九年级数学类比探究—旋转结构(含答案)
人教版初三数学旋转模型(含详细解析)
又∵∠1＋∠2＋∠EAB＝90°
∴∠3＋∠2＋∠EAB＝90°
∴∠F'AE＋∠2＝90°
又∵∠AFD＋∠1＝90°
∴∠AF'B＋∠1＝90°
∵∠1＝∠2
∴∠F'AE＝∠AF'B
∴AE＝F'E＝F'B＋BE＝FD＋BE
例6、如图，P是正方形ABCD内一点，将△ABP绕点B顺时针旋转90°，使AB与CB重合，BP到达BP'处，AP到达CP'处，若AP的延长线正好经过P'，求∠APB的度数。
4．如图，在△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC，D、E在BC上，∠DAE=45°，求证： ．
5、如图正方形ABCD中， ，点E、F分别在BC、CD上，且∠BAE=30°，∠DAF=15°，求△AEF的面积．
【分析】：由于要证的3条线段AB、BE、DF分散在两个三角形中，可利用旋转变换，将其放到一个三角形中。
【解析】：把△ADF绕点A顺时针旋转90°，则点D转到了点B的位置，点F转到了点F'的位置，根据旋转的性质得：
∠3＝∠1，F'B＝FD，∠AF'B＝∠AFD
∵ABCD为正方形
∴∠D＝∠ABF'＝90°
∴∠2＝∠4
由∠1＝∠2＋∠3
∴∠1＝∠4＋∠3＝60°
（2）同理可得：∠GMH＝∠MGH＝60°
∴△GMH是等边三角形
观察思考：旋转是几何变换中的基本变换，它一般先对给定的图形或其中一部分，通过旋转，改变位置后得新组合，然后在新的图形中分析有关图形之间的关系，进而揭示条件与结论之间的内在联系，找出证题途径。
∴△AEP中，AE＝PE
九年级数学上册第二十三章旋转知识点汇总(带答案)
九年级数学上册第二十三章旋转知识点汇总单选题1、下列图形中，是中心对称图形但不是轴对称图形的是（）A．B．C．D．答案：B分析：根据中心对称图形和轴对称图形的定义判断即可．解：∵A中的图形旋转180°后不能与原图形重合，∴A中的图象不是中心对称图形，∴选项A不正确；∵B中的图形旋转180°后能与原图形重合，∴B中的图形是中心对称图形，但不是轴对称图形，∴选项B正确；∵C中的图形旋转180°后能与原图形重合，∴C中的图形是中心对称图形，也是轴对称图形，∴选项C不正确；∵D中的图形旋转180°后不能与原图形重合，∴D中的图形不是中心对称图形，∴选项D不正确；故选：B．小提示：本题考查了轴对称图形和中心对称图形的定义，熟练掌握轴对称图形和中心对称图形的定义是解题的关键．2、有一个正n边形旋转90∘后与自身重合，则n为（）A．6B．9C．12D．15答案：C分析：根据选项求出每个选项对应的正多边形的中心角度数，与90∘一致或有倍数关系的则符合题意．如图所示，计算出每个正多边形的中心角，90∘是30∘的3倍，则可以旋转得到．A.B.C.D.观察四个正多边形的中心角，可以发现正12边形旋转90°后能与自身重合故选C．小提示：本题考查正多边形中心角与旋转的知识，解决本题的关键是求出中心角的度数并与旋转度数建立关系．3、如图，在边长为6的正方形ABCD中，点E是边CD的中点，F在BC边上，且∠EAF=45°，连接EF，则BF 的长为（）A．2B．3√2C．3D．2√22答案：A分析：把△ABF绕点A逆时针旋转90°至△ADG，可使AB与AD重合，首先证明△AFE≌△AGE，进而得到EF＝FG，问题即可解决．解：∵四边形ABCD是正方形，∴AB＝AD，∴把△ABF绕点A逆时针旋转90°至△ADG，可使AB与AD重合，如图：∴∠BAF＝∠DAG，AB=AG∵∠BAD＝90°，∠EAF＝45°，∴∠BAF＋∠DAE＝∠DAG＋∠DAE=45°，∴∠EAF＝∠EAG，∵∠ADG＝∠ADC＝∠B＝90°，∴∠EDG＝180°，点E、D、G共线，在△A FE和△AGE中，AG＝AF，∠FAE＝∠EAG，AE＝AE，∴△AFE≌△AGE（SAS），∴EF＝EG，即：EF＝EG＝ED＋DG，∵E为CD的中点，边长为6的正方形ABCD，∴CD＝BC＝6，DE＝CE＝3，∠C＝90°，∴设BF＝x，则CF＝6−x，EF＝3＋x，在Rt△CFE中，由勾股定理得：EF2＝CE2＋CF2，∴（3＋x）2＝32＋（6−x）2，解得：x＝2，即BF＝2，故选：A．小提示：本题考查了正方形的性质、全等三角形的判定及其性质的应用，解题的关键是作辅助线，构造全等三角形．4、如图，将直角三角板ABC绕顶点A顺时针旋转到△AB′C′，点B′恰好落在CA的延长线上，∠B=30°，∠C= 90°，则∠BAC′为（）A．90°B．60°C．45°D．30°答案：B分析：根据直角三角形两锐角互余，求出∠BAC的度数，由旋转可知∠BAC=∠B′AC′，在根据平角的定义求出∠BAC′的度数即可．∵∠B=30°，∠C=90°，∴∠BAC=90°−∠B=90°−30°=60°，∵由旋转可知∠BAC=∠B′AC′=60°，∴∠BAC′=180°−∠BAC−∠B′AC′=180°−60°−60°=60°，故答案选：B．小提示：本题考查直角三角形的性质以及图形的旋转的性质，找出旋转前后的对应角是解答本题的关键．5、将△AOB绕点O旋转180∘得到△DOE，则下列作图正确的是（）A．B．C．D．答案：D分析：把一个图形绕某一点O转动一个角度的图形变换叫做旋转.解：观察选项中的图形，只有D选项为△ABO绕O点旋转了180°.