23.2 旋转变换 同步练习（含解析）
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23.2旋转变换
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．如图，△ODC是由△OAB绕点O顺时针旋转31°后得到的图形，若点D恰好落在AB上，且∠AOC的度数为100°，则∠DOB的度数是（ ）
A．34° B．36° C．38° D．40°
2．如图，将绕点O按逆时针方向旋转后得到，若，则的度数是（ ）
A． B． C． D．
3．2022年北京冬奥会会徽是以汉字“冬”为灵感来源设计的．下面四个选项中，能由如图所示的图形经过旋转得到的是（ ）
A． B． C． D．
4．如图，将一副三角尺的直角顶点重合在一起，在将三角尺AOB绕点O旋转的过程中，下列结论成立的是( )
A．∠AOD＞∠BOC
B．∠AOC≠∠BOD
C．∠AOD－∠BOC＝45°
D．∠AOD＋∠BOC＝180°
5．下列结论中，错误的是（ ）
A．形状大小完全相同的两个图形一定关于某点成中心对称
B．关于成中心对称的两个图形，对称中心到两对称点的距离相等
C．关于成中心对称的两个图形，对称中心在两对称点的连线上
D．关于成中心对称的两个图形，对应线段平行（或在同一直线上）且相等
6．如果点和点关于原点对称，则等于（ ）
A． B． C． D．
7．如图，△ABC的顶点在网格中，现将△ABC绕格点O顺时针旋转α角（0°＜α＜360°），使旋转后所得三角形的顶点也在格点上，则当旋转前后的图形形成轴对称图形时，符合条件的α角的度有（ ）
A．1个 B．3个 C．6个 D．8个
8．如图，矩形 ABCD 中，AB=8，BC=6，将矩形 ABCD 绕点 A 逆时针旋转得到矩形 AEFG，AE，FG 分别交射线CD 于点 PH，连结 AH，若 P 是 CH 的中点，则△APH 的周长为（ ）
A．15 B．18 C．20 D．24
9．3张扑克牌如图1所示放在桌子上，小敏把其中一张旋转180 后得到如图（2）所示，则她所旋转的牌从左数起是 （ ）
A．第一张 B．第二张 C．第三张 D．第四张
10．如图，在△ABC中，∠C=20°，将△ABC绕点A顺时针旋转60°得到△ADE，AE与BC交于点F，则∠AFB的度数是（ ）
A．
B．
C．
D．
11．如图，将两个大小、形状完全相同的△ABC和△A′B′C′拼在一起，其中点A′与点A重合，点C′落在边AB上，连接B′C．若∠ACB=∠AC′B′=90°，AC=BC=3，则B′C的长为（ ）
A． B．6 C． D．
12．如图，在平面直角坐标系中，点A的坐标为（，0），点C的坐标为（0，6），将矩形OABC绕O按顺时针方向旋转α度得到OA′B′C′，此时直线、直线分别与直线 相交于点P、Q．当，且时，线段的长是（ ）
A． B． C． D．
二、填空题
13．在平面直角坐标系中，把点P（3，-2）绕原点O顺时针旋转90°，所得到的对应点Q的坐标为 ．
14．已知 ，则点关于原点的对称点在第 象限．
15．如果一个图形绕一个点旋转180°后，能和原来的图形互相重合，那么这个图形叫做 ；这个点叫做它的 ；互相重合的点叫做 ． 由以上可得，线段、平行四边形都是 图形．
16．如图，正方形和正方形的对称中心都是点O，其边长分别是3和2，则图中阴影部分的面积是 ．
17．如图，点A、B、C、D、O都在方格纸的格点上，若是由绕点O按顺时针方向旋转而得到的，则旋转的角度为 ．
三、解答题
18．把绕点旋转，得到．图中的两个三角形全等吗？
19．如图，在平面直角坐标中，的顶点坐标分别是，，．
（1）将以为旋转中心旋转，画出旋转后对应的；
（2）将平移后得到，若点的对应点的坐标为，求的面积
20．（1）是圆O的任意一条半径，将绕点O按同一方向连续旋转三次，每次旋转，依次得到半径，它们将圆分成四部分，这四部分的形状和大小有什么关系？
（2）如图，A为圆周上一点，O为圆心，将曲线绕点O按同一方向连续旋转三次，每次旋转，这样得到的四条曲线将圆分成了四部分，这四部分的形状和大小又有什么关系？你能利用旋转的有关知识进行说明吗？
21．如图，在RtABC中，∠BAC＝90°，∠ABC＝40°，将ABC绕A点顺时针旋转得到ADE，使D点落在BC边上．
（1）求∠BAD的度数；
（2）求证：A、D、B、E四点共圆．
22．如图，在平面直角坐标系中，点，点，将绕着点旋转180°后得到．
（1）在图中画出；
（2）求点、点的对称点和的坐标；
（3）请直接写出和的数量关系和位置关系．
23．如图，四边形OABC是矩形，点A、C在坐标轴上，△ODE是△OCB绕点O顺时针旋转90度得到的，点D在x轴上，直线BD交y轴于点F，交OE于点H，线段BC、OC的长是方程的的解，且OC＞BC．
(1)求直线BD的解析式；
(2)求△OFH的面积；
24．、如图，在边长为1的小正方形组成的网格中，的三个顶点均在格点上，点A、B的坐标分别为
（1）画出绕点O顺时针旋转后的；
（2）点的坐标为_______；
（3）四边形的面积为_______.
