2022-2023学年上学期初中数学人教版九年级期末必刷常考题之旋转

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2022-2023学年上学期初中数学人教版九年级期末必刷常考题之旋转
一．选择题（共5小题）
1．（2021春•万山区期末）如图所示，将△AOB绕点O按逆时针方向旋转45°后得到△A'OB'，若∠AOB＝15°，那么∠AOB'的度数是（　　）

A．15° B．30° C．45° D．60°
2．（2021春•金台区期末）在平面直角坐标系中，点P（3，﹣1）关于坐标原点中心对称的点P′的坐标是（　　）
A．（3，1） B．（﹣3，﹣1） C．（﹣3，1） D．（﹣1，3）
3．（2021春•榆阳区期末）如图，AC、BD为四边形ABCD的对角线，将△ACD绕点A顺时针旋转60°，得到△AEB（点C、D的对应点分别为点E、B），若点C、B、E在一条直线上，则下列说法错误的是（　　）

A．∠ABC+∠ADC＝180° B．∠BCD＝120°
C．AC＝BC+CD D．AE＝BD
4．（2021春•曹县期末）如图，在△ABC中，∠BAC＝108°，将△ABC绕点A按逆时针方向旋转得到△A′B′C′，若点B′恰好落在BC边上，AB′＝CB′，则∠C′的度数为（　　）

A．18° B．20° C．22° D．24°
5．（2021春•西山区期末）如图所示，已知点A（﹣1，2），将长方形ABOC沿x轴正方向连续翻转2021次，点A依次落在点A1，A2，A3，…，A2021的位置，则A2021的坐标是（　　）

A．（3038，1） B．（3032，1） C．（2021，0） D．（2021，1）
二．填空题（共5小题）
6．（2021春•锦州期末）如图，这个正六边形是由Rt△ABC绕点O经过多次旋转变换得到，则∠ABC＝　 　．

7．（2020秋•綦江区期末）如图，正方形ABCD中，点E，F分别在BC和AB上，BE＝2，AF＝2，BF＝4，将△BEF绕点E顺时针旋转，得到△GEH，当点H落在CD边上时，F，H两点之间的距离为 　 　．

8．（2021春•靖边县期末）如图，将△ABC绕点A逆时针旋转得到△AB′C′，延长CB交B′C′于点D，若∠BAB′＝40°，则∠C′DC的度数是 　 　°．

9．（2021春•广陵区校级期末）如图，已知正方形ABCD的边长为4，点E是AB边上一动点，连接ED，将ED绕点E顺时针旋转90°到EF，连接DF，CF，则DF+CF的最小值是 　 　．

10．（2020秋•兰陵县期末）如图，正方形ABCD中，E为DC边上一点，且DE＝2，将AE绕点E逆时针旋转90°得到EF，连接AF、FC，则线段FC的长度是　 　．

三．解答题（共5小题）
11．（2021春•武陵区期末）如图，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，∠ACB＝30°，将△ABC绕点C顺时针旋转60°得到△DEC，点A、B的对应点分别是D、E，点F是边AC中点，连接BE、DF、BF．
（1）证明：△CFD≌△ABC；
（2）证明：四边形BEDF是平行四边形．

12．（2021春•曹县期末）如图，四边形ABCD是矩形，以点B为中心，顺时针旋转矩形ABCD得到矩形GBEF，点A，D，C的对应点分别为点G，F，E，点D恰好在FG的延长线上，BG与CD相交于点H，求证：DH＝BH．

13．（2020秋•铁西区期末）如图，是由边长为1的小正方形组成的8×4网格，每个小正方形的顶点叫做格点，点A、B、C、D均在格点上，在网格中将点D按下列步骤移动：
第一步：点D绕点A顺时针旋转180°得到点D1；
第二步：点D1绕点B顺时针旋转90°得到点D2；
第三步：点D2绕点C顺时针旋转90°回到点D；
（1）请用圆规画出点D→D1→D2→D经过的路径；
（2）所画图形是 　 　对称图形；
（3）写出所画图形围成的面积．（结果保留π）

