九年级数学中考专题图形的旋转 精炼卷含答案.docx

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九年级数学中考专题图形的旋转精炼卷含答案

九年级数学中考专题--图形的旋转精炼卷

1.如图，在边长为1个单位长度的小正方形组成的网格中，给出了格点△ABC（顶点是网格线的交点）．

（1）先将△ABC竖直向上平移6个单位，再水平向右平移1个单位得到△A1B1C1，请画出△A1B1C1；

（2）将△A1B1C1绕B1点顺时针旋转90°，得△A2B1C2，请画出△A2B1C2；

（3）求

（2）中点A1旋转到点A2所经过的弧长A1A2（结果保留π）．

2.如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，∠B=30°，将△ABC绕点C按顺时针方向旋转n度后，得到△DEC，点D刚好落在AB边上.

（1）求n的值；

（2）若F是DE的中点，判断四边形ACFD的形状，并说明理由.

3.如图,正方形网格中的每个小正方形的边长都是1,每个小正方形的顶点叫做格点.△ABC的三个顶点A，B，C都在格点上，将△ABC绕点A按顺时针方向旋转90°得到△AB′C′．

（1）在正方形网格中，画出△AB′C′；

（2）计算线段AB在变换到AB′的过程中扫过区域的面积．

4.如图,点P的坐标为（4，3），把点P绕坐标原点O逆时针旋转90°后得到点Q．

（1）写出点Q的坐标是；

（2）若把点Q向右平移m个单位长度，向下平移2m个单位长度后，得到的点Q′恰好落在第三象限，求m的取值范围．

5.已知△ABC是等腰三角形,AB=AC．

（1）特殊情形：

如图1,当DE∥BC时，有DBEC．（填“＞”，“＜”或“=”）

（2）发现探究：

若将图1中的△ADE绕点A顺时针旋转α（0°＜α＜180°）到图2位置，则

（1）中的结论还成立吗？

若成立，请给予证明；若不成立，请说明理由．

（3）拓展运用：

如图3，P是等腰直角三角形ABC内一点,∠ACB=90°,且PB=1,PC=2，PA=3，求∠BPC的度数．

6.

（1）如图1，点P是正方形ABCD内的一点，把△ABP绕点B顺时针方向旋转，使点A与点C重合，点P的对应点是Q．若PA=3，PB=2，PC=5，求∠BQC的度数．

（2）点P是等边三角形ABC内的一点，若PA=12，PB=5，PC=13，求∠BPA的度数．

7.在平面直角坐标系中,O为原点,点B在x轴的正半轴上,D（0,8）,将矩形OBCD折叠,使得顶点B落在CD边上的P点处．

（1）如图①，已知折痕与边BC交于点A,若OD=2CP,求点A的坐标．

（2）若图①中的点P恰好是CD边的中点,求∠AOB的度数．

（3）如图②，在

（1）的条件下,擦去折痕AO,线段AP,连接BP,动点M在线段OP上（点M与P，O不重合）,动点N在线段OB的延长线上,且BN=PM,连接MN交PB于点F,作ME⊥BP于点E,试问当点M，N在移动过程中,线段EF的长度是否发生变化？

