浙教版数学九年级上册第三章3.2图形的旋转-同步练习

数学浙教版九年级上册第三章3.2图形的旋转一、选择题1.如图所示，将□ABCD绕点C顺时针旋转一定角度后，得到□EFCG，若BC与CG在同一直线上，点D落在EG上，则旋转的度数为()A. 45°B. 50°C. 55°D. 60°2.如图，边长为8的等边三角形ABC中，E是对称轴AD上的一个动点，连接EC将线段EC绕点C逆时针旋转60°得到FC，连接DF，则在点E运动过程中，DF的最小值是()A. 4B. 3C. 2D. 13.时间经过25分钟，钟表的分针旋转了()A. 150°B. 120°C. 25°D. 12.5°4.如图，在平面直角坐标系中，点A，C在x轴上，点C的坐标为(−1,0)，AC=2.将Rt△ABC先绕点C顺时针旋转90°，再向右平移3个单位长度，则变换后点A的对应点坐标是()A. (2,2)B. (1,2)C. (−1,2)D. (2,−1)5.如图，将△ABC绕点C顺时针旋转得到△DEC，使点A的对应点D恰好落在边AB上，点B的对应点为E，连接BE，下列四个结论：①AC=AD；②AB⊥EB；③BC=EC；④∠A=∠EBC；其中一定正确的是()A. ①②B. ②③C. ③④D. ②③④6.如图，在△ABC中，∠BAC=55°，∠C=20°，将△ABC绕点A逆时针旋转α角度(0<α<180°)得到△ADE，若DE//AB，则α的值为()A. 65°B. 75°C. 85°D. 130°7.如图，在平面直角坐标系中，A(1,0)，B(−2,4)，AB绕点A顺时针旋转90°得到AC，则点C的坐标是()A. (4,3)B. (4,4)C. (5,3)D. (5,4)8.如图，菱形OABC的顶点O(0,0)，B(2,2)，若菱形绕点O顺时针旋转，每秒旋转45°，则旋转2017秒后，菱形的对角线交点D的坐标为()A. (√2,0)B. (0,−√2)C. (1,−1)D. (−1,−1)9.如图，在Rt△ABC中，∠BAC=90°，将Rt△ABC绕点C按逆时针方向旋转42°得到Rt△A′B′C′，点A在边B′C上，则∠B′的大小为()A. 42°B. 48°C. 52°D. 58°10.如图，在平面直角坐标系中，Rt△ABC的直角顶点C的坐标为(1,0)，点A在x轴正半轴上，且AC=2.将△ABC先绕点C逆时针旋转90°，再向左平移3个单位，则变换后点A的对应点的坐标为()A. (6,0)B. (4,−2)C. (0,0)D. (−2,2)二、填空题11.AC、BD是四边形ABCD的两条对角线，△ABD是等边三角形，∠DCB=30°，设CD=a，BC=b，AC=4，则a+b的最大值为______．12.如图，边长为2的菱形ABCD中，∠BAD=60°，现有∠BFE=30°的三角板△BEF，将△BEF绕B旋转得△BE′F′，BE′，BF′所在直线分别交线段AC于点M，N，若点C关于直线BE′的对称点为C′，当C′N⊥AC时，AN的长为______ ．13.在平面直角坐标系中，以原点为中心，把点A(4,5)逆时针旋转90°得到点B，则点B的坐标是______．14.如图，在边长为1的正方形ABCD中，将射线AC绕点A按顺时针方向旋转α度(0<α≤360°)，得到射线AE，点M是点D关于射线AE的对称点，则线段CM长度的最小值为______．三、解答题15.如图，点P是正方形ABCD内的一点，连接CP，将线段CP绕点C顺时旋转90°，得到线段CQ，连接BP，DQ．(1)如图1，求证：△BCP≌△DCQ；(2)如图，延长BP交直线DQ于点E．