【培优版】浙教版数学九上3.2 图形的旋转 同步练习
一、选择题
1．（2024九上·自贡期末）如图，将绕点顺时针旋转得到，并使点的对应点点落在直线上，连接，若，则的长为（ ）
A． B．15 C． D．17
【答案】A
【知识点】勾股定理；勾股定理的逆定理；旋转的性质
【解析】【解答】解：由旋转的性质可知，，，，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴的直角三角形，，
∵点的对应点点落在直线上，，
∴，
又∵，
∴，
∴，
由勾股定理得，，即，
解得，，
故答案为：A．
【分析】 根据旋转的性质，利用勾股定理的逆定理证是直角三角形，再利用等腰直角三角形的性质和勾股定理求解即可。
2．（2024九上·九龙坡期末）如图，中，，将绕点顺时针旋转得到，使点的对应点恰好落在边上，、交于点．若，则的度数是（ ）（用含的代数式表示）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】三角形内角和定理；旋转的性质
【解析】【解答】解：由旋转得，，，，
，
，，
，
．
．
．
故答案为：C
【分析】根据旋转的性质可得，，，结合“”，进而可知，，再根据三角形内角和定理可得的度数，进而可知的度数，再根据三角形内角和定理计算即可求解。
3．（2024九上·南川期末）如图，在中，，点P是边上任意一点，将绕点C逆时针旋转得到，点P的对应点为点Q，连接，若，则的度数是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】等腰三角形的性质；旋转的性质
【解析】【解答】解：由旋转的性质可得CP=CQ，∠ACP=∠BCQ，∠A=∠CBQ，
∠CPQ=∠CQP=70°，∠ACB=∠PCQ，
∠ACB=40°，
，
∠A=∠CBQ=70°，
故答案为：C.
【分析】利用旋转的性质求出∠PCQ，∠ACB的度数再根据等腰三角形的性质即可求解.
4．（2024九上·江津期末）如图，正方形的边长为4，，将绕点按顺时针方向旋转得到．若，则的长为（ ）
A．3 B． C． D．4
【答案】C
【知识点】三角形全等及其性质；三角形全等的判定；勾股定理；正方形的性质；旋转的性质
【解析】【解答】解：由旋转可知，
，
，，，．
又四边形是正方形，
，，
∵
，
则．
在和中，
，
，
．
令，
则，，．
在中，
，
即，
解得，
即．
故答案为：C．
【分析】根据旋转性质可知，可得，，，再根据正方形的性质结合角与角之间的相等关系可得，然后根据全等三角形的判定定理可证，可得，再令，结合线段与线段之间的关系，运用勾股定理计算即可求解。
5．（2023九上·乌鲁木齐月考）如图，将含有角的直角三角板放置在平面直角坐标系中，在x轴上，若，将三角板绕原点O顺时针旋转，则点A的对应点的坐标为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】三角形全等及其性质；含30°角的直角三角形；勾股定理；旋转的性质；坐标与图形变化﹣旋转
【解析】【解答】解：分别过点、作轴、轴于点、，如图所示：
由题意，得：，，
∴，
根据勾股定理可得，
，
∴，，
∵轴、轴，
∴，
∵，
∴，
由旋转的性质可得，
∴，
∴，，
∴点的对应点的坐标为，
故答案为：D
【分析】根据含的直角三角形的性质以及勾股定理可得、、的长度，结合“将三角板绕原点O顺时针旋转”做出图形，然后过点作轴于点，根据旋转的性质可得，再根据全等三角形的判定方法可证即可求解。
6．（2023九上·仙居期中）如图，正方形的顶点、在上，顶点、在内，将正方形绕点顺时针旋转，使点落在上．若正方形的边长和的半径相等，则旋转角度等于（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】等边三角形的判定与性质；正方形的性质；旋转的性质
【解析】【解答】解：如下图所示：设 点C落在上 的点G处，连结OA、OB、OG，
因为正方形ABCD的边长和的半径相等，
结合旋转的性质可得：
所以均为等边三角形，
所以
又因为
所以
所以
即.
故答案为：B.
【分析】本题主要考查了旋转的性质、正方形的性质、等边三角形的判定及性质，设点C落在上 的点G处，连结OA、OB、OG，因为正方形ABCD的边长和的半径相等且结合旋转的性质可得：∠ABC=90°，则△OAB与△OBG均为等边三角形，则∠ABO=∠OBG=60°根据角度计算即可求解.
7．（2023九上·福田开学考）如图，平行四边形ABCD中，AB＝16，AD＝12，∠A＝60°，E是边AD上一点，且AE＝8，F是边AB上的一个动点，将线段EF绕点E逆时针旋转60°，得到EG，连接BG、CG，则BG+CG的最小值是（ ）
A．4 B．4 C．4 D．4
【答案】C
【知识点】等边三角形的判定与性质；勾股定理；平行四边形的性质；旋转的性质；三角形全等的判定-SAS
【解析】【解答】解：如图，取AB得中点N，连接EN、GN、CE，过点E作EH⊥CD，交CD的延长线于点H，
∵AE=8，AD=12，
∴DE=4，
∵点N是AB的中点，AB=16，
∴AN=NB=8，
∴AE=AN，
又∵∠A=60°，
∴△AEN是等边三角形，
∴∠AEN=∠FEG=60°，EA=EN，
∴∠AEF=∠NEG，
由旋转的性质得EF=EG，
在△AEF与△NEG中，
∵EA=EN，∠AEF=∠NEG，EF=EG，
∴△AEF≌△NEG（SAS），
∴∠ENG=∠A=60°，
∵∠ANE=60°，
∴∠GNB=180°-60°-60°=60°，
∴点G的运动轨迹是射线NG，
在△EGN与△BGN中，
∵BN=EN，∠BNG=∠ENG=60°，NG=NG，
∴△EGN≌△BGN（SAS），
∴GB=GE，
∴GB+GC=GE+GC≥EC，
在Rt△DEH中，∠H=90°，DE=4，∠EDH=60°，
∴DH=DE=2，EH=，
在Rt△ECH中，，
∴GB+GC的最小值为.
