23.1 图形的旋转（同步练习·含解析）-2025-2026学年人教版数学九年级上册

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23.1 图形的旋转
一．选择题（共8小题）
1．如图，P为等边△ABC内的一点，且P到三个顶点A，B，C的距离分别为6，8，10，则△ABC的面积为（　　）
A． B． C． D．
2．如图，在菱形ABCD中，AB＝4，∠BAD＝60°，对角线AC，BD相交于点O，点E是对角线AC上的一个动点，连结BE，将BE绕点B按逆时针方向旋转60°，得到BF，连接OF，则OF的最小值是（　　）
A．2 B． C．1 D．
3．如图，△ABC中，∠BAC＝30°，△ABC绕点A逆时针旋转至△AED，连接对应点CD，AE垂直平分CD于点F，则旋转角度是（　　）
A．30° B．45° C．50° D．60°
4．如图，正方形ABCD的边长为5，E为BC上一点，且BE＝1，F为AB边上的一个动点，以EF为边向右侧作等边△EFG，连接CG，则CG的最小值为（　　）
A．1 B．3 C．2 D．2.5
5．如图，菱形ABCD中∠ABC＝60°，△ABE是等边三角形，M为对角线BD（不含B点）上任意一点，将BM绕点B逆时针旋转60°得到BN，连接EN、AM、CM，则下列五个结论中正确的个数是（　　）
①△AMB≌△ENB；
②若菱形ABCD的边长为2，则AM+CM的最小值2；
③连接AN，则AN⊥BE；
④当AM+BM+CM的最小值为时，菱形ABCD的面积也为．
A．1 B．2 C．3 D．4
6．如图，O是正△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′，下列结论：①△BO′A可以由△BOC绕点B逆时针旋转60°得到；②点O与O′的距离为4；③∠AOB＝150°；④S四边形AOBO′＝6+3；⑤S△AOC+S△AOB＝6．其中正确的结论是（　　）
A．①②③⑤ B．①②③④ C．①②③④⑤ D．①②③
7．如图，已知△OAB是正三角形，OC⊥OA，OC＝OA．将△OAB绕点O按逆时针方向旋转，使得OB与OC重合，得到△OCD，则旋转的角度是（　　）
A．150° B．120° C．90° D．60°
8．如图，点P为定角∠AOB平分线上的一个定点，且∠MPN与∠AOB互补．若∠MPN在绕点P旋转的过程中，其两边分别与OA、OB相交于M、N两点，则以下结论：①PM＝PN；②OM+ON的值不变；③MN的长不变；④四边形PMON的面积不变，其中，正确结论的是（　　）
A．①②③ B．①②④ C．①③④ D．②③④
二．填空题（共7小题）
9．如图，在△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝4，BC＝3，将AC绕点A逆时针旋转，得到AD，当△ABD为直角三角形时，CD的长为 　 　 ．
10．（跨学科与体育融合）在体育课上，当老师下达口令“向左转”时，左脚正确的动作应是以　 　 （填“脚跟”或“脚尖”）为旋转中心，沿着　 　 （填“顺时针”或“逆时针”）方向旋转　 　 度．
11．如图，将△ABC绕点A顺时针旋转36°，得到△AMN，且点B的对应点M恰好落在BC上，则∠AMC的度数为 　 　 度．
12．如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，将△ACB绕点C顺时针旋转70°，使点B的对应点D恰好落在边AB上，得到△ECD，则∠EFC的度数为　 　 ．
13．如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝4，BC＝5．将△ABC绕点A逆时针旋转α（0°＜α＜90°）得到△ADE，延长BC交ED于点F．若∠EAB＝90°，则线段EF的长为 　 　 ．
14．如图，直角△ABC中，∠ACB＝60°，在水平桌面上△ABC绕C点按顺时针方向旋转到△ECD位置，且点B、C、E在一条直线上，那么旋转角是 　 　 度．
15．如图，将△AOB绕着点O顺时针旋转，得到△COD，若∠B＝30°，则∠D等于　 　 ．
三．解答题（共7小题）
16．正方形ABCD的对角线相交于点O，正方形A1B1C1D1的顶点A1与点O重合，而且这两个正方形的边长都是1．已知A1D1，A1B1与正方形ABCD的边分别交于M，N两点．
