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专题3.2 图形的旋转
模块一：知识清单
1、旋转的概念
一般地，一个图形变为另一个图形，在运动的过程中，原图形上的所有点都绕一个固定的点，按同一个方向，转动同一个角度，这样的图形运动叫做图形的旋转.这个固定的定点叫做旋转中心，转过的角叫做旋转角.如下图，点O为旋转中心，∠AOA′（或∠BOB′或∠COC′）是旋转角.
注意：（1）旋转的三个要素：旋转中心、旋转方向和旋转角度.（2）如上图，如果图形上的点A经过旋转变为点A′，那么这两个点叫做这个图形旋转的对应点. 点B与点B′，点C与点C′均是对应点，线段AB与A′B′、线段AC与A′C′、线段BC与B′C′均是对应线段.
2、旋转的性质
(1)图形经过旋转所得的图形和原图形全等；
(2)对应点到旋转中心的距离相等；
(3)任意一对对应点与旋转中心连线所成的角度等于旋转的角度.
注意：图形绕某一点旋转，既可以按顺时针旋转也可以按逆时针旋转.
3、旋转的作图
在画旋转图形时，首先确定旋转中心，其次确定图形的关键点，再将这些关键点沿指定的方向旋转指定的角度，然后连接对应的部分，形成相应的图形．
注意：作图的步骤：
(1)连接图形中的每一个关键点与旋转中心；
(2)把连线按要求（顺时针或逆时针）绕旋转中心旋转一定的角度（旋转角）；
(3)在角的一边上截取关键点到旋转中心的距离，得到各点的对应点；
(4)连接所得到的各对应点.
模块二：同步培优题库
全卷共24题 测试时间：80分钟 试卷满分：100分
一、选择题（本大题共10小题，每小题3分，共30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．
1．（2022 玉屏县期末）如图，三角形ABC绕点O顺时针旋转后得到三角形，则下列说法中错误的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】根据点O没有条件限定，不一定在AB的垂直平分线上，可判断A，根据性质性质可判断B、C、D．
【解析】解：A．当点O在AB的垂直平分线上时，满足OA=OB，由点O没有限制条件，为此点O为任意的，不一定在AB的垂直平分线上，故选项A不正确，符合题意；
B．由旋转可知OC与OC′是对应线段，由旋转性质可得OC=OC′，故选项B正确，不符合题意；
C．因为、都是旋转角，由旋转性质可得，故选项C正确，不符合题意；D．由旋转可知与是对应角，由性质性质可得，故选项D正确，不符合题意．故选择A．
【点睛】本题考查线段垂直平分线性质，图形旋转及其性质，掌握线段垂直平分线性质，图形旋转及其性质是解题关键．
2．（2022 钱塘区期末）在平面直角坐标系中，把点P（2，3）绕原点旋转90°得到点P1，则点P1的坐标是（ ）
A．（﹣3，2） B．（﹣2，3） C．（﹣2，3）或（2，﹣3） D．（﹣3，2）或（3，﹣2）
【思路点拨】分顺时针旋转，逆时针旋转两种情形分别求解．
【答案】解：如图，满足条件的点P1的坐标为（﹣3，2）或（3，﹣2），故选：D．
【点睛】本题考查旋转变换，坐标与图形变化﹣旋转等知识，解题的关键是学会利用图象法解决问题，属于中考常考题型．
3．（2022 万山区期末）如图，把是直角的绕点A按顺时针旋转，把点B转到点E得，则以下结论错误的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】根据旋转的性质：旋转前后的两个三角形全等以及旋转角的定义即可判断．
【解析】根据旋转的性质：旋转前后的两个三角形全等，
∴，
∴，，，
∴B、C选项正确，D选项错误；
根据旋转角的定义，，
∴，A选项正确，故选：D．
【点睛】本题考查了旋转的定义及性质，正确理解旋转角定义及旋转后全等三角形的性质是解题关键．
4．（2022 南山区期中）如图，四边形ABCD中，∠DAB＝30°，连接AC，将△ABC绕点B逆时针旋转60°，点C的对应点与点D重合，得到△EBD，若AB＝5，AD＝4，则线段AC的长度为（ ）
A．5 B．6 C． D．
【思路点拨】由旋转的性质和等边三角形的性质可证∠EAD＝90°，利用勾股定理求出DE即可解决问题．
【答案】解：∵△EBD是由△ABC旋转得到，
∴△EBD≌△ABC，
∴BA＝BE，∠ABE＝60°，AC＝DE，
∴△ABE是等边三角形，
∴∠EAB＝60°，
∵∠BAD＝30°，
∴∠EAD＝90°，
∵AE＝AB＝5，AD＝4，
∴DE＝＝＝，
∴AC＝DE＝，
故选：D．
【点睛】本题考查旋转的性质，勾股定理，全等三角形的性质等知识，解题的关键是证明∠EAD＝90°．
5．（2022 高新区期末）如图将△ABC绕点C（0，﹣1）旋转180°得到△ABC，设点的坐标为（a，b），则A的坐标为（ ）
A．（﹣a，﹣b） B．（﹣a，﹣b﹣1） C．（﹣a，﹣b+1） D．（﹣a，﹣b﹣2）
【答案】D
【分析】由旋转的性质可得设 而 再利用中点坐标公式列方程组，再解方程组可得答案.
