中考数学一轮复习重难点强化训练：旋转与中心对称（知识串讲+9大考点）解析版

专题02旋转与中心对称

厂考点类型

'■知识一遍过

(―)旋转的定义

(1)旋转的概念：在平面内，把一个平面图形绕着平面内一个定点沿某一方向转动一个角度，就叫做图形

的旋转.这个定点叫做旋转中心.转动的角叫做旋转角

如图所示，笈是AAO3绕定点。逆时针旋转45。得到的，其中点A与点A叫作对应点，线段OB与

线段O9叫作对应线段，NQ钻与N。4方叫作对应角，点。叫作旋转中心，ZAQV(或NBOE)的度数叫

作旋转的角度。

(2)【注意】旋转中心可以是图形内，也可以是图形外。

(3)【图形旋转的三要素】旋转中心、旋转方向和旋转角.

(二)旋转的性质

(1)对应点到旋转中心的距离相等；

旋转的(2)对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角；

性质(3)旋转前、后的图形全等

(4)旋转过后，常用等腰三角形性质

(1)图形中的每一个点都绕旋转中心旋转了同样大小的角

度；

重点(2)对应点到旋转中心的距离相等,对应线段相等,对应角相

解读等；

(3)图形的大小和形状都没有发生改变,只改变了图形的位

置

(三)旋转作图

旋转作图(1)任意一对对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角；

的依据(2)对应点到旋转中心的距离相等

作图要素(1)原图；(2)旋转中心；(3)旋转方向；(4)旋转角；(5)一对对应点

(1)连:连接原图形中一个关键点与旋转中心.

(2)转:根据旋转方向与旋转角度，以(1)中关键点与旋转中心的连

线为一边作一个旋转角.

(3)截:在该旋转角的另一边上,从旋转中心开始截取此关键点到

作图步骤旋转中心的长度,得到该点的对应点.重复上述操作，作出所有关

键点的对应点.

(4)接:按原图形顺次连接所得到的各点.

注意:为了避免作图时的混乱，以上连、转、截这三步每个点独立

完成后,再进行下一个点的旋转

(四)中心对称的相关概念

(1)中心对称概念：把一个图形绕着某一点旋转180。，如果它能够与另一个图形重合，那么就说这两个图

形关于这个点对称或中心对称，这个点叫作对称中心.这两个图形旋转后能重合的对应点叫作关于对称中心

的对称点.

如图，AABO绕着点。旋转180。后，与ACDO完全重合，则称ACDO和A4BO关于点。对称，点C是点

A关于点O的对称点.

(2)中心对称图形概念：把一个图形绕着某一个点旋转180°,如果旋转后的图形能够与原来的图形重合,

那么这个图形叫作中心对称图形，这个点就是它的对称中心.

(五)中心对称的性质

(1)中心对称的性质：

①中心对称的两个图形，对称点所连线段都经过对称中心，而且被对称中心所平分；

②中心对称的两个图形是全等图形.

(2)找对称中心的方法和步骤：

方法1：连接两个对应点，取对应点连线的中点，则中点为对称中心.

方法2：连接两个对应点，在连接两个对应点，两组对应点连线的交点为对称中心.

考点一遍过

考点1：旋转的三要素

典例1：(2023上•浙江台州•九年级校考阶段练习)如图，已知点4(2,0),B(0,4),C(2,4),D(6,6),连接4B,C0,

将线段4B绕着某一点旋转一定角度，使其与线段CD重合(点A与点C重合，点2与点D重合)，则这个旋

转中心的坐标为().

A.(3,2)B.(3,3)C.(6,2)D.(4,2)

【答案】D

【分析】本题考查坐标与图形变化-旋转，解题的关键是理解对应点连线段的垂直平分线的交点即为旋转中

心.

画出平面直角坐标系，作出新的力C,BD的垂直平分线的交点尸，点尸即为旋转中心.

【详解】解：平面直角坐标系如图所示，旋转中心是P点，P(4,2),

故选：D.

【变式1］（2023上•河南漠河•九年级统考期中）如图，在正方形网格中，AMPN绕某一点旋转某一角度得

到△ATPW',则旋转中心可能是（

A.点AB.点、BC.点CD.点。

【答案】B

【分析】如图：连接PP'、NN',作PP'的垂直平分线，作NN，的垂直平分线，两垂直平分线的交点即为旋转

中心；掌握旋转中心的确定方法是解题的关键.

【详解】解：如图，

团AMPN绕某点旋转一定的角度，得到△M'PWl

团连接PP'、NN',作PP'的垂直平分线，作NN'的垂直平分线,

回三条线段的垂直平分线正好都过8即旋转中心是8.

故选：B.

【变式2］（2023下•四川宜宾•七年级统考期末）将两块全等的含30。角的直角三角板按图1的方式放置，已

知ABAC=NBv41c=30°,固定三角板&BiC,然后将三角板力BC绕点C顺时针方向旋转至图2的位置，AB

与4停、4/1分别交于点。、E,4C与A/1交于点?当ABL&Bi，旋转角的度数是（）.

【答案】A

【分析】根据三角形内角和定理得NB=60°,根据直角三角形性质和对顶角相等得NBDC=N&DE=60°,

求出N&C4即可.

