2023年浙教版数学九年级上册3.2 图形的旋转 同步测试（培优版）
一、选择题
1．（2022九上·平遥期末）如图，的三个顶点的坐标分别为，，，将绕点顺时针旋转一定角度后使落在轴上，与此同时顶点恰好落在双曲线的图象上，则该反比例函数表达式为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】勾股定理；旋转的性质；坐标与图形变化﹣旋转；反比例函数图象上点的坐标特征
【解析】【解答】解：，，，
轴，，，
，
将绕点顺时针旋转一定角度后使落在轴上，
，，，
在中，，
，
设，
①，②，
①②得③，
把③代入①整理得，解得（舍去），，
当时，，
，
把代入得．
∴，
故答案为：D．
【分析】利用A、B、C的坐标及勾股定理求出，由旋转的性质可得，，，在中，利用勾股定理求出OA'，即得A’（0，8），设，可得①，②，联立①②可求出a、b值，即得C'坐标，将其代入中即可求出k值.
2．（2022九上·芜湖期中）如图，在矩形中，，连接，将线段绕着点A顺时针旋转得到，则线段的最小值为（ ）
A． B． C．4 D．
【答案】D
【知识点】三角形三边关系；旋转的性质；三角形全等的判定（SAS）
【解析】【解答】解：如图，连接，过点A作，截取，连接，
∵将线段绕着点A顺时针旋转得到，
∴，
∴，
∴．
又∵，
∴，
∴．
∵，
∴．
∴在中，．
∵，
∴．
∵，且当点G，P，E三点共线时取等号，
∴的最小值为．
故答案为：D．
【分析】连接，过点A作，截取，连接，先证明，可得，求出，再结合，且当点G，P，E三点共线时取等号，即可得到的最小值为。
3．（2022九上·义乌期中）如图，正方形ABCD的边长为4，，点E是直线CM上一个动点，连接BE，线段BE绕点B顺时针旋转45°得到BF，连接DF，则线段DF长度的最小值等于（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】含30°角的直角三角形；勾股定理；正方形的性质；旋转的性质；三角形全等的判定（SAS）
【解析】【解答】解：如图，连接BD，在BD上截取BG＝BC，连接FG，过点D作DH⊥GF于点H.
∵四边形ABCD是正方形，边长为4，
∴，，，
∴，，
∴，
∵线段BE绕点B顺时针旋转45°得到BF，
∴，，
∴，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∴点F在直线GF上运动，点F与点H重合时，DF的值最小，
∵，，
∴，
∴DF的最小值为.
故答案为：B.
【分析】连接BD，在BD上截取BG＝BC，连接FG，过点D作DH⊥GF于点H，根据正方形的性质得∠CBD=45°，CD=CB=4，∠DCB=90°，由勾股定理算出BD的长，由旋转得∠EBF=45°，BE=BF，易得∠CBE=∠GBF，用SAS判断出△CBE≌△GBF，由全等三角形的对应角相等得∠BCE=∠BGF=30°，故点F在直线GF上运动，点F与点H重合时，DF的值最小，根据含30度角直角三角形的性质可得DH的长，从而即可得出答案.
4．（2022九上·金华月考）如图，在平面直角坐标系 xOy 中，直线 y=-x+4 与坐标轴交于 A，B 两点，OC⊥AB 于点 C，P 是线段 OC 上的一个动点，连接 AP，将线段 AP 绕点 A 逆时针旋转 45°，得到线段 AP＇，连接 CP＇，则线段 CP＇的最小值为（ ）
A． B． C．2 D．
【答案】B
【知识点】坐标与图形变化﹣旋转；一次函数-动态几何问题；直角三角形的性质
【解析】【解答】解：∵直线 y=-x+4与坐标轴交于 A，B 两点，
∴A（0，4），B（4，0），
∴OA=OB=4，
∴△OAB是等腰直角三角形，
∵OC⊥AB，
∴C为AB的中点，
∴C（2，2），
又∵点P是线段OC上动点，将线段AP绕点A逆时针旋转45°得到线段AP'
∴P'的运动轨迹也是线段，
当P在O点时和P在C点时，则P'的起点与终点分别为N和M，
∴P'的运动轨迹是在与x轴垂直的一段线段MN，如下图所示：
∴当线段CP′与MN垂直时，线段CP′的值最小，
在△AOB中，AO＝OB＝4，
∴AN=4，AB＝ ，
∴NB＝-4，
又∵Rt△NHB是等腰直角三角形，
∴NB=HB，
∴HB＝4 ，
∴CP'＝OB HB 2＝4 （4 ） 2＝ 2．
故答案为：B.
【分析】由直线 y=-x+4与坐标轴交于 A，B 两点可得出点A、B坐标，易得△OAB是等腰直角三角形，
利用中点坐标公式求得点C坐标；由题意可得P'的运动轨迹也是线段，当P在O点时和P在C点时，则可确定P'的起点与终点分别为N和M，从而得出点P'的运动轨迹是在与x轴垂直的一段线段MN，当线段CP′与MN垂直时，线段CP′的值最小；再利用等腰直角三角形性质分别求出NB、HB的长，最后通过点C的坐标及线段和差关系，即可求得CP'的最小值.
5．（2021九上·温州月考）如图，二次函数 与x轴交于A、B两点，与y轴交于C点，点D与点C关于x轴对称，点P从点A出发向点D运动，点Q在DB上，且∠PCQ＝45°，则图中阴影部分的面积变化情况是（ ）
A．一直增大 B．始终不变
C．先减小后增大 D．先增大后减小
【答案】C
【知识点】二次函数图象与坐标轴的交点问题；正方形的判定与性质；旋转的性质；三角形全等的判定（ASA）
【解析】【解答】解：令 ，解得 ， ，
， ，
令 ，解得 ，
，
∵点D与点C关于x轴对称，故 ，
， ，
则四边形 是正方形，
将△ACP绕点C顺时针旋转90°得到△CBP'，
，
，
，
，
又 ， ，
△ ，
，阴影部分的面积=△CP'Q的面积，
当点P是AD中点时，PQ最短，即QP'最短时，△CP'Q的面积最小，
故可得到阴影部分的面积先减小后增大．
故答案为：C.
【分析】易得A（-3，0），B（3，0），C（0，-3），D（0，2），推出四边形ABCD是正方形，将△ACP绕点C顺时针旋转90°得到△CBP′，则△CAP≌△CBP′，得到∠PCP′=90°，进而证明△CPQ≌△CP′Q，得到PQ=P′Q，则S阴影=S△CQP′，当点P是AD中点时，PQ最短，即P′Q最短时，△CP′Q的面积最小，据此判断.
6．（2021九上·三台期中）如图，已知∠BAC＝60°，AB＝4，AC＝6，点P在△ABC内，将APC绕着点A逆时针方向旋转60°得到AEF．则AE+PB+PC的最小值为（ ）
A．2 B．8 C．5 D．6
【答案】A
【知识点】线段的性质：两点之间线段最短；等边三角形的判定与性质；勾股定理；旋转的性质
【解析】【解答】解：如图，连接PE，BF，过B作AF垂线交FA延长线于G，
∵△APC绕着点A逆时针方向旋转60°得到△AEF，
∴，
∴△APE为等边三角形，
即，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴．
故答案为：A．
【分析】连接PE，BF，过B作AF垂线交FA延长线于G，由旋转的性质可得△APE为等边三角形，可得AE=PE，即得，当B、P、E、F共线时AE+PB+PC的有最小值，最小值为BF的长，利用勾股定理求解即可.
7．（2021九上·温岭期中）在平面直角坐标系中，点A（-3，3），B（-4，1），C（-2，1），点M（2，m）绕坐标原点O逆时针旋转90°后，恰好落在△ABC内部（不包括边界），则m的取值范围为（ ）
A． C． 【答案】A
【知识点】点的坐标；待定系数法求一次函数解析式；旋转的性质
【解析】【解答】解：如图，△ABC绕点O顺时针旋转90°，得到△A'B'C'，
则A'（3，3），B'（1，4），C'（1，2），
∴直线A'B'的解析式为y=-x+，直线A'C'的解析式为y=x+，
设直线x=2与△A'B'C'的边交于点D、E，
令x=2，y=-x+=，y=x+=，
∴当点M（2，m）在线段DE上（不含端点）时， 故答案为：A.
【分析】作出△ABC绕点O顺时针旋转90°后得到的图形△A'B'C'，然后利用待定系数法求出直线A'B'和直线A'C'的解析式，设直线x=2与△A'B'C'的边交于点D、E，然后求出当x=2时两个一次函数值，端点除外，即可得到求出m的范围.
