2016年人教版九年级数学上册同步测试：23.1 图形的旋转（解析版）

2016年人教版九年级数学上册同步测试：23.1
图形的旋转
一、选择题（共18小题）
1．如图，△ABC中，AB=4，BC=6，∠B=60°，将△ABC沿射线BC的方向平移，得到△A′B′C′，再将△A′B′C′绕点A′逆时针旋转一定角度后，点B′恰好与点C重合，则平移的距离和旋转角的度数分别为（　　）
A．4，30°
B．2，60°
C．1，30°
D．3，60°
2．如图，四边形ABDC中，△EDC是由△ABC绕顶点C旋转40°所得，顶点A恰好转到AB上一点E的位置，则∠1+∠2=（　　）
A．90°
B．100°
C．110°
D．120°
3．如图，将△AOB绕点O按逆时针方向旋转60°后得到△COD，若∠AOB=15°，则∠AOD的度数是（　　）
A．15°
B．60°
C．45°
D．75°
4．如图，线段AB放在边长为1个单位的小正方形网格中，点A、B均落在格点上，先将线段AB绕点O逆时针旋转90°得到线段A1B1，再将线段AB向下平移3个单位得到线段A2B2，线段AB，A1B1，A2B2的中点构成三角形面积为（　　）
A．
B．15
C．3
D．
5．如图，将△AOB绕点O按逆时针方向旋转45°后得到△A′OB′，若∠AOB=21°，则∠AOB′的度数是（　　）
A．21°
B．45°
C．42°
D．24°
6．如图，四边形ABCD是正方形，点E在CB的延长线上，连结AE，将△ABE绕点A逆时针旋转90°，得到△ADF，点E落在DC上的点F处，AF的延长线交BC延长线于点G．若AB=3，AE=，则CG的长是（　　）
A．1.5
B．1.6
C．1.8
D．2
7．如图，△ABC中，∠C=67°，将△ABC绕点A顺时针旋转后，得到△AB′C′，且C′在边BC上，则∠B′C′B的度数为（　　）
A．56°
B．50°
C．46°
D．40°
8．如图，在Rt△ABC中，∠BAC=90°．如果将该三角形绕点A按顺时针方向旋转到△AB1C1的位置，点B1恰好落在边BC的中点处．那么旋转的角度等于（　　）
A．55°
B．60°
C．65°
D．80°
9．如图，在△ABC中，∠ACB=90°，∠ABC=30°，AB=2．将△ABC绕直角顶点C逆时针旋转60°得△A′B′C，则点B转过的路径长为（　　）
A．
B．
C．
D．π
10．如图，ABCD为正方形，O为对角线AC、BD的交点，则△COD绕点O经过下列哪种旋转可以得到△DOA（　　）
A．顺时针旋转90°
B．顺时针旋转45°
C．逆时针旋转90°
D．逆时针旋转45°
11．如图，在4×4的正方形网格中，每个小正方形的边长为1，若将△AOC绕点O顺时针旋转90°得到△BOD，则的长为（　　）
A．π
B．6π
C．3π
D．1.5π
12．如图，将Rt△ABC绕直角顶点C顺时针旋转90°，得到△A′B′C，连接AA′，若∠1=20°，则∠B的度数是（　　）
A．70°
B．65°
C．60°
D．55°
13．在等边△ABC中，D是边AC上一点，连接BD，将△BCD绕点B逆时针旋转60°，得到△BAE，连接ED，若BC=5，BD=4．则下列结论错误的是（　　）
A．AE∥BC
B．∠ADE=∠BDC
C．△BDE是等边三角形
D．△ADE的周长是9
14．如图，将Rt△ABC绕点A按顺时针旋转一定角度得到Rt△ADE，点B的对应点D恰好落在BC边上．若AC=，∠B=60°，则CD的长为（　　）
A．0.5
B．1.5
C．
D．1
15．将两个斜边长相等的三角形纸片如图①放置，其中∠ACB=∠CED=90°，∠A=45°，∠D=30°．把△DCE绕点C顺时针旋转15°得到△D1CE1，如图②，连接D1B，则∠E1D1B的度数为（　　）
A．10°
B．20°
C．7.5°
D．15°
16．如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，∠ABC=30°，将△ABC绕点C顺时针旋转至△A′B′C，使得点A′恰好落在AB上，则旋转角度为（　　）
A．30°
B．60°
C．90°
D．150°
17．如图，Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=BC=2，在以AB的中点O为坐标原点，AB所在直线为x轴建立的平面直角坐标系中，将△ABC绕点B顺时针旋转，使点A旋转至y轴正半轴上的A′处，则图中阴影部分面积为（　　）
A．π﹣2
B．π
C．π
D．π﹣2
18．如图，△ABC，△EFG均是边长为2的等边三角形，点D是边BC、EF的中点，直线AG、FC相交于点M．当△EFG绕点D旋转时，线段BM长的最小值是（　　）
A．2﹣
B．
+1
C．
D．﹣1
　
二、填空题（共6小题）
19．如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，∠ABC=30°，AC=1，将Rt△ABC绕点A逆时针旋转30°后得到△AB′C′，则图中阴影部分的面积是　　　　　　．
20．如图，在△ABC中，∠B=50°，在同一平面内，将△ABC绕点A逆时针方向旋转到△AB′C′的位置，使得AB′⊥BC，连接CC′，则∠AC′C=　　　　　　度．
