中考数学一轮复习满分突破(全国通用)专题31平移与旋转(原卷版+解析)

这是一份中考数学一轮复习满分突破(全国通用)专题31平移与旋转(原卷版+解析)，共71页。


【知识要点】
平移的概念：在平面内，将一个图形沿着某个方向移动一定的距离，这样的图形运动叫做平移变换。
平移的性质：1）平移前后的两个图形形状和大小完全相同，对应角相等，对应边相等， 平移前后两个图形的周长和面积相等。
2）对应线段（或对应边）平行(或在同一直线上)且相等。
3）任意两组对应点的连线平行（或在同一条直线上）且相等。
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，叫作图形的旋转。
【补充说明】如图所示，是绕定点O逆时针旋转得到的，其中点A与点A’叫作对应点，线段OB与线段叫作对应线段，与叫作对应角，点叫作旋转中心，（或）的度数叫作旋转的角度。
【注意】
1)图形的旋转由旋转中心、旋转方向与旋转的角度所决定.
2)旋转中心可以在图形内，也可以是图形外。
【图形旋转的三要素】旋转中心、旋转方向和旋转角。
旋转的特征：1）对应点到旋转中心的距离相等（例：OA与OA’）；
2）对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角(∠AOA’=∠BOB’=45°)；
3）旋转前后的两个图形全等（△ABO≌△A’B’O）。
旋转作图的步骤方法：
1)确定旋转中心、旋转方向、旋转角；
2）找出图形上的关键点；
3）连接图形上的关键点与旋转中心，然后按旋转方向分别将它们旋转一定的角度，得到关键点的对应点；
4）按原图的顺序连接这些对应点，即得旋转后的图形。
平移、旋转、轴对称之间的关系：
考查题型一 图形的平移
典例1．(2023·广西·统考中考真题）2022北京冬残奥会的会徽是以汉字“飞”为灵感来设计的，展现了运动员不断飞跃，超越自我，奋力拼搏，激励世界的冬残奥精神下列的四个图中，能由如图所示的会徽经过平移得到的是（ ）
A．B．C．D．
变式1-1．(2023·湖南怀化·统考中考真题）如图，△ABC沿BC方向平移后的得到△DEF，已知BC=5，EC=2，则平移的距离是（ ）
A．1B．2C．3D．4
变式1-2．(2023·浙江绍兴·统考中考真题）数学兴趣小组同学从“中国结”的图案（图1）中发现，用相同的菱形放置，可得到更多的菱形．如图2，用2个相同的菱形放置，得到3个菱形．下面说法正确的是（ ）
A．用3个相同的菱形放置，最多能得到6个菱形
B．用4个相同的菱形放置，最多能得到16个菱形
C．用5个相同的菱形放置，最多能得到27个菱形
D．用6个相同的菱形放置，最多能得到41个菱形
变式1-4．(2023·四川乐山·统考中考真题）下列四个图形中，可以由图通过平移得到的是（ ）
A．B．C．D．
考查题型二 利用平移的性质求解
典例2．(2023·浙江嘉兴·统考中考真题）“方胜”是中国古代妇女的一种发饰，其图案由两个全等正方形相叠组成，寓意是同心吉祥．如图，将边长为2cm的正方形ABCD沿对角线BD方向平移1cm得到正方形，形成一个“方胜”图案，则点D，之间的距离为（ ）
A．1cmB．2cmC．(－1)cmD．(2－1)cm
变式2-1．(2023·福建·统考中考真题）如图，现有一把直尺和一块三角尺，其中，，AB＝8，点A对应直尺的刻度为12.将该三角尺沿着直尺边缘平移，使得△ABC移动到，点对应直尺的刻度为0，则四边形的面积是（ ）
A．96B．C．192D．
变式2-2．(2023·四川雅安·统考中考真题）如图，将沿边向右平移得到，交于点G．若．．则的值为（ ）
A．2B．4C．6D．8
变式2-3．(2023·湖南益阳·统考中考真题）如图，将边长为3的正方形ABCD沿其对角线AC平移，使A的对应点A′满足AA′＝AC，则所得正方形与原正方形重叠部分的面积是 _____．
变式2-4．(2023·辽宁营口·统考中考真题）如图，将沿着方向平移得到，只需添加一个条件即可证明四边形是菱形，这个条件可以是____________．（写出一个即可）
变式2-5．(2023·河南·统考中考真题）如图，将扇形AOB沿OB方向平移，使点O移到OB的中点处，得到扇形．若∠O＝90°，OA＝2，则阴影部分的面积为______．
变式2-6．(2023·浙江台州·统考中考真题）如图，△ABC的边BC长为4cm．将△ABC平移2cm得到△A′B′C′，且BB′⊥BC，则阴影部分的面积为______．
变式2-7．(2023·浙江金华·统考中考真题）如图，在中，．把沿方向平移，得到，连结，则四边形的周长为_____．
考查题型三 平移（作图）
典例3．(2023·陕西·统考中考真题）如图，△ABC的顶点坐标分别为．将平移后得到，且点A的对应点是，点B、C的对应点分别是．
(1)点A、之间的距离是__________；
(2)请在图中画出△A'B'C'．
变式3-1．(2023·浙江温州·统考中考真题）如图，在的方格纸中，已知格点P，请按要求画格点图形（顶点均在格点上）．
(1)在图1中画一个锐角三角形，使P为其中一边的中点，再画出该三角形向右平移2个单位后的图形．
(2)在图2中画一个以P为一个顶点的钝角三角形，使三边长都不相等，再画出该三角形绕点P旋转后的图形．
考查题型四 平移的坐标变化规律
典例4．(2023·山东日照·统考中考真题）在平面直角坐标系中，把点向右平移两个单位后，得到对应点的坐标是（ ）
A．B．C．D．
变式4-1．(2023·辽宁大连·统考中考真题）如图，在平面直角坐标系中，点A的坐标是，将线段向右平移4个单位长度，得到线段，点A的对应点C的坐标是_______．
变式4-2．(2023·山东淄博·统考中考真题）如图，在平面直角坐标系中，平移△ABC至△A1B1C1的位置．若顶点A（﹣3，4）的对应点是A1（2，5），则点B（﹣4，2）的对应点B1的坐标是________．
变式4-3．(2023·山东淄博·统考中考真题）在平面直角坐标系中，点关于轴的对称点为，将点向左平移3个单位得到点，则的坐标为__________．
变式4-4．(2023·湖北·统考中考真题）如图，在平面直角坐标系中，动点P从原点O出发，水平向左平移1个单位长度，再竖直向下平移1个单位长度得到点；接着水平向右平移2个单位长度，再竖直向上平移2个单位长度得到点；接着水平向左平移3个单位长度，再竖直向下平移3个单位长度得到点；接着水平向右平移4个单位长度，再竖直向上平移4个单位长度得到点，…，按此作法进行下去，则点的坐标为___________．
考查题型五 利用旋转的性质求解
典例5．(2023·内蒙古包头·中考真题）如图，在中，，将绕点C顺时针旋转得到，其中点与点A是对应点，点与点B是对应点．若点恰好落在边上，则点A到直线的距离等于（ ）
A．B．C．3D．2
变式5-1．(2023·宁夏·中考真题）如图，直线，的边在直线上，，将绕点顺时针旋转至，边交直线于点，则______．
变式5-2．(2023·辽宁阜新·统考中考真题）如图，在中，，，将绕点逆时针旋转，得到，则点到的距离是______．
变式5-3．(2023·青海·统考中考真题）如图所示的图案由三个叶片组成，绕点O旋转120°后可以和自身重合，若每个叶片的面积为4cm2，∠AOB=120°，则图中阴影部分的面积为__________．
变式5-4．(2023·山东济南·统考中考真题）如图1，△ABC是等边三角形，点D在△ABC的内部，连接AD，将线段AD绕点A按逆时针方向旋转60°，得到线段AE，连接BD，DE，CE．
(1)判断线段BD与CE的数量关系并给出证明；
(2)延长ED交直线BC于点F．
①如图2，当点F与点B重合时，直接用等式表示线段AE，BE和CE的数量关系为_______；
②如图3，当点F为线段BC中点，且ED＝EC时，猜想∠BAD的度数，并说明理由．
变式5-5．(2023·辽宁抚顺·统考中考真题）在中，，线段绕点A逆时针旋转至（不与重合），旋转角记为，的平分线与射线相交于点E，连接．
(1)如图①，当时，的度数是_____________；
(2)如图②，当时，求证：；
(3)当时，请直接写出的值．
变式5-6．(2023·山西·中考真题）综合与实践
问题情境：在Rt△ABC中，∠BAC=90°，AB=6，AC=8．直角三角板EDF中∠EDF=90°，将三角板的直角顶点D放在Rt△ABC斜边BC的中点处，并将三角板绕点D旋转，三角板的两边DE，DF分别与边AB，AC交于点M，N，猜想证明：
（1）如图①，在三角板旋转过程中，当点M为边AB的中点时，试判断四边形AMDN的形状，并说明理由；
问题解决：
（2）如图②，在三角板旋转过程中，当时，求线段CN的长；
