人教版九年级上册数学第二十三章旋转证明及计算训练（含解析）

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人教版九年级上册数学第二十三章旋转证明及计算训练
1．如图，在中，，将绕点逆时针旋转，得到，连接，．
(1)判断的形状；
(2)求证：平分．
2．如图，正方形，．将正方形绕点逆时针旋转角度（），得到正方形，交于点，延长交于点．
(1)求证：；
(2)顺次连接D，E，C，F，得到四边形．在旋转过程中，四边形能否为矩形？若能，求出的值；若不能，请说明理由．
3．等边中，D为的中点，绕点B顺时针旋转得到，点A的对应点为F，点D的对应点为E，．
(1)求的度数；
(2)若，求的长度．
4．如图，在中，，，点D为内一点，，，连接，将绕点A按逆时针方向旋转，使与重合，点D的对应点为点E，连接交于点F，

(1)求的度数．
(2)求中边上的高．
(3)求的长．
5．如图，在中，，以为边向右侧作等边，把绕点按顺时针方向旋转后得到，若．
(1)求的度数；
(2)求的长．
6．在中，．
(1)如图，，，于点，，连接，求线段的长；
(2)如图2，将线段绕点按逆时针方向旋转得到线段，将线段绕点按顺时针方向旋转，得到线段，连接，点为中点，连接，．求证：．
7．如图，将矩形绕点A按逆时针方向旋转，得到矩形，E点正好落在边上，连接，且交于P．
(1)求的度数；
(2)若，求的长．
8．在等边三角形的内部有一点，连接，，以点为中心，把逆时针旋转得到，连接，．以点为中心，把顺时针旋转得到，连接，．
(1)判断和的大小关系，并说明理由；
(2)求证：；
(3)求证：四边形是平行四边形．
9．如图，中，，点是内一点，将旋转后能与重合

(1)旋转中心是点 　 　；
(2)若，旋转角是 　 　度；
(3)若，请判断的形状并说明理由．
10．如图，绕点O旋转得到，点A的对应点为点C．分别延长，至点E，F且，连接，，，．
(1)求证：四边形是平行四边形．
(2)若，，，求四边形的周长．
11．如图1，在中，，，将绕点顺时针旋转得到（旋转角小于180°），点和点是对应点；和所在直线相交于点．
(1)求证：；
(2)如图2，当时，若，求线段的长．
12．如图，在等腰直角中，，D为边上一点，连接，将绕点C逆时针旋转到，连接．
(1)求证：．
(2)若，，求四边形的面积．
13．如图，四边形是边长为2的正方形，是等边三角形，M为对角线（不含B点）上任意一点，将绕B点逆时针旋转得到，连接、、．
(1)求证：；
(2)若连接，求的面积．
14．综合探究：
在中，，将在平面内绕点B顺时针旋转（旋转角不超过），得到，其中点A的对应点为点D，连接．
(1)如图1，试猜想与之间满足的等量关系，并给出证明；
(2)如图2，若点D在边上，，求的长．
15．如图，在中，，将绕点顺时针旋转得到，旋转角为，CD，DE分别交AB于点F，G，连接BD．
(1)求证：；
(2)若，，求AB的长．
16．如图，将绕点A顺时针旋转得到，连接，．
(1)求证：是等边三角形．
(2)若，，，求的长．
17．如图，将矩形绕着点逆时针旋转得到矩形，使点恰好落到线段上的点处，连接．
(1)求证：平分；
(2)若，求的长；
(3)连接，延长交于点，判断是否为线段的中点，并说明理由．
18．如图1．在中，，点 是 上一点，连接 ， 将 绕点逆时针旋转，得到， 连接交 于点．
(1)求证：．
(2)如图2，若，连接， 在 上截取，过点 作的垂线交 于点， 交于点．求证：．
(3)在（2）的条件下，当时，若，，求 的长．
19．在中，，的平分线交于点D，将绕点B顺时针旋转到与在的同一侧，且，过点E作于点F．

(1)如图1，若，求的度数；
(2)求证：A，D，E三点在同一直线上；
(3)如图2，若，，求的长．
20．在正方形中，E是边上一点．
(1)将绕点A顺时针旋转得到，如图①所示，观察可知，与相等的线段是___________，与相等的角是___________；
