【文档说明】专训3.2.2 坐标系中的旋转旋转综合题 -2021-2022学年八年级数学下册课后培优练（解析版）（北师大版）.docx，共(62)页，2.126 MB，由管理员店铺上传

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专训3.2.2坐标系中的旋转+旋转综合题一、单选题1．（2022·浙江西湖·九年级期末）如图，在平面直角坐标系中．△MNP绕原点逆时针旋转90°得到△M1N1P1，若M（1，﹣2）．则点M1的坐标为（）A．（﹣2，﹣1）B．（1，2）C．（2，1）D．（﹣1，﹣2）【答案】C【解析】【

分析】连接OM，OM1，分别过M和M1作y轴的垂线，垂足为A，B，证明△OAM1≌△MBO，得到OA=BM=1，AM1=OB=2，从而可得M1坐标．【详解】解：如图，连接OM，OM1，分别过M和M1作y轴

的垂线，垂足为A，B，由旋转可知：∠MOM1=90°，OM=OM1，则∠AOM1+∠BOM=90°，又∠AOM1+∠AM1O=90°，∴∠AM1O=∠BOM，又∵∠OAM1=∠OBM=90°，OM=OM1，∴△OAM1≌△MBO

（AAS），∴OA=BM=1，AM1=OB=2，∴M1（2，1），故选C．【点睛】本题考查了坐标与图形—旋转，全等三角形的判定和性质，解题的关键是利用旋转的性质得到全等三角形的条件．2．（2022·辽宁本溪·九年级期末）如图，在AOB中，4OA=，6OB=，27AB=，将AOB绕原点O逆时针

旋转90°，则旋转后点A的对应点A的坐标是（）A．()4,2−B．()23,4−C．()23,2−D．()2,23−【答案】C【解析】【分析】过点A作AC⊥x轴于点C，设OCa=，则6BCa=−，根据勾股定理，可得2222ABBCOAOC−=−，从而得到2OC=，进而得到∴23AC=，可

得到点()2,23A，再根据旋转的性质，即可求解．【详解】解：如图，过点A作AC⊥x轴于点C，设OCa=，则6BCa=−，∵222ACOAOC=−，222ACABBC=−，∴2222ABBCOAOC−=−，∵4OA=

，27AB=，∴()()22222764aa−−=−，解得：2a=，∴2OC=，∴22224223ACOAOC=−=−=，∴点()2,23A，∴将AOB绕原点O顺时针旋转90°，则旋转后点A的对应点A的坐标是()

23,2−，∴将AOB绕原点O逆时针旋转90°，则旋转后点A的对应点A的坐标是()23,2−．故选：C【点睛】本题考查坐标与图形变化一旋转，解直角三角形等知识，解题的关键是求出点A的坐标，属于中考常考题型．3．（2022·黑龙江

牡丹江·九年级期末）如图所示，在平面直角坐标系中，点A（0，4），B（2，0），连接AB，点D为AB的中点，将点D绕着点A旋转90°得到点D的坐标为（）A．（﹣2，1）或（2，﹣1）B．（﹣2，5）或（2，3）C．（2，5）或（﹣2，3）D．（2，5）或（﹣2，5）【答案

】C【解析】【分析】分顺时针和逆时针旋转90°两种情况讨论，构造全等三角形即可求解．【详解】解：设点D绕着点A逆时针旋转90°得到点D1，分别过点D，D1作y轴的垂线，分别交y轴于点C、E，如图：根据旋转的性质得∠DAD1=90°，AD1=AD，∴∠AED1=∠ACD=90°，∴∠D1+∠EAD

1=90°，∠EAD1+∠DAC=90°，∴∠D1=∠DAC，∴△AD1E≌△DAC，∴CD=AE，ED1=AC，∵A（0，4），B（2，0），点D为AB的中点，∴点D的坐标为（1，2），∴CD=AE=

1，ED1=AC=AO-OC=2，∴点D1的坐标为（2，5）；设点D绕着点A顺时针旋转90°得到点D2，同理，点D2的坐标为（-2，3），综上，点D绕着点A旋转90°得到点D的坐标为（-2，3）或（2，5），故选：C．【点睛】本题考查了坐标与图形的变化-旋转，全等三

角形的判定和性质，根据平面直角坐标系确定出点D1和D2的位置是解题的关键．4．（2022·贵州黔西·九年级期末）△ABC在平面直角坐标系中的位置如图所示，将其绕点P顺时针旋转得到△A'B'C′，则点P的坐标是（

）A．（4，5）B．（4，4）C．（3，5）D．（3，4）【答案】B【解析】【分析】对应点的连线段的垂直平分线的交点P，即为所求．【详解】解：如图，点P即为所求，(4,4)P，故选：B．【点睛】本题考查坐标与图形变化−旋

转，解题的关键是理解对应点的连线段的垂直平分线的交点即为旋转中心．5．（2021·湖北咸丰·九年级期末）如图，矩形ABCD的边BC在x轴上，点A在第二象限，点D在第一象限，AB＝23，OD＝4，将矩形ABCD绕点O顺时针旋转，使点D落在x轴的正半轴上，则点C对应点的坐标是（）

A．（1−，3）B．（1，3−）C．（3，1−）D．（2，23−）【答案】B【解析】【分析】由矩形可知AB=CD=23，再由勾股定理可知OC=2，则C点坐标为（2，0），D点坐标为（2，23），旋转后D’点坐标

为（4，0），则C’点坐标为（1，3−）．【详解】∵四边形ABCD为矩形∴AB=CD=23，∠DOC=60°在OCD中有22OCODCD=−()2242316122OC=−=−=则C点坐标为（2，0），D点坐标为（2，23）又∵旋转后D点落在x轴的正半轴上∴可看作矩形ABCD中DOC

绕点O顺时针旋转了60°得到''DOC如图所示，过C’作y轴平行线交x轴于点M其中∠DOC=∠D’OC’=60°，∠OMC’=90°，OC=OC’=2∴OM=1'2OC=1，MC’=3'2OC=3∴C’坐标为（1，3−）

．故选：B．【点睛】本题考查了旋转的性质，得出矩形ABCD绕点O顺时针旋转了60°是解题的关键．6．（2021·全国·八年级课时练习）在平面直角坐标系中，已知1(1,0)P，将其绕着原点按逆时针方向旋转30°得到2P，延长2OP到点

3P，使得322OPOP=，再将点3P绕着原点按逆时针方向旋转30°得到4P，延长4OP到点5P，使得542OPOP=，……如此继续下去，到点2014P的坐标是（）A．()1005100532,2−B．()10060,2−C．()1006100632,2−D．()10

062,0【答案】A【解析】【分析】由题意可得11OP=，211OPOP==，1432222OPOPOP====，2564224OPOPOP====，可以推出12212nnnOPOP−−==，则100620142OP=，再由每经过24个点就落到x正半轴上，推出2014P在第四象限，且∠1

201430POP=o∠，再由含30度角的直角三角形的性质进行求解即可．【详解】解：如图所示，∵()11,0P，∴11OP=，∴211OPOP==，∴1432222OPOPOP====，∴2564224OPOPOP====，∴可以推出12212nnnOPOP−−==，

