人教版数学九年级上学期 23.1 图形的旋转 习题检测（含解析）

人教版数学九年级上学期 23.1 图形的旋转 同步练习
一．选择题（共10小题）
1．如图，时钟的时针从上午的8时转动到上午10时，时针旋转的旋转角为（　　）
A．30° B．60° C．80° D．100°
2．在正三角形、正方形、正五边形和等腰梯形这四种图形中，是旋转对称图形的有（　　）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
3．下列运动形式属于旋转的是（　　）
A．在空中上升的氢气球 B．飞驰的火车
C．时钟上钟摆的摆动 D．运动员掷出的标枪
4．如图，△AOB绕点O逆时针旋转65°得到△COD，若∠AOB＝30°，∠BOC的度数是（　　）
A．30° B．35° C．45° D．60°
5．如图，把△ABC绕点C按顺时针方向旋转25°，得到△A′B′C，A′B′交AC于点D，若∠A′DC＝90°，则∠A的度数为（　　）
A．75° B．65° C．55° D．45°
6．如图，∠AOB＝90°，将Rt△AOB绕点O顺时针旋转20°得到△COD，则∠COB的度数是（　　）
A．20° B．70° C．90° D．110°
7．如图，在方格纸中，将Rt△AOB绕点B按顺时针方向旋转90°后得到Rt△A′O′B，则下列四个图形中正确的是（　　）
A．B． C．D．
8．如图，将△ABC绕顶点C旋转得到△DEC，点A对应点D，点B对应点E，点B刚好落在DE边上，∠A＝24°，∠BCD＝48°，则∠ABC等于（　　）
A．68° B．70° C．72° D．74°
9．如图，在△AOB中，∠B＝30°，将△AOB绕点O顺时针旋转52°得到△A′OB′，边A′B′与OB交于点C（A′不在OB上），则∠A′CO的度数为（　　）
A．22° B．52° C．60° D．82°
10．如图，若△ABC内一点P满足∠PAC＝∠PBA＝∠PCB，则点P为△ABC的布洛卡点．三角形的布洛卡点由法国数学家和数学教育家克洛尔于1816年首次发现，但他自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重新发现，并用他的名字命名．问题：已知等腰直角三角形DEF中，∠EDF＝90°，若Q为△DEF的布洛卡点，DQ＝2，则EQ+FQ的值为（　　）
A．10 B．4+2 C．6+2 D．2+
二．填空题（共7小题）
11．如图，将Rt△ABC（其中∠B＝30°，∠C＝90°）绕点A按顺时针方向旋转到△AB1C1的位置，使得点B、A、B1在同一条直线上，那么旋转角等于　 　．
12．如图，将△ABC绕点A按逆时针方向旋转，得到△ADE，使点B的对应点D落在边BC上，联结EC，如果∠EDC＝32°，那么∠AEC＝　 　°．
13．如图，Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝8，BC＝6，点D是AB中点，把△ABC绕着点D旋转到△A′B′C′（点A、B、C分别对应点A′、B′、C′），旋转角等于∠A，若A′C′与△ABC的边交于点M和点N，则MN＝　 　．
14．如图，B点在第一象限，A点在x轴正半轴上，∠AOB＝∠B＝30°，OA＝2，将△AOB绕点O逆时针旋转90°，点B对应点B′的坐标是 　 　．
15．如图所示的图形绕其中心至少旋转 　 　度就可以与原图形完全重合．
16．时钟上的分针匀速旋转一周需要60分钟，则经过40分钟，分针旋转了 　 　°．
17．（1）时钟的时针3小时旋转的角度是 　 　，分针3分钟旋转的角度是 　 　；
