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3.(吉林)如图28－15，风力发电机的叶片在风的吹动下转动，使风能转化为电能.图中的三个叶片组成的图形绕着它的中心旋转角α后，能够与它本身重合，则角α的大小可以为(
A.$90°$
B.$120°$
C.$150°$
D.$180°$
图28－15
B
)A.$90°$
B.$120°$
C.$150°$
D.$180°$
图28－15
答案
3.B
解析
【分析】
要解决这道题，首先需回忆旋转对称图形的特点：一个图形绕中心旋转一定角度后能与自身重合，这个角度是最小旋转角的整数倍。观察图形可知三个叶片均匀分布在中心周围，我们可以先计算出最小旋转角，再对照选项判断即可。具体思路：先明确周角为360°，三个叶片将周角平均分为3份，用360°除以3得到最小旋转角，只要选项中的角度是最小旋转角的整数倍，就符合要求。
【解析】
已知周角为$360°$，三个叶片均匀分布，因此相邻两个叶片与中心的夹角，即最小旋转重合角为：
$360° ÷ 3 = 120°$
即绕中心旋转$120°$的正整数倍时，图形能与自身重合。
观察四个选项，只有$120°$符合要求，因此选B。
【答案】
B
【知识点】
旋转对称图形、旋转的性质
【点评】
本题结合生活中的风力发电机场景考查旋转相关知识，情境贴近生活，只要掌握旋转对称图形最小旋转角的计算方法，就能快速得出答案。
【难度系数】
0.8
要解决这道题，首先需回忆旋转对称图形的特点：一个图形绕中心旋转一定角度后能与自身重合，这个角度是最小旋转角的整数倍。观察图形可知三个叶片均匀分布在中心周围，我们可以先计算出最小旋转角，再对照选项判断即可。具体思路：先明确周角为360°，三个叶片将周角平均分为3份，用360°除以3得到最小旋转角，只要选项中的角度是最小旋转角的整数倍，就符合要求。
【解析】
已知周角为$360°$，三个叶片均匀分布，因此相邻两个叶片与中心的夹角，即最小旋转重合角为：
$360° ÷ 3 = 120°$
即绕中心旋转$120°$的正整数倍时，图形能与自身重合。
观察四个选项，只有$120°$符合要求，因此选B。
【答案】
B
【知识点】
旋转对称图形、旋转的性质
【点评】
本题结合生活中的风力发电机场景考查旋转相关知识，情境贴近生活，只要掌握旋转对称图形最小旋转角的计算方法，就能快速得出答案。
【难度系数】
0.8
4.(福建)中国古算诗词歌赋较多,古算诗词题,是反映数学数量关系的内在联系及其规律的一种文学浪漫形式.下列分别是古算诗词题“圆中方形”“方形圆径”“圆材藏壁”“勾股容圆”所描绘的图形,其中既不是轴对称图形也不是中心对称图形的是(
D
)答案
4.D
解析
【分析】
解题时首先要明确两个核心定义：①轴对称图形：沿一条直线折叠后，直线两旁的部分可以完全重合的图形；②中心对称图形：绕某一个固定点旋转180°后，旋转得到的图形能与原图形完全重合的图形。接下来我们依次对四个选项的图形分别判断是否符合上述两个定义，最终筛选出既不满足轴对称也不满足中心对称的选项即可。
【解析】
我们逐个分析各选项：
1. 选项A：存在多条过圆心的对称轴，沿对称轴折叠后图形完全重合，是轴对称图形；绕圆心旋转180°后与原图形完全重合，也是中心对称图形，不符合题意，排除。
2. 选项B：存在多条过正方形中心的对称轴，沿对称轴折叠后图形完全重合，是轴对称图形；绕正方形中心旋转180°后与原图形完全重合，也是中心对称图形，不符合题意，排除。
3. 选项C：存在1条过圆心且垂直于圆与长方形公共边的对称轴，沿该直线折叠后图形两侧完全重合，是轴对称图形；绕任意点旋转180°后无法与原图形重合，不是中心对称图形，不符合“既不是轴对称也不是中心对称”的要求，排除。
4. 选项D：不存在能让图形折叠后两侧完全重合的直线，不是轴对称图形；绕任意点旋转180°后也无法与原图形重合，不是中心对称图形，符合题意。
【答案】
D
