登录
1.(2025·南通)在平面直角坐标系$xOy$中,将点$A(3,1)$绕原点$O$逆时针旋转$90°$,得到点$B$,则点$B$的坐标为 ()
A.$(3,-1)$
B.$(-1,3)$
C.$(1,-3)$
D.$(-3,1)$
A.$(3,-1)$
B.$(-1,3)$
C.$(1,-3)$
D.$(-3,1)$
答案
B
解析
【分析】
本题考查平面直角坐标系中点绕原点旋转的坐标求解，解题可从两个思路切入：一是直接运用点绕原点逆时针旋转90°的坐标变换规律快速计算；二是结合旋转的性质，通过构造直角三角形证明全等，推导对应点坐标。首先明确旋转的核心性质：旋转前后对应点到旋转中心的距离相等，对应点与旋转中心连线的夹角等于旋转角，据此可建立已知点和待求点坐标的关联。
【解析】
解法1（规律法）：平面直角坐标系中，点$(x,y)$绕原点$O$逆时针旋转$90°$后，对应点的坐标为$(-y,x)$。
已知点$A$的坐标为$(3,1)$，将$x=3$、$y=1$代入规律可得：
点$B$的横坐标为$-y=-1$，纵坐标为$x=3$，即$B(-1,3)$。
解法2（几何推导法）：过点$A$作$AC⊥ x$轴于点$C$，过点$B$作$BD⊥ x$轴于点$D$，则$∠ ACO=∠ ODB=90°$。
由旋转性质得：$OA=OB$，$∠ AOB=90°$，
$\therefore ∠ AOC+∠ BOD=90°$，
又$\because ∠ AOC+∠ OAC=90°$，
$\therefore ∠ OAC=∠ BOD$。
在$△ AOC$和$△ OBD$中：
$\begin{cases}∠ ACO=∠ ODB \\∠ OAC=∠ BOD \\OA=OB\end{cases}$
$\therefore △ AOC≌△ OBD(\mathrm{AAS})$，
$\therefore OD=AC=1$，$BD=OC=3$，
$\because$点$B$在第二象限，
$\therefore$点$B$的坐标为$(-1,3)$。
【答案】
B
【知识点】
坐标与图形变化-旋转；旋转的性质；全等三角形的判定与性质
【点评】
本题是坐标与旋转结合的基础题型，既可以通过记忆旋转坐标变换规律提高解题效率，也可以通过几何推导验证结果，解题时需注意区分顺时针、逆时针旋转的坐标变化差异。
【难度系数】
0.8
本题考查平面直角坐标系中点绕原点旋转的坐标求解，解题可从两个思路切入：一是直接运用点绕原点逆时针旋转90°的坐标变换规律快速计算；二是结合旋转的性质，通过构造直角三角形证明全等，推导对应点坐标。首先明确旋转的核心性质：旋转前后对应点到旋转中心的距离相等，对应点与旋转中心连线的夹角等于旋转角，据此可建立已知点和待求点坐标的关联。
【解析】
解法1（规律法）：平面直角坐标系中，点$(x,y)$绕原点$O$逆时针旋转$90°$后，对应点的坐标为$(-y,x)$。
已知点$A$的坐标为$(3,1)$，将$x=3$、$y=1$代入规律可得：
点$B$的横坐标为$-y=-1$，纵坐标为$x=3$，即$B(-1,3)$。
解法2（几何推导法）：过点$A$作$AC⊥ x$轴于点$C$，过点$B$作$BD⊥ x$轴于点$D$，则$∠ ACO=∠ ODB=90°$。
由旋转性质得：$OA=OB$，$∠ AOB=90°$，
$\therefore ∠ AOC+∠ BOD=90°$，
又$\because ∠ AOC+∠ OAC=90°$，
$\therefore ∠ OAC=∠ BOD$。
在$△ AOC$和$△ OBD$中：
$\begin{cases}∠ ACO=∠ ODB \\∠ OAC=∠ BOD \\OA=OB\end{cases}$
$\therefore △ AOC≌△ OBD(\mathrm{AAS})$，
$\therefore OD=AC=1$，$BD=OC=3$，
$\because$点$B$在第二象限，
$\therefore$点$B$的坐标为$(-1,3)$。
【答案】
B
【知识点】
