专题03 旋转（12个考点）【知识梳理+解题方法+专题过关】-2022-2023学年九年级数学上学期期中期末考点大串讲（人教版）

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专题03旋转（12个考点）
【知识梳理+解题方法】
一．利用轴对称设计图案
利用轴对称设计图案关键是要熟悉轴对称的性质，利用轴对称的作图方法来作图，通过变换对称轴来得到不同的图案．
二．利用平移设计图案
确定一个基本图案按照一定的方向平移一定的距离，连续作图即可设计出美丽的图案．
通过改变平移的方向和距离可使图案变得丰富多彩．
三．生活中的旋转现象
（1）旋转的定义：在平面内，把一个图形绕着某一个点O旋转一个角度的图形变换叫做旋转．点O叫做旋转中心，转动的角叫做旋转角，如果图形上的点P经过旋转变为点P′，那么这两个点叫做对应点．
（2）注意：
①旋转是围绕一点旋转一定的角度的图形变换，因而旋转一定有旋转中心和旋转角，且旋转前后图形能够重合，这时判断旋转的关键．
②旋转中心是点而不是线，旋转必须指出旋转方向．
　③旋转的范围是平面内的旋转，否则有可能旋转成立体图形，因而要注意此点．　．
四．旋转的性质
（1）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．
（2）旋转三要素：①旋转中心； ②旋转方向； ③旋转角度．
　注意：三要素中只要任意改变一个，图形就会不一样．
五．旋转对称图形
（1）旋转对称图形
如果某一个图形围绕某一点旋转一定的角度（小于360°）后能与原图形重合，那么这个图形就叫做旋转对称图形．
（2）常见的旋转对称图形有：线段，正多边形，平行四边形，圆等．
六．中心对称
（1）中心对称的定义
把一个图形绕着某个点旋转180°，如果它能够与另一个图形重合，那么就说这两个图形关于这个点对称或中心对称，这个点叫做对称中心，这两个图形中的对应点叫做关于中心的对称点．．
（2）中心对称的性质
①关于中心对称的两个图形能够完全重合；
②关于中心对称的两个图形，对应点的连线都经过对称中心，并且被对称中心平分．
七．中心对称图形
（1）定义
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．
注意：中心对称图形和中心对称不同，中心对称是两个图形之间的关系，而中心对称图形是指一个图形自身的特点，这点应注意区分，它们性质相同，应用方法相同．
（2）常见的中心对称图形
平行四边形、圆形、正方形、长方形等等．
八．关于原点对称的点的坐标
关于原点对称的点的坐标特点
（1）两个点关于原点对称时，它们的坐标符号相反，即点P（x，y）关于原点O的对称点是P′（﹣x，﹣y）．
（2）关于原点对称的点或图形属于中心对称，它是中心对称在平面直角坐标系中的应用，它具有中心对称的所有性质．但它主要是用坐标变化确定图形．
注意：运用时要熟练掌握，可以不用图画和结合坐标系，只根据符号变化直接写出对应点的坐标．
九．坐标与图形变化-旋转
（1）关于原点对称的点的坐标
P（x，y）⇒P（﹣x，﹣y）
（2）旋转图形的坐标
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°．
十．作图-旋转变换
（1）旋转图形的作法：
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．
（2）旋转作图有自己独特的特点，决定图形位置的因素较多，旋转角度、旋转方向、旋转中心，任意不同，位置就不同，但得到的图形全等．
十一．利用旋转设计图案
由一个基本图案可以通过平移、旋转和轴对称以及中心对称等方法变换出一些复合图案．
利用旋转设计图案关键是利用旋转中的三个要素（①旋转中心； ②旋转方向； ③旋转角度）设计图案．通过旋转变换不同角度或者绕着不同的旋转中心向着不同的方向进行旋转都可设计出美丽的图案．
十二．几何变换的类型
（1）平移变换：在平移变换下，对应线段平行且相等．两对应点连线段与给定的有向线段平行（共线）且相等．
（2）轴对称变换：在轴对称变换下，对应线段相等，对应直线（段）或者平行，或者交于对称轴，且这两条直线的夹角被对称轴平分．
（3）旋转变换：在旋转变换下，对应线段相等，对应直线的夹角等于旋转角．
（4）位似变换：在位似变换下，一对位似对应点与位似中心共线；一条线上的点变到一条线上，且保持顺序，即共线点变为共线点，共点线变为共点线；对应线段的比等于位似比的绝对值，对应图形面积的比等于位似比的平方；不经过位似中心的对应线段平行，即一直线变为与它平行的直线；任何两条直线的平行、相交位置关系保持不变；圆变为圆，且两圆心为对应点；两对应圆相切时切点为位似中心．
【专题过关】
一．利用轴对称设计图案（共1小题）
1．（2022•威县校级模拟）如图，在由小正方形组成的网格图中再涂黑一个小正方形，使它与原来涂黑的小正方形组成的新图案为轴对称图形，则涂法有（　　）

A．1种 B．2种 C．3种 D．4种
【分析】直接利用轴对称图形的性质得出符合题意的答案．
【解答】解：如图所示：将①②③位置涂成黑色，能使整个阴影部分成为轴对称图形，

