23.1 图形的旋转 重难点专项练习（五大题型）（解析版）

23.1《图形的旋转》分层练习考查题型一旋转的判断1．（2023·安徽蚌埠·校考一模）北京冬奥会于2022年2月4日在北京和张家口联合举行．下图是冬奥会的吉祥物“冰墩墩”，将该图片按顺时针方向旋转后得到的图片是（

）

A．

B．

C．

D．

【答案】D【分析】根据旋转的性质解答即可.【详解】解：根据题意得：将该图片按顺时针方向旋转后得到的图片是：

故选：D.【点睛】本题考查了生活中的旋转现象，熟知旋转的概念和性质是解题的关键.2．（2022·湖南永州·统考一模）如图，在平面内将风车绕其中心旋转后所得到的图案是（）A． B． C． D．【答案】C【分析】根据旋转的性质，旋转前后，各点的相对位置不变，得到的图形全等，找到关键点，分析选项可得答案．【详解】解：根据旋转的性质，旋转前后，各点的相对位置不变，得到的图形全等，风车图案绕中心旋转180°后，阴影部分的等腰直角三角形的顶点向下，得到的图案是C．故选：C．【点睛】本题考查了利用旋转设计图案的知识，图形的旋转是图形上的每一点在平面上绕某个固定点旋转固定角度的位置移动，其中对应点到旋转中心的距离相等，旋转前后图形的大小和形状没有改变．3．（2023·贵州黔东南·统考三模）如图，在平面内将三角形标志绕其中心旋转后得到的图案（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】根据旋转的性质可进行求解．【详解】解：由旋转的性质可知只有D选项符合题意；故选D．【点睛】本题主要考查旋转，熟练掌握旋转的性质是解题的关键．4．（2021·海南省直辖县级单位·统考一模）如图所示的各图中，上方图形可看成由下方图形绕着一个顶点顺时针旋转90°而形成的是()A． B． C． D．【答案】B【分析】观察图形，根据图形的特征及旋转方向做出判定即可.【详解】选项A、C顺时针旋转对角线是相交而不是重叠；选项D，顺时针旋转不重叠；只有选项符合题意．故选B．【点睛】本题考查了旋转图形的性质，熟知旋转图形的性质是解决问题的关键．考查题型二找旋转中心、旋转角1．（2023·安徽合肥·校考一模）如图，两个全等正方形和，旋转正方形能和正方形重合，则可以作为旋转中心的点有（

）A．1个 B．2个 C．3个 D．无数个【答案】C【分析】根据正方形的性质，旋转的性质，可得以及的中点，可以作为旋转中心，据此即可求解．【详解】解：依题意，以及的中点，可以作为旋转中心故选：C．【点睛】本题考查了找旋转中心，旋转的性质，熟练掌握旋转的性质是解题的关键．2．（2023·北京·校联考模拟预测）以下图形绕点O旋转一定角度后都能与原图形重合，其中旋转角最小的是（

）A．

B．

C．

D．

【答案】D【分析】求出各旋转对称图形的最小旋转角度，再比较即可．【详解】解：A选项：最小旋转角度；B选项：最小旋转角度；C选项：最小旋转角度；D选项：最小旋转角度；综上可得：旋转的角度最小的是D．故选：A．【点睛】本题考查了旋转对称图形中旋转角度的确定，求各图形的最小旋转角度时，关键要看各图形可以被平分成几部分，被平分成n部分，旋转的最小角度就是．3．（2023·浙江宁波·校联考一模）如图，是由绕点旋转得到的，若，，，则旋转角的度数为（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】根据旋转的性质可得旋转角为，即可求解．【详解】∵是由绕A点旋转得到的，∴旋转角为，∵，，∴∵∴，即旋转角的度数为．故选：A．【点睛】本题主要考查了图形的旋转，熟练掌握图形旋转的性质是解题的关键．4．（2023·广东东莞·模拟预测）如图，在中，，，点D在斜边上，如果把绕点B逆时针旋转后与重合，那么旋转角等于（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】先根据，求出，再结合图形，根据旋转的性质可得出答案．【详解】解：∵中，，，∴．∵经过旋转后与重合，这一旋转的旋转中心是点B，旋转角是，∴旋转角等于．故选：A．【点睛】本题考查了旋转的性质，直角三角形的性质，准确识图是解题的关键．考查题型三旋转中的规律性问题1．依次观察三个图形：，并判断照此规律从左向右第四个图形是（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】根据图形规律可知，从左到右是依次顺时针旋转图形，据此即可求解．【详解】解：由图形规律可得从左到右是依次顺时针旋转图形，∴第四个图形是D．故答案为：D【点睛】本题考查了旋转的性质，根据三个图形找出旋转的规律是解题关键．2．有两个完全重合的矩形，将其中一个始终保持不动，另一个矩形绕其对称中心O按逆时针方向进行旋转，每次均旋转45°，第1次旋转后得到图①，第2次旋转后得到图②，……，则第2021次旋转后得到的图形与图①﹣④中相同的是（

