中考数学二轮复习题型训练【选择题】必考重点04 几何变换之旋转问题（解析版）

【选择题】必考重点04几何变换之旋转问题几何变换中的旋转问题，江苏省各地考查频率较高且考查难度较高，综合性较强，通常有线段的旋转、三角形及四边形的旋转问题，在解决此类问题时，要牢牢把握旋转的性质，即旋转前后的图形全等，对应角相等，对应边相等，结合几何图形本身的性质，找到旋转过程中变化的量和不变的量，运用三角形全等或相似的有关知识，求解有关角、线段及面积问题。【2022·江苏苏州·中考母题】如图，点A的坐标为，点B是x轴正半轴上的一点，将线段AB绕点A按逆时针方向旋转60°得到线段AC．若点C的坐标为，则m的值为（

）A． B． C． D．【考点分析】本题考查直角坐标系中的旋转变换，解题的关键是熟练应用勾股定理，用含m的代数式表示相关线段的长度．【思路分析】过C作CD⊥x轴于D，CE⊥y轴于E，根据将线段AB绕点A按逆时针方向旋转60°得到线段AC，可得△ABC是等边三角形，又A（0，2），C（m，3），即得，可得，，从而，即可解得．【答案】C【详解】解：过C作CD⊥x轴于D，CE⊥y轴于E，如图所示：∵CD⊥x轴，CE⊥y轴，∴∠CDO=∠CEO=∠DOE＝90°，∴四边形EODC是矩形，∵将线段AB绕点A按逆时针方向旋转60°得到线段AC，∴AB＝AC，∠BAC＝60°，∴△ABC是等边三角形，∴AB＝AC＝BC，∵A（0，2），C（m，3），∴CE＝m＝OD，CD＝3，OA＝2，∴AE＝OE−OA＝CD−OA＝1，∴，在Rt△BCD中，，在Rt△AOB中，，∵OB＋BD＝OD＝m，∴，化简变形得：3m4−22m2−25＝0，解得：或（舍去），∴，故C正确．故选：C．【2022·江苏扬州·中考母题】如图，在中，，将以点为中心逆时针旋转得到，点在边上，交于点．下列结论：①；②平分；③，其中所有正确结论的序号是（

）A．①② B．②③ C．①③ D．①②③【考点分析】本题考查了性质的性质，等边对等角，相似三角形的性质判定与性质，全等三角形的性质，掌握以上知识是解题的关键．【思路分析】根据旋转的性质可得对应角相等，对应边相等，进而逐项分析判断即可求解．【答案】D【详解】解：∵将以点为中心逆时针旋转得到，∴，，，，故①正确；，，，，，平分，故②正确；，，，，，，故③正确故选D【2020·江苏宿迁·中考母题】如图，在平面直角坐标系中，Q是直线y=﹣x+2上的一个动点，将Q绕点P(1，0)顺时针旋转90°，得到点，连接，则的最小值为()A． B． C． D．【考点分析】本题考查了一次函数图象上点的坐标特征，一次函数的性质，三角形全等的判定和性质，坐标与图形的变换-旋转，二次函数的性质，勾股定理，表示出点的坐标是解题的关键．【思路分析】利用等腰直角三角形构造全等三角形，求出旋转后Q′的坐标，然后根据勾股定理并利用二次函数的性质即可解决问题．【答案】B【详解】解：作QM⊥x轴于点M，Q′N⊥x轴于N，设Q(，)，则PM=，QM=，∵∠PMQ=∠PNQ′=∠QPQ′=90°，∴∠QPM+∠NPQ′=∠PQ′N+∠NPQ′，∴∠QPM=∠PQ′N，在△PQM和△Q′PN中，，∴△PQM≌△Q′PN(AAS)，∴PN=QM=，Q′N=PM=，∴ON=1+PN=，∴Q′(，)，∴OQ′2=()2+()2=m2﹣5m+10=(m﹣2)2+5，当m=2时，OQ′2有最小值为5，∴OQ′的最小值为，故选：B．1．（2022·江苏·九年级专题练习）如图将△ABC绕点C逆时针旋转得到△A’B’C，点B恰好落在A’B’上，若∠A=25°，∠BCA’=45°，则∠A’CA=（