《23.2旋转变换》参考答案
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 C D C D A A B C A C
题号 11 12
答案 A B
1．C
【分析】根据旋转的性质求出和的度数，计算出的度数．
【详解】解：由题意得，，，又，
．
故选：C．
【点睛】本题考查的是旋转的性质，掌握旋转角、旋转方向和旋转中心的概念是解题的关键．
2．D
【分析】根据绕点O按逆时针方向旋转后得到，可得，然后根据，可以求出的度数．
【详解】∵绕点O按逆时针方向旋转后得到，
∴，
又∵
∴，
故选D．
【点睛】本题考查的是旋转的性质，能从图形中准确的找出旋转角是关键．
3．C
【分析】本题考查了利用旋转设计图案，根据旋转只改变图形的方向不改变图形的形状和大小解答．
【详解】解：能通过旋转得到的是C选项图案．
故选：C．
4．D
【分析】依据旋转的性质可知∠AOB=∠COD=90°，然后依据图形间角的和差关系进行求解即可.
【详解】解：∵∠AOB=∠COD=90°，
∴∠AOD=∠AOB+∠COD-∠BOC．
∴∠AOD+∠BOC=∠AOB+∠COD=90°+90°=180°．
故选D．
【点睛】本题主要考查的是旋转的性质、角的运算，明确在旋转过程中∠AOB和∠COD的度数不变是解题的关键．
5．A
【分析】本题考查了中心对称，如果把一个图形绕着某个点旋转后与另一个图形可以完全重合，这两个图形关于这个点中心对称，解决本题的关键是根据中心对称的定义进行判断．
【详解】解：A选项：如果两个图形关于某点成中心对称，这两个图形，不仅要形状大小完全相同，还要有特殊的位置关系，所以两个图形形状大小完全相同不一定成中心对称，故A选项错误；
B选项：关于成中心对称的两个图形，对称中心到两对称点的距离相等，故B选项正确；
C选项：关于成中心对称的两个图形，对称中心在两对称点的连线上，故C选项正确；
D选项：关于成中心对称的两个图形，对应线段平行（或在同一直线上）且相等，故D选项正确．
故选：A ．
6．A
【分析】本题考查了关于关于原点对称的点的坐标特征，求得的值是解题的关键．根据关于原点对称的点的坐标特征，横坐标，纵坐标互为相反数，求得的值，进而求得的值，即可求解．
【详解】解：∵点和点关于原点对称，
∴，
∴，
∴，
故选A．
7．B
【分析】画出图形，利用图象法解决问题即可．
【详解】观察图象可知，满足条件的α的值为90°或180°或270°，
故选B．
【点睛】本题考查了旋转变换，轴对称的定义等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．
8．C
【分析】连结AC，先由△AGH≌△ADH得到∠GHA＝∠AHD，进而得到∠AHD＝∠HAP，所以△AHP是等腰三角形，所以PH＝PA＝PC，所以∠HAC是直角，再在Rt△ABC中由勾股定理求出AC的长，然后由△HAC∽△ADC，根据＝求出AH的长，再根据△HAC∽△HDA求出DH的长，进而求得HP和AP的长，最后得到△APH的周长.
【详解】∵P是CH的中点，PH＝PC，∵AH＝AH，AG＝AD，且AGH与ADH都是直角，∴△AGH≌△ADH，∴∠GHA＝∠AHD，又∵GHA＝HAP，∴∠AHD＝∠HAP，∴△AHP是等腰三角形，∴PH＝PA＝PC，∴∠HAC是直角，在Rt△ABC中，AC＝＝10，∵△HAC∽△ADC，∴＝，∴AH＝＝＝7.5，又∵△HAC∽△HAD，＝，∴DH＝4.5，∴HP＝＝6.25，AP＝HP＝6.25，∴△APH的周长＝AP＋PH＋AH＝6.25＋6.25＋7.5＝20.