故选：C．
【点评】此题主要考查了利用轴对称设计图案，正确掌握轴对称图形的定义是解题关键．
二．利用平移设计图案（共1小题）
2．（2022•丰顺县校级开学）在平面直角坐标系中，将A（﹣4，3），B（﹣1，2），C（﹣4，1），D（﹣3，2）四个点用线段连接成一个图案，如图所示．
（1）如果原来四个点的纵坐标保持不变，横坐标都加上4，将对应所得的点相应地用线段连接起来，那么所得的图案是由原来的图案进行了怎样的平移得到的？
（2）如果原来四个点的横坐标保持不变，纵坐标都减去3，将对应所得的点相应地用线段连接起来，那么所得的图案是由原来的图案进行了怎样的平移得到的？

【分析】（1）根据要求作出图形即可；
（2）根据要求作出图形即可．
【解答】解：（1）图形如图所示，原来图案向右平移 4 个单位得到新图案；
（2）图形如图所示，原来图案向下平移 3 个单位得到新图案．

【点评】本题考查作图﹣平移变换，解题的关键是掌握平移变换的性质，属于中考常考题型．
三．生活中的旋转现象（共2小题）
3．（2021秋•安州区期末）将数字“6”旋转180°，得到数字“9”；将数字“9”旋转180°，得到数字“6”．现将数字“69”旋转180°，得到的数字是（　　）
A．96 B．69 C．66 D．99
【分析】直接利用中心对称图形的性质结合69的特点得出答案．
【解答】解：现将数字“69”旋转180°，得到的数字是：69．
故选：B．
【点评】此题主要考查了生活中的旋转现象，正确想象出旋转后图形是解题关键．
4．（2021秋•建华区期末）时钟的时针从上午的8时到上午10时，时针旋转的旋转角为 　60°　．
【分析】根据时钟一大格是30°即可解答．
【解答】解：由题意得：时钟的时针从上午的8时到上午10时，时针旋转的旋转角为60°，
故答案为：60°．
【点评】本题考查了生活中旋转现象，熟练掌握时钟一大格的角度是解题的关键．
四．旋转的性质（共9小题）
5．（2022•香坊区校级模拟）如图，将△ABC绕着点C顺时针旋转50°后得到△A′B′C，若∠B′CA＝20°，则∠BCA的度数是（　　）

A．120° B．30° C．20° D．10°
【分析】先利用旋转得到∠BCB′＝50°，而已知∠ACB′＝20°，由此即可求解．
【解答】解：∵将△ABC绕着点C顺时针旋转50°后得到△A′B′C，
∴∠BCB′＝50°，
而∠B′CA＝20°，
∴∠BCA＝∠BCB′﹣∠ACB′＝50°﹣20°＝30°．
故选：B．
【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．
6．（2022春•城关区校级期中）如图，O是等边△ABC内一点，OA＝3，0B＝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+．
其中结论正确的是（　　）

A．①②③⑤ B．①②③④ C．①②③④⑤ D．①②③
【分析】连接OO′，过点O作OD⊥BO′，垂足为D，由旋转的性质可得∠OBO′＝60°，BO＝BO′，根据等边三角形的性质可得∠OBO′﹣∠ABO＝∠ABC﹣∠ABO，从而证明ΔO′BA≌△OBC，即可判断①正确，证明△BOO′是等边三角形，即可判断②正确；根据等边三角形的性质可得∠BOO′＝60°，根据全等三角形的性质可证△AOO′是直角三角形，即可判断③正确；在Rt△BOD中，求出OD的长，然后根据S四边形AOBO′＝S△BOO′+S△AOO′进行计算即可判断④不正确；将△AOB绕点A逆时针旋转60°，使得AB与AC重合，点O旋转至点的位置，连接OE，过点A作AF⊥OE，垂足为F，仿照④的解题思路，即可判断⑤不正确．
【解答】解：连接OO′，过点O作OD⊥BO′，垂足为D，

由旋转得：
∠OBO′＝60°，BO＝BO′，
∵△ABC是等边三角形，
∴AB＝BC＝AC，∠ABC＝∠BAC＝60°，
∴∠OBO′﹣∠ABO＝∠ABC﹣∠ABO，
∴∠O′BA＝∠COB，
∴ΔO′BA≌△OBC（SAS），
∴△BO'A可以由△BOC绕点B逆时针旋转60°得到，
故①正确；
由旋转得：
∠OBO′＝60°，BO＝BO′，
∴△BOO′是等边三角形，
∴OO′＝OB＝4，
∴点O与O′的距离为4；
故②正确；
∵△BOO′是等边三角形，
∴∠BOO′＝60°，
∵ΔO′BA≌△OBC，
∴AO′＝OC＝5，
∴AO2+OO′2＝AO′2，
∴△AOO′是直角三角形，
∴∠AOO′＝90°，
∴∠AOB＝∠BOO′+∠AOO′＝150°，
故③正确；
在Rt△BOD中，OD＝BOsin60°＝4×＝2，
∴S四边形AOBO′＝S△BOO′+S△AOO′
＝BO′•OD+AO•OO′
＝×4×2+×3×4
＝4+6，
故④不正确；
将△AOB绕点A逆时针旋转60°，使得AB与AC重合，点O旋转至点的位置，连接OE，过点A作AF⊥OE，垂足为F，如图：

∴AO＝AE，∠OAE＝60°，OB＝EC＝4，
∴△AOE是等边三角形，
∴OE＝AO＝3，
∵OC＝5，
∴OE2+EC2＝OC2，
∴△OEC是直角三角形，
在Rt△AOF中，AF＝AOsin60°＝3×＝，
∴S△AOC+S△AOB
＝S△AOC+S△ACE
＝S△AOE+S△OCE
＝OE•AF+OE•EC
＝×3×+×3×4
＝6+，
故⑤不正确；
所以，上列结论，正确的结论是①②③，
故选：D．
【点评】本题考查了等边三角形的性质，旋转的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，根据题目的已知条件并结合图形添加适当的辅助线是解题的关键．
7．（2022•小店区校级模拟）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠A＝30°，AB＝5，将△ABC绕点B顺时针旋转得到△A'B'C'，其中点A，C的对应点分别为点A'，C'，当点C'落在AB的延长线上时，过点C做CD∥AB，交A'B于点D，则CD的长为（　　）

