2024-2025学年上学期初中数学人教版九年级期末必刷常考题之正多边形和圆练习

这是一份2024-2025学年上学期初中数学人教版九年级期末必刷常考题之正多边形和圆练习，共20页。

A．(−2，23)B．(−2，−23)C．(23，−2)D．(2，23)
2．（2024秋•长沙期中）已知一正多边形的一个外角等于72°，则该正多边形的中心角等于（ ）
A．18°B．36°C．72°D．108°
3．（2024秋•鼓楼区期中）正多边形的一部分如图所示，若∠ACB＝20°，则该正多边形的边数为（ ）
A．8B．9C．10D．12
4．（2024秋•大丰区期中）如图，在边长为2的正八边形中，把其不相邻的四条边均向两边延长相交成一个四边形ABCD，则四边形ABCD的周长是（ ）
A．24B．122C．16D．8+82
5．（2024•凤城市二模）苯分子的环状结构是由德国化学家凯库勒提出的．随着研究的不断深入，发现苯分子中的6个碳原子与6个氢原子均在同一平面，且所有碳碳键的键长都相等（如图1），组成了一个完美的六边形（正六边形），图2是其平面示意图，则∠1的度数为（ ）
A．130°B．120°C．110°D．60°
二．填空题（共5小题）
6．（2024•镇江）如图，AB是⊙O的内接正n边形的一边，点C在⊙O上，∠ACB＝18°，则n＝ ．
7．（2024•青岛二模）如图，⊙O与正五边形ABCDE的两边AE、CD分别相切于A、C两点，则∠AOC的度数为 ．
8．（2024秋•四平期中）如图，⊙O是正五边形ABCDE的内切圆，分别切AB，CD于点M，N，P是优弧MPN上的一点，则∠MPN的度数为 °．
9．（2024•温江区校级自主招生）如图，要拧开一个边长为a＝18cm的正六边形螺帽，扳手张开的开口b至少为 cm．
10．（2024•宿迁模拟）如图，在半径为2的⊙O中，两个顶点重合的内接正四边形与正六边形，则阴影部分的面积为 ．
三．解答题（共5小题）
11．（2024•武威校级三模）如图，在正五边形ABCDE中，连结AC，AD，CE，CE交AD于点F．
（1）求∠CAD的度数．
（2）已知AB＝2，求DF的长．
12．（2023秋•同心县期末）如图，四边形ABCD内接于⊙O，∠BOD＝140°，求∠BCD的度数．
13．（2023秋•林芝市期末）如图，已知正六边形ABCDEF的边长为23．求边心距OP的长．
14．（2023秋•秀屿区校级期中）如图，正方形ABCD内接于⊙O，E是BC的中点，连接AE，DE，CE．
（1）求证：AE＝DE；
（2）求证：AE+CE=2DE．
15．（2023秋•拱墅区校级期中）如图所示，已知正八边形ABCDEFGH内接于⊙O，连接AC、BD，相交于点P，若⊙O的半径为1．
（1）求AC的长；
（2）求∠APD的度数．
2024-2025学年上学期初中数学人教版九年级期末必刷常考题之正多边形和圆
参考答案与试题解析
一．选择题（共5小题）
1．（2024秋•青秀区校级期中）如图，在平面直角坐标系中，边长为4的正六边形ABCDEF的中心与原点O重合，AB∥x轴，将六边形绕点O顺时针旋转，每次旋转45°，则第1000次旋转结束时，点A的坐标为（ ）
A．(−2，23)B．(−2，−23)C．(23，−2)D．(2，23)
【考点】正多边形和圆；坐标与图形变化﹣旋转；规律型：点的坐标．
【专题】规律型；平移、旋转与对称；正多边形与圆；几何直观；运算能力．
【答案】A
【分析】连接OA、OB，设AB交y轴于点P，由正多边形的性质、等边三角形的判定与性质、勾股定理求出A（﹣2，23），再根据旋转8次为一个循环，由此即可得出答案．
【解答】解：如图，连接OA、OB，设AB交y轴于点P，
，
∵边长为4的正六边形ABCDEF的中心与原点O重合，AB∥x轴，
∴AB＝4，AB⊥y轴，∠AOB＝360°÷6＝60°，OA＝OB，
∴△AOB是等边三角形，OP⊥AB，
∴AP＝PB＝2，OB＝OA＝4，
∴OP=OB2−PB2=23，
∴A（﹣2，23），
∵将六边形绕点O顺时针旋转，每次旋转45°，8次一个循环，
∵1000÷8＝125，
∴第1000次旋转结束时，点A的坐标为（﹣2，23），
故选：A．
【点评】本题考查了正多边形和圆，规律型：点的坐标，坐标与图形变化﹣旋转，熟练掌握以上知识点并灵活运用是解此题的关键．
2．（2024秋•长沙期中）已知一正多边形的一个外角等于72°，则该正多边形的中心角等于（ ）
