第23章旋转单元练习作业2025-2026学年人教版九年级数学上册

第23章旋转单元练习作业人教版九年级数学上册 一．选择题（共10小题） 1．中国古算诗词歌赋较多．古算诗词题，是反映数学数量关系的内在联系及其规律的一种文学浪漫形式．下列分别是古算诗词题“圆中方形”“方形圆径”“圆材藏壁”“勾股容圆”所描绘的图形，其中既不是轴对称图形也不是中心对称图形的是（　　） A． B． C． D． 2．平面坐标系xOy中，点A的坐标为（﹣4，6），将线段OA绕点O顺时针旋转90°，则点A的对应点A′的坐标为（　　） A．（4，6） B．（6，4） C．（﹣4，﹣6） D．（﹣6，﹣4） 3．如图，将△ABC绕点A顺时针旋转60°得到△AED，若线段AB＝3，则BE＝（　　） A．2 B．3 C．4 D．5 4．如图，将△ABC绕点A逆时针旋转110°，得到△ADE，若点D落在线段BC的延长线上，则∠B大小为（　　） A．30° B．35° C．40° D．45° 5．如图，将△ABC绕点B顺时针旋转90°得到△DBE，A，C的对应点分别为D，E，AC的延长线分别交BD，DE于点F，G，下列结论正确的是（　　） A．AC＝CG B．∠ABC＝∠BDE C．AG⊥DE D．BC∥DE 6．如图，在△ABC中，∠BAC＝90°，将△ABC绕点C逆时针旋转得到△A'B'C，点A'恰好落在BC边上，若∠ACB＝42°，则∠ABB'的度数为（　　） A．116° B．117° C．118° D．119° 7．如图，在平面直角坐标系中，点A在y轴上，点B的坐标为（8，0），将△ABO绕着点B顺时针旋转60°，得到△DBC，则点C的坐标是（　　） A．（4，8） B．（8，4） C． D． 8．“方胜”是中国古代的一种发饰，其图案由两个全等正方形相叠组成，寓意是同心吉祥，如图，将边长为2cm的正方形ABCD沿对角线BD方向平移2cm得到正方形A′B′C′D′，形成一个“方胜”图案，则点D，B′之间的距离为（　　） A．2cm B． C． D． 9．如图，在△ABC中，∠CAB＝75°，在同一平面内，将△ABC绕点A旋转到△AB'C'的位置，使得CC′∥AB，则∠CAC′度数是（　　） A．30° B．35° C．40° D．50° 10．如图，点O是等边△ABC内一点，OA＝2，，OC＝4，将线段BO以点B为旋转中心逆时针旋转60°得到线段BO′，则S△ABC﹣S△AOC的值为（　　） A． B． C． D． 二．填空题（共6小题） 11．已知点A（a，2）与B（3，b﹣1）关于原点对称，则a+b的值为　 　 ． 12．如图，将△AOB绕点O按逆时针方向旋转40°后得到△COD，若∠AOB＝10°，则∠AOD的度数是 　 　 °． 13．如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，∠A＝20°．将△ABC绕C按逆时针方向旋转角α后得△A′B′C′，此时点B在A′B′上，CA′交AB于点D．则∠BDC的度数为　 　 ． 14．如图，在平面直角坐标系xOy中，△A′B′C′由△ABC绕点P旋转得到，则点P的坐标为　 　 ． 15．如图，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．，则CD的长为　 　 ． 16．如图，P是正方形ABCD内一点，PA＝4，PB＝6，PD＝2，将线段AP以点A为旋转中心逆时针旋转90°得到线段AP′，连接DP′，下列结论：①△AP′D可以由△APB绕点A逆时针旋转90°得到；②点P与P′的距离为4；③∠APD＝135°；④；其中正确的结论是　 　 ．（填序号） 三．解答题（共7小题） 17．已知点A（3，m+2），B（n﹣3，﹣5）． （1）若A，B两点关于原点对称，求m，n的值． （2）若A，B两点关于y轴对称，求m，n的值． 18．