(2)如图②，在正方形中，P，Q分别是，边上的点，且，猜想线段，，的数量关系，并证明；
(3)在图②中，连接分别交，于点M，N，请写出，，的数量关系，并说明理由．
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参考答案：
1．(1)等边三角形
(2)证明见解析
【分析】本题考查了全等三角形的性质与判定，等边三角形的性质与判定，图形的旋转，旋转前后找到相应的等量关系是解答本题的关键．
（1）依题意，将绕点逆时针旋转，得到，找到旋转前后等量关系，，即可判断的形状；
（2）由旋转关系，可以得到，，，并且为等边三角形，故可以证明，得到平分．
【详解】（1）解：绕点逆时针旋转，
，，
为等边三角形；
（2）证明：绕点逆时针旋转，
，，
，
，
为等边三角形，
，
在和中，
，
，
，
平分．
2．(1)见解析
(2)能，
【分析】（1）根据正方形的性质及旋转的性质证明和即可；
（2）由旋转得：，故当互相平分时，四边形为矩形，设，则，，，在中，由勾股定理得：，解方程即可．
【详解】（1）证明：连接
∵四边形是正方形，
∴，，
由旋转得：，，
∴，，
∵，
∴，
∴，
同理可证：，
∴，
∵，
∴；
（2）解：能，
∵四边形是正方形，
∴，，
由旋转得：，
故当互相平分时，四边形为矩形，
∵互相平分，
∴四边形为平行四边形，
∵，
∴四边形为矩形，
设，则，，
由（1）知，
∴在中，由勾股定理得：，
解得：，即．
【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，矩形的判定，勾股定理，熟练掌握知识点，正确添加辅助线是解题的关键．
3．(1)
(2)
【分析】（1）由旋转的性质可得，可得，，由平行线的性质可求解；
（2）过点C作于H，由直角三角形的性质可得，，由勾股定理可求解．
【详解】（1）解：∵是等边三角形，D为的中点，
∴，，，
∵绕点B顺时针旋转得到，
∴，
∴，，
∵，
∴，
∴；
（2）如图，过点C作于H，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，，
∵，D为的中点，
∴，
∵，
∴，
解得：（负值舍去），
∴．
【点睛】本题主要考查了等边三角形的性质，旋转的性质，勾股定理，直角三角形的性质，平行线的性质，解一元二次方程等，解题的关键是熟练掌握相关的性质．
4．(1)
(2)6
(3)
【分析】本题考查的是旋转的性质，三角形的外角的性质，勾股定理的应用，含30度角的直角三角形的性质，化为最简二次根式，掌握基础的几何知识是解本题的关键．
（1）由旋转的性质结合三角形的外角的性质可得答案；
（2）由勾股定理先求解，再利用等面积法求解即可；
（3）过作于，则，证明，可得，利用勾股定理可得：，再进一步求解即可；
【详解】（1）解：如图，由旋转可知：．
，
．
（2）解：∵；
在中，利用勾股定理可得：；
∴中边上的高；
（3）解：过作于，则，

由（1）知，
，
，
由（2）知，
在中，利用勾股定理可得：，
，
，
．
5．(1)
(2)6
【分析】本题考查了旋转的性质、等边三角形的判定与性质，熟练掌握以上知识点并灵活运用是解此题的关键．
（1）由旋转的性质即可得出答案；
（2）由旋转的性质可得：，求出在同一直线上，结合等边三角形的性质即可得出答案．
【详解】（1）解：把绕点按顺时针方向旋转后得到，
；
（2）解：为等边三角形，
，
，
，
，
由旋转的性质可得：，
，为等边三角形，
在同一直线上，
，
．
6．(1)
(2)证明见解析
【分析】
（1）利用勾股定理求出，利用等面积法求出，再利用勾股定理求出，进一步解答即可求解；
（2）将线段绕点按顺时针方向旋转，得到线段，连接并延长交于点，连接交于点，可得，四边形是正方形，进而证明，，推出点与点重合，可得是等腰直角三角形，即可证明．
【详解】（1）
解：在中，，，，
，