①如图2，求证：BE⊥DQ；②如图3，若△BCP为等边三角形，判断△DEP的形状，并说明理由．16.已知直线AB//CD，将一块三角板EFG如图1所置，△EFG的边与直线AB、CD分别相交于M，N两点，∠F=90°，∠E=30°．(1)求证：∠EMB+∠DNG=90°；(2)将另一块三角板MPQ如图2放置，△MPQ的边PQ、PM分别与直线CD相交于点R，与△EFG的EG相交于点O，∠P=90°，∠PMQ=45°，直接写出∠PMB与∠PRD 的数量关系：(3)在(2)的条件下，将△MPQ绕着点M旋转至图3的位置，若∠EOP+∠DNG=135°，求∠PRD的度数？17.如图，在平面直角坐标系中，点A的坐标为(0,3)，点B的坐标为(−4,0)，将△AOB绕点A逆时针旋转90°得到△AEF，点O，点O，B对应点分别是E，F．(1)请在图中画出△AEF；(2)点B所经过的路径长为______．答案和解析1.【答案】D【解析】【分析】本题主要考查了旋转的性质和平行四边形的性质；熟练掌握平行四边形的性质和旋转的性质，并能进行推理计算是解决问题的关键．由旋转的性质得出CD=CB，得出∠CDG=∠G，由平行四边形的性质得出∠ADC=∠DCG，证出∠CDG=∠G=∠DCG，得出∠DCG= 60°即可．【解答】解：由旋转的性质得：CD=CG，∴∠CDG=∠G，∵四边形ABCD是平行四边形，∴AD//BC，∴AD//BG，∴∠ADC=∠DCG，∵∠ADC=∠G，∴∠CDG=∠G=∠DCG，∴∠DCG=60°，即旋转的角度为60°．故选D．2.【答案】C【解析】解：如图，连接BF，由旋转可得，CE=FC，∠ECF=60°，∵△ABC是等边三角形，∴AC=BC，∠ACB=60°，∴∠ACE=∠BCF，∴△ACE≌△BCF(SAS)，∴∠CBF=∠CAE，∵边长为8的等边三角形ABC中，E是对称轴AD上的一个动点，∴∠CAE=30°，BD=4，∴∠CBF=30°，即点F的运动轨迹为直线BF，∴当DF⊥BF时，DF最短，此时，DF=12BD=12×4=2，∴DF的最小值是2，故选：C．连接BF，判定△ACE≌△BCF，即可得到∠CBF=∠CAE=30°，进而得出点F的运动轨迹为直线BF，依据当DF⊥BF时，DF最短，即可得到DF的最小值是2．本题考查了旋转的性质，等边三角形的性质，全等三角形的判定与性质，垂线段最短的性质，作辅助线构造出全等三角形是解题的关键，也是本题的难点．3.【答案】A【解析】解：如图所示：因为分针每分钟转6°，所以25分钟旋转了6°×25=150度．故选：A．先画出图形，确定时针和分针的位置利用钟表表盘的特征解答．本题是一个钟表问题，解题时经常用到每两个数字之间的度数是30°，每分钟转过的角度为6度．借助图形，更容易解决．4.【答案】A【解析】解：∵点C的坐标为(−1,0)，AC=2，∴点A的坐标为(−3,0)，如图所示，将Rt△ABC先绕点C顺时针旋转90°，则点A′的坐标为(−1,2)，再向右平移3个单位长度，则变换后点A′的对应点坐标为(2,2)，故选：A ．根据旋转变换的性质得到旋转变换后点A 的对应点坐标，根据平移的性质解答即可． 本题考查的是坐标与图形变化旋转和平移，掌握旋转变换、平移变换的性质是解题的关键．5.【答案】C【解析】解：∵将△ABC 绕点C 顺时针旋转得到△DEC ，∴AC =CD ，BC =CE ，AB =DE ，故①错误，③正确；∴∠ACD =∠BCE ，∴∠A =∠ADC =180°−∠ACD 2，∠CBE =180°−∠BCE 2，∴∠A =∠EBC ，故④正确；∵∠A +∠ABC 不一定等于90°，∴∠ABC +∠CBE 不一定等于90°，故②错误．