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初中数学北师八下第3章卷（2）
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这是一份初中数学北师八下第3章卷（2），共29页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
单元测试（二）
一、选择题
1．下列图形中，既是中心对称图又是轴对称图形的是（ ）
A． B． C． D．
2．在平面直角坐标系xOy中，线段AB的两个端点坐标分别为A（﹣1，﹣1），B（1，2），平移线段AB，得到线段A′B′，已知A′的坐标为（3，﹣1），则点B′的坐标为（ ）
A．（4，2） B．（5，2） C．（6，2） D．（5，3）
3．如图，将Rt△ABC绕直角顶点C顺时针旋转90°，得到△A′B′C，连接AA′，若∠1=25°，则∠BAA′的度数是（ ）
A．55° B．60° C．65° D．70°
4．如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，将△ABC绕顶点C逆时针旋转得到△A'B'C，M是BC的中点，P是A'B'的中点，连接PM．若BC=2，∠BAC=30°，则线段PM的最大值是（ ）
A．4 B．3 C．2 D．1
5．如图，将△ABC绕点C顺时针旋转，使点B落在AB边上点B′处，此时，点A的对应点A′恰好落在BC边的延长线上，下列结论错误的（ ）
A．∠BCB′=∠ACA′ B．∠ACB=2∠B
C．∠B′CA=∠B′AC D．B′C平分∠BB′A′
6．如图示，若△ABC内一点P满足∠PAC=∠PBA=∠PCB，则点P为△ABC的布洛卡点．三角形的布洛卡点（Brocard point）是法国数学家和数学教育家克洛尔（A．L．Crelle 1780﹣1855）于1816年首次发现，但他的发现并未被当时的人们所注意，1875年，布洛卡点被一个数学爱好者法国军官布洛卡（Brocard 1845﹣1922）重新发现，并用他的名字命名．问题：已知在等腰直角三角形DEF中，∠EDF=90°，若点Q为△DEF的布洛卡点，DQ=1，则EQ+FQ=（ ）
A．5 B．4 C． D．
7．如图，把△ABC沿着BC的方向平移到△DEF的位置，它们重叠部分的面积是△ABC面积的一半，若BC=，则△ABC移动的距离是（ ）
A． B． C． D．﹣
8．如图，网格纸上正方形小格的边长为1．图中线段AB和点P绕着同一个点做相同的旋转，分别得到线段A'B'和点P'，则点P'所在的单位正方形区域是（ ）
A．1区 B．2区 C．3区 D．4区
9．如图，将△ABC绕点B顺时针旋转60°得△DBE，点C的对应点E恰好落在AB延长线上，连接AD．下列结论一定正确的是（ ）
A．∠ABD=∠E B．∠CBE=∠C C．AD∥BC D．AD=BC
10．如图，在正方形网格中，线段A′B′是线段AB绕某点逆时针旋转角α得到的，点A′与A对应，则角α的大小为（ ）
A．30° B．60° C．90° D．120°
11．将数字“6”旋转180°，得到数字“9”，将数字“9”旋转180°，得到数字“6”，现将数字“69”旋转180°，得到的数字是（ ）
A．96 B．69 C．66 D．99
12．下面四个手机应用图标中，属于中心对称图形的是（ ）
A． B． C． D．
二、填空题
13．在平面直角坐标系中有一点A（﹣2，1），将点A先向右平移3个单位，再向下平移2个单位，则平移后点A的坐标为 ．
14．如图，在正方形OABC中，O为坐标原点，点C在y轴正半轴上，点A的坐标为（2，0），将正方形OABC沿着OB方向平移OB个单位，则点C的对应点坐标为 ．
15．如图，△ABC中，AB=6，DE∥AC，将△BDE绕点B顺时针旋转得到△BD′E′，点D的对应点D′落在边BC上．已知BE′=5，D′C=4，则BC的长为 ．
16．在平面直角坐标系中，把点A（2，3）向左平移一个单位得到点A′，则点A′的坐标为 ．
17．已知：如图，在△AOB中，∠AOB=90°，AO=3cm，BO=4cm．将△AOB绕顶点O，按顺时针方向旋转到△A1OB1处，此时线段OB1与AB的交点D恰好为AB的中点，则线段B1D= cm．
三、解答题
18．如图，平面直角坐标系内，小正方形网格的边长为1个单位长度，△ABC的三个顶点的坐标分别为A（﹣3，4），B（﹣5，2），C（﹣2，1）．
(1)画出△ABC关于y轴对称图形△A1B1C1；
(2)画出将△ABC绕原点O逆时针方向旋转90°得到的△A2B2C2；
(3)求(2)中线段OA扫过的图形面积．
19．已知：△AOB和△COD均为等腰直角三角形，∠AOB=∠COD=90°．连接AD，BC，点H为BC中点，连接OH．
(1)如图1所示，易证：OH=AD且OH⊥AD（不需证明）
(2)将△COD绕点O旋转到图2，图3所示位置时，线段OH与AD又有怎样的关系，并选择一个图形证明你的结论．
20．如图，在边长为1的正方形网格中，△ABC的顶点均在格点上．
(1)画出△ABC关于原点成中心对称的△A'B'C'，并直接写出△A'B'C'各顶点的坐标．
(2)求点B旋转到点B'的路径长（结果保留π）．
21．某游乐场部分平面图如图所示，C、E、A在同一直线上，D、E、B在同一直线上，测得A处与E处的距离为80 米，C处与D处的距离为34米，∠C=90°，∠BAE=30°．（≈1.4，≈1.7）
(1)求旋转木马E处到出口B处的距离；
(2)求海洋球D处到出口B处的距离（结果保留整数）．
22．在平面直角坐标系中，△ABC三个顶点的坐标分别为A（2，3），B（1，1），C（5，1）．
(1)把△ABC平移后，其中点 A移到点A1（4，5），画出平移后得到的△A1B1C1；
(2)把△A1B1C1绕点A1按逆时针方向旋转90°，画出旋转后的△A2 B2C2．
23．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)线段DC= ；
(2)求线段DB的长度．
答案与解析
1．下列图形中，既是中心对称图又是轴对称图形的是（ ）
A． B． C． D．
【考点】R5：中心对称图形；P3：轴对称图形．
【专题】选择题
【分析】根据中心对称图形和轴对称图形对各选项分析判断即可得解．
【解答】解：A、是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项错误；
B、是中心对称图，不是轴对称图形，故本选项错误；
C、既是中心对称图又是轴对称图形，故本选项正确；
D、是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项错误．
