人教版九年级上学期数学课时进阶测试23.1图形的旋转（三阶）

人教版九年级上学期数学课时进阶测试23.1图形的旋转（三阶）
阅卷人 一、选择题（每题3分）
得分
1．（2024九上·攀枝花期末）如图，在中，，点D、E都在边上，．若，则的长是（　　）
A．1 B． C． D．
2．（2023九上·洪山月考）如图，∠MAN＝60°，点B、C分别在AM、AN上，AB＝AC，点D在∠MAN内部、△ABC外部，连接BD、CD、AD．下列结论：①DB+DC≥DA；②S△BDC≤BD DC；③若DB＝m，DC＝n，则S△ADB≤+mn．其中错误的结论个数为（　　）个．
A．0 B．1 C．2 D．3
3．（2023九上·仙居期中）如图，正方形的顶点、在上，顶点、在内，将正方形绕点顺时针旋转，使点落在上．若正方形的边长和的半径相等，则旋转角度等于（　　）
A． B． C． D．
4．（2023九上·宜州期中）如图，将边长为的正方形ABCD绕点B逆时针旋转30°得到正方形A′BC′D′，AD与C′D′交于点M，那么图中点M的坐标为（　　）
A． B． C． D．
5．（2022九上·芜湖期中）如图，在矩形中，，连接，将线段绕着点A顺时针旋转得到，则线段的最小值为（　　）
A． B． C．4 D．
6．（2021九上·温州月考）如图，二次函数 与x轴交于A、B两点，与y轴交于C点，点D与点C关于x轴对称，点P从点A出发向点D运动，点Q在DB上，且∠PCQ＝45°，则图中阴影部分的面积变化情况是（　　）
A．一直增大 B．始终不变
C．先减小后增大 D．先增大后减小
7．（2016九上·越秀期末）如图所示，边长为2的正三角形ABO的边OB在x轴上，将△ABO绕原点O逆时针旋转30°得到三角形OA1B1，则点A1的坐标为（　　）
A．（ ，1） B．（ ，-1）
C．（-1， ） D．（2，1）
8．（2023九上·弋江开学考）如图，已知为的角平分线，且，为延长线上一点，．过点作于点，则下列结论：①可由绕点旋转而得到；②；③；④；正确的个数为（　　）
A．1 B．2 C．3 D．4
阅卷人 二、填空题（每题3分）
得分
9．（2020九上·安陆月考）如图，在△ABC中，∠C=90°，AC=BC= ，将△ABC绕点A顺时针方向旋转60°到△AB′C′的位置，连接C′B，则C′B= 　 　
10．（2024九上·鹿寨期末）如图，点A，C分别是y轴，x轴正半轴上的动点，，将线段绕点A顺时针旋转60°得到线段，则的最小值是 　 　．
11．（2023九上·福田月考）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝8，将△ABC绕点C按逆时针方向旋转得到△A1B1C，满足A1B1∥AC，过点B作BE⊥A1C，垂足为E，连接AE，若S△ABE＝3S△ACE，则AB的长为 　 　．
12．（2020九上·厦门期末）在平面直角坐标系中， 为原点，点 在第一象限， ， ， ，把 绕点 顺时针旋转60°得到 ，点 ， 的对应点分别为 ， ，则 的值为　 　．
13．（2022九上·长沙开学考）如图，在正方形中，点是上一动点，点是的中点，绕点顺时针旋转得到，连接，给出结论：；；③若正方形的边长为2，则点在射线上运动时，有最小值其中结论正确的是　 　．
阅卷人 三、作图题
得分
14．（2024九上·松原期末）如图，方格纸中的每个小正方形的边长都是，小正方形的顶点称作格点，的三个顶点都在格点上，把先向右平移个单位，再向下平移个单位得，再将绕点顺时针旋转得结合所给的平面直角坐标系，回答下列问题：
（1）在平面直角坐标系中画出和；
（2）图中的能不能通过顺时针旋转得到？如果可以，请写出旋转中心的坐标及旋转角的度数；如果不能，说明理由．
阅卷人 四、解答题
得分
15．（2023九上·无为期中） 如图1，在正方形ABCD内作，AE交BC于点E，AF交CD于点F，连接EF，过点A作，垂足为H.
图1 图2 图3
（1）如图2，将绕点A顺时针旋转得到.
①求证：.
②若，，求AH的长.