如图，将△ABC绕点B逆时针旋转α得到△DBE，DE的延长线与AC相交于点F，连接DA、BF，∠ABC＝α＝60°，BF＝AF． （1）求证：DA∥BC； （2）猜想线段AD、AE的数量关系，并证明你的猜想． 19．如图，在边长为1个单位长度的小正方形组成的网格中，给出了△ABC和点D（A，B，C，D是网格线交点）． （1）将△ABC绕点D顺时针旋转90°得到△A′B′C′，其中点A′与点A是对应点，点B′与点B是对应点，点C′与点C是对应点，画出旋转后的△A′B′C′． （2）在（1）的条件下，以点D为原点，以水平向右和竖直向上为正方向，建立平面直角坐标系，写出点C和点C′的坐标． C点坐标为 　 　 ．C′点坐标为 　 　 ． 20．如图，在平面直角坐标系中，已知△ABC三个顶点的坐标分别为A（﹣1，3）、B（﹣4，4）、C（﹣2，1）． （1）画△ABC关于原点成中心对称的△A1B1C1； （2）若点D在第二象限，且以点A、B、C、D为顶点的四边形是平行四边形，则D的坐标为 　 　 ． 21．已知图1，图2均为6×5的正方形网格，且A，B，C均为格点．备注：只需分别画出一个符合要求的图形． （1）在图1中确定格点D，画出以A，B，C，D为顶点的四边形，使该四边形为轴对称图形，但不是中心对称图形； （2）在图2中确定格点D，画出以A，B，C，D为顶点的四边形，使该四边形为中心对称图形，但不是轴对称图形． 22．如图，点O是等边△ABC内一点，将BO绕点B逆时针旋转60°得到BD，连接OD，AO，BO，AD． （1）求证：△BCO≌△BAD． （2）若OA＝10，OB＝6，OC＝8，求∠BOC的度数． 23．如图1，将边长为和3的两个正方形放置在直线l上，连结AD、CF，经观察分析，发现△AOD≌△COF，从而可进一步证出AD＝CF，AD⊥CF． （1）如图2，将正方形ODEF绕O点逆时针旋转一定的角度，求证：AD＝CF，AD⊥CF； （2）如图3，将正方形ODEF绕O点逆时针旋转，使点E旋转至直线l上，直接写出CF的长． 第23章旋转单元练习作业人教版九年级数学上册 参考答案与试题解析 一．选择题（共10小题） 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 D B B B C B C C A A 一．选择题（共10小题） 1．中国古算诗词歌赋较多．古算诗词题，是反映数学数量关系的内在联系及其规律的一种文学浪漫形式．下列分别是古算诗词题“圆中方形”“方形圆径”“圆材藏壁”“勾股容圆”所描绘的图形，其中既不是轴对称图形也不是中心对称图形的是（　　） A． B． C． D． 【分析】根据轴对称图形和中心对称图形的概念对各选项分析判断即可得解． 【解答】解：A．既是中心对称图形，也是轴对称图形，故本选项不符合题意； B．既是中心对称图形，也是轴对称图形，故本选项不符合题意； C．不是中心对称图形，是轴对称图形，故本选项不符合题意； D．既不是中心对称图形，也不是轴对称图形，故本选项符合题意． 故选：D． 【点评】本题考查了中心对称图形与轴对称图形的概念．轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分折叠后可重合，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后与原图重合． 2．平面坐标系xOy中，点A的坐标为（﹣4，6），将线段OA绕点O顺时针旋转90°，则点A的对应点A′的坐标为（　　） A．（4，6） B．（6，4） C．（﹣4，﹣6） D．（﹣6，﹣4） 【分析】根据旋转的性质及全等三角形的性质求解． 【解答】解：过A作AC⊥y轴于点C，过A′作A′B⊥x轴于点B， 则：AC＝4，CO＝6，∠ACO＝∠A′BO＝90°， ∴∠A+∠AOC＝∠AOC+∠CAA′＝90°， ∴∠A＝∠COA′， ∵AO＝A′O， ∴△AOC≌△A′OB（AAS）， ∴A′B＝AC＝4，OB＝OC＝6， ∴A′（6，4）， 故选：B． 