（1）如图1，若A1D1⊥DC，则重叠部分四边形OMCN的面积是 　 　 ．
（2）当正方形A1B1C1D1绕点O旋转到如图2所示的位置时，四边形OMCN的面积是否发生变化？证明你的结论．
17．如图，在平面直角坐标系xOy中，A（﹣2，4），B（﹣2，0），将△OAB绕原点O顺时针旋转90°得到△OA'B'（A'，B'分别是A，B的对应点）．
（1）点A′的坐标是　 　 ，点B′的坐标是　 　 ；
（2）若点M（m，2）位于△OAB内（不含边界），点M′为点M绕原点O顺时针旋转90°的对应点，直接写出M′的纵坐标n的取值范围．
18．如图，已知四边形ABCD是正方形，点E在DC上，将△ADE经顺时针旋转后与△ABF完全重合，再将线段AF向右平移后与DH完全重合．
（1）旋转的中心是 　 　 ；旋转角度是 　 　 ；
（2）试猜想线段AE和DH的数量关系和位置关系，并说明理由．
19．已知△ABC中，∠ACB＝90°AC＝BC，AB＝8，∠ABC＝∠BAC＝45°，点D在边AB上，BD＝a．
（1）如图1，△CBD绕着点C顺时针方向旋转，点B的对应点E落在射线CD上，点D的对应点F落在边AB上，而点E关于直线CF的对称点恰好是点A，那么DF的长度为　 　 （结果用含a的代数式表示）；旋转角的度数为　 　 ；
（2）如图2，△CBD绕着点C顺时针方向旋转90°后得到△CAG，点B和点D的对应点分别是点A和点G．连接DG，用含a的代数式表示S△ADG．
20．如图，Rt△ABC中，∠ACB＝90°，BC＝4，AC＝3，将△ABC绕点B逆时针旋转得△A′BC′，若点C′在AB上，求AA′的长．
21．如图，在三角形CDB中，已知CA是DB上的高，AC＝AB＝a，点E是AC的一点，AE＝AD＝b，a＞b＞0．
（1）求阴影部分的面积（用含a、b的式子表示）．
（2）当a＝10.75，b＝5.25时，求阴影部分的面积的值．
（3）三角形CAD可以通过一种运动与三角形BAE完全重合，请写出具体的运动方法：　 　 ．
22．如图，在△ABC中，∠C＝90°，∠BAC＝50°．将△ABC绕点B按逆时针方向旋转得到△DBE，使点E落在边AB上，连接AD，求∠ADE的度数．
23.1 图形的旋转
参考答案与试题解析
一．选择题（共8小题）
1．如图，P为等边△ABC内的一点，且P到三个顶点A，B，C的距离分别为6，8，10，则△ABC的面积为（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】先把△ABP绕点A逆时针旋转60°到△ACP1，把△ACP绕点C逆时针旋转60°到△CBP2，把△CBP绕点B逆时针旋转60°到△ABP3，连接PP1，PP2，PP3，把三角形的面积进行转换求解．
【解答】解：∵△ABC是等边三角形，
∴把△ABP绕点A逆时针旋转60°到△ACP1，把△ACP绕点C逆时针旋转60°到△CBP2，把△CBP绕点B逆时针旋转60°到△ABP3，连接PP1，PP2，PP3，
∴AP＝AP1＝6，BP＝CP1＝8
∴△APP1为等边三角形，且面积为：6×69，
∴PP1＝AP＝6，
∵PC2，
∴△PCP1为直角三角形，且面积为：24，
∴四边形APCP1的面积为：24+9，
同理得：四边形APBP3的面积为：24+16，
四边形BPCP2的面积为：24+25，
∴△ABC的面积为：（24+924+1624+25）＝36+25，
故选：A．
【点评】本题考查了图形的旋转，掌握旋转的性质及三角形的面积公式是解题的关键．
2．如图，在菱形ABCD中，AB＝4，∠BAD＝60°，对角线AC，BD相交于点O，点E是对角线AC上的一个动点，连结BE，将BE绕点B按逆时针方向旋转60°，得到BF，连接OF，则OF的最小值是（　　）
A．2 B． C．1 D．
【答案】C
【分析】根据菱形的性质推出△ABD是等边三角形，得到∠ABD＝60°，BD＝AB＝4，连接DF，证明△ABE≌△DBF（SAS），得∠BAO＝∠BDF＝30°，得到点F在射线DF上，当OF⊥DF时，OF有最小值，最小值为2，即可得到答案．
【解答】解：∵四边形ABCD是菱形，∠BAD＝60°，
∴AB＝AD，AC⊥BD，BO＝OD，
∴△ABD是等边三角形，
∴AB＝BD＝4，∠ABD＝60°，
∴BO＝DO＝2，∠BAO＝30°，