【解析】解： 将△ABC绕点C（0，﹣1）旋180°得到△ABC，
设 而 由中点坐标公式可得：
解得： 故选D
【点睛】本题考查的是旋转的性质，坐标与图形，中点坐标公式的应用，由旋转的性质得到是解本题的关键.
6．（2022 开江县期末）二次函数的图象的顶点坐标是，且图象与轴交于点．将二次函数的图象以原点为旋转中心顺时针旋转180°，则旋转后得到的函数解析式为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】设将二次函数的图象以原点为旋转中心顺时针旋转180°后为：；根据旋转的性质，得的图象的顶点坐标是，且图象与轴交于点，得，再通过列方程并求解，即可得到表达式并转换为顶点式，即可得到答案．
【解析】设将二次函数的图象以原点为旋转中心顺时针旋转180°后为：
∵二次函数的图象的顶点坐标是，且图象与轴交于点
∴的图象的顶点坐标是，且图象与轴交于点
∴
∴，
∴，
∴
∴
∴
∴故选：C．
【点睛】本题考查了二次函数、旋转的知识；解题的关键是熟练掌握二次函数图像及解析式、旋转的性质，从而完成求解．
7．（2022 方城县模拟）如图，在矩形ABCD中，AB＝，BC＝5，P是AD上一点，将△CDP绕点C逆时针旋转45°时，点P的对应点P'恰好落在AB上，则PD的长为（ ）
A．1 B． C． D．1或
【思路点拨】过点D'作CD的垂线分别交AB、CD于点M、N，可得△CND'是等腰直角三角形，则CN＝D'N，根据旋转的性质，得CD'＝CD＝4，设MP'＝x，则BP'＝AB﹣AM﹣MP'＝4﹣x，P'D'2＝MP'2+MD'2＝x2+1，利用勾股定理得52+（4﹣x）2＝（4）2+x2+1，解得：x＝1，则P'D'2＝12+1＝2，从而得出答案．
【答案】解：过点D'作CD的垂线分别交AB、CD于点M、N，如图，
则∠CND'＝∠P'MD'＝90°，
∵四边形ABCD是矩形，
∴四边形BCNM、四边形ADNM都是矩形，
∴MN＝BC＝AD＝5，BM＝CN，AM＝DN，
∵∠DCD'＝45°，
∴△CND'是等腰直角三角形，
∴CN＝D'N，
根据旋转的性质，得CD'＝CD＝4，
∵CN2+ND'2＝CD'2，
∴CN2+CN2＝（4） 2，
D'N＝CN＝4．
∴AM＝DN＝CD﹣CN＝4﹣4，D'M＝MN﹣ND'＝1，
设MP'＝x，
则BP'＝AB﹣AM﹣MP'＝4﹣x，P'D'2＝MP'2+MD'2＝x2+1，
∵BC2+BP'2＝CP'2，
CD'2+P'D'2＝CP'2，
∴BC2+BP'2＝CD'2+P'D'2，
∴52+（4﹣x）2＝（4）2+x2+1，
解得：x＝1，
∴P'D'2＝12+1＝2，
∴PD＝P'D'＝，
故选：C．
【点睛】本题主要考查了矩形的性质，翻折的性质，等腰直角三角形的判定与性质，勾股定理等知识，运用勾股定理列方程是解题的关键．
8．（2022 榆阳区期末）如图，AC、BD为四边形ABCD的对角线，将△ACD绕点A顺时针旋转60°，得到△AEB（点C、D的对应点分别为点E、B），若点C、B、E在一条直线上，则下列说法错误的是（ ）
A．∠ABC+∠ADC＝180° B．∠BCD＝120°
C．AC＝BC+CD D．AE＝BD
【思路点拨】由旋转的性质可得出∠ADC＝∠ABE，AC＝AE，AD＝AB，∠ACD＝∠AEB，∠CAE＝∠DAB＝60°，得出△CAE和△DAB都是等边三角形，可判断A，B，C选项正确，则可得出结论．
【答案】解：∵将△ACD绕点A顺时针旋转60°，得到△AEB，
∴∠ADC＝∠ABE，
∵∠ABE+∠ABC＝180°，
∴∠ADC+∠ABC＝180°，
故选项正确，不符合题意，
∵将△ACD绕点A顺时针旋转60°，得到△AEB，
∴AC＝AE，AD＝AB，∠ACD＝∠AEB，∠CAE＝∠DAB＝60°，
∴△CAE和△DAB都是等边三角形，
∴∠ACD＝∠AEB＝60°，∠ACE＝60°，
∴∠BCD＝120°，
故B选项正确，不符合题意；
∵△ACE为等边三角形，
∴AC＝CE＝BE+BC，
又∵BE＝CD，
∴AC＝CD+BC，
故C选项正确，不符合题意，
∵BD＝AB，AB≠AE，
∴AE≠BD，
故D选项错误，符合题意．
故选：D．
【点睛】本题主要考查旋转的性质，等边三角形的判定与性质，熟练掌握旋转的性质是解题的关键．
9.在平面直角坐标系中，已知，将其绕着原点按逆时针方向旋转得到，延长到点，使得，再将点绕着原点按逆时针方向旋转得到，延长到点，使得，……如此继续下去，到点的坐标是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】由题意可得，，，，可以推出，则，再由每经过24个点就落到x正半轴上，推出在第四象限，且∠，再由含30度角的直角三角形的性质进行求解即可．
【解析】解：如图所示，∵，∴，∴，∴，
∴，∴可以推出，∴
∵在x轴正半轴，在y轴正半轴，在x轴负半轴，在y轴负半轴，在x正半轴，在直线上，∴每经过24个点就落到x正半轴上，
∵2014÷24=83余22，
∴在第四象限，且，
设，
∴，
∴,
∴，故选A．
【点睛】本题主要考查了旋转的性质，点坐标的规律探索，含30度角的直角三角形的性质，坐标与图形，解题的关键在于能够熟练掌握相关知识进行求解．
10．（2022 西山区期末）如图，在中，，、是斜边上两点，且，将绕点顺时针旋转后，得到，连结，下列结论：①；②；③；④.其中正确的是（ ）.
