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2025-2026学年人教版数学九年级上册章节复习检测培优卷（新教材）
第23章 旋转
检测时间：90分钟 试题满分：100分 难度系数：0.39
班级： 姓名： 学号：
一．选择题（本大题有10小题，每小题2分，共20分.在每小题所给出的四个选项中只有一项是符合题目
要求的，请将正确选项前的字母代号填涂在答题纸上）
1．（24-25九年级上·贵州黔东南·期中）如图，将△ABC绕点A逆时针旋转角α(0°<α<180°)得到
△ADE．点B的对应点D恰好落在BC边上，若DE⊥AC，∠CAD=20°，则旋转角α的度数是（ ）
A．40° B．50° C．60° D．70°
【答案】A
【思路引导】本题考查旋转的性质，等边对等角，三角形内角和定理．熟练掌握旋转的性质，是解题的关
键．
根据旋转的性质，得到AB=AD,∠B=∠ADE，进而得到∠ADB=∠B=∠ADE，三角形内和定理，
求出∠ADE，再利用三角形内角和定理求出∠BAD即可．
【规范解答】解：∵将△ABC绕点A逆时针旋转角α(0°<α<180°)得到△ADE，
∴AB=AD,∠B=∠ADE，∠BAD=α，
∴∠ADB=∠B=∠ADE，
∵DE⊥AC,∠CAD=20°，
∴∠ADE=90°−20°=70°，
∴∠ADB=∠B=70°，
∴α=∠BAD=180°−70°−70°=40°．
故选：A．
2．（24-25九年级上·河南郑州·期末）如图，一段抛物线 的图象记为 ，它与
y=−x2+5x(0≤x≤5) C x
1
轴交于点O和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轴于点
1 1 1 2 2 2 2 3A ……如此进行下去，得到一“波浪线”，若点P(2024,m)在此“波浪线”上，则m的值是（ ）
3
A．−4 B．4 C．−6 D．6
【答案】B
【思路引导】本题考查了抛物线与x轴的交点，二次函数的性质，二次函数与几何变换，根据函数
y=−x(x−5)可求出A (5,0)，从而可求出A (10,0)，A (15,0)，再根据整个函数图象每隔10个单位长
1 2 3
度，函数值就相等，由2024÷10=202⋯4，即可知的值等于x=4时的纵坐标，从而得出答案．
【规范解答】一段抛物线y=−x(x−5)(0≤x≤5)， 记为C ，它与x轴交于点O，A ，
1 1
当y=0时， 得：−x(x−5)=0，
解得：x =0,x =5，
1 2
∴A (5,0)，
1
∵将C 绕点A 旋转180°得C ， 交x轴于点A ，
1 1 2 2
∴C 的解析式为y=−(x−5)(x−10)， A (10,0)，
2 2
∴将C 绕点A 旋转180°得C ，交x轴于点A ，
2 2 3 3
∴C 的解析式为y=(x−10)(x−15)， A (15,0)，
3 3
…… ，
∴整个函数图象以5×2=10个单位长度为一个周期，函数值就相等，
∵2024÷10=202⋯4，
∴m的值等于x=4时的纵坐标，
∴m=−x(x−5)=−4×(4−5)=4，
故选：B．
3．（24-25九年级上·广东广州·期中）如图，在△ABC中，∠BAC=120°，将△ABC绕点A按逆时
针方向旋转得到△AB′C′，若点B恰好落在BC边上，且AB′=CB′，则∠C′的度数为（ ）．A．12° B．18° C．20° D．24°
【答案】C
【思路引导】由旋转的性质可得∠C=∠C′，AB=AB′，由等腰三角形的性质可得
∠B=∠AB′B＝2∠C，由三角形内角和定理可求解．
【规范解答】解：∵AB′=CB′，
∴∠C=∠CAB′，
∴∠AB′B=∠C+∠CAB′=2∠C，
∵将△ABC绕点A按逆时针方向旋转得到△AB′C′，
∴∠C=∠C′，AB=AB′，
∴∠B=∠AB′B＝2∠C，
∵∠B+∠C+∠CAB=180°，
∴3∠C=180°−120°=60°，
∴∠C=20°，
∴∠C'=∠C=20°，
故选：C．
【考点剖析】本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，三角形外角的性质，灵活
运用这些的性质解决问题是本题的关键．
4．（24-25九年级上·广东汕尾·期中）如图，△ABC与△CDE都是等边三角形，连接AD，BE，
CD=4，BC=2，若将△CDE绕点C顺时针旋转，当点A、C、E在同一条直线上时，线段BE的长为
（ ）
A．2❑√3 B．2❑√7 C．2❑√3或❑√7 D．2❑√3或2❑√7【答案】D
【思路引导】此题是几何变换综合题，主要考查了旋转的性质，等边三角形的判定和性质，勾股定理，含
30度的直角三角形的性质，构造出直角三角形是解本题的关键．
分两种情况：①当点E在CA的延长线上时，②当点E在AC的延长线上时，分别画出图形，利用勾股定理，
求解即可．
【规范解答】解：∵BC=2，△ABC是等边三角形，
∴∠ABC=60°，AC=BC=2，
∵△CDE是等边三角形，CD=4，
∴CE=CD=4，
1
①当点E在CA的延长线上时，如图，过点B作BG⊥AC于G，则∠CBG= ∠ABC=30°，
