9.1图形的旋转同步强化练习（含解析）

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9.1图形的旋转
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．如图，三角形ABC绕点O顺时针旋转后得到三角形，则下列说法中错误的是（ ）
A． B． C． D．
2．下列图形均可由“基本图案”通过变换得到：（只填序号）
既可以由“基本图案”平移，也可以通过旋转得到的有（　　）个．
A．1 B．2 C．3 D．4
3．下面四个图案中,不能由基本图案(图中阴影部分)旋转得到的是 ( )
A． B．
C． D．
4．如图，在三角形ABC中，∠ACB=90°，∠B=50°，将此三角形绕点C沿顺时针方向旋转后得到三角形A′B′C，若点B′恰好落在线段AB上，AC、A′B′交于点O，则∠COA′的度数是（　　）

A．50° B．60° C．70° D．80°
5．下列四个图形中，形成方法与另外三个不同的是（ ）．
A． B． C． D．
6．如图，直线：交轴于，交轴于，轴上一点，为轴上一动点，把线段绕点逆时针旋转得到线段，连接，，则当长度最小时，线段的长为（ ）
A． B． C．5 D．
7．在下图右侧的四个三角形中，不能由左侧的三角形经过旋转或平移得到的是(　　)
A．A B．B C．C D．D
8．如图，在等边△ABC中，AC＝9，点O在AC上，且AO＝3，点P是AB上一动点，连结OP，将线段OP绕点O逆时针旋转60°得到线段OD．要使点D恰好落在BC上，则AP的长是（ ）
A．2 B．3 C．5 D．6
9．在中，，点D为中点，，绕点D旋转，分别与边交于E，F两点．下列结论：①；②；③；④始终为等腰直角三角形，其中正确的个数有（ ）．
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
10．如图，在的正方形网格中，由旋转得到，其旋转中心是（ ）
A．点 B．点 C．点 D．点
11．一个图形经过旋转变换，下列说法中：①对应线段平行；②对应线段相等；③对应角相等；④图形的形状和大小都没有改变．正确的个数有（　　）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
12．如图，将三角形ABC绕着点C顺时针旋转60°后得到三角形A′B′C，若∠A=40°，∠B=110°，则∠A′CB′的度数是（ ）
A． B． C． D．
二、填空题
13．如图，在Rt△ABC中，已知：∠C=90°，∠A=60°，AC=3cm，以斜边AB的中点P为旋转中心，把这个三角形按逆时针方向旋转90°得到Rt△A′B′C′，则旋转前后两个直角三角形重叠部分的面积为 ．
14．等边绕其外心旋转，至少要旋转 度才能与原图形重合．
15．有如图，从图形甲到图形乙，所进行的图形运动是先绕点 时针旋转，再向右移动 格．

16．在正方形、长方形、线段、等边三角形和平行四边形这五种图形中，是旋转对称图形不是中心对称图形的是 .
17．正九边形绕它的旋转中心至少旋转　　　　°后才能与原图形重合.
三、解答题
18．如图，点A在射线OX上，OA的长等于2cm.如果OA绕点O，按逆时针方向旋转30°到 ，那么点的位置可以用（2，30°）表示.如果将再沿逆时针方向继续旋转45°，到，那么点的位置可以用（ ， ）表示.
