人教版九年级上册23.1 图形的旋转练习

这是一份人教版九年级上册23.1 图形的旋转练习，共10页。试卷主要包含了选择题，解答题等内容，欢迎下载使用。
第二十一章  一元二次方程
23.1图形的旋转一、选择题（本题包括8小题，每小题只有1个选项符合题意）1.下列每个图中都有一对全等三角形，其中的一个三角形只经过一次旋转运动即可和另一个三角形重合的是（   ）A.     B.     C.     D. 2.如图，将矩形ABCD绕点A顺时针旋转到矩形AB′C′D′的位置，旋转角为若∠1=112°，则的大小是（   ）A. 68°    B. 20°    C. 28°    D. 22°3.如图，在矩形ABCD中，AB=1，BC=，将矩形ABCD绕点A逆时针旋转至矩形AB′C′D′，使得点B′恰好落在对角线BD上，连接DD′，则DD′的长度为（   ）A.     B.     C. +1    D. 24.一个菱形绕它的两条对角线的交点旋转，使它和原来的菱形重合，那么旋转的角度至少是（   ）A. 360°    B. 270°    C. 180°    D. 90°5.如图，在Rt△AOB中，∠O=90°，∠ABO=30°，以点A为旋转中心，把△ABO顺时针旋转得△ACD（D点未画出），当旋转后满足BC//OA时，旋转角的大小为（   ）A. 75°    B. 60°    C. 45°    D. 30°6.如图，在Rt△ABC中，AC=6，BC=4，将△ABC绕直角顶点C顺时针旋转90°得到△DEC，若点F是DE的中点，连接AF，则AF的长为（   ）A. 3    B. 4    C. 5    D. 7.如图，△ACD和△AEB都是等腰直角三角形，∠CAD=∠EAB=90°，四边形ABCD是平行四边形，下列结论错误的是（   ）A. 沿AE所在直线折叠后，△ACE和△ADE重合B. 沿AD所在直线折叠后，△ADB和△ADE重合C. 以A为旋转中心，把△ACE逆时针旋转90°后与△ADB重合D. 以A为旋转中心，把△ACB逆时针旋转270°后与△DAC重合8. 如图，已知A（1，3），将线段OA绕原点O顺时针旋转90°后得到OA′，则OA′的长度是（   ）A.     B. 3    C.     D. 1二、解答题（本题包括4小题）9.如图，已知点A，B的坐标分别为（0，0）、（2，0），将△ABC绕C点按顺时针方向旋转90°得到△AB1C1.  （1）画出△A1B1C；（2）A的对应点为A1，写出点A1的坐标；（3）求出B旋转到B1的路线长．  10.如图，在已知的平面直角坐标系中，△ABC的顶点都在正方形网格的格点上，若A，B两点的坐标分别是A（-1，0），B（0，3）．（1）将△ABC绕原点O顺时针旋转90°得到△A1B1C1，画出△A1B1C1；（2）以点O为位似中心，与△ABC位似的△A2B2C2满足A2B2：AB=2：1，请在网格内画出△A2B2C2，并直接填写△A2B2C2的面积为______．       11.如图，在等边△ABC中，AC=9，点O在AC上，且AO=3，点P是AB上的一动点，连结OP，将线段OP绕点D逆时针旋转60°得到线段OD，要使点D恰好落在BC上，求AP的长．       12. △ABC和△DEF的顶点A与D重合，已知∠B=90°，∠BAC=30°，BC=6，∠FDE=90°，DF=DE=4．（1）如图①，EF与边AC、AB分别交于点G、H，且FG=EH.设，在射线DF上取一点P，记：，联结CP设△DPC的面积为y，求y关于x的函数解析式，并写出定义域；（2）在（1）的条件下，求当x为何值时PC//AB；（3）如图②，先将△DEF绕点D逆时针旋转，使点E恰好落在AC边上，在保持DE边与AC边完全重合的条件下，使△DEF沿着AC方向移动.当△DEF移动到什么位置时，以线段AD、FC、BC的长度为边长的三角形是直角三角形．      参考答案 一、选择题1.【答案】D【解析】根据旋转的性质以及轴对称变换性质分别分析得出即可．A、无法借助旋转得到，故此选项错误；B、无法借助旋转得到，故此选项错误；C、可以借助轴对称得到，故此选项错误；D、可以只经过一次旋转运动即可和另一个三角形，故此选项正确．故选：D．点评：此题主要考查了利用旋转设计图案，掌握旋转的性质是解题关键．2.【答案】D【解析】∵四边形ABCD为矩形，∴∠BAD=∠ABC=∠ADC=90°，∵矩形ABCD绕点A顺时针旋转到矩形AB′C′D′的位置，旋转角为α，∴∠BAB′=α，∠B′AD′=∠BAD=90°，∠D′=∠D=90°.∵∠2=∠1=112°，而∠ABD=∠D′=90°，∴∠3=180°-∠2=68°，∴∠BAB′=90°-68°=22°，即∠α=22°．故选D．3.【答案】A【解析】先求出∠ABD′=60°，利用旋转的性质即可得到AB=AB′，进而得到△ABB′是等边三角形，于是得到∠BAB′=60°，再次利用旋转的性质得到∠DAD′=60°，结合AD=AD′，可得到△ADD′是等边三角形，最后得到DD′的长度．∵矩形ABCD中，AB=1，BC=，∴AD=BC=，∴tan∠ABD==，∴∠ABD=60°，∵AB=AB′，∴△ABB′是等边三角形，∴∠BAB′=60°，∴∠DAD′=60°，∵AD=AD′，∴△ADD′是等边三角形，∴DD′=AD=BC=，故选A．4.