2024年中考数学真题分类汇编（全国）：专题26 图形的旋转（31题）（教师版）

专题26图形的旋转（31题）

一、单选题

1．（2024·山东·中考真题）用一个平面截正方体，可以得到以下截面图形，其中既是轴对称图形又是中心

对称图形的是（）

A．B．C．D．

【答案】D

【分析】本题考查的是中心对称图形与轴对称图形的概念，常见的中心对称图形有平行四边形、圆形、正

方形、长方形等等．常见的轴对称图形有等腰三角形，矩形，正方形，等腰梯形，圆等等．根据中心对称

图形与轴对称图形的概念，进行判断即可．把一个图形绕某一点旋转180，如果旋转后的图形能够与原来

的图形重合，那么这个图形就叫做中心对称图形；如果一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互

相重合，这个图形叫做轴对称图形．

【详解】解：A．该图形是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项不合题意；

B．该图形是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项不合题意；

C．该图形是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项不合题意；

D．该图形既是轴对称图形，又是中心对称图形，故此选项符合题意．

故选：D．

2．（2024·广东深圳·中考真题）下列用七巧板拼成的图案中，为中心对称图形的是（）

A．B．C．D．

【答案】C

【分析】本题主要考查了中心对称图形的识别．在同一平面内，如果把一个图形绕某一点旋转180度，旋

转后的图形能和原图形完全重合，那么这个图形就叫做中心对称图形．

【详解】解：选项A、B、D均不能找到这样的一个点，使图形绕某一点旋转180度后和原图形完全重合，

所以不是中心对称图形，

选项C能找到这样的一个点，使图形绕某一点旋转180度后和原图形完全重合，所以是中心对称图形，

故选：C．

3．（2024·四川成都·中考真题）在平面直角坐标系xOy中，点P1,4关于原点对称的点的坐标是（）

A．1,4B．1,4C．1,4D．1,4

【答案】B

【分析】本题考查了求关于原点对称的点的坐标．关于原点对称的两点，则其横、纵坐标互为相反数，由

点关于原点对称的坐标特征即可求得对称点的坐标．

【详解】解：点P1,4关于原点对称的点的坐标为1,4；

故选：B．

4．（2024·吉林·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，点A的坐标为4,0，点C的坐标为0,2．以OA，OC

为边作矩形OABC，若将矩形OABC绕点O顺时针旋转90，得到矩形OABC，则点B的坐标为（）

A．4,2B．4,2C．2,4D．4,2

【答案】C

【分析】本题主要考查了坐标与图形变化—旋转，矩形的性质等等，先根据题意得到OA4，OC2，再

由矩形的性质可得ABOC2，∠ABC90，由旋转的性质可得OAOA4，ABAB2，

OAB90，据此可得答案．

【详解】解：∵点A的坐标为4,0，点C的坐标为0,2，

∴OA4，OC2，

∵四边形OABC是矩形，

∴ABOC2，∠ABC90，

∵将矩形OABC绕点O顺时针旋转90，得到矩形OABC，

∴OAOA4，ABAB2，OAB90，

∴ABy轴，

∴点B的坐标为2,4，

故选：C．

5．（2024·江苏扬州·中考真题）在平面直角坐标系中，点P1,2关于原点的对称点P'的坐标是()

A．1,2B．(-1,2)C．(1,-2)D．1,2

【答案】D

【分析】根据关于原点对称的点的坐标特征：横坐标、纵坐标都变为相反数，即可得答案.

【详解】∵点P1,2关于原点的对称点为P'，

∴P'的坐标为（-1，-2），

故选D．

【点睛】本题考查关于原点对称的点的坐标，其坐标特征为：横坐标、纵坐标都变为相反数．

6．（2024·四川自贡·中考真题）我国汉代数学家赵爽在他所著《勾股圆方图注》中，运用弦图（如图所示）

巧妙地证明了勾股定理．“赵爽弦图”曾作为2002年第24届国际数学家大会的会徽图案．下列关于“赵爽弦

图”说法正确的是（）

A．是轴对称图形B．是中心对称图形

C．既是轴对称图形又是中心对称图形D．既不是轴对称图形也不是中心对称图形

【答案】B

【分析】本题考查了轴对称图形的定义、中心对称图形的定义；平面内，一个图形沿一条直线折叠，直线

两旁的部分能够完全重合的图形，这个图形就叫做轴对称图形；在平面内，把一个图形绕着某个点旋转180，

如果旋转后的图形能与原来的图形重合，那么这个图形叫做中心对称图形，即可作答．

【详解】

解：是中心对称图形，但不是轴对称图形

故选：B

7．（2024·四川内江·中考真题）2024年6月5日，是二十四节气的芒种，二十四节气是中国劳动人民独创

的文化遗产，能反映季节的变化，指导农事活动．下面四副图片分别代表“芒种”、“白露”、“立夏”、“大雪”，

其中是中心对称图形的是（）

A．B．C．D．

【答案】D

【分析】根据中心对称图形的定义：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，那么这个图形叫做中心对称图形，这个点就是它的对称中心，进行逐一判断即可．本题主要考

