23.1图形的旋转（预习衔接.含解析）-2025-2026学年九年级上册数学人教版

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新课预习衔接 图形的旋转
一．选择题（共5小题）
1．（2024 武威三模）如图，△ABC中，∠ACB＝80°，将△ABC绕点C顺时针旋转得到△EDC，使点B的对应点D恰好落在AB边上，AC、ED交于点F．若∠BCD＝α，则∠EFC的度数是（　　）（用含α的代数式表示）
A． B． C． D．
2．（2024 曹县一模）如图，在平面直角坐标系中，风车图案的中心为正方形，四片叶片为全等的平行四边形，其中一片叶片上的点A，C的坐标分别为（1，0），（0，4），将风车绕点O顺时针旋转，每次旋转90°，则经过第2023次旋转后，点D的坐标为（　　）
A．（﹣3，1） B．（﹣1，﹣3） C．（3，﹣1） D．（1，3）
3．（2024 黄山期末）如图，将△ABC绕点A逆时针旋转70°，得到△ADE，若点D在线段BC的延长线上，则∠B的大小是（　　）
A．45° B．55° C．60° D．100°
4．（2024 正阳县一模）小星利用平面直角坐标系绘制了如下风车图形，他先将△OBA固定在坐标系中，其中A（2，4），B（2，0），接着他将△OBA绕原点O逆时针转动90°至△OB1A1，称为第一次转动，然后将△OB1A1绕原点O逆时针转动90°至△OB2A2，称为第二次转动，…那么按照这种转动方式，转动2023次后，点A的坐标为（　　）
A．（4，﹣2） B． C． D．（2，4）
5．（2024 齐河县期末）如图，在等腰△ABC中，∠A＝120°，将△ABC绕点C逆时针旋转α（0°＜α＜90°）得到△CDE，当点A的对应点D落在BC上时，连接BE，则∠BED的度数是（　　）
A．30° B．45° C．55° D．75°
二．填空题（共5小题）
6．（2024 薛城区月考）如图，在平面直角坐标系中，已知点P（0，1），点A（4，1），以点P为中心，把点A按逆时针方向旋转60°得到点B，在，，，四个点中，直线PB经过的点是 　 　．
7．（2024春 邵阳期末）如图，将△ABC绕点A顺时针旋转80°后得到△ADE，点B与点D是对应点，点C与点E是对应点．如果∠EAB＝35°，那么∠DAC＝　 　°．
8．（2024春 鄄城县期末）如图，点E是正方形ABCD的边DC上一点，把△ADE绕点A顺时针旋转90°到△ABF的位置，若四边形AECF的面积为25，DE＝2，则AE的长为　 　．
9．（2024 青龙县模拟）如图，O是等边△ABC内一点，OA＝3，OB＝4，OC＝5，将线段BO以点B为旋转中心逆时针旋转60°得到线段BO′，则∠AOB＝　 　．
10．（2024春 雁塔区校级期末）如图，在△ABC中，AB＝8，将△ABC绕点B按逆时针方向旋转30°后得到△A1BC1，则阴影部分面积为 　 　．
三．解答题（共5小题）
11．（2024春 天桥区期中）如图，P是等边三角形ABC内一点，将线段AP绕点A顺时针旋转60°得到线段AQ，连接BQ，PB，PC．
（1）求证CP＝BQ；
（2）若PA＝6，PB＝8，PC＝10．求四边形APBQ的面积．
12．（2024春 长清区期中）如图，在四边形ABCD中，AC，BD是对角线，△ABC是等边三角形．线段CD绕点C顺时针旋转60°得到线段CE，连接AE．
（1）求证：AE＝BD；
（2）若∠ADC＝30°，AD＝3，BD＝5，求CD的长．
13．（2024 酒泉期末）如图，四边形ABCD是正方形，E，F分别是DC和CB的延长线上的点，且DE＝BF，连接AE，AF，EF．
（1）求证：△ADE≌△ABF；
