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第 23 章 旋转能力提升测试卷
（考试时间：90分钟 试卷满分：100分）
一、单项选择题（本题共10小题，每小题3分，共30分。在每小题给出的四个选项中，
只有一项是符合题目要求的。）
1．中国“二十四节气”已被正式列入联合国教科文组织人类非物质文化遗产代表作品录，
下列四幅作品分别代表“清明”、“谷雨”、“白露”、“大雪”，其中既是中心对称
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，根据轴对称图形和中心对称图形
的定义：如果一个平面图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形
就叫做轴对称图形；中心对称图形的定义：把一个图形绕着某一个点旋转 ，如果
旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形叫做中心对称图形，这个点就是它
的对称中心，进行逐一判断即可．
【详解】解：A、既是中心对称又是轴对称图形，故A选项符合题意；
B、是轴对称图形，不是中心对称图形，故B选项不合题意；
C、是轴对称图形，不是中心对称图形，故C选项不合题意；
D、是轴对称图形，不是中心对称图形，故D选项不合题意．
故选：A．
2．在平面直角坐标系中，点P，Q的坐标分别为 ， ，则点P与点 （ ）
A．关于x轴对称 B．关于y轴对称
C．关于原点对称 D．关于直线 对称
【答案】A
【分析】该题考查了点的对称，关于x轴对称的两点：横坐标相同，纵坐标互为相反数；
关于y轴对称的两点：纵坐标相同，横坐标互为相反数；关于原点对称的两点：横、纵
坐标均互为相反数．
根据对称性的定义，分别判断点 与点 的坐标关系．【详解】解：∵点 与点 的横坐标均为2，纵坐标 与3互为相反数，
∴点P与点 关于x轴对称，
故选：A．
3．如图，将 绕点 顺时针旋转得到 ，点 的对应点 恰好落在边 上．若
，则 的度数为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】本题主要考查旋转的性质，等腰三角形的判定和性质，三角形的内角和定理．
根据旋转的性质得到 ， ，求出 ，根据
求出 ，即可得到答案．
【详解】解：由题意可知， ， ， ，
，
，
，
，
故选：A．
4．如图，在 中， ，将 沿射线 的方向平移，得到
，再将 绕点 逆时针旋转一定角度后，点 恰好与点C重合，则平移
的距离和旋转角的度数分别为（ ）A．4， B．2， C．1， D．3，
【答案】B
【分析】本题主要考查了图形的平移和旋转，等边三角形的判定和性质．根据平移和旋
转的性质可得 ， ，平移的距离为 的长，
，旋转角为 的度数，从而得到 为等边三角形，即可求解．
【详解】解：由平移的性质得： ， ，平移的距离为
的长，
由旋转的性质得： ，旋转角为 的度数，
∴ 为等边三角形，
∴ ， ，
∵ ，
∴ ．
故选：B
5．如图，长方形 绕点 逆时针旋转 得到长方形 ，连接 ，点 是
的中点，连接 ，若 ， ，则长方形 的周长为（ ）
A．14 B．12 C．10 D．7
【答案】A
【分析】本题考查了旋转的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，掌握以上知识，
合理作出辅助线是关键．
如图所示，延长 交 于点 ， ，可证
， ，则， ，即 ，在
中，运用勾股定理得到 ，则 ，由此即可求解．
【详解】解：长方形 绕点 逆时针旋转 得到长方形 ，连接 ，
∴ ， ，
如图所示，延长 交 于点 ， ，
∴ ，
∴ ，
∵点 是 的中点，
∴ ，且 ，
∴ ，
∴ ，则 ，
∴ ，即 ，
在 中， ，
∴ ，
解得， （负值舍去），
∴ ，
∴长方形 的周长为 ，故选：A ．