，
，
，
，
，
；
（2）
证明：如图，将线段绕点按顺时针方向旋转，得到线段，连接并延长交于点，连接交于点，
由旋转知，，，，
，
，
，
，，
，，
四边形是正方形，
，，
，即，
又，
，，
，
，
又点为中点，
点与点重合，
四边形是正方形，
，，
是等腰直角三角形，
．
【点睛】本题考查了勾股定理、等面积法、全等三角形的证明、正方形的判定与性质、平行线的性质等知识点．
7．(1)
(2)
【分析】此题考查了矩形的性质、直角三角形的性质、勾股定理、旋转的性质等知识．
（1）根据旋转的性质得到，，，根据等腰三角形得到性质和内角和定理即可得到答案；
（2）过点E作于点M，过点G作交的延长线于点N，证明四边形是矩形，则，由得到，则，求出，得到，，则，再由勾股定理即可得到答案．
【详解】（1）∵将矩形绕点A按逆时针方向旋转，得到矩形，
∴，，，
∴，
∴
（2）如图，过点E作于点M，过点G作交的延长线于点N，则，
∵四边形是矩形
∴，
∴，
∴四边形是矩形，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵
∴
∴
∴
∴，
∴
8．(1)，理由见解析
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）根据旋转的性质得，，则可判断为等边三角形，再利用为等边三角形得到，则可得到；
（2）通过证明得到；
（3）根据旋转的性质得，，则可判断为等边三角形，于是得到，再与（2）的证明方法一样证明得到，于是，加上，从而可判断四边形是平行四边形．
【详解】（1）解：，
理由如下：
以点为中心，把逆时针旋转得到，
，，
为等边三角形，
，
为等边三角形，
，，
，
，
；
（2）证明：在和中，
，
，
；
（3）证明：以点为中心，把顺时针旋转得到，
，，
为等边三角形，
，
为等边三角形，
，，
，
，
，
在和中，
，
，
，
由（1）可知：
，
由（2）可知：，
又，
，
四边形是平行四边形．
【点睛】本题主要考查了旋转的性质，等边三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，平行四边形的判定等知识点，熟练掌握相关知识点是解题的关键．
9．(1)B
(2)40
(3)等边三角形，见解析
【分析】本题考查了旋转的性质，等边三角形的判定和性质，熟练掌握旋转的性质是解题的关键．
（1）根据题意即可得到结论；
（2）根据等腰三角形的性质得到，根据三角形的内角和得到，根据旋转的性质即可得到结论；
（3）由已知条件得到是等边三角形，根据等边三角形的性质得到，由旋转的性质得到，根据等边三角形的判定定理即可得到结论．
【详解】（1）旋转中心是点，
故答案为：；
（2），
，
，
将旋转后能与重合，
，
，
∴旋转角是40度，
故答案为：40；
（3）是等边三角形，
，，
是等边三角形，
，
将旋转后能与重合，
，
，
是等边三角形．
10．(1)见解析
(2)
【分析】（1）根据旋转的性质得出，，根据，得出，根据平行四边形的判定即可得出结论；
（2）作于点H．根据等腰三角形的性质得出，根据平行四边形的性质得出，，，求出，证明为等腰直角三角形，得出，根据勾股定理得出，求出，根据勾股定理求出，最后求出结果即可．
【详解】（1）解：∵绕点O旋转得到，
∴，，
∵，
∴，
∴四边形是平行四边形．
（2）解：如图，作于点H．
根据解析（1）可知：，
∵，
∴，
∴·，
∵，
∴，
在中，，，，
∴，
∵，，
∴为等腰直角三角形，
∴，
∴根据勾股定理得：，
即，
解得：，负值舍去，
则，
∴，
∴四边形的周长为：
．
【点睛】本题主要考查了平行四边形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，勾股定理，解题的关键是作出辅助线，熟练掌握相关的判定和性质．
11．(1)见解析
(2)
