初中七年级数学角度旋转题
湘教版数学七年级下册_《旋转》提高训练
《旋转》提高训练一、选择题1．如图，将方格纸中的图形绕点O顺时针旋转90°后得到的图形是（）A．B．C．D．2．如图，把△AOB绕点O顺时针旋转得到△COD，则旋转角是（）A．∠AOC B．∠AOD C．∠AOB D．∠BOC3．在平面直角坐标系中，将点P（﹣3，2）绕坐标原点O顺时针旋转90°，所得到的对应点P'的坐标为（）A．（﹣2，﹣3）B．（2，3）C．（﹣3，﹣2）D．（3，2）．4．在平面直角坐标系中，O为坐标原点，点A的坐标为（2，5），把OA绕点O 逆时针旋转90°，那么A点旋转后所得到点的坐标是（）A．（﹣5，2）B．（﹣5，﹣2）C．（﹣2，5）D．（﹣2，﹣5）5．如图，∠AOB=90°，把∠AOB顺时针旋转50°得到∠COD，则下列说法正确的是（）A．∠AOC与∠BOD互余B．∠BOC=50°C．∠BOC的余角只有∠AOC D．∠AOD=140°二、填空题6．如图，在△ABC中，∠ACB=90°，AC=3，CB=5，点D是CB边上的一个动点，将线段AD绕着点D顺时针旋转90°，得到线段DE，连结BE，则线段BE的最小值等于．7．将点B（﹣3，1）绕坐标原点O旋转180°，则点B的对应点B1的坐标为．8．如图，在平面直角坐标系中，已知点A（3，0），B（0，4），如果将线段AB 绕点B顺时针旋转90°至CB，那么点C的坐标是．9．如图，OA⊥OB，Rt△CDE的边CD在OB上，∠ECD=45°，CE=4，若将△CDE 绕点C逆时针旋转75°，点E的对应点N恰好落在OA上，则OC的长度为．10．如图，在平面内将△ABC绕点B旋转至△A'BC'的位置时，点A'在AC上，AC ∥BC'，∠ABC=70°，则旋转的角度是．三、解答题11．如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，AB=10，AC=8．线段AD由线段AB绕点A 按逆时针方向旋转90°得到，△EFG由△ABC沿CB方向平移得到，且直线EF过点D．（1）求证：AD⊥EF；（2）求CG的长．12．如图所示，把一个直角三角尺ACB绕着30°角的顶点B顺时针旋转，使得点A与CB的延长线上的点E重合，连接CD．（1）试判断△CBD的形状，并说明理由；（2）求∠BDC的度数．13．已知△ABC在平面直角坐标系中的位置如图所示．（1）写出A，B，C三点的坐标；（2）将△ABC绕着点C顺时针方向旋转90°后得到△A1B2C，画出旋转后的△A1B1C，并写出A1，B1的坐标．14．如图，△ABC中，∠C=90°，将△ABC绕点C顺时针旋转90°，得到△DEC（其中点D、E分别是A、B两点旋转后的对应点）．（1）请画出旋转后的△DEC；（2）试判断DE与AB的位置关系，并证明你的结论．15．在如图的方格纸中，每个小方格都是边长为1个单位的正方形，△ABC的顶点均在格点上，请在所给直角坐标系中按要求画图和解答下列问题：（1）将△ABC沿x轴向右平移4个单位，在图中画出平移后的△A1B1C1（2）作△ABC关于坐标原点成中心对称的△A2B2C2．（3）求B1的坐标，C2的坐标．《旋转》提高训练参考答案与试题解析一、选择题1．如图，将方格纸中的图形绕点O顺时针旋转90°后得到的图形是（）A．B．C．D．【分析】利用已知将图形绕点O顺时针旋转90°得出符合题意的图形即可．【解答】解：如图所示：将方格纸中的图形绕点O顺时针旋转90°后得到的图形是，故选：B．【点评】本题考查了生活中的旋转现象，在找旋转中心时，要抓住“动”与“不动”，熟悉图形的性质是解题的关键．2．如图，把△AOB绕点O顺时针旋转得到△COD，则旋转角是（）A．∠AOC B．∠AOD C．∠AOB D．∠BOC【分析】根据旋旋转角的定义即可判断；【解答】解：如图，把△AOB绕点O顺时针旋转得到△COD，旋转角是∠AOC或∠BOD，故选：A．【点评】本题考查旋转变换，旋转角等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考基础题．3．在平面直角坐标系中，将点P（﹣3，2）绕坐标原点O顺时针旋转90°，所得到的对应点P'的坐标为（）A．（﹣2，﹣3）B．（2，3）C．（﹣3，﹣2）D．（3，2）．【分析】根据旋转中心为点O，旋转方向顺时针，旋转角度90°，作出点P的对称图形P′，可得所求点的坐标．【解答】解：如图所示，由图中可以看出点P′的坐标为（2，3）．故选：B．【点评】本题考查了坐标与图形的变换﹣旋转，熟练掌握关于原点的对称点的坐标特征是解决问题的关键．4．在平面直角坐标系中，O为坐标原点，点A的坐标为（2，5），把OA绕点O 逆时针旋转90°，那么A点旋转后所得到点的坐标是（）A．（﹣5，2）B．（﹣5，﹣2）C．（﹣2，5）D．（﹣2，﹣5）【分析】首先根据旋转的性质作图，利用图象则可求得点B的坐标．【解答】解：过点B作BC⊥x轴于点C，过点B作BC⊥y轴于点F，∵点A的坐标为（2，5），将OA绕原点O逆时针旋转90°到OB的位置，∴BC=2，CO=5∴点B的坐标为：（﹣5，2），故选：A．【点评】此题考查了旋转的性质，解题的关键是数形结合思想的应用得出BC，BF的长．5．如图，∠AOB=90°，把∠AOB顺时针旋转50°得到∠COD，则下列说法正确的是（）A．∠AOC与∠BOD互余B．∠BOC=50°C．∠BOC的余角只有∠AOC D．∠AOD=140°【分析】根据旋转变换的性质得到∠BOD=∠AOC=50°，根据余角和补角的概念判断即可．【解答】解：由旋转变换的性质可知，∠BOD=∠AOC=50°，∵∠AOB=90°，∴∠COB=40°，∴∠AOC与∠BOD相等，不互余，A错误；B错误；∠BOC的余角有∠AOC和∠BOD，C错误；∠AOD=∠AOB+∠BOD=140°，D正确；故选：D．【点评】本题考查的是旋转的性质、余角和补角的概念，掌握旋转变换的性质、认识旋转角是解题的关键．二、填空题6．如图，在△ABC中，∠ACB=90°，AC=3，CB=5，点D是CB边上的一个动点，将线段AD绕着点D顺时针旋转90°，得到线段DE，连结BE，则线段BE的最小值等于．【分析】过E作EF⊥BC于F，根据余角的性质得到∠DEF=∠ADC，根据全等三角形的性质得到DF=AC=3，EF=CD，设CD=x，根据勾股定理得到BE2=x2+（2﹣x）2=2（x﹣1）2+2，于是得到结论．【解答】解：过E作EF⊥BC于F，∵∠C=∠ADE=90°，∴∠EFD=∠C=90°，∠FED+∠EDF=90°，∠EDF+∠ADC=90°，∴∠DEF=∠ADC，在△EDF和△DAC中，，∴△EDF≌△DAC（AAS），∴DF=AC=3，EF=CD，设CD=x，则BE2=x2+（2﹣x）2=2（x﹣1）2+2，∴AD2的最小值是2，∴AD的最小值是，故答案为：．【点评】本题考查了全等三角形的性质和判定，旋转的性质，二次函数的最值，勾股定理的应用，关键是得出二次函数的解析式．7．将点B（﹣3，1）绕坐标原点O旋转180°，则点B的对应点B1的坐标为（3，﹣1）．【分析】根据题意可得，点B和点B的对应点B1关于原点对称，据此求出B1的坐标即可．【解答】解：∵将点B（﹣3，1）绕坐标原点O旋转180°后，得到的对应点B1，∴点B和点B1关于原点对称，∵点B的坐标为（﹣3，1），∴B1的坐标为（3，﹣1）．故答案为：（3，﹣1）．【点评】本题考查了坐标与图形变化﹣旋转，图形或点旋转之后要结合旋转的角度和图形的特殊性质来求出旋转后的点的坐标．8．如图，在平面直角坐标系中，已知点A（3，0），B（0，4），如果将线段AB 绕点B顺时针旋转90°至CB，那么点C的坐标是（﹣4，1）．【分析】作CD⊥y轴于点D，如图，根据旋转的性质得∠ABC=90°，BC=BA，再利用等角的余角相等得到∠CBD=∠A，则可证明△ABO≌△BCD得到BD=OA=3，CD=OB=4，然后根据第二象限内点的坐标特征写出C点坐标．【解答】解：如图，作CD⊥y轴于点D，∵A（3，0），B（0，4），∴OA=3，OB=4，∵线段AB绕点B顺时针旋转90°至CB，∴∠ABC=90°，BC=BA，∵∠ABO+∠A=90°，∠ABO+∠CBD=90°，∴∠CBD=∠A，在△ABO和△BCD中，∴△ABO≌△BCD（AAS），∴BD=OA=3，CD=OB=4，∴OD=OB﹣BD=4﹣3=1，∴C点坐标为（﹣4，1）．故答案为：（﹣4，1）．【点评】本题考查了坐标与图形变化﹣旋转：图形或点旋转之后要结合旋转的角度和图形的特殊性质来求出旋转后的点的坐标．解决本题的关键是作CD⊥y 轴于点D后求出CD和OD的长．9．如图，OA⊥OB，Rt△CDE的边CD在OB上，∠ECD=45°，CE=4，若将△CDE 绕点C逆时针旋转75°，点E的对应点N恰好落在OA上，则OC的长度为2．【分析】根据旋转得出∠NCE=75°，求出∠NCO，根据直角三角形30度角的性质可得：OC=CN，可得结论．【解答】解：∵将三角形CDE绕点C逆时针旋转75°，点E的对应点N恰好落在OA上，∴∠ECN=75°，CN=CE=4，∵∠ECD=45°，∴∠NCO=180°﹣75°﹣45°=60°，∵AO⊥OB，∴∠AOB=90°，∴∠ONC=30°，∴OC=CN=2，故答案为：2．【点评】本题考查了含30度角的直角三角形性质，旋转性质，三角形的内角和定理等知识点，主要考查学生综合运用性质进行推理和计算的能力，题目比较好．10．如图，在平面内将△ABC绕点B旋转至△A'BC'的位置时，点A'在AC上，AC ∥BC'，∠ABC=70°，则旋转的角度是40°．【分析】根据旋转前后的两个图形全等，则：∠A=∠BA'C'，∠ABC=∠A'BC'=70°，AB=A'B，所以∠A=∠AA'B=70°，根据三角形的内角和定理可得∠ABA'=40°．【解答】解：由旋转得：∠A=∠BA'C'，∠ABC=∠A'BC'=70°，AB=A'B，∵AC∥BC'，∴∠AA'B=∠A'BC'=70°，∴∠A=∠AA'B=70°，∴∠ABA'=180°﹣70°﹣70°=40°，即旋转角是40°，故答案为：40°．【点评】本题考查了旋转的性质：旋转前后两图形全等，明确对应点与旋转中心的连线段所夹的角等于旋转角．也考查了等腰三角形的性质和三角形内角和定理．三、解答题11．如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，AB=10，AC=8．线段AD由线段AB绕点A 按逆时针方向旋转90°得到，△EFG由△ABC沿CB方向平移得到，且直线EF 过点D．（1）求证：AD⊥EF；（2）求CG的长．【分析】（1）由平移的性质可知：AB∥DF，再利用平行线的性质即可证明；（2）先判断出∠ADE=∠ACB，进而得出△ADE∽△ACB，得出比例式求出AE，即可得出结论．【解答】（1）证明：∵线段AD是由线段AB绕点A按逆时针方向旋转90°得到，∴∠DAB=90°，∵△EFG是△ABC沿CB方向平移得到，∴AB∥EF，∴∠ADF+∠DAB=180°∴∠ADF=90°，∴AD⊥EF．（2）由平移的性质得，AE∥CG，AB∥EF，∴∠DEA=∠DFC=∠ABC，∠ADE+∠DAB=180°，∵∠DAB=90°，∴∠ADE=90°，∵∠ACB=90°，∴∠ADE=∠ACB，∴△ADE∽△ACB，∴=，∵AC=8，AB=AD=10，∴AE=12.5，由平移的性质得，CG=AE=12.5．【点评】此题主要考查了图形的平移与旋转，平行线的性质，等腰直角三角形的判定和性质，解直角三角形，相似三角形的判定和性质，判断出△ADE∽△ACB 是解本题的关键．12．如图所示，把一个直角三角尺ACB绕着30°角的顶点B顺时针旋转，使得点A与CB的延长线上的点E重合，连接CD．（1）试判断△CBD的形状，并说明理由；（2）求∠BDC的度数．【分析】（1）根据图形旋转不变性的性质得出△ABC≌△EBD，故可得出BC=BD，由此即可得出结论；（2）根据图形选旋转不变性的性质求出∠EBD的度数，再由等腰三角形的性质即可得出∠BDC的度数．【解答】解：（1）∵△EBD由△ABC旋转而成，∴△ABC≌△EBD，∴BC=BD，∴△CBD是等腰三角形．（3）∵△ABC≌△EBD，∴∠EBD=∠ABC=30°，∴∠DBC=180﹣30°=150°，∵△CBD是等腰三角形，∴∠BDC===15°．【点评】本题考查的是旋转的性质，熟知图形旋转不变性的性质是解答此题的关键．13．已知△ABC在平面直角坐标系中的位置如图所示．（1）写出A，B，C三点的坐标；（2）将△ABC绕着点C顺时针方向旋转90°后得到△A1B2C，画出旋转后的△A1B1C，并写出A1，B1的坐标．【分析】（1）根据平面坐标系得出A、B、C三点的坐标即可；（2）分别画出A，B的对应点A1，B2，写出A1，B1的坐标即可．【解答】解：（1）如图所示：A、B、C三点的坐标分别为：（﹣1，2），（﹣3，1），（0，﹣1）；（2）△A1B2C如图所示，A1，B1的坐标分别为（3，0），（2，2）．【点评】本题考查作图﹣旋转变换，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．14．如图，△ABC中，∠C=90°，将△ABC绕点C顺时针旋转90°，得到△DEC（其中点D、E分别是A、B两点旋转后的对应点）．（1）请画出旋转后的△DEC；（2）试判断DE与AB的位置关系，并证明你的结论．【分析】（1）根据要求画出△DCE即可；（2）利用“8字型”证明∠AFE=∠DCE即可解决问题；【解答】解：（1）旋转后的△DEC如图所示．（2）结论：DE⊥AB．理由：延长DE交AB于点F．由旋转不变性可知：∠A=∠D，∠ACB=∠DCE=90°，∵∠AEF=∠DEC，∠∠AFE=∠DCE=90°，∴DE⊥AB．【点评】本题考查旋转变换，解题的关键是熟练掌握利用“8字型”证明角相等，属于中考常考题型．15．在如图的方格纸中，每个小方格都是边长为1个单位的正方形，△ABC的顶点均在格点上，请在所给直角坐标系中按要求画图和解答下列问题：（1）将△ABC沿x轴向右平移4个单位，在图中画出平移后的△A1B1C1（2）作△ABC关于坐标原点成中心对称的△A2B2C2．（3）求B1的坐标（2，﹣2），C2的坐标（4，1）．【分析】（1）分别作出A，B，C的对应点A1，B1，C1即可；（2）分别作出A，B，C的对应点△A2，B2，C2即可；（3）根据B1，C2，的位置写出坐标即可；【解答】解：（1）△A1B1C1如图所示；（2）△A2B2C2如图所示；（3）求B1的坐标（2，﹣2），C2的坐标（4，1）．【点评】本题考查作图﹣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．。
七年级数学角度旋转题
七年级数学角度旋转题已知角度，求解角度之间的关系和值。
1.当OB和OC重合时，∠EOF的度数为80°，因为OE和OF分别平分∠AOC和∠BOD，所以∠XXX∠BOF=50°，又因为OB和OC重合，所以∠EOC+∠EOF+∠BOF=180°，解得∠EOF=80°。
2.当∠COD从图1所示的位置绕点O顺时针旋转n°时，AOE BOF的值为定值，因为∠AOC和∠BOD是定值，∠AOE=1/2∠AOC，∠BOF=1/2∠BOD，所以∠AOE-∠BOF=1/2(∠AOC-∠BOD)=1/2∠COD，是一个定值。
3.当∠COD从图1所示位置绕点O顺时针旋转n°（0<n<180）时，满足∠AOD+∠BOF=6∠COD，解得n=30°。
4.当OB绕点O在∠AOD内旋转时，∠MON=60°，因为OM和ON分别平分∠AOB和∠BOD，所以∠MOB=∠DON=30°，又因为∠MON=∠MOB+∠MON=∠DON+∠MON=∠AOD/2=80°/2= 40°。
5.当∠BOC=20°，OM平分∠AOC，ON平分∠BOD时，当∠BOC绕点O在∠AOD内旋转时，∠MON的大小为50°，因为∠AOC和∠BOD是定值，∠MON=∠MOB+∠DON=1/2∠AOC+1/2∠BOD-∠BOC=1/2(∠AOC+∠BOD-2∠BOC)=1/2(160°-2∠BOC)，∠BOC绕点O在∠AOD内旋转时，∠BOC的大小是定值，所以∠XXX的大小也是定值。
6.当∠AOB=10°，当∠BOC在∠AOD内绕点O以2°/秒的速度逆时针旋转t秒时，∠AOM：∠DON＝2：3，求t的值。
根据∠AOM：∠DON＝2：3可得∠AOM=2/5∠AOD，∠DON=3/5∠AOD，又因为OM和ON分别平分∠AOB和∠BOD，所以∠MOB=∠DON=3/5∠AOD，∠MON=∠MOB+∠DON=6/5∠AOD，∠BOC在∠AOD内绕点O旋转的角度为2t°，根据∠BOC=∠AOD-∠AOB-∠BOA可得∠AOD-10°-2t°=∠BOA，又因为∠AOM+∠MOB+∠BOA=180°，代入可得2/5∠AOD+3/5∠AOD+∠AOD-10°-2t°=180°，解得t=35秒。
华师大版数学七年级下册_《旋转》拓展练习
《旋转》拓展练习一、选择题（本大题共5小题，共25.0分）1．（5分）如图，直线c与直线a相交于点A，与直线b相交于点B，∠1＝130°，∠2＝60°，若要使直线a∥b，则将直线a绕点A按如图所示的方向至少旋转（）A．10°B．20°C．60°D．130°2．（5分）如图，将△ABC绕点C顺时针旋转，点B的对应点为点E，点A的对应点为点D，当点E恰好落在边AC上时，连接AD，若∠ACB＝30°，则∠DAC的度数是（）A．60°B．65°C．70°D．75°3．（5分）如图，在△ABC中，∠CAB＝75°，在同一平面内，将△ABC绕点A旋转到△AB′C′的位置，使得CC′∥AB，则∠BAB′＝（）A．30°B．35°C．40°D．50°4．（5分）如图，五角星绕着它的旋转中心旋转，使得△ABC与△DEF重合，那么旋转角的度数至少为（）A．60°B．120°C．72°D．144°5．（5分）如图，将Rt△ABC（∠B＝35°，∠C＝90°）绕点A按顺时针方向旋转到△AB1C1的位置，使得点C，A，B1在同一条直线上，那么旋转角等于（）A．55°B．70°C．125°D．145°二、填空题（本大题共5小题，共25.0分）6．（5分）如图，将一个含30°角的直角三角板ABC绕点A顺时针旋转α（0°＜α＜360°），使得点B、A、C′在同一直线上，则α＝．7．（5分）如图，直线PQ∥MN，点A在PQ上，直角△BEF的直角边BE在MN上，且∠B＝90°，∠BEF＝30°．现将△BEF绕点B以每秒1°的速度按逆时针方向旋转（E，F 的对应点分别是E′，F′），同时，射线AQ绕点A以每秒4°的速度按顺时针方向旋转（Q的对应点是Q′）．设旋转时间为t秒（0≤t≤45）．（1）∠MBF′＝．（用含t的代数式表示）（2）在旋转的过程中，若射线AQ′与边E′F′平行时，则t的值为．8．（5分）如图，在△ABC中，AB＝6，将△ABC绕点B按逆时针方向旋转30°后得到△A1BC1，则阴影部分的面积为．9．（5分）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝8，BC＝6，点D是AC的中点，将CD绕着点C逆时针旋转，在旋转过程中点D的对应点为点E，连接AE，BE，则△AEB 的面积的最大值是．10．（5分）将一副三角板中的两块直角三角尺的直角顶点O按如图方式叠放在一起，三角尺AOB不动，将三角尺COD的OD边与OA边重合，然后绕点O按顺时针或逆时针方向任意转动一个角度，当∠AOC（0°＜∠AOD＜90°）等于多少度时，这两块三角尺各有一条边互相垂直，直接写出∠AOC角度所有可能的值是．三、解答题（本大题共5小题，共50.0分）11．（10分）在锐角△ABC中，AB＝4，BC＝5，∠ACB＝45°，将△ABC绕点B按逆时针方向旋转，得到△A1BC1．（1）如图1，当点C1在线段CA的延长线上时，求∠CC1A1的度数；（2）如图2，连接AA1，CC1．若△ABA1的面积为4，求△CBC1的面积；（3）如图3，点E为线段AB中点，点P是线段AC上的动点，在△ABC绕点B按逆时针方向旋转过程中，点P的对应点是点P1，求线段EP1长度的最大值与最小值．12．（10分）如图，∠BAD＝90°，AB＝AD，CB＝CD，一个以点C为顶点的45°角绕点C旋转，角的两边与BA，DA交于点M，N，与BA，DA的延长线交于点E，F，连接AC．（1）在∠FCE旋转的过程中，当∠FCA＝∠ECA时，如图1，求证：AE＝AF；（2）在∠FCE旋转的过程中，当∠FCA≠∠ECA时，如图2，如果∠B＝30°，CB＝2，用等式表示线段AE，AF之间的数量关系，并证明．13．（10分）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，CD平分∠ACB交AB于点D，将△CDB 绕点C顺时针旋转到△CEF的位置，点F在AC上．（1）△CDB旋转的度数；（2）连结DE，判断DE与BC的位置关系，并说明理由．14．（10分）将一副直角三角板如图（1）放置，使含30°角的三角板的直角边和含45°角的三角板的直角边完全重合．（1）直接写出∠ADC的度数为；（2）含30°角的三角板位置保持不变，将含45°角的三角板绕点O顺时针方向旋转．①如图2，射线BA与射线DC交于点E，∠BED的平分线与∠BOD的平分线交于点F，求∠EFO的度数；②若将含45°角的三角板绕点O顺时针方向旋转一周至图2位置，在这一过程中，存在△COD的其中一边与AB平行，请你直接写出所有满足条件的平行关系及相应的旋转角度．15．（10分）（1）如图（1），AB∥CD，点P在AB、CD外部，若∠B＝60°，∠D＝15°，则∠BPD＝；（2）如图（2），AB∥CD，点P在AB、CD内部，则∠B，∠BPD，∠D之间有何数量关系？证明你的结论；（3）在图（2）中，将直线AB绕点B按逆时针方向旋转一定角度交，直线CD于点M，如图（3），若∠BPD＝90°，∠BMD＝40°，求∠B+∠D的度数．《旋转》拓展练习参考答案与试题解析一、选择题（本大题共5小题，共25.0分）1．（5分）如图，直线c与直线a相交于点A，与直线b相交于点B，∠1＝130°，∠2＝60°，若要使直线a∥b，则将直线a绕点A按如图所示的方向至少旋转（）A．10°B．20°C．60°D．130°【分析】根据平行线的判定可得，当c与a的夹角为60°时，存在b∥a，由此得到直线a绕点A顺时针旋转60°﹣50°＝10°．【解答】解：∵∠2＝60°，∴若要使直线a∥b，则∠3应该为60°，又∵∠1＝130°，∴∠3＝50°，∴直线a绕点A按顺时针方向至少旋转：60°﹣50°＝10°，故选：A．【点评】本题主要考查了旋转的性质以及平行线的判定，解题时注意：同位角相等，两直线平行．2．（5分）如图，将△ABC绕点C顺时针旋转，点B的对应点为点E，点A的对应点为点D，当点E恰好落在边AC上时，连接AD，若∠ACB＝30°，则∠DAC的度数是（）A．60°B．65°C．70°D．75°【分析】由旋转性质知△ABC≌△DEC，据此得∠ACB＝∠DCE＝30°、AC＝DC，继而可得答案．【解答】解：由题意知△ABC≌△DEC，则∠ACB＝∠DCE＝30°，AC＝DC，∴∠DAC＝＝＝75°，故选：D．【点评】本题主要考查旋转的性质，解题的关键是掌握旋转的性质：①对应点到旋转中心的距离相等．②对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角．③旋转前、后的图形全等．3．（5分）如图，在△ABC中，∠CAB＝75°，在同一平面内，将△ABC绕点A旋转到△AB′C′的位置，使得CC′∥AB，则∠BAB′＝（）A．30°B．35°C．40°D．50°【分析】旋转中心为点A，B与B′，C与C′分别是对应点，根据旋转的性质可知，旋转角∠BAB′＝∠CAC′，AC＝AC′，再利用平行线的性质得∠C′CA＝∠CAB，把问题转化到等腰△ACC′中，根据内角和定理求∠CAC′，即可求出∠BAB′的度数．【解答】解：∵CC′∥AB，∠CAB＝75°，∴∠C′CA＝∠CAB＝75°，又∵C、C′为对应点，点A为旋转中心，∴AC＝AC′，即△ACC′为等腰三角形，∴∠BAB′＝∠CAC′＝180°﹣2∠C′CA＝30°．故选：A．【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．同时考查了平行线的性质．4．（5分）如图，五角星绕着它的旋转中心旋转，使得△ABC与△DEF重合，那么旋转角的度数至少为（）A．60°B．120°C．72°D．144°【分析】由于五角星的五个角可组成正五边形，根据正五边形的性质得到正五边形的中心角为72°，然后可判断要使△ABC与△DEF重合，旋转角的度数至少为2个72°．【解答】解：五角星的五个角可组成正五边形，而正五边形的中心角为＝72°，所以五角星绕着它的旋转中心至少顺时针旋转2个72°，使得△ABC与△DEF重合．故选：D．【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．也考查了正五边形的性质．5．（5分）如图，将Rt△ABC（∠B＝35°，∠C＝90°）绕点A按顺时针方向旋转到△AB1C1的位置，使得点C，A，B1在同一条直线上，那么旋转角等于（）A．55°B．70°C．125°D．145°【分析】首先根据三角形的内角和定理，求出∠BAC的度数是多少；然后根据对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角，可得旋转角的度数等于∠BAB1的度数，据此解答即可．【解答】解：∵∠B＝35°，∠C＝90°，∴∠BAC＝180°﹣35°﹣90°＝55°，∵点C，A，B1在同一条直线上，∴∠BAB1＝180°﹣∠BAC＝180°﹣55°＝125°，即旋转角等于125°．故选：C．【点评】此题主要考查了旋转的性质和应用，要熟练掌握，解答此题的关键是要明确：①对应点到旋转中心的距离相等．②对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角．③旋转前、后的图形全等．二、填空题（本大题共5小题，共25.0分）6．（5分）如图，将一个含30°角的直角三角板ABC绕点A顺时针旋转α（0°＜α＜360°），使得点B、A、C′在同一直线上，则α＝150°．【分析】根据旋转的性质得出∠BAC＝∠B′AC′＝30°，求出∠BAB′即可．【解答】解：∵将一个含30°角的直角三角板ABC绕点A顺时针旋转α（0°＜α＜360°），使得点B、A、C′在同一直线上，∴∠BAC＝∠B′AC′＝30°，∴∠BAB′＝180°﹣∠B′AC′＝180°﹣30°＝150°，即α＝150°，故答案为：150°．【点评】本题考查了旋转的性质和邻补角的定义，能根据旋转的性质求出∠B′AC′的度数是解此题的关键．7．（5分）如图，直线PQ∥MN，点A在PQ上，直角△BEF的直角边BE在MN上，且∠B＝90°，∠BEF＝30°．现将△BEF绕点B以每秒1°的速度按逆时针方向旋转（E，F 的对应点分别是E′，F′），同时，射线AQ绕点A以每秒4°的速度按顺时针方向旋转（Q的对应点是Q′）．设旋转时间为t秒（0≤t≤45）．（1）∠MBF′＝（90﹣t）°．（用含t的代数式表示）（2）在旋转的过程中，若射线AQ′与边E′F′平行时，则t的值为6°或42°．