6．如图，在平面直角坐标系中，点A的坐标为 ，点 的坐标为 。以 为
边作矩形 ，若将矩形 绕点 顺时针旋转 ，得到矩形 ，则点
的坐标为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】本题主要考查了坐标与图形变化一旋转，矩形的性质，掌握矩形的性质是解题
的关键．
先根据题意得到 ，再由矩形的性质可得 ，由
旋转的性质可得 ，据此可得答案．
【详解】∵点 的坐标为 ，点 的坐标为 ，
，
∵四边形 是矩形，
∵将矩形 绕点 顺时针旋转 ，得到矩形 ，
∴ 轴，
∴点 的坐标为 ，
故选：B．
7．如图， 将 沿射线 的方向平移，得到 ，再将绕点 逆时针旋转一定角度后，点 恰好与点C重合，则平移的距离和旋转角
的度数分别为（ ）
A．2， B．4， C．1， D．3，
【答案】A
【分析】此题考查了平移和旋转的性质、等边三角形的判定和性质等知识，熟练掌握平
移和旋转的性质是关键．根据旋转的性质和平移的性质得到 是等边三角形，得
到 ，则 ，即可得到答案．
【详解】解：∵ ，将 沿射线 的方向平移，得到 ，再将
绕点 逆时针旋转一定角度后，点 恰好与点C重合，
∴ ，
∴ 是等边三角形，
∴ ，
∴ ，
∴平移的距离和旋转角的度数分别为：2，60°
故选：A．
8．如图，在平面直角坐标系 中，正方形 的边长为5， 边在 轴上．
．若将正方形 绕点 逆时针旋转 ．得到正方形 ．则点 的
坐标为（ ）
A． B．
C． D．【答案】A
【分析】本题考查的是正方形的性质，旋转的性质，坐标与图形，由正方形与旋转可得
在 轴上， ，结合 ，可得 ， ，进一步可得答案.
【详解】解：∵正方形 的边长为5， 边在 轴上，将正方形 绕点 逆
时针旋转 ．得到正方形 ．
∴ ， 在 轴上， ，
∵ ，
∴ ， ，
∴ ，
故选：A
9．如图，点 的坐标为 ，第一次：将点 绕原点 逆时针旋转 得到 ；第二次：
作点 关于 轴的对称点 ；第三次：将点 绕点 逆时针旋转 得到 ；第四次：
作点 关于 轴的对称点 ，然后按这四次规律重复，则点 的坐标是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】本题主要考查了坐标与图形变化﹣旋转、点的坐标变化规律及关于 轴、 轴
对称点的坐标，根据所给变换方式，依次求出点 ，…，的坐标，发现规律即
可解决问题．能根据题意得出从点 开始，所得点的坐标按循环是解题的关键．
【详解】解：过点 作 轴的垂线，垂足为 ，过点 作 轴的垂线，垂足为 ，如
图所示：
∵点 的坐标为 ，
∴ ．
由旋转可知， ．
又∵ 轴， 轴，
∴ ，
∴ ，
∴ ．
在 和 中，
，
∴ ，
∴ ，
∴点 的坐标为 ．
∵点 和点 关于 轴对称，∴点 的坐标为 ．
依次类推：
点 的坐标为 ，
点 的坐标为 ，
点 的坐标为 ，
…，
则从点 开始，所得点的坐标按 循环，
，
点 的坐标是 ．
故选：D．
10．如图所示，点 是等边 内一点， ，将 绕点 逆
时针旋转一定角度后得到 ，下列四个结论中：① 为等边三角形；②
；③ ；④ 其中正确的结论有（ ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【答案】D
【分析】本题考查了旋转的性质，等边三角形的判定与性质，三角形全等的判定与性
质，直角三角形的性质，由旋转的性质得 ，推出 ，
， ， ，进而求出 ，推出 为
等边三角形，即可判断①；再根据已知求出 ，即可判断②；由 ，求出 ，得到 ，利用勾股定理即可求出
，即可判断③；取 中点Q，连接 ，则 ，证明
，易得 ，即可判断④．
【详解】解：由旋转的性质得 ，
∴ ， ， ， ，
∴ ，
∴ 为等边三角形，故①正确；
∴ ， ，
∴ ，
∴ ，故②正确；
∵ ，
∴ ，
在 中，
∴ ，
∴ ，
∴ ，故③正确；
取 中点Q，连接 ，
则 ，
∵ ，
