23.2旋转变换巩固练习2024-2025学年 北京版数学九年级下册

23.2旋转变换 学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________ 一、单选题 1．如图,把长方形OABC放在平面直角坐标系中,OC在x轴上,OA在y轴上,且OC=2,OA=4,把长方形OABC绕着原点顺时针旋转90°得到长方形OA'B'C',则点B'的坐标为 (     ) A．(2,4) B．(-2,4) C．(4,2) D．(2,-4) 2．如图，中，．将绕点B逆时针旋转得到，使点C的对应点恰好落在边上，则的度数是（    ） A． B． C． D． 3．如图，点为矩形的对称中心，点从点出发沿向点运动，到达点处停止，延长交于点，则四边形的形状变化依次为（    ） A．平行四边形→菱形→平行四边形→菱形 B．平行四边形→菱形→平行四边形→矩形 C．平行四边形→矩形→菱形→平行四边形 D．平行四边形→菱形→矩形→平行四边形 4．如图，在正方形中，为边上的点，连接，将绕点顺时针旋转得到，连接，若，则的度数为（   ） A． B． C． D． 5．如图，△ABC中，AB=AC=2，∠B=30°，△ABC绕点A逆时针旋转α(0<α<120°)得到，与BC，AC分别交于点D，E，设，的面积为，则与的函数图象大致为(   ) A． B． C． D． 6．把正五边形绕着它的中心旋转，下面给出的四个角度，得到的正五边形能与原来重合的是( ) A．144° B．180° C．240° D．360° 7．如图，在中，．将绕点按顺时针方向旋转 度后得到，此时点在边上，斜边交边于点，则图中阴影部分的面积为（ ） A．27 B．9 C． D． 8．如图，在平面直角坐标系中，点A的坐标是，点B的坐标为，点C的坐标为，将向左平移个单位长度后，再绕点O旋转，当垂直于x轴时，点B的对应点的坐标为（    ） A．或 B．或 C．或 D．或 9．如图，将先向下平移1个单位，再绕点按顺时针方向旋转一定角度，得到，顶点落到了点处，则点的对应点的坐标是（　　） A． B． C． D． 10．如图，将正方形图案绕中心O旋转180°后，得到的图案是（　　） A． B． C． D． 11．如图，在中，，，，将绕点顺时针旋转度得到，当点的对应点恰好落在边上时，则的长为（　　） A．1.6 B．1.8 C．2 D．2.6 12．如图所示的四张扑克牌中，在旋转180°后还是和原来一样的是（    ） A． B． C． D． 二、填空题 13．如图，已知，，，与关于点成中心对称，则的长是 ．    14．平面直角坐标系上的三个点，将绕点O按顺时针旋转则点A、B的对应点、的坐标分别是 ， ． 15．如图，将△ABC绕点A旋转到△AB′C′的位置，使B′C′∥AC，若∠C=57°，则∠CAC′= ． 16．如图，矩形中，，．矩形绕着点A旋转，点B、C、D的对应点分别是点、、，如果点恰好落在对角线上，连接，与交于点E，那么 ． 17．过对称中心的任何一条直线都能将中心对称图形分成两个 的部分；每一对对应点的连线都经过对称中心． 三、解答题 18．的顶点都在正方形网格格点上，如图所示．请借助网格和一把无刻度直尺按要求作图． (1)将绕点A顺时针方向旋转得到（点对应点），画出； (2)请找出过，，三点的圆的圆心，标明圆心O的位置． 19．如图，每个小方格的边长为个单位长度，的顶点都在格点上，且的坐标是的坐标是． （1）在图中画出平面直角坐标系； （2）画出关于原点的对称图形，并写出点的坐标； （3）画出绕点按顺时针方向旋转后的图形，并写出点的坐标． 