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专题5.2 旋转与中心对称—中考数学重难点突破训练
一、选择题
1．下列新能源汽车的图标中，是中心对称图形的是（　　)
A． B．
C． D．
2．中国古算诗词歌赋较多.古算诗词题，是反映数学数量关系的内在联系及其规律的一种文学浪漫形式.下列分别是古算诗词题“圆中方形”“方形圆径”“圆材藏壁”“勾股容圆”所描绘的图形，其中既不是轴对称图形也不是中心对称图形的是（　　）
A． B．
C． D．
3．如图，△ABC绕点O按逆时针方向旋转一定的角度得到△DEF，则旋转中心及旋转角分别是(　　)
A．点B，∠ABO B．点O，∠AOB C．点B，∠BOE D．点O，∠AOD
4．如题图，一个小孩坐在秋千上，若秋千绕点O旋转了，小孩的位置从点A运动到了点，则的度数为（　　）
A． B． C． D．
5．在平面直角坐标系中，把点P（－3，2）绕原点O旋转180°后，得到的对应点P'的坐标为（　　）
A．（3，2） B．（2，－3）
C．（－3，－2） D．（3，－2）
6．以点O为旋转中心将逆时针旋转作出如图所示的图案，旋转角的度数为（　　）
A．45 B．60 C．90 D．135
7．把图中的五角星图案，绕着它的中心O旋转，旋转角至少为（　　）度时，旋转后的五角星能与自身重合．
A．60 B．30 C．72 D．36
8．如图，这个图案可以看作以原图案的四分之一经过变换得到的，则所用变换一定不可能的是（　　)
A．平移 B．轴对称
C．旋转 D．轴对称及旋转
9．如图所示，已知△OAB是正三角形，OC⊥OB，OC=OB，将△OAB绕点O按逆时针方向旋转，使得OA与OC重合，得到△OCD，则旋转的角度是（　　）
A．150° B．120° C．90° D．60°
10．如图，在6×4方格纸中，格点三角形甲经过旋转后得到格点三角形乙，则其旋转中心是（　　）
A．点M B．格点N C．格点P D．格点Q
11．如图，在平面直角坐标系中，矩形，点、在轴、轴上，，将矩形绕着点C顺时针旋转得到矩形，再将矩形，绕着点顺时针旋转得到矩形，按此方式依次进行，则点的坐标为（　　）
A． B． C． D．
12．如图，正方形 ABCD的边长为 3，点 E在边 AB上，连接 CE，以点 E为旋转中心，将 EC逆时针旋转 90 °得到 EF， AD与 EF交于点 P，若 tan∠BEC=3，则 PF的长为（　　)
A． B． C． D．
13．如图，已知∠A=∠ABC=90°，AB=5，BC=2，AD=1，点E为AB所在直线上的动点.将线段DE绕点D逆时针旋转90°得到线段DF，连接EF，EC，CF.给出下列结论：①∠DEF=45°；②EC最小值是2；③FC最小值为；④EC-ED的最大值是.其中所有正确的结论是（　　）
A．①② B．①②③ C．①②④ D．②③④
二、填空题
14．如图的正方形网格中，其中一个三角形①绕某点旋转一定的角度，得到三角形②，则图中四个点中是其旋转中心的点是　 　．
15．如图，菱形中，对角线，相交于点P，与关于点D成中心对称．若，，则　 　．
16．如图，在平面直角坐标系中，将等边绕点旋转180°得到，再将绕点旋转得到，再将绕点旋转得到，按此规律进行下去，若点的坐标为，则点的坐标为　 　．
17．某停车场采用先进的车辆识别系统，车辆进出时被系统自动识别后栏杆抬起（如图1）．已知停车场入口的栏杆的长度为3米（如图2所示），栏杆从水平位置绕点顺时针旋转到的位置，在旋转过程中，当栏杆的旋转角为时，栏杆端升高了　 　米．
18．如图，在平面直角坐标系中，点在轴的正半轴上，，将绕点顺时针旋转到，扫过的面积记为，交轴于点；将绕点顺时针旋转到，扫过的面积记为，交轴于点；将绕点顺时针旋转到扫过的面积记为…；
（1）　 　；
（2）按此规律，则　 　．
三、作图题
19．已知：如图，△ABC绕某点按一定方向旋转一定角度后得到△A1B1C1，点A，B，C分别对应点A1，B1，C1．
（1）根据点A1和B1的位置确定旋转中心是点　 　．
（2）请在图中画出△A1B1C1；
（3）请具体描述一下这个旋转：　 　．
20． 已知O是坐标原点， A， B的坐标分别为（3，0)， （2，2)。
（1）把△OAB绕点O逆时针方向旋转90°得到△ODE，请在坐标系中作出△ODE；
（2）在y轴的左侧以O为位似中心作△OAB的位似图形 使新图与原图的相似比为2：1；
（3）直接写出△OA1B1的面积为　 　。
21．如图，在平面直角坐标系中，三个顶点都在格点上，点A、B、C的坐标分别为，，，请解答下列问题：
（1）若与关于原点O中心对称，请画出；
（2）画出绕点C顺时针旋转后得到的，请画出并直接写出点的坐标及点A旋转时走过的路程（每个小正方形的边长为1）．
22． 如图，已知菱形的顶点在方格纸的格点上，其中的坐标分别为（0，1），．该菱形经过中心对称得到它右侧的菱形（顶点均在格点上）．
（1）画出平面直角坐标系，并写出对称中心的坐标和点的对应点的坐标；
（2）将菱形平移，使点的对应点为点，画出平移后的菱形．
四、解答题
23．如图，在等边中过顶点作，为上任意一点，连，将绕点逆时针旋转，点对应点为点．
（1）求证：；
（2）连接，请添加一个与线段相关的条件，使四边形为菱形．（不需要说明理由）
24．如图，已知为等边三角形．P为内一点，，将绕点B逆时针旋转后得到．
（1）求点P与点之间的距离；
（2）求的度数．
25．如图，点E是正方形的边上一点，连接，将线段绕点E顺时针旋转一定的角度得到，点C在上，连接交边于点G．
（1）若，，求的长；
（2）求证：．
26． 在△ABC中，∠ACB =90°，∠ABC=α，点 D 在射线 BC上，连接AD，将线段AD绕点A 逆时针旋转 180°-2α得到线段AE (点E 不在直线AB上)，过点E作EF∥AB交直线 BC 于点 F.
（1） 如图1，α=45°，点 D 与点C 重合，求证： BF =AC；
（2）如图2，点D，F都在 BC的延长线上，用等式表示 DF 与BC的数量关系，并证明.
27．如图①，春碓是我国上世纪乡村农用工具，形状呈型，将其抽象成如图②的平面图形，呈型的可绕点旋转，其中三点在同一条直线上，点在直线上，，，初始时．
（1）直接写出的度数为：　 　；
（2）如图②，求初始时点到的距离；
（3）如图③，当点第一次落在上时，求点在竖直方向上上升了多少厘米．（参考数据：）
28．旋转是初中数学图形变换很重要的内容．通过旋转将已知条件这种分散的边或角等条件相对集中在一起，构建起新的联系，从而解决问题．
（1）【发现问题】如图1，P为等边内一点，，求：以为边构成的三角形各个内角的度数．
解：如图2，把绕点A旋转到，连接，请完成后面的过程；
（2）【类比探究】如图3，已知线段用无刻度的直尺和圆规求作等边，使内部一个顶点P到三个顶点的距离分别为4，5，6．（保留作图痕迹，不写作法）
（3）【拓展延伸】如图4，在四边形中，．探索线段的数量关系并证明你的结论．
29．【数学发现】
某校数学兴趣小组进行了如下探究：以△ABC内部任意一点O为中心，画出与△ABC成中心对称的△A'B'C'．当点O处于不同位置时，从“形”的角度发现两个三角形的重叠部分只可能有两种情况：如图1所示的平行四边形，如图2所示的有三组对边分别平行的六边形（称为“平行六边形”）；从“数”的角度发现两个三角形重叠部分的面积在不断变化．
【问题解决】
组员小明选择面积为1的△ABC，以其内部任意一点O为中心，画出与之成中心对称的△A'B'C'，探究了下列问题，请你帮他解答．
（1）如图3，BC＝2，当点A关于点O的对称点A'落在边BC上时，两个三角形重叠部分为 AQA'P．
①若AA'⊥BC，求AO的长；（请直接写出答案）
②若 AQA'P的面积为，求A'C的长．
（2）如图4，点D为BC的中点，点O在AD上，若两个三角形的重叠部分为“平行六边形”EFGHMN，求“平行六边形”EFGHMN面积的最大值，并指出此时点O的位置．
30．阅读材料，并解决问题：
【思维指引】（1）如图1等边内有一点P，若点P到顶点A、B、C的距离分别为3，4，5，求的度数.
解决此题，我们可以将绕顶点A旋转到处，此时，连接，借助旋转的性质可以推导出是______三角形；这样利用旋转变换，我们将三条线段 转化到一个三角形中，从而求出______；
【知识迁移】（2）如图2，在中，，，E、F为上的点且，请判断，，的数量关系，并证明你的结论.
【方法推广】（3）如图3，在中，，，，点P为内一点，连接，直接写出的最小值.
31．【综合探究】
数学活动课上，同学们将两个全等的三角形纸片完全重合放置，固定一个顶点，然后将其中一个纸片绕这个顶点旋转，来探究图形旋转的性质.已知三角形纸片ABC和BDE中，∠ACB=∠BDE=90°， BC=BD=6， AC=DE=8，旋转角为（
（1）【初步感知】
如图1，连接AE， CD，将三角形纸片BDE绕点B旋转，求 的值；
（2）【深入探究】
如图2，在三角形纸片BDE绕点 B 旋转过程中，当点D恰好落在△ABC的中线CF的延长线上时，延长ED交AC于点G，求CG的长；
（3）【拓展延伸】
在三角形纸片BDE绕点B旋转过程中，试探究A，D，E三点，能否构成以AE为直角边的直角三角形.若能，直接写出线段AD的长度；若不能，请说明理由.
32．探究与证明
从特殊到一般是研究数学问题的一般思路，探究小组以特殊四边形为背景就三角形的旋转放缩问题展开探究.
【特例研究】
在正方形ABCD中，AC， BD相交于点O.
图1 图2 图3 备用图
（1）如图1，△AOB可以看成是△ADC绕点A顺时针旋转并缩小得到的，此时旋转角的度数为　 　；
（2）如图2，将△AOB绕点A逆时针旋转，旋转角为α，并放大得到△AEF(点O，B的对应点分别为点E ，F)，使得点E落在OD上，点F落在BC上，求 的值；
（3）【类比探究】
如图3，在菱形 ABCD 中，∠ABC=60°，O 是 AB 的垂直平分线与 BD 的交点，将△AOB绕点 A逆时针旋转，旋转角为α，并放缩得到△AEF(点O，B的对应点分别为点 E，F)，使得点E落在OD上，点F落在BC上.猜想 的值是否与α有关，并说明理由；
（4）若(3)中∠ABC=2β，其余条件不变，请直接写出 BA ， BE ， BF 之间的数量关系：　 　(用含β的式子表示).
