新人教版九年级数学下册 图形的旋转测试习题及答案
初三旋转试题及答案
初三旋转试题及答案一、选择题1. 将一个图形绕着某一点旋转一定角度后，与原图形重合，这种图形称为（）。
A. 轴对称图形B. 中心对称图形C. 旋转对称图形D. 相似图形答案：C2. 一个图形绕着某一点旋转180°后，与原图形重合，这种图形称为（）。
A. 轴对称图形B. 中心对称图形C. 旋转对称图形答案：B3. 一个图形绕着某一条直线旋转180°后，与原图形重合，这种图形称为（）。
A. 轴对称图形B. 中心对称图形C. 旋转对称图形D. 相似图形答案：A4. 一个图形绕着某一点旋转90°后，与原图形重合，这种图形称为（）。
A. 轴对称图形B. 中心对称图形C. 旋转对称图形答案：C5. 一个图形绕着某一点旋转120°后，与原图形重合，这种图形称为（）。
A. 轴对称图形B. 中心对称图形C. 旋转对称图形D. 相似图形答案：C二、填空题6. 一个图形绕着某一点旋转180°后，与原图形重合，这种图形称为中心对称图形，这个点称为____。
答案：对称中心7. 一个图形绕着某一条直线旋转180°后，与原图形重合，这种图形称为轴对称图形，这条直线称为____。
答案：对称轴8. 一个图形绕着某一点旋转一定角度后，与原图形重合，这种图形称为旋转对称图形，这个角度称为____。
答案：旋转角9. 一个图形绕着某一点旋转360°后，与原图形重合，这种图形称为____。
答案：旋转对称图形10. 一个图形绕着某一点旋转360°/n后，与原图形重合，这种图形称为n次旋转对称图形，这个点称为____。
答案：旋转中心三、解答题11. 已知一个图形绕着某一点旋转90°后，与原图形重合，求这个图形的旋转角。
答案：旋转角为90°。
12. 已知一个图形绕着某一条直线旋转180°后，与原图形重合，求这个图形的对称轴。
答案：对称轴为该直线。
九年级数学旋转图形的旋转旋转作图测试题新人教版
第2课时旋转作图1 •如图23-1-19 , E, F分别是正方形ABC啲边AB BC上的点，且BE= CF,连接CEDF将厶DCF绕着正方形的中心0按顺时针方向旋转到△ CBE的位置，则旋转角为() 某点旋转一个角度可以得到另一条线段，你认为这个旋转中心的坐标是3. 如图23-1-21，在平面直角坐标系中，△ ABC三个顶点的坐标分别为A(2,3)，巳1,1),Q5,1).(1) △ ABC平移后，其中点A移到点A(4,5)，画出平移后得到的△ ABC;(2) 把厶ABG绕点A按逆时针方向旋转90°,画出旋转后的△ ARG.A. 30°C. 60°2.如图23-1-20, A点的坐标为(一1,5)B. 45°D. 90°,B点的坐标为(3,3) , C点的坐标为(5,3) , D点的坐标为(3 , —1) •小明发现线段AB与线段CD存在一种特殊关系, 即其中一条线段绕着图23-1-19图23-1-204. 在4X4的方格纸中，△ ABO的三个顶点都在格点上.⑴在图23-1-22中画出与厶ABC成轴对称且与△ ABC有公共边的格点三角形(画出一个即可)；(2)将图23-1-23中的△ ABC绕着点C按顺时针方向旋转90°,画出经旋转后的三角形.AB R[¥| 2：^-I 22 图鬲I 站Cfil •拓牌创新5. 如图23-1-24所示，在平面直角坐标系中，有Rt△ ABC且A—1, 3),耳一3,—1), q —3, 3)，已知△ AAC是由△ ABC旋转变换得到的.(1) 旋转中心的坐标是_____，旋转角是_____;(2) 以⑴中的旋转中心为中心，分别画出△AAC顺时针旋转90°, 180°后的三角形；(3) 设Rt△ ABC的两直角边BGa, AG b,斜边AB= c,禾用变换前后所形成的图案证明勾股定理.参考答案【分层作业】1. D2. (1,1)或(4,4)3.略4 略5. (1)(0 ,0) 90°⑵略(3)略。
九年级数学：图形的旋转练习(含答案)
九年级数学：图形的旋转练习（含答案）1．图形旋转的性质：图形经过旋转所得的图形与原图形________；对应点到旋转中心的距离________；任何一对对应点与旋转中心连线所成的角度等于____________．2．圆既是一个轴对称图形，又是一个________对称图形．A组基础训练1．下列图案中，可以由一个“基本图案”连续旋转45°得到的是( )2．在图形旋转中，下列说法错误的是( )A．图形上各点的旋转角度相同B．对应点到旋转中心的距离相等C．由旋转得到的图形也一定可以由平移得到D．旋转不改变图形的大小、形状3．如图所示的图形由四个相同的正方形组成，通过旋转不可能得到的图形是( )第3题图4．如图，把△ABC绕点C顺时针旋转35°，得到△A′B′C，A′B′交AC于点D，若∠A′DC ＝90°，则∠A的度数为( )第4题图A ．45°B ．55°C ．65°D ．75° 5．下图中的各种变换分别属于平移、轴对称、旋转中的哪种图形变换(填空)?第5题图①________ ②________ ③________6.如图，△ABC 经过旋转得到△A′B′C′，且∠AOB ＝25°，∠AOB ′＝20°，则线段OB 的对应线段是________；∠OAB 的对应角是________；旋转中心是________；旋转的角度是________．第6题图7．如图，下面的图案由三个叶片组成，绕点O 旋转120°后可以和自身重合．若每个．．叶片的面积为4cm 2，∠AOB 为120°，则图中阴影部分的面积之和为________cm 2.第7题图8.如图，直线y ＝－43x ＋4与x 轴、y 轴分别交于A 、B 两点，把△AOB 绕点A 顺时针旋转90°后得到△AO′B′，则点B′的坐标为________．第8题图9．如图，在△ABC 和△AEF 中，∠B ＝∠E ，AB ＝AE ，BC ＝EF ，∠BAE ＝25°，∠F ＝60°.(1)求证：∠BAE＝∠CAF；(2)△ABC可以经过图形变换得到△AEF，请你描述这个变换；(3)求∠AMB的度数．第9题图10．如图，在正方形ABCD中，E，F分别是边BC，CD上的点，∠EAF＝45°.(1)求证：EF＝DF＋BE；(2)若DF＝3，BE＝2，求正方ABCD的边长．第10题图B组自主提高11．如图，将△ABC绕点P顺时针旋转90°得到△A′B′C′，则点P的坐标是( )第11题图A．(1，1)B．(1，2)C．(1，3)D．(1，4)12．如图，将△ABC绕点A逆时针旋转一定角度，得到△ADE，若∠CAE＝65°，∠E＝70°，且AD⊥BC，则∠BAC的度数为________．第12题图13．在数学活动课中，小辉将边长为2和3的两个正方形放置在直线l上，如图1，他连结AD，CF，经测量发现AD＝CF.(1)他将正方形ODEF绕O点逆时针旋转一定的角度，如图2，试判断AD与CF还相等吗？说明你的理由；(2)他将正方形ODEF绕O点逆时针旋转，使点E旋转至直线l上，如图3，请你求出CF 的长．第13题图C组综合运用14．在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝α(0°<α<60°)，将线段BC绕点B逆时针旋转60°得到线段BD.第14题图(1)如图1，直接写出∠ABD的大小(用含α的式子表示)；(2)如图2，∠BCE＝150°，∠ABE＝60°，判断△ABE的形状并加以证明；(3)在(2)的条件下，连结DE，若∠DEC＝45°，求α的值．