【点睛】本题主要考查直角三角形的性质以及相似三角形的性质，解题的关键是清楚直角三角形斜边上的中线是斜边的一半以及会运用相似三角形线段成比例求出各边长的长.
9．A
【详解】本题考查的是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．
根据旋转的性质，旋转前后图形的大小和形状没有改变，必须是图形中心对称图形；找4个图形中的中心对称图形可得答案．
解：根据旋转的性质，旋转前后图形的大小和形状没有改变，其必须是中心对称图形．
分析可得只有第一张是中心对称图形；而第（2）（3）（4）张均不符合．
故选A．
10．C
【分析】先根据旋转的性质得∠CAE=60°，再利用三角形内角和定理计算出∠AFC=100°，然后根据邻补角的定义易得∠AFB=80°．
【详解】∵△ABC绕点A顺时针旋转60°得△ADE，
∴∠CAE=60°，
∵∠C=20°，
∴∠AFC=100°，
∴∠AFB=80°．
故选C．
【点睛】本题考查了旋转的性质：对应点到旋转中心的距离相等；对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角；旋转前、后的图形全等．
11．A
【详解】解： ，
∴ ， ，
∵和大小、形状完全相同，
∴ ，
∴，
∴
故选：A．
12．B
【分析】过点作于，连接，构造直角三角形，运用勾股定理求得的长，进一步求得线段的长度．
【详解】解：∵，
∴点P在点B的右侧．如图，过点作于，连接，则．
∵，，
∴．
设，
∵，
∴．
则，．
在中，根据勾股定理知，，即，
解得．
∴．
故选：B．
【点睛】此题考查了坐标与图形的变化---旋转，特别注意在旋转的过程中的对应线段相等，能够用一个未知数表示同一个直角三角形的未知边，根据勾股定理列方程求解．
13．（-2，-3）
【分析】图像法在直角坐标系中描出点P，按要求作出旋转后的对应点，从图像上即可读出对应点的坐标．
【详解】解：如图，在平面直角坐标系中描出点P，连接OP，然后作，使得，
点坐标为（-2，-3），则点坐标为所求对应点坐标．
故答案为：（-2，-3）
【点睛】本题考查绕原点旋转90°的点坐标，熟练掌握相关知识是解题的关键．
14．四
【分析】先求出对称点，因为，故，即：在第四象限．
【详解】解：∵点关于原点的对称点为，
∴，
∵，
∴，
∴在第四象限．
故答案为：四
【点睛】本题考核知识点：关于原点对称点的坐标.解题关键点：熟记关于原点对称点的坐标关系．
15． 中心对称图形 对称中心 对称点 中心对称
【解析】略
16．1.25
【分析】本题考查了中心对称，连接，，根据中心对称的定义可知，阴影的面积等于正方形面积差的四分之一．
【详解】连接，，
正方形的边长分别为3和2，
面积分别为9和4，
正方形和正方形的对称中心都是点，
．
故答案为：1.25．
17．90°
【分析】由是由绕点按顺时针方向旋转而得到，再结合已知图形可知旋转的角度是的大小，然后由图形即可求得答案．
【详解】∵△COD是由△AOB绕点O按逆时针方向旋转而得，
∴OB=OD，∴旋转的角度是∠BOD的大小，
∵∠BOD=90°，∴旋转的角度为90°,故答案为90°.
