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一、选择题
1. 如图1，$△ ABC$绕点A顺时针旋转得到$△ AEF$. $∠ BAC=25°,∠ α=45°$,则旋转角的度数是(
A.$20°$
B.$25°$
C.$65°$
D.$70°$
1. 如图1，$△ ABC$绕点A顺时针旋转得到$△ AEF$. $∠ BAC=25°,∠ α=45°$,则旋转角的度数是(
D
)A.$20°$
B.$25°$
C.$65°$
D.$70°$
答案
1. D
解析
【分析】
解决本题首先要回忆旋转的相关概念：①旋转中心是旋转过程中固定不动的点，本题为点A；②旋转角是一对对应点与旋转中心连线的夹角，旋转前后所有旋转角大小相等。首先确定对应点：△ABC绕点A旋转得到△AEF，因此点B对应点E，点C对应点F，所以∠BAE、∠CAF都是旋转角。再结合已知角的数量关系，可知旋转角等于∠BAC与∠α的度数之和，代入数值计算即可得到结果。
【解析】
解：
∵△ABC绕点A顺时针旋转得到△AEF，
∴旋转角为对应点与点A连线的夹角，且所有旋转角大小相等。
根据图形中角的和差关系可得，旋转角的度数为∠BAC + ∠α，
已知∠BAC=25°，∠α=45°，
∴旋转角=25°+45°=70°。
【答案】
D
【知识点】
旋转角的定义，旋转的性质
【点评】
本题考查图形旋转的基础概念，解题的关键是准确识别旋转角，再结合角的和差关系计算，属于对基础知识点的考查。
【难度系数】
0.8
解决本题首先要回忆旋转的相关概念：①旋转中心是旋转过程中固定不动的点，本题为点A；②旋转角是一对对应点与旋转中心连线的夹角，旋转前后所有旋转角大小相等。首先确定对应点：△ABC绕点A旋转得到△AEF，因此点B对应点E，点C对应点F，所以∠BAE、∠CAF都是旋转角。再结合已知角的数量关系，可知旋转角等于∠BAC与∠α的度数之和，代入数值计算即可得到结果。
【解析】
解：
∵△ABC绕点A顺时针旋转得到△AEF，
∴旋转角为对应点与点A连线的夹角，且所有旋转角大小相等。
根据图形中角的和差关系可得，旋转角的度数为∠BAC + ∠α，
已知∠BAC=25°，∠α=45°，
∴旋转角=25°+45°=70°。
【答案】
D
【知识点】
旋转角的定义，旋转的性质
【点评】
本题考查图形旋转的基础概念，解题的关键是准确识别旋转角，再结合角的和差关系计算，属于对基础知识点的考查。
【难度系数】
0.8
2. 如图，在$4×4$的正方形网格中，格点$△ MNP$绕某点旋转一定角度，可得格点$△ M_{1}N_{1}P_{1}$，则旋转中心是(
A.点A
B.点B
C.点C
D.点D
B
)A.点A
B.点B
C.点C
D.点D
答案
2. B
解析
【分析】
要确定旋转中心，需利用旋转的核心性质：旋转中心到每一组对应点的距离都相等，即旋转中心是任意两组对应点连线的垂直平分线的交点。解题时既可以先找两组对应点，分别作其连线的垂直平分线，交点即为旋转中心；也可直接验证选项中的点到两组对应点的距离是否全部相等，快速判断结果。
【解析】
根据旋转的性质，旋转中心到所有对应点的距离相等。
首先确定对应点：△MNP旋转得到△M₁N₁P₁，对应点为M与M₁、N与N₁、P与P₁。设每个小正方形的边长为1，逐一验证选项：
1. 验证点B：由勾股定理计算得
$BM=\sqrt{1^2+2^2}=\sqrt{5}$，$BM_1=\sqrt{1^2+2^2}=\sqrt{5}$，即$BM=BM_1$；
$BN=\sqrt{1^2+3^2}=\sqrt{10}$，$BN_1=\sqrt{1^2+3^2}=\sqrt{10}$，即$BN=BN_1$；