故答案为：C.
【分析】取AB得中点N，连接EN、GN、CE，过点E作EH⊥CD，交CD的延长线于点H，易得AE=AN，由有一个角为60°的等腰三角形是等边三角形得△AEN是等边三角形，由等边三角形的性质得∠AEN=∠FEG=60°，EA=EN，由等式的性质推出∠AEF=∠NEG，由旋转的性质得EF=EG，从而用SAS判断出△AEF≌△NEG，得∠ENG=∠A=60°，根据平角的定义得∠GNB=60°，从而可得点G的运动轨迹是射线NG；再用SAS判断出△EGN≌△BGN，得GB=GE，根据两点之间线段最短得GB+GC=GE+GC≥EC，在Rt△DEH中，由含30°角直角三角形得性质得DH、EH得长，进而在Rt△ECH中，利用勾股定理算出EC得长即可.
8．（2023九上·洪山月考）如图，∠MAN＝60°，点B、C分别在AM、AN上，AB＝AC，点D在∠MAN内部、△ABC外部，连接BD、CD、AD．下列结论：①DB+DC≥DA；②S△BDC≤BD DC；③若DB＝m，DC＝n，则S△ADB≤+mn．其中错误的结论个数为（ ）个．
A．0 B．1 C．2 D．3
【答案】A
【知识点】垂线段最短及其应用；三角形的面积；三角形三边关系；等边三角形的判定与性质；旋转的性质
【解析】【解答】解：①如图1，将△ACD绕点A逆时针旋转60°得到，
由旋转旋转得，
∴
∵
∴是等边三角形，
∴，
∴，
当三点共线时，CD+BD＝AD，即 DB +DC≥DA，故①正确；
②如图2，过点C作CH⊥BD于H，
S△BDC＝BD CH≤BD CD，
即 S△BDC≤BD DC
故②正确；
③由题意得△ABC是等边三角形，把△BDC绕点B 顺时针旋转60°得到△ABK，连接DK，
由旋转得：BD＝BK，∠DBK＝60°，
∴△BDK是等边三角形，
∴S△BDK＝，
∵△ABK≌△BDC（根据旋转的性质），
①当K落在△ABD外部时，，
∴S△ABD当K落在AD边上时，
S△ABD= S△ABK+S△BDK≤+mn，
当K落在△ABD内部时，
过点B、D分别作BN⊥AK于N，DM⊥AK于M，设AK与BD交于点O，
由旋转得：CD＝AK，
S△ABD=S△BDK+S△ABK+S△ADK
=m2+AK·BN+AK·DM=m2+AK（BN+DM）≤m2+AK（OB+OD）=m2+mn
即S△ABD≤m2+mn，故③正确；
综上所述，正确的结论为3个，错误的结论为0个，
故答案为：A．
【分析】①将△ACD绕点A逆时针旋转60°得到，可证得是等边三角形，根据三角形三边关系即可判断①正确；
②过点C作CH⊥BD于H，根据S△BDC＝BD CH，由垂线段最短CH≤CD，可判断出②正确；
③由题意得△ABC是等边三角形，把△BDC绕点B 顺时针旋转60°得到△ABK，连接DK，由旋转的性质可证得△BDK是等边三角形，分类讨论：①当K落在△ABD外部时，当K落在AD边上时，当K落在△ABD内部时，分别分析可判断③正确，即可得解.
二、填空题
9．（2017九上·宜城期中）如图，在△ABC中，∠BAC＝33°，将△ABC绕点A按顺时针方向旋转50°，对应得到△AB′C′，则∠B′AC的度数为 ．
【答案】17°
【知识点】图形的旋转
【解析】【解答】∵∠BAC=33°，将△ABC绕点A按顺时针方向旋转50°，对应得到△AB′C′，
∴∠B′AC′=33°，∠BAB′=50°，
∴∠B′AC=∠BAB′-=50° 33°=17°.
故答案为：17°.
【分析】根据旋转的情况可知∠BAB′=50°，且△ABC≌△AB′C′，从而可求得∠B′AC.
10．（2024九上·松原期末）如图，的顶点在抛物线上，将绕点顺时针旋转，得到，边与该抛物线交于点，则点的坐标为 ．
【答案】
【知识点】旋转的性质；二次函数y=ax²的图象
【解析】【解答】解：∵Rt△OAB的顶点A(-2，4)在抛物线y=ax2上，
∴4=4a，解得a=1，
∴拋物线解析式为y=x2，
∵点A(-2，4)，
∴B(-2，0)，
∴OB=2，
∵旋转，
∴OD=OB=2，
∴D(0，2)，
∵DC⊥OD，
∴DC∥x轴，
∴=2，
代入y=x2，得2=x2，
解得x=±，
∴P(，2).
故答案为：(，2).
【分析】把A（-2，4）代入求得抛物线的解析式，然后根据题意求得D(0，2)，且DC∥x轴，从而求得P的纵坐标为2，代入求得的解析式即可求得P的坐标.
11．（2024九上·鹿寨期末）如图，点A，C分别是y轴，x轴正半轴上的动点，，将线段绕点A顺时针旋转60°得到线段，则的最小值是 ．
【答案】
【知识点】三角形三边关系；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，取AC的中点，连接OD，BD，BC，则OD=CD=AD=AC=，
由旋转知：∠BAC=60°，AB=AC，
∴△ABC为等边三角形，
∴BD⊥AC，BC=AC=1，
∴BD==，
∵OB≥BD-OD=-，
∴当B、O、D三点共线时，OB值最小，最小值为OB=BD-OD=-=.
