人教版九（上） 第二十三章 旋转单元测试基础卷
一、选择题
1．（2025九上·肇庆期中）将小鱼图案绕着头部某点顺时针旋转90°后可以得到的图案是（ ）
A． B． C． D．
2．（2024九上·天河期中）下列图形中，既是轴对称图形，又是中心对称图形的是（ ）．
A． B．
C． D．
3．（2024九上·前郭尔罗斯期中）如图，在中，，将绕点顺时针旋转，得到，连接，若，，则线段的长为（ ）
A．3 B． C． D．
4．（2025九上·衡阳开学考） 在平面直角坐标系中，点关于原点对称的点所在的象限是（ ）
A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限
5．（2025九上·宝安开学考）如图，△ABC中，∠C=90°，AC=BC=，将△ABC绕点A顺时针方向旋转60°到△AB'C'的位置，连接C'B，则C'B的长为（ ）
A．2- B． C．-1 D．1
6．（2025九上·肇庆期中）如图，在等边中，，点是的中点，将绕点逆时针旋转后得到，那么线段的长为（ ）
A． B． C． D．
7．（2023九上·平舆期中）如图，可由旋转而成，点的对应点是，点的对应点是，在平面直角坐标系中，三点坐标为，，，则旋转中心的坐标为（ ）
A． B． C． D．
8．（2025九上·南海期末）如图，四边形是正方形，将绕点顺时针旋转得，连接，则的角度为（ ）
A． B． C． D．
9．（2024九上·城阳月考）如图，将正方形先向右平移，使点B与原点O重合，再将所得正方形绕原点O顺时针方向旋转，得到四边形，则点A的对应点的坐标是（ ）
A． B． C． D．
10．（2025九上·南山开学考）如图，边长为8的等边三角形ABC中，E是对称轴AD上的一个动点，连接EC将线段EC绕点C逆时针旋转60°得到FC，连接DF，则在点E运动过程中，DF的最小值是（ ）
A．4 B．3 C．2 D．1
二、填空题
11．（2023九上·顺城模拟）平面直角坐标系中，已知点与点关于原点对称，则 ．
12．（2022九上·武汉期中）如图，将绕点O按逆时针方向旋转40°后得到，若，则的度数是 ．
13．（2023九上·越秀期中）如图，一个五角星图案，绕着它的中心O旋转，则旋转角至少为 时，旋转后的五角星与自身重合．
14．（2025九上·台州期末）如图，在中，，，，将绕点按顺时针旋转得到，连接，则图中阴影部分的面积为 ．
15．（2023九上·西青期中）如图，点E在正方形的边上，将绕点A顺时针旋转90°到的位置，连接，过点A作的垂线，垂足为点H，与交于点G，若，，则的长为 ．
三、解答题
16．（2023九上·黄埔月考）如图，是绕O点旋转40°后所得的图形，点C恰好在上，，求的度数．
17．（2024九上·北京市期中）如图，在等腰三角形中，，点在线段的延长线上，连接，将线段绕点逆时针旋转得到线段，连接，射线与相交于点．
（1）依题意补全图形；
（2）用等式表示线段与的数量关系，并证明；
（3）若为中点，，则的长为 ．
18．（2023九上·大连月考）如图，绕点旋转后能与重合．
（1），，求的长；
（2）延长交于点，，求的度数．
19．（2024九上·福田开学考）如图，在平面直角坐标系中，的位置如图所示每个小方格都是边长为个单位长度的正方形，和关于点成中心对称．
⑴画出对称中心，并写出点的坐标；
⑵画出绕点逆时针旋转后的并标明对应字母；
⑶画出与关于点成中心对称的并标明对应字母．
20．（2024九上·沾益月考）如图，四边形ABCD是正方形，△ADF旋转一定角度后得到△ABE，如图所示，如果AF=4，AB=7，求：
（1）指出旋转中心和旋转角度；
（2）求DE的长度；
（3）BE与DF的位置关系如何？
21．（2024九上·天河期中）如图，点是等边三角形内的一点，，将绕点按顺时针旋转得到，连接，．
（1）求的度数；
（2）若，，求的长．
22．（2024九上·四川期末）在平面直角坐标系xOy中，已知抛物线y＝－x2＋bx＋c经过点A（－1，0）和点B（0，3），顶点为C，点D在其对称轴上，且位于点C下方，将线段DC绕点D按顺时针方向旋转90°，点C落在抛物线上的点P处．
（1）求抛物线的解析式；
（2）求点P的坐标；
（3）将抛物线平移，使其顶点落在原点O，这时点P落在点E的位置，在y轴上是否存在点M，使得MP＋ME的值最小，若存在，求出点M的坐标；若不存在，请说明理由．
23．（2023九上·蓬江月考）【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=3，PB=1，PC=，求∠APB的度数．
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】旋转的性质
【解析】【解答】解：A项，图案按顺时针方向旋转0°或360°的结果，故A项错误；
B项，图案按顺时针方向旋转90°的结果，故B项正确；
C项，图案按顺时针方向旋转180°的结果，故C项错误；
D项，图案按逆时针方向旋转90°的结果，故D项错误.
故答案为：B
【分析】根据旋转性质即可求出答案.
