23.1 图形的旋转（检测卷）-2024-2025学年人教版数学九年级上册同步培优过关必刷卷

2024-2025学年人教版数学九年级上册同步培优过关必刷卷●新教材【第23章《旋转》】 23.1 图形的旋转 时间：60分钟 满分：100分 难度：0.47（较难）来源：各地名校真题 班级： 姓名： 学号： 一．选择题（共10小题，满分20分，每小题2分） 1．（2分）（2024秋•西华县期中）如图，在正方形ABCD中，AD＝15，E，F分别是CD，BC边上的点，且∠EAF＝45°，EC＝5，将△AED绕点A沿顺时针方向旋转90°后与△AGB重合，连接EF．给出下列结论：①DE+BF＝EF；②BF＝3；③；④四边形AEFG的面积是195，其中正确的个数是（　　） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 2．（2分）（2024秋•红塔区期中）如图，已知点A（2，0），B（3，b）（b＞0），将线段AB绕点A逆时针旋转90°，则点B的对应点C的横坐标为（　　） A．﹣b﹣1 B．1﹣b C．2﹣b D．b﹣2 3．（2分）（2024秋•西华县期中）如图，在平面直角坐标系中，将点P（3，4）绕原点O顺时针旋转90°得到点P′，则P′的坐标为（　　） A．（4，3） B．（﹣4，3） C．（4，﹣3） D．（﹣4，﹣3） 4．（2分）（2024•本溪二模）如图，将线段AB绕点O顺时针旋转90°得到线段A′B′，则点A（﹣1，4）的对应点A′的坐标是（　　） A．（1，2） B．（2，1） C．（1，4） D．（4，1） 5．（2分）（2024秋•东城区校级期中）如图，将△AOB绕点O逆时针方向旋转60°得△COD，若∠AOB＝20°，则∠AOD的度数是（　　） A．50° B．40° C．30° D．20° 6．（2分）（2024秋•深圳校级月考）如图，在矩形ABCD中，AB＝3．BC＝5，把矩形ABCD绕点C旋转，得到矩形CEFG且点B恰好落在AD上，连接BG交CE于点H．则BH的长为（　　） A． B． C． D． 7．（2分）（2024•虞城县校级模拟）如图，把Rt△ABC放置在平面直角坐标系中，∠C＝90°，已知点A是x轴上的定点，点B的坐标为（0，2）．将Rt△ABC绕点A逆时针旋转60°，旋转后点C恰好与点O重合，则旋转前点C的坐标是（　　） A． B． C． D． 8．（2分）（2024•南岗区校级二模）如图，将△ABC绕点C顺时针方向旋转40°得△A′CB′，若AC⊥A′B′，则∠BAC等于（　　） A．50° B．60° C．70° D．80° 9．（2分）（2024秋•凉州区期中）如图，将△ABC绕B点顺时针方向旋转一个角α到△DBE，点A的对应点D恰好落在AC上，且BE∥AC．若∠DBC＝30°，则α的度数为（　　） A．30° B．40° C．45° D．36° 10．（2分）（2024秋•康县期中）如图，一块含30°角的直角三角板ABC绕点B顺时针旋转到△A′BC′的位置，使得A、B、C′三点在同一条直线上，则三角板ABC旋转的角度是（　　） A．30° B．60° C．90° D．120° 二．填空题（共10小题，满分20分，每小题2分） 11．（2分）（2024秋•宝山区校级期中）如图，Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝8，BC＝6．把△ABC绕点B逆时针旋转（旋转角小于180°）点A、C的对应点分别是A′、C′，射线CC′与AA′交于点E，若BA′∥CC′，则C′E＝ 　 　． 12．（2分）（2024秋•青羊区校级期中）如图，在菱形ABCD中，对角线BD，AC交于点O，将点D绕点A顺时针旋转60°得到点D′，连接OD′，CD′，当线段OD′的长度取最小值时，CD′的长为，则菱形的边长为 　 　． 13．（2分）（2024秋•浦北县期中）如图，△ABC为直角三角形，BC是斜边，将△ABD绕点A逆时针旋转后，能与△ACD′重合，如果AD＝3，求DD′的长为 　 　． 14．（2分）（2024秋•平山县期中）如图，E为正方形ABCD内一点，∠CEB＝90°，CE＝5，CB＝13，将Rt△CBE绕点C按顺时针方向旋转90°，得到△CDF．延长BE交DF于点H，连接DE．则DE的长为 　 　． 15．