初中数学北师大版（2024）八年级下册第三章 图形的平移与旋转2 图形的旋转课时训练

这是一份初中数学北师大版（2024）八年级下册第三章 图形的平移与旋转2 图形的旋转课时训练，共29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。

一、单选题
1．如图，中，，将绕点逆时针旋转度得到，若，则旋转角的值为（ ）

A．B．C．D．
2．把一副三角板如图甲放置，其中∠A＝45°，∠D＝30°，∠ACB＝∠DEC＝90°，斜边AB＝6，DC＝7，把三角板DCE绕点C顺时针旋转15°得到△D′CE′（如图乙），此时AB与CD′交于点O，则线段AD′＝（ ）
A．4B．5C．6D．7
3．如图，中，，将绕着点顺时针旋转40，则的度数为（ ）度
A．B．40C．D．
4．如图，小慧用如图的胶滚沿从左到右的方向将图案滚涂到墙上，下列给出的四个图形中，符合胶滚滚出的图案是（ ）
A．B．
C．D．
5．如图，将绕点A顺时针旋转到的位置，且点D恰好落在边上，则下列结论不一定成立的是（ ）
A．B．C．D．平分
6．如图，正方形内一点，，，把绕点顺时针旋转90°得到，则的长为（ ）
A．B．C．3D．
7．如图，在△ABC中，∠BAC＝130°，将△ABC绕点C逆时针旋转得到△DEC，点A，B的对应点分别为D，E，连接AD．当点A，D，E在同一条直线上时，则∠BAD的大小是（ ）
A．80°B．70°C．60°D．50°
8．如图，在中，，将绕点C顺时针旋转得到，则线段的长度的最小值是（ ）

A．B．C．D．
9．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．
10．在直角坐标系中，点为坐标原点，点，把线段绕点顺时针旋转90°得到线段，则点的坐标为（ ）．
A．B．C．D．
11．如图，将一个含30°角的直角三角板绕点旋转，使得点，，在同一条直线上，则旋转角的度数是（ ）
A．30°B．60°C．120°D．150°
12．常见的五角星绕中心旋转一个最小的角度α后，即可与自身重合，则α等于（ ）
A．90°B．72°C．60°D．180°
二、填空题
13．如图，将绕点B逆时针旋转得，连接，若，，则 ．
14．将含有 30°角的直角三角板 OAB 如图放置在平面直角坐标系中，OB 在 x轴上，若 OA＝2，将三角板绕原点 O 顺时针旋转 75°，则点 A 的对应点 A′ 的坐标为 ．
15．在平面直角坐标系中，将点绕原点逆时针旋转得到点，则的坐标为 .
16．如图，在中，，，．现在将绕点C逆时针旋转至，使得点恰好落在上，连接，则的长度为 ．
17．如图，在平面直角坐标系中，点坐标，连接，将绕点逆时针旋转，得到，则点的坐标为 ．
三、解答题
18．在单位长度为1的直角坐标系中，A点的坐标为，B点的坐标为，C点的坐标为，D点的坐标为．小成发现，线段AB与线段CD存在一种特殊为系，即其中一条线段绕着某点旋转一个角度（旋转的角度小于平角）可以得到另一条线段．
（1）请写出旋转中心的坐标：________．
（2）在（1）的结论下，计算线段AB绕着旋转中心转到CD时扫过图形的图象．
19．如图，方格纸中的每个小方格都是边长为个单位的正方形，建立平面直角坐标系后，的顶点均在格点上，点的坐标为．
(1)画出关于轴对称的；
(2)画出将绕原点按顺时针旋转90°所得的；
(3)与成中心对称图形吗？若成中心对称图形，写出对称中心的坐标．
20．已知，在四边形中，，连接．
(1)如图1，若，，，求的面积；
(2)如图2，若，平分，求证：；
(3)如图3，在（2）的条件下，若点P是射线上一动点，连接．将线段绕着点D顺时针旋转，点P的对应点为，若，请直接写出的最小值．
