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第二十三章 旋转 综合复习题
一、单选题
1．（2022·黑龙江哈尔滨·九年级期末）如图，将绕着点C按顺时针方向旋转，B点落在位置，点A落在位置，若．则的度数是（ ）
A．50° B．60° C．70° D．80°
2．（2022·黑龙江牡丹江·九年级期末）如图，将△ABC绕点A逆时针旋转至△ADE，使点C落在DE上，若∠EAB＝90°，∠BCD＝40°，则∠CAD的度数为（ ）
A．10° B．20゜ C．30゜ D．40゜
3．（2022·黑龙江鹤岗·九年级期末）已知，如图，在中，，cm，cm．将绕顶点O按顺时针方向旋转到处，此时线段与AB的交点D恰好为AB的中点，则线段的长是（ ）
A．1.5 cm B．3 cm C．5 cm D．2.5 cm
4．（2022·黑龙江牡丹江·九年级期末）如图所示，在平面直角坐标系中，点A（0，4），B（2，0），连接AB，点D为AB的中点，将点D绕着点A旋转90°得到点D的坐标为（ ）
A．（﹣2，1）或（2，﹣1） B．（﹣2，5）或（2，3）
C．（2，5）或（﹣2，3） D．（2，5）或（﹣2，5）
5．（2022·黑龙江齐齐哈尔·九年级期末）如图，点D是等边△ABC内一点，AD＝3，BD＝3，CD＝，△ACE是由△ABD绕点A逆时针旋转得到的，则∠ADC的度数是（　　）
A．40° B．45° C．105° D．55°
6．（2022·黑龙江齐齐哈尔·九年级期末）如图，将等边三角形OAB放在平面直角坐标系中，A点坐标（1，0），将△OAB绕点O逆时针旋转60°，则旋转后点B的对应点B＇的坐标为（ ）
A．（，） B．（－1，）
C．（－，） D．（－，）
7．（2022·黑龙江双鸭山·九年级期末）如图，RtABC中，∠C＝90°，AC＝4，BC＝3，以B点为中心，将ABC旋转至DBE，使E点恰好在AB上，则AE的长为（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
8．（2022·黑龙江齐齐哈尔·九年级期末）下列图形中，是中心对称图形的是（ ）
A． B． C． D．
9．（2022·黑龙江·庆安县第四中学九年级期末）下列图形中，既是轴对称图形又是中心对称图形的有（　　　）
A． B． C． D．
10．（2022·黑龙江黑河·九年级期末）点M(4，-3)关于原点对称的点N的坐标是（ ）
A．(-4，-3) B．(-4，3) C．(4，3) D．(-3，4)
二、填空题
11．（2022·黑龙江牡丹江·九年级期末）菱形如图放置，点坐标是(3，4)，先将菱形向左平移6个单位长度，向上平移1个单位长度，然后沿轴翻折，最后绕坐标原点旋转90°得到菱形的对角线交点的对应点为点，则点的坐标是__________ ．
12．（2022·黑龙江哈尔滨·九年级期末）如图，在等边△ABC内有一点D，AD＝6，BD＝7，CD＝5，将△ABD绕点A逆时针旋转，使AB与AC重合，点D旋转至点E，连接DE，则△CDE的面积为____________．
13．（2022·黑龙江佳木斯·九年级期末）如图，在△ABC中，∠B=40°，将△ABC绕点逆时针方向旋转到△ADE的位置，使得AD⊥BC，则∠CAE=__________度．
14．（2022·黑龙江七台河·九年级期末）已知点与点关于原点对称，则______．
15．（2022·黑龙江鸡西·九年级期末）在平面直角坐标系内，点A（a，﹣3）与点B（1，b）关于原点对称，则a+b的值_________．
