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第23章 旋转单元提升卷
【人教版】
参考答案与试题解析
一．选择题（共10小题，满分30分，每小题3分）
1．（3分）（23-24九年级·湖北荆州·期中）下列图形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】本题考查轴对称图形和中心对称图形的识别，解题的关键是掌握定义：如果一个图形沿着一条直
线对折后两部分完全重合，那么这样的图形就叫做轴对称图形；如果把一个图形绕某一点旋转180度后能
与自身重合，这个图形就是中心对称图形．根据轴对称图形和中心对称图形的定义判断即可．
【详解】A、图形不是轴对称图形，是中心对称图形，不符合题意；
B、图形是轴对称图形，不是中心对称图形，不符合题意；
C、图形是轴对称图形，又是中心对称图形，符合题意；
D、图形不是轴对称图形，是中心对称图形，不符合题意．
故选：C．
2．（3分）（23-24九年级·重庆忠县·期中）如图，将△ABC绕点C顺时针旋转后得到△A′B′C，且点B′
恰好落在边AB上，若∠B=α，则∠A′CA=（ ）
1
A． α B．α C．90°−α D．180°−2α
2
【答案】D
【分析】本题考查旋转的性质，等腰三角形的性质，关键是掌握旋转的性质．
由旋转的性质：旋转前、后的图形全等，得到CB′=CB，∠A′CB′=∠ACB，由等腰三角形的性质得到
∠B′CB=180°−2，进而得到∠A′CA=∠B′CB=180°−2α．
【详解】解：∵△ABC绕点C顺时针旋转后得到△A′B′C
∴△ABC≌△A′B′C∴CB′=CB，∠A′CB′=∠ACB，
∴∠CB′B=∠B=α，
∴∠B′CB=180°−2α
∵∠A′CA+∠ACB′=∠B′CB+∠ACB′，
∴∠A′CA=∠B′CB=180°−2α．
故选：D．
3．（3分）（23-24九年级·浙江衢州·期中）如图，在平面直角坐标系中，等边△ABC的顶点B，C 的坐标
分别为(1,2)，(3,2)，直线AB交y轴于点M．若 △ABC与△A B C 关于点 M成中心对称，则点A 的坐
1 1 1 1
标为（ ）
A．(−2,2−❑√3) B．(−2,−2−❑√3) C．(−2,2−3❑√3) D．(−2,3❑√3−2)
【答案】C
【分析】本题考查坐标与图形变化−旋转，待定系数法求一次函数解析式及等边三角形的性质，熟知图形
旋转的性质是解题的关键．
先求出点A的坐标，再求出直线AB的函数解析式，进而得出点M的坐标，最后根据点A和点A 关于点M
1
对称即可解决问题．
【详解】解：过点A作BC的垂线，垂足为N，∵点B坐标为(1,2)，点C坐标为(3,2)，
∴BC∥x轴，且BC=3−1=2．
∵△ABC是等边三角形，
∴AB=BC=2，BN=CN=1，
∴AN=❑√22−12=❑√3，
∴点A的坐标为(2,2+❑√3)．
令直线AB的函数解析式为y=kx+b，
{ k+b=2 )
则 ，
2k+b=2+❑√3
{ k=❑√3 )
解得 ，
b=−❑√3+2
∴直线AB的函数解析式为y=❑√3x−❑√3+2．
令x=0得，
y=−❑√3+2，
∴点M的坐标为(0,−❑√3+2)．
∵△ABC与△A B C 关于点M成中心对称，
1 1 1
∴点A和点A 关于点M对称，
1
2+x 2+❑√3+ y
∴ A 1=0, A 1=−❑√3+2，
2 2
∴ x =−2,y =−3❑√3+2，
A A
1 1
∴点A 的坐标为(−2,2−3❑√3)．
1故选：C．
4．（3分）（23-24九年级·全国·课后作业）如图，若正方形EFGH由正方形ABCD绕某点旋转得到，则可
以作为旋转中心的是（ ）
A．M或O或N B．E或O或C C．E或O或N D．M或O或C
【答案】A
【详解】试题分析：若以M为旋转中心，把正方形ABCD顺时针旋转90°，A点对应点为H，B点对应点为
E，C点对应点为F，D点对应点为G，则可得到正方形EFGH；
若以O为旋转中心，把正方形ABCD旋转180°，A点对应点为G，B点对应点为H，C点对应点为E，D点
对应点为F，则可得到正方形EFGH；
若以N为旋转中心，把正方形ABCD逆时针旋转90°，A点对应点为F，B点对应点为G，C点对应点为
H，D点对应点为E，则可得到正方形EFGH．
故选A．
5．（3分）（23-24·北京海淀·二模）图中阴影部分是由4个完全相同的正方形拼接而成，若要在①，②，
③，④四个区域中的某个区域处添加一个同样的正方形，使它与阴影部分组成的新图形是中心对称图形，
则这个正方形应该添加在（ ）
A．区域①处 B．区域②处 C．区域③处 D．区域④处
【答案】B
【分析】根据中心对称图形的定义求解可得．
【详解】如图所示的图形是中心对称图形，故选：B．
【点睛】本题主要考查的是利用中心对称的性质设计图案，掌握中心对称图形的性质是解题的关键．
6．（3分）（23-24·河北邯郸·三模）如图是由5个边长为1，且一个内角为60°的小菱形拼成的图形，P是
其中4个小菱形的公共顶点．佳佳想到：“一条直线经过平行四边形对角线的交点，则这条直线平分该平
