资源简介 第23章《旋转》章节测试卷一、选择题(本大题共10小题,每小题3分,共30分)1.在平面直角坐标系中,若点和关于原点对称,则( )A. B.5 C. D.12.剪纸是中国非物质文化遗产的瑰宝,以刀剪为笔,红纸为媒,绘就千年文化传承.以下剪纸作品中,既是轴对称图形又是中心对称图形的是( )A. B. C. D.3.如图,将 ABC绕点C顺时针旋转得到.当点落在的延长线上时,恰好,若,则的度数为( )A. B. C. D.4.如图, ABC与关于点成中心对称,有以下结论:①点与点是对称点;②;③;④.其中结论正确的有( )A.1个 B.2个 C.3个 D.4个5.如图,在 ABC中,,,,P是上的任意一点,连接,将绕点A按顺时针方向旋转至,使,连接.则线段长度的最小值为( )A. B.2 C.3 D.46.如图,在平面直角坐标系中,边长为2的菱形的顶点B在y轴上,点A在第一象限,,将菱形绕原点O沿顺时针方向旋转,每次旋转,旋转第一次得到四边形(点与点A重合),则旋转第四次得到的点的坐标是( )A. B. C. D.7.如图,两张相同的宽为的矩形纸片叠放在一起,点是纸片中的任意一点.将一张纸片绕着点逆时针旋转,则旋转过程中,两张纸片重叠部分(即四边形)面积的最小值是( )A.8 B.8 C. D.8.如图, ABC与都是等边三角形,,,连接,,若将绕点逆时针旋转,当点,,在同一条直线上时,线段的长为( )A. B. C.或 D.或9.如图,抛物线:与轴交于点,(点在点的左侧),与轴交于点.将抛物线绕点旋转,得到新的抛物线,它的顶点为,与轴的另一个交点为.若以,,,为顶点的四边形是矩形.则的值为( )A.2 B. C. D.10.如图,是正 ABC内一点,,将线段以点为旋转中心逆时针旋转得到线段,下列结论:可以由绕点逆时针旋转得到;四边形的面积是,其中正确结论有个.A.1 B.2 C.3 D.4二、填空题(本大题共6小题,每小题3分,共18分)11.如图, ABC绕某点旋转得到,则其旋转中心的坐标是 .12.如图, ABC与关于点成中心对称,,,,则点到的距离是 .13.如图,将 ABC绕点旋转得到,若点的坐标为,则点A的坐标为 . 14.如图所示,在 中,,,,将 ABC 绕顶点 C 逆时针旋转得到, 与 相交于点 P.则 的最小值为 .15.一段抛物线:,记为,它与x轴交于点O、;将绕点旋转得,交x轴于点;将绕点旋转得;交x轴于点;…若是其中某段抛物线上一点,则 .16.已知中,,,,分别是,的中点,连接,将 BDE绕顶点旋转,当点到直线的距离为1时,的长为 .三、解答题(第17,18,19,20题,每题6分;第21,22,23题;每题8分;第24,25题,每题12分;共9小题,共72分)17.如图,正方形是由正方形旋转而成的,点D在上.(1)直接写出旋转中心和旋转角;(2)若正方形的边长是1,直接写出的长.18.点为 ABC中内任一点,连接,,,将绕点逆时针旋转,得到.(1)如图,试判断的形状,并说明理由.(2)若点是 ABC内一个动点,试说明当点B,P,D,E四个点满足什么位置条件时,PA的和最小.19.如图,在平面直角坐标系中,已知点,,,请解答下列问题:(1)若 ABC经过平移后得到,已知点的坐标为,请作出;(2)若和关于原点成中心对称,画出;(3)在轴上找一点,使得的面积等于 ABC的面积,直接写出点的坐标.20.正方形的对角线相交于点,正方形的顶点与点重合,而且这两个正方形的边长都是1.已知,与正方形的边分别交于,两点.(1)如图1,若,则重叠部分四边形的面积是___________.(2)当正方形绕点O旋转到如图2所示的位置时,四边形的面积是否发生变化?证明你的结论.21.“感知”:如图① ABC和 ADE都是等腰直角三角形,,点在线段上,点在线段上,我们很容易得到,不需证明.“探究”:如图②将 ADE绕点逆时针旋转,连接和,此时.