旋转与圆的对称性练习

旋转与圆的对称练习一．选择题（共10小题）1．如图，ABCD为正方形，O为对角线AC、BD的交点，则△COD绕点O经过下列哪种旋转可以得到△DOA（）A ．顺时针旋转90°B．顺时针旋转45°C．逆时针旋转90°D．逆时针旋转45°2．如图，△ABC中，∠ACB=90°，∠A=25°，若以点C为旋转中心，将△ABC旋转θ到△DEC的位置，使点B恰好落在边DE上，则θ等于（）A ．55°B．50°C．65°D．70°3．如图，E、F分别是正方形ABCD的边AB、BC上的点，BE=CF，连接CE、DF．将△BCE绕着正方形的中心O 按逆时针方向旋转到△CDF的位置，则旋转角是（）A ．45°B．60°C．90°D．120°4．如图，在Rt△ABC 中，∠ACB=90°，∠A=30°，BC=2．将△ABC绕点C按顺时针方向旋转n度后得到△EDC，此时点D在AB边上，斜边DE交AC边于点F，则n的大小和图中阴影部分的面积分别为（）A ．30，2 B．60，2 C．60，D．60，A ．30°B．45°C．60°D．40°6．如图，P为⊙O内的一个定点，A为⊙O上的一个动点，射线AP、AO分别与⊙O交于B、C两点．若⊙O的半径长为3，OP=，则弦BC的最大值为（）A ．2B．3 C．D．37．在△ABC中，∠C为锐角，分别以AB，AC为直径作半圆，过点B，A，C作，如图所示．若AB=4，AC=2，S1﹣S2=，则S3﹣S4的值是（）A ．B．C．D．8．如图，⊙O的弦AB垂直平分半径OC，若AB=，则⊙O的半径为（）A ．B．C．D．9．已知点P是⊙O所在平面内的一点，P与圆上所有点的距离中，最长距离是9cm，最短距离是4cm，则⊙O的直径是（）A ．2.5cm B．6.5cm C．2.5cm或6.5cmD．5cm或13cm10．如图所示．△ABC内接于⊙O，若∠OAB=28°，则∠C的大小是（）A ．56°B．62°C．28°D．32°二．填空题（共6小题）11．如图，在等边△ABC中，AB=6，D是BC的中点，将△ABD绕点A旋转后得到△ACE，那么线段DE的长度为_________．12．四边形ABCD、AEFG都是正方形，当正方形AEFG绕点A逆时针旋转45°时，如图，连接DG、BE，并延长BE交DG于点H，且BH⊥DG与H．若AB=4，AE=时，则线段BH的长是_________．13．如图，以AB为直径的半圆O上有两点D、E，ED与BA的延长线交于点C，且有DC=OE，若∠C=20°，则∠EOB 的度数是_________．14．如图，在平面直角坐标系中，⊙A与y轴相切于原点O，平行于x轴的直线交⊙A于M、N两点，若点M的坐标是（﹣4，﹣2），则弦MN的长为_________．15．已知某三角形的边长分别是3cm、4cm、5cm，则它的外接圆半径是_________cm．16．如图所示：在平面直角坐标系中，△OCB的外接圆与y轴交于A（0，），∠OCB=60°，∠COB=45°，则OC= _________．三．解答题（共3小题）17．已知，在△ABC中，AB=AC．过A点的直线a从与边AC重合的位置开始绕点A按顺时针方向旋转角θ，直线a交BC边于点P（点P不与点B、点C重合），△BMN的边MN始终在直线a上（点M在点N的上方），且BM=BN，连接CN．（1）当∠BAC=∠MBN=90°时，①如图a，当θ=45°时，∠ANC的度数为_________；②如图b，当θ≠45°时，①中的结论是否发生变化？说明理由；（2）如图c，当∠BAC=∠MBN≠90°时，请直接写出∠ANC与∠BAC之间的数量关系，不必证明．18．如图，AB是⊙O的直径，弦CD⊥AB于点E，点M在⊙O上，MD恰好经过圆心O，连接MB．（1）若CD=16，BE=4，求⊙O的直径；（2）若∠M=∠D，求∠D的度数．