第二十三章旋转（知识归纳+题型突破）（八大题型，134题）（教师版）-（人教版）_初中数学_九年级数学上册（人教版）_知识点汇总-U105_2024版

第二十三章 旋转（知识归纳+题型突破） 1.通过具体实例认识平面图形关于旋转中心的旋转。探索它的基本性质:一个图形和旋转得到的图形中，对 应点到旋转中心距离相等，两组对应点分别与旋转中心连线所成的角相等. 2.了解中心对称、中心对称图形的概念，探索它们的基本性质;成中心对称的两个图形中，对应点的连线经 过对称中心，且被对称中心平分. 3.探索线段、平行四边形、正多边形、圆的中心对称性质. 4.认识并欣赏自然界和现实生活中的中心对称图形.1、旋转 把一个平面图形绕着平面内的一点O转动一个角度。（旋转中心：O点，旋转角：转动的角度） 2、性质 ①对应点到旋转中心的距离相等 ②对应点到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 3、中心对称 把一个图形绕着某一点O旋转180度，如果它能够与另一个图形重合，这两个图形关于这个点对称或中心 对称 4、性质①对称点所连线段都经过对称中心，且被对称中心所平分 ②中心对称的图形是全等图形 5、中心对称 把一个图形绕着某一点o旋转180度后能与原图形重合,主体：一个图形，而中心对称指的是两个 4、关于原点对称的坐标P(x，y)→P（-x，-y） 题型一 旋转三要素 【例1】如图， 和 都是等边三角形. （1） 沿着______所在的直线翻折能与 重合； （2）如果 旋转后能与 重合，则在图形所在的平面上可以作为旋转中心的点是______； （3）请说出2中一种旋转的旋转角的度数______. 【答案】（1） ；（2）.点 、点 或者线段 的中点；（3） 【分析】(1) 因为 和 有公共边AC，翻折后重合，所以沿着直线AC翻折即可；（2）将 △ABC旋转后与 重合，可以以点A、点C或AC的中点为旋转中心；（3）以点A 、点C为旋转中 心时都旋转 ，以AC中点旋转时旋转180 . 【详解】(1)∵ 和 都是等边三角形， ∴ 和 是全等三角形，∴△ABC沿着AC所在的直线翻折能与△ADC重合. 故填AC; (2)将△ABC旋转后与 重合，则可以以点A为旋转中心逆时针旋转60 或以点C为旋转中心顺时针 旋转60 ，或以AC的中点为旋转中心旋转180 即可； （3）以点A 、点C为旋转中心时都旋转 ，以AC中点旋转时旋转180 . 【点睛】此题考查平移的对称轴确定的方法、旋转中心确定的方法，依照平移、旋转的性质来确定即可. 巩固训练： 1．（2023·全国·九年级专题练习）如图，在正方形网格中，图中阴影部分的两个图形是一个经过旋转变换 得到另一个的，其旋转中心可能是（ ） A．点A B．点 C．点 D．点 【答案】B 【分析】根据旋转的性质，作两组对应点所连线段的垂直平分线，交点即为旋转中心，即可得． 【详解】解：如图所示，两组对应点所连线段的垂直平分线的交点B即为旋转中心， 故选：B． 【点睛】本题考查了旋转的性质，解题的关键是掌握旋转的性质． 2．（2023春·福建漳州·八年级统考期末）如图，在 方格纸中，格点三角形甲经过旋转后得到格点三 角形乙，则其旋转中心是（ ）A．点 B．点 C．点 D．点 【答案】A 【分析】先确定点A与点E为对应点，点B和点F为对应点，则根据旋转的性质得旋转中心在 的垂直 平分线上，也在 的垂直平分线上，所以作 的垂直平分线和 的垂直平分线，它们的交点即为旋转 中心． 【详解】解：∵甲经过旋转后得到乙， ∴点A与点E为对应点，点B和点F为对应点， ∴旋转中心在 的垂直平分线上，也在 的垂直平分线上， 作 的垂直平分线和 的垂直平分线，它们的交点为M点，如图， 即旋转中心为M点． 故选：A． 【点睛】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． 3．（2023春·四川成都·八年级统考期末）如图，小明荡秋千，位置从A点运动到了 点，若 ， 则秋千旋转的角度为（ ）A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据旋转角的定义、旋转的性质、等腰三角形的性质以及三角形内角和定理进行解答． 【详解】∵ ，小刚的位置从A点运动到了 点， ∴ ， ∴ ，， ∴ ， ∴秋千旋转的角度为 故选C． 【点睛】本题考查了旋转的性质、等腰三角形的性质，熟练掌握旋转的性质是解题的关键． 4．（2021秋·广东江门·九年级台山市新宁中学校考期中）如图，将 中， ，将 其绕点 顺时针方向旋转到 的位置，使得 在同一条直线上，那么旋转角的度数为（ ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据三角形的外角的性质得到 即可解答． 【详解】解：∵在 中， ， 在同一条直线上， ∴ ， 故选 ．【点睛】本题考查了平角的定义，旋转性质、三角形外角的性质，找到旋转角并掌握三角形外角的性质是 解题的关键． 5．（2023·江苏·八年级假期作业）如图，如果将正方形甲旋转到正方形乙的位置，可以作为旋转中心的点 有（ ） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【答案】C 【分析】根据旋转的性质，即可得出，分别以A,B,C为旋转中心即可从正方形甲旋转到正方形乙的位置． 【详解】解：如图， 绕A点逆时针旋转90°，可到正方乙的位置； 绕C点顺时针旋转90°，可到正方乙的位置； 绕AC的中点B旋转180°，可到正方乙的位置； 故选：C． 【点睛】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；特别注意容易忽略点B． 6．（2023春·江苏·八年级专题练习）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． 7．（2023春·山东滨州·八年级统考期末）如图，在正方形网格中， 绕某点旋转一定的角度得到 ，则旋转中心的坐标是 ． 【答案】 【分析】根据旋转的性质可知，对应点到旋转中心的距离相等，则对应点连线的垂直平分线的交点即为旋 转中心． 【详解】如图，连接 ， ，分别作线段 ， 的垂直平分线，两条垂直平分线相交于点 ，点 即为旋转中心．故答案为： ． 【点睛】本题主要考查图形旋转的性质，牢记旋转中心的确定方法（对应点连线的垂直平分线的交点即为 旋转中心）是解题的关键． 8．（2023春·山东菏泽·八年级统考期末）如图，网格中每个小正方形的边长均为1个单位长度，点A、B 都在格点上．线段AB绕着某一定点顺时针旋转一个角度 后，得到线段 （点 、 分 别是A、B的对应点，也都在格点上），则 的大小是 ． 【答案】 /90度 【分析】首根据旋转的性质确定旋转中心为点O，即可解决问题． 【详解】解：如图，连接 ,由网格作 的垂直平分线，交于点O， ∴点O为旋转中心， ∴ ，即旋转角为 ，故答案为： ． 【点睛】本题主要考查了旋转角度的确定，画出图形能快速解决问题． 9．（2022秋·广东汕头·九年级汕头市龙湖实验中学校考期中）如图， 在平面直角坐标系中的位置， 且 ，将其绕点P顺时针旋转得到 ，则点P的坐标是 ，旋转角是 度. 【答案】 90 【分析】根据旋转性质，对应点的连线的垂直平分线的交点即为旋转中心，据此可求解． 【详解】解：如图，点 为旋转中心，旋转角 ，故答案为： ，90． 【点睛】本题考查坐标与图形变换-旋转，解答的关键是熟知对应点连线的垂直平分线的交点即为旋转中心． 10．（2023春·福建福州·八年级福州日升中学校考期末）如图，在平面直角坐标系中， 的三个顶点 坐标为 ， ， ， 绕原点逆时针旋转 ，得到 ， 向右平移6个 单位，再向上平移2个单位得到 ．(1)画出 和 ； (2) 是 的 上一点， 经旋转、平移后点P的对应点为 ，则点 的坐标是 ． (3)若 直接旋转得到 ，则旋转点M坐标是 ． 【答案】(1)见解析 (2) (3) 【分析】（1）先根据点绕原点逆时针旋转 坐标变换规律得出点 ，再顺次连接即可得 ；根据坐标平移规律得出点 ，然后顺次连接即可得 ； （2）根据点绕原点逆时针旋转 坐标变换规律、坐标平移规律即可得； （3）对应点连线的垂直平分线的交点即为旋转中心． 【详解】（1）解：根据旋转的性质得到 ， 根据平移的性质得到 ，如图所示： ；（2）解：由（1）坐标变换规律得： ， ； 故答案为： ； （3）解：若 直接旋转得到 ，如图， 则旋转点M坐标是 ． 故答案为： ． 【点睛】本题考查了画旋转图形、平移图形、旋转中心，掌握点坐标变换规律是解题关键． 11．（2022秋·河南周口·九年级统考期中）如图所示，在平面直角坐标系中，有一个 ，且 ， ， ，已知 是由 旋转得到的．(1)请写出旋转中心的坐标是___________，旋转角是___________度； (2)以（1）中的旋转中心为中心，分别画出 逆时针旋转 、 后的三角形； (3)设 两直角边 ， ，斜边 ，利用变换前后所形成的图案证明勾股定理． 【答案】(1) ， (2)见解析 (3)见解析 【分析】（1）根据 的垂直平分线交于点 ，则旋转中心的坐标是 ，勾股定理的逆定理可得 ，进而即可求解； （2）根据旋转的性质画出旋转图形即可求解； （3）由旋转的过程可知，四边形 和四边形 是正方形．根据 ，进而即可求解． 【详解】（1）解：如图所示，的垂直平分线交于点 ，则旋转中心的坐标是 ， 又∵ ， ∴ ， ∴ 即旋转角是 度． 故答案为： ， ． （2）画出的图形如图所示． （3）由旋转的过程可知，四边形 和四边形 是正方形． ∵ ， 设 两直角边 ， ，斜边 ， ∴ ，即 ．∴ ． 【点睛】本题考查了勾股定理，找旋转中心，旋转角，画旋转图形，勾股定理的证明，熟练掌握旋转的性 质是解题的关键．确定旋转中心的方法：分别作两组对应点所连线段的垂直平分线，其交点就为旋转中心. 12．（2023春·广东梅州·九年级校考开学考试）如图，直线 、 相交于点 ，且所成的锐角为 ，画出 关于直线 的对称图形 ，然后画出 关于直线n的对称图形 ，你能发现 与 有什么关系吗？若是平移，指出平移的方向和距离；若是旋转，指出旋转的中心和角度． 【答案】作图见解析， 绕点 逆时针旋转 得到 【分析】利用轴对称的性质画出 和 ，然后根据轴对称的性质得到 ， ， ， ，从而可判断 绕点 逆时针旋转 得到 ． 【详解】解：如图， 和 为所作． 和 关于直线 的对称， ， 与直线 夹角等于 与直线 的夹角， 和 关于直线 的对称， ， 与直线 夹角等于 与直线 的夹角， ， ， 同理得到 ， ， ， ， 绕点 逆时针旋转 得到 ． 【点睛】本题考查了作图-轴对称变换：先确定图形的关键点；再利用轴对称性质作出关键点的对称点；然 后按原图形中的方式顺次连接对称点．也考查了旋转的性质．题型二 图形旋转性质的应用 【例2】（2022秋·湖北荆州·九年级统考期中）如图， 中， ， ， ， 逆时针旋转一定角度后与 重合，且点C恰好成为 的中点． (1)指出能转中心，并求出旋转的度数； (2)求出 的度数和 的长． 【答案】(1)旋转中心为点A，旋转的度数为 (2) ， 【分析】（1）根据图形可得旋转中心为点A，根据三角形的内角和定理求出 ，结合旋转的性质即 可得出旋转角的度数； （2） 【详解】（1）解： ， 即 ， 所以旋转中心为点A，旋转的度数为 ； （2）解： 逆时针旋转一定角度后与 重合， ， ， ， ， ∵点C恰好成为 的中点， ， ． 【点睛】本题主要考查了旋转的性质，解题的关键是掌握旋转前后对应边相等，对应角相等，对应边连线 的夹角等于旋转角． 【例3】如图 ，在等腰 中， 分别为 上的点，且 ，将 绕 点逆时针旋转 ．(1)如图 ，当 时，求证： ； (2)若 ，求 的长； (3)在 旋转过程中，直接写出 的最大值． 【答案】(1)见解析；(2) ；(3) 的最大值为 ． 【分析】（1）利用旋转的性质得出角度相等，再证明 即可； （2）添加辅助线，构造直角三角形，再由勾股定理即可求解； （3）判断出点 在 的延长线上时， 最大，即可得出结论． 【详解】（1）证明：由旋转的性质可知， ， 在 和 中， ， ∴ ， ∴ ． （2）过点 作 于点 ， 当 ，即 ， ∵ ， ， ，∴ ， ∴ ， ， ∵ ， ∴ ， 在 中， ， ， ∴由勾股定理得： ， （3）如图， 则有： ， ∴当点 、点 、点 三点共线时， 最大，最大值为 ． 【点睛】此题考查了全等三角形的判定和性质，勾股定理，旋转的性质，判断出 是解本题的 关键． 巩固训练 1．（2023秋·山东济南·八年级统考期末）如图，将 绕点A按逆时针方向旋转 ，得到 ， 若点 在线段 的延长线上，则 的度数为（ ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】由旋转的性质可得 ， ，由等边对等角的性质可得 ，即可求解．【详解】解：∵将 绕点A按逆时针方向旋转 ， ∴ ， ， ∴ ， 故选：A． 【点睛】本题主要考查了旋转，等腰三角形，熟练掌握旋转的性质，等腰三角形的性质，是解题的关键． 2．（2023秋·辽宁辽阳·九年级统考期末）如图，正方形 的边长为2，将正方形 绕原点O逆时 针旋转 ，则点B的对应点 的坐标为（ ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】点B绕原点O逆时针旋转 后落在x轴负半轴上，根据 的长度即可确定点 的坐标． 【详解】解：连接 ，如图， ∵正方形 的边长为2， ∴ ， ， ， 由勾股定理得： ； ∵ ，∴点B绕原点O逆时针旋转 后落在x轴负半轴上， ∴ ， ∴点 的坐标为 ， 故选：D． 【点睛】本题考查了坐标与图形，正方形的性质，旋转的性质，掌握旋转的性质是关键． 3．（2022秋·河北保定·九年级校联考期中）如图，在矩形 中， ．将矩形 绕点A逆时 针旋转，得到矩形 ．点 的对应点 落在 上，且 ．则 的长为（ ） A． B．4 C．5 D．3 【答案】A 【分析】由旋转的性质得到 ， ， ，由 得到 ，根据勾股定理 得到 ，即可得到 的长． 【详解】∵将矩形 绕点A逆时针旋转，得到矩形 ， ∴ ， ， ， ∵ ， ∴ ， ∴ ， ∴ ， 故选：A 【点睛】此题考查了旋转的性质、矩形的性质、勾股定理等知识，熟练掌握旋转的性质和勾股定理计算是 解决本题的关键．4．（2022秋·辽宁鞍山·九年级统考期中）如图，在 中， ， ， ，将 绕点 逆时针旋转得到 ，此时点 恰好在边 上， 与 交于点 ，则 长为 （ ） A．2 B． C． D． 【答案】C 【分析】首先证明 是等边三角形，再证明 是直角三角形，求出 即可解决问题． 【详解】解：∵在 中， ， ， ， ∴ ， ∴ ， ∵将 绕点 C 逆时针旋转得到 ， ∴ ， ， ∵ ， ∴ 是等边三角形， ∴ ， ∴ ， ∴ ， ， ， ∴ ， ∵ ， ∴ ． 故选：C 【点睛】本题考查直角三角形30度角的性质、勾股定理、等边三角形的判定和性质等知识，解题的关键是灵活运用这些知识解决问题，属于中考常考题型． 5．