热点专题03 旋转（11个热点）-九年级数学全册重难热点提升精讲与过关测试（人教版）

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考点一、旋转的概念
把一个平面图形绕着平面内某一点转动一个角度，叫做图形的旋转，点叫做旋转中心，转动的角叫做旋转角（如下图中的），如果图形上的点经过旋转变为点，那么这两个点叫做对应点.
注意:（1）图形的旋转就是一个图形围绕一点旋转一定的角度，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，这是判断旋转的关键。
（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。
考点二、旋转的性质
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。
考点三、旋转作图
（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、旋转方向、旋转中心，其中任一元素不同，位置就不同，但得到的图形全等.
考点四、中心对称与中心对称图形
（一）中心对称（两个图形）
1.概念：把一个图形绕着某一点旋转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；
2.性质：(1)关于中心对称的两个图形是全等形.
(2)关于中心对称的两个图形，对称点连线都经过对称中心，并且被对称中心平分.
(3)关于中心对称的两个图形，对应线段平行(或在同一直线上)且相等.
3.判定：如果两个图形的对应点连线都经过某一点，并且被这一点平分，那么这两个图形关于这一点对称.
4.作图步骤：
①连接原图形上所有的特殊点和对称中心；②将以上所连线段延长找对称点，使得特殊点与对称中心的距离和对称点与对称中心的距离相等；③将对称点按原图形的形状顺次连接起来，即可得出关于中心对称的图形
（二）中心对称图形(一个图形)
把一个图形绕某一个点旋转180°，如果旋转后的图形能够和原来的图形互相重合，那么这个图形叫做中心对称图形，这个点就是它的对称中心.
考点五、点坐标对称
1.关于原点对称的点的特征
两个点关于原点对称时，它们的坐标的符号相反，即点关于原点的对称点为
2.关于轴对称的点的特征
两个点关于轴对称时，它们的坐标中，相等，的符号相反，即点关于x轴的对称点为
3.关于轴对称的点的特征
两个点关于轴对称时，它们的坐标中，相等，的符号相反，即点关于y轴的对称点为
题型一旋转图案及中心对称图形
【例1】如图是杭州2022年亚运会会徽，在选项的四个图中，不能由下图经过旋转得到的是（ ）

A． B． C． D．
【答案】A
【分析】根据旋转的定义，进行判断作答即可．
【详解】解：由题意知，
不能经过旋转得到，
故选：A．
【点睛】本题考查了旋转的定义．解题的关键在于熟练掌握：在平面内，一个图形绕着一个定点旋转一定的角度得到另一个图形的变化叫做旋转．
【例2】每年的4月22日是世界地球日，2023年世界地球日的主题是“众生的地球”，某校在此期间组织学生开展“爱护地球”图标设计征集活动，下列图标是中心对称图形的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据中心对称图形的概念判断．把一个图形绕某一点旋转，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形就叫做中心对称图形．
【详解】解：选项A、B、D都不能找到这样的一个点，使图形绕某一点旋转后与原来的图形重合，所以不是中心对称图形，
选项C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，
故选：C．
【点睛】本题考查的是中心对称图形的概念，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转度后与原图重合．
【变式1-1】下列图形均可由“基本图案”通过变换得到：（只填序号）
既可以由“基本图案”平移，也可以通过旋转得到的有（ ）个．
A．1B．2C．3D．4
【答案】A
【分析】此题是一组复合图形，根据平移、旋转的性质解答．
【详解】解：①可以看作由左边图案向右平移得到的；
②可以看作一个菱形绕一个顶点旋转得到的；
③既可以看作一个圆向右平移得到的，也可以看作两个圆组成的图案旋转得到的；
④可以看作上面基本图案向下平移得到的；
⑤可以看作上面图案绕中心旋转得到的．
故可以平移但不能旋转的是①④；
可以旋转但不能平移的是②⑤；
既可以平移，也可以旋转的是③．
故答案为A．
【点睛】本题考查平移、旋转的性质：①平移不改变图形的形状和大小；经过平移，对应点所连的线段平行且相等，对应线段平行且相等，对应角相等．②旋转变化前后，对应线段、对应角分别相等，图形的大小、形状都不改变，两组对应点连线的交点是旋转中心，熟练掌握其性质是解决此题的关键．
【变式1-2】观察下列图标，其中既是轴对称图形又是旋转对称图形的是（ ）
A．B． C．D．
【答案】C
【分析】根据轴对称图形和旋转对称图形的定义逐项判断即得答案．
【详解】解：A、不是轴对称图形，是旋转对称图形，故本选项不符合题意；
B、不是轴对称图形，也不是旋转对称图形，故本选项不符合题意；
C、既是轴对称图形又是旋转对称图形，故本选项符合题意；
D、既不是轴对称图形又不是旋转对称图形，故本选项不符合题意；
故选：C
【点睛】本题考查轴对称图形及旋转对称图形的概念，轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分沿对称轴折叠后能完全重合；旋转对称图形的关键是寻找旋转中心，图形绕旋转中心旋转一定角度后，能够和原来的图形重合．
【变式1-3】下列生活垃圾分类标志中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】根据轴对称图形和中心对称图形的概念对各选项分析判断即可得解．
【详解】解：A、既不是中心对称图形，也不是轴对称图形，故本选项不合题意；
B、既是中心对称图形又是轴对称图形，故本选项符合题意；
C、不是中心对称图形，是轴对称图形，故本选项不合题意；
D、既不是中心对称图形，也不是轴对称图形，故本选项不合题意．
故选：B．
【点睛】本题考查了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．
题型二旋转三要素
【例3】如图，在正方形网格中，将绕某一点旋转某一角度得到，则旋转中心是（ ）

A．点B．点C．点D．点
【答案】D
【分析】连接，，然后分别作这两条线段的垂直平分线，交点即为旋转中心．
【详解】解：连接，，
分别作这两条线段的垂直平分线，如图所示：

则交点D即为旋转中心，
故答案选：D．
【点睛】本题考查了旋转图形的性质，解题的关键是旋转中心在对应顶点连线的垂直平分线上．
【例4】如图所示，绕点P顺时针旋转得到，则旋转的角度是 ．
【答案】/90度
【分析】根据旋转的性质可知，点与点对应，则旋转的角度是，勾股定理证明是直角三角形，即可求得，即可求解．
【详解】如图，连接
，
是直角三角形，且
绕点P顺时针旋转得到，
点与点对应，则旋转的角度是
故答案为：
【点睛】本题考查了求旋转角，勾股定理以及勾股定理的逆定理，找到旋转角是解题的关键．
【变式2-1】如图，在平面直角坐标系中，以某点为中心，将右上方图形“”旋转到图中左下方的阴影位置，则旋转中心的坐标是 ．

【答案】
【分析】根据旋转的定义可得，对应点连线的交点即为旋转中心，即可求得坐标．
【详解】解：如图，旋转中心的坐标是，
故答案为：．

【点睛】本题考查旋转的定义、坐标系中点的坐标，根据旋转的定义确定旋转中心的位置是解题的关键．
【变式2-2】如图，是正方形内的一点，连结、，将绕点逆时针旋转到的位置，则它旋转了 度．

【答案】90
【分析】根据正方形的性质可得，再根据旋转的性质，对应边、的夹角即为旋转角．
【详解】解：在正方形中，，
绕点逆时针旋转到的位置，
旋转角为，度数是，
即它旋转了．
故答案为：．
【点睛】本题考查了旋转的性质，正方形的性质，熟记性质并确定出旋转角是解题的关键．
【变式2-3】加图，将三角形绕点O旋转得到三角形，且，，则：

