23.1 图形的旋转 同步练习
一、单选题
1．（2022秋·湖南岳阳·九年级期末）如图，在中，，将经点顺时针旋转得到，连接，则的长为（ ）
A．5 B．8 C．10 D．12
2．（2022秋·湖南益阳·九年级期末）如图，平面直角坐标系中，点A，B的坐标分别为，，以点为圆心，长为半径画弧，交轴负半轴于点，则点的坐标为（ ）
A． B． C． D．
3．（2022秋·湖南衡阳·九年级期末）如图，将△ABC绕点C顺时针旋转35°得到△DEC，边ED，AC相交于点F，若∠A=30°，则∠EFC的度数为（ ）
A．60° B．72.5° C．65° D．115°
4．（2022秋·湖南邵阳·九年级期末）如图所示，在方格纸中，三角形ABC经过变换得到三角形DEF，下列对变换过程叙述正确的是（ ）
A．把三角形ABC向左平移8格，再逆时针旋转90°
B．把三角形ABC绕点C逆时针旋转90°，再向左平移8格
C．把三角形ABC向左平移8格，再顺时针旋转90°
D．把三角形ABC绕点C顺时针旋转90°，再向左平移8格
5．（2022秋·湖南长沙·九年级统考期末）如图，在平面直角坐标系中，等腰直角三角形OAB，，点O为坐标原点，点B在x轴上，点A的坐标是．若将△OAB绕点O顺时针方向依次旋转45°后得到，，，…，可得，，…，则的坐标是（ ）
A． B． C． D．
二、填空题
6．（2022秋·湖南常德·九年级期末）如图，将绕点A按逆时针方向旋转，得到，若，则的度数为 ．
7．（2022秋·湖南怀化·九年级期末）如图，三角形乙是三角形甲经过旋转变换得到的，则其旋转中心是点 ，逆时针方向旋转了 度.
8．（2022秋·湖南株洲·九年级期末）如图，在中，，，将绕点按顺时针方向旋转到的位置，使得点，，在同一条直线上，那么旋转角的度数为 度．
9．（2022秋·湖南永州·九年级期末）如图，点A、B、C、D、O都在方格纸的格点上，若是由△AOB绕点O按逆时针方向旋转而得，则旋转的角度为 ．
10．（2022秋·湖南郴州·九年级期末）如图，将绕点A逆时针旋转到的位置，B、D、C在一条直线上．若，则的大小为 ．
11．（2022秋·湖南邵阳·九年级期末）如图，△OAB绕点O逆时针旋转85°得到△OCD，若∠A＝110°，∠D＝40°，则的度数是 ．
12．（2022秋·湖南株洲·九年级期末）如图，将绕点A逆时针旋转55°得△ADE，点C的对应点E恰好落在BA延长线上，则∠CAD= ．
13．（2022秋·湖南衡阳·九年级期末）如图，将绕点C逆时针旋转，得到，若点A恰好在的延长线上，则 °．
14．（2022秋·湖南常德·九年级期末）2022北京冬奥会雪花图案令人印象深刻，如图所示，雪花图案围绕旋转中心至少旋转 度后可以完全重合．
三、解答题
15．（2022秋·湖南湘西·九年级统考期末）已知线段AB，用平移、旋转、轴对称画出一个以AB为一边，一个内角是30°的菱形．（不写画法，保留作图痕迹）．
16．（2022秋·湖南株洲·九年级期末）如图，中，，，，将绕点逆时针旋转得到．在旋转过程中：
(1)旋转中心是什么，为多少度？
(2)与线段相等的线段是哪一条？
(3)的面积是多少？
17．（2022秋·湖南怀化·九年级期末）等边的边长为4，D是射线上任一点，线段绕点顺时针旋转得到线段，连接．
(1)当点D是的中点时，如图1，判断线段与的数量关系．
(2)当点D是边上任一点时，如图2，请用等式表示线段，，之间的数量关系，并证明：
(3)当点D是延长线上一点且时，如图3，求线段的长．
18．（2022秋·湖南长沙·九年级统考期末）如图，在中，，逆时针旋转一定角度后与重合，且点恰好成为中点．
(1)指出旋转中心，并求出旋转角的度数；
(2)求出的度数和的长．
19．（2022秋·湖南邵阳·九年级期末）如图1，将一副直角三角板放在同一条直线上，其中，．
(1)观察猜想：将图1中的三角尺沿的方向平移至图2的位置，使得点O与点N重合，与相交于点E，则 ；
(2)操作探究：将图1中的三角尺绕点O按顺时针方向旋转，使一边在的内部，如图3，且OD恰好平分，与相交于点E，求的度数；
(3)深化拓展：将图1中的三角尺绕点O按沿顺时针方向旋转一周，在旋转的过程中，当边旋转多少度时，边恰好与边平行？
20．（2022秋·湖南长沙·九年级期末）问题情境：如图①，点E为正方形ABCD内一点，∠AEB＝90°，将绕点B按顺时针方向旋转90°，得到（点A的对应点为点C）．延长AE交于点F，连接DE．
(1)猜想证明：试判断四边形的形状，并说明现由；
(2)如图②，若DA＝DE，请猜想线段CF与FE的数量关系并加以证明；
(3)解决问题：如图①，若AB＝5，EF＝3、请直接写出DE的长．
21．（2022秋·湖南长沙·九年级统考期末）如图，绕点顺时针旋转得到，，求的度数．
22．（2022秋·湖南湘西·九年级期末）如图①，在正方形中，为上一动点，连接交对角线于点，过点作交于点．
(1)求证：；
(2)如图②，连接，当，时，求的长．
23．（2022秋·湖南怀化·九年级期末）如图，在平面直角坐标系xOy，四边形OBCD是正方形，D（0，4），点E是OB延长线上的一点，M是线段OB上一动点（不包括O、B），作，交∠CBE的平分线于点N．
(1)直接写出C点的坐标；
(2)求证：MD＝MN；
(3)如图2，若M（1，0），在OD上找一点P，使四边形MNCP是平行四边形，求点P的坐标；
(4)如图3，连接DN交BC于点F，并将绕点D顺时针方向旋转90°得，连接FM，两个结论：①FM为定值；②MN平分∠FMB．其中只有一个结论是正确的，选择正确结论并加以说明．