查了中心对称图形，解题的关键在于能够熟练掌握中心对称图形的定义．

【详解】解：A．不是中心对称图形，故A选项不合题意；

B．不是中心对称图形，故B选项不合题意；

C．不是中心对称图形，故C选项不合题意；

D．是中心对称图形，故D选项合题意；

故选：D．

8．（2024·四川凉山·中考真题）点Pa,3关于原点对称的点是P2,b，则ab的值是（）

A．1B．1C．5D．5

【答案】A

【分析】本题考查了关于原点对称的点的坐标特征，代数式求值，根据关于原点对称的点，横纵坐标互为

相反数可得a2，b3，再代入代数式计算即可求解，掌握关于原点对称的点的坐标特征是解题的关键．

【详解】解：∵点Pa,3关于原点对称的点是P2,b，

∴a2，b3，

∴ab231，

故选：A．

9．（2024·山东烟台·中考真题）下图是由8个大小相同的小正方体组成的几何体，若从标号为①②③④的

小正方体中取走一个，使新几何体的左视图既是轴对称图形又是中心对称图形，则应取走（）

A．①B．②C．③D．④

【答案】A

【分析】本题考查几何体的三视图，熟练掌握三视图的画法是解题的关键．分别画出各选项得出的左视图，

再判断即可．

【详解】

解：A、取走①时，左视图为，既是轴对称图形又是中心对称图形，故选项A符合题意；

B、取走②时，左视图为，既不是轴对称图形也不是中心对称图形，故选项B不符合题意；

C、取走③时，左视图为，既不是轴对称图形也不是中心对称图形，故选项C不符合题意；

D、取走④时，左视图为，既不是轴对称图形也不是中心对称图形，故选项D不符合题意；

故选：A．

10．（2024·广东广州·中考真题）下列图案中，点O为正方形的中心，阴影部分的两个三角形全等，则阴影

部分的两个三角形关于点O对称的是（）

A．B．C．

D．

【答案】C

【分析】本题考查了图形关于某点对称，掌握中心对称图形的性质是解题关键．根据对应点连线是否过点

O判断即可．

【详解】解：由图形可知，阴影部分的两个三角形关于点O对称的是C，

故选：C．

11．（2024·天津·中考真题）如图，ABC中，B30，将ABC绕点C顺时针旋转60得到DEC，点A,B

的对应点分别为D,E，延长BA交DE于点F，下列结论一定正确的是（）

A．ACBACDB．AC∥DE

C．ABEFD．BFCE

【答案】D

【分析】本题考查了旋转性质以及两个锐角互余的三角形是直角三角形，平行线的判定，正确掌握相关性

质内容是解题的关键．先根据旋转性质得BCEACD60，结合B30，即可得证BFCE，再根

据同旁内角互补证明两直线平行，来分析AC∥DE不一定成立；根据图形性质以及角的运算或线段的运算

得出A和C选项是错误的．

【详解】解：记BF与CE相交于一点H，如图所示：

∵ABC中，将ABC绕点C顺时针旋转60得到DEC，

∴BCEACD60

∵B30

∴在BHC中，BHC180BCEB90

∴BFCE

故D选项是正确的，符合题意；

设ACHx

∴ACB60x，

∵B30

∴EDCBAC1803060x90x

∴EDCACD90x60150x

∵x不一定等于30

∴EDCACD不一定等于180

∴AC∥DE不一定成立，

故B选项不正确，不符合题意；

∵ACB60x，ACD60，x不一定等于0

∴ACBACD不一定成立，

故A选项不正确，不符合题意；

∵将ABC绕点C顺时针旋转60得到DEC，

∴ABEDEFFD

∴BAEF

故C选项不正确，不符合题意；

故选：D

12．（2024·湖北·中考真题）平面坐标系xOy中，点A的坐标为4,6，将线段OA绕点O顺时针旋转90，

则点A的对应点A的坐标为（）

A．4,6B．6,4C．4,6D．6,4

【答案】B

【分析】本题考查坐标系下的旋转．过点A和点A分别作x轴的垂线，证明AOB≌OACAAS，得到

ACOB4，OCAB6，据此求解即可．

【详解】解：过点A和点A分别作x轴的垂线，垂足分别为B，C，

∵点A的坐标为4,6，

∴OB4，AB6，

∵将线段OA绕点O顺时针旋转90得到OA，

∴OAOA，AOA90，

∴AOB90AOCOAC，

∴AOB≌OACAAS，

∴ACOB4，OCAB6，

∴点A的坐标为6,4，

故选：B．

13．（2024·内蒙古赤峰·中考真题）如图，ABC中，ABBC1，C72．将ABC绕点A顺时针旋