（2）填空：△ABF可以由△ADE绕旋转中心　 　点，按顺时针方向旋转　 　度得到；
（3）若BC＝8，DE＝2，求△AEF的面积．
14．（2024 同心县模拟）如图，在平面直角坐标系中，已知△ABC的三个顶点的坐标分别为A（﹣3，5），B（﹣2，1），C（﹣1，3）．
（1）△ABC的面积是　 　；
（2）若△ABC经过平移后得到△A1B1C1，已知点C1的坐标为（4，0），写出顶点A1的坐标　 　；
（3）将△ABC绕着点O按顺时针方向旋转90°得到△A2B2C2，写出C2的坐标　 　．
15．（2024春 洪洞县期末）如图1，点O为直线AB上一点，过点O作射线OC，使∠AOC＝60°．将一把直角三角尺的直角顶点放在点O处，一边OM在射线OB上，另一边ON在直线AB的下方，其中∠OMN＝30°．
（1）将图1中的三角尺绕点O顺时针旋转至图2，使一边OM在∠BOC的内部，且恰好平分∠BOC，求∠CON的度数；
（2）将图1中的三角尺绕点O按每秒10°的速度沿顺时针方向旋转一周，在旋转的过程中，在第 　 　秒时，边MN恰好与射线OC平行；在第 　 　秒时，直线ON恰好平分锐角∠AOC．（直接写出结果）；
（3）将图1中的三角尺绕点O顺时针旋转至图3，使ON在∠AOC的内部，请探究∠AOM与∠NOC之间的数量关系，并说明理由．
新课预习衔接 图形的旋转
参考答案与试题解析
一．选择题（共5小题）
1．（2024 武威三模）如图，△ABC中，∠ACB＝80°，将△ABC绕点C顺时针旋转得到△EDC，使点B的对应点D恰好落在AB边上，AC、ED交于点F．若∠BCD＝α，则∠EFC的度数是（　　）（用含α的代数式表示）
A． B． C． D．
【考点】旋转的性质；列代数式．
【专题】平移、旋转与对称；推理能力．
【答案】C
【分析】由旋转的性质可知，BC＝CD，∠B＝∠EDC，∠A＝∠E，∠ACE＝∠BCD，因为∠BCD＝α，所以∠B＝∠BDC，∠ACE＝α，由三角形内角和求出∠A的度数，进而得到∠E的度数．再由三角形内角和定理求出∠EFC的度数即可．
【解答】解：由旋转的性质可知，BC＝CD，∠B＝∠EDC，∠A＝∠E，∠ACE＝∠BCD，
∵∠BCD＝α，
∴，∠ACE＝α，
∵∠ACB＝80°，
∴．
∴．
∴∠EFC＝180°﹣∠ECF﹣∠E＝170°α．
故选：C．
【点评】本题主要考查旋转的性质，三角形内角和等相关内容，由旋转的性质得出∠E和∠ECF的角度是解题关键．
2．（2024 曹县一模）如图，在平面直角坐标系中，风车图案的中心为正方形，四片叶片为全等的平行四边形，其中一片叶片上的点A，C的坐标分别为（1，0），（0，4），将风车绕点O顺时针旋转，每次旋转90°，则经过第2023次旋转后，点D的坐标为（　　）
A．（﹣3，1） B．（﹣1，﹣3） C．（3，﹣1） D．（1，3）
【考点】生活中的旋转现象；坐标与图形变化﹣旋转；规律型：点的坐标；平行四边形的性质．
【专题】平移、旋转与对称；运算能力．
【答案】A
【分析】根据风车绕点O顺时针旋转，每次旋转90°，可知旋转4次为一个循环，得到经过第2023次旋转后，点D的坐标与第3次旋转结束时点D的坐标相同，进行求解即可．
【解答】解：在正方形中，点A的坐标为（1，0），
∴点B（0，1）．
∵C（0，4），
∴OC＝4．
∴BC＝3．
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD＝BC＝3．
∴D（1，3）．
由题意，可得风车第1次旋转结束时，点D的坐标为（3，﹣1）；第2次旋转结束时，点D的坐标为（﹣1，﹣3）；第3次旋转结束时，点D的坐标为（﹣3，1）；第4次旋转结束时，点D的坐标为（1，3）．
∵将风车绕点O顺时针旋转，每次旋转90°，
∴旋转4次为一个循环．
