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新知生成：一个图形和它经过旋转所得的图形中，对应点到旋转中心的距离
相等
，任意一组对应点与旋转中心的连线所成的角都等于旋转角
；对应线段相等
，对应角相等
。答案
相等 旋转角 相等 相等
解析
【分析】
这道题考查旋转的基本性质，解题时先回忆旋转的定义和特征：旋转只改变图形的位置，不改变图形的形状和大小，即旋转前后的图形全等。①思考对应点到旋转中心的距离：旋转过程中图形上每个点都是绕旋转中心转动相同角度，点到中心的长度不会发生变化，因此距离相等；②思考对应点与旋转中心连线的夹角：这个夹角就是图形旋转时转过的固定角度，也就是旋转角；③对应线段和对应角：因为旋转前后图形全等，全等图形的对应线段、对应角都相等，据此即可完成填空。
【解析】
根据旋转的基本性质可得：一个图形和它经过旋转所得的图形中，对应点到旋转中心的距离相等，任意一组对应点与旋转中心的连线所成的角都等于旋转角；对应线段相等，对应角相等。
【答案】
相等 旋转角 相等 相等
【知识点】
旋转的性质；全等图形的性质
【点评】
本题是基础概念类题目，重点考查对旋转核心性质的识记，熟练掌握这些性质是解决旋转相关几何计算、证明题的前提，需要牢记。
【难度系数】
0.9
这道题考查旋转的基本性质，解题时先回忆旋转的定义和特征：旋转只改变图形的位置，不改变图形的形状和大小，即旋转前后的图形全等。①思考对应点到旋转中心的距离：旋转过程中图形上每个点都是绕旋转中心转动相同角度，点到中心的长度不会发生变化，因此距离相等；②思考对应点与旋转中心连线的夹角：这个夹角就是图形旋转时转过的固定角度，也就是旋转角；③对应线段和对应角：因为旋转前后图形全等，全等图形的对应线段、对应角都相等，据此即可完成填空。
【解析】
根据旋转的基本性质可得：一个图形和它经过旋转所得的图形中，对应点到旋转中心的距离相等，任意一组对应点与旋转中心的连线所成的角都等于旋转角；对应线段相等，对应角相等。
【答案】
相等 旋转角 相等 相等
【知识点】
旋转的性质；全等图形的性质
【点评】
本题是基础概念类题目，重点考查对旋转核心性质的识记，熟练掌握这些性质是解决旋转相关几何计算、证明题的前提，需要牢记。
【难度系数】
0.9
1. 在如图所示的网格中，图形②是由图形①经过旋转得到的，则旋转中心是 （
A.点 P
B.点 Q
C.点 R
D.点 S
D
）A.点 P
B.点 Q
C.点 R
D.点 S
答案
1. D
解析
【分析】
要确定旋转中心，首先回忆旋转的性质：旋转中心到旋转前后两组对应点的距离相等，即旋转中心是两组对应点连线的垂直平分线的交点。解题时可以有两种思路：一是选取图形①和②的两组对应点，分别作对应点连线的垂直平分线，两条垂直平分线的交点就是旋转中心；二是逐个验证选项中的四个点，判断哪个点到两组对应点的距离均相等，符合要求的即为旋转中心。
【解析】
根据旋转的性质，旋转中心到旋转前后图形的任意一组对应点的距离都相等。
我们选取图形①和图形②的两组对应点，分别连接每组对应点：
1. 分别作两条对应点连线的垂直平分线，可发现两条垂直平分线的交点为点S；
2. 也可逐个验证选项：点P、Q、R到两组对应点的距离均不相等，只有点S到所有对应点的距离都相等，因此点S是旋转中心。
【答案】
D
【知识点】
旋转的性质、旋转中心的判定、垂直平分线的性质
【点评】
本题主要考查旋转性质的应用，解题关键是掌握旋转中心到各对应点距离相等的特点，既可以通过作垂直平分线的方法严谨推导，也可以通过测量距离快速验证选项，属于基础应用型题目。
【难度系数】
0.7