（2分）（2024秋•西华县期中）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠ABC＝30°，AC＝1．将△ABC绕点C逆时针旋转得到△A′B′C，旋转角为α（0°＜α＜180°），当点A的对应点A′恰好落在△ABC的边上时，连接BB′，则BB′的长为　 　． 16．（2分）（2024秋•海安市校级月考）在平面直角坐标系中，A点坐标为（3，4），将OA绕原点O顺时针旋转90°得到OA′，则点A′的坐标是 　 　． 17．（2分）（2024•青龙县模拟）如图，O是等边△ABC内一点，OA＝3，OB＝4，OC＝5，将线段BO以点B为旋转中心逆时针旋转60°得到线段BO′，则∠AOB＝　 　． 18．（2分）（2024秋•香洲区校级期中）如图，将△OAB绕着点O顺时针旋转，得到△OCD，若∠B＝30°，则∠D等于　 　． 19．（2分）（2024春•南岸区校级期中）如图，△ODC是由△OAB绕点O顺时针旋转40°后得到的图形，若点D恰好落在AB上，且∠AOC＝100°，则∠C的度数是 　 　． 20．（2分）（2024秋•洪山区校级月考）点O是正方形ABCD内的一点，P是边AB上的一点，AB＝1，OP+OD+OC的最小值为 　 　． 三．解答题（共8小题，满分60分） 21．（8分）（2024秋•大兴区期中）已知，△ABC是等腰三角形，∠BAC＝60°，O是△ABC内的任意一点，连接OA，OB，OC． （1）如图1，∠AOC＝90°，∠BOC＝120°，将△BOC绕点C顺时针旋转60°得到△ADC．点D恰好落在BO所在的直线上，用等式表示线段OA，OB，OC之间的数量关系，并证明； （2）如图2，设∠AOC＝α，∠BOC＝β．当α＝ 　 　°，β＝ 　 　°时，OA+OB+OC有最小值． 22．（8分）（2024秋•大兴区期中）如图1，点B，C在直线l上，点A为直线l外一点，AB＝AC，对于点D给出如下定义：将线段CA绕点C逆时针旋转α（0°＜α＜90°）得到线段CD，当点D在直线l上（不与B重合）时，称点D为线段AB的关联点． （1）如图2，∠ABC＝40°，∠BAD＝30°，点D 　 　（填“是”或“不是”）线段AB的关联点； （2）已知点D为线段AB的关联点，∠ABC＝x°，∠BAD＝y°，请写出y与x的关系式及x的取值范围（直接写出结果）． 23．（8分）（2024秋•东西湖区校级月考）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，将Rt△ABC绕着点B逆时针旋转得到△DBE，A、C两点的对应点分别为D、E两点，点E落在边AB上． （1）若∠BAC＝36°，请直接写出∠BAD的度数为 　 　； （2）若AC＝8，BC＝6，求AD的长． 24．（8分）（2023秋•临淄区期末）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，将△ABC绕着点B逆时针旋转得到△FBE，点C，A的对应点分别为E，F，点E落在BA上，连接AF． （1）若∠BAC＝40°．则∠BAF的度数为 　 　； （2）若AC＝8，BC＝6，求AF的长． 25．（6分）（2024秋•潮阳区期中）如图，在四边形ABCD中，AC，BD是对角线，△ABC是等边三角形．线段CD绕点C顺时针旋转60°得到线段CE，连接AE． （1）求证：AE＝BD； （2）若∠ADC＝30°，AD＝3，BD＝5，求CD的长． 26．（8分）（2023秋•右玉县期末）在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，直线MN经过点C，且AD⊥MN于D，BE⊥MN于E． （1）当直线MN绕点C旋转到图1的位置时，求证： ①△ADC≌△CEB； ②DE＝AD+BE； （2）当直线MN绕点C旋转到图2的位置时，AD＝5，BE＝2，求线段DE的长． 27．（8分）（2024秋•滨海新区校级期中）如图，一张长为8cm，宽为4cm的矩形纸片ABCD． （1）如图①，将矩形纸片ABCD沿着对角线AC剪开，将△ABC绕点A逆时针旋转得到△AEF，使边AD和AE在同一直线上．连接CF，请写出△ACF的形状，并说明理由； （2）如图②，将△AEF绕点A顺时针旋转（转动的度数小于45°），边AE与边DC相交于点M．当旋转度数为30°时，求点E到CD的距离． 28．