第 23 章 旋转
【考点01】生活中的旋转现象
【考点02】根据旋转的性质求解
【考点03】旋转中规律问题
【考点04】旋转综合应用
【考点05】中心对称图形的识别
【考点06】关于原点对称的点坐标
【考点07】按图像的变换要求画出另一个图形
【知识点1】 旋转的概念
把一个平面图形绕着平面内某一点O转动一个角度，叫做图形的旋转，点O叫做旋转中心，
转动的角叫做旋转角（如下图中的∠BOF），如果图形上的点B经过旋转变为点F，那么这
两个点叫做对应点.
注意 :（1）图形的旋转就是一个图形围绕一点旋转一定的角度，因而旋转一定有旋转中心
和旋转角，且旋转前后图形能够重合，这是判断旋转的关键。
（2）旋转中心是点而不是线，旋转必须指出旋转方向。
（3）旋转的范围是平面内的旋转，否则有可能旋转成立体图形，因而要注意此点
【知识点2】 旋转的性质
旋转的性质：（1）对应点到旋转中心的距离相等。
（2）对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角。
（3）旋转前、后的图形全等。
注意 ：
（1）旋转中心、旋转方向、旋转角度是确定旋转的关键.
（2）性质是通过学生操作验证得出的结论，性质（1）和（2）是旋转作图的关键，整个性
质是旋转这部分内容的核心，是解决有关旋转问题的基础.
（3）要正确理解旋转中的变与不变，寻找等量关系，解决问题。
【知识点3】 旋转作图
（1）旋转图形的作法：根据旋转的性质可知，对应角都相等，都等于旋转角，对应线段也
相等，由此可以通过作相等的角，在角的边上截取相等的线段的方法，找到对应点，顺次
连接得出旋转后的图形。
（2）旋转作图有自己独特的特点，决定图形位置的因素较多，旋转角、旋转方向、旋转中
心，其中任一元素不同，位置就不同，但得到的图形全等.
【知识点4】中心对称（两个图形）
1.概念
把一个图形绕着某一点旋转180°，如果它能够与另一个图形重合，那么就说这两
个图形关于这个点对称或中心对称；
2.性质
（1）关于中心对称的两个图形是全等形。
（2）关于中心对称的两个图形，对称点连线都经过对称中心，并且被对称中心平分。
（3）关于中心对称的两个图形，对应线段平行（或在同一直线上）且相等。
3.判定
如果两个图形的对应点连线都经过某一点，并且被这一点平分，那么这两个图形关于这
一点对称。
4.作图步骤：
（1）连接原图形上所有的特殊点和对称中心。
（2）将以上所连线段延长找对称点，使得特殊点与对称中心的距离和对称点与对称中
心的距离相等。(1) 将对称点按原图形的形状顺次连接起来，即可得出关于中心对称的图形
5.中心对称图形（一个图形）
把一个图形绕某一个点旋转180°，如果旋转后的图形能够和原来的图形互相重合，
那么这个图形叫做中心对称图形，这个店就是它的对称中心。
【知识点5】关于原点对称的点的特征
两个点关于原点对称时，它们的坐标的符号相反，即点P（x，y）关于原点的对称点为
P’（-x，-y）
【考点01】生活中的旋转现象
1．下列情境属于旋转的是（ ）
A．电流表指针来回摆动 B．滑动变阻器的滑片来回移动
C．热气球缓慢上升 D．打针时推动针管
【答案】A
【分析】本题考查了生活中的旋转现象，根据旋转的定义（在平面内，把一个图形绕着
某一个点O旋转一个角度的图形变换叫做旋转），逐一判断即可解答．
【详解】解：A、电流表指针来回摆动可看作是平面图形绕一个点转动，是旋转，故A
符合题意；
B、滑动变阻器的滑片来回移动，不属于旋转，故B不符合题意；
C、热气球缓慢上升，不属于旋转，故C不符合题意；
D、打针时推动针管，不属于旋转，故D不符合题意；故选：A．
2．将如图图片按顺时针方向旋转90°后得到的图片是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】本题考查了 的旋转现象，直接利用旋转的性质得出对应图形即可，正确掌握
旋转方向是解此题的关键．
【详解】
90°
解：将如图图片按顺时针方向旋转 后得到的图片是 ，
故选：D．
3．下列运动中，不属于旋转变换的是（ ）
A．钟摆的运动 B．行驶中的汽车车轮 C．方向盘的转动 D．电梯的升降运动
【答案】D
【分析】此题考查了旋转的概念，根据旋转的概念求解即可．旋转是物体围绕一个点或一个轴做圆周运动．
【详解】解：A．钟摆的运动属于旋转变换，故不符合题意；
B．行驶中的汽车车轮属于旋转变换，故不符合题意；
C．方向盘的转动属于旋转变换，故不符合题意；
D．电梯的升降运动不属于旋转变换，故符合题意．
故选：B．
【考点02】根据旋转的性质求解
1．如图，在△ABC中，∠CAB=75°，在同一平面内，将△ABC绕点A旋转到
△AB'C'的位置，使得CC′ ∥AB，则∠CAC′度数是（ ）
A．30° B．35° C．40° D．50°
【答案】A
【分析】此题考查了旋转的性质、等腰三角形的性质，三角形内角和定理，平行线的性
质，熟练掌握旋转的性质是解题的关键．先根据平行线的性质求得
∠CAB=∠C'CA=75°，再根据旋转的性质得到AC=AC'，进而得到
∠C'CA=∠AC'C=75°，然后根据三角形内角和定理即可求解．
【详解】解：∵CC′ ∥AB，∠CAB=75°，
∴∠CAB=∠C'CA=75°，
根据旋转的性质可得：AC=AC′，
∴△ACC′是等腰三角形，
∴∠C'CA=∠AC'C=75°，
∴∠CAC' =180°−∠C'CA−∠AC'C=30°．
故选：A．
2．如图，将Rt△ABC（其中∠B=35∘,∠C=90∘）绕点A按顺时针方向旋转到
△AB C 的位置，使得点C,A,B 在同一条直线上，那么旋转角∠CAC 等于（ ）
