文档内容
专题 03 旋转
题型1 生活中的旋转现象 题型5旋转综合应用（重点）
题型2 找旋转中心，旋转角和对应点 题型6 中心对称图形的识别（常考点）
题型3 根据旋转的性质求解（常考点） 题型7 关于原点对称的点坐标
题型8 按图像的变换要求画出另一个图形（常考
题型4 旋转中规律问题（重点）
点）
题型一 生活中的旋转现象 （共 3 小题）
1．（25-26七年级上·浙江杭州·期中）小华在电脑上查看一张图片（如图），他想把这张图片放正，应点
击（ ）图标．
A． （放大） B． （缩小）
C． （逆时针旋转90°） D． （顺时针旋转90°）
【答案】D
【分析】本题考查了旋转，根据所给图形进行分析即可．
【详解】解：因为想把这张图片放正，
所以应点击 （顺时针旋转90°）．
故选：D．
2．（24-25九年级上·广东珠海·期中）下列运动形式属于旋转的是（ ）
A．荡秋千 B．飞驰的火车 C．传送带移动 D．电梯的运行
【答案】A
【分析】本题考查了旋转“把一个平面图形绕平面内某一点O转动一个角度，叫做图形的旋转”，熟记旋转的定义是解题关键．根据旋转的定义逐项判断即可得．
【详解】解：A、荡秋千，是属于旋转，则此项符合题意；
B、飞驰的火车，是属于平移，则此项不符合题意；
C、传送带移动，是属于平移，则此项不符合题意；
D、电梯的运行，是属于平移，则此项不符合题意；
故选：A．
3．（24-25七年级下·江苏徐州·期中）如图，已知甲、乙两个图案形状、大小完全相同，通过怎样的运动
变换可以使它们重合？（ ）
A．轴对称 B．平移 C．旋转 D．轴对称、平移
【答案】C
【分析】本题主要考查了图形的平移，旋转和轴对称，平移不能改变图形的方向，轴对称图形的对应
点连线要平行或在同一直线上，据此可得甲、乙两个图案不可以通过轴对称和平移得到，而甲、乙两
个图案可以绕点某一点旋转得到，据此可得答案．
【详解】解：∵甲、乙两个图案的方向不一样，
∴甲、乙两个图案不能经过平移得到，
∵甲、乙两个图案的对应点连线有交点，
∴甲、乙两个图案不能经过轴对称得到，
而甲、乙两个图案可以绕点某一点旋转得到，
故选：C．
题型 二 找旋转中心，旋转角和对应点 （共 4 小题）
1．（25-26九年级上·福建福州·期中）如图，在4×4的正方形网格中，△≝¿是由△ABC绕某点旋转一定
的角度得到的，G，H，P，Q都在网格线的交点上，则其旋转中心是（ ）A．点P B．点Q C．点G D．点H
【答案】D
【分析】本题考查了旋转图形的性质．根据旋转图形的性质，可知旋转中心在对应顶点连线的垂直平
分线上，则连接AD，CF，分别作出AD，CF的垂直平分线，线段垂直平分线的交点即为所求．
【详解】解：△ABC绕点H逆时针旋转90°得到△≝¿．
故选：D．
2．（25-26九年级上·山西朔州·期中）如图，将△ABC绕着旋转中心P旋转得到△A'B'C'，则旋转中
心P的坐标为（ ）A．(2,4) B．(1,0) C．(0,1) D．(1,−1)
【答案】D
【分析】本题考查了点的坐标，图形的旋转变换及其性质，熟练掌握点的坐标，图形的旋转变换及其
性质是解决问题的关键．由旋转性质得旋转中心到对应点的距离相等，则PA=PA'，PC=PC'，设点
P(a,b)，通过列方程即可得出点P的坐标．
【详解】解：根据旋转性质得：旋转中心到对应点的距离相等，
∴PA=PA'，PC=PC'，
设点P的坐标为(a,b)
∵点A(−2,2)，点A'(4,2)，点C(−1,0)，点C'(2,1)，
∴PA2=(a+2) 2+(b−2) 2,PA'2=(a−4) 2+(b−2) 2,PC2=(a+1) 2+b2,PC'2=(a−2) 2+(b−1) 2，
∴(a+2) 2+(b−2) 2=(a−4) 2+(b−2) 2①，(a+1) 2+b2=(a−2) 2+(b−1) 2②，
由①解得：a=1，
将a=1代入②解得：b=−1，
∴点P的坐标为(1,−1),
故选：D．
3．（25-26九年级上·广西玉林·期中）如图，将Rt△ABC绕点A顺时针方向旋转到△AB C 的位置，使
1 1
得点C,A,B 在同一条直线上，∠B=25°，那么旋转角等于（ ）
1A．115° B．100° C．65° D．25°
【答案】A
【分析】本题考查了三角形的外角性质，旋转角，熟练掌握以上知识点是解此题的关键．
利用三角形的外角性质即可求解．
【详解】解：∵∠B=25°，
∴∠BAB =90°+∠B=115°，
1
∴旋转角等于115°，
故选：A．
4．（25-26九年级上·湖南长沙·期中）如图所示，在正方形网格中，将三角形ABC绕点A旋转后得到三角
形ADE，则旋转角为（ ）
A．∠BAC B．∠CAD C．∠BAD D．∠BAE
【答案】C
【分析】本题考查旋转的性质，根据旋转的性质求解即可．
【详解】解：∵将△ABC绕点A旋转得到△ADE，
∴旋转角是∠BAD或∠CAE．
故选：C．
题型 三 根据旋转的性质求解 （共 6 小题）
1．（25-26九年级上·安徽阜阳·期中）如图，将△ABC绕点A旋转30°至△ADE，点D在BC上，则
∠ADE的度数为（ ）A．45° B．60° C．80° D．75°
【答案】D
【分析】本题主要考查了旋转的性质，等边对等角，三角形的内角和定理，熟练掌握旋转的性质是解
题的关键．根据旋转的性质可得出AB=AD，∠BAD=30°，再根据等腰三角形的性质可求出∠B的
度数，然后由旋转的性质得到∠D=∠B=75°．
【详解】解：根据旋转的性质，可得AB=AD，∠BAD=30°，
1
∴∠B= ×(180°−30°)=75°，
2
由旋转的性质得，∠D=∠B=75°．
故选：D．
2．（25-26九年级上·河南信阳·期中）如图，在△ABC中，∠BAC=50°，将△ABC绕点A旋转得到
△AB′C′，连接CC′．若CC′∥AB，则∠B′ AC的度数为（ ）
A．20° B．25° C．30° D．40°
【答案】C
【分析】本题考查了旋转的性质，平行线的性质，等腰三角形的性质，熟练掌握这些性质是解题的关
键．
根据旋转的性质，平行线的性质计算即可．
【详解】∵CC′∥AB，
∴∠ACC′=∠BAC=50°．
由旋转，得AC′=AC，∠B′ AC′=∠BAC=50°，
∴∠AC′C=∠ACC′=50°．
∴∠CAC′=180°−∠ACC′−∠AC′C=80°．∴∠B′ AC=∠CAC′−∠B′ AC′=30°．
故选C．
3．（25-26九年级上·山东德州·期中）如图，边长为2的等边△ABO的边OB在x轴上，将△ABO绕原点
O逆时针旋转30°得到等边△OA B ，则点A 的坐标为（ ）
1 1 1
A．(❑√3,−1) B．(❑√3,1) C．(1,−❑√3) D．(2,1)
【答案】A
【分析】本题考查了坐标与图形变化−旋转，直角三角形的性质，等边三角形的性质，熟记等边三角
形的性质是解题的关键．设A B 与x轴相交于C，根据等边三角形的性质求出OC、A C，然后写出
1 1 1
点A 的坐标即可．
1
【详解】解：如图，设A B 与x轴相交于C，
1 1
∵△ABO是等边三角形，旋转角为30°，
∴∠A OC=60°−30°=30°，∠OA C=∠OAB=60°
1 1
∴A B ⊥x轴，
1 1
∵等边△ABO的边长为2，
∴OA =OA=2，
1
∵∠A OC=30°，
1
∴A C=1，OC=❑√OA 2−A C2=❑√3，
1 1 1
又∵A 在第四象限，
1∴点A 的坐标为(❑√3,−1)
1
故选：A．
4．（25-26九年级上·福建福州·期中）如图，将△ABC绕点A顺时针旋转90°得到△ADE，其中AB=4，
BC=5，若C，D，E三点共线，则CD的长为（ ）