故答案为：.
【分析】取AC的中点，连接OD，BD，BC，由旋转的性质可得△ABC为等边三角形，由OB≥BD-OD，可知当B、O、D三点共线时，OB值最小，最小值为OB=BD-OD，据此求解即可.
12．（2023九上·鸡西月考）如图，在Rt△ABC中，∠B＝90°，AB＝4，BC＝6，点D在BC边上，将点A绕点D顺时针旋转90°得到点E，连接DE，CE．当△DCE是等腰三角形时，BD的长为 ．
【答案】或
【知识点】等腰三角形的性质；勾股定理；旋转的性质
【解析】【解答】解：设，则，
①当时，作于点，
由旋转的性质得：，，
，
，
，，
，
在中，，
由勾股定理得：，即，
，
解得：，（舍去）
，
②当时，
根据题意得：，
在中，由勾股定理得：，
即，
解得：，即，
综上所述，的长为或．
故答案为：或．
【分析】设，则，分类讨论：①当时，作于点，证明出，由全等三角形的性质得，，在中，由勾股定理得，可得，②当时，在中，由勾股定理得：，解得，即可得解．
三、解答题
13．（2024九上·朝阳期末）已知线段和点，将线段绕点逆时针旋转，得到线段，将线段绕点顺时针旋转，得到线段，连接为的中点，连接．
（1）如图1，点在线段上，依题意补全图1，直接写出的度数；
（2）如图2，点在线段的上方，写出一个的度数，使得成立，并证明．
【答案】（1）解：补全图1，如图．
90°．
（2）解：60．
证明：延长到点，使得，连接，连接并延长，与的延长线相交于点．
是的中点，
．
，
．
．
．
．
在中，
．
，
．
．
．
，
．
．
．
．
【知识点】三角形全等及其性质；三角形全等的判定；等腰三角形的性质；旋转的性质；直角三角形的性质
【解析】【解答】（1）延长BE交AF的延长线于点G，如图，
则有
AD=GE，AF=GF，
AD=CA，
GE=AC，
BC=BE，
GE+BE=AC+BC，
AB=GF，
BF⊥AG，
【分析】（1）先根据题意补全图形，再延长BE交AF的延长线于点G，利用平行线的性质以及AAS证明推出GE=AC，再利用等腰三角形的性质“三线合一”，从而得出结论；
（2）延长到点，使得，连接，连接并延长与的延长线相交于点 ，先证明， 利用三角形的全等及其性质以及直角三角形边角关系得到，从而求解.
14．（2024九上·绵阳期末）如图，中，，将绕点A逆时针旋转得到，与交于点D，与交于点E，与交于点F，当B、D、F重合时停止旋转．
（1）证明：在旋转过程中；
（2）如图1，当平分时，证明：；
（3）如图2，若，，在旋转过程中，当是等腰三角形时，求该等腰三角形底边的长度．
【答案】（1）证明：∵将绕点A逆时针旋转得到，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴；
（2）证明：∵将绕点A逆时针旋转得到，
∴，，，，
∵平分，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴；
（3）解：∵中，，，，
∴，
作，垂足为，
∵，
解得，
∴，
①当时，则，
∴；
②当时，则，
∴；
③当时，则，
综上，该等腰三角形底边的长度为3或或．
【知识点】三角形全等及其性质；等腰三角形的判定；勾股定理；旋转的性质
【解析】【分析】（1）根据旋转的性质得出，进而得到，再利用对顶角相等，等量代换后即可得证；
（2）根据旋转的性质和角平分线的定义先证，得出，进而可得；
（3）根据勾股定理求出AB的长，作，垂足为， 利用等面积法求得BG的长，再分三种情况讨论，①当时，②当时，③当时，分别计算出底边的长度即可.
四、实践探究题
15．（2024九上·南昌期末）如图
图1 图2 图3
（1）【特例感知】如图，点是正方形对角线上一点，于点，于点.
①求证：四边形是正方形；
②= ▲ ；
（2）【规律探究】将正方形绕点旋转得到图，连接，，.
的比值是否会发生变化？说明理由；
（3）【拓展应用】如图，在图的基础上，点，，分别是，，的中点；四边形是否是正方形？说明理由.