∴100620142OP=∵1P在x轴正半轴，7P在y轴正半轴，13P在x轴负半轴，19P在y轴负半轴，25P在x正半轴，26P在直线2OP上，∴每经过24个点就落到x正半轴上，∵2014÷24=83余22，∴2014P在第四象限，且1201430POP=o∠，设()2014Pmn，，∴

10052014122nOP−==，∴221005201432mOPn=−=,∴()10051005201432-2P，，故选A．【点睛】本题主要考查了旋转的性质，点坐标的规律探索，含30度角的直角三角形的性质，坐标与图形，解题的关键在于能够熟

练掌握相关知识进行求解．7．（2021·重庆·八年级期中）如图，在平面直角坐标系中，已知点(4,0)A−、(0,3)B，对AOB连续作旋转变换依次得到三角形（1），（2），（3），（4），，则第2020个三角形的直角顶点的坐标是（）A．(8072,0)B．12807

2,5C．(8076,0)D．(8076,125)【答案】C【解析】【分析】利用勾股定理列式求出AB的长，再根据图形写出第（3）个三角形的直角顶点的坐标即可；观察图形不难发现，每3个三角形为

一个循环组依次循环，用2020除以3，根据商和余数的情况确定出第()2020个三角形的直角顶点到原点O的距离，然后写出坐标即可．【详解】解：点(4,0)A−，(0,3)B4=OA，3OB=22435AB

=+=三角形（3）的直角顶点坐标为：(12,0)202036731??Q第2020个三角形是第674组的第一个直角三角形，其直角顶点与第673组的最后一个直角三角形顶点重合673128076=第2020个三角形的直角顶点的坐标是(8076,0)．故选：C．【点睛】

本题考查了坐标与图形变化−旋转，勾股定理的应用，观察图形，发现每3个三角形为一个循环组，依次循环是解题的关键．8．（2022·重庆南开中学八年级期末）如图，在平面直角坐标系中，将等边OAB绕点A旋转180°，得到11OAB△，再将11OAB△绕点1O

旋转180°，得到112OAB△，再将112OAB△绕点1A旋转180°，得到213OAB△，…，按此规律进行下去，若点()2,0B，则点6B的坐标为（）A．()6,63B．()6,83C．()8,63D．()8,83【答案】C

【解析】【分析】根据题意先求得12,OO的坐标，进而求得22,,,nBBB的坐标，发现规律，即可求得6B的坐标．【详解】解：∵OAB是等边三角形，(2,0)B，将等边OAB绕点A旋转180°，得到11OAB△，∴1112OBOAOAAB====1160=AOB

AOB=130AOB=1190OBO=1113OBOB=23=1(2,23)O，122OB=则2(4,23)B同理可得2(4,43)O，4(42,23)B+……(2,23)nOnn，2(22,23)nBnn+6B(2

32,233)+即()8,63故选C【点睛】本题考查了等边三角形的性质，旋转的性质，含30度角的直角三角形的性质，勾股定理，坐标与图形，找到规律是解题的关键．二、填空题9．（2022·江西章贡·九年级期末）如图，AOB中，4OA=，6OB=，27AB=，将AOB绕原点O顺时针旋转90°，

则旋转后点A的对应点A的坐标是____________．【答案】()23,2−【解析】【分析】如图（见解析），过点A作ACx⊥轴于点C，点A作DyA⊥轴于点D，设OCa=，从而可得6BCa=−，先利用勾股定理可得2a=，从而可得2,23OCAC==，再根据旋转的性质可得

,90OAOAAOA==，然后根据三角形全等的判定定理证出AODAOC，最后根据全等三角形的性质可得23,2ADACODOC====，由此即可得出答案．【详解】解：如图，过点A作ACx⊥轴于点C，点

A作DyA⊥轴于点D，设OCa=，则6BCOBOCa=−=−，在RtAOC△中，222222416ACOAOCaa=−=−=−，在RtABC中，222222(2(826)17)ACABaBCaa=−−=−+−=−，2216812aaa−=−+−，解得2a=，222,23OCACOAO

C==−=，由旋转的性质得：,90OAOAAOA==，90AOCAOC+=，90AODAOC+=，AODAOC=，在AOD和AOC△中，90AODAOCADOACOOAOA====，()AODAOCA

AS，23,2ADACODOC====，(23,2)A−，故答案为：()23,2−．【点睛】本题考查了勾股定理、旋转、点坐标等知识点，画出图形，通过作辅助线，正确找出两个全等三角形是解题关

键．10．（2022·江苏溧水·八年级期末）如图，正比例函数y＝kx（k≠0）的图像经过点A（2，4），AB⊥x轴于点B，将△ABO绕点A逆时针旋转90°得到△ADC，则直线AC的函数表达式为_____．【答案】

y=-0.5x+5【解析】【分析】直接把点A（2，4）代入正比例函数y=kx，求出k的值即可；由A（2，4），AB⊥x轴于点B，可得出OB，AB的长，再由△ABO绕点A逆时针旋转90°得到△ADC，由旋转不变性的性质可知DC=OB，AD=AB，故可得出C点坐标，再把C点和A点坐标代入y=

ax+b，解出解析式即可．【详解】解：∵正比例函数y=kx（k≠0）经过点A（2，4）∴4=2k，解得：k=2，∴y=2x；∵A（2，4），AB⊥x轴于点B，∴OB=2，AB=4，∵△ABO绕点A逆时针旋转90°得到△ADC，∴DC=OB=2，AD=AB=4∴C（6，2）设直线A

C的解析式为y=ax+b，把（2，4）（6，2）代入解析式可得：2462abab++＝＝，解得：0.55ab−＝＝，所以解析式为：y=-0.5x+5【点睛】本题考查的是一次函数图象上点的坐标特点及图形旋转的性质，熟知一次函数图象上各点的坐标一定适合此函数的解析式是

解答此题的关键．11．（2021·湖北·仙桃荣怀学校九年级阶段练习）如图，在平面直角坐标系中，等腰直角三角形OAB，∠A＝90°，点O为坐标原点，点B在x轴上，点A的坐标是（1，1）．若将△OAB绕点O顺时针方

向依次旋转45°后得到△OA1B1，△OA2B2，△OA3B3，…，可得A1（2，0），A2（1，﹣1），A3（0，﹣2），…则A2021的坐标是______．【答案】()2,0−【解析】【分析】根据题意得：

A1（2，0），A2（1，﹣1），A3（0，﹣2），()()()()()456781,1,2,0,1,1,0,2,1,1AAAAA−−−−，…，由此发现，旋转8次一个循环，再由202182525=，即可求解．【详解】解：

根据题意得：A1（2，0），A2（1，﹣1），A3（0，﹣2），()()()()()456781,1,2,0,1,1,0,2,1,1AAAAA−−−−，…，由此发现，旋转8次一个循环，∵202182525=，∴A2021的坐标是()

2,0−．故答案为：()2,0−【点睛】本题主要考查了图形的旋转，明确题意，准确得到规律是解题的关键．12．（2021·黑龙江铁锋·九年级期中）如图，已知点A在第一象限，AB垂直x轴，点B为垂足，1OB=，3AB=，60BOA=，将点A绕原点O