∵将BE绕点B按逆时针方向旋转60°，得到BF，
∴BE＝BF，∠EBF＝60°＝∠ABD，
∴∠ABE＝∠DBF，
∴△ABE≌△DBF（SAS），
∴∠BAO＝∠BDF＝30°，
∴点F在过点D与BD成30°的射线上移动，
∴当OF⊥DF时，OF有最小值，
∴OF的最小值为OD＝1，
故选：C．
【点评】本题考查了旋转的性质，垂线段最短，全等三角形的判定与性质，等边三角形的判定与性质，菱形的性质，熟练掌握相关知识点是解题的关键．
3．如图，△ABC中，∠BAC＝30°，△ABC绕点A逆时针旋转至△AED，连接对应点CD，AE垂直平分CD于点F，则旋转角度是（　　）
A．30° B．45° C．50° D．60°
【答案】D
【分析】根据旋转的性质得出AD＝AC，∠DAE＝∠BAC＝30°，求出∠DAE＝∠CAE＝30°，再求出∠DAC的度数即可．
【解答】解：∵△ABC绕点A逆时针旋转至△AED，∠BAC＝30°
∴AD＝AC，∠DAE＝∠BAC＝30°，
∵AE垂直平分CD于点F，
∴∠DAE＝∠CAE＝30°，
∴∠DAC＝30°+30°＝60°，
即旋转角度数是60°，
故选：D．
【点评】本题考查了等腰三角形的性质和旋转的性质，能求出∠DAE＝∠CAE＝30°是解此题的关键．
4．如图，正方形ABCD的边长为5，E为BC上一点，且BE＝1，F为AB边上的一个动点，以EF为边向右侧作等边△EFG，连接CG，则CG的最小值为（　　）
A．1 B．3 C．2 D．2.5
【答案】B
【分析】由题意分析可知，点F为主动点，运动轨迹是线段AB，G为从动点，所以以点E为旋转中心构造全等关系，得到点G的运动轨迹，也是一条线段，之后通过垂线段最短构造直角三角形获得CG最小值．
【解答】解：由题意可知，点F是主动点，点G是从动点，点F在线段上运动，点G的轨迹也是一条线段，
将△EFB绕点E旋转60°，使EF与EG重合，得到△EFB≌△EHG，
从而可知△EBH为等边三角形，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠FBE＝90°，
∴∠GHE＝∠FBE＝90°，
∴点G在垂直于HE的直线HN上，
延长HG交DC于点N，
过点C作CM⊥HN于M，则CM即为CG的最小值，
过点E作EP⊥CM于P，可知四边形HEPM为矩形，
则CM＝MP+CP＝HEEC＝1+2＝3，
故选：B．
【点评】本题考查了线段最值问题，分清主动点和从动点，通过旋转构造全等，从而判断出点G的运动轨迹，是本题的关键，之后运用垂线段最短，构造图形计算，是最值问题中比较典型的类型．
5．如图，菱形ABCD中∠ABC＝60°，△ABE是等边三角形，M为对角线BD（不含B点）上任意一点，将BM绕点B逆时针旋转60°得到BN，连接EN、AM、CM，则下列五个结论中正确的个数是（　　）
①△AMB≌△ENB；
②若菱形ABCD的边长为2，则AM+CM的最小值2；
③连接AN，则AN⊥BE；
④当AM+BM+CM的最小值为时，菱形ABCD的面积也为．
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】B
【分析】①根据菱形的性质，运用“SAS”证明即可；②根据菱形性质可得A与C关于对角线BD对称，可知AM+CM最小为AC长；③先假设AN⊥BE，而后逆推即可判断；④根据图形特征得出当M点位于BD与CE的交点处时，AM+BM+CM的值最小，即等于EC的长，过E点作EF⊥BC，交CB的延长线于F，在Rt△EFC中利用勾股定理求解，继而求得菱形的面积即可判断④．
【解答】解：①∵△ABE是等边三角形，
∴BA＝BE，∠ABE＝60°．
∵∠MBN＝60°，
∴∠MBN﹣∠ABN＝∠ABE﹣∠ABN．即∠MBA＝∠NBE．
又∵MB＝NB，
∴△AMB≌△ENB（SAS），故①正确；
②连接AC交BD于点O，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AB＝BC，BD⊥AC，AO＝CO．
∴点A和点C关于直线BD对称，
∴当M点与O点重合时，AM+CM的值最小为AC的值．
∵∠ABC＝60°，
∴△ABC是等边三角形，
∴AC＝2．
即AM+CM的值最小为2，故②正确；
③假设AN⊥BE，且AE＝AB，
∴AN是BE的垂直平分线，
∴EN＝BN＝BM＝MA，
∴M点与O点重合，
