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专题 07 几何图形的旋转变换问题
几何图形的旋转变换在中考压轴题中的考查非常频繁。
旋转变换的性质：图形通过旋转，图形中每一点都绕着旋转中心沿相同的方向旋转了同样大小的角
度，任意一对对应点与旋转中心的连线都是旋转角，对应点到旋转中心的距离相等，对应线段相等，对应
角相等，旋转过程中，图形的形状、大小都没有发生变化。
在解决旋转变换的题目时，不仅要把握旋转的性质和几何图形的性质外，还要求考生能够在图形变换
中找到不变的量，通过转化等数学思想，将未知条件转化为已知条件，陌生模型转化为熟悉模型。
（2022·山东菏泽·统考中考真题）如图1，在 中， 于点D，在DA上取点E，使
，连接BE、CE．
(1)直接写出CE与AB的位置关系；
(2)如图2，将 绕点D旋转，得到 （点 ， 分别与点B，E对应），连接 ，在
旋转的过程中 与 的位置关系与（1）中的CE与AB的位置关系是否一致?请说明理由；
(3)如图3，当 绕点D顺时针旋转30°时，射线 与AD、 分别交于点G、F，若
，求 的长．（1）由等腰直角三角形的性质可得∠ABC=∠DAB=45°，∠DCE=∠DEC=∠AEH=45°，可得结论；
（2）通过证明 ，可得 ，由余角的性质可得结论；
（3）由等腰直角的性质和直角三角形的性质可得 ，即可求解．
【答案】(1)CE⊥AB，理由见解析；(2)一致，理由见解析；(3)
【详解】（1）如图，延长CE交AB于H，
∵∠ABC=45°，AD⊥BC，
∴∠ADC=∠ADB=90°，∠ABC=∠DAB=45°，
∵DE=CD，
∴∠DCE=∠DEC=∠AEH=45°，
∴∠BHC=∠BAD+∠AEH=90°，
∴CE⊥AB；
（2）在 旋转的过程中 与 的位置关系与（1）中的CE与AB的位置关系是一致的，理由如
下：
如图2，延长 交 于H，由旋转可得：CD= ， =AD，
∵∠ADC=∠ADB=90°，
∴ ，
∵ ，
∴ ,
，
∵ +∠DGC=90°，∠DGC=∠AGH，
∴∠DA +∠AGH=90°，
∴∠AHC=90°，
；
（3）如图3，过点D作DH 于点H，
∵△BED绕点D顺时针旋转30°，
∴ ，
，，
∴AD=2DH，AH= DH= ，
，
由（2）可知： ，
，
∵AD⊥BC，CD= ，
∴DG=1，CG=2DG=2，
∴CG=FG=2，
，
∴AG=2GF=4，
∴AD=AG+DG=4+1=5，
∴ ．
本题是三角形综合题，考查了等腰三角形的性质，直角三角形的性质，旋转的性质，相似三角形的判定和
性质等知识，证明三角形相似是解题的关键．
（2022·辽宁锦州·统考中考真题）如图，在 中， ，D，E，F分别为
的中点，连接 ．(1)如图1，求证： ；
(2)如图2，将 绕点D顺时针旋转一定角度，得到 ，当射线 交 于点G，射线 交
于点N时，连接 并延长交射线 于点M，判断 与 的数量关系，并说明理由；
(3)如图3，在（2）的条件下，当 时，求 的长．
（1）连接 ，可得 ，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得 ，根
据中位线定理可得 ，即可得证；
（2）证明 ，根据（1）的结论即可得 ；
（3）连接 ，过点 作 于 ，证明 ，可得 ，勾股定理求得
，根据 ， ，可得 ，进而求得 ，根据
求得 ，根据（2）的结论 ，即可求解．
【答案】(1)见解析；(2) ，理由见解析；(3)
【详解】（1）证明：如图，连接 ，，D，E，F分别为 的中点，
， ，
，
，
（2） ，理由如下，
连接 ，如图，
，D，E，F分别为 的中点，
，
四边形 是平行四边形，
，
，
，
，
，
，将 绕点D顺时针旋转一定角度，得到 ，
，
，
，
，
，
，
（3）如图，连接 ，过点 作 于 ，
中， ,
，
，，
，
，
，
，
中，
，
中，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
．
本题考查了勾股定理，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，中位线的性质定理，相似三角形的性质与判定，求角的正确，掌握相似三角形的性质与判定是解题的关键．
（2022·山西·中考真题）综合与实践
问题情境：在Rt△ABC中，∠BAC=90°，AB=6，AC=8．直角三角板EDF中∠EDF=90°，将三角板的直角
顶点D放在Rt△ABC斜边BC的中点处，并将三角板绕点D旋转，三角板的两边DE，DF分别与边AB，
AC交于点M，N，猜想证明：
（1）如图①，在三角板旋转过程中，当点M为边AB的中点时，试判断四边形AMDN的形状，并说明理