33．定义：有一个公共顶点的三角形，将其中一个三角形绕公共点旋转一定角度，能与另一个三角形构成位似图形，我们称这两个三角形互为“旋转位似图形”．
（1）知识理解：①如图1，，都是等边三角形，则 的“旋转位似图形”（填“是”或“不是”）；
②如图2，若与互为“旋转位似图形”，，，则 ；
③如图2，若与互为“旋转位似图形”，若，则 ，若连接，则 ．
（2）知识运用：
如图3，在四边形中，，于E，，求证：和互为“旋转位似图形”；
（3）拓展提高：
如图4，为等腰直角三角形，点G为的中点，点F是上一点，D是延长线上一点，点E在线段上，且与互为“旋转位似图形”，若，求和的长．
34．
（1）特殊情况，探索结论：
在平面直角坐标系中，已知点，点关于坐标原点的中心对称点的坐标是　 　；
在平面直角坐标系中已知点，点关于坐标点的中心对称点的坐标是　 　；
在平面直角坐标系中，已知点，点关于坐标点的中心对称点的坐标是　 　；
（2）特例启发，引发思考：
点对称有一定规律，那么由点组成的图形是否有相似规律呢
定义：对于抛物线，以点为中心，作该抛物线关于点中心对称的抛物线，则称抛物线为抛物线关于点的“中心镜像抛物线”，点为“镜像中心”．例如：如图1，抛物线关于点的“中心镜像抛物线”为，点为“镜像中心”．
①如图2，当时，直接写出抛物线关于点的“中心镜像抛物线”的函数表达式 ▲ ；
②已知抛物线，将其顶点先向右平移3个单位，再向下平移4个单位后，恰好落在抛物线关于点的“中心镜像抛物线”的图象上，求“镜像中心”点的坐标；
（3）拓展结论，思维提升：
已知抛物线关于点的“中心镜像抛物线”为，当时，最大值与最小值的差为3，直接写出的值．
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】中心对称图形
【解析】【解答】解：选项B、C、D的图形都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；
选项A的图形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．
故答案为：A．
【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180°，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．
2．【答案】D
【知识点】轴对称图形；中心对称图形
【解析】【解答】解： A．既是中心对称图形，也是轴对称图形，故本选项不符合题意；
B．既是中心对称图形，也是轴对称图形，故本选项不符合题意；
C．不是中心对称图形，是轴对称图形，故本选项不符合题意；
D．既不是中心对称图形，也不是轴对称图形，故本选项符合题意．
故答案为：D.
【分析】根据轴对称和中心对称图形的定义判断即可.
轴对称图形：在平面内，一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够完全重合的图形叫做轴对称图形；
中心对称图形：在平面内，把一个图形绕着某个点旋转180度，如果旋转后的图形能与原来的图形重合，那么这个图形叫做中心对称图形.
3．【答案】D
【知识点】图形旋转的三要素
【解析】【解答】解：把 绕点 O 按逆时针方向旋转，则点O 是旋转中心；点A 与点 D 是对应点，则 是旋转角，
故答案为：D.
【分析】根据旋转的的性质解答即可.
4．【答案】B
【知识点】三角形内角和定理；旋转的性质；等腰三角形的性质-等边对等角
【解析】【解答】解：根据旋转前后线段的长度不变，
∴
∴
∵绕点O旋转了66°
∴
∵三角形内角和为180°
∴
故答案为：B。
【分析】利用旋转的性质，和三角形的内角和，等腰三角形的性质等边对等角即可求出本题。
5．【答案】D
【知识点】点的坐标；关于原点对称的点的坐标特征；坐标与图形变化﹣中心对称
【解析】【解答】解：把点P（－3，2）绕原点O旋转180°后，得到的对应点P'的坐标为（3，－2）
故答案为：D
【分析】根据旋转性质，结合点的坐标即可求出答案.
6．【答案】C
【知识点】旋转对称图形
【解析】【解答】解：该图形被平分成四部分，旋转90度的整数倍，就可以与自身重合，旋转角至少为．
故答案为：C
【分析】本题考查旋转的性质，该图案可被均匀分成四部分，每部分对应圆心角为，图形旋转的整数倍可与自身重合，最小旋转角为。
7．【答案】C
【知识点】旋转对称图形
【解析】【解答】解：该图形被平分成五部分，旋转72度的整数倍，就可以与自身重合，旋转角至少为．
故选：C．
【分析】根据旋转性质即可求出答案.
8．【答案】A
【知识点】利用轴对称设计图案；利用旋转设计图案
【解析】【解答】解：A、图案无法用平移得到；
B、图案中间水平和垂直的两条线段所在的两条直线是对称轴，因此图案可由轴对称变换得到；
C、图案所在的中心可以是旋转中心，因此图案可由旋转变换得到；
D、图案可以通过轴对称和旋转得到；
故答案为：A．
【分析】根据图形的特征可知图形所在的中心可以是旋转中心，中间两条线段所在的两条直线是对称轴；根据上述特征结合平移，旋转，轴对称的概念解答即可．
9．【答案】A
【知识点】等边三角形的性质；直角三角形的性质；图形旋转的三要素
【解析】【解答】△OAB是正三角形，OC⊥OB，
△OCD由△OAB绕点O按逆时针方向旋转而得，
旋转角为
故答案为：A.
【分析】先根据等边三角形以及垂直的定义求得再由旋转的性质得到代入数据计算即可求解.
10．【答案】B
【知识点】旋转的性质；图形旋转的三要素
【解析】【解答】如图，连接N和两个三角形的对应点；发现两个三角形的对应点到点N的距离相等，因此格点N就是所求的旋转中心；故选B．
【分析】此题可根据旋转前后对应点到旋转中心的距离相等来判断所求的旋转中心
11．【答案】D
【知识点】矩形的性质；坐标与图形变化﹣旋转；探索规律-图形的循环规律
【解析】【解答】解：∵，
∴在矩形中，，，
∵第一次将矩形绕右下角顶点顺时针旋转得到矩形，且，
，
∴点A1的坐标为（3，2）；
∵第二次再将矩形绕右下角顶点顺时针旋转得到矩形，点A2在x轴上，
且A2O=2OC+CB1=2×2+1=5，
∴A2的坐标为（5，0）；
然后再重复以上过程，旋转4次一个循环，每一个循环结束，点A的对应点横坐标增加6个单位，在一个循环中点A纵坐标依次为2，0，1，
∴由此规律可得，，．
故答案为：D.
【分析】根据矩形和旋转的性质依次找出所求点的对应坐标可得规律：旋转4次一个循环，每一个循环结束，点A的对应点横坐标增加6个单位，在一个循环中点A纵坐标依次为2，0，1，根据这个规律可求解．
12．【答案】D
【知识点】勾股定理；正方形的性质；解直角三角形；旋转的性质
【解析】【解答】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝BC＝3，∠B＝∠A＝90°．
在Rt△BCE中，tan∠BEC＝＝3，
∴BE＝＝1，
∴AE＝AB BE＝2．
在Rt△BCE中，CE＝＝，
∴EF＝CE＝，
∵∠AEP＝∠CEB＝90°，∠CEB＋∠BCE＝90°，
∴∠AEP＝∠BCE，
∴tan∠AEP＝tan∠BCE＝
∴AP＝AE＝，
在Rt△AEP中，PE＝＝，
∴PF＝EF PE＝．
故答案为：D．
【分析】在Rt△BCE中，tan∠BEC＝＝3，求出BE＝＝1，AE＝AB BE＝2，CE＝＝，得到EF＝CE＝，推导出∠AEP＝∠BCE，得到tan∠AEP＝tan∠BCE＝，推导出AP＝AE＝，PE＝＝，则PF＝EF PE＝，即可得出答案．
13．【答案】C
【知识点】两点之间线段最短；垂线段最短及其应用；勾股定理；旋转的性质；等腰直角三角形
【解析】【解答】解：由旋转的性质得，，，因此是等腰直角三角形，故，①正确，
由题意，，根据“垂线段最短”，当点E与点B重合时，，即的最小值为2，②正确．
当点E和点A重合时，由勾股定理得，，③错误．
当E，D，C三点不共线时，根据三角形三边关系，，当E在的延长线上时，，④正确；
综上正确的有①②④．
故答案为：C.
【分析】根据旋转的性质得到是等腰直角三角形判断①；根据“垂线段最短”可知的最小值为2判断②；当点E和点A重合时，根据勾股定理求出FC的长，判断③；根据三角形三边关系的应用可得当E在的延长线上时，EC-ED=DC，再根据勾股定理求出DC长判断④解答即可．
14．【答案】B
【知识点】图形旋转的三要素
【解析】【解答】解：如图：作出三角形①和三角形②两组对应点所连线段的垂直平分线的交点 B为旋转中心．
故答案为：B．
【分析】作两组对应顶点连线的垂直平分线，交点即为旋转中心．
15．【答案】25
【知识点】勾股定理；菱形的性质；中心对称的性质
【解析】【解答】解：在菱形中，与互相垂直平分，
∴，，
又∵与关于点D成中心对称，
∴，
∴，，，
∴，
在中，．
故答案为：25
【分析】本题以菱形和中心对称为背景，考查了菱形的对角线性质（互相垂直平分）、中心对称的性质（对应边相等、对应角相等）以及勾股定理的应用。解题的关键分三步：先由菱形对角线互相平分求出 AP = 7，BP = PD = 8；再根据 △ EFD 与△ APD 关于点 D 成中心对称，得出对应边相等：PD = DF = 8，AP = EF = 7，且对应角相等得 ∠ EFD = ∠APD = 90°；然后求出 BF = BD + DF = 16 + 8 = 24；最后在 Rt△BFE 中利用勾股定理 BE === 25。注意中心对称图形全等以及正确找出对应边是解题的关键。
16．【答案】
【知识点】等边三角形的性质；勾股定理；坐标与图形变化﹣旋转；探索规律-点的坐标规律
【解析】【解答】解：∵是等边三角形，点的坐标为，将绕点旋转180°得到，
∴，
∵，
∴，
∴，
故，
即，，
则，
同理可得，，
······，，
故点的坐标为，
即．
故答案为：．
【分析】根据等边三角形及旋转性质可得，根据角之间的关系可得，根据勾股定理可得，即，，则，同理可得，，总结规律即可求出答案.
17．【答案】1.5
【知识点】含30°角的直角三角形；旋转的性质
【解析】【解答】解：如图所示：过点D作A'D⊥AO，
∴∠A'DO=90°，
由旋转可得：AO=A'O=3米，
∵∠A'OA=30°，
∴（米），
即 栏杆端升高了1.5米，
故答案为：1.5.
【分析】根据图形先求出∠A'DO=90°，再根据旋转的性质求出AO=A'O=3米，最后根据含30°直角三角形的性质计算求解即可。
18．【答案】；
【知识点】扇形面积的计算；旋转的性质；用代数式表示图形变化规律；解直角三角形—三边关系（勾股定理）
【解析】【解答】解：，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
同理，，，
∴，
，，
，
∴，
∴，
故答案为：①；②．
【分析】先利用扇形面积公式 ，结合 圆心角，依次求出 等的具体值，发现每一步的半径 都遵循 的规律，然后将半径规律代入扇形面积公式，得到 ；最后将 代入通项公式，计算出 。
19．【答案】（1）O1
（2）解：如下图：
（3）是由绕点顺时针旋转得到.
【知识点】旋转的性质；作图﹣旋转；图形旋转的三要素
【解析】【解答】（1）解：如图，
分别作的中垂线、，两者的交点即为旋转中心，即为旋转中心.
故答案为：.
（3）解：根据题意得：是由绕点顺时针旋转得到，
故答案为：是由绕点顺时针旋转得到．
【分析】
（1）分别作的中垂线、，两者的交点即为旋转中心，即为旋转中心.
（2）作出点C绕点O1顺时针旋转90°所得对应点，再首尾顺次连接即可得.
（3）根据旋转的定义可得是由绕点顺时针旋转得到.
