23.8 《旋转》全章复习与巩固（基础篇）（人教版）.docx

专题23.8 《旋转》全章复习与巩固（基础篇） （专项练习） 一、单选题 1．2022年冬奥会将在我国北京市和张家口市联合举行，下列历届冬奥会会徽的部分图案中，是中心对称图形的是（　　） A． B． C． D． 2．下面四个图案中，既包含图形的旋转，又有图形的轴对称设计的是（       ） A． B． C． D． 3．如图，△COD是由△AOB绕点O按顺时针方向旋转而得，则旋转角为（     ） A．∠AOD B．∠AOB C．∠BOC D．∠AOC 4．平面直角坐标系中，为坐标原点，点的坐标为，将绕原点按逆时针方向旋转得，则点的坐标为（       ） A． B． C． D． 5．如图，在△ABC中，∠CAB＝65°，将△ABC在平面内绕点A旋转到△AB'C'的位置，使CC′∥AB，则旋转角的度数为（　　） A．35° B．40° C．50° D．65 6．如图，矩形的顶点，，，将矩形以原点为旋转中心，顺时针旋转75°之后点的坐标为（       ） A． B． C． D． 7．平面直角坐标系内一点P（－2，3）关于原点对称的点的坐标是（       ） A．（3，2） B．（－2，－3） C．（2，－3） D．（2，3） 8．已知点关于原点对称的点在第三象限，则a的取值范围在数轴上表示正确的是（       ） A． B． C． D． 9．如图所示，在的正方形网格中已有两个小正方形被涂黑，再将图中其余小正方形任意涂黑一个，使整个图案构成一个轴对称图形的办法有（       ） A．3种 B．4种 C．5种 D．6种 10．在平面内由极点、极轴和极径组成的坐标系叫做极坐标系．如图，在平面上取定一点O称为极点；从点O出发引一条射线Ox称为极轴；线段OP的长度称为极径．点P的极坐标就可以用线段OP的长度以及从Ox转动到OP的角度（规定逆时针方向转动角度为正）来确定，即P（3，60°）或P（3，-300°）或P（3，420°）等，则点P关于点O成中心对称的点Q的极坐标表示不正确的是（ ） A． B． C． D． 二、填空题 11．若，则点A（a，b）关于原点对称的点的坐标为_______． 12．如图是一个中心对称图形，A为对称中心，若，，，则的长为______． 13．如图，△ABC为等边三角形，D是△ABC内一点，若将△ABD经过旋转后到△ACP位置，则旋转角等于 _____度． 14．如图，是等边三角形，是三角形内一点，，，．则的度数为_________． 15．如图，将绕点A逆时针旋转120°，得到．若点D在线段BC的延长线上，则___________． 16．如图，在矩形ABCD中，AB=6，BC=8，O是矩形的对称中心，点E、F分别在边AD、BC上，连接OE、OF，若AE=BF=2，则OE+OF的值为__________． 17．如图，△ABC和△DEC关于点C成中心对称，若，，，则AE的长是____________． 18．把边长分别为4和6的矩形ABCO如图放在平面直角坐标系中，将它绕点C顺时针旋转α角，旋转后的矩形记为矩形EDCF．在旋转过程中， （1）如图①，当点E在射线CB上时，E点坐标为__________； （2）当△CBD是等边三角形时，旋转角α的度数是__________（α为锐角）． 三、解答题 19．如图，方格纸中每个小正方形的边长都是1个单位长度，在方格纸中建立如图所示的平面直角坐标系，的顶点都在格点上． (1)将向左平移6个单位长度得到，请画出； (2)画出关于点的中心对称图形； (3)若将绕某一点旋转可得到，那么旋转中心的坐标为___________，旋转角度为__________°． 