第23章 旋转（全章中考真题考点分类专练）（教师版）-人教版(2024)九上

专题23.9旋转（全章中考真题考点分类精选专练）考点分类目录【考点1】轴对称图形与中心对称图形的识别(5个题)..............................1【考点2】平面直角坐标系中的中心对称(6个题)..................................3【考点3】根据旋转的性质求线段长(5个题)......................................6【考点4】根据旋转的性质求角度大小(9个题)...................................12【考点5】根据旋转的性质求面积(4个题).......................................19【考点6】根据旋转的性质求点的坐标(6个题)...................................25【考点7】根据旋转的性质求最值(5个题).......................................33【考点8】根据旋转的性质解规律问题(5个题)...................................38【考点9】根据旋转的性质进行推理判断(4个题).................................44【考点1】轴对称图形与中心对称图形的识别（5个题）1—1．（2024·辽宁·中考真题）纹样是我国古代艺术中的瑰宝．下列四幅纹样图形既是轴对称图形又是中心对称图形的是（

）A． B． C． D．【答案】B解：A、既不是轴对称图形也不是中心对称图形，故本选项不符合题意；B．既是轴对称图形又是中心对称图形，故本选项符合题意；C．是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项不符合题意；D．不是轴对称图形，是中心对称图形，故本选项不符合题意．故选：B．1—2．（2024·山东泰安·中考真题）下面图形中，中心对称图形的个数有（

）

A．1个 B．2个 C．3个 D．4个【答案】C解：第一个是中心对称图形，符合题意；第二个是是中心对称图形，符合题意；第三个是是中心对称图形，符合题意；第四个不是中心对称图形，不符合题意；所以符合题意的有3个．故选：C．1—3．（2024·山东潍坊·中考真题）下列著名曲线中，既是轴对称图形也是中心对称图形的是（

）A．B．C． D．【答案】C解：既不是轴对称图形也不是中心对称图形，故选项A不符合题意；不是轴对称图形，是中心对称图形，故选项B不符合题意；既是轴对称图形也是中心对称图形，故选项C符合题意；是轴对称图形，不是中心对称图形，故选项D不符合题意；故选：C．1—4．（2024·湖南长沙·中考真题）下列图形中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（

）A． B．C． D．【答案】B解：A中图形是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项不符合题意；B中图形既是轴对称图形又是中心对称图形，故本选项符合题意；C中图形是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项不符合题意；D中图形不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故本选项不符合题意，故选：B．1—5．（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．【考点2】平面直角坐标系中的中心对称（6个题）2—1．（2024·陕西·中考真题）一个正比例函数的图象经过点和点，若点A与点B关于原点对称，则这个正比例函数的表达式为（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】本题考查正比例函数的图象，坐标与中心对称，根据关于原点对称的两个点的横纵坐标均互为相反数，求出的坐标，进而利用待定系数法求出函数表达式即可．解：∵点A与点B关于原点对称，∴，∴，，设正比例函数的解析式为：y=kxk≠0，把∴；故选A．2—2．（2024·四川凉山·中考真题）点关于原点对称的点是，则的值是（

）A． B． C． D．【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，，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．解：∵点关于原点对称的点是，∴，，∴，故选：．2—3．（2024·四川成都·中考真题）在平面直角坐标系中，点关于原点对称的点的坐标是（

）A． B． C． D．【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．解：点关于原点对称的点的坐标为；故选：B．2—4．（2024·江苏常州·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，正方形的对角线相交于原点O．若点A的坐标是2,1，则点C的坐标是．【答案】【分析】本题考查坐标与图形，根据正方形的对角线互相垂直平分，得到关于原点对称，即可得出结果．解：∵正方形的对角线相交于原点O，∴，∴关于原点对称，∵点A的坐标是，∴点C的坐标是；故答案为：．2—5．（2024·江苏扬州·中考真题）在平面直角坐标系中，点关于原点的对称点的坐标是(

)A． B． C． D．【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.解：∵点关于原点的对称点为，∴的坐标为（-1，-2），故选D．【点拨】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．2—6．（2024·湖北武汉·中考真题）如图，小好同学用计算机软件绘制函数的图象，发现它关于点1,0中心对称．若点，，，……，，都在函数图象上，这个点的横坐标从0.1开始依次增加0.1，则的值是（