16．（2022·黑龙江哈尔滨·九年级期末）在平面直角坐标系中，点P（5，3）关于原点对称的点的坐标为_____．
三、解答题
17．（2022·黑龙江黑河·九年级期末）如图，各顶点的坐标分别为A(4、4)，B(－2，2)，C(3，0)，
(1)画出关于原点O对称的；
(2)直接写出三点的坐标．
18．（2022·黑龙江哈尔滨·九年级期末）图1、图2是8×8的网格，网格中每个小正方形的边长均为1，请按要求画出下列图形，所画图形的各个顶点均在小正方形的顶点上．
(1)在图1中画出以AB为一边的成中心对称的四边形ABCD，使其面积为12；
(2)在图2中画出一个以EF为一边的△EFG，使其是面积为的轴对称图形．
19．（2022·黑龙江黑河·九年级期末）如图1所示，将一个长为6宽为4的长方形ABEF，裁成一个边长为4的正方形ABCD和一个长为4、宽为2的长方形CEFD如图2．现将小长方形CEFD绕点C顺时针旋转至，旋转角为a．
(1)当点恰好落在EF边上时，求旋转角a的值；
(2)如图3，G为BC中点，且0°＜a＜90°，求证：；
(3)小军是一个爱动手研究数学问题的孩子，他发现在小长方形CEFD绕点C顺时针旋转一周的过程中，与存在两次全等，请你帮助小军直接写出当与全等时，旋转角a的值．
20．（2022·黑龙江哈尔滨·九年级期末）图1、图2是8×8的网格，网格中每个小正方形的边长均为1，请按要求画出下列图形，所画图形的各个顶点均在小正方形的顶点上．
(1)在图1中画出以AB为一边的成中心对称的四边形ABCD，使其面积为12；
(2)在图2中画出一个以EF为一边的△EFG，使其是面积为的轴对称图形．
21．（2022·黑龙江鸡西·九年级期末）如图，在等腰三角形ABC中，AB＝BC．将绕顶点B逆时针旋转到的位置，AB与A1C1相交于点D，AC与A1C1，BC1分别交于点E，F．
(1)求证：△BCF≌△BA1D；
(2)当时，判定四边形A1BCE的形状并说明理由．
22．（2022·黑龙江双鸭山·九年级期末）如图，三个顶点的坐标分别为，，．
（1）请画出关于原点对称的图形；
（2）请画出绕原点O按逆时针方向旋转90°后的图形；
（3）求线段的长．
23．（2022·黑龙江·哈尔滨工业大学附属中学校九年级期末）如图，在平面直角坐标系中，△ABC的三个顶点的坐标分别为A（2，1），B（0，1），C（0，4）．
（1）画出△ABC关于x轴对称的△A1B1C1，A、B、C的对应点分别为A1，B1，C1；
（2）画出△ABC绕原点O逆时针方向旋转90°得到的△A2B2C2，A、B、C的对应点分别为A2，B2，C2．连接B2C2，并直接写出线段B2C2的长度．
24．（2022·黑龙江哈尔滨·九年级期末）如图，已知正方形ABCD的边长为3，E、F分别是AB、BC边上的点，且∠EDF=45°，将△DAE绕点D逆时针旋转90°，得到△DCM．若AE=1，求FM的长．
25．（2022·黑龙江哈尔滨·九年级期末）△ABC在平面直角坐标系中如图：
（1）画出将△ABC绕点O逆时针旋转90°所得到的△A1B1C1，并写出A1点的坐标；
（2）画出△A1B1C1关于原点成中心对称的△A2B2C2，并直接写出△AA1A2的面积．
26．（2022·黑龙江佳木斯·九年级期末）在平面直角坐标系中，四边形AOBC是矩形，点O（0，0），点A（5，0），点B（0，3），以点A为中心，顺时针旋转矩形AOBC，得到矩形ADEF，点O、B、C的对应点分别为D、E、F，且点D恰好落在BC边上．
（1）在原图上画出旋转后的矩形；
（2）求此时点D的坐标．
参考答案：
1．C
【解析】根据旋转的性质，求的度数即求的度数，再根据旋转角和求的度数即可．
由题意知，，，
在中，
∴.