小提示：本题考察了旋转的定义.6、如图，在方格纸中，将Rt△AOB绕点B按顺时针方向旋转90°后得到Rt△A′O′B，则下列四个图形中正确的是（）A．B．C．D．答案：B分析：根据绕点B按顺时针方向旋转90°逐项分析即可．A、Rt△A′O′B是由Rt△AOB关于过B点与OB垂直的直线对称得到，故A选项不符合题意；B、Rt△A′O′B是由Rt△AOB绕点B按顺时针方向旋转90°后得到，故B选项符合题意；C、Rt△A′O′B与Rt△AOB对应点发生了变化，故C选项不符合题意；D、Rt△AOB是由Rt△AOB绕点B按逆时针方向旋转90°后得到，故D选项不符合题意．故选：B．小提示：本题考查旋转变换．解题的关键是弄清旋转的方向和旋转的度数．7、如图，先将该图沿着它自己的右边缘翻折，再绕着右下角的一个端点按顺时针方向旋转180°，之后所得到的图形是（）A．B．C．D．答案：A分析：将图沿着它自己的右边缘翻折，则圆在正方形图形的右上角，然后绕着右下角的一个端点按顺时针方向旋转180°，则圆在正方形的左下角，利用此特征可对四个选项进行判断．先将图沿着它自己的右边缘翻折，得到，再绕着右下角的一个端点按顺时针方向旋转180°，之后所得到的图形为．故选：A小提示：本题考查了利用旋转设计图案：由一个基本图案可以通过平移、旋转和轴对称以及中心对称等方法变换一些复合图案．8、在平面内由极点、极轴和极径组成的坐标系叫做极坐标系．如图，在平面上取定一点O称为极点；从点O出发引一条射线Ox称为极轴；线段OP的长度称为极径．点P的极坐标就可以用线段OP的长度以及从Ox转动到OP的角度（规定逆时针方向转动角度为正）来确定，即P（3，60°）或P（3，-300°）或P（3，420°）等，则点P关于点O成中心对称的点Q的极坐标表示不正确的是（）A．Q(3,240°)B．Q(3,−450°)C．Q(3,600°)D．(3,−120°)答案：B分析：根据中心对称的性质解答即可．解：∵P（3，60°）或P（3，-300°）或P（3，420°），由点P关于点O成中心对称的点Q可得：点Q的极坐标为（3，240°），（3，-120°），（3，600°），故选：B．小提示：本题考查了中心对称的问题，关键是根据中心对称的性质解答．9、如图，将Rt△ABC绕直角顶点C顺时针旋转90°，得到△A'B'C，连接AA'，若∠1=25°，则∠BAA'的度数是（）A．70°B．65°C．60°D．55°答案：B分析：根据旋转的性质可得AC=A′C，然后判断出△ACA′是等腰直角三角形，根据等腰直角三角形的性质可得∠CAA′=45°，再根据三角形的内角和定理可得结果．∵Rt△ABC绕直角顶点C顺时针旋转90°得到△A′B′C，∴AC=A′C，∴△ACA′是等腰直角三角形，∴∠CA′A=45°，∠CA′B′=20°=∠BAC∴∠BAA′=180°-70°-45°=65°，故选：B．小提示：本题考查了旋转的性质，等腰直角三角形的判定与性质，三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和的性质，熟记各性质并准确识图是解题的关键．10、如图，将△ABC绕点A按逆时针方向旋转100°，得到△ADE，若点D恰好在BC的延长线上，则∠BDE的度数为（）A．100°B．80°C．70°D．60°答案：B分析：由旋转的性质可知∠B=∠ADE，AB=AD，由等腰三角形的性质和三角形的内角和定理可求得∠B=∠BDA=∠ADE=40°，从而可求得∠BDE=80°．解：由旋转的性质可知：∠B=∠ADE，AB=AD，∠BAD=100°．∵AB=AD，∠BAD=100°，∴∠B=∠BDA=40°，∴∠ADE=40°，∴∠BDE=∠BDA+∠ADE=40°+40°=80°．故选B．小提示：本题考查旋转的性质，等腰三角形的性质，三角形内角和定理．由旋转的性质得到△ABD为等腰三角形是解题的关键．填空题11、如图，△ODC是由△OAB绕点O顺时针旋转31°后得到的图形，若点D恰好落在AB上，且∠AOC的度数为100°，则∠DOB的度数是__.答案：38°分析：根据旋转变换的性质得到∠AOD=31°，∠BOC=31°，结合图形，计算即可．解：由旋转的性质可知，∠AOD=31°，∠BOC=31°，∴∠DOB=∠AOC−∠AOD−∠BOC=38°，所以答案是：38°．小提示：本题考查的是旋转变换的性质，掌握对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角是解题的关键．12、在平面直角坐标系内，点P(−3,2)关于原点的对称点Q的坐标为______．答案：(3,−2)分析：根据平面直角坐标系中任意一点P(x,y)，关于原点的对称点是(−x,−y)，即可直接作答．根据中心对称性质可知：点P (−3,2)关于原点的对称点Q 的坐标为(3,−2)，故答案为(3,−2)．小提示：本题考查了关于原点对称点的坐标，属于基础问题，熟记知识点是解题关键．13、点O 是平行四边形ABCD 的对称中心，AD ＞AB ，E 、F 分别是AB 边上的点，且EF ＝12AB ；G 、H 分别是BC 边上的点，且GH ＝13BC ；若S 1,S 2分别表示∆EOF 和∆GOH 的面积，则S 1,S 2之间的等量关系是______________答案：2S 1＝3S 2分析：过点O 分别作OM ⊥BC ，垂足为M ，作ON ⊥AB ，垂足为N ，根据点O 是平行四边形ABCD 的对称中心以及平行四边形的面积公式可得AB•ON=BC•OM ，再根据S 1=12EF•ON ，S 2=12GH•OM ，EF ＝12AB ，GH ＝13BC ，则可得到答案．