人教版数学九年级上册第23章 23.1图形的旋转 同步练习
一、单选题
1．（2017·天津）如图，将△ABC绕点B顺时针旋转60°得△DBE，点C的对应点E恰好落在AB延长线上，连接AD．下列结论一定正确的是（ ）
A．∠ABD=∠E B．∠CBE=∠C C．AD∥BC D．AD=BC
【答案】C
【知识点】旋转的性质
【解析】【解答】解：∵△ABC绕点B顺时针旋转60°得△DBE，
∴∠ABD=∠CBE=60°，AB=BD，
∴△ABD是等边三角形，
∴∠DAB=60°，
∴∠DAB=∠CBE，
∴AD∥BC，
故选C．
【分析】由旋转的性质得到∠ABD=∠CBE=60°，AB=BD，推出△ABD是等边三角形，得到∠DAB=∠CBE，于是得到结论．
2．（2017·日照）下列说法正确的是（ ）
A．圆内接正六边形的边长与该圆的半径相等
B．在平面直角坐标系中，不同的坐标可以表示同一点
C．一元二次方程ax2+bx+c=0（a≠0）一定有实数根
D．将△ABC绕A点按顺时针方向旋转60°得△ADE，则△ABC与△ADE不全等
【答案】A
【知识点】一元二次方程根的判别式及应用；点的坐标；圆内接正多边形；旋转的性质
【解析】【解答】解：如图∠AOB= =60°，OA=OB，
∴△AOB是等边三角形，
∴AB=OA，
∴圆内接正六边形的边长与该圆的半径相等，A正确；
在平面直角坐标系中，不同的坐标可以表示不同一点，B错误；
一元二次方程ax2+bx+c=0（a≠0）不一定有实数根，C错误；
根据旋转变换的性质可知，将△ABC绕A点按顺时针方向旋转60°得△ADE，则△ABC与△ADE全等，D错误；
故选：A．
【分析】根据正多边形和圆的关系、一元二次方程根的判别式、点的坐标以及旋转变换的性质进行判断即可．
3．（2017·广州）如图，将正方形ABCD中的阴影三角形绕点A顺时针旋转90°后，得到的图形为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【知识点】正方形的性质；旋转的性质
【解析】【解答】解：由旋转的性质得，将正方形ABCD中的阴影三角形绕点A顺时针旋转90°后，得到的图形为A，
故选A．
【分析】根据旋转的性质即可得到结论．
4．（2017·河南）如图，将半径为2，圆心角为120°的扇形OAB绕点A逆时针旋转60°，点O，B的对应点分别为O′，B′，连接BB′，则图中阴影部分的面积是（ ）
A． B．2 ﹣ C．2 ﹣ D．4 ﹣
【答案】C
【知识点】扇形面积的计算；旋转的性质
【解析】【解答】解：连接OO′，BO′，
∵将半径为2，圆心角为120°的扇形OAB绕点A逆时针旋转60°，
∴∠OAO′=60°，
∴△OAO′是等边三角形，
∴∠AOO′=60°，
∵∠AOB=120°，
∴∠O′OB=60°，
∴△OO′B是等边三角形，
∴∠AO′B=120°，
∵∠AO′B′=120°，
∴∠B′O′B=120°，
∴∠O′B′B=∠O′BB′=30°，
∴图中阴影部分的面积=S△B′O′B﹣（S扇形O′OB﹣S△OO′B）= ×1×2 ﹣（ ﹣ ×2× ）=2 ﹣ ．
故选C．
【分析】连接OO′，BO′，根据旋转的想知道的∠OAO′=60°，推出△OAO′是等边三角形，得到∠AOO′=60°，推出△OO′B是等边三角形，得到∠AO′B=120°，得到∠O′B′B=∠O′BB′=30°，根据图形的面积公式即可得到结论．
5．（2017·毕节）如图，在正方形ABCD中，点E，F分别在BC，CD上，且∠EAF=45°，将△ABE绕点A顺时针旋转90°，使点E落在点E'处，则下列判断不正确的是（ ）
A．△AEE′是等腰直角三角形 B．AF垂直平分EE'
C．△E′EC∽△AFD D．△AE′F是等腰三角形
【答案】D
【知识点】线段垂直平分线的性质；等腰三角形的判定；正方形的性质；相似三角形的判定；旋转的性质；等腰直角三角形
【解析】【解答】解：∵将△ABE绕点A顺时针旋转90°，使点E落在点E'处，
∴AE′=AE，∠E′AE=90°，
∴△AEE′是等腰直角三角形，故A正确；
∵将△ABE绕点A顺时针旋转90°，使点E落在点E'处，
∴∠E′AD=∠BAE，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠DAB=90°，
∵∠EAF=45°，
∴∠BAE+∠DAF=45°，
∴∠E′AD+∠FAD=45°，
∴∠E′AF=∠EAF，
∵AE′=AE，
∴AF垂直平分EE'，故B正确；
∵AF⊥E′E，∠ADF=90°，
∴∠FE′E+∠AFD=∠AFD+∠DAF，
∴∠FE′E=∠DAF，
∴△E′EC∽△AFD，故C正确；
∵AD⊥E′F，但∠E′AD不一定等于∠DAE′，
∴△AE′F不一定是等腰三角形，故D错误；
故选D．
【分析】由旋转的性质得到AE′=AE，∠E′AE=90°，于是得到△AEE′是等腰直角三角形，故A正确；由旋转的性质得到∠E′AD=∠BAE，由正方形的性质得到∠DAB=90°，推出∠E′AF=∠EAF，于是得到AF垂直平分EE'，故B正确；根据余角的性质得到∠FE′E=∠DAF，于是得到△E′EC∽△AFD，故C正确；由于AD⊥E′F，但∠E′AD不一定等于∠DAE′，于是得到△AE′F不一定是等腰三角形，故D错误．
