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2026年中考数学考前预测：图形的旋转
一．选择题（共10小题）
1．如图，E、F分别是正方形ABCD的边AB、BC上的点，且BE＝CF，连接CE、DF，将△DCF绕着正方形的中心O按顺时针方向旋转到△CBE的位置，则旋转角为（　　）
A．30° B．45° C．60° D．90°
2．如图，在△ABC中，∠BAC＝120°，将△ABC绕点C逆时针旋转得到△DEC，点A，B的对应点分别为D，E，连接AD．当点A，D，E在同一条直线上时，下列结论一定正确的是（　　）
A．∠ABC＝∠ADC B．CB＝CD C．DE+DC＝BC D．AB∥CD
3．下面的图形中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（　　）
A． B．
C． D．
4．在 Rt△ABC中，AC＝BC，点D为AB中点．∠GDH＝90°，∠GDH绕点D旋转，DG，DH分别与边AC，BC交于E，F两点．下列结论①AE+BFAB，②AE2+BF2＝EF2，③S四边形CEDFS△ABC，④△DEF始终为等腰直角三角形．其中正确的是（　　）
A．①②④ B．①②③ C．①③④ D．①②③④
5．如图，在矩形ABCD中，AB＝3，BC＝4，P是对角线AC上的动点，连接DP，将直线DP绕点P顺时针旋转使∠DPG＝∠DAC，且过D作DG⊥PG，连接CG，则CG最小值为（　　）
A． B． C． D．
6．如图，点P为定角∠AOB平分线上的一个定点，且∠MPN与∠AOB互补．若∠MPN在绕点P旋转的过程中，其两边分别与OA、OB相交于M、N两点，则以下结论：①OM+ON的值不变；②∠PNM＝∠POB；③MN的长不变；④四边形PMON的面积不变，其中，正确结论的是（　　）
A．①②③ B．①②④ C．①③④ D．②③④
7．如图，在正方形ABCD中，AB＝3，点M在CD的边上，且DM＝1，△AEM与△ADM关于AM所在的直线对称，将△ADM按顺时针方向绕点A旋转90°得到△ABF，连接EF，则线段EF的长为（　　）
A．3 B． C． D．
8．如图，P是等腰直角△ABC外一点，把BP绕点B顺时针旋转90°到BP′，已知∠AP′B＝135°，P′A：P′C＝1：3，则P′A：PB＝（　　）
A．1： B．1：2 C．：2 D．1：
9．已知等边△ABC的边长为8，点P是边BC上的动点，将△ABP绕点A逆时针旋转60°得到△ACQ，点D是AC边的中点，连接DQ，则DQ的最小值是（　　）
A．2 B．4 C．2 D．不能确定
10．把一副三角板如图（1）放置，其中∠ACB＝∠DEC＝90°，∠A＝45°，∠D＝30°，斜边AB＝4，CD＝5．把三角板DCE绕着点C顺时针旋转15°得到△D1CE1（如图2），此时AB与CD1交于点O，则线段AD1的长度为（　　）
A． B． C． D．4
二．填空题（共5小题）
11．如图，正方形OABC的两边OA、OC分别在x轴、y轴上，点D（5，3）在边AB上，以C为中心，把△CDB旋转90°，则旋转后点D的对应点D′的坐标是　 　 ．
12．如图，四边形ABCD是矩形纸片，AB＝2．对折矩形纸片ABCD，使AD与BC重合，折痕为EF；展平后再过点B折叠矩形纸片，使点A落在EF上的点N，折痕BM与EF相交于点Q；再次展平，连接BN，MN，延长MN交BC于点G．有如下结论：
①∠ABN＝60°；②AM＝1；③QN；④△BMG是等边三角形；⑤P为线段BM上一动点，H是BN的中点，则PN+PH的最小值是．
其中正确结论的序号是　 　 ．
13．如图，直线yx+3与x轴、y轴分别交于A、B两点，把△AOB绕点A旋转90°后得到△AO′B′，则点B′的坐标是　 　 ．
14．如图，A点的坐标为（﹣1，5），B点的坐标为（3，3），C点的坐标为（5，3），D点的坐标为（3，﹣1），小明发现：线段AB与线段CD存在一种特殊关系，即其中一条线段绕着某点旋转一个角度可以得到另一条线段，你认为这个旋转中心的坐标是　 　 ．
15．如图，在每个小正方形的边长为1的网格中，△ABC的顶点A，B，C均在格点上，
（Ⅰ）∠ACB的大小为　 　 （度）；
（Ⅱ）在如图所示的网格中，P是BC边上任意一点，以A为中心，取旋转角等于∠BAC，把点P逆时针旋转，点P的对应点为P′，当CP′最短时，请用无刻度的直尺，画出点P′，并简要说明点P′的位置是如何找到的（不要求证明）　 　 ．
三．解答题（共5小题）
16．已知Rt△ABC中，AC＝BC，∠C＝90°，D为AB边的中点，∠EDF＝90°，∠EDF绕D点旋转，它的两边分别交AC、CB（或它们的延长线）于E、F．
（1）当∠EDF绕D点旋转到DE⊥AC于E时（如图1），易证S△DEF+S△CEFS△ABC；
（2）当∠EDF绕D点旋转到DE和AC不垂直时，在图2和图3这两种情况下，上述结论是否成立？若成立，请给予证明；若不成立，S△DEF、S△CEF、S△ABC又有怎样的数量关系？请写出你的猜想，不需证明．
17．将矩形ABCD绕点A顺时针旋转α（0°＜α＜360°），得到矩形AEFG．
（1）如图，当点E在BD上时．求证：FD＝CD；
（2）当α为何值时，GC＝GB？画出图形，并说明理由．
18．通过类比联想、引申拓展研究典型题目，可达到解一题知一类的目的．下面是一个案例，请补充完整．