坐标与图形变化-旋转；旋转的性质；全等三角形的判定与性质
【点评】
本题是坐标与旋转结合的基础题型，既可以通过记忆旋转坐标变换规律提高解题效率，也可以通过几何推导验证结果，解题时需注意区分顺时针、逆时针旋转的坐标变化差异。
【难度系数】
0.8
2. 如图1,将线段AC绕点C逆时针旋转$90°$后得到线段$A'C$,已知点$A(-2,2),C(1,0)$,则点$A'$的坐标是 ()
A.$(1,-3)$
B.$(3,1)$
C.$(-1,3)$
D.$(-1,-3)$
A.$(1,-3)$
B.$(3,1)$
C.$(-1,3)$
D.$(-1,-3)$
答案
D
解析
【分析】
本题考查平面直角坐标系下的旋转类点坐标求解，解题思路如下：首先根据旋转的性质可得AC=A'C、∠ACA'=90°，我们可以通过向x轴作垂线构造两个直角三角形，利用同角的余角相等证明两个直角三角形全等，再根据全等三角形对应边相等的性质，结合已知点A、C的坐标计算线段长度，最终推导得到点A'的坐标。
【解析】
过点A作AB⊥x轴于点B，过点A'作A'D⊥x轴于点D，因此∠ABC=∠CDA'=90°。
由旋转的性质可知：AC=A'C，∠ACA'=90°，因此∠ACB + ∠A'CD = 90°。
在Rt△ABC中，∠ACB + ∠CAB = 90°，因此∠CAB=∠A'CD。
在△ABC和△CDA'中：
$\{\begin{array}{l}∠ABC=∠CDA' \\∠CAB=∠A'CD \\AC=A'C\end{array} $
∴△ABC≌△CDA'（AAS）。
已知A(-2,2)，C(1,0)，可得B点坐标为(-2,0)，因此AB=2-0=2，BC=1-(-2)=3。
由全等三角形对应边相等可得：CD=AB=2，A'D=BC=3。
结合逆时针旋转的方向可知点A'在x轴下方，因此A'的横坐标为1-CD=1-2=-1，纵坐标为0-A'D=-3，即A'(-1,-3)。
【答案】
D
【知识点】
旋转的性质，全等三角形的判定与性质，平面直角坐标系
【点评】
本题是坐标与图形变化结合的典型题型，核心解题方法是利用旋转性质构造全等三角形，将坐标求解转化为线段长度计算，解题时要注意旋转方向对坐标符号的影响，避免因方向判断错误失分。
【难度系数】
0.6
本题考查平面直角坐标系下的旋转类点坐标求解，解题思路如下：首先根据旋转的性质可得AC=A'C、∠ACA'=90°，我们可以通过向x轴作垂线构造两个直角三角形，利用同角的余角相等证明两个直角三角形全等，再根据全等三角形对应边相等的性质，结合已知点A、C的坐标计算线段长度，最终推导得到点A'的坐标。
【解析】
过点A作AB⊥x轴于点B，过点A'作A'D⊥x轴于点D，因此∠ABC=∠CDA'=90°。
由旋转的性质可知：AC=A'C，∠ACA'=90°，因此∠ACB + ∠A'CD = 90°。
在Rt△ABC中，∠ACB + ∠CAB = 90°，因此∠CAB=∠A'CD。
在△ABC和△CDA'中：
$\{\begin{array}{l}∠ABC=∠CDA' \\∠CAB=∠A'CD \\AC=A'C\end{array} $
∴△ABC≌△CDA'（AAS）。
已知A(-2,2)，C(1,0)，可得B点坐标为(-2,0)，因此AB=2-0=2，BC=1-(-2)=3。
由全等三角形对应边相等可得：CD=AB=2，A'D=BC=3。
结合逆时针旋转的方向可知点A'在x轴下方，因此A'的横坐标为1-CD=1-2=-1，纵坐标为0-A'D=-3，即A'(-1,-3)。
【答案】
D
【知识点】
旋转的性质，全等三角形的判定与性质，平面直角坐标系
【点评】
本题是坐标与图形变化结合的典型题型，核心解题方法是利用旋转性质构造全等三角形，将坐标求解转化为线段长度计算，解题时要注意旋转方向对坐标符号的影响，避免因方向判断错误失分。
【难度系数】
0.6
3. 如图2,在直角坐标系中,等边三角形ABC的顶点A的坐标为(0,4),点B,C均在x轴上.将△ABC绕顶点A逆时针旋转30°得到△AB'C',则点C'的坐标为.
