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第二十三章 旋转 单元真题检测严选卷
一、选择题
1．下列图形中，既是轴对称图形，又是中心对称图形的是（ ）
A． B．
C． D．
2．如图，绕点O逆时针旋转得到，若，则的度数是（ ）
A． B． C． D．
3．如图，将绕顶点A逆时针旋转70°，得到，若，则的度数为（ ）
A．22° B．24° C．35° D．46°
4．如图，在中，，将绕点逆时针旋转得到，点的对应点恰好落在边上，的对应点为．则下列结论一定正确的是（ ）
A． B． C． D．
5．如图：已知点A的坐标为，菱形ABCD的对角线交于坐标原点O，则C点的坐标是（ ）
A． B．
C． D．（﹣2，﹣2）
6．如图，BO是等腰三角形ABC的底边的中线，AC＝2，，△PQC与△BOC关于点C成中心对称，连接AP，则AP的长是（ ）
A．4 B． C． D．
7．如图，在的方格纸中，格点（三个顶点都是格点的三角形）经过旋转后得到格点，则其旋转中心是（ ）
A．格点M B．格点N C．格点P D．格点Q
8．已知点与点关于原点对称，则的值为（ ）
A． B． C．3 D．4
9．已知点A是抛物线图象的顶点，点A和点关于原点成中心对称，则点的坐标是（ ）
A． B． C． D．
10．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
二、填空题
11．在平面直角坐标系中，点P（﹣2，5）关于原点对称点P′的坐标为 ．
12．平面直角坐标系中，点P(3，1-a)与点Q(b+2，3)关于原点对称，则a+b= ．
13．如图，将 绕点 顺时针旋转一定的角度至 处，使得点 恰好在线段 上，若 ，则旋转角度数为 ．
14．如图，如果正方形ABCD绕点C按顺时针方向旋转30°后得到正方形EFCG，连接DG，那么∠DGE＝ ．
15．如图是由6个大小相同的立方体组成的几何体，在这个几何体的三视图①主视图、②左视图、③俯视图中，是中心对称图形的有 。
16．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 ．
三、综合题
17．如图， 线段 两端点坐标分别为 .
（1）作出线段 绕点 逆时针旋转 后得到的线段 ；
（2）点 的坐标为 ，若线段 上有一点 ， 则在线段 上的对应点 的 坐标为 .
（3）若将线段 绕着某点旋转 恰好得到线段 ， 点 与点 ， 点 与点 是对应点，已知点 . 请通过无刻度的直尺画图找到旋转中心，将其标记为 .（保留作图痕迹）
18．如图， 逆时针旋转一定角度后与 重合，且点C在AD上.
（1）指出旋转中心；
（2）若 ， ，求出旋转的度数；
（3）若 ， ，则AE的长是多少？为什么？
19．四边形ABCD是菱形，∠ABC＝60°，E是对角线BD上的一个动点，连接AE，将线段AE绕点A逆时针旋转120°得到线段AF，连接EF，DF．
（1）如图1，求∠BDF的度数；
（2）如图2，当DB＝3DF时，连接EC，求证：四边形FECD是矩形；
（3）若G为DF中点，连接EG，当线段BD与DF满足怎样的数量关系时，四边形AEGF是菱形，并说明理由．
20．如图，正方形ABCD与正方形A1B1C1D1关于某点中心对称，已知A，三点的坐标分别是（0，5），（0，1），（3，1）．
（1）求对称中心的坐标．
（2）写出顶点D，B，的坐标．
21．在中，，，逆时针旋转一定角度后与重合，且点恰好成为中点，如图．
（1）旋转中心是点 ， ；
（2）求直线与直线的夹角．
22．如图，正方形ABCD的边长为6，E，F分别是AB，BC边上的点，且 ，将 绕点D逆时针旋转 ，得到 ．
（1）求证： ．
（2）当 时，求EF的长．
23．（1）解方程：x2﹣5x+6＝0；
（2）如图，在Rt△OAB中，∠OAB＝90°，OA＝AB＝6，将△OAB绕点O沿逆时针方向旋转90°得到ΔOA1B1.
①线段OA1的长是 ▲ ，∠AOB1的度数是 ▲ ；
②连结AA1，求证：四边形OAA1B1是平行四边形.
24．如图，直线交y轴于点A，交x轴于点B，抛物线经过点A，点B，且交x轴于另一点C.