要确定旋转中心，首先回忆旋转的性质：旋转中心到旋转前后两组对应点的距离相等，即旋转中心是两组对应点连线的垂直平分线的交点。解题时可以有两种思路：一是选取图形①和②的两组对应点，分别作对应点连线的垂直平分线，两条垂直平分线的交点就是旋转中心；二是逐个验证选项中的四个点，判断哪个点到两组对应点的距离均相等，符合要求的即为旋转中心。
【解析】
根据旋转的性质，旋转中心到旋转前后图形的任意一组对应点的距离都相等。
我们选取图形①和图形②的两组对应点，分别连接每组对应点：
1. 分别作两条对应点连线的垂直平分线，可发现两条垂直平分线的交点为点S；
2. 也可逐个验证选项：点P、Q、R到两组对应点的距离均不相等，只有点S到所有对应点的距离都相等，因此点S是旋转中心。
【答案】
D
【知识点】
旋转的性质、旋转中心的判定、垂直平分线的性质
【点评】
本题主要考查旋转性质的应用，解题关键是掌握旋转中心到各对应点距离相等的特点，既可以通过作垂直平分线的方法严谨推导，也可以通过测量距离快速验证选项，属于基础应用型题目。
【难度系数】
0.7
2. 如图，在$△ ABC$中，$∠ BAC = 120°$，以BC为边向外作等边三角形BCD，$△ ABD$绕点D按顺时针方向旋转$60°$后得到$△ ECD$。若$AB = 3$，$AC = 2$，则$∠ BAD$的度数为
60°
，AD的长为5
。答案
2. 60° 5
解析
【分析】
解题时可从已知的旋转和等边三角形条件入手：首先根据旋转的性质可得对应边相等、对应角相等，结合旋转角为60°可判定△ADE是等边三角形，得到∠E=60°且AD=AE；再通过四边形内角和推导角度关系，证明A、C、E三点共线，即可求出AE的长度，进而得到∠BAD的度数和AD的长。
【解析】
1. 由旋转的性质可得：△ABD≌△ECD，因此$AB=EC=3$，$AD=ED$，$∠ BAD=∠ E$，$∠ ABD=∠ ECD$，旋转角$∠ ADE=60°$。
2. 因为$AD=ED$，$∠ ADE=60°$，所以$△ ADE$是等边三角形，因此$∠ E=60°$，$AD=AE$，故$∠ BAD=∠ E=60°$。
3. 证明A、C、E三点共线：
已知$△ BCD$是等边三角形，所以$∠ BDC=60°$，又$∠ BAC=120°$。
在四边形$ABDC$中，内角和为$360°$，因此$∠ BAC+∠ BDC+∠ ABD+∠ ACD=360°$，代入得$120°+60°+∠ ABD+∠ ACD=360°$，解得$∠ ABD+∠ ACD=180°$。
结合$∠ ABD=∠ ECD$，可得$∠ ECD+∠ ACD=180°$，因此A、C、E三点在同一条直线上。
4. 因此$AE=AC+CE=AC+AB=2+3=5$，又$△ ADE$是等边三角形，所以$AD=AE=5$。
【答案】
$60°$；$5$
【知识点】
旋转的性质，等边三角形的判定与性质，平角的定义
【点评】
本题是几何综合基础题，将旋转性质与等边三角形的判定结合考查，解题的突破口是通过角度推导证明三点共线，理清旋转前后的等量关系即可快速求解。
【难度系数】
0.6
解题时可从已知的旋转和等边三角形条件入手：首先根据旋转的性质可得对应边相等、对应角相等，结合旋转角为60°可判定△ADE是等边三角形，得到∠E=60°且AD=AE；再通过四边形内角和推导角度关系，证明A、C、E三点共线，即可求出AE的长度，进而得到∠BAD的度数和AD的长。
【解析】
1. 由旋转的性质可得：△ABD≌△ECD，因此$AB=EC=3$，$AD=ED$，$∠ BAD=∠ E$，$∠ ABD=∠ ECD$，旋转角$∠ ADE=60°$。
2. 因为$AD=ED$，$∠ ADE=60°$，所以$△ ADE$是等边三角形，因此$∠ E=60°$，$AD=AE$，故$∠ BAD=∠ E=60°$。
3. 证明A、C、E三点共线：