A．2.5 B．3 C．3.5 D．4
【分析】由直角三角形的性质可求BC的长，由旋转的性质可得∠ABC＝∠A'BC'＝60°，通过证明△BCD是等边三角形，可得CD＝BC＝．
【解答】解：在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠A＝30°，AB＝5，
∴BC＝AB＝，∠ABC＝60°，
∵将△ABC绕点B顺时针旋转得到△A'B'C'，
∴∠ABC＝∠A'BC'＝60°，
∵CD∥AB，
∴∠DCB＝∠ABC＝60°，∠CDB＝∠DBC'＝60°，
∴△BCD是等边三角形，
∴CD＝BC＝，
故选：A．
【点评】本题考查了旋转的性质，直角三角形的性质，等边三角形的性质，掌握旋转的性质是解题的关键．
8．（2022春•海曙区校级期中）如图，点E是正方形ABCD边BC上一点，连接AE．将△ABE绕着点A逆时针旋转到△AFG的位置（点F在正方形ABCD内部），连接DG．若AB＝10，BE＝6，DG∥AF，则DH＝　　．

【分析】由“HL”可证Rt△AFH≌Rt△ADH，可得FH＝DH，由“AAS”可证△DHG≌△FHN，可得HG＝HN，可得ND＝FG＝6，由勾股定理可求AP，FN，DH，即可求解．
【解答】解：如图，连接AH，过点F作FN⊥CD于点N，FP⊥AD于点P，

∵将△ABE绕着点A逆时针旋转到△AFG的位置，
∴AB＝AF，∠ABE＝∠AFG＝90°，BE＝FG＝6，
∴AF＝AD，
在Rt△AFH和Rt△ADH中，
，
∴Rt△AFH≌Rt△ADH（HL），
∴FH＝DH，
∵DG∥AF，
∴∠AFG＝∠DGF＝90°，
在△DHG和△FHN中，
，
∴△DHG≌△FHN（AAS），
∴HG＝HN，
∴DN＝DH+HN＝FH+HG＝FG＝6，
∵FN⊥CD，PF⊥AD，∠ADC＝90°，
∴四边形PDNF是矩形，
∴PD＝FN，PF＝DN＝6，
∴AP＝＝＝8，
∴PD＝2＝FN，
∵FH2＝HN2+FN2，
∴DH2＝（6﹣DH）2+4，
∴DH＝，
故答案为：．
【点评】本题考查了旋转的性质，正方形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理等知识，求出FN的长是解题的关键．
9．（2022•五华区校级模拟）在菱形ABCD中，AB＝8，∠ABC＝60°，对角线AC，BD相交于点O，将射线AC绕点A旋转30°，与菱形的边交于点E，则BE的长为 　4或4　．
【分析】由四边形ABCD是菱形，∠ABC＝60°，可得△ABC，△ADC是等边三角形，分两种情况：当射线AC绕点A顺时针旋转30°，可得BE＝CE＝BC＝4；当射线AC绕点A逆时针旋转30°，过E作EF⊥BC交BC延长线于F，在Rt△BEF中，可得BE＝＝4．
【解答】解：∵四边形ABCD是菱形，
∴AB＝BC＝CD＝DA，
∵∠ABC＝60°，
∴△ABC，△ADC是等边三角形，
∴AB＝BC＝CD＝DA＝8＝AC，
当射线AC绕点A顺时针旋转30°，如图：

则∠CAE＝30°，
∴∠BAE＝30°＝∠CAE，
∴BE＝CE＝BC＝4；
当射线AC绕点A逆时针旋转30°，过E作EF⊥BC交BC延长线于F，如图：

∴∠CAE＝30°＝∠DAE，
∴CE＝DE＝DC＝4，
∵四边形ABCD是菱形，
∴∠ECF＝∠ABC＝60°，
在Rt△CEF中，
CF＝CE＝2，EF＝CF＝2，
在Rt△BEF中，
BE＝＝＝4，，
综上所述，BE的长为4或4，
故答案为：4或4．
【点评】本题考查菱形中的旋转问题，解题的关键是掌握旋转的性质．
10．（2022•岳麓区校级三模）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，∠BAC＝50°，将△ABC绕点A逆时针旋转得到△AB′C′，使点C′落在AB边上，连结BB′，则∠BB′C′的度数为 　25　°．

【分析】首先根据三角形内角和定理求出∠ABC＝40°，然后利用了旋转的性质、等腰三角形的性质即可求解．
【解答】解：在Rt△ABC中，∠C＝90°，∠BAC＝50°，
∴∠ABC＝40°，
又将△ABC绕点A逆时针旋转得到△AB′C′，使点C′落在AB边上，
∴∠BAB′＝∠BAC＝50°，AB＝AB′，∠AB′C′＝∠ABC＝90°﹣50°＝40°，
∴∠ABB′＝∠AB′B＝（180°﹣50°）＝65°，
∴∠BB′C′＝∠AB′B﹣∠AB′C′＝25°．
故答案为：25．
【点评】此题主要考查了旋转的性质，同时也利用了三角形内角和定理．
11．（2022春•南岸区校级期中）如图，将等边△ABC绕点C顺时针旋转90°得到△EFC，∠ACE的平分线CD交EF于点D，连接AD、AF．
（1）求∠CFA度数；
（2）求证：△ACD≌△ECD；
（3）AD和BC有什么位置关系？请说明理由．