行四边形的面积”就将该图形沿着过点P的某条直线剪一刀，把这五个菱形组成纸片剪成了面积相等的两
部分，则剪痕的长度是（ ）
❑√13 2❑√7
A．❑√3 B．❑√13 C． D．
3 3
【答案】B
【分析】本题考查了图形的剪拼，中心对称的性质，勾股定理的应用，熟练掌握中心对称的性质是解题的
关键．根据中心对称的性质即可作出剪痕，由三角形全等的性质即可证得QF=AP，利用勾股定理即可求
得．
【详解】解：如图，连接最左侧菱形的对角线交于点O，作直线OP，交CB延长线于点A，交最左侧菱形
对边分别于点Q,N，交最右侧上方菱形一边于点F，过点P作PG⊥CD，垂足为G，
∵
菱形是中心对称图形，
∴经过P、O的直线则把它剪成了面积相等的两部分，
由中心对称图形可知△MNP≌△EFP,△MNO≌△BQO，
∴BQ=MN，
∵MP∥AC，
∴∠A=∠MPN，∵∠ABQ=∠PMN=180°−60°=120°，
∴ △MNP≌△BQA，
∴ △MNP≌△BQA≌△EFP，
∴AQ=PF,AB=PE=1，
∴QF=AP，
∵ ∠CPG=90°−∠PCD=30°，
1 1
∴CG= CP= ，
2 2
❑√3 7
∴PG=❑√CP2−CG2= ，AG=
2 2
∴ AP=❑√AG2+PG2=❑
√ (7) 2
+
(❑√3) 2
=❑√13，
2 2
∴QF=❑√13，
故选：B．
7．（3分）（23-24九年级·福建福州·阶段练习）如图，点C为线段AB的中点，E为直线AB上方的一点，
且满足CE=CB，连接AE，以AE为腰，A为直角顶点作等腰Rt△ADE，连接CD，当CD最大，且最大
值为2时，AB的长为（ ）．
A．4❑√2 B．4❑√2−4 C．4 D．4❑√2−2
【答案】B
【分析】本题主要考查了全等三角形的判定与性质，等腰直角三角形的性质，勾股定理的应用，二次根式
的混合运算等知识，构造全等三角形是解题的关键．将线段CA绕点A逆时针旋转90°得到线段AH，连接
CH，DH，利用SAS证明△CAE≌△HAD，得DH=CE，当C、H、D三点共线时，CD最大，从而求出
AC的长，即可解决问题．
【详解】解：如图1中，将线段CA绕点A逆时针旋转90°得到线段AH，连接CH，DH．∵∠DAE=∠HAC=90°，
∴∠DAH=∠EAC，
∵DA=EA，HA=CA，
∴△DAH≌△EAC(SAS)，
∴DH=CE=定值，
∵CD≤DH+CH，
∴当D，C，H共线时，DC的值最大，如图2中，
设AC=x，
∵点C为AB的中点，
∴CA=CB，
∵CE=CB，
∴CE=AC=DH=x，CH=❑√2x，
∴x+❑√2x=2，
∴x=2❑√2−2，
∴AB=2AC=2x=4❑√2−4，
故选B．
8．（3分）（23-24·内蒙古·中考真题）如图，在△ABD中，∠ABD=30°，∠A=105°，将△ABD沿BD翻折180°得到△CBD，将线段DC绕点D顺时针旋转30°得到线段DF，点E为AB的中点，连接
EF，ED．若EF=1，则△BED的面积是（ ）
1+❑√3 2+❑√3 2+❑√3 1+❑√3
A． B． C． D．
4 4 2 2
【答案】A
【分析】本题考查了折叠的性质，旋转的性质，线段垂直平分线的判定和性质，等腰直角三角形的判定和
性质，等边三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，四点共圆，圆周角定理，勾股定理，直角三
角形的性质，三角形的面积，连接AC与BD相交于点H，连接AF、BF、FH，由
∠ABD=30°，∠A=105°，可得∠ADB=45°，进而由折叠可得AB=CB，AD=CD，
∠CDB=∠ADB=45°，得到AC⊥BD ∠ADC=90°，即得∠AHD=∠AHB=90°，即可得△ADH
为等腰直角三角形，即得AH=DH，∠DAH=45°，又由旋转得，DF=DC，∠CDF=30°，可得
AD=DF，∠ADF=60°，∠FDH=15°，即可得△ADF为等边三角形，得到AF=DF，∠DAF=60°，
进而得∠FAH=15°，∠BAF=45°，即得∠FAH=∠FDH，可得△FAH≌△FDH(SAS)，得到
∠AHF=∠DHF=135°，即可得∠BHF=45°，由∠BAF=∠BHF得A、B、F、H四点共圆，即
1
得∠AFB=∠AHB=90°，可得AB=2EF=2，由此可得AH=DH= AB=1，
2
1
BH=❑√AB2−AH2=❑√3，得到BD=1+❑√3，最后根据S = S 即可求解，正确作出辅助线是解题
△BED 2 △ABD
的关键．
【详解】解：连接AC与BD相交于点H，连接AF、BF、FH，
∵∠ABD=30°，∠A=105°，∴∠ADB=180°−30°−105°=45°，
由折叠可得AB=CB，AD=CD，∠CDB=∠ADB=45°，
∴AC⊥BD ∠ADC=45°+45°=90°，
∴∠AHD=∠AHB=90°，
∴△ADH为等腰直角三角形，
∴AH=DH，∠DAH=45°，
又由旋转得，DF=DC，∠CDF=30°，
∴AD=DF，∠ADF=90°−30°=60°，∠FDH=45°−30°=15°，
∴△ADF为等边三角形，
∴AF=DF，∠DAF=60°，