$BP=\sqrt{2^2+3^2}=\sqrt{13}$，$BP_1=\sqrt{2^2+3^2}=\sqrt{13}$，即$BP=BP_1$。
点B到所有对应点的距离都相等，符合旋转中心的特征。
2. 验证点A、C、D：三点到两组及以上对应点的距离不相等，不符合要求。
因此旋转中心是点B。
【答案】
B
【知识点】
旋转的性质；线段垂直平分线的性质
【点评】
本题是旋转章节的基础典型题，解题关键是掌握旋转前后对应点到旋转中心距离相等的性质，既可以通过作垂直平分线找交点求解，也可以通过验证选项快速得出答案，实用性较强。
【难度系数】
0.7
要确定旋转中心，需利用旋转的核心性质：旋转中心到每一组对应点的距离都相等，即旋转中心是任意两组对应点连线的垂直平分线的交点。解题时既可以先找两组对应点，分别作其连线的垂直平分线，交点即为旋转中心；也可直接验证选项中的点到两组对应点的距离是否全部相等，快速判断结果。
【解析】
根据旋转的性质，旋转中心到所有对应点的距离相等。
首先确定对应点：△MNP旋转得到△M₁N₁P₁，对应点为M与M₁、N与N₁、P与P₁。设每个小正方形的边长为1，逐一验证选项：
1. 验证点B：由勾股定理计算得
$BM=\sqrt{1^2+2^2}=\sqrt{5}$，$BM_1=\sqrt{1^2+2^2}=\sqrt{5}$，即$BM=BM_1$；
$BN=\sqrt{1^2+3^2}=\sqrt{10}$，$BN_1=\sqrt{1^2+3^2}=\sqrt{10}$，即$BN=BN_1$；
$BP=\sqrt{2^2+3^2}=\sqrt{13}$，$BP_1=\sqrt{2^2+3^2}=\sqrt{13}$，即$BP=BP_1$。
点B到所有对应点的距离都相等，符合旋转中心的特征。
2. 验证点A、C、D：三点到两组及以上对应点的距离不相等，不符合要求。
因此旋转中心是点B。
【答案】
B
【知识点】
旋转的性质；线段垂直平分线的性质
【点评】
本题是旋转章节的基础典型题，解题关键是掌握旋转前后对应点到旋转中心距离相等的性质，既可以通过作垂直平分线找交点求解，也可以通过验证选项快速得出答案，实用性较强。
【难度系数】
0.7
3. 如图3,若正方形EFGH由正方形ABCD绕某点旋转得到,则可以作为旋转中心的是(
A.M或O或N
B.E或O或C
C.E或O或N
D.M或O或C
A
)A.M或O或N
B.E或O或C
C.E或O或N
D.M或O或C
答案
3. A
解析
【分析】
解题时首先回忆旋转中心的核心性质：旋转过程中旋转中心保持不动，且旋转前后所有对应点到旋转中心的距离相等。我们可以先通过排除法缩小范围：E仅属于旋转后的正方形EFGH，C仅属于旋转前的正方形ABCD，若二者为旋转中心则无法满足对应点距离相等的要求，因此含E或C的选项直接排除。再逐一验证剩余的M、O、N三个点，判断绕各点旋转后是否能让两个正方形重合即可。
【解析】
根据旋转的性质：旋转中心到旋转前后所有对应点的距离相等。
1. 验证M点：将正方形ABCD绕点M顺时针旋转90°，可与正方形EFGH完全重合，M符合要求；
2. 验证O点：O是两个正方形的中心，将正方形ABCD绕点O旋转180°，可与正方形EFGH完全重合，O符合要求；
3. 验证N点：将正方形ABCD绕点N逆时针旋转90°，可与正方形EFGH完全重合，N符合要求；
4. 排除E、C：E不是正方形ABCD的顶点，C不是正方形EFGH的顶点，若以二者为旋转中心，无法满足对应点到旋转中心距离相等的要求，不符合条件。
因此可作为旋转中心的是M或O或N，对应选项A。
【答案】
A
【知识点】
