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2026年中考数学二轮复习：图形的旋转
一．选择题（共10小题）
1．如图，在△ABC中，∠A＝36°，AB＝AC，将△ABC绕着点B逆时针旋转n°得到△EBD，点C的对应点D恰好落在AC上，则下列结论错误的是（　　）
A．BD＝BC B．BD平分∠ABC
C．n＝72 D．BE∥AC
2．如图，Rt△OAB中的OB与x轴重合，∠OBA＝90°，AB＝OB＝1，将△OAB绕原点O顺时针旋转45°后得到△OA1B1，将△OA1B1绕原点O顺时针旋转45°得到△OA2B2，…，如此继续下去，连续旋转2023次得到△OA2023B2023，则点A2023的坐标是（　　）
A．（0，） B．（0，） C．（﹣1，1） D．（1，﹣1）
3．如图，一块含30°角的直角三角板ABC绕点B顺时针旋转到△A′BC′的位置，使得A、B、C′三点在同一条直线上，则三角板ABC旋转的角度是（　　）
A．30° B．60° C．90° D．120°
4．如图，这个图形（　　）
A．是中心对称图形
B．是轴对称图形
C．既是轴对称图形，也是中心对称图形
D．既不是轴对称图形，也不是中心对称图形
5．如图中的四个三角形不能由最左侧的三角形经过平移或旋转得到的是（　　）
A． B．
C． D．
6．如图，四边形ABCD为正方形，AB＝2，把△ABC绕点A逆时针旋转60°得到△AEF，连接DF，则DF的长为（　　）
A． B． C． D．
7．如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠B＝60°，BC＝1，将△ABC绕点C顺时针旋转得△A'B'C（点A，A'对应），当点A′，B'，A在同一条直线上时，AA'的长为（　　）
A． B．3 C． D．4
8．如图，菱形ABCD的边长为2，∠B＝60°，点E为边BC的中点，点F为边AB上的一动点，连接EF，将EF绕点E顺时针旋转60°，得到EG，连接CG，则CG的最小值为（　　）
A． B． C．1 D．
9．如图，在△ABC中，AB＝AC，以AB边为腰向右侧作等腰Rt△ABD．其中∠ABD＝90°，连结DC交AB于点O．若要求△BCD的面积，则只需知道线段（　　）
A．AC的长 B．BC的长 C．CO的长 D．CD的长
10．如图，点E在正方形ABCD的边CD上，将△ADE绕点A顺时针旋转90°到△ABF的位置，连接EF，过点A作EF的垂线，垂足为点H，与BC交于点G．若BG＝3，CG＝2，则EF的长为（　　）
A． B． C． D．
二．填空题（共5小题）
11．如图，等边△ABC的边长为10，AD为BC边上的高，点E在AD上，将△ABE绕点B按顺时针方向旋转60°得到△CBF，连接DF，则DF的最小值为　 　 ．
12．如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠B＝30°，AC＝4，点P是边BC上的一个动点，连接AP，将AP绕点A顺时针旋转60°得到AQ，连接CQ，则CQ长的最小值为　 　 ．
13．如图，AC是⊙O的直径，点B是的中点，将∠BAC绕点A逆时针旋转后得到∠DAE，点D落在上，若AB＝3，AD＝4，则弦AE的长为 　 　 ．
14．如图，半圆的直径AB＝6，点C在半径OB上且OC＝2，点P为半圆上的一动点，将线段CP绕点C逆时针旋转90°得到CQ，点D是半圆的中点，连接DQ，若DQ∥OP，则DQ＝ 　 　 ．
15．如图，在矩形ABCD中，AB＝3，，将线段AB绕B顺时针旋转α（0°＜α≤180°），得到线段BP，连接PC，AP，当∠PCB＝30°时，线段AP的长度为 　 　 ．
三．解答题（共5小题）
16．如图1，已知线段AB，AC的长度为定值，线段AC绕点A在直线AB上方旋转，连接BC，将线段BC绕点B逆时针旋转60°，得到线段BF，点D为射线BF上的任意一点，连接CD．
（1）如图2，若∠BDC＝90°，以AB为边在AB上方作Rt△BAE，且∠AEB＝90°，∠EBA＝60°，连接DE，用等式表示线段AC与DE的数量关系是　 　 ；
（2）如图2，在（1）的条件下，若DE⊥AB，AB＝8，，求BC的长；
（3）如图3，若∠BCD＝90°，AB＝4，，当AD的值最大时，求此时△ABC的面积．
17．如图1，在△ABC中，BC＝4，AC＝8，，D、E两点分别在线段AC、AB上，将△ADE沿DE翻折得到△FDE．
（1）∠ACB＝　 　 °；
（2）若点F恰好在直线BC上，设CF＝x，AD＝y．
①请求y与x的函数表达式，并直接写出y的取值范围；
②当△BEF为直角三角形时，求y的值；
（3）如图2，若，且△FCE的面积恰好是△BCE面积的2倍，请直接写出此时△ADE的面积．
18．如图所示，在平面直角坐标系中，已知A（0，1），B（2，0），C（4，3）．
（1）在平面直角坐标系中画出△ABC，求△ABC的面积；