∴∠FAH=60°−45°=15°，∠BAF=105°−60°=45°，
∴∠FAH=∠FDH，
在△FAH和△FDH中，
{
AH=DH
)
∠FAH=∠FDH ，
AF=DF
∴△FAH≌△FDH(SAS)，
∴∠AHF=∠DHF，
∵∠AHD=90°，
180°−90°
∴∠AHF=∠DHF= =135°，
2
∴∠BHF=180°−135°=45°，
∴∠BAF=∠BHF，
∴A、B、F、H四点共圆，
∴∠AFB=∠AHB=90°，
∵∠ABD=30°，
∴AB=2EF=2，
∵∠ABD=30°，
1
∴AH= AB=1，
2
∴DH=1，BH=❑√AB2−AH2=❑√22−12=❑√3，
∴BD=1+❑√3，1 1 1 1 1 1+❑√3
∴S = S = × BD·AH= × ×(1+❑√3)×1= ，
△BED 2 △ABD 2 2 2 2 4
故选：A．
9．（3分）（23-24·河南商丘·模拟预测）如图，△ABC的顶点B，C都在坐标轴上，已知B(0,2)，C(1,0)，
AB=BC，且AB∥x轴，将△ABC绕点C顺时针旋转，每次旋转90°，第2025次旋转后，点A的对应点
A 的坐标是（ ）
2025
A．(3,❑√5+1) B．(❑√5+2,−2) C．(−1,−❑√5−1) D．(−❑√5,2)
【答案】A
【分析】本题考查坐标与图形变化−旋转、等腰三角形的性质及点的坐标变化规律，熟知图形的性质及根
据所给旋转方式发现每旋转四次，点A对应点的坐标循环出现是解题的关键．先求出点A的坐标，再由旋
转可知，每旋转四次，点A对应点的坐标循环出现，据此可解决问题．
【详解】解：∵B(0,2)，C(1,0)，
∴OB=2，OC=1．
在Rt△BOC中，
BC=❑√22+12=❑√5．
∵AB=BC，且AB∥x轴，
∴点A的坐标为(−❑√5,2)．
∵360°÷90°=4，
∴每旋转四次，点A对应点的坐标循环出现．
∵2025÷4=506余1，
∴点A 的坐标与点A 的坐标相同．
2025 1
将AC绕点C顺时针旋转90°，如图所示，分别过点A和点A 作x轴的垂线，垂足分别为M和N，
1
由旋转可知，
AC=A C，∠AC A =90°，
1 1
∴∠ACM+∠A CN=∠ACM+∠CAM=90°，
1
∴∠A CN=∠CAM．
1
在△CAM和△A CN中，
1
{∠A
1
CN=∠CAM
)
∠A NC=∠CMA ，
1
A C=AC
1
∴△CAM≌△A CN(AAS)，
1
∴A N=CM，CN=AM．
1
∵A(−❑√5,2)，C(1,0)，
∴A N=CM=❑√5+1，CN=AM=2，
1
∴ON=OC+CN=1+2=3，
∴点A 的坐标为(3,❑√5+1)，
1
即点A 的坐标为(3,❑√5+1)．
2025
故选：A
10．（3分）（23-24九年级·山东济南·期末）如图，正方形ABCD边长为5❑√2，E从B出发沿对角线BD向
D运动，连接CE，将线段CE绕C点顺时针旋转90°得到CF，连接DF，EF设BE=m，下列说法：①
△≝¿是直角三角形；②当m=4时，EF=2❑√13；③有且只有一个实数m，使得S ；④取EF中点G，
△≝¿=12.5¿
连接BG，CG，△BCG的面积随着m的增大而增大．正确的有（ ）A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【答案】C
【分析】根据正方形的性质可得∠CBD=∠BDC=45°，BC=DC，∠BCD=90°再根据旋转的性质可
得CE=CF，∠ECF=90°，从而证得△BCE≌△DCF，得到∠DBC=∠CDF=45°，即可求得
∠BDF=∠BDC+∠CDF=90°，可判断①正确；根据正方形的性质可得BD的长，再根据
△BCE≌△DCF可得DF的长，再利用勾股定理可得EF=2❑√13，可判断②正确；根据题意列出关于
△≝¿面积的一元二次方程，求得有且只有一个实数m=5，使得S ，可判断③正确；连接DG，作
△≝¿=12.5¿
GH⊥CD于点H，可得GH∥BC，由∠EDF=∠ECF=90°，点G为EF的中点，可得
1 5❑√2
DG=CG= EF，则CH=DH= ，从而求得S =12.5，可判断④错误；即可解题．
2 2 △BCG
【详解】解：∵四边形ABCD是正方形，BD为对角线，
∴AB=BC=CD=AD，∠CBD=∠BDC=45°，∠BCD=90°，
∵线段CE绕C点顺时针旋转90°得到CF，
∴CE=CF，∠ECF=90°，
又∵∠BCE=∠BCD−∠ECD，∠DCF=∠ECF−∠ECD，
∴∠BCE=∠DCF，
在△BCE和△DCF中：
{
BC=DC
)
∠BCE=∠DCF ，
CE=CF
∴△BCE≌△DCF(SAS)，
∴∠DBC=∠CDF=45°，
∴∠EDF=∠BDC+∠CDF=90°，
∴△≝¿是直角三角形，
故①正确；
∵正方形ABCD边长为5❑√2，
∴BD=❑√BC2+CD2=10，
∵△BCE≌△DCF，BE=m，m=4，
∴DF=BE=4，
∴EF=❑√DF2+DE2=❑√DF2+(BD−BE) 2=2❑√13，故②正确；
S
由题可知： △≝¿= 1 ⋅DE⋅DF= 1 ⋅(BD−BE)⋅BE= 1 (10−m)m=5m− 1 m2¿ ，