转得到△ABC，点B'与点B是对应点，点C与点C是对应点．若点C恰好落在BC边上，下列结论：

1ABBB

①点B在旋转过程中经过的路径长是；②BA∥BC；③BDCD；④．其中正确的结论是

5ACBD

（）

A．①②③④B．①②③C．①③④D．②④

【答案】A

【分析】本题考查了相似三角形的判定和性质，旋转的性质，弧长公式，等腰三角形的判定和性质，三角

形内角和定理．根据旋转的性质结合等腰三角形的性质求得各角的度数，再逐一判断各项，即可求解．

【详解】解：∵ABBC，C72，

∴BACC72，ABC1802C36，

由旋转的性质得ABCABC36，BACBAC72，ACBC72，ACBADC72，

ACAC，

∴ACCC72，

∴CAC36，

∴CACBAC36，

∴BAB723636，

由旋转的性质得ABAB，

1

∴ABBABB1803672，

2

3611

①点B在旋转过程中经过的路径长是；①说法正确；

1805

②∵BABABC36，∴BA∥BC；②说法正确；

③∵DCB18027236，

∴DCBABC36，

∴BDCD；③说法正确；

④∵BBDABC36，BBDBAC72，

∴△BBD∽△BAC，

ABBB

∴．④说法正确；

ACBD

综上，①②③④都是正确的，

故选：A．

14．（2024·四川内江·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，ABy轴，垂足为点B，将ABO绕点A逆

3

时针旋转到VABO的位置，使点B的对应点B落在直线yx上，再将VABO绕点B逆时针旋转到

1114111

3

ABO的位置，使点O的对应点O也落在直线yx上，如此下去，……，若点B的坐标为0,3，则

112124

点B37的坐标为（）．

A．180,135B．180,133C．180,135D．180,133

【答案】C

【分析】本题考查了平面直角坐标系、一次函数、旋转的性质、勾股定理等知识点．找出点的坐标规律以

及旋转过程中线段长度的关系是解题的关键．

通过求出点A的坐标，AB、OA、OB的长度，再根据旋转的特点逐步推导出后续点的位置和坐标，然后

结合图形求解即可．

【详解】ABy轴，点B的坐标为0,3，

3

OB3，则点A的纵坐标为3，代入yx，

4

得：x4，则点A的坐标为4,3．

OB3，AB4，

OA32425，

由旋转可知，OBO1B1O2B23，OAO1AO2A15，ABAB1A1B1A2B24，

OB1OAAB1459，B1B334512，

B1B3B3B5B35B3712，

371

OBOBBB912225．

3711372

3

设点B37的坐标为a,a，

4

2

则23，

OB37aa225

4

3

解得a180或180（舍去），则a135，

4

点B37的坐标为180,135．

故选C．

15．（2024·北京·中考真题）如图，在菱形ABCD中，BAD60，O为对角线的交点.将菱形ABCD绕点O

逆时针旋转90得到菱形ABCD，两个菱形的公共点为E，F，G，H.对八边形BFBGDHDE给出下面

四个结论：

①该八边形各边长都相等；

②该八边形各内角都相等；

③点O到该八边形各顶点的距离都相等；

④点O到该八边形各边所在直线的距离都相等。

上述结论中，所有正确结论的序号是（）

A．①③B．①④C．②③D．②④

【答案】B

【分析】根据菱形ABCD，BAD60，则BAODAO30，AODAOB90，结合旋转的性

质得到点A,D,B,C一定在对角线AC,BD上，且ODODOBOB，OAOAOCOC，继而得到

ADCD，DAHDCH30，结合DHADHC，继而得到ADH≌CDH，可证DHDH，

CHAH，同理可证DEBE,BFBF,BGDG，证ABE≌CDH，继而得到DHBE，得到

DHBEDHDEBFFBBGDG，可以判定该八边形各边长都相等，故①正确；根据角的平

分线的性质定理，得点O到该八边形各边所在直线的距离都相等，可以判定④正确；根据题意，得

EDH120，结合DOD90，ODHODH60，得到DHD150，可判定②该八边形各

内角不相等；判定②错误，证DOH≌DOH，进一步可得ODOH，可判定点O到该八边形各顶点的

距离都相等错误即③错误，解答即可.

