2020-2021九年级数学上册旋转单元同步练习1（新人教版pdf格式） 22页

2020-2021 学年初三数学上册各单元同步练习：旋转（一） 一、单选题 1．如图，在 ABC 中， 90 , 4, 3C AC BC    ,将 绕点 A 逆时针旋转,使点 C 落在线段 AB 上的 点 E 处,点 B 落在点 D 处，则 ,BD两点间的距离为（ ） A． 10 B． 22 C． 3 D． 5 【答案】A 【解析】【分析】 先利用勾股定理计算出 AB，再在 Rt△ BDE 中，求出 BD 即可； 【详解】 解：∵∠C=90°，AC=4，BC=3， ∴AB=5， ∵△ABC 绕点 A 逆时针旋转，使点 C 落在线段 AB 上的点 E 处，点 B 落在点 D 处， ∴AE=AC=4，DE=BC=3， ∴BE=AB-AE=5-4=1， 在 Rt△ DBE 中，BD= 223 1 10 ， 故选 A. 【点评】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． 2．如图，Rt△ ABC 中，∠ACB＝90°，线段 BC 绕点 B 逆时针旋转 α°（0＜α＜180）得到线段 BD，过点 A 作 AE⊥射线 CD 于点 E，则∠CAE 的度数是（ ） A．90﹣α B．α C． 90 2  D． 2  【答案】C 【解析】【分析】 先利用旋转的性质得 C B D ， B C B D ，再根据等腰三角形的性质和三角形内角和定理得到 190 2BCD   然后利用互余表示出 A C E ，从而利用互余可得到 CAE 的度数. 【详解】 线段 BC 绕点 B 逆时针旋转   （0180 ）得到线段 BD ，  ， ， BCDBDC  ，  111809022BCD    ， 90ACB ， 11909090 22ACEBCD         ， AECE ， 190 90 2CAE ACE         . 故选： C . 【点评】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. 3．下列图案是中心对称图形的是( ) A． B． C． D． 【答案】A 【解析】【分析】 根据中心对称图形的概念求解． 【详解】 A．是中心对称图形．故本选项正确； B．不是中心对称图形．故本选项错误； C．不是中心对称图形．故本选项错误； D．不是中心对称图形．故本选项错误． 故选 A． 【点评】本题考查了中心对称图形的概念，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转 180 度后与原图重合． 4．直角坐标系中，点 2,3 与 2, 3 关于（ ） A．原点中心对称 B．Y 轴轴对称 C．X 轴轴对称 D．以上都不对 【答案】A 【解析】【分析】 观察点 A 与点 B 的坐标，依据关于原点对称的点，横坐标与纵坐标都互为相反数可得答案． 【详解】 根据题意，易得点（-2，3）与（2，-3）的纵横坐标互为相反数，则这两点关于原点中心对称． 故选：A． 【点评】本题考查平面直角坐标系关于坐标轴成轴对称的两点的坐标之间的关系，注意掌握关于原点对称 的点，横坐标与纵坐标都互为相反数 5．如果点  A 3 ,a 是点  B 3 , 4  关于原点的对称点，则 a 的值是（ ） A．-4 B．4 C．4 或-4 D．无法确定 【答案】B 【解析】【分析】 根据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）， 求出即可． 【详解】 ∵点 A（-3，a）是点 B（3，-4）关于原点的对称点， ∴a=4． 故选：B． 