1.旋转的性质
2.旋转中心的判定
【点评】
本题考查旋转性质的实际应用，解题时既可以通过验证旋转后图形是否重合判断旋转中心，也可利用排除法快速排除错误选项，降低解题难度。
【难度系数】
0.7
解题时首先回忆旋转中心的核心性质：旋转过程中旋转中心保持不动，且旋转前后所有对应点到旋转中心的距离相等。我们可以先通过排除法缩小范围：E仅属于旋转后的正方形EFGH，C仅属于旋转前的正方形ABCD，若二者为旋转中心则无法满足对应点距离相等的要求，因此含E或C的选项直接排除。再逐一验证剩余的M、O、N三个点，判断绕各点旋转后是否能让两个正方形重合即可。
【解析】
根据旋转的性质：旋转中心到旋转前后所有对应点的距离相等。
1. 验证M点：将正方形ABCD绕点M顺时针旋转90°，可与正方形EFGH完全重合，M符合要求；
2. 验证O点：O是两个正方形的中心，将正方形ABCD绕点O旋转180°，可与正方形EFGH完全重合，O符合要求；
3. 验证N点：将正方形ABCD绕点N逆时针旋转90°，可与正方形EFGH完全重合，N符合要求；
4. 排除E、C：E不是正方形ABCD的顶点，C不是正方形EFGH的顶点，若以二者为旋转中心，无法满足对应点到旋转中心距离相等的要求，不符合条件。
因此可作为旋转中心的是M或O或N，对应选项A。
【答案】
A
【知识点】
1.旋转的性质
2.旋转中心的判定
【点评】
本题考查旋转性质的实际应用，解题时既可以通过验证旋转后图形是否重合判断旋转中心，也可利用排除法快速排除错误选项，降低解题难度。
【难度系数】
0.7
4*. 如图4,在正方形ABCD中,将边BC绕点B逆时针旋转至BC',连接CC',DC',若∠CC'D=90°,C'D=1,则BC的长为(
A.2
B.$\sqrt{5}$
C.$\sqrt{6}$
D.3
B
)A.2
B.$\sqrt{5}$
C.$\sqrt{6}$
D.3
答案
4. B
解析
【分析】
解题时先从旋转性质入手，旋转前后对应边相等，可得BC'=BC，结合正方形四边相等的性质，可知△BCC'是等腰三角形，可通过作等腰三角形底边上的高，利用三线合一得到线段中点。再结合正方形的直角和已知的∠CC'D=90°，通过同角的余角相等得到相等的角，进而构造全等三角形转化已知线段长度，最后在直角三角形中用勾股定理计算正方形边长即可。
【解析】
解：设正方形ABCD的边长BC为x，则BC=CD=x。
∵边BC绕点B逆时针旋转至BC'，由旋转的性质得BC'=BC=x，
∴△BCC'为等腰三角形。
过点B作BE⊥CC'于点E，由等腰三角形三线合一可得CE=C'E，即CC'=2CE。
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BCD=90°，即∠BCE+∠DCC'=90°。
∵BE⊥CC'，
∴∠BCE+∠EBC=90°，
∴∠EBC=∠DCC'。
在△BEC和△CC'D中：
$\begin{cases}∠BEC=∠CC'D=90° \\∠EBC=∠DCC' \\BC=CD\end{cases}$
∴△BEC≌△CC'D（AAS），
∴CE=C'D=1，
∴CC'=2CE=2。
在Rt△CC'D中，∠CC'D=90°，由勾股定理得：
$CD^2=CC'^2+C'D^2=2^2+1^2=5$，
∴$CD=\sqrt{5}$，即BC的长为$\sqrt{5}$。
【答案】
B
【知识点】
旋转的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理
【点评】
本题是旋转类常见综合题型，将旋转、正方形性质、全等三角形、勾股定理结合考查，解题的关键是通过作等腰三角形的高构造全等三角形，完成已知线段的转化，再结合勾股定理求解。