21．实践与探究
【问题提出】已知三条射线、、，若其中一条射线平分另两条射线所组成的角时（如下图中），我们称、、组成的图形为“角分图形”．
【问题探究】在一次数学活动课上，小明和小亮同学用一个含角的直角三角板做分角实验.如图1，在直线上取一点，过点作射线，使．将一直角三角板的直角顶点放在点处，一边在射线上，另一边在直线的下方．
小明同学将图1中的三角板绕点逆时针旋转，使一边在的内部，如图2．小明发现此时、、组成的图形为“角分图形”，请说明理由．
【类比探究】
小亮同学将图1中的三角板绕点以每秒的速度沿逆时针方向旋转一周，在旋转的过程中，第秒时，发现射线、、恰好构成“角分图形”，请求出的值．
【问题拓展】
小明同学将图1中的三角板绕点顺时针旋转至图3，使在的内部，问题：在旋转过程中，与的差是否发生变化?若不变，请求出这个差值；若变化，请求出差的变化范围．
22．如图，已知和直线．
(1)分别写出点关于直线的对称点和关于原点的对称点的坐标；
(2)若点是点关于原点的对称点，判断四边形的形状，并说明理由．
23．如图，已知和，，，延长交于点F．
(1)如图1，点D在外，点E在AB边上时，求证：；
(2)若将（1）中的绕点B顺时针旋转，使点E在的内部，交于点O，如图2，则（1）中的结论是否仍然成立？请证明；
(3)若将（1）中的绕点B顺时针旋转，使点E在的外部，如图3，请直接写出的数量关系及位置关系．
24．已知：如图，中，，点，分别在，上，，连接，将线段绕点按逆时针方向旋转得到线段，连接．求证：．

《3.2图形的旋转》参考答案
1．A
【分析】由，，根据三角形内角和定理求得，由旋转得，则．
【详解】解：，，
，
由旋转得，
，
，
故选A．
【点睛】本题重点考查旋转的性质，三角形内角和定理等知识，求得是解题的关键．
2．B
【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．
【详解】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．
故选：B．
【点睛】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．
3．C
【分析】本题考查了旋转的性质， 根据旋转角可得，由旋转的性质得，然后根据代入数据进行计算即可得解．
【详解】解：根据旋转角可得，由旋转的性质得，
，
故选：C．
4．A
【分析】本题考查的是旋转的性质，根据旋转的性质，找出图中三角形排列规律从左到右的方向滚涂到墙上图案即可选择答案．
【详解】解：根据旋转的性质和胶滚上的图案可知，
横向状态转为正立状态，胶滚滚出的图案是
故选A．
5．C
【分析】由旋转的性质得出∠ABC=∠ADE，BC=DE，∠BAC=∠CAE，则可得出答案．
【详解】解：∵将△ABC绕点A顺时针旋转到△ADE的位置，且点D恰好落在AC边上，
∴∠ABC=∠ADE，BC=DE，∠BAC=∠CAE，
∴AC平分∠BAE．
结论BC∥AE不一定成立．
故选：C．
【点睛】本题考查了旋转的性质，熟练掌握旋转的性质是本题的关键．
6．A
【分析】由△ABP绕点B顺时针旋转90°得到△CBP'，根据旋转的性质得BP=BP′，∠PBP′=90，则△BPP′为等腰直角三角形，由此得到PP′=BP，即可得到答案．．
【详解】解：解：∵△ABP绕点B顺时针旋转90°得到△CBP'，
而四边形ABCD为正方形，BA=BC，
∴BP=BP′，∠PBP′=90，
∴△BPP′为等腰直角三角形，而BP=2，
∴PP′=BP=2．
故选：A．
【点睛】本题考查了旋转的性质：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．也考查了正方形和等腰直角三角形的性质．
