23.2旋转变换同步练习 2024-2025学年北京版数学九年级下学期

23.2旋转变换 学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________ 一、单选题 1．如图，将绕点顺时针旋转一个角度得到，其中点的对应点是点，则下列结论不一定成立的是（    ） A． B． C． D． 2．已知点，是坐标原点，将线段绕点逆时针旋转，点旋转后的对应点，则点的坐标是（    ） A． B． C． D． 3．如图，在正方形ABCD中，AB=6，点E在CD边上，DE=2，把△ADE绕点A顺时针旋转90°，得到△ABE'，连接EE'，则线段EE'的长为（    ） A．3 B． C．4 D． 4．如图，在△ABC中，AB=8 cm，BC=4 cm，∠ABC=30°，把△ABC以点B为中心按逆时针方向旋转，使点C旋转到AB边的延长线上的点处，那么AC边扫过的图形(图中阴影部分)面积是（    ） A．20π cm2 B．(20π+8) cm2 C．16π cm2 D．(16π+8) cm2 5．山西民间剪纸是一门古老的传统民间艺术，最常见的是窗花，它的大小根据窗格的形状来定．下面的窗花图案中，是中心对称图形的是（   ） A． B． C． D． 6．如图，将边长为3的正三角形ABC放置在直线l上（AB与直线l重合），将正三角形ABC沿直线l向右做无滑动的滚动，正三角形ABC的任意一边与直线l重合时记录滚动次数，例如，正三角形ABC由图中位置①滚动到位置②时记录为滚动一次，当正三角形ABC由图中位置①开始滚动2018次时，点A经过的路径总长度为（　　） A．2690π B．2692π C．4034π D．4036π 7．下列图形是中心对称图形的是（   ） A． B． C． D． 8．如图，正方形ABCD的边长为2，点E，F分别在边AD，CD上，若∠EBF＝45°，则△EDF的周长等于（　　） A．2 B．3 C．4 D．4 9．如图放置的两个正方形，大正方形边长为a，小正方形边长为b，M在边上，且，连接，，交于点P，将绕点A旋转至，将绕点F旋转至，给出以下五个结论：①；②；③；④；⑤A，M，P，D四点共圆，其中正确的个数是（  ） A．2 B．3 C．4 D．5 10．全民阅读有助于提升一个国家、一个民族的精神力量．图书馆是开展全民阅读的重要场所之一．以下是我国四个省市的图书馆标志，其文字上方的图案是中心对称图形的是(    ) A．   B．   C．   D．   11．如图，将△AOB绕点O按逆时针方向旋转40°后得到△COD，若∠AOB＝15°，则∠AOD的度数是（    ） A．45° B．55° C．60° D．65° 12．如图，在平面直角坐标系中，将正方形绕点O逆时针旋转后得到正方形，依此方式，绕点O连续旋转2022次得到正方形，如果点A的坐标为，那么点的坐标为（　　） A． B． C． D． 二、填空题 13．如图，已知等边三角形的边长为10，点P、Q分别为边上的一个动点，点P从点B出发以的速度向点A运动，点Q从点C出发以的速度向点A运动，连接，以Q为旋转中心，将线段按逆时针方向旋转得线段，若点P、Q同时出发，则当运动 s时，点D恰好落在边上． 14．一个平行四边形ABCD，如果绕其对角线的交点O旋转，至少要旋转 度，才可与其自身重合． 15．如图，将绕点逆时针旋转得到，点，的对应点分别为，，连接．当点，，在同一条直线上时，下列结论：①；②；③；④．其中一定正确的结论是 ．（填序号） 16．如图，在中，，，将绕点逆时针旋转得到，则 ． 17．如图，已知正方形中，为对角线，点在边上，点在边上，，、与分别交于点、，，，则 ． 三、解答题 18．在中，，将绕点B顺时针旋转到，其中点A，C的对应点分别是． (1)如图1，当点落在的延长线上时，求的长； (2)如图2，当点落在的延长线上时，连接，求的长； (3)如图3，连接，，直线交于点D，点E为的中点，连接．