故选：C ．根据旋转的性质得到AC =CD ，BC =CE ，AB =DE ，故①错误，③正确；得到∠ACD =∠BCE ，根据三角形的内角和得到∠A =∠ADC =180°−∠ACD 2，∠CBE =180°−∠BCE 2，求得∠A =∠EBC ，故④正确；由于∠A +∠ABC 不一定等于90°，于是得到∠ABC +∠CBE 不一定等于90°，故②错误．本题考查了旋转的性质，等腰三角形的性质，正确的识别图形是解题的关键． 6.【答案】B【解析】解：∵在△ABC 中，∠BAC =55°，∠C =20°，∴∠ABC =180°−∠BAC −∠C═180°−55°−20°=105°，∵将△ABC 绕点A 逆时针旋转α角度(0<α<180°)得到△ADE ，∴∠ADE =∠ABC =105°，∵DE//AB ，∴∠ADE +∠DAB =180°，∴∠DAB =180°−∠ADE =75°∴旋转角α的度数是75°，故选：B ．根据三角形内角和定理求出∠ABC ，根据旋转得出∠EDA =∠ABC =105°，根据平行线的性质求出∠DAB即可．本题考查了平行线的性质，三角形内角和定理，旋转的性质等知识点，能根据旋转得出∠ADE=∠ABC=105°是解此题的关键．7.【答案】C【解析】解：如图，过点B作BE⊥x轴于E，过点C作CF⊥x轴于F．∵A(1,0)，B(−2,4)，∴OA=1，BE=4，OE=2，AE=3，∵∠AEB=∠AFC=∠BAC=90°，∴∠B+∠BAE=90°，∠BAE+∠CAF=90°，∴∠B=∠CAF，∵AB=AC，∴△BEA≌△AFC(AAS)，∴CF=AE=3，AF=BE=4，OF=1+4=5，∴C(5,3)，故选：C．如图，过点B作BE⊥x轴于E，过点C作CF⊥x轴于F.利用全等三角形的性质求出AF，CF即可解决问题．本题考查坐标与图形的变化−旋转，全等三角形的判定和性质等知识，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．8.【答案】A【解析】解：菱形OABC的顶点O(0,0)，B(2,2)，得D点坐标为(0+22,0+22)，即(1,1)．每秒旋转45°，则第2017秒时，得45°×2017=90765°，90765°÷360=252周…1，OD旋转了252周…1，菱形的对角线交点D的坐标为(√2,0)，故选：A．根据菱形的性质及中点的坐标公式可得点D坐标，再根据旋转的性质可得旋转后点D 的坐标．本题主要考查菱形的性质及旋转的性质，熟练掌握菱形的性质及中点的坐标公式、中心对称的性质是解题的关键．9.【答案】B【解析】解：∵在Rt△ABC中，∠BAC=90°，将Rt△ABC绕点C按逆时针方向旋转42°得到Rt△A′B′C′，∴∠A′=∠BAC=90°，∠ACA′=42°，∴∠B′=90°−∠ACA′=48°．故选：B．先根据旋转的性质得出∠A′=∠BAC=90°，∠ACA′=42°，然后在直角△A′CB′中利用直角三角形两锐角互余求出∠B′=90°−∠ACA′=48°．本题考查了旋转的性质、直角三角形的性质；熟练掌握旋转的性质是解题的关键．10.【答案】D【解析】解：将△ABC先绕点C逆时针旋转90°，点A的对应点的坐标为(1,2)，再向左平移3个单位，变换后点A的对应点的坐标为(−2,2)，故选：D．求出两次变换后点A的对应点的坐标即可．本题考查旋转变换，平移变换，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．