初中数学人教版九年级上册23.1 图形的旋转课后测评

这是一份初中数学人教版九年级上册23.1 图形的旋转课后测评，共27页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1．如图，在平面内将风车绕其中心旋转后所得到的图案是（ ）
A．B．C．D．
2．如图，△ABC是等边三角形，D为BC边上的点，△ABD经旋转后到达△ACE的位置，那么旋转角为（ ）
A．75°B．60°C．45°D．15°
3．如图，如果正方形ABCD旋转后能与正方形CDEF重合，那么图形所在平面内，可作为旋转中心的点个数（ ）
A．1个B．2个C．3个D．4个
4．如图，在△ABC中，∠C=90°，∠B=40°，将三角形ABC绕点A按顺时针方向旋转到三角形 AB1C1的位置，使得点C、A、B1在一条直线上，那么旋转角等于（ ）
A．130°B．110°C．90°D．80°
5．图，在中，，将绕顶点顺时针旋转到，当首次经过顶点时，旋转角（ ）
A．30°B．40°C．45°D．60°
6．如图，在钝角中，，将绕点顺时针旋转得到，点，的对应点分别为，，连接．则下列结论一定正确的是（ ）
B．
C．D．平分
7．下列四个图形中，既能通过平移变换得到，又能通过旋转变换得到，还能通过轴对称变换得到的是（ ）
A． B．C． D．
8．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．
9．在平面直角坐标系中，第一次将作原点的中心对称图形得到，第二次在作关于x轴的对称图形得到，第三次作原点的中心对称图形得到，第四次再作关于x轴的对称图形得到，按照此规律作图形的变换，可以得到的图形，若点，则的坐标为( )
A．B．C．D．
10．将抛物线绕坐标原点O旋转180°，所得抛物线的解析式为（ ）
A．B．
C．D．
11．如图，边长为1的正方形ABCD绕点A逆时针旋转30°到正方形，则它们的公共部分的面积等于（ ）
A．1﹣B．1﹣C．D．
二、填空题
12．正六边形可以看成由基本图形________经过________次旋转而成．
13．如图，已知点A（3，0），B（1，4），C（3，﹣2），D（7，0），连接AB，CD，将线段AB绕着某一点旋转一定角度，使A，B分别与C，D重合，则旋转中心的坐标为 _________．
14．如图，将绕点O逆时针旋转后得到，若恰好经过点A，且，则的度数为_____________．
15．如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，，点D为AB的中点，点P在AC上，且CP＝1，将CP绕点C在平面内旋转，点P的对应点为点Q，连接AQ，DQ．当∠ADQ＝90°时，AQ的长为______．
16．如图，在中，，，，将绕顶点，按顺时针方向旋转到处，此时线段与的交点恰好为的中点，，则线段的长度为______．
17．如图，在正方形网格中，线段AB绕某点顺时针旋转角α（0＜α＜180）得到线段A'B'，点A与点A'是对应点，点B与点B'是对应点，则α等于 ____．
18．将点绕原点O顺时针旋转得到点，则点落在第____________象限．
19．如图，在直角坐标平面内，有点A（﹣2，0），B（0，），将线段AB绕点B逆时针旋转90°，点A落在点C处，那么点C的坐标为__．
20．如图，在平面直角坐标系中，等腰直角三角形OAB，∠A＝90°，点O为坐标原点，点B在x轴上，点A的坐标是（1，1）．若将△OAB绕点O顺时针方向依次旋转45°后得到△OA1B1，△OA2B2，△OA3B3，…，可得A1（，0），A2（1，﹣1），A3（0，﹣），…则A2021的坐标是______．
21．如图，在平面直角坐标系中，等腰直角三角形OAB，，点O为坐标原点，点B在x轴上，点A的坐是（1，1）．若将绕点O顺时针方向依次旋转45°后得到，，，…，可得，，，…，则的坐标是______．
22．如图，矩形ABCD中，AB＝3，BC＝4，以点A为中心，将矩形ABCD旋转得到矩形AB'C'D'，使得点B'落在边AD上，则∠C'AC的度数为 _____°．
三、解答题
23．如图，在平面直角坐标系中，Rt△ABC的三个顶点分别是，，．
(1)将△ABC以点C为旋转中心旋转180°，画出旋转后对应的；平移△ABC，若点A对应的点的坐标为，画出．
(2)若，绕某一点旋转可以得到（1）中的，直接写出旋转中心的坐标：______；
24．如图，在△ABC中，∠B＋∠ACB＝30°，AB＝4，△ABC逆时针旋转一定角度后与△ADE重合，且点C恰好成为AD中点．
（1）指出旋转中心，并求出旋转角的度数；
（2）求出∠BAE的度数和AE的长．