故选C．
本题考查旋转的性质，解决本题的关键是熟练掌握旋转前后的图形全等，再根据全等图形的性质作答．
2．A
【解析】先根据旋转的性质得到∠E＝∠ACB，∠BAD＝∠CAE，再利用三角形外角性质计算出∠CAE＝40°，然后利用∠EAB＝90°计算∠CAD的度数．
解：∵△ABC绕点A逆时针旋转至△ADE，使点C落在DE上，
∴∠E＝∠ACB，∠BAD＝∠CAE，
∵∠ACD＝∠E＋∠CAE，
即∠ACB＋∠BCD＝∠E＋∠CAE，
∴∠CAE＝∠BCD＝40°，
∴∠BAD＝40°，
∴∠CAD＝∠EAB ∠CAE ∠BAD＝90° 40° 40°＝10°．
故选：A
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．A
【解析】先在直角△AOB中利用勾股定理求出AB＝5，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＝2.5．然后根据旋转的性质得到OB1＝OB＝4，那么B1D＝OB1﹣OD＝1.5．
解：∵在△AOB中，∠AOB＝90°，AO＝3，BO＝4，
∴AB＝＝5，
∵点D为AB的中点，
∴OD＝AB＝2.5．
∵将△AOB绕顶点O，按顺时针方向旋转到△A1OB1处，
∴OB1＝OB＝4，
∴B1D＝OB1﹣OD＝1.5．
故选：A．
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“直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半”是解题的关键．
4．C
【解析】分顺时针和逆时针旋转90°两种情况讨论，构造全等三角形即可求解．
解：设点D绕着点A逆时针旋转90°得到点D1，
分别过点D，D1作轴的垂线，分别交轴于点C、E，如图：
根据旋转的性质得∠DAD1=90°，AD1=AD，
∴∠AED1=∠ACD=90°，
∴∠D1+∠EAD1=90°，∠EAD1 +∠DAC=90°，
∴∠D1=∠DAC，
∴△AD1E≌△DAC，
∴CD=AE，ED1=AC，
∵A（0，4），B（2，0），点D为AB的中点，
∴点D的坐标为（1，2），
∴CD=AE=1，ED1=AC=AO-OC=2，
∴点D1的坐标为（2，5）；
设点D绕着点A顺时针旋转90°得到点D2，
同理，点D2的坐标为（-2，3），
综上，点D绕着点A旋转90°得到点D的坐标为（-2，3）或（2，5），
故选：C．
本题考查了坐标与图形的变化-旋转，全等三角形的判定和性质，根据平面直角坐标系确定出点D1和D2的位置是解题的关键．
5．C
【解析】连接DE，由旋转的性质可证明是等边三角形，得，，再由勾股定理的逆定理可证明是等腰直角三角形得出，从而可得出结论．
解：连接DE，如图：
∵是等边三角形，
∴AB=AC，
∴
由旋转可得，
∴
∴，即
∴是等边三角形，
∴DE=AD=3，
∵DE＝3，CE＝3，CD＝，
∴
∴
∴是等腰直角三角形，
∴
∴
故选：C
此题是旋转的性质，主要考查了等边三角形的性质和判定，勾股定理逆定理，解本题的关键是判断出△ADE是等边三角形．
6．A
【解析】如图，作点B作BH⊥OA于H，设BB′交y轴于J．求出点B的坐标，证明B，B′关于y轴对称，即可解决问题．
解：如图，故点B作BH⊥OA于H，设BB′交y轴于J．
∵A（1，0），
∴OA=1，
∵△AOB是等边三角形，BH⊥OA，
∴OH=AH=OA=，BH=OH=，
∴B（，），
∵∠AOB=∠BOB′=60°，∠JOA=90°，
∴∠BOJ=∠JOB′=30°，
∵OB=OB′，
∴BB′⊥OJ，
∴BJ=JB′，
∴B，B′关于y轴对称，
∴B′（-，），
故选：A．
本题考查了坐标与图形的性质，旋转变换，轴对称，等边三角形的性质等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．
7．B
【解析】先根据勾股定理可得AB＝5，再根据旋转的性质可得BE＝BC＝3，由此即可求得AE的长．
解：∵∠C＝90°，AC＝4，BC＝3，
∴，
∵以B点为中心，将ABC旋转至DBE，使E点恰好在AB上，
∴BE＝BC＝3，
∴AE＝AB－BE＝2，
故选：B．
本题考查勾股定理以及旋转的性质，熟练掌握勾股定理以及对应点到旋转中心的距离相等是解决本题的关键．
8．B
【解析】根据中心对称图形的定义逐项判断即可．
A．不是中心对称图形，故该选项不符合题意；
B．是中心对称图形，故该选项符合题意；
C．不是中心对称图形，故该选项不符合题意；