过点O 分别作OM ⊥BC ，垂足为M ，作ON ⊥AB ，垂足为N ，∵点O 是平行四边形ABCD 的对称中心，∴S 平行四边形ABCD =AB •2ON ， S 平行四边形ABCD =BC•2OM ，∴AB•ON=BC•OM ，∵S 1=12EF•ON ，S 2=12GH•OM ，EF ＝12AB ，GH ＝13BC ，∴S 1=14AB•ON ，S 2=16BC•OM ， ∴2S 1＝3S 2，故答案为2S 1＝3S 2．小提示：本题考查了平行四边形的面积，中心对称的性质，正确添加辅助线、准确表示出图形面积是解题的关键．14、如图，在直角坐标系中，边长为2个单位长度的正方形ABCO绕原点O逆时针旋转75°，再沿y轴方向向上平移1个单位长度，则点B″的坐标为___________．答案：(−√2,√6+1)##(−√2,1+√6)分析：连接OB，OB′由题意可得∠BOB′=75°，可得出∠COB′=30°，可求出B′的坐标，即可得出点B″的坐标．解：如图：连接OB，OB′，作B′M⊥y轴∵ABCO是正方形，OA=2∴∠COB=45°，OB=2√2∵绕原点O逆时针旋转75°∴∠BOB′=75°∴∠COB′=30°∵OB′=OB=2√2∴MB′=√2，MO=√6∴B′(−√2,√6)∵沿y轴方向向上平移1个单位长度∴B″(−√2,√6+1)所以答案是：(−√2,√6+1)小提示：本题考查了坐标与图形变化﹣旋转，坐标与图形变化﹣平移，熟练掌握网格结构，准确确定出对应点的位置是解题的关键．15、如图，P是正△ABC内的一点，若将△PAB绕点A逆时针旋转到△P1AC，则∠PAP1等于________度．答案：60分析：利用旋转的性质即可得出答案．解：∵△ABC是正三角形，∴∠CAB=60°，由旋转的性质可知，∠PAP1=∠CAB=60°．所以答案是：60．小提示：本题考查正三角形的性质和旋转的性质，由旋转的性质得出∠PAP1=∠CAB是解题的关键．解答题16、如图1，二次函数y＝a（x+3）（x﹣4）的图象交坐标轴于点A，B（0，﹣2），点P为x轴上一动点．（1）求该二次函数的解析式；（2）过点P作PQ⊥x轴，分别交线段AB、抛物线于点Q，C，连接AC．若OP＝1，求△ACQ的面积；（3）如图2，连接PB，将线段PB绕点P逆时针旋转90°得到线段PD．当点D在抛物线上时，求点D的坐标．答案：（1）y=16x2−16x−2；（2）SΔACQ=34；（3）D(3,−1)或D(−8,10)分析：（1）将B(0,−2)代入y=a(x+3)(x−4)，即可求解；（2）先求直线AB的解析式为y=12x−2，则Q(1,−32)，C(1,−2)，可求SΔACQ=SΔACP−SΔAPQ=34；（3）设P(t,0)，过点D作x轴垂线交于点N，可证明ΔPND≅ΔBOP(AAS)，则D(t+2,−t)，将D点代入抛物线解析式得−t=16(t+2+3)(t+2−4)，求得D(3,−1)或D(−8,10)．解：（1）将B(0,−2)代入y=a(x+3)(x−4)，∴a=16，∴y=16(x+3)(x−4)=16x2−16x−2；（2）令y=0，则16(x+3)(x−4)=0，∴x=−3或x=4，∴A(4,0)，设直线AB的解析式为y=kx+b，∴{b=−24k+b=0，∴{k=1 2b=−2，∴y=12x−2，∵OP=1，∴P(1,0)，∵PQ⊥x轴，∴Q(1,−32)，C(1,−2)，∴AP=3，∴SΔACQ=SΔACP−SΔAPQ=12×3×2−12×3×32=34；（3）设P(t,0)，如图2，过点D作x轴垂线交于点N，∵∠BPD=90°，∴∠OPB+∠NPD=90°，∠OPB+∠OBP=90°，∴∠NPD=∠OBP，∵BP=PD，∴ΔPND≅ΔBOP(AAS)，∴OP=ND，BO=PN，∴D(t+2,−t)，∴−t=16(t+2+3)(t+2−4)，解得t=1或t=−10，∴D(3,−1)或D(−8,10)．小提示：本题是二次函数综合题，考查了二次函数图象和性质，待定系数法求抛物线解析式，三角形面积，全等三角形判定和性质，旋转的性质等，解题的关键是熟练掌握二次函数的图象及性质，分类讨论，数形结合．17、如图1，正方形ABCD的边长为4，点P在边AD上（P不与A,D重合），连接PB,PC．将线段PB绕点P顺时针旋转90°得到PE，将线段PC绕点P逆时针旋转90°得到PF．连接EF,EA,FD．（1）求证：PD2；①ΔPDF的面积S=12②EA=FD；（2）如图2，EA.FD的延长线交于点M，取EF的中点N，连接MN，求MN的取值范围．答案：（1）①见详解；②见详解；（2）4≤MN＜2√5分析：（1）①过点F作FG⊥AD交AD的延长线于点G，证明△PFG≌△CPD，即可得到结论；②过点E作EH⊥DA交DA的延长线于点H，证明△PEH≌△BPA，结合△PFG≌△CPD，可得GD=EH，同理：FG=AH，从而得△AHE≌△FGD，进而即可得到结论；（2）过点F作FG⊥AD交AD的延长线于点G，过点E作EH⊥DA交DA的延长线于点H，可得∠AMD=90°，EF，HG= 2AD=8，EH+FG=AD=4，然后求出当点P与点D重合时，EF最大值=4√5，当点P与AD的中点重合MN=12时，EF最小值= HG=8，进而即可得到答案．