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专题04 旋转单元过关（培优版）
考试范围：第二十三章；考试时间：120分钟；总分：150分
注意事项：
1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息
2．请将答案正确填写在答题卡上
第I卷（选择题）
评卷人得分
一、单选题
1．下列图形中，既是轴对称图形，又是中心对称图形的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根据轴对称图形和中心对称图形的概念逐项判断即得答案.
【详解】解：A、是中心对称图形，不是轴对称图形，故A不符合题意；
B、是轴对称图形，不是中心对称图形，故B不符合题意；
C、既是轴对称图形，又是中心对称图形，故C符合题意；
D、是轴对称图形，不是中心对称图形，故D不符合题意．
故选：C．
【点睛】本题考查了轴对称图形和中心对称图形的定义，将一个图形沿某条直线折叠，如果直线两旁的部分能够互相重合，那么这个图形是轴对称图形；将一个图形绕某个点旋转180°，如果旋转后图形能与原来的图形重合，那么这个图形叫做中心对称图形，熟知概念是关键.
2．在平面直角坐标系中，点关于原点对称的点的坐标是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根据“关于原点对称的点，横坐标互为相反数，纵坐标互为相反数”解答．
【详解】解：点关于原点对称的点的坐标为．
故选择：C．
【点睛】本题考查坐标与图形变化——轴对称.熟记①关于x轴对称的点，横坐标相同，纵坐标互为相反数；②关于y轴对称的点，纵坐标相同，横坐标互为相反数. ③关于原点对称的点，横坐标互为相反数，纵坐标互为相反数是解决此题的关键．
3．如图，把△ABC绕点C逆时针旋转90°得到△DCE，若∠A=35°，则∠ADE为( )
A．35° B．55° C．135° D．125°
【答案】D
【分析】先根据旋转的性质得∠E=∠A=35°，∠ACE=90°，然后根据三角形外角性质求∠ADE的度数．
【详解】解：∵△ABC绕点C逆时针旋转90°得到△DCE，
∴∠E=∠A=35°，∠ACE=90°，
∴∠ADE=∠E+∠DCE=35°+90°=125°．
故选D．
【点睛】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．
4．如图，点A的坐标为，点B是y轴的正半轴上的一点，将线段绕点B按逆时针方向旋转，每次旋转，第一次旋转结束时，点A与点C重合．若点C的坐标为，则第2023次旋转结束时，点A的坐标为（　　）

A． B． C． D．
【答案】D
【分析】过作轴于点，通过证得，得出，，可得点的坐标，再由旋转的角度，可知旋转4次是一个循环，则第2023次旋转结束时与第3次旋转结束时的位置一样，即可得出结论．
【详解】解：过作轴于点，如图：

，
，
，
，
，，
，
，，
点的坐标为，点的坐标为，
，，
，，
，
，
第1次旋转结束时，点；
第2次旋转结束时，点；
第3次旋转结束时，点；
第4次旋转结束时，点；
发现规律：旋转4次一个循环，
，
第2023次旋转结束时，点，
故选：D．
【点睛】本题考查了坐标与图形变化旋转、规律型点的坐标，解决本题的关键是根据旋转的性质发现规律，总结规律．
5．如图，在中，，在同一平面内，将绕点旋转到△的位置，使得，则旋转角为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】由平行线的性质得出，由等腰三角形的性质得出，运用三角形的内角和定理求出即可解决问题．
【详解】解：，，
，
又、为对应点，点为旋转中心，
，即为等腰三角形，
，
．
即旋转角为．
故选：A．
【点睛】本题考查了旋转的基本性质，平行线的性质，等腰三角形的性质，以及三角形内角和定理，熟练掌握知识点是解题的关键．
6．如图，点为轴上一点，以为边作等腰三角形，且，．现将绕点逆时针旋转，第1次旋转30°，第2次旋转60°，第3次旋转30°，第4次旋转60°……依此进行下去，则第60次旋转结束后点的坐标为（ ）