A．②④ B．①④ C．②③ D．①③
【答案】B
【分析】依据旋转的性质，即可得到∠BAF=∠CAD，AF=AD，BF=CD，进而得出△FAE≌△DAE（SAS），再根据勾股定理即可得到BE2+BF2=EF2，进而得到BE2+DC2=DE2，从而得到结论.
【解析】∵△ADC绕A顺时针旋转90°后得到△AFB，
∴△ABF≌△ACD，∠FAD=90°，
∴AF=AD，
∵∠DAE=45°，
∴∠DAE=∠FAE=45°，
在△FAE和△DAE中，
，
∴△FAE≌△DAE（SAS），故①正确，
∵和不一定全等，故②错误．
∵在Rt△ABC中，AB=AC，
∴∠BAC=90°，∠ABC=∠C=45°，
∵将△ADC绕点A顺时针旋转90°后，得到△AFB，
∴BF=CD，∠ABF=∠C=45°，
∴∠EBF=90°，
∴BE2+BF2=EF2，
∵△FAE≌△DAE
∴EF=DE
∵△ABF≌△ACD，
∴BF=CD,
∴BE2+DC2=DE2；故④正确，③错误．故选B．
【点睛】本题考查了旋转的性质：旋转前后两图形全等，对应点到旋转中心的距离相等，对应点与旋转中心的连线段所夹的角等于旋转角．也考查了三角形全等的判定与性质以及勾股定理．
二、填空题（本大题共8小题，每小题3分，共24分．不需写出解答过程，请把答案直接填写在横线上）
11．如图，在正三角形网格中，以某点为中心，将旋转，得到，则旋转中心是点______．
【答案】B
【分析】根据对应点连线的垂直平分线的交点即为旋转中心，即可求解．
【解析】解：如图，线段与线段的垂直平分线交于点B，则点B为旋转中心．
故答案为：B
【点睛】本题考查旋转的性质，解题的关键是理解对应点连线的垂直平分线的交点即为旋转中心．
12.如图，在Rt△ABC中，∠CAB＝50°，点D在斜边AB上，如果△ABC绕点B旋转后与△EBD重合，连接AE，那么∠EAB的度数是 。
【思路点拨】先根∠CAB＝50°，求出∠ABC，再结合图形，根据旋转的性质确定出△ABC旋转后与△EBD重合的过程，然后得出答案即可．
【答案】解：∵Rt△ABC中，∠CAB＝50°，
∴∠ABC＝90°﹣∠CAB＝90°﹣50°＝40°．
∵△ABC经过旋转后与△EBD重合，
∴这一旋转的旋转中心是点B，旋转角是40°．BE＝BA，
∴∠BAE＝（180°﹣40°）＝70°．
【点睛】本题考查了旋转的性质，直角三角形的性质，准确识图是解题的关键．
13．（2022 城阳区期中）如图，将△ABC绕点C顺时针旋转90°得到△EDC，若点B，E，D在同一条直线上，∠BAC＝118°，则∠DCE的度数是 ．
【思路点拨】根据旋转的性质得到DC＝BC，∠DCB＝90°，∠DEC＝∠BAC＝118°，求得∠D＝45°，根据三角形的内角和定理即可得到结论．
【答案】解：∵将△ABC绕点C顺时针旋转90°得到△EDC，∠BAC＝118°，
∴DC＝BC，∠DCB＝90°，∠DEC＝∠BAC＝118°，∴∠D＝45°，
∴∠DCE＝180°﹣∠D﹣∠DEC＝180°﹣45°﹣118°＝17°，故答案为：17°．
【点睛】本题考查了旋转的性质，等腰直角三角形的判定和性质，熟练掌握旋转的性质是解题的关键．
14．如图，将矩形ABCD绕点B按顺时针方向旋转一定角度得到矩形A'BC'D'．此时点A的对应点A'恰好落在对角线AC的中点处．若AB＝3，则点B与点D'之间的距离为 。
【思路点拨】连接BD'，由矩形的性质得出∠ABC＝90°，AC＝BD，由旋转的性质得出AB＝A'B，BD'＝AC＝BD，证明△AA'B是等边三角形，由等边三角形的性质得出∠BAA'＝60°，由直角三角形的性质求出AC的长，由矩形的性质可得出答案．
【答案】解：连接BD'，
∵四边形ABCD是矩形，∴∠ABC＝90°，AC＝BD，
∵点A'是AC的中点，∴A'A＝A'B，
∵将矩形ABCD绕点B按顺时针方向旋转一定角度得到矩形A'BC'D'，
∴AB＝A'B，BD'＝AC＝BD，∴AB＝A'B＝A'A，
∴△AA'B是等边三角形，∴∠BAA'＝60°，∴∠ACB＝30°，
∵AB＝3，∴AC＝2AB＝6，∴BD'＝6．
即点B与点D'之间的距离为6．故选：B．
【点睛】本题考查了旋转的性质，矩形的性质，直角三角形的性质，等边三角形的判定和性质，求出AC的长是本题的关键．
15．（2022 寻乌县模拟）如图所示，已知矩形ABCD中，AD＝10，AB＝6．现将边AD绕它的一个端点旋转，当另一端点恰好落在边BC所在直线的点E处时，线段DE的长度为 ．
