23.1 图形的旋转 同步练习（含解析） 2022—2023学年上学期湖北省九年级数学期末试题选编

23.1 图形的旋转 同步练习
一、单选题
1．（2022秋·湖北黄冈·九年级期末）如图，在中，，将绕点逆时针旋转得到，点，的对应点分别为，，连接．当点，，在同一条直线上时，则旋转角的度数为（ ）
A． B． C． D．
2．（2022秋·湖北鄂州·九年级统考期末）如图，中，，绕顶点O逆时针旋转到 处，此时线段与的交点E为的中点，则线段的长度为（　　）
A． B． C． D．
3．（2022秋·湖北荆州·九年级统考期末）如图，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，将△ABC绕点A顺时针旋转90°后得到△AB'C'（点B对应点是点B'，点C'的对应点是点C'），连接CC'．若∠CC'B'＝22°，则∠B的大小是（　　）
A．63° B．67° C．68° D．77°
4．（2022秋·湖北荆门·九年级统考期末）把如图的五角星绕着它的中心旋转一定角度后与自身重合，则这个旋转角度可能是（ ）
A． B． C． D．
5．（2022秋·湖北恩施·九年级统考期末）在平面直角坐标系中，点A（，），B（，），C（，），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．＜＜ B．＜＜ C．＜＜ D．＜＜
6．（2022秋·湖北荆州·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·湖北十堰·九年级统考期末）如图，在平面直角坐标系中，将△ABO绕点A顺时针旋转到△AB1C1的位置，点B、O分别落在点B1、C1处，点B1在x轴上，再将△AB1C1绕点B1顺时针旋转到△A1B1C2的位置，点C2在x轴上，将△A1B1C2绕点C2顺时针旋转到△A2B2C2的位置，点A2在x轴上，依次进行下去…，若点A（3，0），B（0，4），则点B2021的横坐标为（ ）
A．12120 B．12128 C．12123 D．12125
8．（2022秋·湖北襄阳·九年级统考期末）如图，在中，，将绕点A顺时针旋转后得到的（点B的对应点是点，点的对应点是点），连接．若，则的大小是（ ）
A． B． C． D．
二、填空题
9．（2022秋·湖北鄂州·九年级期末）中，，，以为边在外作正方形，、交于点O，则线段的最大值为 ．
10．（2022秋·湖北随州·九年级统考期末）已知：如图，在等边中取点P，使得，，的长分别为a，a，，将线段以点B为旋转中心顺时针旋转得到线段，连接，则 ； ．
11．（2022秋·湖北恩施·九年级统考期末）如图，在中，，，把绕点B顺时针旋转到的位置，使点C恰好落在DE边上，若，则 ．
12．（2022秋·湖北荆门·九年级统考期末）将按如图的方式放在平面直角坐标系中，其中，，顶点A的坐标为，将绕原点O逆时针旋转得到点，则点的坐标为 ．
13．（2022秋·湖北孝感·九年级期末）如图，把△ABC绕点A旋转一定角度得到△ADE，BC与DE交于F，连接CE，若∠BFD＝20°，则∠ACE＝ 度．
14．（2022秋·湖北黄石·九年级统考期末）已知：如图，在正方形内取一点P，连接、、，将绕点A顺时针旋转90°得，连．若，，．下列结论：①；②点B到直线的距离为；③；④．其中正确结论的序号是 ．
15．（2022秋·湖北襄阳·九年级统考期末）如图，将△ABC绕点C顺时针旋转90°得到△EDC．若点A，D，E在同一条直线上，∠ACB＝20°，则∠ADC的度数是 ．
16．（2022秋·湖北襄阳·九年级统考期末）如图，在△ABC中，∠C=90°，AC=4，BC=3，将△ABC绕点A逆时针旋转，使点C落在线段AB上的点E处，点B落在点D处，则BD的长为 .