（1）解：如图，根据点A1和B1的位置确定旋转中心是点O1，
故答案为：O1；
（2）解：如图所示，△A1B1C1即为所求．
（3）解：△A1B1C1是由△ABC绕点O1顺时针旋转90°得到；
故答案为：将△ABC绕点O1顺时针旋转90°得到△A1B1C1．
20．【答案】（1）解：见解析；如图， 把△OAB绕点O逆时针方向旋转90°得到△ODE， △ODE即为所求；
（2）解：见解析；如图，在y轴的左侧以O为位似中心作△OAB的位似图形△OA1B1，使新图与原图的相似比为2：1， △OA1B1即为所求：
（3）12
【知识点】三角形的面积；作图﹣位似变换；坐标与图形变化﹣旋转；作图﹣旋转；坐标与图形变化﹣位似
【解析】【解答】解：（3）△OA1B1的面积为
故答案为：12
【分析】（1）根据旋转性质作图即可.
（2）根据位似图形性质即可求出答案.
（3）根据三角形面积即可求出答案.
21．【答案】（1）解：如图所示，即为所求：
（2）解：如图所示，

；
点A旋转时走过的路程为：
【知识点】点的坐标；关于原点对称的点的坐标特征；坐标与图形变化﹣旋转；作图﹣旋转；作图﹣中心对称
【解析】【解答】解：如图所示，即为所求，，
∵线段，
∴点A旋转时走过的路程为：．

【分析】(1) 根据关于原点对称的点的坐标特征，求出△ABC 各顶点的对称点坐标，再描点连线得到△A1B1C1。
(2) 根据旋转的性质画出△ABC 绕点 C 顺时针旋转 90° 后的△A2B2C2，再用勾股定理算出 AC 的长度，最后用扇形弧长公式求出点 A 旋转时走过的路程。
（1）解：如图所示，即为所求：
（2）解：如图所示，即为所求，，
∵线段，
∴点A旋转时走过的路程为：．
22．【答案】（1）解：平面直角坐标系如图所示，见解析；
对称中心的坐标是，点的对应点的坐标是（2，-5）
（2）解：画出平移后的菱形，如图所示.
【知识点】作图﹣平移；平面直角坐标系的构成；中心对称的性质
【解析】【分析】（1）根据点的坐标建立直角坐标系，再根据中心对称性质即可求出答案.
（2）根据平移的性质作图即可.
23．【答案】（1）证明：∵是等边三角形，
∴，
∵将绕点逆时针旋转，
∴，
∴，即，
在和中，
，
∴
（2）添加条件：（答案不唯一）
【知识点】等边三角形的性质；菱形的判定；旋转的性质；旋转全等模型
【解析】【解答】（2）解：如图所示，
添加条件：，
由（1）的证明可得，，
∵是等边三角形，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，且，
∴四边形是平行四边形，
∴平行四边形是菱形，
∴添加条件：（答案不唯一）．
【分析】（1）直接利用旋转全等模型证明即可；
（2）由等腰三角形三线合一知AD垂直平分BC，则CE＝BE；再由四条边相等的四边形是菱形知，只需使AE＝CE，则由旋转的性质结合全等三角形的对应边相等可得CF＝BE＝CE＝AE＝AF，即四边形AECF是菱形；当然也可使AF＝CF，再利用对角线互相垂直平分来判定四边形AECF是菱形，所以答案不唯一．
（1）证明：∵是等边三角形，
∴，
∵将绕点逆时针旋转，
∴，
∴，即，
在和中，
，
∴；
（2）解：如图所示，
添加条件：，
由（1）的证明可得，，
∵是等边三角形，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，且，
∴四边形是平行四边形，
∴平行四边形是菱形，
∴添加条件：（答案不唯一）．
24．【答案】（1）解：如图，连接．
由题意可知，
为等边三角形，
，
∴
．
为等边三角形，
。
（2）解：∵，
∴
∴，
为直角三角形，且，
∵为等边三角形，
∴，
。
【知识点】等边三角形的判定与性质；勾股定理的逆定理；旋转的性质
【解析】【分析】（1）连接．由题意可知，根据与题干信息，易证．则可证明为等边三角形，即可得到的值。
（2）根据，利用勾股定理的逆定理，易证，然后再根据等边三角形的性质得到，据此即可求出的度数。
（1）解：如图，连接．
由题意可知，
为等边三角形，
，
∴
．
为等边三角形，
．
（2）解：∵，
∴
∴，
为直角三角形，且，
∵为等边三角形，
∴，
．
25．【答案】（1）解：由旋转的性质可知，
设，
∵四边形是正方形，
∴，
∵，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴．
（2）证明：延长到H，使得，
∵，
则，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴．
【知识点】正方形的性质；旋转的性质；三角形全等的判定-SAS；解直角三角形—三边关系（勾股定理）
【解析】【分析】(1) 由旋转性质得 ，设其长度为 ；结合正方形边长 和 ，在 中利用勾股定理 建立方程；解方程求出 ，再由 得到最终结果。
(2) 延长 到 ，使 ，构造辅助线；利用正方形性质证明 (SAS)，得 ；结合 推出 ，再证 ，得 ；由 ，等量代换得 。
（1）解：由旋转的性质可知，
设，
∵四边形是正方形，
∴，
∵，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴．
（2）证明：延长到H，使得，
∵，
则，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴．
26．【答案】（1）证明：∵∠ACB=90°， ∠ABC=45°
∴∠BAC=∠ABC=45°
∵线段AD绕点A逆时针旋转 得到线段AE，点D与点C重合
∴AE=AD=AC， ∠EAB=90°-∠BAC=45°，
∴∠EAB=∠ABC，
∴BC∥AE
∵EF ∥AB，
∴四边形ABFE是平行四边形，
∴BF=AE，
∴BF=AC；
（2）解：DF=2BC，
证明： 如图，在DB上取 一点G，使得AG=AB
∴∠AGB=∠ABG=α，
∴∠BAG=180°-2α
∵将线段AD绕点A逆时针旋转180°-2α得到线段AE，
∴DA=EA
∴∠DAE=∠GAB=180°-2α
∴∠DAG=∠EAB
∴△DAG≌△EAB(SAS)
∴DG=BE， ∠AGD=∠ABE=180°-∠AGC=180°-α
又∵∠ABC=α
∴∠FBE=∠ABE-∠ABC=180°-α-α=180°-2α
∵EF ∥AB，
∴∠BFE=∠ABF=α
∴∠BEF=180°-∠FBE-∠BFE=α
∴BE=BF
∴DG=BF
∵AG=AB， AC⊥BC
∴GC=BC
∴DF=BD-BF=BD-DG=BG=2BC
【知识点】平行线的性质；三角形内角和定理；三角形全等及其性质；平行四边形的判定；旋转的性质
【解析】【分析】（1）根据等腰直角三角形性质可得∠BAC=∠ABC=45°，再根据旋转性质可得AE=AD=AC， ∠EAB=90°-∠BAC=45°，则∠EAB=∠ABC，再根据平行四边形判定定理可得四边形ABFE是平行四边形，则BF=AE，即BF=AC，即可求出答案.
（2）在DB上取 一点G，使得AG=AB，根据三角形内角和定理可得∠BAG=180°-2α，再根据旋转性质可得DA=EA，根据等边对等角可得∠DAE=∠GAB=180°-2α，再根据全等三角形判定定理可得△DAG≌△EAB(SAS)，则DG=BE， ∠AGD=∠ABE=180°-∠AGC=180°-α，再根据角之间的关系可得∠FBE=180°-2α，根据直线平行性质可得∠BFE=∠ABF=α，再根据三角形内角和定理可得∠BEF=α，则BE=BF，再根据边之间的关系即可求出答案.
27．【答案】（1）
（2）解：过作于，
中，，，
∴，
∴，
即点到的距离约为；
（3）解：过作于，
由旋转可得，，，
∴
∵，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
解得，
∴点在竖直方向上上升了．
【知识点】解直角三角形的其他实际应用；旋转的性质；对顶角及其性质；相似三角形的性质-对应边
【解析】【解答】（1）解：∵，
∴，
故答案为：；
【分析】（1）根据对顶角相等可得即可求解；
（2）过作于，在中根据三角形函数的定义可得，，得到，求解即可；
（3）过作于，由旋转可得，，，根据勾股定理可得由题意可得，从而得到，解得，即可求解．
（1）解：∵，
∴，
故答案为：；
（2）解：过作于，
中，，，
∴，
∴，
即点到的距离约为；
（3）解：过作于，
由旋转可得，，，
∴
∵，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
解得，
∴点在竖直方向上上升了．
28．【答案】（1）解：如图2，把绕点A旋转到，连接，
∵是等边三角形，
∴；
由旋转的性质可得，，
∴是等边三角形，
∴，
∴，，
∴，
∵，
∴以为边构成的三角形即为，
∴以为边构成的三角形的三个内角的度数分别为
（2）解：如图所示，即为所求；
（3）解：，证明如下：
如图所示，将绕点B逆时针旋转60度得到，连接，
∴，
∴是等边三角形，
∴，
∵，，
∴是等边三角形，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴；
∵，
∴，
在中，由勾股定理得，
∴．
【知识点】等边三角形的性质；勾股定理；旋转的性质；三角形全等的判定-SAS；尺规作图-作三角形
【解析】【分析】（1）先利用旋转的性质证出是等边三角形，利用等边三角形的性质可得，再利用角的运算求出各角的度数即可；
（2）利用三角形的作图方法并结合等边三角形的性质作出图形即可；
（3）将绕点B逆时针旋转60度得到，连接，先证出，可得，再结合，求出，最后利用勾股定理及等量代换求解即可.
29．【答案】（1）解：①∵，
∴，
∵，
∴，
∵点关于点的对称点为点，
∴.
②∵，
∴，，，，
∴，，
∴，
∴设，
∴，
∵的面积为，
∴，
∴，
∴，
∵与关于成中心对称，
∴，，
∴四边形为平行四边形，
∴，
同理可得：，
∴，
∵，
∴，
解得：，经检验符合题意，
∵，，
∴，
∴.
（2）解：如图，连接，，记，的交点为，
∵与关于成中心对称，“平行六边形”，
∴共线，共线，，，，，
∴，
设，，，
∴，
∵，
∴，
∴，即，
同理：，
∴，即，
同理：，
∴，即，
∴，
∵，，，
∴的最小值为：
，
此时，，，
∴，即，
∴“平行六边形”的面积的最大值为：，
同理可得：，
同理：，，
∴，，
∴，
∴是的重心.
【知识点】平行四边形的判定与性质；三角形的重心及应用；相似三角形的判定-AA；相似三角形的性质-对应边；中心对称的性质
【解析】【分析】
（1）①利用面积求出，再根据中心对称图形的性质得到，
②得到，可设，根据的面积为，求得，同理，然后列方程解答即可.
（2）连接，，记，的交点为，得到共线，共线，，，，，，设，，， 进而得到，根据最小值的到，然后证明，即可得到结论.
30．【答案】（1）等边；150；
（2），理由如下：
如图2，把绕点A逆时针旋转得到，
由旋转的性质得，，，，，，
，
，
，
在和中，
，
，
，
，，
，
，
由勾股定理得，，
即；
（3）
【知识点】三角形全等及其性质；含30°角的直角三角形；勾股定理的逆定理；旋转的性质；解直角三角形—三边关系（勾股定理）
【解析】【解答】解：（1），
，，，
依题意得旋转角，
为等边三角形，
，，
，
为直角三角形，且，
；
故答案为：等边；150；
（3）如图，在内部任取一点P，连接，，，
将绕点B顺时针旋转得到，
由旋转的性质得：，
，
，
，
当A，P，，四点共线时，取到最小值，最小值为长，
如图，过点A作垂线交延长线于点D，
，
，
，，
又，
，
．
【分析】（1）根据全等三角形性质可得，，，根据旋转性质可得，根据等边三角形判定定理可得为等边三角形，则，，根据勾股定理逆定理可得为直角三角形，且，再根据角之间的关系即可求出答案.