20．如图，△ABC中，∠C＝90°，CA＝CB＝2，将△ABC绕点B顺时针旋转45°，得到△DBE（A、D两点为对应点），画出旋转后的图形，并求出线段AE的长． 21．直角坐标系第二象限内的点P（x2+2x，3）与另一点Q（x+2，y）关于原点对称，试求x+2y的值． 22．如图，四边形ABCD是正方形，以点A为中心，把△ADE顺时针旋转90°，利用图形旋转的性质，画出旋转后的图形. 23．将抛物线y＝ax2的图像（如图1）绕原点顺时针旋转90度后可得新的抛物线图像（如图2），记为C：y2＝x． 【概念与理解】 将抛物线y1=4x2和y2=x2按上述方法操作后可得新的抛物线图像，记为：C1：_____________；C2：____________． 【猜想与证明】 在平面直角坐标系中，点M（x，0）在x轴正半轴上，过点M作平行于y轴的直线，分别交抛物线C1于点A、B，交抛物线C2于点C、D，如图3所示． （1）填空：当x=1时，=______；当x=2时，=_______； （2）猜想：对任意x（x＞0）上述结论是否仍然成立？若成立，请证明你的猜想；若不成立，请说明理由． 【探究与应用】 ①利用上面的结论，可得△AOB与△COD面积比为　 ； ②若△AOB和△COD中有一个是直角三角形时，求△COD与△AOB面积之差； 【联想与拓展】 若抛物线C3：y2＝mx、C4：y2＝nx（0<m<n），M（k，0）在x轴正半轴上，如图所示，过点M作平行于y轴的直线，分别交抛物线C3于点A、B，交抛物线C4于点C、D．过点A作x轴的平行线交抛物线C4于点E，过点D作x轴的平行线交抛物线C3于点F．对于x轴上任取一点P，均有△PAE与△PDF面积的比值1:3，请直接写出m和n之间满足的等量关系是______． 24．如图，在平面直角坐标系中，的三个顶点分别是，，． （1）将以点为旋转中心顺时针旋转180°，画出旋转后对应的；平移，若点对应的点的坐标为，画出； （2）若绕某一点旋转可以得到，旋转中心的坐标为_________． （3）在轴上有一点使得的值最小，直接写出点的坐标为________． 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 C D B B B A D D C D 题号 11 12 答案 A B 1．C 【分析】根据矩形的特点和旋转的性质来解决． 【详解】解：矩形的对边相等，B′C′=BC=OA=4，A′B′=AB=OC=2， ∴点B′的坐标为（4，2） 故选C． 【点睛】需注意旋转前后线段的长度不变，第一象限内点的符号为（+，+）． 2．D 【分析】由余角的性质，求出∠CAB=50°，由旋转的性质，得到，，然后求出，即可得到答案． 【详解】解：在中，， ∴∠CAB=50°， 由旋转的性质，则 ，， ∴， ∴； 故选：D． 【点睛】本题考查了旋转的性质，三角形的内角和定理，以及余角的性质，解题的关键是掌握所学的性质，正确求出． 3．B 【分析】根据对称中心的定义，平行四边形，矩形，菱形的判定定理，可得四边形AECF形状的变化情况． 【详解】如图，连接， 点为矩形的对称中心， 关于中心对称的点分别为， 当从点出发沿向点运动， 四边形是平行四边形 有两个特殊位置: ①从锐角变化成钝角，当是直角时，四边形是菱形， ②当位于点时，根据中心对称，点与点重合，四边形是矩形， 四边形AECF形状的变化依次为平行四边形→菱形→平行四边形→矩形． 故选B. 