7．A
【分析】根据三角形旋转得出，，根据点A，D，E在同一条直线上利用邻补角关系求出，根据等腰三角形的性质即可得到∠DAC=50°，由此即可求解．
【详解】证明：∵绕点C逆时针旋转得到，
∴，，
∴∠ADC=∠DAC，
∵点A，D，E在同一条直线上，
∴，
∴∠DAC=50°，
∴∠BAD=∠BAC-∠DAC=80°
故选A．
【点睛】本题考查三角形旋转性质，邻补角的性质，等腰三角形的性质与判定，解题的关键在于熟练掌握旋转的性质．
8．C
【分析】在的上方作，且使，连接，．设，则，根据证明得出，，得出，即可推出结论．
【详解】解：如图，在的上方作，且使，连接，．

设，则，
，
∵将绕点C顺时针旋转得到，
，，
又，
，
在和中，
，
，
，．
，
，
，
的最小值为．
故选：C．
【点睛】本题考查了旋转的性质，全等三角形的判定与性质，正确作出辅助线是解题的关键．
9．B
【分析】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．
先利用互余计算出，再根据旋转的性质得到，，接着根据等腰三角形的性质和三角形内角和定理计算出，然后计算即可．
【详解】解：∵，，
∴，
∵绕点B逆时针旋转得到，使点C的对应点恰好落在边上，
∴，，
∵，
，
∴．
故选：B．
10．B
【分析】解题的关键是抓住旋转的三要素：旋转中心O，旋转方向顺时针，旋转角度90°，通过画图得A′的坐标．
【详解】解：如图，由题意A（3，4），把线段OA绕点O顺时针旋转90°得到线段OA'
观察图象可知A′（4，-3）．
故选：B．
【点睛】本题涉及图形的旋转变换，体现了新课标的精神，抓住旋转的三要素：旋转中心O，旋转方向顺时针，旋转角度90°，通过画图得A′．
11．D
【分析】根据点B，A，，在同一条直线上，可求得∠CA=180°∠BAC=180°30°=150°，利用旋转的性质可得旋转角∠BA=∠CA ，即可求解．
【详解】解：∵点B，A，，在同一条直线上，
∴∠BAC+∠CA=180°，
∴∠CA =180°-∠BAC=180°30°=150°，
∴旋转角∠BA=∠CA =150°，
故选：D．
【点睛】本题考查旋转的性质，邻补角，熟练掌握旋转的性质是解题的关键．
12．B
【分析】该五角星被平分成五部分，因而每部分被分成的圆心角是72°，从而得出最小旋转角．
【详解】解：该五角星被平分成五部分，最小旋转角为＝72°．
故选：B．
【点睛】本题考查旋转对称图形的概念：把一个图形绕着一个定点旋转一个角度后，与初始图形重合，这种图形叫做旋转对称图形，这个定点叫做旋转对称中心，旋转的角度叫做旋转角．
13．/
【分析】本题主要考查了旋转的性质，垂直平分线的判定，勾股定理，先根据旋转性质得出，，证明垂直平分，得出，，根据勾股定理求出，，最后求出结果即可．
【详解】解：根据旋转可知：，，
∴，，，
∵，
∴，
∴点D、C在线段的垂直平分线上，
∴垂直平分，
∴，，
∴，
，
∴．
故答案为：．
14．（，）
【分析】过A′作A′C⊥x轴于C，根据旋转得出∠AOA′=75°，OA=OA′=2，求出∠A′OC=45°，推出OC=A′C，解直角三角形求出OC和A′C，即可得出答案．
【详解】
如图,过A′作A′C⊥x轴于C，
∵将三角板绕原点O顺时针旋转75°，
∴∠AOA′=75°,OA=OA′=2，
∵∠AOB=30°，
∴∠A′OC=45°，
∴OC=A′C=OA′sin45°=2×=，
∴A′的坐标为(,-).
故答案为（2，）.
【点睛】本题考查的知识点是坐标与图形变化-旋转，解题的关键是熟练的掌握坐标与图形变化-旋转.
