第23章旋转检测卷（含解析）
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第23章旋转检测卷-数学九年级上册人教版
一、单选题
1．如图，四个图标分别是剑桥大学、北京大学、浙江大学和复旦大学的校徽的重要组成部分，其中是轴对称图形但不是中心对称图形的是（ ）
A． B．
C． D．
2．在如图的正方形网格中，绕某点旋转一定的角度，得到，则其旋转中心可能是（ ）
A．点A B．点B C．点C D．点D
3．如图，有两个全等的矩形和矩形重合摆放，将矩形绕点逆时针旋转，延长交于点，线段的中点为点，的长为2，的长为4，当取最小时，的长为（ ）
A．2 B．4 C．6 D．8
4．如图，在中，，为边上的一点，当时，连接，将线段绕点按逆时针方向旋转，得到线段，连接，．若，则的面积的最大值为（ ）
A． B． C． D．
5．如图，与关于点成中心对称，下列说法：
①；②；③；④与的面积相等，其中正确的有（ ）
A．个 B．个 C．个 D．个
6．如图，将绕点顺时针旋转得到，若点，，共线，则的度数为（ ）
A． B． C． D．
7．下列关于图形对称性的命题，正确的是（ ）
A．正三角形既是轴对称图形，又是中心对称图形
B．圆既是轴对称图形，又是中心对称图形
C．线段是轴对称图形，但不是中心对称图形
D．平行四边形既是轴对称图形，又是中心对称图形
8．下列说法：①如果，那么是直角三角形；②到三角形三条边的距离相等的点是三角形三条边的垂直平分线的交点：③对角线互相垂直的四边形是菱形；④两个全等的三角形组成的图形是中心对称图形；其中正确的有（ ）个．
A．1 B．2 C．3 D．4
二、填空题
9．已知点，O是坐标原点，将线段绕点O逆时针旋转，点A旋转后的对应点是，则点的坐标是 ．
10．如图，将绕着点A顺时针方向旋转到，若，则 ．
11．如图，中，，，以点为旋转中心顺时针旋转后得到，且点在边上，则旋转角的度数为 °．
12．如图P是等边内一点，，把旋转到的位置，则∠ ．
13．如图，在矩形中，，将矩形绕点逆时针旋转，得到矩形，点的对应点落在上，且，则四边形的面积为 ．
14．如图，将线段先绕原点按逆时针方向旋转，再向下平移个单位，得到线段，，则点A的对应点的坐标是______．
15．如图，正方形中边长为12，E为上一点，且，F为边上的一个动点，连接，以为边向右侧作等边，连接，则的最小值为 ．
16．如图，在中，，，将绕点A逆时针旋转得到，连接、，则下列结论：①；②；③；④；其中正确的是 （填序号）
三、解答题
17．如图，在等腰直角三角形中，，，点在边上，且，请写出之间的关系，并说明理由．
18．如图，在中，点E在边上，，将线段绕A点旋转到的位置，使得，连接，与交于点G．
(1)求证：；
(2)若，，求的度数．
19．在平面直角坐标系中，的三个顶点的坐标分别为，，．将绕原点顺时针旋转得到，点，，的对应点分别为，，．
(1)画出旋转后的；
(2)直接写出点的坐标；
(3)求的面积．
20．已知，点B，C分别在射线，上，将线段绕点B顺时针旋转得到线段，过点D作的垂线交射线于点E．
(1)如图①，当点D在射线上时，求证：C是的中点；
(2)多解法如图②，当点D在内部时，作，交射线于点F，用等式表示线段与的数量关系，并证明．
21．综合与实践
问题情境：
如图①，点E为正方形内一点，，将绕点B按顺时针方向旋转，得到（点A的对应点为点C）．延长交于点F，连接．
猜想证明：
（1）试判断四边形的形状，并说明理由；
（2）如图②，若，请猜想线段与的数量关系并加以证明；
解决问题：
（3）如图①，若，求的长．
参考答案：
题号 1 2 3 4 5 6 7 8
答案 B B B D D C B A
1．B