（2）76.125°＝　 　° 　 　′　 　″；
（3）14°25′12″＝　 　°．
三．解答题（共6小题）
18．已知边长为5的正方形ABCD和边长为2的正方形AEFG有一个公共点A，点G、E分别在线段AD、AB上．
（1）如图①，连接DF、BF，显然DF＝BF，若将正方形AEFG绕点A按顺时针方向旋转，判断“在旋转的过程中，线段DF与BF的长始终相等．”是否正确，为什么？
（2）若将正方形AEFG绕点A按顺时针方向旋转，连接DG，在旋转的过程中，你能否找到一条线段的长与线段DG的长始终相等？并以图②为例说明理由．
19．如图，△AOB中，∠A＝43°，∠B＝32°，将△AOB绕点O顺时针旋转55°得到△COD，边CD与OB交于点E，点D、B是对应点．
（1）∠C＝　 　°．
（2）线段CD的长一定等于线段　 　的长．
（3）求∠CEO的度数．
20．在△ABC中，AB＝10，AC＝8，∠ACB＝30°，将△ABC绕A按逆时针方向旋转，得到△ADE．
（1）如图1，点F为BC与DE的交点，连接AF．求证：FA平分∠DFC；
（2）如图2，点P为线段AB中点，点G是线段BC上的动点，在△ABC绕A按逆时针方向旋转的过程中，点G的对应点是点G1，求线段PG1长度的最大值与最小值．
21．如图，点A'在Rt△ABC的边AB上，∠ABC＝30°，AC＝2，∠ACB＝90°，△ACB绕顶点C按逆时针方向旋转与△A'CB'重合，A'B'与BC交于点D，连接BB'，求线段BB'的长度．
22．如图，以△ABC中的AB为边作等边三角形PAB，使点P与点C在AB的两侧，连接CP．
（1）若∠ACB＝90°，∠CAB＝30°，BC＝3，求CP的长；
（2）若BC＝3，AC＝5，当∠ACB大小发生变化时，线段AB，CP的长度也随之发生改变．当∠ACB的度数为多少时，CP的长度最大？说明理由，并求此时CP，AB的长度．
参考答案与试题解析
一．选择题（共10小题）
1．【解答】解：由题意得：时钟的时针从上午的8时到上午10时，时针旋转了两大格，旋转角为60°，
故选：B．
2．【解答】解：在正三角形、正方形、正五边形和等腰梯形，只有等边三角形、正方形、正五边形是旋转对称图形，共3个．
故选：C．
3．【解答】解：A、在空中上升的氢气球是平移，故此选项错误；
B、飞驰的火车是平移，故此选项错误；
C、时钟上钟摆的摆动，属于旋转，故此选项正确；
D、运动员掷出的标枪是平移，故此选项错误．
故选：C．
4．【解答】解：∵△AOB绕点O逆时针旋转65°得到△COD，
∴∠AOC＝65°，
∵∠AOB＝30°
∴∠BOC＝∠AOC﹣∠AOB＝35°
故选：B．
5．【解答】解：由已知可得∠ACA′＝25°，
∴∠A′＝90°﹣25°＝65°．
根据旋转的性质可知∠A＝∠A′＝65°．
故选：B．
6．【解答】解：∵将Rt△AOB绕点O顺时针旋转20°得到△COD，
∴∠BOD＝∠AOC＝20°，
∴∠BOC＝∠AOB﹣∠AOC＝70°，
故选：B．
7．【解答】解：A选项是原图形的对称图形，故A不正确；
B选项是Rt△AOB绕点B按顺时针方向旋转90°后得到Rt△A′O′B，故B正确；
C选项旋转后的对应点错误，即形状发生了改变，故C不正确；
D选项是按逆时针方向旋转90°，故D不正确；
故选：B．
8．【解答】解：∵△ABC绕顶点C旋转得到△DEC，
∴∠D＝∠A＝24°，∠ABC＝∠E，CE＝CB，
∵∠BCD＝48°，
∴∠CBE＝48°+24°＝72°，
∵CE＝CB，
∴∠E＝∠CBE＝72°，
∴∠ABC＝72°．
故选：C．
