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期中期末考前基础练练练-旋转（40题）
一、单选题
1．下列图形中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【解析】【解答】解：A、此图案是轴对称图形，但不是中心对称图形；
B、此图案是轴对称图形，但不是中心对称图形；
C、此图案是中心对称图形，但不是轴对称图形；
D、此图案既是轴对称图形又是中心对称图形；
故选：D．
【分析】根据轴对称图形和中心对称图形的定义判别即可．
2．下列图形中，既是中心对称图形也是轴对称图形的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【解析】【解答】解：A、是轴对称图形，不是中心对称图形，不符合题意；
B、不是轴对称图形，也不是中心对称图形，不符合题意；
C、不是轴对称图形，是中心对称图形，不符合题意；
D、既是轴对称图形，又是中心对称图形，符合题意．
故答案为：D．
【分析】根据中心对称图形以及轴对称图形的定义即可作出判断．3．我们知道，国旗上的五角星是旋转对称图形，它旋转与自身重合时，至少需要旋转（ ）
A．36° B．60° C．45° D．72°
【答案】D
【解析】【解答】解：根据旋转对称图形的概念可知：该图形被平分成五部分，旋转72度的整数倍，
就可以与自身重合，因而国旗上的每一个正五角星绕着它的中心至少旋转72度能与自身重合，
故答案为：D．
【分析】由五角星的形状可知，每条边都相等，将相邻两个顶点连接起来后恰好是一个正五边形，
则可得到中心角的度数，即为旋转的度数。
4．下列图形中，是轴对称图形但不是中心对称图形的是（ ）
A．等边三角形 B．干行四边形 C．正六边形 D．圆
【答案】A
【解析】【解答】A、是轴对称图形，不是中心对称图形，符合题意；
B、不是轴对称图形，是中心对称图形，不合题意；
C、是轴对称图形，也是中心对称图形，不合题意；
D、是轴对称图形，也是中心对称图形，不合题意；．
故答案为：A．
【分析】把一个图形沿着某条直线折叠，若直线两旁的部分能完全重合，则这个图形就是轴对称图
形；把一个图形绕着某点旋转180º后，能与自身重合的图形，就是中心对称图形，根据定义一一判
断即可。
5．如图，将 △ABC 绕点 C 顺时针方向旋转 40° 得 △A′B′C ，若 AC⊥A′B′ ，则 ∠BAC
等于（ ）．
A．60° B．50° C．70° D．80°
【答案】B
【解析】【解答】根据旋转的性质得，AB与A′B′所夹的锐角是40°，
所以∠BAC＝90°－40°＝50°.
故答案为：B.
【分析】由旋转的性质，即可求出旋转角以及旋转夹角。又已知 AC⊥A′B′ ，即可∠BAC。6．如图，在平面直角坐标系中，△ABC绕旋转中心顺时针旋转90°后得到△A′B′C′，则其旋转中心
的坐标是( )
A．(1.5，1.5) B．(1，0)
C．(1，－1) D．(1.5，－0.5)
【答案】C
【解析】【解答】解：∵△ABC绕旋转中心顺时针旋转90°后得到△A´B´C´，∴A、B的对应点分别
是A´、B´．
又∵线段BB´的垂直平分线为x=1，线段AA´是一个边长为3的正方形的对角线，其垂直平分线是另
一条对角线所在的直线，由图形可知，线段BB´与AA´的垂直平分线的交点为（1，﹣1）．
故答案为：C．
【分析】根据旋转的性质得出旋转中心一定在任何一对对应点所连线的垂直平分线上，由图形可知，
线段BB´与AA´的垂直平分线的交点即为所求。
7．4张扑克牌如图（1）所示放在桌子上，小敏把其中一张旋转180°后得到如图（2）所示，那么她
所旋转的牌从左起是（ ）A．第一张 B．第二张 C．第三张 D．第四张
【答案】A
【解析】【分析】旋转前后图形的形状一样，从而可判断旋转的那一张牌是中心对称图形，由此可
得出答案．
【解答】旋转前后图形的形状一样，
图1中从左边数第二、三张扑克牌旋转180度后，图形不能和原来的图形重合，而第一张旋转180度
后正好与原图重合．
故选A．
【点评】本题考查的是中心对称图形的定义：把一个图形绕某一点旋转180°，如果旋转后的图形能
够与原来的图形重合，那么这个图形就叫做中心对称图形．