19．如图1所示，将一个边长为2的正方形ABCD和一个长为2、宽为1的长方形CEFD拼在一起，构成一个大的长方形ABEF．现将小长方形CEFD绕点C顺时针旋转至，旋转角为．
（1）当点′恰好落在EF边上时，求旋转角的值；
（2）如图2，G为BC的中点，且0°＜＜90°，求证：；
（3）小长方形CEFD绕点C顺时针旋转一周的过程中，与能否全等？若能，直接写出旋转角的值；若不能，说明理由．
20．如图，点、的坐标分别为、．将绕点按逆时针方向旋转得到．

(1)画出：
(2)写出点、的坐标．
21．已知△ABC是边长为4的等边三角形，边AB在射线OM上，且OA＝6，点D是射线OM上的动点，当点D不与点A重合时，将△ACD绕点C逆时针方向旋转60°得到△BCE，连接DE，设OD＝m．
（1）问题发现
如图1，△CDE的形状是______三角形．
（2）探究证明
如图2，当6＜m＜10时，△BDE的周长是否存在最小值？若存在，求出△BDE周长的最小值；若不存在，请说明理由．
22．如图，中，，，，逆时针旋转一定角度后与重合，且点C恰好成为的中点．

(1)指出能转中心，并求出旋转的度数；
(2)求出的度数和的长．
23．定义：将图形M绕点P顺时针旋转90°得到图形N，则图形N称为图形M关于点P的“垂直图形”．例如：在下图中，点D为点C关于点P的“垂直图形”．
(1)点A关于原点O的“垂直图形”为点B．
①若点A的坐标为（0，2），直接写出点B的坐标；
②若点B的坐标为（2，1），直接写出点A的坐标；
(2)E（-3，3），F（-2，3），G（a，0）．线段EF关于点G的“垂直图形”记为E′F′，点E的对应点为E′，点F的对应点为F′．
①求点E′的坐标；
②当点G运动时，求的最小值．
24．在平面直角坐标系中，将坐标为的点用线段依次连接起来得到一个图案N．
（1）将图案N向左平移3个单位长度，画出平移后的图案；
（2）将图案N向下平移4个单位长度，画出平移后的图案；
（3）将图案N先向左平移3个单位长度，再向下平移4个单位长度，画出第二次平移后的图案；
（4）画出图案N关于横轴对称的图案；
（5）画出图案N关于纵轴对称的图案；
（6）以原点为对称中心，画出与图案N成中心对称的图案．
《9.1图形的旋转》参考答案
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 A A D B B B B D D A
题号 11 12
答案 C B
1．A
【分析】根据点O没有条件限定，不一定在AB的垂直平分线上，可判断A，根据性质性质可判断B、C、D．
【详解】解：A．当点O在AB的垂直平分线上时，满足OA=OB，由点O没有限制条件，为此点O为任意的，不一定在AB的垂直平分线上，故选项A不正确，符合题意；
B．由旋转可知OC与OC′是对应线段，由旋转性质可得OC=OC′，故选项B正确，不符合题意；
C．因为、都是旋转角，由旋转性质可得，故选项C正确，不符合题意；
D．由旋转可知与是对应角，由性质性质可得，故选项D正确，不符合题意．
故选择A．
【点睛】本题考查线段垂直平分线性质，图形旋转及其性质，掌握线段垂直平分线性质，图形旋转及其性质是解题关键．
2．A
【分析】此题是一组复合图形，根据平移、旋转的性质解答．
【详解】解：①可以看作由左边图案向右平移得到的；
②可以看作一个菱形绕一个顶点旋转得到的；
③既可以看作一个圆向右平移得到的，也可以看作两个圆组成的图案旋转得到的；
④可以看作上面基本图案向下平移得到的；
⑤可以看作上面图案绕中心旋转得到的．
故可以平移但不能旋转的是①④；
可以旋转但不能平移的是②⑤；
既可以平移，也可以旋转的是③．
故答案为A．
【点睛】本题考查平移、旋转的性质：①平移不改变图形的形状和大小；经过平移，对应点所连的线段平行且相等，对应线段平行且相等，对应角相等．②旋转变化前后，对应线段、对应角分别相等，图形的大小、形状都不改变，两组对应点连线的交点是旋转中心，熟练掌握其性质是解决此题的关键．
3．D
【分析】寻找基本图形，旋转中心，旋转角，旋转次数，逐一判断.
【详解】A.可由一个基本花瓣绕其中心经过7次旋转，每次旋转45度得到；
B. 可由一个基本菱形绕其中心经过5次旋转，每次旋转 60度得到；
C. 可由一个基本花瓣绕其中心旋转180度得到；
D. 不能由基本图案旋转得到；
故选D.