故选C．
【点评】本题考查了中心对称图形与轴对称图形的概念，轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分折叠后可重合，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后两部分重合．
2．在平面直角坐标系xOy中，线段AB的两个端点坐标分别为A（﹣1，﹣1），B（1，2），平移线段AB，得到线段A′B′，已知A′的坐标为（3，﹣1），则点B′的坐标为（ ）
A．（4，2） B．（5，2） C．（6，2） D．（5，3）
【考点】Q3：坐标与图形变化﹣平移．
【专题】选择题
【分析】根据A点的坐标及对应点的坐标可得线段AB向右平移4个单位，然后可得B′点的坐标．
【解答】解：∵A（﹣1，﹣1）平移后得到点A′的坐标为（3，﹣1），
∴向右平移4个单位，
∴B（1，2）的对应点坐标为（1+4，2），
即（5，2）．
故选：B．
【点评】此题主要考查了坐标与图形的变化﹣﹣平移，关键是掌握横坐标，右移加，左移减；纵坐标，上移加，下移减．
3．如图，将Rt△ABC绕直角顶点C顺时针旋转90°，得到△A′B′C，连接AA′，若∠1=25°，则∠BAA′的度数是（ ）
A．55° B．60° C．65° D．70°
【考点】R2：旋转的性质．
【专题】选择题
【分析】根据旋转的性质可得AC=A′C，然后判断出△ACA′是等腰直角三角形，根据等腰直角三角形的性质可得∠CAA′=45°，再根据三角形的内角和定理可得结果．
【解答】解：∵Rt△ABC绕直角顶点C顺时针旋转90°得到△A′B′C，
∴AC=A′C，
∴△ACA′是等腰直角三角形，
∴∠CA′A=45°，∠CA′B′=20°=∠BAC
∴∠BAA′=180°﹣70°﹣45°=65°，
故选：C．
【点评】本题考查了旋转的性质，等腰直角三角形的判定与性质，三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和的性质，熟记各性质并准确识图是解题的关键．
4．如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，将△ABC绕顶点C逆时针旋转得到△A'B'C，M是BC的中点，P是A'B'的中点，连接PM．若BC=2，∠BAC=30°，则线段PM的最大值是（ ）
A．4 B．3 C．2 D．1
【考点】R2：旋转的性质．
【专题】选择题
【分析】如图连接PC．思想求出PC=2，根据PM≤PC+CM，可得PM≤3，由此即可解决问题．
【解答】解：如图连接PC．
在Rt△ABC中，∵∠A=30°，BC=2，
∴AB=4，
根据旋转不变性可知，A′B′=AB=4，
∴A′P=PB′，
∴PC=A′B′=2，
∵CM=BM=1，
又∵PM≤PC+CM，即PM≤3，
∴PM的最大值为3（此时P、C、M共线）．
故选B．
【点评】本题考查旋转变换、解直角三角形、直角三角形30度角的性质、直角三角形斜边中线定理，三角形的三边关系等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，学会利用三角形的三边关系解决最值问题，属于中考常考题型．
5．如图，将△ABC绕点C顺时针旋转，使点B落在AB边上点B′处，此时，点A的对应点A′恰好落在BC边的延长线上，下列结论错误的（ ）
A．∠BCB′=∠ACA′ B．∠ACB=2∠B
C．∠B′CA=∠B′AC D．B′C平分∠BB′A′
【考点】R2：旋转的性质．
【专题】选择题
【分析】根据旋转的性质得到∠BCB′=∠ACA′，故A正确，根据等腰三角形的性质得到∠B=∠BB'C，根据三角形的外角的性质得到∠A'CB'=2∠B，等量代换得到∠ACB=2∠B，故B正确；等量代换得到∠A′B′C=∠BB′C，于是得到B′C平分∠BB′A′，故D正确．
【解答】解：根据旋转的性质得，∠BCB'和∠ACA'都是旋转角，则∠BCB′=∠ACA′，故A正确，
∵CB=CB'，
∴∠B=∠BB'C，
又∵∠A'CB'=∠B+∠BB'C，
∴∠A'CB'=2∠B，
又∵∠ACB=∠A'CB'，
∴∠ACB=2∠B，故B正确；
∵∠A′B′C=∠B，
∴∠A′B′C=∠BB′C，
∴B′C平分∠BB′A′，故D正确；
故选C．
【点评】本题考查了旋转的性质，角平分线的定义，等腰三角形的性质，正确的识别图形是解题的关键．
6．如图示，若△ABC内一点P满足∠PAC=∠PBA=∠PCB，则点P为△ABC的布洛卡点．三角形的布洛卡点（Brocard point）是法国数学家和数学教育家克洛尔（A．L．Crelle 1780﹣1855）于1816年首次发现，但他的发现并未被当时的人们所注意，1875年，布洛卡点被一个数学爱好者法国军官布洛卡（Brocard 1845﹣1922）重新发现，并用他的名字命名．问题：已知在等腰直角三角形DEF中，∠EDF=90°，若点Q为△DEF的布洛卡点，DQ=1，则EQ+FQ=（ ）
A．5 B．4 C． D．
【考点】R2：旋转的性质；JB：平行线的判定与性质；KW：等腰直角三角形．
【专题】选择题
【分析】由△DQF∽△FQE，推出===，由此求出EQ、FQ即可解决问题．
【解答】解：如图，在等腰直角三角形△DEF中，∠EDF=90°，DE=DF，∠1=∠2=∠3，
∵∠1+∠QEF=∠3+∠DFQ=45°，
∴∠QEF=∠DFQ，∵∠2=∠3，
∴△DQF∽△FQE，
∴===，
∵DQ=1，
∴FQ=，EQ=2，
∴EQ+FQ=2+，
故选D
【点评】本题考查等腰直角三角形的性质、相似三角形的判定和性质等知识，解题的关键是正确寻找相似三角形解决问题，属于中考常考题型．
7．如图，把△ABC沿着BC的方向平移到△DEF的位置，它们重叠部分的面积是△ABC面积的一半，若BC=，则△ABC移动的距离是（ ）
A． B． C． D．﹣
【考点】Q2：平移的性质．
【专题】选择题
【分析】移动的距离可以视为BE或CF的长度，根据题意可知△ABC与阴影部分为相似三角形，且面积比为2：1，所以EC：BC=1：，推出EC的长，利用线段的差求BE的长．
【解答】解：∵△ABC沿BC边平移到△DEF的位置，
∴AB∥DE，
∴△ABC∽△HEC，
∴=（）2=，
∴EC：BC=1：，
∵BC=，
∴EC=，
∴BE=BC﹣EC=﹣．
故选：D．
【点评】本题主要考查相似三角形的判定和性质、平移的性质，关键在于证△ABC与阴影部分为相似三角形．
8．如图，网格纸上正方形小格的边长为1．图中线段AB和点P绕着同一个点做相同的旋转，分别得到线段A'B'和点P'，则点P'所在的单位正方形区域是（ ）
A．1区 B．2区 C．3区 D．4区
【考点】R2：旋转的性质．