(1)点B的对应点是____________________．
(2)线段的对应线段是_______________．
(3)线段的对应线段是_______________．
(4)的对应角是__________________．
(5)三角形旋转的角度是____________．
【答案】(1)点
(2)
(3)
(4)
(5)
【分析】根据旋转的定义和性质求解即可．
【详解】（1）解：点B的对应点是点，
故答案为：点；
（2）解：线段的对应线段是，
故答案为：；
（3）解：线段的对应线段是，
故答案为：；
（4）解：的对应角是，
故答案为：；
（5）解：三角形旋转的角度是，
故答案为：．
【点睛】本题考查作图−旋转变换、旋转的定义和性质，熟练掌握旋转的定义和性质是解题的关键．
题型三利用旋转求值
【例5】如图，点P是正方形内一点，且，，，则度数为（ ）

A．B．C．D．
【答案】C
【分析】把绕着点B顺时针旋转得到，根据旋转的性质和勾股定理的逆定理即可得到结论
【详解】解：把绕着点B顺时针旋转得到，连接,

，
，
是等腰直角三角形，
，
，
，
，
，
故选：C．
【点睛】本题考查了旋转的性质，正方形的性质，勾股定理的逆定理，等腰直角三角形的判定和性质，正确地作出辅助线是解题的关键．
【例6】如图，在中，，，，将绕点B旋转，点A落在点处，求的长度．
【答案】4
【分析】根据含30度角的直角三角形的性质得到，再由旋转的性质可得 ，且三点共线，由此即可得到答案．
【详解】解：∵，，，
∴．
∵将绕点B旋转，点A落在点处，
∴，且三点共线，
∴．
【点睛】本题主要考查了旋转的性质，含30度角的直角三角形的性质，熟知图形旋转前后对应线段相等是解题的关键．
【变式3-1】如图，是正方形的边上一点，过点A作交的延长线于点，连接．

(1)可以由顺时针旋转得到，则旋转中心是 ，旋转角是 度．
(2)试说明的形状．
(3)若，，求的长．
【答案】(1)点A，
(2)是等腰直角三角形
(3)
【分析】（1）依题意，可以由顺时针旋转得到，即可作答；
（2）根据正方形的性质以及，证明，得，可作答；
（3）由勾股定理先求出，由（2）知是等腰直角三角形，即可求出．
【详解】（1）解：因为可以由顺时针旋转得到，
则旋转中心是点A，旋转角是度；
（2）解：因为四边形是正方形，
所以，
因为
所以
则
那么
所以是等腰直角三角形；
（3）解：因为四边形是正方形，
所以
∵，，
∴
因为
∴，
∵是等腰直角三角形，，
∴．
【点睛】本题考查了旋转的性质，正方形的性质，解题的关键是掌握全等三角形的判定与性质．
【变式3-2】如图，绕点旋转后能与重合．

(1)，，求的长；
(2)延长交于点，，求的度数．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据旋转得，得，计算即可；
（2）根据，得，，再根据三角形外角的性质得，，推出即可．
【详解】（1）解：∵旋转，
∴，
∴，
∴；
（2）解：∵，
∴，，
∵，
，
∴．
【点睛】本题主要考查了旋转的性质、三角形外角的性质，熟练掌握旋转的性质、三角形外角的性质是解题的关键．
【变式3-3】如图，△中，点在边上，，将线段绕A点旋转到的位置，使得，连接，与交于点．
(1)若，求的长；
(2)若，，求的度数．
【答案】(1)4
(2)
【分析】（1）根据旋转的性质可得：，再由，可得，可证明，即可得出结果；
（2）根据等腰三角形的性质可得，从而得到，再由全等三角形的性质可得，然后根据三角形外角的性质，即可求解．
【详解】（1）证明：根据旋转的性质得：，
∵，
∴，
∵，，
∴，
∵
∴；
（2）解：∵，，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴．
【点睛】本题主要考查了全等三角形的判定和性质，图形的旋转，等腰三角形的性质，三角形外角的性质，熟练掌握全等三角形的判定和性质，图形的旋转，等腰三角形的性质，三角形外角的性质是解题的关键．
题型四旋转作图（含中心对称）
【例7】如图，的三个顶点的坐标分别为、、．

(1)画出△ABC向下平移4个单位长度后的
(2)画出绕原点O按顺时针方向旋转后的，点A、B、C的对应点分别为点、、．
【答案】(1)画图见解析
(2)画图见解析
【分析】（1）分别确定A，B，C向下平移4个单位后的对应点，，，再顺次连接即可；
（2）分别确定A，B，C绕原点O按顺时针方向旋转后的对应点，，，再顺次连接即可；
【详解】（1）解：如图，即为所画的三角形，

（2）如图，即为所画的三角形，

【点睛】本题考查的是画平移图形，画绕原点旋转的图形，熟记平移与旋转的性质并进行画图是解本题的关键．
【例8】在平面直角坐标系xOy中，的三个顶点为，，，将绕原点逆时针旋转后得到，其中、、分别与点A、B、C对应．

(1)画出旋转后的；
(2)若x轴上一点D，满足的值最小，在图中画出点D的位置，并直接写出点D的坐标．
【答案】(1)见详解
(2)见详解，
【分析】（1）分别作出点A、B、C绕点O逆时针旋转后得到的点，然后顺次连接，即可画出；
（2）确定关于轴对称的点的坐标为，再连接，交点即为点D，即可得出点D的坐标．
【详解】（1）如图：

即为所求；
（2）确定关于轴对称的点的坐标为，再连接，交点即为点D，连接，

点D即为所求；
、关于轴对称，
，
要使的值最小，即、、在一条直线上，
结合网格图形可得：．
【点睛】本题考查作图-旋转变换，中心对称变换等知识，解题的关键是掌握旋转变换，中心对称变换的性质．
【变式4-1】看一看，想一想，画一画．

(1)用数对表示上图中点A的位置，A（________，________）；
(2)将三角形先向右平移8格，再向上平移3格得到三角形，画出平移后的三角形，并写出（________，________）；
(3)将三角形绕点B顺时针旋转得到三角形，画出旋转后的三角形，并写出（________，________）．
【答案】(1)2，2
(2)，5
(3)8，2
【分析】（1）由图可得答案；
（2）根据平移的性质作图，即可得出答案；
（3）根据旋转的性质作图，即可得出答案．
【详解】（1）解：由图可得，.
（2）解：如图，三角形即为所求：

由图可得，．
（3）解：如上图，三角形即为所求：
由图可得，．
【点睛】本题考查作图−平移变换、旋转变换，熟练掌握平移的性质、旋转的性质是解答本题的关键．
【变式4-2】方格纸中的每个小方格都是边长为1个单位长度的正方形，在平面直角坐标系中的位置如图所示．

(1)画出关于原点O对称的，并直接写出点的坐标；
(2)画出绕点C顺时针旋转后的，并直接写出点的坐标．
【答案】(1)画图见解析，
(2)画图见解析，
【分析】（1）分别作出，，的对称点，然后顺次连接即可作出图形，继而得到点的坐标；
（2）把，顺时针旋转即可得到，，然后连接，继而得到点的坐标．
【详解】（1）解：如图，即为所求，
其中，；

（2）如图，即为所求，
其中，．
【点睛】本题考查旋转变换作图，在找对应点时，要抓住“动”与“不动”，看图是关键．
【变式4-3】如图，已知在平面直角坐标系中，的三个顶点的坐标分别为．