24．（2022秋·湖南衡阳·九年级期末）如图，在平面直角坐标系中，直线与x轴、y轴相交于A、B两点，点C在线段OA上，将线段CB绕着点C顺时针旋转90°得到线段CD，此时点D恰好落在直线AB上，过点D作轴于点E．
(1)求证：；
(2)请直接写出点D的坐标，并求出直线BC的函数关系式；
(3)若点P是x轴上的一个动点，点Q是线段CB上的点（不与点B、C重合），是否存在以C、D、P、Q为顶点的四边形是平行四边形？若存在，请直接写出所有满足条件的P点坐标．若不存在，请说明理由．
25．（2022秋·湖南常德·九年级期末）在如图所示的正方形网格中（每个小正方形的边长都是1，小正方形的顶点叫做格点），的顶点均在格点上．
(1)画出向下平移4个单位长度后的图形（点，，的对应点分别为，，）．
(2)在（1）的条件下，画出绕点逆时针旋转后的图形．（点，的对应点分别为，）
26．（2022秋·湖南湘潭·九年级期末）利用对称性可以设计美丽的图案，在边长为1的正方形方格纸中，有如图所示的△ABC(顶点都在格点上)．
(1)先作出该三角形关于直线成轴对称的；
(2)再作将绕点顺时针方向旋转90°后的；
(3)求的面积．
27．（2022秋·湖南湘西·九年级统考期末）如图，在平面直角坐标系中，的三个顶点分别为，，画出绕点A按顺时针旋转90°后的，并写出点C的对应点的坐标．
28．（2022秋·湖南岳阳·九年级期末）如图，已知为等腰直角三角形，，，点D、E分别为边、上的一动点（且满足），连接，将线段绕点D逆时针旋转得到线段，连接、．
(1)如图1，当点D与点A重合时，求证：①；②；
(2)如图2，当点D与点A不重合时，结论是否仍然成立？请说明理由：
(3)如图3，在（2）的条件下，过点D作，垂足为M．试探究线段、、之间的数量关系，并证明你的结论．
29．（2022秋·湖南郴州·九年级期末）如图，在平面直角坐标系中，△ABC的三个顶点都在格点上，点A的坐标为（2，4），请解答下列问题：
（1）画出△ABC关于x轴对称的△A1B1C1，并写出点A1的坐标．
（2）画出△A1B1C1绕原点O旋转180°后得到的△A2B2C2，并写出点A2的坐标．
参考答案：
1．A
【分析】由旋转的性质可得，再结合可得，然后运用勾股定理即可解答．
【详解】解：∵将经点顺时针旋转得到，
∴，
∵，
∴，
∴．
故选A．
【点睛】本题主要考查了旋转的性质、勾股定理等知识点，根据题意得到是解答本题的关键．
2．D
【分析】根据勾股定理求出的长度，进而得出答案．
【详解】解：∵点A，B的坐标分别为，，
∴，
∴，
∵以点为圆心，长为半径画弧，交轴负半轴于点，
∴，
∴，
∴点的坐标为，
故选：D．
【点睛】本题考查了坐标与图形旋转，勾股定理，根据勾股定理得出的长根据旋转的性质得出是解本题的关键．
3．C
【分析】将△ABC绕点C顺时针旋转35°得到△DEC，得∠ACD=35°，∠A=∠D=30°，于是得到结论．
【详解】解：∵将△ABC绕点C顺时针旋转35°得到△DEC，
∴∠ACD=35°，∠A=∠D=30°，
∴∠EFC=∠ACD+∠D=35°+30°=65°，
故选：C
【点睛】本题主要考查了旋转的性质，三角形外角的性质等知识，熟练掌握旋转的性质是解题的关键．
4．D
【分析】观察图象可知，先把三角形ABC绕点C顺时针旋转90°，然后再再向左平移8格即可得到．
【详解】解：根据图象，△ABC绕着点A顺时针方向90°旋转与△DEF形状相同，再向左平移8格就可以与△DEF重合．
故选：D．
【点睛】本题考查了几何变换的类型，几何变换只改变图形的位置，不改变图形的形状与大小，本题用到了旋转变换与平移变换，对识图能力要求比较高．
5．A
【分析】根据旋转的性质及旋转角度分析可得旋转8次为一个周期，然后将2022÷8可得余数，从而分析求解．
【详解】解：∵若将△OAB绕点O顺时针方向依次旋转45°后得到，，，…
∴旋转360°÷45°＝8次为一个变化周期，
2022÷8＝252......6，
∴的坐标与第六次旋转后的坐标相同，
如图：
∵A的坐标是
∴
∴的坐标为
即的坐标为
故选：A．
【点睛】本题考查旋转的性质，周期型图形变化规律，理解旋转方向和旋转角的概念，探索图形旋转变化规律，掌握旋转的性质是解题关键．
6．/25度
【分析】根据旋转的性质，旋转前后图形对应边的夹角等于旋转角，进而得出答案即可．
【详解】解：∵绕点A按逆时针方向旋转，得到，
∴，
∵，
∴．
故答案为：
【点睛】此题主要考查了旋转的性质，熟练掌握旋转前后图形对应边的夹角等于旋转角是解题的关键．
7． N 90
【分析】根据对应点到旋转中心的距离相等可确定旋转中心，对应点与旋转中心的连线所形成的角为旋转角进行解答即可．
【详解】解：如图，连接N与两个三角形的对应点，发现两个三角形的对应点到点N的距离相等，且对应点与N的连线所成的角是直角，故旋转中心是点N，逆时针方向旋转了90°，
故答案为：N，90．
【点睛】本题考查旋转的性质，熟练掌握旋转的性质是解答的关键．
8．110
【分析】先判断出旋转角最小是，根据直角三角形的性质计算出，再由旋转的性质即可得出结论．
【详解】解：绕点按顺时针方向旋转到的位置，使得点、、在同一条直线上，
旋转角最小是，
，，
，
由旋转而成，
，
，
故答案为：110．
【点睛】此题考查是旋转的性质，熟知图形旋转后所得图形与原图形全等是解答此题的关键．
9．/90度
【分析】由是由绕点O按逆时针方向旋转而得，可知旋转的角度是的大小，然后由图形即可求得答案．
