第23章 旋转(提高卷.含解析）-2025-2026学年人教版数学九年级上册

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第23章 旋转
一、选择题
1．（3分）下列图形中是中心对称图形，但不是轴对称图形的是（　　）
A． B．
C． D．
2．（3分）把图中的交通标志图案绕着它的中心旋转一定角度后与自身重合，则这个旋转角度至少为（　　）
A．30° B．90° C．120° D．180°
3．（3分）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠ABC＝30°，将△ABC绕点C顺时针旋转至△A′B′C，使得点A′恰好落在AB上，则旋转角度为（　　）
A．60° B．30° C．90° D．150°
4．（3分）如图，在平面直角坐标系中，矩形OABC的两边OA，OC分别在x轴和y轴上，并且OA＝5，OC＝3．若把矩形OABC绕着点O逆时针旋转，使点A恰好落在BC边上的A1处，则点A1的坐标为（　　）
A．（3，4） B．（3，5） C．（4，3） D．（4，5）
5．（3分）如图，在平面直角坐标系中，△ABC的顶点A在第一象限，点B，C的坐标分别为（2，1），（6，1），∠BAC＝90°，AB＝AC，直线AB交y轴于点P，若△ABC与△A′B′C′关于点P成中心对称，则点A′的坐标为（　　）
A．（﹣4，﹣5） B．（﹣5，﹣4） C．（﹣3，﹣4） D．（﹣4，﹣3）
6．（3分）如图，将两块全等的直角三角板拼接在一起、这个图形可以看作是由一块直角三角板绕着直角顶点经过一次旋转后得到的，那么旋转的角度是（　　）
A．30° B．60° C．90° D．180°
7．（3分）如图，在4×4的正方形网格中，每个小正方形的顶点称为格点，左上角阴影部分是一个以格点为顶点的正方形（简称格点正方形）．若再作一个格点正方形，并涂上阴影，使这两个格点正方形无重叠面积，且组成的图形是轴对称图形，又是中心对称图形，则这个格点正方形的作法共有（　　）
A．2种 B．3种 C．4种 D．5种
8．（3分）如图，直角梯形ABCD中，AD∥BC，AB⊥BC，AD＝6，BC＝10，将腰DC绕点D逆时针方向旋转90°至DE，则△ADE的面积是（　　）
A．18 B．12 C．30 D．40
二、填空题
9．（3分）将点P（2，﹣5）绕原点逆时针旋转90°得点P'，则点P'的坐标为 　 　 ．
10．（3分）如图所示是两张全等的图案，它们完全重合地叠在一起，按住下面的一张图案不动，将上面的图案绕点O顺时针旋转，至少旋转　 　 °后，两张图案构成的图形是中心对称图形．
11．（3分）如图，在正方形ABCD中，AD＝2，把边BC绕点B逆时针旋转30°得到线段BP，连接AP并延长交CD于点E，连接PC，则三角形PCE的面积为　 　 ．
12．（3分）如图，是将菱形ABCD以点O为中心按顺时针方向分别旋转90°，180°，270°后形成的图形．若∠BAD＝60°，AB＝2，则图中阴影部分的面积为 　 　 ．
13．（3分）已知a＜0，那么点P（﹣a2﹣1，﹣a+3）关于原点的对称点P'在第 　 　 象限．
14．（3分）如图，将一次函数y＝2x+4的图象绕原点O顺时针旋转90°，所得到的图象对应的函数表达式为 　 　 ．
15．（3分）如图，下面的图案由三个叶片组成，绕点O旋转120°后可以和自身重合，若每个叶片的面积为4cm2，∠AOB为120°，则图中阴影部分的面积之和为　 　 cm2．
16．（3分）如图，数轴上A、B两点，表示的数分别为﹣1和，点B关于点A的对称点为C，点C所表示的实数是　 　 ．
17．（3分）如图，在平面直角坐标系xOy中，菱形OABC的边长为2，点A在第一象限，点C在x轴正半轴上，∠AOC＝60°，若将菱形OABC绕点O顺时针旋转75°，得到四边形OA′B′C′，则点B的对应点B′的坐标为　 　 ．
18．（3分）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC＝10，在△DCE中，∠DCE＝90°，DC＝EC＝6，点D在线段AC上，点E在线段BC的延长线上．将△DCE绕点C旋转60°得到△D′CE′（点D的对应点为点D′，点E的对应点为点E′），连接AD′、BE′，过点C作CN⊥BE′，垂足为N，直线CN交线段AD′于点M，则MN的长为　 　 ．
