2023-2024学年初中数学沪科版九年级下册 24.1.1 图形的旋转 同步分层训练培优卷
一、选择题
1．（初中数学北师大版八年级上册3.3生活中的旋转（旧）练习题）如图，△OAB绕点O逆时针旋转85°得到△OCD，若∠A=110°，∠D=40°，则∠α的度数是（ ）
A．35° B．45° C．55° D．65°
2．（2023七上·东乡区月考）将如图所示的平面图形绕轴旋转一周，得到的立体图形是（ ）
A． B． C． D．
3．下列现象不属于旋转的是（ ）.
A．传送带传送货物 B．飞速转动的电扇
C．钟抎的抎动 D．自行车车轮的运动
4．（2023·白云模拟） 如图，在中，，将在平面内绕点旋转到的位置，使，则旋转角的度数为（ ）
A． B． C． D．
5．（2023九上·渠县开学考）如图1，△ABC和△ADE都是等腰直角三角形，∠D和∠ACB都是直角，点C在AE上，△ABC绕着A点经过逆时针旋转后能够与△ADE重合得到图1，再将图1作为“基本图形”绕着A点经过逆时针连续旋转得到图2．两次旋转的角度分别为（ ）
A．45°，90° B．90°，45° C．60°，30° D．30°，60°
6．（2023七下·通州期末）如图，在五边形ABCDE中，，，则五边形ABCDE的面积等于（ ）
A．16 B．20 C．24 D．26
7．（2020八下·玄武期末）如图，在矩形ABCD中，AB＝5，BC＝6，点E在BC边上，且BE＝2，F为AB边上的一个动点，连接EF，以EF为边作等边△EFG，且点G在矩形ABCD内，连接CG，则CG的最小值为（ ）
A．3 B．2.5 C．4 D．2
8．（2023·贺州模拟）将边长为3的等边三角形和另一个边长为1的等边三角形如图放置（EF在边上，且点E与点B重合）．第一次将以点F为中心旋转至，第二次将以点为中心旋转至的位置，第三次将以点为中心旋转至的位置，…，按照上述办法旋转，直到再次回到初始位置时停止，在此过程中的内心O点运动轨迹的长度是（ ）
A． B． C． D．
二、填空题
9．（2023九上·诸暨月考）如图，将绕着点O顺时针旋转得到，若，则旋转角度是 ．
10．（2023七下·朝阳期末）某正六边形的雪花图案如图所示这个图案绕着它的中心旋转一定角度后能与自身重合，则这个旋转角的大小至少为 度
11．（2023·松原模拟） 如图，正方形与正方形起始时互相重合，现将正方形绕点逆时针旋转．设旋转角，则当 时，正方形的顶点落在直线上．
12．（2021八上·温州期中）如图1是一台手机支架，图2是其侧面示意图，AB、BC可分别绕点A、B转动，当AB、BC转别到∠BAE=60°，∠ABC=45°时，连结BE，∠ABE =70°，延长BC交射线AE于D．AB不动，当BC绕点B顺时针转动 度或逆时针转动 度时，△BDE是等腰三角形．
13．（2022·宾阳模拟）如图，边长为3的正方形ABCD在正六边形外部做顺时针方向的滚动运动，滚动一周回到初始位置时停止，点A在滚动过程中到出发点的最大距离是 .
三、解答题
14．（2023八上·潍坊月考） 将一副直角三角板按图 1 摆放在直线 AD 上（直角三角板 OBC 和直角三角板 MON 在同一平 面内，∠OBC＝90°，∠BOC＝45°，∠MON＝90°，∠MNO＝30°），保持三角板 OBC 不动，将三 角板 MON 绕点 O 以每秒 10°的速度顺时针转动（即每一条边都绕点 O 以相同速度顺时针转动）， 转动时间为 t 秒．
（1）当 t＝ 秒时，OM 平分∠AOC？如图 2，此时∠NOC-∠AOM＝ °；（直接写答案）
（2）继续转动三角板 MON，如图 3，使得 OM、ON 同时在直线 OC 的右侧，猜想∠NOC 与∠AOM 有怎样的数量关系？并说明理由；（数量关系中不含 t）
（3）若在三角板 MON 开始转动的同时，另一个三角板 OBC 也绕点 O 以每秒 5°的速度顺时针 转动，当 OM 旋转至射线 OD 上时同时停止，（自行画图分析）
①当 t 为多少秒时，∠MOC＝15°？
②在转动过程中，请写出∠NOC 与∠AOM的数量关系，并说明理由．（数量关系中不含 t）
15．（2023七上·巴中月考）将一副直角三角板按如图1 摆放在直线AD 上（直角三角板OBC 和直角三角板MON，∠OBC=90°，∠BOC=45°，∠MON=90°，∠MNO=30°），保持三角板OBC 不动，将三角板MON 绕点O 以每秒8°的速度顺时针方向旋转t 秒．
（1）如图2，当t= 秒时，OM 平分∠AOC，此时∠NOC﹣∠AOM= ；
（2）继续旋转三角板MON，如图3，使得OM、ON 同时在直线OC 的右侧，猜想∠NOC与∠AOM 有怎样的数量关系？并说明理由（数量关系中不能含t）；
（3）直线AD 的位置不变，若在三角板MON 开始顺时针旋转的同时，另一个三角板OBC也绕点O 以每秒2°的速度顺时针旋转，当OM 旋转至射线OD 上时，两个三角板同时停止运动．