【点评】此题主要考查了关于原点对称点的坐标性质，熟练掌握相关性质是解题关键． 6．平面直角坐标系中，线段 OA 的两个端点的坐标分别为 O（0，0）， A（－3，5），将线段 OA 绕点 O 旋 转 180°到 O 'A 的位置，则点 的坐标为（ ） A．（ 3，－5） B．（ 3，5） C．（ 5，－3） D．（－5，－3） 【答案】A 【解析】试题分析：∵线段 OA 绕原点 O 顺时针旋转 180°，得到 OA′， ∴点 A 与点 A′关于原点对称， 而点 A 的坐标为（－3，5）， ∴点 A′的坐标为（3，－5）． 故选 A． 7．如图，将△ ABC 绕顶点 C 逆时针旋转得到△ A′B′C′，且点 B 刚好落在 A′B′上，若∠A=25°，∠BCA′=45°， 则∠A′BA 等于（ ） A．30° B．35° C．40° D．45° 【答案】C 【解析】【分析】 首先根据旋转的性质以及三角形外角的性质得出∠BCA′+∠A′=∠B′BC=45°+25°=70°，以及 ∠BB′C=∠B′BC=70°，再利用三角形内角和定理得出∠ACA′=∠A′BA=40°. 【详解】 解：∵∠A=25°，∠BCA′=45°， ∴∠BCA′+∠A′=∠B′BC=45°+25°=70°， ∵CB=CB′， ∴∠BB′C=∠B′BC=70°， ∴∠B′CB=40°， ∴∠ACA′=40°， ∵∠A=∠A′，∠A′DB=∠ADC， ∴∠ACA′=∠A′BA=40°． 故选 C． 【点评】此题考查旋转的性质以及三角形的外角的性质和三角形内角和定理等知识，解题关键根据已知得 出∠ACA′=40°． 8．如图，△ ABC 与△ A′B′C′关于点 O 成中心对称，则下列结论不成立的是（ ） A．点 A 与点 A′是对称点 B．BO＝B′O C．AB∥A′B′ D．∠ACB＝∠C′A′B′ 【答案】D 【解析】【分析】 根据中心对称的性质对各选项分析判断后利用排除法求解． 【详解】 观察图形可知， A、点 A 与点 A′是对称点，故本选项正确； B、BO＝B′O，故本选项正确； C、AB∥A′B′，故本选项正确； D、∠ACB＝∠A′C′B′，故本选项错误． 故选 D． 【点评】本题考查了中心对称，熟悉中心对称的性质是解题的关键． 9．己知点  1, 3A ，将点 A 绕原点 O 顺时针旋转 60 后的对应点为 1A ，将点 绕原点 顺时针旋转 后 的对应点为 2A ，依此作法继续下去，则点 2012A 的坐标是（ ） A．  1, 3 B．  1, 3 C．  1, 3 D．  2 ,0 【答案】B 【解析】【分析】 根据图形旋转的规律得出每旋转 6 次坐标一循环,求出点 2012A 的坐标与点 2A 坐标相同,进而可得出答案. 【详解】 解: 将点 A 绕原点 O 顺时针旋转 60 o 后的对应点为 A 1 ,将点 A 绕原点 O 顺时针旋转 60 后的对应点为 A 2 ,依此作法继续下去, 得出每旋转 360 60 =6 次坐标一循环,得出 2012  6=335 余 2,即点 A 2012 的坐标与点 A 坐标相同,即可得出点 A 与点 A 关于 x 轴对称, A 点坐标为:(1,- 3 ). 所以 B 选项是正确的. 【点评】此题主要考查了坐标与图形的旋转与规律问题,解答此题的关键是明确图形旋转的变化规律每旋转 6 次坐标一循环. 10．已知点 A(-3，a)是点 B(3，-4)关于原点的对称点，那么 a 的值的是( ) A．-4 B．4 C．4 或-4 D．不能确定 【答案】B 【解析】【分析】 平面直角坐标系中任意一点 P（x，y），关于原点的对称点是（-x，-y），由此即可解答. 【详解】 ∵点 A（-3，a）是点 B（3，-4）关于原点的对称点， ∴a=4． 