本题考查了旋转的性质，菱形的性质，三角形全等判定和性质，角的平分线性质定理，熟练掌握旋转的性

质，菱形的性质，三角形全等判定和性质是解题的关键.

【详解】向两方分别延长BD，连接OH，

根据菱形ABCD，BAD60，则BAODAO30，AODAOB90，

∵菱形ABCD绕点O逆时针旋转90得到菱形ABCD，

∴点A,D,B,C一定在对角线AC,BD上，且ODODOBOB，OAOAOCOC，

∴ADCD，DAHDCH30，

∵DHADHC，

∴ADH≌CDH，

∴DHDH，CHAH，同理可证DEBE,BFBF,BGDG，

∵EABHCD30,ABCD,ABECDH120，

∴ABE≌CDH，

∴DHBE，

∴DHBEDHDEBFFBBGDG，

∴该八边形各边长都相等，

故①正确；

根据角的平分线的性质定理，得点O到该八边形各边所在直线的距离都相等，

∴④正确；

根据题意，得EDH120，

∵DOD90，ODHODH60，

∴DHD150，

∴该八边形各内角不相等；

∴②错误，

根据ODOD,DHDH,OHOH，

∴DOH≌DOH，

∴DHODHO75，

∵ODH60，

故ODOH，

∴点O到该八边形各顶点的距离都相等错误

∴③错误，

故选B．

二、填空题

1

16．（2024·黑龙江大兴安岭地·中考真题）如图，在Rt△ABC中，ACB90，tanBAC，BC2，AD1，

2

线段AD绕点A旋转，点P为CD的中点，则BP的最大值是．

1

【答案】22

2

【分析】本题考查了解直角三角形，三角形中位线定理，旋转的性质，解题的关键是找出BP取最大值时B、

P、M三点的位置关系．

取AC的中点M，连接PM、BM，利用解三角形求出BMMC2BC222，利用三角形中位线定理

11

推出PMAD，当AD在AC下方时，如果B、P、M三点共线，则BP有最大值．

22

【详解】解：取AC的中点M，连接PM、BM．

1

∵ACB90，tanBAC，BC2，

2

BC1

∴AC24，

tanBAC2

1

∴AMCMAC2，

2

∴BMMC2BC2222222，

∵P、M分别是CD、AC的中点，

11

∴PMAD．

22

如图，当AD在AC下方时，如果B、P、M三点共线，则BP有最大值，

1

最大值为BMMP22，

2

1

故答案为：22．

2

17．（2024·四川广安·中考真题）如图，直线y2x2与x轴、y轴分别相交于点A，B，将AOB绕点A

逆时针方向旋转90得到ACD，则点D的坐标为．

【答案】(3,1)