）A．30° B．35° C．40° D．45°【答案】C【思路分析】根据旋转的性质以及三角形外角的性质可得出∠BCA′+∠A′=∠B′BC=45°+25°=70°，则∠BB′C=∠B′BC=70°，再利用旋转的性质即可求解．【详解】解：∵∠A=25°，∠BCA′=45°，∴∠BCA′+∠A′=∠B′BC=45°+25°=70°，∵CB=CB′，∴∠BB′C=∠B′BC=70°，∴∠B′CB=∠BB′C-∠B′BC=40°，∴∠ACA′=40°，故选C．2．（2022·江苏泰州·九年级专题练习）在正方形ABCD中，AB＝8，若点E在对角线AC上运动，将线段DE绕点D逆时针旋转90°得到线段DF，连接EF、CF．点P在CD上，且CP＝3PD．给出以下几个结论①，②，③线段PF的最小值是，④△CFE的面积最大是16．其中正确的是（

）A．①②④ B．②③④ C．①②③ D．①③④【答案】A【思路分析】①根据正方形的性质，和旋转的性质，利用“SAS”证明，得出，，证明，根据勾股定理即可证明结论；②证明△DEF为等腰直角三角形，即可得出结论；③根据，得出点F总是在过点C与AC垂直的直线上运动，过点P作垂足为点F，此时PF最小，求出此时PF的长即可；④根据，得出，表示出，即可求出最大值．【详解】解：①∵四边形ABCD为正方形，∴，AC平分和，，∴，根据旋转可知，，，∴，∴，∴（SAS），∴，，∴，∴，故①正确，符合题意；②∵，，∴△DEF为等腰直角三角形，∴，故②正确，符合题意；③∵，∴点F总是在过点C与AC垂直的直线上运动，过点P作垂足为点F，此时PF最小，如图所示：∵CP＝3PD，∴，∵，，，∴，∴△PCF为等腰直角三角形，i∴，即PF的最小值为，故③错误，不符合题意；④∵，∴，，∴当时，的面积最大，且最大值为16，符合题意；综上分析可知，其中正确的是①②④，故A正确．故选：A．3．（2022·江苏苏州·一模）如图，直角三角形ACB中，两条直角边AC=8，BC=6，将△ACB绕着AC中点M旋转一定角度，得到△DFE，点F正好落在AB边上，DE和AB交于点G，则AG的长为（

）A．1.4 B．1.8 C．1.2 D．1.6【答案】A【思路分析】由勾股定理可求AB=10，由旋转的性质可得∠A=∠D，DM=AM，CM=MF，DE=AB=10，可得AM=MF=CM，可得∠AFC=90°，由锐角三角函数可求AF的长，由直角三角形的性质可求GF的长，即可求AG的长．【详解】解：如图，连接CF，∵AC=8，BC=6，∴AB==10，∵点M是AC中点，∴AM=MC=4，∵将△ACB绕着AC中点M旋转一定角度，得到△DFE，∴∠A=∠D，DM=AM，CM=MF，DE=AB=10，∴AM=MF=CM，∴∠MAF=∠MFA，∠MFC=∠MCF，∵∠MAF+∠MFA+∠MFC+∠MCF=180°，∴∠MFA+∠MFC=90°，∴∠AFC=90°，∵×AB×CF=×AC×BC，∴CF=，∴AF=，∵∠A=∠D，∠A=∠AFM，∴∠D=∠AFM，又∵∠DFE=90°，∴DG=GF，∠E=∠GFE，∴GF=GE，