2．【答案】A
【知识点】轴对称图形；中心对称及中心对称图形
【解析】【解答】解：A、是轴对称图形，也是中心对称图形，故此选项符合题意；
B、是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项不符合题意；
C、是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项不符合题意；
D、不是轴对称图形，是中心对称图形，故此选项不符合题意．
故选：A．
【分析】把一个图形绕某一点旋转，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；如果一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形叫做轴对称图形.
3．【答案】B
【知识点】勾股定理；旋转的性质
【解析】【解答】解：∵将绕点顺时针旋转，得到，，
∴，，，
∵，，
∴，
∴，
故答案为：B.
【分析】先根据旋转的性质得，，，利用勾股定理求出，最后再用勾股定理求解即可．
4．【答案】D
【知识点】点的坐标与象限的关系；坐标与图形变化﹣中心对称
【解析】【解答】设点P关于原点的对称点是点P'.
∵点 与点P'关于原点对称，
∴点P'的坐标为
∴点P'在第四象限.
故答案为： D.
【分析】点P与点P'关于原点对称，两点的横、纵坐标互为相反数解答即可.
5．【答案】C
【知识点】三角形全等及其性质；三角形全等的判定；等边三角形的判定与性质；勾股定理；旋转的性质
【解析】【解答】解：如图，
连接，延长交与，
根据旋转得性质得：，，，
∴是等边三角形，，
∴，，
∵，，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴是等腰直角斜边上的中线，
∴，
在中，，
∴.
∴C'B的长为为-1.
故答案为：C
【分析】连接，延长交与，根据旋转得性质得：，，，可证明是等边三角形，进而得，，
可证明，得，可得，进一步得，根据勾股定理可得，最后根据可得答案.
6．【答案】C
【知识点】等边三角形的性质；解直角三角形；旋转的性质
【解析】【解答】解：∵点为等边的边的中点，
，，，
在中，，
，
∵绕点逆时针旋转后得到，
，
故选：．
【分析】根据等边三角形性质可得，，，再解直角三角形可得AD，再根据旋转性质即可求出答案.
7．【答案】A
【知识点】点的坐标；坐标与图形性质；线段垂直平分线的性质；旋转的性质
【解析】【解答】如图，连接，分别作和的线段垂直平分线，且交于点P．则P点即为旋转中心．
由图可知P点坐标为，即旋转中心的坐标为．
故答案为：A．
【分析】根据旋转的性质每组对应点与旋转中心的距离相等，可知点P就是两组对应点连线的垂直平分线的交点，故而只需连接，分别作和的线段垂直平分线，两线相交于点P，再根据图形即可得出点P的坐标。
8．【答案】D
【知识点】三角形内角和定理；等腰三角形的性质；正方形的性质；旋转的性质
【解析】【解答】解：∵四边形是正方形，
∴，
由旋转知，，，
∴，
∴．
故答案为：D．
【分析】首先根据正方形的性质得出，再由旋转知，，即可得出，进一步根据等腰三角形的性质及三角形内角和定理，即可得出．
9．【答案】A
【知识点】坐标与图形变化﹣平移；坐标与图形变化﹣旋转；同侧一线三垂直全等模型
【解析】【解答】解：由题意得，平移前，∵将正方形先向右平移，使点B与原点O重合，
∴平移方式为向右平移3个单位长度，
∴平移后点A的对应点坐标为，
如图所示，设绕原点O顺时针旋转90度后的对应点为F，分别过E、F作x轴的垂线，垂足分别为G、H，
∴，
由旋转的性质可得，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴点A的对应点的坐标是，
故选：A．
【分析】首先根据平移后点B与原点O重合，可得出正方形ABCD的移动方向和移动距离，进而得出平移后的点A的坐标，然后再结合图形，如图E，根据旋转的性质，利用三角形全等求出点E旋转之后的点F的坐标即可。
10．【答案】C
【知识点】垂线段最短及其应用；三角形全等及其性质；等边三角形的性质；旋转的性质；三角形全等的判定-SAS
【解析】【解答】解：连接BF
由旋转可得，CE=FC，∠ECF=60°
∵△ABC为等边三角形
∴AC=BC，∠ACB=60°
∴∠ACE=∠BCF
∴△ACE≌△BCF(SAS)
∴∠CBF=∠CAE
∵边长为8的等边三角形ABC中，E是对称轴AD上的一个动点
∴∠CAE=30°，BD=4
∴∠CBF=30°
即点F的运动轨迹为直线BF
∴当DF⊥BF时，DF最短
此时
∴DF的最小值为2
故答案为：C
【分析】连接BF，由旋转可得，CE=FC，∠ECF=60°，根据等边三角形性质可得AC=BC，∠ACB=60°，再根据全等三角形判定定理可得△ACE≌△BCF(SAS)，则∠CBF=∠CAE，由题意可得∠CAE=30°，BD=4，则∠CBF=30°，即即点F的运动轨迹为直线BF，当DF⊥BF时，DF最短，此时，即可求出答案.
11．【答案】
【知识点】关于原点对称的点的坐标特征
【解析】【解答】解：已知点与点关于原点对称，
则，即
故答案为：
【分析】根据关于原点对称的点的横、纵坐标互为相反数解题．
12．【答案】
【知识点】旋转的性质
【解析】【解答】解：∵将绕点O按逆时针方向旋转后得到，
∴，
∵，
∴，
故答案为：．
【分析】根据旋转性质可得，再根据角之间的关系即可求出答案.