20．如图，在中，，将绕点A旋转一定的角度得到，且点E恰好落在边上． (1)求证：平分； (2)连接，求证：． 21．如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，∠BAC=30°，将线段CA绕点C逆时针旋转60°，得到线段CD，连接AD，BD． （1）依题意补全图形； （2）若BC=1，求线段BD的长． 22．如图，△ABC和△DCE都是等边三角形． 探究发现 (1)△BCD与△ACE是否全等？若全等，加以证明；若不全等，请说明理由； 拓展运用 (2)若B、C、E三点不在一条直线上，∠ADC=30°，AD=3，CD=2，求BD的长； (3)若△DCE绕点C旋转，△ABC和△DCE的边长分别为1和2，当△BCD的面积最大时，AE的长为______． 23． 正方形中，点为正方形内的点，绕着点按逆时针方向旋转后与重合． (1)如图，若正方形的边长为，，，求证：AE∥BF． (2)如图，若点为正方形对角线上的点点不与点、重合，试探究AE、AF、BF之间的数量关系并加以证明． 24．探究问题： （1）方法感悟： 如图①，在正方形中，点，分别为，边上的点，且满足，连接，求证． 感悟解题方法，并完成下列填空： 将绕点顺时针旋转得到，此时与重合，由旋转可得： ，，，， ， 因此，点，，在同一条直线上． ． ，． 即　 　． 又， 　 　． 　 　，故． （2）方法迁移： 如图②，将沿斜边翻折得到，点，分别为，边上的点，且．试猜想，，之间有何数量关系，并证明你的猜想． （3）问题拓展： 如图③，在四边形中，，，分别为，上的点，满足，试猜想当与满足什么关系时，可使得．请直接写出你的猜想（不必说明理由）． 参考答案 1．C 【分析】 把一个图形绕某一点旋转，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形就叫做中心对称图形，根据中心对称图形的概念求解． 解：A．不是中心对称图形，故本选项不符合题意； B．不是中心对称图形，故本选项不符合题意； C．是中心对称图形，故本选项符合题意； D．不是中心对称图形，故本选项不符合题意． 故选：C． 【点拨】本题考查了中心对称图形的概念，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后与原图重合． 2．D 【分析】 根据轴对称图形和旋转图形的定义：如果一个平面图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形就叫做轴对称图形；图形旋转的定义：把一个图形绕着某一个点旋转一个角度，这个点就是它的旋转中心，这个角就叫旋转角，行逐一判断即可． 解：A、不是轴对称图形，不符合题意； B、不包含图形的旋转，不符合题意； C、只是轴对称图形，没有旋转，不符合题意； D、既有轴对称，又有旋转，符合题意； 故选D. 【点拨】此题主要考查图形的旋转以及轴对称图形的概念，熟练掌握，即可解题． 3．D 【分析】 根据旋转角的定义：图形在作旋转运动时，一个点与旋转中心的连线，与这个点在旋转后的对应点与旋转中心的连线这两条线的夹角即为旋转角，进行判断即可． 解：由图可知，与均为旋转角 故选D． 【点拨】本题考查了旋转角的定义．解题的关键在于熟练掌握旋转角的定义． 4．B 【分析】 根据题意证得△AOC≌△OBD，可得结论． 