①当t= 秒时，∠MOC=15°；
②请直接写出在旋转过程中，∠NOC 与∠AOM 的数量关系（数量关系中不能含t）．
四、综合题
16．（2023七下·太和期末）如图1，将一副直角三角板放在同一条直线上，其中，．
（1）观察猜想：将图1中的三角尺沿的方向平移至图2的位置，使得点O与点N重合，与相交于点E，则 ；
（2）操作探究：将图1中的三角尺绕点O按顺时针方向旋转，使一边在的内部，如图3，且OD恰好平分，与相交于点E，求的度数；
（3）深化拓展：将图1中的三角尺绕点O按沿顺时针方向旋转一周，在旋转的过程中，当边旋转多少度时，边恰好与边平行？
17．（2023七下·衡阳期末）如图，有一副直角三角板如图放置（其中，），，与直线重合，且三角板，三角板均可以绕点逆时针旋转．
（1）在图1中， ；
（2）①如图2，若三角板保持不动，三角板绕点逆时针旋转，转速为秒，转动一周三角板就停止转动，在旋转的过程中，当旋转时间为多少时，有成立；
②如图，在图基础上，若三角板的边从处开始绕点逆时针旋转，转速为秒，同时三角板的边从处开始绕点逆时针旋转，转速为秒，当转到与位置重合时，两三角板都停止转动，在旋转过程中，当时，求旋转的时间是多少？
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】生活中的旋转现象
【解析】【解答】解：由题意可知：∠DOB=85°，
∵△DCO≌△BAO，
∴∠D=∠B=40°，
∴∠AOB=180°﹣40°﹣110°=30°
∴∠α=85°﹣30°=55°
故选（C）
【分析】根据旋转的性质即可求出答案．
2．【答案】C
【知识点】点、线、面、体及之间的联系
【解析】【解答】解：将平面
绕旋转轴旋转一周可得到
故答案为：C.
【分析】根据面动成体即可求解.
3．【答案】A
【知识点】生活中的旋转现象
【解析】【解答】解：A、传送带传送货物属于平移，故A符合题意；
B、飞速转动的电扇属于旋转，故B不符合题意；
C、钟摆的摆动属于旋转，故C不符合题意；
D、自行车车轮的运动属于旋转，故D不符合题意；
故答案为：A.
【分析】旋转是将图形绕着某点转动一定的角度，旋转后的图形与原图形的形状、大小不变，对应点与旋转中心的连线的夹角相等，再对各选项逐一判断.
4．【答案】C
【知识点】三角形内角和定理；等腰三角形的性质；图形的旋转
【解析】【解答】解：∵，，
∴∠C'CA=65°，
∵将在平面内绕点旋转到的位置，
∴AC=AC'，
∴∠C'CA=∠CC'A=65°，
∴∠C'AC=
故答案为：C．
【分析】根据平行线的性质得出∠C'CA=65°，根据旋转的性质可得AC=AC'，根据等腰三角形的性质以及三角形内角和定理，求得∠C'AC，即可求解．
5．【答案】A
【知识点】图形的旋转
【解析】【解答】解：根据图1可知，
∵△ABC和△ADE是等腰直角三角形，
∴∠CAB=45°，
即△ABC绕点A逆时针旋转45°可到△ADE；
如图，
∵△ABC和△ADE是等腰直角三角形，
∴∠DAE=∠CAB=45°，
∴∠FAB=∠DAE+∠CAB=90°，
即图1可以逆时针连续旋转90°得到图2．
故答案为：A．
【分析】图1中可知旋转角是∠EAB，再结合等腰直角三角形的性质，易求∠EAB；图2中是把图1作为基本图形，那么旋转角就是∠FAB，结合等腰直角三角形的性质易求∠FAB
6．【答案】B
【知识点】图形的旋转；三角形全等的判定-SSS
【解析】【解答】解：将△ABC绕着点A，顺时针旋转∠BAE度，则AB和AE重合，∵∠ABC和∠AED=90°，所以旋转后，C'E和DE在同一直线上.
∵
∴
即∠C'AD=∠CAD
又∵C'A=CA，AD=AD
∴△C'AD≌△CAD（SAS）
∴S△C'AD=S△CAD
∵
∴S五边形ABCDE的面积为20，故答案选B.
【分析】因为，AB=AE，符合“半角模型”基本特征，因此将△ABC绕着点A旋转，旋转角度为∠BAE，使得AB和AE重合到一起.又因为∠E和∠B均为90°，相加为180°，则旋转后 BC和DE必在同一条直线上。设C旋转后对应点为C'，根据半角模型性质，△AC
7．【答案】C
【知识点】垂线段最短及其应用；等边三角形的性质；矩形的判定；图形的旋转
【解析】【解答】解：由题意可知，点F是主动点，点G是从动点，点F在线段上运动，点G也一定在直线轨迹上运动，
将△EFB绕点E旋转60°，使EF与EG重合，得到△EFB≌△EGH，
从而可知△EBH为等边三角形，点G在垂直于HE的直线HN上，
作CM⊥HN，则CM即为CG的最小值，
作EP⊥CM，可知四边形HEPM为矩形，
则CM=MP+CP=HE+ EC=2+2=4，
【分析】由题意分析可知，点F为主动点，G为从动点，所以以点E为旋转中心构造全等关系，得到点G的运动轨迹，再通过垂线段最短构造直角三角形获得CG最小值.