【答案】（1）解：①∵四边形是正方形，
∴，AC平分，
∵，，
∴，
∴，四边形是矩形，
∴四边形是正方形；
②
（2）解：不变，理由：
∵四边形是正方形，四边形是正方形，
∴，，，
∴，
∴，
∴，
过作于点，过作交于点
∴四边形是平行四边形，
∴，
∴四边形是平行四边形，
易得：，
∴，，
∴，即是等腰直角三角形，
∴，
∴；
（3）解：四边形是正方形，理由：
由（2）得：，
∴，
∵点，，分别是，，的中点；
∴，
∴，
∴，，
∴，
∴四边形是正方形．
【知识点】三角形全等的判定；平行四边形的判定与性质；正方形的性质；正方形的判定与性质；旋转的性质
【解析】【解答】解：（1）②设大正方形ABCD的边长是a，小正方形AB1C1D1的边长是b，
∵四边形是正方形
∴
同理，
故填：
【分析】（1）① 根据正方形的性质对角线各平分一组对角，角平分线上的点到角两边距离相等定理，可证得四边形是邻边相等的矩形，即可证得四边形是正方形；②求三个线段的比，先分别找到三个线段的表达式，由正方形对角线是边长的倍可以表示出CC1，化简即可；
（2）根据正方形和旋转的性质，易由SAS定理证得，可证，为找到它们与CC1的关系，作辅助线将不在一个三角形的线段通过平行进行等量平移，通过平行四边形的判定和性质定理，借助全等的判定，证明是等腰直角三角形且直角边等于BB1，斜边CC1是直角边倍，故可推出的比值不变。
（3）根据旋转的性质，旋转后点，，分别是，，的中点， 则旋转前也是中点，且，在第2问的基础上，由全等的性质得到再次应用全等判定的条件，易证得四边形的邻边，且两边的夹角是90°，故可证四边形是正方形。
16．（2024九上·浦北期末）综合与探究．
（1）【问题情境】
数学活动课上，老师带领同学们一起探索旋转的奥秘．老师出示了一个问题：如图1所示，在中，，，点是边上一点（），连接AD，将△ABD绕着点A按逆时针方向旋转，使AB与AC重合，得到△ACE．
连接，试判断的形状，并说明理由；
（2）【深入探究】
希望小组受此启发，如图2，在线段上取一点，连接，使得，连接，发现和有一定的关系，猜想两者的数量关系，并说明理由；
（3）智慧小组在图2的基础上继续探究，发现，，三条线段之间也有一定的数量关系，请写出它们的数量关系，并说明理由．
【答案】（1）解：为等腰直角三角形．理由如下：
如图1，由旋转得，，
，
，
为等腰直角三角形；
（2）解：．理由如下：
，，
，
，
又，，
在和中，，
．
．
（3）解：．理由如下：
，，
．
由旋转的性质可知，，
．
在中，．
又，
．
【知识点】三角形全等及其性质；勾股定理的应用；旋转的性质
【解析】【分析】（1）△ADE是等腰直角三角形，理由如下：由旋转的性质得∠DAE=∠BAC=90°，AD=AE，从而即可得出结论；
（2）EF=DF，理由如下：由SAS判断出△AFE≌△AFD，由全等三角形的对应边相等得EF=DF；
（3）DF2=CF2+DB2，理由如下：由等腰直角三角形得∠B=∠ACB=45°，由旋转性质得∠ACE=∠B=45°，DB=CE，则∠BCE=90°，在Rt△ECF中，利用勾股定理及等量代换即可得出结论.
五、综合题
17．（2021九上·平定期末）综合与实践：如图（1），已知点E为正方形对角线上一动点（不与点C重合），连接．
（1）实践与操作：在图中，画出以点B为旋转中心，将线段逆时针旋转的线段，并且连接．
（2）观察与猜想：
观察图（1），猜想并推理可以得到以下结论：
结论1，和之间的位置关系是 ；
结论2，和之间的数量关系是 ．
（3）探究与发现：
①如图（2），若点E在延长线上时，（2）中的两个结论是否仍然成立，说明理由．
②如图（2），若，，请直接写出的长．
【答案】（1）解：画图符合题意；
（2）；
（3）解：①当点E在的延长线上时（2）中的两个结论仍然成立
理由：
由正方形得，，．
∵，
∴．
即．
由旋转的性质可知．
在和中，
∴
∴，．
∴．
即．
②的长为．
理由：∵，
∴CE=AF，
∵，，
∴AC=5，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=．
【知识点】三角形全等的判定；正方形的性质；旋转的性质
【解析】【解答】解：（2），，
理由如下：
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=BC，∠ABC=90°，
∵以点B为旋转中心，将线段 逆时针旋转 的线段 ，
∴BE=BF，∠EBF=90°，
∴∠ABC=∠EBF =90°，
∴∠ABF=∠CBE ，
在△ABF和△CBE中，
∴△ABF和△CBE（SAS），
∴AF=CE，∠BAF=∠BCE ，
∵∠BAC+∠BCE =90°，
∴∠BAC+∠BAF =90°，
∴∠CAF =90°，
即；
故答案为；；
【分析】（1）根据旋转的性质作图即可；
（2）利用全等三角形的判定与性质证明求解即可；
（3）①先求出 ，再利用全等三角形的判定与性质证明求解即可；
②先求出 CE=AF， 再求出 AC=5， 最后计算求解即可。
18．（2023九上·丛台月考）如图①所示，将一个边长为2的正方形和一个长为2、宽为1的长方形拼在一起，构成一个大的长方形．现将小长方形绕点C顺时针旋转至长方形，旋转角为．
（1）当点恰好落在边上时，求旋转角的值；
（2）如图②，G为中点，且，求证：；
（3）小长方形绕点C顺时针旋转一周的过程中，与能否全等？若能，直接写出旋转角的值；若不能，说明理由．
【答案】（1）解：根据题意得：，，
∴在中，，
∵矩形，，
∴；
（2）证明：∵G为中点，
∴，
∴，
∵长方形绕点C顺时针旋转至，
∴，
∴，
在和中，
∵
∴，
∴；
（3）135°或315°
【知识点】矩形的性质；旋转的性质；三角形全等的判定-SAS
【解析】【解答】解：（3）能，理由如下：
∵四边形为正方形，
∴，
∵，
∴和为腰相等的两等腰三角形，
当时，，
当时，由图②得，，不符合题意；
当和为钝角三角形时，到如图所示位置时，
则旋转角，
当和为锐角三角形时，到如图所示位置时，
，
则，
即旋转角的值为或时，和全等．
【分析】（1）先求出，再根据，可得；
（2）先利用“SAS”证明，再利用全等三角形的性质可得；
（3）分两种情况：①当和为钝角三角形时，②当和为锐角三角形时，再分别画出图形并求解即可。
1 / 1【培优版】浙教版数学九上3.2 图形的旋转 同步练习
一、选择题
