2022-2023学年人教版（2012）八年级上册23.1图形的旋转同步课时训练(word版含答案)

23.1 图形的旋转 同步课时训练
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
评卷人得分
一、单选题(每小题4分，共10各小题，共计40分)
1．如图，在中，，，D是边上一点．将绕着点C顺时针旋转至．若，则的大小是（ ）
A． B． C． D．
2．如图，平行四边形中，，P是边的中点，将平行四边形绕点O逆时针旋转，每次旋转，则旋转2022次后点P的对应点坐标为（ 　 ）
A． B． C． D．
3．如图，在中，，，将绕点C顺时针旋转90°得到，点B的对应点在边AC上（不与点A，C重合），则的度数为（ ）
A． B． C． D．
4．如图将△ABC绕点A顺时针旋转90°得到△AED，若点B、D、E在同一条直线上，∠BAC=20°，则∠ADB的度数为（ ）
A．55° B．60° C．65° D．70°
5．如图，在中，，在平面内将绕点旋转到位置，若，则的度数是（　　）
A．10° B．12° C．14° D．16°
6．如图，将长方形绕点顺时针旋转到长方形的位置，旋转角为．若，则的度数为（ ）
A． B． C． D．
7．在△ABC中，，，以C为中心将△ABC旋转角到（旋转过程中保持△ABC的形状大小不变），点B恰落在上，如图，则旋转角的大小为（ ）
A． B． C． D．
8．如图，将绕点按顺时针方向旋转40°得到，若，则等于（ ）
A．60° B．50° C．70° D．80°
9．如图，正方形ABCD中，点M、N是对角线BD上的两点，且．若BM＝2，DN＝3，则MN的长为（ ）
A． B．4 C． D．5
10．如图，已知菱形OABC的顶点O（0，0），B（2，2），若菱形绕点O逆时针旋转，每秒旋转，则第2022秒时，菱形的对角线交点D的坐标为（ ）
A． B． C． D．
评卷人得分
二、填空题(每小题5分，共5各小题，共计25分)
11．如图，已知四边形是平行四边形，将边绕点D逆时针旋转60°得到，线段交边于点F，连接．若，，，则线段的长为_______．
12．如图，已知正方形的边长为6，、分别是、边上的点，且，将绕点逆时针旋转，得到．若，则的长为___．
13．如图，ABC的顶点A，B分别在x轴，y轴上，∠ABC＝90°，OA＝OB＝1，BC＝2，将ABC绕点O顺时针旋转，每次旋转90°，则第2022次旋转结束时，点C的坐标为_____．
14．如图，中，，在同一平面内，将绕点旋转到的位置，使得，，则等于______．
15．如图，正方形ABCD与正方形AEFG边长分别为1和，一开始边AB与边AG重合，将正方形ABCD绕点A逆时针旋转，旋转角为．在旋转过程中，连接BG、GE、ED、DB，四边形BGED面积的最大值是______．
评卷人得分
三、解答题(16、17、18题9分，19题8分，共计35分)
16．如图，平行四边形ABCD中，．对角线相交于点O，将直线AC绕点O顺时针旋转，分别交于点E，F．
(1)证明：当旋转角为90°时，四边形ABEF是平行四边形；
(2)证明：在旋转过程中，线段AF与EC总保持相等；
(3)在旋转过程中，当AC绕点O顺时针旋转多少度时，四边形BEDF是菱形，请给出证明．
17．如图，在中，，点D是边上一点，连接，将线段绕点C逆时针旋转至，连接，取的中点M，连接．
(1)求证：；
(2)问与有何数量关系？写出你的结论并证明；
(3)若点D在上运动，则四边形能否形成平行四边形？若能，请直接写出此时的长；若不能，说明理由．
