2023年广东省中考数学第一轮复习卷：13图形的旋转

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2023年广东省中考数学第一轮复习卷：13图形的旋转
一．选择题（共14小题）
1．（2022•南海区校级模拟）下列图形中，不是中心对称图形的是（　　）
A． B． C． D．
2．（2022•珠海校级三模）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，∠ABC＝30°，AC＝1cm，将Rt△ABC绕点A逆时针旋转得到Rt△AB′C′，使点C′落在AB边上，连接BB′，则BB′的长度是（　　）

A．2cm B．1cm C．3cm D．23cm
3．（2022•东莞市校级一模）如图，△AOB中，∠AOB＝90°，AO＝4，BO＝8，△AOB绕点O逆时针旋转到△A′OB′处，此时线段A′B′与BO的交点E为BO的中点，则线段B′E的长度为（　　）

A．35 B．1255 C．955 D．1655
4．（2022•盐田区二模）下列图形中，只经过旋转即可得到的是（　　）
A． B． C． D．
5．（2022•清城区一模）如图，已知等边三角形ABC绕点B顺时针旋转60°得△BCD，点E、F分别为线段AC和线段CD上的点，且AE＝CF，则下列结论正确的有（　　）
①△ABE≌△CBF；②△BEF为等边三角形；③若把AB、BD、CD、AC四边的中点相连，则得到的四边形是矩形；④若CE＝6，CF＝2，则BG=132．

A．4个 B．3个 C．2个 D．1个
6．（2022•从化区一模）下列图形中，不是中心对称图形的是（　　）
A． B． C． D．
7．（2022•花都区一模）（﹣1，2）关于原点对称的点的坐标为（　　）
A．（﹣1，﹣2） B．（1，2） C．（﹣1，2） D．（1，﹣2）
8．（2022•南山区模拟）我们定义：如图，在△ABC中，把AB绕点A顺时针旋转α（0°＜α＜180°）并缩短一半得到AB'，把AC绕点A逆时针旋转β并缩短一半得到AC'，连接B'C'．当α+β＝180°时，我们称△AB'C'是△ABC的“旋半三角形”，△AB'C'边B'C'上的中线AD叫做△ABC的“旋半中线”，点A叫做“旋半中心”．在平面直角坐标系中，△ABC的坐标分别是A（4，3），B（1，0），C（5，0），△AB′C′是△ABC的“旋半三角形”，AD是△ABC的“旋半中线”，连接OD，求OD的最大值，并且写出当OD最大时点D的坐标（　　）

A．(OD)max=6，D(245，185)
B．(OD)max=4，D(165，8)
C．(OD)max=6，D(185，245)
D．(OD)max=56，D(34，194)
9．（2022•龙华区二模）下列说法正确的是（　　）
A．相等的角是对顶角
B．平行四边形是中心对称图形
C．绝对值相等的两个数相等
D．抛物线y＝x2﹣2x与坐标轴有3个不同的交点
10．（2022•天河区校级一模）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，BC＝4，AB＝5，将△ABC绕点B顺时针旋转得到△A′BC′，使点C恰好落在A′B上，则tan∠A′AC的值为（　　）

A．13 B．14 C．15 D．34
11．（2022•坪山区一模）如图，△ABC中，∠ABC＝45°，BC＝4，tan∠ACB＝3，AD⊥BC于D，若将△ADC绕点D逆时针方向旋转得到△FDE，当点E恰好落在AC上，连接AF．则AF的长为（　　）

A．3510 B．31010 C．10 D．2
12．（2022•徐闻县模拟）如图，在△ABC中，AB＝5，BC＝8，∠B＝60°，将△ABC绕点A顺时针旋转得到△ADE，当点B的对应点D恰好落在BC边上时，CD的长为（　　）

A．3 B．4 C．5 D．6
13．（2022•东莞市校级三模）如图，在正方形ABCD中，点M是AB上一动点，点E是CM的中点，AE绕点E顺时针旋转90°得到EF，连接DE，DF．给出结论：①DE＝EF；②∠CDF＝45°；③若正方形的边长为2，则点M在射线AB上运动时，CF有最小值2．其中结论正确的是（　　）

A．①②③ B．①② C．①③ D．②③
14．（2022•广州）下列图形中，是中心对称图形的是（　　）
A． B．
C． D．
二．填空题（共8小题）
15．（2022•香洲区校级三模）如图正方形ABCD的边长为3，E是BC上一点且CE＝1，F是线段DE上的动点．连接CF，将线段CF绕点C逆时针旋转90°得到CG，连接EG，则EG的最小值是 　 　．

16．（2022•韶关模拟）如图，已知正方形ABCD中，AB＝2，点E为BC边上一动点（不与点 B、C重合），连接AE，将AE绕点E顺时针旋转90得到EF，连接CF，连接AF与CD相交于点G，连接DF，当DF最小时，四边形CEGF的面积是 　 　．

17．（2022•新兴县校级模拟）如图，在△ABC中，AB＝5，BC＝8，∠B＝60°，将△ABC绕点A顺时针旋转得到△ADE，当点B的对应点D恰好落在BC边上时，CD的长为 　 　．

18．（2022•珠海校级三模）如图，在矩形ABCD中，AB＝4，BC＝6，点P是线段BC上一动点，将线段PA绕点P顺时针转90°得到线段PA'，连接DA'，则DA'的最小值为 　 　．

19．（2022•宝安区校级模拟）如图，在正方形ABCD中，M，N分别是AB，CD的中点，P是线段MN上的一点，BP的延长线交4D于点E，连接PD，PC，将△DEP绕点P顺时针旋转90°得△GFP，则下列结论：①CP＝GP，②tan∠CGF＝1；③BC垂直平分FG；④若AB＝4，点E在AD边上运动，则D，F两点之间距离的最小值是322．其中结论正确的序号有 　 　．