【点评】本题考查了坐标与图形变换﹣旋转，掌握旋转的性质及全等三角形的性质是解题的关键． 3．如图，将△ABC绕点A顺时针旋转60°得到△AED，若线段AB＝3，则BE＝（　　） A．2 B．3 C．4 D．5 【分析】根据旋转的性质可得AB＝AE，∠BAE＝60°，然后判断出△AEB是等边三角形，再根据等边三角形的三条边都相等可得BE＝AB． 【解答】解：∵△ABC绕点A顺时针旋转 60°得到△AED， ∴AB＝AE，∠BAE＝60°， ∴△AEB是等边三角形， ∴BE＝AB， ∵AB＝3， ∴BE＝3． 故选：B． 【点评】本题考查了旋转的性质，等边三角形的判定与性质，主要利用了旋转前后对应边相等以及旋转角的定义． 4．如图，将△ABC绕点A逆时针旋转110°，得到△ADE，若点D落在线段BC的延长线上，则∠B大小为（　　） A．30° B．35° C．40° D．45° 【分析】由旋转可知，AB＝AD且∠BAD＝110°，则有三角形内角和可以计算∠B 【解答】解：∵△ABC绕点A逆时针旋转110°，得到△ADE ∴AB＝AD，∠BAD＝110° 由三角形内角和 ∠B 故选：B． 【点评】本题是几何图形旋转问题，考查了图形旋转的性质、三角形内角和以及等腰三角形的性质． 5．如图，将△ABC绕点B顺时针旋转90°得到△DBE，A，C的对应点分别为D，E，AC的延长线分别交BD，DE于点F，G，下列结论正确的是（　　） A．AC＝CG B．∠ABC＝∠BDE C．AG⊥DE D．BC∥DE 【分析】由旋转得AC＝DE，∠ABC＝∠DBE，∠A＝∠D，∠ABD＝90°，可知AC与CG不一定相等，∠ABC与∠BDE不一定相等，可判断A不符合题意，B不符合题意；因为∠AFB＝∠DFG，所以∠AGE＝∠D+∠DFG＝∠A+∠AFB＝90°，则AG⊥DE，可判断C符合题意；假设BC∥DE成立，则∠ACB＝∠AGE＝90°，与已知条件不符，可判断D不符合题意，于是得到问题的答案． 【解答】解：∵将△ABC绕点B顺时针旋转90°得到△DBE， ∴AC＝DE，∠ABC＝∠DBE，∠A＝∠D，∠ABD＝90°， ∴AC与CG不一定相等，∠ABC与∠BDE不一定相等， 故A不符合题意，B不符合题意； ∵∠AFB＝∠DFG， ∴∠AGE＝∠D+∠DFG＝∠A+∠AFB＝90°， ∴AG⊥DE， 故C符合题意； 假设BC∥DE成立，则∠ACB＝∠AGE＝90°，与已知条件不符， ∴BC∥DE不成立， 故D不符合题意， 故选：C． 【点评】此题重点考查旋转的性质、直角三角形的两个锐角互余、平行线的性质等知识，推导出∠A＝∠D，∠ABD＝90°是解题的关键． 6．如图，在△ABC中，∠BAC＝90°，将△ABC绕点C逆时针旋转得到△A'B'C，点A'恰好落在BC边上，若∠ACB＝42°，则∠ABB'的度数为（　　） A．116° B．117° C．118° D．119° 【分析】由旋转可知∠ACB＝∠A'CB'＝42°，CB＝CB'，利用三角形内角和可求∠CBB'，从而得解． 【解答】解：由题可知∠ACB＝∠A'CB'＝42°， ∴∠ABC＝48°， ∵CB＝CB'， ∴∠CBB'69°， ∴∠ABB'＝∠ABC+∠CBB'＝117°． 故选：B． 【点评】本题主要考查了旋转的性质，熟练掌握相关知识是解题的关键． 7．如图，在平面直角坐标系中，点A在y轴上，点B的坐标为（8，0），将△ABO绕着点B顺时针旋转60°，得到△DBC，则点C的坐标是（　　） A．（4，8） B．（8，4） C． D． 【分析】作CM⊥x轴于M，再利用旋转的性质求出BC＝OB＝8，根据直角三角形30°角所对的直角边等于斜边的一半求出BM，利用勾股定理列式求出CM，然后求出点C的横坐标，再写出点C的坐标即可． 【解答】解：作CM⊥x轴于M， 由题意可得：BC＝OB＝8， ∵∠OBC＝60°，∠MCB＝30°， ∴， ∴OM＝OB﹣BM＝8﹣4＝4， ∴． 