）A．图① B．图② C．图③ D．图④【答案】A【分析】观察图形不难发现，四次旋转后矩形又回到初始水平位置，用2021除以4，根据商和余数的情况确定即可．【详解】解：由图可知，四次旋转后矩形又回到初始水平位置，∵2021÷4=505余1，∴第2021次旋转后得到的图形为第505个循环组的第一个图，是图①．故选：A．【点睛】本题考查了旋转的性质，图形变化规律，观察出四次旋转后矩形又回到初始水平位置是解题的关键．3．等边三角形（三条边都相等的三角形是等边三角形）纸板ABC在数轴上的位置如图所示，点A、B对应的数分别为2和1，若△ABC绕着顶点逆时针方向在数轴上连续翻转，翻转第1次后，点C所对应的数为0，则翻转2023次后，点C所对应的数是（）A．﹣2021 B．﹣2022 C．﹣2023 D．﹣2024【答案】B【分析】作出草图，不难发现，每3次翻转为一个循环组依次循环，用2023除以3，根据余数为1可知点C在数轴上，然后进行计算即可得解．【详解】解：如图，每3次翻转为一个循环组依次循环，∵2023÷3＝674…1，，∴翻转2023次后点C在数轴上，∴点C对应的数是0﹣674×3＝﹣2022．故选：B．【点睛】本题考查了数轴，根据翻转的变化规律确定出每3次翻转为一个循环组依次循环是解题的关键．4．如图是一个装饰连续旋转闪烁所成的四个图形，照此规律闪烁，第2021次闪烁呈现出来的图形是（）A． B． C． D．【答案】A【分析】观察图形的变化易得每旋转一次的度数，根据阴影所处的位置可得相应选项．【详解】解：观察图形的变化可知：每旋转一次，旋转角为90°，即每4次旋转一周，∵2021÷4＝505...1，即第2021次与第1次的图案相同．故选：A．【点睛】此题考查了图形的变换规律问题，解题的关键是找到图形旋转的规律周期．考查题型四利用旋转的性质说明线段或角相等1．如图，把绕点顺时针旋转，得到，交于点，则．

【答案】【分析】根据旋转的性质得到，在和中，，结合三角形内角和定理即可得到．【详解】解：把绕点顺时针旋转，得到，由旋转性质得到，在和中，对顶角，，则由三角形内角和定理可知，；，，故答案为：．【点睛】本题考查旋转性质求角度，涉及对顶角相等，三角形内角和定理等知识，熟练掌握旋转性质是解决问题的关键．2．如图所示，在中，，，，将绕点按顺时针方向旋转一定的角度得到，当点的对应点恰好落在边上时，的长为．

【答案】1.6【分析】首先根据旋转的性质得到，然后结合得到是等边三角形，进而得到，然后利用线段的和差求解即可．【详解】∵将绕点按顺时针方向旋转一定的角度得到，∴，∵，∴是等边三角形，∴，∵，∴．故答案为：1.6．【点睛】此题考查了旋转的性质，等边三角形的性质和判定，解题的关键是熟练掌握以上知识点．3．如图，将绕点逆时针旋转得到，点和点是对应点，若，，则的长为．

【答案】【分析】首先根据旋转的性质得到，，然后利用勾股定理求解即可．【详解】∵将绕点逆时针旋转得到，，，∴，，∴．故答案为：．【点睛】此题考查了旋转的性质，勾股定理，解题的关键是熟练掌握以上知识点．4．如图，将绕点O逆时针旋转得到，若点B在上，则．