∴GF=GD=GE=5，∴AG=AF-GF=-5==1.4，故选：A．4．（2022·江苏徐州·二模）如图，△ABC中，∠ABC＝45°，BC＝8，tan∠ACB＝3，AD⊥BC于D，若将△ADC绕点D逆时针方向旋转得到△FDE，当点E恰好落在AC上，连接AF．则AF的长为（）A． B． C． D．4【答案】B【思路分析】过点D作DH⊥AF于点H，由锐角三角函数的定义求出CD＝1，AD＝3，由旋转的性质得出DC＝DE，DA＝DF＝6，∠CDE＝∠ADF，证出∠DCE＝∠DAF，设AH＝a，DH＝3a，由勾股定理得出a2+（3a）2＝62，求出a可得出答案．【详解】解：过点D作DH⊥AF于点H，∵∠ABC＝45°，AD⊥BC，∴AD＝BD，∵tan∠ACB3，设CD＝x，∴AD＝3x，∴BC＝3x+x＝8，∴x＝2，∴CD＝2，AD＝6，∵将△ADC绕点D逆时针方向旋转得到△FDE，∴DC＝DE，DA＝DF＝6，∠CDE＝∠ADF，∴，∴∠DCE＝∠DAF，∴tan∠DAH＝3，设AH＝a，DH＝3a，∵AH2+DH2＝AD2，∴a2+（3a）2＝62，∴a，∴AH，∵DA=DF，DH⊥AF，∴AF＝2AH，故选：B．5．（2022·江苏盐城·一模）如图，在中，，.将绕点O逆时针方向旋转90°，得到，连接.则线段的长为（

）A．2 B．3 C． D．【答案】C【思路分析】由旋转性质可判定△AOA'为等腰直角三角形，再由勾股定理可求得AA'的长．【详解】解：由旋转性质可知，OA=OA'=2，∠AOA'=90°，则△AOA'为等腰直角三角形，∴AA'==2．故选：C．6．（2022·江苏·宜兴外国语学校一模）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∠DPE＝∠DAC，且过D作DE⊥PE，连接CE，则CE最小值为（

）A． B． C． D．【答案】B【思路分析】如图，作DH⊥AC于H，连接HE延长HE交CD于F，作HI⊥CD于I．证明△ADP∽△DHE，推出∠DHE＝∠DAP＝定值，推出点E在射线HF上运动，推出当CE⊥HI时，CE的值最小，想办法求出CE即可．【详解】如图，作DH⊥AC于H，连接HE延长HE交CD于F，作HI⊥CD于I．∵DE⊥PE，DH⊥AC，∴∠DEP＝∠DHA，∵∠DPE＝∠DAH，∴△ADH∽△PDE，∴，∠ADH＝∠PDE，∴∠ADP＝∠HDE，∴△ADP∽△DHE，∴∠DHE＝∠DAP＝定值，∴点E在射线HF上运动，∴当CE⊥HI时，CE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＝3，在Rt△ADC中，∵∠ADC＝90°，AD＝4，CD＝3，∴，，∴，∴，∵∠CFE＝∠HFI，∠CEF＝∠HIF＝90°，CF＝HF，∴△CEF≌△HIF（AAS），∴CE＝HI＝，∴CE的最小值为，故选：B．7．（2022·江苏扬州·模拟）如图，将矩形ABCD绕点B按顺时针方向旋转一定角度得到矩形．此时点A的对应点恰好落在对角线AC的中点处．若AB＝3，则点B与点之间的距离为（

）A．3 B．6 C． D．【答案】B【思路分析】连接，由矩形的性质得出∠ABC=90°，AC=BD，由旋转的性质得出，证明是等边三角形，由等边三角形的性质得出，由直角三角形的性质求出AC的长，由矩形的性质可得出答案．【详解】解：连接，∵四边形ABCD是矩形，∴∠ABC=90°，AC=BD，∵点是AC的中点，∴，∵将矩形ABCD绕点B按顺时针方向旋转一定角度得到矩形，∴∴，∴是等边三角形，∴∠BAA'=60°，∴∠ACB=30°，∵AB=3，∴AC=2AB=6，∴．即点B与点之间的距离为6．故选：B．8．（2022·江苏·九年级专题练习）如图所示，已知是等边三角形，点是边上一个动点(点不与重合)，将绕点顺时针旋转一定角度后得到，过点作的平行线交于点，连接，下列四个结论中：①旋转角为；为等边三角形；③四边形为平行四边形；．其中正确的结论有（