∵2023÷4＝505 3，
∴经过第2023次旋转后，点D的坐标与第3次旋转结束时点D的坐标相同，为（﹣3，1）；
故选：A．
【点评】本题考查规律探索求点坐标．熟练掌握旋转的性质，正方形的性质，抽象概括出相应的坐标规律是解题的关键．
3．（2024 黄山期末）如图，将△ABC绕点A逆时针旋转70°，得到△ADE，若点D在线段BC的延长线上，则∠B的大小是（　　）
A．45° B．55° C．60° D．100°
【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；几何直观．
【答案】B
【分析】由旋转的性质可得AB＝AD，∠BAD＝70°，由等腰三角形的性质可求解．
【解答】解：∵将△ABC绕点A逆时针旋转70°得到△ADE，
∴AB＝AD，∠BAD＝70°，
∴∠B＝∠ADB55°，
故选：B．
【点评】本题考查了旋转的性质，等腰三角形的性质，掌握旋转的性质是解题的关键．
4．（2024 正阳县一模）小星利用平面直角坐标系绘制了如下风车图形，他先将△OBA固定在坐标系中，其中A（2，4），B（2，0），接着他将△OBA绕原点O逆时针转动90°至△OB1A1，称为第一次转动，然后将△OB1A1绕原点O逆时针转动90°至△OB2A2，称为第二次转动，…那么按照这种转动方式，转动2023次后，点A的坐标为（　　）
A．（4，﹣2） B． C． D．（2，4）
【考点】坐标与图形变化﹣旋转；规律型：点的坐标．
【专题】平移、旋转与对称；推理能力．
【答案】A
【分析】依题意不难发现第4次旋转后△OBA回到初始位置，而2023÷4＝505……3，据此可得当△OBA旋转2023次后的位置与旋转第3次后的位置重合，进而可得出答案．
【解答】解：∵△OBA每次绕点O逆时针旋转90°，
∴第4次旋转后△OBA回到初始位置，
又∵2023÷4＝505……3，
∴当△OBA旋转2023次后的位置与旋转第3次后的位置重合，
即此时点A与点A3重合，
∵点A（2，4），
∴点A3（4，﹣2），
∴转动2023次后，点A的坐标为（4，﹣2）．
故选：A．
【点评】此题主要考查了图形的旋转及性质，解答此题的关键是找出第4次旋转后△OBA回到初始位置．
5．（2024 齐河县期末）如图，在等腰△ABC中，∠A＝120°，将△ABC绕点C逆时针旋转α（0°＜α＜90°）得到△CDE，当点A的对应点D落在BC上时，连接BE，则∠BED的度数是（　　）
A．30° B．45° C．55° D．75°
【考点】旋转的性质；等腰三角形的性质．
【专题】等腰三角形与直角三角形；平移、旋转与对称；推理能力．
【答案】B
【分析】根据等腰三角形的性质与三角形的内角和定理求得∠ABC与∠ACB的度数，再由旋转性质得∠DCE与∠CED的度数，并得CB＝CE，根据等腰三角形与三角形的内角和定理求得∠CEB的度数，便可求得∠BED．
【解答】解：∵AB＝AC，∠A＝120°，
∴∠ABC＝∠ACB＝30°，
由旋转性质知，∠ACB＝∠ABC＝∠DCE＝∠DEC＝30°，CB＝CE，
∴∠CEB＝∠CBE＝75°，
∴∠BED＝∠CEB﹣∠CED＝75°﹣30°＝45°，
故选：B．
【点评】本题考查了等腰三角形的性质，三角形内角和定理，旋转性质，关键会是综合应用这些知识解题．
二．填空题（共5小题）
6．（2024 薛城区月考）如图，在平面直角坐标系中，已知点P（0，1），点A（4，1），以点P为中心，把点A按逆时针方向旋转60°得到点B，在，，，四个点中，直线PB经过的点是 　M2　．
【考点】坐标与图形变化﹣旋转．
【专题】平面直角坐标系；运算能力；推理能力．
【答案】M2．
