23.10《旋转》全章复习与巩固（培优篇）（人教版）.docx

专题23.10 《旋转》全章复习与巩固（培优篇） （专项练习） 一、单选题 1．如图，阴影部分组成的图案既是关于x轴成轴对称的图形又是关于坐标原点O成中心对称的图形．若点A的坐标是（1，3），则点M和点N的坐标分别是（ ） A．M（1，﹣3），N（﹣1，﹣3） B．M（﹣1，﹣3），N（﹣1，3） C．M（﹣1，﹣3），N（1，﹣3） D．M（﹣1，3），N（1，﹣3） 2．如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，将△ABC绕点A逆时针旋转60°，得到△ADE，连接BE，则的值为（       ） A． B． C． D． 3．如图，是正三角形内的一点，且，，．若将绕点逆时针旋转后，得到，则等于（       ）． A．120° B．135° C．150° D．160° 4．如图，在中，，，点D为BC的中点，直角绕点D旋转，DM，DN分别与边AB，AC交于E，F两点，下列结论：①是等腰直角三角形；②；③；④，其中正确结论的个数是（       ） A．1 B．2 C．3 D．4 5．在矩形ABCD中，AB＝4，BC＝3，CE＝2BE，EF＝2，连按AF，将线段AF绕着点A顺时针旋转90°得到AP，则线段PE的最小值为(     ) A． B． C．4 D． 6．如图，在平面直角坐标系中，OABC的顶点A在x轴上，定点B的坐标为（8，4），若直线经过点D（2，0），且将平行四边形OABC分割成面积相等的两部分，则直线DE的表达式是（       ） A．y=x-2 B．y=2x-4 C．y=x-1 D．y=3x-6 7．如图，已知等腰直角三角形ABC中，AC=BC，把AB绕点B逆时针旋转一定角度到点D，连接AD、DC，使得∠DAC=∠BDC，当DC=时，线段AC的长 （        ） A．3 B． C． D． 8．对于坐标平面内的点，先将该点向右平移1个单位，再向上平移2个单位，这种点的运动称为点的斜平移，如点P（2，3）经1次斜平移后的点的坐标为（3，5）．已知点A的坐标为（2，0），点Q是直线l上的一点，点A关于点Q的对称点为点B，点B关于直线l的对称点为点C，若点B由点A经n次斜平移后得到，且点C的坐标为（8，6），则△ABC的面积是（　　） A．12 B．14 C．16 D．18 9．在平面直角坐标系中，抛物线与轴交于点，则该抛物线关于点成中心对称的抛物线的表达式为（       ） A． B． C． D． 10．如图，在平面直角坐标系中，点，，的坐标分别为，，．一个电动玩具从原点出发，第一次跳跃到点，使得点与点关于点成中心对称；第二次跳跃到点，使得点与点关于点成中心对称；第三次跳跃到点，使得点与点关于点成中心对称；第四次跳跃到点，使得点与点关于点成中心对称；…．电动玩具照此规律跳下去，则点的坐标是（       ）. A． B． C． D． 二、填空题 11．如图，已知△ABC中，∠C＝90°，AC＝BC，将△ABC绕点A逆时针反向旋转60°到△AB′C′的位置，连接C′B，则C′B的长为_____． 12．如图，在Rt△ABC中，，，BC＝2，线段BC绕点B旋转到BD，连AD，E为AD的中点，连接CE，则CE的最大值是___． 13．如图，在平行四边形中，，，点为射线上一动点，连接，将绕点逆时针旋转得到，连接，则的最小值是______． 14．如图，点P是等边三角形ABC内一点，且，，，则这个等边三角形ABC的边长为________． 15．如图，在矩形中，，，是边上一点，，是直线上一动点，将线绕点逆时针旋转得到线段，连接，，则的最小值是________． 16．