【答案】/75度【分析】由旋转的性质可得，，，再由等腰三角形的性质可求解．【详解】解：将绕点逆时针旋转得到，，，，，，故答案为：．【点睛】本题考查了旋转的性质，等腰三角形的性质，掌握旋转的性质是解题的关键．考查题型五求绕原点旋转90⁰的点的坐标1．（2023·内蒙古·统考中考真题）如图，在平面直角坐标系中，点坐标，连接，将绕点逆时针旋转，得到，则点的坐标为．【答案】【分析】过点作轴于点A，过点作轴于点C，易证，即得出，，即．【详解】解：如图，过点作轴于点A，过点作轴于点C，∵将绕点逆时针旋转，得到，∴，，∴．∵，∴．又∵，∴，∴，，∴．故答案为：．【点睛】本题考查坐标与图形，三角形全等的判定和性质．正确作出辅助线构造全等三角形是解题关键．2．（2023秋·福建福州·九年级福建省福州教育学院附属中学校考开学考试）点绕原点逆时针旋转得到的点的坐标为．【答案】【分析】设点绕原点逆时针旋转得到的点为，过点A作轴于点B，过点作轴于点C，易证，得出，，即．【详解】解：如图，设点绕原点逆时针旋转得到的点为，过点A作轴于点B，过点作轴于点C，∴，，∴．∵，∴．又∵，∴，∴，，∴．故答案为：．【点睛】本题考查坐标与图形，三角形全等的判定和性质．画出图形，并作出辅助线构造全等三角形是解题关键．3．（2023·浙江金华·统考中考真题）在直角坐标系中，点绕原点逆时针方向旋转，得到的点的坐标是．【答案】【分析】把点绕原点旋转的问题转化为直角三角形旋转的问题，画出图形可解决问题．【详解】解：过A点作轴，过B点作轴，

∵点A的坐标为，∴，∵，∴，∵，∴，∵，在和中，，∴，∴,∴点B的坐标为，故答案为：．【点睛】本题考查坐标与图形变化-旋转，解题的关键是正确作出图形解决问题．4．（2023·浙江丽水·统考一模）将含有角的直角三角板如图所示放置在平面直角坐标系中，在轴上，若，将三角板绕原点顺时针旋转，则点的对应点的坐标为．

【答案】【分析】根据含的直角三角形的性质以及勾股定理求出、、的长度，画出三角板绕原点顺时针旋转，过点作轴于点，然后证明，即可得出答案．【详解】解：如图，分别过点、作轴、轴于点、，

∵，，∴，∴，∴，，∵轴、轴，∴，∵，∴，由旋转的性质可得，∴，∴，，∴点的对应点的坐标为，故答案为：．【点睛】本题考查了旋转的性质，勾股定理解直角三角形，全等三角形的判定与性质，熟练掌握相关性质定理是解本题的关键．1．（2022·福建泉州·校考模拟预测）在中，，，点是边上的一动点．是边上的动点．连接并延长至点，交于，连接．且，．

(1)如图1，若，，求的长．(2)如图2，若点是的中点，求证：．(3)如图3，在（2）的条件下，将绕点顺时针旋转，旋转中的三角形记作△，取的中点为，连接．当最大时，直接写出的值．【答案】(1)(2)见解析(3)【分析】（1）解等腰三角形求得，解斜三角形，求得，证明，进而求得结果；（2）作于，作于，连接，作交的延长线于，由得出，证明可得，解斜三角形可得，进而得出和的关系，进一步求得结论；（3）可得出点在以为圆心，为半径的圆上运动，当点运动到的延长线交的处时，最大，然后解直角三角形和斜三角形，进一步得出结果．【详解】（1）解：如图1，

作于，作交的延长线于，，，，，在四边形中，，，，，在中，，，，，，，在和中，，，；（2）证明：如图2，

作于，作于，连接，作交的延长线于，由（1）知：，，，，点是的中点，，，，，，点、、、共圆，，，，，，在中，，在和中，，，，，，，设，则，在中，，，，，，，，，，，，，，；（3）解：如图3，

由（2）得：，点是的中点，，，，点在以为圆心，为半径的圆上运动，当点运动到的延长线交的处时，最大，设，，，，，，，在中，，，，，，，．【点睛】本题考查了旋转综合题，涉及了全等三角形的判定与性质、勾股定理了、三角函数等．第三问的难度较大，确定动点的运动轨迹是解题关键．2．（2023秋·广西南宁·九年级南宁市天桃实验学校校考阶段练习）如图1，在边长为4的正方形中，连接，点在上，且，将点绕点逆时针旋转至点，旋转角的度数为，连接，与相交于点，连接，交于点，当点旋转到与点重合时旋转停止．

