九年级上册人教版数学第二十三章旋转含解析

第第页九年级上册人教版数学第二十三章旋转（含解析）九年级上册人教版数学第二十三章旋转

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一、选择题（本大题共8小题）

1、如图，中，，将绕点C旋转得到,连接AD，当点A恰好在线段EC上时，

A.100°B.110°C.120°D.130°

2、点P（2，5）经过某种图形变化后得到点Q（-2，5），这种图形变化可以是（）

A.关于x轴对称B.关于y轴对称C.关于原点对称D.上下平移

3、如图，等边三角形ABC的边长是2，M是高CH所在直线上的一个动点，连接MB，将线段BM绕点B逆时针旋转60°得到BN，连接MN，则在点M运动过程中，线段MN长度的最小值是（）

A.B.1C.D.

4、下列四个图案中，不是中心对称图案的是（）

A.B.C.D.

5、如图，将△ABC绕点C按逆时针方向旋转得△A′B′C，且A′点在AB上，A′B′交CB于点D，若∠BCB′=α，则∠CA′B′的度数为（）

A.180°-αB.90°C.180°D.90°

6、如图，△ABC绕点A旋转一定角度后得到△ADE，若BC=4，AC=3，则下列说法正确的是（）

A.DE=3B.AE=4C.∠ACB是旋转角D.∠CAE是旋转角

7、如图，已知正方形ABCD的边长为3，如果将线段BD绕着点B旋转后，点D落在CB的延长线上的D′处，那么AD′为（）

A.6B.3C.18D.3

8、如图，C为线段AE上一动点（不与点A，E重台），在AE同侧分别作等边△ABC和等边△CDE，AD与BE交于点O，AD与BC交于点P，BE与CD交于点Q，连接FQ．以下五个结论：①AD=BE；②PQ∥AE；③AP=BQ；④DE=DP；⑤∠DOE=60°，其中正确的结论的个数是（）

A.2个B.3个C.4个D.5个

二、填空题（本大题共7小题）

9、在平面直角坐标系中，以原点为对称中心，把点A（3，4）逆时针旋转90°，得到点B，则点B的坐标为______．

10、平面直角坐标系内一点P(-2,3)关于原点对称的点的坐标是．

11、如图，点O是ABCD的对称中心，AD＞AB，E、F是AB边上的点，且EF=AB；G、H是BC边上的点，且GH=BC，若S1，S2分别表示△EOF和△GOH的面积，则S1与S2之间的等量关系是______．

12、将菱形ABCD以点E为中心，按顺时针方向分别旋转90°，180°，270°后形成如图所示的图形，若∠BCD=120°，AB=2，则图中阴影部分的面积为______．

13、在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=6，BC=8（如图），点D是边AB上一点，把△ABC绕着点D旋转90°得到△A'B'C'，边B'C'与边AB相交于点E，如果AD=BE，那么AD长为______．

14、如图，是由绕A点旋转后得到的，那么与关于A点对称，A点叫做．

15、如图：已知Rt△ABC，对应的坐标如图，请利用学过的变换（平移、旋转、轴对称）知识经过若干次图形变化，使得点A与点E重合、点B与点D重合，写出一种变化的过程______．

三、解答题（本大题共4小题）

16、如图，在△ABC中，AB=AC，∠BAC=30°，将△ABC绕点A逆时针旋转α度（30＜α＜150）得到△AB′C′，B、C两点的对应点分别为点B′、C′，连接BC′，BC与AC、AB′相交于点E、F．