2
在Rt△CBG中，∠CBG=30°,BC=2，
1
∴CG= BC=1，
2
根据勾股定理得，BG=❑√22−12=❑√3，
∴EG=CE−CG=4−1=3，
在Rt△BGE中，
根据勾股定理得，BE=❑√32+(❑√3) 2=2❑√3；
1
②当点E在AC的延长线上时，如图，过点B作BH⊥AC于H，则∠CBH= ∠ABC=30°，
2
在Rt△CBH中，∠CBH=30°，BC=2，1
∴CH= AC=1，
2
根据勾股定理得BH=❑√BC2−CH2=❑√3，
∴EH=CE+CH=4+1=5，
在Rt△BHE中，
根据勾股定理得，BE=❑√EH2+BH2=❑√52+(❑√3) 2=2❑√7．
∴BE=2❑√3或2❑√7．
故选：D．
5．（24-25九年级上·吉林·期中）如图所示，△ABC绕点A顺时针方向旋转得到△A′B′C′，且点B′恰
好落在BC上，若AB′=CB′，∠BAC=120°，则∠C′的度数是（ ）
A．20° B．23° C．24° D．25°
【答案】A
【思路引导】本题考查了旋转的性质，等腰三角形的性质，及三角形外角性质等知识，掌握旋转的性质是
解题的关键．
由已知可得：∠B′ AC=∠C，∠B=∠AB′B=2∠C，根据已知，∠B+∠C=60°，从而可求得
∠C的度数，再由旋转的性质即可求得结果．
【规范解答】∵AB′=CB′，
∴∠B′ AC=∠C，
由旋转的性质有：AB=AB′，∠C=∠C′
∴∠B=∠AB′B，∠AB′B=2∠C
∴∠B=∠AB′B=2∠C
∵∠BAC=120°
∴∠B+∠C=60°
即2∠C+∠C=60°
∴∠C=20°∴∠C′=20°
故选：A．
6．（24-25九年级上·安徽芜湖·阶段练习）如图，O是等边△ABC内一点，OA=3，OB=4，OC=5．
将线段BO以点B为旋转中心按逆时针方向旋转60°得到线段BO′，则∠AOB的度数为（ ）
A．120° B．130° C．135° D．150°
【答案】D
【思路引导】连接O′O，根据旋转的性质得BO′=BO，∠OBO′=60°，推出△OBO′是等边三角形，证
明△O′ AB≌△OCB(SAS)得O′ A=OC=5，由OA2+O′O2=32+42=52=O′ A2得∠AOO′=90°，由
∠AOB=∠AOO′+∠BOO′可得答案．
【规范解答】解：如图，连接O′O，
∵OB=4，将线段BO以点B为旋转中心按逆时针方向旋转60°得到线段BO′，
∴BO′=BO，∠OBO′=60°，
∴△OBO′是等边三角形，
∴O′O=OB=4，∠BOO′=∠OBO′=60°，
∵△ABC是等边三角形，OA=3，OC=5，
∴BA=BC，∠ABC=60°，
∴∠ABO′+∠ABO=∠OBO′=60°=∠ABC=∠ABO+∠CBO，
∴∠ABO′=∠CBO，
在△O′ AB和△OCB中，
{
BO′=BO
)
∠ABO′=∠CBO ，
BA=BC∴△O′ AB≌△OCB(SAS)，
∴O′ A=OC=5，
在△AOO′中，OA2+O′O2=32+42=52=O′ A2，
∴∠AOO′=90°，
∴∠AOB=∠AOO′+∠BOO′=90°+60°=150°，
即∠AOB的度数为150°．
故选：D．
【考点剖析】本题考查旋转的性质，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
定理等知识点，通过作辅助线构造全等三角形是解题的关键．
7．（2025·江苏苏州·二模）如图，菱形ABCD的边长为4，∠B=120°，E是BC的中点，F是对角线
AC上的动点，连接EF．将线段EF绕点F按逆时针旋转30°，G为点E对应点，连接CG，则CG的最小值
为（ ）
A．❑√2 B．❑√3 C．❑√2−1 D．❑√3−1
【答案】A
【思路引导】本题考查了旋转的性质、菱形的性质、等边对等角、全等三角形的性质与判定，熟练掌握相
关知识点是解题的关键．将线段CF绕点F按顺时针旋转30°，得到HF，连接CH、EH，由旋转的性质得
到，EF=GF，HF=CF，∠EFG=∠HFC=30°，通过证明△EFH≌△GFC得到EH=CG，利用
菱形的性质和等边对等角得到∠ACB=30°，∠FCH=75°，则有∠ECH=∠FCH−∠ACB=45°，
分析可得点H在过点C且与BC夹角为45°的直线上运动，当EH⊥CH时，EH有最小值，再利用等腰直
角三角形的性质即可得出答案．
【规范解答】解：将线段CF绕点F按顺时针旋转30°，得到HF，连接CH、EH，
由旋转的性质得到，EF=GF，HF=CF，∠EFG=∠HFC=30°，
∴∠EFG−∠HFG=∠HFC−∠HFG，即∠EFH=∠GFC，
∴△EFH≌△GFC(SAS)，
∴EH=CG，
∵菱形ABCD的边长为4，
∴AB=BC=4，∵∠B=120°，
180°−∠B
∴∠ACB= =30°，
2
∵E是BC的中点，
1
∴CE= BC=2，
2
∵HF=CF，∠HFC=30°，
180°−∠HFC
∴∠FCH= =75°，
2
∴∠ECH=∠FCH−∠ACB=75°−30°=45°，
∴点H在过点C且与BC夹角为45°的直线上运动，
CE 2