∵条件没有确定M点与O点重合，故③错误；
④如图，连接MN，由（1）知，△AMB≌△ENB，
∴AM＝EN，
∵∠MBN＝60°，MB＝NB，
∴△BMN是等边三角形，
∴BM＝MN，
∴AM+BM+CM＝EN+MN+CM，
根据“两点之间线段最短”，得EN+MN+CM＝EC最短，
∴当M点位于BD与CE的交点处时，AM+BM+CM的值最小，即等于EC的长．
过E点作EF⊥BC交CB的延长线于F，
∴∠EBF＝180°﹣120°＝60°，
设菱形的边长为x，∴BF，EF，
在Rt△EFC中，∵EF2+FC2＝EC2，
∴，
解得x＝4，
∴BC＝4，EF＝2，
∴菱形的面积为EF×BC＝24＝8，
故④不正确．
故选：B．
【点评】本题主要考查了旋转的性质、全等三角形的判定和性质、等边三角形的性质、菱形的性质、轴对称求最值以及勾股定理，综合运用以上知识，添加辅助线是解题的关键．
6．如图，O是正△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′，下列结论：①△BO′A可以由△BOC绕点B逆时针旋转60°得到；②点O与O′的距离为4；③∠AOB＝150°；④S四边形AOBO′＝6+3；⑤S△AOC+S△AOB＝6．其中正确的结论是（　　）
A．①②③⑤ B．①②③④ C．①②③④⑤ D．①②③
【答案】A
【分析】证明△BO′A≌△BOC，又∠OBO′＝60°，所以△BO′A可以由△BOC绕点B逆时针旋转60°得到，故结论①正确；
由△OBO′是等边三角形，可知结论②正确；
在△AOO′中，三边长为3，4，5，这是一组勾股数，故△AOO′是直角三角形；进而求得∠AOB＝150°，故结论③正确；
S四边形AOBO′＝S△AOO′+S△OBO′＝6+4，故结论④错误；
如图②，将△AOB绕点A逆时针旋转60°，使得AB与AC重合，点O旋转至O″点．利用旋转变换构造等边三角形与直角三角形，将S△AOC+S△AOB转化为S△COO″+S△AOO″，计算可得结论⑤正确．
【解答】解：由题意可知，∠1+∠2＝∠3+∠2＝60°，∴∠1＝∠3，
又∵OB＝O′B，AB＝BC，
∴△BO′A≌△BOC，又∵∠OBO′＝60°，
∴△BO′A可以由△BOC绕点B逆时针旋转60°得到，
故结论①正确；
如图①，连接OO′，
∵OB＝O′B，且∠OBO′＝60°，
∴△OBO′是等边三角形，
∴OO′＝OB＝4．
故结论②正确；
∵△BO′A≌△BOC，∴O′A＝5．
在△AOO′中，三边长为3，4，5，这是一组勾股数，
∴△AOO′是直角三角形，∠AOO′＝90°，
∴∠AOB＝∠AOO′+∠BOO′＝90°+60°＝150°，
故结论③正确；
S四边形AOBO′＝S△AOO′+S△OBO′3×442＝6+4，
故结论④错误；
如图②所示，将△AOB绕点A逆时针旋转60°，使得AB与AC重合，点O旋转至O″点．
易知△AOO″是边长为3的等边三角形，△COO″是边长为3、4、5的直角三角形，
则S△AOC+S△AOB＝S四边形AOCO″＝S△COO″+S△AOO″3×432＝6，
故结论⑤正确．
综上所述，正确的结论为：①②③⑤．
故选：A．
【点评】本题考查了旋转变换中等边三角形，直角三角形的性质．利用勾股定理的逆定理，判定勾股数3、4、5所构成的三角形是直角三角形，这是本题的要点．在判定结论⑤时，将△AOB向不同方向旋转，体现了结论①﹣结论④解题思路的拓展应用．
7．如图，已知△OAB是正三角形，OC⊥OA，OC＝OA．将△OAB绕点O按逆时针方向旋转，使得OB与OC重合，得到△OCD，则旋转的角度是（　　）
A．150° B．120° C．90° D．60°
【答案】A
【分析】根据等边三角形的性质求出∠BOA，根据垂直求出∠AOC，求出∠BOC即可．
【解答】解：∵△OAB是正三角形，
∴∠BOA＝60°，
∵OC⊥OA，
∴∠AOC＝90°，
∴∠BOC＝∠BOA+∠AOC＝60°+90°＝150°，
即旋转角是150°，
故选：A．
【点评】本题考查了旋转的性质和等边三角形的性质，能求出∠BOC的度数是解此题的关键．
8．如图，点P为定角∠AOB平分线上的一个定点，且∠MPN与∠AOB互补．若∠MPN在绕点P旋转的过程中，其两边分别与OA、OB相交于M、N两点，则以下结论：①PM＝PN；②OM+ON的值不变；③MN的长不变；④四边形PMON的面积不变，其中，正确结论的是（　　）
