专题23.1 图形的旋转
（知识梳理+19个考点讲练+中考真题演练+难度分层练 共62题）
知识梳理 技巧点拨......................................................................2
知识点梳理01：旋转的定义...........................................................2
知识点梳理02：旋转的性质...........................................................2
知识点梳理03：旋转作图.............................................................3
优选题型 考点讲练......................................................................3
考点1：判断生活中的旋转现象........................................................3
考点2：判断由一个图形旋转而成的图案................................................4
考点3：找旋转中心、旋转角、对应点..................................................6
考点4：求旋转中心的个数............................................................9
考点5：旋转中的规律性问题.........................................................10
考点6：根据旋转的性质求解.........................................................11
考点7：根据旋转的性质说明线段或角相等.............................................14
考点8：旋转的性质及辨析...........................................................17
考点9：画旋转图形.................................................................22
考点10：利用旋转设计图案..........................................................24
考点11：求绕原点旋转90度的点的坐标...............................................25
考点12：求绕某点（非原点）旋转90度的点的坐标.....................................28
考点13：求绕原点旋转一定角度的点的坐标............................................30
考点14：坐标与旋转规律问题........................................................33
考点15：线段问题（旋转综合题）....................................................35
考点16：面积问题（旋转综合题）....................................................39
考点17：角度问题（旋转综合题）....................................................43
考点18：其他问题（旋转综合题）....................................................47
考点19：坐标系中的旋转............................................................52
中考真题 实战演练.....................................................................54
难度分层 拔尖冲刺.....................................................................63
基础夯实..........................................................................63
培优拔高..........................................................................73知识点梳理01：旋转的定义
（1）旋转的概念：在平面内，把一个平面图形绕着平面内一个定点沿某一方向转动一个角度，就叫
做图形的旋转．这个定点叫做旋转中心．转动的角叫做旋转角
如图所示， 是 绕定点 逆时针旋转 得到的，其中点 与点 叫作对应点，线段
与线段 叫作对应线段， 与 叫作对应角，点 叫作旋转中心， （或
）的度数叫作旋转的角度.
（2）【注意】旋转中心可以是图形内，也可以是图形外。
A'
B'
A
45°
O
B
（3）【图形旋转的三要素】旋转中心、旋转方向和旋转角.
知识点梳理02：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03：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
考点1：判断生活中的旋转现象
【典例精讲】摩天轮上以等间隔的方式设置36个车厢，车厢依顺时针方向分别编号为1号到36号，且摩
天轮运行时以逆时针方向等速旋转，旋转一圈花费30分钟，若图2表示21号车厢运行到最高点的情形，
则此时经过多少分钟后，3号车厢才会运行到最高点？（ ）
45
A．14分钟 B．20分钟 C．15分钟 D． 分钟
2
【答案】C
【思路引导】先求出从21号旋转到3号旋转的角度占圆大小比例，再根据旋转一圈花费30分钟解答即可．
36−21+3
【规范解答】解： ×30=15（分钟）．
36
所以经过20分钟后，3号车厢才会运行到最高点．
故选C．
【考点剖析】本题主要考查了生活中的旋转现象，理清题意，得出从21号旋转到3号旋转的角度占圆大小
比例是解答本题的关键．【变式训练】如图所示，图形①经过 变换得到图形②；图形①经过 变换得到图形③；图
形①经过 变换得到图形④(填“平移”“旋转”或“轴对称”)．
【答案】 轴对称 旋转 平移
【思路引导】观察各个图形的特点，根据平移、旋转和轴对称的性质解答即可．
【规范解答】仔细观察各个图的位置关系可知：①和②是轴对称关系，①和③图形的大小一样，但方向发
生了变化，是旋转，①和④的形状大小一样，是平移关系．
∴图形①经过轴对称变换得到图形②；图形①经过旋转变换得到图形③；图形①经过平移变换得到图形④．
故答案为轴对称；旋转；平移.
【考点剖析】本题考查了生活中的旋转、平移及轴对称现象，图形平移前后的形状和大小没有变化，只是
位置发生变化；旋转变化前后，对应线段、对应角分别相等，图形的大小、形状都不改变，两组对应点连
线的交点是旋转中心；轴对称是两个图形沿某条直线对折后能够完全重合．
考点2：判断由一个图形旋转而成的图案
【典例精讲】（24-25九年级上·浙江金华·期中）如图，以下图形变化能使图形甲和图形乙重合的是（
）
A．将甲绕点O顺时针旋转90°．
B．将乙绕点O逆时针旋转90°．
C．将甲绕着AB和OF中垂线的交点顺时针旋转90°．
D．将甲先向下平移至点O和F重合，再绕点F逆时针旋转90°．
【答案】C
【思路引导】本题考查了旋转的性质，由旋转的性质可得将甲绕着AB和OF中垂线的交点顺时针旋转90°，图形甲和图形乙重合．
【规范解答】解：A、将甲绕点O顺时针旋转90°，图形甲和图形乙不能重合，不符合题意；
B、将乙绕点O逆时针旋转90°，图形甲和图形乙不能重合，不符合题意；
C、将甲绕着AB和OF中垂线的交点顺时针旋转90°，图形甲和图形乙重合，符合题意；
D、将甲先向下平移至点O和F重合，再绕点F逆时针旋转90°，图形甲和图形乙不能重合，不符合题意．
故选：C．
【变式训练】（24-25九年级上·天津北辰·期中）△ABC和△BDE是等边三角形，且A，B，D在一条
直线上，连接AE，CD交于点P，则下列结论
①AC∥BE；②∠APC=60°；③AE=CD；④△CBD可以看作是△ABE绕点B顺时针能转60°而成
的；其中正确的个数是（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】D
【思路引导】利用等边三角形的定义可得：∠CAB=∠DBE=60°，由同位角相等可得：AC∥BE，可
判断①；先证明△ABE≌△CBD(SAS)，则∠BDC=∠AEB，根据外角的性质得：
∠APC=∠EAB+∠BDC=∠EAB+∠AEB=∠EBD=60°，可判断②；根据
△ABE≌△CBD(SAS)，得出AE=CD，可判断③；根据△ABE≌△CBD，且∠ABC=60°，由
旋转的概念可判定④．
【规范解答】解：∵△ABC和△BDE是等边三角形，
∴∠CAB=∠DBE=60°，
∴AC∥BE，故①正确；
∵△ABC和△BDE是等边三角形，
∴AB=BC，BE=BD，∠ABC=∠DBE=60°，
∴∠ABC+∠CBE=∠DBE+∠CBE，
即∠ABE=∠CBD，
∴△ABE≌△CBD(SAS)，
∴∠BDC=∠AEB，
∴∠APC=∠EAB+∠BDC=∠EAB+∠AEB=∠EBD=60°，故②正确；∵△ABE≌△CBD(SAS)，
∴AE=CD，故③正确；
∵△ABE≌△CBD，且∠ABC=60°，
∴△CBD可以看作是△ABE绕点B顺时针能转60°而成的，故④正确；
∴正确的有①②③④，共4个，
故选：D．
【考点剖析】此题考查了等边三角形的性质，全等三角形的判定与性质，平行线的判定和性质，三角形外
角的性质，旋转的图形的识别，本题是常考题型，解题的关键是仔细识图，找准全等的三角形．
考点3：找旋转中心、旋转角、对应点
【典例精讲】（24-25九年级上·福建龙岩·阶段练习）如图，正方形ABCD中，点E为BC边上的一点，
将△ABE顺时针旋转后得到△CBF．
(1)指出旋转中心为点_____及旋转角的度数为_______°；
(2)判断AE与CF的位置关系，并说明理由．
【答案】(1)旋转中心是B，旋转角是90°
(2)AE⊥CF，理由见解析
【思路引导】（1）将△ABE旋转后得到△CBF，要确定旋转中心及旋转的角度，首先确定哪个点是对
应点，即可确定；
（2）根据旋转的性质可知，旋转前后两个图形一定全等，根据全等三角形的对应角相等，即可作出判断．
【规范解答】（1）解：∵将△ABE顺时针旋转后得到△CBF
∴旋转中心是点B，旋转角的度数是90°；
（2）解：延长AE交CF于点M．由旋转可知：△ABE≌△CBF，
∴AE=CF，∠EAB=∠BCF．
又∵∠AEB=∠CEM，∠ABE=90°，
∴∠ECM+∠CEM=90°，
∴AE⊥CF．
【考点剖析】本题主要考查了旋转的性质，正方形的性质，全等三角形的性质，旋转只是改变图形的位置，
不改变图形的形状与大小，旋转前后的两个图形一定全等．
【变式训练】（24-25九年级上·吉林·期中）如图，在平面直角坐标系中，△ABC的三个顶点坐标分别
为A(−3,2)、B(0,4)、C(0,2)．
(1)操作与实践：
①步骤一：将△ABC以点C为旋转中心顺时针旋转180°，画出旋转后对应的△A B C；
1 1
②步骤二：平移△ABC，使点A的对应点A 的坐标为(1,−4)，画出平移后对应的△A B C ；
2 2 2 2
(2)应用与求解：
将△A B C绕某一点旋转可以得到△A B C ，请直接写出旋转中心M的坐标．
1 1 2 2 2
【答案】(1)①图见解析；②图见解析
(2)(2,−1)
【思路引导】本题考查作图−旋转变换、作图−平移变换，熟练掌握旋转的性质、平移的性质是解答本题的关键．
（1）①根据旋转的性质作图即可．
②根据平移的性质作图即可．
（2）分别连接A A ，B B ，CC ，相交于点M，则△A B C绕点M旋转180°可以得到△A B C ，
1 2 1 2 2 1 1 2 2 2
进而可得答案．
【规范解答】（1）解：①如图，△A B C即为所求．
1 1
②如图，△A B C 即为所求．
2 2 2
（2）解：分别连接A A ，B B ，CC ，相交于点M，则△A B C绕点M旋转180°可以得到
1 2 1 2 2 1 1
△A B C ，
2 2 2∴旋转中心M的坐标为(2,−1)．
考点4：求旋转中心的个数
【典例精讲】如图，ΔABC和ΔADC都是等边三角形.
（1）ΔABC沿着______所在的直线翻折能与ΔADC重合；
（2）如果ΔABC旋转后能与ΔADC重合，则在图形所在的平面上可以作为旋转中心的点是______；
（3）请说出2中一种旋转的旋转角的度数______.
【答案】（1）AC；（2）.点A、点C或者线段AC的中点；（3）60°
【思路引导】(1) 因为ΔABC和ΔADC有公共边AC，翻折后重合，所以沿着直线AC翻折即可；（2）将
△ABC旋转后与ΔADC重合，可以以点A、点C或AC的中点为旋转中心；（3）以点A 、点C为旋转中心
时都旋转60°，以AC中点旋转时旋转180°.
【规范解答】(1)∵ΔABC和ΔADC都是等边三角形，
∴ΔABC和ΔADC是全等三角形，
∴△ABC沿着AC所在的直线翻折能与△ADC重合.
故填AC;
(2)将△ABC旋转后与ΔADC重合，则可以以点A为旋转中心逆时针旋转60°或以点C为旋转中心顺时针旋
转60°，或以AC的中点为旋转中心旋转180°即可；
（3）以点A 、点C为旋转中心时都旋转60°，以AC中点旋转时旋转180°.【考点剖析】此题考查平移的对称轴确定的方法、旋转中心确定的方法，依照平移、旋转的性质来确定即
可.