14．（2020秋•斗门区期末）如图1，在△ABC中，BA＝BC，D、E是AC边上的两点，且满足∠DBE＝∠ABC．以点B为旋转中心，将△CBE按逆时针方向旋转得到△ABF，连接DF．

（1）求证：DF＝DE；
（2）如图2，若AB⊥BC，其他条件不变．求证：DE2＝AD2+EC2．
15．（2020秋•铁西区期末）在平面直角坐标系中，已知点A（2，0），点B在y轴正半轴上，且∠BAO＝60°，点O（0，0）．△AOB绕着O顺时针旋转，得△A'OB'，点A、B旋转后的对应点为A'，B'，记旋转角为α．
（1）如图1，A'B'恰好经过点A时，
①求此时旋转角α的度数；
②求出此时点B'的坐标；
（2）如图2，若0°＜α＜90°，设直线AA'和直线BB'交于点P，猜测AA'与BB'的位置关系，并说明理由．


2022-2023学年上学期初中数学人教版九年级期末必刷常考题之旋转
参考答案与试题解析
一．选择题（共5小题）
1．（2021春•万山区期末）如图所示，将△AOB绕点O按逆时针方向旋转45°后得到△A'OB'，若∠AOB＝15°，那么∠AOB'的度数是（　　）

A．15° B．30° C．45° D．60°
【考点】旋转的性质．
【专题】平移、旋转与对称；推理能力．
【分析】根据旋转的性质旋转前后图形全等以及对应边的夹角等于旋转角，进而得出答案即可．
【解答】解：∵将△AOB绕点O按逆时针方向旋转45°后得到△A′OB′，
∴∠A′OA＝45°，∠AOB＝∠A′OB′＝15°，
∴∠AOB′＝∠A′OA﹣∠A′OB′＝45°﹣15°＝30°，
故选：B．
【点评】此题主要考查了旋转的性质，根据旋转的性质得出∠A′OA＝45°，∠AOB＝∠A′OB′＝15°是解题关键．
2．（2021春•金台区期末）在平面直角坐标系中，点P（3，﹣1）关于坐标原点中心对称的点P′的坐标是（　　）
A．（3，1） B．（﹣3，﹣1） C．（﹣3，1） D．（﹣1，3）
【考点】关于原点对称的点的坐标．
【专题】平面直角坐标系；平移、旋转与对称；模型思想；应用意识．
【分析】根据关于原点对称的两个点的坐标之间的关系，即纵横坐标均互为相反数，可得答案．
【解答】解：点P（3，﹣1）关于坐标原点中心对称的点P′的坐标为（﹣3，1），
故选：C．
【点评】本题考查关于原点对称的点的坐标，掌握关于原点对称的两个点坐标之间的关系是得出正确答案的前提．
3．（2021春•榆阳区期末）如图，AC、BD为四边形ABCD的对角线，将△ACD绕点A顺时针旋转60°，得到△AEB（点C、D的对应点分别为点E、B），若点C、B、E在一条直线上，则下列说法错误的是（　　）

A．∠ABC+∠ADC＝180° B．∠BCD＝120°
C．AC＝BC+CD D．AE＝BD
【考点】全等三角形的判定与性质；旋转的性质．
【专题】平移、旋转与对称；运算能力；推理能力．
【分析】由旋转的性质可得出∠ADC＝∠ABE，AC＝AE，AD＝AB，∠ACD＝∠AEB，∠CAE＝∠DAB＝60°，得出△CAE和△DAB都是等边三角形，可判断A，B，C选项正确，则可得出结论．
【解答】解：∵将△ACD绕点A顺时针旋转60°，得到△AEB，
∴∠ADC＝∠ABE，
∵∠ABE+∠ABC＝180°，
∴∠ADC+∠ABC＝180°，
故选项正确，不符合题意，
∵将△ACD绕点A顺时针旋转60°，得到△AEB，
∴AC＝AE，AD＝AB，∠ACD＝∠AEB，∠CAE＝∠DAB＝60°，
∴△CAE和△DAB都是等边三角形，
∴∠ACD＝∠AEB＝60°，∠ACE＝60°，
∴∠BCD＝120°，
故B选项正确，不符合题意；
∵△ACE为等边三角形，
∴AC＝CE＝BE+BC，
又∵BE＝CD，
∴AC＝CD+BC，
故C选项正确，不符合题意，
∵BD＝AB，AB≠AE，
∴AE≠BD，
故D选项错误，符合题意．
故选：D．
【点评】本题主要考查旋转的性质，等边三角形的判定与性质，熟练掌握旋转的性质是解题的关键．
4．（2021春•曹县期末）如图，在△ABC中，∠BAC＝108°，将△ABC绕点A按逆时针方向旋转得到△A′B′C′，若点B′恰好落在BC边上，AB′＝CB′，则∠C′的度数为（　　）