【知识点】
轴对称图形识别，中心对称图形识别
【点评】
本题属于基础概念考查题，重点考查对轴对称和中心对称图形定义的理解，熟练掌握两种对称图形的判定规则是避免出错的关键。
【难度系数】
0.85
解题时首先要明确两个核心定义：①轴对称图形：沿一条直线折叠后，直线两旁的部分可以完全重合的图形；②中心对称图形：绕某一个固定点旋转180°后，旋转得到的图形能与原图形完全重合的图形。接下来我们依次对四个选项的图形分别判断是否符合上述两个定义，最终筛选出既不满足轴对称也不满足中心对称的选项即可。
【解析】
我们逐个分析各选项：
1. 选项A：存在多条过圆心的对称轴，沿对称轴折叠后图形完全重合，是轴对称图形；绕圆心旋转180°后与原图形完全重合，也是中心对称图形，不符合题意，排除。
2. 选项B：存在多条过正方形中心的对称轴，沿对称轴折叠后图形完全重合，是轴对称图形；绕正方形中心旋转180°后与原图形完全重合，也是中心对称图形，不符合题意，排除。
3. 选项C：存在1条过圆心且垂直于圆与长方形公共边的对称轴，沿该直线折叠后图形两侧完全重合，是轴对称图形；绕任意点旋转180°后无法与原图形重合，不是中心对称图形，不符合“既不是轴对称也不是中心对称”的要求，排除。
4. 选项D：不存在能让图形折叠后两侧完全重合的直线，不是轴对称图形；绕任意点旋转180°后也无法与原图形重合，不是中心对称图形，符合题意。
【答案】
D
【知识点】
轴对称图形识别，中心对称图形识别
【点评】
本题属于基础概念考查题，重点考查对轴对称和中心对称图形定义的理解，熟练掌握两种对称图形的判定规则是避免出错的关键。
【难度系数】
0.85
5.(山东烟台)2025年4月24日,神舟二十号载人飞船成功发射,以壮丽升空将第10个中国航天日从纪念变为庆祝,下列航天图案是中心对称图形的是(
D
)答案
5.D
解析
【分析】
本题考查中心对称图形的判断，解题第一步先回忆中心对称图形的判定标准：在平面内，把一个图形绕某一点旋转180°，若旋转后的图形能和原图形完全重合，该图形就是中心对称图形。接下来我们只需对四个选项的图形逐一验证，假想将图形绕中心旋转180°，判断旋转后的图形是否与原图形一致，即可选出正确答案。
【解析】
中心对称图形的定义：在平面内，将一个图形绕着某个点旋转180°，若旋转后的图形能与原图形完全重合，这个图形就叫做中心对称图形。
我们对四个选项逐一判断：
选项A：将图形绕中心旋转180°后，左上角的小尖位置与原图形不对应，无法与原图形重合，不属于中心对称图形；
选项B：将图形绕中心旋转180°后，上方的三角形尖部朝向变为向下，与原图形尖部向上不符，无法重合，不属于中心对称图形；
选项C：将图形绕中心旋转180°后，中间的笔形图案方向相反，四周的方块位置也不对应，无法重合，不属于中心对称图形；
选项D：将图形绕中心旋转180°后，得到的图形与原图形完全重合，属于中心对称图形。
综上，本题选D。
【答案】
D
【知识点】
中心对称图形的识别
【点评】
本题属于基础题，主要考查对中心对称图形定义的理解与应用，解题关键是牢记中心对称图形的判定方法，能够通过“旋转180°后是否重合”的规则快速判断图形属性。
【难度系数】
0.8
本题考查中心对称图形的判断，解题第一步先回忆中心对称图形的判定标准：在平面内，把一个图形绕某一点旋转180°，若旋转后的图形能和原图形完全重合，该图形就是中心对称图形。接下来我们只需对四个选项的图形逐一验证，假想将图形绕中心旋转180°，判断旋转后的图形是否与原图形一致，即可选出正确答案。
【解析】
中心对称图形的定义：在平面内，将一个图形绕着某个点旋转180°，若旋转后的图形能与原图形完全重合，这个图形就叫做中心对称图形。
我们对四个选项逐一判断：
选项A：将图形绕中心旋转180°后，左上角的小尖位置与原图形不对应，无法与原图形重合，不属于中心对称图形；
选项B：将图形绕中心旋转180°后，上方的三角形尖部朝向变为向下，与原图形尖部向上不符，无法重合，不属于中心对称图形；