【变式训练】如图，若正方形EFGH由正方形ABCD绕某点旋转得到，则可以作为旋转中心的是（ ）
A．M或O或N B．E或O或C C．E或O或N D．M或O或C
【答案】A
【规范解答】试题分析：若以M为旋转中心，把正方形ABCD顺时针旋转90°，A点对应点为H，B点对应
点为E，C点对应点为F，D点对应点为G，则可得到正方形EFGH；
若以O为旋转中心，把正方形ABCD旋转180°，A点对应点为G，B点对应点为H，C点对应点为E，D点对
应点为F，则可得到正方形EFGH；
若以N为旋转中心，把正方形ABCD逆时针旋转90°，A点对应点为F，B点对应点为G，C点对应点为H，D
点对应点为E，则可得到正方形EFGH．
故选A．
考点5：旋转中的规律性问题
【典例精讲】（20-21九年级上·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)
【思路引导】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)．
【考点剖析】本题考查翻折变换，等边三角形的性质及坐标与图形性质，根据题意得出P 、P 、P …的
1 2 3
横坐标，得出规律是解答此题的关键．
考点6：根据旋转的性质求解
【典例精讲】（24-25九年级上·江西赣州·阶段练习）如图，△ABC中，点E在BC边上，AE=AB，
将线段AC绕A点旋转到AF的位置，使得∠CAF=∠BAE，连接EF，EF与AC交于点G．
(1)求证：EF=BC；
(2)若∠ABC=65°，∠ACB=28°，求∠FGC的度数．
【答案】(1)见解析
(2)78°
【思路引导】（1）由旋转的性质可得AC=AF，证明△ABC≌△AEF，根据全等三角形的对应边相
等即可得出EF=BC；
（2）根据等腰三角形的性质以及三角形内角和定理求出∠BAE=180°−65°×2=50°，那么
∠FAG=50°．由△ABC≌△AEF，得出∠F=∠C=28°，再根据三角形外角的性质即可求出
∠FGC=∠FAG+∠F=78°．
【规范解答】（1）证明：∵∠CAF=∠BAE，
∴∠CAF+∠EAC=∠BAE+∠EAC，即∠BAC=∠EAF．
∵将线段AC绕A点旋转到AF的位置，
∴AC=AF．
在△ABC与△AEF中，
{
AB=AE
)
∠BAC=∠EAF ，
AC=AF∴△ABC≌△AEF(SAS)，
∴EF=BC；
（2）解：∵AB=AE，∠ABC=65°，
∴∠ABE=∠AEB=65°，
∴∠BAE=180°−65°×2=50°，
∴∠FAG=∠BAE=50°．
∵△ABC≌△AEF，∠ACB=28°，
∴∠F=∠ACB=28°，
∴∠FGC=∠FAG+∠F=50°+28°=78°．
【考点剖析】本题考查了旋转的性质，全等三角形的判定与性质，等腰三角形的性质，三角形内角和定理
以及三角形外角的性质，证明△ABC≌△AEF是解题的关键．
【变式训练】（24-25九年级上·广东江门·阶段练习）如图，在△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC，
点D为△ABC内一点，连接BD，将△ABD绕点A逆时针方向旋转90∘得到△ACE．
(1)连接DE交AC于点F．若点B、D、E三点共线，求∠FEC的度数；
(2)若AD=12cm，AB=AC=20cm，∠BAD=15°，求AF的长．
【答案】(1)90°
(2)4❑√6cm
【思路引导】（1）利用SAS证明△ABD≌△ACE，得∠AEC=∠BDA，由点B、D、E三点共线，
得∠ADB=180°−∠ADE=180°−45°=135°，即可解决问题；
（2）过A作AH⊥DE于H，利用等腰直角三角形的性质和直角三角形的性质，勾股定理求解即可．
【规范解答】（1）解：当点B、D、E三点共线，如图，
∵将△ABD绕点A逆时针方向旋转，使AB与AC重合，
∴∠DAE=∠BAC=90°，AD=AE，∴∠DAE−∠DAF=∠BAC−∠DAF，
∴∠BAD=∠CAE，
在△ABD和△ACE中，
{
AB=AC
)
∠BAD=∠CAE ，
AD=AE
∴△ABD≌△ACE(SAS)，
∴∠AEC=∠BDA，
∵点B、D、E三点共线，
∴∠ADB=180°−∠ADE=180°−45°=135°，
∴∠FEC=∠AEC−∠AED=135°−45°=90°；
（2）解：过A作AH⊥DE于H，如图，
∵∠DAE=∠BAC=90°，AD=AE，
∴∠ADE=∠AED=45°
∵AH⊥DE
∴∠AHD=90°，DH=EH
∴∠ADH=∠DAH=45°，
❑√2
∴AH= AD=6❑√2(cm)，
2
∵∠BAD=15°，
∴∠FAH=90°−∠BAD−∠DAH=30°，
1
∴FH= AF，
2
∵AF2=AH2+FH2=AH2+ (1 AF ) 2
2
2❑√3
∴AF= AH=4❑√6cm．
3
【考点剖析】本题主要考查了旋转的性质，等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定与性质，直角三角形的性质，勾股定理等知识，作辅助线构造直角三角形是解题的关键．
考点7：根据旋转的性质说明线段或角相等
【典例精讲】（24-25九年级上·贵州六盘水·期末）综合与探究：如图①，点E为正方形ABCD内一点，
∠AEB=90°，将Rt△ABE绕点A逆时针方向旋转90°得到△ADE′，延长BE交DE′于点F，连接CE．
【证明结论】
（1）求证：四边形AEFE′是正方形；
【解决问题】
（2）如图①，若AE=6，DF=2，求△BCE的面积；
【问题探究】
（3）如图②，若CB=CE，求证：点F是DE′的中点．
【答案】（1）证明见解析；（2）32；（3）证明见解析
【思路引导】（1）由旋转的性质可得AE′=AE，∠E′=∠AEB=90°，∠E′ AE=90°，即得四边形
AEFE′是矩形，进而由AE′=AE即可求证；
（2）过点C作CH⊥BE于点H，可证△ABE≌△BCH(AAS)，得到BE=CH，又由（1）可知：
E'F=AE，△ABE≌△ADE'，即可得BE=DE′=E′F+DF=AE+DF=8，再根据三角形的面积公
式计算即可；
（3）过点C作CG⊥BE于点G，可得AE=BG，又由（1）可知：BE=DE′，四边形AEFE′是正方形，
1
即得AE=E′F，由等腰三角形的性质得BG=EG= BE，即得BE=2BG=2AE=2E′F，得到
2
DE′=2E′F，即可求证．
【规范解答】（1）证明：∵△ADE′是由△ABE绕点A逆时针旋转90°而得到，
∴AE′=AE，∠E′=∠AEB=90°，∠E′ AE=90°，
∵BF是BE的延长线，
∴∠AEF=90°∴四边形AEFE′是矩形，
∵AE′=AE，
∴四边形AEFE′是正方形；
（2）如图，过点C作CH⊥BE于点H，
∴∠CHB=∠AEB=90°，
∴∠CBH+∠BCH=∠ABE+∠CBH=90°，
∴∠ABE=∠BCH，
∵AB=BC，
∴△ABE≌△BCH(AAS)，
∴BE=CH，
由（1）可知：E'F=AE，△ABE≌△ADE'，
∴BE=DE′=E′F+DF=AE+DF=6+2=8，
∴CH=8，
1 1
∴△BCE的面积= BE⋅CH= ×8×8=32；
2 2
（3）如图②，过点C作CG⊥BE于点G，
由（2）可知：△ABE≌△BCG，
∴AE=BG，
由（1）可知：BE=DE′，四边形AEFE′是正方形，∴AE=E′F，
∵CB=CE，CG⊥BE，
1
∴BG=EG= BE，
2
∴BE=2BG=2AE=2E′F，
∴DE′=2E′F，
∴点F为DE′的中点．
【考点剖析】本题考查了旋转的性质，正方形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，等腰三角形的性
质，掌握以上知识点是解题的关键．
【变式训练】（2024·江苏苏州·一模）如图所示，等腰Rt△ABC中，AC=BC，∠ACB=90°，点D
为斜边AB上一点（不与A，B重合），AD<BD，连接CD，将线段CD绕点C沿顺时针方向旋转90°至
CE，连接BE，DE．
(1)求证：△ACD≌△BCE；
(2)若AC=4❑√2，AD=1，求DE的长．
【答案】(1)证明见解析
(2)5❑√2
【思路引导】（1）由旋转得CD=CE，∠DCE=90°，进而由余角性质得∠ACD=∠BCE，再根据判
定方法SAS即可求证；
（2）根据全等三角形的性质和等腰直角三角形的性质可得BE=AD=1，BD=AB−AD=7，
∠DBE=∠CBE+∠ABC=90°，再利用勾股定理计算即可求解．
【规范解答】（1）证明：由旋转可得，CD=CE，∠DCE=90°，
∵∠ACB=90°，
∴∠ACD+∠DCB=∠DCB+∠BCE=90°，
∴∠ACD=∠BCE，
在△ACD和△BCE中，{
AC=BC
)
∠ACD=∠BCE ，
CD=CE
∴△ACD≌△BCE(SAS)；
（2）解：由（1）知△ACD≌△BCE，
∴BE=AD=1，∠CBE=∠A，
∵△ABC是等腰直角三角形，AC=BC，
∴∠A=∠ABC=45°，AB=❑√2AC=❑√2×4❑√2=8，
∴∠CBD=45°，BD=AB−AD=8−1=7，
∠DBE=∠CBE+∠ABC=45°+45°=90°，
∴DE＝❑√BD2+BE2=❑√72+12=5❑√2．
【考点剖析】本题考查了旋转的性质，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，掌
握旋转的性质是解题的关键．
考点8：旋转的性质及辨析
【典例精讲】（22-23八年级下·四川成都·期末）如图1，在平面直角坐标系xOy中，直线y=kx+b分
别与x轴，y轴交于点A(−1,0)，B(0,2)，过点C(2,0)作x轴的垂线，与直线AB交于点D．
(1)求点D的坐标；
(2)点E是线段CD上一动点，直线BE与x轴交于点F．
（i）若△BDF的面积为8，求点F的坐标；
（ii）如图2，当点F在x轴正半轴上时，将直线BF绕点B逆时针旋转45°后的直线与线段CD交于点M，
连接FM，若OF=MF+1，求线段MF的长．
【答案】(1)(2,6)
(2)（i）(−5,0)或(3,0)；（ii）MF=5【思路引导】（1）将A(−1,0)，B(0,2)代入y=kx+b求出解析式即可；
（2）（i）设点F(m,0)，分类讨论当点F在x轴的正半轴和负半轴的情况，根据
1
S =S −S = ×AF×(DC−BO)即可求解；（ii）作MN⊥y轴，GB⊥BM交x轴于点G，
△BDF △ADF △ABF 2
证△MNB≌△BOG、△FBM≌△FBG即可求解．
{−k+b=0)
【规范解答】（1）解：由题意得：
b=2
{k=2)
解得：
b=2
∴y=2x+2
当x=2时，y=2×2+2=6
∴D(2,6)
（2）解：设点F(m,0)
（i）①当点F在x轴的正半轴时，如图所示：
1 1
S =S −S = ×AF×(DC−BO)= ×(m+1)×(6−2)=2(m+1)，
△BDF △ADF △ABF 2 2
∴2(m+1)=8，
解得：m=3
∴F(3,0)
②当点F在x轴的负半轴时，如图所示：1 1
S =S −S = ×AF×(DC−BO)= ×(−1−m)×(6−2)=−2(m+1)，
△BDF △ADF △ABF 2 2
∴−2(m+1)=8，
解得：m=−5
∴F(−5,0)
综上所述：F(−5,0)或F(3,0)
（ii）作MN⊥y轴，GB⊥BM交x轴于点G，如图所示：
∵∠NMB+∠NBM=∠GBO+∠NBM=90°
∴∠NMB=∠GBO
∵MN⊥y轴
∴MN=2=OB
∵∠MNB=∠BOG=90°，
∴△MNB≌△BOG
∴NB=OG,BM=BG
∵将直线BF绕点B逆时针旋转45°后的直线与线段CD交于点M，
∴∠FBM=45°∴∠FBG=45=∠FBM
∵BF=BF
∴△FBM≌△FBG
∴MF=GF
∵OF=GF+OG=MF+1
∴OG=1=NB
∴ON=MC=3
设MF=t，则CF=OF−2=t+1−2=t−1
在Rt△MCF中，M F2=MC2+CF2
∴t2=32+(t−1) 2
解得：t=5，
∴MF=5
【考点剖析】本题考查了一次函数与几何综合问题．正确作出辅助线，掌握分类讨论的数学思想是解题关
键．
【变式训练】如图，在由边长为1的正方形组成的网格中，将格点△ABC绕某点顺时针旋转α（
0°<α<180°）得到格点△A B C ，点A与点A ，点B与点B ，点C与点C 是对应点．
1 1 1 1 1 1
(1)请通过画图找到旋转中心，将其标记为点O；
(2)旋转角α的度数是______；
(3)求△A B C 的面积．
1 1 1
【答案】(1)见解析
(2)90°9
(3)
2
【思路引导】（1）连接CC、AA，再分别作两线段的中垂线，两中垂线的交点即为所求；
1 1
（2）连接CO、CO，结合网格特点可得旋转角∠COC=α=90°；
1 1
（3）利用割补法即可求面积．
【规范解答】（1）如图所示，连接CC、AA，再分别作两线段的中垂线，两中垂线的交点O即为所求；
1 1
（2）如图所示，连接CO、CO，结合网格特点可得∠COC=α=90°，
1 1
故答案为90°；
1 1 1
（3）S =3×4− ×1×2− ×1×4− ×3×3
△A 1 B 1 C 1 2 2 2
9
=12−1−2−
2
9
= ．
2
【考点剖析】本题主要考查作图-旋转变换，解题的关键是掌握旋转变换的定义和性质．
考点9：画旋转图形
【典例精讲】（24-25九年级上·海南·期末）如图，在平面直角坐标系中，△ABC的顶点均在格点上，
将△ABC绕原点O逆时针方向旋转90°得到△A B C ．请作出△A B C ，写出各顶点的坐标，并计
1 1 1 1 1 1
算△A B C 的面积．
1 1 1【答案】作图见解析；点A 的坐标为(−1,−1)，点B 的坐标为(−4,0)，点C 的坐标为(−4,2)，
1 1 1
△A B C 的面积是3
1 1 1
【思路引导】本题主要考查作图-旋转变换、三角形的面积公式，利用网格特点和旋转的性质画出A、B、C
的对应点；然后写出△A B C 各顶点的坐标，利用三角形面积公式计算△A B C 的面积．
1 1 1 1 1 1
【规范解答】解：如图，△A B C 即为所作；
1 1 1
点A 的坐标为(−1,−1)，点B 的坐标为(−4,0)，点C 的坐标为(−4,2)，
1 1 1
1
△A B C 的面积= ×2×3=3．
1 1 1 2
【变式训练】（24-25九年级上·浙江杭州·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(0,4),B(−4,1),C(2,0)．
(1)作出线段AC绕点C逆时针旋转90°后的对应线段CQ，并写出点Q的坐标．(2)作出△ABC绕点O旋转180°的△A B C ，并直接写出点A ,B ,C 的坐标．
1 1 1 1 1 1
【答案】(1)图见解析；(−2,−2)
(2)图见解析；(0,−4)，(4,−1)，(−2,0)
【思路引导】本题主要考查了坐标与图形变化—旋转，正确画出对应的旋转图形是解题的关键．
（1）先根据旋转的性质确定A对应点的位置，再连接CQ，即可得到旋转图形，再根据所画图形求出点的
坐标即可；
（2）先根据旋转的性质确定A、B、C对应点的位置，再顺次连接对应点，即可得到旋转图形，再根据
所画图形求出点的坐标即可．
【规范解答】（1）解：如图，线段CQ即为所求；
由图可得，点Q的坐标为(−2,−2)；
（2）解：如图，△A B C 即为所求．
1 1 1
由图可得，A (0,−4)，B (4,−1)，C (−2,0)．
1 1 1
考点10：利用旋转设计图案
【典例精讲】下列对下图的形成过程叙述正确的是（ ）A．它可以看作是一只小狗绕图案的中心位置旋转90∘，180∘，270∘形成的
B．它可以看作是相邻两只小狗绕图案的中心位置旋转180∘形成的
C．它可以看作是相邻两只小狗绕图案的某条对称轴翻折而成的
D．它可以看作是左侧和上方的小狗分别向右侧和下方平移得到的
【答案】D
【思路引导】根据图形结合选项,采用排除法判定正确答案.