8．如图，在 ΔABC 中， ∠BAC=108∘ ，将 ΔABC 绕点A按逆时针方向旋转得到 ΔAB'C' ．
若点 B' 恰好落在 BC 边上，且 AB'=CB' ，则 ∠C' 的度数为（ ）
A．18∘ B．20∘ C．24∘ D．28∘
【答案】C
【解析】【解答】解：设 ∠C' ＝x°，
根据旋转的性质，得∠C＝∠ C' ＝x°， AC' ＝AC， AB' ＝AB，
∴∠ AB'B ＝∠B，
∵AB'=CB' ，∴∠C＝∠CA B' ＝x°，
∴∠AB'B ＝∠C＋∠CA B' ＝2x°，
∴∠B＝2x°，
∵∠C＋∠B＋∠CAB＝180°， ∠BAC=108∘ ，
∴x＋2x＋108＝180，解得x＝24，
∴∠C' 的度数为24°．
故答案为：C．
【分析】根据旋转的性质得出边和角相等，找到角之间的关系，再根据三角形内角和定理进行求解，
即可求出答案．
9．如图，在Rt Δ ABC中， ∠ BAC＝ 90∘ ，将 Δ ABC绕点A顺时针旋转 90∘ 后得到 Δ A
B′C′ （点B的对应点是点 B′ ，点C的对应点是点 C′ ），连接C C′ .若 ∠ C C′B′ ＝ 32∘ ，则
∠ B的大小是（ ）
A．32° B．64° C．77° D．87°
【答案】C
【解析】【解答】解：根据旋转可得：AC=AC′，∠CAC′=90°，则∠ACC′=∠AC′C=45°，根据∠CC′B
的度数可得∠B′C′A=13°，根据Rt△AB′C′的内角和定理可得∠AB′C′=77°，则根据旋转图形的性质可
得：∠B=∠AB′C′=77°.
故答案为：C.
【分析】根据旋转的性质可得：AC=AC′，∠CAC′=90°，则∠ACC′=∠AC′C=45°，求出∠B′C′A的度
数，根据内角和定理可得∠AB′C′=77°，然后根据旋转的性质进行求解.
8
10．在平面直角坐标系中，P点关于原点的对称点为P (−3，− )，P点关于x轴的对称点为
1 3
P (a，b)，则√3 ab=（ ）
2
A．-2 B．2 C．4 D．-4
【答案】A
8
【解析】【解答】解：∵P点关于原点的对称点为P (−3，− )，
1 3
8
∴P(3， )，
3
∵P点关于x轴的对称点为P (a，b)，
2
8
∴P (3，− )，
2 3
√ 8
∴√3 ab=33×(− )=−2．
3故答案为：A.
【分析】关于原点对称的点：横纵坐标均互为相反数，关于x轴对称的点：横坐标相同，纵坐标互
为相反数，据此可得点P、P 的坐标，得到a、b的值，再结合立方根的概念进行计算.
2
11．如图，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，将△ABC绕点A顺时针旋转90°后得到的△AB′C′（点B
的对应点是点B′，点C的对应点是点C′），连接CC′．若∠CC′B′＝20°，则∠B的大小是（ ）
A．70° B．65° C．60° D．55°
【答案】B
【解析】【解答】解：∵将ΔABC绕点A顺时针旋转90°后得到的△AB′C′，
∴AC=AC，∠CAC=90°，∠B=∠ABC，
∴∠ACC=45°，
∴∠ABC=∠ACC+∠CCB=45°+20°=65°，
∴∠B=∠ABC=65°，
故答案为：B．
【分析】由题意得出AC=AC，∠CAC=90°，∠B=∠ABC，根据三角形的外角等于不相邻的两
个内角和可求出∠B的大小。
12．已知点A(2，−3)关于原点的对称点A在一次函数y=kx+1的图象上，则实数k的值为（ ）
A．1 B．-1 C．-2 D．2
【答案】B
【解析】【解答】解：点A(2，−3)关于原点的对称点A的坐标为（-2，3），代入y=kx+1得，
3=−2k+1，解得，k=−1，
故答案为：B．
【分析】根据关于原点对称的点坐标的特征求出点A的对称点，再将点坐标代入y=kx+1求解即可。
13．如图，点D是等边△ABC内一点，AD＝3，BD＝3，CD＝3√2，△ACE是由△ABD绕点A逆
时针旋转得到的，则∠ADC的度数是（ ）A．40° B．45° C．105° D．55°
【答案】C
【解析】【解答】解：连接DE，如图：
∵ΔABC是等边三角形，
∴AB=AC，∠BAC=60°
∴∠BAD+∠CAD=60°