三、解答题
19．（6分）如图，在正方形网格中，将格点△ABC绕某点顺时针旋转角α（0°＜α＜180°）得到格点△A1B1C1，点A与点A1，点B与点B1，点C与点C1是对应点．
（1）请通过画图找到旋转中心，将其标记为点O；
（2）直接写出旋转角α的度数．
20．（6分）如图，△ABC为等边三角形，将AC边绕点C顺时针旋转40°，得到线段CD，连接BD，求∠ABD的度数．
21．（7分）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，D是AB边上点（点D与A，B不重合），连接CD，将线段CD绕点C按逆时针方向旋转90°得到线段CE，连接DE交BC于点F，连接BE．
（1）求证：△ACD≌△BCE；
（2）当AD＝BF时，求∠BEF的度数；
（3）若AB＝4，AD＝1，求CD的长．
22．（9分）将矩形ABCD绕点A顺时针旋转α（0°＜α＜360°），得到矩形AEFG．
（1）如图，当点E在BD上时．求证：FD＝CD；
（2）当α为何值时，GC＝GB？画出图形，并说明理由．
23．（8分）如图，已知△ABC是等腰直角三角形，AC＝BC＝2，D是边AB上一动点（A，B两点除外），将△CAD绕点C按逆时针方向旋转角α得到△CEF，其中点E是点A的对应点，点F是点D的对应点．若α＝90°，G是边AB上一点，且BG＝AD，连接GF．求证：GF∥AC．
24．（10分）已知等边△ABC，点D为BC上一点，连接AD．
（1）如果点E是AC上一点，且CE＝BD，连接BE，BE与AD的交点为点P，如图（1），求出∠APE的大小．
（2）将（1）中AD绕点A逆时针旋转120°，得到AF，连接BF交AC与点Q，如图（2），用等式表示线段AQ和CD的数量关系 　 　 ．
25．（10分）【问题解决】一节数学课上，老师提出了这样一个问题：如图1，点P是正方形ABCD内一点，PA＝1，PB＝2，PC＝3．你能求出∠APB的度数吗？
小明通过观察、分析、思考，形成了如下思路：
思路一：将△BPC绕点B逆时针旋转90°，得到△BP′A，连接PP′，求出∠APB的度数；
思路二：将△APB绕点B顺时针旋转90°，得到△CP′B，连接PP′，求出∠APB的度数．
请参考小明的思路，任选一种写出完整的解答过程．
【类比探究】如图2，若点P是正方形ABCD外一点，PA＝5，PB＝2，∠APB＝45°，求PC的长．
第23章 旋转
参考答案与试题解析
一、选择题
1．（3分）下列图形中是中心对称图形，但不是轴对称图形的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】B
【分析】根据中心对称图形与轴对称图形的概念进行判断即可．
【解答】解：A、原图是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项不合题意；
B、原图是中心对称图形，不是轴对称图形，故此选项符合题意；
C、原图既是中心对称图形，又是轴对称图形，故此选项不合题意；
D、原图是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项不合题意．
故选：B．
【点评】本题考查的是中心对称图形与轴对称图形的概念．轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分折叠后可重合，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后与自身重合．
2．（3分）把图中的交通标志图案绕着它的中心旋转一定角度后与自身重合，则这个旋转角度至少为（　　）
A．30° B．90° C．120° D．180°
【答案】C
【分析】根据图形的对称性，用360°除以3计算即可得解．
【解答】解：∵360°÷3＝120°，
∴旋转的角度是120°的整数倍，
∴旋转的角度至少是120°．
故选：C．
【点评】本题考查了旋转对称图形，仔细观察图形求出旋转角是120°的整数倍是解题的关键．