（1）①证明：过点F作FG⊥AD交AD的延长线于点G，∵∠FPG+∠PFG=90°，∠FPG+∠CPD=90°，∴∠FPG=∠CPD，又∵∠PGF=∠CDP=90°，PC=PF，∴△PFG≌△CPD（AAS），∴FG=PD，∴ΔPDF的面积S=12PD⋅FG=12PD2；②过点E作EH⊥DA交DA的延长线于点H，∵∠EPH+∠PEH=90°，∠EPH +∠BPA=90°，∴∠PEH =∠BPA，又∵∠PHE=∠BAP=90°，PB=PE，∴△PEH≌△BPA（AAS），∴EH=PA，由①得：FG=PD，∴EH+FG=PA+PD=AD=CD，由①得：△PFG≌△CPD，∴PG=CD，∴PD+GD= CD= EH+FG，∴FG+GD= EH+FG，∴GD=EH，同理：FG=AH，又∵∠AHE=∠FGD，∴△AHE≌△FGD，∴EA=FD；（2）过点F作FG⊥AD交AD的延长线于点G，过点E作EH⊥DA交DA的延长线于点H，由（1）得：△AHE≌△FGD，∴∠HAE=∠GFD，∵∠GFD+∠GDF=90°，∴∠HAE+∠GDF=90°，∵∠HAE=∠MAD，∠GDF=∠MDA，∴∠MAD+∠MDA=90°，∴∠AMD=90°，∵点N是EF的中点，∴MN=1EF，2∵EH=DG=AP，AH=FG=PD，∴HG=AH+DG+AD=PD+AP+AD=2AD=8，EH+FG=AP+PD=AD=4，当点P与点D重合时，FG=0，EH=4，HG=8，此时EF最大值=√42+82=4√5，当点P与AD的中点重合时，FG=2，EH=2，HG=8，此时EF最小值= HG=8，∴MN的取值范围是：4≤MN＜2√5．小提示：本题主要考查全等三角形的判定和性质，正方形的性质，勾股定理，旋转的性质，添加辅助线，构造直角全等的直角三角形，是解题的关键．18、如图，△AOB中，OA=OB=6，将△AOB绕点O逆时针旋转得到△COD．OC与AB交于点G，CD分别交OB、AB 于点E、F．(1)∠A与∠D的数量关系是：∠A______∠D；(2)求证：△AOG≌△DOE；(3)当A，O，D三点共线时，恰好OB⊥CD，求此时CD的长．答案：(1)=(2)证明见解析(3)6√3，详见解析分析：（1）根据旋转性质及等腰三角形性质即可得答案；（2）由旋转性质知∠AOB=∠DOC，可证得∠AOG=∠DOE，结合OA=OB及（1）中结论，得证；（3）分两种情况讨论，设∠A=x°，先利用三角形内角和求出x的值，再借助勾股定理求出CD的长度即可．（1）解：由旋转知，∠A=∠C，∠B=∠D，∵OA=OB，∴OC=OD，∠A=∠B=∠C=∠D∴∠A=∠D，所以答案是：=．（2）证明：由旋转知，OA=OC，OB=OD，∠AOB=∠COD，∴∠AOB－∠BOC=∠COD－∠BOC，即∠AOG=∠DOE，∵OA=OB，∴OA=OB=OC=OD，又∵∠A=∠D，∴△AOG≌△DOE．（3）解：分两种情况讨论，①如图所示，设∠A=∠B=∠C=∠D=x°，则∠DOB=2x°，∵OB⊥CD，∴∠OED=90°，∴x+2x=90°，解得：x=30，即∠D=30°，在Rt△ODE中，OE=3，由勾股定理得：DE=√62−32=3√3，∵OC=OD，OE⊥CD，∴CD=2DE=6√3．②当D与A重合时，如图所示，同理，得：CD=6√3．综上所述，当A，O，D三点共线时，OB⊥CD，此时CD的长为6√3．小提示：本题考查了旋转的性质、等腰三角形性质、全等三角形的判定、勾股定理等知识点，解题关键是利用旋转性质得到边、角的关系．。
类比探究专题(三)——旋转结构(含答案)
学生做题前请先回答以下问题问题1：类比探究问题的处理思路是什么？问题2：想一想，画一画类比探究问题中旋转结构的特征是什么？以下是问题及答案，请对比参考:问题1：类比探究问题的处理思路是什么？答：类比探究问题的处理思路为：（1）类比探究往往会围绕一个不变结构进行考查．类比探究中常见的不变结构有：中点结构、直角结构、旋转结构、平行结构．（2）若不属于常见结构类型，则需要我们尝试着去寻找不变结构解决问题．①根据题干条件，结合支干条件先解决第一问．②类比解决下一问．如果不能，分析条件变化，寻找不变特征．③结合所求目标，依据不变特征尝试找不变结构，大胆猜测、尝试、验证．若属于类比探究常见的结构类型，调用结构类比解决．问题2：想一想，画一画类比探究问题中旋转结构的特征是什么？答：等线段共点：类比探究专题（三）——旋转结构一、单选题(共7道，每道14分)1.在图1、图2、图3、图4中，点P在线段BC上移动（不与点B，C重合），点M在BC的延长线上．（1）如图1，△ABC和△APE均为正三角形，连接CE．则∠ECM的度数为( )A.30°B.45°C.60°D.75°答案：C解题思路：试题难度：三颗星知识点：旋转结构2.（上接第1题）（2）如图2，若四边形ABCD和四边形APEF均为正方形，连接CE．则∠ECM的度数为( )A.30°B.45°C.60°D.75°答案：B解题思路：试题难度：三颗星知识点：旋转结构3.（上接第1，2题）（3）如图3，若五边形ABCDF和五边形APEGH均为正五边形，连接CE．