【分析】本题考查一次函数图象与坐标轴的交点，旋转的性质，正方形的判定和性质等，延长DC交y轴

于点E，先求出点A和点B的坐标，再根据旋转的性质证明四边形OACE是正方形，进而求出DE和OE的

长度即可求解．

【详解】解：如图，延长DC交y轴于点E，

y2x2中，令x0，则y2，令y2x20，解得x=1，

A(1,0)，B(0,2)，

OA1，OB2，

AOB绕点A逆时针方向旋转90得到ACD，

ACDAOBOAC90，OAOC1，OBCD2，

四边形OACE是正方形．

CEOEOA1，

DECDCE213，

点D的坐标为(3,1)．

故答案为：(3,1)．

18．（2024·吉林长春·中考真题）一块含30角的直角三角板ABC按如图所示的方式摆放，边AB与直线l重

合，AB12cm．现将该三角板绕点B顺时针旋转，使点C的对应点C落在直线l上，则点A经过的路径

长至少为cm．（结果保留）

20

【答案】

3

【分析】本题主要考查了旋转的性质、弧长公式等知识点，掌握弧长公式成为解题的关键．

由旋转的性质可得ABCABC60,即ABA120，再根据点A经过的路径长至少为以B为圆心，

以AB为半径的圆弧的长即可解答．

【详解】解：∵将该三角板绕点B顺时针旋转，使点C的对应点C落在直线l上，

∴ABCABC60,即ABA120，

1201020

∴点A经过的路径长至少为．

1803

20

故答案为：．

3

19．（2024·江苏盐城·中考真题）如图，在ABC中，ACB90，ACBC22，点D是AC的中点，

连接BD，将BCD绕点B旋转，得到BEF．连接CF，当CF∥AB时，CF．

【答案】26/62

【分析】本题主要考查等腰直角三角形的性质，勾股定理，平行线的性质，全等三角形的性质的综合，掌

握等腰直角三角形的性质，勾股定理，旋转的性质是解题的关键．

根据等腰直角三角形的性质可得AB，CD，BD，BF的值，作BGCF，根据平行线的性质可得BCG是

等腰直角三角形，可求出CG，BG的长，在直角BFG中，根据勾股定理可求出FG的长度，由此即可求

解．

【详解】解：∵在ABC中，ACB90，ACBC22，

∴CABCBA45，AB2AC4，

∵点D是AC的中点，

1

∴ADCDAC2，

2

22

∴在RtBCD中，BDCD2BC222210，

∵将BCD绕点B旋转得到BEF，

∴BCD≌BEF，

∴BDBF10，EFCD2，BCBE22，

如图所示，过BGCF于点G，

∵CF∥AB，

∴FCBCBA45，

∴BCG是等腰直角三角形，且BC22，

22

∴CGBGBC222，

22

2

在RtBFG中，FGBF2BG210226，

∴CFCGFG26，

故答案为：26．

20．（2024·江苏苏州·中考真题）直线l1:yx1与x轴交于点A，将直线l1绕点A逆时针旋转15，得到直

线l2，则直线l2对应的函数表达式是．

【答案】y3x3

【分析】根据题意可求得l1与坐标轴的交点A和点B，可得OABOBA45，结合旋转得到OAC60，

则OCA30，求得OC3，即得点C坐标，利用待定系数法即可求得直线l2的解析式．

【详解】解：依题意画出旋转前的函数图象l1和旋转后的函数图象l2，如图所示∶

设l1与y轴的交点为点B，

令x0，得y1；令y0，即x1，

∴A1,0，B0,1，

∴OA1，OB1，

即OABOBA45

∵直线l1绕点A逆时针旋转15，得到直线l2，

∴OAC60，OCA30，

∴OCOAtan603OA3，

则点C0,3，

设直线l2的解析式为ykxb，则

0kbk3

，解得，

3bb3

那么，直线l2的解析式为y3x3，

故答案为：y3x3．

【点睛】本题主要考查一次函数与坐标轴的交点、直线的旋转、解直角三角形以及待定系数法求一次函数

解析式，解题的关键是找到旋转后对应的直角边长．

三、解答题

21．（2024·广东广州·中考真题）如图，Rt△ABC中，ÐB=90°．

(1)尺规作图：作AC边上的中线BO（保留作图痕迹，不写作法）；

(2)在（1）所作的图中，将中线BO绕点O逆时针旋转180得到DO，连接AD，CD．求证：四边形ABCD

是矩形．

【答案】(1)作图见解析

(2)证明见解析

【分析】本题考查的是作线段的垂直平分线，矩形的判定，平行四边形的判定与性质,旋转的性质；

（1）作出线段AC的垂直平分线EF，交AC于点O，连接BO，则线段BO即为所求；

（2）先证明四边形ABCD为平行四边形，再结合矩形的判定可得结论．

【详解】（1）解：如图，线段BO即为所求；

（2）证明：如图，

∵由作图可得：AOCO，由旋转可得：BODO，

∴四边形ABCD为平行四边形，

∵ABC90，

∴四边形ABCD为矩形．

22．（2024·四川广安·中考真题）如图，矩形纸片的长为4，宽为3，矩形内已用虚线画出网格线，每个小

正方形的边长均为1，小正方形的顶点称为格点，现沿着网格线对矩形纸片进行剪裁，使其分成两块纸片．请

在下列备用图中，用实线画出符合相应要求的剪裁线．

注：①剪裁过程中，在格点处剪裁方向可发生改变但仍须沿着网格线剪裁；

②在各种剪法中，若剪裁线通过旋转、平移或翻折后能完全重合则视为同一情况．

【答案】见解析

【分析】本题考查的是矩形的性质，全等图形的定义与性质，同时考查了学生实际的动手操作能力，根据

全等图形的性质分别画出符合题意的图形即可.

