第二十三章 旋转真题训练解析版文档格式.docx

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B．

C．4D．

【分析】连接EG，根据AG垂直平分EF，即可得出EG＝FG，设CE＝x，则DE＝5﹣x＝BF，FG＝EG＝8﹣x，再根据Rt△CEG中，CE2+CG2＝EG2，即可得到CE的长．

如图所示，连接EG，

由旋转可得，△ADE≌△ABF，

∴AE＝AF，DE＝BF，

又∵AG⊥EF，

∴H为EF的中点，

∴AG垂直平分EF，

∴EG＝FG，

设CE＝x，则DE＝5﹣x＝BF，FG＝8﹣x，

∴EG＝8﹣x，

∵∠C＝90°

，

∴Rt△CEG中，CE2+CG2＝EG2，即x2+22＝（8﹣x）2，

解得x＝

∴CE的长为

3．（2020•天津）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°

，将△ABC绕点C顺时针旋转得到△DEC，使点B的对应点E恰好落在边AC上，点A的对应点为D，延长DE交AB于点F，则下列结论一定正确的是（　　）

A．AC＝DEB．BC＝EFC．∠AEF＝∠DD．AB⊥DF

【分析】依据旋转可得，△ABC≌△DEC，再根据全等三角形的性质，即可得出结论．

由旋转可得，△ABC≌△DEC，

∴AC＝DC，故A选项错误，

BC＝EC，故B选项错误，

∠AEF＝∠DEC＝∠B，故C选项错误，

∠A＝∠D，

又∵∠ACB＝90°

∴∠A+∠B＝90°

∴∠D+∠B＝90°

∴∠BFD＝90°

，即DF⊥AB，故D选项正确，

D．

4．（2020•菏泽）如图，将△ABC绕点A顺时针旋转角α，得到△ADE，若点E恰好在CB的延长线上，则∠BED等于（　　）

C．

D．

【分析】证明∠ABE+∠ADE＝180°

，推出∠BAD+∠BED＝180°

即可解决问题．

∵∠ABC＝∠ADE，∠ABC+∠ABE＝180°

∴∠ABE+∠ADE＝180°

∴∠BAD+∠BED＝180°

∵∠BAD＝α，

∴∠BED＝180°

﹣α．

5．（2020•眉山）如图，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°

，AB＝2．将△ABC绕点A按顺时针方向旋转至

△A1B1C1的位置，点B1恰好落在边BC的中点处，则CC1的长为　　．

【分析】由旋转的性质得出△ABB1是等边三角形，求出CA的长，则可得出答案．

∵在Rt△ABC中，∠BAC＝90°

，将该三角形绕点A按顺时针方向旋转到△AB1C1的位置，点B1恰好落在边BC的中点处，

∴AB1＝

BC，BB1＝B1C，AB＝AB1，

∴BB1＝AB＝AB1，

∴△ABB1是等边三角形，

∴∠BAB1＝∠B＝60°

∴∠CAC1＝60°

∵将△ABC绕点A按顺时针方向旋转至△A1B1C1的位置，

∴CA＝C1A，

∴△AC1C是等边三角形，

∴CC1＝CA，

∵AB＝2，

∴CA＝

∴CC1＝

．

故答案为：

6．（2019•苏州）如图，△ABC中，点E在BC边上，AE＝AB，将线段AC绕A点旋转到AF的位置，使得∠CAF＝∠BAE，连接EF，EF与AC交于点G．

（1）求证：

EF＝BC；

（2）若∠ABC＝65°

，∠ACB＝28°

，求∠FGC的度数．

【分析】

（1）由旋转的性质可得AC＝AF，利用SAS证明△ABC≌△AEF，根据全等三角形的对应边相等即可得出EF＝BC；

（2）根据等腰三角形的性质以及三角形内角和定理求出∠BAE＝180°

﹣65°

×