1．（2024九上·自贡期末）如图，将绕点顺时针旋转得到，并使点的对应点点落在直线上，连接，若，则的长为（ ）
A． B．15 C． D．17
2．（2024九上·九龙坡期末）如图，中，，将绕点顺时针旋转得到，使点的对应点恰好落在边上，、交于点．若，则的度数是（ ）（用含的代数式表示）
A． B． C． D．
3．（2024九上·南川期末）如图，在中，，点P是边上任意一点，将绕点C逆时针旋转得到，点P的对应点为点Q，连接，若，则的度数是（ ）
A． B． C． D．
4．（2024九上·江津期末）如图，正方形的边长为4，，将绕点按顺时针方向旋转得到．若，则的长为（ ）
A．3 B． C． D．4
5．（2023九上·乌鲁木齐月考）如图，将含有角的直角三角板放置在平面直角坐标系中，在x轴上，若，将三角板绕原点O顺时针旋转，则点A的对应点的坐标为（ ）
A． B． C． D．
6．（2023九上·仙居期中）如图，正方形的顶点、在上，顶点、在内，将正方形绕点顺时针旋转，使点落在上．若正方形的边长和的半径相等，则旋转角度等于（ ）
A． B． C． D．
7．（2023九上·福田开学考）如图，平行四边形ABCD中，AB＝16，AD＝12，∠A＝60°，E是边AD上一点，且AE＝8，F是边AB上的一个动点，将线段EF绕点E逆时针旋转60°，得到EG，连接BG、CG，则BG+CG的最小值是（ ）
A．4 B．4 C．4 D．4
8．（2023九上·洪山月考）如图，∠MAN＝60°，点B、C分别在AM、AN上，AB＝AC，点D在∠MAN内部、△ABC外部，连接BD、CD、AD．下列结论：①DB+DC≥DA；②S△BDC≤BD DC；③若DB＝m，DC＝n，则S△ADB≤+mn．其中错误的结论个数为（ ）个．
A．0 B．1 C．2 D．3
二、填空题
9．（2017九上·宜城期中）如图，在△ABC中，∠BAC＝33°，将△ABC绕点A按顺时针方向旋转50°，对应得到△AB′C′，则∠B′AC的度数为 ．
10．（2024九上·松原期末）如图，的顶点在抛物线上，将绕点顺时针旋转，得到，边与该抛物线交于点，则点的坐标为 ．
11．（2024九上·鹿寨期末）如图，点A，C分别是y轴，x轴正半轴上的动点，，将线段绕点A顺时针旋转60°得到线段，则的最小值是 ．
12．（2023九上·鸡西月考）如图，在Rt△ABC中，∠B＝90°，AB＝4，BC＝6，点D在BC边上，将点A绕点D顺时针旋转90°得到点E，连接DE，CE．当△DCE是等腰三角形时，BD的长为 ．
三、解答题
13．（2024九上·朝阳期末）已知线段和点，将线段绕点逆时针旋转，得到线段，将线段绕点顺时针旋转，得到线段，连接为的中点，连接．
（1）如图1，点在线段上，依题意补全图1，直接写出的度数；
（2）如图2，点在线段的上方，写出一个的度数，使得成立，并证明．
14．（2024九上·绵阳期末）如图，中，，将绕点A逆时针旋转得到，与交于点D，与交于点E，与交于点F，当B、D、F重合时停止旋转．
（1）证明：在旋转过程中；
（2）如图1，当平分时，证明：；
（3）如图2，若，，在旋转过程中，当是等腰三角形时，求该等腰三角形底边的长度．
四、实践探究题
15．（2024九上·南昌期末）如图
图1 图2 图3
（1）【特例感知】如图，点是正方形对角线上一点，于点，于点.
①求证：四边形是正方形；
②= ▲ ；
（2）【规律探究】将正方形绕点旋转得到图，连接，，.
的比值是否会发生变化？说明理由；
（3）【拓展应用】如图，在图的基础上，点，，分别是，，的中点；四边形是否是正方形？说明理由.
16．（2024九上·浦北期末）综合与探究．
（1）【问题情境】
数学活动课上，老师带领同学们一起探索旋转的奥秘．老师出示了一个问题：如图1所示，在中，，，点是边上一点（），连接AD，将△ABD绕着点A按逆时针方向旋转，使AB与AC重合，得到△ACE．
连接，试判断的形状，并说明理由；
（2）【深入探究】
希望小组受此启发，如图2，在线段上取一点，连接，使得，连接，发现和有一定的关系，猜想两者的数量关系，并说明理由；
（3）智慧小组在图2的基础上继续探究，发现，，三条线段之间也有一定的数量关系，请写出它们的数量关系，并说明理由．
五、综合题
17．（2021九上·平定期末）综合与实践：如图（1），已知点E为正方形对角线上一动点（不与点C重合），连接．
（1）实践与操作：在图中，画出以点B为旋转中心，将线段逆时针旋转的线段，并且连接．
（2）观察与猜想：
观察图（1），猜想并推理可以得到以下结论：
结论1，和之间的位置关系是 ；
结论2，和之间的数量关系是 ．
（3）探究与发现：
①如图（2），若点E在延长线上时，（2）中的两个结论是否仍然成立，说明理由．
②如图（2），若，，请直接写出的长．
18．（2023九上·丛台月考）如图①所示，将一个边长为2的正方形和一个长为2、宽为1的长方形拼在一起，构成一个大的长方形．现将小长方形绕点C顺时针旋转至长方形，旋转角为．
（1）当点恰好落在边上时，求旋转角的值；
（2）如图②，G为中点，且，求证：；
（3）小长方形绕点C顺时针旋转一周的过程中，与能否全等？若能，直接写出旋转角的值；若不能，说明理由．
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】勾股定理；勾股定理的逆定理；旋转的性质
【解析】【解答】解：由旋转的性质可知，，，，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴的直角三角形，，
∵点的对应点点落在直线上，，
∴，
又∵，
∴，
∴，
由勾股定理得，，即，
解得，，
故答案为：A．
【分析】 根据旋转的性质，利用勾股定理的逆定理证是直角三角形，再利用等腰直角三角形的性质和勾股定理求解即可。
2．【答案】C
【知识点】三角形内角和定理；旋转的性质
【解析】【解答】解：由旋转得，，，，
，
，，
，
．
．
．
故答案为：C
【分析】根据旋转的性质可得，，，结合“”，进而可知，，再根据三角形内角和定理可得的度数，进而可知的度数，再根据三角形内角和定理计算即可求解。
3．【答案】C
【知识点】等腰三角形的性质；旋转的性质
【解析】【解答】解：由旋转的性质可得CP=CQ，∠ACP=∠BCQ，∠A=∠CBQ，
∠CPQ=∠CQP=70°，∠ACB=∠PCQ，
∠ACB=40°，
，
∠A=∠CBQ=70°，
故答案为：C.
