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第二十三章 旋转 能力提升卷(B卷)-2023-2024学年九年级数学上册《知识解读•题型专练》(人教版)
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2023-2024学年九年级上册 第三单元 旋转
B卷•能力提升卷
(考试时间:90分钟 试卷满分:100分)
一、 选择题(本题共10小题,每小题3分,共30分)。
1.(2023•九台区模拟)在平面直角坐标系中,已知A(2,1),现将A点绕原点O逆时针旋转90°得到A1,则A1的坐标是( )
A.(﹣1,2) B.(2,﹣1) C.(1,﹣2) D.(﹣2,1)
【答案】A
【解答】解:将A点绕原点O逆时针旋转90°得到A1,
即将Rt△OBA点绕原点O逆时针旋转90°得到Rt△OB1A1,如图,
所以OB1=OB=2,A1B1=AB=1,
所以点A1的坐标是(﹣1,2).
故选:A.
2.(2023春•襄汾县期末)如图,点O为矩形ABCD的对称中心,AD>AB,点E从点B出发(不含点B)沿BC向点C运动,移动到点C停止,延长EO交AD于点F,则四边形BEDF形状的变化依次为( )
A.平行四边形→菱形→正方形→矩形
B.平行四边形→正方形→菱形→矩形
C.平行四边形→菱形→平行四边形→矩形
D.平行四边形→正方形→平行四边形一矩形
【答案】C
【解答】解:连接BD.
∵点O为矩形ABCD的对称中心,
∴BD经过点O,OD=OB,
∵AD∥BC,
∴∠FDO=∠EBO,
在△DFO和△BEO中,
,
∴△DFO≌△BEO(ASA),
∴DF=BE,
∵DF∥BE,
∴四边形BEDF是平行四边形,
观察图形可知,四边形BEDF形状的变化依次为平行四边形→菱形→平行四边形→矩形.
故选:C.
3.(2023春•通川区期末)如图在平面直角坐标系xOy中,有一个等腰直角三角形AOB,∠OAB=90°,直角边AO在x轴上,且AO=1.将Rt△AOB绕原点O顺时针旋转90°得到等腰直角三角形A1OB1,且A1O=2AO,再将Rt△A1OB1绕原点O顺时针旋转90°得到等腰三角形A2OB2,且A2O=2A1O…,依此规律,得到等腰直角三角形A2023OB2023,则点B2023的坐标( )
A.(﹣22023,22023) B.(22022,﹣22022)
C.(22023,﹣22023) D.(22022,22022)
【答案】A
【解答】解:由题意得:B1(2,﹣2),B2(﹣22,﹣22),B3(﹣23,23),B4(24,24),……,
∵2023÷4=505……3,
∴B2023的坐标为(﹣22023,22023),
故选:A.
4.(2023春•德州期中)边长相等的两个正方形ABCD和OEFG如图所示,若将正方形OEFG绕点O按顺时针方向旋转120°,在旋转的过程中,两个正方形重叠部分四边形OMAN的面积( )
A.先增大再减小 B.先减小再增大
C.不断增大 D.不变
【答案】D
【解答】解:∵四边形ABCD是正方形,
∴∠AOB=90°,∠DAO=∠ABO=45°,OA=AC,OB=BD,AC=BD,
∴OA=OB,
旋转得:四边形OE′F′G′是正方形,
∴∠E′OG′=90°,
∴∠E′OG′=∠AOB=90°,
∴∠E′OG′﹣∠AON=∠AOB﹣∠AON,
∴∠BON=∠AOM,
∴△AOM≌△BON(ASA),
∴四边形OMAN的面积=△AON的面积+△AOM的面积
=△AON的面积+△BON的面积
=△AOB的面积
=正方形ABCD的面积,
∴在旋转的过程中,两个正方形重叠部分OMAN的面积不变,
故选:D.
5.(2023春•乳山市期末)如图,边长为2的正方形ABCD的对角线交于点O,∠EOF=90°,绕点O旋转∠EOF,交边AD,CD于点E,F,则线段EF的最小值为( )
A. B.1 C. D.
【答案】A
【解答】解:∵四边形ABCD是正方形,
∴OA=OB=OC=OD,∠OCF=∠ODE=45°,∠AOD=∠COD=90°,
∴∠COF+∠DOF=90°.