解：如图， 根据题意得∶∠AOB=90°，∠ACO=∠BDO=90°，OA=OB， ∴∠AOC+∠BOD=90°，∠AOC+∠OAC=90°， ∴∠BOD=∠OAC， ∴△AOC≌△OBD， ∴BD=OC，OD=AC， ∵点的坐标为， ∴BD=OC=1，OD=AC=5， ∴． 故选：B． 【点拨】本题考查坐标与图形变化旋转，解题的关键是熟练掌握旋转的性质，属于中考常考题型． 5．C 【分析】 根据两直线平行，内错角相等可得,根据旋转的性质可得，然后利用等腰三角形两底角相等求得，再根据是旋转角即可求得结论． 解：∵， ∴， ∵△ABC绕点A旋转得到， ∴， ∴ ∴， 即旋转角为50°， 故选：C． 【点拨】本题考查了旋转的性质，等腰三角形两底角相等的性质，熟记性质并准确识图是解题的关键． 6．D 【分析】 过点B作BG⊥x轴于G，过点C作CH⊥y轴于H，根据矩形的性质得到点C的坐标，求出∠COE=45°，OC=4，过点C作CE⊥x轴于E，过点C1作C1F⊥x轴于F，由旋转得∠COC1=75°，求出∠C1OF=30°，利用勾股定理求出OF，即可得到答案． 解：过点B作BG⊥x轴于G，过点C作CH⊥y轴于H， ∵四边形ABCD是矩形， ∴AD=BC，AB=CD，ADBC，∠CDA=∠DAB=90°， ∴∠HCD=∠ADO=∠BAG， ∵∠CHD=∠BGA=90°， ∴△CHD≌△AGB（AAS）， ∵，，， ∴CH=AG=5-1=4，DH=BG=2， ∴OH=2+2=4， ∴C（4，4）， ∴OE=CE=4， ∴∠COE=45°，OC=4， 如图，过点C作CE⊥x轴于E，过点C1作C1F⊥x轴于F， 由旋转得∠COC1=75°， ∴∠C1OF=30°， ∴C1F=OC1=OC=2， ∴OF=， ∴点C1的坐标为， 故选：D． 【点拨】此题考查了矩形的性质，旋转的性质，勾股定理，直角三角形30度角的性质，熟记各知识点并综合应用是解题的关键． 7．C 【分析】 关于原点对称的点，横坐标与纵坐标都互为相反数，可得答案． 解：点P（-2，3）关于原点对称的点的坐标是（2，-3） 故选：C． 【点拨】本题考查了关于原点对称的点的坐标，解决本题的关键是掌握好对称点的坐标规律：关于x轴对称的点，横坐标相同，纵坐标互为相反数；关于y轴对称的点，纵坐标相同，横坐标互为相反数；关于原点对称的点，横坐标与纵坐标都互为相反数． 8．D 【分析】 根据点P(a−2,4−a)关于原点对称的点在第三象限，可得点P在第一象限，因此就可列出不等式，解不等式可得a的取值范围． 解：∵点P(a−2,4−a)关于原点对称的点在第三象限， ∴点P在第一象限， ∴， ∴， 则a的取值范围在数轴上表示正确的是： 故选：D． 【点拨】本题主要考查不等式组的解法，根据不等式组的解集，在数轴上表示即可，关键在于点P的坐标所在的象限． 9．C 【分析】 利用轴对称的性质，以及轴对称的作图方法来作图，通过变换对称轴来得到不同的图案即可． 解：如图所示：5种不同的颜色即为使整个图案构成一个轴对称图形的办法． 故选：C． 【点拨】此题主要考查了利用轴对称设计图案，熟练掌握轴对称定义得出是解题关键． 10．B 【分析】 根据中心对称的性质解答即可． 解：∵P（3，60°）或P（3，-300°）或P（3，420°）， 由点P关于点O成中心对称的点Q可得：点Q的极坐标为（3，240°），（3，-120°），（3，600°）， 故选：B． 【点拨】本题考查了中心对称的问题，关键是根据中心对称的性质解答． 11．（，﹣4） 【分析】 根据绝对值和偶次幂都具有非负性可得3a﹣1＝0，b﹣4＝0，算出a、b的值，再根据两个点关于原点对称时，它们的坐标符号相反可得答案． 