（2）若点D与点C关于原点对称，则点D的坐标为　 　 ；
（3）已知P为x轴上一动点，当|PC﹣PA|最大时，在图中画出此时点P的位置并直接写出点P坐标．
19．如图，△ABC的三个顶点坐标分别为A（﹣2，0），B（﹣5，﹣3），C（0，﹣5）．
（1）画出△ABC绕点A逆时针旋转90°的△AB1C1，并写出C1的坐标；
（2）求在（1）中C点旋转到C1点所经过的路径长（结果保留π）．
20．某数学小组开展了一次活动，过程如下：如图1，已知△ABC中，AB＝BC，∠ABC＝90°，把一块含30°角的直角三角板DEF的直角顶点D放在AC的中点上（直角三角板的短直角边为DE，长直角边为DF），将直角三角板DEF绕D点按逆时针方向旋转．直线DE交直线AB于M，直线DF交直线BC于N．
（1）在图1中，李敏发现线段DM和DN相等，请你证明李敏发现的结论；
（2）小组成员发现继续旋转至图2或图3位置时，发现DM＝DN仍然成立（点M、N自己标注），请在图2或图3中选择一种情况进行证明．
参考答案
一．选择题（共10小题）
1．如图，在△ABC中，∠A＝36°，AB＝AC，将△ABC绕着点B逆时针旋转n°得到△EBD，点C的对应点D恰好落在AC上，则下列结论错误的是（　　）
A．BD＝BC B．BD平分∠ABC
C．n＝72 D．BE∥AC
【考点】旋转的性质；平行线的判定；等腰三角形的性质．
【专题】平移、旋转与对称；推理能力．
【答案】C
【分析】由旋转的性质得到BD＝BC，∠EBD＝∠ABC，由等腰三角形的性质得到∠ABC＝∠C＝72°，进而得出∠CBD＝∠ABD＝36°，即可得到∠EBD的度数．
【解答】解：∵∠A＝36°，AB＝AC，
∴∠ABC＝∠C72°，
由旋转的性质得到：BD＝BC，∠EBD＝∠ABC＝72°，
∴∠C＝∠CDB＝72°，
∴∠CBD＝180°﹣72°×2＝36°，
∴∠ABD＝∠ABC﹣∠CBD＝36°，即n＝36，
∴∠CBD＝∠ABD，
∴BD平分∠ABC，
∵∠C+∠CBE＝72°+36°×3＝180°，
∴BE∥AC，
综上所述，选项A、B、D说法正确，选项C说法错误．
故选：C．
【点评】本题考查平行线的判定，旋转的性质以及等腰三角形的性质，关键是由旋转的性质以及等腰三角形的性质得出∠CBD＝∠CAB＝36°．
2．如图，Rt△OAB中的OB与x轴重合，∠OBA＝90°，AB＝OB＝1，将△OAB绕原点O顺时针旋转45°后得到△OA1B1，将△OA1B1绕原点O顺时针旋转45°得到△OA2B2，…，如此继续下去，连续旋转2023次得到△OA2023B2023，则点A2023的坐标是（　　）
A．（0，） B．（0，） C．（﹣1，1） D．（1，﹣1）
【考点】坐标与图形变化﹣旋转；规律型：点的坐标；勾股定理．
【专题】规律型；推理能力．
【答案】A
【分析】根据题意得出A点坐标变化规律，进而得出点 A2023 的坐标位置，进而得出答案．
【解答】解：在Rt△OAB中，∠OBA＝90°，AB＝OB＝1，
∴，
由题意得，，
将 Rt△OAB绕原点O顺时针旋转45°后得到RtΔOA1B1，相当于将线段OA绕点O顺时针旋转，依次得到∠AOB＝∠A1OB1＝∠A2OB2＝……＝45°，
∴，0），A，（1，﹣1），A，（0，﹣√2），……
发现是8次循环，
所以，2023÷8＝252……7，
∴点 A2023 的坐标是 ，
故选：A．
【点评】此题主要考查了点的坐标变化规律，得出B点坐标变化规律是解题关键．
3．如图，一块含30°角的直角三角板ABC绕点B顺时针旋转到△A′BC′的位置，使得A、B、C′三点在同一条直线上，则三角板ABC旋转的角度是（　　）
A．30° B．60° C．90° D．120°
【考点】旋转的性质．
【专题】平移、旋转与对称；几何直观；推理能力．
【答案】D
【分析】由三角板可知，∠A＝30°，∠ABC＝60°，由旋转的性质可知，∠A′BC′＝60°，进而得到∠ABA′＝120°，即可求出三角板ABC旋转的角度．
【解答】解：由三角板可知，∠A＝30°，∠ABC＝60°，
由旋转的性质可知，∠A′BC′＝60°，
∴∠ABA′＝180°﹣∠A′BC′＝120°，
即三角板ABC旋转的角度是120°，
故选：D．
【点评】本题考查了三角板中的角度计算、旋转的性质，找出角度之间的数量关系是解题关键．
4．如图，这个图形（　　）
A．是中心对称图形
B．是轴对称图形
C．既是轴对称图形，也是中心对称图形
D．既不是轴对称图形，也不是中心对称图形
【考点】中心对称图形；轴对称图形．
【专题】平移、旋转与对称；几何直观．
【答案】A
【分析】直接利用中心对称图形以及轴对称图形的定义进而判断得出答案．
【解答】解：此图形是中心对称图形但并不是轴对称图形．
故选：A．
【点评】此题主要考查了中心对称图形以及轴对称图形，正确掌握相关定义是解题关键．
5．如图中的四个三角形不能由最左侧的三角形经过平移或旋转得到的是（　　）
A． B．
C． D．
【考点】利用旋转设计图案；利用平移设计图案．
