2022-2023学年浙教版数学九年级上册3.2 图形的旋转 同步练习
一、单选题
1．下列现象：①时针转动；②荡秋千；③转呼啦圈；④传送带上电视机的运动．其中属于旋转的有（ ）
A．①② B．②③ C．①④ D．③④
2．（2021九上·南昌期末）将点（1，2）绕原点逆时针旋转90°得到的点的坐标是（ ）
A．（﹣1，﹣2） B．（2，﹣1）
C．（1，﹣2） D．（﹣2，1）
3．（2018九上·广州期中）如图，△ABC绕着点O逆时针旋转到△DEF的位置，则 旋转中心及旋转角分别是（ ）
A．点B， ABO B．点O， AOB
C．点B， BOE D．点 O， AOD
4．（2021九上·海淀期末）小明将图案绕某点连续旋转若干次，每次旋转相同角度，设计出一个外轮廓为正六边形的图案（如图），则可以为（ ）
A．30° B．60° C．90° D．120°
5．（2021九上·海曙期末）如图， 在 中， ， 以点 为旋转中心， 将 绕点 逆时针旋转得到 ， 点 的对应点分别为 ， 连接 ， 若 ， 则 的值是（ ）
A． B． C． D．
6．（2021九上·南召期末）如图，已知菱形OABC的顶点O（0，0），B（2，2），菱形的对角线的交于点D；若将菱形OABC绕点O逆时针旋转，每秒旋转45°，从如图所示位置起，经过60秒时，菱形的对角线的交点D的坐标为（ ）
A．（1，1） B．（﹣1，﹣1）
C．（-1，1） D．（1，﹣1）
7．（2021九上·牡丹江期末）如图所示，在平面直角坐标系中，点A（0，4），B（2，0），连接AB，点D为AB的中点，将点D绕着点A旋转90°得到点D的坐标为（ ）
A．（﹣2，1）或（2，﹣1） B．（﹣2，5）或（2，3）
C．（2，5）或（﹣2，3） D．（2，5）或（﹣2，5）
8．（2021九上·渝中开学考）若点 的坐标为 ， 为坐标原点，将 绕点 按顺时针方向旋转 得到 ，则点 的坐标是（ ）
A． B． C． D．
9．（2016九上·博白期中）将图中所示的图案以圆心为中心，旋转180°后得到的图案是（ ）
A． B． C． D．
10．（2016九上·海南期中）风车应做成中心对称图形，并且不是轴对称图形，才能在风口处平稳旋转．现有一长条矩形硬纸板（其中心有一个小孔）和两张全等的矩形薄纸片，将纸片粘到硬纸板上，做成一个能绕着小孔平稳旋转的风车．正确的粘合方法是（ ）
A． B．
C． D．
二、填空题
11．（2020九上·海淀期中）如图，在 的正方形网格中，两条网格线的交点叫做格点，每个小正方形的边长均为1．以点 为圆心，5为半径画圆，共经过图中 个格点（包括图中网格边界上的点）．
12．如图，正方形ABCD可以看作由什么“基本图形”经过怎样的变化形成的？ ．
13．（2021九上·澄海期末）如图，在平面直角坐标系中，点A的坐标是（4，0），点P的坐标是（0，3），把线段AP绕点P逆时针旋转90°后得到线段PQ，则点Q的坐标是 ．
14．（2021九上·无棣期末）如图，在平面直角坐标系中，点B在第一象限，点A在x轴的正半轴上，．将绕点O逆时针旋转，点B的对应点的坐标是 ．
15．我国国旗上的四个小五角星，通过 移动可以相互得到．
16．（2021九上·南开期末）如图，已知点A(2，0)，B(0，4)，C(2，4)，若在所给的网格中存在一点D，使得CD与AB垂直且相等．
（1）直接写出点D的坐标 ；
（2）将直线AB绕某一点旋转一定角度，使其与线段CD重合，则这个旋转中心的坐标为 ．
三、解答题
17．（2019九上·洮北月考）如图，正方形OABC绕着点O逆时针旋转40°得到正方形ODEF，连接AF，求∠OFA的度数
18．画图题：（不写画法）
（1）如图①，在10×10的正方形网格中，每个小正方形的边长为1个单位．请作出△ABC绕点P逆时针旋转90°的△A′B′C′；
（2）如图②，四边形A′B′C′D′是由四边形ABCD绕某一点旋转得到的，请通过作图确定这个点，并把它命名为点O，再把四边形ABCD关于点O的中心对称图形A″B″C″D″画出来．
19．已知如图，在△ABC中，AB=BC=4，∠ABC=90°，M是AC的中点，点N在AB上（不同于A、B），将△ANM绕点M逆时针旋转90°得△A1PM
（1）画出△A1PM
（2）设AN=x，四边形NMCP的面积为y，直接写出y关于x的函数关系式，并求y的最大或最小值．
20．（2019九上·天津期中）在平面直角坐标系中，O为原点，点A（4，0），点B（0，3），把△ABO绕点B逆时针旋转，得△A′BO′，点A，O旋转后的对应点为A′，O′，记旋转角为α．
（1）如图①，若α=90°，求AA′的长；
（2）如图②，若α=120°，求点O′的坐标；
（3）在（2）的条件下，边OA上的一点P旋转后的对应点为P′，当O′P+BP′取得最小值时，在图中画出点P的位置，并直接写出点P的坐标．
21．（2021九上·陵城期中）如图， 逆时针旋转一定角度后与 重合，且点C在AD上.
（1）指出旋转中心；
（2）若 ， ，求出旋转的度数；
（3）若 ， ，则AE的长是多少？为什么？
22．（2021九上·淮南月考）如图，在△ABC中，∠B＋∠ACB＝30°，AB＝4，△ABC逆时针旋转一定角度后与△ADE重合，且点C恰好成为AD中点．
（1）指出旋转中心，并求出旋转角的度数；
（2）求出∠BAE的度数和AE的长．
23．（2021九上·泸县期中）如图，四边形ABCD是正方形，E，F分别是DC和CB的延长线上的点，且DE＝BF，连接AE，AF，EF.