【详解】解：由题意得到，ABAC=NB14C=30。，

则NB=90°-NBAC=60°,

SAB14/1，

回乙生EB=90°,

0Z5DC=Z.A±DE=90°-30°=60°,

0ZBCD=180°-4BDC一4B=60°,

所以N&CA=90°-乙BCD=30°,

即旋转角是30。.

故选：A

【点睛】此题考查了图形的旋转、三角形内角和定理、直角三角形的性质等知识，熟练掌握三角形内角和

定理、直角三角形的性质是解题的关键.

【变式3】（2022上•辽宁大连•九年级统考期末）如图，E是正方形力BCD中CD边上任意一点，以点A为中心，

把ANDE顺时针旋转得到AABF,点尸在C8的延长线上，则下列角中是旋转角的是（）

A.^DAEB.乙EABC./.EAFD./.DAF

【答案】C

【分析】由旋转的概念可直接求解.

【详解】解:回以点A为中心，把AADE顺时针旋转，得到△力BF,

国旋转角为N02B或4EAF,

故选：C.

【点睛】本题考查了旋转的概念，掌握对应线段的夹角等于旋转角是解题的关键.

考点2：利用的旋转的性质求解

典例2：（2024上•山东烟台,八年级统考期末）如图，已知△力BC中，ACAB=20°,AABC=30°,将△力BC绕

4点逆时针旋转50。得至！UAB'C',以下结论：①BC=B'C,@AC||C'B',③C'B'1BB',@^ABB'=^ACC,

A,①②③B.②③④C.①③④D.①②④

【答案】D

【分析】本题考查了旋转性质的应用，三角形内角和定理和等边对等角，根据旋转的性质可得，BC=B'C,

AC'AB'=/.CAB=20°,ZAB'C=AABC=30°,再根据旋转角的度数为50。，然后利用三角形内角和定理

和等边对等角逐项求解判断即可.

【详解】①•••△4BC绕4点逆时针旋转50。得到△AB'C,

■.BC=B'C,故①正确；

②48c绕4点逆时针旋转50。,

•••乙BAB，=50°.

•••/.CAB=20°,

Z-B'AC=乙BAB'-乙CAB=30°.

v4ABe=AABC=30°,

^AB'C=^B'AC.

^ACIIC'B',故②正确；

③在ABA4中，

AB=AB',/.BAB'=50°,

•••4AB'B=4ABB'=1(180°-50°)=65°.

/.BB'C=/.AB'B+4ABC=65°+30°=95°.

・•.C'B'与BB'不垂直，故③不正确；

④在△4CC，中，

AC^AC,Z.CAC=50°,

/.ACC=|(180°-50°)=65°.

Z.ABB'=/.ACC,故④正确.

••・①②④这三个结论正确.

故选：D.

【变式11(2023上•广东广州•九年级广州市第二中学校考阶段练习)如图，将△ABC绕点C顺时针旋转90。得

到AEDC,若点4、D、E在同一条直线上，且乙4c8=20。，贝吐4DC的度数为()

A.50°B.55°C.60°D.65°

【答案】D

【分析】本题考查旋转性质、等腰直角三角形的判定与性质、三角形的外角性质，先利用旋转性质得到，

AC=CE,Z.ECD=乙ACB=20。，乙4CE=90°,再根据等腰直角三角形的性质求得/E=45°,然后利用三

角形的外角性质求解即可.掌握旋转性质是解答的关键.

【详解】解：团将AABC绕点C顺时针旋转90。得到AEDC,乙4cB=20。,

EL4C=CE,4ECD=乙ACB=20°,LACE=90°,

团AACE是等腰直角三角形，

0ZF=45°,

^Z-ADC=Z.E+Z.ECD—65°,

故选：D.

【变式2］（2023上•新疆乌鲁木齐•九年级校考期中）将含有30。角的直角三角尺。4B按如图所示的方式放置

在平面直角坐标系中，OB在x轴上，若02=2,将三角尺绕原点。顺时针旋转75。，则点A的对应点4的

坐标为（）

c.(V2,-V2)D.(-V2,V2)

【答案】C

【分析】如图，过4作4c1。8于C,由旋转的性质可知，"04=75。，OA'=OA=2,贝UC。=C4',由

勾股定理得，。4=JCO2+CA'2=2,解得，CO=CA'=<2,进而可求力'的坐标.

0ZCO4Z=45°,ACA'O=450=ACOA',

SCO=CA',

由勾股定理得，。4=7co2+CA'2=2,

解得，CO=CA'=V2,

团4（夜，一夜），

故选：C.

【点睛】本题考查了旋转的性质，等角对等边，勾股定理，坐标与图形等知识.熟练掌握旋转的性质，等

角对等边，勾股定理，坐标与图形是解题等关键.

【变式31（2023下•四川达州,八年级校考期中）如图，在正方形4BCD中，E为DC边上的点，连接BE,将4BCE

绕点C顺时针方向旋转90。得到连接EF,若4BEC=6。。,则下列结论正确的个数有（）.

