23.1 图形的旋转 同步练习
一、单选题
1．（2022秋·河南洛阳·九年级统考期末）如图，一块直角三角板（∠A=60°）绕点顺时针旋转到△A′B′C，当，，A′在同一条直线上时，三角板旋转的角度为（ ）
A．150° B．120° C．60° D．30°
2．（2022秋·河南三门峡·九年级统考期末）将抛物线绕原点旋转，则旋转后的抛物线的解析式为（ ）
A． B． C． D．
3．（2022秋·河南漯河·九年级统考期末）如图，在中，，，，将绕点A逆时针旋转60°得到，连接，则的长为（ ）
A．3 B． C． D．4
4．（2022秋·河南南阳·九年级统考期末）如图，矩形ABCD的顶点A、B分别在x轴、y轴上，，，，将矩形ABCD绕点O顺时针旋转，每次旋转90°，则第2022次旋转结束时，点D的坐标为（ ）
A． B． C． D．
5．（2022秋·河南商丘·九年级统考期末）在平面直角坐标系中，把点向右平移个单位得到点，再将点绕原点顺时针旋转得到点，则点的坐标是（ ）
A． B． C． D．
6．（2022秋·河南驻马店·九年级统考期末）如图，正方形OABC的两边OA、OC分别在x轴、y轴上，点D（5，3）在边AB上，以C为中心，把CDB旋转90°，则旋转后点D的对应点 的坐标是（ ）
A．（2，10） B．（﹣2，0）
C．（2，10）或（﹣2，0） D．（10，2）或（﹣2，0）
7．（2022秋·河南商丘·九年级统考期末）如图，在等腰中，边在x轴上，将绕原点O逆时针旋转，得到，若，则点A的对应点的坐标为（ ）
A． B． C． D．
8．（2022秋·河南新乡·九年级统考期末）如图，在平面直角坐标系中，已知点，点A在第一象限内，，，将绕点O逆时针旋转，每次旋转90°，则第2021次旋转结束时，点A的坐标为（ ）
A． B． C． D．
9．（2022秋·河南信阳·九年级统考期末）如图，在平面直角坐标系中，将边长为1的正方形OABC绕点O顺时针旋转后得到正方形，依此方式，绕点O连续旋转2021次得到正方形，那么点的坐标是（ ）
A． B． C． D．
10．（2022秋·河南安阳·九年级统考期末）如图，在中，，，，，O为AC的中点，M为BC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（ ）
A．1 B．1.5 C．2 D．3
二、填空题
11．（2022秋·河南焦作·九年级期末）如图，在等腰直角三角形中，，，边长为2的正方形的对角线交点与点C重合，连接，将正方形绕点C旋转一周，当点A、D、E三点在同一直线上时，的长为 ．
12．（2022秋·河南鹤壁·九年级统考期末）如图，等边的顶点O为坐标原点，轴，，将等边绕原点O顺时针旋转至的位置，则点D的坐标为 ．
13．（2022秋·河南濮阳·九年级期末）如图，点是正方形内一点，且点到点、、的距离分别为、、，则正方形的面积为 ．
14．（2022秋·河南商丘·九年级统考期末）如图，在中，，在同一平面内，将绕点旋转到的位置，使得，则的度数为 ．
15．（2022秋·河南漯河·九年级统考期末）如图，在平面直角坐标系xOy中，点A（-3，0），B（-1，2）．以原点O为旋转中心，将△AOB顺时针旋转90°，再沿y轴向下平移两个单位，得到△A′O′B′，其中点A′与点A对应，点B′与点B对应．则点B′的坐标为 ．
三、解答题
16．（2022秋·河南许昌·九年级统考期末）如图，在每个小正方形的边长为1个单位的网格中，的顶点均在格点上，点B的坐标是．
(1)作出关于原点O对称的；
(2)将向右平移5个单位长度，得到，画出；
(3)如果可以通过一次旋转得到，则旋转中心的坐标是___________．
17．（2022秋·河南开封·九年级统考期末）如图，在平面直角坐标系中，Rt△ABC的三个顶点分别是A（－4，1），B（－1，3），C（－1，1）．
(1)将△ABC以点C为旋转中心旋转180°，画出旋转后对应的，点的坐标为___；
(2)平移△ABC，若点A对应的点的坐标为，画出，点的坐标为___；
(3)当，绕某一点旋转可以得到（2）中的，直接写出旋转中心的坐标：___．
18．（2022秋·河南洛阳·九年级统考期末）如图，在正方形网格中，将格点△ABC绕某点顺时针旋转角α（0＜α＜180°）得到格点△A1B1C1，点A与点A1，点B与点B1，点C与点C1是对应点．
（1）请通过画图找到旋转中心，将其标记为点O；
（2）直接写出旋转角α的度数．
19．（2022秋·河南商丘·九年级统考期末）【问题提出】如图①，四边形ABCD中，AD＝CD，∠ABC＝120°，∠ADC＝60°，AB＝2，BC＝1，求四边形ABCD的面积．
【尝试解决】旋转是一种重要的图形变换，当图形中有一组邻边相等时，往往可以通过旋转解决问题．
(1)如图②，连接BD，由于AD＝CD，∠ADC＝60°，因此可以将△DCB绕点D按顺时针方向 旋转60°，得到△DA，则△BD的形状是 ；
(2)在（1）的基础上，求四边形ABCD的面积．
【类比应用】
(3)如图③，四边形ABCD中，AD＝CD，∠ABC＝75°，∠ADC＝60°，AB＝2，BC＝，求四边形ABCD的面积．
20．（2022秋·河南焦作·九年级统考期末）如图1，点为正方形内一点，，将绕点顺时针方向旋转，得到（点的对应点为点），延长交于点，连接．