2 2 2 2
1
要S ，则5m− m2=12.5，
△≝¿=12.5¿ 2
整理得：(m−5) 2=0，
解得：m=5，
∴有且只有一个实数m，使得S ，
△≝¿=12.5¿
故③正确；
如图，连接DG，作GH⊥CD于点H，则∠GHD=∠BCD=90°，
∴GH∥BC
，
∴CH与△BCG的边BC上的高相等，
∵∠EDF=∠ECF=90°，点G为EF的中点，
1
∴DG=CG= EF，
2
1 1 5❑√2
∴CH=DH= DC= ×5❑√2= ，
2 2 2
1 1 5❑√2
∴S = BC⋅CH= ×5❑√2× =12.5，
△BCG 2 2 2
∴△BCG的面积不随着m的变化而变化，
故④错误；
故选：C．
【点睛】本题考查了正方形的性质、等腰三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理，解
一元二次方程，旋转的性质，直角三角形性质，综合运用以上知识是解题的关键．
二．填空题（共6小题，满分18分，每小题3分）
11．（3分）（23-24九年级·湖南益阳·期中）如图是一个中心对称图形，A为对称中心，若∠C=90°，
∠B=30°，AC=❑√3，则BB′的长为 ．【答案】4❑√3
【分析】在直角△ABC中，根据30°角所对的直角边等于斜边的一半，即可求得AB，依据中心对称可得
BB′=2AB，据此即可求解．
本题主要考查了直角三角形的性质：30°的锐角所对的直角边等于斜边的一半，以及旋转的性质．
【详解】解：∵∠C=90°，∠B=30°，AC=❑√3，
∴AB=2AC=2❑√3，
∵B与B′关于A中心对称，
∴BB′=2AB=4❑√3，
故答案为：4❑√3．
12．（3分）（23-24九年级·吉林长春·期末）如图，将△ABC绕点A顺时针旋转110°，得到△ADE，则
∠BED= ．
【答案】70°/70度
【分析】本题考查了旋转的性质，多边形内角和，熟练掌握旋转的性质是解题的关键．
由旋转的性质可知，∠BAD=110°，∠ABC=∠ADE，由点E恰好在CB的延长线上，可得
∠ABC+∠ABE=180°，则∠ADE+∠ABE=180°，根据
∠BED=360°−∠BAD−(∠ADE+∠ABE)，计算求解即可．
【详解】解：由旋转的性质可知，∠BAD=110°，∠ABC=∠ADE，
∵点E恰好在CB的延长线上，
∴∠ABC+∠ABE=180°，
∴∠ADE+∠ABE=180°，
∴∠BED=360°−∠BAD−(∠ADE+∠ABE)=70°，
故答案为：70°．
13．（3分）（23-24九年级·广东深圳·单元测试）如图1所示，在Rt△ABC中，∠B=90°，AB=4，BC=3，将△ABC沿着AC翻折得到△ADC，如图2，将△ADC绕着点A旋转到△AD′C′，连接CD′，当
CD′∥AB时，四边形ABCD′的面积为 ．
24−3❑√7
【答案】
2
【分析】过点A作AE⊥AB交CD′的延长线于E，构造直角三角形，利用勾股定理即可．
【详解】解：如图（2），过点A作AE⊥AB交CD′的延长线于E，由翻折得AD=AB=4
∵CD′∥AB．
∴∠BCE+∠ABC=180°，
∵∠ABC=90°．
∴∠BCE=90°．
∵AE⊥AB．
∴∠BAE=90°．
∴ABCE是矩形，AD′=AD=AB=4
∴AE=BC=3，CE=AB=4，∠AEC=90°
∴D′E=❑√AD′2−AE2=❑√42−32=❑√7．
∴CD′=CE−D′E=4−❑√7．
1 1 24−3❑√7
∴S = (AB+CD′)⋅BC= (4+4−❑√7)×3= ，
四边形ABCD' 2 2 2
24−3❑√7
故答案为： ．
2【点睛】本题考查了勾股定理，矩形性质，翻折、旋转的性质，梯形面积等，解题关键对翻折、旋转几何
变换的性质要熟练掌握和运用．
14．（3分）（23-24九年级·重庆沙坪坝·期中）如图，在等边△ABC中，D是边AC上一个动点，连接BD．
将线段BD绕点B逆时针旋转60°得到BE，连接ED．若BC=2，则△AED的周长最小值是 ．
【答案】2+❑√3/❑√3+2
【分析】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、勾股定理等
知识，熟练掌握旋转的性质是解题关键．过点B作BH⊥AC于H，利用等边三角形的性质以及勾股定理
可计算出BH=❑√3，再根据旋转的性质得BE=BD，∠DBE=60°，则可判断△DBE为等边三角形，易知
∠DBE=60°，DE=DB，证明△ABE≌△CBD，可知AE=CD，所以△AED的周长
=AE+AD+DE=CD+AD+BD=2+BD，利用垂线段最短得点D运动到点H时，BD取最小值，即可获
得答案．
【详解】解：过点B作BH⊥AC于H，如图，
∵△ABC为等边三角形，
∴AB=BC=AC=2，
1
∴CH=AH= AC=1，∠ABC=60°，
2
∴BH=❑√BC2−CH2=❑√22−12=❑√3，
∵线段BD绕点B逆时针旋转60°得到BE，
∴BE=BD，∠DBE=60°，
∴△DBE为等边三角形，
∴DE=DB，∵∠DBE=∠ABC=60°，
