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（2019?衡阳）如图，在直角△OAB中，∠AOB=30°，将△OAB绕点O逆时针旋转100°得到△OA1B1，则∠A1OB= 70 °．
考点： 旋转的性质． 专题： 探究型． 分析： 直接根据图形旋转的性质进行解答即可． 解答： 解：∵将△OAB绕点O逆时针旋转100°得到△OA1B1，∠AOB=30°， ∴△OAB≌△OA1B1， ∴∠A1OB=∠AOB=30°． ∴∠A1OB=∠A1OA﹣∠AOB=70°． 故答案为：70． 点评： 本题考查的是旋转的性质，熟知图形旋转前后对应边、对应角均相等的性质是解答此题的关键． （2019，娄底）某校九年级学习小组在探究学习过程中，用两块完全相同的且含60?角的直角三角板ABC与AFE按如图（1）所示位置放置放置，现将Rt△AEF绕A点按逆时针方向旋转角??0????90??，如图（2），AE与BC交于点M，AC与EF交于点N，BC与EF交于点P.（1）求证：AM?AN； （2）当旋转角??30?时，四什么样的特殊四边形？并说明
边形ABPE是理由.
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（2019?巴中）△ABC在平面直角坐标系xOy中的位置如图所示． （1）作△ABC关于点C成中心对称的△A1B1C1．
（2）将△A1B1C1向右平移4个单位，作出平移后的△A2B2C2．
（3）在x轴上求作一点P，使PA1+PC2的值最小，并写出点P的坐标（不写解答过程，直接写出结果）
考点： 作图-旋转变换；轴对称-最短路线问题；作图-平移变换． 分析： （1）延长AC到A1，使得AC=A1C1，延长BC到B1，使得BC=B1C1，即可得出图象； （2）根据△A1B1C1将各顶点向右平移4个单位，得出△A2B2C2； （3）作出A1的对称点A′，连接A′C2，交x轴于点P，再利用相似三角形的性质求出P点坐标即可． 解答： 解；（1）如图所示： 数学试卷
（2）如图所示： （3）如图所示：作出A1的对称点A′，连接A′C2，交x轴于点P， 可得P点坐标为：（，0）． 点评： 此题主要考查了图形的平移与旋转和相似三角形的性质等知识，利用轴对称求求最小值问题是考试重点，同学们应重点掌握． （2019?达州）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。
FF
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=CD，
∴把△ABE绕点A逆时针旋转90°至△ADG，可使AB与AD重合。
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∵∠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_互补___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。 解：BD+EC=DE
解析：(1)SAS
………………………2
2
2
(1分）
(2分）
△AFE(2)∠B+∠D=180°
2
2
………………………
………………………
(4分） (5分）
(3)解：BD+EC=DE.∵AB=AC，
2………………………
∴把△ABD绕A点逆时针旋转90°至△ACG，可使AB与AC重合.
∵△ABC中，∠BAC=90°.
∴∠ACB+∠ACG=∠ACB+∠B=90°,即∠ECG=90°. ∴EC+CG=EG.
2
2
2………………………
(7分）
在△AEG与△AED中,
∠EAG=∠EAC+∠CAG=∠EAC+∠BAD=90°-∠EAD=45°=∠EAD, 又∵AD=AG，AE=AE， ∴△AEG≌△AED. ∴DE=EG.又∵CG=BD, ∴BD+EC=DE.
2
2
2………………………
(9分）
2019?眉山）如图，在11×11的正方形网格中，每个小正方形的边长都为1，网格中有一个格点△ABC（即三角形的顶点都在格点上）。
⑴在图中作出△ABC关于直线l对称的△A1B1C1；（要求A与A1，B与B1，C与C1相对应）
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⑵作出△ABC绕点C顺时针方向旋转90°后得到的△A2B2C；
⑶在⑵的条件下直接写出点B旋转到B2所经过的路径的长。（结果保留π）
l C A B （2019?自贡）将两块全等的三角板如图①摆放，其中∠A1CB1=∠ACB=90°，∠A1=∠A=30°． （1）将图①中的△A1B1C顺时针旋转45°得图②，点P1是A1C与AB的交点，点Q是A1B1与BC的交点，求证：CP1=CQ；
（2）在图②中，若AP1=2，则CQ等于多少？
（3）如图③，在B1C上取一点E，连接BE、P1E，设BC=1，当BE⊥P1B时，求△P1BE面积的最大值．