13．【答案】
【知识点】旋转的性质
【解析】【解答】解：由图形可得，五角星图案被分成相同的五份，
∴，
∴只要是旋转的整数倍都可以与原图形重合，
故答案为：．
【分析】根据五角星图案被分成相同的五份，用圆心角360°除以5即可得到最小旋转度数，继而得解.
14．【答案】
【知识点】含30°角的直角三角形；勾股定理；菱形的判定与性质；旋转的性质
【解析】【解答】解：如图所示，过点作于点，交于点，连接，则，
在中，，，，
∴，则
∴
∵在中，，，将绕点按顺时针旋转得到
∴，，，
∴，
∴，
∴，
∴，
又∵，
∴四边形是平行四边形，则，
又∵，
∴四边形是菱形，
∴，
∴是等边三角形，则，
又∵，
∴是的中点，
∴，
又∵，
∴四边形是平行四边形，
又∵，
∴四边形是菱形，
∴
故答案为：．
【分析】过点作于点，交于点，连接，即有，然后利用含30度角的直角三角形的性质得到，再利用旋转可得，，，即可得到形、是菱形，是等边三角形，最后利用解题即可．
15．【答案】
【知识点】三角形全等及其性质；勾股定理；正方形的性质；旋转的性质
【解析】【解答】解：如图所示，连接，
由旋转可得，，
∴，，
又∵，
∴H为的中点，
∴垂直平分，
∴，
设，则，，
∴，
∵，
∴中，，
即，
解得，
∴的长为，
故答案为：．
【分析】连接，根据旋转性质可得，根据全等三角形判定定理可得，，根据垂直平分线判定定理可得垂直平分，则，设，则，，，再根据勾股定理建立方程，解方程即可求出答案.
16．【答案】解：根据旋转性质得：，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴ ，
∵，
∴．
【知识点】三角形内角和定理；等腰三角形的性质；旋转的性质
【解析】【分析】先根据旋转的性质得到，进而得，再根据得，在根据即可求解．
17．【答案】（1）解：依题意补全图形如下：
；
（2）解：用等式表示线段与的数量关系是：，证明： 在等腰三角形中，，
∴是等腰直角三角形，
∴，
∵绕点A逆时针旋转得到，
∴，，
∵，
∴，
∴，即，
∴在和中，
，
∴，
∴．
（3）
【知识点】三角形全等及其性质；旋转的性质；作图﹣旋转；三角形全等的判定-SAS
【解析】【解答】∵是等腰直角三角形，，
∴，，，
，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴
∵点F为中点，
∴．
【分析】（1）根据旋转进行作图，得出AE，再连接CE即可；
（2）。根据SAS可证明≌，即可得出；
（3）首先根据等腰直角三角形的性质及勾股定理得出，再根据全等三角形的性质得出，k可得出∠BCF=90°，进而得出∠BFC=45°，即可得出，再根据点F为中点，即可得出CE的长；
（1）解：依题意补全图形如下：
；
（2）用等式表示线段与的数量关系是：，
证明： 在等腰三角形中，，
∴是等腰直角三角形，
∴，
∵绕点A逆时针旋转得到，
∴，，
∵，
∴，
∴，即，
∴在和中，
，
∴，
∴．
（3）∵是等腰直角三角形，，
∴，，，
，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴
∵点F为中点，
∴．
18．【答案】（1）解：∵△ABC绕点A旋转后能与△ADE重合，
∴△ABC≌△ADE，
∴，
∴；
（2）解：∵△ABC≌△ADE，
∴，，
∵，，
∴．
【知识点】三角形外角的概念及性质；旋转的性质；全等三角形中对应边的关系；全等三角形中对应角的关系
【解析】【分析】（1）由题意易得△ABC≌△ADE，由全等三角形的对应边相等得，进而根据代入计算即可；
（2）由全等三角形的对应角相等得，，再根据三角形的一个外角等于与之不相邻的两个内角的和得，，从而可推出．
（1）解：由旋转的性质可得，
∴；
（2）解：由旋转的性质可得，，
∵，，
∴．
19．【答案】解：（1）如图所示：点D的坐标为
（2）绕点逆时针旋转得如图所示；
（3）与关于点成中心对称的如图所示：
【知识点】旋转的性质；坐标与图形变化﹣中心对称；作图﹣中心对称
【解析】【分析】（1）连接BB1，CC1，交点即为点D，根据网格特性写出点D的坐标即可；
（2）分别将OA1，OB1，OC1饶点O逆时针旋转90°得到线段OA2，OB2，OC2，再顺次连接A2B2，B2C2，A2C2即可.
（3）连接A1O，B1O，C1O并延长，使A3O=A1O，B3O=B1O，C3O=C1O，再顺次连接A3B3，B3C3，A3C3即可.