20．（2022•韶关二模）如图，在直角坐标系中，已知点P0的坐标为（1，0），进行如下操作：将线段OP0按逆时针方向旋转45°，再将其长度伸长为OP0的2倍，得到线段OP1；又将线段OP1按逆时针方向旋转45°，长度伸长为OP2的2倍，得到线段OP2，如此重复操作下去，得到线段OP3，OP4，…，则点P2022的坐标为 　 　．

21．（2022•福田区校级模拟）如图，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝BC，点D是线段AC上一点，连接BD．以BD直角边作等腰直角△BDE，∠DBE＝90°，连接AE，点F为AE中点，若AB＝4，BF＝1，则AD的长为 　 　．

22．（2022•广州）如图，在矩形ABCD中，BC＝2AB，点P为边AD上的一个动点，线段BP绕点B顺时针旋转60°得到线段BP′，连接PP′，CP′．当点P′落在边BC上时，∠PP′C的度数为 　 　；当线段CP′的长度最小时，∠PP′C的度数为 　 　．

三．解答题（共7小题）
23．（2022•南海区校级模拟）如图，△ABC中，∠C＝90°，将△BC绕点A逆时针旋转得到BC点C的对应点C恰好落在AB边上．
（1）作图：作出△AB1C1（保留作图痕迹，不要求写作法）；
（2）已知AC＝5，BC＝53，求点B所经过的路径长．

24．（2022•惠城区校级二模）如图，在Rt△ABC中，AB＝8，∠ACB＝90°，∠A＝60°，点P从点A出发以每秒2个单位的速度沿AB向终点B运动，当点P不与点A，B重合时，作∠BPD＝120°，边PD交折线AC﹣CB于点D，点A关于直线PD的对称点为E，连结ED，EP得到△PDE．设点P的运动时间为t（秒）．
（1）直接写出线段PD的长（用含t的代数式表示）；
（2）当点E落在边BC上时，求t的值；
（3）设△PDE与△ABC重合部分图形的面积为S，求S与t的函数关系式，并直接写出S的最大值．

25．（2022•盐田区二模）定义：将图形M绕点P顺时针旋转90°得到图形N，则图形N称为图形M关于点P的“垂直图形”．
例如：在图中，点D为点C关于点P的“垂直图形”．
（1）点A关于原点O的“垂直图形”为点B．
①若点A的坐标为（0，2），直接写出点B的坐标；
②若点B的坐标为（2，1），直接写出点A的坐标；
（2）已知E（﹣3，3），F（﹣2，3），G（a，0）．线段EF关于点G的“垂直图形”记为E'F'，点E的对应点为E'，点F的对应点为F'．
①求点E'的坐标；
②当点G运动时，求FF'的最小值．


26．（2022•东莞市校级一模）如图，△ABC的三个顶点都在方格纸的格点上，其中点A的坐标是（﹣1，0），现将△ABC绕点A顺时针旋转90°得△AB1C1．
（1）画出旋转后的△AB1C1；
（2）点C的坐标是 　 　．
（3）函数y=kx（x＞0，k为常数）的图象经过点C1，画出该函数图象，P为该函数图象上的动点，当P在直线AC1的上方且△APC1的面积为92时，求P点坐标．

27．（2022•紫金县二模）如图，将△ABC绕点C逆时针旋转90°得△DEC，其中点A，点B的对应点分别是点D，点E，点B落在DE上，延长AC交DE于点F，AB，DC交于点G．
（1）若C是AF的中点，求证：△ABC是等腰三角形；
（2）若BC＝5，BG=2，求BD的长．

28．（2022•东莞市校级一模）如图1，正方形ADEF中，点B、C分别在边AD、AF上，且AB＝AC．
（1）如图2，当△ABC绕点A逆时针旋转a（0°＜a＜90°）时，请判断线段BD与线段CF的位置、数量关系，并说明理由；
（2）当△ABC绕点A逆时针旋转45°时，当AB＝2，AD=3+2时，求∠CFA的正弦值．

29．（2022•黄埔区二模）如图1，在直角坐标系中，点A（2，0），点C（0，2），点D，点E分别为OA，OC的中点，△ODE绕原点O顺时针旋转α角（0°＜α≤90°）得△OD1E1，射线CD1，AE1相交于点F．
（1）求证：△OCD1≌△OAE1；
（2）如图2，在△ODE旋转过程中，当点D1恰好落线段CE上时，求AF的长；
（3）如图3，在旋转α角从0°≤α≤90°逐渐增大△ODE旋转过程中，求点F的运动路线长．


2023年广东省中考数学第一轮复习卷：13图形的旋转
参考答案与试题解析
一．选择题（共14小题）
1．（2022•南海区校级模拟）下列图形中，不是中心对称图形的是（　　）
A． B． C． D．
【解答】解：A、是中心对称图形，故此选项不合题意；
B、不是中心对称图形，故此选项符合题意；
C、是中心对称图形，故此选项不合题意；
D、是中心对称图形，故此选项不合题意；
故选：B．
2．（2022•珠海校级三模）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，∠ABC＝30°，AC＝1cm，将Rt△ABC绕点A逆时针旋转得到Rt△AB′C′，使点C′落在AB边上，连接BB′，则BB′的长度是（　　）

A．2cm B．1cm C．3cm D．23cm
【解答】解：∵∠C＝90°，∠ABC＝30°，AC＝1cm，
∴AC=12AB，则AB＝2AC＝2cm．
又由旋转的性质知，AC′＝AC=12AB，B′C′⊥AB，
∴B′C′是△ABB′的中垂线，
∴AB′＝BB′．
根据旋转的性质知AB＝AB′＝BB′＝2cm．
故选：A．
3．（2022•东莞市校级一模）如图，△AOB中，∠AOB＝90°，AO＝4，BO＝8，△AOB绕点O逆时针旋转到△A′OB′处，此时线段A′B′与BO的交点E为BO的中点，则线段B′E的长度为（　　）

A．35 B．1255 C．955 D．1655
【解答】解：∵∠AOB＝90°，AO＝4，BO＝8，
∴AB=AO2+BO2=42+82=45，
∵△AOB绕顶点O逆时针旋转到△A′OB′处，
∴AO＝A′O＝4，A′B′＝AB＝45，
∵点E为BO的中点，
∴OE=12BO=12×8＝4，
∴OE＝A′O＝4，
过点O作OF⊥A′B′于F，如图，