）A． B． C．0 D．1【答案】D【分析】本题是坐标规律题，求函数值，中心对称的性质，根据题意得出，进而转化为求，根据题意可得，，即可求解．解：∵这个点的横坐标从0.1开始依次增加0.1，∴，∴，∴，而即，∵，当时，，即，∵关于点1,0中心对称的点为2,1，即当时，，∴，故选：D．【考点3】根据旋转的性质求线段长（5个题）3—1．（2024·四川广元·中考真题）如图，将绕点A顺时针旋转得到，点B，C的对应点分别为点D，E，连接，点D恰好落在线段上，若，，则的长为（

）A． B． C．2 D．【答案】A【分析】此题考查了旋转的性质，等腰直角三角形的判定和性质，勾股定理，由旋转得，，，推出是等腰直角三角形，，过点A作于点H，得到，利用勾股定理求出的长．解：由旋转得，，∴，，，∴是等腰直角三角形，，过点A作于点H，∴，∴，∴，故选：A．3—2．（2024·江苏盐城·中考真题）如图，在中，，，点是的中点，连接BD，将绕点旋转，得到．连接CF，当时，．【答案】或【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的值，作，根据平行线的性质可得是等腰直角三角形，可求出的长，在直角中，根据勾股定理可求出的长度，由此即可求解．解：∵在中，，，∴，，∵点是的中点，∴，∴在中，，∵将绕点旋转得到，∴，∴，，，如图所示，过于点，∵CF∥AB，∴，∴是等腰直角三角形，且，∴，在中，，∴，当点D运动点F′时，此时，同理可得，，∴故答案为：或．3—3．（2023·青海西宁·中考真题）如图，在矩形中，点P在边上，连接，将绕点P顺时针旋转90°得到，连接．若，，，则．

【答案】2【分析】过点作于点F，则，可证，于是．设，，，解得，于是．解：过点作于点F，则，∵，∴．又，∴.∴．设，矩形中，，，，，解得，∴．故答案为：2

【点拨】本题考查矩形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理；根据勾股定理构建方程求解是解题的关键．3—4．（2023·湖南益阳·中考真题）如图，在正方形中，，E为的中点，连接，将绕点D按逆时针方向旋转得到，连接，则的长为．

【答案】【分析】由正方形，可得，，，证明，求解，再结合旋转的性质与勾股定理可得答案．解：∵正方形，∴，，∴，∵E为的中点，∴，∴，由旋转可得：，，∴；故答案为：．【点拨】本题考查的是正方形的性质，旋转的性质，勾股定理的应用，熟记旋转的性质是解本题的关键．3—5．（2023·黑龙江绥化·中考真题）已知等腰，，．现将以点为旋转中心旋转，得到，延长交直线于点D．则的长度为．【答案】【分析】根据题意，先求得，当以点为旋转中心逆时针旋转，过点作交于点，当以点为旋转中心顺时针旋转，过点作交于点，分别画出图形，根据勾股定理以及旋转的性质即可求解．解：如图所示，过点作于点，

∵等腰，，．∴，∴，,∴，如图所示，当以点为旋转中心逆时针旋转，过点作交于点，

∵，∴，，在中，，，∵等腰，，．∴，∵以点为旋转中心逆时针旋转，∴，∴，在中，,∴，∴，∴，如图所示，当以点为旋转中心顺时针旋转，过点作交于点，

在中，，∴在中，∴∴∴∴∴，综上所述，的长度为或，故答案为：或．【点拨】本题考查了旋转的性质，勾股定理，含30度角的直角三角形的性质，熟练掌握旋转的性质，分类讨论是解题的关键．【考点4】根据旋转的性质求角度（9个题）4—1．（2024·江苏无锡·中考真题）如图，在中，，，将绕点逆时针旋转得到．当落在上时，的度数为（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】本题主要考查了旋转的性质，三角形内角和定理，由旋转的性质可得，由三角形内角和定理可得出，最后根据角的和差关系即可得出答案．解：由旋转的性质可得出，∵，∴，∴，∴，故选：B．4—2．（2024·四川雅安·中考真题）如图，在和中，，，将绕点A顺时针旋转一定角度，当时，的度数是．【答案】或【分析】本题考查的是等腰三角形的性质，旋转的性质，分两种情况分别画出图形，再结合等腰三角形的性质与角的和差运算可得答案；解：如图，当时，延长交于，∵，，∴,∴；如图，当时，延长交于，∵，，∴,∴，故答案为：或4—3．（2023·江苏无锡·中考真题）如图，中，，将逆时针旋转得到，交于F．当时，点D恰好落在上，此时等于（