由旋转可得，ΔBAD≅ΔCAE
∴∠CAE=∠BAD，AD=AE=3，CE=BD=3
∴∠CAE+∠CAD=60°，即∠DAE=60°
∴ΔDAE是等边三角形，
∴DE=AD=3，∠ADE=60°
∵DE＝3，CE＝3，CD＝3√2，
∴DE2=9，CE2=9，CD2=18
∴DE2+CE2=CD2
∴△CDE是等腰直角三角形，
∴∠CDE=45°
∴∠ADC=∠ADE+∠CDE=60°+45°=105°
故答案为：C
【分析】连接DE，由旋转可知，ΔBAD≅ΔCAE ，由此得出ΔDAE是等边三角形，△CDE是等腰
直角三角形，由此得出答案。14．如图，在Rt△ABC 中，AB＝AC，D、E是斜边BC上两点，且∠DAE=45°，将△ADC绕点A
顺时针旋转90°后，得到△AFB，连接EF，下列结论：①△ADE≌△AFE．②△ABE∽△ACD．③BE
＋DC＝DE．④BE2＋DC2＝DE2．其中一定正确的是（ ）
A．②④ B．①③ C．②③ D．①④
【答案】D
【解析】【解答】解：∵Rt△ABC 中，AB＝AC，
∴∠ABC=∠ACB=45°
将△ADC绕点A顺时针旋转90°后，得到△AFB，
则AD=AF，∠CAD=∠BAF，
∵∠BAF+∠BAE=∠DAC+∠BAE=90°−∠EAD=45°=∠EAD
∴∠FAE=∠DAE
又AE=AE
∴△ADE≌△AFE
故①符合题意；
②在△ABE和△ACD中，从已知条件只能得到∠ABE=∠ACD=45°，
无法证明△ABE∽△ACD；
故②不符合题意；
③由①可得△ADE≌△AFE，
则DE=EF，由旋转可得DC=FB，
△BFE中，BF+BE>EF，
即CD+BE>ED；
故③不符合题意；
④由旋转可得∠ACD=∠ABF=45°，
则∠EBF=90°，
根据勾股定理可得BF2+BE2=EF2，
由DE=EF，DC=FB，
∴DC2+BE2=DE2
故④符合题意
综上，①④符合题意故答案为：D
【分析】首先根据等腰直角三角形的性质，可求出顶角与底角的度数；根据旋转的性质，可得对应
角与对应边相等；根据全等三角形的判定定理可求得①正确；根据勾股定理与等量代换可得④正确；
由三角形的三边关系可得③错误；②无法判断，所以错误。
15．如图，平面直角坐标系中，点B在第一象限，点A在x轴的正半轴上，∠AOB=∠B=30°，
OA=2，将ΔAOB绕点O逆时针旋转90°，点B的对应点B的坐标是（ ）
A．(−1，2+√3) B．(−√3，3) C．(−√3，2+√3) D．(−3，√3)
【答案】B
【解析】【解答】解：如图，作BH⊥y轴于H．
由题意：OA=AB=2，∠BAH=60°，
∴∠ABH=30°，
1
∴AH= AB=1，BH=√3，
2
∴OH=3，
∴B(−√3，3)，
故答案为：B．
【分析】先求出∠ABH=30°，再求出OH=3，最后求点的坐标即可。
二、填空题
16．图形的运动方式有平移、 和翻折，在这些运动过程中图形的 和大小不变．
【答案】旋转；形状
【解析】【解答】解：图形的运动方式有平移、旋转和翻折，在这些运动过程中图形的形状和大小
不变．故答案为：旋转；形状．
【分析】根据常见的几何变换的类型有平移、旋转和翻折，它们都是全等变换，全等变换只改变图
形的位置不改变图形的形状与大小解答．
17．在平面直角坐标系中，点A（1，3）关于原点O对称的点A 的坐标是 ．
1
【答案】（-1，-3）
【解析】【解答】解：点A（1，3）关于原点O对称的点A 的坐标是：（-1，-3）．
1
故答案为：（-1，-3）．
【分析】根据关于原点对称点的坐标特点：横纵坐标互为相反数，就可得出点A 的坐标。
1
18．如图，正方形 ABCD 的边长为6，点 E 在边 CD 上．以点 A 为中心，把 △ADE 顺时针
旋转 90° 至 △ABF 的位置，若 DE=2 ，则 FC= ．
【答案】8
【解析】【解答】∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ABC＝∠D＝90°，AD＝AB，
由旋转得：∠ABF＝∠D＝90°，BF＝DE＝2，
∴∠ABF＋∠ABC＝180°，
∴C、B、F三点在一条直线上，
∴CF＝BC＋BF＝6＋2＝8，
故答案为：8．