A．2 B．❑√6 C．❑√7 D．2❑√2
【答案】C
【分析】本题考查了旋转的性质，勾股定理．先根据旋转的性质得到AB=AD=4，AC=AE，
∠BAD=∠CAE=90°，∠ACB=∠E，则可判断△ABD和△ACE都为等腰直角三角形，根据
等腰直角三角形的性质得到BD=❑√2AB=4❑√2，∠ACE=∠E=45°，所以∠ACB=45°，从而得
到∠BCD=90°，然后利用勾股定理计算出CD的长．
【详解】解：连接BD，
∵△ABC绕点A顺时针旋转90°得到△ADE，
∴AB=AD=4，AC=AE，∠BAD=∠CAE=90°，∠ACB=∠E，
∴△ABD和△ACE都为等腰直角三角形，
∴BD=❑√2AB=4❑√2，∠ACE=∠E=45°，
∴∠ACB=45°，
∴∠BCD=90°，
在Rt△BCD中，CD=❑√BD2−BC2=❑√(4❑√2) 2 −52=❑√7．
故选：C．
5．（25-26九年级上·辽宁大连·期中）如图，点E是正方形ABCD内一点，把△BCE绕点C旋转至△DCF的位置，连接EF，则∠CEF的度数是（ ）
A．30° B．40° C．45° D．50°
【答案】C
【分析】本题主要考查了正方形的性质，旋转的性质，等腰直角三角形的判定和性质，解题的关键是
掌握以上性质．
根据正方形的性质得出直角，确定旋转角度，根据旋转的性质得出△ECF为等腰直角三角形，即可
得出结论．
【详解】解：∵四边形ABCD为正方形，
∴BC=DC,∠BCD=90°，
根据旋转的性质得，旋转角为90°，即∠ECF=90°，
又∵CE=CF，
∴△ECF为等腰直角三角形，
∴∠CEF=45°，
故选：C．
6．（22-23八年级下·江苏无锡·期中）如图，将矩形ABCD绕点A旋转一定角度得到矩形AB C D ，使得
1 1 1
点D 恰好落在BC边上，若AD=6，AB=3，则CD 的长为（ ）
1 1
A．3 B．1 C．3❑√3 D．6−3❑√3
【答案】D
【分析】本题考查了矩形的性质，旋转的性质及勾股定理；由旋转的性质得AD =AD=6，由矩形性
1
质得∠B=90°，BC=AD=6，由勾股定理求得BD ，由CD =BC−BD 即可求解．
1 1 1
【详解】解：由旋转的性质得AD =AD=6，
1
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠B=90°，BC=AD=6，∵AD=2AB=6，
1
∴AB= AD=3，
2
由勾股定理得BD =❑√AD 2−AB2=❑√36−9=3❑√3，
1 1
∴CD =BC−BD =6−3❑√3，
1 1
故选：D．
题型 四 旋转中规律问题（ 共 5 小题）
1.（25-26九年级上·广东江门·期中）如图，菱形OABC的顶点O与原点重合，点C在x轴上，点A的坐标
为(3,4)．将菱形OABC绕点O逆时针旋转，每次旋转90°，则第2024次旋转结束时，点B的坐标为
（ ）
A．(4,−8) B．(8,4) C．(−9,−3) D．(−8,−3)
【答案】B
【分析】本题主要考查菱形的性质、坐标与图形的性质、勾股定理、图形的旋转等知识点，正确添加
常用辅助线（一般作x轴或y轴的垂线，这种方法叫铅锤法）是解题的关键．
如图：过点A作AH⊥x轴于H．利用勾股定理求出OA，可得点B的坐标，再由旋转的角度90°，可
知旋转4次是一个循环，则第2024次旋转结束时与菱形OABC顺时针旋转90°的位置一样，求出菱形
OABC顺时针旋转90°时B点坐标即可．
【详解】解：如图，过点A作AH⊥x轴于H．
∵四边形OABC是菱形，OC在x轴上，
∴AB=OA，AB∥OC，
∵点A的坐标为(3,4)，
∴OH=3,AH=4，在Rt△AHO中，OA=❑√OH2+AH2=5，
∴AB=OA=5，
∴点B的坐标为(8,4)，
∵将菱形OABC绕点O逆时针旋转，每次旋转90°，
∴每旋转4次图形回到原位置，
∵2024÷4=506，
∴第2024次旋转结束时，与原有菱形的位置一样，
∴点B的坐标为(8,4)．
故选：B．
2．（25-26九年级上·河南洛阳·期中）如图，在△OAB中，顶点O(0,0)，A(−3,4)，B(3,4)，将△OAB
与正方形ABCD组成的图形绕点O顺时针旋转，每次旋转90°，则第2025次旋转结束时，点D的坐标
为（ ）
A．(3,10) B．(3,−10) C．(−10,−3) D．(10,3)
【答案】D
【分析】本题考查了坐标规律，理解题意，得到每次旋转后点D的坐标是关键．
根据题意得到AB=6，D(−3,10)，结合图形得到每次旋转后点D的坐标，再根据旋转规律即可求解．
【详解】解：∵A(−3,4),B(3,4)，
∴AB=3−(−3)=6，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=AD=6，
∴D(−3,10)，
将△OAB与正方形ABCD组成的图形绕点O顺时针旋转，每次旋转90°，
如图所示，当第一次旋转时，D(10,3)，第二次旋转时，D(3,−10)，第三旋转时，D(−10,−3)，第四次旋转
时(−3,10)，
∴经过4次后点D回到起始位置，
∴2025÷4=506⋯⋯1，
∴第2025次旋转结束时，点D的坐标为D 位置的坐标，即(10,3)，
1
故选：D ．
3．（24-25九年级上·陕西咸阳·期中）如图，已知在平面直角坐标系中，点P的坐标为(1,1)，第1次将点P
绕原点O沿顺时针方向旋转90°得到点P ，第2次将点P 绕原点O沿顺时针方向旋转90°得到点P ，第
1 1 2
3次将点P 绕原点O沿顺时针方向旋转90°得到点P ，⋯，按照这样的规律，第2024次旋转后得到的
2 3
点P 的坐标为（ ）
2024
A．(−1,1) B．(1,−1) C．(−1,−1) D．(1,1)
【答案】D
【分析】本题考查了旋转，点的坐标规律变化，由题意可得，点P经过四次旋转回到起点(1,1)的位置，
由2024÷4=506可得点P 与点P的位置重合，据此即可求解，由旋转找到变化规律是解题的关键．
2024
【详解】解：由题意可得，点P经过四次旋转回到起点(1,1)的位置，
∵2024÷4=506，
∴点P 与点P的位置重合，
2024∴点P 的坐标为(1,1)，
2024
故选：D．
4．（23-24九年级下·广东·阶段练习）如图，在直角坐标系中，有一等腰直角三角形OBA，∠OAB=90°，
直角边OA在x轴正半轴上，且OA=1，将Rt△OBA绕原点O顺时针旋转90°，同时扩大边长的1倍，
得到等腰直角三角形OB A （即A O=2AO），同理，将Rt△OB A 顺时针旋转90°，同时扩大
1 1 1 1 1
边长1倍，得到等腰直角三角形OB A ，依此规律得到等腰直角三角形OB A ，则点B 的坐
2 2 2023 2023 2023
标为（ ）
A．(−22023,22023)B．(22023,−22023) C．(−22022,22022) D．(22022,−22022)
【答案】A
【分析】本题考查了等腰直角三角形的性质，找规律，由题可得B(1,1)，旋转90°后可得到B (2,−2)，
1
B (−4,−4)，B (−8,8)，B (16,16)，且每四次循环一周，即可得到结果，找到规律是解题的关键．
2 3 4
【详解】解：∵△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A OB ，且A O=2AO，
1 1 1
再将Rt△A OB 绕原点O顺时针旋转90°得到等腰直角三角形A OB ，且A O=2A O，
1 1 2 2 2 1
依此规律，每4次循环一周，