8．（2020九上·高平期中）如图，在平面直角坐标系中，将正方形OABC绕点O逆时针45°后得到正方形，依次方式，将正方形绕点O连续旋转2021次得到正方形，如果点C的坐标为，那么点的坐标为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】点的坐标；正方形的性质；旋转的性质；坐标与图形变化﹣旋转
【解析】【解答】解：∵四边形OABC是正方形，C点坐标（0，1），即有OC=OA＝BC=AB=1，
∴B（1，1），连接OB，
由勾股定理得：OB＝，
由旋转得：OB＝＝＝＝…＝，
∵将正方形OABC绕点O逆时针旋转45°后得到正方形O，
相当于将线段OB绕点O逆时针旋转45°，依次得到∠AOB＝∠BO＝∠O＝…＝45°，
∴（0，），（﹣1，1），（﹣，0），（﹣1，﹣1），（0，﹣），（1，－1），（，0），（1，1），…，发现是8次一循环，如下图，
∵2021÷8＝252余5，
∴点的坐标为（0，﹣）．
故答案为：C．
【分析】由正方形的性质可求出B（1，1），连接OB，由勾股定理得：OB＝，由旋转得OB＝＝＝＝…＝，即得（0，），再依次求出B2——B8···的坐标，可发现8次一循环，可知点的坐标与B5的坐标一致，据此即得结论.
9．（2020九上·慈溪月考）已知正方形MNOK和正六边形ABCDEF的边长均为1，把正方形放在正六边形中，使OK边与AB边重合，如图所示，按下列步骤操作：将正方形在正六边形中绕点B顺时针旋转，使KM边与BC边重合，完成第一次旋转；再绕点C顺时针旋转，使MN边与CD边重合，完成第二次旋转，……，在这样连续6次旋转的过程中，点B，M之间的距离可能是（ ）
A．1.4 B．1.1 C．0.8 D．0.5
【答案】C
【知识点】正方形的性质；旋转的性质
【解析】【解答】解：如图，在这样连续6次旋转过程中，点M的运动轨迹是图中的红线，
观察图形可知点B、M之间的大于2-而小于等于1，
故答案为：C.
【分析】在第一次旋转中BM=1，在第二次旋转中BM=1，在第三次旋转中BM长由1变化到2-，在第三次旋转中BM长由1变化到2-变化到-1，在第三次旋转中BM长由-1变化到1，在第六次旋转中BM=1.
10．（2020九上·深圳期中）如图4，矩形ABCD绕点A逆时针旋转90*得矩形AEFG，连接CF，交AD于点P，M是CF的中点，连接AM，交EF于点Q。则下列结论：
①AM⊥CF；②△CDP≌△AEQ ；③连接PQ，则PQ= MQ；④若AB=2，BC=6，则MQ= 其中，正确结论的个数有（ ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【答案】D
【知识点】三角形全等及其性质；三角形全等的判定；勾股定理；旋转的性质
【解析】【解答】解：如图，连接AF，AC，PQ，延长FE交BC于N，取FN中点H，连接MH
∵矩形ABCD绕点A逆时针旋转90°得到矩形AEFG
∴AE=AB=CD=FG，AD=EF，AF=AC，∩FAC=90°
∵M是CF的中点
∴AM=MC=MF，AM⊥CF，即①正确；
②∵∠DPC=∠APM，∠DPC+∠DCP=90°，∠APM+∠MAP=90°
∴∠DCP=∠MAP
∴△CDP≌△AEQ（ASA），即②正确；
∴CP=AQ
∴MC-CP=AM-AQ
∴MP=MQ
∴PQ=MQ，即③正确；
∵∠B=∠DAB=∠AEN=90°
∴四边形ABNE是矩形
∴AE=BN=2，EN=AB=2
∴CN=4
∵M为CF的中点，H为FN的中点
∴MH=CN=2=AE，HN=FN=×（6+2）=4，MH∥BC
∴HE=2，∠MHQ=90°
在△AQE和△MQH中
∴△AQE≌△MQH（AAS）
∴HQ=QE=HE=1
∴MQ===，即④正确。
故答案为：D.
【分析】根据旋转的性质、全等三角形的判定和性质、勾股定理计算，分别判断得到答案即可。
二、填空题
11．（2022九上·南开期中）如图，在中，，，，，O为的中点，M为边上一动点，将绕点A逆时针旋转角得到，点M的对应点为，连接，在旋转过程中，线段的长度的最小值是 ．
【答案】1.5
【知识点】旋转的性质
【解析】【解答】解：由题意知当旋转到点在的延长线上，且时，的长度最小，如图所示：
∵将绕点A逆时针旋转角，
∴，，
∵，
∴，
∵O为的中点，，
∴，
∴，
∴线段的长度的最小值是1.5；
故答案为：1.5．
【分析】当旋转到点在的延长线上，且时，的长度最小，再求解即可。
12．（2022九上·普陀期中）如图，在Rt中，，，，是斜边的中线，将绕点A旋转，点B、C的对应点分别是点E、F，如果点F在射线上，那么＝ ．
【答案】
【知识点】三角形的面积；勾股定理；旋转的性质；直角三角形斜边上的中线
【解析】【解答】解：过点A作 于点H，
∵ ， 是斜边 的中线， ，
∴ ，
设 ，则 ，
由旋转性质知， ，
∴，
∴，
由勾股定理得，
∴，
解得，
∴，，
∴=，
∵，
∴．
故答案为：
【分析】过点A作 于点H，根据直角三角形斜边中线的性质可得，设 ，则 ，根据旋转的性质可得，利用等腰三角形三线合一的性质可得，从而得出，由勾股定理得，据此建立关于x方程并解之，继而求出DF、AH的长，根据三角形的面积公式分别求出△ADF、△AEF的面积，从而求出其比值.
13．（2022九上·永嘉月考）如图1是一种手机平板支架，由托板、支撑板和底座构成，手机放置在托板上，图2是其侧面结构示意图，已知托板长，支撑板长，托板AB固定在支撑板顶端点处，且，托板AB可绕点转动，支撑板CD可绕点转动.
（1）若，求点到直线DE的距离为 .
（2）为了观看舒适，保持，在(1)的情况下，将CD绕点顺时针旋转，使点落在直线DE上即可，求CD旋转的角度为 .
【答案】（1）135mｍ
（2）30°
【知识点】勾股定理；矩形的判定与性质；旋转的性质
【解析】【解答】解：过点C作CH⊥DE于点H，过点A作AG⊥DE，交ED的延长线于点G，过点C作CF⊥AG于点F，
∴∠CHD=∠AFC=∠CFG=∠FGH=90°，
∴四边形CFGH是矩形，
∴FG=CH，
在Rt△CDH中，∠DCH=90°-60°=30°，
∴DH=CD=，
∴，
∵AB=AC+BC即150=AC+60，
∴AC=90，
∵CF∥GE，
∴∠FCD=∠CDH=60°，
∵∠DCB=∠ACD=90°，
∴∠ACF=90°-60°=30°，
∴AC=2AF=90，
解之：AF=45；
∴AG=AF+FG=90+45=135；
∴点A到直线DE的距离为135mm.
故答案为：135.
（2）如图，
在Rt△BCD中，∠BCD=90°，BC=60，CD=，
∴，
∴BD=2BC，
∴∠CDB=30°，
∴CD旋转的角度为60°-30°=30°.
故答案为：30°.
【分析】（1）过点C作CH⊥DE于点H，过点A作AG⊥DE，交ED的延长线于点G，过点C作CF⊥AG于点F，易证四边形CFGH是矩形，利用矩形的性质看证得FG=CH；在Rt△CDH中，利用直角三角形的性质和勾股定理求出CH的长；再在Rt△ACF中利用30°角所对的直角边等于斜边的一半，可求出AF的长；然后根据AG=AF+FG，代入计算求出AG的长，即可得到点A到直线DE的距离.
（2）画出图形，在Rt△BCD中，利用勾股定理求出BD的长，可证得BD=2BC，可得到∠CDB的度数，然后求出CD旋转的角度.
14．（2022九上·长沙开学考）如图，在正方形中，点是上一动点，点是的中点，绕点顺时针旋转得到，连接，给出结论：；；③若正方形的边长为2，则点在射线上运动时，有最小值其中结论正确的是 ．
【答案】①②③
【知识点】垂线段最短；正方形的性质；旋转的性质；三角形全等的判定（AAS）；直角三角形斜边上的中线
【解析】【解答】解：延长AE交DC的延长线于点H，如图：
点E是CM的中点，
，
，
，，
≌△HCE（AAS），
，
又，
，
∵AE绕点E顺时针旋转90°得到EF，
，，
，故①正确；
，
，，
，
，
，
，故②正确；
如图，连接FC，过点C作CF'⊥DF于F'，
，
点F在DF上运动，
当CF⊥DF时，CF有最小值为CF'的长度，
，，
，即CF有最小值为，故③正确，
故答案为：①②③
【分析】延长AE交DC延长线于点H，①易得ME=EC，由平行线性质得∠MAE=∠H，∠AME=∠HCE，用AAS证△AME≌△HCE，于是AE=EH；由直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得DE=AE=EH=AH，由旋转的性质得AE=EF，则AE=DE=EF；②由①得AE=DE=EF，根据等边对等角可得∠DAE=∠ADE，∠EDF=∠EFD，由四边形AEFD的内角和等于360°可得2∠ADE+2∠EDF=270°，则∠ADF=135°，然后由∠CDF=∠ADF-∠ADC可求解；③如图，连接FC，过点C作CF'⊥DF于F'，由②得∠CDF=45°可知点F 在DF上运动，当CF⊥DF时，CF有最小值为CF'的长度，解等腰直角三角形DCF'可求解.