(1)试判断四边形的形状，并说明理由；
(2)若，如图2，请猜想线段与的数量关系，并加以证明．
21．（2022秋·河南安阳·九年级统考期末）如图，等腰中，，将绕点A逆时针旋转得到，连接，，它们交于点M．
(1)求证：；
(2)若，求的度数．
22．（2022秋·河南驻马店·九年级统考期末）（1）问题发现：
如图1，△ACB和△DCE均为等边三角形，当△DCE旋转至点A，D，E在同一直线上，连接BE．则：
①∠AEB的度数为 °；
②线段AD、BE之间的数量关系是 ．
（2）拓展研究：
如图2，△ACB和△DCE均为等腰三角形，且∠ACB＝∠DCE＝90°，点 A、D、E在同一直线上，若AD＝a，AE＝b，AB＝c，求a、b、c之间的数量关系．
（3）探究发现：
图1中的△ACB和△DCE，在△DCE旋转过程中，当点A，D，E不在同一直线上时，设直线AD与BE相交于点O，试在备用图中探索∠AOE的度数，直接写出结果，不必说明理由．
23．（2022秋·河南周口·九年级统考期末）如图，ABC的三个顶点坐标分别为A(2，4)，B(1，1)，C(4，3)．
（1）画出ABC绕点B逆时针旋转90°后的A1BC1，并写出点A1、C1的坐标；
（2）连接AA1，则AA1＝ ．
24．（2022秋·河南驻马店·九年级统考期末）如图，方格纸中的每个小方格都是边长为1单位的正方形，在建立如图所示的平面直角坐标系后，△ABC的顶点均在格点上，且坐标分别为：A（2，2）、B（﹣1，﹣1）、C（3，﹣1）．依据所给信息，解决下列问题：
（1）请你画出将△ABC向右平移6个单位后得到对应的△A1B1C1；
（2）再请你画出将△A1B1C1绕点B1顺时针旋转90°后得到的△A2B2C2；
（3）求四边形A2B1CC2的面积．
25．（2022秋·河南三门峡·九年级统考期末）在平面直角坐标系中，△ABC的位置如图所示（每个小方格都是边长为1个单位长度的正方形）．
（1）将△ABC沿x轴方向向左平移6个单位长度，画出平移后得到的△A1B1C1；
（2）将△ABC绕着点A顺时针旋转90°，画出旋转后得到的△AB2C2；
（3）直接写出点B2，C2的坐标．
26．（2022秋·河南周口·九年级统考期末）（1）模型探究：如图1，已知△ABC，以A为旋转中心将边AB顺时针旋转至AD，将边AC逆时针旋转至AE，旋转角均为α（0 ＜α＜180 ），连接BE，CD．
①请找出图中与BE相等的线段，并说明理由；
②△ABE可以认为是由△ADC经过怎样的变换得到的？
（2）创新应用：如图2，在平面直角坐标系中，点A的坐标为，点P为坐标平面内一动点，且，连接PA，以点A为旋转中心，将线段PA顺时针旋转60 至BA，连接OB，请直接写出的最大值及此时点P的坐标．
27．（2022秋·河南濮阳·九年级统考期末）已知和都是等腰直角三角形，．
(1)如图1，连接AM，BN，求证：；
(2)将绕点O顺时针旋转．
①如图2，当点M恰好在AB边上时，求证：；
②当点A，M，N在同一条直线上时，若，，请直接写出线段AM的长．
参考答案：
1．A
【分析】根据旋转的定义可得为旋转角，再根据三角形的外角性质即可得．
【详解】解：由旋转得：为旋转角，
，
，
即三角板旋转的角度为，
故选：A．
【点睛】本题考查了图形的旋转、三角形的外角性质，熟练掌握旋转的概念是解题关键．
2．B
【分析】求出原抛物线的顶点坐标，再根据关于原点对称的点的横坐标与纵坐标都互为相反数求出旋转后的抛物线的顶点坐标，然后利用顶点式解析式写出即可．
【详解】解：的顶点坐标为，
抛物线绕原点旋转，
旋转后的抛物线的顶点坐标为，
旋转后的抛物线的解析式为．
故选：．
【点睛】本题考查了二次函数图象与几何变换，利用顶点的变化确定函数解析式的变化更简便．
3．A
【分析】根据旋转的性质得出∠=60°，，求出∠=90°，根据勾股定理求出即可．
【详解】解：∵将绕点A逆时针旋转60°得到，AB=，，
∴∠=60°，，
∵∠BAC=30°，
∴∠=30°+60°=90°，
在Rt中，
由勾股定理得：=3，
故选：A．
【点睛】本题考查了旋转的性质和勾股定理，能求出∠的度数是解此题的关键．
4．B
【分析】先通过构造相似三角形求出点D的坐标，再利用构造全等三角形求出第1次旋转结束时点D的坐标，再利用中心对称求出第2次，第3次旋转结束时，点D的坐标，找到旋转4次是一个循环，即可求出答案．
【详解】解：如图1，过点D作DE⊥轴于点E，
∵∠AOB＝90°
∴△AOB是直角三角形
∵，，
∴AB＝
∵四边形ABCD是矩形
∴∠BAD＝90°
∵∠AED＝∠AOB＝∠BAD＝90°
∴∠DAE+∠BAO＝90°，∠BAO+∠ABO＝90°
∴∠DAE＝∠ABO
∴△AED∽△BOA
∴
∴
∴AE＝8，DE＝6
∴OE＝AE-OA＝5
∴点D的坐标是（-5，6）
∵矩形ABCD绕点O顺时针旋转，每次旋转90°
∴点D也是绕点O顺时针旋转，每次旋转90°
第1次旋转结束时，点D旋转到D1的位置，则OD1＝OD，过点D1作D1F⊥轴于点F，
如图2所示，
∵∠DOD1＝90°
∴∠DOE+∠D1OF＝180°－∠DOD1＝90°
∵∠DOE+∠EDO＝90°
∴∠D1OF＝∠EDO
∵∠OFD1＝∠DEO＝90°，OD1＝OD，
∴△OFD1≌△DEO（AAS）
