文档内容
专题 23.1 图形的旋转【十大题型】
【人教版】
【题型1 判断生活中的旋转现象】..........................................................................................................................1
【题型2 由旋转的性质判断结论正误】..................................................................................................................4
【题型3 由旋转的性质进行求解】..........................................................................................................................9
【题型4 由旋转的性质证明线段相等或角相等】...............................................................................................13
【题型5 画旋转图形】............................................................................................................................................21
【题型6 旋转对称图形】........................................................................................................................................28
【题型7 旋转求坐标】............................................................................................................................................31
【题型8 旋转中的规律性问题】............................................................................................................................35
【题型9 由旋转的性质求最值】............................................................................................................................39
【题型10 图形的动态旋转】....................................................................................................................................44
知识点1：旋转
在平面内，把一个平面图形绕着平面内某一点O转动一个角度，就叫做图形的旋转，点O叫做旋
转中心，转动的角叫做旋转角。我们把旋转中心、旋转角度、旋转方向称为旋转的三要素。
【题型1 判断生活中的旋转现象】
【例1】（23-24九年级·广西来宾·期末）有下列现象：①高层公寓电梯的上升：②传送带的移动；③方向
盘的转动；④风车的转动；⑤钟摆的运动；⑥荡秋千运动．其中属于旋转的有（ ）
A．2个 B．3个 C．4个 D．5个
【答案】C
【分析】根据旋转的定义进行判断即可．
【详解】解：①高层公寓电梯的上升，是平移，故不符合要求：
②传送带的移动，是平移，故不符合要求；
③方向盘的转动，是旋转，故符合要求；
④风车的转动，是旋转，故符合要求；
⑤钟摆的运动，是旋转，故符合要求；
⑥荡秋千运动，是旋转，故符合要求；故选：C．
【点睛】本题考查了旋转的定义．解题的关键在于对知识的熟练掌握．
【变式1-1】（2024·吉林长春·三模）以如图（1）（以O为圆心，半径为1的半圆）作为“基本图形”，
分别经历如下变换：①只要向右平移1个单位；②先以直线AB为对称轴进行翻折，再向右平移1个单位；
③先绕着点O旋转180°，再向右平移一个单位；④绕着OB的中点旋转180°即可．其中能得到图（2）的
是（ ）
A．①②③ B．②③④ C．①③④ D．①②
【答案】B
【分析】根据轴对称变换，平移变换，旋转变换的特征结合图形解答即可．
【详解】解：由图可知，图（1）先以直线AB为对称轴进行翻折，再向右平移1个单位，即可得到图
（2），故②符合题意 ；
图（1）先绕着点O旋转180°，再向右平移一个单位，即可得到图（2），故③符合题意 ；
图（1）绕着OB的中点旋转180°即可得到图（2），故④符合题意 ；
图（1）只要向右平移1个单位不能得到图（2），故①不符合题意．
故选：B．
【点睛】本题考查了几何变换的类型，熟练掌握常见的几种几何变换－平移、翻折、旋转的特征是解题的
关键．
【变式1-2】（23-24九年级·广东广州·期末）“玉兔”在月球表面行走的动力主要来自太阳光能，要使接
收太阳光能最多，就要使光线垂直照射在太阳光板上．现在太阳光如图照射，那么太阳光板绕支点A逆时
针最小旋转（ ）可以使得接收光能最多．
A．46° B．44° C．36° D．54°【答案】B
【分析】根据垂直的定义和旋转方向，计算可得．
【详解】解：由题意可得：
若要太阳光板于太阳光垂直，
则需要绕点A逆时针旋转90°-（180°-134°）=44°，
故选：B．
【点睛】本题考查了实际生活中的垂直的定义，旋转的定义，解题的关键是理解旋转分为顺时针和逆时
针．
【变式1-3】（23-24九年级·重庆江津·期中）如果齿轮A以逆时针方向旋转，齿轮E旋转的方向（ ）
A．顺时针 B．逆时针
C．顺时针或逆时针 D．不能确定
【答案】B
【分析】根据图示进行分析解答即可．
【详解】齿轮A以逆时针方向旋转，齿轮B以顺时针方向旋转，齿轮C以逆时针方向旋转，齿轮D以顺时
针方向旋转，齿轮E以逆时针方向旋转，
故选B．
【点睛】此题考查旋转问题，关键是根据图示进行解答．
知识点2：旋转的性质
（1）对应点到旋转中心的距离相等；
（2）对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角；
（3）旋转前后的图形全等。
理解以下几点：
（1）图形中的每一个点都绕旋转中心旋转了同样大小的角度。
（2）对应点到旋转中心的距离相等，对应线段相等，对应角相等。
（3）图形的大小与形状都没有发生改变，只改变了图形的位置。【题型2 由旋转的性质判断结论正误】
【例2】（23-24九年级·四川宜宾·期末）如图所示，O是锐角三角形ABC内一点，
∠AOB=∠BOC=∠COA=120∘，P是△ABC内不同于O的另一点，△A′BO′、△A′BP′分别由△AOB
、△APB旋转而得，旋转角都为60∘，则下列结论：①△O′BO为等边三角形；②A′O′+O′O=AO+BO；
③A′P′+P′P=PA+PB；④PA+PB+PC≥AO+BO+CO．其中正确的有（提示：有一个角是60∘的等
腰三角形是等边三角形）
A．①②③ B．②③④ C．①②④ D．①③④
【答案】A
【分析】本题考查了旋转的性质：旋转前后的两个图形全等，对应点与旋转中心的连线段的夹角等于旋转
角，对应点到旋转中心的距离相等．也考查了等边三角形的性质以及两点之间线段最短．由于△A′BO′，