1 1 1 1A．110∘ B．115∘ C．125∘ D．135∘
【答案】C
【分析】此题考查是旋转的性质，三角形内角和性质及平角定理，根据题意可得
∠BAC=55°，再结合旋转的性质及平角定理可得答案．
【详解】∵∠B=35∘,∠C=90∘，
∴∠BAC=180°−∠B−∠C=55°，
又△AB C 是由Rt△ABC绕点A旋转得到，
1 1
∴∠C AB =∠BAC=55°，
1 1
又C,A,B 在同一条直线上，
1
所以∠CAC +∠C AB =180°，解得∠CAC =125°，
1 1 1 1
故选：C．
3．如图．将△ABC纸片绕点C顺时针旋转40°得到△A′B′C，连接A A′，若
AC⊥A′B′，则∠C A′B′的度数为（ ）
A．20° B．40° C．50° D．60°
【答案】C
【分析】本题考查了旋转的性质，三角形的内角和定理，等边对等角，掌握以上知识是
解题的关键．
设AC与A′B′交于点D，根据旋转的性质可得∠A′CA=40°,CA=C A′，根据等边对
等角以及三角形的内角和定理求得∠CA A′ =70°，根据直角三角形的两个锐角互余即
可求得∠A A′B′的度数，由此即可得到答案．
【详解】解：设AC与A′B′交于点D，如图，∵将△ABC纸片绕点C顺时针旋转40°得到△A′B′C，
∴∠A′CA=40°,CA=C A′，
1
∴∠C A' A=∠CA A' = (180°−∠AC A')=70°，
2
∵AC⊥A′B′，
∴∠AD A′ =90°，
∴∠A A′B′ =90°−70°=20°，
∴∠C A′B′ =∠C A′ A−∠A A′B′ =50°，
故选：C．
4．如图，将Rt△ABC绕直角顶点C顺时针旋转90°，得到△A′B′C，连接A A′，若
AB=4,∠A A′B′ =15°，则AB′的长度为 ．
【答案】2❑√3−2
【分析】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，勾股定理．根
据旋转的性质可得AC=C A′,∠BAC=∠C A′B′，可得∠C A′B′ =30°，再由含30
1
度角的直角三角形的性质，可得BC=B′C′ = A′B′ =2，再由勾股定理，可得
2
AC=A′C=2❑√3，即可求解．
【详解】解：∵将Rt△ABC绕直角顶点C顺时针旋转90°，得到△A′B′C，
∴AC=C A′,∠BAC=∠C A′B′，
∴∠CA A′ =∠C A′ A=45°，
∵∠A A′B′ =15°，
∴∠C A′B′ =30°，
∵AB=A′B′ =4,∠A′CB′ =∠ACB=90°，1
∴ BC=B′C′ = A′B′ =2，
2
∴AC=A′C=❑√42−22 =2❑√3，
∴AB′ =AC−B′C=2❑√3−2，
故答案为：2❑√3−2．
5．如图，将△ABC绕点A旋转得到△ADE，若∠B=90°，∠C=30°，AB=1，则
AE= ．
【答案】2
【分析】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，由含30度角
的直角三角形的性质可得AC的长，再由旋转的性质即可得到AE的长．
【详解】解：∵∠B=90°，∠C=30°，AB=1，
∴AC=2AB=2，
∵将△ABC绕点A旋转得到△ADE，
∴AE=AC=2，
故答案为：2．
【考点03】旋转中规律问题
1．风力发电是一种常见的绿色环保发电形式，它能够使大自然的资源得到更好地利用．如
图1，风力发电机有三个底端重合、两两成120°角的叶片，以三个叶片的重合点为原点
水平方向为x轴建立平面直角坐标系（如图2所示），已知开始时其中一个叶片的外端
点的坐标为A(5,5)，在一段时间内，叶片每秒绕原点O顺时针转动90°，则第2024秒
时，点A的对应点A 的坐标为（ ）
2024A．(5,5) B．(5,−5) C．(−5,−5) D．(−5,5)
【答案】A
【分析】根据旋转的性质分别求出第1、2、3、4s时，点A的对应点A 、A 、A 、A
1 2 3 4
的坐标，找到规律，进而得出第2024s时，点的对应点A 的坐标．
2023
【详解】解：如图．
∵A(5,5)
，
∴A在第一象限的角平分线上，
∵叶片每秒绕原点O顺时针转动90°，
∴A (5,−5)，A (−5,−5)，A (−5,5)，A (5,5)，
1 2 3 4
∴A点的坐标以每4秒为一个周期依次循环，
∵2024÷4=506，
∴第2024s时，点的对应点A 的坐标与A 相同，为(5,5)．
2024 4
故选：A．
2．如图是一个装饰连续旋转闪烁所成的四个图形，照此规律闪烁，第2021次闪烁呈现出
来的图形是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】观察图形的变化易得每旋转一次的度数，根据阴影所处的位置可得相应选项．
【详解】解：观察图形的变化可知：每旋转一次，旋转角为90°，即每4次旋转一周，∵2021÷4＝505...1，
即第2021次与第1次的图案相同．
故选：A．
【点睛】此题考查了图形的变换规律问题，解题的关键是找到图形旋转的规律周期．
3．如图，在平面直角坐标系中，边长为2的等边△AOB的边OA与x轴正半轴重合，将
△AOB绕点O顺时针旋转90°，得到△A OB ，再作△A OB 关于原点O的中心
1 1 1 1
对称图形，得到△A OB ，再将△A OB 绕点O顺时针旋转90°，得到△A OB ，
2 2 2 2 3 3
再作△A OB 关于原点O的中心对称图形，得到△A OB ……按照此规律，先将三
3 3 4 4