∴当EH⊥CH时，EH有最小值，此时△CEH为等腰直角三角形，则EH= = =❑√2，
❑√2 ❑√2
∴EH的最小值为❑√2，即CG的最小值为❑√2．
故选：A．
8．（2025·山东·二模）如图，将折线O−A −A −A −A 绕点A 顺时针旋转180°得到一段新的折线
1 2 3 4 4
A −A −A −A −A ，再将新的折线绕点A 顺时针旋转180°……以此类推，得到一段连续的折线，则
4 5 6 7 8 8
点A 的坐标为（ ）
2025
(2531 ❑√3) (2535 )
A．(1265,0) B． , C．(1266,❑√3) D． ,0
2 2 2【答案】C
【思路引导】本题考查坐标规律探究，观察图象可知，A (5k,0)，A 的纵坐标以
8k n
❑√3 ❑√3 ❑√3 ❑√3
❑√3, , ,0,− ,− ,−❑√3,0为一组进行循环，进而求出A 的坐标即可．
2 2 2 2 2025
【规范解答】解：由题意，如图，
5
可知：A ,A ,A ⋯在x轴上，且OA =A A =A A = ，A 的纵坐标以
4 8 12 4 4 8 8 12 2 n
❑√3 ❑√3 ❑√3 ❑√3
❑√3, , ,0,− ,− ,−❑√3,0为一组进行循环，
2 2 2 2
∴OA =5，即一个循环，横坐标增加5，且在一个循环内横坐标的变化为
8
1 1 1 1 1 1
+1,+ ,+ ,+ ,+ ,+ ,+ ,+1，
2 2 2 2 2 2
∴A (5,0),A (10,0),A (15,0)⋯，
8 16 24
∴A (5k,0)，
8k
∵2025÷8=253⋯1，
∴A 的纵坐标为❑√3，横坐标为：5×253+1=1266，
2025
∴A (1266,❑√3)，
2025
故选C．
9．（24-25九年级上·贵州黔东南·期中）如图，点P是等边△ABC内一点，且PA=3，PB=4，PC=5，若将△APB绕着点B逆时针旋转60°后得到△CQB，则∠APB的度数为（ ）
A．120° B．135° C．145° D．150°
【答案】D
【思路引导】本题考查旋转的性质、等边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
勾股定理逆定理的应用．
首先证明△BPQ为等边三角形，得∠BQP=60°，由△ABP≌CBQ可得QC=PA，在△PQC中，已
知三边，用勾股定理逆定理证出得出∠PQC=90°，可求∠BQC的度数，由此即可解决问题．
【规范解答】解：连接PQ，由题意可知△ABP≌△CBQ
则QB=PB=4，PA=QC=3，∠ABP=∠CBQ，
∵△ABC是等边三角形，
∴∠ABC=∠ABP+∠PBC=60°，
∴∠PBQ=∠CBQ+∠PBC=60°，
∴△BPQ为等边三角形，
∴PQ=PB=BQ=4，
又∵PQ=4，PC=5，QC=3，
∴PQ2+QC2=PC2，
∴∠PQC=90°，
∵△BPQ为等边三角形，
∴∠BQP=60°，
∴∠BQC=∠BQP+∠PQC=150°
∴∠APB=∠BQC=150°，
故选：D．10．（24-25九年级上·浙江绍兴·期末）等腰Rt△ABC，∠BAC=90°，AB=AC=5，
∠BPC=∠APC=135°，则CP=（ ）
A．3 B．❑√10 C．2❑√3 D．4
【答案】B
【思路引导】本题考查了等腰直角三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，旋转的性
质，正确作辅助线是解题的关键.
将线段AP绕点A逆时针旋转90°得到线段AE，连接PE,CE，则AE=AP，∠PAE=90°，得到
∠APE=∠AEP=45°，可求出∠APB=90°，∠BAP=∠CAE，可证明△CAE≌△BAP(SAS)，
得到∠AEC=∠APB=90°，可证明∠CPE=90°，∠PCE=∠PEC=45°，则PE=PC，得出
1 1
CE2=2PC2，AE2= PC2 ，则 PC2+2PC2=52 ，求出PC=❑√10，即可得到结论.
2 2
【规范解答】解：如图，将线段AP绕点A逆时针旋转90°得到线段AE，连接PE,CE，
∵AE=AP,∠PAE=90°，
∴∠APE=∠AEP=45°，
∵∠BAC=90°,AB=AC=5，
∴∠BAC−∠CAP=∠PAE−∠CAP，
∠ABC=∠ACB=45°，
∴∠BAP=∠CAE，
∵∠BPC=∠APC=135°，
∴∠APB=360°−∠BPC−∠APC=90°，
{
AE=AP
)
在△AEC和△APB中 ∠CAE=∠BAP ，
AC=AB
∴△AEC≌△APB(SAS)，
∴∠AEC=∠APB=90°，
∴∠PEC=∠AEC−∠AEP=90°−45°=45°，
∵∠APC=135°，
∴∠EPC=∠APC−∠APE=135°−45°=90°，∴∠PCE=90°−∠PEC=90°−45°=45°，
∴PE=PC，
∴CE2=PE2+PC2=2PC2，
∵PC2=PE2=AE2+AP2=2AE2，
1
∴AE2= PC2
，
2
∵AE2+CE2=AC2，
1
PC2+2PC2=52
，
2
∴PC=❑√10或PC=−❑√10（不符合题意，舍去），
故选：B.
