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23.1图形的旋转
一、单选题
1．下列四个图形中，可以由一个“基本图案”连续旋转 得到的是（　　）
A． B．
C． D．
2．如图，在中，，，，将绕点A逆时针旋转得到，连接，则下列结论错误的是（　　）
A． B． C． D．
3．如图，中，，将绕点O顺时针旋转，得到，边与边交于点C（不在上），则的度数为（　　）
A． B． C． D．
4．如图，将绕点按顺时针方向旋转至，使点落在的延长线上．已知，，则的度数为（　　）
A． B． C． D．
5．（2024秋 凉州区校级期末）如图，△ABC中，∠BAC＝50°，将△ABC绕点A逆时针旋转α（0°＜α＜45°）得到△ADE，DE交AC于点F．当α＝40°时，点D恰好落在BC上，则∠AFE＝（　　）
A．80° B．85° C．90° D．95°
6．（2024秋 凉州区校级期末）如图，点P为等边△ABC外一点，且PA＝5，PC＝4．则PB的最大值为（　　）
A．6 B．8 C．9 D．10
7．（2024秋 清丰县校级期末）如图，将菱形ABCD绕点A逆时针旋转得到菱形AEFG，若AE经过点C，CD与EF相交于H，∠B＝α，∠CHE＝β，则β＝（　　）
A． B． C．90°﹣2α D．180°﹣3α
8．（2025 周村区一模）如图，将△ABC绕点C顺时针旋转，点B的对应点为点E，点A的对应点为点D，当点E恰好落在边AC上时，连接AD，若∠ACB＝30°，则∠DAC的度数是（　　）
A．60° B．65° C．70° D．75°
二、填空题
9．如果抛物线的顶点在抛物线上，同时，抛物线的顶点在抛物线上，那么，我们称抛物线与关联．现将抛物线：，绕点旋转得到抛物线，若抛物线与关联，则t的值为 ．
10．如图，E是正方形中边上的点，以点A为中心，把顺时针旋转，得到，其中．那么旋转角的度数是
11．如图，在矩形中，，点P是边上一点，连接，以A为中心，将线段绕点A逆时针旋转得到，连接，且，则的长度为 ．
12．如图，已知△ABC中，，，，将绕点B顺时针方向旋转到的位置，连接，则的长为 ．
13．将绕点A顺时针旋转得到，并使C点的对应点D点落在直线上，连接，若，，，则的长为 ．
三、解答题
14．如图，点D是等边△ABC内一点，连接AD、BD、CD，AD＝5，BD＝7，CD＝8，将△ABD绕点B顺时针旋转60°至△CBE的位置，连接DE．求△CDE的周长．
15．已知：如图，点E是正方形ABCD的边BC上一点，AB＝12，BE＝5，△ABE逆时针旋转后能够与△ADF重合．
（1）旋转中心是 　 　 ，旋转角为 　 　 度；
（2）请你判断△AEF的形状，并说明理由．
16．如图，在正方形ABCD中，E、F是对角线BD上的两点，连接AE，AF，将线段AF绕点A顺时针旋转90°得到线段AQ，连接BQ，EQ．
（1）求证：△AQB≌△AFD；
（2）若BE＝4，DF＝6，求QE的长．
17．如图，将△ABC绕点C顺时针旋转得到△DEC，点D落在线段AB上．
（1）求证：DC平分∠ADE；
（2）连接BE，求证：∠A＝∠CBE．
18．如图，△ABC为等边三角形，点D为BC延长线上一动点，连接AD，将线段AD绕点A顺时针旋转120°得到AE，直线CE与AB交于点F．过点E作EG∥AC交AB的延长线于点G．
（1）若∠BAE＝45°，求∠D的度数；
（2）求证：BD＝2AF．
《人教版九年级上册数学23.1图形的旋转同步练习》参考答案
1．B
【解析】【解答】解：根据旋转的性质可知，可以由一个“基本图案”连续旋转45°，即经过8次旋转得到的是B．
故答案为：B．
【分析】根据图形的旋转及旋转的性质求解即可。
2．A
3．C
4．B
【解析】【解答】解：由旋转可得∠B=∠B′=40°，∠A=∠A′=27°.
∵∠A=∠A′=27°，
∴∠A′CB′=180°-∠B′-∠A′=113°.