（2023·宁夏·统考中考真题）如图，在 中， ， ， ．点 在 上，且 ．连接 ，将线段 绕点 顺时针旋转 得到线段 ，连接 ， ．则 的面 积是（ ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】证明 ，得到 ，推出 为直角三角形，利用 的面积 等于 ，进行求解即可． 【详解】解：∵ ， ， ∴ ， ， ∵将线段 绕点 顺时针旋转 得到线段 ， ∴ ， ， ∴ ， 在 和 中， ， ∴ ， ∴ ， ∴ ， ∵ ， ， ∴ ，∴ 的面积等于 ； 故选B． 【点睛】本题考查旋转的性质，等腰三角形的性质，全等三角形的判定和性质．熟练掌握旋转的性质，得 到三角形全等是解题的关键．本题蕴含手拉手全等模型，平时要多归纳，多总结，便于快速解题． 6．（2023春·河北保定·八年级保定市第十七中学校联考期末）在《数学知识PK赛》上，天逸同学给竞争 对手抛出了一道旋转题，做为观赛选手，请大家都来挑战一下：如图，将 绕点 逆时针旋转 ， 得到 ，若点 在线段 的延长线上，则 的大小是（ ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据旋转的性质得 ， ，再利用等边对等角以及三角形内角和定理即可求解． 【详解】解：由旋转的性质得 ， ， ∴ ， 故选：B． 【点睛】本题考查了旋转的性质，等边对等角，三角形内角和定理，熟记各图形的性质并准确识图是解题 的关键． 7．（2023秋·新疆和田·九年级统考期末）如图， 是等边三角形，点P在 内， ，将 绕点A逆时针旋转得到 ，则PQ的长等于（ ） A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】B 【分析】根据等边三角形的性质推出 ， ，根据旋转的性质得出 ，推出， ，求出 ，得出 是等边三角形，即可求出答案． 【详解】解： 是等边三角形， ， ， 将 绕点 逆时针旋转得到 ， ， ， ， 即 ， 是等边三角形， ， 故选：B． 【点睛】本题考查了等边三角形的性质和判定，全等三角形的性质和判定，旋转的性质等知识点，关键是 得出 是等边三角形，注意“有一个角等于 的等腰三角形是等边三角形，等边三角形的对应边相 等，每个角都等于 ． 8．（2022秋·广东深圳·九年级校考开学考试）如图，正方形 的边长为6，点E、F分别在 上，若 ，且 ，则 的长为（ ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】将 绕点C逆时针旋转 到 ，易证 与 全等得到 ，利用勾股定 理求出 ，则 ，设 ，利用勾股定理建立方程求解 ，再通过勾股定理求算 ． 【详解】解：∵四边形 是正方形， ∴ ， 将 绕点C逆时针旋转 到 ，如图所示， ∴ ，∴ ， ∴ 三点共线， ∵ ， ∴ ， ∴ ， 又∵ ， ∴ ， ∴ ， 在 中，由勾股定理得 ， ∴ ， 设 ，则 ， ， 在 中，由勾股定理得： ， ∴ 解得： ， ∴ ， ∴ 故选：A． 【点睛】本题考查正方形的性质，旋转的性质，全等三角形的性质与判定、勾股定理等等．正确作出辅助 线构造全等三角形是解题的关键． 9．（2023春·江苏南通·八年级南通田家炳中学校考阶段练习）如图，在菱形 中， ， ，把菱形 绕点 顺时针旋转 得到菱形 ，则图中阴影部分的面积为（ ）A． B． C．3 D． 【答案】D 【分析】根据菱形的性质可得 ， ， ， 三点共线，根据 ，可得 ． 【详解】解：如图， 连接 ， 相交于 ， 与 于 点． 四边形 是菱形， ， ， ， ， ， ， ， ， ， 菱形 绕点 顺时针旋转 得到菱形 ， ， ， ， ， 三点共线，， 又 ， ， ， ， ， 故选：D． 【点睛】本题考查了菱形的性质，旋转的性质，关键是灵活运用这些性质解决问题． 10．（2023·全国·九年级专题练习）如图，将 绕点 逆时针旋转得到 ，点 和点 是对应点， 若 ， ，则 的长为（ ） A．2 B． C．4 D． 【答案】A 【分析】根据旋转的性质可得 ， ，进而勾股定理即可求解． 【详解】解：将 绕点 逆时针旋转得到 ， ， ∴ ， ， 在 中， ， ∴ ， 故选：A． 【点睛】本题考查了旋转的性质，勾股定理，根据旋转的性质得出 ， ，是解 题的关键． 11．（2023春·天津北辰·九年级校考阶段练习）如图，将 绕点 顺时针旋转得到 ，使点 的 对应点 恰好落在边 上，点 的对应点为 ，连接 ．下列结论错误的是（ ）A． B． C． D． 【答案】A 【分析】利用旋转的性质得 ， ， ，再根据等腰三角形的性质即可得出 ，再根据 即可求解． 【详解】解： 绕点 顺时针旋转得到 ， ， ， ， ； ， 选项B、C正确， ， 选项D正确． 不一定等于 ， 选项A不一定正确； 故选A． 【点睛】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．也考查了等腰三角形的性质． 12．（2022秋·黑龙江大庆·八年级校联考期中）如图， 绕点A顺时针旋转某个角度得到 ．已 知 ， ， 、 相交于点F， 、 相交于点G，则 的度数为 . 【答案】 /20度 【分析】根据旋转的性质得 ，求出 即可得出答案． 【详解】解：由旋转的性质得 ，∵ ， ， ∴ ， ∴ ， 故答案为： ． 【点睛】本题考查了旋转的性质，熟知对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角且旋转角相等是解题 的关键． 13．（2023·吉林松原·校联考二模）如图，在矩形 中， ．将矩形沿 翻折，使点 恰好落在边 上的 处，再将四边形 绕点 逆时针旋转 得到四边形 ， 交 于点 ，则 的面积为 ． 【答案】 【分析】根据矩形的性质和折叠的性质可得四边形 是正方形， 是等腰直角三角形，四边形 是矩形，四边形 是矩形，由此可得 是等腰直角三角形，由此即可求出 ， 根据三角形的面积公式即可求解． 【详解】解：∵四边形 是矩形，将矩形沿 翻折，使点 恰好落在边 上的 处， ∴四边形 是正方形， ∴ ，且 是等腰直角三角形， ∴ ， ， ∵ ， ， ， ∴ ， ， ，∴四边形 是矩形， ∵将四边形 绕点 逆时针旋转 得到四边形 ， ∴四边形 是矩形， ， ∴ ， ， ， ∴ ， 是等腰直角三角形， ∴ ， ∴ ， 故答案为： ． 【点睛】本题主要考查矩形与折叠，等腰三角形的性质的综合，掌握矩形的性质，折叠的性质，正方形的 性质，等腰直角三角形的性质的综合运用是解题的关键． 14．（2022秋·河北保定·九年级校联考期中）如图，将 绕点 按顺时针旋转一定角度得到 ，点 的对应点 恰好落在 边上． （1） 是等腰三角形吗? （选填“是”或“否”）； （2）若 ，则 ． 【答案】 是 【分析】（1）根据旋转的性质，即可达到答案； （2）根据旋转的性质得 ，由 ，于是可判断 为等边三角形，根据等边三角形的性质 得 ，然后利用 进行计算． 【详解】解：（1）由旋转的性质，可知： ，∴ 是等腰三角形， 故答案为：是； （2）∵ ， ∴ ∴ ， 由旋转的性质知， ， ∴ 是等边三角形， ∴ ， 则 ． 故答案为： ． 【点睛】本题考查了旋转的性质，解题的关键是掌握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．也考查了等边三角形的判定与性质． 15．（2023秋·陕西安康·九年级统考期末）如图，在 中， ，D是 的中点，将 绕 点A逆时针旋转 得 ，点D，C分别对应点E，F，连接 ，若 ，则 的度数为 ． 【答案】14 【分析】由等腰三角形的性质可得 ， ， ，由旋转的性质可得 ， ， ，即可求解． 【详解】解：∵ ，D是 的中点， ， ∴ ， ， ， ∵将 绕点A逆时针旋转 得 ， ∴ ， ， ， ∴ ， ∴ ，故答案为：14． 【点睛】本题考查了旋转的性质，等腰三角形的性质，灵活运用这些性质解决问题是本题的关键． 16．（2022秋·辽宁鞍山·九年级统考期中）如图， 中， ， ； ， 绕点 顺时针旋转 ，点 ， 的对应点分别为 ， ，过 作 的垂线，垂足为 ，若 ，则 ． 【答案】 【分析】如图，设 ，延长 ，交 延长线与 ，根据等腰直角三角形的性质旋转的性质及三角 形外角性质可得出 ， ， ，根据含30°角的直角三角形的性质可用 分别表示出 、 、 、 的长，利用线段的和差关系，结合 列方程求出 的值，根 据勾股定理即可得答案． 【详解】如图，延长 ，交 延长线与 ，设 ， ∵ ， ， ， ∴ ， ， ∵ 绕点 顺时针旋转 ，点 ， 的对应点分别为 ， ， ∴ ， ， ， ∴ ， ∴ ， ∴ ， ， ∴ ， ∵ ，∴ ， ， ∵ ， ， ∴ ， 解得： ， ∴ ． 故答案为： 【点睛】本题考查旋转的性质、等腰直角三角形的性质、三角形外角性质、含30°角的直角三角形的性质 及勾股定理，熟练掌握旋转的性质及30°角所对直角边等于斜边一半的性质是解题关键． 17．（2022秋·辽宁铁岭·九年级校联考期中）如图，在正方形 内作 ， 交 于点 交 于点 ，连接 ，过点 作 ，垂足为 ，将 绕点 顺时针旋转 得到 ，若 ， ，则 的长为 ． 【答案】 【分析】根据旋转的性质及正方形的性质可知 ，再根据全等三角形的性质可知 ，最后利用勾股定理解答即可． 【详解】解：由旋转的性质可知： ，∴ ， ， ， ∵四边形 是正方形， ∴ ， ， ∵ ， ∴ ， ∴ ， ∴ ， ∴ ， ∵ ， ， ， ∴ ， ∵ ， ∴ ， ∵ ， ∴ ， ∴ ， 设正方形的边长为 ，则 ， ， ∴在 中， ， ∴ ， 解得： ， （舍去）， 即 ， ∴AH=AB=6， 故答案为： ． 【点睛】本题考查了正方形的性质，旋转的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，掌握正方形的性 质及旋转的性质是解题的关键． 18．（2023·全国·九年级专题练习）如图，在矩形 中， ，将矩形 绕点 旋转 一定角度后得矩形 ， 交 于点 ，且 ，则 的长为 ．【答案】3 【分析】设 ，则 ，在 中，根据勾股定理列出关于 的方程，解方程即可得到 答案． 【详解】解：设 ， ，将矩形 绕点 旋转一定角度后得矩形 ， ， 在 中， ， ， 解得： ， 的长为：3， 故答案为：3． 【点睛】本题主要考查了矩形的性质、旋转的性质、勾股定理，熟练掌握矩形的性质、旋转的性质，是解 题的关键． 19．（2023春·河北保定·八年级保定十三中校考期末）图中 和 是两个等边三角形，其中 ， ，如图①， (1)将两三角形按图1放置（点A， ， 在同一条直线上），连接线段 ， ，求线段 的长； (2)将 绕点A逆时针旋 ，如图2所示，直线 ， 相交于点 ，连接 ．求证：； (3)以图1的位置为起点，将 绕点A逆时针旋转 ，当点 ， ， 恰好在一条直线上 时，直接写出线段 的长度． 【答案】(1) ； (2)见详解； (3) ． 【分析】（1）由 是等边三角形， ， ，得到 ，求出 ，再证明 ，得到 即可； （2）分别过点 作 于点 ， 于点 ，先证明 ，得到 ， ，由三角形内角和定理得到 ，再证明 ，得到 ，则可证明 平分 ，故可知 ，则问题可证； （3）当 ， ， 共线时，过点 作 于点 ，分别求出 ， ，在利用勾股定理 求出 ，从而求出 ，由 问题可解． 【详解】（1）∵ ， ， ∴ ∴ ∴ ∵ 和 是两个等边三角形， ∴ ， ， ∴ ， ∴ ． （2）如图2，分别过点 作 于点 ， 于点 ，∵ 和 是两个等边三角形， ∴ ， ， ∴ ， ∴ ， ∴ ， ， ∵ ， ∴ ， ∵ 于点 ， ， ∴ ， ∴ ， ∴ ， ∴ 平分 ， ∴ ， ∴ ． （3） ； 如图，当 ， ， 共线时，过点 作 于点 ，∵ 为等边三角形， ， ∴ ， ， ∴ ∴ ， 由（2）同理， ， ， 如图，当 ， ， 共线时， 同理，可得， ． 【点睛】本题是几何旋转变换综合题，考查了等边三角形的性质，全等三角形判定和性质、勾股定理以及 分类思想，解答关键是利用数形结合思想，找到条件之间关联． 20．（2023秋·山西阳泉·九年级校考期末）把两个全等的等腰直角三角板 和 （其直角边均为4） 叠放在一起（如图1），且使三角板 的直角顶点G与三角板 的斜边中点O重合，现将三角板 绕点O按顺时针方向旋转（旋转角α满足条件： ），四边形 是旋转过程中两三角 形的重叠部分（如图2）．在上述旋转过程中． (1) 与 有怎样的数量关系?(2)四边形 的面积有何变化?请证明你的发现． 【答案】(1) (2)四边形 的面积在旋转过程中没有变化，始终为4，证明见解析 【分析】（1）先由 证出 ，再根据全等三角形的性质得出 ． （2）四边形 的面积不变，面积为4．利用全等三角形的性质证明即可． 【详解】（1）解：结论： ． 理由： 点 是等腰直角三角板 斜边中点， ， ， 由旋转的性质，知 ， ， ． （2）四边形 的面积不变，面积为4． 理由： ， ， ． 【点睛】此题是几何变换的综合题，主要考查了全等三角形的判定，解答本题的关键是掌握旋转的性质： 对应点到旋转中心的距离相等，旋转前后图形的大小和形状没有改变． 21．（2023秋·山东济南·八年级统考期末）如图1，等腰直角三角形 中， ， ，点 D是 边上的一点，将线段 绕点C逆时针旋转 得到线段 ，连结 ． (1)①填空：线段 与 的数量关系是_________，位置关系是__________． ②证明上述结论成立． (2)如图2，F是 的中点，连结 交 于H，若 ， 时，求 的长．【答案】(1)①相等（或 ）；垂直（或 ）；②见解析 (2) 【分析】（1）先证明 ，再证明 ，推出 ， ， 据此即可证明结论成立； （2）延长 到T，使得 ，连接 并延长，与 交于M． ，推出 ， ，，在 中，根据勾股定理求解即可． 【详解】（1）解：①相等（或 ）；垂直（或 ） ②证明上述结论成立． 由题意可知： ， ， ∵ ， ∴ ， ， ∴ ， 在 与 中， ， ∴ ， ∴ ， ， ∵ ， ， ∴ ， ∴ ， 即 ； （2）解：如图中，延长 到T，使得 ，连接 并延长，与 交于M．在 和 中， ， ∴ ， ∴ ， ， ∴ ， ∴ ， ∵ ， ∴ ∵ ， ， ∴ ， ∵ ， ， ， ∴ ， ， ， 在 中，根据勾股定理： ， ∴ ． 【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，勾股定理，等腰直角三角形的性质，旋转的性质，解题的 关键是灵活运用所学知识解决问题． 22．（2023秋·陕西安康·九年级统考期末）如图，四边形 是正方形，点F是 延长线上一点，连 接 ，将 绕点A旋转一定角度后得到 ．(1)若 ，求 的度数； (2)若 ， ，求 的长． 【答案】(1) (2)3 【分析】（1）利用旋转的性质可得 ，根据三角形外角和可求出结果； （2）根据勾股定理即可解得. 【详解】（1）解： 是由 旋转得到， ． 四边形 是正方形， ， ． （2）解： 是由 旋转得到， ， ， ， ． 【点睛】本题主要考查了旋转的性质、三角形外角和以及勾股定理，熟练掌握知识点是解题的关键. 