【专题】选择题
【分析】根据旋转的性质连接AA′、BB′，分别作AA′、BB′的中垂线，两直线的交点即为旋转中心，从而得出线段AB和点P是绕着同一个该点逆时针旋转90°，据此可得答案．
【解答】解：如图，连接AA′、BB′，分别作AA′、BB′的中垂线，两直线的交点即为旋转中心，
由图可知，线段AB和点P绕着同一个该点逆时针旋转90°，
∴点P逆时针旋转90°后所得对应点P′落在4区，
故选：D．
【点评】本题主要考查旋转，熟练掌握旋转的性质得出图形的旋转中心及旋转方向是解题的关键．
9．如图，将△ABC绕点B顺时针旋转60°得△DBE，点C的对应点E恰好落在AB延长线上，连接AD．下列结论一定正确的是（ ）
A．∠ABD=∠E B．∠CBE=∠C C．AD∥BC D．AD=BC
【考点】R2：旋转的性质．
【专题】选择题
【分析】由旋转的性质得到∠ABD=∠CBE=60°，AB=BD，推出△ABD是等边三角形，得到∠DAB=∠CBE，于是得到结论．
【解答】解：∵△ABC绕点B顺时针旋转60°得△DBE，
∴∠ABD=∠CBE=60°，AB=BD，
∴△ABD是等边三角形，
∴∠DAB=60°，
∴∠DAB=∠CBE，
∴AD∥BC，
故选C．
【点评】本题考查了旋转的性质，等边三角形的判定和性质，平行线的判定，熟练掌握旋转的性质是解题的关键．
10．如图，在正方形网格中，线段A′B′是线段AB绕某点逆时针旋转角α得到的，点A′与A对应，则角α的大小为（ ）
A．30° B．60° C．90° D．120°
【考点】R2：旋转的性质．
【专题】选择题
【分析】根据题意确定旋转中心后即可确定旋转角的大小．
【解答】解：如图：
显然，旋转角为90°，
故选C．
【点评】考查了旋转的性质，解题的关键是能够根据题意确定旋转中心的知识，难度不大．
11．将数字“6”旋转180°，得到数字“9”，将数字“9”旋转180°，得到数字“6”，现将数字“69”旋转180°，得到的数字是（ ）
A．96 B．69 C．66 D．99
【考点】R1：生活中的旋转现象．
【专题】选择题
【分析】直接利用中心对称图形的性质结合69的特点得出答案．
【解答】解：现将数字“69”旋转180°，得到的数字是：69．
故选：B．
【点评】此题主要考查了生活中的旋转现象，正确想象出旋转后图形是解题关键．
12．下面四个手机应用图标中，属于中心对称图形的是（ ）
A． B． C． D．
【考点】R5：中心对称图形．
【专题】选择题
【分析】根据中心对称图形的概念进行判断即可．
【解答】解：A图形不是中心对称图形；
B图形是中心对称图形；
C图形不是中心对称图形；
D图形不是中心对称图形，
故选：B．
【点评】本题考查的是中心对称图形与轴对称图形的概念．轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分折叠后可重合，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后两部分重合．
13．在平面直角坐标系中有一点A（﹣2，1），将点A先向右平移3个单位，再向下平移2个单位，则平移后点A的坐标为 ．
【考点】Q3：坐标与图形变化﹣平移．
【专题】填空题
【分析】根据坐标平移规律即可求出答案．
【解答】解：由题意可知：A的横坐标+3，纵坐标﹣2，即可求出平移后的坐标，
∴平移后A的坐标为（1，﹣1）
故答案为：（1，﹣1）
【点评】本题考查坐标平移规律，解题的关键是根据题意进行坐标变换即可，本题属于基础题型．
14．如图，在正方形OABC中，O为坐标原点，点C在y轴正半轴上，点A的坐标为（2，0），将正方形OABC沿着OB方向平移OB个单位，则点C的对应点坐标为 ．
【考点】Q3：坐标与图形变化﹣平移．
【专题】填空题
【分析】将正方形OABC沿着OB方向平移OB个单位，即将正方形OABC沿先向右平移1个单位，再向上平移1个单位，根据平移规律即可求出点C的对应点坐标．
【解答】解：∵在正方形OABC中，O为坐标原点，点C在y轴正半轴上，点A的坐标为（2，0），
∴OC=OA=2，C（0，2），
∵将正方形OABC沿着OB方向平移OB个单位，即将正方形OABC沿先向右平移1个单位，再向上平移1个单位，
∴点C的对应点坐标是（1，3）．
故答案为（1，3）．
【点评】本题考查了坐标与图形变化﹣平移，在平面直角坐标系中，图形的平移与图形上某点的平移相同．平移中点的变化规律是：横坐标右移加，左移减；纵坐标上移加，下移减．理解将正方形OABC沿着OB方向平移OB个单位，即将正方形OABC沿先向右平移1个单位，再向上平移1个单位是解题的关键．
15．如图，△ABC中，AB=6，DE∥AC，将△BDE绕点B顺时针旋转得到△BD′E′，点D的对应点D′落在边BC上．已知BE′=5，D′C=4，则BC的长为 ．
【考点】R2：旋转的性质；JA：平行线的性质．
【专题】填空题
【分析】根据旋转可得BE=BE'=5，BD=BD'，进而得到BD=BC﹣4，再根据平行线分线段成比例定理，即可得到=，即=，即可得出BC的长．
【解答】解：由旋转可得，BE=BE'=5，BD=BD'，
∵D'C=4，
∴BD'=BC﹣4，即BD=BC﹣4，
∵DE∥AC，
∴=，即=，
解得BC=2+（负值已舍去），
即BC的长为2+．
故答案为：2+．
【点评】本题主要考查了旋转的性质，解一元二次方程以及平行线分线段成比例定理的运用，解题时注意：对应点到旋转中心的距离相等．解决问题的关键是依据平行线分线段成比例定理，列方程求解．
16．在平面直角坐标系中，把点A（2，3）向左平移一个单位得到点A′，则点A′的坐标为 ．
【考点】Q3：坐标与图形变化﹣平移．
【专题】填空题
【分析】根据向左平移横坐标减，向上平移纵坐标加求解即可．
【解答】解：∵点A（2，3）向左平移1个单位长度，
∴点A′的横坐标为2﹣1=1，纵坐标不变，
∴A′的坐标为（1，3）．
故答案为：（1，3）．
【点评】本题考查了坐标与图形变化﹣平移，平移中点的变化规律是：横坐标右移加，左移减；纵坐标上移加，下移减．
17．已知：如图，在△AOB中，∠AOB=90°，AO=3cm，BO=4cm．将△AOB绕顶点O，按顺时针方向旋转到△A1OB1处，此时线段OB1与AB的交点D恰好为AB的中点，则线段B1D= cm．
【考点】R2：旋转的性质；KP：直角三角形斜边上的中线．
【专题】填空题
【分析】先在直角△AOB中利用勾股定理求出AB==5cm，再利用直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半得出OD=AB=2.5cm．然后根据旋转的性质得到OB1=OB=4cm，那么B1D=OB1﹣OD=1.5cm．
【解答】解：∵在△AOB中，∠AOB=90°，AO=3cm，BO=4cm，