【专题】作图题；几何直观．
【答案】B
【分析】利用平移变换，旋转变换的性质判断即可．
【解答】解：如图，选项A，C，D中的三角形可以利用平移或旋转的方法得到．选项B中的三角形不能利用平移或旋转的方法得到．
故选：B．
【点评】本题考查利用旋转设计图案，利用平移设计图案，解题的关键是掌握旋转变换，平移变换的性质．
6．如图，四边形ABCD为正方形，AB＝2，把△ABC绕点A逆时针旋转60°得到△AEF，连接DF，则DF的长为（　　）
A． B． C． D．
【考点】旋转的性质；全等三角形的判定与性质；等边三角形的判定与性质；含30度角的直角三角形；勾股定理；正方形的性质．
【专题】矩形 菱形 正方形；平移、旋转与对称；推理能力．
【答案】A
【分析】连接BE，CE，过E作EG⊥BC于G，判定△ADF≌△AEC（SAS），即可得出DF＝CE，再根据勾股定理求得CE的长，即可得到DF的长．
【解答】解：如图，连接BE，CE，过E作EG⊥BC于G，
由旋转可得，AB＝AE＝2＝AD，AC＝AF，∠BAC＝∠EAF＝45°＝∠DAC，
∴∠CAE＝∠FAD，
在△ADF与△AEC中，
，
∴△ADF≌△AEC（SAS），
∴DF＝CE，
由旋转可得，AB＝AE＝2，∠BAE＝60°，
∴△ABE是等边三角形，
∴BE＝2，∠ABE＝60°，
∴∠EBG＝30°，
∴EGBE＝1，BG，
∴CG＝2，
∴Rt△CEG中，CE2＝EG2+CG2＝12+（2）2＝8﹣4，
∴DF2＝8﹣4，
∴DF．
故选：A．
【点评】本题主要考查了正方形的性质以及旋转的性质，解题时注意：对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角，旋转前、后的图形全等．
7．如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠B＝60°，BC＝1，将△ABC绕点C顺时针旋转得△A'B'C（点A，A'对应），当点A′，B'，A在同一条直线上时，AA'的长为（　　）
A． B．3 C． D．4
【考点】旋转的性质；等腰三角形的判定与性质；含30度角的直角三角形．
【专题】等腰三角形与直角三角形；平移、旋转与对称；几何直观；推理能力．
【答案】B
【分析】由直角三角形两锐角互余可得∠BAC＝30°，进而得AB＝2BC＝2×1＝2，再根据旋转的性质可得A′B′＝AB＝2，B′C＝BC＝1，A′C＝AC，∠A′＝∠BAC＝30°，∠A′B′C＝∠B＝60°，即可得∠CAA′＝∠A′＝30°，利用三角形外角性质可得∠B′CA＝30°，即得∠B′CA＝∠CAA′，得到B′A＝B′C＝1，最后根据线段的和差关系即可求解．
【解答】解：在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠B＝60°，BC＝1，
∴∠BAC＝30°，
∴AB＝2，
∵△ABC绕点C顺时针旋转得到△A′B′C′，
由旋转的性质得：A′B′＝AB＝2，B′C＝BC＝1，A′C＝AC，∠A′＝∠BAC＝30°，∠A′B′C＝∠B＝60°，
∴△CAA′为等腰三角形，∠CAA′＝∠A′＝30°，
∵A、B′、A′在同一条直线上，
∴∠A′B′C＝∠B′AC+∠B′CA，
∴∠B′CA＝60°﹣30°＝30°，
∴∠B′CA＝∠CAA′，
∴B′A＝B′C＝1，
∴AA′＝AB′+A′B′＝2+1＝3，
故选：B．
【点评】本题考查了旋转的性质，含30度角的直角三角形，等腰三角形的判定与性质，掌握旋转的性质是解题的关键．
8．如图，菱形ABCD的边长为2，∠B＝60°，点E为边BC的中点，点F为边AB上的一动点，连接EF，将EF绕点E顺时针旋转60°，得到EG，连接CG，则CG的最小值为（　　）
A． B． C．1 D．
【考点】旋转的性质；垂线段最短；全等三角形的判定与性质；等边三角形的判定与性质；菱形的性质．
【专题】平移、旋转与对称；推理能力．
【答案】B
【分析】取AB的中点Q，连接QE，连接QG，如图，先根据菱形的性质得到BQ＝BE＝1，则△BEQ为等边三角形，所以∠BEQ＝60°，EQ＝BE，再根据旋转的性质得到EF＝EG，∠FEG＝60°，接着证明△BEF≌△QEG得到∠B＝∠GQE＝60°，所以QG∥BC，于是可判断点G在过AB的中点Q且与BC平行的定直线上，过Q点作QM⊥BC于M，CH⊥QG于H点，如图，接着求出QM，从而得到CH的长，然后根据垂线段最短求解．
【解答】解：取AB的中点Q，连接QE，连接QG，如图，
∵菱形ABCD的边长为2，点E为边BC的中点，
∴BQ＝BE＝1，
∵∠B＝60°，
∴△BEQ为等边三角形，
∴∠BEQ＝60°，EQ＝BE，
∵EF绕点E顺时针旋转60°得到EG，
∴EF＝EG，∠FEG＝60°，
∴∠BEG+∠QEF＝∠FEG+∠QEF，
即∠BEF＝∠QEG，
在△BEF和△QEG中，
，
∴△BEF≌△QEG（SAS），
∴∠B＝∠GQE＝60°，