15．（2021九上·准格尔旗期末）如图，已知正方形ABCD的边长为6，点E是AB边上一动点，连接ED，将ED绕点E顺时针旋转90°到EF，连接DF，CF，则DF+CF的最小值是 ．
【答案】
【知识点】正方形的性质；轴对称的应用-最短距离问题；旋转的性质
【解析】【解答】解：连接，过点作交延长线于点，
，
∴ ，
∵ ，
∴∠EDA=∠FEG，
在△AED和△GFE中，
，
，
点在的射线上运动，
作点关于的对称点，
，，
，
，
，
，
点在的延长线上，
当、、三点共线时，最小，
在中，，，
，
的最小值为．
故答案为：．
【分析】连接BF，过点作交延长线于点，通过证明，确定F点在BF的射线上运动；作点关于的对称点，由三角形全等得到∠CBF=45°，从而确定C'点在AB的延长线上；当D、F、C'三点共线时，DF+CF=DC'最小，在Rt△ADC'中，AD=6，AC'=12，求出即可。
16．（2021九上·柯桥月考）如图，“心”形是由抛物线 和它绕着原点O，顺时针旋转60°的图形经过取舍而成的，其中顶点C的对应点为D，点A，B是两条抛物线的两个交点，点E，F，G是抛物线与坐标轴的交点，则AB= ．
【答案】
【知识点】勾股定理；轴对称的性质；旋转的性质；二次函数y=a（x-h）^2+k的图象
【解析】【解答】解：如图，连接OD，作BP⊥x轴，垂足为M，作AP⊥y轴，垂足为N，AP，BP相交于点P，
∵点C绕原点O旋转60°得到点D，
.∠COD=60° ，
由“心”形的对称性得AB为对称轴，
∴OB平分∠COD，
∴∠COB=30°，
∴∠BOG=60° ，
设OM=k，在Rt△OBM中，BM=OMtan∠BOM =k，
∴点B坐标为(k，k)，
∵点B在抛物线y= - x2+6上，
- k2+6=k，
解得k1=，k2=-2，
∴点B坐标为(，3)，点A的坐标为( -2，-6)，
∴AP=3，BP=9，
在Rt△ABP中，AB= =6.
故答案为：6.
【分析】连接OD，作BP⊥x轴，垂足为M，作AP⊥y轴，垂足为N，AP，BP相交于点P，根据旋转的性质和“心形的对称性得到∠COB=30°，∠BOG=60°， 设OM=k，得到点B坐标为(k，k)，把点B代入y= -x2+6中，求出k的值，即可得到A、B点坐标，最后根据勾股定理求出AB即可.
三、作图题
17．（2018九上·天台月考）在正方形ABCD中，点E为对角线AC（不含点A）上的任意一点，AB= ，
（1）如图1，将△ADE绕点D逆时针旋转90°得到△DCF，连接EF
①把图形补充完整（无需写画法），②求EF2的取值范围；
（2）如图2，求BE+AE+DE的最小值
【答案】（1）解： ①如图1：△DCF即为所求.②∵四边形ABCD是正方形，AB=2，∴BC=AB=2，∠B=90°，∠BAC=∠DAE=45°，∴AC=AB=4，又∵△ADE绕点D逆时针旋转90°得到△DCF，∴∠DCF=∠DAE=45°，AE=CF，∴∠ECF=∠ACD+∠DCF=90°，设AC=CF=x，EF2=y，则CE=4-x，在Rt△ECF中，∵EF2=CE2+CF2，∴y=（4-x）2+x2=2x2-8x+16=2（x-2）2+8（0＜x≤4），∵二次函数开口向上，∴当x=2时，ymin=8，当x=4时，ymax=16，∴8≤EF2≤16.
（2）解： 将△ABE绕点A顺时针旋转60°得到△AFG，连结EG、DF，作FH⊥AD于点H，如图2：∴AE=AG，BE=FG，∠EAG=60°，∴△AEG为等边三角形，∴AE=EG，∵DE+EG+GF≥DF，AE=EG，BE=FG，∴DE+AE+BE≥DF，即（DE+AE+BE）min=DF，在Rt△AFH中，∵∠FAH=30°，AF=2，∴FH=AF=，AH==，在Rt△DFH中，∵DH=+2，∴DF==2+2，∴（DE+AE+BE）min=2+2.
【知识点】正方形的性质；轴对称的应用-最短距离问题；作图﹣旋转
【解析】【分析】（1）①根据题意作出图形即可.
②根据正方形的性质和旋转的性质得AC=4，∠ECF=90°，设AC=CF=x，EF2=y，则CE=4-x，
在Rt△ECF中，根据勾股定理得y=2（x-2）2+8（0＜x≤4），由二次函数的性质即可求得答案.
（2）将△ABE绕点A顺时针旋转60°得到△AFG，连结EG、DF，作FH⊥AD于点H，根据等边三角形的判定可得△AEG为等边三角形，因为DE+EG+GF≥DF，等量代换得DE+AE+BE≥DF，即（DE+AE+BE）min=DF，在Rt△AFH中，根据勾股定理求得FH、AH长在Rt△DFH中，根据勾股定理求得DF长即可.
四、综合题
18．（2022九上·惠水期中）如图，在平面直角坐标系中，矩形的顶点，将矩形绕原点顺时针旋转，得到矩形，设直线与轴交于点、与轴交于点，抛物线的图象经过点、、.
（1）点的坐标为 ，点的坐标为 ；
（2）求抛物线的解析式；
（3）求的面积.
【答案】（1）（-1，3）；（3，1）
（2）解：设直线的解析式为，
则有，
解得：，
直线的解析式为；
直线与轴交于点、与轴交于点，
∵当时，，
当时，，
点的坐标为，点的坐标为；
抛物线的图象经过点、，
，
解得：，
抛物线的解析式为；
（3）解：，，，
，，
.
的面积为.
【知识点】待定系数法求一次函数解析式；待定系数法求二次函数解析式；三角形的面积；矩形的性质；旋转的性质
【解析】【解答】（1）解：矩形的顶点，，
，，
点；
由旋转可得：，，
点.
故答案为：；
【分析】（1）根据矩形的性质及旋转的性质即可求出B、B'的坐标；
（2）先求出直线的解析式为，从而求出M、N的坐标，然后利用待定系数法求出抛物线解析式即可；
（3）先求出CM、ON的长，利用三角形的面积公式求解即可.