则∠ECM的度数为( )A.30°B.72°C.36°D.60°答案：C解题思路：试题难度：三颗星知识点：旋转结构4.（上接第1，2，3题）（4）如图4，n边形ABC…和n边形APE…均为正n边形，连接CE，则∠ECM的度数可用含n的代数式表示为( )A. B.C. D.答案：D解题思路：试题难度：三颗星知识点：旋转结构5.如图1，已知正方形ABCD和正方形QMNP，M是正方形ABCD的对称中心，MN交AB于点F，QM交AD于点E，易证ME=MF．（1）如图2，若将题干中的“正方形”改为“矩形”，且AB:BC=1:2，其他条件不变，则ME和MF之间的数量关系为( )A. B.C. D.答案：C解题思路：试题难度：三颗星知识点：旋转结构6.（上接第5题）（2）如图3，若将题干中的“正方形”改为“菱形”，且∠QMN=∠ABC，其他条件不变，若要证明ME=MF，下列添加的辅助线合适的是( )A.如图，过点M分别作MG⊥AB于点G，MH⊥AD于点HB.如图，过点M作MG∥AD，交AB于点G，作MH∥AB，交AD于点HC.如图，过点M作MG∥AD，交AB于点G，作MH⊥AD于点HD.如图，连接CE，CF答案：A解题思路：试题难度：三颗星知识点：旋转结构7.（上接第5，6题）（3）如图4，若将题干中的“正方形”改为“平行四边形”，且∠QMN=∠ABC，AB:BC=m，其他条件不变，则的值为( )A.mB.C.D.答案：A解题思路：试题难度：三颗星知识点：旋转结构学生做题后建议通过以下问题总结反思问题1：结合试题5分析，类比探究问题的处理思路是什么？问题2：结合试题6分析，类比探究问题的处理思路是什么？。
人教版九年级上册数学第二十三章 旋转含答案(满分必备)
人教版九年级上册数学第二十三章旋转含答案一、单选题(共15题，共计45分)1、下列图形中既是轴对称图形又是中心对称图形的是（）A. B. C. D.2、如图，将斜边长为4的直角三角板放在直角坐标系xOy中，两条直角边分别与坐标轴重合，P为斜边的中点．现将此三角板绕点O顺时针旋转120°后点P 的对应点的坐标是（）A.（，1）B.（1，）C.（，﹣2）D.（2，）3、如图，Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝4，将斜边AB绕点A逆时针旋转90°至AB′，连接B′C，则△AB′C中AC边上的高为（）A.4B.4C.8D.44、下列四个命题：①一组对边平行且一组对角相等的四边形是平行四边形；②对角线互相垂直且相等的四边形是正方形；③顺次连接矩形四边中点得到的四边形是菱形；④正五边形既是轴对称图形又是中心对称图形．其中真命题共有（）A.1个B.2个C.3个D.4个5、下列图形既是轴对称图形，又是中心对称图形的是（）A.等边三角形B.平行四边形C.正五边形D.正方形6、下列函数图象中，既是中心对称图形又是轴对称图形的是（）A. B. C. D.7、如图，如果正方形ABCD旋转后能与正方形CDEF重合，那么，图形所在平面内，可作为旋转中心的点有（）A.1个B.2个C.3个D.4个8、给出下列命题：①平分弦的直径垂直于弦，且平分弦所对的弧；②平面上任意三点能确定一个圆；③图形经过旋转所得的图形和原图形全等；④三角形的外心到三个顶点的距离相等；⑤经过圆心的直线是圆的对称轴，正确的命题为（）A.①③⑤B.②④⑤C.③④⑤D.①②⑤9、在下列图形中，是中心对称图形而不是轴对称图形的是（）A.圆B.等边三角形C.梯形D.平行四边形10、剪纸是我国传统的民间艺术，下列剪纸作品中既不是轴对称图形，也不是中心对称图形的是（）A. B. C. D.11、如图图形既是轴对称图形又是中心对称图形的是（）A. B. C. D.12、在平面直角坐标系中，点（-2，6）关于原点对称的点的坐标是（）A.（2，-6）B.（-2，6）C.（-6，2）D.（-6，2）13、下列图形中，是中心对称图形但不一定是轴对称图形的是（）A.等边三角形B.平行四边形C.菱形D.圆14、下列图形中，是轴对称图形，但不是中心对称图形的是( )A. B. C. D.15、下列图形中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（）A. B. C. D.二、填空题(共10题，共计30分)16、如图，折线中，，，将折线绕点A按逆时针方向旋转，得到折线，点B的对应点落在线段上的点D 处，点C的对应点落在点E处，连接，若，则________°.17、如图，把△ABC绕着点A顺时针方向旋转角度a(0°<a<90°)，得到△AB'C'，若B'，C，C'三点在同一条直线上，∠B'CB=46°，则a的度数是________。
类比探究之结构类比(旋转)(北师版)(含答案)