解：由题意得：3a﹣1＝0，b﹣4＝0， 解得：a，b＝4， 则点A（，4）关于原点对称的点的坐标为（，﹣4）， 故答案为：（，﹣4）． 【点拨】此题主要考查了非负数的性质，以及关于原点对称的点的坐标特点，关键是正确计算出a、b的值． 12．12 【分析】 根据含30度角的直角三角形的性质求得，然后根据中心对称的性质即可求解． 解：在Rt△ABC中，∵，∠B=30°，AC=3， ∴AB=2AC=6， 又∵点B和点B′关于点A对称， ∴BB′=2AB=12． 故答案为12． 【点拨】本题考查了含30度角的直角三角形的性质，中心对称的性质，掌握以上知识是解题的关键． 13．60 【分析】 根据题意由旋转的性质可得∠BAD=∠CAP，即可求∠BAC=∠DAP=60°，即可求解． 解：∵△ABC是等边三角形， ∴∠BAC=60°， ∵将△ABD经过一次逆时针旋转后到△ACP的位置， ∴∠BAD=∠CAP， ∵∠BAC=∠BAD+∠DAC=60°， ∴∠PAC+∠CAD=60°， ∴∠DAP=60°； 故旋转角度60度. 故答案为：60． 【点拨】本题考查旋转的性质，注意掌握变化前后，对应线段、对应角分别相等，图形的大小、形状都不改变，两组对应点连线的交点是旋转中心． 14． 【分析】 将△ABP绕点B顺时针旋转60°得到△BCQ，连接PQ，则△BCQ≌△BAP，所以∠PBQ=60°，BP=BQ，可知△BPQ是等边三角形，从而有PQ=PB=4，而PC=5，CQ=3，由勾股定理逆定理可知△PQC是直角三角形，∠PQC=90°，则通过∠APB=∠PQB +∠PQC即可求出． 解：把△ABP绕点B顺时针旋转60°得到△BCQ，连接PQ． 由旋转性质可知，△BCQ≌△BAP ∴CQ=PA=3，BP=BQ，∠BQC=∠APB ∵∠PBQ=60°，BP=BQ， ∴△BPQ是等边三角形， ∴PQ=PB=4，∠PQB=60° ∵PC=5 ∴在△PQC中， ∴△PQC是直角三角形 ∴∠PQC=90° ∴∠BQC=∠PQB +∠PQC =60°+90°=150°， ∴∠APB=150°． 【点拨】本题综合考查等边三角形的性质、直角三角形的性质、勾股定理的逆定理、旋转的性质，解题的技巧是通过图形旋转将已知各边转化到同一个三角形中，并构成一个直角三角形． 15．30° 【分析】 根据旋转的性质可得出AB＝AD、∠BAD＝120°，再根据等腰三角形的性质可求出∠B的度数，此题得解． 解：根据旋转的性质，可得：AB＝AD，∠BAD＝120°， ∴∠B＝∠ADB＝×（180°−120°）＝30°． 故填：30°. 【点拨】本题考查了旋转的性质以及等腰三角形的性质，根据旋转的性质结合等腰三角形的性质求出∠B的度数是解题的关键． 16． 【分析】 如图，连接，AC，BD．过点O作OM⊥AD于点M交BC于点N．利用勾股定理，求出OE，可得结论． 解：如图，连接，AC，BD． ∵O是矩形的对称中心， ∴O也是对角线的交点， 过点O作OM⊥AD于点M交BC于点N． ∵四边形ABCD是矩形， ∴OA=OD=OB， ∵OM⊥AD， ∴AM=DM=AD=BC=4， ∴OM=AB=3， ∵AE=2， ∴EM=AM-AE=2， ∴OE==， 同法可得OF=， ∴OE+OF=2， 故答案为：2． 【点拨】本题考查中心对称，矩形的性质，勾股定理等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造直角三角形解决问题． 17． 【分析】 根据中心对称的性质AB=DE，DC=AC及∠D=90゜，由勾股定理即可求得AE的长． 