如图，C为线段AB的中点，D为AB垂直平分线上一点，连接BD，将BD绕点D顺时针旋转60°得到线段DE，连接AE，若，，则CD的长为 __________ ． 17．如图所示，抛物线y＝x2+2x﹣3顶点为Q，交x轴于点E、F两点（F在E的右侧），T是x轴正半轴上一点，以T为中心作抛物线y＝x2+2x﹣3的中心对称图形，交x轴于点K、L两点（L在K的右侧），已知∠FQL＝45°，则新抛物线的解析式为 __． 18．如图（1），已知小正方形 ABCD 的面积为1，把它的各边延长一倍得到新正方形 A 1 B 1 C 1 D 1 ；把正方形 A 1 B 1 C 1 D 1 边长按原法延长一倍得到正方形 A 2 B 2 C 2 D 2 (如图（2）)；以此下去，则正方形 A n B n C n D n 的面积为________． 三、解答题 19．如图，方格纸中的每个小方格都是边长为1个单位的正方形，在建立平面直角坐标系后，△ABC的顶点均在格点上，点C的坐标为(1，1)． (1)试作出△ABC以C为旋转中心，沿顺时针方向旋转90°后的图形△A1B1C； (2)以原点O为对称中心，画出△ABC关于原点O对称的△A2B2C2，并写出点B2的坐标____________； (3)请在x轴上找一点D得到▱ACDB，则点D的坐标为________，若直线y=x+b平分▱ACDB的面积，则b=_______． 20．如图，一伞状图形，已知，点是角平分线上一点，且，，与交于点，与交于点． (1)如图一，当与重合时，探索，的数量关系 (2)如图二，将在(1)的情形下绕点逆时针旋转度，继续探索，的数量关系，并求四边形的面积． 21．在平面直角坐标系中，四边形是矩形，点，点，点.以点为中心，顺时针旋转矩形，得到矩形，点，，的对应点分别为，，. （Ⅰ）如图①，当点落在边上时，求点的坐标； （Ⅱ）如图②，当点落在线段上时，与交于点. ①求证； ②求点的坐标. （Ⅲ）记为矩形对角线的交点，为的面积，求的取值范围（直接写出结果即可）. 22．[问题提出] （1）如图均为等边三角形，点分别在边上．将绕点沿顺时针方向旋转，连结．在图中证明． [学以致用] （2）在的条件下，当点在同一条直线上时，的大小为 度． [拓展延伸] （3）在的条件下，连结．若直接写出的面积的取值范围． 23．（1）发现 如图，点为线段外一动点，且，. 填空：当点位于____________时，线段的长取得最大值，且最大值为_________.（用含，的式子表示） （2）应用 点为线段外一动点，且，.如图所示，分别以，为边，作等边三角形和等边三角形，连接，. ①找出图中与相等的线段，并说明理由； ②直接写出线段长的最大值. （3）拓展 如图，在平面直角坐标系中，点的坐标为，点的坐标为，点为线段外一动点，且，，，求线段长的最大值及此时点的坐标. 24．（1）观察理解：如图 1，中，，直线过点，点在直线同侧， ，垂足分别为，由此可得：，所 以， 又 因为， 所以，所以，又因为，所以（     ）；（请填写全等判定的方法） （2）理解应用：如图2，，且，且，利用（1）中的结论，请按照图中所标的数据计算图中实线所围成的图形的面积_________； （3）类比探究：如图 3， 中，,，将斜边绕点逆时针旋转 90°至，连接，则的面积=_________ . （4）拓展提升：如图4，等边中，cm，点在上，且cm，动点从点 沿射线以1cm/s速度运动，连接，将线段绕点逆时针旋转 120°得到线段，设点运动的时间为秒． ①当________秒时，OF∥ED； ②当________秒时，点恰好落在射线上． 参考答案 1．C 解：M点与A点关于原点对称，A点与N点关于x轴对称，由平面直角坐标中对称点的规律知：M点与A点的横、纵坐标都互为相反数，N点与A点的横坐标相同，纵坐标互为相反数．