【规范解答】观察图形可知:从小狗的头部方向看,上边的小狗与下方的方向相等，左边的与右边的方向相
同，只有D符合，所以答案选D.
【考点剖析】本题考查了平移的性质，平移后的图形能够重合，注意结合图形解题的思想是解题的关键.
【变式训练】如图，将甲图经图形变换变到乙图，下列说法错误的是（ ）
A．可以通过旋转和平移实现 B．可以通过旋转和轴对称实现
C．必须通过旋转才能实现 D．不必通过旋转就能实现
【答案】D
【思路引导】结合图形特点可得甲图形变为乙图形可以经过旋转、平移或旋转、轴对称实现，从而可得出
答案．
【规范解答】甲图形变为乙图形必须通过旋转变换，
所以D选项错误，
故选D．
【考点剖析】本题考查了几何变换的类型，属于基础题，掌握各几何变换的特点是解答本题的关键．
考点11：求绕原点旋转90度的点的坐标
【典例精讲】（24-25九年级上·河南驻马店·阶段练习）如图，点A的坐标为(4,3)，第一次：将点A绕
原点O逆时针旋转90°得到A ；第二次：作点A 关于x轴的对称点A ；第三次：将点A 绕点O逆时针旋转
1 1 2 2
90°得到A ；第四次：作点A 关于x轴的对称点A ，然后按这四次规律重复，则点A 的坐标是
3 3 4 2025（ ）
A．(4,3) B．(4,−3) C．(−3,−4) D．(−3,4)
【答案】D
【思路引导】本题主要考查了坐标与图形变化﹣旋转、点的坐标变化规律及关于x轴、y轴对称点的坐标，
根据所给变换方式，依次求出点A ，A ，A ，…，的坐标，发现规律即可解决问题．能根据题意得出
1 2 3
从点A 开始，所得点的坐标按(−3,4),(−3,−4),(4,−3),(4,3)循环是解题的关键．
1
【规范解答】解：过点A作x轴的垂线，垂足为M，过点A 作x轴的垂线，垂足为N，如图所示：
1
∵点A的坐标为(4,3)，
∴AM=3，OM=4．
由旋转可知，∠AOA =90°，OA=OA ．
1 1
又∵A N⊥x轴，AM⊥x轴，
1
∴∠A NO=∠AMO=90°，
1
∴∠A ON+∠AOM=∠A+∠AOM=90°，
1
∴∠A ON=∠A．
1
在△A ON和△OAM中，
1
{∠A
1
NO=∠AMO
)
∠A ON=∠A ，
1
OA=OA
1
∴△A ON≌△OAM(AAS)，
1
∴NO=AM=3，A N=OM=4，
1
∴点A 的坐标为(−3,4)．
1
∵点A 和点A 关于x轴对称，
2 1∴点A 的坐标为(−3,−4)．
2
依次类推：
点A 的坐标为(4,−3)，
3
点A 的坐标为(4,3)，
4
点A 的坐标为(−3,4)，
5
…，
则从点A 开始，所得点的坐标按(−3,4),(−3,−4),(4,−3),(4,3)循环，
1
∵2025=4×506+1，
∴点A 的坐标是(−3,4)．
2025
故选：D．
【变式训练】（24-25九年级上·北京·期中）如图，在平面直角坐标系中，△ABC的三个顶点坐标为
A(−3,4)，B(−4,2)，C(−2,1)，绕原点逆时针旋转90°，得到△A B C ，将△A B C 向右平移6
1 1 1 1 1 1
个单位，再向上平移2个单位得到△A B C ．
2 2 2
(1)画出△A B C 和△A B C ；
1 1 1 2 2 2
(2)△ABC经旋转后点A的对应点为A ，经平移后点A的对应点为A ，P(a,b)是△ABC的边AC上一点，
1 2
△ABC经旋转、平移后点P的对应点为P ，请写出点A ，A ，P 的坐标；
2 1 2 2
(3)若△ABC直接旋转得到△A B C ，则旋转中心点M的坐标是 ．
2 2 2
【答案】(1)见解析；
(2)A (−4,−3)，A (2,−1)，点P 的坐标为(−b+6,a+2)；
1 2 2
(3)(2,4)．
【思路引导】（1）根据旋转和平移的性质作图即可；
（2）由图可直接得出A ，A 的坐标．设△ABC经旋转后点P的对应点为P ，由旋转的性质可得点P 的
1 2 1 1
坐标为(−b,a)，再由平移的性质可得点P 的坐标为(−b+6,a+2)
2（3）连接A A ，BB ，分别作线段A A ，BB 的垂直平分线，交于点M，则△ABC绕点M逆时针旋转
2 2 2 2
90°得到△A B C ，即可得出答案．
2 2 2
【规范解答】（1）解：如图，△A B C 和△A B C 即为所求；
1 1 1 2 2 2
（2）解：由图可得，A (−4,−3)，A (2,−1)，
1 2
设△ABC经旋转后点P的对应点为P ，
1
∴点P 的坐标为(−b,a)，
1
∴平移后点P 的坐标为(−b+6,a+2)
2
（3）解：连接A A ，BB ，分别作线段A A ，BB 的垂直平分线，交于点M，
2 2 2 2
则△ABC绕点M逆时针旋转90°得到△A B C ，
2 2 2
∴旋转点M的坐标是(2,4)．
故答案为：(2,4)．
【考点剖析】本题考查作图——旋转变换、平移变换，熟练掌握旋转的性质、平移的性质是解答本题的关
键．考点12：求绕某点（非原点）旋转90度的点的坐标
【典例精讲】（24-25九年级上·甘肃庆阳·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(−2,2)，B(−3,−2)，C(−1,0)，在平面直角坐标系中，点P的坐标为(1,−1)，请在平面直角坐
标系中画出△ABC绕点P按顺时针方向旋转90°后，得到的新图形△A B C ，并写出B 、C 的坐标．
1 1 1 1 1
【答案】作图见解析，点B 的坐标是(0,3)，点C 的坐标是(2,1)
1 1
【思路引导】本题考查了作图—旋转变换，根据网格结构特点找出点A、B、C绕点P顺时针旋转后的对应
点的位置，然后顺次连接即可得到△A B C ，根据图形位置即可写出点的坐标．
1 1 1
【规范解答】解：△A B C 如图所示，
1 1 1
根据上图可得，点B 的坐标是(0,3)，点C 的坐标是(2,1)．
1 1
【变式训练】（24-25九年级上·广东广州·期中）在平面直角坐标系中，Rt△ABC的三个顶点分别是
A(−3,2)，B(0,4)，C(0,2)(1)将△ABC以点C为旋转中心顺时针旋转180°，画出旋转后对应的△A B C ；平移△ABC，若点A
1 1 1
的对应点A 的坐标为(0,−4)，画出平移后对应的△A B C ；
2 2 2 2
(2)若将△A B C 绕某一点旋转可以得到△A B C ，请直接写出旋转中心的坐标．
1 1 1 2 2 2
【答案】(1)见详解
(3 )
(2) ,−1
2
【思路引导】本题考查了旋转变换作图，也考查了平移变换作图，熟练掌握旋转变换和平移变换的定义作
出变换后的对应点是解题的关键，
（1）利用中心对称的点的坐标特征得到A 、B 、C ，再顺次连接即可；利用点A与点A 的坐标特征得到
1 1 1 2
平移的方式是先向右平移3个单位，再向下平移6个单位，据此作出另外两个点的对应点，顺次连接即可；
（2）连接A A 、B B 、C C 交于一点，这点即为旋转中心，即可解答；
1 2 1 2 1 2
【规范解答】（1）解：如图所示：△A B C 为所求，△A B C 为所求；
1 1 1 2 2 2
（2）解：∵B (0,0),B (3,−2)，
1 2
0+3 3 0+(−2)
∴ = , =−1，
2 2 2(3 )
∴旋转中心坐标为 ,−1 ．
2
考点13：求绕原点旋转一定角度的点的坐标
【典例精讲】（24-25九年级上·青海西宁·期中）抛物线y=ax2+bx+c(a≠0)的图像经过的点如下表：
x −1 0 1 2 3 4
y 8 3 0 −1 0 3
(1)求出抛物线的解析式；
(2)如图1，抛物线交y轴于点A，交x轴于点B、C，在抛物线的对称轴上找一点P，使得AP+BP的长度最
小，请求出点P的坐标；
(3)如图2．将抛物线y=ax2+bx+c(a≠0)绕点E(4,0)旋转180°，顶点M的对应点为点N，连结AN、
AM、MN，请判断△AMN的形状，并说明理由．
【答案】(1)y=x2−4x+3
(2)P(2,1)
(3)△AMN的形状为等腰直角三角形，理由见解答
【思路引导】（1）由待定系数法即可求解；
（2）点B关于对称轴的对称点为点C，则PB=PC，则AP+PB=AP+PC=AC为最小，即可求解；
（3）将抛物线y=ax2+bx+c(a≠0)绕点E(4,0)旋转180°，顶点M(2,−1)的对应点为点N，则点E是
MN的中点，即可求解．
【规范解答】（1）解：从表格看，抛物线过点(3,0)、(1,0)，则抛物线的表达式为：y=a(x−1)(x−3)，
把(0,3)代入，得3=a×(0−1)×(0−3)
解得a=1，
故抛物线的表达式为y=(x−1)(x−3)=x2−4x+3；
（2）解：点B关于对称轴的对称点为点C，则PB=PC，
则AP+PB=AP+PC=AC为最小，
由点A(0,3)、C(3,0)的坐标得，直线AC的表达式为：y=−x+3，
而抛物线的对称轴为直线x=2，
当x=2时，y=1，
则点P(2,1)；
（3）解：将抛物线y=ax2+bx+c(a≠0)绕点E(4,0)旋转180°，顶点M(2,−1)的对应点为点N，
则点E是MN的中点，
由中点坐标公式得：N(6,1)，
由点A、M、N的坐标得，AM2=(0−2) 2+(3+1) 2=20，同理可得：M N2=20，AN2=40，
即AN2=M N2+AM2且AM=MN，
故△AMN的形状为等腰直角三角形．
【考点剖析】本题考查的是二次函数综合运用，涉及到等腰直角三角形的性质、图象的旋转、点的对称性
等，确定点N的坐标是本题解题的关键．
【变式训练】（24-25九年级上·山东济宁·期末）如图，在由边长为1个单位长度的小正方形组成的网
格中建立平面直角坐标系，格点（网格线的交点）A，B，C，D的坐标分别为(7,8),(2,8),(10,4),(5,4)．(1)将△ABC绕点D旋转180°得到△A B C ，画出△A B C ；
1 1 1 1 1 1
(2)直接写出点A ,B ,C 的坐标；
1 1 1
(3)求△ABC的面积．
【答案】(1)见解析
(2)A (3,0),B (8,0),C (0,4)
1 1 1
(3)10
【思路引导】本题考查作图﹣旋转变换，熟练掌握旋转的性质是解答本题的关键．
（1）根据旋转的性质作图即可．
（2）由图可得答案．
（3）利用三角形的面积公式计算即可．
【规范解答】（1）解：如图，△A B C 即为所求．
1 1 1
（2）由图可得，A (3,0),B (8,0),C (0,4)
1 1 1
1
（3）△ABC的面积为 ×5×4=10．
2考点14：坐标与旋转规律问题
【典例精讲】（24-25九年级上·山东济宁·期中）一段抛物线：y=−x(x−3)(0≤x≤3)，记为C ，它与
1
x轴交于点O、A ；将C 绕点A 旋转180°得C ，交x轴于点A ；将C 绕点A 旋转180°得C ；交x轴于
1 1 1 2 2 2 2 3
点A ；…若P(2026,m)是其中某段抛物线上一点，则m= ．
3
【答案】−2
【思路引导】本题考查了二次函数图象与几何变换，根据平移规律得出C 的解析式是解题的关键．
676
求出抛物线C 与x轴的交点坐标，然后得到A (6,0)，A (9,0)，A (12,0)，A (15,0)，求出C ，C ，C ，
1 2 3 4 5 2 3 4
