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专题21 对称、平移、旋转 山东省2023年中考数学一轮复习专题训练
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这是一份专题21 对称、平移、旋转 山东省2023年中考数学一轮复习专题训练，共26页。试卷主要包含了单选题，填空题，作图题等内容，欢迎下载使用。
专题21 对称、平移、旋转 山东省2023年中考数学一轮复习专题训练
一、单选题
1．（2022·济宁）如图，三角形纸片ABC中，∠BAC＝90°，AB＝2，AC＝3．沿过点A的直线将纸片折叠，使点B落在边BC上的点D处；再折叠纸片，使点C与点D重合，若折痕与AC的交点为E，则AE的长是（ ）
A．136 B．56 C．76 D．65
2．（2022·日照）山东省第二十五届运动会将于2022年8月25日在日照市开幕，“全民健身与省运同行”成为日照市当前的运动主题．在下列给出的运动图片中，是轴对称图形的是（ ）
A． B．
C． D．
3．（2022·枣庄）剪纸文化是中国最古老的民间艺术之一，下列剪纸图案中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（ ）
A． B．
C． D．
4．（2022·菏泽）如图所示，将一矩形纸片沿AB折叠，已知∠ABC=36°，则∠D1AD=（ ）
A．48° B．66° C．72° D．78°
5．（2022·济南）下列绿色能源图标中既是轴对称图形又是中心对称图形的是（ ）
A． B． C． D．
6．（2022·枣庄）如图，将△ABC先向右平移1个单位，再绕点P按顺时针方向旋转90°，得到△A′B′C′，则点B的对应点B′的坐标是（ ）
A．（4，0） B．（2，﹣2） C．（4，﹣1） D．（2，﹣3）
7．（2022·聊城）如图，在直角坐标系中，线段A1B1是将△ABC绕着点P(3，2)逆时针旋转一定角度后得到的△A1B1C1的一部分，则点C的对应点C1的坐标是（ ）
A．（-2，3） B．（-3，2） C．（-2，4） D．（-3，3）
8．（2022·崂山模拟）如图，将线段AB绕原点O按逆时针方向旋转90°，得到线段A'B'，则B'点的坐标是（ ）
A．（1，-3） B．（-3，1） C．（3，-1） D．（-1，3）
9．（2022·东昌府模拟）在平面直角坐标系中，点A的坐标为(-1，3)，以原点O为中心，将点A顺时针旋转120°得到点A'，则点A'坐标为（ ）
A．(0，-2) B．(2，0) C．(1，-3) D．(3，-1)
10．（2022·惠民模拟）如图，将边长为9的正方形ABCD沿MN折叠，使点B落在CD边上的B'处，点A对应点为A'，且B'C=3，则AM的长是（ ）
A．2 B．3 C．2 D．3
二、填空题
11．（2022·枣庄）在活动课上，“雄鹰组”用含30°角的直角三角尺设计风车．如图，∠C＝90°，∠ABC＝30°，AC＝2，将直角三角尺绕点A逆时针旋转得到△AB′C′，使点C′落在AB边上，以此方法做下去……则B点通过一次旋转至B′所经过的路径长为 ．（结果保留π）
12．（2022·潍坊）如图，在直角坐标系中，边长为2个单位长度的正方形ABCO绕原点O逆时针旋转75°，再沿y轴方向向上平移1个单位长度，则点B″的坐标为 ．
13．（2022·潍坊）小莹按照如图所示的步骤折叠A4纸，折完后，发现折痕AB′与A4纸的长边AB恰好重合，那么A4纸的长AB与宽AD的比值为 ．
14．（2022·济南模拟）如图1，有一张矩形纸片ABCD，已知AB=10，AD=12，现将纸片进行如下操作：先将纸片沿折痕BF进行折叠，使点A落在BC边上的点E处，点F在AD上（如图2）；然后将纸片沿折痕DH进行第二次折叠，使点C落在第一次的折痕BF上的点G处，点H在BC上（如图3），则GH的长是 ．
15．（2022·东营模拟）如图，在平面直角坐标系中，若A（0，3），B（－2，1），在x轴上存在点P，使P到A，B两点的距离之和最小，则点P的坐标为 ．
16．（2022·东明模拟）如图，矩形ABCD中，点G，E分别在边BC，DC上，连接AG，EG，AE，将△ABG和△ECG分别沿AG，EG折叠，使点B，C恰好落在AE上的同一点，记为点F．若CE=3，CG=4，则sin∠DAE= ．
17．（2022·潍城模拟）如图，将矩形纸片ABCD分别沿EF，EG折叠，点B，C恰好落在同一点P处．若AB=2cm，BC=8cm，∠CEG=30°，则图中阴影部分的面积为 cm2．
18．（2022·平邑模拟）规定：在平面内，如果一个图形绕一个定点旋转一定的角度α(0°<α≤180°)后能与自身重合，那么就称这个图形是旋转对称图形，转动的这个角度α称为这个图形的一个旋转角．例如：正方形绕着两条对角线的交点O旋转90°或180°后，能与自身重合（如图），所以正方形是旋转对称图形，且有两个旋转角．
根据以上规定，下列图形是旋转对称图形，也是中心对称图形的是 ．
①正五边形；②正六边形；③矩形；④菱形
19．（2022·宁阳模拟）如图，将三个相同的三角尺（内角分别为30°，60°，90°）的一个顶点重合放置，如果 ∠1=22° ， ∠2=26° ，那么 ∠3 的度数是 ．
20．（2022·高唐模拟）如图，在△ABC中，∠ACB=90°，∠B=30°，AB=4，点D，E分别是AB，AC的中点，把△ABC绕着点C做逆时针旋转，得到△A1B1C，点D的对应点为D1，连接D1E，则在旋转过程中D1E的最大值与最小值的比值为 ．
三、作图题
21．（2021九上·兰山期中）图，在4×4的方格纸中，△ABC的三个顶点都在格点上．
（1）在图1中，画出一个与△ABC成中心对称的格点三角形；
（2）在图2中，画出△ABC绕着点C按顺时针方向旋转90°后的三角形．
22．（2021九上·临沭期中）在10×10的正方形网格中，小正方形的边长均为1个单位长度．