）A． B． C． D．【答案】C【思路分析】由旋转的性质可知，AD=AF，∠FAB=∠DAC，∠C=∠ABF，再根据等边三角形的性质可得∠FAD=∠FAB+∠BAD=∠DAC+∠BAD=∠BAC=60°，即可判断①②；然后证明∠FBC+∠C=180°，得到FB∥CE，即可判断③；根据平行四边形的性质得到BF=CE，由E不一定是AC的中点得到AE不一定等于EC即可判断④．【详解】解：由旋转的性质可知，AD=AF，∠FAB=∠DAC，∠C=∠ABF，∵△ABC是等边三角形，∴∠ABC=∠ACB=∠BAC=60°，∴∠FAD=∠FAB+∠BAD=∠DAC+∠BAD=∠BAC=60°，∴△AFD是等边三角形，旋转的角度为60°，故①和②正确；∵∠ABF=∠C=60°，∠ABC=60°，∴∠FBC=120°，∴∠FBC+∠C=180°，∴FB∥CE，又∵EF//BC，∴四边形BCEF是平行四边形，故③正确；∴BF=CE，∵E不一定是AC的中点，∴AE不一定等于EC，即AE不一定等于BF，故④错误；故选C．9．（2022·江苏南京·模拟）如图，在RtABC中，∠ACB=90°，BC=2，∠BAC=30°，将ABC绕顶点C逆时针旋转得到△A'B'C'，M是BC的中点，P是A'B'的中点，连接PM，则线段PM的最大值是（

）A．4 B．2 C．3 D．【答案】C【思路分析】连接PC，分别求出PC，CM的长，然后根据即可得到答案．【详解】解：如图所示，连接PC，∵∠ACB=90°，BC=2，∠BAC=30°，∴AB=2BC=4，由旋转的性质可知：，，∵P、M分别是、BC的中点，∴，，∵，∴PM的最大值为3，且此时P、C、M三点共线，故选C．10．（2022·江苏苏州·二模）如图，将绕点顺时针旋转角，得到，若点恰好在的延长线上，则等于（

）A． B． C． D．【答案】D【思路分析】根据旋转的性质和四边形的内角和是360º即可求解．【详解】由旋转的性质得：∠BAD=，∠ABC=∠ADE，∵∠ABC+∠ABE=180º，∴∠ADE+∠ABE=180º，∵∠ABE+∠BED+∠ADE+∠BAD=360º，∠BAD=∴∠BED=180º-，故选：D．11．（2022·江苏·阳山中学一模）如图，在△ABC中，∠BAC＝45°，AC＝8，动点E从点A出发沿射线AB运动，连接CE，将CE绕点C顺时针旋转45°得到CF，连接AF，则△AFC的面积变化情况是（

）．A．先变大再变小 B．先变小再变大 C．逐渐变大 D．不变【答案】D【思路分析】在射线AB上截取EH=AC=8，连接CH，根据旋转的性质，利用全等三角形判定定理证明（SAS），得出S△AFC=S△HCE，过点C作CGAB于点G，可求出CG，则可得出答案．【详解】解：在射线AB上截取EH=AC=8，连接CH∵将CE绕点C顺时针旋转45得到CF∴CE=CF，∠ECF=45∴∠ACF=∠ECF+∠ECA=45+∠ECA∵∠HEC=∠BAC+∠ECA=45+∠ECA∴∠ACF=∠HEC在和中，∴(SAS)∴S△AFC=S△HCE过点C作CGAB于点G∵∠BAC=45∴AG=GC又AG2+CG2=AC2，AC=8∴CG=∴∴S△AFC=即AFC的面积不变．故选：D．12．（2022·江苏·南通市启秀中学九年级阶段练习）如图，点是正方形的边上一点，把绕点顺时针旋转到的位置．若四边形AECF的面积为20，DE=2，则AE的长为（