【分析】（1）直接根据速度和时间可得：∠FBF'＝t°，所以根据余角的定义可得结论；（2）有两种情况：利用数形结合，画图后作辅助线，构建平行线的性质和外角的性质可得结论．【解答】解：（1）如图1，由题意得：∠FBF'＝t°，∠FBM＝90°，∴∠MBF'＝90°﹣t°＝（90﹣t）°，故答案为：（90﹣t）°；（2）①如图2，AQ'∥E'F'，延长BE'交AQ'于C，则∠F'E'B＝∠ACB＝30°，由题意得：∠EBE'＝t°，∠QAQ'＝4t°，∴t+4t＝30，t＝6°；②如图3，AQ'∥E'F'，延长BE'，交PQ于D，交直线AQ'于C，则∠F'E'B＝∠ACD＝30°，由题意得：∠NBE'＝t°，∠QAQ'＝4t°，∴∠ADB＝∠NBE'＝t°，∵∠ADB＝∠ACD+∠DAC，∴30+180﹣4t＝t，t＝42°，综上，在旋转的过程中，若射线AQ′与边E′F′平行时，则t的值为6°或42°；故答案为：6°或42°．【点评】本题考查的是旋转变换和平行线的性质，熟练掌握旋转的性质是关键，在解答（2）时，要采用分类讨论的思想，作延长线构建出平行线的截线，从而可得同位角相等解决问题．8．（5分）如图，在△ABC中，AB＝6，将△ABC绕点B按逆时针方向旋转30°后得到△A1BC1，则阴影部分的面积为9．【分析】根据旋转的性质得到BC≌△A1BC1，A1B＝AB＝6，所以△A1BA是等腰三角形，依据∠A1BA＝30°得到等腰三角形的面积，由图形可以知道S阴影＝S△A1BA+S△A1BC1﹣S△ABC＝S△A1BA，最终得到阴影部分的面积．【解答】解：∵在△ABC中，AB＝6，将△ABC绕点B按逆时针方向旋转30°后得到△A1BC1，∴△ABC≌△A1BC1，∴A1B＝AB＝6，∴△A1BA是等腰三角形，∠A1BA＝30°，∴S△A1BA＝×6×3＝9，又∵S阴影＝S△A1BA+S△A1BC1﹣S△ABC，S△A1BC1＝S△ABC，∴S阴影＝S△A1BA＝9．故答案为：9．【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．运用面积的和差关系解决不规则图形的面积是解决此题的关键．9．（5分）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝8，BC＝6，点D是AC的中点，将CD绕着点C逆时针旋转，在旋转过程中点D的对应点为点E，连接AE，BE，则△AEB 的面积的最大值是44．【分析】作CH⊥AB于H，如图，先利用勾股定理计算出AB＝10，再利用面积法计算出CH＝，再根据旋转的性质得CE＝4，然后利用点E点在HC的延长线上，点E到AB 的距离最大，从而可计算出△AEB的面积的最大值．【解答】解：作CH⊥AB于H，如图，∵∠ACB＝90°，AC＝8，BC＝6，∴AB＝＝10，∵CH•AB＝AC•BC，∴CH＝＝，∵点D是AC的中点，∴CD＝4，∵将CD绕着点C逆时针旋转，在旋转过程中点D的对应点为点E，∴CE＝4，即点E在以C为圆心，4为半径的圆上，∵点E点在HC的延长线上，点E到AB的距离最大，∴△AEB的面积的最大值为×（4+）×10＝44．故答案为44．【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．10．（5分）将一副三角板中的两块直角三角尺的直角顶点O按如图方式叠放在一起，三角尺AOB不动，将三角尺COD的OD边与OA边重合，然后绕点O按顺时针或逆时针方向任意转动一个角度，当∠AOC（0°＜∠AOD＜90°）等于多少度时，这两块三角尺各有一条边互相垂直，直接写出∠AOC角度所有可能的值是120°、135°、165°、45°、30°．【分析】分别利用OD⊥AB、CD⊥OB、CD⊥AB、OC⊥AB分别求出即可．【解答】解：当OD⊥AB时，∠AOC＝30°+90°＝120°，当CD⊥OB时，∠AOC＝90°+45°＝135°，当CD⊥AB时，∠AOC＝90°+75°＝165°，当OC⊥AB时，∠AOC＝30°，当OA⊥CD时，∠AOC＝45°或135°，即∠AOC角度所有可能的值为：120°、135°、165°、45°、30°．故答案为120°、135°、165°、45°、30°．【点评】本题考查了旋转的性质，互补、互余的定义等知识，解决本题的关键是理解重叠的部分实质是两个角的重叠以及分类讨论思想．三、解答题（本大题共5小题，共50.0分）11．（10分）在锐角△ABC中，AB＝4，BC＝5，∠ACB＝45°，将△ABC绕点B按逆时针方向旋转，得到△A1BC1．（1）如图1，当点C1在线段CA的延长线上时，求∠CC1A1的度数；（2）如图2，连接AA1，CC1．若△ABA1的面积为4，求△CBC1的面积；（3）如图3，点E为线段AB中点，点P是线段AC上的动点，在△ABC绕点B按逆时针方向旋转过程中，点P的对应点是点P1，求线段EP1长度的最大值与最小值．【分析】（1）根据旋转的性质解答；（2）运用全等三角形和相似三角形的性质，求出＝（）2＝（）2＝，进而解决问题；（3）过点B作BD⊥AC，D为垂足，因为△ABC为锐角三角形，所以点D在线段AC上，在Rt△BCD中，BD＝BC×sin45°＝；然后进行讨论，求得线段EP1长度的最大值与最小值．【解答】解：（1）由旋转的性质可得：∠A1C1B＝∠ACB＝45°，BC＝BC1，所以∠CC1B＝∠C1CB＝45°，所以∠CC1A1＝∠CC1B+∠A1C1B＝45°+45°＝90°．（2）因为△ABC≌△A1BC1，所以BA＝BA1，BC＝BC1，∠ABC＝∠A1BC1，，∠ABC+∠ABC1＝∠A1BC1+∠ABC1，所以∠ABA1＝∠CBC1，所以△ABA1∽△CBC1．所以，＝（）2＝（）2＝，因为S△ABA1＝4，所以S△CBC1＝；（3）如图，过点B作BD⊥AC，D为垂足，因为△ABC为锐角三角形，所以点D在线段AC上，在Rt△BCD中，BD＝BC×sin45°＝；①当P在AC上运动与AB垂直的时候，△ABC绕点B旋转，使点P的对应点P1在线段AB上时，EP1最小，最小值为：EP1＝BP1﹣BE＝BD﹣BE＝﹣2；②当P在AC上运动至点C，△ABC绕点B旋转，使点P的对应点P1在线段AB的延长线上时，EP1最大，最大值为：EP1＝BC+BE＝2+5＝7．【点评】分析图形，根据图形特点运用旋转的性质，以及三角函数等知识，解决问题．12．（10分）如图，∠BAD＝90°，AB＝AD，CB＝CD，一个以点C为顶点的45°角绕点C旋转，角的两边与BA，DA交于点M，N，与BA，DA的延长线交于点E，F，连接AC．（1）在∠FCE旋转的过程中，当∠FCA＝∠ECA时，如图1，求证：AE＝AF；（2）在∠FCE旋转的过程中，当∠FCA≠∠ECA时，如图2，如果∠B＝30°，CB＝2，用等式表示线段AE，AF之间的数量关系，并证明．【分析】（1）首先证明△ABC≌△ADC（SSS），推出∠BAC＝∠DAC＝45°，推出∠F AC＝∠EAC＝135°，再证明△ACF≌△ACE（ASA）即可解决问题；（2）由△ACF∽△AEC，推出＝，可得AC2＝AE•AF，求出AC即可解决问题；【解答】（1）证明：∵AB＝AD，CB＝CD，AC＝AC，∴△ABC≌△ADC（SSS），∴∠BAC＝∠DAC＝45°，∴∠F AC＝∠EAC＝135°，∵∠FCA＝∠ECA，∴△ACF≌△ACE（ASA），∴AE＝AF．（2）证明：作CG⊥AB于G．∵BC＝2，∠B＝30°，∴CG＝BC＝1，∵AG＝AC＝1，∴AC＝，∵∠F AC＝∠EAC＝135°，∴∠ACF+∠F＝45°，∵∠ACF+∠ACE＝45°，∴∠F＝∠ACE，∴△ACF∽△AEC，∴＝，∴AC2＝AE•AF，∴AE•AF＝2．【点评】本题考查旋转变换、全等三角形的判定和性质、解直角三角形等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题，属于中考常考题型．13．（10分）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，CD平分∠ACB交AB于点D，将△CDB 绕点C顺时针旋转到△CEF的位置，点F在AC上．（1）△CDB旋转的度数；（2）连结DE，判断DE与BC的位置关系，并说明理由．【分析】（1）根据旋转的性质确定旋转角的度数；（2）先利用旋转的性质得∠DCE＝∠BCF＝90°，CD＝CE，则可判断△CDE为等腰直角三角形，所以∠CDE＝45°，再利用角平分线定义得到∠BCD＝45°，则∠CDE＝∠BCD，然后根据平行线的判定方法可判断DE∥BC．【解答】解：（1）∵将△CDB绕点C顺时针旋转到△CEF的位置，点F在AC上，∴旋转角为∠BCF，即旋转角为90°；（2）DE∥BC．理由如下：∵将△CDB绕点C顺时针旋转到△CEF的位置，点F在AC上，∴∠DCE＝∠BCF＝90°，CD＝CE，∴△CDE为等腰直角三角形，∴∠CDE＝45°，∵CD平分∠ACB交AB于点D，∴∠BCD＝45°，∴∠CDE＝∠BCD，∴DE∥BC．【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．也考查了等腰直角三角形的性质．14．（10分）将一副直角三角板如图（1）放置，使含30°角的三角板的直角边和含45°角的三角板的直角边完全重合．（1）直接写出∠ADC的度数为135°；（2）含30°角的三角板位置保持不变，将含45°角的三角板绕点O顺时针方向旋转．①如图2，射线BA与射线DC交于点E，∠BED的平分线与∠BOD的平分线交于点F，求∠EFO的度数；②若将含45°角的三角板绕点O顺时针方向旋转一周至图2位置，在这一过程中，存在△COD的其中一边与AB平行，请你直接写出所有满足条件的平行关系及相应的旋转角度．【分析】（1）依据∠CDO＝45°，即可得到∠ADC的度数；（2）①设AO、EF相交于G，然后根据三角形的内角和定理以及四边形内角和，列式整理即可得解．②将三角板△COD继续绕O顺时针旋转，根据平行线的性质即可求出相应的旋转角度．【解答】解：（1）由题可得，∠CDO＝45°，∴∠ADC＝180°﹣45°135°，故答案为：135°；（2）①如图2，∵EF平分∠BED，OF平分∠BOD，∴∠AEF＝∠BED，∠BOF＝∠BOD，∵∠AGE＝∠FGO，∴∠GAE+∠AEG＝∠F+∠FOG，即150°+∠BED＝∠F+90°+∠BOD，∴∠F＝60°﹣（∠BOD﹣∠BED），∵四边形AOCE中，∠AEC＝360°﹣∠EAO﹣∠ECO﹣∠AOC＝360°﹣150°﹣135°﹣（360°﹣90°×2﹣∠BOD）＝∠BOD﹣105°，∴∠BOD﹣∠AEC＝105°，∴∠F＝60°﹣（∠BOD﹣∠BED）＝60°﹣×105°＝7.5°；②分5种情况进行讨论：如图，当OC∥AB时，旋转角度＝∠BOC＝120°；如图，当CD∥AB时，旋转角度＝∠BOC＝165°；如图，当OD∥AB时，旋转角度＝360°﹣90°﹣60°＝210°；如图，当OC∥AB时，旋转角度＝360°﹣60°＝300°；如图，当CD∥AB时，旋转角度＝360°﹣15°＝345°．【点评】本题考查了三角形的内角和定理，平行线的判定与性质，解题的关键是分情况画出图形，根据三角形外角性质以及平行线的性质进行求解．15．（10分）（1）如图（1），AB∥CD，点P在AB、CD外部，若∠B＝60°，∠D＝15°，则∠BPD＝45°；（2）如图（2），AB∥CD，点P在AB、CD内部，则∠B，∠BPD，∠D之间有何数量关系？证明你的结论；（3）在图（2）中，将直线AB绕点B按逆时针方向旋转一定角度交，直线CD于点M，如图（3），若∠BPD＝90°，∠BMD＝40°，求∠B+∠D的度数．【分析】（1）由AB∥CD，∠B＝60°，根据两直线平行，内错角相等，即可求得∠BOD 的度数，又由三角形外角的性质，可求得∠BPD的度数；（2）首先过点P作PE∥AB，由AB∥CD，可得AB∥PE∥CD，然后由两直线平行，内错角相等，即可证得∠BPD＝∠1+∠2＝∠B+∠D；（3）首先延长BP交CD于点E，利用三角形外角的性质，即可求得∠B+∠D的度数．【解答】解：（1）∵AB∥CD，∠B＝60°，∴∠BOD＝∠B＝60°，∴∠P＝∠BOD﹣∠D＝60°﹣15°＝45°．故答案为：45°；（2）∠BPD＝∠B+∠D．证明：过点P作PE∥AB，∵AB∥CD，∴AB∥PE∥CD，∴∠1＝∠B，∠2＝∠D，∴∠BPD＝∠1+∠2＝∠B+∠D；（3）延长BP交CD于点E，∵∠1＝∠BMD+∠B，∠BPD＝∠1+∠D，∴∠BPD＝∠BMD+∠B+∠D，∵∠BPD＝90°，∠BMD＝40°，∴∠B+∠D＝∠BPD﹣∠BMD＝90°﹣40°＝50°．【点评】此题考查了平行线的性质与三角形外角的性质．此题难度适中，注意掌握辅助线的作法，注意数形结合思想的应用．。
七年级角旋转的经典例题
七年级角旋转的经典例题
一、七年级角旋转的概念
在初中数学课程中，角旋转是图形的变换之一。
它指的是在平面内，将一个角绕着其顶点旋转一定角度，使其边的位置发生变化。
角旋转可分为正旋转和逆旋转两种。
七年级的学生需要掌握基础的角旋转概念，以便能在实际问题中灵活运用。
二、七年级角旋转的性质
1.角旋转前后，旋转角的大小和形状不变。
2.角旋转前后，顶点位置不变。
3.角旋转前后，旋转轴不变。
4.角旋转可以沿着任意一条射线进行。
三、七年级角旋转的经典例题解析
例题1：已知角α的顶点为O，边分别为OA、OB，α的旋转轴为OC，旋转角度为90°，求角α的旋转后的角α"的度数。
解：根据角旋转的性质，旋转前后角的大小不变，故α"的度数为90°。
例题2：已知角α的顶点为O，边分别为OA、OB，α的旋转轴为OC，旋转角度为180°，求角α"的度数。
解：根据角旋转的性质，旋转前后角的大小不变，故α"的度数为180°。
四、解题思路与技巧总结
1.熟记角旋转的性质，灵活运用旋转前后角的大小、形状不变这一关键点。
2.根据题目所给条件，判断旋转角度，从而求得旋转后的角。
3.在解题过程中，注意画图，直观地展示角旋转的过程。
通过以上四个步骤，我们可以更好地理解和解决七年级角旋转的经典例题。
人教版七年级数学上册期末压轴题专项突破：数轴动点类和角度的旋转 含答案
人教版七年级数学上册期末压轴题专项突破数轴动点类和角度的旋转数轴动点：１．点Ａ，Ｂ为数轴上的两点，点Ａ对应的数为ａ，点Ｂ对应的数为３，ａ３＝﹣８．（１）求Ａ，Ｂ两点之间的距离；（２）若点Ｃ为数轴上的一个动点，其对应的数记为ｘ，试猜想当ｘ满足什么条件时，点Ｃ到Ａ点的距离与点Ｃ到Ｂ点的距离之和最小．请写出你的猜想，并说明理由；（３）若Ｐ，Ｑ为数轴上的两个动点（Ｑ点在Ｐ点右侧），Ｐ，Ｑ两点之间的距离为ｍ，当点Ｐ到Ａ点的距离与点Ｑ到Ｂ点的距离之和有最小值４时，ｍ的值为．２．已知Ａ，Ｂ，Ｃ三点在数轴上的位置如图所示，它们表示的数分别是ａ，ｂ，ｃ．（１）填空：ａｂｃ０，ａ＋ｂ０：（填“＞”，“＝”或“＜”）（２）若ａ＝﹣２且点Ｂ到点Ａ，Ｃ的距离相等，①当ｂ２＝１６时，求ｃ的值；②Ｐ是数轴上Ｂ，Ｃ两点之间的一个动点，设点Ｐ表示的数为ｘ，当Ｐ点在运动过程中，ｂｘ＋ｃｘ＋｜ｘ﹣ｃ｜﹣１０｜ｘ＋ａ｜的值保持不变，则ｂ的值为．３．已知数轴上两点Ａ，Ｂ对应的数分别为﹣８和４，点Ｐ为数轴上一动点，若规定：点Ｐ到Ａ的距离是点Ｐ到Ｂ的距离的３倍时，我们就称点Ｐ是关于Ａ→Ｂ的“好点”．（１）若点Ｐ到点Ａ的距离等于点Ｐ到点Ｂ的距离时，求点Ｐ表示的数是多少；（２）①若点Ｐ运动到原点Ｏ时，此时点Ｐ关于Ａ→Ｂ的“好点”（填是或者不是）；②若点Ｐ以每秒１个单位的速度从原点Ｏ开始向右运动，当点Ｐ是关于Ａ→Ｂ的“好点”时，求点Ｐ的运动时间；（３）若点Ｐ在原点的左边（即点Ｐ对应的数为负数），且点Ｐ，Ａ，Ｂ中，其中有一个点是关于其它任意两个点的“好点”，请直接写出所有符合条件的点Ｐ表示的数．４．如图，在数轴上，点Ａ表示﹣１０，点Ｂ表示１１，点Ｃ表示１８．动点Ｐ从点Ａ出发，沿数轴正方向以每秒２个单位的速度匀速运动；同时，动点Ｑ从点Ｃ出发，沿数轴负方向以每秒１个单位的速度匀速运动．设运动时间为ｔ秒．（１）当ｔ为何值时，Ｐ、Ｑ两点相遇？相遇点Ｍ所对应的数是多少？（２）在点Ｑ出发后到达点Ｂ之前，求ｔ为何值时，点Ｐ到点Ｏ的距离与点Ｑ到点Ｂ的距离相等；（３）在点Ｐ向右运动的过程中，Ｎ是ＡＰ的中点，在点Ｐ到达点Ｃ之前，求２ＣＮ﹣ＰＣ的值．５．如图所示，在数轴上点Ａ表示的数是４，点Ｂ位于点Ａ的左侧，与点Ａ的距离是１０个单位长度．（１）点Ｂ表示的数是，并在数轴上将点Ｂ表示出来．（２）动点Ｐ从点Ｂ出发，沿着数轴的正方向以每秒２个单位长度的速度运动．经过多少秒点Ｐ与点Ａ的距离是２个单位长度？（３）在（２）的条件下，点Ｐ出发的同时，点Ｑ也从点Ａ出发，沿着数轴的负方向，以１个单位每秒的速度运动．经过多少秒，点Ｑ到点Ｂ的距离是点Ｐ到点Ａ的距离的２倍？６．如图所示，一个点从数轴上的原点开始，先向右移动２个单位长度，再向左移动５个单位长度，可以看到终点表示是﹣３，已知Ａ、Ｂ是数轴上的点，请参照图并思考，完成下列各题．（１）如果点Ａ表示的数﹣３，将点Ａ向右移动５个单位长度，那么终点Ｂ表示的数是．Ａ、Ｂ两点间的距离是．（２）如果点Ａ表示的数３，将点Ａ向左移动３个单位长度，再向右移动６个单位长度，那么终点Ｂ表示的数是．Ａ、Ｂ两点间的距离是．（３）如果点Ａ表示的数ｘ，将点Ａ向右移动ｐ个单位长度，再向左移动ｎ个单位长度，那么请你猜想终点Ｂ表示的数是．Ａ、Ｂ两点间的距离是．７．如图，将一条数轴在原点Ｏ和点Ｂ处各折一下，得到一条“折线数轴”．图中点Ａ表示﹣１０，点Ｂ表示１０，点Ｃ表示１８，我们称点Ａ和点Ｃ在数轴上相距２８个长度单位．动点Ｐ从点Ａ出发，以２单位／秒的速度沿着“折线数轴”的正方向运动，从点Ｏ运动到点Ｂ期间速度变为原来的一半，之后立刻恢复原速；同时，动点Ｑ从点Ｃ出发，以１单位／秒的速度沿着数轴的负方向运动，从点Ｂ运动到点Ｏ期间速度变为原来的两倍，之后也立刻恢复原速．设运动的时间为ｔ秒．问：（１）动点Ｐ从点Ａ运动至Ｃ点需要多少时间？（２）Ｐ、Ｑ两点相遇时，求出相遇点Ｍ所对应的数是多少；（３）求当ｔ为何值时，Ｐ、Ｏ两点在数轴上相距的长度与Ｑ、Ｂ两点在数轴上相距的长度相等．８．阅读下面的材料：如图１，在数轴上Ａ点所示的数为ａ，Ｂ点表示的数为ｂ，则点Ａ到点Ｂ的距离记为ＡＢ．线段ＡＢ的长可以用右边的数减去左边的数表示，即ＡＢ＝ｂ﹣ａ．请用上面的知识解答下面的问题：如图２，一个点从数轴上的原点开始，先向左移动１ｃｍ到达Ａ点，再向左移动２ｃｍ到达Ｂ点，然后向右移动７ｃｍ到达Ｃ点，用１个单位长度表示１ｃｍ．（１）请你在数轴上表示出Ａ．Ｂ．Ｃ三点的位置：（２）点Ｃ到点Ａ的距离ＣＡ＝ｃｍ；若数轴上有一点Ｄ，且ＡＤ＝４，则点Ｄ表示的数为；（３）若将点Ａ向右移动ｘｃｍ，则移动后的点表示的数为；（用代数式表示）（４）若点Ｂ以每秒２ｃｍ的速度向左移动，同时Ａ．Ｃ点分别以每秒１ｃｍ、４ｃｍ的速度向右移动．设移动时间为ｔ秒，试探索：ＣＡ﹣ＡＢ的值是否会随着ｔ的变化而改变？请说明理由．角度的旋转：９．已知Ｏ为直线ＡＢ上的一点，∠ＣＯＥ是直角，ＯＦ平分∠ＡＯＥ（图中所说的角都是小于平角的角）．（１）如图１，若∠ＣＯＦ＝５８°，求∠ＢＯＥ的度数；（２）将∠ＣＯＥ绕点Ｏ顺时针旋转到如图２所示的位置时，若∠ＣＯＦ＝ｍ°，求∠ＢＯＥ的度数（用含字母ｍ的代数式表示）．１０．如图，以点Ｏ为端点按顺时针方向依次作射线ＯＡ、ＯＢ、ＯＣ、ＯＤ．（１）若∠ＡＯＣ、∠ＢＯＤ都是直角，∠ＢＯＣ＝６０°，求∠ＡＯＢ和∠ＤＯＣ的度数．（２）若∠ＢＯＤ＝１００°，∠ＡＯＣ＝１１０°，且∠ＡＯＤ＝∠ＢＯＣ＋７０°，求∠ＣＯＤ的度数．（３）若∠ＡＯＣ＝∠ＢＯＤ＝α，当α为多少度时，∠ＡＯＤ和∠ＢＯＣ互余？并说明理由．１１．已知∠ＡＯＢ＝９０°，ＯＣ是一条可以绕点Ｏ转动的射线，ＯＮ平分∠ＡＯＣ，ＯＭ平分∠ＢＯＣ．（１）当射线ＯＣ转动到∠ＡＯＢ的内部时，如图１，求∠ＭＯＮ的度数．（２）当射线ＯＣ转动到∠ＡＯＢ的外时（９０°＜∠ＢＯＣ＜∠１８０°），如图２，∠ＭＯＮ的大小是否发生变化？变或者不变均说明理由．１２．如图，Ｏ为直线ＡＢ上一点，过点Ｏ作射线ＯＣ，∠ＡＯＣ＝３０°，将一直角三角板（∠Ｍ＝３０°）的直角顶点放在点Ｏ处，一边ＯＮ在射线ＯＡ上，另一边ＯＭ与ＯＣ都在直线ＡＢ的上方．（１）将图１中的三角板绕点Ｏ以每秒３°的速度沿顺时针方向旋转一周．如图，经过ｔ秒后，ＯＭ恰好平分∠ＢＯＣ．求ｔ的值；并判断此时ＯＮ是否平分∠ＡＯＣ？请说明理由；（２）在（１）问的基础上，若三角板在转动的同时，射线ＯＣ也绕Ｏ点以每秒６°的速度沿顺时针方向旋转一周，如图，那么经过多长时间ＯＣ平分∠ＭＯＮ？请说明理由．１３．如图，已知∠ＡＯＣ＝∠ＢＯＤ＝１２０°，∠ＢＯＣ＝∠ＡＯＤ．（１）求∠ＡＯＤ的度数；（２）若射线ＯＢ绕点Ｏ以每秒旋转２０°的速度顺时针旋转，同时射线ＯＣ以每秒旋转１５°的速度逆时针旋转，设旋转的时间为ｔ秒（０＜ｔ＜６），试求当∠ＢＯＣ＝２０°时ｔ的值；（３）若∠ＡＯＢ绕点Ｏ以每秒旋转５°的速度逆时针旋转，同时∠ＣＯＤ绕点Ｏ以每秒旋转１０°的速度逆时针旋转，设旋转的时间为ｔ秒（０＜ｔ＜１８），ＯＭ平分∠ＡＯＣ，ＯＮ平分∠ＢＯＤ，在旋转的过程中，∠ＭＯＮ的度数是否发生改变？若不变，求出其值：若改变，说明理由．14．已知∠ＡＯＢ＝９０°，∠ＣＯＤ＝６０°，按如图１所示摆放，将ＯＡ、ＯＣ边重合在直线ＭＮ上，ＯＢ、ＯＤ边在直线ＭＮ的两侧：（１）保持∠ＡＯＢ不动，将∠ＣＯＤ绕点Ｏ旋转至如图２所示的位置，则①∠ＡＯＣ＋∠ＢＯＤ＝；②∠ＢＯＣ﹣∠ＡＯＤ＝．（２）若∠ＣＯＤ按每分钟５°的速度绕点Ｏ逆时针方向旋转，∠ＡＯＢ按每分钟２°的速度也绕点Ｏ逆时针方向旋转，ＯＣ旋转到射线ＯＮ上时都停止运动，设旋转ｔ分钟，计算∠ＭＯＣ﹣∠ＡＯＤ（用ｔ的代数式表示）．（３）保持∠ＡＯＢ不动，将∠ＣＯＤ绕点Ｏ逆时针方向旋转ｎ°（ｎ≤３６０），若射线ＯＥ平分∠ＡＯＣ，射线ＯＦ平分∠ＢＯＤ，求∠ＥＯＦ的大小．１５．已知直角三角板ＡＢＣ和直角三角板ＤＥＦ，∠ＡＣＢ＝∠ＥＤＦ＝９０°，∠ＡＢＣ＝６０°，∠ＤＥＦ＝４５°．（１）如图１．将顶点Ｃ和顶点Ｄ重合．保持三角板ＡＢＣ不动，将三角板ＤＥＦ绕点Ｃ旋转，当ＣＦ平分∠ＡＣＢ时，求∠ＡＣＥ的度数；（２）在（１）的条件下，继续旋转三角板ＤＥＦ，猜想∠ＡＣＥ与∠ＢＣＦ有怎样的数量关系？并利用图２所给的情形说明理由；（３）如图３，将顶点Ｃ和顶点Ｅ重合，保持三角板ＡＢＣ不动，将三角板ＤＥＦ绕点Ｃ旋转．当ＣＡ落在∠ＤＣＦ内部时，直接写出∠ＡＣＤ与∠ＢＣＦ之间的数量关系．１６．已知：Ｏ为直线ＡＢ上的一点，以Ｏ为观察中心，射线ＯＡ表示正北方向，ＯＮ表示正东方向（即ＡＢ⊥ＭＮ），射线ＯＣ，射线ＯＥ的方向如各图所示．（１）如图１所示，当∠ＣＯＥ＝９０°时：①若∠ＡＯＥ＝２０°，则射线ＯＥ的方向是．②∠ＡＯＥ与∠ＣＯＮ的关系为．③∠ＡＯＣ与∠ＥＯＮ的关系为．（２）若将射线ＯＣ，射线ＯＥ绕点Ｏ旋转至图２的位置，另一条射线ＯＦ恰好平分∠ＣＯＭ，旋转中始终保持∠ＣＯＥ＝９０°．①若∠ＡＯＦ＝２４°，则∠ＥＯＦ＝度．②若∠ＡＯＦ＝β，则∠ＣＯＮ＝（用含β的代数式表示）．（３）若将射线ＯＣ，射线ＯＥ绕点Ｏ旋转至图３的位置，射线ＯＦ仍然平分∠ＣＯＭ，旋转中始终保持∠ＣＯＥ＝９０°，则∠ＣＯＮ与∠ＡＯＦ之间存在怎样的数量关系，并说明理由．参考答案数轴动点１．解：（１）∵ａ３＝﹣８．∴ａ＝﹣２，∴ＡＢ＝｜３﹣（﹣２）｜＝５；（２）点Ｃ到Ａ的距离为｜ｘ＋２｜，点Ｃ到Ｂ的距离为｜ｘ﹣３｜，∴点Ｃ到Ａ点的距离与点Ｃ到Ｂ点的距离之和为｜ｘ＋２｜＋｜ｘ﹣３｜，当距离之和｜ｘ＋２｜＋｜ｘ﹣３｜的值最小，﹣２＜ｘ＜３，此时的最小值为３﹣（﹣２）＝５，∴当﹣２＜ｘ＜３时，点Ｃ到Ａ点的距离与点Ｃ到Ｂ点的距离之和最小，最小值为５；（３）设点Ｐ所表示的数为ｘ，∵ＰＱ＝ｍ，Ｑ点在Ｐ点右侧，∴点Ｑ所表示的数为ｘ＋ｍ，∴ＰＡ＝｜ｘ＋２｜，ＱＢ＝｜ｘ＋ｍ﹣３｜∴点Ｐ到Ａ点的距离与点Ｑ到Ｂ点的距离之和为：ＰＡ＋ＱＢ＝｜ｘ＋２｜＋｜ｘ＋ｍ﹣３｜当ｘ在﹣２与３﹣ｍ之间时，｜ｘ＋２｜＋｜ｘ＋ｍ﹣３｜最小，最小值为｜﹣２﹣（３﹣ｍ）｜＝４，①﹣２﹣（３﹣ｍ）＝４，解得，ｍ＝９，②（３﹣ｍ）﹣（﹣２）＝４时，解得，ｍ＝１，故答案为：１或９．２．解：（１）由ａ，ｂ，ｃ．在数轴上的位置可知，ａ＜０，０＜ｂ＜ｃ，∴ａｂｃ＜０，ａ＋ｂ＞０，故答案为：＜＞，（２）①ｂ２＝１６，ｂ＞０，∴ｂ＝４，∵ａ＝﹣２，ＢＣ＝ＡＢ，∴ｃ﹣４＝４﹣（﹣２），∴ｃ＝１０；②设点Ｐ表示的数为ｘ，点Ｐ在ＢＣ上，因此ｂ＜ｘ＜ｃ，∴ｂｘ＋ｃｘ＋｜ｘ﹣ｃ｜﹣１０｜ｘ＋ａ｜＝ｂｘ＋ｃｘ＋ｃ﹣ｘ﹣１０ｘ﹣１０ａ＝（ｂ＋ｃ﹣１０﹣１）ｘ＋ｃ﹣１０ａ，∵结果与ｘ无关，∴ｂ＋ｃ＝１１，又∵ｃ﹣ｂ＝ｂ＋２，即，ｃ＝２ｂ＋２，∴ｂ＝３，故答案为：３．３．解：（１）∵数轴上两点Ａ，Ｂ对应的数分别为﹣８和４，∴ＡＢ＝４﹣（﹣８）＝１２，∵点Ｐ到点Ａ、点Ｂ的距离相等，∴Ｐ为ＡＢ的中点，∴ＢＰ＝ＰＡ＝ＡＢ＝６，∴点Ｐ表示的数是﹣２；（２）①当点Ｐ运动到原点Ｏ时，ＰＡ＝８，ＰＢ＝４，∵ＰＡ≠３ＰＢ，∴点Ｐ不是关于Ａ→Ｂ的“好点”；故答案为：不是；②根据题意可知：设点Ｐ运动的时间为ｔ秒，ＰＡ＝ｔ＋８，ＰＢ＝｜４﹣ｔ｜，∴ｔ＋８＝３｜４﹣ｔ｜，解得ｔ＝１或ｔ＝１０，所以点Ｐ的运动时间为１秒或１０秒；（３）根据题意可知：设点Ｐ表示的数为ｎ，ＰＡ＝ｎ＋８或﹣ｎ﹣８，ＰＢ＝４﹣ｎ，ＡＢ＝１２，分五种情况进行讨论：①当点Ａ是关于Ｐ→Ｂ的“好点”时，｜ＰＡ｜＝３｜ＡＢ｜，即﹣ｎ﹣８＝３６，解得ｎ＝﹣４４；②当点Ａ是关于Ｂ→Ｐ的“好点”时，｜ＡＢ｜＝３｜ＡＰ｜，即３（﹣ｎ﹣８）＝１２，解得ｎ＝﹣１２；或３（ｎ＋８）＝１２，解得ｎ＝﹣４；③当点Ｐ是关于Ａ→Ｂ的“好点”时，｜ＰＡ｜＝３｜ＰＢ｜，即﹣ｎ﹣８＝３（４﹣ｎ）或ｎ＋８＝３（４﹣ｎ），解得ｎ＝１０或１（不符合题意，舍去）；④当点Ｐ是关于Ｂ→Ａ的“好点”时，｜ＰＢ｜＝３｜ＡＰ｜，即４﹣ｎ＝３（ｎ＋８），解得ｎ＝﹣５；或４﹣ｎ＝３（﹣ｎ﹣８），解得ｎ＝﹣１４；⑤当点Ｂ是关于Ｐ→Ａ的“好点”时，｜ＰＢ｜＝３｜ＡＢ｜，即４﹣ｎ＝３６，解得ｎ＝﹣３２．综上所述：所有符合条件的点Ｐ表示的数是：﹣４，﹣５，﹣１２，﹣１４，﹣３２，﹣４４．４．解：（１）根据题意得２ｔ＋ｔ＝２８，解得ｔ＝，∴ＡＭ＝＞１０，∴Ｍ在Ｏ的右侧，且ＯＭ＝﹣１０＝，∴当ｔ＝时，Ｐ、Ｑ两点相遇，相遇点Ｍ所对应的数是；（２）由题意得，ｔ的值大于０且小于７．若点Ｐ在点Ｏ的左边，则１０﹣２ｔ＝７﹣ｔ，解得ｔ＝３．若点Ｐ在点Ｏ的右边，则２ｔ﹣１０＝７﹣ｔ，解得ｔ＝．综上所述，ｔ的值为３或时，点Ｐ到点Ｏ的距离与点Ｑ到点Ｂ的距离相等；（３）∵Ｎ是ＡＰ的中点，∴ＡＮ＝ＰＮ＝ＡＰ＝ｔ，∴ＣＮ＝ＡＣ﹣ＡＮ＝２８﹣ｔ，ＰＣ＝２８﹣ＡＰ＝２８﹣２ｔ，２ＣＮ﹣ＰＣ＝２（２８﹣ｔ）﹣（２８﹣２ｔ）＝２８．５．解：（１）１０﹣４＝６，∵点Ｂ位于点Ａ的左侧，∴点Ｂ表示的数是﹣６，故答案为：﹣６．在数轴上将点Ｂ表示如图所示：（２）设经过多少秒点Ｐ与点Ａ的距离是２个单位长度，∴２ｔ＋２＝１０或２ｔ﹣２＝１０∴ｔ＝４或ｔ＝６∴经过４秒或６秒点Ｐ与点Ａ的距离是２个单位长度；（３）设经过ｔ秒，点Ｑ到点Ｂ的距离是点Ｐ到点Ａ的距离的２倍，∴２（１０﹣２ｔ）＝１０﹣ｔ或２（２ｔ﹣１０）＝１０﹣ｔ∴ｔ＝或ｔ＝６∴经过秒或６秒，点Ｑ到点Ｂ的距离是点Ｐ到点Ａ的距离的２倍．６．