2. 如图，△ODC是由△OAB绕点O顺时针旋转30°得到的图形，点D在线段AB上. 图中相等的线段有；图中等于30°的角有；图中的全等三角形是；图中的等腰三角形是.

2. $OA=OD$，$AB=DC$，$OB=OC$；$∠AOD$，$∠BOC$；$△OAB ≌ △ODC$；$△OAD$，$△OBC$

【分析】
解题时首先回忆图形旋转的性质：①旋转前后的两个图形全等；②对应点到旋转中心的距离相等；③对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角。首先找相等线段：根据旋转的对应边相等即可得出；再找30°的角：旋转角是30°，对应点和旋转中心连线的夹角就是旋转角；接着找全等三角形：旋转前后的图形自然全等；最后找等腰三角形：根据对应点到旋转中心距离相等，可得两条边相等的三角形是等腰三角形。
【解析】
解：
∵△ODC是由△OAB绕点O顺时针旋转30°得到的图形，
1. 相等线段：根据旋转对应边相等，可得$OA=OD$，$OB=OC$，$AB=DC$；
2. 等于30°的角：旋转角为30°，对应点与旋转中心连线的夹角等于旋转角，因此OA旋转到OD的夹角$∠AOD=30°$，OB旋转到OC的夹角$∠BOC=30°$；
3. 全等三角形：根据旋转前后图形全等，可得$△OAB ≌ △ODC$；
4. 等腰三角形：由$OA=OD$，可知△OAD是等腰三角形；由$OB=OC$，可知△OBC是等腰三角形。
【答案】
$OA=OD$，$AB=DC$，$OB=OC$；$∠AOD$，$∠BOC$；$△OAB ≌ △ODC$；$△OAD$，$△OBC$
【知识点】
旋转的性质，全等三角形判定，等腰三角形判定
【点评】
本题是图形旋转的基础题，核心考查旋转性质的直接应用，掌握旋转的基本特征就能顺利解答，能帮助学生巩固旋转的基础概念。
【难度系数】
0.8

1. 下列现象属于旋转的有 个.
①地下水位逐年下降;②传送带的移动;③方向盘的转动;④水龙头的转动;⑤钟摆的运动;⑥荡秋千的运动.

1. 4

【分析】
要解决这道题，首先需要明确旋转和平移的核心判定特征：旋转是平面内将图形绕某一固定点转动一定角度的变换，核心是存在固定旋转中心，运动过程中物体方向会发生改变；平移是图形沿某一直线方向移动的变换，核心是运动方向保持不变。接下来我们逐一判断6种现象是否符合旋转的特征，最后统计符合要求的数量即可。
【解析】
根据旋转的定义逐一判断：
①地下水位逐年下降：沿竖直方向做直线运动，属于平移，不属于旋转；
②传送带的移动：沿固定直线方向移动，属于平移，不属于旋转；
③方向盘的转动：绕中心固定点转动，符合旋转的特征，属于旋转；
④水龙头的转动：绕轴的固定点转动，符合旋转的特征，属于旋转；
⑤钟摆的运动：绕顶端固定点做圆弧摆动，符合旋转的特征，属于旋转；
⑥荡秋千的运动：绕上方悬挂的固定点做圆弧摆动，符合旋转的特征，属于旋转。
综上，属于旋转的有③④⑤⑥，共4个。
【答案】
4
【知识点】
旋转的判定；平移与旋转的区别
【点评】
本题考查生活中常见运动现象的分类，解题的关键是准确抓住平移和旋转的核心差异，结合生活常识即可快速判断，属于基础类题型。
【难度系数】
0.8

2. 等边三角形至少旋转 度才能与自身重合.

2. 120

【分析】
要解决这道题，首先需明确旋转对称图形最小旋转角的定义：图形绕旋转中心旋转后能与自身重合的最小正角度。等边三角形的旋转中心是其三边高（或角平分线、中线）的交点，该点到三个顶点的距离相等，三个顶点刚好把绕中心的周角（360°）平均分成3等份，算出每等份的角度就是要求的最小旋转角。
【解析】
解：等边三角形的旋转中心为其中心（重心、内心、外心、垂心重合），三个顶点与中心的连线将360°周角平均分为3个相等的中心角，每个中心角的度数为：
$360° ÷ 3 = 120°$
将等边三角形绕中心旋转120°时，原图形的每个顶点会与相邻顶点位置重合，整个图形与自身完全重合，且不存在更小的正角度能实现重合。
【答案】
120
【知识点】
旋转对称图形，等边三角形的性质
【点评】
本题属于基础题，结合了旋转的性质和等边三角形的特征，解题核心是理解最小旋转角与图形中心角的对应关系。
【难度系数】
0.9

3.如图，P是等边△ABC内一点，△BMC是由△BPA旋转所得，则 ∠PBM = .