△A′BP′分别由△AOB、△APB旋转而得，旋转角都为60°，得到BO′=BO，BP′=BP，
∠OBO′=∠PBP′=60°，∠A′O′B=∠AOB，O′ A′=OA，P′ A′=PA，则△BOO′和△BPP′都是等边
三角形，得到∠BOO′=∠BO′O=60°，OO′=OB，而∠AOB=∠BOC=∠COA=120°，再进行判断
即可．
【详解】
解：连PP′，如图，
∵ △A′BO′，△A′BP′分别由△AOB、△APB旋转而得，旋转角都为60°，
∴BO′=BO，BP′=BP，∠OBO′=∠PBP′=60°，∠A′O′B=∠AOB，O′ A′=OA，P′ A′=PA，
∴△BOO′和△BPP′都是等边三角形，所以①正确；
∴OO′=OB=O′B,BP=BP′=PP′，
∴A′O′+O′O=AO+BO，所以②正确；
A′P′+P′P=PA+PB，所以③正确；∴∠BOO′=∠BO′O=60°，
而∠AOB=∠BOC=∠COA=120°，
∴∠A′O′O=∠O′OC=180°，
∴ A′，O′，O，C在一条直线上，
又∵CP+PP′+P′ A′>C A′=CO+OO′+O′ A′，
∴PA+PB+PC>AO+BO+CO，所以④错误．
故选：A
【变式2-1】（23-24九年级·福建厦门·期末）如图，Rt△ABC中，∠ACB=90°，∠ABC=30°，M为
直线BC上的一个动点，将线段AM绕点A顺时针旋转60°得到线段AN，连接CN，则当CN取得最小值
时，下列结论正确的是（ ）
A．直线CN⊥AB B．直线CN平分AB
C．直线CN与直线BC重合 D．直线CN与直线AC重合
【答案】B
【分析】延长AC到E，使得AE=AB，连接NE，先求出∠BAC=60°，AB=2AC，由旋转的性质可得
AM=AN， ∠MAN=60°，则∠BAM=∠EAN，证明△BAM≌△EAN(SAS)，得到
∠AEN=∠ABM=30°，则点N在直线EN运动，故当CN⊥EN时，CN最小，设当CN⊥EN时，点N
与点H重合，延长HC交AB于F，证明△ACF是等边三角形，得到AF=AC，则AB=2AF，即直线CN
平分AB．
【详解】解：如图所示，延长AC到E，使得AE=AB，连接NE，
∵Rt△ABC中，∠ACB=90°，∠ABC=30°，
∴∠BAC=180°−∠ACB−∠ABC=60°，AB=2AC，
由旋转的性质可得AM=AN， ∠MAN=60°，
∴∠BAC=∠MAN，
∴∠BAM=∠EAN，∴△BAM≌△EAN(SAS)，
∴∠AEN=∠ABM=30°，
∴点N在直线EN运动，
∴当CN⊥EN时，CN最小，
设当CN⊥EN时，点N与点H重合，延长HC交AB于F，
∴∠ACF=∠HCE=90°−30°=60°，
∴△ACF是等边三角形，
∴AF=AC，
∵AB=2AC，
∴AB=2AF，
∴直线CN平分AB，
故选B．
【点睛】本题主要考查了等边三角形的性质与判定，全等三角形的性质与判定，三角形内角和定理，含30
度角的直角三角形的性质，旋转的性质等等，确定N的运动轨迹是解题的关键．
【变式2-2】（23-24九年级·北京大兴·期末）如图，将△ABC绕点C顺时针旋转得到△DEC，使点A的对
应点D恰好落在边AB上，点B的对应点为E，连接BE，下列四个结论：
①AC＝AD；②AB⊥EB；③BC＝EC；④∠A＝∠EBC；
其中一定正确的是（ ）
A．①② B．②③
C．③④ D．②③④【答案】C
【分析】根据旋转的性质，得到对应边相等，旋转角相等，从而去判断命题的正确性．
【详解】解：∵旋转，
∴AC=DC，
但是旋转角不一定是60°，
∴△ACD不一定是等边三角形，
∴AC=AD不一定成立，即①不一定正确；
∵旋转，
∴BC=EC，故③正确；
∵旋转，
∴∠ACD=∠BCE，
∵等腰三角形ACD和等腰三角形BCE的顶角相等，
∴它们的底角也相等，即∠A=∠EBC，故④正确；
∵∠A+∠ABC=90°不一定成立，
∴∠EBC+∠ABC=90°不一定成立，
∴AB⊥EB不一定成立，即②不一定正确．
故选：C．
【点睛】本题考查旋转的性质，解题的关键是掌握图形旋转的性质．
【变式2-3】（23-24九年级·江苏南通·阶段练习）如图所示，在等边△ABC中，点D是边AC上一点，连
接BD，将△BCD绕着点B逆时针旋转60°，得到△BAE，连接ED，则下列结论中：①AE∥BC；②
∠DEB=60°；③∠ADE=∠BDC；④∠AED=∠ABD，其中正确的结论的个数是（ ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【答案】C
【分析】由题意可得∠EAB＝∠ACB＝∠ABC＝60°，BD＝BE，∠DBE＝60°，可判断①②，根据三角形
的外角等于不相邻的两个内角和可判断③④．
【详解】解：∵△ABC是等边三角形，
∴AB＝BC，∠BAC＝∠ABC＝∠ACB＝60°，∠AEB＝∠BDC∵将△BCD绕着点B逆时针旋转60°，得到△BAE，
∴BE＝BD，∠DBE＝60°，∠EAB＝∠ACB＝60°
∴∠EAB＝∠ABC＝60°，△BED是等边三角形
∴AE∥BC
∵△BED是等边三角形
∴∠DEB＝60°
故①②正确
∵∠AEB＝∠BDC，∠AEB＝∠AED＋∠BED，∠BDC＝∠BAC＋∠ABD
∴∠AED＝∠ABD
故④正确
∵∠BDC＞60°，∠ADE＜60°
∴∠BDC≠∠ADE
故③错误．
故答案选：C．
【点睛】本题考查了旋转的性质，等边三角形的判定和性质，证明△BED是等边三角形是本题的关键．
【题型3 由旋转的性质进行求解】
【例3】（23-24九年级·贵州六盘水·期末）如图，在正方形ABCD中，将边BC绕点B逆时针旋转至点BC′
，若∠CC′D=90°,C′D=2，则线段BC′的长度为（ ）
A．4 B．2❑√3 C．6 D．2❑√5
【答案】D
【分析】过点B作BE⊥CC′于E，如图所示，由旋转性质得到BC=BC′，从而得到△BCC′是等腰三角
形，结合等腰三角形性质确定BE是线段CC′的垂直平分线，再由正方形性质，利用三角形全等的判定得
到△CC′D≌△BEC(AAS)，进而由全等性质得到CE=C′D=2，在Rt△CC′D中，由勾股定理求解即可
得到答案．
【详解】解：过点B作BE⊥CC′于E，如图所示：∵ BC B BC′
将边 绕点 逆时针旋转至点 ，
∴BC=BC′，
1
由等腰三角形三线合一性质可得BE是线段CC′的垂直平分线，则∠BC′E=90°,C′E=CE= CC′
，
2
在正方形ABCD中，BC=CD，∠BCD=90°=∠BCE+∠DCE，
∴CD=BC′，
∵ ∠CC′D=90°，
∴∠CDC′+∠DCE=90°，
∴∠BCE=∠CDC′，
在△CC′D和△BEC中，
{
∠BCE=∠CDC′
)
∠BEC=∠CC′D=90°
BC=CD
∴△CC′D≌△BEC(AAS)，
∴ CE=C′D=2，则CC′=2CE=4，
在Rt△CC′D中，∠CC′D=90°,C′D=2，CC′=4，
则由勾股定理可得CD=2❑√5，
∴BC′=CD=2❑√5，
故选：D．
【点睛】本题考查正方形中求线段长，涉及旋转性质、等腰三角形的判定与性质、垂直平分线的判定与性
质、三角形全等的判定与性质、正方形的性质、勾股定理等知识，读懂题意，准确构造出辅助线，灵活运
用相关几何性质求解是解决问题的关键．
【变式3-1】（23-24九年级·福建·期末）将直角边长为6cm的等腰直角三角形ABC绕点A逆时针旋转15°
后得到△AB′C′，则图中阴影部分的面积是 cm2．【答案】6❑√3
【分析】本题考查了旋转的性质，等腰三角形的性质．关键是通过旋转的性质判断阴影部分三角形的特
点，计算三角形的面积．
设AB与B′C′交于D点，根据旋转角∠CAC′=15°，等腰直角△ABC的一锐角∠CAB=45°，可求
∠C′ AD，旋转前后对应边相等，对应角相等，AC'=AC=6cm，∠C′=∠C=90°，根据勾股定理求得
C′D，进而根据三角形的面积公式可求阴影部分面积．