【难度系数】
0.6
解题时先从旋转性质入手，旋转前后对应边相等，可得BC'=BC，结合正方形四边相等的性质，可知△BCC'是等腰三角形，可通过作等腰三角形底边上的高，利用三线合一得到线段中点。再结合正方形的直角和已知的∠CC'D=90°，通过同角的余角相等得到相等的角，进而构造全等三角形转化已知线段长度，最后在直角三角形中用勾股定理计算正方形边长即可。
【解析】
解：设正方形ABCD的边长BC为x，则BC=CD=x。
∵边BC绕点B逆时针旋转至BC'，由旋转的性质得BC'=BC=x，
∴△BCC'为等腰三角形。
过点B作BE⊥CC'于点E，由等腰三角形三线合一可得CE=C'E，即CC'=2CE。
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BCD=90°，即∠BCE+∠DCC'=90°。
∵BE⊥CC'，
∴∠BCE+∠EBC=90°，
∴∠EBC=∠DCC'。
在△BEC和△CC'D中：
$\begin{cases}∠BEC=∠CC'D=90° \\∠EBC=∠DCC' \\BC=CD\end{cases}$
∴△BEC≌△CC'D（AAS），
∴CE=C'D=1，
∴CC'=2CE=2。
在Rt△CC'D中，∠CC'D=90°，由勾股定理得：
$CD^2=CC'^2+C'D^2=2^2+1^2=5$，
∴$CD=\sqrt{5}$，即BC的长为$\sqrt{5}$。
【答案】
B
【知识点】
旋转的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理
【点评】
本题是旋转类常见综合题型，将旋转、正方形性质、全等三角形、勾股定理结合考查，解题的关键是通过作等腰三角形的高构造全等三角形，完成已知线段的转化，再结合勾股定理求解。
【难度系数】
0.6
二、填空题
1. 如图，点M的坐标为(-2,1)，将线段OM绕点O顺时针旋转90°得到线段ON，则点N的坐标为
1. 如图，点M的坐标为(-2,1)，将线段OM绕点O顺时针旋转90°得到线段ON，则点N的坐标为
(1,2)
。答案
1. (1,2)
解析
【分析】
解题时首先回忆旋转的基本性质：旋转前后对应线段长度相等，旋转角等于给定的旋转角度。要求旋转后点N的坐标，有两种常用思路：一是构造直角三角形，通过证明三角形全等，得到点N到两坐标轴的距离，再结合其所在象限确定坐标；二是直接应用平面直角坐标系中点绕原点顺时针旋转90°的坐标变化规律求解，两种方法均符合当前学段知识要求。
【解析】
方法一：构造全等三角形求解
过点M作MA⊥x轴于点A，过点N作NB⊥x轴于点B，可得∠MAO=∠OBN=90°。
由旋转的性质可知：OM=ON，∠MON=90°，因此∠MOA+∠NOB=90°。
在Rt△MAO中，∠MOA+∠OMA=90°，所以∠OMA=∠NOB。
在△MAO和△OBN中：
$\{\begin{array}{l}∠MAO=∠OBN \\∠OMA=∠NOB \\OM=ON\end{array} $
所以△MAO≌△OBN（AAS）。
已知点M坐标为(-2,1)，则OA=2，MA=1，因此OB=MA=1，BN=OA=2。
又因为点N在第一象限，所以点N的坐标为(1,2)。
方法二：利用旋转坐标规律求解
平面直角坐标系中，点$(a,b)$绕原点顺时针旋转90°后，对应点的坐标为$(b,-a)$。
将点M的坐标$a=-2$，$b=1$代入规律，可得点N的坐标为$(1, -(-2))=(1,2)$。
【答案】
(1,2)
【知识点】