21．如图，在正方形ABCD中，AD=1，将△ABD绕点B顺时针旋转45°得到△A′BD′，此时A′D′与CD交于点E，则DE的长度为　　　　　　．
22．如图，AB是⊙O的直径，分别以OA，OB为直径作半圆．若AB=4，则阴影部分的面积是　　　　　　．
23．如图，在△ABC中，AB=2，AC=4，将△ABC绕点C按逆时针方向旋转得到△A′B′C，使CB′∥AB，分别延长AB、CA′相交于点D，则线段BD的长为　　　　　　．
24．如图，在△ABC中，AC=BC=8，∠C=90°，点D为BC中点，将△ABC绕点D逆时针旋转45°，得到△A′B′C′，B′C′与AB交于点E，则S四边形ACDE=　　　　　　．
　
三、解答题（共6小题）
25．如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，∠B=30°，将△ABC绕点C按顺时针方向旋转n度后，得到△DEC，点D刚好落在AB边上．
（1）求n的值；
（2）若F是DE的中点，判断四边形ACFD的形状，并说明理由．
26．如图，已知Rt△ABC中，∠ABC=90°，先把△ABC绕点B顺时针旋转90°至△DBE后，再把△ABC沿射线平移至△FEG，DE、FG相交于点H．
（1）判断线段DE、FG的位置关系，并说明理由；
（2）连结CG，求证：四边形CBEG是正方形．
27．将一副三角尺（在Rt△ABC中，∠ACB=90°，∠B=60°；在Rt△DEF中，∠EDF=90°，∠E=45°）如图①摆放，点D为AB的中点，DE交AC于点P，DF经过点C．
（1）求∠ADE的度数；
（2）如图②，将△DEF绕点D顺时针方向旋转角α（0°＜α＜60°），此时的等腰直角三角尺记为△DE′F′，DE′交AC于点M，DF′交BC于点N，试判断的值是否随着α的变化而变化？如果不变，请求出的值；反之，请说明理由．
28．已知△ABC中，M为BC的中点，直线m绕点A旋转，过B、M、C分别作BD⊥m于D，ME⊥m于E，CF⊥m于F．
（1）当直线m经过B点时，如图1，易证EM=CF．（不需证明）
（2）当直线m不经过B点，旋转到如图2、图3的位置时，线段BD、ME、CF之间有怎样的数量关系？请直接写出你的猜想，并选择一种情况加以证明．
29．在同一平面内，△ABC和△ABD如图①放置，其中AB=BD．
小明做了如下操作：
将△ABC绕着边AC的中点旋转180°得到△CEA，将△ABD绕着边AD的中点旋转180°得到△DFA，如图②，请完成下列问题：
（1）试猜想四边形ABDF是什么特殊四边形，并说明理由；
（2）连接EF，CD，如图③，求证：四边形CDEF是平行四边形．
30．两个长为2cm，宽为1cm的长方形，摆放在直线l上（如图①），CE=2cm，将长方形ABCD绕着点C顺时针旋转α角，将长方形EFGH绕着点E逆时针旋转相同的角度．
（1）当旋转到顶点D、H重合时，连接AE、CG，求证：△AED≌△GCD（如图②）．
（2）当α=45°时（如图③），求证：四边形MHND为正方形．
　
2016年人教版九年级数学上册同步测试：23.1
图形的旋转
参考答案与试题解析
　
一、选择题（共18小题）
1．如图，△ABC中，AB=4，BC=6，∠B=60°，将△ABC沿射线BC的方向平移，得到△A′B′C′，再将△A′B′C′绕点A′逆时针旋转一定角度后，点B′恰好与点C重合，则平移的距离和旋转角的度数分别为（　　）
A．4，30°
B．2，60°
C．1，30°
D．3，60°
【考点】旋转的性质；平移的性质．
【分析】利用旋转和平移的性质得出，∠A′B′C=60°，AB=A′B′=A′C=4，进而得出△A′B′C是等边三角形，即可得出BB′以及∠B′A′C的度数．
【解答】解：∵∠B=60°，将△ABC沿射线BC的方向平移，得到△A′B′C′，再将△A′B′C′绕点A′逆时针旋转一定角度后，点B′恰好与点C重合，
∴∠A′B′C=60°，AB=A′B′=A′C=4，
∴△A′B′C是等边三角形，
∴B′C=4，∠B′A′C=60°，
∴BB′=6﹣4=2，
∴平移的距离和旋转角的度数分别为：2，60°．
故选：B．
【点评】此题主要考查了平移和旋转的性质以及等边三角形的判定等知识，得出△A′B′C是等边三角形是解题关键．
　
2．如图，四边形ABDC中，△EDC是由△ABC绕顶点C旋转40°所得，顶点A恰好转到AB上一点E的位置，则∠1+∠2=（　　）
A．90°
B．100°
C．110°
D．120°
【考点】旋转的性质．
【分析】由旋转的性质可知AC=EC，BC=DC，∠BCD=∠ACE=40°，在△BCD中，由内角和定理求∠1，根据外角定理可求∠2．
【解答】解：在△BCD中，∠BCD=∠ACE=40°，BC=CD，
∴△BCD为等腰三角形，
∴∠1=（180°﹣40°）=70°，
∵∠BEC为△ACE的外角，
∴∠2+∠DEC=∠ACE+∠A，而∠DEC与∠A为对应角，
∴∠2=∠ACE=40°，
∴∠1+∠2=70°+40°=110°，
故选C．
【点评】本题考查了旋转的性质的运用．旋转前后对应边相等，对应点与旋转中心的连线相等，且夹角为旋转角．
　
3．如图，将△AOB绕点O按逆时针方向旋转60°后得到△COD，若∠AOB=15°，则∠AOD的度数是（　　）
A．15°
B．60°
C．45°
