【中考押题卷】2025年中考数学二轮复习考前预测：图形的旋转（含解析）

2025年中考数学数学二轮复习之图形的旋转
一．选择题（共10小题）
1．（2025 鼓楼区校级模拟）在2024年巴黎奥运会上，中国体育代表队获得40金、27银和24铜共91枚奖牌，创造了中国参加境外奥运会的最佳战绩．以下是巴黎奥运会部分项目的图标，其中是中心对称图形的是（　　）
A． B． C． D．
2．（2025 济南模拟）下列各曲线是根据不同的函数绘制而成的，其中是中心对称图形的是（　　）
A． B．
C． D．
3．（2025 雁塔区校级一模）如图，△ABC中，∠C＝90°，∠B＝30°，AB＝6，将△ABC绕点A逆时针方向旋转15°得△AB′C′，B′C′交AB于点E，则B′E的长为（　　）
A． B． C． D．
4．（2025 河北模拟）如图，将△ABC绕点A逆时针旋转α°得到△AB'C'．当点B，C，B'在同一直线上，∠BAC＝100°，α＝150时，∠C'＝（　　）
A．60° B．65° C．70° D．75°
5．（2025 信阳模拟）如图，在平面直角坐标系中，四边形OABC为平行四边形，其中点O（0，0），A（3，4）C（8，0），以点O为圆心，OC的长为半径作弧，交AB于点D，再把线段OD绕点O逆时针旋转90°得到线段OD′，则点D′的坐标为（　　）
A．（﹣4，4） B．（﹣4，4） C．（4，﹣4） D．（4，﹣4）
6．（2025 柳州模拟）浙江省积极响应国家“节约资源，保护环境”的号召，利用自身地域环境优势，加强可再生资源——风能的利用，其中，海上风电产业具有技术先导性强、经济体量大和产业关联度大的特点，如图是海上风力发电装置，转子叶片图案绕中心旋转n°后能与原图案重合，则n可以取（　　）
A．60 B．90 C．120 D．180
7．（2025 柳州一模）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝8，BC＝6．将△ABC绕点C旋转至△A'CB'，使CB'⊥AB，A'B'交边AC于点D，则CD的长是（　　）
A．4 B． C．5 D．6
8．（2025 石家庄校级模拟）如图，将△ABC绕点B顺时针旋转得到△A'BC'，使点A′落在AC上．已知∠C＝40°，AC∥BC'，则∠A′BC＝（　　）
A．30° B．40° C．60° D．70°
9．（2024 平山县一模）围棋起源于中国，古代称之为“弈”．如图是棋盘上由1个白子和3个黑子组成的图形，若再放入一个白子，使它与原来的4个棋子组成的图形为中心对称图形，则放入白子的位置可以是（　　）
A．点M处 B．点N处 C．点P处 D．点Q处
10．（2024 乌鲁木齐一模）如图，将△ABC绕点A逆时针旋转150°，得到△ADE，这时点B、C、D恰好在同一条直线上，则∠B的度数为（　　）
A．10° B．15° C．20° D．30°
二．填空题（共5小题）
11．（2025 雁塔区校级模拟）如图，线段AB＝5，点C为线段AB延长线上一点，将线段BC绕点C旋转120°得到线段CD，连接AD，E为AD的中点，连接BE，则线段BE的最小值为 　 　．
12．（2025 雁塔区校级一模）如图，D是等边三角形ABC外一点，AD＝3，CD＝2，当BD长最大时，△ABC的面积为 　 　．
13．（2025 雁塔区校级一模）如图，菱形ABCD的边长为2，∠BAD＝60°，将该菱形绕顶点A在平面内旋转得到菱形AB′C′D′，若B′C′与CD所在直线交于点E，则当CB′最小时，DE的长为 　 　．
14．（2025 顺城区模拟）△ABC为等边三角形，D为平面内一点，连接AD，将AD绕点D顺时针旋转60°，得到线段DE，连BD，CE．当∠DAC＝30°，，AD＝4时，CE＝ 　 　．
15．（2025 信阳模拟）如图，在菱形ABCD中，AB＝AC＝3，对角线AC，BD交于点O，E是BD上的一个动点，将线段AE绕点A逆时针旋转到AF，且∠EAF＝∠BAD，连接EF，DF，若△DEF是直角三角形，则BE的长为 　 　．
三．解答题（共5小题）