角形绕点O顺时针旋转90°，再作关于原点O的中心对称图形，则点B 的坐标是
2025
（ ）
A．(1,❑√3) B．(−❑√3,1) C．(−1,−❑√3) D．(❑√3,−1)
【答案】D
【分析】求出B(1,❑√3)，根据题干中的操作顺序求得B (❑√3,−1)，B (−❑√3,1)，
1 2
B (1,❑√3)，B (−1,−❑√3)，观察计算结果，找出变化的规律即可求解．
3 4
【详解】解：如图，作BC⊥x轴，B D⊥y轴，垂足分别为C，D．
1
由题意得知，△AOB和△A OB 都是等边三角形，
1 1
∴∠AOB=∠A OB =60°，OB=OB =2，
1 1 1∴∠OBC=∠OB D=30°．
1
∴OC=OD=1．
∴BC=B D=❑√22−12 =❑√3．
1
∴B(1,❑√3)，B (❑√3,−1)．
1
∵点B 与点B 关于原点对称，
1 2
∴B (−❑√3,1)．
2
∵点B 绕点O顺时针旋转90°到点B ，
2 3
∴B (1,❑√3)．
3
∵ B 与B 关于原点对称，如图，
4 3
∴B (−1,−❑√3)．
4
∵点B 绕点O顺时针旋转90°到点B ，
4 5
∴B (−❑√3,1)．
5
∵点B 与点B 关于原点对称，
5 6
∴B (❑√3,−1)．
6
∵点B 绕点O顺时针旋转90°到点B ，
6 7
∴B (−1,−❑√3)．
7
∵点B 与点B 关于原点对称，
7 8
∴B (1,❑√3)．
8
∵点B 绕点O顺时针旋转90°到点B ，
8 9∴B (❑√3,−1)．
9
观察可知，点B 回到点B的位置后从点B 开始重复点B 到点B 的变换规律，
8 9 1 8
即由点B 到点B 为一个变换周期．
1 8
∵2025÷8=253……1，
∴点B 的坐标与点B 的相同，为(❑√3,−1)．
2025 1
故选：D．
【点睛】本题主要考查了点的坐标的规律．熟练掌握图形的旋转与中心对称，等边三
角形的性质，含30度的直角三角形性质，勾股定理，是解题的关键．
4．下面摆放的图案，从第2个起，每一个都是前一个按顺时针方向旋转90°得到，第2024
个图案与第1个至第4个中的第 个箭头方向相同（填序号）．
【答案】4
【分析】此题主要考查了生活中的旋转现象，直接利用已知图案得出旋转规律进而得
出答案．
【详解】解：每次4个图案为一个周期，2024÷4=506，
则第2024个图案中箭头的指向与第4个图案方向一致．
故答案为：4．
5．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)
【分析】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
1 2 3
各个点的横坐标，进一步得出答案即可．【详解】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
1 2 3 4 5
是4，P 的横坐标是5.5…
6
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
2017 2018 2019 2020
标是2020，
∴P 的坐标是(2020,0)，
2020
故答案为(2020,0)．
【点睛】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 、
1
P 、P …的横坐标，得出规律是解答此题的关键．
2 3
【考点04】旋转综合应用
2．如图，在△ABC中，∠ACB=90°，AC=BC，D是AB边上一点（点D与A，B不
重合），连接CD，将线段CD绕点C按逆时针方向旋转90°得到线段CE，连接DE交
BC于点F，连接BE．
(1)求证△ACD≌△BCE；
(2)当AD=BF时，求∠BEF的度数．
【答案】(1)见详解
(2)∠BEF=67.5°
【分析】本题主要考查等腰三角形的性质、三角形内角和及全等三角形的性质与判定，
熟练掌握等腰三角形的性质、三角形内角和及全等三角形的性质与判定是解题的关键；
（1）由题意易得CD=CE,∠DCE=90°，然后可得∠ACD=∠BCE，进而问题
可求证；
（2）由（1）可知AD=BE，∠A=∠CBE，则有BE=BF，然后根据等腰三角形的
性质及三角形内角和可进行求解．
【详解】（1）证明：∵将线段CD绕点C按逆时针方向旋转90°得到线段CE，
∴CD=CE,∠DCE=90°，
∵∠ACB=90°，∴∠ACD+∠DCB=∠DCB+∠BCE=90°，
∴∠ACD=∠BCE，
∵AC=BC，
∴△ACD≌△BCE(SAS)；
（2）解：由（1）可知：△ACD≌△BCE，
∴AD=BE，∠A=∠CBE，
∵AD=BF，
∴BE=BF，
∴∠BFE=∠BEF，
∵∠ACB=90°，AC=BC，
180°−90°
∴∠A=∠ABC= =45°，
2
∴∠CBE=∠A=45°，
180°−∠CBE
∴∠BEF= =67.5°．
2
3．如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，将△ABC绕点A顺时针旋转得到△ADE，使点
C的对应点E落在AB上，连接BD．
(1)若∠ABC=36°，求∠BDE的度数；
(2)若AC=3，BC=4，求BD的长．
【答案】(1)27°；
(2)2❑√5．
【分析】本题考查了旋转的性质：对应点到旋转中心的距离相等；对应点与旋转中心
所连线段的夹角等于旋转角；旋转前、后的图形全等，也考查了勾股定理：
（1）先根据旋转的性质得到∠ADE=∠ABC=36°，∠AED=∠C=90°，
AB=AD，则可计算出∠DAE=54°，再根据等腰三角形的性质与三角形内角和定理