【分析】此题主要考查了中心对称图形与轴对称图形的概念．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，这条直线叫做对称轴．如果一个图形绕某一点旋转后能够与自身重合，那么这个图形就叫做中心对称图形，这个点叫做对称中心．根据轴对称图形与中心对称图形的概念求解．
【详解】解：A、看起来像轴对称图形但不是轴对称图形，也不是中心对称图形，不符合题意；
B、是轴对称图形，不是中心对称图形，符合题意；
C、不是轴对称图形，也不是中心对称图形，不符合题意；
D、不是轴对称图形，也不是中心对称图形，不符合题意；
故选：B．
2．B
【分析】本题考查了旋转图形的性质，根据旋转图形的性质，可知旋转中心再对应顶点连线的垂直平分线上，则连接，，分别作出，的垂直平分线，垂直平分线的交点即为所求，熟练掌握旋转图形的性质是解此题的关键．
【详解】解：如图，连接，，分别作出，的垂直平分线，
，，的垂直平分线的交点为，
旋转中心是点，
故选：B．
3．B
【分析】本题主要考查了矩形的性质、旋转的性质、垂线段最短、全等三角形的判定与性质等知识，确定何时取最小值是解题关键．连接，由“垂线段最短”的性质可知当，即点与点重合时，取最小值，此时连接，易得，再证明点与点重合，即可获得答案．
【详解】解：如下图，连接，
∵四边形与四边形均为矩形且全等，且，，
∴，，，
∴矩形绕点逆时针旋转，
则当，即点与点重合时，取最小值，如下图，连接，
此时，
∵点为线段的中点，
∴，
∵，
∴，
又∵，
∴，
∴，即点与点重合，
∴．
故选：B．
4．D
【分析】在上截取，连接，过B作交延长线于H，由旋转性质和等边三角形的判定与性质证明是等边三角形得到，，进而证明得到，则有，设，利用直角三角形的性质得到则，进而得到，然后利用二次函数的性质求解即可．
【详解】解：在上截取，连接，过B作交延长线于H，则，
由旋转性质得，，
∵，，
∴是等边三角形，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∴，
在中，设，则，，
∵，，，
∴，，
∴，
∵，
∴当时，最大，最大值为，
故选：D．
【点睛】本题考查二次函数的性质，旋转的性质、等边三角形的判定与性质、全等三角的判定与性质、直角三角形的性质、三角形的外角性质等知识，熟练掌握等边三角形的性质和二次函数的性质，添加合适的辅助线构造全等三角形，利用二次函数性质求解几何最值问题是解答的关键．
5．D
【分析】本题考查中心对称，根据“成中心对称的两个图形全等，对称点到对称中心的距离相等”即可判断．
【详解】解：与关于点成中心对称，
，
，，与的面积相等，
故①②④正确；
对称点到对称中心的距离相等，
，
故③正确；
综上可知，正确的有4个，
故选D．
6．C
【分析】此题主要考查了旋转的性质，三角形的内角和定理．利用旋转的性质和三角形内角和定理即可求解．
【详解】解：将绕点顺时针旋转得到，且点，，共线，
，，
．
故选：C．
7．B
【分析】本题考查了中心对称图形与轴对称图形的识别，一个图形绕着某固定点旋转后能够与原来的图形重合，则称这个图形是中心对称图形，这个固定点叫做对称中心；如果一个图形沿着某条直线对折后，直线两旁的部分能够重合，则称这个图形是轴对称图形，这条直线叫做对称轴；根据这两个概念判断即可．
【详解】解：A、正三角形既是轴对称图形，不是中心对称图形，错误，故不符合题意；
B、圆既是轴对称图形，又是中心对称图形，正确，故符合题意；
C、线段是轴对称图形，也是中心对称图形，错误，故不符合题意；
D、平行四边形不是轴对称图形，但是中心对称图形，错误，故不符合题意；
故选：B．
8．A