所以M（－1，－3），N（1，－3）． 2．C 【分析】 连接EC，过E作EH⊥BC于H，先利用勾股定理、旋转的性质可得，再根据等边三角形的判定与性质可得，然后根据勾股定理分别求出，由此即可得出答案． 解：连接EC，过E作EH⊥BC于H， 在Rt△ABC中，， ∴， ∴， 由旋转可知：， ∴是等边三角形， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴． 故选：C． 【点拨】本题考查了勾股定理、旋转的性质、等边三角形的判定与性质、，通过作辅助线，构造等边三角形是解题关键． 3．C 【分析】 利用旋转变换的性质、勾股定理及其逆定理、等边三角形判定与性质等知识点，通过旋转的性质得出△APM为等边三角形以及△PMB是直角三角形，从而求得∠APB的度数． 解：连接PM，如图， 由旋转性质可知，△APC≌△AMB， ∴AP=AM，MB=PC=10， ∵∠MAP=60°， ∴△APM是等边三角形， ∴PM=AP=6， ∵PB=8， ∴MB2=PB2+MP2， ∴△PMB是直角三角形， ∴∠MPB=90°， ∵∠MPA=60°， ∴∠APB=150°． 【点拨】本题主要考查了旋转变换的性质、勾股定理及其逆定理、等边三角形判定与性质等知识点，难度较大．通过旋转的性质得出△APM为等边三角形以及△PMB是直角三角形是解答本题的第一个关键． 4．C 【分析】 根据等腰直角三角形的性质可得∠CAD=∠B=45°，根据同角的余角相等求出∠ADF=∠BDE，然后利用“角边角”证明△BDE和△ADF全等，判断出③正确；根据全等三角形对应边相等可得DE=DF、BE=AF，从而得到△DEF是等腰直角三角形，判断出①正确；再求出AE=CF，判断出②正确；根据BE+CF=AF+AE，利用三角形的任意两边之和大于第三边可得BE+CF＞EF，判断出④错误． 解：∵∠BAC=90°，AB=AC， ∴△ABC是等腰直角三角形，∠B=45°， ∵点D为BC中点， ∴AD=CD=BD，AD⊥BC，∠CAD=45°， ∴∠CAD=∠B，∠BDE+∠ADE=∠ADB=90° ∵∠MDN是直角， ∴∠ADF+∠ADE=90°， ∴∠ADF=∠BDE， 在△BDE和△ADF中，， ∴△BDE≌△ADF（ASA）， ∴DE=DF，BE=AF， ∴△DEF是等腰直角三角形，故①正确； ∵AE=AB-BE，CF=AC-AF， ∴AE=CF，故②正确； ∵△BDE≌△ADF ∴ ∴ 故③正确； ∵BE+CF=AF+AE＞EF， ∴BE+CF＞EF， 故④错误； 综上所述，正确的是①②③， 故选：C. 【点拨】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、三角形的三边关系、同角的余角相等，熟练掌握等腰直角三角形的性质，并能进行推理论证是解决问题的关键． 5．B 【分析】 连接AE，过点A作AG⊥AE，截取AG=AE，连接PG，GE，通过SAS证明△AEF≌△AGP，得PG=EF=2，再利用勾股定理求出GE的长，在△GPE中，利用三边关系即可得出答案． 解：连接AE，过点A作AG⊥AE，截取AG=AE，连接PG，GE， ∵将线段AF绕着点A顺时针旋转90°得到AP， ∴AF=AP，∠PAF=90°， ∴∠FAE+∠PAE=∠PAE+∠PAG=90°， ∴∠FAE=∠PAG， 在△AEF和△AGP中， ∴△AEF≌△AGP（SAS）， ∴PG=EF=2， ∵BC=3，CE=2BE， ∴BE=1， 在Rt△ABE中，由勾股定理得： ， ∵AG=AE，∠GAE=90°， ∴， 在△GPE中，PE＞GE-PG， ∴PE的最小值为GE-PG=， 故选：B． 