25．如图，点在射线上，．如果绕点按逆时针方向旋转到，那么点的位置可以用表示．
(1) 按上述表示方法，若，，则点的位置可以表示为______；
(2) 在（1）的条件下，已知点的位置用表示，连接、．求证：．
26．如图，把一副三角板如图甲放置，其中∠ACB＝∠DEC＝90°，∠A＝45°，∠D＝30°，斜边AB＝6cm，DC＝7cm，把三角板DCE绕点C顺时针旋转15°得到△D'CE'（如图乙）．这时AB与CD'相交于点O，D'E'与AB相交于点F．求线段AD'的长．
27．如图，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，∠ACB＝30°，将△ABC绕点C逆时针旋转60°得到△CDE，点A、B的对应点分别是D、E，点F是边BC中点，连结AD、EF．
(1) 求证：△ACD是等边三角形；
(2) 判断AD与EF有怎样的数量关系，并说明理由．
28．【模型建立】
（1）如图1，在正方形中，点E是对角线上一点，连接，．求证：．
【模型应用】
（2）如图2，在正方形中，点E是对角线上一点，连接，．将绕点E逆时针旋转，交的延长线于点F，连接．当时，求的长．
【模型迁移】
（3）如图3，在菱形中，，点E是对角线上一点，连接，．将绕点E逆时针旋转，交的延长线于点F，连接，与交于点G．当时，判断线段与的数量关系，并说明理由．
参考答案
1．C
【分析】
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，找到关键点，分析选项可得答案．
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，风车图案绕中心旋转180°后，阴影部分的等腰直角三角形的顶点向下，得到的图案是C．
故选：C．
【点拨】本题考查了利用旋转设计图案的知识，图形的旋转是图形上的每一点在平面上绕某个固定点旋转固定角度的位置移动，其中对应点到旋转中心的距离相等，旋转前后图形的大小和形状没有改变．
2．B
【分析】
根据题意可知旋转角为，根据等边三角形的性质即可求解．
解：△ABD经旋转后到达△ACE的位置，△ABC是等边三角形，
旋转角为，
故选B
【点拨】本题考查了等边三角形的性质，找旋转角，找到旋转前后对应的线段所产生的夹角即为旋转是解题的关键．
3．C
解：可以绕点D,点C,线段CD的中点旋转，
故选C.
4．A
【分析】
根据直角三角形的两锐角互余求得，找到旋转角，进而根据邻补角的定义求解即可
解：∠C=90°，∠B=40°，
∵将三角形ABC绕点A按顺时针方向旋转到三角形 AB1C1的位置，
旋转角
故选A
【点拨】本题考查了旋转的性质，直角三角形的两锐角互余，找到旋转角是解题的关键．
5．B
【分析】
根据平行四边形的性质及旋转的性质可知，然后可得，则有，进而问题可求解．
解：∵四边形是平行四边形，，
∴，
由旋转的性质可得，
∴，
∴；
故选B．
【点拨】本题主要考查平行四边形的性质与旋转的性质，熟练掌握平行四边形的性质与旋转的性质是解题的关键．
6．D
【分析】
根据旋转可知△CAB≌△EAD，∠CAE=70°，结合∠BAC=35°，可知∠BAE=35°，则可证得△CAB≌△EAB，即可作答．
解：根据旋转的性质可知△CAB≌△EAD，∠CAE=70°，
∴∠BAE=∠CAE-∠CAB=70°-35°=35°，AC=AE，AB=AD，BC=DE，∠ABC=∠ADE，故A、B错误，
∴∠CAB=∠EAB，
∵AC=AE，AB=AB，
∴△CAB≌△EAB，
∴△EAB≌△EAD
∴∠BEA=∠DEA，
∴AE平分∠BED，故D正确，
∴AD+BE=AB+BE＞AE=AC，故C错误，
故选：D．
【点拨】本题考查了旋转的性质和全等三角形的判定与性质，求出∠BAE=35°是解答本题的关键．
7．D
【分析】
根据平移变换的性质，旋转变换的性质判断即可．
解：A、只能通过旋转得到，本选项不符合题意；
B、只能通过轴对称得到，本选项不符合题意；
C、只能通过旋转变换得到，本选项不符合题意；
D、可以通过平移变换得到，也可以通过旋转变换和轴对称变换得到，本选项符合题意．
故选：D．
【点拨】本题考查平移、旋转和轴对称的概念．熟练掌握平移、旋转和轴对称的概念是解决本题的关键．
8．C
【分析】
根据平移及旋转定义画出图形，即可得到点的坐标．
解：如图，点的对应点的坐标是，
故选：C．
【点拨】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．
9．C
【分析】
根据题意画出图形，由图形知每四次一个循环，即可得出结果．
解：根据题意，画出图形，如图，
∴点，
∴每四次一个循环，
∵，
∴点的坐标与相同，即．
故选：C.