是否依然成立?若成立,写出证明过程,若不成立,说明理由.“应用”:如图③将 ADE绕点逆时针旋转,使得点落在的延长线上,连接,若,,求线段的长.22.【问题呈现】如图,将绕点按顺时针方向旋转得到,点落在边上的点处,连接.(点的对应点分别是点)【初步发现】(1)如图1,五边形的内角和的度数为__________°,外角和的度数为__________°;【求知探究】(2)求证:平分;【拓展延伸】(3)如图2,,,当三点在同一条直线上时,求的面积.23.在长方形中,,将长方形绕点顺时针旋转一定角度(不超过),得到长方形.(1)如图1,分别连接,当时,求的度数;(2)如图2,当点落在边上时,延长交于点,求证:;(3)如图3,当点落在线段上时,与交于点,求的面积.24.如图1,抛物线:经过点和点,抛物线与关于原点O成中心对称.(1)求b,c的值;(2)求抛物线的解析式;(3)将抛物线向上平移2个单位长度得到,抛物线与相交于P,Q两点(点P在点Q的左侧),如图2.①求点P和Q的坐标;②若点M,N分别为抛物线与上P,Q之间的点(点M,N均不与点P,Q重合),直接写出四边形面积的最大值.25.如图①,四边形与四边形是共一个顶点的两个大小不同的正方形.【操作发现】(1)如图②,正方形绕点A逆时针旋转,使点E落在边上,线段与的数量关系是________,与的关系是________.【猜想证明】(2)如图③,正方形绕点A逆时针旋转某一角度时,猜想(1)中的结论是否成立?并证明你的结论.【拓展应用】(3)如图④,正方形绕点A逆时针旋转,使点F落在直线上,当时,直接写出的长度.参考答案一、选择题1.A【分析】本题考查了关于原点对称的点的性质,准确记忆关于原点对称点横纵坐标之间的关系是解题的关键.根据关于原点对称的点的坐标特征,横纵坐标互为相反数,求出m和n的值,再相加即可.【详解】解:∵点和关于原点O对称,∴点B的坐标为点A坐标的相反数,即,∴,且,解得:,,∴.故选:A.2.C【分析】本题主要考查了轴对称图形和中心对称图形,如果一个平面图形沿一条直线折叠,直线两旁的部分能够互相重合,这个图形就叫做轴对称图形;把一个图形绕着某一个点旋转,如果旋转后的图形能够与原来的图形重合,那么这个图形叫做中心对称图形,这个点就是它的对称中心.根据中心对称图形的定义和轴对称图形的定义进行逐项判断即可.【详解】解:A..是轴对称图形,但不是中心对称图形,不符合题意;B.不是轴对称图形,但是中心对称图形,不符合题意;C.既是轴对称图形,也是中心对称图形,符合题意;D.不是轴对称图形,不是中心对称图形,不符合题意.故选C.3.B【分析】本题主要考查了旋转的性质,平行线的性质,等腰三角形的性质,三角形的内角和定理等知识点,解题的关键是熟练掌握旋转的性质和平行线的性质.利用旋转的性质得出,再利用等腰三角形的性质得出,可得.【详解】解:由旋转知,,,,,,,,故选B.4.C【分析】本题考查了中心对称、全等三角形的性质、平行线的判定和性质等知识,解题的关键是掌握中心对称的性质.利用中心对称的性质解决问题即可.【详解】解:∵与关于点成中心对称,∴≌,∴点与点是对称点,,,,故①②③正确.故选:C .5.B【分析】如图所示,在上取点E使,证明出,得到,当时,最短,即最短,如图所示,求出,进而利用含30度角直角三角形的性质求解即可.【详解】如图所示,在上取点E使∵∴,即∵将绕点A按顺时针方向旋转至∴,∵∴∴∵P是上的任意一点∴当时,最短,即最短,如图所示,∵∴∵∴∴的最小值为2,即的最小值为2.故选:B.6.C【分析】先根据菱形的性质得到,,再根据,利用直角三角形两个锐角互余,求得,然后由旋转得,根据点B在y轴上,得出点在x轴上,可知旋转第四次时,点落在x轴的负半轴上,再求出 ,,从而可得,再利用含有的直角三角形的性质求得,进而求得,于是可求得.