9．【解答】解：∵将△AOB绕点O顺时针旋转52°得到△A′OB′，
∴∠B＝∠B'＝30°，∠B'OB＝52°，
∵∠A'CO＝∠B'+∠B'OB
∴∠A'CO＝82°，
故选：D．
10．【解答】解：将△QFD绕点D顺时针旋转90°得△MED，如图：
∴△MED≌△QFD，∠MDQ＝90°，
∴ME＝QF，MD＝QD＝2，∠MED＝∠QFD，∠MDE＝∠QDF，
∴∠DQM＝45° MQ＝2，
∵点Q为△DEF的“布洛卡点”，
∴∠QFE＝∠QDF＝∠QED，
∴∠MDE＝∠QED，
∴QE∥DM，
∴∠DQE＝90°，
∴∠MQE＝∠DQE﹣∠DQM＝90°﹣45°＝45°，
∵∠QFD+∠QFE＝45°，∠MED＝∠QFD，
∴∠MED+∠QED＝∠QEM＝45°，
∴△MQE是等腰直角三角形，
∴ME＝MQ＝2，
由勾股定理，得QE＝4，
又∵ME＝QF＝2，
∴QE+QF＝4+2．
故选：B．
二．填空题（共7小题）
11．【解答】解：由旋转的性质定义知，∠BAB1等于旋转角，
∵点B、A、B1在同一条直线上，
∴∠BAB1为平角，
∴∠BAB1＝180°，
故答案为：180°．
12．【解答】解：∵旋转前后的图形全等，
∴AB＝AD，AC＝AE，
∴∠ABD＝∠ADB＝∠ADE，∠ACE＝∠AEC，
∵∠EDC＝32°，
∴∠ABD＝∠ADB＝，
∴∠BAD＝180°﹣74°×2＝32°，
∴∠CAE＝32°，
∴∠AEC＝74°，
故答案为74．
13．【解答】解：如图1中，作NH⊥A′D于H．
在Rt△ACB中，∵∠∠ACB＝90°，AC＝8，BC＝6，
∴AB＝＝＝10，
∵D是AB的中点，
∴AD＝DA′＝DA＝DB＝5，
∵∠A＝∠A′＝∠ADA′，
∴NA′＝ND，
∵NH⊥DA′，
∴DH＝HA′＝，
∵∠NDH＝∠A，∠C＝∠DHN，
∴△DHN∽△ACB，
∴＝，
∴＝，
∴DN＝，
∴AN＝AD﹣DN＝5﹣＝．
∵∠A＝∠ADA′，
∴AM∥DA′，
∴∠AMN＝∠A′＝∠A，
∴MN＝．
如图2中，当∠ADA′＝∠A时，设DA′交AM于G，同法可得AG＝DG＝，GM＝GA′＝，
∴CM＝AC﹣AG﹣GM＝8﹣﹣＝3，
由△CMN∽△CAB，可得＝，
∴＝，
∴MN＝，
故答案为或．
14．【解答】解：如图，过点B和B′作BD⊥x轴和B′C⊥y轴于点D、C，
∵∠AOB＝∠B＝30°，
∴AB＝OA＝2，∠BAD＝60°，
∴AD＝1，BD＝，
∴OD＝OA+AD＝3，
∴B（3，），
∴将△AOB绕点O逆时针旋转90°，点B的对应点B'，
∴B′C＝BD＝，OC＝OD＝3，
∴B′坐标为：（﹣，3）．
故答案为：（﹣，3）．
15．【解答】解：把图形中的每个阴影部分与相邻的一个部分当作一个部分，因而整个圆周被分成4个完全相同的部分，
每个部分对应的圆心角是＝90度，因而最少旋转的度数是90度．
故答案为：90．
16．【解答】解：∵时钟上的分针匀速旋转一周的度数为360°，时钟上的分针匀速旋转一周需要60分钟，
则时钟上的分针匀速旋转一分钟时的度数为：360°÷60＝6°，
那么40分钟，分针旋转了40×6°＝240°，
故答案为：240．
17．【解答】解：（1）∵时钟上的时针匀速旋转一周的度数为360°，时钟上的时针匀速旋转一周需要12小时，
则时钟上的时针匀速旋转一小时的度数为：360÷12＝30°，
那么3小时，时针旋转了3×30°＝90°；
∵时钟上的分针匀速旋转一周的度数为360°，时钟上的分针匀速旋转一周需要60分钟，
则时钟上的分针匀速旋转一分钟时的度数为：360÷60＝6°，
那么3分钟，分针旋转了3×6°＝18°．