原题：如图1，点E、F分别在正方形ABCD的边BC、CD上，∠EAF＝45°，连接EF，则EF＝BE+DF，试说明理由．
（1）思路梳理
∵AB＝AD，
∴把△ABE绕点A逆时针旋转90°至△ADG，可使AB与AD重合．
∵∠ADC＝∠B＝90°，
∴∠FDG＝180°，点F、D、G共线．
根据　 　 ，易证△AFG≌　 　 ，得EF＝BE+DF．
（2）类比引申
如图2，四边形ABCD中，AB＝AD，∠BAD＝90°点E、F分别在边BC、CD上，∠EAF＝45°．若∠B、∠D都不是直角，则当∠B与∠D满足等量关系　 　 时，仍有EF＝BE+DF．
（3）联想拓展
如图3，在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，点D、E均在边BC上，且∠DAE＝45°．猜想BD、DE、EC应满足的等量关系，并写出推理过程．
19．如图，在等边△BCD中，DF⊥BC于点F，点A为直线DF上一动点，以B为旋转中心，把BA顺时针方向旋转60°至BE，连接EC．
（1）当点A在线段DF的延长线上时，
①求证：DA＝CE；
②判断∠DEC和∠EDC的数量关系，并说明理由；
（2）当∠DEC＝45°时，连接AC，求∠BAC的度数．
20．如图1，已知正方形ABCD的边CD在正方形DEFG的边DE上，连接AE，GC．
（1）试猜想AE与GC有怎样的位置关系，并证明你的结论；
（2）将正方形DEFG绕点D按顺时针方向旋转，使点E落在BC边上，如图2，连接AE和GC．你认为（1）中的结论是否还成立？若成立，给出证明；若不成立，请说明理由．
参考答案与试题解析
一．选择题（共10小题）
1．如图，E、F分别是正方形ABCD的边AB、BC上的点，且BE＝CF，连接CE、DF，将△DCF绕着正方形的中心O按顺时针方向旋转到△CBE的位置，则旋转角为（　　）
A．30° B．45° C．60° D．90°
【考点】旋转的性质．
【专题】计算题．
【答案】D
【分析】由题意得到D对应点为C，连接OC，OD，∠DOC即为旋转角，利用正方形性质求出即可．
【解答】解：∵正方形ABCD，O为正方形的中心，
∴OD＝OC，OD⊥OC，
∴∠DOC＝90°，
由题意得到D对应点为C，连接OC，OD，∠DOC即为旋转角，
则将△DCF绕着正方形的中心O按顺时针方向旋转到△CBE的位置，旋转角为90°，
故选：D．
【点评】此题考查了旋转的性质，熟练掌握旋转的性质是解本题的关键．
2．如图，在△ABC中，∠BAC＝120°，将△ABC绕点C逆时针旋转得到△DEC，点A，B的对应点分别为D，E，连接AD．当点A，D，E在同一条直线上时，下列结论一定正确的是（　　）
A．∠ABC＝∠ADC B．CB＝CD C．DE+DC＝BC D．AB∥CD
【考点】旋转的性质；全等三角形的判定与性质．
【专题】平移、旋转与对称；应用意识．
【答案】D
【分析】由旋转的性质得出CD＝CA，∠EDC＝∠BAC＝120°，则可得出结论．
【解答】解：由旋转的性质得出CD＝CA，∠EDC＝∠BAC＝120°，
∵点A，D，E在同一条直线上，
∴∠ADC＝60°，
∴△ADC为等边三角形，
∴∠DAC＝60°，
∴∠BAD＝60°＝∠ADC，
∴AB∥CD，
故选：D．
【点评】本题考查了旋转的性质，灵活运用旋转的性质是本题的关键．
3．下面的图形中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（　　）
A． B．
C． D．
【考点】中心对称图形；轴对称图形．
【专题】常规题型．
【答案】C
【分析】根据轴对称图形与中心对称图形的概念求解．
【解答】解：A、不是轴对称图形，是中心对称图形，故A选项错误；
B、不是轴对称图形，是中心对称图形，故B选项错误；
C、既是轴对称图形，也是中心对称图形，故C选项正确；
D、是轴对称图形，不是中心对称图形，故D选项错误．
故选：C．
【点评】本题考查了中心对称及轴对称的知识，解题时掌握好中心对称图形与轴对称图形的概念．轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分折叠后可重合，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后与自身重合．
4．在 Rt△ABC中，AC＝BC，点D为AB中点．∠GDH＝90°，∠GDH绕点D旋转，DG，DH分别与边AC，BC交于E，F两点．下列结论①AE+BFAB，②AE2+BF2＝EF2，③S四边形CEDFS△ABC，④△DEF始终为等腰直角三角形．其中正确的是（　　）
A．①②④ B．①②③ C．①③④ D．①②③④
【考点】旋转的性质；全等三角形的判定与性质；勾股定理．
【答案】D
【分析】连接CD根据等腰直角三角形的性质就可以得出△ADE≌△CDF，就可以得出AE＝CF，进而得出CE＝BF，就有AE+BF＝AC，由勾股定理就可以求出结论．
【解答】解：连接CD，∵AC＝BC，点D为AB中点，∠ACB＝90°，
∴AD＝CD＝BDAB．∠A＝∠B＝∠ACD＝∠BCD＝45°，∠ADC＝∠BDC＝90°．
∴∠ADE+∠EDC＝90°，
∵∠EDC+∠FDC＝∠GDH＝90°，
∴∠ADE＝CDF．
在△ADE和△CDF中，，
∴△ADE≌△CDF（ASA），
∴AE＝CF，DE＝DF，S△ADE＝S△CDF．
∵AC＝BC，
∴AC﹣AE＝BC﹣CF，
∴CE＝BF．