（2）把绕点A逆时针旋转得到，根据旋转性质可得，，，，，根据角之间的关系可得，根据全等三角形判定定可得，则，根据等腰直角三角形性质可得，再根据勾股定理即可求出答案；
（3）在内部任取一点P，连接，，，将绕点B顺时针旋转得到，由旋转的性质得：，根据等腰直角三角形性质可得，根据边之间的关系可得，当A，P，，四点共线时，取到最小值，最小值为长，过点A作垂线交延长线于点D，根据含30°角的直角三角形性质可得BD，根据勾股定理可得AD，再根据边之间的关系可得C'D，再根据勾股定理即可求出答案.
31．【答案】（1）解：∵∠ACB=∠BDE=90°， BC=BD=6， AC=DE=8，
∴AB=BE=10，
由旋转得： ∠CBD=∠ABE，
∵BC=BD， AB=BE，
∴∠BCD=∠BDC=∠BAE=∠BEA，
∴△BCD∽△BAE，
（2）解：如图2，延长CD交AE于H，连接BH交DE于M，
由(1)知： ∠BAE=∠BCD，
∵CF是中线， ∠ACB=90°，
∴CF=AF=BF=5，
∴∠BCF=∠FBC，
∴∠FBC=∠BAE，
∵∠AFH=∠BFC，
∴△AFH≌△BFC (ASA)，
∴CF=FH，
∴四边形ACBH 是平行四边形，
∵∠ACB=90°，
∴ ACBH是矩形，
∴∠AHB=90°， BH=AC=8，
∵AB=BE，
∴AH=EH=BC=6，
设MH=x，
∵∠EHB=∠HAC=90°， ∠AEG=∠HEM，
∴△AEG∽△HEM，
∴AG=2x，
∵EH=BD=6， ∠EMH=∠BMD， ∠EHM=∠BDM=90°，
∴△EHM≌△BDM (AAS)，
∴BM=EM=8-x，
由勾股定理得：
（3）解：AD的长是 或
【知识点】三角形全等及其性质；勾股定理；旋转的性质；直角三角形斜边上的中线；相似三角形的性质-对应边
【解析】【解答】解：（3）①如图，∠EAD=90°，过点B作BQ⊥AE于点Q，过点D作DP⊥BQ于点P
∴∠AQP=∠DPQ=∠DAQ=90°
∴四边形ADPQ是矩形
∴∠ADP=90°，AQ=PD，AD=PQ
设AQ=b
∵AB=BE，BQ⊥AE
∴AQ=EQ=b=PD
∴AE=2b
∵∠ADP=∠BDE=90°
∴∠ADE=∠BDP
∵∠EAD=∠DPB=90°
∴△DAE∽△DPB
∴，即
∴
在Rt△BPD中，BP2+PD2=BD2
即
解得：或(舍去)
∵△DAE∽△DPB
∴，即
解得：
②如图，∠AED=90°，过点B作BQ⊥AE于点Q
∴∠BQE=∠AED=∠BDE=90°
∴四边形BDEQ为矩形
∴EQ=BD=6
∵AB=BE，BQ⊥AE
∴AE=2EQ=12
∴
综上所述，AD的长是 或
【分析】（1）根据勾股定理可得AB=BE=10，由旋转得： ∠CBD=∠ABE，根据等边对等角可得∠BCD=∠BDC=∠BAE=∠BEA，再根据相似三角形判定定理及性质即可求出答案.
（2）延长CD交AE于H，连接BH交DE于M，根据直角三角形斜边上的中线性质可得CF=AF=BF=5，根据等边对等角可得∠BCF=∠FBC，根据角之间的关系可得∠FBC=∠BAE，再根据全等三角形判定定理可得△AFH≌△BFC (ASA)，则CF=FH，根据矩形判定定理可得四边形ACBH是矩形，则∠AHB=90°， BH=AC=8，设MH=x，根据相似三角形判定定理可得△AEG∽△HEM，则，即AG=2x，再根据全等三角形判定定理可得△EHM≌△BDM (AAS)，则BM=EM=8-x，再根据勾股定理建立方程，解方程即可求出答案.
（3）分情况讨论：①∠EAD=90°，过点B作BQ⊥AE于点Q，过点D作DP⊥BQ于点P，根据矩形判定定理可得四边形ADPQ是矩形，则∠ADP=90°，AQ=PD，AD=PQ，设AQ=b，根据等腰三角形三线合一性质可得AQ=EQ=b=PD，AE=2b，根据相似三角形判定定理可得△DAE∽△DPB，则，代值计算可得PB，根据勾股定理建立方程，解方程可得b值，再根据相似三角形性质可得，代值计算即可求出答案；②∠AED=90°，过点B作BQ⊥AE于点Q，根据矩形判定定理可得四边形BDEQ为矩形，则EQ=BD=6，根据等腰三角形三线合一性质可得AE=2EQ=12，再根据勾股定理即可求出答案.
32．【答案】（1）45°
（2）解：根据题意得△AEF∽△AOB，
∴△AFB∽△AEO，
∠OAB = 45°， ∠AOB = 90°，
5分
（3）解：BFOE的值与 α无关，理由如下，如图，
同理可证△AFB∽△AEO，
∵菱形ABCD中， ∠ABC = 60°，
∴∠ABO=30°，
∵O是AB的垂直平分线与BD的交点，
∴AO =BO，
∴∠BAO = ∠ABO = 30°，
过点O作OG⊥AB于点G，
∴BF/OE的值与α无关
（4）BF+BA=2BEcosβ
【知识点】正方形的性质；解直角三角形；旋转的性质；四边形的综合；相似三角形的性质-对应边
【解析】【解答】(1)∵四边形ABCD是正方形，
∴∠OAB = ∠DAC = 45°，
∴旋转角为45°
故答案为： 45°；
(4) 解：同理可证，
∴BF =OE·2cosβ， BA =OB·2cosβ，
∵BE =OE+OB，
∴BF+BA=OE·2cosβ+OB·2cosβ
=2(OE+OB)cosβ=2BEcosβ，
即BF+BA=2BEcosβ.
故答案为：BF+BA=2BEcosβ
【分析】（1）根据题意得到∠OAB＝∠DAC＝45°，得出答案；
（2）根据题意得△AEF∽△AOB，得到∠EAF＝∠OAB，，证明△AFB∽△AEO，即可得出答案；
（3）证明△AFB∽△AEO，得到，过点O作OG⊥AB于点G，根据解直角三角形得到cos∠ABO＝＝cos30°＝，即可求解；
（4）由（3）可得，∠BAO＝∠ABO＝，＝2cosβ，根据BE＝OE＋OB，即可得出答案．
33．【答案】（1）①是；②50，③10，
（2）证明：∵，
∴，
∴，即，
又∵，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴，
∴绕点A逆时针旋转的度数后与构成位似图形，
∴和互为“旋转位似图形”。
（3）解：如图：如图，过E作于点H，
∵为等腰直角三角形，点G为中点，
∴，
∵与互为“旋转位似图形”，
∴，
∴，
∴，解得：，
∵，
∴，
∵，
∴，即，
∴，
∴，
∴，
∴．
综上，。
【知识点】等腰三角形的判定与性质；旋转的性质；相似三角形的判定-AA；相似三角形的性质-对应角；相似三角形的性质-对应边
【解析】【解答】（1）解：①∵，都是等边三角形，
∴，
∵有公共顶点A，
∴是的“旋转位似图形”．
故答案为：是．
②∵与互为“旋转位似图形”，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴；
故答案为：50；
③如图：连接，
∵与互为“旋转位似图形”，
∴，，
∴，即，
解得：，
∵，
∴，
∴，
∴，即．
故答案为：10，．
【分析】（1）①根据“旋转位似图形”的定义，即可判断。
②根据“旋转位似图形”易得，根据 ，易得，最后再根据三角形内角和定理：，代入数据即可求解。
③根据（1）易得，然后再根据相似三角形的性质，可得 ，代入数据，求出AC的值，根据 ，易证，最后再根据相似三角形的性质： ，代入数据，即可求解。
（2）根据 ，易证，然后再根据相似三角形的性质，可得，进而易证，根据 ，可证 ，进而可得 ，最后根据“旋转位似图形”的定义即可证明结论；
（3）过E作于点H，根据等腰直角三角形的性质和正弦函数的定义，可得AG和AB的值，然后再根据“旋转位似图形”的定义可得，然后再根据相似三角形的性质： ，代入数据即可求出AE的值，根据，然后再根据正弦函数的定义：，代入数据求出的值、，然后再根据，最后运用勾股定理：，代入数据即可求解。
（1）解：①∵，都是等边三角形，
∴，
∵有公共顶点A，
∴是的“旋转位似图形”．
故答案为：是．
②∵与互为“旋转位似图形”，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴；
故答案为：50；
③如图：连接，
∵与互为“旋转位似图形”，
∴，，
∴，即，
解得：，
∵，
∴，
∴，
∴，即．
故答案为：10，．
（2）证明：∵，
∴，
∴，即，
又∵，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴，
∴绕点A逆时针旋转的度数后与构成位似图形，
∴和互为“旋转位似图形”．
（3）解：如图：如图，过E作于点H，
∵为等腰直角三角形，点G为中点，
∴，
∵与互为“旋转位似图形”，
∴，
∴，
∴，解得：，
∵，
∴，
∵，
∴，即，
∴，
∴，
∴，
∴．
综上，．
34．【答案】【解答】解：（1）点A关于原点O对称的坐标为；设点B关于对称的点的坐标为，则有，则，即点B关于对称的点的坐标为；同理可求得点C关于点对称的点的坐标为；故答案为：，；（2）①，顶点坐标为，它关于点M对称的点的坐标为，则此时关于点M对称的抛物线解析式为：，化为一般式为：；故答案为：；②，其顶点坐标为，此点平移后的坐标为，把代入中，得：，解得：，即，∴的顶点坐标为，由中点公式得：，∴；（3），其顶点坐标为，它关于M的对称点的坐标为，∴的解析式为：；其最大值为；当时，；当时，；当时，在时，函数值随自变量的增大而减小，最大值为，最小值为，由题意得：，解得；当时，函数在顶点取得最大值，最小值为或，由题意得：或，解得：或，它们均不符合题意；当时，在时，函数值随自变量的增大而增大，最小值为，最大值为，由题意得：，解得：；综上，t的取值为2或．
（1）；；
（2）①；
②，其顶点坐标为，
此点平移后的坐标为，
把代入中，得：，
解得：，即，
∴的顶点坐标为，
由中点公式得：，
∴；
（3）t的取值为2或
【知识点】二次函数图象的几何变换；二次函数y=ax²+bx+c的性质；中心对称的性质；坐标系中的中点公式；分类讨论
【解析】【解答】解：（1）点A关于原点O对称的坐标为；设点B关于对称的点的坐标为，则有，
则，即点B关于对称的点的坐标为；
同理可求得点C关于点对称的点的坐标为；
故答案为：，；
（2）①，顶点坐标为，它关于点M对称的点的坐标为，则此时关于点M对称的抛物线解析式为：，
化为一般式为：；
故答案为：；
（3）解：，其顶点坐标为，
它关于M的对称点的坐标为，
∴的解析式为：；其最大值为；
当时，；当时，；
当时，在时，函数值随自变量的增大而减小，
最大值为，最小值为，
由题意得：，解得；
当时，函数在顶点取得最大值，最小值为或，
由题意得：或，
解得：或，
它们均不符合题意；
当时，在时，函数值随自变量的增大而增大，
最小值为，最大值为，
由题意得：，解得：；
综上，t的取值为2或．
【分析】（1）利用中心对称的性质：对称点的横纵坐标均互为相反数，可确定点A的坐标；再通过中点坐标公式计算得出点B和点C的坐标。
（2）①首先确定原抛物线的顶点坐标，再求出该顶点关于点M的对称点坐标，最终得到对称抛物线的解析式。②先计算抛物线的顶点坐标及其平移后的位置，再求其关于M的对称点坐标。将该对称点坐标代入抛物线的方程中，解出b的值，从而完成求解。
（3）先确定的解析式，然后分三种情况讨论：、和。结合二次函数的增减性进行分析求解。
1 / 1专题5.2 旋转与中心对称—中考数学重难点突破训练
一、选择题
1．下列新能源汽车的图标中，是中心对称图形的是（　　)
A． B．
C． D．
【答案】A
【知识点】中心对称图形
【解析】【解答】解：选项B、C、D的图形都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；
选项A的图形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．
故答案为：A．
【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180°，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．
2．中国古算诗词歌赋较多.古算诗词题，是反映数学数量关系的内在联系及其规律的一种文学浪漫形式.下列分别是古算诗词题“圆中方形”“方形圆径”“圆材藏壁”“勾股容圆”所描绘的图形，其中既不是轴对称图形也不是中心对称图形的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】D
【知识点】轴对称图形；中心对称图形
【解析】【解答】解： A．既是中心对称图形，也是轴对称图形，故本选项不符合题意；
B．既是中心对称图形，也是轴对称图形，故本选项不符合题意；
C．不是中心对称图形，是轴对称图形，故本选项不符合题意；
D．既不是中心对称图形，也不是轴对称图形，故本选项符合题意．
故答案为：D.