19．如图，已知等腰△ABC，AB=AC=8，∠BAC=120°，请用圆规和直尺作出△ABC的外接圆．并计算此外接圆的半径．参考答案与试题解析一．选择题（共10小题）1．（2014•雅安）如图，ABCD为正方形，O为对角线AC、BD的交点，则△COD绕点O经过下列哪种旋转可以得到△DOA（）A ．顺时针旋转90°B．顺时针旋转45°C．逆时针旋转90°D．逆时针旋转45°考点：旋转的性质．专题：几何图形问题．分析：因为四边形ABCD为正方形，所以∠COD=∠DOA=90°，OC=OD=OA，则△COD绕点O逆时针旋转得到△DOA，旋转角为∠COD或∠DOA，据此可得答案．解答：解：∵四边形ABCD为正方形，∴∠COD=∠DOA=90°，OC=OD=OA，∴△COD绕点O逆时针旋转得到△DOA，旋转角为∠COD或∠DOA，故选：C．点评：本题考查了旋转的性质，旋转要找出旋转中心、旋转方向、旋转角．2．（2014•江都市二模）如图，△ABC中，∠ACB=90°，∠A=25°，若以点C为旋转中心，将△ABC旋转θ到△DEC的位置，使点B恰好落在边DE上，则θ等于（）A ．55°B．50°C．65°D．70°考点：旋转的性质．分析：先根据互余计算出∠ABC=65°，再根据旋转的性质得CB=CE，∠CEB=∠ACD=θ，∠E=∠ABC=65°，则根据等腰三角形的性质得∠E=∠CBE=65°，然后在△BCE中根据三角形内角和定理可计算出∠BCE的度数．解答：解：∵∠ACB=90°，∠A=25°，∴∠ABC=65°，∵△ABC旋转θ°到△DEC的位置，使点B恰好落在边DE 上，∴CB=CE，∠CEB=∠ACD=θ，∠E=∠ABC=65°，∴∠BCE=180°﹣2×65°=50°，即θ=50°．故选：B．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．也考查了等腰三角形的性质．3．（2013•晋江市）如图，E、F分别是正方形ABCD的边AB、BC上的点，BE=CF，连接CE、DF．将△BCE绕着正方形的中心O按逆时针方向旋转到△CDF的位置，则旋转角是（）A ．45°B．60°C．90°D．120°考点：旋转的性质；正方形的性质．专题：压轴题．分析：首先作出旋转中心，根据多边形的性质即可求解．解答：解：如图，连接AC、BD，AC与BD的交点即为旋转中心O．根据旋转的性质知，点C与点D对应，则∠DOC就是旋转角．∵四边形ABCD是正方形．∴∠DOC=90°．故选C．点评：本题主要考查了旋转的性质，以及正多边形的性质，正确理解正多边形的性质以及旋转角（对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角）是解题的关键．4．（2011•扬州）如图，在Rt△ABC 中，∠ACB=90°，∠A=30°，BC=2．将△ABC绕点C按顺时针方向旋转n度后得到△EDC，此时点D在AB边上，斜边DE交AC边于点F，则n的大小和图中阴影部分的面积分别为（）A ．30，2 B．60，2 C．60，D．60，专题：压轴题．分析：先根据已知条件求出AC的长及∠B的度数，再根据图形旋转的性质及等边三角形的判定定理判断出△BCD的形状，进而得出∠DCF的度数，由直角三角形的性质可判断出DF是△ABC的中位线，由三角形的面积公式即可得出结论．解答：解：∵△ABC是直角三角形，∠ACB=90°，∠A=30°，BC=2，∴∠B=60°，AC=BC×cot∠A=2×=2，AB=2BC=4，∵△EDC是△ABC旋转而成，∴BC=CD=BD=AB=2，∵∠B=60°，∴△BCD是等边三角形，∴∠BCD=60°，∴∠DCF=30°，∠DFC=90°，即DE⊥AC，∴DE∥BC，∵BD=AB=2，∴DF是△ABC的中位线，∴DF=BC=×2=1，CF=AC=×2=，∴S阴影=DF×CF=×=．