【分析】（1）由等边三角形的性质可得∠ACB＝60°，BC＝AC，由旋转的性质可得CF＝BC，∠BCF＝90°，由等腰三角形的性质可求解；
（2）由“SAS”可证△ECD≌△ACD；
（3）由全等三角形的性质可得∠DAC＝∠E＝60°＝∠ACB，即可证AD∥BC．
【解答】（1）解：∵△ABC是等边三角形，
∴∠ACB＝60°，BC＝AC，
∵等边△ABC绕点C顺时针旋转90°得到△EFC，
∴CF＝BC，∠BCF＝90°，AC＝CE，
∴CF＝AC，
∵∠BCF＝90°，∠ACB＝60°，
∴∠ACF＝∠BCF﹣∠ACB＝30°，
∴∠CFA＝（180°﹣∠ACF）＝75°；
（2）证明：∵△ABC和△EFC是等边三角形，
∴∠ACB＝60°，∠E＝60°，
∵CD平分∠ACE，
∴∠ACD＝∠ECD，
在△ACD和△ECD中，
，
∴△ACD≌△ECD（SAS）
（3）解：AD∥BC，理由如下：
∵△ECD≌△ACD，
∴∠DAC＝∠E＝60°，
∴∠DAC＝∠ACB，
∴AD∥BC．
【点评】本题考查了旋转的性质，等边三角形的性质，等腰三角形的性质，平行线的判定，熟练运用旋转的性质是本题关键．
12．（2022•泉港区模拟）如图，在△ABC中，AB＝AC＝5，BC＝6，AO⊥BC于点O，在△ABC的外部以AB为边作等边△ABD，点E是线段AO上一动点（点E不与点A重合），将线段BE绕点B顺时针方向旋转60°得到线段BF．
（1）若BF＝2，求证：C，E，F三点共线；
（2）连结DF，若△BDF的面积为3，求BF的长．

【分析】（1）由旋转的性质可证△BEF是等边三角形，可得BE＝BF＝EF，∠F＝∠FEB＝∠EBF＝60°，由锐角三角函数可求∠CEO＝60°，即可得结论；
（2）由“SAS”可证△ABE≌△DBF，由三角形的面积公式可求AE＝2，由勾股定理可求解．
【解答】（1）证明：如图，连接CE，EF，

∵AB＝AC＝5，BC＝6，AO⊥BC，
∴CO＝BO＝3，AO是BC的中垂线，
∴BE＝CE，
∵将线段BE绕点B顺时针方向旋转60°得到线段BF，
∴BE＝BF＝2，∠FEB＝60°，
∴△BEF是等边三角形，
∴BE＝BF＝EF，∠F＝∠FEB＝∠EBF＝60°，
∴BE＝CE＝2，
∴sin∠CEO＝＝＝，
∴∠CEO＝60°，
∵CE＝BE，EO⊥BC，
∴∠CEO＝∠BEO＝60°，
∴∠CEB＝120°，
∴∠CEB+∠FEB＝180°，
∴点C，点E，点F三点共线；
（2）解：如图，当点E在线段AO上时，

∵△ABD是等边三角形，
∴AB＝BD，∠ABD＝∠EBF＝60°，
∴∠ABE＝∠DBF，
又∵BE＝BF，
∴△ABE≌△DBF（SAS），
∴S△ABE＝S△DBF＝3，
∴×AE×BO＝3，
∴AE＝2，
∴OE＝AO﹣AE＝2，
∴BE＝＝＝，
∴BF＝BE＝；
【点评】本题考查了旋转的性质，等腰三角形的性质，等边三角形的性质，锐角三角函数，全等三角形的判定和性质等知识，灵活运用这些性质解决问题是解题的关键．
13．（2022春•顺德区校级期中）如图，P是等边△ABC内的一点，且PA＝5，PB＝4，PC＝3，将△APB绕点B逆时针旋转，得到△CQB．

（1）旋转角为 　60　度；
（2）求点P与点Q之间的距离；
（3）求∠BPC的度数；
（4）求△ABC的面积S△ABC．
【分析】（1）根据旋转角度的定义进行解答便可；
（2）连接PQ，根据等边三角形的性质得∠ABC＝60°，BA＝BC，由旋转的性质得BP＝BQ，∠PBQ＝∠ABC＝60°，CQ＝AP＝5，BP＝BQ＝4，∠PBQ＝60°，于是可判断△PBQ是等边三角形，所以PQ＝PB＝4；
（3）先利用勾股定理的逆定理证明△PCQ是直角三角形，且∠QPC＝90°，再加上∠BPQ＝60°，然后计算∠BPQ+∠QPC即可；
（4）由直角三角形的性质可求CH，PH的长，由勾股定理和三角形的面积公式可求解．
【解答】解：（1）∵将△APB绕点B逆时针旋转，
∴∠PBQ＝∠ABC，
∵△ABC为等边三角形，
∴∠PBQ＝∠ABC＝60°，
∴旋转角度为60°，
故答案为：60；
（2）∵△ABC是等边三角形，
∴∠ABC＝60°，BA＝BC，
∵△QCB是△PAB绕点B逆时针旋转得到的，
∴△QCB≌△PAB，
∴BP＝BQ，∠PBQ＝∠ABC＝60°，CQ＝AP＝5，
∵BP＝BQ＝4，∠PBQ＝60°，
∴△PBQ是等边三角形，
∴PQ＝PB＝4；
（3）∵QC＝5，PC＝3，PQ＝4，
而32+42＝52，
∴PC2+PQ2＝CQ2，
∴△PCQ是直角三角形，且∠QPC＝90°，
∵△PBQ是等边三角形，
∴∠BPQ＝60°，
∴∠BPC＝∠BPQ+∠QPC＝60°+90°＝150°；
（4）如图，过点C作CH⊥BP，交BP的延长线于H，