D．75°
【考点】旋转的性质．
【分析】根据∠AOD=∠DOB﹣∠AOB求解．
【解答】解：∵将△AOB绕点O按逆时针方向旋转60°后得到△COD，
∴∠BOD=60°，
∵∠AOB=15°，
∴∠AOD=∠DOB﹣∠AOB=60°﹣15°=45°．
故选：C．
【点评】本题考查了图形的旋转的性质，解题的关键是一个旋转图形的对应点的连线所夹的角相等，都等于旋转角．
　
4．如图，线段AB放在边长为1个单位的小正方形网格中，点A、B均落在格点上，先将线段AB绕点O逆时针旋转90°得到线段A1B1，再将线段AB向下平移3个单位得到线段A2B2，线段AB，A1B1，A2B2的中点构成三角形面积为（　　）
A．
B．15
C．3
D．
【考点】旋转的性质；平移的性质．
【专题】网格型．
【分析】首先作出线段A1B1和A2B2，确定线段AB，A1B1，A2B2的中点，作出三角形，利用三角形的面积公式求解．
【解答】解：三角形的面积是：×3×5=．
故选A．
【点评】本题考查了图形的旋转以及平移作图，以及三角形的面积公式，正确作出线段AB，A1B1，A2B2的中点构成三角形是关键．
　
5．如图，将△AOB绕点O按逆时针方向旋转45°后得到△A′OB′，若∠AOB=21°，则∠AOB′的度数是（　　）
A．21°
B．45°
C．42°
D．24°
【考点】旋转的性质．
【分析】如图，首先运用旋转变换的性质求出∠BOB′的度数，结合∠AOB=21°，即可解决问题．
【解答】解：如图，由题意及旋转变换的性质得：∠BOB′=45°，
∵∠AOB=21°，
∴∠AOB′=45°﹣21°=24°，
故选D．
【点评】该题主要考查了旋转变换的性质及其应用问题；牢固掌握旋转变换的性质是灵活运用、解题的关键．
　
6．如图，四边形ABCD是正方形，点E在CB的延长线上，连结AE，将△ABE绕点A逆时针旋转90°，得到△ADF，点E落在DC上的点F处，AF的延长线交BC延长线于点G．若AB=3，AE=，则CG的长是（　　）
A．1.5
B．1.6
C．1.8
D．2
【考点】旋转的性质；勾股定理；相似三角形的判定与性质．
【专题】计算题．
【分析】先根据正方形的性质得AB=AD=CD=3，再根据旋转的性质得AF=AE=，则可根据勾股定理计算出DF=2，所以CF=CD﹣DF=1，然后证明△CGF∽△DAF，再利用相似比可计算出CG．
【解答】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=AD=CD=3，
∵△ABE绕点A逆时针旋转90°，得到△ADF，
∴AF=AE=，
在Rt△ADF中，∵AD=3，AF=，
∴DF==2，
∴CF=CD﹣DF=3﹣2=1，
∵AD∥CG，
∴△CGF∽△DAF，
∴=，即=，
∴CGF=1.5．
故选A．
【点评】本题考查了旋转的性质：对应点到旋转中心的距离相等；对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角；旋转前、后的图形全等．也考查了勾股定理和相似三角形的判定与性质．
　
7．如图，△ABC中，∠C=67°，将△ABC绕点A顺时针旋转后，得到△AB′C′，且C′在边BC上，则∠B′C′B的度数为（　　）
A．56°
B．50°
C．46°
D．40°
【考点】旋转的性质；等腰三角形的性质．
【专题】几何图形问题．
【分析】利用旋转的性质以及等腰三角形的性质得出∠AC′C=∠AC′B′=67°，进而得出∠B′C′B的度数．
【解答】解：∵将△ABC绕点A顺时针旋转后，得到△AB′C′，
∴AC′=AC，
∴∠C=∠AC′C=67°，
∴∠AC′B=180°﹣67°=113°，
∵∠AC′C=∠AC′B′=67°，
∴∠B′C′B=∠AC′B﹣∠AC′B′=113°﹣67°=46°．
故选：C．
【点评】此题主要考查了旋转的性质以及等腰三角形的性质，得出∠AC′C=∠AC′B′=67°是解题关键．
　
8．如图，在Rt△ABC中，∠BAC=90°．如果将该三角形绕点A按顺时针方向旋转到△AB1C1的位置，点B1恰好落在边BC的中点处．那么旋转的角度等于（　　）
A．55°
B．60°
C．65°
D．80°
【考点】旋转的性质．
【分析】利用直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，进而得出△ABB1是等边三角形，即可得出旋转角度．
【解答】解：∵在Rt△ABC中，∠BAC=90°，将该三角形绕点A按顺时针方向旋转到△AB1C1的位置，点B1恰好落在边BC的中点处，
∴AB1=BC，BB1=B1C，AB=AB1，
∴BB1=AB=AB1，
∴△ABB1是等边三角形，
∴∠BAB1=60°，
∴旋转的角度等于60°．
故选：B．
【点评】此题主要考查了旋转的性质以及等边三角形的判定等知识，得出△ABB1是等边三角形是解题关键．
　
9．如图，在△ABC中，∠ACB=90°，∠ABC=30°，AB=2．将△ABC绕直角顶点C逆时针旋转60°得△A′B′C，则点B转过的路径长为（　　）
A．
B．
C．
D．π
【考点】旋转的性质；弧长的计算．
【专题】几何图形问题．
【分析】利用锐角三角函数关系得出BC的长，进而利用旋转的性质得出∠BCB′=60°，再利用弧长公式求出即可．