计算出∠ADB=∠ABD=63°，然后计算∠ADB−∠ADE即可；
（2）先利用勾股定理计算出AB=5，再根据旋转的性质得到∠AED=∠C=90°，AE=AC=3，DE=BC=4，所以BE=2，然后在Rt△BDE中利用勾股定理可计算
出BD的长
【详解】（1）解：∵△ABC绕点A顺时针旋转得到△ADE，使点C的对应点E落
在AB上，
∴∠ADE=∠ABC=36°,∠AED=∠C=90°,AB=AD,
∴∠DAE=90°−36°=54°，
∵AB=AD,
1 1
∴∠ADB=∠ABD= (180°−∠DAB)= ×(180°−54°)=63°，
2 2
∴∠BDE=∠ADB−∠ADE=63°−36°=27°；
（2）解：在Rt△ABC中，
∵∠C=90°，
∴AB=❑√AC2 +BC2 =❑√32 +42 =5，
∵△ABC绕点A顺时针旋转得到△ADE，使点C的对应点E落在AB上，
∴∠AED=∠C=90°，AE=AC=3，DE=BC=4，
∴BE=AB−AE=5−3=2，
在Rt△BDE中，BD=❑√BE2 +DE2 =❑√22 +42 =2❑√5．
4．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=3❑√2，AD=2，求DE的长．
【答案】(1)见解析
(2)2❑√5
【分析】本题考查了旋转的性质、全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形的性质、
勾股定理，熟练掌握以上知识点并灵活运用是解此题的关键．（1）由旋转的性质可得CD=CE，∠DCE=90°，从而得出∠ACD=∠BCE，再
利用SAS证明△ACD≌△BCE即可；
（2）由（1）可得△ACD≌△BCE，由全等三角形的性质可得BE=AD=2，
∠CBE=∠A，由等腰直角三角形的性质可得∠A=∠CBD=45°，AB=6，求出
∠DBE=90°，BD=4，再由勾股定理计算即可得解．
【详解】（1）证明：由旋转的性质可得：CD=CE，∠DCE=90°，
∴∠ACB−∠DCB=∠DCE−∠DCB，即∠ACD=∠BCE，
在△ACD和△BCE中，
{ AC=BC )
∠ACD=∠BCE ，
DC=EC
∴△ACD≌△BCE(SAS)；
（2）解：由（1）可得△ACD≌△BCE，
∴BE=AD=2，∠CBE=∠A，
∵等腰Rt△ABC中，AC=BC，∠ACB=90°，
∴∠A=∠CBD=45°，AB=❑√AC2 +BC2 =6，
∴∠DBE=∠CBE+∠DBC=90°，
∵BD=AB−AD=6−2=4
∴DE=❑√BD2 +BE2 =2❑√5．
5．如图，点O是等边△ABC内一点，将BO绕点B逆时针旋转60°得到BD，连接CD，
AD，BO，CO，AD．
(1)求证：△BCO≌△BAD；
(2)若OA=10，OB=6，OC=8，请直接写出∠BOC的度数．
【答案】(1)见解析
(2)∠BOC=150°【分析】本题考查旋转的性质，等边三角形的性质和判定，全等三角形的判定和性质，
勾股定理的逆定理等知识，解题的关键是证明∠ADO=90°．
（1）由旋转的性质可得BO=BD，∠OBD=60°，由等边三角形的性质可得
BA=BC，再根据SAS证明△BCO≌△BAD即可；
（2）证明△OBD是等边三角形，再由全等三角形的性质可得∴ AD=OC=8，
∠BOC=∠ADB，再由勾股定理的逆定理可得∠ADO=90°，再求解可得结论．
【详解】（1）证明：∵ BO绕点B逆时针旋转60°得到BD，
∴ BO=BD，∠OBD=60°，
∵ △ABC是等边三角形．
∴ BA=BC，∠CBA=60°，
∴ ∠OBD=∠CBA，
∴ ∠CBO=∠ABD，
在△BCO和△BAD中，
{ OB=BD )
∠CBO=∠ABD ，
BC=BA
∴ △BCO≌△BAD (SAS)；
（2）解：∵ BO=BD，∠OBD=60°，
∴ △OBD是等边三角形，
∴ OD=OB=6，∠ODB=60°，
∵ △BCO≌△BAD，
∴ AD=OC=8，∠BOC=∠ADB，
∵ OA=10，
∴AD2 +OD2 =82 +62 =100，OA2 =100，
∴ OA2 =AD2 +OD2，
∴ ∠ADO=90°，
∴ ∠ADB=∠ADO+∠BDO=150°，
∴ ∠BOC=∠ADB=150°．
6．阅读下面材料，并解决问题：(1)如图①等边△ABC内有一点P，若点P到顶点A、B、C的距离分别为3，4，5，
求∠APB的度数．
为了解决本题，我们可以将△ABP绕顶点A旋转到△ACP′处，此时
△ACP′ ≌△ABP，这样就可以利用旋转变换，将三条线段PA、PB、PC转化到
一个三角形中，从而求出∠APB=______；
(2)基本运用
请你利用第（1）题的解答思想方法，解答下面问题
已知如图②，△ABC中，∠CAB=90°，AB=AC，E、F为BC上的点且
∠EAF=45°，求证：EF2 =BE2 +FC2；
(3)能力提升
如图③，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=1，∠ABC=30°，点O为
Rt△ABC内一点，连接AO，BO，CO，且∠AOC=∠COB=∠BOA=120°，
求OA+OB+OC的值．
【答案】(1)150°
(2)见解析
(3)❑√7
【分析】（1）由全等三角形的性质得，∠APB=∠AP′C，BP=CP′ =4，
∠BAP=∠CAP′，AP=AP′，再由等边三角形的性质与判定得，∠AP′P=60°，
根据勾股定理逆定理得，∠PP′C=90°，进而求解即可；