(1)画出关于原点成中心对称的图形，并写出点的对应点的坐标；
(2)是的边上一点，将平移后点的对应点，请画出平移后的．
【答案】(1)作图见解析，的坐标为
(2)见解析
【分析】（1）作出、B、C关于原点成中心对称的对应点，顺次连接即可得到，再写出点的坐标即可；
（2）根据的对应点得到平移规律，按照平移规律作出、B、C平移后的对应点，顺次连接即可．
【详解】（1）解：如图所示，即为所求，点的对应点的坐标为．

（2）∵是的边上一点，将平移后点的对应点，
∴向右平移4个单位，再向上平移2个单位即可得到，
如图所示，即为所求．
【点睛】此题考查了中心对称图形和图形的平移，熟练掌握作图方法是解题的关键．
题型五坐标系中的旋转
【例9】在平面直角坐标系中，将点绕着原点O 顺时针旋转到， 则点的坐标为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据题意，画出图形，即可得出结果．
【详解】解：如图所示，将点绕着原点O 顺时针旋转到， 则点的坐标为，
故选A．

【点睛】本题主要考查了坐标与图形变化——旋转，正确根据题意画出旋转后对应点的位置是解题的关键．
【例10】直线与x轴，y轴分别交于A，B两点，把绕着A点旋转得到，则点的坐标为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】先根据一次函数图像上点的坐标特征求出点和点坐标，则可得到，，，然后根据第一象限点的坐标特征写出点的坐标．
【详解】解：当时，，
解得，则，
，
当时，，则，
，
由于把绕着A点旋转得到，
，
，
，
故选C．

【点睛】本题考查了坐标与图形变化，熟练掌握坐标与图形变化是解题的关键．
【变式5-1】在平面直角坐标系xOy中，以原点为中心，将点按顺时针方向旋转，得到的点Q所在的位置是（ ）
A．第四象限B．第三象限C．x轴上D．y轴上
【答案】D
【分析】过点作轴，垂足为，根据垂直定义可得，再根据点的坐标可得，然后利用等腰直角三角形的性质可得，从而利用平角定义可得，即可解答．
【详解】解：如图：过点作轴，垂足为，

∴，
∵点，
∴，
∵，
∴，
∴以原点为中心，将点按顺时针方向旋转，得到的点所在的位置在轴上，
故选：D．
【点睛】本题考查了坐标与图形变化-旋转，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．
【变式5-2】如图，，为轴上一动点，将线段绕点顺时针旋转得，连接，则的最小值为 ．

【答案】
【分析】如图，在轴的正半轴上取一点H，使得，在上取一点D，使得．首先证明点C在直线上运动，根据垂线段最短即可解决问题．
【详解】解：如图，在轴的正半轴上取一点H，使得，在上取一点D，使得．

，
，
，
∵，
，
∵OD=OA，∠AOD=90°，
，
，，
设直线的解析式为，
，
，即，
∴直线的解析式为，
∴点C在直线上运动，作于P，
是等腰直角三角形，
的最小值，
故答案为：．
【点睛】本题考查了坐标与图形的变化-旋转，垂线段最短，全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会添加辅助线构造全等三角形解决问题，学会用转化的思想思考问题．
【变式5-3】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，则点的坐标为 ．

【答案】
【分析】过作轴于D，连接，，根据边长为2个单位长度的正方形绕原点O逆时针旋转，得，，，即知，可得，又再沿y轴方向向上平移1个单位长度，故．
【详解】解：过作轴于D，连接，，如图：

∵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，
∴，
故答案为：．
【点睛】本题考查正方形的旋转和平移变换，解题的关键是掌握旋转、平移变换的性质及正方形的性质．
题型六旋转中的规律性问题
【例11】如图所示，长方形的两边、分别在x轴、y轴上，点C与原点重合，点，将长方形沿x轴无滑动向右翻滚，经过一次翻滚，点A的对应点记为；经过第二次翻滚，点A的对应点记为；……，依次类推，经过第2023次翻滚，点A的对应点的坐标为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【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，先求出的商和余数，从而解答本题．
【详解】解：如图所示：
观察图形可得经过4次翻滚后点A对应点一循环，
，
∵点，长方形的周长为：，
，
∴经过505次翻滚后点A对应点的坐标为，即．
故选：B．
【点睛】本题考查探究点的坐标的问题，关键是找到点的变化规律．
【例12】如图，在平面直角坐标系中，将绕点A顺指针旋转到的位置，点B、O分别落在点、处，点在x轴上，再将绕点顺时针旋转到的位置，点在x轴上，将绕点顺时针旋转到的位置，点在x轴上，依次进行下去…，若点、，则点的横坐标为（ ）

A．10110B．C．D．10120
【答案】D
【分析】先根据勾股定理求得的长，然后根据旋转找到点之间的规律，即可得每偶数之间的C相差10个单位长度，根据这个规律可得到结果．
【详解】解：∵点、，是直角三角形，
∴，
∴，
根据边长之间的关系可得：
，
根据点C旋转的规律可得，
∴即，
∴的横坐标为，
故答案选：D．
【点睛】本题考查了图形的坐标规律，解题的关键是准确利用旋转求出三角形的三边长．
【变式6-1】如图，矩形的顶点，，与轴负半轴的夹角为，若矩形绕点顺时针旋转，每秒旋转，则第秒时，矩形的对角线交点的坐标为（ ）

A．B．C．D．
【答案】D
【分析】求出，每秒旋转，6次一个循环，，第2023秒时，矩形的对角线交点与第次的点的坐标相同，第次点旋转的位置在第一象限，且与第二象限的点的坐标关于轴对称，由此可得到点的坐标．
【详解】解：四边形是矩形，
，，，
，
每秒旋转，6次一个循环，，
点和旋转第次后的点的坐标相同，
点的纵坐标为：，横坐标为：，则第二象限的点，
与轴负半轴的夹角为，
矩形绕点顺时针旋转1次后点在第一象限，且与初始的点的坐标关于轴对称，
旋转1次后，点的坐标为．
故选：D．
【点睛】本题考查旋转变换，矩形的性质，解直角三角形等知识，解题的关键是明确题意，发现点得变化特点，利用数形结合的思想解答．
【变式6-2】如图，在平面直角坐标系xOy中，点A的坐标为，点C在x轴正半轴上，且．将绕点O逆时针旋转，每秒旋转，则第2023秒时点C的坐标为（ ）

A．B．C．D．
【答案】B
【分析】过点作于点，利用勾股定理求出点的坐标，再根据旋转得到，每6秒一个循环，用，进而得到第2023秒时点C的坐标旋转一次后的点的坐标相同，再进行求解即可．
【详解】解：过点作于点，如图，

∵，
∴，
设，
则：，
在中，由勾股定理，得：，
∴，
解得：，
∴，
∵绕点O逆时针旋转，每秒旋转，
∴每经过秒，回到原来的位置，
∵，
∴第2023秒时点C的坐标旋转1秒后的点的坐标相同，如图：过作于点，

∵旋转，
∴，，
∴为等边三角形，
∴，
∴，
∴，
∴第2023秒时点C的坐标为，
故选B．
【点睛】本题考查坐标的规律探究，解题的关键是得到每经过6秒，点回到原来的位置．
【变式6-3】如图，在平面直角坐标系中，边长为2的正六边形的中心与原点重合，轴，交轴于点．将绕点顺时针旋转，每次旋转，则第2023次旋转结束时，点的坐标为（ ）