【分析】利用旋转的性质求出∠PCQ，∠ACB的度数再根据等腰三角形的性质即可求解.
4．【答案】C
【知识点】三角形全等及其性质；三角形全等的判定；勾股定理；正方形的性质；旋转的性质
【解析】【解答】解：由旋转可知，
，
，，，．
又四边形是正方形，
，，
∵
，
则．
在和中，
，
，
．
令，
则，，．
在中，
，
即，
解得，
即．
故答案为：C．
【分析】根据旋转性质可知，可得，，，再根据正方形的性质结合角与角之间的相等关系可得，然后根据全等三角形的判定定理可证，可得，再令，结合线段与线段之间的关系，运用勾股定理计算即可求解。
5．【答案】D
【知识点】三角形全等及其性质；含30°角的直角三角形；勾股定理；旋转的性质；坐标与图形变化﹣旋转
【解析】【解答】解：分别过点、作轴、轴于点、，如图所示：
由题意，得：，，
∴，
根据勾股定理可得，
，
∴，，
∵轴、轴，
∴，
∵，
∴，
由旋转的性质可得，
∴，
∴，，
∴点的对应点的坐标为，
故答案为：D
【分析】根据含的直角三角形的性质以及勾股定理可得、、的长度，结合“将三角板绕原点O顺时针旋转”做出图形，然后过点作轴于点，根据旋转的性质可得，再根据全等三角形的判定方法可证即可求解。
6．【答案】B
【知识点】等边三角形的判定与性质；正方形的性质；旋转的性质
【解析】【解答】解：如下图所示：设 点C落在上 的点G处，连结OA、OB、OG，
因为正方形ABCD的边长和的半径相等，
结合旋转的性质可得：
所以均为等边三角形，
所以
又因为
所以
所以
即.
故答案为：B.
【分析】本题主要考查了旋转的性质、正方形的性质、等边三角形的判定及性质，设点C落在上 的点G处，连结OA、OB、OG，因为正方形ABCD的边长和的半径相等且结合旋转的性质可得：∠ABC=90°，则△OAB与△OBG均为等边三角形，则∠ABO=∠OBG=60°根据角度计算即可求解.
7．【答案】C
【知识点】等边三角形的判定与性质；勾股定理；平行四边形的性质；旋转的性质；三角形全等的判定-SAS
【解析】【解答】解：如图，取AB得中点N，连接EN、GN、CE，过点E作EH⊥CD，交CD的延长线于点H，
∵AE=8，AD=12，
∴DE=4，
∵点N是AB的中点，AB=16，
∴AN=NB=8，
∴AE=AN，
又∵∠A=60°，
∴△AEN是等边三角形，
∴∠AEN=∠FEG=60°，EA=EN，
∴∠AEF=∠NEG，
由旋转的性质得EF=EG，
在△AEF与△NEG中，
∵EA=EN，∠AEF=∠NEG，EF=EG，
∴△AEF≌△NEG（SAS），
∴∠ENG=∠A=60°，
∵∠ANE=60°，
∴∠GNB=180°-60°-60°=60°，
∴点G的运动轨迹是射线NG，
在△EGN与△BGN中，
∵BN=EN，∠BNG=∠ENG=60°，NG=NG，
∴△EGN≌△BGN（SAS），
∴GB=GE，
∴GB+GC=GE+GC≥EC，
在Rt△DEH中，∠H=90°，DE=4，∠EDH=60°，
∴DH=DE=2，EH=，
在Rt△ECH中，，
∴GB+GC的最小值为.
故答案为：C.
【分析】取AB得中点N，连接EN、GN、CE，过点E作EH⊥CD，交CD的延长线于点H，易得AE=AN，由有一个角为60°的等腰三角形是等边三角形得△AEN是等边三角形，由等边三角形的性质得∠AEN=∠FEG=60°，EA=EN，由等式的性质推出∠AEF=∠NEG，由旋转的性质得EF=EG，从而用SAS判断出△AEF≌△NEG，得∠ENG=∠A=60°，根据平角的定义得∠GNB=60°，从而可得点G的运动轨迹是射线NG；再用SAS判断出△EGN≌△BGN，得GB=GE，根据两点之间线段最短得GB+GC=GE+GC≥EC，在Rt△DEH中，由含30°角直角三角形得性质得DH、EH得长，进而在Rt△ECH中，利用勾股定理算出EC得长即可.