（2）如图3，连接BD交AE于点M，交AF与点N，请探究并猜想：线段BM，MN，ND之间有什么关系？请说明理由？
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】等腰三角形的性质；勾股定理；旋转的性质；三角形全等的判定-SAS
2．【答案】A
【知识点】垂线段最短及其应用；三角形的面积；三角形三边关系；等边三角形的判定与性质；旋转的性质
【解析】【解答】解：①如图1，将△ACD绕点A逆时针旋转60°得到，
由旋转旋转得，
∴
∵
∴是等边三角形，
∴，
∴，
当三点共线时，CD+BD＝AD，即 DB +DC≥DA，故①正确；
②如图2，过点C作CH⊥BD于H，
S△BDC＝BD CH≤BD CD，
即 S△BDC≤BD DC
故②正确；
③由题意得△ABC是等边三角形，把△BDC绕点B 顺时针旋转60°得到△ABK，连接DK，
由旋转得：BD＝BK，∠DBK＝60°，
∴△BDK是等边三角形，
∴S△BDK＝，
∵△ABK≌△BDC（根据旋转的性质），
①当K落在△ABD外部时，，
∴S△ABD当K落在AD边上时，
S△ABD= S△ABK+S△BDK≤+mn，
当K落在△ABD内部时，
过点B、D分别作BN⊥AK于N，DM⊥AK于M，设AK与BD交于点O，
由旋转得：CD＝AK，
S△ABD=S△BDK+S△ABK+S△ADK
=m2+AK·BN+AK·DM=m2+AK（BN+DM）≤m2+AK（OB+OD）=m2+mn
即S△ABD≤m2+mn，故③正确；
综上所述，正确的结论为3个，错误的结论为0个，
故答案为：A．
【分析】①将△ACD绕点A逆时针旋转60°得到，可证得是等边三角形，根据三角形三边关系即可判断①正确；
②过点C作CH⊥BD于H，根据S△BDC＝BD CH，由垂线段最短CH≤CD，可判断出②正确；
③由题意得△ABC是等边三角形，把△BDC绕点B 顺时针旋转60°得到△ABK，连接DK，由旋转的性质可证得△BDK是等边三角形，分类讨论：①当K落在△ABD外部时，当K落在AD边上时，当K落在△ABD内部时，分别分析可判断③正确，即可得解.
3．【答案】B
【知识点】等边三角形的判定与性质；正方形的性质；旋转的性质
【解析】【解答】解：如下图所示：设 点C落在上 的点G处，连结OA、OB、OG，
因为正方形ABCD的边长和的半径相等，
结合旋转的性质可得：
所以均为等边三角形，
所以
又因为
所以
所以
即.
故答案为：B.
【分析】本题主要考查了旋转的性质、正方形的性质、等边三角形的判定及性质，设点C落在上 的点G处，连结OA、OB、OG，因为正方形ABCD的边长和的半径相等且结合旋转的性质可得：∠ABC=90°，则△OAB与△OBG均为等边三角形，则∠ABO=∠OBG=60°根据角度计算即可求解.
4．【答案】B
【知识点】坐标与图形性质；直角三角形全等的判定-HL；勾股定理；正方形的性质；旋转的性质
【解析】【解答】∵ 四边形ABCD是边长为的正方形，正方形ABCD绕点B逆时针旋转30°得到正方形A'BC'D'，
∴ AB=BC'= ，
∠BAM = ∠BC'M = 90°，
在Rt△ABM和Rt△C'BM中，
∴ Rt△ABM≌Rt△C'BM(HL)，
∴ ∠1=∠2，
∵ 将边长为的正方形ABCD绕点B逆时针旋转30°，
∴ ∠CBC'= 30°，
∴ ∠1 =∠2 =30°，
在Rt△ABM中，AB =，∠1=30°
∴
∴ AM = 1，
∴ 点M的坐标为
故选： B.
【分析】由正方形和旋转的性质得出，证出
5．【答案】D
【知识点】三角形三边关系；旋转的性质；三角形全等的判定-SAS
【解析】【解答】解：如图，连接，过点A作，截取，连接，
∵将线段绕着点A顺时针旋转得到，
∴，
∴，
∴．
又∵，
∴，
∴．
∵，
∴．
∴在中，．
∵，
∴．
∵，且当点G，P，E三点共线时取等号，
∴的最小值为．
故答案为：D．
【分析】连接，过点A作，截取，连接，先证明，可得，求出，再结合，且当点G，P，E三点共线时取等号，即可得到的最小值为。
6．【答案】C
【知识点】二次函数图象与坐标轴的交点问题；正方形的判定与性质；旋转的性质；三角形全等的判定-ASA
【解析】【解答】解：令 ，解得 ， ，
， ，
令 ，解得 ，
，
∵点D与点C关于x轴对称，故 ，
， ，
则四边形 是正方形，
将△ACP绕点C顺时针旋转90°得到△CBP'，
，
，
，
，
又 ， ，
△ ，
，阴影部分的面积=△CP'Q的面积，
当点P是AD中点时，PQ最短，即QP'最短时，△CP'Q的面积最小，
故可得到阴影部分的面积先减小后增大．
故答案为：C.