20．【答案】解：（1）根据正方形的性质可知：△AFD≌△AEB，
即AE=AF=4，∠EAF=90°，∠EBA=∠FDA；
可得旋转中心为点A；
旋转角度为：90°或270°；
（2）DE=ADAE=74=3；
（3）BE⊥DF ；
延长BE交DF于点G，如图所示：
由旋转△ADF≌△ABE
∴∠ADF=∠ABE
又∵∠DEG=∠AEB
∴∠DGE=∠EAB=90°
∴BE⊥DF．
【知识点】正方形的性质；旋转的性质；图形旋转的三要素
【解析】【分析】（1）利用旋转中心和旋转角度的定义分析求解即可；
（2）利用线段的和差求出DE的长即可；
（3）延长BE交DF于点G，利用旋转的性质可得∠ADF=∠ABE，再求出∠DGE=∠EAB=90°，即可得到BE⊥DF．
21．【答案】（1）解：由旋转的性质得，，，
等边三角形，
，
，
即，
为等边三角形，
；
（2）解：由旋转的性质得，，，
为等边三角形，
，
，
，
在中，由勾股定理得：．
【知识点】等边三角形的判定与性质；勾股定理；旋转的性质
【解析】【分析】（1）由旋转的性质得，，，再根据等边三角形判定定理及性质即可求出答案.
（2）由旋转的性质得，，，根据等边三角形性质可得，根据角之间的关系可得，再根据勾股定理即可求出答案.
（1）解：由旋转的性质得，，，
等边三角形，
，
，
即，
为等边三角形，
；
（2）解：由旋转的性质得，，，
为等边三角形，
，
，
，
在中，由勾股定理得：．
22．【答案】（1）解：将点代入得：，
解得，
则抛物线的解析式为．
（2）解：抛物线的对称轴为直线，其顶点的坐标为，
设点的坐标为，则，
由旋转的性质得：，
，即，
将点代入得：，
解得或（舍去），
当时，，
所以点的坐标为．
（3）解：抛物线的顶点的坐标为，
则将其先向左平移1个单位长度，再向下平移4个单位长度恰好落在原点，
这时点落在点的位置，且，
，即，恰好在对称轴直线上，
如图，作点关于轴的对称点，连接，
则，
由两点之间线段最短可知，与轴的交点即为所求的点，此时的值最小，即的值最小，
由轴对称的性质得：，
设直线的解析式为，
将点代入得：，
解得，
则直线的解析式为，
当时，，
故在轴上存在点，使得的值最小，此时点的坐标为．
【知识点】一元二次方程的其他应用；待定系数法求一次函数解析式；待定系数法求二次函数解析式；轴对称的应用-最短距离问题；旋转的性质
【解析】【分析】（1）根据待定系数法将点A，B坐标代入抛物线解析式即可求出答案.
（2）设点的坐标为，则，由旋转的性质得：，则，将点P坐标代入抛物线解析式即可求出答案.
（3）根据点的平移性质可得，恰好在对称轴直线上，作点关于轴的对称点，连接，则，由两点之间线段最短可知，与轴的交点即为所求的点，此时的值最小，即的值最小，由轴对称的性质得：，设直线的解析式为，根据待定系数法将点P，E'坐标代入解析式即可求出答案.
（1）解：将点代入得：，
解得，
则抛物线的解析式为．
（2）解：抛物线的对称轴为直线，其顶点的坐标为，
设点的坐标为，则，
由旋转的性质得：，
，即，
将点代入得：，
解得或（舍去），
当时，，
所以点的坐标为．
（3）解：抛物线的顶点的坐标为，
则将其先向左平移1个单位长度，再向下平移4个单位长度恰好落在原点，
这时点落在点的位置，且，
，即，恰好在对称轴直线上，
如图，作点关于轴的对称点，连接，
则，
由两点之间线段最短可知，与轴的交点即为所求的点，此时的值最小，即的值最小，
由轴对称的性质得：，
设直线的解析式为，
将点代入得：，
解得，
则直线的解析式为，
当时，，
故在轴上存在点，使得的值最小，此时点的坐标为．
23．【答案】（1）如图1，
将△BPC绕点B逆时针旋转90°，得到△BP'A，连接PP'，
∴△ABP'≌△CBP，
∴∠PBP'=90°，BP'=BP=2，AP'=CP=3，
在Rt△PBP'中，BP=BP'=2，
∴∠BPP'=45°，根据勾股定理得，PP'=BP=2，
∵AP=1，
∴AP2+PP'2=1+8=9，
∵AP'2=32=9，
∴AP2+PP'2=AP'2，
∴△APP'是直角三角形，且∠APP'=90°，
∴∠APB=∠APP'+∠BPP'=90°+45°=135°；
（2）如图2，
将△BPC绕点B逆时针旋转90°，得到△BP'A，连接PP'，
∴△ABP'≌△CBP，
∴∠PBP'=90°，BP'=BP=1，AP'=CP=，
在Rt△PBP'中，BP=BP'=1，
∴∠BPP'=45°，根据勾股定理得，PP'=BP=，
∵AP=3，
∴AP2+PP'2=9+2=11，
∵AP'2=（）2=11，
∴AP2+PP'2=AP'2，
∴△APP'是直角三角形，且∠APP'=90°，
∴∠APB=∠APP'﹣∠BPP'=90°﹣45°=45°．
【知识点】三角形全等及其性质；勾股定理；勾股定理的逆定理；旋转的性质
【解析】【分析】（1）根据旋转性质可得△ABP'≌△CBP，则∠PBP'=90°，BP'=BP=2，AP'=CP=3，根据勾股定理可得PP'=BP=2，再根据边之间的关系可得AP，再根据勾股定理逆定理可得△APP'是直角三角形，且∠APP'=90°，再根据角之间的关系即可求出答案.