∵∠BPC＝150°，
∴∠CPH＝30°，
∴CH＝PC＝，PH＝HC＝，
∴BH＝4+，
∴BC2＝BH2+CH2＝+（4+）2＝25+12，
∵S△ABC＝BC2，
∴S△ABC＝（25+12）＝+9．
【点评】本题考查了旋转的性质，等边三角形的判定与性质，全等三角形的性质，勾股定理的逆定理，掌握旋转的性质是本题的关键．
五．旋转对称图形（共2小题）
14．（2021秋•北仑区期末）下列正多边形，绕其中心旋转72°后，能和自身重合的是（　　）
A． B．
C． D．
【分析】求出各个选项图形的最小旋转角度，即可做出判断．
【解答】解：A、正三角形的最小旋转角度为120°，故本选项不符合题意；
B、正方形的最小旋转角度90°，故本选项不符合题意；
C、正五边形的最小旋转角度为＝72°，故本选项符合题意；
D、正六边形的最小旋转角度为＝60°，故本选项不符合题意；
故选：C．
【点评】本题考查了旋转对称图形的知识，解答本题的关键是求出各图形的最小旋转角度．
15．（2021秋•渝中区校级期末）把一个正六边形绕其中心旋转，至少旋转 　60　度，可以与自身重合．
【分析】正六边形可以被经过中心的射线平分成6个全等的部分，则旋转的角度即可确定．
【解答】解：正六边形可以被经过中心的射线平分成6个全等的部分，则旋转至少360÷6＝60度，能够与本身重合．
故答案为：60．
【点评】此题主要考查旋转对称图形，注意正六边形是旋转对称图形，确定旋转角的方法是需要准确掌握的内容．
六．中心对称（共4小题）
16．（2022•济源模拟）如图，点O为矩形ABCD的对称中心，动点P从点A出发沿AD向点D移动，移动到点D停止，延长PO交BC于点Q，则四边形APCQ形状的变化依次为（　　）

A．平行四边形一矩形一平行四边形一矩形
B．平行四边形一矩形一菱形一矩形
C．平行四边形一菱形一平行四边形一矩形
D．平行四边形一菱形一平行四边形
【分析】根据对称中心的定义，根据矩形的性质，可得四边形APCQ形状的变化情况：这个四边形先是平行四边形，当对角线互相垂直时是菱形，然后又是平行四边形，最后点A与点D重合时是矩形．
【解答】解：观察图形可知，四边形APCQ形状的变化依次为平行四边形→菱形→平行四边形→矩形．
故选：C．
【点评】本题考查了中心对称，矩形的性质，平行四边形的判定与性质，菱形的判定，根据PQ与AC的位置关系即可求解．
17．（2022•越秀区校级开学）如图，在平面直角坐标系中摆放16个边长为1的正方形，直线l：y＝kx将这16个正方形分成面积相等的两部分，则k的值是 　　．

【分析】设直线l：y＝kx与正方形的上边缘交点为A，作AB⊥x轴于B，根据三角形面积求出A点的坐标即可得出k的值．
【解答】解：设直线l：y＝kx与正方形的上边缘交点为A，作AB⊥y轴于B，

∵16个边长为1的正方形面积为16，
∴△AOB的面积为8﹣4+1＝5，
∵OB＝4，
∴AB＝5×2÷4＝，
∴A（，4），
即4＝k，
解得k＝，
故答案为：．
【点评】本题主要考查三角形的面积，一次函数的性质等知识，利用三角形的面积求出A点坐标是解题的关键．
18．（2022•泗水县一模）有一张矩形纸片ABCD，E，F分别是边BC，AD上的点（不与顶点重合），如图所示，若EF将矩形ABCD分成面积相等的两部分．求证：AF＝EC．

【分析】根据矩形的性质得出AB＝CD，AD＝BC，DF＝AD﹣AF，BE＝BC﹣EC，再根据两个梯形面积相等得出线段的长度关系即可．
【解答】证明：∵四边形ABCD是矩形，
∴AB＝CD，AD＝BC，DF＝AD﹣AF，BE＝BC﹣EC，
∵S梯形ABEF＝S梯形ABEF，
∴，
∴AF+BE＝EC+DF，
∴AF+（BC﹣EC）＝EC+（AD﹣AF），
∴AF﹣EC＝EC﹣AF，
∴AF＝EC．
【点评】本题主要考查矩形的性质，梯形的面积等知识，熟练掌握梯形的面积公式，矩形的性质等知识是解题的关键．
19．（2021秋•武汉期末）如图，在△ABC中，AC＝BC，点D、E分别是边AB、AC的中点，将△ADE绕点E旋转180°得△CFE，求证：四边形ADCF是矩形．

