文档内容
专题03 旋转
（14个高频易错题型讲练 共42题 新教材）
【解析版】
易错题型1 旋转中的规律性问题..........................................................................................................................................1
易错题型2 根据旋转的性质求解..........................................................................................................................................4
易错题型3 求绕原点旋转一定角度的点的坐标............................................................................................................13
易错题型4 坐标与旋转规律问题........................................................................................................................................16
易错题型5 线段问题(旋转综合题)...................................................................................................................................19
易错题型6 面积问题(旋转综合题)...................................................................................................................................24
易错题型7 角度问题(旋转综合题)...................................................................................................................................29
易错题型8 根据中心对称的性质求面积、长度、角度..............................................................................................34
易错题型9 在方格纸中补画图形使之成为中心对称图形.........................................................................................36
易错题型10 中心对称图形规律问题.................................................................................................................................39
易错题型11 已知两点关于原点对称求参数...................................................................................................................42
易错题型12 按图形的变换要求画出另一个图形.........................................................................................................44
易错题型13 利用平移、轴对称、旋转、中心对称设计图案..................................................................................49
易错题型14 求旋转对称图形的旋转角度.......................................................................................................................52
易错题型1 旋转中的规律性问题
1．（25-26八年级上·江苏·期中）如图，Rt△ABC中，∠BAC=90°，AC=1,AB=2，点A与数轴
上表示−1的点重合，将△ABC沿数轴正方向旋转一次使得点B落在数轴上，第二次旋转使得点C落在数
轴上，依此类推，△ABC第2025次旋转后，落在数轴上的三角形的顶点中，右边的点表示的数是
．
【答案】2024+675❑√5【思路点拨】旋转3次的总长度恰为三角形的周长，旋转过程中每三次一个循环，确定2025次需要的循环
次数，计算总距离，根据点A与数轴上表示−1的点重合，距离为旋转的总距离，解答即可．
本题考查了旋转的性质，规律的探索，勾股定理，正确探索规律是解题的关键．
【规范解答】解：∵Rt△ABC中，∠BAC=90°，AC=1,AB=2，
∴BC=❑√AC2 +AB2 =❑√5．
∴△ABC的周长为3+❑√5．
∵△ABC有三个顶点，
∴2025次旋转中每三次一个循环．
∵2025÷3=675，
∴2025次旋转共经历675个循环．
∴2025次旋转后共经历的总长为675(3+❑√5)=2025+675❑√5．
∵第一次的起点为−1，
∴右边的点表示的数是−1+2025+675❑√5=2024+675❑√5，
故答案为：2024+675❑√5．
2．（2024·浙江杭州·一模）两块全等的等腰直角三角板如图放置，∠BAC＝∠EDF＝90°，△DEF的顶点
E与△ABC的斜边BC的中点重合，将△DEF绕点E旋转，旋转过程中，当点D落在直线AB上时，若BC＝2，
则AD＝ ．
−❑√2+❑√6 ❑√2+❑√6
【答案】 或
2 2
【思路点拨】作直线AE，则AE⊥BC；设E点为坐标原点，则A（0，1），B（-1，0），则直线AB为：
y=x+1，设D点（a，a+1），利用D、E两点的距离公式求得D点坐标，再求A、D两点距离即可解答；
【规范解答】解：如图，作直线AE，△ABC是等腰直角三角形，E是BC中点，∴AE⊥BC，
∵BC=2，∴BE=1，AE=1，AB=❑√BE2 +AE2=❑√2，
∵△ABC≌△DEF，∴DE=AB=❑√2，
设E点为坐标原点，则A（0，1），B（-1，0），
设AB所在的直线为：y=kx+b，代入A，B坐标可得直线为：y=x+1，
D点在直线AB上，设D点（a，a+1），由两点距离公式可得：
DE=❑√a2 +(a+1) 2=❑√2，
−1±❑√3
2a2 +2a−1=0，解得：a=
2
−1+❑√3 −1+❑√3
∴D点坐标为（ ， +1）（在BA延长线上），
2 2
−1−❑√3 −1−❑√3
或（ ， +1）（在AB延长线上），
2 2A点坐标（0，1），
√ (−1+❑√3) 2 (−1+❑√3) 2 −❑√2+❑√6
∴AD=❑ + = ，
2 2 2
√ (−1−❑√3) 2 (−1−❑√3) 2 ❑√2+❑√6
或AD=❑ + = ，
2 2 2
−❑√2+❑√6 ❑√2+❑√6
故答案为： 或 ；
2 2
3．（24-25九年级上·黑龙江·期中）如图，将边长为1的正三角形AOP沿x轴正方向作无滑动的连续反
转，点P依次落在点P ，P ，P ⋅⋅⋅P 的位置，则点P 的坐标为 ．
1 2 3 2020 2020
【答案】(2020,0)
【思路点拨】根据图形的翻转，分别得出P 、P 、P …的横坐标，再根据规律即可得出各个点的横坐标，
1 2 3
进一步得出答案即可．
【规范解答】解：由题意可知P 、P 的横坐标是1，P 的横坐标是2.5，P 、P 的横坐标是4，P 的横坐
1 2 3 4 5 6
标是5.5…
依此类推下去，P 、P 的横坐标是2017，P 的横坐标是2018.5，P 的横坐标是2020，
2017 2018 2019 2020
∴P 的坐标是(2020,0)，
2020
故答案为(2020,0)．
易错题型2 根据旋转的性质求解
4．（25-26九年级上·陕西西安·期中）若△ABC和△ADE均为等边三角形，M、N分别是边BE，CD
的中点．(1)当△ADE绕A点旋转到如图1的位置时，则有CD__________BE；（在“>”“<”或“=”中选择一
个填入）
(2)在（1）中的条件下，判断△AMN是否为等边三角形，并说明理由；