∴AB==5cm，
∵点D为AB的中点，
∴OD=AB=2.5cm．
∵将△AOB绕顶点O，按顺时针方向旋转到△A1OB1处，
∴OB1=OB=4cm，
∴B1D=OB1﹣OD=1.5cm．
故答案为1.5．
【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．也考查了直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半的性质以及勾股定理．
18．如图，平面直角坐标系内，小正方形网格的边长为1个单位长度，△ABC的三个顶点的坐标分别为A（﹣3，4），B（﹣5，2），C（﹣2，1）．
(1)画出△ABC关于y轴对称图形△A1B1C1；
(2)画出将△ABC绕原点O逆时针方向旋转90°得到的△A2B2C2；
(3)求(2)中线段OA扫过的图形面积．
【考点】R8：作图﹣旋转变换；MO：扇形面积的计算；P7：作图﹣轴对称变换．
【专题】解答题
【分析】(1)分别作出各点关于y轴的对称点，再顺次连接即可；
(2)根据图形旋转的性质画出旋转后的图形△A2B2C2即可；
(3)利用扇形的面积公式即可得出结论．
【解答】解：(1)如图，△A1B1C1即为所求；
(2)如图，△A2B2C2即为所求；
(3)∵OA==5，
∴线段OA扫过的图形面积==π．
【点评】本题考查的是作图﹣旋转变换，熟知图形旋转不变性的性质是解答此题的关键．
19．已知：△AOB和△COD均为等腰直角三角形，∠AOB=∠COD=90°．连接AD，BC，点H为BC中点，连接OH．
(1)如图1所示，易证：OH=AD且OH⊥AD（不需证明）
(2)将△COD绕点O旋转到图2，图3所示位置时，线段OH与AD又有怎样的关系，并选择一个图形证明你的结论．
【考点】R2：旋转的性质；KD：全等三角形的判定与性质；KW：等腰直角三角形．
【专题】解答题
【分析】(1)只要证明△AOD≌△BOC，即可解决问题；
(2)①如图2中，结论：OH=AD，OH⊥AD．延长OH到E，使得HE=OH，连接BE，由△BEO≌△ODA即可解决问题；
②如图3中，结论不变．延长OH到E，使得HE=OH，连接BE，延长EO交AD于G．由△BEO≌△ODA即可解决问题；
【解答】(1)证明：如图1中，
∵△OAB与△OCD为等腰直角三角形，∠AOB=∠COD=90°，
∴OC=OD，OA=OB，
∵在△AOD与△BOC中，
，
∴△AOD≌△BOC（SAS），
∴∠ADO=∠BCO，∠OAD=∠OBC，
∵点H为线段BC的中点，
∴OH=HB，
∴∠OBH=∠HOB=∠OAD，
又因为∠OAD+∠ADO=90°，
所以∠ADO+∠BOH=90°，
所以OH⊥AD
(2)解：①结论：OH=AD，OH⊥AD，如图2中，延长OH到E，使得HE=OH，连接BE，
易证△BEO≌△ODA
∴OE=AD
∴OH=OE=AD
由△BEO≌△ODA，知∠EOB=∠DAO
∴∠DAO+∠AOH=∠EOB+∠AOH=90°，
∴OH⊥AD．
②如图3中，结论不变．延长OH到E，使得HE=OH，连接BE，延长EO交AD于G．
易证△BEO≌△ODA
∴OE=AD
∴OH=OE=AD
由△BEO≌△ODA，知∠EOB=∠DAO
∴∠DAO+∠AOF=∠EOB+∠AOG=90°，
∴∠AGO=90°
∴OH⊥AD．
【点评】本题考查了全等三角形的判定和性质、直角三角形斜边上的中线、等腰直角三角形、三角形中位线定理、旋转的性质，此题综合性较强，适用于基础较好的学生．
20．如图，在边长为1的正方形网格中，△ABC的顶点均在格点上．
(1)画出△ABC关于原点成中心对称的△A'B'C'，并直接写出△A'B'C'各顶点的坐标．
(2)求点B旋转到点B'的路径长（结果保留π）．
【考点】R8：作图﹣旋转变换；O4：轨迹．
【专题】解答题
【分析】(1)根据关于原点对称的点的坐标，可得答案；
(2)根据弧长公式，可得答案．
【解答】解：(1)如图；
(2)由图可知：OB==3，
∴=π•OB=3π．
【点评】本题考查了旋转变换，利用关于原点对称的点的坐标是解题关键，又利用了弧长公式．
21．某游乐场部分平面图如图所示，C、E、A在同一直线上，D、E、B在同一直线上，测得A处与E处的距离为80 米，C处与D处的距离为34米，∠C=90°，∠BAE=30°．（≈1.4，≈1.7）
(1)求旋转木马E处到出口B处的距离；
(2)求海洋球D处到出口B处的距离（结果保留整数）．
【考点】R2：旋转的性质．
【专题】解答题
【分析】(1)在Rt△ABE中，利用三角函数即可直接求得BE的长；
(2)在Rt△CDE中，利用三角函数求得DE的长，然后利用DB=DE+EB求解．
【解答】解：(1)∵在Rt△ABE中，∠BAE=30°，
∴BE=AE=×80=40（米）；
(2)∵在Rt△ABE中，∠BAE=30°，
∴∠AEB=90°﹣30°=60°，
∴∠CED=∠AEB=60°，
∴在Rt△CDE中，DE=≈=40（米），
则BD=DE+BE=40+40=80（米）．
【点评】本题考查了解直角三角形，正确理解三角函数的定义，理解边角关系是关键．
22．在平面直角坐标系中，△ABC三个顶点的坐标分别为A（2，3），B（1，1），C（5，1）．
(1)把△ABC平移后，其中点 A移到点A1（4，5），画出平移后得到的△A1B1C1；
(2)把△A1B1C1绕点A1按逆时针方向旋转90°，画出旋转后的△A2 B2C2．
【考点】R8：作图﹣旋转变换；Q4：作图﹣平移变换．
【专题】解答题
【分析】(1)根据图形平移的性质画出平移后的△A1B1C1即可；
(2)根据图形旋转的性质画出旋转后的△A2 B2C2即可．
【解答】解：(1)如图，△A1B1C1即为所求；
(2)如图，△A2 B2C2即为所求．
【点评】本题考查的是作图﹣旋转变换，熟知图形旋转不变性的性质是解答此题的关键．
23．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)线段DC= ；
(2)求线段DB的长度．
【考点】R2：旋转的性质．
【专题】解答题
【分析】(1)证明△ACD是等边三角形，据此求解；
(2)作DE⊥BC于点E，首先在Rt△CDE中利用三角函数求得DE和CE的长，然后在Rt△BDE中利用勾股定理求解．
【解答】解：(1)∵AC=AD，∠CAD=60°，
∴△ACD是等边三角形，
∴DC=AC=4．
故答案是：4；
(2)作DE⊥BC于点E．
∵△ACD是等边三角形，
∴∠ACD=60°，
又∵AC⊥BC，
∴∠DCE=∠ACB﹣∠ACD=90°﹣60°=30°，
∴Rt△CDE中，DE=DC=2，
CE=DC•cos30°=4×=2，
∴BE=BC﹣CE=3﹣2=．