6．（2017·青岛模拟）如图，Rt△ABC中，∠C=90°，∠ABC=30°，AC=2，△ABC绕点C顺时针旋转得△A1B1C，当A1落在AB边上时，连接B1B，取BB1的中点D，连接A1D，则A1D的长度是（ ）
A． B．2 C．3 D．2
【答案】A
【知识点】等边三角形的判定与性质；含30°角的直角三角形；勾股定理；旋转的性质
【解析】【解答】解：∵∠ACB=90°，∠ABC=30°，AC=2，
∴∠A=90°﹣∠ABC=60°，AB=4，BC=2 ，
∵CA=CA1，
∴△ACA1是等边三角形，AA1=AC=BA1=2，
∴∠BCB1=∠ACA1=60°，
∵CB=CB1，
∴△BCB1是等边三角形，
∴BB1=2 ，BA1=2，∠A1BB1=90°，
∴BD=DB1= ，
∴A1D= = ．
故答案为：A．
【分析】根据含30角的直角三角形的边角关系及旋转的意义得出△ACA1是等边三角形，AA1=AC=BA1=2，进而利用等边三角形的性质判断出△BCB1是等边三角形，然后再利用等边三角形的性质及勾股定理得出结论。
7．（2017·福建）如图，网格纸上正方形小格的边长为1．图中线段AB和点P绕着同一个点做相同的旋转，分别得到线段A'B'和点P'，则点P'所在的单位正方形区域是（ ）
A．1区 B．2区 C．3区 D．4区
【答案】D
【知识点】旋转的性质
【解析】【解答】解：如图，连接AA′、BB′，分别作AA′、BB′的中垂线，两直线的交点即为旋转中心，
由图可知，线段AB和点P绕着同一个该点逆时针旋转90°，
∴点P逆时针旋转90°后所得对应点P′落在4区，
故选：D．
【分析】根据旋转的性质连接AA′、BB′，分别作AA′、BB′的中垂线，两直线的交点即为旋转中心，从而得出线段AB和点P是绕着同一个该点逆时针旋转90°，据此可得答案．
8．（2017·株洲）如图示，若△ABC内一点P满足∠PAC=∠PBA=∠PCB，则点P为△ABC的布洛卡点．三角形的布洛卡点（Brocard point）是法国数学家和数学教育家克洛尔（A．L．Crelle 1780﹣1855）于1816年首次发现，但他的发现并未被当时的人们所注意，1875年，布洛卡点被一个数学爱好者法国军官布洛卡（Brocard 1845﹣1922）重新发现，并用他的名字命名．问题：已知在等腰直角三角形DEF中，∠EDF=90°，若点Q为△DEF的布洛卡点，DQ=1，则EQ+FQ=（ ）
A．5 B．4 C． D．
【答案】D
【知识点】平行线的判定与性质；旋转的性质；等腰直角三角形
【解析】【解答】解：如图，在等腰直角三角形△DEF中，∠EDF=90°，DE=DF，∠1=∠2=∠3，
∵∠1+∠QEF=∠3+∠DFQ=45°，
∴∠QEF=∠DFQ，∵∠2=∠3，
∴△DQF∽△FQE，
∴ = = = ，
∵DQ=1，
∴FQ= ，EQ=2，
∴EQ+FQ=2+ ，
故选D
【分析】由△DQF∽△FQE，推出 = = = ，由此求出EQ、FQ即可解决问题．
9．（2017·玉林）如图，大小不同的两个磁块，其截面都是等边三角形，小三角形边长是大三角形边长的一半，点O是小三角形的内心，现将小三角形沿着大三角形的边缘顺时针滚动，当由①位置滚动到④位置时，线段OA绕点O顺时针转过的角度是（ ）
A．240° B．360° C．480° D．540°
【答案】C
【知识点】等边三角形的性质；三角形的内切圆与内心；旋转的性质
【解析】【解答】解：由题意可得：第一次AO顺时针转动了120°，第二次AO顺时针转动了240°，第三次AO顺时针转动了120°，
故当由①位置滚动到④位置时，线段OA绕点O顺时针转过的角度是：120°+240°+120°=480°．
故选：C．
【分析】根据正三角形的性质分别得出点O转动的角度，进而得出答案．
10．（2017·河北）已知正方形MNOK和正六边形ABCDEF边长均为1，把正方形放在正六边形中，使OK边与AB边重合，如图所示，按下列步骤操作：
将正方形在正六边形中绕点B顺时针旋转，使KM边与BC边重合，完成第一次旋转；再绕点C顺时针旋转，使MN边与CD边重合，完成第二次旋转；…在这样连续6次旋转的过程中，点B，M间的距离可能是（ ）
A．1.4 B．1.1 C．0.8 D．0.5
【答案】C
【知识点】圆内接正多边形；旋转的性质
【解析】【解答】解：如图，在这样连续6次旋转的过程中，点M的运动轨迹是图中的红线，
观察图象可知点B，M间的距离大于等于2﹣ 小于等于1，
故选C．
【分析】如图，在这样连续6次旋转的过程中，点M的运动轨迹是图中的红线，观察图象可知点B，M间的距离大于等于2﹣ 小于等于1，由此即可判断．
二、填空题
11．（2017·安顺）如图，一块含有30°角的直角三角板ABC，在水平桌面上绕点C按顺时针方向旋转到A′B′C′的位置，若BC=12cm，则顶点A从开始到结束所经过的路径长为 cm．
【答案】16π
【知识点】旋转的性质
【解析】【解答】解：∵∠BAC=30°，∠ABC=90°，且BC=12，
∴∠ACA′=∠BAC+∠ABC=120°，AC=2BC=24cm，
由题意知点A所经过的路径是以点C为圆心、CA为半径的圆中圆心角为120°所对弧长，
∴其路径长为 =16π（cm），