3. 60°

【分析】
解题时先结合旋转的性质分析对应角、旋转角的关系，再利用等边三角形的内角性质推导所求角度。首先，△BMC由△BPA旋转得到，可知旋转前后旋转角相等，∠PBM与∠ABC是相等的旋转角；其次等边△ABC的内角∠ABC为60°，通过等量代换即可得到∠PBM的度数。
【解析】
∵△BMC是由△BPA旋转所得，旋转中心为点B，
∴旋转角相等，即$∠ PBM = ∠ ABC$，
又
∵△ABC是等边三角形，
∴$∠ ABC = 60°$，
∴$∠ PBM = 60°$。
【答案】
$60°$
【知识点】
旋转的性质；等边三角形的性质
【点评】
本题属于基础几何角度计算题，解题的关键是明确旋转前后旋转角相等，结合等边三角形的内角特性即可快速求解，掌握图形变换的基本性质是解决这类题的核心。
【难度系数】
0.85

4. 如图,△ABC为等边三角形,D为△ABC内一点,△ABD经过旋转后得到△ACP,则旋转中心是,旋转角度是,△ADP是三角形.

4. 点A 60° 等边

【分析】
解决本题首先回忆旋转的相关概念和性质：①旋转中心是旋转过程中保持不动的点；②旋转角是一组对应边的夹角；③旋转前后对应边相等、对应角相等。首先找不动的点：△ABD旋转得到△ACP，两个三角形公共顶点为A，位置未发生变化，因此旋转中心是点A；再找旋转角：等边△ABC中∠BAC=60°，AB旋转后对应边为AC，因此旋转角为∠BAC的度数；最后判断△ADP的形状：由旋转性质得AD=AP，且对应边AD、AP的夹角等于旋转角60°，结合“有一个角为60°的等腰三角形是等边三角形”即可判断△ADP的形状。
【解析】
1. 确定旋转中心：
△ABD经过旋转得到△ACP，旋转过程中点A的位置始终不变，因此旋转中心是点A。
2. 计算旋转角度：
∵△ABC是等边三角形，
∴∠BAC=60°。
AB是△ABD的边，旋转后对应边为AC，对应边的夹角就是旋转角，因此旋转角度为∠BAC=60°。
3. 判断△ADP的形状：
由旋转的性质可知，旋转前后对应边相等，因此AD=AP；且旋转角∠DAP=∠BAC=60°。
在△ADP中，AD=AP，且有一个内角为60°，根据等边三角形的判定定理，可知△ADP是等边三角形。
【答案】
点A；60°；等边
【知识点】
旋转的性质；等边三角形的判定；等边三角形的性质
【点评】
本题是几何基础题，将旋转的性质和等边三角形的判定相结合，解题关键是准确找到旋转前后的对应点、对应边，牢记相关性质定理即可快速求解。
【难度系数】
0.8

5. 如图, 在平面直角坐标系 $ xOy $ 中, $ △ ABC $ 的顶点为 $ A(1,2), B(-2,2), C(-1,0) $. 若将 $ △ ABC $ 以某点为旋转中心顺时针旋转 $ 90° $ 得到 $ △ DEF $, 则旋转中心的坐标是 ()

A.$ (0,0) $
B.$ (1,0) $
C.$ (1,-1) $
D.$ (2.5,0.5) $

5. C

【分析】
我们知道旋转中心的核心性质是：旋转前后，任意一组对应点到旋转中心的距离都相等，因此旋转中心是任意两组对应点连线的垂直平分线的交点。解题时可以按以下思路推导：第一步先确定△ABC和△DEF的对应点；第二步利用“垂直平分线上的点到线段两端距离相等”的性质，分别求出两组对应点连线的垂直平分线的解析式；第三步联立解析式求交点，即为旋转中心。也可以利用选择题的特点，将选项逐一代入验证，判断对应点绕该点顺时针旋转90°后是否与旋转后的对应点重合，快速选出答案。
【解析】
方法：垂直平分线交点法
1. 确定对应点：由旋转性质可知，点$A(1,2)$的对应点为$D(4,-1)$，点$B(-2,2)$的对应点为$E(4,2)$。
2. 求线段$AD$的垂直平分线解析式：
设垂直平分线上任意一点坐标为$(x,y)$，根据垂直平分线性质得：
$\sqrt{(x-1)^2 + (y-2)^2} = \sqrt{(x-4)^2 + (y+1)^2}$
两边平方后展开整理：
$x^2 -2x +1 + y^2 -4y +4 = x^2 -8x +16 + y^2 +2y +1$
化简得：$y = x - 2$。
3. 求线段$BE$的垂直平分线解析式：
设垂直平分线上任意一点坐标为$(x,y)$，同理可得：
$\sqrt{(x+2)^2 + (y-2)^2} = \sqrt{(x-4)^2 + (y-2)^2}$
消去相同项后展开整理得：$x=1$。
4. 求交点：将$x=1$代入$y=x-2$，得$y=-1$，因此旋转中心坐标为$(1,-1)$。
验证：
将点$C(-1,0)$绕$(1,-1)$顺时针旋转90°，得到的对应点为$F(2,1)$，与图形一致，验证正确。
【答案】
C
【知识点】
1. 旋转的性质
2. 垂直平分线的性质
3. 平面直角坐标系点的变换
【点评】
本题考查旋转中心的确定方法，解题关键是熟练掌握旋转前后对应点到旋转中心距离相等的性质，既可以通过计算垂直平分线交点的方法求解，也可以结合选择题的特点用代入验证法快速解题，做题时要注意先准确识别旋转前后的对应点。
【难度系数】
0.65