∴∠EBA+∠ABD=∠ABD+∠DBC，即∠EBA=∠DBC，
∵BA=BC，
∴△ABE≌△CBD(SAS)，
∴AE=CD，
∴△AED的周长=AE+AD+DE=CD+AD+BD=AC+BD=2+BD，
∵D是边AC上一个动点，
∴当点D运动到点H时，BD取最小值，最小值为❑√3，
∴△AED的周长最小值为2+❑√3．
故答案为：2+❑√3．
15．（3分）（23-24九年级·四川成都·阶段练习）已知△ABC和△EDF都是等腰三角形，且
△ABC≌△FED，顶角∠C=40°．等腰△EDF的顶点D在AC边上滑动，点E在BA边的延长线上滑动．
将线段DA绕点D逆时针旋转40°得到线段DG，连结EG、FG，若△EFG是以FG为腰的等腰三角形，则
∠FGE= ．
【答案】140°或80°
【分析】本题考查了全等三角形的性质、等腰三角形的性质、旋转的性质，连接AG，证明
△DAE≌△DGF(SAS)，得出AE=FG，∠DGF=∠DAE，证明出A、G、F三点共线，再分两种情况，
分别求解即可得出答案，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．
【详解】解：如图，连接AG，
，
由题意得：DG=DA，∠ADG=40°，180°−∠ADG
∴∠DAG=∠DGA= =70°，
2
∵△ABC≌△FED，
∴∠EDF=∠C=40°，
∵∠ADE+∠EDG=∠FDG+∠EDG，
∴∠ADE=∠FDG，
∵AD=DG，DE=DF，
∴△DAE≌△DGF(SAS)，
∴AE=FG，∠DGF=∠DAE，
∵∠C=40°，CB=AC，
∴∠BAC=∠B=70°，
∴∠DAE=180°−∠BAC=110°，
∴∠DGF=110°，
∴∠AGD+∠DGF=180°，
∴A、G、F三点共线，
当FG=EF时，
∵FG=AE，
∴AE=EF，
∴∠EAF=∠EFA，
∴∠EAF=∠DAE−∠DAG=110°−70°=40°，
∴∠EFA=40°，
∴∠EGF=∠GEF=80°；
当FG=EG时，
∵AE=FG，
∴EG=AE，
∴∠EGA=∠EAG=40°，
∴∠EGF=180°−∠EGA=140°；
综上所述，∠EGF的度数为140°或80°，
故答案为：140°或80°．
16．（3分）（23-24·江苏苏州·模拟预测）如图，正方形ABCD的边长为2，点E是边AB上的动点，连接
ED、EC，将ED绕点E顺时针旋转90°得到EN，将EC绕点E逆时针旋转90°得到EM，连接MN，则线
段MN的取值范围为 ．【答案】4≤MN≤2❑√5/2❑√5≥MN≥4
【分析】本题是正方形综合题，考查了正方形的性质，旋转变换的性质，矩形的判定和性质，全等三角形
的判定和性质，勾股定理，不等式的性质等，添加辅助线构造全等三角形是解题关键．过点M作
MF⊥AB，交BA的延长线于点F，过点N作NG⊥AB，交AB的延长线于点G，作NH⊥FM于点H，
可证得△MEF≌△ECB(AAS)，得出MF=BE=2−x，EF=BC=2，同理：NG=AE=x，EG=AD=2，
得出FG=EF+EG=2+2=4，再证得四边形FGNH是矩形，得出HN=FG=4，FH=NG=x，
MH=MF−FH=2−x−x=2−2x，再运用勾股定理即可求得答案．
【详解】解：如图，过点M作MF⊥AB，交BA的延长线于点F，过点N作NG⊥AB，交AB的延长线于
点G，作NH⊥FM于点H，
则∠EFM=∠EGN=∠FHN=∠NHM=90°，
由旋转得：EM=EC，EN=ED，∠CEM=∠DEN=90°，
∴∠MEF+∠CEB=90°，∠DEA+∠¬=90°，
∵∠MEF+∠EMF=90°，∠DEA+∠EDA=90°，∴∠CEB=∠EMF，∠¬=∠EDA，
∵正方形ABCD的边长为2，点E是边AB上的动点，
设AE=x(0≤x≤2)，则BE=2−x，
∴AB=AD=BC=2，∠DEA=∠CBE=90°，
在△MEF和△ECB中，
{∠EFM=CBE=90°
)
∠EMF=∠CEB ，
EM=EC
∴△MEF≌△ECB(AAS)，
∴MF=BE=2−x，EF=BC=2，
同理：NG=AE=x，EG=AD=2，
∴FG=EF+EG=2+2=4，
∵∠MFE=∠NGE=∠FHN=90°，
∴四边形FGNH是矩形，
∴HN=FG=4，FH=NG=x，
∴MH=MF−FH=2−x−x=2−2x，
在Rt△MNH中，M N2=M H2+H N2=(2−2x) 2+42=4(x−1) 2+16，
∵0≤x≤2，
∴0≤(x−1) 2≤1，
∴16≤4(x−1) 2+16≤20，
即16≤M N2≤20，
∵MN>0，
∴线段MN的取值范围为4≤MN≤2❑√5．
故答案为：4≤MN≤2❑√5．
三．解答题（共7小题，满分52分）
17．（6分）（23-24九年级·湖北襄阳·期末）如图，8×8网格中，每个小正方形边长为1．(1)分别画出△ABC绕O点逆时针旋转90°所得△A B C 及△ABC关于O点的中心对称图形△A B C ；
1 1 1 2 2 2
(2)连结A B，BB ，判断△A B B形状并证明；
2 2 2 2
(3)证明C 不在线段A B上．
2 2
【答案】(1)图见解析