）A．4 B． C．6 D．【答案】D【思路分析】利用旋转的性质得出四边形AECF的面积等于正方形ABCD的面积，进而可求出正方形的边长，再利用勾股定理得出答案．【详解】绕点顺时针旋转到的位置．四边形的面积等于正方形的面积等于20，，，中，故选．13．（2022·江苏·九年级专题练习）如图1，在中，，，点为边的中点，，将绕点旋转，它的两边分别交、所在直线于点、，有以下4个结论：①；②；③；④如图2，当点、落在、的延长线上时，，在旋转的过程中上述结论一定成立的是（

）A．①② B．②③ C．①②③ D．①③④【答案】D【思路分析】连结CD，由“ASA”可证△CDE≌△BDF，利用全等三角形的性质和等腰直角三角形的性质依次判断可求解．【详解】解：如图，连接DC，∵AC＝BC，∠ACB＝90°，D为AB中点，∴∠B＝45°，∠DCE＝∠ACB＝45°，CD⊥AB，CD＝AB＝BD，∴∠DCE＝∠B，∠CDB＝90°，∵∠EDF＝90°，∴∠CDE＝∠BDF，在△CDE和△BDF中，，∴△CDE≌△BDF（ASA），∴CE＝BF，∠BFD＝∠CED，DE＝DF，∴∠BFD+∠DFC＝180°＝∠CED+∠DFC，如图，当点E、F落在AC、CB的延长线上时，连接CD，同理可证△DEC≌△DFB，∴DE=DF，∠DEC＝∠DFC，故①正确；②错误，当分别落在上时，∵∠BDC＝90°，∴∠BDF+∠CDF＝∠CDE+∠CDF＝90°，∴∠EDF＝90°，∴EF2＝DE2+DF2＝2DE2，当分别落在的延长线上时，同理可得EF2＝DE2+DF2＝2DE2，故③正确；如图，连接CD，同理可证：△DEC≌△DFB，∠DCE＝∠DBF＝135°，∴S△DEF＝S△CFE+S△DBC＝S△CFE+S△ABC，∴S△DEF﹣S△CFE＝S△ABC．故④正确，故选：D．14．（2022·江苏扬州·三模）如图，已知正方形ABCD的边长为4，点E是AB边上一动点，连接ED，将ED绕点E顺时针旋转90°到EF，连接DF，CF，则DF＋CF的最小值是（

）A．4 B．4 C．5 D．2【答案】A【思路分析】连接BF，过点F作FG⊥AB交AB延长线于点G，通过证明，确定点F在BF的射线上运动，作点C关于BF的对称点，由三角形全等得到，从而确定点在AB的延长线上，当D、F、三点共线时，DF＋CF＝最小，通过勾股定理即可求得长度．【详解】解：如图，连接BF，过点F作FG⊥AB交AB延长线于点G，∵ED绕点E顺时针旋转90°到EF，∴，ED＝EF，∴，又∵在中，，∴，在和中，∴∴FG＝AE，EG＝DA，∴点F在BF的射线上运动，作点C关于BF的对称点，∵EG＝DA，∴EG＝DA，∴EG－EB＝DA－EB，即BG＝AE，∴BG＝FG，是等腰直角三角形，，∴，∴点在AB的延长线上，当D、F、三点共线时，DF＋CF＝最小，在中，AD＝4，，∴，∴DF＋CF的最小值为，故选：A．15．（2022·江苏南京·一模）在平面直角坐标系中，点的坐标是，将点绕点顺时针旋转90°得到点．若点的坐标是，则点的坐标是（