（2）根据旋转性质可得△ABP'≌△CBP，则∠PBP'=90°，BP'=BP=1，AP'=CP=，再根据勾股定理可得PP'=BP=，再根据勾股定理逆定理可得△APP'是直角三角形，且∠APP'=90°，再根据角之间的关系即可求出答案.
1 / 1人教版九（上） 第二十三章 旋转单元测试基础卷
一、选择题
1．（2025九上·肇庆期中）将小鱼图案绕着头部某点顺时针旋转90°后可以得到的图案是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】旋转的性质
【解析】【解答】解：A项，图案按顺时针方向旋转0°或360°的结果，故A项错误；
B项，图案按顺时针方向旋转90°的结果，故B项正确；
C项，图案按顺时针方向旋转180°的结果，故C项错误；
D项，图案按逆时针方向旋转90°的结果，故D项错误.
故答案为：B
【分析】根据旋转性质即可求出答案.
2．（2024九上·天河期中）下列图形中，既是轴对称图形，又是中心对称图形的是（ ）．
A． B．
C． D．
【答案】A
【知识点】轴对称图形；中心对称及中心对称图形
【解析】【解答】解：A、是轴对称图形，也是中心对称图形，故此选项符合题意；
B、是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项不符合题意；
C、是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项不符合题意；
D、不是轴对称图形，是中心对称图形，故此选项不符合题意．
故选：A．
【分析】把一个图形绕某一点旋转，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；如果一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形叫做轴对称图形.
3．（2024九上·前郭尔罗斯期中）如图，在中，，将绕点顺时针旋转，得到，连接，若，，则线段的长为（ ）
A．3 B． C． D．
【答案】B
【知识点】勾股定理；旋转的性质
【解析】【解答】解：∵将绕点顺时针旋转，得到，，
∴，，，
∵，，
∴，
∴，
故答案为：B.
【分析】先根据旋转的性质得，，，利用勾股定理求出，最后再用勾股定理求解即可．
4．（2025九上·衡阳开学考） 在平面直角坐标系中，点关于原点对称的点所在的象限是（ ）
A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限
【答案】D
【知识点】点的坐标与象限的关系；坐标与图形变化﹣中心对称
【解析】【解答】设点P关于原点的对称点是点P'.
∵点 与点P'关于原点对称，
∴点P'的坐标为
∴点P'在第四象限.
故答案为： D.
【分析】点P与点P'关于原点对称，两点的横、纵坐标互为相反数解答即可.
5．（2025九上·宝安开学考）如图，△ABC中，∠C=90°，AC=BC=，将△ABC绕点A顺时针方向旋转60°到△AB'C'的位置，连接C'B，则C'B的长为（ ）
A．2- B． C．-1 D．1
【答案】C
【知识点】三角形全等及其性质；三角形全等的判定；等边三角形的判定与性质；勾股定理；旋转的性质
【解析】【解答】解：如图，
连接，延长交与，
根据旋转得性质得：，，，
∴是等边三角形，，
∴，，
∵，，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴是等腰直角斜边上的中线，
∴，
在中，，
∴.
∴C'B的长为为-1.
故答案为：C
【分析】连接，延长交与，根据旋转得性质得：，，，可证明是等边三角形，进而得，，
可证明，得，可得，进一步得，根据勾股定理可得，最后根据可得答案.
6．（2025九上·肇庆期中）如图，在等边中，，点是的中点，将绕点逆时针旋转后得到，那么线段的长为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】等边三角形的性质；解直角三角形；旋转的性质
【解析】【解答】解：∵点为等边的边的中点，
，，，
在中，，
，
∵绕点逆时针旋转后得到，
，
故选：．
【分析】根据等边三角形性质可得，，，再解直角三角形可得AD，再根据旋转性质即可求出答案.
7．（2023九上·平舆期中）如图，可由旋转而成，点的对应点是，点的对应点是，在平面直角坐标系中，三点坐标为，，，则旋转中心的坐标为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】点的坐标；坐标与图形性质；线段垂直平分线的性质；旋转的性质
【解析】【解答】如图，连接，分别作和的线段垂直平分线，且交于点P．则P点即为旋转中心．
由图可知P点坐标为，即旋转中心的坐标为．
故答案为：A．
【分析】根据旋转的性质每组对应点与旋转中心的距离相等，可知点P就是两组对应点连线的垂直平分线的交点，故而只需连接，分别作和的线段垂直平分线，两线相交于点P，再根据图形即可得出点P的坐标。
8．（2025九上·南海期末）如图，四边形是正方形，将绕点顺时针旋转得，连接，则的角度为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】三角形内角和定理；等腰三角形的性质；正方形的性质；旋转的性质
