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2. 指出下列各图形的旋转中心、旋转角，并指出是由哪个基本图形得到的.
图① 图② 图③
图④
图⑥
图① 图② 图③
图④
图⑥答案
解：
图①：
旋转中心为图形的中心；
最小旋转角为90°；
该图形由基本图形（将图形四等分后的其中一份）绕旋转中心依次旋转90°、180°、270°得到。
图②：
旋转中心为图形的中心；
最小旋转角为60°；
该图形由基本图形（图中6个全等的阴影叶片中的一个）绕旋转中心依次旋转60°、120°、180°、240°、300°得到。
图③：
旋转中心为图形的中心；
最小旋转角为60°；
该图形由基本图形（图中6个全等的折角四边形中的一个）绕旋转中心依次旋转60°、120°、180°、240°、300°得到。
图④：
旋转中心为图形的中心；
最小旋转角为120°；
该图形由基本图形（图中3个全等的菱形中的一个）绕旋转中心依次旋转120°、240°得到。
图⑤：
旋转中心为图形的中心；
最小旋转角为60°；
该图形由基本图形（图中6个全等的正三角形中的一个）绕旋转中心依次旋转60°、120°、180°、240°、300°得到。
图⑥：
旋转中心为图形的中心；
最小旋转角为90°；
该图形由基本图形（图中4个全等的阴影叶形中的一个）绕旋转中心依次旋转90°、180°、270°得到。
图①：
旋转中心为图形的中心；
最小旋转角为90°；
该图形由基本图形（将图形四等分后的其中一份）绕旋转中心依次旋转90°、180°、270°得到。
图②：
旋转中心为图形的中心；
最小旋转角为60°；
该图形由基本图形（图中6个全等的阴影叶片中的一个）绕旋转中心依次旋转60°、120°、180°、240°、300°得到。
图③：
旋转中心为图形的中心；
最小旋转角为60°；
该图形由基本图形（图中6个全等的折角四边形中的一个）绕旋转中心依次旋转60°、120°、180°、240°、300°得到。
图④：
旋转中心为图形的中心；
最小旋转角为120°；
该图形由基本图形（图中3个全等的菱形中的一个）绕旋转中心依次旋转120°、240°得到。
图⑤：
旋转中心为图形的中心；
最小旋转角为60°；
该图形由基本图形（图中6个全等的正三角形中的一个）绕旋转中心依次旋转60°、120°、180°、240°、300°得到。
图⑥：
旋转中心为图形的中心；
最小旋转角为90°；
该图形由基本图形（图中4个全等的阴影叶形中的一个）绕旋转中心依次旋转90°、180°、270°得到。
解析
【分析】
解决这类图形旋转的问题，需紧扣旋转的三要素：旋转中心、旋转角、基本图形。解题步骤可分为三步：第一步确定旋转中心，这类由同一图形绕定点旋转得到的组合图形，旋转中心为图形的几何中心，即各基本图形交汇的公共中心点；第二步计算最小旋转角，先数出图形中全等基本单元的总个数n，结合周角为360°，可得最小旋转角=360°÷n；第三步确定基本图形，取其中任意一个全等的单元作为基本图形，整个图形就是该基本图形绕旋转中心依次旋转最小旋转角的1倍、2倍……(n-1)倍得到的。
【解析】
我们对6个图形逐一分析：
1. 图①：旋转中心为图形的中心，图形可分为4个全等的基本单元，因此最小旋转角为360°÷4=90°，基本图形是四等分后的其中一份，整个图形由该基本图形绕旋转中心依次旋转90°、180°、270°得到。
2. 图②：旋转中心为图形的中心，图形有6个全等的阴影叶片基本单元，因此最小旋转角为360°÷6=60°，基本图形是其中一个阴影叶片，整个图形由该基本图形绕旋转中心依次旋转60°、120°、180°、240°、300°得到。
3. 图③：旋转中心为图形的中心，图形有6个全等的折角四边形基本单元，因此最小旋转角为360°÷6=60°，基本图形是其中一个折角四边形，整个图形由该基本图形绕旋转中心依次旋转60°、120°、180°、240°、300°得到。