学生做题前请先回答以下问题问题1：类比探究属于几何综合题，解决此问题的主要方法是什么？问题2：目前我们所学的结构类比中有两种结构，分别是什么？问题3：什么特征我们会考虑旋转结构？以下是问题及答案，请对比参考:问题1：类比探究属于几何综合题，解决此问题的主要方法是什么？答：类比是解决此类问题的主要方法：字母类比，辅助线类比和思路类比.在这个基础上还有结构类比，做好类比需要把握变化过程中的不变特征．问题2：目前我们所学的结构类比中有两种结构，分别是什么？答：旋转结构和中点结构，其中中点结构中包含：（类）倍长中线，平行夹中点，以及中位线．问题3：什么特征我们会考虑旋转结构？答：出现等线段共点时考虑旋转结构．类比探究之结构类比（旋转）（北师版）一、单选题(共8道，每道12分)1.如图1，在正方形ABCD中，点M，N分别在AD，CD上，若∠MBN=45°，易证MN=AM+CN．（1）如图2，在梯形ABCD中，BC∥AD，AB=BC，∠A＝∠D，点M，N分别在AD，CD上，若，则线段MN，AM，CN之间的数量关系为( )A. B.C. D.答案：C解题思路：试题难度：三颗星知识点：类比探究问题2.（上接第1题）（2）如图3，在四边形ABCD中，AB=BC，∠ABC+∠ADC=180°，点M，N分别在DA，CD的延长线上，若，则线段MN，AM，CN之间的数量关系为( )A. B.C. D.答案：D解题思路：试题难度：三颗星知识点：类比探究问题3.如图1，在正方形ABCD中，点E，F分别为DC，BC边上的点，且满足∠EAF=45°，连接EF．利用旋转的思想很容易证明DE+BF=EF．如图2，将Rt△ABC沿斜边翻折得到△ADC，点E，F分别为DC，BC边上的点，且．则DE，BF，EF之间的数量关系为( )A. B.C. D.答案：D解题思路：试题难度：三颗星知识点：类比探究问题4.（上接第3题）如图3，在四边形ABCD中，AB=AD，E，F分别为DC，BC边上的点，且满足，当∠ABC与∠ADC满足( )时，可使得上问结论依然成立．A.∠ABC=∠ADCB.∠ABC+∠ADC=180°C.∠ABC=2∠ADC-180°D.∠ABC+2∠ADC=270°答案：B解题思路：试题难度：三颗星知识点：类比探究问题5.如图1所示，在△ABC和△ADE中，AB=AC，AD=AE，∠BAC=∠DAE，且点B，A，D在一条直线上．连接BE，CD，M，N分别为BE，CD的中点，容易证明△AMN是等腰三角形．在图1的基础上，将△ADE绕点A按顺时针方向旋转180°，其他条件不变，得到图2所示的图形，则在图2中下列说法不正确的是( )A.△ADC≌△AEBB.△CAN≌△BAMC.∠CAM=∠NAED.AM=AN可以通过全等三角形对应边上的对应中线相等来说明答案：C解题思路：试题难度：三颗星知识点：类比探究问题6.已知△ABC为等边三角形，点D为直线BC上一动点（不与点B，C重合），以AD为边作等边三角形ADF（A，D，F按顺时针排列），连接CF．（1）如图，当点D在边BC上时，容易证明AC＝CF+CD，在证明过程中需要用到某对三角形全等，则证明全等时用到的条件是( )A.AASB.ASAC.SASD.SSS答案：C解题思路：试题难度：三颗星知识点：类比探究问题7.（上接第6题）（2）如图，当点D在边BC的延长线上时，其他条件不变，则AC，CF，CD 之间的数量关系为( )A.AC=CF+CDB.AC=CF-CDC.AC=CF-2CDD.AC=CF+2CD答案：B解题思路：试题难度：三颗星知识点：类比探究问题8.（上接第6，7题）（3）如图，当点D在边CB的延长线上时，其他条件不变，则AC，CF，CD之间的数量关系为( )A.AC=CF+CDB.AC=CF-CDC.AC=CF-2CDD.AC=CD-CF答案：D解题思路：试题难度：三颗星知识点：类比探究问题学生做题后建议通过以下问题总结反思问题1：本套试题主要训练类比探究的处理框架，我们一起来对本套试题进行反思和小结，同学们在做的时候哪些题目有困难？问题2：针对做题时的困难，需要进行反思；主要原因是：①类比不下去；②找不到不变特征；③每一问都不同，不知如何类比．。
类比探究——旋转(习题及答案)
A
E
BD
C
图1
E
A
B
CD
图2
A
D
B
C
图3 E
2
3. 【操作发现】如图 1，△ABC 为等边三角形，点 D 为 AB 边上的一点，∠DCE=30°， 将线段 CD 绕点 C 顺时针旋转 60°得到线段 CF，连接 AF，EF，请直接写出下列结 果： ①∠EAF 的度数为__________； ②DE 与 EF 之间的数量关系为__________． 【类比探究】如图 2，△ABC 为等腰直角三角形，∠ACB=90°，点 D 为 AB 边上的一 点，∠DCE=45°，将线段 CD 绕点 C 顺时针旋转 90°得到线段 CF，连接 AF，EF．线 段 AE，ED，DB 之间有什么数量关系？请说明理由． 【实际应用】如图 3，△ABC 是一个三角形的余料，小张同学量得∠ACB=120°，AC=BC， 他在边 AB 上取了 D，E 两点，并量得∠BCD=15°，∠DCE=60°，这样 CD，CE 将 △ABC 分成三个小三角形，请求△ACE，△DCE，△BCD 这三个三角形的面积之比． C
类比探究——旋转（习题）
复习巩固
1. 在△ABC 中，AB=AC，点 D 是直线 BC 上一点（不与 B，C 重合），以 AD 为一边在 AD 的右侧作△ADE，使 AD=AE，∠DAE=∠BAC，连接 CE． （1）如图 1，若△ABC 是等边三角形，且 AB=2，点 D 在线段 BC 上． ①∠BCE 和∠BAC 之间有怎样的数量关系？不必说明理由； ②当四边形 ADCE 的周长取最小值时，直接写出 BD 的长． （2）若∠BAC≠60°，当点 D 在射线 BC 上移动，如图 2，则∠BCE 和∠BAC 之间有 怎样的数量关系？并说明理由．
人教版数学九年级上册：23 旋转——旋转中常见的几何模型 讲义(附答案)