23．（2023春·广东梅州·九年级校考开学考试）如图，在 中， ， ，点D是 内一点，连接 ，将线段 绕点A逆时针旋转 ，得到线段 ，连接 、 ．求证： ． 【答案】见解析 【分析】首先根据旋转的性质，判断出 ， ，进而判断出 ；然后根据全等三角形判定的方法，判断出 ，即可判断出 ． 【详解】解：由旋转的性质，可得： ， ， ∵ ， ， ∴ ， 在 和 中， ， ∴ ， ∴ ． 【点睛】本题主要考查了全等三角形的判定和性质的应用，旋转的性质和应用，要熟练掌握，解答此题的 关键是要明确：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． 24．（2023·全国·九年级专题练习）如图， 绕点 按逆时针方向旋转后到达 的位置，设 与 、 分别交于点 、 ． (1)若 的周长为 ， ， ，求 的长； (2)若 ， ，求 的大小． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据旋转的性质分析求解； （2）根据旋转的性质及对顶角相等分析求解． 【详解】（1）解：由旋转性质可得 ， ， 又∵ 的周长为 ， ∴ 的长为 ； （2）解：由旋转性质可得 ， ∴ ，又∵ ， ∴ ． 【点睛】本题考查旋转的性质，理解旋转前后图形的对应边相等，对应角相等是解题关键． 25．（2023·全国·九年级专题练习）如图，点 是等边 内一点， ，将 绕点 按顺时针方向旋转 得 ，连接 ． (1)判断 的形状，并证明； (2)当 时，试判断 的形状，并说明理由； (3)直接写出 为多少度时， 是等腰三角形？ 【答案】(1) 是等边三角形，详见解析 (2) 是直角三角形，详见解析 (3)当 ， 或 时， 是等腰三角形 【分析】（1）由旋转的性质可知 ，再根据全等三角形的性质及等边三角形的判定解答即可； （2）由旋转的性质可知 ，再根据全等三角形的性质及等边三角形的判定可知 是等边 三角形，进而解答即可； （3）由旋转的性质可知 ，再根据全等三角形的性质及等边三角形的判定 是等边三角 形，最后根据等腰三角形的定义分三种情况讨论即可解答． 【详解】（1）解： 是等边三角形，理由如下： ∵将 绕点 按顺时针方向旋转 得 ， ∴ ， ， ∴ ， ∴ 是等边三角形； （2）解： 是直角三角形，理由如下： ∵将 绕点 按顺时针方向旋转 得 ， ∴ ， ， ∴ ， ， ∴ 是等边三角形；∴ ， ∵ ， ， ∴ ， ∴ ， ∴ 是直角三角形； （3）解：∵ ， ， ∴ ， ∵将 绕点 按顺时针方向旋转 得 ， ∴ ， ， ∴ ， ∴ 是等边三角形， ∴ ， ∴ ， ， 当 时， ， 解得： ， 当 时， ， 解得： ， 当 时， ， 解得： ， ∴ ， ， ． 【点睛】本题考查了旋转的性质，等边三角形的判定与性质，直角三角形的判定，等腰三角形的判定，掌 握旋转的性质及等边三角形的判定与性质是解题的关键． 26．（江西省赣州市2022-2023学年九年级上学期期末数学试题）（1）观察发现 如图1， 和 都是等边三角形，且点B、C、E在一条直线上，连接 和 相交于点P填空： ①线段 与 的数量关系是______； ② 的度数为______．（2）深入探究 如图2，将 绕点C逆时针旋转一定的角度，其他条件与（1）中相同，（1）中的结论是否仍然成立， 请说明理由． （3）拓展应用 如图3，四边形 中， ， ， ， ， ，求边 的长度． 【答案】（1）① ；② ；（2）（1）中结论仍然成立，理由见解析；（3）8 【分析】（1）①利用等边三角形的性质得到 ，进而利用 证 明 ，由此即可得到 ；②由全等三角形的性质可得 ，再由三角形外角 的性质可推出 （2）同（1）证明 得到 ， ，再根据三角形外角的性质求出，则可得 ； （3）先证明 是等边三角形，如图所示，将 绕点C逆时针旋转 得到 ，连接 ，则 ，证明 是等边三角形，得到 ，进一步 证明 ．由勾股定理得 ． 【详解】解：（1）①∵ 和 都是等边三角形， ， ，即 ． 在 和 中， ， ， ； 故答案为： ； ②∵ ∴ ， ， ， ； 故答案为： ； （2）（1）中的结论仍然成立，理由如下： ∵ 和 都是等边三角形， ， ，即 ． 在 和 中， ∵ ， ， ，， ， ∴（1）中的结论仍然成立； （3） ， 是等边三角形， ∴ ， 如图所示，将 绕点C逆时针旋转 得到 ，连接 ， ∴ ， 是等边三角形， ， 由旋转的性质知 ， ， ∴ ． 在 中，由勾股定理得 ， ．【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，勾股定理，旋转的性质， 三角形外角的性质等等，熟练掌握手拉手模型证明三角形全等是解题的关键． 27．（2023秋·山西晋城·七年级统考期末）综合与实践 如图①， 为直线 上一点，在点 处将一副直角三角板按如图所示的方式摆放 ． (1)将图①中的直角三角板 绕点 顺时针旋转一定的角度得到图②，使边 恰好平分 ，问 是否平分 ？请说明理由． (2)如果将图①中的直角三角板 绕点 顺时针旋转一定的角度得到图③． ①使边 在 内部，那么 与 之间存在怎样的数量关系？请说明理由． ②若继续旋转三角板 ，直到 与 重合，请直接写出 与 之间的数量关系． 【答案】(1) 平分 ，见解析 (2)① ，见解析；② 或 【分析】（1）根据平角的性质可得， ， ，根据互余的性质可得 ，由此即可求解； （2）①根据图示可得， ， 由此即可求解；② 与 重合， 分类讨论：第一种情况： 在 的延长线上；第二种情况， 在 的延长线上；根据互余，互补的 性质，图形结合分析即可求解．【详解】（1）解： 平分 ，理由如下： ∵ ， ， ∴ ， ， ∵ 平分 ， ∴ ， ∴ ， ∴ 平分 ． （2）解：① ，理由如下： ∵ ， ∴ ， ∵ ， ∴ ， ∴ ，即 ； ②第一种情况： 在 的延长线上，如图所示， ∵ ， ， ∴ ， ∴ ； 第二种情况， 在 的延长线上，如图所示， ∵ ， ， ∴ ，∴ ， ， ∴ ， ∴ ； 综上所述， 或 ． 【点睛】本题主要考查几何图形的变换与角度的和差倍分关系，角平分线的性质，互余，互补的性质的综 合运用，掌握以上知识的综合是解题的关键． 28．（2023·全国·九年级专题练习）如图， 中， ， ， ，将 绕点 逆时针旋转得到 ．在旋转过程中： (1)旋转中心是什么， 为多少度？ (2)与线段 相等的线段是哪一条？ (3) 的面积是多少？ 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）根据旋转中心的定义、旋转的性质即可求得答案． （2）根据旋转前后的图形全等，即可直接求得答案． （3）根据旋转前后的图形全等，即可求得答案． 【详解】（1）观察图形可知，旋转中心为 ． ∵旋转前后的图形全等，即 ， ∴ ． 故答案为： ， ； （2）∵旋转前后的图形全等，即 ， ∴ ． 故答案为： ．（3）∵旋转前后的图形全等，即 ， ∴ ， ， ． ∴ ． 故答案为： ． 【点睛】本题主要考查旋转的性质，即旋转前后的图形全等，牢记旋转的性质是解题的关键． 题型三 图形旋转的规律探究 【例4】（1）（2022秋·全国·九年级专题练习）等边三角形（三条边都相等的三角形是等边三角形）纸板 ABC在数轴上的位置如图所示，点A、B对应的数分别为2和1，若△ABC绕着顶点逆时针方向在数轴上连 续翻转，翻转第1次后，点C所对应的数为0，则翻转2023次后，点C所对应的数是（ ） A．﹣2021 B．﹣2022 C．﹣2023 D．﹣2024 【答案】B 【分析】作出草图，不难发现，每3次翻转为一个循环组依次循环，用2023除以3，根据余数为1可知点 C在数轴上，然后进行计算即可得解． 【详解】解：如图，每3次翻转为一个循环组依次循环， ∵2023÷3＝674…1，， ∴翻转2023次后点C在数轴上， ∴点C对应的数是0﹣674×3＝﹣2022． 故选：B． 【点睛】本题考查了数轴，根据翻转的变化规律确定出每3次翻转为一个循环组依次循环是解题的关键． （2）（2023·全国·九年级专题练习）如图是一个装饰连续旋转闪烁所成的四个图形，照此规律闪烁，第 2021次闪烁呈现出来的图形是（ ）A． B． C． D． 【答案】A 【分析】观察图形的变化易得每旋转一次的度数，根据阴影所处的位置可得相应选项． 【详解】解：观察图形的变化可知：每旋转一次，旋转角为90°，即每4次旋转一周， ∵2021÷4＝505...1， 即第2021次与第1次的图案相同． 故选：A． 【点睛】此题考查了图形的变换规律问题，解题的关键是找到图形旋转的规律周期． 巩固训练 1．（2023·全国·九年级专题练习）依次观察三个图形： ，并判断照 此规律从左向右第四个图形是（ ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据图形规律可知，从左到右是依次顺时针旋转图形，据此即可求解． 【详解】解：由图形规律可得从左到右是依次顺时针旋转图形， ∴第四个图形是D． 故答案为：D 【点睛】本题考查了旋转的性质，根据三个图形找出旋转的规律是解题关键． 2．（2022秋·全国·九年级专题练习）有两个完全重合的矩形，将其中一个始终保持不动，另一个矩形绕其对称中心O按逆时针方向进行旋转，每次均旋转45°，第1次旋转后得到图①，第2次旋转后得到图②， ……，则第2021次旋转后得到的图形与图①﹣④中相同的是（ ） A．图① B．图② C．图③ D．图④ 【答案】A 【分析】观察图形不难发现，四次旋转后矩形又回到初始水平位置，用2021除以4，根据商和余数的情况 确定即可． 【详解】解：由图可知，四次旋转后矩形又回到初始水平位置， ∵2021÷4=505余1， ∴第2021次旋转后得到的图形为第505个循环组的第一个图，是图①． 故选：A． 【点睛】本题考查了旋转的性质，图形变化规律，观察出四次旋转后矩形又回到初始水平位置是解题的关 键． 3．（2023·全国·九年级专题练习）如图，矩形ABCD中AB是3cm，BC是2cm，一个边长为1cm的小正方 形沿着矩形ABCD的边AB→BC→CD→DA→AB连续地翻转，那么这个小正方形第一次回到起始位置时， 小正方形箭头的方向是（ ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】由题意可知，矩形ABCD的边长AB和BC分别是3cm和2cm，小正方形的边长为1cm，则这个小 正方形第一次回到起始位置时需10次翻转，而每翻转4次，它的方向重复依次，小正方形共翻转10次回 到起始位置，即可得到它的方向．【详解】解：根据题意可得：小正方形沿着矩形ABCD的边AB→BC→CD→DA→AB连续地翻转，矩形 ABCD的边长AB和BC分别是3cm和2cm，小正方形的边长为1cm，则这个小正方形第一次回到起始位置 时需10次翻转，而每翻转4次，它的方向重复1次，故回到起始位置时它的方向是向下． 故选：C． 【点睛】本题考查了图形类规律题，关键是得出小正方形共翻转10次回到起始位置． 4．（2022秋·九年级课时练习）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 …， 按照这样的规律，点 的坐标是（ ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】先根据旋转变换和轴对称变换得出 、 、 、 、 ，从而可 知每4个点的坐标为一周期循环，据此可得． 【详解】由题意可知， 、 、 、 、 ， ∴每4个点的坐标为一周期循环， ∵ 余1，∴点 的坐标与点 的坐标一致，为 ， 故选：B． 【点睛】本题考查了作图-轴对称、旋转变换、找规律等知识，解题的关键是掌握旋转变换和轴对称变换的 定义和性质，并找出规律． 5．（2020秋·浙江·七年级期中）图1是正方体的平面展开图，六个面的点数分别为1、2、3、4、5、6， 将点数朝外折叠成一枚正方体骰子，并放置于水平桌面上，如图2所示，若骰子初始位置为图2所示的状 态，将骰子向右翻滚 ，则完成1次翻转，此时骰子朝下一面的点数是2，那么按上述规则连续完成2次 翻折后，骰子朝下一面的点数是3；则连续完成2020次翻折后，骰子朝下一面的点数是（ ） A．2 B．3 C．4 D．5 【答案】C 【分析】先根据平面图形确定各对面的点数，根据翻转发现规律：每四次为一个循环，用2020除以4得到 翻转完成2020次后的图形，即可得到答案． 【详解】由平面图形可知：1与6是对面，2与5是对面，3与4是对面， 这是一个正方体，完成1次翻转时骰子朝下一面的点数是2，完成5次翻转后朝下一面的点数还是2，故每 四次为一个循环， ∵ ， ∴连续完成2020次翻折后，与图2的位置相同，骰子朝下一面的点数是4， 故选：C． 【点睛】此题考查图形类规律探究，正方体展开图，旋转的性质，正确理解旋转的规律并运用规律解决问 题是解题的关键． 6．（2023春·河北保定·八年级保定十三中校考期末）如图1，将一个正三角形绕其中心最少旋转 ，所 得图形与原图的重叠部分是正六边形；如图2，将一个正方形绕其中心最少施转 ，所得图形与原图形的 重叠部分是正八边形；依此规律，将一个正六边形绕其中心最少旋转 ，所得图形与原图的重叠 部分是正多边形．在图2中，若正方形的边长为2，则所得正八边形的面积为 ．【答案】 / 度 / 【分析】根据题意，可以发现正n边形绕其中心最少旋转 ，所得图形与原图的重叠部分是正2n边形； 旋转后的正八变形相当于将正方形剪掉了的4个全等的等腰直角三角形，设等腰直角三角形的边长为x， 则正八边形的边长为 ；然后根据 求得x；最后用正方形的面积减去这4个等腰直角三角 形的面积即可． 【详解】解：由题意得：正n边形绕其中心最少旋转 ，所得图形与原图的重叠部分是正 边形；则 将一个正六边形绕其中心最少旋转 所得图形与原图的重叠部分是正多边形； 由题意得：旋转后的正八变形相当于将正方形剪掉了的4个全等的等腰直角三角形， 设等腰直角三角形的边长为x，则正八边形的边长为 ∴ ， 解得 ∴减去的每个等腰直角三角形的面积为： ∴正八边形的面积为： ， 故答案为： ， ． 【点睛】本题考查了旋转变换、图形规律以及勾股定理等知识，根据题意找到旋转规律是解答本题的关键． 7．（2022·江苏常州·校考二模）如图，一个机器人最初面向北站立，按程序：每次移动都向前直走 ，然后逆时针转动一个角度，每次转动的角度增加 ．第一次直走 后转动 ，第二次直走 后转动 ，第三次直走 后转动 ，如此下去．那么它在移动过程中第二次面向西方时一共走了 米． 【答案】45 【分析】根据走路规律，求出走的次数即可解得． 【详解】解：设第n次转动面向西方， 第二次面向西方时一共转了 ， 当 时第二次面向西方， 一共走了 （米）； 故答案为：45． 【点睛】此题考查了行程规律问题，解题的关键时根据规律列式求出走的次数． 8．（2023春·全国·八年级专题练习）如图，将边长为1的正三角形 沿 轴正方向作无滑动的连续反转， 点 依次落在点 ， ， 的位置，则点 的坐标为 ． 【答案】 【分析】根据图形的翻转，分别得出 、 、 的横坐标，再根据规律即可得出各个点的横坐标，进一 步得出答案即可． 