【分析】过点B作BC⊥y轴于点C，根据旋转的性质可得PA＝PB＝4，∠APB＝60°，进而推出∠BPC＝30°，结合勾股定理可求出点B的坐标，再利用待定系数法求出直线BP的解析式，最后一次将四个点代入直线BP的解析式中即可求解．
【解答】解：如图，过点B作BC⊥y轴于点C，
∵点P（0，1），点A（4，1），
∴PA⊥y轴，PA＝4，
由旋转得：PA＝PB＝4，∠APB＝60°，
∴∠BPC＝30°，
∴BC＝2，，
∴，
设直线BP的解析式为：y＝kx+b，
则，
解得：，
∴直线BP的解析式为：，
当x＝﹣1时，，
∴点不在直线BP上，
当时，y＝﹣1+1＝0，
∴点在直线BP上，
当x＝1时，，
∴点不在直线上BP，
当x＝2时，，
∴点不在直线BP上，
故答案为：M2．
【点评】本题主要考查了图形的旋转变换，待定系数法求一次函数解析式，解题的关键是求出点B的坐标．
7．（2024春 邵阳期末）如图，将△ABC绕点A顺时针旋转80°后得到△ADE，点B与点D是对应点，点C与点E是对应点．如果∠EAB＝35°，那么∠DAC＝　125　°．
【考点】旋转的性质．
【专题】平移、旋转与对称；推理能力．
【答案】125．
【分析】根据旋转的性质即可得到结论．
【解答】解：∵将△ABC绕点A顺时针旋转80°后得到△ADE，
∴∠CAE＝80°，
∵∠BAE＝35°，
∴∠CAB＝∠EAD＝45°，
∴∠CAD＝∠CAB+∠BAE+∠DAE＝125°，
故答案为：125．
【点评】本题考查了旋转的性质，熟记旋转变换只改变图形的位置不改变图形的形状与大小是解题的关键．
8．（2024春 鄄城县期末）如图，点E是正方形ABCD的边DC上一点，把△ADE绕点A顺时针旋转90°到△ABF的位置，若四边形AECF的面积为25，DE＝2，则AE的长为　　．
【考点】旋转的性质；勾股定理；正方形的性质．
【专题】矩形 菱形 正方形；平移、旋转与对称；推理能力．
【答案】见试题解答内容
【分析】由旋转的性质可得△ADE的面积＝△ABF的面积，可得四边形AECF的面积等于正方形ABCD的面积等于25，可得AD＝5，由勾股定理可求解．
【解答】解：∵把△ADE顺时针旋转△ABF的位置，
∴△ADE的面积＝△ABF的面积，
∴四边形AECF的面积等于正方形ABCD的面积等于25，
∴AD＝DC＝5，
∵DE＝2，
∴Rt△ADE中，AE，
故答案为：．
【点评】本题考查了旋转的性质，正方形的性质，勾股定理，掌握旋转的性质是本题的关键．
9．（2024 青龙县模拟）如图，O是等边△ABC内一点，OA＝3，OB＝4，OC＝5，将线段BO以点B为旋转中心逆时针旋转60°得到线段BO′，则∠AOB＝　150°　．
【考点】旋转的性质；等边三角形的性质；勾股定理的逆定理．
【答案】见试题解答内容
【分析】连接OO′，如图，根据旋转的性质得BO′＝BO＝4，∠O′BO＝60°，可判断△BOO′为等边三角形，由△ABC为等边三角形得到BA＝BC，∠ABC＝60°，则∠O′BA＝∠OBC，然后根据“SAS”可证明△O′BA≌△OBC，则O′A＝OC＝5在△AOO′中，由于OA′＝5，OO′＝4，OA＝3，则OA2+OO′2＝O′A2，于是可根据勾股定理的逆定理可得∠AOO′＝90°，加上△BOO′为等边三角形得∠BOO′＝60°，所以∠AOB＝60°+90°＝150°．
【解答】解：连接OO′，如图，
∵线段BO以点B为旋转中心逆时针旋转60°得到线段BO′，
∴BO′＝BO＝4，∠O′BO＝60°，
∴△BOO′为等边三角形，
∴∠BOO′＝60°，
∵△ABC为等边三角形，
∴BA＝BC，∠ABC＝60°，
∴∠O′BO﹣∠ABO＝∠ABC﹣∠ABO，即∠O′BA＝∠OBC，
在△O′BA和△OBC中
，
∴△O′BA≌△OBC（SAS），
∴O′A＝OC＝5，