A． B． C． D．
【答案】B
【分析】如图，由题意可得：旋转次回到原位置，过作于 利用图形的性质求解的坐标，再分析得出重合，且与关于原点成中心对称，从而可得答案．
【详解】解：如图，由题意可得：旋转次回到原位置，
过作于
，，
，
由
所以与重合，
而与关于原点成中心对称，

故选B．
【点睛】本题考查的是旋转的性质，旋转过程中的坐标规律，同时考查了含角的直角三角形的性质，勾股定理的应用，中心对称的性质，等腰三角形的性质，三角形的外角的性质，图形与坐标，掌握以上知识是解题的关键．
7．如图，边长为的正方形绕点顺时针旋转到正方形，则图中阴影部分的面积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】如图连接，根据得到，再结合面积公式求解即可得到答案．
【详解】解：连接，
∵边长为的正方形绕点顺时针旋转到正方形，
∴，，
在与中，
，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
故选：C．
【点睛】本题考查了旋转的性质，勾股定理，正方形的性质及三角形全等的判定与性质，解题的关键是得到．
8．如图，扇形中，，将扇形绕点B逆时针旋转，得到扇形，若点O刚好落在弧上的点D处，则的值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】如图，连OD、AB、BC，延长AD交BC于H点，由旋转的性质可得BD=BO=OD=CD=OA，∠BDC=90，可证ABC是等边三角形，由线段垂直平分线的性质可得AH垂直平分BC，由等腰直角三角形的性质和等边三角形的性质可得AC=2CH，AD=CH-CH=（-1）CH，即可求解．
【详解】解：如图，连OD、AB、BC，延长AD交BC于H点，
∵将扇形OAB绕点B逆时针旋转，得到扇形BDC，若点O刚好落在弧AB上的点D处，
∴BD=BO=OD=CD=OA，∠BDC=90，
∴∠OBD=60，即旋转角为60，
∴∠ABC=60，又可知AB=BC，
∴ABC是等边三角形，
∵AB=AC，BD=CD，
∴AH垂直平分BC，
∴∠CAH=30，
∴AC=2CH，AH=CH，
∵BD=CD，∠BDC=90，DH⊥BC，
∴DH=CH，
∴AD=CH-CH=（-1）CH，
∴ ，
故选：B ．
【点睛】本题考查了旋转的性质，等边三角形的性质，利用CH表示AC和AD是本题的关键．
9．如图，在正方形ABCD中，顶点A（0，－2），B（0，2），点E是BC的中点，DE与OC交于点F．将正方形ABCD绕点O顺时针旋转，每次旋转90°，则第2022次旋转结束时，点F的坐标为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【分析】先根据正方形的性质求出，进而得到，MO和DM的长度，再利用正方形的性质和中点的定义求得，进而得到，用勾股定理求出DE，利用三角形面积公式求出CF，进而求得OF，EF和MF的长度，过F作 轴于G，利用三角形面积公式求出点F的坐标，再根据旋转的规律求解．
【详解】解：如下图．∵四边形ABCD是正方形，顶点A（0，－2），B（0，2），
∴，，，轴，
∴是的中位线，
∴．
∵点E是BC的中点，DE与OC交于点F，
∴，
∴，
∴， ．
∵，，，
∴，
∴，．
∵，
∴，
∴，
∴．
∴．
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴．
过F作 轴于G，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵将正方形ABCD绕点O顺时针每次旋转90°，
∴第一次旋转90°后对应的F点的坐标为，
第二次旋转90°后对应的G点的坐标为，
第三次旋转90°后对应的G点的坐标为，
第四次旋转90°后对应的G点的坐标为），
…，
∵，
∴每4次一个循环，第2022次旋转结束时，相当于正方形ABCD绕点O顺时针旋转2次，
∴第2022次旋转结束时，点F的坐标为.