（3）如图③，在三角板旋转过程中，当AM=AN时，直接写出线段AN的长．
变式5-7．(2023·贵州黔西·中考真题）如图1，D为等边△ABC内一点，将线段AD绕点A逆时针旋转60°得到AE，连接CE，BD的延长线与AC交于点G，与CE交于点F．
（1）求证：BD＝CE；
（2）如图2，连接FA，小颖对该图形进行探究，得出结论：∠BFC＝∠AFB＝∠AFE．小颖的结论是否正确？若正确，请给出证明；若不正确，请说明理由．
变式5-8．(2023·湖南株洲·统考中考真题）将一物体（视为边长为米的正方形）从地面上挪到货车车厢内．如图所示，刚开始点与斜面上的点重合，先将该物体绕点按逆时针方向旋转至正方形的位置，再将其沿方向平移至正方形的位置（此时点与点重合），最后将物体移到车厢平台面上．已知，，过点作于点，米，米．
（1）求线段的长度；
（2）求在此过程中点运动至点所经过的路程．
考查题型六 旋转（作图）
典例6．(2023·湖南·统考中考真题）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．
变式6-1．(2023·辽宁阜新·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，顶点的坐标分别为，，．
（1）画出与关于y轴对称的；
（2）将绕点顺时针旋转90°得到，弧是点A所经过的路径，则旋转中心的坐标为___________．
（3）求图中阴影部分的面积（结果保留）．
变式6-2．(2023·湖北武汉·中考真题）在的网格中建立如图的平面直角坐标系，四边形的顶点坐标分别为，，，．仅用无刻度的直尺在给定网格中按下列步骤完成画图，并回答问题：
（1）将线段绕点逆时针旋转，画出对应线段；
（2）在线段上画点，使（保留画图过程的痕迹）；
（3）连接，画点关于直线的对称点，并简要说明画法．
考查题型七 旋转的坐标变化规律
典例7．(2023·山东青岛·统考中考真题）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．
变式7-1．(2023·黑龙江绥化·统考中考真题）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．
变式7-2．(2023·河南·统考中考真题）如图，在平面直角坐标系中，边长为2的正六边形ABCDEF的中心与原点O重合，轴，交y轴于点P．将△OAP绕点O顺时针旋转，每次旋转90°，则第2022次旋转结束时，点A的坐标为（ ）
A．B．C．D．
变式7-3．(2023·四川内江·统考中考真题）如图，在平面直角坐标系中，点B、C、E在y轴上，Rt△ABC 经过变换得到Rt△ODE，若点C的坐标为(0，1)，AC=2，则这种变换可以是（ ）
A．△ABC绕点C顺时针旋转90°，再向下平移3
B．△ABC绕点C顺时针旋转90°，再向下平移1
C．△ABC绕点C逆时针旋转90°，再向下平移1
D．△ABC绕点C逆时针旋转90°，再向下平移3
变式7-4．(2023·贵州安顺·统考中考真题）如图，在平面直角坐标系中，将边长为2的正六边形绕点顺时针旋转个，得到正六边形，当时，正六边形的顶点的坐标是（ ）
A．B．C．D．
变式7-5．(2023·黑龙江牡丹江·统考中考真题）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）
变式7-6．(2023·四川达州·统考中考真题）在平面直角坐标系中，等边如图放置，点的坐标为，每一次将绕着点逆时针方向旋转，同时每边扩大为原来的2倍，第一次旋转后得到，第二次旋转后得到，…，依次类推，则点的坐标为（ ）
A．B．
C．D．
变式7-7．(2023·山东淄博·统考中考真题）如图，正方形ABCD的中心与坐标原点O重合，将顶点D（1，0）绕点A（0，1）逆时针旋转90°得点D1，再将D1绕点B逆时针旋转90°得点D2，再将D2绕点C逆时针旋转90°得点D3，再将D3绕点D逆时针旋转90°得点D4，再将D4绕点A逆时针旋转90°得点D5……依此类推，则点D2022的坐标是________．
考查题型八 旋转综合题（与线段有关）
典例8．(2023·广西柳州·统考中考真题）如图，在正方形ABCD中，AB＝4，G是BC的中点，点E是正方形内一个动点，且EG＝2，连接DE，将线段DE绕点D逆时针旋转90°得到线段DF，连接CF，则线段CF长的最小值为 _____．
变式8-1．(2023·辽宁盘锦·中考真题）如图，四边形ABCD是正方形，△ECF为等腰直角三角形，∠ECF＝90°，点E在BC上，点F在CD上，P为EF中点，连接AF，G为AF中点，连接PG，DG，将Rt△ECF绕点C顺时针旋转，旋转角为α（0°≤α≤360°）．
(1)如图1，当α＝0°时，DG与PG的关系为 ；
(2)如图2，当α＝90°时
①求证：△AGD≌△FGM；
②（1）中的结论是否成立？若成立，请写出证明过程；若不成立，请说明理由．
变式8-2．(2023·江苏南通·统考中考真题）如图，矩形中，，点E在折线上运动，将绕点A顺时针旋转得到，旋转角等于，连接．
(1)当点E在上时，作，垂足为M，求证；
(2)当时，求的长；
(3)连接，点E从点B运动到点D的过程中，试探究的最小值．
考查题型九 旋转综合题（与面积有关）
典例9．(2023·宁夏·中考真题）综合与实践
知识再现
如图，中，，分别以、、为边向外作的正方形的面积为、、．当，时，______．
问题探究
如图，中，．
（1）如图，分别以、、为边向外作的等腰直角三角形的面积为、、，则、、之间的数量关系是______．
（2）如图，分别以、、为边向外作的等边三角形的面积为、、，试猜想、、之间的数量关系，并说明理由．
实践应用
（1）如图，将图中的绕点逆时针旋转一定角度至，绕点顺时针旋转一定角度至，、相交于点．求证：；
（2）如图，分别以图中的边、、为直径向外作半圆，再以所得图形为底面作柱体，、、为直径的半圆柱的体积分别为、、．若，柱体的高，直接写出的值．
变式9-1．(2023·江西·统考中考真题）问题提出：某兴趣小组在一次综合与实践活动中提出这样一个问题：将足够大的直角三角板的一个顶点放在正方形中心O处，并绕点O逆时针旋转，探究直角三角板与正方形重叠部分的面积变化情况（已知正方形边长为2）．
(1)操作发现：如图1，若将三角板的顶点P放在点O处，在旋转过程中，当与重合时，重叠部分的面积为__________；当与垂直时，重叠部分的面积为__________；一般地，若正方形面积为S，在旋转过程中，重叠部分的面积与S的关系为__________；
(2)类比探究：若将三角板的顶点F放在点O处，在旋转过程中，分别与正方形的边相交于点M，N．
①如图2，当时，试判断重叠部分的形状，并说明理由；
②如图3，当时，求重叠部分四边形的面积（结果保留根号）；
(3)拓展应用：若将任意一个锐角的顶点放在正方形中心O处，该锐角记为（设），将绕点O逆时针旋转，在旋转过程中，的两边与正方形的边所围成的图形的面积为，请直接写出的最小值与最大值（分别用含的式子表示），
（参考数据：）
联系
变化后不改变图形的大小和形状，对应线段相等、对应角相等。
区别
变化方式
不同
平移：将一个图形沿某个方向移动一定距离。
旋转：将一个图形绕一个顶点沿某个方向转一定角度。
轴对称：将一个图形沿一条直线对折。
对应线段、对应角之间的关系不同
平移： 变化前后对应线段平行（或在一条直线上），对应点连线平行（或在一条直线上），对应角的两边平行（或在一条直线上）、方向一致。
旋转： 变化前后任意一对对应点与旋转中心的连线所称的角都是旋转角。
轴对称：对应线段或延长线如果相交，那么交点在对称轴上。
确定条件
不同
平移：距离与方向
旋转：旋转的三要素。
轴对称：对称轴
专题31 平移与旋转
【考查题型】
【知识要点】
平移的概念：在平面内，将一个图形沿着某个方向移动一定的距离，这样的图形运动叫做平移变换。
平移的性质：1）平移前后的两个图形形状和大小完全相同，对应角相等，对应边相等， 平移前后两个图形的周长和面积相等。
2）对应线段（或对应边）平行(或在同一直线上)且相等。
3）任意两组对应点的连线平行（或在同一条直线上）且相等。
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，叫作图形的旋转。
【补充说明】如图所示，是绕定点O逆时针旋转得到的，其中点A与点A’叫作对应点，线段OB与线段叫作对应线段，与叫作对应角，点叫作旋转中心，（或）的度数叫作旋转的角度。
【注意】
1)图形的旋转由旋转中心、旋转方向与旋转的角度所决定.