旋转中常见的几何模型类型1 “手拉手”模型模型特征：两个等边三角形或等腰直角三角形或正方形共顶点．模型说明：如图1，△ABE，△ACF都是等边三角形，可证△AEC≌△ABF.如图2，△ABD，△ACE都是等腰直角三角形，可证△ADC≌△ABE.如图3，四边形ABEF，四边形ACHD都是正方形，可证△ABD≌△AFC.图1 图2 图31．如图，正方形ABCD和正方形CEFG边长分别为a和b，正方形CEFG绕点C旋转，给出下列结论：①BE＝DG；②BE⊥DG；③DE2＋BG2＝2a2＋2b2，其中正确结论是(填序号)．2．如图1，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，E是边AC上任意一点(点E与点A，C不重合)，以CE为一直角边作Rt△ECD，∠ECD＝90°，连接BE，AD.若Rt△ABC和Rt△ECD是等腰直角三角形．(1)猜想线段BE，AD之间的数量关系及所在直线的位置关系，写出结论并证明；(2)现将图1中的Rt△ECD绕着点C顺时针旋转n°，得到图2，请判断(1)中的结论是否仍然成立？若成立，请证明；若不成立，请说明理由．类型2 “半角”模型模型特征：大角含半角＋有相等的边，通过旋转“使相等的边重合，拼出特殊角”．模型说明：如图，在正方形ABCD 中，∠EAF ＝45°，将△ADF 绕点A 顺时针旋转90°，得到△ABG ，可证△AEF ≌△AEG.所以可得DF ＋BE ＝EF.如图，在等腰直角△ABC 中，∠MAN ＝45°，将△ACN 绕点A 顺时针旋转90°，得到△ABQ ，可证△AMN ≌△AMQ.所以可得CN 2＋BM 2＝MN 2.如图，等腰△ABC 中，AB ＝BC ，∠DBE ＝12∠CBA.将△CBD 绕点B 逆时针旋转∠CBA 的度数得到△ABD ′，可证△DBE ≌△D ′BE.3．已知在等腰△ABC中，AB＝AC，D，E是BC边上的点，将△ABD绕点A旋转，得到△ACD′，连接D′E.(1)如图1，当∠BAC＝120°，∠DAE＝60°时，求证：DE＝D′E；(2)如图2，当DE＝D′E时，∠DAE与∠BAC有怎样的数量关系？并说明理由．4．如图，在正方形ABCD中，E，F是对角线BD上两点，且∠EAF＝45°，将△ADF绕点A 顺时针旋转90°后，得到△ABQ，连接EQ，求证：(1)EA是∠QED的平分线；(2)EF2＝BE2＋DF2.拓展类型构造旋转模型解题若一个图形中含有相等的线段和特殊的角度，通常是以等线段的公共端点为旋转中心进行旋转，使得相等的边重合，得出特殊的图形．5．【注重阅读理解】请阅读下列材料：问题：如图1，在等边△ABC内有一点P，且PA＝2，PB＝3，PC＝1，求∠BPC的度数和等边△ABC的边长．李明同学的思路是：将△BPC绕点B逆时针旋转60°，画出旋转后的图形(如图2)，连接PP′，可得△P′PB是等边三角形，而△PP′A又是直角三角形(由勾股定理的逆定理可证)，所以∠BPC＝∠AP′B＝150°，进而求出等边△ABC的边长为7，问题得到解决．请你参考李明同学的思路，探究并解决下列问题：如图3，在正方形ABCD内有一点P，且PA＝5，BP＝2，PC＝1.求∠BPC的度数和正方形ABCD的边长．参考答案：1．①②③2．解：(1)BE ＝AD ，BE ⊥AD.证明：延长BE 交AD 于点F.∵Rt △ABC 和Rt △ECD 是等腰直角三角形，∠ECD ＝90°，∴CB ＝CA ，CD ＝CE.在△BCE 和△ACD 中，⎩⎪⎨⎪⎧CB ＝CA ，∠BCE ＝∠ACD ，CE ＝CD ，∴△BCE ≌△ACD (SAS )．∴BE ＝AD ，∠BEC ＝∠ADC.∵∠EBC ＋∠BEC ＝90°，∴∠EBC ＋∠ADC ＝90°.∴∠BFD ＝90°.∴BE ⊥AD.(2)BE ＝AD ，BE ⊥AD 仍然成立．证明：设BE ，AC 交于点F ，BE ，AD 交于点G ，∵∠ACB ＝∠ECD ＝90°，∴∠ACD ＝∠BCE.在△ACD 和△BCE 中，⎩⎪⎨⎪⎧AC ＝BC ，∠ACD ＝∠BCE ，CD ＝CE ，∴△ACD ≌△BCE (SAS )．∴AD ＝BE ，∠CAD ＝∠CBE.∵∠BFC ＝∠AFG ，∠BFC ＋∠CBE ＝90°，∴∠AFG ＋∠CAD ＝90°.∴∠AGF ＝90°.∴BE ⊥AD.3．解：(1)证明：∵△ABD 绕点A 旋转，得到△ACD ′，∴∠DAD ′＝∠BAC ＝120°，AD ＝AD ′.∵∠DAE ＝60°，∴∠D ′AE ＝∠DAD ′－∠DAE ＝120°－60°＝60°.∴∠DAE ＝∠D ′AE.在△DAE 和△D ′AE 中，⎩⎪⎨⎪⎧AD ＝AD ′，∠DAE ＝∠D ′AE ，AE ＝AE ，∴△DAE ≌△D ′AE (SAS )．∴DE ＝D ′E.(2)∠DAE ＝12∠BAC ，理由如下： ∵△ABD 绕点A 旋转，得到△ACD ′，∴∠DAD ′＝∠BAC ，AD ＝AD ′.在△DAE 和△D ′AE 中，⎩⎪⎨⎪⎧AD ＝AD ′，DE ＝D ′E ，AE ＝AE ，∴△DAE ≌△D ′AE (SSS )．∴∠DAE ＝∠D ′AE ＝12∠DAD ′. ∵∠DAD ′＝∠BAC ，∴∠DAE ＝12∠BAC.4．证明：(1)∵将△ADF 绕点A 顺时针旋转90°后，得到△ABQ ，∴QB ＝DF ，AQ ＝AF ，∠BAD ＝∠QAF ＝90°.