C 的解析式，然后找到规律，求出C 的解析式，然后把点P的横坐标代入计算即可得解．
5 676
【规范解答】解：∵一段抛物线：y=−x(x−3)(0≤x≤3)，
∴图象与x轴交点坐标为：O(0,0)，A (3,0)，
1
∵将C 绕点A 旋转180°得C ，交x轴于点A ；将C 绕点A 旋转180°得C ，交x轴于点A ；
1 1 2 2 2 2 3 3
∴A (6,0)，A (9,0)，A (12,0)，A (15,0)
2 3 4 5
∴C 的解析式为y =(x−3)(x−6)，C 的解析式为y =−(x−6)(x−9)，C 的解析式为
2 2 3 3 4
y =(x−9)(x−12)，C 的解析式为y =−(x−12)(x−15)，
4 5 5
∵2026÷3=675⋅⋅⋅⋅⋅⋅1
∴C 的解析式为y =(x−676×3+3)(x−676×3)=(x−2025)(x−2028)，
676 676
∴当x=2026时，y =(2026−2025)×(2026−2028)=−2．
676
故答案为：−2．
【变式训练】（24-25九年级上·贵州贵阳·期中）如图，在平面直角坐标系中，将边长为1的正方形
OABC绕点O顺时针旋转45°后得到正方形OA B C ，依此方式，绕点O连续旋转2023次得到正方形
1 1 1
OA B C ，那么点A 的坐标是（ ）
2023 2023 2023 2023( ❑√2 ❑√2) ( ❑√2 ❑√2)
A． − , B．(1,0) C． − ,− D．(0,−1)
2 2 2 2
【答案】A
【思路引导】本题主要考查了正方形的性质，等腰直角三角形的性质与判定，勾股定理，与旋转有关的点
的坐标规律探索，根据题意可得每旋转八次点A的对应点就与旋转前点A的位置重合，那么A 与A 的位
2023 7
置重合，进而可得A 的位置与点A绕点O顺时针旋转45°后点C对应点的位置相同，即C 的位置，过点C
7 1 1
❑√2 ❑√2
作x轴的垂线，垂足为D，证明△DOC 是等腰直角三角形，得到DC =OD= OC = ，据此可得
1 1 2 1 2
答案．
【规范解答】解：∵360°÷45°=8，
∴每旋转八次点A的对应点就与旋转前点A的位置重合，
∵2023÷8=252…1，
∴A 与A 的位置重合，
2023 7
∵A 是点A绕点O顺时针旋转45°×7=315°得到的，
7
∴A 的位置与点A绕点O顺时针旋转45°后点C对应点的位置相同，即C 的位置，
7 1
如图所示，过点C 作x轴的垂线，垂足为D，
1
由旋转的性质可得OC =OC=1，∠C OC=45°，
1 1
∴∠DOC =45°，
1
∴△DOC 是等腰直角三角形，
1❑√2 ❑√2
∴DC =OD= OC = ，
1 2 1 2
( ❑√2 ❑√2)
∴C − ， ，
1 2 2
( ❑√2 ❑√2)
∴A − ， ，
2023 2 2
故选：A．
考点15：线段问题（旋转综合题）
【典例精讲】．（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．
【变式训练】（23-24九年级上·河南许昌·期末）如图，等边三角形ABC，边长为6，点D为BC边上一
点，BD=2，以D为顶点作边长为6的正方形DEFG，连接AE，AG．将正方形DEFG绕点D旋转，当
AE取最小值时，AG的长为 ．
【答案】8
【思路引导】过点A作AM⊥BC于M，由等边三角形的性质得出AB=AC=BC=6，BM=3，得出
DM=BM−BD=1，在Rt△AMB中，由勾股定理得出AM=3❑√3，当正方形DEFG绕点D旋转到点E、
A、D在同一条直线上时，AD+AE=DE，即此时AE取最小值，在Rt△AMD中，由勾股定理得出
AD=2❑√7，在Rt△ADG中，由正方形的边长及勾股定理即可得出AG．
【规范解答】解：过点A作AM⊥BC于M，∵△ABC
是等边三角形，边长为6，
∴ AB=AC=BC=6 ，
∵ AM⊥BC，
1
∴ BM=MC= BC=3，
2
∵BD=2，
∴DM=BM−BD=3−2=1，
在Rt△AMB中，AM=❑√AB2−BM2=❑√62−32=3❑√3，
当点E在DA延长线上时，AE=DE−AD，此时AE取最小值，
在Rt△AMD中，AD=❑√AM2+DM2=❑√(3❑√3) 2+12=2❑√7，
∵正方形DEFG的边长为6，
∴ DG=6，
∴在Rt△ADG中，AG=❑√AD2+DG2=❑√(2❑√7) 2+62=❑√64=8，
故答案为：8．
【考点剖析】本题考查了旋转的性质、正方形的性质、等边三角形的性质、勾股定理以及最小值问题；熟
练掌握正方形的性质和等边三角形的性质是解题的关键．
考点16：面积问题（旋转综合题）
【典例精讲】（23-24八年级下·四川成都·阶段练习）已知两块相同的三角板如图所示摆放，点B、C、E
在同一直线上，∠ABC=∠DCE=90°，∠D=∠ACB=30°，CE=AB=4，将△ABC绕点C顺时针
旋转一定角度α(0°<α<90°)，如果在旋转的过程中△ABC有一边与DE平行，那么此时△BCE的面积
是 ．【答案】4❑√3或12
【思路引导】分两种情况画图讨论：如图1，当AC∥DE时，过点B作BF⊥EC延长线于点F；当
BC∥DE时，过点B作BG⊥EC延长线于点G，利用30度角 直角三角形即可解答．
【规范解答】如图1，当AC∥DE时，过点B作BF⊥EC延长线于点F，
根据题意可知：∠DEC=60°，∠ACB=30°，
∵AC∥DE，
∴∠ACF=∠DEC=60°，
∴∠BCF=30°，
∵AB=4，
∴BC=❑√3AB=4❑√3，
1
∴BF= BC=2❑√3，
2
1 1
∴△BCE的面积= CE⋅BF= ×4×2❑√3=4❑√3；
2 2
如图2，当BC∥DE时，过点B作BG⊥EC延长线于点G，
∵BC∥DE，∴∠BCG=∠DEC=60°，
∵BC=❑√3AB=4❑√3，
❑√3
∴BG= BC=6
2
1 1
∴△BCE的面积= ×CE⋅BG= ×4×6=12
2 2
综上所述：△BCE的面积是4❑√3或12．
故答案为：4❑√3或12．
【考点剖析】本题考查了旋转的性质，平行线的性质，30°直角三角形，勾股定理，解题关键是利用分类
讨论思想解答．
【变式训练】（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 3②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 9
④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．考点17：角度问题（旋转综合题）
【典例精讲】（23-24八年级上·上海普陀·期中）已知：如图，点C为直线MN上的一点，点B为直线
MN外一点，将线段CB绕点C顺时针旋转60°后得CA，连接AB，过点A作AF⊥BC，垂足为点F，
∠FAC的平分线交BC于点P，交∠BCM的平分线于点E，连接BE．
(1)当BC⊥MN，
①求∠AEC的度数；
②证明AE=CE+EB．
(2)将△ABC绕点C旋转，当△EPC为等腰三角形时，直接写出∠AEC的度数．
【答案】(1)①60°；②证明见解析
(2)30°或52.5°或75°
【思路引导】（1）①由旋转的性质可得CA=CB，∠ACB=60°，则△ABC是等边三角形，根据等边三
角形的性质可得∠CAF=30°，由角平分线的定义可得∠CAF=15°，∠BCE=45°，根据三角形的内
角和定理即可得∠AEC的度数；
②在EA上截取EH=EC，连接CH，证明△BCE≌△ACH(SAS)，可得BE=AH，即可得证；
（2）当△EPC为等腰三角形时，分三种情况：①当EP=EC时，②当EP=CP时，③当EC=PC时，根
据等腰三角形的性质可得出∠AEC的度数．
【规范解答】（1）解：①∵将线段CB绕点C顺时针旋转60°后得CA，
∴CA=CB，∠ACB=60°，
∴△ABC是等边三角形，
∴∠CAB=60°，
∵AF⊥BC，
1 1
∴∠CAF= ∠BAC= ×60°=30°，
2 2
∵BC⊥MN，∴∠BCM=90°，
∵AP平分∠FAC，CE平分∠BCM，
1 1 1 1
∴∠CAE= ∠CAF= ×30°=15°，∠BCE= ∠BCM= ×90°=45°，
2 2 2 2
∴∠AEC=180°−∠CAE−∠BCE−∠ACB=180°−15°−45°−60°=60°，
∴∠AEC的度数为60°；
②证明：如图，在EA上截取EH=EC，连接CH，
∵∠AEC=60°，
∴△ECH是等边三角形，
∴CE=CH，∠ECH=60°，
∵∠BCE=45°，
∴∠PCH=∠ECH−∠BCE=60°−45°=15°，
∴∠ACH=∠ACB−∠PCH=60°−15°=45°，
∴∠ACH=∠BCE，
在△BCE和△ACH中，
{
CE=CH
)
∠BCE=∠ACH ，
CB=CA
∴△BCE≌△ACH(SAS)，
∴BE=AH，
∴AE=EH+AH=CE+BE；
（2）解：∵将线段CB绕点C顺时针旋转60°后得CA，
∴CA=CB，∠ACB=60°，
∴△ABC是等边三角形，
∴∠CAB=60°，
∵AF⊥BC，
1 1
∴∠CAF= ∠BAC= ×60°=30°，
2 2∵CE平分∠BCM，
1 1
∴∠CAE= ∠CAF= ×30°=15°，
2 2
∴∠EPC=∠ACB+∠CAE=60°+15°=75°，
当△EPC为等腰三角形时，分三种情况：
①当EP=EC时，
∴∠EPC=∠ECP=75°，
∴∠AEC=180°−∠EPC−∠ECP=180°−75°−75°=30°；
②当EP=CP时，
∴∠AEC=∠ECP，
1 1
∴∠AEC= (180°−∠EPC)= ×(180°−75°)=52.5°；
2 2
③当EC=PC时，
∴∠AEC=∠EPC=75°；
综上，∠AEC的度数为30°或52.5°或75°．
【考点剖析】本题是几何变换综合题，考查了旋转的性质，等边三角形的判定和性质，角平分线的定义，
全等三角形的判定和性质，等腰三角形的性质等知识，灵活运用所学知识，利用分类讨论的思想解决问题
是解题的关键．
【变式训练】（23-24九年级上·贵州黔东南·期末）如图，点E是正方形ABCD内一点，将△ADE绕
点A顺时针旋转至△ABF，点E的对应点为点F．
(1)若∠ADE=35°，∠DAE=50°，求∠AFB的度数．
(2)连接EF，若AE=2，求线段EF的长．
【答案】(1)95°
(2)2❑√2
【思路引导】（1）证明△ADE≌△ABF即可求解；
（2）先证明∠EAF=90°，再利用勾股定理求解即可
【规范解答】（1）解∶∵∠ADE=35°,∠DAE=50°，∴∠AED=180°−∠ADE−∠DAE=95°，
∵ △ADE绕点A顺时针旋转至△ABF，
∴ △ADE≌△ABF，
∴∠AFB=∠AED=95°；
（2）∵△ADE绕点A顺时针旋转至△ABF，点E的对应点为点F，
∴ AE=AF,AD旋转至AB的位置，旋转角为90°，
∴ ∠EAF=90°，
∴ EF=❑√2AE=❑√2×2=2❑√2．
【考点剖析】本题考查旋转的性质、正方形的性质、三角形的内角和定理、等腰直角三角形的性质等知识，
解题的关键是灵活运用所学知识解决问题。
考点18：其他问题（旋转综合题）
【典例精讲】（23-24九年级上·辽宁大连·期中）将矩形ABCD绕点A顺时针旋转α(0°<α<360°)，得