2)旋转中心可以在图形内，也可以是图形外。
【图形旋转的三要素】旋转中心、旋转方向和旋转角。
旋转的特征：1）对应点到旋转中心的距离相等（例：OA与OA’）；
2）对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角(∠AOA’=∠BOB’=45°)；
3）旋转前后的两个图形全等（△ABO≌△A’B’O）。
旋转作图的步骤方法：
1)确定旋转中心、旋转方向、旋转角；
2）找出图形上的关键点；
3）连接图形上的关键点与旋转中心，然后按旋转方向分别将它们旋转一定的角度，得到关键点的对应点；
4）按原图的顺序连接这些对应点，即得旋转后的图形。
平移、旋转、轴对称之间的关系：
考查题型一 图形的平移
典例1．(2023·广西·统考中考真题）2022北京冬残奥会的会徽是以汉字“飞”为灵感来设计的，展现了运动员不断飞跃，超越自我，奋力拼搏，激励世界的冬残奥精神下列的四个图中，能由如图所示的会徽经过平移得到的是（ ）
A．B．C．D．
答案:D
分析：根据平移的特点分析判断即可．
【详解】根据题意，得
不能由平移得到，
故A不符合题意；
不能由平移得到，
故B不符合题意；
不能由平移得到，
故C不符合题意；
能由平移得到，
故D符合题意；
故选D．
【点睛】本题考查了平移的特点，熟练掌握平移的特点是解题的关键．
变式1-1．(2023·湖南怀化·统考中考真题）如图，△ABC沿BC方向平移后的得到△DEF，已知BC=5，EC=2，则平移的距离是（ ）
A．1B．2C．3D．4
答案:C
分析：根据题意判断BE的长就是平移的距离，利用已知条件求出BE即可．
【详解】因为沿BC方向平移，点E是点B移动后的对应点，
所以BE的长等于平移的距离，
由图可知，点B、E、C在同一直线上，BC=5，EC=2，
所以BE=BC-ED=5-2=3,
故选 C．
【点睛】本题考查了平移，正确找出平移对应点是求平移距离的关键．
变式1-2．(2023·浙江绍兴·统考中考真题）数学兴趣小组同学从“中国结”的图案（图1）中发现，用相同的菱形放置，可得到更多的菱形．如图2，用2个相同的菱形放置，得到3个菱形．下面说法正确的是（ ）
A．用3个相同的菱形放置，最多能得到6个菱形
B．用4个相同的菱形放置，最多能得到16个菱形
C．用5个相同的菱形放置，最多能得到27个菱形
D．用6个相同的菱形放置，最多能得到41个菱形
答案:B
分析：根据平移和大菱形的位置得出菱形的个数进行判定即可
【详解】如图所示，
用2个相同的菱形放置，最多能得到3个菱形；
用3个相同的菱形放置，最多能得到8个菱形，
用4个相同的菱形放置，最多能得到16个菱形，
用5个相同的菱形放置，最多能得到29个菱形，
用6个相同的菱形放置，最多能得到47个菱形．
故选：B．
【点睛】本题考查了生活中的平移现象，菱形的判定，正确的识别图形是解题的关键．
变式1-4．(2023·四川乐山·统考中考真题）下列四个图形中，可以由图通过平移得到的是（ ）
A．B．C．D．
答案:D
分析：平移不改变图形的形状和大小.根据原图形可知平移后的图形飞机头向上，即可解题.
【详解】考查图像的平移，平移前后的图像的大小、形状、方向是不变的，故选D.
【点睛】本题考查了图形的平移，牢固掌握平移的性质即可解题.
考查题型二 利用平移的性质求解
典例2．(2023·浙江嘉兴·统考中考真题）“方胜”是中国古代妇女的一种发饰，其图案由两个全等正方形相叠组成，寓意是同心吉祥．如图，将边长为2cm的正方形ABCD沿对角线BD方向平移1cm得到正方形，形成一个“方胜”图案，则点D，之间的距离为（ ）
A．1cmB．2cmC．(－1)cmD．(2－1)cm
答案:D
分析：先求出BD，再根据平移性质求得=1cm，然后由求解即可．
【详解】解：由题意，BD=cm，
由平移性质得=1cm，
∴点D，之间的距离为==（）cm，
故选：D．
【点睛】本题考查平移性质、正方形的性质，熟练掌握平移性质是解答的关键．
变式2-1．(2023·福建·统考中考真题）如图，现有一把直尺和一块三角尺，其中，，AB＝8，点A对应直尺的刻度为12.将该三角尺沿着直尺边缘平移，使得△ABC移动到，点对应直尺的刻度为0，则四边形的面积是（ ）
A．96B．C．192D．
答案:B
分析：根据直尺与三角尺的夹角为60°，根据四边形的面积为，即可求解．
【详解】解：依题意为平行四边形，
∵，，AB＝8，．
∴平行四边形的面积=
故选B
【点睛】本题考查了解直角三角形，平移的性质，掌握平移的性质是解题的关键．
变式2-2．(2023·四川雅安·统考中考真题）如图，将沿边向右平移得到，交于点G．若．．则的值为（ ）
A．2B．4C．6D．8
答案:B
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．
变式2-3．(2023·湖南益阳·统考中考真题）如图，将边长为3的正方形ABCD沿其对角线AC平移，使A的对应点A′满足AA′＝AC，则所得正方形与原正方形重叠部分的面积是 _____．
答案:4
分析：由正方形边长为3，可求AC＝3，则AA′＝AC＝，由平移可得重叠部分是正方形，根据正方形的面积公式可求重叠部分面积．
【详解】解：∵正方形ABCD的边长为3，
∴AC＝3，
∴AA′＝AC＝，
∴A′C＝2，
由题意可得重叠部分是正方形，
∴重叠部分的正方形的边长为，
∴S重叠部分＝4．
故答案为：4．
【点睛】本题考查了正方形的性质，平移的性质，关键是灵活运用这些性质解决问题．
变式2-4．(2023·辽宁营口·统考中考真题）如图，将沿着方向平移得到，只需添加一个条件即可证明四边形是菱形，这个条件可以是____________．（写出一个即可）
答案:AB=BE（答案不唯一）
分析：由题目提供的条件可以得到四边形是平行四边形，再添加一个条件使其成为菱形即可．
【详解】解：添加AB=BE，
∵将沿着方向平移得到，
∴AB=DE，AB∥DE，
∴四边形ABED是平行四边形，
又∵AB=BE，
∴四边形是菱形，
故答案为：AB=BE（答案不唯一）
【点睛】本题考查了平行四边形的判定及性质、菱形的判定、平移的性质，证明四边形ABED是平行四边形是解题的关键．
变式2-5．(2023·河南·统考中考真题）如图，将扇形AOB沿OB方向平移，使点O移到OB的中点处，得到扇形．若∠O＝90°，OA＝2，则阴影部分的面积为______．
答案:
分析：设与扇形交于点，连接，解，求得，根据阴影部分的面积为，即可求解．
【详解】如图，设与扇形交于点，连接，如图
是OB的中点
, OA＝2，
＝90°，将扇形AOB沿OB方向平移，
阴影部分的面积为
故答案为：
【点睛】本题考查了解直角三角形，求扇形面积，平移的性质，求得是解题的关键．