①ZB=DF,②EF=V2CF,③CE=:DF,@^EFD=15°

A.4个B.3个C.2个D.1个

【答案】C

【分析】根据旋转的性质和4BCD是正方形，从而得到48=BC=DC手DF,根据NECF=90°,乙BEC=60°,

得至ikCBE=NCDF=30。，根据EC=CF,得至UNCEF=NCFE=45。，从而得到NEFD=15。，根据直角三

角形中30。角所对的边是斜边的一半的得到CE=从而得到CE=：DF,根据特殊直角三角函数值得到

EF=V2CF.

【详解】解：••・ABCE绕点C顺时针方向旋转90。得到ADCF,

•••BE=DF,EC=CF,

•••4BCD是正方形

AB=DC,

•・•DC丰DF,

AB^DF,故①错误；

•・•乙BEC=60°,

・•・乙BEC=4CFD=60°,乙CBE=乙CDF=90°-60°=30°,

1

・•・CE=-BE

•・•BE=DF,

：.CE=\DF,故③正确;

•••Z.ECF=90°,EC=CF

•••乙CEF=乙CFE=45°,

==故②正确；

•••乙EFD=MFD-乙CFE=60°-45°=15°,故④正确；

故选：C.

【点睛】本题考查了图形的旋转及正方形的性质，熟记旋转的性质及解直角三角形和角度之间的计算是解

题的关键.

考点3：坐标系中的旋转作图

典例3：（2023上•广东江门•九年级统考期末）如图，在平面直角坐标系中，△ABC的三个顶点坐标分别为

4（1,4）,8（4,2）,C（3,5）,（每个方格的边长均为1个单位长度）.

⑴请画出AAiBiCi，使AaiBiG与△ABC关于无轴对称；

⑵将△ABC绕点。逆时针旋转90。，画出旋转后得到的A4B2c2，并直接写出点殳的坐标;

⑶在（2）的条件下，求点A旋转到点外所经过的路线长.（结果保留兀）

【答案】⑴画图见解析

（2）画图见解析，（一2,4）

【分析】（1）根据关于x轴对称的点横坐标相同，纵坐标互为相反数，找到A、B、C对应点B］、G的

坐标，再描出4、Q,最后顺次连接4、Ci即可；

（2）根据旋转方式和网格的特点找到A、B、C对应点A2、。2的位置，再顺次连接人2、Bz、C2,最后

根据点的位置写出点为的坐标即可；

（3）先利用勾股定理求出04=717,由旋转的性质可得乙4。4=90。，根据题意可知点A旋转到点4所经

过的路线长即为以点O为圆心，。4的长为半径且圆心角度数为90度的扇形弧长，据此利用弧长公式求解

即可.

【详解】（1）解：如图所示，即为所求；

（2）解：如图所示，A&B2c2即为所求；

由图可知点的坐标为（—2,4）；

(3)解:财(1,4),

团。4=Vl2+42=V17,

由旋转的性质可得乙4。4=90。，

回点A旋转到点42所经过的路线长即为以点。为圆心，。力的长为半径且圆心角度数为90度的扇形弧长，

回点A旋转到点七所经过的路线长=气/=苧.

【点睛】本题主要考查了坐标与图形变化一轴对称和旋转，勾股定理，求弧长，正确根据图形的变换方式找

到对应点位置是解题的关键.

【变式1］（2024上•上海,八年级校考期末）如图，直线AC与函数y=；（x<0）的图象相交于点4（一1,6）,与

无轴交于点C,且“C。=45。，点。是线段4C上一点.

⑴求k的值；

⑵若△DOC与4。4C的面积比为2:3,求点。的坐标；

⑶将。£(绕点。逆时针旋转90。得到0D',点D'恰好落在函数y=£(%<0)的图像上，求点D的坐标.

【答案】⑴k=-6

⑵(1,4)

(3)0(2,3)或D(3,2)

【分析】(1)把4(一1,6)代入y=£(x<0),可求出k的值；

(2)过。点作DM1x轴于点M,过点4作4N1x轴于点N,由ADOC与4CMC的面积比为2:3可推出翳=

由点4的坐标可求出4N=6,从而求出点。的纵坐标，根据题意求出直线4C的解析式，由于点D在直线AC上，

进而求出。点坐标；

(3)过点)作DHlx轴于H,设D(x,—x+5)(x>0),则6(x-5,x),将其坐标代入到丫=一:得到关于x的

方程内解方程即可求出结果.

【详解】(1)4(—1,6)在函数y=E(x<0)的图象上，

­•■6=—,

-1

k=—6

(2)如图1,过D点作。MJ.X轴于点M,过点4作4V1X轴于点N,

图1

..SAODC_^OCDM_2

,一1一—,

SAOAC-OCAN3

.DM_2

J.=一,

AN3

・・,点4的坐标为(一1,6),

・•.AN=6,

・•.DM=4,

•・•/.ACO=45°,

・•・设直线ZC的解析式为y=-%+/),

•・•点力(-1,6)在直线y=-％+b上，

6=l+h

•••b=5

・・.直线AC的解析式为y=-％+5,

把y=4代入y=-％+5中，4=—%+5,

・•・x=1,

・・・0(X4)

(3)如图2,过点》作轴于乩

・・•直线ZC的解析式为y=-久+5,

••・设。(居—％+5)(%>0),

.•・£)'(%—5,%)

•••点。'落在函数y=-1的图象上,

•••x(x—5)=—6

・,・%2—5%+6=0

,,,=2,%2~3

・•・。(2,3)或0(3,2).