【点拨】本题考查了作图一旋转变换，轴对称变换，确定图形每四次一个循环是解题的关键．
10．B
【分析】
设为旋转之后所得抛物线上的一点，旋转后得到点，则是在原抛物线上，代入化简即可．
解：设为旋转之后所得抛物线上的一点，旋转后得到点
由题意可知：是在抛物线上
即：
化简得：
故选B．
【点拨】此题考查了二次函数的旋转变换，熟练掌握二次函数的性质和旋转的性质是解题的关键．
11．D
【分析】
此题只需把公共部分分割成两个三角形，根据旋转的旋转发现两个三角形全等，从而求得直角三角形的边，再进一步计算其面积．
解：设CD与B′C′相交于点O，连接OA．
根据旋转的性质，得∠BAB′＝30°，则∠DAB′＝60°．
在Rt△ADO和Rt△AB′O中，AD＝AB′，AO＝AO，
∴Rt△ADO≌Rt△AB′O．
∴∠OAD＝∠OAB′＝30°．
设，则，
又∵AD＝1，
，
即，
解得：（不符合题意，舍），
∴OD＝．
∴公共部分的面积＝2×××1＝1×＝．
故选：D．
【点拨】本题考查了图形的旋转，直角三角形三角形全等的证明，勾股定理，作出辅助线求证Rt△ADO≌Rt△AB′O是解题的关键．
12． 正三角形 5
解：试题解析：根据图形可得：正六边形可以看成由基本图形正三角形经过5次旋转而成．
13．（2，﹣1）
【分析】
对应点连线段的垂直平分线的交点即为旋转中心，作线段BD，AC的垂直平分线交于点M，点M即为旋转中心．
解：如图，连接BD，AC，作线段BD，AC的垂直平分线交于点M，点M即为旋转中心，M（2，﹣1）．
故答案为：（2，﹣1）．
【点拨】本题考查了坐标与图形变化——旋转，正确寻找旋转中心是解题的关键.
14．45°##45度
【分析】
由旋转的性质得出OA=OC，∠D=∠B，∠AOC=∠DOB=30°，从而得到∠C=∠OAC=75°，再求出∠AOD=30°，由三角形的外角性质求出∠D，即可．
解：由旋转的性质得：OA=OC，∠D=∠B，∠AOC=∠DOB=30°，
∴∠C=∠OAC=（180°-30°）÷2=75°，
∵OC⊥OB，
∴∠COB=90°，
∴∠AOD=90°-30°-30°=30°，
∴∠D=∠OAC-∠AOD=75°-30°=45°，
∴∠B=45°．
故答案为：45°
【点拨】本题考查了旋转的性质、等腰三角形的性质、三角形内角和定理；熟练掌握旋转的性质，并能进行推理计算是解决问题的关键．
15．或##或
【分析】
连接，根据题意可得，当∠ADQ＝90°时，分点在线段上和的延长线上，且，勾股定理求得即可．
解：如图，连接，
在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，，
，，
，
根据题意可得，当∠ADQ＝90°时，点在上，且，
，
如图，在中，，
在中，
故答案为：或．
【点拨】本题考查了旋转的性质，勾股定理，直角三角形斜边上中线的性质，确定点的位置是解题的关键．
16．1.5cm##cm
【分析】
先在直角△AOB中利用勾股定理求出AB＝5cm，再利用直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半得出OD＝AB＝2.5cm．然后根据旋转的性质得到OB1＝OB＝4cm，则问题得解．
解：∵在△AOB中，∠AOB＝90°，AO＝3cm，BO＝4cm，
∴AB＝＝5cm，
∴OD＝AB＝2.5cm，
∵将△AOB绕顶点O，按顺时针方向旋转到△A1OB1处，
∴OB1＝OB＝4cm，
∴B1D＝OB1-OD＝1.5cm．
故答案为：1.5cm．