变式2-6．(2023·浙江台州·统考中考真题）如图，△ABC的边BC长为4cm．将△ABC平移2cm得到△A′B′C′，且BB′⊥BC，则阴影部分的面积为______．
答案:8
分析：根据平移的性质即可求解．
【详解】解：由平移的性质S△A′B′C′=S△ABC，BC=B′C′，BC∥B′C′，
∴四边形B′C′CB为平行四边形，
∵BB′⊥BC，
∴四边形B′C′CB为矩形，
∵阴影部分的面积=S△A′B′C′+S矩形B′C′CB-S△ABC
=S矩形B′C′CB
=4×2
=8(cm2)．
故答案为：8．
【点睛】本题考查了矩形的判定和平移的性质：①平移不改变图形的形状和大小；②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．
变式2-7．(2023·浙江金华·统考中考真题）如图，在中，．把沿方向平移，得到，连结，则四边形的周长为_____．
答案:
分析：通过勾股定理，平移的特性，特殊角的三角函数，分别计算出四边形的四条边长，再计算出周长即可．
【详解】解：∵，
∴AB=2BC=4，
∴AC=，
∵把沿方向平移，得到，
∴，， ，
∴四边形的周长为：，
故答案为：．
【点睛】本题考查勾股定理，平移的特性，特殊角的三角函数，能够熟练掌握勾股定理是解决本题的关键．
考查题型三 平移（作图）
典例3．(2023·陕西·统考中考真题）如图，的顶点坐标分别为．将平移后得到，且点A的对应点是，点B、C的对应点分别是．
(1)点A、之间的距离是__________；
(2)请在图中画出．
答案:(1)4
(2)见解析
分析：（1）由得，A、之间的距离是2-（-2）=4；
（2）根据题意找出平移规律，求出，进而画图即可．
【详解】（1）解：由得，
A、之间的距离是2-（-2）=4．
故答案为：4．
（2）解：由题意，得，
如图，即为所求．
【点睛】本题考查了坐标系中两点之间的距离求解以及平移求点坐标画图，题目相对较简单，掌握平移规律是解决问题的关键．
变式3-1．(2023·浙江温州·统考中考真题）如图，在的方格纸中，已知格点P，请按要求画格点图形（顶点均在格点上）．
(1)在图1中画一个锐角三角形，使P为其中一边的中点，再画出该三角形向右平移2个单位后的图形．
(2)在图2中画一个以P为一个顶点的钝角三角形，使三边长都不相等，再画出该三角形绕点P旋转后的图形．
答案:(1)见解析
(2)见解析
分析：（1）根据题意画出合适的图形即可，注意本题答案不唯一，主要作出的图形符合题意即可；
（2）根据题意画出合适的图形即可，注意本题答案不唯一，主要作出的图形符合题意即可．
【详解】（1）画法不唯一，如图1或图2等．
（2）画法不唯一，如图3或图4等．
【点睛】本题考查作图—旋转变换、作图—平移变换，解答本题的关键是明确题意，画出相应的图形，注意不要忘记画出平移后或旋转后的图形．
考查题型四 平移的坐标变化规律
典例4．(2023·山东日照·统考中考真题）在平面直角坐标系中，把点向右平移两个单位后，得到对应点的坐标是（ ）
A．B．C．D．
答案:D
分析：根据平移时，点的坐标变化规律“左减右加”进行计算即可．
【详解】解：根据题意，从点到点，点的纵坐标不变，横坐标是，
故点的坐标是．
故选：D．
【点睛】此题考查了点的坐标变化和平移之间的联系，平移时点的坐标变化规律是“上加下减，左减右加”．
变式4-1．(2023·辽宁大连·统考中考真题）如图，在平面直角坐标系中，点A的坐标是，将线段向右平移4个单位长度，得到线段，点A的对应点C的坐标是_______．
答案:
分析：由将线段向右平移4个单位长度，可得点A向右边平移了4个单位与C对应，再利用“右移加”即可得到答案．
【详解】解：∵将线段向右平移4个单位长度，
∴点A向右边平移了4个单位与C对应，
∴ 即
故答案为：
【点睛】本题考查的是平移的坐标变化规律，熟记“右移加，左移减，上移加，下移减”是解本题的关键．
变式4-2．(2023·山东淄博·统考中考真题）如图，在平面直角坐标系中，平移△ABC至△A1B1C1的位置．若顶点A（﹣3，4）的对应点是A1（2，5），则点B（﹣4，2）的对应点B1的坐标是________．
答案:（1，3）
分析：根据点A和点的坐标可得出平移规律，从而进一步可得出结论．
【详解】解：∵顶点A（﹣3，4）的对应点是A1（2，5），
又
∴平移至的规律为：将向右平移5个单位，再向上平移1个单位即可得到
∵B（﹣4，2）
∴的坐标是（-4+5，2+1），即（1，3）
故答案为：（1，3）
【点睛】本题主要考查了坐标与图形，正确找出平移规律是解答本题的关键．
变式4-3．(2023·山东淄博·统考中考真题）在平面直角坐标系中，点关于轴的对称点为，将点向左平移3个单位得到点，则的坐标为__________．
答案:
分析：先由点的坐标关于坐标轴对称的方法得出点的坐标，然后再根据点的平移可进行求解．
【详解】解：由点关于轴的对称点为可得：，
∴将点向左平移3个单位得到点，则的坐标为；
故答案为．
【点睛】本题主要考查点的坐标平移及对称，熟练掌握点的坐标平移及对称是解题的关键．
变式4-4．(2023·湖北·统考中考真题）如图，在平面直角坐标系中，动点P从原点O出发，水平向左平移1个单位长度，再竖直向下平移1个单位长度得到点；接着水平向右平移2个单位长度，再竖直向上平移2个单位长度得到点；接着水平向左平移3个单位长度，再竖直向下平移3个单位长度得到点；接着水平向右平移4个单位长度，再竖直向上平移4个单位长度得到点，…，按此作法进行下去，则点的坐标为___________．
答案:
分析：先根据点坐标的平移变换规律求出点的坐标，再归纳类推出一般规律即可得．
【详解】解：由题意得：，即，
，即，
，即，
，即，
观察可知，点的坐标为，其中，
点的坐标为，其中，
点的坐标为，其中，
归纳类推得：点的坐标为，其中为正整数，
，
点的坐标为，
故答案为：．
【点睛】本题考查了点坐标的平移变换规律、点坐标的规律探索，正确归纳类推出一般规律是解题关键．
考查题型五 利用旋转的性质求解
典例5．(2023·内蒙古包头·中考真题）如图，在中，，将绕点C顺时针旋转得到，其中点与点A是对应点，点与点B是对应点．若点恰好落在边上，则点A到直线的距离等于（ ）
A．B．C．3D．2
答案:C
分析：如图，过作于 求解 结合旋转：证明∠B=∠A'B'C=60°,BC=B'C,∠A'CB'=90°, 可得为等边三角形，求解∠A'CA=60°, 再应用锐角三角函数可得答案．
【详解】解：如图，过作于
由，

结合旋转：
∴∠B=∠A'B'C=60°,BC=B'C,∠A'CB'=90°,
∴△BB'C为等边三角形，
∴∠BCB'=60°,∠ACB'=30°,
∴∠A'CA=60°,
∴AQ=ACsin60°=23×32=3.