∴∠GQE＝∠BEQ，
∴QG∥BC，
即点G在过AB的中点Q且与BC平行的定直线上，
过Q点作QM⊥BC于M，CH⊥QG于H点，如图，
在Rt△BQM中，∵∠B＝60°，
∴BMBQ，
∴QMBM，
∴CH，
∴CG的最小值为．
故选：B．
【点评】本题考查了旋转的性质：对应点到旋转中心的距离相等；对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角；旋转前、后的图形全等．也考查了垂线段最短、全等三角形的判定与性质、等边三角形的判定与性质和菱形的性质．
9．如图，在△ABC中，AB＝AC，以AB边为腰向右侧作等腰Rt△ABD．其中∠ABD＝90°，连结DC交AB于点O．若要求△BCD的面积，则只需知道线段（　　）
A．AC的长 B．BC的长 C．CO的长 D．CD的长
【考点】旋转的性质；全等三角形的判定与性质；勾股定理；等腰直角三角形．
【专题】图形的全等；等腰三角形与直角三角形；平移、旋转与对称；推理能力．
【答案】B
【分析】过A作AN⊥BC于N，过D作DM⊥BC交直线BC于M，证明△ABN≌△BDM（SAS），得到MD＝BN，由AB＝AC得到，则，若要求△BCD的面积，则只需知道线段BC的长，据此求解即可．
【解答】解：过A作AN⊥BC于N，过D作DM⊥BC交直线BC于M，则∠ABD＝∠M＝∠ANB＝90°，
∴∠MBD＝∠NAB＝90°﹣∠NBA，
∵以AB边为腰向右侧作等腰Rt△ABD，
∴AB＝BD，
在△ABN和△BDM中，
，
∴△ABN≌△BDM（AAS），
∴MD＝BN，
∵AB＝AC，AN⊥BC，
∴，
∴，
∴，
∴若要求△BCD的面积，则只需知道线段BC的长，
故选：B．
【点评】本题考查全等三角形的判定与性质，等腰直角三角形，旋转的性质，勾股定理，解题的关键是掌握相关知识的灵活运用．
10．如图，点E在正方形ABCD的边CD上，将△ADE绕点A顺时针旋转90°到△ABF的位置，连接EF，过点A作EF的垂线，垂足为点H，与BC交于点G．若BG＝3，CG＝2，则EF的长为（　　）
A． B． C． D．
【考点】旋转的性质；勾股定理；正方形的性质．
【专题】矩形 菱形 正方形；平移、旋转与对称；几何直观；推理能力．
【答案】D
【分析】连接EG，根据AG垂直平分EF，即可得出EG＝FG，设CE＝x，则DE＝5﹣x＝BF，FG＝EG＝8﹣x，再根据Rt△CEG中，CE2+CG2＝EG2，即可得到CE的长，最后在Rt△CEF中，根据勾股定理求解即可．
【解答】解：如图，将△ADE绕点A顺时针旋转90°到△ABF的位置，连接EG，
∴△ADE≌△ABF，
∴AE＝AF，DE＝BF，
∵BG＝3，CG＝2，
∴BC＝BG+CG＝3+2＝5，
∵AG⊥EF，
∴H为EF的中点，
∴AG垂直平分EF，
∴EG＝FG，
∵四边形ABCD为正方形，
∴DC＝BC＝5，
设CE＝x，mj DE＝5﹣x＝BF，FG＝FB+BC﹣CG＝8﹣x，
∴EG＝8﹣x，
∵∠C＝90°，
在Rt△CEG中，由勾股定理得：CE2+CG2＝EG2，
∴x2+22＝（8﹣x）2，
解得：，
∴，
∴，
∴，
在直角三角形CEF中，由勾股定理得：，
故选：D．
【点评】本题主要考查了正方形的性质，转的性质，勾股定理，解题的关键要熟练掌握旋转的性质：对应点到旋转中心的距离相等；对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角；旋转前、后的图形全等．
二．填空题（共5小题）
11．如图，等边△ABC的边长为10，AD为BC边上的高，点E在AD上，将△ABE绕点B按顺时针方向旋转60°得到△CBF，连接DF，则DF的最小值为　2.5　 ．
【考点】旋转的性质；全等三角形的判定与性质；等边三角形的性质．
【专题】图形的全等；平移、旋转与对称；几何直观；推理能力．
【答案】2.5．
【分析】由''SAS''可证△ABE≌△CBF，可得∠BAE＝∠BCF＝30°，则点F在过点C且与BC成30°的直线上运动，当DF⊥CF时，DF有最小值，即可求解．
【解答】解：如图，等边△ABC的边长为10，AD为BC边上的高，连接CF，
∴AB＝BC＝12，∠ABC＝60°，∠BAD＝30°，BD＝CD＝5，
∵将△ABE绕点B按顺时针方向旋转60°得到△CBF，
∴BF＝BE，∠EBF＝60°＝∠ABC，
∴∠ABE＝∠CBF，
∴△ABE≌△CBF（SAS），
∴∠BAE＝∠BCF＝30°，
∴点F在过点C且与BC成30°的直线上运动，
∴当DF⊥CF时，DF有最小值，
∴DF的最小值CD＝2.5，
故答案为：2.5．
【点评】本题考查了旋转的性质，全等三角形的判定和性质，等边三角形的性质，解答本题的关键是熟练掌握全等三角形的判定和性质．
12．如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠B＝30°，AC＝4，点P是边BC上的一个动点，连接AP，将AP绕点A顺时针旋转60°得到AQ，连接CQ，则CQ长的最小值为　2　 ．