【分析】先证明四边形ADCF是平行四边形，再由对角线相等证明四边形ADCF是矩形．
【解答】解：∵AC＝BC，点D、E分别是边AB、AC的中点，
∴DE＝BC，AE＝AC，
∵AC＝BC，
∴AE＝DE，
∵△ADE绕点E旋转180°得△CFE，
∴△ADE≌△CFE，
∴AE＝CE，DE＝EF，
∴四边形ADCF是平行四边形，
∵AE＝CE，DE＝EF，AE＝DE，
∴AE＝CD＝DE＝EF，
∴AC＝DF，
∴四边形ADCF是矩形．
【点评】本题考查矩形的判断，熟练掌握中心对称图形的性质，矩形的判定方法是解的关键．
七．中心对称图形（共3小题）
20．（2022•平邑县一模）规定：在平面内，如果一个图形绕一个定点旋转一定的角度α（0°＜α≤180°）后能与自身重合，那么就称这个图形是旋转对称图形，转动的这个角度α称为这个图形的一个旋转角．例如：正方形绕着两条对角线的交点O旋转90°或180°后，能与自身重合（如图），所以正方形是旋转对称图形，且有两个旋转角．
根据以上规定，下列图形是旋转对称图形，也是中心对称图形的是 　②、③、④　．
①正五边形，②正六边形，③矩形，④菱形．

【分析】根据旋转对称图形和中心对称图形的定义即可解答．
【解答】解：正五边形不是中心对称图形；正六边形、矩形、菱形是旋转对称图形，也是中心对称图形，
故答案为：②、③、④．
【点评】本题考查了旋转对称图形的知识，解答本题的关键是掌握旋转角度的定义，求出旋转角．
21．（2022•无锡二模）请写出一个是轴对称，但不是中心对称的几何图形名称：　如：正三角形（答案不只一个）　．
【分析】根据轴对称图形与中心对称图形的概念求解．
如果一个图形绕某一点旋转180°后能够与自身重合，那么这个图形就叫做中心对称图形，这个点叫做对称中心．
如果一个图形沿着一条直线对折后两部分完全重合，这样的图形叫做轴对称图形，这条直线叫做对称轴．
【解答】解：是轴对称，但不是中心对称的几何图形名称：如正三角形（答案不只一个）．
【点评】掌握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度后两部分重合．
22．（2022•海曙区一模）在4×4的方格中，选择6个小方格涂上阴影，请仔细观察图1中的六个图案的对称性，按要求回答．

（1）请在六个图案中，选出三个具有相同对称性的图案．
选出的三个图案是 　①③⑤　（填写序号）；
它们都是 　轴对称　图形（填写“中心对称”或“轴对称”）；
（2）请在图2中，将1个小方格涂上阴影，使整个4×4的方格也具有（1）中所选图案相同的对称性．
【分析】轴对称图形：如果一个图形沿着一条直线对折后两部分完全重合，这样的图形叫做轴对称图形；中心对称图形：在同一平面内，如果把一个图形绕某一点旋转180°，旋转后的图形能和原图形完全重合，那么这个图形就叫做中心对称图形．
【解答】解：（1）①③⑤三个图案是轴对称图形，
故答案为：①③⑤；轴对称；
（2）如图所示，

【点评】本题考查了中心对称图形轴对称图形的概念．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度后与原图重合．
八．关于原点对称的点的坐标（共2小题）
23．（2022•钦州一模）在平面直角坐标系中，若点（3，2）与点（m，﹣2）关于原点对称，则m的值是（　　）
A．2 B．﹣2 C．3 D．﹣3
【分析】直接利用两个点关于原点对称时，它们的坐标符号相反，即点P（x，y）关于原点O的对称点是P′（﹣x，﹣y），进而得出答案．
【解答】解：∵点（3，2）与点（m，﹣2）关于原点对称，
∴m＝﹣3，
故选：D．
【点评】此题主要考查了关于原点对称点的性质，正确记忆横纵坐标的符号关系是解题关键．
24．（2021秋•江油市期末）如图，在平面直角坐标系中，已知点A（2，﹣2），点P是x轴上的一个动点．
（1）A1，A2分别是点A关于原点的对称点和关于y轴对称的点，直接写出点A1，A2的坐标，并在图中描出点A1，A2．
（2）求使△APO为等腰三角形的点P的坐标．

【分析】（1）利用关于原点对称和y轴对称的点的坐标特征写出点A1，A2的坐标，然后描点；
（2）先计算出OA的长，再分类讨论：当OP＝OA或AP＝AO或PO＝PA时，利用直角坐标系分别写出对应的P点坐标．
【解答】解：（1）A1（﹣2，2），A1（﹣2，﹣2），如图，

（2）设P点坐标为（t，0），
OA＝＝2，
当OP＝OA时，P点坐标为（﹣2，0）或（2，0）；
当AP＝AO时，P点坐标为（4，0），
当PO＝PA时，P点坐标为（2，0），
综上所述，P点坐标为（﹣2，0）或（2，0）或（4，0）或（2，0）．
【点评】本题考查了关于原点对称的点的坐标：两个点关于原点对称时，它们的坐标符号相反，即点P（x，y）关于原点O的对称点是P′（﹣x，﹣y）．也考查了等腰三角形的性质．
九．坐标与图形变化-旋转（共4小题）
25．（2022春•东莞市期中）如图，矩形ABCD的两边BC、CD分别在x轴、y轴上，点C与原点重合，点A（﹣1，2），将矩形ABCD沿x轴向右翻滚，经过一次翻滚点A对应点记为A1，经过第二次翻滚点A对应点记为A2…依此类推，A的坐标 　（﹣1，2）　，经过2022次翻滚后点A对应点A2022的坐标为 　（3033，0）　．