⑴画出△ABC绕点O逆时针旋转90°的△A1B1C1；
⑵再画出△ABC关于点O的中心对称图形△A2B2C2．
23．（2021九上·沂南期中）如图，△ABC绕点O逆时针旋转90°，得到△A1B1C1，已知A(-2，3)，B(-3，1)，C(-1，2)．
（1）画出旋转后的△A1B1C1；直接写出点B1的坐标（ ▲ ， ▲ ）；绕点O逆时针旋转90°后得到的△A1B1C1；
（2）作出△ABC关于原点O的对称图形△A2B2C2．
24．（2021九上·泗水期中）如图，△ABC三个顶点的坐标分别为A（1，1），B（4.2）．C（3.4）
⑴请画出将△ABC向左平移6个单位长度后得到的图形△A1B1C1；
⑵请画出△ABC绕原点O顺时针旋转90°的图形△A2B2C2；
⑶△A2B2C2可看成将△A1B1C1以某点为旋转中心旋转而得，则旋转中心的坐标是 ▲ ．
25．（2022八下·历下期末）如图，已知O是坐标原点，B、C两点的坐标分别为（3，-1），（2，1）
（1）若△B1OC1与△BOC关于点O成中心对称，请直接写出对应点B1、C1的坐标；
（2）将△BOC绕点O逆时针旋转90度，得到△B2OC2．请画出旋转后的△B2OC2．
答案解析部分
1．【答案】A
【解析】【解答】解：∵沿过点A的直线将纸片折叠，使点B落在边BC上的点D处，
∴AD = AB = 2， ∠B = ∠ADB，
∵折叠纸片，使点C与点D重合，
∴CE= DE， ∠C=∠CDE，
∵∠BAC = 90°，
∴∠B+ ∠C= 90°，
∴∠ADB + ∠CDE = 90°，
∴∠ADE = 90°，
∴AD2 + DE2 = AE2，
设AE=x，则CE=DE=3-x，
∴22+(3-x)2 =x2，
解得x=136
即AE=136
故答案为：A
【分析】根据折叠的性质求出CE= DE， ∠C=∠CDE，再求出∠ADE = 90°，最后列方程求解即可。
2．【答案】D
【解析】【解答】解：A、不是轴对称图形，故本选项不符合题意；
B、不是轴对称图形，故本选项不符合题意；
C、不是轴对称图形，故本选项不符合题意；
D、是轴对称图形，故本选项符合题意．
故答案为：D．
【分析】 如果一个图形沿着一条直线对折后两部分完全重合，那么这样的图形就叫做轴对称图形 。根据轴对称图形的定义对每个选项一一判断即可。
3．【答案】D
【解析】【解答】A．不是中心对称图形，是轴对称图形，故此选项不合题意；
B．不是中心对称图形，是轴对称图形，故此选项不合题意；
C．是中心对称图形，不是轴对称图形，故此选项不合题意；
D．既是轴对称图形又是中心对称图形，故此选项符合题意；
故答案为：D．
【分析】 把一个图形绕某一个点旋转180°，如果旋转后的图形能与原来的图形重合，那么这个图形称为中心对称图形。 轴对称图形是指一条轴线的两边完全对称的图形，形状都完全对称。 根据所给的中心对称图形和轴对称图形的定义对每个选项一一判断即可。
4．【答案】C
【解析】【解答】∵将一矩形纸片沿AB折叠，
∴AD∥BC，∠DAB=∠D1AB，
∴∠DAB+∠ABC=180°，
∵∠ABC=36°，
∴∠DAB=144°=∠D1AB，
∴∠D1AD=360°-144°-144°=72°，
故答案为：C．
【分析】先求出∠DAB+∠ABC=180°，再求出∠DAB=144°=∠D1AB，最后计算求解即可。
5．【答案】B
【解析】【解答】解：A、既不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故本选项不合题意；
B、既是轴对称图形，又是中心对称图形，故本选项符合题意；
C、不是轴对称图形，是中心对称图形，故本选项不合题意；
D、是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项不合题意．
故答案为：B．
【分析】 轴对称图形是指一条轴线的两边完全对称的图形，形状都完全对称。 把一个图形绕某一个点旋转180°，如果旋转后的图形能与原来的图形重合，那么这个图形称为中心对称图形。 根据轴对称图形和中心对称图形的定义对每个选项一一判断即可。
6．【答案】C
【解析】【解答】作出旋转后的图形如下：
∴B'点的坐标为（4，﹣1），
故答案为：C．
【分析】根据平移和旋转的性质作图，再求点的坐标即可。
7．【答案】A
【解析】【解答】解：∵线段A1B1是将△ABC绕着点P(3，2)逆时针旋转一定角度后得到的△A1B1C1的一部分，
∴A的对应点为A1，∴∠APA1=90°，∴旋转角为90°，
∴点C绕点P逆时针旋转90°得到的C1点的坐标为（-2，3），
故答案为：A．
【分析】根据点坐标旋转的性质和特征求解即可。
8．【答案】C
【解析】【解答】解：根据题意画图如下：
由图形可知：B'点的坐标是(3，-1)，
故答案为：C．
【分析】根据点坐标旋转的特征求解即可。
9．【答案】B
【解析】【解答】作AB⊥x轴于点B，如图：
∵点A的坐标为(-1，3)，
∴AB=3、OB=1，
∴AO=(3)2+12=2，
∴OB=12OA，
∴∠AOB=60°，
∴∠AOA'=120°，
∴将点A顺时针旋转120°得到点A'，则点A'在x轴上，
∴A'O=AO=2，
∴点A'坐标为(2，0)；
故答案为：B．
【分析】作AB⊥x轴于点B，根据点A的坐标求出AB=3，OB=1，利用锐角三角函数求出∠AOB=60°，得到∠AOA'=120°，即可得到将点A顺时针旋转120°得到点A'，则点A'在x轴上，再求出点A'坐标为(2，0)即可。
10．【答案】A
【解析】【解答】解：连接B'B，过M作MH⊥BC交BC于点H，MN交B'B于点I，
由翻折可知：B'N=BN，MN⊥B'B，
设BN=x，
∵正方形ABCD的边长为9，
∴NC=9-x，
在Rt△B'NC中，B'C=3，
NC2+B'C2=B'N2，即(9-x)2+32=x2，
解得x=5，
∴BN=5，
∵∠A=∠ABC=∠MHB=90°，
∴四边形ABHM为矩形，
∴AB=MH，AM=BH，