∴FD1＝OE＝5，OF＝DE＝6
∴点D1的坐标是（6,5）
∴第1次旋转结束时，点D的坐标是（6,5），
第2次旋转结束时，点D旋转到D2位置，此时D2与点D的最初位置关于原点成中心对称，
∴第2次旋转结束时，点D的坐标是（5，-6）
第3次旋转结束时，点D旋转到D3位置，此时D3与点D1关于原点成中心对称，
∴第3次旋转结束时，点D的坐标是（-6，-5）
第4次旋转结束时，点D回到初始位置，
∴第4次旋转结束时，点D的坐标是（-5，6），
……
∴从第5次开始重复上述过程，每旋转4次一个循环，
∵2022÷4＝505余2，
∴第2022次旋转结束时，点D的坐标为（5，-6），
故选：B
【点睛】本题考查了利用图形的旋转找点的坐标及相似三角形的判定与性质，关键是根据旋转的性质发现规律，总结规律．
5．D
【分析】把点向右平移个单位得到点，再将点绕原点顺时针旋转得到点即可求解．
【详解】解：把点向右平移个单位得到点，
再将点绕原点顺时针旋转得到点，
故选：D．
【点睛】本题考查点的坐标变换，掌握点的坐标变换规律是解题的关键．
6．C
【分析】分顺时针旋转和逆时针旋转两种情况讨论解答即可．
【详解】解：∵点D（5，3）在边AB上，
∴BC＝5，BD＝5﹣3＝2，
①若顺时针旋转，则点在x轴上，O＝2，
所以，（﹣2，0），
②若逆时针旋转，则点到x轴的距离为10，到y轴的距离为2，
所以，（2，10），
综上所述，点的坐标为（2，10）或（﹣2，0）．
故选：C．
【点睛】本题考查了坐标与图形变化﹣旋转，正方形的性质，难点在于分情况讨论．
7．B
【分析】过B作于，直线交y轴于D，由，可得，再由旋转可得轴，由直角三角形求出、的长即可．
【详解】过B作于，直线交y轴于D，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵将绕原点O逆时针旋转，得到，
∴，，，
∴，
∴，
∴,
∴，
∴，
∴点A的对应点的坐标为，
故选：B．
【点睛】本题考查旋转变换，直角三角形等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造直角三角形解决问题．
8．A
【分析】作出旋转后的图像，再根据勾股定理即可求出旋转后点A的坐标．
【详解】解：由题可知，将绕点O逆时针旋转，每次旋转90°，
∴每旋转4次则回到原位置，
∴第2021次旋转结束后，图形旋转了90°
如图所示，旋转后的图形为作轴于H，
∵，，
设则
在中
（负值舍去）
∵点在第二象限，
故选：A．
【点睛】本题主要考查了旋转的性质，勾股定理，含30°的直角三角形的性质，确定旋转后的位置是解此题的关键．
9．D
【分析】分析正方形OABC的运动规律，找到循环周期，画出绕点旋转次后，正方形的位置，即可求解．
【详解】解：∵，
∴依此方式绕点旋转，每旋转次，正方形就会回到开始的位置，
∵，
∴绕点旋转次后，正方形的位置如图所示：
根据旋转的方式可知，，且，，
∴是等腰直角三角形，
设，则，
解得，（舍去），
∴，
∵点在第四象限，
∴点的坐标为，故D正确．
故选：．
【点睛】本题主要考查了旋转的性质、平面直角坐标系内找点的规律、勾股定理等，找到循环周期，画出正方形OABC绕点旋转次后，正方形的位置，是解题的关键．
10．B
【分析】如图：由题意知当旋转到点在AC的延长线上且AC与 垂直时， 的长度最小；旋转的性质可得，再根据直角三角形的性质可求得，由中点的定义可求得OA,最后计算即可．
【详解】解：由题意知当旋转到点在AC的延长线上且AC与 垂直时，的长度最小；
∵将绕点A逆时针旋转角
∴
∵AC⊥，
∴
∵O为AC的中点
∴AO==3.5
∴．
故选B．
【点睛】本题主要考查了旋转的性质和直角三角形的性质，掌握30°所对的直角边是斜边的一半．
11．或
【分析】分两种情况讨论，由全等三角形的性质可得，由勾股定理可求解．
【详解】解：如图，当A、D、E三点在同一直线上，且点D在点A和点E之间，
∵由正方形可得，，
∴，，
∴，
又∵，
∴，
∴，，
∴，
∴点B、E、F在同一条直线上，
∴，
∴，而，，
∴，
解得或（不符合题意，舍去）；
如图，A、D、E三点在同一直线上，且点D在的延长线上．
∵，， ，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴点B、F、E在同一条直线上；
∵，，，
∴，
∴；
由勾股定理可得：，
∴，
解得或（不符合题意，舍去）．
综上所述，的长为 或．
故答案为： 或．
【点睛】本题考查了旋转的性质，全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，勾股定理，正方形的性质等知识，利用分类讨论思想解决问题是解题的关键．
12．
【分析】过D作轴于点E，则，根据等边求出，根据旋转求出，解直角三角形求出和即可．
【详解】解：过D作于E，
则，
∵是等边三角形，
∴，
∵轴，
∴轴与点F，
∴，
∵等边绕原点O顺时针旋转至的位置，旋转角为，
∴，
∴，即是等腰直角三角形，
∴，，
∴，
∴点D的坐标为．
故答案为：．
【点睛】本题考查了等边三角形的性质，旋转的性质，勾股定理，能构造直角三角形是解此题的关键．
13．/