【详解】解：∵是由绕点O按逆时针方向旋转而得，
∴，
∴旋转的角度是的大小，
∵，
∴旋转的角度为．
故答案为：．
【点睛】此题考查了旋转的性质．解此题的关键是理解是由绕点O按逆时针方向旋转而得的含义，找到旋转角．
10．/40
【分析】根据旋转的性质可得，，从而得到，再由三角形的内角和定理，即可求解．
【详解】解：∵将绕点A逆时针旋转到的位置，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴．
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了图形的旋转，等腰三角形的性质，熟练掌握图形旋转的性质，等腰三角形的性质是解题的关键．
11．55°/55度
【分析】先根据旋转的性质得到∠AOC=85°，∠C=∠A=110°，再由三角形内角和定理求出∠COD的度数即可得到答案．
【详解】解：由旋转的性质可得∠AOC=85°，∠C=∠A=110°，
∴∠COD=180°-∠C-∠D=30°，
∴，
故答案为：55°．
【点睛】本题主要考查了旋转的性质，三角形内角和定理，熟知旋转的性质是解题的关键．
12．70°/70度
【分析】利用旋转的性质得∠EAC=∠DAB=55°，然后利用平角的性质得到∠CAD=180°-∠EAC-∠DAB=180°-55°-55°=70°，
【详解】解：∵将△ABC绕点A逆时针旋转55°得△ADE，
∴∠EAC=∠DAB=55°，
∴∠CAD=180°-∠EAC-∠DAB=180°-55°-55°=70°，
故答案为：70°．
【点睛】考查了旋转的性质，解题的关键是了解∠EAC=∠DAB=55°，难度不大．
13．80
【分析】根据旋转的性质得，，，再根据三角形内角和定理得到，则，即可得到答案．
【详解】解：∵将绕点C逆时针旋转，得到，
∴，，，
∴是等腰三角形，
∴，
∴，
∴，
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了旋转的性质，等腰三角形的判定和性质，三角形内角和定理等知识，熟练掌握旋转的性质是解题的关键．
14．60
【分析】根据旋转角及结合图形特点作答．
【详解】解：∵360°÷6＝60°，
∴该图形绕中心至少旋转60度后能和原来的图案互相重合．
故答案为：60．
【点睛】此题考查了旋转角，对应点与旋转中心所连线段的夹角叫做旋转角．
15．见解析
【分析】把线段AB绕点A逆时针旋转30°得到线段AD，作直线BD，以直线BD为对称轴，分别作AB、AD的轴对称图形，即可得到所求的菱形ABCD.
【详解】解：如图所示：菱形ABCD即为所求.
【点睛】本题主要考查了菱形的性质、旋转的性质、轴对称的性质等知识点，理解菱形的性质是解答本题的关键.
16．(1)
(2)
(3)
【分析】（1）根据旋转中心的定义、旋转的性质即可求得答案．
（2）根据旋转前后的图形全等，即可直接求得答案．
（3）根据旋转前后的图形全等，即可求得答案．
【详解】（1）观察图形可知，旋转中心为．
∵旋转前后的图形全等，即，
∴．
故答案为： ，；
（2）∵旋转前后的图形全等，即，
∴．
故答案为：．
（3）∵旋转前后的图形全等，即，
∴，，．
∴．
故答案为：．
【点睛】本题主要考查旋转的性质，即旋转前后的图形全等，牢记旋转的性质是解题的关键．
17．(1)
(2)，证明见解析
(3)
【分析】（1）如图1中，连接，证明是等边三角形，得到，推出垂直平分，可得，进而可得；
（2）如图2，连接，由（1）得是等边三角形，得到，根据等边三角形的性质证得，推出，由全等三角形的性质结合线段的和差得到结论；
（3）如图3，连接，同（2）的方法证明，得到，进而可得答案．
【详解】（1）如图1中，连接，
∵线段绕点顺时针旋转得到线段，
∴，
∵，
∴是等边三角形，
∴，
∵是等边三角形，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴垂直平分，
∴，
∴；
（2）；理由如下：如图2，连接，
由（1）得是等边三角形，
∴，
∵是等边三角形，
∴，
∴，
在与中，
∴，
∴，
∴，
即；
（3）如图3，连接，
由（1）得是等边三角形，
∴，
∵是等边三角形，
∴，
∴，
在与中，
∴，
∴，
∵，
∴．
【点睛】本题是几何变换综合题，考查了全等三角形的判定和性质，线段垂直平分线的性质，旋转的性质，等边三角形的判定和性质，解题的关键是正确添加辅助线，构造全等三角形解决问题．
18．(1)旋转中心为点，旋转角为
(2)，
【分析】（1）先求解， 由点旋转后与自身重合可得旋转中心，由是旋转前后的对应点，可得旋转角的大小；
（2）由旋转的性质可得：，结合点C为中点，从而可得．
【详解】（1）解：在中，，
，
当逆时针旋转一定角度后与重合，
旋转中心为点，等于旋转角，即旋转角度数为．
（2）解：绕点逆时针旋转后与重合，
，，，
，
点为中点，
，
．
【点睛】本题考查的是旋转的三要素，旋转的性质，掌握“旋转中心，旋转方向，旋转角度与旋转的性质”是解本题的关键．
19．(1)105°
(2)150°
(3)75°或255°
【分析】（1）根据三角形的内角和即可求解；
（2）根据角平分线的定义可得，从而得出，最后根据平行线的性质即可求解；
（3）根据题意，画出图形，进行分类讨论：①在上方时，设与相交于F，②当在的下方时，设直线与相交于F．
【详解】（1）解：∵，，
∴在中，．
故答案为：．
（2）∵平分，