18．在平面直角坐标系中的位置如图所示．
(1)作出将向右平移3个单位长度后的图形，并写出点的坐标；
(2)作出将绕点顺时针旋转后的图形，并写出点的坐标．
19．如图，已知四边形是正方形，点在上，将顺时针旋转后与重合，再将向右平移后与重合．
(1)指出旋转中心和旋转的角度．
(2)如果连接，那么是怎样的三角形？请说明理由．
(3)试猜想线段和的位置关系和数量关系，直接写出结论．
试卷第1页，共3页
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参考答案：
1．C【分析】由∠BCA＝90°，∠1＝20°，可得∠BDC＝70°，然后根据旋转的性质得出答案．
【详解】解：∵∠BCA＝90°，∠1＝20°，
∴∠BDC＝70°，
∵将△BCD绕着点C顺时针旋转90°至△ACE，
∴∠E＝∠BDC＝70°，
故选：C．
【点睛】本题主要考查了旋转的性质，解题的关键是掌握旋转不改变图形的大小与形状．
2．C【分析】过点A作轴于点D．由平行四边形的性质，含30度角的直角三角形的性质和勾股定理可求出P点坐标．再结合题意可知旋转2022次后点P的对应点坐标与图中的坐标相同，求出的坐标即可．
【详解】如图，过点A作轴于点D．
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，，
∴P(3，)．
由图可知点P每8次一个循环，
∵2022÷8=252……6
∴旋转2022次后点P的对应点坐标与图中的坐标相同，
∵，
∴．
故选C．
【点睛】本题考查坐标与图形的变化—旋转，平行四边形的性质，含30度角的直角三角形的性质和勾股定理．理解旋转2022次后点P的对应点坐标与图中的坐标相同是解题关键．
3．C【分析】由旋转的性质可得，，进而可得，然后问题可求解．
【详解】解：由旋转的性质可得：，，
∴等腰直角三角形，
∴，
∴；
故选C．
【点睛】本题主要考查旋转的性质，熟练掌握旋转的性质是解题的关键．
4．C【分析】由旋转的性质可得∠BAC＝∠DAE＝20°，AB＝AE，∠BAE＝90°，根据三角形的外角的性质可求∠ADB的度数．
【详解】解：∵将△ABC绕点A顺时针旋转90°得到△AED，
∴∠BAC＝∠DAE＝20°，AB＝AE，∠BAE＝90°
∴∠BEA＝45°
∵∠BDA＝∠BEA＋∠DAE
∴∠BDA＝45°+20°＝65°
故选：C．
【点睛】本题考查了旋转的性质和三角形外角的性质，熟练运用旋转的性质解决问题是本题的关键．
5．C【分析】A'B'⊥BC，垂足为O点，如图，先根据旋转的性质得到∠A＝∠CA′B′＝52°，CA＝CA′，则利用等腰三角形的性质得到∠CA′A＝∠A＝52°，则根据平角的定义计算出∠B′A′B＝76°，然后利用互余即可得出∠B的度数．
【详解】解：如图所示，A'B'⊥BC，垂足为O点，
∵△ABC绕点C旋转到△A'B'C位置，
∴∠A＝∠CA′B′＝52°，CA＝CA′，
∵CA＝CA′，
∴∠CA′A＝∠A＝52°，
∴∠B′A′B＝180° ∠CA′A ∠CA′B′＝180° 52° 52°＝76°，
∵A'B'⊥BC，
∴∠A′OB＝90°，
∴∠B＝90° ∠B′A′B＝90° 76°＝14°，
故选：C．
【点睛】本题考查了旋转的性质：对应点到旋转中心的距离相等；对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角；旋转前、后的图形全等，涉及到垂直定义、等腰三角形性质和直角三角形两个锐角互余等知识点，熟练根据图形运用旋转的性质解题是解决问题的关键．