【详解】解:连接,∵四边形是边长为2的菱形,,∴,,∴,由旋转得,∴,∵点B在y轴上,∴点在x轴上,∴旋转第四次时,点落在x轴的负半轴上,作轴于点E,则,∵,∴,∴,∴,∵点在第三象限,∴,故选:C.7.C【分析】本题考查菱形的判定与性质,平行四边形的判定与性质,过点D作,,连接、交于点O.根据题意先证出四边形是平行四边形,再由,,得,即有平行四边形是菱形,结合图形得出旋转过程中,菱形的高不变,底变化,当两张纸片垂直时,即时,底边最短,即可求出面积最小值.【详解】解:过点D作,,连接、交于点O. 由题意知:,,∴四边形是平行四边形,∵两个矩形等宽,∴,∵在平行四边形中,,∴,∴,∴平行四边形是菱形,旋转过程中,菱形的高不变,底变化,当两张纸片垂直时,即时,底边最短,此时面积为:,故选:C.8.C【分析】本题考查了旋转的性质,等边三角形的性质,含30度角的直角三角形,勾股定理,根据△是等边三角形,可得,由点、、在同一条直线上,需要分2种情况①当点在延长线上时;②当点在延长线上时,分别画出对应的图形,然后过点作边的垂线(或,利用含角的(或)求得垂线(或的长,最后利用勾股定理即可求解的长.熟练掌握以上知识点,学会分类讨论多种情况的图形,能够结合图形作垂线构造直角三角形是解题的关键.【详解】解: ABC与都是等边三角形,,,,①当点在延长线上时,作交于,连接,如图1,, ABC是等边三角形,,,,,在中,,;②当点在延长线上时,作交于,如图2,同理①可得,,,,,在中,由勾股定理得:;综上所述,线段的长为或.故选:C.9.C10.D【详解】解:连接,如图所示:由题意得:,∴,∴,∴可以由绕点B逆时针旋转得到;故①正确;∵,,∴是等边三角形,∵,∴,∴,∴,∵是等边三角形,∴,∴,故②正确;作,如图所示: 则,∴,∴∴四边形的面积,故③正确;将 AOB绕点逆时针旋转得到,连接,作,如图所示: 同理可得:是等边三角形,,,则,∴,∴∴,故④正确;故选:D二、填空题11.【分析】本题考查了旋转的性质、找旋转中心,熟练掌握以上知识点,采用数形结合的思想是解此题的关键.先根据旋转的性质得出点的对应点为点,点的对应点为点,连接、,作线段、的垂直平分线,它们的交点为,即可得到答案.【详解】解: ABC绕某点旋转,得到,点的对应点为点,点的对应点为点,如图,连接、,作线段、的垂直平分线,它们的交点为,,旋转中心的坐标是,故答案为:.12.【分析】本题考查了中心对称图形的性质、勾股定理等知识,熟练掌握中心对称图形的性质是解题关键.过点作于点,先根据中心对称图形的性质可得,,,利用勾股定理可得,从而可得,再利用勾股定理可得,然后利用三角形的面积公式求解即可得.【详解】解:如图,过点作于点,∵ ABC与关于点成中心对称,,,∴,,,∵,∴,∴,∴,∵,∴,即点到的距离是,故答案为:.13.【分析】本题考查坐标与图形变化-旋转、全等三角形的判断与性质等知识点,熟知图形旋转的性质是解题的关键.分别过点和点作y轴的垂线,构造出全等三角形即可解答.【详解】解:如图:分别过点和点作y轴的垂线,垂足分别为D、E, ∵,,∴,,即,由旋转可知,,∵轴,轴,,在和中,,,,∴∴点A的坐标为.故答案为:.14.如【分析】该题考查了旋转的性质,勾股定理,当与垂直时,有最小值,即为直角三角形斜边上的高,由勾股定理求出长即可.【详解】解:当与垂直时,有最小值,如图.,,,由旋转的性质得,,,故答案为:.15.【分析】本题考查了二次函数图象与几何变换,根据平移规律得出的解析式是解题的关键.求出抛物线与轴的交点坐标,然后得到,,,,求出,,,的解析式,然后找到规律,求出的解析式,然后把点P的横坐标代入计算即可得解.【详解】解:∵一段抛物线:,∴图象与x轴交点坐标为:,,∵将绕点旋转得,交x轴于点;将绕点旋转得,交x轴于点;∴,,,∴的解析式为,的解析式为,的解析式为,的解析式为,∵∴的解析式为,∴当时,.故答案为:.16.,或【分析】根据三角形中位线求得,利用勾股定理求得的长度,再利用旋转的性质,根据点到直线的距离为1,分类讨论求解即可.