9.1图形的旋转同步强化练习2024-2025学年苏科版数学八年级下册

9.1图形的旋转 学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________ 一、单选题 1．如图，三角形ABC绕点O顺时针旋转后得到三角形，则下列说法中错误的是（    ） A． B． C． D． 2．下列图形均可由“基本图案”通过变换得到：（只填序号） 既可以由“基本图案”平移，也可以通过旋转得到的有（　　）个． A．1 B．2 C．3 D．4 3．下面四个图案中,不能由基本图案(图中阴影部分)旋转得到的是 (    ) A． B． C． D． 4．如图，在三角形ABC中，∠ACB=90°，∠B=50°，将此三角形绕点C沿顺时针方向旋转后得到三角形A′B′C，若点B′恰好落在线段AB上，AC、A′B′交于点O，则∠COA′的度数是（　　）    A．50° B．60° C．70° D．80° 5．下列四个图形中，形成方法与另外三个不同的是（    ）． A． B． C． D． 6．如图，直线：交轴于，交轴于，轴上一点，为轴上一动点，把线段绕点逆时针旋转得到线段，连接，，则当长度最小时，线段的长为（    ） A． B． C．5 D． 7．在下图右侧的四个三角形中，不能由左侧的三角形经过旋转或平移得到的是(　　) A．A B．B C．C D．D 8．如图，在等边△ABC中，AC＝9，点O在AC上，且AO＝3，点P是AB上一动点，连结OP，将线段OP绕点O逆时针旋转60°得到线段OD．要使点D恰好落在BC上，则AP的长是（   ） A．2 B．3 C．5 D．6 9．在中，，点D为中点，，绕点D旋转，分别与边交于E，F两点．下列结论：①；②；③；④始终为等腰直角三角形，其中正确的个数有（    ）． A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 10．如图，在的正方形网格中，由旋转得到，其旋转中心是（    ） A．点 B．点 C．点 D．点 11．一个图形经过旋转变换，下列说法中：①对应线段平行；②对应线段相等；③对应角相等；④图形的形状和大小都没有改变．正确的个数有（　　） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 12．如图，将三角形ABC绕着点C顺时针旋转60°后得到三角形A′B′C，若∠A=40°，∠B=110°，则∠A′CB′的度数是（    ） A． B． C． D． 二、填空题 13．如图，在Rt△ABC中，已知：∠C=90°，∠A=60°，AC=3cm，以斜边AB的中点P为旋转中心，把这个三角形按逆时针方向旋转90°得到Rt△A′B′C′，则旋转前后两个直角三角形重叠部分的面积为 ． 14．等边绕其外心旋转，至少要旋转 度才能与原图形重合． 15．有如图，从图形甲到图形乙，所进行的图形运动是先绕点 时针旋转，再向右移动 格．    16．在正方形、长方形、线段、等边三角形和平行四边形这五种图形中，是旋转对称图形不是中心对称图形的是 . 17．正九边形绕它的旋转中心至少旋转　　　　°后才能与原图形重合. 三、解答题 18．如图，点A在射线OX上，OA的长等于2cm.如果OA绕点O，按逆时针方向旋转30°到 ，那么点的位置可以用（2，30°）表示.如果将再沿逆时针方向继续旋转45°，到，那么点的位置可以用（ ， ）表示. 19．如图1所示，将一个边长为2的正方形ABCD和一个长为2、宽为1的长方形CEFD拼在一起，构成一个大的长方形ABEF．