即B (2,−2)，B (−4,−4)，B (−8,8)，B (16,16)，
1 2 3 4
∵2023÷4=505...3，
∴点B 与B 同在一个象限内，
2023 3
∵−4=−22,8=23,16=24，∴B (−22023,22023)，
2023
故选：A．
5．（2024·河南省直辖县级单位·模拟预测）如图，在平面直角坐标系中，等腰直角△OA B 的斜边
1 1
OA =4，且OA 在x轴的正半轴上，点B 落在第一象限内．将Rt△OA B 绕原点O逆时针旋转
1 1 1 1 1
45°，得到Rt△OA B ，再将Rt△OA B 绕原点O逆时针旋转45°，又得到Rt△OA B ,⋯；
2 2 2 2 3 3
依此规律继续旋转，得到Rt△OA B ，则点B 的坐标为（ ）
2024 2024 2024
A．(2,−2) B．(2❑√2,2❑√2) C．(2❑√2,0) D．(0,2❑√2)
【答案】C
【分析】本题考查点的坐标变化规律，能根据所给旋转方式发现点B位置变化的规律是解题的关键．
i
根据所给旋转方式，可得出每旋转八次，点B (i为正整数）的位置便循环一次，再结合OA =4便可
i 1
解决问题．
【详解】解：由所给旋转方式可知，
360°÷45°=8，
∴每旋转八次，点B (i为正整数）的位置便循环一次．
i
又∵2024÷8=253，
∴点B 的坐标与点B 的坐标相同．
2024 8
4
又∵点B 在x轴的正半轴上，且OB = =2❑√2，
8 8 ❑√2
∴点B 的坐标为(2❑√2,0)，
8
即点B 的坐标为(2❑√2,0)．
2024
故选：C．
题型 五 旋转综合应用（ 共 1 4 小题）
1．（九年级上·新疆乌鲁木齐·期中）如图，△ABC中，AB=AC，∠BAC=45°，△AEF是由△ABC绕点A按逆时针方向旋转得到的，连接BE、CF相交于点D，AC与BE相交于点O．
(1)求证：BE=CF；
(2)求∠BDC的度数．
【答案】(1)见解析
(2)45°
【分析】本题考查了等腰三角形的性质，全等三角形的判定与性质，三角形内角和，旋转的性质等知
识，证明两个三角形全等是关键．
（1）根据旋转的性质，得AB=AE，∠BAC=∠EAF，AC=AF，再证明△BAE≌△CAF即可；
1 1
（2）设∠CAE=α，则可求得∠ABE=∠ACD=67.5°− α，从而得∠CBE= α，
2 2
1
∠BCD=135°− α，由三角形内角和即可求得结果．
2
【详解】（1）证明：由旋转的性质得： AB=AE，∠BAC=∠EAF，AC=AF，
∴∠BAC+∠CAE=∠EAF+∠CAE，
∴∠BAE=∠CAF，
∴△BAE≌△CAF(SAS)，
∴BE=CF；
（2）解：设∠CAE=α，则∠BAE=45°+α；
∵AB=AE，
1 1
∴∠ABE= ×(180°−∠BAE)=67.5°− α；
2 2
∵△BAE≌△CAF，
1
∴∠ABE=∠ACD=67.5°− α；
2
∵AB=AC，∠BAC=45°，
1
∴∠ABC=∠ACB= ×(180°−45°)=67.5°，
21
∴∠CBE=∠ABC−∠ABE= α，
2
1
∴∠BCD=∠ACB+∠ACD=135°− α，
2
∴∠BDC=180°−∠BCD−∠CBE=45°．
2．（23-24九年级上·浙江台州·期末）如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，把△ABC绕着点B顺时针旋
转得到△BDE，点C的对应点D落在AB上，连接AE．
(1)若BC=6，AC=8，求AE的长；
(2)若D为AB的中点，求证：△ABE是等边三角形．
【答案】(1)AE=4❑√5；
(2)见解析
【分析】本题考查了旋转的性质，勾股定理，线段垂直平分线的判定和性质，等边三角形的判定．
（1）由勾股定理求得AB=10，由旋转的性质得BD=BC=6，DE=AC=8，求得AD=4，再根据勾
股定理即可求解；
（2）由旋转的性质推出DE是线段AB的垂直平分线，得到AE=BE=AB，即可证明△ABE是等边
三角形．
【详解】（1）解：∵∠C=90°，BC=6，AC=8，
∴AB=❑√62+82=10，
由旋转的性质得BD=BC=6，DE=AC=8，∠BDE=∠C=∠ADE=90°，
∴AD=AB−BD=4，
∴AE=❑√AD2+DE2=❑√42+82=4❑√5；
（2）证明：由旋转的性质得∠BDE=∠C=90°，BE=AB，
∵D为AB的中点，
∴DE是线段AB的垂直平分线，
∴AE=BE，
∴AE=BE=AB，∴△ABE是等边三角形．
3．（23-24九年级上·江西宜春·期末）如图，矩形ABCD中，AB=8，AD=6，E为AD上一点，且AE=4，
连接BE，将线段BE绕点B顺时针旋转得线段BF，旋转角等于∠ABD，过点F作FG⊥BD于点G，
连接DF．
(1)求证：BG=AB；
(2)求DF的长．
【答案】(1)见解析
(2)DF=2❑√5
【分析】本题主要考查了矩形的性质，勾股定理，全等三角形的判定和性质：
（1）根据矩形的性质可得∠A=90°，再由FG⊥BD，可得∠DGF=∠BGF=∠A=90°，然后
根据旋转的性质可得BF=BE,∠EBF=∠ABD，从而得到∠GBF=∠ABE，可证明
△GBF≌△ABE，即可求证；
（2）根据全等三角形的性质可得FG=AE=4，BG=AB=8，再由矩形的性质以及勾股定理可得
BD=10，从而得到DG=BD−BG=2，再由勾股定理，即可求解．
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠A=90°，
∵FG⊥BD，
∴∠DGF=∠BGF=∠A=90°，
由旋转性质知：BF=BE,∠EBF=∠ABD，
∴∠EBF−∠EBD=∠ABD−∠EBD，即∠GBF=∠ABE，
{
∠BGF=∠A
)
在△GBF和△ABE中， ∠GBF=∠ABE ，
BF=BE
∴△GBF≌△ABE，
∴BG=AB；
（2）解：由（1）得：△GBF≌△ABE，∴FG=AE=4，BG=AB=8，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠A=90°，
∴BD=❑√AB2+AD2=❑√82+62=10，
∴DG=BD−BG=10−8=2，
∵∠DGF=90°，
∴在Rt△DGF中，DF=❑√DG2+GF2=❑√22+42=2❑√5．
4．（23-24九年级上·安徽合肥·期中）如图1，在△ABC中，BA=BC，D、E是AC边上的两点，且满足
1
∠DBE= ∠ABC，以点B为旋转中心，将△CBE按逆时针方向旋转得到△ABF，连接DF．
2
(1)求证：DF=DE；
(2)如图2，若AB⊥BC，其他条件不变，探究AD，DE，EC之间的关系，并证明．
【答案】(1)证明见解析
(2)AD2+CE2=DE2，证明见解析
【分析】本题主要考查了旋转的性质，全等三角形的性质与判定，勾股定理，熟知旋转前后对应角相
等，对应线段相等是解题的关键．
（1）先证明∠ABD+∠CBE=∠DBE，再由旋转的性质得到BF=BE，∠ABF=∠CBE，则可
证明∠DBF=∠DBE，进而证明△DBE≌△DBF，从而证明DF=DE；
（2）由垂直的定义得到∠ABC=90°，根据等边对等角得到∠BAC=∠C=45°，由旋转，得
AF=CE，∠BAF=∠C=45°，则∠DAF=90°，由勾股定理得到AD2+AF2=DF2，由（1）
得DF=DE，则AD2+CE2=DE2．
1
【详解】（1）证明：∵∠DBE= ∠ABC，
21
∴∠ABD+∠CBE=∠DBE= ∠ABC，
2
由旋转得△CBE≌△ABF，