∴ ，∴ ，即 ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∵Q点是 中点， ，
∴ ，
∴ ，故④正确；
故选：D．
二、填空题（本题共4小题，每小题3分，共12分．）
11．如图，在 中， ， ，将 绕点 顺时针旋转后得到
，使得点 恰好落在边 上，则旋转的角度为 ．
【答案】50
【分析】本题主要考查了旋转变换的性质及其应用问题；如图，证明
；求出 ，即可解决问题．
【详解】解：由题意得： ，
∴ ，
又
∴
在 中，
∵ ，
∴ ，在 中，
∴ ，
∴ 是旋转的角度，为 ．
故答案为：50．
12．如图， 是等边 内一点， ， ，将 绕点 按顺时
针方向旋转 得到 ，连接 ．若 是等腰三角形，则 的度数为
．
【答案】 或 或
【分析】本题考查旋转的性质，等边三角形的性质，等腰三角形的性质等知识，学会
分类讨论思想解决问题是解题的关键．
先证 是等边三角形，得 ，再证 ，分三种情况分别求出
的度数即可．
【详解】解： 绕点 按顺时针方向旋转 得到 ，
∴ ，且 ，
是等边三角形，
，
是等边三角形，
∴ ， ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
旋转 得到 ，
∴ ，
∴ ，
当 时， ，
∴ ，∴ ；
当 时， ，
∴ ；
当 时， ，
∴ ；
故答案为： 或 或 ．
13．如图，将 绕点A顺时针旋转 得到 ，若 ， ，点B的对
应点D恰好落在 边上，则 的长为 ．
【答案】
【分析】本题考查的是旋转变换的性质、等边三角形的判定和性质，根据旋转变换的
性质得到 ，根据等边三角形的性质解答即可．
【详解】解：∵将 绕点 顺时针旋转 得到 ，
，
为等边三角形，
，
，
故答案为： ．
14．如图，在 中， ， ， ，点P是边 上一动点，
连接 ，将 绕点 顺时针旋转 得到 ，连接 ，则 长的最小值为
．【答案】4
【分析】本题考查三角形全等的判定和性质，含30度角的直角三角形的性质，垂线段
最短．正确作出辅助线，构造全等三角形是解题关键．在 上截取 ，连接
，过点D作 于点E，证明 ，得出 ，结合垂
线段最短可知当点P与点E重合时， 最短，即 最小，且为 的长．最后根据
含30度角的直角三角形的性质求解即可．
【详解】解：在 上截取 ，连接 ，过点D作 于点E，如图，
∵ ， ，
∴ ．
由旋转可知 ， ，
∴ ，即 ，
又∵ ， ，
∴ ，
∴ ，
∴当 最短时， 最小．∵垂线段最短，
∴当点P与点E重合时， 最短，即为 的长．
∵ ， ， ，
∴ ，
∴ ．
∵ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴线段 的最小值为4．
故答案为：4．
三、解答题（本题共7小题，共58分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．）
15．（8分）如图，在四边形 中， 是对角线， 是等边三角形．线段
绕点C顺时针旋转 得到线段 ，连接 ．
(1)求证： ；
(2)若 ，求 的长．
【答案】(1)见解析
(2)4
【分析】本题考查等边三角形的判定和性质，旋转的性质，全等三角形的判定和性质，
勾股定理，熟练掌握旋转的性质，证明三角形全等，是解题的关键：
（1）根据旋转的性质，等边三角形的性质，证明 ，即可得证；
（2）连接 ，易得 是等边三角形，推出 ，利用勾股定理进行求解即
可．【详解】（1）证明：由旋转可知 ，
∵ 是等边三角形，
∴ ，
∴ ，
即 ，
在 和 中，
，
∴ ，
∴ ；
（2）解：连接 ，如图，
∵ ，由（1）可知 ，
∴ ；
由旋转可知： ， ，
∴ 是等边三角形
∴ ，
∵ ，
∴ ，
在 中， ， ，
∴
∴ ．
16．（8分）按要求在如图所示的网格中完成作图（网格图中每个小正方形的边长均为 个
