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初中数学中考复习 专题15 图形的旋转、翻折（对称）与平移-三年（2020-2022）中考数学真题分项汇编（全国通用）（解析版）
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这是一份初中数学中考复习 专题15 图形的旋转、翻折（对称）与平移-三年（2020-2022）中考数学真题分项汇编（全国通用）（解析版），共83页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
专题15 图形的旋转、翻折（对称）与平移
一、单选题
1．（2022·广东）在平面直角坐标系中，将点向右平移2个单位后，得到的点的坐标是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】
【分析】
把点的横坐标加2，纵坐标不变，得到，就是平移后的对应点的坐标．
【详解】
解：点向右平移2个单位长度后得到的点的坐标为．
故选A．
【点睛】
本题考查了坐标与图形变化﹣平移．掌握平移的规律是解答本题的关键．
2．（2022·广西）如图，在△ABC中，点A（3，1），B（1，2），将△ABC向左平移2个单位，再向上平移1个单位，则点B的对应点B′的坐标为（ ）
A．（3，-3） B．（3，3） C．（－1，1） D．（－1，3）
【答案】D
【解析】
【分析】
根据图形的平移性质求解．
【详解】
解：根据图形平移的性质，B′（1-2，2+1），即B′（-1，3）；
故选：D．
【点睛】
本题主要考查图形平移的点坐标求解，掌握图形平移的性质是解题的关键．
3．（2020·山东菏泽）在平面直角坐标系中，将点向右平移个单位得到点，则点关于轴的对称点的坐标为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】
【分析】
先根据点向右平移个单位点的坐标特征：横坐标加3，纵坐标不变，得到点的坐标，再根据关于轴的对称点的坐标特征：横坐标不变，纵坐标变为相反数，得到对称点的坐标即可．
【详解】
解：∵将点向右平移个单位，
∴点的坐标为：(0，2)，
∴点关于轴的对称点的坐标为：(0，-2)．
故选：A．
【点睛】
本题考查平移时点的坐标特征及关于轴的对称点的坐标特征，熟练掌握对应的坐标特征是解题的关键．
4．（2020·四川自贡）在平面直角坐标系中，将点向下平移3个单位长度，所得点的坐标是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】
【分析】
根据点的平移规律为上加下减，左减右加即可求解．
【详解】
解：点的平移规律为上加下减，左减右加，可得横坐标不变，纵坐标减3，1-3=-2，
故答案为D．
【点睛】
本题考查点的坐标平移规律，根据“上加下减，左减右加”即可求解．
5．（2021·四川雅安）如图，将沿边向右平移得到，交于点G．若．．则的值为（ ）
A．2 B．4 C．6 D．8
【答案】B
【解析】
【分析】
根据平移的性质可得AD=BE，且AD∥BE，故可得△CEG∽△ADG，由相似三角形的性质及已知条件即可求得△CEG的面积．
【详解】
由平移的性质可得：AD=BE，且AD∥BE
∴△CEG∽△ADG
∴
即
∵
∴
∴
∵
∴
故选：B．
【点睛】
本题考查了平移的性质及相似三角形的判定与性质，相似三角形的性质是本题的关键．
6．（2021·浙江丽水）四盏灯笼的位置如图．已知A，B，C，D的坐标分别是 (−1，b)，(1，b)，(2，b)，(3.5，b)，平移y轴右侧的一盏灯笼，使得y轴两侧的灯笼对称，则平移的方法可以是（ ）
A．将B向左平移4.5个单位 B．将C向左平移4个单位
C．将D向左平移5.5个单位 D．将C向左平移3.5个单位
【答案】C
【解析】
【分析】
直接利用利用关于y轴对称点的性质得出答案．
【详解】
解：∵点A (−1，b) 关于y轴对称点为B (1，b)，
C (2，b)关于y轴对称点为(-2，b)，
需要将点D (3.5，b) 向左平移3.5+2=5.5个单位，
故选：C．
【点睛】
本题主要考查了关于y轴对称点的性质，正确记忆横纵坐标的关系是解题关键．
7．（2022·四川南充）如图，将直角三角板绕顶点A顺时针旋转到，点恰好落在的延长线上，，则为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】
【分析】
根据直角三角形两锐角互余，求出的度数，由旋转可知，在根据平角的定义求出的度数即可．
【详解】
∵，
∴，
∵由旋转可知，
∴，
故答案选：B．
【点睛】
本题考查直角三角形的性质以及图形的旋转的性质，找出旋转前后的对应角是解答本题的关键．
8．（2022·山东青岛）如图，将先向右平移3个单位，再绕原点O旋转，得到，则点A的对应点的坐标是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】
【分析】
先画出平移后的图形，再利用旋转的性质画出旋转后的图形即可求解．
【详解】
解：先画出△ABC平移后的△DEF，再利用旋转得到△A'B'C'，
由图像可知A'（-1，-3），
故选：C．
【点睛】
本题考查了图形的平移和旋转，解题关键是掌握绕原点旋转的图形的坐标特点，即对应点的横纵坐标都互为相反数．
9．（2022·内蒙古呼和浩特）如图，中，，将绕点顺时针旋转得到，使点的对应点恰好落在边上，、交于点．若，则的度数是（用含的代数式表示）（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】
【分析】
根据旋转的性质可得，BC=DC，∠ACE=α，∠A=∠E，则∠B=∠BDC，利用三角形内角和可求得∠B，进而可求得∠E，则可求得答案．
【详解】
解：∵将绕点顺时针旋转得到，且
∴BC=DC，∠ACE=α，∠A=∠E，
∴∠B=∠BDC，
∴，
∴，
∴，
，
故选：C．
【点睛】
本题考查了旋转变换、三角形内角和、等腰三角形的性质，解题的关键是掌握旋转的性质．
10．（2022·四川内江）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
【答案】D
【解析】
【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．
【详解】
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．
【点睛】
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．
11．（2022·黑龙江绥化）如图，线段在平面直角坐标系内，A点坐标为，线段绕原点O逆时针旋转90°，得到线段，则点的坐标为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】
【分析】
如图，逆时针旋转90°作出，过A作轴，垂足为B，过作轴，垂足为，证明，根据A点坐标为，写出，，则，，即可写出点A的坐标．
【详解】
解：如图，逆时针旋转90°作出，过A作轴，垂足为B，过作轴，垂足为，
∴，，
∵，，
∴，
∴，
∴，，
∵A点坐标为，
∴，，
∴，，
∴，
故选：A．
【点睛】
本题考查旋转的性质，证明是解答本题的关键．
12．（2021·四川广安）如图，将绕点逆时针旋转得到，若且于点，则的度数为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】
【分析】
由旋转的性质可得∠BAD=55°，∠E=∠ACB=70°，由直角三角形的性质可得∠DAC=20°，即可求解．
【详解】
解：∵将△ABC绕点A逆时针旋转55°得△ADE，
∴∠BAD=55°，∠E=∠ACB=70°，
∵AD⊥BC，
∴∠DAC=20°，
∴∠BAC=∠BAD+∠DAC=75°．
故选C．
【点睛】
本题考查了旋转的性质，掌握旋转的性质是本题的关键．
13．（2020·湖北黄石）在平面直角坐标系中，点G的坐标是，连接，将线段绕原点O旋转，得到对应线段，则点的坐标为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】
【分析】
根据题意可得两个点关于原点对称，即可得到结果．
【详解】
根据题意可得，与G关于原点对称，
∵点G的坐标是，
∴点的坐标为．
故选A．
【点睛】
本题主要考察了平行直角坐标系中点的对称变换，准确理解公式是解题的关键．
14．（2020·四川攀枝花）如图，直径的半圆，绕点顺时针旋转，此时点到了点，则图中阴影部分的面积是（ ）．
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】
【分析】
由半圆A′B面积+扇形ABA′的面积-空白处半圆AB的面积即可得出阴影部分的面积．
【详解】
解：∵半圆AB，绕B点顺时针旋转30°，
∴S阴影=S半圆A′B+S扇形ABA′-S半圆AB
= S扇形ABA′
=
=3π
故选D．
【点睛】
本题考查了扇形面积的计算以及旋转的性质，熟记扇形面积公式和旋转前后不变的边是解题的关键．
15．（2022·天津）如图，在△ABC中，AB=AC，若M是BC边上任意一点，将△ABM绕点A逆时针旋转得到△ACN，点M的对应点为点N，连接MN，则下列结论一定正确的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】
【分析】
根据旋转的性质，对每个选项逐一判断即可．
【详解】
解：∵将△ABM绕点A逆时针旋转得到△ACN，∴△ABM≌△ACN，
∴AB=AC，AM=AN，
∴AB不一定等于AN，故选项A不符合题意；
∵△ABM≌△ACN，
∴∠ACN=∠B，
而∠CAB不一定等于∠B，
∴∠ACN不一定等于∠CAB，
∴AB与CN不一定平行，故选项B不符合题意；
∵△ABM≌△ACN，
∴∠BAM=∠CAN，∠ACN=∠B，
∴∠BAC=∠MAN，
∵AM=AN，AB=AC，
∴△ABC和△AMN都是等腰三角形，且顶角相等，
∴∠B=∠AMN，
∴∠AMN=∠ACN，故选项C符合题意；
∵AM=AN，
而AC不一定平分∠MAN，
∴AC与MN不一定垂直，故选项D不符合题意；
故选：C．
【点睛】
本题考查了旋转的性质，等腰三角形的判定与性质．旋转变换是全等变换，利用旋转不变性是解题的关键．
16．（2022·江苏扬州）如图，在中，，将以点为中心逆时针旋转得到，点在边上，交于点．下列结论：①；②平分；③，其中所有正确结论的序号是（ ）
A．①② B．②③ C．①③ D．①②③
【答案】D
【解析】
【分析】
根据旋转的性质可得对应角相等，对应边相等，进而逐项分析判断即可求解．
【详解】
解：∵将以点为中心逆时针旋转得到，
∴，
，
，
，故①正确；
，
，
，
，
，
平分，故②正确；
，
，
，
，
，
，
故③正确
故选D
【点睛】
本题考查了性质的性质，等边对等角，相似三角形的性质判定与性质，全等三角形的性质，掌握以上知识是解题的关键．
17．（2021·黑龙江牡丹江）如图，△AOB中，OA＝4，OB＝6，AB＝2，将△AOB绕原点O旋转90°，则旋转后点A的对应点A′的坐标是（ ）
A．（4，2）或（﹣4，2） B．（2，﹣4）或（﹣2，4）
C．（﹣2，2）或（2，﹣2） D．（2，﹣2）或（﹣2，2）
【答案】C
【解析】
【分析】
先求出点A的坐标，再根据旋转变换中，坐标的变换特征求解；或根据题意画出图形旋转后的位置，根据旋转的性质确定对应点A′的坐标．
【详解】
过点A作于点C．
在Rt△AOC中， ．
在Rt△ABC中， ．
∴ ．
∵OA＝4，OB＝6，AB＝2，
∴．
∴．
∴点A的坐标是．
根据题意画出图形旋转后的位置，如图，
∴将△AOB绕原点O顺时针旋转90°时，点A的对应点A′的坐标为；
将△AOB绕原点O逆时针旋转90°时，点A的对应点A′′的坐标为．
故选：C．
【点睛】
本题考查了解直角三角形、旋转中点的坐标变换特征及旋转的性质．（a，b）绕原点顺时针旋转90°得到的坐标为（b，-a），绕原点逆时针旋转90°得到的坐标为（－b，a）．
18．（2021·广东广州）如图，在中，，，，将绕点A逆时针旋转得到，使点落在AB边上，连结，则的值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】
【分析】
由勾股定理求出，并利用旋转性质得出，，，则可求得，再根据勾股定理求出，最后由三角形函数的定义即可求得结果．
【详解】
解：在中，，，，
由勾股定理得：．
∵绕点A逆时针旋转得到，
∴，，．
∴．
∴在中，由勾股定理得．
∴．
故选：C．
【点睛】
本题考查了求角的三角形函数值，掌握三角形函数的概念并利用勾股定理及旋转的性质求解是解题的关键．
19．（2021·河南）如图，的顶点，，点在轴的正半轴上，延长交轴于点．将绕点顺时针旋转得到，当点的对应点落在上时，的延长线恰好经过点，则点的坐标为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】
【分析】
连接,由题意可证明，利用相似三角形线段成比例即可求得OC的长，即得点的坐标．
【详解】
如图，连接，因为轴，
绕点顺时针旋转得到，
所以，
,
故答案为B．
【点睛】
本题考查了旋转的性质，勾股定理，相似三角形的判定与性质，找到是解题的关键．
20．（2020·海南）如图，在中，将绕点逆时针旋转得到，使点落在边上，连接，则的长度是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】
【分析】
由旋转的性质可知，，进而得出为等边三角形，进而求出．
【详解】
解：∵
由直角三角形中，30°角所对的直角边等于斜边的一半可知，
∴cm，
又∠CAB=90°-∠ABC=90°-30°=60°，
由旋转的性质可知：，且，
∴为等边三角形，
∴．
故选：B．
【点睛】
本题考查了直角三角形中30°角所对的直角边等于斜边的一半，旋转的性质等，熟练掌握其性质是解决此类题的关键．
21．（2020·山东菏泽）如图，将绕点顺时针旋转角，得到，若点恰好在的延长线上，则等于（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】
【分析】
根据旋转的性质和四边形的内角和是360º即可求解．
【详解】
由旋转的性质得：∠BAD=，∠ABC=∠ADE，
∵∠ABC+∠ABE=180º，
∴∠ADE+∠ABE=180º，
