23.2 中心对称 同步练习
一、单选题
1．（2022秋·黑龙江佳木斯·九年级统考期末）下面的图形是用数学家名字命名的，其中既是轴对称图形又是中心对称图形的是（ ）
A． B．
C． D．
2．（2022秋·黑龙江绥化·九年级期末）下列图案中是轴对称图形，但不是中心对称图形的是（ ）
A．B．C． D．
3．（2022秋·黑龙江哈尔滨·九年级统考期末）下列各图形中，是中心对称图形的是（ ）．
A． B． C． D．
4．（2022秋·黑龙江双鸭山·九年级统考期末）疫情防控期间，无数医护人员坚守在抗疫防疫第一线，下列有关医护的图案中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（ ）
A．B． C． D．
5．（2022秋·黑龙江佳木斯·九年级统考期末）下列标志是中心对称图形，但不是轴对称图形的是（ ）
A． B．
C． D．
二、填空题
6．（2022秋·黑龙江哈尔滨·九年级统考期末）在平面直角坐标系中，点和点Q关于原点对称，则Q点的坐标为 .
7．（2022秋·黑龙江齐齐哈尔·九年级期末）在平面直角坐标系中，点关于原点对称的点的坐标是 ．
8．（2022秋·黑龙江齐齐哈尔·九年级统考期末）若点与点关于原点对称，则 ．
9．（2022秋·黑龙江绥化·九年级统考期末）已知点关于原点的对称点为，则 ．
10．（2022秋·黑龙江牡丹江·九年级统考期末）如果点P（x，y）关于原点的对称点为（1，3），则x +y＝ ．
11．（2022秋·黑龙江七台河·九年级统考期末）已知点与点关于原点对称，则 ．
12．（2022秋·黑龙江双鸭山·九年级统考期末）如图，已知点的坐标是，，点的坐标是，，菱形的对角线交于坐标原点，则点的坐标是 ．
13．（2022秋·黑龙江绥化·九年级期末）已知点P(x，-3)和点Q(4，y)关于原点对称，则x+y等于 ．
14．（2022秋·黑龙江双鸭山·九年级统考期末）若点关于原点的对称点B的坐标是，则 ．
15．（2022秋·黑龙江绥化·九年级期末）在平面直角坐标系中，若点P（a－3，1）与点Q（2，b＋1）关于原点对称，则a＋b的值是 ．
三、解答题
16．（2022秋·黑龙江鸡西·九年级期末）如图，方格纸中的每个小方格都是边长为1个单位的正方形，在建立平面直角坐标系后，△ABC的顶点均在格点上，点C的坐标为（0， -1），
（1）写出A、B两点的坐标；
（2）画出△ABC关于y轴对称的△A1B1C1 ；
（3）画出△ABC绕点C旋转180°后得到的△A2B2C2．
17．（2022秋·黑龙江哈尔滨·九年级期末）图1、图2是8×8的网格，网格中每个小正方形的边长均为1，请按要求画出下列图形，所画图形的各个顶点均在小正方形的顶点上．
(1)在图1中画出以AB为一边的成中心对称的四边形ABCD，使其面积为12；
(2)在图2中画出一个以EF为一边的△EFG，使其是面积为的轴对称图形．
18．（2022秋·黑龙江黑河·九年级统考期末）如图，各顶点的坐标分别为A(4、4)，B(－2，2)，C(3，0)，
(1)画出关于原点O对称的；
(2)直接写出三点的坐标．
19．（2022秋·黑龙江双鸭山·九年级统考期末）如图，三个顶点的坐标分别为，，．
（1）请画出关于原点对称的图形；
（2）请画出绕原点O按逆时针方向旋转90°后的图形；
（3）求线段的长．
参考答案：
1．D
【分析】根据轴对称图形和中心对称图形的定义进行解答即可．
【详解】解：A．不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故此选项不合题意；
B．是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项不合题意；
C．不是轴对称图形，是中心对称图形，故此选项不合题意；
D．既是轴对称图形又是中心对称图形，故此选项符合题意．
故选：D．
【点睛】本题主要考查了中心对称图形和轴对称图形的定义，如果一个平面图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形就叫做轴对称图形；中心对称图形的定义：把一个图形绕着某一个点旋转，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，这个点就是它的对称中心．
2．D
【分析】根据轴对称图形与中心对称图形的概念求解．
【详解】解：A．该图形既是中心对称图形，又是轴对称图形，故此选项不合题意；
B．该图形既是中心对称图形，又是轴对称图形，故此选项不合题意；
C．该图形既是中心对称图形，又是轴对称图形，故此选项不合题意；
D．该图形是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项符合题意．
故选：D．
【点睛】本题考查中心对称图形和轴对称图形的知识，关键是掌握好中心对称图形与轴对称图形的概念．轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分折叠后可重合，中心对称图形是要寻找对称中心，图形旋转180°后与原图重合．
3．B
【分析】根据中心对称图形的定义，逐项判断即可求解．