现将小长方形CEFD绕点C顺时针旋转至，旋转角为． （1）当点′恰好落在EF边上时，求旋转角的值； （2）如图2，G为BC的中点，且0°＜＜90°，求证：； （3）小长方形CEFD绕点C顺时针旋转一周的过程中，与能否全等？若能，直接写出旋转角的值；若不能，说明理由． 20．如图，点、的坐标分别为、．将绕点按逆时针方向旋转得到．    (1)画出： (2)写出点、的坐标． 21．已知△ABC是边长为4的等边三角形，边AB在射线OM上，且OA＝6，点D是射线OM上的动点，当点D不与点A重合时，将△ACD绕点C逆时针方向旋转60°得到△BCE，连接DE，设OD＝m． （1）问题发现 如图1，△CDE的形状是______三角形． （2）探究证明 如图2，当6＜m＜10时，△BDE的周长是否存在最小值？若存在，求出△BDE周长的最小值；若不存在，请说明理由． 22．如图，中，，，，逆时针旋转一定角度后与重合，且点C恰好成为的中点．    (1)指出能转中心，并求出旋转的度数； (2)求出的度数和的长． 23．定义：将图形M绕点P顺时针旋转90°得到图形N，则图形N称为图形M关于点P的“垂直图形”．例如：在下图中，点D为点C关于点P的“垂直图形”． (1)点A关于原点O的“垂直图形”为点B． ①若点A的坐标为（0，2），直接写出点B的坐标； ②若点B的坐标为（2，1），直接写出点A的坐标； (2)E（-3，3），F（-2，3），G（a，0）．线段EF关于点G的“垂直图形”记为E′F′，点E的对应点为E′，点F的对应点为F′． ①求点E′的坐标； ②当点G运动时，求的最小值． 24．在平面直角坐标系中，将坐标为的点用线段依次连接起来得到一个图案N． （1）将图案N向左平移3个单位长度，画出平移后的图案； （2）将图案N向下平移4个单位长度，画出平移后的图案； （3）将图案N先向左平移3个单位长度，再向下平移4个单位长度，画出第二次平移后的图案； （4）画出图案N关于横轴对称的图案； （5）画出图案N关于纵轴对称的图案； （6）以原点为对称中心，画出与图案N成中心对称的图案． 《9.1图形的旋转》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 A A D B B B B D D A 题号 11 12 答案 C B 1．A 【分析】根据点O没有条件限定，不一定在AB的垂直平分线上，可判断A，根据性质性质可判断B、C、D． 【详解】解：A．当点O在AB的垂直平分线上时，满足OA=OB，由点O没有限制条件，为此点O为任意的，不一定在AB的垂直平分线上，故选项A不正确，符合题意； B．由旋转可知OC与OC′是对应线段，由旋转性质可得OC=OC′，故选项B正确，不符合题意； C．因为、都是旋转角，由旋转性质可得，故选项C正确，不符合题意； D．由旋转可知与是对应角，由性质性质可得，故选项D正确，不符合题意． 故选择A． 【点睛】本题考查线段垂直平分线性质，图形旋转及其性质，掌握线段垂直平分线性质，图形旋转及其性质是解题关键． 2．A 【分析】此题是一组复合图形，根据平移、旋转的性质解答． 【详解】解：①可以看作由左边图案向右平移得到的； ②可以看作一个菱形绕一个顶点旋转得到的； ③既可以看作一个圆向右平移得到的，也可以看作两个圆组成的图案旋转得到的； ④可以看作上面基本图案向下平移得到的； ⑤可以看作上面图案绕中心旋转得到的． 故可以平移但不能旋转的是①④； 可以旋转但不能平移的是②⑤； 既可以平移，也可以旋转的是③． 故答案为A． 【点睛】本题考查平移、旋转的性质：①平移不改变图形的形状和大小；经过平移，对应点所连的线段平行且相等，对应线段平行且相等，对应角相等．