(2)△A B B为直角三角形，证明见解析
2 2
(3)详见解析
【分析】本题考查了作图−旋转变换：根据旋转的性质可知，对应角都相等都等于旋转角，对应线段也相
等，由此可以通过作相等的角，在角的边上截取相等的线段的方法，找到对应点，顺次连接得出旋转后的
图形．也考查了勾股定理的逆定理．
（1）利用网格特点和旋转的性质画出△A B C 和△A B C ；
1 1 1 2 2 2
（2）先计算出B B2=20，A B2=5，A B2=25，然后根据勾股定理的逆定理进行判断；
2 2 2 2
（3）计算A C +BC ≠A B可判断C 不在线段A B上．
2 2 2 2 2 2
【详解】（1）如图，△A B C 和△A B C 为所作；
1 1 1 2 2 2
（2）△A B B为直角三角形．
2 2理由如下：∵B B2=22+42=20，A B2=22+12=5，A B2=32+42=25，
2 2 2 2
∴B B2+A B2=A B2 ，
2 2 2 2
∴ △A B B为直角三角形；
2 2
（3）证明：∵A C =❑√12+12=❑√2，BC =❑√32+22=❑√13，A B=5，
2 2 2 2
∴A C +BC ≠A B，
2 2 2 2
∴C 不在线段A B上
2 2
18．（6分）（23-24·山东枣庄·模拟预测）如图，△ABC中，点E在BC边上，AE=AB，将线段AC绕A
点旋转到AF的位置，使得∠CAF=∠BAE，EF与AC交于点G．
(1)求证：EF=BC；
(2)若∠ABC=65°，∠ACB=28°，求∠FGC的度数．
【答案】(1)详见解析
(2)78°
【分析】本题考查了旋转的性质，全等三角形的判定与性质，等腰三角形的性质，三角形内角和定理以及
三角形外角的性质，证明△ABC≅△AEF是解题的关键．
（1）由旋转的性质可得AC=AF，证明△ABC≅△AEF，根据全等三角形的对应边相等即可得出
EF=BC；
（2）根据等腰三角形的性质以及三角形内角和定理求出∠BAE=50°，那么∠FAG=∠BAE=50°．由
△ABC≅△AEF，得出∠F=∠C=28°，再根据三角形外角的性质即可求出结果．
【详解】（1）证明：∵∠CAF=∠BAE，
∴∠BAC=∠EAF．
∵将线段AC绕A点旋转到AF的位置，
∴AC=AF．在△ABC与△AEF中，
{
AB=AE
)
∠BAC=∠EAF ，
AC=AF
∴△ABC≅△AEF(SAS)，
∴EF=BC；
（2）解：∵AB=AE，∠ABC=65°，
∴∠BAE=180°−65°×2=50°，
∴∠FAG=∠BAE=50°．
∵△ABC≅△AEF，
∴∠F=∠C=28°，
∴∠FGC=∠FAG+∠F=50°+28°=78°．
19．（8分）（23-24九年级·全国·专题练习）如图所示，图①中过圆心的一条直线将圆分成Ⅰ，Ⅱ两部分，
图②中过平行四边形的中心（对角线交点）任作两条直线形成阴影部分Ⅰ，Ⅱ．
(1)图①②中的Ⅰ，Ⅱ两部分的面积均相等吗？
(2)工人师傅需把图③所示的一块木板分成面积相等的两部分，你认为应该怎样分？请画出示意图，并作简
要说明．
【答案】(1)相等，见解析
(2)见解析
【分析】本题考查了平行四边形的性质、矩形的性质、中心对称图形的性质：经过对称中心的直线将中心
对称图形分成面积相等的两部分．
（1）圆是中心对称图形，根据圆的性质，过圆心的直线可将圆分成面积相等的两部分，平行四边形为中心对称图形，过对称中心的直线可将平行四边形分成面积相等的两部分，据此就能得出结论；
（2）根据（1）中的结论可知，过中心对称图形的对称中心的直线可将此图形分成面积相等的两部分，
将原图形进行分割或补全，将其变成两个中心对称图形．本题中可将木板分成左右两个矩形，连接两个矩
形的对称中心即可，注意答案不唯一．
【详解】（1）解：图①②中的Ⅰ、Ⅱ两部分的面积相等．
理由：∵圆是轴对称图形，
∴过圆心的直线把圆分成面积相等的两部分，
∴图①中的Ⅰ、Ⅱ两部分的面积相等．
图②：
∵过平行四边形中心的直线把平行四边形分成面积相等的两部分，
∴Ⅰ+B=A+Ⅱ，Ⅰ+A=B+Ⅱ，
两式相加即可得到面积Ⅰ与面积Ⅱ相等．
（2）解：
答案不唯一，如图③，将木板分成左右两个矩形，过两个矩形的对称中心的直线，把此图形分成面积相等
的两部分．
理由：过矩形对称中心的直线可将矩形分成面积相等的两部分．
20．（8分）（23-24九年级·湖北武汉·期末）在△ABC中，将AB绕点A顺时针旋转α至AB′，将AC绕点
A逆时针旋转β至AC′（0°<α<180°，0°<β<180°），得到△AB′C′，使∠BAC+∠B′ AC′=180°，
我们称△AB′C′是△ABC的“旋补三角形”， △AB′C′的中线AD叫做△ABC的“旋补中线”，点A叫
做“旋补中心”．(1)当△ABC为等边三角形时，画图研究△ABC的“旋补中线”AD与BC的数量关系是__________；
(2)如图，当△ABC为任意三角形时，（1）中的结论是否成立?并给予证明；
(3)若AB=AC=4，BC=6，求△ABC的“旋补三角形”的周长．
【答案】(1)BC=2AD
(2)结论仍然成立，证明见解析
(3)8+2❑√7