【分析】本题考查旋转的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，作辅助线构造全等三角形是解题的关键．
（1）连接，根据证明即可解题；
（2）连接，根据勾股定理求出，由①得，即可得到，然后根据勾股定理得到即可解题．
【详解】（1）证明：连接，
旋转得到，
，，
，
．
，，
；
（2）解：连接，
，，
，
在中，．
由①得，
，，
，
，
，
．
旋转得到，
，
．
12．(1)见解析
(2)8
【分析】本题考查了全等三角形的判定和性质，旋转的性质，解题的关键是掌握旋转前后对应边相等，全等三角形的判定方法以及全等三角形对应边相等，面积相等．
（1）通过证明，即可求证；
（2）先求出，在根据勾股定理求出，由全等的性质得出，则，即可解答．
【详解】（1）证明：∵绕点C逆时针旋转到，
∴，
∵，
∴，即，
∵为等腰直角三角形，
∴，
在和中，
，
∴，
∴；
（2）解：∵，，
∴，
设，
根据勾股定理可得：，
则，
解得：（负值舍去），
∴，
∵，
∴，
∴．
13．(1)见解析
(2)1
【分析】（1）先证明，，，再证明即可；
（2）连接，过E作延长线的垂线交于点F，求解，再利用三角形的面积公式计算即可．
【详解】（1）证明：∵四边形是正方形且是等边三角形,
∴，
又由绕B点逆时针旋转得到，
则，
又∵，
∴，
在和中 ,
,
∴．
（2）连接，过E作延长线的垂线交于点F，
在中，，，
∴，
故的面积为．
【点睛】本题考查的是等边三角形的性质，正方形的性质，全等三角形的判定与性质，旋转的性质，含30度角的直角三角形的性质，掌握以上基础知识是解本题的关键．
14．(1)，理由见解析
(2)10
【分析】（1）由旋转的性质可得可得，由平行线的性质可得，然后根据等量代换即可解答；
（2）过点D作于点E，由旋转的性质可得，，可证是等边三角形，由直角三角形的性质可求的长，由勾股定理可求的长，然后根据求解即可．
【详解】（1），理由如下：
∵在平面内绕点B顺时针旋转（旋转角不超过），得到，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴．
（2）如图，过点D作于点F，

∵在平面内绕点B顺时针旋转（旋转角不超过），得到，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴是等边三角形，
∴，且，
∴，
∴，
在中，，
∴．
【点睛】本题考查了旋转的性质，平行线的性质，等边三角形的判定与性质，勾股定理等知识点，熟练运用旋转的性质解决问题是本题的关键．
15．(1)详见解析
(2)
【分析】本题考查了直角三角形的性质，旋转变换的性质，平行线的性质，勾股定理，三角形外角性质，掌握旋转的性质是本题的关键．
（1）根据旋转性质可得：，再由三角形外角性质可得
，即可证得结论；
（2）由平行线性质可得，再由直角三角形性质可得，再运用勾股定理即可得出答案．
【详解】（1）证明：由旋转得：，
，
；
（2）解：，
，
，
，
由旋转得：，
在中，．
16．(1)见解析
(2)5
【分析】本题考查旋转的性质，等边三角形的判定与性质，勾股定理，熟练掌握旋转的性质，等边三角形的判定与性质，勾股定理是解题的关键．
（1）由旋转的性质得，，即可根据等边三角形的判定定理得到出结论；
（2）同（1）可知，是等边三角形，得，，进而可知，利用勾股定理即可求解．
【详解】（1）证明：∵将绕点A顺时针旋转得到，
∴，，
∴是等边三角形；
（2）解：∵将绕点A顺时针旋转得到，
∴， ，
∴是等边三角形，
∴，，
∵，
∴，
在中，．
17．(1)见解析
(2)
(3)是的中点，见解析
【分析】（1）根据旋转的性质可得，根据等边对等角可得，进而根据平行线的性质得出，等量代换即可得证；
（2）勾股定理求得，进而即可求解；
（3）过点作，延长交于点，证明，进而证明，根据全等三角形的性质即可得证．