顺时针旋转60°后的对应点为1A，将点1A再绕原点O顺时针旋60°后的对应点为2A，按此作法继续下去，则点2021A的坐标是______．【答案】()1,3−【解析】【分析】由题意易知点A的坐标每6次一循环，然后根据2021÷6=336余5可求点2021A的坐标．【详解】解：∵将

点A绕原点O顺时针旋转60°后的对应点为1A，将点1A再绕原点O顺时针旋60°后的对应点为2A，按此作法继续下去，∴得出每旋转360606=次坐标一循环，∵2021÷6=336余5，∴点2021A的坐标与点5A的坐标相同，即

可得出点5A与点A关于y轴对称，∵1OB=，3AB=，∴()1,3A，∴()51,3A−，∴点2021A的坐标为()1,3−；故答案为()1,3−．【点睛】本题主要考查坐标与图形的旋转与规律问题，解题的关键是明

确图形旋转的变化规律是每旋转6次坐标一循环．13．（2021·黑龙江铁锋·九年级期末）如图，边长为1的正六边形ABCDEF放置于平面直角坐标系中，边AB在x轴正半轴上，顶点F在y轴正半轴上，将正六边形ABCDEF绕坐标原点

O顺时针旋转，每次旋转60，那么经过第2022次旋转后，顶点D的坐标为________．【答案】3(,3)2【解析】【分析】连接AD、BD，由勾股定理可得BD，求出∠OFA=30°，得到OA的值，进而求得OB的值，得到点D的坐标，由题意可得6次一个循环，即可求

出经过第2022次旋转后，顶点D的坐标．【详解】解：如图，连接AD，BD，在正六边形ABCDEF中，1,2,90ABADABD===，∴2222213BDADAB=−=−=，在RtAOF中，1,60AFOAF==，∴

30OFA=，∴1122OAAF==，∴32OBOAAB=+=，∴3(,3)2D，∵将正六边形ABCDEF绕坐标原点O顺时针旋转，每次旋转60°，∴6次一个循环，∵20226337=，∴经过第2022次旋转后，顶点D的坐标与第一象限中D点的坐标相同，故答案为

：3(,3)2．【点睛】此题考查了正六边形的性质，平面直角坐标系中图形规律问题，解题的关键是正确分析出点D坐标的规律．14．（2022·上海·九年级专题练习）如图，在平面直角坐标系中，将正方形OABC绕点O逆时针旋转45°后得到正方形OA1B1C1，依此方式，绕点O连续旋转2022次

得到正方形OA2022B2022C2022，如果点A的坐标为（1，0），那么点B2022的坐标为___．【答案】（1，﹣1）【解析】【分析】先利用勾股定理以及正方形、旋转的性质求出对应边长，再通过边长找出对应的前几个坐标，会发现：关于B的坐标，是每8个一循环，找到第2022个是对应

的循环中的第6个，从而确定B2022坐标．【详解】∵点A的坐标为（1，0），∴OA＝1，∵四边形OABC是正方形，∴∠OAB＝90°，AB＝OA＝1，∴B（1，1），连接OB，如图：由勾股定理得：OB＝22112+=，由旋转的性质得：OB＝OB1＝

OB2＝OB3＝…＝2，∵将正方形OABC绕点O逆时针旋转45°后得到正方形OA1B1C1，相当于将线段OB绕点O逆时针旋转45°，依次得到∠AOB＝∠BOB1＝∠B1OB2＝…＝45°，∴B1（0，2），B2

（﹣1，1），B3（﹣2，0），B4（﹣1，﹣1），B5（0，﹣2），B6（1，﹣1），…，发现是8次一循环，则2022÷8＝252…6，∴点B2022的坐标为（1，﹣1），故答案为：（1，﹣1）．【点睛】本题主要是图形旋转类的坐标规律问题，利用图形以及旋转的性质求出对应

前几个相应点的坐标，从而发现其中规律，应用规律进行求解是解决此类问题的关键．三、解答题15．（2021·北京·九年级期中）如图，ABC的三个顶点分别为(2,3)A−，(3,0)B−，(0,2)C，将ABC绕点O顺时针旋转90，得DEF，其中点A与点D对应，点B与点E对应，

点C与点F对应．(1)请在坐标系中画出旋转后的DEF；(2)直接写出线段DE的长度为；(3)直接写出线段BC与线段EF的位置关系：．【答案】(1)见解析(2)10(3)BCEF⊥【解析】【分析】（1）先将点A，B，C，与原点O分别连接起来，将线段OA，OB，OC，分别绕着点O旋转90°，点A，B

，C，落点标为D，E，F，顺次连接点D，E，F，即可；（2）将D，E两点坐标代入直角坐标系中两点距离公式计算即可；（3）延长BC交EF于H，首先证明△BOC与△EOF全等，再通过推导证明90BHF=，进而证明线段为

垂直的关系．(1)解：（1）如图，DEF即为所求图形；(2)由图知，(3,2)D，(0,3)E，()()22302310DE=−+−=，故答案为：10．(3)BCEF⊥，理由如下：延长BC交EF于H，由图知，3OB

=，2OC=，2OF=，3OE=，OBOE=，OCOF=，90BOCEOF==，()BOCEOFSAS，OBCOEF=，90OEFOFE+=，90OBCOFE+=，90BHF=，BCEF⊥，故答案为：BCEF⊥．【点睛】本题考查

图形的旋转，平面直角坐标系中两点之间的距离，全等三角形，能够将坐标与几何结合起来是解决本题的关键．16．（2022·山东泰山·八年级期末）在8×5的网格中建立如图的平面直角坐标系，四边形OABC的顶点坐标分别为O（0，0），A（3，4），B（8，4），C（5，0）

．仅用无刻度的直尺在给定网格中按下列步骤完成画图，并回答问题：(1)将线段CB绕点C逆时针旋转90°，画出对应线段CD，并写出点D的坐标；(2)在线段AB上画点E，使∠BCE＝45°（保留画图过程的痕迹）．【答案】(1)图见解析，点D坐标为（1，3）(2

)见解析【解析】【分析】（1）利用网格特点和旋转的性质画出B点的对称点D即可；（2）作出CD=BC，以BD为对角线作矩形MBND，连接MN交BD于G，延长CG交AB于E，则点E即为所求；(1)解：如图，CD即为所求线段，点D坐标为（1，3）；(2)解：如图，点E即

为所求作的点．【点睛】本题考查了坐标与图形变换，旋转等知识，掌握点的坐标特征及旋转的特征是解本题的关键．17．（2021·湖北云梦·九年级阶段练习）如图，三角形ABC的项点坐标分别为()0,1A，()3,3B，()1,3C．（1

）画出三角形ABC关于点O的中心对称的111ABC△，并写出点1B的坐标；（2）画出三角形ABC绕点O顺时针旋转90°后的222ABC△，并写出点2C的坐标．【答案】（1）图见解析，()13,3B−−；（2）图见解析，()23,1C−【解析】【分析】（1）写出()0,

1A，()3,3B，()1,3C关于原点对称的点()10,1A−，()13,3B−−，()11,3C−−，连接即可；（2）连接OC，OB，根据旋转的90°可得2OCOC⊥，2OBOB⊥，2OAOA⊥，2OCOC=，2OBOB=，2OAOA=即可；【详解】（1）()0,