3．2 图形的旋转【课堂笔记】1．全等相等旋转的角度 2.中心【课时训练】1－4.BCCB5.①旋转②平移③轴对称6.OB′∠OA′B′点O 45°7. 48.(7，3)9.(1)∵∠B＝∠E，AB＝AE，BC＝EF，∴△ABC≌△AEF，∴∠BAC＝∠EAF，∴∠BAC－∠PAF ＝∠EAF－∠PAF，即∠BAE＝∠CAF；(2)通过观察可知，△ABC绕点A顺时针旋转25°得到△AEF； (3)由(1)知，∠C ＝∠F＝60°，∠CAF ＝∠BAE＝25°，∴∠AMB ＝∠C＋∠CAF＝60°＋25°＝85°.第10题图10.(1)将△DAF 绕点A 顺时针旋转90度到△BAF′位置，由题意可得出：△DAF≌△BAF′，∴DF ＝BF′，∠DAF ＝∠BAF′，∴∠EAF ′＝45°，在△FAE 和△F′AE 中，⎩⎨⎧AF ＝AF′，∠FAE ＝∠EAF′AE ＝AE ，，∴△FAE ≌△F ′AE(SAS)，∴EF ＝EF′＝DF ＋BE. (2)∵DF＝3，BE ＝2，∴EF ＝5，设边长为x ，在△CFE 中，(x －3)2＋(x －2)2＝52，∴x ＝6，(x ＝－1舍去)．∴正方形的边长为6.11. B 12.85°第13题图13．(1)AD 与CF 还相等，理由：∵四边形ODEF ，四边形ABCO 为正方形，∴∠DOF ＝∠COA ＝90°，DO ＝OF ，CO ＝OA ，∴∠COF ＝∠AOD，∴△COF ≌△AOD(SAS)，∴AD ＝CF ； (2)如图，连结DF ，交EO 于G ，则DF⊥EO，DG ＝OG ＝12EO ＝1，∴GA ＝4，∴CF ＝AD ＝DG 2＋GA 2＝1＋42＝17.14．(1)30°－12α； (2)△ABE 为等边三角形．证明：连结AD ，CD ，∵线段BC 绕点B逆时针旋转60°得到线段BD ，则BC ＝BD ，∠DBC ＝60°，又∵∠ABE＝60°，∴∠ABD ＝60°－∠DBE＝∠EBC＝30°－12α；且△BCD为等边三角形，在△ABD与△ACD中，⎩⎨⎧AB＝AC，AD＝AD，BD＝CD.∴△ABD≌△ACD(SSS)．∴∠BAD＝∠CAD＝12∠BAC＝12α.∵∠BCE＝150°，∴∠BEC＝180°－(30°－12α)－150°＝12α.在△ABD与△EBC中，⎩⎨⎧∠BEC＝∠BAD，∠EBC＝∠ABD，BC＝BD.∴△ABD≌△EBC(AAS)．∴AB＝BE.又∠ABE＝60°.∴△ABE为等边三角形；(3)∵∠BCD＝60°，∠BCE＝150°，∴∠DCE＝150°－60°＝90°，∵∠DEC＝45°，∴△DCE为等腰直角三角形，∴DC＝CE＝BC，∵∠BCE＝150°，∴∠EBC＝180°－150°2＝15°，而∠EBC＝30°－12α＝15°，∴α＝30°.。
九年级数学旋转几何综合综合测试卷(word含答案)
九年级数学旋转几何综合综合测试卷（word含答案）一、初三数学旋转易错题压轴题（难）1．探究：如图①和②，在四边形ABCD中，AB=AD，∠BAD=90°，点E、F分别在BC、CD 上，∠EAF=45°．（1）如图①，若∠B、∠ADC都是直角，把ABE△绕点A逆时针旋转90°至△ADG，使AB与AD重合，则能得EF=BE+DF，请写出推理过程；（2）如图②，若∠B、∠D都不是直角，则当∠B与∠D满足数量关系时，仍有EF=BE+DF；（3）拓展：如图③，在ABC中，∠BAC=90°，AB=AC=22，点D、E均在边BC上，且∠DAE=45°．若BD=1，求DE的长．【答案】（1）见解析；（2）∠B+∠D=180°；（3）5 3【解析】【分析】（1）根据已知条件证明△EAF≌△GAF，进而得到EF=FG，即可得到答案；（2）先作辅助线，把△ABE绕A点旋转到△ADG，使AB和AD重合，根据（1），要使EF=BE+DF，需证明△EAF≌△GAF，因此需证明F、D、G在一条直线上，即180ADG ADF∠+∠=︒，即180B D∠+∠=︒；（3）先作辅助线，把△AEC绕A点旋转到△AFB，使AB和AC重合，连接DF，根据已知条件证明△FAD≌△EAD，设DE=x，则DF=x，BF=CE=3﹣x，然后再Rt BDF中根据勾股定理即可求出x的值，即DE的长．【详解】（1）解：如图，∵把△ABE绕点A逆时针旋转90°至△ADG，使AB与AD重合，∴AE=AG，∠BAE=∠DAG，BE=DG，∵∠BAD=90°，∠EAF=45°，∴∠BAE+∠DAF=45°，∴∠DAG+∠DAF=45°，即∠EAF=∠GAF=45°，在△EAF和△GAF中AF AFEAF GAFAE AG=⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩∴△EAF≌△GAF（SAS），∴EF=GF，∵BE=DG，∴EF=GF=BE+DF；（2）解：∠B+∠D=180°，理由是：如图，把△ABE绕A点旋转到△ADG，使AB和AD重合，则AE=AG，∠B=∠ADG，∠BAE=∠DAG，∵∠B+∠ADC=180°，∴∠ADC+∠ADG=180°，∴F、D、G在一条直线上，和（1）类似，∠EAF=∠GAF=45°，在△EAF和△GAF中AF AFEAF GAFAE AG=⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩∴△EAF≌△GAF（SAS），∴EF=GF，∵BE=DG，∴EF=GF=BE+DF；故答案为：∠B+∠D=180°；（3）解：∵△ABC中，2BAC=90°，∴∠ABC=∠C=45°，由勾股定理得：22AB AC+，如图，把△AEC 绕A 点旋转到△AFB ，使AB 和AC 重合，连接DF ．则AF=AE ，∠FBA=∠C=45°，∠BAF=∠CAE ，∵∠DAE=45°，∴∠FAD=∠FAB+∠BAD=∠CAE+∠BAD=∠BAC ﹣∠DAE=90°﹣45°=45°，∴∠FAD=∠DAE=45°，在△FAD 和△EAD 中AD AD FAD EAD AF AE =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩∴△FAD ≌△EAD ，∴DF=DE ，设DE=x ，则DF=x ，∵BD=1，∴BF=CE=4﹣1﹣x=3﹣x ，∵∠FBA=45°，∠ABC=45°，∴∠FBD=90°，由勾股定理得：222DF BF BD =+，22(3)1x x =-+， 解得：x=53， 即DE=53． 【点睛】本题综合考查三角形的性质和判定、正方形的性质应用、全等三角形的性质和判定、勾股定理等知识，解题关键在于正确做出辅助线得出全等三角形．2．如图，四边形ABCD 为正方形，△AEF 为等腰直角三角形，∠AEF ＝90°，连接FC ，G 为FC 的中点，连接GD ，ED ．（1）如图①，E 在AB 上，直接写出ED ，GD 的数量关系．（2）将图①中的△AEF 绕点A 逆时针旋转，其它条件不变，如图②，（1）中的结论是否成立？说明理由．（3）若AB ＝5，AE ＝1，将图①中的△AEF 绕点A 逆时针旋转一周，当E ，F ，C 三点共线时，直接写出ED 的长．【答案】（1）DE＝2DG；（2）成立，理由见解析；（3）DE的长为42或32．【解析】【分析】（1）根据题意结论：DE=2DG，如图1中，连接EG，延长EG交BC的延长线于M，连接DM，证明△CMG≌△FEG（AAS），推出EF=CM，GM=GE，再证明△DCM≌△DAE （SAS）即可解决问题；（2）如图2中，结论成立．