∴BF=BE，∠ABF=∠CBE，
∴∠ABD+∠ABF=∠DBE，
∴∠DBF=∠DBE，
∵BD=BD，
∴△DBE≌△DBF(SAS)，
∴DF=DE；
（2）解：AD2+CE2=DE2，证明如下：
∵AB⊥BC，
∴∠ABC=90°，
∵AB=BC，
∴∠BAC=∠C=45°，
由旋转，得AF=CE，∠BAF=∠C=45°，
∴∠DAF=∠BAC+∠BAF=90°，
∴AD2+AF2=DF2，
由（1）得DF=DE，
∴AD2+CE2=DE2．
5．（24-25九年级上·甘肃张掖·期末）如图，在正方形ABCD中，E、F是对角线BD上的两点，连接
AE,AF，将线段AF绕点A顺时针旋转90°得到线段AQ，连接BQ,EQ．
(1)求证：△AQB≌△AFD；
(2)若BE=4,DF=6，求QE的长．
【答案】(1)见解析
(2)QE=2❑√13
【分析】本题考查了正方形的性质、旋转的性质、全等三角形的判定(SAS)与性质以及勾股定理的应用，解题的关键是利用旋转和正方形的性质推导相等的边与角，证明全等三角形，再通过角度转化得到直
角三角形，进而用勾股定理计算线段长度．
（1）由线段AF绕点A顺时针旋转90°得AQ，故AQ=AF且∠QAF=90°；因四边形ABCD是正方
形，故AB=AD且∠BAD=90°，从而∠QAF=∠BAD，两边同时减去∠BAF得
∠QAB=∠FAD；结合AB=AD、AQ=AF，根据“SAS”可证△AQB≌△AFD；
（2）由(1)中全等三角形的性质得BQ=DF=6，且∠ABQ=∠ADF；因正方形对角线平分内角，
故∠ADF=∠ABD=45°，从而∠ABQ=45°，进而∠QBE=∠ABQ+∠ABD=90°，即
△QBE是直角三角形；已知BE=4、BQ=6，代入勾股定理得QE=❑√(BQ2+BE2)，计算得
QE=2❑√13．
【详解】（1）证明：∵将线段AF绕点A顺时针旋转90°得到线段AQ，
∴AQ=AF,∠QAF=90°，
∵四边形ABCD为正方形，
∴AB=AD,∠BAD=90°，
∴∠QAF=∠BAD，
∴∠QAB=∠FAD=90°−∠BAF，
∴△AQB≌△AFD(SAS)；
（2）解：由(1)得△AQB≌△AFD，
∴BQ=DF=6,∠ABQ=∠ADF，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ADB=∠ABD=45°，
∴∠ABQ=45°，
∴∠QBE=∠ABQ+∠ABD=90°，
∴在Rt△QBE中，QE=❑√BQ2+BE2=2❑√13．
6．（九年级上·河南周口·期中）如图， △ABC和△ECD都是等边三角形， 直线AE， BD交于点F．
(1)如图1，当A，C，D三点在同一直线上时，∠AFB的度数为___，线段AE与BD 的数量关系为___．
(2)如图2， 当△ECD绕点C顺时针旋转α（0°≤α<360°）时， （1） 中的结论是否还成立？若不
成立， 请说明理由： 若成立， 请就图2给予证明．
(3)若AC=4， CD=3， 当△ECD绕点C顺时针旋转一周时， 求出BD长的取值范围．
【答案】(1)60°，AE=BD；
(2)成立，理由见解析
(3)1≤BD≤7
【分析】本题考查了等边三角形性质，全等三角形的判定及性质，以及旋转的性质，解答时证明三角
形全等是关键．
（1）利用等边三角形的性质证明△ACE≌△BCD，结合三角形的外角就可以得出结论；
（2）同（1）中方法证明△ACE≌△BCD，得出AE=BD，∠2=∠3，再根据三角形的内角和
得出∠AFB=60°；
（3）当B、C、D三点共线时得出BD的最大和最小值，即可得出结论．
【详解】（1）解：∵△ABC是等边三角形，
∴AC=BC，∠ACB=60°，
∵△ECD是等边三角形，
∴CE=CD，∠DCE=60°，
∴∠ACB=∠DCE=60°，
∴∠ACB+∠BCE=∠DCE+∠BCE，
即∠ACE=∠BCD，
在△ACE和△BCD中，
{
AC=BC
)
∠ACE=∠BCD
CE=CD
∴△ACE≌△BCD，
∴AE=BD，∠CAE=∠CBD，
∵∠AFB=∠CAE+∠BDC，且∠ACB=60°，
∴∠AFB=∠CBD+∠BDC=∠ACB=60°，
综上，∠AFB的度数为60°，线段AE与BD 的数量关系为AE=BD；
故答案为：60°，AE=BD；
（2）解：（1）中结论仍成立，证明如下：∵△ABC
是等边三角形，
∴AC=BC，∠ACB=60°，
∵△ECD是等边三角形，
∴CE=CD，∠DCE=60°，
∴∠ACB=∠DCE=60°
∴∠ACB+∠1=∠DCE+∠1，
即∠ACE=∠BCD，
在△ACE和△BCD中，
{
AC=BC
)
∠ACE=∠BCD
CE=CD
∴△ACE≌△BCD，
∴AE=BD，∠2=∠3，
∵∠AFB+∠3=∠ACB+∠2，且∠ACB=60°，
∴∠AFB=60°；
（3）解：∵△ABC是等边三角形，
∴AC=BC=4，
当旋转α=60°时，B、C、D三点共线且BD最大，，此时BD=BC+CD=7；
当旋转α=240°时，B、C、D三点共线且BD最小，，此时BD=BC−CD=1；
∴BD长的取值范围为1≤BD≤7．
7．（24-25九年级上·全国·期末）解答下列问题．
(1)【问题解决】
一节数学课上，老师提出了这样一个问题：
如图1，点P是正方形ABCD内一点，PA=1，PB=2，PC=3．你能求出∠APB的度数吗？小明通过观察、分析、思考，形成了如下思路：
思路一：将△BPC绕点B逆时针旋转90∘，得到△BP′ A，连接PP′，求出∠APB的度数；
思路二：将△APB绕点B顺时针旋转90°，得到△CP′B，连接PP′，求出∠APB的度数．
请参考小明的思路，任选一种写出完整的解答过程．
(2)【类比探究】
如图2，若点P是正方形ABCD外一点，PA=3，PB=1，PC=❑√11，求∠APB的度数．
【答案】(1)见解析
(2)45°
【分析】（1）根据所给的思路画出图形，利用旋转的性质，勾股定理以及勾股定理逆定理，进行求
解即可；
（2）将△BPC绕点B逆时针旋转 90∘，得到 △BP′ A，连接PP′，由旋转的性质可得出
∴∠PBP′=90∘，BP′=BP=1，AP′=CP=❑√11，进而得出∠BPP′=45∘，由勾股定理得出PP′，
再利用勾股逆定理得出△APP′ 是直角三角形，且 ∠APP′=90∘，再根据角的和差关系即可得出答
案．
【详解】（1）解：思路一：如图，将△BPC绕点B逆时针旋转90°，得到△BP′ A，连接PP′，∴BP′=BP=2，AP′=PC=3，∠PBP′=90°，
∴∠PBP′=45°，PP′=❑√2BP=2❑√2，
∴AP2+P′P2=1+8=9=A′P2，
∴∠APP′=90°，
∴∠APB=∠APP′+∠BPP′=135°；
思路二：如图，将△PAB绕点B顺时针旋转90°，得到△P′CB，连接PP′，
∴P′B=PB=2 P′C=AP=1 ∠P′BP=90° ∠APB=∠BP′C
， ， ， ，
∴∠BP′P=45°，P′P=❑√PB2+P′B2=❑√4+4=2❑√2，
∵PC=3，P′C=1，
∴P′C2+PP′2=PC2，
∴∠PP′C=90°，
∴∠BP′C=∠BP′P+∠PP′C=45°+90°=135°，
∴∠APB=∠BP′C=135°；
（2）解：将△BPC绕点B逆时针旋转 90∘，得到 △BP′ A，连接PP′．∴△ABP′ ≌△CBP，
∴∠PBP′=90°，BP′=BP=1，AP′=CP=❑√1，
在 Rt△PBP′ 中，BP=BP′=1，
∴∠BPP′=45°，根据勾股定理得，PP′=❑√2BP=❑√2，
∵AP=3，
∴AP2+PP′2=9+2=11，