（2）将AE绕点A逆时针旋转90°得到AE′，连接 CE′、E′F，由旋转的性质和等量
代换得∠BAE=∠CAE′，从而证得△ABE≌△ACE′，得BE=CE′，
∠E′CF=90°，证得△AEF≌△AE′F，得EF=E′F，即可得证；
（3）将△AOB绕点B顺时针旋转60°得到△A′O′B，连接OO′，由全等三角形的性
质和旋转的性质证得，△OBO′是等边三角形，得
OA+OB+OC=A′O′ +OO′ +OC=A′C，进而得∠A′BC=90°，再由直角三角形的性质和勾股定理求得BC=❑√3，再利用勾股定理求解即可．
【详解】（1）解：由题意得，△ACP′ ≌△ABP，
∴∠APB=∠AP′C，BP=CP′ =4，∠BAP=∠CAP′，AP=AP′，
∵△ABC是等边三角形，
∴∠BAP+∠PAC=60°，
∴∠PAC+∠CAP′ =60°，即∠PAP′ =60°，
∵AP=AP′，
∴△PAP′是等边三角形，
∴PP′ =AP=3，∠AP′P=60°，
∵PP′2 +P′C2 =PC2，
∴∠PP′C=90°，
∴∠APB=∠AP′C=∠AP′P+∠PP′C=60°+90°=150°，
故答案为：150°；
（2）解：如图，将AE绕点A逆时针旋转90°得到AE′，连接 CE′、E′F，
∴∠EAE′ =90°，
∵∠CAB=90°，∠EAF=45°，
∴∠BAE+∠FAC=45°，
∵∠FAC+∠CAE′ =45°，
∴∠BAE=∠CAE′，
又∵AB=AC，AE=AE′，
∴△ABE≌△ACE'(SAS)，
∴BE=CE′，∠B=∠ACE′ =45°，
∵∠B=∠ACB=45°，
∴∠E′CF=∠ACB+∠ACE′ =90°，
∴E′C2 +FC2 =E′F2，
∴BE2 +FC2 =E′F2，
∵∠EAE′ =90°，∠EAF=45°，
∴∠FAE′ =∠EAF=45°，
又∵AF=AF，AE=AE′，
∴△AEF≌△AE'F(SAS)，
∴EF=E′F，∴BE2 +FC2 =EF2；
（3）解：将△AOB绕点B顺时针旋转60°得到△A′O′B，连接OO′，
∴△AOB≌△A′O′B，∠OBO′ =∠ABA′ =60°，
∴∠A′O′B=∠AOB=120°，AO=A′O′，
∵OB=O′B，
∴△OBO′是等边三角形，
∴∠O′OB=∠OO′B=60°，OO′ =OB，
∵∠COB=∠A′O′B=120°，
∴点C、O、O′、A′在一条直线上，
∴OA+OB+OC=A′O′ +OO′ +OC=A′C，
∵∠ABC=30°，∠ACB=90°，AC=1，
∴AB=2AC=2，
∴BC=❑√22−12 =❑√3，
∵∠A′BC=∠A′BA+∠ABC=60°+30°=90°，AB=A′B=2，
∴A′C=❑√A′B2 +BC2 = ❑√22 +(❑√3) 2 =❑√7,
∴OA+OB+OC=A′C=❑√7．
【点睛】本题考查旋转的性质、全等三角形的判定与性质、等边三角形的判定与性质、
勾股定理、直角三角形的性质，熟练掌握旋转的性质是解题的关键．
7．如图，△ABC是等腰直角三角形，且AB=AC，∠BAC=90∘．(1)问题：如图1，点D是BC边上一点（不与B，C重合），将线段AD绕点A逆时针
旋转90∘得到AE，连接EC，则线段BD，CE之间满足的数量关系式为___________．
(2)探索：如图2，△ADE是等腰直角三角形，且AD=AE，∠DAE=90∘，将
△ADE绕点A旋转，使点D落在边上，试探索线段AD2 、BD2 、CD2之间满足的
数量关系，并证明你的结论；
(3)应用：如图3，在四边形ABCD中，若CD=1，AD=2，BD=3，求∠ADC的
大小．
【答案】(1)BD=CE
(2)BD2 +CD2 =2AD2，证明过程见解析
(3)45°
【分析】本题是三角形综合题，考查了全等三角形的判定与性质、勾股定理以及旋转
变换的性质，掌握全等三角形的判定定理和性质定理是解题的关键．
（1）证明△BAD≌△CAE，根据全等三角形的性质作答即可；
（2）连接CE，根据全等三角形的性质得到BD=CE，∠ACE=∠B，得到
∠DCE=90°，根据勾股定理计算即可；
（3）过点A作AE⊥AD，使得AE=AD，连接CE，DE，证明△BAD≌△CAE，
BD=CE=3，根据勾股定理计算即可．
【详解】（1）∵ △ABC是等腰直角三角形，且AB=AC，
∠BAC=∠DAE=90∘，
∴∠BAC−∠DAC=∠DAE−∠DAC，
∴∠BAD=∠CAE，
在△BAD和△CAE中，
{ AB=AC )
∠BAD=∠CAE ，
AD=AE
△BAD≌△CAE(SAS)，∴BD=CE；
故答案为：BD=CE．
（2）结论：满足BD2 +CD2 =2AD2；
理由如下：由（1）得，△BAD≌△CAE(SAS)，
∴BD=CE，∠ACE=∠B，
∴∠DCE=90°，
∴CE2 +CD2 =ED2，
在Rt△ADE中，AD2 +AE2 =ED2，AD=AE，
∴BD2 +CD2 =2AD2．
（3）过点A作AE⊥AD，使得AE=AD，连接CE，DE，
∵∠BAC+∠CAD=∠DAE+∠CAD
，
∴ ∠BAD=∠CAE，
在△BAD和△CAE中，
{ AB=AC )
∠BAD=∠CAE ，
AD=AE
∴△BAD≌△CAE(SAS)，
∴BD=CE，
∵BD=3，
∴CE=3，
∵AD=2，AD=AE，∠EAD=90°，
∴DE=❑√AD2 +AE2 =❑√22 +22 =2❑√2，
∵CD=1，
∴在△ECD中，CD2 +DE2 =1+8=9，EC2 =9，
∴CD2 +DE2 =CE2，∴△ECD为直角三角形，且∠CDE=90°，
∵ AD=AE，∠EAD=90°，