（6分）（2024秋•凉州区期中）如图所示，已知正方形ABCD的边长为3，E，F分别是AB，BC边上的点，且∠EDF＝45°，将△DAE绕点D按逆时针方向旋转90°得到△DCM． （1）证明：△DEF≌△DMF． （2）若AE＝1，求FM的长． 1 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2024-2025学年人教版数学九年级上册同步培优过关必刷卷●新教材【第23章《旋转》】 23.1 图形的旋转 时间：60分钟 满分：100分 难度：0.47（较难）来源：各地名校真题 班级： 姓名： 学号： 一．选择题（共10小题，满分20分，每小题2分） 1．（2分）（2024秋•西华县期中）如图，在正方形ABCD中，AD＝15，E，F分别是CD，BC边上的点，且∠EAF＝45°，EC＝5，将△AED绕点A沿顺时针方向旋转90°后与△AGB重合，连接EF．给出下列结论：①DE+BF＝EF；②BF＝3；③；④四边形AEFG的面积是195，其中正确的个数是（　　） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 解：在正方形ABCD中，AD＝15， ∴AD＝AB＝BC＝CD＝15，∠DAB＝∠ABC＝∠D＝∠BCD＝90°， ∵将△AED绕点A沿顺时针方向旋转90°后与△AGB重合， ∴AG＝AE，∠DAE＝∠BAG，DE＝BG， ∵∠EAF＝45°， ∴∠DAE+∠BAF＝∠DAB﹣∠EAF＝45°， ∴∠GAB+∠BAF＝∠GAF＝45°＝∠EAF， 在△AFE和△AFG中， ， ∴△AFE≌△AFG（SAS）， ∴EF＝FG，S△AEF＝S△AGF， ∵DE＝BG， ∴EF＝FG＝BG+FB＝DE+BF，故①正确， ∵BC＝CD＝AD＝15，EC＝5， ∴DE＝BG＝10， 设BF＝x，则GF＝EF＝x+10，CF＝15﹣x， 在Rt△ECF中，EF2＝CF2+CE2， ∴（x+10）2＝（15﹣x）2+52， 解得x＝3， ∴BF＝3，，故②③正确， ∴GF＝EF＝x+10＝3+10＝13， ∴， 四边形AEFG的面积是，故④正确， 正确的是①②③④； 故选：D． 2．（2分）（2024秋•红塔区期中）如图，已知点A（2，0），B（3，b）（b＞0），将线段AB绕点A逆时针旋转90°，则点B的对应点C的横坐标为（　　） A．﹣b﹣1 B．1﹣b C．2﹣b D．b﹣2 解：如图，作CF⊥x轴于F，BE⊥x轴于E， ∵点A（2，0），B（3，b）（b＞0）， ∴OA＝2，BE＝b， 由旋转的性质可知，∠BAC＝90°，AB＝AC， ∴∠CAF+∠BAE＝90°， ∵∠CAF+∠C＝90°， ∴∠C＝∠BAE， ∵∠AEB＝∠CFA＝90°， ∴△AEB≌△CFA（AAS）， ∴AF＝BE＝b， ∴C的横坐标为2﹣b． 故选：C． 3．（2分）（2024秋•西华县期中）如图，在平面直角坐标系中，将点P（3，4）绕原点O顺时针旋转90°得到点P′，则P′的坐标为（　　） A．（4，3） B．（﹣4，3） C．（4，﹣3） D．（﹣4，﹣3） 解：如图，过点P作PM⊥x轴于点M，过点P′作P′N⊥x轴于点N， 由题意可得：OP＝OP′，∠POM+∠NOP′＝90°， ∵∠POM+∠MPO＝90°， ∴∠NOP′＝∠MPO， 在△NOP和△MPO中， ， ∴△NOP′≌△MPO（AAS）， ∴OM＝P′N，PM＝ON， ∵P（3，4）， ∴OM＝P′N＝3，PM＝ON＝4， 故P′（4，﹣3）． 故选：C． 4．（2分）（2024•本溪二模）如图，将线段AB绕点O顺时针旋转90°得到线段A′B′，则点A（﹣1，4）的对应点A′的坐标是（　　） A．（1，2） B．（2，1） C．（1，4） D．（4，1） 解：分别过点A和点A′作y轴和x轴的垂线，垂足分别为M和N， 由旋转可知， AO＝A′O，∠AOA′＝90°， ∴∠AOM+∠MOA′＝∠MOA′+∠A′ON， ∴∠AOM＝∠A′ON． 在△AOM和△A′ON中， ， ∴△AOM≌△A′ON（AAS）， ∴A′N＝AM，NO＝MO， 又∵点A的坐标为（﹣1，4）， ∴A′N＝AM＝1，NO＝MO＝4， ∴点A′的坐标为（4，1）． 故选：D． 5．（2分）（2024秋•东城区校级期中）如图，将△AOB绕点O逆时针方向旋转60°得△COD，若∠AOB＝20°，则∠AOD的度数是（　　） A．