∵∠ACA′=∠A+∠B=67°，
∴∠ACB′=∠A′CB′-∠ACA′=113°-67°=46°.
故答案为：B.
【分析】由旋转可得∠B=∠B′=40°，∠A=∠A′=27°，利用内角和定理可得∠A′CB′的度数，根据外角的性质可得∠ACA′=∠A+∠B=67°，然后根据∠ACB′=∠A′CB′-∠ACA′进行计算.
5．（2024秋 凉州区校级期末）如图，△ABC中，∠BAC＝50°，将△ABC绕点A逆时针旋转α（0°＜α＜45°）得到△ADE，DE交AC于点F．当α＝40°时，点D恰好落在BC上，则∠AFE＝（　　）
A．80° B．85° C．90° D．95°
【考点】旋转的性质．
【专题】三角形；平移、旋转与对称；运算能力；推理能力．
【答案】A
【分析】由旋转得AD＝AB，∠BAD＝α＝40°，则∠ADE＝∠B＝∠ADB（180°﹣∠BAD）＝70°，而∠BAC＝50°，所以∠CAD＝10°，则∠AFE＝∠CAD+∠ADE＝80°，于是得到问题的答案．
【解答】解：∵将△ABC绕点A逆时针旋转α得到△ADE，且α＝40°，
∴AD＝AB，∠BAD＝α＝40°，∠ADE＝∠B，
∴∠B＝∠ADB（180°﹣∠BAD）（180°﹣40°）＝70°，
∴∠ADE＝∠B＝70°，
∵∠BAC＝50°，
∴∠CAD＝∠BAC﹣∠BAD＝50°﹣40°＝10°，
∴∠AFE＝∠CAD+∠ADE＝10°+70°＝80°，
故选：A．
【点评】此题重点考查旋转的性质、等腰三角形的性质、三角形内角和定理等知识，推导出∠BAD＝α＝40°，并且求得∠ADE＝∠B＝70°是解题的关键．
6．（2024秋 凉州区校级期末）如图，点P为等边△ABC外一点，且PA＝5，PC＝4．则PB的最大值为（　　）
A．6 B．8 C．9 D．10
【考点】旋转的性质；三角形三边关系；全等三角形的判定与性质；等边三角形的性质．
【专题】图形的全等；平移、旋转与对称；推理能力．
【答案】C
【分析】如图，将AP绕点A顺时针旋转60°至AD，连接BD、DP，根据旋转的性质得△ADP是等边三角形，得DP＝AD＝AP＝5，根据等边三角形的性质得AB＝AC，∠BAC＝60°，证明△ABD≌△ACP（SAS），得BD＝CP＝4，继而得到BP≤BD+DP＝4+5＝9，当点D在BP上时取“＝”，此时BP取得最大值9，即可得出结论．
【解答】解：如图，将AP绕点A顺时针旋转60°至AD，连接BD、DP，
∴AD＝AP＝5，∠PAD＝60°，
∴△ADP是等边三角形，
∴DP＝AD＝AP＝5，
∵△ABC是等边三角形，PC＝4，
∴AB＝AC，∠BAC＝60°，
∴∠BAC﹣∠DAC＝60°﹣∠DAC＝∠PAD﹣∠DAC，即∠BAD＝∠CAP，
在△ABD和△ACP中，
，
∴△ABD≌△ACP（SAS），
∴BD＝CP＝4，
∴BP≤BD+DP＝4+5＝9，即BP≤9，
当点D在BP上时取“＝”，此时BP取得最大值9，
∴PB的最大值为9．
故选：C．
【点评】本题考查旋转的性质，等边三角形的性质，三角形三边关系，全等三角形的判定与性质，确定BP≤BD+DP是解题的关键．
7．（2024秋 清丰县校级期末）如图，将菱形ABCD绕点A逆时针旋转得到菱形AEFG，若AE经过点C，CD与EF相交于H，∠B＝α，∠CHE＝β，则β＝（　　）
A． B． C．90°﹣2α D．180°﹣3α
【考点】旋转的性质；菱形的性质．
【专题】计算题；运算能力．
【答案】B
【分析】由将菱形ABCD绕点A逆时针旋转得到菱形AEFG，∠B＝α，∠CHE＝β，得BC＝BA，得∠ACD＝∠ACB＝0.5（180﹣α）＝90﹣0.5α，∠E＝∠B＝α，即可得β＝∠CHE＝∠ACD﹣∠E＝90﹣0.5α﹣α＝90° α．
【解答】解：由将菱形ABCD绕点A逆时针旋转得到菱形AEFG，∠B＝α，∠CHE＝β，