【分析】易得A（-3，0），B（3，0），C（0，-3），D（0，2），推出四边形ABCD是正方形，将△ACP绕点C顺时针旋转90°得到△CBP'，则△CAP≌△CBP'，得到∠PCP'=90°，进而证明△CPQ≌△CP'Q，得到PQ=P'Q，则S阴影=S△CQP'，当点P是AD中点时，PQ最短，即P'Q最短时，△CP'Q的面积最小，据此判断.
7．【答案】B
【知识点】图形的旋转
【解析】【解答】如图，设A1B1与x轴相交于C，
∵△ABO是等边三角形，旋转角为30°，
∴∠A1OC=60°-30°=30°，
∴A1B1⊥x轴，
∵等边△ABO的边长为2，
∴OC= ×2= ，
A1C= ×2=1，
又∵A1在第四象限，
∴点A1的坐标为（ ，-1）．
故答案为：B．
【分析】由旋转角相等易得=30°，∠A1OC=60°-30°=30°再利用30°所对直角边等于斜边的一半，结合勾股定理容易算出OC，A1C的长，进而得到点A1的坐标
8．【答案】D
【知识点】直角三角形全等的判定-HL；等腰三角形的判定与性质；旋转的性质
9．【答案】
【知识点】等边三角形的判定与性质；勾股定理；旋转的性质；三角形全等的判定-SSS
【解析】【解答】解：如图，连接BB′，
∵△ABC绕点A顺时针方向旋转60°得到△AB′C′，
∴AB=AB′，∠BAB′=60°，
∴△ABB′是等边三角形，
∴AB=BB′，
在△ABC′和△B′BC′中，
，
∴△ABC′≌△B′BC′(SSS)，
∴∠ABC′=∠B′BC′，
延长BC′交AB′于D，
则BD⊥AB′，
∵∠C=90°，AC=BC= ，
∴AB= =2，
∴BD=2× = ，
C′D= ×2=1，
∴BC′=BD C′D= 1.
故答案为： 1.
【分析】连接BB′，由旋转的性质可得AB=AB′，∠BAB′=60°，推出△ABB′是等边三角形，得AB=BB′，证明△ABC′≌△B′BC′，得到∠ABC′=∠B′BC′，延长BC′交AB′于D，则BD⊥AB′，利用勾股定理求出AB，进而求出BD、CD，最后根据BC′=BD C′D进行计算.
10．【答案】
【知识点】三角形三边关系；等边三角形的判定与性质；勾股定理；旋转的性质
【解析】【解答】解：如图，取AC的中点，连接OD，BD，BC，则OD=CD=AD=AC=，
由旋转知：∠BAC=60°，AB=AC，
∴△ABC为等边三角形，
∴BD⊥AC，BC=AC=1，
∴BD==，
∵OB≥BD-OD=-，
∴当B、O、D三点共线时，OB值最小，最小值为OB=BD-OD=-=.
故答案为：.
【分析】取AC的中点，连接OD，BD，BC，由旋转的性质可得△ABC为等边三角形，由OB≥BD-OD，可知当B、O、D三点共线时，OB值最小，最小值为OB=BD-OD，据此求解即可.
11．【答案】
【知识点】平行线的性质；三角形的面积；勾股定理；旋转的性质
【解析】【解答】解：记A1C交AB于D，如图：
∵A1B1//AC，
∴∠A1=∠A1CA，
∵将△ABC绕点C按逆时针方向旋转得到△A1B1C，
∴∠A1=∠BAC，
∴∠A1CA=∠BAC，
∴CD=AD，
∵∠ACB=90°，
∴∠CBD+∠BAC=90°=∠A1CA+∠BCD，
∴∠CBD=∠BCD，
∴BD=CD，
∴BD=CD=AD，
∴，
∵S△ABE=3S△ACE，
即2S△ADE=3S△ACE，
∴S△ADE：S△ACE=DE：CE=3：2.