在旋转的过程中，是否存在最大值？若存在，直接写出的最大值，若不存在，请说明理由． 19．如图2，已知△ABC中，∠ACB=90°，AC=b，BC=a．将△ABC绕点C按顺时针方向旋转90°，点B旋转到点B′，点A旋转到点A′． （1）在图中画出旋转后的图形； （2）连接BB′，求△BB′A′的面积（用a、b的代数式表示）． 20．如图，是直角三角形，，，以点C为旋转中心，将旋转到的位置，且使经过点A． (1)求的度数，并判断的形状； (2)求线段AC与线段AB的数量关系． 21．如图，在等腰直角中，，，点是边上一动点，连接，以点为中心，将线段顺时针旋转135°，得到线段，连接． （1）依题意，补全图形； （2）求证：； （3）点在线段的延长线上，点是点关于点的对称点，写出的一个值，使得对任意的点总有，并证明． 22．如图1，△ABC和△DBC都是边长为2的等边三角形． （1）以图1中的某个点为旋转中心，旋转△DBC，就能使△DBC与△ABC重合，则满足题意的点为： （写出符合条件的所有点）； （2）将△DBC沿BC方向平移得到△D1B1C1，如图2、图3，则四边形ABD1C1是平行四边形吗？证明你的结论； （3）在（2）的条件下，当BB1= 时，四边形ABD1C1为矩形． 23．如图，在平行四边形中，，将平行四边形绕点顺时针旋转得到平行四边形． （1）求点到的距离； （2）当点落在边上时，求点经过的路径长． 24．如图，点P为等边△ABC内一点，且PA=2 ，PB=1，,PC=，求∠APB的度数. 第1页 共4页 ◎ 第2页 共4页 第1页 共4页 ◎ 第2页 共4页 学科网（北京）股份有限公司 《23.2旋转变换》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 D D D A D B B C D C 题号 11 12 答案 B A 1．D 【分析】根据旋转的性质可得，再根据全等三角形的性质进行求解即可． 【详解】将绕点顺时针旋转一个角度得到， ，故选项C正确； ，故选项B正确； ，即，故选项A正确； 无法证明，故选项D不一定成立； 故选：D． 【点睛】本题考查了旋转的性质和全等三角形的性质，熟练掌握知识点是解题的关键． 2．D 【分析】根据点绕原点逆时针旋转90°得到的坐标为解答即可． 【详解】解：、两点是绕原点逆时针旋转得到的， 的坐标为． 故选：D． 【点睛】考查由旋转得到的两点的坐标的变换；用到的知识点为：点绕原点逆时针旋转得到的坐标为． 3．D 【分析】根据旋转的性质得到DE=BE′=2，在正方形ABCD中，AB=6，从而得到E′C=E′B+BC=8，最后在直角三角形EE′C中可以求得EE′的值． 【详解】解：∵在正方形ABCD中，AB=5，点E在CD边上，DE=2， ∴EC=4，BC=6， 又∵把△ADE绕点A顺时针旋转90°，得到△ABE′， ∴DE=BE′=2， ∴E′C=E′B+BC=2+6=8， 又∵△EE′C是直角三角形， ∴EE'=， 故选：D． 【点睛】本题主要考查了旋转的性质的知识，解答本题的关键是求出CE′的长，利用勾股定理求EE′． 4．A 【分析】根据旋转的性质可得，从而即可得AC边扫过的图形中阴影部分的面积是一个圆环的面积，进而求解． 【详解】解：∵把△ABC以点B为中心按逆时针方向旋转，使点C旋转到AB边的延长线上的点处， ∴， ∴AC边扫过的图形中阴影部分的面积是一个圆环的面积，即=20πcm²， 故选A． 【点睛】本题考查了旋转的性质以及扇形面积，熟练掌握旋转性质是解题的关键． 5．D 【分析】本题主要考查了中心对称图形的判断，根据定义逐项判断即可．将一个图形绕某点旋转，能与本身重合的图形，这样的图形称为中心对称图形． 