8．【答案】D
【知识点】图形的旋转；探索图形规律
【解析】【解答】解：由题意可得，每次旋转的r=，总运动轨迹的长度为3（++）
第一次将△DEF以点F为中心旋转至△D1E1F时 ，，
第二次将△D1E1F以点D1为中心旋转至△D1E2F1时，，
第三次将△D1E2F1以点E2为中心旋转至△D2E2F2时，，
所以运动轨迹的长度为，
故答案为：D.
【分析】找规律，分析总路径为3（++），然后找到每一次旋转的旋转半径，旋转中心和旋转角，从而解出此题.
9．【答案】50°
【知识点】角的运算；图形的旋转
【解析】【解答】解：∵旋转角为，且
∴
故答案为：50°.
【分析】根据旋转的特点找到旋转角为，最后根据角的运算即可求解.
10．【答案】
【知识点】图形的旋转
【解析】【解答】解：，
故答案为：60°.
【分析】连接旋转中心和各顶点可知把周角6等分，所以可知最小的旋转角。
11．【答案】
【知识点】正方形的性质；图形的旋转
【解析】【解答】解：当α=90°时，点F落在直线CD上，当α=180°时，点F落在直线DA上，当α=270°时，点F落在直线BC上。
故答案为：270°。
【分析】根据旋转后点F的位置，结合正方形的性质，即可求得旋转角为270°。
12．【答案】25或40；50
【知识点】三角形内角和定理；等腰三角形的性质；图形的旋转
【解析】【解答】解：如图，
∵∠AEB=180°-∠ABE-∠BAE=180°-70°-60°=50°，
∠DBE=∠ABE-∠ABC=70°45°=25°，
当BC绕点B顺时针转动时，
①当BD1=ED1，
∠EBD1=∠E=50°，
∴∠DBD1=∠EBD1-∠EBD=50°-25°=25°；
②当ED2=EB，
∠EBD2==65°，
∴∠DBD2=∠EBD2-∠EBD=65°-25°=40°；
当BC绕点B逆时针转动时，
∵∠BED3=180°-∠AEB=130°，
∵BE=BD3，
∴∠EBD2==25°，
∴∠DBD3=∠EBD+∠EBD2=25°+25°=50°.
故答案为： 25或40 ，50.
【分析】根据题意作图，先根据三角形内角和定理求出∠AEB的度数，根据角的和差关系求出∠DBE的度数，当BC绕点B顺时针转动时，分两种情况讨论，即①当BD1=ED1，②当ED2=EB，根据三角形内角和定理和等腰三角形的性质分别求出∠EBD1和∠EBD2的度数，然后根据角的和差关系求旋转角即可；当BC绕点B逆时针转动时，先根据邻补角的性质求出∠BED3，然后根据三角形内角和定理和等腰三角形的性质分别求出∠EBD3度数，再求旋转角即可.
13．【答案】
【知识点】勾股定理；锐角三角函数的定义；图形的旋转
【解析】【解答】解：如图，点A的运动轨迹是图中弧线，延长AE交弧线于H，线段AH的长即为点A在滚动过程中到出发点的最大距离.
∴，
在中，∵，，
∴，
∴，
∴点A在滚动过程中到出发点的最大距离是.
故答案为：.
【分析】点A的运动轨迹是图中弧线，延长AE交弧线于H，线段AH的长即为点A在滚动过程中到出发点的最大距离，利用勾股定理可得EH，根据三角函数的概念可得AE，然后根据AH=AE+EH进行计算.
14．【答案】（1）2.25；45
（2）解：∠NOC－∠AOM＝45°，
∵∠AON＝90°＋10t，
∴∠NOC＝90°＋10t－45°
＝45°＋10t，
∵∠AOM＝10t，
∴∠NOC－∠AOM＝45°；
（3）解：
①∵∠AOB＝5t，∠AOM＝10t，
∴∠AOC＝45°＋5t，
∵∠MOC＝15°，
∴45°＋5t－10t＝15°或10t－（45°＋5t）＝15°，
∴t＝6秒或12秒．
②．
∵∠AOB＝5t，∠AOM＝10t，∠MON＝90°，∠BOC＝45°，
∵AON＝90°＋∠AOM＝90°＋10t，∠AOC＝∠AOB＋∠BOC＝45°＋5t，
∴∠NOC＝∠AON－∠AOC＝90°＋10t－45°－5t＝45°＋5t，
【知识点】角的运算；图形的旋转
【解析】【解答】解：（1）∠AOC=∠BOC＝45°，OM平分∠AOC，
∠AOM=∠AOC=，
t＝2.25秒，
∠MON＝90°，∠MOC=，
∠NOC-∠AOM=∠MON-∠MOC-∠AOM=45°，
故答案为：第一空、2.25
第二空、45
【分析】（1）根据角平分线的性质结合图形即可求解；
（2）根据图形和题意可得∠AON＝90°＋10t，求得∠NOC＝45°＋10t；
（3）①由题意得∠AOB＝5t，∠AOM＝10t，进一步可求得∠AOC＝45°＋5t，再根据∠MOC＝15°即可求解；
②由角的和差即可求解.
