2021—2022学年人教版九年级数学上册 23.1 图形的旋转 课后练习（word版含答案）

2021——2022学年度人教版九年级数学上册 第二十三章 旋转 23.1 图形的旋转 课后练习
一、选择题
1．在平面直角坐标系中，O（0，0），A（1，），点A绕点O顺时针旋转90°得到点B，则B点的坐标是（ ）
A．（，） B．（，） C．（3，1） D．（，3）
2．在平面直角坐标系中，将点绕原点顺时针旋转，旋转后的对应点是，再将绕原点顺时针旋转，旋转后的对应点是，再将绕原点顺时针旋转，旋转后的对应点是，，按此规律继续下去，的坐标是（ ）
A． B． C． D．，
3．如图，在中，，将绕着点顺时针旋转后，得到，且点在上，则的度数为（ ）
A．42° B．48° C．52° D．58°
4．把一副三角板（如图甲）放置，其中∠ACB＝∠DEC＝90°，∠A＝45°，∠D＝30°，斜边AB＝6cm，DC＝7cm，把三角板DCE绕点C顺时针旋转15°得到△D1CE1（如图乙），这时AB与CD1相交于点O，与D1E1相交于点F．则线段AD1的长为（　　）
A．5cm B．5cm C．5cm D．3cm
5．如图，在边长为6的正方形ABCD中，点E是边CD的中点，F在BC边上，且，连接EF，则BF的长为（ ）
A．2 B． C．3 D．
6．如图，将斜边长为4的直角三角板放在直角坐标系中，两条直角边分别与坐标轴重合，为斜边的中点．现将此三角板绕点顺时针旋转120°后点的对应点的坐标是（ ）
A． B． C． D．
7．如图，P为正方形内一点，，将绕着D点按逆时针旋转到的位置，则的度数为（ ）
A． B． C． D．
8．如图，是一块直角三角形的土地，现在要在这块地上挖一个正方形蓄水池，已知剩余的两直角三角形（阴影部分）的斜边长分别为和，则剩余的两个直角三角形（阴影部分）的面积和为（ ）．
A．600 B．300 C．200 D．150
9．如图所示，已知是等边三角形，点是边上一个动点(点不与重合)，将绕点顺时针旋转一定角度后得到，过点作的平行线交于点，连接，下列四个结论中：①旋转角为；为等边三角形；③四边形为平行四边形；．其中正确的结论有（ ）
A． B． C． D．
10．如图，在中，，，，将绕点逆时针旋转得到，使点落在边上，连接，则的长度是（ ）
A．10 B．20 C． D．
二、填空题
11．如图，边长为24的等边三角形ABC中，M是高CH所在直线上的一个动点，连接MB，将线段BM绕点B逆时针旋转60°得到BN，连接HN．则在点M运动过程中，线段HN长度的最小值是_____________．
12．如图，在中，，将将绕点逆时针旋转70°得到，连接、，若，则的度数为______．
13．如图，△ODC是由△OAB绕点O顺时针旋转40°后得到的图形，若点D恰好落在AB上，且∠AOC=105°，则∠C=____°．
14．如图，在等腰Rt△ABC中，∠ACB＝90°，点P是△ABC内一点，且CP＝1，BP＝，AP＝2，将CP绕点C逆时针旋转90°得到CD，连接PD．下列结论：①点A与点D的距离为；②AP⊥PC；③AB＝2；④S△APB＝2，其中正确结论有____________
15．如图，四边形为正方形，，把绕点逆时针旋转得到，连接，则__．
三、解答题
16．如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，D是AB边上一点（点D与A，B不重合），连结CD，将线段CD绕点C按逆时针方向旋转90°得到线段CE，连结DE交BC于点F，连接BE．