(1)如图2，当时，①求证：；②点在线段的什么位置？请说明理由；(2)在旋转的过程中，是否存在为等腰三角形的情况？如果存在，请直接写出的长；如果不存在，请说明理由．【答案】(1)①证明见解析；②在中点的位置，理由见解析(2)存在，的长为或【分析】（1）①证明：证明为等边三角形，再根据为的中点，可得；②由先求出，，过点作于点，证明四边形是矩形，再证明问题得解；（2）根据为等腰三角形，分情况讨论：第一种情况：当时，可得，这与相矛盾，故此种情况不存在；第二种情况：当时，过F点作于Q点，如图，在中，，再在中，；第三种情况：当时，过F点作于T点，过B点作于S点，如图，根据等腰三角形的性质可得，再在中，，利用，可得，进而在中，，即，再在中利用勾股定理即可作答．【详解】（1）①证明：∵绕点逆时针旋转得到，∴，∵，即，∴为等边三角形，∵为的中点，∴；②由（1）知，∴，∵四边形为正方形，∴，，如图，过点作于点，

则，∴四边形是矩形，，∴，∴∴，∴在中点的位置；（2）存在．的长为或．根据为等腰三角形，分情况讨论：第一种情况：当时，∵，，∴，∴，这与相矛盾，故此种情况不存在；第二种情况：当时，过F点作于Q点，如图，

∵，，∴，∵，，，∴，，，∴，∴在中，，∴在中，；第三种情况：当时，过F点作于T点，过B点作于S点，如图，

∵，，∴，∵，，∴，∴在中，，∵，∴，∴，∴在中，，∴，∴在中，，综上：的长为或．【点睛】本题主要考查了正方形的性质，等腰三角形的性质，勾股定理，全等三角形的判定与性质等知识，掌握等腰三角形的性质，注重分类讨论的思想是解答本题的关键．3．（2023·辽宁葫芦岛·统考二模）如图，四边形是菱形，边长为2，，点是射线上一动点（不与点重合），将线段绕点逆时针旋转得到线段，连接．

(1)如图1，当点恰好为中点时，直接写出线段与的数量关系为______________；(2)当点不是中点时，如图2，（1）中的结论是否还成立？说明理由；(3)连接，当时，请直接写出四边形的面积．【答案】(1)(2)成立，见解析(3)或【分析】（1）根据菱形的性质及等腰三角形的性质推出，根据含角的直角三角形的性质求解即可；（2）连接，根据菱形的性质、旋转的性质推出垂直平分是等边三角形，是等边三角形，结合等边三角形的性质利用证明，根据去掉三角形的性质及线段垂直平分线性质即可得解；（3）连接交于点，则，设交于点，结合等边三角形的性质利用证明，根据全等三角形的性质得出，根据勾股定理求出，根据求解即可；【详解】（1）解：，理由如下：∵四边形是菱形，∴平分，∵点恰好为中点，在菱形中，根据旋转的性质得，，故答案为：（2）解：（1）中结论成立理由如下：方法1：连接四边形是菱形，是等边三角形，线段转得到，是等边三角形，，

菱形的对角线互相垂直平分，是的垂直平分线，点在射线上，，又是等边三角形，，；方法2：连接交于点，四边形是菱形，

与都是等边三角形，，线段转得到，，是等边三角形，，又，，，，又是等边三角形，，是的垂直平分线，，又；方法3：提示：作，证，

可得，是的垂直平分线，（3）解：如图3，连接交于点，则，

设交于点，∵是等边三角形，∴，∵，∴，在和中，，，在中，【点睛】此题是四边形综合题，考查了菱形的性质、旋转的性质、等边三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理、三角形面积公式等知识，熟练掌握菱形的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理、三角形面积公式是解题的关键4．（2023春·江西九江·九年级统考期中）我们定义：如图1，在中，把绕点A顺时针旋转得到，把绕点A逆时针旋转得到，连接，当时，我们称是的“旋补三角形”，边上的中线叫做的“旋补中线”，点A叫做“旋补中心”．特例感知：(1)在图2，图3中，是的“