3．（3分）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠ABC＝30°，将△ABC绕点C顺时针旋转至△A′B′C，使得点A′恰好落在AB上，则旋转角度为（　　）
A．60° B．30° C．90° D．150°
【答案】A
【分析】如图，证明CA＝CA′，∠A＝∠CA′A；求出∠A＝60°，得到∠A′CA＝60°，即可解决问题．
【解答】解：如图，由题意得：CA＝CA′，
∴∠A＝∠CA′A；
∵∠ACB＝90°，∠ABC＝30°，
∴∠A＝90°﹣30°＝60°，
∴∠A′CA＝180°﹣2×60°＝60°，
故选：A．
【点评】该题主要考查了旋转变换的性质及其应用问题；解题的关键是抓住旋转变换过程中的不变量，灵活运用全等三角形的性质来分析、解答．
4．（3分）如图，在平面直角坐标系中，矩形OABC的两边OA，OC分别在x轴和y轴上，并且OA＝5，OC＝3．若把矩形OABC绕着点O逆时针旋转，使点A恰好落在BC边上的A1处，则点A1的坐标为（　　）
A．（3，4） B．（3，5） C．（4，3） D．（4，5）
【答案】C
【分析】由旋转的性质得OA1＝OA＝5，由勾股定理求出A1C＝4，即可得出A1的坐标为（4，3）．
【解答】解：由旋转的性质得：OA1＝OA＝5，
∵四边形OABC是矩形，
∴∠OCB＝90°，
∴A1C4，
∴A1的坐标为（4，3）；
故选：C．
【点评】此题考查了矩形的性质、旋转的性质、坐标与图形性质以及勾股定理等知识；熟练掌握矩形的性质和勾股定理是解题的关键．
5．（3分）如图，在平面直角坐标系中，△ABC的顶点A在第一象限，点B，C的坐标分别为（2，1），（6，1），∠BAC＝90°，AB＝AC，直线AB交y轴于点P，若△ABC与△A′B′C′关于点P成中心对称，则点A′的坐标为（　　）
A．（﹣4，﹣5） B．（﹣5，﹣4） C．（﹣3，﹣4） D．（﹣4，﹣3）
【答案】A
【分析】先求得直线AB解析式为y＝x﹣1，即可得出P（0，﹣1），再根据点A与点A'关于点P成中心对称，利用中点公式，即可得到点A′的坐标．
【解答】解：∵点B，C的坐标分别为（2，1），（6，1），∠BAC＝90°，AB＝AC，
∴△ABC是等腰直角三角形，
∴A（4，3），
设直线AB解析式为y＝kx+b，则
，
解得，
∴直线AB解析式为y＝x﹣1，
令x＝0，则y＝﹣1，
∴P（0，﹣1），
又∵点A与点A'关于点P成中心对称，
∴点P为AA'的中点，
设A'（m，n），则0，1，
∴m＝﹣4，n＝﹣5，
∴A'（﹣4，﹣5），
故选：A．
【点评】本题考查了中心对称，等腰直角三角形的运用，利用待定系数法得出直线AB的解析式是解题的关键．
6．（3分）如图，将两块全等的直角三角板拼接在一起、这个图形可以看作是由一块直角三角板绕着直角顶点经过一次旋转后得到的，那么旋转的角度是（　　）
A．30° B．60° C．90° D．180°
【答案】C
【分析】依图可知，两块全等直角三角板是旋转90°相互得到的．
【解答】解：如图，两块全等三角板是绕着直角顶点经过90°旋转得到的，故选C．
【点评】本题难度简单，主要考查旋转的性质：①对应点到旋转中心的距离相等；②对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角；③旋转前、后的图形全等．
7．（3分）如图，在4×4的正方形网格中，每个小正方形的顶点称为格点，左上角阴影部分是一个以格点为顶点的正方形（简称格点正方形）．若再作一个格点正方形，并涂上阴影，使这两个格点正方形无重叠面积，且组成的图形是轴对称图形，又是中心对称图形，则这个格点正方形的作法共有（　　）
A．2种 B．3种 C．4种 D．5种
【答案】C
【分析】利用轴对称图形的性质以及中心对称图形的性质分析得出符合题意的图形即可．
【解答】解：如图所示：组成的图形是轴对称图形，又是中心对称图形，
则这个格点正方形的作法共有4种．
故选：C．
【点评】此题主要考查了利用轴对称以及旋转设计图案，正确把握相关定义是解题关键．
8．（3分）如图，直角梯形ABCD中，AD∥BC，AB⊥BC，AD＝6，BC＝10，将腰DC绕点D逆时针方向旋转90°至DE，则△ADE的面积是（　　）
A．18 B．12 C．30 D．40
【答案】B