19．（2022九上·河西期中）在平面直角坐标系中，已知为坐标原点，点，．以点为旋转中心，把顺时针旋转，得．
（1）如图①，当旋转后满足轴时，求点C的坐标；
（2）如图②，当旋转后点C恰好落在x轴正半轴上时，求点D的坐标；
（3）在（2）的条件下，边OB上的一点旋转后的对应点为当取得最小值时，求点的坐标（直接写出结果即可）．
【答案】（1）解：过点C作轴于H，
∵，，
∴，，
由旋转的性质，可得，
∴，，，
又∵轴，
∴，
∴四边形为矩形，
∴，，
∴点C的坐标为；
（2）解：过点D作轴于M，
由面积知，
在中，由勾股定理得 AB，
∴，
∴，
∴，
在中，，
∴，
∴点D的坐标为（）
（3）解：
【知识点】勾股定理；轴对称的应用-最短距离问题；旋转的性质
【解析】【解答】（3）连接，，作点关于轴的对称点，连接交轴于，连接，
由题意可得，
根据轴对称的性质可得，
∴，
∵，D的坐标为（），
∴设直线的解析式为，
则，
解得，
∴直线的解析式为，
当时，，
∴点的坐标为．
【分析】（1）过点C作轴于H，先证明四边形为矩形，可得，，即可得到点C的坐标；
（2）过点D作轴于M，利用勾股定理求出AB的长，再结合，求出，再利用线段的和差求出，即可得到点D的坐标；
（3）连接，，作点关于轴的对称点，连接交轴于，连接，先利用待定系数法求出直线的解析式为，再求出点P的坐标。
20．（2022九上·南开期中）将矩形纸片放在平面直角坐标系中，点，点，点．现绕点O顺时针旋转矩形纸片，得到新的矩形，其中A，B，C的对应点分别为．当直线与直线有交点时，设交点为D．
（1）在旋转过程中，判断线段和的数量关系，并以图①为例说明理由；
（2）在旋转过程中，当点落在线段上时（如图②），直接写出点的坐标 ；
（3）在旋转过程中，若线段恰好过线段中点E时（如图③），求线段的长；
（4）在旋转过程中，当线段与线段的交点M恰好是线段中点时（如图④），请直接写出点M和点D的坐标．
【答案】（1）解：连接，如图所示：
∵矩形纸片旋转得到新的矩形，
∴，
∵，
∴，
∴；
（2）
（3）解：连接，如图所示：
由（1）得，
∴，
由矩形的性质得：，
∴，
∴，
∴，
∵E为中点，
∴，
∴，
∴，
∴；
（4）解：点M的坐标为，点D的坐标为
【知识点】勾股定理；矩形的性质；旋转的性质
【解析】【解答】（2）解：∵点，点，点，
∴，
∵矩形纸片旋转得到新的矩形，
∴，
∴，
结合图象得：点，
故答案为：；
（4）解：连接，
由（3）得，
∵M为中点，
∴，
设，
则，
在中，
，即，
解得：，
∴，
∴点M的坐标为：，
∴，
∴点D的坐标为：，
故点M的坐标为：，点D的坐标为：．
【分析】（1）先证明，再利用全等三角形的性质可得；
（2）根据旋转的性质可得，再利用勾股定理求出，再结合图象即可得到；
（3）先利用勾股定理求出，再利用线段的和差求出即可；
（4）设，则，利用勾股定理可得，求出，求出，可得点M的坐标，再求出，即可得到点D的坐标。
21．（2022九上·舟山月考）探究题∶
（1）特殊情景：如图（1），在四边形ABCD中，AB=AD，以点A为顶点作一个角，角的两边分别交BC，CD于点E，F，且∠EAF=∠BAD，连接EF，若∠BAD=∠B=∠D=90°，探究：线段BE，DF，EF之间的数量关系，并说明理由
（2）类比猜想：类比特殊情景，在上述（1）条件下，把“∠BAD=∠B=∠D=90°”改成一股情况“∠BAD=α ， ∠B+∠D=180°，”如图（2），小明猜想：线段BE，DF，EF之间的数量关系是否仍然成立？若成立，请你写出结论；若不成立，请你写出成立时α的取值范围．
（3）解决问题：如图（3），在△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC=4，点D，E均在边BC上，且∠DAE=45°，若BD=，计算DE的长度．
【答案】（1）解：BE+DF＝EF，理由如下：如图，将△ABE绕点A顺时针旋转90°，得到△ADG，
∵四边形ABCD中，AB＝AD，∠BAD＝∠B＝∠D＝90°，∠EAF∠BAD，
∵∠ADC＝∠B＝∠ADG＝90°，∠EAF∠BAD＝45°，
∴∠FDG＝180°，即点F，D，G共线．
由旋转可得AE＝AG，BE＝DG，∠BAE＝∠DAG．
∵∠BAE+∠DAF＝∠BAD﹣∠EAF＝90°﹣45°＝45°，
∴∠DAG+∠DAF＝45°，
∴∠EAF＝∠FAG，
∵AF＝AF，
∴△AFE≌△AFG（SAS），
∴EF＝FG．
又∵FG＝DG+DF＝BE+DF，
∴BE+DF＝EF；
（2）解：成立．EF＝BE+DF；
证明：设∠BAD＝α，则∠EAFα，如图，将△ABE绕点A顺时针旋转α得到△ADH，
∴∠ABE＝∠ADH，∠BAE＝∠DAH，AE＝AH，BE＝DH．
∵∠B+∠ADC＝180°，
∴∠ADH+∠ADC＝180°，
∴点C，D，H在同一直线上．
∵∠BAD＝α，∠EAFα，
∴∠BAE+∠FADα，
∴∠DAH+∠FADα，
∴∠FAH＝∠EAF，
又∵AF＝AF，
∴△AEF≌△AHF（SAS），
∴EF＝FH＝DF+DH＝BE+DF；
（3）解：如图，将△AEC绕点A逆时针旋转90°，得到△A E′B，连接DE′．
∴BE′＝EC，AE′＝AE，∠C＝∠ABE′，∠EAC＝∠E′AB，
∵∠DAE＝45°，
∴∠DA E′＝90°﹣45°＝45°，
∴∠DAE′＝∠DAE，
∵AD＝AD，
∴△A E′D≌△AED（SAS），
∴DE＝D E′，在Rt△ABC中，AB＝AC＝4，
∴∠ABC＝∠ACB＝45°，BC＝4，
∴CD＝BC﹣BD＝3，∠ABC+∠AB E′＝90°，即∠E′BD＝90°，
∴E′B2+BD2＝E′D2．
∵DE＝DE′，
∴DE2＝BD2+EC2，
即DE2＝（）2+（3DE）2，
解得DE．
【知识点】勾股定理；旋转的性质；三角形全等的判定（SAS）
【解析】【分析】（1）将△ABE绕点A顺时针旋转90°，得到△ADG，可知∠B=∠ADC∠ADG=90°，可得到∠CDG=180°，可推出点F，D，G共线，同时可证得∠EAF=∠GAF=45°；利用旋转的性质可证得AG=AE，利用SAS证明△AFE≌△AFG，利用全等三角形的对应边相等，可证得FG=EF，由FG=DG+DF=BE+DF=EF，由此可证得线段BE，DF，EF之间的数量关系.
（2）设∠BAD＝α，则∠EAF=α，将△ABE绕点A顺时针旋转α得到△ADH，利用旋转的性质可证得BE=DH，AE=AH，∠BAE=∠HAD，∠B=∠ADH，可证得∠ADH+∠ADC＝180°，则点C，D，H在同一直线上，同时可证得∠EAF=∠FAH；利用SAS证明△AEF≌△AHF，利用全等三角形的性质，可证得HF=EF，再根据HF=DF+DH，代入可证得结论.
（3）将△AEC绕点A逆时针旋转90°，得到△A E′B，连接DE′，利用旋转的性质可证得BE′＝EC，AE′＝AE，∠C＝∠ABE′，∠EAC＝∠E′AB，同时可证得∠E′AD=∠EAD，利用SAS证明△AE′D≌△AED，利用全等三角形的性质可证得DE=DE′；再利用勾股定理求出BC的长，根据∠ABC=∠ABE′=45°，可证得∠E′BD=90°；由DC=BC-BD，可求出CD的长；同时可证得EC=BE′=CD-DE；在Rt△BDE′中，利用勾股定理可得到关于DE的方程，解方程求出DE的长.
22．（2022九上·舟山月考）如图1，点O为直线AB上一点，过点O作射线OC，使∠AOC＝60°．将一把直角三角尺的直角顶点放在点O处，一边OM在射线OB上，另一边ON在直线AB的下方，其中∠OMN＝30°．
（1）将图1中的三角尺绕点O顺时针旋转至图2，使一边OM在∠BOC的内部，且恰好平分∠BOC，求∠CON的度数；
（2）将图1中的三角尺绕点O按每秒6°的速度绕点O沿顺时针方向旋转一周，OC也以每秒1°的速度绕点O顺时针方向旋转，当三角尺停止运动时，OC也停止运动．
①在旋转的过程中，问运动几秒时，边MN恰好与射线OC平行；
②将图1中的三角尺绕点O顺时针旋转至图3，使ON在∠AOC的内部，请探究∠AOM与∠NOC之间的数量关系（直接写出结果）．
【答案】（1）解：∵∠AOC＝60°，
∴∠BOC＝120°，
又∵OM平分∠BOC，
∴∠COM＝∠BOC＝60°，
∴∠CON＝∠COM+90°＝150°
（2）解：①∵∠OMN＝30°，
∴∠COM=30°或∠CON=30°时是可以满足MNOC，
即（90°+60°-60°）÷（6°-1°）=18s，
（180°+60°+30°）÷（6°-1°）=54s，
故答案为：18s或54s．
②设运动的时间为t，则
∠AOM=180°-6t=6（30°-t），
∠NOC=60°+t-（90°-180°+6t）=5（30°-t），
故∠AOM与∠NOC之间的数量关系为：5∠AOM=6∠NOC．
【知识点】平行线的判定；旋转的性质；角平分线的定义
【解析】【分析】（1）利用邻补角的定义可求出∠BOC的度数，利用角平分线的定义可求出∠COM的度数，根据∠CON=∠COM+∠NOM，代入计算求出∠CON的度数.
（2）①利用平行线的判定定理可知∠COM=30°或∠CON=30°时是可以满足MN∥OC，利用三角尺和OC的旋转方向和速度，列式计算求出旋转的时间；②设运动的时间为t，可知∠BOM=6t，利用邻补角的定义表示出∠AOM的度数；同时可表示出∠AOC=60°+t，∠AON=90°-（180°-6t），根据∠NOC=∠AOC-∠AON，代入可表示出∠NOC的度数，由此可得到∠AOM与∠NOC之间的数量关系.