（1）求点A，点B，点C的坐标并求抛物线的解析式；
（2）在直线上方的抛物线上有一点P，求四边形面积的最大值及此时点P的坐标；
（3）将线段绕x轴上的动点逆时针旋转得到线段，若线段与抛物线只有一个公共点，请结合函数图象，求t的取值范围.
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第二十三章 旋转 单元真题检测严选卷
一、选择题
1．下列图形中，既是轴对称图形，又是中心对称图形的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【解析】【解答】A.是轴对称图形但不是中心对称图形，不符合题意；
B.既是轴对称图形又是中心对称图形，符合题意；
C.不是轴对称图形而是中心对称图形，不符合题意；
D.不是轴对称图形而是中心对称图形，不符合题意；
故答案为：B.
【分析】中心对称图形是图形绕某一点旋转180°后与原来的图形完全重合，轴对称图形是将一个图形沿某直线折叠后直线两旁的部分互相重合，再对各选项逐一判断.
2．如图，绕点O逆时针旋转得到，若，则的度数是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】【解答】∵绕点O逆时针旋转得到，
∴，
∴，
故答案为：C.
【分析】根据旋转的性质知，再利用角的和差关系求解即可.
3．如图，将绕顶点A逆时针旋转70°，得到，若，则的度数为（ ）
A．22° B．24° C．35° D．46°
【答案】D
【解析】【解答】解：∵将绕顶点A逆时针旋转70°，得到
∴
∵
∴
∴
∴
故答案为：D
【分析】根据旋转性质可得，再根据题意及三角形内角和定理可得，再根据，即可求出答案.
4．如图，在中，，将绕点逆时针旋转得到，点的对应点恰好落在边上，的对应点为．则下列结论一定正确的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】【解答】解：由题意得，
∴，A正确；
∵，
∴，
∵，
∴，B不正确；
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，即，
∴，C不正确；
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，D不正确；
故答案为：A
【分析】先根据旋转的性质得到，进而根据三角形全等的性质即可判断A；再运用三角形全等的性质结合题意即可判断B；进而结合题意运用等腰三角形的性质得到，从而运用三角形内角和定理即可得到∠BAD的度数，进而运用三角形全等的性质结合题意即可判断C；先根据题意得到，进而根据三角形全等的性质即可判断D。
5．如图：已知点A的坐标为，菱形ABCD的对角线交于坐标原点O，则C点的坐标是（ ）
A． B．
C． D．（﹣2，﹣2）
【答案】B
【解析】【解答】四边形ABCD是菱形，
O是坐标原点，
点A和点C关于原点对称，点B和点D关于原点对称，
A()，
C()，
故答案为，B.
【分析】由菱形的性质和轴对称的性质，结合条件，进而求解.
6．如图，BO是等腰三角形ABC的底边的中线，AC＝2，，△PQC与△BOC关于点C成中心对称，连接AP，则AP的长是（ ）
A．4 B． C． D．
【答案】D
【解析】【解答】根据题意OB为△ABC的底边中心，可得OB⊥AC，所以AO=CO=，所以∠BOC=∠BOC=90°，利用勾股定理得出BO=，因为根据题意可知△PQC与△BOC关于点C中心对称，所以CO=CQ=1，BO=PQ=，∠BOC=∠Q=90°，所以AQ=AC+CQ=2+1=3，利用勾股定理，AP=，D选项符合题意。
故答案为：D.
【分析】根据题意利用三角形的性质可以得到可得OB⊥AC，所以AO=CO=，然后题意知道△PQC与△BOC关于点C中心对称，所以可以求出PQ的长，在利用勾股定理求出AP的长即可。
7．如图，在的方格纸中，格点（三个顶点都是格点的三角形）经过旋转后得到格点，则其旋转中心是（ ）
A．格点M B．格点N C．格点P D．格点Q
【答案】D
【解析】【解答】解：连接CF，作CF的垂直平分线，如图：
∴旋转中心为点Q，
故答案为：D.
【分析】连接两个对应点，旋转中心在两点连线的垂直平分线上，据此即可求解.
8．已知点与点关于原点对称，则的值为（ ）
A． B． C．3 D．4
【答案】C
【解析】【解答】解：点A(m 2)与点B(-1 n)关于原点对称，所以m=1，n=-2.
故m-n=1-(-2)=3.
故答案为：C.
【分析】根据关于原点对称的两点的坐标规律，求出m，n的值，代入m-n中求出值.