11.【答案】4√2【解析】解：如图，过点C作EC⊥DC于点C，使EC=BC，连接DE，BE，∵∠DCB=30°，∴∠3=60°，∵BC=EC，∴△BCE是等边三角形，∴BC=BE=EC，∠2=60°，∴∠ABD+∠1=∠2+∠1，即∠DBE=∠ABC，∵在△ABC和△DBE中，{BD=AB∠DBE=∠ABC BE=BC，∴△ABC≌△DBE(SAS)，∴AC=ED，在Rt△DCE中，DC2+CE2=DE2，∴DC2+BC2=AC2，∴a2+b2=16，∵(a+b)2=a2+b2+2ab=16+2ab，∵以a，b，4为边的三角形是直角三角形，a，b是直角边，∴S△=12ab，易知当a=b时，三角形的面积最大，此时a=b=2√2，ab=8，∴(a+b)2的最大值为32，∴a+b的最大值为4√2．如图，过点C作EC⊥DC于点C，使EC=BC，连接DE，BE，首先证明a2+b2=16，再证明a=b时，a+b的值最大即可．本题考查相似变换，等边三角形的性质，勾股定理，全等三角形的判定和性质等知识，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，属于中考填空题中的压轴题．12.【答案】√3−1【解析】解：连接BC′、BD，设AC与BD交于O，∵四边形ABCD是菱形，∴AD//BC，AB=BC=2，∴∠DAB+∠ABC=180°，∵∠BAD=60°，∴∠ABC=120°，在Rt△BE′F′中，∵∠BF′E′=30°，∴∠F′BE′=60°，∴∠ABF′+∠CBE′=120°−60°=60°，又C与C′关于BE′对称，∴∠C′BE′=∠CBE′，BC=BC′=2，∴∠ABF′=∠C′BF′，AB=BC′，在△ABN和△C′BN中，∵{AB=BC′∠ABN=∠C′BN BN=BN，∴△ABN≌△C′BN(SAS)，∴∠ANB=∠C′NB，∴∠ANF′=∠C′NF′=90°×12=45°，∵∠BAN=30°，∴∠ABF′=45°−30°=15°，∴∠DBF′=60°−15°=45°，∵AC⊥BD，∴△OBN是等腰直角三角形，∴OB=ON，在Rt△AOB中，∵∠BAO=30°，∴OB=12AB=12×2=1，∴ON=OB=1，OA=√3OB=√3，∴AN=√3−1．故答案为：√3−1．作辅助线，构建全等三角形，证明△ABN≌△C′BN(SAS)，可知∠ANB=∠C′NB，根据C′N⊥AC证得∠ANF′=∠C′NF′=90°×12=45°，所以△OBN是等腰直角三角形，利用直角三角形30°角的性质求OB、ON、OA的长，从而得出AN的长．本题考查了菱形的性质、全等三角形的性质和判定、30°的直角三角形的性质、旋转和对称的性质，连接C′B证明三角形全等是突破口，进而求出各角的度数，得到等腰直角三角形，从而使问题得以解决．13.【答案】(−5,4)【解析】解：如图，分别过A、B作x轴的垂线，垂足分别为C、D，∵A(4,5)，∴OC=4，AC=5，∵把点A(4,5)逆时针旋转90°得到点B，∴OA=OB，且∠AOB=90°，∴∠BOD+∠AOC=∠AOC+∠CAO=90°，∴∠BOD=∠CAO，在△AOC和△OBD中{∠ACO=∠BDO ∠OAC=∠BOD OA=OB∴△AOC≌△OBD(AAS)，∴OD=AC=5，BD=OC=4，∴B(−5,4)，故答案为：(−5,4)．分别过A、B作x轴的垂线，垂足分别为C、D，可证明△AOC≌△OBD，可求得BD和OD的长，则可求得B点坐标．本题主要考查旋转的性质，构造三角形全等求得线段的长度是解题的关键，注意旋转前后对应线段相等．