已知$△ BCD$是等边三角形，所以$∠ BDC=60°$，又$∠ BAC=120°$。
在四边形$ABDC$中，内角和为$360°$，因此$∠ BAC+∠ BDC+∠ ABD+∠ ACD=360°$，代入得$120°+60°+∠ ABD+∠ ACD=360°$，解得$∠ ABD+∠ ACD=180°$。
结合$∠ ABD=∠ ECD$，可得$∠ ECD+∠ ACD=180°$，因此A、C、E三点在同一条直线上。
4. 因此$AE=AC+CE=AC+AB=2+3=5$，又$△ ADE$是等边三角形，所以$AD=AE=5$。
【答案】
$60°$；$5$
【知识点】
旋转的性质，等边三角形的判定与性质，平角的定义
【点评】
本题是几何综合基础题，将旋转性质与等边三角形的判定结合考查，解题的突破口是通过角度推导证明三点共线，理清旋转前后的等量关系即可快速求解。
【难度系数】
0.6
例 如图，已知P是正方形ABCD内一点，PA=1，PB=2，PC=3，以点B为旋转中心，△ABP按顺时针方向旋转，使点A与点C重合，这时点P旋转到点G。
(1)请画出旋转后的图形，说出此时△ABP以点B为旋转中心最少旋转了多少度；
(2)求出PG的长度；
(3)猜想△PGC的形状，并说明理由；
(4)计算∠BGC的角度。
(1)请画出旋转后的图形，说出此时△ABP以点B为旋转中心最少旋转了多少度；
(2)求出PG的长度；
(3)猜想△PGC的形状，并说明理由；
(4)计算∠BGC的角度。
答案
(1) 作图略。
△ABP以点B为旋转中心最少旋转了90°。
(2) PG=√8。
(3) △PGC为直角三角形。理由略。
(4) ∠BGC=135°。
△ABP以点B为旋转中心最少旋转了90°。
(2) PG=√8。
(3) △PGC为直角三角形。理由略。
(4) ∠BGC=135°。
解析
【分析】
1. 第(1)问：旋转后点A与点C重合，对应边AB旋转到BC，正方形ABCD中∠ABC=90°，因此旋转角就是∠ABC的度数，即可得到最小旋转角度。
2. 第(2)问：根据旋转的性质可得BP=BG，旋转角∠PBG=90°，可知△PBG是等腰直角三角形，利用勾股定理即可计算PG的长度。
3. 第(3)问：由旋转性质得GC=AP=1，结合已知PC=3、已求PG的长度，利用勾股定理的逆定理验证三边关系，即可判断△PGC的形状。
4. 第(4)问：先求等腰直角△PBG的底角∠BGP=45°，加上△PGC的直角∠PGC=90°，两个角相加即可得到∠BGC的度数。
【解析】
(1) 作图：连接BG、CG，△BCG即为旋转后的图形。
因为正方形ABCD中∠ABC=90°，旋转后AB与BC重合，所以△ABP以点B为旋转中心最少旋转了90°。
(2) 由旋转的性质可知：$BP=BG=2$，$∠ PBG=∠ ABC=90°$，
在$Rt△ PBG$中，由勾股定理得：
$PG=\sqrt{BP^2+BG^2}=\sqrt{2^2+2^2}=\sqrt{8}$。
(3) $△ PGC$为直角三角形，理由如下：
由旋转的性质得：$GC=AP=1$，
已知$PC=3$，$PG=\sqrt{8}$，
则$GC^2+PG^2=1^2+(\sqrt{8})^2=1+8=9$，$PC^2=3^2=9$，
所以$GC^2+PG^2=PC^2$，
根据勾股定理的逆定理可知$△ PGC$是直角三角形，且$∠ PGC=90°$。
(4) 由(2)知$△ PBG$是等腰直角三角形，所以$∠ BGP=45°$，
由(3)知$∠ PGC=90°$，
所以$∠ BGC=∠ BGP+∠ PGC=45°+90°=135°$。
【答案】
(1) 作图略，最少旋转了$\boldsymbol{90°}$；
(2) $\boldsymbol{PG=\sqrt{8}}$；