D．不是中心对称图形，故该选项不符合题意．
故选B．
本题考查的是识别中心对称图形．识别中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后与自身重合．
9．C
【解析】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．把一个图形绕某一点旋转180°，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形就叫做中心对称图形；如果一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形叫做轴对称图形．
解：A．不是轴对称图形，是中心对称图形，故本选项不符合题意；
B．既是轴对称图形，又是中心对称图形，故本选项符合题意；
C．是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项不符合题意；
D．是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项不符合题意．
故选：B．
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．
10．B
【解析】根据关于原点对称的点的横坐标互为相反数，纵坐标互为相反数，可得答案．
解：由M（4，-3）关于原点对称的点N的坐标是（-4，3），
故选：B．
本题考查了关于原点对称的点的坐标，利用关于原点对称的点的横坐标互为相反数，纵坐标互为相反数是解题关键．
11．（-3，2）或（3，-2）
【解析】先由菱形的性质求出A点坐标，再由中点坐标公式求出对角线交点M坐标以及平移以后对应的点的坐标，最后根据绕坐标原点旋转90°求出P点坐标即可．
延长BC交y轴于N，连接OB、AC交于点M，
∵点坐标是(3，4)，
∴，
∴，
∵菱形，
∴，M为AC中点，
∴A点坐标（5,0），
∴M点坐标，
∴将菱形向左平移6个单位长度，向上平移1个单位长度后M点对应坐标为，
∴再把点沿轴翻折后对应点坐标为，
∵在坐标平面内绕点O旋转90°，
∴对应点横纵坐标绝对值互换作为对应点的横纵坐标绝对值，再根据所在象限确定对应点坐标
∴若是顺时针旋转，则对应点在第二象限，坐标为（-3，2），
若是逆时针旋转，则对应点在第四象限，坐标为（3，-2），
综上所述，点P的坐标为（-3，2）或（3，-2），
故答案为：（-3，2）或（3，-2）．
本题考查了菱形的性质，坐标与图形的变化，熟练掌握菱形的性质以及平移、旋转变换的性质是解题的关键．
12．
【解析】过点D作DF⊥CE于点F，由勾股定理可得，求出EF的长度后再求出DF的长度，即可求出△CDE的面积．
∵将△ABD绕点A逆时针旋转，使AB与AC重合，点D旋转至点E，
∴△ABD≌△ACE，∠DAE=60°，
∴AD=AE=6，EC=BD=7，
∵∠DAE=60°，AD=AE，
∴△ADE是等边三角形，
∴DE=6，
过点D作DF⊥CE于点F，
设EF=x，则CF=7-x，
在Rt△DEF和Rt△DCF中，由勾股定理可得∶
，解得：x=；
∴，
∴=.
本题主要考查了等边三角形的判定与性质，旋转的性质以及勾股定理，熟练地掌握等边三角形的判定，旋转的相关性质以及勾股定理的内容是解题的关键．
13．50
【解析】根据旋转前后的图形全等，三角形的内角和为180°解答；
解：由旋转的性质可得：∠BAC=∠DAE，
∴∠BAC－∠DAC=∠DAE－∠DAC，
∴∠BAD=∠CAE，
∵AD⊥BC，∠B=40°，
∴∠BAD=50°，
∴∠CAE=50°，
故答案为：50；
本题主要考查旋转的性质，三角形内角和定理；掌握旋转的性质是解题关键．
14．-1
【解析】由点与点关于原点对称，可得，再解方程组可得答案.
解： 点与点关于原点对称，
即，
解得：
故答案为：
本题考查的是关于原点对称的两个点的坐标关系，二元一次方程组的解法，掌握“关于原点对称的两个点的坐标特点”是解本题的关键.
15．2
【解析】根据点关于原点对称的坐标特点即可完成．
∵点A（a，﹣3）与点B（1，b）关于原点对称
∴
∴
故答案为：2
本题考查了平面直角坐标系中关于原点对称的点的坐标特征，即横、纵坐标均互为相反数，求代数式的值；掌握这个特征是关键．
16．(﹣5，﹣3)．
【解析】直接利用关于原点对称点的性质得出即可．
解：点P(5，3)关于原点对称的点的坐标为：(﹣5，﹣3)．
故答案为：(﹣5，﹣3)．
本题主要考查了关于原点对称点的性质. 得出对应点坐标是解题的关键.