考点： 相似三角形的判定与性质；全等三角形的判定与性质；旋转的性质；解直角三角形． 分析： （1）先判断∠B1CQ=∠BCP1=45°，利用ASA即可证明△B1CQ≌△BCP1，从而得出结论． （2）作P1D⊥CA于D，在RtADP1中，求出P1D，在Rt△CDP1中求出CP1，继而可得出CQ的长度． （3）证明△AP1C∽△BEC，则有AP1：BE=AC：BC=：1，设AP1=x，则BE=x，得出S△P1BE关于x的表达式，利用配方法求最值即可． 解答： （1）证明：∵∠B1CB=45°，∠B1CA1=90°， ∴∠B1CQ=∠BCP1=45°， ∵在△B1CQ和△BCP1中， ， ∴△B1CQ≌△BCP1（ASA）， ∴CQ=CP1； （2）作P1D⊥CA于D， ∵∠A=30°， ∴P1D=AP1=1， ∵∠P1CD=45°， ∴=sin45°=， ∴CP1=P1D=， 又∵CP1=CQ， ∴CQ=； （3）∵∠P1BE=90°，∠ABC=60°， ∴∠A=∠CBE=30°， ∴AC=BC， 由旋转的性质可得：∠ACP1=∠BCE， ∴△AP1C∽△BEC， ∴AP1：BE=AC：BC=：1， 设AP1=x，则BE=x， 在Rt△ABC中，∠A=30°， 数学试卷
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∴AB=2BC=2， ∴S△P1BE=×=﹣x（2﹣x）=﹣2x+2x （x﹣1）+， ． 故当x=1时，S△P1BE（max）=点评： 本题考查了相似三角形的判定与性质，解答本题需要我们熟练掌握含30°角的直角三角形的性质、勾股定理及配方法求二次函数的最值，有一定难度． 2019?铁岭）如图，在△ABC中，AB=2，BC=3.6，∠B=60°，将△ABC绕点A按顺时针旋转一定角度得到△ADE，当点B的对应点D恰好落在BC边上时，则CD的长为 1.6 ．
考点： 旋转的性质． 分析： 由将△ABC绕点A按顺时针旋转一定角度得到△ADE，当点B的对应点D恰好落在BC边上，可得AD=AB，又由∠B=60°，可证得△ABD是等边三角形，继而可得BD=AB=2，则可求得答案． 解答： 解：由旋转的性质可得：AD=AB， ∵∠B=60°， ∴△ABD是等边三角形， ∴BD=AB， ∵AB=2，BC=3.6， ∴CD=BC﹣BD=3.6﹣2=1.6． 故答案为：1.6． 点评： 此题考查了旋转的性质以及等边三角形的判定与性质．此题比较简单，注意掌握旋转前后图形的对应关系，注意数形结合思想的应用． 数学试卷
2019?鄂州）如图，△AOB中，∠AOB=90°，AO=3，BO=6，△AOB绕顶点O逆时针旋转到△A′OB′处，此时线段A′B′与BO的交点E为BO的中点，则线段B′E的长度为
．
考点： 旋转的性质．3718684 分析： 利用勾股定理列式求出AB，根据旋转的性质可得AO=A′O，A′B′=AB，再求出OE，从而得到OE=A′O，过点O作OF⊥A′B′于F，利用三角形的面积求出OF，利用勾股定理列式求出EF，再根据等腰三角形三线合一的性质可得A′E=2EF，然后根据B′E=A′B′﹣A′E代入数据计算即可得解． 解答： 解：∵∠AOB=90°，AO=3，BO=6， ∴AB===3， ∵△AOB绕顶点O逆时针旋转到△A′OB′处， ∴AO=A′O=3，A′B′=AB=3∵点E为BO的中点， ∴OE=BO=×6=3， ∴OE=A′O， 过点O作OF⊥A′B′于F， S△A′OB′=×3解得OF=?OF=×3×6， ， ， 在Rt△EOF中，EF=∵OE=A′O，OF⊥A′B′， ∴A′E=2EF=2×===， （等腰三角形三线合一）， ﹣=． ∴B′E=A′B′﹣A′E=3数学试卷
故答案为：． 点评： 本题考查了旋转的性质，勾股定理的应用，等腰三角形三线合一的性质，以及三角形面积，熟练掌握旋转变换只改变图形的位置不改变图形的形状与大小是解题的关键． （2019?黄石）把一副三角板如图甲放置，
其
中
?ACB??DEC?90，
D A A O D1 ?A?45，?D?30，斜边AB?6，
DC?7，把三角板DCE绕着点C顺时
针旋转15得到△D1CE1（如图乙），
C 此时AB与CD1交于点O，则线段AD1的长度为
A.32 B. 5 C. 4 D.31 答案：B
图甲
E B C 图乙 E1 B 解析：如图所示，∠3=15°，∠E1=90°，∴∠1=∠2=75°，又∵∠B=45°，
∴∠OFE1=∠B+∠1=45°+75°=120°。 ∵∠OFE1=120°，∴∠D1FO=60°，
∵∠CD1E1=30°，∴∠4=90°， 又∵AC=BC，AB=6，∴OA=OB=3， ∵∠ACB=90°，∴
又∵CD1=7，∴OD1=CD1-OC=7-3=4， 在Rt△AD1O中，
。
，
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（2019?荆门）在平面直角坐标系中，线段OP的两个端点坐标分别是O（0，0），P（4，3），将线段OP绕点O逆时针旋转90°到OP′位置，则点P′的坐标为（ ） A． （3，4）