∵∠ABE+∠BED+∠ADE+∠BAD=360º，∠BAD=
∴∠BED=180º-，
故选：D．
【点睛】
本题考查了旋转的性质、四边形的内角和是360º，熟练掌握旋转的性质是解答的关键．
22．（2020·山东聊城）如图，在中，，，将绕点旋转得到，使点的对应点落在上，在上取点，使，那么点到的距离等于（ ）．
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】
【分析】
根据旋转的性质和30°角的直角三角形的性质可得的长，进而可得的长，过点D作DM⊥BC于点M，过点作于点E，于点F，如图，则四边形是矩形，解Rt△可得的长，即为FM的长，根据三角形的内角和易得，然后解Rt△可求出DF的长，进一步即可求出结果．
【详解】
解：在中，∵，，
∴AC=2AB=4，
∵将绕点旋转得到，使点的对应点落在上，
∴，
∴，
过点D作DM⊥BC于点M，过点作于点E，于点F，交AC于点N，如图，则四边形是矩形，
∴，
在Rt△中，，∴FM=1，
∵，
∴，
在Rt△中，，
∴，
即点到的距离等于．
故选：D．
【点睛】
本题考查了解直角三角形、矩形的判定和性质以及旋转的性质等知识，正确作出辅助线、熟练掌握解直角三角形的知识是解题的关键．
23．（2020·山东枣庄）如图，平面直角坐标系中，点在第一象限，点在轴的正半轴上，，，将绕点逆时针旋转，点的对应点的坐标是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】
【分析】
如图，作轴于．解直角三角形求出，即可．
【详解】
解：如图，作轴于．
由题意：，，
，
，，
，
，
故选：B．
【点睛】
本题考查坐标与图形变化——旋转，解直角三角形等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造直角三角形解决问题．
二、填空题
24．（2022·山东临沂）如图，在平面直角坐标系中，的顶点A，B的坐标分别是，．平移得到，若点的对应点的坐标为，则点的对应点的坐标是_____________．
【答案】
【解析】
【分析】
根据点A坐标及其对应点的坐标的变化规律可得平移后对应点的横坐标减小1，纵坐标减小2，即可得到答案．
【详解】
平移得到，点的对应点的坐标为，
向左平移了1个单位长度，向下平移了2个单位长度，
即平移后对应点的横坐标减小1，纵坐标减小2，
的对应点的坐标是，
故答案为：．
【点睛】
本题考查了平移坐标的变化规律，即左减右加，上加下减，熟练掌握知识点是解题的关键．
25．（2021·辽宁鞍山）如图，△ABC沿BC所在直线向右平移得到△DEF，若EC＝2，BF＝8，则BE＝___．
【答案】3
【解析】
【分析】
利用平移的性质解决问题即可．
【详解】
解：由平移的性质可知，BE＝CF，
∵BF＝8，EC＝2，
∴BE+CF＝8﹣2＝6，
∴BE＝CF＝3，
∴平移的距离为3，
故答案为：3．
【点睛】
本题考查平移的性质，解题的关键是熟练掌握平移变换的性质，属于中考常考题型．
26．（2021·湖南湘潭）在平面直角坐标系中，把点向右平移5个单位得到点，则点的坐标为____．
【答案】
【解析】
【分析】
把点向右平移5个单位，纵坐标不变，横坐标增加5，据此解题．
【详解】
解：把点向右平移5个单位得到点，则点的坐标为，即，
故答案为：．
【点睛】
本题考查平面直角坐标系与点的坐标，涉及平移等知识，是基础考点，难度较易，掌握相关知识是解题关键．
27．（2021·吉林长春）如图，在平面直角坐标系中，等腰直角三角形AOB的斜边OA在y轴上，，点B在第一象限．标记点B的位置后，将沿x轴正方向平移至的位置，使经过点B，再标记点的位置，继续平移至的位置，使经过点，此时点的坐标为__________．
【答案】
【解析】
【分析】
根据已知条件结合等腰直角三角形的性质先求出点B ，点，即可得出点向右每次平移个单位长度，而为点B向右平移2个单位后的点，根据点平移规律即可得到答案
【详解】
如图过点B作，
为等腰直角三角形，斜边在轴上，
，
向右平移至，点B在上，同理可得点的坐标为
每次向右平移1个单位，即点向右每次平移个单位，
为点B向右平移2个单位后的点
点的坐标为
故答案为：
【点睛】
本题考查了等腰直角三角形的性质，以及坐标与图像变换—平移，在平面直角坐标系中，图形的平移与图像上某点的平移相同，平移中点的变化规律是：横坐标右移加，左移减，纵坐标上移加，下移减．
28．（2021·湖南怀化）如图，在平面直角坐标系中，已知，，，将先向右平移3个单位长度得到，再绕顺时针方向旋转得到，则的坐标是____________．
【答案】（2，2）．
【解析】
【分析】
直接利用平移的性质和旋转的性质得出对应点位置，然后作图，进而得出答案．
【详解】
解：如图示：，为所求，
根据图像可知，的坐标是（2，2），
故答案是：（2，2）．
【点睛】
本题主要考查了平移作图和旋转作图，熟悉相关性质是解题关键．
29．（2022·山东潍坊）如图，在直角坐标系中，边长为2个单位长度的正方形绕原点O逆时针旋转，再沿y轴方向向上平移1个单位长度，则点的坐标为___________．
【答案】
【解析】
【分析】
连接OB，由题意可得∠=75°，可得出∠=30°，可求出的坐标，即可得出点的坐标．
【详解】
解：如图：连接OB，，作⊥y轴
∵是正方形，OA=2
∴∠COB=45°，OB=
∵绕原点O逆时针旋转
∴∠=75°
∴∠=30°
∵=OB=
∴，
∴
∵沿y轴方向向上平移1个单位长度
∴
故答案为：
【点睛】
本题考查了坐标与图形变化﹣旋转，坐标与图形变化﹣平移，熟练掌握网格结构，准确确定出对应点的位置是解题的关键．
30．（2020·江苏镇江）如图，在△ABC中，BC＝3，将△ABC平移5个单位长度得到△A1B1C1，点P、Q分别是AB、A1C1的中点，PQ的最小值等于_____．
【答案】
【解析】
【分析】
取的中点，的中点，连接，，，，根据平移的性质和三角形的三边关系即可得到结论．
【详解】
解：取的中点，的中点，连接，，，，
将平移5个单位长度得到△，
，，
点、分别是、的中点，
，
，
即，
的最小值等于，
故答案为：．
【点睛】
本题考查了平移的性质，三角形的三边关系，熟练掌握平移的性质是解题的关键．
31．（2020·广东广州）如图，点A的坐标为，点在轴上，把沿轴向右平移到，若四边形的面积为9，则点的坐标为_______．
【答案】(4，3)
【解析】
【分析】
过点A作AH⊥x轴于点H，得到AH=3，根据平移的性质证明四边形ABDC是平行四边形，得到AC=BD，根据平行四边形的面积是9得到，求出BD即可得到答案.
【详解】
过点A作AH⊥x轴于点H，
∵A（1,3），
∴AH=3，
由平移得AB∥CD，AB=CD，
∴四边形ABDC是平行四边形，
∴AC=BD，
∵，
∴BD=3，
∴AC=3，
∴C(4，3)，
故答案为：(4，3).
【点睛】
此题考查平移的性质，平行四边形的判定及性质，直角坐标系中点到坐标轴的距离与点坐标的关系.
32．（2020·湖南湘西）在平面直角坐标系中，O为原点，点，点B在y轴的正半轴上，．矩形的顶点D，E，C分别在上，．将矩形沿x轴向右平移，当矩形与重叠部分的面积为时，则矩形向右平移的距离为___________．
【答案】2
【解析】
【分析】
先求出点B的坐标（0， ），得到直线AB的解析式为： ，根据点D的坐标求出OC的长度，利用矩形与重叠部分的面积为列出关系式求出，再利用一次函数关系式求出=4，即可得到平移的距离.
【详解】
∵，
∴OA=6，
在Rt△AOB中，，
∴，
∴B（0， ），
∴直线AB的解析式为： ，
当x=2时，y=，
∴E（2，），即DE=，
∵四边形CODE是矩形，
∴OC=DE=，
设矩形沿x轴向右平移后得到矩形， 交AB于点G，
∴∥OB，
∴△∽△AOB，
∴∠=∠AOB=30°，
∴∠=∠=30°，
∴,
∵平移后的矩形与重叠部分的面积为，
∴五边形的面积为,
∴,
∴,
∴,
∴矩形向右平移的距离=，
故答案为：2.
【点睛】
此题考查了锐角三角函数，求一次函数的解析式，矩形的性质，图形平移的性质，是一道综合多个知识点的综合题型，且较为基础的题型.
33．（2022·湖南永州）如图，图中网格由边长为1的小正方形组成，点为网格线的交点.若线段绕原点顺时针旋转90°后，端点的坐标变为______．
【答案】
【解析】
【分析】
根据题意作出旋转后的图形，然后读出坐标系中点的坐标即可．
【详解】
解：线段OA绕原点O顺时针旋转90°后的位置如图所示，
∴旋转后的点A的坐标为（2，-2），
故答案为：（2，-2）．
【点睛】
题目主要考查图形的旋转，点的坐标，理解题意，作出旋转后的图形读出点的坐标是解题关键．
34．（2021·湖北随州）如图，在中，，，，将绕点逆时针旋转角（）得到，并使点落在边上，则点所经过的路径长为______．（结果保留）
【答案】．
【解析】
【分析】
利用勾股定理求出AB=2，根据旋转的性质得到旋转角为∠=60°，再由弧长计算公式，计算出结果．
【详解】
解：∵，，，
∴AB=2AC，
设AC=x，则AB=2x，由勾股定理得：
，
解得：x=1，
则：AC=1，AB=2，
∵将绕点逆时针旋转角（）得到，且点落在边上，
∴旋转角为60°，
∴∠=60°，
∴点所经过的路径长为： ，
故答案为：．
【点睛】
本题主要考查了勾股定理、旋转的性质和弧长的计算公式，解题关键在于找到旋转角，根据弧长公式进行计算．
35．（2020·广西）以原点为中心，把逆时针旋转90°得到点，则点的坐标为______．
【答案】
【解析】
【分析】
建立平面直角坐标系，根据旋转的性质得出N点坐标，由此即可得出答案．
【详解】
解：如图：
由旋转的性质可得：M点横坐标等于N点纵坐标的值，
M点纵坐标的值等于N点横坐标的绝对值，
又∵M（3，4），
∴N（-4，3），
故答案为：（-4，3）．
【点睛】
此题考查有关点的坐标旋转的性质 ，结合坐标轴和旋转的特点确定坐标即可．
36．（2022·广西贺州）如图，在平面直角坐标系中，为等腰三角形，，点B到x轴的距离为4，若将绕点O逆时针旋转，得到，则点的坐标为__________．
【答案】
【解析】
【分析】
过B作于，过作轴于，构建，即可得出答案．
【详解】
过B作于，过作轴于，
∴，
∴，
由旋转可知，，
∴，
∴，
∵，，，
∴，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴．
故答案为：．
【点睛】
本题考查了旋转的性质以及如何构造全等三角形求得线段的长度，准确构造全等三角形求得线段长度是解题的关键．
37．（2022·湖北随州）如图1，在矩形ABCD中，，，E，F分别为AB，AD的中点，连接EF．如图2，将△AEF绕点A逆时针旋转角，使，连接BE并延长交DF于点H，则∠BHD的度数为______，DH的长为______．
【答案】 90°##90度 ##
【解析】
【分析】
设EF交AD于点M，BH交AD于点N，先证明△ADF∽△ABE，可得∠ADF=∠ABE，可得∠BHD=∠BAD=90°；然后过点E作EG⊥AB于点G，可得四边形AMEG是矩形，从而得到EG=AM，AG=ME，∠ABE=∠MEN，然后求出，再利用锐角三角函数可得，从而得到，进而得到，可得到，从而得到，进而得到DN=2，即可求解．
【详解】
解：如图，设EF交AD于点M，BH交AD于点N，
根据题意得：∠BAE=∠DAF，∠EAF=90°，，
∴，
在矩形ABCD中，，，∠BAD=90°，
∴，
∴△ADF∽△ABE，
∴∠ADF=∠ABE，
∵∠ANB=∠DNH，
∴∠BHD=∠BAD=90°；
如图，过点E作EG⊥AB于点G，
∴∠AGE=∠AME=∠BAD=90°，
∴四边形AMEG是矩形，
∴EG=AM，AG=ME，ME∥AB，
∴∠ABE=∠MEN，
在中，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，即，
∴，
∵∠ADF=∠ABE，
∴，
即DH=2HN，
∵，
解得：或（舍去）．
故答案为：90°，
【点睛】
本题主要考查了图形的旋转，解直角三角形，矩形的性质和判定，相似三角形的判定和性质，熟练掌握直角三角形的性质，矩形的性质和判定，相似三角形的判定和性质是解题的关键．
38．（2021·四川巴中）如图，把边长为3的正方形OABC绕点O逆时针旋转n°（0＜n＜90）得到正方形ODEF，DE与BC交于点P，ED的延长线交AB于点Q，交OA的延长线于点M．若BQ：AQ＝3：1，则AM＝__________．
【答案】
【解析】
【分析】
连接OQ，OP，利用HL证明Rt△OAQ≌Rt△ODQ，得QA=DQ，同理可证：CP=DP，设CP=x，则BP=3-x，PQ=x+，在Rt△BPQ中，利用勾股定理列出方程求出x=，再利用△AQM∽△BQP可求解．
【详解】
解：连接OQ，OP，
∵将正方形OABC绕点O逆时针旋转n°（0＜n＜90）得到正方形ODEF，
∴OA=OD，∠OAQ=∠ODQ=90°，
在Rt△OAQ和Rt△ODQ中，
，
∴Rt△OAQ≌Rt△ODQ（HL），
∴QA=DQ，
同理可证：CP=DP，
∵BQ：AQ=3：1，AB=3，
∴BQ=，AQ=，
设CP=x，则BP=3-x，PQ=x+，
在Rt△BPQ中，由勾股定理得：
(3-x)2+()2=(x+)2，
解得x=，
∴BP=，
∵∠AQM=∠BQP，∠BAM=∠B，
∴△AQM∽△BQP，
∴，
∴，
∴AM=．
故答案为：．
【点睛】
本题主要考查了旋转的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，相似三角形的判定与性质等知识，利用全等证明QA=DQ，CP=DP是解题的关键．
39．（2021·湖南益阳）如图，中，，将绕A点顺时针方向旋转角得到，连接，，则与的面积之比等于_______．
【答案】
【解析】
【分析】
先根据正切三角函数的定义可得，再根据旋转的性质可得，从而可得，然后根据相似三角形的判定可得，最后根据相似三角形的性质即可得．
【详解】
解：在中，，
，
由旋转的性质得：，
，
在和中，，
，
，
即与的面积之比等于，
故答案为：．
【点睛】
本题考查了正切三角函数、旋转的性质、相似三角形的判定与性质，熟练掌握相似三角形的判定与性质是解题关键．
40．（2020·四川眉山）如图，在中，，．将绕点按顺时针方向旋转至的位置，点恰好落在边的中点处，则的长为________．
【答案】
【解析】
【分析】
根据题意，判断出ABC斜边BC的长度，根据勾股定理算出AC的长度，且，所以为等边三角形，可得旋转角为60°，同理，，故也是等边三角形，的长度即为AC的长度．