【分析】将绕点顺时针旋转得到，连接，过点作于．由旋转的性质可知，，进而根据等腰直角三角形的性质得到，再根据勾股定理得到，再由直角三角形斜边上的中线得到，最后根据勾股定理求解即可．
【详解】解：如图，将绕点顺时针旋转得到，连接，过点作于．
由旋转的性质可知，，
，
，
，，
，
，
，
，
，
，，共线，
，
，
，
，
，
正方形的面积为．
故答案为．
【点睛】本题考查了旋转的性质，等腰三角形的性质和判定，勾股定理，直角三角形斜边上的中线，正确构造旋转图形是解题的关键．
14．/36度
【分析】由旋转的性质可得，，由等腰三角形的性质可求，即可求解．
【详解】解：
将绕点旋转到的位置
，
故答案为：
【点睛】本题考查了旋转的性质，平行线的性质，等腰三角形的性质，掌握旋转的性质是本题的关键．
15．
【分析】根据题意画出相应的图形即可解答．
【详解】解：根据题意画出图形，如图所示：
由图知，以原点O为旋转中心，将△AOB顺时针旋转90°，点B对应的坐标为（2，1），再沿y轴向下平移两个单位，对应的点B′坐标为（2，－1），
故答案为：（2，－1）．
【点睛】本题考查坐标与图形变换-旋转、坐标与图形变换-平移，正确画出变换后的图形是解答的关键．
16．(1)见解析
(2)见解析
(3)
【分析】（1）利用中心对称图形的性质，作出点A、B、C 的对应点、、，再顺次连接、、三点即可得解；
（2）利用平移的性质，作出点A、B、C 的对应点、、，再顺次连接、、三点即可得解；
（3）连接，，，交于点P，即得到旋转中心为点P，再写出点P坐标即可．
【详解】（1）解：如图，即为所求．
（2）解：如图，即为所求．
（3）如图，连接，，，交于点P，
则点P(2.5,0)即为旋转中心，
∴旋转中心的坐标为(2.5,0)．
故答案为：(2.5,0)．
【点睛】本题考查作图-平移变换、旋转变换，熟练掌握平移和旋转的性质是解答本题的关键．
17．(1)图形如图所示，
(2)图形如图所示，点的坐标为
(3)（-1，-2）
【分析】（1）根据旋转变换的定义作出变换后的对应点，再顺次连接即可得；
（2）根据平移变换的定义作出变换后的对应点，再顺次连接即可得；
（3）结合对应点的位置，依据旋转变换的性质可得旋转中心；
【详解】（1）解：图形如图所示，点的坐标为
（2）解：图形如图所示，点的坐标为
（3）解：如图所示，点Q即为所求，其坐标为（-1，-2），
故答案为：（-1，-2）；
【点睛】本题主要考查作图-旋转变换和平移变换，解题的关键是掌握旋转变换和平移变换的定义与性质，并据此得出变换后的对应点．
18．（1）见解析；（2）90°
【分析】（1）连接,分别做它们的垂直平分线相交于一点，该点即为所求；
（2）观察所作图形，，从而得到答案．
【详解】解：(1)如下图所示，点O即为所求．
(2) 观察第一问的图形，可知
【点睛】本题考查作图确认旋转中心、旋转角，牢记相关的知识点是解题的关键．
19．(1)等边三角形
(2)
(3)
【分析】（1）根据旋转的性质得出BD=D，∠BD=60°，所以△BDB′是等边三角形；
（2）根据旋转的性质知等边三角形的边长为3，过点作M⊥BD，利用等边三角形的性质及勾股定理得出三角形的高，求出△BD的面积即可；
（3）类比（1），连接BD，由于AD=CD，所以可将△BCD绕点D逆时针方向旋转60°，得到△DA，连接B，延长BA，作E⊥BE；易证△AF是等腰直角三角形，△AEB是等腰直角三角形，利用勾股定理计算AE=E=1，B=，求△AB和△BD的面积差即可．
【详解】（1）解：如图2，连接BD，由于AD=CD，所以可将△DCB绕点D顺时针方向旋转60°，得到△DA，
∵BD=D，∠BD=60°
∴△BD是等边三角形，
故答案为：等边三角形；
（2）由旋转的性质得：△BCD≌△AD，
∴四边形ABCD的面积=等边△BD的面积，
∵BC=A=1
∴B=AB+A=2+1=3，
∴B=BD=3，
过点作M⊥BD，如图2所示：
∴BM=，
∴M=，
∴；
（3）如图3，连接BD，由于AD=CD，所以可将△BCD绕点D逆时针方向旋转60°，得到△DA，
连接B，延长BA，作E⊥BE；
∴由旋转得△BCD≌△AD
∴=，
∵∠ABC=75°，∠ADC=60°，
∴∠BCD+∠BAD=360°-∠ABC-∠ADC=225°，
∴∠AD+∠BAD=∠BCD+∠BAD=225°，
∴∠BA=360°-(∠AD+∠BAD)=135°
∴∠AE=45°，
∴ AE为等腰直角三角形，
∵A=BC=，
∴E=AE=1，
∴BE=AB+AE=2+1=3，
∴B=，
∴，
∵∠BD=60°，BD=D，
∴ BD为等边三角形，
同（2）中方法一致，得 BD得高为，
∴，
∴=．
【点睛】题目主要考查旋转的性质，等边三角形的判定和性质，勾股定理解三角形，理解题意，综合运用这些知识点并作出相应图形是解题关键．
20．(1)四边形是正方形，理由见解析
(2)．证明见解析
【分析】（1）由旋转的性质可得，，，由正方形的判定可证四边形是正方形；
（2）过点D作于H，由等腰三角形的性质可得，，由“”可得，可得，由旋转的性质可得，可得结论．
【详解】（1）证明：四边形是正方形，理由如下，
∵将绕点顺时针方向旋转，得到，
∴，，，
∵，
∴四边形是矩形，
又∵，
∴四边形是正方形；
（2）解：．证明过程如下：
如图②，过点D作于H，
∵，