∵MN⊥B'B，
∴∠IBN+∠INB=∠INB+∠HMN=90°，即∠IBN=∠HMN，
∵MH=AB=BC，
∴△BCB'≌△MHN(AAS)，
∴HN=B'C=3，
∴BH=BN-NH=2，
∴AM=2．
故答案为：A．
【分析】连接B'B，过M作MH⊥BC交BC于点H，MN交B'B于点I，设BN=x，根据勾股定理可得NC2+B'C2=B'N2，即(9-x)2+32=x2，求出x=5，再根据△BCB'≌△MHN可得HN=B'C=3，再利用线段的和差可得BH的长，即可得到AM的长。
11．【答案】4π3
【解析】【解答】∵∠C＝90°，∠ABC＝30°，AC＝2，
∴AB＝2AC＝4，∠BAC＝60°，
由旋转的性质得，∠BAB′＝∠BAC＝60°，
∴B点通过一次旋转至B′所经过的路径长为60π·4180=4π3，
故答案为：4π3．
【分析】先求出AB＝2AC＝4，∠BAC＝60°，再求出∠BAB′＝∠BAC＝60°，最后求解即可。
12．【答案】(-2，6+1)
【解析】【解答】解：如图：连接OB，OB'，作B'M⊥y轴
∵ABCO是正方形，OA=2
∴∠COB=45°，OB=22
∵绕原点O逆时针旋转75°
∴∠BOB'=75°
∴∠COB'=30°
∵OB'=OB=22
∴MB'=2， MO=6
∴B'(-2，6)
∵沿y轴方向向上平移1个单位长度
∴B″(-2，6+1)
故答案为：(-2，6+1)
【分析】连接OB，OB'，作B'M⊥y轴，由绕原点O逆时针旋转75°，得出∠BOB'=75°、∠COB'=30°，OB'=OB=22，沿y轴方向向上平移1个单位长度，即可得解。
13．【答案】2：1
【解析】【解答】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠D=∠B=∠DAB=90°，
由操作一可知：∠DAB′=∠D′AB′=45°，∠AD′B′=∠D=90°，AD=AD′，
∴△AB′D′是等腰直角三角形，
∴AD=AD′= B′D′，
由勾股定理得AB′=2AD，
又由操作二可知：AB′=AB，
∴2AD=AB，
∴ABAD=2，
∴A4纸的长AB与宽AD的比值为2：1．
故答案为：2：1．
【分析】由操作一可知：∠DAB′=∠D′AB′=45°，∠AD′B′=∠D=90°，AD=AD′，得出△AB′D′是等腰直角三角形，由勾股定理得AB′=2AD，又由操作二可知：AB′=AB，即可得解。
14．【答案】5
【解析】【解答】解：如图，过点G作MN∥AB，分别交AD、BC于点M、N，
∵四边形ABCD为矩形，
∴AB＝CD＝10，BC＝AD＝12，
∵∠A=∠ABC=∠BEF=90°，AB=BE，
∴四边形ABEF为正方形，
∴AF＝AB＝10，
∵MN∥AB，
∴△BNG和△FMG为等腰直角三角形，且MN＝AB＝10，
设BN＝x，则GN＝AM＝x，MG＝MN﹣GN＝10﹣x，MD＝AD﹣AM＝12﹣x，
又由折叠的可知DG＝DC＝10，
在Rt△MDG中，由勾股定理可得MD2+MG2＝GD2，
即（12﹣x）2+（10﹣x）2＝102，解得x＝4（x＝18舍去），
∴GN＝BN＝4，MG＝6，MD＝8，
又∠DGH＝∠C＝∠GMD＝90°，
∴∠NGH+∠MGD＝∠MGD+∠MDG＝90°，
∴∠NGH＝∠MDG，且∠DMG＝∠GNH，
∴△MGD∽△NHG，
∴MDGN=MGNH=DGGH，即84=6NH=10GH，
∴NH＝3，GH＝CH＝5，
故答案为：5．
【分析】过点G作MN∥AB，分别交AD、BC于点M、N，先证明△BNG和△FMG为等腰直角三角形，且MN＝AB＝10，设BN＝x，则GN＝AM＝x，MG＝MN﹣GN＝10﹣x，MD＝AD﹣AM＝12﹣x，利用勾股定理列出方程（12﹣x）2+（10﹣x）2＝102，求出x的值，再证明△MGD∽△NHG，可得MDGN=MGNH=DGGH，即84=6NH=10GH，最后求出NH＝3，GH＝CH＝5即可。
15．【答案】（－32，0）
【解析】【解答】作B点关于x轴的对称点B1（-2，-1），连结点A和点B1，与x轴的交点即为满足到A，B两点的距离之和最小的点P，设AB1所在直线的表达式为一次函数y=kx+3，把B1坐标代入可得k=2，y=2x+3，令y=0从而求得AB1与x轴交点为（－32，0），即P点坐标为（－32，0）.
【分析】作B点关于x轴的对称点B1（-2，-1），连结点A和点B1，与x轴的交点即为满足到A，B两点的距离之和最小的点P，再求出直线AB1的解析式，再将y=0代入计算即可。
16．【答案】725
【解析】【解答】解：矩形ABCD中，GC=4，CE =3，∠C=90°，
∴GE=GC2+CE2=42+32=5，
根据折叠的性质：BG=GF，GF=GC=4，CE=EF=3，∠AGB=∠AGF，∠EGC=∠EGF，∠GFE =∠C=90°，
∴BG=GF=GC=4，
∴BC=AD=8，
∵∠AGB+∠AGF+∠EGC+∠EGF=180°，
∴∠AGE=90°，
∴Rt△EGF~Rt△EAG，
∴EGEA=EFEG，即5EA=35，
∴EA=253，
∴DE=AE2-AD2=(253)2-82=73，
∴sin∠DAE=DEAE=73253=725，
故答案为：725．
【分析】先证明Rt△EGF~Rt△EAG，可得EGEA=EFEG，即5EA=35，求出EA=253，再利用勾股定理求出DE的长，最后利用正弦的定义可得sin∠DAE=DEAE=73253=725。
17．【答案】16-1633
【解析】【解答】解：如下图所示，过点F作FM⊥BC于M，过点G作GN⊥BC于N，标出点R，点S．
∵四边形ABCD是矩形，AB=2cm，BC=8cm，
∴∠A=∠B=∠C=∠D=90°，CD=AB=2cm，S矩形ABCD=AB⋅BC=16cm2．
∵FM⊥BC，GN⊥BC，
∴四边形ABMF是矩形，四边形DCNG是矩形．
∴FM=AB=2cm，GN=CD=2cm．