考点： 坐标与图形变化-旋转． 专题： 数形结合． 分析： 如图，把线段OP绕点O逆时针旋转90°到OP′位置看作是把Rt△OPA绕点O逆时针旋转90°到RtOP′A′，再根据旋转的性质得到OA′、P′A′的长，然后根据第二象限点的坐标特征确定P′点的坐标． 解答： 解：如图，OA=3，PA=4， ∵线段OP绕点O逆时针旋转90°到OP′位置， ∴OA旋转到x轴负半轴OA′的位置，∠P′A′0=∠PAO=90°，P′A′=PA=4， ∴P′点的坐标为（﹣3，4）． 故选C． B． （﹣4，3） C． （﹣3，4） D． （4，﹣3） 点评： 本题考查了坐标与图形变化﹣旋转：在直角坐标系中线段的旋转问题转化为直角三角形的旋转，然后利用旋转的性质求出相应的线段长，再根据点的坐标特征确定点的坐5标． （2019?武汉）如图，在平面直角坐标系中， Rt△ABC的三个顶点分别是A（－3，2），B（0，4）， C（0，2）． （1）将△ABC以点C为旋转中心旋转180°，画出旋 转后对应的△A1B1C；平移△ABC，若A的对应点A2 A4B3212345yCx–5–4–3–2–1O1–1–2–3–4–5第21题图数学试卷
的坐标为（0，4），画出平移后对应的△A2B2C2； （2）若将△A1B1C绕某一点旋转可以得到△A2B2C2， 请直接写出旋转中心的坐标；
（3）在x轴上有一点P，使得PA+PB的值最小， 请直接写出点P的坐标． 解析：
（1）画出△A1B1C如图所示：
y54B3213（2）旋转中心坐标（，?1）；
2（3）点P的坐标（－2，0）．
AA1Cx2345–5–4–3–2–1O1–1–2–3–4–5(B1)B2A2C2第21题图（2019?襄阳）如图1，点A是线段BC上一点，△ABD和△ACE都是等边三角形． （1）连结BE，CD，求证：BE=CD；
（2）如图2，将△ABD绕点A顺时针旋转得到△AB′D′． ①当旋转角为 60 度时，边AD′落在AE上；
②在①的条件下，延长DD’交CE于点P，连接BD′，CD′．当线段AB、AC满足什么数量关系时，△BDD′与△CPD′全等？并给予证明．
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考点： 全等三角形的判定与性质；等边三角形的性质；旋转的性质． 专题： 几何综合题． 分析： （1）根据等边三角形的性质可得AB=AD，AE=AC，∠BAD=∠CAE=60°，然后求出∠BAE=∠DAC，再利用“边角边”证明△BAE和△DAC全等，根据全等三角形对应边相等即可得证； （2）①求出∠DAE，即可得到旋转角度数； ②当AC=2AB时，△BDD′与△CPD′全等．根据旋转的性质可得AB=BD=DD′=AD′，然后得到四边形ABDD′是菱形，根据菱形的对角线平分一组对角可得∠ABD′=∠DBD′=30°，菱形的对边平行可得DP∥BC，根据等边三角形的性质求出AC=AE，∠ACE=60°，然后根据等腰三角形三线合一的性质求出∠PCD′=∠ACD′=30°，从而得到∠ABD′=∠DBD′=∠BD′D=∠ACD′=∠PD′C=30°，然后利用“角边角”证明△BDD′与△CPD′全等． 解答： （1）证明：∵△ABD和△ACE都是等边三角形． ∴AB=AD，AE=AC，∠BAD=∠CAE=60°， ∴∠BAD+∠DAE=∠CAE+∠DAE， 即∠BAE=∠DAC， 在△BAE和△DAC中， ， ∴△BAE≌△DAC（SAS）， ∴BE=CD； （2）解：①∵∠BAD=∠CAE=60°， ∴∠DAE=180°﹣60°×2=60°， ∵边AD′落在AE上， ∴旋转角=∠DAE=60°； ②当AC=2AB时，△BDD′与△CPD′全等． 理由如下：由旋转可知，AB′与AD重合， 数学试卷
∴AB=BD=DD′=AD′， ∴四边形ABDD′是菱形， ∴∠ABD′=∠DBD′=∠ABD=×60°=30°，DP∥BC， ∵△ACE是等边三角形， ∴AC=AE，∠ACE=60°， ∵AC=2AB， ∴AE=2AD′， ∴∠PCD′=∠ACD′=∠ACE=×60°=30°， 又∵DP∥BC， ∴∠ABD′=∠DBD′=∠BD′D=∠ACD′=∠PCD′=∠PD′C=30°， 在△BDD′与△CPD′中， ， ∴△BDD′≌△CPD′（ASA）． 故答案为：60． 点评： 本题考查了全等三角形的判定与性质，等边三角形的性质，以及旋转的性质，综合性较强，但难度不大，熟练掌握等边三角形的性质与全等三角形的判定是姐提到过． （2019?孝感）如图，已知△ABC和点O．
（1）把△ABC绕点O顺时针旋转90°得到△A1B1C1，在网格中画出△A1B1C1；
（2）用直尺和圆规作△ABC的边AB，AC的垂直平分线，并标出两条垂直平分线的交点P（要求保留作图痕迹，不写作法）；指出点P是△ABC的内心，外心，还是重心？
考点： 作图-旋转变换；作图—复杂作图． 数学试卷
分析： （1）分别得出△ABC绕点O顺时针旋转90°后的对应点坐标，进而得到△A1B1C1， （2）根据垂直平分线的作法求出P点即可，进而利用外心的性质得出即可． 解答： 解：（1）△A1B1C1如图所示； （2）如图所示； 点P是△ABC的外心． 点评： 此题主要考查了复杂作图，正确根据垂直平分线的性质得出P点位置是解题关键． （2019?张家界）如图，在方格纸中，以格点连线为边的三角形叫做格点三角形。请按要求完成下列操作：先将△ABC绕A点逆时针旋转90°得到△A1B1C1，再将△A1B1C1沿直线B1C1作轴反射得到△A2B2C2。
D C O F
A E B （图3） 数学试卷
（2019?晋江）如图3，E、F分别是正方形ABCD的边AB、BC上的点，
BE?CF，连接CE、DF．将?BCE绕着正方形的中心O
按逆时针方向旋转到?CDF的位置，则旋转角是( C ). A．45? B．60? C．90? D．120?