【详解】解：由题意可知 、 的横坐标是1， 的横坐标是2.5， 、 的横坐标是4， 的横坐标是 依此类推下去， 、 的横坐标是2017， 的横坐标是2018.5， 的横坐标是2020，的坐标是 ， 故答案为 ． 【点睛】本题考查翻折变换，等边三角形的性质及坐标与图形性质，根据题意得出 、 、 的横坐标， 得出规律是解答此题的关键． 9．（2022秋·全国·九年级专题练习）如图，把正方形铁片 置于平面直角坐标系中，顶点 的坐标为 （3，0），点 在正方形铁片上，将正方形铁片绕其右下角的顶点按顺时针方向依次旋转90°，第一 次旋转至图①位置，第二次旋转至图②位置，…，则正方形铁片连续旋转2019次后，则点 的坐标为 . 【答案】（6058，1） 【分析】首先求出P～P 的坐标，探究规律后，利用规律解决问题． 1 5 【详解】解：第一次P（5，2）， 1 第二次P（8，1）， 2 第三次P（10，1）， 3 第四次P（13，2）， 4 第五次P（17，2）， 5 … 发现点P的位置4次一个循环， ∵2019÷4=504…3， P 的纵坐标与P 相同为1，横坐标为12×504+10=6058， 2019 3 ∴P （6058，1）， 2019 故答案为（6058，1）． 【点睛】本题考查坐标与图形的变化、规律型：点的坐标等知识，解题的关键是学会从特殊到一般的探究规律的方法，属于中考常考题型． 题型四 坐标系内的图形旋转 【例5】（2023·广东佛山·校考三模）如图， ， ，将线段 绕点 顺时针旋转 到 ， 则 点坐标为（ ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】过点 作 轴于点 ，则 ，结合 ， ，可得 ， ，根据旋转的性质可得 ， ，易得 ，然后证明 ， 由全等三角形的性质可得 ， ，结合点B在第一象限，即可获得B点坐标． 【详解】解：过点B作BDx轴于点D，如下图， 则AOC BDA90， A2,0 C0,4 ∵ ， ， ∴OC4，OA2， 根据题意，将线段AC绕点A顺时针旋转90到AB， ∴AC BA，BAC90， ∴OACOCAOACDAB90， ∴OCADAB， 在△OAC和△DBA中，AOC BDA  OCADAB ，  AC BA ∴△OAC≌△DBA(AAS)， ∴OC DA4，OADB2， ∴ODOADA246， ∵点B在第一象限， ∴B点坐标为(6,2)． 故选：A． 【点睛】本题主要考查了坐标与图形、旋转的性质、全等三角形的判定与性质等知识，利用数形结合的思 想分析问题是解题关键． A3,0 B0,4 【例6】（2023春·江苏·八年级专题练习）在平面直角坐标系中，点A，B的坐标分别是 ， ， 把线段AB绕点A旋转后得到线段AB，使点B的对应点B落在x轴上，则点B的坐标是（ ） 5,0 8,0 8,0 2,0 5,0 5,0 A． B． C． 或 D． 或 【答案】C 【分析】直接利用勾股定理得出AB的长，再利用旋转的性质得出OB的长，进而得出答案．注意题目中 未说明点B落在x轴正半轴还是负半轴，所以要分类求解． A3,0 B0,4 【详解】∵ ， ， ∴OA3，OB4， AB 3242 5 ∴ ， ∴AB AB5． B OB 8 当点 落在x轴的正半轴时， ， B8,0 ∴ ； 当点B落在x轴的负半轴时，OB2， B2,0 ∴ ． 8,0 2,0 B 综上可知，点 的坐标是 或 ．故选：C． 【点睛】本题主要考查了勾股定理以及坐标与图形变换的性质，正确得出AB的长是解题的关键，同时要 注意这类题的易错点——忽略分类讨论，导致漏解． 巩固训练 P2,3 1．（2022秋·云南昭通·九年级统考期中）在平面直角坐标系中，把点 向右平移5个单位长度得到 P P 90 P P 点 1，再将点 1绕原点旋转 得到点 2，则点 2的坐标是（ ） 3,3 3,3 3,3 3,3 3,3 3,3 A． B． C． 或 D． 或 【答案】D P2,3 P P 3,3 【分析】先根据把点 向右平移5个单位得到点 1，可得点 1的坐标为 ，然后分两种情况，即 可求解． P2,3 P 【详解】解：∵把点 向右平移5个单位得到点 1， P 3,3 ∴点 1的坐标为 ， P 90 P 3,3 将点 1绕原点逆时针旋转 得到点 2，则其坐标为 ， P 90 P 3,3 将点 1绕原点顺时针旋转 得到点 3，则其坐标为： ， 3,3 3,3 故符合题意的点的坐标为： 或 ． 故选：D． 【点睛】此题主要考查了坐标与图形——平移和旋转的变化，正确利用图形分类讨论是解题关键． 2．（2023·全国·九年级专题练习）如图，平行四边形AOBC中，BO2AO4，AOB60，对角线 AB，OC交于点P，将平行四边形AOBC绕点O顺时针旋转90，旋转后点P的坐标为（ ）5 3  5 3 骣3 5  3 5  ,   ,  琪 ,-  ,  A． 2 2  B． 2 2  C．琪2 2 D． 2 2      桫   【答案】C 【分析】过点A作ADOB于点D，过点P作PEOB于点E，过点P作PEOB于点E，根据度角所   A 1, 3 对的直角边等于斜边一半，得到DO1，利用勾股定理求得AD 3，得到 ，再根据平行四边形 5 3 的性质，利用中点坐标公式，得到点P的坐标为   2 , 2  ，进而得到PE 3 、OE 5 ，然后利用旋转的   2 2 5 3 OE�= PⅱE = 性质，证明△POE≌△POEAAS ，得到 2， 2 ，即可得到旋转后点P的坐标． 【详解】解：如图，平行四边形AOBC旋转后得到平行四边形AOBC，过点A作ADOB于点D，过点 P作PEOB于点E，过点P作PEOB于点E， AD∥PE，ADOPEOPEO90， ∵ BO2AO4， AO2， ∵AOB60， OAD30， 1 DO AO1 ， 2AD AO2DO2  3 由勾股定理得： ，   A 1, 3 ， ∵四边形AOBC是平行四边形， APBP，即点P为AB中点， ∵ B4,0 ， 14 30 5 3  点P的坐标为    2 , 2    ，即    2 , 2    ， 3 5 PE ，OE ， 2 2 由旋转的性质可知，OPOP，POPBOB90， ∵POPPOEEOC90，BOBEOCPOE90， POEPOE， PEOPEO  POEPOE 在 和 中， ，  △POE △POE OPOP △POE≌△POEAAS ， 5 3 OEOE ，PEPE ， 2 2 ∵点P在第四象限，  3 5  ，-  P的坐标为   2 2 ， 故选：C． 【点睛】本题考查了平行四边形的性质，中点坐标公式，旋转的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定 理等知识，正确作出辅助线是解题关键． 3．（2023·四川雅安·统考中考真题）在平面直角坐标系中．将函数 yx 的图象绕坐标原点逆时针旋转90， 再向上平移1个单位长度，所得直线的函数表达式为（ ） yx1 yx1 y=x1 yx1 A． B． C． D． 【答案】A【分析】先求出函数 yx 的图象绕坐标原点逆时针旋转90的函数解析式，再根据函数图象的平移规律即 可求出平移后的解析式． 【详解】解：∵点(1,1)是函数yx图象上的点， ∴将yx绕原点逆时针旋转90，则旋转后图象经过原点和(1,1)、 ∴将函数 yx 的图象绕坐标原点逆时针旋转90得到图象的解析式为 yx ， yx1 ∴根据函数图象的平移规律，再将其向上平移1个单位后的解析式为 ． 故选A． 【点睛】本题考查了绕坐标原点逆时针旋转90坐标变化的规律和一次函数平移的规律，解题关键是根据 绕坐标原点逆时针90的得到图象函数解析式为 yx ． 58．（2023·全国·九年级专题练习）如图，△ABC的各顶点都在正方形网格的格点上，其中点A的坐标为 (3,2) ，将 △ABC 绕点 C(0,5) 逆时针旋转 90 后，得到 △A 1 B 1 C ，则点 A 1的坐标为（ ） (2,2) (3,2) (2,3) (2,2) A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据旋转中心方向及角度找出点A、B的对应点位置，然后顺次连接即可在坐标系中得出结论． △ABC 【详解】解：由题意所求作 1 1 如下图所示：A (3,2) 结合平面直角坐标系可得：点 1的坐标为 ， 故选：B． 【点睛】此题主要考查了图形的旋转变换，解题关键是准确找出对应点位置． 3 4．（2023·湖北荆州·统考中考真题）如图，直线y 2 x3分别与 x 轴，y轴交于点 A ， B ，将 △OAB 绕 着点A顺时针旋转90得到△CAD，则点B的对应点D的坐标是（ ）   2,5 3,5 5,2 13,2 A． B． C． D． 【答案】C A,B AC OA2,CDOB3 【分析】先根据一次函数解析式求得点 的坐标，进而根据旋转的性质可得 ， OAC 90，ACD=90，进而得出CD∥OA，结合坐标系，即可求解． 3 【详解】解：∵直线y 2 x3分别与 x 轴，y轴交于点 A ， B ， x0 y3 B0,3 OB3 ∴当 时， ，即 ，则 ， A2,0 y0 x2 OA2 当 时， ，即 ，则 ， ∵将△OAB绕着点A顺时针旋转90得到△CAD， 又∵AOB90 AC OA2,CDOB3 OAC 90 ACD=90 ∴ ， ， ， ∴CD∥OA， E0,2 延长DC交 y 轴于点E，则 ，DEECCD235，5,2 D ∴ ， 故选：C． 【点睛】本题考查了一次函数与坐标轴交点问题，旋转的性质，坐标与图形，掌握旋转的性质是解题的关 键． 5．（2023秋·河南许昌·九年级许昌市第一中学校联考期末）如图，△ABC的三个顶点都在方格纸的格点上， 1,0 △ABC 90 其中A点的坐标是 ，将 绕点A逆时针旋转，每次旋转 ，则第2023次旋转结束时，点B的 坐标为（ ） 5,3 3,3 3,3 2,4 A． B． C． D． 【答案】D 1,0 90 【分析】由题意A点的坐标是 ，利用旋转的性质求出每次旋转 后点B的坐标，从中寻找规律求 解即可． ∵ A1,0 【详解】解： ，3,3  点B点坐标 ， B4,4 △ABC 90 绕点A逆时针旋转第一次旋转 后， ， B5,3 △ABC 90 绕点A逆时针旋转第二次旋转 后， ， B2,4 △ABC 90 绕点A逆时针旋转第三次旋转 后， ， B3,3 △ABC 90 绕点A逆时针旋转第四次旋转 后， ， ∵2023�4=5053， B2,4 △ABC 90 绕点A逆时针旋转第2023次旋转 后， ， 故选：D． 【点睛】本题主要考查了坐标与图形变化——旋转，正确找出旋转后图形点的坐标是解题的关键． O0，0，B2，2 OABC 6．（2023春·河南南阳·八年级校考阶段练习）如图，已知菱形 的顶点 ，若菱形绕点 O逆时针旋转，每秒旋转45，则第60秒时，菱形的对角线交点D的坐标为（ ） 1，1 1，1 1， 1  1，1 A． B． C． D． 【答案】C 【分析】转动前根据菱形的性质，可得D的坐标，根据旋转的性质，可得转动后D的坐标． O0,0 B2,2 【详解】∵转动前菱形 OABC 的顶点 ， ， 1,1 D 的坐标 ， 每秒旋转45，则第60秒时一共转了45602700，∵ 27003607.5周， OD与转动前位置比，移动了半周，即相当于旋转了180 1,1  D 此时 的坐标为 ． 故选C． 【点睛】本题考查了旋转的性质，菱形的性质，勾股定理，正确求出第60秒旋转的总度数，利用旋转的性 质是解题的关键． 7．（2023春·广东惠州·八年级校考期中）如图，将含有30角的直角三角板OAB按如图所示的方式放置在 平面直角坐标系中，OB在x轴上，若OA4，将三角板绕原点O逆时针旋转，每秒旋转60，则第2023 秒时，点B的对应点B的坐标为（ ） 4 3  A．   3 ,4  B．  2 3，4  C．  2 3，2  D．0,4   【答案】A 【分析】求出第1秒时，点A的对应点A 的坐标为 0,4 ，由三角板每秒旋转 60 ，得到此后点A 的位置6 秒一循环，根据2023除以6的结果得到答案． 【详解】解：∵三角板每秒旋转60， ∴点A的位置6秒一循环． ∵202333671， ∴第2023秒时，点B的对应点B的位置与第1s时，位置相同，如图所示： OA4，根据旋转可知，OAOA4，∠AOB∠AOB 30，BOB60， ∴AOB90， ∴此时点A在y轴上， BA⊥y ∴ 轴， ∴B的纵坐标为4， ∵AOB30， ∴OB 2AB， ∴2AB2  AB2  42， 4 3 AB 解得： 3 ，负值舍去， 4 3   ,4 ∴此时点 的坐标为 3 ． B   故选：A． 【点睛】此题考查了坐标与图形的变化中的旋转以及规律型中点的坐标，勾股定理，含30度角直角三角形 的性质，根据每秒旋转的角度，找到点A的位置6秒一循环是解题的关键． ABCD A (0 4) 8．（2023·江苏·八年级假期作业）如图在平面直角坐标系中，正方形 的顶点 的坐标是 ， ， 顶点B的坐标是(2，0)，对角线AC、BD的交点为M 将正方形ABCD绕着原点O逆时针旋转，每次旋转 45，则第2023次旋转结束时，点M 的坐标为 ( ) 3，3 3，3 (0，3 2 ) (3 2 ，0) A． B． C． D． 【答案】D DN  y △ADN≌ △BAOAAS 4,6 【分析】过点D作 轴，垂足为N，证明 ．求出点D的坐标为 ．进一步3,3 360458 202382527 求出点M的坐标为 ．分析可知点M旋转一周需要旋转 (次)，利用 ， 745315，，可知第2023次旋转结束时和第7次旋转结束时，点M 的位置在x轴正半轴上，勾股定理 求得OM 的长，即可求解． A0,4 B2,0 【详解】解：∵ ， ， ∴AO4，BO2． DN  y 过点D作 轴，垂足为N，如解图所示， 则DNAAOB90． ∵四边形ABCD为正方形， ∴DA AB，DAB90． ∴NADOBA90OAB． △ADN≌ △BAOAAS ∴ ． ∴AN  BO2，DN  AO4． 4,6 D ∴点 的坐标为 ． ∵点M 为BD的中点， 3,3 M ∴点 的坐标为 ． 由题意，可知正方形ABCD绕着原点O逆时针旋转，每次旋转45，点M 也绕着原点O逆时针旋转，每次 旋转45，则点M 旋转一周需要旋转360458(次)． 又∵202382527，745315， ∴第2023次旋转结束时和第7次旋转结束时，点M 的位置在x轴正半轴上， M3,3 ∵OM  3232 3 2 ∴ ，   3 2,0 ∴第2023次旋转结束时，点M的坐标为 ， 故选：D． 【点睛】本题考查坐标与旋转规律，正方形性质，全等三角形的判定及性质，解题的关键是理解第2023次 旋转结束时和第7次旋转结束时，点M的位置在x轴上． 9．（2023·山东东营·校联考一模）如图，在直角坐标系中，边长为2个单位长度的正方形ABCO绕原点O 逆时针旋转75，再沿y轴方向向上平移1个单位长度，则点B的坐标为（ ） ( 2, 6) ( 2, 61) ( 2, 6) ( 2, 61) A． B． C． D． 