∵矩形纸片ABCD分别沿EF，EG折叠，点B，C恰好落在同一点P处，∠CEG=30°，
∴∠PEF=∠BEF=12∠BEP，∠PEG=∠CEG=30°，S四边形RFEP=S四边形AFEB，S四边形SGEP=S四边形DGEC．
∴∠BEP=180°-∠PEG-∠CEG=120°，EG=GNsin∠CEG=4cm，S阴=S四边形RFEP+S四边形SGEP-S△EFG=S四边形AFEB+S四边形DGEC-S△EFG=S矩形ABCD-2S△EFG．
∴∠PEF=∠BEF=60°．
∴∠FEG=∠PEF+∠PEG=90°，EF=FMsin∠BEF=433cm．
∴S△EFG=12EF⋅EG=833cm2．
∴S阴=16-2×833=(16-1633)cm2．
故答案为：16-1633．
【分析】过点F作FM⊥BC于M，过点G作GN⊥BC于N，标出点R，点S，先利用三角形的面积公式求出S△EFG=12EF⋅EG=833cm2，再利用割补法可得S阴=16-2×833=(16-1633)cm2，从而得解。
18．【答案】②③④
【解析】【解答】解：①正五边形绕其中心旋转72°、144°能够与自身重合，所以正五边形是旋转对称图形，但不是中心对称图形；
②正六边形绕其中心旋转60°、120°、180°能够与自身重合，所以正六边形是旋转对称图形，也是中心对称图形；
③矩形绕其对角线的交点旋转180°能够与自身重合，所以矩形是旋转对称图形，也是中心对称图形；
④菱形绕其对角线的交点旋转180°能够与自身重合，所以菱形是旋转对称图形，也是中心对称图形；
综上分析可知，是旋转对称图形，也是中心对称图形的是②③④．
故答案为：②③④．
【分析】根据图形的旋转及中心对称图形的定义逐项判断即可。
19．【答案】12°
【解析】【解答】解：如图所示，标上角 x，y ，
根据旋转的性质可得：
∠2=∠x=26° ，
∠1=∠y=22° ，
又 ∵∠x+∠3+∠y=60° ，
∴∠1+∠3+∠2=60° ，
∴∠3=60°-∠1-∠2=12° ，
故答案为：12°．
【分析】根据旋转的性质可得：∠2=∠x=26° ，∠1=∠y=22° ，由∠x+∠3+∠y=60° ，∠1+∠3+∠2=60° ，可得
∠3=60°-∠1-∠2=12° 。
20．【答案】3
【解析】【解答】解：如图，连接CD1，
由题意可知AC=12AB=2，
∵点E是AC中点，
∴CE=12AC=1，
∵点D1是A1B1的中点，
∴CD1=12A1B1=2，
在△CED1中由三角形三边关系可得：CD1-CE
∴D1E的最大值与最小值的比值为3．
【分析】连接CD1，根据三角形的中位线的性质可得CD1=12A1B1=2，再利用三角形三边的关系可得CD1-CE
（2）解：如图2，△DCE即为所求．
【解析】【分析】（1）根据要求作出三角形即可；
（2）根据旋转的性质作出三角形即可。
22．【答案】解：⑴如图所示；
⑵如图所示△A2B2C2即为所求．
【解析】【分析】（1）利用旋转的性质找出点A、B、C的对应点，再连接即可；
（2）根据中心对称图形的性质找出点A、B、C的对应点，再连接即可。
23．【答案】（1）解：如图所示：
；
（-1，-3）。
（2）解：如图所示：
∵A(-2，3)，B(-3，1)，C(-1，2)，△ABC关于原点O的对称图形△A2B2C2，
∴A2(2，-3)，B2(3，-1)，C2(1，-2)．
∴AB=A2B2，AC=A2C2，BC=B2C2．
∴作出对称后点的坐标，依次连接边长即可．
【解析】【解答】(1)∵B(-3，1)，横坐标为-3，纵坐标为1，
∴逆时针旋转90°后，横坐标变为-1，纵坐标变为-3．
∴B1(-1，-3)．
【分析】（1）利用旋转的性质找出点A、B、C的对应点，再连接并直接写出点B1的坐标即可；
（2）根据中心对称图形的性质找出点A、B、C的对应点，再连接即可。
24．【答案】解：⑴△ABC三个顶点的坐标分别为A（1，1），B（4，2）．C（3，4），
△ABC向左平移6个单位长度后得到的图形△A1B1C1，
∴A1（-5，1），B1（-2，2）．C1（-3，4），
描点A1（-5，1），B1（-2，2）．C1（-3，4）连结A1B1，B1C1，C1A1，
则△A1B1C1为所求；
⑵△ABC绕原点O顺时针旋转90°的图形△A2B2C2，
∵△ABC三个顶点的坐标分别为A（1，1），B（4，2）．C（3，4）
∴A2（1，-1），B2（2，-4）．C2（4，-3），
然后描点A2（1，-1），B2（2，-4）．C2（4，-3），连结A2B2． B2C2，C2A2，
则A2B2C2为所求；
⑶（-3，-3）
【解析】【解答】解：⑶作A1A2的中垂线，B1B2的中垂线，两垂线的交点D为旋转中心，
∵A1（-5，1），A2（1，-1），
∴A1A2的中点坐标为E（-2，0），
∵B1（-2，2）．B2（2，-4）．
∴B1B2的中点坐标为F（0，-1），
点A1绕A1A2的中点（-2，0）顺时针旋转90°得出点横坐标为-2+（1-0）=-1，纵坐标为-2-（-5）=3，
∴点A1′(-1，3)在DE直线上，
设DE解析式为y=kx+b代入坐标得：
-2k+b=0-k+b=3，
解得k=3b=6，
∴DE解析式为y=3x+6，
点B1绕B1B2的中点F顺时针旋转90°的点B1′的横坐标2-（-1）=3，纵坐标为-1+[0-（-2）]=1，
∴点B1′（3，1）在DF直线上，
设DF解析式为y=mx+n代入坐标得：
n=-13m+n=1，
解得n=-1m=23，
DF解析式为y=23x-1，
∴y=3x+6y=23x-1，
解得x=-3y=-3，
∴旋转中心D坐标为（-3，-3）．
故答案为（-3，-3）．
【分析】（1）利用平移的性质找出点A、B、C的对应点，再连接即可；
（2）利用旋转的性质找出点A、B、C的对应点，再连接即可；
（3）作A1A2的中垂线，B1B2的中垂线，两垂线的交点D为旋转中心，再求解即可。
25．【答案】（1）B1(-3，1)，C1(-2，-1)
（2）解：将△BOC绕点O逆时针旋转90度，得到△B2OC2如图所示：