15．【答案】（1）2.8125；45°
（2）解：∠NOC-∠AOM ＝45°
（3）①∵∠AOB=2t，∠AOM=8t，
∴∠AOC=45°+2t，
∴45°+2t-8t=15°或8t-45°-2t=15°．
解得t=5或10．
②∠NOC-∠AOM=15°．
∵∠AOB=2t，∠AOM=8t，∠MON=90°，∠BOC=45°，
∵∠AON=90°+∠AOM=90°+8t，∠AOC=∠AOB+∠BOC=45°+2t，
∴∠NOC=∠AON-∠AOC=90°+8t-45°-2t=45°+6t，
∴∠NOC-∠AOM=15°．
【知识点】角的运算；图形的旋转；角平分线的概念
【解析】【解答】 解：（1）∵∠AOC=45°，OM平分∠AOC，
∴∠AOM=∠AOC=22.5°，
∴t=2.8125，
∵∠MON=90°，∠MOC=22.5°，
∴∠NOC-∠AOM=∠MON-∠MOC-∠AOM=45°；
（2）∠NOC-∠AOM=45°，
∵∠AON=90°+8t，
∴∠NOC=90°+8t-45°=45°+8t，
∵∠AOM=8t，
∴∠NOC-∠AOM=45°；
【分析】(1)根据角平分线的定义得到∠AOM=∠AOC=22.5°，从而可得到t=2.8125，由于∠MON=90°，∠MOC=22.5°，即∠NOC-∠AOM =∠MON-∠MOC-∠AOM=45° ；
(2)根据题意得： ∠AOM =8t，∠AON=90°+8t，求得∠NOC = 90°+8t-45°=45°+8t，即可得到结论；
(3)①根据题意得∠AOB=2t，∠AOM=8t，求得∠AOC=45° +2t，分两种情况，列方程即可得到结论；② 由∠AOB=2t，∠AOM=8t，∠AOC=45°+2t ，分两种情况用含t的代数式表示，根据角的和差关系即可得到结论。
16．【答案】（1）105°
（2）解：∵平分，
∴，
∴，
∴，
∴；
（3）解：如图1，
在上方时，设与相交于F，
∵，
∴，
在中，，
，
，
当在的下方时，设直线与相交于F，
∵，
∴，
在中，，
∴旋转角为，
综上所述，当边旋转或时，边恰好与边平行．
【知识点】三角形内角和定理；三角形的外角性质；图形的旋转
【解析】【解答】解：（1）由图知：∠ECN=45°，∠ENC=30°，
∴∠CEN=180°-∠ECN-∠ENC=180°-45°-30°=105°；
故答案为：105°；
【分析】（1）由三角板知：∠ECN=45°，∠ENC=30°，然后根据三角形内角和定理求得∠CEN即可；
（2）首先根据OD平分∠MON，可得∠DON=45°，又知道∠D=45°，从而可得出∠DON=∠D，进一步得到CD∥AB，最后根据平行线的性质得出∠CEN+∠MNO=180°，即可求得∠CEN的度数；
（3）CD∥MN，可以分成两种情况：
① CD在AB上方时，设OM与CD相交于F ，根据CD∥MN，可得∠OFD=∠M=60°，然后在△ODF中，由内角和定理求出∠MOD就是旋转角的度数；
②CD在AB上方时，设直线OM与CD相交于F，根据CD∥MN，可得∠OFD=∠M=60°， 在△ODF中，由内角和定理求出∠DOF=75°，旋转角为∠DOF+∠MOF=75°+180°=225°；
故可得出边OC旋转75°或225°时，边CD恰好与边MN平行.
17．【答案】（1）
（2）解：①如图1，此时，成立，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵转速为秒，
∴旋转时间为秒；
如图2，，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵三角板绕点逆时针旋转的角度为，
∵转速为秒，
∴旋转时间为秒，
综上所述，当旋转时间为或秒时，成立；
②设旋转的时间为t秒，由题知，，
∴，
∴，
当，即，
解得：，
∴当，旋转的时间是秒．
【知识点】平行线的性质；图形的旋转
【解析】【解答】解：（1）∵△BDP和△ACP是一副直角三角板，∠D=45°，∠C=30°，
∴∠DPB=45°，∠APC=60°，
∴∠DPC=180°-∠DPB-∠APC=75°.
故答案为：75°.
【分析】（1）由三角板得∠DPB=45°，∠APC=60°，接着由平角的定义即可得答案.
（1）①分两种情况讨论，当边BD和PC在直线MN同侧时，BD∥PC，根据平行线性质得∠CPN=90°，从而得到旋转角度∠APN=30°，再根据转速为10°/秒，得旋转时间为3秒；当边BD和PC在直线MN异侧时，BD∥PC，根据平行线性质得∠CPB=90°，从而得到∠APM=30°，旋转角度为210°，再根据转速为10°/秒，得旋转时间为21秒.