【答案】B B BD y D OB,OB ABCO 【分析】过 作 轴于 ，连接 ，根据边长为2个单位长度的正方形 绕原点O逆时 75 BOB75,BOC45,OBOB2 2 BOD30 B( 2, 6) 针旋转 ，得 ，即知 ，可得 ，又再沿 y ( 2, 61) B 轴方向向上平移1个单位长度，故点 的坐标为 ． B BD y D OB,OB 【详解】解：过 作 轴于 ，连接 ，如图，∵边长为2个单位长度的正方形ABCO绕原点O逆时针旋转75． BOB75,BOC 45,OBOB2 2, BOD30, 1 BD OB 2,OD 3BD 6, 2 B( 2, 6), y ∵再沿 轴方向向上平移1个单位长度， B( 2, 61) ． 故选：B． 【点睛】此题考查了坐标与图形变化-旋转与平移，解题关键是掌握旋转性质和坐标平移变化规律． A3,4 10．（2023·全国·九年级专题练习）平面直角坐标系内一点 ，点A绕着原点逆时针旋转 90 后的坐 标是 ； 【答案】(4,3) 【分析】根据旋转中心为点O，旋转方向逆时针，旋转角度90，作出点A的对应点B，可得所求点的坐 标． 【详解】解：由图中可以看出点B的坐标为(4,3)， 故答案为：(4,3)．【点睛】本题考查由图形旋转得到相应坐标；解题的关键是掌握旋转的性质，结合图象作答． A1,2 90 11．（2023春·甘肃白银·八年级统考期中）在平面直角坐标系中，将点 绕原点O逆时针旋转 得 到点A，则AA ． 10 【答案】 A2,1 【分析】首先根据题意画出图形得到 ，然后利用勾股定理求解． 【详解】如图所示， A2,1 由图象可得， AA 1232  10 ∴ ． 10 故答案为： ． 【点睛】本题考查坐标与图形变化—旋转，勾股定理，解题的关键是学会利用图象法解决问题，属于中考 常考题型．△ABC C(0,1) 180 12．（2023春·江苏南通·八年级南通田家炳中学校考阶段练习）如图，将 绕点 旋转 得到 △ABC，设点A的坐标为(a,b)，则点A的坐标为 ． a，b2 a，2b 【答案】 / x,y 【分析】设点A的坐标是 ，根据旋转变换的对应点关于旋转中心对称，再根据中点公式列式求解即 可． 【详解】解：根据题意，点A、A关于点C对称， x,y 设点A的坐标是 ， ax b y 则 0， 1， 2 2 解得xa，yb2， a,b2  点A的坐标是 ． a,b2 故答案为： ． 【点睛】本题考查了利用旋转进行坐标与图形的变化，根据旋转的性质得出点A、A关于点C成中心对称 是解题的关键，还需注意中点公式的利用，也是容易出错的地方． 1,0 13．（2023春·广东梅州·九年级校考开学考试）如图，在平面直角坐标系中，点C的坐标为 ，点A 3,3 的坐标为 ，将点A绕点C顺时针旋转90°得到点B，则点B的坐标为 ．2,2 【答案】 【分析】如图，过点A作AEx轴于E，过点B作BF x轴于F．通过证明△AEC≌△CFB，得出 AECF，EC BF ，即可解决问题． 【详解】解：如图，过点A作AEx轴于E，过点B作BF x轴于F． ∵AEC ACBCFB90， ∴ACEBCF 90，BCFB90， ∴ACEB， 在△AEC和△CFB中， AEC CFB  ACEB ，  AC CB ∴△AEC≌△CFB（AAS）， ∴AECF，EC BF ， A3,3 C1,0 ∵ ， ， ∴AECF 3，OC 1，EC BF 2， ∴OF CFOC 2， B2,2 ∴ ， 2,2 故答案为： ．【点睛】本题考查坐标与图形变化﹣旋转，全等三角形的判定和性质等知识，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． 14．（2022秋·甘肃金昌·九年级统考期末）如图，在平面直角坐标系中，将边长为1的正方形OABC绕点 OABC OA B C B O逆时针旋转45°后得到正方形 1 1 1，继续旋转至2019次得到正方形 2019 2019 2019，则点 2019的坐标 是 ．    2，0 【答案】 【分析】由题意依次写出前几个，找到规律，根据规律求即可．       B 0, 2 B 1,1 B  2,0 B 1,1 B 0, 2 B 1,1 【详解】解：由题意可得： 1 ， 2 ， 3 ， 4 ， 5 ， 6 ，     B 2,0 B 1,1 B 0, 2 7 ， 8 ， 9 ．．． 故周期为8， ∵ 201982523 B B  2019 3   B  2,0  2019    2，0 故答案为： 【点睛】本题考查了旋转找规律，准确计算出每个点变化之后的坐标是解题关键． 15．（2023春·河北保定·八年级保定市第十七中学校联考期末）如图，在平面直角坐标系中，已知△ABC A3,3 B1,2 C2,1 三个顶点坐标分别是 ， ， ．(1)请画出 △ABC 绕着点 O 逆时针旋转 90 后得到的 △A 1 B 1 C 1； △ABC x △ABC 2 2 2 (2)请画出 关于 轴对称的 ； (3)若 △ABC 内部一点 Pm,n 在 △A 1 B 1 C 1中的对称点 P 1，在 △A 2 B 2 C 2中的对称点为 P 2，则点 P 1， P 2的坐标分 P P 别为 1_______， 2________ 【答案】(1)见解析 (2)见解析 n，m m，n (3) ； A、B、C A、B、C 【分析】（1）根据旋转的特点，分别作出 的对应点 1 1 1，再顺次连接即可； （2）分别作出△ABC三个顶点关于x轴的对称点，再顺次连接即可； （3）根据关于坐标轴对称的点的坐标特征求解． △ABC 【详解】（1）解： 1 1 1如图所示：； △ABC 2 2 2 （2）解： 如图所示： ； Pm，n △ABC （3）解：∵ 内部一点 ， Pm，n △ABC Pn，m ∴点 在 1 1 1中的对称点 1 ， Pm，n △ABC P m，n 点 在 2 2 2中的对称点 2 ， n，m m，n 故答案为： ； ． 【点睛】本题考查坐标与图形——旋转对称和轴对称变换，解题的关键是掌握关于坐标轴对称的点的坐标 特征．关于x轴对称的点的坐标特点：横坐标不变，纵坐标互为相反数；关于y轴对称的点的坐标特点： 纵坐标不变，横坐标互为相反数． 16．（2023·全国·九年级专题练习）如图，方格纸中每个小方格都是边长为1个单位长度的正方形，在建△ABC 4,1 立平面直角坐标系后 的顶点均在格点上，点C的坐标为 ． (1)以原点O为旋转中心，将 △ABC 绕点O顺时针方向旋转 90 后得到 △A 1 B 1 C 1，画出 △A 1 B 1 C 1，并写出 C 1 的坐标． (2)计算△ABC的面积． C 1,4 【答案】(1)图见解析， 1 (2) 6 △ABC C 【分析】（1）根据旋转的性质，画出 1 1 1即可，根据图形写出 1的坐标即可； （2）利用面积公式进行求解即可． △ABC 【详解】（1）解：如图所示： 1 1 1即为所求； C 1,4 由图可知： 1 ． 1 （2）S  436； △ABC 2 【点睛】本题考查坐标与旋转．熟练掌握旋转的性质，正确的作图，是解题的关键． 17．（2023·全国·九年级假期作业）如图，方格纸中的每个小方格都是边长为1个单位的正方形，在建立0，1 △ABC 平面直角坐标系后， 的顶点均在格点上，点C的坐标为 ． (1)写出A、B两点的坐标； (2)画出 △ABC 绕点C旋转 180 后得到的 △A 1 B 1 C ． (3)直接写出△ABC的面积______． 7 【答案】(1)A1，2，B3，1(2)见解析(3) 2 【分析】（1）结合直角坐标系可直接写出A、B两点的坐标； （2）旋转180也即是中心对称，找到A、B、C三点关于C的中心对称点，顺次连接即可； （3）利用割补法求△ABC的面积即可． A1，2，B3，1 【详解】（1）解：由题意得： ； △ABC （2）解： 1 1 如图所示： 1 1 1 7 （3）解：S △ABC 33 2 12 2 13 2 23 2 ，7 故答案为： ． 2 【点睛】此题考查了旋转作图，中心对称的知识以及割补法求三角形面积，解答本题的关键是根据旋转的 三要素，中心对称的性质，得到各点的对应点，难度一般． y x22 y 18．（2023秋·黑龙江大庆·九年级统考期末）如图，抛物线 1 向右平移1个单位得到抛物线 2， 回答下列问题： y (1)抛物线 2的顶点坐标__________； (2)阴影部分的面积S __________； y O 180 y y (3)若再将抛物线 2绕原点 旋转 得到抛物线 3，求抛物线 3的解析式． (1,2) y (x1)22 【答案】(1) (2)2(3) 3 y y 【分析】（1）根据抛物线的移动规律左加右减可直接得出抛物线 2的解析式，再根据 2的解析式求出顶 点坐标即可； （2）根据平移的性质知，阴影部分的面积等于底高，列式计算即可； y （3）先求出二次函数旋转后的开口方向和顶点坐标，从而得出抛物线 3的解析式． y x22 y 【详解】（1）解：解：∵抛物线 1 向右平移1个单位得到的抛物线 2， y y x122 (1,2) ∴抛物线 2的解析式是 2 ，顶点坐标为 ． 故答案为：(1,2)； （2）把阴影部分进行平移，可得到阴影部分的面积即为图中两个方格的面积122； 故答案为：2；y y O （3）由题意可得：抛物线 3的顶点与抛物线 2的顶点关于原 成中心对称． y (1,2) y ya(x1)22 所以抛物线 3的顶点坐标为 ，于是可设抛物线 3的解析式为： ． 由对称性或者抛物线开口大小不变方向改变得a1， y (x1)22 所以 3 ． 【点睛】此题考查了二次函数的图像与几何变化，用到的知识点是二次函数的图像和性质、顶点坐标，关 键是掌握二次函数的移动规律和几何变换． 题型五 图形中心对称的性质应用 【例7】（2023秋·河北邢台·九年级统考期末）如图， 和 关于点 成中心对称． (1)找出它们的对称中心 ； (2)若 ，求 的周长； 【答案】(1)见解析(2)15 【分析】（1）连接 ， ，其交点就是对称中心 ； （2）依据 和 关于点 成中心对称，即可得到 ，进而得出 的周长 【详解】（1）解：如图所示，点 即为所求； （2）解： 和 关于点 成中心对称， ， ， ， ， 的周长 ；答： 的周长为15． 【点睛】本题主要考查了中心对称，正确掌握中心对称图形的性质是解题关键． 巩固训练： 1．（2023春·福建泉州·七年级统考期末）如图， 与 关于点 成中心对称，连接 、 ， 以下结论错误的是（ ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】依据 与 关于点 成中心对称，即可得到 ，进而得到正确结论． 【详解】解：∵ 与 关于点 成中心对称， ∴ ，故选项B不符合题意； ∴ ， ，故选项C不符合题意； ∴ ， ∴ ，故选项D不符合题意； 而 和 不是对应边，不一定相等，故选项A符合题意； 故选：A． 【点睛】本题考查中心对称，关于中心对称的两个图形能够完全重合；关于中心对称的两个图形，对应点 的连线都经过对称中心，并且被对称中心平分．掌握中心对称的概念和性质是解题的关键．也考查了全等 三角形的性质． 2．（2023春·浙江·八年级专题练习）如图，已知图形 和图形 中关于点A中心对称， 都是线段， 是一段圆弧．嘉琪对其进行测量后得到以下四个结论，其中一定错误的是（ ）A． B．图形 的内角和是 C． D． 【答案】B 【分析】根据中心对称图形的性质和平行线的判定分别判断即可． 【详解】解：A、 可以等于 ，故不符合题意； B、图形 不是四边形，故内角和不是 ，故符合题意； C、 可以平行于 ，故不符合题意； D、∵图形 和图形 中关于点A中心对称， ∴ ，故不符合题意． 故选：B． 【点睛】本题考查了中心对称图形的性质和平行线的判定，熟练掌握中心对称图形的性质和平行线的判定 是关键． 3．（2023春·江苏·八年级专题练习）如图， 与 关于点O成中心对称，则下列结论不成立的 是（ ） A．点A与点 是对称点 B． C． D． 【答案】D 【分析】根据中心对称图形的性质，逐项进行判断即可． 【详解】解：∵ 与 关于点O成中心对称， ∴点A与 是一组对称点， ， ，故A，B，C都不合题意．∵ 与 不是对应角， ∴ 与 不一定相等， 不成立，故D符合题意． 故选：D． 【点睛】本题主要考查了中心对称的性质，熟练掌握成中心对称的两个图形，对应点的连线被对称中心平 分，对应角相等，对应线段相等，是解题的关键． 4．（2023·全国·九年级专题练习）在平面直角坐标系中有A，B， 三个点，点B的坐标是 ，点A， 点 关于点B中心对称，若将点A往右平移4个单位，再往上10个单位，则与 重合，则点A的坐标是 ． 【答案】 【分析】根据对称性得到点B为线段 中点，由此得到将点B往左平移2个单位，再往下5个单位，则 与A重合，即可得到点A的坐标． 【详解】解：∵点A，点 关于点B中心对称， ∴点B为线段 中点， ∵将点A往右平移4个单位，再往上10个单位，则与 重合， ∴将点A往右平移2个单位，再往上5个单位，则与B重合， ∴将点B往左平移2个单位，再往下5个单位，则与A重合， ∴点A的坐标为 ，即 ， 故答案为： ． 【点睛】此题考查了中心对称的性质，点的平移规律，正确理解中心对称的性质是解题的关键． 5．（2023·全国·九年级专题练习）如图， 与 关于点O成中心对称，有以下结论：①点A与 点 是对称点；② ；③ ；④ ．其中正确结论的个数为 个． 【答案】3 【分析】根据中心对称的性质，逐项分析判断即可求解． 【详解】解：∵ 与 关于点 成中心对称，∴ ，点A与点 是对称点， ， ∴ ， 故①②③正确，④错误． 故答案为：3． 【点睛】本题考查了中心对称的性质，熟练掌握中心对称的性质是解题的关键． 6．（2023春·浙江·八年级专题练习）如图，△ABC与△DBE关于点B成中心对称，若∠A=90°， ∠ADC=30°，DE=2，则AB的长为 ． 【答案】 【分析】由中心对称的性质推出 ，得到 ， ，由锐角的正切求出AD的 长，即可求出AB的长． 【详解】解：∵ 与 关于点B成中心对称， ∴ ， ∴ ， ， ∵ ， ， ∴ ， ∴ ， ∴ ， 故答案为： ． 【点睛】本题考查中心对称，直角三角形的性质，勾股定理，解题的关键是掌握中心对称的性质． 7．（2022秋·九年级单元测试）如图， 与 成中心对称， 是 的中位线， 是 的中位线，已知 ，则 ．【答案】2 【分析】根据成中心对称的两个图形全等可得 ，再根据全等三角形对应边相等可得 ，然后根据三角形的中位线平行于第三边并且等于第三边的一半可得 ． 【详解】解： 与 成中心对称， ， ， 是 的中位线， ． 故答案为：2． 【点睛】此题主要考查了中心对称图形的概念：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，还考查了三角形的中位线定理． 8．（2023春·江苏泰州·八年级校考期中）如图，边长为8的正方形 和边长为12的正方形 排放 在一起， 和 分别是两个正方形的对称中心，则阴影部分的面积为 ． 