A．18° B．20° C．22° D．24°
【考点】等腰三角形的性质；旋转的性质．
【专题】图形的相似；应用意识．
【分析】根据图形的旋转性质，得AB＝AB′，已知AB′＝CB′，结合等腰三角形的性质及三角形的外角性质，得∠B、∠C的关系为解决问题的关键．
【解答】解：∵AB′＝CB′，
∴∠C＝CAB′，
∴∠AB′B＝∠C+∠CAB′＝2∠C，
∵将△ABC绕点A按逆时针方向旋转得到△AB′C′，
∴∠C＝∠C′，AB＝AB′，
∴∠B＝∠AB′B＝2∠C，
∵∠B+∠C+∠CAB＝180°，
∴3∠C＝180°﹣108°，
∴C＝24°，
∴∠C′＝∠C＝24°，
故选：D．
【点评】本题主要考查了等腰三角形的性质及图形的旋转性质．
5．（2021春•西山区期末）如图所示，已知点A（﹣1，2），将长方形ABOC沿x轴正方向连续翻转2021次，点A依次落在点A1，A2，A3，…，A2021的位置，则A2021的坐标是（　　）

A．（3038，1） B．（3032，1） C．（2021，0） D．（2021，1）
【考点】规律型：点的坐标；坐标与图形变化﹣旋转．
【专题】规律型；平移、旋转与对称；几何直观；运算能力；推理能力．
【分析】分析A1，A2，A3，A4，A5点坐标，找到规律求解．
【解答】解：根据图形分析，从A开始旋转，当旋转到A4，时，A回到矩形的起始位置，所以为一个循环，故坐标变换规律为4次一循环．
A1（2，1），A2（3，0），A3（3，0），A4（5，2），
A5（8，1），A6（9，0），A7（9，0），A8（11，2），
A9（14，1），A10（15，0），A11（15，0），A12（17，2），
A4n+1（6n+2，1），A4n+2（6n+3，0），A4n+3（6n+3，0），A4n+4（6n+5，0），
当A2021时，即4n+1＝2021，解得n＝505，
∴横坐标为6n+2＝6×505+2＝3032，纵坐标为1，
则A2021的坐标（3032，1），
故选：B．
【点评】本题主要考查图形的旋转变换，解题关键是找到图形在旋转的过程中，点坐标变化规律进而求解．
二．填空题（共5小题）
6．（2021春•锦州期末）如图，这个正六边形是由Rt△ABC绕点O经过多次旋转变换得到，则∠ABC＝　30°　．

【考点】多边形内角与外角；旋转对称图形．
【专题】平移、旋转与对称；几何直观．
【分析】依据多边形内角和公式求得正六边形每个角的度数，再根据角的和差关系进行计算即可．
【解答】解：由旋转可得，该多边形是正六边形，
∴该正六边形每个角为＝120°，
∴∠ABC＝120°﹣90°＝30°，
故答案为：30°．
【点评】本题主要考查了旋转对称图形，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．
7．（2020秋•綦江区期末）如图，正方形ABCD中，点E，F分别在BC和AB上，BE＝2，AF＝2，BF＝4，将△BEF绕点E顺时针旋转，得到△GEH，当点H落在CD边上时，F，H两点之间的距离为 　2　．

