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第二十三章 旋转过关测试
题号 一 二 三 四 总分
得分
练习建议用时：60分钟 满分：100分
一、单项选择题：本题共10小题，每小题3分，共30分.在每个小题绐岀的四个选项中，
只有一项是符合题目要求的.
1．中国“二十四节气”已被列入联合国教科文组织人类非物质文化遗产代表作名录，下列四幅作品分别
代表“立春”、“立夏”、“芒种”、“大雪”，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】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．不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故A选项不合题意；
B．是轴对称图形，不是中心对称图形，故B选项不合题意；
C．不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故C选项不合题意；
D．既是轴对称图形，又是中心对称图形，故D选项合题意；
故选：D．
【点睛】本题主要考查了轴对称图形和中心对称图形，解题的关键在于能够熟练掌握轴对称图形和中心对
称图形的定义．
2．如图，已知 ，将 绕点B顺时针旋转 后得到 ，则点A的对应点
的坐标（ ）A． B． C． D．
【答案】D
【分析】根据题意，画出旋转图形，根据坐标系即可求解．
【详解】解：如图所示：点A和点B的坐标分别为 ，若将 绕点B顺时针旋转 后，
得到 ，
则点A的对应点 的坐标为： ．
故选：D．
【点睛】本题考查了旋转的性质，求点的坐标，熟练掌握旋转的性质是解题的关键．
3．在如图所示的方格纸（1格长为1个单位长度）中， 的顶点都在格点上，将 绕点 按顺时
针方向旋转得到 使各顶点仍在格点上，则其旋转角的度数是（ ）A． B． C． D．
【答案】D
【分析】对应点 ， 与旋转中心 连线的夹角是旋转角，据此解答．
【详解】解：由题意可知 是旋转角，且 ．
故选：D．
【点睛】本题主要考查了旋转角的概念，解题的关键是根据旋转角的概念找到旋转角．
4．如图，如果正方形ABCD旋转后能与正方形CDEF重合，那么图形所在平面内，可作为旋转中心的点
个数（ ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【答案】C
【详解】可以绕点D,点C,线段CD的中点旋转，
故选C.
5．如图， 中， ， ，将 绕点 逆时针旋转得到 ，使点 的对
应点 恰好落在边 上，则 的度数是（ ）
A．100° B．110° C．120° D．140°
【答案】C
【分析】三角形的内角和定理，求出 ，旋转的性质，等边对等角，求出 ，两角度数相加即可得出结果．
【详解】解：∵ ， ，
∴ ，
∵将 绕点 逆时针旋转得到 ，点 的对应点 恰好落在边 上，
∴ ， ， ，
∴ ，
∴ ；
故选C．
【点睛】本题主要考查了旋转的性质、等腰三角形的性质、三角形内角和定理等知识，解决本题的关键是
掌握旋转的性质．
6．已知点 与点 是关于原点 的对称点，则 的值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】根据点关于原点对称点的特点是，对称点的横纵坐标变为原来点的横纵坐标的相反数，由此即可
求解．
【详解】解：根据点关于原点对称点的特点可得， ，
∴ ，
故选： ．
【点睛】本题主要考查点关于原点对称点的计算方法，代入求值等知识，掌握点的关于原点对称点的计算
方法是解题的关键．
7．如图， 中， ， ，将 绕点 逆时针旋转得到 ，使点 的对
应点 恰好落在边 上，则 的度数是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B【分析】首先解得 ，根据旋转的性质可得 ， ，
，根据三角形内角和定理可得 ，进而可获得答案．
【详解】解：∵ ， ，
∴ ，
∵将 绕点 逆时针旋转得到 ，点 的对应点 恰好落在边 上，
∴ ， ， ，
∴ ，
∴ ．
故选：B．
【点睛】本题主要考查了旋转的性质、等腰三角形的性质、三角形内角和定理等知识，解决本题的关键是
掌握旋转的性质．
8．如图，在平面直角坐标系中， 为等腰三角形， ，点 到 轴的距离为 ，若将
绕点 逆时针旋转 ，得到 ，则点 的坐标为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】过点 作 轴， 轴的垂线，分别交 轴， 轴于点 ，点 ，四边形 为矩形，将矩形
绕点 逆时针旋转 可得到矩形 ，根据旋转的性质可知 ， ，据此即可
求得答案．
【详解】如图所示，过点 作 轴， 轴的垂线，分别交 轴， 轴于点 ，点 ．
根据题意可知，四边形 为矩形，则 ．在 中， ．
所以， ．
根据旋转的性质可知，矩形 绕点 逆时针旋转 可得到矩形 ，则 ，
．
所以，点 的坐标为 ．
故选：B．
【点睛】本题主要考查图形旋转的性质、勾股定理、平面直角坐标系，牢记图形旋转的性质（一个图形和
它经过旋转所得到的图形中，对应点到旋转中心的距离相等，两组对应点分别与旋转中心的连线所成的角
相等）是解题的关键．
9．如图，菱形 的对角线交于原点O， ， ．将菱形绕原点O逆时针旋转，每
次旋转 ，则第2023次旋转结束时，点C的坐标为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】首先根据菱形的性质及旋转的规律，可得第2023次旋转结束时，点C在第三象限，过点A作
轴于点E，延长 到 点，使 ，过点 作 轴于点F，再根据菱形的性质及全等
三角形的性质，即可求得坐标.