【解析】【分析】（1）根据中心对称图形的性质直接写出点B1、C1的坐标即可；
（2）根据旋转的性质找出点B、O、C的对应点，再连接即可
专题21 对称、平移、旋转 山东省2023年中考数学一轮复习专题训练
一、单选题
1．（2022·济宁）如图，三角形纸片ABC中，∠BAC＝90°，AB＝2，AC＝3．沿过点A的直线将纸片折叠，使点B落在边BC上的点D处；再折叠纸片，使点C与点D重合，若折痕与AC的交点为E，则AE的长是（ ）
A．136 B．56 C．76 D．65
2．（2022·日照）山东省第二十五届运动会将于2022年8月25日在日照市开幕，“全民健身与省运同行”成为日照市当前的运动主题．在下列给出的运动图片中，是轴对称图形的是（ ）
A． B．
C． D．
3．（2022·枣庄）剪纸文化是中国最古老的民间艺术之一，下列剪纸图案中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（ ）
A． B．
C． D．
4．（2022·菏泽）如图所示，将一矩形纸片沿AB折叠，已知∠ABC=36°，则∠D1AD=（ ）
A．48° B．66° C．72° D．78°
5．（2022·济南）下列绿色能源图标中既是轴对称图形又是中心对称图形的是（ ）
A． B． C． D．
6．（2022·枣庄）如图，将△ABC先向右平移1个单位，再绕点P按顺时针方向旋转90°，得到△A′B′C′，则点B的对应点B′的坐标是（ ）
A．（4，0） B．（2，﹣2） C．（4，﹣1） D．（2，﹣3）
7．（2022·聊城）如图，在直角坐标系中，线段A1B1是将△ABC绕着点P(3，2)逆时针旋转一定角度后得到的△A1B1C1的一部分，则点C的对应点C1的坐标是（ ）
A．（-2，3） B．（-3，2） C．（-2，4） D．（-3，3）
8．（2022·崂山模拟）如图，将线段AB绕原点O按逆时针方向旋转90°，得到线段A'B'，则B'点的坐标是（ ）
A．（1，-3） B．（-3，1） C．（3，-1） D．（-1，3）
9．（2022·东昌府模拟）在平面直角坐标系中，点A的坐标为(-1，3)，以原点O为中心，将点A顺时针旋转120°得到点A'，则点A'坐标为（ ）
A．(0，-2) B．(2，0) C．(1，-3) D．(3，-1)
10．（2022·惠民模拟）如图，将边长为9的正方形ABCD沿MN折叠，使点B落在CD边上的B'处，点A对应点为A'，且B'C=3，则AM的长是（ ）
A．2 B．3 C．2 D．3
二、填空题
11．（2022·枣庄）在活动课上，“雄鹰组”用含30°角的直角三角尺设计风车．如图，∠C＝90°，∠ABC＝30°，AC＝2，将直角三角尺绕点A逆时针旋转得到△AB′C′，使点C′落在AB边上，以此方法做下去……则B点通过一次旋转至B′所经过的路径长为 ．（结果保留π）
12．（2022·潍坊）如图，在直角坐标系中，边长为2个单位长度的正方形ABCO绕原点O逆时针旋转75°，再沿y轴方向向上平移1个单位长度，则点B″的坐标为 ．
13．（2022·潍坊）小莹按照如图所示的步骤折叠A4纸，折完后，发现折痕AB′与A4纸的长边AB恰好重合，那么A4纸的长AB与宽AD的比值为 ．
14．（2022·济南模拟）如图1，有一张矩形纸片ABCD，已知AB=10，AD=12，现将纸片进行如下操作：先将纸片沿折痕BF进行折叠，使点A落在BC边上的点E处，点F在AD上（如图2）；然后将纸片沿折痕DH进行第二次折叠，使点C落在第一次的折痕BF上的点G处，点H在BC上（如图3），则GH的长是 ．
15．（2022·东营模拟）如图，在平面直角坐标系中，若A（0，3），B（－2，1），在x轴上存在点P，使P到A，B两点的距离之和最小，则点P的坐标为 ．
16．（2022·东明模拟）如图，矩形ABCD中，点G，E分别在边BC，DC上，连接AG，EG，AE，将△ABG和△ECG分别沿AG，EG折叠，使点B，C恰好落在AE上的同一点，记为点F．若CE=3，CG=4，则sin∠DAE= ．
17．（2022·潍城模拟）如图，将矩形纸片ABCD分别沿EF，EG折叠，点B，C恰好落在同一点P处．若AB=2cm，BC=8cm，∠CEG=30°，则图中阴影部分的面积为 cm2．
18．（2022·平邑模拟）规定：在平面内，如果一个图形绕一个定点旋转一定的角度α(0°<α≤180°)后能与自身重合，那么就称这个图形是旋转对称图形，转动的这个角度α称为这个图形的一个旋转角．例如：正方形绕着两条对角线的交点O旋转90°或180°后，能与自身重合（如图），所以正方形是旋转对称图形，且有两个旋转角．
根据以上规定，下列图形是旋转对称图形，也是中心对称图形的是 ．
①正五边形；②正六边形；③矩形；④菱形
19．（2022·宁阳模拟）如图，将三个相同的三角尺（内角分别为30°，60°，90°）的一个顶点重合放置，如果 ∠1=22° ， ∠2=26° ，那么 ∠3 的度数是 ．
20．（2022·高唐模拟）如图，在△ABC中，∠ACB=90°，∠B=30°，AB=4，点D，E分别是AB，AC的中点，把△ABC绕着点C做逆时针旋转，得到△A1B1C，点D的对应点为D1，连接D1E，则在旋转过程中D1E的最大值与最小值的比值为 ．
三、作图题
21．（2021九上·兰山期中）图，在4×4的方格纸中，△ABC的三个顶点都在格点上．
（1）在图1中，画出一个与△ABC成中心对称的格点三角形；
（2）在图2中，画出△ABC绕着点C按顺时针方向旋转90°后的三角形．
22．（2021九上·临沭期中）在10×10的正方形网格中，小正方形的边长均为1个单位长度．
⑴画出△ABC绕点O逆时针旋转90°的△A1B1C1；
⑵再画出△ABC关于点O的中心对称图形△A2B2C2．
23．（2021九上·沂南期中）如图，△ABC绕点O逆时针旋转90°，得到△A1B1C1，已知A(-2，3)，B(-3，1)，C(-1，2)．
