第二十三章《旋转》同步单元基础与培优高分必刷卷（全解全析）

第二十三章《旋转》同步单元基础与培优高分必刷卷全解全析1．C【分析】根据中心对称图形与轴对称图形的概念，把一个图形绕某一点旋转180°，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形就叫做中心对称图形，如果一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形叫做轴对称图形，进行判断即可．【详解】解：A、不是轴对称图形，是中心对称图形，故此选项不合题意；B、是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项不合题意；C、既是轴对称图形，又是中心对称图形，故此选项符合题意；D、是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项不合题意；故选：C．【点睛】本题考查的是中心对称图形与轴对称图形的概念，正确掌握相关定义是解题关键．2．C【分析】由旋转的性质可得AC=AD，BC=DE，∠EAD=∠BAC，∠D=∠C，由三角形内角和定理可得∠AOB的度数，再由平行线的性质得∠EAD=∠AOB=80°，据此求解即可判断．【详解】解：∵将△ABC绕点A逆时针旋转65°得△ADE，∴AC=AD，BC=DE，∠EAD=∠BAC，∠D=∠C，故选项A正确，不符合题意；∴∠BAE=∠CAD=65°，∠E=∠B=35°，∴∠AOB=180°-65°-35°=80°，∵ADBC，∴∠EAD=∠AOB=80°，则∠EAD=∠BAC=80°，故选项B正确，不符合题意；∴∠D=180°-∠EAD-∠E=180°-80°-35°=65°，故选项D正确，不符合题意；∴∠EAD=80°≠∠D=65°，∴AE≠DE，即BC≠AE，故选项C错误，符合题意；故选：C．【点睛】本题考查了旋转的性质，三角形的内角和定理和平行线的性质，掌握旋转的性质是本题的关键．3．C【分析】根据对称中心的定义，根据矩形的性质，可得四边形形状的变化情况：这个四边形先是平行四边形，当对角线互相垂直时是菱形，然后又是平行四边形，最后点A与点重合时是矩形．【详解】解：观察图形可知，四边形形状的变化依次为平行四边形菱形平行四边形矩形．故选C．【点睛】本题考查了中心对称，矩形的性质，平行四边形的判定与性质，菱形的判定，根据与的位置关系即可求解．4．C【分析】由旋转的性质可得出，，再由勾股定理可求解．【详解】解：四边形是正方形，，，，，把顺时针旋转，得，，，∴，，点，点，点三点共线，，故选：C．【点睛】本题考查了旋转的性质，正方形的性质，勾股定理，解题的关键是掌握旋转的性质．5．A【分析】根据点A关于原点对称点的坐标为（a，b），关于原点对称点的横纵坐标都互为相反数，得到点A的坐标为（-a，-b），根据关于y轴对称点的纵坐标相同横坐标互为相反数，得到点A关于y轴对称点的坐标是（a，-b）．【详解】∵点A关于原点对称点的坐标为（a，b），∴点A的坐标为（-a，-b），∴点A关于y轴对称点的坐标是（a，-b）．故选：A．【点睛】本题主要考查了关于原点对称的点的坐标，坐标与图形变化——轴对称等，解决问题的关键是熟练掌握关于原点对称的点的坐标特征，关于y轴对称的点的坐标特征．6．A【分析】将图沿着它自己的右边缘翻折，则圆在正方形图形的右上角，然后绕着右下角的一个端点按顺时针方向旋转180°，则圆在正方形的左下角，利用此特征可对四个选项进行判断．【详解】先将图沿着它自己的右边缘翻折，得到，再绕着右下角的一个端点按顺时针方向旋转，之后所得到的图形为．故选：A【点睛】本题考查了利用旋转设计图案：由一个基本图案可以通过平移、旋转和轴对称以及中心对称等方法变换一些复合图案．7．D【分析】利用旋转变换的性质一一判断即可．【详解】解：将左边的阴影四边形绕点E顺时针旋转90°得到右边的阴影四边形，此时n＝1．