【点睛】本题主要考查了待定系数法求解析式，三角形的面积，反比例函数的性质，旋转的性质等，能够

熟练运用一次函数和反比例函数的性质是解本题的关键.

【变式2】(2024上•河北沧州•九年级统考期末)如图：在平面直角坐标系中，网格中每个小正方形的边长

为单位已知△ABC：

(12ABC与△4/iQ关于原点。对称，画出Aa/iCi，并写出各顶点的坐标；

⑵以。为旋转中心将△ABC顺时针旋转90。得A4B2c2，画出AAZB2c2，并写出△2c2各顶点的坐标；

⑶点C旋转到点经过的路线长为.

【答案】⑴图见解析,4(2,—3)、名(4,一1)、G(L—2)

(2)图见解析，4(3,2)、/CW)、C2(2,l)

⑶迪

【分析】(I)根据旋转的性质作图即可，再根据图形求得点4、Bl、G的坐标即可；

(2)根据旋转的性质作图即可，再根据图形求得点心、殳、的坐标即可；

(3)根据题意可得点C旋转到点经过的路线为C?2,^COC2=90°,利用勾股定理求得C。=C2。=遍，

再利用弧长公式求解即可.

【详解】(1)解：如图，△4/iG即为所求,4(2,-3)、Bi(4,-1),G(l,-2)；

(2)解：如图，A&B2c2即为所求，4(3,2)、口2(1，4)、c2(2,l)；

(3)解：如图，由题意可得，点C旋转到点。2经过的路线为后2,

0ZCOC2=90°,CO=C2O=A/F+22=V5,

90oX7rxV5V5TT

团/——f

18002

故答案为：等.

【点睛】本题考查作图-旋转变换、勾股定理、点的坐标、弧长公式，熟练掌握旋转的性质作图是解题的关

键.

【变式3](2024上•北京西城•九年级统考期末)在平面直角坐标系xOy中，AABC的三个顶点的坐标分别为

71(-2,5),B(—3,0),C(l,2).将△2BC绕原点。顺时针旋转90。得到AABC,点A,B,C的对应点分别为4,

(2)直接写出点C'的坐标；

⑶记线段9C，与线段的交点为G,直接写出N8GC'的大小.

【答案】(1)作图见解析

(2)r(2,-1)

(3)NBGC‘=90°

【分析】本题考查旋转作图、由图形写坐标和求角度，涉及旋转性质、图形与坐标、三角形全等的判定与

性质、对顶角相等和三角形内角和定理等知识，熟练掌握旋转性质及图形与坐标是解决问题的关键.

（1）根据旋转的性质作出△4BC三个顶点绕点。顺时针旋转90。的对应点，连线即可得到△A'B'C；

（2）由（1）中作出的△ABC即可得到答案；

（3）过C作CDlx轴于过。作轴于如图所示，由三角形全等的判定与性质得到ABDC三4

夕DL（HL）,进而NDBC=^D'B'C,再由对顶角相等、等量代换及三角形内角和定理即可得到答案.

【详解】（1）解：作图如下：

△4夕C，即为所求;

（2）解:由（1）中图形，如图所示:

y1

C,（2,-l）;

（3）解：在（1）的图形中，过C作CDlx轴于D、过C'作C'D'轴于D',如图所示:

y

•••BC=B'C,CD=C'D'/BDC=AB'D'C=90°,

BDC三AB少C，(HL),

.­.乙DBC=乙D'B'C',

v乙BEO=Z.B'EG,

在RtABE。中，Z.BEO+/.DBC=90°,则+NO®C'=90。，

在△夕EG中，由三角形内角和定理可知NEGB，=90。，

Z.BGC=90°.

考点4：旋转与尺规作图

典例4：（2023•福建福州•统考模拟预测）如图，点。为等边三角形ABC的中心，ABCE是以BC为斜边的直角

三角形，且BE=CE.

（1）用尺规在直线AB的左侧作△2B。，使AABDEIABCE,保留必要的作图痕迹，不写作法；

（2）A4BD能否由ABCE绕点。按顺时针方向旋转得到？若能，请加以证明，并求出旋转角a（0<a<180°）

的度数；若不能，请说明理由.

【答案】（1）图见详解；（2）能，旋转角a为120。，证明见详解.

【分析】（1）分别以点A、B为圆心，以CE、BE为半径画弧，则两弧交于一点。，进而问题可求解；

（2）连接04、OB、OC、OD、OE,由题意易得。4=OB=OC.Z.AOB=乙BOC=120°,zXBO=Z.CBO,

乙CBE=45°,由（1）可知：△BCE三△BAD,贝U有BD=BE/CBE=zABD=45°,然后可得小OBDdOBE,

进而可得。D=OE,最后问题可求解.

【详解】（1）解：如图所示：

（2）证明：能,理由如下：

连接。4、OB、OC、OD、0E,如图所示:

回。是等边三角形ABC的中心，是以BC为斜边的直角三角形，且BECE,

故4=OB=OC,Z.AOB=乙BOC=120°,Z.ABO=乙CBO,Z.CBE=45°,

由（工）可知：ABCEmABAD,

EIBD=BE/CBE=4ABD=45°,

0ZXBO+AABD=乙CBO+乙CBE,即NOBD=NOBE,

SOB=OB,

0AOBDOBE,

0OZ）=OE,

BOA=OB=OC,EBOC=a4OB=120°,

0A力BD能由△BCE绕点。按顺时针方向旋转得到，旋转角度为120。.

