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2021年中考数学真题复习汇编：专题21图形的旋转（共50题）（第01期）
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这是一份2021年中考数学真题复习汇编：专题21图形的旋转（共50题）（第01期），共113页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
专题21图形的旋转（共50题）
一、单选题
1．（2021·湖南永州市·中考真题）如图，在平面内将五角星绕其中心旋转后所得到的图案是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【分析】
根据旋转的性质找出阴影部分三角形的位置即可得答案．
【详解】
∵将五角星绕其中心旋转，
∴图中阴影部分的三角形应竖直向下，
故选：C．
【点睛】
本题考查旋转的性质，图形旋转前后，对应边相等，对应角相等，前后两个图形全等；熟练掌握旋转的性质是解题关键．
2．（2021·四川广安市·中考真题）如图，将绕点逆时针旋转得到，若且于点，则的度数为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】
由旋转的性质可得∠BAD=55°，∠E=∠ACB=70°，由直角三角形的性质可得∠DAC=20°，即可求解．
【详解】
解：∵将△ABC绕点A逆时针旋转55°得△ADE，
∴∠BAD=55°，∠E=∠ACB=70°，
∵AD⊥BC，
∴∠DAC=20°，
∴∠BAC=∠BAD+∠DAC=75°．
故选C．
【点睛】
本题考查了旋转的性质，掌握旋转的性质是本题的关键．
3．（2021·江苏苏州市·中考真题）如图，在方格纸中，将绕点按顺时针方向旋转90°后得到，则下列四个图形中正确的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】
根据绕点按顺时针方向旋转90°逐项分析即可．
【详解】
A、是由关于过B点与OB垂直的直线对称得到，故A选项不符合题意；
B、是由绕点按顺时针方向旋转90°后得到，故B选项符合题意；
C、与对应点发生了变化，故C选项不符合题意；
D、是由绕点按逆时针方向旋转90°后得到，故D选项不符合题意．
故选：B．
【点睛】
本题考查旋转变换．解题的关键是弄清旋转的方向和旋转的度数．
4．（2021·天津中考真题）如图，在中，，将绕点C逆时针旋转得到，点A，B的对应点分别为D，E，连接．当点A，D，E在同一条直线上时，下列结论一定正确的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】
由旋转可知，即可求出，由于，则可判断，即A选项错误；由旋转可知，由于，即推出，即B选项错误；由三角形三边关系可知，即可推出，即C选项错误；由旋转可知，再由，即可证明为等边三角形，即推出．即可求出，即证明
，即D选项正确；
【详解】
由旋转可知，
∵点A，D，E在同一条直线上，
∴，
∵，
∴，故A选项错误，不符合题意；
由旋转可知，
∵为钝角，
∴，
∴，故B选项错误，不符合题意；
∵，
∴，故C选项错误，不符合题意；
由旋转可知，
∵，
∴为等边三角形，
∴．
∴，
∴，故D选项正确，符合题意；
故选D．
【点睛】
本题考查旋转的性质，三角形三边关系，等边三角形的判定和性质以及平行线的判定．利用数形结合的思想是解答本题的关键．
5．（2021·湖南邵阳市·中考真题）如图，在中，，．将绕点逆时针方向旋转，得到，连接．则线段的长为（ ）
A．1 B． C． D．
【答案】B
【分析】
根据旋转性质可知，，再由勾股定理即可求出线段的长．
【详解】
解：∵旋转性质可知，，
∴，
故选：B．
【点睛】
此题主要考查旋转的性质和勾股定理求出直角三角形边长，解题关键是根据旋转性质得出是等腰直角三角形．
6．（2021·四川达州市·中考真题）在平面直角坐标系中，等边如图放置，点的坐标为，每一次将绕着点逆时针方向旋转，同时每边扩大为原来的2倍，第一次旋转后得到，第二次旋转后得到，…，依次类推，则点的坐标为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【分析】
由题意，点A每6次绕原点循环一周，利用每边扩大为原来的2倍即可解决问题．
【详解】
解：由题意，点A每6次绕原点循环一周，
，
点在第四象限，， ，
点的横坐标为，纵坐标为，
，
故选：C．
【点睛】
本题考查坐标与图形变化旋转，规律型问题，解题的关键是理解题意，学会探究规律的方法，属于中考常考题型．
7．（2021·浙江衢州市·中考真题）如图．将菱形ABCD绕点A逆时针旋转得到菱形，．当AC平分时，与满足的数量关系是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【分析】
根据菱形的性质可得AB=AC，根据等腰三角形的性质可得∠BAC=∠BCA=，根据旋转的性质可得∠CAC′=∠BAB′=，根据AC平分可得∠B′AC=∠CAC=，即可得出，可得答案．
【详解】
∵四边形ABCD是菱形，，
∴AB=AC，
∴∠BAC=∠BCA==，
∵将菱形ABCD绕点A逆时针旋转得到菱形，
∴∠CAC′=∠BAB′=，
∵AC平分，
∴∠B′AC=∠CAC=，
∴∠BAC=∠B′AC+∠BAB′=2=，
∴，
故选；C．
【点睛】
本题考查旋转的性质及菱形的性质，熟练掌握相关性质并正确找出旋转角是解题关键．
8．（2021·山东聊城市·中考真题）如图，在直角坐标系中，点A，B的坐标为A（0，2），B（﹣1，0），将△ABO绕点O按顺时针旋转得到△A1B1O，若AB⊥OB1，则点A1的坐标为（ ）
A．（） B．（） C．（） D．（）
【答案】A
【分析】
先求出AB，OA1，再作辅助线构造相似三角形，如图所示，得到对应边成比例，求出OC和A1C，即可求解．
【详解】
解:如图所示，∵点A，B的坐标分别为A（0，2），B（﹣1，0），
∴OB=1，OA=2，
∴，
∵∠AOB=90°，
∴∠A1OB1=90°，
∴O A1⊥OB1，
又∵AB⊥OB1，
∴O A1∥AB，
∴∠1=∠2，
过A1点作A1C⊥x轴，
∴∠A1CO=∠AOB，
∴，
∴，
∵O A1=OA=2，
∴，
∴，，
∴，
故选：A．
【点睛】
本题综合考查了勾股定理、旋转的性质、相似三角形的判定和性质等内容，解决本题的关键是理解并掌握相关概念，能通过作辅助线构造相似三角形等，本题蕴含了数形结合的思想方法等．
9．（2021·河南中考真题）如图，的顶点，，点在轴的正半轴上，延长交轴于点．将绕点顺时针旋转得到，当点的对应点落在上时，的延长线恰好经过点，则点的坐标为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】
连接,由题意可证明，利用相似三角形线段成比例即可求得OC的长，即得点的坐标．
【详解】
如图，连接，因为轴，
绕点顺时针旋转得到，
所以，
,
故答案为B．
【点睛】
本题考查了旋转的性质，勾股定理，相似三角形的判定与性质，找到是解题的关键．
10．（2021·黑龙江大庆市·中考真题）如图，是线段上除端点外的一点，将绕正方形的顶点顺时针旋转，得到．连接交于点．下列结论正确的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】
根据旋转的性质可以得到△EAF是等腰直角三角形，然后根据相似三角形的判定和性质，以及平行线分线段成比例定理即可作出判断．
【详解】
解：根据旋转的性质知：∠EAF=90°，故A选项错误；
根据旋转的性质知：∠EAF=90°，EA=AF，则△EAF是等腰直角三角形，
∴EF=AE，即AE：EF=1：，故B选项错误；
若C选项正确，则，即，
∵∠AEF=∠HEA=45°，
∴△EAF△EHA，
∴∠EAH∠EFA，
而∠EFA=45°，∠EAH45°，
∴∠EAH∠EFA，
∴假设不成立，故C选项错误；
∵四边形ABCD是正方形，
∴CD∥AB，即BH∥CF，AD=BC，
∴EB：BC=EH：HF，即EB：AD=EH：HF，故D选项正确；
故选：D
【点睛】
本题考查了旋转的性质，正方形的性质，相似三角形的判定和性质，平行线分线段成比例定理，正确运用反证法是解题的关键．
11．（2021·湖北黄石市·中考真题）如图，的三个顶点都在方格纸的格点上，其中点的坐标是，现将绕点按逆时针方向旋转，则旋转后点的坐标是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】
在网格中绘制出CA旋转后的图形，得到点C旋转后对应点．
【详解】
如图，绘制出CA绕点A逆时针旋转90°的图形，
由图可得：点C对应点的坐标为(-2，3) ．
故选B．
【点睛】
本题考查旋转，需要注意题干中要求顺时针旋转还是逆时针旋转．
12．（2021·山东泰安市·中考真题）如图，在矩形中，，，点P在线段上运动（含B、C两点），连接，以点A为中心，将线段逆时针旋转60°到，连接，则线段的最小值为（ ）
A． B． C． D．3
【答案】A
【分析】
根据题中条件确定出点的轨迹是线段，则线段的最小值就转化为定点到点的轨迹线段的距离问题．
【详解】
解：与固定夹角是，，点的轨迹是线段，
的轨迹也是一条线段．
两点确定一条直线，取点分别与重合时，所对应两个点Q，
来确定点的轨迹，得到如下标注信息后的图形：
求的最小值，转化为点到点的轨迹线段的距离问题，
,
在中，,
,，
将逆时针绕点转动后得到，
为等边三角形，,
为的中点，根据三线合一知，
,
过点作的垂线交于点,
在中，对应的边等于斜边的一半，
，
的最小值为，
故选：A．
【点睛】
本题考查了动点问题中，两点间距离的最小值问题，解题的关键是：需要确定动点的轨迹，才能方便找到解决问题的突破口．
13．（2021·山东东营市·中考真题）如图，是边长为1的等边三角形，D、E为线段AC上两动点，且，过点D、E分别作AB、BC的平行线相交于点F，分别交BC、AB于点H、G．现有以下结论：①；②当点D与点C重合时，；③；④当时，四边形BHFG为菱形，其中正确结论为（ ）
A．①②③ B．①②④ C．①②③④ D．②③④
【答案】B
【分析】
过A作AI⊥BC垂足为I，然后计算△ABC的面积即可判定①；先画出图形，然后根据等边三角形的性质和相似三角形的性质即可判定②；如图将△BCD绕B点逆时针旋转60°得到△ABN，求证NE=DE；再延长EA到P使AP=CD=AN，证得∠P=60°，NP=AP=CD，然后讨论即可判定③；如图1，当AE=CD时，根据题意求得CH=CD、AG=CH，再证明四边形BHFG为平行四边形，最后再说明是否为菱形．
【详解】
解：如图1, 过A作AI⊥BC垂足为I
∵是边长为1的等边三角形
∴∠BAC=∠ABC=∠C=60°，CI=
∴AI=
∴S△ABC=,故①正确；
如图2，当D与C重合时
∵∠DBE=30°，是等边三角形
∴∠DBE=∠ABE=30°
∴DE=AE=
∵GE//BD
∴
∴BG=
∵GF//BD,BG//DF
∴HF=BG=,故②正确；
如图3，将△BCD绕B点逆时针旋转60°得到△ABN
∴∠1=∠2，∠5=∠6=60°，AN=CD,BD=BN
∵∠3=30°
∴∠2+∠4=∠1+∠4=30°
∴∠NBE=∠3=30°
又∵BD=BN，BE=BE
∴△NBE≌△DBE（SAS）
∴NE=DE
延长EA到P使AP=CD=AN
∵∠NAP=180°-60°-60°=60°
∴△ANP为等边三角形
∴∠P=60°，NP=AP=CD
如果AE+CD=DE成立，则PE=NE,需∠NEP=90°，但∠NEP不一定为90°，故③不成立；
如图1，当AE=CD时，
∵GE//BC
∴∠AGE=∠ABC=60°，∠GEA=∠C=60°
∴∠AGE=∠AEG=60°，
∴AG=AE
同理：CH=CD
∴AG=CH
∵BG//FH,GF//BH
∴四边形BHFG是平行四边形
∵BG=BH
∴四边形BHFG为菱形，故④正确．
故选B．
【点睛】
本题主要考查了等边三角形的性质、旋转变换、全等三角形的判定和性质以及菱形的判定等知识点，灵活运用相关知识成为解答本题的关键．
二、填空题
14．（2021·贵州铜仁市·中考真题）如图，将边长为1的正方形绕点顺时针旋转到的位置，则阴影部分的面积是______________；
【答案】
【分析】
交于点，连接；根据全等三角形性质，通过证明，得；结合旋转的性质，得；根据三角函数的性质计算，得，结合正方形和三角形面积关系计算，即可得到答案．
【详解】
解：如图，交于点，连接
根据题意，得：，
∵
∴
∴
∵正方形绕点顺时针旋转到
∴，
∴
∴
∴
∴
∴
∴阴影部分的面积
故答案为：．
【点睛】
本题考查了正方形、全等三角形、旋转、三角函数的知识；解题的关键是熟练掌握正方形、全等三角形、旋转、三角函数的性质，从而完成求解．
15．（2021·湖北鄂州市·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，点的坐标为，点的坐标为，将点绕点顺时针旋转得到点，则点的坐标为_____________．
【答案】
【分析】
根据题意画出图形，易证明，求出OE、BE的长即可求出B的坐标．
【详解】
解：如图所示，点绕点顺时针旋转得到点，
过点A作x轴垂线，垂足为D，过点B作x轴垂线，垂足为E，
∵点的坐标为，点的坐标为，
∴CD=2，AD=3，
根据旋转的性质，AC=BC，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴AD=CE=3，CD=BE=2，
∴OE=2，BE=2，
故答案为：．
【点睛】
本题主要考查旋转变换和三角形全等的判定与性质，证明是解题关键．
16．（2021·湖南中考真题）如图，中，，将绕A点顺时针方向旋转角得到，连接，，则与的面积之比等于_______．
【答案】
【分析】
先根据正切三角函数的定义可得，再根据旋转的性质可得，从而可得，然后根据相似三角形的判定可得，最后根据相似三角形的性质即可得．
【详解】
解：在中，，
，
由旋转的性质得：，
，
在和中，，
，
，
即与的面积之比等于，
故答案为：．
【点睛】
本题考查了正切三角函数、旋转的性质、相似三角形的判定与性质，熟练掌握相似三角形的判定与性质是解题关键．
17．（2021·江苏苏州市·中考真题）如图，射线、互相垂直，，点位于射线的上方，且在线段的垂直平分线上，连接，．将线段绕点按逆时针方向旋转得到对应线段，若点恰好落在射线上，则点到射线的距离______．
【答案】
【分析】
添加辅助线，连接，过点作交ON与点P．根据旋转的性质，得到，在和中，，根据三角函数和已知线段的长度求出点到射线的距离．
【详解】
如图所示，连接，过点作交ON与点P．
∵线段绕点按逆时针方向旋转得到对应线段
∴，
∴
即
∵点在线段的垂直平分线上
∴，
∵
∴
∴
∴
【点睛】
本题主要考查旋转的性质和三角函数．对应点到旋转中心的距离相等，对应点与旋转中心所连的线段的夹角等于旋转角，旋转前、后的图形全等．
18．（2021·广西玉林市·中考真题）如图、在正六边形中，连接线，，，，，与交于点，与交于点为，与交于点，分别延长，于点，设．有以下结论：①；②；③的重心、内心及外心均是点；④四边形绕点逆时针旋转与四边形重合．则所有正确结论的序号是______．
【答案】①②③
【分析】
由题意易得，，则有，进而可得，则有四边形是矩形，然后可得，为等边三角形，最后可得答案．
【详解】
解：∵六边形是正六边形，
∴，
，
∴在△DEF中，，
∴，
同理可得，
∴四边形是矩形，
同理可证四边形是矩形，
∴，
∴四边形是平行四边形，
∵，
∴（ASA），
∴，
∴四边形是菱形，
∴，
∴∠NAM=60°，
∴△NAM是等边三角形，
∴AM=MN，
∵AB=3，
∴，
∴，
∵∠MAB=30°，∠ACG=90°，
∴∠G=60°，
∴△ADG是等边三角形，
∵AC与BD交于点M，