选项C：将图形绕中心旋转180°后，中间的笔形图案方向相反，四周的方块位置也不对应，无法重合，不属于中心对称图形；
选项D：将图形绕中心旋转180°后，得到的图形与原图形完全重合，属于中心对称图形。
综上，本题选D。
【答案】
D
【知识点】
中心对称图形的识别
【点评】
本题属于基础题，主要考查对中心对称图形定义的理解与应用，解题关键是牢记中心对称图形的判定方法，能够通过“旋转180°后是否重合”的规则快速判断图形属性。
【难度系数】
0.8
6.(山西)如图28－16，在平面直角坐标系中，点A的坐标为(6,0)，将线段OA绕点O逆时针旋转$45°$，则点A的对应点的坐标为
$(3\sqrt{2},3\sqrt{2})$
。答案
6.$(3\sqrt{2},3\sqrt{2})$ 点拨:如答图28－3，将点A绕点O逆时针旋转$45°$得点$A'$，则$∠AOA'=45°$，过点$A'$作$A'M⊥OA$于点M(巧作辅助线:根据$45°$角构建等腰直角三角形求边长)，则$△OMA'$是等腰直角三角形.又$\because$点A的坐标为$(6,0)$，$\therefore OA'=OA=6$。由勾股定理可得$OM=A'M=3\sqrt{2}$。$\because$点$A'$在第一象限(提示:要根据点$A'$所在的象限确定点的坐标)，$\therefore$点A的对应点$A'$的坐标为$(3\sqrt{2},3\sqrt{2})$。
解析
【分析】
解决本题首先利用旋转的性质，旋转前后对应线段长度相等，可得OA'=OA=6，旋转角∠AOA'=45°。要求旋转后点A'的坐标，可通过过A'向x轴作垂线构造直角三角形，结合45°角得到等腰直角三角形，再利用勾股定理求出直角边的长度，最后根据点A'所在象限确定坐标符号即可得到结果。
【解析】
设点A的对应点为A'，由旋转的性质可知：OA'=OA，∠AOA'=45°。
∵点A的坐标为(6,0)，
∴OA=6，即OA'=6。
过点A'作A'M⊥x轴于点M，则△OMA'为等腰直角三角形，故OM=A'M。
设OM=A'M=x，在Rt△OMA'中，根据勾股定理得：
$OM^2 + A'M^2 = OA'^2$，即$x^2 + x^2 = 6^2$，
整理得$2x^2=36$，解得$x=3\sqrt{2}$（边长为正，舍去负根）。
∵点A'在第一象限，横、纵坐标均为正，
∴点A'的坐标为$(3\sqrt{2},3\sqrt{2})$。
【答案】
$(3\sqrt{2},3\sqrt{2})$
【知识点】
旋转的性质；等腰直角三角形的性质；勾股定理
【点评】
本题是平面直角坐标系中旋转类的基础题型，解题核心是利用旋转的不变性得到相等线段与特殊角度，通过作辅助线构造特殊直角三角形求解坐标，解题时需注意结合点所在的象限确定坐标的符号，避免出现符号错误。
【难度系数】
0.7
解决本题首先利用旋转的性质，旋转前后对应线段长度相等，可得OA'=OA=6，旋转角∠AOA'=45°。要求旋转后点A'的坐标，可通过过A'向x轴作垂线构造直角三角形，结合45°角得到等腰直角三角形，再利用勾股定理求出直角边的长度，最后根据点A'所在象限确定坐标符号即可得到结果。
【解析】
设点A的对应点为A'，由旋转的性质可知：OA'=OA，∠AOA'=45°。
∵点A的坐标为(6,0)，
∴OA=6，即OA'=6。
过点A'作A'M⊥x轴于点M，则△OMA'为等腰直角三角形，故OM=A'M。
设OM=A'M=x，在Rt△OMA'中，根据勾股定理得：
$OM^2 + A'M^2 = OA'^2$，即$x^2 + x^2 = 6^2$，
整理得$2x^2=36$，解得$x=3\sqrt{2}$（边长为正，舍去负根）。
∵点A'在第一象限，横、纵坐标均为正，
∴点A'的坐标为$(3\sqrt{2},3\sqrt{2})$。
【答案】
$(3\sqrt{2},3\sqrt{2})$
【知识点】