）A． B． C． D．【答案】A【思路分析】设点的坐标为，由旋转的性质可得，，列出等式，把每个选项的横坐标代入验证即可．【详解】解：设点的坐标为，∵点的坐标是，点的坐标是，∴由旋转的性质可得，，即，整理得，当时，，解得；当时，，解得；当时，，解得；故只有选项A的坐标满足题意，选项B、C、D都不满足题意，故选：A16．（2022·江苏南京·模拟）如图，在RtABC中，AB=AC=10，∠BAC=90°，等腰直角三角形ADE绕点A旋转，∠DAE=90°，AD=AE=4，连接DC，点M、P、N分别为DE、DC、BC的中点，连接MP、PN、MN．①PMN为等腰直角三角形；②；③△PMV面积的最大值是；④PMN周长的最小值为．正确的结论有（

）A．4个 B．3个 C．2个 D．1个【答案】C【思路分析】连接BD，CE，根据题意可证△ADB≌△EAC，可得BD=CE，∠ABD=∠ACE，由三角形中位线定理可证△MPN是等腰直角三角形，则S△PMN=PN2=BD2．可得BD最大时，△PMN的面积最大，由等腰直角三角形ADE绕着点A旋转，可得D是以A为圆心，AD=4为半径的圆上一点，可求BD最大值，即可求△PMN的面积最大值．再利用等腰直角三角形的性质求出AM和AN的值，得出MN的最值，进一步解决问题．【详解】解：连接BD，CE，∵△ABC，△ADE是等腰直角三角形∴AD=AE，AB=AC，∠BAC=∠DAE=90°∴∠BAC-∠DAC=∠DAE-∠DAC∴∠BAD=∠CAE且AB=AC，AD=AE∴△ADB≌△AEC∴DB=EC，∠ABD=∠ACE∵M，N，P分别是DE，DC，BC的中点∴MP∥EC，MP=EC，NP=DB，NP∥BD∴MP=NP，∠DPM=∠DCE，∠PNC=∠DBC设∠ACE=x°，∠ACD=y°∴∠ABD=x°，∠DBC=45°-x°=∠PNC，∠DCB=45°-y°∴∠DPM=x°+y°，∠DPN=∠DCB+∠PNC=90°-x°-y°∴∠MPN=90°且PN=PM∴△PMN是等腰直角三角形．故①正确；∵AB=AC=10，∠BAC=90°，∠DAE=90°，AD=AE=4，由勾股定理得，∵M，N为DE和BC的中点∴当A、N、M三点共线时，MN有最大值和最小值的最小值为，的最大值为，∴，故②错误；∵S△PMN=PN2=BD2．∴当BD最大时，△PMN的面积最大．∵D是以A点为圆心，AD=6为半径的圆上一点∴A，B，D共线且D在BA的延长线时，BD最大此时BD=AB+AD=14∴△PMN的面积最大值为，故③错误；当MN最小时，即时，也最小，为3∴的周长最小值为，故④正确，∴正确的结论有①④，共2个故选：C17．（2022·江苏无锡·一模）如图，已知直线AB与y轴交于点，与x轴的负半轴交于点B，且∠ABO＝60°，在x轴正半轴上有一点C，点C坐标为，将线段AC绕点A逆时针旋转120°，得线段AD，连接BD．则BD的长度为（

）A． B． C． D．【答案】C【思路分析】连接CD，过点A作AE⊥CD于点E，过点E作FG⊥x轴于点F，过点A作AG⊥FG于点G，设E(m,n)，根据旋转证∠ACG=30°，CE=AE，根据两角对应相等证△AEG∽△ECF，求出，，结合B(-2,0)求出．【详解】连接CD，过点A作AE⊥CD于点E，过点E作FG⊥x轴于点F，过点A作AG⊥FG于点G，则∠AEC=∠OFG=∠G=90°，∵∠AOF=90°，∴∠OAG=90°，∴四边形AOFG是矩形，∵，∴FG=OA=2，设E(m,n)，∴AG=OF=m，EF=n，∴CF=m-1，EG=2-n，由旋转知，∠CAD=120°，AC=AD，∴CE=DE，∠ACG=30°，∴CE=AE，∵∠CEF+∠ECF=∠AEG+∠CEF=90°，∴∠AEG=∠ECF，∴△AEG∽△ECF，∴，∴，∵,∴，∴，，∴，∵，，∴，∵∠ABO＝60°，，∴OB=2，B(-2,0)，∴．故选C．18．（2022·江苏·无锡市积余实验学校一模）如图1，在Rt△ABC中，，，点D，E分别在边AB，AC上，，连接DC，点M、P、N分别为DE、DC、BC的中点．将△ADE绕点A在平面内自由旋转（如图2），若，，则△PMN面积的最大值是（