【分析】根据轴对称和中心对称图形的定义判断即可.
轴对称图形：在平面内，一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够完全重合的图形叫做轴对称图形；
中心对称图形：在平面内，把一个图形绕着某个点旋转180度，如果旋转后的图形能与原来的图形重合，那么这个图形叫做中心对称图形.
3．如图，△ABC绕点O按逆时针方向旋转一定的角度得到△DEF，则旋转中心及旋转角分别是(　　)
A．点B，∠ABO B．点O，∠AOB C．点B，∠BOE D．点O，∠AOD
【答案】D
【知识点】图形旋转的三要素
【解析】【解答】解：把 绕点 O 按逆时针方向旋转，则点O 是旋转中心；点A 与点 D 是对应点，则 是旋转角，
故答案为：D.
【分析】根据旋转的的性质解答即可.
4．如题图，一个小孩坐在秋千上，若秋千绕点O旋转了，小孩的位置从点A运动到了点，则的度数为（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】三角形内角和定理；旋转的性质；等腰三角形的性质-等边对等角
【解析】【解答】解：根据旋转前后线段的长度不变，
∴
∴
∵绕点O旋转了66°
∴
∵三角形内角和为180°
∴
故答案为：B。
【分析】利用旋转的性质，和三角形的内角和，等腰三角形的性质等边对等角即可求出本题。
5．在平面直角坐标系中，把点P（－3，2）绕原点O旋转180°后，得到的对应点P'的坐标为（　　）
A．（3，2） B．（2，－3）
C．（－3，－2） D．（3，－2）
【答案】D
【知识点】点的坐标；关于原点对称的点的坐标特征；坐标与图形变化﹣中心对称
【解析】【解答】解：把点P（－3，2）绕原点O旋转180°后，得到的对应点P'的坐标为（3，－2）
故答案为：D
【分析】根据旋转性质，结合点的坐标即可求出答案.
6．以点O为旋转中心将逆时针旋转作出如图所示的图案，旋转角的度数为（　　）
A．45 B．60 C．90 D．135
【答案】C
【知识点】旋转对称图形
【解析】【解答】解：该图形被平分成四部分，旋转90度的整数倍，就可以与自身重合，旋转角至少为．
故答案为：C
【分析】本题考查旋转的性质，该图案可被均匀分成四部分，每部分对应圆心角为，图形旋转的整数倍可与自身重合，最小旋转角为。
7．把图中的五角星图案，绕着它的中心O旋转，旋转角至少为（　　）度时，旋转后的五角星能与自身重合．
A．60 B．30 C．72 D．36
【答案】C
【知识点】旋转对称图形
【解析】【解答】解：该图形被平分成五部分，旋转72度的整数倍，就可以与自身重合，旋转角至少为．
故选：C．
【分析】根据旋转性质即可求出答案.
8．如图，这个图案可以看作以原图案的四分之一经过变换得到的，则所用变换一定不可能的是（　　)
A．平移 B．轴对称
C．旋转 D．轴对称及旋转
【答案】A
【知识点】利用轴对称设计图案；利用旋转设计图案
【解析】【解答】解：A、图案无法用平移得到；
B、图案中间水平和垂直的两条线段所在的两条直线是对称轴，因此图案可由轴对称变换得到；
C、图案所在的中心可以是旋转中心，因此图案可由旋转变换得到；
D、图案可以通过轴对称和旋转得到；
故答案为：A．
【分析】根据图形的特征可知图形所在的中心可以是旋转中心，中间两条线段所在的两条直线是对称轴；根据上述特征结合平移，旋转，轴对称的概念解答即可．
9．如图所示，已知△OAB是正三角形，OC⊥OB，OC=OB，将△OAB绕点O按逆时针方向旋转，使得OA与OC重合，得到△OCD，则旋转的角度是（　　）
A．150° B．120° C．90° D．60°
【答案】A
【知识点】等边三角形的性质；直角三角形的性质；图形旋转的三要素
【解析】【解答】△OAB是正三角形，OC⊥OB，
△OCD由△OAB绕点O按逆时针方向旋转而得，
旋转角为
故答案为：A.
【分析】先根据等边三角形以及垂直的定义求得再由旋转的性质得到代入数据计算即可求解.
10．如图，在6×4方格纸中，格点三角形甲经过旋转后得到格点三角形乙，则其旋转中心是（　　）
A．点M B．格点N C．格点P D．格点Q
【答案】B
【知识点】旋转的性质；图形旋转的三要素
【解析】【解答】如图，连接N和两个三角形的对应点；发现两个三角形的对应点到点N的距离相等，因此格点N就是所求的旋转中心；故选B．
【分析】此题可根据旋转前后对应点到旋转中心的距离相等来判断所求的旋转中心
11．如图，在平面直角坐标系中，矩形，点、在轴、轴上，，将矩形绕着点C顺时针旋转得到矩形，再将矩形，绕着点顺时针旋转得到矩形，按此方式依次进行，则点的坐标为（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】矩形的性质；坐标与图形变化﹣旋转；探索规律-图形的循环规律
【解析】【解答】解：∵，
∴在矩形中，，，
∵第一次将矩形绕右下角顶点顺时针旋转得到矩形，且，
，
∴点A1的坐标为（3，2）；
∵第二次再将矩形绕右下角顶点顺时针旋转得到矩形，点A2在x轴上，
且A2O=2OC+CB1=2×2+1=5，
∴A2的坐标为（5，0）；
然后再重复以上过程，旋转4次一个循环，每一个循环结束，点A的对应点横坐标增加6个单位，在一个循环中点A纵坐标依次为2，0，1，
∴由此规律可得，，．
故答案为：D.
【分析】根据矩形和旋转的性质依次找出所求点的对应坐标可得规律：旋转4次一个循环，每一个循环结束，点A的对应点横坐标增加6个单位，在一个循环中点A纵坐标依次为2，0，1，根据这个规律可求解．
12．如图，正方形 ABCD的边长为 3，点 E在边 AB上，连接 CE，以点 E为旋转中心，将 EC逆时针旋转 90 °得到 EF， AD与 EF交于点 P，若 tan∠BEC=3，则 PF的长为（　　)
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】勾股定理；正方形的性质；解直角三角形；旋转的性质
【解析】【解答】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝BC＝3，∠B＝∠A＝90°．
在Rt△BCE中，tan∠BEC＝＝3，
∴BE＝＝1，
∴AE＝AB BE＝2．
在Rt△BCE中，CE＝＝，
∴EF＝CE＝，
∵∠AEP＝∠CEB＝90°，∠CEB＋∠BCE＝90°，
∴∠AEP＝∠BCE，
∴tan∠AEP＝tan∠BCE＝
∴AP＝AE＝，
在Rt△AEP中，PE＝＝，
∴PF＝EF PE＝．
故答案为：D．
【分析】在Rt△BCE中，tan∠BEC＝＝3，求出BE＝＝1，AE＝AB BE＝2，CE＝＝，得到EF＝CE＝，推导出∠AEP＝∠BCE，得到tan∠AEP＝tan∠BCE＝，推导出AP＝AE＝，PE＝＝，则PF＝EF PE＝，即可得出答案．
13．如图，已知∠A=∠ABC=90°，AB=5，BC=2，AD=1，点E为AB所在直线上的动点.将线段DE绕点D逆时针旋转90°得到线段DF，连接EF，EC，CF.给出下列结论：①∠DEF=45°；②EC最小值是2；③FC最小值为；④EC-ED的最大值是.其中所有正确的结论是（　　）
A．①② B．①②③ C．①②④ D．②③④
【答案】C
【知识点】两点之间线段最短；垂线段最短及其应用；勾股定理；旋转的性质；等腰直角三角形
【解析】【解答】解：由旋转的性质得，，，因此是等腰直角三角形，故，①正确，
由题意，，根据“垂线段最短”，当点E与点B重合时，，即的最小值为2，②正确．
当点E和点A重合时，由勾股定理得，，③错误．
当E，D，C三点不共线时，根据三角形三边关系，，当E在的延长线上时，，④正确；
综上正确的有①②④．
故答案为：C.
【分析】根据旋转的性质得到是等腰直角三角形判断①；根据“垂线段最短”可知的最小值为2判断②；当点E和点A重合时，根据勾股定理求出FC的长，判断③；根据三角形三边关系的应用可得当E在的延长线上时，EC-ED=DC，再根据勾股定理求出DC长判断④解答即可．
二、填空题
14．如图的正方形网格中，其中一个三角形①绕某点旋转一定的角度，得到三角形②，则图中四个点中是其旋转中心的点是　 　．
【答案】B
【知识点】图形旋转的三要素
【解析】【解答】解：如图：作出三角形①和三角形②两组对应点所连线段的垂直平分线的交点 B为旋转中心．
故答案为：B．
【分析】作两组对应顶点连线的垂直平分线，交点即为旋转中心．
15．如图，菱形中，对角线，相交于点P，与关于点D成中心对称．若，，则　 　．
【答案】25
【知识点】勾股定理；菱形的性质；中心对称的性质
【解析】【解答】解：在菱形中，与互相垂直平分，
∴，，
又∵与关于点D成中心对称，
∴，
∴，，，
∴，
在中，．
故答案为：25
【分析】本题以菱形和中心对称为背景，考查了菱形的对角线性质（互相垂直平分）、中心对称的性质（对应边相等、对应角相等）以及勾股定理的应用。解题的关键分三步：先由菱形对角线互相平分求出 AP = 7，BP = PD = 8；再根据 △ EFD 与△ APD 关于点 D 成中心对称，得出对应边相等：PD = DF = 8，AP = EF = 7，且对应角相等得 ∠ EFD = ∠APD = 90°；然后求出 BF = BD + DF = 16 + 8 = 24；最后在 Rt△BFE 中利用勾股定理 BE === 25。注意中心对称图形全等以及正确找出对应边是解题的关键。
16．如图，在平面直角坐标系中，将等边绕点旋转180°得到，再将绕点旋转得到，再将绕点旋转得到，按此规律进行下去，若点的坐标为，则点的坐标为　 　．
【答案】
【知识点】等边三角形的性质；勾股定理；坐标与图形变化﹣旋转；探索规律-点的坐标规律
【解析】【解答】解：∵是等边三角形，点的坐标为，将绕点旋转180°得到，
∴，
∵，
∴，
∴，
故，
即，，
则，
同理可得，，
······，，
故点的坐标为，
即．
故答案为：．
【分析】根据等边三角形及旋转性质可得，根据角之间的关系可得，根据勾股定理可得，即，，则，同理可得，，总结规律即可求出答案.