单位长度）．(1)将 绕点 顺时针旋转 ，得到 ，作出 ；
(2)将 沿某直线翻折，点 的对应点是点 ，作出翻折后的 ．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】本题考查了基本作图——轴对称，旋转变换，根据轴对称的性质，旋转的性
质正确画出图形是解题的关键．
（ ）利用旋转的性质作图即可；
（ ）利用轴对称的性质作图即可．
【详解】（1）解：如图， 即为所求；
（2）解：如图， 即为所求．
17．（8分）如图，已知 为等边三角形．P为 内一点，，将 绕点B逆时针旋转后得到 ．
(1)求点P与点 之间的距离；
(2)求 的度数．
【答案】(1)9
(2)
【分析】本题主要考查了等边三角形的性质与判定，旋转的性质，勾股定理的逆定理，
熟知相关知识是解题的关键．
（1）连接 ．由题意可知 ，证明 ．则可证明
为等边三角形，即可得到 ．
（2）证明 ，得到 ，由等边三角形的性质得到
，则 ．
【详解】（1）解：如图，连接 ．
由题意可知 ，
为等边三角形，
，
∴
．
为等边三角形，
．（2）解：∵ ，
∴
∴ ，
为直角三角形，且 ，
∵ 为等边三角形，
∴ ，
．
18．（8分）将两块全等的含 角的直角三角板按图1的方式放置，已知
， ．
(1)固定三角板 ，然后将三角板 绕点C顺时针方向旋转至图2的位置， 与
分别交于点D、E， 与 交于点F．
①填空：当旋转角等于 时， ___________度；
②当旋转角等于多少度时， 与 垂直？请说明理由．
(2)将图2中的三角板 绕点C顺时针方向旋转至图3的位置，使 ， 与
交于点D，试说明 ．
【答案】(1)① ；②旋转角为
(2)见解析
【分析】本题考查了旋转的性质，全等三角形的判定与性质，平行线的性质，三角形内角和定理等知识点．
（1）①根据旋转的性质得 ，则利用互余得到 ，然后根据
进行计算；
②利用 与 垂直得 ，则 ，根据对顶角相等
得 ，由于 ，利用三角形内角和定理得
，所以 ，然后根据旋转的
定义得到旋转角等于 时， 与 垂直；
（2）先证明 ，再证明 ，然后证明
，最后证明 ．
【详解】（1）解：∵将三角板 绕点C顺时针方向旋转至图2所示的位置，
∴ ，
∴ ，
∴ ；
故答案为：160；
②当旋转角等于 时， 与 垂直．理由如下：
当 与 垂直时， ，
∴ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，∴ ；
即旋转角等于 时， 与 垂直；
（2）解：连接 ，
∵ ，
∴ ，
∵ ， ，
∴ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∵ ， ，
∴ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，∵ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ .
19．（8分）在 中， ， ，将 绕点 顺时针旋转一个角度
得到 ，点 、 的对应点分别是 、 ．
(1)如图1，若点 恰好与点 重合， ，垂足为 ，求 的大小；
(2)如图2，若 ，连接 交 于点 ，求证：四边形 是平行四边形．
【答案】(1) ；
(2)见解析．
【分析】本题考查了旋转的性质：对应点到旋转中心的距离相等；对应点与旋转中心
所连线段的夹角等于旋转角；旋转前、后的图形全等．也考查了平行四边形的判定．
（1）根据等腰三角形的性质求出 ，再由旋转的性质得
，最后根据直角三角形两锐角互余可得结论；
（2）分别证明 ， ，可得 ， ，从而可证四边形 是平行四边形．
【详解】（1）解： ，
∵
∴
∴ ，
∵
∴
∴
∴（2） ，即
又 ∵
∴
∵
∴
∴
∴
∵
∴
∴
∴四边形 是平行四边形
20．∴（8分）在学习《图形的平移与旋转》这一课时，李老师给我们展示了一道这样的数
学题目：
(1)【初步感知】
