2023年北京市重点校初三（上）期末数学试题汇编：图形的旋转

第1页/共1页2023北京重点校初三（上）期末数学汇编图形的旋转一、单选题1．（2023秋·北京海淀·九年级期末）把一个平面图形绕着平面上一个定点旋转α度后，与初始图形重合，这种图形叫做旋转对称图形，这个定点叫做旋转对称中心，旋转的角度叫做旋转角．生活中的旋转对称图形有很多，善于捕捉生活中的这些美丽的图形，积累素材，可以为今后设计图案打下基础，下列正多边形，绕其中心旋转一定角度后与自身重合，其中旋转角度最小的是（）A． B． C． D．2．（2023秋·北京海淀·九年级期末）如图，五角星的五个顶点等分圆周，把这个图形顺时针旋转，一定的角度后能与自身重合，那么这个角度至少是（

）A．60° B．72° C．75° D．90°二、解答题3．（2023秋·北京海淀·九年级期末）如图，在中，，，将绕点B按逆时针方向旋转，得到，连接，交于点F．(1)求证：；(2)求的度数．4．（2023秋·北京海淀·九年级期末）如图，抛物线（a，b，c是常数，且）与x轴交于A，B两点，与y轴交于点，对称轴为直线．(1)求抛物线的函数表达式；(2)点F在抛物线的对称轴上，若线段绕点F逆时针旋转后，点B的对应点恰好也落在此抛物线上，请求出点F的坐标．5．（2023秋·北京海淀·九年级期末）如图，是由在平面内绕点旋转得到的，且，，连接．(1)求证：；(2)试判断四边形的形状，并说明理由．6．（2023秋·北京海淀·九年级期末）如图，将绕点O旋转180°，得到，当点O不在三边所在直线上时，求证：四边形是平行四边形．7．（2023秋·北京海淀·九年级期末）已知正方形，等腰直角三角板的一个锐角顶点与重合，将此三角板绕点旋转时，两边分别交直线、于、．(1)正方形的内角和是°，°；(2)当、分别在边、上时（如图1），求证：；(3)当、分别在边、所在的直线上时（如图2），线段、、之间又有怎样的数量关系，请直接写出结论；（不用证明）(4)当、分别在边、所在的直线上时（如图3），线段、、之间又有怎样的数量关系，请写出结论并写出证明过程．8．（2023秋·北京海淀·九年级期末）如图为正方形ABCD中，点M、N在直线BD上，连接AM，AN并延长交BC、CD于点E、F，连接EN．(1)如图1，若M，N都在线段BD上，且AN=NE，求∠MAN；(2)如图2，当点M在线段DB延长线上时，AN=NE，（1）中∠MAN的度数不变，判断BM，DN，MN之间的数量关系并证明；(3)如图3，若点M在DB的延长线上，N在BD的延长线上，且∠MAN=135°，AB=，MB=，求DN．9．（2023秋·北京海淀·九年级期末）如图，将△ABC绕点B顺时针旋转得到△DBE，使得点D落在线段AC上．若AC＝BC，求证：BE∥AC．10．（2023秋·北京海淀·九年级期末）如图，在△ABC中，∠BAC＝120°，将△ABC绕点C逆时针旋转得到△DEC，点A，B的对应点分别为D，E，连接AD．当点A，D，E在同一条直线上时，求证：△ADC是等边三角形．11．（2023·北京海淀·九年级期末）如图，点在的边上，，，，绕顶点按逆时针方向旋转与重合，与交于点，连接，求线段的长度