A．①②③ B．①②④ C．①③④ D．②③④
【答案】B
【分析】如图作PE⊥OA于E，PF⊥OB于F．只要证明△POE≌△POF，△PEM≌△PFN，即可一一判断
【解答】解：如图作PE⊥OA于E，PF⊥OB于F．
∵∠PEO＝∠PFO＝90°，
∴∠EPF+∠AOB＝180°，
∵∠MPN+∠AOB＝180°，
∴∠EPF＝∠MPN，
∴∠EPM＝∠FPN，
∵OP平分∠AOB，PE⊥OA于E，PF⊥OB于F，
∴∠PEO＝∠PFO＝90°，
在△POE和△POF中，
，
∴△POE≌△POF（AAS），
∴OE＝OF，PE＝PF，
在△PEM和△PFN中，
，
∴△PEM≌△PFN（ASA），
∴EM＝NF，PM＝PN，故①正确，
∴S△PEM＝S△PNF，
∴S四边形PMON＝S四边形PEOF＝定值，故④正确，
∵OM+ON＝OE+ME+（OF﹣NF）＝2OE，是定值，故②正确，
在旋转过程中，△PMN是等腰三角形，形状是相似的，因为PM的长度是变化的，所以MN的长度是变化的，故③错误，
故选：B．
【点评】本题考查全等三角形的性质、角平分线的性质定理、四边形的面积等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，属于中考常考题型．
二．填空题（共7小题）
9．如图，在△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝4，BC＝3，将AC绕点A逆时针旋转，得到AD，当△ABD为直角三角形时，CD的长为 　6或或　 ．
【答案】6或或．
【分析】①当∠ABD1＝90°时，连接BD1，由旋转得AD1＝AC，求得BD1，即可求得CD1；②当∠BAD2＝90°时，连接BD2，CD2，过点D2作D2H⊥AC交AC于点H，连接AH，则∠D2HA＝∠ABC＝90°，证明△AD2H≌△CAB，得到D2H＝AB，AH＝BC，利用勾股定理求得CD2；③当∠BAD3＝90°，连接BD3，CD3，过点D3作D3E⊥AC交AC于点E，证明△AD3E≌△CAB，则D3E＝AB，AE＝BC，利用勾股定理求得CD3即可．
【解答】解：∵∠ABC＝90°，AB＝4，BC＝3，
∴，
①如图，∠ABD1＝90°时，连接BD1，
∵AD1＝AC，∠ABC＝90°，
∴点D1、B和C在同一直线上，
∴BD1，
∴CD1＝BC+BD1＝6；
②当∠BAD2＝90°时，连接BD2，CD2，过点D2作D2H⊥AC交AC于点H，连接AH，则∠D2HA＝∠ABC＝90°，
∵∠D2AH+∠BAC＝90°，∠D2AH+∠AD2H＝90°，
∴∠AD2H＝∠BAC，
∵AD2＝AC，
∴△AD2H≌△CAB（AAS），
∴D2H＝AB＝4，AH＝BC＝3，
∴CD24；
③当∠BAD3＝90°，过点D3作D3E⊥AC交AC于点E，则∠D3AE＝∠ABC＝90°，
∵∠D3AE+∠BAC＝90°，∠D3AE+∠AD3E＝90°，
∴∠AD3E＝∠BAC，
∵AD3＝AC，
∴△AD3E≌△CAB（AAS），
∴D3E＝AB＝4，AE＝BC＝3，
∴CD32，
综上所述，CD的长6或或，
故答案为：6或或．
【点评】本题主要考查了勾股定理、旋转的性质、全等三角形的判定和性质，解题的关键是掌握相关知识的灵活运用．
10．（跨学科与体育融合）在体育课上，当老师下达口令“向左转”时，左脚正确的动作应是以　脚跟　 （填“脚跟”或“脚尖”）为旋转中心，沿着　逆时针　 （填“顺时针”或“逆时针”）方向旋转　90　 度．
【答案】脚跟，逆时针，90．
【分析】根据旋转的定义即可得出答案．
【解答】解：在体育课上，当老师下达口令“向左转”时，左脚正确的动作应是以脚跟为旋转中心，沿着逆时针方向旋转90度．
故答案为：脚跟，逆时针，90．
【点评】本题主要是考查生活中的旋转现象，关键是熟练掌握旋转的定义．
11．如图，将△ABC绕点A顺时针旋转36°，得到△AMN，且点B的对应点M恰好落在BC上，则∠AMC的度数为 　108　 度．
【答案】108．
【分析】由旋转得∠BAM＝36°，AM＝AB，根据等角对等边以及三角形的内角和定理，可得∠AMB＝72°，进而根据邻补角的定义即可求解．
【解答】解：由旋转得∠BAM＝36°，AM＝AB，
∴，
∴∠AMC＝180°﹣∠AMB＝108°，