旋转的性质，坐标与图形变化-旋转，全等三角形的判定与性质
【点评】
本题是图形旋转在平面直角坐标系中的基础应用，解题核心是抓住旋转前后线段长度不变、角度相等的特点，既可以通过构造全等的基础方法推导坐标，也可以用总结的旋转坐标规律快速作答，掌握旋转的基本性质是解决这类题的前提。
【难度系数】
0.8
解题时首先回忆旋转的基本性质：旋转前后对应线段长度相等，旋转角等于给定的旋转角度。要求旋转后点N的坐标，有两种常用思路：一是构造直角三角形，通过证明三角形全等，得到点N到两坐标轴的距离，再结合其所在象限确定坐标；二是直接应用平面直角坐标系中点绕原点顺时针旋转90°的坐标变化规律求解，两种方法均符合当前学段知识要求。
【解析】
方法一：构造全等三角形求解
过点M作MA⊥x轴于点A，过点N作NB⊥x轴于点B，可得∠MAO=∠OBN=90°。
由旋转的性质可知：OM=ON，∠MON=90°，因此∠MOA+∠NOB=90°。
在Rt△MAO中，∠MOA+∠OMA=90°，所以∠OMA=∠NOB。
在△MAO和△OBN中：
$\{\begin{array}{l}∠MAO=∠OBN \\∠OMA=∠NOB \\OM=ON\end{array} $
所以△MAO≌△OBN（AAS）。
已知点M坐标为(-2,1)，则OA=2，MA=1，因此OB=MA=1，BN=OA=2。
又因为点N在第一象限，所以点N的坐标为(1,2)。
方法二：利用旋转坐标规律求解
平面直角坐标系中，点$(a,b)$绕原点顺时针旋转90°后，对应点的坐标为$(b,-a)$。
将点M的坐标$a=-2$，$b=1$代入规律，可得点N的坐标为$(1, -(-2))=(1,2)$。
【答案】
(1,2)
【知识点】
旋转的性质，坐标与图形变化-旋转，全等三角形的判定与性质
【点评】
本题是图形旋转在平面直角坐标系中的基础应用，解题核心是抓住旋转前后线段长度不变、角度相等的特点，既可以通过构造全等的基础方法推导坐标，也可以用总结的旋转坐标规律快速作答，掌握旋转的基本性质是解决这类题的前提。
【难度系数】
0.8
2. 如图6，$△ ABC$经过旋转后得到$△ DEC$.
（1）旋转中心是点
（2）点A的对应点是点
（3）线段AC的对应线段是
（1）旋转中心是点
C
，旋转角是∠ACD(或∠BCE)
；（2）点A的对应点是点
D
；（3）线段AC的对应线段是
线段DC
，$∠ ABC$的对应角是∠DEC
.答案
2. (1) C,∠ACD(或∠BCE) (2) D (3) 线段DC,∠DEC
解析
【分析】
解决本题首先要回忆图形旋转的相关核心概念：旋转中心是旋转过程中固定不动的点；旋转角是任意一组对应点与旋转中心连线的夹角；旋转前后的两个图形中，相互对应的点、线段、角分别为对应点、对应线段、对应角。解题时先确定不动的点为旋转中心，再根据两个三角形的字母对应关系，依次找对应点、对应线段、对应角以及旋转角即可。
【解析】
（1）观察图形可知，△ABC旋转得到△DEC的过程中，只有点C的位置保持不变，因此旋转中心是点C；点A与点D是一组对应点，点B与点E是一组对应点，对应点与旋转中心连线的夹角为旋转角，因此旋转角是∠ACD（或∠BCE）。
（2）根据旋转前后图形的对应关系，△ABC的顶点A对应△DEC的顶点D，因此点A的对应点是点D。
（3）旋转前后相互对应的线段为对应线段，因此线段AC的对应线段是线段DC；旋转前后相互对应的角为对应角，因此∠ABC的对应角是∠DEC。
【答案】
（1）C，∠ACD(或∠BCE) （2）D （3）线段DC，∠DEC
【知识点】
旋转的相关概念，旋转的性质，对应元素识别
【点评】