(3)如图2，当∠EAB=30°，AB=12，AD=2❑√3时，求AM的长．
【答案】(1)=
(2)△AMN是等边三角形，理由见解析
(3)AM=❑√57．
【思路点拨】（1）先证明△ABE≌△ACD(SAS)，即可得到CD=BE；
（2）再证明△ABM≌△ACN(SAS)，可得AM=AN，∠NAM=∠CAB=60°，即可证明结论；
❑√3
（3）作EF⊥AB于点F，取FB中点M，连接MH，可得EF=❑√3，MH= ，取AB中点P，连接MP，
2
在Rt△MPH中，利用勾股定理可求得．
【规范解答】（1）解：∵△ABC和△ADE均为等边三角形，
∴AB=AC，AE=AD，∠BAC=∠EAD=60°，
∵∠BAE=∠BAC−∠EAC，∠DAC=∠EAD−∠EAC，
∴∠BAE=∠DAC，
∴△ABE≌△ACD(SAS)，
∴CD=BE；
故答案为：=；
（2）解：△AMN是等边三角形，理由如下；
∵△ABE≌△ACD，
∴∠ABE=∠ACD，
∵M、N分别是BE、CD的中点，
1 1
即BM= BE，CN= CD，
2 2
∴BM=CN，
又AB=AC，
∴△ABM≌△ACN(SAS)，
∴AM=AN，∠MAB=∠NAC，
∴∠NAM=∠NAC+∠CAM=∠MAB+∠CAM=∠CAB=60°．
∴△AMN是等边三角形；
（3）解：作EF⊥AB于点F，在Rt△AEF中，∠EAB=30°，AE=AD=2❑√3，
1
∴EF= AE=❑√3，
2
取FB中点H，连接MH，
∵M是BE中点，
1 ❑√3
∴MH∥EF，MH= EF= ，MH⊥AB，
2 2
1
取AB中点P，连接MP，则MP∥AE，MP= AE=❑√3，
2
∴∠MPH=30°，
3
∴在Rt△MPH中，PH=❑√PM2−M H2
= ，
2
15
∴AH=AP+PH= ，
2
在Rt△AMH中，AM=❑√AH2 +AM2 =❑
√ (15) 2
+
(❑√3) 2
=❑√57．
2 2
5．（25-26九年级上·天津红桥·期中）在平面直角坐标系中，点O(0,0)，A(2,0)，C(0,2)．将正方形
OABC绕点O逆时针旋转，得正方形OA′B′C′，点A，B，C的对应点分别为A′，B′，C′．记旋转角为α，
且0<α<360°．
(1)如图①，当α=30°时，求点A′和点C′的坐标；
(2)如图②，当α=60°时，A′B′分别与y轴，BC相交于点D，E，求点D和点E的坐标；(3)若直线BB′与CC′相交于点F，求∠B′FC′的大小（直接写出结果即可）．
【答案】(1)A′(❑√3,1)，C′(−1,❑√3)
( 4 )
(2)D 0, ❑√3 ， E(4−2❑√3,2)
3
(3)∠B′FC′ =45°或∠B'FC' =135°
【思路点拨】（1）先根据A(2,0)，C(0,2)．得AO=CO=2，结合旋转的性质，得
OA′ =OA=OC=OC′ =2，运用勾股定理得MO=❑√OA′2−A′M2 =❑√3，C′N=❑√OC′2−ON2 =❑√3，即
可得出A′(❑√3,1)，C′(−1,❑√3)；
1
（2）结合旋转的性质，正方形的性质，得∠A′OD=30°，根据30度的直角三角形的性质得CD= DE，
2
4 ( 4 )
结合勾股定理得出OD2 =22 +4OD2，解得OD= ❑√3，即点D的坐标为 0, ❑√3 ，再把数值代入
3 3
CD2 +CE2 =DE2进行计算，得CE=❑√3CD=4−2❑√3，即可得E(4−2❑√3,2)；
（3）当点B'在点F左侧时，则0<α<270°，连接OE，直线BB′与CC′相交于点F，设BB'交y轴于点G，
先证明Rt△OA'E≌Rt△OCE(HL) △C′OC∽△B′OB，故CE=A'E，推出BE=B'E，进而得到
∠BB'E=∠B'BE，利用三角形外角的性质，三角形内角和性质以及对顶角相等即可解答，当点B'在点
F右侧时，则270<α<360，同理解答即可．
【规范解答】（1）解：如图，分别过点A′,C′作A′M⊥x轴，C′N⊥x轴，垂足分别为M,N，
∵C′N⊥x轴，
∴C′N∥y轴，
∴∠OC′N=30°，∵A(2,0)，C(0,2)．
∴AO=CO=2，
∵将正方形OABC绕点O逆时针旋转，得正方形OA′B′C′，点A，B，C的对应点分别为A′，B′，C′．记
旋转角为α，且α=30°，
∴∠A′OA=∠C′OC=α=30°，
由旋转性质得OA′ =OA=OC=OC′ =2，
1 1
∴A′M= OA′ =1,ON= OC′ =1，
2 2
在Rt△A′OM中，MO=❑√OA′2−A′M2 =❑√3，
在Rt△C′ON中，C′N=❑√OC′2−ON2 =❑√3，
∴A′(❑√3,1)，C′(−1,❑√3)；
（2）解：∵四边形OABC是正方形，
∴∠A=∠OCB=90°，
∴∠DCE=90°，
∵将正方形OABC绕点O逆时针旋转，得正方形OA′B′C′，
∴四边形OA′B′C′是正方形，
∴∠A′ =90°，
∵α=60°，
∴∠A′OD=90°−α=90°−60°=30°，
1
∴DA′ = OD,∠OD A′ =60°，
2
∴∠DEC=30°，
1
则CD= DE，
2
在Rt△OA′D中，OD2 =OA′2 +DA′2，1
∵DA′ = OD，OA′ =OA=2，
2
∴OD2 =22 +4OD2，
4
则OD= ❑√3，
3
( 4 )
∴点D的坐标为 0, ❑√3 ，
3
4
则CD=OD−OC= ❑√3−2，
3
在Rt△DCE中，CD2 +CE2 =DE2，
1
∵CD= DE，
2
∴CD2 +CE2 =4CD2，
(4❑√3 )
∴CE=❑√3CD=❑√3× −2 =4−2❑√3，
3
∴E(4−2❑√3,2)；
（3）解：当点B'在点F左侧时，则0<α<270°，连接OE，直线BB′与CC′相交于点F，设BB'交y轴于点
G，
由旋转的性质得∠AOA' =α，
∵∠A' =∠AOC=90°，
∴∠OD A' +∠DOA' =∠DOA' +∠AOA' =90°，
∴∠OD A' =∠AOA' =α，
∵∠A' =∠BCB=90°,OA' =OC=2,OE=OE，
∴Rt△OA'E≌Rt△OCE(HL)，
∴CE=A'E，∵BC=A'B'，
∴BC−CE=A'B'−A'E，即B'E=BE，
∴∠BB'E=∠B'BE，
∴∠DEC=2∠BB'E，
∵∠DEC+∠OD A' =90°，
∴∠DEC=90°−α，
1 α
∴∠B'BE=∠BB'E= ∠DEC=45°− ，
2 2
α
∴∠CGB=90°−∠B'BE=45°+
，
2
∵CO=OC',∠COC' =α，
1 α
∴∠OCC'
=
×(180°−∠COC')=90°−
，
2 2
α
∴∠GCF=∠OCC' =90°− ，
2
∴∠B'FC' =180°−∠CGB−∠GCF=45°；
当点B'在点F右侧时，则270<α<360，如图，
同理得∠BFC=45°，
∴∠B'FC' =135°；
综上，∠B′FC′ =45°或∠B'FC' =135°．
6．（25-26九年级上·天津和平·期中）已知抛物线y=ax2 +bx+c（a，b，c为常数，a<0，c>0）与x
轴交于点A和点B(c,0)（点A在点B的左侧），与y轴交于点C，点E在线段BC（点B除外）上运动，将
线段OE绕点O逆时针旋转90∘得到线段OH．
(1)当c=4时，
①若点A的坐标为(−1,0)，求该抛物线顶点的坐标；
②若BE=❑√2，且点H在抛物线上，求抛物线的解析式；1
(2)当a=− 时，点P为第一象限的动点，∠OPB=90∘，连接PH．当PH取得最小值，且点H在抛物线
2
上时，求c的值．
【答案】(1)①
(3
,
25)
；②y=−
2
x2 +
3
x+4
2 4 5 5
16
(2)c=
5
【思路点拨】（1）①由题意可得，A(−1,0)，B(4,0)，C(0,4)代入抛物线，求解即可；
②根据c=4可得B(4,0)，C(0,4)，可得OB=OC=4，则△OBC为等腰直角三角形，分别过点E，H作x
的垂线，垂足分别为F，G，根据BE=❑√2可得EF=BF=1，得到E(3,1)，根据△OEF≌△HOG，得
到H(−1,3)，再将C、B、H代入抛物线，求解即可；
1 1
（2）由a=− 可得抛物线为y=− x2 +bx+c，取点D(−c,0)，连接CH，CD，根据题意可得，
2 2
△OBE≌△OHC，得到∠OBE=∠OCH=∠OCD=45°，即H在线段CD上运动，设H(m,m+c)；
(c )
由∠OPB=90∘，点P为第一象限的动点可得点P是在以OB为直径的半圆上运动，取M ,0 ，连接
2
MH，MP，可得当MH取得最小值时，PH取得最小值，M H2 = ( m− c) 2 +(m+c) 2 =2m2 +cm+ 5c2 ，
2 4
c ( c 3c)
由二次函数的性质可得当m=− 时，MH最小，此时点H − , ，代入抛物线，求解即可．
4 4 4
【规范解答】（1）解：①由题意可得，B(c,0)，C(0,c)，