【分析】作DG⊥BC于点G，作EF⊥AD交AD的延长线于点F，可证明四边形ABGD是矩形，得DG∥AB，BG＝AD＝6，则∠FDG＝∠BAD＝90°，CG＝BC﹣BG＝4，由旋转得∠EDC＝90°，DE＝DC，即可证明△DEF≌△DCG，得EF＝CG＝4，即可求得S△ADE6×4＝12，于是得到问题的答案．
【解答】解：作DG⊥BC于点G，EF⊥AD交AD的延长线于点F，则∠BGD＝∠CGD＝∠F＝90°，
∵AB⊥BC，
∴∠B＝90°，
∵AD∥BC，
∴∠BAD＝180°﹣∠B＝90°，
∴四边形ABGD是矩形，
∴DG∥AB，BG＝AD＝6，
∴∠FDG＝∠BAD＝90°，CG＝BC﹣BG＝10﹣6＝4，
由旋转得∠EDC＝90°，DE＝DC，
∴∠EDF＝∠CDG＝90°﹣∠CDF，
在△DEF和△DCG中，
，
∴△DEF≌△DCG（AAS），
∴EF＝CG＝4，
∴S△ADEAD EF6×4＝12，
故选：B．
【点评】此题重点考查旋转的性质、全等三角形的判定与性质、平行线的性质、矩形的判定与性质、三角形的面积公式等知识，正确地作出所需要的辅助线是解题的关键．
二、填空题
9．（3分）将点P（2，﹣5）绕原点逆时针旋转90°得点P'，则点P'的坐标为 　（5，2）　 ．
【答案】P′（5，2）．
【分析】利用旋转变换的性质作出点P的对应点P′可得结论．
【解答】解：如图，观察图象可知P′（5，2）．
故答案为：（5，2）．
【点评】本题考查坐标图图形变化﹣旋转，解题的关键是正确作出图形，属于中考常考题型．
10．（3分）如图所示是两张全等的图案，它们完全重合地叠在一起，按住下面的一张图案不动，将上面的图案绕点O顺时针旋转，至少旋转　60　 °后，两张图案构成的图形是中心对称图形．
【答案】60．
【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，据此判断即可．
【解答】解：正三角形要想变成和正偶数边形有关的多边形，边数最少也应是6边形，而正六边形的中心角是60°，
所以至少旋转60°角后，两张图案构成的图形是中心对称图形．
贵答案为：60．
【点评】本题主要考查了中心对称图形，熟记定义是解答本题的关键．
11．（3分）如图，在正方形ABCD中，AD＝2，把边BC绕点B逆时针旋转30°得到线段BP，连接AP并延长交CD于点E，连接PC，则三角形PCE的面积为　9﹣5　 ．
【答案】见试题解答内容
【分析】根据旋转的思想得PB＝BC＝AB，∠PBC＝30°，推出△ABP是等边三角形，得到∠BAP＝60°，AP＝AB＝2，解直角三角形得到CE＝22，PE＝4﹣2，过P作PF⊥CD于F，于是得到结论．
【解答】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ABC＝90°，
∵把边BC绕点B逆时针旋转30°得到线段BP，
∴PB＝BC＝AB，∠PBC＝30°，
∴∠ABP＝60°，
∴△ABP是等边三角形，
∴∠BAP＝60°，AP＝AB＝2，
∵AD＝2，
∴AE＝4，DE＝2，
∴CE＝22，PE＝4﹣2，
过P作PF⊥CD于F，
∴PFPE＝23，
∴三角形PCE的面积CE PF（22）×（23）＝9﹣5，
故答案为：9﹣5．
【点评】本题考查了旋转的性质，正方形的性质，等边三角形的判定和性质，解直角三角形，正确的作出辅助线是解题的关键．
12．（3分）如图，是将菱形ABCD以点O为中心按顺时针方向分别旋转90°，180°，270°后形成的图形．若∠BAD＝60°，AB＝2，则图中阴影部分的面积为 　12﹣4　 ．
【答案】见试题解答内容
【分析】根据菱形的性质得出DO的长，进而求出S正方形DNMF，进而得出S△ADF即可得出答案．
【解答】解：如图所示：连接AC，BD交于点E，连接DF，FM，MN，DN，
∵将菱形ABCD以点O为中心按顺时针方向分别旋转90°，180°，270°后形成的图形，∠BAD＝60°，AB＝2，
∴AC⊥BD，四边形DNMF是正方形，∠AOC＝90°，BD＝2，AE＝EC，
∴∠AOE＝45°，ED＝1，
∴AE＝EO，DO1，
∴S正方形DNMF＝2（1）×2（1）8﹣4，
S△ADFAD×AFsin30°＝1，
∴则图中阴影部分的面积为：4S△ADF+S正方形DNMF＝4+8﹣412﹣4．
故答案为：12﹣4．
方法二：