【分析】根据旋转的性质可得：BF=DE，再将BF和BC相加即可。
19．如图，在△ABC中，∠BAC=60°，将△ABC绕着点A顺时针旋转40°后得到△ADE，则∠BAE=
．
【答案】100°【解析】【解答】∵△ABC绕着点A顺时针旋转40°后得到△ADE，
∴∠CAE=40°，
∵∠BAC=60°，
∴∠BAE=∠BAC+∠CAE=60°+40°=100°．
故答案为：100°．
【分析】由旋转的性质可得∠CAE=40°，则∠BAE=∠BAC+∠CAE。
20．如图，已知：PA＝ √2 ，PB＝4，以AB为一边作正方形ABCD，使P、D两点落在直线AB的两
侧．当∠APB＝45°时，则PD的长为 ．
【答案】2√5
【解析】【解答】解：∵AD＝AB，∠DAB＝90°，
∴把△APD绕点A顺时针旋转90°得到△AFB，AD与AB重合，PA旋转到AF的位置，如图，
∴AP＝AF，∠PAF＝90°，PD＝FB，
∴△APF为等腰直角三角形，
∴∠APF＝45°，PF＝ √2AP＝2，
∴∠BPF＝∠APB+∠APF＝45°+45°＝90°，
在Rt△FBP中，PB＝4，PF＝2，
∴由勾股定理得FB＝2 √5 ，
∴PD＝2 √5 ，
故答案为：2 √5 ．
【分析】由于AD＝AB，∠DAB＝90°，则把△APD绕点A顺时针旋转90°得到△AFB，AD与AB重
合，PA旋转到AF的位置，根据旋转的性质得到AP＝AF，∠PAF＝90°，PD＝FB，则△APF为等腰
直角三角形，得到∠APF＝45°，PF＝ √2AP＝2，即∠BPF＝∠APB+∠APF＝45°+45°＝90°，再Rt△FBP中，PB＝4，PF＝2，由勾股定理得FB＝2 √5 ，得出PD的长。
21．如图，在平面直角坐标系中，点A的坐标是（4，0），点P的坐标是（0，3），把线段AP绕点
P逆时针旋转90°后得到线段PQ，则点Q的坐标是 ．
【答案】（3，7）
【解析】【解答】解：过Q作QE⊥y轴于E点，如下图所示：
∵旋转90°，
∴∠1+∠2=90°，
∵EQ⊥y轴，
∴∠3+∠2=90°，
∴∠1=∠3，
且∠QEP=∠POA=90°，PQ=PA，
∴△QEP≌△POA(AAS)，
∴EQ=PO=3，EP=OA=4，
∴EO=EP+PO=4+3=7，
∴点Q的坐标是(3，7)，
故答案为：(3，7)．【分析】过Q作QE⊥y轴于E点，先证明△QEP≌△POA(AAS)，再利用全等三角形的性质可得
EQ=PO=3，EP=OA=4，再利用线段的和差可得EO=EP+PO=4+3=7，即可得到点Q的坐标是(3，7)。
22． 如图，平行四边形ABCD绕点A逆时针旋转30°，得到平行四边形AB′C′D′（点B′与点B是对
应点，点C′与点C是对应点，点D′与点D是对应点），点B′恰好落在BC边上，则∠C=
【答案】105度
【解析】【解答】∵平行四边形ABCD绕点A逆时针旋转30°，得到平行四边形AB′C′D′（点B′与点
B是对应点，点C′与点C是对应点，点D′与点D是对应点），
∴AB=AB′，∠BAB′=30°，
∴∠B=∠AB′B=（180°-30°）÷2=75°，
∴∠C=180°-75°=105°．
故答案为：105
【分析】根据旋转的性质得出AB=AB′，∠BAB′=30°，进而得出∠B的度数，再利用平行四边形的
性质得出∠C的度数．
23．如图， ΔODC 是由 ΔOAB 绕点O顺时针旋转 40° 后得到的图形，若点D恰好落在 AB 上，
且 ∠AOC=105° ，则 ∠C 的度数是 ．
【答案】45°
【解析】【解答】解：∵ΔODC 是 ΔOAB 绕点O顺时针旋转40°后得到的图形，
∴∠AOD=∠BOC=40°，AO=DO，
∵∠AOC=105°，
∴∠BOD=105°-40°×2=25°，
1 1
∠ADO=∠A= （180°-∠AOD）= （180°-40°）=70°，
2 2
由三角形的外角性质得，∠B=∠ADO-∠BOD=70°-25°=45°
∴∠C=45°．
故答案为：45°．【分析】根据旋转的性质，得出∠AOD=∠BOC=40°，AO=DO，从而求出∠BOD=∠AOC-
1
∠AOD×2=25°，利用等腰三角形的性质求出∠ADO=∠A= =70°，根据三角形的外角性质得，
2
∠B=∠ADO-∠BOD，据此计算即得.