【点睛】本题考查了旋转的性质．解此题的关键是理解△COD是由△AOB绕点O按顺时针方向旋转而得的含义，找到旋转角．
18．全等，理由见解析
【分析】本题主要考查了全等图形的识别，旋转的性质，根据旋转前后只改变图形的位置，不改变形状和大小可知．
【详解】解：全等．理由如下：
绕点旋转得到，
∴图形的位置变了，但是形状、大小都没有变，
．
19．（1）见解析；（2）11
【分析】（1）延长至,使得；延长至,使得；延长至,使得；再连接即得旋转后对应的；
（2）根据平移的规律求出，再连接点，得，将三角形分割乘两个三角形的面积之和，求出公共边的长即可求解．
【详解】解：（1）延长至,使得；延长至,使得；延长至,使得；再连接即得旋转后对应的，如下图所示：
（2）由题意，，，平移后得到，其中，根据平移的规律知，平移过程是向下和向右分别移动两个单位可得：，
再连接点，得，其中交轴于点,如上图所示：
由得出直线的方程如下：
直线：
当时，，
，
,
故．
【点睛】本题考查了图象的旋转和平移，求三角形面积，解题的关键是：掌握图象旋转和平移的性质，求不规则三角形面积可以分割为两个规则的三角形面积之和．
20．（1）四个部分都是圆，形状 大小都相同；（2）它们可以看成一个图形绕点O依次旋转而相互得到，根据旋转的性质，旋转前后的图形全等，因而它们形状 大小都相同
【分析】（1）根据旋转的性质解答即可；
（2）把曲线旋转问题转化为一个封闭图形的旋转问题，再根据旋转的性质进行判断即可．
【详解】解：（1）旋转后的图形如图所示，由旋转的性质可知，这四部分形状、大小都相同；
（2）把曲线OA与旋转一次后得到的图形作为一个整体，把这个整体再连续旋转三次，每次旋转90°，就得到如图所示的图形，由旋转的性质可知这四部分形状相同，大小相同．
【点睛】本题考查了旋转的性质，熟练掌握旋转的性质是解题的关键．
21．（1）10°；（2）见解析
【分析】（1）由三角形内角和定理和已知条件求得∠C的度数，由旋转的性质得出AC＝AD，即可得出∠ADC＝∠C，最后由外角定理求得∠BAD的度数；
（2）由旋转的性质得到∠ABC＝∠AED，由四点共圆的判定得出结论．
【详解】解：（1）∵在RtABC中，∠BAC＝90°，∠ABC＝40°，
∴∠C＝50°，
∵将ABC绕A点顺时针旋转得到ADE，使D点落在BC边上，
∴AC＝AD，
∴∠ADC＝∠C＝50°，
∴∠ADC＝∠ABC+∠BAD＝50°，
∴∠BAD＝50°－40°＝10°
证明（2）∵将ABC绕A点顺时针旋转得到ADE，
∴∠ABC＝∠AED，
∴A、D、B、E四点共圆．
【点睛】本题考查了旋转的性质、等腰三角形的性质、外角定理以及四点共圆的判定，解题的关键是理解旋转后的图形与原图形对应边相等，对应角相等．
22．（1）见解析；（2），；（3），
【分析】（1）延长AO到A′，使A′O=AO，延长BO到B′，使B′O=BO，然后连接A′B′即可得到△OA'B'；
（2）根据关于原点对称的点的横坐标互为相反数，纵坐标互为相反数写出即可；
（3）根据旋转变换只改变图形的位置，不改变图形的形状与大小进行解答．
【详解】（1）如图，为所作；
（2）∵点，点，
∴点，点．
（3）根据旋转的不变性，AB=A′B′，
∵∠A=∠A′，
∴AB∥A′B′．
【点睛】本题主要考查了关于原点对称的点的坐标，熟记旋转的性质并准确作出图形是解题的关键．
23．(1)
(2)
【分析】（1）解二元一次方程组可得B（-2，4），再由△ODE≌△OCB，可知D（4，0），用待定系数法求直线BD的解析式即可；
（2）求出F（0，），直线OE的解析式为y=x，进而求出H的坐标，即可求△OFH的面积；
【详解】（1）解：
解得
∵OC＞BC，
∴CO=4，BC=2，
∴B（-2，4），
∵△ODE是△OCB绕点O顺时针旋转90度得到，
∴△ODE≌△OCB，
∴OD=OC，DE=BC，
∴D（4，0），E（4，2），
设直线BD的解析式为y=kx+b，
将点B与D代入可得，
解得，
∴BD的解析式为；
（2）由，令，得
设直线OE的解析式为y=k1x，
将点E代入可得k1=，
，
，
解得，
，
△OFH的面积．
【点睛】本题考查一次函数的综合，掌握待定系数法求函数解析式，旋转的性质，解二元一次方程组，求一次函数与坐标轴的交点问题，两直线与坐标轴围成的三角形面积，数形结合是解题的关键．
24．（1）正确画出、、（2）（3，2）（3）8
【分析】（1）让三角形的A、B顶点绕点O顺时针旋转90°后得到对应点，顺次连接即可；
（2）从坐标系中读出点A1的坐标；
（3）四边形AOA1B1的面积是通过计算三角形的面积来计算．把这个不规则的四边形分成三个三角形和一个正方形的面积来计算就简单了．
【详解】（1）所画图形如下所示：
（2）从图中可知点A1的坐标（3，2）．
（3）
如图：把四边形分成以上几部分，
则面积=×2×3+×2×3+×1×2+1×1=8．
【点睛】本题综合考查了旋转变换作图及利用网格计算面积的能力，难度不大，掌握旋转作图的步骤是关键．