A．18°B．36°C．72°D．108°
【考点】正多边形和圆．
【专题】正多边形与圆；运算能力．
【答案】C
【分析】利用多边形的外角得到正多边形的边数，然后根据正多边形的中心角定义即可求解．
【解答】解：∵正多边形的一个外角为72°，
∴正多边形的边数为360°÷72°＝5，
∴这个正多边形的中心角的度数是360°÷5＝72°，
故选：C．
【点评】本题考查正多边形的外角和定理，正多边形的中心角，掌握正多边形的外角和定理是解题的关键．
3．（2024秋•鼓楼区期中）正多边形的一部分如图所示，若∠ACB＝20°，则该正多边形的边数为（ ）
A．8B．9C．10D．12
【考点】正多边形和圆．
【专题】正多边形与圆；运算能力；推理能力．
【答案】B
【分析】根据圆周角定理即可得到结论．
【解答】解：如图，
∵∠ACB＝20°，
∴∠AOB＝2∠ACB＝40°，
∴正多边形的边数=36040=9，
故选：B．
【点评】本题考查了正多边形与圆，熟练掌握圆周角定理是解题的关键．
4．（2024秋•大丰区期中）如图，在边长为2的正八边形中，把其不相邻的四条边均向两边延长相交成一个四边形ABCD，则四边形ABCD的周长是（ ）
A．24B．122C．16D．8+82
【考点】正多边形和圆．
【专题】正多边形与圆；运算能力．
【答案】D
【分析】根据题意可知形成的四个小的直角三角形全等，并且四个都是等腰直角三角形，从而可以求得四边形ABCD一边的长，从而可以求得四边形ABCD的周长．
【解答】解：由题意可得，
AD＝2+222×2＝2+22，
∴四边形ABCD的周长是：4×（2+22）＝8+82，
故选：D．
【点评】本题考查正多边形和圆，解答本题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件，求出四边形ABCD的边长．
5．（2024•凤城市二模）苯分子的环状结构是由德国化学家凯库勒提出的．随着研究的不断深入，发现苯分子中的6个碳原子与6个氢原子均在同一平面，且所有碳碳键的键长都相等（如图1），组成了一个完美的六边形（正六边形），图2是其平面示意图，则∠1的度数为（ ）
A．130°B．120°C．110°D．60°
【考点】正多边形和圆．
【专题】多边形与平行四边形；正多边形与圆；运算能力．
【答案】B
【分析】根据正六边形的性质，等腰三角形的性质以及三角形内角和定理进行计算即可．
【解答】解：如图2，∵六边形ABCDEF是正六边形，
∴AB＝AF＝EF，∠BAF=(6−2)×180°6=120°，
∴∠ABF＝∠AFB=180°−120°2=30°，
同理∠EAF＝30°，
∴∠1＝180°﹣30°﹣30°＝120°，
故选：B．
【点评】本题考查正多边形和圆，等腰三角形以及三角形内角和定理，掌握正六边形的性质，等腰三角形的性质以及三角形内角和定理是正确解答的前提．
二．填空题（共5小题）
6．（2024•镇江）如图，AB是⊙O的内接正n边形的一边，点C在⊙O上，∠ACB＝18°，则n＝ 10 ．
【考点】正多边形和圆；圆周角定理．
【专题】圆的有关概念及性质；正多边形与圆；运算能力；推理能力．
【答案】10．
【分析】由圆周角定理得∠AOB＝36°，再根据正n边形的边数n＝360°÷中心角，即可得出结论．
【解答】解：∵∠ACB＝180°，
∴∠AOB＝2∠ACB＝2×18°＝36°，
∴n＝360°÷36°＝10，
故答案为：10．
【点评】本题考查了正多边形和圆、圆周角定理等知识，求出中心角的度数是解题的关键．
7．（2024•青岛二模）如图，⊙O与正五边形ABCDE的两边AE、CD分别相切于A、C两点，则∠AOC的度数为 144° ．
【考点】正多边形和圆；多边形内角与外角；切线的性质．
【答案】见试题解答内容
【分析】先根据五边形的内角和求∠E＝∠D＝108°，由切线的性质得：∠OAE＝∠OCD＝90°，最后利用五边形的内角和相减可得结论．
【解答】解：正五边形的内角＝（5﹣2）×180°÷5＝108°，
∴∠E＝∠D＝108°，
连接OA、OC，
∵AE、CD分别与⊙O相切于A、C两点，
∴∠OAE＝∠OCD＝90°，
∴∠AOC＝540°﹣90°﹣90°﹣108°﹣108°＝144°，
故答案为：144°．
【点评】本题考查了正五边形的内角和、内角的度数、切线的性质，本题的五边形内角可通过外角来求：180°﹣360°÷5＝108°．