二．填空题（本大题有8小题，每小题2分，共16分.）
11．（23-24九年级上·黑龙江绥化·期末）如图，将△ABC绕A点逆时针方向旋转一个角α，使B点落
在BC上的E点，若α=40°，AD∥BC，则∠CAE的度数为 ．
【答案】30°
【思路引导】由旋转的性质可得∠CAD=∠BAE=α=40°，AB=AE，由等腰三角形的性质可得
∠B=∠AEB=70°，由平行线的性质可求∠DAE的度数，即可求解．
【规范解答】解：∵将△ABC绕A点逆时针方向旋转一个角α，使B点落在BC上的E点，α=40°，
∴∠CAD=∠BAE=α=40°，AB=AE，
1 1
∴∠B=∠AEB= (180°−α)= ×(180°−40°)=70°，
2 2
∵AD∥BC，∴∠DAE=∠AEB=70°，
∴∠CAE=∠DAE−∠CAD=70°−40°=30°，
即∠CAE的度数为30°．
故答案为：30°．
【考点剖析】本题考查旋转的性质，平行线的性质，等腰三角形的性质，掌握旋转的性质是解题的关键．
12．（23-24九年级上·四川南充·期中）如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，将△ABC绕顶点C
逆时针旋转得到△A′B′C′,M是BC的中点，P是A′B′的中点，连接PM，若BC=4,∠BAC=30°，则
线段PM的最大值是 ．
【答案】6
【思路引导】本题主要考查的是旋转的性质，直角三角形的性质、两点之间线段最短，掌握本题的辅助线
的作法是解题的关键．
连接PC，首先依据直角三角形斜边上中线的性质求出PC=4，然后再依据两点之间线段最短可得到
PM≤PC+CM，即可得PM的最大值为PC+CM．
【规范解答】解：如图连接PC．
在Rt△ABC中，
∵∠BAC=30°，BC=4，
∴AB=2BC=8，
根据旋转不变性可知，A′B′=AB=8，∠A′CB′=∠ACB=90°，
∵P是A′B′的中点，
1
∴PC= A′B′=4，
2∵M是BC的中点，
∴CM=BM=2
又∵PM≤PC+CM=4+2=6，即PM≤6，
∴PM的最大值为6（此时P、C、M共线）．
故答案为：6．
13．（23-24九年级上·湖北黄石·期中）如图，三角形ABC中，AB=AC，∠BAC=90°，BD⊥BC，
CE⊥BC，∠DAE=45°，若BD=❑√6，CE=❑√10，则线段DE的长度为 ．
【答案】4
【思路引导】将△ABD绕点A顺时针旋转90°得到△ACF，根据等腰三角形的性质和旋转的性质可得
∠ABD=∠ACF=∠ACE=135°，从而可得∠ECF=90°，证明△EAD≌△EAF，可得DE=EF，
再利用勾股定理求解即可．
【规范解答】解：将△ABD绕点A顺时针旋转90°得到△ACF．
∴BD=CF=❑√6,AD=AF
∵BD⊥BC，EC⊥BC，
∴∠DBC=∠ECB=90°，
∵AB=AC，∠BAC=90°，
∴∠ABC=∠ACB=45°，
∴∠ABD=∠ACF=∠ACE=135°，
∴∠ECF=90°，在Rt△ECF中，EF=❑√EC2+CF2=4，
∵∠DAE=45°，
∴∠EAF=∠EAC+∠CAF=∠EAC+∠BAD=45°，
∴∠EAD=∠EAF，
∵AD=AF，AE=AE，
∴△EAD≌△EAF，
∴DE=EF=4，
故答案为4．
【考点剖析】本题考查旋转的性质、全等三角形的性质与判定、勾股定理、等腰直角三角形的性质，添加
辅助线，构造全等三角形是解题的关键．
14．（24-25九年级上·广西河池·期末）如图，在正方形ABCD中，E为DC边上的点，连接BE，将
△BCE绕点C顺时针方向旋转90°得到△DCF，连接EF，若∠BEC=70°，则∠EFD的度数为
．
【答案】25°/25度
【思路引导】本题考查旋转的性质、正方形的性质、三角形的内角和定理，熟练掌握旋转的性质是解答的
关键．
根据旋转的性质知∠BEC=∠DFC=70°，再根据EC=CF，∠ECF=∠BCE=90°知∠EFC=45°，
然后用角的和差即可解答．
【规范解答】∵△BCE绕点C顺时针方向旋转90°得到△DCF，
∴∠BEC=∠DFC=70°，∠ECF=∠BCE=90°，CF=CE．
1 1
∴∠EFC=∠FEC= (180°−∠ECF)= (180°−90°)=45°，
2 2
∵∠BEC=70°，
∴∠EFD=∠DFC−∠EFC=70°−45°=25°．
故答案为：25°．
15．（2025·上海青浦·二模）如图，在矩形ABCD中，AB=3，BC=4，将矩形ABCD绕点A旋转，点B、C、D落在点B 、C 、D 处、如果点B 落在直线AC上，那么BB = ．
1 1 1 1 1
6❑√5 12❑√5
【答案】 或
5 5
【思路引导】作BE⊥AC于点E，由∠ABC=90°,AB=3,BC=4，求得AC=5，由
1 1 12 9
S = ×5BE= ×3×4，求得BE= ，则AE=❑√AB2−BE2= ，再分两种情况讨论，一是点B
△ABC 2 2 5 5 1
6 6❑√5
落在线段AC上，由旋转得AB =AB=3，则EB =AB −AE= ，求得BB =❑√BE2+EB2= ；二
1 1 1 5 1 1 5
24 12❑√5
是点B 落在线段AC延长线上，则EB =AB +AE= ，求得BB =❑√BE2+EB2= ，于是得到问
1 1 1 5 1 1 5
题的答案．
【规范解答】解：作BE⊥AC于点E，则∠AEB=∠BEC=90°，
∵四边形ABCD是矩形，AB=3,BC=4，
∴∠ABC=90°，
∴AC=❑√AB2+BC2=5，
1 1
∵S = ×5BE= ×3×4，
△ABC 2 2
12
∴BE= ，
5
9
∴AE=❑√AB2−BE2=
，
5
如图1，点B 落在线段AC上，
1由旋转得AB =AB=3，