（1）求证：△ADE≌△ABF；
（2）填空：△ABF可以由△ADE绕旋转中心 点，按顺时针方向旋转 度得到；
（3）若BC＝8，DE＝2，求△AEF的面积.
24．（2019九上·青山期末）探究问题：
（1）方法感悟：
如图①，
在正方形ABCD中，点E，F分别为DC，BC边上的点，且满足∠EAF=45°，连接EF，求证DE+BF=EF．
感悟解题方法，并完成下列填空：
将△ADE绕点A顺时针旋转90°得到△ABG，此时AB与AD重合，由旋转可得：
AB=AD，BG=DE， ∠1=∠2，∠ABG=∠D=90°，
∴∠ABG+∠ABF=90°+90°=180°，
因此，点G，B，F在同一条直线上．
∵∠EAF=45°
∴∠2+∠3=∠BAD-∠EAF=90°-45°=45°．
∵∠1=∠2，
∴∠1+∠3=45°．
即∠GAF=∠ ．
又AG=AE，AF=AF
∴△GAF≌ ．
∴ =EF，故DE+BF=EF．
（2）方法迁移：
如图②，将Rt△ABC沿斜边翻折得到△ADC，点E，F分别为DC，BC边上的点，且∠EAF= ∠DAB．试猜想DE，BF，EF之间有何数量关系，并证明你的猜想．
（3）问题拓展：
如图③，在四边形ABCD中，AB=AD，E，F分别为DC，BC上的点，满足∠EAF= ∠DAB，试猜想当∠B与∠D满足什么关系时，可使得DE+BF=EF．请直接写出你的猜想（不必说明理由）
．
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】生活中的平移现象；生活中的旋转现象
【解析】【解答】解：①时针转动，是旋转现象；
②荡秋千，是旋转现象；
③转呼啦圈，不是旋转现象；
④传送带上电视机的运动，是平移现象.
属于旋转的有①②．
故答案为：A．
【分析】根据旋转和平移的性质，生活中常常蕴含着一些旋转和平移现象，时针转动，是旋转现象，荡秋千，是旋转现象；转呼啦圈，不是旋转现象；传送带上电视机的运动，是平移现象.
2．【答案】D
【知识点】坐标与图形变化﹣旋转
【解析】【解答】解：如图，将点A（1，2）绕原点逆时针旋转90°得到点A′，则 ， ，过点作AB⊥x轴于点C，过点A′作 于点C，
∴ ， ，
∴ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∵点A（1，2），
∴AB=2，OB=1，
∴ ，
∴点 ．
故答案为：D．
【分析】先求出 ，再求出AB=2，OB=1，最后求点的坐标即可。
3．【答案】D
【知识点】旋转的性质；作图﹣旋转
【解析】【解答】解：由题给图形得：△ABC绕着点O逆时针旋转到△DEF的位置，则旋转中心及旋转角分别是点O和∠AOD．
故答案为：D．
【分析】图形旋转围绕的中心点即O，对应点与旋转中心的连线所夹的角即旋转角。
4．【答案】B
【知识点】图形的旋转；旋转的性质
【解析】【解答】解：因为每次旋转相同角度，旋转了六次，
且旋转了六次刚好旋转了一周为360°，
所以每次旋转相同角度 .
故答案为：B
【分析】利用图形的旋转和旋转的性质即可得出答案。
5．【答案】B
【知识点】等腰三角形的性质；旋转的性质
【解析】【解答】解：∵CE∥AB，
∴∠BAC=∠ACE=75°；
∵ 以点 为旋转中心， 将 绕点 逆时针旋转得到 ，
∴AE=AC，
∴∠AEC=∠ECA=75°；
∴∠CAE=180°-2×75°=30°.
故答案为：B.
【分析】利用平行线的性质可求出∠ACE的度数；再利用旋转的性质可得到AE=AC，利用等边对等角可得到∠AEC=∠ECA=75°；然后利用三角形的内角和定理可求出∠CAE的度数.
6．【答案】B
【知识点】菱形的性质；坐标与图形变化﹣旋转
【解析】【解答】解：∵四边形OABC是菱形，∴点D是OB的中点，
∵O（0，0），B（2，2）
∴根据中点坐标公式，得点D（
），即（1，1），
由题意知菱形OABC绕点O逆时针旋转度数为：
，
∴菱形OABC绕点O逆时针旋转
周，
∴点D绕点O逆时针旋转
周，
∵ ，
∴旋转60秒时点D的坐标为
.
故答案为：B.
【分析】根据菱形的性质及中点坐标公式可得点D的坐标，由题意知菱形OABC绕点O逆时针旋转度数为2700°，则点D绕点O逆时针旋转7.5周，据此解答.
7．【答案】C
【知识点】坐标与图形变化﹣旋转
【解析】【解答】解：设点D绕着点A逆时针旋转90°得到点D1，
分别过点D，D1作y轴的垂线，分别交y轴于点C、E，如图：
根据旋转的性质得∠DAD1=90°，AD1=AD，
∴∠AED1=∠ACD=90°，
∴∠D1+∠EAD1=90°，∠EAD1 +∠DAC=90°，
∴∠D1=∠DAC，
∴△AD1E≌△DAC，
∴CD=AE，ED1=AC，
∵A（0，4），B（2，0），点D为AB的中点，
∴点D的坐标为（1，2），
∴CD=AE=1，ED1=AC=AO-OC=2，
∴点D1的坐标为（2，5）；
设点D绕着点A顺时针旋转90°得到点D2，
同理，点D2的坐标为（-2，3），
综上，点D绕着点A旋转90°得到点D的坐标为（-2，3）或（2，5），
故答案为：C．
【分析】利用图象法，画出图形即可得到结论。
8．【答案】A
【知识点】作图﹣旋转
【解析】【解答】解：由图知 点的坐标为 ，
根据旋转中心 ，旋转方向顺时针，旋转角度 ，画图，
点 的坐标是 .
故答案为：A.
【分析】作出图形，根据图形就可得到点A′的坐标.