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23.2旋转变换
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．如图，△ODC是由△OAB绕点O顺时针旋转31°后得到的图形，若点D恰好落在AB上，且∠AOC的度数为100°，则∠DOB的度数是（ ）
A．34° B．36° C．38° D．40°
2．如图，将绕点O按逆时针方向旋转后得到，若，则的度数是（ ）
A． B． C． D．
3．2022年北京冬奥会会徽是以汉字“冬”为灵感来源设计的．下面四个选项中，能由如图所示的图形经过旋转得到的是（ ）
A． B． C． D．
4．如图，将一副三角尺的直角顶点重合在一起，在将三角尺AOB绕点O旋转的过程中，下列结论成立的是( )
A．∠AOD＞∠BOC
B．∠AOC≠∠BOD
C．∠AOD－∠BOC＝45°
D．∠AOD＋∠BOC＝180°
5．下列结论中，错误的是（ ）
A．形状大小完全相同的两个图形一定关于某点成中心对称
B．关于成中心对称的两个图形，对称中心到两对称点的距离相等
C．关于成中心对称的两个图形，对称中心在两对称点的连线上
D．关于成中心对称的两个图形，对应线段平行（或在同一直线上）且相等
6．如果点和点关于原点对称，则等于（ ）
A． B． C． D．
7．如图，△ABC的顶点在网格中，现将△ABC绕格点O顺时针旋转α角（0°＜α＜360°），使旋转后所得三角形的顶点也在格点上，则当旋转前后的图形形成轴对称图形时，符合条件的α角的度有（ ）
A．1个 B．3个 C．6个 D．8个
8．如图，矩形 ABCD 中，AB=8，BC=6，将矩形 ABCD 绕点 A 逆时针旋转得到矩形 AEFG，AE，FG 分别交射线CD 于点 PH，连结 AH，若 P 是 CH 的中点，则△APH 的周长为（ ）
A．15 B．18 C．20 D．24
9．3张扑克牌如图1所示放在桌子上，小敏把其中一张旋转180 后得到如图（2）所示，则她所旋转的牌从左数起是 （ ）
A．第一张 B．第二张 C．第三张 D．第四张
10．如图，在△ABC中，∠C=20°，将△ABC绕点A顺时针旋转60°得到△ADE，AE与BC交于点F，则∠AFB的度数是（ ）
A．
B．
C．
D．
11．如图，将两个大小、形状完全相同的△ABC和△A′B′C′拼在一起，其中点A′与点A重合，点C′落在边AB上，连接B′C．若∠ACB=∠AC′B′=90°，AC=BC=3，则B′C的长为（ ）
A． B．6 C． D．
12．如图，在平面直角坐标系中，点A的坐标为（，0），点C的坐标为（0，6），将矩形OABC绕O按顺时针方向旋转α度得到OA′B′C′，此时直线、直线分别与直线 相交于点P、Q．当，且时，线段的长是（ ）
A． B． C． D．
二、填空题
13．在平面直角坐标系中，把点P（3，-2）绕原点O顺时针旋转90°，所得到的对应点Q的坐标为 ．
14．已知 ，则点关于原点的对称点在第 象限．
15．如果一个图形绕一个点旋转180°后，能和原来的图形互相重合，那么这个图形叫做 ；这个点叫做它的 ；互相重合的点叫做 ． 由以上可得，线段、平行四边形都是 图形．
16．如图，正方形和正方形的对称中心都是点O，其边长分别是3和2，则图中阴影部分的面积是 ．
17．如图，点A、B、C、D、O都在方格纸的格点上，若是由绕点O按顺时针方向旋转而得到的，则旋转的角度为 ．
三、解答题
18．把绕点旋转，得到．图中的两个三角形全等吗？
19．如图，在平面直角坐标中，的顶点坐标分别是，，．
（1）将以为旋转中心旋转，画出旋转后对应的；
（2）将平移后得到，若点的对应点的坐标为，求的面积
20．（1）是圆O的任意一条半径，将绕点O按同一方向连续旋转三次，每次旋转，依次得到半径，它们将圆分成四部分，这四部分的形状和大小有什么关系？
（2）如图，A为圆周上一点，O为圆心，将曲线绕点O按同一方向连续旋转三次，每次旋转，这样得到的四条曲线将圆分成了四部分，这四部分的形状和大小又有什么关系？你能利用旋转的有关知识进行说明吗？
21．如图，在RtABC中，∠BAC＝90°，∠ABC＝40°，将ABC绕A点顺时针旋转得到ADE，使D点落在BC边上．
（1）求∠BAD的度数；
（2）求证：A、D、B、E四点共圆．
22．如图，在平面直角坐标系中，点，点，将绕着点旋转180°后得到．
（1）在图中画出；
（2）求点、点的对称点和的坐标；
（3）请直接写出和的数量关系和位置关系．
23．如图，四边形OABC是矩形，点A、C在坐标轴上，△ODE是△OCB绕点O顺时针旋转90度得到的，点D在x轴上，直线BD交y轴于点F，交OE于点H，线段BC、OC的长是方程的的解，且OC＞BC．
(1)求直线BD的解析式；
(2)求△OFH的面积；
24．、如图，在边长为1的小正方形组成的网格中，的三个顶点均在格点上，点A、B的坐标分别为
（1）画出绕点O顺时针旋转后的；
（2）点的坐标为_______；
（3）四边形的面积为_______.