17．（2022秋·湖北鄂州·九年级期末）将点绕原点顺时针旋转对应的点坐标为 ．
三、解答题
18．（2022秋·湖北襄阳·九年级统考期末）如图，在平面直角坐标系中，其中一个三角形是由另一个三角形绕某点旋转一定的角度得到的，请你尺规作图在图中标记旋转中心P的位置，并说出P的坐标．
19．（2022·湖北孝感·九年级期末）如图，在平面直角坐标系中，Rt△ABC的三个顶点分别是A（－3，2），B（0，4），C（0，2）．
（1）将△ABC以点C为旋转中心旋转180°，画出旋转后对应的△C；平移△ABC，若A的对应点的坐标为（0，-4），画出平移后对应的△；
（2）若将△C绕某一点旋转可以得到△，请直接写出旋转中心的坐标；
（3）在轴上有一点P，使得PA+PB的值最小，请直接写出点P的坐标．
20．（2022秋·湖北荆门·九年级统考期末）如图，已知是等边三角形，在外有一点，连接，，，将绕点按顺时针方向旋转得到，与交于点，．

(1)求的大小；
(2)若，，，求的长．
21．（2022秋·湖北襄阳·九年级统考期末）如图，中，，，将绕点A逆时针旋转得到，点D恰好在边上，边交边于点F．
(1)求证：；
(2)若，求点C到直线的距离．
22．（2022秋·湖北宜昌·九年级统考期末）如图所示，把绕点顺时针旋转，得到，
交于点，若，求∠A的度数．
23．（2022秋·湖北荆州·九年级统考期末）如图，将绕点A按顺时针方向旋转90°得到，点B的对应点为点D，点C的对应点E落在BC边上，连接BD，．
(1)求证：；
(2)若，，求线段BD的长．
24．（2022秋·湖北十堰·九年级统考期末）在中，，将线段AC绕着点C逆时针旋转得到线段CD，旋转角为，且，连接AD、BD．
(1)如图1，当，时，的大小为______；
(2)如图2，当，时，求的大小．
25．（2022秋·湖北荆州·九年级统考期中）在RtABC中，∠ABC＝90°，∠A＝α，O为AC的中点，将点O沿BC翻折得到点，将ABC绕点顺时针旋转，使点B与C重合，旋转后得到ECF．
（1）如图1，旋转角为 ．（用含α的式子表示）
（2）如图2，连BE，BF，点M为BE的中点，连接OM，
①∠BFC的度数为 ．（用含α的式子表示）
②试探究OM与BF之间的关系．
（3）如图3，若α＝30°，请直接写出的值为 ．
26．（2022秋·湖北黄石·九年级统考期末）如图，将绕点顺时针旋转得，点的对应点恰好落在的延长线上，连接．AC，DE相交于点P．
（Ⅰ）求证：△ADB是等边三角形；
（Ⅱ）直接写出∠APD的度数______．
27．（2022秋·湖北宜昌·九年级统考期末）如图，直线y＝﹣x＋2交y轴于点A，交x轴于点C，抛物线y＝﹣x2＋bx＋c经过点A，点C，且交x轴于另一点B．
（1）点A的坐标为 　 　，点C的坐标为 　 　，并求抛物线的解析式；
（2）在直线AC上方的抛物线上有一点M，求四边形ABCM面积的最大值及此时点M的坐标；
（3）将线段OA绕x轴上的动点P（m，0）顺时针旋转90°得到线段，若线段与抛物线只有一个公共点，请你直接写出m的取值范围．
28．（2022秋·湖北荆门·九年级统考期末）如图，将绕点A按顺时针方向旋转，得到，点B的对应点为点D，点C的对应点F落在边上，连接．
(1)求证：；
(2)若，，求线段的长．
29．（2022秋·湖北恩施·九年级统考期末）如图，将绕点O旋转180°，得到，当点O不在三边所在直线上时，求证：四边形是平行四边形．
30．（2022秋·湖北孝感·九年级统考期末）如图，点A、B的坐标分别为（0，0）、（4，0），将绕点A按逆时针方向旋转 得到．
(1)画出；
(2)写出点C′的坐标．
31．（2022秋·湖北武汉·九年级统考期末）如图，在ABC中，点A(﹣3，﹣1)，B(1，1)，C(0，3)．