2＝50°

，那么∠FAG＝50°

．由△ABC≌△AEF，得出∠F＝∠C＝28°

，再根据三角形外角的性质即可求出∠FGC＝∠FAG+∠F＝78°

【解答】

（1）证明：

∵∠CAF＝∠BAE，

∴∠BAC＝∠EAF．

∵将线段AC绕A点旋转到AF的位置，

∴AC＝AF．

在△ABC与△AEF中，

AB=AE

∠BAC=∠EAF

AC=AF，

∴△ABC≌△AEF（SAS），

∴EF＝BC；

（2）解：

∵AB＝AE，∠ABC＝65°

∴∠BAE＝180°

∴∠FAG＝∠BAE＝50°

∵△ABC≌△AEF，

∴∠F＝∠C＝28°

∴∠FGC＝∠FAG+∠F＝50°

+28°

＝78°

二．旋转对称图形（共3小题）

7．（2020•镇江）点O是正五边形ABCDE的中心，分别以各边为直径向正五边形的外部作半圆，组成了一幅美丽的图案（如图）．这个图案绕点O至少旋转　72　°

后能与原来的图案互相重合．

【分析】直接利用旋转图形的性质进而得出旋转角．

连接OA，OE，则这个图形至少旋转∠AOE才能与原图象重合，

∠AOE＝72°

72．

8．（2019•吉林）把图中的交通标志图案绕着它的中心旋转一定角度后与自身重合，则这个旋转角度至少为（　　）

A．30°

B．90°

C．120°

D．180°

【分析】根据图形的对称性，用360°

除以3计算即可得解．

∵360°

÷

3＝120°

∴旋转的角度是120°

的整数倍，

∴旋转的角度至少是120°

C．

9．（2017•柳州）如图，把这个“十字星”形图绕其中心点O旋转，当至少旋转　90　度后，所得图形与原图形重合．

【分析】根据旋转对称图形的概念求解即可得．

把这个“十字星”形图绕其中心点O旋转，当至少旋转360°

4＝90°

后，所得图形与原图形重合，

90．

三．中心对称（共3小题）

10．（2020•绍兴）如图，点O为矩形ABCD的对称中心，点E从点A出发沿AB向点B运动，移动到点B停止，延长EO交CD于点F，则四边形AECF形状的变化依次为（　　）

A．平行四边形→正方形→平行四边形→矩形

B．平行四边形→菱形→平行四边形→矩形

C．平行四边形→正方形→菱形→矩形

D．平行四边形→菱形→正方形→矩形

【分析】根据对称中心的定义，根据矩形的性质，可得四边形AECF形状的变化情况．

观察图形可知，四边形AECF形状的变化依次为平行四边形→菱形→平行四边形→矩形．

11．（2020•台州）用四块大正方形地砖和一块小正方形地砖拼成如图所示的实线图案，每块大正方形地砖面积为a，小正方形地砖面积为b，依次连接四块大正方形地砖的中心得到正方形ABCD．则正方形ABCD的面积为　a+b　．（用含a，b的代数式表示）

【分析】如图，连接DK，DN，证明S四边形DMNT＝S△DKN＝

a即可解决问题．

如图，连接DK，DN，

∵∠KDN＝∠MDT＝90°

∴∠KDM＝∠NDT，

∵DK＝DN，∠DKM＝∠DNT＝45°

∴△DKM≌△DNT（ASA），

∴S△DKM＝S△DNT，

∴S四边形DMNT＝S△DKN＝

a，

∴正方形ABCD的面积＝4×

a+b＝a+b．

故答案为a+b．

12．（2020•泰安）如图，将正方形网格放置在平面直角坐标系中，其中，每个小正方形的边长均为1，点A，B，C的坐标分别为A（0，3），B（﹣1，1），C（3，1）．△A'

B'

C′是△ABC关于x轴的对称图形，将△A'

绕点B'

逆时针旋转180°

，点A'

的对应点为M，则点M的坐标为　（﹣2，1）　．

【分析】延长A'

后得出点M，进而利用图中坐标解答即可．

将△A'