旋转的性质；等腰直角三角形的性质；勾股定理
【点评】
本题是平面直角坐标系中旋转类的基础题型，解题核心是利用旋转的不变性得到相等线段与特殊角度，通过作辅助线构造特殊直角三角形求解坐标，解题时需注意结合点所在的象限确定坐标的符号，避免出现符号错误。
【难度系数】
0.7
7.(北京)在$△ ABC$中，$∠ ACB=90°$，$∠ ABC=α$，点$D$在射线$BC$上，连接$AD$，将线段$AD$绕点$A$逆时针旋转$180° - 2α$，得到线段$AE$（点$E$不在直线$AB$上），过点$E$作$EF // AB$，交直线$BC$于点$F$。
(1)如图28−17①，$α=45°$，点$D$与点$C$重合，求证：$BF=AC$；
(2)如图28−17②，点$D$，$F$都在$BC$的延长线上，用等式表示$DF$与$BC$的数量关系，并证明。
图28−17
(1)如图28−17①，$α=45°$，点$D$与点$C$重合，求证：$BF=AC$；
(2)如图28−17②，点$D$，$F$都在$BC$的延长线上，用等式表示$DF$与$BC$的数量关系，并证明。
图28−17
答案
7.(1)证明:由题知，$∠ACB=90°,∠ABC=45°$，由旋转的性质知，$∠CAE=180°-2×45°=90°,AE=AC$，
$\therefore ∠ACB+∠CAE=180°$。
$\therefore AE// CF$。
又$\because EF// AB$，
$\therefore$四边形ABFE是平行四边形。
$\therefore BF=AE,\therefore BF=AC$。
(2)解:$DF=2BC$。
证明:如答图28－4，在DB上取一点G，连接AG,BE，使得$AG=AB$。
$\therefore ∠AGB=∠ABG=α$。
$\therefore ∠BAG=180°-2α$。
$\because$将线段AD绕点A逆时针旋转$180°-2α$得到线段AE，
$\therefore AD=AE,∠DAE=180°-2α=∠GAB$。
$\therefore ∠DAG=∠EAB$。
$\therefore △DAG≌△EAB(\mathrm{SAS})$。
$\therefore DG=EB,∠ABE=∠AGD=180°-∠AGC=180°-α$。
又$\because ∠ABC=α,\therefore ∠FBE=∠ABE-∠ABC=180°-α-α=180°-2α$。
$\because EF// AB,\therefore ∠BFE=∠ABF=α$。
$\therefore ∠BEF=180°-∠FBE-∠BFE=α$。
$\therefore BE=BF.\therefore DG=BF$。
$\because AG=AB,AC⊥BC,\therefore GC=BC$。
$\therefore DF=BD-BF=BD-DG=BG=2BC$。
解析
【分析】
（1）解决第一问时，先从已知的特殊角α=45°入手，先计算出旋转角的度数，结合旋转性质可得AE与AC相等且互相垂直，进而推出AE与BC平行，再结合EF//AB的条件可判定四边形ABFE是平行四边形，利用平行四边形对边相等的性质，通过等量代换即可证得BF=AC。
（2）解决第二问时，首先观察到旋转角为180°-2α，恰好是底角为α的等腰三角形的顶角度数，因此可以构造等腰△AGB（使AG=AB），得到与旋转角相等的∠BAG，通过角的加减得到相等的∠DAG和∠EAB，结合AD=AE、AG=AB证明△DAG≌△EAB，将DG转化为BF，再利用等腰三角形三线合一的性质得到BG=2BC，最后通过线段的和差运算推导出DF与BC的数量关系。
【解析】
(1) 已知∠ACB=90°，∠ABC=45°，根据旋转的性质可得：旋转角∠CAE=180°-2×45°=90°，且AE=AC。
因为∠ACB=90°，所以∠ACB+∠CAE=180°，可得AE//CF。