②旋转变化前后，对应线段、对应角分别相等，图形的大小、形状都不改变，两组对应点连线的交点是旋转中心，熟练掌握其性质是解决此题的关键． 3．D 【分析】寻找基本图形，旋转中心，旋转角，旋转次数，逐一判断. 【详解】A.可由一个基本花瓣绕其中心经过7次旋转，每次旋转45度得到； B. 可由一个基本菱形绕其中心经过5次旋转，每次旋转 60度得到； C. 可由一个基本花瓣绕其中心旋转180度得到； D. 不能由基本图案旋转得到； 故选D. 【点睛】此题主要考查旋转设计图案. 4．B 【详解】∵在三角形ABC中，∠ACB=90°，∠B=50°， ∴∠A=180°﹣∠ACB﹣∠B=40°． 由旋转的性质可知：BC=B′C，∠OB′C=∠B ∴∠B=∠BB′C=50°． 又∵∠BB′C=∠A+∠ACB′=40°+∠ACB′， ∴∠ACB′=10°， ∴∠COA′=∠AOB′=∠OB′C+∠ACB′=∠B+∠ACB′=60°． 故选B． 【点睛】考点：旋转的性质． 5．B 【分析】本题考查的是旋转与轴对称的性质，利用旋转或轴对称逐一分析各选项即可． 【详解】解：A，C，D选项中的图形都是通过将其中一部分旋转形成的图形，而B选项中的图形是通过轴对称形成的， 故答案为：B 6．B 【分析】作EH⊥x轴于H，通过证明△DBO≌△BEH，可得HE=OB，从而确定点点的运动轨迹是直线，根据垂线段最短确定出点E的位置，然后根据勾股定理求解即可. 【详解】解：作EH⊥x轴于H， ∵∠DBE=90°， ∴∠DBC+∠CBE=90°. ∵∠BHE=90°， ∴∠BEH+∠CBE=90°， ∴∠DBC=∠BEH. 在△DBO和△BEH中， ∵∠DBC=∠BEH， ∠BOD=∠BHE， BD=BE， ∴△DBO≌△BEH中， ∴HE=OB， 当y=0时，， ∴x=3， ∴HE=OB=3， ∴点的运动轨迹是直线，B(3，0)， ∴当⊥m时，CE最短，此时点的坐标为(-1，3)， ∵B(-1，0)，B(3，0)， ∴BC=4， ∴BE′=， ∴BD= BE′=4， ∴OD=， ∴CD=. 故选B. 【点睛】本题考查一次函数与坐标轴的交点，坐标与图形的变化，旋转变换、全等三角形的判定与性质，垂线段最短以及勾股定理等知识，解题的关键是确定点E的位置． 7．B 【详解】试题解析：A、可由△ABC逆时针旋转一个角度得到； B、可由△ABC翻折得到； C、可由△ABC逆时针旋转一个角度得到； D、可由△ABC逆时针旋转一个角度得到． 故选B. 点睛：旋转的性质：旋转变化前后，对应线段、对应角分别相等，图形的大小、形状都不改变．要注意旋转的三要素：①定点为旋转中心；②旋转方向；③旋转角度． 8．D 【分析】根据∠A+∠APO=∠POD+∠COD，可得∠APO=∠COD，进而可以证明△APO△COD,进而可以证明AP=CO，即可解题． 【详解】解：∵∠A+∠APO=∠POD+∠COD，∠A=∠POD， ∴∠APO=∠COD， 在△APO和△COD中  ， ∴△APO△COD（AAS）， 即AP=CO， ∵CO=AC-AO=6， ∴AP=6． 故答案为6． 【点睛】本题是全等三角形与旋转的综合题型，理解题意，找出全等的三角形，再通过代换求得答案是解题的关键． 9．D 【分析】本题考查了等腰直角三角形的性质的运用，全等三角形的判定及性质的运用，勾股定理的运用，三角形的面积公式的运用，连接，根据等腰直角三角形的性质就可以得出，就可以得出，进而得出，就有，由勾股定理就即可求出结论． 【详解】解：连接， ， 点D为中点，， ．，． ， ， ． 