到矩形AEFG．
(1)如图，当点E在BD上时．
①若∠BAE=62°，则∠DAG=_____________°；
②求证：FD=CD；
(2)探究：当α为何值时，GC=GB？请你画出图形，并说明理由．
【答案】(1)①62；②见解析
(2)α=60°或300°，见解析
【思路引导】本题考查了矩形的判定及性质，线段垂直平分线的判定定理，等边三角形的判定及性质．
（1）①由矩形的性质可证∠DAG=∠BAE；②由矩形的性质及旋转的性质可证△AED≌△FDE（
SAS），从而可得DF=AE，即可求证；
（2）由线段垂直平分线的判定定理可得点G在BC的垂直平分线上，①当点G在AD右侧时，取BC的中点
H，连接GH交AD于M，可证△ADG是等边三角形，即可求解；②当点G在AD左侧时， 同理可得
△ADG是等边三角形，即可求解；
掌握性质，并能根据G点的不同位置进行分类讨论是解题的关键．【规范解答】（1）解：①∵四边形ABCD是矩形，
∴∠BAD=90°，
由旋转得：∠EAG=∠BAD=90°，
∴∠BAE+∠DAE=90°，
∠DAG+∠DAE=90°，
∴∠DAG=∠BAE=62°，
故答案：62；
②由旋转可得：
AE=AB，
∠AEF=∠ABC=∠DAB=90°，
EF=BC=AD，
∴∠AEB=∠ABE，
又∵ ∠ABE+∠EDA=90°，
∠AEB+∠≝=90°，
∴ ∠EDA=∠≝¿，
在△AED和△FDE中
{ DE=ED )
，
∠EDA=∠≝¿DA=EF
∴ △AED≌△FDE（SAS），
∴ DF=AE，
又∵ AE=AB=CD，
∴ CD=DF．
（2）解：如图，当GB=GC时，
则点G在BC的垂直平分线上，
①当点G在AD右侧时，取BC的中点H，连接GH交AD于M，
∵ GC=GB
，
∴ GH⊥BC，
∴四边形ABHM是矩形，1 1
∴ AM=BH= AD= AG，
2 2
∴ GM垂直平分AD，
∴ GD=GA=DA，
∴ △ADG是等边三角形，
∴ ∠DAG=60°，
∴旋转角α=60°；
②如图，当点G在AD左侧时，
同理可得△ADG是等边三角形，
∴ ∠DAG=60°，
∴旋转角α=360°−60°=300°．
【变式训练】（23-24九年级上·辽宁沈阳·阶段练习）▱ABCD中，AE⊥BC，垂足为E，连接DE，
将ED绕点E逆时针旋转90°得到EF，连接BF．
(1)当点E在线段BC上，∠ABC=45°时，如图①，求证：△BEF≌△AED：
(2)当点E在线段BC延长线上，∠ABC=45°时，如图②；当点E在线段CB延长线上，∠ABC=135°
时，如图③，请猜想并直接写出线段AE，EC，BF的数量关系；
(3)在（1）、（2）的条件下，若BE=3，DE=5，则CE=______．
【答案】(1)见解析
(2)AE=BF+EC或EC=AE+BF(3)1或7
【思路引导】（1）根据AE⊥BC，∠ABC=45°，推出AE=BE，∠BEF+∠AEF=90°，根据旋转
的性质得出DE=EF,∠≝=90°，则∠AEF+∠AED=90°，即可得出∠AED=∠BEF，最后根据
SAS即可求证△BEF≌△AED；
（2）用和（1）相同的方法证明△BEF≌△AED，得出BF=AD即可得出结论；
（3）先根据勾股定理求出BF=❑√EF2−BE2=4，再根据（1）（2）得出的结论进行分类讨论即可．
【规范解答】（1）证明：∵AE⊥BC，∠ABC=45°，
∴∠BAE=45°，∠AEB=90°，
∴AE=BE，∠BEF+∠AEF=90°，
∵ED绕点E逆时针旋转90°得到EF，
∴DE=EF,∠≝=90°，
∴∠AEF+∠AED=90°，
∴∠AED=∠BEF，
在△BEF和△AED中，
{
AE=BE
)
∠AED=∠BEF ，
DE=EF
∴△BEF≌△AED(SAS)；
（2）解：当∠ABC=45°时，如图②：
∵AE⊥BC，∠ABC=45°，
∴∠BAE=45°，∠AEB=90°，
∴AE=BE，∠BEF+∠AEF=90°，
∵ED绕点E逆时针旋转90°得到EF，
∴DE=EF,∠≝=90°，
∴∠AEF+∠AED=90°，
∴∠AED=∠BEF，
在△BEF和△AED中，
{
AE=BE
)
∠AED=∠BEF ，
DE=EF
∴△BEF≌△AED(SAS)；
∴BF=AD，∵四边形ABCD是平行四边形，
∴BC=AD，
∴BF=BC，
∵BE=BC+EC，
∴AE=BF+EC；
当∠ABC=135°时，如图③：
∵∠ABC=135°，
∴∠ABE=45°，
∵AE⊥BC，
∴∠BAE=45°，∠AEB=90°，
∴AE=BE，∠BED+∠AED=90°，
∵ED绕点E逆时针旋转90°得到EF，
∴DE=EF,∠≝=90°，
∴∠BED+∠BEF=90°，
∴∠AED=∠BEF，
在△BEF和△AED中，
{
AE=BE
)
∠AED=∠BEF ，
DE=EF
∴△BEF≌△AED(SAS)；
∴BF=AD，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴BC=AD，
∴BF=BC，
∵EC=BE+BC，
∴EC=AE+BF；
综上：AE=BF+EC或EC=AE+BF；
（3）解：由（1）可知，当点E在线段BC上，∠ABC=45°时，△BEF≌△AED(SAS)，
∴BF=AD，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴BC=AD，
∴BF=BC，
∵BC=BE+EC，∴BF=AE+EC，
由②可知：AE=BF+EC或EC=AE+BF，
∵DE=5，
∴EF=5，
根据勾股定理可得：BF=❑√EF2−BE2=4，
∴EC=BF−AE=BF−BE=4−3=1，
或EC=AE−BF=BE−BF=3−4=−1(不符合题意，舍去)，
或EC=AE+BF=BE+BF=3+4=7，
综上：EC=1或7．
故答案为：1或7．
【考点剖析】本题主要考查了平行四边形的性质，三角形的全等的判定和性质，旋转的性质，解题的关键
是掌握三角形全等的判定方法，证明△BEF≌△AED，以及掌握全等三角形对应边相等，平行四边形
对边相等．
考点19：坐标系中的旋转
【典例精讲】（24-25九年级上·黑龙江绥化·期中）如图，在平面直角坐标系内，边长为4的等边
△ABC的顶点B与原点重合，将△ABC绕顶点C顺时针旋转60°得到△AC A ，将四边形ABC A 看作
1 1
一个基本图形，将此基本图形不断复制并平移，请回答：A 的坐标为 ．
2018
【答案】(8074,2❑√3)
【思路引导】分别求出A，A ，A ，A ，……的坐标，从点A开始，后面每点的横坐标都加4，得到
1 2 3
规律即可求解．
【规范解答】解：如图，过点A作AD⊥OC于点D，
∵△ABC是等边三角形，且边长为4，
1 1
∴OA=OC=4,OD= OC=2,∠OAD= ∠OAC=30°，
2 2
∴AD=❑√OA2−OD2=2❑√3，∴A(2,2❑√3)；
根据旋转和等边三角形的性质可得∠ACO=∠CA A =60°，
1
即A A 与x轴平行，
1
∵点A向右平移4个单位得点A ，A 向右平移4个单位得点A ，A 向右平移4个单位得点A ，……，
1 1 2 2 3
∴点A,A ,A ,A ,……的横坐标依次加4，纵坐标不变，
1 2 3
即A横坐标为2，A 点横坐标为4+2，A 点横坐标为2×4+2，A 点横坐标为3×4+2，……，A 点横
1 2 3 2018
坐标为2018×4+2=8074，
∴A (8074,2❑√3)；
2018
故答案为：(8074,2❑√3)．
【考点剖析】本题考查了点的坐标规律探索，等边三角形的性质，平移的性质，勾股定理等知识，找到规
律是解题的关键．
【变式训练】（24-25九年级上·贵州安顺·期末）如图，正方形的两边OA、OC分别在x轴，y轴上，点
D(3,2)在边AB上，以点C为旋转中心，把△CDB顺时针旋转90°，则旋转后点D的对应点D′的坐标是
（ ）
A．(−1,0) B．(1,6) C．(1，0) D．(6,1)
【答案】A
【思路引导】本题主要考查了正方形性质、坐标与图形旋转变换等知识点，掌握正方形的性质是解题的关
键．
做题时分两种情况，顺时针和逆时针旋转，作出相应图形进行计算即可．作出图形分类讨论是解答本题的
关键．【规范解答】解：如图：以点C为旋转中心，把△CDB顺时针旋转90°，
∵D(3,2)，
∴正方形的边长为3，
∴AD=2,BD=3−2=1，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠B=∠AOC=90°，
由旋转性质可得：OD′=BD=1，∠COD′=∠B=90°，
∴D′在x轴上，
∴D′(−1,0)．
故选：A．
1．（2025·北京·中考真题）在△ABC中，∠ACB=90°，∠ABC=α，点D在射线BC上，连接AD，
将线段AD绕点A逆时针旋转180°−2α得到线段AE（点E不在直线AB上），过点E作EF∥AB，交直
线BC于点F．
(1)如图1，α=45°，点D与点C重合，求证：BF=AC；
(2)如图2，点D，F都在BC的延长线上，用等式表示DF与BC的数量关系，并证明．
【答案】(1)见解析
(2)DF=2BC【思路引导】本题考查了旋转的性质，全等三角形的性质与判定，等腰三角形的性质，三角形内角和定理
的应用，平行四边形的性质与判定，熟练掌握旋转的性质是解题的关键；
（1）根据α=45°，得出∠BAC=∠ABC=45°，根据旋转可得AE=AD=AC，
∠EAB=90°−∠BAC=45°，进而证明四边形ABFE是平行四边形，得出BF=AE，BF=AC；即可
得证；
（2）在DB上取一点G，使得AG=AB，证明△DAG≌△EAB(SAS)得出DG=BE，
∠AGD=∠ABE=180°−∠AGC=180°−α，进而根据三角形内角和定理得出∠FBE=180°−2α，
根据平行线的性质得出∠BFE=∠ABF=α，进而得出∠BEF=α，根据等角对等边可得BE=BF，则
DG=BF，根据三线合一可得GC=BC，进而根据DF=BD−BF=BD−DG=BG=2BC，即可得证．
【规范解答】（1）证明：∵∠ACB=90°，∠ABC=45°
∴∠BAC=∠ABC=45°
∵线段AD绕点A逆时针旋转180°−2×45°=90°得到线段AE，点D与点C重合
∴AE=AD=AC，∠EAB=90°−∠BAC=45°，
∴∠EAB=∠ABC，
∴BC∥AE
∵EF∥AB，
∴四边形ABFE是平行四边形，
∴BF=AE，
∴BF=AC；
（2）DF=2BC，
证明：如图，在CD上取一点G，使得CG=CB
∵∠ACB=90°
∴AG=AB
∴∠AGB=∠ABG=α，
∴∠BAG=180°−2α
∵将线段AD绕点A逆时针旋转180°−2α得到线段AE，∴DA=EA
∴∠DAE=∠GAB=180°−2α
∴∠DAG=∠EAB
∴△DAG≌△EAB(SAS)
∴DG=BE，∠AGD=∠ABE=180°−∠AGC=180°−α
又∵∠ABC=α
∴∠FBE=∠ABE−∠ABC=180°−α−α=180°−2α
∵EF∥AB，
∴∠BFE=∠ABF=α
∴∠BEF=180°−∠FBE−∠BFE=α
∴BE=BF
∴DG=BF
∵AG=AB，AC⊥BC
∴GC=BC
∴DF=BD−BF=BD−DG=BG=2BC