解：∵△DEC与△ABC关于点C成中心对称， ∴△ABC≌△DEC， ∴AB＝DE＝1，AC＝DC＝，∠D＝∠BAC＝90°， ∴AD＝1， ∵∠D＝90°， ∴AE＝， 故答案为：． 【点拨】本题考查了中心对称的性质，勾股定理等知识，熟记中心对称图形的性质是解题关键． 18．     （4，2）     60° 【分析】 （1）依题意得，点E在射线CB上，横坐标为4，根据勾股定理可得纵坐标，进而得出点E的坐标． （2）已知∠BCD=60°，∠BCF=30°，然后可得∠α=60°． 解：（1）∵OC=4， ∴当点E在射线CB上时，点E横坐标为4， ∵FC=4，EF=6， ∴EC=， ∴E（4，2）， 故答案为：（4，2）； （2）当△CBD是等边三角形时，∠BCD=60°， ∴旋转角a的度数是60°， 故答案为：60°． 【点拨】本题考查了旋转的性质，坐标与图形的性质，解决问题的关键是掌握旋转的性质以及矩形的性质． 19．(1)作图见分析(2)作图见分析(3)； 【分析】 （1）利用平移变换的性质分别作出，，的对应点，，即可； （2）利用中心对称变换的性质分别作出，，的对应点，，； （3）两个三角形成中心对称，对应点连线的交点即为旋转中心. (1)解：如图， 点，，的坐标分别是，，， 将向左平移6个单位长度后，点，，的对应点分别为点，，， ∴点，，的坐标分别是，，， 将点，，顺次连接得， ∴即为所作； (2)如图， 点，，关于点的对称点分别为点，，， ∴点，，的坐标分别是，，， 将点，，顺次连接得， ∴即为所作； (3)如图，若将绕某一点旋转可得到，那么旋转中心的坐标为，旋转角度为. 故答案为：；. 【点拨】本题考查作图—旋转变换，平移变换等知识，根据旋转的性质可知，对应角都相等，对应线段也相等，由此可以通过作相等的角，在角的边上截取相等的线段的方法，找到对应点，顺次连接得出旋转后的图形，对应点连线都交于一点，交点即为旋转中心；确定平移后图形的基本要素有两个：平移方向、平移距离；作图时要先找到图形的关键点，分别把这几个关键点按照平移的方向和距离确定对应点后，再顺次连接对应点即可得到平移后的图形．解题的关键是掌握旋转变换的性质，平移变换的性质. 20．(1)证明见分析(2)证明见分析 【分析】 （1）根据旋转性质得到对应边相等，对应角相等，进而根据等边对等角性质可将角度进行等量转化，最后可证得结论． （2）根据旋转性质以及三角形内角和定理对角度进行等量转化可证得结论． (1)证明：由旋转性质可知： 平分 (2)证明：如图所示： 由旋转性质可知： 即 在中， 即 【点拨】本题考查了三角形的旋转变化，熟练掌握旋转前后图形的对应边相等，对应角相等以及合理利用三角形内角和定理是解决本题的关键． 21．（1）见分析；（2） 【分析】 （1）根据线段旋转的方法，得出，然后连接AD，BD即可得； （2）根据角的直角三角形的性质和勾股定理可得，由旋转的性质可得是等边三角形，再利用勾股定理求解即可． 解：（1）根据线段旋转方法，，如图所示即为所求；                                                                                                      （2）∵ ，，， ∴ ， ∴ ， ∵ 线段CA绕点C逆时针旋转60°得到线段CD， ∴且， ∴是等边三角形， ∴ ，， ∴ ， ∴ 在中， ． 【点拨】题目主要考查旋转图形的作法及性质，勾股定理，角的直角三角形的性质，等边三角形的性质等，理解题意，作出图形，综合运用各个定理性质是解题关键． 22．