【解答】解：∵在△ABC中，∠ACB=90°，∠ABC=30°，AB=2，
∴cos30°=，
∴BC=ABcos30°=2×=，
∵将△ABC绕直角顶点C逆时针旋转60°得△A′B′C，
∴∠BCB′=60°，
∴点B转过的路径长为：
=π．
故选：B．
【点评】此题主要考查了旋转的性质以及弧长公式应用，得出点B转过的路径形状是解题关键．
　
10．如图，ABCD为正方形，O为对角线AC、BD的交点，则△COD绕点O经过下列哪种旋转可以得到△DOA（　　）
A．顺时针旋转90°
B．顺时针旋转45°
C．逆时针旋转90°
D．逆时针旋转45°
【考点】旋转的性质．
【专题】几何图形问题．
【分析】因为四边形ABCD为正方形，所以∠COD=∠DOA=90°，OC=OD=OA，则△COD绕点O逆时针旋转得到△DOA，旋转角为∠COD或∠DOA，据此可得答案．
【解答】解：∵四边形ABCD为正方形，
∴∠COD=∠DOA=90°，OC=OD=OA，
∴△COD绕点O逆时针旋转得到△DOA，旋转角为∠COD或∠DOA，
故选：C．
【点评】本题考查了旋转的性质，旋转要找出旋转中心、旋转方向、旋转角．
　
11．如图，在4×4的正方形网格中，每个小正方形的边长为1，若将△AOC绕点O顺时针旋转90°得到△BOD，则的长为（　　）
A．π
B．6π
C．3π
D．1.5π
【考点】旋转的性质；弧长的计算．
【专题】计算题．
【分析】根据弧长公式列式计算即可得解．
【解答】解：的长==1.5π．
故选：D．
【点评】本题考查了旋转的性质，弧长的计算，熟记弧长公式是解题的关键．
　
12．如图，将Rt△ABC绕直角顶点C顺时针旋转90°，得到△A′B′C，连接AA′，若∠1=20°，则∠B的度数是（　　）
A．70°
B．65°
C．60°
D．55°
【考点】旋转的性质．
【专题】几何图形问题．
【分析】根据旋转的性质可得AC=A′C，然后判断出△ACA′是等腰直角三角形，根据等腰直角三角形的性质可得∠CAA′=45°，再根据三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和求出∠A′B′C，然后根据旋转的性质可得∠B=∠A′B′C．
【解答】解：∵Rt△ABC绕直角顶点C顺时针旋转90°得到△A′B′C，
∴AC=A′C，
∴△ACA′是等腰直角三角形，
∴∠CAA′=45°，
∴∠A′B′C=∠1+∠CAA′=20°+45°=65°，
由旋转的性质得∠B=∠A′B′C=65°．
故选：B．
【点评】本题考查了旋转的性质，等腰直角三角形的判定与性质，三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和的性质，熟记各性质并准确识图是解题的关键．
　
13．在等边△ABC中，D是边AC上一点，连接BD，将△BCD绕点B逆时针旋转60°，得到△BAE，连接ED，若BC=5，BD=4．则下列结论错误的是（　　）
A．AE∥BC
B．∠ADE=∠BDC
C．△BDE是等边三角形
D．△ADE的周长是9
【考点】旋转的性质；平行线的判定；等边三角形的性质．
【专题】几何图形问题．
【分析】首先由旋转的性质可知∠EBD=∠ABC=∠C=60°，所以看得AE∥BC，先由△ABC是等边三角形得出AC=AB=BC=5，根据图形旋转的性质得出AE=CD，BD=BE，故可得出AE+AD=AD+CD=AC=5，由∠EBD=60°，BE=BD即可判断出△BDE是等边三角形，故DE=BD=4，故△AED的周长=AE+AD+DE=AC+BD=9，问题得解．
【解答】解：∵△ABC是等边三角形，
∴∠ABC=∠C=60°，
∵将△BCD绕点B逆时针旋转60°，得到△BAE，
∴∠EAB=∠C=∠ABC=60°，
∴AE∥BC，故选项A正确；
∵△ABC是等边三角形，
∴AC=AB=BC=5，
∵△BAE△BCD逆时针旋旋转60°得出，
∴AE=CD，BD=BE，∠EBD=60°，
∴AE+AD=AD+CD=AC=5，
∵∠EBD=60°，BE=BD，
∴△BDE是等边三角形，故选项C正确；
∴DE=BD=4，
∴△AED的周长=AE+AD+DE=AC+BD=9，故选项D正确；
而选项B没有条件证明∠ADE=∠BDC，
∴结论错误的是B，
故选：B．
【点评】本题考查的是图形旋转的性质及等边三角形的判定与性质，平行线的判定，熟知旋转前、后的图形全等是解答此题的关键．
　
14．如图，将Rt△ABC绕点A按顺时针旋转一定角度得到Rt△ADE，点B的对应点D恰好落在BC边上．若AC=，∠B=60°，则CD的长为（　　）
A．0.5
B．1.5
C．
D．1
【考点】旋转的性质．
【分析】解直角三角形求出AB，再求出CD，然后根据旋转的性质可得AB=AD，然后判断出△ABD是等边三角形，根据等边三角形的三条边都相等可得BD=AB，然后根据CD=BC﹣BD计算即可得解．
【解答】解：∵∠B=60°，
∴∠C=90°﹣60°=30°，
∵AC=，
∴AB=AC tan30°=×=1，
∴BC=2AB=2，
由旋转的性质得，AB=AD，
∴△ABD是等边三角形，
∴BD=AB=1，
∴CD=BC﹣BD=2﹣1=1．
故选：D．
【点评】本题考查了旋转的性质，等边三角形的判定与性质，解直角三角形，熟记性质并判断出△ABD是等边三角形是解题的关键．