【解析】【解答】解：∵四边形是正方形，
∴，
由旋转知，，，
∴，
∴．
故答案为：D．
【分析】首先根据正方形的性质得出，再由旋转知，，即可得出，进一步根据等腰三角形的性质及三角形内角和定理，即可得出．
9．（2024九上·城阳月考）如图，将正方形先向右平移，使点B与原点O重合，再将所得正方形绕原点O顺时针方向旋转，得到四边形，则点A的对应点的坐标是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】坐标与图形变化﹣平移；坐标与图形变化﹣旋转；同侧一线三垂直全等模型
【解析】【解答】解：由题意得，平移前，∵将正方形先向右平移，使点B与原点O重合，
∴平移方式为向右平移3个单位长度，
∴平移后点A的对应点坐标为，
如图所示，设绕原点O顺时针旋转90度后的对应点为F，分别过E、F作x轴的垂线，垂足分别为G、H，
∴，
由旋转的性质可得，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴点A的对应点的坐标是，
故选：A．
【分析】首先根据平移后点B与原点O重合，可得出正方形ABCD的移动方向和移动距离，进而得出平移后的点A的坐标，然后再结合图形，如图E，根据旋转的性质，利用三角形全等求出点E旋转之后的点F的坐标即可。
10．（2025九上·南山开学考）如图，边长为8的等边三角形ABC中，E是对称轴AD上的一个动点，连接EC将线段EC绕点C逆时针旋转60°得到FC，连接DF，则在点E运动过程中，DF的最小值是（ ）
A．4 B．3 C．2 D．1
【答案】C
【知识点】垂线段最短及其应用；三角形全等及其性质；等边三角形的性质；旋转的性质；三角形全等的判定-SAS
【解析】【解答】解：连接BF
由旋转可得，CE=FC，∠ECF=60°
∵△ABC为等边三角形
∴AC=BC，∠ACB=60°
∴∠ACE=∠BCF
∴△ACE≌△BCF(SAS)
∴∠CBF=∠CAE
∵边长为8的等边三角形ABC中，E是对称轴AD上的一个动点
∴∠CAE=30°，BD=4
∴∠CBF=30°
即点F的运动轨迹为直线BF
∴当DF⊥BF时，DF最短
此时
∴DF的最小值为2
故答案为：C
【分析】连接BF，由旋转可得，CE=FC，∠ECF=60°，根据等边三角形性质可得AC=BC，∠ACB=60°，再根据全等三角形判定定理可得△ACE≌△BCF(SAS)，则∠CBF=∠CAE，由题意可得∠CAE=30°，BD=4，则∠CBF=30°，即即点F的运动轨迹为直线BF，当DF⊥BF时，DF最短，此时，即可求出答案.
二、填空题
11．（2023九上·顺城模拟）平面直角坐标系中，已知点与点关于原点对称，则 ．
【答案】
【知识点】关于原点对称的点的坐标特征
【解析】【解答】解：已知点与点关于原点对称，
则，即
故答案为：
【分析】根据关于原点对称的点的横、纵坐标互为相反数解题．
12．（2022九上·武汉期中）如图，将绕点O按逆时针方向旋转40°后得到，若，则的度数是 ．
【答案】
【知识点】旋转的性质
【解析】【解答】解：∵将绕点O按逆时针方向旋转后得到，
∴，
∵，
∴，
故答案为：．
【分析】根据旋转性质可得，再根据角之间的关系即可求出答案.
13．（2023九上·越秀期中）如图，一个五角星图案，绕着它的中心O旋转，则旋转角至少为 时，旋转后的五角星与自身重合．
【答案】
【知识点】旋转的性质
【解析】【解答】解：由图形可得，五角星图案被分成相同的五份，
∴，
∴只要是旋转的整数倍都可以与原图形重合，
故答案为：．
【分析】根据五角星图案被分成相同的五份，用圆心角360°除以5即可得到最小旋转度数，继而得解.
14．（2025九上·台州期末）如图，在中，，，，将绕点按顺时针旋转得到，连接，则图中阴影部分的面积为 ．
【答案】
【知识点】含30°角的直角三角形；勾股定理；菱形的判定与性质；旋转的性质
【解析】【解答】解：如图所示，过点作于点，交于点，连接，则，
在中，，，，
∴，则
∴
∵在中，，，将绕点按顺时针旋转得到
∴，，，
∴，
∴，
∴，
∴，
又∵，
∴四边形是平行四边形，则，
又∵，
∴四边形是菱形，
∴，
∴是等边三角形，则，
又∵，
∴是的中点，
∴，
又∵，
∴四边形是平行四边形，
又∵，
∴四边形是菱形，
∴
故答案为：．
【分析】过点作于点，交于点，连接，即有，然后利用含30度角的直角三角形的性质得到，再利用旋转可得，，，即可得到形、是菱形，是等边三角形，最后利用解题即可．
15．（2023九上·西青期中）如图，点E在正方形的边上，将绕点A顺时针旋转90°到的位置，连接，过点A作的垂线，垂足为点H，与交于点G，若，，则的长为 ．
【答案】
【知识点】三角形全等及其性质；勾股定理；正方形的性质；旋转的性质
【解析】【解答】解：如图所示，连接，
由旋转可得，，
∴，，
又∵，
∴H为的中点，
∴垂直平分，
∴，
设，则，，
∴，
∵，
∴中，，
即，
解得，
∴的长为，
故答案为：．
【分析】连接，根据旋转性质可得，根据全等三角形判定定理可得，，根据垂直平分线判定定理可得垂直平分，则，设，则，，，再根据勾股定理建立方程，解方程即可求出答案.