【详解】解：A、不是中心对称图形，故本选项不符合题意；
B、是中心对称图形，故本选项符合题意；
C、不是中心对称图形，故本选项不符合题意；
D、不是中心对称图形，故本选项不符合题意；
故选：B
【点睛】本题主要考查了中心对称图形的定义，熟练掌握在平面内，把一个图形绕着某个点旋转，如果旋转后的图形能与原来的图形重合，那么这个图形叫做中心对称图形是解题的关键．
4．B
【分析】根据中心对称图形和轴对称图形的定义进行判断．
【详解】解：A、是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项不合题意；
B、既是轴对称图形又是中心对称图形，，故本选项符合题意；
C、是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项不合题意；
D、不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故本选项不合题意；
故选：B
【点睛】本题考查了中心对称图形与轴对称图形的概念．轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分折叠后可重合，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后两部分重合．
5．C
【分析】根据轴对称图形与中心对称图形的概念求解．
【详解】解：A、是轴对称图形，是中心对称图形，故此选项不符合题意；
B、不是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项不符合题意；
C、不是轴对称图形，是中心对称图形，故此选项符合题意；
D、是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项不符合题意；
故选：C．
【点睛】此题主要考查了中心对称图形与轴对称图形的概念．轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分折叠后可重合，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后两部分重合．根据轴对称图形和中心对称图形的概念对选项进行一一分析即可得到答案．
6．
【分析】根据关于原点对称的点的坐标的特点解答即可．
【详解】解：点关于原点对称的点的坐标是，
∴Q点的坐标为，
故答案为：．
【点睛】此题考查了关于原点对称的点的坐标的特点：横纵坐标都互为相反数，熟记特点是解题的关键．
7．
【分析】根据关于原点对称的点的横坐标与纵坐标都互为相反数解答．
【详解】解：点关于原点对称的点的坐标为．
故答案是：．
【点睛】本题考查了关于原点对称的点的坐标，两点关于原点对称，则两点的横、纵坐标都是互为相反数．
8．1
【分析】根据关于原点对称的点的特征：横坐标互为相反数，纵坐标互为相反数，求出的值，再求代数式的值即可。
【详解】解：∵点与点关于原点对称，
∴，
则．
故答案为：1．
【点睛】本题考查代数式求值．熟练掌握关于原点对称的点的特征：横坐标互为相反数，纵坐标互为相反数，是解题的关键．
9．2
【分析】根据两个点关于原点对称时，它们的坐标符号相反可得a、b的值,再代入求值即可．
【详解】解：点关于原点的对称点为，则，，
，
故答案为：2．
【点睛】此题主要考查了关于原点对称的点的坐标、代数式的求值，关键是掌握点的坐标的变化规律．
10．-4
【分析】根据点关于原点对称规律即可求解．
【详解】解：∵点P（x，y）关于原点的对称点为（1，3），
∴，，
∴，
故答案为：
【点睛】本题考查了点关于原点对称的规律，熟记关于原点对称的两个点，横纵坐标均变成相反数是解题的关键．
11．-1
【分析】由点与点关于原点对称，可得，再解方程组可得答案.
【详解】解： 点与点关于原点对称，
即，
解得：
故答案为：
【点睛】本题考查的是关于原点对称的两个点的坐标关系，二元一次方程组的解法，掌握“关于原点对称的两个点的坐标特点”是解本题的关键.
12．
【分析】根据菱形具有的平行四边形基本性质，对角线互相平分，且交点为坐标原点，则，关于原点对称， 因此在直角坐标系中两点的坐标关于原点对称，横坐标与横坐标互为相反数，纵坐标与纵坐标互为相反数便可得.
【详解】∵四边形 是菱形，对角线相交于坐标原点
∴根据平行四边形对角线互相平分的性质，和； 和均关于原点对称
根据直角坐标系上一点 关于原点对称的点为可得
已知点的坐标是 ，则点的坐标是 .
故答案为：.
【点睛】本题旨在考查菱形的基本性质及直角坐标系中关于原点对称点的坐标的知识点，熟练理解掌握该知识点为解题的关键.
13．-1
【详解】∵点P(x，-3）与点Q(4，y)关于原点对称，
∴x=-4，y=3，
∴x+y=-4+3=-1．
【点睛】关于x轴对称的两点，横坐标相同，纵坐标互为相反数；关于y轴对称的两点，纵坐标相同，横坐标互为相反数；关于原点对称的两点，横坐标和纵坐标都互为相反数．
14．
【分析】关于原点对称的两个点，它们的横坐标互为相反数，纵坐标也互为相反数，据此作答即可．
【详解】∵点关于原点的对称点B的坐标是，
∴，，
∴，，
∴，
故答案为：．