9．已知点A是抛物线图象的顶点，点A和点关于原点成中心对称，则点的坐标是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】【解答】解：由题意可得：
∴点A坐标为：（4，-3）
∵点A和点关于原点成中心对称
∴点B坐标为：
故答案为：B
【分析】将抛物线解析式化为顶点式可求出点A坐标，再根据关于原点中心对称的点的坐标特征即可求出答案.
10．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
【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.
二、填空题
11．在平面直角坐标系中，点P（﹣2，5）关于原点对称点P′的坐标为 ．
【答案】（2，﹣5）
【解析】【解答】解：点P（﹣2，5）关于原点的对称点P′的坐标是（2，﹣5）．
故答案为：（2，﹣5）．
【分析】关于原点对称的点：横纵坐标均互为相反数，据此解答.
12．平面直角坐标系中，点P(3，1-a)与点Q(b+2，3)关于原点对称，则a+b= ．
【答案】﹣1
【解析】【解答】∵点P（3，1-a）与点Q（b+2，3）关于原点对称，
∴3=-（b+2），1-a=-3，
解得：a=4，b=-5，
∴a+b=-1．
故答案为-1．
【分析】根据关于原点对称的点，横坐标与纵坐标都互为相反数解答．
13．如图，将 绕点 顺时针旋转一定的角度至 处，使得点 恰好在线段 上，若 ，则旋转角度数为 ．
【答案】
【解析】【解答】解： 将 绕点 顺时针旋转一定的角度至 处
， ，
，
，
故答案为：
【分析】由旋转的性质可得： ， ，可求 ，即可得出答案
14．如图，如果正方形ABCD绕点C按顺时针方向旋转30°后得到正方形EFCG，连接DG，那么∠DGE＝ ．
【答案】15°
【解析】【解答】解：∵正方形ABCD绕点C按顺时针方向旋转30°后得到正方形EFCG，
∴∠DCG=30°，CG=CD，∠CGE=∠CDA=90°，
∴∠CDG=∠CGD=（180°-30°）÷2=75°，
∴∠DGE＝∠CGE-∠CGD=90°-75°=15°．
故答案为：15°
【分析】如图，根据旋转的性质得∠DCG=30°，∠CGE=∠CDA=90°，CG=CD，可得△CDG是等腰三角形，再根据顶角度数求出底角∠CGD的度数，它的余角即为所求．
15．如图是由6个大小相同的立方体组成的几何体，在这个几何体的三视图①主视图、②左视图、③俯视图中，是中心对称图形的有 。
【答案】③
【解析】【解答】①主视图为：
②左视图为：
③俯视图为：
是中心对称图形的有：③
故答案为：③.
【分析】将组成的几何体的主视图、左视图和俯视图分别画出来即可判断出中心对称图形。
16．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
【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.
三、综合题
17．如图， 线段 两端点坐标分别为 .
（1）作出线段 绕点 逆时针旋转 后得到的线段 ；
（2）点 的坐标为 ，若线段 上有一点 ， 则在线段 上的对应点 的 坐标为 .
（3）若将线段 绕着某点旋转 恰好得到线段 ， 点 与点 ， 点 与点 是对应点，已知点 . 请通过无刻度的直尺画图找到旋转中心，将其标记为 .（保留作图痕迹）
【答案】（1）解：∵ .绕点 逆时针旋转 ，横纵坐标换位，根据象限确定符号，
∴点C（-3，-2），点D（0，-3）
在平面直角坐标系中描点C、D，连结线段CD，
则CD为线段AB绕点 逆时针旋转 后得到的线段；
（2）（-3，-2）；（-n，m）
（3）解：根据旋转中心，是对应点所连线段的垂直平分线的交点
连结CE与DF，
∵线段CE过坐标原点O，OC=OE，
∴CE的垂直平分线为OA并反向延长，
∵DF是边长为2的正方形的对角线，
∴正方形另一条对角线是DF的垂直平分线，
∴CE的垂直平分线与DF的垂直平分线两直线的交点为N.
【解析】【解答】解：（2）点A（-2，3）绕点O逆时针旋转90°，横纵坐标换位，点C在第三象限，可得点C（-3，-2），点P（m，n），在第二象限，m＜0，n＞0，绕点O逆时针旋转90°点Q在第三象限，点Q（-n，m）；
故答案为：（-3，-2），（-n，m）；
【分析】（1）根据方格纸的特点、旋转中心的位置及旋转方向得出点C、D的坐标， 在平面直角坐标系中描点C、D，连结线段CD 即可；
（2）由旋转的性质和点的坐标与象限的关系可求解；
（3） 根据旋转中心，是对应点连线的垂直平分线的交点，连结CE与DF，结合题意可求解.