∴，
∴，
∴，
∴；
（3）如图1，在上方时，设与相交于F，
∵，
∴，
在中，，
，
，
当在的下方时，设直线与相交于F，
∵，
∴，
在中，，
∴旋转角为，
综上所述，当边旋转或时，边恰好与边平行．
【点睛】本题考查了旋转的性质，三角形的内角和定理，三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和的性质，直角三角形两锐角互余的性质，熟记各性质并熟悉三角板的度数特点是解题的关键．
20．(1)四边形是正方形
(2)CF=FE，
(3)
【分析】由旋转的性质可得，，,由正方形的判定可证四边形是正方形
过点D作于H，由等腰三角形的性质可得，，由“AAS”可得，可得，由旋转的性质可得，可得结论,作于G，根据勾股定理求出，再根据勾股定理求出AG，进而求出GE，根据勾股定理计算DE的长
（1）
四边形是正方形，理由如下：
∵将绕点B按顺时针方向旋转90°
∴，，
又∵
∴四边形是矩形
又∵
∴四边形是正方形
（2）
CF=FE
证明：如图②所示，过点D作，垂足为H
则
∴
∵DA=DE，
∴
∵四边形ABCD是正方形
∴AB=AD，
∴
∴
在和中，
∴
∴AH=BE
由（1）知四边形是正方形
∴
∴
由旋转的性质可得：
∴
∴
∴
（3）
如图①所示，作于G，
∵四边形是正方形
∴
在中，由勾股定理得：
∴
由（2）可知：
∴AD=AB=5，DG=AE=4
∴
∴
∴
在中，由勾股定理得：
【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．
【分析】运用旋转的性质，根据对应角相等，对应边的夹角为旋转角，即可求解．
【详解】根据旋转的性质可得AC与AB是对应边，∠BAC=∠BAP+∠PAC=60°，
∵∠PAC=20°，
∴∠CAE=∠BAP=40°，
∴∠BAE=∠BAC+∠CAE=100°．
．
【点睛】本题考查旋转的性质，旋转变化前后，对应角分别相等，掌握旋转的性质是解题的关键．
22．(1)见解析
(2)5
【分析】（1）连接，根据正方形中，，，BF是共用边，推出，推出，，根据，推出在四边形中，，根据，推出，推出，得到，推出；
（2）把顺时针旋转得到，得到，，，根据，，判定是等腰直角三角形，得到，推出，得到，根据AG=AG,推出，得到，根据，得到．
【详解】（1）证明：如图①，连接，
在正方形中，，，
在和中，
∴，
∴，，
∵，
∴在四边形中，，
又∵，
∴，
∴，
∴，
∴；
（2）如图②，把顺时针旋转得到，
则，，，
∵，，
∴是等腰直角三角形，
∴，
∴，
∴，
在和中，
∴，
∴，
∵，
∴．
【点睛】本题主要考查了正方形，全等三角形，旋转，四边形，等腰三角形，解决问题的关键是熟练掌握正方形的性质，全等三角形的判定和性质，旋转性质，四边形内角和性质，等腰三角形的判定．
23．(1)C（4，4）
(2)见解析
(3)点P的坐标为（0，3）
(4)②正确，理由见解析
【分析】（1）由正方形的性质求得点C的坐标；
（2）在OD上取OG=OM，连接GM，只要证明△DGM≌△MBN即可；
（3）如图，过点N作轴于点G，只要证明即可求得点N的坐标．由平行四边形的对边相互平行且相等的性质求得点P的坐标，从而可得答案；
（4）结论：②MN平分∠FMB成立．如图，过M点作MH⊥DN，垂足为H．先证，再由，推出∠G＝∠DFM＝∠CFD，由（2）可知，推出，再证∠GDO＋∠FMN＝45°，即可得出∠NMB＝∠FMN．
（1）
解：∵四边形OBCD是正方形，D（0，4），
∴，
∴C（4，4）；
（2）
证明：如图1，在OD上取一点G，使OG＝OM，连接GM
∴，
∴，
∵DM⊥MN，
∴，，
∴
∵正方形OBCD，
∴OD＝OB
∵OG＝OM，
∴OD－OG＝OB－OM，
∴DG＝BM．
在和中，
，
∴
∴．
（3）
解：如图2，过点N作轴于点G，
由（2）可知，DM=MN，
∴．
∴，．
∴N（5，1），
又∵M（1，0），
由待定系数法可求得直线MN的表达式为，
∵平行四边形MNCP，
∴．
∴设直线CP的表达式为，
把C（4，4）代入表达式，解得：．
∴点P的坐标为（0，3）．
（4）
解：结论②是正确的．理由如下：
如图3，过M点作MH⊥DN，垂足为H．
∵绕点D顺时针方向旋转90°得，
∴，
∴，
∵DM＝MN，DM⊥MN，
∴∠MDN＝∠MND＝45°，
∴∠CDF＋∠MDO＝45°，
∴．
在和中，
∵，
∴．
∴∠G＝∠DFM＝∠CFD，
∴．
∵由（2）可知，
∴，
又∵MH⊥DN，
∴∠HMF＋∠FMN＝45°，
∴∠GDO＋∠FMN＝45°，
∴∠NMB＝∠FMN，
∴MN平分∠FMB．
【点睛】本题考查四边形综合题、全等三角形的判定和性质、等腰直角三角形的判定和性质，坐标与图形，平行四边形的性质，正方形的性质等知识，解题的关键是学会添加辅助线，构造全等三角形，记住一些基本图形，可以使得我们在观察新问题的时候很迅速地联想到解题方法．
24．(1)见解析
(2)，
(3)存在，或
【分析】（1）根据旋转的性质可得，，根据等角的余角相等可得，，根据即可证明；
（2）设直线的解析式为，待定系数法即可求得解析式，设，即可得的坐标，代入解析式即可求得，进而求得的坐标；
（3）设点P的坐标为（0，m），点Q的坐标为，分CD为边及CD为对角线两种情况考虑，利用平行四边形的对角线互相平分，根据中点坐标公式，即可得出关于m，n的二元一次方程组，解之即可得出点P的坐标．
【详解】（1）证明：由旋转得，.