【考点】勾股定理；正方形的性质；旋转的性质．
【专题】矩形 菱形 正方形；平移、旋转与对称；运算能力；推理能力．
【分析】连接FH，由正方形的性质得出∠B＝∠C＝90°，AB＝BC，由旋转的性质得出EF＝EH，证明Rt△EBF≌Rt△HCE（HL），得出∠EFB＝∠HEC，证出∠FEH＝90°，由勾股定理可得出答案．
【解答】解：连接FH，

∵四边形ABCD是正方形，
∴∠B＝∠C＝90°，AB＝BC，
∵AF＝2，BF＝4，
∴AB＝6，
∵BE＝2，
∴CE＝4，
∴BF＝CE，
∵将△BEF绕点E顺时针旋转，得到△GEH，
∴EF＝EH，
在Rt△EBF和Rt△HCE中，
，
∴Rt△EBF≌Rt△HCE（HL），
∴∠EFB＝∠HEC，
∵∠EFB+∠BEF＝90°，
∴∠BEF+∠CEH＝90°，
∴∠FEH＝90°，
∵BF＝4，BE＝2，
∴EF＝＝＝2，
∴FH＝EF＝2．
【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，勾股定理．
8．（2021春•靖边县期末）如图，将△ABC绕点A逆时针旋转得到△AB′C′，延长CB交B′C′于点D，若∠BAB′＝40°，则∠C′DC的度数是 　40　°．

【考点】旋转的性质．
【专题】平移、旋转与对称；推理能力．
【分析】由旋转的性质得到∠BAC＝∠B′AC′，∠C＝∠C′，进而推出∠CAC′＝40°，根据三角形内角和定理证得∠C′DC＝∠CAC′，即可求得∠C'DC的度数．
【解答】解：∵将△ABC绕点A逆时针旋转得到△AB'C'，
∴△ABC≌△AB'C'，
∴∠BAC＝∠B′AC′，∠C＝∠C′，
∵∠BAB'＝40°，
∴∠CAC′＝40°，
∵∠C'DC＝180°﹣∠DEC′﹣∠C′，∠CAC′＝180°﹣C﹣∠AEC，∠DEC′＝∠AEC，
∠C′DC＝∠CAC′＝40°，
故答案为：40．
【点评】本题主要考查了旋转的性质，三角形内角和定理，能灵活运用旋转的性质是解决问题的关键．
9．（2021春•广陵区校级期末）如图，已知正方形ABCD的边长为4，点E是AB边上一动点，连接ED，将ED绕点E顺时针旋转90°到EF，连接DF，CF，则DF+CF的最小值是 　4　．

【考点】正方形的性质；轴对称﹣最短路线问题；旋转的性质．
【专题】图形的全等；平移、旋转与对称；推理能力．
【分析】连接BF，过点F作FG⊥AB交AB延长线于点G，通过证明∴△AED≌△GFE（AAS），确定F点在BF的射线上运动，作点C关于BF的对称点C'，由三角形全等得到∠CBF＝45°，从而确定C'点在AB的延长线上，当D，F，C'三点共线时，DF+CF＝DC'最小，在Rt△ADC'中，AD＝4，AC'＝8，求出DC'＝4即可．
【解答】解：连接BF，过点F作FG⊥AB交AB延长线于点G，