解：（１）∵﹣３＋５＝２，∴Ｂ表示的数为２，Ａ、Ｂ两点间的距离为２﹣（﹣３）＝５，故答案为：２，５；（２）∵３﹣３＋６＝６，∴Ｂ表示的数为６，Ａ、Ｂ两点间的距离为６﹣３＝３，故答案为：６，３；（３）根据题意，点Ｂ表示的数为ｘ＋ｐ﹣ｎ，Ａ、Ｂ两点间的距离为｜ｘ＋ｐ﹣ｎ﹣ｘ｜＝｜ｐ﹣ｎ｜，故答案为：ｘ＋ｐ﹣ｎ，｜ｐ﹣ｎ｜．７．解：（１）点Ｐ运动至点Ｃ时，所需时间ｔ＝１０÷２＋１０÷１＋８÷２＝１９（秒），（２）由题可知，Ｐ、Ｑ两点相遇在线段ＯＢ上于Ｍ处，设ＯＭ＝ｘ．则１０÷２＋ｘ÷１＝８÷１＋（１０﹣ｘ）÷２，解得ｘ＝．故相遇点Ｍ所对应的数是．（３）Ｐ、Ｏ两点在数轴上相距的长度与Ｑ、Ｂ两点在数轴上相距的长度相等有４种可能：①动点Ｑ在ＣＢ上，动点Ｐ在ＡＯ上，则：８﹣ｔ＝１０﹣２ｔ，解得：ｔ＝２．②动点Ｑ在ＣＢ上，动点Ｐ在ＯＢ上，则：８﹣ｔ＝（ｔ﹣５）×１，解得：ｔ＝６．５．③动点Ｑ在ＢＯ上，动点Ｐ在ＯＢ上，则：２（ｔ﹣８）＝（ｔ﹣５）×１，解得：ｔ＝１１．④动点Ｑ在ＯＡ上，动点Ｐ在ＢＣ上，则：１０＋２（ｔ﹣１５）＝ｔ﹣１３＋１０，解得：ｔ＝１７．综上所述：ｔ的值为２、６．５、１１或１７．８．解：（１）如图所示：（２）ＣＡ＝４﹣（﹣１）＝４＋１＝５（ｃｍ）；设Ｄ表示的数为ａ，∵ＡＤ＝４，∴｜﹣１﹣ａ｜＝４，解得：ａ＝﹣５或３，∴点Ｄ表示的数为﹣５或３；故答案为：５，﹣５或３；（３）将点Ａ向右移动ｘｃｍ，则移动后的点表示的数为﹣１＋ｘ；故答案为：﹣１＋ｘ；（４）ＣＡ﹣ＡＢ的值不会随着ｔ的变化而变化，理由如下：根据题意得：ＣＡ＝（４＋４ｔ）﹣（﹣１＋ｔ）＝５＋３ｔ，ＡＢ＝（﹣１＋ｔ）﹣（﹣３﹣２ｔ）＝２＋３ｔ，∴ＣＡ﹣ＡＢ＝（５＋３ｔ）﹣（２＋３ｔ）＝３，∴ＣＡ﹣ＡＢ的值不会随着ｔ的变化而变化．角度的旋转９．解：（１）∵∠ＣＯＥ是直角，∠ＣＯＦ＝５８°，∴∠ＥＯＦ＝９０°﹣５８°＝３２°．∵ＯＦ平分∠ＡＯＥ，∴∠ＡＯＥ＝２∠ＥＯＦ＝６４°，∴∠ＢＯＥ＝１８０°﹣６４°＝１１６°．答：∠ＢＯＥ的度数为１１６°；（２）∵∠ＣＯＦ＝ｍ°，∴∠ＥＯＦ＝ｍ°﹣９０°．又∵ＯＦ平分∠ＡＯＥ，∴∠ＡＯＥ＝２∠ＥＯＦ＝２ｍ°﹣１８０°，∴∠ＢＯＥ＝１８０°﹣（２ｍ°﹣１８０°）＝３６０°﹣２ｍ°．答：∠ＢＯＥ的度数为３６０°﹣２ｍ°．１０．解：（１）∵∠ＡＯＣ＝９０°，∠ＢＯＤ＝９０°，∠ＢＯＣ＝６０°，∴∠ＡＯＢ＝∠ＡＯＣ﹣∠ＢＯＣ＝９０°﹣６０°＝３０°，∠ＤＯＣ＝∠ＢＯＤ﹣∠ＢＯＣ＝９０°﹣６０°＝３０°；（２）设∠ＣＯＤ＝ｘ°，则∠ＢＯＣ＝１００°﹣ｘ°，∵∠ＡＯＣ＝１１０°，∴∠ＡＯＢ＝１１０°﹣（１００°﹣ｘ°）＝ｘ°＋１０°，∵∠ＡＯＤ＝∠ＢＯＣ＋７０°，∴１００°＋１０°＋ｘ°＝１００°﹣ｘ°＋７０°，解得：ｘ＝３０即，∠ＣＯＤ＝３０°；（３）当α＝４５°时，∠ＡＯＤ与∠ＢＯＣ互余；理由是：要使∠ＡＯＤ与∠ＢＯＣ互余，即∠ＡＯＤ＋∠ＢＯＣ＝９０°，∴∠ＡＯＢ＋∠ＢＯＣ＋∠ＣＯＤ＋∠ＢＯＣ＝９０°，即∠ＡＯＣ＋∠ＢＯＤ＝９０°，∵∠ＡＯＣ＝∠ＢＯＤ＝α，∴∠ＡＯＣ＝∠ＢＯＤ＝４５°，即α＝４５°，∴当α＝４５°时，∠ＡＯＤ与∠ＢＯＣ互余．１１．解：（１）如图１所示：∵ＯＮ平分∠ＡＯＣ，∴∠ＣＯＮ＝，又∵ＯＭ平分∠ＢＯＣ，∴∠ＣＯＭ＝，又∵∠ＡＯＢ＝∠ＡＯＣ＋∠ＢＯＣ＝９０°，∴∠ＭＯＮ＝∠ＣＯＮ＋∠ＣＯＭ＝＝＝４５°；（２）∠ＭＯＮ的大小不变，如图２所示，理由如下：∵ＯＭ平分∠ＢＯＣ，∴∠ＭＯＣ＝，又∵ＯＮ平分∠ＡＯＣ，∴∠ＡＯＮ＝，又∵∠ＭＯＮ＝∠ＡＯＮ＋∠ＡＯＭ，∴∠ＭＯＮ＝＝＝＝４５°．１２．解：（１）旋转前∠ＭＯＣ＝９０°﹣∠ＡＯＣ＝６０°，当ＯＭ平分∠ＢＯＣ时，，３ｔ＝７５°﹣６０°，ｔ＝５ｓ，结论：ＯＮ平分∠ＡＯＣ，理由：∵∠ＣＯＮ＝９０°﹣∠ＭＯＣ，∠ＡＯＣ＝１８０°﹣∠ＢＯＣ＝２（９０°﹣∠ＭＯＣ），∴∠ＡＯＣ＝２∠ＣＯＮ，∴ＯＮ平分∠ＡＯＣ（２）∠ＭＯＣ＝∠ＡＯＭ﹣∠ＡＯＣ＝（３ｔ＋９０°）﹣（３０°＋６ｔ）＝６０°﹣３ｔ若ＯＣ平分∠ＭＯＮ则，∴６０°﹣３ｔ＝４５°，∴ｔ＝５．１３．解：如图所示：（１）设∠ＡＯＤ＝５ｘ°，∵∠ＢＯＣ＝∠ＡＯＤ∴∠ＢＯＣ＝•５ｘ°＝３ｘ°又∵∠ＡＯＣ＝∠ＡＯＢ＋∠ＢＯＣ，∠ＢＯＤ＝∠ＤＯＣ＋∠ＢＯＣ，∠ＡＯＤ＝∠ＡＯＢ＋∠ＢＯＣ＋∠ＤＯＣ，∴∠ＡＯＣ＋∠ＢＯＤ＝∠ＡＯＤ＋∠ＢＯＣ，又∵∠ＡＯＣ＝∠ＢＯＤ＝１２０°，∴５ｘ＋３ｘ＝２４０解得：ｘ＝３０°∴∠ＡＯＤ＝１５０°；（２）∵∠ＡＯＤ＝１５０°，∠ＢＯＣ＝∠ＡＯＤ，∴∠ＢＯＣ＝９０°，①若线段ＯＢ、ＯＣ重合前相差２０°，则有：２０ｔ＋１５ｔ＋２０＝９０，解得：ｔ＝２，②若线段ＯＢ、ＯＣ重合后相差２０°，则有：２０ｔ＋１５ｔ﹣９０＝２０解得：，又∵０＜ｔ＜６，∴ｔ＝２或ｔ＝；（３）∠ＭＯＮ的度数不会发生改变，∠ＭＯＮ＝３０°，理由如下：∵旋转ｔ秒后，∠ＡＯＤ＝１５０°﹣５ｔ°，∠ＡＯＣ＝１２０°﹣５ｔ°，∠ＢＯＤ＝１２０°﹣５ｔ°∵ＯＭ、ＯＮ分别平分∠ＡＯＣ、∠ＢＯＤ∴∠ＡＯＭ＝∠ＡＯＣ＝，∠ＤＯＮ＝＝∴∠ＭＯＮ＝∠ＡＯＤ﹣∠ＡＯＭ﹣∠ＤＯＮ＝１５０°﹣５ｔ°﹣﹣＝３０°．１４．解：（１）①∠ＡＯＣ＋∠ＢＯＤ＝∠ＡＯＣ＋∠ＡＯＤ＋∠ＡＯＢ＝∠ＣＯＤ＋∠ＡＯＢ＝６０°＋９０°＝１５０°；②∠ＢＯＣ﹣∠ＡＯＤ＝（∠ＡＯＢ﹣∠ＡＯＣ）﹣（∠ＣＯＤ﹣∠ＡＯＣ）＝∠ＡＯＢ﹣∠ＡＯＣ﹣∠ＣＯＤ＋∠ＡＯＣ＝∠ＡＯＢ﹣∠ＣＯＤ＝９０°﹣６０°＝３０°；故答案为：１５０°、３０°；（２）设运动时间为ｔ秒，０＜ｔ≤３６，∠ＭＯＣ＝（５ｔ）°，①０＜ｔ≤２０时，ＯＤ与ＯＡ相遇前，∠ＡＯＤ＝（６０＋２ｔ﹣５ｔ）°＝（６０﹣３ｔ）°，∴∠ＭＯＣ﹣∠ＡＯＤ＝（８ｔ﹣６０）°；②２０＜ｔ≤３６时，ＯＤ与ＯＡ相遇后，∠ＡＯＤ＝［５ｔ﹣（６０＋２ｔ）］°＝（３ｔ﹣６０）°，∴∠ＭＯＣ﹣∠ＡＯＤ＝（２ｔ＋６０）°；（３）设ＯＣ绕点Ｏ逆时针旋转ｎ°，则ＯＤ也绕点Ｏ逆时针旋转ｎ°，①０＜ｎ°≤１５０°时，如图４，射线ＯＥ、ＯＦ在射线ＯＢ同侧，在直线ＭＮ同侧，∵∠ＢＯＦ＝［９０°﹣（ｎ﹣６０°）］＝（１５０﹣ｎ）°，∠ＢＯＥ＝（９０﹣ｎ）°＝（１８０﹣ｎ）°，∴∠ＥＯＦ＝∠ＢＯＥ﹣∠ＢＯＦ＝１５°；②１５０°＜ｎ°≤１８０°时，如图５，射线ＯＥ、ＯＦ在射线ＯＢ异侧，在直线ＭＮ同侧，∵°，∠ＢＯＥ＝（９０﹣ｎ）°＝（１８０﹣ｎ）°，∴∠ＥＯＦ＝∠ＢＯＥ＋∠ＢＯＦ＝１５°；③１８０°＜ｎ°≤３３０°时，如图６，射线ＯＥ、ＯＦ在射线ＯＢ异侧，在直线ＭＮ异侧，∵°，°，∴∠ＥＯＦ＝∠ＤＯＦ＋∠ＣＯＤ＋∠ＣＯＥ＝１６５°；④３３０°＜ｎ°≤３６０°时，如图７，射线ＯＥ、ＯＦ在射线ＯＢ同侧，在直线ＭＮ异侧，∵∠ＤＯＦ＝［３６０﹣（ｎ﹣１５０）］°＝（５１０﹣ｎ）°，°，∴∠ＥＯＦ＝∠ＤＯＦ﹣∠ＣＯＤ﹣∠ＣＯＥ＝１５°；综上，∠ＥＯＦ＝１５°或１６５°．１５．解：（１）∵ＣＦ平分∠ＡＣＢ，∴∠ＢＣＦ＝∠ＡＣＦ＝∠ＡＣＢ＝×９０°＝４５°，∴∠ＡＣＥ＝∠ＥＣＦ﹣∠ＡＣＦ＝９０°﹣４５°＝４５°；（２）∠ＡＣＥ＝∠ＢＣＦ，∵∠ＢＣＦ＋∠ＡＣＦ＝９０°＝∠ＡＣＥ＋ＡＣＦ，（３）∠ＢＣＦ﹣∠ＡＣＤ＝４５°，∵∠ＡＣＦ＋∠ＢＣＦ＝９０°，∠ＡＣＤ＋∠ＡＣＦ＝∠ＤＣＦ＝４５°，∴（∠ＡＣＦ＋∠ＢＣＦ）﹣（∠ＡＣＤ＋∠ＡＣＦ）＝９０°﹣４５°，即：∠ＢＣＦ﹣∠ＡＣＤ＝４５°．１６．解：（１）如图１①由方位角的表示方法得，射线ＯＥ的方向是北偏东２０°，故答案为：北偏东２０°；②∵∠ＡＯＥ＋∠ＥＯＮ＝∠ＣＯＮ＋∠ＥＯＮ＝９０°，∴∠ＡＯＥ＝∠ＣＯＮ；故答案为：∠ＡＯＥ＝∠ＣＯＮ；③∵∠ＡＯＥ＋∠ＥＯＮ＝∠ＣＯＮ＋∠ＢＯＣ，∴∠ＥＯＮ＝∠ＢＯＣ，∵∠ＡＯＣ＋∠ＢＯＣ＝１８０°，∴∠ＡＯＣ＋∠ＥＯＮ＝１８０°，故答案为：∠ＡＯＣ＋∠ＥＯＮ＝１８０°，（２）如图２，①∵∠ＣＯＥ＝９０°．∴∠ＡＯＣ＋∠ＡＯＥ＝９０°＝∠ＡＯＥ＋∠ＥＯＭ，∴∠ＡＯＣ＝∠ＥＯＭ，∵ＯＦ恰好平分∠ＣＯＭ，∴∠ＭＯＦ＝∠ＯＣＦ，即：∠ＭＯＥ＋∠ＥＯＦ＝∠ＡＯＣ＋∠ＡＯＦ，∴∠ＥＯＦ＝∠ＡＯＦ＝２４°故答案为：２４°②∵∠ＣＯＮ＋∠ＡＯＣ＝９０°＝∠ＡＯＣ＋∠ＡＯＥ，∴∠ＣＯＮ＝∠ＡＯＥ，∵∠ＥＯＦ＝∠ＡＯＦ＝β，∴∠ＣＯＮ＝２∠ＡＯＦ＝２β；故答案为：２β．（３）如图３，由同角的余角相等可得∠ＣＯＭ＝∠ＢＯＥ，∴∠ＣＯＮ＝∠ＡＯＥ，∵ＯＦ平分∠ＣＯＭ，∴∠ＣＯＮ＝∠ＡＯＥ＝２∠ＣＯＦ＋２∠ＡＯＣ＝２∠ＡＯＦ，∴∠ＣＯＮ＝２∠ＡＯＦ．。
初中数学巧用旋转进行计算之三大题型及答案
解题技巧专题：巧用旋转进行计算之三大题型【考点导航】目录【典型例题】【题型一利用旋转结合等腰(边)三角形、垂直、平行的性质求角度】【题型二利用旋转结合特殊三角形的判定、性质或勾股定理求长度】【题型三利用旋转计算面积】【典型例题】【题型一利用旋转结合等腰(边)三角形、垂直、平行的性质求角度】1(2023春·内蒙古巴彦淖尔·九年级校考期中)如图，在△ABC中，BC<BA，将△BCA以点B为中心逆时针旋转得到△BED，点E在边CA上，ED交BA于点F，若∠FEA=40°，则∠DBF=()A.40°B.50°C.60°D.70°【变式训练】1(2023春·辽宁沈阳·八年级沈阳市第四十三中学校考期中)如图，在△ABC中，∠B=42°，将△ABC 绕点A逆时针旋转，得到△ADE，点D恰好落在BC的延长线上，则旋转角的度数()A.86°B.96°C.106°D.116°2(2023春·河南新乡·七年级统考期末)如图，在△ABC中，∠BAC=104°，将△ABC绕点A逆时针旋转94°得到△ADE，点B的对应点为点D，若点B，C，D恰好在同一条直线上，则∠E的度数为()A.25°B.30°C.33°D.40°3(2023·浙江温州·校联考三模)如图，在△ABC中，∠BAC=50°，将△ABC绕点A逆时针旋转得△ADE，使点D恰好落在AC边上，连结CE，则∠ACE的度数为()A.45°B.55°C.65°D.75°4(2023春·甘肃兰州·八年级兰州市第五十六中学校考期中)如图，在△ABC中，∠CAB=70°，将△ABC绕点A逆时针旋转到△AB C 的位置，使得CC ∥AB，划∠BAB 的度数是()A.35°B.40°C.50°D.70°5(2023春·江苏连云港·八年级校考阶段练习)如图，将△ABC绕点A逆时针旋转一定角度，得到△ADE．若∠CAE=65°，∠E=70°，且AD⊥BC，∠BAC的度数为()A.60°B.70°C.75°D.85°6(2023春·江苏盐城·八年级校考阶段练习)如图，∠AOB=90°，∠B=20°，△A OB 可以看作是△AOB绕点O顺时针旋转α角度得到的．若点A 在AB上，则旋转角α的度数是.7(2023春·上海嘉定·七年级校考期末)已知△ABC中，AB=AC，将△ABC绕点C旋转得△CDE，使点B恰好落在边AB上点D处，边DE交边AC于点F(如图)，如果△CDF为等腰三角形，则∠A的度数为．【题型二利用旋转结合特殊三角形的判定、性质或勾股定理求长度】1(2023秋·福建莆田·九年级校考开学考试)如图，将△ABC绕点C逆时针旋转一定的角度得到△A B C ，此点A在边B C上，若BC=5,AC=3，则AB 的长为()A.5B.4C.3D.2【变式训练】1(2023春·四川达州·八年级校考期中)如图，把△ABC绕点C逆时针旋转90°得到△DCE，若∠ACB =90°，∠A=30°，AB=10，AC=8，则AD的长为()A.2B.3C.4D.52(2023春·陕西汉中·八年级统考期中)如图，在△ABC中，∠ACB=90°，将△ABC绕点A顺时针旋转90°，得到△ADE，连接BD，若AC=22,DE=1，则线段BD的长为．3(2023春·四川成都·八年级成都嘉祥外国语学校校考期中)如图．Rt△ABC中，∠C=90°，BC=3，AC=4，将△ABC绕点B逆时针旋转得△A BC ，若点C 在AB上，则AA 的长为．4(2023·山西运城·校联考模拟预测)如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=BC=6，点D为AC的中点，点E是AB边上的一点，连接DE，将线段DE绕点D顺时针旋转90°，得到DF，连接AF，EF，若BE= 22，则AF的长为．5(2023·河南周口·统考一模)如图1，在△ABC中，∠A=90°，AB=AC=2，D，E分别为边AB和AC的中点，现将△ADE绕点A自由旋转，如图2，设直线BD与CE相交于点P，当AE⊥EC时，线段PC 的长为．6(2023春·陕西渭南·八年级统考阶段练习)如图，在△ABC中，∠B=60°，AB=3，将△ABC绕点A 按逆时针方向旋转得到△ADE，若点B的对应点D恰好落在边BC上，求BD的长．【题型三利用旋转计算面积】1(2023秋·湖南永州·九年级校考开学考试)如图，正方形ABCD和正方形EFGO的边长都是1，正方形EFGO绕点O旋转时，两个正方形重叠部分的面积是()A.14B.12C.13D.不能确定【变式训练】1(2023春·山东青岛·八年级统考期中)将直角边长为5cm的等腰直角△ABC绕点A逆时针旋转15°后，得到△AB C ，则图中阴影部分的面积是( )cm2．A.12.5B.2536C.2533D.不能确定2(2023秋·四川德阳·九年级统考期末)如图，边长为定值的正方形ABCD的中心与正方形EFGH的顶点E重合，且与边AB、BC相交于M、N，图中阴影部分的面积记为S，两条线段MB、BN的长度之和记为l，将正方形EFGH绕点E逆时针旋转适当角度，则有()A.S变化，l不变B.S不变，l变化C.S变化，l变化D.S与l均不变3(2023春·广东清远·八年级校考期中)如图，在△ABC中，∠C=90°，AC=BC=2，将△ABC绕点A逆时针方向旋转60°到△ABC 的位置，则图中阴影部分的面积是．4(2023春·江苏宿迁·八年级校考阶段练习)马老师在带领学生学习《正方形的性质与判定》这一课时，给出如下问题：如图①，正方形ABCD的对角线AC、BD相交于点O，正方形A B C O与正方形ABCD的边长相等．在正方形A B C O绕点O旋转的过程中，OA 与AB相交于点M，OC 与BC相交于点N，探究两个正方形重叠部分的面积与正方形ABCD的面积有什么关系．(1)小亮第一个举手回答“两个正方形重叠部分的面积是正方形ABCD面积的”；请说明理由．(2)马老师鼓励同学们编道拓展题，小颖编了这样一道题：如图②，在四边形ABCD中，AB=AD，∠BAD =∠BCD=90°，连接AC．若AC=6，求四边形ABCD的面积．请你帮小颖解答这道题．5(2023春·广东深圳·八年级统考期末)【问题背景】如图1，在▱ABCD中，AB⊥DB．将△ABD绕点B逆时针旋转至△FBE，记旋转角∠ABF=α0°<α≤180°，当线段FB与DB不共线时，记△ABE的面积为S1，△FBD的面积为S2．【特例分析】如图2，当EF恰好过点A，且点F，B，C在同一条直线上时．(1)α=°；(2)若AD=43，则S1=，S2=；【推广探究】某数学兴趣小组经过交流讨论，猜想：在旋转过程中，S1与S2之间存在一定的等量关系．再经过独立思考，获得了如下一些解决思路：思路1：如图1，过点A，E分别作直线平行于BE，AB，两直线交于点M，连接BM，可证一组三角形全等，再根据平行四边形的相关性质解决问题；思路2：如图2，过点E作EH⊥AB于点H，过点D作DG⊥FB，交FB的延长线于点G，可证一组三角形全等，再根据旋转的相关性质解决问题；⋯⋯(3)如图3，请你根据以上思路，并结合你的想法，探究S1与S2之间的等量关系为，并说明理由．【拓展应用】在旋转过程中，当S1+S2为▱ABCD面积的12时，α的值为解题技巧专题：巧用旋转进行计算之三大题型【考点导航】目录【典型例题】【题型一利用旋转结合等腰(边)三角形、垂直、平行的性质求角度】【题型二利用旋转结合特殊三角形的判定、性质或勾股定理求长度】【题型三利用旋转计算面积】【典型例题】【题型一利用旋转结合等腰(边)三角形、垂直、平行的性质求角度】1(2023春·内蒙古巴彦淖尔·九年级校考期中)如图，在△ABC中，BC<BA，将△BCA以点B为中心逆时针旋转得到△BED，点E在边CA上，ED交BA于点F，若∠FEA=40°，则∠DBF=()A.40°B.50°C.60°D.70°【答案】A【分析】根据旋转的性质可得∠A=∠D，由对顶角相等可得∠BFD=∠EFA，根据三角形的外角性质可得∠DBF=∠AEF，即可求解．【详解】解：∵将△BCA以点B为中心逆时针旋转得到△BED，∴∠A=∠D，∵∠BFD=∠EFA，∴∠BFE=∠A+∠AEF=∠D+∠DBF∵∠FEA=40°，∴∠DBF=∠AEF=40°，故选：A．【点睛】本题考查了旋转的性质，三角形的外角的性质，熟练掌握旋转的性质是解题的关键．【变式训练】1(2023春·辽宁沈阳·八年级沈阳市第四十三中学校考期中)如图，在△ABC中，∠B=42°，将△ABC 绕点A逆时针旋转，得到△ADE，点D恰好落在BC的延长线上，则旋转角的度数()A.86°B.96°C.106°D.116°【答案】B【分析】由旋转的性质可知AB=AD，可算出∠ADB=42°，就可以算出旋转角．【详解】由旋转的性质可知：AB=AD，∠BAD是旋转角，∵AB=AD，∴∠ADB=∠B=42°，∴∠BAD=180°-∠ADB-∠B=96°，故选：B．【点睛】本题考查旋转的性质、等边对等角、三角形内角和定理，找到旋转的对应边、对应角是解决问题的关键．2(2023春·河南新乡·七年级统考期末)如图，在△ABC中，∠BAC=104°，将△ABC绕点A逆时针旋转94°得到△ADE，点B的对应点为点D，若点B，C，D恰好在同一条直线上，则∠E的度数为()A.25°B.30°C.33°D.40°【答案】C【分析】由旋转的性质可得∠BAD=94°，AB=AD，由等腰三角形的性质可得∠B=∠ADB=43°，即可求解．【详解】解：∵将△ABC绕点A逆时针旋转94°得到△ADE，∴∠BAD=94°，AB=AD，∴∠B=∠ADB=43°，∵∠BAC=104°，∴∠C=180°-104°-43°=33°，故选：C．【点睛】本题考查了旋转的性质，等腰三角形的性质，掌握旋转的性质是解题的关键．3(2023·浙江温州·校联考三模)如图，在△ABC中，∠BAC=50°，将△ABC绕点A逆时针旋转得△ADE，使点D恰好落在AC边上，连结CE，则∠ACE的度数为()A.45°B.55°C.65°D.75°【答案】C【分析】由旋转的性质可知，旋转前后对应边相等，对应角相等，得出等腰三角形，再根据等腰三角形的性质求解．【详解】解：由旋转的性质可知，∠CAE=∠BAC=50°，AC=AE，∴∠ACE=∠AEC，在△ACE中，∠CAE+∠ACE+∠AEC=180°，∴50°+2∠ACE=180°，解得：∠ACE=65°，故选：C．【点睛】本题主要考查了旋转的性质，找出旋转角和旋转前后的对应边得出等腰三角形是解答此题的关键．4(2023春·甘肃兰州·八年级兰州市第五十六中学校考期中)如图，在△ABC中，∠CAB=70°，将△ABC绕点A逆时针旋转到△AB C 的位置，使得CC ∥AB，划∠BAB 的度数是()A.35°B.40°C.50°D.70°【答案】B【分析】根据平行线的性质，结合旋转性质，由等腰三角形性质及三角形内角和定理求解即可得到答案．【详解】解：∵CC ∥AB，∠CAB=70°，∴∠C CA=∠CAB=70°，∵将△ABC绕点A逆时针旋转到△AB C 的位置，∴∠C AB =∠CAB=70°，AC =AC，∴∠AC C=∠C CA=70°，∴∠C AC=180°-70°-70°=40°，∵∠BAB =∠CAB-CAB ，∠CAC =∠C AB -CAB ，∴∠BAB =∠C AC=40°，即旋转角的度数是40°，故选：B．【点睛】本题考查旋转性质求角度，涉及平行线的性质、旋转性质、等腰三角形的判定与性质及三角形内角和定理，熟练掌握旋转性质，数形结合，是解决问题的关键．5(2023春·江苏连云港·八年级校考阶段练习)如图，将△ABC绕点A逆时针旋转一定角度，得到△ADE．若∠CAE=65°，∠E=70°，且AD⊥BC，∠BAC的度数为()A.60°B.70°C.75°D.85°【答案】D【分析】根据旋转的性质得出∠C=∠E=70°，∠BAC=∠DAE，根据三角形内角和定理可得∠CAF=20°，进而即可求解．【详解】解：如图所示，设AD,BC交于点F，∵△ABC绕点A逆时针旋转得到△ADE，∴∠C=∠E=70°，∠BAC=∠DAE，∵AD⊥BC，∴∠AFC=90°，∴∠CAF=90°-∠C=90°-70°=20°，∴∠DAE=∠CAF+∠EAC=20°+65°=85°，∴∠BAC=∠DAE=85°．故选：D．【点睛】本题考查了旋转的性质，三角形的内角和定理，熟练掌握旋转的性质是解题的关键．6(2023春·江苏盐城·八年级校考阶段练习)如图，∠AOB=90°，∠B=20°，△A OB 可以看作是△AOB绕点O顺时针旋转α角度得到的．若点A 在AB上，则旋转角α的度数是.【答案】40°/40度【分析】根据旋转的性质得到AO=A O，根据等边对等角得到∠A=70°=∠OA A，再利用三角形内角和定理计算即可．【详解】解：△A OB 可以看作是△AOB绕点O顺时针旋转α角度得到的，点A 在AB上，∴AO=A O，∵∠B=20°，∠AOB=90°，∴∠A=70°=∠OA A，∴∠AOA =180°-2×70°=40°，即旋转角α的度数是40°，故答案为：40°．【点睛】本题考查了旋转的性质，等边对等角，三角形内角和定理，关键是得出∠A=70°=∠OA A，题目比较典型，难度不大．7(2023春·上海嘉定·七年级校考期末)已知△ABC中，AB=AC，将△ABC绕点C旋转得△CDE，使点B恰好落在边AB上点D处，边DE交边AC于点F(如图)，如果△CDF为等腰三角形，则∠A的度数为．【答案】36°或180°7【分析】如图，设∠B=x，利用等腰三角形的性质和三角形内角和定理得到∠A=180°-2x，再利用旋转的性质得CB=CD，∠2=∠B=x，则∠1=∠B=x，利用平角定理得∠5=180°-2x，利用三角形外角性质∠3=360°-4x得，讨论：当CD=CF时，∠2=∠3=x，则x=360°-4x；当CD=DF时，∠4=∠3，利用∠2+∠3+∠4=180°得到x+2360°-4x=180°；当CF=DF时，∠2=∠4=x，利用∠2+∠3+∠4= 180°得到x+x+360°-2x=180°，然后分别解关于x的方程，然后计算180°-2x即可得到∠A的度数．【详解】解：如图，设∠B=x，∵AB=AC，∴∠ACB=∠B=x∴∠A=180°-2x，∵△ABC绕点C旋转得△CDE，使点B恰好落在边AB上点D处，∴CB=CD，∠2=∠B=x，∴∠1=∠B=x，∴∠5=180°-2x，∠3=∠A+∠5=360°-4x，当CD=CF时，△CDF为等腰三角形，即∠2=∠3=x，则x=360°-4x，解得x=72°，此时∠A=180°-2x =36°；当CD=DF时，△CDF为等腰三角形，即∠4=∠3，而∠2+∠3+∠4=180°，则x+2360°-4x=180°，解得x=540°7，此时∠A=180°-2x=180°7，当CF=DF时，△CDF为等腰三角形，即∠2=∠4=x，而∠2+∠3+∠4=180°，则x+x+360°-2x=180°，无解，故舍去，综上所述，△CDF为等腰三角形时∠A的度数为36°或180°7，故答案为36°或180°7．【点睛】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．也考查了三角形内角和、等腰三角形的性质和分类讨论思想．【题型二利用旋转结合特殊三角形的判定、性质或勾股定理求长度】1(2023秋·福建莆田·九年级校考开学考试)如图，将△ABC绕点C逆时针旋转一定的角度得到△A B C ，此点A在边B C上，若BC=5,AC=3，则AB 的长为()A.5B.4C.3D.2【答案】D【分析】根据图形旋转的性质可得CB =CB=5，即可求解．【详解】解：∵将△ABC绕点C逆时针旋转一定的角度得到△A B C ，此点A在边B C上，∴CB =CB=5，∴AB =CB -CA=5-3=2．故选：D．【点睛】本题主要考查了图形的旋转，熟练掌握图形旋转的性质是解题的关键．【变式训练】1(2023春·四川达州·八年级校考期中)如图，把△ABC绕点C逆时针旋转90°得到△DCE，若∠ACB =90°，∠A=30°，AB=10，AC=8，则AD的长为()A.2B.3C.4D.5【答案】A【分析】利用勾股定理求得BC=6，再根据旋转的性质可得CD=CB=6，即可求解．【详解】解；∵∠ACB=90°，AB=10，AC=8，∴BC=102-82=6，∵把△ABC绕点C逆时针旋转90°得到△DCE，∴CD=CB=6，∴AD=AC-CD=8-6=2，故选：A．【点睛】本题考查勾股定理和旋转的性质，熟练掌握旋转的性质是解题的关键．2(2023春·陕西汉中·八年级统考期中)如图，在△ABC中，∠ACB=90°，将△ABC绕点A顺时针旋转90°，得到△ADE，连接BD，若AC=22,DE=1，则线段BD的长为．【答案】32【分析】先由旋转的性质得到AD=AB，DE=BC=1，AE=AC=22，∠DAB=90°，然后由∠ACB= 90°计算出AB的长度，最后由勾股定理算出线段BD的长．【详解】解：由旋转得，AD=AB，DE=BC=1，AE=AC=22，∠DAB=90°，∵∠ACB=90°,∴AB=AC2+BC2=222+12=3，∴AD=AB=3，∵∠DAB=90°，∴BD=AB2+AD2=32+32=32，故答案为：32．【点睛】本题考查了旋转的性质和勾股定理，熟练应用“旋转过程中对应线段相等”是解题的关键．3(2023春·四川成都·八年级成都嘉祥外国语学校校考期中)如图．Rt△ABC中，∠C=90°，BC=3，AC=4，将△ABC绕点B逆时针旋转得△A BC ，若点C 在AB上，则AA 的长为．【答案】25【分析】先根据勾股定理求出AB的长，再利用旋转的性质可得AC=A C =4，BC=BC =3，∠C=∠BC A =90°，从而求出的长，然后在Rt△A C A中，利用勾股定理进行计算即可解答．【详解】解：∵∠C=90°，BC=3，AC=4，∴AB=AC2+BC2=42+32=5，由旋转得：AC=A C =4，BC=BC =3，∠C=∠BC A =90°，∴AC =AB-BC =5-3=2，∠AC A =180°-∠BC A =90°，∴AA =C A2+A C 2=22+42=25，故答案为：25．【点睛】本题考查了旋转的性质，勾股定理的应用，化为最简二次根式，熟练掌握旋转的性质是解题的关键．4(2023·山西运城·校联考模拟预测)如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=BC=6，点D为AC的中点，点E是AB边上的一点，连接DE，将线段DE绕点D顺时针旋转90°，得到DF，连接AF，EF，若BE= 22，则AF的长为．【答案】2【分析】由等腰直角三角形的性质可求AD=DH，由旋转的性质可得DE=DF，∠EDF=90°=∠ADH，由“SAS”可证△ADF≌△HDE，可得AF=HE=2．【详解】解：如图，取AB的中点H，连接CH，DH，∵∠C=90°，AC=BC=6，H是AB的中点，∴AB=62，AH=BH=32=CH，CH⊥AB，又∵点D是AC的中点，∴AD =CD =DH ，AD ⊥DH ，∵BE =22，∴EH =2，∵将线段DE 绕点D 顺时针旋转90°，∴DE =DF ，∠EDF =90°=∠ADH ，∴∠ADF =∠EDH ，∴△ADF ≌△HDE SAS ，∴AF =HE =2，故答案为：2．