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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．
【答案】(1)见解析；(2) 或
【分析】（1）先证得 ， ，从而证明了结论；（2）先求得 的长，进而求得 ，然后利用勾股定理解直角三角形 ，即可求得结果．
【详解】（1）证明：∵ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
由旋转可知： ，
∴ ，
即 ，
∴ ；
（2）如图1，
∵四边形 是矩形，
∴ ，
∵ 平分 ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
由（1）知： ，
∴ ，∴ ，
∴ ，
在 中，由勾股定理得， ，
∴ ， ，
综上所述， 或 ．
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．
【答案】(1)见解析；(2) ；(3)
【分析】（1）根据 ，证明 ，得出 ，根据旋转的性质可得
，即可得证 ；
（2）根据三角形中线的性质，中位线的性质，设 ，求得 ，根据相似三角形的性质求得，进而即可求解．
（3）根据勾股定理求得 ，进而根据相似三角形的性质求得 的长，证明 ，根据相似三
角形的性质求得 ，即可求 的值．
【详解】（1）证明： ，
，
，
，
绕点 逆时针旋转．设旋转角为 ，
，
，
，
（2） 点 恰好落在 边中点处， ，
，
，
，
垂直平分 ，
，
，
，
, ，
， ，
，
，设 ，
则 ，
为 的中点，
，
，
，
，
，
，
，
（3） ， ，
，
是等腰直角三角形，
，
，
，
设 ，则 ，
，
, ，
，中， ，
，
，
，
，
，
，
，
．
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。
【答案】(1)AQ= ；(2)AQ= ；(3) 或
【分析】（1）根据平行线分线段成比例定理得出 ，求出CQ的长度，即可求解答案；（2）先证明 ，利用相似三角形的性质求出 ，过点C作CD⊥PQ于点D，再利用等面
积法求出 ，然后根据勾股定理分别求出DQ、AD长度，求解即可；
（3）分别讨论当点M落在三角形ABC的边AC的中垂线上时，当点M落在三角形ABC的BC的中垂线上
时，当点M落在三角形ABC的BA的中垂线上时三种情况，根据矩形的判定和性质及相似三角形的判定和
性质进行求解即可．
【详解】（1） ，
，
BC=6，AC＝8，PC＝2，
，
，
；
（2）图形旋转前，
，
，
，
，
，
，
解得 ，
在 中， ，
过点C作CD⊥PQ于点D，，
即 ，解得 ，
在 中， ，
在 中， ，
；
（3）当点M落在三角形ABC的边AC的中垂线上时，
设AC的中垂线交AC于点N，过点P作PD⊥AC的中垂线于点D，
，
四边形PCND是矩形，
，
，
，
，即 ，
，，
解得 ，
，
由翻折可得， ，
，
，
，
，
，即 ，
，
，
在 中， ，
即 ，
解得 ；
当点M落在三角形ABC的BC的中垂线上时，
设BC的中垂线交BC于点F，过点Q作QE⊥FM于点E，
，
四边形FCQE是矩形，，
，
，
，
，
，
，
，即 ，
解得 ，
在 中， ，
即 ，
解得 ；
当点M落在三角形ABC的BA的中垂线上时，
如图可知，点M不可能落在三角形ABC的BA的中垂线上；
综上， 或 ．
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．
【答案】(1)见解析
(2) 或
(3) 的长为1或3或4或5或7
【分析】（1）根据菱形的性质，利用“SAS”得出 ，即可得出BE=DE，根据旋转的性质得出
BE=EF，即可证明DE=EF；
（2）先根据菱形的性质求出BD=6，再分 或 两种情况，分别求出CE的长即
可；
（3）根据点D关于EF的对称点在AB上，BC上，与点B重合，与自身重合，其中与自身重合时又要根据
点E在AO或OC上两种情况进行讨论，分别画出图形，求出AE的长即可．
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD为菱形，
∴AB=AD， ，
∵在△AEB和△AED中 ，
∴ ，