1 / 12023年浙教版数学九年级上册3.2 图形的旋转 同步测试（培优版）
一、选择题
1．（2022九上·平遥期末）如图，的三个顶点的坐标分别为，，，将绕点顺时针旋转一定角度后使落在轴上，与此同时顶点恰好落在双曲线的图象上，则该反比例函数表达式为（ ）
A． B． C． D．
2．（2022九上·芜湖期中）如图，在矩形中，，连接，将线段绕着点A顺时针旋转得到，则线段的最小值为（ ）
A． B． C．4 D．
3．（2022九上·义乌期中）如图，正方形ABCD的边长为4，，点E是直线CM上一个动点，连接BE，线段BE绕点B顺时针旋转45°得到BF，连接DF，则线段DF长度的最小值等于（ ）
A． B． C． D．
4．（2022九上·金华月考）如图，在平面直角坐标系 xOy 中，直线 y=-x+4 与坐标轴交于 A，B 两点，OC⊥AB 于点 C，P 是线段 OC 上的一个动点，连接 AP，将线段 AP 绕点 A 逆时针旋转 45°，得到线段 AP＇，连接 CP＇，则线段 CP＇的最小值为（ ）
A． B． C．2 D．
5．（2021九上·温州月考）如图，二次函数 与x轴交于A、B两点，与y轴交于C点，点D与点C关于x轴对称，点P从点A出发向点D运动，点Q在DB上，且∠PCQ＝45°，则图中阴影部分的面积变化情况是（ ）
A．一直增大 B．始终不变
C．先减小后增大 D．先增大后减小
6．（2021九上·三台期中）如图，已知∠BAC＝60°，AB＝4，AC＝6，点P在△ABC内，将APC绕着点A逆时针方向旋转60°得到AEF．则AE+PB+PC的最小值为（ ）
A．2 B．8 C．5 D．6
7．（2021九上·温岭期中）在平面直角坐标系中，点A（-3，3），B（-4，1），C（-2，1），点M（2，m）绕坐标原点O逆时针旋转90°后，恰好落在△ABC内部（不包括边界），则m的取值范围为（ ）
A． C． 8．（2020九上·高平期中）如图，在平面直角坐标系中，将正方形OABC绕点O逆时针45°后得到正方形，依次方式，将正方形绕点O连续旋转2021次得到正方形，如果点C的坐标为，那么点的坐标为（ ）
A． B． C． D．
9．（2020九上·慈溪月考）已知正方形MNOK和正六边形ABCDEF的边长均为1，把正方形放在正六边形中，使OK边与AB边重合，如图所示，按下列步骤操作：将正方形在正六边形中绕点B顺时针旋转，使KM边与BC边重合，完成第一次旋转；再绕点C顺时针旋转，使MN边与CD边重合，完成第二次旋转，……，在这样连续6次旋转的过程中，点B，M之间的距离可能是（ ）
A．1.4 B．1.1 C．0.8 D．0.5
10．（2020九上·深圳期中）如图4，矩形ABCD绕点A逆时针旋转90*得矩形AEFG，连接CF，交AD于点P，M是CF的中点，连接AM，交EF于点Q。则下列结论：
①AM⊥CF；②△CDP≌△AEQ ；③连接PQ，则PQ= MQ；④若AB=2，BC=6，则MQ= 其中，正确结论的个数有（ ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
二、填空题
11．（2022九上·南开期中）如图，在中，，，，，O为的中点，M为边上一动点，将绕点A逆时针旋转角得到，点M的对应点为，连接，在旋转过程中，线段的长度的最小值是 ．
12．（2022九上·普陀期中）如图，在Rt中，，，，是斜边的中线，将绕点A旋转，点B、C的对应点分别是点E、F，如果点F在射线上，那么＝ ．
13．（2022九上·永嘉月考）如图1是一种手机平板支架，由托板、支撑板和底座构成，手机放置在托板上，图2是其侧面结构示意图，已知托板长，支撑板长，托板AB固定在支撑板顶端点处，且，托板AB可绕点转动，支撑板CD可绕点转动.
（1）若，求点到直线DE的距离为 .
（2）为了观看舒适，保持，在(1)的情况下，将CD绕点顺时针旋转，使点落在直线DE上即可，求CD旋转的角度为 .
14．（2022九上·长沙开学考）如图，在正方形中，点是上一动点，点是的中点，绕点顺时针旋转得到，连接，给出结论：；；③若正方形的边长为2，则点在射线上运动时，有最小值其中结论正确的是 ．
15．（2021九上·准格尔旗期末）如图，已知正方形ABCD的边长为6，点E是AB边上一动点，连接ED，将ED绕点E顺时针旋转90°到EF，连接DF，CF，则DF+CF的最小值是 ．
16．（2021九上·柯桥月考）如图，“心”形是由抛物线 和它绕着原点O，顺时针旋转60°的图形经过取舍而成的，其中顶点C的对应点为D，点A，B是两条抛物线的两个交点，点E，F，G是抛物线与坐标轴的交点，则AB= ．
三、作图题
17．（2018九上·天台月考）在正方形ABCD中，点E为对角线AC（不含点A）上的任意一点，AB= ，
（1）如图1，将△ADE绕点D逆时针旋转90°得到△DCF，连接EF
①把图形补充完整（无需写画法），②求EF2的取值范围；
（2）如图2，求BE+AE+DE的最小值
四、综合题
18．（2022九上·惠水期中）如图，在平面直角坐标系中，矩形的顶点，将矩形绕原点顺时针旋转，得到矩形，设直线与轴交于点、与轴交于点，抛物线的图象经过点、、.
（1）点的坐标为 ，点的坐标为 ；
（2）求抛物线的解析式；
（3）求的面积.
19．（2022九上·河西期中）在平面直角坐标系中，已知为坐标原点，点，．以点为旋转中心，把顺时针旋转，得．
（1）如图①，当旋转后满足轴时，求点C的坐标；
（2）如图②，当旋转后点C恰好落在x轴正半轴上时，求点D的坐标；
（3）在（2）的条件下，边OB上的一点旋转后的对应点为当取得最小值时，求点的坐标（直接写出结果即可）．
20．（2022九上·南开期中）将矩形纸片放在平面直角坐标系中，点，点，点．现绕点O顺时针旋转矩形纸片，得到新的矩形，其中A，B，C的对应点分别为．当直线与直线有交点时，设交点为D．
（1）在旋转过程中，判断线段和的数量关系，并以图①为例说明理由；
（2）在旋转过程中，当点落在线段上时（如图②），直接写出点的坐标 ；
（3）在旋转过程中，若线段恰好过线段中点E时（如图③），求线段的长；
（4）在旋转过程中，当线段与线段的交点M恰好是线段中点时（如图④），请直接写出点M和点D的坐标．
21．（2022九上·舟山月考）探究题∶
（1）特殊情景：如图（1），在四边形ABCD中，AB=AD，以点A为顶点作一个角，角的两边分别交BC，CD于点E，F，且∠EAF=∠BAD，连接EF，若∠BAD=∠B=∠D=90°，探究：线段BE，DF，EF之间的数量关系，并说明理由
（2）类比猜想：类比特殊情景，在上述（1）条件下，把“∠BAD=∠B=∠D=90°”改成一股情况“∠BAD=α ， ∠B+∠D=180°，”如图（2），小明猜想：线段BE，DF，EF之间的数量关系是否仍然成立？若成立，请你写出结论；若不成立，请你写出成立时α的取值范围．
（3）解决问题：如图（3），在△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC=4，点D，E均在边BC上，且∠DAE=45°，若BD=，计算DE的长度．
22．（2022九上·舟山月考）如图1，点O为直线AB上一点，过点O作射线OC，使∠AOC＝60°．将一把直角三角尺的直角顶点放在点O处，一边OM在射线OB上，另一边ON在直线AB的下方，其中∠OMN＝30°．
（1）将图1中的三角尺绕点O顺时针旋转至图2，使一边OM在∠BOC的内部，且恰好平分∠BOC，求∠CON的度数；
（2）将图1中的三角尺绕点O按每秒6°的速度绕点O沿顺时针方向旋转一周，OC也以每秒1°的速度绕点O顺时针方向旋转，当三角尺停止运动时，OC也停止运动．
①在旋转的过程中，问运动几秒时，边MN恰好与射线OC平行；
②将图1中的三角尺绕点O顺时针旋转至图3，使ON在∠AOC的内部，请探究∠AOM与∠NOC之间的数量关系（直接写出结果）．
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】勾股定理；旋转的性质；坐标与图形变化﹣旋转；反比例函数图象上点的坐标特征
【解析】【解答】解：，，，
轴，，，
，
将绕点顺时针旋转一定角度后使落在轴上，
，，，
在中，，
，
设，
①，②，
①②得③，
把③代入①整理得，解得（舍去），，
当时，，
，
把代入得．
∴，
故答案为：D．
【分析】利用A、B、C的坐标及勾股定理求出，由旋转的性质可得，，，在中，利用勾股定理求出OA'，即得A’（0，8），设，可得①，②，联立①②可求出a、b值，即得C'坐标，将其代入中即可求出k值.