【考点】旋转的性质；垂线段最短；全等三角形的判定与性质；含30度角的直角三角形；勾股定理．
【专题】图形的全等；等腰三角形与直角三角形；平移、旋转与对称；解直角三角形及其应用；几何直观；推理能力．
【答案】2．
【分析】在AB上截取AD＝AC，连接DP，过点D作DE⊥BC于点E，证明△CAQ≌△DAP（SAS），得出CQ＝DP，结合垂线段最短可知当点P与点E重合时，DP最短，即CQ最小，且为DE的长．最后根据含30度角的直角三角形的性质求解即可．
【解答】解：在AB上截取AD＝AC＝4，连接DP，过点D作DE⊥BC于点E，如图，
由题意可得：∠CAB＝90°﹣30°＝60°．
由旋转的性质可得：AQ＝AP，∠PAQ＝60°，
∴∠CAB﹣∠CAP＝∠PAQ﹣∠CAP，即∠CAQ＝∠PAD，
又∵AD＝AC，AQ＝AP，
∴△CAQ≌△DAP（SAS），
∴CQ＝DP，
∴当DP最短时，CQ最小．
∴当点P与点E重合时，DP最短，即为DE的长．
∵AC＝4，∠ACB＝90°，∠B＝30°，
∴AB＝2AC＝8，
∴BD＝AB﹣AD＝844．
∵DE⊥BC，
∴∠BED＝90°，
∵∠B＝30°，
∴DEBD＝2，
故答案为：2．
【点评】本题考查旋转的性质，垂线段最短，全等三角形的判定与性质，含30度角的直角三角形，勾股定理．正确添加辅助线，构造全等三角形是解题关键．
13．如图，AC是⊙O的直径，点B是的中点，将∠BAC绕点A逆时针旋转后得到∠DAE，点D落在上，若AB＝3，AD＝4，则弦AE的长为 　21　 ．
【考点】旋转的性质；垂径定理；圆心角、弧、弦的关系；圆周角定理．
【专题】平移、旋转与对称；推理能力．
【答案】21．
【分析】连接BC，CD，EC和AD的延长线相交于点F，如图，根据圆周角定理得到∠ABC＝∠ADC＝∠AEC＝90°，再利用点B是的中点得到AB＝BC，所以△ABC为等腰直角三角形，从而得到∠BAC＝45°，ACAB＝3，接着利用勾股定理计算出CD，然后根据旋转的性质得到∠DAE＝∠BAC＝45°，则利用△AEF、△CDF都为等腰直角三角形AEAF，DF，所以AF＝4，从而得到AE的长．
【解答】解：连接BC，CD，EC和AD的延长线相交于点F，如图，
∵AC是⊙O的直径，
∴∠ABC＝∠ADC＝∠AEC＝90°，
∵点B是的中点，
∴AB＝BC，
∴△ABC为等腰直角三角形，
∴∠BAC＝45°，ACAB＝3，
在Rt△ACD中，CD，
∵∠BAC绕点A逆时针旋转后得到∠DAE，
∴∠DAE＝∠BAC＝45°，
∴△AEF为等腰直角三角形，
∴∠F＝45°，AEAF，
∵∠CDF＝90°，
∴DF＝DC，
∴AF＝AD+DF＝4，
∴AE（4）＝21．
故答案为：21．
【点评】本题考查了旋转的性质：对应点到旋转中心的距离相等；对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角；旋转前、后的图形全等．也考查了圆周角定理．
14．如图，半圆的直径AB＝6，点C在半径OB上且OC＝2，点P为半圆上的一动点，将线段CP绕点C逆时针旋转90°得到CQ，点D是半圆的中点，连接DQ，若DQ∥OP，则DQ＝ 　　 ．
【考点】旋转的性质；平行线的性质；勾股定理．
【专题】等腰三角形与直角三角形；圆的有关概念及性质；推理能力．
【答案】．
【分析】将△COP绕点C逆时针旋转90°得△CKQ，则∠KCO＝90°，延长KC，作DT⊥KC于点T，延长PO交QK于点M、交CQ于点N，连接DO，易知四边形DOCT为矩形，则DT＝OC＝2，CT＝OD＝3，由旋转得△COP≌△CKQ，故CK＝OC＝2，QK＝PO＝3，∠OPC＝∠KQC，证明PM⊥QK，TK＝5，连接DK，由勾股定理可得DK，由平行可得∠DQK＝90°，再由勾股定理可求DQ．
【解答】解：将△COP绕点C逆时针旋转90°得△CKQ，则∠KCO＝90°，
延长KC，作DT⊥KC于点T，延长PO交QK于点M、交CQ于点N，连接DO，如图所示，
∵D为半圆中点，
∴由垂径定理推论可得DO⊥AB，
则易知四边形DOCT为矩形，
∴DT＝OC＝2，CT＝OD＝3，
由旋转可得△COP≌△CKQ，
故CK＝OC＝2，QK＝PO＝3，∠OPC＝∠KQC，
∴∠KQC+∠QNM＝∠OPC+∠PNC＝90°，
即PM⊥QK．
故TK＝CT+CK＝3+2＝5，
连接DK，由勾股定理可得DK，
又∵DQ∥OP，
∴∠DQK＝90°，
∴DQ．
故答案为：．
【点评】本题考查了垂径定理的推论，矩形的判定和性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，平行线的性质，本题关键是要掌握这些知识点并构造出全等三角形进行线段等量的替换．
15．如图，在矩形ABCD中，AB＝3，，将线段AB绕B顺时针旋转α（0°＜α≤180°），得到线段BP，连接PC，AP，当∠PCB＝30°时，线段AP的长度为 　3或或6　 ．