50° B．40° C．30° D．20° 解：由旋转的性质得：∠BOD＝60°， ∴∠AOD＝∠BOD﹣∠AOB＝60°﹣20°＝40°， 故选：B． 6．（2分）（2024秋•深圳校级月考）如图，在矩形ABCD中，AB＝3．BC＝5，把矩形ABCD绕点C旋转，得到矩形CEFG且点B恰好落在AD上，连接BG交CE于点H．则BH的长为（　　） A． B． C． D． 解：作BL⊥CE于点L，则∠CLB＝90°， ∵四边形ABCD是矩形，AB＝3．BC＝5， ∴CD＝AB＝3，∠D＝∠BCD＝90°，BC∥AD， ∴∠CLB＝∠D，∠BCL＝∠CED， 由旋转得EC＝BC＝5，CG＝CD＝3，∠ECG＝∠BCD＝90°， ∴DE＝＝＝4，∠HLB＝∠HCG＝90°， 在△LBC和△DCE中， ， ∴△LBC≌△DCE（AAS）， ∴LC＝DE＝4，LB＝CD＝3， ∴LB＝CG， 在△BHL和△GHC中， ， ∴△BHL≌△GHC（AAS）， ∴HL＝HC＝LC＝2， ∴BH＝＝＝， 故选：D． 7．（2分）（2024•虞城县校级模拟）如图，把Rt△ABC放置在平面直角坐标系中，∠C＝90°，已知点A是x轴上的定点，点B的坐标为（0，2）．将Rt△ABC绕点A逆时针旋转60°，旋转后点C恰好与点O重合，则旋转前点C的坐标是（　　） A． B． C． D． 解：令△ABC旋转后的对应三角形为△AOB′，连接OC，如图所示， 则AB＝AB′，AC＝AO，∠CAO＝∠BAB′＝60°， 所以△ACO和△ABB′都是等边三角形． 因为AO⊥BB′， 所以B′O＝BO＝2， 所以BB′＝4， 所以AB＝BB′＝4． 在Rt△AOB中， OA＝， 所以CO＝OA＝． 过点C作OA的垂线，垂足为M， 则OM＝． 在Rt△COM中， CM＝． 所以点C的坐标为（）． 故选：C． 8．（2分）（2024•南岗区校级二模）如图，将△ABC绕点C顺时针方向旋转40°得△A′CB′，若AC⊥A′B′，则∠BAC等于（　　） A．50° B．60° C．70° D．80° 解：将△ABC绕点C顺时针方向旋转40°得△A’CB’， ∴∠A′CA＝40°， ∵AC⊥A′B′， ∴∠A′＝90°﹣40°＝50°， 由对应角相等，得∠BAC＝∠A′＝50°． 故选：A． 9．（2分）（2024秋•凉州区期中）如图，将△ABC绕B点顺时针方向旋转一个角α到△DBE，点A的对应点D恰好落在AC上，且BE∥AC．若∠DBC＝30°，则α的度数为（　　） A．30° B．40° C．45° D．36° 解：∵将△ABC绕点B顺时针旋转到△DBE，∠DBC＝30°， ∴∠ABD＝∠CBE＝α，AB＝BD，∠E＝∠C， ∴∠ABC＝∠DBE＝α+30°，∠A＝∠ADB， ∵BE∥AC， ∴∠ADB＝∠DBE＝α+30°， ∴∠A＝∠ADB＝α+30°， 在△ABC中，∠A+∠ABC+∠C＝180°， ∴α+30°+α+30°+α＝180°， 解得α＝40°， 故选：B． 10．（2分）（2024秋•康县期中）如图，一块含30°角的直角三角板ABC绕点B顺时针旋转到△A′BC′的位置，使得A、B、C′三点在同一条直线上，则三角板ABC旋转的角度是（　　） A．30° B．60° C．90° D．120° 解：由三角板可知，∠A＝30°，∠ABC＝60°， 由旋转的性质可知，∠A′BC′＝60°， ∴∠ABA′＝180°﹣∠A′BC′＝120°， 即三角板ABC旋转的角度是120°， 故选：D． 二．填空题（共10小题，满分20分，每小题2分） 11．（2分）（2024秋•宝山区校级期中）如图，Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝8，BC＝6．把△ABC绕点B逆时针旋转（旋转角小于180°）点A、C的对应点分别是A′、C′，射线CC′与AA′交于点E，若BA′∥CC′，则C′E＝ 　2.8　． 