连接EG，延长EG到M，使得GM=GE，连接CM，DM，延长EF交CD于R，其证明方法类似；（3）由题意分两种情形：①如图3-1中，当E，F，C共线时．②如图3-3中，当E，F，C 共线时，分别求解即可．【详解】解：（1）结论：DE＝2DG．理由：如图1中，连接EG，延长EG交BC的延长线于M，连接DM．∵四边形ABCD是正方形，∴AD＝CD，∠B＝∠ADC＝∠DAE＝∠DCB＝∠DCM＝90°，∵∠AEF＝∠B＝90°，∴EF∥CM，∴∠CMG＝∠FEG，∵∠CGM＝∠EGF，GC＝GF，∴△CMG≌△FEG（AAS），∴EF＝CM，GM＝GE，∵AE＝EF，∴AE＝CM，∴△DCM≌△DAE（SAS），∴DE＝DM，∠ADE＝∠CDM，∴∠EDM＝∠ADC＝90°，∴DG⊥EM，DG＝GE＝GM，∴△EGD是等腰直角三角形，∴DE＝2DG．（2）如图2中，结论成立．理由：连接EG，延长EG到M，使得GM＝GE，连接CM，DM，延长EF交CD于R．∵EG＝GM，FG＝GC，∠EGF＝∠CGM，∴△CGM≌△FGE（SAS），∴CM＝EF，∠CMG＝∠GEF，∴CM∥ER，∴∠DCM＝∠ERC，∵∠AER+∠ADR＝180°，∴∠EAD+∠ERD＝180°，∵∠ERD+∠ERC＝180°，∴∠DCM＝∠EAD，∵AE＝EF，∴AE＝CM，∴△DAE≌△DCM（SAS），∴DE＝DM，∠ADE＝∠CDM，∴∠EDM＝∠ADC＝90°，∵EG＝GM，∴DG＝EG＝GM，∴△EDG是等腰直角三角形，∴DE＝2DG．（3）①如图3﹣1中，当E，F，C共线时，在Rt △ADC 中，AC ＝22AD CD +＝2255+＝52，在Rt △AEC 中，EC ＝22A AE C -＝22(52)1-＝7，∴CF ＝CE ﹣EF ＝6，∴CG ＝12CF ＝3， ∵∠DGC ＝90°， ∴DG ＝22CD CG -＝2253-＝4，∴DE ＝2DG ＝42．②如图3﹣3中，当E ，F ，C 共线时，同法可得DE ＝32．综上所述，DE 的长为2或2．【点睛】本题属于四边形综合题，考查正方形的性质，全等三角形的判定和性质，解直角三角形等知识，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．3．综合与探究：如图1，Rt AOB 的直角顶点O 在坐标原点，点A 在y 轴正半轴上，点B 在x 轴正半轴上，4OA =，2OB =，将线段AB 绕点B 顺时针旋转90︒得到线段BC ，过点C 作CD x ⊥轴于点D ，抛物线23y ax x c =++经过点C ，与y 轴交于点(0,2)E ，直线AC 与x 轴交于点H ．（1）求点C 的坐标及抛物线的表达式；（2）如图2，已知点G 是线段AH 上的一个动点，过点G 作AH 的垂线交抛物线于点F （点F 在第一象限），设点G 的横坐标为m ．①点G 的纵坐标用含m 的代数式表示为________；②如图3，当直线FG 经过点B 时，求点F 的坐标，判断四边形ABCF 的形状并证明结论；③在②的前提下，连接FH ，点N 是坐标平面内的点，若以F ，H ，N 为顶点的三角形与FHC 全等，请直接写出点N 的坐标．【答案】（1）点C 的坐标为(6,2)，21322y x x =-++；（2）①143m -+；②点F 的坐标为(4,6)，四边形ABCF 为正方形，证明见解析；③点N 的坐标为(10,4)或4226,55⎛⎫ ⎪⎝⎭或384,55⎛⎫ ⎪⎝⎭． 【解析】【分析】（1）根据已知条件与旋转的性质证明ABO BCD ≌，根据全等三角形的性质得出点C 的坐标，结合点E 的坐标，根据待定系数法求出抛物线的表达式；（2）①设直线AC 的表达式为y kx b =+，由点A 、C 的坐标求出直线AC 的表达式，进而得解；②过点G 作GM x ⊥轴于点M ，过点F 作FP y ⊥轴，垂足为点P ，PF 的延长线与DC 的延长线交于点Q ，根据等腰三角形三线合一得出AG CG =，结合①由平行线分线段成比例得出点G 的坐标，根据待定系数法求出直线BG 的表达式，结合抛物线的表达式求出点F ；利用勾股定理求出AB BC CF FA ===，结合90ABC ︒∠=可得出结论； ③根据直线AC 的表达式求出点H 的坐标，设点N 坐标为(,)s t ，根据勾股定理分别求出2FC ，2CH ，2FN ，2NH ，然后分两种情况考虑：若△FHC ≌△FHN ，则FN ＝FC ，NH ＝CH ，若△FHC ≌△HFN ，则FN ＝CH ，NH ＝FC ，分别列式求解即可．【详解】解：（1）4=OA ，2OB =，∴点A 的坐标为(0,4)，点B 的坐标为(2,0)，线段AB 绕点B 顺时针旋转90︒得到线段BC ，AB BC ∴=，90ABC ︒∠=，90ABO DBC ︒∴∠+∠=，在Rt AOB 中，90ABO OAB ︒∴∠+∠=，=OAB DBC ∴∠∠，CD x ⊥轴于点D ，90BDC ︒∴∠=，90AOB BDC ︒∴∠=∠=．AB BC =，ABO BCD ∴△≌△，2CD OB ∴==，4BD OA ==，6OB BD ∴+=，∴点C 的坐标为(6,2)，∵抛物线23y ax x c =++的图象经过点C ，与y 轴交于点(0,2)E ， 236182c a c =⎧∴⎨++=⎩， 解得，122a c ⎧=-⎪⎨⎪=⎩， ∴抛物线的表达式为21322y x x =-++； （2）①设直线AC 的表达式为y kx b =+，∵直线AC 经过点()6,2C ，(0,4)A ，∴624k b b +=⎧⎨=⎩， 解得，134k b ⎧=-⎪⎨⎪=⎩，即143y x =-+， ∴点G 的纵坐标用含m 的代数式表示为：143m -+， 故答案为：143m -+．②过点G 作GM x ⊥轴于点M ， OM m ∴=，143GM m =-+， AB BC =，BG AC ⊥，AG CG ∴=，90AOB GMH CDH ︒∠=∠=∠=，OA GMCD ∴， 1OM AG MD GC∴==， 132OM MD OD ∴===， 3m ∴=，1433m -+=，∴点G 为(3,3)，设直线BG 的表达式为y kx b =+，将(3,3)G 和(2,0)B 代入表达式得，2033k b k b +=⎧⎨+=⎩， 36k b =⎧∴⎨=-⎩，即表达式为36y x =-， 点F 为直线BG 和抛物线的交点，∴得2132362x x x -++=-， 14x ∴=，24x =-（舍去），∴点F 的坐标为(4,6)，过点F 作FP y ⊥轴，垂足为点P ，PF 的延长线与DC 的延长线交于点Q ， 4PF ∴=，2AP =，2FQ =，4CQ =，在Rt AFP △中和Rt FCQ △中，根据勾股定理，得25AF FC ==，同理可得25AB BC ==，AB BC CF FA ∴===，∴四边形ABCF 为菱形，90ABC ︒∠=，∴菱形ABCF 为正方形；③∵直线AC ：143y x =-+与x 轴交于点H ， ∴1403x -+=， 解得，x ＝12，∴(12,0)H ，∴222(64)(26)20FC =-+-=，222(126)(02)40CH =-+-=，设点N 坐标为(,)s t ，∴222(4)(6)FN s t =-+-，222(12)(0)NH s t =-+-，第一种情况：若△FHC ≌△FHN ，则FN ＝FC ，NH ＝CH ， ∴2222(4)(6)20(12)40s t s t ⎧-+-=⎨-+=⎩，解得，11425265s t ⎧=⎪⎪⎨⎪=⎪⎩，2262s t =⎧⎨=⎩（即点C ）， ∴4226,55N ⎛⎫ ⎪⎝⎭； 第二种情况：若△FHC ≌△HFN ，则FN ＝CH ，NH ＝FC ，∴2222(4)(6)40(12)20s t s t ⎧-+-=⎨-+=⎩， 解得，1138545s t ⎧=⎪⎪⎨⎪=⎪⎩，22104s t =⎧⎨=⎩， ∴384,55N ⎛⎫ ⎪⎝⎭或(10,4)N ， 综上所述，以F ，H ，N 为顶点的三角形与△FHC 全等时，点N 坐标为(10,4)或4226,55⎛⎫ ⎪⎝⎭或384,55⎛⎫ ⎪⎝⎭． 