8．【答案】A
【知识点】垂线段最短及其应用；三角形的面积；三角形三边关系；等边三角形的判定与性质；旋转的性质
【解析】【解答】解：①如图1，将△ACD绕点A逆时针旋转60°得到，
由旋转旋转得，
∴
∵
∴是等边三角形，
∴，
∴，
当三点共线时，CD+BD＝AD，即 DB +DC≥DA，故①正确；
②如图2，过点C作CH⊥BD于H，
S△BDC＝BD CH≤BD CD，
即 S△BDC≤BD DC
故②正确；
③由题意得△ABC是等边三角形，把△BDC绕点B 顺时针旋转60°得到△ABK，连接DK，
由旋转得：BD＝BK，∠DBK＝60°，
∴△BDK是等边三角形，
∴S△BDK＝，
∵△ABK≌△BDC（根据旋转的性质），
①当K落在△ABD外部时，，
∴S△ABD当K落在AD边上时，
S△ABD= S△ABK+S△BDK≤+mn，
当K落在△ABD内部时，
过点B、D分别作BN⊥AK于N，DM⊥AK于M，设AK与BD交于点O，
由旋转得：CD＝AK，
S△ABD=S△BDK+S△ABK+S△ADK
=m2+AK·BN+AK·DM=m2+AK（BN+DM）≤m2+AK（OB+OD）=m2+mn
即S△ABD≤m2+mn，故③正确；
综上所述，正确的结论为3个，错误的结论为0个，
故答案为：A．
【分析】①将△ACD绕点A逆时针旋转60°得到，可证得是等边三角形，根据三角形三边关系即可判断①正确；
②过点C作CH⊥BD于H，根据S△BDC＝BD CH，由垂线段最短CH≤CD，可判断出②正确；
③由题意得△ABC是等边三角形，把△BDC绕点B 顺时针旋转60°得到△ABK，连接DK，由旋转的性质可证得△BDK是等边三角形，分类讨论：①当K落在△ABD外部时，当K落在AD边上时，当K落在△ABD内部时，分别分析可判断③正确，即可得解.
9．【答案】17°
【知识点】图形的旋转
【解析】【解答】∵∠BAC=33°，将△ABC绕点A按顺时针方向旋转50°，对应得到△AB′C′，
∴∠B′AC′=33°，∠BAB′=50°，
∴∠B′AC=∠BAB′-=50° 33°=17°.
故答案为：17°.
【分析】根据旋转的情况可知∠BAB′=50°，且△ABC≌△AB′C′，从而可求得∠B′AC.
10．【答案】
【知识点】旋转的性质；二次函数y=ax²的图象
【解析】【解答】解：∵Rt△OAB的顶点A(-2，4)在抛物线y=ax2上，
∴4=4a，解得a=1，
∴拋物线解析式为y=x2，
∵点A(-2，4)，
∴B(-2，0)，
∴OB=2，
∵旋转，
∴OD=OB=2，
∴D(0，2)，
∵DC⊥OD，
∴DC∥x轴，
∴=2，
代入y=x2，得2=x2，
解得x=±，
∴P(，2).
故答案为：(，2).
【分析】把A（-2，4）代入求得抛物线的解析式，然后根据题意求得D(0，2)，且DC∥x轴，从而求得P的纵坐标为2，代入求得的解析式即可求得P的坐标.
11．【答案】
【知识点】三角形三边关系；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，取AC的中点，连接OD，BD，BC，则OD=CD=AD=AC=，
由旋转知：∠BAC=60°，AB=AC，
∴△ABC为等边三角形，
∴BD⊥AC，BC=AC=1，
∴BD==，
∵OB≥BD-OD=-，
∴当B、O、D三点共线时，OB值最小，最小值为OB=BD-OD=-=.
故答案为：.
【分析】取AC的中点，连接OD，BD，BC，由旋转的性质可得△ABC为等边三角形，由OB≥BD-OD，可知当B、O、D三点共线时，OB值最小，最小值为OB=BD-OD，据此求解即可.
12．【答案】或
【知识点】等腰三角形的性质；勾股定理；旋转的性质
【解析】【解答】解：设，则，
①当时，作于点，
由旋转的性质得：，，
，
，
，，
，
在中，，
由勾股定理得：，即，
，
解得：，（舍去）
，
②当时，
根据题意得：，
在中，由勾股定理得：，
即，
解得：，即，
综上所述，的长为或．
故答案为：或．
【分析】设，则，分类讨论：①当时，作于点，证明出，由全等三角形的性质得，，在中，由勾股定理得，可得，②当时，在中，由勾股定理得：，解得，即可得解．
13．【答案】（1）解：补全图1，如图．
90°．
（2）解：60．
证明：延长到点，使得，连接，连接并延长，与的延长线相交于点．
是的中点，
．
，
．
．
．
．
在中，
．
，
．
．
．
，
．
．
．
．
【知识点】三角形全等及其性质；三角形全等的判定；等腰三角形的性质；旋转的性质；直角三角形的性质
【解析】【解答】（1）延长BE交AF的延长线于点G，如图，
则有
AD=GE，AF=GF，
AD=CA，
GE=AC，
BC=BE，
GE+BE=AC+BC，
AB=GF，
BF⊥AG，
【分析】（1）先根据题意补全图形，再延长BE交AF的延长线于点G，利用平行线的性质以及AAS证明推出GE=AC，再利用等腰三角形的性质“三线合一”，从而得出结论；
（2）延长到点，使得，连接，连接并延长与的延长线相交于点 ，先证明， 利用三角形的全等及其性质以及直角三角形边角关系得到，从而求解.