9．【答案】C
【知识点】利用旋转设计图案
【解析】【解答】解：将图中所示的图案 以圆心为中心，旋转180°后得到的图案是 ．
故选：C．
【分析】根据旋转的性质，旋转前后图形不发生任何变化，绕中心旋转180°，即是对应点绕旋转中心旋转180°，即可得出所要图形．
10．【答案】A
【知识点】利用旋转设计图案
【解析】【解答】解：风车应做成中心对称图形，并且不是轴对称图形，
A、是中心对称图形，并且不是轴对称图形，符合题意；
B、不是中心对称图形，是轴对称图形，不符合题意；
C、是中心对称图形，也是轴对称图形，不符合题意；
D、不是中心对称图形，是轴对称图形，不符合题意；
故选A．
【分析】抓住一点：风车应做成中心对称图形，并且不是轴对称图形，结合选项进行判断即可．
11．【答案】4
【知识点】圆的认识；作图﹣旋转
【解析】【解答】解：如图，
⊙O共经过图中 4个格点
故答案为：4．
【分析】以点O为圆心做圆，数交点个数即可。
12．【答案】把△ABO绕O点连续旋转90°，180°，270°可以得到正方形ABCD
【知识点】利用旋转设计图案
【解析】【解答】观察图形可知把△ABO绕O点连续旋转90°，180°，270°可以得到正方形ABCD．
故答案为：把△ABO绕O点连续旋转90°，180°，270°可以得到正方形ABCD
【分析】旋转的性质：①旋转后的每一点都绕着旋转中心，旋转了同样大小的角度；②旋转后的图形与原来图形的形状与大小都没有发生变化，③旋转前后两个图形的对应点到旋转中心的距离相等；④对应点到旋转中心的连线所成的角相等．观察图形，回想正方形的特性； 根据旋转变换图形的性质即可得出答案．
13．【答案】（3，7）
【知识点】坐标与图形变化﹣旋转
【解析】【解答】解：过Q作QE⊥y轴于E点，如下图所示：
∵旋转90°，
∴∠1+∠2=90°，
∵EQ⊥y轴，
∴∠3+∠2=90°，
∴∠1=∠3，
且∠QEP=∠POA=90°，PQ=PA，
∴△QEP≌△POA(AAS)，
∴EQ=PO=3，EP=OA=4，
∴EO=EP+PO=4+3=7，
∴点Q的坐标是(3，7)，
故答案为：(3，7)．
【分析】过Q作QE⊥y轴于E点，先证明△QEP≌△POA(AAS)，再利用全等三角形的性质可得EQ=PO=3，EP=OA=4，再利用线段的和差可得EO=EP+PO=4+3=7，即可得到点Q的坐标是(3，7)。
14．【答案】(-2，)
【知识点】旋转的性质
【解析】【解答】过点作C⊥y轴，垂足为C，根据旋转的性质，
∴=30°，，
∴C=，
∴OC==，
∴点的坐标是(-2，)，
故答案是：(-2，)．
【分析】过点作C⊥y轴，垂足为C，根据旋转的性质可得=30°，，再利用含30°角的性质可求出OC的值，即可得到点B的坐标。
15．【答案】旋转
【知识点】生活中的旋转现象
【解析】【解答】解：四个小五角星通过旋转可以互相得到．故答案为：旋转
【分析】我国国旗上的四个小五角星，都围绕在大五角星的周围，它们大小形状一样，故可以通过旋转互相得到。
16．【答案】（1）（6，6）
（2）（4，2）或（1，5）
【知识点】点的坐标；图形的旋转；旋转的性质
【解析】【解答】解：（1）观察图象可知，点D的坐标为（6，6），
故答案为：（6，6）；
（2）当点A与C对应，点B与D对应时，如图：
此时旋转中心P的坐标为（4，2）；
当点A与D对应，点B与C对应时，如图：
此时旋转中心P的坐标为（1，5）；
故答案为：（4，2）或（1，5）．
【分析】（1）根据所给的平面直角坐标系，结合点的坐标求解即可；
（2）分类讨论，结合图象，利用旋转的性质求解即可。
17．【答案】解：∵四边形OABC为正方形，
∴OA=OC，∠AOC=90°，
∵正方形OABC绕着点O逆时针旋转40°得到正方形ODEF，
∴OC=OF，∠COF=40°，
∴OA=OF，
∴∠OAF=∠OFA，
∵∠AOF=∠AOC+∠COF=90°+40°=130°，
∴∠OFA= （180°-130°）=25°．
故答案为25°．
【知识点】图形的旋转；旋转的性质
【解析】【分析】本题的重点是求出∠AOF的度数，利用旋转的性质，可得AO=FO，在利用等腰三角形的性质既可以求出∠OFA的度数了。
18．【答案】（1）解：如图所示：△A′B′C′即为所求；
（2）解：如图所示：四边形A″B″C″D″即为所求．
【知识点】图形的旋转；中心对称及中心对称图形
【解析】【分析】（1）根据旋转的定义，先找到旋转后的△ABC的点，再相连成△A′B′C′。
（2）根据中心对称图形的性质，找到O点，再画出关于点o的中心对称图形的A″、B″、C″、D″四个点，再相连。
19．【答案】（1）解：如图所示：△A1PM，即为所求；
（2）解：过点M作MD⊥AB于点D，
∵AB=BC=4，∠ABC=90°，M是AC的中点，
∴MD=2，
设AN=x，则BN=4﹣x，
故四边形NMCP的面积为：
y= ×4×4﹣ x×2﹣ x×（4﹣x）
= x2﹣3x+8
= （x﹣3）2+ ，
故y的最小值为：
【知识点】二次函数的最值；图形的旋转
【解析】【分析】（1）根据旋转的定义，画出旋转90度的△A1PM。
（2）做出辅助线，根据题意表示出四边形NMCP的面积，通过配方法二次函数，得到最小值。
20．【答案】（1）解：如图①，
∵点A（4，0），点B（0，3），
∴OA=4，OB=3，
∴AB= =5，
∵△ABO绕点B逆时针旋转90°，得△A′BO′，
∴BA=BA′，∠ABA′=90°，
∴△ABA′为等腰直角三角形，
∴AA′= BA=5 .