【考点】旋转的性质；矩形的性质．
【专题】平移、旋转与对称；运算能力．
【答案】3或或6．
【分析】如图，连接AC、BD，AC交BD于点O，根据矩形的性质及勾股定理得，AO＝BO＝3＝AB，推出∠OAB＝60°，∠ACB＝30°，然后分两种情况：①点P在BC上方；②点P在长方形内时，结合旋转的性质，等边三角形的判定和性质及勾股定理进行求解即可．
【解答】解：如图，连接AC、BD，AC交BD于点O，
∵在矩形ABCD中，AB＝3，，
∴∠ABC＝90°，，
∴，
∴AO＝BO＝3＝AB，
∴△OAB是等边三角形，
∴∠OAB＝60°，
∴∠ACB＝90°﹣∠OAB＝90°﹣60°＝30°，
①点P在长方形内时，
如图，连接AC，则∠ACB＝30°，
∵∠PCB＝30°，
∴A、P、C三点共线，
∴∠OAP＝60°，
∵将线段AB绕B顺时针旋转α（0°＜α≤180°），得到线段BP，
∴BA＝BP，
∴△ABP是等边三角形，
∴AP＝AB＝3；
②当点P在BC下方时，
如图，延长AB至点Q，使AB＝QB，连接AC、CQ，则∠CAB＝60°，∠ABC＝90°＝∠QBC，AQ＝2AB＝2×3＝6，
∴BC垂直平分AQ，
∴CA＝CQ，
∴△ACQ是等边三角形，
∴∠ACQ＝∠CQB＝60°，CQ＝AQ＝2BQ，
∴，
∵∠PCB＝30°，
∴Q、P、C三点共线，
∵将线段AB绕B顺时针旋转α（0°＜α≤180°），得到线段BP，
∴BP＝BA＝3，
∴BQ＝BP＝3，
∴△BPQ是等边三角形，
∴，
∴点P是CQ的中点，
∵AP⊥CQ，即∠APQ＝90°，
∴，
若点P与Q重合，则∠PCB＝∠QCB＝30°，
此时AP＝AQ＝6，
综上所述，线段AP的长度为3或或6．
故答案为：3或或6．
【点评】本题考查矩形的性质，勾股定理，旋转的性质，等边三角形的判定与判定，垂直平分线的判定性质，等腰三角形的三线合一等知识点，运用了分类讨论的思想．正确作出辅助线是解题的关键．
三．解答题（共5小题）
16．如图1，已知线段AB，AC的长度为定值，线段AC绕点A在直线AB上方旋转，连接BC，将线段BC绕点B逆时针旋转60°，得到线段BF，点D为射线BF上的任意一点，连接CD．
（1）如图2，若∠BDC＝90°，以AB为边在AB上方作Rt△BAE，且∠AEB＝90°，∠EBA＝60°，连接DE，用等式表示线段AC与DE的数量关系是AC＝2DE ；
（2）如图2，在（1）的条件下，若DE⊥AB，AB＝8，，求BC的长；
（3）如图3，若∠BCD＝90°，AB＝4，，当AD的值最大时，求此时△ABC的面积．
【考点】几何变换综合题．
【专题】等腰三角形与直角三角形；平移、旋转与对称；图形的相似；推理能力；应用意识．
【答案】（1）AC＝2DE；
（2）BC＝2；
（3）△ABC的面积为．
【分析】（1）连接CF，证明△DBE∽△CBA，可得，故AC＝2DE；
（2）延长DE交AB于M，求出BMBE4＝2，DM＝DE+EM＝3，用勾股定理即可得BD，故BC＝2BD＝2；
（3）过A作EA⊥AB，且∠EBA＝60°，连接DE，求出DE＝2AC＝2，知D在以E为圆心，半径为2的圆上运动，故当AD的值最大时，D在AE延长线上，过点A作AN⊥BC于点N，再求得ANAC，BCBD，根据三角形面积公式即得答案．
【解答】解：（1）连接CF，如图：
∵将线段BC绕点B逆时针旋转60°，得到线段BF，
∴BC＝BF，∠CBF＝60°，
∴△BCF是等边三角形，
∴∠FBC＝60°，
∵∠BDC＝90°，
∴∠BCD＝30°，
∴，
∵∠AEB＝90°，∠EBA＝60°，
∴∠BAE＝30°，
∴，
∴，
∵∠FBC＝∠EBA＝60°，
∴∠DBE＝∠CBA，
∴△DBE∽△CBA，
∴，
∴AC＝2DE；
故答案为：AC＝2DE；
（2）延长DE交AB于M，如图：
∵DE⊥AB，
∴∠BME＝90°，
由（1）知，DEAC2，BEAB8＝4，
∵∠EBA＝60°，
∴∠BEM＝30°，
∴BMBE4＝2，EMBM＝2，
∴DM＝DE+EM23，
∴BD，
∴BC＝2BD＝2；
（3）过A作EA⊥AB，且∠EBA＝60°，连接DE，如图：
∵∠DBC＝∠EBA＝60°，
∴∠DBE＝∠CBA，
∵2，
∴△BDE∽△BCA，
∴2，
∴DE＝2AC＝2，
∴D在以E为圆心，半径为2的圆上运动，
∴当AD的值最大时，D在AE延长线上，
过点A作AN⊥BC于点N，如图：
在Rt△ABE中，∠EBA＝60°，AB＝4，
∴AEAB＝4，
∴AD＝DE+AE＝246，
∴BD2，
∴sin∠BDA，
∴sin∠BCA，即，
∴ANAC，
在Rt△BCD中，∠DBC＝60°，
∴BCBD，
∴S△ABCBC AN，
∴△ABC的面积为．
【点评】本题考查几何变换综合应用，涉及相似三角形判定与性质，旋转的性质及应用，勾股定理及应用等知识，解题的关键是作辅助线，构造相似三角形解决问题．