在△AOO′中，∵OA′＝5，OO′＝4，OA＝3，
∴OA2+OO′2＝O′A2，
∴∠AOO′＝90°，
∴∠AOB＝60°+90°＝150°，
故答案为：150°．
【点评】本题考查了旋转的性质：旋转前后两图形全等；对应点到旋转中心的距离相等；对应点与旋转中心的连线段的夹角等于旋转角．也考查了全等三角形的判定与性质和勾股定理的逆定理．
10．（2024春 雁塔区校级期末）如图，在△ABC中，AB＝8，将△ABC绕点B按逆时针方向旋转30°后得到△A1BC1，则阴影部分面积为 　16　．
【考点】旋转的性质；含30度角的直角三角形．
【专题】三角形；平移、旋转与对称；几何直观；应用意识．
【答案】见试题解答内容
【分析】根据旋转的性质得到△ABC≌△A1BC1，A1B＝AB＝8，所以△A1BA是等腰三角形，依据∠A1BA＝30°得到等腰三角形的面积，由图形可以知道S阴影＝S△A1BA+S△A1BC1﹣S△ABC＝S△A1BA，最终得到阴影部分的面积．
【解答】解：过A作AD⊥A1B于D，如图：
在△ABC中，AB＝8，将△ABC绕点B按逆时针方向旋转30°后得到△A1BC1，
∴△ABC≌△A1BC1，
∴A1B＝AB＝8，
∴△A1BA是等腰三角形，∠A1BA＝30°，
∵AD⊥A1B，
∴ADAB＝4，
∴S△A1BA8×4＝16，
又∵S阴影＝S△A1BA+S△A1BC1﹣S△ABC，且S△A1BC1＝S△ABC，
∴S阴影＝S△A1BA＝16，
故答案为：16．
【点评】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．运用面积的和差关系解决不规则图形的面积是解决此题的关键．
三．解答题（共5小题）
11．（2024春 天桥区期中）如图，P是等边三角形ABC内一点，将线段AP绕点A顺时针旋转60°得到线段AQ，连接BQ，PB，PC．
（1）求证CP＝BQ；
（2）若PA＝6，PB＝8，PC＝10．求四边形APBQ的面积．
【考点】旋转的性质；全等三角形的判定与性质；等边三角形的性质；勾股定理．
【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】（1）见解析过程；
（2）24+9．
【分析】（1）根据等边三角形的性质得∠BAC＝60°，AB＝AC，再根据旋转的性质得AP＝AQ，∠PAQ＝60°，则可判断△APQ为等边三角形，所以PQ＝AP，接着证明△APC≌△ABQ得到PC＝QB；
（2）利用勾股定理的逆定理证明△PBQ为直角三角形，再根据三角形面积公式，利用S四边形APBQ＝S△BPQ+S△APQ进行计算．
【解答】（1）证明：连接PQ，如图，
∵△ABC为等边三角形，
∴∠BAC＝60°，AB＝AC，
∵线段AP绕点A顺时针旋转60°得到线段AQ，
∴AP＝AQ，∠PAQ＝60°，
∴△APQ为等边三角形，
∴PQ＝AP，
∵∠CAP+∠BAP＝60°，∠BAP+∠BAQ＝60°，
∴∠CAP＝∠BAQ，
在△APC和△ABQ中，
，
∴△APC≌△ABQ（SAS），
∴PC＝QB；
（2）解：∵PA＝6，PB＝8，PC＝10，
∴PA＝6＝PQ，BQ＝PC＝10，
在△BPQ中，
∵PB2＝82＝64，PQ2＝62，BQ2＝102，
而64+36＝100，
∴PB2+PQ2＝BQ2，
∴△PBQ为直角三角形，∠BPQ＝90°，
∴S四边形APBQ＝S△BPQ+S△APQ6×862＝24+9．
【点评】本题考查了旋转的性质，勾股定理和等边三角形的性质，灵活掌握旋转的性质是解决问题的关键．
12．（2024春 长清区期中）如图，在四边形ABCD中，AC，BD是对角线，△ABC是等边三角形．线段CD绕点C顺时针旋转60°得到线段CE，连接AE．