（1）当α=70时，∠ABC′=°，∠ACB′=°．

（2）求证：BC′∥CB′．

17、如图，点A的坐标为（0,2），点B的坐标为（-3,2）。点C的坐标为（-3,-1）。

（1）请在直角坐标系中画出绕着点A顺时针旋转90°后的图形；

（2）只写写出：点B'的坐标，点C'的坐标

18、如图，点O为平面直角坐标系的原点，点A在x轴的正半轴上，正方形OABC的边长是3，点D在AB上，且AD=1．将△OAD绕着点O逆时针旋转得到△OCE．

（1）求证：OE⊥OD；

（2）在x轴上找一点P，使得PD+PE的值最小，求出点P的坐标．

19、如图，△ABC三个顶点的坐标分别为A（1，1），B（4，2），C（3，4）．

（1）请画出△ABC向左平移5个单位后得到的△A1B1C1；

（2）请画出△ABC以点O为对称中心的中心对称图形△A2B2C2；

（3）在x轴上求作一点P，使△PAB的周长最小，请画出△PAB，并直接写出点P的坐标．

答案解析

【第1题】

【答案】

B

【解析】

本题考查旋转的性质，等腰三角形的性质。

将绕点C旋转得到,

故选B

【第2题】

【答案】

B

【解析】

解：∵点P（2，5）经过某种图形变化后得到点Q（-2，5），

∴这种图形变化可以是关于y轴对称．

故选：B．

直接利用利用关于y轴对称点的性质得出答案．

此题主要考查了关于y轴对称点的性质，正确记忆横纵坐标的关系是解题关键．

【第3题】

【答案】

B

【解析】

解：由旋转的特性可知，BM=BN，

又∵∠MBN=60°，

∴△BMN为等边三角形．

∴MN=BM，

∵点M是高CH所在直线上的一个动点，

∴当BM⊥CH时，MN最短（到直线的所有线段中，垂线段最短）．

又∵△ABC为等边三角形，且AB=BC=CA=2，

∴当点M和点H重合时，MN最短，且有MN=BM=BH=AB=1．

故选：B．

由旋转的特性以及∠MBN=60°，可知△BMN是等边三角形，从而得出MN=BN，再由点到直线的所有线段中，垂线段最短可得出结论．

本题考查了旋转的特性、垂线段最短理论以及等边三角形的判定与性质，解题的关键是：由旋转的特性以及∠MBN=60°，可知△BMN是等边三角形，从而得出MN=BN，再结合点到直线的所有线段中，垂线段最短，即可得出结论．

【第4题】

【答案】

C

【解析】

解：A、B、D是中心对称图形，C不是中心对称图形，

故选：C．

根据中心对称图形的概念求解．

本题考查了中心对称图形的概念：中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后与原图重合．

【第5题】

【答案】

B

【解析】

解：∵将△ABC绕点C按逆时针方向旋转得△A′B′C，

∴AC=A'C，∠A=∠CA'B'，∠ACA'=∠BCB'=α，

∴∠A=∠CA'B'==90°-

故选：B．

由旋转的性质可得AC=A'C，∠A=∠CA'B'，∠ACA'=∠BCB'=α，由等腰三角形的性质可求解．

本题考查了旋转的性质，等腰三角形的性质，熟练运用旋转的性质是本题的关键．

【第6题】

【答案】

D

【解析】

解：由旋转的性质得：DE=BC=4，故A不正确；AE=AC=3，故B不正确；旋转角是∠CAE，故D正确；∠ACB不是旋转角，故C不正确；

故选：D．

由旋转的意义可得，将△ABC绕点A逆时针旋转一个角度后得到△ADE，此时对应边为；AC=AE，AB=AD，CB=ED，旋转角为∠CAE或∠BAD，以此逐个进行判断，得出答案．

