23.1 图形的旋转（基础+提升）-2021-2022学年九年级数学上册同步考点讲练（人教版）

23.1 图形的旋转 【提升训练】 一、单选题 1．如图，在平面内将五角星绕其中心旋转后所得到的图案是（ ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】 根据旋转的性质找出阴影部分三角形的位置即可得答案． 【详解】 ∵将五角星绕其中心旋转， ∴图中阴影部分的三角形应竖直向下， 故选：C． 【点睛】 本题考查旋转的性质，图形旋转前后，对应边相等，对应角相等，前后两个图形全等；熟练掌握旋转的性质是解题关键． 2．如图．将菱形ABCD绕点A逆时针旋转得到菱形，．当AC平分时，与满足的数量关系是（ ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】 根据菱形的性质可得AB=AC，根据等腰三角形的性质可得∠BAC=∠BCA=，根据旋转的性质可得∠CAC′=∠BAB′=，根据AC平分可得∠B′AC=∠CAC=，即可得出，可得答案． 【详解】 ∵四边形ABCD是菱形，， ∴AB=AC， ∴∠BAC=∠BCA==， ∵将菱形ABCD绕点A逆时针旋转得到菱形， ∴∠CAC′=∠BAB′=， ∵AC平分， ∴∠B′AC=∠CAC=， ∴∠BAC=∠B′AC+∠BAB′=2=， ∴， 故选；C． 【点睛】 本题考查旋转的性质及菱形的性质，熟练掌握相关性质并正确找出旋转角是解题关键． 3．如图，在中，于点E．以点B为中心，取旋转角等于，把顺时针旋转，得到，连接．若，则的大小为（ ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】 根据平行四边形对角相等、邻角互补，得∠ABC＝60°，∠DCB＝120°，再由∠A′DC＝10°，可运用三角形外角求出∠DA′B＝130°，再根据旋转的性质得到∠BA′E′＝∠BAE＝30°，从而得到答案． 【详解】 解：∵四边形ABCD是平行四边形， ∴∠ABC=∠ADC＝60°， ∵AD∥BC，∠ADA′=50°， ∴∠DA′B=180°-∠ADA′＝130°， ∵AE⊥BC于点E，∠ABC＝60°， ∴∠BAE＝30°， ∵△BAE顺时针旋转，得到△BA′E′， ∴∠BA′E′＝∠BAE＝30°， ∴∠DA′E′＝∠DA′B+∠BA′E′＝160°． 故选：C． 【点睛】 本题主要考查了平行四边形的性质，旋转的性质，此题难度不大，关键是能综合运用以上知识点求出∠DA′B和∠BA′E′． 4．如图，平面直角坐标系中，每个小正方形的边长均为1个单位长度，将△ABC绕点P顺时针旋转得到，则点P的坐标是（ ） A．（1，1） B．（1，2） C．（1，3） D．（1，4） 【答案】B 【分析】 先找旋转中心P位置，利用待定系数法求AA′解析式，和过AA′中点（3，3），与AA′垂直的直线PF解析式，利用x=1，求点P坐标即可． 【详解】 解：连结CC′，作CC′的垂直平分线PE，连结AA′，作AA′的垂直平分线PF，两线交于P， ∵C（0，3），C′（2，3）， ∴PE∥y轴，点P的横坐标为1， ∵A（2，5），A′（4，1）， ∴AA′解析式为， 则， 解得， A′A中点坐标为（3，3）， 设过（3，3）与A′A垂直的直线PF为， 所以， 解得， 直线PF为， 当x=1时，， ∴点P（1，2）， 故选择B． 【点睛】 本题考查网格图形旋转问题，确定旋转中心，待定系数法求函数解析式，两直线垂直的性质，掌握网格图形旋转问题，确定旋转中心，待定系数法求函数解析式，两直线垂直的性质，利用函数值求点坐标是解题关键． 5．如图，在中，，．将绕点逆时针方向旋转，得到，连接．则线段的长为（ ） A．1 B． C． D． 【答案】B 【分析】 根据旋转性质可知，，再由勾股定理即可求出线段的长． 【详解】 解：∵旋转性质可知，， ∴， 故选：B． 【点睛】 此题主要考查旋转的性质和勾股定理求出直角三角形边长，解题关键是根据旋转性质得出是等腰直角三角形． 6．如图，在中，，将绕点C逆时针旋转得到，点A，B的对应点分别为D，E，连接．当点A，D，E在同一条直线上时，下列结论一定正确的是（ ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】 由旋转可知，即可求出，由于，则可判断，即A选项错误；由旋转可知，由于，即推出，即B选项错误；由三角形三边关系可知，即可推出，即C选项错误；由旋转可知，再由，即可证明为等边三角形，即推出．即可求出，即证明 ，即D选项正确； 【详解】 由旋转可知， ∵点A，D，E在同一条直线上， ∴， ∵， ∴，故A选项错误，不符合题意； 由旋转可知， ∵为钝角， ∴， ∴，故B选项错误，不符合题意； ∵， ∴，故C选项错误，不符合题意； 由旋转可知， ∵， ∴为等边三角形， ∴． ∴， ∴，故D选项正确，符合题意； 故选D． 【点睛】 本题考查旋转的性质，三角形三边关系，等边三角