旋转练习 中考数学一轮复习（人教版）

这是一份旋转练习 中考数学一轮复习（人教版），共26页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．如图，在和中，，，将绕点A顺时针旋转一定角度，当时，的度数最大是（ ）度．
A．30B．60C．120D．150
2．如图，将△AOB绕点O按逆时针方向旋转60°后得到，若∠AOB＝25°，则的度数是（ ）
A．25°B．35°C．40°D．85°
3．北京冬奥会将于2022年2月4日在北京和张家口联合举行，如图是冬奥会的吉祥物“冰墩墩”，将图片按顺时针方向旋转90°后得到的图片是（ ）
A．B．C．D．
4．如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，D是AB边上一点（点D与A，B不重合），连结CD，将线段CD绕点C按逆时针方向旋转90°得到线段CE，连结DE交BC于点F，连接BE．当AD＝BF时，∠BEF的度数是（ ）

A．45°B．60°C．62.5°D．67.5°
5．如图，将矩形 ABCD 绕点 A 顺时针旋转到矩形 AB′C′D′的位置，旋转角为α(0°＜α＜90°)．若∠1＝112°，则∠α的大小是( )
A．68°B．20°C．28°D．22°
6．如图，在中，，将绕点顺时针方向旋转到的位置，使．设旋转角为，则符合，满足的关系的是（ ）
A．B．C．D．
7．如图，边长为1的正方形绕点逆时针旋转到正方形，图中阴影部分的面积为（ ）
A．B．C．D．
8．将按如图方式放在平面直角坐标系中，其中，，顶点的坐标为，将绕原点逆时针旋转，每次旋转60°，则第2023次旋转结束时，点对应点的坐标为（ ）
A．B．C．D．
9．如果把一个图形绕某一点旋转一定角度后，能与原来的图形重合，那么这个图形叫作旋转对称图形．如图是一个旋转对称图形，以为旋转中心，下列旋转角度中，能使旋转后的图形与原图形重合的是（ ）．
A．B．C．D．
10．如图，矩形OABC，，点M为 的内心，将矩形绕点C顺时针旋转90°，则点M的对应点坐标为（ ）
A．（，6 ）B．（6，）C．（ 1，1 ）D．（，6）
11．如图，在平面直角坐标系中，原点O是等边三角形ABC的中心，若点A的坐标为（0，3），将△ABC绕着点O逆时针旋转，每秒旋转60°，则第2018秒时，点A的坐标为（ ）
A．（0，3）B．（，）C．（，）D．（﹣3，3）
12．如图，在平面直角坐标系中，边长为的正六边形的中心与原点重合， 轴，交 轴于点． 将绕点顺时针旋转，每次旋转，则第次旋转结束时，点的坐标为（ ）
A．B．C．D．
二、填空题
13．旋转的定义：在平面内，将一个图形绕 沿 转动一个 的图形变换叫做旋转.
14．将抛物线绕原点旋转，则旋转后的抛物线表达式为 ．
15．如图，将绕点逆时针旋转得到．若落到边上， ，则的度数为 ．
16．如图，在△ABC中，AB=AC=2，∠BAC=120°，点D、E都在边BC上，∠DAE=60°．若BD=2CE，则DE的长为 ．
17．如图，在Rt△ABC中，已知：∠C=90°，∠A=60°，AC=3cm，以斜边AB的中点P为旋转中心，把这个三角形按逆时针方向旋转90°得到Rt△A′B′C′，则旋转前后两个直角三角形重叠部分的面积为 ．
三、解答题
18．如图，绕点O旋转后，点G是点B的对应点，画出旋转后的三角形．
19．如图，等边绕点B旋转角度，得到．

(1)若顺时针旋转，则多大？
(2)旋转完成后，与谁重合？
20．如图，将绕点O按逆时针旋转得到，其中A与D是对应点，B与E是对应点，请借助于该图形用符号语言写出关于旋转的3条不同的性质．
21．的顶点都在正方形网格格点上，如图所示．请借助网格和一把无刻度直尺按要求作图．
(1)将绕点A顺时针方向旋转得到（点对应点），画出；
(2)请找出过，，三点的圆的圆心，标明圆心O的位置．
22．如图，在五边形中，，，，将绕点顺时针旋转后得到．
(1)求证：、、三点在同一条直线上；
(2)求证：．
23．如图，在平面直角坐标系中，Rt△ABC的三个顶点分别是A(-3,1)，B(0,3)，C(0,1)．
(1)将△ABC以点C为旋转中心旋转180°，画出旋转后对应的△A1B1C；
(2)分别连接AB1，BA1后，求四边形AB1A1B的面积．