∴，，
∵四边形是正方形，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵将绕点顺时针方向旋转，得到，
∴，
∵四边形是正方形，
∴，
∴，
∴．
【点睛】本题是四边形综合题，考查了正方形的判定和性质，旋转的性质，全等三角形的判定和性质，等腰三角形的性质等知识，灵活运用这些性质进行推理是本题的关键．
21．(1)见解析
(2)50°
【分析】(1)根据题意和旋转的性质，可证得，据此即可证得；
(2)根据全等三角形的性质及三角形内角和定理，即可求得．
【详解】（1）证明：∵绕点A逆时针旋转得到，
∴，，，
∴，即，
∵，
∴，
在与中，
∴，
∴；
（2）解：，
∴
∵，
∴．
【点睛】本题考查了旋转的性质，全等三角形的判定与性质，熟练掌握和运用全等三角形的判定与性质是解决本题的关键．
22．（1）①60；②AD＝BE；（2）a2＋b2＝c2；（3）60°或120°
【分析】（1）由条件易证△ACD≌△BCE，从而得到：AD=BE，∠ADC=∠BEC．由点A，D，E在同一直线上可求出∠ADC，从而可以求出∠AEB的度数；
（2）由“SAS”可证△ACD≌△BCE，可得BE=AD，∠ADC=∠BEC，由勾股定理可求解；
（3）由（1）知△ACD≌△BCE，得∠CAD=∠CBE，由∠CAB=∠ABC=60°，可知∠EAB+∠ABE=120°，根据三角形的内角和定理可知∠AOE=60°．
【详解】解：（1）①如图1，
∵△ACB和△DCE均为等边三角形，
∴CA=CB，CD=CE，∠ACB=∠DCE=60°，
∴∠ACD=∠BCE，
在△ACD和△BCE中，
，
∴△ACD≌△BCE（SAS）．
∴∠ADC=∠BEC．
∵△DCE为等边三角形，
∴∠CDE=∠CED=60°，
∵点A，D，E在同一直线上，
∴∠ADC=120°，
∴∠BEC=120°，
∴∠AEB=∠BEC-∠CED=60°，
故答案为：60；
②∵△ACD≌△BCE，
∴AD=BE，
故答案为：AD=BE；
（2）∵△ACB和△DCE均为等腰直角三角形，
∴CA=CB，CD=CE，∠ACB=∠DCE=90°．
∴∠ACD=∠BCE，
∴△ACD≌△BCE（SAS），
∴BE=AD，∠ADC=∠BEC，
∵△DCE为等腰直角三角形，
∴∠CDE=∠CED=45°．
∵点A，D，E在同一直线上，
∴∠ADC=135°．
∴∠BEC=135°，
∴∠AEB=∠BEC-∠CED=90°，
∴AD2+AE2=AB2，
∵AD=a，AE=b，AB=c，
∴a2+b2=c2；
（3）如图3，
由（1）知△ACD≌△BCE，
∴∠CAD=∠CBE，
∵∠CAB=∠CBA=60°，
∴∠OAB+∠OBA=120°，
∴∠AOE=180°-120°=60°，
如图4，
同理求得∠AOB=60°，
∴∠AOE=120°，
∴∠AOE的度数是60°或120°．
【点睛】本题是几何变换综合题，主要考查了等边三角形的性质，等腰三角形的性质，勾股定理，三角形全等的判定与性质等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题．
23．（1）图见解析，A1（-2,2）、C1（-1,4）；（2）
【分析】（1）利用旋转的性质得到点A1、C1，顺次连接即可得到图形；
（2）利用勾股定理计算．
【详解】解：（1）如图，A1（-2,2）、C1（-1,4）；
（2）∵A(2，4)，A1（-2,2），
∴，
故答案为：．
【点睛】此题考查了旋转作图，，勾股定理求线段长度，正确掌握旋转的性质及勾股定理的计算公式是解题的关键．
24．（1）见解析；（2）见解析；（3）10
【分析】（1）先根据平移的性质得到A、B、C平移后的对应点A1、B1、C1，然后顺次连接A1、B1、C1即可；
（2）根据（1）画出的三角形，先根据旋转的性质得到A1、B1、C1的对应点A2、B2、C2，然后顺次连接A2、B2、C2即可；
（3）根据进行求解即可．
【详解】解：（1）如图所示，即为所求；
（2）如图所示，即为所求；
（3）如图所示，．
【点睛】本题主要考查了平移作图，旋转作图，四边形面积，坐标与图形，解题的关键在于能够熟练掌握平移作图和旋转作图的方法．
25．（1）答案见解析；（2）答案见解析；（3）点B2（4，﹣2），C2（1，﹣3）．
【分析】（1）利用点平移的规律写出点A、B、C的对应点A1、B1、C1的坐标，然后描点即可得到△A1B1C1；
（2）利用网格特点和旋转的性质画出点B、C的对应点B2、C2，从而得到△AB2C2，
（3）根据（2）中图形写出点B2、C2的坐标即可．
【详解】解：（1）如图，△A1B1C1即为所求；
（2）如图，△AB2C2即为所求，
（3）由（2）可知点B2（4，﹣2），C2（1，﹣3）．
26．（1）①，理由见解析；②以点A为旋转中心，逆时针旋转角α得到的；（2）90°；．
【分析】（1）①证明，即可得到；
②利用第①问中全等三角形的性质以及旋转变换的性质，即一个图形和它经过旋转得到的图形中，任意一组对应点与旋转中心的连线所成的角都等于旋转角，即可判断；
（2）如图，以点A为旋转中心，将顺时针旋转，得到，有，推出，进而推出点B在以为圆心，半径为2的圆上，当在y轴上时，的值最大，此时P，B的对应点分别为，，可得，进而可求得此时点P的坐标．