∵c=4，
∴B(4,0)，C(0,4)，
将A(−1,0)，B(4,0)，C(0,4)代入抛物线y=ax2 +bx+c可得
{ a−b+c=0 ) {a=−1 )
16a+4b+c=0 ，解得 b=3 ，
c=4 c=4
即抛物线为y=−x2 +3x+4=− ( x− 3) 2 + 25 ，
2 4(3 25)
即顶点坐标为 , ；
2 4
②由①得B(4,0)，C(0,4)，则OB=OC=4，即△OBC为等腰直角三角形，
分别过点E，H作x的垂线，垂足分别为F，G，如下图：
则△BEF为等腰直角三角形，设BF=EF=t，
由BE=❑√2可得，t2 +t2 =2，解得t=1（负值舍去），
∴OF=3，EF=1，
由旋转的性质可得，∠EOH=∠EFO=∠HGO=∠BOC=90°，OH=OE，
∴∠EOF+∠HOG=∠HOG+∠GHO，
∴∠EOF=∠GHO，
∴△OEF≌△HOG，
∴OG=EF=1，HG=OF=3，即H(−1,3)
将C、B、H代入抛物线可得，
2
{a=−
)
{ a−b+c=3 ) 5
16a+4b+c=0 ，解得 3 ，
b=
c=4 5
c=4
2 3
即抛物线为y=− x2 + x+4；
5 5
1 1
（2）解：由a=− 可得抛物线为y=− x2 +bx+c，
2 2
取点D(−c,0)，连接CH，CD，
由题意可得，OB=OC，∠BOE=∠COH，OE=OH，
∴△OBE≌△OHC(SAS)，
∴∠OBE=∠OCH=∠OCD=45°，即H在线段CD上运动，
设CD直线为y=kx+t，将D(−c,0)，C(0,c)代入可得，{ t=c ) {t=c)
，解得 ，即y=x+c，
−ck+t=0 k=1
故设H(m,m+c)，
由∠OPB=90∘，点P为第一象限的动点，可得点P是在以OB为直径的半圆上运动，
(c )
取M ,0 ，连接MH，MP，如下图：
2
c
则MP=OM=OB= ，
2
由三角形三边关系可得，PH≥MH−MP，当P、M、H共线时，取得等号，
则当MH取得最小值时，PH取得最小值，M H2 = ( m− c) 2 +(m+c) 2 =2m2 +cm+ 5c2 ，
2 4
c
∵2>0，开口向上，对称轴为m=− ，
4
c ( c 3c)
∴当m=− 时，M H2最小，即PH取得最小值，此时点H − , ，
4 4 4
1
将B、H代入抛物线y=− x2 +bx+c可得，
2
{ − 1 c2 +bc+c=0 ) { b= 3 )
2 5
，解得 ，
1( c) 2 c 3c 16
− − − b+c= c=
2 4 4 4 5
16
即c= ．
5
易错题型3 求绕原点旋转一定角度的点的坐标
7．（25-26九年级上·河北邯郸·期中）如图，在平面直角坐标系中，点A的坐标为(6,0)，将线段OA绕
点O逆时针旋转60°，则点A对应点的坐标为 ．【答案】(3，3❑√3)
【思路点拨】本题考查了旋转的性质，勾股定理的相关计算．将线段OA绕点逆时针旋转得到OA ，过点
1
A 作x轴于点B，然后通过勾股定理计算，即可求解，掌握勾股定理的应用是解题的关键．
1
【规范解答】解：如图，将线段OA绕点逆时针旋转60°得到OA ，
1
过A 作x轴于点B，
1
则∠A BA=90°，∠AOA =60°，∠OA B=30°，
1 1 1
∵A点的坐标为(6,0)，
∴OA =OA=6
1
1 1
∴OB= OA =6× =3，
2 1 2
根据勾股定理得A B=❑√OA 2−OB2 =❑√62−32 =3❑√3，
1 1
∴点A 对应点的坐标为(3,3❑√3)．
1
故答案为：(3,3❑√3)．
8．（25-26九年级上·山东临沂·期中）定义：在平面直角坐标系中，将一个图形先向上平移a(a>0)个
单位，再绕原点按逆时针方向旋转θ角度，这样的图形运动叫做图形的ρ(a,θ)变换．如：点A(2,0)按照
ρ(1,90°)变换后得到点A′的坐标为(−1,2)，则点B(❑√2,❑√2−2)按照ρ(2,105°)变换后得到点B′的坐标为
．
【答案】(−❑√3,1)【思路点拨】本题考查了解直角三角形，坐标与图形．根据题意，点B(❑√2,❑√2−2)向上平移2个单位，
得到点C(❑√2,❑√2)，再根据题意将点C(❑√2,❑√2)绕原点按逆时针方向旋转105°，得到OB′ =OC=2，
∠B′OD=30°，据此求解即可．
【规范解答】解：根据题意，点B(❑√2,❑√2−2)向上平移2个单位，得到点C(❑√2,❑√2)，BC交x轴于点E，
∴CE=❑√2，OE=❑√2，
CE ❑√2
∴OC= ❑√(❑√2) 2 +(❑√2) 2 =2，sin∠COE= = ，
OC 2
∴∠COE=45°，
根据题意，将点C(❑√2,❑√2)绕原点按逆时针方向旋转105°，
∴∠B′OE=105°+45°=150°，
作B′D⊥x轴于点D，
∴OB′ =OC=2，∠B′OD=180°−150°=30°，
1 ❑√3
∴B′D=OB′ ⋅sin30°=2× =1，OD=OB′ ⋅cos30°=2× =❑√3，
2 2
∴点B′的坐标为(−❑√3,1)，
故答案为：(−❑√3,1)．
9．（25-26九年级上·广西玉林·期中）如图，在矩形OBCA中，B(0,1),∠OBA=60°，点C在第一象
限，将直角△ABC绕O旋转120°后，点C的对应点C′的坐标为（ ）A．(1,−❑√3) B．(−❑√3,−1)
C．(−❑√3,1)或(0,−2) D．(1,−❑√3)或(2,0)
【答案】C
【思路点拨】本题考查了勾股定理、直角三角形的性质，旋转的性质等知识，注意分类讨论．由四边形
OBCA是矩形和B(0,1),∠OBA=60°，根据直角三角形性质和勾股定理可得A，C点的坐标，连接OC，
可得∠AOC=30°，分顺时针和逆时针两种情况考虑即可求得结果．
【规范解答】解：∵四边形OBCA是矩形，
∴ ∠AOB=90°，
∵ B(0,1),∠OBA=60°，
∴ OB=1，∠OAB=30°，
∴ AB=2OB=2，
∴ OA=❑√AB2−OB2 =❑√3，
∴ A(❑√3,0)，
∵点C在第一象限，
∴ C(❑√3,1)，
如图，连接OC，由矩形OBCA知，AC⊥OA，AC=OB=1，
由勾股定理得OC=2，
∴∠AOC=30°，
当OC绕点O逆时针旋转120°时，OC′ =OC，∠COC′ =120°，
∵∠BOC=90°−∠AOC=60°，
∴∠BOC′ =∠BOC=60°，
即OC′与OC关于y轴对称，
∴C′(−❑√3,1)
∴当OC绕点O顺时针旋转120°时，OC″ =OC，∠COC″ =120°，
此时点C″在y轴负半轴上，
∴C″(0,−2)，
综上所述，点C的对应点的坐标为(−❑√3,1)或(0,−2)，
故选：C．
易错题型4 坐标与旋转规律问题
10．（24-25九年级上·辽宁大连·期末）如图，在平面直角坐标系中，△OAB的顶点O在原点上，OA
边在x轴的正半轴上，AB⊥x轴，AB=1，∠AOB=30°，将△OAB绕点O顺时针旋转，每次旋转90°，
则第2025次旋转结束时，点B的坐标为（ ）
A． (1,❑√3) B．(1,−❑√3) C．(−❑√3,1) D．(−1,❑√3)
【答案】B
【思路点拨】本题考查坐标与图形变化—旋转，直角三角形的性质，勾股定理．首先求出点B的坐标，根
据题意得四次一循环，第2025次旋转结束时，点B的坐标和第一次旋转后的坐标相等，再求出第一次旋转
后B点的坐标即可解答．
【规范解答】解：在Rt△AOB中，∠BAO=90°，AB=1，∠AOB=30°，
∴OB=2AB=2，∴OA=❑√OB2−AB2 =❑√3，
∴B(❑√3,1)，
由题意知，四次一循环，
∵2025÷4=506...1，
∴第2025次旋转结束时，点B的坐标和第一次旋转后的坐标相等，
△OAB绕点O顺时针第一次旋转90°，如下图所示：
由题意得：△OAB≌△OA B ，
1 1
∴OA =OA=❑√3，A B =1，
1 1 1
∴B (1,−❑√3)，
1
∴第2025次旋转结束时，点B的坐标为(1,−❑√3)，
故选：B．
11．（25-26九年级上·广东江门·期中）雪花也称银粟，是天空中的水汽经凝华而来的固态降水，多呈
六角形，是一种美丽的结晶。美术课要求绘制雪花，小华利用数学知识作出如下操作：建立如图所示的平
面直角坐标系，绘制菱形OABC，且顶点B的坐标为(0,4)，点A在第一象限，∠AOC=60°，将菱形
OABC绕原点O沿顺时针方向旋转，每次旋转60°，旋转第一次得到四边形OA B C （点C 与点A重
1 1 1 1
合），则旋转第2025次得到的点B 的坐标是（ ）
2025
A．(0,−4) B．(−2,−2❑√3) C．(2❑√3,−2) D．(−2❑√3,−2)【答案】A
【思路点拨】本题考查菱形的性质，坐标与图形变化-旋转．先求得旋转第2025次得到的菱形与第三次得