）

A． B． C． D．【答案】B【分析】根据旋转可得，再结合旋转角即可求解．解：由旋转性质可得：，，∵，∴，，∴，故选：B．【点拨】本题考查了几何—旋转问题，掌握旋转的性质是关键．4—4．（2023·内蒙古通辽·中考真题）如图，将绕点A逆时针旋转到，旋转角为，点B的对应点D恰好落在边上，若，则旋转角的度数为（

）

A． B． C． D．【答案】C【分析】先求出，再利用旋转的性质求出，，然后利用等边对等角求出，最后利用三角形的内角和定理求解即可．解：如图，

，∵，∴，∵，∴，∵旋转，∴，，∴，∴，即旋转角的度数是．故选：C．【点拨】本题考查了旋转的性质，等腰三角形的性质，三角形内角和定理等，掌握等边对等角是解题的关键．4—5．（2023·山东滨州·中考真题）已知点是等边的边上的一点，若，则在以线段为边的三角形中，最小内角的大小为（）A． B． C． D．【答案】B【分析】将绕点逆时针旋转得到，可得以线段为边的三角形，即，最小的锐角为，根据邻补角以及旋转的性质得出，进而即可求解．解：如图所示，将绕点逆时针旋转得到，

∴，，，∴是等边三角形，∴，∴以线段为边的三角形，即，最小的锐角为，∵，∴∴∴，故选：B．【点拨】本题考查了旋转的性质，等边三角形的性质与判定，熟练掌握旋转的性质是解题的关键．4—6．（2023·湖南张家界·中考真题）如图，为的平分线，且，将四边形绕点逆时针方向旋转后，得到四边形，且，则四边形旋转的角度是．

【答案】【分析】根据角平分线的性质可得，根据旋转的性质可得，，求得，即可求得旋转的角度．解：∵为的平分线，，∴，∵将四边形绕点逆时针方向旋转后，得到四边形，∴，，∴，故答案为：．【点拨】本题考查了角平分线的性质，旋转的性质，熟练掌握以上性质是解题的关键．4—7．（2023·山东·中考真题）如图，点E是正方形内的一点，将绕点B按顺时针方向旋转得到．若，则度．

【答案】80【分析】先求得和的度数，再利用三角形外角的性质求解即可．解：∵四边形是正方形，∴，∵，∴，∵绕点B按顺时针方向旋转得到∴，，∴，∴，故答案为：80．【点拨】本题考查了正方形的性质，等腰三角形的性质，旋转图形的性质和三角形外角的性质，利用旋转图形的性质求解是解题的关键．4—8．（2023·上海·中考真题）如图，在中，，将绕着点A旋转，旋转后的点B落在上，点B的对应点为D，连接是的角平分线，则．

【答案】【分析】如图，，，根据角平分线的定义可得，根据三角形的外角性质可得，即得，然后根据三角形的内角和定理求解即可．解：如图，根据题意可得：，，∵是的角平分线，∴，∵，，∴，则在中，∵，∴，解得：；故答案为：

【点拨】本题考查了旋转的性质、等腰三角形的性质、三角形的外角性质以及三角形的内角和等知识，熟练掌握相关图形的性质是解题的关键．4—9．（2023·江西·中考真题）如图，在中，，将AB绕点逆时针旋转角（）得到，连接，．当为直角三角形时，旋转角的度数为．