又因为EF//AB，所以四边形ABFE是平行四边形，根据平行四边形对边相等可得BF=AE，结合AE=AC，即可证得BF=AC。
(2) 数量关系为DF=2BC，证明如下：
在DB上取点G，连接AG、BE，使AG=AB。
因为AG=AB，所以∠AGB=∠ABG=α，可得∠BAG=180°-2α。
由旋转的性质得：AD=AE，∠DAE=180°-2α=∠BAG，所以∠DAE+∠GAE=∠BAG+∠GAE，即∠DAG=∠EAB。
在△DAG和△EAB中，$\{\begin{array}{l}AD=AE\\ ∠ DAG=∠ EAB\\ AG=AB\end{array} $，所以△DAG≌△EAB（SAS）。
可得DG=EB，∠ABE=∠AGD=180°-∠AGB=180°-α。
因为∠ABC=α，所以∠FBE=∠ABE-∠ABC=180°-α-α=180°-2α。
因为EF//AB，所以∠BFE=∠ABF=α，在△BEF中，∠BEF=180°-∠FBE-∠BFE=180°-(180°-2α)-α=α，所以∠BEF=∠BFE，可得BE=BF，因此DG=BF。
因为AG=AB，AC⊥BC，根据等腰三角形三线合一的性质可得GC=BC，所以BG=2BC。
又因为DF=BD-BF=BD-DG=BG，所以DF=2BC。
【答案】
7.(1)证明:由题知，$∠ACB=90°,∠ABC=45°$，由旋转的性质知，$∠CAE=180°-2×45°=90°,AE=AC$，
$\therefore ∠ACB+∠CAE=180°$。
$\therefore AE// CF$。
又$\because EF// AB$，
$\therefore$四边形ABFE是平行四边形。
$\therefore BF=AE,\therefore BF=AC$。
(2)解:$DF=2BC$。
证明:如答图28－4，在DB上取一点G，连接AG,BE，使得$AG=AB$。
$\therefore ∠AGB=∠ABG=α$。
$\therefore ∠BAG=180°-2α$。
$\because$将线段AD绕点A逆时针旋转$180°-2α$得到线段AE，
$\therefore AD=AE,∠DAE=180°-2α=∠GAB$。
$\therefore ∠DAG=∠EAB$。
$\therefore △DAG≌△EAB(\mathrm{SAS})$。
$\therefore DG=EB,∠ABE=∠AGD=180°-∠AGC=180°-α$。
又$\because ∠ABC=α,\therefore ∠FBE=∠ABE-∠ABC=180°-α-α=180°-2α$。
$\because EF// AB,\therefore ∠BFE=∠ABF=α$。
$\therefore ∠BEF=180°-∠FBE-∠BFE=α$。
$\therefore BE=BF.\therefore DG=BF$。
$\because AG=AB,AC⊥BC,\therefore GC=BC$。
$\therefore DF=BD-BF=BD-DG=BG=2BC$。
【知识点】
旋转的性质；全等三角形的判定与性质；等腰三角形的性质
【点评】
本题是几何综合题，第一问为特殊情形下的证明，侧重基础几何性质的应用，难度较低；第二问需要结合已知条件的特征构造合适的辅助线，通过全等三角形实现线段的等量转移，再结合等腰三角形的性质推导线段数量关系，很好地考查了学生的逻辑推理能力和几何构图能力。
【难度系数】
0.6
（1）解决第一问时，先从已知的特殊角α=45°入手，先计算出旋转角的度数，结合旋转性质可得AE与AC相等且互相垂直，进而推出AE与BC平行，再结合EF//AB的条件可判定四边形ABFE是平行四边形，利用平行四边形对边相等的性质，通过等量代换即可证得BF=AC。