【详解】（1）①．
，
．
在△ADC和△ABE中，
，，，
△ADC≌△ABE（SAS），
．
②，，
△ABE可以认为是由△ADC以点A为旋转中心，逆时针旋转角α得到的．
（2）如图，以点A为旋转中心，将△APO顺时针旋转60°，得到△ABO′，
△ABO′≌△APO，
，
点B在以为圆心，半径为2的圆上．
连接，
，
，
又，
为等边三角形，
作于点，
，
，
，
当OB在y轴上时，OB与⊙相切，最大，最大值为．
此时，P，B的对应点分别为，，
△P′OA≌△B′O′A，
．
，
综上，的最大值为，此时点P的坐标为．
【点睛】本题为几何变换综合题，考查了旋转变换、等边三角形的判定和性质、全等三角形的判定和性质、轨迹等知识，熟悉添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题是解题关键．
27．(1)见解析
(2)①见解析；②或
【分析】（1）通过代换得对应角相等，再根据等腰直角三角形的性质得对应边相等，利用“SAS”证明△AOM≌△BON，即可得到AM=BN；
（2）①连接BN，根据等腰直角三角形的性质，利用“SAS”证明△AOM≌△BON，得对应角相等，对应边相等，从而可证∠MBN=90°，再根据勾股定理，结合线段相等进行代换，即可证明结论成立；
②分点N在线段AM上和点M在线段AN上两种情况讨论，连接BN，设BN=x，根据勾股定理列出方程，求出x的值，即可得到BN的长，BN的长就是AM的长．
【详解】（1）证明：∵∠AOB=∠MON=90°，
∴∠AOB+∠AON=∠MON+∠AON，
即∠AOM=∠BON，
∵△AOB和△MON都是等腰直角三角形，
∴OA=OB，OM=ON，
∴△AOM≌△BON（SAS），
∴AM=BN；
（2）①证明：连接BN，
∵∠AOB=∠MON=90°，
∴∠AOB-∠BOM=∠MON-∠BOM，
即∠AOM=∠BON，
∵△AOB和△MON都是等腰直角三角形，
∴OA=OB，OM=ON，
∴△AOM≌△BON（SAS），
∴∠MAO=∠NBO=45°，AM=BN，
∴∠MBN=90°，
∴MB2+BN2=MN2，
∵△MON是等腰直角三角形，
∴MN2=2ON2，
∴AM2+BM2=2OM2；
②如图3，当点N在线段AM上时，连接BN，设BN=x，
由（1）可知△AOM≌△BON，可得AM=BN且AM⊥BN，
在Rt△ABN中，AN2+BN2=AB2，
∵△AOB和△MON都是等腰直角三角形，OA=，OM=，
∴MN=6，AB=8，
∴，
解得：或（舍），
∴AM=BN=；
如图4，当点M在线段AN上时，连接BN，设BN=x，
由（1）可知△AOM≌△BON，可得AM=BN且AM⊥BN，
在Rt△ABN中，AN2+BN2=AB2，
∵△AOB和△MON都是等腰直角三角形，OA=，OM=，
∴MN=6，AB=8，
∴，
解得：（舍）或，
∴AM=BN=；
综上所述，线段AM的长为或．
【点睛】本题考查了等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定与性质，图形的旋转，勾股定理等知识点，抓住图形旋转中不变的量，巧妙构造直角三角形是解决问题的关键．23.2 中心对称 同步练习
一、单选题
1．（2022秋·河南南阳·九年级统考期末）如图，将绕点旋转得到．设点的坐标为，则点A的坐标为（ ）
A． B． C． D．
2．（2022秋·河南许昌·九年级统考期末）如图，在平面直角坐标系中，△ABC与△A1B1C1关于点E成中心对称．则对称中心点的坐标是（ ）
A． B． C． D．
3．（2022秋·河南安阳·九年级统考期末）下列图形是用数学家名字命名的，其中是中心对称图形的是（ ）
A． B． C． D．
4．（2022秋·河南郑州·九年级统考期末）如图是两个完全重合的矩形，将其中一个始终保持不动，另一个矩形绕其对称中心按逆时针方向进行旋转，第一次旋转后得到图①，第二次旋转后得到图②，…，则第次旋转后得到的图形与图①～④中相同的是（ ）
A．图① B．图② C．图③ D．图④
5．（2022秋·河南信阳·九年级统考期末）下列图案既是中心对称图形又是轴对称图形的是（ ）
A．B．C． D．
6．（2022秋·河南周口·九年级统考期末）拼图游戏需要将形状各异的组件拼在一起，下列拼图组件是中心对称图形的是（ ）
A． B． C． D．
7．（2022秋·河南许昌·九年级统考期末）下列图形中，是中心对称图形的是（ ）
A． B． C． D．
8．（2022秋·河南漯河·九年级统考期末）下列数学符号中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（ ）
A． B． C． D．
9．（2022秋·河南驻马店·九年级统考期末）以下有关勾股定理证明的图形中，不是中心对称图形的是（ ）
A．B．C． D．
10．（2022秋·河南开封·九年级统考期末）已知点M（a，b）在第二象限内，且，则该点关于原点对称点的坐标是（ ）
A．（－2，1） B．（－1，2） C．（2，－1） D．（1，－2）
11．（2022秋·河南信阳·九年级统考期末）在平面直角坐标系xOy中，将点P（﹣1，2）绕点原点O旋转180°，得到的对应点的坐标是（ ）