又∵，
∴.
∴
在与中
∵
∴
（2）与x轴、y轴相交于A、B两点，
令，得，则，
令，得，则
，
，
设，
，
，
点在直线上，将代入，
即，
解得，
，
,
设直线的解析式为
将点,代入得：
解得
直线的解析式为
（3）设点P的坐标为（m ，0），点Q的坐标为，分两种情况考虑：
①若CD为边时，
∵C（1，0），D（4，1），P（m ，0），Q
∴，解得：，
∴点P的坐标为；
②若CD为对角线，
∵C（1，0），D（4，1），P（m ，0），Q
∴，解得：，
∴点P的坐标为；
综上所述，或.
【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质、旋转的性质、一次函数图象上点的坐标特征、待定系数法求一次函数解析式以及平行四边形的性质，解题的关键是掌握利用全等三角形的判定定理AAS；利用一次函数图象上点的坐标特征；利用平行四边形的对角线互相平分的性质．
25．(1)见解析
(2)见解析
【分析】（1）先将的三个顶点分别向下平移4个单位长度得到，，，再将其连接即可得到；
（2）把，两点以点为中心逆时针旋转得到，，然后连接，，，即可得到．
【详解】（1）如图，即为所求；
（2）如图，即为所求．
【点睛】本题考查了作图—平移变换和旋转变换，熟悉平移和旋转作图的方法是解题的关键．
26．(1)见解析
(2)见解析
(3)3
【分析】（1）根据网格的特点以及轴对称的性质画出关于直线成轴对称的；
（2）根据旋转的性质画出绕点顺时针方向旋转90°后的，
（3）根据网格的特点，根据三角形的面积公式进行计算即可求解．
【详解】（1）解：如图所示，即为所求，
（2）如图所示，即为所求；
（3）．
【点睛】本题考查了画轴对称图形，画旋转图形，掌握轴对称与旋转的性质是解题的关键．
27．图见解析，点的坐标是
【分析】选取合适的网格点使得，且即可，同理找到，画出图形问题得解．
【详解】选取合适的网格点使得，且，同理找到，连接、，AB2
绕点A按顺时针旋转后的为：
则点的对应点的坐标是
【点睛】本题考查了作图 旋转，属于基础题．关键是确定旋转后的对应点的位置．
28．(1)证明见见详解
(2)成立；理由见详解
(3)；理由见详解
【分析】（1）根据已知条件证明即可；
（2）过D作 ，可得出为等腰直角三角形，再根据第一问的方法证全等即可；
（3）过D作，可得四边形是正方形，再证即可得出结论
【详解】（1）∵，
∴
∵将线段绕点D逆时针旋转得到线段
∴,
∴
∵
∴
∴，
∴
（2）过D作
∵
∴,
∴为等腰直角三角形
同理可得：
∴
∴
（3）；理由如下：
过D作，
∵，，
∴
∴四边形是矩形
∵
∴四边形是正方形
∴
又∵
∴
∴
∵
∴
【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质、等腰直角三角形的性质、旋转的性质等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题．
29．解：（1）图见详解；点A1的坐标（2，﹣4）．（2）图见详解，点A2的坐标（﹣2，4）．
【分析】（1）分别找出A、B、C三点关于x轴的对称点，再顺次连接，然后根据图形写出A1点坐标．
（2）将△A1B1C1中的各点A1、B1、C1绕原点O旋转180°后，得到相应的对应点A2、B2、C2，连接各对应点即得△A2B2C2．
【详解】解：（1）由题意可得如图所示，点A1的坐标（2，﹣4）．
（2）如图所示，点A2的坐标（﹣2，4）．
【点睛】本题主要考查旋转的性质、坐标与图形及轴对称，熟练掌握旋转的性质、坐标与图形及轴对称是解题的关键．23.2 中心对称 同步练习
一、单选题
1．（2022秋·湖南益阳·九年级期末）下列图形是轴对称图形但不是中心对称图形的是（ ）
A． B． C． D．
2．（2022秋·湖南常德·九年级期末）下列图形中是中心对称图形的是（ ）
A． B． C． D．
3．（2022秋·湖南长沙·九年级统考期末）下列几种著名的数学曲线中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（ ）
A． B．
C． D．
4．（2022秋·湖南娄底·九年级期末）下面扑克牌中，是中心对称图形的是 ( )
A．B．C． D．
5．（2022秋·湖南邵阳·九年级期末）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．
6．（2022秋·湖南岳阳·九年级期末）将四个数字看作一个图形，则下列四个图形中，是中心对称图形的是（ ）
A．B．C． D．
7．（2022秋·湖南长沙·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（ ）
A． B． C． D．
8．（2022秋·湖南长沙·九年级统考期末）在平面直角坐标系中，已知点和点，则A、B两点（ ）
A．关于x轴对称 B．关于y轴对称
C．关于原点对称 D．关于直线对称
9．（2022秋·湖南娄底·九年级期末）点和点关于原点对称，则的值为（ ）
A．9 B． C．1 D．
二、多选题
10．（2022秋·湖南湘潭·九年级期末）下列汉字或字母中是中心对称图形的是（ ）
A． B． C． D．
三、填空题
11．（2022秋·湖南长沙·九年级统考期末）如图，在平面直角坐标系中，四边形ABCD是正方形，点A的坐标为（0，1），点B的坐标为（2，0）．
点C的坐标为 ；
②若正方形ABCD和正方形A1BC1B1关于点B成中心对称；正方形A1BC1B1和正方形A2B2C2B1关于点B1成中心对称；…，依此规律，则点C7的坐标为 ．
12．（2022秋·湖南株洲·九年级期末）在方格纸中，选择标有序号的一个小正方形涂黑，与图中的阴影部分构成中心对称图形，该小正方形的序号是 ．