【点拨】本题主要考查了旋转的性质，全等三角形的判定与性质，三角形的三边关系等知识，作辅助线构造出全等三角形是解题的关键． 6．A 【分析】 过平行四边形的对称中心的直线把平行四边形分成面积相等的两部分，先求出平行四边形对称中心的坐标，再利用待定系数法求一次函数解析式解答即可． 解：∵点B的坐标为（8，4）， ∴平行四边形的对称中心坐标为（4，2）， 设直线DE的函数解析式为y=kx+b， 则， 解得， ∴直线DE的解析式为y=x-2． 故选：A． 【点拨】本题考查了待定系数法求一次函数解析式，平行四边形的性质，熟练掌握过平行四边形的中心的直线把平行四边形分成面积相等的两部分是解题的关键． 7．D 【分析】 如图（见分析），先根据等腰直角三角形的性质可得，再根据旋转的性质、等腰三角形的性质可得，然后根据三角形全等的判定定理与性质可得，从而可得，最后利用勾股定理即可得． 解：如图，过点C作，交AD于点E，连接BE， 是等腰直角三角形，， ，即， 由旋转的性质得：， ， ， ， ， 是等腰直角三角形， ， 又， ，即， 在和中，， ， ， ，即， 又， （等腰三角形的三线合一）， ， 在中，， ， 故选：D． 【点拨】本题考查了等腰直角三角形的判定与性质、三角形全等的判定定理与性质、旋转的性质、勾股定理等知识点，通过作辅助线，构造等腰直角三角形和全等三角形是解题关键． 8．A 【分析】 连接CQ，根据中心和轴对称的性质和直角三角形的判定得到∠ACB＝90，延长BC交x轴于点E，过C点作CF⊥AE于点F，根据待定系数法得出直线的解析式进而解答即可． 解：连接CQ，如图： 由中心对称可知，AQ＝BQ， 由轴对称可知：BQ＝CQ， ∴AQ＝CQ＝BQ， ∴∠QAC＝∠ACQ，∠QBC＝∠QCB， ∵∠QAC+∠ACQ+∠QBC+∠QCB＝180°， ∴∠ACQ+∠QCB＝90°， ∴∠ACB＝90°， ∴△ABC是直角三角形， 延长BC交x轴于点E，过C点作CF⊥AE于点F，如图， ∵A（2，0），C（8，6）， ∴AF＝CF＝6， ∴△ACF是等腰直角三角形， ∵， ∴∠AEC＝45°， ∴E点坐标为（14，0）， 设直线BE的解析式为y＝kx+b， ∵C，E点在直线上， 可得：， 解得：， ∴y＝﹣x+14， ∵点B由点A经n次斜平移得到， ∴点B（n+2，2n），由2n＝﹣n﹣2+14， 解得：n＝4， ∴B（6，8）， ∴△ABC的面积＝S△ABE﹣S△ACE＝×12×8﹣×12×6＝12， 故选：A． 【点拨】本题考查轴对称的性质，中心对称的性质，等腰三角形的判定与性质，求解一次函数的解析式，得到的坐标是解本题的关键． 9．A 【分析】 先求出C点坐标，再设新抛物线上的点的坐标为（x,y），求出它关于点C对称的点的坐标，代入到原抛物线解析式中去，即可得到新抛物线的解析式． 解：当x=0时，y=5， ∴C（0,5）； 设新抛物线上的点的坐标为（x,y）， ∵原抛物线与新抛物线关于点C成中心对称， 由，； ∴对应的原抛物线上点的坐标为； 代入原抛物线解析式可得：， ∴新抛物线的解析式为：； 故选：A． 【点拨】本题综合考查了求抛物线上点的坐标、中心对称在平面直角坐标系中的运用以及求抛物线的解析式等内容，解决本题的关键是设出新抛物线上的点的坐标，求出其在原抛物线上的对应点坐标，再代入原抛物线解析式中求新抛物线解析式，本题属于中等难度题目，蕴含了数形结合的思想方法等． 10．A 【分析】 根据题意，先求出前几次跳跃后、、、、、、的坐标，可得出规律，继而可求点的坐标． 解：由题意得：点、、、、、、， ∴点P的坐标的变化规律是6次一个循环， ∵， ∴点的坐标是． 故选：A． 