A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据正六边形的性质以及勾股定理求出，，进而确定点的坐标，再根据旋转分别得出旋转1次、2次、3次、4次、5次所对应点的坐标进而得出规律，由规律可得答案．
【详解】解：在中，，，
，
点的坐标为，
第1次顺时针旋转，点的对应点第四象限，其坐标为，，
第2次顺时针旋转，点的对应点第三象限，其坐标为，
第3次顺时针旋转，点的对应点第二象限，其坐标为，，
第4次顺时针旋转，点的对应点第一象限，其坐标为，
第5次顺时针旋转，点的对应点第四象限，其坐标为，，
∴整个旋转过程是4次一个循环，且，
∴第2023次顺时针旋转，点的对应点第二象限，其坐标为，，
故选：B．
【点睛】本题考查正多边形，旋转以及勾股定理，掌握正六边形的性质，得出旋转的规律是正确解答的前提．
题型七旋转中的最值问题
【例13】如图，在中，，，将绕顶点C顺时针旋转，旋转角为，得到，P，Q分别是、的中点，，连接，则旋转时长度的最大值是（ ）

A．B．C．D．
【答案】D
【分析】当P、C、Q三点共线时，最长，根据图形求出此时的旋转角即可求出的长．
【详解】解：如图，当旋转到P、C、Q三点共线时，最长，

，，Q是的中点，
，
是等边三角形，
，
P、C、Q三点共线，
，
，
，，
中点为P，中点为Q，，
，，
，
故选：D．
【点睛】本题考查了等边三角形的判定，旋转的性质的应用，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，直角三角形角所对的边是斜边的一半，熟练运用旋转的性质：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、后的图形全等是解题的关键．
【例14】如图，在中，，将绕点C顺时针旋转得到，则线段的长度的最小值是（ ）

A．B．C．D．
【答案】C
【分析】在的上方作，且使，连接，．设，则，根据证明得出，，得出，即可推出结论．
【详解】解：如图，在的上方作，且使，连接，．

设，则，
，
∵将绕点C顺时针旋转得到，
，，
又，
，
在和中，
，
，
，．
，
，
，
的最小值为．
故选：C．
【点睛】本题考查了旋转的性质，全等三角形的判定与性质，正确作出辅助线是解题的关键．
【变式7-1】如图，平面内三点A、B、C，，，以为对角线作正方形，连接，则的最大值是 ．

【答案】/
【分析】将绕点顺时针旋转得到．由旋转不变性可知：，．，推出是等腰直角三角形，推出，推出当的值最大时，的值最大，利用三角形的三边关系求出的最大值即可解决问题．
【详解】解：将绕点顺时针旋转，得，如图：

由旋转不变性可得：，，
且，
是等腰直角三角形，
，
最大，只需最大，而在中，，
当且仅当、、在一条直线上，即不能构成时，最大，且最大值为，
此时，
故答案为：．
【点睛】本题考查正方形的性质，动点问题，三角形的三边关系等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，用转化的思想思考问题，属于中考常考题型．
【变式7-2】如图，在中，，，，将绕点B按逆时针方向旋转，得到，点E为线段中点，点P是线段上的动点，将绕点B按逆时针方向旋转的过程中，点P的对应点是点．
（1）如图，线段 ；
（2）则线段的最大值为 ，最小值为 ．
【答案】
【分析】（1）过点作于点，根据直角三角形的性质和勾股定理即可得；
（2）当在上运动至垂足点，绕点旋转，点的对应点在线段上时，最小；当三点共线，点运动到点时，最大．
【详解】解：（1）如图，过点作于点，连接，
，，
是等腰直角三角形，，
，
设，则，
，
，
，
解得，
，
故答案为：；
（2）点为线段中点，
，
由旋转的性质得：，
，
则当三点共线，且在上运动至垂足点时，的值最小，最小值为，
又，，
当三点共线，且运动到点时，的值最大，最大值为，
故答案为：，．
【点睛】本题主要考查了旋转的性质、等腰直角三角形的判定与性质、勾股定理、含30度角的直角三角形的性质、三角形三边关系的应用等等，熟知相关知识是解题的关键．
【变式7-3】如图，等腰中，D是上一动点，连接．将绕点B逆时针旋转得到，连接．若，则周长最小值是 ．

【答案】/
【分析】根据旋转的性质和等腰直角三角形的判定和性质定理即可得到结论.
【详解】∵将绕点B逆时针旋转得到，
∴,
∴,是等腰直角三角形，
∴当取最小值时，的值最小，则周长的值最小，当时, 的值最小,
，
∵是等腰直角三角形,,
∴,

，
∴周长最小值是
故答案为： .
【点睛】本题考查了旋转的性质，等腰直角三角形的性质，熟练掌握等腰直角三角形的性质是解题的关键.
题型八旋转中的综合问题
【例15】如图①，将一个正方形纸片和一个等腰直角三角形纸片放入平面直角坐标系中，点，点，，．如图②，将纸片绕点顺时针旋转，设旋转角为．

(1)当旋转角为30°时，求此时点E的坐标；
(2)当旋转角为时，连接，求的值．
(3)在旋转的过程中，当最大时，求此时的面积（直接写出结果即可）．
【答案】(1)
(2)
(3)的面积为6
【分析】（1）过点作于，解直角三角形求出，，可得结论．
（2）过点作于，由勾股定理可求出答案；
（3）当时，的值最大，由勾股定理求出，再证明，得出，可得结论．
【详解】（1）过点作于，

由题意，
，
，
；
（2）过点作于，如图②，
由题意得，
，
，
，
，
，
，
；
（3）由题意知点在以为圆，为半径的圆上运动，当时，的值最大，此时，．

过点作轴于，过点作于．
，
，
，，
∴，
，
，，，
．
【点睛】本题属于几何变换综合题，考查了等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定和性质，解直角三角形，三角形的面积等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题．
【例16】将一副直角三角板和如图（1）放置，此时四点在同一条直线上，点在边上，其中，，．

(1)求的度数；
(2)将图（1）中的三角板绕点A以每秒10°的速度，按顺时针方向旋转一定的角度后，记为三角板，设旋转的时间为t秒．
①如图（2），当旋转至，求a的值；
②若在旋转过程中，三角板的某一边恰好与所在的直线平行，直接写出t的值．
【答案】(1)
(2)①45°或225°；②6或9或18或24或27
【分析】（1）根据题意，由三角形外角定理即可求解；
（2）①当时，分两种情况，第一种当旋转角度在之间时，根据三角形外角定理得，再根据即可求解；第二种情况当旋转角度在时，此时再旋转；
②分两种情况讨论：第一种情况当时，a为或a为，第二种情况当时，a为或a为，第三种情况，当时，根据角度转动速度分别求解t即可．
【详解】（1）解：，，
；
（2）解：①如图，

，
，
由（1）知，，，
，，
，
如图，与延长线交于点，

由第一种情况知，这种情况是在第一种情况的基础上再旋转，
三角板绕点A以每秒的速度按顺时针方向旋转，
，
综上所述：，；
解：②I.如图，当时，

，
，
，
，
a为或a为，
（秒），（秒）．
II.如图，当时，

，
，
a为或a为，
（秒），（秒），
III. 如图，当时，

此时与在同一条直线上，
a为，
（秒），
综上所述：三角板的某一边恰好与所在的直线平行， t的值为：6或9或18或24或27．
【点睛】本题考查角的运动和角的运算及平行线的判定和性质，掌握平行线的判定方法及性质和角度的运算是解题的关键．
【变式8-1】如图，等腰直角中，，点在上，将绕顶点沿顺时针方向旋转后得到．