【答案】C【解析】∵菱形是中心对称图形，∴把菱形绕它的中心旋转，使它与原来的菱形重合，旋转角为180°的整数倍，∴旋转角至少是180°．故选C．点睛：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．5.【答案】B【解析】∵BC∥OA，∠O=90°，∴∠O+∠OBC=180°，∴∠OBC=90°.又∵∠ABO=30°，∴∠ABC=60°，又∵AB=AC，∴△ABC是等边三角形，∴∠BAC=60°，则旋转角是60°．故选B．6.【答案】C【解析】如图所示,过点F作FG⊥AC．∵由旋转的性质可知，CE=BC=4,CD=AC=6,∠ECD=∠BCA=90°，∴AE=AC-CE=2．∵FG⊥AC，CD⊥AC，∴FG∥CD．又∵F是ED的中点，∴G是CE的中点，∴EG=2，FG=CD=3．∴AG=AE+EG=4．∴AF==5．故选C．7.【答案】D【解析】A，由于△ACD和△AEB都是等腰直角三角形，∠CAD=∠EAB=90°，则AD=AC，∠BAC=45°，于是∠EAD=135°，∠CAE=135°，所以△ACE≌△ADE，所以A选项的结论正确；B、由于△ACD和△AEB都是等腰直角三角形，∠CAD=∠EAB=90°，则AB=AE，∠BAC=45°，于是∠BAD=135°，∠DAE=135°，所以△ADB≌△ADE，所以B选项的结论正确；C、由A、B选项得到∠CAD=90°，∠BAE=90°，AB=AE，AD=AC，所以以A为旋转中心，把△ACE逆时针旋转90°后与△ADB重合，所以C选项的结论正确；D、由于四边形ABCD是平行四边形，则△ACB与△DAC为全等的等腰直角三角形，△ACB与△DAC只能经过翻折和平移才能重合，所以D选项的结论错误．故选D．8.【答案】A【解析】∵A点坐标为（1，3），∴OA==.∵线段OA绕原点O顺时针旋转90°后得到OA′，∴OA′=OA=．故选A．点睛：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．二、解答题9.【答案】（1）见解析；（2）由图可知A1（0，6）；（3）【解析】 (1)根据旋转图形的性质首先得出各点旋转后的点的位置，然后顺次连接各点得出图形；(2)根据图形得出点的坐标；(3)根据弧长的计算公式求出答案．解：(1)△A1B1C如图所示．(2)A1（0，6）．(3)弧BB1=．10.【答案】10【解析】（1）直接利用旋转的性质得出对应点位置进而得出答案；（2）直接利用位似图形的性质得出对应点位置，再利用三角形面积求法得出答案．解：（1）如图所示：△A1B1C1，即为所求；（2）如图所示：△A2B2C2，即为所求，△A2B2C2的面积为：4×6-×2×6-×2×4-×2×4=10．故答案为：10．11.【答案】6解：已知线段OP绕点O逆时针旋转60°得到线段OD，得∠DCP=60°,CP=CD；所以∠COD+∠POA=120°.又在△APO中，∠AOP+∠APO=120°，得∠APO =∠COD.又因为∠A =∠C，所以△APO≌△COD, AP=CO=9-3=6考点：旋转，全等的性质及判定.12.【答案】（1）；（2）；（3）当移动到AD=时，以线段AD、FC、BC的长度为边长的三角形是直角三角形．  【解析】（1）首先证明△DFG≌△DEH（SAS），进而得出∠FDG=∠EDH，进而得出DF=||=x||=x||=4x，在Rt△DPH中，∠FDG=30°，可得PH′=DP=2x，由y=S△PDC=DC•PH′求出即可；（2）由（1）知∠FDG=30°，得出∠FDG=∠DCP，以及DP=PC若PH⊥AB  则M是DC的中点 DM=6，在Rt△DPH中，∠FDG=30°，利用cos∠FDG=求出AP的长，进而得出x的值；（3）分别利用线段AD、FC、BC的长为斜边时求出符合条件的值即可．解：（1）如图①，过P作PH′⊥AC于H′．∵DF=DE，∴∠DFE=∠E在△DFG和△DEH中，∴△DFG≌△DEH（SAS），∴∠FDG=∠EDH.∵∠FDE=90°，且∠FDE=∠FDG+∠EDH+∠BAC∵∠BAC=30°，∴∠FDG=30°.∵DF=4，∴||=4.∵=x=x，∴DP=||=x||=x||=4x，在Rt△DPH中，∠FDG=30°，∴PH′=DP=2x，∠B=90°，∠BAC=30°，BC=6，∴AC=CD=12，y=S△PDC=DC•PH′=×12•2x=12x（x＞0）；（2）∵PC∥AB，∴∠BAC=∠DCP.∵∠BAC=30°，∴∠DCP=30°.由（1）知∠FDG=30°，∴∠FDG=∠DCP，∴DP=PC.若PH⊥AB，则M是DC的中点 DM=6，在Rt△DPH中，∠FDG=30°，cos∠FDG===，∴AP=4，DP=AP=4x，∴x=；（3）如图②，设AD=t，DC=12-t （0＜t＜12），FC2=DF2+DC2=42+（12-t）2，①AD2=FC2+BC2，t2=42+（12-t）2+36  解得：t=（FC至少等于4，故不合题意，舍去）②BC2=FC2+AD2，36=42+（12-t）2+t2，无解，③FC2=BC2+AD2 ，∴42+（12-t）2=36+t2，解得t=，∴当△DEF移动到AD=时，以线段AD、FC、BC的长度为边长的三角形是直角三角形．                        图①                                                图②