答案
解：
∵ 等边△ABC中，A(0,4)，点B、C均在x轴上，
∴ AO⊥BC，AO=4，∠OAC=30°，
$AC=\frac{AO}{\cos30°}=\frac{4}{\frac{\sqrt{3}}{2}}=\frac{8\sqrt{3}}{3}$。
由旋转性质得：$AC'=AC=\frac{8\sqrt{3}}{3}$，∠CAC'=30°，
∴ ∠OAC'=∠OAC + ∠CAC' = 60°。
过点$C'$作$C'D⊥ y$轴于点D，
在$Rt△ AC'D$中：
$C'D=AC'·\sin60°=\frac{8\sqrt{3}}{3}×\frac{\sqrt{3}}{2}=4$，
$AD=AC'·\cos60°=\frac{8\sqrt{3}}{3}×\frac{1}{2}=\frac{4\sqrt{3}}{3}$，
∴ $OD=OA-AD=4-\frac{4\sqrt{3}}{3}$，
∴ 点$C'$的坐标为$\boldsymbol{(4,4-\frac{4\sqrt{3}}{3})}$。
∵ 等边△ABC中，A(0,4)，点B、C均在x轴上，
∴ AO⊥BC，AO=4，∠OAC=30°，
$AC=\frac{AO}{\cos30°}=\frac{4}{\frac{\sqrt{3}}{2}}=\frac{8\sqrt{3}}{3}$。
由旋转性质得：$AC'=AC=\frac{8\sqrt{3}}{3}$，∠CAC'=30°，
∴ ∠OAC'=∠OAC + ∠CAC' = 60°。
过点$C'$作$C'D⊥ y$轴于点D，
在$Rt△ AC'D$中：
$C'D=AC'·\sin60°=\frac{8\sqrt{3}}{3}×\frac{\sqrt{3}}{2}=4$，
$AD=AC'·\cos60°=\frac{8\sqrt{3}}{3}×\frac{1}{2}=\frac{4\sqrt{3}}{3}$，
∴ $OD=OA-AD=4-\frac{4\sqrt{3}}{3}$，
∴ 点$C'$的坐标为$\boldsymbol{(4,4-\frac{4\sqrt{3}}{3})}$。
解析
【分析】
要求旋转后点C'的坐标，可按以下思路推导：首先利用等边三角形的性质结合已知点A的坐标，求出AC的长度和∠OAC的度数；再根据旋转的性质得到旋转后边和角的对应关系，确定∠OAC'的度数；最后过点C'作y轴的垂线构造直角三角形，利用三角函数分别计算出C'的横、纵坐标即可。
【解析】
∵ 等边△ABC中，A(0,4)，点B、C均在x轴上，
∴ AO⊥BC，AO=4，∠OAC=30°，
$AC=\frac{AO}{\cos30°}=\frac{4}{\frac{\sqrt{3}}{2}}=\frac{8\sqrt{3}}{3}$。
由旋转性质得：$AC'=AC=\frac{8\sqrt{3}}{3}$，∠CAC'=30°，
∴ ∠OAC'=∠OAC + ∠CAC' = 60°。
过点$C'$作$C'D⊥ y$轴于点D，
在$Rt△ AC'D$中：
$C'D=AC'·\sin60°=\frac{8\sqrt{3}}{3}×\frac{\sqrt{3}}{2}=4$，
$AD=AC'·\cos60°=\frac{8\sqrt{3}}{3}×\frac{1}{2}=\frac{4\sqrt{3}}{3}$，
∴ $OD=OA-AD=4-\frac{4\sqrt{3}}{3}$，