【详解】解：设AB与B′C′交于D点，
根据旋转性质得∠CAC′=15°，而∠CAB=45°，
∴∠C′ AD=∠CAB−∠CAC′=30°，
又∵AC'=AC=6cm，∠C'=∠C=90°，
∴AD=2C′D，
由勾股定理得，AD2−C′D2=AC′2，
即4C′D2−C′D2=62，
∴C'D=2❑√3cm，
1
∴阴影部分的面积= ×6×2❑√3=6❑√3cm2 ．
2
故答案为：6❑√3．
【变式3-2】（23-24九年级·吉林长春·期末）如图，菱形纸片ABCD的一内角为60°，边长为2，将它绕对
角线的交点O顺时针旋转90°后到A′B′C′D′的位置，则旋转前后两菱形重叠部分多边形的周长为( )A．8 B．4(❑√3−1) C．8(❑√3−1) D．4(❑√3+1)
【答案】C
【分析】此题主要考查菱形的性质和直角三角形的性质．根据已知可得重叠部分是个八边形，从而求得其
一边长即可得到其周长．
【详解】解：∵AD=A'B'=2,∠DAB=60°,
∴∠DAO=∠B' A'O=30°,
∴OD=OB'=1,AO=A'O=❑√3,
∴AB'=AO−B'O=❑√3−1,
∵∠DAC=30°,∠A'B'C=60°
∴∠DAC=∠AFB'=30°,
∴AB'=B'F=FD=A'D,
∴B'F=FD=❑√3−1,
根据旋转的性质可得阴影部分为各边长相等的八边形，
∴旋转前后两菱形里鲁部分多边形的周长是8(❑√3−1)．
故选：C．
【变式3-3】（23-24九年级·四川成都·期末）如图，等腰直角△ABC中，AC=BC，将线段CA绕点C逆
时针旋转α°（0<α<90）得到线段C A′，作点A关于线段C A′所在直线的对称点E，连接AE和BE，分别交线段C A′所在直线于点M和点F，若CF=1，FM=3，则BF的长为 ．
【答案】4❑√2
【分析】过点C作CH⊥C A′交BE于点H，连接AF，根据题意得到AF=EF,AC=CE，易证
∠CAF=∠CEF，由等腰三角形的性质推出∠CBE=∠CEB，推出∠CAF=∠CBE，证明
△AFC≌△BHC(AAS)，得到CF=CH,AF=BH，进而证明△CHF是等腰直角三角形，即可证明
△AMF是等腰直角三角形，推出利用勾股定理即可求出FH=❑√2CF=❑√2,AF=❑√2MF=3❑√2，即可求
出BF的长．
【详解】解：如图，过点C作CH⊥C A′交BE于点H，连接AF，
∵ C A′
点E与点A关于线段 所在直线对称，
∴ AF=EF,AC=CE，
∴∠CAE=∠CEA,∠FAE=∠FEA，
∴ ∠CAF=∠CEF，
∵BC=AC,AC=CE，
∴CE=BC，
∴ ∠CBE=∠CEB，
∴ ∠CAF=∠CBE，
∵∠ACF+∠ACH=∠BCH+∠ACH=90°，
∴∠ACF=∠BCH，
∴ △AFC≌△BHC(AAS)，
∴ CF=CH,AF=BH，
∴ △CHF是等腰直角三角形，
∴∠CFH=∠CHF=45°，
∴∠BHC=∠AFC=180°−∠CHF=135°，∴∠AFM=45°
∴ △AMF是等腰直角三角形，
∴MF=AM
∵ CF=1，FM=3，
∴ FH=❑√CF2+CH2=❑√2CF=❑√2,AF=❑√M F2+AM2=❑√2MF=3❑√2，
∴ BF=BH+FH=AF+FH=4❑√2，
故答案为：4❑√2．
【点睛】本题考查了等腰直角三角形判定与性质，三角形全等的判定与性质，勾股定理，对称的性质，正
确作出辅助线构造三角形全等时解题的关键．
【题型4 由旋转的性质证明线段相等或角相等】
【例4】（23-24九年级·河南周口·期末）【猜测探究】
在△ABC中，∠ACB=α．点D是直线AB上的一个动点，线段CD绕点C逆时针旋转α，得到线段CE，
连接DE，BE．
（1）如图1，当CA=CB，点D在AB边上运动时，线段BD，AB和BE之间的数量关系是______；
（2）如图2，当CA=CB，点D运动到AB的延长线上时，（1）中的结论是否仍然成立？若成立，请给予
证明；若不成立，请说明理由；
【拓展应用】
（3）如图3，将△ABC绕点C逆时针旋转60°得到△DEC，DE交AB于点F，连接CF．若CF=4，
BF=1，DF=3，求线段DE的长．
【答案】（1）AB=BE+DB，（2）不成立，见解析；（3）8
【分析】本题考查旋转的性质、全等三角形的性质与判定、等边三角形的性质与判定，
（1）由旋转的性质得，CD=CE，∠ACB=∠DCE=α，利用等量代换可得
∠ACD=∠BCE，证得△ACD≌△BCE(SAS)，可得AD=BE，即可得证；
（2）由旋转的性质得，∠ACB=∠DCE=α，CD=CE，利用等量代换可得∠ACD=∠BCE，证得△ACD≌△BCE(SAS)，可得AD=BE，即可证明；
（3）在ED上取一点P，使EP=FB，由旋转的性质得CB=CE，∠B=∠E，证得△CFB≌△CPE(SAS)
，可得CF=CP，∠FCB=∠PCE，从而可证△FCP是等边三角形，可得CF=FP，即可求解．
【详解】解：（1）由旋转的性质得，CD=CE，∠ACB=∠DCE=α，
∵∠ACD+∠DCB=α，∠DCB+∠BCE=α，
∴∠ACD=∠BCE，
又∵CA=CB，
∴△ACD≌△BCE(SAS)，
∴AD=BE，
∵AB=AD+DB，
∴AB=BE+DB，
故答案为：AB=BE+DB；
（2）不成立，理由如下：
由旋转的性质得，∠ACB=∠DCE=α，CD=CE，
∴∠ACB+∠BCD=∠BCD+∠DCE，即∠ACD=∠BCE，
又∵CA=CB，
∴△ACD≌△BCE(SAS)，
∴AD=BE，
∵AD=AB+BD，
∴BE=AB+DB；
（3）在ED上取一点P，使EP=FB，
由题意得，CB=CE，∠CBF=∠CEP，
∴△CFB≌△CPE(SAS)，
∴CF=CP，∠FCB=∠PCE，
由题意得，∠BCE=60°，
∴∠FCP=∠FCB+∠BCP=∠PCE+∠BCP=∠BCE=60°，
∴△FCP是等边三角形，
∴CF=FP，
∴DE=DF+FP+PE=DF+CF+FB=3+4+1=8，
即线段DE的长为8．【变式4-1】（23-24九年级·山东济南·期末）在等边三角形ABC的内部有一点D，连接BD，CD，以点B
为中心，把BD逆时针旋转60°得到BD′，连接AD′，DD′．以点C为中心，把CD顺时针旋转60°得到
CD″，连接AD″，DD″．
(1)判断∠D′BA和∠DBC的大小关系，并说明理由；
(2)求证：D′ A=DC；
(3)求证：四边形AD′DD″是平行四边形．
【答案】(1)∠D′BA=∠DBC，理由见解析
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）根据旋转的性质得∠DBD′=60°，BD=BD′，则可判断△BDD′为等边三角形，再利用
△ABC为等边三角形得到∠ABC=60°，则可得到∠D′BA=∠DBC；
（2）通过证明△ABD′≌△CBD得到D′ A=DC；
（3）根据旋转的性质得∠DCD″=60°，DC=D″C，则可判断△DCD″为等边三角形，于是得到
DD″=DC，再与（2）的证明方法一样证明△ACD″≌△BCD得到AD″=BD，于是AD″=DD′，加上
D′ A=DC=DD″，从而可判断四边形AD′DD″是平行四边形．
【详解】（1）解：∠D′BA=∠DBC，
理由如下：
∵以点B为中心，把BD逆时针旋转60°得到BD′，∴∠DBD′=60°，BD=BD′，
∴△BDD′为等边三角形，
∴BD=DD′，
∵△ABC为等边三角形，
∴∠ABC=60°，BA=BC，
∵∠DBD′=∠ABD+∠D′BA=60°，
∠ABC=∠ABD+∠DBC=60°，
∴∠D′BA=∠DBC；
（2）证明：在△ABD′和△CBD中，
{
BA=BC
)
∠D′BA=∠DBC
，
BD′=BD
∴△ABD′≌△CBD(SAS)，
∴D′ A=DC；
（3）证明：∵以点C为中心，把CD顺时针旋转60°得到CD″，