（2）解：作O′H⊥y轴于H，如图②，
∵△ABO绕点B逆时针旋转120°，得△A′BO′，
∴BO=BO′=3，∠OBO′=120°，
∴∠HBO′=60°，
在Rt△BHO′中，∵∠BO′H=90°-∠HBO′=30°，
∴BH= BO′= ，O′H= BH= ，
∴OH=OB+BH=3+ = ，
∴O′点的坐标为（ ， ）
（3）解：∵△ABO绕点B逆时针旋转120°，得△A′BO′，点P的对应点为P′，
∴BP=BP′，
∴O′P+BP′=O′P+BP，
作B点关于x轴的对称点C，连结O′C交x轴于P点，如图②，
则O′P+BP=O′P+PC=O′C，此时O′P+BP的值最小，
∵点C与点B关于x轴对称，
∴C（0，-3），
设直线O′C的解析式为y=kx+b，
把O′（ ， ），C（0，-3）代入得 ，解得 ，
∴直线O′C的解析式为y= x-3，
当y=0时， x-3=0，解得x= ，
∴P（ ，0）
【知识点】勾股定理；轴对称的应用-最短距离问题；图形的旋转；一次函数图象与坐标轴交点问题
【解析】【分析】（1）由点A（4，0）、点B（0，3）利用勾股定理可得AB=5 ，根据旋转的性质可知△ABA′为等腰直角三角形，据此即可解答；
（2） 作O′H⊥y轴于H ，由旋转性质可知BO=BO′=3，∠OBO′=120°， 故有∠HBO′=60°， 通过解Rt△BHO'即可求得HB、HO'，从而可得点O'的坐标
（3） 作B点关于x轴的对称点C，连结O′C交x轴于P点，由轴对称性质可知此时O'P+BP的值最小 ，易得点C的坐标，利用待定系数法可得直线O'C的解析式，令y=0即可求得点P的坐标。
21．【答案】（1）解：中心为点A
（2）解：∵ ，
∴旋转的度数为
（3）解：由旋转性质知：
，
∴
【知识点】图形的旋转；旋转的性质
【解析】【分析】（1）根据题意作图即可；
（2）根据 ， ， 计算求解即可；
（3）根据旋转的性质和 ， ， 计算求解即可。
22．【答案】（1）解： ∠B＋∠ACB＝30°，
所以旋转中心是点 旋转角
（2）解：由旋转的性质可得：
点C恰好成为AD中点，
【知识点】图形的旋转；旋转的性质
【解析】【分析】（1）根据 ∠B＋∠ACB＝30°， 计算求解即可；
（2）先求出AD=4，再根据中点求解即可。
23．【答案】（1）解：∵四边形ABCD是正方形，∴AD＝AB，∠D＝∠ABC＝90°，
而F是CB的延长线上的点，∴∠ABF＝∠D＝90°.
又∵AB＝AD，DE＝BF，∴△ADE≌△ABF(SAS)；
（2）A；90
（3）∵BC＝8，∴AD＝8，在Rt△ADE中，DE＝2，AD＝8，
∴AE＝ ＝2 ，∵△ABF可以由△ADE绕旋转中心A点，按顺时针方向旋转90°得到，
∴AE＝AF，∠EAF＝90°.∴△AEF的面积＝ AE2＝ ×4×17＝34.
【知识点】三角形的面积；勾股定理；正方形的性质；图形的旋转；三角形全等的判定（SAS）
【解析】【解答】解：（2） ，
而 ，
，即 ，
可以由 绕旋转中心 点，按顺时针方向旋转 得到.
故答案为： 、 .
【分析】（1）根据正方形的性质可得AD＝AB，∠D＝∠ABC＝90°，∠ABF＝∠D＝90°，然后结合全等三角形的判定定理进行证明；
（2）根据全等三角形的性质可得∠BAF=∠DAE，推出∠FAE=90°，据此解答；
（3）根据正方形的性质可得BC=AD＝8，在Rt△ADE中，应用勾股定理求出AE，由旋转的性质可得AE＝AF，∠EAF＝90°，接下来根据三角形的面积公式进行计算.
24．【答案】（1）EAF；△EAF；GF
（2）解：DE+BF=EF，理由如下：
假设∠BAD的度数为m，将△ADE绕点A顺时针旋转 m°得到△ABG，此时AB与AD重合，由旋转可得：
AB=AD，BG=DE， ∠1=∠2，∠ABG=∠D=90°，
∴∠ABG+∠ABF=90°+90°=180°，
因此，点G，B，F在同一条直线上．
∵∠EAF= m°
∴∠2+∠3=∠BAD-∠EAF= m°- m°= m°
∵∠1=∠2，
∴∠1+∠3= m°．
即∠GAF=∠EAF
又AG=AE，AF=AF
∴△GAF≌△EAF．
∴GF=EF，
又∵GF=BG+BF=DE+BF
∴DE+BF=EF．
（3）解：当∠B与∠D互补时，可使得DE+BF=EF
【知识点】三角形全等及其性质；图形的旋转；旋转的性质；三角形全等的判定（SAS）
【解析】【解答】解：⑴EAF、△EAF、GF．
【分析】（1）将△ADE绕点A顺时针旋转90°得到△ABG，根据旋转的性质得出AB=AD，BG=DE， ∠1=∠2，∠ABG=∠D=90°，再求出∠ABG+∠ABF=90°+90°=180°，再判断点G，B，F在同一条直线上．再利用“边叫边”证明△GAF≌△EAF，根据全等三角形对应边相等得出EF=GF，再根据DE+BF=EF等量代换即可得出结论；
（2）假设∠BAD的度数为m，将△ADE绕点A顺时针旋转 m°得到△ABG，此时AB与AD重合，由旋转可得AB=AD，BG=DE， ∠1=∠2，∠ABG=∠D=90°，得出∠ABG+∠ABF=90°+90°=180°，推出点G，B，F在同一条直线上．再证出∠GAF=∠EAF，证出△GAF≌△EAF，得出GF=EF，由GF=BG+BF=DE+BF ，得出结论；
（3）当∠B与∠D互补时，可使得DE+BF=EF。
1 / 12022-2023学年浙教版数学九年级上册3.2 图形的旋转 同步练习
一、单选题
1．下列现象：①时针转动；②荡秋千；③转呼啦圈；④传送带上电视机的运动．其中属于旋转的有（ ）
A．①② B．②③ C．①④ D．③④
【答案】A
【知识点】生活中的平移现象；生活中的旋转现象
【解析】【解答】解：①时针转动，是旋转现象；
②荡秋千，是旋转现象；
③转呼啦圈，不是旋转现象；
④传送带上电视机的运动，是平移现象.