∴ 点$C'$的坐标为$\boldsymbol{(4,4-\frac{4\sqrt{3}}{3})}$。
【答案】
$(4,4-\frac{4\sqrt{3}}{3})$
【知识点】
等边三角形的性质，旋转的性质，解直角三角形
【点评】
本题是坐标与图形旋转的综合计算题，解题的关键是熟练掌握等边三角形和旋转的性质，找准旋转前后边、角的对应关系，通过作辅助线构造直角三角形，结合三角函数求解线段长度进而得到点的坐标，对图形分析能力有一定要求。
【难度系数】
0.6
要求旋转后点C'的坐标，可按以下思路推导：首先利用等边三角形的性质结合已知点A的坐标，求出AC的长度和∠OAC的度数；再根据旋转的性质得到旋转后边和角的对应关系，确定∠OAC'的度数；最后过点C'作y轴的垂线构造直角三角形，利用三角函数分别计算出C'的横、纵坐标即可。
【解析】
∵ 等边△ABC中，A(0,4)，点B、C均在x轴上，
∴ AO⊥BC，AO=4，∠OAC=30°，
$AC=\frac{AO}{\cos30°}=\frac{4}{\frac{\sqrt{3}}{2}}=\frac{8\sqrt{3}}{3}$。
由旋转性质得：$AC'=AC=\frac{8\sqrt{3}}{3}$，∠CAC'=30°，
∴ ∠OAC'=∠OAC + ∠CAC' = 60°。
过点$C'$作$C'D⊥ y$轴于点D，
在$Rt△ AC'D$中：
$C'D=AC'·\sin60°=\frac{8\sqrt{3}}{3}×\frac{\sqrt{3}}{2}=4$，
$AD=AC'·\cos60°=\frac{8\sqrt{3}}{3}×\frac{1}{2}=\frac{4\sqrt{3}}{3}$，
∴ $OD=OA-AD=4-\frac{4\sqrt{3}}{3}$，
∴ 点$C'$的坐标为$\boldsymbol{(4,4-\frac{4\sqrt{3}}{3})}$。
【答案】
$(4,4-\frac{4\sqrt{3}}{3})$
【知识点】
等边三角形的性质，旋转的性质，解直角三角形
【点评】
本题是坐标与图形旋转的综合计算题，解题的关键是熟练掌握等边三角形和旋转的性质，找准旋转前后边、角的对应关系，通过作辅助线构造直角三角形，结合三角函数求解线段长度进而得到点的坐标，对图形分析能力有一定要求。
【难度系数】
0.6
1. 如图 3, $△ OAB$ 绕点 $O$ 顺时针旋转 $80°$ 到 $△ OCD$ 的位置, 已知 $∠ AOB=45°$, 则 $∠ BOC$ 等于（）
A.$80°$
B.$50°$
C.$45°$
D.$35°$
图 3
图 4
A.$80°$
B.$50°$
C.$45°$
D.$35°$
图 3
图 4
答案
D
解析
【分析】
解决这道题首先要回忆旋转的相关性质：图形旋转时，对应点与旋转中心连线的夹角等于旋转角，旋转前后对应角大小不变。首先根据题干给出的旋转角度确定旋转角∠AOC的度数，再结合已知的∠AOB的度数，利用角的和差关系即可求出∠BOC的度数。
【解析】
解：
∵△OAB绕点O顺时针旋转80°得到△OCD，
∴旋转角∠AOC=80°，
已知∠AOB=45°，
∴∠BOC=∠AOC - ∠AOB=80° - 45°=35°。
【答案】
D
【知识点】
旋转的性质，角的和差计算
【点评】
本题属于基础类题型，重点考查对旋转性质的理解和应用，解题核心是准确识别旋转角，再结合角的和差关系计算即可，掌握旋转的基本性质就能轻松解答。
【难度系数】