2．（2025·天津·中考真题）如图，在△ABC中，∠ACB=90°，将△ABC绕点A顺时针旋转得到
△AB′C′，点B，C的对应点分别为B′,C′,B′C′的延长线与边BC相交于点D，连接CC′．若
AC=4,CD=3，则线段CC′的长为（ ）
12 16 24
A． B． C．4 D．
5 5 5
【答案】D
【思路引导】本题考查了三角形全等的判定与性质、线段垂直平分线的判定、旋转的性质、勾股定理等知
识，熟练掌握旋转的性质是解题关键．连接AD，交CC′于点O，先证出Rt△AC′D≌Rt△ACD，根
据全等三角形的性质可得C′D=CD=3，再证出AD垂直平分CC′，则可得CC′=2OC，AD⊥CC′，然
后利用勾股定理和三角形的面积公式求出OC的长，由此即可得．
【规范解答】解：如图，连接AD，交CC′于点O，由旋转的性质得：AC′=AC=4，∠AC′B′=∠ACB=90°，
∴∠AC′D=90°，
在Rt△AC′D和Rt△ACD中，
{AD=AD)
，
AC′=AC
∴Rt△AC′D≌Rt△ACD(HL)，
∴C′D=CD=3，
∴AD垂直平分CC′，
∴CC′=2OC，AD⊥CC′，
∵∠ACB=90°，AC=4,CD=3，
∴AD=❑√AC2+CD2=5，
1 1
又∵S = AD⋅OC= AC⋅CD，
△ACD 2 2
AC⋅CD 4×3 12
∴OC= = = ，
AD 5 5
12 24
∴CC′=2× = ，
5 5
故选：D．
3．（2025·安徽·中考真题）如图，在四边形ABCD中，∠A=∠ABC=90°，AB=4，BC=3，
AD=1，点E为边AB上的动点．将线段DE绕点D逆时针旋转90°得到线段DF，连接FB，FC，EC，则
下列结论错误的是（ ）A．EC−ED的最大值是2❑√5 B．FB的最小值是❑√10
C．EC+ED的最小值是4❑√2 D．FC的最大值是❑√13
【答案】A
【思路引导】本题主要围绕四边形中的动点问题展开，解题思路是先通过旋转的性质得到相关线段和角的
关系，再利用勾股定理建立线段之间的联系，最后根据点与点之间的位置关系以及几何性质来分别判断各
个结论的正确性．
【规范解答】解：∵将线段DE绕点D逆时针旋转90°得到线段DF，
∴DE=DF，∠EDF=90°．
又∵∠A=∠ABC=90°，AB=4，BC=3，AD=1，
过点D作DG⊥BC于点G，在DG上取一点H，使得DH=AD=1,延长FH交AB于点I，则四边形
ABGD是矩形，
∴∠GDA=∠ADE+∠EDG=90°=∠EDG+∠HDF．
∴∠ADE=∠HDF，
∴△DHF≌△DAE（SAS），
∴∠DHF=∠DAE=90°,
∴FH⊥DG，即点F在FH上运动，
∴四边形DAIH和四边形BGHI是矩形，
∴HI=AD=BG=1，AI=DH=1，BI=4−1=3，
∵∠A=∠ABC=90°， AB=4，BC=3，AD=1，
∴DE=❑√12+(4−BE) 2,CE=❑√32+BE2 ,
∴EC−ED=❑√32+BE2−❑√12+(4−BE) 2，
∴BE最大时，EC−ED最大，
当点 与点 重合时， 与 重合时， 最小 此时 ，
E A F H BF , EC=❑√42+32=5 ED=1,，故 错误，符合题意； 故B正确，不符
EC−ED=5−1=4≠2❑√5 A BF=❑√H I2+BI2=❑√12+32=❑√10 ,
合题意；
作点D关于AB的对称点M，连接MC,则ED=EM，AD=AM=1，∠BAM=∠BAD=90°,过M作
MN⊥CB于点N，此时EC+ED≥CM ,当C、E、M三点共线时，EC+ED最小，
∵MN⊥CB,∠ABN=180°−90°=90°,
∴四边形AMNB是矩形，
∴BN=AM=1，CN=3+1=4，AB=MN=4,
∴EC+ED的最小值=AC=❑√42+42=4❑√2 ,故C正确，不符合题意；
当E与A重合时，CF=❑√GH2+CG2=❑√(3−1) 2+(4−1) 2=❑√13 ,
当E与B重合时，过C作CQ⊥FH，则四边形CQIB是矩形，如下图，
∴CQ=IB=4−1=3，QI=BC=3，
∵△DHF≌△DAE，∴FH=AE=4，
∴QF=FH+HI−QI=4+1−3=2,
∴FC=❑√CQ2+FQ2=❑√22+32=❑√13，
综上，FC最大值为❑√13．故D项正确，不符合题意；
故选：A．
【考点剖析】本题主要考查了旋转的性质、全等三角形的判定与性质、矩形的判定及性质，勾股定理以及
几何最值问题，熟练掌握旋转的性质和勾股定理，并能根据几何图形的特点准确分析线段之间的关系是解
题的关键．
4．（2024·湖北·中考真题）如图，点A的坐标是(−4,6)，将线段OA绕点O顺时针旋转90°，点A的对
应点的坐标是（ ）
A．(4,6) B．(6,4) C．(−6,−4) D．(−4,−6)
【答案】B
【思路引导】本题主要考查了坐标与图形变化−旋转，全等三角形的判定和性质，熟知图形旋转的性质是
解题的关键．
根据题意画出旋转后的图形，再结合全等三角形的判定与性质即可解决问题．
【规范解答】解：如图所示，
分别过点A和点B作x轴的垂线，垂足分别为M和N，由旋转可知，
OA=OB，∠AOB=90°，
∴∠AOM+∠BON=∠A+∠AOM=90°，
∴∠A=∠BON．
在△AOM和△OBN中，
{
∠A=∠BON
)
∠AMO=∠ONB ，
OA=OB
∴△AOM≌△OBN(AAS)，
∴BN=MO，ON=AM．
∵点A的坐标为(−4,6)，
∴BN=MO=4，ON=AM=6，
∴点B的坐标为(6,4)．
故选：B．
5．（2024·黑龙江大庆·中考真题）如图，在矩形ABCD中，AB=10，BC=6，点M是AB边的中点，
点N是AD边上任意一点，将线段MN绕点M顺时针旋转90°，点N旋转到点N′，则△MBN′周长的最小
值为（ ）
A．15 B．5+5❑√5 C．10+5❑√2 D．18
【答案】B
【思路引导】本题考查了旋转的性质，矩形的性质，勾股定理，确定点N′的轨迹是解题的关键．由旋转的
性质结合AAS证明△AMN≌△GM N′，推出MG=AM=5，得到点N′在平行于AB，且与AB的距离为
5的直线上运动，作点M关于直线EF的对称点M′，连接M′B交直线EF于点N′，此时△MBN′周长取得
最小值，由勾股定理可求解．
【规范解答】解：过点N′作EF∥AB，交AD、BC于E、F，过点M作MG⊥EF垂足为G，∵矩形ABCD，
∴AB∥CD，
∴AB∥EF∥CD，
∴四边形AMGE和BMGF都是矩形，
∴∠A=∠MGN′=90°，
由旋转的性质得∠NM N′=90°，MN=M N′，
∴∠AMN=90°−∠NMG=∠GM N′，
∴△AMN≌△GM N′ (AAS)，
∴MG=AM=5，
∴点N′在平行于AB，且与AB的距离为5的直线上运动，
作点M关于直线EF的对称点M′，连接M′B交直线EF于点N′，此时△MBN′周长取得最小值，最小值为
BM+BM′，
1
∵BM= AB=5，M M′=5+5=10，
2
∴BM+BM′=5+❑√52+102=5+5❑√5，
故选：B．
基础夯实
1．（24-25九年级上·广东江门·阶段练习）如图4×4的正方形网格中，△MNP绕某点旋转一定的角度，
得到△M N P ，则其旋转中心可能是（ ）
1 1 1A．点A B．点B C．点C D．点D
【答案】B
【思路引导】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PP ，N N ，分别作出PP ，N N 的垂直平分线，线段垂直平分线的交点即为所求，熟
1 1 1 1
练掌握旋转图形的性质是解此题的关键．
【规范解答】解：如图，连接PP ，N N ，分别作出PP ，N N 的垂直平分线，
1 1 1 1
PP N N B
1 1
， 的垂直平分线的交点为 ，
∴旋转中心是点B，
故选：B．
2．（2024·黑龙江哈尔滨·一模）如图，在△ABC中，∠CAB=65°，将△ABC在平面内绕点A旋转
到△AB′C′的位置，使CC′ ∥AB，则旋转角的度数为（ ）
A．35° B．40° C．50° D．65°
【答案】C
【思路引导】本题考查了旋转的性质、平行线的性质、等腰三角形的性质，求得∠AC′C的度数是解题的
关键．根据两直线平行，内错角相等可得∠ACC′=∠CAB，根据旋转的性质可得AC=AC′，然后利用
等腰三角形的性质求得∠AC′C，再根据∠CAC′是旋转角即可得解．
【规范解答】解：∵CC′∥AB，∴∠ACC′=∠CAB=65°，
∵△ABC在平面内绕点A旋转得到△AB'C'，
∴AC=AC'，
∴∠AC′C=∠ACC′=65°，
∴∠CAC′=180°−∠ACC′−∠AC′C=50°，
∴旋转角的度数为50°．
故选：C．
3．（24-25九年级上·广东江门·阶段练习）如图，△ABC绕点A逆时针旋转40°后得到△ADE，点D
在BC上，则∠B的度数为（ ）
A．70° B．60° C．50° D．40°
【答案】A
【思路引导】本题主要考查的是三角形的旋转，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=40°，再根据等腰三角形的性质可求出∠B的度数，此题得解．
【规范解答】解：根据旋转的性质，可得AB=AD,∠BAD=40°，
1
∴∠B= (180°−40°)=70°．
2
故选：A．
4．（24-25九年级上·广西南宁·阶段练习）如图，在△ABC中，AB=4，将△ABC绕点B按逆时针方
向旋转30°后得到△A BC ，则阴影部分的面积为 ．
1 1
【答案】4
【思路引导】本题主要考查了旋转的性质，含30度角的直角三角形的性质，过点A 作A H⊥AB于H，
1 1
1
由旋转的性质可得S =S ，BA =BA=4，∠ABA =30°，则可求出A H= BA =2，再
△BA 1 C 1 △BAC 1 1 1 2 1根据图形面积之间的关系可证明S =S ，据此求解即可．
阴影 △ABA
1
【规范解答】解：如图所示，过点A 作A H⊥AB于H，
1 1
由旋转的性质可得S =S ，BA =BA=4，∠ABA =30°，
△BA C △BAC 1 1
1 1
1
∴A H= BA =2，
1 2 1
∵S =S +S =S +S ，
四边形AA C B △ABC 阴影 △ABA △BA C
1 1 1 1 1
1 1
∴S =S = AB⋅A H= ×4×2=4，
阴影 △ABA 1 2 1 2
故答案为：4．
5．（24-25九年级上·江西南昌·期末）如图，将一块直角三角尺AOB绕直角顶点O按顺时针方向旋转
α(0<α<180)度后得到△COD，若∠AOD=120∘，则旋转角α= °．
【答案】30
【思路引导】本题考查了旋转的性质，找到旋转角∠AOC，然后根据直角三角尺得到∠COD的值，计
算∠AOD−∠COD的值即可得出答案，理解旋转前和旋转后的图形完全相等及找到旋转角是解本题关
键．
【规范解答】解：∵△COD是△AOB绕直角顶点O按顺时针方向旋转α(0<α<180)度后所得，
∴∠AOC=α°，
∵ ∠AOB=90°，
∴∠COD=∠AOB=90°，
又∵∠AOD=120°，∴∠AOC=∠AOD−∠COD=120°−90°=30°，
∴α=30，
故答案为：30．
6．（24-25九年级上·辽宁大连·阶段练习）如图，将△ABC绕点A逆时针旋转，旋转角为