属于旋转的有①②．
故答案为：A．
【分析】根据旋转和平移的性质，生活中常常蕴含着一些旋转和平移现象，时针转动，是旋转现象，荡秋千，是旋转现象；转呼啦圈，不是旋转现象；传送带上电视机的运动，是平移现象.
2．（2021九上·南昌期末）将点（1，2）绕原点逆时针旋转90°得到的点的坐标是（ ）
A．（﹣1，﹣2） B．（2，﹣1）
C．（1，﹣2） D．（﹣2，1）
【答案】D
【知识点】坐标与图形变化﹣旋转
【解析】【解答】解：如图，将点A（1，2）绕原点逆时针旋转90°得到点A′，则 ， ，过点作AB⊥x轴于点C，过点A′作 于点C，
∴ ， ，
∴ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∵点A（1，2），
∴AB=2，OB=1，
∴ ，
∴点 ．
故答案为：D．
【分析】先求出 ，再求出AB=2，OB=1，最后求点的坐标即可。
3．（2018九上·广州期中）如图，△ABC绕着点O逆时针旋转到△DEF的位置，则 旋转中心及旋转角分别是（ ）
A．点B， ABO B．点O， AOB
C．点B， BOE D．点 O， AOD
【答案】D
【知识点】旋转的性质；作图﹣旋转
【解析】【解答】解：由题给图形得：△ABC绕着点O逆时针旋转到△DEF的位置，则旋转中心及旋转角分别是点O和∠AOD．
故答案为：D．
【分析】图形旋转围绕的中心点即O，对应点与旋转中心的连线所夹的角即旋转角。
4．（2021九上·海淀期末）小明将图案绕某点连续旋转若干次，每次旋转相同角度，设计出一个外轮廓为正六边形的图案（如图），则可以为（ ）
A．30° B．60° C．90° D．120°
【答案】B
【知识点】图形的旋转；旋转的性质
【解析】【解答】解：因为每次旋转相同角度，旋转了六次，
且旋转了六次刚好旋转了一周为360°，
所以每次旋转相同角度 .
故答案为：B
【分析】利用图形的旋转和旋转的性质即可得出答案。
5．（2021九上·海曙期末）如图， 在 中， ， 以点 为旋转中心， 将 绕点 逆时针旋转得到 ， 点 的对应点分别为 ， 连接 ， 若 ， 则 的值是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】等腰三角形的性质；旋转的性质
【解析】【解答】解：∵CE∥AB，
∴∠BAC=∠ACE=75°；
∵ 以点 为旋转中心， 将 绕点 逆时针旋转得到 ，
∴AE=AC，
∴∠AEC=∠ECA=75°；
∴∠CAE=180°-2×75°=30°.
故答案为：B.
【分析】利用平行线的性质可求出∠ACE的度数；再利用旋转的性质可得到AE=AC，利用等边对等角可得到∠AEC=∠ECA=75°；然后利用三角形的内角和定理可求出∠CAE的度数.
6．（2021九上·南召期末）如图，已知菱形OABC的顶点O（0，0），B（2，2），菱形的对角线的交于点D；若将菱形OABC绕点O逆时针旋转，每秒旋转45°，从如图所示位置起，经过60秒时，菱形的对角线的交点D的坐标为（ ）
A．（1，1） B．（﹣1，﹣1）
C．（-1，1） D．（1，﹣1）
【答案】B
【知识点】菱形的性质；坐标与图形变化﹣旋转
【解析】【解答】解：∵四边形OABC是菱形，∴点D是OB的中点，
∵O（0，0），B（2，2）
∴根据中点坐标公式，得点D（
），即（1，1），
由题意知菱形OABC绕点O逆时针旋转度数为：
，
∴菱形OABC绕点O逆时针旋转
周，
∴点D绕点O逆时针旋转
周，
∵ ，
∴旋转60秒时点D的坐标为
.
故答案为：B.
【分析】根据菱形的性质及中点坐标公式可得点D的坐标，由题意知菱形OABC绕点O逆时针旋转度数为2700°，则点D绕点O逆时针旋转7.5周，据此解答.
7．（2021九上·牡丹江期末）如图所示，在平面直角坐标系中，点A（0，4），B（2，0），连接AB，点D为AB的中点，将点D绕着点A旋转90°得到点D的坐标为（ ）
A．（﹣2，1）或（2，﹣1） B．（﹣2，5）或（2，3）
C．（2，5）或（﹣2，3） D．（2，5）或（﹣2，5）
【答案】C
【知识点】坐标与图形变化﹣旋转
【解析】【解答】解：设点D绕着点A逆时针旋转90°得到点D1，
分别过点D，D1作y轴的垂线，分别交y轴于点C、E，如图：
根据旋转的性质得∠DAD1=90°，AD1=AD，
∴∠AED1=∠ACD=90°，
∴∠D1+∠EAD1=90°，∠EAD1 +∠DAC=90°，
∴∠D1=∠DAC，
∴△AD1E≌△DAC，
∴CD=AE，ED1=AC，
∵A（0，4），B（2，0），点D为AB的中点，
∴点D的坐标为（1，2），
∴CD=AE=1，ED1=AC=AO-OC=2，
∴点D1的坐标为（2，5）；
设点D绕着点A顺时针旋转90°得到点D2，
同理，点D2的坐标为（-2，3），
综上，点D绕着点A旋转90°得到点D的坐标为（-2，3）或（2，5），
故答案为：C．
【分析】利用图象法，画出图形即可得到结论。
8．（2021九上·渝中开学考）若点 的坐标为 ， 为坐标原点，将 绕点 按顺时针方向旋转 得到 ，则点 的坐标是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】作图﹣旋转
【解析】【解答】解：由图知 点的坐标为 ，
根据旋转中心 ，旋转方向顺时针，旋转角度 ，画图，
点 的坐标是 .