16．（2024 凉州区二模）如图，在△OAB中，OA＝OB＝2，∠AOB＝90°，将△OAB绕点O逆时针旋转角α（0°＜α＜90°）得到△A'OB'，连接A′A，A′B．
（1）当α＝30°时，求A'B的长度；
（2）当A'A＝A'B时，求α的度数．
17．（2024 大兴区二模）如图，在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝2α，N是BC中点，P为NC上一点，连接AP，D为△BAP内一点，且∠DAP＝α，点D关于直线AP的对称点为点E，DE与AP交于点M，连接BD，CE．
（1）依题意补全图形；
（2）求证：BD＝EC；
（3）连接MN，若∠DBC+∠ECB＝90°，用等式表示线段BD与MN的数量关系，并证明．
18．（2024 凉州区二模）如图，方格纸中的每个小正方形的边长都为1，在建立平面直角坐标系后，△ABC的顶点均在格点上．
（1）以点A为旋转中心，将△ABC绕点A顺时针旋转90°得到△AB1C1，画出△AB1C1．
（2）画出△ABC关于原点O成中心对称的△A2B2C2．
19．（2024 垦利区三模）已知∠AOB＝∠COD＝90°，OA＝OB＝10，OC＝OD＝8．
（1）如图1，连接AC、BD，问AC与BD相等吗？并说明理由．
（2）若将△COD绕点O逆时针旋转，如图2，当点C恰好在AB边上时，请写出AC、BC、OC之间关系，并说明理由．
（3）若△COD绕点O旋转，当∠AOC＝15°时，直线CD与直线AO交于点F，求AF的长．
20．（2024 潍城区一模）如图，在平面直角坐标系中，△AOB的顶点坐标分别是A（2，2），O（0，0），B（3，0），按要求完成下列问题．
（1）将△AOB向左平移2个单位长度得到△A1O1B1，直接写出点A1，O1，B1的坐标；
（2）将△AOB绕点A顺时针旋转90°得到△AO2B2，画出△AO2B2，并写出O2，B2的坐标；
（3）点C的坐标为（﹣4，1），用作图的方法在x轴上确定一点M，使AM+CM最小，并写出点M的坐标．
2025年中考数学数学二轮复习之图形的旋转
参考答案与试题解析
一．选择题（共10小题）
1．（2025 鼓楼区校级模拟）在2024年巴黎奥运会上，中国体育代表队获得40金、27银和24铜共91枚奖牌，创造了中国参加境外奥运会的最佳战绩．以下是巴黎奥运会部分项目的图标，其中是中心对称图形的是（　　）
A． B． C． D．
【考点】中心对称图形．
【专题】平移、旋转与对称；几何直观．
【答案】C
【分析】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．据此逐一判断即可得到答案．
【解答】解：A、该图不能找到这样的一个点，使图形绕这个点旋转180°后与原来的图形重合，所以不是中心对称图形，故本选项不符合题意；
B、该图不能找到这样的一个点，使图形绕这个点旋转180°后与原来的图形重合，所以不是中心对称图形，故本选项不符合题意；
C、该图能找到这样的一个点，使图形绕这个点旋转180°后与原来的图形重合，所以是中心对称图形，故本选项符合题意；
D、该图不能找到这样的一个点，使图形绕这个点旋转180°后与原来的图形重合，所以不是中心对称图形，故本选项不符合题意．
故选：C．
【点评】本题考查了中心对称图形的概念，熟练掌握中心对称图形的概念是解答本题的关键．
2．（2025 济南模拟）下列各曲线是根据不同的函数绘制而成的，其中是中心对称图形的是（　　）
A． B．
C． D．
【考点】中心对称图形．
【专题】平移、旋转与对称；几何直观．
【答案】C
【分析】根据中心对称图形的定义，逐项判断即可求解．
【解答】解：A、该图不是中心对称图形，不符合题意；
B、该图不是中心对称图形，不符合题意；
C、该图是中心对称图形，符合题意；
D、该图不是中心对称图形，不符合题意，
故选：C．
【点评】本题主要考查了中心对称图形的定义，熟练掌握在平面内，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是解题的关键．