∵AP′2=(❑√11) 2=11，
∴AP2+PP′2=AP′2，
∴△APP′ 是直角三角形，且 ∠APP′=90∘，
∴∠APB=∠APP′−∠BPP′=90°−45°=45°．
【点睛】此题是四边形综合题，主要考查了正方形的性质，旋转的性质，直角三角形的性质和判定，
勾股定理，正确作出辅助线是解本题的关键．
8．（23-24九年级上·北京丰台·期末）在△ABC中，AB=AC，0°<∠BAC<90°，将线段AC绕点A
逆时针旋转α得到线段AD，连接BD，CD．
(1)如图1，当∠BAC=α时，则∠ABD= ；（用含有α的式子表示）(2)如图2，当α=90°时，作∠BAD的角平分线交BC的延长线于点F．交BD于点E，连接DF．
①依题意在图2中补全图形，并求∠DBC的度数；
②用等式表示线段AF，CF，DF之间的数量关系，并证明．
【答案】(1)90−α；
(2)①见解析，45°；②DF=❑√2AF−FC，见解析．
【分析】本题考查了旋转的性质，等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定和性质等知识，添加恰
当辅助线构造全等三角形是解题的关键．
（1）根据等腰三角形的性质以及三角形内角和定理求解即可；
（2）①根据等腰三角形的性质以及三角形内角和定理求解即可；
②由等腰三角形的性质可得BE=DE，AF⊥BD，由等腰直角三角形的性质可得DF=❑√2EF，
❑√2
HF= FC，由“AAS”可证△ABE≌△ACH，可得CH=AE，即可求解．
2
【详解】（1）解：∵将线段AC绕点A逆时针旋转α得到线段AD，
∴AC=AD，∠CAD=α，
∴∠BAD=2α，
∵AB=AC，
∴AB=AD，
180°−2α
∴∠ABD= =90°−α，
2
故答案为：90−α；
（2）解：①如图所示：
∵AB=AC=AD，∠BAD=∠BAC+∠CAD=90°+∠BAC，
1 ∠BAC
∴∠ABC= (180°−∠BAC)=90°− ，
2 2180°−∠BAD 180°−∠BAC−90° ∠BAC
∠ABD= = =45°− ，
2 2 2
∴∠DBC=∠ABC−∠ABD=45°；
②DF=❑√2AF−FC，理由如下：
如图2，过点C作CH⊥AF于H，
∵AB=AD，AF平分∠BAD，
∴BE=DE，AF⊥BD，
∵∠DBC=45°，
∴∠DBC=∠EFB=45°，
∴EB=EF=ED，
∴DF=❑√2EF，
∵CH⊥AF，∠EFB=45°，
∴∠HCF=∠EFB=45°，
∴CH=FH，
❑√2
∴HF= FC，
2
90°+∠BAC ∠BAC
∵∠CAF=∠BAF−∠BAC= −∠BAC=45°− ，
2 2
∴∠CAF=∠ABD，
又∵∠AEB=∠AHC=90°，AB=AC，
∴△ABE≌△ACH(AAS)，
∴CH=AE，
∴AE=HF，
( ❑√2 )
∴DF=❑√2EF=❑√2(AF−HF)=❑√2 AF− FC =❑√2AF−FC．
2
9．（九年级上·河南安阳·期中）（1）如图1，在正方形ACDE中，点F，G分别在边AE，AC上，若
∠FDG=45°，则FG，EF，CG之间的数量关系为：_______；（提示：以点D为旋转中心，将
△DCG顺时针旋转90°）
解决问题：
（2）如图2，若把（1）中的正方形改为等腰直角三角形，∠ADC=90°，E，F是底边AC上任意两
点，且满足∠EDF=45°，试探究AE，EF，FC之间的关系；
拓展应用：（3）如图3，若把（1）中的正方形改为菱形ACDE，∠E=60°，菱形的边长为8，G，F分别为边
AC，AE上任意两点，且满足∠FDG=60°，请直接写出四边形DFAG的面积．
【答案】（1）FG=EF+CG；（2）AE2+FC2=EF2；（3）16❑√3
【分析】（1）以点D为旋转中心，将△DCG顺时针旋转90°得△DEH，可得DG=DH，
∠CDG=∠EDH，CG=EH，然后证明△GDF≌△HDF(SAS)，可得GF=HF，进而可以得
结论；
（2）以点D为旋转中心，将△DCF顺时针旋转90°得△DAG，可得DF=DG，
∠CDF=∠ADG，CF=AG，∠DAG=∠C=45°，然后证明△FDE≌△GDE(SAS)，可得
EF=EG，然后证明∠EAG=∠DAE+∠DAG=45°+45°=90°，进而可以得结论；
（3）连接AD，根据菱形的性质可得△ADE，△ADC是等边三角形，然后证明
△ADF≌△CDG(ASA)，可得四边形DFAG的面积=△ADF的面积+△ADG的面积=△ADC的
面积，然后根据等边三角形的面积即可解决问题．
【详解】解：（1）FG=EF+CG，理由如下：
如图，以点D为旋转中心，将△DCG顺时针旋转90°得△DEH，
∴△CDG≌△EDH，
∴DG=DH，∠CDG=∠EDH，CG=EH，
∵四边形ACDE是正方形，
∴AC=CD=DE=AE，∠CDE=90°，
∵∠GDF=45°，
∴∠CDG+∠EDF=∠EDH+∠EDF=45°，
∴∠GDF=∠HDF=45°，在△GDF和△HDF中，
{
DG=DH
)
∠GDF=∠HDF ，
DF=DF
∴△GDF≌△HDF(SAS)，
∴GF=HF，
∴GF=EH+EF=CG+EF；
∴FG=EF+CG；
故答案为：FG=EF+CG；
（2）AE2+FC2=EF2，理由如下：
∵△ADC是等腰直角三角形，∠ADC=90°，
∴∠DAC=∠C=45°，
如图，以点D为旋转中心，将△DCF顺时针旋转90°得△DAG，
∴△DCF≌△DAG，
∴DF=DG，∠CDF=∠ADG，CF=AG，∠DAG=∠C=45°，
∵∠FDE=45°，
∴∠CDF+∠ADE=∠ADG+∠ADE=45°，
∴∠FDE=∠GDE=45°，
在△FDE和△GDE中，
{
DF=DG
)
∠FDE=∠GDE ，
DE=DE
∴△FDE≌△GDE(SAS)，
∴EF=EG，
∵∠EAG=∠DAE+∠DAG=45°+45°=90°，
∴AE2+AG2=EG2，
∴AE2+FC2=EF2；
（3）如图，连接AD，∵四边形ACDE是菱形，∠E=60°，
∴△ADE，△ADC是等边三角形，
∴AD=CD=8，∠C=∠DAE=∠ADC=60°，
∵∠FDG=60°，
∴∠ADF+∠ADG=∠CDG+∠ADG=60°，
∴∠ADF=∠CDG，
在△ADF和△CDG中，
{∠ADF=∠CDG
)
AD=CD ，
∠DCG=∠DAF
∴△ADF≌△CDG(ASA)，
∴四边形DFAG的面积=△ADF的面积+△ADG的面积
=△CDG的面积+△ADG的面积
=ΔADC的面积
❑√3
= ×82
4
=16❑√3．
【点睛】本题属于四边形综合题，考查了正方形的性质，等边三角形的性质，全等三角形的判定和性
质，解直角三角形等知识，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．
10．（23-24九年级上·广西南宁·月考）【阅读材料】平面几何中的费马问题是十七世纪法国数学家、被誉
为业余数学家之王的皮埃尔•德•费马提出的一个著名的几何问题．请托里拆利解答：如图①，给定不
在一条直线上的三个点A、B、C，求平面上到这三个点的距离之和最短的点P的位置．托里拆利成功
地解决了费马的问题．后来人们为了纪念他们，就把平面上到一个三角形的三个顶点A、B、C距离之
和最小的点称为△ABC的费马—托里拆利点．【问题解决】证明：如图②，把△APC绕点A逆时针旋转60°得到△AP′C′，连接PP′，
∴∠PAP′=60°，AP=AP′ ，PC=P′C′
∴△APP′为等边三角形，
∴AP=PP′，
∴PA+PB+PC=PP′+PB+PC