6．D【分析】由旋转的性质和矩形的性质可得∠BAB'＝α，∠D'＝∠D＝90°，由四边形内角和定理可求∠BAD'＝70°，即可求解．
【详解】解：∵将长方形ABCD绕点A顺时针旋转到长方形AB'C'D'的位置，
∴∠BAB'＝α，∠D'＝∠D＝90°，
∵∠1+∠B+∠D'+∠BAD'＝360°，
∴∠BAD'＝70°，
∴∠BAB'＝20°＝α，
故选：D．
【点睛】本题考查了旋转的性质，矩形的性质，掌握旋转的性质是解题的关键．
7．C【分析】由旋转的性质可得CB=CB1，∠ABC=∠A1B1C=90°-α，∠BCB1=θ，由等腰三角形的性质可得∠CBB1=∠A1B1C=90°-α，由三角形内角和定理可求解．
【详解】解：在△ABC中，∠ACB=90°，∠A=α，
∴∠ABC=90°-α，
∵将△ABC旋转角θ到△A1B1C，
∴CB=CB1，∠ABC=∠A1B1C=90°-α，∠BCB1=θ，
∴∠CBB1=∠A1B1C=90°-α，
∴∠BCB1=θ=180°-2（90°-α）=2α，
故选：C．
【点睛】本题考查了旋转的性质，等腰三角形的性质，掌握旋转的性质是解题的关键．
8．B【分析】由旋转的性质可得∠BAC=∠A'，∠ACA'=40°，由直角三角形的性质可得∠A'=50°，即可求解．
【详解】解：∵将△ABC绕点C按顺时针方向旋转40°得到△A'B'C，
∴∠BAC=∠A'，∠ACA'=40°
∵AC⊥A'B'，
∴∠A'=50°，
∴∠BAC=50°，
故选：B．
【点睛】本题考查了旋转的性质，直角三角形的性质，熟练运用旋转的性质是本题的关键．
9．C【分析】将△ABM绕点A逆时针旋转90°得到△ADH，连接NH，证明△AMN≌△AHN，可得MN=HN，Rt△HDN中，有HN2=DH2+DN2，即可求得结果．
【详解】解：将△ABM绕点A逆时针旋转90°得到△ADH，连接NH，
∵∠MAN=45°，
∴∠MAN=∠HAN=45°，
∵△ABM绕点A逆时针旋转90°得到△ADH，
∴AH=AM，BM=DH=2，∠ABM=∠ADH=45°，
又∵AN=AN，
∴△AMN≌△AHN（SAS），
∴MN=HN，
∵∠NDH=∠ABM+∠ADH=45°+45°=90°，
∴．
故选：C．
【点睛】本题考查了全等三角形的性质和判定，正方形的性质，旋转的性质，勾股定理等知识的综合应用，熟练掌握全等三角形的判定定理和正确作辅助线是解题关键．
10．B【分析】先求出D点的坐标，及OD的长．然后分别写出OD旋转1秒，2秒，3秒，4秒，5秒，6秒，7秒，8秒，9秒……时D点的坐标，找出D点的坐标的变化规律，即可求出第2022秒时D点的坐标．
【详解】∵O(0，0)，B(2，2)
∴D(1，1)，且OD=
第1秒时，D点在y轴正半轴上，
∴D (0，)；
第2秒时，D点在第二象限的角平分线上，
∴D (-1，1)；
第3秒时，D点在x轴负半轴上，
∴D3(，0)；
第4秒时，D点在第三象限的角平分线上，
∴D4(-1，-1)；
第5秒时，D点在y轴的负半轴上，
∴D5(0，)；
第6秒时，D点在第四象限的角平分线上，
∴D6(1，-1)；
第7秒时，D点在x轴正半轴上，
∴D7(，0 )；
第8秒时，D点在第一象限角平分线上，
∴D8(1，1)
第9秒时，D点在y轴正半轴上，
∴D9(0， )；
……以这样的规律，每旋转8秒循环一次，
2022÷8=253…6
∴ 第2022秒时，D点的坐标为(1，-1)．
故选：B.