设CE=2x ，则DE=3x，BD=AD=CD=5x，
∴
，
∴ Rt△ABC中，BC2+AC2=AB2，
即
解得：，
∴.
故答案为：.
【分析】记A1C交AB于D，由平行的性质得到∠A1=∠A1CA，由旋转得到∠A1=∠BAC，于是可得∠A1CA=∠BAC，根据∠CBD+∠BAC=∠A1CA+∠BCD=90°，得到∠CBD=∠BCD，从而可得AD=CD=BD.根据2S△ADE= S△ABE＝3S△ACE可得DE：CE=3：2.设CE=2x，可表示出DE，BD，BC，AB的长，利用勾股定理即可求出x，从而可得AB的长.
12．【答案】1
【知识点】坐标与图形性质；勾股定理；旋转的性质
【解析】【解答】如图，过点A作 于点D，
， ，
，
，
把 绕点 顺时针旋转60°得到 ，
点恰巧落在直线AD上，
在 中，
，
由勾股定理得，
故答案为：1．
【分析】如图，过点A作 于点D，利用30°角的正切值求出AD的长，继而可得再由旋转的性质求出，，在 中。利用勾股定理求出MD的长，继而求出结论.
13．【答案】①②③
【知识点】垂线段最短及其应用；正方形的性质；旋转的性质；三角形全等的判定-AAS；直角三角形斜边上的中线
【解析】【解答】解：延长AE交DC的延长线于点H，如图：
点E是CM的中点，
，
，
，，
≌△HCE（AAS），
，
又，
，
∵AE绕点E顺时针旋转90°得到EF，
，，
，故①正确；
，
，，
，
，
，
，故②正确；
如图，连接FC，过点C作CF'⊥DF于F'，
，
点F在DF上运动，
当CF⊥DF时，CF有最小值为CF'的长度，
，，
，即CF有最小值为，故③正确，
故答案为：①②③
【分析】延长AE交DC延长线于点H，①易得ME=EC，由平行线性质得∠MAE=∠H，∠AME=∠HCE，用AAS证△AME≌△HCE，于是AE=EH；由直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得DE=AE=EH=AH，由旋转的性质得AE=EF，则AE=DE=EF；②由①得AE=DE=EF，根据等边对等角可得∠DAE=∠ADE，∠EDF=∠EFD，由四边形AEFD的内角和等于360°可得2∠ADE+2∠EDF=270°，则∠ADF=135°，然后由∠CDF=∠ADF-∠ADC可求解；③如图，连接FC，过点C作CF'⊥DF于F'，由②得∠CDF=45°可知点F 在DF上运动，当CF⊥DF时，CF有最小值为CF'的长度，解等腰直角三角形DCF'可求解.
14．【答案】（1）解：和如图所示；
（2）解：如图所示，可以绕点顺时针旋转度得到．
旋转中心的坐标为，旋转角度
【知识点】作图﹣平移；作图﹣旋转
【解析】【分析】（1）根据平移和对称的性质作图；（2）连接两组对应点，作两条线段的垂直平分线，垂直平分线的交点即为旋转中心，根据读取的各点坐标，先判定旋转中心在BB2的垂直平分线即x=1上，设出旋转中心的纵坐标，根据到A和A2的距离相等、利用两点间距离公式列出等式即可求得旋转中心的纵坐标，则旋转中心坐标可求，再次利用两点间距离公式求三边，符合勾股定理，故旋转角度为90°。
15．【答案】（1）解：①证明：由题意知，，，
∵，，
∴G、B、E三点共线，
∵，，
∴，
∵，，
∴
②解：∵，，，
∴，
设，则，，
则，
解得，（舍去），
易证.