∴由等边三角形的性质及重心、内心、外心可得：的重心、内心及外心均是点，
连接OF，如图所示：
易得∠FOA=60°，
∴四边形绕点逆时针旋转与四边形重合，
∴综上所述：正确结论的序号是①②③；
故答案为①②③．
【点睛】
本题主要考查正多边形的性质、矩形及菱形的判定与性质、等边三角形的性质与判定、三角形的重心、内心、外心及三角函数，熟练掌握正多边形的性质、矩形及菱形的判定与性质、等边三角形的性质与判定、三角形的重心、内心、外心及三角函数是解题的关键．
19．（2021·上海中考真题）定义：在平面内，一个点到图形的距离是这个点到这个图上所有点的最短距离，在平面内有一个正方形，边长为2，中心为O，在正方形外有一点，当正方形绕着点O旋转时，则点P到正方形的最短距离d的取值范围为__________．
【答案】
【分析】
先确定正方形的中心O与各边的所有点的连线中的最大值与最小值，然后结合旋转的条件即可求解．
【详解】
解：如图1，设的中点为E，连接OA，OE，则AE=OE=1，∠AEO=90°，．
∴点O与正方形边上的所有点的连线中，
最小，等于1，最大，等于．
∵，
∴点P与正方形边上的所有点的连线中，
如图2所示，当点E落在上时，最大值PE=PO-EO=2-1=1；
如图3所示，当点A落在上时，最小值．
∴当正方形ABCD绕中心O旋转时，点P到正方形的距离d的取值范围是．
故答案为：
【点睛】
本题考查了新定义、正方形的性质、勾股定理等知识点，准确理解新定义的含义和熟知正方形的性质是解题的关键．
20．（2021·江苏南京市·中考真题）如图，将绕点A逆时针旋转到的位置，使点落在上，与交于点E，若，则的长为________．
【答案】
【分析】
过点C作CM//交于点M，证明求得，根据AAS证明可求出CM=1，再由CM//证明△，由相似三角形的性质查得结论．
【详解】
解：过点C作CM//交于点M，
∵平行四边形ABCD绕点A逆时针旋转得到平行四边形
∴，，
∴，
∴
∴
∵
∴
∴
∴∠
∵
∴
∵
∴∠
∵，
∴
∴∠
∴∠
在和中，
∴
∴
∵
∴△
∴
∴
∴
故答案为：．
【点睛】
此题主要考查了旋转的性质，平行四边形的性质，全等三角形的判定与性质以及相似三角形的判定与性质，正确作出辅助线构造全等三角形和相似三角形是解答本题的关键．
21．（2021·新疆中考真题）如图，已知正方形ABCD边长为1，E为AB边上一点，以点D为中心，将按逆时针方向旋转得，连接EF，分別交BD，CD于点M，N．若，则__________．
【答案】
【分析】
过点E作EP⊥BD于P，将∠EDM构造在直角三角形DEP中，设法求出EP和DE的长，然后用三角函数的定义即可解决．
【详解】
解：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB∥DC，∠A=∠BCD=∠ADC=90°，
AB=BC= CD=DA=1，．
∵△DAE绕点D逆时针旋转得到△DCF，
∴CF=AE，DF=DE，∠EDF=∠ADC=90°．
设AE=CF=2x，DN=5x，
则BE=1-2x，CN=1-5x，BF=1+2x．
∵AB∥DC，
∴．
∴．
∴．
整理得，．
解得，，（不合题意，舍去）．
∴．
∴．
过点E作EP⊥BD于点P，如图所示，
设DP=y，则．
∵，
∴．
解得，．
∴．
∴在Rt△DEP中，
．即 ．
故答案为：
【点睛】
本题考查了正方形的性质、旋转的性质、相似三角形的判定与性质、勾股定理、锐角三角函数、方程的数学思想等知识点，熟知各类图形的性质与判定是解题的基础，构造直角三角形，利用锐角三角函数的定义是解题的关键．
22．（2021·湖北随州市·中考真题）如图，在中，，，，将绕点逆时针旋转角（）得到，并使点落在边上，则点所经过的路径长为______．（结果保留）
【答案】．
【分析】
利用勾股定理求出AB=2，根据旋转的性质得到旋转角为∠=60°，再由弧长计算公式，计算出结果．
【详解】
解：∵，，，
∴AB=2AC，
设AC=x，则AB=2x，由勾股定理得：
，
解得：x=1，
则：AC=1，AB=2，
∵将绕点逆时针旋转角（）得到，且点落在边上，
∴旋转角为60°，
∴∠=60°，
∴点所经过的路径长为： ，
故答案为：．
【点睛】
本题主要考查了勾股定理、旋转的性质和弧长的计算公式，解题关键在于找到旋转角，根据弧长公式进行计算．
23．（2021·湖南怀化市·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，已知，，，将先向右平移3个单位长度得到，再绕顺时针方向旋转得到，则的坐标是____________．
【答案】（2，2）．
【分析】
直接利用平移的性质和旋转的性质得出对应点位置，然后作图，进而得出答案．
【详解】
解：如图示：，为所求，
根据图像可知，的坐标是（2，2），
故答案是：（2，2）．
【点睛】
本题主要考查了平移作图和旋转作图，熟悉相关性质是解题关键．
24．（2021·浙江温州市·中考真题）如图，与的边相切，切点为．将绕点按顺时针方向旋转得到，使点落在上，边交线段于点．若，则______度．
【答案】85
【分析】
连结OO′，先证△BOO′为等边三角形，求出∠AOB=∠OBO′=60°，由与的边相切，可求∠CBO==30°，利用三角形内角和公式即可求解．
【详解】
解：连结OO′，
∵将绕点按顺时针方向旋转得到，
∴BO′=BO=OO′，
∴△BOO′为等边三角形，
∴∠OBO′=60°，
∵与的边相切，
∴∠OBA=∠O′BA′=90°，
∴∠CBO=90°-∠OBO′=90°-60°=30°，
∵∠A′=25°
∴∠A′O′B=90°-∠A′=90°-25°=65°
∴∠AOB=∠A′O′B=65°，
∴∠OCB=180°-∠COB-∠OBC=180°-65°-30°=85°．
故答案为85．
【点睛】
本题考查图形旋转性质，切线性质，等边三角形判定与性质，直角三角形性质，掌握图形旋转性质，切线性质，等边三角形判定与性质，直角三角形性质是解题关键．
25．（2021·四川广安市·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，轴，垂足为，将绕点逆时针旋转到的位置，使点的对应点落在直线上，再将绕点逆时针旋转到的位置，使点的对应点也落在直线上，以此进行下去……若点的坐标为，则点的纵坐标为______．
【答案】
【分析】
计算出△AOB的各边，根据旋转的性质，求出OB1，B1B3，...，得出规律，求出OB21，再根据一次函数图像上的点求出点B21的纵坐标即可．
【详解】
解：∵AB⊥y轴，点B（0，3），
∴OB=3，则点A的纵坐标为3，代入，
得：，得：x=-4，即A（-4，3），
∴OB=3，AB=4，OA==5，
由旋转可知：
OB=O1B1=O2B1=O2B2=…=3，OA=O1A=O2A1=…=5，AB=AB1=A1B1=A2B2=…=4，
∴OB1=OA+AB1=4+5=9，B1B3=3+4+5=12，
∴OB21=OB1+B1B21=9+（21-1）÷2×12=129，
设B21（a，），则OB21=，
解得：或（舍），
则，即点B21的纵坐标为，
故答案为：．
【点睛】
本题考查了一次函数图象上点的坐标特征，旋转以及直角三角形的性质，求出△OAB的各边，计算出OB21的长度是解题的关键．
26．（2021·青海中考真题）如图所示的图案由三个叶片组成，绕点O旋转120°后可以和自身重合，若每个叶片的面积为4cm2，∠AOB=120°，则图中阴影部分的面积为__________．
【答案】4 cm2
【分析】
根据旋转的性质和图形的特点解答．
【详解】
每个叶片的面积为4cm2，因而图形的面积是12cm2．
∵图案绕点O旋转120°后可以和自身重合，∠AOB为120°，∴图形中阴影部分的面积是图形的面积的，因而图中阴影部分的面积之和为4cm2．
故答案为4cm2．
【点睛】
本题考查了图形的旋转与重合，理解旋转对称图形的定义是解决本题的关键．注：旋转对称图形的概念：把一个图形绕着一个定点旋转一个角度后，与初始图形重合，这种图形叫做旋转对称图形，这个定点叫做旋转对称中心，旋转的角度叫做旋转角．
27．（2021·山东枣庄市·中考真题）如图，在平面直角坐标系xOy中，△A′B′C′由△ABC绕点P旋转得到，则点P的坐标为_______．
【答案】P（1，-1）．
【详解】
试题分析：连接AA′、CC′，作线段AA′的垂直平分线MN，作线段CC′的垂直平分线EF，
直线MN和直线EF的交点为P，点P就是旋转中心．∵直线MN为：x=1，设直线CC′为y=kx+b，
由题意：， ∴， ∴直线CC′为y=x+，
∵直线EF⊥CC′，经过CC′中点（，）， ∴直线EF为y=﹣3x+2，
由得， ∴P（1，﹣1）．
考点：坐标与图形变化-旋转
三、解答题
28．（2021·四川成都市·中考真题）在中，，将绕点B顺时针旋转得到，其中点A，C的对应点分别为点，．
（1）如图1，当点落在的延长线上时，求的长；
（2）如图2，当点落在的延长线上时，连接，交于点M，求的长；
（3）如图3，连接，直线交于点D，点E为的中点，连接．在旋转过程中，是否存在最小值？若存在，求出的最小值；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）；（2）；（3）存在，最小值为1
【分析】
（1）根据题意利用勾股定理可求出AC长为4．再根据旋转的性质可知，最后由等腰三角形的性质即可求出的长．
（2）作交于点D，作交于点E．由旋转可得，．再由平行线的性质可知，即可推出，从而间接求出，．由三角形面积公式可求出．再利用勾股定理即可求出，进而求出．最后利用平行线分线段成比例即可求出的长．
（3）作且交延长线于点P，连接．由题意易证明，
，，即得出．再由平行线性质可知，即得出，即可证明，由此即易证，得出，即点D为中点．从而证明DE为的中位线，即．即要使DE最小，最小即可．根据三角形三边关系可得当点三点共线时最小，且最小值即为，由此即可求出DE的最小值．
【详解】
（1）在中，．
根据旋转性质可知，即为等腰三角形．
∵，即，
∴，
∴．
（2）如图，作交于点D，作交于点E．
由旋转可得，．
∵，
∴，
∴，
∴，．
∵，即，
∴．
在中，，
∴．
∴．
∵，
∴，即，
∴．
（3）如图，作且交延长线于点P，连接．
∵，
∴，
∵，即，
又∵，
∴．
∵，
∴，
∴，
∴，
∴．
∴在和中 ，
∴，
∴，即点D为中点．
∵点E为AC中点，
∴DE为的中位线，
∴，
即要使DE最小，最小即可．
根据图可知，即当点三点共线时最小，且最小值为．
∴此时，即DE最小值为1．
【点睛】
本题为旋转综合题．考查旋转的性质，勾股定理，等腰三角形的判定和性质，平行线的性质，平行线分线段成比例，全等三角形的判定和性质，中位线的判定和性质以及三角形三边关系，综合性强，为困难题．正确的作出辅助线为难点也是解题关键．
29．（2021·广西贵港市·中考真题）已知在ABC中，O为BC边的中点，连接AO，将AOC绕点O顺时针方向旋转（旋转角为钝角），得到EOF，连接AE，CF．
（1）如图1，当∠BAC＝90°且AB＝AC时，则AE与CF满足的数量关系是 ；
（2）如图2，当∠BAC＝90°且AB≠AC时，（1）中的结论是否仍然成立？若成立，请写出证明过程；若不成立，请说明理由；
（3）如图3，延长AO到点D，使OD＝OA，连接DE，当AO＝CF＝5，BC＝6时，求DE的长．
【答案】（1）；（2）成立，证明见解析；（3）
【分析】
（1）结论．证明，可得结论．
（2）结论成立．证明方法类似（1）．
（3）首先证明，再利用相似三角形的性质求出，利用勾股定理求出即可．
【详解】
解：（1）结论：．
理由：如图1中，
，，，
，，
，
，
，，
，
．
（2）结论成立．
理由：如图2中，
，，
，
，
，
，，
，
．
（3）如图3中，
由旋转的性质可知，
，
，
，
，，，
，
，
，
，
，
，
．
【点睛】
本题属于几何变换综合题，考查了旋转变换，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形或相似三角形解决问题，属于中考压轴题．
30．（2021·黑龙江鹤岗市·中考真题）如图，正方形网格中，每个小正方形的边长都是一个单位长度，在平面直角坐标系内，的三个顶点坐标分别为．
（1）画出关于x轴对称的，并写出点的坐标；
（2）画出绕点O顺时针旋转后得到的，并写出点的坐标；
（3）在（2）的条件下，求点A旋转到点所经过的路径长（结果保留）．
【答案】（1）见解析，；（2）见解析，；（3）
【分析】
（1）分别作出点A、B关于x轴的对称点，然后依次连接即可，最后通过图象可得点的坐标；
（2）根据旋转的性质分别作出点A、B绕点O旋转90°的点，然后依次连接，最后根据图象可得点的坐标；
（3）由（2）可先根据勾股定理求出OA的长，然后根据弧长计算公式进行求解．
【详解】
解：（1）如图所示：即为所求，
∴由图象可得；
（2）如图所示：即为所求，
∴由图象可得；
（3）由（2）的图象可得：点A旋转到点所经过的路径为圆弧，
∵，
∴点A旋转到点所经过的路径长为．
【点睛】
本题主要考查旋转的性质、坐标与轴对称及弧长计算公式，熟练掌握旋转的性质、坐标与轴对称及弧长计算公式是解题的关键．
31．（2021·内蒙古通辽市·中考真题）已知和都是等腰直角三角形，．
（1）如图1，连接，，求证：；
（2）将绕点O顺时针旋转．
①如图2，当点M恰好在边上时，求证：；
②当点A，M，N在同一条直线上时，若，，请直接写出线段的长．
【答案】(1)见解析；(2)①见解析；②或
【分析】
(1)证明△AMO≌△BNO即可；
(2)①连接BN，证明△AMO≌△BNO，得到∠A=∠OBN=45°，进而得到∠MBN=90°，且△OMN为等腰直角三角形，再在△BNM中使用勾股定理即可证明；
②分两种情况分别画出图形即可求解．
【详解】
解：(1)∵和都是等腰直角三角形，
∴，
又，
,
∴，
∴，
∴；
(2)①连接BN，如下图所示：
∴，
，
且，
∴，
∴，，
∴，
且为等腰直角三角形，
∴，
在中，由勾股定理可知：
，且
∴；
②分类讨论：
情况一：如下图2所示，设AO与NB交于点C，过O点作OH⊥AM于H点，
,为等腰直角三角形，
∴,
在中，,
∴；
情况二：如下图3所示，过O点作OH⊥AM于H点，
,为等腰直角三角形，
∴,
在中，,
∴；
故或．
【点睛】
本题属于几何变换综合题，考查了全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，勾股定理等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题，属于中考常考题型．
32．（2021·辽宁本溪市·中考真题）在▱中，，平分，交对角线于点G，交射线于点E，将线段绕点E顺时针旋转得线段．
（1）如图1，当时，连接，请直接写出线段和线段的数量关系；
（2）如图2，当时，过点B作于点，连接，请写出线段，，之间的数量关系，并说明理由；
（3）当时，连接，若，请直接写出与面积的比值．
【答案】（1）；（2）,理由见解析；（3）
【分析】
（1）延长，交于点，根据已知条件证明即可；
（2）连接，过F作交的延长线于点，由，得，在由 三边关系利用勾股定理可得；
（3）证明，得值，与的面积分别与的面积成比例，可得与面积的比值．
【详解】
（1）如图,延长，交于点，
由题意，将线段绕点E顺时针旋转，
四边形是平行四边形
四边形是平行四边形
平分
四边形是菱形
是等边三角形
,
，，
四边形是平行四边形
=
在和中
．
（2）连接，过F作交的延长线于点
四边形是矩形，
，，
，
平分
四边形是矩形
在和中
设
则
在中
即
整理得：
．
（3）如图
由（1）可知
平分
四边形是平行四边形
．
【点睛】
本题考查了轴对称的性质，旋转的性质，三角形全等的性质与判定，三角形相似，勾股定理，锐角三角函数，相似比的概念，平行四边形的性质与判定，菱形的性质与判定，矩形的性质与判定，知识点比较多，熟练掌握以上知识点是解题的关键．