∵∠EOF=90°,
∴∠DOE+∠DOF=90°,
∴∠COF=∠DOE,
∴△COF≌△DOE(ASA),
∴OE=OF,
∴,
∴当OE取得最小值时,线段EF取得最小值,
由垂线段最短可知,当OE⊥AD时,OE取得最小值,
此时,
∴,线段EF的最小值为.
故选:A.
6.(2023春•开江县校级期末)如图,等边△ABC中有一点P,且PA=3,PB=4,PC=5,则∠APB的度数的为( )
A.150° B.135° C.120° D.165°
【答案】A
【解答】解:∵△ABC为等边三角形,
∴BA=BC,
可将△BPC绕点B逆时针旋转60°得△BEA,
连EP,如图,
∴BE=BP=4,AE=PC=5,∠PBE=60°,
∴△BPE为等边三角形,
∴PE=PB=4,∠BPE=60°,
在△AEP中,AE=5,AP=3,PE=4,
∴AE2=PE2+PA2,
∴△APE为直角三角形,且∠APE=90°,
∴∠APB=90°+60°=150°.
故选:A.
7.(2023春•秦都区期中)如图,△ABC为等边三角形,AB=4,AD⊥BC于点D,点E为线段AD上的动点,连接CE,以CE为边在下方作等边△CEF,连接BF、DF,则线段DF的最小值为( )
A.2 B. C.1 D.2
【答案】C
【解答】解:∵△ABC为等边三角形,AD⊥BC,AB=4,
∴BC=AC=AB=4,BD=DC=2,∠BAC=∠ACB=60°,∠CAE=30°,
∵△CEF为等边三角形,
∴CF=CE,∠FCE=60°,
∴∠FCE=∠ACB,
∴∠BCF=∠ACE,
在△BCF和△ACE中,
,
∴△BCF≌△ACE(SAS),
∴∠CBF=∠CAE=30°,AE=BF,
∴当DF⊥BF时,DF值最小,
此时∠BFD=90°,∠CBF=30°,BD=2,
∴DF=1,
故选:C.
8.(2023春•兴城市期中)如图所示,长方形ABCD的两边BC、CD分别在x轴、y轴上,点C与原点重合,点A(﹣1,2),将长方形ABCD沿x轴无滑动向右翻滚,经过一次翻滚,点A的对应点记为A1;经过第二次翻滚,点A的对应点记为A2;……,依次类推,经过第2023次翻滚,点A的对应点A2023的坐标为( )
A.(3032,1) B.(3033,0) C.(3033,1) D.(3035,2)
【答案】B
【解答】解:如图所示:
观察图形可得经过4次翻滚后点A对应点一循环,
2023÷4=505……3,
∵点A(﹣1,2),长方形的周长为:2(2+1)=6,
∴A3(3,0),
∴经过505次翻滚后点A对应点A2023的坐标为(6×505+1+2,0),即(3033,0).
故选:B.
9.(2023春•高陵区月考)如图,在平面直角坐标系中,将△ABC绕点C(0,﹣2)的坐标旋转180°得到△A1B1C,设点A1的坐标为(a,b),则点A的坐标为( )
A.(﹣a,﹣b+4)B.(﹣a+4,﹣b)C.(﹣a﹣4,﹣b) D.(﹣a,﹣b﹣4)
【答案】D
【解答】解:由题知,
点C是AA1的中点,
又C(0,﹣2),A1(a,b),
所以:,.
得xA=﹣a,yA=﹣b﹣4.
即A(﹣a,﹣b﹣4).
故选:D.
10.(2023•阜新模拟)如图,把正方形铁片OABC置于平面直角坐标系中,顶点A的坐标为(3,0),点P(1,2)在正方形铁片上,将正方形铁片绕其右下角的顶点按顺时针方向依次旋转90°,第一次旋转至图①位置,第二次旋转至图②位置,…则正方形铁片连续旋转2024次后,点P的坐标为( )
A.(6070,2) B.(6072,2) C.(6073,2) D.(6074,1)
【答案】C
【解答】解:第一次P1(5,2),
第二次P2(8,1),
第三次P3(10,1),
第四次P4(13,2),
第五次P5(17,2),
…
发现点P的位置4次一个循环,
∵2024÷4=506,
P2024的纵坐标与P4相同为2,横坐标为1+12×506=6073,
∴P2024(6073,2).
故选:C.
二、 填空题(本题共6题,每小题3分,共18分)。
11.(2023•内蒙古)如图,在平面直角坐标系中,点B坐标(8,4),连接OB,将OB绕点O逆时针旋转90°,得到OB',则点B′的坐标为 (﹣4,8) .