0.8
解决这道题首先要回忆旋转的相关性质：图形旋转时，对应点与旋转中心连线的夹角等于旋转角，旋转前后对应角大小不变。首先根据题干给出的旋转角度确定旋转角∠AOC的度数，再结合已知的∠AOB的度数，利用角的和差关系即可求出∠BOC的度数。
【解析】
解：
∵△OAB绕点O顺时针旋转80°得到△OCD，
∴旋转角∠AOC=80°，
已知∠AOB=45°，
∴∠BOC=∠AOC - ∠AOB=80° - 45°=35°。
【答案】
D
【知识点】
旋转的性质，角的和差计算
【点评】
本题属于基础类题型，重点考查对旋转性质的理解和应用，解题核心是准确识别旋转角，再结合角的和差关系计算即可，掌握旋转的基本性质就能轻松解答。
【难度系数】
0.8
2. 如图4,在△ABC中,∠ACB=90°,∠A=35°.若以点C为旋转中心,将△ABC旋转角θ到△DEC的位置,使点B恰好落在边DE上,则角θ等于 ()
A.70°
B.65°
C.55°
D.50°
A.70°
B.65°
C.55°
D.50°
答案
A
解析
【分析】
解题时首先回忆旋转的性质：旋转前后的图形全等，对应边相等、对应角相等，旋转角等于对应点与旋转中心连线的夹角。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；第二步根据旋转的性质得到CB=CE，∠E=∠ABC，可知△BCE为等腰三角形，两底角相等；第三步利用三角形内角和定理求出等腰△BCE的顶角∠BCE，也就是所求的旋转角θ。
【解析】
在Rt△ABC中，∠ACB=90°，∠A=35°，
∴∠ABC=90°-∠A=90°-35°=55°。
由旋转的性质可得：CB=CE，∠E=∠ABC=55°，旋转角θ=∠BCE。
∵CB=CE，
∴△BCE为等腰三角形，∠EBC=∠E=55°。
根据三角形内角和为180°，可得：
∠BCE=180°-∠E-∠EBC=180°-55°-55°=70°，即θ=70°。
【答案】
A
【知识点】
旋转的性质；等腰三角形的性质；直角三角形的性质
【点评】
本题是旋转性质与三角形角度计算的综合题，解题的关键是准确找到旋转前后的对应边、对应角，结合等腰三角形的特征进行角度推导，是几何部分的常见基础题型。
【难度系数】
0.7
解题时首先回忆旋转的性质：旋转前后的图形全等，对应边相等、对应角相等，旋转角等于对应点与旋转中心连线的夹角。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；第二步根据旋转的性质得到CB=CE，∠E=∠ABC，可知△BCE为等腰三角形，两底角相等；第三步利用三角形内角和定理求出等腰△BCE的顶角∠BCE，也就是所求的旋转角θ。
【解析】
在Rt△ABC中，∠ACB=90°，∠A=35°，
∴∠ABC=90°-∠A=90°-35°=55°。
由旋转的性质可得：CB=CE，∠E=∠ABC=55°，旋转角θ=∠BCE。
∵CB=CE，
∴△BCE为等腰三角形，∠EBC=∠E=55°。
根据三角形内角和为180°，可得：
∠BCE=180°-∠E-∠EBC=180°-55°-55°=70°，即θ=70°。
【答案】
A
【知识点】
旋转的性质；等腰三角形的性质；直角三角形的性质
【点评】
本题是旋转性质与三角形角度计算的综合题，解题的关键是准确找到旋转前后的对应边、对应角，结合等腰三角形的特征进行角度推导，是几何部分的常见基础题型。
【难度系数】
0.7