【分析】本题考查三角形的内角和定理、角平分线的性质、菱形的判定、中心对称图形，根据三角形的内角和定理可判断①；根据角平分线的性质可判断②；根据菱形的判定定理可判断③；根据中心对称图形的性质可判定④，进而可得答案．
【详解】解：①∵中，，，
∴，
∴是直角三角形，故①正确；
②到三角形三条边的距离相等的点是三角形三个角的平分线的交点，故②错误；
③对角线互相垂直的平行四边形是菱形，故③错误；
④两个全等的三角形组成的图形不一定关于某个点成中心对称图形，故④错误，
故正确的有1个，
故选：A．
9．
【分析】本题考查了坐标与图形变化 旋转，把点旋转的问题转化为直角三角形旋转的问题，如图，作作轴于点B，则，把绕原点按逆时针方向旋转得到，根据旋转的性质得到即可解答．
【详解】解：过点A作轴于点B，点作轴于点，
则，
又∵，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴，，
∴点的坐标为，
故答案为：．
10．/度
【分析】本题主要考查了旋转的性质，根据旋转的性质得到，再由角之间的关系即可得到答案．
【详解】解：∵将绕着点A顺时针方向旋转到，
∴，
∵，
∴，
故答案为：．
11．
【分析】本题考查了旋转的性质，等腰三角形的判定和性质，三角形内角和定理的运用，掌握旋转的性质是解题的关键．根据三角形内角和定理可得的度数，根据旋转的性质，可得是等腰三角形，由此即可求解．
【详解】解：在中，，，
，
绕点旋转得到，
，，
，
在中，，
旋转角的度数为，
故答案为：．
12．/度
【分析】本题主要考查了等边三角形的性质与判定，旋转的性质，勾股定理的逆定理，连接，由旋转的性质得到，，，则可证明是等边三角形，得到，，再利用勾股定理的逆定理得到，则．
【详解】解：如图所示，连接，
∵是等边三角形，
∴，
∵是由旋转得到的，
∴，，，
∴是等边三角形，
∴，，
∵，
∴是直角三角形，且，
∴，
故答案为：．
13．
【分析】本题考查旋转的性质、矩形的性质、勾股定理，熟练掌握旋转的性质是解题的关键．
由旋转的性质得到，再由可知为等腰直角三角形，进而可求出的长，再利用面积的转化即可求解．
【详解】解：由题意可知，，，
，
，
．
故答案为：．
14．
【分析】本题考查坐标与图形变化旋转，平移变换等知识，解题的关键是正确作出图形，属于中考常考题型．根据题意画出图形，即可可得结论．
【详解】解：如图，．
故答案为：．
15．
【分析】由题意可知点是主动点，点是从动点，点在线段上运动，点也一定在直线轨迹上运动，将绕点旋转，通过垂线段最短构造直角三角形即可求出的最小值．
【详解】解：由题意可知，点是主动点，点是从动点，点在线段上运动，点也一定在直线轨迹上运动，将绕点旋转，使与重合，得到，
∴为等边三角形，点在垂直于的直线上，
∴，，
作，则即为的最小值，即当与重合时，作，
∵四边形是正方形，，
∴，，
由旋转性质可知，，
∴，
∴四边形为矩形，
∴，，
∴，
∴，
∴，
故答案为：．
【点睛】本题考查了旋转，矩形判定与性质，等边三角形的判定与性质，垂线段最短，所对直角边是斜边的一半，熟练掌握知识点的应用是解题的关键．
16．①②③
【分析】根据旋转的性质可得，，再根据全等三角形的性质和等腰三角形的性质，通过推理证明对①②③④四个结论进行判断即可．
【详解】解：由题意知，绕点A逆时针旋转得到，
∴，，
∵，，
∴，，，，；
故①符合题意；
∴，，
∴；
故③符合题意；
∴，
∴，
∴；
故②符合题意；
∴；
故④不符合题意；
故答案为：①②③．
【点睛】本题考查了全等三角形的性质，旋转的性质，等边对等角，平行线的判定，熟练掌握旋转转的性质和全等三角形的性质是解题的关键．
17．，证明见解析．