24．如图，在平面直角坐标系xOy中，三角板的直角顶点P的坐标为(2，2)，一条直角边与x轴的正
半轴交于点A，另一直角边与y轴交于点B，三角板绕点P在坐标平面内转动的过程中，当△POA
为等腰三角形时，请写出所有满足条件的点B的坐标 ．
【答案】(0，2)，(0，0)，(0，4－2√2)
【解析】【解答】解：∵P坐标为(2，2)，
∴∠AOP=45°，
①如图1，若OA=PA，则∠AOP=∠OPA=45°，
∴∠OAP=90°，
即PA⊥x轴，
∵∠APB=90°，
∴PB⊥y轴，
∴点B的坐标为：(0，2)；
②如图2，若OP=PA，则∠AOP=∠OAP=45°，∴∠OPA=90°，
∵∠BPA=90°，
∴点B与点O重合，
∴点B的坐标为(0，0)；
1
③如图3，若OA=OP，则∠OPA=∠OAP= (180°−∠AOP)=67.5°，
2
过点P作PC⊥y轴于点C，过点B作BD⊥OP于点D，
则PC∥OA，
∴∠OPC=∠AOP=45°，
∵∠APB=90°，
∴∠OPB=∠APB−∠OPA=22.5°，
∴∠OPB=∠CPB=22.5°，
∴BC=BD，
设OB=a，
则BD=BC=2−a，
∵∠BOP=45°，
在Rt△OBD中，BD=OB⋅sin45°，
√2
即2−a= a，
2
解得：a=4－2√2.
综上可得：点B的坐标为：(0，2)，(0，0)，(0， 4－2√2).
故答案为(0，2)，(0，0)，(0， 4－2√2).
【分析】①如图1，若OA=PA，则∠AOP=∠OPA=45°，②如图2，若OP=PA，则
1
∠AOP=∠OAP=45°，③如图3，若OA=OP，则∠OPA=∠OAP= (180°−∠AOP)=67.5°，分类讨论即可。
2
25．如图，Rt△OAB的顶点A（﹣2，4）在抛物线y=ax2上，将Rt△OAB绕点O顺时针旋转90°，得到△OCD，边CD与该抛物线交于点P，则点P的坐标为 .
【答案】（ √2 ，2）
【解析】【解答】解：由题意得： 4=4a⇒a=1⇒y=x2
OD=2⇒2=x2 ⇒x=√2 ，即点P的坐标 (√2，2) .
故答案为：(√2，2) .
【分析】将点A（-2，4）代入y=ax2中可得a的值，从而求出抛物线的解析式，由旋转的性质可得
OD=OB=2，则点P的纵坐标为2，将y=2代入抛物线的解析式中求出x，进而可得点P的坐标.
三、解答题
26．如下图所示，利用关于原点对称的点的坐标特征，作出与线段AB关于原点对称的图形．
【答案】解：作法：两个点关于原点对称时，它们坐标符号相反，即P（x，y）关于原点的对称点为
P′(－x，－y)，因此AB的两个端点A（1，3）、B（－2，1）关于原点的对称点分别为A′（－1，－
3）、B′（2，－1），连结A′B′，就可得到与AB关于原点对称的A′B′．【解析】【分析】先找到线段两个端点的对应点，再连结即可．
27．在平面直角坐标系中，已知点A（2a﹣b，﹣8）与点B（﹣2，a+3b）关于原点对称，求a、b的
值．
{2a−b=2
【答案】解：根据题意，得 ，
a+3b=8
{a=2
解得 ．
b=2
【解析】【分析】平面直角坐标系中任意一点P（x，y），关于原点的对称点是（﹣x，﹣y），即关
于原点的对称点，横纵坐标都变成相反数．这样就可以得到关于a，b的方程组，解方程组就可以求
出a，b的值．
28．已知：如图，将△ADE绕点A顺时针旋转得到△ABC，点E对应点C恰在D的延长线上，若
BC∥AE.求证：△ABD为等边三角形.
【答案】解：由旋转知：△ADE≌△ABC，
∴∠ACB＝∠E，AC＝AE，
∴∠E＝∠ACE，
又BC∥AE，
∴∠BCE+∠E＝180°，
即∠ACB+∠ACE+∠E＝180°，
∴∠E＝60°，
又AC＝AE，
∴△ACE 为等边三角形，
∴∠CAE＝60°
又∠BAC＝∠DAE
∴∠BAD＝∠CAE＝60°
又AB＝AD
∴△ABD为等边三角形.