【点睛】本题考查了关于原点对称的两个点的坐标特征，掌握关于原点对称的两个点，它们的横坐标互为相反数，纵坐标也互为相反数，是解答本题的关键．
15．-1
【分析】据两个点关于原点对称时，它们的横纵坐标符号相反，进而可得a+b的值．
【详解】解：∵点P（a－3，1）与点Q（2，b＋1）关于原点对称，
∴
解得
∴
故答案为：
【点睛】本题主要考查了两个点关于原点对称的坐标特征，解题的关键是掌握关于原点对称的两个点，横坐标、纵坐标分别互为相反数．
16．（1）A（-1，2） B（-3，1）； （2）见解析；（3）见解析
【分析】（1）根据 A，B 的位置写出坐标即可；
（2）分别求出 A，B，C 的对应点 A1，B1，C1的坐标，然后描点A1（1，2），B1（3，1），C1（0，-1），顺次连结A1B1， B1C1，C1A1即可；
（3）分别求出 A，B，C 的对应点A2（1，-4）、B2（3，-3）、C2（0，-1），然后描点，顺次连结A2B2， B2C2，C2A2即可．
【详解】（1）由题意 A（-1，2），B（-3，1）．
（2）△ABC关于y轴对称的△A1B1C1，对应点的坐标纵坐标不变，横坐标互为相反数，
∵A（-1，2），B（-3，1）．C（0，-1），
∴A1（1，2），B1（3，1），C1（0，-1），
在平面直角坐标系中描点A1（1，2），B1（3，1），C1（0，-1），顺次连结A1B1， B1C1，C1A1，
如图△A1B1C1即为所求．
（3）△ABC绕点C旋转180°后得到的△A2B2C2，关于点C成中心对称，对应点的横坐标为互为相反数，
∵A（-1，2），B（-3，1）．C（0，-1），
∴A2、B2、C2的横坐标分别为1，3，0，
纵坐标分别为-1-（2+1）=-4，-1-(1+1)=-3，-1，
∴A2（1，-4）、B2（3，-3）、C2（0，-1），
在平面直角坐标系中描点A2（1，-4）、B2（3，-3）、C2（0，-1），顺次连结A2B2， B2C2，C2A2，
如图△A2B2C2即为所求．
【点睛】本题主要考查图形与坐标，作图-轴对称变换，旋转变换等知识，解答本题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．
17．(1)见解析
(2)见解析
【分析】（1）作以AB为边且BC边长为4高为3的平行四边形即可得；
（2）根据等腰三角形的腰为5，腰上的高为3，进行画图即可．
【详解】（1）解：如图1， ABCD即为所求；
（2）解：如图2，等腰△EFG即为所求．
【点睛】本题主要考查了利用图形的基本变换进行作图，作图时需要运用平行四边形的性质以及等腰三角形的性质进行计算，熟知平行四边形是中心对称图形，等腰三角形是轴对称图形是解题的关键．
18．(1)见解析
(2)(﹣4，﹣4)，(2，﹣2)，(﹣3，0)
【分析】（1）找到各点关于原点对称的点，顺次连接可得到△A′B′C′；
（2）结合直角坐标系可得出A′，B′，C′三点的坐标；
【详解】（1）如图所示：△A′B′C′即为所求；
（2）A′（﹣4，﹣4），B′（2，﹣2），C′（﹣3，0）．
【点睛】此题考查了旋转作图及中心对称的知识，解答本题的关键是根据旋转的三要素，中心对称的性质，得到各点的对应点，难度一般．
19．（1）见解析；（2）见解析；（3）
【分析】（1）根据题意找到关于原点的对称点，顺次连接，则即为所求；
（2）根据题意找到绕原点O按逆时针方向旋转90°后的对应点，顺次连接，则即为所求；
（3）根据勾股定理即可求得的长
【详解】解：（1）如图所示，找到关于原点的对称点，顺次连接，则即为所求；
（2）如图，找到绕原点O按逆时针方向旋转90°后的对应点，顺次连接，则即为所求；
（3）
【点睛】本题考查了中心对称的性质，旋转的性质，勾股定理，找到变换后对应的点是解题的关键．23.1 图形的旋转 同步练习
一、单选题
1．（2022秋·黑龙江双鸭山·九年级统考期末）如图，将一个含30°角的直角三角板绕点旋转，使得点，，在同一条直线上，则旋转角的度数是（ ）
A．30° B．60° C．120° D．150°
2．（2022秋·黑龙江绥化·九年级统考期末）如图，将绕着点按顺时针方向旋转，点落在位置，A点落在位置，若，则的度数是（ ）
A． B． C． D．
3．（2022秋·黑龙江哈尔滨·九年级统考期末）如图，绕点顺时针旋转，得到，若，，则的度数是（ ）
A． B． C． D．
4．（2022秋·黑龙江佳木斯·九年级统考期末）如图，在直角三角形中，，，将直角三角形绕点逆时针旋转，得到，连接，延长到，使，连接、，若，则的长为（ ）
A．2 B．4 C．3 D．5
5．（2022秋·黑龙江鹤岗·九年级统考期末）已知，如图，在中，，cm，cm．将绕顶点O按顺时针方向旋转到处，此时线段与AB的交点D恰好为AB的中点，则线段的长是（ ）
A．1.5 cm B．3 cm C．5 cm D．2.5 cm
6．（2022秋·黑龙江齐齐哈尔·九年级统考期末）如图，点D是等边△ABC内一点，AD＝3，BD＝3，CD＝，△ACE是由△ABD绕点A逆时针旋转得到的，则∠ADC的度数是（ ）
A．40° B．45° C．105° D．55°