若变化,说明理由；若不变,求出线段EF的长度（直接写出结果即可）

8.如图1，将两块全等的直角三角形纸片△ABC和△DEF叠放在一起，其中∠ACB=∠E=90°，BC=DE=6，AC=FE=8，顶点D与边AB的中点重合．

（1）若DE经过点C，DF交AC于点G，求重叠部分（△DCG）的面积；

（2）合作交流：

“希望”小组受问题

（1）的启发，将△DEF绕点D旋转，使DE⊥AB交AC于点H，DF交AC于点G，如图2，求重叠部分（△DGH）的面积．

9.如图，在边长为1的正方形组成的网格中，△AOB的顶点均在格点上，其中点A（5，4），B（1，3），将△AOB绕点O逆时针旋转90°后得到△A1OB1．

（1）画出△A1OB1；

（2）在旋转过程中点B所经过的路径长为（直接写答案）；

（3）求在旋转过程中线段AB，OB扫过的图形的面积和．

10.如图1，四边形ABCD是正方形，△ADE经旋转后与△ABF重合．

（1）旋转中心是；

（2）旋转角是度；

（3）如果连接EF，那么△AEF是三角形．

（4）用上述思想或其他方法证明：

如图2，在正方形ABCD中，点E、F分别在BC、CD上，且∠EAF=45°．

求证：

EF=BE+DF．

11.如图，在正方形ABCD中，E、F是对角线BD上两点，且∠EAF=45°，将△ADF绕点A顺时针旋转90°后，得到△ABQ，连接EQ，求证：

（1）EA是∠QED的平分线；

（2）EF2=BE2+DF2．

12.如图，△ABC中，∠BAC=120°，以BC为边向外作等边△BCD，把△ABD绕着点D按顺时针方向旋转60°到△ECD的位置，若AB=3，AC=2，求∠BAD的度数和AD的长．

13.在△ABC中，AB=AC，∠BAC=ɑ（0°<ɑ<60°），将线段BC绕点B逆时针旋转60°得到线段BD.

（1）如图1，直接写出∠ABD的大小（用含α的式子表示）；

（2）如图2，∠BCE=150°，∠ABE=60°，判断△ABE的形状并加以证明；

（3）在

（2）的条件下，连接DE，若∠DEC=45°，求ɑ的值．

14.在平面直角坐标系中，己知O为坐标原点，点A（3，0），B（0，4），以点A为旋转中心，把△ABO顺时针旋转，得△ACD．记旋转角为α．∠ABO为β．

（Ⅰ）如图①，当旋转后点D恰好落在AB边上时，求点D的坐标；

（Ⅱ）如图②，当旋转后满足BC∥x轴时，求α与β之间的数量关系：

（Ⅲ）当旋转后满足∠AOD=β时，求直线CD的解析式（直接写出结果即可）．

15.如图，△ACB和△DCE均为等腰三角形，点A，D，E在同一直线上，连接BE．

（1）如图1，若∠CAB=∠CBA=∠CDE=∠CED=50°

①求证：

AD=BE；

②求∠AEB的度数．

（2）如图2，若∠ACB=∠DCE=120°，CM为△DCE中DE边上的高，BN为△ABE中AE边上的高，试证明：

AE=2CM+BN．

参考答案

1.解：

（1）如图，△A1B1C1为所作；

（2）如图，△A2B1C2为所作；

（3）

（2）中点A1旋转到点A2所经过的弧长==π．

2.解：

（1）∵在Rt△ABC中，∠ACB=90°，∠B=30°，将△ABC绕点C按顺时针方向旋转n度后，得到△DEC，

∴AC=DC，∠A=60°，∴△ADC是等边三角形，∴∠ACD=60°，∴n的值是60；

（2）四边形ACFD是菱形；

理由：

∵∠DCE=∠ACB=90°，F是DE的中点，∴FC=DF=FE，

∵∠CDF=∠A=60°，∴△DFC是等边三角形，∴DF=DC=FC，

∵△ADC是等边三角形，∴AD=AC=DC，∴AD=AC=FC=DF，∴四边形ACFD是菱形.