故答案为：A.
【分析】作出图形，根据图形就可得到点A′的坐标.
9．（2016九上·博白期中）将图中所示的图案以圆心为中心，旋转180°后得到的图案是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】利用旋转设计图案
【解析】【解答】解：将图中所示的图案 以圆心为中心，旋转180°后得到的图案是 ．
故选：C．
【分析】根据旋转的性质，旋转前后图形不发生任何变化，绕中心旋转180°，即是对应点绕旋转中心旋转180°，即可得出所要图形．
10．（2016九上·海南期中）风车应做成中心对称图形，并且不是轴对称图形，才能在风口处平稳旋转．现有一长条矩形硬纸板（其中心有一个小孔）和两张全等的矩形薄纸片，将纸片粘到硬纸板上，做成一个能绕着小孔平稳旋转的风车．正确的粘合方法是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【知识点】利用旋转设计图案
【解析】【解答】解：风车应做成中心对称图形，并且不是轴对称图形，
A、是中心对称图形，并且不是轴对称图形，符合题意；
B、不是中心对称图形，是轴对称图形，不符合题意；
C、是中心对称图形，也是轴对称图形，不符合题意；
D、不是中心对称图形，是轴对称图形，不符合题意；
故选A．
【分析】抓住一点：风车应做成中心对称图形，并且不是轴对称图形，结合选项进行判断即可．
二、填空题
11．（2020九上·海淀期中）如图，在 的正方形网格中，两条网格线的交点叫做格点，每个小正方形的边长均为1．以点 为圆心，5为半径画圆，共经过图中 个格点（包括图中网格边界上的点）．
【答案】4
【知识点】圆的认识；作图﹣旋转
【解析】【解答】解：如图，
⊙O共经过图中 4个格点
故答案为：4．
【分析】以点O为圆心做圆，数交点个数即可。
12．如图，正方形ABCD可以看作由什么“基本图形”经过怎样的变化形成的？ ．
【答案】把△ABO绕O点连续旋转90°，180°，270°可以得到正方形ABCD
【知识点】利用旋转设计图案
【解析】【解答】观察图形可知把△ABO绕O点连续旋转90°，180°，270°可以得到正方形ABCD．
故答案为：把△ABO绕O点连续旋转90°，180°，270°可以得到正方形ABCD
【分析】旋转的性质：①旋转后的每一点都绕着旋转中心，旋转了同样大小的角度；②旋转后的图形与原来图形的形状与大小都没有发生变化，③旋转前后两个图形的对应点到旋转中心的距离相等；④对应点到旋转中心的连线所成的角相等．观察图形，回想正方形的特性； 根据旋转变换图形的性质即可得出答案．
13．（2021九上·澄海期末）如图，在平面直角坐标系中，点A的坐标是（4，0），点P的坐标是（0，3），把线段AP绕点P逆时针旋转90°后得到线段PQ，则点Q的坐标是 ．
【答案】（3，7）
【知识点】坐标与图形变化﹣旋转
【解析】【解答】解：过Q作QE⊥y轴于E点，如下图所示：
∵旋转90°，
∴∠1+∠2=90°，
∵EQ⊥y轴，
∴∠3+∠2=90°，
∴∠1=∠3，
且∠QEP=∠POA=90°，PQ=PA，
∴△QEP≌△POA(AAS)，
∴EQ=PO=3，EP=OA=4，
∴EO=EP+PO=4+3=7，
∴点Q的坐标是(3，7)，
故答案为：(3，7)．
【分析】过Q作QE⊥y轴于E点，先证明△QEP≌△POA(AAS)，再利用全等三角形的性质可得EQ=PO=3，EP=OA=4，再利用线段的和差可得EO=EP+PO=4+3=7，即可得到点Q的坐标是(3，7)。
14．（2021九上·无棣期末）如图，在平面直角坐标系中，点B在第一象限，点A在x轴的正半轴上，．将绕点O逆时针旋转，点B的对应点的坐标是 ．
【答案】(-2，)
【知识点】旋转的性质
【解析】【解答】过点作C⊥y轴，垂足为C，根据旋转的性质，
∴=30°，，
∴C=，
∴OC==，
∴点的坐标是(-2，)，
故答案是：(-2，)．
【分析】过点作C⊥y轴，垂足为C，根据旋转的性质可得=30°，，再利用含30°角的性质可求出OC的值，即可得到点B的坐标。
15．我国国旗上的四个小五角星，通过 移动可以相互得到．
【答案】旋转
【知识点】生活中的旋转现象
【解析】【解答】解：四个小五角星通过旋转可以互相得到．故答案为：旋转
【分析】我国国旗上的四个小五角星，都围绕在大五角星的周围，它们大小形状一样，故可以通过旋转互相得到。
16．（2021九上·南开期末）如图，已知点A(2，0)，B(0，4)，C(2，4)，若在所给的网格中存在一点D，使得CD与AB垂直且相等．
（1）直接写出点D的坐标 ；
（2）将直线AB绕某一点旋转一定角度，使其与线段CD重合，则这个旋转中心的坐标为 ．
【答案】（1）（6，6）
（2）（4，2）或（1，5）
【知识点】点的坐标；图形的旋转；旋转的性质
【解析】【解答】解：（1）观察图象可知，点D的坐标为（6，6），
故答案为：（6，6）；
（2）当点A与C对应，点B与D对应时，如图：
此时旋转中心P的坐标为（4，2）；
当点A与D对应，点B与C对应时，如图：
此时旋转中心P的坐标为（1，5）；
故答案为：（4，2）或（1，5）．