14．【答案】（1）证明：∵将绕点A逆时针旋转得到，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴；
（2）证明：∵将绕点A逆时针旋转得到，
∴，，，，
∵平分，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴；
（3）解：∵中，，，，
∴，
作，垂足为，
∵，
解得，
∴，
①当时，则，
∴；
②当时，则，
∴；
③当时，则，
综上，该等腰三角形底边的长度为3或或．
【知识点】三角形全等及其性质；等腰三角形的判定；勾股定理；旋转的性质
【解析】【分析】（1）根据旋转的性质得出，进而得到，再利用对顶角相等，等量代换后即可得证；
（2）根据旋转的性质和角平分线的定义先证，得出，进而可得；
（3）根据勾股定理求出AB的长，作，垂足为， 利用等面积法求得BG的长，再分三种情况讨论，①当时，②当时，③当时，分别计算出底边的长度即可.
15．【答案】（1）解：①∵四边形是正方形，
∴，AC平分，
∵，，
∴，
∴，四边形是矩形，
∴四边形是正方形；
②
（2）解：不变，理由：
∵四边形是正方形，四边形是正方形，
∴，，，
∴，
∴，
∴，
过作于点，过作交于点
∴四边形是平行四边形，
∴，
∴四边形是平行四边形，
易得：，
∴，，
∴，即是等腰直角三角形，
∴，
∴；
（3）解：四边形是正方形，理由：
由（2）得：，
∴，
∵点，，分别是，，的中点；
∴，
∴，
∴，，
∴，
∴四边形是正方形．
【知识点】三角形全等的判定；平行四边形的判定与性质；正方形的性质；正方形的判定与性质；旋转的性质
【解析】【解答】解：（1）②设大正方形ABCD的边长是a，小正方形AB1C1D1的边长是b，
∵四边形是正方形
∴
同理，
故填：
【分析】（1）① 根据正方形的性质对角线各平分一组对角，角平分线上的点到角两边距离相等定理，可证得四边形是邻边相等的矩形，即可证得四边形是正方形；②求三个线段的比，先分别找到三个线段的表达式，由正方形对角线是边长的倍可以表示出CC1，化简即可；
（2）根据正方形和旋转的性质，易由SAS定理证得，可证，为找到它们与CC1的关系，作辅助线将不在一个三角形的线段通过平行进行等量平移，通过平行四边形的判定和性质定理，借助全等的判定，证明是等腰直角三角形且直角边等于BB1，斜边CC1是直角边倍，故可推出的比值不变。
（3）根据旋转的性质，旋转后点，，分别是，，的中点， 则旋转前也是中点，且，在第2问的基础上，由全等的性质得到再次应用全等判定的条件，易证得四边形的邻边，且两边的夹角是90°，故可证四边形是正方形。
16．【答案】（1）解：为等腰直角三角形．理由如下：
如图1，由旋转得，，
，
，
为等腰直角三角形；
（2）解：．理由如下：
，，
，
，
又，，
在和中，，
．
．
（3）解：．理由如下：
，，
．
由旋转的性质可知，，
．
在中，．
又，
．
【知识点】三角形全等及其性质；勾股定理的应用；旋转的性质
【解析】【分析】（1）△ADE是等腰直角三角形，理由如下：由旋转的性质得∠DAE=∠BAC=90°，AD=AE，从而即可得出结论；
（2）EF=DF，理由如下：由SAS判断出△AFE≌△AFD，由全等三角形的对应边相等得EF=DF；
（3）DF2=CF2+DB2，理由如下：由等腰直角三角形得∠B=∠ACB=45°，由旋转性质得∠ACE=∠B=45°，DB=CE，则∠BCE=90°，在Rt△ECF中，利用勾股定理及等量代换即可得出结论.
17．【答案】（1）解：画图符合题意；
（2）；
（3）解：①当点E在的延长线上时（2）中的两个结论仍然成立
理由：
由正方形得，，．
∵，
∴．
即．
由旋转的性质可知．
在和中，
∴
∴，．
∴．
即．
②的长为．
理由：∵，
∴CE=AF，
∵，，
∴AC=5，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=．
【知识点】三角形全等的判定；正方形的性质；旋转的性质
【解析】【解答】解：（2），，
理由如下：
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=BC，∠ABC=90°，
∵以点B为旋转中心，将线段 逆时针旋转 的线段 ，
∴BE=BF，∠EBF=90°，
∴∠ABC=∠EBF =90°，
∴∠ABF=∠CBE ，
在△ABF和△CBE中，
∴△ABF和△CBE（SAS），
∴AF=CE，∠BAF=∠BCE ，
∵∠BAC+∠BCE =90°，
∴∠BAC+∠BAF =90°，
∴∠CAF =90°，
即；
故答案为；；
【分析】（1）根据旋转的性质作图即可；
（2）利用全等三角形的判定与性质证明求解即可；
（3）①先求出 ，再利用全等三角形的判定与性质证明求解即可；
②先求出 CE=AF， 再求出 AC=5， 最后计算求解即可。
18．【答案】（1）解：根据题意得：，，
∴在中，，
∵矩形，，
∴；
（2）证明：∵G为中点，
∴，
∴，
∵长方形绕点C顺时针旋转至，
∴，
∴，
在和中，
∵
∴，
∴；
（3）135°或315°
【知识点】矩形的性质；旋转的性质；三角形全等的判定-SAS
【解析】【解答】解：（3）能，理由如下：
∵四边形为正方形，
∴，
∵，
∴和为腰相等的两等腰三角形，
当时，，
当时，由图②得，，不符合题意；
当和为钝角三角形时，到如图所示位置时，
则旋转角，
当和为锐角三角形时，到如图所示位置时，
，
则，
即旋转角的值为或时，和全等．
【分析】（1）先求出，再根据，可得；
（2）先利用“SAS”证明，再利用全等三角形的性质可得；
（3）分两种情况：①当和为钝角三角形时，②当和为锐角三角形时，再分别画出图形并求解即可。
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