∵AC＝AE+CE，
∴AC＝AE+BF．
∵AC2+BC2＝AB2，
∴ACAB，
∴AE+BFAB．
∵DE＝DF，∠GDH＝90°，
∴△DEF始终为等腰直角三角形．
∵CE2+CF2＝EF2，
∴AE2+BF2＝EF2．
∵S四边形CEDF＝S△EDC+S△EDF，
∴S四边形CEDF＝S△EDC+S△ADES△ABC．
∴正确的有①②③④．
故选D．
【点评】本题考查了等腰直角三角形的性质的运用，全等三角形的判定及性质的运用，勾股定理的运用，三角形的面积公式的运用，解答时证明△ADE≌△CDF是关键．
5．如图，在矩形ABCD中，AB＝3，BC＝4，P是对角线AC上的动点，连接DP，将直线DP绕点P顺时针旋转使∠DPG＝∠DAC，且过D作DG⊥PG，连接CG，则CG最小值为（　　）
A． B． C． D．
【考点】旋转的性质；矩形的性质．
【专题】矩形 菱形 正方形；平移、旋转与对称．
【答案】D
【分析】如图，作DH⊥AC于H，连接HG延长HG交CD于F，作HE⊥CD于E．证明△ADP∽△DHG，推出∠DHG＝∠DAP＝定值，推出点G在射线HF上运动，推出当CG⊥HF时，CG的值最小，想办法求出CG即可．
【解答】解：如图，作DH⊥AC于H，连接HG延长HG交CD于F，作HE⊥CD于E．
∵DG⊥PG，DH⊥AC，
∴∠DGP＝∠DHA，
∵∠DPG＝∠DAH，
∴△ADH∽△PDG，
∴，∠ADH＝∠PDG，
∴∠ADP＝∠HDG，
∴△ADP∽△DHG，
∴∠DHG＝∠DAP＝定值，
∴点G在射线HF上运动，
∴当CG⊥HF时，CG的值最小，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ADC＝90°，
∴∠ADH+∠HDF＝90°，
∵∠DAH+∠ADH＝90°，
∴∠HDF＝∠DAH＝∠DHF，
∴FD＝FH，
∵∠FCH+∠CDH＝90°，∠FHC+∠FHD＝90°，
∴∠FHC＝∠FCH，
∴FH＝FC＝DF＝1.5，
在Rt△ADC中，∵∠ADC＝90°，AD＝4，CD＝3，
∴AC5，DH，
∴CH，
∴EH，
∵∠CFG＝∠HFE，∠CGF＝∠HEF＝90°，CF＝HF，
∴△CGF≌△HEF（AAS），
∴CG＝HE，
∴CG的最小值为，
故选：D．
【点评】本题考查旋转变换，矩形的性质，相似三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，解直角三角形等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造相似三角形核或全等三角形解决问题，属于中考选择题中的压轴题．
6．如图，点P为定角∠AOB平分线上的一个定点，且∠MPN与∠AOB互补．若∠MPN在绕点P旋转的过程中，其两边分别与OA、OB相交于M、N两点，则以下结论：①OM+ON的值不变；②∠PNM＝∠POB；③MN的长不变；④四边形PMON的面积不变，其中，正确结论的是（　　）
A．①②③ B．①②④ C．①③④ D．②③④
【考点】旋转的性质；三角形的面积．
【专题】图形的全等；平移、旋转与对称；推理能力．
【答案】B
【分析】作PE⊥OA于E，PF⊥OB于F．只要证明△POE≌△POF，△PEM≌△PFN，即可一一判断，
【解答】解：作PE⊥OA于E，PF⊥OB于F．
∵∠PEO＝∠PFO＝90°，
∴∠EPF+∠AOB＝180°，
∵∠MPN+∠AOB＝180°，
∴∠EPF＝∠MPN，
∴∠EPM＝∠FPN，
∵OP平分∠AOB，PE⊥OA于E，PF⊥OB于F，
∴∠PEO＝∠PFO＝90°，
在△POE和△POF中，
，
∴△POE≌△POF（AAS），
∴OE＝OF，PE＝PF，
在△PEM和△PFN中，
，
∴△PEM≌△PFN（ASA），
∴EM＝NF，PM＝PN，故①正确，
∴S△PEM＝S△PNF，
∴S四边形PMON＝S四边形PEOF＝定值，故④正确，
设∠MPN＝x°，
∵PM＝PN，
∴∠PNM＝∠PMN（180°﹣x）＝90°x°，
∵∠AOB+∠MPN＝180°，
∴∠AOB＝180°﹣x°
∴∠PON（180°﹣x）＝90°x°，
∴∠PNM＝∠PON，故②正确，
在旋转过程中，△PMN是等腰三角形，形状是相似的，因为PM的长度是变化的，所以MN的长度是变化的，故③错误，
故选：B．
【点评】本题考查全等三角形的性质、角平分线的性质定理、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，属于中考常考题型．
7．如图，在正方形ABCD中，AB＝3，点M在CD的边上，且DM＝1，△AEM与△ADM关于AM所在的直线对称，将△ADM按顺时针方向绕点A旋转90°得到△ABF，连接EF，则线段EF的长为（　　）
A．3 B． C． D．
【考点】旋转的性质；正方形的性质；轴对称的性质．
【专题】矩形 菱形 正方形．
【答案】C
【分析】解法一：连接BM．先判定△FAE≌△MAB（SAS），即可得到EF＝BM．再根据BC＝CD＝AB＝3，CM＝2，利用勾股定理即可得到，Rt△BCM中，BM，进而得出EF的长；
解法二：过E作HG∥AD，交AB于H，交CD于G，作EN⊥BC于N，判定△AEH∽△EMG，即可得到，设MG＝x，则EH＝3x，DG＝1+x＝AH，利用勾股定理可得，Rt△AEH中，（1+x）2+（3x）2＝32，进而得出EHBN，CG＝CM﹣MGEN，FN，再根据勾股定理可得，Rt△EFN中，EF．
