文档内容
专项突破06 旋转的性质与应用
（知识技巧点拨+12种高频考察题型 共36题）
知识梳理 技巧点拨......................................................................1
知识点梳理01：旋转的性质...........................................................1
知识点梳理02：旋转作图.............................................................2
优选题型 考点讲练......................................................................2
题型1：旋转中的规律性问题..........................................................2
题型2：根据旋转的性质求解..........................................................5
题型3：根据旋转的性质说明线段或角相等..............................................9
题型4：旋转的性质及辨析...........................................................19
题型5：求绕某点（非原点）旋转90度的点的坐标......................................22
题型6：求绕原点旋转一定角度的点的坐标.............................................26
题型7：坐标与旋转规律问题.........................................................31
题型8：线段问题（旋转综合题）.....................................................34
题型9：面积问题（旋转综合题）.....................................................42
题型10：角度问题（旋转综合题）....................................................49
题型11：其他问题（旋转综合题）....................................................55
题型12：坐标系中的动点问题（不含函数）............................................63
知识点梳理01：旋转的性质
(1)对应点到旋转中心的距离相等;
旋转的
(2)对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角;
性质
(3)旋转前、后的图形全等
(1)图形中的每一个点都绕旋转中心旋转了同样大小的角度;
重点
(2)对应点到旋转中心的距离相等,对应线段相等,对应角相等;
解读
(3)图形的大小和形状都没有发生改变,只改变了图形的位置知识点梳理02：旋转作图
旋转作图 (1)任意一对对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角;
的依据 (2)对应点到旋转中心的距离相等
作图要素 (1)原图;(2)旋转中心;(3)旋转方向;(4)旋转角;(5)一对对应点
(1)连:连接原图形中一个关键点与旋转中心.
(2)转:根据旋转方向与旋转角度,以(1)中关键点与旋转中心的连线为一边作一
个旋转角.
(3)截:在该旋转角的另一边上,从旋转中心开始截取此关键点到旋转中心的长
作图步骤
度,得到该点的对应点.重复上述操作,作出所有关键点的对应点.
(4)接:按原图形顺次连接所得到的各点.
注意:为了避免作图时的混乱,以上连、转、截这三步每个点独立完成后,再进
行下一个点的旋转
题型1：旋转中的规律性问题
1．（2024·黑龙江齐齐哈尔·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，等腰直角三角形①沿x轴正半轴滚
动并且按一定规律变换，每次变换后得到的图形仍是等腰直角三角形．第一次滚动后点A（0，2）变换到
1
点A（6，0），得到等腰直角三角形②；第二次滚动后点A变换到点A（6，0），得到等腰直角三角形③；
2 2 3
第三次滚动后点A变换到点A（10，4❑√2），得到等腰直角三角形④；第四次滚动后点A变换到点A
3 4 4 5
（10+12❑√2，0），得到等腰直角三角形⑤；依此规律…，则第2020个等腰直角三角形的面积是 ．
【答案】22020
【思路引导】根据A（0，2）确定第1个等腰直角三角形（即等腰直角三角形①）的面积，根据A（6，
1 20）确定第1个等腰直角三角形（即等腰直角三角形②）的面积，…，同理，确定规律可得结论．
【规范解答】∵点A（0，2），
1
1
∴第1个等腰直角三角形的面积= ×2×2=2，
2
∵A（6，0），
2
6−2
∴第2个等腰直角三角形的边长为 =2❑√2，
❑√2
1
∴第2个等腰直角三角形的面积= ×2❑√2×2❑√2=4=22，
2
∵A（10，4❑√2），
4
∴第3个等腰直角三角形的边长为10−6=4，
1
∴第3个等腰直角三角形的面积= ×4×4=8=23，
2
…
则第2020个等腰直角三角形的面积是22020；
故答案为：22020．
【考点剖析】本题主要考查坐标与图形变化以及找规律，熟练掌握方法是关键.
2．（24-25九年级下·吉林长春·阶段练习）如图，在平面直角坐标系中，O为坐标原点，将函数
y=x2−2x (0≤x≤2)的图象记为C ，它与x轴的交点为O、A ．将C 绕点A 旋转180°得到C ，点O的
1 1 1 1 2
对称点为A ；将C 绕点A 旋转180°得到C ，点A 的对称点为A ；……，按此方法操作，直至得到C ．
2 2 2 3 1 3 20
(79 )
若P ,n 在C 上，则n的值为 ．
2 20
3
【答案】
4
【思路引导】求出抛物线C 与x轴的交点坐标，观察图形知第偶数号抛物线都在x轴上方，然后求出到抛
1(79 )
物线C 平移的距离，再根据平移时横坐标“左加右减”表示出C 的解析式，然后把P ,n 代入计算
20 20 2
即可．
【规范解答】解：令y=0，则x2−2x=x(x−2)=0
解得x =0,x =2
1 2
∴A(2，0)，
1
19−1
由图知抛物线C 在x轴的上方，相当于抛物线C 向右平移4× =36个单位得到C ，再将C 绕点A
20 1 2 19 19 19
旋转180°得到C ，
20
∴抛物线C =-(x-36-2)(x-36-2-2)=-(x-38)(x-40)，
20
(79 )
∵P ,n 在C 上，
2 20
79 79 3
∴n=-( -38)( -40)=
2 2 4
3
故答案为 ．
4
【考点剖析】本题考查了平面直角坐标系下的二次函数图像旋转和平移变换后的函数关系式的确定方法．
解题的关键是注意数形结合．
3．（24-25九年级上·辽宁丹东·期中）如图,在平面直角坐标系xOy中,有一个等腰直角三角形
△AOB,∠OAB=90°,直角边AO在x轴上，且AO=1,将Rt△AOB绕原点O顺时针旋转90°后，再将各边长扩
大一倍，得到等腰直角三角形AOB;将Rt△AOB 绕原点O顺时针转90°后，再将各边长扩大一倍，得到等
1 1 1 1
腰三角形AOB......依此规律，得到等腰直角三角形A OB ，则点B 的坐标 ．
2 2 2017 2017 2017
【答案】（22017，-22017）
【思路引导】根据题意得出B点坐标变化规律，进而得出点B 的坐标位置，进而得出答案．
2017
【规范解答】∵△AOB是等腰直角三角形，OA=1，∴AB=OA=1，
∴B（1，1），
将Rt△AOB绕原点O顺时针旋转90°得到等腰直角三角形AOB，且AO=2AO，
1 1 1