故选 B. 【点评】本题考查了关于原点对称的点坐标的关系，熟记平面直角坐标系中任意一点 P（x，y），关于原点 的对称点是（-x，-y）是解题的关键． 11．下列图形中，旋转 60 后可以和原图形重合的是 （ ） A．正三角形 B．正方形 C．正五边形 D．正六边形 【答案】D 【解析】【分析】 根据旋转对称图形性质求出各图的中心角，度数若为 60°，即为正确答案. 【详解】 A：正三角形旋转的最小角为： 360 1203  ，故选项错误； B：正方形旋转的最小角为： 360 904  ，故选项错误； C：正五边形旋转的最小角为： 360 725  ，故选项错误； D：正六边形旋转的最小角为： 360 606  ，故选项正确. 所以答案为 D 选项. 【点评】本题主要考查了旋转对称图形，熟练掌握相关概念是解题关键. 12．如图，△ 퐴퐵퐶中，∠퐴 = 90∘，∠퐶 = 30∘，퐵퐶 = 12푐푚，把 △ 퐴퐵퐶绕着它的斜边中点푃逆时针旋转90∘至△ 퐷퐸퐹 的位置，퐷퐹交퐵퐶于点퐻．△ 퐴퐵퐶与△ 퐷퐸퐹重叠部分的面积为( )푐푚2． A．8 B．9 C．10 D．12 【答案】B 【解析】【分析】 如图，由点 P 为斜边 BC 的中点得到 PC=1 2BC=6，再根据旋转的性质得 PF=PC=6，∠FPC=90°，∠F=∠C=30°， 根据含 30 度的直角三角形三边的关系，在 Rt△ PFH 中计算出 PH=√3 3 PF=2√3；在 Rt△ CPM 中计算出 PM=√3 3 PC=2√3，且∠PMC=60°，则∠FMN=∠PMC=60°，于是有∠FNM=90°，FM=PF-PM=6-2√3，则在 Rt△ FMN 中可计算出 MN=1 2FM=3-√3，FN=√3MN=3√3-3，然后根据三角形面积公式和利用△ ABC 与△ DEF 重叠部分的面积=S△ FPH-S△ FMN 进行计算即可． 【详解】 解：如图， ∵点 P 为斜边 BC 的中点， ∴PB=PC=1 2BC=6， ∵△ABC 绕着它的斜边中点 P 逆时针旋转 90°至△ DEF 的位置， ∴PF=PC=6，∠FPC=90°，∠F=∠C=30°， 在 Rt△ PFH 中，∵∠F=30°， ∴PH=√3 3 PF=√3 3 ×6=2√3， 在 Rt△ CPM 中，∵∠C=30°， ∴PM=√3 3 PC=√3 3 ×6=2√3，∠PMC=60°， ∴∠FMN=∠PMC=60°， ∴∠FNM=90°， 而 FM=PF-PM=6-2√3， 在 Rt△ FMN 中，∵∠F=30°， ∴MN=1 2FM=3-√3， ∴FN=√3MN=3√3-3， ∴△ABC 与△ DEF 重叠部分的面积=S△ FPH-S△ FMN =1 2×6×2√3-1 2（3-√3）（ 3√3-3） =9（cm2）． 故选 B． 【点评】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．也考查了含 30 度的直角三角形三边的关系． 二、填空题 13．钟表分针的运动可看作是一种旋转现象，一只标准时钟的分针匀速旋转，经过 12 分钟旋转了________． 【答案】 72 【解析】【分析】 先求出时钟上的分针匀速旋转一分钟时的度数为 6°，再求 20 分钟分针旋转的度数． 【详解】 ∵时钟上的分针匀速旋转一周的度数为 360°，时钟上的分针匀速旋转一周需要 60 分钟， 则时钟上的分针匀速旋转一分钟时的度数为：360÷60=6°， 那么 20 分钟，分针旋转了 12×6°=72°． 故答案为：72°． 【点评】本题考查钟表时针与分针的夹角．