【答案】(﹣4,8).
【解答】解:分别过点B、B′向x轴作垂线,垂足分别为M、N.
(方法一)∵∠BOB′=90°,
∴∠BOM+∠B′ON=90°.
又∵∠BOM+∠OBM=90°,
∴∠B′ON=∠OBM.
在Rt△OMB和Rt△B′NO中,
,
∴Rt△OMB≌Rt△B′NO(AAS),
∴B′N=OM=8,ON=BM=4,
∴点B′的坐标为(﹣4,8).
(方法二)根据题意,得OB′=OB===4.
sin∠BOM=sin(90°﹣∠B′ON)=cos∠B′ON===,
cos∠BOM=cos(90°﹣∠B′ON)=sin∠B′ON===.
∴ON=OB′•cos∠B′ON=4×=4,B′N=OB′•sin∠B′ON=4×=8.
∴点B′的坐标为(﹣4,8).
故答案为:(﹣4,8).
12.(2023春•南山区期末)如图,在△ABC中,∠B=65°,∠BAC=75°,△ABC绕点A按逆时针方向旋转到△ADE的位置,点D在BC边上,DE交AC于点F,则∠AFD= 90° .
【答案】90°.
【解答】解:∵∠B=65°,∠BAC=75°,
∴∠C=180°﹣65°﹣75°=40°,
由旋转得∠E=∠C=40°,∠DAE=∠BAC=75°,AD=AB,
∴∠ADB=∠B=65°,
∴∠BAD=180°﹣65°﹣65°=50°,
∵∠EAC=∠BAD=75°﹣∠CAD,
∴∠EAC=50°,
∴∠AFD=∠E+∠EAC=40°+50°=90°,
故答案为:90°.
13.(2023•青云谱区开学)一副三角板按图1的形式摆放,把含45°角的三角板固定,含30°角的三角板绕直角顶点逆时针旋转,设旋转的角度为α(0°<α<130°).在旋转过程中,当两块三角板有两边平行时,α的度数为 30°或45°或120° .
【答案】30°或45°或120°.
【解答】解:①如图1,当CD∥OB时,∠α=∠D=30°;
②如图2,当OC∥AB时,∠OEB=∠COD=90°,
∴∠α=90°﹣∠B=90°﹣45°=45°;
③如图3.当DC∥OA时,∠DOA=∠D=30°,
∴∠α=∠AOB+∠AOD=90°+30°=120°.
④当OD∥AB时,旋转角大于130°,不符合题意.
故答案为:30°或45°或120°.
14.(2023春•五华县期中)如图,等腰直角△ABC和等腰直角△ADE,且∠BAC=∠DAE=90°,点N,点M分别为BC,DE的中点,AB=10,AD=6,△ADE绕点A旋转过程中,MN的最小值为 .
【答案】.
【解答】解:连接AN,AM,
∴∠BAC=∠DAE=90°,AB=10,AD=6,
∴,,
∵点N,点M分别为BC,DE的中点,
∴,,
∵MN≥AN﹣AM,
当点M在线段AN上 时,MN最小,
此时,,
故答案为:.
15.(2023春•东营期末)如图,在矩形ABCD中,AB=10,AD=6,矩形ABCD绕点A逆时针旋转一定角度得矩形AB′C′D′,若点B的对应点B′落在边CD上,则B′C的长为 2 .
【答案】见试题解答内容
【解答】解:由旋转的性质得到AB=AB′=10,
在直角△AB′D中,∠D=90°,AD=6,AB′=AB=10,
所以B′D==8,
所以B′C=10﹣B′D=2.
故答案为:2.
16.(2023春•东台市期中)如图,P是边长为2的正方形ABCD内一动点,Q为边BC上一动点,连接PA,PD,PQ,则PA+PD+PQ的最小值为 +2 .
【答案】+2.
【解答】解:如图,将△APD绕点A逆时针旋转60°得到△AFE,
∴AP=AF,∠PAF=60°=∠EAD,AE=AD,
∴△AFP是等边三角形,△AED是等边三角形,
∴AP=PF=AF,
作EH⊥BC于H,交AD于G.