(3) $\boldsymbol{△ PGC}$为直角三角形；
(4) $\boldsymbol{∠ BGC=135°}$。
【知识点】
旋转的性质；勾股定理及逆定理；正方形的性质
【点评】
本题是几何综合题，核心是利用旋转将分散的线段条件转化到同一个三角形中，通过构造等腰直角三角形和利用勾股定理逆定理解决问题，能很好地锻炼几何转化思维。
【难度系数】
0.7
1. 第(1)问：旋转后点A与点C重合，对应边AB旋转到BC，正方形ABCD中∠ABC=90°，因此旋转角就是∠ABC的度数，即可得到最小旋转角度。
2. 第(2)问：根据旋转的性质可得BP=BG，旋转角∠PBG=90°，可知△PBG是等腰直角三角形，利用勾股定理即可计算PG的长度。
3. 第(3)问：由旋转性质得GC=AP=1，结合已知PC=3、已求PG的长度，利用勾股定理的逆定理验证三边关系，即可判断△PGC的形状。
4. 第(4)问：先求等腰直角△PBG的底角∠BGP=45°，加上△PGC的直角∠PGC=90°，两个角相加即可得到∠BGC的度数。
【解析】
(1) 作图：连接BG、CG，△BCG即为旋转后的图形。
因为正方形ABCD中∠ABC=90°，旋转后AB与BC重合，所以△ABP以点B为旋转中心最少旋转了90°。
(2) 由旋转的性质可知：$BP=BG=2$，$∠ PBG=∠ ABC=90°$，
在$Rt△ PBG$中，由勾股定理得：
$PG=\sqrt{BP^2+BG^2}=\sqrt{2^2+2^2}=\sqrt{8}$。
(3) $△ PGC$为直角三角形，理由如下：
由旋转的性质得：$GC=AP=1$，
已知$PC=3$，$PG=\sqrt{8}$，
则$GC^2+PG^2=1^2+(\sqrt{8})^2=1+8=9$，$PC^2=3^2=9$，
所以$GC^2+PG^2=PC^2$，
根据勾股定理的逆定理可知$△ PGC$是直角三角形，且$∠ PGC=90°$。
(4) 由(2)知$△ PBG$是等腰直角三角形，所以$∠ BGP=45°$，
由(3)知$∠ PGC=90°$，
所以$∠ BGC=∠ BGP+∠ PGC=45°+90°=135°$。
【答案】
(1) 作图略，最少旋转了$\boldsymbol{90°}$；
(2) $\boldsymbol{PG=\sqrt{8}}$；
(3) $\boldsymbol{△ PGC}$为直角三角形；
(4) $\boldsymbol{∠ BGC=135°}$。
【知识点】
旋转的性质；勾股定理及逆定理；正方形的性质
【点评】
本题是几何综合题，核心是利用旋转将分散的线段条件转化到同一个三角形中，通过构造等腰直角三角形和利用勾股定理逆定理解决问题，能很好地锻炼几何转化思维。
【难度系数】
0.7
1. 如图，在$Rt△ ABC$中，$∠ CAB=50°$，将$△ ABC$绕点B按顺时针方向旋转至$△ EBD$处，连接AE。若点D在斜边AB上，则$∠ EAB$的度数为（
A.$80°$
B.$70°$
C.$60°$
D.$50°$
B
）A.$80°$
B.$70°$
C.$60°$
D.$50°$
答案
1. B
解析
【分析】
解决本题首先要回忆旋转的性质：旋转前后对应边相等、对应角相等。第一步，先在Rt△ABC中利用直角三角形两锐角互余求出∠ABC的度数，也就是旋转角的大小；第二步，根据旋转的性质得到BA=BE，可知△ABE是等腰三角形，同时得到∠ABE=∠ABC；第三步，利用等腰三角形两底角相等，结合三角形内角和180°即可求出∠EAB的度数。
【解析】
解：
∵△ABC绕点B顺时针旋转得到△EBD，
∴BA=BE，∠EBD=∠ABC，
在Rt△ABC中，∠C=90°，∠CAB=50°，