故答案为：108．
【点评】本题考查旋转的性质，等角对等边，三角形的内角和定理，熟练掌握旋转的性质是解题的关键．
12．如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，将△ACB绕点C顺时针旋转70°，使点B的对应点D恰好落在边AB上，得到△ECD，则∠EFC的度数为　75°　 ．
【答案】75°．
【分析】由旋转的性质可知，BC＝CD，∠B＝∠EDC，∠A＝∠E，∠ACE＝∠BCD，∠BCD＝70°，所以∠B＝∠BDC＝55°，∠ACE＝70°，由三角形内角和可得，∠A＝90°﹣∠B＝35°，所以∠E＝35°，再由三角形内角和定理可知，∠EFC＝180°﹣∠ECF﹣∠E＝75°．
【解答】解：∵将△ACB绕点C顺时针旋转70°，使点B的对应点D恰好落在边AB上，得到△ECD，
∴BC＝CD，∠B＝∠EDC，∠A＝∠E，∠ACE＝∠BCD，∠BCD＝70°，
∴，∠ACE＝70°，
∵∠ACB＝90°，
∴∠A＝90°﹣∠B＝35°，
∴∠E＝35°，
∴∠EFC＝180°﹣∠ECF﹣∠E＝75°．
故答案为：75°．
【点评】本题主要考查旋转的性质，三角形内角和等相关内容，正确进行计算是解题关键．
13．如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝4，BC＝5．将△ABC绕点A逆时针旋转α（0°＜α＜90°）得到△ADE，延长BC交ED于点F．若∠EAB＝90°，则线段EF的长为 　　 ．
【答案】．
【分析】连接AF，利用HL证明Rt△AFE≌Rt△AFC，得到EF＝FC，∠EFA＝∠CFA，再证明DE∥AB，得到∠BFA＝∠FAB，所以，据此求解．
【解答】解：连接AF，
∵∠ACB＝90°，AC＝4，BC＝5，
∴，
由旋转的性质得AE＝AC，∠E＝∠ACB＝90°，
∴∠E＝∠ACF＝90°，
∵AF＝AF，
∴Rt△AFE≌Rt△AFC（HL），
∴EF＝FC，∠EFA＝∠CFA，
∵∠EAB＝90°，
∴DE∥AB，
∴∠EFA＝∠FAB，
∴∠BFA＝∠FAB，
∴，
∴，
故答案为：．
【点评】本题考查了旋转的性质，掌握勾股定理，全等三角形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质是解题的关键．
14．如图，直角△ABC中，∠ACB＝60°，在水平桌面上△ABC绕C点按顺时针方向旋转到△ECD位置，且点B、C、E在一条直线上，那么旋转角是 　120　 度．
【答案】120．
【分析】首先要确定旋转中心，再找到一对对应点，对应点与旋转中心连线的夹角就是旋转角，求出这个角即可．
【解答】解：∵直角三角板ABC在水平桌面上绕点C按顺时针方向旋转到EDC的位置，
∴点B的对应点就是D点，
则旋转角等于∠BCD，
在直角三角形ABC中，
∠ACB＝∠DCE＝60°，
∴∠BCD＝180°﹣60°＝120°．
故答案为：120．
【点评】本题考查了旋转的性质，要注意旋转的三要素：①定点﹣旋转中心；②旋转方向；③旋转角度．解答此题要熟悉旋转的定义并熟练掌握旋转的性质．
15．如图，将△AOB绕着点O顺时针旋转，得到△COD，若∠B＝30°，则∠D等于　30°　 ．
【答案】30°．
【分析】根据旋转的性质即可得到结论．
【解答】解：∵将△AOB绕着点O顺时针旋转，得到△COD，
∴∠D＝∠B，
∵∠B＝30°，
∴∠D＝30°，
故答案为：30°．
【点评】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．
三．解答题（共7小题）
16．正方形ABCD的对角线相交于点O，正方形A1B1C1D1的顶点A1与点O重合，而且这两个正方形的边长都是1．已知A1D1，A1B1与正方形ABCD的边分别交于M，N两点．
（1）如图1，若A1D1⊥DC，则重叠部分四边形OMCN的面积是 　　 ．
（2）当正方形A1B1C1D1绕点O旋转到如图2所示的位置时，四边形OMCN的面积是否发生变化？证明你的结论．
【答案】（1）；
（2）面积不发生变化．理由见解答．
【分析】（1）先根据正方形的性质得到∠OBC＝∠OCD＝45°，OB＝OC，∠D1OB1＝90°，再证明△OMC≌△ONB得到S△OMC＝S△ONB，所以重叠部分四边形OMCN的面积＝S△OBCS正方形ABCD；