17．如图1，在△ABC中，BC＝4，AC＝8，，D、E两点分别在线段AC、AB上，将△ADE沿DE翻折得到△FDE．
（1）∠ACB＝　90　 °；
（2）若点F恰好在直线BC上，设CF＝x，AD＝y．
①请求y与x的函数表达式，并直接写出y的取值范围；
②当△BEF为直角三角形时，求y的值；
（3）如图2，若，且△FCE的面积恰好是△BCE面积的2倍，请直接写出此时△ADE的面积．
【考点】几何变换综合题．
【专题】代数几何综合题；几何直观；运算能力；推理能力．
【答案】（1）90；
（2）①；
②y的值为或；
（3）此时△ADE的面积为．
【分析】（1）利用勾股定理的逆定理求解即可；
（2）①在Rt△CDF中，利用勾股定理得到x2+（8﹣y）2＝y2，求得，再求得4≤y≤8；
②分当∠BFE＝90°和∠BEF＝90°时两种情况讨论，根据相似三角形的判定和性质求解即可；
（3）作EH⊥AC于点H，记EF与AC交于点M，设AD＝m，则，证明△AHE∽△ACB，求得EH＝m，AH＝2m，得到△DEH是等腰直角三角形，证明△EMH≌△FMD，求得，根据△FCE的面积恰好是△BCE面积的2倍，得到8m＝2（16﹣4m），求得，据此求解即可．
【解答】解：（1）∵BC＝4，AC＝8，，42+82＝80，
∴BC2+AC2＝AB2，
∴△ABC是直角三角形，且∠ACB＝90°，
故答案为：90；
（2）①；理由如下：
若点F恰好在直线BC上，如图1.1，设CF＝x，AD＝y，
∵将△ADE沿DE翻折得到△FDE，
∴DF＝AD＝y，
∴CD＝8﹣y，
在Rt△CDF中，由勾股定理得：CF2+CD2＝DF2，
∴x2+（8﹣y）2＝y2，
解得：，
∵点D在线段AC上，
∴0＜y≤8，
∵x2＝16y﹣16×4≥0，
∴y≥4，
∴4≤y≤8；
②当∠BFE＝90°时，
∵∠ACB＝90°，
∴FE∥AC，
∴∠FED＝∠ADE，
∵将△ADE沿DE翻折得到△FDE，
∴∠FDE＝∠ADE，
∴∠FDE＝∠FED，
∴FE＝FD＝AD＝y，
∵FE∥AC，
∴△BFE∽△BCA，
∴，即，
解得：或（不合题意，舍去），
∴y40﹣16；
当∠BEF＝90°时，如图1.2，
∵∠BEF＝∠BCA＝90°，∠EBF＝∠CBA，
∴△EBF∽△CBA，
∴，即，
∴EF，BE，
∵将△ADE沿DE翻折得到△FDE，
∴，
∵，
∴，
解得：，
∴y，
综上所述，y的值为或；
（3）此时△ADE的面积为．理由如下：
如图2，记EF与AC交于点M，作EH⊥AC于点H，
设AD＝m，
∴，
∵EH⊥AC，
∴∠AHE＝∠ACB＝90°，
∵∠HAE＝∠CAB，
∴△AHE∽△ACB，
∴，即，
∴EH＝m，AH＝2m，
∴DH＝AH﹣AD＝m，
∴EH＝DH，即△DEH是等腰直角三角形，
∴∠HDE＝45°，
由折叠的性质得DF＝AD＝m，∠EDF＝∠ADE＝180°﹣45°＝135°，
∴∠CDF＝135°﹣45°＝90°，
∴∠EHM＝∠FDM＝90°，
∵∠EMH＝∠FMD，EH＝FD＝m，
∴△EMH≌△FMD，
∴，
∴，
∴S△CEF＝S△CEM+S△CMF
CM×EHCM×DF
，
S△CEB＝S△ABC﹣S△AEC
8×48×m
＝16﹣4m，
∵△FCE的面积恰好是△BCE面积的2倍，
∴，
解得：m＝8或，
∵，点E在线段AB上，
∴，
∴m≤4，
∴，
∴，
∴S△ADE．
【点评】本题属于几何变换综合题，主要考查了相似三角形的判定与性质，折叠性质，勾股定理，等腰三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，解一元二次方程，解题的关键是综合运用以上知识，正确添加辅助线．
18．如图所示，在平面直角坐标系中，已知A（0，1），B（2，0），C（4，3）．
（1）在平面直角坐标系中画出△ABC，求△ABC的面积；
（2）若点D与点C关于原点对称，则点D的坐标为　（﹣4，﹣3）　 ；
（3）已知P为x轴上一动点，当|PC﹣PA|最大时，在图中画出此时点P的位置并直接写出点P坐标．
【考点】作图﹣旋转变换；三角形的面积；关于原点对称的点的坐标．
【专题】作图题；几何直观．
【答案】（1）如图，△ABC即为所求，△ABC的面积＝3×41×22×42×3＝4；
（2）D（﹣4，﹣3）；
（3）如图，点P即为所求，P（0，﹣2）．
【分析】（1）根据A，B，C的三点的坐标作出三角形，再利用分割法求出三角形的面积；
（2）关于原点对称的两点横坐标，纵坐标度互为相反数；
（3）延长CA交x轴于点P，点P即为所求．
【解答】解：（1）如图，△ABC即为所求，△ABC的面积＝3×41×22×42×3＝4；
（2）∵C（4，3），C，D关于原点对称，
∴D（﹣4，﹣3）．
故答案为：（﹣4，﹣3）；
（3）如图，点P即为所求，P（0，﹣2）．
【点评】本题考查作图﹣旋转变换，三角形的面积，关于原点对称的点的坐标，解题的关键是掌握相关知识解决问题．
19．如图，△ABC的三个顶点坐标分别为A（﹣2，0），B（﹣5，﹣3），C（0，﹣5）．