【详解】
解：在ABC中，∠BAC=90°，AB=2，将其进行顺时针旋转，落在BC的中点处，
∵是由ABC旋转得到，∴，而，
根据勾股定理：，
又∵，且，∴为等边三角形，
∴旋转角，
∴，且，故也是等边三角形，
∴，
故答案为：．
【点睛】
本题主要考查了旋转性质的应用以及勾股定理的计算，解题的关键在于通过题中所给的条件，判断出图形旋转的度数，知道图形旋转的角度后，有关线段的长度也可求得．
41．（2020·山东烟台）如图，已知点A(2，0)，B(0，4)，C(2，4)，D(6，6)，连接AB，CD，将线段AB绕着某一点旋转一定角度，使其与线段CD重合（点A与点C重合，点B与点D重合），则这个旋转中心的坐标为_____．
【答案】(4，2)
【解析】
【分析】
画出平面直角坐标系，作出新的AC，BD的垂直平分线的交点P，点P即为旋转中心．
【详解】
解：平面直角坐标系如图所示，旋转中心是P点，P（4，2），
故答案为：（4，2）．
【点睛】
本题考查坐标与图形变化﹣旋转，解题的关键是理解对应点连线段的垂直平分线的交点即为旋转中心．
42．（2020·甘肃天水）如图，在边长为6的正方形内作，交于点，交于点，连接，将绕点顺时针旋转得到，若，则的长为__________．
【答案】2
【解析】
【分析】
根据旋转的性质可得AG=AF，GB=DF，∠BAG=∠DAF，然后根据正方形的性质和等量代换可得∠GAE=∠FAE，进而可根据SAS证明△GAE≌△FAE，可得GE=EF，设BE=x，则CE与EF可用含x的代数式表示，然后在Rt△CEF中，由勾股定理可得关于x的方程，解方程即得答案．
【详解】
解：∵将△绕点顺时针旋转得到△，
∴AG=AF，GB=DF，∠BAG=∠DAF，
∵，∠BAD=90°，
∴∠BAE+∠DAF=45°，
∴∠BAE+∠BAG=45°，即∠GAE=45°，
∴∠GAE=∠FAE，
又AE=AE，
∴△GAE≌△FAE（SAS），
∴GE=EF，
设BE=x，则CE=6－x，EF=GE=DF+BE=3+x，
∵DF=3，∴CF=3，
在Rt△CEF中，由勾股定理，得：，
解得：x=2，即BE=2．
故答案为：2．
【点睛】
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以及勾股定理等知识，属于常考题型，熟练掌握上述基本知识、灵活应用方程思想是解题的关键．
三、解答题
43．（2022·安徽）如图，在由边长为1个单位长度的小正方形组成的网格中，△ABC的顶点均为格点（网格线的交点）．
(1)将△ABC向上平移6个单位，再向右平移2个单位，得到，请画出﹔
(2)以边AC的中点O为旋转中心，将△ABC按逆时针方向旋转180°，得到，请画出．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【解析】
【分析】
（1）根据平移的方式确定出点A1，B1，C1的位置，再顺次连接即可得到；
（2）根据旋转可得出确定出点A2，B2，C2的位置，再顺次连接即可得到．
(1)
如图，即为所作；
(2)
如图，即为所作；
【点睛】
本题考查作图-旋转变换与平移变换，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．
44．（2022·黑龙江牡丹江）如图，在边长为1个单位长度的小正方形组成的网格中，△ABC与△DEF关于点O成中心对称，△ABC与△DEF的顶点均在格点上，请按要求完成下列各题．
（1）在图中画出点O的位置；
（2）将△ABC 先向右平移4个单位长度，再向下平移2个单位长度，得到△A1B1C1，请画出△A1B1C1；
（3）在网格中画出格点M，使A1M平分∠B1A1C1
【答案】（1）作图见解析；（2）作图见解析；（3）作图见解析；
【解析】
【分析】
（1）连接对应点B、F，对应点C、E，其交点即为旋转中心的位置；
（2）利用网格结构找出平移后的点的位置，然后顺次连接即可；
（3）根据网格结构的特点作出即可．
【详解】
解：（1）如图所示，连接BF，CE交于点O，点O即为所求．
（2）如图所示，△A1B1C1为所求；
（3）如图所示，点M即为所求．
理由：连接，
根据题意得：，
∴四边形菱形，
∴A1M平分∠B1A1C1．
45．（2021·黑龙江哈尔滨）如图，方格纸中每个小正方形的边长均为个单位长度，的顶点和线段的端点均在小正方形的顶点上．
（1）在方格纸中将向上平移个单位长度，再向右平移个单位长度后得到；（点的对应点是点，点的对应点是点，点的对应点是点），请画出；
（2）在方格纸中画出以为斜边的等腰直角三角形（点在小正方形的顶点上）．连接，请直接写出线段的长．
【答案】（1）图见详解；（2）图见详解，
【解析】
【分析】
（1）根据题中所给的平移方式可直接进行作图即可；
（2）由等腰直角三角形的性质可直接进行作图，然后结合图形及勾股定理得出的长．
【详解】
解：（1）由题意可得如图所示：
（2）由题意可得如图所示：
由图可得：．
【点睛】
本题主要考查平移、等腰直角三角形的性质及勾股定理，熟练掌握平移、等腰直角三角形的性质及勾股定理是解题的关键．
46．（2021·安徽）图，在每个小正方形的边长为1个单位的网格中，的顶点均在格点（网格线的交点）上．
（1）将向右平移5个单位得到，画出；
（2）将（1）中的绕点C1逆时针旋转得到，画出．
【答案】（1）作图见解析；（2）作图见解析．
【解析】
【分析】
（1）利用点平移的规律找出、、，然后描点即可；
（2）利用网格特点和旋转的性质画出点，即可．
【详解】
解：（1）如下图所示，为所求；
（2）如下图所示，为所求；
【点睛】
本题考查了平移作图和旋转作图，熟悉相关性质是解题的关键．
47．（2022·湖南）如图所示的方格纸格长为一个单位长度）中，的顶点坐标分别为，，．
(1)将沿轴向左平移5个单位，画出平移后的△（不写作法，但要标出顶点字母）；
(2)将绕点顺时针旋转，画出旋转后的△（不写作法，但要标出顶点字母）；
(3)在（2）的条件下，求点绕点旋转到点所经过的路径长（结果保留．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)
【解析】
【分析】
（1）利用平移变换的性质分别作出， ，的对应点，，即可；
（2）利用旋转变换的性质分别作出， ，的对应点，，即可；
（3）利用弧长公式求解即可．
(1)
解：如图，即为所求；
(2)
解：如图，(即△A2OB2）即为所求；
(3)
解：在中，，
．
【点睛】
本题考查作图旋转变换，平移变换，勾股定理、弧长公式等知识，解题的关键是掌握平移变换，旋转变换的性质．
48．（2022·黑龙江）如图，在正方形网格中，每个小正方形的边长都是一个单位长度，在平面直角坐标系中，的三个顶点坐标分别为，，．
(1)将先向左平移6个单位，再向上平移4个单位，得到，画出两次平移后的，并写出点的坐标；
(2)画出绕点顺时针旋转90°后得到，并写出点的坐标；
(3)在（2）的条件下，求点旋转到点的过程中所经过的路径长（结果保留）．
【答案】(1)见解析；
(2)见解析；
(3)点旋转到点所经过的路径长为
【解析】
【分析】
（1）根据题目中的平移方式进行平移，然后读出点的坐标即可；
（2）先找出旋转后的对应点，然后顺次连接即可；
（3）根据旋转可得点旋转到点为弧长，利用勾股定理确定圆弧半径，然后根据弧长公式求解即可．
(1)
解：如图所示△A1B1C1即为所求，
；
(2)
如图所示△A2B2C2即为所求，；
(3)
∵
∴点旋转到点所经过的路径长为．
【点睛】
题目主要考查坐标与图形，图形的平移，旋转，勾股定理及弧长公式等，数量掌握运用这些知识点是解题关键．
49．（2020·四川巴中）如图所示，在边长为1cm的小正方形组成的网格中．
（1）将沿y轴正方向向上平移5个单位长度后，得到，请作出，并求出的长度；
（2）再将绕坐标原点O顺时针旋转180°，得到，请作出，并直接写出点的坐标；
（3）在（1）（2）的条件下，求线段AB在变换过程中扫过图形的面积和．
【答案】（1）见解析，；（2）见解析，B2(4，﹣4)；（3）
【解析】
【分析】
（1）分别将点A、B、C向上平移5个单位得到对应点，再顺次连接可得；
（2）分别将点A、B、C绕点O顺时针旋转180°得到对应点，再顺次连接可得；
（3）平行四边形的面积加上大半圆的面积与小半圆面积的差即可求得．
【详解】
解：（1）如图所示，即为所求，；
（2）如图，△A2B2C2即为所求，B2（4，﹣4）；
（3）在（1）（2）的条件下，线段AB在变换过程中扫过图形的面积和为：
【点睛】
本题考查了作图-平移变换、旋转变换，解题的关键是熟练掌握平移变换和旋转变换的定义和性质．
50．（2022·江苏常州）如图，点在射线上，．如果绕点按逆时针方向旋转到，那么点的位置可以用表示．
(1)按上述表示方法，若，，则点的位置可以表示为______；
(2)在（1）的条件下，已知点的位置用表示，连接、．求证：．
【答案】(1)(3,37°)
(2)见解析
【解析】
【分析】
（1）根据点的位置定义，即可得出答案；
（2）画出图形，证明△AOA′≌△BOA′（SAS），即可由全等三角形的性质，得出结论．
(1)
解：由题意，得A′(a,n°)，
∵a=3,n=37，
∴A′(3,37°)，
故答案为：(3,37°)；
(2)
证明：如图，
∵，B(3,74°)，
∴∠AOA′=37°，∠AOB=74°，OA= OB=3，
∴∠A′OB=∠AOB-∠AOA′=74°-37°=37°，
∵OA′=OA′，
∴△AOA′≌△BOA′（SAS），
∴A′A=A′B．
【点睛】
本题考查全等三角形的判定与性质，新定义，旋转的性质，熟练掌握全等三角形的判定与性质是解题的关键．
51．（2021·黑龙江）如图，正方形网格中，每个小正方形的边长都是一个单位长度，在平面直角坐标系内，的三个顶点坐标分别为．
（1）画出关于x轴对称的，并写出点的坐标；
（2）画出绕点O顺时针旋转后得到的，并写出点的坐标；
（3）在（2）的条件下，求点A旋转到点所经过的路径长（结果保留）．
【答案】（1）见解析，；（2）见解析，；（3）
【解析】
【分析】
（1）分别作出点A、B关于x轴的对称点，然后依次连接即可，最后通过图象可得点的坐标；
（2）根据旋转的性质分别作出点A、B绕点O旋转90°的点，然后依次连接，最后根据图象可得点的坐标；
（3）由（2）可先根据勾股定理求出OA的长，然后根据弧长计算公式进行求解．
【详解】
解：（1）如图所示：即为所求，
∴由图象可得；
（2）如图所示：即为所求，
∴由图象可得；
（3）由（2）的图象可得：点A旋转到点所经过的路径为圆弧，
∵，
∴点A旋转到点所经过的路径长为．
【点睛】
本题主要考查旋转的性质、坐标与轴对称及弧长计算公式，熟练掌握旋转的性质、坐标与轴对称及弧长计算公式是解题的关键．
52．（2021·青海西宁）如图，正比例函数与反比例函数的图象交于点A，轴于点B，延长AB至点C，连接．若，．
（1）求的长和反比例函数的解析式；
（2）将绕点旋转90°，请直接写出旋转后点A的对应点A'的坐标．
【答案】（1），；（2）或
【解析】
【分析】
（1）由三角函数值，即可求出OB=2，然后求出点A的坐标，即可求出反比例函数的解析式；
（2）根据题意，可分为：顺时针旋转90度和逆时针旋转90度，两种情况进行分析，即可得到答案．
【详解】
解：（1） ∵轴于点B
∴
在中，，
∴，
∴点A的横坐标为2
又∵点A在正比例函数的图象上
∴，
∴
把代入，得
∴，
∴反比例函数的解析式是 ；
（2）根据题意，
∵点A为（2，1），
∵将绕点旋转90°，
则分为：顺时针旋转90度和逆时针旋转90度，如图：
∴或．
【点睛】
本题考查了反比例函数和一次函数的综合，以及三角函数，旋转的性质，解题的关键是熟练掌握所学的知识，正确的画出图像进行分析．
53．（2021·江苏淮安）如图，方格纸上每个小正方形的边长均为1个单位长度，△ABC的顶点A、B、C都在格点上（两条网格线的交点叫格点）．请仅用无刻度的直尺按下列要求画图，并保留画图痕迹（不要求写画法）．
（1）将△ABC绕点A按顺时针方向旋转90°，点B的对应点为B1，点C的对应点为C1，画出△AB1C1；
（2）连接CC1，△ACC1的面积为 ；
（3）在线段CC1上画一点D，使得△ACD的面积是△ACC1面积的．
【答案】（1）见解析；（2）；（3）见解析
【解析】
【分析】
（1）将A、B、C三点分别绕点A按顺时针方向旋转90°画出依次连接即可；
（2）勾股定理求出AC，由面积公式即可得到答案；
（3）利用相似构造△CFD∽△C1ED即可．
【详解】
解：（1）如图：图中△AB1C1即为要求所作三角形；
（2）∵AC＝＝，由旋转知AC＝AC1，∠CAC1＝90°，
∴△ACC1的面积为×AC×AC1＝，
故答案为：；
（3）连接EF交CC1于D，即为所求点D，理由如下：
∵CF∥C1E，
∴△CFD∽△C1ED，
∴＝，
∴CD＝CC1，
∴△ACD的面积＝△ACC1面积的．
【点睛】
本题考查了网格作图，旋转的性质，勾股定理，相似三角形的判定与性质，解题的关键是构造△CFD∽△C1ED得到CD＝CC1．
54．（2021·辽宁阜新）下面是小明关于“对称与旋转的关系”的探究过程，请你补充完整．
（1）三角形在平面直角坐标系中的位置如图1所示，简称G，G关于y轴的对称图形为，关于轴的对称图形为．则将图形绕____点顺时针旋转____度，可以得到图形．
（2）在图2中分别画出G关于 y轴和直线的对称图形，．将图形绕____点（用坐标表示）顺时针旋转______度，可以得到图形．
（3）综上，如图3，直线和所夹锐角为，如果图形G关于直线的对称图形为，关于直线的对称图形为，那么将图形绕____点（用坐标表示）顺时针旋转_____度（用表示），可以得到图形．
【答案】（1）O，180；（2）图见解析，，90；（3），
【解析】
【分析】
（1）根据图形可以直接得到答案；
（2）根据题意画出图形，观察图形，利用图形旋转的性质得到结论；
（3）从（1）（2）问的结论中得到解题的规律，求出两个函数的交点坐标，即可得出答案．
【详解】
解：（1）由图象可得，图形与图形关于原点成中心对称，
则将图形绕O点顺时针旋转180度，可以得到图形；
故答案为：O，180；
（2），如图；
由图形可得，将图形绕点（用坐标表示）顺时针旋转90度，可以得到图形，
故答案为：，90；
（3）∵当G关于y轴的对称图形为，关于轴的对称图形为时，与关于原点（0,0）对称，即图形绕O点顺时针旋转180度，可以得到图形；
当G关于 y轴和直线的对称图形，时，图形绕点（用坐标表示）顺时针旋转90度，可以得到图形，点（0,1）为直线与 y轴的交点，90度角为直线与 y轴夹角的两倍；