【详解】解：如图，

23．（2024·山东烟台·中考真题）在等腰直角ABC中，ACB90，ACBC，D为直线BC上任意一点，

连接AD．将线段AD绕点D按顺时针方向旋转90得线段ED，连接BE．

【尝试发现】

（1）如图1，当点D在线段BC上时，线段BE与CD的数量关系为________；

【类比探究】

（2）当点D在线段BC的延长线上时，先在图2中补全图形，再探究线段BE与CD的数量关系并证明；

【联系拓广】

（3）若ACBC1，CD2，请直接写出sinECD的值．

21325

【答案】（1）BE2CD；（2）BE2CD，补图及证明见解析；（3）sinECD或sinECD

135

【分析】本题考查三角形全等的判定与性质，三角函数，掌握一线三垂直全等模型是解题的关键．

（1）过点E作EMCB延长线于点M，利用一线三垂直全等模型证明△ACD≌△DME，再证明BMEM

即可；

（2）同（1）中方法证明△ACD≌△DME，再证明BMEM即可；

（3）分两种情况讨论：过点E作EMCB延长线于点M，求出EM，CE即可．

【详解】解：（1）如图，过点E作EMCB延长线于点M，

由旋转得ADDE，ADE90，

∴ADCEDM90，

∵ACB90，

∴ACDDME，ADCCAD90，

∴CADEDM，

∴△ACD≌△DME，

∴CDEM，ACDM，

∵ACBC，

∴BMDMBDACBDBCBDCD，

∴BMEM，

∵EMCB，

∴BE2EM2CD，

故答案为：BE2CD；

（2）补全图形如图：

BE2CD，理由如下：

过点E作EMBC交BC于点M，

由旋转得ADDE，ADE90，

∴ADCEDM90，

∵ACB90，

∴ACDDME，ADCCAD90，

∴CADEDM，

∴△ACD≌△DME，

∴CDEM，ACDM，

∵ACBC，

∴BMBCCMDMCMCD，

∴BMEM，

∵EMCB，

∴BE2EM2CD；

（3）如图，当D在CB的延长线上时，过点E作EMCB于点M，连接CE，

由（2）得DMAC1，EMCD2，

∴CMCDDM3，

∴CECM2EM213，

EM2213

∴sinECD．

CE1313

当D在BC的延长线上时，过点E作EMCB于点M，如图，连接CE，

同理可得：△ACD≌△DME，

∴DMAC1，MECD2，

∴CM211，

∴CE22125，

EM225

∴sinECD；

CE55

21325

综上：sinECD或sinECD

135

24．（2024·甘肃临夏·中考真题）根据背景素材，探索解决问题．

平面直角坐标系中画一个边长为2的正六边形ABCDEF

背

六等分圆原理，也称为圆周六等分问题，是一个古老而经典的几何问题，旨

景

在解决如何使用直尺和圆规将一个圆分成六等份的问题．这个问题由欧几里

素

得在其名著《几何原本》中详细阐述．

材

已

知

点C与坐标原点O重合，点D在x轴的正半轴上且坐标为2,0

条

件

操①分别以点C，D为圆心，CD长为半径作弧，两弧交于点P；

作②以点P为圆心，PC长为半径作圆；

步③以CD的长为半径，在P上顺次截取DEEFFAAB；

骤④顺次连接DE，EF，FA，AB，BC，得到正六边形ABCDEF．

问题解决

任

务根据以上信息，请你用不带刻度的直尺和圆规，在图中完成这道作图题（保留作图痕迹，不写作法）

一

任

务将正六边形ABCDEF绕点D顺时针旋转60，直接写出此时点E所在位置的坐标：______．

二

【答案】任务一：见解析；任务二：4,0

【分析】本题考查尺规作图，弧、弦、圆心角的关系，旋转的性质．利用数形结合的思想是解题关键．

任务一：根据操作步骤作出P，再根据弧、弦、圆心角的关系，分别作出DEEFAFABCD，即

得出DEEFFAAB，最后顺次连接即可；

任务二：由旋转的性质可知DEOD2，即得出OEDEOD4，即此时点E所在位置的坐标为4,0．

【详解】解：任务一：如图，正六边形ABCDEF即为所作；

任务二：如图，

由旋转可知DEOD2，

∴OEDEOD4，

∴E4,0．

故答案为：4,0．

25．（2024·黑龙江齐齐哈尔·中考真题）综合与实践：如图1，这个图案是3世纪我国汉代的赵爽在注解《周

髀算经》时给出的，人们称它为“赵爽弦图”，受这幅图的启发，数学兴趣小组建立了“一线三直角模型”．如

图2，在ABC中，A90，将线段BC绕点B顺时针旋转90得到线段BD，作DEAB交AB的延长线

于点E．

(1)【观察感知】如图2，通过观察，线段AB与DE的数量关系是______；

(2)【问题解决】如图3，连接CD并延长交AB的延长线于点F，若AB2，AC6，求BDF的面积；

BN

(3)【类比迁移】在(2)的条件下，连接CE交BD于点N，则______；

BC

2

(4)【拓展延伸】在(2)的条件下，在直线AB上找点P，使tanBCP，请直接写出线段AP的长度．

3

【答案】(1)ABDE

(2)10

9

(3)