18．如图， 逆时针旋转一定角度后与 重合，且点C在AD上.
（1）指出旋转中心；
（2）若 ， ，求出旋转的度数；
（3）若 ， ，则AE的长是多少？为什么？
【答案】（1）解：中心为点A
（2）解：∵ ，
∴旋转的度数为
（3）解：由旋转性质知：
，
∴
【解析】【分析】（1）根据题意作图即可；
（2）根据 ， ， 计算求解即可；
（3）根据旋转的性质和 ， ， 计算求解即可。
19．四边形ABCD是菱形，∠ABC＝60°，E是对角线BD上的一个动点，连接AE，将线段AE绕点A逆时针旋转120°得到线段AF，连接EF，DF．
（1）如图1，求∠BDF的度数；
（2）如图2，当DB＝3DF时，连接EC，求证：四边形FECD是矩形；
（3）若G为DF中点，连接EG，当线段BD与DF满足怎样的数量关系时，四边形AEGF是菱形，并说明理由．
【答案】（1）解： 四边形ABCD是菱形，∠ABC＝60°，
，
由旋转可得：
又∵四边形ABCD是菱形，
又∵四边形ABCD是菱形，
（2）解：由（1）可得：
由（1）可得：
是直角三角形，
由菱形的对称性可得：
而
四边形 为矩形.
（3）解： 理由如下：如图，
四边形 是菱形，
【解析】【分析】（1）利用旋转的性质，全等三角形的判定与性质求解即可；
（2）利用锐角三角函数和菱形的对称性求解即可；
（3）先求出DF=2DE，再求出BD=3DE，最后求解即可。
20．如图，正方形ABCD与正方形A1B1C1D1关于某点中心对称，已知A，三点的坐标分别是（0，5），（0，1），（3，1）．
（1）求对称中心的坐标．
（2）写出顶点D，B，的坐标．
【答案】（1）解：根据对称中心的性质，可得对称中心的坐标是B1B的中点，
∵A1(0，1)，B1(3，1)
∴
∴正方形ABCD与正方形A1B1C1D1的边长为3
∵A(0，5)
∴B(-3，5)
又B1(3，1)
∴对称中心Q的坐标是（0，3）．
（2）解：∵A(0，5)，B(-3，5)，且AB=BC=CD=3
∴点C的坐标为（-3.2）
∴点D的坐标为（0，2）
∵A1(0，1)，B1(3，1)，且正方形A1B1C1D1的边长为3
∴
∴
【解析】【分析】（1）根据对称中心的性质，可得对称中心是B1B的中点，据此解答即可；
（2）根据A、B的坐标，求出正方形的边长，从而求出点C、D的坐标，由A1，B1的坐标及正方形的边长即可求出C1、D1的坐标.
21．在中，，，逆时针旋转一定角度后与重合，且点恰好成为中点，如图．
（1）旋转中心是点 ， ；
（2）求直线与直线的夹角．
【答案】（1）A；AC
（2）解：延长交于点，取中点，连接，
，，
逆时针旋转后与重合，
，
是的中点，
是等边三角形
又
中
即直线与直线的夹角为
【解析】【解答】(1)解：∵旋转后点与自身对应，
∴旋转中心为点，
，则旋转后与不对应，则与对应
故答案为：A，AC
【分析】（1）根据旋转的性质即可解决问题；
（2）延长交于点，取中点，连接，先证明是等边三角形，可得，再利用角的运算可得，再求出，即可得到直线与直线的夹角为。
22．如图，正方形ABCD的边长为6，E，F分别是AB，BC边上的点，且 ，将 绕点D逆时针旋转 ，得到 ．
（1）求证： ．
（2）当 时，求EF的长．
【答案】（1）证明：∵△DAE逆时针旋转90°得到△DCM，
∴∠FCM=∠FCD+∠DCM=180°，
∴F、C、M三点共线，
∴DE=DM，∠EDM=90°，
∴∠EDF+∠FDM=90°，
∵∠EDF=45°，
∴∠FDM=∠EDF=45°，
在△DEF和△DMF中，
，
∴△DEF≌△DMF（SAS），
∴EF=MF
（2）解：设EF=MF=x，
∵AE=CM=2，且BC=6，
∴BM=BC+CM=6+2=8，
∴BF=BM﹣MF=BM﹣EF=8﹣x，
∵EB=AB﹣AE=6﹣2=4，
在Rt△EBF中，由勾股定理得EB2+BF2=EF2，
即42+（8﹣x）2=x2，
解得：x=5，
则EF=5．
【解析】【分析】（1）由旋转可得DE=DM，∠EDM=90°， 再求出∠FDM=∠EDF=45°，根据SAS证明△DEF≌△DMF，可得EF=MF；
（2）设EF=MF=x，求出BM=BC+CM=8，可得BF=BM﹣MF=BM﹣EF=8﹣x， 在Rt△EBF中，由EB2+BF2=EF2建立方程，解之即可.