②设旋转的时间为t秒，由题知，， 根据平角的定义表示出∠BPN，根据周角的定义表示出∠CPD，根据∠CPD=∠BPN列出方程，解方程即可得答案.
1 / 12023-2024学年初中数学沪科版九年级下册 24.1.1 图形的旋转 同步分层训练培优卷
一、选择题
1．（初中数学北师大版八年级上册3.3生活中的旋转（旧）练习题）如图，△OAB绕点O逆时针旋转85°得到△OCD，若∠A=110°，∠D=40°，则∠α的度数是（ ）
A．35° B．45° C．55° D．65°
【答案】C
【知识点】生活中的旋转现象
【解析】【解答】解：由题意可知：∠DOB=85°，
∵△DCO≌△BAO，
∴∠D=∠B=40°，
∴∠AOB=180°﹣40°﹣110°=30°
∴∠α=85°﹣30°=55°
故选（C）
【分析】根据旋转的性质即可求出答案．
2．（2023七上·东乡区月考）将如图所示的平面图形绕轴旋转一周，得到的立体图形是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】点、线、面、体及之间的联系
【解析】【解答】解：将平面
绕旋转轴旋转一周可得到
故答案为：C.
【分析】根据面动成体即可求解.
3．下列现象不属于旋转的是（ ）.
A．传送带传送货物 B．飞速转动的电扇
C．钟抎的抎动 D．自行车车轮的运动
【答案】A
【知识点】生活中的旋转现象
【解析】【解答】解：A、传送带传送货物属于平移，故A符合题意；
B、飞速转动的电扇属于旋转，故B不符合题意；
C、钟摆的摆动属于旋转，故C不符合题意；
D、自行车车轮的运动属于旋转，故D不符合题意；
故答案为：A.
【分析】旋转是将图形绕着某点转动一定的角度，旋转后的图形与原图形的形状、大小不变，对应点与旋转中心的连线的夹角相等，再对各选项逐一判断.
4．（2023·白云模拟） 如图，在中，，将在平面内绕点旋转到的位置，使，则旋转角的度数为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】三角形内角和定理；等腰三角形的性质；图形的旋转
【解析】【解答】解：∵，，
∴∠C'CA=65°，
∵将在平面内绕点旋转到的位置，
∴AC=AC'，
∴∠C'CA=∠CC'A=65°，
∴∠C'AC=
故答案为：C．
【分析】根据平行线的性质得出∠C'CA=65°，根据旋转的性质可得AC=AC'，根据等腰三角形的性质以及三角形内角和定理，求得∠C'AC，即可求解．
5．（2023九上·渠县开学考）如图1，△ABC和△ADE都是等腰直角三角形，∠D和∠ACB都是直角，点C在AE上，△ABC绕着A点经过逆时针旋转后能够与△ADE重合得到图1，再将图1作为“基本图形”绕着A点经过逆时针连续旋转得到图2．两次旋转的角度分别为（ ）
A．45°，90° B．90°，45° C．60°，30° D．30°，60°
【答案】A
【知识点】图形的旋转
【解析】【解答】解：根据图1可知，
∵△ABC和△ADE是等腰直角三角形，
∴∠CAB=45°，
即△ABC绕点A逆时针旋转45°可到△ADE；
如图，
∵△ABC和△ADE是等腰直角三角形，
∴∠DAE=∠CAB=45°，
∴∠FAB=∠DAE+∠CAB=90°，
即图1可以逆时针连续旋转90°得到图2．
故答案为：A．
【分析】图1中可知旋转角是∠EAB，再结合等腰直角三角形的性质，易求∠EAB；图2中是把图1作为基本图形，那么旋转角就是∠FAB，结合等腰直角三角形的性质易求∠FAB
6．（2023七下·通州期末）如图，在五边形ABCDE中，，，则五边形ABCDE的面积等于（ ）
A．16 B．20 C．24 D．26
【答案】B
【知识点】图形的旋转；三角形全等的判定-SSS
【解析】【解答】解：将△ABC绕着点A，顺时针旋转∠BAE度，则AB和AE重合，∵∠ABC和∠AED=90°，所以旋转后，C'E和DE在同一直线上.
∵
∴
即∠C'AD=∠CAD
又∵C'A=CA，AD=AD
∴△C'AD≌△CAD（SAS）
∴S△C'AD=S△CAD
∵
∴S五边形ABCDE的面积为20，故答案选B.
【分析】因为，AB=AE，符合“半角模型”基本特征，因此将△ABC绕着点A旋转，旋转角度为∠BAE，使得AB和AE重合到一起.又因为∠E和∠B均为90°，相加为180°，则旋转后 BC和DE必在同一条直线上。设C旋转后对应点为C'，根据半角模型性质，△AC
7．（2020八下·玄武期末）如图，在矩形ABCD中，AB＝5，BC＝6，点E在BC边上，且BE＝2，F为AB边上的一个动点，连接EF，以EF为边作等边△EFG，且点G在矩形ABCD内，连接CG，则CG的最小值为（ ）
A．3 B．2.5 C．4 D．2
【答案】C
【知识点】垂线段最短及其应用；等边三角形的性质；矩形的判定；图形的旋转
【解析】【解答】解：由题意可知，点F是主动点，点G是从动点，点F在线段上运动，点G也一定在直线轨迹上运动，
将△EFB绕点E旋转60°，使EF与EG重合，得到△EFB≌△EGH，
从而可知△EBH为等边三角形，点G在垂直于HE的直线HN上，
作CM⊥HN，则CM即为CG的最小值，
作EP⊥CM，可知四边形HEPM为矩形，
则CM=MP+CP=HE+ EC=2+2=4，
【分析】由题意分析可知，点F为主动点，G为从动点，所以以点E为旋转中心构造全等关系，得到点G的运动轨迹，再通过垂线段最短构造直角三角形获得CG最小值.