【点睛】本题考查了旋转的性质，等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定和性质，添加恰当辅助线构造全等三角形是解题的关键．5(2023·河南周口·统考一模)如图1，在△ABC 中，∠A =90°，AB =AC =2，D ，E 分别为边AB 和AC 的中点，现将△ADE 绕点A 自由旋转，如图2，设直线BD 与CE 相交于点P ，当AE ⊥EC 时，线段PC 的长为．【答案】3-1或3+1【分析】由△ADE 绕点A 自由旋转可知有以下两种情况：①当点E 在AC 的右侧时，AE ⊥CE ，先证△ABD 和△ACE 全等，进而可证四边形AEPD 为正方形，然后求出PE =1，CE =3，进而可得PC 的长；②当点E 在AC 的右侧时，AE ⊥CE ，同理①证△ABD 和△ACE 全等，四边形AEPD 为正方形，进而得PE =1，CE =3，据此可求出PC 的长，综上所述即可得出答案．【详解】解：∵△ADE 绕点A 自由旋转，∴有以下两种情况：①当点E 在AC 的右侧时，AE ⊥CE ，如图：由旋转的性质得：∠DAE =∠BAC =90°，∴∠BAD +∠DAC =∠DAC +∠CAE =90°，∴∠BAD =∠CAE ，∵AB =AC =2，D ，E 分别为边AB 和AC 的中点，∴AD =AE =1，在△ABD 和△ACE 中，AB =AC∠BAD =∠CAE AD =AE，∴△ABD ≌△ACE (SAS )，∴∠ADB =∠AEC =90°，∴∠ADP =∠DAE =∠AEC =90°，∴四边形AEPD 为矩形，又AD =AE =1，∴矩形AEPD 为正方形，∴PE =AE =1，在Rt△AEC中，AE=1，AC=2，∠AEC=90°，由勾股定理得：CE=AC2-AE2=3，∴PC=CE-PE=3-1；②当点E在AC的右侧时，AE⊥CE，如图：同理可证：△ABD≌△ACE(SAS)，四边形AEPD为正方形，∴BD=CE，PE=AE=1，在Rt△ABD中，AD=1，AB=2，∠ADB=90°，由勾股定理的：BD=AB2-AD2=3，∴CE=BD=3，∴PC=CE+PE=3+1．综上所述：当AE⊥EC时，线段PC的长为3-1或3+1．答案为：3-1或3+1．【点睛】此题主要考查了图形的旋转变换及其性质，等腰直角三角形的性质，正方形的判定及性质，全等三角形的判定及性质，勾股定理等，解答此题的关键是熟练掌握图形的旋转变换，全等三角形的判定、正方形的判定方法，灵活运用勾股定理进行计算，难点是根据题意进行分类讨论并画出示意图，漏解是易错点之一．6(2023春·陕西渭南·八年级统考阶段练习)如图，在△ABC中，∠B=60°，AB=3，将△ABC绕点A 按逆时针方向旋转得到△ADE，若点B的对应点D恰好落在边BC上，求BD的长．【答案】3【分析】根据旋转的性质得出△ABD是等边三角形，根据等边三角形的性质即可求解．【详解】∵∠B=60°，AB=3，将△ABC绕点A按逆时针方向旋转得到△ADE，∴AB=AD，∠B=60°，AB=3，∴△ABD是等边三角形，∴BD=AB=3，【点睛】本题考查了旋转的性质，等边三角形的判定和性质，熟练掌握旋转的性质和等边三角形的判定是解题的关键．【题型三利用旋转计算面积】1(2023秋·湖南永州·九年级校考开学考试)如图，正方形ABCD和正方形EFGO的边长都是1，正方形EFGO绕点O旋转时，两个正方形重叠部分的面积是()A.14B.12C.13D.不能确定【答案】A【分析】根据正方形的性质得出OB=OC，∠OBA=∠OCB=45°，∠BOC=∠EOG=90°，推出∠BON=∠MOC，证出△OBN≌△OCM，即可求出两个正方形重叠部分的面积．【详解】解：∵四边形ABCD和四边形OEFG都是正方形，∴OB=OC，∠OBC=∠OCB=45°，∠BOC=∠EOG=90°，∴∠BON+∠BOM=∠MOC+∠BOM=90°∴∠BON=∠MOC．在△OBN与△OCM中，∠OBN=∠OCM OB=OC∠BON=∠COM，∴△OBN≌△OCM ASA，∴S△OBN=S△OCM，∴S四边形OMBN =S△OBC=14S正方形ABCD=14×1×1=14．故选：A．【点睛】本题考查了正方形的性质，旋转的性质，全等三角形的性质和判定等知识，能推出四边形OMBN 的面积等于三角形BOC的面积是解此题的关键．【变式训练】1(2023春·山东青岛·八年级统考期中)将直角边长为5cm的等腰直角△ABC绕点A逆时针旋转15°后，得到△AB C ，则图中阴影部分的面积是( )cm2．A.12.5B.2536C.2533D.不能确定【答案】B【分析】设AB 与B C 交于D 点，根据旋转角∠CAC =15°，等腰直角△ABC 的一锐角∠CAB =45°，可求∠C AD ，旋转前后对应边相等，对应角相等，AC =AC =5cm ，∠C =∠C =90°，解直角△AC D ，可求阴影部分面积．【详解】解：设AB 与B C 交于D 点，根据旋转性质得∠CAC =15°，而∠CAB =45°，∴∠C AD =∠CAB -∠CAC =30°，又∵AC =AC =5cm ，∠C =∠C =90°，∴设C D =x ，则AD =2x ，∴AD 2=AC 2+C D 2，即2x 2=52+x 2，∴解得x =533，∴C D =533cm ，∴阴影部分面积为：12×5×533=2536cm 2 .故选：B ．【点睛】本题考查了旋转的性质，等腰三角形的性质，勾股定理．关键是通过旋转的性质判断阴影部分三角形的特点，计算三角形的面积．2(2023秋·四川德阳·九年级统考期末)如图，边长为定值的正方形ABCD 的中心与正方形EFGH 的顶点E 重合，且与边AB 、BC 相交于M 、N ，图中阴影部分的面积记为S ，两条线段MB 、BN 的长度之和记为l ，将正方形EFGH 绕点E 逆时针旋转适当角度，则有()A.S 变化，l 不变B.S 不变，l 变化C.S 变化，l 变化D.S 与l 均不变【答案】D 【分析】如图，连接EB ，EC ．证明△EBM ≌△ECN ASA ，可得结论．【详解】解：如图，连接EB ，EC ．∵四边形ABCD 和四边形EFGH 均为正方形，∴EB =EC ，∠EBM =∠ECN =45°，∠MEN =∠BEC =90°，∴∠BEN +∠BEM =∠BEN +∠CEN =90°，∴∠BEM =∠CEN ，在△EBM 和△ECN 中，∠EBM =∠ECNEB =EC ∠BEM =∠CEN，∴△EBM ≌△ECN ASA ，∴BM =CN ，∴S 阴=S 四边形EMBN =S △EBC =14S 正方形ABCD=定值，l =MB +BN =CN +BN =BC =定值，故选：D ．【点睛】本题考查正方形的性质，旋转的性质，全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题，属于中考常考题型．3(2023春·广东清远·八年级校考期中)如图，在△ABC 中，∠C =90°，AC =BC =2，将△ABC 绕点A 逆时针方向旋转60°到△ABC 的位置，则图中阴影部分的面积是．【答案】3【分析】过点B 作B D ⊥AB 于点D ，根据旋转的性质可得到△ABB 是等边三角形，S △ABC =S △AB C ，进而得到阴影部分的面积等于S △ABB ，再由勾股定理求出AB ，继而得到S △ABB，即可求解．【详解】解：如图，过点B 作B D ⊥AB 于点D ，∵将△ABC 绕点A 逆时针方向旋转60°到△ABC 的位置，∴AB =AB ,∠BAB =60°，△ABC ≌△AB C ，∴△ABB 是等边三角形，S △ABC =S △AB C，∴AB =BB ，阴影部分的面积等于S △ABB，∵AC =BC =2，∠C =90°，∴AB =AC 2+BC 2=2，∴BB =2,BD =1，∴B D =BB 2-BD 2=3，∴S △ABB=12AB ×B D =12×2×3=3，即阴影部分的面积是3．故答案为：3【点睛】本题主要考查了旋转的性质，等腰直角三角形的性质，等边三角形的判定和性质，熟练运用旋转的性质是本题的关键．4(2023春·江苏宿迁·八年级校考阶段练习)马老师在带领学生学习《正方形的性质与判定》这一课时，给出如下问题：如图①，正方形ABCD 的对角线AC 、BD 相交于点O ，正方形A B C O 与正方形ABCD 的边长相等．在正方形A B C O 绕点O 旋转的过程中，OA 与AB 相交于点M ，OC 与BC 相交于点N ，探究两个正方形重叠部分的面积与正方形ABCD 的面积有什么关系．(1)小亮第一个举手回答“两个正方形重叠部分的面积是正方形ABCD 面积的”；请说明理由．(2)马老师鼓励同学们编道拓展题，小颖编了这样一道题：如图②，在四边形ABCD 中，AB =AD ，∠BAD =∠BCD =90°，连接AC ．若AC =6，求四边形ABCD 的面积．请你帮小颖解答这道题．【答案】(1)14，见解析(2)18，见解析【分析】(1)只需要证明△MOB ≌△NOC 得到S △MOB =S △NOC ，即可求解．(2)过A 作AE ⊥AC ，交CD 的延长线于E ，证明△EAD ≌△CAB 得到S △ABC =S △ADE ，AE =AC =6，则S △AEC =12×6×6=18S 四边形ABCD =S △ACD +S △ABC =S △ACD +S △ADE =S △EAC =12AE ⋅AC =18．【详解】(1)解：∵四边形ABCD 是正方形，四边形OA B C 是正方形，∴AC ⊥BD ，OB =OC ，∠OBM =∠OCN =45°，∠A OC =90°，∴∠BOC =∠A OC =90°，∴∠BOM =∠CON ，∴△BOM ≌△CON ASA ，∴S △BOM =S △CON ，∴S 四边形OMBN =S △OBC =14S 正方形ABCD ．答案为：14；(2)过A 作AE ⊥AC ，交CD 的延长线于E ，∵AE ⊥AC ，∴∠EAC =90°，∵∠DAB =90°，∴∠DAE =∠BAC ，∵∠BAD =∠BCD =90°，∴∠ADC +∠B =180°，∵∠EDA+∠ADC =180°，∴∠EDA =∠B ，∵AD =AB ，在△ABC 与△ADE 中，∠EAD =∠CABAD =AB ∠EDA =∠B，∴△ABC ≌△ADE ASA ，∴AC =AE ，∵AC =6，∴AE =6，∴S △AEC =12×6×6=18，∴S 四边形ABCD =18．【点睛】本题主要考查了正方形的性质，全等三角形的性质与判定，四边形内角和，熟知全等三角形的性质与判定是解题的关键．5(2023春·广东深圳·八年级统考期末)【问题背景】如图1，在▱ABCD 中，AB ⊥DB ．将△ABD 绕点B 逆时针旋转至△FBE ，记旋转角∠ABF =α0°<α≤180° ，当线段FB 与DB 不共线时，记△ABE 的面积为S 1，△FBD 的面积为S 2．【特例分析】如图2，当EF 恰好过点A ，且点F ，B ，C 在同一条直线上时．(1)α=°；(2)若AD =43，则S 1=，S 2=；【推广探究】某数学兴趣小组经过交流讨论，猜想：在旋转过程中，S 1与S 2之间存在一定的等量关系．再经过独立思考，获得了如下一些解决思路：思路1：如图1，过点A ，E 分别作直线平行于BE ，AB ，两直线交于点M ，连接BM ，可证一组三角形全等，再根据平行四边形的相关性质解决问题；思路2：如图2，过点E 作EH ⊥AB 于点H ，过点D 作DG ⊥FB ，交FB 的延长线于点G ，可证一组三角形全等，再根据旋转的相关性质解决问题；⋯⋯(3)如图3，请你根据以上思路，并结合你的想法，探究S 1与S 2之间的等量关系为，并说明理由．【拓展应用】在旋转过程中，当S 1+S 2为▱ABCD 面积的12时，α的值为【答案】(1)60；(2)33；33；(3)S 1=S 2，理由见解析；拓展应用：60°或120°【分析】(1)由旋转的性质和平行四边形的性质，等角对等边，可得△ABF 是等边三角形，即可求解；(2)过点F 作FM ⊥BD 交DB 延长线于点M ，设AD ,BE 交于点N ，通过证明△ABN ≌△FBM AAS ，进而得出s 1=s 2，再证明AE =AF ，可得S △ABE =12S △EFB ，仅为求解即可；(3)分别根据思路1和2进行推理证明即可；拓展应用：先根据面积之间的关系得出BD=2DG，继而得出∠DBG=30°=∠ABE，分别在图3和图2中进行求解即可．【详解】(1)由旋转可得，∠F=∠BAD,BA=BF，∵四边形ABCD为平行四边形，∴AD∥BC，∴∠ABF=∠BAD，∴∠ABF=∠F，∴BA=AF，∴BA=AF=BF，∴△ABF是等边三角形，∴∠ABF=α=60°，故答案为：60；(2)如图，过点F作FM⊥BD交DB延长线于点M，设AD,BE交于点N，∵AD∥BC，∴∠ANE=∠ANB=∠EBF=90°=∠ABM，∠EAN=∠AFB，∴∠MBF=∠ABN，∵BF=BA，∴△ABN≌△FBM AAS，∴AN=FM，∵BD=BE，∴S1=S2，∵△ABF是等边三角形，∴∠AFB=60°=∠EAN,AB=AF，∴∠E=30°=∠ABE，∴AE=AB，∴AE=AF，S△EFB，∴S△ABE=12∵AD=43，∴AB=23=BF,BD=6=BE，×6×23=63，∴S△EFB=12∴S△ABE=33，∴s1=s2=33，故答案为：33,33；(3)解：S1=S2，理由如下：思路1：如图，过点A，E分别作直线平行于BE，AB，两直线交于点M，连接BM，∵AM∥BE,ME∥AB，∴四边形ABEM为平行四边形，∴AM=BE，∠MAB+∠ABE=180°，∵旋转，∴AB=BF，BD=BE，∠ABD=∠EBF=90°，∴BD =AM ，∵∠ABD +∠ABE +∠EBF +∠FBD =360°，∴∠ABE +∠DBF =180°，∴∠MAB =∠DBF ，在△MAB 和△DBF 中，AM =BD∠MAB =∠DBF AB =BF，∴△MAB ≌△DBF ，∴S △MAB =S 2，∵ME ∥AB ，∴S △MAB =S 1，∴S 1=S 2.思路2：如图，过点E 作EH ⊥AB 交AB 延长线于点H ，过点D 作DG ⊥BF 交BF 延长线于点G ，∵EH ⊥AB ，DG ⊥BF ，∴∠H =∠G =90°，∵旋转，∴BD =BE ，AB =BF ，∠DBA =∠EBF =90°，∴∠EBG =90°，∴∠EBG =∠ABD ，∴∠EBG -∠ABG =∠ABD -∠ABG ，即∠EBH =∠GBD ，在△EBH 和△DBG 中，∠H =∠G∠EBH =∠GBD BD =BE，∴△EBH ≌△DBG ，∴EH =DG ，∴S 1=12AB ⋅EH =12BF ⋅DG =S 2；拓展应用：∵S 1=S 2，∴当S 1+S 2为▱ABCD 面积的12时，S 1=S 2=14S 平行四边形ABCD ，由(3)思路2得，S 1=12⋅AB ⋅EH ,S 平行四边形ABCD =AB ⋅BD ,EH =DG ，∴12⋅AB ⋅EH =14AB ⋅BD ，∴BD =2EH ，即BD =2DG ，∴∠DBG =30°=∠ABE ，如图3，∠ABF =120°；如图2,∠DBE =∠ABF=90°-30°=60°，综上，α的值为60°或120°，故答案为：60°或120°．【点睛】本题考查了旋转的性质，等边三角形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，平行四边形的性质，直角三角形的性质，熟练掌握知识点是解题的关键．。
三角形角度旋转问题数学七年级下册
三角形角度旋转问题数学七年级下册
在数学七年级下册中，有关三角形角度旋转的问题主要包括以下几个方面：
1. 三角形角度和问题：学生需要计算给定三角形的三个角度之和。
根据三角形内角和定理，三个角的和始终为180度。
2. 三角形旋转问题：学生需要根据给定的旋转角度和旋转中心，计算经过旋转后的三角形各个顶点的坐标。
通过旋转公式和坐标变换，解决问题。
3. 判断三角形相似问题：学生需要根据给定的图形信息，判断两个三角形是否相似。
相似的三角形具有相等的对应角和对应边的比例关系。
4. 利用三角形相似问题：学生需要利用相似三角形的性质，解决一些实际问题。
例如，通过测量阴影的长度和高度，可以计算出高楼的实际高度。
以上是数学七年级下册关于三角形角度旋转问题的一些例子，具体的难度和题型会根据教材的不同而有所变化。
建议学生通过反复练习，掌握相关的概念和解题方法。
三角形角度旋转问题数学七年级下册
三角形角度旋转问题数学七年级下册三角形是几何学中的基本形状之一，它具有许多有趣的性质和定理。
在数学七年级下册的学习中，我们将接触到三角形的角度旋转问题，这是一个非常重要的内容，也是我们对三角形理解的深入之处。
让我们来了解一些基本概念。
三角形是由三条边和三个角组成的图形。
其中，三角形的内角和总是等于180度，这是一个非常重要的性质。
而在角度旋转问题中，我们主要涉及到三角形围绕某一点进行旋转的情况。
这种旋转会改变三角形的位置和朝向，但并不会改变三角形的大小和形状。
接下来，我们可以从简单的情况开始，逐步深入理解角度旋转问题。
让我们考虑围绕顶点旋转的情况。
假设我们有一个三角形ABC，我们围绕顶点A进行逆时针旋转一个角度α，那么三角形的顺序就变成了ABC'。
在这种情况下，我们可以利用三角形的性质和角度的加法性质来解决问题。
如果我们知道了三角形ABC的三个角的大小，我们就可以通过加上或减去α来得到三角形ABC'的三个角的大小。
这是一个相对简单的角度旋转问题，但它为我们理解更复杂的情况打下了基础。
让我们考虑围绕一个点旋转的情况。
假设我们有一个三角形ABC，我们围绕点O进行逆时针旋转一个角度α，那么三角形的位置和朝向就会发生改变。
在这种情况下，我们需要考虑三角形的每个顶点的坐标变化。
通过坐标变化的计算，我们可以得到旋转后三角形的新坐标，从而确定旋转后的位置和朝向。
这是一个相对复杂的角度旋转问题，但它是我们理解角度旋转问题的重要步骤。
在理解了以上两种情况后，我们可以进一步考虑更复杂的情况，例如围绕一条直线旋转或者围绕一个中心进行旋转。
通过逐步深入的学习和实践，我们可以逐渐掌握三角形的角度旋转问题，并将其运用到更广泛的数学和实际问题中。
总结回顾一下，通过本文的学习，我们对三角形角度旋转问题有了更全面、深刻和灵活的理解。
我们从简到繁地探讨了围绕顶点和围绕点旋转的情况，并逐步引入了更复杂的情况。
在学习的过程中，我们不仅掌握了解决问题的方法，也提高了数学建模和问题解决的能力。
华师大版数学七年级下册_《旋转》拔高练习
《旋转》拔高练习一、选择题（本大题共5小题，共25.0分）1．（5分）如图，把△ABC绕点A顺时针旋转得到△AB'C'，且∠C'AC＝60°，则∠BAB'＝（）A．15°B．30°C．45°D．60°2．（5分）下列旋转中，旋转中心为点A的是（）A．B．C．D．3．（5分）在正三角形、正方形、正五边形和等腰梯形这四种图形中，是旋转对称图形的有（）A．1个B．2个C．3个D．4个4．（5分）如图，一块含30°角的直角三角板ABC绕点C顺时针旋转到△A'B'C，当B，C，A'在一条直线上时，三角板ABC的旋转角度为（）A．150°B．120°C．60°D．30°5．（5分）如图，点A、B、C、D、O都在方格纸上，若△COD是由△AOB绕点O按逆时针方向旋转而得，则旋转的角度为（）A．30°B．45°C．90°D．135°二、填空题（本大题共5小题，共25.0分）6．（5分）如图，在直角△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝4，将△ABC绕点A逆时针旋转得到△AB1C1，B1C1交BC于点D，AB1交BC于点E，连接AD，当AE平分∠BAD时，AE ＝3，则BD＝．7．（5分）如图，把△ABC绕点C顺时针旋转得到△A′B′C，此时A′B′⊥AC于D，已知∠A＝51°，则∠B′CB的度数是．8．（5分）如图，把△ABC绕点A时针旋转20°得到△AB'C'，若B'C'经过点C，则∠C'的度数为．9．（5分）把一个正多边形绕它的中心旋转40°后能与原来的位置重合，则这个多边形的边数至少是．10．（5分）如图，两个完全相同的正五边形ABCDE，AFGHM的边DE，MH在同一直线上，且有一个公共顶点A，若正五边形ABCDE绕点A旋转x度与正五边形AFGHM重合，则x的最小值为．三、解答题（本大题共5小题，共50.0分）11．（10分）如图，四边形ABCD中，∠ABC＝∠ADC＝45°，将△BCD绕点C顺时针旋转一定角度后，点B的对应点恰好与点A重合，得到△ACE．（1）求证：AE⊥BD；（2）若AD＝2，CD＝3，试求出四边形ABCD的对角线BD的长．12．（10分）（1）如图1，在△AEC和△DFB中，点A、B、C、D在同一条直线上，AE＝DF，AE∥DF，∠E＝∠F，求证：EC＝BF．（2）如图2，在△ABC中，∠CAB＝55°，将△ABC在平面内绕点A逆时针旋转到△AB′C′的位置，使CC′∥AB，求旋转角的度数．13．（10分）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，把Rt△ABC绕着B点逆时针旋转，得到Rt△DBE，点E在AB上，连接AD．（1）若BC＝8，AC＝6，求△ABD的面积；（2）设∠BDA＝x°，求∠BAC的度数（用含x的式子表示）．14．（10分）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，△DCE是△ABC绕着点C顺时针方向旋转得到的，此时B、C、E在同一直线上．（1）旋转角的大小；（2）若AB＝10，AC＝8，求BE的长．15．（10分）在△ABC中，∠ABC＜90°，将△ABC在平面内绕点B顺时针旋转（旋转角不超过180°），得到△DBE，其中点A的对应点为点D，连接CE，CE∥AB．（1）如图1，试猜想∠ABC与∠BEC之间满足的等量关系，并给出证明；（2）如图2，若点D在边BC上，DC＝4，AC＝2，求AB的长．《旋转》拔高练习参考答案与试题解析一、选择题（本大题共5小题，共25.0分）1．（5分）如图，把△ABC绕点A顺时针旋转得到△AB'C'，且∠C'AC＝60°，则∠BAB'＝（）A．15°B．30°C．45°D．60°【分析】由旋转的性质可直接得到∠BAB'的度数．【解答】解：∵把△ABC绕点A顺时针旋转得到△AB'C'，且∠C'AC＝60°，∴∠CAC'＝∠BAB'＝60°故选：D．【点评】本题考查了旋转的性质，熟练掌握对应点和旋转中心所成角是旋转角是本题的关键．2．（5分）下列旋转中，旋转中心为点A的是（）A．B．C．D．【分析】根据旋转的性质可得解．【解答】解：A、旋转中心为点A，符合题意；B、旋转中心为点B，不符合题意；C、旋转中心为C，不符合题意；D、旋转中心为O，不符合题意；故选：A．【点评】本题考查了旋转的性质，熟练运用旋转的性质是本题的关键．3．（5分）在正三角形、正方形、正五边形和等腰梯形这四种图形中，是旋转对称图形的有（）A．1个B．2个C．3个D．4个【分析】根据旋转对称图形的定义：把一个图形绕着一个定点旋转一个角度后，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，解答即可．【解答】解：在正三角形、正方形、正五边形和等腰梯形，只有等边三角形、正方形、正五边形是旋转对称图形，共3个．故选：C．【点评】本题考查旋转对称图形的概念：把一个图形绕着一个定点旋转一个角度后，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．4．（5分）如图，一块含30°角的直角三角板ABC绕点C顺时针旋转到△A'B'C，当B，C，A'在一条直线上时，三角板ABC的旋转角度为（）A．150°B．120°C．60°D．30°【分析】直接利用旋转的性质得出对应边，再根据三角板的内角的度数得出答案．【解答】解：∵将一块含30°角的直角三角板ABC绕点C顺时针旋转到△A'B'C，∴BC与B'C是对应边，∴旋转角∠BCB'＝180°﹣30°＝150°．故选：A．【点评】此题主要考查了旋转的性质，对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角，正确得出对应边是解题关键．5．（5分）如图，点A、B、C、D、O都在方格纸上，若△COD是由△AOB绕点O按逆时针方向旋转而得，则旋转的角度为（）A．30°B．45°C．90°D．135°【分析】利用旋转的性质得到∠AOC为旋转角，然后利用∠AOB＝45°得到∠AOC的度数即可．【解答】解：∵△COD是由△AOB绕点O按逆时针方向旋转而得，∴∠AOC为旋转角，∵∠AOB＝45°，∴∠AOC＝135°，即旋转角为135°．故选：D．【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．二、填空题（本大题共5小题，共25.0分）6．（5分）如图，在直角△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝4，将△ABC绕点A逆时针旋转得到△AB1C1，B1C1交BC于点D，AB1交BC于点E，连接AD，当AE平分∠BAD时，AE ＝3，则BD＝ 3.5．【分析】证△B1DE∽△B1AD，可求得DB1＝2，再证明△B1DE∽△BAE，可求得DE，BE的长，进而得出DB的长．【解答】解：∵AE平分∠BAD，∴∠BAE＝∠DAE，∵∠B1＝∠B，∠BEA＝∠B1ED，∴∠B1DE＝∠BAE，∴∠B1DE＝∠DAE，∵∠B1＝∠B1，∴△B1DE∽△B1AD，∴，∵AB1＝AB＝4，AE＝3，∴B1E＝1，∴，∴DB1＝2，∵∠B1＝∠B，∠BEA＝∠B1ED，∴△B1DE∽△BAE，∴，∴DE＝，EB＝2，∴DB＝DE+BE＝3.5．故答案为：3.5．【点评】本题考查旋转的性质和相似三角形的判定和性质，熟练掌握上述性质并能灵活运用于解题是解决本题的关键．7．（5分）如图，把△ABC绕点C顺时针旋转得到△A′B′C，此时A′B′⊥AC于D，已知∠A＝51°，则∠B′CB的度数是39°．【分析】由∠BCA＝∠BCA′，推出∠BCB′＝∠ACA′＝39°，求出∠ACA′即可解决问题．【解答】解：∵AC⊥A′B，∴∠CDA′＝90°，∵∠A＝∠A′＝51°，∴∠ACA′＝39°，∵∠BCA＝∠BCA′，∴∠BCB′＝∠ACA′＝39°，故答案为39°．【点评】本题考查旋转变换，三角形内角和定理等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．8．（5分）如图，把△ABC绕点A时针旋转20°得到△AB'C'，若B'C'经过点C，则∠C'的度数为80°．【分析】由旋转的性质可得∠CAC'＝20°，AC＝C'A，根据等腰三角形的性质可得∠C'的度数．【解答】解：∵把△ABC绕点A时针旋转20°得到△AB'C'，∴∠CAC'＝20°，AC＝C'A，∴∠C'＝80°，故答案为：80°【点评】本题考查了旋转的性质以及等腰三角形的性质，灵活运用旋转的性质是本题的关键．9．（5分）把一个正多边形绕它的中心旋转40°后能与原来的位置重合，则这个多边形的边数至少是9．