又∵直线和的交点为，夹角为，
∴当直线和所夹锐角为，图形G关于直线的对称图形为，关于直线的对称图形为，那么将图形绕点（用坐标表示）顺时针旋转度（用表示），可以得到图形．
故答案为：，．
【点睛】
本题主要考查了图形的对称性与旋转的性质，关键在于根据题意正确的画出图形，得出规律．
55．（2021·贵州毕节）如图1，在中，，，D为内一点，将线段AD绕点A逆时针旋转90°得到AE，连接CE，BD的延长线与CE交于点F．
（1）求证：，；
（2）如图2．连接AF，DC，已知，判断AF与DC的位置关系，并说明理由．
【答案】（1）见解析；（2），理由见解析
【解析】
【分析】
（1）首先根据旋转的性质，判断出∠DAE=90°，AD=AE，进而判断出∠BAD=∠CAE；然后根据全等三角形判定的方法，判断出△ABD≌△ACE，即可判断出BD=CE．再证明，即可证明；
（2）由得 ，再证明A，D，F，E在以DE为直径的圆上，即可证明，从而可证明AF//CD．
【详解】
解（1）由旋转的性质，可得∠DAE=90°，AD=AE，
∵∠BAD+∠DAC=∠BAC=90°，∠CAE+∠DAC=∠DAE=90°，
∴∠BAD=∠CAE，
在△ABD和△ACE中，
，
∴△ABD≌△ACE（SAS），
∴BD=CE，
∵
∴，即
∴
∴
∴，即;
（2），理由如下：
∵
∴
由（1）知，
∴A，D，F，E在以DE为直径的圆上，如图，
∵AD=AE
∴弧AD=弧AE，
∴
∴
∴；
【点睛】
此题主要考查了旋转的性质和应用，要熟练掌握，解答此题的关键是要明确：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．另外此题还考查了全等三角形的判定和性质的应用，以及四点共圆的知识，要熟练掌握．
56．（2021·内蒙古通辽）已知和都是等腰直角三角形，．
（1）如图1，连接，，求证：；
（2）将绕点O顺时针旋转．
①如图2，当点M恰好在边上时，求证：；
②当点A，M，N在同一条直线上时，若，，请直接写出线段的长．
【答案】(1)见解析；(2)①见解析；②或
【解析】
【分析】
(1)证明△AMO≌△BNO即可；
(2)①连接BN，证明△AMO≌△BNO，得到∠A=∠OBN=45°，进而得到∠MBN=90°，且△OMN为等腰直角三角形，再在△BNM中使用勾股定理即可证明；
②分两种情况分别画出图形即可求解．
【详解】
解：(1)∵和都是等腰直角三角形，
∴，
又，
,
∴，
∴，
∴；
(2)①连接BN，如下图所示：
∴，
，
且，
∴，
∴，，
∴，
且为等腰直角三角形，
∴，
在中，由勾股定理可知：
，且
∴；
②分类讨论：
情况一：如下图2所示，设AO与NB交于点C，过O点作OH⊥AM于H点，
,为等腰直角三角形，
∴,
在中，,
∴；
情况二：如下图3所示，过O点作OH⊥AM于H点，
,为等腰直角三角形，
∴,
在中，,
∴；
故或．
【点睛】
本题属于几何变换综合题，考查了全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，勾股定理等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题，属于中考常考题型．
57．（2021·湖南衡阳）如图，点E为正方形外一点，，将绕A点逆时针方向旋转得到的延长线交于H点．
（1）试判定四边形的形状，并说明理由；
（2）已知，求的长．
【答案】（1）正方形，理由见解析；（2）17
【解析】
【分析】
（1）由旋转的性质可得∠AEB＝∠AFD＝90°，AE＝AF，∠DAF＝∠EAB，由正方形的判定可证四边形BE'FE是正方形；
（2）连接，利用勾股定理可求，再利用勾股定理可求DH的长．
【详解】
解：（1）四边形是正方形，理由如下：
根据旋转：
∵四边形是正方形
∴∠DAB=90°
∴∠FAE＝∠DAB=90°
∴
∴四边形是矩形，
又∵
∴矩形是正方形．
（2）连接
∵，
在中，
∵四边形是正方形
∴
在中，，又，
∴．
故答案是17．
【点睛】
本题是四边形综合题，考查了正方形的判定和性质，旋转的性质，勾股定理，全等三角形的判定和性质，等腰三角形的性质等知识，灵活运用这些性质进行推理是本题的关键．
58．（2021·北京）如图，在中，为的中点，点在上，以点为中心，将线段顺时针旋转得到线段，连接．
（1）比较与的大小；用等式表示线段之间的数量关系，并证明；
（2）过点作的垂线，交于点，用等式表示线段与的数量关系，并证明．
【答案】（1），，理由见详解；（2），理由见详解．
【解析】
【分析】
（1）由题意及旋转的性质易得，，然后可证，进而问题可求解；
（2）过点E作EH⊥AB，垂足为点Q，交AB于点H，由（1）可得，，易证，进而可得，然后可得，最后根据相似三角形的性质可求证．
【详解】
（1）证明：∵，
∴，
∴，
由旋转的性质可得，
∵，
∴，
∴，
∵点M为BC的中点，
∴，
∵，
∴；
（2）证明：，理由如下：
过点E作EH⊥AB，垂足为点Q，交AB于点H，如图所示：
∴，
由（1）可得，
∴，，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴．
【点睛】
本题主要考查全等三角形的性质与判定、相似三角形的性质与判定及等腰三角形的性质、旋转的性质，熟练掌握全等三角形的性质与判定、相似三角形的性质与判定及等腰三角形的性质、旋转的性质是解题的关键．
59．（2021·浙江嘉兴）小王在学习浙教版九上课本第72页例2后，进一步开展探究活动：将一个矩形绕点顺时针旋转，得到矩形
[探究1]如图1，当时，点恰好在延长线上．若，求BC的长．
[探究2]如图2，连结，过点作交于点．线段与相等吗？请说明理由．
[探究3]在探究2的条件下，射线分别交，于点，（如图3），，存在一定的数量关系，并加以证明．
【答案】[探究1]；[探究2]，证明见解析；[探究3]，证明见解析
【解析】
【分析】
[探究1] 设，根据旋转和矩形的性质得出，从而得出，得出比例式，列出方程解方程即可；
[探究2] 先利用SAS得出，得出，，再结合已知条件得出，即可得出；
[探究3] 连结，先利用SSS得出，从而证得，再利用两角对应相等得出，得出即可得出结论．
【详解】
[探究1]如图1，
设．
∵矩形绕点顺时针旋转得到矩形，
∴点，，在同一直线上．
∴，，
∴．
∵，
∴．
又∵点在延长线上，
∴，
∴，∴．
解得，（不合题意，舍去）
∴．
[探究2] ．
证明：如图2，连结．
∵，
∴．
∵，，，
∴．
∴，，
∵，，
∴，
∴．
[探究3]关系式为．
证明：如图3，连结．
∵，，，
∴．
∴，
∵，
，
∴，
∴．
在与中，
，，
∴，
∴，
∴．
∴．
【点睛】
本题考查了矩形的性质，旋转的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，解一元二次方程等，解题的关键是灵活运用这些知识解决问题．
60．（2021·四川阿坝）如图，中，，将绕点C顺时针旋转得到，点D落在线段AB上，连接BE．
（1）求证：DC平分；
（2）试判断BE与AB的位置关系，并说明理由：
（3）若，求的值．
【答案】（1）见解析；（2）BE⊥AB，理由见解析；（3）．
【解析】
【分析】
（1）根据旋转的性质可得AC=CD，∠A=∠CDE，再由等腰三角形的性质得到∠A=∠ADC即可证明∠ADC=∠CDE；
（2）根据旋转的性质得到∠ACD=∠BCE，CB=CE，AC=CD，从而得出∠CAD=∠ADC=∠CBE=∠CEB，再根据∠ACB=90°即可得到∠ABE=90°；
（3）设BD=BE=a，根据勾股定理计算出AB=DE=，表达出AD，再证明△ACD∽△BCE，得到即可．
【详解】
解：（1）由旋转可知：AC=CD，∠A=∠CDE，
∴∠A=∠ADC，
∴∠ADC=∠CDE，即DC平分∠ADE；
（2）BE⊥AB，
理由：由旋转可知，∠ACD=∠BCE，CB=CE，AC=CD，
∴∠CAD=∠ADC=∠CBE=∠CEB，
又∵∠ACB=90°，
∴∠CAD+∠ABC=90°，
∴∠CBE+∠ABC=90°，
即∠ABE=90°，
∴BE⊥AB；
（3）∵∠ABE=90°，BD=BE，
∴设BD=BE=a，则，
又∵AB=DE，
∴AB=，则AD=，
由（2）可知，∠ACD=∠BCE，∠CAD=∠ADC=∠CBE=∠CEB，
∴△ACD∽△BCE，
∴，
∴tan∠ABC=．
【点睛】
本题考查了旋转的综合应用以及相似三角形的性质与判定、锐角三角函数的定义，解题的关键是熟练掌握旋转的性质，并熟记锐角三角函数的定义．
61．（2020·湖南邵阳）已知：如图①，将一块45°角的直角三角板与正方形的一角重合，连接，点M是的中点，连接．
（1）请你猜想与的数量关系是__________．
（2）如图②，把正方形绕着点D顺时针旋转角（）．
①与的数量关系是否仍成立，若成立，请证明；若不成立，请说明理由；（温馨提示：延长到点N，使，连接）
②求证：；
③若旋转角，且，求的值．（可不写过程，直接写出结果）
【答案】（1）AF=2DM（2）①成立，理由见解析②见解析③
【解析】
【分析】
（1）根据题意合理猜想即可；
（2）①延长到点N，使，连接，先证明△MNC≌△MDE，再证明△ADF≌△DCN，得到AF=DN，故可得到AF=2DM；
②根据全等三角形的性质和直角的换算即可求解；
③依题意可得∠AFD=∠EDM=30°，可设AG=k,得到DG,AD,FG,ED的长，故可求解．
【详解】
（1）猜想与的数量关系是AF=2DM，
故答案为：AF=2DM；
（2）①AF=2DM仍然成立，
理由如下：延长到点N，使，连接，
∵M是CE中点，
∴CM=EM
又∠CMN=∠EMD，
∴△MNC≌△MDE
∴CN=DE=DF,∠MNC=∠MDE
∴CN∥DE，
又AD∥BC
∴∠NCB=∠EDA
∴△ADF≌△DCN
∴AF=DN
∴AF=2DM
②∵△ADF≌△DCN
∴∠NDC=∠FAD，
∵∠CDA=90°，
∴∠NDC+∠NDA=90°
∴∠FAD+∠NDA=90°
∴AF⊥DM
③∵，
∴∠EDC=90°-45°=45°
∵，
∴∠EDM=∠EDC=30°，
∴∠AFD=30°
过A点作AG⊥FD的延长线于G点，∴∠ADG=90°-45°=45°
∴△ADG是等腰直角三角形，
设AG=k,则DG=k，AD=AG÷sin45°=k，
FG=AG÷tan30°=k，
∴FD=ED=k-k
故=．
【点睛】
此题主要考查四边形综合，解题的关键是熟知正方形的性质、旋转的特点、全等三角形的判定与性质及三角函数的运用．
62．（2020·江苏常州）如图1，点B在线段上，Rt△≌Rt△，，，．
（1）点F到直线的距离是_________；
（2）固定△，将△绕点C按顺时针方向旋转30°，使得与重合，并停止旋转．
①请你在图1中用直尺和圆规画出线段经旋转运动所形成的平面图形（用阴影表示，保留画图痕迹，不要求写画法）该图形的面积为_________；
②如图2，在旋转过程中，线段与交于点O，当时，求的长．
【答案】（1）1；（2）；（3）
【解析】
【分析】
（1）根据直角三角形的性质和全等三角形的性质可得∠ACF=∠ECF=30°，即CF是∠ACB的平分线，然后根据角平分线的性质可得点F到直线的距离即为EF的长，于是可得答案；
（2）①易知E点和F点的运动轨迹是分别以CF和CE为半径、圆心角为30°的圆弧，据此即可画出旋转后的平面图形；在图3中，先解Rt△CEF求出CF和CE的长，然后根据S阴影=（S△CEF+S扇形ACF）－（S△ACG+S扇形CEG）即可求出阴影面积；
②作EH⊥CF于点H，如图4，先解Rt△EFH求出FH和EH的长，进而可得CH的长，设OH=x，则CO和OE2都可以用含x的代数式表示，然后在Rt△BOC中根据勾股定理即可得出关于x的方程，解方程即可求出x的值，进一步即可求出结果．
【详解】
解：（1）∵，，∴∠ACB=60°，
∵Rt△≌Rt△，
∴∠ECF=∠BAC=30°，EF=BC=1，
∴∠ACF=30°，∴∠ACF=∠ECF=30°，
∴CF是∠ACB的平分线，
∴点F到直线的距离=EF=1；
故答案为：1；
（2）①线段经旋转运动所形成的平面图形如图3中的阴影所示：
在Rt△CEF中，∵∠ECF=30°，EF=1，
∴CF=2，CE=，
由旋转的性质可得：CF=CA=2，CE=CG=，∠ACG=∠ECF=30°，
∴S阴影=（S△CEF+S扇形ACF）－（S△ACG+S扇形CEG）=S扇形ACF－S扇形CEG=；
故答案为：；
②作EH⊥CF于点H，如图4，
在Rt△EFH中，∵∠F=60°，EF=1，
∴，
∴CH=，
设OH=x，则，，
∵OB=OE，∴，
在Rt△BOC中，∵，∴，
解得：，
∴．
【点睛】
本题考查了旋转的性质和旋转作图、全等三角形的性质、角平分线的性质、扇形面积公式、勾股定理和解直角三角形等知识，涉及的知识点多，综合性较强，熟练掌握上述知识、灵活应用整体思想和方程思想是解题的关键．
63．（2020·福建）如图，由绕点按逆时针方向旋转得到，且点的对应点恰好落在的延长线上，，相交于点．
（1）求的度数；
（2）是延长线上的点，且．
①判断和的数量关系，并证明；
②求证：．
【答案】（1）90°；（2）①，证明详见解析；②详见解析
【解析】
【分析】
（1）根据旋转的性质，得出，进而得出,求出结果；
（2）①由旋转的性质得出，，进而得出，再根据已知条件得出，最后得出结论即可；
②过点作交于点，得出，由全等得出，，最后得出结果．
【详解】
解：（1）由旋转的性质可知，，，，
∴，
在中，，
∴，
∴．
（2）①．
证明：由旋转的性质可知，，，
在中，，
∵，，
∴，
即，
∴．
②过点作交于点，
∴，，
∵，，
∴，
又∵，
∴，
∴．
又∵，
∴，
∴，
∴，
又∵，
∴．
【点睛】
本题考查了旋转的性质、三角形内角与外角的关系、等腰三角形的判定、全等三角形的判定与性质、平行线的性质、平行线分线段成比例等基础知识，解题的关键是熟练运用这些性质．
64．（2020·甘肃金昌）如图，点，分别在正方形的边，上，且，把绕点顺时针旋转得到．
（1）求证：≌．
（2）若，，求正方形的边长．
【答案】（1）证明见解析；（2）正方形的边长为6．
【解析】
【分析】
（1）先根据旋转的性质可得，再根据正方形的性质、角的和差可得，然后根据三角形全等的判定定理即可得证；
（2）设正方形的边长为x，从而可得，再根据旋转的性质可得，从而可得，然后根据三角形全等的性质可得，最后在中，利用勾股定理即可得．
【详解】
（1）由旋转的性质得：
四边形ABCD是正方形
，即
，即
在和中，
；
（2）设正方形的边长为x，则
由旋转的性质得：
由（1）已证：