连接DE，DM，MN，NE，作DF⊥AE，
由旋转的性质易得：四边形DMNE为正方形，AD＝AE，
△ADE≌△CDM，
∵∠BAD＝60°，
∴∠ADC＝120°，∠ADE＝AED＝∠CDM75°，
∴∠DAF＝30°，
∴DF＝AD×sin30°＝1，
AF＝AD×cos30°，
EF＝2，
∴DE，
∴图中阴影部分的面积为：4S△ADF+S正方形DNMF＝42×1+（）2
＝4+8﹣4
＝12﹣4．
故答案为：12﹣4．
方法三：
连接OC，OA，AC，BD，AC与BD交于点E，
由旋转的性质易得OA＝OC，
∠AOC＝90°，AC⊥BD，
∵AB＝2，∠BAD＝60°，
∴AE＝AB sin60°，
BE＝DE＝AB cos60°＝1，
∴AC＝2，OA＝OC＝sin45° AC，
∴S四边形AOCD＝S△AOC﹣S△ACD
21
＝3，
∴S阴影＝4×（3）＝12﹣4．
故答案为：12﹣4．
【点评】此题主要考查了菱形的性质以及旋转的性质，得出正确分割图形得出DO的长是解题关键．
13．（3分）已知a＜0，那么点P（﹣a2﹣1，﹣a+3）关于原点的对称点P'在第 　四　 象限．
【答案】四．
【分析】首先根据a的符号判断得出P点所在象限，进而得出关于原点对称的P'的所在象限．
【解答】解：∵a＜0，
∴﹣a2﹣1＜0，﹣a+3＞0，
∴P点在第二象限，
∴关于原点的对称点P'在第四象限．
故答案为：四．
【点评】此题主要考查了关于原点对称的点的性质，根据题意得出P点位置是解题关键．
14．（3分）如图，将一次函数y＝2x+4的图象绕原点O顺时针旋转90°，所得到的图象对应的函数表达式为 　yx+2　 ．
【答案】yx+2．
【分析】利用直线与两坐标轴的交点坐标，求得旋转后的对应点坐标，然后根据待定系数法即可求得．
【解答】解：在一次函数y＝2x+4中，令x＝0，则y＝4，令y＝0，则x＝﹣2，
∴直线y＝2x+4经过点（0，4），（﹣2，0）．
将一次函数y＝2x+4的图象绕原点O顺时针旋转90°，则点（0，4）的对应点为（4，0），（﹣2，0）的对应点是（0，2）．
设对应的函数解析式为：y＝kx+b，
将点（4，0）、（0，2）代入得，
解得，
∴旋转后对应的函数解析式为：yx+2，
故答案为：yx+2．
【点评】此题主要考查了一次函数图象与几何变换，待定系数法确定一次函数解析式，掌握旋转的性质是解本题的关键．
15．（3分）如图，下面的图案由三个叶片组成，绕点O旋转120°后可以和自身重合，若每个叶片的面积为4cm2，∠AOB为120°，则图中阴影部分的面积之和为　4　 cm2．
【答案】见试题解答内容
【分析】根据旋转的性质和图形的特点解答．
【解答】解：每个叶片的面积为4cm2，因而图形的面积是12cm2，
∵图案绕点O旋转120°后可以和自身重合，∠AOB为120°
∴图形中阴影部分的面积是图形的面积的 ，
因而图中阴影部分的面积之和为4cm2．
故答案为：4．
【点评】本题考查了图形的旋转与重合，理解旋转对称图形的定义是解决本题的关键．注：旋转对称图形的概念：把一个图形绕着一个定点旋转一个角度后，与初始图形重合，这种图形叫做旋转对称图形，这个定点叫做旋转对称中心，旋转的角度叫做旋转角．
16．（3分）如图，数轴上A、B两点，表示的数分别为﹣1和，点B关于点A的对称点为C，点C所表示的实数是　﹣2　 ．
【答案】见试题解答内容
【分析】只需要求出OC的长度即可，由题意可知AC＝AB1，即点C与A的距离为1，所以OC＝OA+AC2．
【解答】解：由题意可知AC＝AB1，即点C与A的距离为1，
∴OC＝OA+AC2，
∵点C在原点左侧，
∴C表示的数为﹣2，
故答案为﹣2
【点评】本题考查利用数轴表示的数，涉及对称的性质．
17．（3分）如图，在平面直角坐标系xOy中，菱形OABC的边长为2，点A在第一象限，点C在x轴正半轴上，∠AOC＝60°，若将菱形OABC绕点O顺时针旋转75°，得到四边形OA′B′C′，则点B的对应点B′的坐标为　（，）　 ．
【答案】见试题解答内容
【分析】作B′H⊥x轴于H点，连接OB，OB′，根据菱形的性质得到∠COB＝30°，再根据旋转的性质得∠BOB′＝75°，OB′＝OB＝2，则∠COB′＝∠BOB′﹣∠COB＝45°，所以△OB′H为等腰直角三角形，根据等腰直角三角形性质可计算得OH＝B′H，然后根据第四象限内点的坐标特征写出B′点的坐标．