∴∠DCD″=60°，DC=D″C，
∴△DCD″为等边三角形，
∴DD″=DC，
∵△ABC为等边三角形，
∴∠ACB=60°，CA=CB，
∵∠DCD″=∠ACD+∠D″CA=60°，
∠ACB=∠ACD+∠DCB=60°，
∴∠D″CA=∠DCB，
在△ACD″和△BCD中，
{
CA=CB
)
∠D″CA=∠DCB
，
D″C=DC
∴△ACD″≌△BCD(SAS)，
∴AD″=BD，
由（1）可知：BD=DD′
∴AD″=DD′，由（2）可知：D′ A=DC，
又∵DD″=DC，
∴D′ A=DD″，
∴四边形AD′DD″是平行四边形．
【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，全等三角形的判定与性质，平行四边形
的判定等知识点，熟练掌握相关知识点是解题的关键．
【变式4-2】（23-24九年级·安徽·期末）如图，在四边形ABCD中，AC，BD是对角线，△ABC是等边
三角形，将线段CD绕点C顺时针旋转60°得到线段CE，连接AE，DE．
(1)求证：∠BCD=∠ACE；
(2)若∠ADC=30°，AD=6，BD=10，求DE的长．
【答案】(1)见解析
(2)8
【分析】（1）根据旋转的性质得到∠DCE=60°，CE=CD，利用等边三角形的性质得到
∠ACB=60°，AC=BC．则∠ACB=∠DCE，即可得到结论；
（2）证明△ACE≌△BCD(SAS)．则AE=BD．证明△CDE是等边三角形．进一步得到
∠ADE=∠ADC+∠CDE=90°．在Rt△ADE中，由勾股定理即可得到DE的长．
【详解】（1）证明：由旋转的性质，知∠DCE=60°，CE=CD．
∵△ABC是等边三角形，
∴∠ACB=60°，AC=BC．
∴∠ACB=∠DCE．
∴∠ACB+∠ACD=∠DCE+∠ACD，
即∠BCD=∠ACE．
（2）解：在△ACE和△BCD中，
¿∴△ACE≌△BCD(SAS)．
∴AE=BD=10．
∵∠DCE=60°，CD=CE，
∴△CDE是等边三角形．
∴∠CDE=60°．
∵∠ADC=30°，
∴∠ADE=∠ADC+∠CDE=90°．
在Rt△ADE中，
DE=❑√AE2−AD2=❑√102−62=8
【点睛】此题考查了旋转的性质、全等三角形的判定和性质、勾股定理、等边三角形的判定和性质等知
识，熟练掌握旋转的性质、全等三角形的判定和性质是解题的关键．
【变式4-3】（23-24九年级·河南信阳·期末）在△ABC中，CA=CB，∠ACB=α，D为△ABC内一点，
将△CAD绕点C按逆时针方向旋转角α得到△CBE，点A，D的对应点分别为点B，E．
(1)如图1，若A，D，E三点在同一直线上，则∠CDE=_________（用含α的代数式表示）；
(2)如图2，若A，D，E三点在同一直线上，α=90°，过点C作CF⊥AE于点F，探究线段
CF，AE，BE之间的数量关系，并证明你的结论；
(3)如图3，连接AE，若α=60°，CA=2❑√3，CD=2，将△DCE绕点C旋转一周，当∠AEC=60°时，
BE=____________．
180°−α
【答案】(1)
2
(2)AE=BE+2CF，理由见解析
(3)2
【分析】（1）根据旋转的性质及三角形的内角和定理即可解答；
（2）根据旋转的性质及等腰直角三角形的性质即可解答；（3）根据旋转的性质及等边三角形的性质得到DH=EH=1，再利用勾股定理及全等三角形的性质即可解
答．
【详解】（1）解：如图1中，
∵将△CAD绕点C按逆时针方向旋转角α得到△CBE，
∴△ACD≌△BCE，∠DCE=α，
∴CD=CE，
180°−α
∴∠CDE= ．
2
180°−α
故答案为： ．
2
（2）解：AE=BE+2CF．理由如下：
如图2中，∵将△CAD绕点C按逆时针方向旋转角90°得到△CBE，
∴△ACD≌△BCE，
∴AD=BE，CD=CE，∠DCE=90°，
∴△CDE是等腰直角三角形，
∵CF⊥DE，
∴DF=EF=2CF，
∵AE=AD+DF+EF，
∴AE=BE+2CF．
（3）解：如图3中，过点C作CH⊥DE于点H．
∵α=60°，
∴△ACB，△DCE都是等边三角形，
∴∠CED=60°，
∵∠AEC=60°，
∴∠AEC=∠CED=60°，
∴A，D，E共线，
∵CH⊥DE，CD=2，CD=DE=CE，∴DH=EH=1，
∴CH=❑√CD2−DH2=❑√22−12=❑√3，
∵CA=2❑√3，
∴AH=❑√AC2−CH2=❑√(2❑√3) 2 −(❑√3) 2=3，
∴AD=AH−DH=3−1=2，
∵△ACD≌△BCE，
∴BE=AD=2．
故答案为：2．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质，等边三角形的判定与性质，勾股定理，全等三角形的判定
与性质，直角三角形的性质，旋转的性质，掌握旋转的性质是解题的关键．
知识点2：旋转作图
旋转有两条重要性质：
任意一对对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角；
对应点到旋转中心的距离相等，它就是利用旋转的性质作图的关键。
步骤可分为：
①连：即连接图形中每一个关键点与旋转中心；
②转：即把直线按要求绕旋转中心转过一定角度（作旋转角）
③截：即在角的另一边上截取关键点到旋转中心的距离，的到各点的对应点；
④接：即连接到所连接的各点。
【题型5 画旋转图形】
【例5】（23-24九年级·河南洛阳·期末）如图，在所给网格图（每小格均为边长是1的正方形）中完成下
列各题：(1)画出将△ABC向下平移5个单位长度后的△A B C ；
1 1 1
(2)画出△ABC关于点B成中心对称的△A BC ；
2 2
(3)画出△ABC绕点B逆时针旋转90∘的△A BC ；
3 3
(4)在直线l上找一点P，使△ABP的周长最小．（说明：在网格中画出图形，标上字母即可）
【答案】(1)图见解析
(2)图见解析
(3)图见解析
(4)图见解析
【分析】本题主要考查了利用平移变换，旋转变化作图，熟练掌握作图技巧是解题的关键．
（1）根据平移的方向和距离，即可得到△ABC向下平移5个单位后的图形△A B C ；
1 1 1
（2）根据旋转中心，旋转的方向以及角度，即可得到图像；
（3）分别找出A、C对应点，连接即可；
（4）找出A关于直线l的对称点，连接A′B，交直线l于点P，此时PA=PA′，则PA+PB=A′B，使
△ABP的周长最小．
【详解】（1）解：△A B C 即为所求
1 1 1（2）解：△A B C 即为所求
2 2 2
（3）解：△A B C 即为所求
3 3 3
（4）解：点P即为所求【变式5-1】（23-24九年级·四川成都·期末）如图，在平面直角坐标系中xOy，已知△ABC三个顶点的坐
标分别为A(1,3)，B(−1,1)，C(−2,2)．
(1)画出△ABC绕原点O顺时针旋转90°得到的△A B C ；
1 1 1
3
(2)在y轴上取点P，使△ABP的面积是△ABC面积的 倍，求点P的坐标．
2
【答案】(1)见解析
(2)(0,−1)或(0,5)
【分析】此题主要考查了旋转变换，坐标与图形：
（1）根据旋转的性质找出点A、B、C的对应点A ,B ,C ，然后用线段连接即可；
1 1 1
3
（2）设AB交y轴于点D，则点D(0,2)，先求出S =2，可得S = S =3，从而得到DP=3，即
△ABC △ABP 2 △ABC
可求解．
【详解】（1）解：如图，△A B C 即为所求；
1 1 1（2）解：设AB交y轴于点D，则点D(0,2)，
1 1 1
S =3×2− ×1×1− ×3×1− ×2×2=2，
△ABC 2 2 2
3
∵△ABP的面积是△ABC面积的 倍，
2
3
∴S = S =3，
△ABP 2 △ABC
1
∴ DP×(1+1)=3，
2
∴DP=3，
∴点P的坐标为(0,−1)或(0,5)．