《23.2旋转变换》参考答案
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 C D C D A A B C A C
题号 11 12
答案 A B
1．C
【分析】根据旋转的性质求出和的度数，计算出的度数．
【详解】解：由题意得，，，又，
．
故选：C．
【点睛】本题考查的是旋转的性质，掌握旋转角、旋转方向和旋转中心的概念是解题的关键．
2．D
【分析】根据绕点O按逆时针方向旋转后得到，可得，然后根据，可以求出的度数．
【详解】∵绕点O按逆时针方向旋转后得到，
∴，
又∵
∴，
故选D．
【点睛】本题考查的是旋转的性质，能从图形中准确的找出旋转角是关键．
3．C
【分析】本题考查了利用旋转设计图案，根据旋转只改变图形的方向不改变图形的形状和大小解答．
【详解】解：能通过旋转得到的是C选项图案．
故选：C．
4．D
【分析】依据旋转的性质可知∠AOB=∠COD=90°，然后依据图形间角的和差关系进行求解即可.
【详解】解：∵∠AOB=∠COD=90°，
∴∠AOD=∠AOB+∠COD-∠BOC．
∴∠AOD+∠BOC=∠AOB+∠COD=90°+90°=180°．
故选D．
【点睛】本题主要考查的是旋转的性质、角的运算，明确在旋转过程中∠AOB和∠COD的度数不变是解题的关键．
5．A
【分析】本题考查了中心对称，如果把一个图形绕着某个点旋转后与另一个图形可以完全重合，这两个图形关于这个点中心对称，解决本题的关键是根据中心对称的定义进行判断．
【详解】解：A选项：如果两个图形关于某点成中心对称，这两个图形，不仅要形状大小完全相同，还要有特殊的位置关系，所以两个图形形状大小完全相同不一定成中心对称，故A选项错误；
B选项：关于成中心对称的两个图形，对称中心到两对称点的距离相等，故B选项正确；
C选项：关于成中心对称的两个图形，对称中心在两对称点的连线上，故C选项正确；
D选项：关于成中心对称的两个图形，对应线段平行（或在同一直线上）且相等，故D选项正确．
故选：A ．
6．A
【分析】本题考查了关于关于原点对称的点的坐标特征，求得的值是解题的关键．根据关于原点对称的点的坐标特征，横坐标，纵坐标互为相反数，求得的值，进而求得的值，即可求解．
【详解】解：∵点和点关于原点对称，
∴，
∴，
∴，
故选A．
7．B
【分析】画出图形，利用图象法解决问题即可．
【详解】观察图象可知，满足条件的α的值为90°或180°或270°，
故选B．
【点睛】本题考查了旋转变换，轴对称的定义等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．
8．C
【分析】连结AC，先由△AGH≌△ADH得到∠GHA＝∠AHD，进而得到∠AHD＝∠HAP，所以△AHP是等腰三角形，所以PH＝PA＝PC，所以∠HAC是直角，再在Rt△ABC中由勾股定理求出AC的长，然后由△HAC∽△ADC，根据＝求出AH的长，再根据△HAC∽△HDA求出DH的长，进而求得HP和AP的长，最后得到△APH的周长.
【详解】∵P是CH的中点，PH＝PC，∵AH＝AH，AG＝AD，且AGH与ADH都是直角，∴△AGH≌△ADH，∴∠GHA＝∠AHD，又∵GHA＝HAP，∴∠AHD＝∠HAP，∴△AHP是等腰三角形，∴PH＝PA＝PC，∴∠HAC是直角，在Rt△ABC中，AC＝＝10，∵△HAC∽△ADC，∴＝，∴AH＝＝＝7.5，又∵△HAC∽△HAD，＝，∴DH＝4.5，∴HP＝＝6.25，AP＝HP＝6.25，∴△APH的周长＝AP＋PH＋AH＝6.25＋6.25＋7.5＝20.