【分析】本题考查了选旋转的性质，等腰直角三角形的性质，勾股定理，全等三角形的判定和性质，把绕点顺时针旋转得到，连接，可得，，，，由，得，进而可得，得到，即得，再证明得到，即可求证，正确作出辅助线是解题的关键．
【详解】解：．
理由：把绕点顺时针旋转得到，连接，如图，
∴，，，，
∵，，
∴，
∴，
∴，
即，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴，
即，
在和中，
，
∴，
∴，
∴．
18．(1)证明见解析
(2)
【分析】本题考查了三角形全等的判定和性质，旋转的性质，等边对等角，三角形内角和定理等知识，熟练掌握三角形全等判定和性质是解题的关键．
（1）利用边角边原理证明即可 ．
（2）利用三角形全等的性质计算即可 ．
【详解】（1）证明：∵，
∴，
∴，
∵线段绕A点旋转到的位置，
∴．
在和中，
，
∴．
∴．
（2）∵，，
∴．
∴．
∴
∵，
∴．
∴．
19．(1)作图见解析
(2)点的坐标
(3)
【分析】本题考查作图旋转变换、坐标与图形、网格中求三角形面积等，解题的关键是掌握旋转变换的性质．
（1）利用旋转变换的性质分别作出，，的对应点，，即可；
（2）由（1）中的作图，根据点的位置写出坐标即可；
（3）利用网格求三角形面积即可得到答案．
【详解】（1）解：如图所示：
即为所求；
（2）解：由（1）可知，点的坐标；
（3）解：如图所示：
．
20．(1)见解析
(2)，见解析
【分析】本题考查了旋转的性质，全等三角形的判定与性质，三角形内角和定理，熟练掌握全等三角形的判定与性质，并理解旋转的性质是解题的关键．
（1）连接，证明，即可证明C是的中点；
（2）在射线上取点H，使得，连接，，取的中G连接，先证明，得到，再根据角度计算得到，从而得出线段与的数量关系．
【详解】（1）证明：连接，
由题意得，，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
点C是的中点；
（2）解：，
证明：在射线上取点H，使得，连接，，取的中G连接，如图：
，
，
，
，
，
，
，，
，
，
，，
是的中点，
，，
，
，
，
，
，
，
．
多解法：
解法二（思路）：在上找点G，使得，连接，在上截取．如图③：
同解法一可得，证得，
可得，
∴．
21．（1）四边形是正方形，理由见解析；（2），证明见解析；（3）
【分析】（1）由旋转的性质可知，，，由，可得，可证四边形是矩形，由，可证四边形是正方形；
（2）如图②，过点D作于点H，证明，则，由旋转可知，，由四边形是正方形，可得，则，进而可得；
（3）如图①，过点D作于点H．由（2）可知，，则，，，由勾股定理得：，即，可求满足要求的解为，则，由勾股定理得，，计算求解即可．
【详解】（1）解：四边形是正方形，理由如下；
由旋转的性质可知，，，
又∵，
∴，
∴四边形是矩形，
又∵，
∴四边形是正方形；
（2）解：，证明如下；
如图②，过点D作于点H，
∴，
图②
∵，
∴，
∵四边形是正方形，
∴，
∴，
∴，
∵，，，
∴，
∴，
由旋转可知，，
由（1）可知，四边形是正方形，
∴，
∴，
∴；
（3）解：如图①，过点D作于点H．
图①
由（2）可知，，
∴，，
∴，
由勾股定理得：，即，
解得，或（舍去），
∴，
由勾股定理得，，
∴的长为．
【点睛】本题考查了正方形的判定与性质，旋转的性质，等腰三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理等知识．熟练掌握正方形的判定与性质，旋转的性质，等腰三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理是解题的关键．