【变式5-2】（23-24九年级·江苏泰州·期末）如图，在边长为1的正方形网格中，△ABC的顶点都在格点
上，将△ABC绕点O逆时针旋转一定角度后，点C落在格点C′处．
(1)旋转角为______ °；
(2)在图中画出旋转后的△A′B′C′，其中A′、B′分别是A、B的对应点；
(3)点O到直线BB′的距离是______ ．
【答案】(1)90(2)详见解析
❑√10
(3)
2
【分析】本题考查作图−旋转变换，勾股定理等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题
型．
（1）连接OC、OC′，利用网格特点推导出旋转角；
（2）依次找出A、B的对应点A′、B′，连接即可；
（3）利用等腰三角形的性质，在等腰直角三角形OBB′计算即可．
【详解】（1）解：连接OC、OC′，CC′，CC′交格点M，
∵
网格为正方形，
∴∠COM=45°，∠C′OM=45°，
∴旋转角∠COC′=90°，
故答案为：90；
（2）解：旋转后的△A′B′C′如图所示：
（3）解：如图，作ON⊥BB′，点O到直线BB′的距离为ON的长，在等腰直角三角形OBB′中，BB′=❑√12+32=❑√10，
1 ❑√10
∴ON=BN= BB′= ．
2 2
❑√10
故答案为： ．
2
【变式5-3】（23-24九年级·辽宁沈阳·期末）如图，在边长为1的小正方形组成的网格中，建立平面直角
坐标系，点A(−3,−4),B(0,−1)．
(1)平移线段AB得到线段CD，若点A的对应点C的坐标为(−3,−2)，点B的对应点为点D，在网格中请
画出线段CD，并直接写出点D的坐标为_______；
(2)在（1）的条件下，在网格中请画出将线段CD绕点D按逆时针旋转90°后的线段DE，点C的对应点为
点E，并直接写出点E的坐标为_______；
(3)在（2）的条件下，线段AB与线段DE存在一种变换关系，即其中一条线段绕着某点旋转一个角度可以
得到另一条线段，则这个旋转中心的坐标为_______．
【答案】(1)图见解析，(0,1)
(2)图见解析，(3,−2)
(3)(−1,0)或(1,−3)
【分析】此题考查了平移和旋转的作图，熟练掌握平移和旋转的性质是准确解题的关键．
（1）根据平移方式作图，写出点D的坐标即可；（2）根据旋转方式作图，写出点E的坐标即可；
（3）根据旋转的性质找到旋转中心，写出坐标即可．
【详解】（1）解：线段CD即为所求，点D的坐标为(0,1)，
故答案为：(0,1)
（2）如图，线段DE即为所求，点E的坐标为(3,−2)，
故答案为：(3,−2)
（3）如图，线段AB与线段DE存在一种变换关系，即其中一条线段绕着某点旋转可以得到另一条线段，
则这个旋转中心的坐标为M(−1,0)或M′(1,−3)，旋转角为90°，
故答案为：(−1,0)或(1,−3)
【题型6 旋转对称图形】
【例6】（23-24九年级·上海松江·期末）在正三角形、正方形、正五边形和等腰梯形这四种图形中，是旋
转对称图形的有（ ）A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【答案】C
【分析】根据旋转对称图形的定义：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，解答即可．
【详解】解：在正三角形、正方形、正五边形和等腰梯形，只有等边三角形、正方形、正五边形是旋转对
称图形，共3个．
故选C
【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．
【变式6-1】（2024·北京西城·模拟预测）如图，沿图中的右边缘所在的直线为轴将该图形向右翻折180°
后，再将翻折后的正方形绕它的右下顶点按顺时针方向旋转90°，所得到的图形是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】首先根据轴对称的性质得出翻折后图形，再利用旋转对称图形的概念得出即可．
【详解】解：以图的右边缘所在的直线为轴将该图形向右翻转180°后，圆在右上角，
再按顺时针方向旋转90°，圆在右下角．
故选C．
【点睛】考查了旋转变换与轴对称变换，利用旋转对称旋转180度后重合得出是解题关键．
【变式6-2】（2024·河北·模拟预测）规定：在平面内，如果一个图形绕一个定点旋转一定的角度
α(0°<α⩽180°)后能与自身重合，那么就称这个图形是旋转对称图形，转动的这个角度α称为这个图形
的一个旋转角．例如：正方形绕着两条对角线的交点O旋转90°或180°后，能与自身重合，所以正方形是
旋转对称图形，且有两个旋转角．根据以上规定，回答问题：
（1）下列图形是旋转对称图形，但不是中心对称图形的是 ；A.矩形；B.正五边形；C.菱形；D.正六边形
（2）下列图形中，是旋转对称图形，且有一个旋转角是60度的有： （填序号）；
（3）下列三个命题：
①中心对称图形是旋转对称图形；②等腰三角形是旋转对称图形；③圆是旋转对称图形．其中真命题的个
数有 个；
【答案】 B （1）（3）（5） 2
【分析】（1）根据旋转对称图形的定义即可解答；
（2）分别求出各图形的旋转角即可解答；
（3）根据旋转对称图形的定义判断即可．
【详解】（1）是旋转图形，不是中心对称图形是正五边形，故选B．
（2）图形（1）的旋转角为60°，120°，180°；图形（2）的旋转角为180°；图形（3）的旋转角为60°，
120°，180°；图形（4）的旋转角为180°；图形（5）的旋转角为60°，120°，180°；图形（6）的旋转角为
360 720 1080 1440 1800
°， °， °， °， °；综上，是旋转对称图形，且有一个旋转角是60°的图形是
11 11 11 11 11
(1)(3)(5)．
故答案为：(1)(3)(5)．
（3）根据旋转对称图形的定义可得：①中心对称图形是旋转对称图形是真命题；②等腰三角形是旋转对
称图形是假命题；③圆是旋转对称图形是真命题．所以真命题有2个．
故答案为：2．
【点睛】本题是新定义题目，熟练运用旋转对称图形的定义是解决问题的关键．
【变式6-3】（23-24九年级·全国·单元测试）下列四个图案是小明家在瓷砖厂选购的四种地砖图案，其中
既可用旋转来分析整个图案的形成过程，又可用平移来分析整个图案的形成过程的是（ ）A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根据旋转的定义及平移的定义逐项分析即可解答．
【详解】选项A、B、C、D四个选项中的图形都可以看成是图形的一半旋转180°得到；
由一个图形可以通过某一个基本图形平移得到，则这个图形可以分成几个相同的基本图形，且基本图形之
间对应点的连线应该是平行的，可知选项A、B、D不能由平移得到，只有选项C选项的图形，可看成是
由基本图形 通过平移得到.
故选C．
【点睛】本题主要考查旋转和平移的定义，掌握平移和旋转的特征是解题的关键．
【题型7 旋转求坐标】
【例7】（2024·天津东丽·二模）如图，在平面直角坐标系中，将边长为1的正方形OABC绕点O顺时针旋
转45°后得到正方形OA B C ，那么点B 的坐标是（ ）
1 1 1 1
A．(1,1) B．(❑√2,❑√2)
(❑√2 ❑√2)
C．(0,❑√2) D． ,
2 2
【答案】C
【分析】根据旋转和勾股定理计算OB 即可
1
【详解】解：连接OB∵正方形OABC绕点O顺时针旋转45°后得到正方形OA B C
1 1 1
∴OB=OB,OC=OC ，∠BOB =45°
1 1 1
∴OB=OB =❑√OC2+BC2=❑√2
1
∴B (0,❑√2)
1
故选：C
【点睛】本题考查旋转的性质，勾股定理，熟练掌握旋转的性质是关键
【变式7-1】（23-24九年级·河北唐山·期中）如图，将线段AB绕点O顺时针旋转90°得到线段A′B′，那么