∵将ED绕点E顺时针旋转90°到EF，
∴EF⊥DE，且EF＝DE，
∴∠EDA＝∠FEG，
在△AED与△GFE中，
，
∴△AED≌△GFE（AAS），
∴FG＝AE，
∴F点在BF的射线上运动，
作点C关于BF的对称点C'，
∵EG＝DA，FG＝AE，
∴AE＝BG，
∴BG＝FG，
∴∠FBG＝45°，
∴∠CBF＝45°，
∴BF是∠CBC'的角平分线，
即F点在∠CBC'的角平分线上运动，
∴C'点在AB的延长线上，
当DF+CF＝DC'最小，
在Rt△ADC'中，AD＝4，AC'＝8，
∴DC'＝＝＝4，
故答案为4．
【点评】本题考查了旋转的性质，正方形的性质，轴对称求最短路径，能够将线段和通过轴对称转化为共线线段是解题的关键．
10．（2020秋•兰陵县期末）如图，正方形ABCD中，E为DC边上一点，且DE＝2，将AE绕点E逆时针旋转90°得到EF，连接AF、FC，则线段FC的长度是　2　．

【考点】勾股定理；正方形的性质；旋转的性质．
【专题】矩形 菱形 正方形；平移、旋转与对称；运算能力；推理能力．
【分析】过点F作FH⊥CD于H，如图，利用正方形的性质得DA＝CD，∠D＝90°，再根据旋转的性质得EA＝EF，∠AEF＝90°，接着证明△ADE≌△EHF得到DE＝FH＝2，AD＝EH，所以EH＝DC，则DE＝CH＝2，然后利用勾股定理计算FC的长．
【解答】解：过点F作FH⊥CD于H，如图，

∵四边形ABCD为正方形，
∴DA＝CD，∠D＝90°，
∵AE绕点E顺时针旋转90°得到EF，
∴EA＝EF，∠AEF＝90°，
∵∠DAE+∠AED＝90°，∠FEH+∠AED＝90°，
∴∠EAD＝∠FEH，
在△ADE和△EHF中，
，
∴△ADE≌△EHF（AAS），
∴DE＝FH＝2，AD＝EH，
∴EH＝DC，
即DE+CE＝CH+EC，
∴DE＝CH＝2，
在Rt△CFH中，FC＝＝＝2，
【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．
三．解答题（共5小题）
11．（2021春•武陵区期末）如图，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，∠ACB＝30°，将△ABC绕点C顺时针旋转60°得到△DEC，点A、B的对应点分别是D、E，点F是边AC中点，连接BE、DF、BF．
（1）证明：△CFD≌△ABC；
（2）证明：四边形BEDF是平行四边形．

【考点】全等三角形的判定与性质；直角三角形斜边上的中线；平行四边形的判定；旋转的性质．
【专题】图形的全等；多边形与平行四边形；推理能力．
【分析】（1）由旋转的性质可得CB＝CE，AB＝DE＝BF，由“SSS”可证△ABC≌△CFD；
（2）延长BF交CE于点G，可证BF∥ED，由一组对边平行且相等可证四边形BEDF是平行四边形．
【解答】证明：（1）∵点F是边AC中点，
∴CF＝AC，
∵∠BCA＝30°，
∴BA＝AC，∠A＝60°，
∴AB＝CF，
∵将△ABC绕点C顺时针旋转60°得到△DEC，
∴AC＝CD，∠ACD＝60°，
∴∠ACB＝∠DCE，
在△ABC和△CFD中，
，
∴△ABC≌△CFD（SAS）；
（2）延长BF交CE于点G，

由（1）得，FC＝BF，
∴∠BCF＝∠FBC＝30°，
∵∠BCE＝60°，
∴∠BCE+∠CBG＝∠BGE＝90°，
∵∠DEC＝∠ABC＝90°
∴∠BGE＝∠DEC，
∴BF∥ED，
∵，AB＝DE，
∴BF＝DE，
∴四边形BEDF是平行四边形．
【点评】本题考查了旋转的性质，全等三角形的判定和性质，平行四边形的判定等知识，灵活运用这些知识进行推理是本题的关键．
12．（2021春•曹县期末）如图，四边形ABCD是矩形，以点B为中心，顺时针旋转矩形ABCD得到矩形GBEF，点A，D，C的对应点分别为点G，F，E，点D恰好在FG的延长线上，BG与CD相交于点H，求证：DH＝BH．

