九年级上册人教版数学第二十三章旋转（含解析）

九年级上册人教版数学第二十三章旋转
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一、选择题（本大题共 8 小题）
1、如图， 中， ，将 绕点C旋转得到 ,连接AD，当点A恰好在线段EC上时，
A.100° B.110° C.120° D.130°
2、点P （2，5）经过某种图形变化后得到点Q（-2，5），这种图形变化可以是（ ）
A.关于x轴对称 B.关于y轴对称 C.关于原点对称 D.上下平移
3、如图，等边三角形ABC的边长是2，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MN，则在点M运动过程中，线段MN长度的最小值是（ ）
A. B.1 C. D.
4、下列四个图案中，不是中心对称图案的是（ ）
A. B. C. D.
5、如图，将△ABC绕点C按逆时针方向旋转得△A′B′C，且A′点在AB上，A′B′交CB于点D，若∠BCB′=α，则∠CA′B′的度数为（ ）
A.180°-α B.90° C.180° D.90°
6、如图，△ABC绕点A旋转一定角度后得到△ADE，若BC=4，AC=3，则下列说法正确的是（ ）
A.DE=3 B.AE=4 C.∠ACB是旋转角 D.∠CAE是旋转角
7、如图，已知正方形ABCD的边长为3，如果将线段BD绕着点B旋转后，点D落在CB的延长线上的D′处，那么AD′为（ ）
A.6 B.3 C.18 D.3
8、如图，C为线段AE上一动点（不与点A，E重台），在AE同侧分别作等边△ABC和等边△CDE，AD与BE交于点O，AD与BC交于点P，BE与CD交于点Q，连接FQ．以下五个结论：①AD=BE；②PQ∥AE；③AP=BQ；④DE=DP；⑤∠DOE=60°，其中正确的结论的个数是（ ）
A.2个 B.3个 C.4个 D.5个
二、填空题（本大题共 7 小题）
9、在平面直角坐标系中，以原点为对称中心，把点A（3，4）逆时针旋转90°，得到点B，则点B的坐标为______．
10、平面直角坐标系内一点P(-2,3)关于原点对称的点的坐标是 ．
11、如图，点O是 ABCD的对称中心，AD＞AB，E、F是AB边上的点，且EF= AB；G、H是BC边上的点，且GH= BC，若S1，S2分别表示△EOF和△GOH的面积，则S1与S2之间的等量关系是______．
12、将菱形ABCD以点E为中心，按顺时针方向分别旋转90°，180°，270°后形成如图所示的图形，若∠BCD=120°，AB=2，则图中阴影部分的面积为______．
13、在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=6，BC=8（如图），点D是边AB上一点，把△ABC绕着点D旋转90°得到△A'B'C'，边B'C'与边AB相交于点E，如果AD=BE，那么AD长为______．
14、如图， 是由 绕A点旋转 后得到的，那么 与 关于A点 对称，A点叫做 ．

15、如图：已知Rt△ABC，对应的坐标如图，请利用学过的变换（平移、旋转、轴对称）知识经过若干次图形变化，使得点A与点E重合、点B与点D重合，写出一种变化的过程______．
三、解答题（本大题共 4 小题）
16、如图，在△ABC中，AB=AC，∠BAC=30°，将△ABC绕点A逆时针旋转α度（30＜α＜150）得到△AB′C′，B、C两点的对应点分别为点B′、C′，连接BC′，BC与AC、AB′相交于点E、F．
（1）当α=70时，∠ABC′= °，∠ACB′= °．
（2）求证：BC′∥CB′．
17、如图，点A的坐标为（0,2），点B的坐标为（-3,2）。点C的坐标为（-3,-1）。
（1）请在直角坐标系中画出 绕着点A顺时针旋转90°后的图形 ；
（2）只写写出：点B'的坐标 ，点C'的坐标
18、如图，点O为平面直角坐标系的原点，点A在x轴的正半轴上，正方形OABC的边长是3，点D在AB上，且AD=1．将△OAD绕着点O逆时针旋转得到△OCE．
（1）求证：OE⊥OD；
（2）在x轴上找一点P，使得PD+PE的值最小，求出点P的坐标．
19、如图，△ABC三个顶点的坐标分别为A（1，1），B（4，2），C（3，4）．
（1）请画出△ABC向左平移5个单位后得到的△A1B1C1；
（2）请画出△ABC以点O为对称中心的中心对称图形△A2B2C2；
