人教版数学九年级上册课课练：23章 常见的四种旋转“背景”（Word版含答案解析）

专题训练　常见的四种旋转“背景”
　类型一　以坐标系或方格纸为背景的旋转
1.在平面直角坐标系中，点P(－4，2)向右平移7个单位长度得到点P1，点P1绕原点逆时针旋转90°得到点P2，则点P2的坐标是(　　)
A.(－2，3) B.(－3，2)
C.(2，－3) D.(3，－2)
2.2020·林州期中如图，等边三角形OAB的边OB在x轴上，点B的坐标为(2，0)，以点O为旋转中心，把△OAB逆时针旋转90°，则旋转后点A的对应点A′的坐标是(　　)
A.(－1，) B.(，－1)
C.(－，1) D.(－2，1)
3.在如图所示的方格纸(1格长为1个单位长度)中，△ABC的顶点都在格点上，将△ABC绕点O按顺时针方向旋转得到△A′B′C′，使各顶点仍在格点上，则其旋转角的度数是________.
4.2020·宁夏如图，直线y＝x＋4与x轴、y轴分别交于A，B两点，把△AOB绕点B逆时针旋转90°后得到△A1O1B，则点A1的坐标是________.
　类型二　以三角形为背景的旋转
5.如图，在等边三角形ABC内有一点P，且PA＝2，PB＝，PC＝1.求∠BPC的度数和等边三角形ABC的边长.
6.如图①是实验室中的一种摆动装置，BC在地面上，支架ABC是底边为BC的等腰直角三角形，摆动臂AD可绕点A旋转，摆动臂DM可绕点D旋转，AD＝30，DM＝10.
(1)在旋转过程中，
①当A，D，M三点在同一直线上时，求AM的长；
②当A，D，M三点为同一直角三角形的顶点时，求AM的长.
(2)若摆动臂AD顺时针旋转90°，点D的位置由△ABC外部的点D1处转到其内部的点D2处，连接D1D2，如图②，此时∠AD2C＝135°，CD2＝60，求BD2的长.
　　
　类型三　以四边形为背景的旋转
7.2020·萍乡期末【课题研究】旋转图形中对应线段所在直线的夹角(小于等于90°的角)与旋转角的关系.
【问题初探】线段AB绕点O顺时针旋转得到线段CD，其中点A与点C对应，点B与点D对应，旋转角的度数为α，且0°＜α＜180°.
(1)如图①，当α＝60°时，线段AB，CD所在直线的夹角(锐角)为______________；
(2)如图②，当90°＜α＜180°时，直线AB与直线CD所夹锐角与旋转角α存在怎样的数量关系？请说明理由；
【形成结论】旋转图形中，当旋转角小于平角时，对应线段所在直线的夹角(小于等于90°的角)与旋转角________.
【运用拓广】运用所形成的结论解决问题：
如图③，在四边形ABCD中，∠ABC＝60°，∠ADC＝30°，AB＝BC，CD＝3，BD＝，求AD的长.
　类型四　以中点为背景的旋转
8.(1)如图(a)，在△ABC中，D是BC边的中点，DE⊥DF，DE交AB于点E，DF交AC于点F，连接EF.
①求证：BE＋CF＞EF；
②若∠A＝90°，探索线段BE，CF，EF之间的数量关系，并加以证明.
(2)如图(b)，在四边形ABDC中，∠B＋∠C＝180°，BD＝CD，∠BDC＝120°，以D为顶点作一个60°的角，角的两边分别交AB，AC于E，F两点，连接EF，探索线段BE，CF，EF之间的数量关系，并加以证明.
答案
1.A　 点P(－4,2)向右平移7个单位长度得到点P1(3,2),点P1绕原点逆时针旋转90°得到点P2(－2,3).故选A.
2.C　
如图,过点A作AE⊥OB于点E,过点A′作A′H⊥x轴于点H.
∵B(2,0),△OAB是等边三角形,
∴OA＝OB＝AB＝2.
∵AE⊥OB,
∴OE＝EB＝1,
∴AE＝＝＝.
∵以点O为旋转中心把△OAB逆时针旋转90°,旋转后点A的对应点为A′,A′H⊥OH,
∴∠A′HO＝∠OEA＝∠AOA′＝90°,OA′＝OA,
∴∠A′OH＋∠AOE＝90°,∠AOE＋∠OAE＝90°,
∴∠A′OH＝∠OAE,
∴△A′OH≌△OAE(AAS),
∴A′H＝OE＝1,OH＝AE＝,
∴A′(－,1).
故选C.
3.90°　 找到一组对应点A,A′,并将其与旋转中心连接起来,确定旋转角,进而得到旋转角的度数为90°.
4.(4,)　 在y＝x＋4中,令x＝0,得y＝4;
令y＝0,得0＝x＋4,解得x＝－,
∴A(－,0),B(0,4).
由旋转可得△AOB≌△A1O1B,∠ABA1＝90°,
∴∠ABO＝∠A1BO1,∠BO1A1＝∠BOA＝90°,O1A1＝OA＝,O1B＝OB＝4,
∴∠OBO1＝90°,
∴O1B∥x轴,
∴点A1的纵坐标为OB－O1A1的长,
即4－＝,
横坐标为O1B＝4,
故点A1的坐标是(4,).