故选C．点评：本题考查的是图形旋转的性质及直角三角形的性质、三角形中位线定理及三角形的面积公式，熟知图形旋转的性质是解答此题的关键，即：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．5．如图，正方形ABCD的边长为1，AB、AD上各有一点P、Q，如果△APQ的周长为2，则∠PCQ的度数为（）A ．30°B．45°C．60°D．40°考点：旋转的性质；全等三角形的判定与性质；正方形的性质．分析：简单的求正方形内一个角的大小，首先从△APQ的周长入手求出PQ=DQ+BP，然后将△CDQ逆时针旋转90°，使得CD、CB重合，然后利用全等来解．解答：解：如图所示，△APQ的周长为2，即AP+AQ+PQ=2①，正方形ABCD的边长是1，即AQ+QD=1，AP+PB=1，∴AP+AQ+QD+PB=2②，①﹣②得，PQ﹣QD﹣PB=0，延长AB至M，使BM=DQ．连接CM，△CBM≌△CDQ（SAS），∴∠BCM=∠DCQ，CM=CQ，∵∠DCQ+∠QCB=90°，∴∠BCM+∠QCB=90°，即∠QCM=90°，PM=PB+BM=PB+DQ=PQ．在△CPQ与△CPM中，CP=CP，PQ=PM，CQ=CM，∴△CPQ≌△CPM（SSS），∴∠PCQ=∠PCM=∠QCM=45°．故选B．点评：本题考查了旋转的性质、全等三角形的判定与性质及正方形的性质，解题的关键是熟练掌握正方形的性质，会运用正方形的性质进行一些简单的运算．6．（2014•武汉四月调考）如图，P为⊙O内的一个定点，A为⊙O上的一个动点，射线AP、AO分别与⊙O交于B、C两点．若⊙O的半径长为3，OP=，则弦BC的最大值为（）A ．2B．3 C．D．3考点：垂径定理；三角形中位线定理．分析：当OP⊥AB时，弦BC最长，根据三角形相似可以确定答案．解答：解：当OP⊥AB时，弦BC最长，又∵AC是直径，∴∠CBD=90°，所以△APO∽△ABC，∴，又∵OP=，∴BC=2．故答案选A．点评：本题考查了直径所对的圆周角是900这一性质的应用，以及如何取线段最值问题的做法，用好三角形相似是解答本题的关键．7．（2013•温州）在△ABC中，∠C为锐角，分别以AB，AC为直径作半圆，过点B，A，C作，如图所示．若AB=4，AC=2，S1﹣S2=，则S3﹣S4的值是（）A ．B．C．D．考点：圆的认识．专题：压轴题．分析：首先根据AB、AC的长求得S1+S3和S2+S4的值，然后两值相减即可求得结论．解答：解：∵AB=4，AC=2，∴S1+S3=2π，S2+S4=，∵S1﹣S2=，∴（S1+S3）﹣（S2+S4）=（S1﹣S2）+（S3﹣S4）=π∴S3﹣S4=π，故选D．点评：本题考查了圆的认识，解题的关键是正确的表示出S1+S3和S2+S4的值．8．（2011•泰安）如图，⊙O的弦AB垂直平分半径OC，若AB=，则⊙O的半径为（）A B C D考点：垂径定理；勾股定理．专题：探究型．分析：连接OA，设⊙O的半径为r，由于AB垂直平分半径OC，AB=，则AD==，OD=，再利用勾股定理即可得出结论．解答：解：连接OA，设⊙O的半径为r，∵AB垂直平分半径OC，AB=，∴AD==，OD=，在Rt△AOD中，OA2=OD2+AD2，即r2=（）2+（）2，解得r=．故选A．点评：本题考查的是垂径定理及勾股定理，根据题意作出辅助线，构造出直角三角形是解答此题的关键．9．（2011•长宁区一模）已知点P是⊙O所在平面内的一点，P与圆上所有点的距离中，最长距离是9cm，最短距离是4cm，则⊙O的直径是（）A ．2.5cm B．6.5cm C．2.5cm或6.5cmD．