(1)求的度数；
(2)当，时，求的大小；
(3)当点在线段上运动时（不与重合），请直接写出一个反映，，之间关系的等式为_______．
【答案】(1)
(2)
(3)
【分析】（1）先由旋转得出，即：，即可得出结论；
（2）先求出，进而求出、，最后根据，在中用勾股定理即可求出；
（3）先判断出是等腰直角三角形，是直角三角形，最后用勾股定理即可得出结论．
【详解】（1）解： 是等腰直角三角形，
，
绕顶点沿顺时针方向旋转后得到．
，
，
；
（2）在等腰直角三角形中，
，
，
，
，，
由（1）知，，
，
由（1）知，，
根据勾股定理得，；
（3）证明：由旋转性质可知：，，
是等腰直角三角形，
，
由（1）可知：，
．
【点睛】此题是几何变换综合题，主要考查了旋转的性质，全等三角形的判断和性质，等腰直角三角形的判定和性质，勾股定理，判断出是直角三角形是解本题的关键．
【变式8-2】如图，等腰三角形中，，．作于点，将线段绕着点逆时针旋转角后得到线段，连接．求证：．

【答案】见解析．
【分析】将线段绕着点逆时针旋转角后得到线段，可得，然后证明与全等，可得，所以
【详解】证明：∵将线段绕着点逆时针旋转角后得到线段，
∴
∵
∴
∵，
∴
在与中，
∴．
∴
∴．
【点睛】本题考查了旋转的性质及三角形全等的证明，熟练掌握全等三角形的判定及性质是解题的关键．
【变式8-3】如图所示，点O是等边内的任一点，连接，，，，，将绕点C按顺时针方向旋转得．

(1)求的度数；
(2)用等式表示线段，，之间的数量关系，并证明．
【答案】(1)
(2)线段，，之间的数量关系是．证明见解析
【分析】（1）根据旋转的性质得到，可得，再求出，利用四边形内角和度数，即可解答；
（2）连接，证明是等边三角形，再根据勾股定理和线段的等量转换，即可得到．
【详解】（1）解：∵，，
∴．
∵将绕点C按顺时针方向旋转得到，
，
∴，，
∴；
（2）线段，，之间的数量关系是．
证明：如图，连接，

∵绕点C按顺时针方向旋转得到，
∴，，，
∴是等边三角形，
∴，
由①知，在中，，
∴．
【点睛】本题考查了旋转的性质，等边三角形的判定和性质，全等三角形的性质，勾股定理，正确作出辅助线，熟练掌握旋转的性质是解题的关键．
题型九利用中心对称性质求值
【例17】如图，与关于点成中心对称，，，，则 ．

【答案】1
【分析】根据中心对称的性质，得出，，再根据勾股定理求出，即可求解．
【详解】解：∵与关于点成中心对称，，
∴，，
∵，，
∴根据勾股定理可得：，
∴，
故答案为：1．
【点睛】本题主要考查了中心对称的性质，勾股定理，解题的关键在掌握成中心对称图形的对应边相等，对应角相等，以及勾股定理的内容．
【例18】如图，在矩形中，，，点E，F分别为，上的点，，且过矩形的对称中心O．若点P，Q分别在，边上，且，将矩形的面积四等分，则的长为 ．
【答案】
【分析】根据矩形是中心对称图形，由点E，F分别为，上的点，，且过矩形的对称中心O．则，根据题意作出图形，设，，，根据，列出方程，即可求解．
【详解】矩形是中心对称图形，点E，F分别为，上的点，，且过矩形的对称中心O，
，
如图，连接，则四边形是平行四边形，
若点P，Q分别在，边上，且，将矩形的面积四等分，
过矩形的对称中心O，
，
又四边形是平行四边形，
则，
，
设，，，
，
即，
解得．
∴BP=1.2．
故答案为：1.2．
【点睛】本题考查了矩形，平行四边形的性质，掌握中心对称的性质是解题的关键．
【变式9-1】如图，在中，两条对角线相交于点O，，以为边向下方作菱形．

(1)判断四边形的形状，并说明理由；
(2)若菱形的周长为16，，点D是菱形的对称中心，求点D、M之间的距离．
【答案】(1)四边形是矩形，理由见解析
(2)2
【分析】（1）根据对角线相等的平行四边形是矩形即可判断；
（2）根据菱形的性质可知：点D、M之间的距离等于点D到点C的距离，求出即可得解．
【详解】（1）四边形是矩形．
证明：∵四边形是平行四边形，，
∴四边形是矩形．
（2）解：∵菱形的周长为16，
∴，
在矩形中，，，
∵，
∴，
∴，
∵点D是菱形的对称中心，
∴点D、M之间的距离等于点D到点C的距离，
即点D、M之间的距离等于2．
【点睛】本题考查了矩形的判定和菱形的性质以及含30度角的直角三角形的性质，熟练掌握矩形的判定和菱形的性质是解题关键．
【变式9-2】如图，正方形的顶点的坐标为，为轴上的一个动点（），以为边作正方形，点在第四象限．
(1)试判断线段与的数量关系，并说明理由；
(2)设正方形的对称中心为，直线交轴于点．随着点的运动，点的位置是否会发生变化？若保持不变，请直接写出点的坐标；若发生变化，请说明理由．
【答案】(1)，理由见解析
(2)点的位置保持不变，
【分析】（1）证明可得结论；
（2）过点作交的延长线于点，过点作轴，垂足为，证明是等腰直角三角形即可得出结论．
【详解】（1）解：结论：，
理由：连接，，
四边形和四边形都是正方形，
，，，
，
，
，
；
（2）解：点的位置保持不变，
理由：过点作交的延长线于点，过点作轴，垂足为，
，
，，
，
，
，
，，
，
又，
，
在中，，，
是等腰直角三角形，
，
也是等腰直角三角形，
，
．
【点睛】本题考查了中心对称，正方形的性质，全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质，解题的关键是正确构造辅助线证明三角形全等．
【变式9-3】如图，与关于C点成中心对称，若，，，求的长
【答案】
【分析】根据与关于C点成中心对称，可得，即可得，，，进而有，在中，利用勾股定理即可求解．
【详解】∵与关于C点成中心对称，
∴，
∴，，，
∵，，，
∴，，，
∴，
∴在中，有：．
即．
【点睛】本题考查了中心对称图形的性质，全等的性质，勾股定理等知识，根据与关于C点成中心对称，得到，是解答本题的关键．
题型十关于原点对称的点的坐标
【例19】在平面直角坐标系中，点关于原点对称的点的坐标是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据关于原点对称的两点坐标关系：横、纵坐标均互为相反数即可得出结论．
【详解】解：点关于原点对称的点的坐标是
故选D．
【点睛】此题考查的是求一个点关于原点的对称点，掌握关于原点对称的两点坐标关系：横、纵坐标均互为相反数是解决此题的关键．
【例20】若点关于原点对称的点位于第一象限，则的取值范围用数轴表示正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【分析】根据题意可列出不等式组进行求解．
【详解】解：点关于原点对称的点的坐标为，
∵该点在第一象限，
∴，
解得：；
故选B．
【点睛】本题主要考查点的坐标关于原点对称及一元一次不等式组的解法，熟练掌握点的坐标关于原点对称的特征是解题的关键．
【变式10-1】如图．已知的顶点的坐标分别是．