在和中， ， ， ，． ， ， ． ， ． ， ， ． ，， 始终为等腰直角三角形． ， ． ， ． ∴正确的有4个． 故选：D． 10．A 【分析】本题主要考查了旋转的性质，熟练掌握旋转中心在对应点连线的垂直平分线上是解题的关键．根据旋转的性质可知：旋转中心在对应点连线的垂直平分线上，进而得出答案． 【详解】 解：根据旋转的性质可知：旋转中心在对应点连线的垂直平分线上， 由图形可知：点在的垂直平分线上，又在的垂直平分线上， ∴旋转中心是点， 故选：A． 11．C 【分析】此题考查了旋转的性质，熟练掌握旋转的性质，根据旋转的性质，逐项进行判断即可． 【详解】解：①一个图形经过旋转变换后，对应线段不一定平行，故此说法错误； ②一个图形经过旋转变换后，对应线段相等，故此说法正确； ③一个图形经过旋转变换后，对应角相等，故此说法正确； ④一个图形经过旋转变换后，图形的形状和大小都没有改变，故此说法正确； 综上分析可知，正确的个数为3个． 故选：C． 12．B 【分析】首先根据旋转的性质可得：∠A′=∠A=40°，∠B′=∠B=110°，然后在△B′CA′中利用三角形的内角和定理求解即可． 【详解】解：由旋转的性质可得：∠A′=∠A=40°，∠B′=∠B=110°， ∴∠A′CB′=180°-∠B′-∠A′=180°-110°-40°=30°． 故选：B． 【点睛】本题主要考查的是旋转的性质、三角形的内角和定理，掌握旋转的性质是解题的关键． 13． 【分析】根据已知及勾股定理求得DP的长，再根据全等三角形的判定得到△B′PH≌△BPD，从而根据直角三角形的性质求得GH，BG的长，从而不难求得旋转前后两个直角三角形重叠部分的面积． 【详解】解：设A′B′交BC于D，B′C′交BC于G、交AB于H， ∵∠C=90°，∠A=60°， ∴∠B=30°， ∴AB=2AC=6 ， 在直角△DPB中，BP=AP=AC=3， 设PD=x， ∵∠A=60°，则∠B=30°， ∴BD=2PD=2x， ∵DP2+BP2=BD2， ∴x2+32=（2x）2， ∴DP=x=， ∵B′P=BP，∠B=∠B′，∠B′PH=∠BPD=90°， ∴△B′PH≌△BPD， ∴PH=PD=， ∵在直角△BGH中，BH=3+， ∴GH=BH=，BG=， ∴S△BGH=××=，S△BDP=×3×=， ∴SDGHP=(cm2)． 故答案为：． 【点睛】本题考查了勾股定理，三角形的全等的判定及性质，旋转的性质等知识的综合运用． 14． 【分析】根据三角形外形的定义可得垂直平分，结合等边三角形的性质，推出，等边绕其外心旋转与原图形重合，则点A旋转后应与点C重合，求出即可． 【详解】解：如图，点O为的外心， ∴垂直平分， ∵是等边三角形， ∴，平分， ∴， 同理可得的：， ∴， 故答案为：．    【点睛】本题主要考查了等边三角形的性质，旋转的性质，外形的定义，解题的关键是掌握三角形的外心是三角形三条垂直平分线的交点． 15． 逆 10 【分析】根据旋转性质及平移性质即可得到答案． 【详解】解：观察甲乙两图可知，将甲图以为旋转中心，逆时针旋转，再向右平移个单位长度即可得到乙图， 故答案为：逆；． 【点睛】本题考查旋转及平移性质，熟记旋转性质及平移性质作图是解决问题的关键． 16．等边三角形 【分析】根据中心对称图形的定义以及旋转图形的性质分别判断得出即可． 【详解】正方形、长方形、线段、等边三角形和平行四边形这五种图形中、线段和平行四边形和正方形和长方形都是中心对称图形，只有等边三角形是旋转对称图形但不是中心对称图形；故答案为：等边三角形． 【点睛】此题主要考查了旋转图形的性质，注意中心对称图形也属于旋转图形，但要按要求答题 17．40. 【分析】要与原来的九边形重合．