【解答】解：如图，连接BM．
∵△AEM与△ADM关于AM所在的直线对称，
∴AE＝AD，∠MAD＝∠MAE．
∵△ADM按照顺时针方向绕点A旋转90°得到△ABF，
∴AF＝AM，∠FAB＝∠MAD．
∴∠FAB＝∠MAE
∴∠FAB+∠BAE＝∠BAE+∠MAE．
∴∠FAE＝∠MAB．
∴△FAE≌△MAB（SAS）．
∴EF＝BM．
∵四边形ABCD是正方形，
∴BC＝CD＝AB＝3．
∵DM＝1，
∴CM＝2．
∴在Rt△BCM中，BM，
∴EF，
故选：C．
解法二：如图，过E作HG∥AD，交AB于H，交CD于G，作EN⊥BC于N，则∠AHG＝∠MGE＝90°，
由折叠可得，∠AEM＝∠D＝90°，AE＝AD＝3，DM＝EM＝1，
∴∠AEH+∠MEG＝∠EMG+∠MEG＝90°，
∴∠AEH＝∠EMG，
∴△AEH∽△EMG，
∴，
设MG＝x，则EH＝3x，DG＝1+x＝AH，
∴Rt△AEH中，（1+x）2+（3x）2＝32，
解得x1，x2＝﹣1（舍去），
∴EHBN，CG＝CM﹣MGEN，
又∵BF＝DM＝1，
∴FN，
∴Rt△EFN中，EF，
故选：C．
【点评】本题考查了正方形的性质，勾股定理，全等三角形的判定与性质以及旋转的性质：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．
8．如图，P是等腰直角△ABC外一点，把BP绕点B顺时针旋转90°到BP′，已知∠AP′B＝135°，P′A：P′C＝1：3，则P′A：PB＝（　　）
A．1： B．1：2 C．：2 D．1：
【考点】旋转的性质；全等三角形的判定与性质；勾股定理．
【专题】综合题；压轴题．
【答案】B
【分析】连接AP，根据同角的余角相等可得∠ABP＝∠CBP′，然后利用“边角边”证明△ABP和△CBP′全等，根据全等三角形对应边相等可得AP＝CP′，连接PP′，根据旋转的性质可得△PBP′是等腰直角三角形，然后求出∠AP′P是直角，再利用勾股定理用AP′表示出PP′，又等腰直角三角形的斜边等于直角边的倍，代入整理即可得解．
【解答】解：如图，连接AP，∵BP绕点B顺时针旋转90°到BP′，
∴BP＝BP′，∠ABP+∠ABP′＝90°，
又∵△ABC是等腰直角三角形，
∴AB＝BC，∠CBP′+∠ABP′＝90°，
∴∠ABP＝∠CBP′，
在△ABP和△CBP′中，
∵，
∴△ABP≌△CBP′（SAS），
∴AP＝P′C，
∵P′A：P′C＝1：3，
∴AP＝3P′A，
连接PP′，则△PBP′是等腰直角三角形，
∴∠BP′P＝45°，PP′PB，
∵∠AP′B＝135°，
∴∠AP′P＝135°﹣45°＝90°，
∴△APP′是直角三角形，
设P′A＝x，则AP＝3x，
根据勾股定理，PP′2x，
∴PP′PB＝2x，
解得PB＝2x，
∴P′A：PB＝x：2x＝1：2．
故选：B．
【点评】本题考查了旋转的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理的应用，作辅助线构造出全等三角形以及直角三角形，把P′A、P′C以及P′B长度的倍转化到同一个直角三角形中是解题的关键．
9．已知等边△ABC的边长为8，点P是边BC上的动点，将△ABP绕点A逆时针旋转60°得到△ACQ，点D是AC边的中点，连接DQ，则DQ的最小值是（　　）
A．2 B．4 C．2 D．不能确定
【考点】旋转的性质；等边三角形的性质．
【专题】平移、旋转与对称；推理能力．
【答案】C
【分析】根据旋转的性质，即可得到∠BCQ＝120°，当DQ⊥CQ时，DQ的长最小，再根据勾股定理，即可得到DQ的最小值．
【解答】解：如图，由旋转可得∠ACQ＝∠B＝60°，
又∵∠ACB＝60°，
∴∠BCQ＝120°，
∵点D是AC边的中点，
∴CD＝4，
当DQ⊥CQ时，DQ的长最小，
此时，∠CDQ＝30°，
∴CQCD＝2，
∴DQ2，
∴DQ的最小值是2，
方法二：∵将△ABP绕点A逆时针旋转60°得到△ACQ，
∴△ABP≌△ACQ，
取AB的中点G，连接PG，则PG＝DQ，则当GP垂直BC时，GP最短，
∵∠B＝60°，∠BPG＝90°，
∴∠BGP＝30°，
∴PBBGAB＝2，
∴DQ＝PG＝2，
故选：C．
【点评】本题主要考查了旋转的性质，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．
10．把一副三角板如图（1）放置，其中∠ACB＝∠DEC＝90°，∠A＝45°，∠D＝30°，斜边AB＝4，CD＝5．把三角板DCE绕着点C顺时针旋转15°得到△D1CE1（如图2），此时AB与CD1交于点O，则线段AD1的长度为（　　）
A． B． C． D．4
【考点】旋转的性质．
【专题】几何图形问题．
【答案】A
【分析】首先由旋转的角度为15°，可知∠ACD1＝45°．已知∠CAO＝45°，即可得AO⊥CD1，然后可在Rt△AOC和Rt△AOD1中，通过解直角三角形求得AD1的长．
【解答】解：由题意易知：∠CAB＝45°，∠ACD＝30°．
若旋转角度为15°，则∠ACO＝30°+15°＝45°．
∴∠AOC＝180°﹣∠ACO﹣∠CAO＝90°．
在等腰Rt△ABC中，AB＝4，则AC＝BC＝2．
同理可求得：AO＝OC＝2．
在Rt△AOD1中，OA＝2，OD1＝CD1﹣OC＝3，