∴Rt△BDE中，BD===．
【点评】本题考查了旋转的性质以及解直角三角形的应用，正确作出辅助线，转化为直角三角形的计算是关键．
单元测试（二）
一、选择题
1．下列图形中，既是中心对称图又是轴对称图形的是（ ）
A． B． C． D．
2．在平面直角坐标系xOy中，线段AB的两个端点坐标分别为A（﹣1，﹣1），B（1，2），平移线段AB，得到线段A′B′，已知A′的坐标为（3，﹣1），则点B′的坐标为（ ）
A．（4，2） B．（5，2） C．（6，2） D．（5，3）
3．如图，将Rt△ABC绕直角顶点C顺时针旋转90°，得到△A′B′C，连接AA′，若∠1=25°，则∠BAA′的度数是（ ）
A．55° B．60° C．65° D．70°
4．如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，将△ABC绕顶点C逆时针旋转得到△A'B'C，M是BC的中点，P是A'B'的中点，连接PM．若BC=2，∠BAC=30°，则线段PM的最大值是（ ）
A．4 B．3 C．2 D．1
5．如图，将△ABC绕点C顺时针旋转，使点B落在AB边上点B′处，此时，点A的对应点A′恰好落在BC边的延长线上，下列结论错误的（ ）
A．∠BCB′=∠ACA′ B．∠ACB=2∠B
C．∠B′CA=∠B′AC D．B′C平分∠BB′A′
6．如图示，若△ABC内一点P满足∠PAC=∠PBA=∠PCB，则点P为△ABC的布洛卡点．三角形的布洛卡点（Brocard point）是法国数学家和数学教育家克洛尔（A．L．Crelle 1780﹣1855）于1816年首次发现，但他的发现并未被当时的人们所注意，1875年，布洛卡点被一个数学爱好者法国军官布洛卡（Brocard 1845﹣1922）重新发现，并用他的名字命名．问题：已知在等腰直角三角形DEF中，∠EDF=90°，若点Q为△DEF的布洛卡点，DQ=1，则EQ+FQ=（ ）
A．5 B．4 C． D．
7．如图，把△ABC沿着BC的方向平移到△DEF的位置，它们重叠部分的面积是△ABC面积的一半，若BC=，则△ABC移动的距离是（ ）
A． B． C． D．﹣
8．如图，网格纸上正方形小格的边长为1．图中线段AB和点P绕着同一个点做相同的旋转，分别得到线段A'B'和点P'，则点P'所在的单位正方形区域是（ ）
A．1区 B．2区 C．3区 D．4区
9．如图，将△ABC绕点B顺时针旋转60°得△DBE，点C的对应点E恰好落在AB延长线上，连接AD．下列结论一定正确的是（ ）
A．∠ABD=∠E B．∠CBE=∠C C．AD∥BC D．AD=BC
10．如图，在正方形网格中，线段A′B′是线段AB绕某点逆时针旋转角α得到的，点A′与A对应，则角α的大小为（ ）
A．30° B．60° C．90° D．120°
11．将数字“6”旋转180°，得到数字“9”，将数字“9”旋转180°，得到数字“6”，现将数字“69”旋转180°，得到的数字是（ ）
A．96 B．69 C．66 D．99
12．下面四个手机应用图标中，属于中心对称图形的是（ ）
A． B． C． D．
二、填空题
13．在平面直角坐标系中有一点A（﹣2，1），将点A先向右平移3个单位，再向下平移2个单位，则平移后点A的坐标为 ．
14．如图，在正方形OABC中，O为坐标原点，点C在y轴正半轴上，点A的坐标为（2，0），将正方形OABC沿着OB方向平移OB个单位，则点C的对应点坐标为 ．
15．如图，△ABC中，AB=6，DE∥AC，将△BDE绕点B顺时针旋转得到△BD′E′，点D的对应点D′落在边BC上．已知BE′=5，D′C=4，则BC的长为 ．
16．在平面直角坐标系中，把点A（2，3）向左平移一个单位得到点A′，则点A′的坐标为 ．
17．已知：如图，在△AOB中，∠AOB=90°，AO=3cm，BO=4cm．将△AOB绕顶点O，按顺时针方向旋转到△A1OB1处，此时线段OB1与AB的交点D恰好为AB的中点，则线段B1D= cm．
三、解答题
18．如图，平面直角坐标系内，小正方形网格的边长为1个单位长度，△ABC的三个顶点的坐标分别为A（﹣3，4），B（﹣5，2），C（﹣2，1）．
(1)画出△ABC关于y轴对称图形△A1B1C1；
(2)画出将△ABC绕原点O逆时针方向旋转90°得到的△A2B2C2；
(3)求(2)中线段OA扫过的图形面积．
19．已知：△AOB和△COD均为等腰直角三角形，∠AOB=∠COD=90°．连接AD，BC，点H为BC中点，连接OH．
(1)如图1所示，易证：OH=AD且OH⊥AD（不需证明）
(2)将△COD绕点O旋转到图2，图3所示位置时，线段OH与AD又有怎样的关系，并选择一个图形证明你的结论．
20．如图，在边长为1的正方形网格中，△ABC的顶点均在格点上．
(1)画出△ABC关于原点成中心对称的△A'B'C'，并直接写出△A'B'C'各顶点的坐标．
(2)求点B旋转到点B'的路径长（结果保留π）．
21．某游乐场部分平面图如图所示，C、E、A在同一直线上，D、E、B在同一直线上，测得A处与E处的距离为80 米，C处与D处的距离为34米，∠C=90°，∠BAE=30°．（≈1.4，≈1.7）
(1)求旋转木马E处到出口B处的距离；
(2)求海洋球D处到出口B处的距离（结果保留整数）．
22．在平面直角坐标系中，△ABC三个顶点的坐标分别为A（2，3），B（1，1），C（5，1）．
(1)把△ABC平移后，其中点 A移到点A1（4，5），画出平移后得到的△A1B1C1；
(2)把△A1B1C1绕点A1按逆时针方向旋转90°，画出旋转后的△A2 B2C2．
23．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)线段DC= ；
(2)求线段DB的长度．
答案与解析
1．下列图形中，既是中心对称图又是轴对称图形的是（ ）
A． B． C． D．
【考点】R5：中心对称图形；P3：轴对称图形．
【专题】选择题
【分析】根据中心对称图形和轴对称图形对各选项分析判断即可得解．
【解答】解：A、是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项错误；
B、是中心对称图，不是轴对称图形，故本选项错误；
C、既是中心对称图又是轴对称图形，故本选项正确；
D、是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项错误．
故选C．
【点评】本题考查了中心对称图形与轴对称图形的概念，轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分折叠后可重合，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后两部分重合．