33．（2021·黑龙江齐齐哈尔市·中考真题）综合与实践
数学实践活动，是一种非常有效的学习方式．通过活动可以激发我们的学习兴趣，提高动手动脑能力，拓展思推空间，丰富数学体验．让我们一起动手来折一折、转一转、剪一剪，体会活动带给我们的乐趣．
折一折：将正方形纸片ABCD折叠，使边AB、AD都落在对角线AC上，展开得折痕AE、AF，连接EF，如图1．
（1）_________，写出图中两个等腰三角形：_________（不需要添加字母）；
转一转：将图1中的绕点A旋转，使它的两边分别交边BC、CD于点P、Q，连接PQ，如图2．
（2）线段BP、PQ、DQ之间的数量关系为_________；
（3）连接正方形对角线BD，若图2中的的边AP、AQ分别交对角线BD于点M、点N．如图3，则________；
剪一剪：将图3中的正方形纸片沿对角线BD剪开，如图4．
（4）求证：．
【答案】（1）45，，；（2）；（3）；（4）见解析
【分析】
（1）由翻折的性质可知：，，根据正方形的性质：, ，则，为等腰三角形；
（2）如图：将顺时针旋转，证明全等，即可得出结论；
（3）证明即可得出结论；
（4）根据半角模型，将顺时针旋转，连接，可得，通过得出，为直角三角形，结合勾股定理即可得出结论．
【详解】
（1）由翻折的性质可知：
为正方形
，
为等腰三角形
（2）如图：将顺时针旋转，
由旋转的性质可得：，
由（1）中结论可得
为正方形，
在和中
（3）为正方形对角线
，
，
（4）如图：将顺时针旋转，连接，
由（2）中的结论可证
根据旋转的性质可得：，
在中有
【点睛】
本题是四边形的综合题，考查了正方形的性质，折叠的性质，旋转变换的性质，全等三角形的判定和性质，以及相似三角形的判定和性质，勾股定理等知识，能够综合运用这些性质是解题关键．
34．（2021·湖北宜昌市·中考真题）如图，在矩形中，是边上一点，，，垂足为．将四边形绕点顺时针旋转，得到四边形．所在的直线分别交直线于点，交直线于点，交于点．所在的直线分别交直线于点，交直线于点，连接交于点．
（1）如图1，求证：四边形是正方形；
（2）如图2，当点和点重合时．
①求证：；
②若，，求线段的长；
（3）如图3，若交于点，，求的值．
【答案】（1）见解析；（2）①见解析；②；（3）
【分析】
（1）先利用三个角是直角的四边形是矩形证明，再根据证得结论；
（2）①证明即可得到结论；
②方法一：设正方形边长为，根据，求出，利用勾股定理得到，求出a，得到，，根据∽△CKG，求出KG，再根据，求出答案；
方法二：过点作于点，根据，求出，由，，再利用勾股定理求得结果；
（3）方法一：延长与的延长线交于点，证明，求出，设，，则，证明，求得，由，求出，利用，求出，即可得到答案；
方法二，过点作，垂足为点．设，则，，求得，证明，求出，再证明，求出答案；
方法三：设与交于点，设，则，，证明，得到，根据，求出答案．
【详解】
（1）在矩形中，，
∵，则，
∴四边形是矩形．
∵，
∴矩形是正方形．
（2）①如图1，
∵，
∴，，
∴，
又∵，，
∴，
∴．
②方法一：设正方形边长为，
∵PG∥，
∴，
∴，
∴，
∴在中，，
∴，
∴．
∴，，
∵，
∴∽△CKG，
∴,
∴,
∵，
∴△B’CK≌△E’KD，
∴DK=KC，
又∵∠DKP=∠GKC，∠P=∠G，
∴，
∴PG=KG，
∴；
方法二：如图2，过点作于点，
由，
可得：，
由方法一，可知，
∴，
由方法一，可知为中点，从而，，
从而由勾股定理得．
（3）方法一：如图3，延长与的延长线交于点，
由题意可知，，，
∴，，
∴，
设，，则，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴．
∵，
∴．
方法二，如图4，过点作，垂足为点．
由题意可知，，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
设，则，，
∴，，则，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴．
方法三：如图5，设与交于点，
设，则，，
由题意可知，，，，
∴，
∴，
由方法（2）可知，，
所以，
又∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴．
【点睛】
此题考查正方形的判定定理及性质定理，旋转的性质，全等三角形的判定及性质，相似三角形的判定及性质，锐角三角函数，综合掌握各知识点并熟练应用解决问题是解题的关键．
35．（2021·湖南娄底市·中考真题）如图①，是等腰的斜边上的两动点，且．
（1）求证：；
（2）求证：；
（3）如图②，作，垂足为H，设，不妨设，请利用（2）的结论证明：当时，成立．
【答案】（1）证明见详解；（2）证明见详解；（3）证明见详解．
【分析】
（1）△ABC是等腰直角三角形，AB=AC，∠BAC=90°，由CD⊥BC，可求∠DCA=∠ABE即可；
（2）由△ABE≌△ACD，可得∠FAD=∠EAF，可证△AEF≌△ADF（SAS），可得EF=DF，在Rt△CDF中，根据勾股定理，即可；
（3）将△ABE逆时针绕点A旋转90°到△ACD，由△ABC为等腰直角三角形，可求∠DCF=90°，由，在Rt△ABC中由勾股定理，由AH⊥BC，可求BH=CH=AH=，可表示EF= tanα+ tanβ,BE =1-tanα,CF= 1-tanβ，可证△AEF≌△ADF（SAS），得到EF=DF，由可得，整理即得结论．
【详解】
（1）证明：∵△ABC是等腰直角三角形，
∴AB=AC，∠BAC=90°，
∴∠ABC=∠ACB=45°，
∵CD⊥BC，
∴∠DCB=90°，
∴∠DCA=90°-∠ACB=90°-45°=45°=∠ABE，
在△ABE和△ACD中，
，
∴△ABE≌△ACD（SAS），
（2）证明∵△ABE≌△ACD，
∴∠BAE=∠CAD，AE=AD，
∵∠EAF=45°，
∴∠BAE+∠FAC=90°-∠EAF=90°-45°=45°，
∴∠FAD=∠FAC+∠CAD=∠FAC+∠BAE=45°=∠EAF，
在△AEF和△ADF中，
，
∴△AEF≌△ADF（SAS），
∴EF=DF，
在Rt△CDF中，根据勾股定理，
，
即；
（3）证明：将△ABE逆时针绕点A旋转90°到△ACD，连结FD，
∴∠BAE=∠CAD，BE=CD，AE=AD，
∵△ABC为等腰直角三角形，
∠ACB=∠B=∠ACD=45°，∠DCF=∠DCA+∠ACF=45°+45°=90°，
∵，
∴AC= ，
在Rt△ABC中由勾股定理
∵AH⊥BC，
∴BH=CH=AH=，
∴EF=EH+FH=AHtanα+AH tanβ= tanα+ tanβ,BE=BH-EH=1-tanα,CF=CH-HF=1-tanβ，
∵∠EAF=45°，
∴∠BAE+∠CAF=90°-∠EAF=45°，
∴∠DAF=∠DAC+∠CAF=∠BAE+∠CAF=45°=∠EAF，
在△AEF和△ADF中，
，
∴△AEF≌△ADF（SAS），
∴EF=DF，
在Rt△CDF中，即，
∴，
整理得，
即，
∴，
∴，
∴．
【点睛】
本题考查等腰直角三角形的性质，三角形全等判定与性质，三角形旋转变换，勾股定理，锐角三角函数及其公式推导，掌握上述知识、灵活应用全等三角形的判定和性质是解题关键．
36．（2021·江苏盐城市·中考真题）学习了图形的旋转之后，小明知道，将点绕着某定点顺时针旋转一定的角度，能得到一个新的点．经过进一步探究，小明发现，当上述点在某函数图像上运动时，点也随之运动，并且点的运动轨迹能形成一个新的图形．
试根据下列各题中所给的定点的坐标和角度的大小来解决相关问题．
（初步感知）
如图1，设，，点是一次函数图像上的动点，已知该一次函数的图像经过点．
（1）点旋转后，得到的点的坐标为________；
（2）若点的运动轨迹经过点，求原一次函数的表达式．
（深入感悟）
（3）如图2，设，，点反比例函数的图像上的动点，过点作二、四象限角平分线的垂线，垂足为，求的面积．
（灵活运用）
（4）如图3，设A，，点是二次函数图像上的动点，已知点、，试探究的面积是否有最小值？若有，求出该最小值；若没有，请说明理由．
【答案】（1）；（2）；（3）；（4）存在最小值，
【分析】
（1）根据旋转的定义得，观察点和在同一直线上即可直接得出结果．
（2）根据题意得出的坐标，再利用待定系数法求出原一次函数表达式即可．
（3）先根据计算出交点坐标，再分类讨论①当时，先证明再计算面积．②当-时，证，再计算即可．
（4）先证明为等边三角形，再证明，根据在中，，写出，从而得出的函数表达式，当直线与抛物线相切时取最小值，得出，由计算得出的面积最小值．
【详解】
（1）由题意可得:
∴的坐标为
故答案为：；
（2）∵，由题意得
坐标为
∵，在原一次函数上，
∴设原一次函数解析式为
则
∴
∴原一次函数表达式为；
（3）设双曲线与二、四象限平分线交于点，则
解得
①当时
作轴于
∵
∴
∵
∴
∴在和中
∴
即；
②当-时
作于轴于点
∵
∴
∴
∴
∴
在和中
∴
∴；
（4）连接，，将，绕逆时针旋转得，，作轴于
∵，
∴
∴
∴为等边三角形，此时与重合，即
连接，∵
∴
∴在和中
∴
∴，
∴作轴于
在中，
∴
∴，即，此时的函数表达式为：
设过且与平行 的直线解析式为
∵
∴当直线与抛物线相切时取最小值
则
即
∴
当时，得
∴
设与轴交于点
∵
∴
【点睛】
本题考查旋转、全等三角形的判定和性质、一次函数的解析式、反比例函数的几何意义、两函数的交点问题，函数的最小值的问题，灵活进行角的转换是关键．
37．（2021·江苏常州市·中考真题）在平面直角坐标系中，对于A、两点，若在y轴上存在点T，使得，且，则称A、两点互相关联，把其中一个点叫做另一个点的关联点．已知点、，点在一次函数的图像上．
（1）①如图，在点、、中，点M的关联点是_______（填“B”、“C”或“D”）；
②若在线段上存在点的关联点，则点的坐标是_______；
（2）若在线段上存在点Q的关联点，求实数m的取值范围；
（3）分别以点、Q为圆心，1为半径作、．若对上的任意一点G，在上总存在点，使得G、两点互相关联，请直接写出点Q的坐标．
【答案】（1）①B；②；（2）或；（3）或．
【分析】
由材料可知关联点的实质就是将点A绕y轴上点T顺时针或逆时针旋转90度的得到点．故先找到旋转90°坐标变化规律，再根据规律解答即可，
（1）①根据关联点坐标变化规律列方程求解点T坐标，有解则是关联点；无解则不是；②关联点的纵坐标等于0，根据关联点坐标变化规律列方程求解即可；
（2）根据关联点坐标变化规律得出关联点，列不等式求解即可；
（3）根据关联点的变化规律可知圆心是互相关联点，由点E坐标求出点Q坐标即可．
【详解】
解：在平面直角坐标系中，设，点，关联点，
将点A、点、点T向下平移个单位，点T对应点与原点重合，此时点A、点对应点、，
∵绕原点旋转90度的坐标变化规律为：点（x，y）顺时针旋转，对应点坐标为（y，-x）；逆时针旋转对应点坐标为（-y，x），
∴绕原点旋转90度的坐标对应点坐标为或，
即顺时针旋转时，解得：，即关联点，
或逆时针旋转时，，解得：，即关联点，
即：在平面直角坐标系中，设，点，关联点坐标为或，
（1）①由关联点坐标变化规律可知，点关于在y轴上点的关联点坐标为：或，
若点是关联点，则或，解得：，即y轴上点或，故点是关联点；
若点是关联点，则或，无解，故点不是关联点；
若点是关联点，则或，无解，故点不是关联点；
故答案为：B；
②由关联点坐标变化规律可知，点关于点的关联点的坐标为或，
若，解得：，此时即点，不在线段上；
若，解得：，此时即点，在线段上；
综上所述：若在线段上存在点的关联点，则点
故答案为：；
（2）设点与点是关于点关联点，则点坐标为或，
又因为点在一次函数的图像上，即：，
点在线段上，点、，
当∴，
∴，
∴，
或，
∴，
当；
综上所述：当或时，在线段上存在点Q的关联点．
（3）对上的任意一点G，在上总存在点，使得G、两点互相关联，
故点E与点Q也是关于同一点的关联，设该点，则
设点与点是关于点关联点，则点坐标为或，
又因为在一次函数的图像上，即：，
∵点，
若，解得：，
即点，
若，解得：，
即点，
综上所述：或．
【点睛】
本题主要考查了坐标的旋转变换和一次函数图像上点的特征，解题关键是总结出绕点旋转90°的点坐标变化规律，再由规律列出方程或不等式求解．
38．（2021·黑龙江中考真题）如图，正方形网格中，每个小正方形的边长都是一个单位长度，在平面直角坐标系内，的三个顶点分别为．
（1）画出关于轴对称的，并写出点的坐标；
（2）画出绕点顺时针旋转后得到的，并写出点的坐标；
（3）在（2）的条件下，求点旋转到点所经过的路径长（结果保留）．
【答案】（1）图见详解，；（2）图见详解，；（3）所经过的路径长为．
【分析】
（1）分别作出点A、B关于x轴的对称点，然后依次连接即可，最后通过图象可得点的坐标；
（2）根据旋转的性质分别作出点A、B绕点O旋转90°的点，然后依次连接，最后根据图象可得点的坐标；
（3）由（2）可先根据勾股定理求出OB的长，然后根据弧长计算公式进行求解．
【详解】
解：（1）如图所示：
∴由图象可得；
（2）如图所示：
∴由图象可得；
（3）由（2）的图象可得：点B旋转到点所经过的路径为圆弧，
∵，
∴点B旋转到点所经过的路径长为．
【点睛】
本题主要考查旋转的性质、坐标与轴对称及弧长计算公式，熟练掌握旋转的性质、坐标与轴对称及弧长计算公式是解题的关键．
39．（2021·黑龙江绥化市·中考真题）如图所示，在网格中，每个小正方形的边长均为1个单位长度，把小正方形的顶点叫做格点，为平面直角坐标系的原点，矩形的4个顶点均在格点上，连接对角线．
（1）在平面直角坐标系内，以原点为位似中心，把缩小，作出它的位似图形，并且使所作的位似图形与的相似比等于；
（2）将以为旋转中心，逆时针旋转，得到，作出，并求出线段旋转过程中所形成扇形的周长．
【答案】（1）见详解；（2）见详解； 弧长是
【分析】
（1）根据位似图形的定义作图即可；（定义：如果两个图形不仅相似，而且对应点的连线交于一点，这两个图形叫做位似图形，交点叫做位似中心；）
（2）根据图形旋转的方法：将顶点与旋转中心的连线旋转即可得旋转后的图形；OB旋转后扇形的半径为OB长度，在坐标网格中，根据直角三角形勾股定理可得OB长度，然后代入扇形弧长公式,同时加上扇形两半径即可求出答案．
【详解】
（1）位似图形如图所示
（2）作出旋转后图形，
，
周长是．
【点睛】
题目主要考察位似图形的画法、旋转图形画法、勾股定理及弧长公式的计算，难点是对定义的理解及对公式的运用．
40．（2021·江苏宿迁市·中考真题）已知正方形ABCD与正方形AEFG，正方形AEFG绕点A旋转一周．
(1)如图①，连接BG、CF，求的值；
(2)当正方形AEFG旋转至图②位置时，连接CF、BE，分别去CF、BE的中点M、N，连接MN、试探究：MN与BE的关系，并说明理由；
(3)连接BE、BF，分别取BE、BF的中点N、Q，连接QN，AE=6，请直接写出线段QN扫过的面积．
【答案】（1）；（2）；（3）
【分析】
（1）由旋转的性质联想到连接，证明即可求解；
（2）由M、N分别是CF、BE的中点，联想到中位线，故想到连接BM并延长使BM=MH，连接FH、EH，则可证即可得到，再由四边形内角和为可得，则可证明，即是等腰直角三角形，最后利用中位线的性质即可求解；
（3）Q、N两点因旋转位置发生改变，所以Q、N两点的轨迹是圆，又Q、N两点分别是BF、BE中点，所以想到取AB的中点O，结合三角形中位线和圆环面积的求解即可解答．
【详解】
解：（1）连接
四边形ABCD和四边形AEFG是正方形
分别平分
即
且都是等腰直角三角形
（2）连接BM并延长使BM=MH，连接FH、EH
是CF的中点
又
在四边形BEFC中
又
即
即
又四边形ABCD和四边形AEFG是正方形
三角形BEH是等腰直角三角形
M、N分别是BH、BE的中点
（3）取AB的中点O，连接OQ、ON，连接AF
在中，O、Q分别是AB、BF的中点
同理可得
所以QN扫过的面积是以O为圆心，和为半径的圆环的面积
．
【点睛】