左边的阴影四边形绕点A逆时针旋转90°，再将得到的四边形绕点C顺时针旋转180°可得右边的阴影四边形，此时n＝2．左边的阴影四边形绕点B顺时针旋转90°，再将得到的四边形绕点E顺时针旋转90°，将得到的四边形绕点C逆时针旋转90°可得右边的阴影四边形，此时n＝3．故选：D．【点睛】本题主要考查了旋转变换，理解题意、灵活运用所学知识解决问题是解题的关键．8．B【分析】由旋转性质可判定△AOA'为等腰直角三角形，△BOB'为等腰直角三角形，再由勾股定理可求得AA'和BB'的长，最后作差即可．【详解】解：由旋转性质可知，OA=OA'=1，OB=OB'=,∠AOA'=∠BOB'=90°，则△AOA'为等腰直角三角形，△BOB'为等腰直角三角形，∴，，∴故选：B．【点睛】本题考查了旋转的性质，等腰直角三角形的判定和性质，勾股定理，熟悉以上性质是解题关键．9．D【分析】△AOB是等腰直角三角形，OA=1，根据等腰直角三角形的性质，可得点A(1，1)逆时针旋转90°后可得，同理，依次类推可求得，，，这些点所位于的象限为每4次一循环，根据规律即可求出A2022的坐标．【详解】∵是等腰直角三角形，点B的坐标为（1，0），∴，∴A点坐标为(1，1)．将绕原点逆时针旋转得到等腰直角三角形，且，再将绕原点顺时针旋转得到等腰直角三角形，且，依此规律，∴点A旋转后的点所位于的象限为每4次一循环，即，，，．∵，∴点与同在一个象限内．∵，，，∴点．故选：D．【点睛】本题考查了等腰直角三角形在平面直角坐标系中旋转的规律问题，熟练掌握等腰直角三角形的性质并能够在坐标系中找到点的坐标的变化规律是解题的关键．10．C【分析】过点A作于点，根据勾股定理可得的长，根据直角三角形的性质可得的长，根据，可得的长，根据勾股定理可得的长，根据旋转的性质进一步可得的长．【详解】解：过点A作于点，如图所示：∵，，，根据勾股定理，得，∵是的中点，∴，∵，∴，即，解得，∵，根据勾股定理，可得，根据旋转的性质，可得，∴点是的中点，∴，故选：C．【点睛】本题考查了旋转的性质，直角三角形的性质，勾股定理等，利用面积法求的长是解决本题的关键．11．（﹣x，﹣y）【分析】先观察图形可知，△PQR是△ABC绕点O旋转180°后得到的图形，即它们关于原点成中心对称；再利用关于原点对称的点的坐标特征“N点坐标与M点坐标互为相反数”即可作答．【详解】解：观察图形可知C（1，2）、P（﹣4，﹣3）、Q（﹣3，﹣1）、A（4，3）、B（3，1）、R（﹣1，﹣2），∴C、R关于原点对称，A、P关于原点对称，B、Q关于原点对称，∴△PQR和△ABC关于原点对称．∵△PQR和△ABC关于原点对称，M（x，y）与N对称点，∴N点坐标为：（﹣x，﹣y）．故答案为：（﹣x，﹣y）．【点睛】本题考查了两点成中心对称坐标的特点，关键熟悉关于原点成中心对称的坐标的特点为横纵坐标均互为相反数．12．【分析】根据关于关于原点对称的点，横坐标与纵坐标都互为相反数，即可求解．【详解】解：点关于原点对称的点的坐标是，故答案为：．【点睛】本题考查了关于原点对称的点的坐标特征，解决本题的关键是掌握好对称点的坐标规律：（1）关于x轴对称的点，横坐标相同，纵坐标互为相反数；（2）关于y轴对称的点，纵坐标相同，横坐标互为相反数；（3）关于原点对称的点，横坐标与纵坐标都互为相反数．13．2.5【分析】由旋转可得DE=DM，∠EDM为直角，可得出∠EDF+∠MDF=90°，由∠EDF=45°，得到∠MDF为45°，可得出∠EDF=∠MDF，再由DF=DF，利用SAS可得出三角形DEF与三角形MDF全等，由全等三角形的对应边相等可得出EF=MF；则可得到AE=CM=1，正方形的边长为3，用AB-AE求出EB的长，再由BC+CM求出BM的长，设EF=MF=x,可得出BF=BM-FM=BM-EF=4-x，在直角三角形BEF中，利用勾股定理列出关于x的方程，求出方程的解得到x的值，即为FM的长．