【思路点拨】分两种情形：AD＝AE，DE＝DA，利用勾股定理分别求解即可．
【答案】解：如图，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AB＝CD＝6，AB＝BC＝10，∠ABC＝∠DCB＝90°，
当AD＝AE＝10时，BE＝＝＝8，
∴DE1＝＝＝2，DE2＝＝＝6，
当DE＝DA＝10时，DE＝10，
综上所述，满足条件的DE的值为2或6或10．
故答案为：2或6或10．
【点睛】本题考查旋转变换，矩形的性质，等腰三角形的性质，勾股定理等知识，解题的关键是学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考常考题型．
16．如图，边长为的正方形ABCD中，点E为对角线BD上一点，连接CE，将CE绕点C顺时针旋转90°得到CF，连接EF和DF若EF＝2BE，则BE的长为______．
【答案】
【分析】根据旋转的性质可得∠ECF=90°，CE=CF，根据正方形的性质可得△BCE≌△DCF，从而得到DF=BE，∠CBE=∠CDF=45°，继而得到∠EDF=90°，再由勾股定理可得，然后设BE=x，则，EF=2x，然后根据勾股定理，即可求解．
【解析】解：根据题意得：
在正方形ABCD中，BC=DC，∠BCD=90°，∠CBD=∠BDC=45°，
∴∠BCE=∠DCF，∴△BCE≌△DCF，
∴DF=BE，∠CBE=∠CDF=45°，
∴∠EDF=∠BDC+∠CDF=90°，
∵正方形ABCD的边长为，
∴，
设BE=x，则，
∵EF＝2BE，∴EF=2x，
∵，
∴，
解得：（舍去） ，
即．故答案为：
【点睛】本题主要考查了正方形的性质，图形的旋转，勾股定理，全等三角形的判定和性质，熟练掌握相关知识点是解题的关键．
17．如图，已知，将绕点A逆时针旋转得到与交于点P．下列结论：①；②；③；④平分．其中正确的是__________（填序号）
【答案】①③④
【分析】设AD交BC于点F，根据旋转的性质可得∠B=∠D，∠BAD=60°，再由，可得∠EPC=60°，故①正确；设DE交AC于点H，由于∠C的大小无法确定，则∠CHP不一定等于90°，故②错误；在BC上截取BG=PD，先证得△ABG≌△ADP，可得AG=AP，∠BAG=∠DAP，从而得到△APG是等边三角形，进而得到AP=PG，故③正确；根据∠EPC=60°，∠APB=60°，可得平分．故④正确，即可求解．
【解析】解：如图，设AD交BC于点F，
根据题意得：∠B=∠D，∠BAD=60°，
∵，
∴∠BPD=∠BAD=60°，∴∠EPC=60°，故①正确；
如图，设DE交AC于点H，
∵∠EPC=60°，∠C的大小无法确定，∴∠CHP不一定等于90°，故②错误；
如图，在BC上截取BG=PD，
根据题意得：∠B=∠D，BC=DE，AB=AD，∠BAD=60°，
∴CG=PE，∴△ABG≌△ADP，∴AG=AP，∠BAG=∠DAP，
∴∠BAG+∠DAG=∠DAP+∠DAG，即∠BAD=∠GAP=60°，
∴△APG是等边三角形，∴AP=PG，∠APB=60°，
∴AP+PC=PG+PC=CG=PE，故③正确；
∵∠EPC=60°，∴∠BPE=120°，
∴∠APE=∠APB=60°，即平分．故④正确；故答案为：①③④
【点睛】本题主要考查了图形的旋转，等边三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，熟练掌握图形的旋转的性质，等边三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质是解题的关键．
18．（2022 兴城市二模）已知，如图，正方形ABCD中，线段AB绕点A逆时针旋转60°得到线段AE，连接BE，点F为BE中点，AF的延长线交DE的延长线于点G，连接BG．下列结论：①∠ADE＝75°；②△ABG≌△AEG；③AE＝EG；④DG+BG＝AG，其中正确的结论有 ．（填写所有正确结论的序号）
【思路点拨】①由旋转的性质得出AB＝AE，∠BAE＝60°，求出∠DAE＝30°，由等腰三角形的性质可得出答案；
②证明△ABE为等边三角形，由等边三角形的性质可得出AF⊥BE，BF＝EF，可证明△ABG≌△AEG（SSS）；
③求出∠BEG＝45°，由等腰直角三角形的性质可得出结论；