S△A′OB′=12×45•OF=12×4×8，
解得：OF=855，
在Rt△EOF中，EF=OE2−OF2=42−(855)2=455，
∵OE＝A′O，OF⊥A′B′，
∴A′E＝2EF＝2×455=855，
∴B′E＝A′B′﹣A′E=45−855=1255．
故选：B．
4．（2022•盐田区二模）下列图形中，只经过旋转即可得到的是（　　）
A． B． C． D．
【解答】解：A．由原图经过旋转和翻折后得到的，故不符合题意；
B．由原图经过逆时针旋转90°得到的，故符合题意；
C．由原图经过旋转和翻折后得到的，故不符合题意；
D．由原图经过翻折后得到的，故不符合题意；
故选：B．
5．（2022•清城区一模）如图，已知等边三角形ABC绕点B顺时针旋转60°得△BCD，点E、F分别为线段AC和线段CD上的点，且AE＝CF，则下列结论正确的有（　　）
①△ABE≌△CBF；②△BEF为等边三角形；③若把AB、BD、CD、AC四边的中点相连，则得到的四边形是矩形；④若CE＝6，CF＝2，则BG=132．

A．4个 B．3个 C．2个 D．1个
【解答】解：等边三角形ABC绕点B顺时针旋转60°得△BCD，
∴△BCD≌△BAC，
在等边三角形ABC和等边三角形BCD中，AB＝CB，∠A＝∠FCB＝60°，
∵AE＝CF，
∴△ABE≌△CBF（SAS），
故①选项符合题意；
∵△ABE≌△CBF（SAS），
∴∠ABE＝∠CBF，BE＝BF，
∵∠ABC＝60°，
∴∠EBF＝60°，
∴△EBF是等边三角形，
故②选项符合题意；
∵AB＝DC＝DB＝AC，
∴四边形ABDC是菱形，
∴把AB、BD、CD、AC四边的中点相连，得到的四边形是矩形，
故③选项符合题意；
∵∠FEB＝60°，
∴∠CEF+∠AEB＝120°，
又∵∠AEB+∠ABE＝120°，
∴∠CEF＝∠ABE＝∠CBF，
∵∠ECG＝∠BCF＝60°，
∴△ECG∽△BCF，
∴CGCF=CECB，
∵CE＝6，CF＝2，
∴AC＝6+2＝8，
∴BC＝8，
∴CG2=68，
∴CG=32，
∴BG＝BC﹣CG=132，
故④选项符合题意，
综上，正确的选项有①②③④，
故选：A．
6．（2022•从化区一模）下列图形中，不是中心对称图形的是（　　）
A． B． C． D．
【解答】解：选项A、C、D都能找到这样的一个点，使图形绕某一点旋转180°后与原来的图形重合，所以是中心对称图形，
选项C不能找到这样的一个点，使图形绕某一点旋转180°后与原来的图形重合，所以不是中心对称图形，
故选：B．
7．（2022•花都区一模）（﹣1，2）关于原点对称的点的坐标为（　　）
A．（﹣1，﹣2） B．（1，2） C．（﹣1，2） D．（1，﹣2）
【解答】解：点A（﹣1，2）关于原点对称的点的坐标是（1，﹣2），
故选：D．
8．（2022•南山区模拟）我们定义：如图，在△ABC中，把AB绕点A顺时针旋转α（0°＜α＜180°）并缩短一半得到AB'，把AC绕点A逆时针旋转β并缩短一半得到AC'，连接B'C'．当α+β＝180°时，我们称△AB'C'是△ABC的“旋半三角形”，△AB'C'边B'C'上的中线AD叫做△ABC的“旋半中线”，点A叫做“旋半中心”．在平面直角坐标系中，△ABC的坐标分别是A（4，3），B（1，0），C（5，0），△AB′C′是△ABC的“旋半三角形”，AD是△ABC的“旋半中线”，连接OD，求OD的最大值，并且写出当OD最大时点D的坐标（　　）

A．(OD)max=6，D(245，185)
B．(OD)max=4，D(165，8)
C．(OD)max=6，D(185，245)
D．(OD)max=56，D(34，194)
【解答】解：首先证明结论AD=14BC．
理由：如图1中，延长AD到M，使得AD＝DM，连接B′M，C′M，

∵B′D＝DC′，AD＝DM，
∴四边形AC′MB′是平行四边形，
∴AC′＝B′M＝2AC，
∵∠BAC+∠B′AC′＝180°，∠B′AC′+∠AB′M＝180°，
∴∠BAC＝∠MB′A，
∵AB＝2AB′，
∴△BAC∽△AB′M，
∴BC＝2AM，
∴AD=14BC．
如图，∵A（4，3），B（1，0），C（5，0），
∴OA＝5，OB＝1，OC＝5

∵AD=14BC，BC＝4，
∴AD＝1，
∴D在以A为圆心，以1为半径的圆上，
∴当D运动到直线OA与半圆相交时OD最大，
∵A（4，3），
∴OA＝5，
∵AD＝1，
∴OD的最大值是6．
过A作AE⊥x轴于E，过D作DF⊥x轴于F，
∴AE∥DF，
∴△AOE∽△DOF，
∴OAOD=OEOF=56=AEDF，
∵OE＝4，AE＝3，
∴OF=245，DF=185，
∴D（245，185）．
故选：A．
9．（2022•龙华区二模）下列说法正确的是（　　）
A．相等的角是对顶角
B．平行四边形是中心对称图形
C．绝对值相等的两个数相等
D．抛物线y＝x2﹣2x与坐标轴有3个不同的交点
【解答】解：A．相等的角不一定是对顶角，故本选项不合题意；
B．平行四边形是中心对称图形，说法正确，故本选项符合题意；
C．绝对值相等的两个数不一定相等，如1和﹣1，故本选项不合题意；
D．抛物线y＝x2﹣2x与坐标轴有2个不同的交点，故本选项不合题意；
故选：B．
10．（2022•天河区校级一模）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，BC＝4，AB＝5，将△ABC绕点B顺时针旋转得到△A′BC′，使点C恰好落在A′B上，则tan∠A′AC的值为（　　）