故选：D．
【点睛】本题主要考查了全等三角形的判定和性质，正方形的性质，坐标与图形变换-旋转，勾股定理，三角形面积公式，三角形中位线定理，正确的理解题意是解题的关键．
第II卷（非选择题）
评卷人得分
二、填空题
10．在直角坐标系中，点和关于原点成中心对称，则 ．
【答案】4
【分析】直接利用关于原点成中心对称点的性质得出a，b的值，进而得出答案．
【详解】解：∵点A（1，5）和点B（a，b）关于原点成中心对称，
∴a=-1，b=-5，
则a-b的值为：a-b=-1-（-5）=4．
故答案为：4．
【点睛】此题主要考查了关于原点对称点的性质，正确得出a，b的值是解题关键．
11．如图，在中，，将绕点A按逆时针方向旋转得到，若点B的对应点D恰好落在BC边上，则 ．
【答案】3
【分析】判定△ABD是等边三角形即可．
【详解】∵，将绕点A按逆时针方向旋转得到，
∴AB=AD，，
∴△ABD是等边三角形，
∴BD=AB=3，
故答案为：3．
【点睛】本题考查了旋转的性质，等边三角形的判定和性质，熟练掌握旋转的性质和等边三角形的判定是解题的关键．
12．如图，中，，；，绕点顺时针旋转，点，的对应点分别为，，过作的垂线，垂足为，若，则 ．

【答案】
【分析】如图，设，延长，交延长线与，根据等腰直角三角形的性质旋转的性质及三角形外角性质可得出，，，根据含30°角的直角三角形的性质可用分别表示出、、、的长，利用线段的和差关系，结合列方程求出的值，根据勾股定理即可得答案．
【详解】如图，延长，交延长线与，设，
∵，，，
∴，，
∵绕点顺时针旋转，点，的对应点分别为，，
∴，，，
∴，
∴，
∴，，
∴，
∵，
∴，，
∵，，
∴，
解得：，
∴．

故答案为：
【点睛】本题考查旋转的性质、等腰直角三角形的性质、三角形外角性质、含30°角的直角三角形的性质及勾股定理，熟练掌握旋转的性质及30°角所对直角边等于斜边一半的性质是解题关键．
13．如图，将绕直角顶点顺时针旋转，得到，连接，若，，则的长度为 ．
【答案】/
【分析】本题考查了旋转的性质，直角三角形的性质，由旋转的性质可得，，，由等腰直角三角形的性质可求，然后得到，，利用勾股定理求得，最后利用线段和差解答即可，熟练掌握知识点的应用是解题的关键．
【详解】由旋转性质可知：，，
∴，
∵，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
故答案为：．
14．如图，△COD是△AOB绕点O顺时针方向旋转40°后所得的图形，点C恰好在AB上，∠AOD＝90°，则∠D的度数是 °．

【答案】60
【详解】本题考查了旋转性质的运用.由旋转角∠AOC=40°，∠AOD=90°，可推出∠COD的度数，再根据点C恰好在AB上，OA=OC，∠AOC=40°，计算∠A，利用内角和定理求∠B，根据对应关系可知∠D=∠B．
解：由旋转的性质可知，∠AOC=40°，而∠AOD=90°，
∴∠COD=90°-∠AOC=50°
又∵点C恰好在AB上，OA=OC，∠AOC=40°，
∴∠A==70°，
由旋转的性质可知，∠OCD=∠A=70°
在△OCD中，∠D=180°-∠OCD-∠COD=60°．
15．如图所示，在平面直角坐标系中，，，是等腰直角三角形且，把绕点B顺时针旋转，得到，把绕点C顺时针旋转，得到，依此类推，得到的等腰直角三角形的直角顶点的坐标为 ．
【答案】
【分析】根据题意可以求得P2的纵坐标为﹣1，P3的纵坐标为1，P4的纵坐标为﹣1，P5的纵坐标为1，…，从而发现其中的变化的规律，从而可以求得P2019的坐标．
【详解】作P1⊥x轴于H．
∵A（0，0），B（2，0），∴AB=2．
∵△AP1B是等腰直角三角形，∴P1HAB=1，AH=BH=1，∴P1的纵坐标为1．
∵△AP1B绕点B顺时针旋转180°，得到△BP2C；把△BP2C绕点C顺时针旋转180°，得到△CP3D，∴P2的纵坐标为﹣1，P3的纵坐标为1，P4的纵坐标为﹣1，P5的纵坐标为1，…，∴P2019的纵坐标为1，横坐标为2019×2﹣1=4037，即P2019（4037，1）．
故答案为（4037，1）．
【点睛】本题考查了坐标与图形变化﹣旋转，解答本题的关键是发现各点的变化规律，求出相应的点的坐标．
评卷人得分
三、解答题
16．如图，在平面直角坐标系中有一个．
(1)作出关于原点O对称的，并写出各顶点的坐标；
(2)求出的面积．
【答案】(1)见解析，，，
(2)11.5
【分析】（1）依据中心对称的性质，即可得到关于原点O成中心对称的；进而得出的坐标；
（2）依据三角形面积计算公式，利用割补法即可得到的面积．
【详解】（1）中，，中各点的坐标分别是，，,作图如下：

（2）
【点睛】本题主要考查了利用中心对称变换作图，根据中心对称的性质可知，关于原点中心对称的两个图形各对应点的横、纵坐标互为相反数，先读出已知点的坐标，再找到各自的对应点，顺次连接得出要作的图形．求面积用割补法最常用.