【点睛】本题是函数与几何的综合题，考查了待定系数法求函数的表达式，全等三角形的判定与性质，菱形与正方形的判定，旋转的性质，勾股定理等知识，其中对全等三角形存在性的分析，因有一条公共边，可对另外两边进行分类讨论，本题有一定的难度，是中考压轴题．4．综合与实践问题情境在一节数学活动课上，老师带领同学们借助几何画板对以下题目进行了研究.如图1， MN 是过点A 的直线，点C 为直线MN 外一点，连接AC ，作∠ACD=60°，使AC=DC ，在MN 上取一点B ，使∠DBN=60°．观察发现（1）根据图1中的数据，猜想线段AB、DB、CB之间满足的数量关系是；（2）希望小组认真思考后提出一种证明方法：将CB所在的直线以点C为旋转中心，逆时针旋转60°，与直线MN交于点E，即可证明（1）中的结论. 请你在图1中作出线段CE，并根据此方法写出证明过程；实践探究（3）奋进小组在继续探究的过程中，将点C绕点A逆时针旋转，他们发现当旋转到图2和图3的位置时，∠DBN=120°，线段AB、BD、CB的大小发生了变化，但是仍然满足一定的数量关系，请你直接写出这两种关系：在图2中，线段AB、DB、CB之间满足的数量关系是；在图3中，线段AB、DB、CB之间满足的数量关系是；提出问题（4）智慧小组提出一个问题：若图3中BC⊥CD于点C时，BC=2，则AC为多长？请你解答此问题.【答案】（1）AB+DB=CB；（2）见解析；（3）AB－DB=CB；DB－AB=CB；（4）23【解析】【分析】（1）根据图中数据直接猜想AB+DB=CB（2）在射线AM上一点E，使得∠ECB=60°，证明△ACE≌△DCB，推出EB=CB从而得出（1）中的结论；（3）利用旋转的性质和线段的和差关系以及全等三角形的性质得出线段关系；（4）过点C作∠BCE=60º，边CE与直线MN交于点E，设AC与BD交于点F.证明△ACE≌△DCB，得出BC=EC，结合△ECB为等边三角形，得出∠ECA=90°，在Rt△AEC中根据边长计算出AC的长度.【详解】综合与实践（1）AB+DB=CB（2）线段CE如图所示.证明：∵∠ECB=∠ACD=60º，∴∠2+∠ACB=∠1+∠ACB，∴∠2=∠1.∵∠ACD=∠DBN=60º, ∠ABD+∠DBN=180º，∴∠ABD+∠ACD=180º，∴在四边形ACDB中，∠CAB+∠3=180º.∵∠CAB+∠4=180º，∴∠4=∠3.又∵AC=DC，∴△ACE≌△DCB（ASA）∴EA=BD，EC=BC.又∵∠ECB=60°，∴△ECB为等边三角形,∴EB=CB.而EB=EA+AB=DB+AB,∴CB=DB+AB.（3） AB－DB=CB；DB－AB=CB；（4）证明：如图，过点C作∠BCE=60º，边CE与直线MN交于点E，设AC与BD交于点F.∵∠DCA=60º∴∠ECB+∠BCA=∠DCA+∠BCA即∠ECA=∠BCD∵∠DBN=120º∴∠DBA=60º又∵∠AFB=∠DFC∴∠EAF=∠BDC又∵AC=DC∴△ACE≌△DCB（ASA）∴BC=EC∴△ECB为等边三角形∴∠CEB=60º∵BC⊥CD∴∠ECA=∠BCD=90º∴在Rt△AEC中，∠CAE=30º∵BC=2，EC=BC∴AC=EC·tan60º= 3【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，旋转的性质，根据题中条件适当添加辅助线构造全等三角形，利用全等的性质得出线段关系是本题的关键.5．阅读下面材料：小炎遇到这样一个问题：如图1，点E、F分别在正方形ABCD的边BC，CD上，∠EAF=45°，连结EF，则EF=BE+DF，试说明理由．小炎是这样思考的：要想解决这个问题，首先应想办法将这些分散的线段相对集中．她先后尝试了翻折、旋转、平移的方法，最后发现线段AB，AD是共点并且相等的，于是找到解决问题的方法．她的方法是将△ABE绕着点A逆时针旋转90°得到△ADG，再利用全等的知识解决了这个问题（如图2）．参考小炎同学思考问题的方法，解决下列问题：（1）如图3，四边形ABCD中，AB=AD，∠BAD=90°点E，F分别在边BC，CD上，∠EAF=45°．若∠B，∠D都不是直角，则当∠B与∠D满足_ 关系时，仍有EF=BE+DF；（2）如图4，在△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC，点D、E均在边BC上，且∠DAE=45°，若BD=1， EC=2，求DE的长．【答案】（1）∠B+∠D=180°（或互补）；（2）∴【解析】试题分析：(1)如图，△ABE绕着点A逆时针旋转90°得到△ADG，利用全等的知识可知，要使EF=BE+DF，即EF=DG+DF，即要F、D、G三点共线，即∠ADG+∠ADF=180°，即∠B+∠D=180°．(2) 把△ABD绕A点逆时针旋转90°至△ACG，可使AB与AC重合，通过证明△AEG≌△AED得到DE=EG，由勾股定理即可求得DE的长．(1)∠B+∠D=180°（或互补）．(2)∵ AB=AC，∴把△ABD绕A点逆时针旋转90°至△ACG，可使AB与AC重合．则∠B=∠ACG，BD=CG，AD=AG．∵在△ABC中，∠BAC=90°，∴∠ACB+∠ACG=∠ACB+∠B=90°于，即∠ECG=90°．∴ EC2+CG2=EG2．在△AEG与△AED中,∠EAG=∠EAC+∠CAG=∠EAC+∠BAD=90°-∠EAD=45°=∠EAD．又∵AD=AG，AE=AE，∴△AEG≌△AED ．∴DE=EG．又∵CG=BD,∴ BD2+EC2=DE2．∴．考点：1．面动旋转问题；2．全等三角形的判定和性质；3．勾股定理．6．如图1，正方形ABCD与正方形AEFG的边AB、AE（AB＜AE）在一条直线上，正方形AEFG以点A为旋转中心逆时针旋转，设旋转角为. 在旋转过程中，两个正方形只有点A 重合，其它顶点均不重合，连接BE、DG.（1）当正方形AEFG旋转至如图2所示的位置时，求证：BE=DG；（2）当点C在直线BE上时，连接FC，直接写出∠FCD 的度数；（3）如图3，如果=45°，AB =2，AE=，求点G到BE的距离.【答案】（1）证明见解析；（2）45°或135°；（3）.【解析】试题分析：（1）根据正方形的性质可得AB=AD，AE=AG，∠BAD=∠EAG=90°，再求出∠BAE=∠DAG，然后利用“边角边”证明△ABE和△ADG全等，根据全等三角形对应边相等证明即可.（2）当点C在直线BE上时，可知点E与C重合或G点C与重合，据此求解即可.（3）根据和求解即可.