故答案为：16π．
【分析】由题意知∠ACA′=∠BAC+∠ABC=120°、AC=2BC=24cm，根据弧长公式可求得点A所经过的路径长，即以点C为圆心、CA为半径的圆中圆心角为120°所对弧长．
12．（2017·南充）如图，正方形ABCD和正方形CEFG边长分别为a和b，正方形CEFG绕点C旋转，给出下列结论：①BE=DG；②BE⊥DG；③DE2+BG2=2a2+b2，其中正确结论是 （填序号）
【答案】①②
【知识点】全等三角形的判定与性质；正方形的性质；旋转的性质
【解析】【解答】解：设BE，DG交于O，
∵四边形ABCD和EFGC都为正方形，
∴BC=CD，CE=CG，∠BCD=∠ECG=90°，
∴∠BCE+∠DCE=∠ECG+∠DCE=90°+∠DCE，即∠BCE=∠DCG，
在△BCE和△DCG中，
，
∴△BCE≌△DCG（SAS），
∴BE=DG，
∴∠1=∠2，
∵∠1+∠4=∠3+∠1=90°，
∴∠2+∠3=90°，
∴∠BOC=90°，
∴BE⊥DG；故①②正确；
连接BD，EG，如图所示，
∴DO2+BO2=BD2=BC2+CD2=2a2，EO2+OG2=EG2=CG2+CE2=2b2，
则BG2+DE2=DO2+BO2+EO2+OG2=2a2+2b2，故③错误．
故答案为：①②．
【分析】由四边形ABCD与四边形EFGC都为正方形，得到四条边相等，四个角为直角，利用SAS得到三角形BCE与三角形DCG全等，利用全等三角形对应边相等即可得到BE=DG，利用全等三角形对应角相等得到∠1=∠2，利用等角的余角相等及直角的定义得到∠BOD为直角，利用勾股定理求出所求式子的值即可．
13．（2017·张家界）如图，在正方形ABCD中，AD=2 ，把边BC绕点B逆时针旋转30°得到线段BP，连接AP并延长交CD于点E，连接PC，则三角形PCE的面积为 ．
【答案】
【知识点】正方形的性质；平行线分线段成比例；旋转的性质
【解析】【解答】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ABC=90°，
∵把边BC绕点B逆时针旋转30°得到线段BP，
∴PB=BC=AB，∠PBC=30°，
∴∠ABP=60°，
∴△ABP是等边三角形，
∴∠BAP=60°，AP=AB=2 ，
∵AD=2 ，
∴AE=4，DE=2，
∴CE=2 ﹣2，PE=4﹣2 ，
过P作PF⊥CD于F，
则
∴PF= ，
∴三角形PCE的面积= CE PF= ×（2 ﹣2）×（2 -3）=
故答案为：．
【分析】根据旋转的想知道的PB=BC=AB，∠PBC=30°，推出△ABP是等边三角形，得到∠BAP=60°，AP=AB=2 ，解直角三角形得到CE=2 ﹣2，PE=4﹣2 ，过P作PF⊥CD于F，根据相似，可求出PF的长，再根据三角形面积公式即可得出答案．
14．（2017·埇桥模拟）如图，点O是线段AB上一点，AB=4cm，AO=1cm，若线段AB绕点O顺时针旋转120°到线段A′B′的位置，则线段AB在旋转过程中扫过的图形的面积为
cm2．（结果保留π）
【答案】
【知识点】扇形面积的计算；旋转的性质
【解析】【解答】解：由题意得：OA=1，OB=3；
∵S扇形A′OA= = ，S扇形BOB′= =3π，
∴线段AB在旋转过程中扫过的图形的面积= +π= （cm2），
故答案为 ．
【分析】将线段AB在旋转过程中扫过的图形看作两个扇形，运用扇形的面积公式求出两个扇形的面积，即可解决问题．
15．（2017·东莞模拟）如图，在△ABC中，∠ACB=90°，∠ABC=60°，AB=12cm，将△ABC以点B为中心顺时针旋转，使点C旋转到AB边延长线上的点D处，则AC边扫过的图形（阴影部分）的面积是 cm2．（结果保留π）．
【答案】36π
【知识点】含30°角的直角三角形；扇形面积的计算；旋转的性质
【解析】【解答】解：∵∠C是直角，∠ABC=60°，
∴∠BAC=90°﹣60°=30°，
∴BC= AB= ×12=6cm，
∵△ABC以点B为中心顺时针旋转得到△BDE，
∴S△BDE=S△ABC，∠ABE=∠CBD=180°﹣60°=120°，
∴阴影部分的面积=S扇形ABE+S△BDE﹣S扇形BCD﹣S△ABC
=S扇形ABE﹣S扇形BCD
= ﹣
=48π﹣12π
=36πcm2．
故答案为：36π．
【分析】根据直角三角形两锐角互余求出∠BAC=30°，再根据直角三角形30°角所对的直角边等于斜边的一半可得BC= AB，然后求出阴影部分的面积=S扇形ABE﹣S扇形BCD，列式计算即可得解
16．（2017·河源模拟）如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，∠A=30°，BC=2，将△ABC绕点C按顺时针方向旋转n度后，得到△EDC，此时，点D在AB边上，斜边DE交AC边于点F，则n的大小和图中阴影部分的面积分别为 ．
【答案】60°，
【知识点】等边三角形的判定与性质；旋转的性质
【解析】【解答】解：∵将△ABC绕点C按顺时针方向旋转n度后得到△EDC，
∴BC=DC，
∵在Rt△ABC中，∠ACB=90°，∠A=30°，
∴∠B=90°﹣∠A=60°，
∴△DBC是等边三角形，
∴n=∠DCB=60°，