（1）求证：AE＝BD；
（2）若∠ADC＝30°，AD＝3，BD＝5，求CD的长．
【考点】旋转的性质；全等三角形的判定与性质；等边三角形的性质；勾股定理．
【专题】图形的全等；运算能力．
【答案】见试题解答内容
【分析】（1）根据旋转的性质和等边三角形的性质，可得AC＝BC，∠DCE＝60°，CD＝CE，通过证明△BCD≌△ACE即可得出结论；
（2）连接DE，根据旋转的性质易证△CDE为等边三角形，则∠CDE＝60°，根据△BCD≌△ACE，用勾股定理求出AE的长度即可．
【解答】（1）证明：由旋转可知∠DCE＝60°，CD＝CE，
∵△ABC是等边三角形，
∴∠ACB＝60°，AC＝BC，
∴∠ACB+∠ACD＝∠DCE+∠ACD
即∠BCD＝∠ACE，
在△BCD和△ACE中，
，
∴△BCD≌△ACE（SAS），
∴AE＝BD．
（2）连接DE，
由（1）的结论知AE＝BD，
∵BD＝5，
∴AE＝5，
由旋转可知∠DCE＝60°，
∴△DCE是等边三角形，
∴∠CDE＝60°，
∵∠ADC＝30°
∴∠ADE＝∠ADC+∠CDE＝90°，
在Rt△ADE中，，
∵△CDE是等边三角形，
∴CD＝DE＝4
【点评】本题主要考查了旋转的性质、三角形全等的性质和判定，等边三角形的性质和判定以及勾股定理，熟练掌握各个相关知识点，连接DE，构建直角三角形是解题的关键．
13．（2024 酒泉期末）如图，四边形ABCD是正方形，E，F分别是DC和CB的延长线上的点，且DE＝BF，连接AE，AF，EF．
（1）求证：△ADE≌△ABF；
（2）填空：△ABF可以由△ADE绕旋转中心　A　点，按顺时针方向旋转　90　度得到；
（3）若BC＝8，DE＝2，求△AEF的面积．
【考点】旋转的性质；全等三角形的判定与性质；正方形的性质．
【专题】计算题．
【答案】见试题解答内容
【分析】（1）根据正方形的性质得AD＝AB，∠D＝∠ABC＝90°，然后利用“SAS”易证得△ADE≌△ABF；
（2）由于△ADE≌△ABF得∠BAF＝∠DAE，则∠BAF+∠BAE＝90°，即∠FAE＝90°，根据旋转的定义可得到△ABF可以由△ADE绕旋转中心 A点，按顺时针方向旋转90 度得到；
（3）先利用勾股定理可计算出AE，再根据△ABF可以由△ADE绕旋转中心 A点，按顺时针方向旋转90 度得到AE＝AF，∠EAF＝90°，然后根据直角三角形的面积公式计算即可．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴AD＝AB，∠D＝∠ABC＝90°，
而F是CB的延长线上的点，
∴∠ABF＝90°，
在△ADE和△ABF中，
∴△ADE≌△ABF（SAS）；
（2）解：∵△ADE≌△ABF，
∴∠BAF＝∠DAE，
而∠DAE+∠EAB＝90°，
∴∠BAF+∠EAB＝90°，即∠FAE＝90°，
∴△ABF可以由△ADE绕旋转中心 A点，按顺时针方向旋转90 度得到；
故答案为A、90；
（3）解∵四边形ABCD是正方形，BC＝8，
∴AD＝8，
在Rt△ADE中，DE＝2，AD＝8，
∴AE2，
∵△ABF可以由△ADE绕旋转中心A点，按顺时针方向旋转90度得到，
∴△ABF≌△ADE，
∴AE＝AF，∠EAF＝90°，
∴△AEF的面积AE268＝34．
【点评】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，旋转的性质以及勾股定理等知识点，解决本题的关键是明确△ABF可以由△ADE绕旋转中心A点，按顺时针方向旋转90度得到，即△ABF≌△ADE．
14．（2024 同心县模拟）如图，在平面直角坐标系中，已知△ABC的三个顶点的坐标分别为A（﹣3，5），B（﹣2，1），C（﹣1，3）．