【点睛】本题主要考查直角三角形的性质以及相似三角形的性质，解题的关键是清楚直角三角形斜边上的中线是斜边的一半以及会运用相似三角形线段成比例求出各边长的长.
9．A
【详解】本题考查的是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．
根据旋转的性质，旋转前后图形的大小和形状没有改变，必须是图形中心对称图形；找4个图形中的中心对称图形可得答案．
解：根据旋转的性质，旋转前后图形的大小和形状没有改变，其必须是中心对称图形．
分析可得只有第一张是中心对称图形；而第（2）（3）（4）张均不符合．
故选A．
10．C
【分析】先根据旋转的性质得∠CAE=60°，再利用三角形内角和定理计算出∠AFC=100°，然后根据邻补角的定义易得∠AFB=80°．
【详解】∵△ABC绕点A顺时针旋转60°得△ADE，
∴∠CAE=60°，
∵∠C=20°，
∴∠AFC=100°，
∴∠AFB=80°．
故选C．
【点睛】本题考查了旋转的性质：对应点到旋转中心的距离相等；对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角；旋转前、后的图形全等．
11．A
【详解】解： ，
∴ ， ，
∵和大小、形状完全相同，
∴ ，
∴，
∴
故选：A．
12．B
【分析】过点作于，连接，构造直角三角形，运用勾股定理求得的长，进一步求得线段的长度．
【详解】解：∵，
∴点P在点B的右侧．如图，过点作于，连接，则．
∵，，
∴．
设，
∵，
∴．
则，．
在中，根据勾股定理知，，即，
解得．
∴．
故选：B．
【点睛】此题考查了坐标与图形的变化---旋转，特别注意在旋转的过程中的对应线段相等，能够用一个未知数表示同一个直角三角形的未知边，根据勾股定理列方程求解．
13．（-2，-3）
【分析】图像法在直角坐标系中描出点P，按要求作出旋转后的对应点，从图像上即可读出对应点的坐标．
【详解】解：如图，在平面直角坐标系中描出点P，连接OP，然后作，使得，
点坐标为（-2，-3），则点坐标为所求对应点坐标．
故答案为：（-2，-3）
【点睛】本题考查绕原点旋转90°的点坐标，熟练掌握相关知识是解题的关键．
14．四
【分析】先求出对称点，因为，故，即：在第四象限．
【详解】解：∵点关于原点的对称点为，
∴，
∵，
∴，
∴在第四象限．
故答案为：四
【点睛】本题考核知识点：关于原点对称点的坐标.解题关键点：熟记关于原点对称点的坐标关系．
15． 中心对称图形 对称中心 对称点 中心对称
【解析】略
16．1.25
【分析】本题考查了中心对称，连接，，根据中心对称的定义可知，阴影的面积等于正方形面积差的四分之一．
【详解】连接，，
正方形的边长分别为3和2，
面积分别为9和4，
正方形和正方形的对称中心都是点，
．
故答案为：1.25．
17．90°
【分析】由是由绕点按顺时针方向旋转而得到，再结合已知图形可知旋转的角度是的大小，然后由图形即可求得答案．
【详解】∵△COD是由△AOB绕点O按逆时针方向旋转而得，
∴OB=OD，∴旋转的角度是∠BOD的大小，
∵∠BOD=90°，∴旋转的角度为90°,故答案为90°.