【点睛】本题主要考查了中心对称，矩形的判定和性质，平行四边形的判定，菱形的判定，熟练掌握上述判定定理是解题的关键． 4．B 【分析】解答本题的关键是熟练掌握旋转的性质：旋转前后的两个图形全等，对应点与旋转中心的连线段的夹角等于旋转角，对应点到旋转中心的距离相等．根据正方形的性质及旋转的性质可得是等腰直角三角形，，即得结果． 【详解】解：∵四边形是正方形， ∴ 由旋转可得，， ∴ ∴ 故选B． 5．B 【分析】连接B′C，作AH⊥B′C′，垂足为H，由已知以及旋转的性质可得AB′=AB=AC=AC′=2，∠AB′C′=∠C′=30°，继而可求出AH长，B′C′的长，由等腰三角形的性质可得∠AB′C=∠ACB′，再根据∠AB′D=∠ACD=30°，可得∠DB′C=∠DCB′，从而可得B′D=CD，进而可得 B′E=x，由此可得C′E=2-x，再根据三角形面积公式即可求得y与x的关系式，由此即可得到答案. 【详解】连接B′C，作AH⊥B′C′，垂足为H， ∵AB=AC，∠B=30°， ∴∠C=∠B=30°， ∵△ABC绕点A逆时针旋转α(0<α<120°)得到， ∴AB′=AB=AC=AC′=2，∠AB′C′=∠C′=30°， ∴AH=AC′=1， ∴C′H=， ∴B′C′=2C′H=2， ∵AB′=AC， ∴∠AB′C=∠ACB′， ∵∠AB′D=∠ACD=30°， ∴∠AB′C-∠AB′D=∠ACB′-∠ACD， 即∠DB′C=∠DCB′， ∴B′D=CD， ∵CD+DE=x， ∴B′D+DE=x，即B′E=x， ∴C′E=B′C′-B′E=2-x， ∴y==×(2-x)×1=， 观察只有B选项的图象符合题意， 故选B. 【点睛】本题考查的是几何综合题，涉及了旋转的性质，等腰三角形的判定与性质，勾股定理，一次函数的应用等知识，正确添加辅助线，熟练掌握和灵活运用相关知识是解题的关键. 6．A 【分析】正五边形的中心角为72°，当正五边形绕其中心旋转时，必须满足旋转角是72°的倍数，才能与原来重合，进而求解. 【详解】正五边形的中心角为＝72°,故当正五边形绕其中心旋转时，必须满足旋转角是72°的倍数，才能与原来重合.选项中只有144°是72°的倍数，其余均被整除不了.故A项正确. 故选A. 【点睛】本题考查了正多边形和旋转的性质，解题的关键是求出正五边形的中心角72°，当正五边形绕其中心旋转时，必须满足旋转角是72°的倍数，才能与原来重合. 7．D 【分析】由旋转的性质，易得BC=DC=6，由在Rt△ABC中，∠ACB=90°，∠A=30°，即可求得∠B=60°，即可判定△DBC是等边三角形，易得△DFC是含30°角的直角三角形，则可求得DF与FC的长，继而求得阴影部分的面积． 【详解】解：∵将△ABC绕点C按顺时针方向旋转n度后得到△EDC， ∴BC=DC， ∵在Rt△ABC中，∠ACB=90°，∠A=30°， ∴∠B=90°-∠A=60°， ∴△DBC是等边三角形， ∴∠DCB=60°， ∴∠DCA=90°-∠DCB=90°-60°=30°， ∵BC=6， ∴DC=6， ∵∠FDC=∠B=60°， ∴∠DFC=90°， ∴， ∴， ∴S阴影=S△DFC=， 故选：D． 【点睛】本题考查了旋转的性质、等边三角形的判定与性质、含30°角的直角三角形的性质以及勾股定理，此题综合性较强，难度适中，注意掌握旋转前后图形的对应关系，注意数形结合思想的应用． 8．