【解析】【分析】由旋转的性质可得 ∠ACB=∠E ， AC=AE ，可得 ∠E=∠ACE ，由平行线
的性质可得 ∠BCE+∠E=180° ，可得 ∠E=60° ，则可求 ∠BAD=60° ，可得结论.29．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．
（1）求证：∠A＝∠EBC；
（2）若已知旋转角为50°，∠ACE＝130°，求∠CED和∠BDE的度数．
【答案】（1）证明：∵将△ABC绕点C顺时针旋转得到△DEC，
∴AC＝CD，CB＝CE，∠ACD＝∠BCE，
180°−∠ACD 180°−∠BCE
∴∠A＝ ，∠CBE＝ ，
2 2
∴∠A＝∠EBC；
（2）解：∵将△ABC绕点C顺时针旋转得到△DEC，
∴AC＝CD，∠ABC＝∠DEC，∠ACD＝∠BCE＝50°，∠EDC＝∠A，∠ACB=∠DCE
∴∠A＝∠ADC＝65°，
∵∠ACE＝130°，∠ACD＝∠BCE＝50°，
∴∠ACB＝∠DCE =80°，
∴∠ABC＝180°﹣∠BAC﹣∠BCA＝35°，
∵∠EDC＝∠A＝65°，
∴∠BDE＝180°﹣∠ADC﹣∠CDE＝50°．∠CED=180°﹣∠DCE﹣∠CDE=35°
【解析】【分析】（1）由旋转的性质可得AC＝CD，CB＝CE，∠ACD＝∠BCE，由等腰三角形的
性质可求解．（2）由旋转的性质可得AC＝CD，∠ABC＝∠DEC，∠ACD＝∠BCE＝50°，∠EDC
＝∠A，由三角形内角和定理和等腰三角形的性质可求解．
30．如图， △ABO 与 △CDO 关于O点中心对称，点E、F在线段AC上，且AF=CE．
求证：FD=BE．【答案】证明：∵△ABO与△CDO关于O点中心对称，∴OB=OD，OA=OC．
∵AF=CE，∴OF=OE．
{
OB=OD
∵在△DOF和△BOE中， ∠DOF=∠BOE ，
OF=OE
∴△DOF≌△BOE（SAS）．∴FD=BE
【解析】【分析】根据中心对称得出OB=OD，OA=OC，求出OF=OE，根据SAS推出△DOF≌△BOE
即可．
31．如图，在平面直角坐标系xOy中，把矩形COAB绕点C顺时针旋转α度的角，得到矩形
CFED，设FC与AB交于点H，且A（0，4）、C（8，0）．
（1）当α=60°时，△CBD的形状是 ．
（2）当AH=HC时，求直线FC的解析式．
【答案】解：（1）∵矩形COAB绕点C顺时针旋转60度的角，得到矩形CFED，
∴∠BCD=60°，CB=CD，
∴△CBD为等边三角形；
（2）∵A（0，4）、C（8，0），
∴OA=BC=4，OC=AB=8，
设AH=HC=x，则BH=8﹣x，CB=4，
在Rt△CBH中，
∵CH2=BH2+BC2，
∴x2=（8﹣x）2+42，解得x=5，
∴H点的坐标为（5，4），设直线FC的解析式为y=kx+b，
4
{ k=−
{5k+b=4 3
把C（8，0）、H（5，4）代入得 ，解得 ，
8k+b=0 32
b=
3
4 32
∴直线FC的解析式为y=− x+ ．
3 3
【解析】【分析】（1）先根据旋转的性质得∠BCD=60°，CB=CD，然后根据等边三角形的判定方法
得到△CBD为等边三角形；
（2）设AH=HC=x，则BH=8﹣x，CB=4，在Rt△CBH中，根据勾股定理得到x2=（8﹣x）2+42，解
得x=5，则H点的坐标为（5，4），然后根据待定系数法确定直线FC的解析式．
32．在5×7的方格纸上，任意选出5个小方块涂上颜色，使整个图形（包括着色的“对称”）有：
①1条对称轴；
②2条对称轴；
③4条对称轴．
【答案】解：①如图1所示：
②如图2所示：
③如图3所示：
【解析】【分析】①直接利用轴对称图形的性质得出符合题意的答案；②直接利用轴对称图形的性
质得出符合题意的答案；③直接利用轴对称图形的性质得出符合题意的答案．33．已知 的三个顶点的坐标分别为A(-2，3)、B(-6，0)、C(-1,0).
（1）请直接写出点 关于 轴对称的点A 的坐标.
（2）将 绕坐标原点 逆时针旋转90°．画出图形，直接写出点 的对应点B 的坐标.
（3）请直接写出：以 为顶点的平行四边形的第四个顶点 的坐标.