4. 图④：旋转中心为图形的中心，图形有3个全等的菱形基本单元，因此最小旋转角为360°÷3=120°，基本图形是其中一个菱形，整个图形由该基本图形绕旋转中心依次旋转120°、240°得到。
5. 图⑤：旋转中心为图形的中心，图形有6个全等的正三角形基本单元，因此最小旋转角为360°÷6=60°，基本图形是其中一个正三角形，整个图形由该基本图形绕旋转中心依次旋转60°、120°、180°、240°、300°得到。
6. 图⑥：旋转中心为图形的中心，图形有4个全等的阴影叶形基本单元，因此最小旋转角为360°÷4=90°，基本图形是其中一个阴影叶形，整个图形由该基本图形绕旋转中心依次旋转90°、180°、270°得到。
【答案】
图①：旋转中心为图形的中心；最小旋转角为90°；由四等分后的其中一份绕中心依次旋转90°、180°、270°得到。
图②：旋转中心为图形的中心；最小旋转角为60°；由其中一个阴影叶片绕中心依次旋转60°、120°、180°、240°、300°得到。
图③：旋转中心为图形的中心；最小旋转角为60°；由其中一个折角四边形绕中心依次旋转60°、120°、180°、240°、300°得到。
图④：旋转中心为图形的中心；最小旋转角为120°；由其中一个菱形绕中心依次旋转120°、240°得到。
图⑤：旋转中心为图形的中心；最小旋转角为60°；由其中一个正三角形绕中心依次旋转60°、120°、180°、240°、300°得到。
图⑥：旋转中心为图形的中心；最小旋转角为90°；由其中一个阴影叶形绕中心依次旋转90°、180°、270°得到。
【知识点】
旋转的概念；旋转的性质
【点评】
本题是旋转相关知识的基础应用题，解题核心是准确识别全等的基本单元，结合周角计算最小旋转角，能够帮助学生巩固对旋转三要素的理解，提升图形观察能力。
【难度系数】
0.8
解决这类图形旋转的问题，需紧扣旋转的三要素：旋转中心、旋转角、基本图形。解题步骤可分为三步：第一步确定旋转中心，这类由同一图形绕定点旋转得到的组合图形，旋转中心为图形的几何中心，即各基本图形交汇的公共中心点；第二步计算最小旋转角，先数出图形中全等基本单元的总个数n，结合周角为360°，可得最小旋转角=360°÷n；第三步确定基本图形，取其中任意一个全等的单元作为基本图形，整个图形就是该基本图形绕旋转中心依次旋转最小旋转角的1倍、2倍……(n-1)倍得到的。
【解析】
我们对6个图形逐一分析：
1. 图①：旋转中心为图形的中心，图形可分为4个全等的基本单元，因此最小旋转角为360°÷4=90°，基本图形是四等分后的其中一份，整个图形由该基本图形绕旋转中心依次旋转90°、180°、270°得到。
2. 图②：旋转中心为图形的中心，图形有6个全等的阴影叶片基本单元，因此最小旋转角为360°÷6=60°，基本图形是其中一个阴影叶片，整个图形由该基本图形绕旋转中心依次旋转60°、120°、180°、240°、300°得到。
3. 图③：旋转中心为图形的中心，图形有6个全等的折角四边形基本单元，因此最小旋转角为360°÷6=60°，基本图形是其中一个折角四边形，整个图形由该基本图形绕旋转中心依次旋转60°、120°、180°、240°、300°得到。
4. 图④：旋转中心为图形的中心，图形有3个全等的菱形基本单元，因此最小旋转角为360°÷3=120°，基本图形是其中一个菱形，整个图形由该基本图形绕旋转中心依次旋转120°、240°得到。
5. 图⑤：旋转中心为图形的中心，图形有6个全等的正三角形基本单元，因此最小旋转角为360°÷6=60°，基本图形是其中一个正三角形，整个图形由该基本图形绕旋转中心依次旋转60°、120°、180°、240°、300°得到。