）A． B．18 C． D．【答案】C【思路分析】先判断出△ABD≌△ACE，得出BD=CE，同(1)(1)的方法得出PM=CE，PN=BD，即可得出PM=PN，PM⊥PN，△PMN是等腰直角三角形；再判断出PM最大时，△PMN的面积最大，即BD最大时，由BD最大=AB+AD，最后用面积公式即可得出结论【详解】解：由旋转的性质可得：在和中，点M、P、N分别为DE、DC、BC的中点，，，是等腰三角形是等腰直角三角形最大时，面积最大，即BD最大时，面积最大点D在BA的延长线上时，BD最大故选：C19．（2022·江苏·无锡市天一实验学校一模）如图，扇形中，，将扇形绕点B逆时针旋转，得到扇形，若点O刚好落在弧上的点D处，则的值为（

）A． B． C． D．【答案】B【思路分析】如图，连OD、AB、BC，延长AD交BC于H点，由旋转的性质可得BD=BO=OD=CD=OA，∠BDC=90，可证ABC是等边三角形，由线段垂直平分线的性质可得AH垂直平分BC，由等腰直角三角形的性质和等边三角形的性质可得AC=2CH，AD=CH-CH=（-1）CH，即可求解．【详解】解：如图，连OD、AB、BC，延长AD交BC于H点，∵将扇形OAB绕点B逆时针旋转，得到扇形BDC，若点O刚好落在弧AB上的点D处，∴BD=BO=OD=CD=OA，∠BDC=90，∴∠OBD=60，即旋转角为60，∴∠ABC=60，又可知AB=BC，∴ABC是等边三角形，∵AB=AC，BD=CD，∴AH垂直平分BC，∴∠CAH=30，∴AC=2CH，AH=CH，∵BD=CD，∠BDC=90，DH⊥BC，∴DH=CH，∴AD=CH-CH=（-1）CH，∴，故选：B．20．（2022·江苏·苏州市平江中学校二模）如图，在中，，，将绕点顺时针旋转至，点刚好落在直线上，则的面积为（