3．（2025 雁塔区校级一模）如图，△ABC中，∠C＝90°，∠B＝30°，AB＝6，将△ABC绕点A逆时针方向旋转15°得△AB′C′，B′C′交AB于点E，则B′E的长为（　　）
A． B． C． D．
【考点】旋转的性质；含30度角的直角三角形；勾股定理．
【专题】平移、旋转与对称；运算能力．
【答案】C
【分析】先求出∠A＝60°，，由旋转的性质可得，A′C′＝AC＝3，∠C′A′E＝45°，再利用勾股定理解题即可．
【解答】解：由题意可得：∠BAC＝60°，，
∴，
由旋转可得，AC′＝AC＝3，∠C′A′E＝∠CAB﹣∠CAC′＝60°﹣15°＝45°，
∴EC′＝AC′＝3，
∴，
故选：C．
【点评】本题考查了旋转的性质，勾股定理，含30度角的直角三角形的判定，正确根据相关知识点进行计算是解题关键．
4．（2025 河北模拟）如图，将△ABC绕点A逆时针旋转α°得到△AB'C'．当点B，C，B'在同一直线上，∠BAC＝100°，α＝150时，∠C'＝（　　）
A．60° B．65° C．70° D．75°
【考点】旋转的性质；三角形内角和定理；等腰三角形的性质．
【专题】平移、旋转与对称；运算能力．
【答案】B
【分析】根据图象旋转的性质，得AB＝AB′，∠BAB′＝150°，从而得∠B＝15°，结合∠AB′C′＝∠B＝15°，∠B′AC′＝∠BAC＝100°，即可求解．
【解答】解：由题意可得：
∴AB＝AB′，∠BAB′＝150°，
∴∠B＝∠AB′B＝（180°﹣150°）÷2＝15°，
∴∠AB′C′＝∠B＝15°，∠B′AC′＝∠BAC＝100°，
∴∠C′＝180°﹣100°﹣15°＝65°，
故选：B．
【点评】本题主要考查旋转变换的性质、等腰三角形的性质以及三角形内角和定理，掌握旋转变换的性质是解题的关键．
5．（2025 信阳模拟）如图，在平面直角坐标系中，四边形OABC为平行四边形，其中点O（0，0），A（3，4）C（8，0），以点O为圆心，OC的长为半径作弧，交AB于点D，再把线段OD绕点O逆时针旋转90°得到线段OD′，则点D′的坐标为（　　）
A．（﹣4，4） B．（﹣4，4） C．（4，﹣4） D．（4，﹣4）
【考点】坐标与图形变化﹣旋转；全等三角形的判定与性质；平行四边形的性质；旋转的性质．
【专题】平面直角坐标系；图形的全等；多边形与平行四边形；运算能力．
【答案】A
【分析】如图，延长BA交y轴于点E，过点D′作D′F⊥x轴于点F．证明△ODE≌△OD′F（AAS），推出D′F＝DE＝4，OF＝OE＝4可得结论．
【解答】解：如图，延长BA交y轴于点E，过点D′作D′F⊥x轴于点F．
由题意，可知DE⊥y轴，AE＝3，OE＝4．由旋转的性质，可知OD＝OC＝8，
∴DE＝＝＝4，
∵OD＝OD′，∠DOD′＝90°，
∴∠EOD+∠EOD′＝90°，
∵∠D′OF+∠EOD′＝90°．
∴∠D′OE＝∠DOE，
∵∠DEO＝∠D′FO＝90°，
∴△ODE≌△OD′F（AAS），
∴D′F＝DE＝4，OF＝OE＝4．
∴点D′的坐标为（﹣4，4），
故选：A．
【点评】本题考查坐标与图形性质，全等三角形的判定和性质，平行四边形的性质，旋转的性质，解题的关键是学会添加常用辅助线，正确寻找全等三角形解决问题．
6．（2025 柳州模拟）浙江省积极响应国家“节约资源，保护环境”的号召，利用自身地域环境优势，加强可再生资源——风能的利用，其中，海上风电产业具有技术先导性强、经济体量大和产业关联度大的特点，如图是海上风力发电装置，转子叶片图案绕中心旋转n°后能与原图案重合，则n可以取（　　）
A．60 B．90 C．120 D．180
【考点】旋转对称图形．
【专题】平移、旋转与对称；几何直观；应用意识．
【答案】C
【分析】将360°除以转子叶片个数即可求出n的值．
【解答】解：∵360°÷3＝120°，
∴n＝120，
故选：C．
【点评】本题考查旋转对称图形的性质，理解旋转角的意义是解题的关键．