8．（2024秋•四平期中）如图，⊙O是正五边形ABCDE的内切圆，分别切AB，CD于点M，N，P是优弧MPN上的一点，则∠MPN的度数为 72 °．
【考点】正多边形和圆；圆周角定理；切线的性质；三角形的内切圆与内心．
【专题】圆的有关概念及性质；与圆有关的位置关系；正多边形与圆；运算能力；推理能力．
【答案】72．
【分析】根据正五边形的性质求出∠B＝∠C＝108°，再根据切线的性质得出∠OMB＝∠ONC＝90°，由五边形的内角和求出∠MON＝144°，由圆周角定理即可得出答案．
【解答】解：∵⊙O是正五边形ABCDE的内切圆，分别切AB，CD于点M，N，
∴∠OMB＝∠ONC＝90°，
∵五边形ABCDE是正五边形，
∴∠B＝∠C=(5−2)×180°5=108°，
∴∠MON＝（5﹣2）×180°﹣90°﹣90°﹣108°﹣108°＝144°，
∴∠MPN=12∠MON＝72°．
故答案为：72．
【点评】本题考查正多边形和圆，切线的性质，圆周角定理以及多边形内角和的计算，掌握正五边形的性质，切线的性质，圆周角定理以及多边形内角和的计算方法是正确解答的关键．
9．（2024•温江区校级自主招生）如图，要拧开一个边长为a＝18cm的正六边形螺帽，扳手张开的开口b至少为 183 cm．
【考点】正多边形和圆．
【专题】正多边形与圆；推理能力．
【答案】183．
【分析】设正六边形的中心是O，其一边是AB，连接OA、OB、OC、AC，OB交AC于M，则∠AOB＝∠BOC＝60°，得出OA＝OB＝AB＝OC＝BC，则四边形ABCO是菱形，得出AC⊥OB，AM＝CM，由sin∠AOB=AMOA=AMAB，即可得出结果．
【解答】解：设正六边形的中心是O，其一边是AB，连接OA、OB、OC、AC，OB交AC于M，如图所示：
∴∠AOB＝∠BOC＝60°，
∴OA＝OB＝AB＝OC＝BC，
∴四边形ABCO是菱形，
∴AC⊥OB，AM＝CM，
∵AB＝8mm，∠AOB＝60°，
∴sin∠AOB=AMOA=AMAB，
∴AM＝18×32=93（cm），
∴AC＝2AM＝183cm，
故答案为：183．
【点评】本题考查了正多边形和圆、菱形的判定与性质等知识，构造一个由半径、半边、边心距组成的直角三角形，运用锐角三角函数进行求解是解此题的关键．
10．（2024•宿迁模拟）如图，在半径为2的⊙O中，两个顶点重合的内接正四边形与正六边形，则阴影部分的面积为 6﹣23 ．
【考点】正多边形和圆．
【答案】见试题解答内容
【分析】如图，连接OB，OF，根据题意得：△BFO是等边三角形，△CDE是等腰直角三角形，求得△ABC的高和底即可求出阴影部分的面积．
【解答】解：如图，连接OB，OF，
根据题意得：△BFO是等边三角形，△CDE是等腰直角三角形，
∴BF＝OB＝2，
∴△BFO的高为：3，CD＝2（2−3）＝4﹣23，
∴BC=12（2﹣4+23）=3−1，
∴阴影部分的面积＝4S△ABC＝4×12（3−1）•3=6﹣23．
故答案为：6﹣23．
【点评】本题考查了正多边形和圆，三角形的面积，解题的关键是知道阴影部分的面积等于4个三角形的面积．
三．解答题（共5小题）
11．（2024•武威校级三模）如图，在正五边形ABCDE中，连结AC，AD，CE，CE交AD于点F．
（1）求∠CAD的度数．
（2）已知AB＝2，求DF的长．
【考点】正多边形和圆．
【专题】圆的有关概念及性质；运算能力．
【答案】（1）∠CAD＝36°；
（2）DF的长是5−1．
【分析】（1）根据五边形ABCDE是正五边形，判断出AB＝BC＝CD＝DE＝AE，BA∥CE，AD∥BC，DE∥AC，AC＝AD＝CE，∠BAE＝108°．即可得到∠BAC=∠CAD=∠DAE=13×108°=36°；
（2）证明△DCF∽△DAC，推出CD2＝DF×AD，设DF＝x，则AD＝x+2，列出方程，解方程即可求出DF的长．
【解答】解：（1）∵五边形ABCDE是正五边形，
∴AB＝BC＝CD＝DE＝AE，BA∥CE，AD∥BC，DE∥AC，AC＝AD＝CE，∠BAE=15(5−2)×180°=108°．
∴四边形ABCF是菱形，
∴∠BAC＝∠CAD，
同理可求：∠CAD＝∠DAE，
∴∠BAC=∠CAD=∠DAE=13×108°=36°；
（2）∵四边形ABCF是菱形，
∴CF＝AF＝AB＝2．