【点睛】本题考查了菱形的性质，坐标系中点的坐标的变化规律等知识．找到规律是解题的关键．
11．【分析】连接AE，过E作EG⊥AB于G，由旋转的性质得出DE=DA，∠ADE=60°，证出△ADE是等边三角形，由等边三角形的性质得出AE=AD，证出∠GBE=45°，由等腰直角三角形的性质及勾股定理可得出答案．
【详解】解：连接AE，过E作EG⊥AB于G，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB=CD=4，∠BAD=∠C，
∵将边AD绕点D逆时针旋转60°得到DE，
∴DE=DA，∠ADE=60°，
∴△ADE是等边三角形，
∴AE=AD，
∴AE=BC，
∵∠C+∠BEF=165°，
∴∠DAB+∠BEF=165°，
∴∠ABE=360°-（∠ADE+∠BEF+∠DAB）=135°，
∴∠GBE=45°，
∴BG=GE=BE=，
∴AG=AB+BG=4+=5，
∴BC=AE=．
故答案为：2．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质，等边三角形的判定和性质，勾股定理，旋转的性质，熟练掌握旋转的性质是解题的关键．
12．5【分析】根据旋转的性质可得，，AE=CM=2，、、三点共线，可证得，设，在中，由勾股定理，即可求解．
【详解】解：根据题意得：∠DAE=∠DCF=∠DCM=90°，
逆时针旋转得到，
，，，AE=CM=2，
、、三点共线，
，
，
，
在和中，
，
，
，
设，
，且，
，，
，
，
在中，由勾股定理得，
即，
解得：，
．
故答案为：5．
【点睛】本题主要考查了图形的旋转，正方形的性质，勾股定理，全等三角形的判定和性质，熟练掌握图形的旋转的性质，正方形的性质，勾股定理，全等三角形的判定和性质是解题的关键．
13．【分析】如图，连接OC，将ABC绕点O顺时针旋转，每次旋转90°，相当于把绕O顺时针旋转 过C作于G，作于H，设 再利用勾股定理建立方程组求解C的坐标，再利用中心对称的性质可得答案．
【详解】解：如图，连接OC，将ABC绕点O顺时针旋转，每次旋转90°，
相当于把绕O顺时针旋转
∴点旋转4次进行循环，
∵
∴将ABC绕点O顺时针旋转，每次旋转90°，则第2022次旋转结束时，C与E重合，
过C作于G，作于H，设
∵OA＝OB＝1，BC＝2，∠ABC＝90°，
∴
∴
解得： （负根舍去）
∴C（2，3），
由旋转可得：关于原点O成中心对称，
∴
∴第2022次旋转结束时，点C的坐标为，
故答案为：．
【点睛】本题考查图形的旋转，坐标与图形，方程组的解法，利用平方根解方程，中心对称的性质，通过旋转角度找到旋转规律，从而确定第2022次旋转后矩形的位置是解题的关键．
14．【分析】首先根据两直线平行，同旁内角互补，得出的度数，然后再根据题意和图形旋转的性质，得出，最后根据角的关系，即可得出的度数．
【详解】解：∵，
又∵，
∴，
又∵绕点旋转到的位置，
∴，
∴．
故答案为：
【点睛】本题考查了平行线的性质，图形旋转的性质，解本题的关键在熟练掌握相关的性质．
15．【分析】连接BE，DG，相交于点H，BE与AG交于点K，根据正方形的性质可得AB=AD，AG=AE，∠BAD=∠GAE=90°，从而利用等式的性质可得∠DAG=∠BAE，进而可证△BAE≌△DAG，然后利用全等三角形的性质可得BE=DG，∠DGA=∠BEA，从而可得∠HKG+∠DGA=90°，进而可得∠GHK=90°，最后根据四边形BGED面积=△BEG的面积+△BDE的面积=BE2，当BE取最大值时，四边形BGED面积最大，进行计算即可解答．
【详解】解：连接BE，DG，相交于点H，BE与AG交于点K，
∵四边形ABCD，四边形AEFG都是正方形，
∴AB=AD，AG=AE，∠BAD=∠GAE=90°，
∴∠BAD+∠BAG=∠GAE+∠BAG，
∴∠DAG=∠BAE，
∴△BAE≌△DAG（SAS），
∴BE=DG，∠DGA=∠BEA，
∵∠AKE=∠HKG，∠AKE+∠BEA=90°，
∴∠HKG+∠DGA=90°，
∴∠GHK=180°-（∠HKG+∠DGA）=90°，
∴四边形BGED面积=△BEG的面积+△BDE的面积
=BE HG+BE DH
=BE（HG+DH）
=BE DG
=BE2，
∴当BE取最大值时，四边形BGED面积最大，
∴当α=90°时，BE最大=AE+AB=1+，
∴四边形BGED面积的最大值=BE2
=，
故答案为：．
【点睛】本题考查了旋转的性质，正方形的性质，全等三角形的判定与性质，根据题目的已知条件并结合图形添加适当的辅助线是解题的关键．