【点拨】本题主要考查了中心对称及点的坐标的规律，解题的关键是求出前几次跳跃后点的坐标并总结出一般规律． 11． 【分析】 连接BB′，设BC′与AB′交点为D，根据∠C＝90°，AC＝BC，得到ABAC2，根据旋转，得到∠AC′B′＝∠ACB＝90°，AC′＝AC＝B′C′＝BC，AB＝AB′＝2，∠BAB′＝60°，推出BC′垂直平分AB′，△ABB′为等边三角形，得到C′DAB′＝1，，推出，得到BDAB′，得到C′B＝C′D＋BD＝1． 解：连接BB′，设BC′与AB′交点为D，如图， △ABC中，∵∠C＝90°，AC＝BC， ∴ABAC2， ∵△ABC绕点A逆时针反向旋转60°到△AB′C′的位置， ∴∠AC′B′＝∠ACB＝90°，AC′＝AC＝B′C′＝BC，AB＝AB′＝2，∠BAB′＝60°， ∴BC′垂直平分AB′，△ABB′为等边三角形， ∴C′DAB′＝1，， ∴， ∴BD， ∴C′B＝C′D＋BD＝1． 故答案为1． 【点拨】本题考查了旋转图形全等的性质，线段垂直平分线判定和性质，等边三角形的判定与性质，等腰直角三角形的性质，含30°角的直角三角形边的性质，作辅助线构造出等边三角形，求出，BD的长是解题的关键． 12．3 【分析】 通过已知求得D在以B为圆心，BD长为半径的圆上运动，∵E为AD的中点， ∴E在以BA中点为圆心，长为半径的圆上运动，再运用圆外一定点到圆上动点距离的最大值=定点与圆心的距离+圆的半径，求得CE的最大值． 解：∵BC＝2，线段BC绕点B旋转到BD， ∴BD＝2， ∴． 由题意可知，D在以B为圆心，BD长为半径的圆上运动， ∵E为AD的中点， ∴E在以BA中点为圆心，长为半径的圆上运动， CE的最大值即C到BA中点的距离加上长． ∵，，BC＝2， ∴C到BA中点的距离即， 又∵， ∴CE的最大值即． 故答案为3． 【点拨】本题考查了与圆相关的动点问题，正确识别E点运动轨迹是解题的关键． 13． 【分析】 以AB为边向右作等边△ABK，连接EK，证明△ABF≌△KBE（SAS），推出AF＝EK，根据垂线段最短可知，当KE⊥AD时，EK的值最小，求出EK即可解决问题． 解：如图，以AB为边向右作等边△ABK，由可知点K在BC上，连接EK， ∵BE＝BF，BK＝BA，∠EBF＝∠ABK＝60°， ∴∠ABF＝∠KBE， ∴△ABF≌△KBE（SAS）， ∴AF＝EK， 根据垂线段最短可知，当KE⊥AD时，EK的值最小，即AF的值最小， ∵四边形ABCD是平行四边形， ∴AD∥BC， ∴∠EAK＝∠AKB＝60°， ∴∠AKE＝30°， ∵AB＝AK＝2， ∴AE＝AK＝1， ∴EK＝， ∴AF的最小值为． 故答案为：． 【点拨】本题考查旋转的性质，平行四边形的性质，等边三角形的性质，全等三角形的判定和性质，垂线段最短，勾股定理等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，学会用转化的思想思考问题． 14． 【分析】 将三角形BCP绕点B逆时针旋转60°得三角形BDA，过B作BH⊥直线AP于H，先证明三角形BDP为等边三角形，利用勾股定理逆定理得∠DPA=90°，进而得∠BPH=30°，利用勾股定理解直角三角形即可得答案． 解：将三角形BCP绕点B逆时针旋转60°，得三角形BDA，BC边落在AB上，过B作BH⊥直线AP于H，如图所示， 由旋转知，△BDP为等边三角形，AD=PC=， ∴BP=PD=BD=，∠BPD=60°， ∵PA=， ∴， ∴∠APD=90°， ∴∠BPH=30°， ∴BH=，PH=， 由勾股定理得：AB=， 故答案为：． 【点拨】本题考查了等边三角形的性质与判定、勾股定理逆定理、旋转变换的应用等知识点，解题关键是作旋转变换，将分散的条件集中在同一三角形中． 