　
15．将两个斜边长相等的三角形纸片如图①放置，其中∠ACB=∠CED=90°，∠A=45°，∠D=30°．把△DCE绕点C顺时针旋转15°得到△D1CE1，如图②，连接D1B，则∠E1D1B的度数为（　　）
A．10°
B．20°
C．7.5°
D．15°
【考点】旋转的性质；全等三角形的判定与性质；等腰直角三角形．
【分析】根据直角三角形两锐角互余求出∠DCE=60°，旋转的性质可得∠BCE1=15°，然后求出∠BCD1=45°，从而得到∠BCD1=∠A，利用“边角边”证明△ABC和△D1CB全等，根据全等三角形对应角相等可得∠BD1C=∠ABC=45°，再根据∠E1D1B=∠BD1C﹣∠CD1E1计算即可得解．
【解答】解：∵∠CED=90°，∠D=30°，
∴∠DCE=60°，
∵△DCE绕点C顺时针旋转15°，
∴∠BCE1=15°，
∴∠BCD1=60°﹣15°=45°，
∴∠BCD1=∠A，
在△ABC和△D1CB中，
，
∴△ABC≌△D1CB（SAS），
∴∠BD1C=∠ABC=45°，
∴∠E1D1B=∠BD1C﹣∠CD1E1=45°﹣30°=15°．
故选：D．
【点评】本题考查了旋转的性质，等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定与性质，熟记性质并求出△ABC和△D1CB全等是解题的关键．
　
16．如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，∠ABC=30°，将△ABC绕点C顺时针旋转至△A′B′C，使得点A′恰好落在AB上，则旋转角度为（　　）
A．30°
B．60°
C．90°
D．150°
【考点】旋转的性质．
【专题】几何图形问题．
【分析】根据直角三角形两锐角互余求出∠A=60°，根据旋转的性质可得AC=A′C，然后判断出△A′AC是等边三角形，根据等边三角形的性质求出∠ACA′=60°，然后根据旋转角的定义解答即可．
【解答】解：∵∠ACB=90°，∠ABC=30°，
∴∠A=90°﹣30°=60°，
∵△ABC绕点C顺时针旋转至△A′B′C时点A′恰好落在AB上，
∴AC=A′C，
∴△A′AC是等边三角形，
∴∠ACA′=60°，
∴旋转角为60°．
故选：B．
【点评】本题考查了旋转的性质，直角三角形两锐角互余，等边三角形的判定与性质，熟记各性质并准确识图是解题的关键．
　
17．如图，Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=BC=2，在以AB的中点O为坐标原点，AB所在直线为x轴建立的平面直角坐标系中，将△ABC绕点B顺时针旋转，使点A旋转至y轴正半轴上的A′处，则图中阴影部分面积为（　　）
A．π﹣2
B．π
C．π
D．π﹣2
【考点】旋转的性质；扇形面积的计算．
【分析】根据等腰直角三角形的性质求出AB，再根据旋转的性质可得A′B=AB，然后求出∠OA′B=30°，再根据直角三角形两锐角互余求出∠A′BA=60°，即旋转角为60°，再根据S阴影=S扇形ABA′+S△A′BC′﹣S△ABC﹣S扇形CBC′=S扇形ABA′﹣S扇形CBC′，然后利用扇形的面积公式列式计算即可得解．
【解答】解：∵∠ACB=90°，AC=BC，
∴△ABC是等腰直角三角形，
∴AB=2OA=2OB=AC=2，
∵△ABC绕点B顺时针旋转点A在A′处，
∴BA′=AB，
∴BA′=2OB，
∴∠OA′B=30°，
∴∠A′BA=60°，
即旋转角为60°，
S阴影=S扇形ABA′+S△A′BC′﹣S△ABC﹣S扇形CBC′，
=S扇形ABA′﹣S扇形CBC′，
=﹣，
=π﹣π，
=π．
故选C．
【点评】本题考查了旋转的性质，等腰直角三角形的性质，直角三角形30°角所对的直角边等于斜边的一半的性质，表示出阴影部分的面积等于两个扇形的面积的差是解题的关键，难点在于求出旋转角的度数．
　
18．如图，△ABC，△EFG均是边长为2的等边三角形，点D是边BC、EF的中点，直线AG、FC相交于点M．当△EFG绕点D旋转时，线段BM长的最小值是（　　）
A．2﹣
B．
+1
C．
D．﹣1
【考点】旋转的性质；四点共圆；线段的性质：两点之间线段最短；等边三角形的性质；勾股定理；相似三角形的判定与性质．
【专题】压轴题．
【分析】取AC的中点O，连接AD、DG、BO、OM，如图，易证△DAG∽△DCF，则有∠DAG=∠DCF，从而可得A、D、C、M四点共圆，根据两点之间线段最短可得BO≤BM+OM，即BM≥BO﹣OM，当M在线段BO与该圆的交点处时，线段BM最小，只需求出BO、OM的值，就可解决问题．
【解答】解：AC的中点O，连接AD、DG、BO、OM，如图．
∵△ABC，△EFG均是边长为2的等边三角形，点D是边BC、EF的中点，
∴AD⊥BC，GD⊥EF，DA=DG，DC=DF，
∴∠ADG=90°﹣∠CDG=∠FDC，
=，
∴△DAG∽△DCF，
∴∠DAG=∠DCF．
∴A、D、C、M四点共圆．
根据两点之间线段最短可得：BO≤BM+OM，即BM≥BO﹣OM，
当M在线段BO与该圆的交点处时，线段BM最小，
此时，BO===，OM=AC=1，
则BM=BO﹣OM=﹣1．
故选：D．