（3）在x轴上求作一点P，使△PAB的周长最小，请画出△PAB，并直接写出点P的坐标．
答案解析
【 第 1 题 】
【 答 案 】
B
【解析】
本题考查旋转的性质，等腰三角形的性质。
将 绕点C旋转得到 ,
故选B
【 第 2 题 】
【 答 案 】
B
【解析】
解：∵点P （2，5）经过某种图形变化后得到点Q（-2，5），
∴这种图形变化可以是关于y轴对称．
故选：B．
直接利用利用关于y轴对称点的性质得出答案．
此题主要考查了关于y轴对称点的性质，正确记忆横纵坐标的关系是解题关键．
【 第 3 题 】
【 答 案 】
B
【解析】
解：由旋转的特性可知，BM=BN，
又∵∠MBN=60°，
∴△BMN为等边三角形．
∴MN=BM，
∵点M是高CH所在直线上的一个动点，
∴当BM⊥CH时，MN最短（到直线的所有线段中，垂线段最短）．
又∵△ABC为等边三角形，且AB=BC=CA=2，
∴当点M和点H重合时，MN最短，且有MN=BM=BH= AB=1．
故选：B．
由旋转的特性以及∠MBN=60°，可知△BMN是等边三角形，从而得出MN=BN，再由点到直线的所有线段中，垂线段最短可得出结论．
本题考查了旋转的特性、垂线段最短理论以及等边三角形的判定与性质，解题的关键是：由旋转的特性以及∠MBN=60°，可知△BMN是等边三角形，从而得出MN=BN，再结合点到直线的所有线段中，垂线段最短，即可得出结论．
【 第 4 题 】
【 答 案 】
C
【解析】
解：A、B、D是中心对称图形，C不是中心对称图形，
故选：C．
根据中心对称图形的概念求解．
本题考查了中心对称图形的概念：中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后与原图重合．
【 第 5 题 】
【 答 案 】
B
【解析】
解：∵将△ABC绕点C按逆时针方向旋转得△A′B′C，
∴AC=A'C，∠A=∠CA'B'，∠ACA'=∠BCB'=α，
∴∠A=∠CA'B'= =90°-
故选：B．
由旋转的性质可得AC=A'C，∠A=∠CA'B'，∠ACA'=∠BCB'=α，由等腰三角形的性质可求解．
本题考查了旋转的性质，等腰三角形的性质，熟练运用旋转的性质是本题的关键．
【 第 6 题 】
【 答 案 】
D
【解析】
解：由旋转的性质得：DE=BC=4，故A不正确；AE=AC=3，故B不正确；旋转角是∠CAE，故D正确；∠ACB不是旋转角，故C不正确；
故选：D．
由旋转的意义可得，将△ABC绕点A逆时针旋转一个角度后得到△ADE，此时对应边为；AC=AE，AB=AD，CB=ED，旋转角为∠CAE或∠BAD，以此逐个进行判断，得出答案．
考查旋转的性质，对应边相等、对应角相等，理解旋转角的意义等知识，掌握这些知识是前提和基础．
【 第 7 题 】
【 答 案 】
B
【解析】
解：∵四边形ABCD是正方形，
∴BC=CD=3，∠C=90°，
∴BD= = =3 ，
在Rt△ABD′中，BD′=BD=3 ，AB=3，∠ABD′=90°，
∴AD′= = =3 ，
故选：B．
在Rt△ABD′中，利用勾股定理解决问题即可．
本题考查旋转的性质，勾股定理等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．
【 第 8 题 】
【 答 案 】
C
【解析】
解：∵等边△ABC和等边△CDE，
∴AC=BC，CD=CE，∠ACB=∠DCE=60°，
∴∠ACB+∠BCD=∠DCE+∠BCD，即∠ACD=∠BCE，
在△ACD与△BCE中， ，
∴△ACD≌△BCE（SAS），
∴AD=BE，
∴①正确，
∵△ACD≌△BCE，
∴∠CBE=∠DAC，
又∵∠ACB=∠DCE=60°，
∴∠BCD=60°，即∠ACP=∠BCQ，
又∵AC=BC，
∴△CQB≌△CPA（ASA），
∴CP=CQ，
又∵∠PCQ=60°可知△PCQ为等边三角形，
∴∠PQC=∠DCE=60°，
∴PQ∥AE②正确，
∵△CQB≌△CPA，
∴AP=BQ③正确，
∵AD=BE，AP=BQ，
∴AD-AP=BE-BQ，
即DP=QE，
∵∠DQE=∠ECQ+∠CEQ=60°+∠CEQ，∠CDE=60°，
∴∠DQE≠∠CDE，故④错误；
∵BC∥DE，
∴∠CBE=∠BED，
∵∠CBE=∠DAE，
∴∠AOB=∠OAE+∠AEO=60°，
同理可得出∠AOE=120°，
∴∠DOE=60°，故⑤正确；
故选：C．