【详解】（1）证明：∵将矩形绕着点逆时针旋转得到矩形，使点恰好落到线段上的点处，
∴
∴
∵，
∴
∴，
即平分；
（2）解：∵四边形是矩形
∴，
又∵，
∴
∴
（3）解：点是的中点，理由如下：
如图所示，过点作，延长交于点，
∵，，
∴
∴
∵
∴
∴
∴，
∵将矩形绕着点逆时针旋转得到矩形，
∴
∴，
在与中，
∴
∴，即点是的中点．
【点睛】本题考查了全等三角形的性质与判定，旋转的性质，矩形的性质，等腰三角形的性质与判定，平行线的性质，勾股定理，熟练掌握以上知识是解题的关键．
18．(1)见详解
(2)见详解
(3)
【分析】（1）用两角和表示、即可得证；
（2）在上截取，先用法判定，得到，计算，设，表示，则可求解、、，得到，通过，互补得到，求证，最终得到．
（3）由对顶角相等得，在中求，则，得到，由线段的关系得到，在中求，得到长度，，在中用勾股定理可解，则可得．
【详解】（1）解∶由题可知，
即，
∵，
∴；
（2）如图，在上截取，
∵，
∴，
∴，
∵，
，
又∵
设，则，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
，
∴，
∵，
∴，
，
∴，
（3），，
∴，
∴，
，
，
∴，
∴点是的中点，
∴，
∴在中，
，
，
，则，，
∴在中，
即，
解得，
∴，
∴．
【点睛】本题考查角的和差、三角形全等、等腰三角形的判定和性质、直角三角形中位线定理、勾股定理的综合应用，正确作出辅助线是解题关键．
19．(1)
(2)见解析
(3)
【分析】（1）由，可得，由平分，可得，由，可得，根据，计算求解即可；
（2）如图1，连接，过点B作于点H，则，由旋转得，，由，，可得，由平分，可得，则，由，，可得，进而可证A，D，E三点在同一直线上；
（3）如图2，过点D作于G，由角平分线的性质定理可得，由，可得，证明，则，在中，由勾股定理得，则，．
【详解】（1）解：∵，
∴，
∵平分，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴的度数为；
（2）证明：如图1，连接，过点B作于点H，则，

由旋转得，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵平分，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴A，D，E三点在同一直线上．
（3）解：如图2，过点D作于G，

∵，即，平分，
∴，
∵，
∴，
∵，，，
∴，
∴，
∵，
∴，
在中，由勾股定理得，
∴，
∴．
【点睛】本题考查了三角形内角和定理，等腰三角形的判定与性质，旋转的性质，角平分线的的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理．解题的关键在于对知识的熟练掌握与灵活运用．
20．(1)，
(2)，见解析
(3)，见解析
【分析】（1）根据旋转的性质得到；
（2）将绕点A顺时针旋转得到，证明，得到即可证明结论；
（3）将绕点A按顺时针方向旋转得到，连接．根据题意证明，得到为直角三角形，根据勾股定理以及等量代换即可得到答案．
【详解】（1）解：绕点A顺时针旋转得到，使重合，
故答案为：，．
（2）解：．证明如下：
如图，将绕点A顺时针旋转得到，则．
，
，
点E，B，P共线．
由旋转的性质，知．
，
，
．
在和中，
，
，
，
．
（3）解：．理由如下：
如图，将绕点A按顺时针方向旋转得到，连接．
四边形为正方形，
．
由旋转的性质，得．
，
，
．
在和中，
，
．
，
为直角三角形，
，
．
．
【点睛】本题考查了旋转的性质：旋转前后两图形全等；对应点到旋转中心的距离相等；对应点与旋转中心的连线段的夹角等于旋转角．也考查了三角形全等的判定与性质、正方形的性质以及勾股定理．
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