【点睛】本题主要考查旋转的性质、等边三角形及等腰直角三角形的性质,熟练掌握旋转的性质、等边三

角形及等腰直角三角形的性质是解题的关键.

【变式1］（2023•山东淄博•统考二模）如图，矩形A8CD中，4B=4,AD=7,把矩形折叠，使得点B与射

线DC上的动点P重合，（P不与点D、C重合），MN为折痕，点M、N分别在边4D、BC上.

图1图2图3

（1）请用尺规在图（1）中作出过点M、。、P的。。（不写作法，保留作图痕迹）；

（2）连接BM,若直线BM与过M、D、P三点的。。相切，求直线BC与。。的位置关系;

（3）把/BMN绕点N顺时针旋转90。得4B1M1N,当当落在边力D上时，求DP的长.

【答案】（［）见解析；（2）相切；（3）4—V7

【分析】（1）连结作的垂直平分线，与交于点。，再以点。为圆心，为半径画圆即可;

（2）过。作£7迥交AD于E、交BC于尸，连接2尸，则可得ZL4BMw4DMP,从而得到圆。半径为|,

进而可得。尸=|,从而最终得到直线BC与。。相切；

（3）可以证得四边形ABN/是正方形及4H2N〜/CBP,根据正方形的性质和相似三角形的性质可以得到

。尸的值.

【详解】解：（1）如图（1）所示；

图1

（2）过。作EF14。交AD于E、交BC于F,连接BP,如图（2）所示;

则四边形CDEF是矩形

•••8M是。。的切线

・•.Z.PMB=90°

・•.Z.AMB+乙DMP=90°

•・•四边形是矩形

LA=/.ADC=90°

Z.AMB+匕ABM=90°

•••Z-ABM=乙DMP

•・・把矩形折叠，使得点B与射线DC上的动点P重合，(P不与点0、C重合)MN为折痕

・•・MN垂直平分BP

/.BM=PM

在44BM和4DMP中

2ABM=Z.DMP

丁乙4=Z.MDP

BM=PM

/.AABM=ADMP(AAS)

AB=DM=4,AM=DP

DP=AM=AD-DM=7-4=3

•••PM=y/DM2+DP2=，42+32=5

.•・。。的半径为3

••・四边形CDEF是矩形

EF//CD,EF=CD=AB=4

•・•OM=OP

・•・OE是4M0P的中位线

13

OE=-DP=-

22

35

.-.OF=EF-OE=4--=-

22

・•・直线BC与。。相切；

（3）・・•四边形/BCD是矩形

.・.BC=AD=7,AD"BC,Z71=乙ABC=zC=90°

•・・/BMN绕点N顺时针旋转90。得当当落在边4）上，连接BP交MN于点儿如图（3）所示;

图3

则MN垂直平分BP,BN=BN乙BNB[=90°

：.BH=PH=抻,ABHN=90°,四边形ABN/是正方形,

•••BN=AB=4

•••乙BHN=ZC=90°,乙HBN=4CBP

：.AHBN〜ACBP

BH_BN

>'BC=BP

解得：BP2=56

•••CP2=BP2-FC2=56-72=7

CP=V7

DP=CD-CP=4-y/7

【点睛】本题考查正方形的综合应用，熟练掌握正方形的性质、全等三角形和相似三角形的判定和性质、

勾股定理、直线与圆相切的判定、折叠性质和旋转性质、圆的尺规作图等是解题关键.

【变式2］（2023下•福建宁德•八年级统考期末）如图，已知点P是0AOB内一点，过点P的直线分别交

射线OA,于点N,将直线绕点尸旋转，△MON的形状与面积都随之变化.

图2

（1）请在图1中用尺规作出△MOM使得AMON是以为斜边的直角三角形;

（2）如图2,在。尸的延长线上截取PC=OP,过点C作CM0OB交射线OA于点连接M尸并延长交

OB于点、N.求证：OP平分AMON的面积;

（3）小亮发现：在直线旋转过程中，（2）中所作的AMON的面积最小.请利用图2帮助小亮说明理由.

【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）当点尸是的中点时S/MON最小.理由见解析.

【分析】（1）根据尺规作图，过P点作PN回OB于N,交OA于点M；

（2）证明三角形全等得P为MN的中点，便可得到结论;

（3）过点P作另一条直线EF交OA、OB于点E、F,设PF<PE,与MC交于于G,ffiBlEPGMfflPFN,得回PGM

与EIPFN的面积相等，进而得S四边形MOFG=SAMON•便可得SAMONVSAEOF，问题得以解决.