∴∠DCA=90°﹣∠DCB=90°﹣60°=30°，
∵BC=2，
∴DC=2，
∵∠FDC=∠B=60°，
∴∠DFC=90°，
∴DF= DC=1，
∴FC= = ，
∴S阴影=S△DFC= DF FC= ×1× = ．
故答案为：60°， ．
【分析】由旋转的性质，易得BC=DC=2，由在Rt△ABC中，∠ACB=90°，∠A=30°，即可求得∠B=60°，即可判定△DBC是等边三角形，即可求得旋转角n的度数，易得△DFC是含30°角的直角三角形，则可求得DF与FC的长，继而求得阴影部分的面积．
17．（2017·营口）如图，将矩形ABCD绕点C沿顺时针方向旋转90°到矩形A′B′CD′的位置，AB=2，AD=4，则阴影部分的面积为 ．
【答案】 π﹣2
【知识点】扇形面积的计算；旋转的性质
【解析】【解答】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴AD=BC=4，CD=AB=2，∠BCD=∠ADC=90°，
∴CE=BC=4，
∴CE=2CD，
∴∠DEC=30°，
∴∠DCE=60°，
由勾股定理得：DE=2 ，
∴阴影部分的面积是S=S扇形CEB′﹣S△CDE= ﹣ ×2×2 = ，
故答案为： ．
【分析】先求出CE=2CD，求出∠DEC=30°，求出∠DCE=60°，DE=2 ，分别求出扇形CEB′和三角形CDE的面积，即可求出答案．
三、解答题
18．（2017·宁波）在 的方格中，△ABC的三个顶点都在格点上．
（1）在图1中画出与△ABC成轴对称且与△ABC有公共边的格点三角形（画出一个即可）；
（2）将图2中的△ABC绕着点C按顺时针方向旋转90°，画出经旋转后的三角形．
【答案】（1）解：画出下列其中一个即可.
（2）解：
【知识点】作图﹣轴对称；作图﹣旋转
【解析】【分析】（1）根据轴对称图形的定义即可画出三角形.
（2）根据中心对称图形的定义即可画出旋转后的三角形.
四、综合题
19．（2017·靖远模拟）如图，在平面直角坐标系中，已知△ABC的三个顶点的坐标分别为
A（﹣1，1），B（﹣3，1），C（﹣1，4）．
①画出△ABC关于y轴对称的△A1B1C1；
②将△ABC绕着点B顺时针旋转90°后得到△A2BC2，请在图中画出△A2BC2，并求出线段BC旋转过程中所扫过的面积（结果保留π）．
【答案】①解：如图所示，画出△ABC关于y轴对称的△A1B1C1；
②解：如图所示，画出△ABC绕着点B顺时针旋转90°后得到△A2BC2，
线段BC旋转过程中所扫过得面积S= = ．
【知识点】作图﹣轴对称；作图﹣旋转
【解析】【分析】（1）根据题意画出△ABC关于y轴对称的△A1B1C1即可；（2）根据题意画出△ABC绕着点B顺时针旋转90°后得到△A2BC2，线段BC旋转过程中扫过的面积为扇形BCC2的面积，求出即可．
20．（2017·齐齐哈尔）如图，平面直角坐标系内，小正方形网格的边长为1个单位长度，△ABC的三个顶点的坐标分别为A（﹣3，4），B（﹣5，2），C（﹣2，1）．
（1）画出△ABC关于y轴对称图形△A1B1C1；
（2）画出将△ABC绕原点O逆时针方向旋转90°得到的△A2B2C2；
（3）求（2）中线段OA扫过的图形面积．
【答案】（1）解：如图，△A1B1C1即为所求；
（2）解：如图，△A2B2C2即为所求；
（3）解：∵OA= =5，
∴线段OA扫过的图形面积= = π．
【知识点】扇形面积的计算；作图﹣轴对称；作图﹣旋转
【解析】【分析】（1）分别作出各点关于y轴的对称点，再顺次连接即可；（2）根据图形旋转的性质画出旋转后的图形△A2B2C2即可；（3）利用扇形的面积公式即可得出结论．
21．（2017·河北）如图，AB=16，O为AB中点，点C在线段OB上（不与点O，B重合），将OC绕点O逆时针旋转270°后得到扇形COD，AP，BQ分别切优弧 于点P，Q，且点P，Q在AB异侧，连接OP．
（1）求证：AP=BQ；
（2）当BQ=4 时，求 的长（结果保留π）；
（3）若△APO的外心在扇形COD的内部，求OC的取值范围．
【答案】（1）证明：连接OQ．
∵AP、BQ是⊙O的切线，
∴OP⊥AP，OQ⊥BQ，
∴∠APO=∠BQO=90°，
在Rt△APO和Rt△BQO中，
，
∴Rt△APO≌Rt△BQO，
∴AP=BQ
（2）解：∵Rt△APO≌Rt△BQO，
∴∠AOP=∠BOQ，
∴P、O、Q三点共线，
∵在Rt△BOQ中，cosB= = = ，
∴∠B=30°，∠BOQ=60°，
∴OQ= OB=4，
∵∠COD=90°，
∴∠QOD=90°+60°=150°，
∴优弧 的长= = π
（3）解：∵△APO的外心是OA的中点，OA=8，
∴△APO的外心在扇形COD的内部时，OC的取值范围为4＜OC＜8
【知识点】切线的性质；弧长的计算；旋转的性质
【解析】【分析】（1）连接OQ．只要证明Rt△APO≌Rt△BQO即可解决问题；（2）求出优弧DQ的圆心角以及半径即可解决问题；（3）由△APO的外心是OA的中点，OA=8，推出△APO的外心在扇形COD的内部时，OC的取值范围为4＜OC＜8；
1 / 1人教版数学九年级上册第23章 23.1图形的旋转 同步练习
一、单选题