7．（2025 柳州一模）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝8，BC＝6．将△ABC绕点C旋转至△A'CB'，使CB'⊥AB，A'B'交边AC于点D，则CD的长是（　　）
A．4 B． C．5 D．6
【考点】旋转的性质．
【专题】平移、旋转与对称；推理能力．
【答案】C
【分析】根据旋转的性质可以得到∠B＝∠B′，然后利用CB'⊥AB证明∠B＝∠ACB′，由此即可证明D为A′B′的中点解决问题．
【解答】解：∵将△ABC绕点C旋转至△A'CB'，
∴∠B＝∠B′，A′B′＝AB，∠A′CB′＝∠ACB＝90°，
∵CB'⊥AB，
∴∠B+∠BCB′＝∠BCB′+∠ACB′＝90°，
∴∠B＝∠ACB′，
∴∠ACB′＝∠B′，
∴CD＝DB′，
而∠A′+∠B′＝∠ACB′+∠A′CD＝90°，
∴∠A′＝∠A′CD，
∴DA′＝DC，
∴DA′＝DC＝DB′＝A′B′＝AB＝＝＝×10＝5．
故选：C．
【点评】此题主要考查了旋转的性质，同时也利用了勾股定理及直角三角形的性质，解题的关键熟练利用旋转和直角三角形的性质．
8．（2025 石家庄校级模拟）如图，将△ABC绕点B顺时针旋转得到△A'BC'，使点A′落在AC上．已知∠C＝40°，AC∥BC'，则∠A′BC＝（　　）
A．30° B．40° C．60° D．70°
【考点】旋转的性质；平行线的性质．
【专题】线段、角、相交线与平行线；等腰三角形与直角三角形；平移、旋转与对称；运算能力；推理能力．
【答案】A
【分析】由旋转得A′B＝AB，∠BA′C＝∠A，∠C′＝∠C＝40°，则∠A＝∠BA′A＝∠BA′C，由AC∥BC，得∠CA′C′＝∠C′＝40°，则2∠BA′A＝180°﹣∠CA′C′＝140°，所以∠A＝∠BA′A＝70°，求得∠ABC＝70°，∠ABA′＝40°，则∠A′BC＝∠ABC﹣∠ABA′＝30°，于是得到问题的答案．
【解答】解：∵将△ABC绕点B顺时针旋转得到△A'BC'，点A′落在AC上，且∠C＝40°，
∴A′B＝AB，∠BA′C＝∠A，∠C′＝∠C＝40°，
∴∠A＝∠BA′A，
∴∠BA′C＝∠BA′A，
∵AC∥BC，
∴∠CA′C′＝∠C′＝40°，
∴∠BA′C+∠BA′A＝2∠BA′A＝180°﹣∠CA′C′＝140°，
∴∠A＝∠BA′A＝70°，
∴∠ABC＝180°﹣∠A﹣∠C＝180°﹣70°﹣40°＝70°，∠ABA′＝180°﹣∠A﹣∠BA′A＝180°﹣70°﹣70°＝40°，
∴∠A′BC＝∠ABC﹣∠ABA′＝70°﹣40°＝30°，
故选：A．
【点评】此题重点考查旋转的性质、平行线的性质、等腰三角形的性质、三角形内角和定理等知识，推导出∠BA′C＝∠BA′A，及∠CA′C′＝∠C′＝40°是解题的关键．
9．（2024 平山县一模）围棋起源于中国，古代称之为“弈”．如图是棋盘上由1个白子和3个黑子组成的图形，若再放入一个白子，使它与原来的4个棋子组成的图形为中心对称图形，则放入白子的位置可以是（　　）
A．点M处 B．点N处 C．点P处 D．点Q处
【考点】中心对称图形．
【专题】平移、旋转与对称；几何直观．
【答案】A
【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，进而得出答案．
【解答】解：当放入白子的位置在点M处时，是中心对称图形．
故选：A．
【点评】此题主要考查了中心对称图形的定义，正确把握定义是解题关键．
10．（2024 乌鲁木齐一模）如图，将△ABC绕点A逆时针旋转150°，得到△ADE，这时点B、C、D恰好在同一条直线上，则∠B的度数为（　　）
A．10° B．15° C．20° D．30°
【考点】旋转的性质．
【专题】等腰三角形与直角三角形；平移、旋转与对称；运算能力；推理能力．
【答案】B
【分析】先由旋转的性质得∠BAD＝150°，AD＝AB，再证△BAD是等腰三角形，然后由等腰三角形的性质和三角形内角和定理即可求解．
【解答】解：∵将△ABC绕点A逆时针旋转150°，得到△ADE，
∴∠BAD＝150°，AD＝AB，
∵点B、C、D在同一条直线上，
∴△BAD是等腰三角形，