17．某停车场采用先进的车辆识别系统，车辆进出时被系统自动识别后栏杆抬起（如图1）．已知停车场入口的栏杆的长度为3米（如图2所示），栏杆从水平位置绕点顺时针旋转到的位置，在旋转过程中，当栏杆的旋转角为时，栏杆端升高了　 　米．
【答案】1.5
【知识点】含30°角的直角三角形；旋转的性质
【解析】【解答】解：如图所示：过点D作A'D⊥AO，
∴∠A'DO=90°，
由旋转可得：AO=A'O=3米，
∵∠A'OA=30°，
∴（米），
即 栏杆端升高了1.5米，
故答案为：1.5.
【分析】根据图形先求出∠A'DO=90°，再根据旋转的性质求出AO=A'O=3米，最后根据含30°直角三角形的性质计算求解即可。
18．如图，在平面直角坐标系中，点在轴的正半轴上，，将绕点顺时针旋转到，扫过的面积记为，交轴于点；将绕点顺时针旋转到，扫过的面积记为，交轴于点；将绕点顺时针旋转到扫过的面积记为…；
（1）　 　；
（2）按此规律，则　 　．
【答案】；
【知识点】扇形面积的计算；旋转的性质；用代数式表示图形变化规律；解直角三角形—三边关系（勾股定理）
【解析】【解答】解：，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
同理，，，
∴，
，，
，
∴，
∴，
故答案为：①；②．
【分析】先利用扇形面积公式 ，结合 圆心角，依次求出 等的具体值，发现每一步的半径 都遵循 的规律，然后将半径规律代入扇形面积公式，得到 ；最后将 代入通项公式，计算出 。
三、作图题
19．已知：如图，△ABC绕某点按一定方向旋转一定角度后得到△A1B1C1，点A，B，C分别对应点A1，B1，C1．
（1）根据点A1和B1的位置确定旋转中心是点　 　．
（2）请在图中画出△A1B1C1；
（3）请具体描述一下这个旋转：　 　．
【答案】（1）O1
（2）解：如下图：
（3）是由绕点顺时针旋转得到.
【知识点】旋转的性质；作图﹣旋转；图形旋转的三要素
【解析】【解答】（1）解：如图，
分别作的中垂线、，两者的交点即为旋转中心，即为旋转中心.
故答案为：.
（3）解：根据题意得：是由绕点顺时针旋转得到，
故答案为：是由绕点顺时针旋转得到．
【分析】
（1）分别作的中垂线、，两者的交点即为旋转中心，即为旋转中心.
（2）作出点C绕点O1顺时针旋转90°所得对应点，再首尾顺次连接即可得.
（3）根据旋转的定义可得是由绕点顺时针旋转得到.
（1）解：如图，根据点A1和B1的位置确定旋转中心是点O1，
故答案为：O1；
（2）解：如图所示，△A1B1C1即为所求．
（3）解：△A1B1C1是由△ABC绕点O1顺时针旋转90°得到；
故答案为：将△ABC绕点O1顺时针旋转90°得到△A1B1C1．
20． 已知O是坐标原点， A， B的坐标分别为（3，0)， （2，2)。
（1）把△OAB绕点O逆时针方向旋转90°得到△ODE，请在坐标系中作出△ODE；
（2）在y轴的左侧以O为位似中心作△OAB的位似图形 使新图与原图的相似比为2：1；
（3）直接写出△OA1B1的面积为　 　。
【答案】（1）解：见解析；如图， 把△OAB绕点O逆时针方向旋转90°得到△ODE， △ODE即为所求；
（2）解：见解析；如图，在y轴的左侧以O为位似中心作△OAB的位似图形△OA1B1，使新图与原图的相似比为2：1， △OA1B1即为所求：
（3）12
【知识点】三角形的面积；作图﹣位似变换；坐标与图形变化﹣旋转；作图﹣旋转；坐标与图形变化﹣位似
【解析】【解答】解：（3）△OA1B1的面积为
故答案为：12
【分析】（1）根据旋转性质作图即可.
（2）根据位似图形性质即可求出答案.
（3）根据三角形面积即可求出答案.
21．如图，在平面直角坐标系中，三个顶点都在格点上，点A、B、C的坐标分别为，，，请解答下列问题：
（1）若与关于原点O中心对称，请画出；
（2）画出绕点C顺时针旋转后得到的，请画出并直接写出点的坐标及点A旋转时走过的路程（每个小正方形的边长为1）．
【答案】（1）解：如图所示，即为所求：
（2）解：如图所示，

；
点A旋转时走过的路程为：
【知识点】点的坐标；关于原点对称的点的坐标特征；坐标与图形变化﹣旋转；作图﹣旋转；作图﹣中心对称
【解析】【解答】解：如图所示，即为所求，，
∵线段，
∴点A旋转时走过的路程为：．

【分析】(1) 根据关于原点对称的点的坐标特征，求出△ABC 各顶点的对称点坐标，再描点连线得到△A1B1C1。
(2) 根据旋转的性质画出△ABC 绕点 C 顺时针旋转 90° 后的△A2B2C2，再用勾股定理算出 AC 的长度，最后用扇形弧长公式求出点 A 旋转时走过的路程。
（1）解：如图所示，即为所求：
（2）解：如图所示，即为所求，，
∵线段，
∴点A旋转时走过的路程为：．
22． 如图，已知菱形的顶点在方格纸的格点上，其中的坐标分别为（0，1），．该菱形经过中心对称得到它右侧的菱形（顶点均在格点上）．
（1）画出平面直角坐标系，并写出对称中心的坐标和点的对应点的坐标；
（2）将菱形平移，使点的对应点为点，画出平移后的菱形．
【答案】（1）解：平面直角坐标系如图所示，见解析；
对称中心的坐标是，点的对应点的坐标是（2，-5）
（2）解：画出平移后的菱形，如图所示.
【知识点】作图﹣平移；平面直角坐标系的构成；中心对称的性质
【解析】【分析】（1）根据点的坐标建立直角坐标系，再根据中心对称性质即可求出答案.
（2）根据平移的性质作图即可.
四、解答题
23．如图，在等边中过顶点作，为上任意一点，连，将绕点逆时针旋转，点对应点为点．
（1）求证：；
（2）连接，请添加一个与线段相关的条件，使四边形为菱形．（不需要说明理由）
【答案】（1）证明：∵是等边三角形，
∴，
∵将绕点逆时针旋转，
∴，
∴，即，
在和中，
，
∴
（2）添加条件：（答案不唯一）
【知识点】等边三角形的性质；菱形的判定；旋转的性质；旋转全等模型
【解析】【解答】（2）解：如图所示，
添加条件：，
由（1）的证明可得，，
∵是等边三角形，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，且，
∴四边形是平行四边形，
∴平行四边形是菱形，
∴添加条件：（答案不唯一）．
【分析】（1）直接利用旋转全等模型证明即可；
（2）由等腰三角形三线合一知AD垂直平分BC，则CE＝BE；再由四条边相等的四边形是菱形知，只需使AE＝CE，则由旋转的性质结合全等三角形的对应边相等可得CF＝BE＝CE＝AE＝AF，即四边形AECF是菱形；当然也可使AF＝CF，再利用对角线互相垂直平分来判定四边形AECF是菱形，所以答案不唯一．
（1）证明：∵是等边三角形，
∴，
∵将绕点逆时针旋转，
∴，
∴，即，
在和中，
，
∴；
（2）解：如图所示，
添加条件：，
由（1）的证明可得，，
∵是等边三角形，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，且，
∴四边形是平行四边形，
∴平行四边形是菱形，
∴添加条件：（答案不唯一）．
24．如图，已知为等边三角形．P为内一点，，将绕点B逆时针旋转后得到．
（1）求点P与点之间的距离；
（2）求的度数．
【答案】（1）解：如图，连接．
由题意可知，
为等边三角形，
，
∴
．
为等边三角形，
。
（2）解：∵，
∴
∴，
为直角三角形，且，
∵为等边三角形，
∴，
。
【知识点】等边三角形的判定与性质；勾股定理的逆定理；旋转的性质
【解析】【分析】（1）连接．由题意可知，根据与题干信息，易证．则可证明为等边三角形，即可得到的值。
（2）根据，利用勾股定理的逆定理，易证，然后再根据等边三角形的性质得到，据此即可求出的度数。
（1）解：如图，连接．
由题意可知，
为等边三角形，
，
∴
．
为等边三角形，
．
（2）解：∵，
∴
∴，
为直角三角形，且，
∵为等边三角形，
∴，
．
25．如图，点E是正方形的边上一点，连接，将线段绕点E顺时针旋转一定的角度得到，点C在上，连接交边于点G．
（1）若，，求的长；
（2）求证：．
【答案】（1）解：由旋转的性质可知，
设，
∵四边形是正方形，
∴，
∵，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴．
（2）证明：延长到H，使得，
∵，
则，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴．
【知识点】正方形的性质；旋转的性质；三角形全等的判定-SAS；解直角三角形—三边关系（勾股定理）
【解析】【分析】(1) 由旋转性质得 ，设其长度为 ；结合正方形边长 和 ，在 中利用勾股定理 建立方程；解方程求出 ，再由 得到最终结果。
(2) 延长 到 ，使 ，构造辅助线；利用正方形性质证明 (SAS)，得 ；结合 推出 ，再证 ，得 ；由 ，等量代换得 。
（1）解：由旋转的性质可知，
设，
∵四边形是正方形，
∴，
∵，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴．
（2）证明：延长到H，使得，
∵，
则，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴．
26． 在△ABC中，∠ACB =90°，∠ABC=α，点 D 在射线 BC上，连接AD，将线段AD绕点A 逆时针旋转 180°-2α得到线段AE (点E 不在直线AB上)，过点E作EF∥AB交直线 BC 于点 F.
（1） 如图1，α=45°，点 D 与点C 重合，求证： BF =AC；
（2）如图2，点D，F都在 BC的延长线上，用等式表示 DF 与BC的数量关系，并证明.
【答案】（1）证明：∵∠ACB=90°， ∠ABC=45°
∴∠BAC=∠ABC=45°
∵线段AD绕点A逆时针旋转 得到线段AE，点D与点C重合
∴AE=AD=AC， ∠EAB=90°-∠BAC=45°，
∴∠EAB=∠ABC，
∴BC∥AE
∵EF ∥AB，
∴四边形ABFE是平行四边形，
∴BF=AE，
∴BF=AC；
（2）解：DF=2BC，
证明： 如图，在DB上取 一点G，使得AG=AB
∴∠AGB=∠ABG=α，
∴∠BAG=180°-2α
∵将线段AD绕点A逆时针旋转180°-2α得到线段AE，
∴DA=EA
∴∠DAE=∠GAB=180°-2α
∴∠DAG=∠EAB
∴△DAG≌△EAB(SAS)
∴DG=BE， ∠AGD=∠ABE=180°-∠AGC=180°-α
又∵∠ABC=α
∴∠FBE=∠ABE-∠ABC=180°-α-α=180°-2α
∵EF ∥AB，
∴∠BFE=∠ABF=α
∴∠BEF=180°-∠FBE-∠BFE=α
∴BE=BF
∴DG=BF
∵AG=AB， AC⊥BC
∴GC=BC
∴DF=BD-BF=BD-DG=BG=2BC
【知识点】平行线的性质；三角形内角和定理；三角形全等及其性质；平行四边形的判定；旋转的性质
【解析】【分析】（1）根据等腰直角三角形性质可得∠BAC=∠ABC=45°，再根据旋转性质可得AE=AD=AC， ∠EAB=90°-∠BAC=45°，则∠EAB=∠ABC，再根据平行四边形判定定理可得四边形ABFE是平行四边形，则BF=AE，即BF=AC，即可求出答案.