15．−3,2
【分析】本题主要考查坐标与图形变化-旋转、全等三角形的性质等知识点，正确添加常用辅助线、构造全等三角形是解题的关键．
如图，过点P作轴于点D，过点轴于点，构造全等三角形，然后根据全等三角形的性质即可解答．
【详解】解：如图，过点P作轴于点D，过点轴于点，
∵，
∴
∵，
∴，
∴，
在和中，
,
∴，
∴，
∴．
故答案为：−3,2．
16．
【分析】本题考查了旋转的性质，等边三角形的性质，勾股定理，关键是证是直角三角形．
由题意可得是等边三角形，可得旋转角为，可得是等边三角形，可得，根据勾股定理可得的长．
【详解】解：，，，
，，
∵将绕点C逆时针旋转至，使得点恰好落在上，
，，，，
∴是等边三角形，
，
，，
∵，
是等边三角形，
，
，
．
故答案为：．
17．
【分析】过点作轴于点A，过点作轴于点C，易证，即得出，，即．
【详解】解：如图，过点作轴于点A，过点作轴于点C，
∵将绕点逆时针旋转，得到，
∴，，
∴．
∵，
∴．
又∵，
∴，
∴，，
∴．
故答案为：．
【点睛】本题考查坐标与图形，三角形全等的判定和性质．正确作出辅助线构造全等三角形是解题关键．
18．（1）（4，4）或（1，1）；（2）．
【分析】（1）分两种情形当点A的对应点为点D，点B的对应点为C时，当点A的对应点为点C，点B的对应点为D时，分别画出图形即可．
（2）如图，由题意旋转中心是点E．根据线段AB绕着旋转中心逆时针转到CD时扫过图形的面积＝S扇形EAD＋S△ECD−（S△EAB＋S扇形EBC）＝S扇形EAD−S扇形EBC，计算即可解决问题．
【详解】（1）当点A的对应点为点D，B的对应点为C时，连接AD、BC，分别作线段AD、BC的垂直平分线交于点E，如图所示，
∵A点的坐标为（−1，5），B点的坐标为（3，3），
∴E点的坐标为（4，4）．
当点A的对应点为点C，B的对应点为D时，同法可得E′（1，1），
故答案为（4，4）或（1，1）；
（2）如图，由题意旋转中心是点E（4，4）．
DE==，EC==
线段AB绕着旋转中心逆时针转到CD时扫过图形的面积＝S扇形EAD＋S△ECD−（S△EAB＋S扇形EBC）＝S扇形EAD−S扇形EBC＝-=．
【点睛】本题考查作图−旋转变换，平移变换，扇形的面积，全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．
19．(1)见解析；
(2)见解析；
(3)与是中心对称图形，对称中心为．
【分析】本题主要考查作轴对称图形、中心对称和作旋转图形，掌握关于轴对称的点的特点和对称中心的求法是解题的关键．
作点关于轴的对称点，作点关于轴的对称点，因为点在轴上，所以点关于轴的对称点还是点，连接、、，即可得所要求的三角形；
分别画出点、、绕原点顺时针旋转90°得到的点、、，连接点、、，得到即为所求；
把和的对应点连接起来交于一点，这个交点就是对称中心，从图中写出对称中心的坐标．
【详解】（1）解：如下图所示，
作点关于轴的对称点，
作点关于轴的对称点，
点在轴上，
点关于轴的对称点还是点，
连接点、、，得到即为所求；
（2）解：如下图所示，分别画出点、、绕原点顺时针旋转90°得到的点、、，
连接点、、，得到即为所求；
（3）解：由图可知，与是中心对称图形，对称中心为．
20．(1)
(2)见解析
(3)的最小值是
【分析】本题考查了旋转的性质，等边三角形的判定与性质，直角三角形的性质，垂线段最短，
（1）过点C作于点M，则，根据得，在中，，根据勾股定理得，，计算得，即可得；
（2）延长得到E，使，连接，根据，平分得，则是等边三角形，，，即可得，根据，得，利用可证明，则，根据，即可得；
（3）由（2）知，，根据线段绕着点D顺时针旋转，点P的对应点为的，根据点P是射线上一动点得时，最小，根据得，则，即可得；