④过点D作DM⊥AG于点M，证明△ABF≌△DAM（AAS），由全等三角形的性质得出DM＝AF，由等腰直角三角形的性质得出DG＝AF，则可得出结论．
【答案】解：①∵线段AB绕点A逆时针旋转60°得到线段AE，
∴AB＝AE，∠BAE＝60°，
∵四边形ABCD为正方形，
∴∠BAD＝90°，AB＝AD，
∴AD＝AE，∠DAE＝30°，
∴∠ADE＝（180°﹣∠DAE）＝75°，
故①正确；
②∵AB＝AE，∠BAE＝60°，
∴△ABE为等边三角形，
∵F为BE的中点，
∴AF⊥BE，BF＝EF，
∴AG垂直平分BE，
∴BG＝EG，
在△ABG和△AEG中，
，
∴△ABG≌△AEG（SSS）．
故②正确；
③∵∠AED＝∠ADE＝75°，
∴∠BEG＝180°﹣∠AEB﹣∠AED＝45°，
∵∠EFG＝90°，
∴EG＝EF，
又∵EF＝AE，
∴EG＝AE，
∴AE＝EG．
故③错误．
④过点D作DM⊥AG于点M，
由③可知∠EGF＝45°，
∴△DMG为等腰直角三角形，
∴DG＝DM，
∵∠BAF+∠MAD＝∠MAD+∠ADM＝90°，
∴∠BAF＝∠ADM．
在△ABF和△DAM中，
，
∴△ABF≌△DAM（AAS），
∴DM＝AF，
∴DG＝AF，
由③可知BG＝EG＝FG，
∴DG+BG＝AF+FG＝AG．
故答案为①②④．
【点睛】本题考查了正方形的性质，旋转的性质，全等三角形的性质与判定，等腰直角三角形的性质，等边三角形的判定与性质，解题的关键是证明△ABG≌△AEG．
三、解答题（本大题共6小题，共46分．请在答题卡指定区域内作答，解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤）
19．（2022 东城区校级月考）如图，方格纸中的每个小方格都是边长为1个单位长度的正方形，△ABC的顶点都在格点上，建立平面直角坐标系，以原点O为中心，将△ABC顺时针旋转90°，得到△A1B1C1．（1）请在网格内画出△A1B1C1．
（2）写出点A1的标 ，点B1的坐标 ，点C1的坐标 ．
【思路点拨】（1）利用旋转变换的性质分别作出A，B，C的对应点A1，B1，C1即可．
（2）根据点的位置写出坐标即可．
【答案】解：（1）如图，△A1B1C1即为所求．
（2）写出点A1的标（6，﹣2），点B1的坐标（4，0），点C1的坐标（3，﹣7）．
故答案为：（6，﹣2），（4，0），（3，﹣7）．
【点睛】本题考查作图﹣平移变换，解题的关键是掌握平移变换的性质，属于中考常考题型．
21．（2022 单县期末）如图，将矩形ABCD绕着点C按顺时针方向旋转得到矩形FECG，使点B落在AD边上的点E处，连接BG交CE于点H，连接BE．
（1）求证：EB平分∠AEC；（2）求证：点H为BG中点．
【思路点拨】（1）根据旋转的性质知BC＝CE，再由等腰三角形的性质得到∠CBE＝∠CEB，根据矩形的性质得∠AEB＝∠CBE，再等量转化可得结论；
（2）过点B作BP⊥CE于点P，根据角平分线的性质得出∠AEB＝∠CEB，由全等三角形的判定得△BPH≌△GCH（AAS）即可得到结论．
【答案】解：（1）根据旋转的性质得BC＝CE，
∴∠CBE＝∠CEB，
又∵ABCD为矩形，
∴AD∥BC，
∴∠AEB＝∠CBE，
∴∠AEB＝∠CEB，
∴BE平分∠AEC；
（2）过点B作BP⊥CE于点P，
如图，
由（1）可知∠AEB＝∠CEB，
又∵∠A＝∠BPE，且BE＝BE，
∴△AEB≌△PEB（AAS），
∴BP＝AB，
∴BP＝CG，
又∵∠BHP＝∠GHC，
∠BPH＝∠GCH，
∴△BPH≌△GCH（AAS），
∴BH＝HG，
∴点H为BG中点．
【点睛】本题考查旋转的性质和矩形的性质，解本题要熟练掌握旋转的性质，全等三角形的判定与性质，矩形的性质等基本知识点．
21．（2022 龙岩期末）如图，△ABC是等腰三角形，其中AB＝BC，将△ABC绕顶点B逆时针旋转50°到△A1BC1的位置，AB与A1C1相交于点D，AC与A1C1，BC1分别相交于点E，F．
（1）求证：△BCF≌△BA1D；（2）当∠C＝50°时，判断四边形A1BCE的形状并说明理由．
【思路点拨】（1）由等腰三角形的性质得出∠A＝∠C，由旋转的性质得出∠A＝∠A1＝∠C，∠A1BD＝∠CBC1，则可得出答案；
（2）证明A1E∥BC，A1B∥EC，得出四边形A1BCE是平行四边形，由菱形的判定方法可得出结论．