（2）解：将绕点A顺时针旋转得到，
则，，
∴，
易证，
∴，
在中，，
∴
【知识点】勾股定理；正方形的性质；旋转的性质；三角形全等的判定-SAS
【解析】【分析】（1）根据旋转的性质、全等三角形的判定和性质、正方形的性质注解。①由旋转的性质可知：AF=AG，∠DAF=∠BAG，接下来在证明∠GAE=∠FAE，然后依据SAS证明△GAE≌△FAE即可；②由全等三角形的性质可知：AB=AH，GE=EF=5．设正方形的边长为x，在Rt△EFC中，依据勾股定理列方程求解即可；
（2）根据旋转的性质、全等三角形的判定和性质、勾股定理求解。将△ABM逆时针旋转90°得△ADM′．在△NM′D中依据勾股定理可证明NM′2=ND2+DM′2，接下来证明△AMN≌△ANM′，于的得到MN=NM′，最后再由BM=DM′证明即可．
1 / 1人教版九年级上学期数学课时进阶测试23.1图形的旋转（三阶）
阅卷人 一、选择题（每题3分）
得分
1．（2024九上·攀枝花期末）如图，在中，，点D、E都在边上，．若，则的长是（　　）
A．1 B． C． D．
【答案】C
【知识点】等腰三角形的性质；勾股定理；旋转的性质；三角形全等的判定-SAS
2．（2023九上·洪山月考）如图，∠MAN＝60°，点B、C分别在AM、AN上，AB＝AC，点D在∠MAN内部、△ABC外部，连接BD、CD、AD．下列结论：①DB+DC≥DA；②S△BDC≤BD DC；③若DB＝m，DC＝n，则S△ADB≤+mn．其中错误的结论个数为（　　）个．
A．0 B．1 C．2 D．3
【答案】A
【知识点】垂线段最短及其应用；三角形的面积；三角形三边关系；等边三角形的判定与性质；旋转的性质
【解析】【解答】解：①如图1，将△ACD绕点A逆时针旋转60°得到，
由旋转旋转得，
∴
∵
∴是等边三角形，
∴，
∴，
当三点共线时，CD+BD＝AD，即 DB +DC≥DA，故①正确；
②如图2，过点C作CH⊥BD于H，
S△BDC＝BD CH≤BD CD，
即 S△BDC≤BD DC
故②正确；
③由题意得△ABC是等边三角形，把△BDC绕点B 顺时针旋转60°得到△ABK，连接DK，
由旋转得：BD＝BK，∠DBK＝60°，
∴△BDK是等边三角形，
∴S△BDK＝，
∵△ABK≌△BDC（根据旋转的性质），
①当K落在△ABD外部时，，
∴S△ABD当K落在AD边上时，
S△ABD= S△ABK+S△BDK≤+mn，
当K落在△ABD内部时，
过点B、D分别作BN⊥AK于N，DM⊥AK于M，设AK与BD交于点O，
由旋转得：CD＝AK，
S△ABD=S△BDK+S△ABK+S△ADK
=m2+AK·BN+AK·DM=m2+AK（BN+DM）≤m2+AK（OB+OD）=m2+mn
即S△ABD≤m2+mn，故③正确；
综上所述，正确的结论为3个，错误的结论为0个，
故答案为：A．
【分析】①将△ACD绕点A逆时针旋转60°得到，可证得是等边三角形，根据三角形三边关系即可判断①正确；
②过点C作CH⊥BD于H，根据S△BDC＝BD CH，由垂线段最短CH≤CD，可判断出②正确；
③由题意得△ABC是等边三角形，把△BDC绕点B 顺时针旋转60°得到△ABK，连接DK，由旋转的性质可证得△BDK是等边三角形，分类讨论：①当K落在△ABD外部时，当K落在AD边上时，当K落在△ABD内部时，分别分析可判断③正确，即可得解.
3．（2023九上·仙居期中）如图，正方形的顶点、在上，顶点、在内，将正方形绕点顺时针旋转，使点落在上．若正方形的边长和的半径相等，则旋转角度等于（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】等边三角形的判定与性质；正方形的性质；旋转的性质
【解析】【解答】解：如下图所示：设 点C落在上 的点G处，连结OA、OB、OG，
因为正方形ABCD的边长和的半径相等，
结合旋转的性质可得：
所以均为等边三角形，
所以
又因为
所以
所以
即.
故答案为：B.
【分析】本题主要考查了旋转的性质、正方形的性质、等边三角形的判定及性质，设点C落在上 的点G处，连结OA、OB、OG，因为正方形ABCD的边长和的半径相等且结合旋转的性质可得：∠ABC=90°，则△OAB与△OBG均为等边三角形，则∠ABO=∠OBG=60°根据角度计算即可求解.
4．（2023九上·宜州期中）如图，将边长为的正方形ABCD绕点B逆时针旋转30°得到正方形A′BC′D′，AD与C′D′交于点M，那么图中点M的坐标为（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】坐标与图形性质；直角三角形全等的判定-HL；勾股定理；正方形的性质；旋转的性质
【解析】【解答】∵ 四边形ABCD是边长为的正方形，正方形ABCD绕点B逆时针旋转30°得到正方形A'BC'D'，
∴ AB=BC'= ，
∠BAM = ∠BC'M = 90°，
在Rt△ABM和Rt△C'BM中，
∴ Rt△ABM≌Rt△C'BM(HL)，
∴ ∠1=∠2，
∵ 将边长为的正方形ABCD绕点B逆时针旋转30°，
∴ ∠CBC'= 30°，
∴ ∠1 =∠2 =30°，
在Rt△ABM中，AB =，∠1=30°
∴
∴ AM = 1，
∴ 点M的坐标为
故选： B.