【分析】观察图形即可得到经过4次翻滚后点A对应点一循环，先求出2022÷4的商，从而解答本题．
【解答】解：如图所示：

A的坐标为（﹣1，2），
观察图形可得经过4次翻滚后点A对应点一循环，
2022÷4＝505•••••2，
∵点A（﹣1，2），长方形的周长为：2（1+2）＝6，
∴经过505次翻滚后点A对应点A2022的坐标为（6×505+4﹣1，0），即（3033，0）．
故答案为：（﹣1，2），（3033，0）．
【点评】本题考查坐标与图形变化﹣旋转，规律型﹣点的坐标等知识，解题的关键是学会探究规律的方法，属于中考常考题型．
26．（2022•齐齐哈尔三模）如图，在平面直角坐标系中，等边△AOB，点A的坐标为（﹣1，0），每一次将△AOB绕着点O顺时针方向旋转60°，同时每边扩大为原来的2倍，第一次旋转后得到△A1OB1，第二次旋转后得到△A2OB2，…，依次类推，则点A2022的坐标为 　（﹣22022，0）　．

【分析】根据旋转角度为60°，可知每旋转6次点A的位置重复出现，由此可知第2022次旋转后，点A2与点A的位置相同，都在x轴的负半轴上，再由OAn＝2n，即可求解．
【解答】解：∵A（﹣1，0），
∴OA＝1，
∵每次旋转角度为60°，
∴6次旋转360°，
∵2022÷6＝374，
∴第2022次旋转后，点A2与点A的位置相同，都在x轴的负半轴上，
∵第一次旋转后，OA1＝2，
第二次旋转后，OA2＝22，
第三次旋转后，OA3＝23，
……
∴第2022次旋转后，OA2022＝22022，
∴点A2022的坐标为（﹣22022，0）．
故答案为：（﹣22022，0）．
【点评】本题考查图形的旋转，熟练掌握图形旋转的性质，根据旋转角度找到点的坐标规律是解题的关键．
27．（2021秋•河东区期末）如图所示，在平面直角坐标系中A（0，4），点B（﹣6，0）．△AOB绕点O逆时针旋转30°得到△A1OB1．
（1）求点B1的坐标；
（2）点C（4，0），连接CA1交OA于点D，求点D的坐标．

【分析】（1）过点B1作B1H⊥y轴于H，解直角三角形求出HB1，OH，可得结论；
（2）过点A1作A1T⊥y轴于T，求出A1的坐标，求出直线CA1的解析式，可得结论．
【解答】解：（1）过点B1作B1H⊥y轴于H．

∵B（﹣6，0），
∴OB＝OB1＝6，
∵∠BOB1＝30°，∠BOH＝90°，
∴∠B1OH＝60°，
∴OH＝OB1•cos60°＝3，HB1•sin60°＝3，
∴B1（﹣3，﹣3）；

（2）过点A1作A1T⊥y轴于T
∵A（0，4），
∴OA＝OA1＝4，
∵∠AOA1＝30°，∠AOB＝90°，
∴∠A1OT＝60°，
∴OT＝OA1•cos60°＝2，A1T＝OA1•sin60°＝2，
∴A1（﹣2，2），
∵C（4，0），
设直线CA1的解析式为y＝kx+b，则有，
解得，
∴直线CA1的解析式为y＝﹣x+．
∴D（0，）．
【点评】本题考查坐标与图形变化﹣旋转，解直角三角形，一次函数的应用等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造直角三角形解决问题．
28．（2021秋•红桥区期末）在平面直角坐标系中，点O（0，0），点A（，0），点B（，m）（m＞0），∠AOB＝30°．以点O为中心，逆时针旋转△OAB，得到△OCD，点A，B的对应点分别为C，D．记旋转角为α．
（Ⅰ）如图①，当点C落在OB上时，求点D的坐标；
（Ⅱ）如图②，当α＝45°时，求点C的坐标；
（Ⅲ）在（Ⅱ）的条件下，求点D的坐标（直接写出结果即可）．


【分析】（Ⅰ）如图①，如图①，过点D作DH⊥OA于点H．解直角三角形求出OH，DH，可得结论；
（Ⅱ）如图②，过点C作CT⊥OA于点T，解直角三角形求出OT，CT可得结论；
（Ⅲ）如图②中，过点D作DJ⊥OA于点J，在DJ上取一点K，使得DK＝OK，设OJ＝m．利用勾股定理构建方程求出m，可得结论．
【解答】解：（Ⅰ）如图①，过点D作DH⊥OA于点H．

∵A（，0），
∴OA＝，
∵∠OAB＝90°，∠AOB＝30°，
∴OB＝＝＝2，
由旋转的性质可知，OD＝OB＝2，∴∠COD＝∠AOB＝30°，
∴∠DOH＝60°，
∴∠ODH＝30°，
∴OH＝OD＝1，DH＝OH＝，
∴D（1，）；