6. 有下列四个说法,其中说法正确的个数是()
① 图形旋转时,位置保持不变的点只有旋转中心;
② 图形旋转时,图形上的每一个点都绕着旋转中心旋转了相同的角度;
③ 图形旋转时,对应点与旋转中心的距离相等;
④ 图形旋转时,对应线段相等,对应角相等,图形的形状和大小都没有发生变化.

A.1
B.2
C.3
D.4

6. D

【分析】
要解决这道题，需先熟练掌握旋转的定义和相关性质，再逐一判断每个说法是否符合旋转的特征即可。首先明确旋转的核心特点：旋转是图形绕固定点（旋转中心）转动一定角度的全等变换，不改变图形的形状和大小，仅改变位置。
【解析】
我们结合旋转的性质逐一分析4个说法：
1. 分析说法①：图形旋转过程中，仅旋转中心始终保持位置不变，图形上其余点都会随旋转发生位置改变，该说法正确；
2. 分析说法②：旋转时图形上所有点绕旋转中心转动的角度都等于旋转角，转动角度相同，该说法正确；
3. 分析说法③：根据旋转的性质，对应点与旋转中心的距离始终相等，该说法正确；
4. 分析说法④：旋转属于全等变换，变换前后图形的形状、大小完全不变，因此对应线段相等、对应角相等，该说法正确。
综上，4个说法全部正确，对应选项为D。
【答案】
D
【知识点】
旋转的性质；旋转的定义；全等变换的特征
【点评】
本题是基础概念考查题，核心是对旋转相关性质的记忆和理解，只要熟练掌握旋转的特点，就能快速完成判断，不易出错。
【难度系数】
0.9

7. 在菱形ABCD中，∠A = 60°,AB = 12,点M在边AB上,且BM = 3,点P是AD上一动点,连接MP并将MP绕点M顺时针旋转60°得到MN,连接BN,则线段BN的最小值为。

7. $\frac{9}{2}\sqrt{3}$

【分析】
本题是菱形背景下的旋转动点最值问题，解题思路如下：第一步，通过建立平面直角坐标系，利用菱形和60°角的特殊性确定各定点坐标，将几何问题转化为坐标运算问题；第二步，设出动点P的坐标，根据旋转的性质推导点N的坐标特征，确定N的运动轨迹；第三步，依据“垂线段最短”的性质，求点B到N所在轨迹直线的距离，即为BN的最小值。
【解析】
解：以点A为原点，AB所在直线为x轴建立平面直角坐标系。
∵菱形ABCD中，∠A=60°，AB=12，
∴A(0,0)，B(12,0)，D(6, $6\sqrt{3}$)，直线AD的解析式为$y=\sqrt{3}x$。
∵BM=3，
∴AM=AB-BM=9，即M的坐标为(9,0)。
设点P的坐标为$(t, \sqrt{3}t)$（$0≤ t≤6$），将线段MP绕M顺时针旋转60°得到MN，根据旋转坐标变换规律计算N点坐标：
N点横坐标：$\frac{1}{2}(t-9) + \sqrt{3}t × \frac{\sqrt{3}}{2} = 2t - 4.5$
N点纵坐标：$-\frac{\sqrt{3}}{2}(t-9) + \sqrt{3}t × \frac{1}{2} = \frac{9\sqrt{3}}{2}$
可得点N的纵坐标恒为$\frac{9\sqrt{3}}{2}$，即N的运动轨迹是直线$y=\frac{9\sqrt{3}}{2}$。
根据垂线段最短，点B到直线$y=\frac{9\sqrt{3}}{2}$的距离就是BN的最小值，为$\frac{9\sqrt{3}}{2}$。
【答案】
$\frac{9}{2}\sqrt{3}$
【知识点】
菱形的性质，旋转的性质，垂线段最短
【点评】
本题属于几何动态最值问题，解题核心是通过旋转的性质确定动点的运动轨迹，将线段最值问题转化为点到直线的距离求解，考查了几何分析能力和数形结合思想的应用。
【难度系数】
0.3