（1）画出旋转后的△A1B1C1；直接写出点B1的坐标（ ▲ ， ▲ ）；绕点O逆时针旋转90°后得到的△A1B1C1；
（2）作出△ABC关于原点O的对称图形△A2B2C2．
24．（2021九上·泗水期中）如图，△ABC三个顶点的坐标分别为A（1，1），B（4.2）．C（3.4）
⑴请画出将△ABC向左平移6个单位长度后得到的图形△A1B1C1；
⑵请画出△ABC绕原点O顺时针旋转90°的图形△A2B2C2；
⑶△A2B2C2可看成将△A1B1C1以某点为旋转中心旋转而得，则旋转中心的坐标是 ▲ ．
25．（2022八下·历下期末）如图，已知O是坐标原点，B、C两点的坐标分别为（3，-1），（2，1）
（1）若△B1OC1与△BOC关于点O成中心对称，请直接写出对应点B1、C1的坐标；
（2）将△BOC绕点O逆时针旋转90度，得到△B2OC2．请画出旋转后的△B2OC2．
答案解析部分
1．【答案】A
【解析】【解答】解：∵沿过点A的直线将纸片折叠，使点B落在边BC上的点D处，
∴AD = AB = 2， ∠B = ∠ADB，
∵折叠纸片，使点C与点D重合，
∴CE= DE， ∠C=∠CDE，
∵∠BAC = 90°，
∴∠B+ ∠C= 90°，
∴∠ADB + ∠CDE = 90°，
∴∠ADE = 90°，
∴AD2 + DE2 = AE2，
设AE=x，则CE=DE=3-x，
∴22+(3-x)2 =x2，
解得x=136
即AE=136
故答案为：A
【分析】根据折叠的性质求出CE= DE， ∠C=∠CDE，再求出∠ADE = 90°，最后列方程求解即可。
2．【答案】D
【解析】【解答】解：A、不是轴对称图形，故本选项不符合题意；
B、不是轴对称图形，故本选项不符合题意；
C、不是轴对称图形，故本选项不符合题意；
D、是轴对称图形，故本选项符合题意．
故答案为：D．
【分析】 如果一个图形沿着一条直线对折后两部分完全重合，那么这样的图形就叫做轴对称图形 。根据轴对称图形的定义对每个选项一一判断即可。
3．【答案】D
【解析】【解答】A．不是中心对称图形，是轴对称图形，故此选项不合题意；
B．不是中心对称图形，是轴对称图形，故此选项不合题意；
C．是中心对称图形，不是轴对称图形，故此选项不合题意；
D．既是轴对称图形又是中心对称图形，故此选项符合题意；
故答案为：D．
【分析】 把一个图形绕某一个点旋转180°，如果旋转后的图形能与原来的图形重合，那么这个图形称为中心对称图形。 轴对称图形是指一条轴线的两边完全对称的图形，形状都完全对称。 根据所给的中心对称图形和轴对称图形的定义对每个选项一一判断即可。
4．【答案】C
【解析】【解答】∵将一矩形纸片沿AB折叠，
∴AD∥BC，∠DAB=∠D1AB，
∴∠DAB+∠ABC=180°，
∵∠ABC=36°，
∴∠DAB=144°=∠D1AB，
∴∠D1AD=360°-144°-144°=72°，
故答案为：C．
【分析】先求出∠DAB+∠ABC=180°，再求出∠DAB=144°=∠D1AB，最后计算求解即可。
5．【答案】B
【解析】【解答】解：A、既不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故本选项不合题意；
B、既是轴对称图形，又是中心对称图形，故本选项符合题意；
C、不是轴对称图形，是中心对称图形，故本选项不合题意；
D、是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项不合题意．
故答案为：B．
【分析】 轴对称图形是指一条轴线的两边完全对称的图形，形状都完全对称。 把一个图形绕某一个点旋转180°，如果旋转后的图形能与原来的图形重合，那么这个图形称为中心对称图形。 根据轴对称图形和中心对称图形的定义对每个选项一一判断即可。
6．【答案】C
【解析】【解答】作出旋转后的图形如下：
∴B'点的坐标为（4，﹣1），
故答案为：C．
【分析】根据平移和旋转的性质作图，再求点的坐标即可。
7．【答案】A
【解析】【解答】解：∵线段A1B1是将△ABC绕着点P(3，2)逆时针旋转一定角度后得到的△A1B1C1的一部分，
∴A的对应点为A1，∴∠APA1=90°，∴旋转角为90°，
∴点C绕点P逆时针旋转90°得到的C1点的坐标为（-2，3），
故答案为：A．
【分析】根据点坐标旋转的性质和特征求解即可。
8．【答案】C
【解析】【解答】解：根据题意画图如下：
由图形可知：B'点的坐标是(3，-1)，
故答案为：C．
【分析】根据点坐标旋转的特征求解即可。
9．【答案】B
【解析】【解答】作AB⊥x轴于点B，如图：
∵点A的坐标为(-1，3)，
∴AB=3、OB=1，
∴AO=(3)2+12=2，
∴OB=12OA，
∴∠AOB=60°，
∴∠AOA'=120°，
∴将点A顺时针旋转120°得到点A'，则点A'在x轴上，
∴A'O=AO=2，
∴点A'坐标为(2，0)；
故答案为：B．
【分析】作AB⊥x轴于点B，根据点A的坐标求出AB=3，OB=1，利用锐角三角函数求出∠AOB=60°，得到∠AOA'=120°，即可得到将点A顺时针旋转120°得到点A'，则点A'在x轴上，再求出点A'坐标为(2，0)即可。
10．【答案】A
【解析】【解答】解：连接B'B，过M作MH⊥BC交BC于点H，MN交B'B于点I，
由翻折可知：B'N=BN，MN⊥B'B，
设BN=x，
∵正方形ABCD的边长为9，
∴NC=9-x，
在Rt△B'NC中，B'C=3，
NC2+B'C2=B'N2，即(9-x)2+32=x2，
解得x=5，
∴BN=5，
∵∠A=∠ABC=∠MHB=90°，
∴四边形ABHM为矩形，
∴AB=MH，AM=BH，
∵MN⊥B'B，
∴∠IBN+∠INB=∠INB+∠HMN=90°，即∠IBN=∠HMN，
∵MH=AB=BC，
∴△BCB'≌△MHN(AAS)，
∴HN=B'C=3，
∴BH=BN-NH=2，
∴AM=2．
故答案为：A．