8．（2023·贺州模拟）将边长为3的等边三角形和另一个边长为1的等边三角形如图放置（EF在边上，且点E与点B重合）．第一次将以点F为中心旋转至，第二次将以点为中心旋转至的位置，第三次将以点为中心旋转至的位置，…，按照上述办法旋转，直到再次回到初始位置时停止，在此过程中的内心O点运动轨迹的长度是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】图形的旋转；探索图形规律
【解析】【解答】解：由题意可得，每次旋转的r=，总运动轨迹的长度为3（++）
第一次将△DEF以点F为中心旋转至△D1E1F时 ，，
第二次将△D1E1F以点D1为中心旋转至△D1E2F1时，，
第三次将△D1E2F1以点E2为中心旋转至△D2E2F2时，，
所以运动轨迹的长度为，
故答案为：D.
【分析】找规律，分析总路径为3（++），然后找到每一次旋转的旋转半径，旋转中心和旋转角，从而解出此题.
二、填空题
9．（2023九上·诸暨月考）如图，将绕着点O顺时针旋转得到，若，则旋转角度是 ．
【答案】50°
【知识点】角的运算；图形的旋转
【解析】【解答】解：∵旋转角为，且
∴
故答案为：50°.
【分析】根据旋转的特点找到旋转角为，最后根据角的运算即可求解.
10．（2023七下·朝阳期末）某正六边形的雪花图案如图所示这个图案绕着它的中心旋转一定角度后能与自身重合，则这个旋转角的大小至少为 度
【答案】
【知识点】图形的旋转
【解析】【解答】解：，
故答案为：60°.
【分析】连接旋转中心和各顶点可知把周角6等分，所以可知最小的旋转角。
11．（2023·松原模拟） 如图，正方形与正方形起始时互相重合，现将正方形绕点逆时针旋转．设旋转角，则当 时，正方形的顶点落在直线上．
【答案】
【知识点】正方形的性质；图形的旋转
【解析】【解答】解：当α=90°时，点F落在直线CD上，当α=180°时，点F落在直线DA上，当α=270°时，点F落在直线BC上。
故答案为：270°。
【分析】根据旋转后点F的位置，结合正方形的性质，即可求得旋转角为270°。
12．（2021八上·温州期中）如图1是一台手机支架，图2是其侧面示意图，AB、BC可分别绕点A、B转动，当AB、BC转别到∠BAE=60°，∠ABC=45°时，连结BE，∠ABE =70°，延长BC交射线AE于D．AB不动，当BC绕点B顺时针转动 度或逆时针转动 度时，△BDE是等腰三角形．
【答案】25或40；50
【知识点】三角形内角和定理；等腰三角形的性质；图形的旋转
【解析】【解答】解：如图，
∵∠AEB=180°-∠ABE-∠BAE=180°-70°-60°=50°，
∠DBE=∠ABE-∠ABC=70°45°=25°，
当BC绕点B顺时针转动时，
①当BD1=ED1，
∠EBD1=∠E=50°，
∴∠DBD1=∠EBD1-∠EBD=50°-25°=25°；
②当ED2=EB，
∠EBD2==65°，
∴∠DBD2=∠EBD2-∠EBD=65°-25°=40°；
当BC绕点B逆时针转动时，
∵∠BED3=180°-∠AEB=130°，
∵BE=BD3，
∴∠EBD2==25°，
∴∠DBD3=∠EBD+∠EBD2=25°+25°=50°.
故答案为： 25或40 ，50.
【分析】根据题意作图，先根据三角形内角和定理求出∠AEB的度数，根据角的和差关系求出∠DBE的度数，当BC绕点B顺时针转动时，分两种情况讨论，即①当BD1=ED1，②当ED2=EB，根据三角形内角和定理和等腰三角形的性质分别求出∠EBD1和∠EBD2的度数，然后根据角的和差关系求旋转角即可；当BC绕点B逆时针转动时，先根据邻补角的性质求出∠BED3，然后根据三角形内角和定理和等腰三角形的性质分别求出∠EBD3度数，再求旋转角即可.
13．（2022·宾阳模拟）如图，边长为3的正方形ABCD在正六边形外部做顺时针方向的滚动运动，滚动一周回到初始位置时停止，点A在滚动过程中到出发点的最大距离是 .
【答案】
【知识点】勾股定理；锐角三角函数的定义；图形的旋转
【解析】【解答】解：如图，点A的运动轨迹是图中弧线，延长AE交弧线于H，线段AH的长即为点A在滚动过程中到出发点的最大距离.
∴，
在中，∵，，
∴，
∴，
∴点A在滚动过程中到出发点的最大距离是.
故答案为：.