点C′可看成是线段AC绕A点逆时针旋转60°而得的定点，BC为定长．
∴当B、P、P′、C′四点在同一直线上时，PA+PB+PC最小．
(1)观察图②中∠APB、∠BPC和∠CPA，试猜想这三个角的大小关系．
(2)【类比探究】如图③，在直角三角形ABC内部有一动点P，∠ACB=90°，∠BAC=30°，连接
PA，PB，PC，若BC=2．求PA+PB+PC的最小值；
(3)【拓展应用】已知正方形ABCD内一动点P到A、B、C三点的距离之和的最小值为❑√2+❑√6，求出
此正方形的边长．
【答案】(1)∠APB=∠BPC=∠CPA
(2)2❑√7
(3)2
【分析】（1）由等边三角形的性质得∠APP′=∠AP′P=60°，由旋转得
∠APC=∠AP′C′=120°，即可求解；
（2）同理将△ABP绕B点逆时针旋转60°得到△A′BP′，当C、P、P′、A′四点在同一直线上时，
PA+PB+PC最小，此时PA+PB+PC=A′C，由等边三角形的性质及直角三角形的特征得
AB=2BC=4，由勾股定理得A′C=❑√A A′2+AC2，即可求解；
（3）△ABP绕B点逆时针旋转60°得到△A′BP′，过A′作A′E⊥CB交CB的延长线于E，同理可
得PA+PB+PC=A′C=❑√2+❑√6，设正方形的边长为2x，由勾股定理得A′E2+CE2=A′C2，即可
求解．【详解】（1）解：∠APB=∠BPC=∠CPA；
理由如下：
∵△APP′是等边三角形，
∴∠APP′=∠AP′P=60°，
∵B、P、P′、C′四点在同一直线上，
∴∠APB=180°−∠APP′ =120°，
∠AP′C′=180°−∠AP′P=120°，
由旋转得：∠APC=∠AP′C′=120°，
∴∠CPB=360°−∠APB−∠APC=120°，
∴∠APB=∠BPC=∠CPA；
（2）解：如图，由【问题解决】同理将△ABP绕B点逆时针旋转60°得到△A′BP′，
由旋转的性质得△BPP′是等边三角形，则PP′=PB，PA=P′ A′，
∴PA+PB+PC=P′ A′+PP′+PC,
∴当C、P、P′、A′四点在同一直线上时，PA+PB+PC最小，
此时PA+PB+PC=A′C，
由旋转得：A′B=AB，∠ABA′=60°，
∴△ABA′是等边三角形，
∴∠BA A′=60°，A A′=AB，
∵∠BAC=30°，
∴∠A′ AC=90°，
∵BC=2，
∴AB=2BC=4
∴AC=❑√AB2−BC2 =2❑√3，
∴A A′=4，
在Rt△A′ AC中
A′C′=❑√A A′2+AC2 =❑√42+(2❑√3) 2 =2❑√7，故PA+PB+PC最小值为2❑√7；
（3）解：如图，将△APB绕B点逆时针旋转60°得到△A′BP′，过A′作A′E⊥CB交CB的延长线
于E，
∴当C、P、P′、A′四点在同一直线上时，PA+PB+PC最小，
此时PA+PB+PC=A′C= ❑√2+❑√6，
由旋转得：∠ABA′=60°，A′B=AB，
∴∠A′BE=90°−∠ABA′=30°，
设正方形的边长为2x，则有A′B=AB=2x，
∴A′E=x， BE=❑√A′B2−A′E2 =❑√3x，
∴CE=BC+BE=(2+❑√3)x，
在Rt△A′EC中，A′E2+CE2=A′C2，
∴x2+(2+❑√3) 2 x2=(❑√2+❑√6) 2 ，
解得：x =1，x =−1（舍去），
1 2
∴BC=2，
故正方形的边长为2．
11．（23-24九年级下·浙江宁波·开学考试）如图，四边形ABCD是正方形，△ABE是等边三角形，M为
对角线BD（不含B点）上任意一点，将BM绕点B逆时针旋转60°得到BN，连接EN、AM、CM．
(1)求证：△AMB≌△ENB；
(2)当AM+BM+CM的最小值为❑√3+1时，求正方形的边长．【答案】(1)见解析
(2)正方形的边长为❑√2
【分析】（1）由等边三角形的性质得到BA=BE，∠ABE=60°，由旋转的性质可得∠MBN=60°，
MB=NB，据此利用SAS即可证明△AMB≌△ENB；
（2）证明△BMN是等边三角形，得到BM=MN，则根据“两点之间线段最短”可知，若E、N、
M、C在同一条直线上时，EN+MN+CM取得最小值，最小值为EC．过E点作EF⊥BC交CB的
❑√3 x
延长线于F，求出∠EBF=30°，设正方形的边长为x，则BF= x，EF= ．再利用勾股定理建
2 2
立方程求解即可．
【详解】（1）证明，∵△ABE是等边三角形，
∴BA=BE，∠ABE=60°．
由旋转的性质可得∠MBN=60°，MB=NB
∴∠MBN−∠ABN=∠ABE−∠ABN．即∠MBA=∠NBE，
∴△AMB≌△ENB(SAS)．
（2）解：连接MN，
由（1）知，△AMB≌△ENB，
∴AM=EN，
∵∠MBN=60°，MB=NB，
∴△BMN是等边三角形．
∴BM=MN．
∴AM+BM+CM=EN+MN+CM．
根据“两点之间线段最短”可知，若E、N、M、C在同一条直线上时，EN+MN+CM取得最小值，
最小值为EC．
过E点作EF⊥BC交CB的延长线于F，
∴∠EBF=∠ABF−∠ABE=90°−60°=30°
．❑√3 x
设正方形的边长为x，则BF= x，EF= ．
2 2
在Rt△EFC中，
∵EF2+FC2=EC2，
∴ (x) 2 + (❑√3 x+x ) 2 =(❑√3+1) 2 ．
2 2
解得x =❑√2，x =−❑√2（舍去负值）．
1 2
∴正方形的边长为❑√2．
【点睛】本题主要考查了正方形的性质，旋转的性质，全等三角形的性质与判定，勾股定理，等边三
角形的性质与判定等等，证明△AMB≌△ENB是解题的关键．
12．（23-24九年级上·江西上饶·月考）【综合实践】
△ABC中，AB=AC，P是BC边上任意一点，以点A为中心，取旋转角等于∠BAC
，把△ABP逆时针旋转，画出旋转后的图形．
【操作体验】
（1）若点P的对应点为点P′，画出旋转后的图形；
【深入探究】
（2）如图2，△ABC中，AB=AC，∠BAC=90°，P是BC边上一点（不与B，C重合），猜想
BP，CP，AP三条线段之间的数量关系，并给予证明；
【拓展应用】
（3）如图3，△ABC中，∠ABC=30°，AB=4，BC=5，P是△ABC内部的任意一点，连接
PA，PB，PC，求PA+PB+PC的最小值．【答案】（1）见详解（2）BP2+CP2=2AP2，理由见详解，（3）❑√41
【分析】（1）按要求作图即可
（2）根据全等三角形的性质得到BP=CE，∠ACE=∠B，得到∠PCE=90°，根据勾股定理计算
即可；
（3）如图4中，先由旋转的性质得出△ABP≌△DBE，则∠ABP=∠DBE，BD=AB=4，
∠PBE=60°，BE=PE，AP=DE，再证明∠DBC=90°，然后在Rt△BCD中，由勾股定理求出
CD的长度，即为PA+PB+PC的最小值；
【详解】（1）图即为所作，
（2）数量关系：BP2+CP2=2AP2，
理由如下：△ABP逆时针旋转90°
由题意得：如图，
∵∠BAC=∠PAE=90°
，
∴∠BAC−∠PAC=∠PAE−∠PAC，即∠BAP=∠CAE，
在△BAP和△CAE中，
{
AB=AC
)
∠BAP=∠CAE ，
AP=AE
∴△BAP≌△CAE(SAS)，
∴BP=CE，∠ACE=∠B，
∵∠BAC=90°，
∴∠B+∠ACB=90°，
∴∠PCE=∠ACE+ACB=∠ACB+∠B=90°，
∴CE2+CP2=EP2，在Rt△APE中，AP2+AE2=EP2，AP=AE，
∴EP2=2AP2，
∴BD2+CP2=2AP2；
（3）解：如图4中，将△ABP绕着点B逆时针旋转60°，得到△DBE，连接EP，CD，
∴△ABP≌△DBE
，