由勾股定理得：AD1．
故选：A．
【点评】此题主要考查了旋转的性质以及解直角三角形的综合应用，能够发现AO⊥OC是解决此题的关键．
二．填空题（共5小题）
11．如图，正方形OABC的两边OA、OC分别在x轴、y轴上，点D（5，3）在边AB上，以C为中心，把△CDB旋转90°，则旋转后点D的对应点D′的坐标是　（﹣2，0）或（2，10）　 ．
【考点】坐标与图形变化﹣旋转．
【答案】（﹣2，0）或（2，10）
【分析】根据题意，分顺时针旋转和逆时针旋转两种情况，求出点D′到x轴、y轴的距离，即可判断出旋转后点D的对应点D′的坐标是多少即可．
【解答】解：因为点D（5，3）在边AB上，
所以AB＝BC＝5，BD＝5﹣3＝2；
（1）若把△CDB顺时针旋转90°，
则点D′在x轴上，OD′＝2，
所以D′（﹣2，0）；
（2）若把△CDB逆时针旋转90°，
则点D′到x轴的距离为10，到y轴的距离为2，
所以D′（2，10），
综上，旋转后点D的对应点D′的坐标为（﹣2，0）或（2，10）．
故答案为：（﹣2，0）或（2，10）．
【点评】此题主要考查了坐标与图形变化﹣旋转，考查了分类讨论思想的应用，解答此题的关键是要注意分顺时针旋转和逆时针旋转两种情况．
12．如图，四边形ABCD是矩形纸片，AB＝2．对折矩形纸片ABCD，使AD与BC重合，折痕为EF；展平后再过点B折叠矩形纸片，使点A落在EF上的点N，折痕BM与EF相交于点Q；再次展平，连接BN，MN，延长MN交BC于点G．有如下结论：
①∠ABN＝60°；②AM＝1；③QN；④△BMG是等边三角形；⑤P为线段BM上一动点，H是BN的中点，则PN+PH的最小值是．
其中正确结论的序号是　①④⑤　 ．
【考点】几何变换综合题．
【专题】压轴题．
【答案】①④⑤
【分析】①首先根据EF垂直平分AB，可得AN＝BN；然后根据折叠的性质，可得AB＝BN，据此判断出△ABN为等边三角形，即可判断出∠ABN＝60°．
②首先根据∠ABN＝60°，∠ABM＝∠NBM，求出∠ABM＝∠NBM＝30°；然后在Rt△ABM中，根据AB＝2，求出AM的大小即可．
③首先根据EF∥BC，QN是△MBG的中位线，可得QNBG；然后根据BG＝BM，求出QN的长度即可．
④根据∠ABM＝∠MBN＝30°，∠BNM＝∠BAM＝90°，推得∠MBG＝∠BMG＝∠BGM＝60°，即可推得△BMG是等边三角形．
⑤首先根据△BMG是等边三角形，点N是MG的中点，判断出BN⊥MG，即可求出BN的大小；然后根据E点和H点关于BM称可得PH＝PE，因此P与Q重合时，PN+PH＝PN+PE＝EN，据此求出PN+PH的最小值是多少即可．
【解答】解：如图1，连接AN，
∵EF垂直平分AB，
∴AN＝BN，
根据折叠的性质，可得
AB＝BN，
∴AN＝AB＝BN．
∴△ABN为等边三角形．
∴∠ABN＝60°，∠PBN＝60°÷2＝30°，
即结论①正确；
∵∠ABN＝60°，∠ABM＝∠NBM，
∴∠ABM＝∠NBM＝60°÷2＝30°，
∴AM，
即结论②不正确．
∵EF∥BC，QN是△MBG的中位线，
∴QNBG；
∵BG＝BM，
∴QN，
即结论③不正确．
∵∠ABM＝∠MBN＝30°，∠BNM＝∠BAM＝90°，
∴∠BMG＝∠BNM﹣∠MBN＝90°﹣30°＝60°，
∴∠MBG＝∠ABG﹣∠ABM＝90°﹣30°＝60°，
∴∠BGM＝180°﹣60°﹣60°＝60°，
∴∠MBG＝∠BMG＝∠BGM＝60°，
∴△BMG为等边三角形，
即结论④正确．
∵△BMG是等边三角形，点N是MG的中点，
∴BN⊥MG，∴BN＝BG sin60°，
根据条件易知E点和H点关于BM对称，∴PH＝PE，
∴P与Q重合时，PN+PH的值最小，此时PN+PH＝PN+PE＝EN，
∵EN，
∴PN+PH，
∴PN+PH的最小值是，
即结论⑤正确．
故答案为：①④⑤．
【点评】（1）此题主要考查了几何变换综合题，考查了分析推理能力，考查了空间想象能力，考查了数形结合方法的应用，要熟练掌握．
（2）此题还考查了等边三角形的判定和性质的应用，以及矩形的性质和应用，要熟练掌握．
（3）此题还考查了折叠的性质和应用，以及余弦定理的应用，要熟练掌握．
13．如图，直线yx+3与x轴、y轴分别交于A、B两点，把△AOB绕点A旋转90°后得到△AO′B′，则点B′的坐标是　（﹣1，﹣2）或（5，2）　 ．
【考点】坐标与图形变化﹣旋转．
【专题】压轴题．
【答案】（﹣1，﹣2）或（5，2）
【分析】根据直线解析式求出点A、B的坐标，从而得到OA、OB的长度，再根据旋转性质可得△AOB≌△AO′B′，根据全等三角形对应边相等可得AO′、O′B′的长度，然后分顺时针旋转与逆时针旋转两种情况解答．
【解答】解：当y＝0时，x+3＝0，解得x＝2，
当x＝0时，y＝3，
所以，点A（2，0），B（0，3），
所以，OA＝2，OB＝3，
根据旋转不变性可得△AOB≌△AO′B′，
∴AO′＝OA＝2，O′B′＝OB＝3，
①如果△AOB是逆时针旋转90°，则点B′（﹣1，﹣2），
②如果△AOB是顺时针旋转90°，则点B′（5，2），
综上，点B′的坐标是（﹣1，﹣2）或（5，2）．
故答案为：（﹣1，﹣2）或（5，2）．
【点评】本题考查了坐标与图形的变化﹣旋转，根据旋转变换只改变图形的位置不改变图形的性质与 大小求解是解题的关键，注意要分顺时针旋转与逆时针旋转两种情况解答．