（2019?莆田）如图，将Rt△ABC（其中∠B=35°，∠C=90°）绕点A按顺时针方向旋转到△AB1C1的位置，使得点C、A、B1在同一条直线上，那么旋转角等于（ ）
A． 55°
考点： 旋转的性质． 分析： 根据直角三角形两锐角互余求出∠BAC，然后求出∠BAB′，再根据旋转的性质对应边的夹角∠BAB′即为旋转角． 解答： 解：∵∠B=35°，∠C=90°， ∴∠BAC=90°﹣∠B=90°﹣35°=55°， ∵点C、A、B1在同一条直线上， ∴∠BAB′=180°﹣∠BAC=180°﹣55°=125°， ∴旋转角等于125°． 故选C． 点评： 本题考查了旋转的性质，直角三角形两锐角互余的性质，熟练掌握旋转的性质，明确对应边的夹角即为旋转角是解题的关键． （2019?漳州）如图，方格纸中的每个小方格是边长为1个单位长度的正方形． （1）画出将Rt△ABC向右平移5个单位长度后的Rt△A1B1C1；
（2）再将Rt△A1B1C1绕点C1顺时针旋转90°，画出旋转后的Rt△A2B2C1，并求出旋转过程中线段A1C1所扫过的面积(结果保留π)．
B． 70° C． 125° D． 145° 第20题图
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（2019?吉林省）如图，把Rt⊿ABC绕点A逆时针旋转40°，得到Rt⊿AB′C′，点C′恰好落在边AB上，连接BB′，则∠BB′C′= 度. /B
（2019?宁夏）如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，∠A=α，将△ABC绕点C按顺时针方向旋转后得到△EDC，此时点D在AB边上，则旋转角的大小为 2a ．
BC/AC
考点： 旋转的性质． 分析： 由在Rt△ABC中，∠ACB=90°，∠A=α，可求得：∠B=90°﹣α，由旋转的性质可得：CB=CD，根据等边对等角的性质可得∠CDB=∠B=90°﹣α，然后由三角形内角和定理，求得答案． 解答： 解：∵在Rt△ABC中，∠ACB=90°，∠A=α， ∴∠B=90°﹣α， 由旋转的性质可得：CB=CD， ∴∠CDB=∠B=90°﹣α， ∴∠BCD=180°﹣∠B﹣∠CDB=2α． 即旋转角的大小为2α． 数学试卷
故答案为：2α． 点评： 此题考查了旋转的性质、等腰三角形的性质以及三角形内角和定理．此题难度不大，注意掌握旋转前后图形的对应关系，注意数形结合思想的应用． （2019?常州）在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=1，BC=
，点O为Rt△ABC内一点，连接A0、
BO、CO，且∠AOC=∠COB=BOA=120°，按下列要求画图（保留画图痕迹）：
以点B为旋转中心，将△AOB绕点B顺时针方向旋转60°，得到△A′O′B（得到A、O的对应点分别为点A′、O′），并回答下列问题： ∠ABC= 30° ，∠A′BC= 90° ，OA+OB+OC=
．
考点： 作图-旋转变换． 专题： 作图题． 分析： 解直角三角形求出∠ABC=30°，然后过点B作BC的垂线，在截取A′B=AB，再以点A′为圆心，以AO为半径画弧，以点B为圆心，以BO为半径画弧，两弧相交于点O′，连接A′O′、BO′，即可得到△A′O′B；根据旋转角与∠ABC的度数，相加即可得到∠A′BC； 根据直角三角形30°角所对的直角边等于斜边的一半求出AB=2AC，即A′B的长，再根据旋转的性质求出△BOO′是等边三角形，根据等边三角形的三条边都相等可得BO=OO′，等边三角形三个角都是60°求出∠BOO′=∠BO′O=60°，然后求出C、O、A′、O′四点共线，再利用勾股定理列式求出A′C，从而得到OA+OB+OC=A′C． 解答： 解：∵∠C=90°，AC=1，BC=∴tan∠ABC===， ， ∴∠ABC=30°， ∵△AOB绕点B顺时针方向旋转60°， ∴△A′O′B如图所示； 数学试卷
∠A′BC=∠ABC+60°=30°+60°=90°， ∵∠C=90°，AC=1，∠ABC=30°， ∴AB=2AC=2， ∵△AOB绕点B顺时针方向旋转60°，得到△A′O′B， ∴A′B=AB=2，BO=BO′，A′O′=AO， ∴△BOO′是等边三角形， ∴BO=OO′，∠BOO′=∠BO′O=60°， ∵∠AOC=∠COB=BOA=120°， ∴∠COB+∠BOO′=∠BO′A′+∠BO′O=120°+60°=180°， ∴C、O、A′、O′四点共线， 在Rt△A′BC中，A′C=∴OA+OB+OC=A′O′+OO′+OC=A′C=故答案为：30°；90°；． =． =， 点评： 本题考查了利用旋转变换作图，旋转变换的性质，直角三角形30°角所对的直角边等于斜边的一半的性质，勾股定理，等边三角形的判定与性质，综合性较强，最后一问求出C、O、A′、O′四点共线是解题的关键． （2019?南京）如图，将矩形ABCD绕点A顺时针旋转到矩形A’B’C’D’的位置， 旋转角为? (0?