在钟表问题中，常利用时针与分针转动的度数关系：分针每转 动 1°时针转动（ 1 12 ）°；两个相邻数字间的夹角为 30°，每个小格夹角为 6°，并且利用起点时间时针和分 针的位置关系建立角的图形． 14．如图所示的四个两两相联的等圆，是我国“一汽”生产的大众汽车的车牌标志，右边的三个圆环可以看做 是左边的圆环经过________ 得到的． 【答案】平移 【解析】【分析】 观察本题中图案的特点,根据平移的定义作答. 【详解】 解:观察“一汽”生产的大众汽车的车牌标志,可知右边的三个圆环可以看做是左边的圆环经过平移得到的. 【点评】考查图形的四种变换方式:对称、平移、旋转、位似. 对称有轴对称和中心对称,轴对称的特点是一个图形绕着一条直线对折,直线两旁的图形能够完全重合;中心 对称的特点是一个图形绕着一点旋转 180 后与另一个图形完全重合,它是旋转变换的一种特殊情况；平移是 将一个图形沿某一直线方向移动,得到的新图形与原图形的形状、大小和方向完全相同；旋转是指将一个图 形绕着一点转动一个角度的变换；位似的特点是几个相似图形的对应点所在的直线交于一点.观察时要紧扣 图形变换特点,认真判断. 15．将一副三角板按如图 1 位置摆放，使得两块三角板的直角边 AC 和 MD 重合．已知 8A B A C c m ， 将 MED 绕点  AM 逆时针旋转60 后（图 2 ），两个三角形重叠（阴影）部分的面积约是________ 2cm （结 果精确到 0.1 ， 3 1.73 ）． 【答案】 2 0 . 3 【解析】【分析】 设 BC,AD 交于点 G,过交点 G 作 GFLAC 与 AC 交于点 F,根据 AC=8,就可求出 GF 的长,从而求解. 【详解】 解：如图 设 BC、AD 交于点 G,过交点 G 作 GF⊥AC 与 AC 交于点 F,设 FC=x,则 GF=FC=x,旋转角为 60 o ,即可得 ∠FAG=60 ， AF=GFcot∠FAG= 3 3 x. 所以 x+ 3 3 x=8,则 x= 312- 3 . 所以S AGC = 1 2  8 ( )≈20.3cm 2 . 故答案为:20.3. 【点评】本题考查旋转的性质.旋转变化前后,对应点到旋转中心的距离相等以及每一对对应点与旋转中心连 线所构成的旋转角相等.要注意旋转的三要素:1 定点-旋转中心;2 旋转方向;3 旋转角度. 16．如图所示，第 1 个图案是由黑白两种颜色的六边形地面砖组成的，第 2 个，第 3 个图案可以看成是第 个 图案经过平移而得，那么第 2017 个图案中有白色六边形地面砖________块． 【答案】8070 【解析】【分析】 根据图形规律可得第 n 个图形的白色六边形地砖的数量为 2+4n，然后将 2017 代入求解即可. 【详解】 解：第 1 个图形的白色六边形地砖的数量为:2+4=6 块； 第 2 个图形的白色六边形地砖的数量为:2+4×2=10 块； 第 3 个图形的白色六边形地砖的数量为:2+4×3=14 块； ······ 第 n 个图形的白色六边形地砖的数量为：2+4n 块； 则第 个图案中有白色六边形地面砖为 2+4×2017=8070 块. 故答案为：8070. 【点评】本题【点评】图形规律题. 三、解答题 17．如图，将 Rt△ ABC 绕直角顶点 A 逆时针旋转 90°得到△ ADE，BC 的延长线交 DE 于 F，连接 BD，若 BC＝2EF，试证明△ BED 是等腰三角形． 【答案】见解析 【解析】【分析】 根据直角三角形的两锐角互余，以及对顶角相等，旋转的性质，即可证得 BF 是 DE 的垂直平分线，据此即 可证得. 