17．在平面直角坐标系中，的位置如图所示（每个小方格都是边长为1个单位长度的正方形）．其中A(1，1)、B(4，4)、C(5，1)．
（1）将沿x轴方向向左平移6个单位，画出平移后得到的A1B1C1；
（2）将绕着点A顺时针旋转90°，画出旋转后得到的A2B2C2，A，B、C的对应点分别是A2、B2、C2，并写出A2、B2、C2的坐标．
【答案】（1）见解析；（2）见解析，(1，﹣1)，(4，﹣4)，(1，﹣5)
【分析】（1）分别作出A，B，C的对应点A1，B1，C1即可．
（2）分别作出A，B，C的对应点A2，B2，C2即可．
【详解】解：（1）如图，△A1B1C1即为所求作．
（2）如图，△A2B2C2即为所求作．A2、B2、C2的坐标分别为：（1，﹣1），（4，﹣4），（1，﹣5）．
【点睛】本题主要考查了图形的旋转变换、图形的平移变换，灵活的动手能力以及空间想象能力是解题关键．
18．已知绕点A逆时针旋转得到．
（1）求和的大小；
（2）连接，求的长．
【答案】（1）∠E=40°，∠EAB=90°；（2）BE=5．
【分析】（1）利用旋转的性质找出旋转角，再根据三角形内角和定理求解即可；
（2）连接BE，由（1）可得出△ABE是直角三角形，用勾股定理求出BE．
【详解】（1）将△ABC绕点A旋转45°得到△ADE，
∴∠CAE=45°，∠E=∠C=40°，
∵∠BAC=45°，
∴∠EAB=∠CAE+∠BAC=90°；
（2）连接BE，根据旋转的性质得出AE=AC=4，
由（1）得出△ABE是直角三角形，
∴BE =AB +AE ，
即BE=5．
【点睛】本题考查了旋转的性质和勾股定理，熟练掌握旋转的性质是解题的关键．
19．如图，在中， ，，，将绕点按顺时针方向旋转，若点的对应点分别是点．请画出旋转后的三角形，并求点与点D之间的距离．（不要求尺规作图）
【答案】画图见解析， 3
【分析】首先根据题意画出旋转后的三角形，易得△ACD是等腰直角三角形，然后由勾股定理求得AC的长．
【详解】解：如图，
∵在△ABC中，∠ACB＝90°，AB＝5，BC＝4，
∴AC＝＝3，
∵将△ABC绕点C顺时针旋转90°，点A，B的对应点分别是点D，E，
∴AC＝CD＝3，∠ACD＝90°，
∴AD＝＝3．
【点睛】此题考查了旋转的性质以及勾股定理．注意掌握旋转前后图形的对应关系是解此题的关键．
20．如图，在中，，把绕点C逆时针旋转α度得到，请填空并用无刻度直尺按照要求完成下列作图：
(1)写出与的数量关系 　 　；
(2)写出与的位置关系 　 　；
(3)在图1中作出的中线；
(4)在图2中作出的中线．
【答案】(1)
(2)
(3)见解析
(4)见解析
【分析】（1）根据旋转的性质可得；
（2）根据旋转的性质可得，，根据内错角相等可得；
（3）连接，由（2），内错角相等，证明可知，即为所求；
（4）延长交于，过点向作垂线交，连接即为所求；
【详解】（1）∵绕点C逆时针旋转α度得到，
∴，
∴；
故答案为：；
（2）∵绕点C逆时针旋转α度得到，，
∴，
∴；
故答案为： ；
（3）如图1，即为所求；
（4）如图2，即为所求；
【点睛】此题考查了作中线、旋转的性质、全等三角形的判定与性质，解题的关键是熟悉旋转的性质．
21．如图，在平面直角坐标系中，把矩形绕点C顺时针旋转角，得到矩形．设与交于点H，且．
(1)当时，的形状是　　　　
(2)当时，求直线的解析式
【答案】(1)等边三角形
(2)
【分析】本题主要考查了矩形的性质，勾股定理，求一次函数解析式，旋转的性质，等边三角形的性质与判定，灵活运用所学知识是解题的关键．
（1）根据旋转的性质得到，即可证明是等边三角形；
（2）根据矩形的性质结合得到，设，利用勾股定理建立方程，解方程求出得到，据此利用待定系数法求出解析式即可．
【详解】（1）解：由旋转的性质可得，
∴是等边三角形，
故答案为：等边三角形；
（2）解：∵，四边形是矩形，
∴，
设，则，