【详解】（1）①在。8下方取一点K,

②以尸为圆心，PK长为半径画弧，与02交于C、。两点,

③分别以C、。为圆心，大于长为半径画弧，两弧交于E点,

④作直线PE,分别与。4、08交于点M、N,

丽C=[3P0N,

在团PCM和团PON中，

zC=zPON

PC=PO,

zCPH=zOPN

团团尸CM!mPON(ASA),

团尸M=PN,

团OP平分团MON的面积；

(3)过点尸作另一条直线跖交04、。5于点从F,设PFVPE,与MC交于于G,

团CM05,

WGMP=BFNP,

在回PGM和回尸/M中，

ZPMG=Z.PNF

PM=PN,

/MPG=乙NPF

丽尸GMffl/VW(ASA),

出S#GM=S^PFN

团S四边形MOFG—SAMON.

0S四边形MOFGVS^EOF,

^SAMON<SAEOF,

团当点尸是MN的中点时S』MON最小.

【点睛】本题主要考查了图形的旋转性质，全等三角形的性质与判定，三角形的中线性质，关键证明三角

形全等.

【变式3](2023・福建•一模)如图，在△ABC中，=90°,乙4=30°,将△ZBC绕点C顺时针旋转固定角度

后得到△4B'C,使得点方在ZB上，48'与AC交于点F.

（1）在给出的图形上用尺规作出△4B，C；（要求：尺规作图不写作法，保留作图痕迹）

（2）求证：A'B'//BC.

【答案】（工）详见解析；（2）详见解析.

【分析】（1）直接利用旋转的性质得出对应点位置进而得出答案；

（2）由旋转的性质得NCB'4=NB=60。，再计算出NB'CB=NCB'4=60。，即可得到结论.

【详解】（1）如图，AAB'C为所求作的三角形；

（2）证明：由旋转可得RtAABCwRtAA'8'C,

4CB'A'=乙B,

■：/.ACB=90°,U=30",

•••Z.B=60°,

△BCB'是等边三角形，

•••4B'CB=/.CB'A'=60°,

•••A'B'//BC.

【点睛】此题主要考查了旋转变换以及等边三角形的判定与性质，正确得出对应点位置是解题关键.

失分的原因：不能正确理解本题所作的三角形，实质就是作已知三角形的全等三角形；对平行线的判定方

法掌握不熟练.

考点5：旋转的应用一一规律

典例5：（2024上•山东烟台•八年级统考期末）如图，在平面直角坐标系中，将正方形02BC绕点。逆时针旋

转45。后得到正方形依此方式，绕点。连续旋转2024次得到正方形O4024B2024c2024,如果点4的

坐标为（1,0）,那么点殳。24的坐标为（）

A.(V2,0)B.(0,V2)C.(1,1)D.(-1,1)

【答案】C

【分析】根据图形可知：点B在以。为圆心，以。B为半径的圆上运动，再由旋转可知：将正方形。力BC绕点。

逆时针旋转45。后得到正方形02/1G，相当于将线段。8绕点。逆时针旋转45。，可得对应点B的坐标，然后

发现规律是8次一循环，进而得出答案.

【详解】解:回点2的坐标为(1,0),四边形0aBe是正方形，

团点B的坐标为(1,1),

OA=AB=1,

,•・四边形04BC是正方形，

/OAB=90°,

连接。B,如图：

由勾股定理得：OB="2+12=企，

由旋转的性质得：OB=0B1=OB2=OB3=…=V2,

•••将正方形。力BC绕点。逆时针旋转45。后得到正方形。4/iG，

相当于将线段OB绕点。逆时针旋转45。，依次得到乙40B=乙BOB1=^BrOB2=…=45°,

⑨,B2(-l,l),B3(-V2,0),B4(-l,-l),B5(O,-V2),B7(V2,0),B8(l,l)

发现是8次一循环，则2024+8=253,

回殳024是第253组的最后一个点，

・••点B2024的坐标为(U)，

故选：C.

【点睛】本题考查了旋转的性质、正方形的性质、坐标与图形性质、勾股定理、规律型：点的坐标等知识，

解题的关键是数形结合并学会从特殊到一般的探究规律的方法.

【变式1](2024上•河北保定•八年级统考期末)如图，在平面直角坐标系中，将A/IB。绕点力顺时针旋转到

△4816的位置，点仄。分别落在点名,6处，点名在x轴上，再将A/lBiCi绕点当顺时针旋转到△45送2的

位置，点在x轴上，将△2/1绕点顺时针旋转到△力2鸟2c2的位置，点4在久轴上，…，若点4(2,0),点

B(0,3),则B2024的坐标是()

A.(5060,2)B.(5060,3)

C.(5060+1012713,3)D.(5055+1011713,3)

【答案】C

【分析】本题考查坐标与图形的变化-旋转、勾股定理等知识，首先根据已知求出三角形三边长度，然后通

、、

过旋转发现，BB2B4即可得每偶数之间的B相(5+同)个单位长度，根据这个规律可以求得殳。24

的坐标.

【详解】解：由图象可知点B2024在第一象限，

BOA=2,OB=3,Z.AOB=90°,

SAB=>JOA2+OB2=V22+32=V13,

EIB2(5+V13,3),%(10+2g,3),B6(15+3V13,3),…，B2n(5n+nV13,3),

当n=1012时，B2O24(5060+1012V13,3).

故选：C.

【变式2](2023上•湖北荆州•九年级统考期中)如图，一段抛物线y=—x(x—4)(0WxW4),记为它

与x轴交于点0,A1；将G绕点41旋转180。得C2,交x轴于点4；将绕点4旋转18。°得C3,交x轴于点&；…，

如此进行下去，若P(2023,m)是其中某段抛物线上一点，则加的值为().