7．（2022秋·黑龙江齐齐哈尔·九年级统考期末）如图，将等边三角形OAB放在平面直角坐标系中，A点坐标（1，0），将△OAB绕点O逆时针旋转60°，则旋转后点B的对应点B＇的坐标为（ ）
A．（，） B．（－1，）
C．（－，） D．（－，）
8．（2022秋·黑龙江牡丹江·九年级统考期末）如图，将△ABC绕点A逆时针旋转至△ADE，使点C落在DE上，若∠EAB＝90°，∠BCD＝40°，则∠CAD的度数为（ ）
A．10° B．20゜ C．30゜ D．40゜
9．（2022秋·黑龙江牡丹江·九年级统考期末）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）
二、填空题
10．（2022秋·黑龙江大庆·九年级期末）如图，在中，，将绕点A按逆时针方向旋转得到．若点恰好落在边上，且，则的度数为 ．
11．（2022秋·黑龙江鹤岗·九年级统考期末）如图，将绕点O按逆时针方向旋转后得到，若，则的度数是 ．
12．（2022秋·黑龙江鸡西·九年级期末）如图，把边长为2的等边绕原点O按逆时针方向依次旋转得到按此规律下去，那么点的坐标是 ．
13．（2022秋·黑龙江黑河·九年级统考期末）把一个正六边形绕其中心旋转，至少旋转 度，可以与自身重合．
14．（2022秋·黑龙江双鸭山·九年级统考期末）如图，在△ABC中，∠C＝36°，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′，则旋转角为 度．
15．（2022秋·黑龙江双鸭山·九年级统考期末）如图，将矩形绕点顺时针旋转后，得到矩形，若，，连接，那么的长是
16．（2022秋·黑龙江佳木斯·九年级统考期末）如图，在△ABC中，∠B=40°，将△ABC绕点逆时针方向旋转到△ADE的位置，使得AD⊥BC，则∠CAE= 度．
17．（2022秋·黑龙江牡丹江·九年级统考期末）菱形如图放置，点坐标是(3，4)，先将菱形向左平移6个单位长度，向上平移1个单位长度，然后沿轴翻折，最后绕坐标原点旋转90°得到菱形的对角线交点的对应点为点，则点的坐标是 ．
18．（2022秋·黑龙江齐齐哈尔·九年级统考期末）如图，在平面直角坐标系中，正方形的顶点A、C分别在x，y轴上，且．将正方形绕原点O顺时针旋转，并放大为原来的2倍，使，得到正方形，再将正方形绕原点O顺时针旋转，并放大为原来的2倍，使，得到正方形……以此规律，得到正方形，则点的坐标为 ．
19．（2022秋·黑龙江佳木斯·九年级统考期末）如图，在平面直角坐标系中，有一个等腰直角三角形，，直角边在轴上，且．将绕原点顺时针旋转得到等腰直角三角形，且，再将绕原点顺时针旋转得到等腰直角三角形，且，……，依此规律，得到等腰直角三角形，则点的坐标是 ．
20．（2022秋·黑龙江双鸭山·九年级统考期末）如图，在平面直角坐标系中，将正方形OABC绕点O逆时针旋转45°后得到正方形OA1B1C1，依此方式，绕点O连续旋转2022次得到正方形OA2022B2022C2022，如果点A的坐标为（1，0），那么点B2022的坐标为 ．
21．（2022秋·黑龙江哈尔滨·九年级统考期末）如图，△EDC是将△ABC绕点C顺时针旋转90°得到的．若点A，D，E在同一条直线上，则∠BAD的度数是 ．
三、解答题
22．（2022秋·黑龙江双鸭山·九年级统考期末）已知四边形中，，，，，，绕点旋转，它的两边分别交，（或它们的延长线）于点、.
当绕点旋转到时（如图1），易证：.（不必证明）
(1)当绕点旋转到时，在图2种情况下，求证：.
(2)当绕点旋转到时，在图3种情况下，上述结论是否成立？若成立，请给予证明；若不成立，线段，，又有怎样的数量关系？请写出你的猜想，不需证明.
23．（2022秋·黑龙江齐齐哈尔·九年级统考期末）（1）如图①，中，，，求的面积的最大值；
（2）如图②，中，，，，点为上的一点，连接，将线段绕点顺时针旋转得到线段，过点作，交于点，此时若过点作于，则______，的长为______；
（3）如图③，中，，，点为上的一动点（点除外），连接，将线段绕点顺时针旋转90°得到线段，连接，则当______时，的面积最大，最值为______．
24．（2022秋·黑龙江双鸭山·九年级统考期末）如图，点是等边内的一点，，将绕点顺时针旋转得到，连接．
(1)求的度数．
(2)若，，求的长．
25．（2022秋·黑龙江鸡西·九年级期末）如图，在等腰三角形ABC中，AB＝BC．将绕顶点B逆时针旋转到的位置，AB与A1C1相交于点D，AC与A1C1，BC1分别交于点E，F．
(1)求证：△BCF≌△BA1D；
(2)当时，判定四边形A1BCE的形状并说明理由．
26．（2022秋·黑龙江哈尔滨·九年级统考期末）如图，在每个小正方形的边长为1个单位长度的网格中，的顶点均在格点（网格线的交点）上．
(1)将向右平移5个单位长度得到，画出；
(2)将（1）中的绕点逆时针旋转得到，画出；
(3)连接，直接写出线段的长．
27．（2022秋·黑龙江齐齐哈尔·九年级统考期末）如图，在每个小正方形的边长均为1的方格纸中，线段的端点、均在小正方形的顶点上.
（1）在方格纸中画出以为一条直角边的等腰直角，顶点在小正方形的顶点上.
（2）在方格纸中画出的中线，将线段绕点顺时针旋转得到线段，画出旋转后的线段，连接，直接写出四边形的面积.