试题解析：（1）如图2，∵四边形ABCD是正方形，∴AB=AD，∠BAE+∠EAD=90°.∵四边形AEFG是正方形，∴AE=AG，∠EAD+∠DAG=90°.∴∠BAE=∠DAG..∴△ABE≌△ADG（SAS）.∴BE=DG..（2）如图，当点C在直线BE上时，可知点E与C重合或G点C与重合，此时∠FCD 的度数为45°或135°.（3）如图3，连接GB、GE.由已知α=45°，可知∠BAE=45°.又∵GE为正方形AEFG的对角线，∴∠AEG=45°.∴AB∥GE.∵，∴GE =8.∴.过点B作BH⊥AE于点H.∵AB=2，∴. ∴..设点G到BE的距离为h.∴.∴.∴点G到BE的距离为.考点：1.旋转的性质；2.正方形的性质；3.全等三角形的判定和性质；4.平行的判定和性质；5.勾股定理；6.分类思想的应用．7．如图，△ABC和△DEC都是等腰三角形，点C为它们的公共直角顶点，连接AD、BE，F 为线段AD的中点，连接CF．（1）如图1，当D点在BC上时，BE与CF的数量关系是__________；（2）如图2，把△DEC绕C点顺时针旋转90°，其他条件不变，问（1）中的关系是否仍然成立？请说明理由；（3）如图3，把△DEC绕C点顺时针旋转一个钝角，其他条件不变，问（1）中的关系是否仍然成立？如成立，请证明；如果不成立，请写出相应的正确的结论并加以证明．【答案】（1）BE=2CF；（2）（1）中的关系是仍然成立，理由见解析；（3）（1）中的关系是仍然成立，理由见解析.【解析】试题分析：（1）根据“SAS”证明△ACD≌△BCE，可得AD=BE，又因为AD=2CF，从而BE=2CF；（2）由点F是AD中点，可得AD=2DF，从而AC= 2DF+CD，又由△ABC和△CDE是等腰直角三角形，可知BC=2DF+CE，所以BE= 2（DF+CE），CF= DF+CD，从而BE=2CF；（3）延长CF至G使FG=CF，即：CG=2CF，可证△CDF≌△GAF，再证明△BCE≌△ACG，从而BE=CG=2CF成立.解：（1）∵△ABC是等腰直角三角形，∴AC=BC，∵△CDE是等腰直角三角形，∴CD=CE，在△ACD和△BCE中，，∴△ACD≌△BCE，∴AD=BE，在Rt△ACD中，点F是AD中点，∴AD=2CF，∴BE=2CF，故答案为BE=2CF；（2）（1）中的关系是仍然成立，理由：∵点F是AD中点，∴AD=2DF，∴AC=AD+CD=2DF+CD，∵△ABC和△CDE是等腰直角三角形，∴AC=BC，CD=CE，∴BC=2DF+CE，∴BE=BC+CE=2DF+CE+CE=2（DF+CE），∵CF=DF+CD=DF+CD，∴BE=2CF；（3）（1）中的关系是仍然成立，理由：如图3，延长CF至G使FG=CF，即：CG=2CF，∵点F是AD中点，∴AF=DF，在△CDF和△GAF中，，∴△CDF≌△GAF，∴AG=CD=CE，∠CDF=∠GAF，∴∠CAG=∠CAD+∠GAF=∠CAD+∠ADC=180°﹣∠ACD，∵∠ACB=∠DCE=90°，∴∠BCE=360°﹣∠ACB﹣∠DCE﹣∠ACD=180°﹣∠ACD，∴∠CAG=∠BCE，连接BE，在△BCE和△ACG中，，∴△BCE≌△ACG，∴BE=CG=2CF，即：BE=2CF．点睛：本题主要考查了等腰直角三角形的性质、全等三角形的判定与性质和旋转的性质，考查了学生综合运用知识的能力，熟练掌握旋转的性质、全等三角形的判定与性质是解答本题的关键．8．阅读材料：小胖同学发现这样一个规律：两个顶角相等的等腰三角形，如果具有公共的顶角的顶点，并把它们的底角顶点连接起来则形成一组旋转全等的三角形．小胖把具有这个规律的图形称为“手拉手”图形．如图1，在“手拉手”图形中，小胖发现若∠BAC＝∠DAE，AB＝AC，AD＝AE，则BD＝CE,(1)在图1中证明小胖的发现；借助小胖同学总结规律，构造“手拉手”图形来解答下面的问题：(2)如图2，AB＝BC，∠ABC＝∠BDC＝60°，求证：AD+CD＝BD；(3)如图3，在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝m°，点E为△ABC外一点，点D为BC中点，∠EBC＝∠ACF，ED⊥FD，求∠EAF的度数（用含有m的式子表示）．【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）∠EAF =12 m°.【解析】分析：（1）如图1中，欲证明BD=EC，只要证明△DAB≌△EAC即可；（2）如图2中，延长DC到E，使得DB=DE．首先证明△BDE是等边三角形，再证明△ABD≌△CBE即可解决问题；（3）如图3中，将AE绕点E逆时针旋转m°得到AG，连接CG、EG、EF、FG，延长ED到M，使得DM=DE，连接FM、CM．想办法证明△AFE≌△AFG，可得∠EAF=∠FAG=12 m°.详（1）证明：如图1中，∵∠BAC=∠DAE ， ∴∠DAB=∠EAC ， 在△DAB 和△EAC 中，AD AE DAB EAC AB AC ⎧⎪∠∠⎨⎪⎩＝＝＝， ∴△DAB ≌△EAC ， ∴BD=EC ．（2）证明：如图2中，延长DC 到E ，使得DB=DE．∵DB=DE ，∠BDC=60°， ∴△BDE 是等边三角形， ∴∠BD=BE ，∠DBE=∠ABC=60°， ∴∠ABD=∠CBE ， ∵AB=BC ， ∴△ABD ≌△CBE ， ∴AD=EC ，∴BD=DE=DC+CE=DC+AD ． ∴AD+CD=BD ．（3）如图3中，将AE 绕点E 逆时针旋转m°得到AG ，连接CG 、EG 、EF 、FG ，延长ED 到M ，使得DM=DE ，连接FM 、CM ．由（1）可知△EAB ≌△GAC ，∴∠1=∠2，BE=CG ，∵BD=DC ，∠BDE=∠CDM ，DE=DM ，∴△EDB ≌△MDC ，∴EM=CM=CG ，∠EBC=∠MCD ，∵∠EBC=∠ACF ，∴∠MCD=∠ACF ，∴∠FCM=∠ACB=∠ABC ，∴∠1=3=∠2，∴∠FCG=∠ACB=∠MCF ，∵CF=CF ，CG=CM ，∴△CFG ≌△CFM ，∴FG=FM ，∵ED=DM ，DF ⊥EM ，∴FE=FM=FG ，∵AE=AG ，AF=AF ，∴△AFE ≌△AFG ，∴∠EAF=∠FAG=12m°． 点睛：本题考查几何变换综合题、旋转变换、等腰三角形的性质、全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会利用“手拉手”图形中的全等三角形解决问题，学会构造“手拉手”模型，解决实际问题，属于中考压轴题．9．在矩形ABCD 中，2AB =，1BC =，以点A 为旋转中心，逆时针旋转矩形ABCD ，旋转角为(0180)αα<<，得到矩形AEFG ，点B 、点C 、点D 的对应点分别为点E 、点F 、点G ．()1如图①，当点E 落在DC 边上时，直写出线段EC 的长度为______；()2如图②，当点E 落在线段CF 上时，AE 与DC 相交于点H ，连接AC ，①求证：ACD ≌CAE ；②直接写出线段DH 的长度为______．()3如图③设点P 为边FG 的中点，连接PB ，PE ，在矩形ABCD 旋转过程中，BEP 的面积是否存在最大值？若存在请直接写出这个最大值；若不存在请说明理由．