【答案】解：（1）点A关于y轴对称的点的坐标是（2，3）；
（2）图形如右，点B的对应点的坐标是（0，﹣6）；
（3）以A、B、C为顶点的平行四边形的第四个顶点D的坐标为（﹣7，3）或（﹣5，﹣3）或（3，
3）．【解析】【分析】（1）点A关于y轴对称的点的坐标是（2，3）；
（2）图形如下，点B的对应点的坐标是（0，﹣6）；
（3）以A、B、C为顶点的平行四边形的第四个顶点D的坐标为（﹣7，3）或（﹣5，﹣3）或（3，
3）．
四、综合题
34．如图所示，将△ABC绕其顶点A顺时针旋转30°后得△ADE．（1）问△ABC与△ADE的关系如何？
（2）求∠BAD的度数．
【答案】（1）解：∵△ABC绕其顶点A顺时针旋转30°后得△ADE，∴△ABC≌△ADE
（2）解：旋转角相等，即∠BAD=∠EAC=30°．
【解析】【分析】（1）旋转只是改变图形的位置，不会改变图形的大小及形状即可得出
△ABC≌△ADE；
（2）根据旋转的过程中原图形上的所有的线段都绕着旋转中心转动相同的角度即可得出
∠BAD=∠EAC=30°．
35．在边长为1的正方形网格中,△AOB的位置如图所示.
（1）将△OAB绕着点O逆时针旋转90°，画出旋转后得到的△OCD；
【答案】（1）解：如图
【分析】（1）利用勾股定理计算OB长度。
（2）∠COA=90，半径为2√2，利用弧长公式可得点A所经过的路径长。
36．在平面直角坐标系 xOy 中，如果抛物线 y=ax2+bx+c 上存在一点A，使点A关于坐标原点
O的对称点 A′ 也在这条抛物线上，那么我们把这条抛物线叫做回归地物线，点A叫做这条抛物线的回归点.
（1）已知点M在抛物线 y=−x2+2x+4 上，且点M的横坐标为2，试判断抛物线
y=−x2+2x+4 是否为回归抛物线，并说明理由；
（2）已知点C为回归抛物线 y=−x2−2x+c 的顶点，如果点C是这条抛物线的回归点，求这条
抛物线的表达式；
【答案】（1）解：当 x=2 时， y=−x2+2x+4=−4+4+4=4
∴M(2，4)
点M关于原点对称的点 M′ (−2，−4) ，
当 x=−2 时， y=−x2+2x+4=−4−4+4=−4
∴M′ (−2，−4) 在抛物线 y=−x2+2x+4 上，
∴ 抛物线 y=−x2+2x+4 是回归抛物线
（2）解： y=−x2−2x+c=−(x2+2x+1−1)+c=−(x+1) 2+1+c
∴C(−1，1+c)
由题意得，点C关于原点对称的点 C′ (1，−1−c) 也在抛物线 y=−x2−2x+c 上，
∴−1−c=−12−2×1+c
∴−2c=−2
∴c=1
∴y=−x2−2x+1
【解析】【分析】（1）将x=2代入函数解析式，可求出对应的y的值，可得到点M的坐标，再利用
关于原点对称的点的坐标特点：横纵坐标都互为相反数，可得到点M'的坐标，将x=-2代入二次函数
解析式，可求出对应的y的值，可得到点M'在抛物线上，可证得结论；
（2）将函数y=-x2-2x+c转化为顶点式，可得到顶点C的坐标，从而可得到点C关于原点对称的点
C'，由点C'的坐标在抛物线上，可得到关于c的方程，解方程求出c的值，可得到抛物线的解析式.