（1）求证：EB⊥AB；
（2）当AD＝BF时，求∠BEF的度数．
17．如图，△ADE由△ABC绕点A按逆时针方向旋转90°得到，且点B的对应点D恰好落在BC的延长线上，AD，EC相交于点P．
（1）求∠BDE的度数；
（2）F是EC延长线上的点，且∠CDF＝∠DAC．判断DF和PF的数量关系，并证明．
18．在平面直角坐标系中，已知点，点在轴正半轴上，且，点．绕着顺时针旋转，得，点、旋转后的对应点为，，记旋转角为．
（1）如图1，恰好经过点时，
①求此时旋转角的度数；
②求出此时点的坐标；
（2）如图2，若，设直线和直线交于点，猜测与的位置关系，并说明理由．
19．如图，P是正三角形内的一点，且，若将绕点A顺时针旋转后得到，
（1）求旋转角的度数；
（2）求点P与点之间的距离；
（3）求的度数．
20．如图，菱形ABCD，，点E为线段BC上一点，将线段AE以A为旋转中心逆时针旋转60°得到AF，连接EF，CF．
（1）求证：B，D，F三点共线；
（2）求证：；
（3）过F点作于H点，延长CD至G使得．当时，求的值．
21．如图：两个特殊三角板和三角板，， ，O为直角顶点，两直角顶点重合，A，O，D在同一直线上，，重合，平分 ，平分．
（1）求的度数；
（2）若三角板与三角板位置如图（2）所示，满足，求 的度数；
（3）在图（1）的情形下，三角板固定不动，若三角板绕着O点旋转（旋转角度小于45°），，直接写出 的度数（用含的式子表示）．
22．有公共顶点A的正方形ABCD与正方形AEGF按如图1所示放置，点E，F分别在边AB和AD上，DE，M是BF的中点
（观察猜想）
（1）线段DE与AM之间的数量关系是 ，位置关系是 ；
（探究证明）
（2）将图1中的正方形AEGF绕点A顺时针旋转45°，点G恰好落在边AB上，如图2，线段DE与AM之间的关系是否仍然成立？并说明理由．
(3) 若正方形ABCD的边长为4，将其沿EF翻折，点D的对应点G恰好落在BC边上，直接写出DG+DH的最小值
23．综合与实践：
如图1，已知△ABC，AB=AC，点D、E分别在边AB、AC上，AD=AE，连接DC，点P、Q、M分别为DE、BC、DC的中点．
（1）观察猜想
在图1中，线段PM与QM的数量关系是　　　　　　；
（2）探究证明
当∠BAC=60°，把△ADE绕点A顺时针方向旋转到图2的位置，判断△PMQ的形状，并说明理由；
（3）拓展延伸
当∠BAC=90°，AB=AC=5，AD=AE=2，再连接BE，再取BE的中点N，把△ADE绕点A在平面内自由旋转，如图3，
①请你判断四边形PMQN的形状，并说明理由；
②请直接写出四边形PMQN面积的最大值．
【参考答案】
1．B 2．B 3．C 4．B 5．A 6．D 7．B 8．B 9．C 10．A
11．6
12．35°
13．45
14．①②
15．
16．解：（1）证明：∵将线段CD绕点C按逆时针方向旋转90°得到线段CE，
∴CD＝CE，∠DCE＝90°＝∠ACB，
∴∠ACD＝∠BCE，
∵∠ACB＝90°，AC＝BC，
∴∠CAB＝∠CBA＝45°，
在△ACD和△BCE中，
，
∴△ACD≌△BCE（SAS），
∴BE＝AD，∠CBE＝∠CAD＝45°，
∴∠ABE＝∠ABC+∠CBE＝90°，
∴BE⊥AB；
（2）解：∵AD＝BF，BE＝AD，
∴BE＝BF，
∴∠BEF＝∠BFE，
∵∠CBE＝45°，
∴∠BEF＝＝67.5°．