A．13 B．14 C．15 D．34
【解答】解：∵∠ACB＝90°，BC＝4，AB＝5，
∴AC=AB2−BC2=52−42=3，
由旋转得：
AB＝A′B＝5，
∴A′C＝A′B﹣BC＝5﹣4＝1，
∵∠ACB＝90°，
∴∠ACA′＝180°﹣∠ACB＝90°，
在Rt△ACA′中，tan∠A′AC=A'CAC=13，
故选：A．
11．（2022•坪山区一模）如图，△ABC中，∠ABC＝45°，BC＝4，tan∠ACB＝3，AD⊥BC于D，若将△ADC绕点D逆时针方向旋转得到△FDE，当点E恰好落在AC上，连接AF．则AF的长为（　　）

A．3510 B．31010 C．10 D．2
【解答】解：过点D作DH⊥AF于点H，

∵∠ABC＝45°，AD⊥BC，
∴AD＝BD，
∵tan∠ACB=ADCD=3，
设CD＝x，
∴AD＝3x，
∴BC＝3x+x＝4，
∴x＝1，
∴CD＝1，AD＝3，
∴AC=CD2+AD2=12+32=10，
∵将△ADC绕点D逆时针方向旋转得到△FDE，
∴DC＝DE，DA＝DF＝3，∠CDE＝∠ADF，
∴∠DCE＝∠DAF，
∴tan∠DAH＝3，
设AH＝a，DH＝3a，
∵AH2+DH2＝AD2，
∴a2+（3a）2＝32，
∴a=31010，
∴AH=31010，
∴AF＝2AH=3105．
故选：A．
12．（2022•徐闻县模拟）如图，在△ABC中，AB＝5，BC＝8，∠B＝60°，将△ABC绕点A顺时针旋转得到△ADE，当点B的对应点D恰好落在BC边上时，CD的长为（　　）

A．3 B．4 C．5 D．6
【解答】解：∵将△ABC绕点A按顺时针旋转一定角度得到△ADE，
∴AD＝AB，
∵∠B＝60°，
∴△ABD是等边三角形，
∴BD＝AB，
∵AB＝5，BC＝8，
∴CD＝BC﹣BD＝8﹣5＝3．
故选：A．
13．（2022•东莞市校级三模）如图，在正方形ABCD中，点M是AB上一动点，点E是CM的中点，AE绕点E顺时针旋转90°得到EF，连接DE，DF．给出结论：①DE＝EF；②∠CDF＝45°；③若正方形的边长为2，则点M在射线AB上运动时，CF有最小值2．其中结论正确的是（　　）

A．①②③ B．①② C．①③ D．②③
【解答】解：如图，延长AE交DC的延长线于点H，

∵点E是CM的中点，
∴ME＝EC，
∵AB∥CD，
∴∠MAE＝∠H，∠AME＝∠HCE，
∴△AME≌△HCE（AAS），
∴AE＝EH，
又∵∠ADH＝90°，
∴DE＝AE＝EH，
∵AE绕点E顺时针旋转90°得到EF，
∴AE＝EF，∠AEF＝90°，
∴AE＝DE＝EF，故①正确；
∵AE＝DE＝EF，
∴∠DAE＝∠ADE，∠EDF＝∠EFD，
∵∠AEF+∠DAE+∠ADE+∠EDF+∠EFD＝360°，
∴2∠ADE+2∠EDF＝270°，
∴∠ADF＝135°，
∴∠CDF＝∠ADF﹣∠ADC＝135°﹣90°＝45°，故②正确；
如图，连接FC，过点C作CF'⊥DF于F'，

∵∠CDF＝45°，
∴点F在DF上运动，
∴当CF⊥DF时，CF有最小值为CF'的长度，
∵CD＝2，∠CDF＝45°，
∴CF'=22=2，即CF有最小值为2，故③正确，
故选：A．
14．（2022•广州）下列图形中，是中心对称图形的是（　　）
A． B．
C． D．
【解答】解：A．不是中心对称图形，故此选项不合题意；
B．不是中心对称图形，故此选项不合题意；
C．是中心对称图形，故此选项符合题意；
D．不是中心对称图形，故此选项不合题意；
故选：C．
二．填空题（共8小题）
15．（2022•香洲区校级三模）如图正方形ABCD的边长为3，E是BC上一点且CE＝1，F是线段DE上的动点．连接CF，将线段CF绕点C逆时针旋转90°得到CG，连接EG，则EG的最小值是 　105　．

【解答】解：如图，作直线BG．
∵四边形ABCD是正方形，
∴CB＝CD，∠BCD＝90°，
∵∠FCG＝∠DCB＝90°，
∴∠BCG＝∠DCF，
∵CG＝CF，
∴△CBG≌△CDF（SAS），
∴∠CBG＝∠CDF，
∵∠CDF是定值，
∴点G在直线BG上运动，且tan∠CBG＝tan∠CDF=CECD=13，
根据垂线段最短可知，当EG⊥BG时，EG的长最短，
此时tan∠EBG=GEBG=13，设EG＝m，则BG＝3m，
在Rt△BEG中，∵BE2＝BG2+EG2，
∴4＝m2+9m2，
∴m=105（负根已经舍弃），
∴EG的最小值为105，
故答案为：105．

16．（2022•韶关模拟）如图，已知正方形ABCD中，AB＝2，点E为BC边上一动点（不与点 B、C重合），连接AE，将AE绕点E顺时针旋转90得到EF，连接CF，连接AF与CD相交于点G，连接DF，当DF最小时，四边形CEGF的面积是 　43　．