13

5418

(4)或

711

【分析】（1）根据旋转的性质可得CBD90，CBBD，进而证明ABC≌EDBAAS，即可求解；

（2）根据（1）的方法证明ABC≌EDBAAS，进而证明DEF∽CAF，求得EF4，则BF10，然

后根据三角形的面积公式，即可求解．

1

（3）过点N作NMAF于点M，证明ABC∽MNB得出MNBM，证明EMN∽ECA，设BMx，

3

54

则MEBEBM6x，代入比例式，得出x，进而即可求解；

13

（4）当P在B点的左侧时，过点P作PQBC于点Q，当P在B点的右侧时，过点P作PTBC交CB的

延长线于点T，分别解直角三角形，即可求解．

【详解】（1）解：∵将线段BC绕点B顺时针旋转90得到线段BD，作DEAB交AB的延长线于点E．

CBD90，

ABCDBE90，

A90，

ABCACB90，

DBEACB，

又ADEB90且CBBD

ABC≌EDBAAS，

DEAB；

（2）解：CBD90，

ABCDBE90，

A90，

ABCACB90，

DBEACB，

又ADEB90且CBBD，

ABC≌EDBAAS，

DEAB，BEAC

AB2，AC6

DE2，BE6

AEABBE268，

DEBA180

DE∥AC，

DEF∽CAF，

DEEF

ACFA

2EF

6EF8

EF4，

BFBEEF6410，

1

S10210；

BDF2

（3）解：如图所示，过点N作NMAF于点M，

∵ABMN90，ACB90ABCNBM

∴ABC∽MNB

BNBMMN

∴，

BCACAB

BNBMMN1

即，即MNBM，

BC623

又∵MN∥AC

∴EMN∽ECA

MEMN

∴，

AEAC

设BMx，则MEBEBM6x，

1

x

6x

3

86

54

解得：x

13

54

∴BNBM9；

13

BCAC613

（4）解：如图所示，当P在B点的左侧时，过点P作PQBC于点Q

2

∵tanBCP

3

PQ2

∴tanBCP，设PQ2a，则CQ3a，

CQ3

又∵AC6,AB2，BAC90

AC6

∴tanABC3，BC2262210

AB2

PQ

∴tanPBQ3

BQ

12

∴BQPQa

33

211

∴BCCQBQa3aa

33

11

∴a210，

3

610

解得：a

11

2

在Rt△PBQ中，PQ2a,BQa

3

21021061040

∴PBPQ2BQ2a

331111

4018

∴APPBAB2

1111

如图所示，当P在B点的右侧时，过点P作PTBC交CB的延长线于点T，

∵ABCPBT,AT90

∴BPTACB

AB1

∵tanACB

AC3

BT1

∴tanBPTtanACB

PT3

设BTb，则PT3b，BP10b，

PT2

∵tanBCP，

CT3

3b2

∴

b2103

410

解得：b

7

40

∴BP10b

7

4054

∴APABBP2

77

5418

综上所述，AP或．

711

【点睛】本题考查了全等三角形的性质与判定，相似三角形的性质与判定，解直角三角形，旋转的性质，

熟练掌握以上知识是解题的关键．

26．（2024·山东·中考真题）一副三角板分别记作ABC和DEF，其中ABCDEF90，BAC45，

EDF30，ACDE．作BMAC于点M，ENDF于点N，如图1．

(1)求证：BMEN；

(2)在同一平面内，将图1中的两个三角形按如图2所示的方式放置，点C与点E重合记为C，点A与点D

重合，将图2中的DCF绕C按顺时针方向旋转后，延长BM交直线DF于点P．

①当30时，如图3，求证：四边形CNPM为正方形；

②当3060时，写出线段MP，DP，CD的数量关系，并证明；当60120时，直接写出线段

MP，DP，CD的数量关系．

【答案】(1)证明见解析

DPMP3

(2)①证明见解析；②当3060时，线段MP，DP，CD的数量关系为；当60120

CD2

MPDP3

时，线段MP，DP，CD的数量关系为；

CD2

【分析】（1）利用等腰直角三角形与含30度角的直角三角形的性质可得结论；

（2）①证明CND90，DCN903060，可得ACN90，证明PMCBMC90，可得

四边形PMCN为矩形，结合BMEN，即BMCN，

而BMCM，可得CMCN，从而可得结论；②如图，当3060时，连接CP，证明PMC≌PNC，

DPMP3

可得PMPN，结合D30，可得；②如图，当60120时，连接CP，同理