【答案】90°或或【分析】连接，根据已知条件可得，进而分类讨论即可求解．解：连接，取的中点，连接，如图所示，

∵在中，，∴，∴是等边三角形，∴，，∴∴，∴∴，如图所示，当点在上时，此时，则旋转角的度数为，

当点在的延长线上时，如图所示，则

当在的延长线上时，则旋转角的度数为，如图所示，∵，，∴四边形是平行四边形，∵∴四边形是矩形，∴即是直角三角形，

综上所述，旋转角的度数为90°或或故答案为：90°或或．【点拨】本题考查了平行四边形的性质与判定，等边三角形的性质与判定，矩形的性质与判定，旋转的性质，熟练掌握旋转的性质是解题的关键．【考点5】根据旋转的性质求面积（4个题）5—1．（2024·内蒙古·中考真题）如图，在中，，将沿BD翻折得到，将线段绕点顺时针旋转得到线段，点为AB的中点，连接．若，则的面积是（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】本题考查了折叠的性质，旋转的性质，线段垂直平分线的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，四点共圆，圆周角定理，勾股定理，直角三角形的性质，三角形的面积，连接与BD相交于点，连接，由，可得，进而由折叠可得，，得到，即得，即可得为等腰直角三角形，即得，，又由旋转得，，，可得，，，即可得为等边三角形，得到，，进而得，，即得，可得，得到，即可得，由得四点共圆，即得，可得，由此可得，，得到，最后根据即可求解，正确作出辅助线是解题的关键．解：连接与BD相交于点，连接，∵，∴，由折叠可得，，∴，∴，∴为等腰直角三角形，∴，，又由旋转得，，，∴，，，∴为等边三角形，∴，，∴，，∴，在和中，，∴，∴，∵，∴，∴，∴，∴四点共圆，∴，∵，∴，∵，∴，∴，，∴，∴，故选：．5—2．（2023·江苏泰州·中考真题）菱形的边长为2，，将该菱形绕顶点A在平面内旋转，则旋转后的图形与原图形重叠部分的面积为（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】分两种情况：①如图，将该菱形绕顶点A在平面内顺时针旋转，连接，相交于点O，与交于点E，根据菱形的性质推出的长，再根据菱形的性质推出与的长，再根据重叠部分的面积求解即可．②将该菱形绕顶点A在平面内逆时针旋转，同①方法可得重叠部分的面积．解：①如图，将该菱形绕顶点A在平面内顺时针旋转30°，连接，相交于点O，与交于点E，

∵四边形是菱形，，∴，∵，∴，，∴，∵菱形绕点A顺时针旋转得到菱形，∴，∴A，，C三点共线，∴，又∵，∴，，∵重叠部分的面积，∴重叠部分的面积；②将该菱形绕顶点A在平面内逆时针旋转，同①方法可得重叠部分的面积，故选：A．【点拨】本题考查了旋转的性质，菱形的性质，正确作出图形是解题的关键．5—3．（2023·宁夏·中考真题）如图，在中，，，．点在上，且．连接，将线段绕点顺时针旋转得到线段，连接，．则的面积是（

）

A． B． C． D．【答案】B【分析】证明，得到，推出为直角三角形，利用的面积等于，进行求解即可．解：∵，，∴，，∵将线段绕点顺时针旋转得到线段，∴，，∴，在和中，，∴，∴，∴，∵，，∴，∴的面积等于；故选B．【点拨】本题考查旋转的性质，等腰三角形的性质，全等三角形的判定和性质．熟练掌握旋转的性质，得到三角形全等是解题的关键．本题蕴含手拉手全等模型，平时要多归纳，多总结，便于快速解题．5—4．（2023·辽宁·中考真题）如图，线段，点是线段上的动点，将线段绕点顺时针旋转得到线段，连接，在的上方作，使，点为的中点，连接，当最小时，的面积为．

【答案】【分析】连接，交于点P，由直角三角形的性质及等腰三角形的性质可得垂直平分，为定角，可得点F在射线上运动，当时，最小，由含30度角直角三角形的性质即可求解．解：连接，交于点P，如图，∵，点为的中点，∴，∵，∴,∴是等边三角形，∴；∵线段绕点顺时针旋转得到线段，∴，∵，∴垂直平分，，∴点F在射线上运动，∴当时，最小，此时，∴；∵，∴，∴，∵，∴由勾股定理得，∴，∴；

故答案为：．【点拨】本题考查了等腰三角形性质，含30度直角三角形的性质，斜边中线性质，勾股定理，线段垂直平分线的判定，勾股定理，旋转的性质，确定点F的运动路径是关键与难点．【考点6】根据旋转的性质求点的坐标（6个题）6—1．（2024·四川广安·中考真题）如图，直线与轴、轴分别相交于点，，将绕点逆时针方向旋转得到，则点的坐标为．【答案】【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是正方形，进而求出和的长度即可求解．解：如图，延长交y轴于点E，中，令，则，令，解得，，，，，绕点逆时针方向旋转得到，，，，四边形是正方形．，，点的坐标为．故答案为：．6—2．（2024·湖北·中考真题）如图，点A的坐标是，将线段绕点O顺时针旋转90°，点A的对应点的坐标是（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】本题主要考查了坐标与图形变化旋转，全等三角形的判定和性质，熟知图形旋转的性质是解题的关键．根据题意画出旋转后的图形，再结合全等三角形的判定与性质即可解决问题．解：如图所示，分别过点和点作轴的垂线，垂足分别为和，由旋转可知，，，，．在和中，，，，．点的坐标为，，，点的坐标为．故选：B．6—3.（2023·海南·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，点A在y轴上，点B的坐标为，将绕着点B顺时针旋转60°，得到，则点C的坐标是（