三、解答题
16．（2023九上·黄埔月考）如图，是绕O点旋转40°后所得的图形，点C恰好在上，，求的度数．
【答案】解：根据旋转性质得：，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴ ，
∵，
∴．
【知识点】三角形内角和定理；等腰三角形的性质；旋转的性质
【解析】【分析】先根据旋转的性质得到，进而得，再根据得，在根据即可求解．
17．（2024九上·北京市期中）如图，在等腰三角形中，，点在线段的延长线上，连接，将线段绕点逆时针旋转得到线段，连接，射线与相交于点．
（1）依题意补全图形；
（2）用等式表示线段与的数量关系，并证明；
（3）若为中点，，则的长为 ．
【答案】（1）解：依题意补全图形如下：
；
（2）解：用等式表示线段与的数量关系是：，证明： 在等腰三角形中，，
∴是等腰直角三角形，
∴，
∵绕点A逆时针旋转得到，
∴，，
∵，
∴，
∴，即，
∴在和中，
，
∴，
∴．
（3）
【知识点】三角形全等及其性质；旋转的性质；作图﹣旋转；三角形全等的判定-SAS
【解析】【解答】∵是等腰直角三角形，，
∴，，，
，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴
∵点F为中点，
∴．
【分析】（1）根据旋转进行作图，得出AE，再连接CE即可；
（2）。根据SAS可证明≌，即可得出；
（3）首先根据等腰直角三角形的性质及勾股定理得出，再根据全等三角形的性质得出，k可得出∠BCF=90°，进而得出∠BFC=45°，即可得出，再根据点F为中点，即可得出CE的长；
（1）解：依题意补全图形如下：
；
（2）用等式表示线段与的数量关系是：，
证明： 在等腰三角形中，，
∴是等腰直角三角形，
∴，
∵绕点A逆时针旋转得到，
∴，，
∵，
∴，
∴，即，
∴在和中，
，
∴，
∴．
（3）∵是等腰直角三角形，，
∴，，，
，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴
∵点F为中点，
∴．
18．（2023九上·大连月考）如图，绕点旋转后能与重合．
（1），，求的长；
（2）延长交于点，，求的度数．
【答案】（1）解：∵△ABC绕点A旋转后能与△ADE重合，
∴△ABC≌△ADE，
∴，
∴；
（2）解：∵△ABC≌△ADE，
∴，，
∵，，
∴．
【知识点】三角形外角的概念及性质；旋转的性质；全等三角形中对应边的关系；全等三角形中对应角的关系
【解析】【分析】（1）由题意易得△ABC≌△ADE，由全等三角形的对应边相等得，进而根据代入计算即可；
（2）由全等三角形的对应角相等得，，再根据三角形的一个外角等于与之不相邻的两个内角的和得，，从而可推出．
（1）解：由旋转的性质可得，
∴；
（2）解：由旋转的性质可得，，
∵，，
∴．
19．（2024九上·福田开学考）如图，在平面直角坐标系中，的位置如图所示每个小方格都是边长为个单位长度的正方形，和关于点成中心对称．
⑴画出对称中心，并写出点的坐标；
⑵画出绕点逆时针旋转后的并标明对应字母；
⑶画出与关于点成中心对称的并标明对应字母．
【答案】解：（1）如图所示：点D的坐标为
（2）绕点逆时针旋转得如图所示；
（3）与关于点成中心对称的如图所示：
【知识点】旋转的性质；坐标与图形变化﹣中心对称；作图﹣中心对称
【解析】【分析】（1）连接BB1，CC1，交点即为点D，根据网格特性写出点D的坐标即可；
（2）分别将OA1，OB1，OC1饶点O逆时针旋转90°得到线段OA2，OB2，OC2，再顺次连接A2B2，B2C2，A2C2即可.
（3）连接A1O，B1O，C1O并延长，使A3O=A1O，B3O=B1O，C3O=C1O，再顺次连接A3B3，B3C3，A3C3即可.
20．（2024九上·沾益月考）如图，四边形ABCD是正方形，△ADF旋转一定角度后得到△ABE，如图所示，如果AF=4，AB=7，求：
（1）指出旋转中心和旋转角度；
（2）求DE的长度；
（3）BE与DF的位置关系如何？
【答案】解：（1）根据正方形的性质可知：△AFD≌△AEB，
即AE=AF=4，∠EAF=90°，∠EBA=∠FDA；
可得旋转中心为点A；
旋转角度为：90°或270°；
（2）DE=ADAE=74=3；
（3）BE⊥DF ；
延长BE交DF于点G，如图所示：
由旋转△ADF≌△ABE
∴∠ADF=∠ABE
又∵∠DEG=∠AEB
∴∠DGE=∠EAB=90°
∴BE⊥DF．
【知识点】正方形的性质；旋转的性质；图形旋转的三要素
【解析】【分析】（1）利用旋转中心和旋转角度的定义分析求解即可；
（2）利用线段的和差求出DE的长即可；
（3）延长BE交DF于点G，利用旋转的性质可得∠ADF=∠ABE，再求出∠DGE=∠EAB=90°，即可得到BE⊥DF．
21．（2024九上·天河期中）如图，点是等边三角形内的一点，，将绕点按顺时针旋转得到，连接，．
（1）求的度数；
（2）若，，求的长．
【答案】（1）解：由旋转的性质得，，，
等边三角形，
，
，
即，
为等边三角形，
；
（2）解：由旋转的性质得，，，
为等边三角形，
，
，
，
在中，由勾股定理得：．
【知识点】等边三角形的判定与性质；勾股定理；旋转的性质
【解析】【分析】（1）由旋转的性质得，，，再根据等边三角形判定定理及性质即可求出答案.
（2）由旋转的性质得，，，根据等边三角形性质可得，根据角之间的关系可得，再根据勾股定理即可求出答案.