CD2

MPDP3

PMC≌PNC，结合CDF30，可得

CD2

【详解】（1）证明：设ACDEa，

∵ABCDEF90，BAC45，

∴AC45，

∴ABBC，

∵BMAC，

11

∴BMAMCMACa，

22

∵EDF30，ENDF，

11

∴ENDEa，

22

∴BMEN；

（2）证明：①∵D30，CNDF，

∴CND90，DCN903060，

∵ACD30，

∴ACN90，

∵BMAC，

∴PMCBMC90，

∴四边形PMCN为矩形，

∵BMEN，即BMCN，

而BMCM，

∴CMCN，

∴四边形PMCN是正方形；

②如图，当3060时，连接CP，

由（1）可得：CMCN，PMCPNC90，

∵CPCP，

∴PMC≌PNC，

∴PMPN，

∴MPDPPNDPDN，

∵D30，

DNDPMP3

∴cosDcos30，

CDCD2

DPMP3

∴；

CD2

②如图，当60120时，连接CP，

由（1）可得：CMCN，PMCPNC90，

∵CPCP，

∴PMC≌PNC，

∴PMPN，

∴DNPNDPMPDP，

∵CDF30，

DNMPDP3

∴cosCDFcos30，

CDCD2

MPDP3

∴；

CD2

【点睛】本题考查的是等腰直角三角形的性质，含30度角的直角三角形的性质，直角三角形斜边上的中

线的性质，正方形的判定，旋转的性质，全等三角形的判定与性质，锐角三角函数的应用，作出合适的辅

助线是解本题的关键.

27．（2024·四川眉山·中考真题）综合与实践

问题提出：在一次综合与实践活动中，某数学兴趣小组将足够大的直角三角板的一个顶点放在正方形的中

心O处，并绕点O旋转，探究直角三角板与正方形ABCD重叠部分的面积变化情况．

操作发现：将直角三角板的直角顶点放在点O处，在旋转过程中：

（1）若正方形边长为4，当一条直角边与对角线重合时，重叠部分的面积为______；当一条直角边与正方

形的一边垂直时，重叠部分的面积为______．

（2）若正方形的面积为S，重叠部分的面积为S1，在旋转过程中S1与S的关系为______．

类比探究：如图1，若等腰直角三角板的直角顶点与点O重合，在旋转过程中，两条直角边分别角交正方

形两边于E，F两点，小宇经过多次实验得到结论BEDF2OC，请你帮他进行证明．

拓展延伸：如图2，若正方形边长为4，将另一个直角三角板中60角的顶点与点O重合，在旋转过程中，

当三角板的直角边交AB于点M，斜边交BC于点N，且BMBN时，请求出重叠部分的面积．

6262

（参考数据：sin15，cos15，tan1523）

44

1

【答案】（1）4；4；（2）SS；类比探究：见解析；拓展延伸：434

14

【分析】本题考查了正方形的性质，图形旋转的性质，三角形的全等的判定及性质，三角函数的概念等知

识点，正确作辅助线证明三角形全等是解题的关键．

操作发现：（1）根据图形即可判断重叠部分即为BOC（对角线分成的四个三角形中的一个）求出面积即

可；当一条直角边与正方形的一边垂直时，如图，证明四边形OMCN是正方形，求解面积即可；

（2）如图，过点O作OGCB于点G，OHDC于点H．证明△OGE≌△OHF，从而证明

1

S四边形S正方形S正方形，即可求得结论；

OECFOGCH4ABCD

类比探究：先证明△EOB≌△FOC，从而证明BEDFCFDFCD，即可证明结论；

拓展延伸：过点O作OGAB于点G，OHBC于点H．先证明OGM≌OHN，即可证明S△OGMS△OHN，

GOMNOH，从而证明GOM15，根据tan1523，即可求得GM223423，

由重叠部分的面积S四边形OMBNS正方形OGBH2S△OGM，即可求得结果．

【详解】解：操作发现：（1）四边形ABCD是正方形，

BOC90，

11

当一条直角边与对角线重合时，重叠部分的面积为S△S正方形444；

BOC4ABCD4

当一条直角边与正方形的一边垂直时，如图，

OMCMONBCD90，

四边形MONC是矩形，

四边形ABCD是正方形，

ACD45，OAOC，

MOCMCO，

OMMC，

四边形OMCN是正方形，

1

OMAD2，

2

四边形OMCN的面积是4，

故答案为：4，4；

（2）如图，过点O作OGCB于点G，OHDC于点H．

O是正方形ABCD的中心，

OGOH，

OGCOHCC90，

四边形OGCH是矩形，

OGOH，

四边形OGCH是正方形，

GOHEOF90，

EOGFOH，

OGEOHF90，

OGE≌OHFASA，

S△OGES△OHF，