28．（2022秋·黑龙江哈尔滨·九年级统考期末）△ABC在平面直角坐标系中如图：
（1）画出将△ABC绕点O逆时针旋转90°所得到的△A1B1C1，并写出A1点的坐标；
（2）画出△A1B1C1关于原点成中心对称的△A2B2C2，并直接写出△AA1A2的面积．
29．（2022秋·黑龙江齐齐哈尔·九年级统考期末）如图，平面直角坐标系内，小正方形网格的边长为1个单位长度，△ABC的三个顶点的坐标分别为A（﹣1，3），B（﹣4，0），C（0，0）
（1）画出将△ABC向上平移1个单位长度，再向右平移5个单位长度后得到的△A1B1C1；
（2）画出将△ABC绕原点O顺时针方向旋转90°得到△A2B2O；
（3）在x轴上存在一点P，满足点P到A1与点A2距离之和最小，请直接写出P点的坐标．
30．（2022秋·黑龙江黑河·九年级统考期末）综合与实践
如图1所示，将一个长为6宽为4的长方形ABEF，裁成一个边长为4的正方形ABCD和一个长为4、宽为2的长方形CEFD如图2．现将小长方形CEFD绕点C顺时针旋转至，旋转角为α．
(1)当点恰好落在EF边上时，求旋转角α（0°＜α＜90）的值；
(2)如图3，G为BC中点，且0°＜α＜90°，求证：；
(3)小军是一个爱动手研究数学问题的孩子，他发现在小长方形CEFD绕点C顺时针旋转一周的过程中，与存在两次全等，请你帮助小军直接写出当与全等时，旋转角α的值．
参考答案：
1．D
【分析】根据点B，A，，在同一条直线上，可求得∠CA=180°∠BAC=180°30°=150°，利用旋转的性质可得旋转角∠BA=∠CA ，即可求解．
【详解】解：∵点B，A，，在同一条直线上，
∴∠BAC+∠CA=180°，
∴∠CA =180°-∠BAC=180°30°=150°，
∴旋转角∠BA=∠CA =150°，
故选：D．
【点睛】本题考查旋转的性质，邻补角，熟练掌握旋转的性质是解题的关键．
2．C
【分析】根据旋转的性质可知，根据，因此可算出，又因为旋转的性质可知，即可求解．
【详解】解：∵将绕着点按顺时针方向旋转，点落在位置，A点落在位置，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴，
故选：C．
【点睛】本题主要考查了旋转的性质，旋转的性质：旋转变化前后，对应点到旋转中心的距离相等，每一对对应点与旋转中心连线所构成的旋转角相等．
3．C
【分析】根据旋转的性质，得到，，利用三角形的内角和定理，求出的度数，利用，即可求出的度数．
【详解】解：绕点顺时针旋转，得到，
∴，，
∴，
∴；
故选C．
【点睛】本题考查利用旋转的性质求角度．熟练掌握旋转的性质，对应角相等，对应点与旋转中心的连线构成的夹角为旋转角，是解题的关键．
4．C
【分析】根据旋转的性质得到，进而由，得到是等腰直角三角形，得到，再由即可确定四边形是正方形，即可利用正方形四边相等得到的长为．
【详解】解：将直角三角形绕点逆时针旋转，得到，
，
延长到，使，连接，，
，，
是等腰直角三角形，
，
连接，在四边形中，
四边形为正方形，且边长为，即的长为，
故选：C．
【点睛】本题考查旋转性质求线段长，涉及等腰直角三角形的判定与性质，正方形的判定与性质，熟练掌握旋转的性质是解决问题的关键．
5．A
【分析】先在直角△AOB中利用勾股定理求出AB＝5，再利用直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半得出OD＝AB＝2.5．然后根据旋转的性质得到OB1＝OB＝4，那么B1D＝OB1﹣OD＝1.5．
【详解】解：∵在△AOB中，∠AOB＝90°，AO＝3，BO＝4，
∴AB＝＝5，
∵点D为AB的中点，
∴OD＝AB＝2.5．
∵将△AOB绕顶点O，按顺时针方向旋转到△A1OB1处，
∴OB1＝OB＝4，
∴B1D＝OB1﹣OD＝1.5．
故选：A．
【点睛】本题主要考查勾股定理和直角三角形的性质以及图形旋转的性质，掌握“直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半”是解题的关键．
6．C
【分析】连接DE，由旋转的性质可证明是等边三角形，得，，再由勾股定理的逆定理可证明是等腰直角三角形得出，从而可得出结论．
【详解】解：连接DE，如图：
∵是等边三角形，
∴AB=AC，
∴
由旋转可得，
∴
∴，即
∴是等边三角形，
∴DE=AD=3，
∵DE＝3，CE＝3，CD＝，
∴
∴
∴是等腰直角三角形，
∴
∴
故选：C
【点睛】此题是旋转的性质，主要考查了等边三角形的性质和判定，勾股定理逆定理，解本题的关键是判断出△ADE是等边三角形．
7．A
【分析】如图，作点B作BH⊥OA于H，设BB′交y轴于J．求出点B的坐标，证明B，B′关于y轴对称，即可解决问题．
【详解】解：如图，故点B作BH⊥OA于H，设BB′交y轴于J．
∵A（1，0），
∴OA=1，
∵△AOB是等边三角形，BH⊥OA，
∴OH=AH=OA=，BH=OH=，
∴B（，），
∵∠AOB=∠BOB′=60°，∠JOA=90°，
∴∠BOJ=∠JOB′=30°，
∵OB=OB′，