得BC＝BA，
得∠ACD＝∠ACB＝0.5（180﹣α）＝90﹣0.5α，
∠E＝∠B＝α，
得β＝∠CHE＝∠ACD﹣∠E＝90﹣0.5α﹣α＝90° α．
故选：B．
【点评】本题主要考查了图形的旋转，解题关键是正确应用旋转的性质．
8．（2025 周村区一模）如图，将△ABC绕点C顺时针旋转，点B的对应点为点E，点A的对应点为点D，当点E恰好落在边AC上时，连接AD，若∠ACB＝30°，则∠DAC的度数是（　　）
A．60° B．65° C．70° D．75°
【考点】旋转的性质．
【专题】常规题型；平移、旋转与对称．
【答案】D
【分析】由旋转性质知△ABC≌△DEC，据此得∠ACB＝∠DCE＝30°、AC＝DC，继而可得答案．
【解答】解：由题意知△ABC≌△DEC，
则∠ACB＝∠DCE＝30°，AC＝DC，
∴∠DAC75°，
故选：D．
【点评】本题主要考查旋转的性质，解题的关键是掌握旋转的性质：①对应点到旋转中心的距离相等．②对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角．③旋转前、后的图形全等．
9．3或
10．/90度
11．/
12．
13．/
14．解：由旋转的性质可得BD＝BE，CE＝AD＝5，∠DBE＝60°，
∴△BDE是等边三角形，
∴DE＝BD＝7，
∴△CDE的周长＝CE+CD+DE＝5+7+8＝20．
15．解：（1）从图形和已知可知：旋转中心是点A，旋转角的度数等于∠BAD的度数，即90°，
故答案为：点A，90°
（2）等腰直角三角形，
理由是：∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BAD＝90°，
∵△ABE逆时针旋转后能够与△ADF重合，
∴△ABE≌△ADF，
∴∠BAE＝∠DAF，AE＝AF，
∴∠FAE＝∠FAD+∠DAE＝∠BAE+∠DAE＝∠BAD＝90°，
∴△AEF是等腰直角三角形．
16．（1）证明：∵将线段AF绕点A顺时针旋转90°得到线段AQ，
∴AQ＝AF，∠QAF＝90°，
∵四边形ABCD为正方形，
∴AB＝AD，∠BAD＝90°，
∴∠QAF＝∠BAD，
∴∠QAB＝∠FAD＝90°﹣∠BAF，
∴△AQB≌△AFD（SAS）；
（2）解：由（1）得△AQB≌△AFD，
∴BQ＝DF＝6，∠ABQ＝∠ADF，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ADB＝∠ABD＝45°，
∴∠ABQ＝45°，
∴∠QBE＝∠ABQ+∠ABD＝90°，
∴在Rt△QBE中，．
17．（1）证明：由旋转得AC＝CD，∠A＝∠CDE，
∴∠A＝∠CDA，
∴∠CDE＝∠CDA，
∴DC平分∠ADE；
（2）证明：∵将△ABC绕点C顺时针旋转得到△DEC，
∴∠ACD＝∠BCE，AC＝DC，BC＝EC，
∴∠A＝∠ADC，∠CBE＝∠BEC，
∵∠A+∠ADC+∠ACD＝180°，∠CBE+∠BEC+∠BCE＝180°，
∴2∠A+∠ACD＝180°，2∠CBE+∠ACD＝180°，
∴∠A＝∠CBE．
18．（1）解：∵△ABC为等边三角形，
∴∠BAC＝∠ABC＝60°，AB＝AC．
∵∠DAE＝120°，
∴∠BAE+∠CAD＝60°．
又∠D+∠CAD＝60°，
∴∠D＝∠BAE＝45°．
（2）证明：∵EG∥AC，
∴∠G＝∠BAC＝∠ABC＝60°．
在△EAG和△ADB中，
，
∴△EAG≌△ADB（AAS）．
∴EG＝AB，GA＝BD．
∴EG＝CA．
在△EFG和△CFA中，
，
∴△EFG≌△CFA（AAS）．
∴AF＝GF．
∴BD＝AG＝2AF．

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