14.【答案】√2−1【解析】解：如图所示：连接AM．∵四边形ABCD为正方形，∴AC=√AD2+CD2=√1+1=√2．∵点D与点M关于AE对称，∴AM=AD=1．∴点M在以A为圆心，以AD长为半径的圆上．如图所示，当点A、M、C在一条直线上时，CM有最小值．∴CM的最小值=AC−AM′=√2−1，故答案为：√2−1．由轴对称的性质可知AM=AD，故此点M在以A圆心，以AD为半径的圆上，故此当点A、M、C在一条直线上时，CM有最小值．本题主要考查的是旋转的性质，正方形的性质，依据旋转的性质确定出点M运动的轨迹是解题的关键．15.【答案】(1)证明：∵∠BCD=90°，∠PCQ=90°，∴∠BCP=∠DCQ，在△BCP和△DCQ中，{BC=CD∠BCP=∠DCQ PC=QC，∴△BCP≌△DCQ(SAS)；(2)①如图b，∵△BCP≌△DCQ，∴∠CBF=∠EDF，又∠BFC=∠DFE，∴∠DEF=∠BCF=90°，∴BE⊥DQ；②∵△BCP为等边三角形，∴∠BCP=60°，∴∠PCD=30°，又CP=CD，∴∠CPD=∠CDP=75°，又∠BPC=60°，∠CDQ=60°，∴∠EPD=180°−∠CPD−∠CPB=180°−75°−60=45°，同理：∠EDP=45°，∴△DEP为等腰直角三角形．【解析】(1)根据旋转的性质证明∠BCP=∠DCQ，得到△BCP≌△DCQ；(2)①根据全等的性质和对顶角相等即可得到答案；②根据等边三角形的性质和旋转的性质求出∠EPD=45°，∠EDP=45°，判断△DEP的形状．本题考查了正方形的性质、三角形全等的判定和性质以及旋转的性质，掌握正方形的四条边相等、四个角都是直角，旋转的性质证明三角形全等是解题的关键．16.【答案】解：(1)如图1，延长EF交CD于H，∵∠EFG=90°，∴∠HFN=90°，∵AB//CD，∴∠FHN=∠EMB，∵∠HNF=∠DNG，∴∠FHN+∠FNH=∠BME+∠DNG=90°；(2)设AB与PQ相交于H，∵AB//CD，∴∠PHB=∠PRD，∵∠PHB=∠P+∠PBM，∠P=90°，∴∠PRD=90°+∠PMB，即∠PRD−∠PMB=90°；(3)延长MP交CD于H，∵AB//CD，∴∠PHR=∠BMP，∵∠EOP=∠E+∠EMO=∠E+∠EMB+∠BMP，又∵∠E=30°，∠BME+∠DNG=90°，∴∠EOP+∠DNG=∠E+∠EMB+∠BMP+∠DNG30°+90°+∠BMP=135°，∴∠BMP=15°，∴∠PHR=∠BMP=15°，∵∠RPH=90°，∴∠PRD=75°．【解析】(1)如图1，延长EF交CD于H，根据平行线的性质得到∠FHN=∠EMB，由对顶角的性质得到∠HNF=∠DNG，于是得到结论；(2)设AB与PQ相交于H，根据平行线的性质得到∠PHB=∠PRD，根据我就想外角的性质即可得到结论；(3)延长MP交CD于H，根据平行线的性质得到∠PHR=∠BMP，根据三角形外角的性质和三角形的内角和即可得到结论．本题考查了旋转的性质，直角三角形的性质，平行线的性质，正确的识别图形是解题的关键．17.【答案】5π2【解析】解：(1)如图所示，△AEF就是所求作的三角形；(2)∵点A的坐标为(0,3)，点B的坐标为(−4,0)，∴AO=3，BO=4，∴AB=5，∴点B所经过的路径长为90π×5180=5π2故答案为：5π2．(1)以A为旋转中心，△AOB绕点A逆时针旋转90°得到△AEF．(2)利用勾股定理求得旋转的半径，利用弧长公式求得路径长即可．此题考查了作图−旋转性质，熟练掌握旋转的性质是解本题的关键．。