可用一个圆周角的度数（即360度）除以9，便可知道至少要旋转多少度才能和原来的五边形重合． 【详解】∵=40°， 故答案为：40． 18．（2，75°） 【分析】根据旋转的性质，旋转不改变图形的大小和形状，即旋转后所得图形与原图形全等，通过分析坐标的形成即可解答. 【详解】解：第一个坐标为原点到此点的距离，旋转前后线段长度不变，所以OA″=OA=2， 第二个坐标为与x轴的夹角=∠A″OA′+∠A′OA=45°+30°=75°， 那么点A”的位置可以用（ 2，75°）表示， 故答案为（2，75°）. 19．（1）∠α=30°（2）见解析（3）旋转角a的值为135°或315°时，△BCD′与∠DCD′全等 【分析】（1）根据旋转的性质得CE=CH=1，即可得出结论； （2）由G为BC中点可得CG=CE，根据旋转的性质得∠D′CE′=∠DCE=90°，CE=CE′CE，则∠GCD′=∠DCE′=90°+α，然后根据“SAS”可判断△GCD′≌△E′CD，则GD′=E′D； （3）根据正方形的性质得CB=CD，而CD=CD′，则△BCD′与△DCD′为腰相等的两等腰三角形，当两顶角相等时它们全等，当△BCD′与△DCD′为钝角三角形时，可计算出α=135°，当△BCD′与△DCD′为锐角三角形时，可计算得到α=315°． 【详解】解：（1）∵长方形CEFD绕点C顺时针旋转至CE′F′D′， ∴CE=CH=1， ∴△CEH为等腰直角三角形， ∴∠ECH=45°， ∴∠α=30°； （2）证明：∵G为BC中点 ∴CG=1 ∴CG=CE ∵长方形CEFD绕点C顺时针旋转至CE′F′D′ ∴∠D′CE′=∠DCE=90°，CE=CE′=CG ∴∠GCD′=∠DCE′=90°+α 在△GCD′和△E′CD中 ∵CD′=CD，∠GCD=∠DCE′，CG=CE′ ∴△GCD′≌△E′CD（SAS） ∴GD′=E′D； （3）解：能． 理由如下： ∵四边形ABCD为正方形 ∴CB=CD ∵CD′=CD′ ∴△BCD′与△DCD′为腰相等的两等腰三角形，当∠BCD′=∠DCD′时，△BCD′≌△DCD′，当△BCD′与△DCD′为钝角三角形时，则旋转角α=（360°-90°）÷2=135° 当△BCD′与△DCD′为锐角三角形时，∠BCD′=∠DCD′=∠BCD=45°，则α=360°﹣90°÷2=315° 即旋转角a的值为135°或315°时，△BCD′与△DCD′全等． 20．(1)见解析 (2)点的坐标为，点的坐标为 【分析】（1）将点、点的坐标分别绕点按逆时针方向旋转，得到对应点、，顺次连接各点即可得到； （2）根据图形直接写出点、的坐标即可． 【详解】（1）解：将点、点的坐标分别绕点按逆时针方向旋转，得到对应点、，顺次连接各点即可得到，如图所示：    ； （2）解：由图可知： 点的坐标为，点的坐标为． 【点睛】本题主要考查了旋转的性质、坐标与图形，根据题意画出旋转后的图形是解题的关键． 21．（1）等边；（2）存在，△BDE的周长最小值为：2+4 【分析】（1）由旋转的性质得到∠DCE=60°，DC=EC，即可得到结论； （2）当6＜m＜10时，由旋转的性质得到BE=AD，于是得到C△DBE=BE+DB+DE=AB+DE=4+DE，根据等边三角形的性质得到DE=CD，由垂线段最短得到当CD⊥AB时，△BDE的周长最小，于是得到结论； 【详解】解：（1）证明：由旋转性质，得：∠DCE＝60°，DC＝EC， ∴△CDE是等边三角形； 故答案为：等边； （2）存在，当6＜m＜10时， 由旋转的性质得，BE＝AD， ∴C△DBE＝BE+DB+DE ＝AB+DE ＝4+DE， 由（1）知，△CDE是等边三角形， ∴DE＝CD， ∴C△DBE＝CD+4， 由垂线段最短可知，当CD⊥AB时，△BDE的周长最小， 此时，AD=2， ∴CD=， ∴△BDE的周长最小值为：2+4． 