A.-3B.3C.-6D.6

【答案】A

【分析】本题考查了抛物线与x轴的交点，二次函数的图象，二次函数与几何变换，由抛物线G与x轴交点

坐标得出抛物线的解析式，再根据周期为8即可求出山的值，掌握抛物线解析式的求法，以及抛物线与x

轴交点坐标的求法是解题的关键.

【详解】解：回一段抛物线G：y=—x(x—4)(0<x<4),

团图象G与％轴交点坐标为：(。，0)，(4,0)，

回。4=4,

回将Q绕点4旋转180。得，

SOA2=8,

团抛物线C2：y=(x-4)(x-8)(4<x<8),且抛物线一个周期长为8,

团2023+8=252-7,

0m=(7-4)x(7-8)=-3,

故选：A.

【变式3](2023上•湖北武汉•九年级统考期中)如图，在平面直角坐标系中，AaOB为等腰直角三角形，

^OBA=90°,OA=3V2,边。B在y轴正半轴上，点A在第一象限内，将△绕点。顺时针旋转，每次

旋转45。，则第2023次旋转后，点A所对应的点的坐标是()

A.(3V2,0)B.(3,3)C.(0,3V2)D.(3,-3)

【答案】C

【分析】观察图象可得，点A旋转8次为一个循环，从而可得点42023与点4的坐标相同，即可求解.

【详解】解：如图，点A旋转8次为一个循环，

02023+8=252……7,

回点人2023与点47的坐标相同，

回点4023的坐标为(0,3口

故选：C.

考点6：旋转的几何综合

典例6：(2023上•广东东莞,九年级校联考期中)正方形4BCD的边长为5,E,F分别是力B,BC边上的点,

且NEDF=45。.将AZME绕点。逆时针旋转90。，得到ADCM.

⑴求证：EF=AE+CF；

(2)当4E=2时，求EF的长.

【答案】⑴证明见解析

29

(2)y

【分析】(])由旋转的性质可知，/-CDM=/.ADE,DE=DM；由NEDF=45。和四边形48CD是正方形，

可得N4DE+NFDC=45。，从而得出NFDM=NEDF,利用SAS得出△EDF三△MDF,即可求解；

(2)由4EDF=△MDF得AE=CM=2,正方形48CD的边长为5,从而求出EB=3,根据8M=BC+CM

求出的长，设EF=MF=x,则BF=BM-MF=BM-EF=7—久，在RtAEBF中，由勾股定理得：

EB2+BF2=EF2,即可求解.

【详解】(1)证明：:/.EDF=45°,

・•・/.ADE+乙FDC=45°,

由旋转的性质可知，^CDM=^ADE,DE=DM,

・•・乙FDM=45°,

•••Z-FDM=Z-EDF,

・•.AEDF=^MDFrSAS?,

・•.EF=FM,

•••FM=CF+CM,

・•.EF=AE+CF；

(2)解：设EF=MF=%,

•・•AE=CM=2,BC=5,

・•.BM=BC+CM=5+2=7,

BF=BM-MF=BM—EF=7—x,

・•.EB=AB-AE=5-2=3,

在RtAEBF中，由勾股定理得：

EB2+BF2=EF2,即32+(7—x)2=/,

解得：%=

则EF=

7

【点睛】本题考查了正方形的性质，旋转的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，解题的关键是熟

练掌握相关的定理及性质.

【变式1](2022下•广东深圳•八年级校联考期中)某研究性学习小组在学习《简单的图案设计》时，发现

了一种特殊的四边形，如图1,在四边形ZBCD中，AB=AD,^B+^D=180°,我们把这种四边形称为"等

补四边形".如何求"等补四边形"的面积呢？

探究一：

⑴如图2,已知“等补四边形"4BCD,若〃=90。，将"等补四边形"BCD绕点A顺时针旋转90。，可以形成

一个直角梯形(如图3).若BC=4cm,CD=2cm,则"等补四边形"的面积为一cm2

探究二：

(2)如图4,已知"等补四边形"ABCD,若N4=120。，将“等补四边形"绕点A顺时针旋转120。，再将得到的四

边形按上述方式旋转120。，可以形成一个等边三角形(如图5).若8c=6cm,CD=4cm,则"等补四边

形"4BCD的面积为一cm?.

由以上探究可知，对一些特殊的"等补四边形"，只需要知道BC,CD的长度，就可以求它的面积.那么，如

何求一般的"等补四边形”的面积呢？

探究三：

(3)如图6,已知"等补四边形"4BCD,连接北，将△4CD以点A为旋转中心顺时针旋转一定角度，使4。与4B

重合，得到△力B。，点C的对应点为点C,

①由旋转得：AD=N_,因为乙4BC+N。=180。，所以乙48C+Z718C'=180。，即点C',B,C在同一直

线上，所以我们拼成的图形是一个三角形，即△4CC'.

②如图7,在△4CC，中，作AW1BC于点H,若4"=机，CH=n,试求出“等补四边形”4BCD的面积(用

含机，w的代数式表示)，并说明理由.