本题考察旋转的性质、三角形相似、三角形全等、正方形的性质、中位线的性质与应用和动点问题，属于几何综合题，难度较大．解题的关键是通过相关图形的性质做出辅助线．
41．（2021·湖南中考真题）如图1，在等腰直角三角形中，．点，分别为，的中点，为线段上一动点（不与点，重合），将线段绕点逆时针方向旋转得到，连接，．
（1）证明：；
（2）如图2，连接，，交于点．
①证明：在点的运动过程中，总有；
②若，当的长度为多少时，为等腰三角形？
【答案】（1）见详解；（2）①见详解；②当的长度为2或时，为等腰三角形
【分析】
（1）由旋转的性质得AH=AG，∠HAG=90°，从而得∠BAH=∠CAG，进而即可得到结论；
（2）①由，得AH=AG，再证明，进而即可得到结论；②为等腰三角形，分3种情况：（a）当∠QAG=∠QGA=45°时，（b）当∠GAQ=∠GQA=67.5°时，（c）当∠AQG=∠AGQ=45°时，分别画出图形求解，即可．
【详解】
解：（1）∵线段绕点A逆时针方向旋转得到，
∴AH=AG，∠HAG=90°，
∵在等腰直角三角形中，，AB=AC，
∴∠BAH=90°-∠CAH=∠CAG，
∴；
（2）①∵在等腰直角三角形中，AB=AC，点，分别为，的中点，
∴AE=AF，是等腰直角三角形，
∵AH=AG，∠BAH =∠CAG，
∴，
∴∠AEH=∠AFG=45°，
∴∠HFG=∠AFG+∠AFE=45°+45°=90°，即：；
②∵，点，分别为，的中点，
∴AE=AF=2，
∵∠AGH=45°，为等腰三角形，分3种情况：
（a）当∠QAG=∠QGA=45°时，如图，则∠HAF=90°-45°=45°，
∴AH平分∠EAF，
∴点H是EF的中点，
∴EH=；
（b）当∠GAQ=∠GQA=（180°-45°）÷2=67.5°时，如图，则∠EAH=∠GAQ=67.5°，
∴∠EHA=180°-45°-67.5°=67.5°，
∴∠EHA=∠EAH，
∴EH=EA=2；
（c）当∠AQG=∠AGQ=45°时，点H与点F重合，不符合题意，舍去，
综上所述：当的长度为2或时，为等腰三角形．
【点睛】
本题主要考查等腰直角三角形的性质，旋转的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，熟练掌握全等三角形的判定定理，根据题意画出图形，进行分类讨论，是解题的关键．
42．（2021·湖南岳阳市·中考真题）如图，在中，，，点为的中点，连接，将线段绕点顺时针旋转得到线段，且交线段于点，的平分线交于点．
（1）如图1，若，则线段与的数量关系是________，________；
（2）如图2，在（1）的条件下，过点作交于点，连接，．
①试判断四边形的形状，并说明理由；
②求证：；
（3）如图3，若，，过点作交于点，连接，，请直接写出的值（用含的式子表示）．
【答案】（1）；；（2）①正方形，理由见解析；②见解析；（3）
【分析】
（1）根据“斜中半”定理可得，然后根据旋转的性质可得，从而得出，再结合题意推出，从而根据正切函数的定义求出即可；
（2）①通过证明，并综合条件，推出四边形是正方形；②首先根据推出，然后证明得到，即可得出结论；
（3）根据题意可首先证明四边形是菱形，然后证明出，即可推出结论，再作，通过解直角三角形，求出的长度，从而得出结论．
【详解】
（1）∵点为中斜边的中点，
∴，
∵线段绕点顺时针旋转得到线段，
∴，
∴，
∵中，，，
∴，
∵，
∴，
∴在中，，
故答案为：；；
（2）①正方形，理由如下：
∵，平分，
∴，，
∵，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴四边形为矩形，
又∵，
∴四边形为正方形；
②显然，在正方形中，，
∴，
又∵，
∴，
由（1）得：则为等边三角形，
∴，
∵，
∴，
∴，，
又∵，
∴，
∴，
∵，
∴
在与中，
∴，
∴，
∴；
（3）同（2）中①理，，
∴，，
∵，
∴，
∴，，
∴，，
∴四边形为菱形，
∵为等边三角形，
∴，菱形的边长也为2，
由题意，，，
∵，
∴，
即：，
∴，
∵在菱形中，，
∴，
∴，
如图，作，
∵，
∴，，
∵，
∴，，
在中，，
∴，
∴，
在中，，
∴，
∵，
∴．
【点睛】
本题考查相似三角形的判定与性质，特殊平行四边形的判定与性质，以及锐角三角函数等，综合性较强，掌握基本图形的性质，灵活运用相似三角形以及锐角三角函数是解题关键．
43．（2021·湖南衡阳市·中考真题）如图，点E为正方形外一点，，将绕A点逆时针方向旋转得到的延长线交于H点．
（1）试判定四边形的形状，并说明理由；
（2）已知，求的长．
【答案】（1）正方形，理由见解析；（2）17
【分析】
（1）由旋转的性质可得∠AEB＝∠AFD＝90°，AE＝AF，∠DAF＝∠EAB，由正方形的判定可证四边形BE'FE是正方形；
（2）连接，利用勾股定理可求，再利用勾股定理可求DH的长．
【详解】
解：（1）四边形是正方形，理由如下：
根据旋转：
∵四边形是正方形
∴∠DAB=90°
∴∠FAE＝∠DAB=90°
∴
∴四边形是矩形，
又∵
∴矩形是正方形．
（2）连接
∵，
在中，
∵四边形是正方形
∴
在中，，又，
∴．
故答案是17．
【点睛】
本题是四边形综合题，考查了正方形的判定和性质，旋转的性质，勾股定理，全等三角形的判定和性质，等腰三角形的性质等知识，灵活运用这些性质进行推理是本题的关键．
44．（2021·四川达州市·中考真题）如图，在平面直角坐标中，的顶点坐标分别是，，．
（1）将以为旋转中心旋转，画出旋转后对应的；
（2）将平移后得到，若点的对应点的坐标为，求的面积
【答案】（1）见解析；（2）11
【分析】
（1）延长至,使得；延长至,使得；延长至,使得；再连接即得旋转后对应的；
（2）根据平移的规律求出，再连接点，得，将三角形分割乘两个三角形的面积之和，求出公共边的长即可求解．
【详解】
解：（1）延长至,使得；延长至,使得；延长至,使得；再连接即得旋转后对应的，如下图所示：
（2）由题意，，，平移后得到，其中，根据平移的规律知，平移过程是向下和向右分别移动两个单位可得：，
再连接点，得，其中交轴于点,如上图所示：
由得出直线的方程如下：
直线：
当时，，
，
,
故．
【点睛】
本题考查了图象的旋转和平移，求三角形面积，解题的关键是：掌握图象旋转和平移的性质，求不规则三角形面积可以分割为两个规则的三角形面积之和．
45．（2021·北京中考真题）如图，在中，为的中点，点在上，以点为中心，将线段顺时针旋转得到线段，连接．
（1）比较与的大小；用等式表示线段之间的数量关系，并证明；
（2）过点作的垂线，交于点，用等式表示线段与的数量关系，并证明．
【答案】（1），，理由见详解；（2），理由见详解．
【分析】
（1）由题意及旋转的性质易得，，然后可证，进而问题可求解；
（2）过点E作EH⊥AB，垂足为点Q，交AB于点H，由（1）可得，，易证，进而可得，然后可得，最后根据相似三角形的性质可求证．
【详解】
（1）证明：∵，
∴，
∴，
由旋转的性质可得，
∵，
∴，
∴，
∵点M为BC的中点，
∴，
∵，
∴；
（2）证明：，理由如下：
过点E作EH⊥AB，垂足为点Q，交AB于点H，如图所示：
∴，
由（1）可得，
∴，，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴．
【点睛】
本题主要考查全等三角形的性质与判定、相似三角形的性质与判定及等腰三角形的性质、旋转的性质，熟练掌握全等三角形的性质与判定、相似三角形的性质与判定及等腰三角形的性质、旋转的性质是解题的关键．
46．（2021·北京中考真题）在平面直角坐标系中，的半径为1，对于点和线段，给出如下定义：若将线段绕点旋转可以得到的弦（分别是的对应点），则称线段是的以点为中心的“关联线段”．
（1）如图，点的横､纵坐标都是整数．在线段中，的以点为中心的“关联线段”是______________；
（2）是边长为1的等边三角形，点，其中．若是的以点为中心的“关联线段”，求的值；
（3）在中，．若是的以点为中心的“关联线段”，直接写出的最小值和最大值，以及相应的长．
【答案】（1）；（2）；（3）当时，此时；当时，此时．
【分析】
（1）以点A为圆心，分别以为半径画圆，进而观察是否与有交点即可；
（2）由旋转的性质可得是等边三角形，且是的弦，进而画出图象，则根据等边三角形的性质可进行求解；
（3）由是的以点为中心的“关联线段”，则可知都在上，且，然后由题意可根据图象来进行求解即可．
【详解】
解：（1）由题意得：
通过观察图象可得：线段能绕点A旋转90°得到的“关联线段”，都不能绕点A进行旋转得到；
故答案为；
（2）由题意可得：当是的以点为中心的“关联线段”时，则有是等边三角形，且边长也为1，当点A在y轴的正半轴上时，如图所示：
设与y轴的交点为D，连接，易得轴，
∴，
∴，，
∴，
∴；
当点A在y轴的正半轴上时，如图所示：
同理可得此时的，
∴；
（3）由是的以点为中心的“关联线段”，则可知都在上，且，则有当以为圆心，1为半径作圆，然后以点A为圆心，2为半径作圆，即可得到点A的运动轨迹，如图所示：
由运动轨迹可得当点A也在上时为最小，最小值为1，此时为的直径，
∴，
∴，
∴；
由以上情况可知当点三点共线时，OA的值为最大，最大值为2，如图所示：
连接，过点作于点P，
∴，
设，则有，
∴由勾股定理可得：，即，
解得：，
∴，
∴，
在中，，
∴；
综上所述：当时，此时；当时，此时．
【点睛】
本题主要考查旋转的综合、圆的基本性质、三角函数及等边三角形的性质，熟练掌握旋转的性质、圆的基本性质、三角函数及等边三角形的性质是解题的关键．
47．（2021·四川资阳市·中考真题）已知，在中，．
（1）如图1，已知点D在边上，，连结．试探究与的关系；
（2）如图2，已知点D在下方，，连结．若，，，交于点F，求的长；
（3）如图3，已知点D在下方，连结、、．若，，，，求的值．
【答案】（1），理由见详解；（2）；（3）
【分析】
（1）由题意易得，则易证，然后根据全等三角形的性质可求解；
（2）过点A作AH⊥BC于点H，由题意易得，，然后可得，进而根据勾股定理可得，设，则，易得，则有，所以，最后问题可求解；
（3）将△ABD绕点A逆时针旋转90°得到△ACG，过点A作AP⊥BC于点P，作DT⊥BC于点T，分别过点G作GM⊥BC，GN⊥AP，交BC的延长线于点M，交AP于点N，由题意易得，，则有，然后可得，设，，进而根据勾股定理可求解x的值，然后根据三角函数可进行求解．
【详解】
解：（1），理由如下：
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴；
（2）过点A作AH⊥BC于点H，如图所示：
∵，
∴△BAC是等腰直角三角形，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
设，则，
∴，
∴，
∴，
解得：，
∴AF=5；
（3）将△ABD绕点A逆时针旋转90°得到△ACG，过点A作AP⊥BC于点P，作DT⊥BC于点T，分别过点G作GM⊥BC，GN⊥AP，交BC的延长线于点M，交AP于点N，如图所示：
∵，，
∴△BAC是等腰直角三角形，
∴，，
∴，
∵，
∴，
由旋转的性质可得，
∴，
∴，
∴，
∵GM⊥BC，GN⊥AP，AP⊥BC，
∴四边形GMPN是矩形，
∴，
设，
∴，
在Rt△ANG中，，
∵，
∴，
化简得：，
解得：，
∵，
∴当时，易知与相矛盾，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴在Rt△DTC中，，
∴．
【点睛】
本题主要考查三角函数、相似三角形的性质与判定、旋转的性质及勾股定理，熟练掌握三角函数、相似三角形的性质与判定、旋转的性质及勾股定理是解题的关键．
48．（2021·浙江嘉兴市·中考真题）小王在学习浙教版九上课本第72页例2后，进一步开展探究活动：将一个矩形绕点顺时针旋转，得到矩形
[探究1]如图1，当时，点恰好在延长线上．若，求BC的长．
[探究2]如图2，连结，过点作交于点．线段与相等吗？请说明理由．
[探究3]在探究2的条件下，射线分别交，于点，（如图3），，存在一定的数量关系，并加以证明．
【答案】[探究1]；[探究2]，证明见解析；[探究3]，证明见解析
【分析】
[探究1] 设，根据旋转和矩形的性质得出，从而得出，得出比例式，列出方程解方程即可；
[探究2] 先利用SAS得出，得出，，再结合已知条件得出，即可得出；
[探究3] 连结，先利用SSS得出，从而证得，再利用两角对应相等得出，得出即可得出结论．
【详解】
[探究1]如图1，
设．
∵矩形绕点顺时针旋转得到矩形，
∴点，，在同一直线上．
∴，，
∴．
∵，
∴．
又∵点在延长线上，
∴，
∴，∴．
解得，（不合题意，舍去）
∴．
[探究2] ．
证明：如图2，连结．
∵，
∴．
∵，，，
∴．
∴，，
∵，，
∴，
∴．
[探究3]关系式为．
证明：如图3，连结．
∵，，，
∴．
∴，
∵，
，
∴，
∴．
在与中，
，，
∴，
∴，
∴．
∴．
【点睛】
本题考查了矩形的性质，旋转的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，解一元二次方程等，解题的关键是灵活运用这些知识解决问题．
49．（2021·四川眉山市·中考真题）如图，在等腰直角三角形中，，，边长为2的正方形的对角线交点与点重合，连接，．
（1）求证：；
（2）当点在内部，且时，设与相交于点，求的长；
（3）将正方形绕点旋转一周，当点、、三点在同一直线上时，请直接写出的长．
【答案】（1）见详解；（2）；（3）-1或+1
【分析】
（1）根据正方形的性质以及等腰直角三角形的性质得∠ACD=∠BCE，，CD=CE，进而即可得到结论；
（2）先求出DC=，AD=，再证明，进而即可求解；
（3）分两种情况：①当点D在线段AE上时，过点C作CM⊥AE，②当点E在线段AD上时，过点C作CM⊥AD，分别求解，即可．
【详解】
解：（1）∵在等腰直角三角形中， ，，在正方形中，CD=CE，∠DCE=90°，
∴∠DCE-∠BCD=∠ACB-∠BCD，即：∠ACD=∠BCE，
∴；
（2）∵正方形的边长为2，
∴DC=GC=2÷=，
∵，
∴AD=，
∵∠GDE=，
∴∠ADM=∠CDE=45°，
∴∠ADM=∠CGM=45°，即：AD∥CG，
∴，
∴，即：，
∴AM=；
（3）①当点D在线段AE上时，过点C作CM⊥AE，如图，
∵正方形的边长为2，
∴CM=DM=2÷2=1，AM=，
∴AD=AM-DM=-1；
②当点E在线段AD上时，过点C作CM⊥AD，如图，
同理可得：CM=DM=2÷2=1，AM=，
∴AD=AM+DM=+1．
综上所述：AM=-1或+1
【点睛】
本题主要考查等腰直角三角形的性质以及正方形的性质，全等三角形的判定定理，相似三角形的判定和性质，勾股定理，画出图形，添加合适的辅助线，是解题的关键．
50．（2021·重庆中考真题）在中，，是边上一动点，连接，将绕点逆时针旋转至的位置，使得．
（1）如图，当时，连接，交于点．若平分，，求的长；
（2）如图，连接，取的中点，连接．猜想与存在的数量关系，并证明你的猜想；
（3）如图，在（2）的条件下，连接，．若，当，时，请直接写出的值．
【答案】（1）；（2），证明见解析；（3）．
【分析】
（1）连接，过点作，垂足为，证明，得：，再在等腰直角中，找到，再去证明为等腰三角形，即可以间接求出的长；
（2）作辅助线，延长至点，使，连接，在中，根据三角形
的中位线，得出，再根据条件证明：，于是猜想得以证明；
（3）如图（见解析），先根据旋转的性质判断出是等边三角形，再根据证出四点共圆，然后根据等腰三角形的三线合一、角的和差可得是等腰直角三角形，设，从而可得，根据三角形全等的判定定理与性质可得，从而可得，根据矩形的判定与性质可得四边形是矩形，，最后根据等量代换可得，解直角三角形求出即可得出答案．
【详解】
解：（1）连接，过点作，垂足为．
平分，，
．
，
，
，
，
，
，
在和中，，
，
，，
，
平分，
.