24．如图，在平面直角坐标系xOy中，二次函数y=﹣+bx+c的图象经过点A(1，0)，且当x=0和x=5时所对应的函数值相等．一次函数y=﹣x+3与二次函数y=﹣+bx+c的图象分别交于B，C两点，点B在第一象限．
（1）求二次函数y=﹣+bx+c的表达式；
（2）连接AB，求AB的长；
（3）连接AC，M是线段AC的中点，将点B绕点M旋转180°得到点N，连接AN，CN，判断四边形ABCN的形状，并证明你的结论．
《旋转》参考答案
1．D
【分析】本题考查的是等腰三角形的性质，旋转的性质，解答本题的关键是熟练掌握旋转的性质．分两种情况分别画出图形，再结合等腰三角形的性质与角的和差运算可得答案．
【详解】解：当点D在点A的左侧时，如图1所示．
，，
．
∵，
∴，
∴．
当点D在点A的右侧时，如图2所示．
∵，，
∴．
∵，
∴，
∴．
∴当时，的度数为或．
∴的度数最大是．
故答案为D．
2．B
【分析】根据绕点O按逆时针方向旋转60°后得到，可得，然后根据，可以求出的度数．
【详解】∵绕点O按逆时针方向旋转60°后得到，
∴，
又∵
∴，
故选B．
【点睛】本题考查的是旋转的性质，能从图形中准确的找出旋转角是关键．
3．D
【分析】此题主要考查了生活中的旋转现象，正确掌握旋转方向是解题关键．直接利用旋转的性质得出对应图形即可．
【详解】解：如图所示：“冰墩墩”图片按顺时针方向旋转90°后得到的图片是：
．
故选：D
4．D
【分析】根据旋转的性质可得CD＝CE和∠DCE＝90°，结合∠ACB＝90°，AC＝BC，可证△ACD≌△BCE，依据全等三角形的性质即可得到∠CBE＝∠A＝45°，再由AD＝BF可得等腰△BEF，则可计算出∠BEF的度数．
【详解】解：由旋转性质可得： CD＝CE，∠DCE＝90°．
∵∠ACB＝90°，AC＝BC，
∴∠A＝45°．
∴∠ACB−∠DCB＝∠DCE−∠DCB．
即∠ACD＝∠BCE．
∴△ACD≌△BCE．
∴∠CBE＝∠A＝45°．
∵AD＝BF，
∴BE＝BF．
∴∠BEF＝∠BFE＝ 67.5°．
故选：D．
【点睛】本题考查了旋转的性质、全等三角形的判定与性质以及等腰三角形的性质，解题的关键是熟练运用旋转的性质找出相等的线段和角，并能准确判定三角形全等，从而利用全等三角形性质解决相应的问题．
5．D
【分析】利用矩形的性质、旋转的性质及多边形内角和定理即可求得．
【详解】∵四边形ABCD为矩形，
∴∠BAD=∠ABC=∠ADC=90°，
∵矩形ABCD绕点A顺时针旋转到矩形AB′C′D′的位置，旋转角为α，
∴∠BAB′=α，∠B′AD′=∠BAD=90°，∠D′=∠D=90°，
∵∠2=∠1=112°，且∠ABC=∠D′=90°，
∴，
∴∠BAB′=90°-68°=22°，
即∠α=22°．
故选：D．
【点睛】本题考查了旋转的性质，矩形的性质，多边形的内角和定理等知识，矩形性质的运用是关键．
6．C
【分析】根据题意由旋转的性质和平行线的性质得到∠CAA′=∠ACB=α，AC=A′C，根据等腰三角形的性质得到∠AA′C=∠A′AC=α；根据三角形的内角和进行分析即可得到．
【详解】解：∵绕点顺时针旋转得到，且，
∴，，
∴，
∴，
∴，
故选：C．
【点睛】本题考查旋转的性质和平行线的性质以及等腰三角形的性质，正确的识别图形以及掌握旋转的性质和平行线的性质以及等腰三角形的性质是解题的关键．
7．C
【分析】设与交于点E．由于阴影部分的面积，又，所以关键是求．为此，连接．根据易证，得出．在直角中，由正切的定义得出．再利用三角形的面积公式求出．
【详解】解：设与交于点E，连接．
在与中，，
，
∴（），
∴．
∵，
∴，
∴．
∴．
∴阴影部分的面积．
故选：C．
【点睛】本题主要考查了正方形、旋转的性质，直角三角形的判定及性质，图形的面积以及三角函数等知识，综合性较强，有一定难度．
8．A
【分析】根据旋转性质，可知6次旋转为1个循环，故先需要求出前6次循环对应的A点坐标即可，利用全等三角形性质求出第一次旋转对应的A点坐标，之后第2次旋转，根据图形位置以及长，即可求出，第3、4、5次分别利用关于原点中心对称，即可求出，最后一次和A点重合，再判断第2023次属于循环中的第1次，最后即可得出答案．
【详解】解：由题意可知：6次旋转为1个循环，故只需要求出前6次循环对应的A点坐标即可
第一次旋转时：过点作轴的垂线，垂足为，如下图所示：