∴A到的距离为3．
故选C
【点睛】本题考查的是旋转的性质，含的直角三角形的性质，勾股定理的应用，等边三角形的判定与性质，锐角三角函数的应用，作出适当的辅助线构建直角三角形是解本题的关键．
变式5-1．(2023·宁夏·中考真题）如图，直线，的边在直线上，，将绕点顺时针旋转至，边交直线于点，则______．
答案:50
分析：先根据旋转的性质得到，再由平角的定义求出的度数，即可利用平行线的性质得到答案．
【详解】解：将绕点顺时针旋转至，
∴，
∵∠AOB=55°，
∴，
，
，
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了旋转的性质，平行线的性质，熟练掌握两直线平行，同位角相等和旋转的性质是解题的关键．
变式5-2．(2023·辽宁阜新·统考中考真题）如图，在中，，，将绕点逆时针旋转，得到，则点到的距离是______．
答案:2
分析：由旋转的性质可得，，可证是等边三角形，由直角三角形的性质可求解．
【详解】解：如图，连接，过点作于，

将绕点逆时针旋转，
，，
是等边三角形，
，，
，
，
，
点到的距离是，
故答案为：．
【点睛】本题考查了旋转的性质，等边三角形的判定和性质，直角三角形的性质，掌握旋转的性质是解题的关键．
变式5-3．(2023·青海·统考中考真题）如图所示的图案由三个叶片组成，绕点O旋转120°后可以和自身重合，若每个叶片的面积为4cm2，∠AOB=120°，则图中阴影部分的面积为__________．
答案:4 cm2
分析：根据旋转的性质和图形的特点解答．
【详解】每个叶片的面积为4cm2，因而图形的面积是12cm2．
∵图案绕点O旋转120°后可以和自身重合，∠AOB为120°，∴图形中阴影部分的面积是图形的面积的，因而图中阴影部分的面积之和为4cm2．
故答案为4cm2．
【点睛】本题考查了图形的旋转与重合，理解旋转对称图形的定义是解决本题的关键．注：旋转对称图形的概念：把一个图形绕着一个定点旋转一个角度后，与初始图形重合，这种图形叫做旋转对称图形，这个定点叫做旋转对称中心，旋转的角度叫做旋转角．
变式5-4．(2023·山东济南·统考中考真题）如图1，△ABC是等边三角形，点D在△ABC的内部，连接AD，将线段AD绕点A按逆时针方向旋转60°，得到线段AE，连接BD，DE，CE．
(1)判断线段BD与CE的数量关系并给出证明；
(2)延长ED交直线BC于点F．
①如图2，当点F与点B重合时，直接用等式表示线段AE，BE和CE的数量关系为_______；
②如图3，当点F为线段BC中点，且ED＝EC时，猜想∠BAD的度数，并说明理由．
答案:(1)，理由见解析
(2)①；②，理由见解析
分析：（1）利用等边三角形的性质和旋转的性质易得到，再由全等三角形的性质求解；
（2）①根据线段绕点A按逆时针方向旋转得到得到是等边三角形，
由等边三角形的性质和（1）的结论来求解；②过点A作于点G，连接AF，根据等边三角形的性质和锐角三角函数求值得到，，进而得到，进而求出，结合，ED＝EC得到，再用等腰直角三角形的性质求解．
（1）
解：．
证明：∵是等边三角形，
∴，．
∵线段绕点A按逆时针方向旋转得到，
∴，，
∴，
∴，
即．
在和中
，
∴，
∴；
（2）
解：①
理由：∵线段绕点A按逆时针方向旋转得到，
∴是等边三角形，
∴，
由（1）得，
∴；
②过点A作于点G，连接AF，如下图．
∵是等边三角形，，
∴，
∴．
∵是等边三角形，点F为线段BC中点，
∴，，，
∴，
∴，，
∴，
即，
∴，
∴．
∵，，
∴，
即是等腰直角三角形，
∴．
【点睛】本题主要考查了等边三角形的性质，旋转的性质，全等三角形的判定和性质，解直角三角形，相似三角形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质，理解相关知识是解答关键．
变式5-5．(2023·辽宁抚顺·统考中考真题）在中，，线段绕点A逆时针旋转至（不与重合），旋转角记为，的平分线与射线相交于点E，连接．
(1)如图①，当时，的度数是_____________；
(2)如图②，当时，求证：；
(3)当时，请直接写出的值．
答案:(1)
(2)见解析
(3)或
分析：（1）根据旋转的性质可知，当时可根据等腰三角形的性质计算的角度，再由，是的平分线可知，由三角形外角的性质，通过即可得出答案；
（2）延长到F，使，连接，先证明，可推导、、，再由已知条件及等腰三角形的性质推导，然后证明，推导，在中，由三角函数可计算，即可证明；
（3）分两种情况讨论：①当时，借助（2）可知，再求的值即可；②当时，在线段BD上取点F，使得，结合（2）中，可知、，易证明，可推导、、， ，在中，由三角函数可计算，即可推导，再求的值即可．
【详解】（1）解：由旋转可知，，当时，
可知，
∵，是的平分线，
∴，
∴．
故答案为：；
（2）证明：延长到F，使，连接．
∵，，
∴，
∵平分，
∴，
∵，
∴，
∴，，，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵
∴，
∵，，
∴，
∵，，
∴，
∴，，
∴，
在中，，
∵，
∴，
∵，
∴；
（3）①当时，由（2）可知，
，，
∴，
当时，可知，
∴；
②当时，如下图，在线段BD上取点F，使得，
由（2）可知，，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，，
∴，
∴，
在中，，
∴，
∴，
当时，可知，
∴．
综上所述，当时， 或．
【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、等腰三角形的性质及三角函数解直角三角形的知识，解题关键是熟练掌握相关性质，并通过作辅助线构建全等三角形．
变式5-6．(2023·山西·中考真题）综合与实践
问题情境：在Rt△ABC中，∠BAC=90°，AB=6，AC=8．直角三角板EDF中∠EDF=90°，将三角板的直角顶点D放在Rt△ABC斜边BC的中点处，并将三角板绕点D旋转，三角板的两边DE，DF分别与边AB，AC交于点M，N，猜想证明：
（1）如图①，在三角板旋转过程中，当点M为边AB的中点时，试判断四边形AMDN的形状，并说明理由；
问题解决：
（2）如图②，在三角板旋转过程中，当时，求线段CN的长；
（3）如图③，在三角板旋转过程中，当AM=AN时，直接写出线段AN的长．
答案:（1）四边形AMDN为矩形；理由见解析；（2）；（3）．
分析：（1）由三角形中位线定理得到，证明∠A=∠AMD=∠MDN=90°，即可证明结论；
（2）证明△NDC是等腰三角形，过点N作NG⊥BC于点G，证明△CGN∽△CAB，利用相似三角形的性质即可求解；
（3）延长ND，使DH=DN，证明△BDH≌△CDN，推出BH=CN，∠DBH=∠C，证明∠MBH=90°，设AM=AN=x，在Rt△BMH中，利用勾股定理列方程，解方程即可求解．