2．【答案】D
【知识点】三角形三边关系；旋转的性质；三角形全等的判定（SAS）
【解析】【解答】解：如图，连接，过点A作，截取，连接，
∵将线段绕着点A顺时针旋转得到，
∴，
∴，
∴．
又∵，
∴，
∴．
∵，
∴．
∴在中，．
∵，
∴．
∵，且当点G，P，E三点共线时取等号，
∴的最小值为．
故答案为：D．
【分析】连接，过点A作，截取，连接，先证明，可得，求出，再结合，且当点G，P，E三点共线时取等号，即可得到的最小值为。
3．【答案】B
【知识点】含30°角的直角三角形；勾股定理；正方形的性质；旋转的性质；三角形全等的判定（SAS）
【解析】【解答】解：如图，连接BD，在BD上截取BG＝BC，连接FG，过点D作DH⊥GF于点H.
∵四边形ABCD是正方形，边长为4，
∴，，，
∴，，
∴，
∵线段BE绕点B顺时针旋转45°得到BF，
∴，，
∴，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∴点F在直线GF上运动，点F与点H重合时，DF的值最小，
∵，，
∴，
∴DF的最小值为.
故答案为：B.
【分析】连接BD，在BD上截取BG＝BC，连接FG，过点D作DH⊥GF于点H，根据正方形的性质得∠CBD=45°，CD=CB=4，∠DCB=90°，由勾股定理算出BD的长，由旋转得∠EBF=45°，BE=BF，易得∠CBE=∠GBF，用SAS判断出△CBE≌△GBF，由全等三角形的对应角相等得∠BCE=∠BGF=30°，故点F在直线GF上运动，点F与点H重合时，DF的值最小，根据含30度角直角三角形的性质可得DH的长，从而即可得出答案.
4．【答案】B
【知识点】坐标与图形变化﹣旋转；一次函数-动态几何问题；直角三角形的性质
【解析】【解答】解：∵直线 y=-x+4与坐标轴交于 A，B 两点，
∴A（0，4），B（4，0），
∴OA=OB=4，
∴△OAB是等腰直角三角形，
∵OC⊥AB，
∴C为AB的中点，
∴C（2，2），
又∵点P是线段OC上动点，将线段AP绕点A逆时针旋转45°得到线段AP'
∴P'的运动轨迹也是线段，
当P在O点时和P在C点时，则P'的起点与终点分别为N和M，
∴P'的运动轨迹是在与x轴垂直的一段线段MN，如下图所示：
∴当线段CP′与MN垂直时，线段CP′的值最小，
在△AOB中，AO＝OB＝4，
∴AN=4，AB＝ ，
∴NB＝-4，
又∵Rt△NHB是等腰直角三角形，
∴NB=HB，
∴HB＝4 ，
∴CP'＝OB HB 2＝4 （4 ） 2＝ 2．
故答案为：B.
【分析】由直线 y=-x+4与坐标轴交于 A，B 两点可得出点A、B坐标，易得△OAB是等腰直角三角形，
利用中点坐标公式求得点C坐标；由题意可得P'的运动轨迹也是线段，当P在O点时和P在C点时，则可确定P'的起点与终点分别为N和M，从而得出点P'的运动轨迹是在与x轴垂直的一段线段MN，当线段CP′与MN垂直时，线段CP′的值最小；再利用等腰直角三角形性质分别求出NB、HB的长，最后通过点C的坐标及线段和差关系，即可求得CP'的最小值.
5．【答案】C
【知识点】二次函数图象与坐标轴的交点问题；正方形的判定与性质；旋转的性质；三角形全等的判定（ASA）
【解析】【解答】解：令 ，解得 ， ，
， ，
令 ，解得 ，
，
∵点D与点C关于x轴对称，故 ，
， ，
则四边形 是正方形，
将△ACP绕点C顺时针旋转90°得到△CBP'，
，
，
，
，
又 ， ，
△ ，
，阴影部分的面积=△CP'Q的面积，
当点P是AD中点时，PQ最短，即QP'最短时，△CP'Q的面积最小，
故可得到阴影部分的面积先减小后增大．
故答案为：C.
【分析】易得A（-3，0），B（3，0），C（0，-3），D（0，2），推出四边形ABCD是正方形，将△ACP绕点C顺时针旋转90°得到△CBP′，则△CAP≌△CBP′，得到∠PCP′=90°，进而证明△CPQ≌△CP′Q，得到PQ=P′Q，则S阴影=S△CQP′，当点P是AD中点时，PQ最短，即P′Q最短时，△CP′Q的面积最小，据此判断.
6．【答案】A
【知识点】线段的性质：两点之间线段最短；等边三角形的判定与性质；勾股定理；旋转的性质
【解析】【解答】解：如图，连接PE，BF，过B作AF垂线交FA延长线于G，
∵△APC绕着点A逆时针方向旋转60°得到△AEF，
∴，
∴△APE为等边三角形，
即，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴．
故答案为：A．
【分析】连接PE，BF，过B作AF垂线交FA延长线于G，由旋转的性质可得△APE为等边三角形，可得AE=PE，即得，当B、P、E、F共线时AE+PB+PC的有最小值，最小值为BF的长，利用勾股定理求解即可.
7．【答案】A
【知识点】点的坐标；待定系数法求一次函数解析式；旋转的性质
【解析】【解答】解：如图，△ABC绕点O顺时针旋转90°，得到△A'B'C'，
则A'（3，3），B'（1，4），C'（1，2），
∴直线A'B'的解析式为y=-x+，直线A'C'的解析式为y=x+，
设直线x=2与△A'B'C'的边交于点D、E，
令x=2，y=-x+=，y=x+=，
∴当点M（2，m）在线段DE上（不含端点）时， 故答案为：A.
【分析】作出△ABC绕点O顺时针旋转90°后得到的图形△A'B'C'，然后利用待定系数法求出直线A'B'和直线A'C'的解析式，设直线x=2与△A'B'C'的边交于点D、E，然后求出当x=2时两个一次函数值，端点除外，即可得到求出m的范围.
8．【答案】C
【知识点】点的坐标；正方形的性质；旋转的性质；坐标与图形变化﹣旋转
【解析】【解答】解：∵四边形OABC是正方形，C点坐标（0，1），即有OC=OA＝BC=AB=1，
∴B（1，1），连接OB，
由勾股定理得：OB＝，
由旋转得：OB＝＝＝＝…＝，
∵将正方形OABC绕点O逆时针旋转45°后得到正方形O，
相当于将线段OB绕点O逆时针旋转45°，依次得到∠AOB＝∠BO＝∠O＝…＝45°，
∴（0，），（﹣1，1），（﹣，0），（﹣1，﹣1），（0，﹣），（1，－1），（，0），（1，1），…，发现是8次一循环，如下图，
∵2021÷8＝252余5，
∴点的坐标为（0，﹣）．
故答案为：C．
【分析】由正方形的性质可求出B（1，1），连接OB，由勾股定理得：OB＝，由旋转得OB＝＝＝＝…＝，即得（0，），再依次求出B2——B8···的坐标，可发现8次一循环，可知点的坐标与B5的坐标一致，据此即得结论.
9．【答案】C
【知识点】正方形的性质；旋转的性质
【解析】【解答】解：如图，在这样连续6次旋转过程中，点M的运动轨迹是图中的红线，
观察图形可知点B、M之间的大于2-而小于等于1，
故答案为：C.
【分析】在第一次旋转中BM=1，在第二次旋转中BM=1，在第三次旋转中BM长由1变化到2-，在第三次旋转中BM长由1变化到2-变化到-1，在第三次旋转中BM长由-1变化到1，在第六次旋转中BM=1.
10．【答案】D
【知识点】三角形全等及其性质；三角形全等的判定；勾股定理；旋转的性质
【解析】【解答】解：如图，连接AF，AC，PQ，延长FE交BC于N，取FN中点H，连接MH
∵矩形ABCD绕点A逆时针旋转90°得到矩形AEFG
∴AE=AB=CD=FG，AD=EF，AF=AC，∩FAC=90°
∵M是CF的中点
∴AM=MC=MF，AM⊥CF，即①正确；
②∵∠DPC=∠APM，∠DPC+∠DCP=90°，∠APM+∠MAP=90°
∴∠DCP=∠MAP
∴△CDP≌△AEQ（ASA），即②正确；
∴CP=AQ
∴MC-CP=AM-AQ
∴MP=MQ
∴PQ=MQ，即③正确；
∵∠B=∠DAB=∠AEN=90°
∴四边形ABNE是矩形
∴AE=BN=2，EN=AB=2
∴CN=4
∵M为CF的中点，H为FN的中点
∴MH=CN=2=AE，HN=FN=×（6+2）=4，MH∥BC
∴HE=2，∠MHQ=90°
在△AQE和△MQH中
∴△AQE≌△MQH（AAS）
∴HQ=QE=HE=1
∴MQ===，即④正确。
故答案为：D.