【考点】全等三角形的判定与性质；矩形的性质；旋转的性质．
【专题】图形的全等；矩形 菱形 正方形；平移、旋转与对称；推理能力．
【分析】证明Rt△BDA≌Rt△BDG，得到∠ABD＝∠GBD，再利用矩形性质求解．
【解答】证明：∵旋转矩形ABCD得到矩形GBEF，
∴AB＝BG，∠A＝∠DGB＝90°，
在Rt△BDA和Rt△BDG中，
，
∴Rt△BDA≌Rt△BDG（HL），
∴∠ABD＝∠GBD，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ABD＝∠BDH，
∴∠BDH＝∠HBD，
∴DH＝BH．
【点评】本题主要考查了旋转的性质、矩形的性质、解题关键是证明Rt△BDA≌Rt△BGA，得到∠ABD＝∠GBD，再利用矩形性质求解．
13．（2020秋•铁西区期末）如图，是由边长为1的小正方形组成的8×4网格，每个小正方形的顶点叫做格点，点A、B、C、D均在格点上，在网格中将点D按下列步骤移动：
第一步：点D绕点A顺时针旋转180°得到点D1；
第二步：点D1绕点B顺时针旋转90°得到点D2；
第三步：点D2绕点C顺时针旋转90°回到点D；
（1）请用圆规画出点D→D1→D2→D经过的路径；
（2）所画图形是 　轴　对称图形；
（3）写出所画图形围成的面积．（结果保留π）

【考点】作图﹣旋转变换．
【专题】平移、旋转与对称；几何直观；运算能力．
【分析】（1）根据要求画出图形即可．
（2）根据轴对称图形的定义判断即可．
（3）根据所画图形的面积＝S半圆+S+S﹣S矩形，利用扇形的面积公式计算可得．
【解答】解：（1）点D→D1→D2→D经过的路径如图所示．

（2）所画图形是轴对称图形；
故答案为：轴．
（3）所画图形的面积＝S半圆+S+S﹣S矩形
＝•π•42+×2﹣4×8
＝8π+4π+4π﹣32
＝16π﹣32．
【点评】本题考查作图﹣旋转变换，扇形的面积等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．
14．（2020秋•斗门区期末）如图1，在△ABC中，BA＝BC，D、E是AC边上的两点，且满足∠DBE＝∠ABC．以点B为旋转中心，将△CBE按逆时针方向旋转得到△ABF，连接DF．

（1）求证：DF＝DE；
（2）如图2，若AB⊥BC，其他条件不变．求证：DE2＝AD2+EC2．
【考点】全等三角形的判定与性质；等腰三角形的性质；勾股定理；旋转的性质．
【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．
【分析】（1）先根据∠DBE＝∠ABC可知∠ABD+∠CBE＝∠DBE＝∠ABC，再由图形旋转的性质可知BE＝BF，∠ABF＝∠CBE，故可得出∠DBF＝∠DBE，由全等三角形的性质即可得出△DBE≌△DBF，故可得出结论；
（2）把△CBE逆时针旋转90°，由于△ABC是等腰直角三角形，故可知图形旋转后点C与点A重合，∠FAB＝∠BCE＝45°，所以∠DAF＝90°，由（1）证DE＝DF，再根据勾股定理即可得出结论．
【解答】（1）证明：∵∠DBE＝∠ABC，
∴∠ABD+∠CBE＝∠DBE＝∠ABC，
∵△ABF由△CBE旋转而成，
∴BE＝BF，∠ABF＝∠CBE，
∴∠DBF＝∠DBE，
在△DBE与△DBF中，
，
∴△DBE≌△DBF（SAS），
∴DF＝DE；