如图1，在 中， ， ，点D为斜边 上一点，将线段
绕点A逆时针旋转 得到线段 ，连接 ，则 ________．
(2)【探究应用】如图2，在 中， ， ，点D为 内一点，将线段 绕
点A逆时针旋转 得到线段 ，连接 ，若B、D、E三点共线，求 的度数．
(3)【拓展提升】
如图3，若 是边长为6的等边三角形，点D是线段 上的一个动点（不与B、
C重合），将线段 绕点A逆时针旋转 得到线段 ，连接 、 ，点D在运
动过程中， 的周长是否存在最小值？若存在，请求出这个最小值以及此时
的面积；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)
(2)
(3)周长最小值为 ，面积为
【分析】（1）先根据等腰直角三角形的性质求得 ，再根据旋转
性质得到 ， ，进而证明 ，利用全等三角形的
对应角相等可得答案；
（2）先根据等腰三角形的性质得到 ，再根据旋转性质得到
， ，进而证明 得到 ，然后利
用三角形的内角和定理求解即可；
（3）同（1）（2）方法证明 得到 ，再证明 是等边
三角形，则 ， ，可推导出 的周长为 ，当
时， 最短，此时 的周长最小，利用等边三角形的性质和勾股定理求得
即可求得周长的最小值； 过E作 延长线于H，利用含30度角的直角三角形
的性质求得 即可求得面积．
【详解】（1）解：∵在 中， ， ，
∴ ，∵将线段 绕点A逆时针旋转 得到线段 ，
∴ ， ，
∴ ，
∴ ，
∴ ；
（2）解：∵在 中， ， ，
∴ ，
∵将线段 绕点A逆时针旋转 得到线段 ，
∴ ， ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴
，
∴ ；
（3）解： 的周长存在最小值．
∵ 是边长为6的等边三角形，
∴ ， ，
∵将线段 绕点A逆时针旋转 得到线段 ，
∴ ， ，
∴ 是等边三角形，则 ， ，
∵ ， ， ，
∴ ，
∴ ，
∴ 的周长为 ，
当 时， 最短，此时 的周长最小，
如图，在 中， ， ，
∴ ，
∴ 的周长的最小值为 ，
过E作 延长线于H，则 ， ，
∴ ，
∴ ．
【点睛】本题考查旋转的性质、全等三角形的判定与性质、等腰三角形的性质、等边
三角形的判定与性质、含30度角的直角三角形的性质、勾股定理以及三角形的内角和
定理等知识，熟练掌握旋转性质和全等三角形的性质是解答的关键．
21．（10分）请阅读材料并填空：
如图1，在等边三角形 内有一点 ，且 ， ， ，求 的
度数和等边三角形 的边长．李明同学的思路是：
将 绕点 逆时针旋转60°，画出旋转后的图形（如图2），连接 ．
(1)根据李明同学的思路，进一步思考后可求 和等边 的边长，请写出求解
的过程．
(2)请你参考李明同学的思路，探究并解决下列问题：如图3，在正方形 内有一点 ，且 ， ， ．求 度数
和正方形 的边长．
【答案】(1)见解析
(2) ，正方形边长为
【分析】（1）利用旋转性质，将 旋转构造新三角形，结合等边三角形、直角三
角形的判定及性质，通过角度计算和勾股定理求解．
（2）借鉴（1）的旋转思路，将 旋转，利用旋转性质、等腰直角三角形、直角
三角形的判定及性质，结合角度计算和勾股定理得出结果．
【详解】（1）解： 是等边三角形，
，
将 绕点 逆时针旋转60°得出 ，
， ， ， ，
，
，
是等边三角形，
， ，
，
，
，
，
过点 作 ，交 的延长线于点 ，
， ，
由勾股定理得： ，
，
由勾股定理得： ；（2）解：将 绕点 逆时针旋转90°得到 ，
与（1）类似：可得： ， ，
， ，
，
，
由勾股定理得： ，
， ，
，
，
，
过点 作 ，交 的延长线于点 ；
，
，
；
在 中，由勾股定理，得 ；
，正方形边长为 ．
【点睛】本题主要考查了图形的旋转性质、等边三角形与正方形的性质、勾股定理及
其逆定理，熟练掌握旋转构造全等三角形的方法，灵活运用特殊三角形的性质和勾股
定理是解题的关键．