【详解】 证明：∵将 Rt△ ABC 绕直角顶点 A 逆时针旋转 90°得到△ ADE， ∴DE＝BC，∠ADF＝∠ABC， ∵BC＝2EF， ∴DF＝EF， ∴DE＝2EF， ∵在直角△ ABC 中，∠ABC+∠ACB＝90°， 又∵∠ABC＝∠ADE， ∴∠ACB+∠ADE＝90°． ∵∠FCD＝∠ACB， ∴∠FCD+∠ADE＝90°， ∴∠CFD＝90°， ∴BF⊥DE， ∵EF＝FD， ∴BF 垂直平分 DE， ∴BD＝BE， ∴△BDE 是等腰三角形． 【点评】本题考查了旋转的性质、等腰三角形的判定、线段垂直平分线的判定和性质，熟练掌握各定理是 解题的关键. 18．某居民小区搞绿化，小区的居民们把一块矩形垃圾场地清理干净后，准备建几个花坛，老张说：花坛 应该有圆有方；老李说：花坛和整个矩形空地应该成中心对称图案，这样比较漂亮．你能设计一个让大家 都满意的方案吗？试试看（将你设计的方案画在下面的矩形方框中）． 【答案】见解析 【解析】【分析】 根据题目要求画出图形, 注意花坛和整个矩形空地应该成中心对称图案. 【详解】 如图所示： 【点评】此题主要考查了利用旋转设计图案以及中心对称图形定义, 利用中心对称图形的性质设计是解题关 键. 19．如图 1 所示，某产品的标志图案，要在所给的图形图 2 中，把 A ，B ，C 三个菱形通过一种或几种变换， 使之变为与图 一样的图案： （1）请你在图 中作出变换后的图案（最终图案用实线表示）； （2）你所用的变换方法是________（在以下变换方法中，选择一种正 确的填到横线上，也可以用自己的话表述）． ①将菱形 向上平移； ②将菱形 绕点O 旋转 120 ； ③将菱形 绕点 旋转 180 ． 【答案】（1）详见解析；（2）③． 【解析】【分析】 首先分析①②的不同,变化前后,A、C 的位置不变,只有 B 的位置由 O 的下方变为 0 的上方,据此即可作出判 断. 【详解】 解：(1)观察分析②的不同,变化前后,A、C 的位置不变,而 B 的位置由由 O 的下方变为 O 的上方,进而可得两 者对应点的连线交于点 O,即进行了中心对称变化,变换方法是将菱形 B 绕点 O 旋转 180,可作图得: (2)变换方法是将菱形 B 绕点 O 旋转 180°,即③.故答案为:③. 【点评】本题考查几何变化的运用与作图，注意观察时要紧扣图形变换特点，认真判断其几何变化类型. 20．如图，四边形 ABCD是平行四边形，AC 是对角线，将 ADC 绕点 A 逆时针旋转90 后得到 ''AD C ， 若 32A C B， 2BC  ，求 'C A D 的度数及 'AD 的长． 【答案】 58C A D ， 2AD   . 【解析】【分析】 先由平行四边形的性质求出∠DAC，再由旋转的性质求出结论． 【详解】 在平行四边形 ABCD 中，AD∥BC，AD=BC，∴∠DAC=∠ACB=32°，由旋转的性质得∠C'AD=90°﹣∠DAC=58°， ∴AD'=AD=BC=2． 【点评】本题是旋转的性质，主要考查了平行四边形的性质，旋转的性质，解答本题的关键是用旋转的性 质得到对应边相等，对应角线段． 21． 1 如图 1 ，在正方形网格中，每个小正方形的边长均为 个单位．将 ABC 向绕点C 逆时针旋转 ， 得到 ABC   ，请你画出 （不要求写画法）．   2 如图 2 ，已知点 O 和 ，试画出与 关于点 成中心对称的图形． 【答案】详见解析. 【解析】【分析】 （1）根据旋转的性质得出旋转后 A，B 两点对应坐标，即可得出答案； （2）根据中心对称图形的性质，连接 AO，BO，CO，并延长，使 OA″=OA，C″O=CO，B″O=BO，再连接 A″B″， B″C″，A″C″即可． 【详解】 （1）（ 2）如图所示： 【点评】本题主要考查了坐标与图形的性质以及中心对称图形的性质，根据已知得出对应点的位置是解题 的关键． 