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第23章旋转检测卷-数学九年级上册人教版
一、单选题
1．如图，四个图标分别是剑桥大学、北京大学、浙江大学和复旦大学的校徽的重要组成部分，其中是轴对称图形但不是中心对称图形的是（ ）
A． B．
C． D．
2．在如图的正方形网格中，绕某点旋转一定的角度，得到，则其旋转中心可能是（ ）
A．点A B．点B C．点C D．点D
3．如图，有两个全等的矩形和矩形重合摆放，将矩形绕点逆时针旋转，延长交于点，线段的中点为点，的长为2，的长为4，当取最小时，的长为（ ）
A．2 B．4 C．6 D．8
4．如图，在中，，为边上的一点，当时，连接，将线段绕点按逆时针方向旋转，得到线段，连接，．若，则的面积的最大值为（ ）
A． B． C． D．
5．如图，与关于点成中心对称，下列说法：
①；②；③；④与的面积相等，其中正确的有（ ）
A．个 B．个 C．个 D．个
6．如图，将绕点顺时针旋转得到，若点，，共线，则的度数为（ ）
A． B． C． D．
7．下列关于图形对称性的命题，正确的是（ ）
A．正三角形既是轴对称图形，又是中心对称图形
B．圆既是轴对称图形，又是中心对称图形
C．线段是轴对称图形，但不是中心对称图形
D．平行四边形既是轴对称图形，又是中心对称图形
8．下列说法：①如果，那么是直角三角形；②到三角形三条边的距离相等的点是三角形三条边的垂直平分线的交点：③对角线互相垂直的四边形是菱形；④两个全等的三角形组成的图形是中心对称图形；其中正确的有（ ）个．
A．1 B．2 C．3 D．4
二、填空题
9．已知点，O是坐标原点，将线段绕点O逆时针旋转，点A旋转后的对应点是，则点的坐标是 ．
10．如图，将绕着点A顺时针方向旋转到，若，则 ．
11．如图，中，，，以点为旋转中心顺时针旋转后得到，且点在边上，则旋转角的度数为 °．
12．如图P是等边内一点，，把旋转到的位置，则∠ ．
13．如图，在矩形中，，将矩形绕点逆时针旋转，得到矩形，点的对应点落在上，且，则四边形的面积为 ．
14．如图，将线段先绕原点按逆时针方向旋转，再向下平移个单位，得到线段，，则点A的对应点的坐标是______．
15．如图，正方形中边长为12，E为上一点，且，F为边上的一个动点，连接，以为边向右侧作等边，连接，则的最小值为 ．
16．如图，在中，，，将绕点A逆时针旋转得到，连接、，则下列结论：①；②；③；④；其中正确的是 （填序号）
三、解答题
17．如图，在等腰直角三角形中，，，点在边上，且，请写出之间的关系，并说明理由．
18．如图，在中，点E在边上，，将线段绕A点旋转到的位置，使得，连接，与交于点G．
(1)求证：；
(2)若，，求的度数．
19．在平面直角坐标系中，的三个顶点的坐标分别为，，．将绕原点顺时针旋转得到，点，，的对应点分别为，，．
(1)画出旋转后的；
(2)直接写出点的坐标；
(3)求的面积．
20．已知，点B，C分别在射线，上，将线段绕点B顺时针旋转得到线段，过点D作的垂线交射线于点E．
(1)如图①，当点D在射线上时，求证：C是的中点；
(2)多解法如图②，当点D在内部时，作，交射线于点F，用等式表示线段与的数量关系，并证明．
21．综合与实践
问题情境：
如图①，点E为正方形内一点，，将绕点B按顺时针方向旋转，得到（点A的对应点为点C）．延长交于点F，连接．
猜想证明：
（1）试判断四边形的形状，并说明理由；
（2）如图②，若，请猜想线段与的数量关系并加以证明；
解决问题：
（3）如图①，若，求的长．
参考答案：
题号 1 2 3 4 5 6 7 8
答案 B B B D D C B A
1．B