（1）将ABC绕点O顺时针旋转90°，点A，B，C的对应点A1，B1，C1均落在格点上，画出旋转后的A1B1C1，并直接写出点A1，B1，C1的坐标；
（2）将ABC绕点A旋转后，B，C对应点B2，C2均落在格点上，画出旋转后的AB2C2，并直接写出点
B2，C2的坐标；
（3）若线段B1C1绕某点旋转后恰好与线段B2C2重合，直接写该点的坐标为 ．
32．（2022·湖北黄石·九年级统考期末）如图，在中，，，将绕点B按逆时针方向旋转，得到，连接，交于点F．
(1)求证：；
(2)求的度数．
参考答案：
1．D
【分析】由旋转的性质可得，由等腰三角形的性质可求，再利用三角形的外角性质即可求解．
【详解】解：∵将绕点逆时针旋转得到，
∴，
∴，
∴，
故选：D．
【点睛】本题考查了旋转的性质，等腰三角形的性质，掌握旋转的性质是解题的关键．
2．C
【分析】先利用勾股定理求出的长度，再过点O作于F，利用等面积法求出，最后利用勾股定理求出的长，结合等腰三角形的性质即可解答．
【详解】解：∵，
∴，
∵绕顶点O逆时针旋转到处，
∴，
∵E为的中点，
∴，
∴，
过点O作于F，
，
解得：，
在中，，
∵，，
∴，
∴．
故选C．
【点睛】本题主要考查主要考查旋转的性质，涉及到等面积法求线段长度，勾股定理解直角三角形及等腰三角形的性质．
3．B
【分析】由旋转的性质可得AC＝AC'，∠CAC'＝90°，∠AB'C'＝∠B，可得∠ACC'＝45°，根据三角形的外角等于不相邻的两个内角和，可求∠AB'C'＝∠B＝∠ACC'+∠CC'B'＝78°．
【详解】∵将△ABC绕点A顺时针旋转90°后得到△AB′C′
∴AC＝AC'，∠CAC'＝90°，∠AB'C'＝∠B
∴∠ACC'＝45°
∵∠AB'C'＝∠ACC'+∠CC'B'
∴∠AB'C'＝45°+22°＝67°
∴∠B＝67°
故选B．
【点睛】本题考查了旋转的性质．等腰三角形的性质，熟练运用旋转的性质是解决本题的关键．
4．B
【分析】根据五角星的特点，用周角360°除以5即可得到最小的旋转角度，从而得解．
【详解】解：∵360°÷5=72°，
∴旋转的角度为72°的整数倍，
36°、72°、90°、108°中只有72°符合．
故选：B．
【点睛】本题考查旋转对称图形的概念：把一个图形绕着一个定点旋转一个角度后，与初始图形重合，这种图形叫做旋转对称图形，这个定点叫做旋转对称中心，旋转的角度叫做旋转角．
5．A
【详解】将△ABC绕点O顺时针旋转90°，得到△A'B'C'，与直线x=2交于点D，E，则点M在线段DE上（不含端点），据此可得m的取值范围．
【解答】解：如图所示：
将△ABC绕点O顺时针旋转90°，得到△A'B'C'，则有：
A'（3，3），B'（1，4），C'（1，2），
设直线A'B'的解析式为，
把A'（3，3），B'（1，4）代入得，
解得，
∴直线A'B'的解析式为y=-x+，
同理可得直线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，
y=-x+中，令x=2，则y=；
y=x+中，令x=2，则y=；
∴当点M（2，m）在线段DE上（不含端点）时，＜m＜，
故选：A．
【点睛】本题主要考查了旋转的性质，解题时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．
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】通过旋转发现，B、B2、B4…每偶数之间的B相差12个单位长度，根据这个规律可以求得B2020的横坐标，进而可得点B2021的坐标．
【详解】解：∵点A（3，0），B（0，4），
∴OA=3，OB=4，
∴AB==5，