（2）在DB上取 一点G，使得AG=AB，根据三角形内角和定理可得∠BAG=180°-2α，再根据旋转性质可得DA=EA，根据等边对等角可得∠DAE=∠GAB=180°-2α，再根据全等三角形判定定理可得△DAG≌△EAB(SAS)，则DG=BE， ∠AGD=∠ABE=180°-∠AGC=180°-α，再根据角之间的关系可得∠FBE=180°-2α，根据直线平行性质可得∠BFE=∠ABF=α，再根据三角形内角和定理可得∠BEF=α，则BE=BF，再根据边之间的关系即可求出答案.
27．如图①，春碓是我国上世纪乡村农用工具，形状呈型，将其抽象成如图②的平面图形，呈型的可绕点旋转，其中三点在同一条直线上，点在直线上，，，初始时．
（1）直接写出的度数为：　 　；
（2）如图②，求初始时点到的距离；
（3）如图③，当点第一次落在上时，求点在竖直方向上上升了多少厘米．（参考数据：）
【答案】（1）
（2）解：过作于，
中，，，
∴，
∴，
即点到的距离约为；
（3）解：过作于，
由旋转可得，，，
∴
∵，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
解得，
∴点在竖直方向上上升了．
【知识点】解直角三角形的其他实际应用；旋转的性质；对顶角及其性质；相似三角形的性质-对应边
【解析】【解答】（1）解：∵，
∴，
故答案为：；
【分析】（1）根据对顶角相等可得即可求解；
（2）过作于，在中根据三角形函数的定义可得，，得到，求解即可；
（3）过作于，由旋转可得，，，根据勾股定理可得由题意可得，从而得到，解得，即可求解．
（1）解：∵，
∴，
故答案为：；
（2）解：过作于，
中，，，
∴，
∴，
即点到的距离约为；
（3）解：过作于，
由旋转可得，，，
∴
∵，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
解得，
∴点在竖直方向上上升了．
28．旋转是初中数学图形变换很重要的内容．通过旋转将已知条件这种分散的边或角等条件相对集中在一起，构建起新的联系，从而解决问题．
（1）【发现问题】如图1，P为等边内一点，，求：以为边构成的三角形各个内角的度数．
解：如图2，把绕点A旋转到，连接，请完成后面的过程；
（2）【类比探究】如图3，已知线段用无刻度的直尺和圆规求作等边，使内部一个顶点P到三个顶点的距离分别为4，5，6．（保留作图痕迹，不写作法）
（3）【拓展延伸】如图4，在四边形中，．探索线段的数量关系并证明你的结论．
【答案】（1）解：如图2，把绕点A旋转到，连接，
∵是等边三角形，
∴；
由旋转的性质可得，，
∴是等边三角形，
∴，
∴，，
∴，
∵，
∴以为边构成的三角形即为，
∴以为边构成的三角形的三个内角的度数分别为
（2）解：如图所示，即为所求；
（3）解：，证明如下：
如图所示，将绕点B逆时针旋转60度得到，连接，
∴，
∴是等边三角形，
∴，
∵，，
∴是等边三角形，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴；
∵，
∴，
在中，由勾股定理得，
∴．
【知识点】等边三角形的性质；勾股定理；旋转的性质；三角形全等的判定-SAS；尺规作图-作三角形
【解析】【分析】（1）先利用旋转的性质证出是等边三角形，利用等边三角形的性质可得，再利用角的运算求出各角的度数即可；
（2）利用三角形的作图方法并结合等边三角形的性质作出图形即可；
（3）将绕点B逆时针旋转60度得到，连接，先证出，可得，再结合，求出，最后利用勾股定理及等量代换求解即可.
29．【数学发现】
某校数学兴趣小组进行了如下探究：以△ABC内部任意一点O为中心，画出与△ABC成中心对称的△A'B'C'．当点O处于不同位置时，从“形”的角度发现两个三角形的重叠部分只可能有两种情况：如图1所示的平行四边形，如图2所示的有三组对边分别平行的六边形（称为“平行六边形”）；从“数”的角度发现两个三角形重叠部分的面积在不断变化．
【问题解决】
组员小明选择面积为1的△ABC，以其内部任意一点O为中心，画出与之成中心对称的△A'B'C'，探究了下列问题，请你帮他解答．
（1）如图3，BC＝2，当点A关于点O的对称点A'落在边BC上时，两个三角形重叠部分为 AQA'P．
①若AA'⊥BC，求AO的长；（请直接写出答案）
②若 AQA'P的面积为，求A'C的长．
（2）如图4，点D为BC的中点，点O在AD上，若两个三角形的重叠部分为“平行六边形”EFGHMN，求“平行六边形”EFGHMN面积的最大值，并指出此时点O的位置．
【答案】（1）解：①∵，
∴，
∵，
∴，
∵点关于点的对称点为点，
∴.
②∵，
∴，，，，
∴，，
∴，
∴设，
∴，
∵的面积为，
∴，
∴，
∴，
∵与关于成中心对称，
∴，，
∴四边形为平行四边形，
∴，
同理可得：，
∴，
∵，
∴，
解得：，经检验符合题意，
∵，，
∴，
∴.
（2）解：如图，连接，，记，的交点为，
∵与关于成中心对称，“平行六边形”，
∴共线，共线，，，，，
∴，
设，，，
∴，
∵，
∴，
∴，即，
同理：，
∴，即，
同理：，
∴，即，
∴，
∵，，，
∴的最小值为：
，
此时，，，
∴，即，
∴“平行六边形”的面积的最大值为：，
同理可得：，
同理：，，
∴，，
∴，
∴是的重心.
【知识点】平行四边形的判定与性质；三角形的重心及应用；相似三角形的判定-AA；相似三角形的性质-对应边；中心对称的性质
【解析】【分析】
（1）①利用面积求出，再根据中心对称图形的性质得到，
②得到，可设，根据的面积为，求得，同理，然后列方程解答即可.
（2）连接，，记，的交点为，得到共线，共线，，，，，，设，，， 进而得到，根据最小值的到，然后证明，即可得到结论.
30．阅读材料，并解决问题：
【思维指引】（1）如图1等边内有一点P，若点P到顶点A、B、C的距离分别为3，4，5，求的度数.
解决此题，我们可以将绕顶点A旋转到处，此时，连接，借助旋转的性质可以推导出是______三角形；这样利用旋转变换，我们将三条线段 转化到一个三角形中，从而求出______；
【知识迁移】（2）如图2，在中，，，E、F为上的点且，请判断，，的数量关系，并证明你的结论.
【方法推广】（3）如图3，在中，，，，点P为内一点，连接，直接写出的最小值.
【答案】（1）等边；150；
（2），理由如下：
如图2，把绕点A逆时针旋转得到，
由旋转的性质得，，，，，，
，
，
，
在和中，
，
，
，
，，
，
，
由勾股定理得，，
即；
（3）
【知识点】三角形全等及其性质；含30°角的直角三角形；勾股定理的逆定理；旋转的性质；解直角三角形—三边关系（勾股定理）
【解析】【解答】解：（1），
，，，
依题意得旋转角，
为等边三角形，
，，
，
为直角三角形，且，
；
故答案为：等边；150；
（3）如图，在内部任取一点P，连接，，，
将绕点B顺时针旋转得到，
由旋转的性质得：，
，
，
，
当A，P，，四点共线时，取到最小值，最小值为长，
如图，过点A作垂线交延长线于点D，
，
，
，，
又，
，
．
【分析】（1）根据全等三角形性质可得，，，根据旋转性质可得，根据等边三角形判定定理可得为等边三角形，则，，根据勾股定理逆定理可得为直角三角形，且，再根据角之间的关系即可求出答案.
（2）把绕点A逆时针旋转得到，根据旋转性质可得，，，，，根据角之间的关系可得，根据全等三角形判定定可得，则，根据等腰直角三角形性质可得，再根据勾股定理即可求出答案；
（3）在内部任取一点P，连接，，，将绕点B顺时针旋转得到，由旋转的性质得：，根据等腰直角三角形性质可得，根据边之间的关系可得，当A，P，，四点共线时，取到最小值，最小值为长，过点A作垂线交延长线于点D，根据含30°角的直角三角形性质可得BD，根据勾股定理可得AD，再根据边之间的关系可得C'D，再根据勾股定理即可求出答案.
31．【综合探究】
数学活动课上，同学们将两个全等的三角形纸片完全重合放置，固定一个顶点，然后将其中一个纸片绕这个顶点旋转，来探究图形旋转的性质.已知三角形纸片ABC和BDE中，∠ACB=∠BDE=90°， BC=BD=6， AC=DE=8，旋转角为（
（1）【初步感知】
如图1，连接AE， CD，将三角形纸片BDE绕点B旋转，求 的值；
（2）【深入探究】
如图2，在三角形纸片BDE绕点 B 旋转过程中，当点D恰好落在△ABC的中线CF的延长线上时，延长ED交AC于点G，求CG的长；
（3）【拓展延伸】
在三角形纸片BDE绕点B旋转过程中，试探究A，D，E三点，能否构成以AE为直角边的直角三角形.若能，直接写出线段AD的长度；若不能，请说明理由.
【答案】（1）解：∵∠ACB=∠BDE=90°， BC=BD=6， AC=DE=8，
∴AB=BE=10，
由旋转得： ∠CBD=∠ABE，
∵BC=BD， AB=BE，
∴∠BCD=∠BDC=∠BAE=∠BEA，
∴△BCD∽△BAE，
（2）解：如图2，延长CD交AE于H，连接BH交DE于M，
由(1)知： ∠BAE=∠BCD，
∵CF是中线， ∠ACB=90°，
∴CF=AF=BF=5，
∴∠BCF=∠FBC，
∴∠FBC=∠BAE，
∵∠AFH=∠BFC，
∴△AFH≌△BFC (ASA)，
∴CF=FH，
∴四边形ACBH 是平行四边形，
∵∠ACB=90°，
∴ ACBH是矩形，
∴∠AHB=90°， BH=AC=8，
∵AB=BE，
∴AH=EH=BC=6，
设MH=x，
∵∠EHB=∠HAC=90°， ∠AEG=∠HEM，
∴△AEG∽△HEM，
∴AG=2x，
∵EH=BD=6， ∠EMH=∠BMD， ∠EHM=∠BDM=90°，
∴△EHM≌△BDM (AAS)，
∴BM=EM=8-x，
由勾股定理得：
（3）解：AD的长是 或
【知识点】三角形全等及其性质；勾股定理；旋转的性质；直角三角形斜边上的中线；相似三角形的性质-对应边
【解析】【解答】解：（3）①如图，∠EAD=90°，过点B作BQ⊥AE于点Q，过点D作DP⊥BQ于点P
∴∠AQP=∠DPQ=∠DAQ=90°
∴四边形ADPQ是矩形
∴∠ADP=90°，AQ=PD，AD=PQ
设AQ=b
∵AB=BE，BQ⊥AE
∴AQ=EQ=b=PD
∴AE=2b
∵∠ADP=∠BDE=90°
∴∠ADE=∠BDP
∵∠EAD=∠DPB=90°
∴△DAE∽△DPB
∴，即
∴
在Rt△BPD中，BP2+PD2=BD2
即
解得：或(舍去)
∵△DAE∽△DPB
∴，即
解得：
②如图，∠AED=90°，过点B作BQ⊥AE于点Q
∴∠BQE=∠AED=∠BDE=90°
∴四边形BDEQ为矩形
∴EQ=BD=6
∵AB=BE，BQ⊥AE
∴AE=2EQ=12
∴
综上所述，AD的长是 或
【分析】（1）根据勾股定理可得AB=BE=10，由旋转得： ∠CBD=∠ABE，根据等边对等角可得∠BCD=∠BDC=∠BAE=∠BEA，再根据相似三角形判定定理及性质即可求出答案.