【点睛】本题考查了旋转的性质．解此题的关键是理解△COD是由△AOB绕点O按顺时针方向旋转而得的含义，找到旋转角．
18．全等，理由见解析
【分析】本题主要考查了全等图形的识别，旋转的性质，根据旋转前后只改变图形的位置，不改变形状和大小可知．
【详解】解：全等．理由如下：
绕点旋转得到，
∴图形的位置变了，但是形状、大小都没有变，
．
19．（1）见解析；（2）11
【分析】（1）延长至,使得；延长至,使得；延长至,使得；再连接即得旋转后对应的；
（2）根据平移的规律求出，再连接点，得，将三角形分割乘两个三角形的面积之和，求出公共边的长即可求解．
【详解】解：（1）延长至,使得；延长至,使得；延长至,使得；再连接即得旋转后对应的，如下图所示：
（2）由题意，，，平移后得到，其中，根据平移的规律知，平移过程是向下和向右分别移动两个单位可得：，
再连接点，得，其中交轴于点,如上图所示：
由得出直线的方程如下：
直线：
当时，，
，
,
故．
【点睛】本题考查了图象的旋转和平移，求三角形面积，解题的关键是：掌握图象旋转和平移的性质，求不规则三角形面积可以分割为两个规则的三角形面积之和．
20．（1）四个部分都是圆，形状 大小都相同；（2）它们可以看成一个图形绕点O依次旋转而相互得到，根据旋转的性质，旋转前后的图形全等，因而它们形状 大小都相同
【分析】（1）根据旋转的性质解答即可；
（2）把曲线旋转问题转化为一个封闭图形的旋转问题，再根据旋转的性质进行判断即可．
【详解】解：（1）旋转后的图形如图所示，由旋转的性质可知，这四部分形状、大小都相同；
（2）把曲线OA与旋转一次后得到的图形作为一个整体，把这个整体再连续旋转三次，每次旋转90°，就得到如图所示的图形，由旋转的性质可知这四部分形状相同，大小相同．
【点睛】本题考查了旋转的性质，熟练掌握旋转的性质是解题的关键．
21．（1）10°；（2）见解析
【分析】（1）由三角形内角和定理和已知条件求得∠C的度数，由旋转的性质得出AC＝AD，即可得出∠ADC＝∠C，最后由外角定理求得∠BAD的度数；
（2）由旋转的性质得到∠ABC＝∠AED，由四点共圆的判定得出结论．
【详解】解：（1）∵在RtABC中，∠BAC＝90°，∠ABC＝40°，
∴∠C＝50°，
∵将ABC绕A点顺时针旋转得到ADE，使D点落在BC边上，
∴AC＝AD，
∴∠ADC＝∠C＝50°，
∴∠ADC＝∠ABC+∠BAD＝50°，
∴∠BAD＝50°－40°＝10°
证明（2）∵将ABC绕A点顺时针旋转得到ADE，
∴∠ABC＝∠AED，
∴A、D、B、E四点共圆．
【点睛】本题考查了旋转的性质、等腰三角形的性质、外角定理以及四点共圆的判定，解题的关键是理解旋转后的图形与原图形对应边相等，对应角相等．
22．（1）见解析；（2），；（3），
【分析】（1）延长AO到A′，使A′O=AO，延长BO到B′，使B′O=BO，然后连接A′B′即可得到△OA'B'；
（2）根据关于原点对称的点的横坐标互为相反数，纵坐标互为相反数写出即可；
（3）根据旋转变换只改变图形的位置，不改变图形的形状与大小进行解答．
【详解】（1）如图，为所作；
（2）∵点，点，
∴点，点．
（3）根据旋转的不变性，AB=A′B′，
∵∠A=∠A′，
∴AB∥A′B′．
【点睛】本题主要考查了关于原点对称的点的坐标，熟记旋转的性质并准确作出图形是解题的关键．
23．(1)
(2)
【分析】（1）解二元一次方程组可得B（-2，4），再由△ODE≌△OCB，可知D（4，0），用待定系数法求直线BD的解析式即可；
（2）求出F（0，），直线OE的解析式为y=x，进而求出H的坐标，即可求△OFH的面积；
【详解】（1）解：
解得
∵OC＞BC，
∴CO=4，BC=2，
∴B（-2，4），
∵△ODE是△OCB绕点O顺时针旋转90度得到，
∴△ODE≌△OCB，
∴OD=OC，DE=BC，
∴D（4，0），E（4，2），
设直线BD的解析式为y=kx+b，
将点B与D代入可得，
解得，
∴BD的解析式为；
（2）由，令，得
设直线OE的解析式为y=k1x，
将点E代入可得k1=，
，
，
解得，
，
△OFH的面积．
【点睛】本题考查一次函数的综合，掌握待定系数法求函数解析式，旋转的性质，解二元一次方程组，求一次函数与坐标轴的交点问题，两直线与坐标轴围成的三角形面积，数形结合是解题的关键．
24．（1）正确画出、、（2）（3，2）（3）8
【分析】（1）让三角形的A、B顶点绕点O顺时针旋转90°后得到对应点，顺次连接即可；
（2）从坐标系中读出点A1的坐标；
（3）四边形AOA1B1的面积是通过计算三角形的面积来计算．把这个不规则的四边形分成三个三角形和一个正方形的面积来计算就简单了．
【详解】（1）所画图形如下所示：
（2）从图中可知点A1的坐标（3，2）．
（3）
如图：把四边形分成以上几部分，
则面积=×2×3+×2×3+×1×2+1×1=8．
【点睛】本题综合考查了旋转变换作图及利用网格计算面积的能力，难度不大，掌握旋转作图的步骤是关键．
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