在中，由勾股定理得，
∴，
解得，
∴，
∴，
设直线的解析式为，
∴，
∴，
∴直线的解析式为．
22．如图，在平面直角坐标系中，的顶点是坐标原点，，．
(1)求点的坐标；
(2)将绕点按顺时针方向旋转一定角度后得△，点的对应点在轴上，求点的对应点的坐标．
【答案】(1)
(2)(，)
【分析】（1）如图，过点作于点，则，利用等腰三角形的性质以及勾股定理求出，，可得结论；
（2）由旋转的性质可知，△，推出，，过点作于点，利用面积法求出，再利用勾股定理求出，，可得结论．
【详解】（1）解：如图，过点作于点，则，
，，
，
在中，，
，
点的坐标为；
（2）解：由旋转的性质可知，△，
，，
过点作于点，
，
，
，
，
，
，
在△中，，
，
(，)．
【点睛】本题考查坐标与图形变化-旋转，等腰三角形的性质，勾股定理，三角形的面积等知识，解题的关键是学会利用面积法求线段的长．
23．已知：如图1，，点D在内部，点E，F分别在射线，上．
求作：等腰直角三角形．
小轩同学的作法：
①过点D作于M；
②线段绕点D顺时针旋转90°得到线段；
③过点N作交于E，连接；
④过D作交于F．
⑤∴为所求．
问题：
(1)小轩画出的图2中，请你找出一组全等的三角形，并写出全等依据；
(2)参考小轩同学的作法，在图2中画出一个与不全等的等腰直角三角形DHK，点H，K分别在射线BA，BC上，不写作法，保留画图痕迹．
【答案】(1)，证明见详解；
(2)见详解．
【分析】（1），根据，，得到，再根据，绕点D顺时针旋转90°得到线段得到，，即可得到答案；
（2）根据题目作图方法直接作图即可得到答案．
【详解】（1）解：，理由如下，
由题意可得，
∵，，
∴，
∵，绕点D顺时针旋转90°得到线段，
∴，，
在与中，
∵，
∴；
（2） ．
【点睛】本题考查同角的余角相等，三角形全等判定与性质及作图，解题的关键是从题意中提取的相关证明条件．
24．综合与实践：在综合与实践课上，老师让同学们以旋转为主题开展数学活动：
【操作判断】（1）如图1，在等腰Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=BC，点P在边AB上，将射线CP绕点C逆时针旋转45°，交AB于点Q，再将△CAP绕点C逆时针旋转90°得△CBM，连接QM．
根据以上操作可知：
I.∠QCM=_________．
II.△CPQ△CMQ的依据是_________．(填序号)
①AAS ②ASA ③SAS ④HL
【迁移探究】（2）圆梦小组将点P移动到边BA的延长线上，重复上述操作得到图2，根据操作，判断AP、PQ、BQ之间的数量关系，并说明理由．
【拓展应用】（3）希望小组将等腰Rt△ABC改为等边△ABC继续探究，如图3，已知AB=2，点P为射线BC上一动点，将射线AP绕点A逆时针旋转30°，交射线BC于点Q，再将△APC绕点A逆时针旋转60°得△AMB，当△BMQ为直角三角形时，请直接写出CP的长．
【答案】（1）I.45°；II.③；（2），理由见解析；（3）CP的长为或．
【分析】（1）I.由旋转的性质得到∠ACP=∠BCM，据此即可求得∠QCM=45°；II.利用SAS即可证明△CPQ△CMQ；
（2）同（1）法证明△CPQ △CMQ，推出PQ=MQ，再证明∠QBM=90°，在Rt△QBM中，利用勾股定理即可求解；
（3）分当∠MQB=90°和∠QMB=90°时两种情况分析，利用含30度角的直角三角形的性质求解即可．
【详解】解：（1）I.∵将△CAP绕点C逆时针旋转90°得△CBM，
∴∠ACP=∠BCM，
∵∠ACB=90°，∠PCQ=45°，
∴∠ACP+∠QCB=∠BCM+∠QCB=45°，
即∠QCM=45°；
故答案为：45°；
II.∵将△CAP绕点C逆时针旋转90°得△CBM，
∴CP=CM，
在△CPQ和△CMQ中，，
∴△CPQ△CMQ(SAS)，
故选：③；
（2），理由如下，