【点睛】此题主要考查旋转设计图案.
4．B
【详解】∵在三角形ABC中，∠ACB=90°，∠B=50°，
∴∠A=180°﹣∠ACB﹣∠B=40°．
由旋转的性质可知：BC=B′C，∠OB′C=∠B
∴∠B=∠BB′C=50°．
又∵∠BB′C=∠A+∠ACB′=40°+∠ACB′，
∴∠ACB′=10°，
∴∠COA′=∠AOB′=∠OB′C+∠ACB′=∠B+∠ACB′=60°．
故选B．
【点睛】考点：旋转的性质．
5．B
【分析】本题考查的是旋转与轴对称的性质，利用旋转或轴对称逐一分析各选项即可．
【详解】解：A，C，D选项中的图形都是通过将其中一部分旋转形成的图形，而B选项中的图形是通过轴对称形成的，
故答案为：B
6．B
【分析】作EH⊥x轴于H，通过证明△DBO≌△BEH，可得HE=OB，从而确定点点的运动轨迹是直线，根据垂线段最短确定出点E的位置，然后根据勾股定理求解即可.
【详解】解：作EH⊥x轴于H，
∵∠DBE=90°，
∴∠DBC+∠CBE=90°.
∵∠BHE=90°，
∴∠BEH+∠CBE=90°，
∴∠DBC=∠BEH.
在△DBO和△BEH中，
∵∠DBC=∠BEH，
∠BOD=∠BHE，
BD=BE，
∴△DBO≌△BEH中，
∴HE=OB，
当y=0时，，
∴x=3，
∴HE=OB=3，
∴点的运动轨迹是直线，B(3，0)，
∴当⊥m时，CE最短，此时点的坐标为(-1，3)，
∵B(-1，0)，B(3，0)，
∴BC=4，
∴BE′=，
∴BD= BE′=4，
∴OD=，
∴CD=.
故选B.
【点睛】本题考查一次函数与坐标轴的交点，坐标与图形的变化，旋转变换、全等三角形的判定与性质，垂线段最短以及勾股定理等知识，解题的关键是确定点E的位置．
7．B
【详解】试题解析：A、可由△ABC逆时针旋转一个角度得到；
B、可由△ABC翻折得到；
C、可由△ABC逆时针旋转一个角度得到；
D、可由△ABC逆时针旋转一个角度得到．
故选B.
点睛：旋转的性质：旋转变化前后，对应线段、对应角分别相等，图形的大小、形状都不改变．要注意旋转的三要素：①定点为旋转中心；②旋转方向；③旋转角度．
8．D
【分析】根据∠A+∠APO=∠POD+∠COD，可得∠APO=∠COD，进而可以证明△APO△COD,进而可以证明AP=CO，即可解题．
【详解】解：∵∠A+∠APO=∠POD+∠COD，∠A=∠POD，
∴∠APO=∠COD，
在△APO和△COD中 ，
∴△APO△COD（AAS），
即AP=CO，
∵CO=AC-AO=6，
∴AP=6．
故答案为6．
【点睛】本题是全等三角形与旋转的综合题型，理解题意，找出全等的三角形，再通过代换求得答案是解题的关键．
9．D
【分析】本题考查了等腰直角三角形的性质的运用，全等三角形的判定及性质的运用，勾股定理的运用，三角形的面积公式的运用，连接，根据等腰直角三角形的性质就可以得出，就可以得出，进而得出，就有，由勾股定理就即可求出结论．
【详解】解：连接，
，
点D为中点，，
．，．
，
，
．
在和中，
，
，
，．
，
，
．
，
．
，
，
．
，，
始终为等腰直角三角形．
，
．
，
．
∴正确的有4个．
故选：D．
10．A
【分析】本题主要考查了旋转的性质，熟练掌握旋转中心在对应点连线的垂直平分线上是解题的关键．根据旋转的性质可知：旋转中心在对应点连线的垂直平分线上，进而得出答案．