【解答】解：作B′H⊥x轴于H点，连接OB，OB′，如图，
∵四边形OABC为菱形，
∴OB平分∠AOC，
∴∠COB＝30°，
∵菱形OABC绕原点O顺时针旋转75°至第四象限OA′B′C′的位置，
∴∠BOB′＝75°，OB′＝OB＝2，
∴∠COB′＝∠BOB′﹣∠COB＝45°，
∴△OB′H为等腰直角三角形，
∴OH＝B′HOB′，
∴点B′的坐标为（，）．
故答案为：（，）．
【点评】本题考查了坐标与图形变化﹣旋转：图形或点旋转之后要结合旋转的角度和图形的特殊性质来求出旋转后的点的坐标．常见的是旋转特殊角度如：30°，45°，60°，90°，180°．
18．（3分）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC＝10，在△DCE中，∠DCE＝90°，DC＝EC＝6，点D在线段AC上，点E在线段BC的延长线上．将△DCE绕点C旋转60°得到△D′CE′（点D的对应点为点D′，点E的对应点为点E′），连接AD′、BE′，过点C作CN⊥BE′，垂足为N，直线CN交线段AD′于点M，则MN的长为　7或7　 ．
【答案】见试题解答内容
【分析】将△DCE绕点C旋转60°得到△D′CE′，可分为顺时针和逆时针旋转两个图形；先求顺时针旋转的情形，如图作辅助线，先解Rt△BFC，再解△BE′F求BE′，用“面积法”求CN，证明△ACG≌△BCN，△CD′H≌△CE′N，将有关线段转化，可求CM，从而可求MN．
【解答】解：①若将△DCE绕点C顺时针旋转60°得到△D′CE′，
如图中左边所示，过点B作E′C的垂线交其延长线于F点，过点D′作CM的垂线交CM于H点，过A点作CM的垂线交其延长线于G点．
∵∠ACD′＝60°，∠ACB＝∠D′CE′＝90°，
∴∠BCE′＝360°﹣∠ACD′﹣∠ACB﹣∠D′CE′＝120°．
∴∠BCF＝180°﹣∠BCE′＝60°，
BF＝sin∠BCF BC10，
∴S△BCE′BF CE′．
∵∠ACG+∠BCN＝90°，∠BCN+∠CBN＝90°，
∴∠ACG＝∠CBN，
又∵AC＝BC，
∴Rt△ACG≌Rt△CBN，
∴AG＝CN，CG＝BN．
同理△CD′H≌△E′CN，D′H＝CN，CH＝NE′．
∴AG＝D′H，
在△AMG和△D′MH中，
∴△AMG≌△D′MH，
∴HM＝MG，
∴M为GH中点，CM（CG+CH）（NB+NE′）BE′．
又∵BF，∠BCF＝60°，
∴CF＝5，FE′＝CF+CE′＝11，
∴BE′14，
∴CMBE′＝7．
又∵S△BCE′＝CN BE′，
∴CN＝2S△BCE′÷BE′，
∴MN＝CM+CN＝7．
②同理，当△CDE逆时针旋转60°时，MN如图中右边所示，MN＝7．
故答案为：7或7．
【点评】本题考查了旋转的性质，解直角三角形，勾股定理的运用及分类讨论的思想．
三、解答题
19．（6分）如图，在正方形网格中，将格点△ABC绕某点顺时针旋转角α（0°＜α＜180°）得到格点△A1B1C1，点A与点A1，点B与点B1，点C与点C1是对应点．
（1）请通过画图找到旋转中心，将其标记为点O；
（2）直接写出旋转角α的度数．
【答案】见试题解答内容
【分析】（1）连接CC1、AA1，再分别作两线段的中垂线，两中垂线的交点即为所求；
（2）连接CO、C1O，结合网格特点可得旋转角∠COC1＝α＝90°．
【解答】解：（1）如图所示，点O即为所求；
（2）如图所示，∠COC1＝α＝90°．
【点评】本题主要考查作图﹣旋转变换，解题的关键是掌握旋转变换的定义和性质．
20．（6分）如图，△ABC为等边三角形，将AC边绕点C顺时针旋转40°，得到线段CD，连接BD，求∠ABD的度数．
【答案】∠ABD的度数为20°．
【分析】由旋转的性质可得∠ACD＝40°，AC＝CD＝BC，由等边三角形的性质可求∠CBD＝40°，即可求解．
【解答】解：∵△ABC是等边三角形，
∴AB＝AC＝BC，∠ABC＝∠ACB＝60°，
∵将AC边绕点C顺时针旋转40°，
∴∠ACD＝40°，AC＝CD＝BC，
∴∠BCD＝100°，
∴∠CBD＝∠D＝40°，
∴∠ABD＝20°．
【点评】本题考查了旋转的性质，等边三角形的性质，掌握旋转的性质是本题的关键．