1A，()3,3B，()1,3C关于原点对称的点()10,1A−，()13,3B−−，()11,3C−−，作图如下；（2）连接OC，OB，根据旋转的90°可得2OCOC⊥，2OBOB⊥，2OAOA⊥，2OCOC=，2OBOB=，2OAOA=，其中点C2的坐标是（3，-1），作图如下：【点

睛】本题主要考查了平面直角坐标系中图形的旋转，作关于原点对称的图形，准确分析作图是解题的关键．18．（2021·广西三江·九年级期中）如图，方格纸中的每个小方格都是边长为1个单位的正方形，在建立平面直角坐标系后，△ABC的顶点均在格点上，点A的坐标为（1，-4）．（1）△

A1B1C1是△ABC关于y轴的对称图形，则点A的对称点A1的坐标是_______，并在图中画出△A1B1C1．（2）将△ABC绕原点O逆时针旋转90°得到△A2B2C2，则A点的对应点A2的坐标是______，并在图中画出△A2B2C2．【答案】（

1）图见解析，A1（-1，-4）；（2）图见解析，A2（4，1）．【解析】【分析】（1）根据网格结构，找出点A、B、C关于y轴对称的点A1、B1、C1的位置，然后顺次连接即可，再根据平面直角坐标系写出点A1的坐标即可；（2）根据网格结构，找出点A、B、C绕点O逆时针旋转90°的对应点A2、

B2、C2的位置，然后顺次连接即可，再根据平面直角坐标系写出点A2的坐标即可．【详解】解：（1）如图所示，△A1B1C1即为所求作的三角形，点A1（-1，-4）；（2）如图所示，△A2B2C2即为所求作的三角形，点A2（4，1）．故答案为：（4，1

）．【点睛】本题考查了旋转和轴对称作图，掌握画图的方法和图形的特点是关键；注意根据对应点得到对称轴．19．（2021·广东·广州市广外附设外语学校九年级阶段练习）如图，在平面直角坐标系中，已知点A（－2，－4），B（0，－4），C（1，－1）．（1）画

出△ABC绕点O逆时针旋转90°后的图形△A1B1C1，并写出点C1的坐标；（2）将（1）中所得△A1B1C1先向左平移4个单位，再向上平移2个单位得到△A2B2C2，画出△A2B2C2，并写出点C2的坐标；【答

案】（1）作图见解析；()11,1C（2）作图见解析；()23,3C−【解析】【分析】（1）分别确定,,ABC绕点O逆时针旋转90°后的对应点111,,,ABC再顺次连接111,,ABC，再根据1C的位置写出其坐标即可；

（2）分别确定111,,ABC向左平移4个单位，再向上平移2个单位222,,,ABC再顺次连接222,,,ABC再根据2C的位置写出其坐标即可.【详解】解：（1）如图，111ABC△是所求作的三角形，()11,1,C（2）如图，222ABC△是所求作的三角形，()23,3C−，【点睛】本题考查的

是旋转的作图，平移的作图，坐标与图形，熟练的应用平移与旋转的性质进行作图是解本题的关键.20．（2022·江苏太仓·八年级期末）如图所示的正方形网格中，每个小正方形的边长都为1，ABC△的顶点都在网格线的交点上，点B坐标为()2,

0−，点C的坐标为()1,2−．(1)根据上述条件，在网格中画出平面直角坐标系xOy；(2)画出ABC关于x轴对称图形111ABC△；(3)点A绕点B顺时针旋转90°，点A对应点的坐标为______．【答案】(1)见解析(2)见解析(3)（2，2）【解析】【

分析】（1）根据点B坐标为()2,0−，点C的坐标为()1,2−确定原点，再画出坐标系即可；（2）画出三角形顶点的对称点，再顺次连接即可；（3）画出旋转后点的位置，写出坐标即可．(1)解：坐标系如图所示，(2)解：如图所示，111ABC△就是所求作三角形；(3)解：如图所示，点A绕点B顺时针旋

转90°的对应点为A，坐标为（2，2）；故答案为：（2，2）【点睛】本题考查了平面直角坐标系作图，解题关键是明确轴对称和旋转的性质，准确作出图形，写出坐标．21．（2022·河南鹿邑·九年级期末）如图，ABC的三个顶点坐标分别为A(2，4)，B(1，1)，C(4，3)．（1）画出ABC

绕点B逆时针旋转90°后的A1BC1，并写出点A1、C1的坐标；（2）连接AA1，则AA1＝．【答案】（1）图见解析，A1（-2,2）、C1（-1,4）；（2）25【解析】【分析】（1）利用旋转的性质得到点A1、C1，顺次连接即

可得到图形；（2）利用勾股定理计算．【详解】解：（1）如图，A1（-2,2）、C1（-1,4）；（2）∵A(2，4)，A1（-2,2），∴2214225AA=+=，故答案为：25．【点睛】此题考查了旋转作图，，勾股定理求线段长度，正确掌握旋转的性质及勾股定理的计算公式

是解题的关键．22．（2021·北京师大附中九年级期中）如图，△ABC顶点的坐标分别为A（1，﹣1），B（4，﹣1），C（3，﹣4）．将△ABC绕点A逆时针旋转90°后，得到△AB1C1．在所给的直角坐标系中画出

旋转后的△AB1C1，并直接写出点B1、C1的坐标：B1（，）；C1（，）．【答案】画图见解析；B1（1，2）；C1（4，1）．【解析】【分析】图形绕点A逆时针旋转90°，将AB，AC逆时针旋转90°，得到11BC，，连接1111ABACBC，，，利用网格

特点和旋转的性质得出点B1、C1的坐标，从而得到△AB1C1．【详解】如图所示，△AB1C1为所作，B1点的坐标为（1，2），C1点的坐标为（4，1）．故答案为（1，2），（4，1）．【点睛】本题考察了绕某点画

旋转图形以及求点坐标，首先找到旋转的点，根据旋转角度和网格特征，即可得到对应坐标点．23．（2021·浙江台州·九年级期中）如图，线段AB两端点坐标分别为()()2,3,3,0AB−−．（1）作出线段AB绕点O逆时针旋转90后得到的线段CD；（2）点C的坐标为，若线段AB上有一点(

),Pmn，则在线段CD上的对应点Q的坐标为．（3）若将线段CD绕着某点旋转角()0180oo恰好得到线段EF，点C与点E，点D与点F是对应点，已知点()()3,2,2,1EF−．请通过无刻度的直尺画图找到旋转中心，将其标记为N．(保留作图痕迹)【答案】（1）图形见详解；（2）（-3，-

2），（-n，m）；（3）见详解．【解析】【分析】（1）根据()()2,3,3,0AB−−．绕点O逆时针旋转90，横纵坐标换位，根据象限确定符号，求出点C（-3，-2），点D（0，-3），然后在平面直角坐标系中描点C、D，连结线段C

D即可；（2）点A（-2，3）绕点O逆时针旋转90，横纵坐标换位，点C在第三象限，可得点C（-3，-2），点P（m，n），在第二象限，m＜0，n＞0，绕点O逆时针旋转90°点Q在第三象限，点Q（-n，m）即可