【分析】点A的运动轨迹是图中弧线，延长AE交弧线于H，线段AH的长即为点A在滚动过程中到出发点的最大距离，利用勾股定理可得EH，根据三角函数的概念可得AE，然后根据AH=AE+EH进行计算.
三、解答题
14．（2023八上·潍坊月考） 将一副直角三角板按图 1 摆放在直线 AD 上（直角三角板 OBC 和直角三角板 MON 在同一平 面内，∠OBC＝90°，∠BOC＝45°，∠MON＝90°，∠MNO＝30°），保持三角板 OBC 不动，将三 角板 MON 绕点 O 以每秒 10°的速度顺时针转动（即每一条边都绕点 O 以相同速度顺时针转动）， 转动时间为 t 秒．
（1）当 t＝ 秒时，OM 平分∠AOC？如图 2，此时∠NOC-∠AOM＝ °；（直接写答案）
（2）继续转动三角板 MON，如图 3，使得 OM、ON 同时在直线 OC 的右侧，猜想∠NOC 与∠AOM 有怎样的数量关系？并说明理由；（数量关系中不含 t）
（3）若在三角板 MON 开始转动的同时，另一个三角板 OBC 也绕点 O 以每秒 5°的速度顺时针 转动，当 OM 旋转至射线 OD 上时同时停止，（自行画图分析）
①当 t 为多少秒时，∠MOC＝15°？
②在转动过程中，请写出∠NOC 与∠AOM的数量关系，并说明理由．（数量关系中不含 t）
【答案】（1）2.25；45
（2）解：∠NOC－∠AOM＝45°，
∵∠AON＝90°＋10t，
∴∠NOC＝90°＋10t－45°
＝45°＋10t，
∵∠AOM＝10t，
∴∠NOC－∠AOM＝45°；
（3）解：
①∵∠AOB＝5t，∠AOM＝10t，
∴∠AOC＝45°＋5t，
∵∠MOC＝15°，
∴45°＋5t－10t＝15°或10t－（45°＋5t）＝15°，
∴t＝6秒或12秒．
②．
∵∠AOB＝5t，∠AOM＝10t，∠MON＝90°，∠BOC＝45°，
∵AON＝90°＋∠AOM＝90°＋10t，∠AOC＝∠AOB＋∠BOC＝45°＋5t，
∴∠NOC＝∠AON－∠AOC＝90°＋10t－45°－5t＝45°＋5t，
【知识点】角的运算；图形的旋转
【解析】【解答】解：（1）∠AOC=∠BOC＝45°，OM平分∠AOC，
∠AOM=∠AOC=，
t＝2.25秒，
∠MON＝90°，∠MOC=，
∠NOC-∠AOM=∠MON-∠MOC-∠AOM=45°，
故答案为：第一空、2.25
第二空、45
【分析】（1）根据角平分线的性质结合图形即可求解；
（2）根据图形和题意可得∠AON＝90°＋10t，求得∠NOC＝45°＋10t；
（3）①由题意得∠AOB＝5t，∠AOM＝10t，进一步可求得∠AOC＝45°＋5t，再根据∠MOC＝15°即可求解；
②由角的和差即可求解.
15．（2023七上·巴中月考）将一副直角三角板按如图1 摆放在直线AD 上（直角三角板OBC 和直角三角板MON，∠OBC=90°，∠BOC=45°，∠MON=90°，∠MNO=30°），保持三角板OBC 不动，将三角板MON 绕点O 以每秒8°的速度顺时针方向旋转t 秒．
（1）如图2，当t= 秒时，OM 平分∠AOC，此时∠NOC﹣∠AOM= ；
（2）继续旋转三角板MON，如图3，使得OM、ON 同时在直线OC 的右侧，猜想∠NOC与∠AOM 有怎样的数量关系？并说明理由（数量关系中不能含t）；
（3）直线AD 的位置不变，若在三角板MON 开始顺时针旋转的同时，另一个三角板OBC也绕点O 以每秒2°的速度顺时针旋转，当OM 旋转至射线OD 上时，两个三角板同时停止运动．
①当t= 秒时，∠MOC=15°；
②请直接写出在旋转过程中，∠NOC 与∠AOM 的数量关系（数量关系中不能含t）．
【答案】（1）2.8125；45°
（2）解：∠NOC-∠AOM ＝45°
（3）①∵∠AOB=2t，∠AOM=8t，
∴∠AOC=45°+2t，
∴45°+2t-8t=15°或8t-45°-2t=15°．
解得t=5或10．
②∠NOC-∠AOM=15°．
∵∠AOB=2t，∠AOM=8t，∠MON=90°，∠BOC=45°，
∵∠AON=90°+∠AOM=90°+8t，∠AOC=∠AOB+∠BOC=45°+2t，
∴∠NOC=∠AON-∠AOC=90°+8t-45°-2t=45°+6t，
∴∠NOC-∠AOM=15°．
【知识点】角的运算；图形的旋转；角平分线的概念
【解析】【解答】 解：（1）∵∠AOC=45°，OM平分∠AOC，
∴∠AOM=∠AOC=22.5°，
∴t=2.8125，
∵∠MON=90°，∠MOC=22.5°，
∴∠NOC-∠AOM=∠MON-∠MOC-∠AOM=45°；
（2）∠NOC-∠AOM=45°，
∵∠AON=90°+8t，
∴∠NOC=90°+8t-45°=45°+8t，
∵∠AOM=8t，
∴∠NOC-∠AOM=45°；