6. 图⑥：旋转中心为图形的中心，图形有4个全等的阴影叶形基本单元，因此最小旋转角为360°÷4=90°，基本图形是其中一个阴影叶形，整个图形由该基本图形绕旋转中心依次旋转90°、180°、270°得到。
【答案】
图①：旋转中心为图形的中心；最小旋转角为90°；由四等分后的其中一份绕中心依次旋转90°、180°、270°得到。
图②：旋转中心为图形的中心；最小旋转角为60°；由其中一个阴影叶片绕中心依次旋转60°、120°、180°、240°、300°得到。
图③：旋转中心为图形的中心；最小旋转角为60°；由其中一个折角四边形绕中心依次旋转60°、120°、180°、240°、300°得到。
图④：旋转中心为图形的中心；最小旋转角为120°；由其中一个菱形绕中心依次旋转120°、240°得到。
图⑤：旋转中心为图形的中心；最小旋转角为60°；由其中一个正三角形绕中心依次旋转60°、120°、180°、240°、300°得到。
图⑥：旋转中心为图形的中心；最小旋转角为90°；由其中一个阴影叶形绕中心依次旋转90°、180°、270°得到。
【知识点】
旋转的概念；旋转的性质
【点评】
本题是旋转相关知识的基础应用题，解题核心是准确识别全等的基本单元，结合周角计算最小旋转角，能够帮助学生巩固对旋转三要素的理解，提升图形观察能力。
【难度系数】
0.8
3. 如图，已知正方形$ABCD$和等边三角形$ABE$，若将等边三角形$ABE$绕点$B$按逆时针方向旋转$90°$得$△ BCF$，再将$△ BCF$以$BC$为对称轴作轴对称图形$△ BCM$，连接$AM$，$CE$.
（1）求证：$AM=CE$；
（2）设$AM$与$CE$交于点$N$，求$∠ CNM$的度数.
（1）求证：$AM=CE$；
（2）设$AM$与$CE$交于点$N$，求$∠ CNM$的度数.
答案
3. (1) 提示:证$△ ABM ≌ △ EBC$ (2) $60°$
解析
【分析】
（1）要证明两条线段相等，优先考虑证明线段所在的三角形全等。观察图形可知，AM在$△ ABM$中，CE在$△ EBC$中，因此只需证明$△ ABM≌△ EBC$即可。首先结合正方形、等边三角形的性质得到$AB=BE=BC$，再根据旋转、轴对称的全等性质得到$BM=BC$、$∠ CBM=60°$，进而推导得到两组对应边的夹角$∠ ABM=∠ EBC=150°$，即可用SAS判定全等，得到对应边相等。
（2）求$∠ CNM$的度数时，可利用（1）中全等三角形的对应角相等，得到$∠ BCE=∠ BMA$，再结合等边三角形、等腰三角形的角度性质，分别求出$△ CNM$中另外两个内角的度数，最后用三角形内角和定理计算即可得到结果。
【解析】
（1）证明：
∵ 四边形$ABCD$是正方形，
∴ $AB=BC$，$∠ ABC=90°$。
∵ $△ ABE$是等边三角形，
∴ $AB=BE$，$∠ ABE=60°$，
∴ $BE=BC$。
∵ 等边$△ ABE$绕点$B$逆时针旋转$90°$得到$△ BCF$，
∴ $△ ABE ≌ △ BCF$，
又
∵ $△ BCF$以$BC$为对称轴作轴对称得到$△ BCM$，
∴ $△ BCF ≌ △ BCM$，
∴ $△ ABE ≌ △ BCM$，
∴ $BM=BE$，$∠ CBM=∠ ABE=60°$，
∴ $BM=BC$。
∵ $∠ EBC=∠ ABE + ∠ ABC=60°+90°=150°$，
$∠ ABM=∠ ABC + ∠ CBM=90°+60°=150°$，
∴ $∠ ABM=∠ EBC$。
在$△ ABM$和$△ EBC$中：
$\begin{cases}AB=EB \\∠ ABM=∠ EBC \\BM=BC\end{cases}$
∴ $△ ABM ≌ △ EBC$（SAS），
∴ $AM=CE$。
（2）解：
由（1）中$△ ABM ≌ △ EBC$，可得$∠ BCE=∠ BMA$。