【分析】此题主要考查了中心对称图形与轴对称图形的概念．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，这条直线叫做对称轴．如果一个图形绕某一点旋转后能够与自身重合，那么这个图形就叫做中心对称图形，这个点叫做对称中心．根据轴对称图形与中心对称图形的概念求解．
【详解】解：A、看起来像轴对称图形但不是轴对称图形，也不是中心对称图形，不符合题意；
B、是轴对称图形，不是中心对称图形，符合题意；
C、不是轴对称图形，也不是中心对称图形，不符合题意；
D、不是轴对称图形，也不是中心对称图形，不符合题意；
故选：B．
2．B
【分析】本题考查了旋转图形的性质，根据旋转图形的性质，可知旋转中心再对应顶点连线的垂直平分线上，则连接，，分别作出，的垂直平分线，垂直平分线的交点即为所求，熟练掌握旋转图形的性质是解此题的关键．
【详解】解：如图，连接，，分别作出，的垂直平分线，
，，的垂直平分线的交点为，
旋转中心是点，
故选：B．
3．B
【分析】本题主要考查了矩形的性质、旋转的性质、垂线段最短、全等三角形的判定与性质等知识，确定何时取最小值是解题关键．连接，由“垂线段最短”的性质可知当，即点与点重合时，取最小值，此时连接，易得，再证明点与点重合，即可获得答案．
【详解】解：如下图，连接，
∵四边形与四边形均为矩形且全等，且，，
∴，，，
∴矩形绕点逆时针旋转，
则当，即点与点重合时，取最小值，如下图，连接，
此时，
∵点为线段的中点，
∴，
∵，
∴，
又∵，
∴，
∴，即点与点重合，
∴．
故选：B．
4．D
【分析】在上截取，连接，过B作交延长线于H，由旋转性质和等边三角形的判定与性质证明是等边三角形得到，，进而证明得到，则有，设，利用直角三角形的性质得到则，进而得到，然后利用二次函数的性质求解即可．
【详解】解：在上截取，连接，过B作交延长线于H，则，
由旋转性质得，，
∵，，
∴是等边三角形，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∴，
在中，设，则，，
∵，，，
∴，，
∴，
∵，
∴当时，最大，最大值为，
故选：D．
【点睛】本题考查二次函数的性质，旋转的性质、等边三角形的判定与性质、全等三角的判定与性质、直角三角形的性质、三角形的外角性质等知识，熟练掌握等边三角形的性质和二次函数的性质，添加合适的辅助线构造全等三角形，利用二次函数性质求解几何最值问题是解答的关键．
5．D
【分析】本题考查中心对称，根据“成中心对称的两个图形全等，对称点到对称中心的距离相等”即可判断．
【详解】解：与关于点成中心对称，
，
，，与的面积相等，
故①②④正确；
对称点到对称中心的距离相等，
，
故③正确；
综上可知，正确的有4个，
故选D．
6．C
【分析】此题主要考查了旋转的性质，三角形的内角和定理．利用旋转的性质和三角形内角和定理即可求解．
【详解】解：将绕点顺时针旋转得到，且点，，共线，
，，
．
故选：C．
7．B
【分析】本题考查了中心对称图形与轴对称图形的识别，一个图形绕着某固定点旋转后能够与原来的图形重合，则称这个图形是中心对称图形，这个固定点叫做对称中心；如果一个图形沿着某条直线对折后，直线两旁的部分能够重合，则称这个图形是轴对称图形，这条直线叫做对称轴；根据这两个概念判断即可．
【详解】解：A、正三角形既是轴对称图形，不是中心对称图形，错误，故不符合题意；
B、圆既是轴对称图形，又是中心对称图形，正确，故符合题意；
C、线段是轴对称图形，也是中心对称图形，错误，故不符合题意；
D、平行四边形不是轴对称图形，但是中心对称图形，错误，故不符合题意；
故选：B．
8．A
【分析】本题考查三角形的内角和定理、角平分线的性质、菱形的判定、中心对称图形，根据三角形的内角和定理可判断①；根据角平分线的性质可判断②；根据菱形的判定定理可判断③；根据中心对称图形的性质可判定④，进而可得答案．