∴∠ABP=∠DBE，BD=AB=4，∠PBE=60°，BE=PE，AP=DE，
∴△BPE是等边三角形，
∴EP=BP，
∴AP+BP+PC=PC+EP+DE，
∴当点D，点E，点P，点C共线时，PA+PB+PC有最小值CD，
∵∠ABC=30°=∠ABP+∠PBC，
∴∠DBE+∠PBC=30°，
∴∠DBC=90°，
∴CD=❑√BD2+BC2=❑√52+42=❑√41，
故答案为❑√41．
【点睛】本题属于几何变换综合题，考查了旋转的性质，等边三角形的性质，全等三角形的性质，利
用旋转的性质构造全等三角形是本题的关键．
13．（23-24八年级下·山东济南·期末）阅读下面材料：
我遇到这样一个问题：如图1，在正方形ABCD中，点E、F分别为DC、BC边上的点，
∠EAF=45°，连接EF，求证：DE+BF=EF，我是这样思考的：要想解决这个问题，首先应想办
法将这些分散的线段集中到同一条线段上，他先后尝试了平移、翻折、旋转的方法，发现通过旋转可
以解决此问题，他的方法是将△ADE绕点A顺时针旋转90°得到△ABG（如图2），此时GF即是
DE+BF．参考我得到的结论和思考问题的方法，解决下列问题：
(1)在图2中，∠GAF的度数是___________；
(2)如图3，在直角梯形ABCD中，AD∥BC（AD>BC），∠D=90°，AD=CD=10，E是CD上
一点，若∠BAE=45°，DE=4，求BE的长度；
(3)如图4，△ABC中，AC=2，BC=3，以AB为边作正方形ADEB，连接CD．当∠ACB=
___________时，线段CD有最大值，并求出CD的最大值．
【答案】(1)45°；
58
(2)BE= ；
7
(3)135°，CD最大值为2❑√2+3．
【分析】（1）根据旋转只改变图形的位置不改变图形的形状与大小可得∠GAB=∠EAD，然后求
出∠GAF=∠BAF+∠EAD，再根据∠EAF=45°计算即可得解；
（2）过点A作AF⊥CB交CB的延长线于点F可得四边形AFCD是正方形，然后设BE=x，根据上面
的结论表示出BF，再求出CE、BC，然后在Rt△BCE中, 利用勾股定理列式进行计算即可得解；
（3）过点A作AF⊥CA，取AF=AC，连接BF，CF，推导出∠BAF=∠DAC，由可证
△FAB≌△CAD，可得CD=BF，当B、C、F三点共线时，BF取最大值．
【详解】（1）根据旋转知: △ABG≌△ADE，
∴∠GAB=∠EAD，AG=AE，
∵∠BAD=∠BAF+∠EAF+∠EAD=90°，∠EAF=45°，
∴∠BAF+∠DAE=45°，
∴∠BAF+∠GAB=45°，即∠GAF=45°，
故答案为：45°；
（2）过点A作AF⊥CB交CB的延长线于点F，如图，∵AD∥BC，∠D=90°，
∴∠C=180°−∠D=90°，
∵AD=CD=10，
∴四边形AFCD是正方形，
∴CF=10，
根据上面结论可知BE=DE+BF，
设BE=x，
∵DE=4，
∴BF=BE−DE=x−4，
∴CB=CF−BF=10−x+4=14−x，CE=CD−DE=10−4=6，
∵∠C=90°，
∴CE2+CB2=BE2，
∴36+(14−x) 2=x2，
58
解得：x= ，
7
58
∴BE= ；
7
（3）如图，过点A作AF⊥CA，取AF=AC，连接BF，CF，如图
∵∠BAF=∠BAC+∠CAF=90°+∠BAC，∠DAC=∠BAD+∠BAC=90°+∠BAC，∴
∠BAF=∠DAC，
又∵AC=AF，AB=AD，∴△FAB≌△CAD(SAS)，
∴BF=CD，
∴线段CD有最大值时，只需BF最大即可，
在△BCF中，BF≤BC+CF，
当B、C、F三点共线时，BF取最大值，此时BF=BC+CF，
在等腰直角三角形ACF中，AC=AF=2，∠ACF=45°，
∴CF=❑√2AC=2❑√2，
∵CB=3，BF最大，即CD最大值为2❑√2+3，
此时∠BCA=180°−∠ACF=135°，
故答案为：135°．
【点睛】本题考查了正方形的性质，旋转的性质，三角形全等的判定与性质，勾股定理，熟练掌握知
识点的应用是解题的关键．
14．（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
【分析】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．
【详解】（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．
题型 六 中心对称图形的识别（ 共 3 小题）
1．（24-25九年级上·河北保定·期末）下列纹样图是中心对称图形的是（ ）A． B． C． D．
【答案】B
【分析】本题主要考查了中心对称图形的定义，根据中心对称图形的定义进行逐一判断即可：把一个
图形绕着某一点旋转180°，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．
【详解】解：A．不是中心对称图形，故此选项不符合题意；
B．是中心对称图形，故此选项符合题意；
C．不是中心对称图形，故此选项不符合题意；
D．不是中心对称图形，故此选项不符合题意；
故选：B．
2．（24-25九年级上·四川泸州·期末）下列既是轴对称图形又是中心对称图形的是（ ）
A．等腰三角形 B．等边三角形 C．平行四边形 D．正方形
【答案】D
【分析】本题考查了中心对称图形与轴对称图形，掌握中心对称图形与轴对称图形的定义是解题的关
键．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；
把一个图形绕着某一个点旋转180°，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，根据轴对称图形和中心对称图形的定义进行逐一判断即可．
【详解】解：A、等腰三角形是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项不符合题意；
B、等边三角形是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项不符合题意；
C、平行四边形不一定是轴对称图形，是中心对称图形，故本选项不符合题意；
D、正方形既是轴对称图形，又是中心对称图形，故本选项符合题意．
故选：D．
3．（2025·甘肃甘南·中考真题）中国航天取得了举世瞩目的成就，为人类和平贡献了中国智慧和中国力量，
下列是有关中国航天的图标，其文字上方的图案是中心对称图形的是（ ）A． B． C． D．
【答案】D
【分析】本题主要考查了中心对称图形的定义，把一个图形绕着某一个点旋转180°，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．根据中心对
称图形的定义进行逐一判断即可．
【详解】解：选项A、B、C中的图案都不能找到一个点，使图形绕某一点旋转180°后与原来的图形重
合，所以不是中心对称图形，
选项D中的图案能找到一个点，使图形绕某一点旋转180°后与原来的图形重合，所以是中心对称图形，
故选：D．
题型 七 关于原点对称的点坐标（ 共 5 小题）
1．（24-25九年级上·陕西商洛·期末）已知点A(a,b)与点B(−1,−4)是关于原点O的对称点，则点A的坐
标为（ ）
A．(1,−4) B．(−1,4) C．(1,4) D．(−1,−4)
【答案】C
【分析】此题主要考查了关于原点对称点的性质，解决本题的关键是掌握好对称点的坐标规律．关于
原点对称的点，横坐标与纵坐标都互为相反数．可以求出a,b的值，继而得到点A的坐标．