∴OA+AB1+B1C2=3+5+4=12，
观察图象可知，点B2020的纵坐标为4，
∵2020÷2=1010，
∴点B2020的横坐标为1010×12=12120，
12120+3+5=12128，
∴点B2021的坐标为（12128，0）．
故选：B．
【点睛】本题考查坐标与图形变化-旋转，规律型：点的坐标，解题的关键是循环探究规律，利用规律解决问题．
8．B
【分析】利用旋转的性质得到，继而得到为等腰直角三角形，根据等腰直角三角形的性质解得，再由角的和差求得，即，最后根据三角形内角和解题即可．
【详解】∵绕点A顺时针旋转后得到的，
∴，
∴为等腰直角三角形，
∴．
∵，
∴，
∴，
∴．
故选：B．
【点睛】本题考查旋转的性质，涉及等腰直角三角形的判定与性质等知识，是重要考点，难度较易，掌握相关知识是解题关键．
9．
【分析】以点O为中心，将顺时针旋转得到，可得到等腰，即，，结合图形有（点A，点C，点F三点共线时取等号），即有，点A，点C，点F三点共线时，取得最大值，问题随之得解．
【详解】解：如图：以点O为中心，将顺时针旋转得到，
∵根据旋转有，，
∴得到等腰，即，，
如图，（点A，点C，点F三点共线时取等号），
∴，
∴点A，点C，点F三点共线时，取得最大值，
∴，
∵，
∴，
解得，
故答案为：．
【点睛】本题考查旋转的性质，勾股定理，正方形的性质，作出合理的辅助线是解题关键．
10．
【分析】由旋转可得是等边三角形，得到，，由“
”可证，可得，，由勾股定理的逆定理可得，，可求，，由面积和差关系可求，即可求解．
【详解】解：将线段以点为旋转中心顺时针旋转得到线段，
，，
是等边三角形，
，，
，
，
又，，
在和中，
，
，
，，
，，
，
，
，，
，
，
故答案为：，．
【点睛】本题是三角形综合题，考查了全等三角形的判定和性质，旋转的性质，等边三角形的判定和性质，勾股定理的逆定理等知识，灵活运用这些性质解决问题是解题的关键．
11．/40度
【分析】根据旋转的性质，可得对应角相等，对应线段相等，根据等腰三角形的性质，可得 与的关系，根据三角形内角和，可得答案．
【详解】解：∵，，
∴，
由旋转得：，
∴ ，
故答案为：．
【点睛】本题考查了旋转的性质和等腰三角形的性质，理解旋转前后的两个图形全等是解题关键．
12．
【分析】过作轴于C，由旋转的性质得，，可得，证明，根据全等三角形的性质得，，即可求解．
【详解】解：过作轴于C，
∴，
∵，，
∴，
由旋转的性质得，，
∴，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，，
∴点的坐标为．
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了坐标与图形，旋转的性质，三角形全等的判定和性质，作出辅助线，构造全等三角形，是解题的关键．
13．80
【分析】由旋转的性质可得∠ACB＝∠AED，AC＝AE，由外角的性质可得∠CAE＝∠EFC＝∠BFD＝20°，由等腰三角形的性质可求解．
【详解】解：如图，设AC与DE交点为O，
∵△ABC绕点A旋转一定角度得到△ADE，
∴∠ACB＝∠AED，AC＝AE，
∵∠COE＝∠CAE+∠AED＝∠ACB+∠EFC，
∴∠CAE＝∠EFC＝∠BFD＝20°，
∵AC＝AE，
∴∠ACE＝∠AEC＝80°，
故答案为：80．
【点睛】本题考查了旋转的性质，等腰三角形的性质，掌握旋转的性质是解题的关键．
14．①②④
【分析】①根据旋转的性质可得△AEP是等腰直角三角形，则∠AED=45°，所以∠BEP=135°-45°=90°，可作判断；
②作垂线段BF，根据等腰直角△BEF的性质可得BF的长；
③连接BD，求出△ABD的面积，然后减去△BDP的面积即可；
④根据勾股定理可得AB2，从而得正方形的面积．