再将Rt△AOB 绕原点O顺时针旋转90°得到等腰三角形AOB，且AO=2AO…，依此规律，
1 1 2 2 2 1
∴每4次循环一周，B（2，-2），B（-4，-4），B（-8，8），B（16，16），
1 2 3 4
∵2017÷4=504…1，
∴点B 与B 同在一个象限内，
2017 1
∵-4=-22，8=23，16=24，
∴点B （22017，-22017）．
2017
故答案为（22017，-22017）．
【考点剖析】此题考查点的坐标变化规律，旋转的性质，得出B点坐标变化规律是解题关键．
题型2：根据旋转的性质求解
4．（25-26九年级上·福建厦门·阶段练习）如图，将△ABC绕点A逆时针旋转50°得到△AB′C′，
∠AB′C′=100°，此时边AC′经过点B，则∠C= ．
【答案】30°
【思路引导】本题考查旋转的性质及三角形内角和定理．根据旋转的性质求出∠C′ AB′=50°，再由三角
形内角和求出∠C′的度数，从而得出最后结果．
【规范解答】解：∵△ABC绕点A逆时针旋转50°得到△AB′C′，
∴∠C′ AB′=50°，
∵∠AB′C′=100°，
∴∠C′=180°−100°−50°=30°，
∴∠C=∠C′=30°，
故答案为：30°．
5．（24-25九年级下·江西赣州·期中）如图，已知△ ABC中，AB=AC，把△ ABC绕A点顺时针方
向旋转得到△ ADE，连接BD，CE交于点F．(1)求证：△AEC≌△ADB；
(2)若AB= ❑√2，∠BAC=45°，当四边形ADFC是菱形时，求BF的长．
【答案】(1)见解析；
(2)2−❑√2．
【思路引导】（1）要证明△AEC≌△ADB，需根据旋转性质找到对应边和角的关系，再利用全等三
角形判定定理（SAS）来证明．
（2）要求BF的长，先根据菱形性质得出边和角的关系，再结合已知角度推出△ABD为等腰直角三角形，
利用勾股定理求出BD，最后结合菱形的边求出BF．
【规范解答】（1）证明：∵ △ABC绕A点顺时针方向旋转得到△ADE，
∴ AD=AB，AE=AC，∠DAE=∠BAC．
∴ ∠DAE+∠BAE=∠BAC+∠BAE，即∠DAB=∠EAC．
又∵ AB=AC，
∴ AD=AB=AC=AE．
在△AEC和△ADB中，
¿，
∴ △AEC≌△ADB（SAS）．
（2）解：∵ 四边形ADFC是菱形，
∴ DF=AC=AB=❑√2，AC∥DF．
∴ ∠DBA=∠BAC=45°．
又∵ AD=AB，
∴ ∠DBA=∠ADB=45°．
∴ ∠DAB=180°−45°−45°=90°．
在Rt△ABD中，根据勾股定理：
BD=❑√AB2+AD2=❑√(❑√2) 2+(❑√2) 2=2，
∴ BF=BD−DF=2−❑√2．
【考点剖析】本题主要考查旋转的性质、全等三角形的判定与性质、菱形的性质以及勾股定理，熟练掌握
这些知识，通过已知条件逐步推导是解题关键．6．（22-23九年级上·辽宁辽阳·期末）已知线段BD是正方形ABCD的一条对角线，点E在射线BD上
运动，连接CE，将线段CE绕点C顺时针旋转90°，得到线段CF，连接DF．
（1）如图1，若点E在线段BD上，请直接写出线段BE与线段DF的数量关系与位置关系；
【模型应用】
（2）如图2，若点E在线段BD的延长线上运动，请写出线段CD，DE，DF之间的数量关系，并说明理
由；
【模型迁移】
（3）如图3，已知线段BD是矩形ABCD的一条对角线，AB=3，BC=4，点E在射线BD上运动，连接
3
CE，将CE绕点C顺时针旋转90°，得到CM，在CM上截取线段CF= CE，连接EF，若DE=1，直接
4
写出线段EF的长．
【答案】（1）BE=DF，BE⊥DF，理由见解析；（2）DF=DE+❑√2CD，见解析；（3）线段EF的
❑√85
长为❑√10或
2
【思路引导】（1）利用正方形、旋转的性质以及边角边关系证全等，即可得到结论；
（2）利用全等的性质得到BE=DF，利用勾股定理求得BD=❑√2CD，代入转化即可；
3
（3）利用旋转的性质得到△ECF是直角三角形，再根据CF= CE转化为求CE的长，通过作垂线构造
4
Rt△CHE，利用勾股定理求解即可．
【规范解答】解：（1）BE=DF，BE⊥DF；
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=BC=CD=AD，∠ABC=∠BCD=90°，∠DBC=∠BDC=45°，
∴∠BCE+∠DCE=90°，
∵将线段CE绕点C顺时针旋转90°，得到线段CF，
∴CE=CF，∠ECF=90°，∠ECD+DCF=90°，
∴∠BCE=∠DCF，∴△BCE≌△DCF(SAS)，
∴BE=DF，∠EBC=∠FDC=45°，
则∠BDC+∠FDC=90°，即BE⊥DF；
（2）DF=DE+❑√2CD；
理由：∵四边形ABCD是正方形，
∴BC=CD，∠BCD=90°，
由旋转得，∠ECF=90°，CE=CF，
∴∠BCD+∠DCE=∠ECF+∠DCE，
即∠BCE=∠DCF，
∴△BCE≌△DCF(SAS)，
∴BE=DF，
在Rt△BCD中，BD=❑√2CD，
∵BE=BD+DE，
∴DF=DE+❑√2CD；
（3）过点C作CH⊥BD于点H，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ABC=∠BCD=∠ADC=90°，AB=CD=3，BC=AD=4，
∴BD=❑√32+42=5，
1 1
∵S = BC⋅CD= BD⋅CH，
△BCD 2 2
BC⋅CD 12
∴CH= = ，
BD 5
9
∴DH=❑√CD2−CH2=
，
5
若点E在线段BD上，
DE=1
∵ ，
4
∴EH=DH−DE= ，
5
4
∴CE=❑√CH2+EH2= ❑√10，
5∵将CE绕点C顺时针旋转90°，得到CM，
∴CE=CM，∠ECF=90°，
3
∵CF= CE，
4
5
∴EF=❑√CE2+CF2= CE=❑√10，
4
若点E在BD的延长线上时，
14
EH=DH+DE=
5
同理， ，
2
∴CE=❑√CH2+EH2= ❑√85，
5
5 ❑√85
同理，EF=❑√CE2+CF2= CE= ，
4 2
❑√85
综上，线段EF的长为❑√10或 ．
2
【考点剖析】本题考查了正方形的性质，旋转的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，等腰直角三
角形的判定和性质以及矩形的性质等知识，解题的关键是添加辅助线构造全等三角形和直角三角形．
题型3：根据旋转的性质说明线段或角相等
7．（24-25八年级下·福建福州·期中）平行四边形ABCD中，点E在边BC上，连接AE，点F在线段
AE上，连接BF，AC．
(1)如图1，已知AB⊥AC，点E为BC中点，BF⊥AE．若AE=5，BF=2❑√6，求AF的长度．
(2)如图2，已知AB=AE，∠BFE=∠BAC，将射线AE沿AC翻折交CD于H，过点C作CG⊥AC交
AH延长线于点G．若∠ACB=45°，请写出线段AF，AE，AG的数量关系并说明理由．
(3)如图3，已知AB⊥AC，若∠ACB=30°，AB=4，请直接写出AF+BF+CF的最小值．【答案】(1)AF=4
(2)AG=AE+AF，理由见解析
(3)4❑√7
【思路引导】（1）根据“直角三角形的中线等于斜边长一半”，可以得到AE=BE=CE=5，再在直角
△BEF中，利用勾股定理求出EF，则AF=AE−EF，即可求解；
（2）由题意可得，AC是∠GCE的角平分线，且CG⊥AC，故延长AE，GC交于点M，可证AG=AM，
要证AG=AE+AF，而AM=AE+EM，即证明AF=EM即可，延长BF交AC于N，过E作EP⊥AC于
P，先证明△ABN≌△EAP，可以得到AN=EP，再证明四边形EQCP是正方形，得到EQ=EP=AN，
接着证明△ANF≌△EQM即可解决；
（3）如图3，分别以AF和AC为边构造等边三角形，构造“手拉手”模型，即可得到
△AFC≌△AMN，所以CF=MN，FM=AF，则AF+BF+CF=BF+FM+MN，当B，F，M，N
四点共线时，所求线段和的值最小，利用∠BAN=150°，AB=4，AC=AN=4❑√3，解△ABN即可