【详解】解：∵△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，设EF=MF=x，∵AE=CM=1，且BC=3，∴BM=BC+CM=3+1=4，∴BF=BM-MF=BM-EF=4-x，∵EB=AB-AE=3-1=2，在Rt△EBF中，由勾股定理得，即，解得：x=2.5，∴FM=2.5．故答案为：2.5．【点睛】此题考查了正方形的性质，旋转的性质，全等三角形的判定与性质，以及勾股定理．此题难度适中，注意掌握旋转前后图形的对应关系，注意掌握数形结合思想与方程思想的应用．14．80°##80度【分析】根据旋转的性质求出∠和∠的度数即可解决问题．【详解】解：根据旋转的性质可知∠=100°，且，．∵点在线段BC的延长线上，∴∠=∠B=40°，∴∠=40°，∴=40°+40°=80°．故答案为：80°．【点睛】本题主要考查旋转的性质、等腰三角形的性质．由旋转的性质得到是解题的关键．15．（−2，2）【分析】如图，过点C作CH⊥x轴于H．证明△AOB≌△CHA（AAS），推出CH＝OA＝2，AH＝OB＝4，可得结论．【详解】解：如图，过点C作CH⊥x轴于H．∵A（2，0），B（0，4），∴OA＝2，OB＝4，∵∠AHC＝∠AOB＝∠BCA＝90°，∴∠CAH＋∠BAO＝90°，∠ABO＋∠BAO＝90°，∴∠CAH＝∠ABO，在△AOB和△CHA中，，∴△AOB≌△CHA（AAS），∴CH＝OA＝2，AH＝OB＝4，∴OH＝AH−OA＝2，∴C（−2，2）．故答案为：（−2，2）．【点睛】本题考查坐标与图形变化−旋转，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题．16．2【分析】根据直角三角形30°角的性质得到AB=2AC，由勾股定理求出AB，利用旋转的性质证得△B是等边三角形，即可得到=AB=2．【详解】解：在中，，∴∠CAB=60°，AB=2AC，∵AC2+BC2=AB2，∴AC2+3=4AC2，解得AC=1，∴AB=2，由旋转得=AB，∠B=∠CAB=60°，∴△B是等边三角形，∴=AB=2，故答案为：2．【点睛】此题考查了直角三角形30°角的性质，勾股定理，等边三角形的判定和性质，旋转的性质，熟练掌握各知识点并应用是解题的关键．17．（-2023，2022）【分析】由题意观察发现：每四个点一个循环，，由，推出．【详解】解：将顶点绕点逆时针旋转得点，，再将绕点逆时针旋转得点，再将绕点逆时针旋转得点，再将绕点逆时针旋转得点，再将绕点逆时针旋转得点，，，，，，观察发现：每四个点一个循环，，，；故答案为：．【点睛】本题考查坐标与图形的变化旋转，等腰直角三角形性质，规律型问题，解题的关键是学会探究规律的方法，找到规律再利用规律求解．18．(1)见解析(2)见解析【分析】（1）利用关于中心对称的两个图形，对称点连线都经过对称中心，并且被对称中心平分，分别找出A、B、C的对应点，顺次连接，即得到相应的图形；（2）利用对应点到旋转中心的距离相等，以及对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角，即可作出图形．（1）解：如图所示，；（2）如图所示，．【点睛】本题考查的是旋转变换作图，无论是何种变换都需先找出各关键点的对应点，然后顺次连接即可．19．(1)证明见解析(2)8【分析】（1）根据正方形的性质得到AB=AD，∠ABC=∠D=∠BAD=，求得∠ABF=，根据全等三角形的性质即可得到结论；（2）根据全等三角形的性质得到∠BAF=∠DAE，得到△AEF是等腰直角三角形，根据直角三角形的性质得到AE=2DE=4，于是得到结论．（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，∴AB=AD，∠ABC=∠D=∠BAD=，∴∠ABF=，在△ABF与△ADE中，，∴△ABF≌△ADE（SAS），∴AF=AE；（2）解：由（1）知，△ABF≌△ADE，∴∠BAF=∠DAE，∴∠BAF+∠BAE=∠DAE+∠BAE=，∴∠FAE=，∴△AEF是等腰直角三角形，在Rt△ADE中，∠D=，∠DAE=，DE=2，∴AE=2DE=4，∴△AEF的面积=．