【答案】（1）23；（2）①见解析；34②；（3）存在，PBE 的面积的最大值为21，理由见解析 【解析】 【分析】 ()1如图①中，在Rt ADE 中，利用勾股定理即可解决问题；()2①证明：如图②中，根据HL 即可证明ACD ≌CAE ；②如图②中，由ACD ≌CAE ，推出ACD CAE ∠∠=，推出AH HC =，设AH HC m ==，在Rt ADH 中，根据222AD DH AH +=，构建方程即可解决问题； ()3存在.如图③中，连接PA ，作BM PE ⊥交PE 的延长线于M.由题意：PF PC 1==，由AG EF 1==，G F 90∠∠==，推出PA PE 2==PBE 12S PE BM 22=⋅⋅=，推出当BM 的值最大时，PBE 的面积最大，求出BM 的最大值即可解决问题；【详解】 ()1四边形ABCD 是矩形，AB CD 2∴==，BC AD 1==，D 90∠=， 矩形AEFG 是由矩形ABCD 旋转得到，AE AB 2∴==，在Rt ADE 中，22DE 213=-=CE 23∴=，故答案为23．()2①当点E 落在线段CF 上，AEC ADC 90∠∠∴==，在Rt ADC 和Rt AEC 中，{AC CA CD AE ==， Rt ACD ∴≌()Rt CAE HL ；ACD ②≌CAE ，ACD CAE ∠∠∴=，AH HC ∴=，设AH HC m ==，在Rt ADH 中，222AD DH AH +=，2221(2m)m ∴+-=，5m 4∴=， 53DH 244∴=-=， 故答案为34； ()3存在．理由如下：如图③中，连接PA ，作BM PE ⊥交PE 的延长线于M ，由题意：PF PC 1==，AG EF 1==，G F 90∠∠==，PA PE 2∴==PBE 12S PE BM BM 22∴=⋅⋅=， ∴当BM 的值最大时，PBE 的面积最大，BM PB ≤，PB AB PA ≤+，PB 22∴≤，BM 22∴≤BM ∴的最大值为22+PBE ∴21．【点睛】本题是四边形综合题，考查了矩形的性质，旋转变换，全等三角形的判定和性质，勾股定理，三角形的面积，三角形的三边关系等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题，学会利用参数构建方程解决问题，属于中考压轴题．10．已知，正方形ABCD的边长为4，点E是对角线BD延长线上一点，AE=BD．将△ABE绕点A顺时针旋转α度（0°＜α＜360°）得到△AB′E′，点B、E的对应点分别为B′、E′．（1）如图1，当α=30°时，求证：B′C=DE；（2）连接B′E、DE′，当B′E=DE′时，请用图2求α的值；（3）如图3，点P为AB的中点，点Q为线段B′E′上任意一点，试探究，在此旋转过程中，线段PQ长度的取值范围为．【答案】（1）证明见解析（2）45°或22.5°（3）22-2≤PQ≤42+2【解析】【分析】（1）先由正方形的性质得到直角三角形AOE，再经过简单计算求出角，判断出△ADE≌△AB′C即可；（2）先判断出△AEB′≌△AE′D，再根据旋转角和图形，判断出∠BAB′=∠DAB′即可；（3）先判断出点Q的位置，PQ最小时和最大时的位置，进行计算即可．【详解】解：（1）如图1，连接AC，B′C，∵四边形ABCD是正方形，∴AB=AD，AC⊥BD，AC=BD=2OA，∠CAB=ADB=45°，∵AE=BD，∴AC=AE=2OA，在Rt△AOE中，∠AOE=90°，AE=2OA，∴∠E=30°，∴∠DAE=∠ADB-∠E=45°-30°=15°，由旋转有，AD=AB=AB′∠BAB′=30°，∴∠DAE=15°，在△ADE和△AB′C中，''AD ABDAE CABAE AC=⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，∴△ADE≌△AB′C，∴DE=B′C，（2）如图2，由旋转得，AB′=AB=AD，AE′=AE，在△AEB′和△AE′D中，''''AE AEAD ABDB DE=⎧⎪=⎨⎪=⎩，∴△AEB′≌△AE′D，∴∠DAE′=∠EAB′，∴∠EAE′=∠DAB′，由旋转得，∠EAE′=∠BAB′，∴∠BAB′=∠DAB′，∵∠BAB′+∠DAB′=90°，∴α=∠BAB′=45°，或α=360°-90°-45°=225°；（3）如图3，∵正方形ABCD的边长为4，∴122，连接AC交BD于O，∴OA⊥BD，OA=12AC=122在旋转过程中，△ABE在旋转到边B'E'⊥AB于Q，此时PQ最小，由旋转知，△ABE≌△AB'E'，∴AQ=OA=12BD（全等三角形对应边上的高相等），∴PQ=AQ-AP=122-2在旋转过程中，△ABE在旋转到点E在BA的延长线时，点Q和点E'重合，∴2，∴2+2，故答案为2-2+2．．。
初三旋转测试题卷子及答案
初三旋转测试题卷子及答案一、选择题（每题3分，共15分）1. 一个点绕原点旋转90度后，其坐标变为原来的什么？A. 相反数B. 倒数C. 两倍D. 四倍2. 一个图形绕某点旋转180度后，与原图形的关系是？A. 完全重合B. 完全相反C. 部分重合D. 没有关系3. 一个图形绕某点旋转60度后，其面积和周长会如何变化？A. 面积不变，周长不变B. 面积变小，周长变小C. 面积不变，周长变长D. 面积变小，周长变大4. 一个图形绕其对称轴旋转180度后，图形的位置会如何变化？A. 完全重合B. 完全相反C. 部分重合D. 没有变化5. 如果一个图形绕某点旋转了θ度，那么它的旋转矩阵是什么？A. [cosθ -sinθ; sinθ cosθ]B. [cosθ sinθ; -sinθ cosθ]C. [sinθ cosθ; cosθ -sinθ]D. [sinθ -sinθ; cosθ cosθ]二、填空题（每题2分，共10分）6. 一个点P(x, y)绕原点旋转θ度后，其新坐标为_________。
7. 若一个图形绕点(a, b)旋转θ度，其旋转后的图形与原图形的对应点坐标变化关系为_________。
8. 一个正方形绕其中心点旋转45度后，其四个顶点的坐标变化情况是_________。
9. 一个圆绕其圆心旋转任意角度，其形状和大小_________。
10. 旋转矩阵可以表示为_________，其中θ为旋转角度。
三、解答题（每题5分，共20分）11. 给定一个点P(1, 2)，求该点绕原点旋转120度后的坐标。
12. 一个矩形ABCD，其中A(-1, 1)，B(1, 1)，C(1, -1)，D(-1, -1)，求该矩形绕点A旋转90度后的顶点坐标。
13. 描述一个正方形绕其对称轴旋转90度后，四个顶点的坐标变化情况。
14. 解释旋转矩阵在图形旋转变换中的作用。
四、综合题（每题5分，共10分）15. 一个正六边形绕其中心点旋转60度后，求其顶点坐标的变化。
初三旋转考试题及答案
初三旋转考试题及答案初三数学旋转考试题及答案一、选择题（每题3分，共15分）1. 在平面直角坐标系中，点P(3,4)绕原点O逆时针旋转90°后，新坐标为：A. (4,3)B. (-3,4)C. (3,-4)D. (4,-3)2. 一个正方形绕其中心点旋转45°后，其边长不变，面积不变，以下说法正确的是：A. 形状不变B. 形状改变C. 面积改变D. 形状和面积都改变3. 一个圆心在原点的圆，半径为r，绕原点旋转任意角度后，其半径：A. 变大B. 不变C. 变小D. 无法确定4. 若点A(1,2)绕点B(2,3)旋转30°，旋转后的点A'坐标为：A. (1.5, 3.5)B. (1.5, 2.5)C. (2.5, 3.5)D. 无法确定5. 一个等腰直角三角形绕其直角顶点旋转90°后，其形状：A. 不变B. 变为等边三角形C. 变为等腰三角形D. 变为直角三角形二、填空题（每题2分，共10分）6. 一个矩形绕其中心点旋转180°后，其形状________。