（1）画出△ABC绕点A逆时针旋转90°的△AB1C1，并写出C1的坐标；
（2）求在（1）中C点旋转到C1点所经过的路径长（结果保留π）．
【考点】作图﹣旋转变换；弧长的计算．
【专题】作图题；几何直观．
【答案】（1）如图，△AB1C1即为所求，C1的坐标（3，2）；
（2）C点旋转到C1点所经过的路径长π．
【分析】（1）利用旋转变换的性质分别作出B，C的对应点B1，C1即可；
（2）利用勾股定理求出AC，再利用弧长公式求解．
【解答】解：（1）如图，△AB1C1即为所求，C1的坐标（3，2）；
（2）∵AC，
∴C点旋转到C1点所经过的路径长π．
【点评】本题考查作图﹣旋转变换，弧长公式，解题的关键是掌握相关知识解决问题．
20．某数学小组开展了一次活动，过程如下：如图1，已知△ABC中，AB＝BC，∠ABC＝90°，把一块含30°角的直角三角板DEF的直角顶点D放在AC的中点上（直角三角板的短直角边为DE，长直角边为DF），将直角三角板DEF绕D点按逆时针方向旋转．直线DE交直线AB于M，直线DF交直线BC于N．
（1）在图1中，李敏发现线段DM和DN相等，请你证明李敏发现的结论；
（2）小组成员发现继续旋转至图2或图3位置时，发现DM＝DN仍然成立（点M、N自己标注），请在图2或图3中选择一种情况进行证明．
【考点】旋转的性质；全等三角形的判定与性质；等腰直角三角形．
【专题】三角形；图形的全等；等腰三角形与直角三角形；平移、旋转与对称；运算能力；推理能力．
【答案】（1）DM＝DN，如图，连接BD，
∵D是AC中点，AB＝BC，∠ABC＝90°，
∴∠ABD＝∠C＝45°，BD＝DC，BD⊥AC，
∵∠MDN＝90°，
∴∠MDB+∠BDN＝∠NDC+∠BDN，
∴∠MDB＝∠NDC，
在△MBD和△NCD中，
，
∴△MBD≌△NCD（ASA），
∴DM＝DN；
（2）图2证明：
如图，连接BD，
∵AB＝BC，∠ABC＝90°，D是AC中点，
∴∠DBA＝∠ACB＝45°，BD＝DC，BD⊥AC，
∴∠DCN＝180°﹣45°＝135°，∠DBM＝180°﹣45°＝135°，
∴∠DBM＝∠DCN，
∵∠MDN＝90°，
∴∠MDB+∠MDC＝∠NDC+∠MDC，
∴∠MDB＝∠NDC，
在△MBD和△NCD中，
，
∴△MBD≌△NCD（ASA），
∴DM＝DN；
图3证明：
如图，连接BD，
∵D是AC中点，AB＝BC，∠ABC＝90°，
∴∠ABD＝∠ACB＝45°，BD＝DC，BD⊥AC，
∴∠DBM＝∠DCN，
∵∠MDN＝∠EDF＝90°，
∴∠MDB+∠BDN＝∠NDC+∠BDN，
∴∠MDB＝∠NDC，
在△MBD和△NCD中，
，
∴△MBD≌△NCD（ASA），
∴DM＝DN．
【分析】（1）连接BD，利用等腰直角三角形ABC的性质，得到BD＝DC，∠ABD＝∠C＝45°，且BD⊥AC．通过∠MDN＝90°推出∠MDB＝∠NDC，再用ASA证明△MBD≌△NCD，从而得到DM＝DN．
（2）图2，连接BD，同样由等腰直角三角形性质得BD＝DC，∠DBM＝∠DCN＝135°．由∠MDN＝90°推出∠MDB＝∠NDC，用ASA证明△MBD≌△NCD，得到DM＝DN．
图3，连接BD，由等腰直角三角形性质得BD＝DC，∠DBM＝∠DCN＝45°．由∠MDN＝90°推出∠MDB＝∠NDC，用ASA证明△MBD≌△NCD，得到DM＝DN．
【解答】（1）解：DM＝DN，理由如下：
如图，连接BD，
∵D是AC中点，AB＝BC，∠ABC＝90°，
∴∠ABD＝∠C＝45°，BD＝DC，BD⊥AC，
∵∠MDN＝90°，
∴∠MDB+∠BDN＝∠NDC+∠BDN，
∴∠MDB＝∠NDC，
在△MBD和△NCD中，
，
∴△MBD≌△NCD（ASA），
∴DM＝DN；
（2）证明：图2证明：
如图，连接BD，
∵AB＝BC，∠ABC＝90°，D是AC中点，
∴∠DBA＝∠ACB＝45°，BD＝DC，BD⊥AC，
∴∠DCN＝180°﹣45°＝135°，∠DBM＝180°﹣45°＝135°，
∴∠DBM＝∠DCN，
∵∠MDN＝90°，
∴∠MDB+∠MDC＝∠NDC+∠MDC，
∴∠MDB＝∠NDC，
在△MBD和△NCD中，
，
∴△MBD≌△NCD（ASA），
∴DM＝DN；
图3证明：
如图，连接BD，
∵D是AC中点，AB＝BC，∠ABC＝90°，
∴∠ABD＝∠ACB＝45°，BD＝DC，BD⊥AC，
∴∠DBM＝∠DCN，
∵∠MDN＝∠EDF＝90°，
∴∠MDB+∠BDN＝∠NDC+∠BDN，
∴∠MDB＝∠NDC，
在△MBD和△NCD中，
，
∴△MBD≌△NCD（ASA），
∴DM＝DN．
【点评】本题主要考查了等腰直角三角形的性质、全等三角形的判定与性质，熟练掌握等腰直角三角形三线合一的性质，并通过构造全等三角形证明线段相等是解题的关键．
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