【答案】24 【分析】根据正方形的性质求出 ，再根据正方形的中心在正方形对角线上可得 ，然后求出 ，然后利用直角三角形的面积公式列式计算即可得解．【详解】解：∵ 和 分别是两个正方形的对称中心， ∴ ， ∴ ， ∴阴影部分的面积＝ ． 故答案是：24． 【点睛】本题考查了正方形的性质，勾股定理，主要利用了正方形的中心在对角线上，熟记性质是解题的 关键． 9．（2023·全国·九年级假期作业）如图， 与 关于点 成中心对称， ，则 的长是 ． 【答案】5 【分析】根据中心对称的性质以及勾股定理即可求解 的长． 【详解】解：∵ 与 关于点 成中心对称 ∴点 在同一直线上， ， 故答案为：5． 【点睛】本题主要考查中心对称的性质以及勾股定理，熟练掌握成中心对称的图形对应边相等，对应角相 等的性质以及勾股定理是解决本题的关键． 10．（2023春·河南周口·七年级校联考期末）如图，在 中， 是 边上的中点，已知 ，． (1)画出 关于点 的中心对称图形； (2)求线段 长的取值范围． 【答案】(1)见解析(2) 【分析】（1）由题知 为中线，延长 到E，只要使 ，然后连接 即可； （2）根据三角形三边关系，先求出 的取值范围，即可求出 的取值范围． 【详解】（1）如图，延长 到E，使 ，连接 ， 即为所求； （2）由图知， ， ， ， 由三角形三边关系知， ， ∴ ， 即 ， ∴ ． 【点睛】本题主要考查了尺规作图和三角形三边关系，熟练掌握作一条线段等于已知线段，三角形任意两 边的差小于第三边，任意两边的和大于第三边，是解决问题的关键． 11．（2023春·江苏南京·八年级南京五十中校联考期中）（1）如图①，等边三角形ABC的3个顶点都在 上，仅用无刻度的直尺画出 关于点O 的中心对称图形.（2）如图②，正方形ABCD中，E、F分别为AB、BC的中点，连接AF、DE，△ABF按顺时针方向旋转 后得到△DAE，仅用无刻度的直尺画出旋转中心． 【答案】（1）见解析；（2）见解析． 【分析】（1）作直线 ，交 于点D，则点D为点A的对称点，同理可作出点B的对称点E，点C的 对称点F，依次连接点D，E，F，则 为所求； （2）连接 ， ，相交于点O，则点O为所求． 【详解】（1）如图， 为所求． （2）如图，点O为所求．【点睛】 本题考查作中心对称图形，掌握中心对称图形的概念是解题的关键． 12．（2023春·河北沧州·八年级校考阶段练习）一次函数 的两组x、y的对应值如图，在平面直角 坐标系中画出了它的图象为直线l（如图14-1），王英为观察k、b对图象的影响，将上面函数中的k与b 交换位置后得到另一个一次函数，设其图象为直线 . (1)求直线 的解析式； (2)直接写出直线 的表达式为___________，并在图1中画出直线 ； (3)若 ）是x轴上的一个动点，过点P作y轴的平行线，分别交直线l、 于点M、N，当 时， 求m的值； (4)若 是y轴上的一个动点，过点Q作x轴的平行线，分别与直线l、 及y轴有三个不同的交点，且 其中两点关于第三点对称，直接写出n的值___________.【答案】(1) (2) ，图见解析 (3) 或 (4) 或7或 【分析】（1）将变量对应值代入解析式，构造方程组，求出参数，确定解析式； （2）根据题意确定解析式，确定与坐标轴的交点，运用两点法画出图象； （3）由题意，得 ，解得 或 ； （4）直线 与 交点的横坐标为 ；与 交点的横坐标为 ；分三种情况： ①当第三点在y轴上时，②当第三点在直线 上时，③当第三点在直线 上时，根据中心对称性质，分别构 建方程求解，得n的值为 或7或 . 【详解】（1）解：∵直线 ： 中，当 时， ；当 时， ， ∴ ,解得 ， ∴直线 的解析式为 ； （2）解：依题意可得直线 的解析式为 ， x 0 y 0 3 画出直线 如图：故答案为： ； （3）解：把 代入 得， ；把 代入 得， ， ∵ ， ∴ ， 解得 或 ，故答案为 或 ； （4）解：把 代入 得， ，解得 ；把 代入 得， ，解得 ； 分三种情况：①当第三点在y轴上时， ，解得 ； ②当第三点在直线 上时， ，解得 ； ③当第三点在直线 上时， ，解得 ；∴直线 与直线 ， 及y轴有三个不同的交点，且其中两点关于第三点对称，则n的值为 或7或 ． 【点睛】本题考查待定系数法确定一次函数解析式，直角坐标系与点坐标，两点法画一次函数图象，中心 对称的性质，根据题意构建方程是解题的关键． 题型六 中心对称图形 【例8】（2023秋·山西大同·九年级统考期末）剪纸，作为中国传统文化艺术，象征纳福吉祥，寄托人们 对美好生活的向往．下列剪纸图案中，是中心对称图形的是（ ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据中心对称图形的概念对各选项分析判断即可得解． 【详解】解：选项A、B、D中的图形都不是中心对称图形， 选项C中的图形是中心对称图形， 故选：C． 【点睛】本题考查了中心对称图形的概念，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． 巩固训练： 1．（2023春·山东济南·八年级统考期末）下列卡通图标分别是“星球”、“宇航员”、“星系”和“黑 洞”，其中是中心对称图形的是（ ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据中心对称图形的定义：一个图形绕着某一点旋转 后与原图形完全重合，那么这个图形是 中心对称图形，进行判断． 【详解】选项A、 、 均不能找到一个点，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D能找到一个点，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：D．【点睛】本题考查中心对称图形的定义，判断是否是中心对称图形关键的是找到对称中心． 2．（2023春·河南南阳·七年级统考期末）下列说法正确的有（ ）个 ①三角形的一个外角大于它的任何一个内角 ②若一个三角形的三个内角度数的比为 ，则这个三角形是直角三角形 ③长方形既是中心对称图形又是轴对称图形 ④如图，图形绕着中心旋转 或 或 后能与自身重合 A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】C 【分析】根据三角形外角性质，直角三角形的定义，中心对称图形以及轴对称图形的特点，进行判断即可． 【详解】解：①三角形的一个外角大于它任何一个不相邻的内角，原说法错误； ②若一个三角形的三个内角度数的比为 ， ，则这个三角形是直角三角形，原说法 正确； ③长方形既是中心对称图形又是轴对称图形，原说法正确； ④如图，图形绕着中心旋转 或 或 后能与自身重合，原说法正确； 综上，正确的有②③④， 故选：C． 【点睛】本题主要考查三角形外角性质，直角三角形的定义，中心对称图形以及轴对称图形，属于概念分 析题，比较简单． 3．（2023年陕西省中考数学试卷（A卷））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】C 【分析】根据轴对称图形和中心对称图形的定义，逐项判断即可求解． 【详解】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，是中心对称图形，不符合题意； C、是轴对称图形，也是中心对称图形，符合题意； D、不是轴对称图形，也不是中心对称图形，不符合题意． 故选：C． 【点睛】本题考查了轴对称图形和中心对称图形的识别，掌握好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． 4．（2023秋·辽宁葫芦岛·九年级统考期末）下面四个图形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】根据轴对称图形与中心对称图形的概念判断即可 【详解】A、是轴对称图形，也是中心对称图形，符合题意； B、是轴对称图形，不是中心对称图形，不合题意； C、是轴对称图形，不是中心对称图形，不合题意； D、不是轴对称图形，是中心对称图形，不合题意； 故选A 【点睛】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度后两部分重合 5．（2023春·江苏无锡·八年级无锡市东林中学校考期末）雪花、风车…展示着中心对称的美，利用中心对 称，可以探索并证明图形的性质，请思考在下列图形中，是中心对称图形但不一定是轴对称图形的为（） A．菱形 B．平行四边形 C．等边三角形 D．矩形 【答案】B 【分析】根据轴对称图形及中心对称图形的定义判断即可． 【详解】解：A、菱形是中心对称图形，也是轴对称图形，故不符合题意； B、平行四边形是中心对称图形但不一定是轴对称图形，故符合题意； C、等边三角形是轴对称图形，不是中心对称图形，故不符合题意； D、矩形是中心对称图形，也是轴对称图形，故不符合题意； 故选：B． 【点睛】此题主要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 后两部分重合． 6．（2022秋·湖北荆州·九年级统考期中）围棋起源于中国，古代称之为“弈”，至今已有4000多年的历 史，2017年5月，世界围棋冠军柯洁与人工智能机器人AlphaGo进行围棋人机大战．截取首局对战棋谱中 的四个部分，由黑白棋子摆成的图案是中心对称的是（ ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据中心对称图形的定义进行逐一判断即可． 【详解】解：A、是中心对称图形，故此选项符合题意； B、不是中心对称图形，故此选项不符合题意； C、不是中心对称图形，故此选项不符合题意； D、不是中心对称图形，故此选项不符合题意； 故选A． 【点睛】本题主要考查了中心对称图形的识别，解题的关键在于能够熟练掌握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． 7．（2023春·江苏南京·八年级校联考期末）下列手机手势解锁图案中，是中心对称图形的是（ ） A． B． C． D．【答案】B 【分析】根据中心对称图形的定义进行逐一判断即可：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．不是中心对称图形，故此选项不合题意； B．是中心对称图形，故此选项合题意； C．不是中心对称图形，故此选项不符合题意； D．不是中心对称图形，故此选项不合题意； 故选B． 【点睛】本题主要考查了中心对称图形的定义，解题的关键在于能够熟练掌握中心对称图形的定义． 8．（2023春·浙江金华·八年级校考期中）在实施垃圾分类过程中，下列图形分别是有害垃圾、可回收物、 厨余垃圾及其它垃圾的标志，以下标志是中心对称图形的是（ ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据中心对称图形与轴对称图形的概念，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：A．是中心对称图形，故此选项符合题意； B．不是中心对称图形，故此选项不合题意； C．不是中心对称图形，故此选项不符合题意； D．不是中心对称图形，故此选项不合题意； 故选：A． 【点睛】本题考查的是中心对称图形的概念，解题的关键是正确掌握相关定义：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． 9．（2023春·河北保定·八年级保定市第十七中学校联考期末）在学习《图形的平移和旋转》时，爱思考的 博涵同学发现在下列几种著名的数学曲线中，有一种既是轴对称图形又是中心对称图形，请同学们找出是 哪一个？（ ） A． 笛卡尔爱心曲线 B． 蝴蝶曲线C． 费马螺线曲线 D． 科赫曲线 【答案】D 【分析】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、是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项不合题意； B、是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项不合题意； C、不是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项不合题意； D、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． 【点睛】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；中心对称图形的关键是要寻找对称中心，旋转180度后两部分重合． 10．（2023秋·河北沧州·八年级校考期末）下列图形均表示医疗或救援的标识，其中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】根据轴对称及中心对称图形的定义逐一判断即可得答案． 【详解】A．是轴对称图形，但不是中心对称图形，故该选项不符合题意， B．是轴对称图形，但不是中心对称图形，故该选项不符合题意， C．是轴对称图形，又是中心对称图形，故该选项符合题意， D．既不是轴对称图形，又不是中心对称图形，故该选项不符合题意， 故选：C． 【点睛】本题考查轴对称图形及中心对称图形的概念，轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分沿对 称轴折叠后能完全重合；中心对称图形的关键是寻找对称中心，图形绕对称中心旋转180度后，两部分能 够完全重合；熟练掌握定义是解题关键．11．（2022秋·河南驻马店·九年级统考期中）古希腊哲学家毕达哥拉斯曾说：“美的线型和其他一切美的 形体，都必须有对称形式．”下面的图形中，是中心对称图形的是（ ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据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可得答案． 【详解】解：选项A、B、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，不符合题意； 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，符合 题意， 故选：C． 【点睛】本题主要考查了中心对称图形，关键是找出对称中心． 题型七 坐标系内的关于原点的对称问题 【例9】如果 ，那么点 关于原点的对称点 的坐标为（ ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】先利用算术平方根的非负性、偶次幂非负性求出a、b，进而得出N点坐标，再利用关于原点对称 点的性质得出答案． 