【分析】由正方形和旋转的性质得出，证出
5．（2022九上·芜湖期中）如图，在矩形中，，连接，将线段绕着点A顺时针旋转得到，则线段的最小值为（　　）
A． B． C．4 D．
【答案】D
【知识点】三角形三边关系；旋转的性质；三角形全等的判定-SAS
【解析】【解答】解：如图，连接，过点A作，截取，连接，
∵将线段绕着点A顺时针旋转得到，
∴，
∴，
∴．
又∵，
∴，
∴．
∵，
∴．
∴在中，．
∵，
∴．
∵，且当点G，P，E三点共线时取等号，
∴的最小值为．
故答案为：D．
【分析】连接，过点A作，截取，连接，先证明，可得，求出，再结合，且当点G，P，E三点共线时取等号，即可得到的最小值为。
6．（2021九上·温州月考）如图，二次函数 与x轴交于A、B两点，与y轴交于C点，点D与点C关于x轴对称，点P从点A出发向点D运动，点Q在DB上，且∠PCQ＝45°，则图中阴影部分的面积变化情况是（　　）
A．一直增大 B．始终不变
C．先减小后增大 D．先增大后减小
【答案】C
【知识点】二次函数图象与坐标轴的交点问题；正方形的判定与性质；旋转的性质；三角形全等的判定-ASA
【解析】【解答】解：令 ，解得 ， ，
， ，
令 ，解得 ，
，
∵点D与点C关于x轴对称，故 ，
， ，
则四边形 是正方形，
将△ACP绕点C顺时针旋转90°得到△CBP'，
，
，
，
，
又 ， ，
△ ，
，阴影部分的面积=△CP'Q的面积，
当点P是AD中点时，PQ最短，即QP'最短时，△CP'Q的面积最小，
故可得到阴影部分的面积先减小后增大．
故答案为：C.
【分析】易得A（-3，0），B（3，0），C（0，-3），D（0，2），推出四边形ABCD是正方形，将△ACP绕点C顺时针旋转90°得到△CBP'，则△CAP≌△CBP'，得到∠PCP'=90°，进而证明△CPQ≌△CP'Q，得到PQ=P'Q，则S阴影=S△CQP'，当点P是AD中点时，PQ最短，即P'Q最短时，△CP'Q的面积最小，据此判断.
7．（2016九上·越秀期末）如图所示，边长为2的正三角形ABO的边OB在x轴上，将△ABO绕原点O逆时针旋转30°得到三角形OA1B1，则点A1的坐标为（　　）
A．（ ，1） B．（ ，-1）
C．（-1， ） D．（2，1）
【答案】B
【知识点】图形的旋转
【解析】【解答】如图，设A1B1与x轴相交于C，
∵△ABO是等边三角形，旋转角为30°，
∴∠A1OC=60°-30°=30°，
∴A1B1⊥x轴，
∵等边△ABO的边长为2，
∴OC= ×2= ，
A1C= ×2=1，
又∵A1在第四象限，
∴点A1的坐标为（ ，-1）．
故答案为：B．
【分析】由旋转角相等易得=30°，∠A1OC=60°-30°=30°再利用30°所对直角边等于斜边的一半，结合勾股定理容易算出OC，A1C的长，进而得到点A1的坐标
8．（2023九上·弋江开学考）如图，已知为的角平分线，且，为延长线上一点，．过点作于点，则下列结论：①可由绕点旋转而得到；②；③；④；正确的个数为（　　）
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】D
【知识点】直角三角形全等的判定-HL；等腰三角形的判定与性质；旋转的性质
阅卷人 二、填空题（每题3分）
得分
9．（2020九上·安陆月考）如图，在△ABC中，∠C=90°，AC=BC= ，将△ABC绕点A顺时针方向旋转60°到△AB′C′的位置，连接C′B，则C′B= 　 　
【答案】
【知识点】等边三角形的判定与性质；勾股定理；旋转的性质；三角形全等的判定-SSS
【解析】【解答】解：如图，连接BB′，
∵△ABC绕点A顺时针方向旋转60°得到△AB′C′，
∴AB=AB′，∠BAB′=60°，
∴△ABB′是等边三角形，
∴AB=BB′，
在△ABC′和△B′BC′中，
，
∴△ABC′≌△B′BC′(SSS)，
∴∠ABC′=∠B′BC′，
延长BC′交AB′于D，
则BD⊥AB′，
∵∠C=90°，AC=BC= ，
∴AB= =2，
∴BD=2× = ，
C′D= ×2=1，
∴BC′=BD C′D= 1.