∵∠EAF ＝45°，∴∠QAE ＝∠FAE ＝45°.在△AQE 和△AFE 中，⎩⎪⎨⎪⎧AQ ＝AF ，∠QAE ＝∠FAE ，AE ＝AE ，∴△AQE ≌△AFE (SAS )．∴∠AEQ ＝∠AEF.∴EA 是∠QED 的平分线．(2)由(1)得△AQE ≌△AFE ，∴QE ＝EF.∵∠ABQ ＝∠ADF ＝∠ABD ＝45°，∴∠QBE ＝90°.在Rt △QBE 中，QB 2＋BE 2＝QE 2，∴EF 2＝BE 2＋DF 2.5．解：将△BPC 绕点B 逆时针旋转90°，得△BP ′A ，则△BPC ≌△BP ′A.∴AP ′＝PC ＝1，BP ′＝BP ＝ 2.易证∠PBP ′＝∠ABC ＝90°.连接PP ′，在Rt △BP ′P 中，∵BP ＝BP ′＝2，∠PBP ′＝90°，∴PP ′＝2，∠BP ′P ＝45°.在△AP ′P 中，AP ′＝1，PP ′＝2，AP ＝5，∵12＋22＝(5)2，即AP ′2＋PP ′2＝AP 2，∴△AP ′P 是直角三角形，即∠AP ′P ＝90°.∴∠AP ′B ＝∠AP ′P ＋∠BP ′P ＝135°.∴∠BPC＝∠AP′B＝135°.过点B作BE⊥AP′，交AP′的延长线于点E，则△BEP′是等腰直角三角形．∵BP′＝2，∴EP′＝BE＝1.∴AE＝2.∴在Rt△ABE中，由勾股定理，得AB＝ 5.∴∠BPC＝135°，正方形ABCD的边长为 5.。
初三——旋转模型(含答案解析)
将△ABE绕点A逆时针旋转至△ADG，使AB与AD重合，由∠B+∠ADC=180°，得∠FDG=180°，即点F，D，G三点共线，易证△AFG≌△AFE，故EF，BE，DF之间的数量关系为__；
（2）类比引申
如图2，在图1的条件下，若点E，F由原来的位置分别变到四边形ABCD的边CB，DC延长线上，∠EAF= ∠BAD，连接EF，试猜想EF，BE，DF之间的数量关系，并给出证明．
∵∠ABC＋∠ADC＝180°，∠ABC＋∠ABE＝180°，
∴∠ADE'＝∠ADC，即E'，D，F三点共线，
∵∠EAF＝ ∠BAD，
∴∠E'AF＝∠BAD−（∠BAF＋∠DAE'）＝∠BAD−（∠BAF＋∠BAE）＝∠BAD−∠EAF＝ ∠BAD，
∴∠EAF＝∠E'AF，
在△AEF和△AE'F中， ，
（2）由（1）可知△AOC≌△BOD，所以AC=BD=1，∠CAO=∠DBO=45°，由等量代换求得∠CAB=90°，根据勾股定理即可求出CD的长．
【详解】
解：（1）∵△AOB，△COD是等腰直角三角形，
∴OC=OD，OA=OB，∠AOB=∠COD=90°，
∴∠AOC=∠BOD=90°﹣∠AOD，
在△AOC和△BOD中 ，
本题主要考查等腰三角形的性质以及三角形全等的证明，正确理解等腰三角形的性质以及三角形全等的证明是本题的解题关键．
4．(1)见解析；（2）
【分析】
（1）因为∠AOB=∠COD=90°，由等量代换可得∠DOB=∠AOC，又因为△AOB和△COD均为等腰直角三角形，所以OC=OD，OA=OB，则△AOC≌△BOD；
∴∠ACD＝∠BCE，
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学生做题前请先回答以下问题
问题1：类比探究属于几何综合题，类比（__________，___________，___________）是解决此问题的主要方法，做好类比需要把握变化过程中的____________．
若属于类比探究常见的结构类型，调用结构类比解决．
若不属于常见结构类型
①根据题干条件，结合___________________先解决第一问．
②类比解决下一问．
如果不能，分析条件变化，寻找______________．
结合所求目标，依据_____________，大胆猜测、尝试、验证
问题2：想一想类比探究问题常见的不变结构有哪些，处理方式是什么？
类比探究—旋转结构
一、单选题(共5道，每道20分)
1.（1）如图1，正方形AEGH的顶点E，H在正方形ABCD的边上，则的值为( )
A.2:3:2
B.1:1:1
C.1:2:1
D.
答案：D
解题思路：
试题难度：三颗星知识点：旋转结构
2.（上接第1题）（2）如图2，将图1中的正方形AEGH绕点A旋转一定角度，则的值为( )
A. B.
C. D.
答案：C
解题思路：
试题难度：三颗星知识点：旋转结构
3.（上接第1，2题）（3）如图3，把图2中的正方形都换成矩形，当，时，则的值为( )
A. B.
C. D.
答案：B
解题思路：
试题难度：三颗星知识点：旋转结构
4.如图1，在正方形ABCD中，点M，N分别在AD，CD上，若∠MBN=45°，易证MN=AM+CN．（1）如图2，在梯形ABCD中，BC∥AD，AB=BC，∠A=∠D，点M，N分别在AD，CD上，
若，则线段MN，AM，CN之间的数量关系为( )
C. D.
答案：C
解题思路：
试题难度：三颗星知识点：类比探究问题
5.（上接第4题）（2）如图3，在四边形ABCD中，AB=BC，∠ABC+∠ADC=180°，点M，N
分别在DA，CD的延长线上，若，则线段MN，AM，CN之间的数量关系为( )
A. B.
C. D.
答案：D
解题思路：
试题难度：三颗星知识点：类比探究问题。