【分析】连接B'B，过M作MH⊥BC交BC于点H，MN交B'B于点I，设BN=x，根据勾股定理可得NC2+B'C2=B'N2，即(9-x)2+32=x2，求出x=5，再根据△BCB'≌△MHN可得HN=B'C=3，再利用线段的和差可得BH的长，即可得到AM的长。
11．【答案】4π3
【解析】【解答】∵∠C＝90°，∠ABC＝30°，AC＝2，
∴AB＝2AC＝4，∠BAC＝60°，
由旋转的性质得，∠BAB′＝∠BAC＝60°，
∴B点通过一次旋转至B′所经过的路径长为60π·4180=4π3，
故答案为：4π3．
【分析】先求出AB＝2AC＝4，∠BAC＝60°，再求出∠BAB′＝∠BAC＝60°，最后求解即可。
12．【答案】(-2，6+1)
【解析】【解答】解：如图：连接OB，OB'，作B'M⊥y轴
∵ABCO是正方形，OA=2
∴∠COB=45°，OB=22
∵绕原点O逆时针旋转75°
∴∠BOB'=75°
∴∠COB'=30°
∵OB'=OB=22
∴MB'=2， MO=6
∴B'(-2，6)
∵沿y轴方向向上平移1个单位长度
∴B″(-2，6+1)
故答案为：(-2，6+1)
【分析】连接OB，OB'，作B'M⊥y轴，由绕原点O逆时针旋转75°，得出∠BOB'=75°、∠COB'=30°，OB'=OB=22，沿y轴方向向上平移1个单位长度，即可得解。
13．【答案】2：1
【解析】【解答】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠D=∠B=∠DAB=90°，
由操作一可知：∠DAB′=∠D′AB′=45°，∠AD′B′=∠D=90°，AD=AD′，
∴△AB′D′是等腰直角三角形，
∴AD=AD′= B′D′，
由勾股定理得AB′=2AD，
又由操作二可知：AB′=AB，
∴2AD=AB，
∴ABAD=2，
∴A4纸的长AB与宽AD的比值为2：1．
故答案为：2：1．
【分析】由操作一可知：∠DAB′=∠D′AB′=45°，∠AD′B′=∠D=90°，AD=AD′，得出△AB′D′是等腰直角三角形，由勾股定理得AB′=2AD，又由操作二可知：AB′=AB，即可得解。
14．【答案】5
【解析】【解答】解：如图，过点G作MN∥AB，分别交AD、BC于点M、N，
∵四边形ABCD为矩形，
∴AB＝CD＝10，BC＝AD＝12，
∵∠A=∠ABC=∠BEF=90°，AB=BE，
∴四边形ABEF为正方形，
∴AF＝AB＝10，
∵MN∥AB，
∴△BNG和△FMG为等腰直角三角形，且MN＝AB＝10，
设BN＝x，则GN＝AM＝x，MG＝MN﹣GN＝10﹣x，MD＝AD﹣AM＝12﹣x，
又由折叠的可知DG＝DC＝10，
在Rt△MDG中，由勾股定理可得MD2+MG2＝GD2，
即（12﹣x）2+（10﹣x）2＝102，解得x＝4（x＝18舍去），
∴GN＝BN＝4，MG＝6，MD＝8，
又∠DGH＝∠C＝∠GMD＝90°，
∴∠NGH+∠MGD＝∠MGD+∠MDG＝90°，
∴∠NGH＝∠MDG，且∠DMG＝∠GNH，
∴△MGD∽△NHG，
∴MDGN=MGNH=DGGH，即84=6NH=10GH，
∴NH＝3，GH＝CH＝5，
故答案为：5．
【分析】过点G作MN∥AB，分别交AD、BC于点M、N，先证明△BNG和△FMG为等腰直角三角形，且MN＝AB＝10，设BN＝x，则GN＝AM＝x，MG＝MN﹣GN＝10﹣x，MD＝AD﹣AM＝12﹣x，利用勾股定理列出方程（12﹣x）2+（10﹣x）2＝102，求出x的值，再证明△MGD∽△NHG，可得MDGN=MGNH=DGGH，即84=6NH=10GH，最后求出NH＝3，GH＝CH＝5即可。
15．【答案】（－32，0）
【解析】【解答】作B点关于x轴的对称点B1（-2，-1），连结点A和点B1，与x轴的交点即为满足到A，B两点的距离之和最小的点P，设AB1所在直线的表达式为一次函数y=kx+3，把B1坐标代入可得k=2，y=2x+3，令y=0从而求得AB1与x轴交点为（－32，0），即P点坐标为（－32，0）.
【分析】作B点关于x轴的对称点B1（-2，-1），连结点A和点B1，与x轴的交点即为满足到A，B两点的距离之和最小的点P，再求出直线AB1的解析式，再将y=0代入计算即可。
16．【答案】725
【解析】【解答】解：矩形ABCD中，GC=4，CE =3，∠C=90°，
∴GE=GC2+CE2=42+32=5，
根据折叠的性质：BG=GF，GF=GC=4，CE=EF=3，∠AGB=∠AGF，∠EGC=∠EGF，∠GFE =∠C=90°，
∴BG=GF=GC=4，
∴BC=AD=8，
∵∠AGB+∠AGF+∠EGC+∠EGF=180°，
∴∠AGE=90°，
∴Rt△EGF~Rt△EAG，
∴EGEA=EFEG，即5EA=35，
∴EA=253，
∴DE=AE2-AD2=(253)2-82=73，
∴sin∠DAE=DEAE=73253=725，
故答案为：725．
【分析】先证明Rt△EGF~Rt△EAG，可得EGEA=EFEG，即5EA=35，求出EA=253，再利用勾股定理求出DE的长，最后利用正弦的定义可得sin∠DAE=DEAE=73253=725。
17．【答案】16-1633
【解析】【解答】解：如下图所示，过点F作FM⊥BC于M，过点G作GN⊥BC于N，标出点R，点S．
∵四边形ABCD是矩形，AB=2cm，BC=8cm，
∴∠A=∠B=∠C=∠D=90°，CD=AB=2cm，S矩形ABCD=AB⋅BC=16cm2．
∵FM⊥BC，GN⊥BC，
∴四边形ABMF是矩形，四边形DCNG是矩形．
∴FM=AB=2cm，GN=CD=2cm．
∵矩形纸片ABCD分别沿EF，EG折叠，点B，C恰好落在同一点P处，∠CEG=30°，
∴∠PEF=∠BEF=12∠BEP，∠PEG=∠CEG=30°，S四边形RFEP=S四边形AFEB，S四边形SGEP=S四边形DGEC．