；（3）根据旋转中心是对应边的垂直平分线的交点，连结CE与DF，作CE的垂直平分线与DF的垂直平分线，两直线的交点为N即可．【详解】解：（1）∵()()2,3,3,0AB−−．绕点O逆时针旋转90，横纵坐标换位，根据象限确定符号，∴点C（-3，-2），点D（0，-3）在平面直角坐标系中

描点C、D，连结线段CD，则CD为线段AB绕点O逆时针旋转90后得到的线段；（2）点A（-2，3）绕点O逆时针旋转90，横纵坐标换位，点C在第三象限，可得点C（-3，-2），点P（m，n），在第二象限，

m＜0，n＞0，绕点O逆时针旋转90°点Q在第三象限，点Q（-n，m）；故答案为（-3，-2），（-n，m）；（3）根据旋转中心，是对应边的垂直平分线的交点连结CE与DF，∵线段CE过坐标原点O，OC=OE，∴CE的垂直平分线

为OA并反向延长，∵DF是边长为2的正方形的对角线，∴正方形另一条对角线是DF的垂直平分线，∴CE的垂直平分线与DF的垂直平分线两直线的交点为N．【点睛】本题考查图形旋转，用描点法画线段，找旋转中心，掌握图形旋

转，用描点法画线段，找旋转中心是解题关键．24．（2021·北京·首都师大二附八年级期中）已知线段AB，如果将线段AB绕点A逆时针旋转90°得到线段AC，则称点C为线段AB关于点A的“逆转点”，点C为线段AB关于点A的逆转点的示意图如图1：(1)如图2，在正方形ABCD中，点为线

段DA关于点D的逆转点；(2)在平面直角坐标系xOy中，点P（x，0），点E是y轴上一点，4OE=．点F是线段EO关于点E的逆转点，点M（纵坐标为t）是线段EP关于点E的逆转点．①当3x=−时，求点M的坐标；②当15t－，直接写出x的取值范围：．【答案】(1)C(2)①

(4,1)或(4,7)−−；②－5≤x＜1或3≤x＜9【解析】【分析】（1）根据逆转点的定义判断即可．（2）①点E的位置有两种情形：分两种情形，发现画出图形求解即可．②根据﹣1≤t＜5，结合①判断即可．(1)解

：根据“逆转点”的定义可知，点C为线段DA关于点D的逆转点．故答案为C．(2)解：①∵E是y轴上的一点，OE＝4，∴点E的位置有两种情形：当点E在y轴的正半轴上时，作出线段E1O关于点E1的逆转点F1以及线段E1P关于点E1的逆转点M1∵∠PE1M1＝∠OE1F1＝

90∴∠PE1O＝∠M1E1F1∵OE1＝F1E1＝4，E1P＝E1M1∴1111PEOMEFAAS≌（）△△∴∠F1＝∠POE1＝90M1F1＝OP＝3∴1(4,1)M当点E在y轴的负半轴上的点E2时，同法可得2(4,7)M

−−，综上所述，满足条件的点M的坐标为(4,1)或(4,7)−−．②由①可知，当－1≤t＜5时，－5≤x＜1或3≤x＜9．故答案为：－5≤x＜1或3≤x＜9．【点睛】本题考查了旋转变换，全等三角形的判定和性质，坐标图与图形的变化等知识，解题的关键是理解题意，学会用分类讨论的思想思考问题，属于

中考常考题型．25．（2022·天津红桥·九年级期末）在平面直角坐标系中，点(0,0)O，点(3,0)A，点(3,)(0),30BmmAOB=．以点O为中心，逆时针旋转OAB，得到OCD，点,AB的对应点分别为,

CD．记旋转角为．(1)如图①，当点C落在OB上时，求点D的坐标；(2)如图②，当45=时，求点C的坐标；(3)在（2）的条件下，求点D的坐标（直接写出结果即可）．【答案】(1)()1,3(2)66,22(3)6262,22−

+【解析】【分析】（1）如图，过点D作DE⊥OA于点E．解直角三角形求出OE，DE，可得结论；（2）如图②，过点C作CT⊥OA于点T，解直角三角形求出OT，CT可得结论；（3）如图②中，过点D作DJ⊥OA于点J，在DJ上取一点K，使得

DK=OK，设OJ=m．利用勾股定理构建方程求出m，可得结论．(1)如图，过点D作DEOA⊥，垂足为E．∵30A（，），3Bm（，）0m（＞），∴ABOA⊥，3OA=，ABm=．∵30AOB=，∴22OBABm==．

在RtOAB中，由222OAABOB+=，得2234mm+=．解得1m=．∴1AB=，2OB=．∵OCD是由OAB旋转得到的，∴2ODOB==，30DOCAOB==．∴60DOEDOCBOA=+=．∴9030ODEDOE=

−=．∴112OEOD==．在RtOEDV中，223DEODOE=−=．∴点D的坐标为13（，）．(2)如图，过点C作CTOA⊥，垂足为T．由已知，得45COT=．∴9045OCTCOT=−=

．∴OTCT=．∵OCD是由OAB旋转得到的，∴3OCOA==．在RtOTC△中，由222TTOCOC+=，得62OTCT==．∴点C的坐标为6622（，）．(3)如图②中，过点D作DJ⊥OA于点J，在DJ上取一点K，使得DK=OK，设OJ=m．∵∠DOC=3

0°，∠COT=45°，∴∠DOJ=75°，∴∠ODJ=90°-75°=15°，∵KD=KO，∴∠KDO=∠KOD=15°，∴∠OKJ=∠KDO+∠KOD=30°，∴OK=DK=2m，KJ=3m，∵OD2

=OJ2+DJ2，∴22=m2+（2m+3m）2，解得m=622−（负根已经舍弃），∴OJ=622−，DJ=622+，∴D6262,22−+．【点睛】本题考查坐标与图形变化-旋转，解直角三角形等知识，

解题的关键是学会构造直角三角形解决问题，学会利用参数构建方程解决问题，属于中考常考题型．26．（2022·北京丰台·九年级期末）如图，在ABC中，ABAC=，90BAC=，D是边BC上一点，作射线AD，满足045DAC，在射线AD取一点E，且AEBC．将线段AE绕点A逆时针旋转9

0°，得到线段AF，连接BE，FE，连接FC并延长交BE于点G．(1)依题意补全图形；(2)求EGF的度数；(3)连接GA，用等式表示线段GA，GB，GC之间的数量关系，并证明．【答案】(1)见解析；(2)90(3)2BGCGAG+=【解析】

【分析】（1）根据题意补全图形即可；（2）根据旋转的性质可得90,EAFEAEF==，90AEFAFE+=，进而证明BAECAF≌，可得BEACFA=，根据角度的转换可得，GFEFEGGFEFEAAEGGFEFEAAFC+=++

=++进而根据三角形的外角性质即可证明90FGBAFEAEF=+=；（3）过点A作AHAG⊥，证明ABGACH≌，进而根据勾股定理以及线段的转换即可得到2BGCGAG+=(1)如图，(2)将线段AE绕点A逆时针旋