∵将△CAP绕点C逆时针旋转90°得△CBM，
∴∠ACP=∠BCM，
∵∠ACB=90°，∠PCQ=45°，
∴∠QCM=∠QCB∠ACP=90°∠ACQ∠ACP
=90° (∠ACQ∠ACP)=90°∠PCQ=45°，
即∠QCM=45°；
∵将△CAP绕点C逆时针旋转90°得△CBM，
∴CP=CM，PA=BM，∠P=∠CMB，
在△CPQ和△CMQ中，，
∴△CPQ△CMQ(SAS)，
∴PQ=MQ，
∵在等腰Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=BC，
∴∠ABC=∠CAB=45°，
∴∠ABC=∠P+∠ACP=∠CMB+∠BCM=45°，
∴∠QBM=180°∠ABC∠CMB∠BCM=90°，
在Rt△QBM中，，即，
（3）∵将△APC绕点A逆时针旋转60°得△AMB，且射线AP绕点A逆时针旋转30°，
∴∠PAQ=∠MAQ=30°，AP=AM，PC=BM，
∴△APQ△AMQ(SAS)，
∴PQ=QM，
同（2）得∠PBM=60°，
当∠MQB=90°时，∠BMQ=30°，
设PC=BM=a，则QB=a，MQ=a=PQ，
∴CQ=PCPQ=a-a，
∴aa+2=a，
解得a=；
当∠QMB=90°时，∠BQM=30°，
设PC=BM=b，则QB=2b，MQ=b=PQ，
∴CQ=PQPC=bb，
∴bb+2b=2，
解得b=；
综上，CP的长为或．
【点睛】此题考查了等边三角形的性质、等腰直角三角形的性质、全等三角形的判定和性质、旋转的性质、勾股定理等知识，本题综合性强，解题的关键是学会用旋转法添加辅助线，构造全等三角形解决问题，学会利用探究的结论解决新的问题，属于中考压轴题．
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考试范围：第二十三章；考试时间：120分钟；总分：150分
注意事项：
1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息
2．请将答案正确填写在答题卡上
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一、单选题
1．下列图形中，既是轴对称图形，又是中心对称图形的是（ ）
A． B． C． D．
2．在平面直角坐标系中，点关于原点对称的点的坐标是（ ）
A． B． C． D．
3．如图，把△ABC绕点C逆时针旋转90°得到△DCE，若∠A=35°，则∠ADE为( )
A．35° B．55° C．135° D．125°
4．如图，点A的坐标为，点B是y轴的正半轴上的一点，将线段绕点B按逆时针方向旋转，每次旋转，第一次旋转结束时，点A与点C重合．若点C的坐标为，则第2023次旋转结束时，点A的坐标为（　　）

A． B． C． D．
5．如图，在中，，在同一平面内，将绕点旋转到△的位置，使得，则旋转角为（ ）
A． B． C． D．
6．如图，点为轴上一点，以为边作等腰三角形，且，．现将绕点逆时针旋转，第1次旋转30°，第2次旋转60°，第3次旋转30°，第4次旋转60°……依此进行下去，则第60次旋转结束后点的坐标为（ ）

A． B． C． D．
7．如图，边长为的正方形绕点顺时针旋转到正方形，则图中阴影部分的面积为（ ）
A． B． C． D．
8．如图，扇形中，，将扇形绕点B逆时针旋转，得到扇形，若点O刚好落在弧上的点D处，则的值为（ ）
A． B． C． D．
9．如图，在正方形ABCD中，顶点A（0，－2），B（0，2），点E是BC的中点，DE与OC交于点F．将正方形ABCD绕点O顺时针旋转，每次旋转90°，则第2022次旋转结束时，点F的坐标为（ ）
A． B．
C． D．
第II卷（非选择题）
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二、填空题