，
，
，
．
．
（2）
延长至点，使，连接．
是的中点，
．
，
，
，
在和中，，
，
，
．
（3）如图，设交于点，连接，
，
，
由旋转的性质得：，
是等边三角形，
，
，
，
，
，
，
点四点共圆，
由圆周角定理得：，
垂直平分，（等腰三角形的三线合一），
，
平分，
，
，
是等腰直角三角形，
，
设，则，
由（2）可知，，
，
，
是等腰直角三角形，且，
（等腰三角形的三线合一），
，
在和中，，
，
，
，，
，
，
四边形是矩形，
，
在中，，
则．
【点睛】
本题考查了图形的旋转、等边三角形的判定与性质、三角形的中位线定理、圆周角定理、解直角三角形等知识点，综合能力比较强，较难的是题（3），判断出四点共圆是解题关键．
专题21图形的旋转（共50题）
一、单选题
1．（2021·湖南永州市·中考真题）如图，在平面内将五角星绕其中心旋转后所得到的图案是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【分析】
根据旋转的性质找出阴影部分三角形的位置即可得答案．
【详解】
∵将五角星绕其中心旋转，
∴图中阴影部分的三角形应竖直向下，
故选：C．
【点睛】
本题考查旋转的性质，图形旋转前后，对应边相等，对应角相等，前后两个图形全等；熟练掌握旋转的性质是解题关键．
2．（2021·四川广安市·中考真题）如图，将绕点逆时针旋转得到，若且于点，则的度数为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】
由旋转的性质可得∠BAD=55°，∠E=∠ACB=70°，由直角三角形的性质可得∠DAC=20°，即可求解．
【详解】
解：∵将△ABC绕点A逆时针旋转55°得△ADE，
∴∠BAD=55°，∠E=∠ACB=70°，
∵AD⊥BC，
∴∠DAC=20°，
∴∠BAC=∠BAD+∠DAC=75°．
故选C．
【点睛】
本题考查了旋转的性质，掌握旋转的性质是本题的关键．
3．（2021·江苏苏州市·中考真题）如图，在方格纸中，将绕点按顺时针方向旋转90°后得到，则下列四个图形中正确的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】
根据绕点按顺时针方向旋转90°逐项分析即可．
【详解】
A、是由关于过B点与OB垂直的直线对称得到，故A选项不符合题意；
B、是由绕点按顺时针方向旋转90°后得到，故B选项符合题意；
C、与对应点发生了变化，故C选项不符合题意；
D、是由绕点按逆时针方向旋转90°后得到，故D选项不符合题意．
故选：B．
【点睛】
本题考查旋转变换．解题的关键是弄清旋转的方向和旋转的度数．
4．（2021·天津中考真题）如图，在中，，将绕点C逆时针旋转得到，点A，B的对应点分别为D，E，连接．当点A，D，E在同一条直线上时，下列结论一定正确的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】
由旋转可知，即可求出，由于，则可判断，即A选项错误；由旋转可知，由于，即推出，即B选项错误；由三角形三边关系可知，即可推出，即C选项错误；由旋转可知，再由，即可证明为等边三角形，即推出．即可求出，即证明
，即D选项正确；
【详解】
由旋转可知，
∵点A，D，E在同一条直线上，
∴，
∵，
∴，故A选项错误，不符合题意；
由旋转可知，
∵为钝角，
∴，
∴，故B选项错误，不符合题意；
∵，
∴，故C选项错误，不符合题意；
由旋转可知，
∵，
∴为等边三角形，
∴．
∴，
∴，故D选项正确，符合题意；
故选D．
【点睛】
本题考查旋转的性质，三角形三边关系，等边三角形的判定和性质以及平行线的判定．利用数形结合的思想是解答本题的关键．
5．（2021·湖南邵阳市·中考真题）如图，在中，，．将绕点逆时针方向旋转，得到，连接．则线段的长为（ ）
A．1 B． C． D．
【答案】B
【分析】
根据旋转性质可知，，再由勾股定理即可求出线段的长．
【详解】
解：∵旋转性质可知，，
∴，
故选：B．
【点睛】
此题主要考查旋转的性质和勾股定理求出直角三角形边长，解题关键是根据旋转性质得出是等腰直角三角形．
6．（2021·四川达州市·中考真题）在平面直角坐标系中，等边如图放置，点的坐标为，每一次将绕着点逆时针方向旋转，同时每边扩大为原来的2倍，第一次旋转后得到，第二次旋转后得到，…，依次类推，则点的坐标为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【分析】
由题意，点A每6次绕原点循环一周，利用每边扩大为原来的2倍即可解决问题．
【详解】
解：由题意，点A每6次绕原点循环一周，
，
点在第四象限，， ，
点的横坐标为，纵坐标为，
，
故选：C．
【点睛】
本题考查坐标与图形变化旋转，规律型问题，解题的关键是理解题意，学会探究规律的方法，属于中考常考题型．
7．（2021·浙江衢州市·中考真题）如图．将菱形ABCD绕点A逆时针旋转得到菱形，．当AC平分时，与满足的数量关系是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【分析】
根据菱形的性质可得AB=AC，根据等腰三角形的性质可得∠BAC=∠BCA=，根据旋转的性质可得∠CAC′=∠BAB′=，根据AC平分可得∠B′AC=∠CAC=，即可得出，可得答案．
【详解】
∵四边形ABCD是菱形，，
∴AB=AC，
∴∠BAC=∠BCA==，
∵将菱形ABCD绕点A逆时针旋转得到菱形，
∴∠CAC′=∠BAB′=，
∵AC平分，
∴∠B′AC=∠CAC=，
∴∠BAC=∠B′AC+∠BAB′=2=，
∴，
故选；C．
【点睛】
本题考查旋转的性质及菱形的性质，熟练掌握相关性质并正确找出旋转角是解题关键．
8．（2021·山东聊城市·中考真题）如图，在直角坐标系中，点A，B的坐标为A（0，2），B（﹣1，0），将△ABO绕点O按顺时针旋转得到△A1B1O，若AB⊥OB1，则点A1的坐标为（ ）
A．（） B．（） C．（） D．（）
【答案】A
【分析】
先求出AB，OA1，再作辅助线构造相似三角形，如图所示，得到对应边成比例，求出OC和A1C，即可求解．
【详解】
解:如图所示，∵点A，B的坐标分别为A（0，2），B（﹣1，0），
∴OB=1，OA=2，
∴，
∵∠AOB=90°，
∴∠A1OB1=90°，
∴O A1⊥OB1，
又∵AB⊥OB1，
∴O A1∥AB，
∴∠1=∠2，
过A1点作A1C⊥x轴，
∴∠A1CO=∠AOB，
∴，
∴，
∵O A1=OA=2，
∴，
∴，，
∴，
故选：A．
【点睛】
本题综合考查了勾股定理、旋转的性质、相似三角形的判定和性质等内容，解决本题的关键是理解并掌握相关概念，能通过作辅助线构造相似三角形等，本题蕴含了数形结合的思想方法等．
9．（2021·河南中考真题）如图，的顶点，，点在轴的正半轴上，延长交轴于点．将绕点顺时针旋转得到，当点的对应点落在上时，的延长线恰好经过点，则点的坐标为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】
连接,由题意可证明，利用相似三角形线段成比例即可求得OC的长，即得点的坐标．
【详解】
如图，连接，因为轴，
绕点顺时针旋转得到，
所以，
,
故答案为B．
【点睛】
本题考查了旋转的性质，勾股定理，相似三角形的判定与性质，找到是解题的关键．
10．（2021·黑龙江大庆市·中考真题）如图，是线段上除端点外的一点，将绕正方形的顶点顺时针旋转，得到．连接交于点．下列结论正确的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】
根据旋转的性质可以得到△EAF是等腰直角三角形，然后根据相似三角形的判定和性质，以及平行线分线段成比例定理即可作出判断．
【详解】
解：根据旋转的性质知：∠EAF=90°，故A选项错误；
根据旋转的性质知：∠EAF=90°，EA=AF，则△EAF是等腰直角三角形，
∴EF=AE，即AE：EF=1：，故B选项错误；
若C选项正确，则，即，
∵∠AEF=∠HEA=45°，
∴△EAF△EHA，
∴∠EAH∠EFA，
而∠EFA=45°，∠EAH45°，
∴∠EAH∠EFA，
∴假设不成立，故C选项错误；
∵四边形ABCD是正方形，
∴CD∥AB，即BH∥CF，AD=BC，
∴EB：BC=EH：HF，即EB：AD=EH：HF，故D选项正确；
故选：D
【点睛】
本题考查了旋转的性质，正方形的性质，相似三角形的判定和性质，平行线分线段成比例定理，正确运用反证法是解题的关键．
11．（2021·湖北黄石市·中考真题）如图，的三个顶点都在方格纸的格点上，其中点的坐标是，现将绕点按逆时针方向旋转，则旋转后点的坐标是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】
在网格中绘制出CA旋转后的图形，得到点C旋转后对应点．
【详解】
如图，绘制出CA绕点A逆时针旋转90°的图形，
由图可得：点C对应点的坐标为(-2，3) ．
故选B．
【点睛】
本题考查旋转，需要注意题干中要求顺时针旋转还是逆时针旋转．
12．（2021·山东泰安市·中考真题）如图，在矩形中，，，点P在线段上运动（含B、C两点），连接，以点A为中心，将线段逆时针旋转60°到，连接，则线段的最小值为（ ）
A． B． C． D．3
【答案】A
【分析】
根据题中条件确定出点的轨迹是线段，则线段的最小值就转化为定点到点的轨迹线段的距离问题．
【详解】
解：与固定夹角是，，点的轨迹是线段，
的轨迹也是一条线段．
两点确定一条直线，取点分别与重合时，所对应两个点Q，
来确定点的轨迹，得到如下标注信息后的图形：
求的最小值，转化为点到点的轨迹线段的距离问题，
,
在中，,
,，
将逆时针绕点转动后得到，
为等边三角形，,
为的中点，根据三线合一知，
,
过点作的垂线交于点,
在中，对应的边等于斜边的一半，
，
的最小值为，
故选：A．
【点睛】
本题考查了动点问题中，两点间距离的最小值问题，解题的关键是：需要确定动点的轨迹，才能方便找到解决问题的突破口．
13．（2021·山东东营市·中考真题）如图，是边长为1的等边三角形，D、E为线段AC上两动点，且，过点D、E分别作AB、BC的平行线相交于点F，分别交BC、AB于点H、G．现有以下结论：①；②当点D与点C重合时，；③；④当时，四边形BHFG为菱形，其中正确结论为（ ）
A．①②③ B．①②④ C．①②③④ D．②③④
【答案】B
【分析】
过A作AI⊥BC垂足为I，然后计算△ABC的面积即可判定①；先画出图形，然后根据等边三角形的性质和相似三角形的性质即可判定②；如图将△BCD绕B点逆时针旋转60°得到△ABN，求证NE=DE；再延长EA到P使AP=CD=AN，证得∠P=60°，NP=AP=CD，然后讨论即可判定③；如图1，当AE=CD时，根据题意求得CH=CD、AG=CH，再证明四边形BHFG为平行四边形，最后再说明是否为菱形．
【详解】
解：如图1, 过A作AI⊥BC垂足为I
∵是边长为1的等边三角形
∴∠BAC=∠ABC=∠C=60°，CI=
∴AI=
∴S△ABC=,故①正确；
如图2，当D与C重合时
∵∠DBE=30°，是等边三角形
∴∠DBE=∠ABE=30°
∴DE=AE=
∵GE//BD
∴
∴BG=
∵GF//BD,BG//DF
∴HF=BG=,故②正确；
如图3，将△BCD绕B点逆时针旋转60°得到△ABN
∴∠1=∠2，∠5=∠6=60°，AN=CD,BD=BN
∵∠3=30°
∴∠2+∠4=∠1+∠4=30°
∴∠NBE=∠3=30°
又∵BD=BN，BE=BE
∴△NBE≌△DBE（SAS）
∴NE=DE
延长EA到P使AP=CD=AN
∵∠NAP=180°-60°-60°=60°
∴△ANP为等边三角形
∴∠P=60°，NP=AP=CD
如果AE+CD=DE成立，则PE=NE,需∠NEP=90°，但∠NEP不一定为90°，故③不成立；
如图1，当AE=CD时，
∵GE//BC
∴∠AGE=∠ABC=60°，∠GEA=∠C=60°
∴∠AGE=∠AEG=60°，
∴AG=AE
同理：CH=CD
∴AG=CH
∵BG//FH,GF//BH
∴四边形BHFG是平行四边形
∵BG=BH
∴四边形BHFG为菱形，故④正确．
故选B．
【点睛】
本题主要考查了等边三角形的性质、旋转变换、全等三角形的判定和性质以及菱形的判定等知识点，灵活运用相关知识成为解答本题的关键．
二、填空题
14．（2021·贵州铜仁市·中考真题）如图，将边长为1的正方形绕点顺时针旋转到的位置，则阴影部分的面积是______________；
【答案】
【分析】
交于点，连接；根据全等三角形性质，通过证明，得；结合旋转的性质，得；根据三角函数的性质计算，得，结合正方形和三角形面积关系计算，即可得到答案．
【详解】
解：如图，交于点，连接
根据题意，得：，
∵
∴
∴
∵正方形绕点顺时针旋转到
∴，
∴
∴
∴
∴
∴
∴阴影部分的面积
故答案为：．
【点睛】
本题考查了正方形、全等三角形、旋转、三角函数的知识；解题的关键是熟练掌握正方形、全等三角形、旋转、三角函数的性质，从而完成求解．
15．（2021·湖北鄂州市·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，点的坐标为，点的坐标为，将点绕点顺时针旋转得到点，则点的坐标为_____________．
【答案】
【分析】
根据题意画出图形，易证明，求出OE、BE的长即可求出B的坐标．
【详解】
解：如图所示，点绕点顺时针旋转得到点，
过点A作x轴垂线，垂足为D，过点B作x轴垂线，垂足为E，
∵点的坐标为，点的坐标为，
∴CD=2，AD=3，
根据旋转的性质，AC=BC，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴AD=CE=3，CD=BE=2，
∴OE=2，BE=2，
故答案为：．
【点睛】
本题主要考查旋转变换和三角形全等的判定与性质，证明是解题关键．
16．（2021·湖南中考真题）如图，中，，将绕A点顺时针方向旋转角得到，连接，，则与的面积之比等于_______．
【答案】
【分析】
先根据正切三角函数的定义可得，再根据旋转的性质可得，从而可得，然后根据相似三角形的判定可得，最后根据相似三角形的性质即可得．
【详解】
解：在中，，
，
由旋转的性质得：，
，
在和中，，
，
，
即与的面积之比等于，
故答案为：．
【点睛】
本题考查了正切三角函数、旋转的性质、相似三角形的判定与性质，熟练掌握相似三角形的判定与性质是解题关键．
17．（2021·江苏苏州市·中考真题）如图，射线、互相垂直，，点位于射线的上方，且在线段的垂直平分线上，连接，．将线段绕点按逆时针方向旋转得到对应线段，若点恰好落在射线上，则点到射线的距离______．
【答案】
【分析】
添加辅助线，连接，过点作交ON与点P．根据旋转的性质，得到，在和中，，根据三角函数和已知线段的长度求出点到射线的距离．
【详解】
如图所示，连接，过点作交ON与点P．
∵线段绕点按逆时针方向旋转得到对应线段
∴，
∴
即
∵点在线段的垂直平分线上
∴，
∵
∴
∴
∴
【点睛】
本题主要考查旋转的性质和三角函数．对应点到旋转中心的距离相等，对应点与旋转中心所连的线段的夹角等于旋转角，旋转前、后的图形全等．
18．（2021·广西玉林市·中考真题）如图、在正六边形中，连接线，，，，，与交于点，与交于点为，与交于点，分别延长，于点，设．有以下结论：①；②；③的重心、内心及外心均是点；④四边形绕点逆时针旋转与四边形重合．则所有正确结论的序号是______．
【答案】①②③
【分析】
由题意易得，，则有，进而可得，则有四边形是矩形，然后可得，为等边三角形，最后可得答案．
【详解】
解：∵六边形是正六边形，
∴，
，
∴在△DEF中，，
∴，
同理可得，
∴四边形是矩形，
同理可证四边形是矩形，
∴，
∴四边形是平行四边形，
∵，
∴（ASA），
∴，
∴四边形是菱形，
∴，
∴∠NAM=60°，
∴△NAM是等边三角形，
∴AM=MN，
∵AB=3，
∴，
∴，
∵∠MAB=30°，∠ACG=90°，
∴∠G=60°，
∴△ADG是等边三角形，
∵AC与BD交于点M，
∴由等边三角形的性质及重心、内心、外心可得：的重心、内心及外心均是点，