A(−1,4)的对应点A′的坐标是 ．
【答案】(4,1)
【分析】本题考查了旋转的性质的运用，全等三角形的判定及性质的运用，图形与坐标，由线段AB绕点O
顺时针旋转90°得到线段A′B′可以得出△ABO≌△A′B′O，∠AOA′=90°，作AC⊥y轴于C，
A′C′⊥x轴于C′，证明△ACO≌△A′C′O，就可以得出AC=A′C′，CO=C′O，再结合A的坐标即可求
解，证明两个三角形全等是解决问题的关键．
【详解】解：∵线段AB绕点O顺时针旋转90°得到线段A′B′，
∴△ABO≌△A′B′O，∠AOA′=90°，
∴AO=A′O．
作AC⊥y轴于C，A′C′⊥x轴于C′，∴∠ACO=∠A′C′O=90°．
∵∠COC′=90°，
∴∠AOA′−∠COA′=∠COC′−∠COA′，
∴∠AOC=∠A′OC′．
{∠ACO=∠A′C′O
)
在△ACO和△A′C′O中， ∠AOC=∠A′OC′ ，
AO=A′O
∴△ACO≌△A′C′O(AAS)，
∴AC=A′C′，CO=C′O．
∵A(−1,4)，
∴AC=1，CO=4，
∴A′C′=1，OC′=4，
∴A′(4,1)．
故答案为：(4,1)．
【变式7-2】（23-24九年级·浙江金华·期末）如图，正比例函数的图象经过A(m,−2)，B(2,n)两点，其
中m，n为整数，且m<0,n>0.现将线段AB绕点B顺时针旋转90°得到线段BC，则点C的坐标为
．
【答案】(−n,n−m+2)
【分析】本题考查坐标与图形，旋转的性质，全等三角形的判定和性质，过点B作DE∥y轴，且
CD⊥DE，AE⊥DE，证明△ABE≌△BCD(AAS)，推出CD=BE=n+2，BD=AE=2−m，再分别求出点C的横坐标和纵坐标即可．
【详解】解：如图，过点B作DE∥y轴，且CD⊥DE，AE⊥DE，
∵ A(m,−2) B(2,n)
， ，
∴ AE=2−m，BE=n−(−2)=n+2；
∵线段AB绕点B顺时针旋转90°得到线段BC，
∴ AB=BC，∠CBA=90°，
∴ ∠CBD+∠ABE=90°，
∵ CD⊥DE，AE⊥DE，
∴ ∠AEB=∠BDC=90°，
∴ ∠CBD+∠BCD=90°，
∴ ∠ABE=∠BCD，
在△ABE和△BCD中，
{∠ABE=∠BCD
)
∠AEB=∠BDC ，
AB=BC
∴ △ABE≌△BCD(AAS)，
∴ CD=BE=n+2，BD=AE=2−m，
∴ x =x −CD=2−(n+2)=−n，
C D
y = y =DE+ y =DB+BE+ y =2−m+n+2−2=n−m+2，
C D E E
∴点C的坐标为(−n,n−m+2)，
故答案为：(−n,n−m+2)．
【变式7-3】（23-24九年级·河南南阳·期末）在平面直角坐标系中，A（0，3），B（4，0），把△AOB绕
点O旋转，使点A，B分别落在点A′，B′处，若A′B′∥x轴，点B′在第一象限，则点A的对应点A′的坐标为
（ ）
9 12 12 9 16 12 12 16
A．（− , ） B．（− , ） C．（− , ） D．（− , ）
5 5 5 5 5 5 5 5
【答案】A【分析】设A′B′交y轴于T′，利用勾股定理可求出A′B′的长度，再利用三角形面积公式求出OT的长度，最
后再利用勾股定理即可求出A′T′的长度，即可求出A′点坐标 ．
【详解】解：如图，设A′B′交y轴于T′．
∵A（0，3），B（4，0），
∴OA＝3，OB＝4，
∵∠A′OB′＝90°，OT'⊥A′B′，OA＝OA′＝3，OB＝OB′＝4，
∴AB＝A′B′＝❑√OA2+OB2=❑√32+42=5，
1 1
∵S = •OA′•OB′＝ •A′B′•OT′，
△A′OB′ 2 2
12
∴OT′＝ ，
5
√ 12 2 9
∴A′T′＝❑√OA′2−OT2＝❑32−( ) = ，
5 5
9 12
∴A′（- ， ）．
5 5
故选：A．
【点睛】本题考查坐标与图形的变化-旋转，熟练利用勾股定理解直角三角形以及三角形的面积公式是解答
本题的关键．
【题型8 旋转中的规律性问题】
【例8】（23-24九年级·河南平顶山·期末）如图，在平面直角坐标系中，把边长为1的正方形OABC绕着
原点O顺时针旋转45°得到正方形OA B C ，按照这样的方式，绕着原点O连续旋转2024次，得到正方
1 1 1
形OA B C 则点A 的坐标是（ ）
2024 2024 2024 2024(❑√2 ❑√2)
A．(0,1) B．(0,−1) C．(1,0) D． ,
2 2
【答案】A
【分析】本题考查坐标系中的点的规律探究，根据题意，得到正方形每旋转8次回到原来的位置，利用
2024÷8=253，得到A 的坐标和点A的坐标重合，即可得出结果．
2024
【详解】解：由题意，可知：A(0,1)，每旋转360°÷45°=8次，正方形回到原来的位置，
∵2024÷8=253，
∴A 的坐标和点A的坐标重合，
2024
∴点A 的坐标是(0,1)；
2024
故选A．
【变式8-1】（23-24九年级·浙江杭州·期末）将正方体骰子（相对面上的点数1和6、2和5、3和4）放置
于水平桌面上，如图1.在图2中，将骰子向右翻滚90°，然后在桌面上按逆时针方向旋转90°，则完成一次
变换，若骰子的初始位置为图1所示的状态，那么按上述规则连续完成4次变换后，骰子朝上一面的点数
是（ ）
A．6 B．5 C．3 D．1
【答案】B
【分析】由题意结合图形判断出每次变换后，骰子朝上一面的点数，即可得出结论．
【详解】解：由题意结合图形可知：完成1次变换后，骰子朝上一面的点数为5；
完成2次变换后，骰子朝上一面的点数为6；
完成3次变换后，骰子朝上一面的点数为3；
完成4次变换后，骰子朝上一面的点数为5．故选B．
【点睛】此题考查的是图形的旋转和探索规律题，结合题意和图形找出变换规律是解决此题的关键．
【变式8-2】（23-24九年级·内蒙古鄂尔多斯·期末）风力发电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地利用．如图1，风力发电机有三个底端重合、两两成120°角的叶片，以三个叶片
的重合点为原点水平方向为x轴建立平面直角坐标系（如图2所示），已知开始时其中一个叶片的外端点
的坐标为A(5,5)，在一段时间内，叶片每秒绕原点O顺时针转动90°，则第2024秒时，点A的对应点
A 的坐标为（ ）
2024
A．(5,5) B．(5,−5) C．(−5,−5) D．(−5,5)
【答案】A
【分析】根据旋转的性质分别求出第1、2、3、4s时，点A的对应点A 、A 、A 、A 的坐标，找到规
1 2 3 4
律，进而得出第2024s时，点的对应点A 的坐标．
2023
【详解】解：如图．
∵A(5,5)
，
∴A在第一象限的角平分线上，
∵叶片每秒绕原点O顺时针转动90°，
∴A (5,−5)，A (−5,−5)，A (−5,5)，A (5,5)，
1 2 3 4
∴A点的坐标以每4秒为一个周期依次循环，
∵2024÷4=506，
∴第2024s时，点的对应点A 的坐标与A 相同，为(5,5)．
2024 4
故选：A．
【变式8-3】（23-24九年级·广东广州·期末）如图，在平面直角坐标系中，矩形ABCD的顶点A，B分别在y轴正半轴、x轴正半轴上，顶点C，D在第一象限，已知OA=OB=1，BC=2❑√2，将矩形ABCD绕点
O逆时针旋转，每次旋转90°，则第2025次旋转结束时，点C的坐标是（ ）
A．(3,2) B．(−2,3) C．(−3,−2) D．(−3,2)
【答案】B
【分析】过点C作CE⊥x轴于点E，连接OC，求出点C坐标，矩形ABCD绕点O逆时针旋转，每次旋转
90°，360°÷90°=4，得到每循环4次与原图形重合，根据2025÷4=506⋯1，得到第2025旋转结束
时，点C的坐标与第1旋转结束时点C的坐标相同．根据矩形绕点O逆时针旋转1，即线段OC绕点O逆