∴∠ADE=45°，
∴∠ADC=90°−45°=45°．
8．如图，在△ABC中，AB=AC,∠BAC=90°，点D, E在BC上，且∠DAE=45°．
(1)画出将△ABD绕点A逆时针旋转90°后的三角形；
(2)若BD=3, CE=4，求DE的长．
【答案】(1)见解析
(2)5
【分析】本题主要考查了旋转的性质，等腰三角形的性质，勾股定理，构造直角三角
形，用勾股定理解决问题是解本题的关键．
（1）根据题意画出AF⊥DA，使AF=AD，连接CF，则△ACF即为所作；
（2）由旋转的特征得∠BAD=∠CAF，∠B=∠ACF=45°，AD=AF，
BD=CF，证明△ADE≌△AFE得出DE=FE，再由勾股定理计算即可得解:
【详解】（1）解：如图，△ACF即为所作；
（2）解：将△ABD绕点A逆时针旋转90°得到△ACF，连接EF，如上图所示：
∵∠BAC=90°，∠DAF=90°，
∴∠BAD+∠DAC=∠DAC+∠CAF，
∴∠BAD=∠CAF，
又AD=AF,AB=AC
∴△ABD≌△ACF(SAS)，
∴∠ACF=∠B，CF=BD=3，
∵在△ABC中，AB=AC,∠BAC=90°，
∴∠ABC=∠ACB=45°，
∴∠ACB=∠ACF=45°，∴∠FCE=90°，
∴EF=❑√CE2 +CF2 =❑√32 +42 =5；
∵∠DAF=90°，∠DAE=45°，
∴∠EAF=45°，
∴∠DAE=∠FAE，
在△ADE和△AFE中，
{ AD=AF )
∠DAE=∠FAE ，
AE=AE
∴△DAE≌△FAE(SAS)，
∴DE=EF=5．
9．如图，P是等边三角形ABC内一点，将线段AP绕点A顺时针旋转60°得到线段AQ，
连接BQ、PB、PC．
(1)求证：CP=BQ；
(2)若PA=6，PB=8，PC=10．求∠APB的度数．
【答案】(1)见解析
(2)150°
【分析】本题考查了旋转的性质，等边三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性
质，勾股定理的逆定理等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题．
（1）由旋转可知AP=AQ，∠PAQ=60°，结合等边三角形的性质，证明
△CAP≌△BAQ(SAS)，可得结论；
（2）连接PQ，作BM垂直于AP，交AP的延长线于M，由旋转可知，△APQ是等
边三角形，利用勾股定理的逆定理证明∠BPQ=90°即可．
【详解】（1）证明：∵△ABC是等边三角形，
∴AC=AB，∠CAB=60°
由旋转可知AP=AQ，∠PAQ=60°
∴∠CAB=∠PAQ，∴∠CAP=∠BAQ，
在△CAP和△BAQ中，
{ AC=AB )
∠CAP=∠BAQ ，
AP=AQ
∴△CAP≌△BAQ(SAS)，
∴CP=BQ；
（2）解：如图，连接PQ，
∵AP=AQ ∠PAQ=60°
，
∴△APQ是等边三角形，则∠APQ=60°，
∵PA=6，
∴PQ=AP=6，
∵CP=BQ，PC=10，
∴BQ=PC=10，
∵PB=8，
∴PB2 +PQ2 =BQ2，
∴∠BPQ=90°，
∴∠APB=∠BPQ+∠APQ=150°．
【考点05】中心对称图形的识别
1．下列图形中既是轴对称图形又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，轴对称图形，掌握中心对称图形，轴对称图形
的定义是关键．一个图形绕着某固定点旋转180度后能够与原来的图形重合，则称这个图形是中心对称
图形，这个固定点叫做对称中心；如果一个图形沿着某条直线对折后，直线两旁的部分
能够重合，则称这个图形是轴对称图形，这条直线叫做对称轴；根据这两个概念判断即
可．
【详解】解：A、选项图形是轴对称图形，不是中心对称图形，不符合题意；
B、选项图形既是轴对称图形，又是中心对称图形，符合题意；
C、选项图形是轴对称图形，不是中心对称图形，不符合题意；
D、选项图形是轴对称图形，不是中心对称图形，不符合题意．
故选：B．
2．生活中有许多对称美的图形，下列是中心对称图形但不是轴对称图形的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】本题考查中心对称图形与轴对称图形的判断，掌握中心对称图形是绕着某点
旋转180°后能与自身重合的图形，轴对称图形是沿一条直线折叠后直线两旁的部分能
完全重合的图形，据此判断图形类型是解题的关键．
根据中心对称图形和轴对称图形的定义，对每个选项进行判断，找出是中心对称图形
但不是轴对称图形的选项．
【详解】解：A、是轴对称图形，也是中心对称图形，不符合题意；
B、是轴对称图形，也是中心对称图形，不符合题意；
C、是轴对称图形，也是中心对称图形，不符合题意；
D、是中心对称图形，不是轴对称图形，符合题意．
故选：D．
3．下列图形既是轴对称图形，也是中心对称图形的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C【分析】本题考查了轴对称图形的识别，中心对称图形的识别，解题关键是掌握上述
知识点并能运用求解．
根据轴对称图形的意义，中心对称图形的意义，对四个图形逐一分析，再作判断．
【详解】
解： 不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故A不符合；
不是轴对称图形，是中心对称图形，故B不符合；
既是轴对称图形，也是中心对称图形，故C符合；
不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故D不符合，