连接OF，如图所示：
易得∠FOA=60°，
∴四边形绕点逆时针旋转与四边形重合，
∴综上所述：正确结论的序号是①②③；
故答案为①②③．
【点睛】
本题主要考查正多边形的性质、矩形及菱形的判定与性质、等边三角形的性质与判定、三角形的重心、内心、外心及三角函数，熟练掌握正多边形的性质、矩形及菱形的判定与性质、等边三角形的性质与判定、三角形的重心、内心、外心及三角函数是解题的关键．
19．（2021·上海中考真题）定义：在平面内，一个点到图形的距离是这个点到这个图上所有点的最短距离，在平面内有一个正方形，边长为2，中心为O，在正方形外有一点，当正方形绕着点O旋转时，则点P到正方形的最短距离d的取值范围为__________．
【答案】
【分析】
先确定正方形的中心O与各边的所有点的连线中的最大值与最小值，然后结合旋转的条件即可求解．
【详解】
解：如图1，设的中点为E，连接OA，OE，则AE=OE=1，∠AEO=90°，．
∴点O与正方形边上的所有点的连线中，
最小，等于1，最大，等于．
∵，
∴点P与正方形边上的所有点的连线中，
如图2所示，当点E落在上时，最大值PE=PO-EO=2-1=1；
如图3所示，当点A落在上时，最小值．
∴当正方形ABCD绕中心O旋转时，点P到正方形的距离d的取值范围是．
故答案为：
【点睛】
本题考查了新定义、正方形的性质、勾股定理等知识点，准确理解新定义的含义和熟知正方形的性质是解题的关键．
20．（2021·江苏南京市·中考真题）如图，将绕点A逆时针旋转到的位置，使点落在上，与交于点E，若，则的长为________．
【答案】
【分析】
过点C作CM//交于点M，证明求得，根据AAS证明可求出CM=1，再由CM//证明△，由相似三角形的性质查得结论．
【详解】
解：过点C作CM//交于点M，
∵平行四边形ABCD绕点A逆时针旋转得到平行四边形
∴，，
∴，
∴
∴
∵
∴
∴
∴∠
∵
∴
∵
∴∠
∵，
∴
∴∠
∴∠
在和中，
∴
∴
∵
∴△
∴
∴
∴
故答案为：．
【点睛】
此题主要考查了旋转的性质，平行四边形的性质，全等三角形的判定与性质以及相似三角形的判定与性质，正确作出辅助线构造全等三角形和相似三角形是解答本题的关键．
21．（2021·新疆中考真题）如图，已知正方形ABCD边长为1，E为AB边上一点，以点D为中心，将按逆时针方向旋转得，连接EF，分別交BD，CD于点M，N．若，则__________．
【答案】
【分析】
过点E作EP⊥BD于P，将∠EDM构造在直角三角形DEP中，设法求出EP和DE的长，然后用三角函数的定义即可解决．
【详解】
解：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB∥DC，∠A=∠BCD=∠ADC=90°，
AB=BC= CD=DA=1，．
∵△DAE绕点D逆时针旋转得到△DCF，
∴CF=AE，DF=DE，∠EDF=∠ADC=90°．
设AE=CF=2x，DN=5x，
则BE=1-2x，CN=1-5x，BF=1+2x．
∵AB∥DC，
∴．
∴．
∴．
整理得，．
解得，，（不合题意，舍去）．
∴．
∴．
过点E作EP⊥BD于点P，如图所示，
设DP=y，则．
∵，
∴．
解得，．
∴．
∴在Rt△DEP中，
．即 ．
故答案为：
【点睛】
本题考查了正方形的性质、旋转的性质、相似三角形的判定与性质、勾股定理、锐角三角函数、方程的数学思想等知识点，熟知各类图形的性质与判定是解题的基础，构造直角三角形，利用锐角三角函数的定义是解题的关键．
22．（2021·湖北随州市·中考真题）如图，在中，，，，将绕点逆时针旋转角（）得到，并使点落在边上，则点所经过的路径长为______．（结果保留）
【答案】．
【分析】
利用勾股定理求出AB=2，根据旋转的性质得到旋转角为∠=60°，再由弧长计算公式，计算出结果．
【详解】
解：∵，，，
∴AB=2AC，
设AC=x，则AB=2x，由勾股定理得：
，
解得：x=1，
则：AC=1，AB=2，
∵将绕点逆时针旋转角（）得到，且点落在边上，
∴旋转角为60°，
∴∠=60°，
∴点所经过的路径长为： ，
故答案为：．
【点睛】
本题主要考查了勾股定理、旋转的性质和弧长的计算公式，解题关键在于找到旋转角，根据弧长公式进行计算．
23．（2021·湖南怀化市·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，已知，，，将先向右平移3个单位长度得到，再绕顺时针方向旋转得到，则的坐标是____________．
【答案】（2，2）．
【分析】
直接利用平移的性质和旋转的性质得出对应点位置，然后作图，进而得出答案．
【详解】
解：如图示：，为所求，
根据图像可知，的坐标是（2，2），
故答案是：（2，2）．
【点睛】
本题主要考查了平移作图和旋转作图，熟悉相关性质是解题关键．
24．（2021·浙江温州市·中考真题）如图，与的边相切，切点为．将绕点按顺时针方向旋转得到，使点落在上，边交线段于点．若，则______度．
【答案】85
【分析】
连结OO′，先证△BOO′为等边三角形，求出∠AOB=∠OBO′=60°，由与的边相切，可求∠CBO==30°，利用三角形内角和公式即可求解．
【详解】
解：连结OO′，
∵将绕点按顺时针方向旋转得到，
∴BO′=BO=OO′，
∴△BOO′为等边三角形，
∴∠OBO′=60°，
∵与的边相切，
∴∠OBA=∠O′BA′=90°，
∴∠CBO=90°-∠OBO′=90°-60°=30°，
∵∠A′=25°
∴∠A′O′B=90°-∠A′=90°-25°=65°
∴∠AOB=∠A′O′B=65°，
∴∠OCB=180°-∠COB-∠OBC=180°-65°-30°=85°．
故答案为85．
【点睛】
本题考查图形旋转性质，切线性质，等边三角形判定与性质，直角三角形性质，掌握图形旋转性质，切线性质，等边三角形判定与性质，直角三角形性质是解题关键．
25．（2021·四川广安市·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，轴，垂足为，将绕点逆时针旋转到的位置，使点的对应点落在直线上，再将绕点逆时针旋转到的位置，使点的对应点也落在直线上，以此进行下去……若点的坐标为，则点的纵坐标为______．
【答案】
【分析】
计算出△AOB的各边，根据旋转的性质，求出OB1，B1B3，...，得出规律，求出OB21，再根据一次函数图像上的点求出点B21的纵坐标即可．
【详解】
解：∵AB⊥y轴，点B（0，3），
∴OB=3，则点A的纵坐标为3，代入，
得：，得：x=-4，即A（-4，3），
∴OB=3，AB=4，OA==5，
由旋转可知：
OB=O1B1=O2B1=O2B2=…=3，OA=O1A=O2A1=…=5，AB=AB1=A1B1=A2B2=…=4，
∴OB1=OA+AB1=4+5=9，B1B3=3+4+5=12，
∴OB21=OB1+B1B21=9+（21-1）÷2×12=129，
设B21（a，），则OB21=，
解得：或（舍），
则，即点B21的纵坐标为，
故答案为：．
【点睛】
本题考查了一次函数图象上点的坐标特征，旋转以及直角三角形的性质，求出△OAB的各边，计算出OB21的长度是解题的关键．
26．（2021·青海中考真题）如图所示的图案由三个叶片组成，绕点O旋转120°后可以和自身重合，若每个叶片的面积为4cm2，∠AOB=120°，则图中阴影部分的面积为__________．
【答案】4 cm2
【分析】
根据旋转的性质和图形的特点解答．
【详解】
每个叶片的面积为4cm2，因而图形的面积是12cm2．
∵图案绕点O旋转120°后可以和自身重合，∠AOB为120°，∴图形中阴影部分的面积是图形的面积的，因而图中阴影部分的面积之和为4cm2．
故答案为4cm2．
【点睛】
本题考查了图形的旋转与重合，理解旋转对称图形的定义是解决本题的关键．注：旋转对称图形的概念：把一个图形绕着一个定点旋转一个角度后，与初始图形重合，这种图形叫做旋转对称图形，这个定点叫做旋转对称中心，旋转的角度叫做旋转角．
27．（2021·山东枣庄市·中考真题）如图，在平面直角坐标系xOy中，△A′B′C′由△ABC绕点P旋转得到，则点P的坐标为_______．
【答案】P（1，-1）．
【详解】
试题分析：连接AA′、CC′，作线段AA′的垂直平分线MN，作线段CC′的垂直平分线EF，
直线MN和直线EF的交点为P，点P就是旋转中心．∵直线MN为：x=1，设直线CC′为y=kx+b，
由题意：， ∴， ∴直线CC′为y=x+，
∵直线EF⊥CC′，经过CC′中点（，）， ∴直线EF为y=﹣3x+2，
由得， ∴P（1，﹣1）．
考点：坐标与图形变化-旋转
三、解答题
28．（2021·四川成都市·中考真题）在中，，将绕点B顺时针旋转得到，其中点A，C的对应点分别为点，．
（1）如图1，当点落在的延长线上时，求的长；
（2）如图2，当点落在的延长线上时，连接，交于点M，求的长；
（3）如图3，连接，直线交于点D，点E为的中点，连接．在旋转过程中，是否存在最小值？若存在，求出的最小值；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）；（2）；（3）存在，最小值为1
【分析】
（1）根据题意利用勾股定理可求出AC长为4．再根据旋转的性质可知，最后由等腰三角形的性质即可求出的长．
（2）作交于点D，作交于点E．由旋转可得，．再由平行线的性质可知，即可推出，从而间接求出，．由三角形面积公式可求出．再利用勾股定理即可求出，进而求出．最后利用平行线分线段成比例即可求出的长．
（3）作且交延长线于点P，连接．由题意易证明，
，，即得出．再由平行线性质可知，即得出，即可证明，由此即易证，得出，即点D为中点．从而证明DE为的中位线，即．即要使DE最小，最小即可．根据三角形三边关系可得当点三点共线时最小，且最小值即为，由此即可求出DE的最小值．
【详解】
（1）在中，．
根据旋转性质可知，即为等腰三角形．
∵，即，
∴，
∴．
（2）如图，作交于点D，作交于点E．
由旋转可得，．
∵，
∴，
∴，
∴，．
∵，即，
∴．
在中，，
∴．
∴．
∵，
∴，即，
∴．
（3）如图，作且交延长线于点P，连接．
∵，
∴，
∵，即，
又∵，
∴．
∵，
∴，
∴，
∴，
∴．
∴在和中 ，
∴，
∴，即点D为中点．
∵点E为AC中点，
∴DE为的中位线，
∴，
即要使DE最小，最小即可．
根据图可知，即当点三点共线时最小，且最小值为．
∴此时，即DE最小值为1．
【点睛】
本题为旋转综合题．考查旋转的性质，勾股定理，等腰三角形的判定和性质，平行线的性质，平行线分线段成比例，全等三角形的判定和性质，中位线的判定和性质以及三角形三边关系，综合性强，为困难题．正确的作出辅助线为难点也是解题关键．
29．（2021·广西贵港市·中考真题）已知在ABC中，O为BC边的中点，连接AO，将AOC绕点O顺时针方向旋转（旋转角为钝角），得到EOF，连接AE，CF．
（1）如图1，当∠BAC＝90°且AB＝AC时，则AE与CF满足的数量关系是 ；
（2）如图2，当∠BAC＝90°且AB≠AC时，（1）中的结论是否仍然成立？若成立，请写出证明过程；若不成立，请说明理由；
（3）如图3，延长AO到点D，使OD＝OA，连接DE，当AO＝CF＝5，BC＝6时，求DE的长．
【答案】（1）；（2）成立，证明见解析；（3）
【分析】
（1）结论．证明，可得结论．
（2）结论成立．证明方法类似（1）．
（3）首先证明，再利用相似三角形的性质求出，利用勾股定理求出即可．
【详解】
解：（1）结论：．
理由：如图1中，
，，，
，，
，
，
，，
，
．
（2）结论成立．
理由：如图2中，
，，
，
，
，
，，
，
．
（3）如图3中，
由旋转的性质可知，
，
，
，
，，，
，
，
，
，
，
，
．
【点睛】
本题属于几何变换综合题，考查了旋转变换，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形或相似三角形解决问题，属于中考压轴题．
30．（2021·黑龙江鹤岗市·中考真题）如图，正方形网格中，每个小正方形的边长都是一个单位长度，在平面直角坐标系内，的三个顶点坐标分别为．
（1）画出关于x轴对称的，并写出点的坐标；
（2）画出绕点O顺时针旋转后得到的，并写出点的坐标；
（3）在（2）的条件下，求点A旋转到点所经过的路径长（结果保留）．
【答案】（1）见解析，；（2）见解析，；（3）
【分析】
（1）分别作出点A、B关于x轴的对称点，然后依次连接即可，最后通过图象可得点的坐标；
（2）根据旋转的性质分别作出点A、B绕点O旋转90°的点，然后依次连接，最后根据图象可得点的坐标；
（3）由（2）可先根据勾股定理求出OA的长，然后根据弧长计算公式进行求解．
【详解】
解：（1）如图所示：即为所求，
∴由图象可得；
（2）如图所示：即为所求，
∴由图象可得；
（3）由（2）的图象可得：点A旋转到点所经过的路径为圆弧，
∵，
∴点A旋转到点所经过的路径长为．
【点睛】
本题主要考查旋转的性质、坐标与轴对称及弧长计算公式，熟练掌握旋转的性质、坐标与轴对称及弧长计算公式是解题的关键．
31．（2021·内蒙古通辽市·中考真题）已知和都是等腰直角三角形，．
（1）如图1，连接，，求证：；
（2）将绕点O顺时针旋转．
①如图2，当点M恰好在边上时，求证：；
②当点A，M，N在同一条直线上时，若，，请直接写出线段的长．
【答案】(1)见解析；(2)①见解析；②或
【分析】
(1)证明△AMO≌△BNO即可；
(2)①连接BN，证明△AMO≌△BNO，得到∠A=∠OBN=45°，进而得到∠MBN=90°，且△OMN为等腰直角三角形，再在△BNM中使用勾股定理即可证明；
②分两种情况分别画出图形即可求解．
【详解】
解：(1)∵和都是等腰直角三角形，
∴，
又，
,
∴，
∴，
∴；
(2)①连接BN，如下图所示：
∴，
，
且，
∴，
∴，，
∴，
且为等腰直角三角形，
∴，
在中，由勾股定理可知：
，且
∴；
②分类讨论：
情况一：如下图2所示，设AO与NB交于点C，过O点作OH⊥AM于H点，
,为等腰直角三角形，
∴,
在中，,
∴；
情况二：如下图3所示，过O点作OH⊥AM于H点，
,为等腰直角三角形，
∴,
在中，,
∴；
故或．
【点睛】
本题属于几何变换综合题，考查了全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，勾股定理等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题，属于中考常考题型．
32．（2021·辽宁本溪市·中考真题）在▱中，，平分，交对角线于点G，交射线于点E，将线段绕点E顺时针旋转得线段．
（1）如图1，当时，连接，请直接写出线段和线段的数量关系；
（2）如图2，当时，过点B作于点，连接，请写出线段，，之间的数量关系，并说明理由；
（3）当时，连接，若，请直接写出与面积的比值．
【答案】（1）；（2）,理由见解析；（3）
【分析】
（1）延长，交于点，根据已知条件证明即可；
（2）连接，过F作交的延长线于点，由，得，在由 三边关系利用勾股定理可得；
（3）证明，得值，与的面积分别与的面积成比例，可得与面积的比值．
【详解】
（1）如图,延长，交于点，
由题意，将线段绕点E顺时针旋转，
四边形是平行四边形
四边形是平行四边形
平分
四边形是菱形
是等边三角形
,
，，
四边形是平行四边形
=
在和中
．
（2）连接，过F作交的延长线于点
四边形是矩形，
，，
，
平分
四边形是矩形
在和中
设
则
在中
即
整理得：
．
（3）如图
由（1）可知
平分
四边形是平行四边形
．
【点睛】
本题考查了轴对称的性质，旋转的性质，三角形全等的性质与判定，三角形相似，勾股定理，锐角三角函数，相似比的概念，平行四边形的性质与判定，菱形的性质与判定，矩形的性质与判定，知识点比较多，熟练掌握以上知识点是解题的关键．
33．（2021·黑龙江齐齐哈尔市·中考真题）综合与实践
数学实践活动，是一种非常有效的学习方式．通过活动可以激发我们的学习兴趣，提高动手动脑能力，拓展思推空间，丰富数学体验．让我们一起动手来折一折、转一转、剪一剪，体会活动带给我们的乐趣．
折一折：将正方形纸片ABCD折叠，使边AB、AD都落在对角线AC上，展开得折痕AE、AF，连接EF，如图1．