解决．
【规范解答】（1）解：∵AB⊥AC，
∴∠BAC=90°，
∵E为BC的中点，AE=5，
∴AE=BE=EC=5，
∵BF⊥AE，
∴∠BFE=90°，
∴在Rt△BEF中，EF=❑√BE2−BF2=❑√52−(2❑√6) 2=1，
∴AF=AE−EF=4；
（2）证明：AG=AE+AF，理由如下：
如图2，设射线AE与射线GC交于点M，由题可设∠CAM=∠CAG=α，
∵AC⊥CG，
∴∠ACM=∠ACG=90°，
∴∠AMG=∠AGM=90°−α，
∴AM=AG，
∵∠BFE=∠BAC，
∴∠ABF+∠BAE=∠CAM+∠BAE，
∴∠ABF=∠CAM=α，
∵AB=AE，
∴∠ABE=∠AEB，
∴∠ABF+∠FBE=∠ACB+∠CAM，
∵∠ABF=∠CAM=α，∠ACB=45°，
∴∠FBE=∠ACB=45°，
延长BF交AC于N，
∴BN=CN，∠BNC=∠ANF=90°，
过E作EP⊥AC于P，
则∠APE=∠BNA=90°，
在△ABN与△EAP中，
{∠BNA=∠APE
)
∠ABN=∠EAP ，
AB=EA
∴△ABN≌△EAP(AAS)，
∴AN=EP，
过E作EQ⊥CM于Q，
∴∠EQC=∠ACM=∠EPC=90°，
∴四边形EQCP为矩形，
∵∠BCM=90°−∠ACB=45°，
∴∠BCM=∠ACB，
∴EP=EQ=AN，
∴矩形EQCP为正方形，
∴EQ∥AC，
∴∠MEQ=∠FAN，
在△MEQ与△FAN中，{∠MEQ=∠FAN
)
EQ=AN ，
∠EQM=∠ANF
∴△EQM≌△ANF(ASA)，
∴AF=EM，
∵AM=AE+EM，
∴AG=AE+AF；
（3）解：如图3，把AC绕点A逆时针旋转60°得到AN，得到等边△ACN，同理以AF为边构造等边
△AFM，
∴AF=AM=FM，AC=AN=CN，∠FAM=∠CAN=60°，
∴∠FAM−∠MAC=∠CAN−∠MAC，
∴∠CAF=∠NAM，
在△AFC与△AMN中，
{
AF=AM
)
∠CAF=∠NAM ，
AC=AN
∴△AFC≌△AMN (SAS)，
∴CF=MN，
∴AF+BF+CF=BF+FM+MN，
当B，F，M，N四点共线时，AF+BF+CF最小，
即为线段BN的长度，如图4，过N作NT⊥BA交其延长线于T，
∴∠BTN=90°，
∵AB⊥AC，
∴∠BAC=90°，
∵AB=4，∠ACB=30°，
∴BC=2AB=8，
∴AC=❑√BC2−AB2=4❑√3，
∴AN=AC=4❑√3，
∵∠BAN=∠BAC+∠CAN=150°，
∴∠tan=180°−∠BAN=30°，
1
在Rt△tan中， TN= AN=2❑√3，
2
∴AT=❑√AN2−T N2=6，
∴TB=TA+AB=6+4=10，
∴BN=❑√T N2+T B2=4❑√7，
∴AF+BF+CF的最小值为4❑√7．
【考点剖析】本题是一道四边形综合题，考查了线段的“截长补短”在证明三角形全等中的应用，同时要
注意基本辅助线构造方法，比如第（2）问中的线段AC既是角平分线，又是垂线段，延长相交构等腰就是
本题的突破口，再结合线段的截长补短来构造全等，还考查了多条线段和的最值问题，利用旋转变换来转
化线段是解决此问的关键．
8．（24-25八年级下·四川泸州·期中）如图，已知正方形ABCD的边长为6，E为CD边上一点（点E不
与端点C，D重合），将△ADE沿AE对折至△AFE，延长EF交边BC点G，连接AG，对角线BD与AG、
AE分别交于P、Q两点．以下各结论：①∠EAG=45°；②BG2+DE2=GE2；③BP2+DQ2=PQ2；④若DE=2，则G为BC的中点；⑤线段CF的最小值为6❑√2−6．其中正确的结论是（ ）
A．①③④ B．①③④⑤ C．②③⑤ D．①②③④⑤
【答案】B
【思路引导】此题重点考查正方形的性质、旋转的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理、乘法公式、
两点之间线段最短等知识，正确地作出所需要的辅助线是解题的关键．
由正方形的性质得，AB=AD=CB=CD，∠BAD=∠ADC=∠ABC=∠BCD=90°，由翻折得
1
AF=AD=AB=6，FE=DE，∠EAF=∠EAD= ∠DAF，∠AFE=∠ADE=90°，可证明
2
1
Rt△AFG≌Rt△ABG，得FG=BG，∠GAF=∠GAB= ∠BAF，所以
2
1
∠EAG= (∠DAF+∠BAF)=45°，可判断①正确；因为BG2+DE2=FG2+FE2，
2
GE2=(FG+FE) 2=FG2+FE2+2FG⋅FE，所以BG2+DE2≠GE2，可判断②错误；将△ADQ绕点
A顺时针旋转90°得到△ABH，连接PH，可证明△APH≌△APQ，得PH=PQ，因为
∠PBH=∠ABD+∠ABH=90°，所以BP2+BH2=PH2，则BP2+DQ2=PQ2，可判断③正确；由
CB=CD=6，DE=2，得FE=DE=2，CE=4，由勾股定理得(6−BG) 2+42=(2+BG) 2，求得BG=3，
则G为BC的中点，可判断④正确；连接AC，则AC=❑√AB2+CB2=6❑√2，由CF+AF≥AC，得
CF+6≥6❑√2，则CF≥6❑√2−6，所以CF的最小值为6❑√2−6，可判断⑤正确．
【规范解答】解：∵四边形ABCD是边长为6的正方形，
∴AB=AD=CB=CD=6，∠BAD=∠ADC=∠ABC=∠BCD=90°，
∵将△ADE沿AE对折至△AFE，延长EF交边BC于点G，1
∴AF=AD=AB=6，FE=DE，∠EAF=∠EAD= ∠DAF，∠AFE=∠ADE=90°，
2
∴∠AFG=∠ABG=90°，
在Rt△AFG和Rt△ABG中，
{AG=AG)
，
AF=AB
Rt△AFG≌Rt△ABG(HL)，
1
∴FG=BG，∠GAF=∠GAB= ∠BAF，
2
1 1
∴∠EAG=∠EAF+∠GAF= (∠DAF+∠BAF)= ∠BAD=45°，故①正确；
2 2
∵BG2+DE2=FG2+FE2，GE2=(FG+FE) 2=FG2+FE2+2FG⋅FE，
∴BG2+DE2≠GE2，故②错误；
将△ADQ绕点A顺时针旋转90°得到△ABH，连接PH，则AH=AQ，BH=DQ，∠BAH=∠DAQ，
∴∠HAP=∠BAH+∠BAP=∠DAQ+∠BAP=90°−∠EAG=45°，
∴∠HAP=∠QAP=45°，
在△APH和△APQ中，
{
AH=AQ
)
∠HAP=∠QAP ，
AP=AP
∴ △APH≌△APQ(SAS)，
∴PH=PQ，
∵∠ABD=∠ADB=45°，
∴∠ABH=∠ADQ=45°，
∴∠PBH=∠ABD+∠ABH=90°，
∴BP2+BH2=PH2，
∴BP2+DQ2=PQ2，故③正确；
∵CB=CD=6，DE=2，
∴FE=DE=2，CE=CD−DE=6−2=4，
∵CG2+CE2=EG2，且CG=6−BG，EG=FE+FG=2+BG，
∴(6−BG) 2+42=(2+BG) 2，
解得BG=3，∴CG=BG=3，
∴G为BC的中点，故④正确；
连接AC，则AC=❑√AB2+CB2=❑√62+62=6❑√2，
∵CF+AF≥AC，
∴CF+6≥6❑√2，
∴CF≥6❑√2−6，
∴CF的最小值为6❑√2−6，故⑤正确，
故选：B．
9．（24-25九年级上·广西河池·期末）通过类比联想、引申拓展研究典型题目，可达到解一题知一类的
目的．下面是一个案例，请补充完整．
原题：如图1，点E、F分别在正方形ABCD的边BC、CD上，∠EAF=45°，连接EF，则
EF=BE+DF，试说明理由．
(1)思路梳理
∵AB=CD，
∴把△ABE绕点A逆时针旋转90°至△ADG，可使AB与AD重合．
∵∠ADC=∠B=90°，
∴∠FDG=180°，点F、D、G共线．
根据 ，易证△AFG≌ ，得EF=BE+DF．
(2)类比引申如图2，四边形ABCD中，AB=AD，∠BAD=90°，点E、F分别在边BC、CD上，∠EAF=45°．
若∠B、∠D都不是直角，则当∠B与∠D满足等量关系 时，仍有EF=BE+DF．并给予证明；
(3)联想拓展