【解答】解：如图，连接AC，

∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ACD＝∠ACB＝45°，
∵将AE绕点E顺时针旋转90°得到EF，
∴AE＝EF，∠AEF＝90°，
∴∠AFE＝45°，
∴∠AFE＝∠ACE，
∴点A，点F，点C，点E四点共圆，
∴∠AEF＝∠ACF＝90°，
∴∠DCF＝45°，
∴当DF⊥CF时，DF有最小值，
过点F作NH∥CD，交AD的延长线于N，BC的延长线于H，

∵DF⊥CF，∠DCF＝45°，
∴∠FDC＝∠FCD＝45°，
∴FD＝FC，
∵AB＝CD＝AD＝BC＝2，
∴DF＝FC=2，
∵NH∥CD，
∴∠NFD＝∠FDC＝45°，∠HFC＝∠FCD＝45°，∠N＝∠ADC＝90°＝∠BCD＝∠H，
∴NF＝DN＝1，FH＝CH＝1，
∵DC∥NH，
∴△ADG∽△ANF，
∴ADAN=DGNF，
∴22+1=DG1，
∴DG=23，
∴GC=43，
∵∠AEF＝90°，
∴∠AEB+∠FEH＝90°＝∠AEB+∠BAE，
∴∠BAE＝∠FEH，
在△ABE和△EHF中，
∠BAE=∠FEH∠B=∠HAE=EF，
∴△ABE≌△EHF（AAS），
∴BE＝FH＝1，AB＝EH＝2，
∴CE＝1，
∴四边形CEGF的面积=12×CG×CE+12×CG×CH=12×43×1+12×43×1=43，
故答案为：43．
17．（2022•新兴县校级模拟）如图，在△ABC中，AB＝5，BC＝8，∠B＝60°，将△ABC绕点A顺时针旋转得到△ADE，当点B的对应点D恰好落在BC边上时，CD的长为 　3　．

【解答】解：由旋转的性质可知，AD＝AB，
∵∠B＝60°，AD＝AB，
∴△ADB为等边三角形，
∴BD＝AB＝5，
∴CD＝CB﹣BD＝8﹣5＝3，
故答案为：3．
18．（2022•珠海校级三模）如图，在矩形ABCD中，AB＝4，BC＝6，点P是线段BC上一动点，将线段PA绕点P顺时针转90°得到线段PA'，连接DA'，则DA'的最小值为 　2　．

【解答】解：当P点与B点重合时，A'点在BC上，且A'B＝AB＝4，
∵BC＝6，
∴CG＝2，
当P点与C点重合时，A'点运动到H点处，
∴A'在线段GH上运动，
当A'在CD上时，
∵∠ABA'＝90°，
∴∠APB+∠CPA'＝90°，
∵∠APB+∠PAB＝90°，
∴∠CPA'＝∠PAB，
∵AP＝A'P，
∴△ABP≌△PCA'（AAS），
∴AB＝PC，BP＝A'C，
∵AB＝4，BC＝6，
∴A'C＝2，
∴A'D＝2，
∵CG＝A'C＝2，
∴∠DA'H＝45°，
过点D作DM⊥GH交于点M，
∴DM=2，
∴DA'的最小值为2，
故答案为：2．

19．（2022•宝安区校级模拟）如图，在正方形ABCD中，M，N分别是AB，CD的中点，P是线段MN上的一点，BP的延长线交4D于点E，连接PD，PC，将△DEP绕点P顺时针旋转90°得△GFP，则下列结论：①CP＝GP，②tan∠CGF＝1；③BC垂直平分FG；④若AB＝4，点E在AD边上运动，则D，F两点之间距离的最小值是322．其中结论正确的序号有 　①②③　．

【解答】解：延长GF交AD于点H，连接FC，FB，FA，如图，

∵正方形ABCD中，M，N分别是AB，CD的中点，
∴MN是线段BA，CD的垂直平分线．
∴PD＝PC，PA＝PB．
∵△FPG是△PED绕点P顺时针旋转90°得到，
∴△FPG≌△PED，
∴PD＝PG．
∴PC＝PG．
∴①的结论正确；
∵PD＝PC，
∴∠PDC＝∠PCD=12（180°﹣∠DPC）．
∵PC＝PG，
∴∠PCG＝∠PGC=12（180°﹣∠CPG）．
∴∠PCD+∠PCG=12[360°﹣（∠DPC+∠CPG）]．
∵∠DPC+∠CPG＝90°，
∴∠PCD+∠PCG＝135°．
∵∠BCD＝90°，
∴∠BCG＝45°．
∵△FPG≌△PED，
∴∠DEP＝∠GFP．
∵∠HFP+∠PFG＝180°，
∴∠DEP+∠HFP＝180°．
∵∠DEP+∠HFP+∠EHF+∠EPF＝360°，
∴∠EHF+∠EPF＝180°．
∴∠EPF＝90°，
∴∠EHF＝90°．
即GH⊥AD．
∵AD∥BC，
∴GF⊥BC．
∴∠CGF＝45°．
∴tan∠CGF＝1．
∴②的结论正确；
∵PA＝PB，PM⊥AB，
∴∠APM＝∠BPM，
∵PM∥AE，
∴∠PEA＝∠BPM，∠PAE＝APM．
∴∠PEA＝∠PAE．
∴PA＝PE．
∵PE＝PF，
∴PA＝PB＝PE＝PF．
∴点A，B，E，F在以点P为圆心，PA为半径的同一个圆上．
∴∠FAB=12∠FPB=12×90°＝45°．
∴点F在对角线AC上，
∴∠FCB＝45°．
∵∠BCG＝∠CGF＝45°，
∴△FCG为等腰直角三角形．
∵BC平分∠FCG，
∴BC垂直平分FG．
∴③的结论正确；
由以上可知：点F在正方形的对角线AC上运动，
∴当EF⊥AC时，EF的值最小．
此时点E与点D重合，
∴DF＝AD•sin45°＝4×22=22．
∴④的结论不正确．
综上，结论正确的序号有：①②③，
故答案为：①②③．
20．（2022•韶关二模）如图，在直角坐标系中，已知点P0的坐标为（1，0），进行如下操作：将线段OP0按逆时针方向旋转45°，再将其长度伸长为OP0的2倍，得到线段OP1；又将线段OP1按逆时针方向旋转45°，长度伸长为OP2的2倍，得到线段OP2，如此重复操作下去，得到线段OP3，OP4，…，则点P2022的坐标为 　（22022，0）　．