A．（1，2） B．（﹣1，2） C．（2，1） D．（1，﹣2）
12．（2022秋·河南郑州·九年级期末）如图，在中，顶点，，，将与正方形ABCD组成的图形绕点O顺时针旋转，每次旋转，则第70次旋转结束时，点D的坐标为（ ）
A． B． C．） D．
二、填空题
13．（2022秋·河南商丘·九年级统考期末）如图，在平面直角坐标系中，经过中心对称变换得到，那么对称中心的坐标为 ．
14．（2022秋·河南商丘·九年级统考期末）在平面直角坐标系中，点关于原点对称的点的坐标是 ．
15．（2022秋·河南商丘·九年级期末）点和点关于原点对称，则 ．
16．（2022秋·河南信阳·九年级期末）已知点与点关于原点对称，则的值为 ．
17．（2022秋·河南安阳·九年级统考期末）已知点A（2，4）与点B（b﹣1，2a）关于原点对称，则ab＝ ．
三、解答题
18．（2022秋·河南焦作·九年级统考期末）如图，正方形网格中，每个小正方形的边长都是一个单位长度，在平面直角坐标系内，的三个顶点分别为，，．
（1）画出关于原点对称的，并写出点的坐标；
（2）画出绕点顺时针旋转后得到的，并写出点的坐标．
19．（2022秋·河南驻马店·九年级统考期末）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，在建立平面直角坐标系后，的顶点均在格点上，点A的坐标，点B的坐标．
（1）画出关于原点O对称的（A，B的对称点分别为，）．
（2）画出关于原点O按逆时针方向旋转90°所得的（A，B的对应点分别为，），并写出，的坐标．
（3）若将点向上平移h个单位，使其落在的内部，请直接写出h的取值范围．
20．（2022秋·河南新乡·九年级统考期末）如图，在平面直角坐标系中，三个顶点的坐标分别是A（2，4），B（1，2），C（5，3）．
（1）作出关于点O对称的图形；
（2）以点O为旋转中心，将顺时针旋转90°，得到，在坐标系中画出．
21．（2022秋·河南信阳·九年级统考期末）图，在4×4的方格纸中，△ABC的三个顶点都在格点上．
（1）在图1中，画出一个与△ABC成中心对称的格点三角形；
（2）在图2中，画出△ABC绕着点C按顺时针方向旋转90°后的三角形．
参考答案：
1．D
【分析】设，由于、关于点对称，则，，化简整理即可．
【详解】解：设由于、关于点对称，
可知：，，
解得：，，
，
故选：D．
【点睛】本题主要考查了关于一点成中心对称的问题；掌握中心对称的点的坐标特征是解题的关键．
2．B
【分析】连接任意两对对应点，连线的交点即为对称中心．
【详解】解：画出对称中心E，
点E的坐标是（-3，-1 ） ，
故选：B．
【点睛】本题考查对称中心的确定，掌握好中心对称图形的性质是解题的关键.
3．B
【分析】根据中心对称图形的概念判断．把一个图形绕某一点旋转180°，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形就叫做中心对称图形．
【详解】解：选项A、C、D都不能找到这样的一个点，使图形绕这个点旋转180°后与原来的图形重合，所以不是中心对称图形，
选项B能找到这样的一个点，使图形绕这个点旋转180°后与原来的图形重合，所以是中心对称图形，
故选：B．
【点睛】本题考查的是中心对称图形，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后与自身重合．
4．B
【分析】探究规律后利用规律解决问题即可．
【详解】观察图形可知每4次循环一次，，
∴第2022次旋转后得到的图形应与图②相同，
故选：B．
【点睛】本题考查中心对称、旋转变换，规律型问题，解题的关键是理解题意，学会探究规律利用规律解决问题．
5．C
【分析】根据轴对称图形和中心对称图形的定义，逐项判断即可求解．
【详解】解：A、是轴对称图形，但不是中心对称图形，故本选项不符合题意；
B、既不是是轴对称图形，也是中心对称图形，故本选项不符合题意；
C、既是中心对称图形又是轴对称图形，故本选项符合题意；
D、是轴对称图形，但不是中心对称图形，故本选项不符合题意；
故选：C
【点睛】本题主要考查了轴对称图形和中心对称图形的定义，熟练掌握如果一个图形沿着一条直线对折后两部分完全重合，这样的图形叫做轴对称图形；在平面内，把一个图形绕着某个点旋转180°，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．
6．A
【分析】根据中心对称图形的定义：如果一个图形绕某一点旋转180°后能够与自身重合，那么这个图形就叫做中心对称图形，这个点叫做对称中心．结合图形的特点即可求解．
【详解】解：A、是中心对称图形，故选项正确，符合题意；
B、不是中心对称图形，故选项错误，不符合题意；
C、不是中心对称图形，故选项错误，不符合题意；
D、不是中心对称图形，故选项错误，不符合题意；
故选：A．
【点睛】此题考查了中心对称图形识别，解题的关键是根据中心对称图形的定义结合图形的特点选择．
7．A
【分析】根据中心对称图形的定义：把一个图形绕某一点旋转180°，如果旋转后与原来的图形重合，那么这个图形就叫做中心对称图形，这个点叫做中心对称进行解答即可．
【详解】A、是中心对称图像，故该选项符合题意；