∴BE=DE，
∵根据旋转可知BE=EF，
∴DE=EF．
（2）∵四边形ABCD为菱形，
∴AC⊥BD， ，BO=DO，∴ ，
∴BD=2BO=6，
∵△EBD一定是一个等腰三角形，
∴△BED与△EFC相似存在两种情况，
当 时，根据解析（1）可知，DE=EF，
∴ ，
∴CE=BD=6；
当 时， ，
∵BE=DE=EF，
∴ ，
∵在Rt△BCE中，根据勾股定理可得：
，
∴ ，
解得： 或 （舍去）；
综上分析可知， 或 ．
（3） 当点F与点D重合时，点E在AO上时，点D关于EF的对称点为其本身，符合题目要求，如图
所示：根据解析（1）可知，BE=DE，
∵EO⊥BD，
∴ ，
∵BO=DO，
∴ ，
∵AO=4，
∴ ；
②当点D关于EF的对称点 在BC上时，连接 ， ， ，AC与 交于点G，如图所示：
根据解析（1）可知， ，
∴ ，
∵ ， ，
∴ ，
垂直平分 ，
，
，
，
，
∵∠BEF=90°，∴BE⊥FE，
∵ ，
，
， ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
，
∵ ， ，
，
∴ ，
，
∴ ，
∴ ；
③当点E在对角线的交点上时，点F在AC上，点D关于EF的对称点正好在点B上，如图所示：
∴此时 ；
④当点D关于EF的对称点 在AB上时，连接 ， ， ，AC与 交于点G，如图所示：根据解析（1）可知， ，
∴ ，
垂直平分 ，
，
，
，
，
∵∠BEF=90°，
∴BE⊥FE，
∵ ，
，
， ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
，
∵ ， ，
，
∴ ，
，
∴ ；
⑤当点E在OC上，点D关于EF的对称点为其本身时，符合题目要求，如图所示：
根据解析（1）可知，BE=DE，
∵EO⊥BD，
∴ ，∵BO=DO，
∴ ，
∵AO=4，
∴ ；
综上分析可知，AE的长为：1或3或4或5或7．
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 ．
【答案】(1)见解析；(2) ；(3)6.5；0.5
【分析】（1）根据正方形的性质、全等三角形的判定和性质，即可证得AE=BE，在利用旋转的性质，即
可证得结论；
（2）过点F作FM⊥CD，交CD的延长线于点M，过点G作GN⊥CD，交CD的延长线于点N，可证得
△ADE≌△EMF，△BCE≌△ENG，可得DM=4，MF=2，CN=2，NG=4，再利用勾股定理，即可求得FD与
CG的值，即可求解；
（3）过点F作FP⊥CD，交CD的延长线于点P，过点G作GQ⊥CD，交CD的延长线于点Q，过点F作
FS⊥QG，交QG于点S，过点H作HR⊥CD，交CD于点R，可证得△ADE≌△EPF，△BCE≌△EQG，设DE=x，则CE=6-x，可得DP=6- x，PF= x，CQ= x，QG=6- x，利用勾股定理，即可求得EH，DE的长．
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴AD=BC，∠ADE=∠BCE，
∵点E是CD的中点，
∴DE=CE，
在△ADE和△BCE中，
，
∴△ADE≌△BCE（SAS），
∴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，
∴AE=EF，BE=EG，
∴EF =EG．
（2）解：过点F作FM⊥CD，交CD的延长线于点M，过点G作GN⊥CD，交CD的延长线于点N，如图，
∵FM⊥CD，GN⊥CD，
∴∠M=90°，∠N=90°，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ADE=90°，∠BCE=90°，
∴∠ADE=∠M，∠BCE=∠N，
∴∠DAE+∠AED=90°，∠CBE+∠BEC=90°，
∵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，
∴AE=EF，BE=EG，∠AEF=90°，∠BEG=90°，∴∠FEM+∠AED=90°，∠GEN+∠BEC=90°，
∴∠DAE=∠FEM，∠CBE=∠GEN，
∴△ADE≌△EMF，△BCE≌△ENG，
∴MF=DE，ME=AD=6，NG=CE，EN=BC=6，
∵EC=2DE，