【详解】解：∵将菱形绕原点O逆时针旋转，每次旋转 ， ，
∴旋转4次后回到原来的位置，
∵ ，
∴第2023次旋转结束时，点C在第三象限，
如图：过点A作 轴于点E，延长 到 点，使 ，过点 作 轴于点F，∴ ，
∴ ，
∵四边形 是菱形，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
故第2023次旋转结束时，点C的坐标为 ，
故选：C．
【点睛】本题主要考查菱形的性质和旋转的性质，全等三角形的判定及性质，以及坐标与图形的性质，直
角三角形的性质，找出旋转规律是解题关键.
10．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．
二、填空题：本题共6小题，每小题3分，共计18分.
11．如图，在 中， ，将 绕着点 顺时针旋转 后得到 ，则 等于
．
【答案】 / 度
【分析】根据旋转角可得 ，然后根据 代入数据进行计算即可得解．
【详解】解： 绕着点 顺时针旋转 后得到 ，
，
，
．
故答案是： ．
【点睛】本题考查了旋转的性质，解题的关键是运用旋转的性质（图形和它经过旋转所得的图形中，对应
点到旋转中心的距离相等，任意一组对应点与旋转中心的连线所成的角都等于旋转角；对应线段相等，对
应角相等）得出 ．
12．如图，在 中， ，把 绕点A逆时针旋转 得到 ，连结 ，则
的长为 ．【答案】 /
【分析】连接 ，延长 交 于点F，由旋转可得： ， ，求出 ，由勾股
定理求出 ，则可得出答案．
【详解】解：连接 ，延长 交 于点F，
由旋转可得： ，
∴ 是等边三角形，
∴ ，
∵ ，
∴ 是 的垂直平分线，
∴ ，
∴ ，
∴ ．
故答案为： ．
【点睛】本题考查了旋转的性质，勾股定理，熟练掌握旋转的性质以及等边三角形的判定与性质是解题的
关键．
13．如图，在 中， ，将 绕点 逆时针旋转得到 ，点 的对应点分别为
，连接 ，当点 在同一条直线上时，则旋转角 的度数为 ．（用含 的式子表示）
【答案】
【分析】根据旋转的性质可知 ， ，进而得出 ，再根据等腰三角形的性质得出答案．
【详解】根据旋转的性质得 ， ．
∵点A，D，E共线，
∴ ，
∴ ．
故答案为： ．
【点睛】本题主要考查了旋转的性质，等腰三角形的性质等，理解旋转的性质是解题的关键．即旋转前后
的对应角相等，对应边相等，对应点和旋转中心的连线所形成的夹角是旋转角．
14．如图，在四边形 中， ，将 绕点 逆时针旋转 至 ，连接 ，若
， ，则 的面积是 ．
【答案】12
【分析】过点D作 ，过点E作 交 的延长线于点F，根据条件即可求出 ，根据旋
转性质可得 ，即可求出．
【详解】解：过点D作 ，过点E作 交 的延长线于点F，如图，则 ，
∵将 绕点 逆时针旋转 至 ，
∴ ， ，
∵ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∵ ， ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
故答案为：12．
【点睛】本题主要考查旋转的性质，全等三角形的判定和性质，正确作出辅助线和掌握旋转图形是全等图
形是解题的关键．
15．如图是由边长为1的小正方形组成的 网格，点 ， ， ， ， ， ， 均在格点上．下列结
论：①点 与点 关于点 中心对称；
②连接 ， ， ，则 平分 ；
③连接 ，则点 ， 到线段 的距离相等．
其中正确结论的序号是 ．
【答案】①②③
【分析】根据描述，作图，逐一进行判断即可；
【详解】解：①如图：
点 与点 关于点 中心对称；故①正确；
②如图：
由图可知： ，
∴ 为等腰三角形，
∵ 经过 的中点，
∴ 平分 ，故②正确；③如图， 点到 的距离为 ， 点到 的距离为 ，
∴ ，
∴点 ， 到线段 的距离相等，故③正确；
综上，正确的有①②③；
故答案为：①②③．
【点睛】本题考查中心对称图形，勾股定理，等腰三角形的判定和性质，正方形的判定和性质．解题的关