【详解】解：①∵将△PDA绕点A顺时针旋转90°得△EBA，
∴∠EAP=90°，AE=AP，∠APD=∠AEB，
∴△AEP是等腰直角三角形，
∴∠AED=45°，
∴∠BEP=∠AEB-∠AED=∠APD-∠AED=135°-45°=90°，
∴EB⊥EP；
故①正确；
②过B作BF⊥AE，交AE的延长线于F，
∵AE=AP=2，∠EAP=90°，
∴∠AEP=∠APE=45°，
又∵EB⊥ED，BF⊥AF，
∴∠FEB=∠FBE=45°，
又∵BE=PD=2
∴，即点B到直线AE的距离为；
故②正确；
④如图，连接BD，在Rt△AEP中，
∵AE=AP=2，
∴EP=2，
Rt△ABM中，，
∴S正方形ABCD=AB2=16+4，
故④正确；
③S△ABP+S△ADP=S△ABD-S△BDP=S正方形ABCD-×DP×BE=（16+4）-×2×2=2+2．
故③不正确．
所以本题正确的结论有：①②④；
故答案为：①②④．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质的运用、正方形的性质的运用、正方形和三角形的面积公式的运用、勾股定理的运用等知识，熟记性质并仔细分析图形，理清图中三角形与角的关系是解题的关键．
15．65°
【分析】根据旋转的性质求出∠E和∠DCE度数，利用三角形外角的性质∠ADC=∠DCE+∠E即可．
【详解】∵将△ABC绕点C顺时针旋转90°得到△EDC．
∴∠DCE=∠ACB=20°，AC=CE，∠ACE＝90°，
∴∠E＝45°．
∵点A，D，E在同一条直线上，
∴∠ADC＝∠DCE+∠E＝20°+45°＝65°．
故答案为65°．
【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．
16．
【分析】由旋转的性质可求得AE、DE，由勾股定理可求得AB，则可求得BE，连接BD，在Rt△BDE中可求得BD的长．
【详解】在△ABC中，∠C=90°，AC=4，BC=3，
∴AB=5，
∵△ABC绕点A逆时针旋转得到△AED，
∴∠DEA=∠C=90°，AE=AC=4，DE=BC=3，
∴BE=AB-AE=5-4=1，
连接BD，
在Rt△BDE中，由勾股定理可得BD===，
即B、D两点间的距离为，
故答案为．
【点睛】本题主要考查旋转的性质，掌握旋转前后对应线段相等、对应角相等是解题的关键．
17．
【分析】画出图形，利用图象解决问题即可．
【详解】解：如图，点绕原点顺时针旋转90°对应的点B，
由图象法可知．
故答案为：．
【点睛】本题考查旋转变换，解题的关键是理解题意，学会用图象解决问题．
18．图见解析，点
【分析】对应点连线段的垂直平分线的交点即为旋转中心．
【详解】作线段AB，线段CD，作线段AB的垂直平分线MN，线段CD的垂直平分线EF，直线MN交直线EF于点P，点P即为旋转中心，
如图所示，可知旋转中心，
故答案为：．
【点睛】本题考查坐标与图形变化旋转，解题的关键是理解对应点连线段的垂直平分线的交点即为旋转中心．
19．（1）如下图；（2）（，）；（3）（－2，0）．
【分析】（1）根据网格结构找出点A、B以点C为旋转中心旋转180°的对应点A1、B1的位置，然后与点C顺次连接即可；再根据网格结构找出点A、B、C平移后的对应点A2、B2、C2的位置，然后顺次连接即可；
（2）根据中心对称的性质，连接两对对应顶点，交点即为旋转中心，然后写出坐标即可；
（3）根据轴对称确定最短路线问题，找出点A关于x轴的对称点A′的位置，然后连接A′B与x轴的交点即为点P．
【详解】（1）画出△A1B1C与△A2B2C2如图
（2）如图所示,旋转中心的坐标为:（，-1）
(3) 如图所示,点P的坐标为（-2，0）.