【点评】本题主要考查了等边三角形的性质、等腰三角形的性质、相似三角形的判定与性质、四点共圆的判定、勾股定理、两点之间线段最短等知识，求出动点M的运动轨迹是解决本题的关键．
　
二、填空题（共6小题）
19．如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，∠ABC=30°，AC=1，将Rt△ABC绕点A逆时针旋转30°后得到△AB′C′，则图中阴影部分的面积是　　．
【考点】旋转的性质；扇形面积的计算．
【专题】计算题．
【分析】根据含30度的直角三角形三边的关系得到AB=2AC=2，BC=AC=，根据互余得到∠CAB=60°，再根据旋转的性质得到AC′=AC=1，AB′=AB=2，B′C′=BC=，∠B′AB=30°，∠C′AB′=∠CAB=60°，则∠C′AD=∠C′AB′∠BAB′=30°，接着在Rt△AC′D中，利用∠C′AD=30°可得C′D=AC′=，所以B′D=B′C′﹣C′D=，然后根据三角形面积公式、扇形面积公式和图中阴影部分的面积=S扇形BAB′﹣S△ADB′进行计算即可．
【解答】解：∵∠C=90°，∠ABC=30°，
∴∠CAB=60°，AB=2AC=2，
BC=AC=，
∵Rt△ABC绕点A逆时针旋转30°后得到△AB′C′，
∴AC′=AC=1，AB′=AB=2，B′C′=BC=，∠B′AB=30°，∠C′AB′=∠CAB=60°，
∴∠C′AD=∠C′AB′∠BAB′=30°，
在Rt△AC′D中，∵∠C′AD=30°，
∴C′D=AC′=，
∴B′D=B′C′﹣C′D=﹣=，
∴图中阴影部分的面积=S扇形BAB′﹣S△ADB′
=﹣××1
=．
故答案为：．
【点评】本题考查了旋转的性质：对应点到旋转中心的距离相等；对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角；旋转前、后的图形全等．也考查了扇形面积的计算和含30度的直角三角形三边的关系．
　
20．如图，在△ABC中，∠B=50°，在同一平面内，将△ABC绕点A逆时针方向旋转到△AB′C′的位置，使得AB′⊥BC，连接CC′，则∠AC′C=　70　度．
【考点】旋转的性质．
【分析】首先证明∠CAC′=40°然后证明∠ACC′=∠AC′C；然后运用三角形的内角和定理求出∠AC′C=70°即可解决问题．
【解答】解：∵∠B=50°，AB′⊥BC，
∴∠B′AB=40°，
∴旋转角为40°，
∴∠CAC′=40°，
由题意得：
AC=AC′，
∴∠ACC′=∠AC′C；
∴∠AC′C=70°，
故答案为70．
【点评】本题考查了旋转的基本性质，对应点到旋转中心的距离相等，对应点与旋转中心的连线的夹角为旋转角．
　
21．如图，在正方形ABCD中，AD=1，将△ABD绕点B顺时针旋转45°得到△A′BD′，此时A′D′与CD交于点E，则DE的长度为　2﹣　．
【考点】旋转的性质．
【专题】几何图形问题．
【分析】利用正方形和旋转的性质得出A′D=A′E，进而利用勾股定理得出BD的长，进而利用锐角三角函数关系得出DE的长即可．
【解答】解：由题意可得出：∠BDC=45°，∠DA′E=90°，
∴∠DEA′=45°，
∴A′D=A′E，
∵在正方形ABCD中，AD=1，
∴AB=A′B=1，
∴BD=，
∴A′D=﹣1，
∴在Rt△DA′E中，
DE==2﹣．
故答案为：2﹣．
【点评】此题主要考查了正方形和旋转的性质以及勾股定理、锐角三角函数关系等知识，得出A′D的长是解题关键．
　
22．如图，AB是⊙O的直径，分别以OA，OB为直径作半圆．若AB=4，则阴影部分的面积是　2π　．
【考点】旋转的性质．
【分析】首先计算出圆的面积，根据图示可得阴影部分面积为半圆的面积，进而可得答案．
【解答】解：∵AB=4，
∴BO=2，
∴圆的面积为：π×22=4π，
∴阴影部分的面积是：×4π=2π，
故答案为：2π．
【点评】此题主要考查了旋转的性质，关键是掌握圆的面积公式．
　
23．如图，在△ABC中，AB=2，AC=4，将△ABC绕点C按逆时针方向旋转得到△A′B′C，使CB′∥AB，分别延长AB、CA′相交于点D，则线段BD的长为　6　．
【考点】旋转的性质；相似三角形的判定与性质．
【专题】几何图形问题．
【分析】利用平行线的性质以及旋转的性质得出△CAD∽△B′A′C，再利用相似三角形的性质得出AD的长，进而得出BD的长．
【解答】解：∵将△ABC绕点C按逆时针方向旋转得到△A′B′C，
∴AC=CA′=4，AB=B′A′=2，∠A=∠CA′B′，
∵CB′∥AB，
∴∠B′CA′=∠D，
∴△CAD∽△B′A′C，
∴=，
∴=，
解得AD=8，
∴BD=AD﹣AB=8﹣2=6．
故答案为：6．
【点评】此题主要考查了旋转的性质以及相似三角形的判定与性质等知识，得出△CAD∽△B′A′C是解题关键．
　
24．如图，在△ABC中，AC=BC=8，∠C=90°，点D为BC中点，将△ABC绕点D逆时针旋转45°，得到△A′B′C′，B′C′与AB交于点E，则S四边形ACDE=　28　．
【考点】旋转的性质．
【专题】几何图形问题．
【分析】利用旋转的性质得出∠B=∠BDE=45°，BD=4，进而由S四边形ACDE=S△ACB﹣S△BDE求出即可．
【解答】解：由题意可得：∠B=∠BDE=45°，BD=4，