【解答】解：由图可得P5在第三象限的角平分线上，
∵OP1＝21，OP2＝22，
∴OP5＝25＝32，
作P5A⊥x轴，P5B⊥y轴，

∴AO＝OB＝16 2，
∴点P5的坐标为（﹣16 2，﹣16 2）；
故答案为（﹣16 2，﹣16 2）；
∵每8个点循环一圈，且n是8的倍数，
∴点Pn在x轴的正半轴上．
∴点Pn坐标是（2n，0）．
∴P2022坐标是（22022，0）．
故答案为：（22022，0）．
21．（2022•福田区校级模拟）如图，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝BC，点D是线段AC上一点，连接BD．以BD直角边作等腰直角△BDE，∠DBE＝90°，连接AE，点F为AE中点，若AB＝4，BF＝1，则AD的长为 　42−2　．

【解答】解：连接CE，延长AB、CE交于T，

∵∠ABC＝∠DBE，
∴∠ABD＝∠CBE，
∵AB＝BC，DB＝EB，
∴△ABD≌△CBE（SAS），
∴∠BCE＝∠BAD＝45°，∠ADB＝∠BEC，
∴BC＝BT＝AB，
∵点F是AE的中点，
∴BT是△AET的中位线，
∴TE＝2BF＝2，
∵∠ADB＝∠BEC，
∴∠BDC＝∠BET，
∵∠T＝∠BCD，BT＝BC，
∴△BDC≌△BET（AAS），
∴CD＝ET＝2，
∴AD＝AC﹣CD＝42−2，
故答案为：42−2．
22．（2022•广州）如图，在矩形ABCD中，BC＝2AB，点P为边AD上的一个动点，线段BP绕点B顺时针旋转60°得到线段BP′，连接PP′，CP′．当点P′落在边BC上时，∠PP′C的度数为 　120°　；当线段CP′的长度最小时，∠PP′C的度数为 　75°　．

【解答】解：如图，以AB为边向右作等边△ABE，连接EP′．

∵△BPP′是等边三角形，
∴∠ABE＝∠PBP′＝60°，BP＝BP′，BA＝BE，
∴∠ABP＝∠EBP′，
在△ABP和△EBP′中，
BA=BE∠ABP=∠EBP'BP=BP'，
∴△ABP≌△EBP′（SAS），
∴∠BAP＝∠BEP′＝90°，
∴点P′在射线EP′上运动，
如图1中，设EP′交BC于点O，

当点P′落在BC上时，点P′与O重合，此时∠PP′C＝180°﹣60°＝120°，
当CP′⊥EP′时，CP′的长最小，此时∠EBO＝∠OCP′＝30°，
∴EO=12OB，OP′=12OC，
∴EP′＝EO+OP′=12OB+12OC=12BC，
∵BC＝2AB，
∴EP′＝AB＝EB，
∴∠EBP′＝∠EP′B＝45°，
∴∠BP′C＝45°+90°＝135°，
∴∠PP′C＝∠BP′C﹣∠BP′P＝135°﹣60°＝75°．
故答案为：120°，75°．
三．解答题（共7小题）
23．（2022•南海区校级模拟）如图，△ABC中，∠C＝90°，将△BC绕点A逆时针旋转得到BC点C的对应点C恰好落在AB边上．
（1）作图：作出△AB1C1（保留作图痕迹，不要求写作法）；
（2）已知AC＝5，BC＝53，求点B所经过的路径长．

【解答】解：（1）△AB1C1如图所示；

（2）在△ABC中，∠C＝90°，
∵AC＝5，BC＝53，
∴tanB=ACBC=33，
∴∠B＝30°，
∴AB＝2AC＝10，∠BAC＝60°，
∴∠BAB1＝60°，
∴点B所经过的路径长=60π×10180=10π3．
24．（2022•惠城区校级二模）如图，在Rt△ABC中，AB＝8，∠ACB＝90°，∠A＝60°，点P从点A出发以每秒2个单位的速度沿AB向终点B运动，当点P不与点A，B重合时，作∠BPD＝120°，边PD交折线AC﹣CB于点D，点A关于直线PD的对称点为E，连结ED，EP得到△PDE．设点P的运动时间为t（秒）．
（1）直接写出线段PD的长（用含t的代数式表示）；
（2）当点E落在边BC上时，求t的值；
（3）设△PDE与△ABC重合部分图形的面积为S，求S与t的函数关系式，并直接写出S的最大值．

【解答】解：（1）①当0＜t≤2时，
∵∠BPD＝120°，
∴∠APD＝180°﹣120°＝60°，
∵∠A＝60°，
∴△APD是等边三角形，
∴PD＝AP＝2t，
②当2＜t＜4时，如图：

∵∠A＝60°，
∴∠B＝30°，
∵∠BPD＝120°，
∴∠B＝∠PDB＝30°，
∴PD＝PB＝8﹣2t；
综上所述，PD=2t(0＜t≤2)8−2t(2＜t＜4)；
（2）如图：

∵A，E关于PD对称，
∴△PED≌△PAD，
∴PE＝2t，∠APD＝∠EPD＝60°，
∴∠BPE＝60°，
∵∠C＝90°，∠A＝60°，
∴∠B＝30°，
∴∠BEP＝90°，
∴BP＝2PE＝4t，
∴AB＝AP+BP＝6t，
∵AB＝8，
∴6t＝8，
∴t=43；
（3）当0＜t≤43时，如图：

