根据中心对称的概念作出三个顶点关于原点的对称点，再首尾顺次连接即可得； （3）用所在的正方形的面积减去其周围的三个三角形的面积即可得． (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 略 (3) 小问详解： 解：的面积为． 15．【答案】（1） 如图，即为所求： 点的坐标为     （2）如图，即为所求；     （3）      【分析】 本题主要考查了画旋转图形，画已知图形关于某点对称的图形，写出直角坐标系中点的坐标等知识点． （1）按照画中心对称图形的方法画出，并写出点的坐标即可； （2）按照画旋转图形的方法画出即可； （3）利用割补法求解即可． (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 略 (3) 小问详解： 解：的面积为． 16．【答案】（1） 如图，即为所求．      （2） 如图：即为所求． 点的坐标为．      【分析】 本题主要考查了关于原点对称作图、旋转作图等知识点，掌握关于原点对称和旋转的性质是解题的关键． （1）根据关于原点对称确定的对应点，再顺次连接即可完成作图；再直接写出点的坐标即可； （2）根据关于原点对称确定的对应点，再顺次连接即可完成作图；再直接写出点的坐标即可． (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 略 17．【答案】（1） 解：如图，即为所求，点的坐标为．      （2） 解：如图，即为所求，．      （3）      【分析】 本题主要考查了图形的轴对称变换，旋转变换，勾股定理的应用，正确得出对应点的位置是解题的关键． （1）分别作出三顶点关于原点的对称点，再顺次连接即可得出答案． （2）分别作出点，绕点按顺时针旋转所得的对应点，再顺次连接即可得出答案； （3）作点C关于y轴的对称点D，连接交y轴于点P，此时的值最小，最小值为的长，根据轴对称的性质可得点，求出线段的长度，即可求解． (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 略 (3) 小问详解： 解：如图，作点C关于y轴的对称点D，连接交y轴于点P，此时的值最小，最小值为的长， ∵点， ∴点 ∴ ∴的最小值为． 18．【答案】（1） 如图，即为所求；      （2） 如图，即为所求；      （3）3.5      【分析】 本题考查坐标与图形变换—旋转和中心对称，熟练掌握旋转的性质，中心对称的性质，是解题的关键： （1）根据关于原点对称的点的特征，找点，描点，连线画出即可； （2）根据旋转的性质，画出即可； （3）借助网格求面积即可． (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 略 (3) 小问详解： ． 试卷第1页，共3页 / 学科网（北京）股份有限公司 $