（1）_________，写出图中两个等腰三角形：_________（不需要添加字母）；
转一转：将图1中的绕点A旋转，使它的两边分别交边BC、CD于点P、Q，连接PQ，如图2．
（2）线段BP、PQ、DQ之间的数量关系为_________；
（3）连接正方形对角线BD，若图2中的的边AP、AQ分别交对角线BD于点M、点N．如图3，则________；
剪一剪：将图3中的正方形纸片沿对角线BD剪开，如图4．
（4）求证：．
【答案】（1）45，，；（2）；（3）；（4）见解析
【分析】
（1）由翻折的性质可知：，，根据正方形的性质：, ，则，为等腰三角形；
（2）如图：将顺时针旋转，证明全等，即可得出结论；
（3）证明即可得出结论；
（4）根据半角模型，将顺时针旋转，连接，可得，通过得出，为直角三角形，结合勾股定理即可得出结论．
【详解】
（1）由翻折的性质可知：
为正方形
，
为等腰三角形
（2）如图：将顺时针旋转，
由旋转的性质可得：，
由（1）中结论可得
为正方形，
在和中
（3）为正方形对角线
，
，
（4）如图：将顺时针旋转，连接，
由（2）中的结论可证
根据旋转的性质可得：，
在中有
【点睛】
本题是四边形的综合题，考查了正方形的性质，折叠的性质，旋转变换的性质，全等三角形的判定和性质，以及相似三角形的判定和性质，勾股定理等知识，能够综合运用这些性质是解题关键．
34．（2021·湖北宜昌市·中考真题）如图，在矩形中，是边上一点，，，垂足为．将四边形绕点顺时针旋转，得到四边形．所在的直线分别交直线于点，交直线于点，交于点．所在的直线分别交直线于点，交直线于点，连接交于点．
（1）如图1，求证：四边形是正方形；
（2）如图2，当点和点重合时．
①求证：；
②若，，求线段的长；
（3）如图3，若交于点，，求的值．
【答案】（1）见解析；（2）①见解析；②；（3）
【分析】
（1）先利用三个角是直角的四边形是矩形证明，再根据证得结论；
（2）①证明即可得到结论；
②方法一：设正方形边长为，根据，求出，利用勾股定理得到，求出a，得到，，根据∽△CKG，求出KG，再根据，求出答案；
方法二：过点作于点，根据，求出，由，，再利用勾股定理求得结果；
（3）方法一：延长与的延长线交于点，证明，求出，设，，则，证明，求得，由，求出，利用，求出，即可得到答案；
方法二，过点作，垂足为点．设，则，，求得，证明，求出，再证明，求出答案；
方法三：设与交于点，设，则，，证明，得到，根据，求出答案．
【详解】
（1）在矩形中，，
∵，则，
∴四边形是矩形．
∵，
∴矩形是正方形．
（2）①如图1，
∵，
∴，，
∴，
又∵，，
∴，
∴．
②方法一：设正方形边长为，
∵PG∥，
∴，
∴，
∴，
∴在中，，
∴，
∴．
∴，，
∵，
∴∽△CKG，
∴,
∴,
∵，
∴△B’CK≌△E’KD，
∴DK=KC，
又∵∠DKP=∠GKC，∠P=∠G，
∴，
∴PG=KG，
∴；
方法二：如图2，过点作于点，
由，
可得：，
由方法一，可知，
∴，
由方法一，可知为中点，从而，，
从而由勾股定理得．
（3）方法一：如图3，延长与的延长线交于点，
由题意可知，，，
∴，，
∴，
设，，则，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴．
∵，
∴．
方法二，如图4，过点作，垂足为点．
由题意可知，，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
设，则，，
∴，，则，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴．
方法三：如图5，设与交于点，
设，则，，
由题意可知，，，，
∴，
∴，
由方法（2）可知，，
所以，
又∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴．
【点睛】
此题考查正方形的判定定理及性质定理，旋转的性质，全等三角形的判定及性质，相似三角形的判定及性质，锐角三角函数，综合掌握各知识点并熟练应用解决问题是解题的关键．
35．（2021·湖南娄底市·中考真题）如图①，是等腰的斜边上的两动点，且．
（1）求证：；
（2）求证：；
（3）如图②，作，垂足为H，设，不妨设，请利用（2）的结论证明：当时，成立．
【答案】（1）证明见详解；（2）证明见详解；（3）证明见详解．
【分析】
（1）△ABC是等腰直角三角形，AB=AC，∠BAC=90°，由CD⊥BC，可求∠DCA=∠ABE即可；
（2）由△ABE≌△ACD，可得∠FAD=∠EAF，可证△AEF≌△ADF（SAS），可得EF=DF，在Rt△CDF中，根据勾股定理，即可；
（3）将△ABE逆时针绕点A旋转90°到△ACD，由△ABC为等腰直角三角形，可求∠DCF=90°，由，在Rt△ABC中由勾股定理，由AH⊥BC，可求BH=CH=AH=，可表示EF= tanα+ tanβ,BE =1-tanα,CF= 1-tanβ，可证△AEF≌△ADF（SAS），得到EF=DF，由可得，整理即得结论．
【详解】
（1）证明：∵△ABC是等腰直角三角形，
∴AB=AC，∠BAC=90°，
∴∠ABC=∠ACB=45°，
∵CD⊥BC，
∴∠DCB=90°，
∴∠DCA=90°-∠ACB=90°-45°=45°=∠ABE，
在△ABE和△ACD中，
，
∴△ABE≌△ACD（SAS），
（2）证明∵△ABE≌△ACD，
∴∠BAE=∠CAD，AE=AD，
∵∠EAF=45°，
∴∠BAE+∠FAC=90°-∠EAF=90°-45°=45°，
∴∠FAD=∠FAC+∠CAD=∠FAC+∠BAE=45°=∠EAF，
在△AEF和△ADF中，
，
∴△AEF≌△ADF（SAS），
∴EF=DF，
在Rt△CDF中，根据勾股定理，
，
即；
（3）证明：将△ABE逆时针绕点A旋转90°到△ACD，连结FD，
∴∠BAE=∠CAD，BE=CD，AE=AD，
∵△ABC为等腰直角三角形，
∠ACB=∠B=∠ACD=45°，∠DCF=∠DCA+∠ACF=45°+45°=90°，
∵，
∴AC= ，
在Rt△ABC中由勾股定理
∵AH⊥BC，
∴BH=CH=AH=，
∴EF=EH+FH=AHtanα+AH tanβ= tanα+ tanβ,BE=BH-EH=1-tanα,CF=CH-HF=1-tanβ，
∵∠EAF=45°，
∴∠BAE+∠CAF=90°-∠EAF=45°，
∴∠DAF=∠DAC+∠CAF=∠BAE+∠CAF=45°=∠EAF，
在△AEF和△ADF中，
，
∴△AEF≌△ADF（SAS），
∴EF=DF，
在Rt△CDF中，即，
∴，
整理得，
即，
∴，
∴，
∴．
【点睛】
本题考查等腰直角三角形的性质，三角形全等判定与性质，三角形旋转变换，勾股定理，锐角三角函数及其公式推导，掌握上述知识、灵活应用全等三角形的判定和性质是解题关键．
36．（2021·江苏盐城市·中考真题）学习了图形的旋转之后，小明知道，将点绕着某定点顺时针旋转一定的角度，能得到一个新的点．经过进一步探究，小明发现，当上述点在某函数图像上运动时，点也随之运动，并且点的运动轨迹能形成一个新的图形．
试根据下列各题中所给的定点的坐标和角度的大小来解决相关问题．
（初步感知）
如图1，设，，点是一次函数图像上的动点，已知该一次函数的图像经过点．
（1）点旋转后，得到的点的坐标为________；
（2）若点的运动轨迹经过点，求原一次函数的表达式．
（深入感悟）
（3）如图2，设，，点反比例函数的图像上的动点，过点作二、四象限角平分线的垂线，垂足为，求的面积．
（灵活运用）
（4）如图3，设A，，点是二次函数图像上的动点，已知点、，试探究的面积是否有最小值？若有，求出该最小值；若没有，请说明理由．
【答案】（1）；（2）；（3）；（4）存在最小值，
【分析】
（1）根据旋转的定义得，观察点和在同一直线上即可直接得出结果．
（2）根据题意得出的坐标，再利用待定系数法求出原一次函数表达式即可．
（3）先根据计算出交点坐标，再分类讨论①当时，先证明再计算面积．②当-时，证，再计算即可．
（4）先证明为等边三角形，再证明，根据在中，，写出，从而得出的函数表达式，当直线与抛物线相切时取最小值，得出，由计算得出的面积最小值．
【详解】
（1）由题意可得:
∴的坐标为
故答案为：；
（2）∵，由题意得
坐标为
∵，在原一次函数上，
∴设原一次函数解析式为
则
∴
∴原一次函数表达式为；
（3）设双曲线与二、四象限平分线交于点，则
解得
①当时
作轴于
∵
∴
∵
∴
∴在和中
∴
即；
②当-时
作于轴于点
∵
∴
∴
∴
∴
在和中
∴
∴；
（4）连接，，将，绕逆时针旋转得，，作轴于
∵，
∴
∴
∴为等边三角形，此时与重合，即
连接，∵
∴
∴在和中
∴
∴，
∴作轴于
在中，
∴
∴，即，此时的函数表达式为：
设过且与平行 的直线解析式为
∵
∴当直线与抛物线相切时取最小值
则
即
∴
当时，得
∴
设与轴交于点
∵
∴
【点睛】
本题考查旋转、全等三角形的判定和性质、一次函数的解析式、反比例函数的几何意义、两函数的交点问题，函数的最小值的问题，灵活进行角的转换是关键．
37．（2021·江苏常州市·中考真题）在平面直角坐标系中，对于A、两点，若在y轴上存在点T，使得，且，则称A、两点互相关联，把其中一个点叫做另一个点的关联点．已知点、，点在一次函数的图像上．
（1）①如图，在点、、中，点M的关联点是_______（填“B”、“C”或“D”）；
②若在线段上存在点的关联点，则点的坐标是_______；
（2）若在线段上存在点Q的关联点，求实数m的取值范围；
（3）分别以点、Q为圆心，1为半径作、．若对上的任意一点G，在上总存在点，使得G、两点互相关联，请直接写出点Q的坐标．
【答案】（1）①B；②；（2）或；（3）或．
【分析】
由材料可知关联点的实质就是将点A绕y轴上点T顺时针或逆时针旋转90度的得到点．故先找到旋转90°坐标变化规律，再根据规律解答即可，
（1）①根据关联点坐标变化规律列方程求解点T坐标，有解则是关联点；无解则不是；②关联点的纵坐标等于0，根据关联点坐标变化规律列方程求解即可；
（2）根据关联点坐标变化规律得出关联点，列不等式求解即可；
（3）根据关联点的变化规律可知圆心是互相关联点，由点E坐标求出点Q坐标即可．
【详解】
解：在平面直角坐标系中，设，点，关联点，
将点A、点、点T向下平移个单位，点T对应点与原点重合，此时点A、点对应点、，
∵绕原点旋转90度的坐标变化规律为：点（x，y）顺时针旋转，对应点坐标为（y，-x）；逆时针旋转对应点坐标为（-y，x），
∴绕原点旋转90度的坐标对应点坐标为或，
即顺时针旋转时，解得：，即关联点，
或逆时针旋转时，，解得：，即关联点，
即：在平面直角坐标系中，设，点，关联点坐标为或，
（1）①由关联点坐标变化规律可知，点关于在y轴上点的关联点坐标为：或，
若点是关联点，则或，解得：，即y轴上点或，故点是关联点；
若点是关联点，则或，无解，故点不是关联点；
若点是关联点，则或，无解，故点不是关联点；
故答案为：B；
②由关联点坐标变化规律可知，点关于点的关联点的坐标为或，
若，解得：，此时即点，不在线段上；
若，解得：，此时即点，在线段上；
综上所述：若在线段上存在点的关联点，则点
故答案为：；
（2）设点与点是关于点关联点，则点坐标为或，
又因为点在一次函数的图像上，即：，
点在线段上，点、，
当∴，
∴，
∴，
或，
∴，
当；
综上所述：当或时，在线段上存在点Q的关联点．
（3）对上的任意一点G，在上总存在点，使得G、两点互相关联，
故点E与点Q也是关于同一点的关联，设该点，则
设点与点是关于点关联点，则点坐标为或，
又因为在一次函数的图像上，即：，
∵点，
若，解得：，
即点，
若，解得：，
即点，
综上所述：或．
【点睛】
本题主要考查了坐标的旋转变换和一次函数图像上点的特征，解题关键是总结出绕点旋转90°的点坐标变化规律，再由规律列出方程或不等式求解．
38．（2021·黑龙江中考真题）如图，正方形网格中，每个小正方形的边长都是一个单位长度，在平面直角坐标系内，的三个顶点分别为．
（1）画出关于轴对称的，并写出点的坐标；
（2）画出绕点顺时针旋转后得到的，并写出点的坐标；
（3）在（2）的条件下，求点旋转到点所经过的路径长（结果保留）．
【答案】（1）图见详解，；（2）图见详解，；（3）所经过的路径长为．
【分析】
（1）分别作出点A、B关于x轴的对称点，然后依次连接即可，最后通过图象可得点的坐标；
（2）根据旋转的性质分别作出点A、B绕点O旋转90°的点，然后依次连接，最后根据图象可得点的坐标；
（3）由（2）可先根据勾股定理求出OB的长，然后根据弧长计算公式进行求解．
【详解】
解：（1）如图所示：
∴由图象可得；
（2）如图所示：
∴由图象可得；
（3）由（2）的图象可得：点B旋转到点所经过的路径为圆弧，
∵，
∴点B旋转到点所经过的路径长为．
【点睛】
本题主要考查旋转的性质、坐标与轴对称及弧长计算公式，熟练掌握旋转的性质、坐标与轴对称及弧长计算公式是解题的关键．
39．（2021·黑龙江绥化市·中考真题）如图所示，在网格中，每个小正方形的边长均为1个单位长度，把小正方形的顶点叫做格点，为平面直角坐标系的原点，矩形的4个顶点均在格点上，连接对角线．
（1）在平面直角坐标系内，以原点为位似中心，把缩小，作出它的位似图形，并且使所作的位似图形与的相似比等于；
（2）将以为旋转中心，逆时针旋转，得到，作出，并求出线段旋转过程中所形成扇形的周长．
【答案】（1）见详解；（2）见详解； 弧长是
【分析】
（1）根据位似图形的定义作图即可；（定义：如果两个图形不仅相似，而且对应点的连线交于一点，这两个图形叫做位似图形，交点叫做位似中心；）
（2）根据图形旋转的方法：将顶点与旋转中心的连线旋转即可得旋转后的图形；OB旋转后扇形的半径为OB长度，在坐标网格中，根据直角三角形勾股定理可得OB长度，然后代入扇形弧长公式,同时加上扇形两半径即可求出答案．
【详解】
（1）位似图形如图所示
（2）作出旋转后图形，
，
周长是．
【点睛】
题目主要考察位似图形的画法、旋转图形画法、勾股定理及弧长公式的计算，难点是对定义的理解及对公式的运用．
40．（2021·江苏宿迁市·中考真题）已知正方形ABCD与正方形AEFG，正方形AEFG绕点A旋转一周．
(1)如图①，连接BG、CF，求的值；
(2)当正方形AEFG旋转至图②位置时，连接CF、BE，分别去CF、BE的中点M、N，连接MN、试探究：MN与BE的关系，并说明理由；
(3)连接BE、BF，分别取BE、BF的中点N、Q，连接QN，AE=6，请直接写出线段QN扫过的面积．
【答案】（1）；（2）；（3）
【分析】
（1）由旋转的性质联想到连接，证明即可求解；
（2）由M、N分别是CF、BE的中点，联想到中位线，故想到连接BM并延长使BM=MH，连接FH、EH，则可证即可得到，再由四边形内角和为可得，则可证明，即是等腰直角三角形，最后利用中位线的性质即可求解；
（3）Q、N两点因旋转位置发生改变，所以Q、N两点的轨迹是圆，又Q、N两点分别是BF、BE中点，所以想到取AB的中点O，结合三角形中位线和圆环面积的求解即可解答．
【详解】
解：（1）连接
四边形ABCD和四边形AEFG是正方形
分别平分
即
且都是等腰直角三角形
（2）连接BM并延长使BM=MH，连接FH、EH
是CF的中点
又
在四边形BEFC中
又
即
即
又四边形ABCD和四边形AEFG是正方形
三角形BEH是等腰直角三角形
M、N分别是BH、BE的中点
（3）取AB的中点O，连接OQ、ON，连接AF
在中，O、Q分别是AB、BF的中点
同理可得
所以QN扫过的面积是以O为圆心，和为半径的圆环的面积
．
【点睛】
本题考察旋转的性质、三角形相似、三角形全等、正方形的性质、中位线的性质与应用和动点问题，属于几何综合题，难度较大．解题的关键是通过相关图形的性质做出辅助线．
41．（2021·湖南中考真题）如图1，在等腰直角三角形中，．点，分别为，的中点，为线段上一动点（不与点，重合），将线段绕点逆时针方向旋转得到，连接，．
（1）证明：；
（2）如图2，连接，，交于点．
①证明：在点的运动过程中，总有；
②若，当的长度为多少时，为等腰三角形？
【答案】（1）见详解；（2）①见详解；②当的长度为2或时，为等腰三角形
【分析】