故答案为：90°，18°；
（2）76.125°＝76°7′30″．
故答案为：76，7，30；
（3）14°25′12″＝14.42°．
故答案为：14.42．
三．解答题（共6小题）
18．【解答】解：（1）DF≠BF．
理由如下：如图①，以旋转45°为例，
∵正方形ABCD和正方形AEFG的边长分别为5，2，
∴AFAE＝2，
∴DF＝＝＝，
BF＝AB﹣AF＝5﹣2，
∴DF≠BF；
（2）BE与DG始终相等．
理由如下：如图②，连接BE，
在正方形ABCD与正方形AEFG中，AD＝AB，AG＝AE，
∠DAG+∠BAG＝90°，∠BAE+∠BAG＝90°，
∴∠DAG＝∠BAE，
在△ADG与△ABE中，，
∴△ADG≌△ABE（SAS），
∴BE＝DG，
即旋转过程中BE与DG的长始终相等．
19．【解答】解：根据△AOB绕点O顺时针旋转55°得到△COD，可知：
（1）∠C＝∠A＝43°；
故答案为：43；
（2）CD＝AB；
故答案为：AB；
（3）∵∠BOD＝55°，∠D＝∠B＝32°，
∴∠CEO＝∠EOD+∠D＝55°+32°＝87°．
答：∠CEO的度数为87°．
20．【解答】（1）证明：作AM⊥BC于点M，AN⊥DE于点N，如图1，
根据旋转的性质可知：△ABC≌△ADE，
∵AM⊥BC于点M，AN⊥DE于点N，
∴AM＝AN，
∴FA平分∠DFC，
（2）解：线段PG1长度的最小值4﹣5，PG1长度的最大值为5+8；
解题过程如下：
①过点A作AF⊥BC于F，如图a，
∵△ABC为钝角三角形，
∴点F在线段BC上，
在Rt△ACF中，AC＝8，∠ACB＝30°，
∴AF＝AC＝4，
∵AB＝10，点P为线段AB中点，
∴AP＝AB＝5，
当G在BC上运动，AG与BC垂直，即点F与点G重合时，△ABC绕点A旋转，使点G的对应点G1在线段AB上，此时PG1最小，
最小值为：PG1＝AG1﹣AP＝AF﹣AP＝4﹣5；
②当G在BC上运动至点C，如图b，
△ABC绕点A旋转，使点G的对应点G1在线段BA延长线上时，PG1最大，
最大值为：PG1＝AP+AG1＝AP+AC＝5+8．
综上所述，线段PG1长度的最小值4﹣5，PG1长度的最大值为5+8；
21．【解答】解：∵Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠ABC＝30°，AC＝2，
∴AB＝2AC＝4，
∴BC＝＝2，
∵∠A＝60°，
∴△AA′C是等边三角形，
∴AA′＝AB＝2，
∴A′C＝A′B，
∴∠A′CB＝∠A′BC＝30°，
∵△A′B′C是△ABC旋转而成，
∴∠A′CB′＝90°，BC＝B′C，
∴∠B′CB＝90°﹣30°＝60°，
∴△BCB′是等边三角形，
∴BB′＝BC＝2．
22．【解答】解：（1）∵△PAB是等边三角形，
∴∠PAB＝60°，AP＝AB，
∵∠ACB＝90°，∠CAB＝30°，BC＝3，
∴AB＝2BC＝6，
∴AP＝AB＝6，AC＝3，∠CAP＝90°，
∴PC＝＝＝3．
（2）如图，把△ABC绕点A逆时针旋转60°，得到△ADP，连接CD，
∵AC＝AD，∠CAD＝60°，
∴△ACD是等边三角形，
∴CD＝AC＝5，∠ADC＝60°，
∵DP＝3，
∴CP≤CD+DP＝8，当且尽当点D在CP上时等号成立，
∴当点D在CP上时，CP的长度最大，此时∠ADP＝120°，从而∠ACB＝120°，
∴当∠ACB＝120°时，CP的长最大，且CP＝8，
此时，过点B作BE⊥AC交AC的延长线于E，则∠BCE＝60°，CE＝，BE＝，
∴AB＝＝＝7．