∴∠AEG=30°,
∴AG=1,EG=,
∵PA+PD+PQ=EF+FP+PQ,
∴当点Q,点F,点E,点Q四点共线且垂直BC时,PA+PD+PQ有最小值为EH,
∵GH=AB=2,
∴EH=2+,
∴PA+PD+PQ的最小值+2,
故答案为:+2.
三、解答题(本题共5题,共52分)。
17.(10分)(2023春•秦都区期末)如图,△ABC是等边三角形,点E在AC边上,连接BE,将BE绕点B逆时针旋转60°得到BD,连接DE、AD.
(1)求证:AD=CE;
(2)若BC=8cm,BE=7cm,求△ADE的周长.
【答案】(1)详见解析;
(2)15cm.
【解答】(1)证明:∵△ABC是等边三角形,
∴BC=BA,∠ABC=60°.
∵BD是由BE绕点B逆时针旋转60°得到,
∴BD=BE,∠EBD=60°,
∴△BDE是等边三角形,
∴∠CBE=∠ABD,
∴△CBE≌△ABD(SAS),
∴AD=CE;
(2)解:∵△ABC和△BED都是等边三角形,
∴AE+AD=AE+CE=AC=BC=8cm,DE=BE=7cm,
∴△ADE的周长为AD+AE+DE=8+7=15cm.
18.(10分)(2023春•南城县期中)如图,点O是等边三角形ABC内一点,将CO绕点C顺时针旋转60°得到CD,连接OD,AO,BO,AD.
(1)求证:BO=AD;
(2)若OA=10,OB=8,OC=6,求∠BOC的度数.
【答案】(1)详见解析;
(2)150°.
【解答】(1)证明:∵CO绕点C顺时针旋转60°得到CD,
∴CO=CD,∠OCD=60°,
∵△ABC是等边三角形,
∴CA=CB,∠BCA=∠OCD=60°,
∴∠BCA=∠OCD,∠BCO=∠ACD,
在△BCO和△ACD中,CA=CB,∠BCO=∠ACD,CO=CD,
∴△BCO≌△ACD(SAS),
∴BO=AD.
(2)解:∵CO=CD,∠OCD=60°,
∴△OCD是等边三角形,
∴OD=OC=6,∠ODC=60°,
∵△BCO≌△ACD,
∴AD=OB=8,∠BOC=∠ADC,
∵OA=10,
∴OA2=AD2+OD2,
∴∠ADO=90°,
∴∠ADC=∠ADO+∠ODC=90°+60°=150°,
∴∠BOC=∠ADC=150°.
19.(10分)(2023春•北林区期末)如图,在正方形ABCD中,E,F是对角线BD上两点,且∠EAF=45°,将△ADF绕点A顺时针旋转90°后,得到△ABQ,连接EQ.
(1)求证:EF=EQ;
(2)求证:EF2=BE2+DF2.
【答案】(1)见解答;
(2)见解答.
【解答】证明:(1)∵将△ADF绕点A顺时针旋转90°后,得到△ABQ,
∴QB=DF,AQ=AF,∠BAQ=∠DAF,
∵∠EAF=45°,
∴∠DAF+∠BAE=45°,
∴∠QAE=45°,
∴∠QAE=∠FAE,
在△AQE和△AFE中
,
∴△AQE≌△AFE(SAS).
∴EF=EQ;
(2)由(1)得△AQE≌△AFE,
∴QE=EF,
由旋转的性质,得∠ABQ=∠ADF,
∠ADF+∠ABD=90°,
则∠QBE=∠ABQ+∠ABD=90°,
在Rt△QBE中,
QB2+BE2=QE2,
又∵QB=DF,
∴EF2=BE2+DF2.
20.(10分)(2022秋•青山湖区期末)阅读下面材料,并解决问题:
(1)如图①等边△ABC内有一点P,若点P到顶点A、B、C的距离分别为3,4,5,求∠APB的度数.
为了解决本题,我们可以将△ABP绕顶点A旋转到△ACP′处,此时△ACP′≌△ABP,这样就可以利用旋转变换,将三条线段PA、PB、PC转化到一个三角形中,从而求出∠APB= 150° ;
(2)基本运用
请你利用第(1)题的解答思想方法,解答下面问题
已知如图②,△ABC中,∠CAB=90°,AB=AC,E、F为BC上的点且∠EAF=45°,求证:EF2=BE2+FC2;
(3)能力提升
如图③,在Rt△ABC中,∠C=90°,AC=1,∠ABC=30°,点O为Rt△ABC内一点,连接AO,BO,CO,且∠AOC=∠COB=∠BOA=120°,求OA+OB+OC的值.