故选：C． 【点评】本题考查了坐标与图形变化﹣旋转，勾股定理，直角三角形角30°所对的直角边等于斜边的一半，求出OM，CM的长度是解题的关键． 8．“方胜”是中国古代的一种发饰，其图案由两个全等正方形相叠组成，寓意是同心吉祥，如图，将边长为2cm的正方形ABCD沿对角线BD方向平移2cm得到正方形A′B′C′D′，形成一个“方胜”图案，则点D，B′之间的距离为（　　） A．2cm B． C． D． 【分析】由题意得BB′＝2cm，根据正方形的性质和勾股定理，求出BD，进而求出答案即可； 【解答】解：∵BB′＝2cm，四边形ABCD是正方形， ∴AB＝AD＝2cm，∠A＝90°， ∴， ∴， 故选：C． 【点评】本题考查平移性质，正方形的性质，勾股定理，熟练掌握平移性质和正方形的性质是解答的关键． 9．如图，在△ABC中，∠CAB＝75°，在同一平面内，将△ABC绕点A旋转到△AB'C'的位置，使得CC′∥AB，则∠CAC′度数是（　　） A．30° B．35° C．40° D．50° 【分析】由旋转得AC＝AC′，由CC′∥AB，得∠ACC′＝∠CAB＝75°，则∠AC′C＝∠ACC′＝75°，由三角形内角和定理求得∠CAC′＝30°，于是得到问题的答案． 【解答】解：∵将△ABC绕点A旋转得到△AB'C'， ∴AC＝AC′， ∵CC′∥AB，∠CAB＝75°， ∴∠ACC′＝∠CAB＝75°， ∴∠AC′C＝∠ACC′＝75°， ∴∠CAC′＝180°﹣∠AC′C﹣∠ACC′＝30°， 故选：A． 【点评】此题重点考查旋转的性质、平行线的性质、等腰三角形的性质、三角形内角和定理等知识，推导出AC＝AC′及∠AC′C＝∠ACC′＝75°是解题的关键． 10．如图，点O是等边△ABC内一点，OA＝2，，OC＝4，将线段BO以点B为旋转中心逆时针旋转60°得到线段BO′，则S△ABC﹣S△AOC的值为（　　） A． B． C． D． 【分析】证明△BO'A≌△BOC，即可得到O'A＝OC＝4，S△AO′B＝S△BOC，根据旋转的性质可知△BOO'是等边三角形，则OO'＝OB＝2，利用勾股定理的逆定理判断△AOO'是直角三角形，∠AOO’＝90°，利用四边形AOBO'的面积＝等边△BOO'面积+Rt△AO′O面积＝△AO'B面积+△AOB的面积＝△BOC的面积+△AOB的面积，进行计算即可判断． 【解答】解：在△BO'A和△BOC中，BO'＝BO，∠O'BA＝∠OBA，BA＝BC． ∴△ABO'≌△BOC（SAS）． ∴O'A＝OC＝4． 如图，连接OO’， 根据旋转的性质可知△BOO'是等边三角形， ∴OO'＝OB＝2， 在△AOO'中，AO＝2，OO'＝2，AO'＝4， ∴△AOO'是直角三角形，∠AOO’＝90°． ∴Rt△AOO''面积为2， ∵等边△BOO'面积为3， ∴四边形AOBO'的面积为5， ∵△ABO'≌△BOC， ∴四边形AOBO'的面积＝△AOB的面积+△BOC的面积， ∴S△ABC﹣S△AOC＝S△AOB+S△BOC＝5． 故选：A． 【点评】本题主要考查了旋转的性质、等边三角形的性质、全等三角形的判定和性质、勾股定理的逆定理，解题的关键是通过旋转把三条线段转化到特殊三角形中，利用特殊三角形的性质进行求解． 二．填空题（共6小题） 11．已知点A（a，2）与B（3，b﹣1）关于原点对称，则a+b的值为　﹣4　 ． 【分析】如果两点关于原点对称，则两点的横、纵坐标都是互为相反数，由此求出a，b的值，代入求和即可． 【解答】解：∵点A（a，2）与B（3，b﹣1）关于原点对称， ∴a＝﹣3，b﹣1＝﹣2， ∴b＝﹣1， ∴a+b＝﹣3+（﹣1）＝﹣4， 故答案为：﹣4． 【点评】本题主要考查了关于原点对称点的性质，两个点关于原点对称时，它们的坐标符号相反，即点P（x，y）关于原点O的对称点是P′（﹣x，﹣y）． 12．