则∠DEB=90°，
∴BE=DE=2，
∴S△BDE=×2×2=4，
∵S△ACB=×AC×BC=32，
∴S四边形ACDE=S△ACB﹣S△BDE=28．
故答案为：28．
【点评】此题主要考查了旋转的性质以及三角形面积求法，得出S△BDE是解题关键．
　
三、解答题（共6小题）
25．如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，∠B=30°，将△ABC绕点C按顺时针方向旋转n度后，得到△DEC，点D刚好落在AB边上．
（1）求n的值；
（2）若F是DE的中点，判断四边形ACFD的形状，并说明理由．
【考点】旋转的性质；含30度角的直角三角形；直角三角形斜边上的中线；菱形的判定．
【专题】几何图形问题．
【分析】（1）利用旋转的性质得出AC=CD，进而得出△ADC是等边三角形，即可得出∠ACD的度数；
（2）利用直角三角形的性质得出FC=DF，进而得出AD=AC=FC=DF，即可得出答案．
【解答】解：（1）∵在Rt△ABC中，∠ACB=90°，∠B=30°，将△ABC绕点C按顺时针方向旋转n度后，得到△DEC，
∴AC=DC，∠A=60°，
∴△ADC是等边三角形，
∴∠ACD=60°，
∴n的值是60；
（2）四边形ACFD是菱形；
理由：∵∠DCE=∠ACB=90°，F是DE的中点，
∴FC=DF=FE，
∵∠CDF=∠A=60°，
∴△DFC是等边三角形，
∴DF=DC=FC，
∵△ADC是等边三角形，
∴AD=AC=DC，
∴AD=AC=FC=DF，
∴四边形ACFD是菱形．
【点评】此题主要考查了菱形的判定以及旋转的性质和直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半等知识，得出△DFC是等边三角形是解题关键．
　
26．如图，已知Rt△ABC中，∠ABC=90°，先把△ABC绕点B顺时针旋转90°至△DBE后，再把△ABC沿射线平移至△FEG，DE、FG相交于点H．
（1）判断线段DE、FG的位置关系，并说明理由；
（2）连结CG，求证：四边形CBEG是正方形．
【考点】旋转的性质；正方形的判定；平移的性质．
【专题】几何图形问题．
【分析】（1）根据旋转和平移可得∠DEB=∠ACB，∠GFE=∠A，再根据∠ABC=90°可得∠A+∠ACB=90°，进而得到∠DEB+∠GFE=90°，从而得到DE、FG的位置关系是垂直；
（2）根据旋转和平移找出对应线段和角，然后再证明是矩形，后根据邻边相等可得四边形CBEG是正方形．
【解答】（1）解：FG⊥ED．理由如下：
∵△ABC绕点B顺时针旋转90°至△DBE后，
∴∠DEB=∠ACB，
∵把△ABC沿射线平移至△FEG，
∴∠GFE=∠A，
∵∠ABC=90°，
∴∠A+∠ACB=90°，
∴∠DEB+∠GFE=90°，
∴∠FHE=90°，
∴FG⊥ED；
（2）证明：根据旋转和平移可得∠GEF=90°，∠CBE=90°，CG∥EB，CB=BE，
∵CG∥EB，
∴∠BCG=∠CBE=90°，
∴四边形BCGE是矩形，
∵CB=BE，
∴四边形CBEG是正方形．
【点评】此题主要考查了图形的旋转和平移，关键是掌握新图形中的每一点，都是由原图形中的某一点移动后得到的，这两个点是对应点．连接各组对应点的线段平行且相等．
　
27．将一副三角尺（在Rt△ABC中，∠ACB=90°，∠B=60°；在Rt△DEF中，∠EDF=90°，∠E=45°）如图①摆放，点D为AB的中点，DE交AC于点P，DF经过点C．
（1）求∠ADE的度数；
（2）如图②，将△DEF绕点D顺时针方向旋转角α（0°＜α＜60°），此时的等腰直角三角尺记为△DE′F′，DE′交AC于点M，DF′交BC于点N，试判断的值是否随着α的变化而变化？如果不变，请求出的值；反之，请说明理由．
【考点】旋转的性质；相似三角形的判定与性质．
【分析】（1）根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得CD=AD=BD=AB，根据等边对等角求出∠ACD=∠A，再求出∠ADC=120°，再根据∠ADE=∠ADC﹣∠EDF计算即可得解；
（2）根据同角的余角相等求出∠PDM=∠CDN，再根据然后求出△BCD是等边三角形，根据等边三角形的性质求出∠BCD=60°，再根据三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和求出∠CPD=60°，从而得到∠CPD=∠BCD，再根据两组角对应相等，两三角形相似判断出△DPM和△DCN相似，再根据相似三角形对应边成比例可得=为定值．
【解答】解：（1）∵∠ACB=90°，点D为AB的中点，
∴CD=AD=BD=AB，
∴∠ACD=∠A=30°，
∴∠ADC=180°﹣30°×2=120°，
∴∠ADE=∠ADC﹣∠EDF=120°﹣90°=30°；
（2）∵∠EDF=90°，
∴∠PDM+∠E′DF=∠CDN+∠E′DF=90°，
∴∠PDM=∠CDN，
∵∠B=60°，BD=CD，
∴△BCD是等边三角形，
∴∠BCD=60°，
∵∠CPD=∠A+∠ADE=30°+30°=60°，
∴∠CPD=∠BCD，
在△DPM和△DCN中，
，
∴△DPM∽△DCN，