解：在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝8，BC＝6， 由勾股定理得：AB＝√AC2+BC2＝10， 设旋转角α， ∵α＜180°，且BA'∥CC'， ∴点A‘，C’均在BC的上方，如图所示： 则∠CBC'＝∠ABA'＝α， 由旋转性质得：B'C＝BC＝6，A'C'＝AC＝6，A'B＝AB＝10， ∴∠3＝∠4＝180°﹣∠CBC'＝180°﹣α， ∠BA'A＝∠2＝180°﹣∠ABA'＝180°﹣α， ∴∠BA'A＝∠4， ∵BA′∥CC′， ∴∠1＝∠BA'A， ∴∠1＝∠4＝∠3＝∠2＝∠BA'A， ∴AA'∥BC， ∴四边形A'BCE为平行四边形，∠2＝∠ABC， ∴CE＝A'B＝10，A'E＝BC＝6，∠EAC＝∠BCA＝90°，∠1＝∠ABC， 在△AEC和△CBA中， ， ∴△AEC≌△CBA（AAS）， ∴AE＝BC﹣6，CE＝AB＝10， ∴AA'＝AE+A'E＝12， ∵∠4＝∠3＝∠2＝∠BA'A，∠CBC'＝∠ABA'＝α， ∴△ABA'∽△CBC'， ∴AA'：CC'＝AB：BC， ∴12：CC'＝10：6， ∴CC'＝7.2， ∴C'E＝CE﹣CC'＝10﹣7.2＝2.8． 故答案为：2.8． 12．（2分）（2024秋•青羊区校级期中）如图，在菱形ABCD中，对角线BD，AC交于点O，将点D绕点A顺时针旋转60°得到点D′，连接OD′，CD′，当线段OD′的长度取最小值时，CD′的长为，则菱形的边长为 　　． 解：设菱形的边长为a， 如图，连接AD′延长AD′到T，使得AD′＝D′T，连接CT，DT，DD′． ∵AD＝AD′，∠DAD′＝60°， ∴△ADD′是等边三角形， ∴DD′＝AD′＝D′T， ∴∠ADT＝90°， ∴DT＝AD•tan60°＝a， ∵CD＝a， ∴a﹣a≤CT≤a+a， ∴CT的最小值为a﹣a， ∵四边形ABCD是菱形， ∴AO＝OC， ∵AD′＝D′T， ∴OD′＝CT， ∴当点T在DC的延长线上时，OD′的值最小，如图2中， 过点D′作DJ⊥CD于点J． ∵AD∥D′J，AD′＝D′T， ∴TJ＝JD， ∴D′J＝AD＝， ∵DJ＝JT＝a，CD＝a， ∴CJ＝a﹣a， ∴CD′＝＝＝． 解得a＝（负值舍去）， ∴菱形的边长为， 故答案为：． 13．（2分）（2024秋•浦北县期中）如图，△ABC为直角三角形，BC是斜边，将△ABD绕点A逆时针旋转后，能与△ACD′重合，如果AD＝3，求DD′的长为 　3　． 解：∵△ABC为直角三角形，BC是斜边， ∴∠BAC＝90°， ∵△ABD绕点A逆时针旋转后，能与△ACD′重合， ∠DAD′＝∠BAC＝90°，AD＝AD′＝3， ∴由勾股定理得：DD′2＝AD2+AD′2， ∴DD′＝3． 故答案为：3． 14．（2分）（2024秋•平山县期中）如图，E为正方形ABCD内一点，∠CEB＝90°，CE＝5，CB＝13，将Rt△CBE绕点C按顺时针方向旋转90°，得到△CDF．延长BE交DF于点H，连接DE．则DE的长为 　　． 解：由旋转得，∠ECF＝90°，∠CFD＝∠CEB＝90°，CF＝CE，DF＝BE， ∵∠CEH＝180°﹣∠CEB＝90°， ∴四边形CEHF为矩形， ∵CF＝CE， ∴四边形CEHF为正方形， ∴EH＝FH＝CE＝5． 在Rt△BCE中，由勾股定理得，BE＝＝＝12， ∴DF＝12， ∴DH＝DF﹣FH＝12﹣5＝7． 在Rt△DEH中，由勾股定理得，DE＝＝＝． 故答案为：． 15．（2分）（2024秋•西华县期中）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠ABC＝30°，AC＝1．将△ABC绕点C逆时针旋转得到△A′B′C，旋转角为α（0°＜α＜180°），当点A的对应点A′恰好落在△ABC的边上时，连接BB′，则BB′的长为　或　． 解：分两种情况： ①当A′落在AB上时，如图1， 在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠ABC＝30°，AC＝1， ∴AB＝2AC＝2×1＝2， 由勾股定理得：， 将△ABC绕点C逆时针旋转得到△A′B′C，旋转角为α（0°＜α＜180°），当点A的对应点A′恰好落在△ABC的边上时，可得：A′C＝AC＝1，B′C＝BC， ∵∠BAC＝180°﹣∠ACB﹣∠ABC＝180°﹣90°﹣30°＝60°， ∴△AA′C是等边三角形， ∴∠ACA′＝60°， 根据旋转的性质，可得： ∠BCB′＝∠ACA′＝60°， 又∵B′C＝BC， ∴△BB′C是等边三角形， ∴； ②当A′落在BC上时，如图2， ∵∠ACB＝90°，∠ABC＝30°，AC＝1， ∴AB＝2AC＝2×1＝2， 在直角三角形ABC中，由勾股定理得：， 根据旋转的性质，可得： ∠A′CB′＝∠ACB＝90°，， ∴； 综上所述，BB′的长为或， 故答案为：或． 