【答案】见试题解答内容
【解答】解:(1)∵△ACP′≌△ABP,
∴AP′=AP=3、CP′=BP=4、∠AP′C=∠APB,
由题意知旋转角∠PA P′=60°,
∴△AP P′为等边三角形,
P P′=AP=3,∠A P′P=60°,
易证△P P′C为直角三角形,且∠P P′C=90°,
∴∠APB=∠AP′C=∠A P′P+∠P P′C=60°+90°=150°;
故答案为:150°;
(2)如图2,把△ABE绕点A逆时针旋转90°得到△ACE′,
由旋转的性质得,AE′=AE,CE′=BE,∠CAE′=∠BAE,∠ACE′=∠B,∠EAE′=90°,
∵∠EAF=45°,
∴∠E′AF=∠CAE′+∠CAF=∠BAE+∠CAF=∠BAC﹣∠EAF=90°﹣45°=45°,
∴∠EAF=∠E′AF,
在△EAF和△E′AF中,
∴△EAF≌△E′AF(SAS),
∴E′F=EF,
∵∠CAB=90°,AB=AC,
∴∠B=∠ACB=45°,
∴∠E′CF=45°+45°=90°,
由勾股定理得,E′F2=CE′2+FC2,
即EF2=BE2+FC2.
(3)如图3,将△AOB绕点B顺时针旋转60°至△A′O′B处,连接OO′,
∵在Rt△ABC中,∠C=90°,AC=1,∠ABC=30°,
∴AB=2,
∴BC=,
∵△AOB绕点B顺时针方向旋转60°,
∴△A′O′B如图所示;
∠A′BC=∠ABC+60°=30°+60°=90°,
∵∠C=90°,AC=1,∠ABC=30°,
∴AB=2AC=2,
∵△AOB绕点B顺时针方向旋转60°,得到△A′O′B,
∴A′B=AB=2,BO=BO′,A′O′=AO,
∴△BOO′是等边三角形,
∴BO=OO′,∠BOO′=∠BO′O=60°,
∵∠AOC=∠COB=∠BOA=120°,
∴∠COB+∠BOO′=∠BO′A′+∠BOO′=120°+60°=180°,
∴C、O、A′、O′四点共线,
在Rt△A′BC中,A′C=,
∴OA+OB+OC=A′O′+OO′+OC=A′C=.
21.(12分)(2022•黄冈模拟)(1)如图1,O是等边△ABC内一点,连接OA、OB、OC,且OA=3,OB=4,OC=5,将△BAO绕点B顺时针旋转后得到△BCD,连接OD.
求:①旋转角的度数 60° ;
②线段OD的长 4 ;
③求∠BDC的度数.
(2)如图2所示,O是等腰直角△ABC(∠ABC=90°)内一点,连接OA、OB、OC,将△BAO绕点B顺时针旋转后得到△BCD,连接OD.当OA、OB、OC满足什么条件时,∠ODC=90°?请给出证明.
【答案】见试题解答内容
【解答】解:(1)①∵△ABC为等边三角形,
∴BA=BC,∠ABC=60°,
∵△BAO绕点B顺时针旋转后得到△BCD,
∴∠OBD=∠ABC=60°,
∴旋转角的度数为60°;
②∵△BAO绕点B顺时针旋转后得到△BCD,
∴BO=BD,
而∠OBD=60°,
∴△OBD为等边三角形;
∴OD=OB=4;
③∵△BOD为等边三角形,
∴∠BDO=60°,
∵△BAO绕点B顺时针旋转后得到△BCD,
∴CD=AO=3,
在△OCD中,CD=3,OD=4,OC=5,
∵32+42=52,
∴CD2+OD2=OC2,
∴△OCD为直角三角形,∠ODC=90°,
∴∠BDC=∠BDO+∠ODC=60°+90°=150°;
(2)OA2+2OB2=OC2时,∠ODC=90°.理由如下:
∵△BAO绕点B顺时针旋转后得到△BCD,
∴∠OBD=∠ABC=90°,BO=BD,CD=AO,
∴△OBD为等腰直角三角形,
∴OD=OB,
∵当CD2+OD2=OC2时,△OCD为直角三角形,∠ODC=90°,
∴OA2+2OB2=OC2,
∴当OA、OB、OC满足OA2+2OB2=OC2时,∠ODC=90°.
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