如图，将△AOB绕点O按逆时针方向旋转40°后得到△COD，若∠AOB＝10°，则∠AOD的度数是 　30　 °． 【分析】首先根据旋转变换的性质求出∠AOC的度数，结合∠AOB＝10°，即可解决问题． 【解答】解：由题意及旋转变换的性质得：∠AOC＝∠BOD＝40°， ∵∠AOB＝10°， ∴∠COD＝∠AOB＝10°， ∴∠AOD＝∠AOC﹣∠COD＝40°﹣10°＝30°， 故答案为：30． 【点评】本题主要考查了旋转变换的性质及其应用问题，熟练掌握旋转的性质是解题的关键． 13．如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，∠A＝20°．将△ABC绕C按逆时针方向旋转角α后得△A′B′C′，此时点B在A′B′上，CA′交AB于点D．则∠BDC的度数为　60°　 ． 【分析】根据直角三角形两锐角互余求出∠ABC，根据旋转可得BC＝B′C，∠B′＝∠ABC＝70°，然后根据等腰三角形的性质求出∠BCB′＝180°﹣70°×2＝40°，再求出∠BCD＝90°﹣40°＝50°，然后根据三角形的内角和定理列式计算即可得解． 【解答】解：∵∠A＝20°，∠ACB＝90°， ∴∠ABC＝90°﹣20°＝70°， ∵将△ABC绕C按逆时针方向旋转角α后得△A′B′C′， ∴∠B′＝∠ABC＝70°，BC＝B′C， ∴∠BCB′＝180°﹣70°×2＝40°， ∴∠BCD＝90°﹣40°＝50°， ∴∠BDC＝180°﹣70°﹣50°＝60°． 故答案为：60°． 【点评】本题考查了旋转的性质，等腰三角形的性质，三角形的内角和定理，熟记性质并准确识图是解题的关键． 14．如图，在平面直角坐标系xOy中，△A′B′C′由△ABC绕点P旋转得到，则点P的坐标为　（1，1）　 ． 【分析】根据旋转中心在对应点连线的中垂线上，画出BB′的中垂线，得到点P的横坐标，设出P点坐标，根据PA＝PA′，列出方程进行求解即可． 【解答】解：∵△A′B′C′由△ABC绕点P旋转得到， ∴PB＝PB′，PA＝PA′， ∵B′（0，2），B（2，2）， ∴点P的横坐标为：1， 设P（1，a）， PA2＝12+（4﹣a）2，PA′2＝（﹣2﹣1）2+a2， ∴12+（4﹣a）2＝（﹣2﹣1）2+a2， 解得：a＝1， ∴P（1，1）； 故答案为：（1，1）． 【点评】本题考查坐标与旋转，熟练掌握以上知识点是关键． 15．如图，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．，则CD的长为　　 ． 【分析】连接DE，由旋转得CE＝CD，∠DCE＝60°，则△DCE是等边三角形，所以∠DCE＝∠CDE＝60°，因为△ABC是等边三角形，所以AC＝BC，∠ACB＝60°，推导出∠ACE＝∠BCD，可证明△ACE≌△BCD，得AE＝BD＝3，由∠ADC＝30°，∠CDE＝60°，得∠ADE＝∠ADC+∠CDE＝90°，则AD＝2，所以CD＝DE，于是得到问题的答案． 【解答】解：连接DE， ∵线段CD绕点C顺时针旋转60°得到线段CE， ∴CE＝CD，∠DCE＝60°， ∴△DCE是等边三角形， ∴∠DCE＝∠CDE＝60°， ∵△ABC是等边三角形， ∴AC＝BC，∠ACB＝60°， ∴∠ACE＝∠BCD＝60°+∠ACD， 在△ACE和△BCD中， ， ∴△ACE≌△BCD（SAS）， ∴AE＝BD＝3， ∵∠ADC＝30°，∠CDE＝60°， ∴∠ADE＝∠ADC+∠CDE＝90°， ∵AD＝2， ∴CD＝DE， 故答案为：． 【点评】此题重点考查旋转的性质、等边三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理等知识，正确地添加辅助线是解题的关键． 16．如图，P是正方形ABCD内一点，PA＝4，PB＝6，PD＝2，将线段AP以点A为旋转中心逆时针旋转90°得到线段AP′，连接DP′，下列结论：①△AP′D可以由△APB绕点A逆时针旋转90°得到；②点P与P′的距离为4；③∠APD＝135°；④；其中正确的结论是　①③　 ．