转90°，得到线段AF，90EAF=,AEAF=90AEFAFE+=,90BAC=BAEEACEACCAE+=+BAECAE=又BACA=BAECAF≌BEACFA=FGB=GFEF

EGGFEFEAAEGGFEFEACFA+=++=++即90FGBAFEAEF=+=90FGB=(3)2BGCGAG+=证明如下，如图，过点A作AHAG⊥，90GAH=又90BAC=,BAGGACGACCAH+=+B

AGCAH=90,90BACBGC==180ABGACG+=180ACGACH+=ABGACH=又ABAC=ABGACH≌AGAH=，BGCH=90HAG=2G

HGCCHGCBGAG=+=+=即2BGCGAG+=【点睛】本题考查了旋转的性质，三角形全等的性质与判定，勾股定理，等腰三角形的性质，掌握旋转的性质是解题的关键．27．（2022·辽宁于洪·七年级期末）一副三角尺（分别含30°，60°，90°和45°，45°，90°

）按如图所示摆放，边OB，OC在直线l上，将三角尺ABO绕点O以每秒10°的速度顺时针旋转，当边OA落在直线l上时停止运动，设三角尺ABO的运动时间为t秒．（1）如图，∠AOD＝°＝′；（2）当t＝5时，∠BOD＝°；

（3）当t＝时，边OD平分∠AOC；（4）若在三角尺ABO开始旋转的同时，三角尺DCO也绕点O以每秒4°的速度逆时针旋转，当三角尺ABO停止旋转时，三角尺DCO也停止旋转．在旋转过程中，是否存在某一时刻使∠AOC＝2∠

BOD，若存在，请直接写出的值；若不存在，请说明理由．【答案】（1）105，6300；（2）85；（3）6；（4）当607t=或1007t=时，2AOCBOD=．．【解析】【分析】（1）由180AODAOBCOD=−−及三角板的特点，即可求出AO

D的大小，再由度和分的进率计算，即可填空；（2）当5t=时，画出图形，结合题意可知50BOM=，即由180BODCODBOM=−−可求出BOD的大小；（3）结合题意，画出图形，由此可知290AOCCOD==，从而可求出旋转角，即可求出t的值

；（4）由题意可求出15t．当OA和OC重合时，可求出t的值为757，即可分别用t表示出757t和757t时AOC的大小．当OB和OD重合时，可求出t的值为13514，即可分别用t表示出13514t和13514t时BOD的大小．最后根据2AOCBOD=进行分类讨论①

当13514t时、②当13575147t时和③当757t时，求出t的值，再舍去不合题意的值即可．【详解】（1）∵180AODAOBCOD=−−，3045AOBCOD==，，∴10510560=6300A

OD==．故答案为：105，6300；（2）当5t=时，即三角尺ABO绕点O顺时针旋转了51050=，如图，ABO即为旋转后的图形．由旋转可知50BOM=，∴180180455085BODCODBOM=−−=−−=

，故答案为85；（3）当三角尺绕点O顺时针旋转到如图所示的ABO的位置时，边OD平分∠AOC．∴224590AOCCOD===，∴90AOM=∴90903060BOMAOB=−=−=，∴60610t==；故答案为：6；（4）∵当边OA落在直

线l上时停止运动时，∴180150=1510t−．当OA和OC重合时，即有10418030tt+=−，解得：757t=．∴当757t时，1801030415014AOCttt=−−−=−，当757t时，10

30418014150AOCttt=++−=−．当OB和OD重合时，即有10418045tt+=−，解得：13514t=∴当13514t时，1801045413514BODttt=−−−=−，当13514t时，10454180

14225BODttt=++−=−．∴可根据2AOCBOD=分类讨论，①当13514t时，有15014=2(13514)tt−−，解得：607t=，符合题意；②当13575147t时，即有150142(1

4225)tt−=−解得：1007t=，符合题意；③当757t时，即有141502(14225)tt−=−解得：150157t=，不符合题意舍；综上，可知当607t=或1007t=时，2AOCBOD=．【点睛】本题考查三角板中的角度计算，旋

转中的角度计算，较难．利用数形结合和分类讨论的思想是解答本题的关键．28．（2021·重庆市渝北区实验中学校九年级期中）如图，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，∠BAC＝30°，点D在直线BC上运动，连接AD，以AD为斜边在直线AD的右侧作Rt△A

DE，其中∠AED＝90°，∠DAE＝30°．(1)如图1，点D运动到点B的左侧时，DE与AB相交于点O，当AO平分∠DAE时，若DC＝4，求AD的长；(2)如图2，点D沿射线BC方向运动过程中，当BD＝AB

时，连接BE，过点B作BF⊥BE交EA的延长线于点F，取CD的中点G，连接EG．猜测BG与GE的数量关系，并证明你的猜想；(3)如图3，点D沿射线CB方向运动过程中，连接BE，将线段BE绕点E顺时针方向旋转60°，得到线段EH，连接AH、CH，若AB＝3，当CH＋12AH取得最小值

时，请直接写出△BCE的面积．【答案】(1)26(2)BG=EG，证明见解析(3)34【解析】【分析】（1）过点D作DM⊥AC于M，证明△ADM是等腰直角三角形即可解决问题．（2）取AD的中点H，连接BH，GH，EH．证明△EBG是底角为30°的等腰三角形，即可解决问题．（3）当

点D在射线CB上时，点E在射线BE上运动，此时∠EBC=30°，当点C，H，N三点共线时，CH+12AH=CH+HN最短，此时点E也在线段CN上，然后结合旋转的性质及等边三角形的性质分析求解．(1)解：如图1中

，过点D作DM⊥AC于M，∵∠ABC=90°，∠BAC=30°，∴∠ACB=60°，又∵DM⊥AC，∴∠CDM=30°，在Rt△CDM中，CM=12DC=2，DM=23，∵OA是∠DAE的角平分线，∠DAE=∠BAC=30°，∴∠DAO=15°，

∴∠DAC=45°，在Rt△AMD中，AM=DM=23，∴AD=2AM=26；(2)猜想：BG=EG，证明如下：如图2中，取AD的中点H，连接BH，GH，EH，∵∠ABC+∠AED=180°，∴∠BAE+∠BDE=180°，∵∠BAE+∠FAB=180°，∴∠FAB=∠BD

E，∵FB⊥BE，∴∠FBE=∠ABD=90°，∴∠FBA=∠EBD，∵AB=BD，∴△FAB≌△EDB（SAS），∴AF=DE，BF=BE，在Rt△ABD和Rt△AED中，∠EAD=30°，∠BAD=45°，∵点H为AD的中

点，∴BH⊥AD，BH=EH=12AD，∠DAC=∠DHG=15°，∵G为CD的中点，∴AC∥HG，∴∠DAC=∠DHG=15°，∴∠BHG=∠BHD-∠GHD=90°-15°=75°，∴∠EHG=∠EH

D+∠DHG=60°+15°=75°，∴∠BHG=∠EHG，且∠BHE=150°，∴△BHG≌△EHG（SAS），∴BG=EG；(3)如图3中，当点D在射线CB上时，点E在射线BE上运动，此时∠EBC=30°，则线段EB绕点E顺时针旋转60°得到线段EH，则点H在AB上运动