本题是图形旋转的基础题型，侧重考查对旋转基础概念的掌握程度，只要明确旋转的特征，准确找到旋转前后图形的对应关系，就能快速解题，是夯实旋转相关基础的典型练习题。
【难度系数】
0.9
解决本题首先要回忆图形旋转的相关核心概念：旋转中心是旋转过程中固定不动的点；旋转角是任意一组对应点与旋转中心连线的夹角；旋转前后的两个图形中，相互对应的点、线段、角分别为对应点、对应线段、对应角。解题时先确定不动的点为旋转中心，再根据两个三角形的字母对应关系，依次找对应点、对应线段、对应角以及旋转角即可。
【解析】
（1）观察图形可知，△ABC旋转得到△DEC的过程中，只有点C的位置保持不变，因此旋转中心是点C；点A与点D是一组对应点，点B与点E是一组对应点，对应点与旋转中心连线的夹角为旋转角，因此旋转角是∠ACD（或∠BCE）。
（2）根据旋转前后图形的对应关系，△ABC的顶点A对应△DEC的顶点D，因此点A的对应点是点D。
（3）旋转前后相互对应的线段为对应线段，因此线段AC的对应线段是线段DC；旋转前后相互对应的角为对应角，因此∠ABC的对应角是∠DEC。
【答案】
（1）C，∠ACD(或∠BCE) （2）D （3）线段DC，∠DEC
【知识点】
旋转的相关概念，旋转的性质，对应元素识别
【点评】
本题是图形旋转的基础题型，侧重考查对旋转基础概念的掌握程度，只要明确旋转的特征，准确找到旋转前后图形的对应关系，就能快速解题，是夯实旋转相关基础的典型练习题。
【难度系数】
0.9
3. 如图7,将$△ ABC$绕顶点A逆时针旋转,得$△ AB'C'$,点C恰好落在$B'C'$边上.若$∠ BAC=70°$,$∠ CAB'=40°$,则$∠ CAC'$的大小是
30°
.答案
3. 30°
解析
【分析】
解题时首先运用旋转的核心性质：旋转前后的两个图形全等，对应角大小相等，先确定旋转后的对应角∠B'AC'与已知角∠BAC的等量关系，得到∠B'AC'的度数；再观察角的组成关系，可知∠B'AC'由∠CAB'和所求的∠CAC'共同构成，通过角的和差运算即可求出∠CAC'的大小。
【解析】
解：
∵将△ABC绕顶点A逆时针旋转得到△AB'C'，根据旋转的性质，旋转前后对应角相等，
∴$∠ B'AC' = ∠ BAC = 70°$。
又
∵$∠ B'AC' = ∠ CAB' + ∠ CAC'$，且已知$∠ CAB'=40°$，
∴$∠ CAC' = ∠ B'AC' - ∠ CAB' = 70° - 40° = 30°$。
【答案】
$30°$
【知识点】
旋转的性质；角的和差计算
【点评】
本题是旋转性质的基础应用题型，解题的关键是准确识别旋转前后的对应角，结合简单的角的和差运算即可得出结果，考查对基础概念的掌握程度。
【难度系数】
0.8
解题时首先运用旋转的核心性质：旋转前后的两个图形全等，对应角大小相等，先确定旋转后的对应角∠B'AC'与已知角∠BAC的等量关系，得到∠B'AC'的度数；再观察角的组成关系，可知∠B'AC'由∠CAB'和所求的∠CAC'共同构成，通过角的和差运算即可求出∠CAC'的大小。
【解析】
解：
∵将△ABC绕顶点A逆时针旋转得到△AB'C'，根据旋转的性质，旋转前后对应角相等，
∴$∠ B'AC' = ∠ BAC = 70°$。
又
∵$∠ B'AC' = ∠ CAB' + ∠ CAC'$，且已知$∠ CAB'=40°$，
∴$∠ CAC' = ∠ B'AC' - ∠ CAB' = 70° - 40° = 30°$。
【答案】
$30°$
【知识点】
旋转的性质；角的和差计算
【点评】
本题是旋转性质的基础应用题型，解题的关键是准确识别旋转前后的对应角，结合简单的角的和差运算即可得出结果，考查对基础概念的掌握程度。
【难度系数】
0.8