（填序号） 【分析】利用旋转的性质和正方形的性质，证明△AP′D≌△APB，可判定结论①正确；利用勾股定理可得，可判定结论②错误；利用等腰三角形的性质推出∠APP′＝45°，利用勾股定理逆定理可推出∠DPP′＝90°，可判定结论③正确；过点D作DE⊥AP交AP延长线于点E，利用勾股定理可求出AD2，进而可判定结论④错误． 【解答】解：∵线段AP以点A为旋转中心逆时针旋转90°得到线段AP′， ∴AP′＝AP＝4，∠PAP′＝90°， ∵四边形ABCD是正方形， ∴AB＝AD，∠BAD＝90°， ∴∠P′AD＝90°﹣∠DAP＝∠BAP， ∴△AP′D≌△APB（SAS）， ∴△AP′D可以由△APB绕点A逆时针旋转90°得到，故结论①正确； 由勾股定理得，故结论②错误； ∵AP′＝AP＝4，∠PAP′＝90°， ∴∠APP′＝∠AP′P＝45°， 由△AP′D≌△APB得P′D＝PB＝6， ∵，P′D2＝36， ∴PP′2+PD2＝P′D2， ∴△PP′D为直角三角形，且∠DPP′＝90°， ∴∠APD＝∠APP′+∠DPP′＝135°，故结论③正确； 如图，过点D作DE⊥AP交AP延长线于点E，则∠AED＝90°， ∴∠DPE＝180°﹣∠APD＝45°，∠PDE＝90°﹣∠DPE＝45°， ∴∠PDE＝∠DPE， ∴PE＝DE， 由勾股定理得，PE2+DE2＝PD2，即2PE2＝22， 解得， ∴，， 由勾股定理得， ∴正方形ABCD的面积等于，故结论④错误； 综上可知，正确的结论是①③． 故答案为：①③． 【点评】本题考查了正方形的性质，旋转的判断和性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理及其逆定理，熟练掌握相关知识点，数形结合是解题的关键． 三．解答题（共7小题） 17．已知点A（3，m+2），B（n﹣3，﹣5）． （1）若A，B两点关于原点对称，求m，n的值． （2）若A，B两点关于y轴对称，求m，n的值． 【分析】（1）根据A，B两点关于原点对称得出m+2＝5，n﹣3＝﹣3，即可得解； （2）根据A，B两点关于y轴对称得出n﹣3＝﹣3，m+2＝﹣5，即可得解． 【解答】解：（1）∵点A（3，m+2），B（n﹣3，﹣5）关于原点对称， ∴m+2＝5，n﹣3＝﹣3， ∴m＝3，n＝0； （2）∵点A（3，m+2），B（n﹣3，﹣5）关于y轴对称， ∴n﹣3＝﹣3，m+2＝﹣5， ∴m＝﹣7，n＝0． 【点评】本题考查了关于原点对称、关于坐标轴对称的点的坐标，熟练掌握关于原点对称、关于坐标轴对称的点的坐标特征是解题的关键． 18．如图，将△ABC绕点B逆时针旋转α得到△DBE，DE的延长线与AC相交于点F，连接DA、BF，∠ABC＝α＝60°，BF＝AF． （1）求证：DA∥BC； （2）猜想线段AD、AE的数量关系，并证明你的猜想． 【分析】（1）根据旋转的性质，首先证得△ABD是等边三角形，得出∠DAB＝60°，因为∠ABC＝60°，根据平行线的判定即可证得； （2）证得△ADF≌△BDF，得到∠ADF＝∠BDF＝30°，根据等腰三角形三线合一的性质得出DF⊥AB，然后根据30°所对的直角边等于斜边的一半，即可证得AD＝2AE． 【解答】解：（1）∵AB＝BD，∠ABD＝α＝60°， ∴△ABD是等边三角形， ∴∠DAB＝60°， ∵∠ABC＝60°， ∴AD∥BC； （2）AD＝2AE． 证明：∵△ABD是等边三角形， ∴AD＝BD， 在△ADF和△BDF中 ∴△ADF≌△BDF（SSS）， ∴∠ADF＝∠BDF＝30°， ∴DF⊥AB， ∴AD＝2AE． 【点评】本题考查了旋转的性质，等边三角形的判定和性质，30°所对的直角边等于斜边的一半的直角三角形的性质，熟练掌握这些性质是解题的关键． 19．