∵ $BE=BC$，$∠ EBC=150°$，
∴ $∠ BCE=∠ BEC=\frac{180° - 150°}{2}=15°$，
∴ $∠ BMA=15°$。
由轴对称和旋转的性质可知$△ BCM$是等边三角形，
∴ $∠ BCM=∠ BMC=60°$。
∴ $∠ NCM=∠ BCE + ∠ BCM=15° + 60°=75°$，
$∠ NMC=∠ BMC - ∠ BMA=60° - 15°=45°$。
在$△ CNM$中，根据三角形内角和为$180°$：
$∠ CNM=180° - ∠ NCM - ∠ NMC=180° - 75° - 45°=60°$。
【答案】
（1）$AM=CE$得证；（2）$\boldsymbol{60°}$
【知识点】
全等三角形判定与性质；旋转与轴对称性质；正方形与等边三角形性质
【点评】
本题属于几何综合基础题，将正方形、等边三角形的性质和旋转、轴对称的图形变换特点结合考查，解题的核心是利用图形变换的全等性找到相等的边与角，构造全等三角形解决线段相等问题，再通过角度转化求解未知角，需要学生熟练掌握各类基础几何性质，具备一定的角度推导能力。
【难度系数】
0.65
（1）要证明两条线段相等，优先考虑证明线段所在的三角形全等。观察图形可知，AM在$△ ABM$中，CE在$△ EBC$中，因此只需证明$△ ABM≌△ EBC$即可。首先结合正方形、等边三角形的性质得到$AB=BE=BC$，再根据旋转、轴对称的全等性质得到$BM=BC$、$∠ CBM=60°$，进而推导得到两组对应边的夹角$∠ ABM=∠ EBC=150°$，即可用SAS判定全等，得到对应边相等。
（2）求$∠ CNM$的度数时，可利用（1）中全等三角形的对应角相等，得到$∠ BCE=∠ BMA$，再结合等边三角形、等腰三角形的角度性质，分别求出$△ CNM$中另外两个内角的度数，最后用三角形内角和定理计算即可得到结果。
【解析】
（1）证明：
∵ 四边形$ABCD$是正方形，
∴ $AB=BC$，$∠ ABC=90°$。
∵ $△ ABE$是等边三角形，
∴ $AB=BE$，$∠ ABE=60°$，
∴ $BE=BC$。
∵ 等边$△ ABE$绕点$B$逆时针旋转$90°$得到$△ BCF$，
∴ $△ ABE ≌ △ BCF$，
又
∵ $△ BCF$以$BC$为对称轴作轴对称得到$△ BCM$，
∴ $△ BCF ≌ △ BCM$，
∴ $△ ABE ≌ △ BCM$，
∴ $BM=BE$，$∠ CBM=∠ ABE=60°$，
∴ $BM=BC$。
∵ $∠ EBC=∠ ABE + ∠ ABC=60°+90°=150°$，
$∠ ABM=∠ ABC + ∠ CBM=90°+60°=150°$，
∴ $∠ ABM=∠ EBC$。
在$△ ABM$和$△ EBC$中：
$\begin{cases}AB=EB \\∠ ABM=∠ EBC \\BM=BC\end{cases}$
∴ $△ ABM ≌ △ EBC$（SAS），
∴ $AM=CE$。
（2）解：
由（1）中$△ ABM ≌ △ EBC$，可得$∠ BCE=∠ BMA$。
∵ $BE=BC$，$∠ EBC=150°$，
∴ $∠ BCE=∠ BEC=\frac{180° - 150°}{2}=15°$，
∴ $∠ BMA=15°$。
由轴对称和旋转的性质可知$△ BCM$是等边三角形，
∴ $∠ BCM=∠ BMC=60°$。
∴ $∠ NCM=∠ BCE + ∠ BCM=15° + 60°=75°$，
$∠ NMC=∠ BMC - ∠ BMA=60° - 15°=45°$。
在$△ CNM$中，根据三角形内角和为$180°$：
$∠ CNM=180° - ∠ NCM - ∠ NMC=180° - 75° - 45°=60°$。
【答案】
（1）$AM=CE$得证；（2）$\boldsymbol{60°}$