B、不是中心对称图像，故该选不项符合题意；
C、不是中心对称图像，故该选不项符合题意；
D、不是中心对称图像，故该选不项符合题意；
故选：A
【点睛】本题考查了中心对称图形的识别，掌握中心对称图形的定义是关键．
8．D
【分析】根据轴对称图形和中心对称图形的特征进行判断即可．
【详解】解：A选项是轴对称图形不是中心对称图形；
B选项是中心对称图形，也不是轴对称图形；
C选项是轴对称图形，不是中心对称图形；
D选项既是轴对称图形又是中心对称图形;
故选：D．
【点睛】本题考查了轴对称图形和中心对称图形的识别，解题关键是抓住对称图形的特征，进行准确判断．
9．A
【分析】根据中心对称图形的定义即可得．
【详解】A、不是中心对称图形，此项符合题意；
B、是中心对称图形，此项不符题意；
C、是中心对称图形，此项不符题意；
D、是中心对称图形，此项不符题意；
故选：A．
【点睛】本题考查了中心对称图形，熟记定义是解题关键．
10．D
【分析】根据M点所在的象限及两坐标的绝对值可确定点M的坐标，再根据两个点关于原点对称的坐标特征：横坐标、纵坐标分别互为相反数，即可确定答案．
【详解】∵M点在第二象限
∴a<0，b>0
∵
∴a= 1，b=2
即M( 1，2)
所以M点关于原点对称的点的坐标为(1， 2)
故选：D
【点睛】本题考查了两点关于原点对称的坐标特征，点所在象限的坐标特征，掌握这两个特征是解题的关键．
11．D
【分析】根据题意可知点P旋转以后横纵坐标都互为相反数，从而可以解答本题．
【详解】解：∵点P（﹣1，2）绕点原点O旋转180°，
∴对应点坐标为（1，﹣2），
故选D．
【点睛】本题主要考查了关于原点对称的点的坐标特征，熟练掌握关于原点对称的两点横纵坐标互为相反数是解题的关键．
12．D
【分析】先求出，再利用正方形的性质确定，由于，所以第70次旋转结束时，相当于与正方形ABCD组成的图形绕点O顺时针旋转2次，每次旋转，此时旋转前后的点D关于原点对称，于是利用关于原点对称的点的坐标特征可出旋转后的点D的坐标．
【详解】解：，，
，
四边形ABCD为正方形，
，
，
，
每4次一个循环，第70次旋转结束时，相当于与正方形ABCD组成的图形绕点O顺时针旋转2次，每次旋转，
点D的坐标为．
故选D．
【点睛】本题考查了坐标与图形变化﹣旋转：图形或点旋转之后要结合旋转的角度和图形的特殊性质来求出旋转后的点的坐标．常见的是旋转特殊角度如：，，，，．
13．
【分析】对应点连线的中点即时对称中心的坐标，以此来求解即可．
【详解】解：的中点坐标是，
故答案是：．
【点睛】本题考查了中心对称变换，掌握根据对应点找出对称中心的方法是求解的关键．
14．
【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．
15．-9
【分析】平面内关于原点对称的点的坐标特点为：横坐标、纵坐标都互为相反数，由此可求解．
【详解】解：∵点A（5， m）和点B（n， 4）关于原点对称，
∴m＝ 4，n＝ 5，
∴m＋n＝ 4＋（ 5）＝ 9，
故答案为： 9．
【点睛】本题考查关于原点对称的点的坐标，熟练掌握关于原点对称的点的坐标特点是解题的关键．
16．
【分析】根据已知条件求出a，b，代入求值即可；
【详解】∵点与点关于原点对称，
∴，，
∴；
故答案是．
【点睛】本题主要考查了平面直角坐标系点的对称，准确计算是解题的关键．
17．2
【详解】由题意，得
b 1= 2，2a= 4，
解得b= 1，a= 2，
∴ab=( 2) ×( 1)=2，
故答案为2．
18．（1）图见解析；；（2）图见解析；
【分析】（1）画出关于原点对称的，写出的坐标即可；
（2）画出绕点顺时针旋转后得到的，写出点的坐标即可．
【详解】解：（1）如图即为所作，；
（2）如图：即为所作，．
【点睛】本题考查了旋转作图，根据题意画出图形是解本题的关键．
19．（1）见解析；（2）见解析，、；（3）
【分析】（1）先描出A，B关于原点对称点，，再连接即可得到；
（2）先描出A，B关原点O按逆时针方向旋转90°所对应的，，再连接即可；
（3）结合所画图象即可得出．
【详解】解：（1）如图所示：
（2）如图所示：
由图可得：、；
（3）点向上平移h个单位，使其落在的内部，由图：
当，会使得点落在的内部．
【点睛】本题考查了中心对称、图形的旋转、平移，解题的关键是掌握图形旋转、平移的特征．
20．（1）见解析；（2）见解析
【分析】（1）根据中心对称的性质找出点A、B、C的对应点A1、B1、C1，然后用线段连接即可；
（2）根据旋转的性质找出点A、B、C的对应点A2、B2、C2，然后用线段连接即可；
【详解】（1）如图所示，即为所求．
（2）如图所示，即为所求．
【点睛】本题考查了中心对称作图和旋转作图，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．
21．（1）见解析；（2）见解析．
【分析】（1）根据中心对称性质即可画出一个与△ABC成中心对称的格点三角形；
（2）根据旋转的性质即可画出△ABC绕着点C按顺时针方向旋转90°后的三角形．
【详解】解：（1）如图1，△DCE即为所求；
（2）如图2，△DCE即为所求．
【点睛】本题考查了作图-旋转变换，解决本题的关键是掌握旋转和对称的性质．