【详解】因为图A不是中心对称图形，，所以A不符合题意； 因为图B既不是中心对称图形，所以B不符合题意； 因为图C不是中心对称图形，所以C不符合题意； 因为图D是中心对称图形，所以D符合题意． 故选：D． 6．B 【分析】由题意知正三角形ABC每转动3次为一周期，且每个周期中点A转动的路径长度为×2=4π，根据2018÷3=672…2知点A经过的路径总长度为672×4π+4π． 【详解】解：如图所示， 由题意知，正三角形ABC每转动3次为一周期， 在每个周期中点A转动的路径长度为×2＝4π， ∵2018÷3＝672…2， ∴正三角形ABC由图中位置①开始滚动2018次时，点A经过的路径总长度为672×4π+4π＝2692π， 故选B． 【点睛】主要考查轨迹与等边三角形的性质，解题的关键是得出正三角形ABC每转动3次为一周期及每周期中点A的路径长． 7．B 【分析】此题考查的是中心对称图形的识别，掌握中心对称图形的定义是解决此题的关键． 根据中心对称图形的概念，中心对称图形是图形沿对称中心旋转180度后与原图重合，即可解题． 【详解】解：选项A、C、D都不能找到这样的一个点，使图形绕某一点旋转度后与原来的图形重合，所以不是中心对称图形． 选项B能找到这样的一个点，使图形绕某一点旋转度后与原来的图形重合，所以是中心对称图形． 故选：B． 8．C 【分析】根据正方形的性质得AB=BC，∠BAE=∠C=90°，根据旋转的定义，把把△ABE绕点B顺时针旋转90°可得到△BCG，根据旋转的性质得BG=BE，CG=AE，∠GBE=90°，∠BAE=∠C=90°，∠EBG=∠ABC=90°，于是可判断点G在CB的延长线上，接着利用“SAS”证明△FBG≌△EBF，得到EF=CF+AE，然后利用三角形周长的定义得到答案． 【详解】解：∵四边形ABCD为正方形， ∴AB＝BC，∠BAE＝∠C＝90°， ∴把△ABE绕点B顺时针旋转90°可得到△BCG，如图， ∴BG＝BE，CG＝AE，∠GBE＝90°，∠BAE＝∠C＝90°， ∴点G在DC的延长线上， ∵∠EBF＝45°， ∴∠FBG＝∠EBG﹣∠EBF＝45°， ∴∠FBG＝∠FBE， 在△FBG和△EBF中， BF＝BF，∠FBG＝∠FBE，BG＝BE ∴△FBG≌△FBE（SAS）， ∴FG＝EF， 而FG＝FC+CG＝CF+AE， ∴EF＝CF+AE， ∴△DEF的周长＝DF+DE+CF+AE＝CD+AD＝2+2＝4 故选：C． 【点睛】本题考查了旋转的性质：对应点到旋转中心的距离相等；对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角；旋转前、后的图形全等．也考查了全等三角形的判定与性质和正方形的性质． 9．D 【分析】①根据正方形的性质得到， 根据旋转的性质得到，，根据余角的性质得到，等量代换得到，故①正确； ②根据正方形的性质得到，根据相似三角形的性质得到；故②正确； ③根据旋转的性质得到，等量代换得到，根据全等三角形的判定定理得到；故③正确； ④由旋转的性质得到，，根据全等三角形的性质得到，推出四边形是矩形，根据余角性质得出，推出四边形是正方形，于是得到；故④正确； ⑤根据正方形的性质得到，，得到，于是推出 A，M，P，D四点共圆，故⑤正确； 【详解】解：①∵四边形ABCD是正方形， ∴， ∴， ∵将绕点A旋转至， ∴，， ∴， ∴，故①正确； ②∵四边形是正方形， ∴， ∴， ∴， ∵大正方形边长为a，小正方形边长为b，， ∴，，， ∴， ∴；故②正确； ③∵将绕点F旋转至， ∴， ∵，， ∴， 在与中， ∵，，， ∴；故③正确； ④∵将绕点A旋转至， ∴， ∵将绕点F旋转至， ∴， ∵， ∴， ∴四边形是矩形， ∵， ∴， ∴， ∴四边形是正方形， ∵在中，， ∴；故④正确； ⑤∵四边形是正方形， ∴， ∵， ∴， ∴A，M，P，D四点共圆，故⑤正确． 故选:D． 【点睛】本题考查了四点共圆，全等三角形的判定和性质相似三角形的判定和性质，正方形的性质旋转的性质，勾股定理，正确的理解题意是解题的关键． 