10．在直角坐标系中，点和关于原点成中心对称，则 ．
11．如图，在中，，将绕点A按逆时针方向旋转得到，若点B的对应点D恰好落在BC边上，则 ．
12．如图，中，，；，绕点顺时针旋转，点，的对应点分别为，，过作的垂线，垂足为，若，则 ．

13．如图，将绕直角顶点顺时针旋转，得到，连接，若，，则的长度为 ．
14．如图，△COD是△AOB绕点O顺时针方向旋转40°后所得的图形，点C恰好在AB上，∠AOD＝90°，则∠D的度数是 °．

15．如图所示，在平面直角坐标系中，，，是等腰直角三角形且，把绕点B顺时针旋转，得到，把绕点C顺时针旋转，得到，依此类推，得到的等腰直角三角形的直角顶点的坐标为 ．
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三、解答题
16．如图，在平面直角坐标系中有一个．
(1)作出关于原点O对称的，并写出各顶点的坐标；
(2)求出的面积．
17．在平面直角坐标系中，的位置如图所示（每个小方格都是边长为1个单位长度的正方形）．其中A(1，1)、B(4，4)、C(5，1)．
（1）将沿x轴方向向左平移6个单位，画出平移后得到的A1B1C1；
（2）将绕着点A顺时针旋转90°，画出旋转后得到的A2B2C2，A，B、C的对应点分别是A2、B2、C2，并写出A2、B2、C2的坐标．
18．已知绕点A逆时针旋转得到．
（1）求和的大小；
（2）连接，求的长．
19．如图，在中， ，，，将绕点按顺时针方向旋转，若点的对应点分别是点．请画出旋转后的三角形，并求点与点D之间的距离．（不要求尺规作图）
20．如图，在中，，把绕点C逆时针旋转α度得到，请填空并用无刻度直尺按照要求完成下列作图：
(1)写出与的数量关系 　 　；
(2)写出与的位置关系 　 　；
(3)在图1中作出的中线；
(4)在图2中作出的中线．
21．如图，在平面直角坐标系中，把矩形绕点C顺时针旋转角，得到矩形．设与交于点H，且．
(1)当时，的形状是　　　　
(2)当时，求直线的解析式
22．如图，在平面直角坐标系中，的顶点是坐标原点，，．
(1)求点的坐标；
(2)将绕点按顺时针方向旋转一定角度后得△，点的对应点在轴上，求点的对应点的坐标．
23．已知：如图1，，点D在内部，点E，F分别在射线，上．
求作：等腰直角三角形．
小轩同学的作法：
①过点D作于M；
②线段绕点D顺时针旋转90°得到线段；
③过点N作交于E，连接；
④过D作交于F．
⑤∴为所求．
问题：
(1)小轩画出的图2中，请你找出一组全等的三角形，并写出全等依据；
(2)参考小轩同学的作法，在图2中画出一个与不全等的等腰直角三角形DHK，点H，K分别在射线BA，BC上，不写作法，保留画图痕迹．
24．综合与实践：在综合与实践课上，老师让同学们以旋转为主题开展数学活动：
【操作判断】（1）如图1，在等腰Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=BC，点P在边AB上，将射线CP绕点C逆时针旋转45°，交AB于点Q，再将△CAP绕点C逆时针旋转90°得△CBM，连接QM．
根据以上操作可知：
I.∠QCM=_________．
II.△CPQ△CMQ的依据是_________．(填序号)
①AAS ②ASA ③SAS ④HL
【迁移探究】（2）圆梦小组将点P移动到边BA的延长线上，重复上述操作得到图2，根据操作，判断AP、PQ、BQ之间的数量关系，并说明理由．
【拓展应用】（3）希望小组将等腰Rt△ABC改为等边△ABC继续探究，如图3，已知AB=2，点P为射线BC上一动点，将射线AP绕点A逆时针旋转30°，交射线BC于点Q，再将△APC绕点A逆时针旋转60°得△AMB，当△BMQ为直角三角形时，请直接写出CP的长．
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