（1）由旋转的性质得AH=AG，∠HAG=90°，从而得∠BAH=∠CAG，进而即可得到结论；
（2）①由，得AH=AG，再证明，进而即可得到结论；②为等腰三角形，分3种情况：（a）当∠QAG=∠QGA=45°时，（b）当∠GAQ=∠GQA=67.5°时，（c）当∠AQG=∠AGQ=45°时，分别画出图形求解，即可．
【详解】
解：（1）∵线段绕点A逆时针方向旋转得到，
∴AH=AG，∠HAG=90°，
∵在等腰直角三角形中，，AB=AC，
∴∠BAH=90°-∠CAH=∠CAG，
∴；
（2）①∵在等腰直角三角形中，AB=AC，点，分别为，的中点，
∴AE=AF，是等腰直角三角形，
∵AH=AG，∠BAH =∠CAG，
∴，
∴∠AEH=∠AFG=45°，
∴∠HFG=∠AFG+∠AFE=45°+45°=90°，即：；
②∵，点，分别为，的中点，
∴AE=AF=2，
∵∠AGH=45°，为等腰三角形，分3种情况：
（a）当∠QAG=∠QGA=45°时，如图，则∠HAF=90°-45°=45°，
∴AH平分∠EAF，
∴点H是EF的中点，
∴EH=；
（b）当∠GAQ=∠GQA=（180°-45°）÷2=67.5°时，如图，则∠EAH=∠GAQ=67.5°，
∴∠EHA=180°-45°-67.5°=67.5°，
∴∠EHA=∠EAH，
∴EH=EA=2；
（c）当∠AQG=∠AGQ=45°时，点H与点F重合，不符合题意，舍去，
综上所述：当的长度为2或时，为等腰三角形．
【点睛】
本题主要考查等腰直角三角形的性质，旋转的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，熟练掌握全等三角形的判定定理，根据题意画出图形，进行分类讨论，是解题的关键．
42．（2021·湖南岳阳市·中考真题）如图，在中，，，点为的中点，连接，将线段绕点顺时针旋转得到线段，且交线段于点，的平分线交于点．
（1）如图1，若，则线段与的数量关系是________，________；
（2）如图2，在（1）的条件下，过点作交于点，连接，．
①试判断四边形的形状，并说明理由；
②求证：；
（3）如图3，若，，过点作交于点，连接，，请直接写出的值（用含的式子表示）．
【答案】（1）；；（2）①正方形，理由见解析；②见解析；（3）
【分析】
（1）根据“斜中半”定理可得，然后根据旋转的性质可得，从而得出，再结合题意推出，从而根据正切函数的定义求出即可；
（2）①通过证明，并综合条件，推出四边形是正方形；②首先根据推出，然后证明得到，即可得出结论；
（3）根据题意可首先证明四边形是菱形，然后证明出，即可推出结论，再作，通过解直角三角形，求出的长度，从而得出结论．
【详解】
（1）∵点为中斜边的中点，
∴，
∵线段绕点顺时针旋转得到线段，
∴，
∴，
∵中，，，
∴，
∵，
∴，
∴在中，，
故答案为：；；
（2）①正方形，理由如下：
∵，平分，
∴，，
∵，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴四边形为矩形，
又∵，
∴四边形为正方形；
②显然，在正方形中，，
∴，
又∵，
∴，
由（1）得：则为等边三角形，
∴，
∵，
∴，
∴，，
又∵，
∴，
∴，
∵，
∴
在与中，
∴，
∴，
∴；
（3）同（2）中①理，，
∴，，
∵，
∴，
∴，，
∴，，
∴四边形为菱形，
∵为等边三角形，
∴，菱形的边长也为2，
由题意，，，
∵，
∴，
即：，
∴，
∵在菱形中，，
∴，
∴，
如图，作，
∵，
∴，，
∵，
∴，，
在中，，
∴，
∴，
在中，，
∴，
∵，
∴．
【点睛】
本题考查相似三角形的判定与性质，特殊平行四边形的判定与性质，以及锐角三角函数等，综合性较强，掌握基本图形的性质，灵活运用相似三角形以及锐角三角函数是解题关键．
43．（2021·湖南衡阳市·中考真题）如图，点E为正方形外一点，，将绕A点逆时针方向旋转得到的延长线交于H点．
（1）试判定四边形的形状，并说明理由；
（2）已知，求的长．
【答案】（1）正方形，理由见解析；（2）17
【分析】
（1）由旋转的性质可得∠AEB＝∠AFD＝90°，AE＝AF，∠DAF＝∠EAB，由正方形的判定可证四边形BE'FE是正方形；
（2）连接，利用勾股定理可求，再利用勾股定理可求DH的长．
【详解】
解：（1）四边形是正方形，理由如下：
根据旋转：
∵四边形是正方形
∴∠DAB=90°
∴∠FAE＝∠DAB=90°
∴
∴四边形是矩形，
又∵
∴矩形是正方形．
（2）连接
∵，
在中，
∵四边形是正方形
∴
在中，，又，
∴．
故答案是17．
【点睛】
本题是四边形综合题，考查了正方形的判定和性质，旋转的性质，勾股定理，全等三角形的判定和性质，等腰三角形的性质等知识，灵活运用这些性质进行推理是本题的关键．
44．（2021·四川达州市·中考真题）如图，在平面直角坐标中，的顶点坐标分别是，，．
（1）将以为旋转中心旋转，画出旋转后对应的；
（2）将平移后得到，若点的对应点的坐标为，求的面积
【答案】（1）见解析；（2）11
【分析】
（1）延长至,使得；延长至,使得；延长至,使得；再连接即得旋转后对应的；
（2）根据平移的规律求出，再连接点，得，将三角形分割乘两个三角形的面积之和，求出公共边的长即可求解．
【详解】
解：（1）延长至,使得；延长至,使得；延长至,使得；再连接即得旋转后对应的，如下图所示：
（2）由题意，，，平移后得到，其中，根据平移的规律知，平移过程是向下和向右分别移动两个单位可得：，
再连接点，得，其中交轴于点,如上图所示：
由得出直线的方程如下：
直线：
当时，，
，
,
故．
【点睛】
本题考查了图象的旋转和平移，求三角形面积，解题的关键是：掌握图象旋转和平移的性质，求不规则三角形面积可以分割为两个规则的三角形面积之和．
45．（2021·北京中考真题）如图，在中，为的中点，点在上，以点为中心，将线段顺时针旋转得到线段，连接．
（1）比较与的大小；用等式表示线段之间的数量关系，并证明；
（2）过点作的垂线，交于点，用等式表示线段与的数量关系，并证明．
【答案】（1），，理由见详解；（2），理由见详解．
【分析】
（1）由题意及旋转的性质易得，，然后可证，进而问题可求解；
（2）过点E作EH⊥AB，垂足为点Q，交AB于点H，由（1）可得，，易证，进而可得，然后可得，最后根据相似三角形的性质可求证．
【详解】
（1）证明：∵，
∴，
∴，
由旋转的性质可得，
∵，
∴，
∴，
∵点M为BC的中点，
∴，
∵，
∴；
（2）证明：，理由如下：
过点E作EH⊥AB，垂足为点Q，交AB于点H，如图所示：
∴，
由（1）可得，
∴，，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴．
【点睛】
本题主要考查全等三角形的性质与判定、相似三角形的性质与判定及等腰三角形的性质、旋转的性质，熟练掌握全等三角形的性质与判定、相似三角形的性质与判定及等腰三角形的性质、旋转的性质是解题的关键．
46．（2021·北京中考真题）在平面直角坐标系中，的半径为1，对于点和线段，给出如下定义：若将线段绕点旋转可以得到的弦（分别是的对应点），则称线段是的以点为中心的“关联线段”．
（1）如图，点的横､纵坐标都是整数．在线段中，的以点为中心的“关联线段”是______________；
（2）是边长为1的等边三角形，点，其中．若是的以点为中心的“关联线段”，求的值；
（3）在中，．若是的以点为中心的“关联线段”，直接写出的最小值和最大值，以及相应的长．
【答案】（1）；（2）；（3）当时，此时；当时，此时．
【分析】
（1）以点A为圆心，分别以为半径画圆，进而观察是否与有交点即可；
（2）由旋转的性质可得是等边三角形，且是的弦，进而画出图象，则根据等边三角形的性质可进行求解；
（3）由是的以点为中心的“关联线段”，则可知都在上，且，然后由题意可根据图象来进行求解即可．
【详解】
解：（1）由题意得：
通过观察图象可得：线段能绕点A旋转90°得到的“关联线段”，都不能绕点A进行旋转得到；
故答案为；
（2）由题意可得：当是的以点为中心的“关联线段”时，则有是等边三角形，且边长也为1，当点A在y轴的正半轴上时，如图所示：
设与y轴的交点为D，连接，易得轴，
∴，
∴，，
∴，
∴；
当点A在y轴的正半轴上时，如图所示：
同理可得此时的，
∴；
（3）由是的以点为中心的“关联线段”，则可知都在上，且，则有当以为圆心，1为半径作圆，然后以点A为圆心，2为半径作圆，即可得到点A的运动轨迹，如图所示：
由运动轨迹可得当点A也在上时为最小，最小值为1，此时为的直径，
∴，
∴，
∴；
由以上情况可知当点三点共线时，OA的值为最大，最大值为2，如图所示：
连接，过点作于点P，
∴，
设，则有，
∴由勾股定理可得：，即，
解得：，
∴，
∴，
在中，，
∴；
综上所述：当时，此时；当时，此时．
【点睛】
本题主要考查旋转的综合、圆的基本性质、三角函数及等边三角形的性质，熟练掌握旋转的性质、圆的基本性质、三角函数及等边三角形的性质是解题的关键．
47．（2021·四川资阳市·中考真题）已知，在中，．
（1）如图1，已知点D在边上，，连结．试探究与的关系；
（2）如图2，已知点D在下方，，连结．若，，，交于点F，求的长；
（3）如图3，已知点D在下方，连结、、．若，，，，求的值．
【答案】（1），理由见详解；（2）；（3）
【分析】
（1）由题意易得，则易证，然后根据全等三角形的性质可求解；
（2）过点A作AH⊥BC于点H，由题意易得，，然后可得，进而根据勾股定理可得，设，则，易得，则有，所以，最后问题可求解；
（3）将△ABD绕点A逆时针旋转90°得到△ACG，过点A作AP⊥BC于点P，作DT⊥BC于点T，分别过点G作GM⊥BC，GN⊥AP，交BC的延长线于点M，交AP于点N，由题意易得，，则有，然后可得，设，，进而根据勾股定理可求解x的值，然后根据三角函数可进行求解．
【详解】
解：（1），理由如下：
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴；
（2）过点A作AH⊥BC于点H，如图所示：
∵，
∴△BAC是等腰直角三角形，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
设，则，
∴，
∴，
∴，
解得：，
∴AF=5；
（3）将△ABD绕点A逆时针旋转90°得到△ACG，过点A作AP⊥BC于点P，作DT⊥BC于点T，分别过点G作GM⊥BC，GN⊥AP，交BC的延长线于点M，交AP于点N，如图所示：
∵，，
∴△BAC是等腰直角三角形，
∴，，
∴，
∵，
∴，
由旋转的性质可得，
∴，
∴，
∴，
∵GM⊥BC，GN⊥AP，AP⊥BC，
∴四边形GMPN是矩形，
∴，
设，
∴，
在Rt△ANG中，，
∵，
∴，
化简得：，
解得：，
∵，
∴当时，易知与相矛盾，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴在Rt△DTC中，，
∴．
【点睛】
本题主要考查三角函数、相似三角形的性质与判定、旋转的性质及勾股定理，熟练掌握三角函数、相似三角形的性质与判定、旋转的性质及勾股定理是解题的关键．
48．（2021·浙江嘉兴市·中考真题）小王在学习浙教版九上课本第72页例2后，进一步开展探究活动：将一个矩形绕点顺时针旋转，得到矩形
[探究1]如图1，当时，点恰好在延长线上．若，求BC的长．
[探究2]如图2，连结，过点作交于点．线段与相等吗？请说明理由．
[探究3]在探究2的条件下，射线分别交，于点，（如图3），，存在一定的数量关系，并加以证明．
【答案】[探究1]；[探究2]，证明见解析；[探究3]，证明见解析
【分析】
[探究1] 设，根据旋转和矩形的性质得出，从而得出，得出比例式，列出方程解方程即可；
[探究2] 先利用SAS得出，得出，，再结合已知条件得出，即可得出；
[探究3] 连结，先利用SSS得出，从而证得，再利用两角对应相等得出，得出即可得出结论．
【详解】
[探究1]如图1，
设．
∵矩形绕点顺时针旋转得到矩形，
∴点，，在同一直线上．
∴，，
∴．
∵，
∴．
又∵点在延长线上，
∴，
∴，∴．
解得，（不合题意，舍去）
∴．
[探究2] ．
证明：如图2，连结．
∵，
∴．
∵，，，
∴．
∴，，
∵，，
∴，
∴．
[探究3]关系式为．
证明：如图3，连结．
∵，，，
∴．
∴，
∵，
，
∴，
∴．
在与中，
，，
∴，
∴，
∴．
∴．
【点睛】
本题考查了矩形的性质，旋转的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，解一元二次方程等，解题的关键是灵活运用这些知识解决问题．
49．（2021·四川眉山市·中考真题）如图，在等腰直角三角形中，，，边长为2的正方形的对角线交点与点重合，连接，．
（1）求证：；
（2）当点在内部，且时，设与相交于点，求的长；
（3）将正方形绕点旋转一周，当点、、三点在同一直线上时，请直接写出的长．
【答案】（1）见详解；（2）；（3）-1或+1
【分析】
（1）根据正方形的性质以及等腰直角三角形的性质得∠ACD=∠BCE，，CD=CE，进而即可得到结论；
（2）先求出DC=，AD=，再证明，进而即可求解；
（3）分两种情况：①当点D在线段AE上时，过点C作CM⊥AE，②当点E在线段AD上时，过点C作CM⊥AD，分别求解，即可．
【详解】
解：（1）∵在等腰直角三角形中， ，，在正方形中，CD=CE，∠DCE=90°，
∴∠DCE-∠BCD=∠ACB-∠BCD，即：∠ACD=∠BCE，
∴；
（2）∵正方形的边长为2，
∴DC=GC=2÷=，
∵，
∴AD=，
∵∠GDE=，
∴∠ADM=∠CDE=45°，
∴∠ADM=∠CGM=45°，即：AD∥CG，
∴，
∴，即：，
∴AM=；
（3）①当点D在线段AE上时，过点C作CM⊥AE，如图，
∵正方形的边长为2，
∴CM=DM=2÷2=1，AM=，
∴AD=AM-DM=-1；
②当点E在线段AD上时，过点C作CM⊥AD，如图，
同理可得：CM=DM=2÷2=1，AM=，
∴AD=AM+DM=+1．
综上所述：AM=-1或+1
【点睛】
本题主要考查等腰直角三角形的性质以及正方形的性质，全等三角形的判定定理，相似三角形的判定和性质，勾股定理，画出图形，添加合适的辅助线，是解题的关键．
50．（2021·重庆中考真题）在中，，是边上一动点，连接，将绕点逆时针旋转至的位置，使得．
（1）如图，当时，连接，交于点．若平分，，求的长；
（2）如图，连接，取的中点，连接．猜想与存在的数量关系，并证明你的猜想；
（3）如图，在（2）的条件下，连接，．若，当，时，请直接写出的值．
【答案】（1）；（2），证明见解析；（3）．
【分析】
（1）连接，过点作，垂足为，证明，得：，再在等腰直角中，找到，再去证明为等腰三角形，即可以间接求出的长；
（2）作辅助线，延长至点，使，连接，在中，根据三角形
的中位线，得出，再根据条件证明：，于是猜想得以证明；
（3）如图（见解析），先根据旋转的性质判断出是等边三角形，再根据证出四点共圆，然后根据等腰三角形的三线合一、角的和差可得是等腰直角三角形，设，从而可得，根据三角形全等的判定定理与性质可得，从而可得，根据矩形的判定与性质可得四边形是矩形，，最后根据等量代换可得，解直角三角形求出即可得出答案．
【详解】
解：（1）连接，过点作，垂足为．
平分，，
．
，
，
，
，
，
，
在和中，，
，
，，
，
平分，
.
，
，
，
．
．
（2）
延长至点，使，连接．
是的中点，
．
，
，
，
在和中，，
，
，
．
（3）如图，设交于点，连接，
，
，
由旋转的性质得：，
是等边三角形，
，
，
，
，
，
，
点四点共圆，
由圆周角定理得：，
垂直平分，（等腰三角形的三线合一），
，
平分，
，
，
是等腰直角三角形，
，
设，则，
由（2）可知，，
，
，
是等腰直角三角形，且，
（等腰三角形的三线合一），
，
在和中，，
，
，
，，
，
，
四边形是矩形，
，
在中，，
则．
【点睛】
本题考查了图形的旋转、等边三角形的判定与性质、三角形的中位线定理、圆周角定理、解直角三角形等知识点，综合能力比较强，较难的是题（3），判断出四点共圆是解题关键．
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