D 【分析】先由平移方式画出平移后的，再作出逆时针旋转90°后的和顺时针旋转90°后的，根据点C′绕原点旋转90°的特征求得B1，B2坐标即可； 【详解】解：如图，将向左平移个单位长度后，得到， 将绕点O逆时针旋转90°后，得到，此时B1C1⊥x轴， ∵C′（0，3），∴C1（-3，0），∵B1C1=，∴B1（-3，-）； 将绕点O顺时针旋转90°后，得到，此时B2C2⊥x轴， ∵C′（0，3），∴C2（3，0），∵B2C2=，∴B2（3，）； ∴点B的对应点的坐标为（-3，-）或（3，）； 故选：D． 【点睛】本题考查了图形的平移和旋转，掌握坐标绕原点旋转90°的特征是解题关键． 9．C 【分析】根据平移及旋转定义画出图形，即可得到点的坐标． 【详解】解：如图，点的对应点的坐标是， 故选：C． 【点睛】此题考查了平移的性质及旋转的性质，平移作图及旋转作图，正确理解性质作出图形是解题的关键． 10．D 【分析】根据旋转的定义进行分析即可解答 【详解】解：根据旋转的性质，旋转前后，各点的相对位置不变，得到的图形全等， 分析选项，可得正方形图案绕中心O旋转180°后，得到的图案是D． 故选D． 【点睛】本题考查了图纸旋转的性质,熟练掌握是解题的关键. 11．A 【分析】由将△ABC绕点A按顺时针旋转一定角度得到△ADE，当点B的对应点D恰好落在BC边上，可得AD=AB，又由∠B=60°，可证得△ABD是等边三角形，继而可得BD=AB=2，则可求得答案． 【详解】由旋转的性质可知，， ∵，， ∴为等边三角形， ∴， ∴， 故选A． 【点睛】此题考查旋转的性质，解题关键在于利用旋转的性质得出AD=AB 12．B 【分析】利用中心对称图形的概念对四个图形一一判断即可得出答案． 【详解】解：由中心对称图形的概念，即：如果一个图形绕着一个点旋转180°后，所得到的图形能够和原来的图形互相重合，那么这个图形叫做中心对称图形，这个点叫对称中心，可知， A.不是中心对称图形； B. 是中心对称图形； C. 不是中心对称图形； D. 不是中心对称图形． 故选B． 【点睛】本题考查了中心对称图形的识别.熟练应用中心对称图形的概念进行判断是解题的关键． 13． 【分析】根据成中心对称的性质，得到，进而求出，再利用勾股定理进行求解即可． 【详解】解：∵与关于点成中心对称， ∴， ∴， ∵， ∴； 故答案为：． 【点睛】本题考查成中心对称和勾股定理．解题的关键是掌握成中心对称的性质：对应边相等． 14． 【分析】把△ABO绕点O按顺时针方向旋转135°，就是把它上面的各个点按顺时针方向旋转135度．点A在第二象限的角平分线上，且OA=，正好旋转到x轴正轴，即可得出A1点的坐标，点B在x轴的负半轴上，旋转到第一象限的角平分线上，且OB1=1，则根据勾股定理即可得到B1的坐标； 【详解】解：∵A的坐标是（-1，1），将绕点O按顺时针旋转， ∴OA=，且A1在x轴正半轴上， ∴A1点的坐标是 ∵B的坐标是（-1，0）， ∴OB=1，且B1在第一象限的角平分线上， 设点B1 ∴ ∴ ∴得到B1的坐标是 【点睛】本题考查了旋转变换与坐标与图形的变化，勾股定理，等腰直角三角形的旋转，根据题意建立平面直角坐标系并画出图形是解题的关键． 15．123° 【分析】由旋转的性质可得，∠C=∠C'=57°，再由平行线的性质可求出∠CAC′的度数． 【详解】解：∵将△ABC绕点A旋转到△AB′C′的位置， ∴∠C=∠C'=57°， ∵B′C′∥AC， ∴∠CAC′=180°-∠C′=180°-57°=123°． 故答案为：123°． 【点睛】本题考查的是旋转的性质，平行线的性质，掌握旋转前、后的图形全等，对应角相等是解题的关键． 16． 【分析】过A点作AF⊥BD，交BD于点F，利用勾股定理求出BD=5，在根据是矩形ABD的面积求出AF，进而可求出，进而求出，再证明，即有，DE可求． 