（2）先根据正方形的性质得到∠OBC＝∠OCD＝45°，OB＝OC，∠BOC＝90°，∠D1OB1＝90°，再证明△COM≌△BON得到S△OMC＝S△ONB，所以重叠部分四边形OMCN的面积＝S△OBCS正方形ABCD，于是判断四边形OMCN的面积不发生变化．
【解答】解：（1）如图1，∵四边形ABCD和四边形A1B1C1D1都为正方形，
∴∠OBC＝∠OCD＝45°，OB＝OC，∠D1OB1＝90°，
∵A1D1⊥DC，
∴∠OMC＝90°，
∴∠ONC＝90°，
在△OMC和△ONB中，
，
∴△OMC≌△ONB（AAS），
∴S△OMC＝S△ONB，
∴重叠部分四边形OMCN的面积＝S△OBCS正方形ABCD1×1；
故答案为：；
（2）四边形OMCN的面积不发生变化．
理由如下：
∵四边形ABCD和四边形A1B1C1D1都为正方形，
∴∠OBC＝∠OCD＝45°，OB＝OC，∠BOC＝90°，∠D1OB1＝90°，
∵∠BON+∠CON＝90°，∠CON+∠COM＝90°，
∴∠BON＝∠COM，
在△COM和△BON中，
，
∴△COM≌△BON（ASA），
∴S△OMC＝S△ONB，
∴重叠部分四边形OMCN的面积＝S△OBCS正方形ABCD1×1；
即四边形OMCN的面积不发生变化．
【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．也考查了正方形的性质．
17．如图，在平面直角坐标系xOy中，A（﹣2，4），B（﹣2，0），将△OAB绕原点O顺时针旋转90°得到△OA'B'（A'，B'分别是A，B的对应点）．
（1）点A′的坐标是　（4，2）　 ，点B′的坐标是　（0，2）　 ；
（2）若点M（m，2）位于△OAB内（不含边界），点M′为点M绕原点O顺时针旋转90°的对应点，直接写出M′的纵坐标n的取值范围．
【答案】（1）（4，2），（0，2）；
（2）1＜n＜2．
【分析】（1）根据旋转的性质解答即可；
（2）由旋转的性质可确定点M旋转后对应点M′在线段CD上，且不与点C，D重合，如图，然后作答即可．
【解答】解：（1）由旋转作图可知，点A′的坐标为（4，2），点B′的坐标是（0，2），
故答案为：（4，2），（0，2）；
（2）∵M（m，2），﹣2＜m＜﹣1，
∴旋转后对应点M′在线段CD上，且不与点C，D重合，如图，
∴1＜n＜2．
【点评】本题考查了旋转作图，旋转的性质．熟练掌握旋转的性质是解题的关键．
18．如图，已知四边形ABCD是正方形，点E在DC上，将△ADE经顺时针旋转后与△ABF完全重合，再将线段AF向右平移后与DH完全重合．
（1）旋转的中心是 　点A　 ；旋转角度是 　90°　 ；
（2）试猜想线段AE和DH的数量关系和位置关系，并说明理由．
【答案】（1）点A；90°；
（2）AE＝DH；AE⊥DH．
【分析】（1）根据旋转的定义即可求解；
（2）由旋转的性质可得：AE＝AF，∠EAF＝∠DAB＝90°；由平移的性质可得：AF＝DH，AF∥DH，据此即可求解．
【解答】解：（1）∵将△ADE经顺时针旋转后与△ABF重合，
∴旋转的中心为点A，∠BAD为旋转角，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BAD＝90°，
故答案为：点A；90°；
（2）AE＝DH且AE⊥DH，理由如下：
由旋转的性质可得：AE＝AF，∠EAF＝∠DAB＝90°，
由平移的性质可得：AF＝DH，AF∥DH，
∴AE＝DH，
∵AF∥DH，
∴∠EGH＝∠EAF＝90°，
∴AE⊥DH．
【点评】本题考查了旋转和平移这两种图形变换，掌握相关性质是解题关键．
19．已知△ABC中，∠ACB＝90°AC＝BC，AB＝8，∠ABC＝∠BAC＝45°，点D在边AB上，BD＝a．
（1）如图1，△CBD绕着点C顺时针方向旋转，点B的对应点E落在射线CD上，点D的对应点F落在边AB上，而点E关于直线CF的对称点恰好是点A，那么DF的长度为　8﹣2a　 （结果用含a的代数式表示）；旋转角的度数为　30°　 ；
（2）如图2，△CBD绕着点C顺时针方向旋转90°后得到△CAG，点B和点D的对应点分别是点A和点G．连接DG，用含a的代数式表示S△ADG．
【答案】（1）8﹣2a，30°；
（2）．