∴∠BEP=180°-∠PEG-∠CEG=120°，EG=GNsin∠CEG=4cm，S阴=S四边形RFEP+S四边形SGEP-S△EFG=S四边形AFEB+S四边形DGEC-S△EFG=S矩形ABCD-2S△EFG．
∴∠PEF=∠BEF=60°．
∴∠FEG=∠PEF+∠PEG=90°，EF=FMsin∠BEF=433cm．
∴S△EFG=12EF⋅EG=833cm2．
∴S阴=16-2×833=(16-1633)cm2．
故答案为：16-1633．
【分析】过点F作FM⊥BC于M，过点G作GN⊥BC于N，标出点R，点S，先利用三角形的面积公式求出S△EFG=12EF⋅EG=833cm2，再利用割补法可得S阴=16-2×833=(16-1633)cm2，从而得解。
18．【答案】②③④
【解析】【解答】解：①正五边形绕其中心旋转72°、144°能够与自身重合，所以正五边形是旋转对称图形，但不是中心对称图形；
②正六边形绕其中心旋转60°、120°、180°能够与自身重合，所以正六边形是旋转对称图形，也是中心对称图形；
③矩形绕其对角线的交点旋转180°能够与自身重合，所以矩形是旋转对称图形，也是中心对称图形；
④菱形绕其对角线的交点旋转180°能够与自身重合，所以菱形是旋转对称图形，也是中心对称图形；
综上分析可知，是旋转对称图形，也是中心对称图形的是②③④．
故答案为：②③④．
【分析】根据图形的旋转及中心对称图形的定义逐项判断即可。
19．【答案】12°
【解析】【解答】解：如图所示，标上角 x，y ，
根据旋转的性质可得：
∠2=∠x=26° ，
∠1=∠y=22° ，
又 ∵∠x+∠3+∠y=60° ，
∴∠1+∠3+∠2=60° ，
∴∠3=60°-∠1-∠2=12° ，
故答案为：12°．
【分析】根据旋转的性质可得：∠2=∠x=26° ，∠1=∠y=22° ，由∠x+∠3+∠y=60° ，∠1+∠3+∠2=60° ，可得
∠3=60°-∠1-∠2=12° 。
20．【答案】3
【解析】【解答】解：如图，连接CD1，
由题意可知AC=12AB=2，
∵点E是AC中点，
∴CE=12AC=1，
∵点D1是A1B1的中点，
∴CD1=12A1B1=2，
在△CED1中由三角形三边关系可得：CD1-CE
∴D1E的最大值与最小值的比值为3．
【分析】连接CD1，根据三角形的中位线的性质可得CD1=12A1B1=2，再利用三角形三边的关系可得CD1-CE
（2）解：如图2，△DCE即为所求．
【解析】【分析】（1）根据要求作出三角形即可；
（2）根据旋转的性质作出三角形即可。
22．【答案】解：⑴如图所示；
⑵如图所示△A2B2C2即为所求．
【解析】【分析】（1）利用旋转的性质找出点A、B、C的对应点，再连接即可；
（2）根据中心对称图形的性质找出点A、B、C的对应点，再连接即可。
23．【答案】（1）解：如图所示：
；
（-1，-3）。
（2）解：如图所示：
∵A(-2，3)，B(-3，1)，C(-1，2)，△ABC关于原点O的对称图形△A2B2C2，
∴A2(2，-3)，B2(3，-1)，C2(1，-2)．
∴AB=A2B2，AC=A2C2，BC=B2C2．
∴作出对称后点的坐标，依次连接边长即可．
【解析】【解答】(1)∵B(-3，1)，横坐标为-3，纵坐标为1，
∴逆时针旋转90°后，横坐标变为-1，纵坐标变为-3．
∴B1(-1，-3)．
【分析】（1）利用旋转的性质找出点A、B、C的对应点，再连接并直接写出点B1的坐标即可；
（2）根据中心对称图形的性质找出点A、B、C的对应点，再连接即可。
24．【答案】解：⑴△ABC三个顶点的坐标分别为A（1，1），B（4，2）．C（3，4），
△ABC向左平移6个单位长度后得到的图形△A1B1C1，
∴A1（-5，1），B1（-2，2）．C1（-3，4），
描点A1（-5，1），B1（-2，2）．C1（-3，4）连结A1B1，B1C1，C1A1，
则△A1B1C1为所求；
⑵△ABC绕原点O顺时针旋转90°的图形△A2B2C2，
∵△ABC三个顶点的坐标分别为A（1，1），B（4，2）．C（3，4）
∴A2（1，-1），B2（2，-4）．C2（4，-3），
然后描点A2（1，-1），B2（2，-4）．C2（4，-3），连结A2B2． B2C2，C2A2，
则A2B2C2为所求；
⑶（-3，-3）
【解析】【解答】解：⑶作A1A2的中垂线，B1B2的中垂线，两垂线的交点D为旋转中心，
∵A1（-5，1），A2（1，-1），
∴A1A2的中点坐标为E（-2，0），
∵B1（-2，2）．B2（2，-4）．
∴B1B2的中点坐标为F（0，-1），
点A1绕A1A2的中点（-2，0）顺时针旋转90°得出点横坐标为-2+（1-0）=-1，纵坐标为-2-（-5）=3，
∴点A1′(-1，3)在DE直线上，
设DE解析式为y=kx+b代入坐标得：
-2k+b=0-k+b=3，
解得k=3b=6，
∴DE解析式为y=3x+6，
点B1绕B1B2的中点F顺时针旋转90°的点B1′的横坐标2-（-1）=3，纵坐标为-1+[0-（-2）]=1，
∴点B1′（3，1）在DF直线上，
设DF解析式为y=mx+n代入坐标得：
n=-13m+n=1，
解得n=-1m=23，
DF解析式为y=23x-1，
∴y=3x+6y=23x-1，
解得x=-3y=-3，
∴旋转中心D坐标为（-3，-3）．
故答案为（-3，-3）．
【分析】（1）利用平移的性质找出点A、B、C的对应点，再连接即可；
（2）利用旋转的性质找出点A、B、C的对应点，再连接即可；
（3）作A1A2的中垂线，B1B2的中垂线，两垂线的交点D为旋转中心，再求解即可。
25．【答案】（1）B1(-3，1)，C1(-2，-1)
（2）解：将△BOC绕点O逆时针旋转90度，得到△B2OC2如图所示：
【解析】【分析】（1）根据中心对称图形的性质直接写出点B1、C1的坐标即可；
（2）根据旋转的性质找出点B、O、C的对应点，再连接即可
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