20．(1)23°
(2)4
【分析】（1）由旋转的性质及等边三角形的性质可得，，，，由对顶角相等可得，再根据三角形的内角和定理可得，从而可得；
（2）连接，结合（）的结论根据等边三角形的性质、全等三角形的性质、角的和差等可求得，再利用勾股定理可求得，从而可得．
【详解】（1）解：∵将绕点按顺时针方向旋转得到，为等边三角形
∴，，，，
∵，
∴，
∴；
（2）解：如图，连接，

∵，，
∴是等边三角形，
∴，，
∵将绕点按顺时针方向旋转得到，
∴，
∴，
∵，，，
∴，
∴，
∴．
【点睛】本题考查了旋转的性质、全等三角形的性质、等边三角形的性质、勾股定理等，灵活运用相关定理、添加辅助线是解题的关键．
21．(1)见解析
(2)
【分析】（1）根据旋转的性质可得，，可得到，进而得到，可得到，即可；
（2）过点C作于点G，则，根据旋转的性质可得，可得到，从而得到，再由直角三角形的性质，可得，再由勾股定理，即可求解．
【详解】（1）证明：根据题意得∶，．
∴．
∴．
∴，
∴．
∴．
∴．
（2）解：如图，过点C作于点G，则．
由旋转的性质得：．
∵，
∴．
∵，
∴，
∴．
∴．
∴中，．
∴．
【点睛】本题主要考查了图形的旋转，直角三角形的性质，勾股定理，平行线的判定和性质，熟练掌握图形旋转的性质，直角三角形的性质，勾股定理，平行线的判定和性质是解题的关键．
22．55°
【分析】由旋转的性质可得∠ACA'＝35°，∠A＝∠A'，再根据三角形内角和定理即可求出∠A的度数．
【详解】解：由题可知，，，
，，
＝55°，
∠A＝55°．
【点睛】本题考查了旋转的性质，三角形内角和定理，明确旋转前后对应角相等是解题的关键．
23．(1)见解析
(2)
【分析】（1）根据旋转的性质可得，，，再根据等腰直角三角形的性质即可证明；
（2）根据，，再结合，即可求出．，由旋转可知，则利用勾股定理即可求解．
【详解】（1）将绕点A按顺时针方向旋转90°得到90°，
∴，，，
∴，
∴，
∴；
（2）∵，，
∴，
∴在Rt△AEC中，，
∴，
由旋转可知，
∴．
【点睛】本题考查了旋转的性质、勾股定理等知识，充分利用勾股定理是解答本题的关键．
24．(1)；
(2)
【分析】(1) 由∠BAC=100°，AB=AC，可以确定∠ABC=∠ACB=40°，旋转角为α，α=60°时△ACD是等边三角形，且AC=AD=AB=CD，可求得∠BAD的度数，进而求得∠CBD的大小；
(2)作点D关于BC的对称点M，连接AM、BM、CM、AM，可证得△ACM是等边三角形，可求得∠BAM的度数，再同(1)即可解决问题．
【详解】（1）解：∵∠BAC=100°，AB=AC，
∴∠ABC=∠ACB=40°，
当α=60°时，
由旋转的性质得AC=CD，
∴△ACD是等边三角形，
∴∠DAC=60°，
∴∠BAD=∠BAC ∠DAC=100° 60°=40°，
∵AB=AC，AD=AC，
∴AB=AD，
∴∠ABD=∠ADB=(180° ∠BAD) =(180° 40°)=70°，
∴∠CBD=∠ABD ∠ABC=70° 40°=30°，
故答案为：30°；
（2）解：由题意可知：CD=CA，∠ACD=20°，
∴∠BCD =∠ACB-∠ACD=40°-20°=20°．
如图所示；作点D关于BC的对称点M，连接AM、BM、CM、DM，
∴BC垂直平分DM，
∴CD=CM，BD=BM，
又∵BC=BC，
∴△CBD≌△CBM(SSS)，
∴∠BCD=∠BCM=20°，CD=CA=CM，∠DBC=∠MBC，
∴∠ACM=60°，
∴△ACM是等边三角形，
∴AM=AC=AB，∠MAC=60°，
∴∠BAM=∠BAC-∠MAC =100°-60°=40°，
∴∠ABM=∠AMB=(180° ∠BAM) =(180° 40°)=70°，
∴∠MBC=∠ABM ∠ABC=70° 40°=30°，
∴∠DBC=∠MBC=30°．
【点睛】本题考查了旋转变换的定义及性质、等腰三角形的性质，等边三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，作出辅助线是解决本题的关键．