【点拨】本题主要考查勾股定理和直角三角形的性质以及图形旋转的性质，掌握勾股定理是解题的关键．
17．
【分析】
先找出旋转中心，然后将对应点与旋转中心连线，再根据勾股定理逆定理判断旋转角的大小即可．
解：如图，连接AA'，BB'，作出AA'的垂直平分线，BB'的垂直平分线，两直线相交于点O，则点O为旋转中心，连接OA，OA'，
假设每个方格的边长为1，
∵，，，
∴，
∴，
故答案为：．
【点拨】本题主要考查了图形旋转，熟练掌握相关作图方法是解决本题的关键．
18．四
【分析】
画出图形，利用图象解决问题即可．
解：如图，所以在第四象限，
故答案为：四．
【点拨】本题考查坐标与图形变化—旋转，解题的关键是正确画出图形，属于中考常考题型．
19．（，﹣2）##
【分析】
如图，过点C作CH⊥OB于H．利用全等三角形的性质求出OH，CH，可得结论．
解：如图，过点C作CH⊥OB于H．
∵A（﹣2，0），B（0， ），
∴OA＝2，OB＝，
∵∠AOB＝∠CHB＝∠ABC＝90°，
∴∠ABO+∠CBH＝90°，∠CBH+∠BCH＝90°，
∴∠ABO＝∠BCH，
在△ABO和△BCH中，
，
∴△ABO≌△BCH（AAS），
∴OA＝BH＝2，OB＝CH＝，
∴OH＝OB﹣BH＝﹣2，
∴C（ ，﹣2）．
故答案为：（，﹣2）．
【点拨】本题考查坐标与图形变化﹣旋转，全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题．
20．
【分析】
根据题意得：A1（，0），A2（1，﹣1），A3（0，﹣）， ，…，由此发现，旋转8次一个循环，再由 ，即可求解．
解：根据题意得：A1（，0），A2（1，﹣1），A3（0，﹣）， ，…，由此发现，旋转8次一个循环，
∵ ，
∴A2021的坐标是 ．
故答案为：
【点拨】本题主要考查了图形的旋转，明确题意，准确得到规律是解题的关键．
21．
【分析】
根据题意求出：，，，，，的坐标，推导出每旋转8次为一个循环，再由，求出对应的点坐标即可．
解：根据题意得：，，，，，，，， …，
∴可推导一般性规律：点坐标的变化每旋转8次为一个循环，
∵ ，
∴的坐标是 ．
故答案为：．
【点拨】本题主要考查了图形的旋转，点坐标的规律探究．解题的关键在于推导出一般性规律．
22．90
【分析】
根据旋转的性质可得，利用全等三角形的性质可得，结合图形及矩形的性质可得，即可得出结果．
解：∵将矩形ABCD旋转得到矩形，
∴，
∴，
∵，
∴，
即，
故答案为：90．
【点拨】题目主要考查矩形的基本性质，旋转的性质，全等三角形的性质等，理解题意，结合图形，综合运用这些知识点是解题关键．
23．(1)见分析(2)（―1，―2）
【分析】
（1）根据旋转的性质即可画出旋转后对应的；根据平移的性质，点A对应的点A2的坐标为（―4，―5），即可画出；
（2）结合（1）和旋转的性质即可得旋转中心的坐标．
(1)解：如图，和即为所求；
(2)解：结合（1）中的图和旋转的性质，
可得，旋转中心的坐标为：（―1，―2）．
【点拨】本题考查了作图－旋转变换，坐标与图形变化－平移，解决本题的关键是掌握旋转的性质．
24．（1）旋转中心是点 旋转角；（2）
【分析】
（1）先求解 由点旋转后与自身重合可得旋转中心，由是旋转前后的对应点，可得旋转角的大小；
（2）由旋转的性质可得：结合点C为AD中点，从而可得
解：（1） ∠B＋∠ACB＝30°，

所以旋转中心是点 旋转角
（2）由旋转的性质可得：



点C恰好成为AD中点，
【点拨】本题考查的是旋转的三要素，旋转的性质，掌握“旋转中心，旋转方向，旋转角度与旋转的性质”是解本题的关键.