15． 【分析】 将绕点逆时针旋转得到，延长交于点，延长至点，使，连接，由矩形的条件和旋转的性质可得，，可说明四边形是矩形，然后由正方形的性质可得到，，从而说明是的垂直平分线，进一步推导出，当点，，三点共线时，取最小值，最后由勾股定理可求解． 解：将绕点逆时针旋转得到，延长交于点，延长至点，使，连接， ∵在矩形中，，，， ∴，，， ∴，， ∴， ∴四边形是矩形， ∴，， ∴，， ∴是的垂直平分线， ∴， ∵是直线上一动点， ∴， ∴当点，，三点共线时，取最小值， 在中，，， ， ∴的最小值是． 故答案为：． 【点拨】本题考查了旋转的性质，矩形的性质，垂直平分线，三角形三边的关系，勾股定理等知识，采用了转化的思想方法．确定点关于的对称点是解题的关键． 16．9 【分析】 连接AD、BE，过点E作EH⊥AB于H，由旋转知，DE=DB，∠BDE=60°，可证△BDE是等边三角形，利用等边对等角结合三角形内角和为180°求出，从而得到，进而可求出∠HAE=30°．再根据含30度角的直角三角形的性质可求出EH，AH，再利用勾股定理即可先后求出BE和CD． 解：如图，连接AD、BE，过点E作EH⊥AB于H， 由旋转知，DE=DB，∠BDE=60°， ∴△BDE是等边三角形， ∴BE=BD． ∵C为AB中点，点D在AB的垂直平分线上， ∴AD=BD=DE，， ∴， ∴，即． ∵∠BDE=60°， ∴∠BAE=150°， ∴∠HAE=180°-150°=30°． ∵AE=6， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴． 故答案为：9． 【点拨】本题考查了图形的旋转，三角形内角和定理，线段垂直平分线的性质，勾股定理以及含30°的直角三角形的性质等知识，通过作辅助线构造出直角三角形是解题的关键． 17．y＝﹣x2+18x﹣77 【分析】 根据顶点式求得点的坐标，进而令求得点的坐标，作QP⊥x轴于P，过F点作FM⊥FQ交QL于M．作MN⊥x轴于N，根据∠FQL＝45°，证明△PQF≌△NFM（AAS），进而求得点的坐标，求得直线QL的解析式为y，继而求得L（11，0），T点坐标为（4，0），根据中心对称的性质可得K（7，0），根据交点式即可写出新抛物线的解析式． 解：∵y＝x2+2x﹣3＝（x+1）2﹣4， ∴Q（﹣1，﹣4）， 当y＝0时，x2+2x﹣3＝0，解得x1＝﹣3，x2＝1， ∴E（﹣3，0），F（1，0）， 作QP⊥x轴于P，过F点作FM⊥FQ交QL于M．作MN⊥x轴于N，如图， ∵∠FQL＝45°， ∴△QFM为等腰直角三角形， ∴FQ＝FM， ∵∠PFQ+∠PQF＝90°，∠PFQ+∠MFN＝90°， ∴∠PQF＝∠MFN， ∴△PQF≌△NFM（AAS）， ∴PQ＝FN＝4，MN＝PF＝2， ∴M（5，﹣2）， 设直线QL的解析式为y＝kx+b， 把Q（﹣1，﹣4），M（5，﹣2）代入得 ， 解得， ∴直线QL的解析式为y， 当y＝0时，0，解得x＝11， ∴L（11，0）， ∵点E（﹣3，0）和点L（11，0）关于T对称， ∴T点坐标为（4，0）， ∵点F与点K关于T点对称，∴K（7，0）， ∵新抛物线与抛物线y＝x2+2x﹣3关于T对称， ∴新抛物线的解析式为y＝﹣（x﹣7）（x﹣11）， 即y＝﹣x2+18x﹣77． 故答案为y＝﹣x2+18x﹣77． 【点拨】本题考查了二次函数的性质，中心对称的性质，等腰直角三角形的性质与判定，求抛物线的解析式，求得对称中心是解题的关键． 18．5n 解：根据三角形的面积公式，知每一次延长一倍后，得到的一个直角三角形的面积和延长前的正方形的面积相等，即每一次