(1)全等，证明见分析(2)(3) 【分析】 （1）依据等式的性质可证明∠BCD=∠ACE，然后依据SAS可证明△ACE≌△BCD； （2）由（1）知：BD=AE，利用勾股定理计算AE的长，可得BD的长； （3）当B、C、E三点在一条直线上时，△BCD的面积最大，过A作AF⊥BC于F，先根据平角的定义得∠ACD=60°，利用特殊角的三角函数可得AF的长，最后根据勾股定理可得AE的长． (1)解：全等，理由是： ∵△ABC和△DCE都是等边三角形， ∴AC=BC，DC=EC，∠ACB=∠DCE=60°， ∴∠ACB+∠ACD=∠DCE+∠ACD， 即∠BCD=∠ACE， 在△BCD和△ACE中，， ∴△ACE≌△BCD（ SAS）； (2)解：如图，由（1）得：△BCD≌△ACE， ∴BD=AE， ∵△DCE是等边三角形， ∴∠CDE=60°，CD=DE=2， ∵∠ADC=30°， ∴∠ADE=∠ADC+∠CDE=30°+60°=90°， 在Rt△ADE中，AD=3，DE=2， ∴， ∴BD=； (3)解：CD⊥BC时，△BCD的面积最大， 由（1）得△ACE≌△BCD， ∴AE=BD=， 故答案为：． 【点拨】本题是三角形的综合题，主要考查的是全等三角形的性质、等边三角形的性质，熟练掌握相关性质是解题的关键． 23．(1)见分析(2)，见分析 【分析】 （1）由旋转的性质可得BE=BF=1，∠EBF=∠ABC=90°，∠AEB=∠BFC，由勾股定理的逆定理可证∠BFC=90°=∠AEB，可得结论； （2）由正方形的性质和旋转的性质可得∠EAF=90°，由勾股定理可求解． (1)证明：∵△BFC绕着点B按逆时针方向旋转90°后与△BEA重合， ∴△BFC≌△BEA， ∴BE=BF=1，∠EBF=∠ABC=90°，∠AEB=∠BFC， ∵BF2+FC2=12+()2=4，BC2=22=4， ∴BF2+FC2=BC2， ∴∠BFC=90°=∠AEB， ∴∠AEB+∠EBF=180°， ∴AE∥BF； (2)解：AE2+AF2=2BF2，理由如下： ∵△BFC绕着点B按逆时针方向旋转90°后与△BEA重合， ∴∠BAE=∠BCA， ∵AC是正方形ABCD的角平分线， ∴∠BCA=∠BAC=45°， ∴∠EAF=45°+45°=90°， ∴AE2+AF2=EF2， ∵△BFC绕着点B按逆时针方向旋转90°后与△BEA重合， ∴BE=BF，∠EBF=90°， ∴2BF2=EF2， ∴AE2+AF2=2BF2． 【点拨】本题考查了旋转的性质，全等三角形的性质，正方形的性质，勾股定理等知识，灵活运用这些性质解决问题是解题的关键． 24．（1）；；；（2），证明见分析；（3）当与满足时，可使得． 【分析】 （1）根据已有过程得，又根据SAS得，则GF=EF，故； （2）延长，作，等量代换得，用ASA证明，得AG=AE，，用SAS证明，得，即可得； （3）延长CF，作，因为，，所以，根据ASA证明，得，， 根据得，用SAS证明，得，，当与满足时，可使得． 证明：（1）将绕点A顺时针旋转得到，此时与重合，由旋转可得： ，，，， ， 因此，点，，在同一条直线上． ， ， ， ， 即， 又，， ∴（SAS）， ，故； 故答案为：；；； （2）证明：如图②，延长，作， 将沿斜边翻折得到，点，分别为，边上的点，且， ， ， ， ， ， 在和中， ， ， ，， 在和中， ， ， ， ； （3）当与满足时，可使得． 如图③，延长CF，作， ∵，， ∴， 在和中， ∴（ASA）， ∴，， ∵， ∴， 在和中， ∴（SAS）， ∴，， 故当与满足时，可使得． 【点拨】本题考查了全等三角形的判定与性质，图形的翻折旋转，正方形的性质，解题的关键是掌握并灵活运用这些知识点．