1
6
∴EB =AB −AE= ，
1 1 5
6❑√5
∴BB =❑√BE2+EB2= ；
1 1 5
如图2，点B 落在线段AC延长线上，
1
由旋转得AB =AB=3，
1
24
∴EB =AB +AE= ，
1 1 5
12❑√5
∴BB =❑√BE2+EB2= ，
1 1 5
6❑√5 12❑√5
综上所述，BB 的长为 或 ，
1 5 5
6❑√5 12❑√5
故答案为： 或 ．
5 5
【考点剖析】此题重点考查矩形的性质、勾股定理、旋转的性质、根据面积等式求线段的长度、分类讨论
数学思想的运用等知识与方法，正确地进行分类讨论并且画出相应的图形是解题的关键．
16．（24-25九年级上·广东江门·阶段练习）如图，在四边形ABCD中，
AB=BC=CD=AD=6，∠A=∠C=60°，连接BD，将△BCD绕点B旋转，使BD旋转到BD′，BC
旋转到BC′，当BD′与AD交于一点E，BC′同时与CD交于一点F时，下面四个结论：①AE=DF；②
∠EBF=60°；③∠DEB=∠DFB；④△≝¿周长的最小值是6+3❑√3，其中所有正确结论的序号是．
【答案】①②④
【思路引导】本题考查了旋转的性质，等边三角形的性质与判定，全等三角形的性质与判定，含30度角的
直角三角形的性质，勾股定理，根据题意可证△ABE≌△BDF，可判断①②③，由△≝¿的周长
=DE+DF+EF=AD+EF=6+EF，则当EF最小时△≝¿的周长最小，根据垂线段最短，可得
BE⊥AD时，BE最小，即EF最小，即可求此时△≝¿周长最小值，
【规范解答】解：∵AB=BC=CD=AD，∠A=∠C=60°，
∴△ABD，△BCD为等边三角形，
∴∠A=∠BDC=∠ABD=∠DBC=60°，AB=BD，
∵将△BCD绕点B旋转到△BC′D′位置，
∴∠D′BD=∠C′BC，
∴∠ABD−∠D′BD=∠DBC−∠C′BC，
∴∠ABD′=∠DBC′，
∴△ABE≌△DBF(ASA)，
∴AE=DF，BE=BF，∠AEB=∠DFB，
∵∠DEB+∠AEB=180°，
∴∠DEB+∠DFB=180°，根据现有条件无法证明∠DEB=∠DFB，故①正确，③错误；
∵∠ABD=60°，∠ABE=∠DBF，
∴∠EBF=60°，故②正确；
∵△≝¿的周长=DE+DF+EF=AD+EF=6+EF，
∴当EF最小时，∴△≝¿的周长最小，
∵∠EBF=60°，BE=BF，
∴△BEF是等边三角形，
∴EF=BE，
∴当BE⊥AD时，BE长度最小，即EF长度最小，
∵AB=6，∠A=60°，BE⊥AD，
∴∠ABE=90°−60°=30°，
1
∴AE= AB=3，
2
∴BE=❑√AB2−AE2=3❑√3，
∴EB=3❑√3，
∴△≝¿的周长最小值为6+3❑√3，故④正确，
故答案为：①②④．
17．（24-25九年级上·河南信阳·阶段练习）如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，∠A=30°，
BC=2，AB的垂直平分线MN交AB于E，交AC于点D，将线段DC绕点D顺时针旋转α(0°<α<180°)，
点C的对应点为点F，连接BF,BD．当△BDF为直角三角形时，BF的长为 ．
2❑√15
【答案】2或
3
【思路引导】本题考查了旋转的性质，勾股定理，含30度角的直角三角形的性质，分类讨论是解题的关键．
在Rt△ABC中，∠ACB=90°,∠A=30°,BC=2，则AB=2BC=4,AC=❑√3BC=2❑√3，根据垂直
1
平分线的性质得出MN⊥AB,EA=EB= AB=2,DB=DA，继而根据勾股定理以及含30度角的直角三
2
EA 2❑√3 4❑√3 2❑√3
角形的性质得出DE= = ，DA=2DE= ，根据旋转的性质得出DF=DC= ，进而在
❑√3 3 3 3
4❑√3 2❑√3
Rt△BDF中，DB= ,DF= ，分BF为直角边和斜边，分别讨论，根据勾股定理即可求解．
3 3
【规范解答】解：在△ABC中，∠ACB=90°,∠A=30°,BC=2，∴AB=2BC=4,AC=❑√3BC=2❑√3，
∵AB的垂直平分线MN交AB于E，交AC于点D，
1
∴MN⊥AB,EA=EB= AB=2,DB=DA，
2
在Rt△AED中，EA=2,∠A=30°，
∴DA=2DE,EA=❑√3DE=2，
2❑√3 4❑√3
∴ED= ,DA=2DE=
3 3
4❑√3 2❑√3
∴DB=DA= ,DC=AC−DA= ，
3 3
∵DF由线段DC绕点D顺时针旋转得到，
2❑√3
∴DF=DC= ，
3
4❑√3 2❑√3
在Rt△BDF中，DB= ,DF= ，
3 3
当BF为直角边时，BF=❑√DB2−DF2=2，
2❑√15
当BF为斜边时，BF=❑√DB2+DF2=
，
3
2❑√15
故答案为：2或 ．
3
18．（24-25九年级上·内蒙古呼和浩特·期中）如图，把矩形ABCD绕点C顺时针旋转，得到矩形
FECG，且点E落在AD上，连接BE,BG,BG交CE于点H，连接FH．若FH平分∠EFG，有下列结论：
①AE+CH=EH；②∠DEC=2∠ABE；③BH=GH；④CH=2AB．其中正确的有 ．
【答案】①②③
【思路引导】过点B作BM⊥CE于点M，先证出△AEB≌△MEB，根据全等三角形的性质可得
AE=ME，AB=MB，∠ABE=∠MBE，再证出△BMH≌△GCH，根据全等三角形的性质可得
BH=GH，MH=CH，由此即可判断①③正确；设∠ABE=∠MBE=x，则∠AEB=∠MEB=90°−x，∠DEC=2x，由此即可判断②正确；根据等腰三角形的判定可得
EF=EH，从而可得AB=EH，根据AE+CH=EH可得AE+CH=AB，则CH0)个单位长度后，平移后的直线与抛物线y=−2x2仅有1个公共点，求