【详解】解：①∵中，，，
∴，
∴是直角三角形，故①正确；
②到三角形三条边的距离相等的点是三角形三个角的平分线的交点，故②错误；
③对角线互相垂直的平行四边形是菱形，故③错误；
④两个全等的三角形组成的图形不一定关于某个点成中心对称图形，故④错误，
故正确的有1个，
故选：A．
9．
【分析】本题考查了坐标与图形变化 旋转，把点旋转的问题转化为直角三角形旋转的问题，如图，作作轴于点B，则，把绕原点按逆时针方向旋转得到，根据旋转的性质得到即可解答．
【详解】解：过点A作轴于点B，点作轴于点，
则，
又∵，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴，，
∴点的坐标为，
故答案为：．
10．/度
【分析】本题主要考查了旋转的性质，根据旋转的性质得到，再由角之间的关系即可得到答案．
【详解】解：∵将绕着点A顺时针方向旋转到，
∴，
∵，
∴，
故答案为：．
11．
【分析】本题考查了旋转的性质，等腰三角形的判定和性质，三角形内角和定理的运用，掌握旋转的性质是解题的关键．根据三角形内角和定理可得的度数，根据旋转的性质，可得是等腰三角形，由此即可求解．
【详解】解：在中，，，
，
绕点旋转得到，
，，
，
在中，，
旋转角的度数为，
故答案为：．
12．/度
【分析】本题主要考查了等边三角形的性质与判定，旋转的性质，勾股定理的逆定理，连接，由旋转的性质得到，，，则可证明是等边三角形，得到，，再利用勾股定理的逆定理得到，则．
【详解】解：如图所示，连接，
∵是等边三角形，
∴，
∵是由旋转得到的，
∴，，，
∴是等边三角形，
∴，，
∵，
∴是直角三角形，且，
∴，
故答案为：．
13．
【分析】本题考查旋转的性质、矩形的性质、勾股定理，熟练掌握旋转的性质是解题的关键．
由旋转的性质得到，再由可知为等腰直角三角形，进而可求出的长，再利用面积的转化即可求解．
【详解】解：由题意可知，，，
，
，
．
故答案为：．
14．
【分析】本题考查坐标与图形变化旋转，平移变换等知识，解题的关键是正确作出图形，属于中考常考题型．根据题意画出图形，即可可得结论．
【详解】解：如图，．
故答案为：．
15．
【分析】由题意可知点是主动点，点是从动点，点在线段上运动，点也一定在直线轨迹上运动，将绕点旋转，通过垂线段最短构造直角三角形即可求出的最小值．
【详解】解：由题意可知，点是主动点，点是从动点，点在线段上运动，点也一定在直线轨迹上运动，将绕点旋转，使与重合，得到，
∴为等边三角形，点在垂直于的直线上，
∴，，
作，则即为的最小值，即当与重合时，作，
∵四边形是正方形，，
∴，，
由旋转性质可知，，
∴，
∴四边形为矩形，
∴，，
∴，
∴，
∴，
故答案为：．
【点睛】本题考查了旋转，矩形判定与性质，等边三角形的判定与性质，垂线段最短，所对直角边是斜边的一半，熟练掌握知识点的应用是解题的关键．
16．①②③
【分析】根据旋转的性质可得，，再根据全等三角形的性质和等腰三角形的性质，通过推理证明对①②③④四个结论进行判断即可．
【详解】解：由题意知，绕点A逆时针旋转得到，
∴，，
∵，，
∴，，，，；
故①符合题意；
∴，，
∴；
故③符合题意；
∴，
∴，
∴；
故②符合题意；
∴；
故④不符合题意；
故答案为：①②③．
【点睛】本题考查了全等三角形的性质，旋转的性质，等边对等角，平行线的判定，熟练掌握旋转转的性质和全等三角形的性质是解题的关键．
17．，证明见解析．
【分析】本题考查了选旋转的性质，等腰直角三角形的性质，勾股定理，全等三角形的判定和性质，把绕点顺时针旋转得到，连接，可得，，，，由，得，进而可得，得到，即得，再证明得到，即可求证，正确作出辅助线是解题的关键．