键是根据描述，正确的画图，熟练掌握相关知识点．
16．如图，△AOD和△COB关于点O中心对称，∠AOD＝60°，△ADO＝90°，BD＝12，P是AO上一动点，
Q是OC上一动点（点P，Q不与端点重合），且AP＝OQ．连接BQ，DP，则DP+BQ的最小值是 ．
【答案】12
【分析】由中心对称的性质可得BO＝DO＝6，AO＝OC，可证四边形ABCD是平行四边形，由直角三角形
的性质可得AO＝2DO＝12，当AP＝OP时，DP+BQ的值最小，此时P为OA的中点，由直角三角形斜边
上的中线性质得出DP、BQ，即可得出结果．
【详解】解：∵△AOD和△COB关于点O中心对称，
∴BO＝DO＝6，AO＝OC，
∴四边形ABCD是平行四边形，
∵∠AOD＝60°，∠ADO＝90°，
∴∠DAO＝30°，
∴AO＝2DO＝12，
∵AP＝OQ，∴PQ＝AO＝12，
如图，作 ，使得DK＝PQ＝12，连接BK，
∴四边形DPQK为平行四边形，
∴DP=KQ，∠BDK=∠BOC=∠AOD=60°，
此时DP+BQ＝KQ+BQ＝BK的值最小，
∵DK=PQ=BD=12，
∴△BDK是等边三角形，
∴BK=DB=12，
∴DP+BQ的最小值为12．
故答案为：12．
【点睛】本题主要考查了平行四边形的判定和性质，直角三角形的性质，等边三角形的判定和性质，熟练
掌握平行四边形的判定和性质，直角三角形的性质，等边三角形的判定和性质是解题的关键．
三、解答题：本题共7小题，共计52分．解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
17．已知点 与 关于原点对称，求 的值．
【答案】10
【分析】根据关于原点对称的点的特征得到 ， ，求出 的值，即可得到答案．
【详解】解：∵点 与 关于原点对称，
∴ ， ，
∴ ， ，
解得： ， ，
∴ ．
【点睛】此题考查了关于原点对称的点的特征、解方程、求代数式的值等知识，熟练掌握关于原点对称的点横坐标互为相反数、纵坐标互为相反数是解题的关键．
18．如图，△ABC的顶点坐标分别为A（﹣4，5），B（﹣5，2），C（﹣3，4）．
(1)画出△ABC关于原点O对称的图形△ABC ，并直接写出A 点的坐标；
1 1 1 1
(2)将△ABC绕B点顺时针旋转90°得到△ABC ，画出△ABC 并直接写出A 点的坐标；
2 2 2 2 2 2 2
(3)已知△ABC 可以看作由△ABC 绕点P逆时针旋转90°得到的图形，直接写出点P的坐标．
2 2 2 1 1 1
【答案】(1)图见解析，A 点的坐标为（4，﹣5）
1
(2)图见解析，A 点的坐标为（﹣2，1）
2
(3)P(-2，-5)
【分析】(1)关于原点对称，横坐标与纵坐标均互为相反数，分别求出A，B，C的对应点A，B，C 的坐
1 1 1
标，然后再连接成三角形即可；
(2)利用旋转变换的性质分别作出A，B，C的对应点A，B，C 即可；
2 2 2
(3)对应点连线段的垂直平分线的交点即为旋转中心即可求解．
【详解】（1）解：A(-4，5)关于原点O对称的点A 坐标为(4，5)，
1
B(-5，2)关于原点O对称的点B 坐标为(5，-2)，
1
C(-3，4)关于原点O对称的点C 坐标为(3，-4)，
1
△ABC 图形如下所示：
1 1 1（2）解：如下图，△ABC 即为所求，A 点的坐标为(-2，1)；
2 2 2 2
（3）解：如下图所示：连接C C ，过其中点E作PE⊥C C ，则PE为C C 垂直平分线，
1 2 1 2 1 2
连接AA，过其中点F作PF⊥AA，则PF为AA 垂直平分线，
1 2 1 2 1 2
由旋转的性质可知：旋转前后对应点连线段的垂直平分线的交点即为旋转中心，
∴PE与PF的交点P即为旋转中心，P(-2,-5)．【点睛】本题考查作图旋转变换，中心对称等知识，解题的关键是掌握旋转变换，中心对称的性质，理解