【分析】正多边形都是旋转对称图形，中心角即为最小的旋转角，（360°÷中心角度数）即为边数．【解答】解：∵正多边形绕它的中心旋转40°后，能和原来的图形重合，∴多边形的边数是：＝9．故答案为：9．【点评】本题考查了旋转对称的知识，解答本题的关键是掌握旋转对称及旋转角的定义．10．（5分）如图，两个完全相同的正五边形ABCDE，AFGHM的边DE，MH在同一直线上，且有一个公共顶点A，若正五边形ABCDE绕点A旋转x度与正五边形AFGHM重合，则x的最小值为144°．【分析】根据多边形的内角和，可求出∠BAE＝∠AED＝∠F AM＝∠AMH＝＝108°，即可求出∠EAM的度数，根据旋转的性质，可得x的最小值．【解答】解：∵五边形ABCDE，AFGHM是正五边形∴∠BAE＝∠AED＝∠F AM＝∠AMH＝＝108°，∴∠AEM＝∠AME＝72°，∴∠EAM＝180°﹣72°﹣72°＝36°，∵正五边形ABCDE绕点A旋转x度与正五边形AFGHM重合，顺时针旋转最小需144°，逆时针旋转最小需216°，∴x的最小值为36+108＝144°故答案为：144°【点评】本题考查了旋转的性质，多边形的内角与外角，利用多边形的内角和得出每个内角是解题关键．三、解答题（本大题共5小题，共50.0分）11．（10分）如图，四边形ABCD中，∠ABC＝∠ADC＝45°，将△BCD绕点C顺时针旋转一定角度后，点B的对应点恰好与点A重合，得到△ACE．（1）求证：AE⊥BD；（2）若AD＝2，CD＝3，试求出四边形ABCD的对角线BD的长．【分析】（1）由旋转的性质可得AC＝BC，∠DBC＝∠CAE，即可得∠ACB＝90°，根据直角三角形的性质可得AE⊥BD，（2）由旋转的性质可得CD＝CE＝3，BD＝AE，∠DCE＝∠ACB＝90°，由勾股定理可求BD的长．【解答】解：（1）如图，设AC与BD的交点为点M，BD与AE的交点为点N，∵旋转∴AC＝BC，∠DBC＝∠CAE又∵∠ABC＝45°，∴∠ABC＝∠BAC＝45°，∴∠ACB＝90°，∵∠DBC+∠BMC＝90°∴∠AMN+∠CAE＝90°∴∠AND＝90°∴AE⊥BD，（2）如图，连接DE，∵旋转∴CD＝CE＝3，BD＝AE，∠DCE＝∠ACB＝90°∴DE＝＝3，∠CDE＝45°∵∠ADC＝45°∴∠ADE＝90°∴EA＝＝∴BD＝【点评】本题考查了旋转的性质，勾股定理，熟练运用旋转的性质解决问题是本题的关键．12．（10分）（1）如图1，在△AEC和△DFB中，点A、B、C、D在同一条直线上，AE＝DF，AE∥DF，∠E＝∠F，求证：EC＝BF．（2）如图2，在△ABC中，∠CAB＝55°，将△ABC在平面内绕点A逆时针旋转到△AB′C′的位置，使CC′∥AB，求旋转角的度数．【分析】（1）根据“ASA”可证△AEC≌△DFB，可得EC＝BF；（2）由平行线的性质和旋转的性质可求∠CAB＝∠C'CA＝∠CC'A＝55°，由三角形内角和定理可求旋转角的度数．【解答】（1）证明：∵AE∥DF，∴∠A＝∠D，在△AEC和△DFB中，，∴△AEC≌△DFB（ASA）∴EC＝BF（2）∵CC′∥AB，∴∠ACC′＝∠CAB＝55°，∵△ABC绕点A旋转得到△AB′C′，∴AC＝AC′，∴∠CAC′＝180°﹣2∠ACC′＝180°﹣2×55°＝70°，∴∠CAC′＝∠BAB′＝70°．所以旋转角为70°【点评】本题考查了旋转的性质，全等三角形的判定和性质，平行线的性质，三角形内角和定理等知识，灵活运用相关的性质定理、综合运用知识是解题的关键．13．（10分）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，把Rt△ABC绕着B点逆时针旋转，得到Rt△DBE，点E在AB上，连接AD．（1）若BC＝8，AC＝6，求△ABD的面积；（2）设∠BDA＝x°，求∠BAC的度数（用含x的式子表示）．【分析】（1）根据勾股定理可求AB的长，由旋转的性质可得DE＝AC＝6，根据三角形面积公式可求△ABD的面积；（2）由旋转的性质可得∠DBA＝∠ABC，DB＝AB，根据等腰三角形的性质和三角形内角和定理可求∠ABD＝180°﹣2x°＝∠ABC，即可求∠BAC的度数．【解答】解：（1）∵∠C＝90°，BC＝8，AC＝6，∴AB＝＝10，∵把Rt△ABC绕着B点逆时针旋转，得到Rt△DBE，∴DE＝AC＝6，∴S△ABD＝AB×DE＝×6×10＝30（2）∵把Rt△ABC绕着B点逆时针旋转，得到Rt△DBE，∴∠DBA＝∠ABC，DB＝AB，∴∠BDA＝∠BAD＝x°，∵∠ABD＝180°﹣∠BDA﹣∠BAD，∴∠ABD＝180°﹣2x°＝∠ABC，∵∠BAC＝90°﹣∠ABC，∴∠BAC＝90°﹣（180°﹣2x°）＝（2x﹣90）°【点评】本题考查了旋转的性质，勾股定理，等腰三角形的性质，灵活运用旋转的性质是本题的关键．14．（10分）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，△DCE是△ABC绕着点C顺时针方向旋转得到的，此时B、C、E在同一直线上．（1）旋转角的大小；（2）若AB＝10，AC＝8，求BE的长．【分析】（1）根据题意∠ACE即为旋转角，只需求出∠ACE的度数即可．（2）根据勾股定理可求出BC，由旋转的性质可知CE＝CA＝8，从而可求出BE的长度．【解答】解：（1）∵△DCE是△ABC绕着点C顺时针方向旋转得到的，此时点B、C、E 在同一直线上，∴∠ACE＝90°，即旋转角为90°，（2）在Rt△ABC中，∵AB＝10，AC＝8，∴BC＝＝6，∵△ABC绕着点C旋转得到△DCE，∴CE＝CA＝8，∴BE＝BC+CE＝6+8＝14【点评】本题考查旋转的性质，解题的关键是熟练运用旋转的性质，本题属于基础题型．15．（10分）在△ABC中，∠ABC＜90°，将△ABC在平面内绕点B顺时针旋转（旋转角不超过180°），得到△DBE，其中点A的对应点为点D，连接CE，CE∥AB．（1）如图1，试猜想∠ABC与∠BEC之间满足的等量关系，并给出证明；（2）如图2，若点D在边BC上，DC＝4，AC＝2，求AB的长．【分析】（1）由旋转的性质可得BC＝BE，可得∠BCE＝∠BEC，由平行线的性质可得∠ABC＝∠BCE＝∠BEC；（2）过点D作DF⊥CE于点E，由旋转的性质可得AC＝DE＝2，BC＝BE，∠ABC ＝∠DBE，可证△BCE是等边三角形，由直角三角形的性质可求CF的长，由勾股定理可求EF的长，可得CE＝BC＝10，即可得BD＝AB的长．【解答】解：（1）∠ABC＝∠BEC理由如下：∵旋转∴BE＝BC∴∠BCE＝∠BEC∵CE∥AB∴∠ABC＝∠BCE∴∠ABC＝∠BEC（2）如图，过点D作DF⊥CE于点E，∵旋转∴AC＝DE＝2，BC＝BE，∠ABC＝∠DBE，AB＝BD∴∠BEC＝∠BCE，∵CE∥AB∴∠BCE＝∠ABC∴∠DBE＝∠BEC＝∠BCE∴△BCE是等边三角形∴BC＝BE＝EC，∠DCE＝60°，且DF⊥CE，∴∠CDF＝30°∴CF＝CD＝2，DF＝CF＝2在Rt△DEF中，EF＝＝＝8∴CE＝EF+CF＝10＝BC∴BD＝BC﹣CD＝10﹣4＝6＝AB【点评】本题考查了旋转的性质，平行线的性质，勾股定理，熟练运用旋转的性质解决问题是本题的关键．。
七年级数学期末复习《动角问题》专项训练
七年级数学期末复习《动角问题》专项训练1. 如图1, 已知∠ABC＝50°, 有一个三角板BDE与∠ABC共用一个顶点B, 其中∠EBD＝45°.（1）若BD平分∠ABC, 求∠EBC的度数；（2）如图2, 将三角板绕着点B顺时针旋转α度（0°＜α＜90°）, 当AB⊥BD时, 求∠EBC的度数.2．已知∠AOB＝60°, OM平分∠AOC, ON平分∠BOC, 求：（1）如图1, OC为∠AOB内部任意一条射线, 求∠MON＝；（2）如图2, 当OC旋转到∠AOB的外部时, ∠MON的度数会发生变化吗？请说明原因；（3）如图3, 当OC旋转到∠AOB（∠BOC＜120°）的外部且射线OC在OB的下方时, OM平分∠AOC, 射线ON在∠BOC内部, ∠NOC ∠BOC, 求∠COM ∠BON的值？3. 将一副三角板叠放在一起, 使直角顶点重合于点O.（1）如图1, 若∠AOD＝35°, 求∠BOC的度数.（2）若三角板AOB保持不动, 将三角板COD的边OD与边OA重合, 然后将其绕点O 旋转．试猜想在旋转过程中, ∠AOC与∠BOD有何数量关系？请说明理由．4. 新定义问题如图①, 已知∠AOB, 在∠AOB内部画射线OC, 得到三个角, 分别为∠AOC、∠BOC、∠AOB．若这三个角中有一个角是另外一个角的2倍, 则称射线OC为∠AOB的“幸运线”．（本题中所研究的角都是大于0°而小于180°的角．）【阅读理解】（1）角的平分线这个角的“幸运线”；（填“是”或“不是”）【初步应用】（2）如图①, ∠AOB＝45°, 射线OC为∠AOB的“幸运线”, 则∠AOC的度数为；【解决问题】（3）如图②, 已知∠AOB＝60°, 射线OM从OA出发, 以每秒20°的速度绕O点逆时针旋转, 同时, 射线ON从OB出发, 以每秒15°的速度绕O点逆时针旋转, 设运动的时间为t秒（0＜t＜9）. 若OM、ON、OA三条射线中, 一条射线恰好是以另外两条射线为边的角的“幸运线”, 求出所有可能的t值.5. 已知如图1, ∠AOB＝40°.（1）若∠AOC ∠BOC, 则∠BOC＝；（2）如图2, ∠AOC＝20°, OM为∠AOB内部的一条直线, ON是∠MOC四等分线, 且3∠CON＝∠NOM, 求4∠AON+∠COM的值；（3）如图3, ∠AOC＝20°, 射线OM绕着O点从OB开始以5度/秒的速度逆时针旋转一周至OB结束, 在旋转过程中, 设运动的时间为t, ON是∠MOC四等分线, 且3∠CON＝∠NOM, 当t在某个范围内4∠AON+∠BOM会为定值, 请直接写出定值, 并指出对应t的范围（本题中的角均为大于0°且小于180°的角）．6. 如图1, ∠AOB＝40°, ∠COD＝60°, OM、ON分别为∠AOB和∠BOD的角平分线.（1）若∠MON＝70°, 则∠BOC＝°；（2）如图2, ∠COD从第（1）问中的位置出发, 绕点O逆时针以每秒4°的速度旋转；当OC与OA重合时, ∠COD立即反向绕点O顺时针以每秒6°的速度旋转, 直到OC与OA互为反向延长线时停止运动. 整个运动过程中, ∠COD的大小不变, OC旋转后的对应射线记为OC′, OD旋转后的对应射线记为OD′, ∠BOD′的角平分线记为ON′, ∠AOD′的角平分线记为OP. 设运动时间为t秒.①当OC′平分∠BON′时, 求出对应的t的值；②请问在整个运动过程中, 是否存在某个时间段使得|∠BOP﹣∠MON′|的值不变？若存在, 请直接写出这个定值及其对应的t的取值范围（包含运动的起止时间）；若不存在, 请说明理由．7. 如图1, 点O为直线AB上一点, 过点O作射线OC, 使∠AOC: ∠BOC＝1: 2, ∠MON的一边OM在射线OB上, 另一边ON在直线AB的下方, 且∠MON＝90°.（1）如图1, 求∠CON的度数；（2）将图1中的∠MON绕点O以每秒6°的速度沿逆时针方向旋转一周, 在旋转的过程中, 如图2, 若直线ON恰好平分锐角∠AOC, 求∠MON所运动的时间t值；（3）在（2）的条件下, 当∠AOC与∠NOC互余时, 求出∠BOC与∠MOC之间的数量关系．8. 如图, 两个形状、大小完全相同的含有30°、60°的三角板如图①放置, PA.PB与直线MN重合, 且三角板PAC, 三角板PBD均可以绕点P逆时针旋转.（1）试说明: ∠DPC＝90°；（2）如图②, 若三角板PBD保持不动, 三角板PAC绕点P逆时针旋转旋转一定角度, PF 平分∠APD, PE平分∠CPD, 求∠EPF；（3）如图③, 在图①基础上, 若三角板PAC开始绕点P逆时针旋转, 转速为5°/秒, 同时三角板PBD绕点P逆时针旋转, 转速为1°/秒, （当PA转到与PM重合时, 两三角板都停止转动）, 在旋转过程中, PC、PB、PD三条射线中, 当其中一条射线平分另两条射线的夹角时, 请求出旋转的时间．9. 已知∠AOB, 过顶点O作射线OP, 若∠BOP ∠AOP, 则称射线OP为∠AOB的“好线”, 因此∠AOB的“好线”有两条, 如图1, 射线OP1, OP2都是∠AOB的“好线”. （1）已知射线OP是∠AOB的“好线”, 且∠BOP＝30°, 求∠AOB的度数.（2）如图2, O是直线MN上的一点, OB, OA分别是∠MOP和∠PON的平分线, 已知∠MOB＝30°, 请通过计算说明射线OP是∠AOB的一条“好线”.（3）如图3, 已知∠MON＝120°, ∠NOB＝40°．射线OP和OA分别从OM和OB同时出发, 绕点O按顺时针方向旋转, OP的速度为每秒12°, OA的速度为每秒4°, 当射线OP旋转到ON上时, 两条射线同时停止．在旋转过程中, 射线OP能否成为∠AOB的“好线”．若不能, 请说明理由；若能, 请求出符合条件的所有的旋转时间．10. 已知∠AOB＝130°, ∠COD＝80°, OM, ON分别是∠AOB和∠COD的平分线. （1）如图1, 如果OA, OC重合, 且OD在∠AOB的内部, 求∠MON的度数；（2）如图2, 固定∠AOB, 将图1中的∠COD绕点O顺时针旋转n°（0＜n≤90）．①∠MON与旋转度数n°有怎样的数量关系？说明理由；②当n为多少时, ∠MON为直角？（3）如果∠AOB的位置和大小不变, ∠COD的边OD的位置不变, 改变∠COD的大小；将图1中的OC绕着O点顺时针旋转m°（0＜m≤100）, 如图③, 请直接写出∠MON 与旋转度数m°之间的数量关系：．11. 以直线AB上一点O为端点作射线OC, 使∠BOC＝40°, 将一个直角三角板的直角顶点放在O处, 即∠DOE＝90°.（1）如图1, 若直角三角板DOE的一边OE放在射线OA上, 则∠COD＝；（2）如图2, 将直角三角板DOE绕点O顺时针转动到某个位置, 若OE恰好平分∠AOC, 则∠COD＝；（3）将直角三角板DOE绕点O顺时针转动（OD与OB重合时为停止）的过程中, 恰好有∠COD ∠AOE, 求此时∠BOD的度数．12. 如图, 点O为直线AB上一点, ∠AOC＝90°, 在直线AB上方有射线OM、ON分别从OA和OC开始绕点O顺时针旋转, 旋转过程中始终保持∠AOM＝2∠CON, OQ平分∠AON.（1）如图1, 证明: ON平分∠MOB；（2）如图2, 在旋转过程中, 当∠CON＝2∠MOQ时, 求∠CON的度数；（3）如图3, 在旋转过程中, ∠AOM是锐角, 射线OD在∠MON内部, ∠MOD＝30°, OP平分∠MON, ∠MOQ：∠POD＝m, ∠NOB：∠QOC＝n, 在AB下方有射线OT, ∠AOT＝90°﹣（m+n）°, ∠BOT+∠MOQ＝110°, 求∠AOM的度数13. 点O为直线l上一点, 射线OA.OB均与直线l重合, 如图1所示, 过点O作射线OC 和射线OD, 使得∠BOC＝100°, ∠COD＝90°, 作∠AOC的平分线OM.（1）求∠AOC与∠MOD的度数；（2）作射线OP, 使得∠BOP+∠AOM＝90°, 请在图2中画出图形, 并求出∠COP的度数；（3）如图3, 将射线OB从图1位置开始, 绕点O以每秒5°的速度逆时针旋转一周, 作∠COD的平分线ON, 当∠MON＝20°时, 求旋转的时间．14. （2020秋•广安期末）已知, O是直线AB上一点, ∠DOC＝90°, OE平分∠BOC.（1）如图1, 若∠AOC＝40°, 则∠DOE的度数为；若∠AOC＝α, 则∠DOE 的度数为（用含有α的式子表示）.（2）将图1中的∠DOC绕顶点O按顺时针方向旋转至图2的位置, 试探究∠DOE与∠AOC 的度数之间的关系, 写出你的结论, 并说明理由.（3）将图1中的∠DOC绕顶点O按逆时针方向旋转至图3的位置, 其他条件不变, 若∠AOC＝α, 则∠DOE的度数为（用含有α的式子表示）, 并说明理由.15. （2020秋•南充期末）如图, 把直角三角尺COD的直角顶点O放在直线AB上, 作射线OE平分∠AOD.（1）若∠BOD＝42°, 求∠AOE的度数；（2）设∠BOD＝x, 请用x表示∠COE的大小；（3）如果直角三角尺COD绕点O转动, 当顶点C转动到直线AB下方时, 探索∠BOD 与∠COE的数量关系．16. （2020秋•临河区期末）点O直线AB上一点, 过点O作射线OC, 使得∠BOC＝65°, 将一直角三角板的直角顶点放在点O处.（1）如图1, 将三角板MON的一边ON与射线OB重合时, 求∠MOC的度数；（2）如图2, 将三角板MON绕点O逆时针旋转一定角度, 此时OC是∠MOB的平分线, 求∠BON和∠CON的度数；（3）将三角板MON绕点O逆时针旋转至图3时, ∠NOC ∠AOM, 求∠NOB的度数. 17．（2021春•济阳区期中）以直线AB上一点O为端点作射线OC, 使∠BOC＝40°, 将一个直角角板的直角顶点放在O处, 即∠DOE＝90°．（1）如图1, 若直角三角板DOE的一边OE放在射线OA上, 则∠COD＝；（2）如图2, 将直角三角板DOE绕点O顺时针转动到某个位置,①若OE恰好平分∠AOC, 则∠COD＝；②若OD在∠BOC内部, 请直接写出∠BOD与∠COE有怎样的数量关系；（3）将直角三角板DOE绕点O顺时针转动（OD与OB重合时为停止）的过程中, 恰好有∠COD ∠AOE, 求此时∠BOD的度数.18. （2021•碑林区校级开学）如图1, 点O为直线AB上一点, 过点O作射线OC, 使∠BOC＝120°, 将一直角三角板的直角顶点放在点O处, 一边OM在射线OB上, 另一边ON在直线AB的下方.（1）将图1中的三角板绕点O逆时针旋转至图2, 使一边OM在∠BOC的内部, 且恰好平分∠BOC, 问: 直线ON是否平分∠AOC？请直接写出结论: 直线ON（平分或不平分）∠AOC.（2）将图1中的三角板绕点O按每秒6°的速度沿逆时针方向旋转一周, 在旋转的过程中, 第t秒时, 直线ON恰好平分锐角∠AOC, 则t的值为. （直接写出结果）（3）将图1中的三角板绕点O顺时针旋转, 请探究, 当ON始终在∠AOC的内部时（如图3）, ∠AOM与∠NOC的差是否发生变化？若不变, 请求出这个差值；若变化, 请举例说明．19. （2020秋•天心区期末）已知长方形纸片ABCD, E、F分别是AD.AB上的一点, 点I 在射线BC上、连接EF, FI, 将∠A沿EF所在的直线对折, 点A落在点H处, ∠B沿FI 所在的直线对折, 点B落在点G处.（1）如图1, 当HF与GF重合时, 则∠EFI＝°；（2）如图2, 当重叠角∠HFG＝30°时, 求∠EFI的度数；（3）如图3, 当∠GFI＝α, ∠EFH＝β时, ∠GFI绕点F进行逆时针旋转, 且∠GFI总有一条边在∠EFH内, PF是∠GFH的角平分线, QF是∠EFI的角平分线, 旋转过程中求出∠PFQ的度数（用含α, β的式子表示）．20. （2020秋•洪山区期末）将一副直角三角板ABC, ADE, 按如图1叠加放置, 其中B 与E重合, ∠BAC＝45°, ∠BAD＝30°.（1）如图1, 点F在直线AC上, 且位于点A的左侧, 求∠FAD的度数；（2）将三角板ADE从图1位置开始绕A点顺时针旋转, 并记AM, AN分别为∠BAE, ∠CAD的角平分线.①当三角板ADE旋转至如图2的位置时, 求∠MAN的度数.②若三角板ADE的旋转速度为每秒5°, 且转动到∠DAC＝180°时停止, 运动时间记为t（单位：秒）, 试根据不同的t的值, 求∠MAN的大小（直接写出结论）．21. （2020秋•喀喇沁旗期末）如图1, 点O为直线AB上一点, 过点O作射线OC, 使∠BOC＝120°, 将一直角三角板的直角顶点放在点O处, 一边OM在射线OB上, 另一边ON在直线AB的下方.（1）将图1中的三角板绕点O逆时针旋转至图2, 使点N在OC的反向延长线上, 请直接写出图中∠MOB的度数；（2）将图1中的三角板绕点O顺时针旋转至图3, 使一边OM在∠BOC的内部, 且恰好平分∠BOC, 求∠CON的度数；（3）将图1中的三角尺绕点O顺时针旋转至图4, 使ON在∠AOC内部, 请探究∠AOM 与∠NOC之间的数量关系, 并说明理由．22. （2020秋•宝安区期末）我们知道, 从一个角的顶点出发把这个角分成两个相等的角的射线, 叫做这个角的平分线. 类似的我们给出一些新的概念: 从一个角的顶点出发把这个角分成度数为1: 2的两个角的射线, 叫做这个角的三分线: 从一个角的顶点出发把这个角分成度数为1: 3的两个角的射线, 叫做这个角的四分线…显然, 一个角的三分线、四分线都有两条.例如：如图1, 若∠BOC＝2∠AOB, 则OB是∠AOC的一条三分线；若∠AOD＝2∠COD, 则OD是∠AOC的另一条三分线.（1）如图2, OB是∠AOC的三分线, ∠BOC＞∠AOB, 若∠AOC＝60°, 则∠AOB ＝；（2）如图3, ∠DOF＝120°, OE是∠DOF的四分线, ∠DOE＞∠EOF, 过点O作射线OG, 当OG刚好为∠DOE的三分线时, 求∠GOF的度数；（3）如图4, ∠AOD＝120°, 射线OB、OC是∠AOD的两条四分线, 将∠BOC绕点O 沿顺时针方向旋转α°（0≤α≤180）, 在旋转的过程中, 若射线OB、OC、OD中恰好有一条射线是其它两条射线组成夹角的四分线, 请直接写出a的值．23. （2020秋•饶平县校级期末）如图1, 直线AB上任取一点O, 过点O作射线OC（点C在直线AB上方）, 且∠BOC＝2∠AOC, 以O为顶点作∠MON＝90°, 点M在射线OB上, 点N在直线AB下方, 点D是射线ON反向延长线上的一点.（1）求∠COD的度数；（2）如图2, 将∠MON绕点O逆时针旋转α度（0°＜α＜180°）, 若三条射线OD.OC.OA, 当其中一条射线与另外两条射线所夹角的度数之比为1: 2时, 求∠BON的度数.24. （2020秋•锦江区校级期末）平面内一定点A在直线CD的上方, 点O为直线CD上一动点, 作射线OA, OE, OA′, 当点O在直线CD上运动时, 始终保持∠COE＝90°, ∠AOE＝∠A′OE, 将射线OA绕点O顺时针旋转75°得到射线OB.（1）如图1, 当点O运动到使点A在射线OE的左侧时, 若OB平分∠A′OE, 求∠AOE 的度数；（2）当点O运动到使点A在射线OE的左侧时, 且∠AOC＝4∠A′OB时, 求∠AOE的度数；（3）当点O运动到某一时刻时, 满足∠A′OB＝120°, 求出此时∠BOE的度数．25. （2020秋•金牛区期末）已知∠AOB＝90°, ∠COD＝80°, OE是∠AOC的角平分线.（1）如图1, 当∠AOD ∠AOB时, 求∠DOE；（2）如图2, 若OD在∠AOB内部运动, 且OF是∠AOD的角平分线时, 求∠AOE﹣∠DOF的值；（3）在（1）的条件下, 若射线OP从OE出发绕O点以每秒10°的速度逆时针旋转, 射线OQ从OD出发绕O点以每秒6°的速度顺时针旋转, 若射线OP、OQ同时开始旋转t 秒（0＜t＜23.5）后得到∠COP ∠AOQ, 求t的值.26．（2020秋•西山区期末）如图为两个特殊三角板AOB和三角板COD, ∠A＝45°, ∠D＝60°, O为直角顶点, 两直角顶点重合, A, O, D在同一直线上, OB, OC重合, OM平分∠COD, ON平分∠AOB．（1）∠MON＝度；（2）若三角板AOB与三角板COD位置如图（2）所示, 满足∠BOC＝20°, 求∠MON 的的度数；（3）在图（1）的情形下, 三角板AOB固定不动, 若三角板COD绕着O点旋转（旋转角度小于45°）, ∠BOC＝α, 求∠MON的度数（用含α的式子表示）．27. （2020秋•高新区期末）已知∠AOB＝90°, ∠COD＝60°, 按如图1所示摆放, 将OA.OC边重合在直线MN上, OB.OD边在直线MN的两侧:（1）保持∠AOB不动, 将∠COD绕点O旋转至如图2所示的位置, 则①∠AOC+∠BOD＝；②∠BOC﹣∠AOD＝.（2）若∠COD按每分钟5°的速度绕点O逆时针方向旋转, ∠AOB按每分钟2°的速度也绕点O逆时针方向旋转, OC旋转到射线ON上时都停止运动, 设旋转t分钟, 计算∠MOC﹣∠AOD（用t的代数式表示）.（3）保持∠AOB不动, 将∠COD绕点O逆时针方向旋转n°（n≤360）, 若射线OE平分∠AOC, 射线OF平分∠BOD, 求∠EOF的大小.28. （2020秋•罗湖区校级期末）如图, 直线EF与MN相交于点O, ∠MOE＝30°, 将一直角三角尺的直角顶点与O重合, 直角边OA与MN重合, OB在∠NOE内部. 操作：将三角尺绕点O以每秒3°的速度沿顺时针方向旋转一周, 设运动时间为t（s）.（1）当t为何值时, 直角边OB恰好平分∠NOE？此时OA是否平分∠MOE？请说明理由；（2）若在三角尺转动的同时, 直线EF也绕点O以每秒9°的速度顺时针方向旋转一周, 当一方先完成旋转一周时, 另一方同时停止转动.①当t为何值时, EF平分∠AOB？②EF能否平分∠NOB？若能请直接写出t的值；若不能, 请说明理由．29. （2021春•商城县期末）如图1, 直线DE上有一点O, 过点O在直线DE上方作射线OC. 将一直角三角板AOB（∠OAB＝30°）的直角顶点放在点O处, 一条直角边OA在射线OD上, 另一边OB在直线DE上方. 将直角三角板绕着点O按每秒10⁰的速度逆时针旋转一周, 设旋转时间为t秒.（1）当直角三角板旋转到如图2的位置时, OA恰好平分∠COD, 此时, ∠BOC与∠BOE 之间有何数量关系？并说明理由.（2）若射线OC的位置保持不变, 且∠COE＝140°.①则当旋转时间t＝秒时, 边AB所在的直线与OC平行？②在旋转的过程中, 是否存在某个时刻, 使得射线OA, OC与OD中的某一条射线是另两条射线所夹角的角平分线？若存在, 请求出所有满足题意的t的取值. 若不存在, 请说明理由.③在旋转的过程中, 当边AB与射线OE相交时（如图3）, 求∠AOC﹣∠BOE的值. 30．（2020秋•绵阳期末）如图1, 摆放一个三角形纸板ODE, 边OD在正东方向的射线上, 点A, B分别在正西, 正东方向上, ∠COF＝30°, 现将三角形纸板ODE从图1位置开始绕点O以每秒5度的速度逆时针方向匀速旋转, 设旋转的时间为t秒, 在旋转一周的过程中．（1）当t＝5时, 求∠AOD的度数, 并写出点D的方向角；（2）如图2, 当三角形纸板ODE旋转至△OD1E1时, 边OE1恰好落在射线OF上, 且OF平分∠AOD1, OD1平分∠BOC, 求t的值, 并写出点F的方向角；（3）当旋转至△OD2E2时, OE2所在直线平分∠AOC, 求t的值．。
冀教版2024新版七年级数学上册习题练课件：2.8 平面图形的旋转
所以“小花瓣”绕中心旋转15°的整数倍，才能与其他“小花瓣”重
合.所以至少绕中心旋转15°；
“大花瓣”被平分成8部分，每份的度数为360°÷8＝45°，
所以“大花瓣”绕中心旋转45°的整数倍，才能与其他“大花瓣”重
合.所以至少绕中心旋转45°.
11. 如图，在三角形ABC中，∠BAE＝80°，AB＝2 cm，三角形
样的图形运动叫作旋转.这个定点叫作旋转中心.旋转只改变图形的位
置，不改变图形的形状和大小.