16．(1)见解析
(2)见解析
(3)45°，见解析
【分析】（1）根据平行四边形的性质得,根据已知条件可得，根据两组对边分别平行的四边形是平行四边证明即可；
（2）通过证明△AOF≌△COE（ASA）．即可得证；
（3）根据题意与勾股定理求得,根据平行四边形的性质可得,得到，结合菱形的性质和判定求解．
（1）
证明：如图，
∵平行四边形ABCD中，ADBC，
∴AFBE，
∵旋转角为90°时，∠AOF＝90°，
∵AB⊥AC，
∴∠BAC＝90°，
∴∠BAC＝∠AOF，
∴ABEF，
∴四边形ABEF是平行四边形．
（2）
证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴OA＝OC，ADBC，
∴∠OAF＝∠OCE，
∵∠AOF＝∠COE，
∴△AOF≌△COE（ASA）．
∴AF＝CE．
∴在旋转过程中，线段AF与EC总保持相等．
（3）
当AC绕点O顺时针旋转45度时，四边形BEDF是菱形．
理由如下：
由（2）知：AF＝CE，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴ADBC，AD＝BC，
∴DF＝BE，DFBE，
∴四边形BEDF是平行四边形．
如图：
∵AB⊥AC，AB＝1，BC＝，
∴，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AO＝AC＝1，
∴AO＝AB，
∵AB⊥AC，
∴∠AOB＝45°
∵AC绕点O顺时针旋转45度，
∴∠AOF＝45°，
∴∠BOF＝90°，
∴EF⊥BD．
∴四边形BEDF是菱形．
【点睛】本题考查旋转的性质及菱形性质和判定，掌握平行四边形，全等三角形的性质与判定，菱形的性质和判定是求解本题的关键．
17．(1)见解析
(2)，证明见解析
(3)能，
【分析】（1）由旋转的性质得出，．证明，由全等三角形的性质得出；
（2）延长到，使，交于点，证明，由全等三角形的性质得出，证明，由全等三角形的性质得出，则可得出结论；
（3）证出，若，则四边形是平行四边形，由全等三角形的性质及可列出关于的方程，求出即可得出答案．
（1）
解：证明：把绕点逆时针旋转得到线段，
，．
又，
，
在和中，
，
，
；
（2）
．
证明：延长到，使，交于点，
，，
，
，
，，
，
为的中点，
，
在的垂直平分线上，
又，
点在的垂直平分线上，
垂直平分，
，
在和中，
，
，
，
又，，
，
在和中，
，
，
，
又，
；
（3）
四边形能形成平行四边形．
，，
，
，
，
若，则四边形是平行四边形，
，
，
，
由（2）知，，
，
，
．
【点睛】本题是几何变换综合题，主要考查了等腰直角三角形的性质，旋转的性质，平行四边形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理等知识，证明是解题的关键．
18．(1)图见解析，
(2)图见解析，
【分析】（1）根据平移的性质向右平移3个单位长度后的图形，根据坐标系写出点（2）
（1）
如图所示，，
（2）
如图所示，．
【点睛】本题考查了平移作图，旋转作图，写出坐标系中点的坐标，掌握平移的性质与旋转的性质是解题的关键．
19．(1)点A为旋转中心，旋转角度为
(2)为等腰直角三角形，理由见解析
(3)，
【分析】（1）根据正方形的性质得AB＝AD，∠BAD＝90°，然后利用旋转的定义得到△ADE绕点A顺时针旋转90°后与△ABF重合；
（2）连接EF，根据旋转的性质得AF＝AE，∠FAE＝∠BAD＝90°，于是根据等腰直角三角形的判定方法即可得到△AEF是等腰直角三角形；
（3）先根据平移的性质得AF＝DH，AFDH，由（2）得AF⊥AE，AF＝AE，所以AE⊥DH，AE＝DH．
（1）
解：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝AD，∠BAD＝90°，
∵△ADE绕点A顺时针旋转90°后与△ABF重合，
即旋转的中心为点A和旋转的角度为90°；
（2）
为等腰直角三角形，理由如下：
∵绕点A顺时针旋转能与重合．
∴，，
∴为等腰直角三角形．
（3）
，．理由如下：
∵△ABF向右平移后与△DCH重合，
∴AF＝DH，AFDH，
∵AF⊥AE，AF＝AE，
∴AE⊥DH，AE＝DH．
【点睛】本题考查旋转的性质，正方形的性质，平移的性质，熟练掌握相关性质是解题的关键．
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页