m的值．
(3)将直线y=x−3绕点B顺时针旋转90°，得到直线BC，C为旋转后的直线与抛物线y=−2x2的交点，
求点C的坐标．
( 3 9)
【答案】(1)A − ,− ,B(1,−2)
2 2
25
(2)m=
8
( 1 1)
(3)C − ,−
2 2
【思路引导】本题主要考查一次函数，二次函数与几何图形的综合，掌握一次函数与二次函数交点的计算，
一次函数图形平移的性质，二次函数与几何图形的综合运用是关键．
（1）联立方程组求解即可；
（2）根据函数的平移得到平移后的解析式为y=x−3+m，根据只有一个交点得到关于x的一元二次方程
的判别式Δ=0，由此即可求解；
（3）根据题意，过点B作BE⊥x轴于点E，过点A作AF⊥EB延长线于点F，设旋转后的直线与x轴交
于点G，则∠ABC=∠BEG=∠AFB=90°，可得△ABF是等腰直角三角形，△BEG是等腰直角三角
形，EB=EG=2，则G(−1,0)，运用待定系数法得到直线BG的解析式，联立方程求解即可．{y=x−3)
【规范解答】（1）解：根据题意，联立方程组得， ，
y=−2x2
3
{ x =− )
解得， 1 2 , { x 2 =1 ) ，
9 y =−2
y =− 2
1 2
( 3 9)
∴A − ,− ,B(1,−2)；
2 2
（2）解：直线y=x−3向上平移m(m>0)个单位长度后的解析式为y=x−3+m，
∵平移后的直线与抛物线y=−2x2仅有1个公共点，
∴x−3+m=−2x2，整理得，2x2+x−3+m=0，
∴Δ=12−4×2×(−3+m)=0，
25
解得，m= ；
8
（3）解：如图所示，过点B作BE⊥x轴于点E，过点A作AF⊥EB延长线于点F，设旋转后的直线与x
轴交于点G，则∠ABC=∠BEG=∠AFB=90°，
( 3 9)
∵A − ,− ,B(1,−2)，
2 2
( 9)
∴E(1,0),F 1,− ，
2
( 9) 5 ( 3) 5
∴BE=2,BF=−2− − = ,AF=1− − = ，
2 2 2 2
∴AF=BF，且∠AFB=90°，∴△ABF是等腰直角三角形，
∴∠FAB=∠FBA=45°，
∴∠EBC=180°−∠ABF−∠ABC=180°−45°−90°=45°，
∴∠EGB=45°，
∴△BEG是等腰直角三角形，EB=EG=2，
∴G(−1,0)，
设直线BG的解析式为y=kx+b(k≠0)，
{−k+b=0)
∴ ，
k+b=−2
{k=−1)
解得， ，
b=−1
∴直线BG的解析式为y=−x−1，
联立直线BG于抛物线y=−2x2为方程得，−x−1=−2x2，
1
{ x =− )
解得， 1 2 , { x 2 =1 ) ，
1 y =−2
y =− 2
1 2
( 1 1)
∴C − ,− ．
2 2
22．（本题8分）（24-25九年级上·吉林·期中）“综合与实践”课上，老师提出如下问题：如图①，
在Rt△ABC中，∠ABC=90°，BD为AC边上的中线．将，其△ABD沿射线BC的方向平移，得到
△EFG，其中点A、B、D的对应点分别为E、F、G．如图②，当线段EF经过点D时，连接
DG、GC，请判断四边形DFCG的形状，并说明理由．
数学思考
（1）请回答老师提出的问题；
深入探究
（2）老师将图②中的△EFG绕点F按逆时针方向旋转得到△PFQ，其中点E、G的对应点分别为P、Q，线段PF、QF分别与边BD交于点M、N．如图③，当PQ∥BD时，让同学们提出新的问题．
“勤学小组”提出问题：试猜想线段PM和FM的数量关系，并证明．
【答案】（1）矩形，理由见解析；（2）PM=FM，见解析
【思路引导】（1）四边形DFCG是矩形，由平移的性质得到DG=BF,DG∥BF,EF∥AB，从而得到
1
∠EFC=∠ABC=90°，根据BD为AC边上的中线，推出BD=CD=AD= AC，进而证明△BCD是
2
等腰三角形，推出BF=CF，CF=DG，证明四边形DFCG是平行四边形，再根据∠DFC=90°，即可
证明四边形DFCG是矩形；
（2）由平移的性质得到∠E=∠A,AD=EG,BD=FG,BD∥FG，从而得到∠EFG=∠BDF，由
（1）可得BD=AD，进而得到∠E=∠EFG=∠A=∠BDF，在图3中，由旋转的性质得到
∠P=∠E,EF=PF，根据平行线的性质推出∠P=∠DMF，证FM=FD，再根据四边形DFCG是矩
1
形，推出FD= PF=FM，即可证明PM=FM．
2
【规范解答】解：（1）四边形DFCG是矩形，
理由如下：∵△ABD平移得到△EFG，
∴DG=BF,DG∥BF,EF∥AB，
∴∠EFC=∠ABC=90°，
∵ BD为AC边上的中线，
1
∴BD=CD=AD= AC，
2
∴△BCD是等腰三角形，
∵∠EFC=∠ABC=90°，
∴EF⊥BC，
∴BF=CF，
∴CF=DG，
∵CF∥DG，
∴四边形DFCG是平行四边形，
∵∠DFC=90°，
∴四边形DFCG是矩形；
（2）PM=FM，
证明：在图2中，∵△ABD平移得到△EFG，
∴∠E=∠A,AD=EG,BD=FG,BD∥FG，∴∠EFG=∠BDF
由（1）可得，BD=AD，
∴EG=FG，
∴∠E=∠EFG=∠A=∠BDF，
在图3中，△EFG旋转得到△PFQ，
∴∠P=∠E,EF=PF，
∵PQ∥BD，
∴∠P=∠DMF，
∴∠BDF=∠DMF，
∴FM=FD，
由图2可知，四边形DFCG是矩形，
∴∠FDG=90°，
1
∵ED=FD= EF，
2
1
∴FD= PF=FM，
2
∴ PM=FM．
【考点剖析】本题考查平移的性质，旋转的性质，矩形的判定，直角三角形的特征，等腰三角形的判定与
性质，综合性较强，熟练运用平移与旋转的性质是解题的关键．
23．（本题8分）（24-25九年级上·全国·期中）在△ABC中，AB=AC，∠BAC=36°，将△ABC