，在点A的左侧作射线AM，使得∠BAM=30°，过点H作HN⊥AM于N，当点C，H，N三点共线时，CH+12AH=CH+HN最短，此时点E也在线段CN上，则∠BCH=30°，AH=CH=2BH，∴3BH=AB=3，∴BH

=1，由旋转性质可得△BEH为等边三角形，∴BE=BH=1，∠EBH=60°，过点E作EF⊥BC，交BC于点F，在Rt△BEF中，EF=12BE=12，在Rt△ABC中，∠BAC=30°，∴BC=33AB=3，∴S△BCE=12BC•EF=1133224=．【点睛】本题属于几何变换综

合题，考查了等腰直角三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，解直角三角形，垂线段最短，直角三角形斜边中线的性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造直角三角形解决问题，学会利用垂线段最短解决最值问题，属于中考压轴题．29．（2022·山西运城·九年级期末）综合与实践如图

1，在综合实践课上，老师让学生用两个等腰直角三角形进行图形的旋转探究．在RtABC中，90BAC=，ABAC=，在RtAMN△中，90MAN=，AMAN=，点M，N分别在AC，AB边行，直角顶点重合在一起，将RtAM

N△绕点A逆时针旋转，设旋转角MAC=，其中090．（1）当点M落在BC上时，如图2：①请直接写出BMN的度数为______（用含的式子表示）；②若3tan4=，7AC=，求AM的长；（2）如图3，连接BN，CM，并延长CM交BN于点E，请判断CE与BN的位置关系，

并加以证明；（3）如图4，当BAC与MAN是两个相等钝角时，其他条件不变，即在ABC与AMN中，ABAC=，AMAN=，MANBAC==，MAC=，则CEN的度数为______（用含或的式子表示）．【答案】（1）①

；②5；（2）CEBN⊥，证明见解析；（3）180−【解析】【分析】（1）①由等腰直角三角形得45AMN=，45ACB=，故可求出BMN；②过点M作MDAC⊥于点D，设3MDx=，则4ADx=，由45MCD=，90

MDC=得MDC△是等腰直角三角形，得出3MDCDx==，即可求出x的值，由勾股定理即可得出答案；（2）设AB与CE相交于点F，由旋转得CAMBAN==，根据SAS证明BANCAM，由全等三角形的性质得ABNACM=，由90BAC=得90ACFAFC+=

即90EBFBFE+=，故可证CEBN⊥；（3）设AB与CE相交于点F，同（2）得BANCAM，故ABNACM=，即可求180CENEBFBFEACFAFCBAC=+=+=−．【详解】（1）①∵ABC，AMN都是等

腰直角三角形，∴45ACB=，45AMN=，∵MAC=，∴45AMB=+，∴4545BMNAMBAMN=−=+−=；②如图2，作MDAC⊥于点D，设3MDx=，∵90BAC=，ABAC=，∴45C=，∴45CMDC==，∴3CDMDx==，在RtAD

M△中，90ADM=，∵3tan4MDAD==，∴4ADx=，∴437ACxx=+=，∴1x=，∴4=AD，3MD=，∴2222435AMADMD=+=+=；（2）CEBN⊥，证明如下：如图3，设AB与CE相交于点F，由旋转可知：C

AMBAN==，∵AMAN=，ABAC=，∴()BANCAMSAS，∴ACMABN=，∵90BAC=，∴90ACFAFC+=即90EBFBFE+=，∴90BEF=，∴CEBN

⊥；（3）如图4，设AB与CE相交于点F，同（2）得BANCAM，∴ABNACM=，180180CENEBFBFEACFAFCBAC=+=+=−=−．【点睛】本题考查等腰三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，

掌握相关知识点间的应用是解题的关键．30．（2022·山西·九年级期末）阅读以下材料，并按要求完成相应的任务：从正方形的一个顶点引出夹角为45的两条射线，并连接它们与该顶点的两对边的交点构成的基本平面几何模型称为半角模型．半

角模型可证出多个几何结论，例如：如下图1，在正方形ABCD中，以A为顶点的45EAF=，AE、AF与BC、CD边分别交于E、F两点．易证得EFBEFD=+．大致证明思路：如图2，将ADF绕点A顺时针旋转90，得到ABH，由180HBE=可得H、B、E

三点共线，45HAEEAF==，进而可证明AEHAEF≌，故EFBEDF=+．任务：如图3，在四边形ABCD中，ABAD=，90BD==，120BAD=，以A为顶点的60EAF=，AE、AF与BC、CD边

分别交于E、F两点．请参照阅读材料中的解题方法，你认为结论EFBEDF=+是否依然成立，若成立，请写出证明过程；若不成立，请说明理由．【答案】成立，证明见解析【解析】【分析】根据阅读材料将△ADF旋转120°再证全等即可求得EF=BE+DF．【详解】解：

成立．证明：将ADF绕点A顺时针旋转120，得到ABM，ABMADF≌，90ABMD==，MABFAD=，AMAF=，MBDF=，180MBEABMABE=+=，M、B、E三点共线，60MAEMABBAEFADBAEBADEAF=+=+=−=．

AMAF=，MAEFAE=，AEAE=，()MAEFAESAS≌，EFMEMBBEDFBE==+=+．【点睛】本题考查旋转中的三角形全等，读懂材料并运用所学的全等知识是本题关键．31．（2021·江苏·淮安市浦东实验中学八年级期中）【情景呈现】画90AOB=，并画AOB的

平分线OC．（1）把三角尺的直角顶点落在OC的任意一点P上，使三角尺的两条直角边分别与AOB的两边,OAOB垂直，垂足为,EF（如图1）．则________PEPF．（选填：“<”、“>”或“=”）（2）把三角尺绕点P旋转（如图2），PE与PF相等吗

？猜想,PEPF的大小关系，并说明理由．【理解应用】（3）在（2）的条件下，过点P作直线GHOC⊥，分别交,OAOB于点,GH，如图3．①图中全等三角形有_________对．（不添加辅助线）②猜想,,GEFHEF之间的关系为___________．【拓展延伸】（4）如图4，画60AO

B=，并画AOB的平分线OC，在OC上任取一点P，作120EPF=，EPF的两边分别与,OAOB相交于,EF两点，PE与PF相等吗？请说明理由．【答案】（1）=；（2））PE=PF，理由见解析；（

3）①3对；②GE2+FH2=EF2；（4）PE=PF，理由见解析．【解析】【分析】（1）由全等三角形的判定和性质证明PE=PF；（2）PE=PF，利用条件证明△PEM≌△PFN即可得出结论；（3）①根据等腰直角三角形的性质得到OP=PG=PH，证明△GPE≌△OPF

（ASA），△EPO≌△FPH，△GPO≌△OPH，得到答案；②根据勾股定理，全等三角形的性质解答；（4）作PG⊥OA于G，PH⊥OB于H，证明△PGE≌△PHF，根据全等三角形的性质证明结论．【详解】解：（1）∵OC平分∠AOB，∴∠A

OC=∠BOC，∵PE⊥OA，∴∠OEP=90°，∵∠AOB=90°，∠EPF=90°∴∠OFP=360°-∠AOB-∠PEO-∠EPF=90°，∴∠OEP=∠OFP又∵∠AOC=∠BOC，OP=OP∴△OEP≌△OFP（AAS），∴PE=PF，故答案为：=；（2）PE=PF，理由是：如图2，