由；
问题解决：
（2）如图②，在三角板旋转过程中，当 时，求线段CN的长；
（3）如图③，在三角板旋转过程中，当AM=AN时，直接写出线段AN的长．
（1）由三角形中位线定理得到 ，证明∠A=∠AMD=∠MDN=90°，即可证明结论；
（2）证明△NDC是等腰三角形，过点N作NG⊥BC于点G，证明△CGN∽△CAB，利用相似三角形的性质
即可求解；
（3）延长ND，使DH=DN，证明△BDH≌△CDN，推出BH=CN，∠DBH=∠C，证明∠MBH=90°，设
AM=AN=x，在Rt△BMH中，利用勾股定理列方程，解方程即可求解．
【答案】（1）四边形AMDN为矩形；理由见解析；（2） ；（3） ．
【详解】解：（1）四边形AMDN为矩形．
理由如下：∵点M为AB的中点，点D为BC的中点，
∴ ，
∴∠AMD+∠A=180°，∵∠A=90°，
∴∠AMD=90°，
∵∠EDF=90°，
∴∠A=∠AMD=∠MDN=90°，
四边形AMDN为矩形；
（2）在Rt△ABC中，∠A=90°，AB=6，AC=8，
∴∠B+∠C=90°， ．
∵点D是BC的中点，
∴CD= BC=5．
∵∠EDF=90°，
∴∠MDB+∠1=90°．
∵∠B=∠MDB，
∴∠1=∠C．
∴ND=NC．
过点N作NG⊥BC于点G，则∠CGN=90°．
∴CG= CD= ．
∵∠C=∠C，∠CGN=∠CAB=90°，
∴△CGN∽△CAB．
∴ ，即 ，
∴ ；（3）延长ND至H，使DH=DN，连接MH，NM，BH，
∵MD⊥HN，∴MN=MH，
∵D是BC中点，
∴BD=DC，
又∵∠BDH=∠CDN，
∴△BDH≌△CDN，
∴BH=CN，∠DBH=∠C，
∵∠BAC=90°，
∵∠C+∠ABC=90°，
∴∠DBH+∠ABC=90°，
∴∠MBH=90°，
设AM=AN=x，则BM=6-x，BH=CN=8-x，MN=MH= x，
在Rt△BMH中，BM2+BH2=MH2，
∴(6-x)2+(8-x)2=( x)2，
解得x= ，
∴线段AN的长为 ．
本题考查了全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，矩形的判定，勾股定理，解第（3）问
的关键是学会利用参数构建方程解决问题．1．（2022·山东德州·统考二模）如图，在矩形 中， ， ， 平分 交 于点 .
连接 ，点 是 上一动点，过点 作 交 于点 ．将 绕点 旋转得到 ．
(1)连接 ， ，求证： ；
(2)当点 恰好落在直线 上时，若 ，求 的值．
2．（2022·内蒙古包头·包钢第三中学校考三模）已知 中，点 、 分别在边 、 上，且
，将 绕点 逆时针旋转．设旋转角为
(1)试说明 ；
(2)若 ， ，当 时，若点 恰好落在 边中点处，求 的值；
(3)若 ， ，当点 恰好落在 边上时，延长 交 于 ，若 ，求 的
值．
3．（2022·浙江绍兴·校联考二模）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝8，BC=6，P为线段BC上一动
点，设PC＝x．(1)如图①，当x＝2时，求AQ的长；
(2)如图②，当x＝3时，把△CPQ绕点C逆时针旋转β度，（0＜β＜90°），求此时AQ的长；
(3)如图③，将△PCQ沿PQ翻折，得到△PQM，点M是否可以落在△ABC的某边的中垂线上？如果可
以，求出相应的x的值；如果不可以，说明理由。
4．（2022·浙江金华·校联考二模）如图，菱形ABCD中， ， ，点E是射线AC上的一个动
点，将线段BE绕点E顺时针旋转90°到EF，连接DE、DF．
(1)求证： ；
(2)如图2，连接BD，CF，当 与 相似时，求CE的长；
(3)当点D关于直线EF的对称点落在菱形的边上时，求AE的长．
5．（2022·辽宁沈阳·统考二模）在正方形ABCD中， ，E是边CD上一动点（不与点C，D重
合），分别连接AE，BE，将线段AE绕点E顺时针方向旋转90°得到EF，将线段BE绕点E逆时针方向旋
转90°得到EG，连接DF，CG．(1)如图1，当点E是CD的中点时，求证： ；
(2)如图2，当 时．直接写出 的值；
(3)如图3，当 时，取AB的中点H，连接EH．
①EH的长为 ；
②DE的长为 ．
6．（2022·海南海口·统考二模）如图1，在边长为1的正方形ABCD中，点P是线段BC上一个动点（与
点B、C不重合），将线段AP绕点P顺时针旋转90°得到线段PE，连接DE． 过点D作DF EP，交AB
于点F，交AP于点G，连接FP．
(1)求证：①△ABP≌△DAF；②四边形PEDF是平行四边形；
(2)如图2，延长BC至点M，点P在运动过程中，求证：点E始终在∠DCM的角平分线上；
(3)设BP＝x．当x为何值时，ED＝EQ？