（2）证明：∵将△CBE按逆时针方向旋转得到△ABF，
∴BA＝BC，∠ABC＝90°，
∴∠BAC＝∠BCE＝45°，
∴图形旋转后点C与点A重合，CE与AF重合，
∴AF＝EC，
∴∠FAB＝∠BCE＝45°，
∴∠DAF＝90°，
在Rt△ADF中，DF2＝AF2+AD2，
∵AF＝EC，
∴DF2＝EC2+AD2，
同（1）可得DE＝DF，
∴DE2＝AD2+EC2．
【点评】本题考查的是图形的旋转及勾股定理，熟知旋转前、后的图形全等是解答此题的关键．
15．（2020秋•铁西区期末）在平面直角坐标系中，已知点A（2，0），点B在y轴正半轴上，且∠BAO＝60°，点O（0，0）．△AOB绕着O顺时针旋转，得△A'OB'，点A、B旋转后的对应点为A'，B'，记旋转角为α．
（1）如图1，A'B'恰好经过点A时，
①求此时旋转角α的度数；
②求出此时点B'的坐标；
（2）如图2，若0°＜α＜90°，设直线AA'和直线BB'交于点P，猜测AA'与BB'的位置关系，并说明理由．

【考点】含30度角的直角三角形；坐标与图形变化﹣旋转．
【专题】等腰三角形与直角三角形；平移、旋转与对称；运算能力；推理能力．
【分析】（1）①根据旋转的性质得到OA＝OA'，∠A'＝∠BAO＝60°，推出△OAA'是等边三角形，于是得到α＝∠AOA'＝60°；
②如图1，过B'作B'C⊥x轴于C，根据三角形的内角和定理得到∠OBA＝30，根据勾股定理得到，求得，得到，于是得到答案；
（2）如图2，等腰三角形的性质得到，推出∠BPA'＝360°﹣（180°﹣α）﹣（90°+α）＝90°，由垂直的定义得到结论．
【解答】解：（1）①由旋转得：OA＝OA'，∠A'＝∠BAO＝60°，
∴△OAA'是等边三角形，
∴α＝∠AOA'＝60°；
②如图1，过B'作B'C⊥x轴于C，
∵∠BAO＝60°，
∴∠OBA＝30°，
在Rt△OAB中，∠OBA＝30°，
∴AB＝2OA＝4，
∴，
∴，
又∵∠AOA'＝60°，
∴∠B'OC＝90°﹣∠AOA'＝30°，
∵∠B'CO＝90°，
∴，
∴，
∴；
（2）AA'⊥BB'，
理由：如图2，∵∠BOB'＝∠AOA'＝α，OB＝OB'，OA＝OA'，
∴，
∵∠BOA'＝90°﹣α，四边形OBPA'的内角和为360°，
∴∠BPA'＝360°﹣（180°﹣α）﹣（90°+α）＝90°，
即AA'⊥BB'．