旋转的性质
4. (2023·石家庄第27中学月考)如图，将三角形 AOB 绕点 O 按逆时针方
向旋转45°后得到三角形A'OB'，若∠ AOB ＝15°，则∠AOB'的度数
是(
B )
A. 25°
B. 30°
C. 35°
【解析】因为∠ BOC ＝120°，所以∠ AOC ＝180°－120°＝60°.
①如图1，当 ON 的反向延长线恰好平分锐角∠ AOC 时，
∠ BON ＝ ∠ AOC ＝30°.
A. 点 A
B. 点 B
C. 点 C
B
)
D. 点 D
7. 【教材第93页习题B组第4题改编】如图，正方形网格中每一个小格
的边长都为1个单位长度.请画出将三角形 ABC 绕点 M 逆时针旋转90°
得到的三角形 A1 B1 C1，再画出将三角形 ABC 绕点 N 顺时针旋转90°得
到的三角形 A2 B2 C2.
解：如图所示，三角形 A1 B1 C1和三角形 A2 B2 C2即为所求.
8. (2023·邯郸永年区期末)如图，三角形 OAB 绕点 O 顺时针旋转40°后
得到三角形 OCD ，若∠ BOC ＝15°，则∠ AOD 的度数是(
专题06 几何图形初步—角度问题压轴真题(解析版)-初中数学七年级上学期重难点题型必刷题(人教版)
专题06 高分必刷题-几何图形初步—角度问题压轴题真题（解析版）专题简介：本份资料专攻《几何图形初步》这一章中求角度的压轴题，所选题目源自各名校月考、期末试题中的压轴题真题，大都涉及到角度的旋转问题，难度较大，适合于想挑战满分的学生考前刷题使用，也适合于培训机构的老师培训尖子生时使用。
1.（明德）已知120AOB ∠=，60COD ∠=，OE 平分∠BOC .(1)如图①，当∠COD 在∠AOB 的内部时.①若∠AOC =40°，则∠COE =_________；∠DOE =_________.②若∠AOC =α，则∠DOE =_________（用含α的代数式表示）；（2）如图②，当∠COD 在∠AOB 的外部时①请写出∠AOC 与∠DOE 的度数之间的关系，并说明理由.②在∠AOC 内部有一条射线OF ，满足∠AOC +2∠BOE =4∠AOF ，写出∠AOF 与∠DOE 的度数之间的关系，并说明理由.【解答】解：（1）①∵∠AOB ＝120°，∠AOC ＝40°，∴∠BOC ＝80°，∵OE 平分∠BOC ， ∴∠COE ＝∠BOC ＝40°，∵∠COD ＝60°，∴∠DOE ＝∠COD ﹣∠COE ＝60°﹣40°＝20°．故答案为：40°，20°．②∵∠AOB ＝120°，∠AOC ＝α，∴∠BOC ＝120°﹣α，∵OE 平分∠BOC ，∴∠COE ＝∠BOC ＝60°﹣α，∵∠COD ＝60°，∴∠DOE ＝∠COD ﹣∠COE ＝60°﹣（60°﹣α）＝α．故答案为：α．（2）①∵OE 平分∠BOC ，∴∠BOC ＝2∠COE ，∵∠AOC ﹣∠AOB ＝∠BOC ，∠DOE ﹣∠COD ＝∠EOC ，∴∠AOC ﹣∠AOB ＝2（∠DOE ﹣∠COD ），∵∠AOB ＝120°，∠COD ＝60°，∴∠AOC ﹣120°＝2（∠DOE ﹣60°），化简得：2∠DOE ＝∠AOC ．②∠DOE ﹣∠AOF ＝30°，理由如下：∵∠AOC ＝∠AOB +∠BOC ，∠BOC ＝2∠BOE ，∠AOC +2∠BOE ＝4∠AOF ，∴4∠AOF ＝∠AOB +4∠BOE ，∵∠DOE ＝∠COD +∠COE ，∠COE ＝∠BOE ，∴4∠DOE ＝4∠COD +4∠BOE ，∴4∠AOF ﹣4∠DOE ＝∠AOB ﹣4∠COD ，∵∠AOB ＝120°，∠COD ＝60°，∴4∠AOF ﹣4∠DOE ＝﹣120°，∴∠DOE ﹣∠AOF ＝30°．2.（长梅）定义：从一个角的顶点出发，把这个角分成1：2的两个角的射线，叫作这个角的三分钱，显然，一个角的三分线有两条.(1)如图①，已知OC 是∠AOB 的一条三分钱，且BOC AOC ∠>∠，若75AOB AOC ∠=︒∠=， ；(2)如图②，已知90AOB ∠=︒，若OC ，OD 是∠AOB 的两条三分线.①求∠COD 的度数；②在①的基础上，现以O 为中心，将∠COD 顺时针旋转n °得到C OD ''∠.当OA 恰好是C OD ''∠的三分线时，求n 的值.图① 图②【解答】解：（1）已知OC 是∠AOB 的一条三分钱，且∠BOC ＞∠AOC ，若∠AOB ＝75°， ∴∠AOC ＝∠AOB ＝25°，故答案为：25°．（2）①如图2，∵∠AOB ＝90°，OC ，OD 是∠AOB 的两条三分线，∴∠COD ＝∠AOB ＝30°；②分两种情况：当OA 是∠C 'OD '的三分线，且∠AOD '＞∠AOC '时，∠AOC ′＝10°， ∴∠DOC '＝30°﹣10°＝20°，∴∠DOD '＝20°+30°＝50°；当OA 是∠C ′OD '的三分线，且∠AOD '＜∠AOC 时，∠AOC '＝20°，∴∠DOC ′＝30°﹣20°＝10°，∴∠DOD '＝10°+30°＝40°；综上所述，n ＝40°或50°．3．（师大）若A 、O 、B 三点共线，∠BOC ＝50°，将一个三角板的直角顶点放在点O 处（注：∠DOE ＝90°，∠DEO ＝30°）．（1）如图1，使三角板的短直角边OD 在射线OB 上，则∠COE ＝ ；（2）如图2，将三角板DOE 绕点O 逆时针方向旋转，若OE 恰好平分∠AOC ，则OD 所在射线是∠BOC 的 ；（3）如图3，将三角板DOE 绕点O 逆时针转动到使∠COD ＝∠AOE 时，求∠BOD 的度数；（4）将图1中的三角板绕点O 以每秒5°的速度沿逆时针方向旋转一周，在旋转的过程中，第t 秒时，OE 恰好与直线OC 重合，求t 的值．【解答】解：（1）∵∠DOE ＝90°，∠BOC ＝50°，∴∠COE ＝40°，故答案为40°；（2）∵OE 平分∠AOC ，∴∠AOE ＝∠COE ，∵∠COE +DOC ＝∠DOE ＝90°，∴∠AOE +∠DOB ＝90°，∴∠DOC ＝∠DOB ，∴DO 平分∠BOC ，∴DO 是∠BOC 的角平分线，故答案为：角平分线；（3）∵∠COD ＝∠AOE ，∠COD +∠DOE +∠AOE ＝130°，∴5∠COD ＝40°，∴∠COD ＝8°，∴∠BOD ＝58°；（4）当OE 与射线OC 的反向延长线重合时，5t +40＝180，∴t ＝28，当OE 与射线OC 重合时，5t ＝360﹣40，∴t ＝64，综上所述：t 的值为28或64．4.（雅礼）如图1，点O 为直线AB 上一点，过点O 作射线OC ，使130BOC ∠=︒。
华师大版初中数学七年级下册《10.3.2 旋转的特征》同步练习卷(含答案解析
华师大新版七年级下学期《10.3.2 旋转的特征》同步练习卷一．解答题（共50小题）1．探索新知：如图1，射线OC在∠AOB的内部，图中共有3个角：∠AOB，∠AOC和∠BOC，若其中有一个角的度数是另一个角度数的两倍，则称射线OC是∠AOB的“巧分线”．（1）一个角的平分线这个角的“巧分线”；（填“是”或“不是”）（2）如图2，若∠MPN=α，且射线PQ是∠MPN的“巧分线”，则∠MPQ=；（用含α的代数式表示出所有可能的结果）深入研究：如图2，若∠MPN=60°，且射线PQ绕点P从PN位置开始，以每秒10°的速度逆时针旋转，当PQ与PN成180°时停止旋转，旋转的时间为t秒．（3）当t为何值时，射线PM是∠QPN的“巧分线”；（4）若射线PM同时绕点P以每秒5°的速度逆时针旋转，并与PQ同时停止，请直接写出当射线PQ是∠MPN的“巧分线”时t的值．2．（1）如图1，O是等边△ABC内一点，连接OA、OB、OC，且OA=3，OB=4，OC=5，将△BAO绕点B顺时针旋转后得到△BCD，连接OD．求：①旋转角的度数；②线段OD的长；③∠BDC的度数．（2）如图2所示，O是等腰直角△ABC（∠ABC=90°）内一点，连接OA、OB、OC，将△BAO绕点B顺时针旋转后得到△BCD，连接OD．当OA、OB、OC满足什么条件时，∠ODC=90°？请给出证明．3．已知，△ABC中，AB=AC，点E是边AC上一点，过点E作EF∥BC交AB于点F．（1）如图①，求证：AE=AF；（2）如图②，将△AEF绕点A逆时针旋转α（0°＜α＜144°）得到△AE′F′．连接CE′BF′．①若BF′=6，求CE′的长；②若∠EBC=∠BAC=36°，在图②的旋转过程中，当CE′∥AB时，直接写出旋转角α的大小．4．在△ABC中，∠B+∠ACB=30°，AB=4，△ABC逆时针旋转一定角度后与△ADE 重合，且点C恰好成为AD中点，如图（1）指出旋转中心，并求出旋转角的度数．（2）求出∠BAE的度数和AE的长．5．如图，△ABC是直角三角形，延长AB到点E，使BE=BC，在BC上取一点F，使BF=AB，连接EF，△ABC旋转后能与△FBE重合，请回答：（1）旋转中心是哪一点？（2）旋转了多少度？（3）AC与EF的关系如何？6．阅读下面材料，并解决问题：（1）如图①等边△ABC内有一点P，若点P到顶点A、B、C的距离分别为3，4，5，求∠APB的度数．为了解决本题，我们可以将△ABP绕顶点A旋转到△ACP′处，此时△ACP′≌△ABP，这样就可以利用旋转变换，将三条线段PA、PB、PC转化到一个三角形中，从而求出∠APB=；（2）基本运用请你利用第（1）题的解答思想方法，解答下面问题已知如图②，△ABC中，∠CAB=90°，AB=AC，E、F为BC上的点且∠EAF=45°，求证：EF2=BE2+FC2；（3）能力提升如图③，在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=1，∠ABC=30°，点O为Rt△ABC内一点，连接AO，BO，CO，且∠AOC=∠COB=∠BOA=120°，求OA+OB+OC的值．7．将两块全等的三角板如图①摆放，其中∠A1CB1=∠ACB=90°，∠A1=∠A=30°．（1）将图①中的△A1B1C顺时针旋转45°得图②，点P1是A1C与AB的交点，点Q是A1B1与BC的交点，求证：CP1=CQ；（2）在图②中，若AP1=2，则CQ等于多少？8．如图1，点O为直线AB上一点，过点O作射线OC，使∠AOC：∠BOC=2：1，将一直角三角板的直角顶点放在点O处，一边ON在射线OA上，另一边OM 在直线AB的下方．（1）将图1中的三角板绕点O按顺时针方向旋转至图2的位置，使得OM落在射线OA上，此时ON旋转的角度为°；（2）继续将图2中的三角板绕点O按顺时针方向旋转至图3的位置，使得OM 在∠BOC的内部，则∠BON﹣∠COM=°；（3）在上述直角三角板从图1旋转到图3的位置的过程中，若三角板绕点O按每秒钟15°的速度旋转，当OM恰为∠BOC的平分线时，此时，三角板绕点O 的运动时间为秒，简要说明理由．9．如图1，将一副三角板的直角重合放置，其中∠A=30°，∠CDE=45°．（1）如图1，求∠EFB的度数；（2）若三角板ACB的位置保持不动，将三角板CDE绕其直角顶点C顺时针方向旋转．①当旋转至如图2所示位置时，恰好CD∥AB，则∠ECB的度数为°；②若将三角板CDE继续绕点C旋转，直至回到图1位置．在这一过程中，是否还会存在△CDE其中一边与AB平行？如果存在，请你画出示意图，并直接写出相应的∠ECB的大小；如果不存在，请说明理由．10．取一副三角板按如图所示拼接，固定三角板ADC，将三角板ABC绕点A顺时针方向旋转，旋转角度为α（0°＜α≤45°），得到△ABC′．①当α为多少度时，AB∥DC？②当旋转到图③所示位置时，α为多少度？③连接BD，当0°＜α≤45°时，探求∠DBC′+∠CAC′+∠BDC值的大小变化情况，并给出你的证明．11．如图，△ABD绕着点B沿顺时针方向旋转90°到△EBC，且∠ABD=90°，（1）△ABD和△EBC是否全等？如果全等，请指出对应边与对应角．（2）若AB=3cm，BC=5cm，你能求出DE的长吗？（3）直线AD和直线CE有怎样的位置关系？请说明理由．12．如图，△ABC中，∠B=10°，∠ACB=20°，AB=4cm，三角形ABC按逆时针方向旋转一定角度后与三角形ADE重合，且点C恰好成为AD的中点．（1）指出旋转中心，并求出旋转的度数；（2）求出∠BAE的度数和AE的长．13．如图所示，点P是等边△ABC内一点，PB=2，PC=1，∠BPC=150°，求PA的长．14．（1）解不等式：5x﹣13≥2（x﹣2）（2）如图，将△ABC绕点C顺时针方向旋转40°得到△DEC，若AC⊥DE，求∠BAC的度数．15．证明题在等腰△ABC与等腰△ADE中，∠BAC=∠DAE，AB=AC，AD=AE．（1）如图1，当点E，D，B三点在同一直线上时，且BE⊥AC，∠BAC=50°，求∠EBC的度数；（2）如图2，将△ADE绕A点旋转，当ED延长线交于BC的中点M时，连接BD，CE，求证：∠BDM=∠MEC．16．（1）如图①所示，△ACB和△ECD都是等腰三角形，A、C、D三点在同一直线上，连接BD、AE，并延长AE交BD于F，试判断AE与BD的数量和位置关系，并证明你的结论．（2）若△ECD绕顶点C顺时针旋转任意角度后得到图②，图①中的结论是否仍然成立？请说明理由．17．如图，点P是等边△ABC内的一点，连接PA、PB、PC，以BP为一边作∠PBQ=60°，且BQ=BP，连接CQ．试观察并猜想AP与CQ的大小关系；并说明理由．18．如图，将△ABC绕点B逆时针旋转α得到△DBE，DE的延长线与AC相交于点F，连接DA、BF，∠ABC=α=60°，BF=AF．（1）求证：DA∥BC；（2）猜想线段DF、AF的数量关系，并证明你的猜想．19．在△ABC中，AC=BC，将△ABC绕点A顺时针方向旋转，得到△ADE，旋转角为α（0°＜α＜180°），点B的对应点为点D，点C的对应点为点E，连接BD （1）如图，当α=60°时，△ABD是等边三角形吗？请说明理由；（2）在旋转过程中，过点D作DG垂直于直线AB，垂足为点G，连接CE．当∠DAG=∠ACB，∠C＜90°，且线段DG与线段AE无公共点时，判断CE与AB的关系，并说明理（请在备用图中将图形补充完整）20．如图，在△ABC中，∠ACB=90°，AC＞BC，点D在AB边绕点C逆时针旋转角α到达△ECF的位置，点E在AC边上．（1）直接填空：α的最小度数是；（2）若EF∥CD，试判断△BCD的形状，并说明理由．21．在等边△AOB中，将扇形COD按图1摆放，使扇形的半径OC、OD分别与OA、OB重合，OA=OB=4，OC=OD=2，固定等边△AOB不动，让扇形COD绕点O逆时针旋转，线段AC、BD也随之变化，设旋转角为α．（0＜α≤360°）（1）当OC∥AB时，旋转角α=度，OC⊥AB时旋转角α=度．发现：（2）线段AC与BD有何数量关系，请仅就图2给出证明．应用：（3）当A、C、D三点共线时，求BD的长．拓展：（4）P是线段AB上任意一点，在扇形COD的旋转过程中，请直接写出线段PC的最大值与最小值．22．（1）如图1，E为等边△ABC内一点，CE平分∠ACB，D为BC边上一点，且DE=CD，连接BE，取BE中点P，连接AP，PD，AD，直接写出AP与PD的位置关系，并直接用等式表示AP与PD的数量关系；（2）如图2，把图1中的△CDE绕点C顺时针旋转α（60°＜α＜90°），其它条件不变，连接BE，点P为BE中点，连接AP，PD，AD，试问（1）中的结论还成立吗？若成立，请证明；若不成立，请说明理由．23．已知，在等边△ABC中，点E在BA的延长线上，点D在BC上，且ED=EC （1）如图1，求证：AE=DB；（2）如图2，将△BCE绕点C顺时针旋转60°至△ACF（点B、E的对应点分别为点A、F），连接EF．在不添加任何辅助线的情况下，请直接写出图中四对线段，使每对线段长度之差等于AB的长．24．如图，D是等边三角形ABC内一点，将线段AD绕点A顺时针旋转60°，得到线段AE，连接CD，BE．（1）求证：∠AEB=∠ADC；（2）连接DE，若∠ADC=105°，求∠BED的度数．25．如图，在△ABC中，∠B=90°，BC=6，AC=10，将△ABC绕点C顺时针旋转90°得到△DEC，并连接AE，求AE的长．26．如图，将△ABC绕点C按顺时针方向旋转至△A′B′C，使点A′落在BC的延长线上．已知∠A=27°，∠B=40°，求则∠ACB′的度数．27．如图所示，△ABD旋转后与△ACE重合，△ABC是直角三角形，BC是斜边，如果AD=4，求DE的长度．28．如图，已知AC⊥BC，垂足为C，AC=4，BC=，将线段AC绕点A按逆时针方向旋转60°，得到线段AD，连接DC，DB．（1）直接写出线段DC=；（2）求线段DB的长度；（3）直接写出点B到直线AD的距离为．29．如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，点D，F分别在AB，AC上，CF=CB，连接CD，连接CD，将线段CD绕点C按顺时针方向旋转90°后得CE，连接EF．求证：△BCD≌△FCE．30．已知，点P是等边△ABC内一点，PA=4，PB=3，PC=5，线段AP绕点A逆时针旋转60°到AQ，连接PQ．（1）求PQ的长．（2）求∠APB的度数．31．Rt△ABC中，∠ABC=30°，将△ABC绕点C逆时针旋转至△A'B'C，使得点A'恰好落在AB上，A'B'交BC于点D，连接BB'．（1）求证：△A'B'C≌△A'B'B．（2）直接写出图中以点B为顶点的所有直角三角形．32．如图，将△ABC绕点C顺时针方向旋转40°得△A′B′C′，若AC⊥A′B′，求∠BAC 的度数．33．已知，如图，点C是AB上一点，分别以AC，BC为边，在AB的同侧作等边三角形△ACD和△BCE．（1）指出△ACE以点C为旋转中心，顺时针方向旋转60°后得到的三角形；（2）若AE与BD交于点O，求∠AOD的度数．34．如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，点D、F分别在AB、AC上，CF=CB，连接CD，将线段CD绕点C按顺时针方向旋转90°（即∠DCE=90°）后得CE，连接EF．（1）求证：△BCD≌△FCE；（2）若EF∥CD，求∠BDC的度数．35．在学习了第四章《基本的平面图形》的知识后，小明将自己手中的一副三角板的两个直角顶点叠放在一起拼成如下的图形1和图形2．（1）在图1中，当AD平分∠BAC时，小明认为此时AB也应该平分∠FAD，请你通过计算判断小明的结论是否正确．（2）小明还发现：只要AD在∠BAC的内部，当△ABC绕直角顶点A旋转时，总有∠FAB=∠DAC（见图2），请你判断小明的发现是否正确，并简述理由．（3）在图2中，当∠FAC=x，∠BAD=y，请你探究x与y的关系．36．如图，△BAD是由△BEC在平面内绕点B逆时针旋转60°得到，且AB⊥BC，连接DE．（1）∠DBE的度数．（2）求证：△BDE≌△BCE．37．如图1，点O为直线AB上的一点，过O点作直线OC，使∠BOC=120°，将一块含30°、60°的直角三角板的直角顶点放在点O处，一边OM在射线OB 上，另一边ON在直线AB的下方．（1）将图1中的三角板绕点O逆时针旋转至图2，使一边OM在∠BOC的内部，且恰好平分∠BOC．问：此时三角板旋转的角度为°．（2）将图1中的三角板绕点O以每秒6°的速度逆时针方向旋转．①若旋转一周，在旋转过程中，直线ON恰好平分∠AOC时，求旋转的时间t值．②若旋转过程中，直线MN∥直线OC，求旋转的时间t的值．38．（1）如图（1），AB∥CD，点P在AB，CD外部，若∠B=50°，∠D=25°，则∠BPD=°（2）如图（2），AB∥CD，点P在AB，CD内部，则∠B，∠D，∠BPD之间有何数量关系？证明你的结论．（3）在图（2）中，将直线AB绕点B按逆时针方向旋转一定角度交直线CD于点M，如图 （3），若∠BPD=90°，∠BMD=40°，求∠B+∠D的度数．39．如图，P是等边三角形ABC内的一点，连结PA，PB，PC，以BP为边作∠PBQ=60°，且BP=BQ，连结CQ．（1）观察并猜想AP与CQ之间的大小关系，并说明理由．（2）若PA=3，PB=4，PC=5，连结PQ，判断△PQC的形状并证明．40．△ABC是等边三角形，P为其内的一点，并且满足PA=25，PB=7，PC=24，试求∠CPB的度数？41．如图：点P为等边△ABC内一点，且PA=2，PB=1，PC=，求∠APB的度数．42．如图，在等边△ABC内有一点P，且PA=2，PB=，PC=1，求∠BPC的度数和等边△ABC的边长．43．如图所示，P为等边△ABC的中心，请用旋转的方法将△ABC分成面积相等的三部分，设计出分割方案，并画出示意图．（至少三种）44．如图，在△ABC中，∠ACB=90°，AC=1，将△ABC绕点C顺时针旋转60°至△A′B′C，点A的对应点A′恰好落在AB上，求BB′的长．45．如图，△ABC为等边三角形，P为三角形内一点，将△ABP绕A点逆时针旋转60°，得到△ACP′．（1）求证：△APP′为等边三角形．（2）连接PC，若PP′=2，∠P′CP=90°，∠P′PC=30°，求△ABC的面积．46．如图，P是正三角形ABC内的一点，且PA=5，PB=12，PC=13，若将△PAC 绕点A逆时针旋转后，得到△P′AB，求点P与点P′之间的距离及∠APB的度数．47．在△ABC中，AB=AC，点D在直线BC上（不与点B、C重合），线段AD绕A 点逆时针方向旋转∠BAC的大小，得线段AE，连接DE、CE．探索∠BCE与∠BAC的大小关系，并加以证明．48．已知，P为等边三角形内一点，且BP=3，PC=4，将BP绕点B顺时针旋转60°至BP′的位置．（1）试判断△BPP′的形状，并说明理由；（2）若∠BPC=150°，求PA的长度．49．在△ABC中，AC=BC，将△ABC绕点A按顺时针方向旋转，得到△ADE，旋转角为α（0°＜α＜180°），点B的对应点为点D，点C的对应点为点E，连接BD，BE，如图，当α=60°时，延长BE交AD于点F．（1）求证：△ABD是等边三角形；（2）求证：BF⊥AD，AF=DF．50．如图，已知AC⊥BC，垂足为C，AC=4，BC=3，将线段AC绕点A按逆时针方向旋转60°，得到线段AD，连接DC，DB．（1）求线段CD的长；（2）求线段DB的长度．华师大新版七年级下学期《10.3.2 旋转的特征》同步练习卷参考答案与试题解析一．解答题（共50小题）1．探索新知：如图1，射线OC在∠AOB的内部，图中共有3个角：∠AOB，∠AOC和∠BOC，若其中有一个角的度数是另一个角度数的两倍，则称射线OC是∠AOB的“巧分线”．（1）一个角的平分线是这个角的“巧分线”；（填“是”或“不是”）（2）如图2，若∠MPN=α，且射线PQ是∠MPN的“巧分线”，则∠MPQ=α或α或α；（用含α的代数式表示出所有可能的结果）深入研究：如图2，若∠MPN=60°，且射线PQ绕点P从PN位置开始，以每秒10°的速度逆时针旋转，当PQ与PN成180°时停止旋转，旋转的时间为t秒．（3）当t为何值时，射线PM是∠QPN的“巧分线”；（4）若射线PM同时绕点P以每秒5°的速度逆时针旋转，并与PQ同时停止，请直接写出当射线PQ是∠MPN的“巧分线”时t的值．【分析】（1）根据巧分线定义即可求解；（2）分3种情况，根据巧分线定义即可求解；（3）分3种情况，根据巧分线定义得到方程求解即可；（4）分3种情况，根据巧分线定义得到方程求解即可．【解答】解：（1）一个角的平分线是这个角的“巧分线”；（填“是”或“不是”）故答案为：是（2）∵∠MPN=α，∴∠MPQ=α或α或α；故答案为α或α或α；深入研究：（3）依题意有①10t=60+×60，解得t=9；②10t=2×60，解得t=12；③10t=60+2×60，解得t=18．故当t为9或12或18时，射线PM是∠QPN的“巧分线”；（4）依题意有①10t=（5t+60），解得t=2.4；②10t=（5t+60），解得t=4；③10t=（5t+60），解得t=6．故当t为2.4或4或6时，射线PQ是∠MPN的“巧分线”．【点评】本题考查了旋转的性质，巧分线定义，学生的阅读理解能力及知识的迁移能力．理解“巧分线”．的定义是解题的关键．2．（1）如图1，O是等边△ABC内一点，连接OA、OB、OC，且OA=3，OB=4，OC=5，将△BAO绕点B顺时针旋转后得到△BCD，连接OD．求：①旋转角的度数；②线段OD的长；③∠BDC的度数．（2）如图2所示，O是等腰直角△ABC（∠ABC=90°）内一点，连接OA、OB、OC，将△BAO绕点B顺时针旋转后得到△BCD，连接OD．当OA、OB、OC满足什么条件时，∠ODC=90°？请给出证明．【分析】（1）①根据等边三角形的性质得BA=BC，∠ABC=60°，再根据旋转的性质得∠OBD=∠ABC=60°，于是可确定旋转角的度数为60°；②由旋转的性质得BO=BD，加上∠OBD=60°，则可判断△OBD为等边三角形，所以OD=OB=4；③由△BOD为等边三角形得到∠BDO=60°，再利用旋转的性质得CD=AO=3，然后根据勾股定理的逆定理可证明△OCD为直角三角形，∠ODC=90°，所以∠BDC=∠BDO+∠ODC=150°；（2）根据旋转的性质得∠OBD=∠ABC=90°，BO=BD，CD=AO，则可判断△OBD 为等腰直角三角形，则OD=OB，然后根据勾股定理的逆定理，当CD2+OD2=OC2时，△OCD为直角三角形，∠ODC=90°．【解答】解：（1）①∵△ABC为等边三角形，∴BA=BC，∠ABC=60°，∵△BAO绕点B顺时针旋转后得到△BCD，∴∠OBD=∠ABC=60°，∴旋转角的度数为60°；②∵△BAO绕点B顺时针旋转后得到△BCD，∴BO=BD，而∠OBD=60°，∴△OBD为等边三角形；∴OD=OB=4；③∵△BOD为等边三角形，∴∠BDO=60°，∵△BAO绕点B顺时针旋转后得到△BCD，∴CD=AO=3，在△OCD中，CD=3，OD=4，OC=5，∵32+42=52，∴CD2+OD2=OC2，∴△OCD为直角三角形，∠ODC=90°，∴∠BDC=∠BDO+∠ODC=60°+90°=150°；（2）OA2+2OB2=OC2时，∠ODC=90°．理由如下：∵△BAO绕点B顺时针旋转后得到△BCD，∴∠OBD=∠ABC=90°，BO=BD，CD=AO，∴△OBD为等腰直角三角形，∴OD=OB，∵当CD2+OD2=OC2时，△OCD为直角三角形，∠ODC=90°，∴OA2+2OB2=OC2，∴当OA、OB、OC满足OA2+2OB2=OC2时，∠ODC=90°．【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．也考查了等边三角形的判断与性质和勾股定理的逆定理．3．已知，△ABC中，AB=AC，点E是边AC上一点，过点E作EF∥BC交AB于点F．（1）如图①，求证：AE=AF；（2）如图②，将△AEF绕点A逆时针旋转α（0°＜α＜144°）得到△AE′F′．连接CE′BF′．①若BF′=6，求CE′的长；②若∠EBC=∠BAC=36°，在图②的旋转过程中，当CE′∥AB时，直接写出旋转角α的大小．【分析】（1）根据等腰三角形两底角相等∠ABC=∠ACB，再根据平行线的性质得出，∠AFE=∠ABC，∠AEF=∠ACB，得出∠AFE=∠AEF，进一步得出结论；（2）求出AE=AF，再根据旋转的性质可得∠E′AC=∠F′AB，AE′=AF′，然后利用“边角边”证明△CAE′和△BAF′全等，根据全等三角形对应边相等证明即可；（3）把△AEF绕点A逆时针旋转AE′与过点C与AB平行的直线相交于M、N，然后分两种情况，根据等腰梯形的性质和等腰三角形的性质分别求解即可．【解答】（1）证明：∵AB=AC，∴∠ABC=∠ACB，∵EF∥BC，∴∠AFE=∠ABC，∠AEF=∠ACB，∴∠AFE=∠AEF，∴AE=AF．（2）解：①由旋转的性质得，∠E′AC=∠F′AB，AE′=AF′，在△CAE′和△BAF′中，，∴△CAE′≌△BAF′（SAS），∴CE′=BF′=6；②由（1）可知AE=AF，所以，在△AEF绕点A逆时针旋转过程中，点E经过的路径（圆弧）与过点C且与AB平行的直线l相交于点M、N，如图，①当点E的像E′与点M重合时，四边形ABCM是等腰梯形，所以，∠BAM=∠ABC=72°，又∵∠BAC=36°，∴α=∠CAM=36°；②当点E的像E′与点N重合时，∵CE′∥AB，∴∠AMN=∠BAM=72°，∵AM=AN，∴∠ANM=∠AMN=72°，∴∠MAN=180°﹣72°×2=36°，∴α=∠CAN=∠CAM+∠MAN=36°+36°=72°，综上所述，当旋转角α为36°或72°．【点评】此题主要考查了旋转的性质以及等腰三角形的性质和等腰梯形的性质等知识，根据数形结合熟练掌握相关定理是解题关键．4．在△ABC中，∠B+∠ACB=30°，AB=4，△ABC逆时针旋转一定角度后与△ADE 重合，且点C恰好成为AD中点，如图（1）指出旋转中心，并求出旋转角的度数．（2）求出∠BAE的度数和AE的长．【分析】（1）先根据三角形内角和计算出∠BAC=150°，然后利用旋转的定义可判断旋转中心为点A，旋转角为150°；（2）根据旋转的性质得到∠DAE=∠BAC=150°，AB=AD=4，AC=AE，利用周角定义可得到∠BAE=60°，然后利用点C为AD中点得到AC=AD=2，于是得到AE=2．【解答】解：（1）在△ABC中，∵∠B+∠ACB=30°，∴∠BAC=150°，当△ABC逆时针旋转一定角度后与△ADE重合，∴旋转中心为点A，∠BAD等于旋转角，即旋转角为150°；（2）∵△ABC绕点A逆时针旋转150°后与△ADE重合，∴∠DAE=∠BAC=150°，AB=AD=4，AC=AE，∴∠BAE=360°﹣150°﹣150°=60°，∵点C为AD中点，∴AC=AD=2，∴AE=2．【点评】本题考查了转的性质：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．5．