）A． B． C． D．【答案】A【思路分析】由将△BAC绕点A顺时针旋转至△DAE，可得DE＝BC＝a，CA＝AE＝a，AB＝AD＝2a，∠ADE＝∠ABC，∠DAE＝∠BAC＝90°，由锐角三角函数可求BD＝a，CE＝a，由面积公式可求a的值，即可求解．【详解】解：如图，连接CE，延长EA交BC于F，∵AB＝2AC，设AC＝a，则AB＝2a，∴BC＝＝a，∵将△BAC绕点A顺时针旋转至△DAE，∴DE＝BC＝a，CA＝AE＝a，AB＝AD＝2a，∠ADE＝∠ABC，∠DAE＝∠BAC＝90°，∴∠ABC＝∠ADB＝∠ADE，∴∠DEA＝∠DFA，∴DF＝DE＝a，又∵∠DAE＝90°，∴AF＝AE＝a＝AC，∴∠ECF＝90°，∵sin∠ACB＝sin∠CFE＝＝，∴＝，∴CE＝a，∵tan∠ACB＝tan∠CFE＝＝2，∴CF＝a，∴CD＝DF﹣CF＝a，∴BD＝BC+DC＝a，∴△BDE的面积＝×a×a＝×a×a×＝．故选：A．21．（2022·江苏·淮安市浦东实验中学九年级开学考试）如图，直线与轴、轴分别相交于点、，过点作，使．将绕点顺时针旋转，每次旋转．则第2022次旋转结束时，点的对应点落在反比例函数的图象上，则的值为A． B．4 C． D．6【答案】C【思路分析】过点C作CD⊥y轴，垂足为D，则△BCD是等腰直角三角形，根据BC=，确定点C的坐标，第一次旋转的坐标，根据第二次旋转坐标与点C关于原点对称，第三次旋转坐标与第一次坐标关于原点对称，确定循环节为4，计算2022÷4的余数，确定最后的坐标，利用k=横坐标×纵坐标计算即可．【详解】如图，过点C作CD⊥y轴，垂足为D，∵直线与轴、轴分别相交于点、，过点作，使，∴A（-1，0），B（0，1），AB=，BC=，∴OA=OB，∠ABO=∠BAO=∠CBD=∠DCB=45°，∴DC=BD=2，∴DC=BD=2，OD=OB+BD=3，∴点C（-2，3），第一次旋转的坐标为（3，2），第二次旋转坐标与点C关于原点对称为（2，-3），第三次旋转坐标与第一次坐标关于原点对称为（-3，-2），第四次回到起点，∴循环节为4，∴2022÷4=505…2，∴第2022次变化后点的坐标为（2，-3），∴k=-3×2=-6，故选C．22．（2022·江苏无锡·九年级期末）如图，在Rt△ABC中，，，点D、E分别是AB、AC的中点．将△ADE绕点A顺时针旋转60°，射线BD与射线CE交于点P，在这个旋转过程中有下列结论：①△AEC≌△ADB；②CP存在最大值为；③BP存在最小值为；④点P运动的路径长为．其中，正确的（

）A．①②③ B．①②④ C．①③④ D．②③④【答案】B【思路分析】根据，，点D、E分别是AB、AC的中点．得出∠DAE=90°，AD=AE=，可证∠DAB=∠EAC，再证△DAB≌△EAC（SAS），可判断①△AEC≌△ADB正确；作以点A为圆心，AE为半径的圆，当CP为⊙A的切线时，CP最大，根据△AEC≌△ADB，得出∠DBA=∠ECA，可证∠P=∠BAC=90°，CP为⊙A的切线，证明四边形DAEP为正方形，得出PE=AE=3，在Rt△AEC中，CE=，可判断②CP存在最大值为正确；△AEC≌△ADB，得出BD=CE=，在Rt△BPC中，BP最小=可判断③BP存在最小值为不正确；取BC中点为O，连结AO，OP，AB=AC=6，∠BAC=90°，BP=CO=AO=，当AE⊥CP时,CP与以点A为圆心，AE为半径的圆相切，此时sin∠ACE=，可求∠ACE=30°，根据圆周角定理得出∠AOP=2∠ACE=60°，当AD⊥BP′时，BP′与以点A为圆心，AE为半径的圆相切，此时sin∠ABD=，可得∠ABD=30°根据圆周角定理得出∠AOP′=2∠ABD=60°，点P在以点O为圆心，OA长为半径的圆上运动轨迹为，L=L可判断④点P运动的路径长为正确即可．【详解】解：∵，，点D、E分别是AB、AC的中点．∴∠DAE=90°，AD=AE=，∴∠DAB+∠BAE=90°，∠BAE+∠EAC=90°，∴∠DAB=∠EAC，在△DAB和△EAC中，，∴△DAB≌△EAC（SAS），故①△AEC≌△ADB正确；作以点A为圆心，AE为半径的圆，当CP为⊙A的切线时，CP最大，∵△AEC≌△ADB，∴∠DBA=∠ECA，∴∠PBA+∠P=∠ECP+∠BAC，∴∠P=∠BAC=90°，∵CP为⊙A的切线，∴AE⊥CP，∴∠DPE=∠PEA=∠DAE=90°，∴四边形DAEP为矩形，∵AD=AE，∴四边形DAEP为正方形，∴PE=AE=3，在Rt△AEC中，CE=，∴CP最大