(1)作出关于原点中心对称的图形；
(2)将绕原点O按顺时针方向旋转后得到，画出．
(3)写出点的坐标 ，点的坐标 ．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)；
【分析】（1）分别作点A，B，C关于原点的对称点，再依次连接即可；
（2）分别将三个点绕原点顺时针旋转，得到三个点，再依次连接即可；
（3）观察图象得到点和的坐标即可．
【详解】（1）解：即为所求作的三角形，如图所示．

（2）解：即为所求作的三角形，如图所示．

（3）解：点的坐标为和的坐标．
故答案为：；．
【点睛】本题主要考查了作旋转图形，作中心对称图形，找到图形的顶点是作图的关键．
【变式10-2】如图，在平面直角坐标系中，将绕点的坐标旋转180°得到，设点的坐标为，则点A的坐标为 ．

【答案】
【分析】利用中心对称的性质可知，点C是的中点，再根据中点坐标公式可得点A的坐标．
【详解】解：由题知，点C是的中点，
，，
设，
，．
得，．
即．
故答案为：．
【点睛】本题考查利用中心对称求点的坐标，正确使用中点坐标公式是解题的关键．
【变式10-3】已知点与关于原点对称，求的值．
【答案】0
【分析】根据关于原点对称的点的坐标特点列出方程，解方程分别求出x、y，计算即可．
【详解】解：∵点与关于原点对称，
∴，，
∴，，
解得：，，
∴．
【点睛】本题考查的是关于原点对称的点的坐标特点，两个点关于原点对称时，它们的坐标符号相反，即点关于原点O的对称点是．
题型十一图案设计
【例21】如图所示，这个图案可以看作是以“基本图案”——原图案的四分之一通过变换形成的，但一定不能通过_________变换得到（ ）

A．旋转B．轴对称C．平移D．轴对称和旋转
【答案】C
【分析】观察图形的特点，根据平移、旋转和轴对称的性质解答即可．
【详解】左上方块（“基本图案”）为原图案的四分之一，将其分别绕原图形的中心顺时针旋转、、后可以得到右上、右下、左下的方块，故“基本图案”可以通过旋转变换形成原图案；
左上方块（“基本图案”）为原图案的四分之一，将其沿自身右边线翻折可以得到右上方块，接着将新方块沿其自身下边线翻折可以得到右下方块，最后在将右下方块沿其自身的左边线翻折可以得到左下方块，故“基本图案”可以通过轴对称变换形成原图案；
平移前后得两个图案可以通过平移重合，原图中的四个方块无法通过平移重合，故“基本图案”无法通过平移变换形成原图案；
故选：C．
【点睛】本题考查了生活中的旋转、平移及轴对称现象，图形平移前后的形状和大小没有变化，只是位置发生变化；旋转变化前后，对应线段、对应角分别相等，图形的大小、形状都不改变，两组对应点连线的交点是旋转中心；轴对称是两个图形沿某条直线对折后能够完全重合．
【例22】七巧板是我们祖先的一项卓越创造，被西方人誉为“东方魔板”．已知如图所示的“正方形”是由七块七巧板拼成的正方形（相同的板规定序号相同）．现从七巧板取出四块（序号可以相同）拼成一个小正方形（无空隙不重叠），则无法拼成的序号为（ ）
A．②③④B．①③⑤C．①②③D．①③④
【答案】A
【分析】由题意画出图形可求解。
【详解】B选项拼图如下：
C选项拼图如下：
D选项拼图如下：
故选：A．
【点睛】本题考查几何图形的想象能力，注意同一个序号的图形有两个时，两个都可以使用．
【变式11-1】亦姝家最近买了一种如图（）所示的瓷砖．请你用 块如图（）所示的瓷砖拼铺成一个正方形地板，使拼铺的图案成中心对称图形，请在图（）、图（）中各画出一种拼法．（要求：①两种拼法各不相同，②为节约答题时间，方便扫描试卷，所画图案阴影部分用黑色斜线表示即可，③弧线大致画出即可）
【答案】见解析
【分析】根据中心对称图形的画法，即可分别画得．
【详解】解：画图如下：
【点睛】此题主要考查了利用旋转设计图案以及中心对称设计图案，正确把握中心对称图形的定义是解题关键．
【变式11-2】小明将图案 绕某点连续旋转若干次，每次旋转相同角度，设计出一个外轮廓为正六边形的图案（如图），则旋转角度的最小值为 ．

【答案】/60度
【分析】根据旋转的定义确定两个对应点的位置，求得与点连线的夹角即可求得旋转角度．
【详解】解：如下图，当经过一次循环后点旋转至点的位置上，

∴．
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了利用旋转设计图案的知识，解题关键是能够找到一对对应点确定旋转角度．
【变式11-3】图形甲是小明设计的花边作品，该作品是由形如图形乙通过对称和平移得到．在图乙中，△AEO≌△ADO≌△BCO≌△BFO，E，O，F均在直线MN上，EF=12，AE=14，则OA长为 ．
【答案】16
【分析】如图，如图，过点A作AH⊥EF于点H，证明∠AOE=∠AOB=∠BOF=60°，设OH=x，在Rt△AEH中，利用勾股定理构造一元二次方程，解方程可得结论．
【详解】解：如图，过点A作AH⊥EF于点H，
∵△AEO≌△ADO≌△BCO≌△BFO，
∴∠AOE=∠AOB=∠BOF，OF=OF=EF=6，
∵∠AOE+∠AOB+∠BOF=180°，
∴∠AOE=∠AOB=∠BOF=60°，
设OH=x，则AO=2x，AH=x，
在Rt△AEH中，AE2=AH2+EH2，
∴142=（x）2+（x-6）2，
解得x=8或-5（负根舍弃），
∴OA=16，
故答案为：16．
【点睛】本题考查利用平移设计图案，全等三角形的性质，含30度角的直角三角形的性质，勾股定理等知识，解题的关键是学会利用参数构建方程解决问题．
一、单选题
1．（2023秋·河北保定·九年级涿州市实验中学校考期中）下列图形中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是( )
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】根据中心对称图形与轴对称图形的概念判断．
【详解】解：A．原图形不是轴对称图形，是中心对称图形，不符合题意；
B．原图形不是中心对称图形，是轴对称图形，不符合题意；
C．原图形既是轴对称图形，又是中心对称图形，符合题意；
D．原图形不是中心对称图形，是轴对称图形，不符合题意．
故选：C．
【点睛】本题考查了中心对称图形与轴对称图形的概念，掌握轴对称图形和中心对称图形的概念是解题的关键．
2．（2023秋·广东江门·九年级校考期中）若绕点A按逆时针方向旋转后与重合，则（ ）

A．B．C．D．
【答案】A
【分析】由旋转的性质可得即可求解．
【详解】解：由旋转的性质可得
故选：A．
【点睛】本题考查了旋转的性质，掌握旋转的性质是解题的关键．
3．（2023秋·广东珠海·九年级校考期中）如图，将绕点C顺时针旋转得到．若点A，D，E在同一条直线上，，则的为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据旋转的性质和等腰三角形的性质以及三角形外角的性质解答即可．
【详解】解：∵将绕点C顺时针旋转得到，
∴，，，
∵，
∴，，
∴，
故选：C．
【点睛】此题考查旋转的性质、等边对等角以及三角形外角的性质，关键是根据旋转的性质和三角形外角的性质解答．
4．（2023秋·天津河西·九年级统考期中）以原点为中心，把点顺时针旋转，得到的点的坐标为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】利用旋转变换的性质作出图形，可得结论．
【详解】解：如图，点绕原点O顺时针旋转后得到的点的坐标为，
故选：B．
【点睛】本题考查坐标与图形变化-旋转，解题的关键是学会利用图形解决问题．
5．（2022春·陕西西安·八年级校考期末）如图，中，，将绕点A逆时针旋转，得到，当在边上时，（ ）