17．(1)见解析
(2)(﹣4，﹣4)，(2，﹣2)，(﹣3，0)
【解析】（1）找到各点关于原点对称的点，顺次连接可得到△A′B′C′；
（2）结合直角坐标系可得出A′，B′，C′三点的坐标；
（1）
如图所示：△A′B′C′即为所求；
（2）
A′（﹣4，﹣4），B′（2，﹣2），C′（﹣3，0）．
此题考查了旋转作图及中心对称的知识，解答本题的关键是根据旋转的三要素，中心对称的性质，得到各点的对应点，难度一般．
18．(1)见解析
(2)见解析
【解析】（1）作以AB为边且BC边长为4高为3的平行四边形即可得；
（2）根据等腰三角形的腰为5，腰上的高为3，进行画图即可．
（1）解：如图1， ABCD即为所求；
（2）解：如图2，等腰△EFG即为所求．
本题主要考查了利用图形的基本变换进行作图，作图时需要运用平行四边形的性质以及等腰三角形的性质进行计算，熟知平行四边形是中心对称图形，等腰三角形是轴对称图形是解题的关键．
19．(1)30°
(2)见解析
(3)135°，315°
【解析】（1）由含30°角的直角三角形的性质可知∠CD′E=30°，再根据平行线的性质即得出∠α=30°；
（2）由题意可得出CE=CE′=CG=2，由矩形的性质和旋转的性质可得出∠GCD′=∠DCE′=90°+α，进而可利用“SAS”证明△GCD′≌△E′CD，即得出GD′=E′D；
（3）根据正方形的性质可得CB=CD，而，则和为腰相等的两个等腰三角形，所以当两个三角形顶角相等时它们全等．再分类讨论①当和为钝角三角形时，则旋转角；②当和为锐角三角形时，则．
（1）
∵长为4，宽为2的长方形CEFD绕点C顺时针旋转至CE′F′D′，
∴CD′=CD=4，
在Rt△CED′中，CD′=4，CE=2，
∴∠CD′E=30°，
∵CD∥EF，
∴∠α=30°；
（2）
证明：∵G为BC中点，BC=4，
∴CG=2，
∴CG=CE．
∵长方形CEFD绕点C顺时针旋转至CE′F′D′，
∴∠D′CE′=∠DCE=90°，CE=CE′=CG，CD′=CD，
∴∠GCD′=∠DCE′=90°+α，
在△GCD′和△E′CD中，
∴△GCD′≌△E′CD（SAS），
∴GD′=E′D；
（3）
∵四边形ABCD为正方形，
∴CB=CD．
∵，
∴和为腰相等的两个等腰三角形，
∴当时，，
①当和为钝角三角形时，则旋转角；
②当和为锐角三角形时，，则．
综上可知当旋转角的值为和时．
本题考查矩形、正方形的性质，旋转的性质，含30°角的直角三角形的性质，全等三角形的判定和性质等知识．熟练掌握各知识点并利用数形结合的思想是解题关键．
20．(1)见解析
(2)见解析
【解析】（1）作以AB为边且BC边长为4高为3的平行四边形即可得；
（2）根据等腰三角形的腰为5，腰上的高为3，进行画图即可．
（1）解：如图1， ABCD即为所求；
（2）解：如图2，等腰△EFG即为所求．
本题主要考查了利用图形的基本变换进行作图，作图时需要运用平行四边形的性质以及等腰三角形的性质进行计算，熟知平行四边形是中心对称图形，等腰三角形是轴对称图形是解题的关键．
21．(1)见解析
(2)菱形，理由见详解
【解析】（1）根据等腰三角形的性质得到，，由旋转的性质得到，，，根据全等三角的判定定理得到；
（2）由旋转的定义得，因此，根据三角形的内角和定理得，因此，，证得四边形A1BCE为平行四边形，由于，证得四边形A1BCE为菱形．
(1)
证明：∵是等腰三角形，
∴，，
∵将绕顶点B逆时针旋转到的位置，
∴，
∴，，，
在与 中，
，
∴(ASA) ；
(2)
解：四边形是菱形，理由如下：
∵将绕顶点B逆时针旋转到的位置，
∴，，
∴，，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴ ，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，，
∴四边形是平行四边形，
∵，
∴四边形是菱形．
本题考查了旋转的性质，全等三角形的判定和性质，等腰三角形的性质，菱形的判定定理等，熟悉掌握旋转的性质，全等三角形的判定定理，菱形的判定方法是本题的解题关键．