∴∠ABC=90°-∠CAB=90°-50°=40°，
∴∠ABE=∠ABC=40°，
∵BA=BE，
∴△ABE为等腰三角形，
∴∠EAB=∠AEB=$\frac{180°-∠ABE}{2}$=$\frac{180°-40°}{2}$=70°。
【答案】
B
【知识点】
旋转的性质；直角三角形的性质；等腰三角形的性质
【点评】
本题是旋转性质的基础应用题型，解题核心是抓住旋转前后边、角的对应关系，结合等腰三角形和直角三角形的角度计算规则求解，解题时要注意找准旋转前后的对应边和对应角，避免混淆旋转角。
【难度系数】
0.7
解决本题首先要回忆旋转的性质：旋转前后对应边相等、对应角相等。第一步，先在Rt△ABC中利用直角三角形两锐角互余求出∠ABC的度数，也就是旋转角的大小；第二步，根据旋转的性质得到BA=BE，可知△ABE是等腰三角形，同时得到∠ABE=∠ABC；第三步，利用等腰三角形两底角相等，结合三角形内角和180°即可求出∠EAB的度数。
【解析】
解：
∵△ABC绕点B顺时针旋转得到△EBD，
∴BA=BE，∠EBD=∠ABC，
在Rt△ABC中，∠C=90°，∠CAB=50°，
∴∠ABC=90°-∠CAB=90°-50°=40°，
∴∠ABE=∠ABC=40°，
∵BA=BE，
∴△ABE为等腰三角形，
∴∠EAB=∠AEB=$\frac{180°-∠ABE}{2}$=$\frac{180°-40°}{2}$=70°。
【答案】
B
【知识点】
旋转的性质；直角三角形的性质；等腰三角形的性质
【点评】
本题是旋转性质的基础应用题型，解题核心是抓住旋转前后边、角的对应关系，结合等腰三角形和直角三角形的角度计算规则求解，解题时要注意找准旋转前后的对应边和对应角，避免混淆旋转角。
【难度系数】
0.7
2. 如图，已知$△ AEC$绕点A按顺时针方向旋转得到$△ ADB$，且点C，E，D共线，CD交AB于点F。若$S_{△ ACF}=10$，$S_{△ ADE}=6$，则$S_{△ BDF}=$
4
。答案
2. 4
解析
【分析】
首先根据旋转的性质可得旋转前后的△AEC和△ADB全等，因此二者面积相等。接下来观察图形中各三角形的构成：△ACF的面积等于△AEC与△AEF的面积之和，△ADE的面积等于△ADF与△AEF的面积之和，△ADB的面积等于△ADF与△BDF的面积之和。将上述面积关系联立，代入已知的面积数值，即可求出△BDF的面积。
【解析】
解：
∵△AEC绕点A按顺时针方向旋转得到△ADB
∴△AEC≌△ADB，因此$S_{△ AEC}=S_{△ ADB}$
观察图形可得面积关系：
1. $S_{△ ACF}=S_{△ AEC}+S_{△ AEF}=10$
2. $S_{△ ADE}=S_{△ ADF}+S_{△ AEF}=6$
3. $S_{△ ADB}=S_{△ ADF}+S_{△ BDF}=S_{△ AEC}$
将第三个式子代入第一个式子，可得：
$S_{△ ADF}+S_{△ BDF}+S_{△ AEF}=10$
将第二个式子$S_{△ ADF}+S_{△ AEF}=6$代入上式，得：
$6 + S_{△ BDF}=10$
解得$S_{△ BDF}=4$
【答案】
4
【知识点】
旋转的性质，全等三角形的性质，三角形面积和差
【点评】
本题解题核心是利用旋转全等得到三角形面积相等，再结合图形梳理清楚不同三角形之间的面积和差关系，即可快速求解，解题时需要仔细观察图形的构成，避免混淆面积的加减关系。
【难度系数】
0.6
首先根据旋转的性质可得旋转前后的△AEC和△ADB全等，因此二者面积相等。接下来观察图形中各三角形的构成：△ACF的面积等于△AEC与△AEF的面积之和，△ADE的面积等于△ADF与△AEF的面积之和，△ADB的面积等于△ADF与△BDF的面积之和。将上述面积关系联立，代入已知的面积数值，即可求出△BDF的面积。