如图3，在△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC，点D、E均在边BC上，且∠DAE=45°．请你猜想
BD、DE、EC应满足怎样的等量关系？（直接写出结论，不要求写出推理过程）
【答案】(1)SAS，△AFE
(2)∠B+∠D=180°，证明见解析
(3)BD2+CE2=DE2
【思路引导】（1）由旋转的性质可证△AFG≌△AFE(SAS)，即得GF=EF，进而即可求证；
（2）把△ABE绕点A逆时针旋转90°至△ADG，如图2，同理（1）证明即可；
（3）把△ACE旋转到△ABF的位置，如图3，连接DF，同理（1）可证△ADF≌△ADE(SAS)，即
得DF=DE，又根据等腰直角三角形和旋转的性质可得∠DBF=90°，进而利用勾股定理即可求证．
【规范解答】（1）解：∵AB=CD，
∴把△ABE绕点A逆时针旋转90°至△ADG，可使AB与AD重合，
∵∠ADC=∠B=90°，
∴∠FDG=180°，点F、D、G共线，
∵∠BAD=90°，∠EAF=45°，
∴∠BAE+∠DAF=45°，
∵∠DAG=∠BAE，
∴∠DAG+∠DAF=45°，
即∠GAF=∠EAF，
又∵AF=AF，AG=AE，
∴△AFG≌△AFE(SAS)，
∴GF=EF，
∵GF=DG+DF=BE+DF，
∴EF=BE+DF，
故答案为：SAS，△AFE；
（2）解：当∠B+∠D=180°时，EF=BE+DF，证明如下：
∵AB=AD，把△ABE绕点A逆时针旋转90°至△ADG，可使AB与AD重合，如图2，∴∠BAE=∠DAG，∠B=∠ADG，AE=AG，
∵∠BAD=90°，∠EAF=45°，
∴∠BAE+∠DAF=∠DAG+∠DAF=45°，
即∠GAF=45°，
∴∠EAF=∠GAF，
∵∠ADC+∠B=180°，
∴∠ADC+∠ADG=180°，
即∠FDG=180°，
∴点F、D、G共线，
∵AF=AF，AE=AG，
∴△AFE≌△AFG(SAS)，
∴EF=GF，
∵GF=DG+DF=BE+DF，
∴EF=BE+DF，
故答案为：∠B+∠D=180°；
（3）解：BD2+CE2=DE2，理由如下：
∵AB=AC，
∴把△ACE旋转到△ABF的位置，可使AB与AD重合，如图3，连接DF，则AF=AE，BF=CE，
∠BAF=∠CAE，∠ABF=∠C，∵∠BAC=90°，AB=AC，∠DAE=45°，
∴∠ABC=∠C=∠ABF=45°，∠BAD+∠CAE=∠BAD+∠BAF=45°，
即∠DAF=45°，
∴∠DAF=∠DAE，
∵AF=AE，AD=AD，
∴△ADF≌△ADE(SAS)，
∴DF=DE，
∵∠C=∠ABF=45°，
∴∠DBF=90°，
∴BD2+BF2=DF2，
∴BD2+CE2=DE2．
【考点剖析】本题考查了正方形的性质，旋转的性质，全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，
勾股定理，正确作出辅助线是解题的关键．
题型4：旋转的性质及辨析
10．（24-25八年级下·山西运城·期末）如图，△ABC中，∠ABC=108°，在AC边的同侧作等边三
角形△ABD，△ACE，△BCF，连接DE，EF．以下结论中正确的有（ ）
①四边形BDEF是平行四边形；
②∠ADE=108°；
③BF=DE；
④△EFC可以看成是△ABC绕点C顺时针旋转60°得到的．A．②③ B．①②④ C．①②③④ D．②③④
【答案】C
【思路引导】本题主要考查全等三角形的判定与性质，平行四边形的判定以及旋转等知识，分别证明
△ADE≌△ABC和△EFC≌△ABC可得DE=BC,EF=AB，由等边三角形的性质得
DE=BF,EF=DB，得四边形BDEF是平行四边形；∠ADE=∠ABC=108°；△EFC可以看成是
△ABC绕点C顺时针旋转60°得到的，故可得结论．
【规范解答】解：∵△ABD，△ACE，△BCF是等边三角形，
∴AD=AB=DA,AE=AC=EC,BC=BF=FC,∠DAB=∠EAC=∠BCF=60°，
∴∠DAE+∠EAB=∠EAB+∠BAC，
∴∠DAE=∠BAC,
∴△ADE≌△ABC(SAS)，
∴DE=BC，∠ADE=∠ABC=108°，故②正确；
∴DE=BF，故③正确；
同理可证△EFC≌△ABC，
∴EF=AB，
∴DB=EF，
∴四边形BDEF是平行四边形；
∵△EFC≌△ABC，且∠BCF=60°，
∴△EFC可以看成是△ABC绕点C顺时针旋转60°得到的，故④正确；
∴正确的结论是①②③④，
故选：C．
11．（23-24九年级上·四川广安·阶段练习）以△ABC的AB，AC为边分别作正方形ADEB，正方形
ACGF，连接DC，BF．(1)CD与BF有什么数量与位置关系？说明理由．
(2)利用旋转的观点，在此题中，△ADC可看成由哪个三角形绕哪点旋转多少角度得到的．
【答案】(1)CD=BF，CD⊥BF，理由见解析
(2)△ADC是△ABF三角形绕点A顺时针旋转90度得到的
【思路引导】（1）由正方形的性质得到AD=AB，AF=AC，∠BAD=∠CAF=90°，再证明
∠BAF=∠DAC，进而证明△BAF≌△DAC(SAS)得到CD=BF，∠ADC=∠ABF，再利用三角
形内角和定理证明∠KAD=∠KTB=90°，即CD⊥BF，即可得到结论；
（2）根据（1）所求可知△ADC是△ABF三角形绕点A顺时针旋转90度得到的．
【规范解答】（1）解：CD=BF，CD⊥BF，理由如下：
∵四边形ABED和四边形ACGF都是正方形，
∴AD=AB，AF=AC，∠BAD=∠CAF=90°，
∴∠BAD+∠BAC=∠CAF+∠BAC，即∠BAF=∠DAC，
∴△BAF≌△DAC(SAS)，
∴CD=BF，∠ADC=∠ABF，
又∵∠AKD=∠TKB，
∴∠KAD=∠KTB=90°，即CD⊥BF，
∴CD=BF，CD⊥BF；
（2）解：∵△BAF≌△DAC，∠BAD=90°，
∴△ADC是△ABF三角形绕点A顺时针旋转90度得到的．
【考点剖析】本题主要考查了正方形的性质，全等三角形的性质与判定，三角形内角和定理，旋转的概念等等，证明△BAF≌△DAC是解题的关键．
12．（24-25九年级上·北京大兴·期末）如图，将△ABC绕点C顺时针旋转得到△DEC，使点A的对应点D
恰好落在边AB上，点B的对应点为E，连接BE，下列四个结论：
①AC＝AD；②AB⊥EB；③BC＝EC；④∠A＝∠EBC；
其中一定正确的是（ ）
A．①② B．②③
C．③④ D．②③④
【答案】C
【思路引导】根据旋转的性质，得到对应边相等，旋转角相等，从而去判断命题的正确性．
【规范解答】解：∵旋转，
∴AC=DC，
但是旋转角不一定是60°，
∴△ACD不一定是等边三角形，
∴AC=AD不一定成立，即①不一定正确；
∵旋转，
∴BC=EC，故③正确；
∵旋转，
∴∠ACD=∠BCE，
∵等腰三角形ACD和等腰三角形BCE的顶角相等，
∴它们的底角也相等，即∠A=∠EBC，故④正确；
∵∠A+∠ABC=90°不一定成立，
∴∠EBC+∠ABC=90°不一定成立，
∴AB⊥EB不一定成立，即②不一定正确．
故选：C．
【考点剖析】本题考查旋转的性质，解题的关键是掌握图形旋转的性质．
题型5：求绕某点（非原点）旋转90度的点的坐标
13．（25-26九年级上·北京·开学考试）如图，在平面直角坐标系中，点A，B，C的坐标分别为(−2,1)，(1,2)，(2,1)，将△ABC绕点P逆时针方向旋转得到△A′B′C′，点A的对应点A′的坐标为(−2,−1)，点B
的对应点B′的坐标为(−3,2)．
(1)点P的坐标是______；
(2)画出旋转后的△A′B′C′，并写出C′的坐标是______；
(3)线段BA的延长线与线段A′B′交于点M，直接写出∠BM A′的度数．
【答案】(1)P(−1,0)
(2)图形见解析，(−2,3)；
(3)90°．
【思路引导】本题考查了作图−旋转变换，熟记旋转变换的性质是解题的关键．
（1）分别作线段BB′与线段A A′的垂直平分线相交于点P，则点P即为旋转点，从而得出正确结论；
（2）根据旋转的性质作图即可，再写出点C′的坐标；