【答案】（1）证明：∵AB＝BC，
∴∠A＝∠C，
∵△A1BC1是由△ABC绕顶点B逆时针旋转而得，
∴∠A＝∠A1＝∠C，∠A1BD＝∠CBC1，AB＝A1B，
在△BCF和△BA1D中，
，
∴△BCF≌△BA1D（ASA）；
（2）解：四边形A1BCE是菱形．
∵△ABC是等腰三角形，∠C＝50°，
∴∠A＝∠C1＝∠C＝50°，
又∵△BCF≌△BA1D，
∴∠CBF＝∠A1BD＝50°，
∴∠C1＝∠CBF，∠A＝∠A1BD，
∴A1E∥BC，A1B∥EC，
即四边形A1BCE是平行四边形，
又∵A1B＝BC，
∴四边形A1BCE是菱形．
【点睛】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，菱形的判定，证明△BCF≌△BA1D是解题的关键．
22．（2022 盘龙区期末）24．如图，在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝135°，E为BC边上一点，连结AE，将点E绕点A逆时针旋转135°至点，连结AD，DE，CD．
(1)求证：CD＝BE．(2)若DE⊥BC，BE＝3，求BC的长．
【答案】(1)证明见解析 (2)
【分析】（1）由点E绕点A逆时针旋转135°至点D得到，可证，即可得到结论；
（2）通过等腰三角形的性质可知，再由全等三角形的性质得到，即可得，再根据勾股定理求出CE的长度，即可求解．
【解析】(1)
将点E绕点A逆时针旋转135°至点D
∠BAC＝135°
即
又
(2)在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝135°
由（1）得
DE⊥BC，BE＝CD=3
由勾股定理得
【点睛】本题考查了旋转的性质、全等三角形的判定和性质、等腰三角形的性质，熟练掌握知识点是解题的关键．
23．（2022 斗门区期末）如图1，在△ABC中，BA＝BC，D、E是AC边上的两点，且满足∠DBE＝∠ABC．以点B为旋转中心，将△CBE按逆时针方向旋转得到△ABF，连接DF．
（1）求证：DF＝DE；（2）如图2，若AB⊥BC，其他条件不变．求证：DE2＝AD2+EC2．
【思路点拨】（1）先根据∠DBE＝∠ABC可知∠ABD+∠CBE＝∠DBE＝∠ABC，再由图形旋转的性质可知BE＝BF，∠ABF＝∠CBE，故可得出∠DBF＝∠DBE，由全等三角形的性质即可得出△DBE≌△DBF，故可得出结论；
（2）把△CBE逆时针旋转90°，由于△ABC是等腰直角三角形，故可知图形旋转后点C与点A重合，∠FAB＝∠BCE＝45°，所以∠DAF＝90°，由（1）证DE＝DF，再根据勾股定理即可得出结论．
【答案】（1）证明：∵∠DBE＝∠ABC，
∴∠ABD+∠CBE＝∠DBE＝∠ABC，
∵△ABF由△CBE旋转而成，
∴BE＝BF，∠ABF＝∠CBE，
∴∠DBF＝∠DBE，
在△DBE与△DBF中，
，
∴△DBE≌△DBF（SAS），
∴DF＝DE；
（2）证明：∵将△CBE按逆时针方向旋转得到△ABF，
∴BA＝BC，∠ABC＝90°，
∴∠BAC＝∠BCE＝45°，
∴图形旋转后点C与点A重合，CE与AF重合，
∴AF＝EC，
∴∠FAB＝∠BCE＝45°，
∴∠DAF＝90°，
在Rt△ADF中，DF2＝AF2+AD2，
∵AF＝EC，
∴DF2＝EC2+AD2，
同（1）可得DE＝DF，
∴DE2＝AD2+EC2．
【点睛】本题考查的是图形的旋转及勾股定理，熟知旋转前、后的图形全等是解答此题的关键
24．（2022 鼓楼区校级月考）
【模型建立】（1）如图1，在正方形中，点E是对角线上一点，连接，．求证：．
【模型应用】（2）如图2，在正方形中，点E是对角线上一点，连接，．将绕点E逆时针旋转，交的延长线于点F，连接．当时，求的长．
【模型迁移】（3）如图3，在菱形中，，点E是对角线上一点，连接，．将绕点E逆时针旋转，交的延长线于点F，连接，与交于点G．当时，判断线段与的数量关系，并说明理由．
【答案】（1）证明见解析；（2）；（3），理由见解析．
【分析】（1）利用SAS证明即可；（2）先证,再利用勾股定理求解；
（3）先证,再利用等边三角形的判定性质证明即可．
【解析】（1）证明：如图1中，∵四边形是正方形，
∴，，
在和中，
，
∴；
（2）解：如图2中，设交于点J．
由（1）知，，
，
∵EF是绕点E逆时针旋转得到，