1．（2017·天津）如图，将△ABC绕点B顺时针旋转60°得△DBE，点C的对应点E恰好落在AB延长线上，连接AD．下列结论一定正确的是（ ）
A．∠ABD=∠E B．∠CBE=∠C C．AD∥BC D．AD=BC
2．（2017·日照）下列说法正确的是（ ）
A．圆内接正六边形的边长与该圆的半径相等
B．在平面直角坐标系中，不同的坐标可以表示同一点
C．一元二次方程ax2+bx+c=0（a≠0）一定有实数根
D．将△ABC绕A点按顺时针方向旋转60°得△ADE，则△ABC与△ADE不全等
3．（2017·广州）如图，将正方形ABCD中的阴影三角形绕点A顺时针旋转90°后，得到的图形为（ ）
A． B．
C． D．
4．（2017·河南）如图，将半径为2，圆心角为120°的扇形OAB绕点A逆时针旋转60°，点O，B的对应点分别为O′，B′，连接BB′，则图中阴影部分的面积是（ ）
A． B．2 ﹣ C．2 ﹣ D．4 ﹣
5．（2017·毕节）如图，在正方形ABCD中，点E，F分别在BC，CD上，且∠EAF=45°，将△ABE绕点A顺时针旋转90°，使点E落在点E'处，则下列判断不正确的是（ ）
A．△AEE′是等腰直角三角形 B．AF垂直平分EE'
C．△E′EC∽△AFD D．△AE′F是等腰三角形
6．（2017·青岛模拟）如图，Rt△ABC中，∠C=90°，∠ABC=30°，AC=2，△ABC绕点C顺时针旋转得△A1B1C，当A1落在AB边上时，连接B1B，取BB1的中点D，连接A1D，则A1D的长度是（ ）
A． B．2 C．3 D．2
7．（2017·福建）如图，网格纸上正方形小格的边长为1．图中线段AB和点P绕着同一个点做相同的旋转，分别得到线段A'B'和点P'，则点P'所在的单位正方形区域是（ ）
A．1区 B．2区 C．3区 D．4区
8．（2017·株洲）如图示，若△ABC内一点P满足∠PAC=∠PBA=∠PCB，则点P为△ABC的布洛卡点．三角形的布洛卡点（Brocard point）是法国数学家和数学教育家克洛尔（A．L．Crelle 1780﹣1855）于1816年首次发现，但他的发现并未被当时的人们所注意，1875年，布洛卡点被一个数学爱好者法国军官布洛卡（Brocard 1845﹣1922）重新发现，并用他的名字命名．问题：已知在等腰直角三角形DEF中，∠EDF=90°，若点Q为△DEF的布洛卡点，DQ=1，则EQ+FQ=（ ）
A．5 B．4 C． D．
9．（2017·玉林）如图，大小不同的两个磁块，其截面都是等边三角形，小三角形边长是大三角形边长的一半，点O是小三角形的内心，现将小三角形沿着大三角形的边缘顺时针滚动，当由①位置滚动到④位置时，线段OA绕点O顺时针转过的角度是（ ）
A．240° B．360° C．480° D．540°
10．（2017·河北）已知正方形MNOK和正六边形ABCDEF边长均为1，把正方形放在正六边形中，使OK边与AB边重合，如图所示，按下列步骤操作：
将正方形在正六边形中绕点B顺时针旋转，使KM边与BC边重合，完成第一次旋转；再绕点C顺时针旋转，使MN边与CD边重合，完成第二次旋转；…在这样连续6次旋转的过程中，点B，M间的距离可能是（ ）
A．1.4 B．1.1 C．0.8 D．0.5
二、填空题
11．（2017·安顺）如图，一块含有30°角的直角三角板ABC，在水平桌面上绕点C按顺时针方向旋转到A′B′C′的位置，若BC=12cm，则顶点A从开始到结束所经过的路径长为 cm．
12．（2017·南充）如图，正方形ABCD和正方形CEFG边长分别为a和b，正方形CEFG绕点C旋转，给出下列结论：①BE=DG；②BE⊥DG；③DE2+BG2=2a2+b2，其中正确结论是 （填序号）
13．（2017·张家界）如图，在正方形ABCD中，AD=2 ，把边BC绕点B逆时针旋转30°得到线段BP，连接AP并延长交CD于点E，连接PC，则三角形PCE的面积为 ．
14．（2017·埇桥模拟）如图，点O是线段AB上一点，AB=4cm，AO=1cm，若线段AB绕点O顺时针旋转120°到线段A′B′的位置，则线段AB在旋转过程中扫过的图形的面积为
cm2．（结果保留π）
15．（2017·东莞模拟）如图，在△ABC中，∠ACB=90°，∠ABC=60°，AB=12cm，将△ABC以点B为中心顺时针旋转，使点C旋转到AB边延长线上的点D处，则AC边扫过的图形（阴影部分）的面积是 cm2．（结果保留π）．
16．（2017·河源模拟）如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，∠A=30°，BC=2，将△ABC绕点C按顺时针方向旋转n度后，得到△EDC，此时，点D在AB边上，斜边DE交AC边于点F，则n的大小和图中阴影部分的面积分别为 ．
17．（2017·营口）如图，将矩形ABCD绕点C沿顺时针方向旋转90°到矩形A′B′CD′的位置，AB=2，AD=4，则阴影部分的面积为 ．
三、解答题
18．（2017·宁波）在 的方格中，△ABC的三个顶点都在格点上．
（1）在图1中画出与△ABC成轴对称且与△ABC有公共边的格点三角形（画出一个即可）；
（2）将图2中的△ABC绕着点C按顺时针方向旋转90°，画出经旋转后的三角形．
四、综合题