∵∠BAC＝∠CAD＝∠DAE＝36°，
同理∠DCE＝36°，
∴△DCF∽△DAC，
∴CDDF=ADCD，即CD2＝DF×AD，
设DF＝x，则AD＝x+2，
∴22＝x（x+2），即x2+2x﹣4＝0，
解得x=5−1（舍去负值）．
∴DF的长是5−1．
【点评】本题考查了正多边形和圆，根据正五边形的性质，找到相似三角形，利用相似三角形的性质是解题的关键．
12．（2023秋•同心县期末）如图，四边形ABCD内接于⊙O，∠BOD＝140°，求∠BCD的度数．
【考点】圆内接四边形的性质；圆周角定理．
【专题】圆的有关概念及性质．
【答案】见试题解答内容
【分析】先根据圆周角定理得到∠A=12∠BOD＝70°，然后根据圆内接四边形的性质求∠BCD的度数．
【解答】解：∵∠BOD＝140°，
∴∠A=12∠BOD＝70°，
∴∠BCD＝180°﹣∠A＝110°．
【点评】本题考查了圆周角定理：在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等，都等于这条弧所对的圆心角的一半．也考查了圆内接四边形的性质．
13．（2023秋•林芝市期末）如图，已知正六边形ABCDEF的边长为23．求边心距OP的长．
【考点】正多边形和圆．
【专题】正多边形与圆；运算能力；推理能力．
【答案】见解答详解．
【分析】由正六边形ABCDEF可求出∠AOB＝60°，进而可求出∠AOP＝30°，根据勾股定理即可求出边心距OP的长．
【解答】解：∵正六边形ABCDEF是圆的内接多边形，
∴∠AOB＝60°，
∵OA＝OB，OP⊥AB，
∴∠AOP＝30°，AP＝BP，
∵AB＝23，
∴OA＝23，AP=12AB=3，
∴OP=OA2−AP2=3．
【点评】本题考查了正多边形和圆、正六边形的性质、等腰三角形的判定与性质；熟练掌握正六边形的性质是解决问题的关键．
14．（2023秋•秀屿区校级期中）如图，正方形ABCD内接于⊙O，E是BC的中点，连接AE，DE，CE．
（1）求证：AE＝DE；
（2）求证：AE+CE=2DE．
【考点】正多边形和圆；全等三角形的判定与性质；正方形的性质；圆周角定理．
【专题】矩形 菱形 正方形；推理能力．
【答案】（1）见解析；
（2）见解析．
【分析】（1）证明AE=DE，即可得出AE＝DE．
（2）连接BD，过点D作DF⊥DE交EC的延长线于F．证明，推出AE＝CF，即可解决问题．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝CD，
∴AB=CD．
∵E是BC的中点，
∴BE=EC，
∴AE=DE，
∴AE＝DE．
（2）证明：连接BD，过点D作DF⊥DE交EC的延长线于F．
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠DBC＝∠DEC＝45°，DA＝DC，
∵∠EDF＝90°，
∴∠F＝90°﹣45°＝45°，
∴DE＝DF．
∵∠ADC＝∠EDF＝90°，
∴∠ADE＝∠CDF．
在△ADE和△CDF中，
∠ADE=∠CDF∠AED=∠FDA=DC，
∴△ADE≌△CDF（AAS），
∴AE＝CF，
∴EF=2DE=EC+CF=EC+AE，
即AE+CE=2DE．
【点评】本题考查正多边形与圆，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等知识，勾股定理，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题．
15．（2023秋•拱墅区校级期中）如图所示，已知正八边形ABCDEFGH内接于⊙O，连接AC、BD，相交于点P，若⊙O的半径为1．
（1）求AC的长；
（2）求∠APD的度数．
【考点】正多边形和圆；勾股定理；圆周角定理．
【专题】正多边形与圆；运算能力；推理能力．
【答案】（1）2；（2）135°．
【分析】（1）连接OA，OB，OB与AC交于点Q，先根据正八边形和圆的性质求出∠AOB，再根据特殊角三角函数值求出AC的长；
（2）根据圆周角定理和三角形的外角定理即可求出∠APD．
【解答】解：（1）如图，连接OA，OB，设OB与AC交于点Q，
由题意可知，QA＝QC，OB⊥AC，
∵ABCDEFGH是正八边形，
∴∠AOB=360°8=45°，
∴QA＝OQ＝OAsin∠AOB＝sin45°=22，