参考答案1．D【分析】求出各旋转对称图形的最小旋转角度，即可作出判断．【详解】解：A、最小旋转角度；B、最小旋转角度；C、最小旋转角度；D、最小旋转角度；综上可得：旋转一定角度后，能与原图形完全重合，且旋转角度最小的是D．故选：D．【点睛】本题考查了旋转对称图形的知识，求出各图形的最小旋转角度是解题关键．2．B【分析】用圆周角除5得到每个顶点之间的角度，即为旋转后重合的角度【详解】360°÷5=72°故至少旋转72°后能够重合故选：B【点睛】本题是旋转的考查，解题关键是求解出顶点间的夹角3．(1)见解析(2)【分析】（1）根据条件证出，即可得证．（2）根据条件求出的度数，然后根据四边形内角和求出的度数，最后用的度数即可．【详解】（1）解：证明：∵绕点B按逆时针方向旋转，∴，∴，又∵，∴，在与中，，∴．（2）解：由旋转可得：，∴．∵，∴，∴．【点睛】本题考查了图形的旋转、全等三角形的判定、等腰三角形的性质等知识点，充分利用旋转性质是解题关键．4．(1)(2)点F的坐标为或【分析】（1）根据抛物线与y轴交点坐标求出c，根据对称轴为求出b，即可得到抛物线的函数表达式；（2）设，对称轴交x轴于点S，过作对称轴于点R，当在x轴上方时，可证，推出，代入函数解析式可得，同理，当在x轴下方时，可得．【详解】（1）解：抛物线与y轴交于点，当时，，．抛物线的对称轴为直线，，，抛物线的函数表达式为；（2）解：由（1）知抛物线的函数表达式为，令得，解得，，，．由题意知，抛物线的对称轴为直线，点F在抛物线的对称轴上，设，对称轴交x轴于点S，过作对称轴于点R，当在x轴上方时，如图：线段绕点F逆时针旋转后，点B的对应点为，，，，又，，在和，，，，，，把代入，得：，解得或（舍去），；当在x轴下方时，如图：同理可证，，，，把代入，得：，解得（舍去）或，，综上可知，点F的坐标为或．【点睛】本题考查二次函数的图象及性质，旋转的性质，全等三角形的判定及性质等，解题的关键是通过作辅助线构造全等三角形．5．(1)见解析(2)见解析【分析】（1）根据旋转的性质及角度间的关系得出，根据即可证明结论；（2）根据全等三角形的性质及菱形的判定方法即可得出结果．【详解】（1）证明：∵由旋转可知，，，，，，∵，∴，∴，，∴，在和中，，∴；（2）解：结论：四边形是菱形．理由：∵，∴，∵，，，∴，∴四边形是菱形．【点睛】本题考查全等三角形的判定和性质、菱形的判定、旋转变换等知识，解题的关键是熟练掌握全等三角形的判定和性质．6．证明见详解【分析】连接,,根据对角线互相平分的四边形是平行四边形得出即可．【详解】证明：连接，，∵将绕点O旋转180°，得到，O不在三边所在直线，∴，∴四边形是平行四边形．【点睛】此题主要考查了中心对称图形的性质以及平行四边形的判定，根据已知得出对应点位置是解题关键．7．(1)；(2)证明过程见详解(3)(4)，理由见详解【分析】（1）根据正方形和等腰三角形的性质即可解决问题；（2）延长到使，证明，由此得到，根据，，可以得到，证明，然后根据全等三角形的性质可以证明；（3）过点作交于，证明，可得，．得，证明．然后根据全等三角形的性质就可以得到结论；（4）过点作交于，同（3）可得，得，，方法一：同（3）根据全等三角形的性质就可以得到结论；方法二：连接，证为等腰直角三角形，得为垂直平分线，进而可以解决问题．【详解】（1）解：正方形的内角和是，等腰直角三角板则，故答案为：，．（2）证明：如图，延长到，使，∵，，，∴，∴，，∵，，∴，∴，∵，∴，∴，∴．（3）证明：如图，过点作交于，∵，，∴，∵，，∴，∴，，∵，，∴，∴，∴．（4）解：，理由如下：如下图所示，过点作交于，同理可得，∴，，方法一：∵，，∴，∴，∴；方法二：如下图所示，连接ME，∵，，∵，，∴，∴为等腰直角三角形，∴，∴为的垂直平分线，∴，∴．【点睛】此题属于四边形的综合题，考查了旋转变换，全等三角形的判定和性质，正方形的性质，等腰直角三角形的性质，线段垂直平分线的性质，难度大，解题的关键是把图形的变换放在正方形中，利用正方形的性质去探究图形变换的规律．