考查旋转的性质，对应边相等、对应角相等，理解旋转角的意义等知识，掌握这些知识是前提和基础．

【第7题】

【答案】

B

【解析】

解：∵四边形ABCD是正方形，

∴BC=CD=3，∠C=90°，

∴BD===3，

在Rt△ABD′中，BD′=BD=3，AB=3，∠ABD′=90°，

∴AD′===3，

故选：B．

在Rt△ABD′中，利用勾股定理解决问题即可．

本题考查旋转的性质，勾股定理等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．

【第8题】

【答案】

C

【解析】

解：∵等边△ABC和等边△CDE，

∴AC=BC，CD=CE，∠ACB=∠DCE=60°，

∴∠ACB+∠BCD=∠DCE+∠BCD，即∠ACD=∠BCE，

在△ACD与△BCE中，，

∴△ACD≌△BCE（SAS），

∴AD=BE，

∴①正确，

∵△ACD≌△BCE，

∴∠CBE=∠DAC，

又∵∠ACB=∠DCE=60°，

∴∠BCD=60°，即∠ACP=∠BCQ，

又∵AC=BC，

∴△CQB≌△CPA（ASA），

∴CP=CQ，

又∵∠PCQ=60°可知△PCQ为等边三角形，

∴∠PQC=∠DCE=60°，

∴PQ∥AE②正确，

∵△CQB≌△CPA，

∴AP=BQ③正确，

∵AD=BE，AP=BQ，

∴AD-AP=BE-BQ，

即DP=QE，

∵∠DQE=∠ECQ+∠CEQ=60°+∠CEQ，∠CDE=60°，

∴∠DQE≠∠CDE，故④错误；

∵BC∥DE，

∴∠CBE=∠BED，

∵∠CBE=∠DAE，

∴∠AOB=∠OAE+∠AEO=60°，

同理可得出∠AOE=120°，

∴∠DOE=60°，故⑤正确；

故选：C．

①由于△ABC和△CDE是等边三角形，可知AC=BC，CD=CE，∠ACB=∠DCE=60°，从而证出△ACD≌△BCE，可推知AD=BE；

②由△ACD≌△BCE得∠CBE=∠DAC，加之∠ACB=∠DCE=60°，AC=BC，得到△CQB≌△CPA（ASA），再根据∠PCQ=60°推出△PCQ为等边三角形，又由∠PQC=∠DCE，根据内错角相等，两直线平行，可知②正确；

③根据②△CQB≌△CPA（ASA），可知③正确；

④根据∠DQE=∠ECQ+∠CEQ=60°+∠CEQ，∠CDE=60°，可知∠DQE≠∠CDE，可知④错误；

⑤由BC∥DE，得到∠CBE=∠BED，由∠CBE=∠DAE，得到∠AOB=∠OAE+∠AEO=60°，同理可得出∠AOE=120°，进而得出∠DOE=60°，故⑤正确．

本题考查了等边三角形的性质、全等三角形的判定与性质，利用旋转不变性，找到不变量，是解题的关键．

【第9题】

【答案】

（-4，3）

【解析】

解：如图所示，建立平面直角坐标系，点B的坐标为（-4，3）．

故答案为（-4，3）

建立平面直角坐标系，作出图形，然后根据图形写出点B的坐标即可．

本题考查了坐标与图形变化-旋转，作出图形，利用数形结合的思想求解更形象直观．

【第10题】

【答案】

（2，-3）

【解析】

【分析】

本题主要考查了关于原点对称的点坐标的关系，平面直角坐标系中任意一点P(x,y)，关于原点的对称点是(-x,-y)，从而可得出答案．

【解答】

解：根据中心对称的性质，得点P(-2,-3)关于原点对称点P′的坐标是(2,-3)．

故答案为(2,-3)．

【第11题】

【答案】

=

【解析】

解：∵==，==，

∴S1=S△AOB，S2=S△BOC．

∵点O是ABCD的对称中心，

∴S△AOB=S△BOC=SABCD，

∴==．

即S1与S2之间的等量关系是=．

故答案为=．

根据同高的两个三角形面积之比等于底边之比得出==，==，再由点O是ABCD的对称中心，根据平行四边形的性质可得S△AOB=S△BOC=SABCD，从而得出S1与S2之间的等量关系．