（2）延长CD交AE于H，连接BH交DE于M，根据直角三角形斜边上的中线性质可得CF=AF=BF=5，根据等边对等角可得∠BCF=∠FBC，根据角之间的关系可得∠FBC=∠BAE，再根据全等三角形判定定理可得△AFH≌△BFC (ASA)，则CF=FH，根据矩形判定定理可得四边形ACBH是矩形，则∠AHB=90°， BH=AC=8，设MH=x，根据相似三角形判定定理可得△AEG∽△HEM，则，即AG=2x，再根据全等三角形判定定理可得△EHM≌△BDM (AAS)，则BM=EM=8-x，再根据勾股定理建立方程，解方程即可求出答案.
（3）分情况讨论：①∠EAD=90°，过点B作BQ⊥AE于点Q，过点D作DP⊥BQ于点P，根据矩形判定定理可得四边形ADPQ是矩形，则∠ADP=90°，AQ=PD，AD=PQ，设AQ=b，根据等腰三角形三线合一性质可得AQ=EQ=b=PD，AE=2b，根据相似三角形判定定理可得△DAE∽△DPB，则，代值计算可得PB，根据勾股定理建立方程，解方程可得b值，再根据相似三角形性质可得，代值计算即可求出答案；②∠AED=90°，过点B作BQ⊥AE于点Q，根据矩形判定定理可得四边形BDEQ为矩形，则EQ=BD=6，根据等腰三角形三线合一性质可得AE=2EQ=12，再根据勾股定理即可求出答案.
32．探究与证明
从特殊到一般是研究数学问题的一般思路，探究小组以特殊四边形为背景就三角形的旋转放缩问题展开探究.
【特例研究】
在正方形ABCD中，AC， BD相交于点O.
图1 图2 图3 备用图
（1）如图1，△AOB可以看成是△ADC绕点A顺时针旋转并缩小得到的，此时旋转角的度数为　 　；
（2）如图2，将△AOB绕点A逆时针旋转，旋转角为α，并放大得到△AEF(点O，B的对应点分别为点E ，F)，使得点E落在OD上，点F落在BC上，求 的值；
（3）【类比探究】
如图3，在菱形 ABCD 中，∠ABC=60°，O 是 AB 的垂直平分线与 BD 的交点，将△AOB绕点 A逆时针旋转，旋转角为α，并放缩得到△AEF(点O，B的对应点分别为点 E，F)，使得点E落在OD上，点F落在BC上.猜想 的值是否与α有关，并说明理由；
（4）若(3)中∠ABC=2β，其余条件不变，请直接写出 BA ， BE ， BF 之间的数量关系：　 　(用含β的式子表示).
【答案】（1）45°
（2）解：根据题意得△AEF∽△AOB，
∴△AFB∽△AEO，
∠OAB = 45°， ∠AOB = 90°，
5分
（3）解：BFOE的值与 α无关，理由如下，如图，
同理可证△AFB∽△AEO，
∵菱形ABCD中， ∠ABC = 60°，
∴∠ABO=30°，
∵O是AB的垂直平分线与BD的交点，
∴AO =BO，
∴∠BAO = ∠ABO = 30°，
过点O作OG⊥AB于点G，
∴BF/OE的值与α无关
（4）BF+BA=2BEcosβ
【知识点】正方形的性质；解直角三角形；旋转的性质；四边形的综合；相似三角形的性质-对应边
【解析】【解答】(1)∵四边形ABCD是正方形，
∴∠OAB = ∠DAC = 45°，
∴旋转角为45°
故答案为： 45°；
(4) 解：同理可证，
∴BF =OE·2cosβ， BA =OB·2cosβ，
∵BE =OE+OB，
∴BF+BA=OE·2cosβ+OB·2cosβ
=2(OE+OB)cosβ=2BEcosβ，
即BF+BA=2BEcosβ.
故答案为：BF+BA=2BEcosβ
【分析】（1）根据题意得到∠OAB＝∠DAC＝45°，得出答案；
（2）根据题意得△AEF∽△AOB，得到∠EAF＝∠OAB，，证明△AFB∽△AEO，即可得出答案；
（3）证明△AFB∽△AEO，得到，过点O作OG⊥AB于点G，根据解直角三角形得到cos∠ABO＝＝cos30°＝，即可求解；
（4）由（3）可得，∠BAO＝∠ABO＝，＝2cosβ，根据BE＝OE＋OB，即可得出答案．
33．定义：有一个公共顶点的三角形，将其中一个三角形绕公共点旋转一定角度，能与另一个三角形构成位似图形，我们称这两个三角形互为“旋转位似图形”．
（1）知识理解：①如图1，，都是等边三角形，则 的“旋转位似图形”（填“是”或“不是”）；
②如图2，若与互为“旋转位似图形”，，，则 ；
③如图2，若与互为“旋转位似图形”，若，则 ，若连接，则 ．
（2）知识运用：
如图3，在四边形中，，于E，，求证：和互为“旋转位似图形”；
（3）拓展提高：
如图4，为等腰直角三角形，点G为的中点，点F是上一点，D是延长线上一点，点E在线段上，且与互为“旋转位似图形”，若，求和的长．
【答案】（1）①是；②50，③10，
（2）证明：∵，
∴，
∴，即，
又∵，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴，
∴绕点A逆时针旋转的度数后与构成位似图形，
∴和互为“旋转位似图形”。
（3）解：如图：如图，过E作于点H，
∵为等腰直角三角形，点G为中点，
∴，
∵与互为“旋转位似图形”，
∴，
∴，
∴，解得：，
∵，
∴，
∵，
∴，即，
∴，
∴，
∴，
∴．
综上，。
【知识点】等腰三角形的判定与性质；旋转的性质；相似三角形的判定-AA；相似三角形的性质-对应角；相似三角形的性质-对应边
【解析】【解答】（1）解：①∵，都是等边三角形，
∴，
∵有公共顶点A，
∴是的“旋转位似图形”．
故答案为：是．
②∵与互为“旋转位似图形”，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴；
故答案为：50；
③如图：连接，
∵与互为“旋转位似图形”，
∴，，
∴，即，
解得：，
∵，
∴，
∴，
∴，即．
故答案为：10，．
【分析】（1）①根据“旋转位似图形”的定义，即可判断。
②根据“旋转位似图形”易得，根据 ，易得，最后再根据三角形内角和定理：，代入数据即可求解。
③根据（1）易得，然后再根据相似三角形的性质，可得 ，代入数据，求出AC的值，根据 ，易证，最后再根据相似三角形的性质： ，代入数据，即可求解。
（2）根据 ，易证，然后再根据相似三角形的性质，可得，进而易证，根据 ，可证 ，进而可得 ，最后根据“旋转位似图形”的定义即可证明结论；
（3）过E作于点H，根据等腰直角三角形的性质和正弦函数的定义，可得AG和AB的值，然后再根据“旋转位似图形”的定义可得，然后再根据相似三角形的性质： ，代入数据即可求出AE的值，根据，然后再根据正弦函数的定义：，代入数据求出的值、，然后再根据，最后运用勾股定理：，代入数据即可求解。
（1）解：①∵，都是等边三角形，
∴，
∵有公共顶点A，
∴是的“旋转位似图形”．
故答案为：是．
②∵与互为“旋转位似图形”，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴；
故答案为：50；
③如图：连接，
∵与互为“旋转位似图形”，
∴，，
∴，即，
解得：，
∵，
∴，
∴，
∴，即．
故答案为：10，．
（2）证明：∵，
∴，
∴，即，
又∵，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴，
∴绕点A逆时针旋转的度数后与构成位似图形，
∴和互为“旋转位似图形”．
（3）解：如图：如图，过E作于点H，
∵为等腰直角三角形，点G为中点，
∴，
∵与互为“旋转位似图形”，
∴，
∴，
∴，解得：，
∵，
∴，
∵，
∴，即，
∴，
∴，
∴，
∴．
综上，．
34．
（1）特殊情况，探索结论：
在平面直角坐标系中，已知点，点关于坐标原点的中心对称点的坐标是　 　；
在平面直角坐标系中已知点，点关于坐标点的中心对称点的坐标是　 　；
在平面直角坐标系中，已知点，点关于坐标点的中心对称点的坐标是　 　；
（2）特例启发，引发思考：
点对称有一定规律，那么由点组成的图形是否有相似规律呢
定义：对于抛物线，以点为中心，作该抛物线关于点中心对称的抛物线，则称抛物线为抛物线关于点的“中心镜像抛物线”，点为“镜像中心”．例如：如图1，抛物线关于点的“中心镜像抛物线”为，点为“镜像中心”．
①如图2，当时，直接写出抛物线关于点的“中心镜像抛物线”的函数表达式 ▲ ；
②已知抛物线，将其顶点先向右平移3个单位，再向下平移4个单位后，恰好落在抛物线关于点的“中心镜像抛物线”的图象上，求“镜像中心”点的坐标；
（3）拓展结论，思维提升：
已知抛物线关于点的“中心镜像抛物线”为，当时，最大值与最小值的差为3，直接写出的值．
【答案】【解答】解：（1）点A关于原点O对称的坐标为；设点B关于对称的点的坐标为，则有，则，即点B关于对称的点的坐标为；同理可求得点C关于点对称的点的坐标为；故答案为：，；（2）①，顶点坐标为，它关于点M对称的点的坐标为，则此时关于点M对称的抛物线解析式为：，化为一般式为：；故答案为：；②，其顶点坐标为，此点平移后的坐标为，把代入中，得：，解得：，即，∴的顶点坐标为，由中点公式得：，∴；（3），其顶点坐标为，它关于M的对称点的坐标为，∴的解析式为：；其最大值为；当时，；当时，；当时，在时，函数值随自变量的增大而减小，最大值为，最小值为，由题意得：，解得；当时，函数在顶点取得最大值，最小值为或，由题意得：或，解得：或，它们均不符合题意；当时，在时，函数值随自变量的增大而增大，最小值为，最大值为，由题意得：，解得：；综上，t的取值为2或．
（1）；；
（2）①；
②，其顶点坐标为，
此点平移后的坐标为，
把代入中，得：，
解得：，即，
∴的顶点坐标为，
由中点公式得：，
∴；
（3）t的取值为2或
【知识点】二次函数图象的几何变换；二次函数y=ax²+bx+c的性质；中心对称的性质；坐标系中的中点公式；分类讨论
【解析】【解答】解：（1）点A关于原点O对称的坐标为；设点B关于对称的点的坐标为，则有，
则，即点B关于对称的点的坐标为；
同理可求得点C关于点对称的点的坐标为；
故答案为：，；
（2）①，顶点坐标为，它关于点M对称的点的坐标为，则此时关于点M对称的抛物线解析式为：，
化为一般式为：；
故答案为：；
（3）解：，其顶点坐标为，
它关于M的对称点的坐标为，
∴的解析式为：；其最大值为；
当时，；当时，；
当时，在时，函数值随自变量的增大而减小，
最大值为，最小值为，
由题意得：，解得；
当时，函数在顶点取得最大值，最小值为或，
由题意得：或，
解得：或，
它们均不符合题意；
当时，在时，函数值随自变量的增大而增大，
最小值为，最大值为，
由题意得：，解得：；
综上，t的取值为2或．
【分析】（1）利用中心对称的性质：对称点的横纵坐标均互为相反数，可确定点A的坐标；再通过中点坐标公式计算得出点B和点C的坐标。
（2）①首先确定原抛物线的顶点坐标，再求出该顶点关于点M的对称点坐标，最终得到对称抛物线的解析式。②先计算抛物线的顶点坐标及其平移后的位置，再求其关于M的对称点坐标。将该对称点坐标代入抛物线的方程中，解出b的值，从而完成求解。
（3）先确定的解析式，然后分三种情况讨论：、和。结合二次函数的增减性进行分析求解。
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