如图，△ABC是直角三角形，延长AB到点E，使BE=BC，在BC上取一点F，使BF=AB，连接EF，△ABC旋转后能与△FBE重合，请回答：（1）旋转中心是哪一点？（2）旋转了多少度？（3）AC与EF的关系如何？【分析】（1）由条件易得BC和BE，BA和BF为对应边，而△ABC旋转后能与△FBE重合，于是可判断旋转中心为点B；（2）根据旋转的性质得∠ABF等于旋转角，从而得到旋转角度；（3）根据旋转的性质即可判断AC=EF，AC⊥EF．【解答】解：（1）∵BC=BE，BA=BF，∴BC和BE，BA和BF为对应边，∵△ABC旋转后能与△FBE重合，∴旋转中心为点B；（2）∵∠ABC=90°，而△ABC旋转后能与△FBE重合，∴∠ABF等于旋转角，∴旋转了90度；（3）AC=EF，AC⊥EF．理由如下：∵△ABC绕点B顺时针旋转90°后能与△FBE重合，∴EF=AC，EF与AC成90°的角，即AC⊥EF．【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．6．阅读下面材料，并解决问题：（1）如图①等边△ABC内有一点P，若点P到顶点A、B、C的距离分别为3，4，5，求∠APB的度数．为了解决本题，我们可以将△ABP绕顶点A旋转到△ACP′处，此时△ACP′≌△ABP，这样就可以利用旋转变换，将三条线段PA、PB、PC转化到一个三角形中，从而求出∠APB=150°；（2）基本运用请你利用第（1）题的解答思想方法，解答下面问题已知如图②，△ABC中，∠CAB=90°，AB=AC，E、F为BC上的点且∠EAF=45°，求证：EF2=BE2+FC2；（3）能力提升如图③，在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=1，∠ABC=30°，点O为Rt△ABC内一点，连接AO，BO，CO，且∠AOC=∠COB=∠BOA=120°，求OA+OB+OC的值．【分析】（1）根据旋转变换前后的两个三角形全等，全等三角形对应边相等，全等三角形对应角相等以及等边三角形的判定和勾股定理逆定理解答；（2）把△ABE绕点A逆时针旋转90°得到△ACE′，根据旋转的性质可得AE′=AE，CE′=CE，∠CAE′=∠BAE，∠ACE′=∠B，∠EAE′=90°，再求出∠E′AF=45°，从而得到∠EAF=∠E′AF，然后利用“边角边”证明△EAF和△E′AF全等，根据全等三角形对应边相等可得E′F=EF，再利用勾股定理列式即可得证．（3）将△AOB绕点B顺时针旋转60°至△A′O′B处，连接OO′，根据直角三角形30°角所对的直角边等于斜边的一半求出AB=2AC，即A′B的长，再根据旋转的性质求出△BOO′是等边三角形，根据等边三角形的三条边都相等可得BO=OO′，等边三角形三个角都是60°求出∠BOO′=∠BO′O=60°，然后求出C、O、A′、O′四点共线，再利用勾股定理列式求出A′C，从而得到OA+OB+OC=A′C．【解答】解：（1）∵△ACP′≌△ABP，∴AP′=AP=3、CP′=BP=4、∠AP′C=∠APB，由题意知旋转角∠PA P′=60°，∴△AP P′为等边三角形，P P′=AP=3，∠A P′P=60°，易证△P P′C为直角三角形，且∠P P′C=90°，∴∠APB=∠AP′C=∠A P′P+∠P P′C=60°+90°=150°；故答案为：150°；（2）如图2，把△ABE绕点A逆时针旋转90°得到△ACE′，由旋转的性质得，AE′=AE，CE′=BE，∠CAE′=∠BAE，∠ACE′=∠B，∠EAE′=90°，∵∠EAF=45°，∴∠E′AF=∠CAE′+∠CAF=∠BAE+∠CAF=∠BAC﹣∠EAF=90°﹣45°=45°，∴∠EAF=∠E′AF，在△EAF和△E′AF中，∴△EAF≌△E′AF（SAS），∴E′F=EF，∵∠CAB=90°，AB=AC，∴∠B=∠ACB=45°，∴∠E′CF=45°+45°=90°，由勾股定理得，E′F2=CE′2+FC2，即EF2=BE2+FC2．（3）如图3，将△AOB绕点B顺时针旋转60°至△A′O′B处，连接OO′，∵在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=1，∠ABC=30°，∴AB=2，∴BC=，∵△AOB绕点B顺时针方向旋转60°，∴△A′O′B如图所示；∠A′BC=∠ABC+60°=30°+60°=90°，∵∠C=90°，AC=1，∠ABC=30°，∴AB=2AC=2，∵△AOB绕点B顺时针方向旋转60°，得到△A′O′B，∴A′B=AB=2，BO=BO′，A′O′=AO，∴△BOO′是等边三角形，∴BO=OO′，∠BOO′=∠BO′O=60°，∵∠AOC=∠COB=∠BOA=120°，∴∠COB+∠BOO′=∠BO′A′+∠BO′O=120°+60°=180°，∴C、O、A′、O′四点共线，在Rt△A′BC中，A′C=，∴OA+OB+OC=A′O′+OO′+OC=A′C=．【点评】本题考查了旋转的性质，全等三角形的判定与性质，等腰直角三角形的性质，勾股定理，读懂题目信息，理解利用旋转构造出全等三角形和等边三角形以及直角三角形是解题的关键．7．将两块全等的三角板如图①摆放，其中∠A1CB1=∠ACB=90°，∠A1=∠A=30°．（1）将图①中的△A1B1C顺时针旋转45°得图②，点P1是A1C与AB的交点，点Q是A1B1与BC的交点，求证：CP1=CQ；（2）在图②中，若AP1=2，则CQ等于多少？【分析】（1）利用△A1CB1≌△ACB得到CA1=CA，再根据旋转的性质得∠B1CB=∠A1CA=45°，则∠BCA1=45°，于是根据“ASA”判断△CQA1≌△CP1A，所以CP1=CQ；（2）过点P1作P1P⊥AC于点P，如图②，先在Rt△AP1P中根据含30度的直角三角形三边的关系得到P1P=AP1=×2=1，然后在Rt△CP1P中利用等腰直角三角形的性质得CP=P1P=1，CP1=PP1=，由（1）得CQ=CP1=．【解答】（1）证明：∵△A1CB1≌△ACB，∴CA1=CA，∵图①中的△A1B1C顺时针旋转45°得图②，∴∠B1CB=∠A1CA=45°，∴∠BCA1=45°在△CQA1和△CP1A中，，∴△CQA1≌△CP1A，∴CP1=CQ；（2）解：过点P1作P1P⊥AC于点P，如图②，在Rt△AP1P中，∵∠A=30°，∴P1P=AP1=×2=1，在Rt△CP1P中，∵∠P1CP=45°，∴CP=P1P=1，∴CP1=PP1=，∴CQ=CP1=．【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．旋转有三要素：旋转中心；旋转方向；旋转角度．也考查了等腰直角三角形的性质．8．如图1，点O为直线AB上一点，过点O作射线OC，使∠AOC：∠BOC=2：1，将一直角三角板的直角顶点放在点O处，一边ON在射线OA上，另一边OM 在直线AB的下方．（1）将图1中的三角板绕点O按顺时针方向旋转至图2的位置，使得OM落在射线OA上，此时ON旋转的角度为90°；（2）继续将图2中的三角板绕点O按顺时针方向旋转至图3的位置，使得OM 在∠BOC的内部，则∠BON﹣∠COM=30°；（3）在上述直角三角板从图1旋转到图3的位置的过程中，若三角板绕点O按每秒钟15°的速度旋转，当OM恰为∠BOC的平分线时，此时，三角板绕点O 的运动时间为16秒，简要说明理由．【分析】（1）根据旋转的性质知，旋转角∠MON=90°；（2）分别求出∠BON=90°﹣∠BOM，∠COM=60°﹣∠BOM，则∠BON﹣∠COM=90°﹣∠BOM﹣60°+∠BOM=30°；（3）易求∠AOM+∠AOC+∠COM′=240°，则三角板绕点O的运动时间为=16（秒）．【解答】解：（1）如图2，依题意知，旋转角是∠MON，且∠MON=90°．故填：90；（2）如图3，∠AOC：∠BOC=2：1，∴∠AOC=120°，∠BOC=60°，∵∠BON=90°﹣∠BOM，∠COM=60°﹣∠BOM，∴∠BON﹣∠COM=90°﹣∠BOM﹣60°+∠BOM=30°，故填：30；（3）16秒．理由如下：如图4．∵点O为直线AB上一点，∠AOC：∠BOC=2：1，∴∠AOC=120°，∠BOC=60°．∵OM恰为∠BOC的平分线，∴∠COM′=30°．∴∠AOM+∠AOC+∠COM′=240°．∵三角板绕点O按每秒钟15°的速度旋转，∴三角板绕点O的运动时间为=16（秒）．故填：16．【点评】本题考查了旋转的性质，关键是应该认真审题并仔细观察图形，找到各个量之间的关系，并求出角的度数是解题的关键．9．如图1，将一副三角板的直角重合放置，其中∠A=30°，∠CDE=45°．（1）如图1，求∠EFB的度数；（2）若三角板ACB的位置保持不动，将三角板CDE绕其直角顶点C顺时针方向旋转．①当旋转至如图2所示位置时，恰好CD∥AB，则∠ECB的度数为30°；②若将三角板CDE继续绕点C旋转，直至回到图1位置．在这一过程中，是否还会存在△CDE其中一边与AB平行？如果存在，请你画出示意图，并直接写出相应的∠ECB的大小；如果不存在，请说明理由．【分析】（1）根据三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和列式计算即可得解；（2）①根据两直线平行，内错角相等可得∠ACD=∠A，再根据同角的余角相等可得∠ECB=∠ACD；②分CE、DE、CD与AB平行分别作出图形，再根据平行线的性质求解即可．【解答】解：（1）∵∠A=30°，∠CDE=45°，∴∠ABC=90°﹣30°=60°，∠E=90°﹣45°=45°，∴∠EFB=∠ABC﹣∠E=60°﹣45°=15°；（2）①∵CD∥AB，∴∠ACD=∠A=30°，∵∠ACD+∠ACE=∠DCE=90°，∠ECB+∠ACE=∠ACB=90°，∴∠ECB=∠ACD=30°；②如图1，CE∥AB，∠ACE=∠A=30°，∠ECB=∠ACB+∠ACE=90°+30°=120°；如图2，DE∥AB时，延长CD交AB于F，则∠BFC=∠D=45°，在△BCF中，∠BCF=180°﹣∠B﹣∠BFC，=180°﹣60°﹣45°=75°，∴ECB=∠BCF+∠ECF=75°+90°=165°；如图3，CD∥AB时，∠BCD=∠B=60°，∠ECB=∠BCD+∠EDC=60°+90°=150°；如图4，CE∥AB时，∠ECB=∠B=60°，如图5，DE∥AB时，∠ECB=60°﹣45°=15°．【点评】本题考查了旋转的性质，三角板的知识，平行线的判定与性质，难点在于（2）根据旋转角的逐渐增大分别作出图形．10．取一副三角板按如图所示拼接，固定三角板ADC，将三角板ABC绕点A顺时针方向旋转，旋转角度为α（0°＜α≤45°），得到△ABC′．①当α为多少度时，AB∥DC？②当旋转到图③所示位置时，α为多少度？③连接BD，当0°＜α≤45°时，探求∠DBC′+∠CAC′+∠BDC值的大小变化情况，并给出你的证明．【分析】（1）若AB∥DC，则∠BAC=∠C=30°，得到α=∠BAC′﹣∠BAC=45°﹣30°=15°；（2）当旋转到图③所示位置时，α=45°，（3）连接CC′，CD与BC′相交于O点，在△BDO和△OCC′中，利用三角形内角和定理得到∠BDO+∠DBO=∠OCC′+∠OC′C，即可求得∠DBC′+∠CAC′+∠BDC=105°，即得到∠DBC′+∠CAC′+∠BDC值的大小不变．【解答】解：（1）如图②，∵AB∥DC，∴∠BAC=∠C=30°，∴α=∠BAC′﹣∠BAC=45°﹣30°=15°，所以当α=15°时，AB∥DC；（2）当旋转到图③所示位置时，α=45°，（3）当0°＜α≤45°时，∠DBC′+∠CAC′+∠BDC值的大小不变．证明：连接CC′，CD与BC′相交于O点，在△BDO和△OCC′中，∠BOD=∠COC′，∴∠BDO+∠DBO=∠OCC′+∠OC′C，∴∠DBC′+∠CAC′+∠BDC=∠BDO+∠α+∠DBO=∠OCC′+∠OC′C+∠α=180°﹣∠ACD﹣∠AC′B，=180°﹣45°﹣30°=105°，∴当0°＜α≤45°时，∠DBC′+∠CAC′+∠BDC值的大小不变．【点评】本题考查了旋转的性质：旋转前后的两个图形全等，对应点与旋转中心的连线段的夹角等于旋转角，对应点到旋转中心的距离相等．也考查了三角形的内角和定理．11．如图，△ABD绕着点B沿顺时针方向旋转90°到△EBC，且∠ABD=90°，（1）△ABD和△EBC是否全等？如果全等，请指出对应边与对应角．（2）若AB=3cm，BC=5cm，你能求出DE的长吗？（3）直线AD和直线CE有怎样的位置关系？请说明理由．【分析】（1）由△ABD绕着点B沿顺时针方向旋转90°得到△EBC，根据旋转的性质得到△ABD≌△EBC，再根据三角形全等的性质即可得到对应边与对应角．（2）由旋转的性质得到BD=BC，AB=EB，而AB=3cm，BC=5cm，得到BD=5cm，BE=3cm，即可求出DE．（3）由△ABD绕着点B沿顺时针方向旋转90°到△EBC，根据旋转的性质即可得到直线AD和直线CE成90度的角，即它们垂直．【解答】解：（1）∵△ABD绕着点B沿顺时针方向旋转90°得到△EBC，∴△ABD≌△EBC，∴∠BAD的对应角为∠BEC，∠D的对应角为∠C，∠ABD的对应角为∠EBC；AB 的对应边为EB，BD的对应边为BC，AD的对应边为EC．（2）可求出DE=2cm．过程如下：∵△ABD≌△EBC，∴BD=BC，AB=EB，而AB=3cm，BC=5cm，∴BD=5cm，BE=3cm，∴DE=BD﹣BE=5﹣3=2（cm）．（3）∵△ABD绕着点B沿顺时针方向旋转90°到△EBC，∴AD也绕着点B沿顺时针方向旋转90°得到CE，即直线AD和直线CE垂直．【点评】本题考查了旋转的性质：旋转前后的两个图形全等，对应点与旋转中心。
部编数学七年级上册专题13与角相关的旋转(翻折)问题专项讲练(解析版)含答案
专题13 与角相关的旋转（翻折）问题专项讲练与角有关的旋转（翻折）问题属于人教版七年级上期必考压轴题型，是尖子生必须要攻克的一块重要内容，对考生的综合素养要求较高。
绝大部分学生对角度旋转问题信心不足，原因就是很多角度旋转问题需要自己画出图形，与分类讨论思想、数形结合思想等结合得很紧密，思考性强，难度大。
本专题重点研究与角有关的旋转问题（求值问题；定值问题；探究问题；分类讨论问题）和与角有关的翻折问题。
【与角相关的旋转问题】【解题技巧】1、角度旋转问题解题步骤：①找——根据题意找到目标角度；②表——表示出目标角度：1）角度一边动另一边不动，角度变大：目标角=起始角+速度×时间；2）角度一边动另一边不动，角度变小：目标角=起始角—速度×时间；3）角度一边动另一边不动，角度先变小后变大：变小：目标角=起始角—速度×时间；变大：目标角=速度×时间—起始角③列——根据题意列方程求解。
注：①注意题中是否确定旋转方向，未确定时要分顺时针与逆时针分类讨论；②注意旋转角度取值范围。
常见的三角板旋转的问题：三角板有两种，一种是等腰直角三角板(90°、45°、45°)，另一种是特殊角的直角三角板(90°、60°、30°)。
三角板的旋转中隐藏的条件就是上面所说的这几个特殊角的角度。
总之不管这个角如何旋转，它的角度大小是不变的，旋转的度数就是组成角的两条射线旋转的度数（角平分线也旋转了同样的度数）。
抓住这些等量关系是解题的关键，三角板只是把具体的度数隐藏了起来。
【重要题型】题型1：求值问题例1．（2022·江苏·七年级期中）已知∠AOB和∠COD均为锐角，∠AOB＞∠COD，OP平分∠AOC，OQ平分∠BOD，将∠COD绕着点O逆时针旋转，使∠BOC=α（0≤α＜180°）（1）若∠AOB=60°，∠COD=40°，①当α=0°时，如图1，则∠POQ= ；②当α=80°时，如图2，求∠POQ 的度数；③当α=130°时，如图3，请先补全图形，然后求出∠POQ的度数；（2）若∠AOB=m°，∠COD=n°，m＞n，则∠POQ= ，（请用含m、n的代数式表示）．【答案】（1）①50°；②50°；③130°；（2）12m °+12n °或180°-12m °-12n °【分析】（1）根据角的和差和角平分线的定义即可得到结论；（2）根据角的和差和角平分线的定义即可得到结论．【详解】解：（1）①∵∠AOB =60°，∠COD =40°，OP 平分∠AOC ，OQ 平分∠BOD ，∴∠BOP =12∠AOB =30°，∠BOQ =12∠COD =20°，∴∠POQ =50°，故答案为：50°；②解：∵∠AOB =60°，∠BOC =α=80°，∴∠AOC =140°，∵OP 平分∠AOC ，∴∠POC =12∠AOC =70°，∵∠COD =40°，∠BOC =α=80°，且OQ 平分∠BOD ，同理可求∠DOQ =60°，∴∠COQ =∠DOQ -∠DOC =20°，∴∠POQ =∠POC -∠COQ =70°-20°=50°；③解：补全图形如图3所示，∵∠AOB =60°，∠BOC =α=130°，∴∠AOC =360°-60°-130°=170°，∵OP 平分∠AOC ，∴∠POC =12∠AOC =85°，∵∠COD =40°，∠BOC =α=130°，且OQ 平分∠BOD ，同理可求∠DOQ =85°，∴∠COQ =∠DOQ -∠DOC =85°-40°=45°，∴∠POQ =∠POC +∠COQ =85°+45°=130°；（2）当∠AOB =m °，∠COD =n °时，如图2，∴∠AOC = m °+ a °，∵OP 平分∠AOC ，∴∠POC =12(m °+ a °)，同理可求∠DOQ =12(n °+ a °)，∴∠COQ =∠DOQ -∠DOC =12(n °+ a °)- n °=12(-n °+ a °)，∴∠POQ =∠POC -∠COQ =12(m °+ a °)-12(-n °+ a °) =12m °+12n °，当∠AOB =m °，∠COD =n °时，如图3，∵∠AOB =m °，∠BOC =α，∴∠AOC =360°-m °-a °，∵OP 平分∠AOC ，∴∠POC =12∠AOC =180°12-(m °+ a °)，∵∠COD =n °，∠BOC =α，且OQ 平分∠BOD ，同理可求∠DOQ =12(n °+ a °)，∴∠COQ =∠DOQ -∠DOC =12(n °+ a °)-n °=12(-n °+ a °)，∴∠POQ =∠POC +∠COQ =180°12-(m °+ a °)+12(-n °+ a °) =180°-12m °-12n °，综上所述，若∠AOB =m °，∠COD =n °，则∠POQ =12m °+12n °或180°-12m °-12n °．故答案为：12m °+12n °或180°-12m °-12n °．【点睛】本题考查了角的计算，角平分线的定义，正确的识别图形是解题的关键．变式1．（2022•高新区期末）已知∠AOB ＝90°，∠COD ＝60°，按如图1所示摆放，将OA 、OC 边重合在直线MN 上，OB 、OD 边在直线MN 的两侧：（1）保持∠AOB 不动，将∠COD 绕点O 旋转至如图2所示的位置，则①∠AOC +∠BOD ＝ ；②∠BOC ﹣∠AOD ＝ ．（2）若∠COD按每分钟5°的速度绕点O逆时针方向旋转，∠AOB按每分钟2°的速度也绕点O逆时针方向旋转，OC旋转到射线ON上时都停止运动，设旋转t分钟，计算∠MOC﹣∠AOD（用t的代数式表示）．（3）保持∠AOB不动，将∠COD绕点O逆时针方向旋转n°（n≤360），若射线OE平分∠AOC，射线OF平分∠BOD，求∠EOF的大小．【解题思路】（1）①将∠AOC+∠BOD拆分、转化为∠COD+∠AOB即可得；②依据∠BOC＝∠AOB﹣∠AOC、∠AOD＝∠COD﹣∠AOC，将原式拆分、转化为∠AOB﹣∠COD计算可得；（2）设运动时间为t秒，0＜t≤36，∠MOC＝（5t）°，只需表示出∠AOD即可得出答案，而∠AOD在OD与OA相遇前、后表达式不同，故需分OD与OA相遇前后即0＜t≤20和20＜t≤36两种情况求解；（3）设OC绕点O逆时针旋转n°，则OD也绕点O逆时针旋转n°，再分①射线OE、OF在射线OB同侧，在直线MN同侧；②射线OE、OF在射线OB异侧，在直线MN同侧；③射线OE、OF在射线OB异侧，在直线MN异侧；④射线OE、OF在射线OB同侧，在直线MN异侧；四种情况分别求解．【解答过程】解：（1）①∠AOC+∠BOD＝∠AOC+∠AOD+∠AOB＝∠COD+∠AOB＝60°+90°＝150°；②∠BOC﹣∠AOD＝（∠AOB﹣∠AOC）﹣（∠COD﹣∠AOC）＝∠AOB﹣∠AOC﹣∠COD+∠AOC＝∠AOB﹣∠COD＝90°﹣60°＝30°；故答案为：150°、30°；（2）设运动时间为t秒，0＜t≤36，∠MOC＝（5t）°，①0＜t≤20时，OD与OA相遇前，∠AOD＝（60+2t﹣5t）°＝（60﹣3t）°，∴∠MOC﹣∠AOD＝（8t﹣60）°；②20＜t≤36时，OD与OA相遇后，∠AOD＝[5t﹣（60+2t）]°＝（3t﹣60）°，∴∠MOC﹣∠AOD＝（2t+60）°；（3）设OC 绕点O 逆时针旋转n °，则OD 也绕点O 逆时针旋转n °，①0＜n °≤150°时，如图4，射线OE 、OF 在射线OB 同侧，在直线MN 同侧，∵∠BOF =12[90°﹣（n ﹣60°）]=12（150﹣n ）°，∠BOE ＝（90−12n ）°=12（180﹣n ）°，∴∠EOF ＝∠BOE ﹣∠BOF ＝15°；②150°＜n °≤180°时，如图5，射线OE 、OF 在射线OB 异侧，在直线MN 同侧，∵∠BOF =12(n−150)°，∠BOE ＝（90−12n ）°=12（180﹣n ）°，∴∠EOF ＝∠BOE +∠BOF ＝15°；③180°＜n °≤330°时，如图6，射线OE 、OF 在射线OB 异侧，在直线MN 异侧，∵∠DOF =12(n−150)°，∠COE =12(360−n)°，∴∠EOF ＝∠DOF +∠COD +∠COE ＝165°；④330°＜n °≤360°时，如图7，射线OE 、OF 在射线OB 同侧，在直线MN 异侧，∵∠DOF =12[360﹣（n ﹣150）]°=12（510﹣n ）°，∠COE =12(360−n)°，∴∠EOF ＝∠DOF ﹣∠COD ﹣∠COE ＝15°；综上，∠EOF ＝15°或165°．变式2.（2022•浙江七年级期中）如图1，O 为直线AB 上一点，过点O 作射线OC ，30AOC Ð=°，将一直角三角板（30M Ð=°）的直角顶点放在点O 处，一边ON 在射线OA 上，另一边OM 与OC 都在直线AB 的上方．（注：本题旋转角度最多180°．）（1）将图1中的三角板绕点O 以每秒3°的速度沿顺时针方向旋转．如图2，经过t 秒后，AON Ð=______度（用含t 的式子表示），若OM 恰好平分BOC Ð，则t =______秒（直接写结果）．（2）在（1）问的基础上，若三角板在转动的同时，射线OC 也绕O 点以每秒6°的速度沿顺时针方向旋转，如图3，经过t 秒后，AOC Ð=______度（用含t 的式子表示）若OC 平分MON Ð，求t 为多少秒？（3）若（2）问的条件不变，那么经过秒OC 平分BOM Ð？（直接写结果）【答案】（1）3t ，5；（2）306t +，5；（3）经过703秒OC 平分BOM Ð【解析】（1）3AON t Ð=，∵30AOC Ð=°，∴150BOC Ð=°∵OM 平分BOC Ð，90MON Ð=°，∴75COM Ð=°，∴15CON Ð=°∴301515AON AOC CON Ð=Ð-Ð=-=°°°，解得：1535t =¸=°°秒（2）()306AOC t Ð=+度∵90MON Ð=°，OC 平分MON Ð，∴45CON COM Ð=Ð=°∴45AOC AON CON Ð-Ð=Ð=°，∴306345t t +-=解得：5t =秒（3）如图：∵90AON BOM Ð+Ð=°，BOC COMÐ=Ð由题可设AON Ð为3t ，AOC Ð为()306t +°，∴()19032COM BOC t Ð=Ð=-°∵180BOC AOC Ð+Ð=°，()()130********t t ++-=，解得：703t =秒答：经过703秒OC 平分BOM Ð．题型2：定值问题（角度不变问题）例2．（2022·江苏南京·七年级期末）如图，两条直线AB ，CD 相交于点O ，且∠AOC ＝∠AOD ，射线OM 从OB 开始绕O 点逆时针方向旋转，速度为15°/s ，射线ON 同时从OD 开始绕O 点顺时针方向旋转，速度为12°/s ，运动时间为t 秒（0＜t ＜12，本题出现的角均小于平角）（1）图中一定有 个直角；当t＝2时，∠MON的度数为 ，∠BON的度数为 ；（2）若OE平分∠COM，OF平分∠NOD，当∠EOF为直角时，请求出t的值；（3）当射线OM在∠COB内部，且7COM2BONMONÐ+ÐÐ是定值时，求t的取值范围，并求出这个定值．变式1．（2022•渝中区七年级期中）如图1，∠AOB＝40°，∠COD＝60°，OM、ON分别为∠AOB和∠BOD的角平分线．（1）若∠MON＝70°，则∠BOC＝ °；（2）如图2，∠COD从第（1）问中的位置出发，绕点O 逆时针以每秒4°的速度旋转；当OC与OA重合时，∠COD立即反向绕点O顺时针以每秒6°的速度旋转，直到OC与OA互为反向延长线时停止运动．整个运动过程中，∠COD的大小不变，OC旋转后的对应射线记为OC′，OD旋转后的对应射线记为OD′，∠BOD′的角平分线记为ON′，∠AOD′的角平分线记为OP．设运动时间为t秒．①当OC′平分∠BON′时，求出对应的t的值；②请问在整个运动过程中，是否存在某个时间段使得|∠BOP﹣∠MON′|的值不变？若存在，请直接写出这个定值及其对应的t的取值范围（包含运动的起止时间）；若不存在，请说明理由．【解题思路】（1）根据角平分线的定义结合图形根据已知条件求角的大小；（2）①分类讨论顺时针、逆时针转两种情况，根据角平分线的定义用t 表示出角的度数，列出等量关系式求出t ；②分类讨论顺时针、逆时针转两种情况，当C ′在B 下方时，当C ′在B 上方时，根据角平分线的定义用t 表示出角的度数，求在某个时间段使得|∠BOP ﹣∠MON ′|的值不变，求出这个定值及其对应的t 的取值范围．【解答过程】解：（1）∵OM 为∠AOB 的角平分线、∠AOB ＝40°，∴∠MOB ＝20°．∵∠MON ＝70°，∴∠BON ＝∠MON ﹣∠MOB ＝50°．∵ON 为∠BOD 的角平分线，∴∠BON ＝∠DON ＝50°．∴∠CON ＝∠COD ﹣∠DON ＝10°∴∠BOC ＝∠DON ﹣∠CON ＝40°．故答案为：40°．（2）如图①：①逆时针旋转时：当C ′在B 上方时，根据题意可知，∠BOC ′＝40°﹣4t ，∠BOD ′＝∠BOD ﹣4t ＝100°﹣4t ．∠BON ′=12∠BOD ′=12(100°−4t)=50°﹣2t ，∵OC ′平分∠BON ′，∴∠BOC ′=12∠BON′，即40°﹣4t =12（50°﹣2t ），解得：t ＝5（s ）．当C ′在B 下方时，此时C ′也在N ′下方，此时不存在OC ′平分∠BON ′．顺时针旋转时：如图②，同理当C ′在B 下方时，此时C ′也在N ′下方，此时不存在OC ′平分∠BON ′．当C ′在B 上方时，即OC ′与OB 重合，由题意可求OC ′与OB 重合用的时间＝∠AOC ÷4+∠AOB ÷6＝（∠AOB +∠BOC ）÷4+∠AOB ÷6=803（s ）．∴OC ′与OB 重合之后，∠BOC ′＝6（t −803）（s ）．∴∠BOD ′＝∠BOC ′+60°＝6（t −803）+60°＝6t ﹣100°．∴∠BON ′=12∠BOD′=12（6t ﹣100°）＝3t ﹣50°，∵OC ′平分∠BON ′，∴∠BOC ′=12∠BON′，∴6（t −803）=12（3t ﹣50°），解得：t ＝30（s ）综上所述t 的值为5或30．②逆时针旋转时：当C ′在B 上方时，如图③根据①可知，∠BOC ′＝40°﹣4t ，∠BOD ′＝100°﹣4t ，∠BON ′＝50°﹣2t ．∴∠AOD ′＝∠AOB +∠BOD ′＝140°﹣4t ，∴∠AOP =12∠AOD′=12∠(140°−4t)=70°﹣2t ，∴∠BOP ＝∠AOP ﹣∠AOB ＝30°﹣2t ，∵∠MON ′＝∠MOB +∠BON ′＝70°﹣2t ，∴|∠BOP ﹣∠MON ′|＝|30°﹣2t ﹣70°+2t |＝40°，此段时间0≤t ≤10s ；如图④当C ′在B 下方时，设经过OB 后运动时间为t 2，同理可知，∠BOC ′＝4t 2，∠BOD ′＝60°﹣4t 2，∴∠MON′=12∠BON′=30−2t 2，∴∠AOD ′＝∠AOB +∠BOD ′＝100°﹣4t 2，∴∠AOP =12∠AOD′=50°−2t 2，∴∠BOP ＝∠AOP ﹣∠AOB ＝10°﹣2t 2，∵∠MON ′＝∠MOB +∠BON ′＝50°﹣2t 2，∴|∠BOP﹣∠MON′|＝|10°﹣2t2﹣50°+2t2|＝40°．此时：10＜t≤20；顺时针旋转时：当C′在B下方时，如图⑤，设经过OB后运动时间为t1，同理可知：∠BOC′＝40°﹣6t1，∠BOD′＝20°+6t1，∴∠BON′=12∠BOD′=10°+3t1，∴∠AOD′＝60°+6t1，∠AOP＝30°+3t1，∴∠BOP＝∠AOP﹣∠AOB＝3t1﹣10°，∵∠MON′＝∠MOB+∠BON′＝30°﹣3t1，∴|∠BOP﹣∠MON′|＝|3t1﹣10°﹣30°﹣3t1|＝40°，此时：20＜t≤803；当C′在B上方时，如图⑥，设经过OB后运动时间为t3，同理可知：，∠BOC′＝60°+6t3，∠BOD′＝100°+6t3，∴∠BON′=12∠BON′=50°+3t3，∴∠AOD′＝140°+6t3，∴∠AOP＝70°+3t3，∴∠BOP＝∠AOP﹣∠AOB＝30°+3t3，∵∠MON′＝∠MOB+∠BON′＝70°+3t3，∴|∠BOP﹣∠MON′|＝|30°+3t3﹣70°﹣3t3|＝40°，此时：803＜t≤50．