【详解】过A点作AF⊥BD，交BD于点F，如图， ∵矩形中AB=3，BC=AD=4，∠BAC=90°， ∴， ∵， ∴， ∴， 根据旋转可知：，，， ∵， ∴，即， ∴， 根据旋转可知：，，， ∴根据两个等腰三角形中顶角相等，则其底角也相等，即， ∵， ∴， ∵，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， 故答案为：． 【点睛】本题考查了旋转的性质，矩形的性质，勾股定理，等腰三角形的性质，相似三角形的判定与性质，求出是解答本题的关键． 17．全等 【分析】根据对称中心的性质：过对称中心的任何一条直线都能将中心对称图形分成两个全等的部分；每一对对应点的连线都经过对称中心． 【详解】解：过对称中心的任何一条直线都能将中心对称图形分成两个全等的部分；每一对对应点的连线都经过对称中心． 故答案为：全等． 【点睛】本题主要考查对称中心的性质，解题的关键是掌握过对称中心的任何一条直线都能将中心对称图形分成两个全等的部分；每一对对应点的连线都经过对称中心． 18．(1)见解析 (2)见解析 【分析】本题考查画旋转图形、圆的定义，正确确定圆心是解答的关键． （1）根据旋转性质得到对应点，然后顺次连接即可画出图形； （2）连接，分别作的垂直平分线，两条垂直平分线交于一点即为过该三点的圆心O，进而问题可求解． 【详解】（1）解：如图，即为所求；    （2）解：如图，点O即为所求． 19．（1）见解析；（2）见解析，A1（3，-2）．（3）见解析，A2（2，3） 【分析】（1）根据B，C两点坐标确定平面直角坐标系即可． （2）根据中心对称的性质分别作出A，B，C的对应点A1，B1，C1即可． （3）根据旋转变换的性质分别作出A，B，C的对应点A2，B2，C2即可． 【详解】解：（1）如图，平面直角坐标系如图所示． （2）如图，△A1B1C1即为所求，点A1的坐标（3，-2）． （3）如图，△A2B2C2即为所求，点A2的坐标（2，3）． 【点睛】本题考查作图-对称变换，旋转变换等知识，解题的关键是正确作出图形，属于中考常考题型． 20．AE=. 【分析】过B点作DB⊥BC，且DB＝BA，再BA上截取BE＝BC，则△DBE满足条件；根据等腰直角三角形的性质得AB＝AC=，再根据旋转的性质得BE＝BC＝2，然后计算AB−BE即可． 【详解】如图，△DBE为所作； 在Rt△ABC中，∵CA＝CB＝2， ∴AB＝AC＝， ∵将△ABC绕点B顺时针旋转45°，得到△DBE， ∴BE＝BC＝2， ∴AE＝AB﹣BE＝. 【点睛】本题考查了作图−旋转变换, 也考查了旋转的性质． 21．-7 【分析】点P(x2＋2x，3)与另一点Q(x＋2，y)关于原点对称，则坐标也关于原点对称，即坐标互为相反数，所以可以得到x2＋2x=-（x+2），3=-y，所以解得x1＝－1，x2＝－2．又因点P在第二象限，所以x2＋2x<0，所以x=-1，故x＋2y=-7 ． 【详解】根据题意，得(x2＋2x)＋(x＋2)＝0，y＝－3． ∴x1＝－1，x2＝－2． ∵点P在第二象限， ∴x2＋2x<0． ∴x＝－1． ∴x＋2y＝－7． 【点睛】本题考查了关于原点对称的点的坐标特征，解一元二次方程等知识，掌握关于原点对称的点的坐标特征是解题关键，注意验证点P是否在第二象限． 22．见解析 【分析】根据旋转角度、旋转方向、旋转点找出各点的对应点，顺次连接即可得出． 【详解】所作图形如下所示： 【点睛】此题考查作图-旋转变换，正方形的性质，解题关键在于掌握作图法则. 