∴∠B＝∠BDA＝（180°﹣∠BAD）＝×（180°﹣150°）＝15°，
故选：B．
【点评】本题考查了旋转的性质、等腰三角形的判定与性质、三角形内角和定理等知识，证明△BAD为等腰三角形是解题的关键．
二．填空题（共5小题）
11．（2025 雁塔区校级模拟）如图，线段AB＝5，点C为线段AB延长线上一点，将线段BC绕点C旋转120°得到线段CD，连接AD，E为AD的中点，连接BE，则线段BE的最小值为 　　．
【考点】旋转的性质．
【专题】平移、旋转与对称；运算能力；推理能力．
【答案】．
【分析】连接BD，取AB的中点F，作射线FE，作BI⊥FE于点I，由旋转得BC＝CD，∠BCD＝120°，则∠CBD＝∠CDB＝30°，求得BF＝AF＝AB＝，由三角形的中位线定理得EF∥DB，则∠BFE＝∠CBD＝30°，可知点E在经过AB的中点F且与直线AB的夹角等于30°的直线上运动，由BE≥BI，且BI＝BF＝，得BE≥，则线段BE的最小值为，于是得到问题的答案．
【解答】解：连接BD，取AB的中点F，作射线FE，作BI⊥FE于点I，则∠FIB＝90°，
∵将线段BC绕点C旋转120°得到线段CD，
∴BC＝CD，∠BCD＝120°，
∴∠CBD＝∠CDB＝×（180°﹣120°）＝30°，
∵AB＝5，
∴BF＝AF＝AB＝×5＝，
∵E为AD的中点，F为AB的中点，
∴EF∥DB，
∴∠BFE＝∠CBD＝30°，
∴点E在经过AB的中点F且与直线AB的夹角等于30°的直线上运动，
∵BE≥BI，且BI＝BF＝×＝，
∴BE≥，
∴线段BE的最小值为，
故答案为：．
【点评】此题重点考查旋转的性质、等腰三角形的性质、三角形内角和定理、三角形的中位线定理、平行线的性质、直角三角形中30°解所对的直角边等于斜边的一半、垂线段最短等知识，正确地作出辅助线是解题的关键．
12．（2025 雁塔区校级一模）如图，D是等边三角形ABC外一点，AD＝3，CD＝2，当BD长最大时，△ABC的面积为 　　．
【考点】旋转的性质；三角形三边关系；全等三角形的判定与性质；等边三角形的性质．
【专题】图形的全等；等腰三角形与直角三角形；平移、旋转与对称；推理能力．
【答案】见试题解答内容
【分析】以CD为边作等边△DCE，连接AE．利用全等三角形的性质证明BD＝AE，利用三角形的三边关系，可得BD的最大值为5，利用直角三角形的性质和勾股定理可求AB2，即可求解．
【解答】解：如图1，以CD为边作等边△DCE，连接AE．
∵BC＝AC，CD＝CE，∠BCA＝∠DCE＝60°，
∴∠BCD＝∠ACE，
在△BCD和△ACE中，
，
∴△BCD≌△ACE（SAS），
∴BD＝AE，
在△ADE中，
∵AD＝3，DE＝CD＝2，
∴AE≤AD+DE，
∴AE≤5，
∴AE的最大值为5，
∴BD的最大值为5，
此时点D在AE上，
如图2，过点A作AF⊥BD于F，
∵△BCD≌△ACE，
∴∠BDC＝∠E＝60°，
∴∠ADF＝60°，
∵AF⊥BD，
∴∠DAF＝30°，
∴DF＝AD＝，AF＝DF＝，
∴BF＝，
∴AB2＝AF2+BF2＝19，
∴△ABC的面积＝AB2＝，
故答案为：．
【点评】本题考查等边三角形的性质，全等三角形的判定和性质，三角形的三边关系等知识，解题的关键是学会添加辅助线，构造全等三角形解决问题，属于中考常考题型．
13．（2025 雁塔区校级一模）如图，菱形ABCD的边长为2，∠BAD＝60°，将该菱形绕顶点A在平面内旋转得到菱形AB′C′D′，若B′C′与CD所在直线交于点E，则当CB′最小时，DE的长为 　　．
【考点】旋转的性质；等边三角形的判定与性质；勾股定理；菱形的性质．
【专题】平移、旋转与对称；运算能力．
【答案】．
【分析】如图，A、B′、C三点共线，连接AC，BD，相交于点O，先推出当A、B′、C三点共线时，CB′最小，根据菱形的性质以及旋转的性质可得∠BAC＝∠CAD＝∠ACB＝∠ACD＝30°，，∠AB′C′＝∠ABC＝120°，AB′＝AB＝2，进而可得，∠CEB′＝90°，则，，根据DE＝CD﹣CE可得答案．