α(0°<α<180°)，得到△ADE，这时点B旋转后的对应点D恰好在直线BC上，则∠ACD ∠EAD．
（填“>”“<”或“=”）
【答案】>
【思路引导】本题考查旋转的性质，三角形的外角，根据三角形的外角的性质，得到∠ACD>∠BAC，
旋转得到∠EAD=∠BAC，即可得出结果．
【规范解答】解：∵旋转，
∴∠EAD=∠BAC，
∵点B旋转后的对应点D恰好在直线BC上，
∴∠ACD是△ABC的一个外角，
∴∠ACD>∠BAC，
∴∠ACD>∠EAD；
故答案为：>
7．（24-25八年级下·陕西咸阳·期末）如图，△AB′C′是由△ABC绕点A按顺时针方向旋转180°后
得到的，点B、C的对应点分别为点B′ 、C′，已知∠B=90°,AB=3,∠C=30°，则CC′的长为
．
【答案】12
【思路引导】本题考查了旋转的性质，含30度角的直角三角形的性质，根据题意得出AC=6，进而根据旋
转的性质，即可求解．【规范解答】在Rt△ABC中，AB=3，∠C=30°，
∴AC=2AB=6．
又因为△AB′C′是△ABC绕点A旋转180°后得到的，
所以AC′=AC，且C，A，C′三点共线，
所以CC′=2AC=12．
故答案为：12．
8．（24-25九年级上·贵州遵义·阶段练习）【问题情境】如图①，点E为正方形ABCD内一点，
∠AEB=90°，将Rt△ABE绕点B按顺时针方向旋转90°，得到△CBE′（点A的对应点为点C），延长
AE交CE′于点F．
【猜想证明】
(1)试判断四边形BE′FE的形状，并说明理由；
(2)如图②，若AD=DE，请猜想线段CF与FE′的数量关系并加以证明．
【答案】(1)四边形BE′FE是正方形，详见解析
(2)CF=E′F，详见解析
【思路引导】本题考查的是正方形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，
（1）先证明四边形BE′FE是矩形，即可证明结论；
1
（2）过点D作DH⊥AE于H，结合正方形性质证明△ADH ≌△BAE，得出AH=BE= AE，根据
2
BE=E′F即可证明结论．
【规范解答】（1）解：四边形BE′FE是正方形，理由如下：
∵将Rt△ABE绕点B按顺时针方向旋转90°，
∴∠AEB=∠CE'B=∠EBE'=90°，BE=BE′．
又∵∠BEF=90°，
∴四边形BE′FE是矩形．
又∵BE=BE′，
∴四边形BE′FE是正方形．
（2）CF=E′F；理由如下：如图，过点D作DH⊥AE于H，
∵DA=DE，DH⊥AE，
1
∵AH= AE，∠ADH+∠DAH=90°．
2
∵四边形ABCD是正方形，
∴AD=AB，∠DAB=90°，
∴∠DAH+∠EAB=90°，
∴∠ADH=∠EAB．
又∵AD=AB，∠AHD=∠AEB=90°，
∴△ADH ≌△BAE（AAS），
1
∴AH=BE= AE．
2
∵将Rt△ABE绕点B按顺时针方向旋转90°，
∴AE=CE′，
∵四边形BE′FE是正方形，
∴BE=E′F，
1
∴E'F= CE'=CF，
2
∴CF=E′F．
9．（24-25九年级上·广西南宁·阶段练习）【探究与证明】
【问题情境】如图1，点E为正方形ABCD内一点，AE=1,BE=2,∠AEB=90°，将直角三角形ABE绕
点A逆时针方向旋转α度(0≤α≤360°)点B、E的对应点分别为B′,E′．【问题解决】
(1)如图2，在旋转的过程中，点B′落在了AC上，求此时CB′的长；
(2)若α=90°，如图3，得到△ADE′（此时B′与D重合），延长BE交DE′于点F，①请判断四边形
AEFE′的形状，并说明理由；
②连接CE，求CE的长．
(3)在旋转过程中，直接写出线段CE′的取值范围．
【答案】(1)❑√10−❑√5
(2)①四边形AEFE′是正方形，理由见详解②❑√5
(3)❑√10−1≤CE′≤❑√10+1
【思路引导】本题考查了以下核心知识点：正方形的性质，勾股定理，全等三角形的判定与性质，特殊四
边形的判定以及线段取值范围的确定，对这些概念的理解程度是解题的关键．
（1）先通过勾股定理求正方形的边长AB，再结合正方形对角线性质求AC，最后利用旋转后AB′=AB的
性质，通过线段差AC−AB′计算CB'．
（2）①由旋转得AE=AE′且∠EAE′=90°，结合已知∠AEB=90°推出四边形有三个直角，先判定为
矩形，再通过邻边相等判定为正方形．
②通过作垂线构造直角三角形，利用“同角的余角相等”找到全等条件，证明△BCG≌△ABE，得到
对应边长度，再用勾股定理求CE．
（3）将A视为定点，AE′为定长，则E′的轨迹是以A为圆心、AE为半径的圆；结合AC为定长，通过
“点C到圆上点E'的距离范围确定取值范围．
【规范解答】（1）解：在Rt△ABE中，因为AE=1，BE=2，∠AEB=90°，
所以AB=❑√AE2+BE2=❑√12+22=❑√5，
由于四边形ABCD是正方形，
所以BC=AB=❑√5，∠ABC=90°，
那么AC=❑√2AB=❑√10，
由旋转性质可知AB′=AB=❑√5，
所以CB′=AC−AB′=❑√10−❑√5．
（2）解：①四边形AEFE′是正方形，理由如下：
由旋转的性质可得AE′=AE，∠EAE′=α=90°,∠AE′D=∠AEB=90°，
因为∠AEF=180°−90°=90°，
又因为AE′=AE，
所以四边形AEFE′是正方形．②过点C作CG⊥BE于点G，则∠BGC=∠AEB=90°，
因为∠CBG+∠BCG=∠CBG+∠ABE=90°，
所以∠BCG=∠ABE，
在△BCG和△ABE中，
{∠BGC=∠AEB
)
∠BCG=∠ABE ，
BC=AB
可得△BCG≌△ABE，
所以CG=BE=2，BG=AE=1，
则EG=BE−BG=2−1=1，
在Rt△CGE中，根据勾股定理CE=❑√CG2+EG2=❑√22+12=❑√5．
（3）解：因为E′的轨迹是以A为圆心、AE=1为半径的圆，
点C到圆心A的距离为❑√10，
所以CE′最短为❑√10−1，
当E′落在CA的延长线上时，AE′=AE=1，AC=❑√10，
CE′最长为AC+AE′=❑√10+1，
所以线段CE′的取值范围是❑√10−1≤CE′≤❑√10+1．
10．（24-25九年级上·吉林·期末）问题情境
四边形ABCD是边长为5的菱形，连接BD．将△BCD绕点B按顺时针方向旋转得到△BEF，点C、D
旋转后的对应点分别为点E、F．旋转角为α(0°<α<360°)．
观察思考
（1）如图①，连接AC，当点F第一次落在对角线AC上时，α=_______________；
探究证明
（2）如图②，当180°<α<360°，且EF∥BD时，EF与AD交于点G，试判断四边形BDGF的形状，并
说明理由；
拓展延伸
（3）如图③，连接CE，在旋转过程中，当EF∥AB时，请直接写出线段CE的长．【答案】（1）60°
（2）四边形BDGF是菱形，理由见解析
（3）CE的长为10
【思路引导】本题考查了菱形的判定与性质、平行四边形的判定与性质、旋转的性质等知识，熟练掌握菱
形的判定与性质和旋转的性质是解题的关键．
（1）连接DF，根据菱形的性质得出FD=FB，根据旋转的性质得出BD=BF，进而可得△DBF是等边
三角形，即可求解；
（2）由菱形的性质得∠ADB=∠BDC，再由旋转的性质得BD=BF，∠F=∠BDC，然后证四边形
BDGF是平行四边形，结合BD=BF，即可得出结果；
（3）当EF∥AB时，则∠E=∠ABE，证E、B、C三点共线，即可得出CE的长．
【规范解答】解：（1）如图①，连接DF，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AC垂直平分DB，
∴FD=FB，
∵将△BCD绕点B按顺时针方向旋转得到△BEF，
∴BD=BF，
∴BD=BF=DF，
∴△DBF是等边三角形，
∴∠DBF=60°，即α=60°，
故答案为：60°．
（2）四边形BDGF是菱形，理由如下：
∵四边形ABCD是菱形，
∴∠ADB=∠BDC，由旋转的性质得：BD=BF，∠F=∠BDC，
∴∠F=∠ADB，
∵EF∥BD，
∴∠F+∠DBF=180°，
∴∠ADB+∠DBF=180°，
∴DG∥BF，EF∥BD，
∴四边形BDGF是平行四边形，
∵BD=BF，
∴平行四边形BDGF是菱形；
（3）如图③，当EF∥AB时，则∠E=∠ABE，
∵AB∥CD
，
∴∠ABD=∠BDC，
∵∠BDC=∠F，
∴∠F=∠ABD，
∴∠ABD+∠ABE+∠EBF=∠F+∠E+∠EBF=180°，
∵∠DBC=∠FBE，
∴∠FBE+∠ABE+∠ABD=180°，
∴E、B、C三点共线，
∴CE=BC+BE=5+5=10．
∴CE的长为10．
培优拔高
11．（24-25九年级上·内蒙古赤峰·期末）如图，在△ABC中，AB=2，以点A为中心，把△ABC逆
时针旋转60°，得到△AB′C′，连接BB′，则BB′等于（ ）A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】B
【思路引导】本题考查了旋转的性质，等边三角形的判定，熟练掌握旋转的性质是解题的关键．
根据旋转的性质可得：AB=AB′=2，∠BAB′=60°，从而可得△ABB′是等边三角形，然后利用等边三
角形的性质即可解答．
【规范解答】解：由旋转得：AB=AB′=2，∠BAB′=60°，
∴△ABB′是等边三角形，
∴BB′=AB=AB′=2，
故选：B．
12．（24-25九年级上·浙江金华·期末）如图，在△ABC中，∠B=30°，将△ABC绕点A顺时针旋
转得到△ADE，且点E恰好落在BC上．若∠DAE=95°，则∠AEC的度数是（ ）
A．50° B．55° C．60° D．65°
【答案】B
【思路引导】本题主要考查了旋转的性质、三角形内角和、等腰三角形的性质等知识点，熟练掌握旋转的
性质是解答本题的关键．
由旋转的性质得AC=AE，∠BAC=∠DAE=95°，从而∠AEC=∠C，然后由三角形内角和求出
∠C的度数即可．
【规范解答】解：由旋转的性质得AC=AE，∠BAC=∠DAE=95°，
∴∠AEC=∠C．
∵∠B=30°，
∴∠C=180°−30°−95°=55°，
∴∠AEC=55°．故选B．
13．（23-24九年级上·天津和平·期末）如图，△ABC中，AB=4，BC=7，∠B=60°，将△ABC
沿射线BC的方向平移，得到△A′B′C′，再将△A′B′C′绕点A′逆时针旋转一定角度后，点B′恰好与点C
重合，则平移的距离和旋转角的度数分别为（ ）
A．4，30° B．2，60° C．1，30° D．3，60°
【答案】D
【思路引导】本题考查平移的性质、旋转的性质、等边三角形的判定；由旋转的性质和平移的性质可得
B'C=A'C，AB=A'❑B'❑=4,∠B=∠A'B'C=60°,可证△A'❑B'C是等边三角形，可得
A'B'=B'C=4，即可求解.
【规范解答】解：∵将△ABC沿射线BC的方向平移，得到△A′B′C′，
∴AB=A'B'❑=4,∠B=∠A'❑B'❑C=60°，
∵将△A′B′C′绕点A′逆时针旋转后，点B′恰好与点C重合，
∴A'❑B'❑=A'C,∠A'B'❑C=60°，
∴△A'B'C是等边三角形，
∴∠B' A'C=60°，A'❑B'=B'C=4，
∴BB'=BC−B'C=3，
∴平移的距离为3，
故选：D.