掌握旋转的性质，等边三角形的判定与性质，直角三角形的性质，垂线段最短，添加辅助线是解题的关键．
【详解】（1）解：如图所示，过点C作于点M，
∴，
∵，
∴，
在中，，根据勾股定理得，，
∴，，
∴；
（2）证明：如图所示，延长得到E，使，连接，

∵，平分，
∴，
∴是等边三角形，
∴，，
∴，
∵，
，
∴，
在和中，
∴，
∴，
∵，
∴；
（3）解：由（2）知，，
∵线段绕着点D顺时针旋转，点P的对应点为，
∴，
∵点P是射线上一动点，
∴时，最小，
∵，
∴，
∴，
∴的最小值是．
21．问题探究：见详解
类比探究：秒或秒或秒
问题拓展：不变，
【分析】本题考查了角分线的定义、旋转的性质、角度的加减等知识，由图和正确分类讨论是解题的关键．
问题探究：利用已知条件，旋转的性质和角平分线定义即可得出答案；
类比探究：由分类讨论和旋转的性质，结合题意即可得出答案；
问题拓展：通过设未知数，并根据角的和与差的运算消去未知数即可得出答案．
【详解】解：
问题探究：由题意可知，
、、组成的图形为“角分图形”；
类比探究：
当射线在中间时
此时位于上方，且
此时转过的角度为
（秒）
当射线在中间时
此时转过的角度为
（秒）
当射线在中间时
此时转过的角度为
（秒）
综上所述，秒或秒或秒；
问题拓展：
不变，差值为
设，
．
22．(1)，
(2)矩形，见解析
【分析】本题考查矩形，点关于直线对称的知识，解题的关键是掌握点关于直线对称的性质，矩形的判定，即可．
（1）根据点关于直线对称，则，互换即为对称点坐标求出点，根据点关于原点对称横纵坐标互为相反数，即可；
（2）根据点关于原点对称横纵坐标互为相反数，求出点，再根据矩形的判定，即可．
【详解】（1）∵，
∴点关于直线的对称点；
∵关于原点对称横纵坐标互为相反数，
∴关于原点的对称点的坐标为：．
（2）∵点，
∴点原点的对称点的坐标为：，
∵点与点关于原点对称，点与点关于原点对称，
∴，，
∴四边形是平行四边形，
∵点关于直线的对称点为，点关于原点的对称点为，点关于原点的对称点为，
∴，
∴平行四边形是矩形．
23．(1)证明过程见解析
(2)成立；证明过程见解析
(3)
【分析】（1）根据全等三角形的判定与性质得到，最后根据等量代换及垂直的定义证明即可；
（2）先由证明，再根据全等三角形的判定与性质得到，最后根据等量代换及垂直的定义证明即可；
（3）先由证明，再根据全等三角形的判定与性质得到，最后根据等量代换及垂直的定义证明即可．
【详解】（1）证明：在和中，
，
∴
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴．
（2）成立．
证明：∵，
∴，即，
在和中，
，
∴
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴．
（3）．
理由如下：∵，
∴，即，
在和中，
，
∴
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴．
【点睛】本题考查的是全等三角形的判定和性质，旋转变换的性质，三角形的内角和，垂直的定义，掌握全等三角形的判定定理和性质定理是解题的关键．
24．证明见解析
【分析】由旋转的性质得出，．结合题意可证，即可利用证明．
【详解】证明：将线段绕点按逆时针方向旋转得到线段，
，．
，
，
∴，即．
在和中，，
．
【点睛】本题考查旋转的性质，三角形全等的判定．熟练掌握旋转的性质和三角形全等的判定定理是解题关键．
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
A
B
C
A
C
A
A
C
B
B
题号
11
12








答案
D
B