16．（2分）（2024秋•海安市校级月考）在平面直角坐标系中，A点坐标为（3，4），将OA绕原点O顺时针旋转90°得到OA′，则点A′的坐标是 　（4，﹣3）　． 解：如图所示，过点A和点A′分别作x轴的垂线，垂足分别为M和N， 由旋转可知， AO＝A′O，∠AOA′＝90°， ∴∠AOM+∠A＝∠AOM+∠NOA′＝90°， ∴∠A＝∠NOA′． ∵AM⊥x轴，A′N⊥x轴， ∴∠AMO＝∠A′NO＝90°． 在△AOM和△OA′N中， ， ∴△AOM≌△OA′N（ASA） ∴ON＝AM，A′N＝OM． ∵点A的坐标为（3，4）， ∴ON＝AM＝4，A′N＝OM＝3， ∴点A′的坐标为（4，﹣3）． 故答案为：（4，﹣3）． 17．（2分）（2024•青龙县模拟）如图，O是等边△ABC内一点，OA＝3，OB＝4，OC＝5，将线段BO以点B为旋转中心逆时针旋转60°得到线段BO′，则∠AOB＝　150°　． 解：连接OO′，如图， ∵线段BO以点B为旋转中心逆时针旋转60°得到线段BO′， ∴BO′＝BO＝4，∠O′BO＝60°， ∴△BOO′为等边三角形， ∴∠BOO′＝60°， ∵△ABC为等边三角形， ∴BA＝BC，∠ABC＝60°， ∴∠O′BO﹣∠ABO＝∠ABC﹣∠ABO，即∠O′BA＝∠OBC， 在△O′BA和△OBC中 ， ∴△O′BA≌△OBC（SAS）， ∴O′A＝OC＝5， 在△AOO′中，∵OA′＝5，OO′＝4，OA＝3， ∴OA2+OO′2＝O′A2， ∴∠AOO′＝90°， ∴∠AOB＝60°+90°＝150°， 故答案为：150°． 18．（2分）（2024秋•香洲区校级期中）如图，将△OAB绕着点O顺时针旋转，得到△OCD，若∠B＝30°，则∠D等于　30°　． 解：∵将△OAB绕着点O顺时针旋转，得到△OCD，∠B＝30°， ∴∠D＝∠B＝30°， 故答案为：30°． 19．（2分）（2024春•南岸区校级期中）如图，△ODC是由△OAB绕点O顺时针旋转40°后得到的图形，若点D恰好落在AB上，且∠AOC＝100°，则∠C的度数是 　50°　． 解：∵△ODC是△OAB绕点O顺时针旋转40°后得到的图形， ∴∠AOD＝40°，AO＝DO， ∵∠AOC＝100°， ∴∠COD＝∠AOC﹣∠AOD＝100°﹣40°＝60°， ， ∴∠ODC＝∠A＝70°， ∴∠C＝180°﹣∠COD﹣∠ODC＝180°﹣60°﹣70°＝50°， 故答案为：50°． 20．（2分）（2024秋•洪山区校级月考）点O是正方形ABCD内的一点，P是边AB上的一点，AB＝1，OP+OD+OC的最小值为 　　． 解：将△COD绕点C顺时针旋转60°至△CEF，连接OE，过点FG⊥AB于点G交CD于H， 则CO＝CE，CD＝CF，∠OCE＝∠DCF＝60°，OD＝EF， ∴△OCE，△DCF为等边三角形， ∴OC＝OE， ∴OP+OD+OC＝OP+OE+EF≥FG， 当且仅当F，E，O，P四点共线时，OP+OD+OC取得最小值，此时点P与点G重合，最小值为FG， ∵四边形ABCD是正方形，△DCF是等边三角形， ∴AB＝AD＝DC＝1，CD＝DF＝1，AB∥CD，∠A＝90°， ∵FG⊥AB， ∴四边形AGHD是矩形， ∴GH＝AD＝1， ∵AB∥CD，FG⊥AB， ∴FH⊥CD， ∴， ∴FH＝＝＝， ∴FG＝FH+HG＝+1， 即OP+OD+OC的最小值为， 故答案为：． 三．解答题（共8小题，满分60分） 21．（8分）（2024秋•大兴区期中）已知，△ABC是等腰三角形，∠BAC＝60°，O是△ABC内的任意一点，连接OA，OB，OC． （1）如图1，∠AOC＝90°，∠BOC＝120°，将△BOC绕点C顺时针旋转60°得到△ADC．点D恰好落在BO所在的直线上，用等式表示线段OA，OB，OC之间的数量关系，并证明； （2）如图2，设∠AOC＝α，∠BOC＝β．当α＝ 　120　°，β＝ 　120　°时，OA+OB+OC有最小值． 