（1）△ABC的面积是　3　；
（2）若△ABC经过平移后得到△A1B1C1，已知点C1的坐标为（4，0），写出顶点A1的坐标　（2，2）　；
（3）将△ABC绕着点O按顺时针方向旋转90°得到△A2B2C2，写出C2的坐标　（3，1）　．
【考点】坐标与图形变化﹣旋转；坐标与图形变化﹣平移．
【专题】几何图形．
【答案】见试题解答内容
【分析】（1）根据三角形的面积等于长方形的面积减去三个小三角形的面积解答即可；
（2）根据平移的方向和距离为：向下平移3个单位，向右平移5个单位，即可得到顶点B1的坐标；
（3）根据旋转的性质可知，对应角都相等都等于旋转角，对应线段也相等，由此可以通过作相等的角，在角的边上截取相等的线段的方法，找到对应点，顺次连接得出旋转后的图形．
【解答】解：（1）△ABC的面积；
故答案为：3；
（2）∵△ABC经过平移后得到△A1B1C1，点C1的坐标为（4，0），
∴平移的方向和距离为：向下平移3个单位，向右平移5个单位，
∴顶点A1的坐标为（2，2），
故答案为：（2，2）；
（3）如图所示，△A2B2C2即为所求，
C2的坐标为（3，1），
故答案为：（3，1）．
【点评】本题主要考查了旋转变换，平移变换的运用，解题时注意：确定平移后图形的基本要素有两个：平移方向、平移距离．决定图形旋转后位置的因素有：旋转角度、旋转方向、旋转中心．
15．（2024春 洪洞县期末）如图1，点O为直线AB上一点，过点O作射线OC，使∠AOC＝60°．将一把直角三角尺的直角顶点放在点O处，一边OM在射线OB上，另一边ON在直线AB的下方，其中∠OMN＝30°．
（1）将图1中的三角尺绕点O顺时针旋转至图2，使一边OM在∠BOC的内部，且恰好平分∠BOC，求∠CON的度数；
（2）将图1中的三角尺绕点O按每秒10°的速度沿顺时针方向旋转一周，在旋转的过程中，在第 　9或27　秒时，边MN恰好与射线OC平行；在第 　12或30　秒时，直线ON恰好平分锐角∠AOC．（直接写出结果）；
（3）将图1中的三角尺绕点O顺时针旋转至图3，使ON在∠AOC的内部，请探究∠AOM与∠NOC之间的数量关系，并说明理由．
【考点】旋转的性质．
【答案】见试题解答内容
【分析】（1）根据邻补角的定义求出∠BOC＝120°，再根据角平分线的定义求出∠COM，然后根据∠CON＝∠COM+90°解答；
（2）分别分两种情况根据平行线的性质和旋转的性质求出旋转角，然后除以旋转速度即可得解；
（3）用∠AOM和∠CON表示出∠AON，然后列出方程整理即可得解．
【解答】解：（1）∵∠AOC＝60°，
∴∠BOC＝120°，
又∵OM平分∠BOC，
∴∠COM∠BOC＝60°，
∴∠CON＝∠COM+90°＝150°；
（2）∵∠OMN＝30°，
∴∠N＝90°﹣30°＝60°，
∵∠AOC＝60°，
∴当ON在直线AB上时，MN∥OC，
旋转角为90°或270°，
∵每秒顺时针旋转10°，
∴时间为9或27，
直线ON恰好平分锐角∠AOC时，
旋转角为90°+30°＝120°或270°+30°＝300°，
∵每秒顺时针旋转10°，
∴时间为12或30；
故答案为：9或27；12或30．
（3）∵∠MON＝90°，∠AOC＝60°，
∴∠AON＝90°﹣∠AOM，
∠AON＝60°﹣∠NOC，
∴90°﹣∠AOM＝60°﹣∠NOC，
∴∠AOM﹣∠NOC＝30°，
故∠AOM与∠NOC之间的数量关系为：∠AOM﹣∠NOC＝30°．
【点评】本题考查了旋转的性质，角平分线的定义，平行线的性质，读懂题目信息并熟练掌握各性质是解题的关键，难点在于（2）要分情况讨论．
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