如图，在边长为1个单位长度的小正方形组成的网格中，给出了△ABC和点D（A，B，C，D是网格线交点）． （1）将△ABC绕点D顺时针旋转90°得到△A′B′C′，其中点A′与点A是对应点，点B′与点B是对应点，点C′与点C是对应点，画出旋转后的△A′B′C′． （2）在（1）的条件下，以点D为原点，以水平向右和竖直向上为正方向，建立平面直角坐标系，写出点C和点C′的坐标． C点坐标为 　（﹣3，﹣2）　 ．C′点坐标为 　（﹣2，3）　 ． 【分析】（1）根据旋转的性质作图即可． （2）根据题意建立平面直角坐标系，由图可得出答案． 【解答】解：（1）如图，△A′B′C′即为所求． （2）由图可得，C（﹣3，﹣2），C'（﹣2，3）． 故答案为：（﹣3，﹣2）；（﹣2，3）． 【点评】本题考查作图﹣旋转变换，熟练掌握旋转的性质是解答本题的关键． 20．如图，在平面直角坐标系中，已知△ABC三个顶点的坐标分别为A（﹣1，3）、B（﹣4，4）、C（﹣2，1）． （1）画△ABC关于原点成中心对称的△A1B1C1； （2）若点D在第二象限，且以点A、B、C、D为顶点的四边形是平行四边形，则D的坐标为 　（﹣5，2），（﹣3，6）　 ． 【分析】（1）先找出A、B、C三点关于原点的对称点A1、B1、C1，再顺次连接A1、B1、C1即可得到△A1B1C1． （2）分三种情况：①ABD1C是平行四边形；②AD2BC是平行四边形；③ABCD3是平行四边形．根据平移的性质分别求出D1、D2、D3的坐标，再判断D点是否在第二象限． 【解答】解：（1）如图，△A1B1C1即为所求： （2）①四边形ABD1C是平行四边形时，CD1∥AB，CD1＝AB． 根据平移的性质把A（﹣1，3）向左移3个单位，再向上移1个单位，就可得到B（﹣4，4）． 因此将C（﹣2，1）向左移3个单位，再向上移1个单位，即可得到D（﹣5，2）． ②四边形AD2BC是平行四边形时，AD2∥CB，AD2＝CB． 根据平移的性质把C（﹣2，1）向左移2个单位，再向上移3个单位，就可得到B（﹣4，4）， 因此将A（﹣1，3）向左移2个单位，再向上移3个单位，就可得到D2（﹣3，6）， ③四边形ABCD3是平行四边形时，AD3∥BC，AD3＝BC． 根据平移的性质把B（﹣4，4）向右移2个单位，再向下移3个单位，就可得到C（﹣2，1）． 因此将A（﹣1，3）向右移2个单位，再向下移3个单位，即可得到D3（1，0）， 此时D3在x轴上，不符合题意，舍去． 综上，满足条件的D点的坐标为（﹣5，2），（﹣3，6）． 故答案为（﹣5，2），（﹣3，6）． 【点评】本题主要考查了坐标系中的平移和旋转作图，熟练掌握平移或旋转前后点的坐标的变化关系是解题的关键． 21．已知图1，图2均为6×5的正方形网格，且A，B，C均为格点．备注：只需分别画出一个符合要求的图形． （1）在图1中确定格点D，画出以A，B，C，D为顶点的四边形，使该四边形为轴对称图形，但不是中心对称图形； （2）在图2中确定格点D，画出以A，B，C，D为顶点的四边形，使该四边形为中心对称图形，但不是轴对称图形． 【分析】（1）根据轴对称图形，中心对称图形的定义作图即可； （2）根据轴对称图形，中心对称图形的定义作图即可． 【解答】解：（1）如图1，四边形ABDC是轴对称图形，不是中心对称图形，格点D即为所求； （2）如图2，四边形ABCD是平行四边形，四边形ABCD为中心对称图形，但不是轴对称图形，即格点D即为所求； ． 【点评】本题考查作图﹣旋转变换，作图﹣轴对称变换，熟练掌握轴对称图形，中心对称图形是解题的关键． 22．如图，点O是等边△ABC内一点，将BO绕点B逆时针旋转60°得到BD，连接OD，AO，BO，AD． （1）求证：△BCO≌△BAD． （2）若OA＝10，OB＝6，OC＝8，求∠BOC的度数． 