绕点A顺时针旋转一个角度α得到△ADE，点B、C的对应点分别是D、E．
(1)如图1，若点E恰好与点B重合，DF⊥AB，垂足为F，求∠BDF的大小；
(2)如图2，若α=108°，连接EC交AB于点G，求证：四边形ADEG是平行四边形．
【答案】(1)∠BDF=18°；
(2)见解析．
【思路引导】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．也考查了平行四边形的判定．
（1）根据等腰三角形的性质求出∠ACB=72°，再由旋转的性质得∠DBF=∠ACB=72°，最后根据
直角三角形两锐角互余可得结论；
（2）分别证明∠DEC=108°，∠DAG=108°，可得EG∥AD，AG∥DE，从而可证四边形ADEG
是平行四边形．
【规范解答】（1）解：∵AB=AC，∠BAC=36°
∴∠ABC=∠ACB=72°
∴∠ADB=∠ABD=72°
∵DF⊥AB，
∴∠DFB=90°
∴∠DBF+∠BDF=90°
∴∠BDF=90°−72°=18°
（2）∵α=108°，即∠CAE=108°
又AE=AC
∴∠ACE=∠AEC=36°
∵∠AED=∠ADE=72°
∴∠DEC=72°+36°=108°
∴∠ADE+∠CED=180°
∴EG∥AD
∵∠DAE=∠BAC
∴∠DAE+∠EAG=∠CAB+∠EAG=108°
∴∠DAG+∠ADE=180°
∴AG∥DE
∴四边形ADEG是平行四边形
24．（本题8分）（24-25九年级上·北京·期中）已知正方形ABCD，将线段BA绕点B旋转
α(0°<α<90°)得到线段BE，连接EA，EC．(1)如图1，当点E在正方形ABCD的内部时，若BE平分∠ABC，则∠AEC＝ °；
(2)当点E在正方形ABCD的外部时，
①在图2中依题意补全图形，并求∠AEC的度数；
②作∠EBC的平分线BF交EC于点G．交EA的延长线于点F，连接CF．用等式表示线段AE，FB，FC
之间的数量关系，并证明．
【答案】(1)135
(2)①补全图形见解析，∠AEC＝45°；② ❑√2FB=2FC−AE，证明过程见解析．
【思路引导】（1）由旋转的性质得出AB=BE，证明△ABE≌△CBE，由全等三角形的性质得出
∠AEB=∠CEB，从而可得∠AEC的度数；
（2）①由题意可画出图形，由旋转的性质及等腰三角形的性质可得∠AEC的度数；②过点B作
BH∥EC交FC的延长线于点H，证明△ABF≌△CBH，由全等三角形的性质得出AF=CH，由等
腰直角三角形的性质可得出结论．
【规范解答】（1）解：∵将线段BA绕点B旋转α，得到线段BE，
∴AB=BE，
∴∠BAE=∠BEA，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝BC，∠ABC＝90°，
∵BE平分∠ABC，
∴∠ABE=∠CBE=45°，
∵BE=BE，
∴△ABE≌△CBE(SAS)，
∴∠AEC=∠AEB+∠CEB=180°−45°=135°，
故答案为：135；
（2）解：①补全图形如图2，
∵将线段BA绕点B旋转α(0°<α<90°)，得到线段BE，
∴BE=BA=BC，∠ABC=90°，∠ABE=α，
α α
∴∠BEA=∠BAE=90°− ，∠BEC=∠BCE=45°− ，
2 2
∴∠AEC=∠BEA−∠BEC=45°，∠BEC=45°；② ❑√2FB=2FC−AE，
证明：如图3，过点B作BH∥EC，交FC的延长线于点H，
∵BE=BC，BF平分∠EBC，
∴BF垂直平分EC，
∴FE=FC，
∴∠FEC=∠FCE，
由①知，∠AEC=45°，
∴∠FEC=∠FCE=45°，
∴∠GFC=45°，
∵BH∥EC，
当∠FBH=∠FGC=90°，∠H=∠FCG=45°，
∴∠H=∠BFH=45°，
∴BF=BH，FH=❑√2FB，
∵∠ABF=90°−∠FBC，∠CBH=90°−∠FBC，
∴∠ABF=∠CBH，
在△ABF和△CBH中，
{
AB=CB
)
∠ABF=∠CBH ，
BF=BH
∴△ABF≌△CBH(SAS)，
∴AF=CH，
∵FH=FC+CH=FC+AF=FC+FE−AE=2CF−AE，
∴❑√2FB=2FC−AE，【考点剖析】本题是四边形综合题，考查了旋转的性质，正方形的性质，等腰直角三角形的性质，全等三
角形的判定和性质等知识，解题的关键是熟练掌握全等三角形的判定和性质．
25．（本题10分）（24-25九年级上·湖北恩施·阶段练习）如图是由小正方形组成的6×6网格，每个小
正方形的顶点叫做格点，线段AB，CD的端点都是格点．仅用无刻度的直尺在给定网格中完成以下画图任
务，每个任务的画线不得超过三条．
(1)在图1中，线段AB绕点P旋转后可得到线段CD（点B与点D对应），画出点P；
(2)在图1中，先将线段CD绕点C顺时针旋转90°，画出对应线段CE，再在图中画点Q，使线段AB绕点Q
旋转后能与线段CE重合（点B与点C对应）；
(3)在图2中，先将线段AC绕点D旋转，得线段BF，C点的对应点为点F，点A的对应点为点B，画出对
应线段BF，交线段AC于点G，再画△AGB的角平分线GH．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)见解析
【思路引导】（1）连接BD、AC，BD、AC的交点即为点P．
（2）取格点E，连接CE，延长AB交EC的延长线于点Q，则线段CE和点Q为所求；
（3）取格点F、S，连接BF，SG，延长SG交AB于H，则HG、BF为所求．
【规范解答】（1）解：如图，点P即为所求，连接AD、BC，
∵AD=BC=❑√22+12=❑√5，AB=DC=❑√32+12=❑√10，