【知识点】
全等三角形判定与性质；旋转与轴对称性质；正方形与等边三角形性质
【点评】
本题属于几何综合基础题，将正方形、等边三角形的性质和旋转、轴对称的图形变换特点结合考查，解题的核心是利用图形变换的全等性找到相等的边与角，构造全等三角形解决线段相等问题，再通过角度转化求解未知角，需要学生熟练掌握各类基础几何性质，具备一定的角度推导能力。
【难度系数】
0.65
1. 旋转不改变图形的
形状
和大小
.答案
1. 形状 大小
解析
【分析】
本题考查旋转的基本性质，解题时首先回忆旋转的相关概念：旋转属于全等变换，仅改变图形的位置和方向，不会改变图形本身的固有属性，我们只需从旋转的性质中提取不变的要素即可得到答案。
【解析】
根据旋转的性质可知，旋转前后的两个图形是全等形，全等形的形状、大小完全相同，因此旋转不会改变图形的形状和大小，仅改变图形的位置和方向。
【答案】
形状；大小
【知识点】
旋转的性质
【点评】
本题是基础概念考查题，只要熟练掌握旋转的基本性质就可以直接作答。
【难度系数】
0.9
本题考查旋转的基本性质，解题时首先回忆旋转的相关概念：旋转属于全等变换，仅改变图形的位置和方向，不会改变图形本身的固有属性，我们只需从旋转的性质中提取不变的要素即可得到答案。
【解析】
根据旋转的性质可知，旋转前后的两个图形是全等形，全等形的形状、大小完全相同，因此旋转不会改变图形的形状和大小，仅改变图形的位置和方向。
【答案】
形状；大小
【知识点】
旋转的性质
【点评】
本题是基础概念考查题，只要熟练掌握旋转的基本性质就可以直接作答。
【难度系数】
0.9
2. 将等边三角形CBA绕点C顺时针旋转∠α得到△CB'A'，使得B,C,A'三点在同一直线上，如图所示，则∠α=
$120°$
。答案
2. $120°$
解析
【分析】
解题首先要明确两个核心知识点：一是等边三角形的每个内角均为60°，二是旋转角是对应点与旋转中心连线的夹角，本题中CA旋转后对应边为CA'，故∠ACA'就是旋转角∠α。已知B、C、A'三点共线，说明∠BCA'为平角180°，用平角的度数减去等边三角形的内角∠ACB的度数，即可求出旋转角∠α的大小。
【解析】
解：
∵△CBA是等边三角形，
∴∠ACB=60°，
∵B、C、A'三点在同一直线上，
∴∠BCA'=180°，
∵等边△CBA绕点C顺时针旋转∠α得到△CB'A'，CA的对应边为CA'，
∴旋转角∠α=∠ACA'=∠BCA'-∠ACB=180°-60°=120°。
【答案】
$120°$
【知识点】
等边三角形的性质；旋转的性质；平角的定义
【点评】
本题是基础题型，解题的关键是找准旋转角，结合等边三角形内角特征和平角的性质进行计算，考查学生对基础概念的掌握和简单的角度计算能力。
【难度系数】
0.8
解题首先要明确两个核心知识点：一是等边三角形的每个内角均为60°，二是旋转角是对应点与旋转中心连线的夹角，本题中CA旋转后对应边为CA'，故∠ACA'就是旋转角∠α。已知B、C、A'三点共线，说明∠BCA'为平角180°，用平角的度数减去等边三角形的内角∠ACB的度数，即可求出旋转角∠α的大小。
【解析】
解：
∵△CBA是等边三角形，
∴∠ACB=60°，
∵B、C、A'三点在同一直线上，
∴∠BCA'=180°，
∵等边△CBA绕点C顺时针旋转∠α得到△CB'A'，CA的对应边为CA'，
∴旋转角∠α=∠ACA'=∠BCA'-∠ACB=180°-60°=120°。
【答案】
$120°$
【知识点】
等边三角形的性质；旋转的性质；平角的定义
【点评】
本题是基础题型，解题的关键是找准旋转角，结合等边三角形内角特征和平角的性质进行计算，考查学生对基础概念的掌握和简单的角度计算能力。
【难度系数】
0.8
3. 如图,在△ABC中,∠BAC=33°,将△ABC绕点A顺时针旋转50°,对应得到△AB'C',则∠B'AC的度数为