①由于△ABC和△CDE是等边三角形，可知AC=BC，CD=CE，∠ACB=∠DCE=60°，从而证出△ACD≌△BCE，可推知AD=BE；
②由△ACD≌△BCE得∠CBE=∠DAC，加之∠ACB=∠DCE=60°，AC=BC，得到△CQB≌△CPA（ASA），再根据∠PCQ=60°推出△PCQ为等边三角形，又由∠PQC=∠DCE，根据内错角相等，两直线平行，可知②正确；
③根据②△CQB≌△CPA（ASA），可知③正确；
④根据∠DQE=∠ECQ+∠CEQ=60°+∠CEQ，∠CDE=60°，可知∠DQE≠∠CDE，可知④错误；
⑤由BC∥DE，得到∠CBE=∠BED，由∠CBE=∠DAE，得到∠AOB=∠OAE+∠AEO=60°，同理可得出∠AOE=120°，进而得出∠DOE=60°，故⑤正确．
本题考查了等边三角形的性质、全等三角形的判定与性质，利用旋转不变性，找到不变量，是解题的关键．
【 第 9 题 】
【 答 案 】
（-4，3）
【解析】
解：如图所示，建立平面直角坐标系，点B的坐标为（-4，3）．
故答案为（-4，3）
建立平面直角坐标系，作出图形，然后根据图形写出点B的坐标即可．
本题考查了坐标与图形变化-旋转，作出图形，利用数形结合的思想求解更形象直观．
【 第 10 题 】
【 答 案 】
（2，-3）
【解析】
【分析】
本题主要考查了关于原点对称的点坐标的关系，平面直角坐标系中任意一点P(x,y)，关于原点的对称点是(-x,-y)，从而可得出答案．
【解答】
解：根据中心对称的性质，得点P(-2,-3)关于原点对称点P′的坐标是(2,-3)．
故答案为(2,-3)．
【 第 11 题 】
【 答 案 】
=
【解析】
解：∵ = = ， = = ，
∴S1= S△AOB，S2= S△BOC．
∵点O是 ABCD的对称中心，
∴S△AOB=S△BOC= S ABCD，
∴ = = ．
即S1与S2之间的等量关系是 = ．
故答案为 = ．
根据同高的两个三角形面积之比等于底边之比得出 = = ， = = ，再由点O是 ABCD的对称中心，根据平行四边形的性质可得S△AOB=S△BOC= S ABCD，从而得出S1与S2之间的等量关系．
本题考查了中心对称，三角形的面积，平行四边形的性质，根据同高的两个三角形面积之比等于底边之比得出 = = ， = = 是解题的关键．
【 第 12 题 】
【 答 案 】
12-4
【解析】
解：连接BD，AC交于点O，BE，DE
∵四边形ABCD是菱形，∠BCD=120°
∴BO=DO，AO=CO，AC⊥BD，∠CAD= ∠BCD=60°，且AB=AD=2
∴AO=CO=1，DO=BO= AO=
∴BD=2
∵将菱形ABCD以点O为中心按顺时针方向分别旋转90°，180°，270°后形成的图形
∴∠BED=90°，BE=DE
∴BE=DE=
∵S四边形DABE=S△DBE-S△ABD
∴S四边形DABE= - ×1=3-
∴∴S阴影部分=4（3- ）=12-4
故答案为：12-4
由菱形性质可得AC，BD的长，可求S△ACD，AO的长．根据SAOCD=S△ACO-S△ADC．可求SAOCD，则可求阴影部分面积．
本题考查了旋转的性质，菱形的性质，求出四边形DABE的面积是本题的关键．
【 第 13 题 】
【 答 案 】
【解析】
解：∵AC=6，BC=8，
∴AB=10．
①当顺时针旋转时，如图1所示．
设DE=3x，则B′D=4x．
根据旋转的性质，可知：BD=B′D=4x，
∵AD=BE，
∴AE=BD=4x，
∴AB=AE+DE+BD=4x+3x+4x=10，
解得：x= ，
∴AD=4x+3x= ；
②当逆时针旋转时，如图2所示．
设DE=3x，则B′D=4x，
∴BE=B′D-DE=x，
∴AD=x，AB=AD+DE+B′E=x+3x+x=10，
解得：x=2，
∴DE=6，B′D=8，
∴B′E=10＞B′C′，
∴该情况不存在．
故答案为： ．
利用勾股定理可求出AB的长度，分顺时针旋转和逆时针旋转两种情况考虑：①当顺时针旋转时，设DE=3x，则B′D=4x，根据旋转的性质结合AD=BE可得出AE=BD=4x，再根据AB=10即可求出x值，代入AD=7x中即可求出AD的长；②当逆时针旋转时，设DE=3x，则B′D=4x，根据旋转的性质结合AD=BE可得出AE=BD=x，再根据AB=10即可求出x值，进而可得出DE=6、B′D的长，利用勾股定理可求出B′E=10＞B′C′，此种情况不存在．综上即可得出结论．