∴四边形ABCD是平行四边形，
∴平行四边形ABCD是以点P为对称中心的中心对称图形，
∴线段AB绕点P旋转后可得到线段CD；
（2）解：如图，线段CE和点Q为所求；
∵DM=CN=3，∠DMC=∠CNE=90°，CM=EN=1
∴△DMC≌△CNE，∠ECN+∠CEN=90°，
∴∠DMC=∠CEN，
∴∠DCM+∠ECN=90°，
∴∠DCE=180°−90°=90°，
∵CD=CE=❑√12+32=❑√10，
∴线段CD绕点C顺时针旋转90°，得线段CE，
∵AB=CD=CE=❑√12+32=❑√10，
∴线段AB绕点Q旋转后能与线段CE重合；
（3）解：如图，HG、BF为所求，取格点T，S，U，连接TF，TB，AS，CS，CU，BC，
同（2）可证，点B绕点D顺时针旋转90°得点A，点F绕点D顺时针旋转90°得点C，
∴线段AC绕点D旋转，得线段BF，
∵TB=AU=3，∠CUA=∠FTB=90°，TF=CU=4，
∴△CUA≌△FTB，TBF+∠BFT=90°，
∴∠CAU=∠TBF，AC=BF=❑√32+42=5
∴∠CAU+∠BFT=90°，
∴∠AGF=90°，
∴AC⊥BF，
∴BG2=AB2−AG2=BC2−CG2，
∵BC=❑√5，BA=❑√10，
∴10−AG2=5−(5−AG) 2
解得AG=3，CG=5−3=2，
∴BG=❑√10−32=1，GF=5−1=4，
1 15
∵S ❑ = ×5×3= ，
△BS F 2 2
4 15
∴S ❑ = × =6，
△GS F 5 26×2
∴S到GF的距离为 =3，
4
1 1 1 15
∵S =6×4− ×3×4− ×3×1− ×3×6= ，
△ACS 2 2 2 2
2 15
∴S = × =3，
△CGS 5 2
3×2
∴S到CG的距离为 =3，
2
∴S到CG的距离=S到GF的距离，
∴∠SGC=∠SGF，
∴∠AGH=∠BGH=∠SGC=∠SGF，
∴GH是△AGB的平分线．
【考点剖析】本题主要考查了旋转的性质和平行四边形的判定及性质，全等三角形的判定及性质，勾股定
理，角平分线的判定，熟练掌握旋转中心的确定方法以及角平分线的判定是解题的关键．
26．（本题10分）（24-25九年级上·陕西宝鸡·阶段练习）问题：如图（1），正方形ABCD中，
∠MAN=45°，∠MAN绕点A顺时针旋转，它的两边分别交CB, DC（或它们的延长线）于点M, N．
试判断BM, DN和MN之间的数量关系．
【发现证明】
小聪把△ADN绕点A顺时针旋转90°至△ABE，从而发现BM+DN=MN，请你利用图（1）证明上述
结论．
【类比引申】
当∠MAN绕点A旋转到如图（2）的位置时，猜想线段BM, DN和MN之间的数量关系是_________．
【探究应用】
如图（3），四边形ABCD中，∠BAD≠90°，AB=AD，∠B+∠D=180°，点M、N分别在边BC、
CD上，∠BAD=2∠MAN，BM=4，DN=1，求MN的长度．
【答案】[发现证明]见解析；[类比引申] DN=MN+BM，理由见解析；[探究应用]MN=5
【思路引导】本题考查了正方形的性质，旋转变换，全等三角形的判定和性质，解题的关键是学会利用旋转法添加辅助线，构造全等三角形解决问题．
[发现证明]根据正方形和旋转的性质证明△AME≌△AMN(SAS)即可；
[类比引申] 证明△ABM≌△ADF(SAS)，得到AM=AF，∠BAM=∠DAF，进而可证明
△MAN≌△FAN(SAS)，得到MN=NF，则可得出结论；
[探究应用]
延长CD至点K，DK=BM，再连接AK，先证明△ABM≌△ADK(SAS)，再证明
△MAN≌△KAN(SAS)，即可求解．
【规范解答】[发现证明]
证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=AD，∠D=∠ABC=∠BAD=90°，
∵△ADN绕点A顺时针旋转90°至△ABE，
∴BE=DN,AE=AN,∠ABE=∠D=90°,∠DAN=∠BAE，
∴∠ABE+∠ABC=180°，
∴点E,B,C三点共线，
∵∠MAN=45°，
∴∠BAM+∠DAN=45°=∠BAM+∠BAE=∠EAM=∠NAM，
∵AM=AM，
∴△AME≌△AMN(SAS)，
∴MN=EM=BE+BM=DN+BM，
即BM+DN=MN；
[类比引申]
解：DN=MN+BM，理由如下：
如图3，在DC上截取DF=BM，连接AF
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=AD,∠DAB=∠D=∠ABC=∠ABM=90°，在△ABM和△ADF中，
{
AB=AD
)
∠ABM=∠ADF ，
BM=DF
∴△ABM≌△ADF(SAS)，
∴AM=AF，∠BAM=∠DAF，
∴∠BAM+∠BAF=∠BAF+∠DAF=90° ，
即∠MAF=∠BAD=90°，
∵∠MAN=45°，
∴∠MAN=∠FAN=45°
在△MAN和△FAN中，
{
AM=AF
)
∠MAN=∠FAN ，
AN=AN
∴△MAN≌△FAN(SAS)，
∴MN=NF，
∴MN=DN−DF=DN−BM，
∴DN=BM+MN；
[探究应用]
解：延长CD至点K，DK=BM，再连接AK，
∵∠B+∠ADC=180°,∠ADC+∠ADK=180°，
∴∠B=∠ADK，
∵AB=AD，
∴△ABM≌△ADK(SAS)，
∴AM=AK,∠BAM=∠DAK，
∵∠BAD=2∠MAN
1
∴∠MAN=∠BAM+∠DAN= ∠BAD
21
∴∠DAK+∠DAN=∠KAN= ∠BAD
2
∴∠MAN=∠KAN，
∵AN=AN，
∴△MAN≌△KAN(SAS)，
∴MN=KN=DN+DK=DN+BM，
∵BM=4，DN=1，
∴MN=5．