17．（1）由旋转的性质可知，AB＝AD，∠BAD＝90°，∠ADE=∠B，
在Rt△ABD中，∠B＝∠ADB＝45°，
∴∠ADE＝∠B＝45°，
∴∠BDE＝∠ADB+∠ADE＝90°．
（2）DF＝PF．理由如下：
由旋转的性质可知，AC＝AE，∠CAE＝90°，
在Rt△ACE中，∠ACE＝∠AEC＝45°，
∵∠CDF＝∠CAD，∠ACE＝∠ADB＝45°，
∴∠ADB+∠CDF＝∠ACE+∠CAD，
即∠FPD＝∠FDP，
∴DF＝PF．
18．解：（1）①由旋转得：，，
∴是等边三角形，
∴
②如图1，过作轴于，
∵
∴
∴在中，
∴
∴
∴
又∵
∴
∵
∴
∴，
∴
（2）
理由：如图2，∵，，，
∴，
∵，四边形的内角和为，
∴，
即；
19．解：（1）∵由绕点A旋转得到，
∴，
∴，，
∵，
∴，
即：，
∴旋转角度数为；
（2）如图所示，连接，
∵，，
∴为等边三角形，
∴,
即点P与点之间的距离为6；
（3）在中，
由（1）得：，，，
∴，
∴为直角三角形，
∴，
由（1）得，
∴，
∴的度数为．
20．（1）证明：如图，连接BD，DF，
由旋转可得：AF＝AE，∠EAF＝60°，
∴∠FAD＋∠DAE＝60°，
又∵∠BAD＝∠BAE＋∠DAE＝60°，
∴∠FAD＝∠EAB，
∵四边形ABCD为菱形，
∴AB＝AD，ADBC，
∴∠BAD＋∠ABC＝180°，
∴∠ABE＝180°－∠BAD＝120°，
在ABE与ADF中，
∴ABE≌ADF（SAS），
∴∠ADF＝∠ABE＝120°，
∵AB＝AD，∠BAD＝60°，
∴ABD为等边三角形，
∴∠ADB＝60°，
∴∠ADF＋∠ADB＝180°，
∴点B，D，F三点共线；
（2）证明：∵ABD为等边三角形，
∴∠ADB＝∠ABD＝60°，
∵四边形ABCD为菱形，
∴AB＝BC，ADBC，
∴∠DBC＝∠ADB＝60°，
在ABF与CBF中，
∴ABF≌CBF（SAS），
∴AF＝CF，
由旋转可知；AF＝AE，∠EAF＝60°，
∴AEF为等边三角形，
∴AF＝EF，
∴EF＝CF；
（3）设AD＝a，
∵四边形ABCD为菱形，
∴AD＝BC＝CD＝AB＝a，ADBC，
∴∠ADG＝∠BCD＝60°，
∵GD＝CD，
∴AD＝GD＝a，
∴ADG为等边三角形，
∴∠AGD＝∠GAD＝60°，
∵ABD为等边三角形，
∴∠ADB＝60°＝∠GAD，BD＝AD＝a，
∴AGBF，
∴∠GFD＋∠AGF＝180°，
∵∠AGF＝90°，
∴∠GFD＝90°，∠DGF＝∠AGF－∠AGD＝30°，
∴DF＝GD＝a，
∴BF＝BD＋DF＝a，
∵FH⊥BC，
∴∠BHF＝90°，
∴∠BFH＝90°－∠DBC＝30°，
∴BH＝BF＝a，
∴CH＝BC－BH＝a，
∴．
21．（1）∵平分，平分，
∴，，
∵，
∴；
（2）由题意可知，
∵平分，平分，
∴， ，
∵，，
∴
（3）由题意可知，
∵平分，平分，
∴， ，
当旋转是顺时针时，如图（2），
则；
当旋转是逆时针时，如图，
则；
综上：∠MON的度数为或．
22．（1）证明：∵四边形ABCD和四边形AEGF都是正方形，
∴AD＝AB，AF＝AE，
在△DAE和△BAF中，
∴△DAE≌△BAF（SAS），
∴DE＝BF，∠ADE＝∠ABF，
∵∠ABF+∠AFB＝90°，
∴∠ADE+∠AFB＝90°，
在Rt△BAF中，M是BF的中点，
∴AM＝FM＝BM＝BF，
∴DE＝2AM．∠AFB＝∠MAF，