∴，
在中，；
（3）解：结论：．
理由：如图3中，
∵四边形是菱形，
∴，，
在和中，
，
∴），
∴，
是绕点E逆时针旋转得到的，
∴，
∴是等边三角形，
∴．
【点睛】本题考查了正方形的性质，等边三角形的判定和性质，图形的旋转变换，全等三角形的判定和性质，勾股定理，正确理解图形的相关性质是解本题的关键
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专题3.2 图形的旋转
模块一：知识清单
1、旋转的概念
一般地，一个图形变为另一个图形，在运动的过程中，原图形上的所有点都绕一个固定的点，按同一个方向，转动同一个角度，这样的图形运动叫做图形的旋转.这个固定的定点叫做旋转中心，转过的角叫做旋转角.如下图，点O为旋转中心，∠AOA′（或∠BOB′或∠COC′）是旋转角.
注意：（1）旋转的三个要素：旋转中心、旋转方向和旋转角度.（2）如上图，如果图形上的点A经过旋转变为点A′，那么这两个点叫做这个图形旋转的对应点. 点B与点B′，点C与点C′均是对应点，线段AB与A′B′、线段AC与A′C′、线段BC与B′C′均是对应线段.
2、旋转的性质
(1)图形经过旋转所得的图形和原图形全等；
(2)对应点到旋转中心的距离相等；
(3)任意一对对应点与旋转中心连线所成的角度等于旋转的角度.
注意：图形绕某一点旋转，既可以按顺时针旋转也可以按逆时针旋转.
3、旋转的作图
在画旋转图形时，首先确定旋转中心，其次确定图形的关键点，再将这些关键点沿指定的方向旋转指定的角度，然后连接对应的部分，形成相应的图形．
注意：作图的步骤：
(1)连接图形中的每一个关键点与旋转中心；
(2)把连线按要求（顺时针或逆时针）绕旋转中心旋转一定的角度（旋转角）；
(3)在角的一边上截取关键点到旋转中心的距离，得到各点的对应点；
(4)连接所得到的各对应点.
模块二：同步培优题库
全卷共24题 测试时间：80分钟 试卷满分：100分
一、选择题（本大题共10小题，每小题3分，共30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．
1．（2022 玉屏县期末）如图，三角形ABC绕点O顺时针旋转后得到三角形，则下列说法中错误的是（ ）
A． B． C． D．
2．（2022 钱塘区期末）在平面直角坐标系中，把点P（2，3）绕原点旋转90°得到点P1，则点P1的坐标是（ ）
A．（﹣3，2） B．（﹣2，3） C．（﹣2，3）或（2，﹣3） D．（﹣3，2）或（3，﹣2）
3．（2022 万山区期末）如图，把是直角的绕点A按顺时针旋转，把点B转到点E得，则以下结论错误的是（ ）
A． B． C． D．
4．（2022 南山区期中）如图，四边形ABCD中，∠DAB＝30°，连接AC，将△ABC绕点B逆时针旋转60°，点C的对应点与点D重合，得到△EBD，若AB＝5，AD＝4，则线段AC的长度为（ ）
A．5 B．6 C． D．
5．（2022 高新区期末）如图将△ABC绕点C（0，﹣1）旋转180°得到△ABC，设点的坐标为（a，b），则A的坐标为（ ）
A．（﹣a，﹣b） B．（﹣a，﹣b﹣1） C．（﹣a，﹣b+1） D．（﹣a，﹣b﹣2）
6．（2022 开江县期末）二次函数的图象的顶点坐标是，且图象与轴交于点．将二次函数的图象以原点为旋转中心顺时针旋转180°，则旋转后得到的函数解析式为（ ）
A． B． C． D．
7．（2022 方城县模拟）如图，在矩形ABCD中，AB＝，BC＝5，P是AD上一点，将△CDP绕点C逆时针旋转45°时，点P的对应点P'恰好落在AB上，则PD的长为（ ）
A．1 B． C． D．1或
8．（2022 榆阳区期末）如图，AC、BD为四边形ABCD的对角线，将△ACD绕点A顺时针旋转60°，得到△AEB（点C、D的对应点分别为点E、B），若点C、B、E在一条直线上，则下列说法错误的是（ ）
A．∠ABC+∠ADC＝180° B．∠BCD＝120°
C．AC＝BC+CD D．AE＝BD
9.在平面直角坐标系中，已知，将其绕着原点按逆时针方向旋转得到，延长到点，使得，再将点绕着原点按逆时针方向旋转得到，延长到点，使得，……如此继续下去，到点的坐标是（ ）
A． B． C． D．
10．（2022 西山区期末）如图，在中，，、是斜边上两点，且，将绕点顺时针旋转后，得到，连结，下列结论：①；②；③；④.其中正确的是（ ）.