【详解】解∶∵ 点A(a,b)与点B(−1,−4)是关于原点O的对称点，
∴a=1,b=4．
∴点A的坐标为(1,4)．
故选∶C
1
2．（2024九年级上·全国·专题练习）将抛物线y= x2+1绕原点O旋转180°，则旋转后的抛物线的解析
2
式为（ ）
1 1
A．y=2x2+1 B．y=−2x2−1 C．y=− x2+1 D．y=− x2−1
2 2【答案】D
【分析】本题考查旋转的性质，解题的关键是根据原点旋转180°得到关于原点对称．
1
根据抛物线y= x2+1绕原点O旋转180°得到旋转后的抛物线与原抛物线关于原点对称，即可得到答
2
案；
1
【详解】解：∵抛物线y= x2+1绕原点O旋转180°，
2
∴旋转后的抛物线与原抛物线关于原点对称，
1
∴旋转后的抛物线：−y= (−x) 2+1，
2
1
即y=− x2−1．
2
故选：D．
3．（24-25九年级上·广东河源·期中）如图，已知点A的坐标为(−3,2)，菱形ABCD的对角线交于坐标原
点O，则点C的坐标是（ ）
A．(−3,−2) B．(3,−2) C．(2,−3) D．(−2,−2)
【答案】B
【分析】本题考查了平行四边形的性质及关于原点对称的点的坐标特点，熟练掌握和运用菱形的性质
及关于原点对称的点的坐标特点是解决本题的关键．
根据菱形的性质可知：点A与点C关于原点对称，据此即可解答．
【详解】解：∵四边形ABCD是菱形，
∴OA=OC，即点A与点C关于原点对称，
又∵点A的坐标是(−3,2)，
∴点C的坐标是(3,−2)，
故选：B．
4．（23-24九年级下·重庆·期中）已知点A(a,−1)，点B(2,b)关于原点对称，则a+b的值为（ ）
A．−1 B．1 C．−3 D．3
【答案】A【分析】本题主要考查了关于原点对称的点的坐标特征、代数式求值，熟知关于原点对称的点的横纵
坐标都互为相反数是解题的关键．根据关于原点对称的点横纵坐标都互为相反数，求出a、b的值，
然后代入计算即可．
【详解】解：∵点A(a,−1)，点B(2,b)关于原点对称，
∴a=−2，b=1，
∴a+b=−2+1=−1．
故选：A．
5．（24-25九年级上·山东临沂·期末）在平面直角坐标系中，点P(−1,a)和Q(b,2)关于原点对称，则
a+b= ．
【答案】−1
【分析】本题主要考查了关于原点对称的点的特征，根据两个点关于原点对称，可知两个点的横坐标，
纵坐标都互为相反数求出a，b，再求出代数式的值．
【详解】解：∵点P(−1,a)和点Q(b,2)关于原点对称，
∴b=1,a=−2，
∴a+b=1−2=−1．
故答案为：−1．
题型 八 按图像的变换要求画出另一个图形（ 共 4 小题）
1．（25-26九年级上·新疆·期末）如图．
(1)请画出△ABC向下平移6个单位长度后得到的△A B C ；并写出点B的对应点B 的坐标为
1 1 1 1
____________；
(2)请画出△ABC关于点O成中心对称的△A B C ；并写出点B的对应点B 的坐标为____________．
2 2 2 2
【答案】(1)图见解析，(−4,−2)；
(2)图见解析，(4,−4)【分析】本题考查作图：原点对称变换，平移变换等知识．
（1）利用平移变换的性质分别作出A，B，C的对应点A ，B ，C ，顺次连接可得到△A B C ，根
1 1 1 1 1 1
据点的位置写出B 的坐标即可；
1
（2）利用中心对称变换的性质分别作出A，B，C的对应点A ，B ，C ，顺次连接可得到
2 2 2
△A B C ，根据点的位置写出B 的坐标即可．
2 2 2 2
【详解】（1）解：如图，△A B C 即为所求，
1 1 1
点B 的坐标为：(−4,−2)；
1
（2）解：如图，△A B C 即为所求，
2 2 2
点B 的坐标为：(4,−4)．
2
2．（24-25九年级上·山西忻州·期中）已知，在平面直角坐标系中，△ABC的三个顶点分别为
A(1,4)，B(1,1)，C(5,2)．(1)将△ABC绕点O按逆时针旋转90°所得的△A B C ，画出△A B C 并写出点A 的坐标；
1 1 1 1 1 1 1
(2)画出△A B C 关于原点成中心对称的△A B C ，并直接写出线段CC 的长．
1 1 1 2 2 2 2
【答案】(1)画图见解析，点A 的坐标为(−4,1)
1
(2)画图见解析，CC =❑√58
2
【分析】（1）根据旋转的性质可画出图形，再根据图形可写出点A 的坐标；
1
（2）根据中心对称图形的性质可画出图形，再利用勾股定理可求出线段CC 的长；
2
本题考查了旋转作图，作中心对称图形，勾股定理，掌握旋转的性质和中心对称图形的性质是解题的
关键．
【详解】（1）解：如图所示，△A B C 即为所求，由图可得，点A 的坐标为(−4,1)；
1 1 1 1
（2）解：如图所示，△A B C 即为所求，由勾股定理得，CC =❑√32+72=❑√58；
2 2 2 2．
3．（24-25九年级上·全国·期末）如图，在平面直角坐标系中，△ABC的三个顶点的坐标分别为A(0,1)，
B(−1,1)，C(−1,3)．
(1)画出△ABC关于x轴对称的△A B C ，并写出点C 的坐标；
1 1 1 1
(2)画出△ABC绕原点O顺时针方向旋转90°后得到的△A B C ，并写出点C 的坐标．
2 2 2 2
【答案】(1)作图见解析，点C 的坐标为(−1,−3)
1
(2)作图见解析，点C 的坐标为(3,1)
2
【分析】（1）根据轴对称的性质作出图形，再根据图形写出坐标即可；
（2）根据旋转的性质作出图形，再根据图形写出坐标即可；
本题考查了作轴对称图形，旋转作图，坐标与图形，掌握轴对称和旋转的性质是解题的关键．
【详解】（1）解：如图所示，△A B C 即为所求，由图可得点C 的坐标为(−1,−3)；
1 1 1 1（2）解：如图所示，△A B C 即为所求，由图可得点C 的坐标为(3,1)．
2 2 2 2
4．（24-25九年级上·河北秦皇岛·期中）如图，在平面直角坐标系中，每个小方格都是边长为1的正方形，
△ABC的顶点均在格点上．
(1)将△ABC绕点A顺时针旋转90°，得到△AB C （点B ，C 分别是B，C的对应点），在图中画
1 1 1 1
出△AB C ；
1 1
(2)在图中画出△ABC关于点O中心对称的△A B C （点B ，C 分别是B，C的对应点），点C 的
2 2 2 2 2 2
坐标是 ；
(3)在（1）、（2）的基础上，我们发现点C ，A 关于某点中心对称，则对称中心的坐标是 ．
1 2
【答案】(1)画图见解析
(2)画图见解析，点C 的坐标是(3,−6)
2
(3)(2,0)．
【分析】本题考查旋转作图，中心对称，点的坐标，熟练掌握利用旋转的性质作图是解题的关键．
（1）根据旋转的性质，分别是作出点A、B、C旋转后的对应点A、B 、C ，再连接即可；
1 1
（2）根据中心对称的性质，分别是作出点A、B、C绕点O逆时针旋转180°后的对应点
A 、B 、C ，再连接A B 、A C 、B C 即可，根据点C 位置，写出点C 坐标即可；
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2
（3）连接C A ，交x轴于E，根据中心对称的性质，求出C A 的中点E的坐标即可．
1 2 1 2
【详解】（1）解：如图，△AB C 即为所求作的三角形；
1 1（2）解：如图，△A B C 即为所求作的三角形；
2 2 2
由C 的位置可得：点C 的坐标是(3,−6)；
2 2
（3）解：如图，连接C A ，交x轴于E，
1 2
由图可得：E为对称中心，坐标为(2,0)．