（2）解决第二问时，首先观察到旋转角为180°-2α，恰好是底角为α的等腰三角形的顶角度数，因此可以构造等腰△AGB（使AG=AB），得到与旋转角相等的∠BAG，通过角的加减得到相等的∠DAG和∠EAB，结合AD=AE、AG=AB证明△DAG≌△EAB，将DG转化为BF，再利用等腰三角形三线合一的性质得到BG=2BC，最后通过线段的和差运算推导出DF与BC的数量关系。
【解析】
(1) 已知∠ACB=90°，∠ABC=45°，根据旋转的性质可得：旋转角∠CAE=180°-2×45°=90°，且AE=AC。
因为∠ACB=90°，所以∠ACB+∠CAE=180°，可得AE//CF。
又因为EF//AB，所以四边形ABFE是平行四边形，根据平行四边形对边相等可得BF=AE，结合AE=AC，即可证得BF=AC。
(2) 数量关系为DF=2BC，证明如下：
在DB上取点G，连接AG、BE，使AG=AB。
因为AG=AB，所以∠AGB=∠ABG=α，可得∠BAG=180°-2α。
由旋转的性质得：AD=AE，∠DAE=180°-2α=∠BAG，所以∠DAE+∠GAE=∠BAG+∠GAE，即∠DAG=∠EAB。
在△DAG和△EAB中，$\{\begin{array}{l}AD=AE\\ ∠ DAG=∠ EAB\\ AG=AB\end{array} $，所以△DAG≌△EAB（SAS）。
可得DG=EB，∠ABE=∠AGD=180°-∠AGB=180°-α。
因为∠ABC=α，所以∠FBE=∠ABE-∠ABC=180°-α-α=180°-2α。
因为EF//AB，所以∠BFE=∠ABF=α，在△BEF中，∠BEF=180°-∠FBE-∠BFE=180°-(180°-2α)-α=α，所以∠BEF=∠BFE，可得BE=BF，因此DG=BF。
因为AG=AB，AC⊥BC，根据等腰三角形三线合一的性质可得GC=BC，所以BG=2BC。
又因为DF=BD-BF=BD-DG=BG，所以DF=2BC。
【答案】
7.(1)证明:由题知，$∠ACB=90°,∠ABC=45°$，由旋转的性质知，$∠CAE=180°-2×45°=90°,AE=AC$，
$\therefore ∠ACB+∠CAE=180°$。
$\therefore AE// CF$。
又$\because EF// AB$，
$\therefore$四边形ABFE是平行四边形。
$\therefore BF=AE,\therefore BF=AC$。
(2)解:$DF=2BC$。
证明:如答图28－4，在DB上取一点G，连接AG,BE，使得$AG=AB$。
$\therefore ∠AGB=∠ABG=α$。
$\therefore ∠BAG=180°-2α$。
$\because$将线段AD绕点A逆时针旋转$180°-2α$得到线段AE，
$\therefore AD=AE,∠DAE=180°-2α=∠GAB$。
$\therefore ∠DAG=∠EAB$。
$\therefore △DAG≌△EAB(\mathrm{SAS})$。
$\therefore DG=EB,∠ABE=∠AGD=180°-∠AGC=180°-α$。
又$\because ∠ABC=α,\therefore ∠FBE=∠ABE-∠ABC=180°-α-α=180°-2α$。
$\because EF// AB,\therefore ∠BFE=∠ABF=α$。
$\therefore ∠BEF=180°-∠FBE-∠BFE=α$。
$\therefore BE=BF.\therefore DG=BF$。
$\because AG=AB,AC⊥BC,\therefore GC=BC$。
$\therefore DF=BD-BF=BD-DG=BG=2BC$。
【知识点】
旋转的性质；全等三角形的判定与性质；等腰三角形的性质
【点评】
本题是几何综合题，第一问为特殊情形下的证明，侧重基础几何性质的应用，难度较低；第二问需要结合已知条件的特征构造合适的辅助线，通过全等三角形实现线段的等量转移，再结合等腰三角形的性质推导线段数量关系，很好地考查了学生的逻辑推理能力和几何构图能力。
【难度系数】
0.6