【详解】解：∵ ，且 ， ， ∴ ， ， 解得： ， ， ∴点 关于原点对称的点 的坐标为： ． 故选：C． 【点睛】此题主要考查了关于原点对称点的性质，正确记忆横纵坐标符号的变化是解题关键．关于原点对 称的点，它们的横坐标、纵坐标各自都互为相反数． 巩固训练：1．（2023秋·河北唐山·九年级统考期末）已知点 与点 关于原点对称，则 的值是（ ） A．2 B． C． D．4 【答案】A 【分析】根据两个点关于原点对称时，它们的对应横纵坐标符号相反可得 ． 【详解】解：∵点 与点 关于原点对称， ∴ ，故A正确． 故选：A． 【点睛】此题主要考查了关于原点对称的点的坐标特点，解题的关键是掌握坐标的变化规律． 2．在平面直角坐标系中，点 绕原点 逆时针旋转180°得到点 ，则点 的坐标是（ ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据中心对称的性质即可求解． 【详解】解：点 绕原点 逆时针旋转180°得到点 ，则点 的坐标是 ， 故选：D． 【点睛】本题考查了旋转的性质，关于原点对称的点的坐标特征，熟练掌握关于原点对称的两个点，横坐 标、纵坐标分别互为相反数是解题的关键． 3．（2023秋·辽宁葫芦岛·九年级统考期末）若点 关于原点的对称点 ，那么 ． 【答案】1 【分析】根据关于原点对称的点的坐标特点，两个点关于原点对称时，它们的横纵坐标都互为相反数，可 得m、n的值，即可解答． 【详解】∵点 关于原点的对称点是 故答案为：1． 【点睛】此题主要考查了关于原点对称的点的坐标特点，关键是掌握点的坐标的变化规律．4．（2023·全国·九年级专题练习）平面直角坐标系内一点 关于 轴对称的点是 ，点 向右平移 个单位长度，再向下平移 个单位长度到点 ，点 关于原点的对称点是点 ，则点 的坐标是 ． 【答案】 【分析】分别根据轴对称变换，平移变换和中心对称变换依次得到点B，点C和点D的坐标，即可得解． 【详解】解：点 关于 轴对称的点是 ， 则 ， 点 向右平移 个单位长度，再向下平移 个单位长度到点 ， 则 ，即 ， 点 关于原点的对称点是点 ， 则 ， 故答案为： ． 【点睛】本题考查了坐标的变换，解题的关键是掌握各种所学的坐标变换规律． 5．（2023秋·山东济南·八年级统考期末）在平面直角坐标系中，点 与点 关于原点对称， 则 ． 【答案】3 【分析】根据关于原点对称点的坐标特征，求解即可． 【详解】解：点 与点 关于原点对称， 则 ， 故答案为：3． 【点睛】本题主要考查了平面直角坐标系内两点关于原点对称时，横、纵坐标均互为相反数这一特征，熟 练掌握该特征是解题的关键． 6．（2023春·甘肃白银·八年级校考期中）在平面直角坐标系下，将点 向上平移3个单位，对应的 点为 ，点 与点 关于原点对称，则点 的坐标为 ． 【答案】【分析】根据平移的规律可得到点 的坐标，根据关于原点对称的点的坐标特征可得到点 的坐标． 【详解】解： 将点 向上平移3个单位，对应的点为 ， ， 点 与点 关于原点对称， ， 故答案为： ． 【点睛】本题考查了坐标的平移、关于原点对称的点的坐标，坐标的平移规律为：横坐标，右移加，左移 减，纵坐标，上移加，下移减；关于原点对称的点的横坐标互为相反数，纵坐标互为相反数，熟练掌握以 上知识点是解题的关键． 7．（2023秋·重庆开州·九年级统考期末）平面直角坐标系内与点 关于原点对称的点 的坐标是 ，则 ． 【答案】 【分析】直接利用关于原点对称点的性质得出x，y的值即可答案． 【详解】解：与点 关于原点对称的点的坐标是： ． ∴ ∴ ， 故答案为： ． 【点睛】此题主要考查了关于点对称点的性质，正确记忆横纵坐标的符号是解题关键． 8．（2022秋·云南昭通·九年级统考期中）已知 、 两点，若A、B两点关于原点对 称，则 ． 【答案】0 【分析】根据A、B两点的关系求出m和n，然后可以得解．【详解】解：由题意可得： ∴ ∴ 故答案为0． 【点睛】本题考查幂的综合应用，熟练掌握幂的意义及关于原点对称的点的坐标关系是解题关键. 9．（2022秋·辽宁盘锦·九年级校考期中）已知点 与点 关于原点对称，则 的值为 ． 【答案】 / 【分析】根据关于原点对称的点的横纵坐标互为相反数，进而求得 的值，即可求解． 【详解】解：∵点 与点 关于原点对称， ∴ 解得： ∴ ， 故答案为： ． 【点睛】本题考查了关于原点对称的点的坐标特征，熟练掌握关于原点对称的点的横纵坐标互为相反数是 解题的关键． 10．（2023春·山东滨州·八年级统考期末）已知平行四边形 的两条对角线相交于平面直角坐标系中的原点O，点 ， ，则点D的坐标为 ． 【答案】 【分析】因为平行四边形 两条对角线相互平分，所以点A与点C、点B与点D关于原点对称，由于 已知点A，B的坐标，故可求得C，D的坐标． 【详解】解：由题意知：点A与点C、点B与点D关于原点对称， ∵点A，B的坐标分别为 ， ， ∴点C，D的坐标分别是 ， ， 故答案为： ． 【点睛】本题考查平行四边形的性质，解题的关键是掌握关于原点对称的点的特征，已知点 ，则其 关于原点对称的点的坐标为 ． 题型八 二次函数图象综合问题 【例9】（2023春·福建福州·九年级统考期中）如图，在 中， ，将 绕点 顺时针 旋转 得到 ，连接 ． (1)求证： ； (2)若 ，证明：直线 与 互相垂直． 【答案】(1)见解析(2)见解析 【分析】（1）由 绕点 顺时针旋转 得到 ，可得 ， ，而 ， 即得 ，可证 ，故AB ； （2）根据 绕点 顺时针旋转得到 ， ，可得 ，证明四边形 是菱形，得到 ；又 ，进而推导出 ． 【详解】（1）证明： 绕点 顺时针旋转 得到 ， ， ， ，， ， ， ； （2）解： 绕点 顺时针旋转得到 ， ， ， 由（1）可知 ， ， 若 ，则 ， ， 四边形 是菱形， ； ，将 绕点 顺时针旋转 得到 ， ，即 ， ， 即直线 与 互相垂直． 【点睛】本题考查三角形的旋转问题，涉及菱形的判定及全等三角形的判定与性质，解题的关键是掌握旋 转的性质，证明 ． 【例10】（2022秋·吉林白城·九年级统考阶段练习）如图，在 中， ， ，点 是 内一点，连接 ，将线段 绕点 逆时针旋转 ，得到线段 ，连接 、 ．求证： ． 【答案】见解析 【分析】首先根据旋转的性质，判断出 ， ，进而判断出 ；然后根据全 等三角形判定的方法，判断出 ，即可判断出 ． 【详解】解：由旋转的性质，可得 ， ，， ， ， 在 和 中， ， （SAS）， ． 【点睛】本题主要考查了旋转的性质和应用，全等三角形的判定和性质的应用，要熟练掌握，解答此题的 关键是要明确：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． 巩固训练： 1．（2023·广东广州·统考二模）如图，在矩形 中， ， ，将矩形 绕点A逆时针 旋转至矩形 ，旋转角为 ，当点C， 和 三点共线时， 的长为（ ）． A． B． C． D． 【答案】A 【分析】当点C， 和 三点共线， ，先根据勾股定理求出 ，再根据勾股定理求出 ， 通过证明 ，得出 ，设 ，则 ，在 中，根据勾股定理列出方程求解即可． 【详解】解：∵点C， 和 三点共线， ∴ ， ∵矩形 绕点A逆时针旋转至矩形 ，∴ ， ， 在 中，根据勾股定理可得： ， 在 中，根据勾股定理可得： ， 在 和 中， ， ∴ ， 设 ，则 ， 在 中，根据勾股定理可得： ， 即 ，解得： ， 故选：A． 【点睛】本题主要考查了矩形的性质，旋转的性质，三角形全等的判定和性质，勾股定理，解题的关键是 正确画出图形，根据勾股定理列出方程求解． 2．（2023春·江苏南京·八年级南京市第二十九中学校考阶段练习）对于题目：“如图 ，平面上，正方形 内有一长为 、宽为 的矩形，它可以在正方形的内部及边界通过移转 即平移或旋转 的方式，自由地从 横放移转到竖放，求正方形边长的最小整数 ”甲、乙作了自认为边长最小的正方形，先求出该边长 ， 再取最小整数 ． 甲：如图 ，思路是当 为矩形对角线长时就可移转过去；结果取 ． 乙：如图 ，思路是当 为矩形的长与宽之和的 倍时就可移转过去：结果取 ． 下列正确的是（ ）A．甲的思路对，他的 值错 B．乙的思路错，他的 值对 C．甲和乙的思路都对 D．甲和乙的 值都对 【答案】A 【分析】据矩形长为 宽为 ，可得矩形的对角线长为 ，由矩形在该正方形的内部及边界通过平移或 旋转的方式，自由地从横放变换到竖放，可得该正方形的边长不小于 ，进而可得正方形边长的最小整 数 的值． 【详解】解： 矩形长为 宽为 ， 矩形的对角线长为： ， 矩形在该正方形的内部及边界通过平移或旋转的方式，自由地从横放变换到竖放， 该正方形的边长不小于 ， ， 该正方形边长的最小正数 为 ． 故甲的思路正确，长方形对角线最长，只要对角线能通过就可以， ； 乙的思路与计算都错误，图示情况不是最长； 故选： ． 【点睛】本题考查了旋转的性质，矩形的性质，熟练运用矩形的性质是解题的关键． 3．（2023春·江苏南通·八年级校考阶段练习）如图，边长为1的正方形 绕点A逆时针旋转45度后 得到正方形 ，边 与 交于点 ，则四边形 的周长是（ ）．A．3 B． C． D． 【答案】B 【分析】由边长为1的正方形 绕点A顺时针旋转 得到正方形 ，利用勾股定理的知识求出 的长，再根据等腰直角三角形的性质，勾股定理可求 ， ，从而可求四边形 的周长． 【详解】解：连接 ， ∵旋转角 ， ， ∴B在对角线 上， ∵ ， 在 中， ， ∴ ， 在等腰 中， ， 在 中， ， ∴ ， ∴四边形 的周长是： ． 故选：B． 【点睛】本题主要考查了旋转的性质，正方形的性质，掌握旋转的性质，正方形的性质是解题的关键． 4．（2023春·辽宁鞍山·七年级校考阶段练习）将一副直角三角板 按如图1所示位置摆放，其 中 ， ， ．若将三角板 绕点A按每 秒 的速度顺时针旋转 ，如图2，在此过程中，设旋转时间为t秒，当线段 与三角板 的一条 边平行时， ．【答案】 秒或 秒或 秒 【分析】由线段 与三角板 的一条边平行可知有三种情况：（1）当 时，点E落在线段 上，由此可求出旋转角，进而可求出t的值；（2）当 时，则 ，由此可求出旋转 角，进而可求出t的值；（3）当 ，则 ，由此可求出旋转角，进而可求出t的值． 【详解】解：设旋转角为α，则旋转的时间 （秒）， 在顺时针旋转 的过程中，线段 与三角板 的一条边平行， 有以下三种情况： （1）当 时， ， ∴点E落在线段 上时， 旋转角 ， （秒）； （2）当 时，则 ， ，， 旋转角 ， （秒）； （3）当 时，则 ， ， 旋转角 ， （秒）； 综上所述： 秒或 秒或 秒． 故答案为： 秒或 秒或 秒． 【点睛】此题主要考查了图形的旋转变换与性质，平行线的判定，解答此题的关键是熟练掌握平行线的判 定和性质，难点是利用分类讨论的思想进行分类讨论． 5．（2023·河北唐山·统考二模）小明遇到一个问题： 个同样大小的正方形纸片，边长是 ，排列形式如 图所示，将它们分割后拼接成一个新的正方形．他的做法是：按图所示的方法分割后，将三角形纸片①绕 的中点 旋转至三角形纸片②处，依此方法继续操作，即可拼接成一个新的正方形 ．则新正方 形 的面积是 ；如图，在面积为 的平行四边形 中，点 分别是边 的中点，分别连接 得到一个新的平行四边形 ．则平行四边形 面积的大小是 ． 【答案】 5 /0.4【分析】由旋转的性质可得图形①和图形②面积相等，则新正方形面积等于 个小的正方形面积的和，采 用逆向思维的方式得到所求的图形进而求出所求图形的面积，把它返回到 个相同的平行四边形的状态， 进而得出平行四边形 的面积． 【详解】解： 将三角形纸片①绕 的中点 旋转至三角形纸片②处， 图形①和图形②面积相等， 新正方形 的面积等于 个小的正方形面积的和， 新正方形 的面积等于 ， 根据题意可得出：图形是 个相同的平行四边形的状态， 那么其中一个面积为原图形的 ，那么平行四边形 的面积= ， 故答案为： ． 【点睛】本题考查旋转的性质，图形的剪拼，培养学生动手操作能力及想象力，是热点题型，多思考、多 总结，注意问题过程的形成． 6．（2023·湖北鄂州·统考二模）如图， 是等边 内的一点， ．若 的面积为 ，则边 的长为 ． 【答案】 【分析】将 绕点C逆时针旋转 得到 ，作 交 的延长线于点F，首先证明出 是等边三角形，然后设 ，则 ，得到 ，根据 求出 ，然后利用勾股定理求解即可． 【详解】如图所示，将 绕点C逆时针旋转 得到 ，作 交 的延长线于点F，∴ ， ， ， ∴ ，， ∴ 是等边三角形， ∴ ， ∴ ， ∴ ， ∴ ， ∴ ， ∴设 ，则 ， ∴ ， ∵ ， ∴ ， ∴ ， ∴解得 （负值舍去）， ∴ ， ， ，， ∴ ， ∴ ， ∴ ， 故答案为： ． 【点睛】此题考查了旋转综合题，等边三角形的性质和判定，勾股定理等知识，解题的关键是熟练掌握以上知识点． 7．（2023春·七年级单元测试）如图，已知直线 ，点 、 分别在 、 上，射线 自射 线 的位置开始，以每秒 的速度绕点 逆时针旋转至 便立即顺时针回转，旋转至 后停止运动， 射线 自射线 的位畳开始，以每秒 的速度绕点 顺时针嫙转至 后停止运动，若射线 先旋转 秒，射线 才开始转动，当射线 ， 互相平行时，射线 的旋转时间 （ ）为 秒． 【答案】 或 【分析】根据利用平行四边形的判定得到 再利用 的性质及旋转的性 质分两种情况解答即可． 【详解】解： ① 绕点 逆时针旋转至 之前， ∵ ， ， ∴ ∴ ， ∵ ， ， ∴ ∵每秒 的速度绕点 顺时针，时间为 ，且先旋转 秒， ∴ ， ∵每秒 的速度绕点 逆时针旋转， ∴ ， ∴ , ∴ ，② 绕点 逆时针旋转至 之后， ∵ ， ∴四边形 是平行四边形， ∴ ， ∵每秒 的速度绕点 顺时针，时间为 ，且先旋转 秒， ∴ ， ， ∴ ， ∴ ， 故答案为： 或 ． 【点睛】本题考查了旋转的性质，平行四边形的判定与性质，掌握平行四边形的判定性质是解题的关键． 8．（2023春·八年级课时练习）如图，平行四边形 绕点 逆时针旋转32°，得到平行四边形 ， 点 恰好落在 边上， 和 交于点 ，则 的度数是 ． 【答案】42°/42度 【分析】由旋转的性质可得 ， ， ， ，由等腰三角形 的性质可得 ，由三角形的内角和定理可求解．【详解】解： 平行四边形 绕点 逆时针旋转32°，得到平行四边形 ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， 故答案为：42°． 【点睛】本题考查了旋转的性质，等腰三角形的性质，平行四边形的性质，掌握旋转的性质是解题的关键． 9．（2022秋·上海静安·八年级上海市民办扬波中学校考期中）已知： 中， ， ，将 绕点B按顺时针方向旋转． (1)当 转到 边上点 位置时， 转到 ，（如图1所示）直线 和 相交于点 ，试判断线段 和线段 之间的数量关系，并证明你的结论； (2)将Rt 继续旋转到图2的位置时，（1）中的结论是否成立？若成立，请证明；若不成立，请说明 理由． 【答案】(1) ，理由见详解 (2)仍然成立，理由见详解 【分析】（1）易证 和 都是等边三角形，从而可以求出 ， ，进而可以证到 ； （2）过点 作 ，交 的延长线于点 ，由“ ”可证 ，可得 ； 【详解】（1） ．