5cm或13cm考点：点与圆的位置关系．专题：常规题型．分析：答题时要考虑该点在圆外和圆内两种情况，然后作答．解答：解：本题没有明确告知点的位置，应分点在圆内与圆外两种情况，当点P在⊙O外时，此时PA=4cm，PB=9cm，AB=5cm，因此直径为5cm；当点P在⊙O内时，此时PA=4cm，PB=9cm，直线PB过圆心O，直径AB=PA=4+9=13cm，因此直径为13cm．故选D．点评：本题考查了对点与圆的位置关系的判断．关键要记住若半径为r，点到圆心的距离为d，则有：当d＞r时，点在圆外；当d=r时，点在圆上，当d＜r时，点在圆内．10．（2010•攀枝花）如图所示．△ABC内接于⊙O，若∠OAB=28°，则∠C的大小是（）A ．56°B．62°C．28°D．32°考点：三角形的外接圆与外心；三角形内角和定理；圆周角定理．分析：由题意可知△OAB是等腰三角形，利用等腰三角形的性质求出∠AOB，再利用圆周角定理确定∠C．解答：解：如图，连接OB，∵OA=OB，∴△AOB是等腰三角形，∴∠OAB=∠OBA，∵∠OAB=28°，∴∠OAB=∠OAB=28°，∴∠AOB=124°，∴∠C=62°．故选B．点评：本题是利用圆周角定理解题的典型题目，题目难度不大，正确添加辅助线是解题关键，在解题和圆有关的题目是往往要添加圆的半径．二．填空题（共6小题）11．（2013•聊城）如图，在等边△ABC中，AB=6，D是BC的中点，将△ABD绕点A旋转后得到△ACE，那么线段DE的长度为3．考点：旋转的性质；等边三角形的判定与性质．专题：几何图形问题．分析：首先，利用等边三角形的性质求得AD=3；然后根据旋转的性质、等边三角形的性质推知△ADE为等边三角形，则DE=AD．解答：解：如图，∵在等边△ABC中，∠B=60°，AB=6，D是BC的中点，∴AD⊥BD，∠BAD=∠CAD=30°，∴AD=ABcos30°=6×=3．根据旋转的性质知，∠EAC=∠DAB=30°，AD=AE，∴∠DAE=∠EAC+∠CAD=60°，∴△ADE的等边三角形，∴DE=AD=3，即线段DE的长度为3．故答案为：3．点评：本题考查了旋转的性质、等边三角形的性质．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．12．（2013•宝安区一模）四边形ABCD、AEFG都是正方形，当正方形AEFG绕点A逆时针旋转45°时，如图，连接DG、BE，并延长BE交DG于点H，且BH⊥DG与H．若AB=4，AE=时，则线段BH的长是．考点：旋转的性质；正方形的性质．分析：连结GE交AD于点N，连结DE，由于正方形AEFG绕点A逆时针旋转45°，AF与EG互相垂直平分，且AF在AD上，由AE=可得到AN=GN=1，所以DN=4﹣1=3，然后根据勾股定理可计算出DG=，则BE=，解着利用S△DEG=GE•ND=DG•HE可计算出HE，所以BH=BE+HE．解答：解：连结GE交AD于点N，连结DE，如图，∵正方形AEFG绕点A逆时针旋转45°，∴AF与EG互相垂直平分，且AF在AD上，∵AE=，∴AN=GN=1，∴DN=4﹣1=3，在Rt△DNG中，DG==；由题意可得：△ABE相当于逆时针旋转90°得到△AGD，∴DG=BE=，∵S△DEG=GE•ND=DG•HE，∴HE==，∴BH=BE+HE=+=．故答案为：．点评：本题考查了旋转及正方形的性质，解题的关键是会运用勾股定理和等腰直角三角形的性质进行几何计算．13．（2014•永州一模）如图，以AB为直径的半圆O上有两点D、E，ED与BA的延长线交于点C，且有DC=OE，若∠C=20°，则∠EOB的度数是60°．考点：圆的认识；等腰三角形的性质．分析：利用等边对等角即可证得∠C=∠DOC=20°，然后根据三角形的外角等于不相邻的两个内角的和即可求解．