，如图所示：

所以点M的坐标为（﹣2，1），

（﹣2，1）．

四．中心对称图形（共3小题）

13．（2020•广西）下列图形是中心对称图形的是（　　）

【分析】根据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可得答案．

A、不是中心对称图形，故此选项不合题意；

B、不是中心对称图形，故此选项不合题意；

C、不是中心对称图形，故此选项不合题意；

D、是中心对称图形，故此选项符合题意；

14．（2020•毕节市）下列图形中是中心对称图形的是（　　）

A．平行四边形B．等边三角形C．直角三角形D．正五边形

【分析】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．

A、是中心对称图形，故此选项符合题意；

D、不是中心对称图形，故此选项不合题意；

15．（2020•鸡西）下列图形中，既是轴对称图形，又是中心对称图形的个数有（　　）

A．1个B．2个C．3个D．4个

【分析】根据轴对称图形和中心对称图形的定义逐个判断即可．

既是轴对称图形，又是中心对称图形的图形是第一个图形和第三个图形，共2个，

五．关于原点对称的点的坐标（共3小题）

16．（2020•淮安）在平面直角坐标系中，点（3，2）关于原点对称的点的坐标是（　　）

A．（2，3）B．（﹣3，2）C．（﹣3，﹣2）D．（﹣2，﹣3）

【分析】直接利用关于原点对称点的性质得出答案．

点（3，2）关于原点对称的点的坐标是：

（﹣3，﹣2）．

17．（2019•贵港）若点P（m﹣1，5）与点Q（3，2﹣n）关于原点成中心对称，则m+n的值是（　　）

A．1B．3C．5D．7

【分析】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．

∵点P（m﹣1，5）与点Q（3，2﹣n）关于原点对称，

∴m﹣1＝﹣3，2﹣n＝﹣5，

解得：

m＝﹣2，n＝7，

则m+n＝﹣2+7＝5．

18．（2019•安顺）在平面直角坐标系中，点P（﹣3，m2+1）关于原点的对称点在（　　）

A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限

【分析】依据m2+1＞0，即可得出点P（﹣3，m2+1）在第二象限，再根据两个点关于原点对称时，它们的坐标符号相反，即可得出结论．

∵m2+1＞0，

∴点P（﹣3，m2+1）在第二象限，

∴点P（﹣3，m2+1）关于原点的对称点在第四象限，

六．坐标与图形变化-旋转（共4小题）

19．（2020•南通）以原点为中心，将点P（4，5）按逆时针方向旋转90°

，得到的点Q所在的象限为（　　）

【分析】根据旋转的性质，以原点为中心，将点P（4，5）按逆时针方向旋转90°

，即可得到点Q所在的象限．

如图，∵点P（4，5）按逆时针方向旋转90°

得点Q所在的象限为第二象限．

20．（2020•黄石）在平面直角坐标系中，点G的坐标是（﹣2，1），连接OG，将线段OG绕原点O旋转180°

，得到对应线段OG'

，则点G'

的坐标为（　　）

A．（2，﹣1）B．（2，1）C．（1，﹣2）D．（﹣2，﹣1）

【分析】根据中心对称的性质解决问题即可．

由题意G与G′关于原点对称，

∵G（﹣2，1），

∴G′（2，﹣1），

21．（2020•青岛）如图，将△ABC先向上平移1个单位，再绕点P按逆时针方向旋转90°

，得到△A′B′C′，则点A的对应点A′的坐标是（　　）

A．（0，4）B．（2，﹣2）C．（3，﹣2）D．（﹣1，4）

【分析】根据平移和旋转的性质，将△ABC先向上平移1个单位，再绕点P按逆时针方向旋转90°

，得到△A′B′C′，即可得点A的对应点A′的坐标．

如图，

△A′B′C′即为所求，

则点A的对应点A′的坐标是（﹣1，4）．故选：

22．（2020•枣庄）如图，平面直角坐标系中，点B在第一象限，点A在x轴的正半轴上，∠AOB

＝∠B＝30°

，OA＝2．将△AOB绕点O逆时针旋转90°

，点B的对应点B'

的坐标是（　　）

A．（﹣

，3）B．（﹣3，

）

C．（﹣

，2+

）D．（﹣1，2+

）

【分析】如图，过点B′作B′H⊥y轴于H．解直角三角形求出′H，B′H即可．

如图，过点B′作B′H⊥y轴于H．

在Rt△A′B′H中，∵A′B′＝2，∠B′A′H＝60°

∴A′H＝A′B′cos60°

＝1，B′H＝A′B′sin60°

＝

∴OH＝2+1＝3，

∴B′（﹣

，3），

七．作图-旋转变换（共2小题）

23．（2019•宁夏）已知：

在平面直角坐标系中，△ABC的三个顶点的坐标分别为A（5，4），B（0，3），C（2，1）．

（1）画出△ABC关于原点成中心对称的△A1B1C1，并写出点C1的坐标；

（2）画出将A1B1C1绕点C1按顺时针旋转90°

所得的△A2B2C1．

（1）分别作出三顶点关于原点的对称点，再顺次连接即可得；

（2）分别作出点A1、B1绕点C1按顺时针旋转90°

所得的对应点，再顺次连接即可得．

（1）如图所示，△A1B1C1即为所求，其中点C1的坐标为（﹣2，﹣1）．

（2）如图所示，△A2B2C1即为所求．

24．（2018•南宁）如图，在平面直角坐标系中，已知△ABC的三个顶点坐标分别是A（1，1），B（4，1），C（3，3）．

（1）将△ABC向下平移5个单位后得到△A1B1C1，请画出△A1B1C1；

（2）将△ABC绕原点O逆时针旋转90°

后得到△A2B2C2，请画出△A2B2C2；

（3）判断以O，A1，B为顶点的三角形的形状．（无须说明理由）

（1）利用点平移的坐标特征写出A1、B1、C1的坐标，然后描点即可得到△A1B1C1为所作；

（2）利用网格特定和旋转的性质画出A、B、C的对应点A2、B2、C2，从而得到△A2B2C2，

（3）根据勾股定理逆定理解答即可．

（1）如图所示，△A1B1C1即为所求：

（2）如图所示，△A2B2C2即为所求：

（3）三角形的形状为等腰直角三角形，OB＝OA1＝

，A1B＝

即

所以三角形的形状为等腰直角三角形．