过点P作PM⊥OA，PN⊥OB，垂足是M，N，∴∠AOB=∠PME=∠PNF=90°，∴∠MPN=90°，与（1）同理可证PM=PN，∵∠EPF=90°，∴∠MPE=∠FPN，在△PEM和△PFN中，PMEPNFPMPNMPENPF==

=，∴△PEM≌△PFN（ASA），∴PE=PF；（3）①∵OC平分∠AOB，∴∠AOC=∠BOC=45°，∵GH⊥OC，∴∠OGH=∠OHG=45°，∴OP=PG=PH，∵∠GPO=90°，∠EPF=90°，∴∠GPE=∠OPF，在△GPE和△OPF中，

PGEPOFPGPOGPEOPF===，∴△GPE≌△OPF（ASA），同理可证明△EPO≌△FPH，∵GPPHGPOOPHOPOP===∴△GPO≌△OPH（SAS），∴全等三角形有3对，故答案为：3；②GE2+FH2=EF2，理由如下：∵

△GPE≌△OPF，∴GE=OF，∵△EPO≌△FPH，∴FH=OE，在Rt△EOF中，OF2+OE2=EF2，∴GE2+FH2=EF2，故答案为：GE2+FH2=EF2；（4）PE=PF；理由：作PG⊥OA于G，PH⊥OB于H．在△OPG和△OPH中，PGOPHOPOGPOHOPOP

===，∴△OPG≌△OPH，∴PG=PH，∵∠AOB=60°，∠PGO=∠PHO=90°，∴∠GPH=120°，∵∠EPF=120°，∴∠GPH=∠EPF，∴∠GPE=∠FPH，在△PGE和△PHF中，PGEPHFPGPHGPEFPH==

=∴△PGE≌△PHF，∴PE=PF．【点睛】本题考查几何变换综合题，全等三角形的判定和性质、角平分线的定义等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，学会利用两次全等三角形解决问题．32．（2021

·福建·厦门双十中学九年级期中）如图，等腰Rt△ABC，AB＝AC，∠BAC＝90°，直线AB绕点A旋转，得直线AP，点B关于直线AP的对称点为E，连接AE，CE，CE交直线AP于点F，连接BF．（1）连接BE，求∠BEC度数．（2

）①如图1，猜想线段FE，FA，FC之间的数量关系，并说明理由；②当直线AP旋转到如图2位置时，（1）中结论是否成立？若成立，请说明理由；若不成立，请直接写出正确的结论，不用说明理由；（3）若AC＝2，当∠BAP＝30°时，求线段CE的长．【答案】（1）45°；（2）①2CF

EFAF−=，理由见解析；②（1）中结论不成立，2EFCFAF−=，理由见解析；（3）EC的长为62+或62−【解析】【分析】（1）设AB交CE于点O，根据轴对称图形的性质，可得AE=AB，∠E=∠ABF，∠AFE=∠AFB，EF=BF，从而∠ABF=∠ACE，再根据三角形的内角和定理，可得到∠B

FO=∠BFE=∠OAC=90°，即可求解；（2）①过点A作AT⊥AF交EC于点T，设AB交CE于点O，由（1）得：∠BFO=∠OAC=90°，从而得到135AFEAFB==，继而∠AFT=45°，可得AF=AT，再由勾股定理，可得2FTAF=，再证

得△FAB≌△TAC，可得到BF=CT，从而EF=CT，即可求解；②过点A作AH⊥AF交EC于点H，设AB交CE于点O，同①方法相同，证得△FAB≌△HAC，即可求解；（3）分两种情况讨论，过点C作CR⊥A

E交EA的延长线于点R；过点C作CS⊥AE交EA的延长线于点S，再根据直角三角形的性质和勾股定理，即可求解．【详解】解：（1）如图，设AB交CE于点O，∵点B关于直线AP的对称点为E，∴AE=AB，∠E=∠ABF，∠AFE

=∠AFB，EF=BF，∵AB=AC，∴AE=AC，∴∠E=∠ACE，∴∠ABF=∠ACE，∵∠AOC=∠BOF，∵∠BAC＝90°，∴∠BFO=∠BFE=∠OAC=90°，∴45BECEBF==；（2）①2CFEF

AF−=，理由如下：如图，过点A作AT⊥AF交EC于点T，设AB交CE于点O，由（1）得：∠BFO=∠OAC=90°，∴()13601352AFEAFBBFO==−=，∴∠AFT=∠AFB-∠BFO=45°，∵AT⊥AF，∴∠FAT=90

°，∴∠ATF=45°，∴∠AFT=∠ATF，∴AF=AT，∵222AFATFT+=，∴2FTAF=，∵∠BAC=∠FAT=90°，∴∠FAB=∠TAC，在△FAB和△TAC中，∵AF=AT，∠FAB=∠TAC，AB=AC，∴△FAB≌△TAC（SAS）

，∴BF=CT，∵EF=BF，∴EF=CT，∴CF-EF=CF-CT=FT=2AF，即2CFEFAF−=；②（1）中结论不成立，2EFCFAF−=，理由如下：如图，过点A作AH⊥AF交EC于点H，设AB交CE于点O，∵点

B关于直线AP的对称点为E，∴AE=AB，∠E=∠ABF，∠AFE=∠AFB，EF=BF，∵AB=AC，∴AE=AC，∴∠E=∠ACE，∴∠ABF=∠ACE，∵∠AOB=∠COF，∴∠BFC=∠OAB=90°，∴45AFE

AFB==，∵AH⊥AF，∴∠FAH=90°，∴∠AHF=∠AFH=45°，∴AF=AH，∵222AFAHFH+=，∴2FHAF=，∵∠BAC=∠FAH=90°，∴∠FAB=∠HAC，在△FAB和△HAC中，∵AF=AH，∠FAB=∠

HAC，AB=AC，∴△FAB≌△HAC（SAS），∴BF=CH，∵EF=BF，∴EF=CH，∴2EFCFCHFHFHAF−=−==，即2EFCFAF−=；（3）如图，过点C作CR⊥AE交EA的延长线于点R，∵∠

PAB=∠PAE=30°，∴∠BAE=60°，∴∠CAE=∠CAB+∠BAE=90°+60°=150°，∴∠CAR=180°-150°=30°，∵CR⊥AR，AC＝2，∴112CRAC==，∴223ARACCR=−=，由（1）知：AE=AC=2，∴23ERAEA

R=+=+，∴()222223162CEERCR=+=++=+，如图，过点C作CS⊥AE交EA的延长线于点S，∵∠PAB=∠PAE=30°，∠BAC=90°，∴∠CAE=90°-30°-30°=30°，∵AE=AAC=2，∴11

2CSAC==，∴223ASACCS=−=，∴23SE=−，∴()222223162CESECS=+=−+=−，综上所述，EC的长为62+或62−．【点睛】本题是几何变换综合题目，考查了轴对称的性质，等腰三角形的性质，全等三角形的判定与性质，三角形内角和定理，勾股定理等知

识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题．