A．B．C．D．
【答案】D
【分析】由旋转的性质可知，，，，再根据等边对等角的性质和三角形内角和定理，得到，，然后推出，进而得到，即可求出的度数．
【详解】解：由旋转的性质可知，，，，
，，
，，
，，
，
，
，
故选：D．
【点睛】本题考查了旋转的性质，等边对等角的性质，三角形内角和定理，灵活运用相关知识解决问题是解题关键．
6．（2023春·山东济南·八年级统考期末）如图，在平面直角坐标系中，，，，，，，将向左平移个单位长度，得到；将关于原点中心对称，得到；将向右平移个单位长度，得到；将关于原点中心对称，得到；将向左平移个单位长度，得到……若按此规律作图形的变换，则的坐标为( )

A．，B．，C．，D．，
【答案】B
【分析】根据平移与中心对称的性质得出规律，可得在第四象限，横坐标特征和一致，则，，即可求解．
【详解】解：将向左平移个单位长度，得到,，，
∴，在第二象限；
∵将关于原点中心对称，得到；
∴，在第四象限；
∵将向右平移个单位长度，得到，
∴，在第四象限；
∵将关于原点中心对称，得到；
∴，在第二象限
∵得到；将向左平移个单位长度，得到，
∴，在第二象限，
……若按此规律作图形的变换，点所在的象限，四次一循环，
∵,
则在第四象限，横坐标特征和一致，则，，
故选：B．
【点睛】本题考查了平移，中心对称，点的坐标规律，找到规律是解题的关键．
7．（2023秋·全国·九年级专题练习）如图，中，，，．作出共于点A成中心对称的，其中点B对应点为，点C对应点为，则四边形的面积是（ ）
A．128B．C．64D．
【答案】D
【分析】根据含30度角的直角三角形的性质，勾股定理求得，根据中心对称的性质以及平行四边形的判定定理，得出四边形是平行四边形，继而即可求解．
【详解】解：如图所示，
∵中，，，．
∴,,
∴,
∵作出共于点A成中心对称的，
∴,，
∴四边形是平行四边形，
∴四边形的面积为，
故选：D．
【点睛】本题考查了中心对称的性质，平行四边形的性质，含30度角的直角三角形的性质，勾股定理，得出四边形是平行四边形是解题的关键．
8．（2023春·安徽合肥·九年级校考开学考试）如图，点E是边长为4的正方形内部一点，，将按逆时针方向旋转得到，连接，则的最小值为（ ）

A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据得到，则点E在以为直径的圆上，取中点G，当过点G时，有最小值，由旋转的性质得到，则此时也取最小值，即可解答．
【详解】解：在正方形中，，
∵，
∴，
∴，
∴点E在以为直径的圆上，
取中点G，连接，当过点G时，有最小值，

又∵按逆时针方向旋转得到，
∴，
∴此时也取最小值，
∵，为的半径，即，
∴此时，
∴，
即的最小值为，
故选：B．
【点睛】本题考查了角度的转化与判断点的轨迹，解题的关键是运用数学结合思想处理题给条件，从而得到点的轨迹．
二、填空题
9．（2023秋·湖北襄阳·九年级校联考期中）如图，在中，，使，则旋转角的度数为 度．
【答案】50
【分析】根据题干所给角度即先求出，进而求出的大小，即旋转角的大小．
【详解】解：如图，∵，
∴，
∵绕点A旋转得到，
∴，
∴，
∴
故答案为：50．
【点睛】本题考查旋转的性质．根据题意找出即为旋转角是解答本题的关键．
10．（2023秋·山东枣庄·九年级校考期中）如图，在正方形中，将边绕点逆时针旋转至，连接，，若，，则线段的长度为 ．

【答案】
【分析】过点作于点，证明，由全等三角形的性质得出，由旋转的性质及等腰三角形的性质求出，由勾股定理可得出答案．
【详解】解：过点作于点，

四边形是正方形，
，，
，
，
，
又，
在和中，
，
，
，
将边绕点逆时针旋转至，
，
又，
，
，
，
（负值舍去），
故答案为：．
【点睛】本题考查了正方形的性质，等腰三角形的性质，旋转的性质，勾股定理，全等三角形的判定与性质，熟练掌握正方形的性质是解题的关键．
11．（2022秋·北京·九年级北京市十一学校校考期中）如图，在平面直角坐标系中，点的坐标为，，点的坐标为，，线段绕点旋转一定的角度后与线段重合，均为格点，则旋转中心点的坐标为 ．

【答案】，
【分析】画出平面直角坐标系，对应点连线的垂直平分线的交点即为旋转中心．
【详解】解：平面直角坐标系如图所示，作、的垂直平分线交于点，旋转中心是点，，．

故答案为，．
【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．
12．（2022秋·新疆乌鲁木齐·九年级校考期末）在平面直角坐标系中，点（3，-2）关于原点对称的点的横纵坐标是x的方程 的两根，则 ．
【答案】-5
【分析】求出对称点的坐标后代入方程即可．
【详解】解：（3，-2）关于原点对称的点为（-3，2），
将横纵坐标代入得：，
解得：．
∴-5
故答案为：-5．
【点睛】本题主要考查点关于中心对称的求法，以及利用二次方程根求参数的方法，能够熟练运用知识点求出对称点坐标是解题关键．
13．（2023秋·全国·九年级专题练习）如图，与关于点成中心对称，有以下结论：①点A与点是对称点；②；③；④．其中正确结论的序号为 ．

【答案】①②③
【分析】根据中心对称的性质分别判断即可．
【详解】解：由中心对称的性质知，①点A与点是对称点；正确；
②；正确；
由中心对称知， ，
∴
∴；故③正确；
④，故④错误；
故答案为：①②③
【点睛】本题考查中心对称的性质，理解中心对称的定义及性质是解题的关键．
14．（2019秋·山东威海·八年级统考期末）如图，在中，，，是中点，则点关于点的对称点的坐标是 ．
【答案】()．
【分析】过点A作AD⊥OB于D，然后求出AD、OD的长，从而得到点A的坐标，再根据中点坐标公式，求出点C的坐标，然后利用中点坐标公式求出点O关于点C的对称点坐标，即可．
【详解】如图，过点A作AD⊥OB于D，
∵OA=OB=3，∠AOB=45°，
∴AD=OD=3÷=，
∴点A(，)，B(3，0)，
∵C是AB中点，
∴点C的坐标为()，
∴点O关于点C的对称点的坐标是：()
故答案为：()．
【点睛】本题主要考查图形与坐标，掌握等腰直角三角形的三边之比以及线段中点坐标公式，是解题的关键．
15．（2022春·福建泉州·八年级校考期末）如图，在矩形中，，，点P是上的动点，连接，将绕点P顺时针旋转得到线段，连结．P从点B向点C运动过程中，的最小值为 ．