19．（2017·靖远模拟）如图，在平面直角坐标系中，已知△ABC的三个顶点的坐标分别为
A（﹣1，1），B（﹣3，1），C（﹣1，4）．
①画出△ABC关于y轴对称的△A1B1C1；
②将△ABC绕着点B顺时针旋转90°后得到△A2BC2，请在图中画出△A2BC2，并求出线段BC旋转过程中所扫过的面积（结果保留π）．
20．（2017·齐齐哈尔）如图，平面直角坐标系内，小正方形网格的边长为1个单位长度，△ABC的三个顶点的坐标分别为A（﹣3，4），B（﹣5，2），C（﹣2，1）．
（1）画出△ABC关于y轴对称图形△A1B1C1；
（2）画出将△ABC绕原点O逆时针方向旋转90°得到的△A2B2C2；
（3）求（2）中线段OA扫过的图形面积．
21．（2017·河北）如图，AB=16，O为AB中点，点C在线段OB上（不与点O，B重合），将OC绕点O逆时针旋转270°后得到扇形COD，AP，BQ分别切优弧 于点P，Q，且点P，Q在AB异侧，连接OP．
（1）求证：AP=BQ；
（2）当BQ=4 时，求 的长（结果保留π）；
（3）若△APO的外心在扇形COD的内部，求OC的取值范围．
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】旋转的性质
【解析】【解答】解：∵△ABC绕点B顺时针旋转60°得△DBE，
∴∠ABD=∠CBE=60°，AB=BD，
∴△ABD是等边三角形，
∴∠DAB=60°，
∴∠DAB=∠CBE，
∴AD∥BC，
故选C．
【分析】由旋转的性质得到∠ABD=∠CBE=60°，AB=BD，推出△ABD是等边三角形，得到∠DAB=∠CBE，于是得到结论．
2．【答案】A
【知识点】一元二次方程根的判别式及应用；点的坐标；圆内接正多边形；旋转的性质
【解析】【解答】解：如图∠AOB= =60°，OA=OB，
∴△AOB是等边三角形，
∴AB=OA，
∴圆内接正六边形的边长与该圆的半径相等，A正确；
在平面直角坐标系中，不同的坐标可以表示不同一点，B错误；
一元二次方程ax2+bx+c=0（a≠0）不一定有实数根，C错误；
根据旋转变换的性质可知，将△ABC绕A点按顺时针方向旋转60°得△ADE，则△ABC与△ADE全等，D错误；
故选：A．
【分析】根据正多边形和圆的关系、一元二次方程根的判别式、点的坐标以及旋转变换的性质进行判断即可．
3．【答案】A
【知识点】正方形的性质；旋转的性质
【解析】【解答】解：由旋转的性质得，将正方形ABCD中的阴影三角形绕点A顺时针旋转90°后，得到的图形为A，
故选A．
【分析】根据旋转的性质即可得到结论．
4．【答案】C
【知识点】扇形面积的计算；旋转的性质
【解析】【解答】解：连接OO′，BO′，
∵将半径为2，圆心角为120°的扇形OAB绕点A逆时针旋转60°，
∴∠OAO′=60°，
∴△OAO′是等边三角形，
∴∠AOO′=60°，
∵∠AOB=120°，
∴∠O′OB=60°，
∴△OO′B是等边三角形，
∴∠AO′B=120°，
∵∠AO′B′=120°，
∴∠B′O′B=120°，
∴∠O′B′B=∠O′BB′=30°，
∴图中阴影部分的面积=S△B′O′B﹣（S扇形O′OB﹣S△OO′B）= ×1×2 ﹣（ ﹣ ×2× ）=2 ﹣ ．
故选C．
【分析】连接OO′，BO′，根据旋转的想知道的∠OAO′=60°，推出△OAO′是等边三角形，得到∠AOO′=60°，推出△OO′B是等边三角形，得到∠AO′B=120°，得到∠O′B′B=∠O′BB′=30°，根据图形的面积公式即可得到结论．
5．【答案】D
【知识点】线段垂直平分线的性质；等腰三角形的判定；正方形的性质；相似三角形的判定；旋转的性质；等腰直角三角形
【解析】【解答】解：∵将△ABE绕点A顺时针旋转90°，使点E落在点E'处，
∴AE′=AE，∠E′AE=90°，
∴△AEE′是等腰直角三角形，故A正确；
∵将△ABE绕点A顺时针旋转90°，使点E落在点E'处，
∴∠E′AD=∠BAE，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠DAB=90°，
∵∠EAF=45°，
∴∠BAE+∠DAF=45°，
∴∠E′AD+∠FAD=45°，
∴∠E′AF=∠EAF，
∵AE′=AE，
∴AF垂直平分EE'，故B正确；
∵AF⊥E′E，∠ADF=90°，
∴∠FE′E+∠AFD=∠AFD+∠DAF，
∴∠FE′E=∠DAF，
∴△E′EC∽△AFD，故C正确；
∵AD⊥E′F，但∠E′AD不一定等于∠DAE′，
∴△AE′F不一定是等腰三角形，故D错误；
故选D．
【分析】由旋转的性质得到AE′=AE，∠E′AE=90°，于是得到△AEE′是等腰直角三角形，故A正确；由旋转的性质得到∠E′AD=∠BAE，由正方形的性质得到∠DAB=90°，推出∠E′AF=∠EAF，于是得到AF垂直平分EE'，故B正确；根据余角的性质得到∠FE′E=∠DAF，于是得到△E′EC∽△AFD，故C正确；由于AD⊥E′F，但∠E′AD不一定等于∠DAE′，于是得到△AE′F不一定是等腰三角形，故D错误．
6．【答案】A
【知识点】等边三角形的判定与性质；含30°角的直角三角形；勾股定理；旋转的性质
【解析】【解答】解：∵∠ACB=90°，∠ABC=30°，AC=2，