【分析】（1）由旋转的性质和等边三角形的性质可得AB=AC=BC=AB′=AC′，∠BAC=60°，由等
1
腰三角形的性质和直角三角形的性质可得AD= AC′ ，再进行等量代换，即可解题；
2
（2）延长AD至点E，使得AD=ED，连接B′E、C′E，证明四边形AC′EB′为平行四边形，再由“SAS
”可证△ABC≌△B′ AE，利用全等三角形性质和平行四边形性质即可解题；
（3）根据题意得到AD，结合等腰三角形性质和勾股定理可求C′D=B′D=❑√AC′2−AD2=❑√7，再结合
旋转的性质即可求解．
【详解】（1）解：由旋转的性质可知，AB=AB′，AC=AC′，
∵ △ABC
为等边三角形，
∴AB=AC=BC=AB′=AC′，∠BAC=60°，
∵ ∠BAC+∠B′ AC′=180°，
∴ ∠B′ AC′=120°，
∵ AB′=AC′，AD是△AB'C'的中线，
∴∠B′=∠C′=30°，AD⊥B′C′，1
∴AD= AC′ ，
2
1
∴ AD= BC，
2
即BC=2AD；
故答案为：BC=2AD；
（2）解：结论仍然成立，
证明如下：
延长AD至点E，使得AD=ED，连接B′E、C′E，
∵ AD △AB'C'
是 的中线，
∴B′D=C′D，
∴四边形AC′EB′为平行四边形，
∴B′E∥AC′，B′E=AC′，
∴ ∠AB′E+∠B′ AC′=180°，
∵ ∠BAC+∠B′ AC′=180°，
∴ ∠AB′E=∠BAC，
由旋转的性质可知，AB=B′ A，AC=AC′=B′E，
∴△ABC≌△B′ AE(SAS)，
∴BC=AE，
∴ BC=2AD；
（3）解：∵ BC=6，
∴AD=3，
∵ AB=AC=AB′=AC′=4，AD是△AB′C′的中线，
∴ AD⊥B′C′
，∴C′D=B′D=❑√AC′2−AD2=❑√7，
∴B′C′=2❑√7，
∴ △ABC的“旋补三角形”的周长为AB′+AC′+B′C′=8+2❑√7．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，旋转的性质，等边三角形的性质，等腰三角形的性质，勾
股定理，平行四边形的判定和性质，直角三角形性质，灵活运用这些性质解决问题是解题的关键．
21．（8分）（23-24九年级·吉林长春·期末）如图，在4×4正方形网格中，每个小正方形的顶点称为格点，
点A、B都在格点上，按下列要求作图，使得所画图形的顶点均在格点上，并且所画图形不全等．
(1)在图1中以线段AB为边画一个中心对称的四边形ABCD；
(2)在图2中以线段AB为边画一个轴对称的四边形ABCD；
(3)在图3中以线段AB为边画一个中心对称并且轴对称的四边形ABCD．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)见解析
【分析】（1）根据平行四边形的性质及判定作图，即可，
（2）根据等腰梯形的性质作图，即可，
（3）根据正方形的性质及判定作图，即可，
本题考查了，网格作图，平行四边形的性质及判定，正方形的性质及判定，解题的关键是：熟练掌握相关
性质定理．
【详解】（1）解：∵平行四边形是中心对称图形，
∴将线段AB向右平移两个单位，即可得到平行四边形ABCD，
作图，如下，（2）解：∵等腰梯形是轴对称图形，
∴以线段AB为腰，作等腰梯形ABCD，
作图，如下，
（3）解：∵正方形是中心对称图形，也是轴对称图形，
∴以线段AB为一边，做正方形ABCD，
作图，如下．
22．（8分）（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．
23．（8分）（23-24九年级·四川成都·阶段练习）在平面直角坐标系xOy中，等边△ABC的顶点A(0,m)
在y轴正半轴上，顶点B，顶点C分别在第三象限和第四象限，且OA=OB=OC．
(1)如图1，当m=3时．
①点B的坐标为______，点C的坐标为______．
②点P在x轴上，点Q是平面内任意一点，若以A，B，P，Q为顶点的四边形是矩形，求P点坐标；
③若点M在边AC上，点M绕O点顺时针旋转60°得到点M′，若点M′也在边AC上，请直接写出M′的坐标；
(2)当3≤m≤6时，点M是等边△ABC边上的一动点，若点M绕O点顺时针旋转60°得到点M′，直接写出
所有点M′组成图形的面积．
( 3❑√3 3) (3❑√3 3) (3❑√11−3❑√3 )
【答案】(1)① − ,− ， ,− ；②(3❑√3,0)或(−3❑√3,0)或 ,0 或
2 2 2 2 4
(−3❑√11−3❑√3 )
,0 ；③M′(❑√3,0)
4
27❑√3
(2)
m2
4
【分析】（1）①设BC交y轴于点D，根据等边三角形的性质，结合OA=OB=OC，证明
△ABO≌△BCO,△ABO≌△ACO得到∠ABO=∠CBO=∠BCO=30°，
∠AOB=∠AOC=∠BOC=120°，进而求出∠BOD=∠COD=60°，推出∠ADB=∠ADC=90°，
1 1 ❑√3
利用直角三角形的特征即可得到OD= OB= m，进而求出BD=CD=❑√OB2−OD2= m，即可得出
2 2 2
结果；②分点P在x轴正半轴上和负半轴上两种情况讨论，根据矩形的性质结合直角三角形的特征求解即