【点睛】本题考查了几何变换的综合题，旋转的性质，等边三角形的判定和性质，三角形周长的计算，熟练掌握旋转的性质是解题的关键． 22．(1)旋转中心为点A，旋转的度数为 (2)， 【分析】（1）根据图形可得旋转中心为点A，根据三角形的内角和定理求出，结合旋转的性质即可得出旋转角的度数； （2） 【详解】（1）解：， 即， 所以旋转中心为点A，旋转的度数为； （2）解：逆时针旋转一定角度后与重合， ，，， ， ∵点C恰好成为的中点， ， ． 【点睛】本题主要考查了旋转的性质，解题的关键是掌握旋转前后对应边相等，对应角相等，对应边连线的夹角等于旋转角． 23．(1)①B（2，0）；②A（-1，2）； (2)①E′（3+a，3+a）；②FF′的最小值为3． 【分析】（1）①②根据“垂直图形”的定义解决问题即可； （2）①构造全等三角形，利用全等三角形的性质求解即可； ②△FGF′是等腰直角三角形，当FG⊥x轴时，FG取得最小值，即FF′有最小值，据此求解即可解决问题． 【详解】（1）解：①如图中，观察图象可知B（2，0）； ②如图， ∵∠AOB=∠ACO=∠ODB=90°， ∴∠A+∠AOC=90°，∠AOC+∠BOD=90°， ∴∠A=∠BOD， ∵AO=OB， ∴△AOC≌△OBD（AAS）， ∴OC=BD=1，AC=OD=2， ∴A（-1，2）； （2）解：①如图，过点E作EP⊥x轴于P，过点E′作E′H⊥x轴于H． ∵∠EPG=∠EGE′=∠GHE′=90°， ∴∠E+∠PGE=90°，∠PGE+∠E′GH=90°， ∴∠E=∠E′GH， ∵EG=GE′， ∴△EPG≌△GHE′（AAS）， ∴EP=GH=3，PG=E′H=a+3， ∴OH=3+a， ∴E′（3+a，3+a）； ②∵∠FGF′=90°，FG=GF′， ∴△FGF′是等腰直角三角形， ∴FF′=FG， 当FG⊥x轴时，FG取得最小值，即FF′有最小值， ∴FF′的最小值为3． 【点睛】本题考查几何变换综合题，考查了旋转变换，全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质，勾股定理等知识，解题的关键是理解题意，学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题． 24．（1）见解析；（2）见解析；（3）见解析；（4）见解析；（5）见解析；（6）见解析． 【分析】（1）把所有的点左平移3个单位长度即可； （2）把所有的点向下平移4个单位长度即可； （3）把所有的点向左平移3个单位长度，再向下平移4个单位长度即可； （4）画出所有的点关于x轴的对称点即可； （5）画出所有的点关于y轴的对称点即可； （6）画出所有的点关于原点的对称点即可． 【详解】解：（1）将图案N向左平移3个单位长度，平移后的图案如图1所示： （2）将图案N向下平移4个单位长度，平移后的图案如图2所示： （3）将图案N先向左平移3个单位长度，再向下平移4个单位长度，第二次平移后的图案如图3所示： （4）图案N关于横轴对称的图案如图4所示： （5）图案N关于纵轴对称的图案如图5所示： （6）以原点为对称中心，与图案N成中心对称的图案如图6所示： 【点睛】本题考查利用平移、旋转、轴对称设计图案，解题的关键是理解平移、旋转、轴对称的性质，属于中考作图题目中常考题型． 学科网（北京）股份有限公司 $$