【解答】解：如图，A、B′、C三点共线，连接AC，BD，相交于点O，
当A、B′、C三点共线时，CB′＝AC﹣AB′，
当A、B′、C三点不共线时，A、B′、C三点构成三角形AB′C，则CB′＞AC﹣AB′，
∴当A、B′、C三点共线时，CB′最小，
由题意可得：
∠BAC＝∠CAD＝∠ACB＝∠ACD＝30°，∠ABC＝120°，AC⊥BD，OA＝OC，OB＝OD，AB＝AD＝CD＝2，
∴△ABD为等边三角形，
∴BD＝2，
∴OD＝1，
∴，
∴，
由旋转得，∠AB′C′＝∠ABC＝120°，AB′＝AB＝2，
∴，∠CB′E＝180°﹣∠AB′C′＝60°，
∴∠CEB′＝90°，
∴，
∴，
∴．
故答案为：．
【点评】本题考查线段最短问题，旋转的性质、菱形的性质、等边三角形的判定与性质、勾股定理，熟练掌握旋转的性质、菱形的性质、等边三角形的判定与性质、勾股定理是解答本题的关键．
14．（2025 顺城区模拟）△ABC为等边三角形，D为平面内一点，连接AD，将AD绕点D顺时针旋转60°，得到线段DE，连BD，CE．当∠DAC＝30°，，AD＝4时，CE＝ 　2或　．
【考点】旋转的性质；等边三角形的判定与性质；勾股定理．
【专题】平移、旋转与对称；运算能力．
【答案】2或．
【分析】分AD在AC的左侧和右侧两种情况讨论求解即可．
【解答】解：如图，当AD在AC的左侧时，
由题意可得：；
由旋转得DE＝DA＝4，∠D＝60°，
∵△ADE是等边三角形，
延长AC交DE于点F，
∵∠DAC＝30°，
∴∠AFD＝90°，
∵AD＝4，
∴DF＝2，
由勾股定理得，，
而，
∴点C与点F重合，
∴AC⊥DE，
∴；
如图，当AD在AC的右侧时，
同理得△ADE是等边三角形，
∴AE＝AD＝4，∠DAE＝60°，
∵∠DAC＝30°，
∴∠CAE＝90°，
∴，
故答案为：2或．
【点评】本题主要考查等边三角形的判定与性质，旋转的性质以及勾股定理等知识，正确进行计算是解题关键．
15．（2025 信阳模拟）如图，在菱形ABCD中，AB＝AC＝3，对角线AC，BD交于点O，E是BD上的一个动点，将线段AE绕点A逆时针旋转到AF，且∠EAF＝∠BAD，连接EF，DF，若△DEF是直角三角形，则BE的长为 　或2　．
【考点】旋转的性质；全等三角形的判定与性质；直角三角形的性质；菱形的性质．
【专题】图形的全等；等腰三角形与直角三角形；矩形 菱形 正方形；平移、旋转与对称；推理能力．
【答案】或2．
【分析】根据菱形的性质得到AB＝BC，AC⊥BD，推出△ABC是等边三角形，得到∠ABC＝60°，∠BAD＝120°，求得BD＝3，∠ABE＝∠ADB＝30°，根据旋转的性质得到AE＝AF，根据全等三角形的性质得到BE＝DF，∠ADF＝∠ABE＝30°，得到∠EDF是定值，若△DEF是直角三角形，分两种情况，①当∠EFD＝90°时，DE＝2DF＝2BE，②当∠DEF＝90°时，DE＝DF＝BE，则BD＝BE＝3，
于是得到结论．
【解答】
解：∵四边形ABCD是菱形，
∴AB＝BC，AC⊥BD，
∵AB＝AC，
∴AB＝BC＝AC，
则△ABC是等边三角形，
∴∠ABC＝60°，∠BAD＝120°，
∴∠ABD＝30°，
∵AB＝3，
∴AO＝，
∴BD＝3，∠ABE＝∠ADB＝30°，
∵将线段AE绕点A逆时针旋转到AF，
∴AE＝AF，
∵∠EAF＝∠BAD，AB＝AD，
∴△ABE≌△ADF（SAS），
∴BE＝DF，∠ADF＝∠ABE＝30°，
∴∠EDF＝60°，
∴∠EDF是定值，
若△DEF是直角三角形，分两种情况，
①当∠EFD＝90°时，DE＝2DF＝2BE，
则BD＝3BE＝3．
∴BE＝；
②当∠DEF＝90°时，DE＝DF＝BE，则BD＝BE＝3，
∴BE＝2．
综上所述，BE的长为或2．
故答案为：或2．
【点评】本题考查了旋转的性质，全等三角形的判定和性质，菱形的性质，直角三角形的性质，熟练掌握各知识点是解题的关键．
三．解答题（共5小题）
16．（2024 凉州区二模）如图，在△OAB中，OA＝OB＝2，∠AOB＝90°，将△OAB绕点O逆时针旋转角α（0°＜α＜90°）得到△A'OB'，连接A′A，A′B．