【详解】 解：根据旋转的性质可知：旋转中心在对应点连线的垂直平分线上， 由图形可知：点在的垂直平分线上，又在的垂直平分线上，
∴旋转中心是点，
故选：A．
11．C
【分析】此题考查了旋转的性质，熟练掌握旋转的性质，根据旋转的性质，逐项进行判断即可．
【详解】解：①一个图形经过旋转变换后，对应线段不一定平行，故此说法错误；
②一个图形经过旋转变换后，对应线段相等，故此说法正确；
③一个图形经过旋转变换后，对应角相等，故此说法正确；
④一个图形经过旋转变换后，图形的形状和大小都没有改变，故此说法正确；
综上分析可知，正确的个数为3个．
故选：C．
12．B
【分析】首先根据旋转的性质可得：∠A′=∠A=40°，∠B′=∠B=110°，然后在△B′CA′中利用三角形的内角和定理求解即可．
【详解】解：由旋转的性质可得：∠A′=∠A=40°，∠B′=∠B=110°，
∴∠A′CB′=180°-∠B′-∠A′=180°-110°-40°=30°．
故选：B．
【点睛】本题主要考查的是旋转的性质、三角形的内角和定理，掌握旋转的性质是解题的关键．
13．
【分析】根据已知及勾股定理求得DP的长，再根据全等三角形的判定得到△B′PH≌△BPD，从而根据直角三角形的性质求得GH，BG的长，从而不难求得旋转前后两个直角三角形重叠部分的面积．
【详解】解：设A′B′交BC于D，B′C′交BC于G、交AB于H，
∵∠C=90°，∠A=60°，
∴∠B=30°，
∴AB=2AC=6 ，
在直角△DPB中，BP=AP=AC=3，
设PD=x，
∵∠A=60°，则∠B=30°，
∴BD=2PD=2x，
∵DP2+BP2=BD2，
∴x2+32=（2x）2，
∴DP=x=，
∵B′P=BP，∠B=∠B′，∠B′PH=∠BPD=90°，
∴△B′PH≌△BPD，
∴PH=PD=，
∵在直角△BGH中，BH=3+，
∴GH=BH=，BG=，
∴S△BGH=××=，S△BDP=×3×=，
∴SDGHP=(cm2)．
故答案为：．
【点睛】本题考查了勾股定理，三角形的全等的判定及性质，旋转的性质等知识的综合运用．
14．
【分析】根据三角形外形的定义可得垂直平分，结合等边三角形的性质，推出，等边绕其外心旋转与原图形重合，则点A旋转后应与点C重合，求出即可．
【详解】解：如图，点O为的外心，
∴垂直平分，
∵是等边三角形，
∴，平分，
∴，
同理可得的：，
∴，
故答案为：．

【点睛】本题主要考查了等边三角形的性质，旋转的性质，外形的定义，解题的关键是掌握三角形的外心是三角形三条垂直平分线的交点．
15． 逆 10
【分析】根据旋转性质及平移性质即可得到答案．
【详解】解：观察甲乙两图可知，将甲图以为旋转中心，逆时针旋转，再向右平移个单位长度即可得到乙图，
故答案为：逆；．
【点睛】本题考查旋转及平移性质，熟记旋转性质及平移性质作图是解决问题的关键．
16．等边三角形
【分析】根据中心对称图形的定义以及旋转图形的性质分别判断得出即可．
【详解】正方形、长方形、线段、等边三角形和平行四边形这五种图形中、线段和平行四边形和正方形和长方形都是中心对称图形，只有等边三角形是旋转对称图形但不是中心对称图形；故答案为：等边三角形．
【点睛】此题主要考查了旋转图形的性质，注意中心对称图形也属于旋转图形，但要按要求答题
17．40.