【详解】解：．
理由：把绕点顺时针旋转得到，连接，如图，
∴，，，，
∵，，
∴，
∴，
∴，
即，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴，
即，
在和中，
，
∴，
∴，
∴．
18．(1)证明见解析
(2)
【分析】本题考查了三角形全等的判定和性质，旋转的性质，等边对等角，三角形内角和定理等知识，熟练掌握三角形全等判定和性质是解题的关键．
（1）利用边角边原理证明即可 ．
（2）利用三角形全等的性质计算即可 ．
【详解】（1）证明：∵，
∴，
∴，
∵线段绕A点旋转到的位置，
∴．
在和中，
，
∴．
∴．
（2）∵，，
∴．
∴．
∴
∵，
∴．
∴．
19．(1)作图见解析
(2)点的坐标
(3)
【分析】本题考查作图旋转变换、坐标与图形、网格中求三角形面积等，解题的关键是掌握旋转变换的性质．
（1）利用旋转变换的性质分别作出，，的对应点，，即可；
（2）由（1）中的作图，根据点的位置写出坐标即可；
（3）利用网格求三角形面积即可得到答案．
【详解】（1）解：如图所示：
即为所求；
（2）解：由（1）可知，点的坐标；
（3）解：如图所示：
．
20．(1)见解析
(2)，见解析
【分析】本题考查了旋转的性质，全等三角形的判定与性质，三角形内角和定理，熟练掌握全等三角形的判定与性质，并理解旋转的性质是解题的关键．
（1）连接，证明，即可证明C是的中点；
（2）在射线上取点H，使得，连接，，取的中G连接，先证明，得到，再根据角度计算得到，从而得出线段与的数量关系．
【详解】（1）证明：连接，
由题意得，，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
点C是的中点；
（2）解：，
证明：在射线上取点H，使得，连接，，取的中G连接，如图：
，
，
，
，
，
，
，，
，
，
，，
是的中点，
，，
，
，
，
，
，
，
．
多解法：
解法二（思路）：在上找点G，使得，连接，在上截取．如图③：
同解法一可得，证得，
可得，
∴．
21．（1）四边形是正方形，理由见解析；（2），证明见解析；（3）
【分析】（1）由旋转的性质可知，，，由，可得，可证四边形是矩形，由，可证四边形是正方形；
（2）如图②，过点D作于点H，证明，则，由旋转可知，，由四边形是正方形，可得，则，进而可得；
（3）如图①，过点D作于点H．由（2）可知，，则，，，由勾股定理得：，即，可求满足要求的解为，则，由勾股定理得，，计算求解即可．
【详解】（1）解：四边形是正方形，理由如下；
由旋转的性质可知，，，
又∵，
∴，
∴四边形是矩形，
又∵，
∴四边形是正方形；
（2）解：，证明如下；
如图②，过点D作于点H，
∴，
图②
∵，
∴，
∵四边形是正方形，
∴，
∴，
∴，
∵，，，
∴，
∴，
由旋转可知，，
由（1）可知，四边形是正方形，
∴，
∴，
∴；
（3）解：如图①，过点D作于点H．
图①
由（2）可知，，
∴，，
∴，
由勾股定理得：，即，
解得，或（舍去），
∴，
由勾股定理得，，
∴的长为．
【点睛】本题考查了正方形的判定与性质，旋转的性质，等腰三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理等知识．熟练掌握正方形的判定与性质，旋转的性质，等腰三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理是解题的关键．
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