14．（24-25九年级上·山东济宁·期末）在平面直角坐标系中，把点P(−5,4)向右平移8个单位得到点
P ，再将点P 绕原点旋转90°得到点P ，则点P 的坐标是 ．
1 1 2 2
【答案】(4,−3)或(−4,3)
【思路引导】此题主要考查了坐标与图形的变化，正确利用图形分类讨论是解题关键．首先利用平移的性
质得出点P 的坐标，再分点P 绕原点顺时针和逆时针旋转90°讨论，结合旋转的性质画图求解即可．
1 1
【规范解答】解∶ ∵把点P(−5,4)向右平移8个单位得到点P ，
1
∴点P 的坐标为：(3,4)，
1
如图所示：将点P 绕原点逆时针旋转90°得到点P ，则其坐标为：(−4,3)，
1 2
将点P 绕原点顺时针旋转90°得到点P ′ ，则其坐标为：(4,−3)，
1 2
综上， 故符合题意的点P 的坐标为(4,−3)或(−4,3)，
2
故答案为∶(4,−3)或(−4,3)．
15．（24-25九年级上·江西新余·阶段练习）在正方形ABCD中，点E在AB边上（不与点A，B重合），
点F在BC边上（不与点B，C重合），将线段EF绕点F顺时针旋转，使点E的对应点G落在正方形ABCD
的边上，将线段FG绕点G顺时针旋转，使点F的对应点H落在正方形ABCD的边上…依次操作下去，若
经过多次操作后可得到首尾顺次相接的正n边形，则n的值为 ．
【答案】3或4或8
【思路引导】本题考查了正方形的性质、旋转的性质、正多边形的判定与性质，熟练掌握以上知识点是解
题的关键．
根据旋转的性质解答即可．
【规范解答】解：如图：
①如图1，当点G落在点D时，此时n=3；
②如图2，当点G落在CD边上时，此时n=4；
③如图3，当点G落在BC边上时，此时n=8．
故答案为：3或4或8．16．（24-25九年级上·陕西西安·阶段练习）在△ABC中，AB=AC，∠BAC=120°，点D为AB边
上一点，0<BD≤2，连接CD，将线段CD绕点D逆时针旋转90°，点C的对应点为E，连接BE，若
AB=4，则△BDE的面积的最大值为 ．
【答案】4
【思路引导】过点C作CM⊥AB于点M，EN⊥AB于点N，根据AAS证得△EDN≌△DCM，得出
EN=DM，然后解直角三角形求得AM=2，得到BM=6，设BD=x，则EN=DM=6−x，根据三角形
1 1 9
面积公式得到S = BD⋅EN=− (x−3) 2+ ，根据二次函数的性质即可求得．
△BDE 2 2 2
【规范解答】解：过点C作CM⊥AB于点M，EN⊥AB于点N，
∴∠END=∠DMC=90°
，
∴∠EDN+∠DEN=90°，
由旋转得：∠EDC=90°，
ED=CD，
∴∠EDN+∠CDM=90°，
∴∠DEN=∠CDM，
在△EDN和△DCM中，
{∠DEN=∠CDM
)
∠END=∠DMC ，
ED=DC
∴△EDN≌△DCM(AAS)，
∴EN=DM，
∵∠BAC=120°，
∴∠MAC=60°，∴∠ACM=30°，
1 1
∴AM= AC= ×4=2，
2 2
∴BM=AB+AM=4+2=6，
设BD=x(0<x≤2)，则EN=DM=6−x，
1
∴S = BD⋅EN
△BDE 2
1
= x⋅(6−x)
2
1 9
=− (x−3) 2+ ，
2 2
1
∵− <0，
2
∴当x<3时，S 随x的增大而增大，
△BDE
∵0<x≤2，
1 9
∴当x=2时，S 有最大值为− ×(2−3) 2+ =4，
△BDE 2 2
即：当BD=2时，S 有最大值为4，
△BDE
故答案为：4．
【考点剖析】本题考查了旋转的性质，等腰三角形的性质，含30°角的直角三角形的性质，三角形全等的
判定和性质，二次函数的性质等，得到三角形的面积关于x的函数解析式是解题的关键．
17．（24-25九年级上·吉林·期末）在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=BC．点M在射线AB上，
连接CM，将线段CM绕点C顺时针旋转90°得到线段CN，连接BN．
(1)如图1，当点M在线段AB上时，写出线段AM和线段BN的数量关系和位置关系，并说明理由．
(2)如图2，当点M在线段AB的延长线上时，直接写出(1)中结论是否成立，不必说明理由．
(3)连接MN，若AB=6，△BMN的面积等于4，直接写出AM的长．
【答案】(1)AM⊥BN且AM=BN；(2)仍然成立；
(3)2或4或3+❑√17．
【思路引导】本题主要考查了全等三角形的判定与性质、图形的旋转、等腰直角三角形的性质，解决本题
的关键是根据旋转的性质找到边、角的关系，利用边、角的关系证明三角形全等，利用全等三角形的性质
证明结果．
(1)利用SAS可证△ACM≌△BCN，根据全等三角形对应边相等、对应角相等可得：AM=BN，
∠CBN=∠A=45°，根据等腰直角三角形的性质可证BN⊥AM；
(2)仿照(1)可证△ACM≌△BCN，根据全等三角形的性质可证(1)中的结论仍然成立；
(3)设AM=x，根据三角形的面积公式可以列出关于x的一元二次方程，解方程即可求出AM的长度，注意
本题中需要分两种情况讨论：第一种情况是点M在线段AB上时；第二种情况是点M在线段AB延长线上时．
【规范解答】（1）解：AM⊥BN且AM=BN，
理由如下：
∵ ∠ACB=90°，AC=BC，
∴∠A=∠ABC=45°，∠MCB+∠MCA=90°，
由旋转可知∠MCN=90°，CM=CN，
∴∠MCB+∠NCB=90°，
∴∠NCB=∠ACM，
{
CM=CN
)
在△ACM和△BCN中， ∠ACM=∠BCN ，
AC=BC
∴△ACM≌△BCN，
∴AM=BN，∠CBN=∠A=45°，
∴∠ABN=∠ABC+∠CBN=90°，
∴BN⊥AM；
（2）解：仍然成立，
理由如下：
∵ ∠ACB=90°，AC=BC，
∴∠A=∠ABC=45°，∠MCB+∠MCA=90°，
由旋转可知∠MCN=90°，CM=CN，
∴∠ACB+∠BCM=∠NCM+∠BCM，
∴∠ACM=∠BCN，{
CM=CN
)
在△ACM和△BCN中， ∠ACM=∠BCN ，
AC=BC
∴△ACM≌△BCN，
∴AM=BN，∠CBN=∠A=45°，
∴∠ABN=∠ABC+∠CBN=90°，
∴BN⊥AM；
（3）解：如下图所示，当点M在线段AB上时，连接MN，
由(1)可知AM=BN，BN⊥AM，
设AM=BN=x，则BM=AB−AM=6−x，
∵ △BMN的面积等于4，
1
∴ BM·BN=4，
2
1
∴ x(6−x)=4，
2
解得：x=2或4，
∴AM=2或4；
如下图所示，当点M在线段AB延长线上时，连接MN，
设AM=BN=x，则BM=AM−AB=x−6，
∵ △BMN的面积等于4，
1
∴ BM·BN=4，
2
1
∴ x(x−6)=4，
2
解得：x=3+❑√17或x=3−❑√17(不符合题意，舍去)，
∴AM的长为3+❑√17，
综上所述，AM的长为2或4或3+❑√17．18．（24-25九年级上·吉林·期末）如图，4×4正方形网格中，每个小正方形的顶点称为格点，点A，
B，C都在格点上，只用无刻度直尺在给定网格中按要求画图．
(1)在图1中，将图中阴影部分绕点A顺时针旋转90°后得到的新图形涂上阴影．
(2)在图2中，找到一个格点P，连接AP，使AP⊥AB．
(3)在图3中，找到一个格点Q，连接CQ，使CQ⊥AB．
【答案】(1)画图见解析；
(2)画图见解析；
(3)画图见解析．
【思路引导】本题考查了网格画图，旋转的性质，垂直定义，掌握知识点的应用是解题的关键．
（1）根据旋转性质即可画图；
（2）通过网格特点即可求解；
（3）通过网格特点即可求解．
【规范解答】（1）解：如图1，阴影部分绕点A顺时针旋转90°，
（2）解：如图2，AP即为所求，
理由：连接BP，
∴AB=AP=❑√12+32=❑√10，BP=❑√22+42=2❑√5，∴AB2+AP2=BP2，
∴∠BAP=90°，
∴AP⊥AB，
∴AP即为所求；
（3）解：如图3，CQ即为所求．
19．（24-25九年级上·广东东莞·期末）【探究与证明】活动课上，同学们以“图形的旋转”为主题进
行探究．
【问题情境】如图①，在矩形ABCD中，AB=4，AD=5．将边AB绕点A逆时针旋转0°<α<180°得到
线段AE，过点E作EF⊥AE交直线BC于点F．
【猜想证明】从特殊到一般
(1)当α=90°时，四边形ABFE的形状为_______；（直接写出答案）
(2)如图②，当α=45°时，连接DE，求此时△ADE的面积；
(3)如图③，连接AF，请找出其中的全等三角形并证明；
(4)当点F，E，D三点共线时，请求出此时BF的长度．
【答案】(1)正方形
(2)S =5❑√2
△ADE
(3)△ABF≌△AEF，证明见解析
(4)BF=2或8
【思路引导】（1）可推出AE=AB，∠B=∠EAB=∠AEF=90°，从而得四边形ABFE是正方形；
（2）作EG⊥AD于G，可推出∠AEG=∠EAG=45°，从而AG=EG，根据勾股定理得出
EG2+AG2=AE2，求得EG，进一步得出结果；
（3）利用HL证明Rt△ABF≌Rt△AEF即可；（4）设BF=EF=x，则CF=5−x，根据旋转的性质得：AE=AB=4，分为：当点E在DF上时，根据
勾股定理可得：(5−x) 2+42=(x+3) 2，当点E在FD的延长线上时，设EF=BF=a，则
DF=a−3,CF=a−5，可得：(a−5) 2+42=(a−3) 2，进而可得出答案．
【规范解答】（1）解：如图①，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠A=∠B=90°，
∵将边AB绕点A逆时针旋转(0°<α<180°) 得到线段AE，过点E作EF⊥AE，
∴AE=AB，∠EAB=90°，∠AEF=90°，
∴∠B=∠EAB=∠AEF=90°，
∴四边形ABFE是矩形，
∴矩形ABFE是正方形，
故答案为：正方形；
（2）解：如答题图①，作EG⊥AD于G，
∵∠BAD=90°，∠BAE=45°，
∴∠EAG=45°，
∴∠AEG=90°−∠EAG=45°，
∴∠AEG=∠EAG，
∴AG=EG，
∵EG2+AG2=AE2，
∴2EG2=42，
∴EG=2❑√2，
1 1
∴S = AD⋅EG= ×5×2❑√2=5❑√2；
△ADE 2 2（3）解：△ABF≌△AEF，
证明如下：
由已知可得∠AEF=∠B=90°，
在Rt△ABF和Rt△AEF中，
{AE=AB)
，
AF=AF
∴Rt△ABF≌Rt△AEF(HL)；
（4）解：∵Rt△ABF≌Rt△AEF，
∴BF=EF，
设BF=EF=x，则CF=5−x，
根据旋转的性质得：AE=AB=4，
∵EF⊥AE，
∴∠AED=∠AEF=90°
∵AD=5，
∴DE=❑√AD2−AE2=❑√52−42=3，
当点E在线段DF上时，如答题图②
在Rt△DCF中，由勾股定理得：CF2+CD2=DF2，
(5−x) 2+42=(x+3) 2，
解得：x=2，
∴BF=2
当点E在FD的延长线上时，如答题图③，同理EF=BF,DE=3，
设EF=BF=a，则DF=a−3,CF=a−5，
∴(a−5) 2+42=(a−3) 2，
解得：a=8，
综上所述，BF=2或8．
【考点剖析】本题考查了矩形、正方形的判定，全等三角形的判定和性质，旋转的性质，勾股定理等知识，
解决问题的关键是分类讨论．
20．（24-25九年级上·贵州遵义·期末）如图1，在等腰Rt△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC=2，
点M为BC中点．点P为AB边上一动点，点D为BC边上一动点，连接DP，以点P为旋转中心，将线段
PD逆时针旋转90°，得到线段PE，连接EC．
(1)当点P与点A重合时，根据题意在图1中完成作图；判断EC与BC的位置关系并证明．
(2)当点P为AB中点时，如图2，连接DE，若△DCE是等腰三角形，求CD的长．
(3)连接EM，写出一个BP的值，使得对于任意的点D总有EM=EC，并证明．
【答案】(1)EC⊥BC，作图和证明见解析
5❑√2
(2)CD的长为 或❑√2
4
3
(3)当BP= 时，总有EM=EC
2
【思路引导】（1）根据要求画出图形即可；证明△BAD≌△CAE，推出∠ACE=∠B=45°，即可
解决问题；
（2）连接PM、AM、AE，证明△DPM≌△EPA，即可得到点E在直线AM上运动，再根据△DCE
是等腰三角形，分三种情况讨论，画出符合题意的图形，进而求解即可；（3）作PS⊥BC于S，作PN⊥PS，并使得PN=PS，连接NE，延长NE交BC于Q，连接EM，EC，
通过计算证明QM=QC，利用线段的垂直平分线的性质解决问题即可.
【规范解答】（1）解：作图如图1，
EC⊥BC
，证明如下：
∵AB=AC,∠BAC=90°，
∴∠B=∠ACB=45°，
∵∠EAD=∠BAC=90°，
∴∠BAD=∠CAE，
∵AD=AE，
∴△BAD≌△CAE(SAS)，
∴∠B=∠ACE=45°，
∴∠BCE=∠ACB+∠ACE=90°，
∴EC⊥BC；
（2）解：在等腰Rt△ABC中，∠BAC=90°,AB=AC=2，
∴BC=❑√AB2+AC2=2❑√2，
又∵M是BC的中点，
∴BM=CM=❑√2，∠BAM=45°，
连接PM、AM、AE，则MP=PA=PB，∠DPE=∠MPA=90°，
∴∠DPM=∠EPA，∠DMP=45°，
又∵PD=PE，
∴△DPM≌△EPA，
∴∠BMP=∠PAE=45°，DM=AE，
∴点E在线段AM上移动，
①当CD=CE时，设DM=x，则AE=x,CD=❑√2+x,EM=AM−AE=❑√2−x，
∴CE=CD=❑√2+x，
在Rt△EMC中，EM2+CM2=CE2，
即(❑√2−x) 2+2=(❑√2+x) 2 ，
❑√2
解得x= ，
4
5❑√2
∴CD= ；
4
②当CD=ED时，
此时点D和点M重合，点E和点A重合，
1
∴CD= CB=❑√2；
2
③当DE=CE时，此时点E在CD垂直平分线上，
又因为点E在BC垂直平分线上，所以这种情况不存在；
5❑√2
综上，CD的长为 或❑√2；
4
3
（3）解：当BP= 时，总有EM=EC，
2
证明：如图3中，作PS⊥BC于S，作PN⊥PS，并使得PN=PS，连接NE，延长NE交BC于Q，连接EM，EC.
∵PD=PE,∠DPE=∠SPN=90°，
∴∠DPS=∠EPN，
∵PS=PN，
∴△DPS≌△EPN(SAS)，
∴∠PSD=∠N=90°，
∵∠PSQ=∠SPN=∠N=90°，
∴四边形PNQS是矩形，
∵PS=PN，
∴四边形PNQS是正方形，
3
∵BP= ,∠B=45°,AB=2，
2
3❑√2
∴BS=PS= ,BC=2❑√2，
4
3❑√2 ❑√2
∴BQ=2BS= ,QC= ，
2 2
∵M是BC的中点，
∴MC=❑√2，
❑√2
∴MQ=QC= ，
2
∵EQ⊥CM，
∴NQ是CM的垂直平分线，
∴EM=EC．
【考点剖析】本题属于几何变换综合题，考查了旋转变换，全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的
判定和性质，线段的垂直平分线的性质等知识，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．