）

A． B． C． D．【答案】B【分析】过点作，由题意可得：，，再利用含30度直角三角形的性质，求解即可．解：过点作，如下图：

则由题意可得：，，∴，∴，∴，，∴点的坐标为，故选：B【点拨】此题考查了旋转的性质，坐标与图形，含30度直角三角形的性质，以及勾股定理，解题的关键是作辅助线，构造出直角三角形，熟练掌握相关基础性质．6—4.（2023·山东东营·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，菱形的边长为，点在轴的正半轴上，且，将菱形绕原点逆时针方向旋转60°，得到四边形(点与点重合)，则点的坐标是(

)

A． B． C． D．【答案】B【分析】延长交轴于点，根据旋转的性质以及已知条件得出，进而求得的长，即可求解．解：如图所示，延长交轴于点，

∵四边形是菱形，点在轴的正半轴上，平分，，∴，∵将菱形绕原点逆时针方向旋转60°，∴，则，∴∴，在中，∴，∴，∴，故选：B．【点拨】本题考查了旋转的性质，菱形的性质，勾股定理，含30度角的直角三角形的性质，坐标与图形，熟练掌握菱形的性质是解题的关键．6—5.（2023·内蒙古通辽·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，已知点，点，以点P为中心，把点A按逆时针方向旋转得到点B，在，，，四个点中，直线经过的点是（

）

A． B． C． D．【答案】B【分析】根据含角的直角三角形的性质可得，利用待定系数法可得直线的解析式，依次将四个点的一个坐标代入中可解答．解：∵点，点，

∴轴，，由旋转得：，如图，过点B作轴于C，∴，∴，∴），设直线的解析式为：，则，∴，∴直线的解析式为：，当时，，∴点不在直线上，当时，，∴在直线上，当时，∴不在直线上，当时，，∴不在直线上．故选：B．【点拨】本题考查的是图形旋转变换，待定系数法求一次函数的解析式，确定点B的坐标是解本题的关键．6—6.（2023·黑龙江牡丹江·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，菱形的顶点A，B在x轴上，，，，将菱形绕点A旋转后，得到菱形，则点的坐标是．

【答案】或【分析】分两种情况：当绕点A顺时针旋转后，当绕点A逆时针旋转后，利用菱形的性质及直角三角形30度角的性质求解即可．解：当绕点A顺时针旋转后，如图，

∵，∴，∵菱形中，，∴，延长交x轴于点E，∴，，∴，∴，∴；当绕点A逆时针旋转后，如图，延长交x轴于点F，

∵，，∴，∵菱形中，，∴，∴，，∴，∴，∴；故答案为：或．【点拨】此题考查了菱形的性质，直角三角形30度角所对的直角边等于斜边的一半，旋转的性质，正确理解菱形的性质及旋转的性质是解题的关键．【考点7】根据旋转的性质求最值（5个题）7—1．（2024·四川宜宾·中考真题）如图，在中，，以为边作，，点D与点A在的两侧，则AD的最大值为（

）A． B． C．5 D．8【答案】D【分析】如图，把绕顺时针旋转得到，求解，结合，（三点共线时取等号），从而可得答案．解：如图，把绕顺时针旋转得到，∴，，，∴，∵，（三点共线时取等号），∴的最大值为，故选D【点拨】本题考查的是勾股定理的应用，旋转的性质，三角形的三边关系，二次根式的乘法运算，做出合适的辅助线是解本题的关键．7—2．（2024·黑龙江大庆·中考真题）如图，在矩形中，，，点M是边的中点，点N是边上任意一点，将线段绕点M顺时针旋转，点N旋转到点，则周长的最小值为（