5.解：将△BPC绕点B逆时针旋转60°得到△BP′A(如图).
连接PP′,由旋转的性质知△BPP′为等边三角形,∠BP′A＝∠BPC,AP′＝PC＝1,
∴PP′＝PB＝,∠BPP′＝∠BP′P＝60°.
在△APP′中,∵AP′2＋PP′2＝12＋()2＝22＝PA2,
∴△APP′是直角三角形,且∠AP′P＝90°,
∴∠BP′A＝∠BP′P＋∠AP′P＝60°＋90°＝150°,
∴∠BPC＝∠BP′A＝150°.
在Rt△APP′中,∵PA＝2,AP′＝1,
∴∠APP′＝30°.
又∵∠BPP′＝60°,∴∠APB＝90°,
∴在Rt△ABP中,AB＝＝＝,
即等边三角形ABC的边长为.
6.解：(1)①当A,D,M三点在同一直线上时,AM＝AD＋DM＝40或AM＝AD－DM＝20.
②当A,D,M三点为同一直角三角形的顶点时,显然∠MAD不能为直角.
当∠AMD为直角时,AM2＝AD2－DM2＝302－102＝800.
∵AM>0,
∴AM＝20 .
当∠ADM＝90°时,AM2＝AD2＋DM2＝302＋102＝1000.
∵AM>0,
∴AM＝10 .
综上所述,满足条件的AM的长为20 或10 .
(2)如图,连接CD1.
由题意,得∠D1AD2＝90°,AD1＝AD2＝30,
∴∠AD2D1＝45°,D1D2＝30 .
∵∠AD2C＝135°,
∴∠CD2D1＝∠AD2C－∠AD2D1＝90°,
∴CD1＝＝30 .
∵∠BAC＝∠D1AD2＝90°,
∴∠BAC－∠CAD2＝∠D1AD2－∠CAD2,
即∠BAD2＝∠CAD1.
又∵AB＝AC,AD2＝AD1,
∴△BAD2≌△CAD1(SAS),
∴BD2＝CD1＝30 .
7.解：【问题初探】
(1)60°　 如图①,延长DC交AB于点F,交BO于点E.
∵α＝60°,
∴∠BOD＝60°.
∵线段AB绕点O顺时针旋转得到线段CD,
∴AB＝CD,OA＝OC,BO＝DO,
∴△AOB≌△COD(SSS),
∴∠B＝∠D.
又∵∠OED＝∠BEF,
∴∠BFE＝∠EOD＝60°.
(2)直线AB与直线CD所夹锐角与旋转角α互补.
理由如图下：
如图②,延长AB,DC交于点E.
∵线段AB绕点O顺时针旋转得到线段CD,
∴AB＝CD,OA＝OC,BO＝DO,
∴△AOB≌△COD(SSS),
∴∠ABO＝∠D.
∵∠ABO＋∠EBO＝180°,
∴∠D＋∠EBO＝180°.
又∵∠EBO＋∠E＋∠D＋∠BOD＝360°,
∴∠E＋∠BOD＝180°,
∴直线AB与直线CD所夹锐角与旋转角α互补.
【形成结论】相等或互补
【运用拓广】如图③,将△BCD绕点B顺时针旋转60°,得到△BAF,连接FD,延长FA,DC交于点E.
∵旋转角∠ABC＝60°,
∴由【形成结论】可知∠AED＝∠ABC＝60°.
由旋转的性质可知AF＝CD＝3,BD＝BF.
∵∠ADC＝30°,
∴∠FAD＝∠AED＋∠ADC＝90°.
∵∠FBD＝∠ABC＝60°,BF＝BD,
∴△BFD是等边三角形,
∴DF＝BF＝BD＝,
∴在Rt△DAF中,AD＝＝＝.
8.解：(1)①证明：如图(a),将△DBE绕点D旋转180°得到△DCG,连接FG,则△DCG≌△DBE,
∴DG＝DE,CG＝BE.
又∵DE⊥DF,
∴DF垂直平分线段EG,∴FG＝EF.
∵在△CFG中,CG＋CF＞FG,
∴BE＋CF＞EF.
②BE2＋CF2＝EF2.
证明：∵∠A＝90°,∴∠B＋∠ACD＝90°.
由①可得,∠FCG＝∠FCD＋∠DCG＝∠FCD＋∠B＝90°,
∴在Rt△CFG中,由勾股定理,得CG2＋CF2＝FG2,∴BE2＋CF2＝EF2.
(2)EF＝BE＋CF.
证明：如图(b).∵CD＝BD,∠BDC＝120°,
∴将△CDF绕点D逆时针旋转120°可得到△BDM,
∴△BDM≌△CDF,
∴DM＝DF,BM＝CF,∠BDM＝∠CDF,∠DBM＝∠C.
∵∠ABD＋∠C＝180°,
∴∠ABD＋∠DBM＝180°,
∴点A,B,M共线,
∴∠EDM＝∠EDB＋∠BDM＝∠EDB＋∠CDF＝∠BDC－∠EDF＝120°－60°＝60°＝∠EDF.
在△DEM和△DEF中,
∴△DEM≌△DEF,
∴EF＝EM＝BE＋BM＝BE＋CF.