【分析】（1）由旋转的性质可得BO＝BD，∠OBD＝60°，由等边三角形的性质可得BA＝BC，再根据SAS证明△BCO≌△BAD即可； （2）证明△OBD是等边三角形，再由全等三角形的性质可得∴AD＝OC＝8，∠BOC＝∠ADB，再由勾股定理的逆定理可得∠ADO＝90°，再求解可得结论． 【解答】（1）证明：由题意可得： BO＝BD，∠OBD＝60°， ∵△ABC是等边三角形． ∴BA＝BC，∠CBA＝60°， ∴∠OBD＝∠CBA， ∴∠CBO＝∠ABD， 在△BCO和△BAD中， ， ∴△BCO≌△BAD（SAS）； （2）解：由题意可得：OD＝OB＝6，∠ODB＝60°， ∵△BCO≌△BAD， ∴AD＝OC＝8，∠BOC＝∠ADB， ∵OA＝10， ∴AD2+OD2＝82+62＝100，OA2＝100， ∴OA2＝AD2+OD2， ∴∠ADO＝90°， ∴∠ADB＝∠ADO+∠BDO＝150°， ∴∠BOC＝∠ADB＝150°． 【点评】本题考查旋转的性质，等边三角形的性质和判定，全等三角形的判定和性质，勾股定理的逆定理等知识，解题的关键是证明∠ADO＝90°． 23．如图1，将边长为和3的两个正方形放置在直线l上，连结AD、CF，经观察分析，发现△AOD≌△COF，从而可进一步证出AD＝CF，AD⊥CF． （1）如图2，将正方形ODEF绕O点逆时针旋转一定的角度，求证：AD＝CF，AD⊥CF； （2）如图3，将正方形ODEF绕O点逆时针旋转，使点E旋转至直线l上，直接写出CF的长． 【分析】（1）AD交CF于点G，交OC于点H，根据正方形性质得AO＝CO，OD＝OF，∠AOC＝∠DOF＝90°，由此得∠AOD＝∠COF，进而依据“SAS”判定△AOD和△COF全等得AD＝CF，∠OAD＝∠OCF，在Rt△AOH中，根据∠OAD+∠OHA＝90°，∠CHG＝∠OHA得∠OCF+∠CHG＝90°，继而根据三角形内角和定理得∠CGH＝180°﹣（∠OCF+∠CHG）＝90°，据此即可得出AD⊥CF； （2）连接DF交OE于K，根据正方形性质得OD，OA＝3，DF⊥OE，DK＝OKOE，在Rt△ODK中，由勾股定理得OK＝DKOD＝1，则AK＝OA+OK＝4，在Rt△AKD中，由勾股定理得AD，同（1）证明△AOD和△COF全等AD＝CF，由此即可得出ACF的长． 【解答】（1）证明：AD交CF于点G，交OC于点H，如图2所示： ∵四边形ODEF和四边形OABC均为正方形， ∴AO＝CO，OD＝OF，∠AOC＝∠DOF＝90°， ∴∠AOC+∠DOC＝∠DOF+∠DOC， 即∠AOD＝∠COF， 在△AOD和△COF中， ， ∴△AOD≌△COF（SAS）， ∴AD＝CF，∠OAD＝∠OCF， ∵∠AOC＝90°， ∴△AOH是直角三角形， 在Rt△AOH中，∠OAD+∠OHA＝90°， ∵∠CHG＝∠OHA， ∴∠OCF+∠CHG＝90°， 在△CHG中，∠CGH＝180°﹣（∠OCF+∠CHG）＝90°， ∴AD⊥CF； （2）解：连接DF交OE于K，如图3所示： ∵四边形ODEF和四边形OABC均为正方形，且边长分别为和3， ∴OD，OA＝3， ∵OE和DF是正方形ODEF的对角线， ∴DF⊥OE，DK＝OKOE， 在Rt△ODK中，由勾股定理得：ODOK， ∴OK＝DKOD1， ∴AK＝OA+OK＝3+1＝4， 在Rt△AKD中，由勾股定理得：AD， 同（1）证明：△AOD≌△COF（SAS）， ∴AD＝CF， ∴CF＝AD． 【点评】此题主要考查了图形的旋转变换，正方形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，理解图形的旋转变换，正方形的性质，熟练掌握全等三角形的判定和性质，灵活运用勾股定理进行计算是解决问题的关键． 声明：试题解析著作权属所有，未经书面同意，不得复制发布日期：2025/10/27 10:50:47；用户：张思雨；邮箱：18366661343；学号：24445058 第1页（共1页） 学科网（北京）股份有限公司 $