13．（2022秋·湖南长沙·九年级统考期末）已知点与点是关于原点的对称点，则 ．
四、解答题
14．（2022秋·湖南长沙·九年级统考期末）如图①，抛物线，与x轴交于A，B两点（A在B的左边），与y轴交于C点，顶点为E，其中，点A坐标为，对称轴为．
(1)求此抛物线解析式；
(2)在第四象限的抛物线上找一点F，使，求点F的坐标；
(3)如图②，点P是x轴上一点，点E与点H关于点P成中心对称，点B与点Q关于点P成中心对称，当以点Q，H，E为顶点三角形是直角三角形时，求P的坐标．
15．（2022秋·湖南长沙·九年级期末）在平面直角坐标系中，的三个顶点坐标分别为（每个方格的边长均为1个单位长度）．
(1)请画出关于原点对称的图形，并直接写出点的坐标；
(2)将A点绕点O逆时针旋转90°，旋转后得到的点，请写出点的坐标．
16．（2022秋·湖南衡阳·九年级期末）如图，在的方格纸中，的三个顶点都在格点上．
(1)在图1中，画出一个与成中心对称的格点三角形；
(2)在图2中，画出一个与成轴对称且以直线为对称轴的格点三角形；
(3)在图3中，画出绕着点按顺时针方向旋转后的三角形．
17．（2022秋·湖南岳阳·九年级期末）在如图所示的平面直角坐标系中，每个小方格都是边长为1的正方形，的顶点均在格点上，点A的坐标是．
(1)将先向右平移4个单位，得到，请画出，并写出点坐标；
(2)画出，使它与，关于原点O成中心对称．
18．（2022秋·湖南湘西·九年级统考期末）如图，已知，，是平面直角坐标系中三点．
(1)请你画出ABC关于原点O对称的A1B1C1；
(2)请写出点A关于y轴对称的点A2的坐标．若将点A2向上平移h个单位，使其落在A1B1C1内部，指出h的取值范围．
19．（2022秋·湖南长沙·九年级期末）ABC在平面直角坐标系中的位置如图所示，其中每个小正方形的边长为1个单位长度．按要求作图：
(1)画出△ABC关于原点O的中心对称图形△A1B1C1．
(2)将△ABC绕点A逆时针旋转90°得到△A2B2C2，则B2的坐标为 ．
(3)求△A2B2C2面积．
20．（2022秋·湖南怀化·九年级期末）如图，已知在平面直角坐标系中，小方格的边长是1，点A、B、C都在方格点上．
(1)直接写出点A、B、C的坐标；
(2)把△ABC向右平移8个单位的△A1B1C1，画出图形并写出点C1 的坐标；
(3)画出△ABC关于点O的中心对称图形△A2B2C2，并写出点C2的坐标．
21．（2022秋·湖南湘西·九年级统考期末）在图中，有两个汉字和两个字母，其中有的是中心对称图形．标出中心对称图形的对称中心．
22．（2022秋·湖南湘潭·九年级期末）如图，在平面直角坐标系中，各顶点的坐标分别为．
(1)点A关于轴对称的点的坐标是
(2)点B关于轴对称的点的坐标是
(3)作出关于原点成中心对称的；
23．（2022秋·湖南株洲·九年级期末）在正方形网格中，建立如图所示的平面直角坐标系xOy，△ABC的三个顶点都在格点上，点A的坐标为（4，4）
(1)作出△ABC关于y轴对称的△A1B1C1
(2)作出△ABC关于原点对称的△A2B2C2，并分别写出A2、B2、C2的坐标．
参考答案：
1．B
【分析】根据中心对称图形与轴对称图形的概念进行判断即可．
【详解】解：A、原图既是中心对称图形，又是轴对称图形，故此选项不合题意；
B、原图是轴对称图形，但不是中心对称图形，故此选项符合题意；
C、原图既是中心对称图形，又是轴对称图形，故此选项不合题意；
D、原图既是中心对称图形，又是轴对称图形，故此选项不合题意；
故选：B
【点睛】本题考查的是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度后与自身重合．
2．C
【分析】根据中心对称图形的概念，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，进而求解．
【详解】解：A、该图形不是中心对称图形，不符合题意；
B、该图形不是中心对称图形，不符合题意；
C、该图形是中心对称图形，符合题意；
D、该图形不是中心对称图形，不符合题意．
故选：C．
【点睛】本题考查了中心对称图形，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后与原图重合．
3．D
【分析】根据轴对称图形和中心对称图形的概念对各选项分析判断即可得解．
【详解】解：A、是轴对称图形，不是中心对称的图形，故本选项不符合题意；
B、是轴对称图形，不是中心对称的图形，故本选项不符合题意；
C、不是轴对称图形，是中心对称的图形，故本选项不符合题意；
D、既是轴对称图形，也是中心对称的图形，故本选项符合题意．
故选：D．
【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．
4．B
【分析】根据中心对称图形的定义逐一判断即可
【详解】解：∵A中扑克牌不符合中心对称图形的定义，
∴A不是中心对称图形；
∵B中扑克牌符合中心对称图形的定义，
∴B是中心对称图形；
∵C中扑克牌不符合中心对称图形的定义，
∴C不是中心对称图形；
∵D中扑克牌不符合中心对称图形的定义，
∴D不是中心对称图形；
故选：B．
【点睛】本题考查了实物中的中心对称图形的识别，熟练掌握中心对称图形的定义（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，这个点叫做它的对称中心）是解题的关键．
5．C
【分析】根据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，这个点叫做对称中心；如果一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形叫做轴对称图形，这条直线叫做对称轴进行分析即可．