（1）当α＝30°时，求A'B的长度；
（2）当A'A＝A'B时，求α的度数．
【考点】旋转的性质；等腰直角三角形．
【专题】图形的全等；等腰三角形与直角三角形；推理能力．
【答案】（1）A'B＝2；
（2）α＝45°．
【分析】（1）由旋转的性质可得A'O＝AO，∠AOA'＝30°，可证△A'OB是等边三角形，可得A'B＝BO＝2；
（2）由“SSS”可证△A'OB≌△AOA'，可得∠BOA'＝∠AOA'＝45°，即可求解．
【解答】解：（1）∵将△OAB绕点O逆时针旋转角α（0°＜α＜90°）得到△A'OB'，
∴A'O＝AO，∠AOA'＝30°，
∴∠A'OB＝60°，
∴△A'OB是等边三角形，
∴A'B＝BO＝2；
（2）在△A'OB和△AOA'中，
，
∴△A'OB≌△AOA'（SSS），
∴∠BOA'＝∠AOA'＝45°，
∴α＝45°．
【点评】本题考查了旋转的性质，等腰直角三角形的性质，掌握旋转的性质是解题的关键．
17．（2024 大兴区二模）如图，在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝2α，N是BC中点，P为NC上一点，连接AP，D为△BAP内一点，且∠DAP＝α，点D关于直线AP的对称点为点E，DE与AP交于点M，连接BD，CE．
（1）依题意补全图形；
（2）求证：BD＝EC；
（3）连接MN，若∠DBC+∠ECB＝90°，用等式表示线段BD与MN的数量关系，并证明．
【考点】几何变换综合题．
【专题】图形的全等；等腰三角形与直角三角形；平移、旋转与对称；推理能力．
【答案】见试题解答内容
【分析】（1）画出图形即可；
（2）由“SAS”可证△ADB≌△AEC，可得BD＝EC；
（3）由三角形中位线可得，由“SAS”可得△BND≌△CNF，可得CF＝BD，∠DBC＝∠FCN．由等腰直角三角形的性质可得，即可求解．
【解答】解：（1）依题意补全图形：
（2）证明：连接AE．
∵点D关于直线AP的对称点为E，∠DAP＝α，
∴∠EAP＝∠DAP＝α，AD＝AE．
∴∠DAC+∠EAC＝2α．
∵∠BAC＝2α，
∴∠DAC+∠DAB＝2α．
∴∠DAB＝∠EAC，
∵AB＝AC，
∴△ADB≌△AEC（SAS），
∴BD＝EC；
（3）BD＝MN，理由如下：
连接DN并延长到F，使得NF＝ND，连接FC，EF．
∴点N是DF中点．
∵点D关于直线AP的对称点为E，DE与AP交于M，
∴点M是DE中点．
∴MN为△DEF的中位线．
∴．
∵点N是BC中点，
∴NB＝NC．
∵∠BND＝∠CNF，NF＝ND，
∴△BND≌△CNF（SAS），
∴CF＝BD，∠DBC＝∠FCN．
又∵BD＝CE，
∴CF＝CE，
∵∠DBC+∠BCE＝90°，
∴∠FCN+∠BCE＝90°．
∴∠ECF＝90°．
∴∠CEF＝∠CFE＝45°．
∴．
∵BD＝CE，，
∴．
∴．
【点评】本题几何变换综合题，考查了全等三角形的判定和性质，轴对称的性质，三角形中位线定理等知识，灵活运用这些性质解决问题是解题的关键．
18．（2024 凉州区二模）如图，方格纸中的每个小正方形的边长都为1，在建立平面直角坐标系后，△ABC的顶点均在格点上．
（1）以点A为旋转中心，将△ABC绕点A顺时针旋转90°得到△AB1C1，画出△AB1C1．
（2）画出△ABC关于原点O成中心对称的△A2B2C2．
【考点】作图﹣旋转变换．
【专题】作图题；几何直观．
【答案】（1）（2）见解析．
【分析】（1）利用旋转变换的性质分别作出B，C的对应点B1，C1即可；
（2）利用中心对称变换的性质分别作出A，B，C的对应点A2，B2，C2即可．
【解答】解：（1）如图，△AB1C1即为所求；
（2）如图，△A2B2C2即为所求．
【点评】本题考查作图﹣旋转变换，解题的关键是掌握旋转变换的性质．
19．（2024 垦利区三模）已知∠AOB＝∠COD＝90°，OA＝OB＝10，OC＝OD＝8．
（1）如图1，连接AC、BD，问AC与BD相等吗？并说明理由．