37．如图，在等边 △ABC 中，点 D 是 AB 边上一点，连接 CD， 将 △BCD 绕点 C 顺时针
旋转 60° 后得到 △ACE ，连接 DE ．（1）△CDE 是 三角形；
（2）若 BC=10，CD=9 ，求 △ADE 的周长；
（3）求证： AE//BC ．
【答案】（1）等边
（2）解： ∵△BDC≌△AEC
∴BD=AE
∵△ABC 是等边三角形
∴AB=BC=10
∵△CDE 是等边三角形
∴CD=DE=9
∴△ADE 的周长为 AD+DE+AE=AD+BD+DE=AB+DE=BC+CD=19
（3）解： ∵△BDC≌△AEC ， △ABC 是等边三角形
∴∠EAC=∠B=60° ， ∠ACB=60°
∴∠EAC=∠ACB
∴AE//BC
【解析】【解答】（1）∵将 △BCD 绕点 C 顺时针旋转 60° 后得到 △ACE ，
∴△BDC≌△AEC ， ∠DCE=60°
∴CD=CE
∴△CDE 是等边三角形
故答案为：等边
【分析】（1）先求出△BDC≌△AEC ， ∠DCE=60°，再求出CD=CE，最后证明求解即可；
（2）利用等边三角形的性质和三角形的周长求解即可；
（3）先求出∠EAC=∠ACB，再证明求解即可。
38．如图，在平面直角坐标系中，已知点B（4，2），BA⊥x轴于A．（1）画出将△OAB绕原点旋转180°后所得的△OA B，并写出点B 的坐标；
1 1 1
（2）将△OAB平移得到△OAB，点A的对应点是A（2，﹣4），点B的对应点B 在坐标系中
2 2 2 2 2
画出△OAB；并写出B 的坐标；
2 2 2 2
（3）△OA B 与△OAB 成中心对称吗？若是，请直接写出对称中心点P的坐标．
1 1 2 2 2
【答案】（1）解：△OA B 如图所示；B（﹣4，﹣2）；
1 1 1
（2）解：
△OA B 如图所示；B（2，﹣2）；
2 2 2
（3）解：△OA B 与△OAB 成中心对称，对称中心P的坐标是（﹣1，﹣2）．
1 1 2 2 2
【解析】【分析】（1）将点A、B、C绕原点旋转180°后得到对应点，顺次连接可得；（2）将点
A、B、C向左平移2个单位、向下平移4个单位即可得；（3）根据中心对称的定义可得．
39．如图，抛物线y＝﹣x2+bx+c与x轴交于A，B两点，与y轴交于点C，点O为坐标原点，点E在抛物线上，点F在x轴上，四边形OCEF为矩形，且OF＝2，EF＝3，点D为直线AE上方抛物线上
的一点
（1）求抛物线所对应的函数解析式；
（2）求△ADE面积的最大值和此时点D的坐标；
（3）将△AOC绕点C逆时针旋转90°，点A对应点为点G，问点G是否在该抛物线上？请说明
理由．
【答案】（1）解：
∵四边形OCEF为矩形，OF＝2，EF＝3，
∴点C的坐标为（0，3），点E的坐标为（2，3），
把x＝0，y＝3；x＝2，y＝3，分别代入二次函数表达式得：
{ c=3 {b=2
，解得： ，
3=−4+2b+c c=3
∴抛物线对应函数的表达式为：y＝﹣x2+2x+3
（2）解：连接DF、DE、DA，
∵点D在直线AE上方的抛物线上，∴D（x，﹣x2+2x+3），
令y＝0，得：﹣x2+2x+3＝0，
解得：x＝﹣1或3，
∴A（﹣1，0）、B（3，0），
∴OA＝1，OB＝3，
∴S ＝（S +S ）﹣S
△ADE △ADF △DEF △AEF1 1 1
＝ （1+2）（﹣x2+2x+3）+ ×3×（2﹣x）﹣ ×3×3，
2 2 2
3 1 27
＝﹣ （x﹣ ）2+ ，
2 2 8
1 15
在y＝﹣x2+2x+3中，当x＝ 时，y＝
2 4
27 1 15
∴△ADE面积的最大值是 ，此时点D的坐标为（ ， ）
8 2 4
（3）解：△AOC绕点C逆时针旋转90°，OC落在CE所在的直线上，
由（2）知OA＝1，
∴点A的对应点G的坐标为（3，2），
当x＝3时，y＝﹣32+2×3+3＝0≠2，
∴点G不在该抛物线上．
【解析】【分析】（1）利用矩形的性质及矩形的边长，就可求出点C、E的坐标，再将点C、E的坐
标分别代入抛物线的解析式，求出b、c的值，就可解答此题。
（2）连接DF、DE、DA，点D在直线AE上方的抛物线上，因此设D（x，﹣x2+2x+3），由y=0，
解关于x的方程，求出x的值，就可得到点A、B的坐标，因此 S ＝（S +S ）﹣S ，利
△ADE △ADF △DEF △AEF
用三角形的面积公式，就可求出S 关于x的函数解析式，再将此函数解析式转化为顶点式，利用
△ADE
二次函数的性质，就可求出△ADE的最大面积及点D的坐标。
（3） △AOC绕点C逆时针旋转90°，OC落在CE所在的直线上，由A的坐标，就可取出对应点G
的坐标，再求出当x=3时的函数值，将函数值与点G的纵坐标比较大小，就可作出判断。
40．解答题。
（1）如图①，画出△ABC绕点B逆时针旋转90°后的△A BC ；
l 1
（2）如图②，画出△ABC绕点B旋转180°后的△A BC ．
l 1【答案】（1）解：如图①，△A BC 为所作；
l 1
（2）解：如图②，△A BC 为所作．
l 1
【解析】【分析】（1）利用网格特点和旋转的性质画出点A、C的对应点A、C 即可得到△A
1 1 l
BC ；（2）利用网格特点和旋转的性质画出点A、C的对应点A、C 即可得到△A BC ．
1 1 1 l 1