【详解】解：A．不是轴对称图形，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．既是轴对称图形又是中心对称图形，故此选项符合题意；
D．不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故此选项不合题意；
故选：C．
【点睛】本题考查的是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度后与自身重合．
6．D
【分析】中心对称图形的定义：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，根据中心对称图形的定义逐项判定即可．
【详解】解：根据中心对称图形定义，可知符合题意，
故选：D．
【点睛】本题考查中心对称图形，掌握中心对称图形定义，能根据定义判定图形是否是中心对称图形是解决问题的关键．
7．D
【分析】根据关于原点对称的点的坐标特点：两个点关于原点对称时，它们的坐标符号相反可直接得到答案．
【详解】解：点关于原点对称的点的坐标是，
故选：D．
【点睛】此题主要考查了关于原点对称的点的坐标特点，关键是掌握点的坐标的变化规律．
8．C
【分析】根据平面直角坐标系中点的变换规律解答即可．
【详解】解：∵点A（2，－1）与点B（－2，1）的横、纵坐标均为互为相反数，
∴点A与点B关于原点对称；
故选C．
【点睛】本题考查了关于原点对称的点的坐标，解决本题的关键是掌握好对称点的坐标规律：关于x轴对称的点，横坐标相同，纵坐标互为相反数；关于y轴对称的点，纵坐标相同，横坐标互为相反数；关于原点对称的点，横坐标与纵坐标都互为相反数．
9．D
【分析】根据关于原点对称的两个点的横、纵坐标均互为相反数可求出的值，再代入计算即可得．
【详解】解：点和点关于原点对称，
，即，
则，
故选：D．
【点睛】本题考查了关于原点对称的点坐标规律，熟练掌握关于原点对称的两个点的横、纵坐标均互为相反数是解题关键．
10．CD
【分析】图形关于某一个点旋转180°与原图形重合，称为中心对称图形，据此判断即可．
【详解】A，B选项为轴对称图形，C，D图形均为中心对称图形，
故选CD
【点睛】本题考查中心对称图形的定义，熟练掌握中心对称图形的定义是解题关键．
11． （3，2） （7，）
【分析】①过点C作x轴的垂线，垂足为E，易证△AOB≌△BEC，根据全等三角形的性质得到BE和CE的长度，然后就可以求出点C的坐标；
②根据中心对称的性质容易得到A1和C1的坐标，于是可以发现规律：和的横坐标相差4，纵坐标相差，和的横坐标相差，纵坐标相差，根据此规律可以求出的坐标．
【详解】①如图，过点C作x轴的垂线，垂足为E，
∵四边形ABCD是正方形，点A的坐标为（0，1），点B的坐标为（2，0），
∴AB=BC，∠ABC=90°，，，
∴∠ABO+∠CBE=90°，∠ABO+∠OAB=90°，
∴∠CBE=∠OAB，
∴在△AOB和△BEC中，
，
∴△AOB≌△BEC（AAS），
∴，，，
∴点C的坐标为（3，2）；
②由题意知正方形ABCD和正方形A1BC1B1关于点B成中心对称，
∴根据中心对称的性得到A1（4，-1）和C1（1，-2），
于是根据图像知：和的横坐标相差4，纵坐标相差，和的横坐标相差，纵坐标相差，
∴的横坐标为，纵坐标为，故的坐标为（5，-4），
同理得的坐标为（3，-8），（7，-11），（5，-14），（9，-16），（7，-20），
故答案为①（3，2），②（7，）．
【点睛】本题考查了中心对称、正方形的性质、全等三角形的判定和性质、平面直角坐标系中点的规律的探索，考要求学生对过去所学的知识要熟练掌握，灵活运用，还要求学生步骤书写要规范工整．
12．③
【分析】根据中心对称图形的性质判断即可．
【详解】解：选择标有序号③的一个小正方形涂黑，与图中的阴影部分构成中心对称图形，
故答案为：③．
【点睛】本题考查利用旋转设计图案，解题的关键是利用中心对称图形的性质，属于中考常考题型．
13．
【分析】直接利用关于原点对称点的性质即可求得结果．
【详解】解：由题意得：，
∴，
故答案为：．
【点睛】此题主要考查了关于原点对称点的性质，正确得出a，b的值是解题关键．
14．(1)抛物线的解析式为
(2)F坐标为
(3)点P坐标为或
【分析】（1）将代入解析式，结合对称轴即可求解；
（2）过A点作，交抛物线于点F，连接．根据平行线的性质推出，求出直线的解析式，与抛物线的解析式联立，即可求出交点坐标；
（3）设点P坐标为，根据中心对称求出，，再依次求出，，，分，，三种情况分别求解即可．
【详解】（1）解：抛物线经过点，对称轴，
，，
，，
∴此抛物线的解析式为；
（2）解：如图，过A点作，交抛物线于点F，连接．
，
点A与点F到直线的距离相等，
．
抛物线解析式为，
令，得，
令，得，
解得，，
．
设直线解析式为，
则，
解得，
设直线的解析式为，
，
，
将代入，得，
解得，
直线解析式为．
联立与，
可得，
整理得，
解得，
点F在第四象限，，
，
把代入到，得，
即F坐标为；
（3）解：设点P坐标为，
抛物线解析式为，
顶点E坐标为，
点E与点H关于点P对称，点B与点Q关于点P对称，
，，
，
，
．
①当时，则，
得，
解方程得，
P坐标为；
②当时，则，
得，
解方程得，
P坐标为；
③当时，则，
得，即，
，
此方程没有实数根，
这种情况不存在；
综上所述：点P坐标为或．
【点睛】本题属于二次函数综合题，考查待定系数法求二次函数的解析式、二次函数的图象与性质、一次函数的图象与性质、中心对称、勾股定理、求直线与抛物线的交点坐标等知识点，综合性质较强，解题的关键是熟练运用数形结合和分类讨论思想．
15．(1)图见解析，点的坐标为
(2)点的坐标为