（3）由作图可知，△A′B′C′是由△ABC绕点P逆时针旋转90°得到的，从而得出结果．
【规范解答】（1）解：如图所示，点P(−1,0)，
故答案为：P(−1,0)；
（2）解：如图所示，△A′B′C′即为所求，C′(−2,3)，
故答案为：(−2,3)；
（3）解：由作图可知，△A′B′C′是由△ABC绕点P逆时针旋转90°得到的，
∴BM⊥B′ A′，∴∠BM A′=90°．
14．（24-25八年级下·山东济南·期末）如图，在平面直角坐标系中，已知点A(−2,2),B(−1,4)，
C(−4,5)，请解答下列问题：
(1)若△ABC经过平移后得到△A B C ，已知点C 的坐标为(1,−1)，请作出△A B C ；
1 1 1 1 1 1 1
(2)将△ABC绕点A按顺时针方向旋转90°得到△ AB C ，请作出△AB C ；并写出C 点的坐标
2 2 2 2 2
______________；
(3)在平面上是否存在点D，使得以A、B、C、D为顶点的四边形是平行四边形，若存在，请直接写出符合
条件的所有点D的坐标，若不存在，请说明理由．
【答案】(1)作图见解析，
(2)作图见解析，(1,4)
(3)(−5,3)或(−3,7)或(1,1)
【思路引导】此题考查了平移和旋转的作图、平行四边形的性质和判定等知识，熟练掌握平移和旋转的作
图是关键．
（1）已知C(−4,5)平移得到点C 的坐标为(1,−1)，即可得到平移规律为向右平移5个单位，向下平移6
1
个单位，据此得到A、B经过平移后得到的对应点A 、B ，再顺次连接A 、B 、C 即可得到
1 1 1 1 1
△A B C ；
1 1 1
（2）作出B、C绕点A按顺时针方向旋转90°得到的对应点B 、C ，顺次连接A、B 、C 即可得到
2 2 2 2
△AB C ，并写出C 点的坐标即可；
2 2 2
（3）根据平行四边形的判定和性质找到所求的点即可．
【规范解答】（1）解：如图，△A B C 即为所求，
1 1 1（2）如图，△AB C 即为所求，C 点的坐标；
2 2 2
故答案为：(1,4)
（3）如图，点D的坐标为(−5,3)或(−3,7)或(1,1)．
15．（2025·山东青岛·一模）如图，△ABC放在平面直角坐标系中，其中A(2,0)，B(4,4)，C(1,3)．
将△ABC先向左平移4个单位得到△A B C ，再绕点A的对应点A 顺时针旋转90°得到△A B C ，
1 1 1 1 2 2 2
则点B的对应点B 的坐标是（ ）
2
A．(−6,2) B．(−2,0) C．(2,−3) D．(2,−2)
【答案】D
【思路引导】本题考查旋转变换，平移变换等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，正确作出图形是解
决问题的关键，根据平移变换，旋转变换的性质画出图像即可解决问题．
【规范解答】解：如图所示：观察图像可知：B (2,−2)
2
故选：D．
题型6：求绕原点旋转一定角度的点的坐标
16．（24-25八年级下·山东青岛·期末）如图，Rt△OCB的斜边OB在y轴上，OC=❑√3，
∠BOC=30°，直角顶点C在第二象限，将Rt△OCB绕原点顺时针旋转120°后得到△OC′B′，则B点
的对应点B′的坐标是 ．
【答案】(❑√3,−1)
【思路引导】本题考查了旋转的性质，坐标与图形，勾股定理，含30度角的直角三角形的性质，根据旋转
求得角和线段相等是解题的关键．
1
根据题意，先利用含30度角的直角三角形的性质求得BC= OB，再根据已知条件及勾股定理求得BC的
2
长，根据已知BC⊥OC，以及旋转的性质可知B′C′=BC，B′C′ ⊥OC′，进而可知B′的坐标．
【规范解答】解：如图，∵△OCB
是直角三角形，
∴∠C=90°，
∵ ∠COB=30°，
1
∴BC= OB，
2
∴CO=❑√OB2−BC2=❑√3BC，
∵ OC=❑√3，
∴BC=1，OB=2，
由旋转可知，∠B′C′O=∠C=90°,OC′=OC,B′C′=BC，
∠COC′=120°，
∵∠COB=30°，
∴ ∠BOC′=∠COC′−∠COB=120°−30°=90°
∴C′在x轴上，
∴B′C′ ⊥x轴，
∴B′(❑√3,−1)．
故答案为：(❑√3,−1)．
17．（24-25八年级下·河北保定·期中）在如图平面直角坐标系xOy中，△ABC三个顶点的坐标分别为
A(−2,3)，B(−4,1)，C(−1,2)．(1)将△ABC绕原点O顺时针旋转180°，请画出旋转后的△A B C ；
1 1 1
(2)将△ABC平移后得到△A B C ，若点A对应点A 坐标为(3,0)，
2 2 2 2
①请画出平移后的△A B C ；
2 2 2
②若△ABC内部一点P的坐标为(a,b)，则点P的对应点P 的坐标是______；（用字母a、b表示）．
2
(3)将△A B C 绕某一点E旋转可得到△A B C ，直接写出点E的坐标是______；
1 1 1 2 2 2
1
(4)若点P是网格中第二象限内的格点，且满足S = S ，这样的点P在网格中有______个．
△PAC 2 △ABC
【答案】(1)见解析
(2)①见解析；②(a+5,b−3)
(5 3)
(3)E ,−
2 2
(4)9
【思路引导】本题主要考查了坐标与图形变化—旋转和平移，平行四边形的性质与判定，正确根据图形的
变换方式找到对应点位置是解题的关键．
（1）绕原点O顺时针旋转180°，旋转前后对应点的横纵坐标互为相反数，据此描出A ，B ，C ，再顺
1 1 1
次连接A ，B ，C 即可；
1 1 1
（2）①根据点A和点A 的坐标，可判断出平移方式，进而确定B ，C 的坐标，描出A 、B 、C ，再
2 2 2 2 2 2
顺次连接△A B C 即可；②根据平移方式即可得到带你P 的坐标；
2 2 2 2
（3）可证明四边形A C A B 是平行四边形，则点E即为四边形A C A B 对角线的交点，据此根据两
1 1 2 1 1 1 2 1
点中点坐标计算公式求解即可；
1
（4）由S = S 可知，点P到直线AC的距离等于点B到直线AC的距离的一半或点P到直线AB
△PAC 2 △ABC
的距离等于点C到直线AB的距离的一半或点P到直线BC的距离等于点A到直线BC的距离的一半，据此根据网格的特点作图求解即可．
【规范解答】（1）解：如图所示，△A B C 即为所求；
1 1 1
（2）解：①如图所示，△A B C 即为所求；
2 2 2
②∵将△ABC平移后得到△A B C ，点A(−2,3)对应点A 坐标为(3,0)，
2 2 2 2
∴平移方式为向右平移3−(−2)=5个单位长度，向下平移3−0=3个单位长度，
∵△ABC内部一点P的坐标为(a,b)，
∴点P的对应点P 的坐标是(a+5,b−3)；
2
（3）解：由平移和旋转的性质可得A C =A C =AC，A B =A B =AB，
1 1 2 2 2 2 1 1
∴四边形A C A B 是平行四边形，
1 1 2 1
∵将△A B C 绕某一点E旋转可得到△A B C ，
1 1 1 2 2 2
∴点E即为四边形A C A B 对角线的交点，
1 1 2 1
∵A (3,0)，A (2,−3)，
2 1
(2+3 −3+0) (5 3)
∴E , ，即E ,− ；
2 2 2 2
（4）解：如图所示，P 到P 即为所求，
1 9
∴一共有9个点P符合题意．18．（24-25九年级上·河北邢台·期中）在平面直角坐标系中，一个图形先向右平移m个单位长度，再
绕原点按顺时针方向旋转θ角度，我们把这样的图形运动叫做图形的P(m,θ)变换．如图，等边三角形
ABC的顶点A在第一象限，顶点B与原点O重合，顶点C在x轴的正半轴上，△A′B′C′是△ABC经过
P(n,180°)变换所得的图形，其中点A′的坐标为(−4,−❑√3)，则n的值为（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】C
【思路引导】本题是材料阅读理解题，关键是能正确理解图形的P(m,θ)变换的定义后运用，关键是能发
现连续变换后出现的规律，过点A″作A″D⊥x轴于点D，先求得点A″的坐标为(4,❑√3)，再求出B″D，