【分析】（1）根据所给的平面直角坐标系，结合点的坐标求解即可；
（2）分类讨论，结合图象，利用旋转的性质求解即可。
三、解答题
17．（2019九上·洮北月考）如图，正方形OABC绕着点O逆时针旋转40°得到正方形ODEF，连接AF，求∠OFA的度数
【答案】解：∵四边形OABC为正方形，
∴OA=OC，∠AOC=90°，
∵正方形OABC绕着点O逆时针旋转40°得到正方形ODEF，
∴OC=OF，∠COF=40°，
∴OA=OF，
∴∠OAF=∠OFA，
∵∠AOF=∠AOC+∠COF=90°+40°=130°，
∴∠OFA= （180°-130°）=25°．
故答案为25°．
【知识点】图形的旋转；旋转的性质
【解析】【分析】本题的重点是求出∠AOF的度数，利用旋转的性质，可得AO=FO，在利用等腰三角形的性质既可以求出∠OFA的度数了。
18．画图题：（不写画法）
（1）如图①，在10×10的正方形网格中，每个小正方形的边长为1个单位．请作出△ABC绕点P逆时针旋转90°的△A′B′C′；
（2）如图②，四边形A′B′C′D′是由四边形ABCD绕某一点旋转得到的，请通过作图确定这个点，并把它命名为点O，再把四边形ABCD关于点O的中心对称图形A″B″C″D″画出来．
【答案】（1）解：如图所示：△A′B′C′即为所求；
（2）解：如图所示：四边形A″B″C″D″即为所求．
【知识点】图形的旋转；中心对称及中心对称图形
【解析】【分析】（1）根据旋转的定义，先找到旋转后的△ABC的点，再相连成△A′B′C′。
（2）根据中心对称图形的性质，找到O点，再画出关于点o的中心对称图形的A″、B″、C″、D″四个点，再相连。
19．已知如图，在△ABC中，AB=BC=4，∠ABC=90°，M是AC的中点，点N在AB上（不同于A、B），将△ANM绕点M逆时针旋转90°得△A1PM
（1）画出△A1PM
（2）设AN=x，四边形NMCP的面积为y，直接写出y关于x的函数关系式，并求y的最大或最小值．
【答案】（1）解：如图所示：△A1PM，即为所求；
（2）解：过点M作MD⊥AB于点D，
∵AB=BC=4，∠ABC=90°，M是AC的中点，
∴MD=2，
设AN=x，则BN=4﹣x，
故四边形NMCP的面积为：
y= ×4×4﹣ x×2﹣ x×（4﹣x）
= x2﹣3x+8
= （x﹣3）2+ ，
故y的最小值为：
【知识点】二次函数的最值；图形的旋转
【解析】【分析】（1）根据旋转的定义，画出旋转90度的△A1PM。
（2）做出辅助线，根据题意表示出四边形NMCP的面积，通过配方法二次函数，得到最小值。
20．（2019九上·天津期中）在平面直角坐标系中，O为原点，点A（4，0），点B（0，3），把△ABO绕点B逆时针旋转，得△A′BO′，点A，O旋转后的对应点为A′，O′，记旋转角为α．
（1）如图①，若α=90°，求AA′的长；
（2）如图②，若α=120°，求点O′的坐标；
（3）在（2）的条件下，边OA上的一点P旋转后的对应点为P′，当O′P+BP′取得最小值时，在图中画出点P的位置，并直接写出点P的坐标．
【答案】（1）解：如图①，
∵点A（4，0），点B（0，3），
∴OA=4，OB=3，
∴AB= =5，
∵△ABO绕点B逆时针旋转90°，得△A′BO′，
∴BA=BA′，∠ABA′=90°，
∴△ABA′为等腰直角三角形，
∴AA′= BA=5 .
（2）解：作O′H⊥y轴于H，如图②，
∵△ABO绕点B逆时针旋转120°，得△A′BO′，
∴BO=BO′=3，∠OBO′=120°，
∴∠HBO′=60°，
在Rt△BHO′中，∵∠BO′H=90°-∠HBO′=30°，
∴BH= BO′= ，O′H= BH= ，
∴OH=OB+BH=3+ = ，
∴O′点的坐标为（ ， ）
（3）解：∵△ABO绕点B逆时针旋转120°，得△A′BO′，点P的对应点为P′，
∴BP=BP′，
∴O′P+BP′=O′P+BP，
作B点关于x轴的对称点C，连结O′C交x轴于P点，如图②，
则O′P+BP=O′P+PC=O′C，此时O′P+BP的值最小，
∵点C与点B关于x轴对称，
∴C（0，-3），
设直线O′C的解析式为y=kx+b，
把O′（ ， ），C（0，-3）代入得 ，解得 ，
∴直线O′C的解析式为y= x-3，
当y=0时， x-3=0，解得x= ，
∴P（ ，0）
【知识点】勾股定理；轴对称的应用-最短距离问题；图形的旋转；一次函数图象与坐标轴交点问题
【解析】【分析】（1）由点A（4，0）、点B（0，3）利用勾股定理可得AB=5 ，根据旋转的性质可知△ABA′为等腰直角三角形，据此即可解答；
（2） 作O′H⊥y轴于H ，由旋转性质可知BO=BO′=3，∠OBO′=120°， 故有∠HBO′=60°， 通过解Rt△BHO'即可求得HB、HO'，从而可得点O'的坐标
（3） 作B点关于x轴的对称点C，连结O′C交x轴于P点，由轴对称性质可知此时O'P+BP的值最小 ，易得点C的坐标，利用待定系数法可得直线O'C的解析式，令y=0即可求得点P的坐标。
21．（2021九上·陵城期中）如图， 逆时针旋转一定角度后与 重合，且点C在AD上.