对应点连线段的垂直平分线的交点为旋转中心．
19．如图，将矩形 绕点A顺时针旋转 ，得到矩形 ，点F恰好落在 的延长线
上．
(1)证明： ；
(2)证明： 的延长线经过点B．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】（1）如图：连接 ，由旋转的性质可得 ，然后根据矩形的性质和等腰三角形即
可证明结论；
（2）如图：延长 交 于点 ，由旋转的性质可得 、 ，矩形的性质可得 、
．再证 可得 ，最后根据三角形的内角和定理和等量代换即可解答．
【详解】（1）解：如图：连接 ，
由旋转性质得 ，又∵在矩形 中， ，
∴ ．
（2）解：延长 交 于点 ，
由旋转性质得， ， ，
在矩形 中， ， ，
由（1）得 ，
∴ ， ．
又∵ ，
∴ ．
∴ ．
∵ ， ，
∴ ．
∴ ．
∴点 与B重合．
∴ 的延长线经过点B．
【点睛】本题主要考查了矩形的性质、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知识
点，正确作出辅助线是解答本题的关键．
20．如图①，将 放在平面直角坐标系中， 为原点，点 的坐标为 ，点 在第一象限，
， ．
（1）求 、 两点的坐标；
（2）如图②，将 绕点 逆时针旋转得到 ，当点 的对应点 落在 轴正半轴上时，求旋转角及点 的对应点 的坐标．
【答案】（1） ，点 ；（2）旋转角为 ，
【分析】（1）利用含30度角的直角三角形的性质求出AN，ON即可得出结论；
（2）先求出A'B'=6，∠OA'B'=60°，进而利用含30度角的直角三角形的性质求出B'E，AE即可得出结论；
【详解】解：（1）如图①，
在 中， ，
∴ ，
∵ ，
∴ ， ，
∴ ；
∵点 的坐标为 ，
∴ ，
∵四边形 是平行四边形，
∴ ，
∴点
（2）如图②，
∵ ，
∴ ，
∵四边形 是平行四边形，
∴ ，
当点 的对应点 落在 轴正半轴上时，旋转角为 ，
由旋转知，
过点 作 轴于 ，
∴ ，
∴ ， ，
∴ ，
∴ ；【点睛】本题考查了平行四边形的性质，旋转的性质，直角三角形的性质，熟练运用旋转的性质是本题的
关键．
21．如图，在 中， ，将 绕点C顺时针旋转得到 ，其中点 与点A是对
应点，点 与点B是对应点．若点 恰好落在 边上．
(1)当 时， 度；
(2)连接 ，求证： ．
【答案】(1)70
(2)见解析
【分析】（1）旋转的性质，得到 ，等边对等角，得到 ，
外角的性质，求出 ，利用 ，进行计算即可；
（2）根据旋转的性质，等边对等角，推出 ，即可．
【详解】（1）解：∵ ， ， 绕点C顺时针旋转得到 ，
∴ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
故答案为：70．
（2）∵旋转，
∴∴ ，
∵ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ．
【点睛】本题考查旋转的性质，三角形的内角和定理，等边对等角．熟练掌握旋转的性质，是解题的关键．
22．在平面直角坐标系中，O为原点，点 ，点 ，把 绕点B逆时针旋转，得 ，点
A，O旋转后的对应点为 ， ，记旋转角为 ．
(1)如图①，若 ，求 的长；
(2)如图②，若 ，求点 的坐标．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由勾股定理求出 的长，由旋转的性质得出 ， ，由勾股定理可得
出答案；
（2）过点 作 于点 ，由旋转的性质及直角三角形的性质可求出 ， 的长，则可得出答
案．【详解】（1）解： 点 ，点 ，
， ，
，
把 绕点 逆时针旋转 ，得 ，
， ，
；
（2）解：如图②，若 ，则 ，过点 作 于点 ，
则 ，
，
把 绕点 逆时针旋转 ，得 ，
，
，
，
．
【点睛】本题是几何变换综合题，考查了旋转的性质，直角三角形的性质，勾股定理，熟练掌握旋转的性
质是解题的关键．