【分析】（1）利用关于原点对称的点的坐标特征写出的坐标，然后描点即可；
（2）根据旋转的性质求出即可．
【详解】（1）画出关于原点对称的图形如图所示：
∴点的坐标为；
（2）根据旋转的性质可得，
点的坐标为．
【点睛】本题考查了作图—关于原点对称的图形：解决本题的关键是掌握旋转的性质．
16．(1)见解析
(2)见解析
(3)见解析
【分析】（1）根据中心对称图形的定义，作出格点三角形即可；
（2）根据轴对称图形的定义，作出格点三角形即可；
（3）根据旋转的性质，作出格点三角形即可．
【详解】（1）解：如图1，以C为对称中心画出，即为所作；
（2）如图2，以AC边为对称轴画出，即为所作；
（3）如图3，利用网格特点和旋转的性质画出A、B的对应点D、E，从而得到，即为所作．
【点睛】本题考查了图形变换，解题关键是正确理解图形变换的性质．
17．(1)画图见解析，
(2)画图见解析，
【分析】（1）分别确定向右平移4个单位长度后的对应点 再顺次连接再根据的位置，可得其坐标；
（2）分别确定关于原点的对称点 再顺次连接从而可得答案．
（1）
解：如图，是所求作的三角形，
（2）
如图，即为所求作的三角形，
【点睛】本题考查的是坐标与图形，平移的作图，中心对称的作图，利用平移的性质与中心对称的性质作图是解本题的关键．
18．(1)见解析
(2)点A2的坐标（2，-3）； h的取值范围是4.5【分析】（1）根据中心对称的性质，找到点关于原点O对称的对应点，顺次连接，得到A1B1C1即为所求；
（2）根据平面直角坐标系求得点的坐标，根据轴对称的性质即可求得点的坐标，根据网格的特点求得与的交点为的中点，以及的坐标，根据平移的性质即可求得的范围．
【详解】（1）如图所示，A1B1C1即为所求，
（2），则点A2的坐标（2，-3）；
与的交点为的中点的纵坐标为，
根据题意
h的取值范围是4.5【点睛】本题考查了画中心对称图形，求关于坐标轴对称的点的坐标，中点坐标公式，平移的性质，掌握一是知识是解题的关键．
19．(1)见解析
(2)（﹣2，0）
(3)
【分析】（1）利用平移变换的性质分别作出A，B，C的对应点A1，B1，C1即可；
（2）利用旋转变换的性质分别作出B，C的对应B2，C2即可；
（3）把三角形的面积看成矩形的面积减去周围的三个三角形面积即可．
【详解】（1）（1）如图，△ABC与△A1B1C1关于原点O成中心对称图形；
（2）如图，△A2B2C2即为所求，B2的坐标为为（﹣2，0）．
故答案为：（﹣2，0）；
（3）＝3×3﹣×1×2﹣×1×3﹣×2×3＝．
【点睛】本题考查作图﹣旋转变换，中心对称变换，三角形的面积等知识，解题的关键是掌握平移变换，旋转变换的性质，属于中考常考题型．
20．(1)A（-6，1），B（-3，1），C（-3，3）
(2)见解析，C1(5，3)
(3)见解析，C2（3，-3）
【分析】（1）根据直角坐标系的位置写出各点坐标即可；
（2）根据题目要求画出平移后△A1B1C1即可；
（3）根据题目要求画出△ABC关于点O的中心对称图形△A2B2C2即可．
【详解】（1）解：根据直角坐标系的位置得：A（-6，1），B（-3，1），C（-3，3）
（2）如图，△ABC向右平移8个单位得△A1B1C1，则C1（5，3）；
（3）△ABC关于点O的中心对称图形△A2B2C2如下图，C2（3，-3）；
【点睛】本题主要考查平面直角坐标系中的点以及图象的平移和中心对称图形的概念，掌握相关知识并正确画出图形是解题的关键．
21．见解析
【分析】根据中心对称图形的定义，找出对称中心即可，中心对称图形：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．
【详解】解：“由”字不是中心对称图形，
“Z”的对称中心如图，点即为对称中心，
“H”的对称中心如图，点即为对称中心
“中”字的对称中心如图，点即为对称中心，
【点睛】本题考查了中心对称图形的性质，找对称中心，掌握中心对称的意义是解题的关键．中心对称：平面内，把一个图形绕着某个点旋转，如果旋转后的图形与另一个图形重合，那么就说明这两个图形的形状关于这个点成中心对称．
22．(1)
(2)
(3)见解析
【分析】（1）根据关于x轴对称的点横坐标不变，纵坐标互为相反数解题；
（2）根据关于y轴对称的点纵坐标不变，横坐标互为相反数解题；
（3）先分别作ABC关于原点的对称点，再依次连接即可．
【详解】（1）点A关于轴对称的点的坐标是
（2）点B关于轴对称的点的坐标是
（3）如图所示：
【点睛】本题主要考查作图-中心对称和轴对称，熟练掌握中心对称和轴对称变换的性质是解题的关键．
23．(1)见解析
(2)图见解析，A2（-4，-4），B2（-1，-1），C2（-3，-1）
【分析】（1）根据关于y轴对称的点坐标性质，即可作出△ABC三个顶点关于y轴对称的点A1（-4，4）、B1（-1，1）、C1（-3，1），顺次连接即得．
（2）根据关于原点对称的点坐标性质，即可作出△ABC三个顶点关于原点对称的点A2（-4，-4），B2（-1，-1），C2（-3，-1），顺次连接即得．
【详解】（1）解：∵A（4，4），B（1，1），C（3，1），
∴A（4，4），B（1，1），C（3，1）关于y轴对称的点为A1（-4，4）、B1（-1，1）、C1（-3，1），
顺次连接各点，△A1B1C1即为所求，如图；
（2）∵A（4，4），B（1，1），C（3，1），
∴A（4，4），B（1，1），C（3，1）关于原点对称的点为A2（-4，-4），B2（-1，-1），C2（-3，-1），
顺次连接各点，即为所求作，如图，
A2（-4，-4），B2（-1，-1），C2（-3，-1）．
【点睛】本题考查了作图-轴对称变换，中心对称变换，解决此题的关键是熟练掌握轴对称定义及关于x轴对称的点的坐标特征，中心对称定义及关于原点对称的点的坐标特征．