7. 点P(2,-1)绕原点O逆时针旋转45°后，新坐标的横坐标为________。
8. 若一个圆绕其圆心旋转任意角度，其周长________。
9. 一个平行四边形绕其对角线交点旋转90°后，其形状变为________。
10. 一个等边三角形绕其一边的中点旋转60°，旋转后的图形与原图形________。
三、解答题（共25分）11. （5分）若点M(-1,1)绕点N(1,1)旋转60°，求点M'的坐标。
12. （10分）一个边长为4的正方形ABCD，以点A为旋转中心，逆时针旋转30°，求旋转后正方形A'B'C'D'的顶点坐标。
13. （10分）一个圆心在原点，半径为5的圆，绕原点旋转60°，求旋转后圆上任意一点P(x,y)的新坐标。
初三旋转试题及答案
初三旋转试题及答案一、选择题（每题3分，共30分）1. 若一个图形绕某点旋转180°后与自身重合，则该图形是（）。
A. 线段B. 等腰三角形C. 正方形D. 圆2. 一个正方形绕其中心旋转90°后，其形状和大小（）。
A. 都不变B. 形状不变，大小改变C. 形状改变，大小不变D. 都改变3. 旋转对称图形的旋转中心是（）。
A. 任意一点B. 图形的顶点C. 图形的中心点D. 图形的边4. 旋转对称图形的旋转角可以是（）。
A. 任意角度B. 180°C. 90°D. 360°5. 一个图形绕某点旋转后，与原图形（）。
A. 完全重合B. 形状相同C. 大小相同D. 位置相同6. 一个图形绕某点旋转180°后，其位置（）。
A. 与原图形重合B. 与原图形相反C. 与原图形相邻D. 与原图形远离7. 一个图形绕某点旋转90°后，其（）。
A. 形状不变B. 大小不变C. 位置不变D. 所有都不变8. 一个图形绕某点旋转360°后，其（）。
A. 形状不变B. 大小不变C. 位置不变D. 所有都不变9. 一个图形绕某点旋转，若旋转前后图形完全重合，则该旋转是（）。
A. 任意旋转B. 旋转对称C. 镜像对称D. 轴对称10. 一个图形绕某点旋转后，若旋转前后图形形状和大小都不变，则该旋转是（）。
A. 任意旋转B. 旋转对称C. 镜像对称D. 轴对称二、填空题（每题4分，共20分）1. 一个图形绕某点旋转180°后，其位置与原图形（）。
2. 一个图形绕某点旋转90°后，其形状（）。
3. 一个图形绕某点旋转360°后，其位置（）。
4. 一个图形绕某点旋转，若旋转前后图形大小不变，则该旋转是（）。
5. 一个图形绕某点旋转，若旋转前后图形形状不变，则该旋转是（）。
三、解答题（每题10分，共50分）1. 描述一个正方形绕其中心点旋转90°后的图形变化情况。
人教版九年级数学第二十三章第1节图形的旋转解答题 43含解析.docx
第二十三章第1节《图形的旋转》解答题（43）一、解答题1.如图1,射线0C在ZAOB的内部，图中共有3个角:ZAOB, ZAOC和NBOC,若其中有一个角的度数是另一个角度数的三倍，则称射线0C是ZAOB的"奇分线”，如图2,ZMPN=42。
：（1）过点P作射线PQ,若射线PQ是ZMPN的"奇分线”，求ZMPQ；⑵若射线PE绕点P从PN位置开始,以每秒8。
的速度顺时针旋转，当ZEPN首次等于180。
时停止旋转，设旋转的时间为f （秒）.当f为何值时，射线PN是ZEPM的“奇分线”？2.如图，正方形ABCD的边长为4, E是边BC上的一点，把△A3E平移到DCF ,再把△ABE逆时针旋转到ADG的位置.⑴把ZWE平移到DCF,则平移的距离为；⑵四边形AEFD是四边形；⑶把ZiABE逆时针旋转到ADG的位置，旋转中心是点；⑷若连接EG,求证：是等腰直角三角形.3.图①，图②均是10x10的方格纸，AABC和的顶点都在格点上.（1）在图①中将AA5C先向左平移5格，再向下平移2格，画出平移后的（2）在图②中将绕点D逆时针旋转90 ,画出旋转后的ADE,F t.1 1 ,,4.如图，直线；y = -----------x + 2父y轴于点A,交x轴于点C,抛物线y = —x +bx + c2 4（1）直接写出点A,点B,点C的坐标及抛物线的解析式；（2）在直线AC上方的抛物线上有一点M,求四边形面积的最大值及此时点M 的坐标；（3）将线段绕x轴上的动点P（m,O）顺时针旋转90。
得到线段00',若线段00'与抛物线只有一个公共点，请结合函数图象，求m的取值范围.5.在RtA/lBC中，ZABC=90。
，/ACB=30。
，将△ABC绕点C顺时针旋转一定的角度a得到点A、B的对应点分别是。
、E.7. （1）（问题发现）如图1, AABC和ZVIDE都是等腰直角三角形，ZBAC^ZDAE^90°,延长朗到点F,使得AF^AC,连接DF、BE,贝。
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专项训练五图形的旋转一、选择题1．(淮安中考)下列图形是中心对称图形的是()2．(莆田中考)规定：在平面内，将一个图形绕着某一点旋转一定的角度(小于周角)后能和自身重合，则称此图形为旋转对称图形．下列图形是旋转对称图形，且有一个旋转角为60°的是() A．正三角形B．正方形C．正六边形D．正十边形3．(新疆中考)如图所示，将一个含30°角的直角三角板ABC绕点A旋转，使得点B，A，C′在同一条直线上，则三角板ABC旋转的角度是()A．60°B．90°C．120°D．150°第3题图第4题图第5题图第6题图4．(宜宾中考)如图，在△ABC中，∠C＝90°，AC＝4，BC＝3，将△ABC绕点A逆时针旋转，使点C落在线段AB上的点E处，点B落在点D处，则B、D两点间的距离为()A.10 B．2 2 C．3 D．2 55．(贺州中考)如图，将线段AB绕点O顺时针旋转90°得到线段A′B′，那么A(－2，5)的对应点A′的坐标是()A．(2，5) B．(5，2) C．(2，－5) D．(5，－2)6．(无锡中考)如图，Rt△ABC中，∠C＝90°，∠ABC＝30°，AC＝2，△ABC绕点C顺时针旋转得△A1B1C，当A1落在AB边上时，连接B1B，取BB1的中点D，连接A1D，则A1D的长度是()A.7 B．2 2 C．3 D．2 3二、填空题7．若点(a，1)与(－2，b)关于原点对称，则a b＝________．8．(江西中考)如图所示，△ABC中，∠BAC＝33°，将△ABC绕点A按顺时针方向旋转50°，对应得到△AB′C′，则∠B′AC的度数为________．9．如图，在方格纸中，选择标有序号①②③④中的一个小正方形涂黑，与图中阴影部分构成中心对称图形，涂黑的小正方形序号是________．10．(大连中考)如图，将△ABC绕点A逆时针旋转得到△ADE，点C和点E是对应点．若∠CAE ＝90°，AB＝1，则BD＝________．第9题图第10题图第11题图第12题图11．(温州中考)如图，将△ABC绕点C按顺时针方向旋转至△A′B′C，使点A′落在BC的延长线上．已知∠A＝27°，∠B＝40°，则∠ACB′＝________度．12．