14．如图，A点的坐标为（﹣1，5），B点的坐标为（3，3），C点的坐标为（5，3），D点的坐标为（3，﹣1），小明发现：线段AB与线段CD存在一种特殊关系，即其中一条线段绕着某点旋转一个角度可以得到另一条线段，你认为这个旋转中心的坐标是　（1，1）或（4，4）　 ．
【考点】坐标与图形变化﹣旋转．
【答案】（1，1）或（4，4）
【分析】分点A的对应点为C或D两种情况考虑：①当点A的对应点为点C时，连接AC、BD，分别作线段AC、BD的垂直平分线交于点E，点E即为旋转中心；②当点A的对应点为点D时，连接AD、BC，分别作线段AD、BC的垂直平分线交于点M，点M即为旋转中心．此题得解．
【解答】解：①当点A的对应点为点C时，连接AC、BD，分别作线段AC、BD的垂直平分线交于点E，如图1所示，
∵A点的坐标为（﹣1，5），B点的坐标为（3，3），
∴E点的坐标为（1，1）；
②当点A的对应点为点D时，连接AD、BC，分别作线段AD、BC的垂直平分线交于点M，如图2所示，
∵A点的坐标为（﹣1，5），B点的坐标为（3，3），
∴M点的坐标为（4，4）．
综上所述：这个旋转中心的坐标为（1，1）或（4，4）．
故答案为：（1，1）或（4，4）．
【点评】本题考查了坐标与图形变化中的旋转，根据给定点的坐标找出旋转中心的坐标是解题的关键．
15．如图，在每个小正方形的边长为1的网格中，△ABC的顶点A，B，C均在格点上，
（Ⅰ）∠ACB的大小为　90　 （度）；
（Ⅱ）在如图所示的网格中，P是BC边上任意一点，以A为中心，取旋转角等于∠BAC，把点P逆时针旋转，点P的对应点为P′，当CP′最短时，请用无刻度的直尺，画出点P′，并简要说明点P′的位置是如何找到的（不要求证明）　如图，取格点D，E，连接DE交AB于点T；取格点M，N，连接MN交BC延长线于点G：取格点F，连接FG交TC延长线于点P′，则点P′即为所求　 ．
【考点】作图﹣旋转变换．
【专题】操作型；平移、旋转与对称；图形的相似．
【答案】90；如图，取格点D，E，连接DE交AB于点T；取格点M，N，连接MN交BC延长线于点G：取格点F，连接FG交TC延长线于点P′，则点P′即为所求
【分析】（I）根据勾股定理可求AB，AC，BC的长，再根据勾股定理的逆定理可求∠ACB的大小；
（Ⅱ）通过将点B以A为中心，取旋转角等于∠BAC旋转，找到线段BC旋转后所得直线FG，只需找到点C到FG的垂足即为P′
【解答】解：（1）由网格图可知，
AC，
BC，
AB，
∵AC2+BC2＝AB2，
∴由勾股定理逆定理，△ABC为直角三角形．
∴∠ACB＝90°，
故答案为：90°．
（Ⅱ）作图过程如下：
取格点D，E，连接DE交AB于点T；取格点M，N，连接MN交BC延长线于点G：取格点F，连接FG交TC延长线于点P′，则点P′即为所求．
证明：连CF．
∵AC，CF为正方形网格对角线，
∴A、C、F共线，
∴AF＝5AB，
由图形可知：GC，CF＝2，
∵AC，BC，
∴△ACB∽△GCF，
∴∠GFC＝∠B，
∵AF＝5AB，
∴当BC边绕点A逆时针旋转∠CAB时，点B与点F重合，点C在射线FG上．
由作图可知T为AB中点，
∴∠TCA＝∠TAC，
∴∠F+∠P′CF＝∠B+∠TCA＝∠B+∠TAC＝90°，
∴CP′⊥GF，
此时，CP′最短，
故答案为：如图，取格点D，E，连接DE交AB于点T；取格点M，N，连接MN交BC延长线于点G：取格点F，连接FG交TC延长线于点P′，则点P′即为所求．
【点评】本题考查了直角三角形的证明、图形的旋转、三角形相似和最短距离的证明．解题的关键在于找到并证明线段BC旋转后所在的位置．
三．解答题（共5小题）
16．已知Rt△ABC中，AC＝BC，∠C＝90°，D为AB边的中点，∠EDF＝90°，∠EDF绕D点旋转，它的两边分别交AC、CB（或它们的延长线）于E、F．
（1）当∠EDF绕D点旋转到DE⊥AC于E时（如图1），易证S△DEF+S△CEFS△ABC；
（2）当∠EDF绕D点旋转到DE和AC不垂直时，在图2和图3这两种情况下，上述结论是否成立？若成立，请给予证明；若不成立，S△DEF、S△CEF、S△ABC又有怎样的数量关系？请写出你的猜想，不需证明．
【考点】旋转的性质；直角三角形全等的判定．
【专题】综合题．
【答案】见试题解答内容
【分析】先作出恰当的辅助线，再利用全等三角形的性质进行解答．
【解答】解：（1）显然△AED，△DEF，△ECF，△BDF都为等腰直角三角形，且全等，
则S△DEF+S△CEFS△ABC；
（2）图2成立；图3不成立．
图2证明：过点D作DM⊥AC，DN⊥BC，则∠DME＝∠DNF＝∠MDN＝90°，
又∵∠C＝90°，
∴DM∥BC，DN∥AC，
∵D为AB边的中点，
由中位线定理可知：DNAC，MDBC，
∵AC＝BC，
∴MD＝ND，
∵∠EDF＝90°，
∴∠MDE+∠EDN＝90°，∠NDF+∠EDN＝90°，
∴∠MDE＝∠NDF，
在△DME与△DNF中，
∵，
∴△DME≌△DNF（ASA），
∴S△DME＝S△DNF，
∴S四边形DMCN＝S四边形DECF＝S△DEF+S△CEF，
由以上可知S四边形DMCNS△ABC，
∴S△DEF+S△CEFS△ABC．
图3不成立，连接DC，
证明：△DEC≌△DBF（ASA，∠DCE＝∠DBF＝135°）
∴S△DEF＝S五边形DBFEC，
＝S△CFE+S△DBC，
＝S△CFE，
∴S△DEF﹣S△CFE．