故答案为： 1.
【分析】连接BB′，由旋转的性质可得AB=AB′，∠BAB′=60°，推出△ABB′是等边三角形，得AB=BB′，证明△ABC′≌△B′BC′，得到∠ABC′=∠B′BC′，延长BC′交AB′于D，则BD⊥AB′，利用勾股定理求出AB，进而求出BD、CD，最后根据BC′=BD C′D进行计算.
10．（2024九上·鹿寨期末）如图，点A，C分别是y轴，x轴正半轴上的动点，，将线段绕点A顺时针旋转60°得到线段，则的最小值是 　 　．
【答案】
【知识点】三角形三边关系；等边三角形的判定与性质；勾股定理；旋转的性质
【解析】【解答】解：如图，取AC的中点，连接OD，BD，BC，则OD=CD=AD=AC=，
由旋转知：∠BAC=60°，AB=AC，
∴△ABC为等边三角形，
∴BD⊥AC，BC=AC=1，
∴BD==，
∵OB≥BD-OD=-，
∴当B、O、D三点共线时，OB值最小，最小值为OB=BD-OD=-=.
故答案为：.
【分析】取AC的中点，连接OD，BD，BC，由旋转的性质可得△ABC为等边三角形，由OB≥BD-OD，可知当B、O、D三点共线时，OB值最小，最小值为OB=BD-OD，据此求解即可.
11．（2023九上·福田月考）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝8，将△ABC绕点C按逆时针方向旋转得到△A1B1C，满足A1B1∥AC，过点B作BE⊥A1C，垂足为E，连接AE，若S△ABE＝3S△ACE，则AB的长为 　 　．
【答案】
【知识点】平行线的性质；三角形的面积；勾股定理；旋转的性质
【解析】【解答】解：记A1C交AB于D，如图：
∵A1B1//AC，
∴∠A1=∠A1CA，
∵将△ABC绕点C按逆时针方向旋转得到△A1B1C，
∴∠A1=∠BAC，
∴∠A1CA=∠BAC，
∴CD=AD，
∵∠ACB=90°，
∴∠CBD+∠BAC=90°=∠A1CA+∠BCD，
∴∠CBD=∠BCD，
∴BD=CD，
∴BD=CD=AD，
∴，
∵S△ABE=3S△ACE，
即2S△ADE=3S△ACE，
∴S△ADE：S△ACE=DE：CE=3：2.
设CE=2x ，则DE=3x，BD=AD=CD=5x，
∴
，
∴ Rt△ABC中，BC2+AC2=AB2，
即
解得：，
∴.
故答案为：.
【分析】记A1C交AB于D，由平行的性质得到∠A1=∠A1CA，由旋转得到∠A1=∠BAC，于是可得∠A1CA=∠BAC，根据∠CBD+∠BAC=∠A1CA+∠BCD=90°，得到∠CBD=∠BCD，从而可得AD=CD=BD.根据2S△ADE= S△ABE＝3S△ACE可得DE：CE=3：2.设CE=2x，可表示出DE，BD，BC，AB的长，利用勾股定理即可求出x，从而可得AB的长.
12．（2020九上·厦门期末）在平面直角坐标系中， 为原点，点 在第一象限， ， ， ，把 绕点 顺时针旋转60°得到 ，点 ， 的对应点分别为 ， ，则 的值为　 　．
【答案】1
【知识点】坐标与图形性质；勾股定理；旋转的性质
【解析】【解答】如图，过点A作 于点D，
， ，
，
，
把 绕点 顺时针旋转60°得到 ，
点恰巧落在直线AD上，
在 中，
，
由勾股定理得，
故答案为：1．
【分析】如图，过点A作 于点D，利用30°角的正切值求出AD的长，继而可得再由旋转的性质求出，，在 中。利用勾股定理求出MD的长，继而求出结论.