2．在平面直角坐标系xOy中，线段AB的两个端点坐标分别为A（﹣1，﹣1），B（1，2），平移线段AB，得到线段A′B′，已知A′的坐标为（3，﹣1），则点B′的坐标为（ ）
A．（4，2） B．（5，2） C．（6，2） D．（5，3）
【考点】Q3：坐标与图形变化﹣平移．
【专题】选择题
【分析】根据A点的坐标及对应点的坐标可得线段AB向右平移4个单位，然后可得B′点的坐标．
【解答】解：∵A（﹣1，﹣1）平移后得到点A′的坐标为（3，﹣1），
∴向右平移4个单位，
∴B（1，2）的对应点坐标为（1+4，2），
即（5，2）．
故选：B．
【点评】此题主要考查了坐标与图形的变化﹣﹣平移，关键是掌握横坐标，右移加，左移减；纵坐标，上移加，下移减．
3．如图，将Rt△ABC绕直角顶点C顺时针旋转90°，得到△A′B′C，连接AA′，若∠1=25°，则∠BAA′的度数是（ ）
A．55° B．60° C．65° D．70°
【考点】R2：旋转的性质．
【专题】选择题
【分析】根据旋转的性质可得AC=A′C，然后判断出△ACA′是等腰直角三角形，根据等腰直角三角形的性质可得∠CAA′=45°，再根据三角形的内角和定理可得结果．
【解答】解：∵Rt△ABC绕直角顶点C顺时针旋转90°得到△A′B′C，
∴AC=A′C，
∴△ACA′是等腰直角三角形，
∴∠CA′A=45°，∠CA′B′=20°=∠BAC
∴∠BAA′=180°﹣70°﹣45°=65°，
故选：C．
【点评】本题考查了旋转的性质，等腰直角三角形的判定与性质，三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和的性质，熟记各性质并准确识图是解题的关键．
4．如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，将△ABC绕顶点C逆时针旋转得到△A'B'C，M是BC的中点，P是A'B'的中点，连接PM．若BC=2，∠BAC=30°，则线段PM的最大值是（ ）
A．4 B．3 C．2 D．1
【考点】R2：旋转的性质．
【专题】选择题
【分析】如图连接PC．思想求出PC=2，根据PM≤PC+CM，可得PM≤3，由此即可解决问题．
【解答】解：如图连接PC．
在Rt△ABC中，∵∠A=30°，BC=2，
∴AB=4，
根据旋转不变性可知，A′B′=AB=4，
∴A′P=PB′，
∴PC=A′B′=2，
∵CM=BM=1，
又∵PM≤PC+CM，即PM≤3，
∴PM的最大值为3（此时P、C、M共线）．
故选B．
【点评】本题考查旋转变换、解直角三角形、直角三角形30度角的性质、直角三角形斜边中线定理，三角形的三边关系等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，学会利用三角形的三边关系解决最值问题，属于中考常考题型．
5．如图，将△ABC绕点C顺时针旋转，使点B落在AB边上点B′处，此时，点A的对应点A′恰好落在BC边的延长线上，下列结论错误的（ ）
A．∠BCB′=∠ACA′ B．∠ACB=2∠B
C．∠B′CA=∠B′AC D．B′C平分∠BB′A′
【考点】R2：旋转的性质．
【专题】选择题
【分析】根据旋转的性质得到∠BCB′=∠ACA′，故A正确，根据等腰三角形的性质得到∠B=∠BB'C，根据三角形的外角的性质得到∠A'CB'=2∠B，等量代换得到∠ACB=2∠B，故B正确；等量代换得到∠A′B′C=∠BB′C，于是得到B′C平分∠BB′A′，故D正确．
【解答】解：根据旋转的性质得，∠BCB'和∠ACA'都是旋转角，则∠BCB′=∠ACA′，故A正确，
∵CB=CB'，
∴∠B=∠BB'C，
又∵∠A'CB'=∠B+∠BB'C，
∴∠A'CB'=2∠B，
又∵∠ACB=∠A'CB'，
∴∠ACB=2∠B，故B正确；
∵∠A′B′C=∠B，
∴∠A′B′C=∠BB′C，
∴B′C平分∠BB′A′，故D正确；
故选C．
【点评】本题考查了旋转的性质，角平分线的定义，等腰三角形的性质，正确的识别图形是解题的关键．
6．如图示，若△ABC内一点P满足∠PAC=∠PBA=∠PCB，则点P为△ABC的布洛卡点．三角形的布洛卡点（Brocard point）是法国数学家和数学教育家克洛尔（A．L．Crelle 1780﹣1855）于1816年首次发现，但他的发现并未被当时的人们所注意，1875年，布洛卡点被一个数学爱好者法国军官布洛卡（Brocard 1845﹣1922）重新发现，并用他的名字命名．问题：已知在等腰直角三角形DEF中，∠EDF=90°，若点Q为△DEF的布洛卡点，DQ=1，则EQ+FQ=（ ）
A．5 B．4 C． D．
【考点】R2：旋转的性质；JB：平行线的判定与性质；KW：等腰直角三角形．
【专题】选择题
【分析】由△DQF∽△FQE，推出===，由此求出EQ、FQ即可解决问题．
【解答】解：如图，在等腰直角三角形△DEF中，∠EDF=90°，DE=DF，∠1=∠2=∠3，
∵∠1+∠QEF=∠3+∠DFQ=45°，
∴∠QEF=∠DFQ，∵∠2=∠3，
∴△DQF∽△FQE，
∴===，
∵DQ=1，
∴FQ=，EQ=2，
∴EQ+FQ=2+，
故选D
【点评】本题考查等腰直角三角形的性质、相似三角形的判定和性质等知识，解题的关键是正确寻找相似三角形解决问题，属于中考常考题型．
7．如图，把△ABC沿着BC的方向平移到△DEF的位置，它们重叠部分的面积是△ABC面积的一半，若BC=，则△ABC移动的距离是（ ）
A． B． C． D．﹣
【考点】Q2：平移的性质．
【专题】选择题
【分析】移动的距离可以视为BE或CF的长度，根据题意可知△ABC与阴影部分为相似三角形，且面积比为2：1，所以EC：BC=1：，推出EC的长，利用线段的差求BE的长．
【解答】解：∵△ABC沿BC边平移到△DEF的位置，
∴AB∥DE，
∴△ABC∽△HEC，
∴=（）2=，
∴EC：BC=1：，
∵BC=，
∴EC=，
∴BE=BC﹣EC=﹣．
故选：D．
【点评】本题主要考查相似三角形的判定和性质、平移的性质，关键在于证△ABC与阴影部分为相似三角形．
8．如图，网格纸上正方形小格的边长为1．图中线段AB和点P绕着同一个点做相同的旋转，分别得到线段A'B'和点P'，则点P'所在的单位正方形区域是（ ）
A．1区 B．2区 C．3区 D．4区
【考点】R2：旋转的性质．
【专题】选择题
【分析】根据旋转的性质连接AA′、BB′，分别作AA′、BB′的中垂线，两直线的交点即为旋转中心，从而得出线段AB和点P是绕着同一个该点逆时针旋转90°，据此可得答案．
【解答】解：如图，连接AA′、BB′，分别作AA′、BB′的中垂线，两直线的交点即为旋转中心，