解答：解：∵CD=OD=OE，∴∠C=∠DOC=20°，∴∠EDO=∠E=40°，∴∠EOB=∠C+∠E=20°+40°=60°．故答案为：60°．点评：本题主要考查了三角形的外角的性质和等腰三角形的性质，正确理解圆的半径都相等是解题的关键．14．（2014•海拉尔区模拟）如图，在平面直角坐标系中，⊙A与y轴相切于原点O，平行于x轴的直线交⊙A于M、N两点，若点M的坐标是（﹣4，﹣2），则弦MN的长为3．考点：垂径定理；坐标与图形性质；勾股定理；切线的性质．专题：计算题；几何图形问题；压轴题．分析：可先设半径的大小，由此得出A点的方程．连接AM、AN根据等腰三角形的性质即可得出AN的长度，再根据两点之间的距离公式即可解出N点的坐标，从而求得MN的长度．解答：解：分别过点M、N作x轴的垂线，过点A作AB⊥MN，连接AN设⊙A的半径为r．则AN=OA=r，AB=2，∵AB⊥MN，∴BM=BN，∴BN=4﹣r；则在Rt△ABN中，根据勾股定理，得AB2+BN2=AN2，即：22+（4﹣r）2=r2，解得r=2.5，则N到y轴的距离为1，又∵点N在第三象限，∴N的坐标为（﹣1，﹣2）；∴MN=3；故答案为：3．点评：本题综合考查了垂径定理、坐标与图形的性质、勾股定理及切线的性质．解此类题一般要把半径、弦心距、弦的一半构建在一个直角三角形里，运用勾股定理求解．15．（2012•北京二模）已知某三角形的边长分别是3cm、4cm、5cm，则它的外接圆半径是 2.5cm．考点：三角形的外接圆与外心；勾股定理的逆定理．分析：先根据勾股定理的逆定理得出三角形是直角三角形，再根据直角三角形的外接圆的半径等于斜边的一半求出即可．解答：解：∵AC2+BC2=32+42=25，AB2=52=25，∴AC2+BC2=AB2，∴∠C=90°，即△ABC是直角三角形，∴△ABC的外接圆的半径是AB=2.5，故答案为：2.5．点评：本题考查了三角形的外接圆和勾股定理的逆定理，关键是确定三角形是直角三角形，注意：直角三角形的外接圆的半径等于斜边的一半．16．如图所示：在平面直角坐标系中，△OCB的外接圆与y轴交于A（0，），∠OCB=60°，∠COB=45°，则OC= 1+．考点：三角形的外接圆与外心；坐标与图形性质．分析：连接AB，由圆周角定理知AB必过圆心M，Rt△ABO中，易知∠BAO=∠OCB=60°，已知了OA=，即可求得OB的长；过B作BD⊥OC，通过解直角三角形即可求得OD、BD、CD的长，进而由OC=OD+CD求出OC的长．解答：解：连接AB，则AB为⊙M的直径．Rt△ABO中，∠BAO=∠OCB=60°，∴OB=OA=×=．过B作BD⊥OC于D．Rt△OBD中，∠COB=45°，则OD=BD=OB=．Rt△BCD中，∠OCB=60°，则CD=BD=1．∴OC=CD+OD=1+．故答案为：1+．点评：此题主要考查了圆周角定理及解直角三角形的综合应用能力，能够正确的构建出与已知和所求相关的直角三角形是解答此题的关键．三．解答题（共3小题）17．（2012•本溪）已知，在△ABC中，AB=AC．过A点的直线a从与边AC重合的位置开始绕点A按顺时针方向旋转角θ，直线a交BC边于点P（点P不与点B、点C重合），△BMN的边MN始终在直线a上（点M在点N的上方），且BM=BN，连接CN．（1）当∠BAC=∠MBN=90°时，①如图a，当θ=45°时，∠ANC的度数为45°；②如图b，当θ≠45°时，①中的结论是否发生变化？说明理由；（2）如图c，当∠BAC=∠MBN≠90°时，请直接写出∠ANC与∠BAC之间的数量关系，不必证明．考点：旋转的性质；全等三角形的判定与性质；等腰三角形的性质；等腰直角三角形．专题：几何综合题；压轴题．