到的菱形OA B C 相同，再可得旋转3次，则相当于将菱形OABC绕原点O沿顺时针方向旋转180°，即
3 3 3
可求解B (0,−4)，即可求解点B 的坐标．
3 2025
【规范解答】解：∵360°÷60°=6，
∴旋转周期为6个，
2025÷6=337…3，
∴旋转第2025次得到的菱形与第三次得到的菱形OA B C 相同，
3 3 3
如图，旋转第三次得到菱形OA B C ，
3 3 3
旋转3次，则相当于将菱形OABC绕原点O沿顺时针方向旋转180°，
∵点B的坐标为(0,4)，
∴B 的坐标是(0,−4)．
3
∴点B 的坐标是(0,−4)．
2025
故选：A．
12．（25-26九年级上·四川广安·期中）如图，在平面直角坐标系中，已知点A(3,0)，B(0,4)，将
△AOB绕点A顺时针旋转到△AB C 的位置，点B、O分别落在点B 、C 处，点B 在x轴上；再将
1 1 1 1 1
△AB C 绕点B 顺时针旋转到△A B C 的位置，点C 在x轴上；将△A B C 绕点C 顺时针旋转到
1 1 1 1 2 2 2 1 2 2 2
△A B C 的位置，点A 在x轴上；按照这种旋转方式依次进行下去……，则点B 的坐标为 ．
2 2 2 2 168
【答案】(1008,4)
【思路点拨】此题考查了点的坐标规律变换，勾股定理，通过图形旋转，找到所有B点坐标之间的关系是本题的关键．
过旋转发现B、B 、B 每两个偶数之间的相差相同长度，根据这个规律可以求得B 的横坐标，进而可
2 4 168
得点B 的坐标．
168
【规范解答】解：∵点A(3,0)，B(0,4)，
∴OA=3，OB=4，
∴AB=❑√OA2 +OB2 =❑√32 +42 =5，
∴OA+AB +B C =3+5+4=12，
1 1 2
∴B(0，4)，B (12,4)，B (24,4)，……，
2 4
∵168÷2=84，
∴84×12=1008，
∴B (1008,4)．
168
故答案为：(1008,4)．
易错题型5 线段问题(旋转综合题)
13．（25-26九年级上·河南周口·期中）如图，菱形ABCD的边长为2，∠A=60∘，若E为直线AB上
一动点，将线段DE绕着点D顺时针旋转120°得到DF，连接FC，线段FC最小值为 ．
【答案】2❑√3
【思路点拨】将线段DA绕点D顺时针旋转120°得到DM，连接MF，证明△DMF≌△DAE，得到点
F的运动轨迹．再由全等三角形的性质以及菱形的性质得到△MDC是等腰三角形，用等腰三角形的性质
证明∠CMF=90°，得到线段FC最小值就是CM的长度．最后用勾股定理求出CM的长度即可．
【规范解答】解：如图所示，将线段DA绕点D顺时针旋转120°得到DM，连接MF．由题意得，DA=DM，DE=DF，∠ADM=∠EDF=120°，
∵∠MDF=∠ADM−∠ADF，
∠ADE=∠EDF−∠ADF，
∴∠MDF=∠ADE．
在△DMF和△DAE中，
{ DA=DM )
∠MDF=∠ADE ，
DE=DF
∴△DMF≌△DAE(SAS)，
∴∠A=∠DMF=60°，
∴∠DMF+∠ADM=180°，
∴MF∥AD，
∴直线MF为定直线，
∴线段FC的最小值为点C到直线MF的距离．
如图，连接MC，作DG⊥CM，
∵ ABCD ∠A=60∘
菱形 的边长为2，且 ，
∴∠CDA=120°，DA=DC=2．
又∵∠ADM=120°，
∴∠MDC=120°．
∵DA=DM，
∴DC=DM=2，
∴△MDC是等腰三角形，∴∠DMC=∠DCM=30°，MG=CG，
1
∴∠CMF=90°，DG= DM=1，
2
∴线段FC的最小值就是CM的长度．
在Rt△MDG中，
MG=❑√M D2−DG2 =❑√22−12 =❑√3，
∴MC=2MG=2❑√3，
∴线段FC的最小值为2❑√3．
故答案为2❑√3．
14．（25-26九年级上·北京·期中）如图，平面直角坐标系中，点O(0,0)，A(0,3)，B(m,5)，连接AB，
并将线段AB绕点A顺时针旋转90°，点B旋转到点B′，连接OB′．则△AOB′周长的最小值为 ．
【答案】8
【思路点拨】过点B作BC⊥x轴于点C，过点B′作B′D⊥y轴于点D，证明△ABC≌△B′ AD，得出
DB′ =AC，根据A、B两点的坐标，得出DB′ =2，说明点B′在直线x=2上运动，根据OA=3为定值，得
出当AB′ +OB′最小时，△AOB′的周长最小，作点O关于直线x=2的对称点O′ (4,0)，连接AO′交直线
x=2于点E，连接OE，根据两点之间线段最短，得出当B′在点E处时，AB′ +OB′最小，且最小值为AO′
的长度，根据勾股定理求出结果即可．
【规范解答】解：过点B作BC⊥x轴于点C，过点B′作B′D⊥y轴于点D，如图，则∠ACB=∠ADB′ =90°，
由旋转知：∠BAB′ =90°，AB=AB′，
∴∠CAB+∠ABC=∠CAB+∠DAB′ =90°，
∴∠ABC=∠DAB′，
∴△ABC≌△B′ AD，
∴DB′ =AC，
∵A(0,3)，B(m,5)，
∴OA=3，OC=5，
∴DB′ =AC=5−3=2，
∴点B′在直线x=2上运动，
当AB′ +OB′最小时，△AOB′的周长最小，
作点O关于直线x=2的对称点O′ (4,0)，连接AO′交直线x=2于点E，连接OE，
则OE=O′E，
∴AE+OE=AE+O′E，
当点B′与点E重合时，AB′ +OB′最小，且最小值为AO′的长度，
∵OO′ =4，OA=3，
∴由勾股定理得AO′ =❑√OA2 +OO′2 =5，
即AB′ +OB′的最小值为5，
∴△AOB′周长的最小值为3+5=8，
故答案为：8．
15．（23-24九年级上·江苏·期中）如图，边长为8的等边三角形ABC中，M是高CH所在直线上的一个
动点，连接MB，将线段BM绕点B逆时针旋转60°得到BN，连接HN．则在点M运动过程中，线段HN长
度的最小值是 ．【答案】2
【思路点拨】本题考查了等边三角形的性质，旋转的性质，全等三角形的判定和性质，含30度角的直角三
角形，作辅助线构造全等三角形是解题关键．取BC的中点F，连接MF，根据等边三角形的性质和旋转的
性质，可证△BHN≌△BFM(SAS)，得到HN=MF，由垂线段最短可知，当MF⊥AB时，MF有最
小值，此时HN有最小值，再结合30度角所对的直角边等于斜边一半求解即可．
【规范解答】解：如图，取BC的中点F，连接MF，
∵ ABC
等边三角形 的边长为8，
∴BC=AB=8，∠ACB=∠ABC=60°
∵CH⊥AB，
1
∴AH=BH= AB=4，∠BAH=30°，
2
∵F是BC的中点，
1
∴CF=BF= BC=4，
2
∴BH=BF，
∵线段BM绕点B逆时针旋转60°得到BN，
∴BM=BN，∠MBN=60°，
∴∠ABC=∠MBN，
∴∠ABC−∠ABM=∠MBN，即∠CBM=∠HBM，
在△BHN和△BFM中，
{ BH=BF )
∠HBN=∠FBM ，
BN=BM∴△BHN≌△BFM(SAS)
∴HN=MF，
由垂线段最短可知，当MF⊥AB时，MF有最小值，此时HN有最小值，
∵∠MFC=90°，∠BAH=30°，
1
∴MF= CF=2，
2
∴线段HN长度的最小值是2，
故答案为：2．
易错题型6 面积问题(旋转综合题)
16．（25-26九年级上·河南开封·期中）如图，P是以正方形ABCD的顶点A为圆心，AB为半径的弧
BD上的点，连接AP、CP，将线段CP绕点P顺时针旋转90°后得到线段PQ，连接AQ．若AB=1，则
△APQ的最大面积是 ．
❑√2−1
【答案】
2
【思路点拨】本题考查正方形的性质、旋转的性质以及三角形面积公式，解题的关键在于熟知正方形的性
质、旋转的性质．
过点Q作QE⊥AP于点E，过点C作CF⊥AP交其延长线于点F，连接AC交弧于点P ，利用旋转的性质
1
得到PC=PQ和∠EQP=∠FPC，进而证得△QPE≌△PCF，再结合正方形的性质，求出△APQ
的底和高，进而求出其面积．
【规范解答】如图，过点Q作QE⊥AP于点E，过点C作CF⊥AP交其延长线于点F，连接AC交弧于点
P ，
1则∠QEP=∠CFP=90°，
又∵∠QPC=90°，
∴∠EQP+∠EPQ=∠FPC+∠EPQ=90°，
∴∠EQP=∠FPC，
由旋转得PC=PQ，
∴△QPE≌△PCF(AAS)，
∴EQ=PF，
∵PF≤PC，
∴EQ≤PC，
即当点P在P 时，EQ的值最大为CP 长，
1 1
∵四边形ABCD是正方形，
∴AD=AP =CD=AB=1，
1
∴AC=❑√AD2 +DC2 =❑√2，
∴EQ的值最大为CP =❑√2−1，
1
1 ❑√2−1
∴△APQ的最大面积是 ×1×(❑√2−1)= ，
2 2
❑√2−1
故答案为： ．
2
17．（25-26九年级上·浙江杭州·阶段练习）如图，在平面直角坐标系中，△ABC各顶点的坐标分别为
A(−1,−4)，B(0,−5)，C(2.−2)．