）A．15 B． C． D．18【答案】B【分析】本题考查了旋转的性质，矩形的性质，勾股定理，确定点的轨迹是解题的关键．由旋转的性质结合证明，推出，得到点在平行于，且与的距离为5的直线上运动，作点关于直线的对称点，连接交直线于点，此时周长取得最小值，由勾股定理可求解．解：过点作，交于，过点作垂足为，∵矩形，∴，∴，∴四边形和都是矩形，∴，由旋转的性质得，，∴，∴，∴，∴点在平行于，且与的距离为5的直线上运动，作点关于直线的对称点，连接交直线于点，此时周长取得最小值，最小值为，∵，，∴，故选：B．7—3．（2023·四川宜宾·中考真题）如图，是正方形边CD的中点，是正方形内一点，连接，线段以为中心逆时针旋转得到线段，连接．若，，则的最小值为．

【答案】【分析】连接，将以中心，逆时针旋转，点的对应点为，由的运动轨迹是以为圆心，为半径的半圆，可得：的运动轨迹是以为圆心，为半径的半圆，再根据“圆外一定点到圆上任一点的距离，在圆心、定点、动点，三点共线时定点与动点之间的距离最短”，所以当、、三点共线时，的值最小，可求，从而可求解．解，如图，连接，将以中心，逆时针旋转，点的对应点为，

的运动轨迹是以为圆心，为半径的半圆，的运动轨迹是以为圆心，为半径的半圆，如图，当、、三点共线时，的值最小，四边形是正方形，，，是的中点，，，由旋转得：，，，的值最小为．故答案：．【点拨】本题考查了正方形的性质，旋转的性质，勾股定理，动点产生的线段最小值问题，掌握相关的性质，根据题意找出动点的运动轨迹是解题的关键．7—4．(2023·黑龙江绥化·中考真题）如图，是边长为的等边三角形，点为高上的动点．连接，将绕点顺时针旋转60°得到．连接，，，则周长的最小值是．

【答案】/【分析】根据题意，证明，进而得出点在射线上运动，作点关于的对称点，连接，设交于点，则，则当三点共线时，取得最小值，即，进而求得，即可求解．解：∵为高上的动点．∴∵将绕点顺时针旋转60°得到．是边长为的等边三角形，∴∴∴，∴点在射线上运动，如图所示，

作点关于的对称点，连接，设交于点，则在中，，则，则当三点共线时，取得最小值，即∵，，∴∴在中，,∴周长的最小值为，故答案为：．【点拨】本题考查了轴对称求线段和的最值问题，等边三角形的性质与判定，全等三角形的性质与判定，勾股定理，熟练掌握等边三角形的性质与判定以及轴对称的性质是解题的关键．7—5．（2023·湖北十堰·中考真题）在某次数学探究活动中，小明将一张斜边为4的等腰直角三角形硬纸片剪切成如图所示的四块（其中D，E，F分别为，，的中点，G，H分别为，的中点），小明将这四块纸片重新组合拼成四边形（相互不重叠，不留空隙），则所能拼成的四边形中周长的最小值为，最大值为．

【答案】8【分析】根据题意，可固定四边形，平移或旋转其它图形，组合成四边形，求出周长，判断最小值，最大值．

如图1，，，∴四边形周长=；

如图2，∴四边形周长为；故答案为：最小值为8，最大值.【点拨】本题考查图形变换及勾股定理，通过平移、旋转组成满足要求的四边形是解题的关键．【考点8】根据旋转的性质解规律问题(5个题)8—1．（2023·江苏宿迁·中考真题）如图，是正三角形，点A在第一象限，点、．将线段绕点C按顺时针方向旋转至；将线段绕点B按顺时针方向旋转至；将线段绕点A按顺时针方向旋转至；将线段绕点C按顺时针方向旋转至；……以此类推，则点的坐标是．

【答案】【分析】首先画出图形，然后得到旋转3次为一循环，然后求出点在射线的延长线上，点在x轴的正半轴上，然后利用旋转的性质得到，最后利用勾股定理和含角直角三角形的性质求解即可．解：如图所示，

由图象可得，点，在x轴的正半轴上，∴．旋转3次为一个循环，∵∴点在射线的延长线上，∴点在x轴的正半轴上，∵，是正三角形，∴由旋转的性质可得，，∴，∴，∴，∴，∴，∴，∴，∴同理可得，，，∴，∴，∴，∴由旋转的性质可得，，∴如图所示，过点作轴于点E，