∴BB′⊥OJ，
∴BJ=JB′，
∴B，B′关于y轴对称，
∴B′（-，），
故选：A．
【点睛】本题考查了坐标与图形的性质，旋转变换，轴对称，等边三角形的性质等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．
8．A
【分析】先根据旋转的性质得到∠E＝∠ACB，∠BAD＝∠CAE，再利用三角形外角性质计算出∠CAE＝40°，然后利用∠EAB＝90°计算∠CAD的度数．
【详解】解：∵△ABC绕点A逆时针旋转至△ADE，使点C落在DE上，
∴∠E＝∠ACB，∠BAD＝∠CAE，
∵∠ACD＝∠E＋∠CAE，
即∠ACB＋∠BCD＝∠E＋∠CAE，
∴∠CAE＝∠BCD＝40°，
∴∠BAD＝40°，
∴∠CAD＝∠EAB ∠CAE ∠BAD＝90° 40° 40°＝10°．
故选：A
【点睛】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．
9．C
【分析】分顺时针和逆时针旋转90°两种情况讨论，构造全等三角形即可求解．
【详解】解：设点D绕着点A逆时针旋转90°得到点D1，
分别过点D，D1作轴的垂线，分别交轴于点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），
故选：C．
【点睛】本题考查了坐标与图形的变化-旋转，全等三角形的判定和性质，根据平面直角坐标系确定出点D1和D2的位置是解题的关键．
10．24°/24度
【分析】根据图形的旋转性质，得，已知，结合等腰三角形的性质及三角形的外角性质，得、的关系，进而即可解答．
【详解】解: ∵
∵将 绕点， 按逆时针方向旋转得到 ，
故答案为：
【点睛】本题主要考查了等腰三角形的性质及图形的旋转性质，等腰三角形的性质：（1）等腰三角形的两个底角相等；（2）等腰三角形的顶角平分线、底边上的中线、底边上的高相互重合；图形旋转的性质：（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．
11．/35度
【分析】根据旋转的性质可知，旋转角等于，从而可以得到的度数，由可以得到的度数．
【详解】解：∵绕点O按逆时针方向旋转后得到，
∴．
∵，
∴．
故答案为：．
【点睛】本题考查旋转的性质，解题的关键明确旋转角是什么，对应边旋转前后的夹角是旋转角．
12．
【分析】先根据图形旋转的规律可得每旋转6次坐标一循环，可求出点的坐标与点坐标相同，进而完成解答．
【详解】解：由题意，得出每旋转=6次坐标一循环，得出余5，即的坐标与点坐标相同，即可得出点与点B1关于x轴对称，
如图：过作于C
∵等边
∴
∵
∴
由勾股定理可得：
∴
∵点与点B1关于x轴对称
∴点坐标为：，
∴点的坐标是．
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了坐标图形变化﹣旋转、规律型﹣点的坐标等知识，学会探究规律的方法是，解题的关键．
13．60
【分析】正六边形连接各个顶点和中心，这些连线会将360°分成6分，每份60°因此至少旋转60°，正六边形就能与自身重合．
【详解】360°÷6=60°
故答案为：60
【点睛】本题考查中心对称图形的性质，根据图形特征找到最少旋转度数是本题关键．
14．
【分析】根据题意，可得为旋转角，根据等腰三角形的性质，求解即可．
【详解】解：根据题意，可得为旋转角，
∵AB′＝CB′
∴
∴
由旋转的性质可得：
∴
∴
故答案为
【点睛】此题考查了旋转的性质，以及等腰三角形的性质，熟练掌握相关基本性质是解题的关键．
15．
【分析】矩形绕点A顺时针旋转得到矩形，可知旋转中心为点A，旋转角，根据对应点C、到旋转中心的距离相等可知，，先在中用勾股定理求，再在中，利用勾股定理求．
【详解】解：由旋转的性质可知，，，
中，由勾股定理得，
，
在中，由勾股定理得，
．
故答案为：．
【点睛】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．也考查了等腰直角三角形的性质．
16．50
【分析】根据旋转前后的图形全等，三角形的内角和为180°解答；
【详解】解：由旋转的性质可得：∠BAC=∠DAE，
∴∠BAC－∠DAC=∠DAE－∠DAC，
∴∠BAD=∠CAE，
∵AD⊥BC，∠B=40°，
∴∠BAD=50°，
∴∠CAE=50°，
故答案为：50；
【点睛】本题主要考查旋转的性质，三角形内角和定理；掌握旋转的性质是解题关键．
17．（-3，2）或（3，-2）
【分析】先由菱形的性质求出A点坐标，再由中点坐标公式求出对角线交点M坐标以及平移以后对应的点的坐标，最后根据绕坐标原点旋转90°求出P点坐标即可．
【详解】延长BC交y轴于N，连接OB、AC交于点M，
∵点坐标是(3，4)，
∴，
∴，
∵菱形，
∴，M为AC中点，
∴A点坐标（5,0），
∴M点坐标，
∴将菱形向左平移6个单位长度，向上平移1个单位长度后M点对应坐标为，
∴再把点沿轴翻折后对应点坐标为，
∵在坐标平面内绕点O旋转90°，
∴对应点横纵坐标绝对值互换作为对应点的横纵坐标绝对值，再根据所在象限确定对应点坐标