又四边形ABCD是正方形
则在中，，即
解得或（不符题意，舍去）
故正方形的边长为6．
【点睛】
本题考查了正方形的性质、旋转的性质、三角形全等的判定定理与性质、勾股定理等知识点，较难的是题（2），熟练掌握旋转的性质与正方形的性质是解题关键．
专题15 图形的旋转、翻折（对称）与平移
一、单选题
1．（2022·广东）在平面直角坐标系中，将点向右平移2个单位后，得到的点的坐标是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】
【分析】
把点的横坐标加2，纵坐标不变，得到，就是平移后的对应点的坐标．
【详解】
解：点向右平移2个单位长度后得到的点的坐标为．
故选A．
【点睛】
本题考查了坐标与图形变化﹣平移．掌握平移的规律是解答本题的关键．
2．（2022·广西）如图，在△ABC中，点A（3，1），B（1，2），将△ABC向左平移2个单位，再向上平移1个单位，则点B的对应点B′的坐标为（ ）
A．（3，-3） B．（3，3） C．（－1，1） D．（－1，3）
【答案】D
【解析】
【分析】
根据图形的平移性质求解．
【详解】
解：根据图形平移的性质，B′（1-2，2+1），即B′（-1，3）；
故选：D．
【点睛】
本题主要考查图形平移的点坐标求解，掌握图形平移的性质是解题的关键．
3．（2020·山东菏泽）在平面直角坐标系中，将点向右平移个单位得到点，则点关于轴的对称点的坐标为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】
【分析】
先根据点向右平移个单位点的坐标特征：横坐标加3，纵坐标不变，得到点的坐标，再根据关于轴的对称点的坐标特征：横坐标不变，纵坐标变为相反数，得到对称点的坐标即可．
【详解】
解：∵将点向右平移个单位，
∴点的坐标为：(0，2)，
∴点关于轴的对称点的坐标为：(0，-2)．
故选：A．
【点睛】
本题考查平移时点的坐标特征及关于轴的对称点的坐标特征，熟练掌握对应的坐标特征是解题的关键．
4．（2020·四川自贡）在平面直角坐标系中，将点向下平移3个单位长度，所得点的坐标是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】
【分析】
根据点的平移规律为上加下减，左减右加即可求解．
【详解】
解：点的平移规律为上加下减，左减右加，可得横坐标不变，纵坐标减3，1-3=-2，
故答案为D．
【点睛】
本题考查点的坐标平移规律，根据“上加下减，左减右加”即可求解．
5．（2021·四川雅安）如图，将沿边向右平移得到，交于点G．若．．则的值为（ ）
A．2 B．4 C．6 D．8
【答案】B
【解析】
【分析】
根据平移的性质可得AD=BE，且AD∥BE，故可得△CEG∽△ADG，由相似三角形的性质及已知条件即可求得△CEG的面积．
【详解】
由平移的性质可得：AD=BE，且AD∥BE
∴△CEG∽△ADG
∴
即
∵
∴
∴
∵
∴
故选：B．
【点睛】
本题考查了平移的性质及相似三角形的判定与性质，相似三角形的性质是本题的关键．
6．（2021·浙江丽水）四盏灯笼的位置如图．已知A，B，C，D的坐标分别是 (−1，b)，(1，b)，(2，b)，(3.5，b)，平移y轴右侧的一盏灯笼，使得y轴两侧的灯笼对称，则平移的方法可以是（ ）
A．将B向左平移4.5个单位 B．将C向左平移4个单位
C．将D向左平移5.5个单位 D．将C向左平移3.5个单位
【答案】C
【解析】
【分析】
直接利用利用关于y轴对称点的性质得出答案．
【详解】
解：∵点A (−1，b) 关于y轴对称点为B (1，b)，
C (2，b)关于y轴对称点为(-2，b)，
需要将点D (3.5，b) 向左平移3.5+2=5.5个单位，
故选：C．
【点睛】
本题主要考查了关于y轴对称点的性质，正确记忆横纵坐标的关系是解题关键．
7．（2022·四川南充）如图，将直角三角板绕顶点A顺时针旋转到，点恰好落在的延长线上，，则为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】
【分析】
根据直角三角形两锐角互余，求出的度数，由旋转可知，在根据平角的定义求出的度数即可．
【详解】
∵，
∴，
∵由旋转可知，
∴，
故答案选：B．
【点睛】
本题考查直角三角形的性质以及图形的旋转的性质，找出旋转前后的对应角是解答本题的关键．
8．（2022·山东青岛）如图，将先向右平移3个单位，再绕原点O旋转，得到，则点A的对应点的坐标是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】
【分析】
先画出平移后的图形，再利用旋转的性质画出旋转后的图形即可求解．
【详解】
解：先画出△ABC平移后的△DEF，再利用旋转得到△A'B'C'，
由图像可知A'（-1，-3），
故选：C．
【点睛】
本题考查了图形的平移和旋转，解题关键是掌握绕原点旋转的图形的坐标特点，即对应点的横纵坐标都互为相反数．
9．（2022·内蒙古呼和浩特）如图，中，，将绕点顺时针旋转得到，使点的对应点恰好落在边上，、交于点．若，则的度数是（用含的代数式表示）（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】
【分析】
根据旋转的性质可得，BC=DC，∠ACE=α，∠A=∠E，则∠B=∠BDC，利用三角形内角和可求得∠B，进而可求得∠E，则可求得答案．
【详解】
解：∵将绕点顺时针旋转得到，且
∴BC=DC，∠ACE=α，∠A=∠E，
∴∠B=∠BDC，
∴，
∴，
∴，
，
故选：C．
【点睛】
本题考查了旋转变换、三角形内角和、等腰三角形的性质，解题的关键是掌握旋转的性质．
10．（2022·四川内江）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
【答案】D
【解析】
【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．
【详解】
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．
【点睛】
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．
11．（2022·黑龙江绥化）如图，线段在平面直角坐标系内，A点坐标为，线段绕原点O逆时针旋转90°，得到线段，则点的坐标为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】
【分析】
如图，逆时针旋转90°作出，过A作轴，垂足为B，过作轴，垂足为，证明，根据A点坐标为，写出，，则，，即可写出点A的坐标．
【详解】
解：如图，逆时针旋转90°作出，过A作轴，垂足为B，过作轴，垂足为，
∴，，
∵，，
∴，
∴，
∴，，
∵A点坐标为，
∴，，
∴，，
∴，
故选：A．
【点睛】
本题考查旋转的性质，证明是解答本题的关键．
12．（2021·四川广安）如图，将绕点逆时针旋转得到，若且于点，则的度数为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】
【分析】
由旋转的性质可得∠BAD=55°，∠E=∠ACB=70°，由直角三角形的性质可得∠DAC=20°，即可求解．
【详解】
解：∵将△ABC绕点A逆时针旋转55°得△ADE，
∴∠BAD=55°，∠E=∠ACB=70°，
∵AD⊥BC，
∴∠DAC=20°，
∴∠BAC=∠BAD+∠DAC=75°．
故选C．
【点睛】
本题考查了旋转的性质，掌握旋转的性质是本题的关键．
13．（2020·湖北黄石）在平面直角坐标系中，点G的坐标是，连接，将线段绕原点O旋转，得到对应线段，则点的坐标为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】
【分析】
根据题意可得两个点关于原点对称，即可得到结果．
【详解】
根据题意可得，与G关于原点对称，
∵点G的坐标是，
∴点的坐标为．
故选A．
【点睛】
本题主要考察了平行直角坐标系中点的对称变换，准确理解公式是解题的关键．
14．（2020·四川攀枝花）如图，直径的半圆，绕点顺时针旋转，此时点到了点，则图中阴影部分的面积是（ ）．
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】
【分析】
由半圆A′B面积+扇形ABA′的面积-空白处半圆AB的面积即可得出阴影部分的面积．
【详解】
解：∵半圆AB，绕B点顺时针旋转30°，
∴S阴影=S半圆A′B+S扇形ABA′-S半圆AB
= S扇形ABA′
=
=3π
故选D．
【点睛】
本题考查了扇形面积的计算以及旋转的性质，熟记扇形面积公式和旋转前后不变的边是解题的关键．
15．（2022·天津）如图，在△ABC中，AB=AC，若M是BC边上任意一点，将△ABM绕点A逆时针旋转得到△ACN，点M的对应点为点N，连接MN，则下列结论一定正确的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】
【分析】
根据旋转的性质，对每个选项逐一判断即可．
【详解】
解：∵将△ABM绕点A逆时针旋转得到△ACN，∴△ABM≌△ACN，
∴AB=AC，AM=AN，
∴AB不一定等于AN，故选项A不符合题意；
∵△ABM≌△ACN，
∴∠ACN=∠B，
而∠CAB不一定等于∠B，
∴∠ACN不一定等于∠CAB，
∴AB与CN不一定平行，故选项B不符合题意；
∵△ABM≌△ACN，
∴∠BAM=∠CAN，∠ACN=∠B，
∴∠BAC=∠MAN，
∵AM=AN，AB=AC，
∴△ABC和△AMN都是等腰三角形，且顶角相等，
∴∠B=∠AMN，
∴∠AMN=∠ACN，故选项C符合题意；
∵AM=AN，
而AC不一定平分∠MAN，
∴AC与MN不一定垂直，故选项D不符合题意；
故选：C．
【点睛】
本题考查了旋转的性质，等腰三角形的判定与性质．旋转变换是全等变换，利用旋转不变性是解题的关键．
16．（2022·江苏扬州）如图，在中，，将以点为中心逆时针旋转得到，点在边上，交于点．下列结论：①；②平分；③，其中所有正确结论的序号是（ ）
A．①② B．②③ C．①③ D．①②③
【答案】D
【解析】
【分析】
根据旋转的性质可得对应角相等，对应边相等，进而逐项分析判断即可求解．
【详解】
解：∵将以点为中心逆时针旋转得到，
∴，
，
，
，故①正确；
，
，
，
，
，
平分，故②正确；
，
，
，
，
，
，
故③正确
故选D
【点睛】
本题考查了性质的性质，等边对等角，相似三角形的性质判定与性质，全等三角形的性质，掌握以上知识是解题的关键．
17．（2021·黑龙江牡丹江）如图，△AOB中，OA＝4，OB＝6，AB＝2，将△AOB绕原点O旋转90°，则旋转后点A的对应点A′的坐标是（ ）
A．（4，2）或（﹣4，2） B．（2，﹣4）或（﹣2，4）
C．（﹣2，2）或（2，﹣2） D．（2，﹣2）或（﹣2，2）
【答案】C
【解析】
【分析】
先求出点A的坐标，再根据旋转变换中，坐标的变换特征求解；或根据题意画出图形旋转后的位置，根据旋转的性质确定对应点A′的坐标．
【详解】
过点A作于点C．
在Rt△AOC中， ．
在Rt△ABC中， ．
∴ ．
∵OA＝4，OB＝6，AB＝2，
∴．
∴．
∴点A的坐标是．
根据题意画出图形旋转后的位置，如图，
∴将△AOB绕原点O顺时针旋转90°时，点A的对应点A′的坐标为；
将△AOB绕原点O逆时针旋转90°时，点A的对应点A′′的坐标为．
故选：C．
【点睛】
本题考查了解直角三角形、旋转中点的坐标变换特征及旋转的性质．（a，b）绕原点顺时针旋转90°得到的坐标为（b，-a），绕原点逆时针旋转90°得到的坐标为（－b，a）．
18．（2021·广东广州）如图，在中，，，，将绕点A逆时针旋转得到，使点落在AB边上，连结，则的值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】
【分析】
由勾股定理求出，并利用旋转性质得出，，，则可求得，再根据勾股定理求出，最后由三角形函数的定义即可求得结果．
【详解】
解：在中，，，，
由勾股定理得：．
∵绕点A逆时针旋转得到，
∴，，．
∴．
∴在中，由勾股定理得．
∴．
故选：C．
【点睛】
本题考查了求角的三角形函数值，掌握三角形函数的概念并利用勾股定理及旋转的性质求解是解题的关键．
19．（2021·河南）如图，的顶点，，点在轴的正半轴上，延长交轴于点．将绕点顺时针旋转得到，当点的对应点落在上时，的延长线恰好经过点，则点的坐标为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】
【分析】
连接,由题意可证明，利用相似三角形线段成比例即可求得OC的长，即得点的坐标．
【详解】
如图，连接，因为轴，
绕点顺时针旋转得到，
所以，
,
故答案为B．
【点睛】
本题考查了旋转的性质，勾股定理，相似三角形的判定与性质，找到是解题的关键．
20．（2020·海南）如图，在中，将绕点逆时针旋转得到，使点落在边上，连接，则的长度是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】
【分析】
由旋转的性质可知，，进而得出为等边三角形，进而求出．
【详解】
解：∵
由直角三角形中，30°角所对的直角边等于斜边的一半可知，
∴cm，
又∠CAB=90°-∠ABC=90°-30°=60°，
由旋转的性质可知：，且，
∴为等边三角形，
∴．
故选：B．
【点睛】
本题考查了直角三角形中30°角所对的直角边等于斜边的一半，旋转的性质等，熟练掌握其性质是解决此类题的关键．
21．（2020·山东菏泽）如图，将绕点顺时针旋转角，得到，若点恰好在的延长线上，则等于（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】
【分析】
根据旋转的性质和四边形的内角和是360º即可求解．
【详解】
由旋转的性质得：∠BAD=，∠ABC=∠ADE，
∵∠ABC+∠ABE=180º，
∴∠ADE+∠ABE=180º，
∵∠ABE+∠BED+∠ADE+∠BAD=360º，∠BAD=
∴∠BED=180º-，
故选：D．
【点睛】
本题考查了旋转的性质、四边形的内角和是360º，熟练掌握旋转的性质是解答的关键．
22．（2020·山东聊城）如图，在中，，，将绕点旋转得到，使点的对应点落在上，在上取点，使，那么点到的距离等于（ ）．
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】