∴∠A=90°﹣∠ABC=60°，AB=4，BC=2 ，
∵CA=CA1，
∴△ACA1是等边三角形，AA1=AC=BA1=2，
∴∠BCB1=∠ACA1=60°，
∵CB=CB1，
∴△BCB1是等边三角形，
∴BB1=2 ，BA1=2，∠A1BB1=90°，
∴BD=DB1= ，
∴A1D= = ．
故答案为：A．
【分析】根据含30角的直角三角形的边角关系及旋转的意义得出△ACA1是等边三角形，AA1=AC=BA1=2，进而利用等边三角形的性质判断出△BCB1是等边三角形，然后再利用等边三角形的性质及勾股定理得出结论。
7．【答案】D
【知识点】旋转的性质
【解析】【解答】解：如图，连接AA′、BB′，分别作AA′、BB′的中垂线，两直线的交点即为旋转中心，
由图可知，线段AB和点P绕着同一个该点逆时针旋转90°，
∴点P逆时针旋转90°后所得对应点P′落在4区，
故选：D．
【分析】根据旋转的性质连接AA′、BB′，分别作AA′、BB′的中垂线，两直线的交点即为旋转中心，从而得出线段AB和点P是绕着同一个该点逆时针旋转90°，据此可得答案．
8．【答案】D
【知识点】平行线的判定与性质；旋转的性质；等腰直角三角形
【解析】【解答】解：如图，在等腰直角三角形△DEF中，∠EDF=90°，DE=DF，∠1=∠2=∠3，
∵∠1+∠QEF=∠3+∠DFQ=45°，
∴∠QEF=∠DFQ，∵∠2=∠3，
∴△DQF∽△FQE，
∴ = = = ，
∵DQ=1，
∴FQ= ，EQ=2，
∴EQ+FQ=2+ ，
故选D
【分析】由△DQF∽△FQE，推出 = = = ，由此求出EQ、FQ即可解决问题．
9．【答案】C
【知识点】等边三角形的性质；三角形的内切圆与内心；旋转的性质
【解析】【解答】解：由题意可得：第一次AO顺时针转动了120°，第二次AO顺时针转动了240°，第三次AO顺时针转动了120°，
故当由①位置滚动到④位置时，线段OA绕点O顺时针转过的角度是：120°+240°+120°=480°．
故选：C．
【分析】根据正三角形的性质分别得出点O转动的角度，进而得出答案．
10．【答案】C
【知识点】圆内接正多边形；旋转的性质
【解析】【解答】解：如图，在这样连续6次旋转的过程中，点M的运动轨迹是图中的红线，
观察图象可知点B，M间的距离大于等于2﹣ 小于等于1，
故选C．
【分析】如图，在这样连续6次旋转的过程中，点M的运动轨迹是图中的红线，观察图象可知点B，M间的距离大于等于2﹣ 小于等于1，由此即可判断．
11．【答案】16π
【知识点】旋转的性质
【解析】【解答】解：∵∠BAC=30°，∠ABC=90°，且BC=12，
∴∠ACA′=∠BAC+∠ABC=120°，AC=2BC=24cm，
由题意知点A所经过的路径是以点C为圆心、CA为半径的圆中圆心角为120°所对弧长，
∴其路径长为 =16π（cm），
故答案为：16π．
【分析】由题意知∠ACA′=∠BAC+∠ABC=120°、AC=2BC=24cm，根据弧长公式可求得点A所经过的路径长，即以点C为圆心、CA为半径的圆中圆心角为120°所对弧长．
12．【答案】①②
【知识点】全等三角形的判定与性质；正方形的性质；旋转的性质
【解析】【解答】解：设BE，DG交于O，
∵四边形ABCD和EFGC都为正方形，
∴BC=CD，CE=CG，∠BCD=∠ECG=90°，
∴∠BCE+∠DCE=∠ECG+∠DCE=90°+∠DCE，即∠BCE=∠DCG，
在△BCE和△DCG中，
，
∴△BCE≌△DCG（SAS），
∴BE=DG，
∴∠1=∠2，
∵∠1+∠4=∠3+∠1=90°，
∴∠2+∠3=90°，
∴∠BOC=90°，
∴BE⊥DG；故①②正确；
连接BD，EG，如图所示，
∴DO2+BO2=BD2=BC2+CD2=2a2，EO2+OG2=EG2=CG2+CE2=2b2，
则BG2+DE2=DO2+BO2+EO2+OG2=2a2+2b2，故③错误．
故答案为：①②．
【分析】由四边形ABCD与四边形EFGC都为正方形，得到四条边相等，四个角为直角，利用SAS得到三角形BCE与三角形DCG全等，利用全等三角形对应边相等即可得到BE=DG，利用全等三角形对应角相等得到∠1=∠2，利用等角的余角相等及直角的定义得到∠BOD为直角，利用勾股定理求出所求式子的值即可．
13．【答案】
【知识点】正方形的性质；平行线分线段成比例；旋转的性质
【解析】【解答】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ABC=90°，
∵把边BC绕点B逆时针旋转30°得到线段BP，
∴PB=BC=AB，∠PBC=30°，
∴∠ABP=60°，
∴△ABP是等边三角形，
∴∠BAP=60°，AP=AB=2 ，
∵AD=2 ，
∴AE=4，DE=2，
∴CE=2 ﹣2，PE=4﹣2 ，
过P作PF⊥CD于F，
则
∴PF= ，
∴三角形PCE的面积= CE PF= ×（2 ﹣2）×（2 -3）=
故答案为：．
【分析】根据旋转的想知道的PB=BC=AB，∠PBC=30°，推出△ABP是等边三角形，得到∠BAP=60°，AP=AB=2 ，解直角三角形得到CE=2 ﹣2，PE=4﹣2 ，过P作PF⊥CD于F，根据相似，可求出PF的长，再根据三角形面积公式即可得出答案．