重叠部分是△PDE，S=34×（2t）2=3t2．
当43＜t≤2时，如图：

重叠部分是四边形PDNM，
∵∠B＝30°，∠BPE＝180°﹣∠APD﹣∠EPD＝60°，
∴∠BMP＝90°＝∠EMN，
∴PM=12PB=12（AP﹣AP）=12（8﹣2t）＝4﹣t，
∴ME＝PE﹣PM＝2t﹣（4﹣t）＝3t﹣4，
∵∠E＝∠A＝60°，
∴MN=3EM=3（3t﹣4），
∴S＝S△PDE﹣S△EMN=34×（2t）2−12×（3t﹣4）×3（3t﹣4）=−732t2+123t﹣83．
当2＜t＜4时，如图：

重叠部分是△PQD，
∵PQ=12BP=12（AB﹣AP）＝4﹣t，DQ=3（4﹣t），
∴S=12×（4﹣t）×3（4﹣t）=32t2﹣43t+83，
综上所述，S=3t2(0＜t≤43)−732t2+123t−83(43＜t≤2)32t2−43t+83(2＜t＜4)．
25．（2022•盐田区二模）定义：将图形M绕点P顺时针旋转90°得到图形N，则图形N称为图形M关于点P的“垂直图形”．
例如：在图中，点D为点C关于点P的“垂直图形”．
（1）点A关于原点O的“垂直图形”为点B．
①若点A的坐标为（0，2），直接写出点B的坐标；
②若点B的坐标为（2，1），直接写出点A的坐标；
（2）已知E（﹣3，3），F（﹣2，3），G（a，0）．线段EF关于点G的“垂直图形”记为E'F'，点E的对应点为E'，点F的对应点为F'．
①求点E'的坐标；
②当点G运动时，求FF'的最小值．


【解答】解：（1）①∵点A关于原点O的“垂直图形”为点B，且点A（0，2），
∴点B（2，0）；
②如图1，
过点A作AP⊥x轴于P，过点B作BQ⊥x轴于Q，
∴∠APO＝∠OQB＝90°，
∴∠A+∠AOP＝90°，
∵点A关于原点O的“垂直图形”为点B，
∴OA＝OB，∠AOB＝90°，
∴∠AOP+∠BOQ＝90°，
∴∠A＝∠BOQ，
∴△AOP≌△OBQ（AAS），
∴OP＝BQ，AP＝OQ，
∵B（2，1），
∴OQ＝2，BQ＝1，
∴OP＝1，AP＝2，
∴A（﹣1，2）；

（2）①Ⅰ、当a≥﹣3时，如图2，
过点E作EM⊥x轴于M，过点E'作E'N⊥x轴于N，
同（1）②的方法得，△EGM≌△GE'N（AAS），
∴EM＝GN，MG＝NE'，
∵E（﹣3，3），G（a，0），
∴EM＝3，MG＝a﹣（﹣3）＝a+3，
∴GN＝3，NE'＝a+3，
∴ON＝a+3，
∴E'（a+3，a+3）；
Ⅱ、当a＜﹣3时，如图3，
过点E作EK⊥x轴于K，过点E'作E'L⊥x轴于L，
同（1）②的方法得，△EGK≌△GE'L（AAS），
∴EK＝GL，KG＝LE'，
∵E（﹣3，3），G（a，0），
∴EK＝3，KG＝﹣3﹣a＝﹣（a+3），
∴GL＝3，LE'＝﹣（a+3），
∴OL＝a+3，
∴E'（a+3，a+3）；
即点E的坐标为（a+3，a+3）；

②Ⅰ、当a≥﹣2时，同①的方法得，点F'（a+3，a+2），
Ⅱ、当a＜﹣2时，同①的方法得，点F'（a+3，a+2），
∴点F'（a+3，a+2），
∴点F'在直线y＝x﹣1上，
∴FF'⊥直线y＝x﹣1时，FF'最小，
如图4，记直线y＝x﹣1与x，y轴相交于V，W，
∴V（1，0），
则∠OVW＝45°，连接FV，过点F作FT⊥x轴于T，
∵F（﹣2，3），
∴FT＝VT＝3，
∴∠FVT＝45°，
∴⊥FVW＝90°，
即点F'和点V重合时，FF'最小值为FV，
FV=(1+2)2+32=32，
即FF'最小值为32．




26．（2022•东莞市校级一模）如图，△ABC的三个顶点都在方格纸的格点上，其中点A的坐标是（﹣1，0），现将△ABC绕点A顺时针旋转90°得△AB1C1．
（1）画出旋转后的△AB1C1；
（2）点C的坐标是 　（﹣2，3）　．
（3）函数y=kx（x＞0，k为常数）的图象经过点C1，画出该函数图象，P为该函数图象上的动点，当P在直线AC1的上方且△APC1的面积为92时，求P点坐标．

【解答】解：（1）如图，△AB1C1为所作；

（2）C（﹣2，3）；
故答案为（﹣2，3）；
（3）∵C1（2，1），
∴k＝2×1＝2，
∴反比例函数解析式为y=2x（x＞0），
过P点作PD⊥x轴于D，C1E⊥x轴于E，如图，
设P（t，2t），
∵△APC1的面积＝△APD的面积+梯形PDEC1的面积﹣△AC1E的面积，
∴12×（t+1）×2t+12×（1+2t）×（2﹣t）−12×1×3=92，
整理得t2+10t﹣6＝0，
解得t1=31−5，t2=−31−5（舍去）
∴P点坐标为（31−5，331+15）
27．（2022•紫金县二模）如图，将△ABC绕点C逆时针旋转90°得△DEC，其中点A，点B的对应点分别是点D，点E，点B落在DE上，延长AC交DE于点F，AB，DC交于点G．
（1）若C是AF的中点，求证：△ABC是等腰三角形；
（2）若BC＝5，BG=2，求BD的长．

【解答】（1）证明：∵将△ABC绕点C逆时针旋转90°得△DEC，
∴CE＝CB，∠BCE＝90°＝∠ACD，AC＝CD，∠A＝∠D，
又∵∠AGC＝∠BGD，
∴∠DBG＝∠ACG＝90°，
∵点C是AF的中点，
∴BC＝AC，
∴△ABC是等腰三角形；
（2）解：如图，过点C作CH⊥DE于H，