据此求解即可．
【规范解答】解：如图，过点A″作A″D⊥x轴于点D．∵△A′B′C′是△ABC经过P(n,180°)变换所得的图形，其中点A′的坐标为(−4,−❑√3)，
∴将△ABC向右平移n个单位长度后，点A的对应点A″的坐标为(4,❑√3)，A″D=❑√3,OD=4，
∵△ABC是等边三角形，
∴△A″B″C″是等边三角形，
∴∠A″DB″=90°,∠B″ A″D=30°，
∴B″D=1,B″C″=A″B″=2，
∴OB″=4−1=3，
∴n=3．
故选：C．
题型7：坐标与旋转规律问题
19．（24-25九年级上·四川泸州·期中）如图，菱形ABCD的对角线交于原点O，A(−2❑√3,2)，
B(−1,−❑√3)．将菱形绕原点O逆时针旋转，每次旋转90°，则第2023次旋转结束时，点C的坐标为
（ ）
A．(2,❑√2) B．(−2❑√3,2) C．(−2,−2❑√3) D．(2❑√3,−2)
【答案】C【思路引导】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
AE⊥x轴于点E，延长OB到C′点，使OC′=OA，过点C′作C′F⊥x轴于点F，再根据菱形的性质及全等
三角形的判定，即可求得C′点的坐标，据此即可求解．
【规范解答】解：∵将菱形绕原点O逆时针旋转，每次旋转90°，360°÷90°=4，
∴旋转4次后回到原来的位置，
∵2023÷4=505⋯⋯3，
∴第2023次旋转结束时，点C在第三象限，
如图：过点A作AE⊥x轴于点E，延长OB到C′点，使OC′=OA，过点C′作C′F⊥x轴于点F，
∴∠AEO=∠OFC′=90°，
∴∠OAE+∠AOE=90°，
∵四边形ABCD是菱形，
∴OA=OC=OC′ ，AC⊥BD，
∴∠C′OF+∠AOE=90°，
∴∠OAE=∠C′OF，
∴△OAE≌△C′OF(AAS)，
∴AE=OF，OE=C′F，
∵A(−2❑√3,2)，
∴OE=2❑√3，AE=2，
∴OF=2，C′F=2❑√3，
∴C′(−2,−2❑√3)，
故第2023次旋转结束时，点C的坐标为(−2,−2❑√3)．
故选：C．
【考点剖析】本题考查菱形的性质，旋转的性质，全等三角形的判定与性质，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．20．（2023九年级上·黑龙江哈尔滨·竞赛）如图，在平面直角坐标系中，有一个矩形ABOC，边BO在
x轴上，边OC在y轴上，AB=1，BO=2．将矩形ABOC绕着点O顺时针旋转90度，得到矩形
A B OC 再将矩形A B OC 绕着点C 顺时针旋转90°得到矩形A B O C ，依次旋转下去，则经过第
1 1 1 1 1 1 1 2 2 1 1
113次旋转，点O的对应点的横坐标是
【答案】168
【思路引导】本题考查了坐标与旋转结合的找规律，根据旋转依次找出所求点的对应坐标，分析得到规律
即可找到其相应的坐标．
【规范解答】解：在矩形ABOC中，AB=1，BO=2，
由旋转可知O C =OC =OC=AB=1，A C =A C =AC=BO=2，A B =A B =A B =AB=1，
1 1 1 2 1 1 1 2 3 2 2 1 1
∴第1次旋转后，点O的对应点O(0,0)，
第2次旋转后，点O的对应点O (1,1)，
1
第3次旋转后，点O的对应点O (4,2)，
2
第4次旋转后，点O的对应点O (6,0)，
3
然后再重复以上过程，旋转4次一个循环，每一个循环结束，点O的对应点横坐标增加6个单位，在一个
循环中纵坐标依次为0，1，2，0，横坐标依次为0，1，4，6，……，
113÷4=28⋯1，
∴经过113次旋转，点O的对应点横坐标为28×6=168．
故答案为：168．
21．（2023九年级上·全国·专题练习）如图，在平面直角坐标系中，边长为2的正六边形ABCDEF的
中心与原点O重合，AB∥x轴，交y轴于点P．将△OAP绕点O顺时针旋转，每次旋转90°，则第2023
次旋转结束时，点A的坐标为（ ）A．(❑√3,−1) B．(−1,−❑√3) C．(−❑√3,1) D．(1,❑√3)
【答案】C
【思路引导】本题考查了正多边形的性质、坐标与图形的变化—旋转规律性问题，得出规律是解此题的关
键．首先确定点A的坐标，得出每4次一个循环，计算出2023÷4=505…3，由此即可得出答案．
【规范解答】解：∵正六边形ABCDEF的边长为2，中心与原点O重合，AB∥x轴，交y轴于点P，
∴AP=1，AO=2，∠OPA=90°，
∴ OP=❑√OA2−AP2=❑√3，
∴点A的坐标为(1,❑√3)，
第1次旋转结束时，点A旋转到第四象限，坐标为(❑√3,−1)，
第2次旋转结束时，点A旋转到第三象限，坐标为(−1,−❑√3)，
第3次旋转结束时，点A旋转到第二象限，坐标为(−❑√3,1)，
第4次旋转结束时，点A的坐标为(1,❑√3)，
∴每4次一个循环，
∵2023÷4=505…3，
∴第2023次旋转结束时，点A的坐标为(−❑√3,1)，
故选：C．
题型8：线段问题（旋转综合题）
22．（24-25九年级上·河南郑州·期末）课本再现（北师大版九年级上册第29页~30页）
问题解决你能通过剪切和拼接下列图形得到一个矩形吗？在这些剪拼的过程中，剪下的
图形是经过怎样的运动最后拼接在一起的？
（1）平行四边形；（2）三角形；（3）菱形．
小涵所在的学习小组对课本上的这道题进行了分工合作，小涵的任务是把三角形纸片剪拼得到一个矩形．
(1)动手操作
小涵任意剪了一个三角形纸片ABC，他分别找到AB、AC边的中点D、E，连接DE．分别过点D、E作BC边的垂线DF、EG，垂足为F、G．再将△DBF和△EGC分别绕点D、E旋转180°，即可得到矩形
FGIJ（如图1）．则DE与BC的关系为：______．
(2)探究发现
小涵在动手操作的基础上发现，也可以过点A作AH⊥DE于点H，再将△ADH和△AEH分别绕点D、
E旋转180°，即可得到矩形BCMN（如图2）．小涵通过测量发现BC=15cm，∠BAC=90°，
AC=2AB．
①求△ADE的面积；
②在△AEH绕点E顺时针旋转180°的过程中，点A的对应点为A′，若A′E与△BDN一边平行时，请直
接写出此时A′N的长度．
1
【答案】(1)DE平行于BC且DE= BC
2
45
(2)① cm2 ；②3❑√14 cm或6❑√5 cm
4
【思路引导】（1）根据三角形中位线定理求解，即可解题；
（2）①根据题意设AB=x，则AC=2x，利用勾股定理建立方程求出AB，AC，进而得到AD，AE，再
根据三角形面积公式求解，即可解题；
②根据A′E与△BDN一边平行分情况讨论当A′E∥BN时，当A′E∥BD时，结合平行线性质，旋转的
性质，矩形的判定与性质，勾股定理进行求解，即可解题．
【规范解答】（1）解：∵ AB、AC边的中为点D、E，
1
∴ DE与BC的位置关系为平行，数量关系为DE= BC，
2
∴ DE平行于BC且等于BC的一半，
1
故答案为：DE平行于BC且DE= BC．
2
（2）解：（2）①∵ ∠BAC=90°，AC=2AB．
设AB=x，则AC=2x，
∴BC=❑√AC2+AB2=❑√5x，∵ BC=15cm，
∴❑√5x=15，
解得x=3❑√5，
∴ AB=3❑√5cm，AC=6❑√5cm，
∵ AB、AC边的中为点D、E，
3❑√5
∴AD= cm，AE=3❑√5cm，
2
1 3❑√5 45
∴ △ADE的面积为 × ×3❑√5= cm2 ；
2 2 4
②∵ N、D、E在同一直线上，
∴A′E与ND不平行；
旋转过程中，记H的对应点为H′，
当A′E∥BN时，
∵ BCMN
四边形 为矩形，
∴∠BND=90°，
∴∠A′EN=90°，
1 15 45
∵DE= BC= cm，△ADE的面积为 cm2 ，
2 2 4
∵ AH⊥DE，
45 15
∴AH= ×2÷ =3cm，
4 2
∵ AE=3❑√5cm，
∴ HE=❑√AE2−AH2=6 cm，
3
∴DH= cm，
2
3
由旋转的性质可知，DN=DH= cm，A′E=AE=3❑√5 cm，
