1. 如图,将 $ Rt\triangle ABC $(其中 $ \angle B = 35^{\circ} $,$ \angle C = 90^{\circ} $)绕点 $ A $ 按顺时针方向旋转到 $ \triangle AB_1C_1 $ 的位置,使得点 $ C $,$ A $,$ B_1 $ 在同一条直线上,那么旋转角等于( )

A.$ 55^{\circ} $
B.$ 70^{\circ} $
C.$ 125^{\circ} $
D.$ 145^{\circ} $

C

在$Rt\triangle ABC$中，$\angle C=90^{\circ}$，$\angle B=35^{\circ}$，则$\angle BAC=180^{\circ}-\angle B-\angle C=180^{\circ}-35^{\circ}-90^{\circ}=55^{\circ}$。
因为点$C$，$A$，$B_1$在同一条直线上，所以$\angle CAB_1=180^{\circ}$。
旋转角为$\angle BAB_1=\angle CAB_1+\angle BAC=180^{\circ}-55^{\circ}=125^{\circ}$。
答案：C

2. 如图,在 $ Rt\triangle ABC $ 中,$ \angle ACB = 90^{\circ} $,$ \angle A = \alpha $,将 $ \triangle ABC $ 绕点 $ C $ 按顺时针方向旋转后得到 $ \triangle EDC $,此时点 $ D $ 在 $ AB $ 边上,则旋转角的大小为( )

A.$ \alpha $
B.$ 2\alpha $
C.$ 3\alpha $
D.$ 4\alpha $

B

证明：在$Rt\triangle ABC$中，$\angle ACB=90^{\circ}$，$\angle A=\alpha$，则$\angle B=90^{\circ}-\alpha$。
由旋转性质得：$CD=CB$，$\angle ECD=\angle ACB=90^{\circ}$，旋转角为$\angle ACD$或$\angle BCE$。
因为$CD=CB$，所以$\triangle CDB$是等腰三角形，$\angle CDB=\angle B=90^{\circ}-\alpha$。
在$\triangle ACD$中，$\angle A+\angle ACD+\angle CDA=180^{\circ}$，又因为$\angle CDA+\angle CDB=180^{\circ}$，所以$\angle CDA=180^{\circ}-\angle CDB=180^{\circ}-(90^{\circ}-\alpha)=90^{\circ}+\alpha$。
则$\alpha+\angle ACD+90^{\circ}+\alpha=180^{\circ}$，解得$\angle ACD=2\alpha$。
答案：B

3. 下列图形中,既是轴对称图形又是中心对称图形的是( )

A.扇形
B.正五边形
C.菱形
D.平行四边形

C

4. 把一副三角板如图(1)放置,其中 $ \angle ACB = \angle DEC = 90^{\circ} $,$ \angle A = 45^{\circ} $,$ \angle D = 30^{\circ} $,斜边 $ AB = 6 $,$ DC = 7 $,把三角板 $ DCE $ 绕着点 $ C $ 顺时针旋转 $ 15^{\circ} $得到 $ \triangle D_1CE_1 $[如图(2)],此时 $ AB $ 与 $ CD_1 $ 交于点 $ O $,则线段 $ AD_1 $ 的长为( )

A.$ 3\sqrt{2} $
B.$ 5 $
C.$ 4 $
D.$ \sqrt{31} $

B

证明：在$Rt\triangle ABC$中，$\angle ACB=90^{\circ}$，$\angle A=45^{\circ}$，$AB=6$，
$\therefore AC=BC=AB\cos45^{\circ}=6×\frac{\sqrt{2}}{2}=3\sqrt{2}$，$\angle ABC=45^{\circ}$。
在$Rt\triangle DCE$中，$\angle DEC=90^{\circ}$，$\angle D=30^{\circ}$，
$\therefore \angle DCE=60^{\circ}$。
由旋转性质得：$\angle D_1CE_1=\angle DCE=60^{\circ}$，$CD_1=CD=7$，
旋转角$\angle ECE_1=15^{\circ}$，
$\therefore \angle ACD_1=\angle ACB - (\angle D_1CE_1 - \angle ECE_1)=90^{\circ}-(60^{\circ}-15^{\circ})=45^{\circ}$。
在$\triangle ACD_1$中，$AC=3\sqrt{2}$，$CD_1=7$，$\angle ACD_1=45^{\circ}$，
由余弦定理得：
$AD_1^2=AC^2 + CD_1^2 - 2AC\cdot CD_1\cos\angle ACD_1$
$=(3\sqrt{2})^2 + 7^2 - 2×3\sqrt{2}×7×\cos45^{\circ}$
$=18 + 49 - 42\sqrt{2}×\frac{\sqrt{2}}{2}$
$=67 - 42=25$，
$\therefore AD_1=5$。
B

5. 如图,点 $ E $ 是正方形 $ ABCD $ 内一点,连接 $ AE $,$ BE $,$ CE $,将 $ \triangle ABE $ 绕点 $ B $ 顺时针旋转 $ 90^{\circ} $到 $ \triangle CBE' $ 的位置,若 $ AE = 1 $,$ BE = 2 $,$ CE = 3 $,则 $ \angle BE'C $ 等于( )

A.$ 90^{\circ} $
B.$ 120^{\circ} $
C.$ 135^{\circ} $
D.$ 150^{\circ} $

C

证明：
∵△ABE绕点B顺时针旋转90°到△CBE'，
∴BE=BE'=2，AE=CE'=1，∠EBE'=90°，∠AEB=∠CE'B。
连接EE'，则△EBE'为等腰直角三角形，
∴EE'=$\sqrt{BE^2+BE'^2}=\sqrt{2^2+2^2}=2\sqrt{2}$，∠BE'E=45°。
在△EE'C中，EE'=$2\sqrt{2}$，E'C=1，EC=3，
∵$(2\sqrt{2})^2+1^2=8+1=9=3^2$，即$EE'^2+E'C^2=EC^2$，
∴△EE'C为直角三角形，∠EE'C=90°。
∴∠BE'C=∠BE'E+∠EE'C=45°+90°=135°。
C

6. 如图,在平面直角坐标系中,正方形 $ ABCD $ 的边 $ AB $ 在 $ x $ 轴上,点 $ B(3, 0) $,点 $ D(1, 2) $,将正方形 $ ABCD $ 绕点 $ A $ 逆时针旋转,每次旋转 $ 90^{\circ} $,若最后点 $ C $ 的坐标为 $ (-1, 2) $,则旋转次数可以是( )

A.$ 2023 $
B.$ 2024 $
C.$ 2025 $
D.$ 2026 $

C

7. 如下图,图案绕中心旋转 $ $ $ ^{\circ} $(填最小度数)和原来图案互相重合.

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