∴DE=2，CE=4，
∴MF=2，NG=4，
∴DM=ME-DE=6-2=4，CN=EN-CE=6-4=2，
由勾股定理得， ， ，
∴ ．
（3）解：过点F作FP⊥CD，交CD的延长线于点P，过点G作GQ⊥CD，交CD的延长线于点Q，过点F
作FS⊥QG，交QG于点S，过点H作HR⊥CD，交CD于点R，如图，
设DE=x，则CE=6-x，
由（2）可同理得，△ADE≌△EPF，△BCE≌△EQG，
∴PF=DE=x，PE=AD=6，QG=CE=6-x，EQ=BC=6，
∴DP=PE-DE=6- x，CQ=EQ-CE= x，
∵∠P=∠Q=∠FSQ=90°，
∴四边形FSQP是矩形，
∴QS= PF =x，FS=PQ=PE+EQ=12，
由勾股定理得， ，
又∵SG=QG-QS=6- x- x=6- 2x，∴6- 2x =5，
解得x =0.5，
∴DE=0.5，
∵∠DAH=∠ADR=∠DRH=90°，
∴四边形ADRH是矩形，
∴DR=AH= =3，HR=AD=6，
∴RE=DR-DE=2.5，
由勾股定理得， ．
故答案为：6.5；0.5．
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？
【答案】(1)①证明见解析；②证明见解析
(2)证明见解析
(3)当x为 时，ED＝EQ
【分析】（1）①根据正方形的性质确定AB＝DA，∠ABP＝∠DAF＝90°，根据旋转的性质和平行线的性
质确定∠AGD=90°，根据直角三角形两个锐角互余和等价代换思想确定∠BAP＝∠ADF，最后根据全等三
角形的判定定理即可证明．
②根据全等三角形的性质，旋转的性质确定DF＝PE，再根据平行四边形的判定定理即可证明．（2）过点E作EH⊥DC于点H，EI⊥BM于点I．根据正方形的性质，矩形的判定定理确定四边形CIEH是
矩形，根据直角三角形两个锐角互余，角的和差关系确定∠APB＝∠PEI，根据正方形的性质，旋转的性质，
全等三角形的判定定理和性质，等价代换思想确定BP＝IE．BC=PI，根据线段的和差关系和等价代换思想
确定IE＝CI，最后根据正方形的判定定理和性质即可证明．
（3）根据等腰三角形三线合一的性质确定QH=DH，根据全等三角形的性质，正方形的性质，线段的和差
关系求出CQ，IE，PC，PI的长度，根据平行线的判定定理，相似三角形的判定定理和性质列出方程即可
求出x的值．
【详解】（1）解：①证明如下．
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝DA，∠ABP＝∠DAF＝90°．
∴∠BAP+∠DAG=90°．
∵线段AP绕点P顺时针旋转90°得到线段PE，
∴∠APE＝90°．
∵DF EP，
∴∠AGD＝∠APE＝90°．
∴∠DAG+∠ADF=90°．
∴∠BAP＝∠ADF．
∴△ABP≌△DAF（ASA）．
②证明：∵△ABP≌△DAF，
∴AP＝DF．
∵线段AP绕点P顺时针旋转90°得到线段PE，
∴AP＝PE．
∴DF＝PE．
∵DF EP，
∴四边形PEDF是平行四边形．
（2）证明：如下图所示，过点E作EH⊥DC于点H，EI⊥BM于点I．∵四边形ABCD是正方形，
∴∠B=∠BCD=90°，AB=BC．
∴∠HCI=180°-∠BCD=90°．
∵EH⊥DC，EI⊥BM，
∴∠EHC＝∠PIE＝90°．
∴四边形CIEH是矩形，∠B=∠PIE，∠EPI+∠PEI=90°．
∵∠APE＝90°，
∴∠APB＋∠EPI=180°-∠APE=90°．
∴∠APB＝∠PEI．
∵AP＝PE，
∴△ABP≌△PIE（AAS）．
∴AB＝PI，BP＝IE．
∴BC＝PI．
∴BC-PC=PI-CP，即BP＝CI．
∴IE＝CI．
∴四边形CIEH是正方形．
∴∠DCE=∠MCE．
∴点E始终在∠DCM的角平分线上．
（3）解：∵ED=EQ，EH⊥CD，
∴H为DQ中点．
∴QH=DH．
∵正方形ABCD的边长为1，
∴CD=BC=PI=1．
∵BP=x，
∴BP=IE=x，PC=BC-BP=1-x．
∵四边形CIEH是正方形，∴CH=IE=x．
∴DH=CD-CH=1-x．
∴QH=DH=1-x．
∴CQ=CD-DH-QH=2x-1．
∵∠BCD=∠PIE=90°，
∴ ．
∴ ．
∴ ．
∴ ．
解得 ， （舍）．
∴ ．
∴当x为 时，ED＝EQ．