【点评】主要考查了旋转的性质，含30°角的直角三角形的性质，四边形内角和定理，解决问题的关键是熟练掌握旋转的性质．

考点卡片
1．规律型：点的坐标
规律型：点的坐标．
2．全等三角形的判定与性质
（1）全等三角形的判定是结合全等三角形的性质证明线段和角相等的重要工具．在判定三角形全等时，关键是选择恰当的判定条件．
（2）在应用全等三角形的判定时，要注意三角形间的公共边和公共角，必要时添加适当辅助线构造三角形．
3．等腰三角形的性质
（1）等腰三角形的概念
有两条边相等的三角形叫做等腰三角形．
（2）等腰三角形的性质
①等腰三角形的两腰相等
②等腰三角形的两个底角相等．【简称：等边对等角】
③等腰三角形的顶角平分线、底边上的中线、底边上的高相互重合．【三线合一】
（3）在①等腰；②底边上的高；③底边上的中线；④顶角平分线．以上四个元素中，从中任意取出两个元素当成条件，就可以得到另外两个元素为结论．
4．含30度角的直角三角形
（1）含30度角的直角三角形的性质：
在直角三角形中，30°角所对的直角边等于斜边的一半．
（2）此结论是由等边三角形的性质推出，体现了直角三角形的性质，它在解直角三角形的相关问题中常用来求边的长度和角的度数．
（3）注意：①该性质是直角三角形中含有特殊度数的角（30°）的特殊定理，非直角三角形或一般直角三角形不能应用；
②应用时，要注意找准30°的角所对的直角边，点明斜边．
5．直角三角形斜边上的中线
（1）性质：在直角三角形中，斜边上的中线等于斜边的一半．（即直角三角形的外心位于斜边的中点）
（2）定理：一个三角形，如果一边上的中线等于这条边的一半，那么这个三角形是以这条边为斜边的直角三角形．
该定理可以用来判定直角三角形．
6．勾股定理
（1）勾股定理：在任何一个直角三角形中，两条直角边长的平方之和一定等于斜边长的平方．
如果直角三角形的两条直角边长分别是a，b，斜边长为c，那么a2+b2＝c2．
（2）勾股定理应用的前提条件是在直角三角形中．
（3）勾股定理公式a2+b2＝c2 的变形有：a＝，b＝及c＝．
（4）由于a2+b2＝c2＞a2，所以c＞a，同理c＞b，即直角三角形的斜边大于该直角三角形中的每一条直角边．
7．多边形内角与外角
（1）多边形内角和定理：（n﹣2）•180° （n≥3且n为整数）
此公式推导的基本方法是从n边形的一个顶点出发引出（n﹣3）条对角线，将n边形分割为（n﹣2）个三角形，这（n﹣2）个三角形的所有内角之和正好是n边形的内角和．除此方法之和还有其他几种方法，但这些方法的基本思想是一样的．即将多边形转化为三角形，这也是研究多边形问题常用的方法．
（2）多边形的外角和等于360°．
①多边形的外角和指每个顶点处取一个外角，则n边形取n个外角，无论边数是几，其外角和永远为360°．
②借助内角和和邻补角概念共同推出以下结论：外角和＝180°n﹣（n﹣2）•180°＝360°．
8．平行四边形的判定
（1）两组对边分别平行的四边形是平行四边形．符号语言：∵AB∥DC，AD∥BC∴四边行ABCD是平行四边形．
（2）两组对边分别相等的四边形是平行四边形．符号语言：∵AB＝DC，AD＝BC∴四边行ABCD是平行四边形．
（3）一组对边平行且相等的四边形是平行四边形．
符号语言：∵AB∥DC，AB＝DC∴四边行ABCD是平行四边形．
（4）两组对角分别相等的四边形是平行四边形．
符号语言：∵∠ABC＝∠ADC，∠DAB＝∠DCB∴四边行ABCD是平行四边形．
（5）对角线互相平分的四边形是平行四边形．符号语言：∵OA＝OC，OB＝OD∴四边行ABCD是平行四边形．
9．矩形的性质
（1）矩形的定义：有一个角是直角的平行四边形是矩形．
（2）矩形的性质
①平行四边形的性质矩形都具有；
②角：矩形的四个角都是直角；
③边：邻边垂直；
④对角线：矩形的对角线相等；
⑤矩形是轴对称图形，又是中心对称图形．它有2条对称轴，分别是每组对边中点连线所在的直线；对称中心是两条对角线的交点．
（3）由矩形的性质，可以得到直角三角形的一个重要性质，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半．
10．正方形的性质
（1）正方形的定义：有一组邻边相等并且有一个角是直角的平行四边形叫做正方形．
（2）正方形的性质
①正方形的四条边都相等，四个角都是直角；
②正方形的两条对角线相等，互相垂直平分，并且每条对角线平分一组对角；
③正方形具有四边形、平行四边形、矩形、菱形的一切性质．
④两条对角线将正方形分成四个全等的等腰直角三角形，同时，正方形又是轴对称图形，有四条对称轴．
11．轴对称-最短路线问题
1、最短路线问题
在直线L上的同侧有两个点A、B，在直线L上有到A、B的距离之和最短的点存在，可以通过轴对称来确定，即作出其中一点关于直线L的对称点，对称点与另一点的连线与直线L的交点就是所要找的点．

2、凡是涉及最短距离的问题，一般要考虑线段的性质定理，结合本节所学轴对称变换来解决，多数情况要作点关于某直线的对称点．
12．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．
13．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．
14．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．
15．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°．
16．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