25．（1）；（2）①；②；（3）
【分析】（1）连接OB，，，由，O为BC的中点，得到，
则，，再由旋转的性质可得，，由此求解即可；
（2）①连接，，由（1）可知（因为也是旋转角），由旋转的性质可得，，则，可以得到，再由可以得到，由此即可求解；
②连接OB，OE延长OM交EF于N，由①得，由旋转的性质可得，，然后证明，，得到，则，再证明△OBM≌△NEM得到，，从而推出MN为△BFE的中位线，得到，则；
（3）连接与BF交于H，由，，可得，，由含30度角的直角三角形的性质可以得到，，再由勾股定理可以得到，由此即可得到答案．
【详解】解：（1）如图所示，连接OB，，，
∵，O为BC的中点，
∴，
∴，
∴，
∵将点O沿BC翻折得到点，
∴，
由旋转的性质可得，，
∴，
∴旋转角为，
故答案为：；
（2）①如图所示，连接，，
由（1）可知（因为也是旋转角），由旋转的性质可得，，
∴，
∴，
∵，
∴，
故答案为：；
②如图所示，连接OB，OE延长OM交EF于N，
由①得，
由旋转的性质可得，，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴
∵M为BE的中点，
∴，
在△OBM和△NEM中，
，
∴△OBM≌△NEM（SAS），
∴，，
∴，
∴N为EF的中点，
∴MN为△BFE的中位线，
∴，
∴；
（3）如图所示，连接与BF交于H，
∵，，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，，
∴，
∵，
∴．
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了旋转的性质，等腰三角形的性质与判定，直角三角形斜边上的中线，三角形中位线定理，含30度角的直角三角形的性质，勾股定理，平行线的性质与判定等等，解题的关键在于能够熟练掌握旋转的性质．
26．（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）60°
【分析】（Ⅰ）根据旋转的性质，以及等边三角形的判定方法即可证明；
（Ⅱ）根据旋转的性质，以及三角形内角和定理即可求解．
【详解】（Ⅰ）证明：∵△ABC绕点B顺时针旋转得到，
∴△ABC≌△DBE，
∴ BA = BD，∠ABD=，
∴△ADB是等边三角形；
（Ⅱ）解：∵△ABC≌△DBE，
∴∠BAC=∠BDE，
∵∠AFB=∠DFP，
∴∠BAF+∠ABF =∠FDP+∠APD，
∴∠APD=∠ABF=60°，
故答案为：60°．
．
【点睛】本题考查了旋转的性质，全等三角形的性质，等边三角形的判定，熟记各图形的性质并准确识图是解题的关键．
27．（1）（0，2），（4，0），抛物线的解析式是；（2）四边形面积最大值为8，此时点M的坐标为（2，2）；（3）或
【分析】（1）对直线，分别令x=0，y=0求出相应的y，x的值即得点A、C的坐标，根据待定系数法即可求出抛物线的解析式，利用抛物线的对称性即可求出点B的坐标；
（2）过点M作ME⊥x轴于点E，交直线AC于点F，如图1所示．设点M的横坐标为m，则MF的长可用含m的代数式表示，然后根据S四边形ABCM=S△ABC+S△AMC即可得出S四边形ABCM关于m的函数关系式，再利用二次函数的性质即可求出四边形面积的最大值及点M的坐标；
（3）当m＞0时，分旋转后点与点落在抛物线上时，分别画出图形如图2、图3，分别用m的代数式表示出点与点的坐标，然后代入抛物线的解析式即可求出m的值，进而可得m的范围；当m＜0时，用同样的方法可再求出m的一个范围，从而可得结果．
【详解】解：（1）对直线，当x=0时，y=2，当y=0时，x=4，
∴点A的坐标是（0，2），点C的坐标是（4，0），
把点A、C两点的坐标代入抛物线的解析式，得：
，解得：，
∴抛物线的解析式为，
∵抛物线的对称轴是直线，C（4，0），
∴点B的坐标为（﹣2，0）；
故答案为：A（0，2），C（4，0），抛物线的解析式是；
（2）过点M作ME⊥x轴于点E，交直线AC于点F，如图1所示．