【解析】
解：
∵△AEC绕点A按顺时针方向旋转得到△ADB
∴△AEC≌△ADB，因此$S_{△ AEC}=S_{△ ADB}$
观察图形可得面积关系：
1. $S_{△ ACF}=S_{△ AEC}+S_{△ AEF}=10$
2. $S_{△ ADE}=S_{△ ADF}+S_{△ AEF}=6$
3. $S_{△ ADB}=S_{△ ADF}+S_{△ BDF}=S_{△ AEC}$
将第三个式子代入第一个式子，可得：
$S_{△ ADF}+S_{△ BDF}+S_{△ AEF}=10$
将第二个式子$S_{△ ADF}+S_{△ AEF}=6$代入上式，得：
$6 + S_{△ BDF}=10$
解得$S_{△ BDF}=4$
【答案】
4
【知识点】
旋转的性质，全等三角形的性质，三角形面积和差
【点评】
本题解题核心是利用旋转全等得到三角形面积相等，再结合图形梳理清楚不同三角形之间的面积和差关系，即可快速求解，解题时需要仔细观察图形的构成，避免混淆面积的加减关系。
【难度系数】
0.6
请根据本课所学，构建知识体系。
图形旋转的概念及性质
概念：在平面内，将一个图形绕一个
性质：一个图形和它经过旋转所得的图形中，
对应点到旋转中心的距离
应用
图形旋转的概念及性质
概念：在平面内，将一个图形绕一个
定点
按某个方向
转动一个角度
，这样的图形运动称为旋转
，这个定点称为旋转中心
，转动的角称为旋转角
性质：一个图形和它经过旋转所得的图形中，
对应点到旋转中心的距离相等
，任意一组对应点与旋转中心的连线所成的角都等于旋转角
；对应线段相等
，对应角相等
应用
答案
1. 定点
2. 某个方向
3. 一个角度
4. 旋转
5. 旋转中心
6. 旋转角
7. 相等
8. 旋转角
9. 相等
10. 相等
2. 某个方向
3. 一个角度
4. 旋转
5. 旋转中心
6. 旋转角
7. 相等
8. 旋转角
9. 相等
10. 相等
解析
【分析】
本题考查图形旋转的基础概念与性质，属于记忆类基础题，解题时只需要回忆课上所学的旋转定义、旋转性质的相关内容，逐一对空缺部分进行匹配填写即可。
【解析】
1. 结合旋转的概念填写：在平面内，将一个图形绕一个定点按某个方向转动一个角度，这样的图形运动称为旋转，这个定点称为旋转中心，转动的角称为旋转角。
2. 结合旋转的性质填写：一个图形和它经过旋转所得的图形中，对应点到旋转中心的距离相等，任意一组对应点与旋转中心的连线所成的角都等于旋转角；对应线段相等，对应角相等。
【答案】
概念：定点、某个方向、一个角度、旋转、旋转中心、旋转角
性质：相等、旋转角、相等、相等
【知识点】
旋转的定义；旋转的性质
【点评】
本题是对图形旋转核心基础知识的直接考查，熟练掌握该部分内容是后续解决旋转相关综合几何题的前提。
【难度系数】
0.9
本题考查图形旋转的基础概念与性质，属于记忆类基础题，解题时只需要回忆课上所学的旋转定义、旋转性质的相关内容，逐一对空缺部分进行匹配填写即可。
【解析】
1. 结合旋转的概念填写：在平面内，将一个图形绕一个定点按某个方向转动一个角度，这样的图形运动称为旋转，这个定点称为旋转中心，转动的角称为旋转角。
2. 结合旋转的性质填写：一个图形和它经过旋转所得的图形中，对应点到旋转中心的距离相等，任意一组对应点与旋转中心的连线所成的角都等于旋转角；对应线段相等，对应角相等。
【答案】
概念：定点、某个方向、一个角度、旋转、旋转中心、旋转角
性质：相等、旋转角、相等、相等
【知识点】
旋转的定义；旋转的性质
【点评】
本题是对图形旋转核心基础知识的直接考查，熟练掌握该部分内容是后续解决旋转相关综合几何题的前提。
【难度系数】
0.9