【分析】(1)根据角平分线的定义得到∠AOM=∠AOC=22.5°，从而可得到t=2.8125，由于∠MON=90°，∠MOC=22.5°，即∠NOC-∠AOM =∠MON-∠MOC-∠AOM=45° ；
(2)根据题意得： ∠AOM =8t，∠AON=90°+8t，求得∠NOC = 90°+8t-45°=45°+8t，即可得到结论；
(3)①根据题意得∠AOB=2t，∠AOM=8t，求得∠AOC=45° +2t，分两种情况，列方程即可得到结论；② 由∠AOB=2t，∠AOM=8t，∠AOC=45°+2t ，分两种情况用含t的代数式表示，根据角的和差关系即可得到结论。
四、综合题
16．（2023七下·太和期末）如图1，将一副直角三角板放在同一条直线上，其中，．
（1）观察猜想：将图1中的三角尺沿的方向平移至图2的位置，使得点O与点N重合，与相交于点E，则 ；
（2）操作探究：将图1中的三角尺绕点O按顺时针方向旋转，使一边在的内部，如图3，且OD恰好平分，与相交于点E，求的度数；
（3）深化拓展：将图1中的三角尺绕点O按沿顺时针方向旋转一周，在旋转的过程中，当边旋转多少度时，边恰好与边平行？
【答案】（1）105°
（2）解：∵平分，
∴，
∴，
∴，
∴；
（3）解：如图1，
在上方时，设与相交于F，
∵，
∴，
在中，，
，
，
当在的下方时，设直线与相交于F，
∵，
∴，
在中，，
∴旋转角为，
综上所述，当边旋转或时，边恰好与边平行．
【知识点】三角形内角和定理；三角形的外角性质；图形的旋转
【解析】【解答】解：（1）由图知：∠ECN=45°，∠ENC=30°，
∴∠CEN=180°-∠ECN-∠ENC=180°-45°-30°=105°；
故答案为：105°；
【分析】（1）由三角板知：∠ECN=45°，∠ENC=30°，然后根据三角形内角和定理求得∠CEN即可；
（2）首先根据OD平分∠MON，可得∠DON=45°，又知道∠D=45°，从而可得出∠DON=∠D，进一步得到CD∥AB，最后根据平行线的性质得出∠CEN+∠MNO=180°，即可求得∠CEN的度数；
（3）CD∥MN，可以分成两种情况：
① CD在AB上方时，设OM与CD相交于F ，根据CD∥MN，可得∠OFD=∠M=60°，然后在△ODF中，由内角和定理求出∠MOD就是旋转角的度数；
②CD在AB上方时，设直线OM与CD相交于F，根据CD∥MN，可得∠OFD=∠M=60°， 在△ODF中，由内角和定理求出∠DOF=75°，旋转角为∠DOF+∠MOF=75°+180°=225°；
故可得出边OC旋转75°或225°时，边CD恰好与边MN平行.
17．（2023七下·衡阳期末）如图，有一副直角三角板如图放置（其中，），，与直线重合，且三角板，三角板均可以绕点逆时针旋转．
（1）在图1中， ；
（2）①如图2，若三角板保持不动，三角板绕点逆时针旋转，转速为秒，转动一周三角板就停止转动，在旋转的过程中，当旋转时间为多少时，有成立；
②如图，在图基础上，若三角板的边从处开始绕点逆时针旋转，转速为秒，同时三角板的边从处开始绕点逆时针旋转，转速为秒，当转到与位置重合时，两三角板都停止转动，在旋转过程中，当时，求旋转的时间是多少？
【答案】（1）
（2）解：①如图1，此时，成立，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵转速为秒，
∴旋转时间为秒；
如图2，，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵三角板绕点逆时针旋转的角度为，
∵转速为秒，
∴旋转时间为秒，
综上所述，当旋转时间为或秒时，成立；
②设旋转的时间为t秒，由题知，，
∴，
∴，
当，即，
解得：，
∴当，旋转的时间是秒．
【知识点】平行线的性质；图形的旋转
【解析】【解答】解：（1）∵△BDP和△ACP是一副直角三角板，∠D=45°，∠C=30°，
∴∠DPB=45°，∠APC=60°，
∴∠DPC=180°-∠DPB-∠APC=75°.
故答案为：75°.
【分析】（1）由三角板得∠DPB=45°，∠APC=60°，接着由平角的定义即可得答案.
（1）①分两种情况讨论，当边BD和PC在直线MN同侧时，BD∥PC，根据平行线性质得∠CPN=90°，从而得到旋转角度∠APN=30°，再根据转速为10°/秒，得旋转时间为3秒；当边BD和PC在直线MN异侧时，BD∥PC，根据平行线性质得∠CPB=90°，从而得到∠APM=30°，旋转角度为210°，再根据转速为10°/秒，得旋转时间为21秒.
②设旋转的时间为t秒，由题知，， 根据平角的定义表示出∠BPN，根据周角的定义表示出∠CPD，根据∠CPD=∠BPN列出方程，解方程即可得答案.
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