★(枣庄中考)如图，在△ABC中，∠C＝90°，AC＝BC＝2，将△ABC绕点A按顺时针方向旋转60°到△AB′C′的位置，连接C′B，则C′B＝________.三、解答题13．(厦门中考)如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，AB＝5，BC＝4，将△ABC绕点C顺时针旋转90°，若点A，B的对应点分别是点D，E，画出旋转后的三角形，并求点A与点D之间的距离(不要求尺规作图)．14.如图，四边形ABCD是正方形，E，F分别是DC和CB的延长线上的点，且DE＝BF，连接AE，AF，EF.(1)求证：△ADE≌△ABF；(2)△ABF可以由△ADE绕旋转中心________点，按顺时针旋转________度得到；(3)若BC＝8，DE＝6，求△AEF的面积．15．(毕节中考)如图，已知△ABC中，AB＝AC，把△ABC绕A点沿顺时针方向旋转得到△ADE，连接BD，CE交于点F.(1)求证：△AEC≌△ADB；(2)若AB＝2，∠BAC＝45°，当四边形ADFC是菱形时，求BF的长．16．★如图①，点O是正方形ABCD两对角线的交点，分别延长OD到点G，OC到点E，使OG＝2OD，OE＝2OC，然后以OG、OE为邻边作正方形OEFG，连接AG，DE.(1)求证：DE⊥AG；(2)正方形ABCD固定，将正方形OEFG绕点O逆时针旋转α角(0°＜α＜360°)得到正方形OE′F′G′，如图②.①在旋转过程中，当∠OAG′是直角时，求α的度数；②若正方形ABCD的边长为1，在旋转过程中，求AF′长的最大值和此时α的度数，直接写出结果不必说明理由．参考答案与解析1．C 2.C 3.D 4.A5．B 解析：∵线段AB 绕点O 顺时针旋转90°得到线段A ′B ′，∴△ABO ≌△A ′B ′O ，∠AOA ′＝90°，∴AO ＝A ′O .作AC ⊥y 轴于C ，A ′C ′⊥x 轴于C ′，∴∠ACO ＝∠A ′C ′O ＝90°.∵∠COC ′＝90°，∴∠AOA ′－∠COA ′＝∠COC ′－∠COA ′，∴∠AOC ＝∠A ′OC ′.在△ACO 和△A ′C ′O 中，⎩⎪⎨⎪⎧∠ACO ＝∠A ′C ′O ，∠AOC ＝∠A ′OC ′，AO ＝A ′O ，∴△ACO ≌△A ′C ′O (AAS)，∴AC ＝A ′C ′，CO ＝C ′O .∵点A 的坐标为(－2，5)，∴AC ＝2，CO ＝5，∴A ′C ′＝2，OC ′＝5，∴点A ′的坐标为(5，2)．6．A 解析：∵∠ACB ＝90°，∠ABC ＝30°，AC ＝2，∴∠A ＝90°－∠ABC ＝60°，AB ＝4，BC ＝2 3.∵CA ＝CA 1，∴△ACA 1是等边三角形，∴AA 1＝AC ＝2，∴∠BCB 1＝∠ACA 1＝60°，A 1B ＝AB －AA 1＝4－2＝2.∵CB ＝CB 1，∴△BCB 1是等边三角形，∴BB 1＝BC ＝23，∠A 1BB 1＝∠CBB 1＋∠ABC ＝60°＋30°＝90°，∴BD ＝DB 1＝3，∴A 1D ＝A 1B 2＋BD 2＝7.7.128.17° 9.② 10. 2 11．46 解析：∵∠A ＝27°，∠B ＝40°，∴∠ACA ′＝∠A ＋∠B ＝27°＋40°＝67°.∵△ABC 绕点C 按顺时针方向旋转至△A ′B ′C ，∴△ABC ≌△A ′B ′C ，∴∠ACB ＝∠A ′CB ′，∴∠ACB －∠B ′CA ＝∠A ′CB ′－∠B ′CA ，即∠BCB ′＝∠ACA ′，∴∠BCB ′＝67°，∴∠ACB ′＝180°－∠ACA ′－∠BCB ′＝180°－67°－67°＝46°.12.3－1 解析：如图，连接BB ′.∵△ABC 绕点A 按顺时针方向旋转60°得到△AB ′C ′，AC ＝BC ，∠C ＝90°，∴AB ＝AB ′，∠BAB ′＝60°，AC ′＝B ′C ′，∠AC ′B ′＝90°，∴△ABB ′是等边三角形，∴AB ＝BB ′.在△ABC ′和△B ′BC ′中，⎩⎪⎨⎪⎧AB ＝BB ′，AC ′＝B ′C ′，BC ′＝BC ′，∴△ABC ′≌△B ′BC ′(SSS)，∴∠ABC ′＝∠B ′BC ′＝30°.延长BC ′交AB ′于D ，则BD ⊥AB ′，D 为AB ′的中点，∴C ′D ＝12AB ′＝12AB .∵∠C ＝90°，AC ＝BC ＝2，∴AB ＝（2）2＋（2）2＝2，∴AD＝12AB ＝1，BD ＝3，C ′D ＝12AB ＝1，∴C ′B ＝BD －C ′D ＝3－1. 13．解：如图，∵在△ABC 中，∠ACB ＝90°，AB ＝5，BC ＝4，∴AC ＝AB 2－BC 2＝3.∵将△ABC 绕点C 顺时针旋转90°，点A ，B 的对应点分别是点D ，E ，∴AC ＝CD ＝3，∠ACD ＝90°，∴AD ＝AC 2＋CD 2＝3 2.14．(1)证明：∵四边形ABCD 为正方形，∴AB ＝AD ，∠ABF ＝∠ADE ＝90°.∵DE ＝BF ，∴△ADE ≌△ABF ；(2)解：A 90(3)解：在Rt △ADE 中，∵AD ＝BC ＝8，DE ＝6，∴AE ＝10.由题意可知AF ＝AE ＝10，∠EAF＝90°，∴S △AEF ＝12AE ·AF ＝50.15．(1)证明：由旋转的性质得△ABC ≌△ADE ，且AB ＝AC ，∴AE ＝AD ＝AC ＝AB ，∠BAC ＝∠DAE ，∴∠BAC ＋∠BAE ＝∠DAE ＋∠BAE ，即∠CAE ＝∠BAD .在△AEC 和△ADB 中，∵AE ＝AD ，∠CAE ＝∠BAD ，AC ＝AB ，∴△AEC ≌△ADB (SAS)；(2)解：∵四边形ADFC 是菱形，∴DF ＝AC ＝AB ＝2，AC ∥DF .又∵∠BAC ＝45°，∴∠DBA ＝∠BAC ＝45°.由(1)可知AB ＝AD ，∴∠DBA ＝∠BDA ＝45°，∴△ABD 为直角边长为2的等腰直角三角形，∴BD 2＝2AB 2，即BD ＝22，∴BF ＝BD －DF ＝22－2.16．(1)证明：如图①，延长ED 交AG 于点H .∵点O 是正方形ABCD 两对角线的交点，∴OA＝OD ，OA ⊥OD .在△AOG 和△DOE 中，⎩⎪⎨⎪⎧OA ＝OD ，∠AOG ＝∠DOE ＝90°，OG ＝OE ，∴△AOG ≌△DOE ，∴∠AGO ＝∠DEO .∵∠AGO ＋∠GAO ＝90°，∴∠DEO ＋∠GAO ＝90°，∴∠AHE ＝90°，即DE ⊥AG ；(2)解：①在旋转过程中，∠OAG ′成为直角有两种情况：(Ⅰ)α由0°增大到90°过程中，当∠OAG ′＝90°时，∵OA ＝OD ＝12OG ＝12OG ′，∴在Rt △OAG ′中，OA OG ′＝12，∴∠AG ′O ＝30°.∵OA ⊥OD ，OA ⊥AG ′，∴OD ∥AG ′，∴∠DOG ′＝∠AG ′O ＝30°，即α＝30°；(Ⅱ)α由90°增大到180°过程中，当∠OAG ′＝90°时，同理可求∠BOG ′＝30°，∴α＝180°－30°＝150°.综上所述，当∠OAG ′＝90°时，α＝30°或150°.②如图③，当旋转到A 、O 、F ′在一条直线上时，AF ′的长最大，∵正方形ABCD 的边长为1，∴OA ＝OD ＝OC ＝OB ＝22.∵OG ＝2OD ，∴OG ′＝OG ＝2，∴OF ′＝2，∴AF ′＝AO ＋OF ′＝22＋2.∵∠COE ′＝45°，∴此时α＝315°.。