3.解：

（1）如图所示：

△AB′C′即为所求；

（2）∵AB==5，

∴线段AB在变换到AB′的过程中扫过区域的面积为：

=π．

4.解：

（1）点Q的坐标为（﹣3，4）；故答案为（﹣3，4）；

（2）把点Q（﹣3，4）向右平移m个单位长度，向下平移2m个单位长度后,得到的点Q′的坐标为

（﹣3+m，4﹣2m）,而Q′在第三象限,所以-3+m<0,4-2m<0,解得2＜m＜3,即m范围为2＜m＜3．

5.解：

（1）∵DE∥BC，∴，∵AB=AC，∴DB=EC，故答案为=，

（2）成立．证明：

由①易知AD=AE，∴由旋转性质可知∠DAB=∠EAC，

在△DAB和△EAC中得∴△DAB≌△EAC，∴DB=CE，

（3）如图，

将△CPB绕点C旋转90°得△CEA，连接PE，∴△CPB≌△CEA，

∴CE=CP=2，AE=BP=1，∠PCE=90°，∴∠CEP=∠CPE=45°，

在Rt△PCE中，由勾股定理可得，PE=2，

在△PEA中，PE2=

（2）2=8，AE2=12=1，PA2=32=9，

∵PE2+AE2=AP2，∴△PEA是直角三角形

∴∠PEA=90°，∴∠CEA=135°，

又∵△CPB≌△CEA∴∠BPC=∠CEA=135°．

6.解：

（1）连接PQ．由旋转可知：

，QC=PA=3．

又∵ABCD是正方形，∴△ABP绕点B顺时针方向旋转了90°，才使点A与C重合，即∠PBQ=90°，

∴∠PQB=45°，PQ=4．则在△PQC中，PQ=4，QC=3，PC=5，∴PC2=PQ2+QC2．即∠PQC=90°．

故∠BQC=90°+45°=135°．

（2）将此时点P的对应点是点P′．

由旋转知，△APB≌△CP′B，即∠BPA=∠BP′C，P′B=PB=5，P′C=PA=12．

又∵△ABC是正三角形，∴△ABP绕点B顺时针方向旋转60°，才使点A与C重合，得∠PBP′=60°，

又∵P′B=PB=5，∴△PBP′也是正三角形，即∠PP′B=60°，PP′=5．

因此，在△PP′C中，PC=13，PP′=5，P′C=12，∴PC2=PP′2+P′C2．即∠PP′C=90°．

故∠BPA=∠BP′C=60°+90°=150°．

7.解：

（1）∵D（0，8），∴OD=BC=8，∵OD=2CP，∴CP=4，

设OB=OP=DC=x，则DP=x﹣4，在Rt△ODP中，OD2+DP2=OP2，即：

82+（x﹣4）2=x2，解得：

x=10，

∵∠OPA=∠B=90°，∴△ODP∽△PCA，∴OD：

PC=DP：

CA，

∴8：

4=（x﹣4）：

AC，则AC==3，∴AB=5，∴点A（10，5）；

（2）∵点P恰好是CD边的中点，设DP=PC=y，则DC=OB=OP=2y，

在Rt△ODP中，OD2+DP2=OP2，即：

82+y2=（2y）2，解得：

y=，

∵∠OPA=∠B=90°，∴△ODP∽△PCA，∴OD：

PC=DP：

CA，∴8：

y=y：

AC，

则AC==，∴AB=8﹣=，∵OB=2y=，∴tan∠AOB===，∴∠AOB=30°；

（3）作MQ∥AN，交PB于点Q，如图2，

∵AP=AB，MQ∥AN∴∠APB=∠ABP=∠MQP．∴MP=MQ，

∵BN=PM，∴BN=QM．∵MP=MQ，ME⊥PQ，∴EQ=PQ．∵MQ∥AN，∴∠QMF=∠BNF，

在△MFQ和△NFB中，，∴△MFQ≌△NFB（AAS）．∴QF=QB，

∴EF=EQ+QF=PQ+QB=PB，由（Ⅰ）中的结论可得：

PC=4，BC=8，∠C=90°，

∴PB=4，∴EF=PB=2，

∴在

（1）的条件下，当点M、N在移动过程中，线段EF的长度不变，它的长度为2．

8.

9.解：

（1）△A1OB1如下图所示；

（2）由勾股定理得，BO==，所以，点B所经过的路径长==π；

（3）由勾股定理得，OA==，

∵AB所扫过的面积=S扇形A1OA﹣S扇形B1OB，BO扫过的面积=S扇形B1OB，

∴线段AB、BO扫过的图形的面积之和=S扇形A1OA﹣S扇形B1OB+S扇形B1OB=S扇形A1OA==π．

10.解：

（1）由图1可得，旋转中心是点A，故答案为：

点A；

（2）由图1可得，旋转角=∠DAB=90°，故答案为：

90；

（3）根据∠EAF=∠DAB=90°，AE=AF可得，△AEF是等腰直角三角形；故答案为：

等腰直角；

（4）如图所示，将△ABE绕A点逆时针旋转90°，得到△ADE′，

因为∠EAF=45°，所以∠BAE+∠DAF=45°，

因为∠BAE=∠DAE′，所以∠FAE′=45°，所以∠FAE′=∠FAE，

因为∠ADE′=∠ADF=90°，所以E'、D、F三点共线，

又因为AF=AF，AE=AE′，所以△EAF≌△E′AF（SAS），所以EF=E′F，

因为E′F=DF+DE′，E′D=BE，所以EF=BE+DF．

11.证明：

（1）∵将△ADF绕点A顺时针旋转90°后