22．在如图的方格纸中，每个小方格都是边长为 1 个单位的正方形， A B C 的三个顶点都在格点上（每个小 方格的顶点叫格点）．  1 建立直角坐标系，使点 B 的坐标为 5,2 ，点C 的坐标为 2, 2 ，则点 A 的坐标为________；  2 画出 绕点 P 顺时针旋转90 后的 111A B C 并写出点 1A 的坐标为________． 【答案】  4 ,4  1,5． 【解析】【分析】 （1）根据点 B、C 的坐标作出直角坐标系，然后写出点 A 的坐标； （2）分别作出点 A、B、C 绕点 P 顺时针旋转 90°后的点，然后顺次连接，写出点 A1 的坐标． 【详解】 （1）坐标系如图所示： 点 A 坐标为（-4，4）； （2）所作图形如图所示： 点 A1 的坐标为（1，5）． 故答案为（-4，4）；（ 1，5）． 【点评】本题考查了根据旋转变换作图，解答本题的关键是根据坐标系的性质作出直角坐标系，根据网格 结构作出对应点的坐标． 23．如图，△ ABC 由△ EDC 绕 C 点旋转得到，B、C、E 三点在同一条直线上，∠ACD=∠B，求证：△ ABC 是等腰三角形. 【答案】见解析 【解析】【分析】 由旋转的性质可知∠D=∠B，再根据已知条件证明 AC∥DE，进而证明∠ACB=∠A，所以△ ABC 是等腰三 角形． 【详解】 证明：由旋转知∠D=∠B， ∵∠ACD=∠B， ∴∠ACD=∠D，AC∥DE， ∴∠ACB=∠E， 又∵∠A=∠E， ∴∠ACB=∠A， ∴△ABC 是等腰三角形． 【点评】本题考查了旋转的性质以及等腰三角形的判定，对于旋转的性质用到最多的是：旋转前、后的图 形全等． 24．在△ ABC 中，AB=BC=2，∠ABC=120°，将△ ABC 绕点 B 顺时针旋转角 α（0°＜α＜90°）得△ A1BC1， A1B 交 AC 于点 E，A1C1 分别交 AC、BC 于 D、F 两点． （1）如图 1，观察并猜想，在旋转过程中，线段 BE 与 BF 有怎样的数量关系？并证明你的结论； （2）如图 2，当 α=30°时，试判断四边形 BC1DA 的形状，并说明理由． 【答案】（1）BE=DF；（ 2）四边形 BC1DA 是菱形． 【解析】【分析】 （1）由 AB=BC 得到∠A=∠C，再根据旋转的性质得 AB=BC=BC1，∠A=∠C=∠C1，∠ABE=∠C1BF，则 可证明△ ABE≌△C1BF，于是得到 BE=BF （2）根据等腰三角形的性质得∠A=∠C=30°，利用旋转的性质得∠A1=∠C1=30°，∠ABA1=∠CBC1=30°， 则利用平行线的判定方法得到 A1C1∥AB，AC∥BC1，于是可判断四边形 BC1DA 是平行四边形，然后加上 AB=BC1 可判断四边形 BC1DA 是菱形． 【详解】 （1）解：BE=DF．理由如下： ∵AB=BC， ∴∠A=∠C， ∵△ABC 绕点 B 顺时针旋转角 α（0°＜α＜90°）得△ A1BC1， ∴AB=BC=BC1，∠A=∠C=∠C1，∠ABE=∠C1BF， 在△ ABE 和△ C1BF 中 ， ∴△ABE≌△C1BF， ∴BE=BF （2）解：四边形 BC1DA 是菱形．理由如下： ∵AB=BC=2，∠ABC=120°， ∴∠A=∠C=30°， ∴∠A1=∠C1=30°， ∵∠ABA1=∠CBC1=30°， ∴∠ABA1=∠A1，∠CBC1=∠C， ∴A1C1∥AB，AC∥BC1， ∴四边形 BC1DA 是平行四边形． 又∵AB=BC1， ∴四边形 BC1DA 是菱形 【点评】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．也考查了菱形的判定方法．