故S△DEF、S△CEF、S△ABC的关系是：S△DEF﹣S△CEFS△ABC．
【点评】利用作出的辅助线将不规则的三角形转化为直角三角形进行解决．
17．将矩形ABCD绕点A顺时针旋转α（0°＜α＜360°），得到矩形AEFG．
（1）如图，当点E在BD上时．求证：FD＝CD；
（2）当α为何值时，GC＝GB？画出图形，并说明理由．
【考点】旋转的性质；全等三角形的判定与性质；矩形的性质．
【专题】矩形 菱形 正方形．
【答案】见试题解答内容
【分析】（1）先运用SAS判定△AED≌△FDE，可得DF＝AE，再根据AE＝AB＝CD，即可得出CD＝DF；
（2）当GB＝GC时，点G在BC的垂直平分线上，分两种情况讨论，依据∠DAG＝60°，即可得到旋转角α的度数．
【解答】解：（1）由旋转可得，AE＝AB，∠AEF＝∠ABC＝∠DAB＝90°，EF＝BC＝AD，
∴∠AEB＝∠ABE，
又∵∠ABE+∠EDA＝90°＝∠AEB+∠DEF，
∴∠EDA＝∠DEF，
又∵DE＝ED，
∴△AED≌△FDE（SAS），
∴DF＝AE，
又∵AE＝AB＝CD，
∴CD＝DF；
（2）如图，当GB＝GC时，点G在BC的垂直平分线上，
分两种情况讨论：
①当点G在AD右侧时，取BC的中点H，连接GH交AD于M，
∵GC＝GB，
∴GH⊥BC，
∴四边形ABHM是矩形，
∴AM＝BHADAG，
∴GM垂直平分AD，
∴GD＝GA＝DA，
∴△ADG是等边三角形，
∴∠DAG＝60°，
∴旋转角α＝60°；
②当点G在AD左侧时，同理可得△ADG是等边三角形，
∴∠DAG＝60°，
∴旋转角α＝360°﹣60°＝300°．
【点评】本题主要考查了旋转的性质，全等三角形的判定与性质的运用，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．
18．通过类比联想、引申拓展研究典型题目，可达到解一题知一类的目的．下面是一个案例，请补充完整．
原题：如图1，点E、F分别在正方形ABCD的边BC、CD上，∠EAF＝45°，连接EF，则EF＝BE+DF，试说明理由．
（1）思路梳理
∵AB＝AD，
∴把△ABE绕点A逆时针旋转90°至△ADG，可使AB与AD重合．
∵∠ADC＝∠B＝90°，
∴∠FDG＝180°，点F、D、G共线．
根据SAS ，易证△AFG≌　△AFE ，得EF＝BE+DF．
（2）类比引申
如图2，四边形ABCD中，AB＝AD，∠BAD＝90°点E、F分别在边BC、CD上，∠EAF＝45°．若∠B、∠D都不是直角，则当∠B与∠D满足等量关系　∠B+∠D＝180°　 时，仍有EF＝BE+DF．
（3）联想拓展
如图3，在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，点D、E均在边BC上，且∠DAE＝45°．猜想BD、DE、EC应满足的等量关系，并写出推理过程．
【考点】几何变换综合题．
【专题】压轴题．
【答案】见试题解答内容
【分析】（1）把△ABE绕点A逆时针旋转90°至△ADG，可使AB与AD重合，再证明△AFG≌△AFE进而得到EF＝FG，即可得EF＝BE+DF；
（2）∠B+∠D＝180°时，EF＝BE+DF，与（1）的证法类同；
（3）根据△AEC绕点A顺时针旋转90°得到△ABE′，根据旋转的性质，可知△AEC≌△ABE′得到BE′＝EC，AE′＝AE，∠C＝∠ABE′，∠EAC＝∠E′AB，根据Rt△ABC中的，AB＝AC得到∠E′BD＝90°，所以E′B2+BD2＝E′D2，证△AE′D≌△AED，利用DE＝DE′得到DE2＝BD2+EC2；
【解答】解：（1）∵AB＝AD，
∴把△ABE绕点A逆时针旋转90°至△ADG，可使AB与AD重合．
∴∠BAE＝∠DAG，
∵∠BAD＝90°，∠EAF＝45°，
∴∠BAE+∠DAF＝45°，
∴∠EAF＝∠FAG，
∵∠ADC＝∠B＝90°，
∴∠FDG＝180°，点F、D、G共线，
在△AFE和△AFG中
，
∴△AFE≌△AFG（SAS），
∴EF＝FG，
即：EF＝BE+DF．
（2）∠B+∠D＝180°时，EF＝BE+DF；
∵AB＝AD，
∴把△ABE绕点A逆时针旋转90°至△ADG，可使AB与AD重合，
∴∠BAE＝∠DAG，
∵∠BAD＝90°，∠EAF＝45°，
∴∠BAE+∠DAF＝45°，
∴∠EAF＝∠FAG，
∵∠ADC+∠B＝180°，
∴∠FDG＝180°，点F、D、G共线，
在△AFE和△AFG中
，
∴△AFE≌△AFG（SAS），
∴EF＝FG，
即：EF＝BE+DF．
（3）猜想：DE2＝BD2+EC2，
证明：把△AEC绕点A顺时针旋转90°得到△ABE′，连接DE′，
∴△AEC≌△ABE′，
∴BE′＝EC，AE′＝AE，
∠C＝∠ABE′，∠EAC＝∠E′AB，
在Rt△ABC中，
∵AB＝AC，
∴∠ABC＝∠ACB＝45°，
∴∠ABC+∠ABE′＝90°，
即∠E′BD＝90°，
∴E′B2+BD2＝E′D2，
又∵∠DAE＝45°，
∴∠BAD+∠EAC＝45°，
∴∠E′AB+∠BAD＝45°，
即∠E′AD＝45°，
在△AE′D和△AED中，
∴△AE′D≌△AED（SAS），
∴DE＝DE′，
∴DE2＝BD2+EC2．
【点评】此题主要考查了几何变换，关键是正确画出图形，证明△AFG≌△AEF．此题是一道综合题，难度较大，题目所给例题的思路，为解决此题做了较好的铺垫．