设M（m，），则F（m，），
∴，
∴S四边形ABCM=S△ABC+S△AMC
=
，
∵0＜m＜4，
∴当m=2时，四边形面积最大，最大值为8，此时点M的坐标为（2，2）；
（3）若m＞0，当旋转后点落在抛物线上时，如图2，线段与抛物线只有一个公共点，
∵点的坐标是（m+2，m），
∴，解得：或（舍去）；
当旋转后点落在抛物线上时，如图3，线段与抛物线只有一个公共点，
∵点的坐标是（m，m），
∴，解得：m=2或m=﹣4（舍去）；
∴当m＞0时，若线段与抛物线只有一个公共点，m的取值范围是：；
若m＜0，当旋转后点落在抛物线上时，如图4，线段与抛物线只有一个公共点，
∵点的坐标是（m，m），
∴，解得：m=﹣4或m=2（舍去）；
当旋转后点落在抛物线上时，如图5，线段与抛物线只有一个公共点，
∵点的坐标是（m+2，m），
∴，解得： 或（舍去）；
∴当m＜0时，若线段与抛物线只有一个公共点，m的取值范围是：；
综上，若线段与抛物线只有一个公共点，m的取值范围是：或．
【点睛】本题是二次函数的综合题，主要考查了待定系数法求二次函数的解析式、旋转的性质、一元二次方程的解法、二次函数的图象与性质以及抛物线上点的坐标特点等知识，具有较强的综合性，属于中考压轴题，熟练掌握二次函数的图象与性质、灵活应用数形结合的思想是解题的关键．
28．(1)见解析
(2)
【分析】（1）根据旋转的性质可得，，，再根据等腰直角三角形的性质即可证明；
（2）根据，，再结合，即可求出．，由旋转可知，则利用勾股定理即可求解．
【详解】（1）解：将绕点A按顺时针方向旋转得到，
∴，，，
∴，
∴，
∴；
（2）解：∵，
∴根据旋转可知：，
∴在中，，
∴，
由旋转可知，
∴．
【点睛】本题考查了旋转的性质、勾股定理等知识，充分利用勾股定理是解答本题的关键．
29．证明见详解
【分析】连接,,根据对角线互相平分的四边形是平行四边形得出即可．
【详解】证明：连接，，
∵将绕点O旋转180°，得到，O不在三边所在直线，
∴ ，
∴四边形是平行四边形．
【点睛】此题主要考查了中心对称图形的性质以及平行四边形的判定，根据已知得出对应点位置是解题关键．
30．(1)见解析
(2)
【分析】将绕点A按逆时针方向旋转90°，也就是将点C，B的坐标分别绕点A按逆时针方向旋转90°，连接个点就是我们所求图形．
【详解】（1）将点C，B的坐标分别绕点A按逆时针方向旋转90°，得到对应点，，连接两点即可得到我们所要图形．
（2）结合图象可得到坐标为：
【点睛】本题主要考查了旋转的性质，所得图象与原图形全等．
31．（1）图见解析，A1(-1，3)，B1(1，-1)，C1(3，0)；（2）图见解析，B2(-1，-5)，C2(1，-4)；（3）D(1，
)．
【分析】（1）分别作出A，B，C的对应点A1，B1，C1即可解决问题；
（2）分别作出A，B，C的对应点A2，B2，C2即可解决问题；
（3）画出图形，根据中点坐标计算写出即可．
【详解】（1）如图A1B1C1就是ABC绕点O顺时针旋转90°后的图形，A1(-1，3)，B1(1，-1)，C1(3，0)；
（2）如图：将ABC绕点A顺时针旋转90°后，由于B，C的对应点B2，C2均落在格点上，则AB2C2，是符合要求旋转后的图形， B2(-1，-5)，C2(1，-4)；
（3）当线段B1C1绕点D(1，)旋转时，则B1C1与B2C2重合，如图，连接，可得，
∴四边形为平行四边形，连接交于点D，
∴点D为的中点，
∵，
∴．
【点睛】本题考查旋转变换，平行四边形的判定与性质等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．
32．(1)见解析
(2)
【分析】（1）根据条件证出，即可得证．
（2）根据条件求出的度数，然后根据四边形内角和求出的度数，最后用的度数即可．
【详解】（1）解：证明：∵绕点B按逆时针方向旋转，
∴，
∴，
又∵，
∴，
在与中，
，
∴．
（2）解：由旋转可得：，
∴．
∵，
∴，
∴．
【点睛】本题考查了图形的旋转、全等三角形的判定、等腰三角形的性质等知识点，充分利用旋转性质是解题关键．