【分析】要与原来的九边形重合．可用一个圆周角的度数（即360度）除以9，便可知道至少要旋转多少度才能和原来的五边形重合．
【详解】∵=40°，
故答案为：40．
18．（2，75°）
【分析】根据旋转的性质，旋转不改变图形的大小和形状，即旋转后所得图形与原图形全等，通过分析坐标的形成即可解答.
【详解】解：第一个坐标为原点到此点的距离，旋转前后线段长度不变，所以OA″=OA=2，
第二个坐标为与x轴的夹角=∠A″OA′+∠A′OA=45°+30°=75°，
那么点A”的位置可以用（ 2，75°）表示，
故答案为（2，75°）.
19．（1）∠α=30°（2）见解析（3）旋转角a的值为135°或315°时，△BCD′与∠DCD′全等
【分析】（1）根据旋转的性质得CE=CH=1，即可得出结论；
（2）由G为BC中点可得CG=CE，根据旋转的性质得∠D′CE′=∠DCE=90°，CE=CE′CE，则∠GCD′=∠DCE′=90°+α，然后根据“SAS”可判断△GCD′≌△E′CD，则GD′=E′D；
（3）根据正方形的性质得CB=CD，而CD=CD′，则△BCD′与△DCD′为腰相等的两等腰三角形，当两顶角相等时它们全等，当△BCD′与△DCD′为钝角三角形时，可计算出α=135°，当△BCD′与△DCD′为锐角三角形时，可计算得到α=315°．
【详解】解：（1）∵长方形CEFD绕点C顺时针旋转至CE′F′D′，
∴CE=CH=1，
∴△CEH为等腰直角三角形，
∴∠ECH=45°，
∴∠α=30°；
（2）证明：∵G为BC中点
∴CG=1
∴CG=CE
∵长方形CEFD绕点C顺时针旋转至CE′F′D′
∴∠D′CE′=∠DCE=90°，CE=CE′=CG
∴∠GCD′=∠DCE′=90°+α
在△GCD′和△E′CD中
∵CD′=CD，∠GCD=∠DCE′，CG=CE′
∴△GCD′≌△E′CD（SAS）
∴GD′=E′D；
（3）解：能．
理由如下：
∵四边形ABCD为正方形
∴CB=CD
∵CD′=CD′
∴△BCD′与△DCD′为腰相等的两等腰三角形，当∠BCD′=∠DCD′时，△BCD′≌△DCD′，当△BCD′与△DCD′为钝角三角形时，则旋转角α=（360°-90°）÷2=135°
当△BCD′与△DCD′为锐角三角形时，∠BCD′=∠DCD′=∠BCD=45°，则α=360°﹣90°÷2=315°
即旋转角a的值为135°或315°时，△BCD′与△DCD′全等．
20．(1)见解析
(2)点的坐标为，点的坐标为
【分析】（1）将点、点的坐标分别绕点按逆时针方向旋转，得到对应点、，顺次连接各点即可得到；
（2）根据图形直接写出点、的坐标即可．
【详解】（1）解：将点、点的坐标分别绕点按逆时针方向旋转，得到对应点、，顺次连接各点即可得到，如图所示：
；
（2）解：由图可知：
点的坐标为，点的坐标为．
【点睛】本题主要考查了旋转的性质、坐标与图形，根据题意画出旋转后的图形是解题的关键．
21．（1）等边；（2）存在，△BDE的周长最小值为：2+4
【分析】（1）由旋转的性质得到∠DCE=60°，DC=EC，即可得到结论；
（2）当6＜m＜10时，由旋转的性质得到BE=AD，于是得到C△DBE=BE+DB+DE=AB+DE=4+DE，根据等边三角形的性质得到DE=CD，由垂线段最短得到当CD⊥AB时，△BDE的周长最小，于是得到结论；
【详解】解：（1）证明：由旋转性质，得：∠DCE＝60°，DC＝EC，
∴△CDE是等边三角形；
故答案为：等边；
（2）存在，当6＜m＜10时，
由旋转的性质得，BE＝AD，
∴C△DBE＝BE+DB+DE
＝AB+DE
＝4+DE，