2
15 3
∴NE= + =9 cm，
2 2∴A′N=❑√A′E2+N E2=3❑√14 cm；
当A′E∥BD时，作A′P⊥MN于点P，
∴∠A′EP=∠ADE
，
∵ ∠BAC=90°，
∴∠ADE+∠AED=90°，
由旋转的性质可知，A′H′=AH=3 cm，H′E=HE=6 cm，∠A′EH′=∠AED，
∠H′=∠AHE=90°，
∴∠A′EP+∠A′EH′=∠H′EP=90°，
∵ A′P⊥MN，
∴四边形A′PEH′为矩形；
∴A′P=H′E=6 cm，EP=A′H′=3 cm，
∴NP=9+3=12 cm，
∴A′N=❑√A′P2+N P2=6❑√5 cm；
综上所述，A′N的长度为3❑√14 cm或6❑√5 cm．
【考点剖析】本题考查了三角形中位线定理，勾股定理，平行线性质，旋转的性质，矩形的判定与性质，
解题的关键在于利用分类讨论的思想解决问题．
23．（23-24八年级下·安徽滁州·期末）[问题情境]如图1，E为正方形ABCD内一点，AE=5，
BE=12，∠AEB=90°，将Rt△ABE绕点A按逆时针方向旋转a度（0≤a≤180°），点B，E的对应点
分别为点B′，E′．
[问题解决](1)如图2，在旋转的过程中，当点B′落在AC上时，求此时CB′的长；
(2)若a=90°，如图3，得到△ADE′（此时B′与D重合），延长BE交DE′于点F，试判断四边形AEFE′
的形状，并说明理由；
(3)在Rt△ABE绕点A逆时针方向旋转的过程中，直接写出线段CE′长度的最大值．
【答案】(1)13❑√2−13
(2)四边形AEFE′是正方形，理由见解析
(3)13❑√2+5
【思路引导】本题是四边形综合题，主要考查了正方形的判断与性质，等腰直角三角形的性质，旋转的性
质，勾股定理等知识，熟练掌握以上知识是解决本题的关键．
（1）由勾股定理求出AB=13，再求出AC，由旋转的性质得：AB′=AB=13，则可得出答案；
（2）先证四边形AEFE′是矩形，再证明是正方形；
（3）点E′的轨迹为以A为圆心，5为半径的圆，当点C、A、E′依次共线时，CE′最大，计算即可．
【规范解答】（1）解：（1）∵AE=5，BE=12，∠AEB=90°，
∴ AB=❑√AE2+BE2=13，
∵四边形ABCD是正方形，
∴ BC=AB=13，∠ABC=90°，
∴ AC=❑√2AB=13❑√2，
由旋转的性质得：AB′=AB=13，
∴ CB′=AC−AB′=13❑√2−13；
（2）解：四边形AEFE′是正方形，理由如下：
由旋转的性质得：AE′=AE，∠EAE′=α=90°，
∵∠AE′D=∠AEB=90°，∠AEF=180°−90°=90°，
∴四边形AEFE′是矩形，
又∵AE′=AE，
∴矩形AEFE′是正方形；
（3）解：∵AE′=5是固定值，点A是定点，点E′是动点，
∴点E′的轨迹为以A为圆心，5为半径的圆，如图：当点C、A、E′依次共线时，CE′最大，
此时，CE′=AC+AE′=13❑√2+5，
即CE′长度的最大值为13❑√2+5．
24．（23-24八年级下·江苏无锡·期中）如图1，在△ABC中，∠ACB=90°，BC=AC，点D在AB
上，DE⊥AB交BC于点E，F是AE中点．
(1)线段FD与线段FC的数量关系是FD _____FC，位置关系是FD _____FC；
(2)如图2，将△BDE绕点B逆时针旋转α(0°<α<90°)，其他条件不变，线段FD与线段FC的关系是否
发生变化？写出你的结论并证明；
(3)将△BDE绕点B逆时针旋转一周，如果BC=2❑√2，BE=2，直接写出线段BF长的取值范围 _______．
【答案】(1)＝，⊥；
(2)线段FD与线段FC的关系不发生变化．证明见解析；
(3)1≤BF≤3．
【思路引导】（1）由直角三角形斜边中线定理即可证明FD=FC，进而可证DF⊥CF；
（2）如图，延长AC到M使得CM=CA，延长ED到N，使得DN=DE，连接BN、BM、EM、AN，延
长ME交AN于H，交AB于O，证明△ABN≌△MBE，推出AN=EM，再利用三角形中位线定理即可
解决问题；
（3）分别求出BF的最大值、最小值即可解决问题．
【规范解答】（1）∵∠ADE=∠ACE=90°，AF=FE，
∴DF=AF=EF=CF，
∴∠FAD=∠FDA，∠FAC=∠FCA，∴∠DFE=∠FDA+∠FAD=2∠FAD，∠EFC=∠FAC+∠FCA=2∠FAC，
∵CA=CB，∠ACB=90°，
∴∠BAC=45°，
∴∠DFC=∠EFD+∠EFC=2(∠FAD+∠FAC)=90°，
∴DF=FC，DF⊥FC，
故答案为：＝，⊥；
（2）线段FD与线段FC的关系不发生变化．理由如下：
如图，延长AC到M使得CM=CA，延长ED到N，使得DN=DE，连接BN、BM、EM、AN，延长ME
交AN于H，交AB于O，
∵∠ACB=90°，BC=AC，
∴∠BAC=∠ABC=45°，
∵BC⊥AM，AC=CM，
∴BA=BM，
∴∠ABC=∠MBC=45°，
∴∠ABM=90°，
同理可证BE=BN，∠EBN=90°
∵∠ABM=∠EBN=90°，
∴∠NBA=∠EBM，
∴△ABN≌△MBE(SAS)，
∴AN=EM，∠BAN=∠BME，
∵AF=FE，AC=CM，
1
∴CF= EM，FC∥EM，
2
1
同理可证FD= AN，FD∥AN，
2∴FD=FC，
∵∠BME+∠BOM=90°，∠BOM=∠AOH，
∴∠BAN+∠AOH=90°，
∴∠AHO=90°，
∴AN⊥MH，FD⊥FC；
（3）如图2，连接BF．
∵|BE−BF|≤BF≤BE+BF，
∴如图3时BF取得最大值时，点E落在AB上时，
∵AC=BC=2❑√2，∠ACB=90°，
∴AB=❑√AC2+BC2=4，
∵BE=2，
∴AE=4−2=2，
∵点F是AE的中点，
∴AF=EF=1，
∴BF的最大值=AB−AF=4−1=3；
如图4中，当点E落在AB的延长线上时，BF的值最小，∵AB=4，BE=2，
∴AE=AB+BE=6，
∵点F是AE的中点，
∴AF=EF=3，
∴BF的最小值=AB−AF=4−3=1，
综上所述，1≤BF≤3．
【考点剖析】本题主要考查了等腰直角三角形的性质，旋转变换，全等三角形的判定和性质，直角三角形
斜边中线的性质，勾股定理，三角形三边的关系，三角形中位线定理等知识，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．
题型9：面积问题（旋转综合题）
25．（24-25八年级下·江苏扬州·期末）已知△ABC中，∠ACB=90°,AB=25,BC=20，将
△ABC绕着点C顺时针旋转，得到△MNC．
(1)如图1，当点M落在AB边上时，求线段BM的长；
(2)如图2，当△ABC绕着点C顺时针旋转到△MNC的位置时，连接AM、AN、BM、BN．
①判断线段AM与BN的位置关系并说明理由；
②求AN2+BM2的值；
③在△ABC的旋转过程中，直接写出△ACN的面积与△BCM的面积之和的最大值为________．【答案】(1)7
(2)①AM⊥BN，理由见解析；②1250；③300
【思路引导】（1）先利用勾股定理求出AC的长，过点C作CD⊥AB于点D，根据
1 1
S = AB×CD= AC×BC，可得CD=12，可得AD=9，由旋转的性质得：AC=CM=15，从而
△ABC 2 2
得到AM=2AD=18，即可求解；
（2）①由旋转的性质得：AC=MC,BC=NC,∠ACB=∠MCN=90°，从而得到∠ACM=∠BCN，
进而得到∠CAM=∠CBN，再由∠AEC=∠BED，可得∠ACE=∠BDE，即可解答；②根据勾股
定理可得AN2+BM2=AD2+N D2+BD2+M D2=(AD2+BD2)+(N D2+M D2)=AB2+M N2，再由
旋转的性质得：AB=MN=25，即可求解；③延长AC至点T，使CT=CM，过点N作NK⊥AC交AC延
长线于点K，连接NT，结合旋转的性质可得，∠NCT=∠MCB,CT=MC=15，从而得到
AT=AC+CT=30，再证明△CNT≌△CBM，可得S =S ，从而得到
△CNT △CBM