(1)请在图中画出△ABC绕点O顺时针旋转90°后的△A′B′C′，请写出点B′的坐标．(2)求四边形A′B′C′O的面积．
【答案】(1)作图见解析，B′(−5,0)
(2)7.5
【思路点拨】本题主要考查了旋转的性质，点的坐标变换，准确利用旋转的性质作图是解题的关键．
（1）分别作出A(−1,−4)，B(0,−5)，C(2,−2)顺时针旋转90°后的对应点，再连接即可；
（2）根据割补法求面积即可；
【规范解答】（1）作图如下：
∴B′(−5,0)
；
1 1 1 1
（2）由（1）图可知：S =5×3− ×1×1− ×4×1− ×2×2− ×3×2
四边形A′B′C′O 2 2 2 2
1
=15− −2−2−3
2
=7.5．
18．（24-25九年级上·山东济南·期末）（1）类比探究
将矩形ABCD绕点B按顺时针方向旋转得到矩形GBEF，记旋转角为α，连接CE，DF，两直线交于点
P．
①如图1，当α=90°时，CE交FG于H，则线段EF与线段FH的数量关系为_____，线段DP与线段FP的
数量关系为_____；
②如图2，当90°<α<180°时，则①中线段DP与线段FP的数量关系是否仍然成立？若成立，请给予证明，
若不成立，请说明理由．
（2）学以致用
如图3，在Rt△BCD中，∠BCD=90°，BC=2，CD=1，将△BCD绕点B按顺时针方向旋转得到△BEF，记旋转角为α(0°<α<360°)，连接CE，DF，两直线交于点P，取BD中点M，BF中点N，连接
PM，PN，在旋转过程中，当四边形BNPM的面积最大时，直接写出CF的值．
【答案】（1）①EF=FH；DP=FP；②DP=FP依然成立，证明见解答；
（2）❑√5或❑√13．
【思路点拨】（1）①根据题意判定△CBE和△EFH为等腰直角三角形，然后通过证明
△PDC≌△PFH即可得出结论；
②通过辅助线FQ∥CD推出FQ=FE，然后根据△PDC≌△PFQ证明结论；
（2）根据（1）的结论得出点P为DF的中点，然后判定BNPM为菱形，当其为正方形时面积最大，然后
判定当旋转角α=90°或270°时均符合题意，然后构造Rt△CHF即可求解．
【规范解答】解：（1）①根据旋转的性质可知：
BC=BE,DC=FE,∠CBE=∠EFH=∠BEF=90° ，
∴△CBE和△EFH为等腰直角三角形，
∴EF=FH，
∴DC=FE=FH，
∵DC∥AB,AB∥FG，
∴DC∥FG，
∴∠PDC=∠PFH,∠PCD=∠PHF，
{∠PDC=∠PFH
)
在△PDC和△PFH中， DC=FH ，
∠PCD=∠PHF
∴△PDC≌△PFH（ASA），
∴DP=FP，
故答案为：EF=FH；DP=FP；
②如图，过点F作FQ∥CD交CE于点Q，∵FQ∥CD，
∴∠FQC=∠DCQ，
∴∠FQE=180°−∠FQC=180°−∠DCQ=180°−(∠DCB+∠BCE)=90°−∠BCE，
∵BC=BE，
∴∠BCE=∠BEC，
∴∠FQE=90°−∠BEC=∠FEQ，
∴FQ=EF，
∴FQ=CD，
同理①可证：△PDC≌△PFQ（ASA），
∴DP=FP，
故DP=FP依然成立；
（2）根据（1）可知，点P为DF中点， DP=FP，
∴MP、PN为△DBF的中位线，
1 1
∴MP= BD, PN= BF, MP∥BN, PN∥BM，
2 2
∵BD=BF=❑√BC2 +CD2 =❑√5，
❑√5
∴四边形BNPM是边长为 的菱形，
2
设四边形BNPM底边BN上的高为h．
由于h≤BM，故当BM=h时，四边形BNPM面积S=BN⋅h取最大值，
此时BM⊥BN，四边形BNPM为正方形，分为旋转角α=90°或270°两种情况，如图：①当α=90°时，作FH⊥BC，H为垂足，
∵∠CBE=∠BHF=∠BEF=α=90°，
∴四边形BEFH为矩形，
∴BH=FE=CD=1,FH=BE=BC=2，
∴CH=BC−BH=1，
∴CF=❑√CH2 +FH2 =❑√5，
②当α=270°时，四边形BN′P′M为正方形，作F′H′ ⊥BC，H′为垂足，
同理可得四边形BE′F′H′为矩形，
∴BH′ =E′F′ =1，F′H′ =BE′ =BC=2，
∴CH′ =BC+BH′ =3
∴CF′ =❑√F′H′2 +CH′2 =❑√13，
故CF的值为❑√5或❑√13．
易错题型7 角度问题(旋转综合题)
19．（25-26九年级上·北京·期中）已知：线段AB和点C，将线段AC绕点A逆时针旋转
α(0°<α≤90°)，得到线段AD，将线段BC绕点B顺时针旋转180°−α，得到线段BE，连接DE，F为
DE的中点，连接AF，BF．
(1)如图1，点C在线段AB上，依题意补全图1，直接写出∠AFB的度数；
(2)如图2，点C在线段AB的上方，AF=BF，请写出旋转角α的度数，并说明理由．
【答案】(1)∠AFB=90°
(2)α=90°，理由见解析
【思路点拨】（1）由题意画出图形即可，延长AF，交BE的延长线于点G，理由平行线的判定与性质和
全等三角形的判定与性质得到EG=AC．再利用等腰三角形的三线合一的性质解答即可；
（2）画出图形，延长AF至点G使FG=FA，连接BG，GE，延长GE交AB的延长线于点H，证明
△ADF≌△GEF(SAS)，然后推出∠ACB=∠BEC，证明△ABC≌△BGE(SAS)，推出△ABG
为等腰直角三角形，即可解答
【规范解答】（1）解：补全图形 如图：延长AF，交BE的延长线于点G，
由题意：∠DAB=α，∠ABE=180°−α，
∴∠DAB+∠ABE=180°，
∴AD∥BE，
∴∠DAF=∠G．
在△ADF和△GEF中，
{ ∠DAF=∠G )
∠DFA=∠EFG ，
DF=EF
∴△ADF≌△GEF(AAS)，
∴AD=≥¿，AF=GF，
∵AD=AC，
∴≥=AC，
∵BC=BE，
∴≥+BE=AC+CB，
即BA=BG．
∵AF=GF，
∴BF⊥AG．
∴∠AFB=90°；
（2）解：α=90°，理由如下：
延长AF至点G使FG=FA，连接BG，GE，延长GE交AB的延长线于点H，如图，
根据（1）中原理可得△ADF≌△GEF(SAS)，
∴AD=≥¿，∠DAF=∠EGF，∴GH∥AD，
∴∠DAB+∠H=180°．
∵AD=AC，
∴AC=≥¿．
∵∠ACB=180°−∠CAB−∠CBA，
=180°−(∠DAB−α)−(∠EBA−180°+α)
=180°−∠DAB+α−∠EBA+180°−α
=180°−∠DAB+180°−∠EBA
=∠H+∠EBH
=∠BEG．
在△ABC和△BGE中，
{AC=≥¿∠ACB=∠GEB)
，
CB=EB
∴△ABC≌△BGE(SAS)，
∴AB=GB，∠ABC=∠GBE，
∵AF=BF，AB=GB，
∴∠AFB=90°，
∴∠FAB=45°，
∴△ABG为等腰直角三角形，
∴∠ABG=90°，
∵∠ABG=∠ABC+∠CBG=∠GBE+∠CBG=∠CBE，
∴∠CBE=180°−α=90°，
则α=90°．
20．（25-26九年级上·吉林·期中）【操作发现】（1）如图1，将△ABC绕点A逆时针旋转90°得到
△ADE，连接BD，则∠ABD的度数是__________；
【类比探究】（2）如图2，在等腰直角△ABC内取一点P，使∠APB=135°，将△ABP绕顶点A逆时
针旋转90°得到△ACP′，连接PP′．请猜想BP与CP′有怎样的位置关系，并说明理由；
【解决问题】（3）如图3，在等腰直角△ABC内任取一点P，连接PA、PB、PC．直接写出PC+❑√2PA
__________PB．（填“>”“=”“<”）【答案】（1）45∘；（2）BP⊥CP′，理由见解析；（3）>．
【思路点拨】本题主要考查了旋转的性质、等腰直角三角形的判定与性质、三角形三边关系，熟练掌握旋
转的性质是解题的关键．
（1）根据旋转性质得AB=AD，∠BAD=90°，再利用等腰直角三角形的性质求∠ABD的度数．
（2）由旋转性质得AP=AP′，∠PAP' =90°，BP=CP′，∠APB=∠AP'C=135°，先判断
△APP′的形状，再求∠PP′C的度数，进而得出BP与CP′的位置关系．
（3）通过旋转构造全等三角形和等腰直角三角形，利用三角形三边关系求解．
【规范解答】解：（1）∵△ABC绕点A逆时针旋转90°得到△ADE
∴AB=AD，∠BAD=90°
∴△ABD是等腰直角三角形
∴∠ABD=45°，
故答案为：45°；
（2）BP⊥CP′，理由如下：
∵△ABP绕顶点A逆时针旋转90∘得到△ACP′
∴AP=AP′，∠PAP' =90°，BP=CP′，∠APB=∠AP'C=135°
∴△APP′是等腰直角三角形
∴∠AP'P=∠APP' =45°，
∴∠PP'C=∠AP'C−∠AP'P=135°−45°=90°，∠APB+∠APP' =180°，
∴PP′ ⊥CP′，点P′、P、B三点共线，
∴BP⊥CP′；
（3）将△APB绕点A逆时针旋转90°得到△AP′C，连接PP′，则AP=AP′，∠PAP' =90°，