A B’ B 1 C’
D D’ C （2019?毕节）四边形ABCD是正方形，E、F分别是DC和CB的延长线上的点，且DE=BF，连
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接AE、AF、EF。
（1）求证：△ADE≌△ABF；
（2）填空：△ABF可以由△ADE绕旋转中心 点，按顺时针方向旋转 度得到； （3）若BC=8，DE=6，求△AEF的面积。
（1）证明：∵ 四边形ABCD是正方形，F是BC延长线上一点， ∴ AB=AD,∠ABF=∠D=90° 又∵ DE=BF
∴ △ADE≌△ABF （SAS）
（3）解：由（1）△ADE≌△ABF可得∠FAB=∠EAD,AE=AF ∴ ∠FAB+∠BAE=∠EAD+∠BAE
即 ∠FAE=∠BAD=90°，△AEF为等腰直角三角形。 ∴ S△AEF =
（第25题图）
1112
AE●AF=AE●AE=AE. 222 若BC=8，DE=6,则AD=BC=8，AE= S△AEF=
AD2?DE2?82?62=10
12 12
AE=×10=50 （平方单位） 22 答：△AEF的面积为50平方单位。
（2019?北京）在△ABC中，AB=AC，∠BAC=?（0????60?），将线段BC绕点B逆时针
旋转60°得到线段BD。
（1）如图1，直接写出∠ABD的大小（用含?的式子表示）；
（2）如图2，∠BCE=150°，∠ABE=60°，判断△ABE的形状并加以证明； （3）在（2）的条件下，连结DE，若∠DEC=45°，求?的值。 1解析：【解析】（1）30???
2（2）△ABE为等边三角形
证明连接AD、CD、ED
∵线段BC绕点B逆时针旋转60?得到线段BD 则BC?BD，?DBC?60? 又∵?ABE?60?
∴?ABD?60???DBE??EBC?30??12?
且△BCD为等边三角形. 在△ABD与△ACO中 ??AB?AC?AD?AD ??BD?CD∴△ABD≌△ACD（SSS） ∴?BAD??CAD?112?BAC?2?
∵?BCE?150?
∴?BEC?180??(30??112?)?150??2?
在△ABD与△EBC中 ???BEC??BAD??EBC??ABD ??BC?BD∴△ABD≌△EBC（AAS） ∴AB?BE
∴△ABE为等边三角形 3）∵?BCD?60?，?BCE?150?
∴?DCE?150??60??90? 又∵?DEC?45?
∴△DCE为等腰直角三角形 ∴DC?CE?BC ∵?BCE?150? ∴?EBC?(180??150?)2?15?
数学试卷
ADEBC（数学试卷
1而?EBC?30????15?
2∴??30?
【点评】本题是初中数学重要模型“手拉手”模型的应用，从本题可以看出积累掌握常见模
型、常用辅助线对于平面几何的学习是非常有帮助的.