【分析】根据旋转的性质、全等三角形的判定和性质、勾股定理计算，分别判断得到答案即可。
11．【答案】1.5
【知识点】旋转的性质
【解析】【解答】解：由题意知当旋转到点在的延长线上，且时，的长度最小，如图所示：
∵将绕点A逆时针旋转角，
∴，，
∵，
∴，
∵O为的中点，，
∴，
∴，
∴线段的长度的最小值是1.5；
故答案为：1.5．
【分析】当旋转到点在的延长线上，且时，的长度最小，再求解即可。
12．【答案】
【知识点】三角形的面积；勾股定理；旋转的性质；直角三角形斜边上的中线
【解析】【解答】解：过点A作 于点H，
∵ ， 是斜边 的中线， ，
∴ ，
设 ，则 ，
由旋转性质知， ，
∴，
∴，
由勾股定理得，
∴，
解得，
∴，，
∴=，
∵，
∴．
故答案为：
【分析】过点A作 于点H，根据直角三角形斜边中线的性质可得，设 ，则 ，根据旋转的性质可得，利用等腰三角形三线合一的性质可得，从而得出，由勾股定理得，据此建立关于x方程并解之，继而求出DF、AH的长，根据三角形的面积公式分别求出△ADF、△AEF的面积，从而求出其比值.
13．【答案】（1）135mｍ
（2）30°
【知识点】勾股定理；矩形的判定与性质；旋转的性质
【解析】【解答】解：过点C作CH⊥DE于点H，过点A作AG⊥DE，交ED的延长线于点G，过点C作CF⊥AG于点F，
∴∠CHD=∠AFC=∠CFG=∠FGH=90°，
∴四边形CFGH是矩形，
∴FG=CH，
在Rt△CDH中，∠DCH=90°-60°=30°，
∴DH=CD=，
∴，
∵AB=AC+BC即150=AC+60，
∴AC=90，
∵CF∥GE，
∴∠FCD=∠CDH=60°，
∵∠DCB=∠ACD=90°，
∴∠ACF=90°-60°=30°，
∴AC=2AF=90，
解之：AF=45；
∴AG=AF+FG=90+45=135；
∴点A到直线DE的距离为135mm.
故答案为：135.
（2）如图，
在Rt△BCD中，∠BCD=90°，BC=60，CD=，
∴，
∴BD=2BC，
∴∠CDB=30°，
∴CD旋转的角度为60°-30°=30°.
故答案为：30°.
【分析】（1）过点C作CH⊥DE于点H，过点A作AG⊥DE，交ED的延长线于点G，过点C作CF⊥AG于点F，易证四边形CFGH是矩形，利用矩形的性质看证得FG=CH；在Rt△CDH中，利用直角三角形的性质和勾股定理求出CH的长；再在Rt△ACF中利用30°角所对的直角边等于斜边的一半，可求出AF的长；然后根据AG=AF+FG，代入计算求出AG的长，即可得到点A到直线DE的距离.
（2）画出图形，在Rt△BCD中，利用勾股定理求出BD的长，可证得BD=2BC，可得到∠CDB的度数，然后求出CD旋转的角度.
14．【答案】①②③
【知识点】垂线段最短；正方形的性质；旋转的性质；三角形全等的判定（AAS）；直角三角形斜边上的中线
【解析】【解答】解：延长AE交DC的延长线于点H，如图：
点E是CM的中点，
，
，
，，
≌△HCE（AAS），
，
又，
，
∵AE绕点E顺时针旋转90°得到EF，
，，
，故①正确；
，
，，
，
，
，
，故②正确；
如图，连接FC，过点C作CF'⊥DF于F'，
，
点F在DF上运动，
当CF⊥DF时，CF有最小值为CF'的长度，
，，
，即CF有最小值为，故③正确，
故答案为：①②③
【分析】延长AE交DC延长线于点H，①易得ME=EC，由平行线性质得∠MAE=∠H，∠AME=∠HCE，用AAS证△AME≌△HCE，于是AE=EH；由直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得DE=AE=EH=AH，由旋转的性质得AE=EF，则AE=DE=EF；②由①得AE=DE=EF，根据等边对等角可得∠DAE=∠ADE，∠EDF=∠EFD，由四边形AEFD的内角和等于360°可得2∠ADE+2∠EDF=270°，则∠ADF=135°，然后由∠CDF=∠ADF-∠ADC可求解；③如图，连接FC，过点C作CF'⊥DF于F'，由②得∠CDF=45°可知点F 在DF上运动，当CF⊥DF时，CF有最小值为CF'的长度，解等腰直角三角形DCF'可求解.
15．【答案】
【知识点】正方形的性质；轴对称的应用-最短距离问题；旋转的性质
【解析】【解答】解：连接，过点作交延长线于点，
，
∴ ，
∵ ，
∴∠EDA=∠FEG，
在△AED和△GFE中，
，
，
点在的射线上运动，
作点关于的对称点，
，，
，
，
，
，
点在的延长线上，
当、、三点共线时，最小，
在中，，，
，
的最小值为．
故答案为：．
【分析】连接BF，过点作交延长线于点，通过证明，确定F点在BF的射线上运动；作点关于的对称点，由三角形全等得到∠CBF=45°，从而确定C'点在AB的延长线上；当D、F、C'三点共线时，DF+CF=DC'最小，在Rt△ADC'中，AD=6，AC'=12，求出即可。
16．【答案】
【知识点】勾股定理；轴对称的性质；旋转的性质；二次函数y=a（x-h）^2+k的图象
【解析】【解答】解：如图，连接OD，作BP⊥x轴，垂足为M，作AP⊥y轴，垂足为N，AP，BP相交于点P，
∵点C绕原点O旋转60°得到点D，
.∠COD=60° ，
由“心”形的对称性得AB为对称轴，
∴OB平分∠COD，
∴∠COB=30°，
∴∠BOG=60° ，
设OM=k，在Rt△OBM中，BM=OMtan∠BOM =k，
∴点B坐标为(k，k)，
∵点B在抛物线y= - x2+6上，
- k2+6=k，
解得k1=，k2=-2，
∴点B坐标为(，3)，点A的坐标为( -2，-6)，
∴AP=3，BP=9，
在Rt△ABP中，AB= =6.
故答案为：6.
【分析】连接OD，作BP⊥x轴，垂足为M，作AP⊥y轴，垂足为N，AP，BP相交于点P，根据旋转的性质和“心形的对称性得到∠COB=30°，∠BOG=60°， 设OM=k，得到点B坐标为(k，k)，把点B代入y= -x2+6中，求出k的值，即可得到A、B点坐标，最后根据勾股定理求出AB即可.
17．【答案】（1）解： ①如图1：△DCF即为所求.②∵四边形ABCD是正方形，AB=2，∴BC=AB=2，∠B=90°，∠BAC=∠DAE=45°，∴AC=AB=4，又∵△ADE绕点D逆时针旋转90°得到△DCF，∴∠DCF=∠DAE=45°，AE=CF，∴∠ECF=∠ACD+∠DCF=90°，设AC=CF=x，EF2=y，则CE=4-x，在Rt△ECF中，∵EF2=CE2+CF2，∴y=（4-x）2+x2=2x2-8x+16=2（x-2）2+8（0＜x≤4），∵二次函数开口向上，∴当x=2时，ymin=8，当x=4时，ymax=16，∴8≤EF2≤16.
（2）解： 将△ABE绕点A顺时针旋转60°得到△AFG，连结EG、DF，作FH⊥AD于点H，如图2：∴AE=AG，BE=FG，∠EAG=60°，∴△AEG为等边三角形，∴AE=EG，∵DE+EG+GF≥DF，AE=EG，BE=FG，∴DE+AE+BE≥DF，即（DE+AE+BE）min=DF，在Rt△AFH中，∵∠FAH=30°，AF=2，∴FH=AF=，AH==，在Rt△DFH中，∵DH=+2，∴DF==2+2，∴（DE+AE+BE）min=2+2.
【知识点】正方形的性质；轴对称的应用-最短距离问题；作图﹣旋转
【解析】【分析】（1）①根据题意作出图形即可.
②根据正方形的性质和旋转的性质得AC=4，∠ECF=90°，设AC=CF=x，EF2=y，则CE=4-x，
在Rt△ECF中，根据勾股定理得y=2（x-2）2+8（0＜x≤4），由二次函数的性质即可求得答案.
（2）将△ABE绕点A顺时针旋转60°得到△AFG，连结EG、DF，作FH⊥AD于点H，根据等边三角形的判定可得△AEG为等边三角形，因为DE+EG+GF≥DF，等量代换得DE+AE+BE≥DF，即（DE+AE+BE）min=DF，在Rt△AFH中，根据勾股定理求得FH、AH长在Rt△DFH中，根据勾股定理求得DF长即可.