【详解】解∵中,,,分别是,的中点,∴ BDE为直角三角形 ∵∴,,∴若点到直线的距离为1,则可分四种情况进行讨论,①当点在直线的右侧,点在上方时,如图(1)过点作,∵点到直线的距离为1,∴,三点共线,∵,∴四边形是矩形∴,,∴∴;②当点在直线的左侧,点在上方时,如图(2)过点作交延长线于点,过点作,则∵点到直线的距离为1,∴∴由题意可得:四边形为矩形∴,∴∴;③当点在直线的左侧,点在下方时,如图(3)∵点到直线的距离为1,∴∴四边形为矩形,∴,三点共线∴;④如图(4)当点在直线的右侧,点在下方时,,,点到直线的距离为1可以确定点在线段上,且则综上,的长为,或,故答案为:,或解答题17.(1)解:由题意知,旋转中心为点、旋转方向为逆时针旋转,旋转角为;(2)解:∵正方形的边长是1,∴,,∴,∴的长为.18.(1)解:由题意可知 ADE由旋转得到,,,又,为等边三角形.(2)解:当点B,P,D,E四个点在一条直线上时,的和最小.理由:由(1)可知为等边三角形,,,观察图可知,当点B,P,D,E四个点在一条直线上时,的和最小.19.(1)如图,即为所求.(2)如图,即为所求.(3)延长交轴于点,可得点的坐标为;∵∴此时的面积等于 ABC的面积,过点作的平行线,与轴相交于点,此时的面积等于 ABC的面积,设的解析式为,代入,∴解得:∴的解析式为设直线的解析式为代入,∴解得:∴直线的解析式为当时,解得:点的坐标为综上所述,点的坐标为或20.(1)解:如图1,四边形和四边形都为正方形,,,,,,,在和中,,,,重叠部分四边形的面积;故答案为:;(2)解:四边形的面积不发生变化.理由如下:四边形和四边形都为正方形,,,,,,,,在和中,,,,重叠部分四边形的面积;即四边形的面积不发生变化.21.探究:成立,证明:∵ ABC和 ADE都是等腰直角三角形,∴,,∵将 ADE绕点A逆时针旋转,∴,在与中,,∴,∴;应用:∵在中,,∴,∴,∵∴,∵ ABC是等腰直角三角形,∴,同探究可得:,∴,∴,∴,∴.22.解:(1)由多边形内角和定理得:五边形的内角和的度数,∵多边形的外角和等于,∴五边形的外角和的度数为故答案为:540,360;(2)证明:∵四边形是平行四边形,∴,∴,由旋转的性质得:,∴,∴,∴平分,(3)过点C作于点H,如图所示:∵四边形是平行四边形,∴∵将绕点按顺时针方向旋转得到,,,∴∴∵当三点在同一条直线上∴∴由(2)可知,,∴,∴,则,在中,,,∴,,在中,,,则,∴,,∴的面积.23.(1)解:四边形是矩形,,又由旋转得:,为等边三角形;(2)证明:由旋转可得:四边形和全等矩形,,,而,,即.(3)解:如图,连接,依题可知:,,又,∵矩形中,,,设,则,∵在直角三角形中,,解得,..24.(1)解:将点和点代入得,解得;(2)解:由(1)可得抛物线,设点是上任意一点,则点关于原点O成中心对称的点坐标为,∵抛物线与关于原点O成中心对称,∴抛物线的解析式为,整理得;(3)解:①将抛物线向上平移2个单位长度得到,则抛物线的解析式为,联立,解得或,∵抛物线与相交于P,Q两点(点P在点Q的左侧),∴点P的坐标为,点Q的坐标为;②过点作轴交于点,过点作轴交于点,∵点P的坐标为,点Q的坐标为,∴设直线的解析式为,∴,解得,∴直线的解析式为,设,,则,,∴,,∵,∴当时,有最大值4,当时,有最大值4,∵,∴当最大时,四边形面积的最大值为.25.解:(1)∵四边形,四边形都是正方形,∴,∴,∴,故答案为:;(2)结论仍然成立,理由如下:∵四边形,四边形都是正方形,∴,∴,∴,∴;(3)如图,当点落在上时,过点G作于H,∵F落在边上,∴,∵,,在中,∴,∵,∴,∴,∴,∴,∴,∴,∵,∴,∴;如图,当点落在延长线上时,过点G作交延长线与于H,同理得:,∴,∴;综上,的长度为或. 展开更多...... 收起↑ 资源预览