（Ⅱ）如图②，过点C作CT⊥OA于点T，

∵OC＝OA＝，∠COT＝45°，
∴OT＝CT＝OC•cos45°＝×＝，
∴C（，）；

（Ⅲ）如图②中，过点D作DJ⊥OA于点J，在DJ上取一点K，使得DK＝OK，设OJ＝m．
∵∠DOC＝30°，∠COT＝45°，
∴∠DOJ＝75°，
∴∠ODJ＝90°﹣75°＝15°，
∵KD＝KO，
∴∠KDO＝∠KOD＝15°，
∴∠OKJ＝∠KDO+∠KOD＝30°，
∴OK＝DK＝2m，KJ＝m，
∵OD2＝OJ2+DJ2，
∴22＝m2+（2m+m）2，
解得m＝（负根已经舍弃），
∴OJ＝，DJ＝，
∴D（，）．
【点评】本题考查坐标与图形变化﹣旋转，解直角三角形等知识，解题的关键是学会构造直角三角形解决问题，学会利用参数构建方程解决问题，属于中考常考题型．
一十．作图-旋转变换（共2小题）
29．（2021秋•南沙区期末）如图，将△ABC绕点A顺时针旋转α，得到△ADE，若点D恰好在CB的延长线上，则
∠CDE等于（　　）

A．α B．90°+ C．90°﹣ D．180°﹣2α
【分析】证明∠ABE+∠ADE＝180°，推出∠BAD+∠BED＝180°即可解决问题．
【解答】解：由旋转可知：AB＝AD，∠ABC＝∠ADE，∠BAD＝α，
∵∠ABC+∠ABD＝180°，
∴∠ABD+∠ADE＝180°，
∵AB＝AD，
∴∠ABD＝∠ADB，
∴∠ADB+∠ADE＝2∠ADB+∠BED＝180°，
∵∠BAD＝α，
∴2∠ABD＝180°﹣α，
∴∠BED＝180°﹣（180°﹣α）＝α．
故选：A．
【点评】本题考查旋转的性质，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．
30．（2022春•新城区校级期中）如图，在边长为1的正方形组成的网格中建立直角坐标系，△AOB的顶点均在格点上，点O为原点，点A、B的坐标分别是A（3，2）、B（1，3）．
（1）将△AOB向下平移4个单位，则点B的对应点坐标为 　（1，﹣1）　；
（2）将△AOB绕点O逆时针旋转90°后得到△A1OB1，请在图中作出△A1OB1；
（3）求△A1OB1的面积．

【分析】（1）利用平移变换的性质作出图形，可得结论；
（2）利用旋转变换的性质作出图形即可；
（3）把三角形的面积看成矩形的面积减去周围的三个三角形面积即可．
【解答】解：（1）如图，△A′B′C′即为所求，B′（1，﹣1）．
故答案为：（1，﹣1）；
（2）如图，△A1OB1即为所求；
（3）△A1OB1的面积＝3×3﹣×1×2﹣×2×3﹣×1×3＝3.5．

【点评】本题考查作图﹣旋转变换，平移变换，三角形的面积等知识，解题的关键是掌握旋转变换，平移变换的性质，属于中考常考题型．
一十一．利用旋转设计图案（共2小题）
31．（2022•微山县二模）如图的四个三角形中，不能由已知图中三角形经过旋转或平移得到的是（　　）

A． B．
C． D．
【分析】根据旋转是绕某个点旋转一定角度得到新图形，平移是沿直线移动一定距离得到新图形，可得答案．
【解答】解：A、图形是由△ABC经过平移或旋转得到，故A不符合题意；
B、图形不能由△ABC经过旋转或平移得到，故B符合题意；
C、图形由△ABC经过旋转得到，故C不符合题意；
D、图形由△ABC经过平移得到，故D不符合题意
故选：B．
【点评】本题考查的是旋转的性质，平移是沿直线移动一定距离得到新图形，旋转是绕某个点旋转一定角度得到新图形，观察时要紧扣图形变换特点，认真判断．
32．（2022•广安）数学活动课上，张老师组织同学们设计多姿多彩的几何图形，如图都是由边长为1的小等边三角形构成的网格，每个网格图中有3个小等边三角形已涂上阴影，请同学们在余下的空白小等边三角形中选取一个涂上阴影，使得4个阴影小等边三角形组成一个轴对称图形或中心对称图形，请画出4种不同的设计图形．（规定：凡通过旋转能重合的图形视为同一种图形）

【分析】利用轴对称图形，中心对称图形的性质，画出图形即可．
【解答】解：图形如图所示：

【点评】本题考查利用作图设计图案，等边三角形的判定和性质，轴对称图形，中心对称图形等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．
一十二．几何变换的类型（共2小题）
33．（2022•宁夏）如图，将三角尺直立举起靠近墙面，打开手机手电筒照射三角尺，在墙面上形成影子．则三角尺与影子之间属于以下哪种图形变换（　　）

A．平移 B．轴对称 C．旋转 D．位似
【分析】根据位似的定义，即可解决问题．
【解答】解：根据位似的定义可知：三角尺与影子之间属于位似．
故选：D．
【点评】本题考查了生活中位似的现象，解决本题的关键是熟记位似的定义．
34．（2022•内江）如图，在平面直角坐标系中，点B、C、E在y轴上，点C的坐标为（0，1），AC＝2，Rt△ODE是Rt△ABC经过某些变换得到的，则正确的变换是（　　）

A．△ABC绕点C逆时针旋转90°，再向下平移1个单位
B．△ABC绕点C顺时针旋转90°，再向下平移1个单位
C．△ABC绕点C逆时针旋转90°，再向下平移3个单位
D．△ABC绕点C顺时针旋转90°，再向下平移3个单位
【分析】观察图形可以看出，Rt△ABC通过变换得到Rt△ODE，应先旋转然后平移即可．
【解答】解：根据图形可以看出，△ABC绕点C顺时针旋转90°，再向下平移3个单位可以得到△ODE．
故选：D．
【点评】本题考查的是坐标与图形变化，旋转和平移的知识，掌握旋转和平移的概念和性质是解题的关键．