【答案】
【分析】过作于，根据四边形是矩形和绕点顺时针旋转得到线段，证明，可得，，设则，有，进而即可求解．
【详解】解：过作于，如图：

四边形是矩形，
，
绕点顺时针旋转得到线段，
，，
，
，
，，
，
，
设则
在中，
，
当时，取最小值，最小值为，
最小值是
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了矩形的性质，勾股定理，旋转的性质，全等三角形的性质与判定，等腰直角三角形的性质等知识，掌握旋转的性质是解答关键．
16．（2023春·河南新乡·八年级校考期末）如图，正方形的边长为，对角线，交于点，正方形从初始位置边与重合时，绕点顺时针旋转，边，分别与正方形的边，交于点，点，不与正方形的顶点重合．有下列三个结论：①；② 与的面积和是；③四边形 周长的最小值为．以上结论正确的为 (填序号)．

【答案】①②③
【分析】由正方形性质可证得)，得出，，故①正确；再根据全等三角形性质可得，即可判断②正确；由四边形周长可得当且仅当，旋转角时，的值最小，即四边形周长最小，即可判断③正确．
【详解】解：四边形、四边形是正方形，
，，，
，
，
)，
，，故①正确；
，
，故②正确；
四边形周长，
当且仅当，旋转角时，的值最小，即四边形周长最小，
此时，，
四边形周长的最小值，故③正确；
故答案为：①②③．
【点睛】本题考查了正方形的性质，旋转变换的性质，全等三角形的判定和性质，点到直线的距离垂线段最短等，熟练掌握以上知识是解题的关键，
三、解答题
17．（2023秋·四川广元·九年级期中）如图，在平面直角坐标系中，的顶点坐标分别为，，．

(1)求的面积；
(2)在图中画出绕点C逆时针旋转得到的并写出点A的对应点的坐标．
(3)在图中画出关于原点O中心对称的的图形．
【答案】(1)
(2)画图见解析，
(3)画图见解析
【分析】（1）由长方形的面积减去周围三个三角形的面积即可；
（2）分别确定A，B，C绕C点顺时针旋转的对应点，，，再顺次连接即可；再根据的位置可得其坐标；
（3）分别确定A，B，C关于原点成中心对称的对应点，，，再顺次连接即可；
【详解】（1）解：；
（2）解：如图，即为所画的三角形，
根据的位置可得：；
（3）如图，即为所画的三角形．

【点睛】本题考查的是网格三角形的面积，画旋转图形，画关于原点成中心对称的图形，熟记旋转的性质并运用于作图是解本题的关键．
18．（2023春·广东佛山·八年级校考期中）如图1，点为平面直角坐标系的原点，点在轴上，是边长为的等边三角形．

(1)求点的坐标；
(2)若将绕点顺时针旋转，则点的对应点的坐标是______；
(3)将沿着轴向右平移到处，如图，连接，交于点．判断的形状，并说明理由．
【答案】(1)
(2)
(3)是等腰三角形，理由见解析
【分析】（1）作高线，根据等边三角形的性质和勾股定理求和的长，写出点的坐标，注意象限的符号问题；
（2）根据关于原点对称的点的坐标特征即可求解；
（3）根据平移可得，证明，得出，等角对等边，即可得出结论
【详解】（1）解：如图1，过作于，

∵是等边三角形，且，
，
∴，
∴
（2）解：若将绕点顺时针旋转，则点的对应点的坐标是，
故答案为：．
（3）解：是等腰三角形，理由如下，

∵平移，
∴，
∴，，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴，
∴是等腰三角形．
【点睛】本题考查了坐标与图形，等边三角形的性质，平移的性质，勾股定理，全等三角形的性质与判定，等腰三角形的判定，熟练掌握以上知识是解题的关键．
19．（2023秋·福建福州·九年级校考阶段练习）如图，在中，，将绕着点B顺时针旋转得到，点C，A的对应点分别为E，F，点E落在上，连接．

(1)若，求的度数；
(2)若，求的长．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）先求出，再根据旋转的性质可得，然后根据等腰三角形的性质求解即可得；
（2）先利用勾股定理可得，再根据旋转的性质可得，，从而可得，然后在中，利用勾股定理求解即可得．
【详解】（1）解：∵在中，，，
，
∵将绕着点顺时针旋转得到，
，
．
（2）解：∵在中，，，
，
∵将绕着点顺时针旋转得到，
，
，
在中，．
【点睛】本题考查了旋转的性质、勾股定理、等腰三角形的性质，熟练掌握旋转的性质是解题关键．
20．（2023秋·湖北襄阳·九年级校联考期中）如图，点E在正方形的边上，连接，，过点C作于点E，过点A作交于点G．

(1)将绕点D逆时针旋转，使得与重合，记此时点G的对应点为点，求点与旋转前的图中点F之间的距离；
(2)猜想线段、、之间满足的等量关系，并证明．
【答案】(1)3
(2)．证明见解析
【分析】（1）先证明，，得出四边形是平行四边形，根据，得出四边形是矩形，根据矩形性质得出；
（2）证明，得出，，证明．
【详解】（1）解：如图，连接，

在正方形中，，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
又∵，
，
∴，
由旋转可知，，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴四边形是平行四边形，
∵，
∴四边形是矩形，
∴；
（2）解：．理由如下：
由（1）可知，，
在和中，
，
∴，
∴，，
∴．
【点睛】本题主要考查了正方形的性质，矩形的判定和性质，余角的性质，三角形全等的判定和性质，解题的关键是熟练掌握三角形全等的判定方法，证明．
21．（2023秋·河北保定·九年级统考期中）如图，已知中，，，在外有一点，连接，，，将绕点A按顺时针方向旋转得到，与交于点，且．
(1)求的大小；
(2)连接，若，，求的长．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据旋转的性质得出，，，再由三角形内角和定理求解即可；
（2）根据等腰三角形的定义得出，再由三角形外角的定义及三角形内角和定理得出为等腰三角形即可得出结果．
【详解】（1）解：∵将绕点A按顺时针方向旋转得到，
∴，，，
∵，
∴在中，，
∴；
（2）∵，，
∴是等腰三角形，
∴，
∵，
∴，
∵，，，
∴，
∴．
【点睛】题目主要考查旋转的性质及三角形外角的性质、三角形内角和定理、等腰三角形的性质等，理解题意，综合运用这些知识点是解题关键．
22．（2023春·贵州铜仁·八年级校考期中）已知是等腰直角三角形，，直线m是过点C的任一条直线，于点E，于点D；

(1)如图（1），求证：；
(2)当直线m绕点C旋转到如图（2）时，上述（1）中结论是否还成立？若不成立，请写出AE与DE和BD的正确数量关系，并加以证明．
(3)当直线m绕点C旋转到如图（3）时，请直接写出AE与DE和BD的数量关系．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)
【分析】（1）先利用同角的余角相等判断出，进而得出，最后用线段的和差即可得出结论；
（2）先利用同角的余角相等判断出，进而得出，最后用线段的和差即可得出结论；
（3）先利用同角的余角相等判断出，进而得出，最后用线段的和差即可得出结论．
【详解】（1）证明：，
，
，
，
，
，
是等腰直角三角形，，
，
，
，
，
；
（2）（1）中结论不成立，新结论为：
证明：，
，
，
，
，
，
是等腰直角三角形，，
，
，
，
，
；
（3）证明：，
，
，
，
，
，
是等腰直角三角形，，
，
，
，
，
．
【点睛】此题是三角形综合题，主要考查了全等三角形的判定和性质，同角的余角相等，掌握“三垂线模型”是解题的关键．