【分析】（1）根据旋转与轴对称的性质先判断∠BCE＝∠ECF＝∠ACF＝30°，可得旋转角，再证明△ABC是轴对称图形，△CDF是轴对称图形，进一步可得DF的长度；
（2）由旋转可得：CD＝CG，∠DCG＝∠ACB＝90°，∠B＝∠CAG＝45°，BD＝AG＝a，证明∠BAG＝90°，求解AD＝8﹣a，再进一步求解三角形的面积即可．
【解答】解：（1）∵△CBD绕着点C顺时针方向旋转，点B的对应点E落在射线CD上，点D的对应点F落在边AB上，而点E关于直线CF的对称点恰好是点A，
∴∠BCE＝∠ECF＝∠ACF，
∵∠ACB＝90°，
∴∠BCE＝∠ECF＝∠ACF＝30°，
∴旋转角是30°，
∵AC＝BC，∠ABC＝∠CAB＝45°，
∴△ABC是轴对称图形，由旋转可得：CD＝CF，
∴△CDF是轴对称图形，
∴BD＝AF＝a，
∵AB＝8，
∴DF＝8﹣2a；
故答案为：8﹣2a，30°；
（2）由旋转可得：CD＝CG，∠DCG＝∠ACB＝90°，∠B＝∠CAG＝45°，BD＝AG＝a，
∵∠CAB＝45°，
∴∠BAG＝90°，
∵AB＝8，
∴AD＝8﹣a，
∴S△ADGa（8﹣a）．
【点评】本题考查的是轴对称的性质，旋转的性质，整式的乘法运算；
20．如图，Rt△ABC中，∠ACB＝90°，BC＝4，AC＝3，将△ABC绕点B逆时针旋转得△A′BC′，若点C′在AB上，求AA′的长．
【答案】．
【分析】由勾股定理可得AB＝5，由旋转的性质可得BC′＝BC＝4，A′C′＝AC＝3，∠A′C′B＝∠ACB＝90°，则可得到AC′＝1，∠A′C′A＝90°，据此利用勾股定理可得答案．
【解答】解：∵Rt△ABC中，∠ACB＝90°，BC＝4，AC＝3，
∴，
∵将△ABC绕点B逆时针旋转得△A′BC′，
∴BC′＝BC＝4，A′C′＝AC＝3，∠A′C′B＝∠ACB＝90°，
∴AC′＝AB﹣BC′＝1，∠A′C′A＝180°﹣∠A′C′B＝90°，
由勾股定理和是：．
【点评】本题主要考查了旋转的性质，勾股定理，熟练掌握旋转的性质是解答本题的关键．
21．如图，在三角形CDB中，已知CA是DB上的高，AC＝AB＝a，点E是AC的一点，AE＝AD＝b，a＞b＞0．
（1）求阴影部分的面积（用含a、b的式子表示）．
（2）当a＝10.75，b＝5.25时，求阴影部分的面积的值．
（3）三角形CAD可以通过一种运动与三角形BAE完全重合，请写出具体的运动方法：　三角形CAD可以绕着点A顺时针旋转90度与三角形BAE完全重合　 ．
【答案】（1）阴影部分的面积（a+b）（a﹣b）；
（2）44；
（3）三角形CAD可以绕着点A顺时针旋转90度与三角形BAE完全重合．
【分析】（1）根据阴影部分的面积＝三角形BCD的面积﹣三角形BED的面积，代入a，b计算即可；
（2）结合（1）代入值计算即可；
（3）根据旋转的性质即可解决问题．
【解答】解：（1）阴影部分的面积＝三角形BCD的面积﹣三角形BED的面积
BD ACBD AE
BD（AC﹣AE）
（AD+AB）（AC﹣AE）
（a+b）（a﹣b）；
（2）当a＝10.75，b＝5.25时，
阴影部分的面积（a+b）（a﹣b）（10.75+5.25）（10.75﹣5.25）16×5.5＝44；
（3）三角形CAD可以通过一种旋转运动与三角形BAE完全重合，
具体的运动方法：三角形CAD可以绕着点A顺时针旋转90度与三角形BAE完全重合．
故答案为：三角形CAD可以绕着点A顺时针旋转90度与三角形BAE完全重合．
【点评】本题考查旋转的性质，列代数式，代数式求值，解决本题的关键的掌握旋转的性质．
22．如图，在△ABC中，∠C＝90°，∠BAC＝50°．将△ABC绕点B按逆时针方向旋转得到△DBE，使点E落在边AB上，连接AD，求∠ADE的度数．
【答案】20°．
【分析】由旋转得BA＝BD，通过等腰三角形及直角三角形可求∠ADE度数．
【解答】解：在△ABC中，∠C＝90°，∠BAC＝50°，
∴∠ABC＝180°﹣∠C﹣∠BAC＝40°．
由旋转的性质，可得AB＝DB，∠BAC＝∠BDE＝50°，∠ABC＝∠DBE＝40°，
∴，
∴∠ADE＝∠BDA﹣∠BDE＝20°．
【点评】此题主要考查了旋转的性质，同时也利用了等腰三角形的性质，解题的关键是会确定旋转角．
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