A．②④ B．①④ C．②③ D．①③
二、填空题（本大题共8小题，每小题3分，共24分．不需写出解答过程，请把答案直接填写在横线上）
11．如图，在正三角形网格中，以某点为中心，将旋转，得到，则旋转中心是点______．
12.如图，在Rt△ABC中，∠CAB＝50°，点D在斜边AB上，如果△ABC绕点B旋转后与△EBD重合，连接AE，那么∠EAB的度数是 。
13．（2022 城阳区期中）如图，将△ABC绕点C顺时针旋转90°得到△EDC，若点B，E，D在同一条直线上，∠BAC＝118°，则∠DCE的度数是 ．
14．如图，将矩形ABCD绕点B按顺时针方向旋转一定角度得到矩形A'BC'D'．此时点A的对应点A'恰好落在对角线AC的中点处．若AB＝3，则点B与点D'之间的距离为 。
15．（2022 寻乌县模拟）如图所示，已知矩形ABCD中，AD＝10，AB＝6．现将边AD绕它的一个端点旋转，当另一端点恰好落在边BC所在直线的点E处时，线段DE的长度为 ．
16．如图，边长为的正方形ABCD中，点E为对角线BD上一点，连接CE，将CE绕点C顺时针旋转90°得到CF，连接EF和DF若EF＝2BE，则BE的长为______．
17．如图，已知，将绕点A逆时针旋转得到与交于点P．下列结论：①；②；③；④平分．其中正确的是__________（填序号）
18．（2022 兴城市二模）已知，如图，正方形ABCD中，线段AB绕点A逆时针旋转60°得到线段AE，连接BE，点F为BE中点，AF的延长线交DE的延长线于点G，连接BG．下列结论：①∠ADE＝75°；②△ABG≌△AEG；③AE＝EG；④DG+BG＝AG，其中正确的结论有 ．（填写所有正确结论的序号）
三、解答题（本大题共6小题，共46分．请在答题卡指定区域内作答，解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤）
19．（2022 东城区校级月考）如图，方格纸中的每个小方格都是边长为1个单位长度的正方形，△ABC的顶点都在格点上，建立平面直角坐标系，以原点O为中心，将△ABC顺时针旋转90°，得到△A1B1C1．（1）请在网格内画出△A1B1C1．
（2）写出点A1的标 ，点B1的坐标 ，点C1的坐标 ．
21．（2022 单县期末）如图，将矩形ABCD绕着点C按顺时针方向旋转得到矩形FECG，使点B落在AD边上的点E处，连接BG交CE于点H，连接BE．
（1）求证：EB平分∠AEC；（2）求证：点H为BG中点．
21．（2022 龙岩期末）如图，△ABC是等腰三角形，其中AB＝BC，将△ABC绕顶点B逆时针旋转50°到△A1BC1的位置，AB与A1C1相交于点D，AC与A1C1，BC1分别相交于点E，F．
（1）求证：△BCF≌△BA1D；（2）当∠C＝50°时，判断四边形A1BCE的形状并说明理由．
22．（2022 盘龙区期末）24．如图，在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝135°，E为BC边上一点，连结AE，将点E绕点A逆时针旋转135°至点，连结AD，DE，CD．
(1)求证：CD＝BE．(2)若DE⊥BC，BE＝3，求BC的长．
23．（2022 斗门区期末）如图1，在△ABC中，BA＝BC，D、E是AC边上的两点，且满足∠DBE＝∠ABC．以点B为旋转中心，将△CBE按逆时针方向旋转得到△ABF，连接DF．
（1）求证：DF＝DE；（2）如图2，若AB⊥BC，其他条件不变．求证：DE2＝AD2+EC2．
24．（2022 鼓楼区校级月考）【模型建立】（1）如图1，在正方形中，点E是对角线上一点，连接，．求证：．
【模型应用】（2）如图2，在正方形中，点E是对角线上一点，连接，．将绕点E逆时针旋转，交的延长线于点F，连接．当时，求的长．
【模型迁移】（3）如图3，在菱形中，，点E是对角线上一点，连接，．将绕点E逆时针旋转，交的延长线于点F，连接，与交于点G．当时，判断线段与的数量关系，并说明理由．
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