（2）若将△COD绕点O逆时针旋转，如图2，当点C恰好在AB边上时，请写出AC、BC、OC之间关系，并说明理由．
（3）若△COD绕点O旋转，当∠AOC＝15°时，直线CD与直线AO交于点F，求AF的长．
【考点】几何变换综合题．
【专题】几何综合题；推理能力．
【答案】见试题解答内容
【分析】（1）由“SAS”可证△AOC≌△BOD，可得AC＝BD，∠CAO＝∠DBO；
（2）连接BD，由“SAS”可证△AOC≌△BOD，可得AC＝BD，∠CAO＝∠DBO＝45°，由勾股定理可得结论；
（3）分两种情况讨论，由等腰直角三角形的性质和解直角三角形求OF的长，即可求解．
【解答】解：（1）结论：AC＝BD．
理由：∵∠AOB＝∠COD＝90°．
∴∠AOC＝∠BOD．
在△AOC和△BOD中．
，
∴△AOC≌△BOD（SAS），
∴AC＝BD；
（2）结论：BC2+AC2＝2OC2．
理由：连接BD．
∵∠AOB＝∠COD＝90°，
∴∠AOC＝∠BOD，
在△AOC和△BOD中，
，
∴△AOC≌△BOD（SAS），
∴AC＝BD∠CAO＝DBO＝45°，
∴∠CBD＝90°，
∴BC2+BD2＝CD2，
∴BC2+AC2＝2OC2；
（3）如图3﹣1中，当点C在AO的上方时，过点O作OH⊥CD于H．
∵OC＝OD＝8，∠COD＝90°，
∴CD＝OC＝8，
∵OH⊥CD，
∴CH＝HD，
∴OH＝CD＝4，
∵∠DCO＝∠CFO+∠AOC＝45°，∠AOC＝15°，
∴∠CFO＝30°，
∴OF＝2OH＝8，
∵OA＝10，
∴AF＝OF﹣OA＝8﹣10．
如图3﹣2中，当点C在OA的下方时，∠OFH＝∠C+∠AOC＝60°，
∴∠FOH＝30°，
∴FH＝2OF，
∵OF2＝FH2+OH2，
∴4FH2＝FH2+（4）2，
∴FH＝，
∴OF＝，
∴AF＝AO﹣OF＝10﹣，
综上所述，满足条件的AF的长为8﹣10或10﹣．
【点评】本题是几何变换综合题，考查了全等三角形的判定和性质，旋转的性质，勾股定理，等腰直角三角形的性质等知识，灵活运用这些知识解决问题是本题的关键．
20．（2024 潍城区一模）如图，在平面直角坐标系中，△AOB的顶点坐标分别是A（2，2），O（0，0），B（3，0），按要求完成下列问题．
（1）将△AOB向左平移2个单位长度得到△A1O1B1，直接写出点A1，O1，B1的坐标；
（2）将△AOB绕点A顺时针旋转90°得到△AO2B2，画出△AO2B2，并写出O2，B2的坐标；
（3）点C的坐标为（﹣4，1），用作图的方法在x轴上确定一点M，使AM+CM最小，并写出点M的坐标．
【考点】作图﹣旋转变换；轴对称﹣最短路线问题；作图﹣平移变换．
【专题】平移、旋转与对称；运算能力；推理能力．
【答案】（1）点A1的坐标为（0，2），点O1的坐标为（﹣2，0），点B1的坐标为（1，0）；
（2）点O2的坐标为（0，4），点B2的坐标为（0，1），图形见解析过程；
（3）点M的坐标为（﹣2，0），图形见解析过程．
【分析】（1）根据向左平移后，点的横坐标减小，纵坐标不变即可解决问题．
（2）画出△AOB绕点A顺时针旋转90°后得到的三角形即可解决问题．
（3）过点C作x轴的对称点C′，利用轴对称的性质可知，AC′与x轴的交点即为点M，求出此时点M的坐标即可解决问题．
【解答】解：（1）△AOB向左平移2个单位长度后得到△A1O1B1，
如图所示，点A1的坐标为（0，2），点O1的坐标为（﹣2，0），点B1的坐标为（1，0）．
（2）分别画出点B，点O绕点A顺时针旋转90°的对应点，
如图所示，△AO2B2即为所求作的三角形．
点O2的坐标为（0，4），点B2的坐标为（0，1）．
（3）过点C作x轴的对称点P，连接AP，与x轴的交点即为AM+CM最小时点M的位置，如图所示，
点M的坐标为（﹣2，0）．
【点评】本题考查作图﹣旋转变换及轴对称﹣最短路径，熟知图形旋转的性质及轴对称的性质是解题的关键．
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