综上所述：存在且定值为40°，0≤t≤50．变式2．（2022•碑林区七年级开学）如图1，点O为直线AB上一点，过点O作射线OC，使∠BOC＝120°，将一直角三角板的直角顶点放在点O处，一边OM在射线OB上，另一边ON在直线AB的下方．（1）将图1中的三角板绕点O逆时针旋转至图2，使一边OM在∠BOC的内部，且恰好平分∠BOC，问：直线ON是否平分∠AOC？请直接写出结论：直线ON 平分 （平分或不平分）∠AOC．（2）将图1中的三角板绕点O按每秒6°的速度沿逆时针方向旋转一周，在旋转的过程中，第t秒时，直线ON恰好平分锐角∠AOC，则t的值为 10或40 ．（直接写出结果）（3）将图1中的三角板绕点O顺时针旋转，请探究，当ON始终在∠AOC的内部时（如图3），∠AOM与∠NOC的差是否发生变化？若不变，请求出这个差值；若变化，请举例说明．【解题思路】（1）设ON的反向延长线为OD，由角平分线的性质和对顶角的性质可求得∠BON＝∠AOD＝∠COD＝30°；（2）由直线ON恰好平分锐角∠AOC可知旋转60°或240°时直线ON平分∠AOC，根据旋转速度可求得需要的时间；（3）由∠MON＝90°，∠AOC＝60°，可知∠AOM＝90°﹣∠AON、∠NOC＝60°﹣∠AON，最后求得两角的差，从而可做出判断．【解答过程】解：（1）直线ON平分∠AOC．理由如下：设ON的反向延长线为OD，∵OM平分∠BOC，∠BOC＝120°，∠BOC＝60°，∴∠MOC＝∠MOB=12又∠MOD＝∠MON＝90°，∴∠COD＝90°﹣∠MOC＝30°，∵∠AOC＝180°﹣∠BOC＝60°，∠AOC，∴OD平分∠AOC，∴∠COD=12即直线ON平分∠AOC，故答案为：平分；（2）∵∠BOC＝120°，∴∠AOC＝60°．∴∠BON＝∠COD＝30°．即旋转60°或240°时直线ON平分∠AOC．由题意得，6t＝60或240．解得：t＝10或40，故答案为：10或40；（3）∠AOM﹣∠NOC的差不变．∵∠MON＝90°，∠AOC＝60°，∴∠AOM＝90°﹣∠AON、∠NOC＝60°﹣∠AON．∴∠AOM﹣∠NOC＝（90°﹣∠AON）﹣（60°﹣∠AON）＝30°．∴∠AOM与∠NOC的差不变，这个差值是30°．题型3：探究类问题（判断角的数量之间的关系）例3．（2022·四川·成都市七年级期末）如图所示：点P是直线AB上一点，∠CPD是直角，PE平分∠BPC．（1）如图1，若∠APC=40°，求∠DPE的度数；（2）如图1，若∠APC=a，直接写出∠DPE的度数（用含a的代数式表示）；（3）保持题目条件不变，将图1中的∠CPD按顺时针方向旋转至图2所示的位置，探究∠APC和∠DPE的度数之间的关系，写出你的结论，并说明理由．变式1．（2022·广东七年级期中）如图（a），将两块直角三角尺的直角顶点C叠放在一起．（1）若∠DCE=25°，∠ACB等于多少；若∠ACB=130°，则∠DCE等于多少；（2）猜想∠ACB与∠DCE的大小有何特殊关系，并说明理由；（3）如图（b），若是两个同样的三角尺60°锐角的顶点A重合在一起，则∠DAB与∠CAE的大小有何关系，请说明理由；（4）已知∠AOB=α，∠COD=β（α、β都是锐角），如图（c），若把它们的顶点O重合在一起，则∠AOD与∠BOC的大小有何关系，请说明理由．【答案】（1）∠ACB=155°；∠DCE=50°；（2）∠ACB+∠DCE=180°，理由见解析；（3）∠DAB+∠CAE=120°，理由见解析；（4）∠AOD+∠BOC=α+β，理由见解析．【分析】（1）先求出∠BCD，再代入∠ACB=∠ACD+∠BCD求出即可；先求出∠BCD，再代入∠DCE=∠BCE﹣∠BCD求出即可；（2）根据∠ACB=∠ACE+∠DCE+∠DCE求出即可；（3）根据∠DAB=∠DAE+∠CAE+∠CAB求出即可；（4）根据∠AOD=∠AOC+∠COB+∠BOD求出即可．【详解】解：(1)∵∠BCE=90°，∠DCE=25°，∴∠BCD=∠BCE﹣∠DCE=65°，∵∠ACD=90°，∴∠ACB=∠ACD+∠BCD=90°+65°=155°；∵∠ACB=130°，∠ACD=90°，∴∠BCD=∠ACB﹣∠ACD=130°﹣90°=40°，∵∠BCE=90°，∴∠DCE=∠BCE﹣∠BCD=90°﹣40°=50°，故答案为：155°，50°；（2）∠ACB+∠DCE=180°，理由如下：∵∠ACB=∠ACE+∠DCE+∠DCE，∴∠ACB+∠DCE=∠ACE+∠DCE+∠DCE+∠DCE=∠ACD+∠BCE=180°；（3）∠DAB+∠CAE=120°，理由如下：∵∠DAB=∠DAE+∠CAE+∠CAB，∴∠DAB+∠CAE=∠DAE+∠CAE+∠CAB+∠CAE=∠DAC+∠BAE=120°；（4）∠AOD+∠BOC=α+β，理由如下：∵∠AOD=∠AOC+∠COB+∠BOD，∴∠AOD+∠BOC=∠AOC+∠COB+∠BOD+∠BOC=∠AOB+∠COD=α+β．【点睛】本题考查了角的运算，理解角的和差运算是解题的关键．变式2．（2022•喀喇沁旗七年级期中）如图1，点O为直线AB上一点，过点O作射线OC，使∠BOC＝120°，将一直角三角板的直角顶点放在点O处，一边OM在射线OB上，另一边ON在直线AB的下方．（1）将图1中的三角板绕点O逆时针旋转至图2，使点N在OC的反向延长线上，请直接写出图中∠MOB 的度数；（2）将图1中的三角板绕点O顺时针旋转至图3，使一边OM在∠BOC的内部，且恰好平分∠BOC，求∠CON的度数；（3）将图1中的三角尺绕点O顺时针旋转至图4，使ON在∠AOC内部，请探究∠AOM 与∠NOC 之间的数量关系，并说明理由．【解题思路】（1）根据对顶角求出∠BON ，代入∠BOM ＝∠MON ﹣∠BON 求出即可；（2）求出∠BOC ＝120°，根据角平分线定义请求出∠COM ＝∠BOM ＝60°，代入∠CON ＝∠MON +∠COM 求出即可；（3）用∠AOM 和∠CON 表示出∠AON ，然后列出方程整理即可得解．【解答过程】解：（1）如图2，∵∠AOC ＝60°，∴∠BON ＝∠AOC ＝60°，∵∠MON ＝90°，∴∠BOM ＝∠MON ﹣∠BON ＝30°，故答案为：30°；（2）∵∠AOC ＝60°，∴∠BOC ＝180°﹣∠AOC ＝120°，∵OM 平分∠BOC ，∴∠COM ＝∠BOM ＝60°，∵∠MON ＝90°，∴∠CON ＝∠MON +∠COM ＝90°+60°＝150°；（3）∠AOM ﹣∠NOC ＝30°，理由是：∵∠MON ＝90°，∠AOC ＝60°，∴∠AON ＝90°﹣∠AOM ，∠AON ＝60°﹣∠NOC ，∴90°﹣∠AOM ＝60°﹣∠NOC ，∴∠AOM ﹣∠NOC ＝30°，故∠AOM 与∠NOC 之间的数量关系为：∠AOM ﹣∠NOC ＝30°．题型4：分类讨论问题例4．（2022·成都市七中育才学校七年级月考）一副三角板（直角三角板OAB 和直角三角板OCD ）如图1所示放置，两个顶点重合于点O ，OC 与OB 重合，且60AOB Ð=°，30A Ð=°，45OCD ODC Ð=Ð=°，90COD ABO Ð=Ð=°．将三角板OCD 绕着点O 逆时针旋转一周，旋转过程中，OE 平分BOC Ð，OF 平分AOD Ð，（AOD Ð和BOC Ð均是指小于180°的角）探究EOF Ð的度数．（1）当三角板OCD 绕点O 旋转至如图2的位置时，OB 与OD 重合，AOC Ð=______°，EOF Ð=______°．（2）三角板OCD 绕点O 旋转过程中，EOF Ð的度数还有其他可能吗？如果有，请研究证明结论，若没有，请说明理由．（3）类比拓展：当COD Ð的度数为a ()0180a °<<°时，其他条件不变，在旋转过程中，请直接写出EOF Ð的度数．（用含a 的式子来表示）【答案】（1）150；75 （2）有，105° （3）1302EOF a =°+或11502a °-【分析】（1）利用两个角的和的定义,角的平分线的定义计算即可； （2）利用分类思想， 确定不同方式计算即可；（3）利用特殊与一般的思想，分类将问题抽象即可．【详解】（1）如图，由OB 与OD 重合，∵60AOB Ð=°，90COD BOC Ð=Ð=°，∴6090150AOC AOB BOC Ð=Ð+Ð=°+°=°．又∵OE 平分BOC Ð，OF 平分AOD Ð，∴1452BOE BOC Ð=Ð=°，1302DOF AOD Ð=Ð=°，∴453075EOF BOE EOF Ð=Ð+Ð=°+°=°．故答案为：150°；75°；（2）如图，∵OE 平分BOC Ð，OF 平分AOD Ð，∴12BOE BOC Ð=Ð()12AOC AOB =Ð+Ð()1602AOC =Ð+°1302AOC =Ð+°()13602COD AOD =°-Ð-Ð+30°()1360902AOC =°-°-Ð+30°()12702AOD =°-Ð+30°11652AOD =°-Ð．∴EOF BOE AOF AOB Ð=Ð+Ð-Ð，∴111656010522EOF AOD AOD Ð=Ð+°-Ð-°=°．（3）如图，∵OE 平分BOC Ð，OF 平分AOD Ð，∴12BOE BOC Ð=Ð()12AOC AOB =Ð+Ð()1602AOC =Ð+°1302AOC =Ð+°，()1111++2222AOF AOD COD AOC AOC a Ð=Ð=ÐÐ=Ð，∴EOF AOF AOB BOE Ð=Ð+Ð-Ð=11+22AOC a Ð+60°-1-302AOC а=1302a °+；如图，∵OE 平分BOC Ð，OF 平分AOD Ð，∴12BOE BOC Ð=Ð()12AOC AOB =Ð+Ð()1602AOC =Ð+°1302AOC =Ð+°，()()1111136036018022222AOF AOD COD AOC AOC AOC a a Ð=Ð=°-Ð-Ð=°--Ð=°--Ð∴EOF BOE AOF AOB Ð=Ð+Ð-Ð111130180601502222AOC AOC a a =Ð+°+°--Ð-°=°-．综上所述，1302EOF a Ð=°+或11502a °-．【点睛】本题考查了两个角的和，角的平分线，周角的定义，灵活运用分类思想，角的平分线定义，角的和，差定义计算是解题的关键．变式1.（2022•广东七年级期末）如图（1），∠BOC 和∠AOB 都是锐角，射线OB 在∠AOC 内部，AOB a Ð=，BOC b Ð=．（本题所涉及的角都是小于180°的角）(1)如图（2），OM 平分∠BOC ，ON 平分∠AOC ，填空：①当40a =°，70b =°时，COM Ð=______，CON Ð=______，MON Ð=______；②MON Ð=______（用含有a 或b 的代数式表示）．(2)如图（3），P 为∠AOB 内任意一点，直线PQ 过点O ，点Q 在∠AOB 外部：①当OM 平分∠POB ，ON 平分∠POA ，∠MON 的度数为______；②当OM 平分∠QOB ，ON 平分∠QOA ，∠MON 的度数为______；（∠MON 的度数用含有a 或b 的代数式表示）(3)如图（4），当40a =°，70b =°时，射线OP 从OC 处以5°/分的速度绕点O 开始逆时针旋转一周，同时射线OQ 从OB 处以相同的速度绕点O 逆时针也旋转一周，OM 平分∠POQ ，ON 平分∠POA ，那么多少分钟时，∠MON 的度数是40°？【答案】(1)135,55,20,2°°°a ；(2)12a ，11802a °-；(3)48分钟时，∠MON 的度数是40°【解析】(1)①Q OM 平分∠BOC ，ON 平分∠AOC ，当40a =°，70b =°时，COM Ð=113522BOC Ð=b =°，CON Ð=()111()55222AOC AOB BOC Ð=Ð+Ð=a +b =°，MON Ð=()11120222CON COM a b b a Ð-=+-==°②MON Ð()111222CON COM =Ð-=a +b -b =a ，故答案为：135,55,20,2°°°a (2)①Q OM 平分∠POB ，ON 平分∠POA ，\()12MON POB POA Ð=Ð+Ð 1122AOB =Ð=a ②Q OM 平分∠QOB ，ON 平分∠QOA ，\()12MON BOQ QOA Ð=Ð+Ð()1136018022AOB =°-Ð=°-a 故答案为：12a ，11802a °-(3)根据题意POQ BOC Ð=Ð=bQ OM 平分∠POQ ，113522POM POQ \Ð=Ð=b =°如图，当OP 在AOB Ð的外部时，Q MON 的度数是40°MON PON POM Ð=Ð+Q 5PON \Ð=°Q ON 平分∠POA ，210POA PON \Ð=Ð=°，120POC \Ð=°，则OP 旋转了360120240°-°=°240548\¸=分，即48分钟时，∠MON 的度数是40°如图，OP 在AOB Ð的内部时，MON POM PON Ð=Ð-ÐQ 即4035PON °=°-Ð5PON \Ð=-°此情况不存在，综上所述，48分钟时，∠MON 的度数是40°变式2．（2022·成都市七年级阶段练习）定义：从一个角的顶点出发，在角的内部引两条射线，如果这两条射线所成的角等于这个角的一半，那么这两条射线所成的角叫做这个角的内半角，如图1，若12COD AOB Ð=Ð，则COD Ð是ACB Ð的内半角．（1）如图1，已知80AOB °Ð=，25AOC °Ð=，COD Ð是AOB Ð的内半角，则BOD Ð=________；（2）如图2，已知68AOB °Ð=，将AOB Ð绕点O 按顺时针方向旋转一个角度()060a a °<<得COD Ð，当旋转的角度a 为何值时，COB Ð是AOD Ð的内半角；（3）已知30AOB °Ð=，把一块含有30°角的三角板如图3叠放，将三角板绕顶点O 以3度/秒的速度按顺时针方向旋转（如图4），问：在旋转一周的过程中，射线OA ，OB ，OC ，OD 能否构成内半角？若能，请求出旋转的时间；若不能，请说明理由．如图2，∵BOC Ð是AOD Ð的内半角，AOC BOD a Ð=Ð=，如图4，∵AOD Ð是BOC Ð的内半角，360AOC BOD a Ð=Ð=-，【折叠（翻折）问题】【解题技巧】折叠前后对应角、对应边相等；出现角的比值或无角的具体度数却求度数常设x 列方程。
七年级数学角的旋转压轴题
七年级数学角的旋转压轴题（实用版）目录1.题目背景及要求2.角的旋转概念及应用3.压轴题的特点及解题思路4.解题步骤及示例5.总结及学习建议正文1.题目背景及要求七年级数学角的旋转压轴题，主要是针对初中一年级学生的数学题目。
这类题目涉及到角的旋转概念，要求学生在理解角的旋转的基础上，运用相关知识解决实际问题。
这类题目通常难度较高，作为压轴题出现，旨在考查学生的综合运用能力。
2.角的旋转概念及应用角的旋转是指将一个角从一个位置旋转到另一个位置，旋转过程中，角的大小和形状保持不变，但方向可能会发生改变。
在实际生活中，角的旋转应用广泛，例如风车的旋转、钟表指针的运动等。
在数学中，角的旋转常和向量、三角形等知识结合，形成较复杂的题目。
3.压轴题的特点及解题思路压轴题的特点是题目难度较高，需要学生具备较强的逻辑思维能力和综合运用能力。
在解决这类题目时，学生需要先理清题意，找出题目中的关键信息，然后根据所学知识进行分析，逐步推导出答案。
具体解题思路如下：（1）认真阅读题目，理解题意，找出题目中的已知条件和所求问题。
（2）根据已知条件和所求问题，分析题目，确定解题思路。
（3）运用相关知识，逐步推导出答案。
在解题过程中，注意画图辅助分析，以便更直观地理解问题。
4.解题步骤及示例以下为一个七年级数学角的旋转压轴题的示例及解题步骤：题目：如图，已知点 A、B、C 在同一平面上，∠ABC = 90°，点 D 在AB 上，且 BD = AB的1/3，点E在AC上，且AE = AC的1/2。
求∠AED 的度数。
（1）根据题意，画出图形，并标出已知条件。
（2）利用三角函数知识，求出∠BAE 和∠CAD 的度数。
（3）根据角的旋转概念，分析∠AED 与∠BAE、∠CAD 的关系。
（4）利用三角形内角和公式，求出∠AED 的度数。
5.总结及学习建议在解决七年级数学角的旋转压轴题时，学生需要具备较强的逻辑思维能力和综合运用能力。
人教版七年级上册数学期末角的旋转问题压轴题
人教版七年级上册数学期末角的旋转问题压轴题1．如图1，一副三角板的两个直角重叠在一起，∠A =30°，∠C =45°△COD固定不动，△AOB绕着O点逆时针旋转α°（0°< α< 180°）（1）若△AOB绕着O点旋转图2的位置，若∠BOD=60°，则∠AOC = ________；（2）若0°< α < 90°，在旋转的过程中∠BOD+∠AOC的值会发生变化吗?若不变化，请求出这个定值；（3）若90°< α< 180°，问题（2）中的结论还成立吗?并说明理由；2．已知∠AOB＝110°，∠COD＝40°，OE平分∠AOC，OF平分∠BOD．（1）如图1，当OB、OC重合时，求∠AOE﹣∠BOF的值；（2）如图2，当∠COD从图1所示位置绕点O以每秒3°的速度顺时针旋转t秒（0＜t＜10），在旋转过程中∠AOE ﹣∠BOF的值是否会因t的变化而变化？若不发生变化，请求出该定值；若发生变化，请说明理由．（3）在（2）的条件下，当∠COF＝14°时，t＝秒．3．如图，已知∠AOB=120°，射线OP从OA位置出发，以每秒2°的速度顺时针向射线OB旋转；与此同时，射线OQ以每秒6°的速度，从OB位置出发逆时针向射线OA旋转，到达射线OA后又以同样的速度顺时针返回，当射线OQ返回并与射线OP重合时，两条射线同时停止运动. 设旋转时间为t秒．（1）当t=2时，求∠POQ的度数；（2）当∠POQ=40°时，求t的值；∠AOQ？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由．（3）在旋转过程中，是否存在t的值，使得∠POQ=124．如图，O为直线AB上的一点，过点O作射线OC，∠AOC=30°，将一直角三角板（∠M=30°），的直角顶点放在O处，一边ON在射线OA上，另一边OM与OC都在直线AB的上方，将图1中的三角板绕点O以每秒3°的速度沿顺时针方向旋转一周．（1）几秒后ON与OC重合？（2）如图2，经过t秒后，OM恰好平分∠BOC，求此时t的值．（3）若三角板在转动的同时，射线OC也绕O点以每秒6°的速度沿顺时针方向旋转一周，那么经过多长时间OC 平分∠MOB？请画出图并说明理由．5．如图，将45°角三角板绕直角顶点旋转．（1）问∠AOC与∠BOD大小关系，并说明理由；（2）∠AOD与∠BOC的数量关系，并说明理由；（3）若∠AOD=3∠BOC，求∠AOC的大小．6．如果两个角的差的绝对值等于90°，就称这两个角互为垂角，例如：∠1＝120°，∠2＝30°，|∠1﹣∠2|＝90°，则∠1和∠2互为垂角，（本题中所有角都是指大于0°且小于180°的角）（1）如图1所示，O为直线AB上一点，OC⊥AB，OE⊥OD，图中哪些角互为垂角？（写出所有情况）（2）如图2所示，O为直线AB上一点，∠AOC＝60°，将∠AOC绕点O顺时针旋转n°（0°＜n＜120），OA旋转得到OA′，OC旋转得到OC′，当n为何值时，∠AOC′与∠BOA′互为垂角？7．（1）如图1，∠AOC＝α，∠BOC＝β，若OM平分∠AOC，ON平分∠BOC，则∠MON＝（用含α、β的式子表示）；（2）如图2，若将∠BOC绕点O逆时针旋转30°后得到∠EOD，OM平分∠AOD，ON平分∠COE，求∠MON的度数（用含α、β的式子表示）；（3）若∠BOC旋转90°至图3的位置，其他条件不变，则∠MON的度数是（用含α、β的式子表示）．8．如图1，点O为直线AB上一点，过O点作射线OC，使∠BOC＝60°，将一直角三角板的直角顶点放在点O处，一边ON在射线OB上，另一边OM在直线AB的上方．（1）在图1中，∠COM＝度；（2）将图1中的三角板绕点O按逆时针方向旋转，使得ON在∠BOC的内部，如图2，若∠NOC＝15∠MOA，求∠BON的度数；（3）将图1中的三角板绕点O以每秒10°的速度沿逆时针方向旋转一周，在旋转的过程中，当直线ON恰好平分∠BOC时，旋转的时间是秒．9．已知∠AOB＝110°，∠COD＝40°，OE平分∠AOC，OF平分∠BOD．（1）如图，求∠EOF的度数．（2）如图，当OB、OC重合时，求∠AOE﹣∠BOF的值；（3）当∠COD从图的位置绕点O以每秒3°的速度顺时针旋转t秒（0＜t＜10）；在旋转过程中∠AOE﹣∠BOF的值是否会因t的变化而变化，若不发生变化，请求出该定值；若发生变化，请说明理由．10．如图，已知∠AOB=30°，∠AOE=130°，OB平分∠AOC，OD平分∠AOE．（1）求∠COD的度数；（2）若以O为观测中心，OA为正东方向，则射线OD的方位角是；（3）若∠AOC、射线OE分别以每秒5°、每秒3°的速度同时绕点O逆时针方向旋转，其他条件不变，当OA回到原处时，全部停止运动，则经过多长时间，∠BOE=28°？11．如图，已知∠AOB=90，射线OC绕点O从OA位置开始，以每秒4的速度顺时针方向旋转；同时，射线OD 绕点O从OB位置开始，以每秒1的速度逆时针方向旋转．当OC与OA成180时，OC与OD同时停止旋转．（1）当OC旋转10秒时，∠COD=___．（2）当OC与OD的夹角是30时，求旋转的时间．（3）当OB平分∠COD时，求旋转的时间．12．如图1，射线OC，OD在∠AOB的内部，且∠AOB=150°，∠COD=30°，射线OM，ON分别平分∠AOD，∠BOC．（1）若∠AOC=60°，试通过计算比较∠NOD和∠MOC的大小；（2）如图2，若将图1中∠COD在∠AOB内部绕点O顺时针旋转．①旋转过程中∠MON的大小始终不变．求∠MON的值；②如图3，若旋转后OC恰好为∠MOA的角平分线，试探究∠NOD与∠MOC的数量关系．13．如图所示，将两块三角板的直角顶点重合．（1）写出以C为顶点的相等的角；（2）若∠ACB=150°，请直接写出∠DCE的度数；（3）写出∠ACB与∠DCE之间所具有的数量关系；（4）当三角板ACD绕点C旋转时，你所写出的（3）中的关系是否变化？请说明理由．14．将一副三角板60°角的顶点与45°角的顶点重合，如图①②，60AOB ∠=︒，45COD ∠=︒，OE 平分AOB ∠，OF 平分COD ∠，COD △绕着点O 旋转；（1）旋转过程中，当点C 在射线OB 上时，如图①，求EOF ∠的度数： （2）旋转过程中，当点D 在射线OB 上时，如图②，求EOF ∠的度数；15．如图，90AOB ∠=︒，AOB ∠绕顶点O 按逆时针方向旋转45°得到MON ∠．求：（1）AON ∠的度数 （2）MOB ∠的度数答案第1页，共1页参考答案1．（1）120°;（2）∠BOD+∠AOC=180° 2．（1）35°；（2）∠AOE ﹣∠BOF 的值是定值；（3）4．3．（1）∠POQ =104°；（2）当∠POQ =40°时，t 的值为10或20；（3）存在，t =12或18011或1807，使得∠POQ =12∠AOQ ． 4．（1）10秒；（2）5秒；（3）703秒． 5．（1）∠AOC=∠BOD （2）∠AOD+∠BOC=180°；（3）45°. 6．（1）互为垂角的角有4对：∠EOB 与∠DOB ，∠EOB 与∠EOC ，∠AOD 与∠COD ，∠AOD 与∠AOE ；（2）当n ＝15°或n ＝105°，∠AOC′与∠BOA′互为垂角． 7．（1）2αβ+；（2）2αβ+；（3）2αβ+8．（1）30；（2）52.5°；（3）3或219．（1）∠EOF ＝75°；（2）∠AOE ﹣∠BOF ＝35°；（3）∠AOE ﹣∠BOF=35°. 10．（1）∠COD= 5°；（2）北偏东25°；（3）经过36秒或者64秒 11．（1）40°；（2）12秒或24秒；（3）30秒．12．（1）NOD MOC ∠=∠；（2）①60︒；②4NOD MOC ∠=∠．13．（1）∠ACD=∠BCE ；∠ACE=∠BCD （2）∠DCE=30°；（3）∠ACB+∠DCE=180°；（4）不变14．（1）52.5︒；（2）7.5︒； 15．（1）45︒；（2）135︒。
七年级数学动角问题专项训练
1.已知∠AOB = 40°，射线OC在∠AOB的内部，且∠BOC = 25°，若射线OD平分∠AOC，则∠AOD的度数为：A.15°B.22.5°C.30°D.32.5°2.钟表上，分针每分钟转动的角度是：A.30°B.6°C.360°D. 5.5°3.已知∠1与∠2互补，∠1 = 70°，若∠3 = ∠1 + ∠2，则∠3的度数为：A.110°B.140°C.160°D.180°4.一个直角三角形的两个锐角的角平分线相交于点P，则∠P的度数为：A.45°B.60°C.67.5°D.90°5.若∠AOB = 60°，射线OC从OB出发，绕点O按逆时针方向旋转至与OA重合，则旋转过程中∠BOC的度数变化范围是：A.0°< ∠BOC < 60°B.0°< ∠BOC < 120°C.60°< ∠BOC < 180°D.0°< ∠BOC < 360°6.已知∠1 = 2x°，∠2 = 3x°- 10°，且∠1与∠2互为补角，则x的值为：A.20B.22C.24D.267.钟表上，从3时整到4时整，分针转过的角度是：A.30°B.60°C.180°D.360°8.若∠AOB = ∠BOC + ∠COD，且∠AOB = 120°，∠COD = 30°，则∠BOC的度数为：A.30°B.60°C.90°D.120°9.一个多边形的内角和是外角和的3倍，则这个多边形的边数是：A. 4B. 5C. 6D.710.已知∠AOB = 90°，射线OC平分∠AOB，射线OD从OB出发，绕点O按顺时针方向旋转至与OA重合，若∠COD = 35°，则∠AOD的度数为：A.55°B.65°C.125°D.155°。
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F E
D (C)B A N M O D B A N
M
O D
C B A N M O
D (C)B A N M O
D C B A 角度旋转题
已知∠AOB ＝100°，∠COD ＝40°，OE 平分∠AOC ，OF 平分∠BOD （本题中的角均为大于0°且小于180°的角）（1）如图1，当OB ，OC 重合时，求∠EOF 的度数；（2）当∠COD 从图1所示的位置绕点O 顺时针旋转n °（0<n<90）时，AOE BOF ∠-∠的值是否为定值？若是定值，求出AOE BOF ∠-∠的值，若不是说明理由；（3）当∠COD 从图1所示位置绕点O 顺时针旋转n °（0<n<180）时，满足6AOD BOF COD ∠+∠=∠，求n 的值。
已知∠AOD ＝160°，OB 、OC 、OM 、ON 是∠AOD 内的射线；（1）如图1，若OM 平分∠AOB ，ON 平分∠BOD ，当OB 绕点O 在∠AOD 内旋转时，则∠MON ＝_________。
（2）如图2，若∠BOC ＝20°，OM 平分∠AOC ，ON 平∠BOD ，当∠BOC 绕点O 在∠AOD 内旋转时，求∠MON 的大小。
（3）在（2）的条件下，若∠AOB ＝10°，当∠BOC 在∠AOD 内绕点O 以2°/秒的速度逆时针旋转t 秒时，∠AOM ：∠DON ＝2：3，求t 的值。
已知∠AOD ＝α，射线OB ，OC 在∠AOD 的内部，OM 平分∠AOC ，ON 平分∠BOD ，（1）如图1，当射线OB ，OC 重合时，求∠MON 的度数；（2）在（1）的条件下，OC 绕点O 逆时针旋转一定角度，如图2，求∠MON 的度数；（3）在（2）的条件下，射线OC 绕点O 继续逆时针，旋转到与射线OA 的反向延长线重合为止，在这一旋转过程中，∠ MON ＝
_________。
A
N
A
C
将一副直角三角板如图1摆放在直线AD上（直角三角板OBC和直角三角板MON，∠OBC ＝90°，∠BOC＝45°，∠MON＝90°，∠MNO＝30°）保持三角板OBC不动，将三角板MON绕点O以每秒10°的速度顺时针旋转，旋转时间为t秒。
（1）当t=_______秒时，OM 平分∠AOC？如图2，此时NOC AOM
∠-∠=____________;（2）继续旋转三角板MON，如图3，使得OM，ON同时在直线OC的右侧，猜想∠NOC与∠AOM有怎样的数量关系？并说明理由。
（3）若在三角板MON开始旋转的同时，另一个三角板OBC也绕点O以每秒5°的速度顺时针旋转，当OM旋转至射线OD上时同时停止（自行画图分析）。
①当t=_______秒时，OM平分∠AOC？②在旋转过程中，直接写出
1
2
NOC AOM
∠-∠的大小是___________。
某数学活动小组在做角的拓展练习时，经历了如下过程：
操作发现：点O为直线AB上一点，过点O作射线OC，使∠BOC＝120°，将另一直角三角板的直角顶点放在点O处，一边OM在射线OB上，另一边ON在直线AB的下方，如图1，将图1中的三角板绕点O旋转，当直角三角板的OM边在∠BOC的内部，且恰好平分∠BOC 时，如图2，则下列结论正确的是___________（填序号）①∠BOM＝60°；②30
COM BON
∠-∠=°，③OB平分∠MON，④∠AOC的平分线在直线ON上。
数学思考：同学们在操作中发现，当三角板绕点Ｏ旋转时，如果直角三角板的ＯＭ边在∠ＢＯＣ的内部且另一边ＯＮ在直线ＡＢ的下方；⑴求COM BON
∠-∠的大小，请你说明理由；⑵如果直角三角板的OM、ON边都在∠ＢＯＣ的内部，请直接写出COM BON
∠+∠的大小
类比探索：如图３，三角板绕点Ｏ继续旋转，当直角三角板的ＯＮ边在∠ＡＯＣ的内部时，求AOM CON
∠-∠的度数。
B N
B。