$17°$
。答案
3. $17°$
解析
【分析】
首先回忆旋转的性质：图形绕某点旋转时，对应点与旋转中心连线的夹角等于旋转角。本题中△ABC绕点A顺时针旋转50°得到△AB'C'，首先可确定旋转角∠BAB'=50°，观察图形可知要求的∠B'AC等于旋转角∠BAB'减去已知的∠BAC，代入数据计算即可得到结果。
【解析】
解：
∵将△ABC绕点A顺时针旋转50°对应得到△AB'C'，
∴旋转角$∠ BAB'=50°$，
又
∵$∠ BAC=33°$，
∴$∠ B'AC=∠ BAB'-∠ BAC=50°-33°=17°$。
【答案】
$17°$
【知识点】
1. 旋转的性质
2. 角的和差计算
【点评】
本题属于基础题，解题核心是准确识别旋转角，结合角的和差关系计算即可，只要熟练掌握旋转的基本性质就能轻松解答。
【难度系数】
0.8
首先回忆旋转的性质：图形绕某点旋转时，对应点与旋转中心连线的夹角等于旋转角。本题中△ABC绕点A顺时针旋转50°得到△AB'C'，首先可确定旋转角∠BAB'=50°，观察图形可知要求的∠B'AC等于旋转角∠BAB'减去已知的∠BAC，代入数据计算即可得到结果。
【解析】
解：
∵将△ABC绕点A顺时针旋转50°对应得到△AB'C'，
∴旋转角$∠ BAB'=50°$，
又
∵$∠ BAC=33°$，
∴$∠ B'AC=∠ BAB'-∠ BAC=50°-33°=17°$。
【答案】
$17°$
【知识点】
1. 旋转的性质
2. 角的和差计算
【点评】
本题属于基础题，解题核心是准确识别旋转角，结合角的和差关系计算即可，只要熟练掌握旋转的基本性质就能轻松解答。
【难度系数】
0.8
4. 如图，将$△ ABC$绕点$A$逆时针旋转得到$△ ADE$.点$C$和点$E$是对应点.若$∠ CAE=90°$，$AB=1$，则$BD=\_\_\_\_\_\_$.
答案
4. $\sqrt{2}$
解析
【分析】
解题时先结合旋转的性质分析：①旋转前后对应边相等，可得AB=AD；②旋转前后对应旋转角相等，可推出∠BAD=∠CAE=90°，由此可判断△BAD是等腰直角三角形，最后结合勾股定理即可计算出BD的长度。
【解析】
解：
∵将△ABC绕点A逆时针旋转得到△ADE，
∴根据旋转的性质可得：AB=AD，∠BAD=∠CAE，
∵∠CAE=90°，
∴∠BAD=90°，
又
∵AB=1，
∴AD=AB=1，
在Rt△BAD中，由勾股定理得：
$BD=\sqrt{AB^2 + AD^2}=\sqrt{1^2 + 1^2}=\sqrt{2}$。
【答案】
$\sqrt{2}$
【知识点】
旋转的性质，勾股定理
【点评】
本题是旋转性质的基础应用题，解题的核心是准确找到旋转前后的对应边、对应旋转角，判断出三角形的形状后结合勾股定理求解即可，掌握旋转的基本性质是解决此类题的关键。
【难度系数】
0.8
解题时先结合旋转的性质分析：①旋转前后对应边相等，可得AB=AD；②旋转前后对应旋转角相等，可推出∠BAD=∠CAE=90°，由此可判断△BAD是等腰直角三角形，最后结合勾股定理即可计算出BD的长度。
【解析】
解：
∵将△ABC绕点A逆时针旋转得到△ADE，
∴根据旋转的性质可得：AB=AD，∠BAD=∠CAE，
∵∠CAE=90°，
∴∠BAD=90°，
又
∵AB=1，
∴AD=AB=1，
在Rt△BAD中，由勾股定理得：
$BD=\sqrt{AB^2 + AD^2}=\sqrt{1^2 + 1^2}=\sqrt{2}$。
【答案】
$\sqrt{2}$
【知识点】
旋转的性质，勾股定理
【点评】
本题是旋转性质的基础应用题，解题的核心是准确找到旋转前后的对应边、对应旋转角，判断出三角形的形状后结合勾股定理求解即可，掌握旋转的基本性质是解决此类题的关键。
【难度系数】
0.8