本题考查了旋转的性质、解一元一次方程以及勾股定理，分顺时针旋转和逆时针旋转两种情况考虑是解题的关键．
【 第 14 题 】
【 答 案 】
中心 对称中心
【解析】
【分析】
此题考查对称中心的概念，中心对称的定义：把一个图绕着一个点旋转 ，如果它能够与另一个图形重合，那么这两个图形关于这个点中心对称，这个点为对称中心，利用定义求解即可．
【解答】
解：由中心对称的定义可得，
是由 绕A点旋转 后得到的，
那么 与 关于A点中心对称，A点叫做对称中心．
故答案为中心；对称中心．
【 第 15 题 】
【 答 案 】
先将△ABC以点B为旋转中心顺时针旋转90，再将得到的图形向右平移2个单位向下平移2个单位
【解析】
解：先将△ABC以点B为旋转中心顺时针旋转90，再将得到的图形向右平移2个单位向下平移2个单位，
故答案为：先将△ABC以点B为旋转中心顺时针旋转90，再将得到的图形向右平移2个单位向下平移2个单位
根据旋转的性质，平移的性质即可解决问题；
考查了坐标与图形变化-旋转，平移，对称，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．
【 第 16 题 】
【 答 案 】
解：（1）∵将△ABC绕点A逆时针旋转α度(α=70°)得到△AB′C′，且AB=AC，∠BAC=30°，
∴AB=AC=AB'=AC'，∠CAC'=70°，∠B'AC'=∠BAC=30°，
∴∠BAC'=100°，
∵AB=AC'，
，
∵∠CAB'=∠CAC'-∠B'AC'=40°，
∵AC=AB'
故答案为40，70
（2）∵将△ABC绕点A逆时针旋转α度得到△AB′C′，且AB=AC，∠BAC=30°，
∴AB=AC=AB'=AC'，∠CAC'=α，∠B'AC'=∠BAC=30°，
∴∠BAC'=30°+α，∠CAB'=α-30°，
∵AB=AC=AB'=AC'，
∵∠AEF=∠ABE+∠BAC
∴∠AEF=∠ACB'，
∴BC'∥B'C
【解析】
本题考查了旋转的性质，平行线的判定，等腰三角形的性质，三角形内角和定理，熟练运用旋转的性质解决问题是本题的关键．
（1）由旋转的性质可得AB=AC=AB'=AC'，∠CAC'=70°，∠B'AC'=∠BAC=30°，故∠BAC'=100°，∠CAB'=40°，在等腰 中，已知顶角即可求出底角；
（2）由旋转的性质和等腰三角形的性质可得 ，由三角形的外角性质可得 ，即可得BC'∥CB'．
【 第 17 题 】
【 答 案 】
解：（1）所求作 如图所示
（2）
【解析】
（1）根据旋转的性质按照顺时针作出 ，使得 连结B'C'即可.
（2）根据（1）中所作的图即可得到坐标.
【 第 18 题 】
【 答 案 】
（1）证明：∵将△OAD绕着点O逆时针旋转得到△OCE，
∴∠AOD=∠COE，
∵四边形OABC是正方形，
∴∠AOC=90°，
∴∠AOD+∠COD=∠COE+∠COD=90°，
∴OE⊥OD；
（2）解：∵OA=3，AD=1，
∴D（3，1），
作D关于x轴的对称点F连接EF交x轴于P，
则此时，PD+PE的值最小，
∵D（3，1），
∴F（3，-1），
∵将△OAD绕着点O逆时针旋转90°得到△OCE，
∴E（-1，3），
设直线EF的解析式为y=kx+b，
∴ ，
∴ ，
∴直线EF的解析式为y=-x+2，
当y=0时，x=2，
∴P（2，0）．
【解析】
（1）根据旋转的性质得到∠AOD=∠COE，根据垂直的定义即可得到结论；
（2）作D关于x轴的对称点F连接EF交x轴于P，则此时，PD+PE的值最小，根据D（3，1），得到F（3，-1），得到直线EF的解析式即可得到结论．
本题考查了轴对称-最短路径问题，正方形的性质，待定系数法求函数的解析式，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．
【 第 19 题 】
【 答 案 】
解：（1）如图所示，△A1B1C1即为所求；
（2）如图所示，△A2B2C2即为所求；
（3）如图所示，△PAB即为所求，点P的坐标为（2，0）．
【解析】
（1）依据平移的方向和距离，即可得到△A1B1C1；
（2）依据中心对称，即可得到△A2B2C2；
（3）依据轴对称的性质，即可得到△PAB，进而写出点P的坐标．
本题主要考查了最短路线问题，凡是涉及最短距离的问题，一般要考虑线段的性质定理，结合轴对称变换来解决，多数情况要作点关于某直线的对称点．
4/12