∴若是顺时针旋转，则对应点在第二象限，坐标为（-3，2），
若是逆时针旋转，则对应点在第四象限，坐标为（3，-2），
综上所述，点P的坐标为（-3，2）或（3，-2），
故答案为：（-3，2）或（3，-2）．
【点睛】本题考查了菱形的性质，坐标与图形的变化，熟练掌握菱形的性质以及平移、旋转变换的性质是解题的关键．
18．
【分析】根据题意得出B点坐标变化规律，进而得出点所在的象限，进而得出答案．
【详解】解：∵四边形是正方形，，
∴，
∴，
将正方形绕原点O顺时针旋转，且，得到正方形，
再将正方绕原点O顺时针旋转，且，得到正方形…以此规律，
∴每4次循环一周，，
∵，
∴点与同在一个象限内，
∴点．
故答案为．
【点睛】此题主要考查点的坐标变化规律，得出B点坐标变化规律是解题关键．
19．
【分析】根据题意分析得出点位置规律和长度的变化规律，进而得出答案．
【详解】解：∵是等腰直角三角形，，
将绕原点顺时针旋转得到等腰直角三角形，
再将绕原点顺时针旋转得到等腰三角形，
……，
∴依此规律，可知，，，依次在轴的负半轴，轴的负半轴，轴的正半轴和轴的正半轴上，每4次一个循环，
∵，
∴在轴的负半轴上，
又∵，，，…，
∴，
∴．
故答案为：．
【点睛】此题主要考查了坐标与图形、点的坐标变化规律等知识，得出点坐标变化规律是解题关键．
20．（1，﹣1）
【分析】先利用勾股定理以及正方形、旋转的性质求出对应边长，再通过边长找出对应的前几个坐标，会发现：关于B的坐标，是每8个一循环，找到第2022个是对应的循环中的第6个，从而确定B2022坐标．
【详解】∵点A的坐标为（1，0），
∴OA＝1，
∵四边形OABC是正方形，
∴∠OAB＝90°，AB＝OA＝1，
∴B（1，1），
连接OB，如图：
由勾股定理得：OB＝，
由旋转的性质得：OB＝OB1＝OB2＝OB3＝…＝，
∵将正方形OABC绕点O逆时针旋转45°后得到正方形OA1B1C1，
相当于将线段OB绕点O逆时针旋转45°，依次得到∠AOB＝∠BOB1＝∠B1OB2＝…＝45°，
∴B1（0，），B2（﹣1，1），B3（﹣，0），B4（﹣1，﹣1），B5（0，﹣），B6（1，﹣1），…，
发现是8次一循环，则2022÷8＝252…6，
∴点B2022的坐标为（1，﹣1），
故答案为：（1，﹣1）．
【点睛】本题主要是图形旋转类的坐标规律问题，利用图形以及旋转的性质求出对应前几个相应点的坐标，从而发现其中规律，应用规律进行求解是解决此类问题的关键．
21．90°
【分析】根据旋转的性质求出∠E、∠CAE和∠BAC度数，利用角的和∠BAD=∠BAC+∠CAE即可．
【详解】∵将△ABC绕点C顺时针旋转90°得到△EDC．
∴AC=CE，∠ACE＝90°，∠BAC=∠E
∵点A，D，E在同一条直线上，
∴∠EAC=∠E＝45°．
∴∠BAC=∠E=45
∴∠BAD＝∠BAC+∠CAE＝45°+45°＝90°．
故答案为：90°．
【点睛】本题主要考查了旋转的性质，解决这类问题关键是找准旋转角，利用旋转的性质等量转化角或线段，会利用等边求角．
22．(1)证明见解析；
(2)不成立，
【分析】（1）延长到点，使，连接，先根据三角形全等的判定定理证出，根据全等三角形的性质可得，再根据三角形全等的判定定理证出，推出，最后根据线段的等量关系即可得证；
（2）在上截取，连接，先根据三角形全等的判定定理证出，根据全等三角形的性质可得，进而可证，推出，最后根据线段的等量关系即可得出结论．
【详解】（1）证明：如图，延长到点，使，连接，
，
，
在和中，
，
，
，
，
，
，即，
，
在和中，
，
，
，
，
．
（2）不成立，
证明如下：
如图，在上截取，连接，
，
，
在和中，
，
，
，
，
，
，
，
在和中，
，
，
，
，
即．
【点睛】本题考查了三角形全等的判定定理与性质，通过作辅助线，构造全等三角形是解题关键．
23．（1）（2），（3）4，8
【分析】（1）设，则，再利用三角形面积公式得到，利用二次函数的性质即可得到答案；
（2）利用旋转的性质得到，再证明，即可证明，，求出，利用含30度角的直角三角形的性质和勾股定理求出 ，则；
（3）如图所示，过点E作交延长线于G，过点B作交延长线于H，过点C作于D，同理可证，得到，利用等腰三角形的性质和勾股定理求出，进而利用面积法求出，则由勾股定理得，设，则，再仿照（1）的方法求解即可．
【详解】解：（1）∵，
∴可设，则，
∵，
∴，
∵，
∴当时，的面积最大，最大为；
（2）由旋转的性质可知，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵在中，，，
∴，
∴，
∴，
∴
∴；
（3）如图所示，过点E作交延长线于G，过点B作交延长线于H，过点C作于D，
同理可证，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∵，
∴，
在中，由勾股定理得，
设，则，
∴，
∴当时，有最大值8，
∴当时，的面积最大，最大值为8．