（2019?天津）如图，在△ABC中，AC=BC，点D、E分别是边AB、AC的中点，将△ADE绕点E旋转180°得△CFE，则四边形ADCF一定是（ ）
A． 矩形
考点： 旋转的性质；矩形的判定． 分析： 根据旋转的性质可得AE=CE，DE=EF，再根据对角线互相平分的四边形是平行四边形判断出四边形ADCF是平行四边形，然后利用等腰三角形三线合一的性质求出∠ADC=90°，再利用有一个角是直角的平行四边形是矩形解答． 解答： 解：∵△ADE绕点E旋转180°得△CFE， ∴AE=CE，DE=EF， ∴四边形ADCF是平行四边形， ∵AC=BC，点D是边AB的中点， ∴∠ADC=90°， ∴四边形ADCF矩形． 故选A． 点评： 本题考查了旋转的性质，矩形的判定，主要利用了对角线互相平分的四边形是平行四边形，有一个角是直角是平行四边形是矩形的判定方法，熟练掌握旋转变换只改变图形的位置不改变图形的形状与大小是解题的关键．
B． 菱形 C． 正方形 D． 梯形 数学试卷
（2019? 东营）将等腰直角三角形AOB按如图所示放置，然后绕点O逆时针旋转90?至
?A?OB?的位置，点B的横坐标为2，则点A?的坐标为（ C ）
A．(1,1)
B．(2,2)
C．(-1,1)
D．(?2,2)
（2019济宁）如图，△ABC和△A′B′C是两个完全重合的直角三角板，∠B=30°，斜边长为10cm．三角板A′B′C绕直角顶点C顺时针旋转，当点A′落在AB边上时，CA′旋转所构成的扇形的弧长为 cm．
考点：旋转的性质；弧长的计算．
分析：根据Rt△ABC中的30°角所对的直角边是斜边的一半、直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半以及旋转的性质推知△AA′C是等边三角形，所以根据等边三角形的性质利用弧长公式来求CA′旋转所构成的扇形的弧长． 解答：解：∵在Rt△ABC中，∠B=30°，AB=10cm， ∴AC=AB=5cm．
根据旋转的性质知，A′C=AC， ∴A′C=AB=5cm，
∴点A′是斜边AB的中点， ∴AA′=AB=5cm， ∴AA′=A′C=AC，
数学试卷
∴∠A′CA=60°，
∴CA′旋转所构成的扇形的弧长为：故答案是：
．
=
（cm）．
点评：本题考查了弧长的计算、旋转的性质．解题的难点是推知点A′是斜边AB的中点，同时，这也是解题的关键．
（2019聊城）如图，在等边△ABC中，AB=6，D是BC的中点，将△ABD绕点A旋转后得到△ACE，那么线段DE的长度为 ．
考点：旋转的性质；等边三角形的判定与性质． 分析：首先，利用等边三角形的性质求得AD=3质推知△ADE为等边三角形，则DE=AD．
解答：解：如图，∵在等边△ABC中，∠B=60°，AB=6，D是BC的中点， ∴AD⊥BD，∠BAD=∠CAD=30°， ∴AD=ABcos30°=6×
=3
．
；然后根据旋转的性质、等边三角形的性
根据旋转的性质知，∠EAC=∠DAB=30°，AD=AE， ∴∠DAE=∠EAC+∠BAD=60°， ∴△ADE的等边三角形， ∴DE=AD=3故答案是：3
，即线段DE的长度为3．
．
点评：本题考查了旋转的性质、等边三角形的性质．旋转的性质：旋转前后的两个图形全等，对应点与旋转中心的连线段的夹角等于旋转角，对应点到旋转中心的距离相等．
（2019? 潍坊）如图1所示，将一个边长为2的正方形ABCD和一个长为2、宽为1的长方形CEFD拼在一起，构成一个大的长方形ABEF.现将小长方形CEFD绕点C顺时
'''针旋转至CEFD,旋转角为?.
数学试卷
（1）当点D'恰好落在EF边上时，求旋转角?的值；
（2）如图2，G为BC，且0°＜?＜90°，求证：GD'?E'D；
（3）小长方形CEFD绕点C顺时针旋转一周的过程中，?DCD'与?CBD'能否全等？若能，直接写出旋转角?的值；若不能，说明理由.
2019?温州）如图，在方格纸中，△ABC的三个顶点和点P都在小方格的顶点上，按要求画
一个三角形，使它的顶点在方格的顶点上。
（1）将△ABC平移，使点P落在平移后的三角形内部，在图甲中画出示意图； ．．（2）以点C为旋转中心，将△ABC旋转，使点P落在旋转后的三角形内部，在图乙中画．．
出示意图。
（2019?广州）如图6，Rt?ABC的斜边AB=16, Rt?ABC绕点O顺时针旋转后得到
Rt?A?B?C?，则Rt?A?B?C?的斜边A?B?上的中线C?D的长度为_____________ .