（1）指出旋转中心；
（2）若 ， ，求出旋转的度数；
（3）若 ， ，则AE的长是多少？为什么？
【答案】（1）解：中心为点A
（2）解：∵ ，
∴旋转的度数为
（3）解：由旋转性质知：
，
∴
【知识点】图形的旋转；旋转的性质
【解析】【分析】（1）根据题意作图即可；
（2）根据 ， ， 计算求解即可；
（3）根据旋转的性质和 ， ， 计算求解即可。
22．（2021九上·淮南月考）如图，在△ABC中，∠B＋∠ACB＝30°，AB＝4，△ABC逆时针旋转一定角度后与△ADE重合，且点C恰好成为AD中点．
（1）指出旋转中心，并求出旋转角的度数；
（2）求出∠BAE的度数和AE的长．
【答案】（1）解： ∠B＋∠ACB＝30°，
所以旋转中心是点 旋转角
（2）解：由旋转的性质可得：
点C恰好成为AD中点，
【知识点】图形的旋转；旋转的性质
【解析】【分析】（1）根据 ∠B＋∠ACB＝30°， 计算求解即可；
（2）先求出AD=4，再根据中点求解即可。
23．（2021九上·泸县期中）如图，四边形ABCD是正方形，E，F分别是DC和CB的延长线上的点，且DE＝BF，连接AE，AF，EF.
（1）求证：△ADE≌△ABF；
（2）填空：△ABF可以由△ADE绕旋转中心 点，按顺时针方向旋转 度得到；
（3）若BC＝8，DE＝2，求△AEF的面积.
【答案】（1）解：∵四边形ABCD是正方形，∴AD＝AB，∠D＝∠ABC＝90°，
而F是CB的延长线上的点，∴∠ABF＝∠D＝90°.
又∵AB＝AD，DE＝BF，∴△ADE≌△ABF(SAS)；
（2）A；90
（3）∵BC＝8，∴AD＝8，在Rt△ADE中，DE＝2，AD＝8，
∴AE＝ ＝2 ，∵△ABF可以由△ADE绕旋转中心A点，按顺时针方向旋转90°得到，
∴AE＝AF，∠EAF＝90°.∴△AEF的面积＝ AE2＝ ×4×17＝34.
【知识点】三角形的面积；勾股定理；正方形的性质；图形的旋转；三角形全等的判定（SAS）
【解析】【解答】解：（2） ，
而 ，
，即 ，
可以由 绕旋转中心 点，按顺时针方向旋转 得到.
故答案为： 、 .
【分析】（1）根据正方形的性质可得AD＝AB，∠D＝∠ABC＝90°，∠ABF＝∠D＝90°，然后结合全等三角形的判定定理进行证明；
（2）根据全等三角形的性质可得∠BAF=∠DAE，推出∠FAE=90°，据此解答；
（3）根据正方形的性质可得BC=AD＝8，在Rt△ADE中，应用勾股定理求出AE，由旋转的性质可得AE＝AF，∠EAF＝90°，接下来根据三角形的面积公式进行计算.
24．（2019九上·青山期末）探究问题：
（1）方法感悟：
如图①，
在正方形ABCD中，点E，F分别为DC，BC边上的点，且满足∠EAF=45°，连接EF，求证DE+BF=EF．
感悟解题方法，并完成下列填空：
将△ADE绕点A顺时针旋转90°得到△ABG，此时AB与AD重合，由旋转可得：
AB=AD，BG=DE， ∠1=∠2，∠ABG=∠D=90°，
∴∠ABG+∠ABF=90°+90°=180°，
因此，点G，B，F在同一条直线上．
∵∠EAF=45°
∴∠2+∠3=∠BAD-∠EAF=90°-45°=45°．
∵∠1=∠2，
∴∠1+∠3=45°．
即∠GAF=∠ ．
又AG=AE，AF=AF
∴△GAF≌ ．
∴ =EF，故DE+BF=EF．
（2）方法迁移：
如图②，将Rt△ABC沿斜边翻折得到△ADC，点E，F分别为DC，BC边上的点，且∠EAF= ∠DAB．试猜想DE，BF，EF之间有何数量关系，并证明你的猜想．
（3）问题拓展：
如图③，在四边形ABCD中，AB=AD，E，F分别为DC，BC上的点，满足∠EAF= ∠DAB，试猜想当∠B与∠D满足什么关系时，可使得DE+BF=EF．请直接写出你的猜想（不必说明理由）
．
【答案】（1）EAF；△EAF；GF
（2）解：DE+BF=EF，理由如下：
假设∠BAD的度数为m，将△ADE绕点A顺时针旋转 m°得到△ABG，此时AB与AD重合，由旋转可得：
AB=AD，BG=DE， ∠1=∠2，∠ABG=∠D=90°，
∴∠ABG+∠ABF=90°+90°=180°，
因此，点G，B，F在同一条直线上．
∵∠EAF= m°
∴∠2+∠3=∠BAD-∠EAF= m°- m°= m°
∵∠1=∠2，
∴∠1+∠3= m°．
即∠GAF=∠EAF
又AG=AE，AF=AF
∴△GAF≌△EAF．
∴GF=EF，
又∵GF=BG+BF=DE+BF
∴DE+BF=EF．
（3）解：当∠B与∠D互补时，可使得DE+BF=EF
【知识点】三角形全等及其性质；图形的旋转；旋转的性质；三角形全等的判定（SAS）
【解析】【解答】解：⑴EAF、△EAF、GF．
【分析】（1）将△ADE绕点A顺时针旋转90°得到△ABG，根据旋转的性质得出AB=AD，BG=DE， ∠1=∠2，∠ABG=∠D=90°，再求出∠ABG+∠ABF=90°+90°=180°，再判断点G，B，F在同一条直线上．再利用“边叫边”证明△GAF≌△EAF，根据全等三角形对应边相等得出EF=GF，再根据DE+BF=EF等量代换即可得出结论；
（2）假设∠BAD的度数为m，将△ADE绕点A顺时针旋转 m°得到△ABG，此时AB与AD重合，由旋转可得AB=AD，BG=DE， ∠1=∠2，∠ABG=∠D=90°，得出∠ABG+∠ABF=90°+90°=180°，推出点G，B，F在同一条直线上．再证出∠GAF=∠EAF，证出△GAF≌△EAF，得出GF=EF，由GF=BG+BF=DE+BF ，得出结论；
（3）当∠B与∠D互补时，可使得DE+BF=EF。
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