理由如下：如图1， ， ， ， ， 和 都是等边三角形， ，， ， ， ， ， ， ， ， ， ； （2）仍然成立： ， 如图2：过点 作 ，交 的延长线于点 ，则 ， ， 由旋转可得， ， ， ， ， ， ， ， ， 在 与 中， ， ， ； 【点睛】本题是几何变换综合题，考查了旋转的性质，等腰三角形的性质，全等三角形的判定与性质，等 边三角形的判定与性质等知识，证明三角形全等是解题的关键．10．（2023·全国·九年级专题练习）将一副直角三角板 和 如图（1）放置，此时 四点在 同一条直线上，点 在边 上，其中 ， ， ． (1)求 的度数； (2)将图（1）中的三角板 绕点A以每秒10°的速度，按顺时针方向旋转一定的角度 后， 记为三角板 ，设旋转的时间为t秒． ①如图（2），当旋转至 ，求a的值； ②若在旋转过程中，三角板 的某一边恰好与 所在的直线平行，直接写出t的值． 【答案】(1) (2)①45°或225°；②6或9或18或24或27 【分析】（1）根据题意，由三角形外角定理即可求解； （2）①当 时，分两种情况，第一种当旋转角度在 之间时，根据三角形外角定理 得 ，再根据 即可求解；第二种情况当旋转角度在 时，此时再旋转 ； ②分两种情况讨论：第一种情况当 时，a为 或a为 ，第二种情况当 时，a为 或a为 ，第三种情况，当 时，根据角度转动速度分别求解t即可． 【详解】（1）解： ， ， ； （2）解：①如图，， ， 由（1）知， ， ， ， ， ， 如图， 与 延长线交于点 ， 由第一种情况知，这种情况是在第一种情况的基础上再旋转 ， 三角板 绕点A以每秒 的速度按顺时针方向旋转， ， 综上所述： ， ； 解：②I.如图，当 时，， ， ， ， a为 或a为 ， （秒）， （秒）． II.如图，当 时， ， ， a为 或a为 ， （秒）， （秒）， III. 如图，当 时，此时 与 在同一条直线上， a为 ， （秒）， 综上所述：三角板 的某一边恰好与 所在的直线平行， t的值为：6或9或18或24或27． 【点睛】本题考查角的运动和角的运算及平行线的判定和性质，掌握平行线的判定方法及性质和角度的运 算是解题的关键． 11．（2023·四川德阳·统考中考真题）将一副直角三角板 与 叠放在一起，如图1， ， ， ， ．在两三角板所在平面内，将三角板 绕点O顺时针方向旋转 （ ）度到 位置，使 ，如图2． (1)求 的值； (2)如图3，继续将三角板 绕点O顺时针方向旋转，使点E落在 边上点 处，点D落在点 处． 设 交 于点G， 交 于点H，若点G是 的中点，试判断四边形 的形状，并说明 理由． 【答案】(1)(2)正方形，见解析 【分析】（1）确定旋转角 ，结合 ， ，计算即可． （2）先证明四边形 是矩形，再利用等腰直角三角形的性质，结合一组邻边相等的矩形是正方形证 明即可． 【详解】（1）根据题意，得旋转角 ， ∵ ， ， ∴ ， 故 ． （2）根据题意，得旋转角 ， ∵ ， ， ∴ ， ∵ ， ， ∴ ， ， ∴ ， ∵ ， ，∴ ， ∴ ， ∴ ， ∴四边形 是矩形， ∵ ， ∴四边形 是正方形． 【点睛】本题考查了旋转的性质，矩形的判断，正方形的判断，等腰直角三角形的性质，熟练掌握矩形的 判断，正方形的判断，等腰直角三角形的性质是解题的关键． 12．（2022秋·广东珠海·九年级珠海市紫荆中学桃园校区校考期中）已知:如图 和 都是等边角 形． 是 延长线上一点， 与 相交于点 ． 、 相交于点 ， 、 相交于点 ． (1)在图①中，求证: ； (2)当 绕点 沿逆时针方向旋转到图②时， ________． 【答案】(1)见详解． (2)60°． 【分析】（1）根据等边三角形性质得出 ，求出 ， 根据 推出 ，即可得到答案； （2）证明 ，得到 ，根据三角形的内角和定理，即可解答． 【详解】（1）证明： 和 为等边三角形， ，， 在 和 中， ， ， ； （2）解： 和 都是等边三角形， ， ， 即 ， 在 和 中， ， ， ， ， ． 故答案为： ． 【点睛】本题考查了旋转的性质、等边三角形的性质、全等三角形的判定与性质；熟练掌握等边三角形的 性质，证明三角形全等是解决问题的关键． 13．（2023春·陕西西安·八年级校考阶段练习）问题探究 将几何图形按照某种法则或规则变换成另一种几何图形的过程叫做几何变换．旋转变换是几何变换的一种 基本模型．经过旋转，往往能使图形的几何性质明白显现．题设和结论中的元素由分散变为集中，相互之 间的关系清楚明了，从而将求解问题灵活转化．问题提出：如图1， 是边长为1的等边三角形，P为 内部一点，连接 、 、 ，求 的最小值． 方法分析：通过转化，把由三角形内一点发出的三条线段（星型线）转化为两定点之间的折线（化星为 折），再利用“两点之间线段最短”求最小值（化折为直）． 问题解决：如图2，将 绕点 逆时针旋转 至 ，连接 ，记 与 交于点 ，易 知 ．由 ，可知 为正三角形， 有 ． 故 ．因此，当 共线时， 有最小值是 ． 学以致用： (1)如图3，在 中， 为 内部一点，连接 ，则 的最小值是________． (2)如图4，在 中， 为 内部一点，连接 ，求 的最小值． 【答案】(1)5 (2) 【分析】（1）将 绕点 逆时针旋转 得到 ，易知 是等边三角形， ，转化 为两定点之间的折线（化星为折），再利用“两点之间线段最短”求最小值（化折为直）． （2）将 绕点 逆时针旋转 得到 ，易知 是等腰直角三角形， ，作 交 的延长线于 ．转化为两定点之间的折线（化星为折），再利用“两点之间线段最短”求 最小值（化折为直）． 【详解】（1）解：如图3中， 将 绕点 逆时针旋转 得到 ，∴ ， ， ∴ 是等边三角形， ， 在 中， ， ， ， 的最小值为5． 故答案为5． （2）如图4中， 将 绕点 逆时针旋转 得到 ， ∴ ， ， ∴ 是等腰直角三角形， ∴ ， 作 交 的延长线于 ． 在 中， ， ， ， 在 中， ， ， 的最小值为 ． 【点睛】本题是四边形综合题，主要考查了等边三角形的性质，全等三角形的判定，两点之间线段最短时 的位置的确定，解本题的关键是确定取最小值时的位置． 14．（2023·北京朝阳·统考二模）在 中， ， ，点D在 边上（不与点B，C重合），将线段 绕点A顺时针旋转 ，得到线段 ，连接 ． (1)根据题意补全图形，并证明： ； (2)过点C作 的平行线，交 于点F，用等式表示线段 与 之间的数量关系，并证明． 【答案】(1)补全图形见解析，证明见解析； (2) ，证明见解析． 【分析】（1）根据旋转的方向和角度补全图形，再根据已知和旋转的性质求出 ， ，进而可得结论； （2）作 于点M，与直线 交于点N，利用 证明 ，可得 ， ，然后求出 ，可得 ，再利用 证明 即可． 【详解】（1）补全的图形如图所示： 证明：∵ ， ∴ ， 由旋转的性质可知 ，即 ， ∴ ； （2） ； 证明：如图，作 于点M，与直线 交于点N，∴ ， 由旋转的性质可知 ， 由（1）可知 ， ∴ ， ∴ ， ， ∵ ， ∴ ， ∵ ， ∴ ， ∴ ， ∴ ， ∴ ， ∵ ∴ ， ∴ ， ， ∴ ， ∴ ． 【点睛】本题考查了画旋转图形，旋转的性质，全等三角形的判定和性质，平行线的判定和性质，等腰直 角三角形的判定和性质等知识，能够作出合适的辅助线构造出全等三角形是解题的关键． 15．（2023·北京顺义·统考二模）已知： ， ， 分别是射线 ， 上的点，连接 ， 以点 为旋转中心，将线段 绕着点 逆时针旋转 ，得到线段 ，连接 ， ． (1)如图1，当 时，求证： ； (2)当 时，依题意补全图2，用等式表示线段 ， ， 之间的数量关系，并证明．【答案】(1)证明见解析 (2)作图见解析，数量关系： ，证明见解析 【分析】（1）根据旋转的性质可得 是等边三角形，证明 ，可得 ，从而得证； （1）依题意补全图2，如图；数量关系： ．在 上截取 ，使 ，连接 ，根 据旋转的性质可得 是等边三角形，证明 ，可得 ， ， 然后证明 是等边三角形，从而可证明结论． 【详解】（1）证明：∵线段 绕着点 逆时针旋转 得到 ， ∴ ， ， ∴ 是等边三角形， ∴ ， ， ∵ ， ， ∴ ， ∴ ， 在 和 中， ， ∴ ， ∴ ，∴ ． （2）依题意补全图2，如图． 数量关系： ． 证明：在 上截取 ，使 ，连接 ， ∵线段 绕着点 逆时针旋转 得到 ， ∴ ， ， ∴ 是等边三角形， ∴ ， ， ∵ ， ∴ ， ∵ ， ∴ ， 在 和 中， ， ∴ ， ∴ ， ， ∴ ， ∴ 是等边三角形， ∴ ， ∴ ， ∴ ． 【点睛】本题是三角形综合题，考查了旋转的性质，等边三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，角所对的直角边等于斜边的一半，四边形的内角和为 ，等角的补角相等．通过作辅助线构造全等 三角形是解题的关键． 16．（2023春·安徽合肥·八年级合肥寿春中学校考期中）如图， 和 均为等腰直角三角形， ， ， ．现将 绕点B旋转． (1)如图1，若A、M、N三点共线． ①若 ， ，求 ． ②若 ，求点C到直线 的距离； (2)如图2，连接 、 ，点H为线段 的中点，连接 ．求证： ． 【答案】(1)① ；② (2)见解析 【分析】（1）①先证 ，然后证得 为直角三角形，根据勾股定理即可求得；② 延长 ，过点 作垂线，交 延长线于点 ，证得 为等腰直角三角形，根据勾股定理即可求得； （2）设 交 于点 ，延长 到点 ，使 ，连接 ，先证 ， 再证 即可． 【详解】（1）解：① ， ， 在 与 中， ，， 为等腰直角三角形， ， ， ， ， ， ． ②如图，延长 ，过点 作垂线，交 延长线于点 ， 由①可得： , ， 为等腰直角三角形， ， 即： ， 解得： ． （2）解：如图，设 交 于点 ，延长 到点 ，使 ，连接 ， ， ， ， ， ， ，， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ． 【点睛】本题考查了图形的旋转、全等三角形的性质与判定、勾股定理、等腰直角三角形的性质等知识点， 辅助线的准确添加是解题关键． 17．（2023春·北京东城·九年级北京市第一六六中学校考开学考试）如图，在 中， ， ，点 在边 上（不与点 ， 重合），连接 ，以点A为中心，将线段 逆时针旋转 得到线段 ，连接 ． (1) ______°； (2)取 中点 ，连接 ，用等式表示线段 与 的数量关系，并证明． 【答案】(1) (2) ，证明见解析 【分析】（1）根据旋转的性质得到 ，即可得到答案； （2）延长 至点 ，使 ，连接 ，根据 是 的中位线得到 ，通过证明得到 ，从而得到 ． 【详解】（1）解：根据题意得 ， ∴ ， 故答案为： ； （2）解：如下图所示，延长 至点 ，使 ，连接 ， ∵ 为 中点， ∴ 是 的中位线， ∴ ， ∵ ， ∴ . ∵ ， ∴ ， ∴ ， ∵ ， ∴ . ∵ ， ∴ ， ∴ ， ∴ ． 【点睛】本题考查旋转和全等三角形的性质，解题的关键是添加适当的辅助线，构造全等三角形． 18．（2022春·湖南娄底·八年级娄底一中校考阶段练习）在 中， ， ，直线 经过点C，且 于点D． 于点E．(1)当直线 绕点C旋转到如图所示位置时，求证： ； (2)当直线 绕点C旋转到与线段 相交（交点不是 中点）时，画出相应的图形，探求线段 ， 与 之间的等量关系，并写出其关系式． 【答案】(1)见解析 (2) 或 【分析】（1）根据题意得 ， ，根据 得 ，利用AAS证 明 ，得 ， ，即可得； （2）分情况讨论，①由（1）得， ，可得 ， ，即可得 ，②由（1）得， 得 ， ，即可得 ． 【详解】（1）证明：如图1所示， ∵ 于点D． 于点E， ∴ ， ， ∵ ， ∴ ， 在△ACD和△CBE中， ， ∴ （AAS），∴ ， ， ∴ ； （2）解：①如图2所示， 由（1）得， ， ∴ ， ， ∴ ， ②如图3所示， 由（1）得， ， ∴ ， ， ∴ ． 【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质，解题的关键是掌握全等三角形的判定与性质，分情况讨论． 19．（2022秋·上海闵行·七年级校考阶段练习）如图， 是直角三角形， ，将 绕点A逆时针旋转 ，得到 （点B与点D是对应点，点C与点E是对应点），设 ．(1)画出 ； (2)连接 ，用含a、b的式子表示 的面积为___________（直接写出化简后的答案）； (3)若 ， 的面积为 ，求 的面积． 【答案】(1)见详解(2) (3)6 【分析】（1）先根据题意确定好点D、E，即可画出 ； （2）先求出 ，再根据旋转性质得到 ， ，根据直角三角形面积公式即可 求解； （3）根据 的面积为 得到 ，根据 ，得到 ，即可求 出 ，根据直角三角形面积公式即可求解． 【详解】（1）解：如图， 即为 绕点A逆时针旋转 ，得到的直角三角形； （2）解：如图，连接 ， ∵ ， ∴ ， ∵ 绕点A逆时针旋转 ，得到 ，∴ ， ， ∴ 的面积为 ． 故答案为： ； （3）解：∵ 的面积为 ， ∴ ， ∴ ， ∵ ， ∴ ， ∴ ， ∴ ， ∴ 的面积为 ． 【点睛】本题考查了根据题意作旋转后的图形，旋转的性质，直角三角形面积公式，完全平方公式等知识， 理解题意，熟练掌握旋转的性质是解题关键． 20．（2022秋·河北邯郸·九年级校联考阶段练习）如图①所示，将一个边长为2的正方形 和一个长 为2、宽为1的长方形 拼在一起，构成一个大的长方形 ．现将小长方形 绕点C顺时针旋 转至长方形 ，旋转角为 ．(1)当点 恰好落在 边上时，求旋转角 的值； (2)如图②，G为 中点，且 ，求证： ； (3)小长方形 绕点C顺时针旋转一周的过程中， 与 能否全等？若能，直接写出旋转角 的值；若不能，说明理由． 【答案】(1) (2)见解析(3) 或 【分析】（1）根据旋转的性质得 ，即可判定 ，然后根据平行线的性质即可得到 ； （2）由G为BC中点可得 ，然后根据“ ” 可判断 ，则 ； （3）根据正方形的性质得 ，而 ，则 和 为腰相等的两等腰三角形，当两 顶角相等时它们全等，然后分三种情况分析：当 时，当 和 为钝角三角形时，当 和 为锐角三角形时，然后结合图形求解即可． 【详解】（1）解：根据题意得： ， ， ∴在 中， ， ∵矩形 ， ， ∴ ； （2）证明：∵G为 中点， ∴ ， ∴ ， ∵长方形 绕点C顺时针旋转至 ， ∴ ， ∴ ， 在 和 中，∵ ∴ ， ∴ ； （3）能，理由如下： ∵四边形 为正方形， ∴ ， ∵ ， ∴ 和 为腰相等的两等腰三角形， 当 时， ， 当 时，由图②得， ，不符合题意； 当 和 为钝角三角形时， 到如图所示位置时， 则旋转角 ， 当 和 为锐角三角形时， 到如图所示位置时， ， 则 ， 即旋转角 的值为 或 时， 和 全等．【点睛】此题属于四边形的综合题，考查了旋转的性质、正方形的性质、矩形的性质以及三角形全等的判 定与性质，注意掌握旋转前后图形的对应关系是解此题的关键．