PB=P′C，∴△APP′
是等腰直角三角形，
∴PP′2 =PA2 +P′ A2 =2PA2，
∴PP′ =❑√2PA，
在△PP′C中，PC+PP′ >P′C，
∴PC+❑√2PA>PB，
故答案为：>．
21．（24-25九年级上·福建福州·期末）把边长为5的正方形ABCD绕点A顺时针旋转45°得到正方形
AB′C′D′，边BC与D′C′交于点E，则四边形ABED′的周长是（ ）
A．5+5❑√2 B．10+❑√2 C．15❑√2−5 D．10❑√2
【答案】D
【思路点拨】此题重点考查正方形的性质、旋转的性质、等腰直角三角形的性质、勾股定理、等腰三角形
的判定与性质等知识，正确地添加辅助线是解题的关键．
连接AC、BD′，由正方形的性质得AD=CD=CB=AB=5，∠D=∠ABC=90°，则AC=5❑√2，
∠DAC=∠DCA=∠BAC=∠BCA=45°，由旋转得AD′ =AD=AB=5，∠DAD′ =45°=∠DAC，
∠AD′E=∠D=90°，则点D′在AC上，所以∠CD′E=90°，∠D′EC=∠D′CE=45°，则
ED′ =CD′，可证明∠ED′B=∠EBD′，则EB=ED′，所以
AB+EB=AD′ +ED′ =AD′ +CD′ =AC=5❑√2，求得四边形ABED′的周长是10❑√2，于是得到问题的答
案．
【规范解答】解：连接AC、BD′，∵ ABCD
四边形 是边长为5的正方形，
∴AD=CD=CB=AB=5，∠D=∠ABC=90°，
∴AC=❑√AB2 +CB2 =❑√2AB=5❑√2，
∠DAC=∠DCA=∠BAC=∠BCA=45°，
∵把正方形ABCD绕点A顺时针旋转45°得到正方形AB′C′D′，边BC与D′C′交于点E，
∴AD′ =AD=AB=5，∠DAD′ =45°=∠DAC，∠AD′E=∠D=90°，
∴ ∠AD′B=∠ABD′，点D′在AC上，
∴∠CD′E=90°，
∴∠D′EC=∠D′CE=45°，
∴ED′ =CD′，
∵∠AD′E=∠ABE=90°，∠AD′B=∠ABD′，
∴∠AD′E−∠AD′B=∠ABE−∠ABD′，
∴∠ED′B=∠EBD′，
∴EB=ED′，
∴AB+EB=AD′ +ED′ =AD′ +CD′ =AC=5❑√2，
∴AB+EB+AD′ +ED′ =2×5❑√2=10❑√2，
∴四边形ABED′的周长是10❑√2，
故选：D．
易错题型8 根据中心对称的性质求面积、长度、角度
22．（25-26九年级上·广东惠州·期中）如图，直线a,b互相垂直且相交于点O，曲线c关于点O成中心
对称，点A的对应点是A'，AB⊥a于点B，A'D⊥b于点D．若OB=3，OD=2，则阴影部分的面积之
和为 ．
【答案】9【思路点拨】本题主要考查了长方形的面积及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．根据中心对称
图形的概念，以及长方形的面积公式即可解答．
【规范解答】解：如图所示，过点A作AD' ⊥b于点D'，
阴影部分的面积=矩形ABOD'的面积+△BOD的面积，
∵OD' =OD=2，
1
∴阴影部分的面积为3×2+ ×3×2=9
2
故答案为：9．
23．（25-26九年级上·云南昆明·期中）如图，△DEC与△ABC关于点C成中心对称，
AB=3,AC=2,∠CAB=90°，则AE的长是 ．
【答案】5
【思路点拨】本题考查中心对称，勾股定理，全等三角形的判定和性质等知识，利用△DEC与△ABC关
于点C成中心对称，得出AC=CD=2，∠BAC=∠D=90°，AB=DE=3，再利用勾股定理求解．
【规范解答】解：∵△DEC与△ABC关于点C成中心对称，
∴△ACB≌△DCE，
∴AC=CD=2，∠BAC=∠D=90°，AB=DE=3，
∴AD=4，
∴在Rt△ADE中，AE=❑√DE2 +AD2 =❑√32 +42 =5，
故答案为：5．
24．（25-26九年级上·广西钦州·期中）如图，△ABC绕点O旋转180°得到△≝¿，下列说法错误的是
（ ）A．AB∥DE B．点B和点E关于点O对称
C．CE=BF D．△ABC与△≝¿关于点B成中心对称
【答案】D
【思路点拨】本题考查中心对称的性质，掌握相关知识是解决问题的关键．△ABC绕点O旋转180°得到
△≝¿，图形旋转180°后对应点关于对称中心对称，对应线段平行且相等，对应角相等，据此逐项判断即
可．
【规范解答】解：A：∵△ABC绕点O旋转180°得到△≝¿，
∴∠ABC=∠≝¿，
∴AB∥DE，该选项正确；
B：∵△ABC绕点O旋转180°得到△≝¿，
∴点B和点E关于点O对称，该选项正确．
C：由旋转性质可知OC=OF，OE=OB，
∴OC−OE=OF−OB，
即CE=BF，该选项正确．
D：△ABC与△≝¿是绕点O旋转180°得到的，
∴是关于点O成中心对称，而非点B，该选项错误．
故选：D．
易错题型9 在方格纸中补画图形使之成为中心对称图形
25．（25-26九年级上·黑龙江哈尔滨·期中）如图是由边长为1的小正方形构成的8×10的网格，每个小
正方形的顶点叫做格点，△ABC的顶点都在格点上，仅用无刻度的直尺在给定网格中画图，按步骤围成
下列问题：(1)画出以A、B、C、D为顶点的四边形（点D在小正方形的顶点上），使其为中心对称图形但不是轴
对称图形．
(2)在△ABC的边AC上画出点E，连接BE，使得△ABE的面积与△CBE的面积相等（保留作图痕迹，
体现作图过程），连接DE，请直接写出线段DE的长度．
【答案】(1)见解析
❑√185
(2)图见解析，DE=
2
【思路点拨】本题考查中心对称图形的定义，网格作图，熟练掌握中心对称图形的定义和等面积的性质是
解题的关键，
（1）利用平行四边形的中心对称性和非轴对称的特点，通过点格点连线构造图形，取格点D，使AD=BC，
且AD∥BC，再连接CD，因为AD=BC，AD∥BC，所以四边形ABCD是平行四边形，所以四边形
ABCD是中心对称图形不是轴对称图形；
（2）利用中线分面积相等的性质找中点，再结合勾股定理计算线段的长．
【规范解答】（1）解：四边形ABCD即为所求，如图所示：
（2）解：取AC的中点E，连接BE，DE，则点E即为所求，如图所示：
∵AC为所在矩形的对角线，
∴点E为格线的中点，
∴由勾股定理得：DE=❑
√
22 +
(13) 2
=
❑√185
．
2 226．（25-26九年级上·浙江·课后作业）如图，在4×4的网格纸中，△ABC的三个顶点都在格点上，
现要在这张网格纸的四个格点M，N，P，Q中找一点作为旋转中心．将△ABC绕着这个中心进行旋转，
旋转前后的两个三角形成中心对称，且旋转后的三角形的三个顶点都在这张4×4的网格纸的格点上，那么
满足条件的旋转中心有 ．
【答案】点P，点N
【思路点拨】本题主要考查旋转的性质，中心对称等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解
决问题．画出中心对称图形即可判断．
【规范解答】解：画出中心对称图形，
观察图象可知，点P，点N满足条件．
故答案为：点P，点N．
27．（25-26九年级上·吉林四平·月考）图①、图②均是4×4的正方形网格，每个小正方形的边长均为
1，每个小正方形的顶点称为格点，线段AB的端点均在格点上，只用无刻度的直尺，在给定的网格中按下
列要求作图．(1)在图①中作面积为4的四边形ABCD，所作四边形是轴对称图形，非中心对称图形，点C、D在格点上；
(2)在图②中作面积为5的四边形ABEF，所作四边形是中心对称图形，非轴对称图形，点E、F在格点上．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【思路点拨】考查作图-中心对称变换、作图-轴对称变换，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解
决问题．
（1）结合轴对称图形和中心对称图形的定义按要求画图即可．
（2）结合轴对称图形和中心对称图形的定义按要求画图即可．
【规范解答】（1）解：如图①，四边形ABCD即为所求．
（2）解：如图②，四边形ABEF即为所求．
易错题型10 中心对称图形规律问题
28．（2025·广东广州·一模）如图，在平面直角坐标系xOy中，点O，O ，A，A ，B，B ，C……都
1 1 1
是平行四边形的顶点，点A，B，C……在x轴正半轴上，∠AOO =45∘，OA=1，AB=2，BC=3，
1
OO =❑√2，A A =2❑√2，BB =3❑√2……，平行四边形按照此规律依次排列，则第6个平行四边形的对
1 1 1称中心的坐标是( )
( 5) ( 5)
A． 6, B．(10,3) C． 15, D．(21,3)
2 2
【答案】D
【思路点拨】本题考查的是点的坐标变化规律，中心对称和平行四边形的性质，熟练掌握上述知识点是解
题的关键．根据题意，先求出前几个点的坐标，即可找出规律：第n个平行四边形的对称中心坐标为