∴AC＝2QA=2；
（2）∵AFD所对的圆心角为5∠AOB＝225°，
∴AFD所对的圆周角为∠ABD=12×225°＝112.5°，
∵∠BAC=12×45°＝22.5°，
∴∠APD＝∠ABD+∠BAC＝135°．
【点评】本题考查了正八边形与圆的综合，熟练运用正八边形的性质，特殊角的三角函数值，圆周角定理是解题的关键．
考点卡片
1．规律型：点的坐标
1．所需能力：（1）深刻理解平面直角坐标系和点坐标的意义（2）探索各个象限的点和坐标轴上的点其坐标符号规律（3）探索关于平面直角坐标系中有关对称，平移等变化的点的坐标变化规律．
2．重点：探索各个象限的点和坐标轴上的点其坐标符号规律
3．难点：探索关于平面直角坐标系中有关对称，平移等变化的点的坐标变化规律．
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．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=c2−b2，b=c2−a2及c=a2+b2．
（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．
4．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°．
5．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．
6．圆周角定理
（1）圆周角的定义：顶点在圆上，并且两边都与圆相交的角叫做圆周角．
注意：圆周角必须满足两个条件：①顶点在圆上．②角的两条边都与圆相交，二者缺一不可．
（2）圆周角定理：在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等，都等于这条弧所对的圆心角的一半．
推论：半圆（或直径）所对的圆周角是直角，90°的圆周角所对的弦是直径．
（3）在解圆的有关问题时，常常需要添加辅助线，构成直径所对的圆周角，这种基本技能技巧一定要掌握．
（4）注意：①圆周角和圆心角的转化可通过作圆的半径构造等腰三角形．利用等腰三角形的顶点和底角的关系进行转化．②圆周角和圆周角的转化可利用其“桥梁”﹣﹣﹣圆心角转化．③定理成立的条件是“同一条弧所对的”两种角，在运用定理时不要忽略了这个条件，把不同弧所对的圆周角与圆心角错当成同一条弧所对的圆周角和圆心角．
7．圆内接四边形的性质
（1）圆内接四边形的性质：
①圆内接四边形的对角互补．
②圆内接四边形的任意一个外角等于它的内对角（就是和它相邻的内角的对角）．
（2）圆内接四边形的性质是沟通角相等关系的重要依据，在应用此性质时，要注意与圆周角定理结合起来．在应用时要注意是对角，而不是邻角互补．
8．切线的性质
（1）切线的性质
①圆的切线垂直于经过切点的半径．
②经过圆心且垂直于切线的直线必经过切点．
③经过切点且垂直于切线的直线必经过圆心．
（2）切线的性质可总结如下：
如果一条直线符合下列三个条件中的任意两个，那么它一定满足第三个条件，这三个条件是：①直线过圆心；②直线过切点；③直线与圆的切线垂直．
（3）切线性质的运用
运用切线的性质进行计算或证明时，常常作的辅助线是连接圆心和切点，通过构造直角三角形或相似三角形解决问题．
9．三角形的内切圆与内心
（1）内切圆的有关概念：
与三角形各边都相切的圆叫三角形的内切圆，三角形的内切圆的圆心叫做三角形的内心，这个三角形叫做圆的外切三角形．三角形的内心就是三角形三个内角角平分线的交点．
（2）任何一个三角形有且仅有一个内切圆，而任一个圆都有无数个外切三角形．
（3）三角形内心的性质：
三角形的内心到三角形三边的距离相等；三角形的内心与三角形顶点的连线平分这个内角．
10．正多边形和圆
（1）正多边形与圆的关系
把一个圆分成n（n是大于2的自然数）等份，依次连接各分点所得的多边形是这个圆的内接正多边形，这个圆叫做这个正多边形的外接圆．
（2）正多边形的有关概念
①中心：正多边形的外接圆的圆心叫做正多边形的中心．
②正多边形的半径：外接圆的半径叫做正多边形的半径．
③中心角：正多边形每一边所对的圆心角叫做正多边形的中心角．
④边心距：中心到正多边形的一边的距离叫做正多边形的边心距．
11．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°．