【答案】⑴9

25V3

⑵/nX丁

(3)(1)XBC,；@mn,理由见解析

【分析】(1)通过旋转变换可得四边形面积等于直角梯形面积的一半，结合题意求直角梯形的面积即可求

解;

(2)通过旋转变换可得四边形面积等于等边三角形的面积的右根据等边三角形的性质可求得NGCF=60°,

GC=FC,根据30。角的直角三角形的性质可得EF=5,根据勾股定理求得等边三角形的高，求出等边三角

形的面积，即可求解；

(3)①根据旋转的性质即可求解；

②通过旋转变换可得四边形面积等于等腰三角形面积，根据三角形的面积公式即可求解.

【详解】(1)解：由题意"等补四边形的面积=(x等x(2+4)=9.

故答案为：

(2)解：过点。作CE1G尸交于点E,如图：

根据题意可得FC==4+6=10(cm),

0AFGC是等边三角形，

0ZGCF=60°,GC=FC,

0ZFCE=二1乙GCF=30°,

2

在RtZFCE=30°,FC=10,

BEF=-2FC=5,

则EC=VFC2-EF2=V102-52=5V3,

故〃等补四边形〃的面积=1x|xl0x5V3=萼.

故答案为：萼.

(3)解：①由旋转的性质可知，ZD=/.ABC,

故答案为：ABC.

②：由旋转的性质可知，AC=AC,

EL4”1CC,

EICH=HC=n,

0CC,=2n,

团”等补四边形"4BC0的面积=△4CC'的面积=|X2nXm=mn.

【点睛】本题考查了旋转变换，直角梯形的面积公式，等边三角形的性质，勾股定理，含30。角的直角三角

形的性质，三角形的面积公式等，解题的关键是利用旋转变换把求不规则图形的面积转化为求规则图形的

面积.

【变式2](2023上•湖北黄石•九年级校联考阶段练习)如图所示，点。是等边△力BC内的任一点，连接04,

OB,OC,^AOB=150°,NBOC=120。，将△B。。绕点C按顺时针方向旋转60。得△力DC.

(1)求4。力。的度数；

(2)用等式表示线段。4,OB,OC之间的数量关系，并证明.

【答案】(1)4口4。=90°

(2)线段。4OB,OC之间的数量关系是。氏+。82=。02.证明见解析

【分析】(1)根据旋转的性质得到AB。。三△4。。，可得4。=120。/。。。=60。，再求出乙40C,利用四

边形内角和度数，即可解答；

(2)连接0D,证明△OCD是等边三角形，再根据勾股定理和线段的等量转换，即可得到0寿+OB2=0C2.

【详解】(1)解：回44。8=150°,Z.BOC=120,

0Z4OC=360°-120°-150°=90°.

团将ABOC绕点C按顺时针方向旋转60。得到△ADC,

・•.△BOC=△ADC,

也LOCD=60°,乙D=乙BOC=120°,

0ZDXO=360°-^AOC-乙OCD-4D=90°；

(2)线段04,OB,OC之间的数量关系是。42+。5=%2.

证明：如图，连接。D,

0ABOC绕点C按顺时针方向旋转60。得到△ADC,

E1ZOCZ)=60°,CD=OC,AD=OB,

0Aocn是等边三角形，

HOC-OD=CD,

由①知404。=90。，在RtAAD。中，。42+4。2=。。2,

SOA2+OB2=OC2.

【点睛】本题考查了旋转的性质，等边三角形的判定和性质，全等三角形的性质，勾股定理，正确作出辅

助线，熟练掌握旋转的性质是解题的关键.

【变式3](2024上•辽宁辽阳•九年级统考期末)综合与实践

数学活动课上，同学们以"正方形与旋转"为主题开展探究活动.

【探索发现】

(1)如图1,在正方形ABCD中，点E是边CD上一点，力于点F,将线段2F绕点4逆时针旋转90。得到

线段4G,连接DG,

可证：AABFmAADG.请写出证明过程；

【深入思考】

(2)在(1)的条件下，如图2,若延长BE,GD交于点H,试猜想线段BF,FH,之间的数量关系，并

证明你的猜想；

【拓展延伸】

(3)在(2)的条件下，如图3,连接CH,将线段绕点H逆时针旋转90。得到线段HP,点P在上，试

猜想BP,CH的数量关系，并证明你的猜想.

图1图2图3

【答案】(1)见解析；(2)FH=BF+DH；理由见解析；(3)BP=<2CH.理由见解析

【分析】(1)利用SAS即可证明A2BF三A40G；

(2)由AaBF三AADG推出4G=乙4/8=90。，BF=DG,证明四边形力FHG是正方形，利用等量代换即

可推出FH=BF+DH；

(3)连接BD和PO,证明ABOPCOH,即可得到BP=/CH.

【详解】(1)证明：回四边形力BCD是正方形，

^AB=AD,/.BAD=90°,

团将线段AF绕点力逆时针旋转90。得到线段4G,

EINF4G=90°,AF=AG,

Bl^BAF=90°-/.FAD=/.DAG,

0ABAF三△DAG(SAS)；

(2)FH=BF+DH；理由如下：

EL4F1BE,

0ZXFH=/.AFB=90°,

0AABF三AADG,

0ZG=