（1）解：由旋转的性质得，，，
等边三角形，
，
，
即，
为等边三角形，
；
（2）解：由旋转的性质得，，，
为等边三角形，
，
，
，
在中，由勾股定理得：．
22．（2024九上·四川期末）在平面直角坐标系xOy中，已知抛物线y＝－x2＋bx＋c经过点A（－1，0）和点B（0，3），顶点为C，点D在其对称轴上，且位于点C下方，将线段DC绕点D按顺时针方向旋转90°，点C落在抛物线上的点P处．
（1）求抛物线的解析式；
（2）求点P的坐标；
（3）将抛物线平移，使其顶点落在原点O，这时点P落在点E的位置，在y轴上是否存在点M，使得MP＋ME的值最小，若存在，求出点M的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）解：将点代入得：，
解得，
则抛物线的解析式为．
（2）解：抛物线的对称轴为直线，其顶点的坐标为，
设点的坐标为，则，
由旋转的性质得：，
，即，
将点代入得：，
解得或（舍去），
当时，，
所以点的坐标为．
（3）解：抛物线的顶点的坐标为，
则将其先向左平移1个单位长度，再向下平移4个单位长度恰好落在原点，
这时点落在点的位置，且，
，即，恰好在对称轴直线上，
如图，作点关于轴的对称点，连接，
则，
由两点之间线段最短可知，与轴的交点即为所求的点，此时的值最小，即的值最小，
由轴对称的性质得：，
设直线的解析式为，
将点代入得：，
解得，
则直线的解析式为，
当时，，
故在轴上存在点，使得的值最小，此时点的坐标为．
【知识点】一元二次方程的其他应用；待定系数法求一次函数解析式；待定系数法求二次函数解析式；轴对称的应用-最短距离问题；旋转的性质
【解析】【分析】（1）根据待定系数法将点A，B坐标代入抛物线解析式即可求出答案.
（2）设点的坐标为，则，由旋转的性质得：，则，将点P坐标代入抛物线解析式即可求出答案.
（3）根据点的平移性质可得，恰好在对称轴直线上，作点关于轴的对称点，连接，则，由两点之间线段最短可知，与轴的交点即为所求的点，此时的值最小，即的值最小，由轴对称的性质得：，设直线的解析式为，根据待定系数法将点P，E'坐标代入解析式即可求出答案.
（1）解：将点代入得：，
解得，
则抛物线的解析式为．
（2）解：抛物线的对称轴为直线，其顶点的坐标为，
设点的坐标为，则，
由旋转的性质得：，
，即，
将点代入得：，
解得或（舍去），
当时，，
所以点的坐标为．
（3）解：抛物线的顶点的坐标为，
则将其先向左平移1个单位长度，再向下平移4个单位长度恰好落在原点，
这时点落在点的位置，且，
，即，恰好在对称轴直线上，
如图，作点关于轴的对称点，连接，
则，
由两点之间线段最短可知，与轴的交点即为所求的点，此时的值最小，即的值最小，
由轴对称的性质得：，
设直线的解析式为，
将点代入得：，
解得，
则直线的解析式为，
当时，，
故在轴上存在点，使得的值最小，此时点的坐标为．
23．（2023九上·蓬江月考）【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=3，PB=1，PC=，求∠APB的度数．
【答案】（1）如图1，
将△BPC绕点B逆时针旋转90°，得到△BP'A，连接PP'，
∴△ABP'≌△CBP，
∴∠PBP'=90°，BP'=BP=2，AP'=CP=3，
在Rt△PBP'中，BP=BP'=2，
∴∠BPP'=45°，根据勾股定理得，PP'=BP=2，
∵AP=1，
∴AP2+PP'2=1+8=9，
∵AP'2=32=9，
∴AP2+PP'2=AP'2，
∴△APP'是直角三角形，且∠APP'=90°，
∴∠APB=∠APP'+∠BPP'=90°+45°=135°；
（2）如图2，
将△BPC绕点B逆时针旋转90°，得到△BP'A，连接PP'，
∴△ABP'≌△CBP，
∴∠PBP'=90°，BP'=BP=1，AP'=CP=，
在Rt△PBP'中，BP=BP'=1，
∴∠BPP'=45°，根据勾股定理得，PP'=BP=，
∵AP=3，
∴AP2+PP'2=9+2=11，
∵AP'2=（）2=11，
∴AP2+PP'2=AP'2，
∴△APP'是直角三角形，且∠APP'=90°，
∴∠APB=∠APP'﹣∠BPP'=90°﹣45°=45°．
【知识点】三角形全等及其性质；勾股定理；勾股定理的逆定理；旋转的性质
【解析】【分析】（1）根据旋转性质可得△ABP'≌△CBP，则∠PBP'=90°，BP'=BP=2，AP'=CP=3，根据勾股定理可得PP'=BP=2，再根据边之间的关系可得AP，再根据勾股定理逆定理可得△APP'是直角三角形，且∠APP'=90°，再根据角之间的关系即可求出答案.
（2）根据旋转性质可得△ABP'≌△CBP，则∠PBP'=90°，BP'=BP=1，AP'=CP=，再根据勾股定理可得PP'=BP=，再根据勾股定理逆定理可得△APP'是直角三角形，且∠APP'=90°，再根据角之间的关系即可求出答案.
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