由图可知，线段AB和点P绕着同一个该点逆时针旋转90°，
∴点P逆时针旋转90°后所得对应点P′落在4区，
故选：D．
【点评】本题主要考查旋转，熟练掌握旋转的性质得出图形的旋转中心及旋转方向是解题的关键．
9．如图，将△ABC绕点B顺时针旋转60°得△DBE，点C的对应点E恰好落在AB延长线上，连接AD．下列结论一定正确的是（ ）
A．∠ABD=∠E B．∠CBE=∠C C．AD∥BC D．AD=BC
【考点】R2：旋转的性质．
【专题】选择题
【分析】由旋转的性质得到∠ABD=∠CBE=60°，AB=BD，推出△ABD是等边三角形，得到∠DAB=∠CBE，于是得到结论．
【解答】解：∵△ABC绕点B顺时针旋转60°得△DBE，
∴∠ABD=∠CBE=60°，AB=BD，
∴△ABD是等边三角形，
∴∠DAB=60°，
∴∠DAB=∠CBE，
∴AD∥BC，
故选C．
【点评】本题考查了旋转的性质，等边三角形的判定和性质，平行线的判定，熟练掌握旋转的性质是解题的关键．
10．如图，在正方形网格中，线段A′B′是线段AB绕某点逆时针旋转角α得到的，点A′与A对应，则角α的大小为（ ）
A．30° B．60° C．90° D．120°
【考点】R2：旋转的性质．
【专题】选择题
【分析】根据题意确定旋转中心后即可确定旋转角的大小．
【解答】解：如图：
显然，旋转角为90°，
故选C．
【点评】考查了旋转的性质，解题的关键是能够根据题意确定旋转中心的知识，难度不大．
11．将数字“6”旋转180°，得到数字“9”，将数字“9”旋转180°，得到数字“6”，现将数字“69”旋转180°，得到的数字是（ ）
A．96 B．69 C．66 D．99
【考点】R1：生活中的旋转现象．
【专题】选择题
【分析】直接利用中心对称图形的性质结合69的特点得出答案．
【解答】解：现将数字“69”旋转180°，得到的数字是：69．
故选：B．
【点评】此题主要考查了生活中的旋转现象，正确想象出旋转后图形是解题关键．
12．下面四个手机应用图标中，属于中心对称图形的是（ ）
A． B． C． D．
【考点】R5：中心对称图形．
【专题】选择题
【分析】根据中心对称图形的概念进行判断即可．
【解答】解：A图形不是中心对称图形；
B图形是中心对称图形；
C图形不是中心对称图形；
D图形不是中心对称图形，
故选：B．
【点评】本题考查的是中心对称图形与轴对称图形的概念．轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分折叠后可重合，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后两部分重合．
13．在平面直角坐标系中有一点A（﹣2，1），将点A先向右平移3个单位，再向下平移2个单位，则平移后点A的坐标为 ．
【考点】Q3：坐标与图形变化﹣平移．
【专题】填空题
【分析】根据坐标平移规律即可求出答案．
【解答】解：由题意可知：A的横坐标+3，纵坐标﹣2，即可求出平移后的坐标，
∴平移后A的坐标为（1，﹣1）
故答案为：（1，﹣1）
【点评】本题考查坐标平移规律，解题的关键是根据题意进行坐标变换即可，本题属于基础题型．
14．如图，在正方形OABC中，O为坐标原点，点C在y轴正半轴上，点A的坐标为（2，0），将正方形OABC沿着OB方向平移OB个单位，则点C的对应点坐标为 ．
【考点】Q3：坐标与图形变化﹣平移．
【专题】填空题
【分析】将正方形OABC沿着OB方向平移OB个单位，即将正方形OABC沿先向右平移1个单位，再向上平移1个单位，根据平移规律即可求出点C的对应点坐标．
【解答】解：∵在正方形OABC中，O为坐标原点，点C在y轴正半轴上，点A的坐标为（2，0），
∴OC=OA=2，C（0，2），
∵将正方形OABC沿着OB方向平移OB个单位，即将正方形OABC沿先向右平移1个单位，再向上平移1个单位，
∴点C的对应点坐标是（1，3）．
故答案为（1，3）．
【点评】本题考查了坐标与图形变化﹣平移，在平面直角坐标系中，图形的平移与图形上某点的平移相同．平移中点的变化规律是：横坐标右移加，左移减；纵坐标上移加，下移减．理解将正方形OABC沿着OB方向平移OB个单位，即将正方形OABC沿先向右平移1个单位，再向上平移1个单位是解题的关键．
15．如图，△ABC中，AB=6，DE∥AC，将△BDE绕点B顺时针旋转得到△BD′E′，点D的对应点D′落在边BC上．已知BE′=5，D′C=4，则BC的长为 ．
【考点】R2：旋转的性质；JA：平行线的性质．
【专题】填空题
【分析】根据旋转可得BE=BE'=5，BD=BD'，进而得到BD=BC﹣4，再根据平行线分线段成比例定理，即可得到=，即=，即可得出BC的长．
【解答】解：由旋转可得，BE=BE'=5，BD=BD'，
∵D'C=4，
∴BD'=BC﹣4，即BD=BC﹣4，
∵DE∥AC，
∴=，即=，
解得BC=2+（负值已舍去），
即BC的长为2+．
故答案为：2+．
【点评】本题主要考查了旋转的性质，解一元二次方程以及平行线分线段成比例定理的运用，解题时注意：对应点到旋转中心的距离相等．解决问题的关键是依据平行线分线段成比例定理，列方程求解．
16．在平面直角坐标系中，把点A（2，3）向左平移一个单位得到点A′，则点A′的坐标为 ．
【考点】Q3：坐标与图形变化﹣平移．
【专题】填空题
【分析】根据向左平移横坐标减，向上平移纵坐标加求解即可．
【解答】解：∵点A（2，3）向左平移1个单位长度，
∴点A′的横坐标为2﹣1=1，纵坐标不变，
∴A′的坐标为（1，3）．
故答案为：（1，3）．
【点评】本题考查了坐标与图形变化﹣平移，平移中点的变化规律是：横坐标右移加，左移减；纵坐标上移加，下移减．
17．已知：如图，在△AOB中，∠AOB=90°，AO=3cm，BO=4cm．将△AOB绕顶点O，按顺时针方向旋转到△A1OB1处，此时线段OB1与AB的交点D恰好为AB的中点，则线段B1D= cm．
【考点】R2：旋转的性质；KP：直角三角形斜边上的中线．
【专题】填空题
【分析】先在直角△AOB中利用勾股定理求出AB==5cm，再利用直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半得出OD=AB=2.5cm．然后根据旋转的性质得到OB1=OB=4cm，那么B1D=OB1﹣OD=1.5cm．
【解答】解：∵在△AOB中，∠AOB=90°，AO=3cm，BO=4cm，
∴AB==5cm，
∵点D为AB的中点，
∴OD=AB=2.5cm．
∵将△AOB绕顶点O，按顺时针方向旋转到△A1OB1处，
∴OB1=OB=4cm，
∴B1D=OB1﹣OD=1.5cm．
故答案为1.5．
【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．也考查了直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半的性质以及勾股定理．
18．如图，平面直角坐标系内，小正方形网格的边长为1个单位长度，△ABC的三个顶点的坐标分别为A（﹣3，4），B（﹣5，2），C（﹣2，1）．
(1)画出△ABC关于y轴对称图形△A1B1C1；
(2)画出将△ABC绕原点O逆时针方向旋转90°得到的△A2B2C2；
(3)求(2)中线段OA扫过的图形面积．
【考点】R8：作图﹣旋转变换；MO：扇形面积的计算；P7：作图﹣轴对称变换．
【专题】解答题
【分析】(1)分别作出各点关于y轴的对称点，再顺次连接即可；
(2)根据图形旋转的性质画出旋转后的图形△A2B2C2即可；
(3)利用扇形的面积公式即可得出结论．
【解答】解：(1)如图，△A1B1C1即为所求；
(2)如图，△A2B2C2即为所求；
(3)∵OA==5，
∴线段OA扫过的图形面积==π．
【点评】本题考查的是作图﹣旋转变换，熟知图形旋转不变性的性质是解答此题的关键．
19．已知：△AOB和△COD均为等腰直角三角形，∠AOB=∠COD=90°．连接AD，BC，点H为BC中点，连接OH．
(1)如图1所示，易证：OH=AD且OH⊥AD（不需证明）
(2)将△COD绕点O旋转到图2，图3所示位置时，线段OH与AD又有怎样的关系，并选择一个图形证明你的结论．
【考点】R2：旋转的性质；KD：全等三角形的判定与性质；KW：等腰直角三角形．
【专题】解答题
【分析】(1)只要证明△AOD≌△BOC，即可解决问题；
(2)①如图2中，结论：OH=AD，OH⊥AD．延长OH到E，使得HE=OH，连接BE，由△BEO≌△ODA即可解决问题；
②如图3中，结论不变．延长OH到E，使得HE=OH，连接BE，延长EO交AD于G．由△BEO≌△ODA即可解决问题；
【解答】(1)证明：如图1中，
∵△OAB与△OCD为等腰直角三角形，∠AOB=∠COD=90°，
∴OC=OD，OA=OB，
∵在△AOD与△BOC中，
，
∴△AOD≌△BOC（SAS），
∴∠ADO=∠BCO，∠OAD=∠OBC，
∵点H为线段BC的中点，
∴OH=HB，
∴∠OBH=∠HOB=∠OAD，
又因为∠OAD+∠ADO=90°，
所以∠ADO+∠BOH=90°，
所以OH⊥AD
(2)解：①结论：OH=AD，OH⊥AD，如图2中，延长OH到E，使得HE=OH，连接BE，
易证△BEO≌△ODA
∴OE=AD
∴OH=OE=AD
由△BEO≌△ODA，知∠EOB=∠DAO
∴∠DAO+∠AOH=∠EOB+∠AOH=90°，
∴OH⊥AD．
②如图3中，结论不变．延长OH到E，使得HE=OH，连接BE，延长EO交AD于G．
易证△BEO≌△ODA
∴OE=AD
∴OH=OE=AD
由△BEO≌△ODA，知∠EOB=∠DAO
∴∠DAO+∠AOF=∠EOB+∠AOG=90°，
∴∠AGO=90°
∴OH⊥AD．
【点评】本题考查了全等三角形的判定和性质、直角三角形斜边上的中线、等腰直角三角形、三角形中位线定理、旋转的性质，此题综合性较强，适用于基础较好的学生．
20．如图，在边长为1的正方形网格中，△ABC的顶点均在格点上．
(1)画出△ABC关于原点成中心对称的△A'B'C'，并直接写出△A'B'C'各顶点的坐标．
(2)求点B旋转到点B'的路径长（结果保留π）．
【考点】R8：作图﹣旋转变换；O4：轨迹．
【专题】解答题
【分析】(1)根据关于原点对称的点的坐标，可得答案；
(2)根据弧长公式，可得答案．
【解答】解：(1)如图；
(2)由图可知：OB==3，
∴=π•OB=3π．
【点评】本题考查了旋转变换，利用关于原点对称的点的坐标是解题关键，又利用了弧长公式．
21．某游乐场部分平面图如图所示，C、E、A在同一直线上，D、E、B在同一直线上，测得A处与E处的距离为80 米，C处与D处的距离为34米，∠C=90°，∠BAE=30°．（≈1.4，≈1.7）
(1)求旋转木马E处到出口B处的距离；
(2)求海洋球D处到出口B处的距离（结果保留整数）．
【考点】R2：旋转的性质．
【专题】解答题
【分析】(1)在Rt△ABE中，利用三角函数即可直接求得BE的长；
(2)在Rt△CDE中，利用三角函数求得DE的长，然后利用DB=DE+EB求解．
【解答】解：(1)∵在Rt△ABE中，∠BAE=30°，
∴BE=AE=×80=40（米）；
(2)∵在Rt△ABE中，∠BAE=30°，
∴∠AEB=90°﹣30°=60°，
∴∠CED=∠AEB=60°，
∴在Rt△CDE中，DE=≈=40（米），
则BD=DE+BE=40+40=80（米）．
【点评】本题考查了解直角三角形，正确理解三角函数的定义，理解边角关系是关键．
22．在平面直角坐标系中，△ABC三个顶点的坐标分别为A（2，3），B（1，1），C（5，1）．
(1)把△ABC平移后，其中点 A移到点A1（4，5），画出平移后得到的△A1B1C1；
(2)把△A1B1C1绕点A1按逆时针方向旋转90°，画出旋转后的△A2 B2C2．
【考点】R8：作图﹣旋转变换；Q4：作图﹣平移变换．
【专题】解答题
【分析】(1)根据图形平移的性质画出平移后的△A1B1C1即可；
(2)根据图形旋转的性质画出旋转后的△A2 B2C2即可．
【解答】解：(1)如图，△A1B1C1即为所求；
(2)如图，△A2 B2C2即为所求．
【点评】本题考查的是作图﹣旋转变换，熟知图形旋转不变性的性质是解答此题的关键．
23．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)线段DC= ；
(2)求线段DB的长度．
【考点】R2：旋转的性质．
【专题】解答题
【分析】(1)证明△ACD是等边三角形，据此求解；
(2)作DE⊥BC于点E，首先在Rt△CDE中利用三角函数求得DE和CE的长，然后在Rt△BDE中利用勾股定理求解．
【解答】解：(1)∵AC=AD，∠CAD=60°，
∴△ACD是等边三角形，
∴DC=AC=4．
故答案是：4；
(2)作DE⊥BC于点E．
∵△ACD是等边三角形，
∴∠ACD=60°，
又∵AC⊥BC，
∴∠DCE=∠ACB﹣∠ACD=90°﹣60°=30°，
∴Rt△CDE中，DE=DC=2，
CE=DC•cos30°=4×=2，
∴BE=BC﹣CE=3﹣2=．
∴Rt△BDE中，BD===．
【点评】本题考查了旋转的性质以及解直角三角形的应用，正确作出辅助线，转化为直角三角形的计算是关键．
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