A
B'OCBA'C'D数学试卷
（2019?牡丹江）已知∠ACD=90°，MN是过点A的直线，AC=DC，DB⊥MN于点B，如图（1）．易证BD+AB=
CB，过程如下：
过点C作CE⊥CB于点C，与MN交于点E
∵∠ACB+∠BCD=90°，∠ACB+∠ACE=90°，∴∠BCD=∠ACE． ∵四边形ACDB内角和为360°，∴∠BDC+∠CAB=180°． ∵∠EAC+∠CAB=180°，∴∠EAC=∠BDC．
又∵AC=DC，∴△ACE≌△DCB，∴AE=DB，CE=CB，∴△ECB为等腰直角三角形，∴BE=又∵BE=AE+AB，∴BE=BD+AB，∴BD+AB=
CB．
CB．
（1）当MN绕A旋转到如图（2）和图（3）两个位置时，BD、AB、CB满足什么样关系式，请写出你的猜想，并对图（2）给予证明． （2）MN在绕点A旋转过程中，当∠BCD=30°，BD=
时，则CD= 2 ，CB=
+1 ．
考点： 全等三角形的判定与性质；等腰直角三角形；旋转的性质． 分析： （1）过点C作CE⊥CB于点C，与MN交于点E，证明△ACE≌△DCB，则△ECB为等腰直角三角形，据此即可得到BE=CB，根据BE=AB﹣AE即可证得； （2）过点B作BH⊥CD于点H，证明△BDH是等腰直角三角形，求得DH的长，在直角△BCH中，利用直角三角形中30°的锐角所对的直角边等于斜边的一半，即可求得． 解答： （1）如图（2）：AB﹣BD=CB． 证明：过点C作CE⊥CB于点C，与MN交于点E， ∵∠ACD=90°， ∴∠ACE=90°﹣∠DCE，∠BCD=90°﹣∠ECD， 数学试卷
∴∠BCD=∠ACE． ∵DB⊥MN， ∴∠CAE=90°﹣∠AFC，∠D=90°﹣∠BFD， ∵∠AFC=∠BFD， ∴∠CAE=∠D， 又∵AC=DC， ∴△ACE≌△DCB， ∴AE=DB，CE=CB， ∴△ECB为等腰直角三角形， ∴BE=CB． 又∵BE=AB﹣AE， ∴BE=AB﹣BD， ∴AB﹣BD= 如图（3）：BD﹣AB=CB． CB． 证明：过点C作CE⊥CB于点C，与MN交于点E， ∵∠ACD=90°， ∴∠ACE=90°+∠ACB，∠BCD=90°+∠ACB， ∴∠BCD=∠ACE． ∵DB⊥MN， ∴∠CAE=90°﹣∠AFB，∠D=90°﹣∠CFD， ∵∠AFB=∠CFD， ∴∠CAE=∠D， 又∵AC=DC， ∴△ACE≌△DCB， ∴AE=DB，CE=CB， ∴△ECB为等腰直角三角形， ∴BE=CB． 又∵BE=AE﹣AB， 数学试卷
∴BE=BD﹣AB， ∴BD﹣AB= （2）如图（1），过点B作BH⊥CD于点H， ∵∠ABC=45°，DB⊥MN， ∴∠CBD=135°， ∵∠BCD=30°， ∴∠CBH=60°， ∴∠DBH=75°， ∴∠D=15°， ∴BH=BD?sin45°， ∴△BDH是等腰直角三角形， ∴DH=BH=BD=×=1， CB． ∵∠BCD=30° ∴CD=2DH=2， ∴CH=∴CB=CH+BH==+1； ， 点评： 本题考查了全等三角形的性质和判定的应用，注意：全等三角形的判定定理有SAS，ASA，AAS，SSS，全等三角形的性质是全等三角形的对应边相等，对应角相等． （2019?绥化）如图，方格纸中的每个小方格都是边长为1个单位长度的正方形，每个小正方形的顶点叫格点，△ABC的顶点均在格点上，请按要求完成下列步骤：
（1）画出将△ABC向右平移3个单位后得到的△A1B1C1，再画出将△A1B1C1绕点B1按逆时针方向旋转90°后所得到的△A2B1C2；
数学试卷
（2）求线段B1C1旋转到B1C2的过程中，点C1所经过的路径长．
考点： 作图-旋转变换；作图-平移变换． 分析： （1）根据平移的性质得出对应点位置以及利用旋转的性质得出对应点位置画出图形即可； （2）根据弧长计算公式求出即可． 解答： 解：（1）如图所示： （2）点C1所经过的路径长为：=2π． 点评： 此题主要考查了图形的旋转与平移变换以及弧长公式应用等知识，根据已知得出对应点位置是解题关键． （2019?河南）如图1，将两个完全相同的三角形纸片ABC和DEC重合放置，其中∠C=90°，
∠B=∠E=30°. （1）操作发现
如图2，固定△ABC，使△DEC绕点C旋转，当点D恰好落在AB边上时，填空： ①线段DE与AC的位置关系是_________；
②设△BDC的面积为S1，△AEC的面积为S2，则S1与S2的数量关系是_________________.
B(E) B 数学试卷 （2）猜想论证
D E A(D) 图1
C A 图2
C 当△DEC绕点C旋转到图3所示的位置时，小明猜想（1）中S1与S2的数量关系仍然成立，并尝试分别作出了△BDC和△AEC 中BC、CE边上的高，请你证明小明的猜想.
（3）拓展探究
已知∠ABC=60°，点D是其角平分线上一点，BD=CD=4，DE//AB交BC于点E（如图4）.