本题考查了中心对称，三角形的面积，平行四边形的性质，根据同高的两个三角形面积之比等于底边之比得出==，==是解题的关键．

【第12题】

【答案】

12-4

【解析】

解：连接BD，AC交于点O，BE，DE

∵四边形ABCD是菱形，∠BCD=120°

∴BO=DO，AO=CO，AC⊥BD，∠CAD=∠BCD=60°，且AB=AD=2

∴AO=CO=1，DO=BO=AO=

∴BD=2

∵将菱形ABCD以点O为中心按顺时针方向分别旋转90°，180°，270°后形成的图形

∴∠BED=90°，BE=DE

∴BE=DE=

∵S四边形DABE=S△DBE-S△ABD

∴S四边形DABE=-×1=3-

∴∴S阴影部分=4（3-）=12-4

故答案为：12-4

由菱形性质可得AC，BD的长，可求S△ACD，AO的长．根据SAOCD=S△ACO-S△ADC．可求SAOCD，则可求阴影部分面积．

本题考查了旋转的性质，菱形的性质，求出四边形DABE的面积是本题的关键．

【第13题】

【答案】

【解析】

解：∵AC=6，BC=8，

∴AB=10．

①当顺时针旋转时，如图1所示．

设DE=3x，则B′D=4x．

根据旋转的性质，可知：BD=B′D=4x，

∵AD=BE，

∴AE=BD=4x，

∴AB=AE+DE+BD=4x+3x+4x=10，

解得：x=，

∴AD=4x+3x=；

②当逆时针旋转时，如图2所示．

设DE=3x，则B′D=4x，

∴BE=B′D-DE=x，

∴AD=x，AB=AD+DE+B′E=x+3x+x=10，

解得：x=2，

∴DE=6，B′D=8，

∴B′E=10＞B′C′，

∴该情况不存在．

故答案为：．

利用勾股定理可求出AB的长度，分顺时针旋转和逆时针旋转两种情况考虑：①当顺时针旋转时，设DE=3x，则B′D=4x，根据旋转的性质结合AD=BE可得出AE=BD=4x，再根据AB=10即可求出x值，代入AD=7x中即可求出AD的长；②当逆时针旋转时，设DE=3x，则B′D=4x，根据旋转的性质结合AD=BE可得出AE=BD=x，再根据AB=10即可求出x值，进而可得出DE=6、B′D的长，利用勾股定理可求出B′E=10＞B′C′，此种情况不存在．综上即可得出结论．

本题考查了旋转的性质、解一元一次方程以及勾股定理，分顺时针旋转和逆时针旋转两种情况考虑是解题的关键．

【第14题】

【答案】

中心对称中心

【解析】

【分析】

此题考查对称中心的概念，中心对称的定义：把一个图绕着一个点旋转，如果它能够与另一个图形重合，那么这两个图形关于这个点中心对称，这个点为对称中心，利用定义求解即可．

【解答】

解：由中心对称的定义可得，

是由绕A点旋转后得到的，

那么与关于A点中心对称，A点叫做对称中心．

故答案为中心；对称中心．

【第15题】

【答案】

先将△ABC以点B为旋转中心顺时针旋转90，再将得到的图形向右平移2个单位向下平移2个单位

【解析】

解：先将△ABC以点B为旋转中心顺时针旋转90，再将得到的图形向右平移2个单位向下平移2个单位，

故答案为：先将△ABC以点B为旋转中心顺时针旋转90，再将得到的图形向右平移2个单位向下平移2个单位

根据旋转的性质，平移的性质即可解决问题；

考查了坐标与图形变化-旋转，平移，对称，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．

【第16题】

【答案】

解：（1）∵将△ABC绕点A逆时针旋转α度(α=70°)得到△AB′C′，且AB=AC，∠BAC=30°，

∴AB=AC=AB'=AC'，∠CAC'=70°，∠B'AC'=∠BAC=30°，

∴∠BAC'=100°，

∵AB=AC'，

，

∵∠CAB'=∠CAC'-∠B'AC'=40°，

∵AC=AB'

故答案为40，70

（2）∵将△ABC绕点A逆时针旋转α度得到△AB′C′，且AB=AC，∠BAC=30°，

∴AB=AC=AB'=AC'，∠CAC'=α，∠B'AC'=∠BAC=30°，

∴∠BAC'=30°+α，∠CAB'=α-30°，

∵AB=AC=AB'=AC'，

∵∠AEF=∠ABE+∠BAC

∴∠AEF=∠ACB'，

∴BC'∥B'C

【解析】

本题考查了旋转的性质，平行线的判定，等腰三角形的性质，三角形内角和定理，熟练运用旋转的性质解决问题是本题的关键．

（1）由旋转的性质可得AB=AC=AB'=AC'，∠CAC'=70°，∠B'AC'=∠BAC=30°，故∠BAC'=100°，∠CAB'=40°，在等腰中，已知顶角即可求出底角；

（2）由旋转的性质和等腰三角形的性质可得，由三角形的外角性质可得，即可得BC'∥CB'．

【第17题】

【答案】

解：（1）所求作如图所示

（2）

【解析】

（1）根据旋转的性质按照顺时针作出，