故选：C．
4．下面的图形中既是轴对称图形又是中心对称图形的是（ ）．
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】本题考查轴对称图形和中心对称图形的识别，熟知轴对称图形：如果一个平
面图形沿着一条直线折叠后，直线两旁的部分能够互相重合，那么这个图形叫做轴对
称图形；中心对称图形：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．据此逐项判断即可．
【详解】解：A中图形是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项不符合题意；
B中图形不是轴对称图形，是中心对称图形，故本选项不符合题意；
C中图形既是轴对称图形又是中心对称图形，故本选项符合题意；
D中图形是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项不符合题意，
故选：C．【考点06】关于原点对称的点坐标
1．在平面直角坐标系中，点P(1,2)关于坐标原点的对称点P′的坐标为（ ）
A．(−1,−2) B．(−1,2) C．(1,−2) D．(1,2)
【答案】A
【分析】本题考查了关于原点的对称的点的坐标，掌握关于原点对称的性质是解决本
题的关键．
根据关于原点的对称点，横、纵坐标都变成相反数求解即可．
【详解】解：∵点P(1,2)关于坐标原点的对称点是点P′，
∴点P′的坐标为(−1,−2)，
故选A．
2．在平面直角坐标系内，点P(−5,2)关于原点的对称点Q的坐标为（ ）
A．(5,−2) B．(5,2) C．(2,−5) D．(−5,−2)
【答案】A
【分析】本题考查了关于原点对称的点的坐标，掌握关于原点对称的特点是解决本题
的关键．
根据关于原点对称的点的横坐标与纵坐标都互为相反数进行解答即可．
【详解】解：∵点P(−5,2)和点Q关于原点对称，
∴点Q的坐标为(5,−2)．
故选A．
3．已知点P (a−2,1)和P (1,b+1)关于原点对称，则(a+b) 2025的值为（ ）
1 2
A．1 B．−1 C．−2025 D．2025
【答案】B
【分析】本题考查坐标与中心对称，根据关于原点对称的点的横纵坐标均为相反数，
进而求出a,b的值，再根据有理数的乘方法则进行计算即可．
【详解】解：由题意a−2=−1,b+1=−1，
∴a=1,b=−2，
∴(a+b) 2025 =(1−2) 2025 =−1；
故选B．
4．在平面直角坐标系中，△AOB和△A OB 关于原点O中心对称，若点B的坐标为
1 1
(2,1)，则点B的对应点B 的坐标为（ ）
1A．(1,2) B．(2,−1) C．(−2,1) D．(−2,−1)
【答案】D
【分析】本题考查了坐标与图形变化——旋转，图形或点旋转之后要结合旋转的角度
和图形的特殊性质来求出旋转后的点的坐标．根据题意可得，点B和点B 关于原点对
1
称，据此求出B 的坐标即可．
1
【详解】解：∵ △AOB和△A OB 关于原点O中心对称，
1 1
∴点B和点B 关于原点对称，
1
∵点B的坐标为(2,1)，
∴ B 的坐标为(−2,−1)．
1
故选：D．
5．已知一条直线经过点A(−2,m)和点B(n,−3)，若点A与点B关于原点对称，则这条直
线对应的函数关系式是（ ）
3 3
A．y=− x B．y= x
2 2
2 2
C．y=− x D．y= x
3 3
【答案】A
【分析】本题考查了待定系数法，坐标关于原点对称规律；由坐标关于原点对称规律
得−2=−n，−m=−3，再由待定系数法求直线AB解析式即可．
【详解】解：∵点A与点B关于原点对称，
∴−2=−n，−m=−3，直线AB为正比例函数，
∴n=2，m=3，
∴点A(−2,3)，
设直线对应的函数关系式为y=kx，
∴ 3=−2k，
3
∴k=− ，
2
3
∴y=− x．
2
故选：A．
【考点07】按图像的变换要求画出另一个图形
1．如图，在平面直角坐标系中，已知△ABC三个顶点的坐标分别为A(−1,3)、B(−4,4)、C(−2,1)．
(1)画△ABC关于原点成中心对称的△A B C ；
1 1 1
(2)求△A B C 的面积；
1 1 1
(3)若点D在第二象限，且以点A、B、C、D为顶点的四边形是平行四边形，则D的坐
标为_____．
【答案】(1)见解析
7
(2)
2
(3)(−5,2)，(−3,6)
【分析】（1）分别作点A、B、C关于原点成中心对称的点A 、B 、C ，并依次连
1 1 1
接即可；
（2）利用分割法求三角形面积即可；
（3）根据平行四边形的性质，利用平移法即可解决问题；
本题考查作图旋转变换，平移变换，平行四边形的性质，熟练掌握平移或旋转前后点
的坐标的变化关系是解题的关键．
【详解】（1）解：如图，1 1 1 7
（2）S =3×3− ×2×1− ×2×3− ×3×1=
△A 1 B 1 C 1 2 2 2 2
（3）①四边形ABD C是平行四边形时，CD ∥AB，CD =AB，
1 1 1
根据平移的性质把A(−1,3)向左移3个单位，再向上移1个单位，就可得到B(−4,4)．
因此将C(−2,1)向左移3个单位，再向上移1个单位，即可得到D (−5,2)．
1
②四边形AD BC是平行四边形时，AD ∥BC，AD =BC，
2 2 2
根据平移的性质把C(−2,1)向左移2个单位，再向上移3个单位，就可得到B(−4,4)．
因此将A(−1,3)向左移2个单位，再向上移3个单位，就可得到D (−3,6)．
2
③四边形ABCD 是平行四边形时，AD ∥BC，AD =BC，