S +S =S ，进而得到当NK最大时，S +S 最大，再由NK的最大值为NC=20，即
△ACN △BCM △ANT △ACN △BCM
可求解．
【规范解答】（1）解：∵∠ACB=90°,AB=25,BC=20，
∴AC=❑√AB2−BC2=❑√252−202=15，
如图，过点C作CD⊥AB于点D，
1 1
∴S = AB×CD= AC×BC，
△ABC 2 2
1 1
∴ ×25×CD= ×20×15，
2 2
解得：CD=12，
∴AD=❑√AC2−CD2=9，
由旋转的性质得：AC=CM=15，∴AM=2AD=18，
∴BM=AB−AM=7；
（2）解：①AM⊥BN，理由如下：
由旋转的性质得：AC=MC,BC=NC,∠ACB=∠MCN=90°，
∴∠CAM=∠CMA,∠CBN=∠CNB,∠ACB+∠MCB=∠MCN+∠MCB
，即∠ACM=∠BCN，
∴180°−∠ACM=180°−∠BCN，即∠CAM+∠CMA=∠CBN+∠CNB，
∴2∠CAM=2∠CBN，
∴∠CAM=∠CBN，
∵∠AEC=∠BED，
∴180°−∠CAM−∠AEC=180°−∠CBN−∠BED，
即∠ACE=∠BDE，
∵∠ACE=90°，
∴∠BDE=90°，
∴AM⊥BN；
②∵AM⊥BN，
∴AN2=AD2+N D2,BM2=BD2+M D2，
∴AN2+BM2=AD2+N D2+BD2+M D2=(AD2+BD2)+(N D2+M D2)=AB2+M N2，
由旋转的性质得：AB=MN=25，
∴AN2+BM2=252+252=1250；
③如图，延长AC至点T，使CT=CM，过点N作NK⊥AC交AC延长线于点K，连接NT，如图，由旋转的性质得：∠MCN=∠ACB=90°=∠BCK,AC=MC=15，BC=NC=20，
∴∠NCT=∠MCB,CT=MC=15，
∴AT=AC+CT=15+15=30，
在△CNT和△CBM中，
{
NC=BC
)
∠NCT=∠MCB ，
CT=CM
∴△CNT≌△CBM，
∴S =S ，
△CNT △CBM
1
∴S +S =S +S =S = AT×NK=15NK．
△ACN △BCM △ACN △CNT △ANT 2
∴当NK最大时，S +S 最大，
△ACN △BCM
而NK的最大值为NC=20，
∴S +S 的最大值为15×20=300．
△ACN △BCM
故答案为∶300．
【考点剖析】本题主要考查了图形的旋转的问题，勾股定理，全等三角形的判定和性质，等腰三角形的性
质等，熟练掌握旋转的性质，勾股定理是解题的关键．
26．（21-22九年级上·天津河西·期末）如图①，将一个正方形纸片OABC和一个等腰直角三角形纸片
OED放入平面直角坐标系中，点O(0,0)，点A(0,5)，E(0,4)，D(4,0)．如图②，将纸片OED绕点O顺
时针旋转，设旋转角为α α．(1)当旋转角α为30°时，求此时点E的坐标；
(2)当旋转角α为45°时，连接AE，求AE2的值．
(3)在旋转的过程中，当∠OAE最大时，求此时△COD的面积（直接写出结果即可）．
【答案】(1)E（2,2❑√3）
(2)AE2=41−20❑√2
(3)△COD的面积为6
【思路引导】（1）过E点作EF⊥OA于F，解直角三角形求出EF，OF，可得结论．
（2）过E点作EF⊥OA于F，由勾股定理可求出答案；
（3）当OE⊥AE时，∠OAE的值最大，由勾股定理求出AE=3，再证明△OME≌△OFD(AAS)，得
出S =S ，可得结论．
△COD △AOE
【规范解答】（1）过E点作EF⊥OA于F，
∠AOE=30°
由题意 ，
1
∴EF= OE=2，
2
∴OF=❑√OE2−EF2=2❑√3，
∴ E(2,2❑√3)；
（2）过E点作EF⊥OA于F，如图②，
由题意得∠AOE=45°，
∴∠OEF=90°−∠AOE=90°−45°=45°，
∴OF=EF，
∵OE=❑√OF2+EF2=4，
∴OF=EF=2❑√2，
∴AF=AO−OF=5−2❑√2，
∵∠AFE=90°，∴ AE2=AF2+EF2=(5−2❑√2) 2+(2❑√2) 2=41−20❑√2；
（3）由题意知点E在以O为圆，OE为半径的圆上运动，当OE⊥AE时，∠OAE的值最大，此时
1 1
AE=❑√OA2−OE2=❑√52−42=3，S = ⋅OE⋅AE= ×4×3=6．
ΔOAE 2 2
D DF⊥x F E EM⊥OA E
过点 作 轴于 ，过点 作 于 ．
∵∠AOF=∠EOD=90°，
∴∠AOE=∠DOF，
∵∠EMO=∠DFO=90°，OE=OD，
∴△OME≌△OFD(AAS)，
∴EM=DF，
1 1
∵S = ⋅OC⋅DF，S = ⋅OA⋅ME，OC=OA，
△COD 2 △AOE 2
∴S =S =6．
△COD △AOE
【考点剖析】本题属于几何变换综合题，考查了等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定和性质，解直
角三角形，三角形的面积等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题．
27．（2023九年级上·全国·专题练习）似曾相识
（1）如图①，正方形ABCD的边长等于4，中心为O，正方形OA′B′C′的边长也等于4，在正方形
OA′B′C′绕着点O旋转的过程中，若将这两个正方形重叠部分的面积记为S，那么S是否为定值？若S为
定值，请直接写出该定值；若S变化，请直接写出它的变化范围．
类比探索
（2）如图②，等边△ABC的边长等于4，中心为O，等边△OA′B′的边长也等于4，在等边△OA′B′绕
着点O旋转的过程中，若将这两个等边三角形重叠部分的面积记为S，那么S是否为定值？若S为定值，请
直接写出该定值；若S变化，请求出它的变化范围．4❑√3 8❑√3
【答案】（1）4（2） ≤S≤
9 9
【思路引导】（1）根据正方形的性质得出OB=OC，∠OBC=∠OCD=45°，
∠BOC=∠EOG=90°，推出∠BOM=∠NOC，证出△OBM≌△OCN，即可得出结果；
（2）发生变化，对旋转角分情况讨论即可．
【规范解答】解：（1）连接OB，OC，
∵四边形ABCD和四边形OA′B′C′都是正方形，
∴OB=OC，∠OBE=∠OCB=45°，∠BOC=∠EOF=90°，
∴∠BOE=∠FOC，
在△OBE与△OCF中，
{∠BOE=∠COF
)
OB=OC ，
∠OBE=∠OCF
∴△OBM≌△OCN(ASA)，
∴四边形EOFB的面积等于三角形BOC的面积，1
即重叠部分面积不变，总是等于正方形面积的 ，
4
1
∴S= ×42=4；
4
（2）设等边OA′B′绕着点O的旋转角为α，等边△ABC的边长等于4，则高为2❑√3，
①如图，当OA′经过点B时，若此时开始旋转，α=0，重叠部分的形状为直角三角形，
1 1 1 2❑√3
S = S = × ×4×2❑√3= ，
重叠部分 6 △ABC 6 2 3
②如图，当旋转至图中位置时，α=30°，重叠部分的形状为菱形，
2 2 1 8❑√3
S = S = × ×4×2❑√3= ，
重叠部分 9 △ABC 9 2 9
③如图，当旋转至图中位置时，α=90°，重叠部分的形状为等边三角形，
1 1 1 4❑√3
S = S = × ×4×2❑√3= ，
重叠部分 9 △ABC 9 2 9④如图，当旋转至图中位置时，α=120°，重叠部分的形状为直角三角形，
⋅1 1 1 2❑√3
S =S = S = × ×4×2❑√3= ，
重叠部分 △ABC 6 △ABC 6 2 3
4❑√3 8❑√3
综上所述，这两个等边三角形重叠部分的面积是变化的，S的变化范围是 ≤S≤ ．
9 9
【考点剖析】本题考查正方形的性质和等边三角形的性质，找出面积之间的关系是解题关键．
题型10：角度问题（旋转综合题）
28．（24-25七年级下·辽宁鞍山·阶段练习）将一副直角三角板ABC和DEF如图放置，此时F，B，E，
C四点在同一条直线上，点A在边DF上，其中∠ABC=∠≝=90°，∠EDF=30°，∠BAC=45°．将
图中的三角板DEF绕点A以每秒10°的速度，按顺时针方向旋转一定的角度α° (0°