n
(1+2+3+⋯+n, )，即可求解．
2
【规范解答】解：如图所示，作O M⊥x轴于点M，
1
∵∠AOO =45° OO =❑√2
1 1
， ，
∴OM=O M=1，
1
∵OA=1，
∴M，A重合，
∴O A⊥OA，
1
1
则O A的中点即为第1个平行四边形的对称中点，其坐标为(1, )；
1 2
同理可得：A B⊥AB，OB=0A+AB=3，A B=AB=2，
1 1
则A B的中点即为第2个平行四边形的对称中点，其坐标为(1+2,1)；
1
3
同理可得：第3个平行四边形的对称中心的坐标是(1+2+3, )；
2
⋯
n
同理可得：第n个平行四边形的对称中心的坐标是(1+2+3+⋯+n, )；
2
6 6×7
∴第6个平行四边形的对称中心的坐标是(1+2+3+4+5+6, )，即( ，3)=(21，3)，
2 2故选：D．
29．（2025·河南周口·一模）如图，正方形OABC是由四个全等的直角三角形和一个小正方形拼成的
“赵爽弦图”．以顶点O为原点、OC边所在直线为x轴建立平面直角坐标系，已知点D(1,2)，将正方形
OABC绕点O顺时针旋转，每次旋转45∘，则第100次旋转结束后，点B的坐标为（ ）
(5 5) (5❑√2 ) ( 5 5)
A． , B． ,0 C．(−❑√5,−❑√5) D． − ,−
2 2 2 2 2
【答案】D
【思路点拨】设点A的坐标为(0,y)，则OA=y，因为△OAD是直角三角形，根据勾股定理可得
y2 =(❑√5) 2 +(❑√1+(y−2) 2) 2 ，解方程求出y的值，即可求出正方形的边长，从而可得点B的坐标，根据旋
转的性质可知正方形OABC绕点O顺时针旋转100次，到达的位置与点B的位置关于原点中心对称，根据
中心对称的性质即可得到第100次旋转结束后，点B的坐标．
【规范解答】解：设点A的坐标为(0,y)，则OA=y，
∵点D的坐标为(1,2)，
∴OD=❑√12 +22 =❑√5，AD=❑√(0−1) 2 +(y−2) 2 =❑√1+(y−2) 2，
∵△OAD是直角三角形，
∴OA2 =AD2 +OD2，
∴y2 =(❑√5) 2 +(❑√1+(y−2) 2) 2 ，
5
解得：y= ，
2
5
∴正方形OABC的边长为 ，
2
(5 5)
∴点B的坐标是 , ，
2 2
∵正方形OABC绕点O顺时针旋转，每次旋转45∘，又∵ 360°÷45°=8，
∴正方形OABC绕点O顺时针旋转8次回到出发点，
∵100÷8=12⋯4，
∴正方形OABC绕点O顺时针旋转100次，到达的位置与点B的位置关于原点中心对称，
( 5 5)
∴将正方形OABC绕点O顺时针旋转，每次旋转45∘，则第100次旋转结束后点B的坐标为 − ,−
2 2
故选：D．
30．（2024九年级上·全国·专题练习）如图，在平面直角坐标系中，四边形AOCB是边长为2的正方形，
A，C分别在y轴正半轴与x轴正半轴上，P点坐标为(−1,1)，将P点关于A对称得到P ，将P 关于O点对
1 1
称得到P ，将P 关于C点对称得到P ，将P 关于B点对称得到P ，将P 关于A点对称得到P ，……，按
2 2 3 3 4 4 5
照顺序以此类推，则P 的坐标为 ．
2023
【答案】(5,3)
【思路点拨】本题考查了点的坐标变化规律，中心对称．根据题意，探究规律，得出四次一个循环，利用
规律求解即可．
【规范解答】解：如图，由题意P(−1,1),P (1,3),P (−1,−3),P (5,3),P (−1,1)，
1 2 3 4
∴P 与P重合，四次一个循环，
4
∵2023÷4=505…3，∴P 与P 重合，
2023 3
∴P (5,3)．
2023
故答案为：(5,3)．
易错题型11 已知两点关于原点对称求参数
31．（25-26九年级上·内蒙古乌兰察布·期中）已知点P(a−3,2−a)关于原点对称的点在第四象限，则
a的取值范围在数轴上表示正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【思路点拨】本题主要考查关于原点对称，不等式组的解法，数轴上表示解集，由点P(a−3,2−a)关于原
{a−3<0)
点对称的点在第四象限，则点P(a−3,2−a)在第二象限，所以 ，求出a<2，然后再数轴上表示
2−a>0
解集即可，掌握知识点的应用是解题的关键．
【规范解答】解：∵点P(a−3,2−a)关于原点对称的点在第四象限，
∴点P(a−3,2−a)在第二象限，
{a−3<0)
∴ ，
2−a>0
∴a<2，
∴a的取值范围在数轴上表示，
故选：C．
32．（25-26九年级上·江西上饶·期中）（1）解方程：3x(x+1)=3(x+1)．
（2）已知点A(m−3,4)与点B(2,n)关于原点成中心对称，求m+n的值．
【答案】（1）x=−1或x=1（2）−3
【思路点拨】本题主要考查解一元二次方程和中心对称的性质，熟练掌握相关知识是解答本题的关键．
（1）方程移项后运用因式分解法求解即可；
（2）利用关于原点对称的点的坐标关系列方程求解即可．
【规范解答】解：（1）3x(x+1)=3(x+1)方程两边同时除以3，得x(x+1)=x+1，
移项，得x(x+1)−(x+1)=0，
提取公因式(x+1)，得(x+1)(x−1)=0，
∴x+1=0或x−1=0，
∴x=−1或x=1；
（2）∵点A(m−3,4)与点B(2,n)关于原点成中心对称，
∴m−3=−2，4=−n，
∴m=1，n=−4，
∴m+n=1+(−4)=−3．
33．（25-26九年级上·青海西宁·期中）若点M(−1+2m,−5)和点N(3,−3+n)关于原点对称，则mn
的值为 ．
【答案】1
【思路点拨】本题考查坐标与中心对称，根据关于原点对称的点的横纵坐标均互为相反数，进行求解即可．
【规范解答】解：由题意，−1+2m=−3,−3+n=5，
解得m=−1,n=8，
∴mn =(−1) 8 =1；
故答案为：1．
易错题型12 按图形的变换要求画出另一个图形
34．（25-26九年级上·湖北荆州·期中）如图，△ABC的各个顶点的坐标分别是
A(−3,4),B(−5,1)，C(−1,2)，
(1)画出△ABC关于原点对称的△A B C ；
1 1 1
(2)画出△ABC绕原点顺时针旋转90°后的△A B C ．
2 2 2
【答案】(1)见解析(2)见解析
【思路点拨】本题考查了原点对称作图，旋转作图，解题的关键在于正确掌握相关作图步骤．
（1）根据对称的性质作出A，B，C的对应点A ，B ，C ，再顺次连接对应点，即可解题；
1 1 1
（2）根据题意找出旋转中心和旋转方向，以及旋转角，再按照旋转作图步骤作出A，B，C的对应点A ，
2
B ，C ，再顺次连接对应点，即可解题；
2 2
【规范解答】（1）由对称的性质A，B，C的对应点A (3,4)，B (5,−1)，C (1,2)，
1 1 1
再描点连线，如图，△A B C 即为所求；
1 1 1
（2）△ABC绕原点顺时针旋转90°，
旋转后，A，B，C的对应点A (4,3)，B (1,5)，C (2,1)，
2 2 2
再描点连线，如图，△A B C 即为所求．
2 2 2
35．（24-25九年级上·四川眉山·期末）如图，在8×8的正方形网格中，每个格子的边长均为1个单位长度，△ABC的顶点都在格点上，将△ABC先向右平移2格，再向下平移3格，得到△A B C ．
1 1 1
(1)请在网格图中画出平移后的△A B C ；
1 1 1
(2)若△A B C 与△A B C 关于点A 成中心对称．请在网格图中画出△A B C ；
1 2 2 1 1 1 1 1 2 2
(3)若在格点上存在点P，且点P异于点A，使得S =S ，这样的点P一共有_____个．
△PBC △ABC
【答案】(1)作图见解析
(2)作图见解析
(3)3
【思路点拨】此题主要考查了平移变换以及平行线的性质和三角形的高，利用平行线的性质得出P点位置
是解题关键．
（1）分别将点A、B、C向向右平移2格，再向下平移3格，得到点A 、B 、C ，然后顺次连接；
1 1 1
（2）找出B 、C 关于A 的中心对称点B 、C （中心对称点连线过对称中心，且被对称中心平分），连接
1 1 1 2 2
A 、B 、C 得△A B C ；
1 2 2 1 2 2
（3）利用平行线的性质过点A作出BC的平行线进而得出符合题意的点．
【规范解答】（1）解：如图
（2）解：如图（3）解：如图所示：
△ABC BC S =S P BC A BC
△PBC △ABC
中 为底，根据 ，可知点 到 的距离与 到 距离
相等的格线与格点的交点（除A）有3个，
所以点P共3个．
故答案为：3．
36．（24-25九年级上·辽宁沈阳·期中）如图，在平面直角坐标系中，△ABC三个顶点的坐标分别为
A(2,4)，B(1,1)，C(4,3)．