【分析】
根据旋转的性质和30°角的直角三角形的性质可得的长，进而可得的长，过点D作DM⊥BC于点M，过点作于点E，于点F，如图，则四边形是矩形，解Rt△可得的长，即为FM的长，根据三角形的内角和易得，然后解Rt△可求出DF的长，进一步即可求出结果．
【详解】
解：在中，∵，，
∴AC=2AB=4，
∵将绕点旋转得到，使点的对应点落在上，
∴，
∴，
过点D作DM⊥BC于点M，过点作于点E，于点F，交AC于点N，如图，则四边形是矩形，
∴，
在Rt△中，，∴FM=1，
∵，
∴，
在Rt△中，，
∴，
即点到的距离等于．
故选：D．
【点睛】
本题考查了解直角三角形、矩形的判定和性质以及旋转的性质等知识，正确作出辅助线、熟练掌握解直角三角形的知识是解题的关键．
23．（2020·山东枣庄）如图，平面直角坐标系中，点在第一象限，点在轴的正半轴上，，，将绕点逆时针旋转，点的对应点的坐标是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】
【分析】
如图，作轴于．解直角三角形求出，即可．
【详解】
解：如图，作轴于．
由题意：，，
，
，，
，
，
故选：B．
【点睛】
本题考查坐标与图形变化——旋转，解直角三角形等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造直角三角形解决问题．
二、填空题
24．（2022·山东临沂）如图，在平面直角坐标系中，的顶点A，B的坐标分别是，．平移得到，若点的对应点的坐标为，则点的对应点的坐标是_____________．
【答案】
【解析】
【分析】
根据点A坐标及其对应点的坐标的变化规律可得平移后对应点的横坐标减小1，纵坐标减小2，即可得到答案．
【详解】
平移得到，点的对应点的坐标为，
向左平移了1个单位长度，向下平移了2个单位长度，
即平移后对应点的横坐标减小1，纵坐标减小2，
的对应点的坐标是，
故答案为：．
【点睛】
本题考查了平移坐标的变化规律，即左减右加，上加下减，熟练掌握知识点是解题的关键．
25．（2021·辽宁鞍山）如图，△ABC沿BC所在直线向右平移得到△DEF，若EC＝2，BF＝8，则BE＝___．
【答案】3
【解析】
【分析】
利用平移的性质解决问题即可．
【详解】
解：由平移的性质可知，BE＝CF，
∵BF＝8，EC＝2，
∴BE+CF＝8﹣2＝6，
∴BE＝CF＝3，
∴平移的距离为3，
故答案为：3．
【点睛】
本题考查平移的性质，解题的关键是熟练掌握平移变换的性质，属于中考常考题型．
26．（2021·湖南湘潭）在平面直角坐标系中，把点向右平移5个单位得到点，则点的坐标为____．
【答案】
【解析】
【分析】
把点向右平移5个单位，纵坐标不变，横坐标增加5，据此解题．
【详解】
解：把点向右平移5个单位得到点，则点的坐标为，即，
故答案为：．
【点睛】
本题考查平面直角坐标系与点的坐标，涉及平移等知识，是基础考点，难度较易，掌握相关知识是解题关键．
27．（2021·吉林长春）如图，在平面直角坐标系中，等腰直角三角形AOB的斜边OA在y轴上，，点B在第一象限．标记点B的位置后，将沿x轴正方向平移至的位置，使经过点B，再标记点的位置，继续平移至的位置，使经过点，此时点的坐标为__________．
【答案】
【解析】
【分析】
根据已知条件结合等腰直角三角形的性质先求出点B ，点，即可得出点向右每次平移个单位长度，而为点B向右平移2个单位后的点，根据点平移规律即可得到答案
【详解】
如图过点B作，
为等腰直角三角形，斜边在轴上，
，
向右平移至，点B在上，同理可得点的坐标为
每次向右平移1个单位，即点向右每次平移个单位，
为点B向右平移2个单位后的点
点的坐标为
故答案为：
【点睛】
本题考查了等腰直角三角形的性质，以及坐标与图像变换—平移，在平面直角坐标系中，图形的平移与图像上某点的平移相同，平移中点的变化规律是：横坐标右移加，左移减，纵坐标上移加，下移减．
28．（2021·湖南怀化）如图，在平面直角坐标系中，已知，，，将先向右平移3个单位长度得到，再绕顺时针方向旋转得到，则的坐标是____________．
【答案】（2，2）．
【解析】
【分析】
直接利用平移的性质和旋转的性质得出对应点位置，然后作图，进而得出答案．
【详解】
解：如图示：，为所求，
根据图像可知，的坐标是（2，2），
故答案是：（2，2）．
【点睛】
本题主要考查了平移作图和旋转作图，熟悉相关性质是解题关键．
29．（2022·山东潍坊）如图，在直角坐标系中，边长为2个单位长度的正方形绕原点O逆时针旋转，再沿y轴方向向上平移1个单位长度，则点的坐标为___________．
【答案】
【解析】
【分析】
连接OB，由题意可得∠=75°，可得出∠=30°，可求出的坐标，即可得出点的坐标．
【详解】
解：如图：连接OB，，作⊥y轴
∵是正方形，OA=2
∴∠COB=45°，OB=
∵绕原点O逆时针旋转
∴∠=75°
∴∠=30°
∵=OB=
∴，
∴
∵沿y轴方向向上平移1个单位长度
∴
故答案为：
【点睛】
本题考查了坐标与图形变化﹣旋转，坐标与图形变化﹣平移，熟练掌握网格结构，准确确定出对应点的位置是解题的关键．
30．（2020·江苏镇江）如图，在△ABC中，BC＝3，将△ABC平移5个单位长度得到△A1B1C1，点P、Q分别是AB、A1C1的中点，PQ的最小值等于_____．
【答案】
【解析】
【分析】
取的中点，的中点，连接，，，，根据平移的性质和三角形的三边关系即可得到结论．
【详解】
解：取的中点，的中点，连接，，，，
将平移5个单位长度得到△，
，，
点、分别是、的中点，
，
，
即，
的最小值等于，
故答案为：．
【点睛】
本题考查了平移的性质，三角形的三边关系，熟练掌握平移的性质是解题的关键．
31．（2020·广东广州）如图，点A的坐标为，点在轴上，把沿轴向右平移到，若四边形的面积为9，则点的坐标为_______．
【答案】(4，3)
【解析】
【分析】
过点A作AH⊥x轴于点H，得到AH=3，根据平移的性质证明四边形ABDC是平行四边形，得到AC=BD，根据平行四边形的面积是9得到，求出BD即可得到答案.
【详解】
过点A作AH⊥x轴于点H，
∵A（1,3），
∴AH=3，
由平移得AB∥CD，AB=CD，
∴四边形ABDC是平行四边形，
∴AC=BD，
∵，
∴BD=3，
∴AC=3，
∴C(4，3)，
故答案为：(4，3).
【点睛】
此题考查平移的性质，平行四边形的判定及性质，直角坐标系中点到坐标轴的距离与点坐标的关系.
32．（2020·湖南湘西）在平面直角坐标系中，O为原点，点，点B在y轴的正半轴上，．矩形的顶点D，E，C分别在上，．将矩形沿x轴向右平移，当矩形与重叠部分的面积为时，则矩形向右平移的距离为___________．
【答案】2
【解析】
【分析】
先求出点B的坐标（0， ），得到直线AB的解析式为： ，根据点D的坐标求出OC的长度，利用矩形与重叠部分的面积为列出关系式求出，再利用一次函数关系式求出=4，即可得到平移的距离.
【详解】
∵，
∴OA=6，
在Rt△AOB中，，
∴，
∴B（0， ），
∴直线AB的解析式为： ，
当x=2时，y=，
∴E（2，），即DE=，
∵四边形CODE是矩形，
∴OC=DE=，
设矩形沿x轴向右平移后得到矩形， 交AB于点G，
∴∥OB，
∴△∽△AOB，
∴∠=∠AOB=30°，
∴∠=∠=30°，
∴,
∵平移后的矩形与重叠部分的面积为，
∴五边形的面积为,
∴,
∴,
∴,
∴矩形向右平移的距离=，
故答案为：2.
【点睛】
此题考查了锐角三角函数，求一次函数的解析式，矩形的性质，图形平移的性质，是一道综合多个知识点的综合题型，且较为基础的题型.
33．（2022·湖南永州）如图，图中网格由边长为1的小正方形组成，点为网格线的交点.若线段绕原点顺时针旋转90°后，端点的坐标变为______．
【答案】
【解析】
【分析】
根据题意作出旋转后的图形，然后读出坐标系中点的坐标即可．
【详解】
解：线段OA绕原点O顺时针旋转90°后的位置如图所示，
∴旋转后的点A的坐标为（2，-2），
故答案为：（2，-2）．
【点睛】
题目主要考查图形的旋转，点的坐标，理解题意，作出旋转后的图形读出点的坐标是解题关键．
34．（2021·湖北随州）如图，在中，，，，将绕点逆时针旋转角（）得到，并使点落在边上，则点所经过的路径长为______．（结果保留）
【答案】．
【解析】
【分析】
利用勾股定理求出AB=2，根据旋转的性质得到旋转角为∠=60°，再由弧长计算公式，计算出结果．
【详解】
解：∵，，，
∴AB=2AC，
设AC=x，则AB=2x，由勾股定理得：
，
解得：x=1，
则：AC=1，AB=2，
∵将绕点逆时针旋转角（）得到，且点落在边上，
∴旋转角为60°，
∴∠=60°，
∴点所经过的路径长为： ，
故答案为：．
【点睛】
本题主要考查了勾股定理、旋转的性质和弧长的计算公式，解题关键在于找到旋转角，根据弧长公式进行计算．
35．（2020·广西）以原点为中心，把逆时针旋转90°得到点，则点的坐标为______．
【答案】
【解析】
【分析】
建立平面直角坐标系，根据旋转的性质得出N点坐标，由此即可得出答案．
【详解】
解：如图：
由旋转的性质可得：M点横坐标等于N点纵坐标的值，
M点纵坐标的值等于N点横坐标的绝对值，
又∵M（3，4），
∴N（-4，3），
故答案为：（-4，3）．
【点睛】
此题考查有关点的坐标旋转的性质 ，结合坐标轴和旋转的特点确定坐标即可．
36．（2022·广西贺州）如图，在平面直角坐标系中，为等腰三角形，，点B到x轴的距离为4，若将绕点O逆时针旋转，得到，则点的坐标为__________．
【答案】
【解析】
【分析】
过B作于，过作轴于，构建，即可得出答案．
【详解】
过B作于，过作轴于，
∴，
∴，
由旋转可知，，
∴，
∴，
∵，，，
∴，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴．
故答案为：．
【点睛】
本题考查了旋转的性质以及如何构造全等三角形求得线段的长度，准确构造全等三角形求得线段长度是解题的关键．
37．（2022·湖北随州）如图1，在矩形ABCD中，，，E，F分别为AB，AD的中点，连接EF．如图2，将△AEF绕点A逆时针旋转角，使，连接BE并延长交DF于点H，则∠BHD的度数为______，DH的长为______．
【答案】 90°##90度 ##
【解析】
【分析】
设EF交AD于点M，BH交AD于点N，先证明△ADF∽△ABE，可得∠ADF=∠ABE，可得∠BHD=∠BAD=90°；然后过点E作EG⊥AB于点G，可得四边形AMEG是矩形，从而得到EG=AM，AG=ME，∠ABE=∠MEN，然后求出，再利用锐角三角函数可得，从而得到，进而得到，可得到，从而得到，进而得到DN=2，即可求解．
【详解】
解：如图，设EF交AD于点M，BH交AD于点N，
根据题意得：∠BAE=∠DAF，∠EAF=90°，，
∴，
在矩形ABCD中，，，∠BAD=90°，
∴，
∴△ADF∽△ABE，
∴∠ADF=∠ABE，
∵∠ANB=∠DNH，
∴∠BHD=∠BAD=90°；
如图，过点E作EG⊥AB于点G，
∴∠AGE=∠AME=∠BAD=90°，
∴四边形AMEG是矩形，
∴EG=AM，AG=ME，ME∥AB，
∴∠ABE=∠MEN，
在中，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，即，
∴，
∵∠ADF=∠ABE，
∴，
即DH=2HN，
∵，
解得：或（舍去）．
故答案为：90°，
【点睛】
本题主要考查了图形的旋转，解直角三角形，矩形的性质和判定，相似三角形的判定和性质，熟练掌握直角三角形的性质，矩形的性质和判定，相似三角形的判定和性质是解题的关键．
38．（2021·四川巴中）如图，把边长为3的正方形OABC绕点O逆时针旋转n°（0＜n＜90）得到正方形ODEF，DE与BC交于点P，ED的延长线交AB于点Q，交OA的延长线于点M．若BQ：AQ＝3：1，则AM＝__________．
【答案】
【解析】
【分析】
连接OQ，OP，利用HL证明Rt△OAQ≌Rt△ODQ，得QA=DQ，同理可证：CP=DP，设CP=x，则BP=3-x，PQ=x+，在Rt△BPQ中，利用勾股定理列出方程求出x=，再利用△AQM∽△BQP可求解．
【详解】
解：连接OQ，OP，
∵将正方形OABC绕点O逆时针旋转n°（0＜n＜90）得到正方形ODEF，
∴OA=OD，∠OAQ=∠ODQ=90°，
在Rt△OAQ和Rt△ODQ中，
，
∴Rt△OAQ≌Rt△ODQ（HL），
∴QA=DQ，
同理可证：CP=DP，
∵BQ：AQ=3：1，AB=3，
∴BQ=，AQ=，
设CP=x，则BP=3-x，PQ=x+，
在Rt△BPQ中，由勾股定理得：
(3-x)2+()2=(x+)2，
解得x=，
∴BP=，
∵∠AQM=∠BQP，∠BAM=∠B，
∴△AQM∽△BQP，
∴，
∴，
∴AM=．
故答案为：．
【点睛】
本题主要考查了旋转的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，相似三角形的判定与性质等知识，利用全等证明QA=DQ，CP=DP是解题的关键．
39．（2021·湖南益阳）如图，中，，将绕A点顺时针方向旋转角得到，连接，，则与的面积之比等于_______．
【答案】
【解析】
【分析】
先根据正切三角函数的定义可得，再根据旋转的性质可得，从而可得，然后根据相似三角形的判定可得，最后根据相似三角形的性质即可得．
【详解】
解：在中，，
，
由旋转的性质得：，
，
在和中，，
，
，
即与的面积之比等于，
故答案为：．
【点睛】
本题考查了正切三角函数、旋转的性质、相似三角形的判定与性质，熟练掌握相似三角形的判定与性质是解题关键．
40．（2020·四川眉山）如图，在中，，．将绕点按顺时针方向旋转至的位置，点恰好落在边的中点处，则的长为________．
【答案】
【解析】
【分析】
根据题意，判断出ABC斜边BC的长度，根据勾股定理算出AC的长度，且，所以为等边三角形，可得旋转角为60°，同理，，故也是等边三角形，的长度即为AC的长度．
【详解】
解：在ABC中，∠BAC=90°，AB=2，将其进行顺时针旋转，落在BC的中点处，
∵是由ABC旋转得到，∴，而，
根据勾股定理：，
又∵，且，∴为等边三角形，
∴旋转角，
∴，且，故也是等边三角形，
∴，
故答案为：．
【点睛】
本题主要考查了旋转性质的应用以及勾股定理的计算，解题的关键在于通过题中所给的条件，判断出图形旋转的度数，知道图形旋转的角度后，有关线段的长度也可求得．