21．（7分）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，D是AB边上点（点D与A，B不重合），连接CD，将线段CD绕点C按逆时针方向旋转90°得到线段CE，连接DE交BC于点F，连接BE．
（1）求证：△ACD≌△BCE；
（2）当AD＝BF时，求∠BEF的度数；
（3）若AB＝4，AD＝1，求CD的长．
【答案】见试题解答内容
【分析】（1）由题意可知：CD＝CE，∠DCE＝90°，由于∠ACB＝90°，所以∠ACD＝∠ACB﹣∠DCB，∠BCE＝∠DCE﹣∠DCB，所以∠ACD＝∠BCE，从而可证明△ACD≌△BCE（SAS）
（2）由△ACD≌△BCE（SAS）可知：∠A＝∠CBE＝45°，BE＝BF，从而可求出∠BEF的度数；
（3）易证△DBE是直角三角形，由勾股定理可求出DE的长，进而可求出CD的长．
【解答】解：（1）证明：由题意可知：CD＝CE，∠DCE＝90°，
∵∠ACB＝90°，
∴∠ACD＝∠ACB﹣∠DCB，
∠BCE＝∠DCE﹣∠DCB，
∴∠ACD＝∠BCE，
在△ACD与△BCE中，
，
∴△ACD≌△BCE（SAS）
（2）∵∠ACB＝90°，AC＝BC，
∴∠A＝45°，
由（1）可知：∠A＝∠CBE＝45°，
∵AD＝BF，
∴BE＝BF，
∴∠BEF＝67.5°；
（3）∵△ACD≌△BCE，
∴AD＝BE＝1，∠CBE＝∠A＝45°，
∵AB＝4，
∴DB＝3，
∵∠DBE＝∠CBA+∠CBE＝90°，
∴△DBE是直角三角形，
∴DE，
∵△CDE是等腰直角三角形，
∴CD＝CE．
【点评】本题考查了旋转的性质以及全等三角形的判定与性质，解题的关键是熟练运用旋转的性质以及全等三角形的判定与性质，本题属于中等题型．
22．（9分）将矩形ABCD绕点A顺时针旋转α（0°＜α＜360°），得到矩形AEFG．
（1）如图，当点E在BD上时．求证：FD＝CD；
（2）当α为何值时，GC＝GB？画出图形，并说明理由．
【答案】见试题解答内容
【分析】（1）先运用SAS判定△AED≌△FDE，可得DF＝AE，再根据AE＝AB＝CD，即可得出CD＝DF；
（2）当GB＝GC时，点G在BC的垂直平分线上，分两种情况讨论，依据∠DAG＝60°，即可得到旋转角α的度数．
【解答】解：（1）由旋转可得，AE＝AB，∠AEF＝∠ABC＝∠DAB＝90°，EF＝BC＝AD，
∴∠AEB＝∠ABE，
又∵∠ABE+∠EDA＝90°＝∠AEB+∠DEF，
∴∠EDA＝∠DEF，
又∵DE＝ED，
∴△AED≌△FDE（SAS），
∴DF＝AE，
又∵AE＝AB＝CD，
∴CD＝DF；
（2）如图，当GB＝GC时，点G在BC的垂直平分线上，
分两种情况讨论：
①当点G在AD右侧时，取BC的中点H，连接GH交AD于M，
∵GC＝GB，
∴GH⊥BC，
∴四边形ABHM是矩形，
∴AM＝BHADAG，
∴GM垂直平分AD，
∴GD＝GA＝DA，
∴△ADG是等边三角形，
∴∠DAG＝60°，
∴旋转角α＝60°；
②当点G在AD左侧时，同理可得△ADG是等边三角形，
∴∠DAG＝60°，
∴旋转角α＝360°﹣60°＝300°．
【点评】本题主要考查了旋转的性质，全等三角形的判定与性质的运用，解题时注意：对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角．
23．（8分）如图，已知△ABC是等腰直角三角形，AC＝BC＝2，D是边AB上一动点（A，B两点除外），将△CAD绕点C按逆时针方向旋转角α得到△CEF，其中点E是点A的对应点，点F是点D的对应点．若α＝90°，G是边AB上一点，且BG＝AD，连接GF．求证：GF∥AC．
【答案】证明见解答过程．
【分析】欲证明GF∥AC，只要证明∠A＝∠FGB，可证明∠FGB＝45°，即可解决问题．
【解答】解：∵CA＝CB，∠ACB＝90°，
∴∠A＝∠ABC＝45°，
∵△CEF是由△CAD旋转逆时针α得到，α＝90°，点F是点D的对应点，
∴CB与CE重合，AD＝BF，
∴∠CBF＝∠A＝45°，
∴∠ABF＝∠ABC+∠CBF＝90°，
∵BG＝AD＝BF，
∴∠BGF＝∠BFG＝45°，
∴∠A＝∠BGF＝45°，