考查了学生综合运用数学知识的能力．8．(1)∠MAN=45°；(2)，证明见解析(3)DN=2．【分析】（1）如图1，作辅助线，构建全等三角形，根据HL证明Rt△AGN≌Rt△NKE（HL），从而可得∠ANE=90°，所以△ANE是等腰直角三角形，可得结论；（2）将△ABM绕点A逆时针旋转90°，得到△ADH，连接NH，由全等三角形的性质可得AM=AH，∠MAB=∠DAH，∠ABM=∠ADH，BM=DH，由“SAS”可证△AMN=△AHN，可得MN=NH，由勾股定理可得BM，DN，MN之间的数量关系；（3）如图3，作辅助线，构建三角形全等，证明△BAK≌△DAM和△AKN≌△AMN，得NK=MN，设DN=x，则MN=3+x，根据勾股定理列方程可求DN的长．【详解】（1）解：如图1，过N作GK⊥BC，交AD于G，交BC于K，∵四边形ABCD是正方形，∴ADBC，∠ADB=45°，∴GK⊥AD，∴∠AGN=∠EKN=90°，∵△BNK是等腰直角三角形，∴BK=NK，∵AD=DC=GK，∴AG=BK，在Rt△AGN和Rt△NKE中，，∴Rt△AGN≌Rt△NKE（HL），∴∠ANG=∠NEK，∵∠ENK+∠NEK=90°，∴∠ANG+∠ENK=90°，∴∠ANE=90°，∴△ANE是等腰直角三角形，∴∠MAN=45°；（2）解：，理由如下：如图，将△ABM绕点A逆时针旋转90°，得到△ADH，连接NH，∴△ABM≌△ADH，∴AM=AH，∠MAB=∠DAH，∠ABM=∠ADH，BM=DH，∵∠ABD=∠ADB=45°，∴∠ABM=∠ADH=135°，∴∠NDH=90°，∵∠MAD=∠BAD+∠MAB=∠MAH+∠DAH，∴∠MAH=∠BAD=90°，∵∠MAN=45°，∴∠MAN=∠HAN=45°，且AM=AH，AN=AN，∴△AMN≌△AHN（SAS），∴MN=NH，∵在Rt△DHN中，，∴；（3）解：如图3，过A作AK⊥AM，且AK=AM，连接MK、KB、KN，∵AB=，∴BD=AB=2，∴MD=BD+BM=3，∵∠KAM=∠BAD=90°，∴∠KAB=∠DAM，且AB=AD，AK=AM，∴△BAK≌△DAM（SAS），∴DM=BK=3，，∠ABK=∠ADM=45°，∴∠NBK=45°+45°=90°，∵∠MAN=135°，∠KAM=90°，∴∠NAK=135°=∠MAN，∵AN=AN，∴△AKN≌△AMN（SAS），∴NK=MN，设DN=x，则MN=3+x，在Rt△NBK中，由勾股定理得：，解得：x=2，∴DN=2．【点睛】本题是四边形综合题，考查了全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形的性质、正方形的性质、勾股定理等知识点，添加恰当辅助线是本题的关键．9．证明见解析．【分析】先根据等腰三角形的性质可得，再根据旋转的性质可得，，然后根据等腰三角形的性质可得，从而可得，最后根据平行线的判定即可得证．【详解】证明：，，由旋转的性质得：，，，，．【点睛】本题考查了等腰三角形的性质、旋转的性质、平行线的判定，熟练掌握等腰三角形的性质和旋转的性质是解题关键．10．见解析．【分析】根据三角形旋转得出，根据点A，D，E在同一条直线上利用邻补角关系求出，根据等边三角形判定定理得出为等边三角形．【详解】证明：∵绕点C逆时针旋转得到，∴，∵点A，D，E在同一条直线上，∴，∵，∴为等边三角形．【点睛】本题考查三角形旋转性质，三点共线，领补角定义，等边