41．（2020·山东烟台）如图，已知点A(2，0)，B(0，4)，C(2，4)，D(6，6)，连接AB，CD，将线段AB绕着某一点旋转一定角度，使其与线段CD重合（点A与点C重合，点B与点D重合），则这个旋转中心的坐标为_____．
【答案】(4，2)
【解析】
【分析】
画出平面直角坐标系，作出新的AC，BD的垂直平分线的交点P，点P即为旋转中心．
【详解】
解：平面直角坐标系如图所示，旋转中心是P点，P（4，2），
故答案为：（4，2）．
【点睛】
本题考查坐标与图形变化﹣旋转，解题的关键是理解对应点连线段的垂直平分线的交点即为旋转中心．
42．（2020·甘肃天水）如图，在边长为6的正方形内作，交于点，交于点，连接，将绕点顺时针旋转得到，若，则的长为__________．
【答案】2
【解析】
【分析】
根据旋转的性质可得AG=AF，GB=DF，∠BAG=∠DAF，然后根据正方形的性质和等量代换可得∠GAE=∠FAE，进而可根据SAS证明△GAE≌△FAE，可得GE=EF，设BE=x，则CE与EF可用含x的代数式表示，然后在Rt△CEF中，由勾股定理可得关于x的方程，解方程即得答案．
【详解】
解：∵将△绕点顺时针旋转得到△，
∴AG=AF，GB=DF，∠BAG=∠DAF，
∵，∠BAD=90°，
∴∠BAE+∠DAF=45°，
∴∠BAE+∠BAG=45°，即∠GAE=45°，
∴∠GAE=∠FAE，
又AE=AE，
∴△GAE≌△FAE（SAS），
∴GE=EF，
设BE=x，则CE=6－x，EF=GE=DF+BE=3+x，
∵DF=3，∴CF=3，
在Rt△CEF中，由勾股定理，得：，
解得：x=2，即BE=2．
故答案为：2．
【点睛】
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以及勾股定理等知识，属于常考题型，熟练掌握上述基本知识、灵活应用方程思想是解题的关键．
三、解答题
43．（2022·安徽）如图，在由边长为1个单位长度的小正方形组成的网格中，△ABC的顶点均为格点（网格线的交点）．
(1)将△ABC向上平移6个单位，再向右平移2个单位，得到，请画出﹔
(2)以边AC的中点O为旋转中心，将△ABC按逆时针方向旋转180°，得到，请画出．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【解析】
【分析】
（1）根据平移的方式确定出点A1，B1，C1的位置，再顺次连接即可得到；
（2）根据旋转可得出确定出点A2，B2，C2的位置，再顺次连接即可得到．
(1)
如图，即为所作；
(2)
如图，即为所作；
【点睛】
本题考查作图-旋转变换与平移变换，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．
44．（2022·黑龙江牡丹江）如图，在边长为1个单位长度的小正方形组成的网格中，△ABC与△DEF关于点O成中心对称，△ABC与△DEF的顶点均在格点上，请按要求完成下列各题．
（1）在图中画出点O的位置；
（2）将△ABC 先向右平移4个单位长度，再向下平移2个单位长度，得到△A1B1C1，请画出△A1B1C1；
（3）在网格中画出格点M，使A1M平分∠B1A1C1
【答案】（1）作图见解析；（2）作图见解析；（3）作图见解析；
【解析】
【分析】
（1）连接对应点B、F，对应点C、E，其交点即为旋转中心的位置；
（2）利用网格结构找出平移后的点的位置，然后顺次连接即可；
（3）根据网格结构的特点作出即可．
【详解】
解：（1）如图所示，连接BF，CE交于点O，点O即为所求．
（2）如图所示，△A1B1C1为所求；
（3）如图所示，点M即为所求．
理由：连接，
根据题意得：，
∴四边形菱形，
∴A1M平分∠B1A1C1．
45．（2021·黑龙江哈尔滨）如图，方格纸中每个小正方形的边长均为个单位长度，的顶点和线段的端点均在小正方形的顶点上．
（1）在方格纸中将向上平移个单位长度，再向右平移个单位长度后得到；（点的对应点是点，点的对应点是点，点的对应点是点），请画出；
（2）在方格纸中画出以为斜边的等腰直角三角形（点在小正方形的顶点上）．连接，请直接写出线段的长．
【答案】（1）图见详解；（2）图见详解，
【解析】
【分析】
（1）根据题中所给的平移方式可直接进行作图即可；
（2）由等腰直角三角形的性质可直接进行作图，然后结合图形及勾股定理得出的长．
【详解】
解：（1）由题意可得如图所示：
（2）由题意可得如图所示：
由图可得：．
【点睛】
本题主要考查平移、等腰直角三角形的性质及勾股定理，熟练掌握平移、等腰直角三角形的性质及勾股定理是解题的关键．
46．（2021·安徽）图，在每个小正方形的边长为1个单位的网格中，的顶点均在格点（网格线的交点）上．
（1）将向右平移5个单位得到，画出；
（2）将（1）中的绕点C1逆时针旋转得到，画出．
【答案】（1）作图见解析；（2）作图见解析．
【解析】
【分析】
（1）利用点平移的规律找出、、，然后描点即可；
（2）利用网格特点和旋转的性质画出点，即可．
【详解】
解：（1）如下图所示，为所求；
（2）如下图所示，为所求；
【点睛】
本题考查了平移作图和旋转作图，熟悉相关性质是解题的关键．
47．（2022·湖南）如图所示的方格纸格长为一个单位长度）中，的顶点坐标分别为，，．
(1)将沿轴向左平移5个单位，画出平移后的△（不写作法，但要标出顶点字母）；
(2)将绕点顺时针旋转，画出旋转后的△（不写作法，但要标出顶点字母）；
(3)在（2）的条件下，求点绕点旋转到点所经过的路径长（结果保留．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)
【解析】
【分析】
（1）利用平移变换的性质分别作出， ，的对应点，，即可；
（2）利用旋转变换的性质分别作出， ，的对应点，，即可；
（3）利用弧长公式求解即可．
(1)
解：如图，即为所求；
(2)
解：如图，(即△A2OB2）即为所求；
(3)
解：在中，，
．
【点睛】
本题考查作图旋转变换，平移变换，勾股定理、弧长公式等知识，解题的关键是掌握平移变换，旋转变换的性质．
48．（2022·黑龙江）如图，在正方形网格中，每个小正方形的边长都是一个单位长度，在平面直角坐标系中，的三个顶点坐标分别为，，．
(1)将先向左平移6个单位，再向上平移4个单位，得到，画出两次平移后的，并写出点的坐标；
(2)画出绕点顺时针旋转90°后得到，并写出点的坐标；
(3)在（2）的条件下，求点旋转到点的过程中所经过的路径长（结果保留）．
【答案】(1)见解析；
(2)见解析；
(3)点旋转到点所经过的路径长为
【解析】
【分析】
（1）根据题目中的平移方式进行平移，然后读出点的坐标即可；
（2）先找出旋转后的对应点，然后顺次连接即可；
（3）根据旋转可得点旋转到点为弧长，利用勾股定理确定圆弧半径，然后根据弧长公式求解即可．
(1)
解：如图所示△A1B1C1即为所求，
；
(2)
如图所示△A2B2C2即为所求，；
(3)
∵
∴点旋转到点所经过的路径长为．
【点睛】
题目主要考查坐标与图形，图形的平移，旋转，勾股定理及弧长公式等，数量掌握运用这些知识点是解题关键．
49．（2020·四川巴中）如图所示，在边长为1cm的小正方形组成的网格中．
（1）将沿y轴正方向向上平移5个单位长度后，得到，请作出，并求出的长度；
（2）再将绕坐标原点O顺时针旋转180°，得到，请作出，并直接写出点的坐标；
（3）在（1）（2）的条件下，求线段AB在变换过程中扫过图形的面积和．
【答案】（1）见解析，；（2）见解析，B2(4，﹣4)；（3）
【解析】
【分析】
（1）分别将点A、B、C向上平移5个单位得到对应点，再顺次连接可得；
（2）分别将点A、B、C绕点O顺时针旋转180°得到对应点，再顺次连接可得；
（3）平行四边形的面积加上大半圆的面积与小半圆面积的差即可求得．
【详解】
解：（1）如图所示，即为所求，；
（2）如图，△A2B2C2即为所求，B2（4，﹣4）；
（3）在（1）（2）的条件下，线段AB在变换过程中扫过图形的面积和为：
【点睛】
本题考查了作图-平移变换、旋转变换，解题的关键是熟练掌握平移变换和旋转变换的定义和性质．
50．（2022·江苏常州）如图，点在射线上，．如果绕点按逆时针方向旋转到，那么点的位置可以用表示．
(1)按上述表示方法，若，，则点的位置可以表示为______；
(2)在（1）的条件下，已知点的位置用表示，连接、．求证：．
【答案】(1)(3,37°)
(2)见解析
【解析】
【分析】
（1）根据点的位置定义，即可得出答案；
（2）画出图形，证明△AOA′≌△BOA′（SAS），即可由全等三角形的性质，得出结论．
(1)
解：由题意，得A′(a,n°)，
∵a=3,n=37，
∴A′(3,37°)，
故答案为：(3,37°)；
(2)
证明：如图，
∵，B(3,74°)，
∴∠AOA′=37°，∠AOB=74°，OA= OB=3，
∴∠A′OB=∠AOB-∠AOA′=74°-37°=37°，
∵OA′=OA′，
∴△AOA′≌△BOA′（SAS），
∴A′A=A′B．
【点睛】
本题考查全等三角形的判定与性质，新定义，旋转的性质，熟练掌握全等三角形的判定与性质是解题的关键．
51．（2021·黑龙江）如图，正方形网格中，每个小正方形的边长都是一个单位长度，在平面直角坐标系内，的三个顶点坐标分别为．
（1）画出关于x轴对称的，并写出点的坐标；
（2）画出绕点O顺时针旋转后得到的，并写出点的坐标；
（3）在（2）的条件下，求点A旋转到点所经过的路径长（结果保留）．
【答案】（1）见解析，；（2）见解析，；（3）
【解析】
【分析】
（1）分别作出点A、B关于x轴的对称点，然后依次连接即可，最后通过图象可得点的坐标；
（2）根据旋转的性质分别作出点A、B绕点O旋转90°的点，然后依次连接，最后根据图象可得点的坐标；
（3）由（2）可先根据勾股定理求出OA的长，然后根据弧长计算公式进行求解．
【详解】
解：（1）如图所示：即为所求，
∴由图象可得；
（2）如图所示：即为所求，
∴由图象可得；
（3）由（2）的图象可得：点A旋转到点所经过的路径为圆弧，
∵，
∴点A旋转到点所经过的路径长为．
【点睛】
本题主要考查旋转的性质、坐标与轴对称及弧长计算公式，熟练掌握旋转的性质、坐标与轴对称及弧长计算公式是解题的关键．
52．（2021·青海西宁）如图，正比例函数与反比例函数的图象交于点A，轴于点B，延长AB至点C，连接．若，．
（1）求的长和反比例函数的解析式；
（2）将绕点旋转90°，请直接写出旋转后点A的对应点A'的坐标．
【答案】（1），；（2）或
【解析】
【分析】
（1）由三角函数值，即可求出OB=2，然后求出点A的坐标，即可求出反比例函数的解析式；
（2）根据题意，可分为：顺时针旋转90度和逆时针旋转90度，两种情况进行分析，即可得到答案．
【详解】
解：（1） ∵轴于点B
∴
在中，，
∴，
∴点A的横坐标为2
又∵点A在正比例函数的图象上
∴，
∴
把代入，得
∴，
∴反比例函数的解析式是 ；
（2）根据题意，
∵点A为（2，1），
∵将绕点旋转90°，
则分为：顺时针旋转90度和逆时针旋转90度，如图：
∴或．
【点睛】
本题考查了反比例函数和一次函数的综合，以及三角函数，旋转的性质，解题的关键是熟练掌握所学的知识，正确的画出图像进行分析．
53．（2021·江苏淮安）如图，方格纸上每个小正方形的边长均为1个单位长度，△ABC的顶点A、B、C都在格点上（两条网格线的交点叫格点）．请仅用无刻度的直尺按下列要求画图，并保留画图痕迹（不要求写画法）．
（1）将△ABC绕点A按顺时针方向旋转90°，点B的对应点为B1，点C的对应点为C1，画出△AB1C1；
（2）连接CC1，△ACC1的面积为 ；
（3）在线段CC1上画一点D，使得△ACD的面积是△ACC1面积的．
【答案】（1）见解析；（2）；（3）见解析
【解析】
【分析】
（1）将A、B、C三点分别绕点A按顺时针方向旋转90°画出依次连接即可；
（2）勾股定理求出AC，由面积公式即可得到答案；
（3）利用相似构造△CFD∽△C1ED即可．
【详解】
解：（1）如图：图中△AB1C1即为要求所作三角形；
（2）∵AC＝＝，由旋转知AC＝AC1，∠CAC1＝90°，
∴△ACC1的面积为×AC×AC1＝，
故答案为：；
（3）连接EF交CC1于D，即为所求点D，理由如下：
∵CF∥C1E，
∴△CFD∽△C1ED，
∴＝，
∴CD＝CC1，
∴△ACD的面积＝△ACC1面积的．
【点睛】
本题考查了网格作图，旋转的性质，勾股定理，相似三角形的判定与性质，解题的关键是构造△CFD∽△C1ED得到CD＝CC1．
54．（2021·辽宁阜新）下面是小明关于“对称与旋转的关系”的探究过程，请你补充完整．
（1）三角形在平面直角坐标系中的位置如图1所示，简称G，G关于y轴的对称图形为，关于轴的对称图形为．则将图形绕____点顺时针旋转____度，可以得到图形．
（2）在图2中分别画出G关于 y轴和直线的对称图形，．将图形绕____点（用坐标表示）顺时针旋转______度，可以得到图形．
（3）综上，如图3，直线和所夹锐角为，如果图形G关于直线的对称图形为，关于直线的对称图形为，那么将图形绕____点（用坐标表示）顺时针旋转_____度（用表示），可以得到图形．
【答案】（1）O，180；（2）图见解析，，90；（3），
【解析】
【分析】
（1）根据图形可以直接得到答案；
（2）根据题意画出图形，观察图形，利用图形旋转的性质得到结论；
（3）从（1）（2）问的结论中得到解题的规律，求出两个函数的交点坐标，即可得出答案．
【详解】
解：（1）由图象可得，图形与图形关于原点成中心对称，
则将图形绕O点顺时针旋转180度，可以得到图形；
故答案为：O，180；
（2），如图；
由图形可得，将图形绕点（用坐标表示）顺时针旋转90度，可以得到图形，
故答案为：，90；
（3）∵当G关于y轴的对称图形为，关于轴的对称图形为时，与关于原点（0,0）对称，即图形绕O点顺时针旋转180度，可以得到图形；
当G关于 y轴和直线的对称图形，时，图形绕点（用坐标表示）顺时针旋转90度，可以得到图形，点（0,1）为直线与 y轴的交点，90度角为直线与 y轴夹角的两倍；
又∵直线和的交点为，夹角为，
∴当直线和所夹锐角为，图形G关于直线的对称图形为，关于直线的对称图形为，那么将图形绕点（用坐标表示）顺时针旋转度（用表示），可以得到图形．
故答案为：，．
【点睛】
本题主要考查了图形的对称性与旋转的性质，关键在于根据题意正确的画出图形，得出规律．