可；③设AC与x轴交于点G，连接OM,OM′，证明△OM M′是等边三角形，推出G点与M′点重合，利
用勾股定理求出OG=❑√3，即可解答；
（2）根据点M与点A重合时，点M与点C重合时，得到M′的运动轨迹为线段M′M″，同理得到所有点M′
组成的图形为等边三角形△M′M″M′′′，即可求解．
【详解】（1）解：①设BC交y轴于点D，
∵ △ABC
是等边三角形，
∴AB=BC=AC，∠ABC=∠BCA=∠BAC=60°
∵ A(0,m)，m=3∴OA=m=3，
∴ OA=OB=OC=m=3，
{AB=BC
)
在△ABO与△BCO中， OA=OB ，
OB=OC
∴ △ABO≌△BCO(SSS)，
同理得：△ABO≌△ACO(SSS)
∴ ∠AOB=∠AOC=∠BOC=120°，
∴ ∠BOD=∠COD=60°，
∵ OA=OB=OC，
∴ ∠ABO=∠CBO=∠BCO=30°，
∴ ∠ADB=∠ADC=90°，
1 3
∴ OD= OB= ，
2 2
3❑√3
∴ BD=CD=❑√OB2−OD2= ，
2
( 3❑√3 3) (3❑√3 3)
∴B − ,− ,C ,− ；
2 2 2 2
②如图，当点P在x轴正半轴上，且AB为边时，
∵ ABQP
四边形 是矩形，
∴∠BAP=90°，
由①知∠BAO=30°，则∠PAO=60°，
∴∠APO=30°，
∴AP=2OA=6，∴OP=❑√AP2−OA2=3❑√3，
∴P(3❑√3,0)；
如图，当点P在x轴正半轴上，且AB为对角线时，设点P(n,0)(n>0)，
∵ AQBP
四边形 是矩形，
∴∠BPA=90°，
∴AB2=BP2+AP2，即 ( 0+ 3❑√3) 2 + ( 3+ 3) 2 = ( n+ 3❑√3) 2 + ( 0+ 3) 2 +(n−0) 2+(0−3) 2 ，
2 2 2 2
3❑√11−3❑√3 −3❑√11−3❑√3
解得：n= 或n= （舍去），
4 4
(3❑√11−3❑√3 )
∴P ,0 ；
4
如图，当点P在x轴负半轴上，且AB为边时，过点B作BH⊥x轴于点H，
∵BH∥y
轴，
∴∠ABH=∠BAO=30°，
∵四边形AQPB是矩形，
∴∠ABP=90°，
∴∠PBH=60°，
∴∠BPO=30°，( 3❑√3 3)
∵B − ,− ，
2 2
3 3❑√3
∴BH= ，OH= ，
2 2
∴ PB=2BH=3，
3❑√3
∴PH=❑√PB2−BH2=
，
2
∴OP=OH+PH=3❑√3，
∴P(−3❑√3,0)；
如图，当点P在x轴负半轴上，且AB为对角线时，设点P(b,0)(b<0)，
∵ APBQ
四边形 是矩形，
∴∠APB=90°，
∴AB2=AP2+BP2，即 ( 0+ 3❑√3) 2 + ( 3+ 3) 2 = ( b+ 3❑√3) 2 + ( 0+ 3) 2 +(b−0) 2+(0−3) 2 ，
2 2 2 2
3❑√11−3❑√3 −3❑√11−3❑√3
解得：b= （舍去），或b=
4 4
(−3❑√11−3❑√3 )
∴P ,0 ；
4
(3❑√11−3❑√3 )
综上，以A，B，P，Q为顶点的四边形是矩形时，P点坐标为(3❑√3,0)或(−3❑√3,0)或 ,0
4
(−3❑√11−3❑√3 )
或 ,0 ；
4
③如图，设AC与x轴交于点G，连接OM,OM′，∵∠MOM′=60°
，
∴∠AOM=90°−∠MOM′=30°，
∵∠OAC=30°，
∴∠OM M′=∠AOM+∠OAC=60°，AM=OM，
∴△OM M′是等边三角形，
∴OM=OM′=M M′，∠M M′O=60°，
∴AM=M M′，
∵M′在AC上，
∴M′是AM′的中点，
∵∠AGO=90°−∠OAC=60°，
∴G点与M′点重合，
∴OG=OM′，
∵AG=2OG，AG2=OG2+OA2，
∴4OG2=OG2+OA2，
∴OG=❑√3，
∴OM′=❑√3，
∴M′(❑√3,0)；
（2）解：如图，
点M与点A重合时，由旋转的性质得：OM=OA=OM′，
同理，点M与点C重合时，
由旋转的性质得：OM=OC=OM″，
由（1）③可得，△OAM′是等边三角形，
同理得：△OCM″是等边三角形，
∴∠AOM′=∠COM″=60°，
∴∠AOC=∠M′OM″=120°，
∴∠OM′M″=30°，
∴M′的运动轨迹为线段M′M″，
∵OA=OM=OM′,OM=OC=OM″，
∴△OAC≌△OM′M″，
∴AC=M′M″，
同理得：BC=M''M′′′,AB=M′M′′′，
∴ △M′M″M′′′为等边三角形，
∴所有点M′组成的图形为等边三角形△M′M″M′′′，
同理（1）①可得BC=3❑√3m，
∴M′M″=3❑√3m，
1 ❑√3 27❑√3
∴ S = M′M″ ⋅ M′M″= m2 ，
△M′M″M′′′ 2 2 4
27❑√3
∴所有点M′组成图形面积为 m2 ．
4
【点睛】本题是三角形的综合题，考查旋转的性质，坐标与图形的性质，勾股定理，三角形全等判定与性
质，直角三角形的特征，三角形的面积，等边三角形的判定与性质，矩形的性质等知识，解题的关键是会
用参数表示点的坐标，线段的长，学会用分类讨论的思想思考问题．