∴GF∥AC．
【点评】本题考查几何变换，涉及等腰直角三角形的性质、全等三角形的判定及性质等知识，解题的关键是掌握旋转的性质及应用．
24．（10分）已知等边△ABC，点D为BC上一点，连接AD．
（1）如果点E是AC上一点，且CE＝BD，连接BE，BE与AD的交点为点P，如图（1），求出∠APE的大小．
（2）将（1）中AD绕点A逆时针旋转120°，得到AF，连接BF交AC与点Q，如图（2），用等式表示线段AQ和CD的数量关系 　AQCD　 ．
【答案】（1）∠APE＝60°；（2）AQCD．
【分析】（1）根据全等三角形性质和三角形外角的性质即可得到结论；
（2）根据全等三角形的性质得到∠BAD＝∠CBE，根据三角形的外角的性质得到∠APE＝∠BAD+∠ABP＝∠CBE+∠ABP＝∠ABC＝60°．根据旋转的性质得到AF＝AD，∠DAF＝120°．根据全等三角形的性质得到AQ＝QE，于是得到结论．
【解答】（1）解：在△ABD和△BEC中，
，
∴△ABD≌△BEC（SAS），
∴∠BAD＝∠CBE，
∵∠APE是△ABP的一个外角，
∴∠APE＝∠BAD+∠ABP
＝∠CBE+∠ABP
＝∠ABC＝60°；
（2）解：在△ABD和△BEC中，
，
∴△ABD≌△BEC（SAS），
∴∠BAD＝∠CBE，
∵∠APE是△ABP的一个外角，
∴∠APE＝∠BAD+∠ABP＝∠CBE+∠ABP＝∠ABC＝60°．
∵AF是由AD绕点A逆时针旋转120°得到，
∴AF＝AD，∠DAF＝120°．
∵∠APE＝60°，
∴∠APE+∠DAF＝180°．
∴AF∥BE，
∴∠FBE＝∠F，
∵△ABD≌△BEC，
∴AD＝BE．
∴AF＝BE．
在△AQF和△EQB中，
，
∴△AQF≌△EQB（AAS），
∴AQ＝QE，
∴，
∵AE＝AC﹣CE，CD＝BC﹣BD，
且AC＝BC，CE＝BD．
∴AE＝CD，
∴．
故答案为：AQCD．
【点评】本题考查了旋转的性质，全等三角形的判定和性质，等边三角形的性质，掌握这些性质和判定是解题的关键．
25．（10分）【问题解决】一节数学课上，老师提出了这样一个问题：如图1，点P是正方形ABCD内一点，PA＝1，PB＝2，PC＝3．你能求出∠APB的度数吗？
小明通过观察、分析、思考，形成了如下思路：
思路一：将△BPC绕点B逆时针旋转90°，得到△BP′A，连接PP′，求出∠APB的度数；
思路二：将△APB绕点B顺时针旋转90°，得到△CP′B，连接PP′，求出∠APB的度数．
请参考小明的思路，任选一种写出完整的解答过程．
【类比探究】如图2，若点P是正方形ABCD外一点，PA＝5，PB＝2，∠APB＝45°，求PC的长．
【答案】【问题解决】∠APB＝135°．
【类比探究】PC．
【分析】【问题解决】利用旋转法构造全等三角形以及直角三角形即可解决问题．
【类比探究】如图2，将△BPC绕点B逆时针旋转90°，得到△BP'A，连接PP'．证明△APP'是直角三角形，且∠APP'＝90°，利用勾股定理求出AP′即可解决问题．
【解答】解：【问题解决】思路一，如图1，将△BPC绕点B逆时针旋转90°，得到△BP'A，连接PP'，
则△ABP'≌△CBP，AP'＝CP＝3，BP'＝BP＝2，∠PBP'＝90°，
∴∠BPP'＝45°，
根据勾股定理得，PP′BP＝2，
∵AP＝1，
∴AP2+P'P2＝1+8＝9，
又∵P'A2＝32＝9，
∴AP2+P'P2＝P'A2，
∴△APP'是直角三角形，且∠APP'＝90°，
∴∠APB＝∠APP'+∠BPP'＝90°+45°＝135°．
思路二，同思路一的方法．
【类比探究】如图2，将△BPC绕点B逆时针旋转90°，得到△BP'A，连接PP'．
则△ABP'≌△CBP，AP′＝CP，BP'＝BP＝2，∠PBP'＝90°，
∴∠BPP'＝45°，PP′＝2，
∵∠APB＝45°，
∴∠APP′＝90°，
∴AP′，
∴PC＝AP′．
【点评】本题属于四边形综合题，考查了等边三角形的性质和判定，全等三角形的判定和性质，解直角三角形等知识，解题的关键是学会利用旋转法构造辅助线，利用全等三角形的性质解决问题，属于中考压轴题．
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