10．C 【分析】本题考查的是中心对称图形的概念，根据中心对称图形的概念：“中心对称图形是指在平面内，把一个图形绕着一个定点旋转180度，能与自身重合的图形”进行判断即可． 【详解】解：A．该图形不是中心对称图形，故此选项不合题意； B．该图形不是中心对称图形，故此选项不合题意； C．该图形是中心对称图形，故此选项符合题意； D．该图形不是中心对称图形，故此选项不合题意． 故选：C． 11．B 【分析】根据旋转的性质确定旋转角，再由∠AOD=∠AOB+∠BOD求解即可． 【详解】根据旋转的性质可知：∠BOD=40°， ∴∠AOD=∠AOB+∠BOD=55°， 故选：B． 【点睛】本题考查旋转的性质，根据题意确定旋转角是解题关键． 12．A 【分析】根据图形可知：点在以为圆心，以为半径的圆上运动，再由旋转可知：将正方形绕点逆时针旋转后得到正方形，相当于将线段绕点逆时针旋转，可得对应点的坐标，然后发现规律是8次一循环，进而得出答案． 【详解】解：点的坐标为， ， 四边形是正方形， ，， ， 连接，如图： 由勾股定理得：， 由旋转的性质得：， 将正方形绕点逆时针旋转后得到正方形， 相当于将线段绕点逆时针旋转，依次得到， ，，，，，，，， 发现是8次一循环，则， 点的坐标为， 故选：A． 【点睛】本题考查了旋转的性质、正方形的性质、坐标与图形性质、勾股定理、规律型：点的坐标等知识，解题的关键是学会从特殊到一般的探究规律的方法． 13．/ 【分析】本题考查了等边三角形的性质，旋转的性质以及三角形全等的判定与性质．设当运动t秒时，线段按逆时针方向旋转得线段，此时点D恰好落在边上，则．根据证明得，然后根据列方程求解即可． 【详解】解：设当运动t秒时，线段按逆时针方向旋转得线段，此时点D恰好落在边上，则， 如图， ∴， ∴， 又∵为等边三角形， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴． 故答案为． 14．180 【分析】根据平行四边形是中心对称图形即可求解． 【详解】平行四边形是中心对称图形，绕对角线的交点旋转180度能与原图形重合． 故答案是：180． 【点睛】本题考查了平行四边形的性质：平行四边形是中心对称图形． 15．③ 【分析】由旋转的性质可得，，，由三角形内角和定理可证． 【详解】解：如图，设与的交点为， 将绕点逆时针旋转得到， ， ，，， 又， ，故③正确， 其他均不能得出， 故答案为：③． 【点睛】本题考查了旋转的性质，掌握旋转的性质是解题的关键． 16．/75度 【分析】根据旋转的性质得，然后利用进行计算即可． 【详解】解：∵绕点O逆时针旋转得到， ∴， ∴． 故答案为：． 【点睛】本题考查了旋转的性质：对应点到旋转中心的距离相等；对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角；旋转前、后的图形全等；熟记旋转的性质是解题的关键． 17． 【分析】延长EA至H，使AH=CF，连接DH，证明△DCF≌△DAH，得∠CDF=∠ADH，证明△HDE≌△FDE，则∠EDF=45°，将△ADM绕点D逆时针旋转90°，使DA边与DC边重合，得到△DCQ，根据SAS判定△DMN≌△DQN，可得MN=NQ，∠NCQ=90°，则NQ可求出． 【详解】解：延长EA至H，使AH=CF，连接DH， 在Rt△DCF和Rt△DAH中， ∵AH=CF，AD=CD，∠HAD=∠FCD=90°， ∴Rt△DCF≌Rt△DAH（SAS）， ∴∠CDF=∠ADH，DH=DF， ∵AE+FC=EF， ∴EF=EH， ∵DE=DE， ∴△HDE≌△FDE（SSS）， ∴∠HDE=∠FDE， ∴∠EDF=∠ADC=45°， 将△ADM绕点D逆时针旋转90°，使DA边与DC边重合，得到△DCQ，连接NQ， 由旋转可得，△ADM≌△DCQ， ∴AM=CQ，∠ADM=∠CDQ， ∵∠EDF=45°，∠ADC=90°， ∴∠ADM+∠FDC=45°， ∴∠CDQ+∠FDC=45°，即∠NDQ=45°， 在△DMN和△DQN中， ∴△DMN≌△DQN（SAS）， ∴MN=NQ， 又∠NCQ=∠NCD+∠DCQ=45°+45°=90°， 在Rt△NCQ中，NQ2=CQ2+NC2，即MN2=AM2+NC2 ∵AM=4，NC=2， ∴ 故答案为：． 