(1)将△ABC向左平移3个单位长度，再向下平移1个单位长度后得到△A B C ，请画出△A B C ，
1 1 1 1 1 1
并写出A 的坐标______；（点A，B，C的对应点分别是点A ，B ，C ）
1 1 1 1
(2)请画出△ABC关于原点O成中心对称的△A B C ，并写出A 的坐标______；（点A，B，C的对应点
2 2 2 2
分别是点A ，B ，C ）
2 2 2
(3)点D是平面直角坐标系中的一个点，四边形ABDC是平行四边形，点D的坐标为______．【答案】(1)作图见解析，A (−1,3)
1
(2)作图见解析，A (−2,4)
2
(3)D(3,0)
【思路点拨】本题考查坐标变换−平移和中心对称，坐标系中的平行四边形判定，熟练掌握相关作法和平
行四边形的性质是解题的关键．
（1）利用平移得出相应坐标，再画图即可；
（2）利用中心对称得出相应坐标，再画图即可；
（3）利用平行四边形的对角线互相平分结合中点坐标即可求解．
【规范解答】（1）解：∵A(2,4)，B(1,1)，C(4,3)，将△ABC向左平移3个单位长度，再向下平移1个
单位长度后得到△A B C ，
1 1 1
∴A (−1,3)，B (−2,0)，C (1,2)，
1 1 1
△A B C 如图：
1 1 1
故答案为：A (−1,3)；
1
（2）解：∵△ABC关于原点O成中心对称的△A B C ，
2 2 2
∴A (−2,4)，B (−1,−1)，C (−4,−3)，
2 2 2
△A B C 如图：
2 2 2故答案为：A (−2,4)；
2
（3）解：∵四边形ABDC是平行四边形，
∴AD，BC为对角线，
{
x+2
=
1+4
)
2 2
∴ ，
y+4 1+3
=
2 2
{x=3)
解得： ，
y=0
∴D(3,0)，
故答案为：D(3,0)．
易错题型13 利用平移、轴对称、旋转、中心对称设计图案
37．（24-25九年级上·四川广安·开学考试）小明探究：“用2刀剪一个三角形分成3块，再把它拼成一
个长方形（无重叠，无缝隙）”时，遇到了困难．经提示他想到了从特殊到一般的数学思想，于是他先剪
一个直角三角形纸片，然后沿其一条中位线剪一刀，分成2块（如图1），很快就拼成了一个与原三角形面
积相等的长方形．
(1)请你在图2中用类似的方法把三角形纸片剪一刀分成2块，使拼成的图形为平行四边形；
(2)请你在图3中把三角形纸片剪两刀分成3块，使拼成的图形为长方形；
(3)请你在图4和图5中，把正方形纸片剪两刀分成3块，然后拼成一个与原正方形面积相等的三角形，要求所拼成的三角形既不是等腰三角形，也不是直角三角形．（请给出两种不同的方案）
【答案】(1)见解析；
(2)见解析；
(3)见解析．
【思路点拨】本题考查了图形的剪拼，中位线定理，正方形的性质，全等三角形的判定与性质，掌握知识
点的应用是解题的关键．
（1）根据题意把三角形纸片剪一刀分成2块，然后拼成平行四边形即可；
（2）根据题意把三角形纸片剪两刀分成3块，拼成长方形即可
（3）根据题意把正方形纸片剪两刀分成3块，拼成一个与原正方形面积相等的三角形即可．
【规范解答】（1）解：如图2，根据提示图形，作出三角形的中位线，再按照图示方法即可拼成平行四边
形，
（2）解：如图3，根据提示图形，先作出三角形的中位线，然后过顶点作中位线的垂线，再按照图示方法
即可拼成矩形，
（3）解：如图4，5，38．（2025·江苏无锡·一模）如图1，现有长2，宽1的A、B两种卡片各若干张，卡片上都有一条对角
线花纹，请用这些卡片正好拼成一个10×10的大正方形，要求每张卡片与卡片的对角线都不相连（例如图
2中所示的两种拼法就都不符合要求），则A、B两种卡片各需要的张数可能是（ ）
A．30，20 B．28，22 C．26，24 D．25，25
【答案】A
【思路点拨】本题考查图形的拼接，解题的关键是正确理解题意，通过平移、旋转、轴对称或中心对称等
方法拼成符合题意的正方形，即可得出答案．
【规范解答】解：∵用长2，宽1的A、B两种卡片各若干张拼成一个10×10的大正方形，
∴每张卡片的面积为：2×1=2，
大正方形的面积为：10×10=100，
∴大正方形的边长为10，
设A卡片的数量为x，B卡片的数量为y，
∴2x+2y=100，
∴x+y=50，
为避免对角线相连，将A卡片顺时针旋转使对角线为左上到右下（横向），B卡片为左上到右下（纵向），
如图所示，其中A卡片（横向）共有30张，B卡片（纵向）共有20张．
故选：A．
39．（24-25九年级上·江苏南京·期末）平移、旋转和轴对称是图形运动的基本形式．图（1），（2）
中的梯形Ⅰ～Ⅴ的顶点都在边长为1个单位长度的正方形网格点上．
(1)如图（1），梯形Ⅱ可以看成由梯形Ⅰ经过一次______得到；梯形Ⅲ可以看成由梯形Ⅰ经过一次______
得到（填“平移”“旋转”或“轴对称”）；
(2)如图（2），梯形Ⅴ可以看成由梯形Ⅳ经过怎样的图形运动得到？下列结论：①1次旋转；②1次轴对
称；③1次平移和1次旋转；④1次旋转和1次轴对称．其中，所有正确结论的序号是______．
【答案】(1)轴对称或旋转，旋转；
(2)①③④．
【思路点拨】本题考查几何变换的类型，轴对称图形，解题的关键是掌握轴对称变换，平移变换，旋转变
换的性质．
（1）根据轴对称变换，旋转变换的性质判断即可；
（2）梯形V可以看成由梯形Ⅳ绕点O顺时针旋转得到或先向右平移一个单位，再绕点A顺时针旋转得到．
【规范解答】（1）解∶如图（1），梯形Ⅱ可以看成由梯形Ⅰ经过一次轴对称得到；也可以看成由梯形Ⅰ
经过一次旋转得到，旋转中心是两个梯形公共的顶点，旋转了180°，梯形Ⅲ可以看成中梯形Ⅰ经过一次旋
转得到；故答案为∶轴对称或旋转，旋转；
（2）解：梯形V可以看成由梯形Ⅳ绕点O顺时针旋转90°得到或先向右平移一个单位，再绕点A顺时针旋
转90°得到或先绕点B逆时针旋转90°再作关于直线a对称的图形得到．
故答案为∶ ①③④
易错题型14 求旋转对称图形的旋转角度
40．（25-26九年级上·江西南昌·期中）在平面内，如果一个图形绕一个定点旋转一个角度α(α<360°)
后，能与自身重合，那么就称这个图形是旋转对称图形，α为这个旋转对称图形的一个旋转角．例如：正
方形绕着它的对角线交点旋转90°，180°，270°都能与自身重合，所以正方形是旋转对称图形，90°，
180°，270°都可以是这个旋转对称图形的一个旋转角．
(1)下列图形中，是旋转对称图形，且有一个旋转角是120°的是___________；（写出所有正确结论前的
序号）
①等边三角形；②正六边形；③正八边形．
(2)正五边形显然满足下面两个条件：①是旋转对称图形，且有一个旋转角是72°；②是轴对称图形，但
不是中心对称图形．请你找出一种图形也同时满足上述两个条件．
【答案】(1)①②
(2)正十五边形
【思路点拨】本题考查正多边形的性质和图形旋转的性质：
360° 360°
（1）根据题意求出 ，其中n为正多边形的边数，120°能被 整除则满足题意；
n n
（2）360°÷72°=5，要满足题意，则可为正多边形，其中边数为奇数且为5的整数倍．
【规范解答】（1）解：如图：360°÷3=120° 360°÷6=60° 360°÷8=45°
， ， ，
120°能被120°,60°整除，不能被45°整除，
∴①等边三角形和②正六边形是旋转对称图形，且有一个旋转角是120°．
故答案为：①②；
（2）②360°÷72°=5，是轴对称图形，但不是中心对称图形，
故可为正多边形，其中边数为奇数且为5的整数倍，如正十五边形．
故答案为：正十五边形．
41．（24-25九年级上·北京海淀·期中）下图的图案绕其中心O旋转一定角度α后能与自身重合，则该角
度α可以为（ ）
A．30° B．60° C．90° D．120°
【答案】D
【思路点拨】本题考查了旋转对称图形的性质，等边三角形的性质等知识，连接
AB,AC,BC,OA,OB,OC，根据△ABC是等边三角形，得到∠AOB=∠BOC=∠COA，即可求解，
掌握相关知识是解题的关键．
【规范解答】解：如图，连接AB,AC,BC,OA,OB,OC，
由题意得：△ABC是等边三角形，
∴∠AOB=∠BOC=∠COA，
∵它们都是旋转角，而它们的和为360°，∴图案绕其中心O旋转360°÷3=120°后能与自身重合，
故选：D．
42．（25-26九年级上·广东惠州·期中）等边三角形旋转一定角度后能与自身重合，则旋转的角度可能
是（ ）
A．30° B．60° C．90° D．120°
【答案】D
【思路点拨】本题考查了旋转对称图形的性质，解答此题的关键熟练掌握等边三角形的特性．
根据旋转的性质与等边三角形的特点进行求解即可．
【规范解答】解：如图，△ABC是等边三角形，它的中心O
∴∠AOB=∠BOC=∠COA，
∵它们都是旋转角，而它们的和为360°，
∴至少将它绕中心顺时针旋转360÷3=120°，才能使等边三角形旋转后与自身重合．
故选：D．