∴=，
∵=tan∠ACD=tan30°=，
∴的值不随着α的变化而变化，是定值．
【点评】本题考查了旋转的性质，相似三角形的判定与性质，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半的性质，熟记各性质并判断出相似三角形是解题的关键，也是本题的难点．
　
28．已知△ABC中，M为BC的中点，直线m绕点A旋转，过B、M、C分别作BD⊥m于D，ME⊥m于E，CF⊥m于F．
（1）当直线m经过B点时，如图1，易证EM=CF．（不需证明）
（2）当直线m不经过B点，旋转到如图2、图3的位置时，线段BD、ME、CF之间有怎样的数量关系？请直接写出你的猜想，并选择一种情况加以证明．
【考点】旋转的性质；全等三角形的判定与性质；梯形中位线定理．
【专题】证明题．
【分析】（1）利用垂直于同一直线的两条直线平行得出ME∥CF，进而利用中位线的性质得出即可；
（2）根据题意得出图2的结论为：ME=（BD+CF），图3的结论为：ME=（CF﹣BD），进而利用△DBM≌△KCM（ASA），即可得出DB=CK，DM=MK即可得出答案．
【解答】解：（1）如图1，
∵ME⊥m于E，CF⊥m于F，
∴ME∥CF，
∵M为BC的中点，
∴E为BF中点，
∴ME是△BFC的中位线，
∴EM=CF．
（2）图2的结论为：ME=（BD+CF），
图3的结论为：ME=（CF﹣BD）．
图2的结论证明如下：连接DM并延长交FC的延长线于K
又∵BD⊥m，CF⊥m
∴BD∥CF
∴∠DBM=∠KCM
在△DBM和△KCM中
，
∴△DBM≌△KCM（ASA），
∴DB=CK，DM=MK
由题意知：EM=FK，
∴ME=（CF+CK）=（CF+DB）
图3的结论证明如下：连接DM并延长交FC于K
又∵BD⊥m，CF⊥m
∴BD∥CF
∴∠MBD=∠KCM
在△DBM和△KCM中
，
∴△DBM≌△KCM（ASA）
∴DB=CK，DM=MK，
由题意知：EM=FK，
∴ME=（CF﹣CK）=（CF﹣DB）．
【点评】此题主要考查了旋转的性质以及全等三角形的判定与性质等知识，得出△DBM≌△KCM（ASA）是解题关键．
　
29．在同一平面内，△ABC和△ABD如图①放置，其中AB=BD．
小明做了如下操作：
将△ABC绕着边AC的中点旋转180°得到△CEA，将△ABD绕着边AD的中点旋转180°得到△DFA，如图②，请完成下列问题：
（1）试猜想四边形ABDF是什么特殊四边形，并说明理由；
（2）连接EF，CD，如图③，求证：四边形CDEF是平行四边形．
【考点】旋转的性质；平行四边形的判定；菱形的判定．
【专题】几何综合题．
【分析】（1）根旋转的性质得AB=DF，BD=FA，由于AB=BD，所以AB=BD=DF=FA，则可根据菱形的判定方法得到四边形ABDF是菱形；
（2）由于四边形ABDF是菱形，则AB∥DF，且AB=DF，再根据旋转的性质易得四边形ABCE为平行四边形，根据平行四边形的性质得AB∥CE，且AB=CE，
所以CE∥FD，CE=FD，所以可判断四边形CDEF是平行四边形．
【解答】（1）解：四边形ABDF是菱形．理由如下：
∵△ABD绕着边AD的中点旋转180°得到△DFA，
∴AB=DF，BD=FA，
∵AB=BD，
∴AB=BD=DF=FA，
∴四边形ABDF是菱形；
（2）证明：∵四边形ABDF是菱形，
∴AB∥DF，且AB=DF，
∵△ABC绕着边AC的中点旋转180°得到△CEA，
∴AB=CE，BC=EA，
∴四边形ABCE为平行四边形，
∴AB∥CE，且AB=CE，
∴CE∥FD，CE=FD，
∴四边形CDEF是平行四边形．
【点评】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．也考查了平行四边形的判定和菱形的判定．
　
30．两个长为2cm，宽为1cm的长方形，摆放在直线l上（如图①），CE=2cm，将长方形ABCD绕着点C顺时针旋转α角，将长方形EFGH绕着点E逆时针旋转相同的角度．
（1）当旋转到顶点D、H重合时，连接AE、CG，求证：△AED≌△GCD（如图②）．
（2）当α=45°时（如图③），求证：四边形MHND为正方形．
【考点】旋转的性质；全等三角形的判定与性质；矩形的性质；正方形的判定．
【专题】几何综合题．
【分析】（1）由全等三角形的判定定理SAS证得：△AED≌△GCD（如图②）；
（2）通过判定四边形MHND四个角是90°，且邻边DN=NH来判定四边形MHND是正方形．
【解答】证明：（1）如图②，∵由题意知，AD=GD，ED=CD，∠ADC=∠GDE=90°，
∴∠ADC+∠CDE=∠GDE+∠CDE，即∠ADE=∠GDC，
在△AED与△GCD中，
，
∴△AED≌△GCD（SAS）；
（2）如图③，∵α=45°，BC∥EH，
∴∠NCE=∠NEC=45°，CN=NE，
∴∠CNE=90°，
∴∠DNH=90°，
∵∠D=∠H=90°，
∴四边形MHND是矩形，
∵CN=NE，
∴DN=NH，
∴矩形MHND是正方形．
【点评】本题考查旋转的性质，全等三角形的判定以及正方形的判定的方法．（旋转的性质：对应点到旋转中心的距离相等以及每一对对应点与旋转中心连线所构成的旋转角相等．正方形的判定的方法：两邻边相等的矩形是正方形．）