解：（1）∵△BOC绕点C按顺时针方向旋转60°得△ADC， ∴△ADC≌△BOC，∠OCD＝60°． ∴CD＝OC，∠ADC＝∠BOC＝120°，AD＝OB． ∴△OCD是等边三角形， ∴OC＝OD＝CD，∠COD＝∠CDO＝60°， ∵∠AOB＝150°，∠BOC＝120°， ∴∠AOC＝90°， ∴∠AOD＝30°，∠ADO＝60°． ∴∠DAO＝90°． 在Rt△ADO中，∠DAO＝90°， ∴OA2+AD2＝OD2． ∴OA2+OB2＝OC2． （2）如图2，当α＝β＝120°时，OA+OB+OC有最小值．理由如下： 作图如图2， 将△AOC绕点C按顺时针方向旋转60°得△A′O′C，连接OO′． ∴△A′O′C≌△AOC，∠OCO′＝∠ACA′＝60°． ∴O′C＝OC，O′A′＝OA，A′C＝BC，∠A′O′C＝∠AOC． ∴△OC O′是等边三角形． ∴OC＝O′C＝OO′，∠COO′＝∠CO′O＝60°． ∵∠AOB＝∠BOC＝120°， ∴∠AOC＝∠A′O′C＝∠BOC＝120°． ∴四点B，O，O′，A′共线． ∴OA+OB+OC＝O′A′+OB+OO′＝BA′时值最小． ∴当α＝β＝120°时，OA+OB+OC有最小值， 故答案为：120，120． 22．（8分）（2024秋•大兴区期中）如图1，点B，C在直线l上，点A为直线l外一点，AB＝AC，对于点D给出如下定义：将线段CA绕点C逆时针旋转α（0°＜α＜90°）得到线段CD，当点D在直线l上（不与B重合）时，称点D为线段AB的关联点． （1）如图2，∠ABC＝40°，∠BAD＝30°，点D 　是　（填“是”或“不是”）线段AB的关联点； （2）已知点D为线段AB的关联点，∠ABC＝x°，∠BAD＝y°，请写出y与x的关系式及x的取值范围（直接写出结果）． 解：（1）∵AB＝AC，∠ABC＝40°， ∴∠ABC＝∠C＝40°， ∴∠BAC＝180°﹣40°﹣40°＝100°， ∵∠BAD＝30°， ∴∠CAD＝100°﹣30°＝70°， ∵∠ADC＝∠B+∠BAD＝40°+30°＝70°， ∴∠CAD＝∠ADC， ∴AC＝CD， ∴点D是线段AB的关联点； 故答案为：是； （2）如图， ∵AB＝AC，∠ABC＝x°， ∴∠ABC＝∠C＝x°， ∴∠BAC＝180°﹣x°﹣x°＝180°﹣2x°， ∵∠BAD＝y°， ∴∠CAD＝180°﹣2x°﹣y°， ∵∠ADC＝∠B+∠BAD＝x°+y°， ∴180°﹣2x°﹣y°＝x°+y°， ∴y＝﹣x+90， ∵， 解得0＜x＜60， 故y与x的关系式为y＝﹣x+90，x的取值范围为0＜x＜60． 23．（8分）（2024秋•东西湖区校级月考）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，将Rt△ABC绕着点B逆时针旋转得到△DBE，A、C两点的对应点分别为D、E两点，点E落在边AB上． （1）若∠BAC＝36°，请直接写出∠BAD的度数为 　63°　； （2）若AC＝8，BC＝6，求AD的长． 解：（1）在Rt△ABC中，∠C＝90°，∠BAC＝36°， ∴∠ABC＝54°， ∵将△ABC绕着点B逆时针旋转得到△DBE， ∴∠EBD＝∠ABC＝54°，AB＝BD， ∴∠BAD＝∠BDA＝＝63°， 故答案为：63°； （2）∵∠C＝90°，AC＝8，BC＝6， ∴AB＝＝10， ∵将△ABC绕着点B逆时针旋转得到△DBE， ∴BE＝BC＝6，ED＝AC＝8， ∴AE＝AB﹣BE＝4， ∴AD＝＝4． 24．（8分）（2023秋•临淄区期末）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，将△ABC绕着点B逆时针旋转得到△FBE，点C，A的对应点分别为E，F，点E落在BA上，连接AF． （1）若∠BAC＝40°．则∠BAF的度数为 　65°　； （2）若AC＝8，BC＝6，求AF的长． 解：（1）在Rt△ABC中，∠C＝90°，∠BAC＝40°， ∴∠ABC＝50°， ∵将△ABC绕着点B逆时针旋转得到△FBE， ∴∠EBF＝∠ABC＝50°，AB＝BF， ∴∠BAF＝∠BFA＝（180°﹣50°）＝65°， 故答案为：65°； （2）∵∠C＝90°，AC＝8，BC＝6， ∴AB＝10， ∵将△ABC绕着点B逆时针旋转得到△FBE， ∴BE＝BC＝6，EF＝AC＝8， ∴AE＝AB﹣BE＝10﹣6＝4， ∴AF＝＝4． 25．（6分）（2024秋•潮阳区期中）如图，在四边形ABCD中，AC，BD是对角线，△ABC是等边三角形．