【点睛】本题主要考查了正方形的性质，图形的旋转，全等三角形的判定与性质，勾股定理等知识，正确作出辅助线构造全等三角形是解题的关键． 18．(1)8 (2) (3)2 【分析】（1）根据题意利用勾股定理可求出AC长为4．再根据旋转的性质可知，利用勾股定理求出的长即可求出的长． （2）直接在中利用勾股定理求解即可； （3）作且交延长线于点P，连接．由题意易证明，，，即得出．再由平行线性质可知，即得出，即可证明，由此即易证，得出，即点D为中点．从而证明DE为的中位线，即．即要使DE最大，最大即可．根据三角形三边关系可得当点三点共线时最大，且最大值即为，由此即可求出DE的最大值． 【详解】（1）解：在中，． 根据旋转性质可知， ∵点落在的延长线上，∠ACB=90°， ∴， ∴， ∴； （2）解：由旋转的性质可得， ∴， ∴； （3）解：如图，作且交延长线于点P，连接． ∵， ∴， ∵，即， 又∵， ∴． ∵， ∴， ∴， ∴， ∴． ∴在和中 ， ∴， ∴，即点D为中点． ∵点E为AC中点， ∴DE为的中位线， ∴， ∴要使DE最大，最大即可． 根据图可知，即当点三点共线时最大，且最大值为． ∴此时，即DE最大值为4． 【点睛】本题为旋转综合题．考查旋转的性质，勾股定理，等腰三角形的判定和性质，平行线的性质，全等三角形的判定和性质，中位线的判定和性质以及三角形三边关系，综合性强，为困难题．正确的作出辅助线为难点也是解题关键． 19．（1）见解析；（2）a2﹣ab 【详解】试题分析：（1）根据旋转的性质，在CB上截取CA′=CA得到点A的对应点A′，延长AC到B′使CB′=CB，则B′为点B的对应点； （2）根据旋转的性质得到CA′=CA=b，CB′=CB=a，∠BCB′=90°，然后根据三角形面积公式求解． 解：（1）如图，△CA′B′为所作； （2）∵△ABC绕点C按顺时针方向旋转90°得到△A′B′C， ∴CA′=CA=b，CB′=CB=a，∠BCB′=90°， ∴S△BB′A′=S△CBB′﹣S△CA′B′=•a•a﹣a•b=a2﹣ab． 考点：作图-旋转变换． 20．(1)60°，等边三角形 (2) 【分析】（1）求出∠BAC=60°，再根据CA=，求出，即可判断是等边三角形； （2）求出，得出，可得． 【详解】（1）解：∵，， ∴∠BAC=60°， 由旋转可知，CA=，，， ∵经过点A， ∴是等边三角形， ∴． （2）解：由（1）得，，， ∵，， ∴， ∴，即， ∴． 【点睛】本考查了等边三角形的判定和性质，等腰三角形的判定，解题关键是熟记相关定理，准确进行推理证明和计算． 21．（1）补图见解析；（2）证明见解析；（3），证明见解析 【分析】（1）先根据旋转的性质画出，再连接BN即可； （2）先根据等腰三角形的性质得出，再根据三角形的内角和定理得出，然后根据旋转的性质得出，由此即可得证； （3）如图（见解析），作点关于的对称点，连接，要证对任意的点总有，只要证出对于任意点M都有即可；由对称和旋转的性质易得，根据三角形全等的判定定理得，只需即可，再根据线段的中点定义可得，由此即可得出的值． 【详解】（1）由旋转的性质可得，再连接BN即可得，如下图所示： （2）等腰中， 又 ； （3）时，对任意的点总有，证明如下： 如图，作点关于的对称点，连接 设（x的值随动点M的变动而变化），则 ，即 垂直平分 ，即 由（2）知， 在和中， ． 