13．（2022九上·长沙开学考）如图，在正方形中，点是上一动点，点是的中点，绕点顺时针旋转得到，连接，给出结论：；；③若正方形的边长为2，则点在射线上运动时，有最小值其中结论正确的是　 　．
【答案】①②③
【知识点】垂线段最短及其应用；正方形的性质；旋转的性质；三角形全等的判定-AAS；直角三角形斜边上的中线
【解析】【解答】解：延长AE交DC的延长线于点H，如图：
点E是CM的中点，
，
，
，，
≌△HCE（AAS），
，
又，
，
∵AE绕点E顺时针旋转90°得到EF，
，，
，故①正确；
，
，，
，
，
，
，故②正确；
如图，连接FC，过点C作CF'⊥DF于F'，
，
点F在DF上运动，
当CF⊥DF时，CF有最小值为CF'的长度，
，，
，即CF有最小值为，故③正确，
故答案为：①②③
【分析】延长AE交DC延长线于点H，①易得ME=EC，由平行线性质得∠MAE=∠H，∠AME=∠HCE，用AAS证△AME≌△HCE，于是AE=EH；由直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得DE=AE=EH=AH，由旋转的性质得AE=EF，则AE=DE=EF；②由①得AE=DE=EF，根据等边对等角可得∠DAE=∠ADE，∠EDF=∠EFD，由四边形AEFD的内角和等于360°可得2∠ADE+2∠EDF=270°，则∠ADF=135°，然后由∠CDF=∠ADF-∠ADC可求解；③如图，连接FC，过点C作CF'⊥DF于F'，由②得∠CDF=45°可知点F 在DF上运动，当CF⊥DF时，CF有最小值为CF'的长度，解等腰直角三角形DCF'可求解.
阅卷人 三、作图题
得分
14．（2024九上·松原期末）如图，方格纸中的每个小正方形的边长都是，小正方形的顶点称作格点，的三个顶点都在格点上，把先向右平移个单位，再向下平移个单位得，再将绕点顺时针旋转得结合所给的平面直角坐标系，回答下列问题：
（1）在平面直角坐标系中画出和；
（2）图中的能不能通过顺时针旋转得到？如果可以，请写出旋转中心的坐标及旋转角的度数；如果不能，说明理由．
【答案】（1）解：和如图所示；
（2）解：如图所示，可以绕点顺时针旋转度得到．
旋转中心的坐标为，旋转角度
【知识点】作图﹣平移；作图﹣旋转
【解析】【分析】（1）根据平移和对称的性质作图；（2）连接两组对应点，作两条线段的垂直平分线，垂直平分线的交点即为旋转中心，根据读取的各点坐标，先判定旋转中心在BB2的垂直平分线即x=1上，设出旋转中心的纵坐标，根据到A和A2的距离相等、利用两点间距离公式列出等式即可求得旋转中心的纵坐标，则旋转中心坐标可求，再次利用两点间距离公式求三边，符合勾股定理，故旋转角度为90°。
阅卷人 四、解答题
得分
15．（2023九上·无为期中） 如图1，在正方形ABCD内作，AE交BC于点E，AF交CD于点F，连接EF，过点A作，垂足为H.
图1 图2 图3
（1）如图2，将绕点A顺时针旋转得到.
①求证：.
②若，，求AH的长.
（2）如图3，连接BD交AE于点M，交AF与点N，请探究并猜想：线段BM，MN，ND之间有什么关系？请说明理由？
【答案】（1）解：①证明：由题意知，，，
∵，，
∴G、B、E三点共线，
∵，，
∴，
∵，，
∴
②解：∵，，，
∴，
设，则，，
则，
解得，（舍去），
易证.
（2）解：将绕点A顺时针旋转得到，
则，，
∴，
易证，
∴，
在中，，
∴
【知识点】勾股定理；正方形的性质；旋转的性质；三角形全等的判定-SAS
【解析】【分析】（1）根据旋转的性质、全等三角形的判定和性质、正方形的性质注解。①由旋转的性质可知：AF=AG，∠DAF=∠BAG，接下来在证明∠GAE=∠FAE，然后依据SAS证明△GAE≌△FAE即可；②由全等三角形的性质可知：AB=AH，GE=EF=5．设正方形的边长为x，在Rt△EFC中，依据勾股定理列方程求解即可；
（2）根据旋转的性质、全等三角形的判定和性质、勾股定理求解。将△ABM逆时针旋转90°得△ADM′．在△NM′D中依据勾股定理可证明NM′2=ND2+DM′2，接下来证明△AMN≌△ANM′，于的得到MN=NM′，最后再由BM=DM′证明即可．
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