25．(1)(3,37°)(2)见分析
【分析】
（1）根据点的位置定义，即可得出答案；
（2）画出图形，证明△AOA′≌△BOA′（SAS），即可由全等三角形的性质，得出结论．
(1)解：由题意，得A′(a,n°)，
∵a=3,n=37，
∴A′(3,37°)，
故答案为：(3,37°)；
(2)证明：如图，
∵，B(3,74°)，
∴∠AOA′=37°，∠AOB=74°，OA= OB=3，
∴∠A′OB=∠AOB-∠AOA′=74°-37°=37°，
∵OA′=OA′，
∴△AOA′≌△BOA′（SAS），
∴A′A=A′B．
【点拨】本题考查全等三角形的判定与性质，新定义，旋转的性质，熟练掌握全等三角形的判定与性质是解题的关键．
26．5cm
【分析】
由旋转的性质可得∠D'CE'＝60°，∠BCE'＝15°，可求∠COB＝90°，由等腰直角三角形的性质可求AO＝CO＝BO＝3cm，由勾股定理可求解．
解：∵∠ACB＝∠DEC＝90°，∠A＝45°，∠D＝30°，
∴∠DCE＝60°，∠B＝45°
∵把三角板DCE绕点C顺时针旋转15°得到△D'CE'，
∴∠D'CE'＝60°，∠BCE'＝15°，
∴∠OCB＝45°，
又∵∠B＝45°，
∴∠COB＝90°，
又∵△ACB是等腰直角三角形，
∴AO＝CO＝BO＝3cm，
∴D'O＝4cm，
∴AD'＝＝＝5cm．
【点拨】本题考查了旋转的性质，直角三角形的性质，等腰直角三角形的性质，勾股定理等知识，灵活运用这些性质解决问题是解题的关键．
27．(1)见分析过程；(2)AD＝EF，理由见分析过程．
【分析】
1）由旋转的性质可得AC＝CD，∠ACD＝60°，可得结论；
（2）由“SAS”可证△ABC≌△DEC，可得EF＝AC＝AD．
(1)证明：∵将△ABC绕点C逆时针旋转60°得到△CDE，
∴AC＝CD，∠ACD＝60°，
∴△ACD是等边三角形；
(2)解：AD＝EF，理由如下：
∵将△ABC绕点C逆时针旋转60°得到△CDE，
∴∠BCE＝60°，BC＝CE，
∵△ACD是等边三角形，
∴AD＝AC，
∵点F是边BC中点，
∴BC＝2CF，
∵∠BAC＝90°，∠ACB＝30°，
∴BC＝2AB，∠ABC＝60°＝∠BCE，
∴AB＝CF，
在△ABC和△DEC中，
，
∴△ABC≌△FCE（SAS），
∴EF＝AC，
∴AD＝EF．
【点拨】本题考查了旋转的性质，等边三角形的判定，直角三角形的性质，全等三角形的判定和性质等知识，灵活运用这些性质解决问题是解题的关键．
28．（1）证明见分析；（2）；（3），理由见分析．
【分析】
（1）利用SAS证明即可；
（2）先证,再利用勾股定理求解；
（3）先证,再利用等边三角形的判定性质证明即可．
解：（1）证明：如图1中，∵四边形是正方形，
∴，，
在和中，
，
∴；
（2）解：如图2中，设交于点J．
由（1）知，，
，
∵EF是绕点E逆时针旋转得到，
∴，
在中，；
（3）解：结论：．
理由：如图3中，
∵四边形是菱形，
∴，，
在和中，
，
∴），
∴，
是绕点E逆时针旋转得到的，
∴，
∴是等边三角形，
∴．
【点拨】本题考查了正方形的性质，等边三角形的判定和性质，图形的旋转变换，全等三角形的判定和性质，勾股定理，正确理解图形的相关性质是解本题的关键．