23．（1）解方程：x2﹣5x+6＝0；
（2）如图，在Rt△OAB中，∠OAB＝90°，OA＝AB＝6，将△OAB绕点O沿逆时针方向旋转90°得到ΔOA1B1.
①线段OA1的长是 ▲ ，∠AOB1的度数是 ▲ ；
②连结AA1，求证：四边形OAA1B1是平行四边形.
【答案】（1）解：方程分解得：（x-2）（x-3）=0，
可得x-2=0或x-3=0，
解得：x1=2，x2=3；
（2）解：①6；135°
②证明：∵∠AOA1=∠OA1B1=90°，
∴OA∥A1B1，
又OA=AB=A1B1=6，
∴四边形OAA1B1是平行四边形.
【解析】【解答】解：（2）①∵OA=AB=6，将△OAB绕点O沿逆时针方向旋转90°得到△OA1B1，
∴OA1=OA=6，
在Rt△OAB中，∠OAB=90°，OA=AB，
∴∠AOB=∠B=45°，
∵将△OAB绕点O沿逆时针方向旋转90°得到△OA1B1，
∴∠AOA1=90°，∠B1OA1=∠BOA=45°，
∴∠AOB1=90°+45°=135°；
故答案为：6，135°；
【分析】(1)利用因式分解法解一元二次方程即可；
(2) ① 根据旋转的性质可得线段OA1的长度，根据旋转的性质，结合角的和差关系可得∠AOB1的度数；
② 利用一组对边平行且相等的四边形是平行四边形证明四边形OAA1B1是平行四边形即可.
24．如图，直线交y轴于点A，交x轴于点B，抛物线经过点A，点B，且交x轴于另一点C.
（1）求点A，点B，点C的坐标并求抛物线的解析式；
（2）在直线上方的抛物线上有一点P，求四边形面积的最大值及此时点P的坐标；
（3）将线段绕x轴上的动点逆时针旋转得到线段，若线段与抛物线只有一个公共点，请结合函数图象，求t的取值范围.
【答案】（1）解：令，则，
，
令，则，
，
将，代入，
，
，
，
令，则，
解得或，
；
（2）解：如图1，过点P作轴交于点F，交x轴于点E，
设，则，
，，
，
，
当的面积最大时，就最大，
，
，
当时，的面积最大，最大值为2，
当时，的最大值为6；
（3）解：如图2，由题意可知，，
，
，
，
，
当在抛物线上时，，
解得或（舍），
当在抛物线上时，，
解得或（舍），
线段与抛物线只有一个公共点，
.
【解析】【分析】（1）利用一次函数解析式，由x=0求出对应的y的值，可得到点A的坐标，由y=0可求出对应的x的值，可得到点B的坐标；再将点A，B的坐标代入二次函数解析式，可得到关于b，c的方程组，解方程组求出b，c的值，可得到抛物线的解析式；然后利用二次函数解析式，由y=0，可求出对应的x的值，可得到点C的坐标.
（2）过点P作PE⊥x轴于点E，交AB于点F，利用两函数解析式，设 ，， 可表示出PF的长；利用三角形的面积公式可求出△ABC的面积，同时可表示出△ABP的面积与t的函数解析式，将其函数解析式转化为顶点式，利用二次函数的性质，可求出当t=-2时△APB的面积的最大值，从而可求出四边形ACBP的面积的最大值及点P的坐标.
（3）利用已知条件可得到QO=O1Q，QO⊥O1Q，利用点Q的坐标，可表示出点Q1，O1的坐标；再利用点Q1在抛物线上，可得到关于t的方程，解方程求出符合题意的t的值；将点A1代入函数解析式，可得到关于t的方程，解方程求出符合题意的t的值，综上所述可得到t的取值范围.
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