55．（2021·贵州毕节）如图1，在中，，，D为内一点，将线段AD绕点A逆时针旋转90°得到AE，连接CE，BD的延长线与CE交于点F．
（1）求证：，；
（2）如图2．连接AF，DC，已知，判断AF与DC的位置关系，并说明理由．
【答案】（1）见解析；（2），理由见解析
【解析】
【分析】
（1）首先根据旋转的性质，判断出∠DAE=90°，AD=AE，进而判断出∠BAD=∠CAE；然后根据全等三角形判定的方法，判断出△ABD≌△ACE，即可判断出BD=CE．再证明，即可证明；
（2）由得 ，再证明A，D，F，E在以DE为直径的圆上，即可证明，从而可证明AF//CD．
【详解】
解（1）由旋转的性质，可得∠DAE=90°，AD=AE，
∵∠BAD+∠DAC=∠BAC=90°，∠CAE+∠DAC=∠DAE=90°，
∴∠BAD=∠CAE，
在△ABD和△ACE中，
，
∴△ABD≌△ACE（SAS），
∴BD=CE，
∵
∴，即
∴
∴
∴，即;
（2），理由如下：
∵
∴
由（1）知，
∴A，D，F，E在以DE为直径的圆上，如图，
∵AD=AE
∴弧AD=弧AE，
∴
∴
∴；
【点睛】
此题主要考查了旋转的性质和应用，要熟练掌握，解答此题的关键是要明确：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．另外此题还考查了全等三角形的判定和性质的应用，以及四点共圆的知识，要熟练掌握．
56．（2021·内蒙古通辽）已知和都是等腰直角三角形，．
（1）如图1，连接，，求证：；
（2）将绕点O顺时针旋转．
①如图2，当点M恰好在边上时，求证：；
②当点A，M，N在同一条直线上时，若，，请直接写出线段的长．
【答案】(1)见解析；(2)①见解析；②或
【解析】
【分析】
(1)证明△AMO≌△BNO即可；
(2)①连接BN，证明△AMO≌△BNO，得到∠A=∠OBN=45°，进而得到∠MBN=90°，且△OMN为等腰直角三角形，再在△BNM中使用勾股定理即可证明；
②分两种情况分别画出图形即可求解．
【详解】
解：(1)∵和都是等腰直角三角形，
∴，
又，
,
∴，
∴，
∴；
(2)①连接BN，如下图所示：
∴，
，
且，
∴，
∴，，
∴，
且为等腰直角三角形，
∴，
在中，由勾股定理可知：
，且
∴；
②分类讨论：
情况一：如下图2所示，设AO与NB交于点C，过O点作OH⊥AM于H点，
,为等腰直角三角形，
∴,
在中，,
∴；
情况二：如下图3所示，过O点作OH⊥AM于H点，
,为等腰直角三角形，
∴,
在中，,
∴；
故或．
【点睛】
本题属于几何变换综合题，考查了全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，勾股定理等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题，属于中考常考题型．
57．（2021·湖南衡阳）如图，点E为正方形外一点，，将绕A点逆时针方向旋转得到的延长线交于H点．
（1）试判定四边形的形状，并说明理由；
（2）已知，求的长．
【答案】（1）正方形，理由见解析；（2）17
【解析】
【分析】
（1）由旋转的性质可得∠AEB＝∠AFD＝90°，AE＝AF，∠DAF＝∠EAB，由正方形的判定可证四边形BE'FE是正方形；
（2）连接，利用勾股定理可求，再利用勾股定理可求DH的长．
【详解】
解：（1）四边形是正方形，理由如下：
根据旋转：
∵四边形是正方形
∴∠DAB=90°
∴∠FAE＝∠DAB=90°
∴
∴四边形是矩形，
又∵
∴矩形是正方形．
（2）连接
∵，
在中，
∵四边形是正方形
∴
在中，，又，
∴．
故答案是17．
【点睛】
本题是四边形综合题，考查了正方形的判定和性质，旋转的性质，勾股定理，全等三角形的判定和性质，等腰三角形的性质等知识，灵活运用这些性质进行推理是本题的关键．
58．（2021·北京）如图，在中，为的中点，点在上，以点为中心，将线段顺时针旋转得到线段，连接．
（1）比较与的大小；用等式表示线段之间的数量关系，并证明；
（2）过点作的垂线，交于点，用等式表示线段与的数量关系，并证明．
【答案】（1），，理由见详解；（2），理由见详解．
【解析】
【分析】
（1）由题意及旋转的性质易得，，然后可证，进而问题可求解；
（2）过点E作EH⊥AB，垂足为点Q，交AB于点H，由（1）可得，，易证，进而可得，然后可得，最后根据相似三角形的性质可求证．
【详解】
（1）证明：∵，
∴，
∴，
由旋转的性质可得，
∵，
∴，
∴，
∵点M为BC的中点，
∴，
∵，
∴；
（2）证明：，理由如下：
过点E作EH⊥AB，垂足为点Q，交AB于点H，如图所示：
∴，
由（1）可得，
∴，，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴．
【点睛】
本题主要考查全等三角形的性质与判定、相似三角形的性质与判定及等腰三角形的性质、旋转的性质，熟练掌握全等三角形的性质与判定、相似三角形的性质与判定及等腰三角形的性质、旋转的性质是解题的关键．
59．（2021·浙江嘉兴）小王在学习浙教版九上课本第72页例2后，进一步开展探究活动：将一个矩形绕点顺时针旋转，得到矩形
[探究1]如图1，当时，点恰好在延长线上．若，求BC的长．
[探究2]如图2，连结，过点作交于点．线段与相等吗？请说明理由．
[探究3]在探究2的条件下，射线分别交，于点，（如图3），，存在一定的数量关系，并加以证明．
【答案】[探究1]；[探究2]，证明见解析；[探究3]，证明见解析
【解析】
【分析】
[探究1] 设，根据旋转和矩形的性质得出，从而得出，得出比例式，列出方程解方程即可；
[探究2] 先利用SAS得出，得出，，再结合已知条件得出，即可得出；
[探究3] 连结，先利用SSS得出，从而证得，再利用两角对应相等得出，得出即可得出结论．
【详解】
[探究1]如图1，
设．
∵矩形绕点顺时针旋转得到矩形，
∴点，，在同一直线上．
∴，，
∴．
∵，
∴．
又∵点在延长线上，
∴，
∴，∴．
解得，（不合题意，舍去）
∴．
[探究2] ．
证明：如图2，连结．
∵，
∴．
∵，，，
∴．
∴，，
∵，，
∴，
∴．
[探究3]关系式为．
证明：如图3，连结．
∵，，，
∴．
∴，
∵，
，
∴，
∴．
在与中，
，，
∴，
∴，
∴．
∴．
【点睛】
本题考查了矩形的性质，旋转的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，解一元二次方程等，解题的关键是灵活运用这些知识解决问题．
60．（2021·四川阿坝）如图，中，，将绕点C顺时针旋转得到，点D落在线段AB上，连接BE．
（1）求证：DC平分；
（2）试判断BE与AB的位置关系，并说明理由：
（3）若，求的值．
【答案】（1）见解析；（2）BE⊥AB，理由见解析；（3）．
【解析】
【分析】
（1）根据旋转的性质可得AC=CD，∠A=∠CDE，再由等腰三角形的性质得到∠A=∠ADC即可证明∠ADC=∠CDE；
（2）根据旋转的性质得到∠ACD=∠BCE，CB=CE，AC=CD，从而得出∠CAD=∠ADC=∠CBE=∠CEB，再根据∠ACB=90°即可得到∠ABE=90°；
（3）设BD=BE=a，根据勾股定理计算出AB=DE=，表达出AD，再证明△ACD∽△BCE，得到即可．
【详解】
解：（1）由旋转可知：AC=CD，∠A=∠CDE，
∴∠A=∠ADC，
∴∠ADC=∠CDE，即DC平分∠ADE；
（2）BE⊥AB，
理由：由旋转可知，∠ACD=∠BCE，CB=CE，AC=CD，
∴∠CAD=∠ADC=∠CBE=∠CEB，
又∵∠ACB=90°，
∴∠CAD+∠ABC=90°，
∴∠CBE+∠ABC=90°，
即∠ABE=90°，
∴BE⊥AB；
（3）∵∠ABE=90°，BD=BE，
∴设BD=BE=a，则，
又∵AB=DE，
∴AB=，则AD=，
由（2）可知，∠ACD=∠BCE，∠CAD=∠ADC=∠CBE=∠CEB，
∴△ACD∽△BCE，
∴，
∴tan∠ABC=．
【点睛】
本题考查了旋转的综合应用以及相似三角形的性质与判定、锐角三角函数的定义，解题的关键是熟练掌握旋转的性质，并熟记锐角三角函数的定义．
61．（2020·湖南邵阳）已知：如图①，将一块45°角的直角三角板与正方形的一角重合，连接，点M是的中点，连接．
（1）请你猜想与的数量关系是__________．
（2）如图②，把正方形绕着点D顺时针旋转角（）．
①与的数量关系是否仍成立，若成立，请证明；若不成立，请说明理由；（温馨提示：延长到点N，使，连接）
②求证：；
③若旋转角，且，求的值．（可不写过程，直接写出结果）
【答案】（1）AF=2DM（2）①成立，理由见解析②见解析③
【解析】
【分析】
（1）根据题意合理猜想即可；
（2）①延长到点N，使，连接，先证明△MNC≌△MDE，再证明△ADF≌△DCN，得到AF=DN，故可得到AF=2DM；
②根据全等三角形的性质和直角的换算即可求解；
③依题意可得∠AFD=∠EDM=30°，可设AG=k,得到DG,AD,FG,ED的长，故可求解．
【详解】
（1）猜想与的数量关系是AF=2DM，
故答案为：AF=2DM；
（2）①AF=2DM仍然成立，
理由如下：延长到点N，使，连接，
∵M是CE中点，
∴CM=EM
又∠CMN=∠EMD，
∴△MNC≌△MDE
∴CN=DE=DF,∠MNC=∠MDE
∴CN∥DE，
又AD∥BC
∴∠NCB=∠EDA
∴△ADF≌△DCN
∴AF=DN
∴AF=2DM
②∵△ADF≌△DCN
∴∠NDC=∠FAD，
∵∠CDA=90°，
∴∠NDC+∠NDA=90°
∴∠FAD+∠NDA=90°
∴AF⊥DM
③∵，
∴∠EDC=90°-45°=45°
∵，
∴∠EDM=∠EDC=30°，
∴∠AFD=30°
过A点作AG⊥FD的延长线于G点，∴∠ADG=90°-45°=45°
∴△ADG是等腰直角三角形，
设AG=k,则DG=k，AD=AG÷sin45°=k，
FG=AG÷tan30°=k，
∴FD=ED=k-k
故=．
【点睛】
此题主要考查四边形综合，解题的关键是熟知正方形的性质、旋转的特点、全等三角形的判定与性质及三角函数的运用．
62．（2020·江苏常州）如图1，点B在线段上，Rt△≌Rt△，，，．
（1）点F到直线的距离是_________；
（2）固定△，将△绕点C按顺时针方向旋转30°，使得与重合，并停止旋转．
①请你在图1中用直尺和圆规画出线段经旋转运动所形成的平面图形（用阴影表示，保留画图痕迹，不要求写画法）该图形的面积为_________；
②如图2，在旋转过程中，线段与交于点O，当时，求的长．
【答案】（1）1；（2）；（3）
【解析】
【分析】
（1）根据直角三角形的性质和全等三角形的性质可得∠ACF=∠ECF=30°，即CF是∠ACB的平分线，然后根据角平分线的性质可得点F到直线的距离即为EF的长，于是可得答案；
（2）①易知E点和F点的运动轨迹是分别以CF和CE为半径、圆心角为30°的圆弧，据此即可画出旋转后的平面图形；在图3中，先解Rt△CEF求出CF和CE的长，然后根据S阴影=（S△CEF+S扇形ACF）－（S△ACG+S扇形CEG）即可求出阴影面积；
②作EH⊥CF于点H，如图4，先解Rt△EFH求出FH和EH的长，进而可得CH的长，设OH=x，则CO和OE2都可以用含x的代数式表示，然后在Rt△BOC中根据勾股定理即可得出关于x的方程，解方程即可求出x的值，进一步即可求出结果．
【详解】
解：（1）∵，，∴∠ACB=60°，
∵Rt△≌Rt△，
∴∠ECF=∠BAC=30°，EF=BC=1，
∴∠ACF=30°，∴∠ACF=∠ECF=30°，
∴CF是∠ACB的平分线，
∴点F到直线的距离=EF=1；
故答案为：1；
（2）①线段经旋转运动所形成的平面图形如图3中的阴影所示：
在Rt△CEF中，∵∠ECF=30°，EF=1，
∴CF=2，CE=，
由旋转的性质可得：CF=CA=2，CE=CG=，∠ACG=∠ECF=30°，
∴S阴影=（S△CEF+S扇形ACF）－（S△ACG+S扇形CEG）=S扇形ACF－S扇形CEG=；
故答案为：；
②作EH⊥CF于点H，如图4，
在Rt△EFH中，∵∠F=60°，EF=1，
∴，
∴CH=，
设OH=x，则，，
∵OB=OE，∴，
在Rt△BOC中，∵，∴，
解得：，
∴．
【点睛】
本题考查了旋转的性质和旋转作图、全等三角形的性质、角平分线的性质、扇形面积公式、勾股定理和解直角三角形等知识，涉及的知识点多，综合性较强，熟练掌握上述知识、灵活应用整体思想和方程思想是解题的关键．
63．（2020·福建）如图，由绕点按逆时针方向旋转得到，且点的对应点恰好落在的延长线上，，相交于点．
（1）求的度数；
（2）是延长线上的点，且．
①判断和的数量关系，并证明；
②求证：．
【答案】（1）90°；（2）①，证明详见解析；②详见解析
【解析】
【分析】
（1）根据旋转的性质，得出，进而得出,求出结果；
（2）①由旋转的性质得出，，进而得出，再根据已知条件得出，最后得出结论即可；
②过点作交于点，得出，由全等得出，，最后得出结果．
【详解】
解：（1）由旋转的性质可知，，，，
∴，
在中，，
∴，
∴．
（2）①．
证明：由旋转的性质可知，，，
在中，，
∵，，
∴，
即，
∴．
②过点作交于点，
∴，，
∵，，
∴，
又∵，
∴，
∴．
又∵，
∴，
∴，
∴，
又∵，
∴．
【点睛】
本题考查了旋转的性质、三角形内角与外角的关系、等腰三角形的判定、全等三角形的判定与性质、平行线的性质、平行线分线段成比例等基础知识，解题的关键是熟练运用这些性质．
64．（2020·甘肃金昌）如图，点，分别在正方形的边，上，且，把绕点顺时针旋转得到．
（1）求证：≌．
（2）若，，求正方形的边长．
【答案】（1）证明见解析；（2）正方形的边长为6．
【解析】
【分析】
（1）先根据旋转的性质可得，再根据正方形的性质、角的和差可得，然后根据三角形全等的判定定理即可得证；
（2）设正方形的边长为x，从而可得，再根据旋转的性质可得，从而可得，然后根据三角形全等的性质可得，最后在中，利用勾股定理即可得．
【详解】
（1）由旋转的性质得：
四边形ABCD是正方形
，即
，即
在和中，
；
（2）设正方形的边长为x，则
由旋转的性质得：
由（1）已证：
又四边形ABCD是正方形
则在中，，即
解得或（不符题意，舍去）
故正方形的边长为6．
【点睛】
本题考查了正方形的性质、旋转的性质、三角形全等的判定定理与性质、勾股定理等知识点，较难的是题（2），熟练掌握旋转的性质与正方形的性质是解题关键．
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