时针旋转90°，得到线段OC′，其中点C′落在第二象限．求出点C′的坐标，即可得出结果．
本题考查坐标系下图形的旋转，点的规律探究．解题的关键是确定旋转过程中点的坐标规律．
【详解】解：如图，过点C作CE⊥x轴于点E，连接OC，
∵OA=OB=1，
∴∠ABO=45°，
∵∠ABC=90°，
∴∠CBE=45°，
∴∠BCE=45°，
∵CE2+BE2=BC2，
∴2CE2=(2❑√2) 2 ，
∴CE=BE=2，
∴OE=3，∴C(3,2)．
∵矩形绕点O逆时针旋转，每次旋转90°，360°÷90°=4，
∴每循环4次与原图形重合，
∵2025÷4=506⋯1，
∴第2025次旋转结束时，点C的坐标与第1次旋转结束时点C的坐标相同，
即第2025次旋转结束时，点C落在第二象限，
如图，过点C′作C′E′⊥y轴于点E′，
则OC′=OC，∠COC′=90°，
∴∠C′OE′=∠COE，∠C′E′O=∠CEO，
∴△C′OE′≌△COE，
∴OE′=OE=3，C′E′=CE=2，
∴C′ (−2,3)，
∴第2025次旋转结束时，点C的坐标为(−2,3)．
故选：B
【题型9 由旋转的性质求最值】
【例9】（23-24九年级·江苏南通·期末）如图，正方形ABCD的边长为4，∠BCM=30°，点E是直线
CM上一个动点，连接BE，线段BE绕点B顺时针旋转45°得到BF，则线段DF长度的最小值等于
（ ）
A．4❑√2−4 B．2❑√2−2 C．2❑√6−2❑√3 D．2❑√6−❑√3
【答案】B
【分析】连接BD，在BD上截取BG，使BG=BC，连接FC，过点D作DH⊥GF于点H，证明
△CBE≌△GBF(SAS)，得出∠BCE=∠BGF=30°，点F在直线GF上运动，当点F与H重合时，DF
的值最小，求出最小值即可．
【详解】解：连接BD，在BD上截取BG，使BG=BC，连接FG，过点D作DH⊥GF于点H，如图所
示：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=BC=CD=AD=4，∠ADC=∠DCB=∠ABC=∠BAD=90°，∠CBD=45°，
∴BD=❑√AB2+AD2=4❑√2，BG=BC=4，
∴DG=BD−BG=4❑√2−4，
∵∠CBG=∠EBF，
∴∠CBE=∠GBF，
{
CB=GB
)
在△CBE和△GBF中 ∠CBE=GBF ，
BE=BF
∴△CBE≌△GBF(SAS)，
∴∠BCE=∠BGF=30°，
∴点F在直线GF上运动，当点F与H重合时，DF的值最小，
∵DH⊥GF，∠DGH=∠BGF=30°，
1
∴DH= DG=2❑√2−2，
2
故选：B．
【点睛】本题主要考查旋转的性质，正方形的性质，勾股定理，垂线段最短，直角三角形的性质，根据题
意作出辅助线，得出点F在直线GF上运动，当点F与H重合时，DF的值最小，是解题的关键．
【变式9-1】（23-24九年级·江苏盐城·期末）如图，线段AC=4，点B为平面上一动点，且∠ABC=90°
，将线段AB的中点M绕点A逆时针旋转90°得到线段AN，连接CN，则线段CN的最大值为 ．
【答案】❑√17+1【分析】正确作出辅助线见解析，然后证明△EBN≌△DBM，再根据勾股定理得出AE的长，最后得出结
论．
【详解】解：∵∠ABC=90°，
∴点B在以AC为直径的圆上运动，取AC的中点F，连接BF，
1
∴BF= AC=2，
2
取AF的中点D，连接DM，M为AB的中点，
∴DM为△ABF的中位线，
1
∴DM= BF=1，DM∥BF，
2
如图所示，过点A作AE⊥AC，且AE=AD，连接CE，NE，
∵将线段AM绕A点逆时针旋转90°得到线段AN，
∴∠BAN=90°，AM=AN，
∵∠EAD=90°，
∴∠NAE=∠MAD，
∴△NAE≌△MAD，
∴EN=DM=1，
∵AC=4，AE=AD=1，
∴CE=❑√AC2+AE2=❑√42+12=❑√17，
∴CN≤CE+EN=❑√17+1，
∴AE的最大值为❑√17+1，
故答案为：❑√17+1．
【点睛】本题考查了旋转的性质，中位线，全等三角形的判定与性质，圆周角的性质及勾股定理．
【变式9-2】（2024·江苏扬州·一模）如图，直角△ABC中，∠ACB=90°，∠A=30°，BC=4，点E是
边AC上一点，将BE绕点B顺时针旋转60°到点F，则CF长的最小值是 ．【答案】2
【分析】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，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．取AB的中点为点D，连接DE，过点D作DH⊥AC，垂足为H，在
直角△ABC中，利用含30度角的直角三角形的性质可求出AB的长，∠ABC的度数，再根据线段的中点
1 1
定义可得AD=BD= AB=4，从而可得DH= AD=2，然后利用旋转的性质可得：BE=BF，
2 2
∠EBF=60°，从而利用等式的性质可得∠ABE=∠CBF，进而利用SAS证明△BDE≌△BCF，最后利
用全等三角形的性质可得DE=CF，再根据垂线段最短，即可解答．
【详解】解：取AB的中点为点D，连接DE，过点D作DH⊥AC，垂足为H，
∴∠AHD=90°
，
∵∠ACB=90°，∠A=30°，BC=4，
∴AB=2BC=8，∠ABC=90°−∠A=60°，
∵点D是AB的中点，
1
∴AD=BD= AB=4，
2
1
∴DH= AD=2，
2
由旋转得：BE=BF，∠EBF=60°，
∴∠EBF=∠ABC=60°，
∴∠EBF−∠EBC=∠ABC−∠EBC，
∴∠ABE=∠CBF，∵BD=BC=4，
∴△BDE≌△BCF(SAS)，
∴DE=CF，
当DE⊥AC时，即当点E和点H重合时，DE有最小值，且最小值为2，
∴CF长的最小值是2，
故答案为：2
【变式9-3】（23-24九年级·江苏无锡·期末）已知在矩形ABCD中，AD=9，AB=12，O为矩形的中
心，在等腰Rt△AEF中，∠EAF=90°，AE=AF=6．则EF边上的高为 ；将△AEF绕点A
按顺时针方向旋转一周，连接CE，取CE中点M，连接FM，则FM的最大值为 ．
【答案】 3❑√2 3❑√5+7.5
【分析】作AI⊥EF于点I，由∠EAF=90°，AE=AF=6，得EF=6❑√2，EI=FI，则
1 1
AI=FI= EF= ×6❑√2=3❑√2，所以EF边上的高为3❑√2；延长EF到点G，使GF=EF=6❑√2，连接
2 2
AG、AC、CG，由∠AIF=90∘，AI=3❑√2，得到AG=❑√AI2+IG2，再求得
AC=❑√AB2+BC2=❑√122+92=15，由三角形中位线定理得GC=2FM，因为GC≤AG+AC，所以
2FM≤6❑√5+15，由此求出FM的最大值.
【详解】解：作AI⊥EF于点I，
∵ ∠EAF=90°，AE=AF=6，
∴EF=❑√AE2+AF2=❑√62+62=6❑√2，EI=FI，
1 1
∴AI=FI= EF= ×6❑√2=3❑√2，
2 2
∴EF边上的高为3❑√2；
延长EF到点G，使GF=EF=6❑√2，连接AG、AC、CG，∵∠AIF=90∘，AI=3❑√2，
∴AG=❑√AI2+IG2 =❑√ (3❑√2) 2+(9❑√2) 2=6❑√5，
∵四边形ABCD是矩形，AD=9，AB=12，
∴∠B=90°，BC=AD=9，
∴AC=❑√AB2+BC2=❑√122+92=15，
∵F、M分别是GE、CE的中点，
∴GC=2FM，
∵GC≤AG+AC，
∴2FM≤6❑√5+15，
6❑√5+15
∴FM≤ ，
2
6❑√5+15
∴FM的最大值为 ，
2
故答案为：3❑√2；3❑√5+7.5.
【点睛】此题重点考查矩形的性质、等腰直角三角形的性质、旋转的性质、勾股定理、三角形的中位线定
理、两点之间线段最短等知识，正确地作出所需要的辅助线是解题的关键.