14．【答案】
【知识点】扇形面积的计算；旋转的性质
【解析】【解答】解：由题意得：OA=1，OB=3；
∵S扇形A′OA= = ，S扇形BOB′= =3π，
∴线段AB在旋转过程中扫过的图形的面积= +π= （cm2），
故答案为 ．
【分析】将线段AB在旋转过程中扫过的图形看作两个扇形，运用扇形的面积公式求出两个扇形的面积，即可解决问题．
15．【答案】36π
【知识点】含30°角的直角三角形；扇形面积的计算；旋转的性质
【解析】【解答】解：∵∠C是直角，∠ABC=60°，
∴∠BAC=90°﹣60°=30°，
∴BC= AB= ×12=6cm，
∵△ABC以点B为中心顺时针旋转得到△BDE，
∴S△BDE=S△ABC，∠ABE=∠CBD=180°﹣60°=120°，
∴阴影部分的面积=S扇形ABE+S△BDE﹣S扇形BCD﹣S△ABC
=S扇形ABE﹣S扇形BCD
= ﹣
=48π﹣12π
=36πcm2．
故答案为：36π．
【分析】根据直角三角形两锐角互余求出∠BAC=30°，再根据直角三角形30°角所对的直角边等于斜边的一半可得BC= AB，然后求出阴影部分的面积=S扇形ABE﹣S扇形BCD，列式计算即可得解
16．【答案】60°，
【知识点】等边三角形的判定与性质；旋转的性质
【解析】【解答】解：∵将△ABC绕点C按顺时针方向旋转n度后得到△EDC，
∴BC=DC，
∵在Rt△ABC中，∠ACB=90°，∠A=30°，
∴∠B=90°﹣∠A=60°，
∴△DBC是等边三角形，
∴n=∠DCB=60°，
∴∠DCA=90°﹣∠DCB=90°﹣60°=30°，
∵BC=2，
∴DC=2，
∵∠FDC=∠B=60°，
∴∠DFC=90°，
∴DF= DC=1，
∴FC= = ，
∴S阴影=S△DFC= DF FC= ×1× = ．
故答案为：60°， ．
【分析】由旋转的性质，易得BC=DC=2，由在Rt△ABC中，∠ACB=90°，∠A=30°，即可求得∠B=60°，即可判定△DBC是等边三角形，即可求得旋转角n的度数，易得△DFC是含30°角的直角三角形，则可求得DF与FC的长，继而求得阴影部分的面积．
17．【答案】 π﹣2
【知识点】扇形面积的计算；旋转的性质
【解析】【解答】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴AD=BC=4，CD=AB=2，∠BCD=∠ADC=90°，
∴CE=BC=4，
∴CE=2CD，
∴∠DEC=30°，
∴∠DCE=60°，
由勾股定理得：DE=2 ，
∴阴影部分的面积是S=S扇形CEB′﹣S△CDE= ﹣ ×2×2 = ，
故答案为： ．
【分析】先求出CE=2CD，求出∠DEC=30°，求出∠DCE=60°，DE=2 ，分别求出扇形CEB′和三角形CDE的面积，即可求出答案．
18．【答案】（1）解：画出下列其中一个即可.
（2）解：
【知识点】作图﹣轴对称；作图﹣旋转
【解析】【分析】（1）根据轴对称图形的定义即可画出三角形.
（2）根据中心对称图形的定义即可画出旋转后的三角形.
19．【答案】①解：如图所示，画出△ABC关于y轴对称的△A1B1C1；
②解：如图所示，画出△ABC绕着点B顺时针旋转90°后得到△A2BC2，
线段BC旋转过程中所扫过得面积S= = ．
【知识点】作图﹣轴对称；作图﹣旋转
【解析】【分析】（1）根据题意画出△ABC关于y轴对称的△A1B1C1即可；（2）根据题意画出△ABC绕着点B顺时针旋转90°后得到△A2BC2，线段BC旋转过程中扫过的面积为扇形BCC2的面积，求出即可．
20．【答案】（1）解：如图，△A1B1C1即为所求；
（2）解：如图，△A2B2C2即为所求；
（3）解：∵OA= =5，
∴线段OA扫过的图形面积= = π．
【知识点】扇形面积的计算；作图﹣轴对称；作图﹣旋转
【解析】【分析】（1）分别作出各点关于y轴的对称点，再顺次连接即可；（2）根据图形旋转的性质画出旋转后的图形△A2B2C2即可；（3）利用扇形的面积公式即可得出结论．
21．【答案】（1）证明：连接OQ．
∵AP、BQ是⊙O的切线，
∴OP⊥AP，OQ⊥BQ，
∴∠APO=∠BQO=90°，
在Rt△APO和Rt△BQO中，
，
∴Rt△APO≌Rt△BQO，
∴AP=BQ
（2）解：∵Rt△APO≌Rt△BQO，
∴∠AOP=∠BOQ，
∴P、O、Q三点共线，
∵在Rt△BOQ中，cosB= = = ，
∴∠B=30°，∠BOQ=60°，
∴OQ= OB=4，
∵∠COD=90°，
∴∠QOD=90°+60°=150°，
∴优弧 的长= = π
（3）解：∵△APO的外心是OA的中点，OA=8，
∴△APO的外心在扇形COD的内部时，OC的取值范围为4＜OC＜8
【知识点】切线的性质；弧长的计算；旋转的性质
【解析】【分析】（1）连接OQ．只要证明Rt△APO≌Rt△BQO即可解决问题；（2）求出优弧DQ的圆心角以及半径即可解决问题；（3）由△APO的外心是OA的中点，OA=8，推出△APO的外心在扇形COD的内部时，OC的取值范围为4＜OC＜8；
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