【点睛】本题考查了旋转的性质，正方形的性质，全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质，证得△ABF≌△ADE是解题的关键．20．(1)见解析(2)见解析【分析】（1）根据旋转性质得到对应边相等，对应角相等，进而根据等边对等角性质可将角度进行等量转化，最后可证得结论；（2）根据旋转性质、等腰三角形的性质以及三角形内角和定理对角度进行等量转化可证得结论．（1）证明：由旋转性质可知：，，平分．（2）证明：如图所示：由旋转性质可知：，，，，即，，，，∵在中，，，，即．【点睛】本题考查了三角形的旋转变化，熟练掌握旋转前后图形的对应边相等，对应角相等以及合理利用三角形内角和定理是解决本题的关键．21．(1)证明见解析(2)证明见解析【分析】（1）利用“”证得即可得到结论；（2）利用“”证得，由性质推出，计算得出，再利用等腰三角形“三线合一”的性质即可得到结论；（1）证明：根据题意：AB=AC，AD=AE，∠CAB=∠EAD=90，∵∠CAE+∠BAE=∠BAD+∠BAE=90，∴∠CAE=∠BAD，在△ACE和△ABD中，，∴△ACE△ABD(SAS)，∴CE=BD；（2）根据题意：AB=AC，AD=AE，∠CAB=∠EAD=90，在△ACE和△ABD中，，∴△ACE△ABD(SAS)，∴∠ACE=∠ABD，∵∠ACE+∠AEC=90，且∠AEC=∠FEB，∴∠ABD+∠FEB=90，∴∠EFB=90，∴CF⊥BD，∵AB=AC=，AD=AE=1，∠CAB=∠EAD=90，∴BC=AB=，CD=AC+AD=，∴BC=CD，∵CF⊥BD，∴CF是线段BD的垂直平分线．【点睛】本题属于几何变换综合题，考查了等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定和性质，线段垂直平分线的判定和性质，解题的关键是正确寻找全等三角形，利用性质求解．22．[问题解决]；[应用]；[拓展]【分析】[问题解决]证明得，再根据三角形三边关系求得的取值范围，进而得结论；[应用]延长到，使得，连接，证明得，再证明，由勾股定理求得，进而得；[拓展]延长到，使得，连接，，证明，得，，再证明，由勾股定理求得，由线段垂直平分线性质得．【详解】解：[问题解决]在和中，，，，，，，，故答案为：；[应用]延长到，使得，连接，如图②，在和中，，，，，，，，，，；[拓展]延长到，使得，连接，，如图③，在和中，，，，，，，，，，，，，故答案为：．23．(1)①MN⊥BC，；②成立，理由见解析(2)9，72【分析】（1）①延长CM、BA交于R，连接BM，证明△DMC△AMR(AAS)，得CM=RM，CD=AR，从而BR=BC，△BCR是等腰直角三角形，可得MN⊥BC，；②过A作交CM延长线于F，连接BF，证明△DMC△AMF(AAS)，得CM=FM，∠FAM=∠CDM，可得∠BAF=∠BEC，从而△FAB△CEB(SAS)，即BC=BF，∠EBC=∠ABF，△FBC是等腰直角三角形，△BCM是等腰直角三角形，故MN⊥BC，；（2）连接CP并延长至T，使PT=CP，连接AT、BT，证明△CPD△TPB(SAS)，得BT＝CE＝CD＝5，△ABT中，AB+BT>AT，可知PQ＜9，当等腰Rt△CDE绕点E顺时针旋转至A、B、T共线（不能构成△ABT）时，PQ最大，最大值为，．（1）解：①延长CM、BA交于R，连接BM，如图所示，∵∠ABE=∠DCE=90°，∴，∴∠DCM=∠R，∵M是AD中点，∴DM=AM，∴∠DMC=∠AMR，∴△DMC△AMR(AAS)，∴CM=RM，CD=AR，∵AB=BE，CD=CE，∴AB+AR=BE+CE，即BR=BC，而∠ABE=90°，∴△BCR是等腰直角三角形，∵CM=RM，∴△BCM是等腰直角三角形，∵N为BC中点，∴MN⊥BC，；②结论仍然成立，理由如下：过A作交CM延长线于F，连接BF，