【详解】解：（1）四边形AMDN为矩形．
理由如下：∵点M为AB的中点，点D为BC的中点，
∴，
∴∠AMD+∠A=180°，
∵∠A=90°，
∴∠AMD=90°，
∵∠EDF=90°，
∴∠A=∠AMD=∠MDN=90°，
四边形AMDN为矩形；
（2）在Rt△ABC中，∠A=90°，AB=6，AC=8，
∴∠B+∠C=90°，．
∵点D是BC的中点，
∴CD=BC=5．
∵∠EDF=90°，
∴∠MDB+∠1=90°．
∵∠B=∠MDB，
∴∠1=∠C．
∴ND=NC．
过点N作NG⊥BC于点G，则∠CGN=90°．
∴CG=CD=．
∵∠C=∠C，∠CGN=∠CAB=90°，
∴△CGN∽△CAB．
∴，即，
∴；
（3）延长ND至H，使DH=DN，连接MH，NM，BH，
∵MD⊥HN，∴MN=MH，
∵D是BC中点，
∴BD=DC，
又∵∠BDH=∠CDN，
∴△BDH≌△CDN，
∴BH=CN，∠DBH=∠C，
∵∠BAC=90°，
∵∠C+∠ABC=90°，
∴∠DBH+∠ABC=90°，
∴∠MBH=90°，
设AM=AN=x，则BM=6-x，BH=CN=8-x，MN=MH=x，
在Rt△BMH中，BM2+BH2=MH2，
∴(6-x)2+(8-x)2=(x)2，
解得x=，
∴线段AN的长为．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，矩形的判定，勾股定理，解第（3）问的关键是学会利用参数构建方程解决问题．
变式5-7．(2023·贵州黔西·中考真题）如图1，D为等边△ABC内一点，将线段AD绕点A逆时针旋转60°得到AE，连接CE，BD的延长线与AC交于点G，与CE交于点F．
（1）求证：BD＝CE；
（2）如图2，连接FA，小颖对该图形进行探究，得出结论：∠BFC＝∠AFB＝∠AFE．小颖的结论是否正确？若正确，请给出证明；若不正确，请说明理由．
答案:（1）见解析；（3）正确，见解析
分析：（1）根据旋转的性质可得AD＝AE，∠DAE＝60°，结合已知条件可得∠BAC＝∠DAE，进而证明△ABD≌△ACE，即可证明BD＝CE；
（2）过A作BD，CF的垂线段分别交于点M，N，△ABD≌△ACE，BD＝CE，由面积相等可得AM＝AN，证明Rt△AFM≌Rt△AFN，进而证明∠BFC＝∠AFB＝∠AFE＝60°
【详解】解：证明：（1）如图1，∵线段AD绕点A逆时针旋转60°得到AE，
∴AD＝AE，∠DAE＝60°，
∵∠BAC＝60°，
∴∠BAC＝∠DAE，
∴∠BAD＝∠CAE，
在△ABD和△ACE中，
，
∴△ABD≌△ACE（SAS），
∴BD＝CE，
（2）由（1）可知△ABD≌△ACE
则∠ABD＝∠ACE，
又∵∠AGB＝∠CGF，
∴∠BFC＝∠BAC＝60°，
∴∠BFE＝120°，
过A作BD，CF的垂线段分别交于点M，N，
又∵△ABD≌△ACE，BD＝CE，
∴由面积相等可得AM＝AN，
在Rt△AFM和Rt△AFN中，
，
∴Rt△AFM≌Rt△AFN（HL），
∴∠AFM＝∠AFN，
∴∠BFC＝∠AFB＝∠AFE＝60°．
【点睛】本题考查了三角形全等的性质与判定，旋转的性质，正确的添加辅助线找到全等三角形并证明是解题的关键．
变式5-8．(2023·湖南株洲·统考中考真题）将一物体（视为边长为米的正方形）从地面上挪到货车车厢内．如图所示，刚开始点与斜面上的点重合，先将该物体绕点按逆时针方向旋转至正方形的位置，再将其沿方向平移至正方形的位置（此时点与点重合），最后将物体移到车厢平台面上．已知，，过点作于点，米，米．
（1）求线段的长度；
（2）求在此过程中点运动至点所经过的路程．
答案:（1）米；（2）4米．
分析：（1）利用直角三角形FGH即可求解；
（2）连接A1A2，则必过点D1，分别求出A1A2和的长，即可求出点A经过的路程．
【详解】解：（1）∵MG∥PQ，
∴∠FGM=∠FBP=30°．
∴在中，
（米）．
（2）连接A1A2，则必过点D1，且四边形A1BGA2是矩形．
∴A1A2=BG=BF-GF=（米）．
∵四边形ABCD和四边形A1BC1D1都是正方形，
∴AB=A1B，∠A1BC1=∠ABC=90°．
∴∠ABA1=180°-∠A1BC1-∠FBP=180°-90°-30°=60°．
∴（米）．
∴在整个运动过程中，点A运动至A2的路程为：
（米）．
【点睛】本题考查了直角三角形的性质、矩形和正方形的性质、平移和旋转的性质等知识点，熟知旋转和平移的性质是解题的关键．
考查题型六 旋转（作图）
典例6．(2023·湖南·统考中考真题）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)
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．
变式6-1．(2023·辽宁阜新·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，顶点的坐标分别为，，．
（1）画出与关于y轴对称的；
（2）将绕点顺时针旋转90°得到，弧是点A所经过的路径，则旋转中心的坐标为___________．
（3）求图中阴影部分的面积（结果保留）．
答案:（1）见解析；（2）；（3）
分析：（1）根据网格结构找出点C关于y轴的对称点A1、B1、C1的位置，然后顺次连接即可；
（2）利用网格特点和性质的性质，作AA2和CC2的垂直平分线，它们的交点即为点；
（3）结合图形的特征，利用勾股定理求出旋转半径，利用扇形面积和三角形面积求出阴影部分的面积．
【详解】（1）如图所示，△A1B1C1即为所求．
（2）如图所示，旋转中心的坐标为

（3）如图：设旋转半径为r，则，
∴阴影部分的图形面积为：
【点晴】本题考查了利用轴对称变换作图，利用旋转变换作图，以及阴影部分面积的计算．熟练掌握网格结构、勾股定理、图形变换的性质及图形面积公式是解题的关键．
变式6-2．(2023·湖北武汉·中考真题）在的网格中建立如图的平面直角坐标系，四边形的顶点坐标分别为，，，．仅用无刻度的直尺在给定网格中按下列步骤完成画图，并回答问题：
（1）将线段绕点逆时针旋转，画出对应线段；
（2）在线段上画点，使（保留画图过程的痕迹）；
（3）连接，画点关于直线的对称点，并简要说明画法．
答案:（1）见解析；（2）见解析；（3）见解析
分析：（1）根据题意，将线段是将线段绕点逆时针旋转即可；
（2）连接BD，并连接（4,2），（5,5）点，两线段的交点即为所求的点E.
（3）连接（5,0）和（0,5）点，与AC的交点为F,且F为所求.
【详解】解：（1）如图示，线段是将线段绕点逆时针旋转得到的；
（2）∠BCE为所求的角，点E为所求的点.
（3）连接（5,0）和（0,5）点，与AC的交点为F,且F为所求.