19．如图，在等边△BCD中，DF⊥BC于点F，点A为直线DF上一动点，以B为旋转中心，把BA顺时针方向旋转60°至BE，连接EC．
（1）当点A在线段DF的延长线上时，
①求证：DA＝CE；
②判断∠DEC和∠EDC的数量关系，并说明理由；
（2）当∠DEC＝45°时，连接AC，求∠BAC的度数．
【考点】旋转的性质；等边三角形的性质．
【专题】几何综合题．
【答案】见试题解答内容
【分析】（1）①根据旋转变换的性质、等边三角形的性质证明△BAD≌△BEC，根据全等三角形的性质证明；
②根据全等三角形的性质解答；
（2）分点A在线段DF的延长线上、点A在线段DF上、点A在线段FD的延长线上三种情况，根据三角形内角和定理计算即可．
【解答】（1）①证明：∵把BA顺时针方向旋转60°至BE，
∴BA＝BE，∠ABE＝60°，
在等边△BCD中，DB＝BC，∠DBC＝60°，
∴∠DBA＝∠DBC+∠FBA＝60°+∠FBA，
∵∠CBE＝60°+∠FBA，
∴∠DBA＝∠CBE，
∴△BAD≌△BEC，
∴DA＝CE；
②∠DEC+∠EDC＝90°，
∵DB＝DC，DA⊥BC，
∴，
∵△BAD≌△BEC，
∴∠BCE＝∠BDA＝30°，
在等边△BCD中，∠BCD＝60°，
∴∠DCE＝∠BCE+∠BCD＝90°，
∴∠DEC+∠EDC＝90°；
（2）分三种情况考虑：
①当点A在线段DF的延长线上时，
由（1）可得，△DCE为直角三角形，
∴∠DCE＝90°，当∠DEC＝45°时，∠EDC＝90°﹣∠DEC＝45°，
∴∠EDC＝∠DEC，
∴CD＝CE，
由（1）得DA＝CE，
∴CD＝DA，
在等边△DBC中，BD＝CD，
∴BD＝DA＝CD，
∴∠BDC＝60°，
∵DA⊥BC，
∴，
在△BDA中，DB＝DA，
∴，
在△DAC中，DA＝DC，
∴，
∴∠BAC＝∠BAD+∠DAC＝75°+75°＝150°．；
②当点A在线段DF上时，
∵以B为旋转中心，把BA顺时针方向旋转60°至BE，
∴BA＝BE，∠ABE＝60°，
在等边△BDC中，BD＝BC，∠DBC＝60°，
∴∠DBC＝∠ABE，∠DBC﹣∠ABC＝∠ABE﹣∠ABC，即∠DBA＝∠EBC，
∴△DBA≌△CBE，
∴DA＝CE，
在Rt△DFC中，∠DFC＝90°，
∴DF＜DC，
∵DA＜DF，DA＝CE，
∴CE＜DC，
由②可知△DCE为直角三角形，
∴∠DEC≠45°．
③如图，当点A在线段FD的延长线上时，
同第②种情况可得△DBA≌△CBE，
∴DA＝CE，∠ADB＝∠ECB，
在等边△BDC中，∠BDC＝∠BCD＝60°，
∵DA⊥BC，
∴，
∴∠ADB＝180°﹣∠BDF＝150°，
∴∠ECB＝∠ADB＝150°，
∴∠DCE＝∠ECB﹣∠BCD＝90°，
当∠DEC＝45°时，∠EDC＝90°﹣∠DEC＝45°，
∴∠EDC＝∠DEC，
∴CD＝CE，
∴AD＝CD＝BD，
∵∠ADB＝∠ADC＝150°，
∴，，
∴∠BAC＝∠BAD+∠CAD＝30°，
综上所述，∠BAC的度数为150°或30°．
【点评】本题考查的是旋转变换的性质、等边三角形的性质，掌握旋转变换的性质是解题的关键．
20．如图1，已知正方形ABCD的边CD在正方形DEFG的边DE上，连接AE，GC．
（1）试猜想AE与GC有怎样的位置关系，并证明你的结论；
（2）将正方形DEFG绕点D按顺时针方向旋转，使点E落在BC边上，如图2，连接AE和GC．你认为（1）中的结论是否还成立？若成立，给出证明；若不成立，请说明理由．
【考点】旋转的性质；正方形的性质；直角三角形全等的判定．
【专题】证明题；压轴题；探究型．
【答案】见试题解答内容
【分析】（1）观察图形，AE、CG的位置关系可能是垂直，下面着手证明．由于四边形ABCD、DEFG都是正方形，易证得△ADE≌△CDG，则∠1＝∠2，由于∠2、∠3互余，所以∠1、∠3互余，由此可得AE⊥GC．
（2）题（1）的结论仍然成立，参照（1）题的解题方法，可证△ADE≌△CDG，得∠5＝∠4，由于∠4、∠7互余，而∠5、∠6互余，那么∠6＝∠7；由图知∠AEB＝∠CEH＝90°﹣∠6，即∠7+∠CEH＝90°，由此得证．
【解答】解：（1）答：AE⊥GC；
证明：延长GC交AE于点H，
在正方形ABCD与正方形DEFG中，
AD＝DC，∠ADE＝∠CDG＝90°，
DE＝DG，
∴△ADE≌△CDG，
∴∠1＝∠2；
∵∠2+∠3＝90°，
∴∠1+∠3＝90°，
∴∠AHG＝180°﹣（∠1+∠3）＝180°﹣90°＝90°，
∴AE⊥GC．
（2）答：成立；
证明：延长AE和GC相交于点H，
在正方形ABCD和正方形DEFG中，
AD＝DC，DE＝DG，∠ADC＝∠DCB＝∠B＝∠BAD＝∠EDG＝90°，
∴∠1＝∠2＝90°﹣∠3；
∴△ADE≌△CDG，
∴∠5＝∠4；
又∵∠5+∠6＝90°，∠4+∠7＝180°﹣∠DCE＝180°﹣90°＝90°，
∴∠6＝∠7，
又∵∠6+∠AEB＝90°，∠AEB＝∠CEH，
∴∠CEH+∠7＝90°，
∴∠EHC＝90°，
∴AE⊥GC．
【点评】本题主要考查旋转的性质以及全等三角形的判定和性质．需要注意的是：旋转变化前后，对应线段、对应角分别相等，图形的大小、形状都不改变．

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