∵，∴，∴，∴，，∴点的坐标是．故答案为：．【点拨】本题考查了坐标与图形变化-旋转，勾股定理，等边三角形的性质．正确确定每次旋转后点与旋转中心的距离长度是关键．8—2．（2024·四川内江·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，轴，垂足为点，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，如此下去，……，若点的坐标为0,3，则点的坐标为（

）．A． B． C． D．【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．通过求出点的坐标，、、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．解：轴，点的坐标为0,3，，则点的纵坐标为3，代入，得：，则点的坐标为．，，，由旋转可知，，，，，，，．设点的坐标为，则，解得或（舍去），则，点的坐标为．故选C．8—3．（2023·湖南张家界·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，四边形是正方形，点A的坐标为，是以点B为圆心，为半径的圆弧；是以点O为圆心，为半径的圆弧，是以点C为圆心，为半径的圆弧，是以点A为圆心，为半径的圆弧，继续以点B，O，C，A为圆心按上述作法得到的曲线称为正方形的“渐开线”，则点的坐标是．

【答案】【分析】将四分之一圆孤对应的A点坐标看作顺时针旋转，再根据A、、、、的坐标找到规律即可．解：∵，且为A点绕B点顺时针旋转所得，∴，又∵为点绕O点顺时针旋转所得，∴，又∵为点绕C点顺时针旋转所得，∴，由此可得出规律：为绕B、O、C、A四点作为圆心依次循环顺时针旋转，且半径为1、2、3、、n，每次增加1，又∵，故为以点C为圆心，半径为2022的顺时针旋转所得，∴，故答案为：．【点拨】本题考查了点坐标规律探索问题，通过点的变化，结合画弧的方法以及部分点的坐标探索出坐标变化的规律是解题的关键．8—4．（2022·山东淄博·中考真题）如图，正方形ABCD的中心与坐标原点O重合，将顶点D（1，0）绕点A（0，1）逆时针旋转90°得点D1，再将D1绕点B逆时针旋转90°得点D2，再将D2绕点C逆时针旋转90°得点D3，再将D3绕点D逆时针旋转90°得点D4，再将D4绕点A逆时针旋转90°得点D5……依此类推，则点D2022的坐标是．【答案】（-2023，2022）【分析】由题意观察发现：每四个点一个循环，，由，推出．解：将顶点绕点逆时针旋转得点，，再将绕点逆时针旋转得点，再将绕点逆时针旋转得点，再将绕点逆时针旋转得点，再将绕点逆时针旋转得点，，，，，，观察发现：每四个点一个循环，，，；故答案为：．【点拨】本题考查坐标与图形的变化旋转，等腰直角三角形性质，规律型问题，解题的关键是学会探究规律的方法，找到规律再利用规律求解．8—5．（2022·山东济南·中考真题）规定：在平面直角坐标系中，一个点作“0”变换表示将它向右平移一个单位，一个点作“1”变换表示将它绕原点顺时针旋转90°，由数字0和1组成的序列表示一个点按照上面描述依次连续变换．例如：如图，点按序列“011…”作变换，表示点O先向右平移一个单位得到，再将绕原点顺时针旋转90°得到，再将绕原点顺时针旋转90°得到…依次类推．点经过“011011011”变换后得到点的坐标为．

【答案】【分析】根据题意得出点坐标变化规律，进而得出变换后的坐标位置，进而得出答案．解：点按序列“011011011”作变换，表示点先向右平移一个单位得到，再将绕原点顺时针旋转90°得到，再将绕原点顺时针旋转90°得到，然后右平移一个单位得到，再将绕原点顺时针旋转90°得到，再将绕原点顺时针旋转90°得到，然后右平移一个单位得到，再将绕原点顺时针旋转90°得到，再将绕原点顺时针旋转90°得到．故答案为：【点拨】此题主要考查了点的坐标变化规律，得出点坐标变化规律是解题关键．【考点9】根据旋转的性质进行推理判断9—1．（2024·天津·中考真题）如图，中，，将绕点顺时针旋转得到，点的对应点分别为，延长交于点，下列结论一定正确的是（

）A． B．C． D．【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，结合，即可得证，再根据同旁内角互补证明两直线平行，来分析不一定成立；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．解：记与相交于一点H，如图所示：∵中，将绕点顺时针旋转得到，∴∵∴在中，∴故D选项是正确的，符合题意；设∴∵∴∴∵不一定