3 3 3
根据平移的性质把B(−4,4)向右移2个单位，再向下移3个单位，就可得到C(−2,1)．
因此将A(−1,3)向右移2个单位，再向下移3个单位，即可得到D (1,0)，此时D 在x
3 3
轴上，不符合题意，舍去．
综上，满足条件的D点的坐标为(−5,2)，(−3,6)．
故答案为(−5,2)，(−3,6)．
2．如图，在平面直角坐标系xOy中，已知△ABO，点A的坐标是(0,4)
(1)点B的坐标是 ；
(2)画出△A B O，使得△A B O与△ABO关于点O对称；
1 1 1 1
(3)以点O为旋转中心，将△ABO逆时针旋转90°，得到△A B O，画出△A B O．
2 2 2 2
【答案】(1)(−2,3)
(2)图见解析
(3)图见解析
【分析】本题考查了平面直角坐标系中的对称与旋转作图，解题的关键是掌握关于原
点对称的点的坐标特征以及旋转的性质．
（1）通过观察图像确定点B的坐标；（2）根据关于原点对称的点的坐标特征，求出A、B关于原点对称的点A 、B 的坐标，
1 1
再连接画图；
（3）依据旋转的性质，确定A、B逆时针旋转90°后的对应点A 、B 的位置，进而画
2 2
出图形．
【详解】（1）解：观察图像可知，点B到x轴的距离为3，到y轴的距离为2，且在第
二象限，
所以点B的坐标是(−2,3)；
（2）解：如图所示：
△A B O即为所画；
1 1
（3）解：如图所示：
△A B O即为所画；
2 2
3．如图，已知△ABC三个顶点的坐标分别为A(−2,−1)，B(−3,−3)，C(−1,−3)．
(1)画出△ABC关于原点对称的△A B C ，并写出点A 的坐标；
1 1 1 1(2)画出△ABC绕点O顺时针旋转90°后的图形△A B C ，并写出点A 的坐标．
2 2 2 2
【答案】(1)图见解析，点A 的坐标为(2,1)
1
(2)图见解析，点A 的坐标为(−1,2)
2
【分析】本题考查了作图—旋转变换，写出平面直角坐标系中点的坐标，熟练掌握旋
转的性质是解此题的关键．
（1）根据关于原点对称的点的特征得出点A 、B 、C ，再顺次连接即可得解，写出
1 1 1
点A 的坐标即可；
1
（2）根据旋转的性质作图即可，再结合图形写出点A 的坐标．
2
【详解】（1）解：如图：△A B C 即为所作，
1 1 1
，
点A 的坐标为(2,1)；
1
（2）解：如图，△A B C 即为所求，
2 2 2
，
点A 的坐标为(−1,2)．
2
4．如图，已知△ABC在平面直角坐标系中．(1)画出△ABC关于原点对称的△A B C ．
1 1 1
(2)画出△ABC绕原点O顺时针旋转90°后的△A B C ．
2 2 2
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】本题主要考查了坐标与图形变化—中心对称和旋转，正确找到对应点的位置
是解题的关键．
（1）分别作出点A,B,C关于原点对称的A ,B ,C ，再顺次连接即可；
1 1 1
（2）分别作出点A,B,C绕原点O顺时针旋转90°后的A ,B ,C ，再顺次连接即可．
2 2 2
【详解】（1）解：如图，△A B C 即为所求；
1 1 1
（2）解：如上图，△A B C 即为所求．
2 2 2
5．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′．
(1)尺规作图：作出旋转后的图形，其中点A的对应点为点C，点E的对应点为点E′，
（不写作法，标明字母，保留作图痕迹）
(2)延长AE交CE′于点F，连接DE，判断四边形BE′FE的形状，并说明理由；
(3)如图②，若DA=DE，写出线段CF与FE′的数量关系并加以证明．
【答案】(1)图形见解析
(2)四边形BE′FE为正方形，理由见解析
(3)CF=FE′，证明见解析【分析】本题考查旋转的性质，正方形的性质与判定，等腰三角形的性质．
（1）分别以C为圆心AE长为半径和以B为圆心BE长为半径画弧，交点即为E′；
（2）由旋转可得∠EBE′ =90°，EB=BE′，∠AEB=∠CE′B=90°，则
∠FEB=∠CE′B=∠EBE′ =90°，得到四边形BE′FE为矩形，结合EB=BE′，
得到四边形BE′FE为正方形；
1
（3）取AE中点M，连接DM，由DA=DE得到DM⊥AE，AM= AE，再证明
2
△ADM≌△BAE(AAS)，得到AM=BE，结合四边形BE′FE为正方形，得到
AE=CE′ =2FE′，最后根据CE′ =CF+FE′，得到CF=FE′．
【详解】（1）解：将Rt△ABE绕点B按顺时针方向旋转90°，得到△CBE′如图所
示：
（2）解：四边形BE′FE为正方形，理由如下：
由旋转可得∠EBE′ =90°，EB=BE′，∠AEB=∠CE′B=90°，
∴∠FEB=∠CE′B=∠EBE′ =90°，
∴四边形BE′FE为矩形，
∵EB=BE′，
∴四边形BE′FE为正方形；
（3）解：CF=FE′，证明如下：
取AE中点M，连接DM，
∵DA=DE，AE中点M，1
∴DM⊥AE，AM= AE，
2
∵正方形ABCD，
∴AD=AB，∠DAB=90°，
∴∠DAM=∠ABE=90°−∠BAE，
∵∠AEB=∠AMB=90°，
∴△ADM≌△BAE(AAS)，
∴AM=BE，
1
∴
AM=BE= AE，
2
∵四边形BE′FE为正方形，
∴BE=FE′，
1
∴
BE=FE′ =AM= AE，
2
由旋转可得AE=CE′，
∴AE=CE′ =2FE′
∵CE′ =CF+FE′，
∴CF+FE′ =2FE′，
∴CF=FE′．