又∵∠ADE+∠AFB＝90°，
∴∠ADE+∠MAF＝90°，
∴∠AND＝180°﹣（∠ADE+∠MAF）＝90°，
即AN⊥DN；
故答案为DE＝2AM，DE⊥AM；
（2）仍然成立，
证明：如下：延长AM至点H，使得AM＝MH，
∵M是BF的中点，
∴BM＝FM，
又∵∠AMB＝∠HMF，
∴△AMB≌△HMF（SAS），
∴AB＝HF，∠ABM＝∠HFM，
∴AB∥HF，
∴∠HFG＝∠AGF，
∵四边形ABCD和四边形AEGF是正方形，
∴∠DAB＝∠AFG＝90°，AE＝AF，∠EAG＝∠AGF，
∴∠EAD＝∠EAG+∠DAB＝∠AFG+∠AGF＝∠AFG+∠HFG＝∠AFH，
∴△EAD≌△AFH（SAS），
∴DE＝AH，∠ADE＝∠FHA，
又∵AM＝MH，
∴DE＝AM+MH＝2AM，
∵△AMB≌△HMF，
∴∠FHA＝∠BAM，
∴∠ADE＝∠BAM，
又∵∠BAM+∠DAM＝∠DAB＝90°，
∴∠ADE+∠DAM＝90°，
∴∠AND＝180°﹣（∠ADE+∠DAM）＝90°，
即AN⊥DN．
故线段DE与AM之间的数量关系是DE＝2AM．线段DE与AM之间的位置关系是DE⊥AM；
（3）解：过D作DK⊥GE延长线交于K，把△GKD沿DK折叠得△DKG′， 连结HG′，
则GG′=2GK，DG=DG′，在△HDG′中，DH+DG=DH+DG′＞HG′，
当点H、D、G′三点共线时，DH+DG最短，
∵正方形ABCD的边长为4，将其沿EF翻折，
∴四边形FHGE≌四边形FADE，
∴HG=AD=4，GE=DE，∠EGD=∠EDG，即∠GDC=∠DGK，
∵DK⊥GK，∠C=90°，
∴∠DKG=∠GCD，
在△CGD和△KDG中，
，
△CGD≌△KDG（AAS），
∴DC=GK=G′K=4，
∴GG′=2GK=8，
∵∠HGG′=90°，
在Rt△HGG′中，
根据勾股定理HG′=，
∴DH+GD最小=4，
故答案为．
23．解：（1）结论：PM=MQ．
理由：∵AB=AC．AD=AE，
∴BD=CE，
∵点P、Q、M分别为DE、BC、DC的中点，
∴PM=EC，MQ=DB，
∴PM=MQ．
故答案为：PM=MQ；
（2）如图2中，结论：△PQM是等腰三角形．
理由：连接EC，BD．
∵∠BAC=∠DAE，
∴∠DAB=∠EAC，
∵AD=AE，AB=AC，
∴△DAB≌△EAC（SAS），
∴BD=CE，
∵点P、Q、M分别为DE、BC、DC的中点，
∴PM=EC，MQ=DB，
∴PM=MQ，
∴△PMQ是等腰三角形；
（3）①如图3中，结论：四边形PMQN是正方形．
理由：连接BD，EC，延长CE交BD于点H，交AB于点O．
∵∠BAC=∠DAE，
∴∠DAB=∠EAC，
∵AD=AE，AB=AC，
∴△DAB≌△EAC（SAS），
∴BD=CE，∠ABD=∠ACE，
∵∠ACO+∠AOC=90°，∠AOC=∠BOH，
∴∠ABD+∠BOH=90°，
∴∠CHB=90°，
∴CH⊥BD，
∵点P、Q、M、N分别为DE、BC、DC、BE的中点，
∴PM=EC，PM∥CH，MQ=DB，MQ∥BD，
∴PM=MQ，PM⊥MQ，
∴∠PMQ=90°，
同理：PN=BD，NQ=EC，
∴PM=MQ=MN=PN，
∴四边形PMQN是菱形，
∵∠PMQ=90°，
∴四边形PMQN是正方形；
②∵AC=5，AE=2，
∴EC≤AE+AC，
∴EC≤7，
∴EC的最大值为7，
∵PM=EC，
∴PM的最大值为，
∴正方形PMQN的面积的最大值为