∵将△ABC绕点C逆时针旋转90°得△DEC，
∴CE＝CB，∠BCE＝90°＝∠ACD＝∠FCD，∠A＝∠D，
∴∠E＝∠CBE＝45°，∠BCD＝∠ECF，
∵∠A＝∠D，∠BGD＝∠AGC，
∴∠DBG＝∠ACD＝90°，
∴∠ABC＝∠EBC＝45°＝∠E，
在△ECF和△BCG中，
∠E=∠CBGEC=BC∠ECF=∠BCG，
∴△ECF≌△BCG（ASA），
∴EF＝BG=2，
∵CE＝CB＝5，∠BCE＝90°，CH⊥BE，
∴BE＝52，CH＝BH＝EH=522，
∴FH=322，
∵∠D+∠DFC＝90°＝∠DFC+∠FCH，
∴∠FCH＝∠D，
∴tanD＝tan∠FCH，
∴FHCH=BGBD，
∴322522=2BD，
∴BD=523．
28．（2022•东莞市校级一模）如图1，正方形ADEF中，点B、C分别在边AD、AF上，且AB＝AC．
（1）如图2，当△ABC绕点A逆时针旋转a（0°＜a＜90°）时，请判断线段BD与线段CF的位置、数量关系，并说明理由；
（2）当△ABC绕点A逆时针旋转45°时，当AB＝2，AD=3+2时，求∠CFA的正弦值．

【解答】解：（1）BD＝CF，BD⊥CF，理由如下：
延长DB交CF于G，交AF于H，如图：

∵四边形ADEF是正方形，
∴AF＝AD，∠FAD＝90°，
∵△ABC绕点A逆时针旋转α，
∴∠DBA＝α＝∠FAC，
∵AB＝AC，
∴△DBA≌△FCA（SAS），
∴CF＝BD，∠AFC＝∠ADB，
∵∠ADB+∠AHD＝90°，
∴∠AFC+∠AHD＝90°，
∵∠AHD＝∠GHF，
∴∠AFC+∠GHF＝90°，
∴∠FGH＝90°，
∴CF⊥BD；
（2）过B作BK⊥AD于K，如图：

∵∠BAK＝45°，
∴△ABK是等腰直角三角形，
∴BK＝AK=22AB=2，
∵AD=3+2，
∴DK＝AD﹣AK=3，
在Rt△BKD中，
BD=BK2+DK2=5，
∴sin∠ABD=BKBD=25=105，
由（1）知，∠CFA＝∠ABD，
∴sin∠CFA=105．
29．（2022•黄埔区二模）如图1，在直角坐标系中，点A（2，0），点C（0，2），点D，点E分别为OA，OC的中点，△ODE绕原点O顺时针旋转α角（0°＜α≤90°）得△OD1E1，射线CD1，AE1相交于点F．
（1）求证：△OCD1≌△OAE1；
（2）如图2，在△ODE旋转过程中，当点D1恰好落线段CE上时，求AF的长；
（3）如图3，在旋转α角从0°≤α≤90°逐渐增大△ODE旋转过程中，求点F的运动路线长．

【解答】（1）证明：∵△ODE绕原点O顺时针旋转α角（0°＜α≤90°）得△OD1E1，
∴∠D1OE1＝∠COA＝90°，D1O＝DO，E1O＝EO，
∵A（2，0），C（0，2），
∴AO＝OC＝2，
∵点D，点E分别为OA，OC的中点，
∴CD＝DO＝OE＝AE＝1，
∴D1O＝DO＝E1O＝EO＝1，
∵∠D1OE1＝∠COA＝90°，
∴∠D1OC＝∠COA﹣∠AOD1＝∠D1OE1﹣∠AOD1＝∠AOE1，
又∵AO＝OC，OD1＝OE1，
∴△OCD1≌△OAE1（SAS）；
（2）解：由（1）可知，OA＝OC＝2，CD＝DO＝OE＝AE＝1，D1O＝DO＝E1O＝EO＝1，
分两种情况讨论：
①如图，旋转角α＜90°时，

同理可得∴△OCD1≌△OAE1，
∴∠OAF＝∠OCE，
∵∠CEO＝∠AEF，
∴△CEO＝∽△AEF，
∴AFCO=AECE，即AF=AECE×CO，
在Rt△CEO中，OC＝2，OE＝1，
∴CE=OC2+OE2=5，
∴AF=AECE×CO=15×2=255；
②旋转角为90°，即D1与E重合，E1落在CO的延长线上时，

∵∠COA＝∠AOE1，OC＝OA，OE1＝OE，
∴△D1OC≌△AOE1（SAS），
∴∠OAF＝∠OCE，
∵∠CEO＝∠AEF，
∴△CEO∽△AEF，
∴AFCO=AECE，
即AF=AECE×CO，
同理可得AF=AECE×CO=15×2=255，
综上所述，AF的值为255；
（3）解：连接AC，取AC的中点M．连接MF，MA，MO，

由（1）可知△OCD1≌△OAE1，
∴∠OAF＝∠OCF，
∴∠AFE＝∠COE＝90°，
∴△ACF是直角三角形，
∵M是AC的中点，
∴MF＝MA＝MC=12AC，
∴F在⊙M的一段圆弧上运动，
又Rt△ACO也是⊙M的内接直角三角形，
∴OM＝OF，
随着△OD1E1旋转，当D1O⊥CF时，线段CF距离O点最远，此时F的轨迹达到最大值（旋转角为60度），
∵D1O⊥CF，D1O＝1=12OC，
∴∠OCD1＝30°，
∴∠OMF＝60°，
∵OA＝OC＝2，
∴AC=OC2+OA2=22，
∴MF＝MA＝MC=12AC=2，
∴F点运动的路线长为60⋅π×2180=23π．
当旋转角为60°＜α＜90°时，F点运动的路线长为30⋅π×2180=26π，
∴23π+26π=22π．