【题型10 图形的动态旋转】
【例10】（23-24九年级·安徽合肥·期末）将一个三角板如图所示摆放，直线MN与直线GH相交于点P，
∠MPH=45°，现将三角板ABC绕点A以每秒3°的速度顺时针旋转，设时间为t秒，且0≤t≤150，当t=
时，MN与三角板的直角边平行．【答案】5或35或65或95或125
【分析】根据题意，分6种情况讨论：当B′C′∥MN时，当AC′∥MN时，当B′C′第二次平行于MN时，
当AC′第二次平行于MN时，当B′C′第三次平行于MN时，当AC′第三次平行于MN时，画出对应的图
形，利用平行线的性质，计算得到答案．
本题考查了平行线的性质，熟练掌握平行线的性质，是解答本题的关键．
【详解】解：如图， B′C′∥MN时，
延长C′B′交GH于D点，
则∠ADC′=∠MPH=45°，∠B′ AB′=(3t)°，
∵∠C′=90°，
∴∠DAC′=45°，
∵∠B′ AC′=30°，
∴∠B′ AB′=∠DAC′−∠B′ AC′=15°，
∴(3t)°=15°，
解得t=5；
②如图：AC′∥MN时，
∠PAC′=∠MPH=45° ∠B′ AB′=(3t)°
， ，
∵∠B′ AC′=30°，
∴∠B′ AB′=180°−∠PAC′−∠B′ AC′，
=180°−45°−30°
=105°
∴(3t)°=105°，解得t=35；
③如图B′C′第二次平行于MN时，
设MN与AC′的交点为E，
则∠PEA=∠B′C′ A=90°，∠B′ AP=(3t)°−180°，
∵∠MPA=45°，
∴∠EAP=45°，
∵∠EAB′=30°，
∴∠B′ AP=45°−30°=15°，
∴(3t)°−180°=15°，
解得t=65；
④如图AC′第二次平行于MN时，
∠C′ AH=∠MPH=45° ∠PAB′=(3t)°−180°
， ，
∵∠B′ AC′=30°，
∴∠PAB′=180°−45°−30°=105°，
∴(3t)°−180°=105°，
解得t=95；
⑤如图：B′C′第三次平行于MN时，则∠ADC′=∠MPH=45°，∠B′ AB′=(3t)°−360°，
∵∠C′=90°，
∴∠DAC′=45°，
又∵∠B′ AC′=30°，
∴∠B′ AB′=∠DAC′−∠B′ AC′=15°，
∴(3t)°−360°=15°，
解得t=125；
⑥如图：AC′第三次平行于MN时，
∠PAC′=∠MPH=45°，∠B′ AB′=(3t)°−360°，
∵∠B′ AC′=30°，
∴∠B′ AB′=180°−∠PAC′−∠B′ AC′
=180°−45°−30°
=105°，
∴(3t)°−360°=105°，
解得t=155>150（舍去）．
综上，所有满足条件的t的值为：5或35或65或95或125．
故答案为：5或35或65或95或125
【变式10-1】（23-24九年级·四川成都·期末）新定义：已知射线OP、OQ为∠AOB内部的两条射线，如1
果∠POQ= ∠AOB，那么把∠POQ叫作∠AOB的幸运角．已知∠AOB=40°，射线OC与射线OA重
2
合，并绕点O以每秒5°的速度顺时针旋转，射线OD与射线OB重合，并绕点O以每秒3°的速度逆时针旋
转，当射线OC旋转一周时运动停止．在旋转过程中，射线OA，OB，OC，OD中由两条射线组成的角是
另外两条射线组成的角的幸运角时，t= 秒．（本题所有角都指的是小于180°的角）
5 15
【答案】 ，15，
2 2
【分析】根据边的运动分类讨论即可．
【详解】解：①如图
1
当 ∠AOB=∠COD，
2
则20°=40°−5°t−3°t
5
解得：t=
2
②如图
1
当 ∠AOB=∠DOC，
2
则20°=3°t−(40°−5°t)
15
解得：t=
2
③如图1
当 ∠DOC=∠AOB，
2
1
则 [3°t+(5°t−40°))=40°
2
解得：t=15
5 15
故答案为： ，15，
2 2
【点睛】本题考查了新定义，相关知识点有：角的计算、分类讨论思想等，分情况讨论是解题关键．
【变式10-2】（23-24九年级·河南平顶山·期末）如图，点 D 是等边△ABC边BC上一点，且
∠BAD=20°．将△ABD绕点A 顺时针旋转α（α≠0）得到△AB′D′，其中点B，D的对应点分别为
B′，D′．当直线B′D′经过△ABC的顶点时，∠CDD′的度数为 ．
【答案】140°或0°或20°
【分析】本题考查了旋转的性质，等边三角形的判定与性质，三角形外角的性质等知识．明确直线B′D′经
过△ABC的顶点时的情况是解题的关键．
由题意知，当直线B′D′经过△ABC的顶点时，分B′D′经过顶点B，B′D′经过顶点C，两种情况求解；当
B′D′经过顶点B时，如图1，证明△AB′B是等边三角形，△D′ AD是等边三角形，则∠ADD′=60°，
∠CDD′=∠ADD′+∠ADC=∠ADD′+(∠ABC+∠BAD)=140°；当α=360°时，B′、B重合，
B′D′经过顶点B、C，此时∠CDD′=0°；当B′D′经过顶点C，∠ACB′=180°−∠AB′D′=120°时，
此时不成立；当B′、C重合， B′D′经过顶点C，如图3，同理，△D′ AD是等边三角形，则
∠ADD′=60°，∠CDD′=∠ADC−∠ADD′=20°，然后作答即可．
【详解】解：由题意知，当直线B′D′经过△ABC的顶点时，分B′D′经过顶点B，B′D′经过顶点C，两种情况求解；
当B′D′经过顶点B时，如图1，
由旋转的性质可知，∠AB′D′=∠ABD=60°，∠B′ AD′=∠BAD=20°，AB′=AB=AC，AD′=AD
，
∴△AB′B是等边三角形，
∴∠B′ AB=60°，
∴∠D′ AB=40°，∠D′ AD=60°，
∴△D′ AD是等边三角形，
∴∠ADD′=60°，
∴∠CDD′=∠ADD′+∠ADC=∠ADD′+(∠ABC+∠BAD)=140°；
当α=360°时，B′、B重合， B′D′经过顶点B、C，如图2，
此时∠CDD′=0°；
当B′D′经过顶点C时，
当∠ACB′=∠AB′D′=60°，此时B′、B重合，∠CDD′=0°，
当∠ACB′=180°−∠AB′D′=120°，此时不成立；
当B′、C重合， B′D′经过顶点C，如图3，同理，△D′ AD是等边三角形，
∴∠ADD′=60°，
∴∠CDD′=∠ADC−∠ADD′=(∠B+∠BAD)−∠ADD′=20°，
综上所述，∠CDD′的度数为140°或0°或20°，
故答案为：140°或0°或20°．
【变式10-3】（23-24九年级·江苏无锡·阶段练习）如图，在平行四边形ABCD中，
AB=5cm,BC=2cm,∠BCD=120°，点P从A点出发，沿射线AB以1cm/s的速度运动，连接CP，将
CP绕点C逆时针旋转60°，得到CQ，连接BQ．当t= 时，△BPQ是直角三角形．
【答案】1或7
【分析】由题意得：AP=tcm，如图，连接PQ，作∠BCD的平分线CE交AB于点E，则
1
∠BCE=∠DCE= BCD=60°，证明△BCE为等边三角形，△PCQ为等边三角形，可证得
2
△PCE≌QCB，从而得到∠CBQ=∠PEC,BQ=PE，然后分两种情况：当∠PQB=90°时，当
∠PBQ=90°时，即可求解．
【详解】解：由题意得：AP=tcm，
1
如图，连接PQ，作∠BCD的平分线CE交AB于点E，则∠BCE=∠DCE= BCD=60°，
2
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥CD，
∴∠ABC=180°−120°=60°，
∴∠ABC=∠BCE=∠BEC=60°，∴△BCE为等边三角形，∠CEP=120°，
∴CE=BE=BC=2cm，
由旋转的性质得，CP=CQ,∠PCQ=∠BCE=60°，
∴△PCQ为等边三角形，∠PCE=∠BCQ，
∴∠CPQ=60°，
∴△PCE≌QCB，
∴∠CBQ=∠PEC=120°,BQ=PE，
∴∠PBQ=60°，
当∠PQB=90°时，此时PB=(5−t)cm，∠CBQ=∠PEC=120°，BQ=PE=(3−t)cm,
∴∠PBQ=60°，
∴∠BPQ=30°，
∴PB=2BQ，
∴5−t=2(3−t)，
解得：t=1；
当∠BPQ=90°时，如图，此时∠BPC=90°−∠CPQ=30°，∠CBP=120°，∠CBQ=∠PEC=60°
，BQ=PE=(t−3)cm，
∴∠PBQ=60°，
∴∠PQB=30°,∠BCP=30°，
∴BQ=2BP，BC=BP=2cm，
∴t−3=2×2，
解得：t=7；
综上所述，当t=7或1时，△BPQ是直角三角形．
故答案为：7或1【点睛】本题是平行四边形综合题．需要掌握旋转的性质、平行四边形的性质、等边三角形的判定和性
质、三角形周长的计算、直角三角形的判定等知识点，熟练掌握旋转的性质是解题的关键．