【点睛】本题考查了作图-旋转变换，正方形的性质，全等三角形的性质和轴对称的性质，熟悉相关性质是解题的关键．
考查题型七 旋转的坐标变化规律
典例7．(2023·山东青岛·统考中考真题）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
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．
变式7-1．(2023·黑龙江绥化·统考中考真题）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
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．
变式7-2．(2023·河南·统考中考真题）如图，在平面直角坐标系中，边长为2的正六边形ABCDEF的中心与原点O重合，轴，交y轴于点P．将△OAP绕点O顺时针旋转，每次旋转90°，则第2022次旋转结束时，点A的坐标为（ ）
A．B．C．D．
答案:B
分析：首先确定点A的坐标，再根据4次一个循环，推出经过第2022次旋转后，点A的坐标即可．
【详解】解：正六边形ABCDEF边长为2，中心与原点O重合，轴，
∴AP＝1， AO＝2，∠OPA＝90°，
∴OP＝＝，
∴A（1，），
第1次旋转结束时，点A的坐标为（，-1）；
第2次旋转结束时，点A的坐标为（-1，）；
第3次旋转结束时，点A的坐标为（，1）；
第4次旋转结束时，点A的坐标为（1，）；
∵将△OAP绕点O顺时针旋转，每次旋转90°，
∴4次一个循环，
∵2022÷4＝505……2，
∴经过第2022次旋转后，点A的坐标为（-1，），
故选：B
【点睛】本题考查正多边形与圆，规律型问题，坐标与图形变化﹣旋转等知识，解题的关键是学会探究规律的方法，属于中考常考题型．
变式7-3．(2023·四川内江·统考中考真题）如图，在平面直角坐标系中，点B、C、E在y轴上，Rt△ABC 经过变换得到Rt△ODE，若点C的坐标为(0，1)，AC=2，则这种变换可以是（ ）
A．△ABC绕点C顺时针旋转90°，再向下平移3
B．△ABC绕点C顺时针旋转90°，再向下平移1
C．△ABC绕点C逆时针旋转90°，再向下平移1
D．△ABC绕点C逆时针旋转90°，再向下平移3
答案:A
【详解】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A．
【点睛】本题考查坐标与图形变化-旋转，坐标与图形变化-平移．掌握旋转和平移的性质是解题关键．
变式7-4．(2023·贵州安顺·统考中考真题）如图，在平面直角坐标系中，将边长为2的正六边形绕点顺时针旋转个，得到正六边形，当时，正六边形的顶点的坐标是（ ）
A．B．C．D．
答案:A
分析：由于正六边形每次转45°，根据，则的坐标与的坐标相同，求得的坐标即可求解．
【详解】解：将边长为2的正六边形绕点顺时针旋转个，
当时，
则的坐标与的坐标相同，
则
如图，过点作于，过点轴于点，
，，
，
，
正六边形的一个外角，
，
，
，
，
，
，
，
故选A．
【点睛】本题考查了旋转的性质，解直角三角形，正六边形的性质，正多边形的外角和，内角和，求得的位置是解题的关键．
变式7-5．(2023·黑龙江牡丹江·统考中考真题）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
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）．
变式7-6．(2023·四川达州·统考中考真题）在平面直角坐标系中，等边如图放置，点的坐标为，每一次将绕着点逆时针方向旋转，同时每边扩大为原来的2倍，第一次旋转后得到，第二次旋转后得到，…，依次类推，则点的坐标为（ ）
A．B．
C．D．
答案:C
分析：由题意，点A每6次绕原点循环一周，利用每边扩大为原来的2倍即可解决问题．
【详解】解：由题意，点A每6次绕原点循环一周，
，
点在第四象限，， ，
点的横坐标为，纵坐标为，
，
故选：C．
【点睛】本题考查坐标与图形变化旋转，规律型问题，解题的关键是理解题意，学会探究规律的方法，属于中考常考题型．
变式7-7．(2023·山东淄博·统考中考真题）如图，正方形ABCD的中心与坐标原点O重合，将顶点D（1，0）绕点A（0，1）逆时针旋转90°得点D1，再将D1绕点B逆时针旋转90°得点D2，再将D2绕点C逆时针旋转90°得点D3，再将D3绕点D逆时针旋转90°得点D4，再将D4绕点A逆时针旋转90°得点D5……依此类推，则点D2022的坐标是________．
答案:（-2023，2022）
分析：由题意观察发现：每四个点一个循环，，由，推出．
【详解】解：将顶点绕点逆时针旋转得点，
，
再将绕点逆时针旋转得点，再将绕点逆时针旋转得点，再将绕点逆时针旋转得点，再将绕点逆时针旋转得点
，，，，，，
观察发现：每四个点一个循环，，
，
；
故答案为：．
【点睛】本题考查坐标与图形的变化旋转，等腰直角三角形性质，规律型问题，解题的关键是学会探究规律的方法，找到规律再利用规律求解．
考查题型八 旋转综合题（与线段有关）
典例8．(2023·广西柳州·统考中考真题）如图，在正方形ABCD中，AB＝4，G是BC的中点，点E是正方形内一个动点，且EG＝2，连接DE，将线段DE绕点D逆时针旋转90°得到线段DF，连接CF，则线段CF长的最小值为 _____．
答案:
分析：如图，由EG＝2，确定在以G为圆心，半径为2的圆上运动，连接AE， 再证明（SAS）， 可得可得当三点共线时，最短，则最短，再利用勾股定理可得答案．
【详解】解：如图，由EG＝2，可得在以G为圆心，半径为2的圆上运动，连接AE，
∵正方形ABCD，
∴AD=CD,∠ADC=90°，
∴∠ADC=∠EDF=90°，
∴∠ADE=∠CDF，
∵DE=DF，
∴（SAS），
∴
∴当三点共线时，最短，则最短，
∵位BC 中点，
∴
此时
此时
所以CF的最小值为：
故答案为：
【点睛】本题考查的是正方形的性质，圆的基本性质，勾股定理的应用，二次根式的化简，熟练的利用圆的基本性质求解线段的最小值是解本题的关键．
变式8-1．(2023·辽宁盘锦·中考真题）如图，四边形ABCD是正方形，△ECF为等腰直角三角形，∠ECF＝90°，点E在BC上，点F在CD上，P为EF中点，连接AF，G为AF中点，连接PG，DG，将Rt△ECF绕点C顺时针旋转，旋转角为α（0°≤α≤360°）．
(1)如图1，当α＝0°时，DG与PG的关系为 ；
(2)如图2，当α＝90°时
①求证：△AGD≌△FGM；
②（1）中的结论是否成立？若成立，请写出证明过程；若不成立，请说明理由．
答案:(1)且
(2)①见解析；②成立，理由见解析
分析：（1）先判断出，得出，，再用直角三角形斜边的中线等于斜边的一半和三角形中位线定理、三角形外角和定理，即可得出结论；
（2）①先判断出，再判断出，即可得出结论；
②由①知，，得，得出，根据题（1），得出，得，得．又根据点是的中点，是的中位线，等量代换得．根据得，且，推出，又根据，同旁内角互补，得，即．
（1）
解：∵四边形ABCD是正方形
∴，
∵为等腰直角三角形
∴
∴CE＝CF，
∴
∴，
∵点是的中点
∴
∴
∵为中点，为中点
∴是的中位线
∴，
∴，
又∵在中
∴且
∴
∵
∴
∴
∴
∴
故且．
故答案是：DG=PG且DG⊥GP；
（2）
①证明：∵四边形是正方形，
∴
∵点是的中点
∴
∴在和中
∴
解：②（1）中的结论且成立
证明：由①知，
∴，
∴
∴
∵
∴
又∵，
∴
∴，
∵点是的中点
∴
又∵为中点，为中点
∴是的中位线
∴，
∴
又∵
∴
∴
∴
又∵
∴
∴
∴
故且．
【点睛】此题是四边形综合题，主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，三角形的中位线定理，解题的关键是全等三角形性质，三角形中位线定理，等量代换的转换运用．
变式8-2．(2023·江苏南通·统考中考真题）如图，矩形中，，点E在折线上运动，将绕点A顺时针旋转得到，旋转角等于，连接．
(1)当点E在上时，作，垂足为M，求证；
(2)当时，求的长；
(3)连接，点E从点B运动到点D的过程中，试探究的最小值．
答案:(1)见详解
(2)或
(3)
分析：（1）证明即可得证．
（2）分情况讨论，当点E在BC上时，借助，在中求解；当点E在CD上时，过点E作EG⊥AB于点G，FH⊥AC于点H，借助并利用勾股定理求解即可．
（3）分别讨论当点E在BC和CD上时，点F所在位置不同，DF的最小值也不同，综合比较取最小即可．
（1）
如图所示，
由题意可知，，，