23．【概念与理解】，；【猜想与证明】（1），；（2）成立，证明见解析；【探究与应用】①；②△COD与△AOB面积之差为或；【联想与拓展】n3=9m3． 【分析】【概念与理解】：根据题意信息即可得出答案； 【猜想与证明】：（1）当x=1时，求出A，B，C，D的坐标进而得出AB ,CD即可得出答案；当x=2时，求出A，B，C，D的坐标进而得出AB ,CD即可得出答案； （2）任意x（x＞0），求出A，B，C，D的坐标进而得出AB ,CD即可得出答案； 【探究与应用】：①根据已知条件表示出△AOB与△COD面积即可得出答案； ②设M（x，0）（x＞0），根据已知条件可得出，分两种情况当△AOB是直角三角形时解得，当△COD是直角三角形时，解得，把代入即可； 【联想与拓展】：根据题意求出AEDF的坐标然后表示出面积再利用△PAE与△PDF面积的比值1:3，即可得出关系式； 【概念与理解】∵y1=4x2 ∴由题意可得C1： ∵y2=x2 ∴由题意可得C2： 故答案为：C1：，C2：； 【猜想与证明】（1）当x=1时， ∵点A、B在抛物线C1上 ∴令x=1，则 ∴A，B ∴AB=1 ∵点C、D在抛物线C2上 ∴令x=1，则 ∴C，D ∴CD=2 ∴= 当x=2时， ∵点A、B在抛物线C1上 ∴令x=2，则 ∴A，B ∴AB= ∵点C、D在抛物线C2上 ∴令x=2，则 ∴C，D ∴CD= ∴= （2）对任意x（x＞0）上述结论仍然成立 理由如下： 对任意x（x＞0）， ∴A，B ∴AB= 对任意x（x＞0）， ∴C，D ∴CD= ∴= 【探究与应用】①连接OA，OB，OC，OD ∴ 故答案为： ②设M（x，0）（x＞0）， ∵M（x，0） ∴ ∴AB= ∵M（x，0）， ∴ ∴CD= ∵ ∴ 当△AOB是直角三角形时，由题意可知OA=OB ∴△△AOB为等腰直角三角形 ∴OM=AM ∴ 解得： ∴ 当△COD是直角三角形时，由题意可知OD=OC ∴△△COD为等腰直角三角形 ∴OM=CM ∴ 解得： ∴ 综上所述：△COD与△AOB面积之差为或 【联想与拓展】∵M（k，0）且点A、B在抛物线C3上 ∴令x=k，则 ∴A ∵AE∥x轴，且交C4于点E ∴E ∵M（k，0）且点C、D在抛物线C4上 ∴令x=k，则 ∴D ∵DF∥x轴，且交C3于点F ∴F ∵AE∥x轴，且交C4于点E ∴△PEA的高= ∵DF∥x轴，且交C3于点F ∴△PDF的高= ∴ ∵△PAE与△PDF面积的比值1:3 ∴ ∴ ∴ 故答案为： 【点睛】本题考出了抛物线性质的综合运用以及旋转等知识，由特殊到一般的数学思想的运用，等腰直角三角形的性质的运用，三角形的面积公式的运用，轴对称的性质的运用，在解答本题时运用两个抛物线上的点的特征不变建立方程求解是关键． 24．（1）见解析；（2）；（3） 【分析】（1）根据旋转变换和平移变换的定义作出变换后的对应点，再顺次连接即可得； （2）结合对应点的位置，依据旋转变换的性质可得旋转中心； （3）作出点A关于x轴的对称点A′，再连接A′B，与x轴的交点即为所求． 【详解】解：（1）如图所示，，即为所求． （2）如图所示，点即为所求，其坐标为． （3）如图所示，点即为所求， 设直线的解析式为，将点，代入解析式， 得， 解得 ∴直线的解析式为， 当时，， 解得， ∴点的坐标为． 【点睛】本题主要考查作图-旋转变换和平移变换，解题的关键是掌握旋转变换和平移变换的定义与性质，并据此得出变换后的对应点． 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 $$