线段CD绕点C顺时针旋转60°得到线段CE，连接AE． （1）求证：AE＝BD； （2）若∠ADC＝30°，AD＝3，BD＝5，求CD的长． （1）证明：由旋转可知∠DCE＝60°，CD＝CE， ∵△ABC是等边三角形， ∴∠ACB＝60°，AC＝BC， ∴∠ACB+∠ACD＝∠DCE+∠ACD 即∠BCD＝∠ACE， 在△BCD和△ACE中， ， ∴△BCD≌△ACE（SAS）， ∴AE＝BD． （2）连接DE， 由（1）的结论知AE＝BD， ∵BD＝5， ∴AE＝5， 由旋转可知∠DCE＝60°， ∴△DCE是等边三角形， ∴∠CDE＝60°， ∵∠ADC＝30° ∴∠ADE＝∠ADC+∠CDE＝90°， 在Rt△ADE中，， ∵△CDE是等边三角形， ∴CD＝DE＝4 26．（8分）（2023秋•右玉县期末）在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，直线MN经过点C，且AD⊥MN于D，BE⊥MN于E． （1）当直线MN绕点C旋转到图1的位置时，求证： ①△ADC≌△CEB； ②DE＝AD+BE； （2）当直线MN绕点C旋转到图2的位置时，AD＝5，BE＝2，求线段DE的长． （1）①证明：∵AD⊥DE，BE⊥DE， ∴∠ADC＝∠BEC＝90°， ∵∠ACB＝90°， ∴∠ACD+∠BCE＝90°，∠DAC+∠ACD＝90°， ∴∠DAC＝∠BCE， 在△ADC和△CEB中， ， ∴△ADC≌△CEB（AAS）； ②证明：由（1）知：△ADC≌△CEB， ∴AD＝CE，CD＝BE， ∵DC+CE＝DE， ∴AD+BE＝DE； （2）证明：∵BE⊥EC，AD⊥CE， ∴∠ADC＝∠BEC＝90°， ∴∠EBC+∠ECB＝90°， ∵∠ACB＝90°， ∴∠ECB+∠ACE＝90°， ∴∠ACD＝∠EBC， 在△ADC和△CEB中， ， ∴△ADC≌△CEB（AAS）， ∴AD＝CE，CD＝BE， ∴DE＝EC﹣CD＝AD﹣BE＝5﹣2＝3． 27．（8分）（2024秋•滨海新区校级期中）如图，一张长为8cm，宽为4cm的矩形纸片ABCD． （1）如图①，将矩形纸片ABCD沿着对角线AC剪开，将△ABC绕点A逆时针旋转得到△AEF，使边AD和AE在同一直线上．连接CF，请写出△ACF的形状，并说明理由； （2）如图②，将△AEF绕点A顺时针旋转（转动的度数小于45°），边AE与边DC相交于点M．当旋转度数为30°时，求点E到CD的距离． 解：（1）△ACF是等腰直角三角形， 理由：∵四边形ABCD是矩形， ∴∠BAD＝90°， ∵将△ABC绕点A逆时针旋转得到△AEF，边AD和AE在同一直线上， ∴AF＝AC，∠EAF＝∠BAC， ∴∠CAF＝∠CAE+∠EAF＝∠CAE+∠BAC＝∠BAD＝90°， ∴△ACF是等腰直角三角形． （2）如图②，作EH⊥DC于点H，交AB于点G， ∵AB＝CD＝8cm，AD＝4cm， ∴AE＝AB＝8cm， ∵∠DAG＝∠ADH＝∠DHG＝90°， ∴四边形AGHD是矩形， ∴GH＝AD＝4cm，∠AGE＝90°，GE∥AD， ∵将△AEF绕点A顺时针旋转，旋转度数为30°， ∴∠AEG＝∠DAE＝30°， ∴AG＝AE＝4cm， ∴GE＝＝＝4（cm）， ∴EH＝GE﹣GH＝（4﹣4）cm， ∴点E到CD的距离为（4﹣4）cm． 28．（6分）（2024秋•凉州区期中）如图所示，已知正方形ABCD的边长为3，E，F分别是AB，BC边上的点，且∠EDF＝45°，将△DAE绕点D按逆时针方向旋转90°得到△DCM． （1）证明：△DEF≌△DMF． （2）若AE＝1，求FM的长． （1）证明：∵四边形ABCD是正方形， ∴AD＝CD，∠A＝∠BCD＝90°， ∵∠DCM＝∠A＝90°，∠EDM＝90°，DE＝DM， ∴∠FCD+∠DCM＝180°， ∴F、C、M三点共线， ∵∠EDF＝45°， ∴∠FDM＝∠EDM﹣∠EDF＝45°＝∠EDF， 在△DEF和△DMF中， ， ∴△DEF≌△DMF（SAS）； （2）解：∵AE＝CM＝1，正方形ABCD的边长为3， ∴BE＝3﹣1＝2， ∵△DEF≌△DMF， ∴EF＝MF， 设EF＝MF＝x， 则BF＝BM﹣MF＝4﹣x， ∵EB2+BF2＝EF2， ∴22+（4﹣x）2＝x2， ∴， ∴． 1 学科网（北京）股份有限公司 $$