，
由旋转性质知：AE=AF，
在和中，
，
，
．
（2）
当点E在BC上时，
在中，，，
则，
在中，，，
则，
由（1）可得，，
在中，，，
则，
当点E在CD上时，如图，
过点E作EG⊥AB于点G，FH⊥AC于点H，
同（1）可得，
，
由勾股定理得；
故CF的长为或．
（3）
如图1所示，当点E在BC边上时，过点D作于点H，
由（1）知，，
故点F在射线MF上运动，且点F与点H重合时，DH的值最小．
在与中，
，
，
，
即，
，，
，
在与中，
，
，
，
即，
，
故的最小值；
如图2所示，当点E在线段CD上时，将线段AD绕点A顺时针旋转的度数，得到线段AR，连接FR，过点D作，，
由题意可知，，
在与中，
，
，
，
故点F在RF上运动，当点F与点K重合时，DF的值最小；
由于，，，
故四边形DQRK是矩形；
，
，
，
，
故此时DF的最小值为；
由于，故DF的最小值为．
【点睛】本题考查矩形的性质、全等三角形的判定和性质、相似三角形的性质和判定、勾股定理、解直角三角形，解决本题的关键是各性质定理的综合应用．
考查题型九 旋转综合题（与面积有关）
典例9．(2023·宁夏·中考真题）综合与实践
知识再现
如图，中，，分别以、、为边向外作的正方形的面积为、、．当，时，______．
问题探究
如图，中，．
（1）如图，分别以、、为边向外作的等腰直角三角形的面积为、、，则、、之间的数量关系是______．
（2）如图，分别以、、为边向外作的等边三角形的面积为、、，试猜想、、之间的数量关系，并说明理由．
实践应用
（1）如图，将图中的绕点逆时针旋转一定角度至，绕点顺时针旋转一定角度至，、相交于点．求证：；
（2）如图，分别以图中的边、、为直径向外作半圆，再以所得图形为底面作柱体，、、为直径的半圆柱的体积分别为、、．若，柱体的高，直接写出的值．
答案:知识再现 ；
问题探究：（1）；（2）；理由见解析；
实践应用：（1）见解析；（2）．
分析：知识再现：利用勾股定理和正方形的面积公式可求解；
问题探究：(1)利用勾股定理和直角三角形的面积公式可求解；
(2)过点D作DG⊥BC交于G，分别求出，，，由勾股定理可得，即可求S4+S5=S6；
实践应用：(1)设AB=c，BC=a，AC=b，则HN=a+b-c，FG=c-a，MF=c-b，可证明△HNP是等边三角形，四边形MFGP是平行四边形，则，，再由，可证明．
(2)设AB=c，BC=a，AC=b，以AB为直径的圆的面积为S3、以BC为直径的圆的面积为S1、以AC为直径的圆的面积为S2，可得S1+S2=S3，又由，即可求．
【详解】知识再现：解：中，，
，
，
，，
，
故答案为：；
问题探究：解：中，，
，
，
，
故答案为：；
解：中，，
，
过点作交于，
在等边三角形中，，，
，
，
同理可得，，
，
；
实践应用：证明：设，，，
，，，
是等边三角形，是等边三角形，
，，
，
是等边三角形，四边形是平行四边形，
，，
是直角三角形，
，
，
；
解：设，，，以为直径的圆的面积为、以为直径的圆的面积为、以为直径的圆的面积为，
是直角三角形，
，
，
，
，，，
，
，，
，
．
【点睛】本题考查四边形的综合应用，熟练掌握直角三角形的勾股定理，等边三角形的性质，圆的性质，圆柱的体积，平行线的性质是解题的关键．
变式9-1．(2023·江西·统考中考真题）问题提出：某兴趣小组在一次综合与实践活动中提出这样一个问题：将足够大的直角三角板的一个顶点放在正方形中心O处，并绕点O逆时针旋转，探究直角三角板与正方形重叠部分的面积变化情况（已知正方形边长为2）．
(1)操作发现：如图1，若将三角板的顶点P放在点O处，在旋转过程中，当与重合时，重叠部分的面积为__________；当与垂直时，重叠部分的面积为__________；一般地，若正方形面积为S，在旋转过程中，重叠部分的面积与S的关系为__________；
(2)类比探究：若将三角板的顶点F放在点O处，在旋转过程中，分别与正方形的边相交于点M，N．
①如图2，当时，试判断重叠部分的形状，并说明理由；
②如图3，当时，求重叠部分四边形的面积（结果保留根号）；
(3)拓展应用：若将任意一个锐角的顶点放在正方形中心O处，该锐角记为（设），将绕点O逆时针旋转，在旋转过程中，的两边与正方形的边所围成的图形的面积为，请直接写出的最小值与最大值（分别用含的式子表示），
（参考数据：）
答案:(1)1,1，
(2)①是等边三角形，理由见解析；②
(3)
分析：（1）如图1，若将三角板的顶点P放在点O处，在旋转过程中，当OF与OB重合时，OE与OC重合，此时重叠部分的面积=△OBC的面积=正方形ABCD的面积=1；当OF与BC垂直时，OE⊥BC，重叠部分的面积=正方形ABCD的面积=1；一般地，若正方形面积为S，在旋转过程中，重叠部分的面积S1与S的关系为S1=S．利用全等三角形的性质证明即可；
（2）①结论：△OMN是等边三角形．证明OM=ON，可得结论；
②如图3中，连接OC，过点O作OJ⊥BC于点J．证明△OCM≌△OCN（SAS），推出∠COM=∠CON=30°，解直角三角形求出OJ，即可解决问题；
（3）如图4-1中，过点O作OQ⊥BC于点Q，当BM=CN时，△OMN的面积最小，即S2最小．如图4-2中，当CM=CN时，S2最大．分别求解即可．
（1）
如图1，若将三角板的顶点P放在点O处，在旋转过程中，当OF与OB重合时，OE与OC重合，此时重叠部分的面积=△OBC的面积=正方形ABCD的面积=1；
当OF与BC垂直时，OE⊥BC，重叠部分的面积=正方形ABCD的面积=1；
一般地，若正方形面积为S，在旋转过程中，重叠部分的面积S1与S的关系为S1=S．
理由：如图1中，设OF交AB于点J，OE交BC于点K，过点O作OM⊥AB于点M，ON⊥BC于点N．
∵O是正方形ABCD的中心，
∴OM=ON，
∵∠OMB=∠ONB=∠B=90°，
∴四边形OMBN是矩形，
∵OM=ON，
∴四边形OMBN是正方形，
∴∠MON=∠EOF=90°，
∴∠MOJ=∠NOK，
∵∠OMJ=∠ONK=90°，
∴△OMJ≌△ONK（AAS），
∴S△PMJ=S△ONK，
∴S四边形OKBJ=S正方形OMBN=S正方形ABCD，
∴S1=S．
故答案为：1，1，S1=S．
（2）
①如图2中，结论：△OMN是等边三角形．
理由：过点O作OT⊥BC，
∵O是正方形ABCD的中心，
∴BT=CT，
∵BM=CN，
∴MT=TN，
∵OT⊥MN，
∴OM=ON，
∵∠MON=60°，
∴△MON是等边三角形；
②如图3中，连接OC，过点O作OJ⊥BC于点J．
∵CM=CN，∠OCM=∠OCN，OC=OC，
∴△OCM≌△OCN（SAS），
∴∠COM=∠CON=30°，
∴∠OMJ=∠COM+∠OCM=75°，
∵OJ⊥CB，
∴∠JOM=90°-75°=15°，
∵BJ=JC=OJ=1，
∴JM=OJ•tan15°=2-，
∴CM=CJ-MJ=1-（2-）=-1，
∴S四边形OMCN=2××CM×OJ=-1．
（3）
如图4，将沿翻折得到，则，此时则当在上时，比四边形的面积小，

设，则当最大时，最小，
，即时，最大，
此时垂直平分，即，则
如图5中，过点O作OQ⊥BC于点Q，

，
BM=CN
当BM=CN时，△OMN的面积最小，即S2最小．
在Rt△MOQ中，MQ=OQ•tan=tan，
∴MN=2MQ=2tan，
∴S2=S△OMN=×MN×OQ=tan．
如图6中，同理可得，当CM=CN时，S2最大．

则△COM≌△CON，
∴∠COM=，
∵∠COQ=45°，
∴∠MOQ=45°-，
QM=OQ•tan（45°-）=tan（45°-），
∴MC=CQ-MQ=1-tan（45°-），
∴S2=2S△CMO=2××CM×OQ=1-tan（45°-）．
【点睛】本题属于四边形综合题，考查了正方形的性质，旋转变换，全等三角形的判定和性质，四边形的面积等知识，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，属于中考压轴题．
联系
变化后不改变图形的大小和形状，对应线段相等、对应角相等。
区别
变化方式
不同
平移：将一个图形沿某个方向移动一定距离。
旋转：将一个图形绕一个顶点沿某个方向转一定角度。
轴对称：将一个图形沿一条直线对折。
对应线段、对应角之间的关系不同
平移： 变化前后对应线段平行（或在一条直线上），对应点连线平行（或在一条直线上），对应角的两边平行（或在一条直线上）、方向一致。
旋转： 变化前后任意一对对应点与旋转中心的连线所称的角都是旋转角。
轴对称：对应线段或延长线如果相交，那么交点在对称轴上。
确定条件
不同
平移：距离与方向
旋转：旋转的三要素。
轴对称：对称轴