【点睛】本题考查了旋转和轴对称的性质、三角形全等的判定定理与性质等知识点，较难的是题（3），依据题意，通过作辅助线，构造两个全等三角形是解题关键． 22．（1）B点、C点、BC的中点；（2）是平行四边形．理由见解析；（3）2 【分析】（1）根据等边三角形的性质，得到四边形ABCD是菱形，从而再根据菱形是中心对称图形，得到旋转中心有B点、C点、BC的中点； （2）根据平移的性质，得到BB1=CC1，根据等边三角形的性质，得到AC=B1D1，∠BB1D1=∠ACC1，从而得到△BB1D1≌△ACC1，则AB=C1D1，再根据两组对边分别平行的四边形是平行四边形即可证明； （3）根据等边三角形的性质得出AD=BD=DD1，∠ADB=60°，进而得出∠BAD=90°，再利用矩形的判定得出即可． 【详解】解：（1）∵等边△ABC和等边△DBC有公共的底边BC， ∴AB=BC=CD=AD， ∴四边形ABCD是菱形． ∴要旋转△DBC，使△DBC与△ABC重合，有三点分别为：B点、C点、BC的中点， 故答案为：B点、C点、BC的中点； （2）四边形ABD1C1是平行四边形．理由如下： 根据平移的性质，得到BB1=CC1， 根据等边三角形的性质，得到AC=B1D1，∠BB1D1=∠ACC1， ∴△BB1D1≌△ACC1， ∴AC1=BD1， 又AB=C1D1， ∴四边形ABD1C1是平行四边形； （3）当移动距离BB1=2时，四边形ABC1D1是矩形． 理由：连接BC1，AD1， ∵△ABD，△BDC都是边长为2的等边三角形， ∴AD=BD=DD1，∠ADB=60°， ∴∠DAD1=∠DD1A=30°， ∴∠BAD=60°+30°=90°， ∵由（2）可得出四边形ABC1D1是平行四边形， ∴平行四边形ABC1D1是矩形． 故答案为：2． 【点睛】本题考查旋转的性质；等边三角形的性质；平行四边形的判定；矩形的判定． 23．（1）；（2）． 【分析】（1）如图，作BH⊥AD于H，利用平行四边形的性质可得，则可计算出，解直角三角形求出BH即可． （2）如图，连接BD、BF，根据旋转性质与可证明△ABE是等边三角形，利用勾股定理求出BD，再利用弧长公式计算即可． 【详解】解：（1）如图，作于点， ∵四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴． （2）如图，连接． 在中，∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴是等边三角形， ∴， ∴点经过的路径长． 【点睛】本题属于几何变换综合题，考查了平行四边形的性质、解直角三角形、弧长公式等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题． 24．120° 【分析】将△APC绕点A顺时针旋转60°得△ADB，首先证明△ADP为等边三角形得∠APD=60°、DP=AP=2、∠DPA=60°；其次证明DB2+BP2=DP2得到∠DBP=90°、∠DPB=60°，由∠APB=∠DPB+∠DPA即可解决问题． 【详解】∵△ABC为等边三角形， ∴AB=AC，∠BAC=60°， 将△APC绕点A顺时针旋转60°得△ADB， ∴AD=AP=2，DB=PC=，∠DAP=60°， ∴△ADP为等边三角形， ∴DP=AP=2，∠DPA=60°， 在△DPB中，∵DB=、BP=1、DP=2， ∴DB2+BP2=DP2， ∴∠DBP=90°，∠DPB=60°， ∴∠APB=∠DPB+∠DPA=60°+60°=120°． 【点睛】该题主要考查了旋转变换的性质、等边三角形的判定及其性质、勾股定理逆定理等几何知识点及其应用问题；对综合的分析问题解决问题的能力提出了较高的要求． 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $$