人教版九年级上册数学第23章旋转提高B卷含答案解析

这是一份人教版九年级上册数学第23章旋转提高B卷含答案解析，共27页。

第23章旋转B卷
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题
1．下列图案中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（    ）
A． B． C． D．
2．下列图形绕某点旋转后，不能与原来重合的是（旋转度数不超过180°）（    ）
A． B． C． D．
3．下列图形中，不是中心对称图形是（　　）
A．矩形 B．菱形 C．正五边形 D．圆
4．下列图形是中心对称图形，但不是轴对称图形的是（    ）
A． B． C． D．
5．如图1，四边形ABCD是菱形，对角线AC，BD相交于点O，AB=2厘米，∠BAD=60°．P，Q两点同时从点O出发，以1厘米/秒的速度在菱形的对角线及边上运动．设运动的时间为x秒，P，Q间的距离为y厘米，y与x的函数关系的图象大致如图2所示，则P、Q的运动路线可能为（    ）

A．点P：O→A→D→C，点Q：O→C→D→O
B．点P：O→A→B→C，点Q：O→C→D→O
C．点P：O→A→D→O，点Q：O→C→D→O
D．点P：O→A→D→O，点Q：O→C→B→O
6．如图，边长为2a的等边△ABC中，M是高CH所在直线上的一个动点，连接MB，将线段BM绕点B逆时针旋转60°得到BN，连接HN．则在点M运动过程中，线段HN长度的最小值是（　   　）

A． B．a C． D．
7．下列图形中，既是轴对称图形，又是中心对称图形的是（   ）
A． B． C． D．
8．已知点P1(-2，1)和P2(-2，-1)，则P1和P2(      )
A．关于原点对称 B．关于y轴对称 C．关于x轴对称 D．不存在对称关系
9．如图①是3×3正方形方格，将其中两个方格涂黑，并且使得涂黑后的整个图案是轴对称图形，约定绕正方形ABCD的中心旋转能重合的图案都视为同一种，例②中四幅图就视为同一种，则得到不同共有（    ）

A．4种 B．5种 C．6种 D．7种
10．如图，在平行四边形ABCD中，AB＝6，AD＝9，∠BAD的平分线交BC于点E，交DC的延长线于点F，BG⊥AE于点G，BG＝4，则△EFC的周长为( )

A．11 B．10 C．9 D．8

二、填空题
11．在平面直角坐标系中，点A（﹣1，2）关于原点对称的点为B（a，﹣2），则a= ．
12．在平面直角坐标系中，点A的坐标为（a，3），点B的坐标是（4，b），若点A与点B关于原点O对称，则ab= ．
13．如图,在△ABC中,AC=BC=10,∠C=90°,点O在AC边上,且CO=2,点P在BC边上,连接OP绕点O逆时针旋转90°,使得点P落在AB边上的点D处,则CP的长是

14．在平面直角坐标系中，点（﹣3，4）关于原点对称的点的坐标是 ．
15．把一副三角板如图甲放置，其中AB=6，DC=7，∠ACB=∠DEC=90°，∠A=45°，∠D=30°，把三角板DCE绕着点C顺时针旋转15°得到△D1CE1（如图乙），此时AB与CD1交于点O，则线段AD1的长度为 ．
　　　
16．如图，△ABC中，∠BAC=30°，将△ABC绕点A按顺时针方向旋转85°，对应得到△ADE，则∠DAE的度数为 度．  

17．如图所示，折叠长方形的一边AD，使点D落在边BC上的点F处，已知AB=5cm，BC=13cm，则EC的长为 cm．

18．如图，△ABC是等边三角形，点D为BC边上一点，DC=2BD=4，以点D为顶点作正方形DEFG，且DE=BC，连接AE，AG．若将正方形DEFG绕D点旋转一周，当AE取最小值时，AG的长为


三、解答题
19．如图，在平面直角坐标系中，△ABC 三个顶点的坐标分别为A（-2，2），B（-3，-2），C（-1，0）．

（1）△ABC 经过平移变换后得到的图形为△A1B1C1，若点A1的坐标为（3，0），请在直角坐标系中画出变换后的图形△A1B1C1，并写出点C1的坐标；
（2）在平面直角坐标系中，点P的坐标为（1，-1），画出△ABC绕点P按顺时针方向旋转90°后，得到的图形△A2B2C2，并写出点B2的坐标.
20．如图，已知△ABC的顶点A、B、C的坐标分别是A(﹣1，﹣1)、B(﹣4，﹣3)、C(﹣4，﹣1)．

（1）画出△ABC关于原点O中心对称的图形△A1B1C1；
（2）将△ABC绕点A按顺时针方向旋转90°后得到△AB2C2，画出△AB2C2．
21．如图所示的网格中，每个小方格都是边长为1的小正方形，B（﹣1，﹣1），C（5，﹣1）

（1）把△ABC绕点C按顺时针旋转90°后得到△A1B1C1，请画出这个三角形并写出点B1的坐标；
（2）以点A为位似中心放大△ABC，得到△A2B2C2， 使放大前后的面积之比为1：4，请在下面网格内出△A2B2C2 ．
22．如图，在中，，，，将绕点顺时针旋转得到，使点的对应点恰好落在上，求线段的长．

23．构成如图所示中每个图形的一个基本图形是什么？它们是如何由基本图形变换而成的？  

24．如图，BC∥AD，AB=4，∠BAD=60°，B、C、E在同一直线上，∠EAD=45°，求BE的长．

25．如图（1），在Rt△ABC中，∠A=90°，AC=AB=4，D，E分别是AB，AC的中点．若等腰Rt△ADE绕点A逆时针旋转，得到等腰Rt△AD1E1，如图（2），设旋转角为α（0＜α≤180°），记直线BD1与CE1的交点为P．
（1）求证：BD1=CE1；
（2）当∠CPD1=2∠CAD1时，求CE1的长；
（3）连接PA，△PAB面积的最大值为　 　．（直接填写结果）


参考答案：
1．C
【分析】根据轴对称图形和中心对称图形的概念对各选项分析判断即可得解．
【详解】A、是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项错误，不符合题意；
B、不是轴对称图形，是中心对称图形，故本选项错误，不符合题意；
C、既是轴对称图形，又是中心对称图形，故本选项正确，符合题意；
D、不是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项错误，不符合题意．
故选C．
【点睛】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．B
【分析】根据旋转对称图形的概念作答．
【详解】字母“X”、“V”、“Z”、“H”中绕某点旋转（旋转度数不超过180°）后能与原字母重合的最小的旋转角分别是180度，360度，180度，180度．
因而绕某点旋转（旋转度数不超过180°）后能与原字母重合的是X，Z，H．
故答案为：B．
【点睛】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．
3．C
【详解】解：A、是中心对称图形，故此选项不合题意；
B、是中心对称图形，故此选项不合题意；
C、不是中心对称图形，故此选项符合题意；
D、是中心对称图形，故此选项不合题意；
故选C．
4．C
【详解】试题解析：根据轴对称图形与中心对称图形的概念得：
A、既不是轴对称图形，也不是中心对称图形，不符合题意；
B、是轴对称图形，不是中心对称图形，不符合题意；
C、是中心对称图形，不是轴对称图形，符合题意；
D、既是轴对称图形，也是中心对称图形，不符合题意；
故选C．
5．D
【分析】先根据图1中不同路线的位置，判断P，Q间的距离的变换情况，再结合图2中函数图象的变换趋势进行判断分析．
【详解】
解：∵菱形ABCD中，AB=2，∠BAD=60°
∴AO=CO=，DO=BO=1
A、若点P：O-A-D-C，点Q：O-C-D-O，则当x=2+时，y=0，与图2不符，故A错误；
B、当点P与点Q运动完时，点P在点C上，点Q在点O上，所以y=，与图2不符，故B错误；
C、若点P：O-A-D-O，点Q：O-C-D-O，则当x=2+时，y=0，与图2不符，故C错误；
D、若点P：O-A-D-O，点Q：O-C-B-O，则当x=时，y有最大值，当x=+时，y=，当x=3+时，y=0，与图2相符，故D正确．
故选D．
【点睛】本题考查动点问题的函数图象以及菱形的性质，用图象分析问题时，要理清图象的含义，即会识图．函数图象是典型的数形结合，通过看图获取图象中关键点所包含的信息，是解决问题的关键．
6．A
【分析】取CB的中点G，连接MG，根据等边三角形的性质可得BH=BG，再求出∠HBN=∠MBG，根据旋转的性质可得MB=NB，然后利用“边角边”证明∴△MBG≌△NBH，再根据全等三角形对应边相等可得HN=MG，然后根据垂线段最短可得MG⊥CH时最短，再根据∠BCH=30°求解即可．
【详解】如图，取BC的中点G，连接MG，

∵旋转角为60°，
∴∠MBH+∠HBN=60°，
又∵∠MBH+∠MBC=∠ABC=60°，
∴∠HBN=∠GBM，
∵CH是等边△ABC的对称轴，
∴HB=AB，
∴HB=BG，
又∵MB旋转到BN，
∴BM=BN，
在△MBG和△NBH中，
，
∴△MBG≌△NBH（SAS），
∴MG=NH，
根据垂线段最短，MG⊥CH时，MG最短，即HN最短，
此时∵∠BCH=×60°=30°，CG=AB=×2a=a，
∴MG=CG=×a=，
∴HN=，
故选A．
【点睛】本题考查了旋转的性质，等边三角形的性质，全等三角形的判定与性质，垂线段最短的性质，作辅助线构造出全等三角形是解题的关键，也是本题的难点．
7．C
【分析】根据轴对称图形和中心对称图形的概念：在平面内，如果一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够完全重合，这样的图形叫做轴对称图形，这条直线叫做对称轴；在平面内,把一个图形绕着某个点旋转180°，如果旋转后的图形能与原来的图形重合，那么这个图形叫做中心对称图形，这个点叫做它的对称中心；据此判断即可．
【详解】解：A、是轴对称图形不是中心对称图形，故不符合题意；
B、是轴对称图形不是中心对称图形，故不符合题意；
C、是轴对称图形也是中心对称图形，故符合题意；
D、是轴对称图形不是中心对称图形，故不符合题意；
故选：C．
【点睛】本题主要考查轴对称图形和中心对称图形的识别，明确轴对称图形和中心对称的概念是解题的关键．
8．C
【详解】∵两点关于x轴对称的两个点横坐标相等，纵坐标互为相反数；
∴P1、P2关于x轴对称.
故选：C
9．B
【分析】根据轴对称的定义及题意要求画出所有图案后即可得出答案．
【详解】解：得到的不同图案有：

共5个．
故选B．
10．D
【分析】由题意可证，，都是等腰三角形，根据等腰三角形的性质，求出各边的长度，然后利用勾股定理求得的长度，继而可得出的长度，根据相似三角形的性质求出的长度，最后即可求出的周长．
【详解】解：四边形为平行四边形，
，，
，，
为的角平分线，
，
，，，
，，都是等腰三角形，
又，，
，，
．
，，
由勾股定理可得：，
，
，

．
，
，
的周长．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质、等腰三角形的判定与性质以及相似三角形的判定与性质，涉及的知识较多，比较麻烦，解题的关键是掌握性质的运用．
11．1
【详解】∵点A（﹣1，2）关于原点对称的点为B（a，﹣2），
∴a=1，
故答案是：1
12．12
【分析】直接利用关于原点对称点的性质得出a，b的值，进而得出答案．
【详解】∵点A的坐标为（a，3），点B的坐标是（4，b），点A与点B关于原点O对称，
∴a=﹣4，b=﹣3，
则ab=12，
故答案为：12．
【点睛】本题考查了关于原点对称的点的坐标，熟知关于原点对称的两点的横、纵坐标互为相反数是解题的关键.
13．6
【分析】过点D作DE⊥AC于E，利用AAS证明△DEO≌△OCP，再根据全等三角形及等腰直角直角三角形的性质求解．
【详解】解：如图，过点D作DE⊥AC于E，

则∠DOE+∠COP=90°，∠DOE+∠ODE=90°，
∴∠ODE=∠COP．
在△DEO和△OCP中，，
∴△DEO≌△OCP（AAS），
∴DE=OC=2，CP=OE．
∵在等腰Rt△ABC中，∠A=45°，DE⊥AC，
∴AE=DE=2，
∴CP=OE=AC-OC-AE=10-2-2=6，
故答案是：6．
【点睛】本题考查旋转的性质、等腰直角三角形的性质以及全等三角形的判定与性质．旋转变化前后，对应点到旋转中心的距离相等以及每一对对应点与旋转中心连线所构成的旋转角相等．
14．（3，-4）

【详解】∵关于原点对称的点的横、纵坐标均为相反数，
∴点A（-3，4）关于原点对称的点的坐标是（3，-4）
故答案为：（3，-4）．
15．5．
【分析】根据旋转的性质得∠D1CE1＝∠DCE＝60°∠BCE1＝15°，所以∠D1CB＝45°，则OC⊥AB，OC＝OA＝3，则OD1＝CD﹣OC＝4，然后在Rt△AOD1中根据勾股定理计算AD1．
【详解】解：∵∠ACB＝∠DEC＝90°，∠A＝45°，∠D＝30°
∴∠DCE＝60°，∠B＝45°，△ABC为等腰直角三角形，
∵三角板DCE绕着点C顺时针旋转15°得到△D1CE1，
∴∠D1CE1＝∠DCE＝60°，∠BCE1＝15°，
∴∠D1CB＝45°，
∴OC平分∠ACB，
∴CO⊥AB，OA＝OB，
∴OC＝OA＝AB＝×6＝3，
∴OD1＝CD﹣OC＝7﹣3＝4，
在Rt△AOD1中，AD1＝＝＝5．
故答案为：5．
【点睛】本题考查了旋转的性质、等腰三角形的性质、勾股定理，解题关键通过旋转的性质得出角之间的关系，求出线段长．
16．30．
【分析】根据旋转前后的两个图形是全等形，对应角相等即可求解．
【详解】解：∵△ABC绕点A按顺时针方向旋转85°，对应得到△ADE，  
∴∠DAE=∠BAC=30°．
故答案为30．
【点睛】本题考查了旋转的性质，解题关键是明确旋转变换是一种全等变换，对应角相等．
17．2.4
【分析】首先在Rt△ABF中，求出BF，再在Rt△EFC中，利用勾股定理构建方程求出EC即可.
【详解】∵四边形ABCD是矩形，
∴AB=CD=5cm，AD=BC=13cm，∠B=∠C=90°，
在Rt△ABF中，BF==12（cm），
∴CF=BC-BF=1（cm），
设EC=x，则DE=EF=5-x，
在Rt△EFC中，∵EF2=EC2+CF2，
∴（5-x）2=x2+12，
∴x=2.4（cm），
故答案为2.4．
【点睛】本题考查翻折变换、矩形的性质、勾股定理等知识，解题的关键是学会利用参数，构建方程解决问题
18．8
【分析】点A作AM⊥BC于M，由已知得出BD=2，得出BC＝BD＋DC＝6，由等边三角形的性质得出AB＝AC＝BC＝6，BM＝3，得出DM＝BM−BD＝1，在Rt△ABM中，由勾股定理得出AM=，当正方形DEFG绕点D旋转到点E、A、D在同一条直线上时，AD＋AE＝DE，即此时AE取最小值，在Rt△ADM中，由勾股定理得出AD＝，在Rt△ADG中，由勾股定理即可得出AG=8
【详解】解：过点A作AM⊥BC于M，
∵DC=2BD=4，
∴BD＝2，
∴BC＝BD＋DC＝2＋4＝6，
∵△ABC是等边三角形，
∴AB＝AC＝BC＝6，
∵AM⊥BC，
∴BM＝BC＝3，
∴DM＝BM−BD＝3−2＝1，
在Rt△ABM中，AM＝，
如图，当点E在DA延长线上时，AE＝DE−AD．
此时AE取最小值，
在Rt△ADM中，AD＝，
∵四边形形DEFG是正方形，
∴∠ADG=90°，GD=DE=BC=6，
∴在Rt△ADG中，AG＝，
故答案为：8．

【点睛】本题考查了旋转的性质、正方形的性质、等边三角形的性质、勾股定理以及最小值问题；熟练掌握正方形的性质和等边三角形的性质是解题的关键．
19．（1）见解析；点C1的坐标为（4，-2）；（2）见解析；点B2的坐标为（0，3）.
【分析】（1）利用点A与点A1的坐标特征确定平移的方向与距离，根据点平移的坐标特征写出B1、C1的坐标，然后描点即可；
（2）利用网格特点和旋转的性质画出A、B、C的对应点A2，B2，C2，然后写出B2的坐标即可．
【详解】（1）图中△A1B1C1即为所求，   
此时点C1的坐标为（4，-2）；
（ 2 ）图中△A2B2C2即为所求|
此时点B2的坐标为（0，3）.

【点睛】本题考查了作图-旋转变换：根据旋转的性质可知，对应角都相等都等于旋转角，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．也考查了平移变换．
20．（1）见详解，（2）见详解．
【分析】（1）分别作出A，B，C的对应点A1，B1，C1即可．
（2）分别作出B，C的对应点B2，C2即可．
【详解】解：（1）如图，分别作出A，B，C关于原点O中心对称的对应点A1，B1，C1，连接A1B1， B1C1， A1C1，△A1B1C1即为所求作的三角形；
（2）如图，分别作出B，C绕点A按顺时针方向旋转90°的对应点B2，C2，AB2， B2C2 AC2，连接△AB2C2即为所求作的三角形.

【点睛】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．
21．（1）图见解析；B1（5，5）；（2）见解析.
【分析】（1）直接利用旋转的性质得出对应点位置进而得出答案；
（2）利用位似图形的性质进而得出对应点位置即可得出答案．
【详解】（1）如图所示：△A1B1C1，即为所求，点B1的坐标为：（5，5）；
（2）如图所示：△A2B2C2．

【点睛】本题考查了位似变换和旋转变换，正确得出对应点位置是解题的关键．
22．4
【分析】由勾股定理求出AB＝4，由旋转的性质得出BE＝BC＝6，即可得出答案．
【详解】∵在△ABC中，∠C＝90°，CB＝6，CA＝8，
∴AB＝＝10，
由旋转的性质得：BE＝BC＝6，
∴AE＝AB−BE＝10−6＝4．
【点睛】本题考查了旋转的性质以及勾股定理；熟练掌握旋转的性质是解题的关键．
23．图一：是由基本图形黑色月牙依次旋转60°得到的； 图二：是圆形，向右平移a个单位，然后再向左下方平移b，再向左平移a即可得到；图三：将平行四边形依次旋转60°即可得到所示图形．
【分析】根据图形的特点即可找出每个图形的基本图形，然后根据旋转的知识即可判断出形成方式．
【详解】解：图一：是由基本图形黑色月牙依次旋转60°得到的；  
图二：是圆形，向右平移a个单位，然后再向左下方平移b，再向左平移a即可得到．
图三：将平行四边形依次旋转60°即可得到所示图形．
【点睛】本题考查利用旋转设计图案的知识，难度不大，注意利用几何变换的知识进行分析．
24．﹣2
【分析】过点E作EF⊥AD于F，过点B作BG⊥AD于G，解直角三角形ABG，求出AG，BG，证明△AEF是等腰直角三角形，四边形BEFG是矩形，求出AF=BG，利用AF-AG即可求出BE的长．
【详解】解：过点E作EF⊥AD于F，过点B作BG⊥AD于G，

，
，
，,
，
，
，
，
，，，

∴四边形是矩形，
，
，，
，
，
∴
．
【点睛】此题主要考查了矩形的判定与性质，等腰直角三角形以及解直角三角形等知识，熟练掌握这些知识是解答此是的关键．
25．（1）证明见解析；（2）或；（3）.
【分析】（1）先求证AC＝AB，再由中点，结合可得出结果；
（2）由（1）的结论，分两种情况讨论，在利用勾股定理计算即可；
（3）作出辅助线，利用勾股定理求解即可．
【详解】解：(1)∵∠A=90°，∠B=45°,
∴∠C=45°,
∴∠C=∠B ,     
∴AC=AB,
∵D，E分别是AB，AC的中点 ,
∴CE= AC, BD=AB
∴BD= CE，
由旋转得： 而



(2)当 由(1)知 ，


,

∴∠CAD1=45°，∠BAD1=135°，
延长，过作于 则


∴CE12=20+8，

当时，同理可得：

(3) 作PG⊥AB，交AB所在直线于点G，如图
∵D1，E1在以A为圆心，AD为半径的圆上，
当BD1所在直线与⊙A相切时，直线BD1与CE1的交点P到直线AB的距离最大，
此时四边形AD1PE1是正方形，PD1=2，
则BD1=
∴∠ABP=30°，
∴PB=2+
∴点P到AB所在直线的距离的最大值为：PG=1+，
∴△PAB的面积最大值为AB×PG=2+.
故答案是：2+.