18．【答案】（1）（-1，3）；（3，1）
（2）解：设直线的解析式为，
则有，
解得：，
直线的解析式为；
直线与轴交于点、与轴交于点，
∵当时，，
当时，，
点的坐标为，点的坐标为；
抛物线的图象经过点、，
，
解得：，
抛物线的解析式为；
（3）解：，，，
，，
.
的面积为.
【知识点】待定系数法求一次函数解析式；待定系数法求二次函数解析式；三角形的面积；矩形的性质；旋转的性质
【解析】【解答】（1）解：矩形的顶点，，
，，
点；
由旋转可得：，，
点.
故答案为：；
【分析】（1）根据矩形的性质及旋转的性质即可求出B、B'的坐标；
（2）先求出直线的解析式为，从而求出M、N的坐标，然后利用待定系数法求出抛物线解析式即可；
（3）先求出CM、ON的长，利用三角形的面积公式求解即可.
19．【答案】（1）解：过点C作轴于H，
∵，，
∴，，
由旋转的性质，可得，
∴，，，
又∵轴，
∴，
∴四边形为矩形，
∴，，
∴点C的坐标为；
（2）解：过点D作轴于M，
由面积知，
在中，由勾股定理得 AB，
∴，
∴，
∴，
在中，，
∴，
∴点D的坐标为（）
（3）解：
【知识点】勾股定理；轴对称的应用-最短距离问题；旋转的性质
【解析】【解答】（3）连接，，作点关于轴的对称点，连接交轴于，连接，
由题意可得，
根据轴对称的性质可得，
∴，
∵，D的坐标为（），
∴设直线的解析式为，
则，
解得，
∴直线的解析式为，
当时，，
∴点的坐标为．
【分析】（1）过点C作轴于H，先证明四边形为矩形，可得，，即可得到点C的坐标；
（2）过点D作轴于M，利用勾股定理求出AB的长，再结合，求出，再利用线段的和差求出，即可得到点D的坐标；
（3）连接，，作点关于轴的对称点，连接交轴于，连接，先利用待定系数法求出直线的解析式为，再求出点P的坐标。
20．【答案】（1）解：连接，如图所示：
∵矩形纸片旋转得到新的矩形，
∴，
∵，
∴，
∴；
（2）
（3）解：连接，如图所示：
由（1）得，
∴，
由矩形的性质得：，
∴，
∴，
∴，
∵E为中点，
∴，
∴，
∴，
∴；
（4）解：点M的坐标为，点D的坐标为
【知识点】勾股定理；矩形的性质；旋转的性质
【解析】【解答】（2）解：∵点，点，点，
∴，
∵矩形纸片旋转得到新的矩形，
∴，
∴，
结合图象得：点，
故答案为：；
（4）解：连接，
由（3）得，
∵M为中点，
∴，
设，
则，
在中，
，即，
解得：，
∴，
∴点M的坐标为：，
∴，
∴点D的坐标为：，
故点M的坐标为：，点D的坐标为：．
【分析】（1）先证明，再利用全等三角形的性质可得；
（2）根据旋转的性质可得，再利用勾股定理求出，再结合图象即可得到；
（3）先利用勾股定理求出，再利用线段的和差求出即可；
（4）设，则，利用勾股定理可得，求出，求出，可得点M的坐标，再求出，即可得到点D的坐标。
21．【答案】（1）解：BE+DF＝EF，理由如下：如图，将△ABE绕点A顺时针旋转90°，得到△ADG，
∵四边形ABCD中，AB＝AD，∠BAD＝∠B＝∠D＝90°，∠EAF∠BAD，
∵∠ADC＝∠B＝∠ADG＝90°，∠EAF∠BAD＝45°，
∴∠FDG＝180°，即点F，D，G共线．
由旋转可得AE＝AG，BE＝DG，∠BAE＝∠DAG．
∵∠BAE+∠DAF＝∠BAD﹣∠EAF＝90°﹣45°＝45°，
∴∠DAG+∠DAF＝45°，
∴∠EAF＝∠FAG，
∵AF＝AF，
∴△AFE≌△AFG（SAS），
∴EF＝FG．
又∵FG＝DG+DF＝BE+DF，
∴BE+DF＝EF；
（2）解：成立．EF＝BE+DF；
证明：设∠BAD＝α，则∠EAFα，如图，将△ABE绕点A顺时针旋转α得到△ADH，
∴∠ABE＝∠ADH，∠BAE＝∠DAH，AE＝AH，BE＝DH．
∵∠B+∠ADC＝180°，
∴∠ADH+∠ADC＝180°，
∴点C，D，H在同一直线上．
∵∠BAD＝α，∠EAFα，
∴∠BAE+∠FADα，
∴∠DAH+∠FADα，
∴∠FAH＝∠EAF，
又∵AF＝AF，
∴△AEF≌△AHF（SAS），
∴EF＝FH＝DF+DH＝BE+DF；
（3）解：如图，将△AEC绕点A逆时针旋转90°，得到△A E′B，连接DE′．
∴BE′＝EC，AE′＝AE，∠C＝∠ABE′，∠EAC＝∠E′AB，
∵∠DAE＝45°，
∴∠DA E′＝90°﹣45°＝45°，
∴∠DAE′＝∠DAE，
∵AD＝AD，
∴△A E′D≌△AED（SAS），
∴DE＝D E′，在Rt△ABC中，AB＝AC＝4，
∴∠ABC＝∠ACB＝45°，BC＝4，
∴CD＝BC﹣BD＝3，∠ABC+∠AB E′＝90°，即∠E′BD＝90°，
∴E′B2+BD2＝E′D2．
∵DE＝DE′，
∴DE2＝BD2+EC2，
即DE2＝（）2+（3DE）2，
解得DE．
【知识点】勾股定理；旋转的性质；三角形全等的判定（SAS）
【解析】【分析】（1）将△ABE绕点A顺时针旋转90°，得到△ADG，可知∠B=∠ADC∠ADG=90°，可得到∠CDG=180°，可推出点F，D，G共线，同时可证得∠EAF=∠GAF=45°；利用旋转的性质可证得AG=AE，利用SAS证明△AFE≌△AFG，利用全等三角形的对应边相等，可证得FG=EF，由FG=DG+DF=BE+DF=EF，由此可证得线段BE，DF，EF之间的数量关系.
（2）设∠BAD＝α，则∠EAF=α，将△ABE绕点A顺时针旋转α得到△ADH，利用旋转的性质可证得BE=DH，AE=AH，∠BAE=∠HAD，∠B=∠ADH，可证得∠ADH+∠ADC＝180°，则点C，D，H在同一直线上，同时可证得∠EAF=∠FAH；利用SAS证明△AEF≌△AHF，利用全等三角形的性质，可证得HF=EF，再根据HF=DF+DH，代入可证得结论.
（3）将△AEC绕点A逆时针旋转90°，得到△A E′B，连接DE′，利用旋转的性质可证得BE′＝EC，AE′＝AE，∠C＝∠ABE′，∠EAC＝∠E′AB，同时可证得∠E′AD=∠EAD，利用SAS证明△AE′D≌△AED，利用全等三角形的性质可证得DE=DE′；再利用勾股定理求出BC的长，根据∠ABC=∠ABE′=45°，可证得∠E′BD=90°；由DC=BC-BD，可求出CD的长；同时可证得EC=BE′=CD-DE；在Rt△BDE′中，利用勾股定理可得到关于DE的方程，解方程求出DE的长.
22．【答案】（1）解：∵∠AOC＝60°，
∴∠BOC＝120°，
又∵OM平分∠BOC，
∴∠COM＝∠BOC＝60°，
∴∠CON＝∠COM+90°＝150°
（2）解：①∵∠OMN＝30°，
∴∠COM=30°或∠CON=30°时是可以满足MNOC，
即（90°+60°-60°）÷（6°-1°）=18s，
（180°+60°+30°）÷（6°-1°）=54s，
故答案为：18s或54s．
②设运动的时间为t，则
∠AOM=180°-6t=6（30°-t），
∠NOC=60°+t-（90°-180°+6t）=5（30°-t），
故∠AOM与∠NOC之间的数量关系为：5∠AOM=6∠NOC．
【知识点】平行线的判定；旋转的性质；角平分线的定义
【解析】【分析】（1）利用邻补角的定义可求出∠BOC的度数，利用角平分线的定义可求出∠COM的度数，根据∠CON=∠COM+∠NOM，代入计算求出∠CON的度数.
（2）①利用平行线的判定定理可知∠COM=30°或∠CON=30°时是可以满足MN∥OC，利用三角尺和OC的旋转方向和速度，列式计算求出旋转的时间；②设运动的时间为t，可知∠BOM=6t，利用邻补角的定义表示出∠AOM的度数；同时可表示出∠AOC=60°+t，∠AON=90°-（180°-6t），根据∠NOC=∠AOC-∠AON，代入可表示出∠NOC的度数，由此可得到∠AOM与∠NOC之间的数量关系.
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