22．（1）见解析；（2）见解析；（3）
【解析】（1）根据题意找到关于原点的对称点，顺次连接，则即为所求；
（2）根据题意找到绕原点O按逆时针方向旋转90°后的对应点，顺次连接，则即为所求；
（3）根据勾股定理即可求得的长
解：（1）如图所示，找到关于原点的对称点，顺次连接，则即为所求；
（2）如图，找到绕原点O按逆时针方向旋转90°后的对应点，顺次连接，则即为所求；
（3）
本题考查了中心对称的性质，旋转的性质，勾股定理，找到变换后对应的点是解题的关键．
23．（1）作图见解析；（2）作图见解析，
【解析】（1）关于轴对称，即对应点横坐标不变，纵坐标互为相反数，找出坐标即可；
（2）根据旋转的性质可画出图形，即可找出的坐标，由即可得出答案．
（1）
关于轴对称的如图所作，
，，,
，，；
（2）绕原点逆时针方向旋转得到的如图所示，
由旋转的性质得：．
本题考查轴对称与旋转作图，掌握轴对称的性质以及旋转的性质是解题的关键．
24．
【解析】由旋转可得DE=DM，∠EDM为直角，可得出∠EDF+∠MDF=90°，由∠EDF=45°，得到∠MDF为45°，可得出∠EDF=∠MDF，再由DF=DF，利用SAS可得出三角形DEF与三角形MDF全等，由全等三角形的对应边相等可得出EF=MF；则可得到AE=CM=1，正方形的边长为3，用AB-AE求出EB的长，再由BC+CM求出BM的长，设EF=MF=x，可得出BF=BM-FM=BM-EF=4-x，在直角三角形BEF中，利用勾股定理列出关于x的方程，求出方程的解得到x的值，即为FM的长．
解：∵ DAE逆时针旋转90°得到 DCE，
∴∠FCM=∠FCD+∠DCM=180°，
∴F、C、M三点共线，
∴DE=DM，∠EDM=90°，
∴∠EDF+∠FDM=90°，
∵∠EDF=45°，
∴∠FDM=∠EDF=45°，
在 DEF和 DMF中，
∴ DEF≌ DMF(SAS)，
∴EF=MF，
设EF=MF=x，
∵AE=CM=1，且BC=3，
∴BM=BC+CM=4，
∴BF=BM-MF=BM-EF=4-x，
∵EB=AB-AE=3-1=2，
在Rt EBF中
即
解得x=，
∴FM=
此题考查了正方形的性质，旋转的性质，全等三角形的判定与性质，以及勾股定理．此题难度适中，注意掌握旋转前后图形的对应关系，注意掌握数形结合思想与方程思想的应用．
25．（1）(﹣3，2)，作图见解析
（2）13，作图见解析
【解析】（1）利用网格特点和旋转的性质画出A1、B1、C1即可；（2）利用关于原点对称的点的坐标特征写出A2、B2、C2的坐标，然后描点得到△A2B2C2，再利用等腰直角三角形的性质计算△AA1A2的面积．
（1）如图，△A1B1C1为所作，A1点的坐标为(﹣3，2)；
（2）如图，△A2B2C2为所作；
△AA1A2的面积＝×（）2＝13．
本题考查了作图 旋转变换：根据旋转的性质可知，对应角都相等都等于旋转角，对应线段也相等，由此可以通过作相等的角，在角的边上截取相等的线段的方法，找到对应点，顺次连接得出旋转后的图形．
26．（1）见解析（2）（1，3）
【解析】（1）根据题意作出图形即可；
（2）根据矩形的性质得到AC=OB=3，OA=BC=5，∠OBC=∠C=90°，根据旋转的性质得到AD=AO=5，由勾股定理即可得到结论．
（1）如图所示，矩形AFED即为所求，
（2）∵A（5，0），B（0，3），
∴OA=5，OB=3，
∵四边形AOBC是矩形，
∴AC=OB=3，OA=BC=5，∠OBC=∠C=90°，
∵矩形ADEF是由矩形AOBC旋转得到，
∴AD=AO=5，
在Rt△ADC中，CD==4，
∴BD=BC-CD=1，
∴D（1，3）．
本题考查了作图-旋转变换，矩形的性质，勾股定理.解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．

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