分析：（1）①证明四边形ABNC是正方形，根据正方形的对角线平分一组对角线即可求解；②根据等腰直角三角形的性质可得∠BNP=∠ACB，然后证明△BNP和△ACP相似，根据相似三角形对应边成比例可得=，再根据两边对应成比例夹角相等可得△ABP和△CNP相似，然后根据相似三角形对应角相等可得∠ANC=∠ABC，从而得解；（2）根据等腰三角形的两底角相等求出∠BNP=∠ACB，然后证明△BNP和△ACP相似，根据相似三角形对应边成比例可得=，再根据两边对应成比例夹角相等可得△ABP和△CNP相似，然后根据相似三角形对应角相等可得∠ANC=∠ABC，然后根据三角形的内角和定理列式整理即可得解．解答：解：（1）①∵∠BAC=90°，θ=45°，∴AP⊥BC，BP=CP（等腰三角形三线合一），∴AP=BP（直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半），又∵∠MBN=90°，BM=BN，∴AP=PN（等腰三角形三线合一），∴AP=PN=BP=PC，且AN⊥BC，∴四边形ABNC是正方形，∴∠ANC=45°；②连接CN，当θ≠45°时，①中的结论不发生变化．理由如下：∵∠BAC=∠MBN=90°，AB=AC，BM=BN，∴∠ABC=∠ACB=∠BNP=45°，又∵∠BPN=∠APC，∴△BNP∽△ACP，∴=，又∵∠APB=∠CPN，∴△ABP∽△CNP，∴∠ANC=∠ABC=45°；（2）∠ANC=90°﹣∠BAC．理由如下：∵∠BAC=∠MBN≠90°，AB=AC，BM=BN，∴∠ABC=∠ACB=∠BNP=（180°﹣∠BAC），又∵∠BPN=∠APC，∴△BNP∽△ACP，∴=，又∵∠APB=∠CPN，∴△ABP∽△CNP，∴∠ANC=∠ABC，在△ABC中，∠ABC=（180°﹣∠BAC）=90°﹣∠BAC．点评：本题考查了旋转的性质，等腰直角三角形的性质，以及等腰三角形三线合一的性质，（1）②与（2）中，先根据两角对应相等，两三角形相似求出两边比值相等，再根据两边对应成比例，夹角相等得到另两个相似三角形是解题的关键．18．（2014•南通）如图，AB是⊙O的直径，弦CD⊥AB于点E，点M在⊙O上，MD恰好经过圆心O，连接MB．（1）若CD=16，BE=4，求⊙O的直径；（2）若∠M=∠D，求∠D的度数．考点：垂径定理；勾股定理；圆周角定理．专题：几何综合题．分析：（1）先根据CD=16，BE=4，得出OE的长，进而得出OB的长，进而得出结论；（2）由∠M=∠D，∠DOB=2∠D，结合直角三角形可以求得结果；解答：解：（1）∵AB⊥CD，CD=16，∴CE=DE=8，设OB=x，又∵BE=4，∴x2=（x﹣4）2+82，解得：x=10，∴⊙O的直径是20．（2）∵∠M=∠BOD，∠M=∠D，∴∠D=∠BOD，∵AB⊥CD，∴∠D=30°．点评：本题考查了圆的综合题：在同圆或等圆中，相等的弧所对的圆周角相等，直径所对的圆周角为直角；垂直于弦的直径平分弦，并且平分弦所对的弧；19．如图，已知等腰△ABC，AB=AC=8，∠BAC=120°，请用圆规和直尺作出△ABC的外接圆．并计算此外接圆的半径．考点：三角形的外接圆与外心；等腰三角形的性质．分析：作出AB，AC的垂直平分线，两垂直平分线的交点就是圆心，以交点为圆心，交点到三角形的顶点为半径画圆可得△ABC的外接圆；再根据垂径定理得出∠BAO=60°，得出△ABO为等边三角形，从而求得外接圆的半径．解答：解：画图如下：（3分）∵AB=AC=8，∠BAC=120°，AO⊥BC，∴∠BAO=60°，∴△ABO为等边三角形，∴△ABC的外接圆的半径为8．点评：本题考查了三角形外接圆的确定及垂径定理的应用，等边三角形的判定和性质；用到的知识点为：三角形外接圆的圆心是任意两边垂直平分线的交点；有一个角为60°的等腰三角形是等边三角形．。