【点睛】本题主要考查了勾股定理，等腰三角形的性质，二次函数的最值问题，全等三角形的性质与判定，旋转的性质，正确作出辅助线构造全等三角形是解题的关键．
24．(1)
(2)
【分析】（1）根据旋转的性质可得：，，即可证得是等边三角形，即可求解；
（2）由旋转的性质得，，，由为等边三角形，得，可证得是直角三角形，再利用勾股定理即可求解．
【详解】（1）解：由旋转的性质得：，，
是等边三角形，
，
，
是等边三角形，
；
（2）解：由旋转的性质得，，，
，
，
为等边三角形，
，
在直角中，．
【点睛】本题主要考查的是旋转的性质，等边三角形的判定和性质，勾股定理的有关知识，熟练掌握和运用旋转的性质是解决本题的关键．
25．(1)见解析
(2)菱形，理由见详解
【分析】（1）根据等腰三角形的性质得到，，由旋转的性质得到，，，根据全等三角的判定定理得到；
（2）由旋转的定义得，因此，根据三角形的内角和定理得，因此，，证得四边形A1BCE为平行四边形，由于，证得四边形A1BCE为菱形．
【详解】（1）证明：∵是等腰三角形，
∴，，
∵将绕顶点B逆时针旋转到的位置，
∴，
∴，，，
在与 中，
，
∴(ASA) ；
（2）解：四边形是菱形，理由如下：
∵将绕顶点B逆时针旋转到的位置，
∴，，
∴，，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴ ，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，，
∴四边形是平行四边形，
∵，
∴四边形是菱形．
【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，菱形的判定定理等，熟悉掌握旋转的性质，全等三角形的判定定理，菱形的判定方法是本题的解题关键．
26．(1)见解析
(2)见解析
(3)
【分析】(1)根据点平移的规律画出点A、B、C向右平移5个单位后的对应点，即可得到；
(2)根据旋转的性质，利用网格的特点画出点、点旋转后的对应点，即可得到△；
(3)根据勾股定理求出的长即可．
【详解】（1）解：如图：即为所求，
（2）解：如图：即为所求，
（3）解：如图：连接，
【点睛】本题主要考查了平移作图，旋转作图，勾股定理，熟练掌握和运用平移与旋转作图的方法是解决本题的关键．
27．（1）见解析；（2）图形见解析，10
【分析】（1）直接利用等腰直角三角形的性质得出C点位置；
（2）直接利用三角形中线的定义按要求作图，结合网格可得出四边形BDCD′的面积．
【详解】（1）如图所示：
（2）如图所示：
BD=
.
【点睛】考查等腰直角三角形的性质，作图-旋转变换，比较简单，找出旋转后的对应点是解题的关键.
28．（1）(﹣3，2)，作图见解析
（2）13，作图见解析
【分析】（1）利用网格特点和旋转的性质画出A1、B1、C1即可；（2）利用关于原点对称的点的坐标特征写出A2、B2、C2的坐标，然后描点得到△A2B2C2，再利用等腰直角三角形的性质计算△AA1A2的面积．
【详解】（1）如图，△A1B1C1为所作，A1点的坐标为(﹣3，2)；
（2）如图，△A2B2C2为所作；
△AA1A2的面积＝×（）2＝13．
【点睛】本题考查了作图 旋转变换：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．
29．（1）作图见解析；（2）作图见解析；（3）P（，0）．
【分析】（1）分别将点A、B、C向上平移1个单位，再向右平移5个单位，然后顺次连接；
（2）根据网格结构找出点A、B、C以点O为旋转中心顺时针旋转90°后的对应点，然后顺次连接即可；
（3）利用最短路径问题解决，首先作A1点关于x轴的对称点A3，再连接A2A3与x轴的交点即为所求．
【详解】解：（1）如图所示，△A1B1C1为所求做的三角形；
（2）如图所示，△A2B2O为所求做的三角形；
（3）∵A2坐标为（3，1），A3坐标为（4，﹣4），
∴A2A3所在直线的解析式为：y=﹣5x+16，
令y=0，则x=，
∴P点的坐标（，0）．
【点睛】考点：平移变换；旋转变换；轴对称-最短路线问题．
30．(1)30°
(2)见解析
(3)135°；315°
【分析】（1）根据旋转的性质得，在Rt△中，，，则，然后根据平行线的性质即可得到旋转角α的值；
（2）由为中点可得，根据旋转的性质得，，则，然后根据“SAS”，可判断，则；
（3）根据正方形的性质得，而，则为腰相等的两等腰三角形，当两顶角相等时它们全等，当与为钝角三角形时，可计算出，当与为锐角三角形时，可计算出．
【详解】（1）解：∵长方形CEFD绕点顺时针旋转至，
∴，
在Rt△中，，，
∴，
∵，
∴；
（2）证明：∵为中点，
∴，
∴，
∵长方形CEFD绕点顺时针旋转至，
∴，，
∴，
在中，
，
∴（SAS），
∴；
（3）解：∵四边形为正方形，
∴，
∵，
∴为腰相等的两等腰三角形，
当时， ，
当与为钝角三角形时，
则，
当与为锐角三角形时，
，
则，
综上旋转角α的值为135°或315°．
【点睛】此题主要考查了旋转的性质，正方形和矩形的性质，三角形全等的判定与性质等知识，解题关键是掌握旋转前后图形的对应关系．