由（1）知，△CDE是等边三角形，
∴DE＝CD，
∴C△DBE＝CD+4，
由垂线段最短可知，当CD⊥AB时，△BDE的周长最小，
此时，AD=2，
∴CD=，
∴△BDE的周长最小值为：2+4．
【点睛】本题考查了几何变换的综合题，旋转的性质，等边三角形的判定和性质，三角形周长的计算，熟练掌握旋转的性质是解题的关键．
22．(1)旋转中心为点A，旋转的度数为
(2)，
【分析】（1）根据图形可得旋转中心为点A，根据三角形的内角和定理求出，结合旋转的性质即可得出旋转角的度数；
（2）
【详解】（1）解：，
即，
所以旋转中心为点A，旋转的度数为；
（2）解：逆时针旋转一定角度后与重合，
，，，
，
∵点C恰好成为的中点，
，
．
【点睛】本题主要考查了旋转的性质，解题的关键是掌握旋转前后对应边相等，对应角相等，对应边连线的夹角等于旋转角．
23．(1)①B（2，0）；②A（-1，2）；
(2)①E′（3+a，3+a）；②FF′的最小值为3．
【分析】（1）①②根据“垂直图形”的定义解决问题即可；
（2）①构造全等三角形，利用全等三角形的性质求解即可；
②△FGF′是等腰直角三角形，当FG⊥x轴时，FG取得最小值，即FF′有最小值，据此求解即可解决问题．
【详解】（1）解：①如图中，观察图象可知B（2，0）；
②如图，
∵∠AOB=∠ACO=∠ODB=90°，
∴∠A+∠AOC=90°，∠AOC+∠BOD=90°，
∴∠A=∠BOD，
∵AO=OB，
∴△AOC≌△OBD（AAS），
∴OC=BD=1，AC=OD=2，
∴A（-1，2）；
（2）解：①如图，过点E作EP⊥x轴于P，过点E′作E′H⊥x轴于H．
∵∠EPG=∠EGE′=∠GHE′=90°，
∴∠E+∠PGE=90°，∠PGE+∠E′GH=90°，
∴∠E=∠E′GH，
∵EG=GE′，
∴△EPG≌△GHE′（AAS），
∴EP=GH=3，PG=E′H=a+3，
∴OH=3+a，
∴E′（3+a，3+a）；
②∵∠FGF′=90°，FG=GF′，
∴△FGF′是等腰直角三角形，
∴FF′=FG，
当FG⊥x轴时，FG取得最小值，即FF′有最小值，
∴FF′的最小值为3．
【点睛】本题考查几何变换综合题，考查了旋转变换，全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质，勾股定理等知识，解题的关键是理解题意，学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题．
24．（1）见解析；（2）见解析；（3）见解析；（4）见解析；（5）见解析；（6）见解析．
【分析】（1）把所有的点左平移3个单位长度即可；
（2）把所有的点向下平移4个单位长度即可；
（3）把所有的点向左平移3个单位长度，再向下平移4个单位长度即可；
（4）画出所有的点关于x轴的对称点即可；
（5）画出所有的点关于y轴的对称点即可；
（6）画出所有的点关于原点的对称点即可．
【详解】解：（1）将图案N向左平移3个单位长度，平移后的图案如图1所示：
（2）将图案N向下平移4个单位长度，平移后的图案如图2所示：
（3）将图案N先向左平移3个单位长度，再向下平移4个单位长度，第二次平移后的图案如图3所示：
（4）图案N关于横轴对称的图案如图4所示：
（5）图案N关于纵轴对称的图案如图5所示：
（6）以原点为对称中心，与图案N成中心对称的图案如图6所示：
【点睛】本题考查利用平移、旋转、轴对称设计图案，解题的关键是理解平移、旋转、轴对称的性质，属于中考作图题目中常考题型．
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