若在射线BA上存在点F，使S△DCF=S△BDE， 请直接写出相应的BF的长. ．．．．
图3
B N M D A C E A D B E 图4
C 数学试卷
（2019?毕节地区）四边形ABCD是正方形，E、F分别是DC和CB的延长线上的点，且DE=BF，连接AE、AF、EF．
（1）求证：△ADE≌△ABF；
（2）填空：△ABF可以由△ADE绕旋转中心 A 点，按顺时针方向旋转 90 度得到； （3）若BC=8，DE=6，求△AEF的面积．
考点： 旋转的性质；全等三角形的判定与性质；正方形的性质． 专题： 证明题． 分析： （1）根据正方形的性质得AD=AB，∠D=∠ABC=90°，然后利用“SAS”易证得△ADE≌△ABF； （2）由于△ADE≌△ABF得∠BAF=∠DAE，则∠BAF+∠EBF=90°，即∠FAE=90°，根据旋转的定义可得到△ABF可以由△ADE绕旋转中心 A点，按顺时针方向旋转90 度得到； （3）先利用勾股定理可计算出AE=10，在根据△ABF可以由△ADE绕旋转中心 A点，按顺时针方向旋转90 度得到AE=AF，∠EAF=90°，然后根据直角三角形的面积公式计算即可． 解答： （1）证明：∵四边形ABCD是正方形， ∴AD=AB，∠D=∠ABC=90°， 而F是DCB的延长线上的点， ∴∠ABF=90°， 在△ADE和△ABF中 数学试卷
， ∴△ADE≌△ABF（SAS）； （2）解：∵△ADE≌△ABF， ∴∠BAF=∠DAE， 而∠DAE+∠EBF=90°， ∴∠BAF+∠EBF=90°，即∠FAE=90°， ∴△ABF可以由△ADE绕旋转中心 A点，按顺时针方向旋转90 度得到； 故答案为A、90； （3）解：∵BC=8， ∴AD=8， 在Rt△ADE中，DE=6，AD=8， ∴AE==10， ∵△ABF可以由△ADE绕旋转中心 A点，按顺时针方向旋转90 度得到， ∴AE=AF，∠EAF=90°， ∴△AEF的面积=AE=×100=50（平方单位）． 点评： 本题考查了旋转的性质：旋转前后两图形全等；对应点到旋转中心的距离相等；对应点与旋转中心的连线段的夹角等于旋转角．也考查了全等三角形的判定与性质以及勾股定理． 15.（2019?昆明）在平面直角坐标系中，四边形ABCD的位置如图所示，解答下列问题：（1）将四边形ABCD先向左平移4个单位，再向下平移6个单位，得到四边形A1B1C1D1，画出平移后的四边形A1B1C1D1；
（2）将四边形A1B1C1D1绕点A1逆时针旋转90゜，得到四边形A1B2C2D2,,画出旋转后的四边形A1B2C2D2，并写出点C2的坐标。
2数学试卷
（2019?邵阳）如图所示，将△ABC绕AC的中点O顺时针旋转180°得到△CDA，添加一个条件 ∠B=90° ，使四边形ABCD为矩形．
考点： 旋转的性质；矩形的判定． 专题： 开放型． 分析： 根据旋转的性质得AB=CD，∠BAC=∠DCA，则AB∥CD，得到四边形ABCD为平行四边形，根据有一个直角的平行四边形为矩形可添加的条件为∠B=90°． 解答： 解：∵△ABC绕AC的中点O顺时针旋转180°得到△CDA， ∴AB=CD，∠BAC=∠DCA， ∴AB∥CD， ∴四边形ABCD为平行四边形， 当∠B=90°时，平行四边形ABCD为矩形， ∴添加的条件为∠B=90°． 数学试卷
故答案为∠B=90°． 点评： 本题考查了旋转的性质：旋转前后两图形全等；对应点到旋转中心的距离相等；对应点与旋转中心的连线段的夹角等于旋转角．也考查了矩形的判定． （2019?柳州） 如图，将小旗ACDB放于平面直角坐标系中，得到各顶点的坐标为A（﹣6，12），B（﹣6，0），C（0，6），D（﹣6，6）．以点B为旋转中心，在平面直角坐标系内将小旗顺时针旋转90°．
（1）画出旋转后的小旗A′C′D′B′； （2）写出点A′，C′，D′的坐标；
（3）求出线段BA旋转到B′A′时所扫过的扇形的面积．
考点： 作图-旋转变换；扇形面积的计算． 专题： 作图题． 分析： （1）根据平面直角坐标系找出A′、C′、D′、B′的位置，然后顺次连接即可； （2）根据旋转的性质分别写出点A′，C′，D′的坐标即可； （3）先求出AB的长，再利用扇形面积公式列式计算即可得解． 解答： 解：（1）小旗A′C′D′B′如图所示； （2）点A′（6，0），C′（0，﹣6），D′（0，0）； （3）∵A（﹣6，12），B（﹣6，0）， ∴AB=12， ∴线段BA旋转到B′A′时所扫过的扇形的面积==36π． 数学试卷
点评： 本题考查了利用旋转变换作图，扇形的面积计算，熟练掌握旋转变换只改变图形的位置不改变图形的形状与大小是解题的关键． （2019?茂名）在格纸上按以下要求作图，不用写作法： ．．．．．（1）作出“小旗子”向右平移6格后的图案；
（2）作出“小旗子”绕O点按逆时针方向旋转90后的图案.
O（第18题图）