由的坐标为可知：，，
在中，，
由旋转性质可知：，
，，
，
在与中：

，
，，
此时点对应坐标为，
当第二次旋转时，如下图所示：
此时A点对应点的坐标为．
当第3次旋转时，第3次的点A对应点与A点中心对称，故坐标为．
当第4次旋转时，第4次的点A对应点与第1次旋转的A点对应点中心对称，故坐标为．
当第5次旋转时，第5次的点A对应点与第2次旋转的A点对应点中心对称，故坐标为．
第6次旋转时，与A点重合．
故前6次旋转，点A对应点的坐标分别为：、、、、、．
由于，故第2023次旋转时，A点的对应点为．
故选：A．
【点睛】本题主要是考查了旋转性质、中心对称求点坐标、三角形全等以及点的坐标特征，熟练利用条件证明全等三角形，；通过旋转和中心对称求解对应点坐标，是求解该题的关键．
9．C
【分析】本题考查了旋转的性质，旋转角的定义，熟练掌握以上知识点是解答本题的关键．
根据旋转后与原图形重合，找出对应的旋转角即可解答．
【详解】解：由题意知，
旋转后与原图形重合，
故选：C．
10．D
【分析】过点M作，垂足分别为D、E、F，利用内心定义得到，证明四边形 是正方形，设，则，，利用切线长定理求出，得到，设将矩形绕点 C 顺时针旋转90°后，点M的对应点为点，如图，过点作轴于N，证得（AAS），得到，，从而得到点的坐标．
【详解】解：如图，在矩形OABC中，，
∴，
∴，
过点M作，垂足分别为D、E、F，∴，
∴四边形是矩形，
∵点 M 为的内心，
∴，
∴四边形BDME是正方形，
设设，则，，
∴，
解得，
∴，
设将矩形绕点 C 顺时针旋转90°后，点M的对应点为点，如图，
过点作轴于N，
∴，
∴，
又∵，，
∴（AAS），
∴，，
∴点的坐标为（，6），
故选：D．
【点睛】此题考查了矩形的性质，三角形内心定义，切线长定理，旋转的性质，全等三角形的判定及性质，熟记三角形内心定理及切线长定理从而求出点M的坐标是解题的关键．
11．B
【分析】△ABC绕点O逆时针旋转一周需6秒，而2018=6×336+2，所以第2018秒时，点A旋转到点Ｂ，∠AOＢ=120°，OA=OＢ=3，然后通过解直角三角形Ｂ坐标．
【详解】∵360°÷60°=6，2018=6×336+2，∴第2018秒时，点A旋转到点Ｂ，∠AOＢ=120°，OA=OＢ=3，Ｂ（－，﹣）．
故选Ｂ．
【点睛】本题考查了坐标与图形变化﹣旋转：图形或点旋转之后要结合旋转的角度和图形的特殊性质来求出旋转后的点的坐标．常见的是旋转特殊角度如：30°，45°，60°，90°，180°．
12．A
【分析】本题考查了正多边形与圆，等边三角形的判定和性质，坐标的变化规律问题，根据正多边形的性质可得，进而求出每旋转一次点的坐标，再根据每旋转次一个循环解答即可求解，找到坐标旋转变化的规律是解题的关键．
【详解】解：∵是正六边形，
∴，
∴，
∵，
∴为等边三角形，
∴，
∵ 轴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵将绕点顺时针旋转，每次旋转，
∴第次旋转结束时，点的坐标为，
第次旋转结束时，点的坐标为，
第次旋转结束时，点的坐标为，
第次旋转结束时，点的坐标为，
∵，
∴第次旋转结束时，点的坐标为，
故选：．
13． 一个点 一个方向 角度
【详解】在平面内，将一个图形绕着一个定点沿一个方向转动一个角度的图形变换称为旋转，
故答案为一个点，一个方向，角度.
14．
【分析】本题考查了二次函数图像的性质，旋转的性质，掌握二次函数图像的顶点式，旋转的性质是解题的关键．
根据题意，可得抛物线中，图像开口向上，顶点坐标为，由点的旋转可得图像开口向下，顶点坐标为，由此即可求解．
【详解】解：抛物线中，
∵，
∴图像开口向上，顶点坐标为，
∵将抛物线绕原点旋转，
∴图像开口向下，顶点坐标为，
∴旋转后的抛物线解析式为：，
故答案为： ．
15．
【分析】根据旋转的性质可得，的度数，根据等边对等角的性质可得，根据平角的性质可得′的度数．
【详解】解：由旋转的性质可得：
，，
∵，
∴．
∵，
∴．
故答案为：．
【点睛】本题主要考查根据旋转的性质说明线段相等或角相等，根据等边对等角求角度，灵活运用旋转的性质是解答本题的关键．
16．/
【分析】将△ABD绕点A逆时针旋转120°得到△ACF，取CF的中点G，连接EF、EG，由AB=AC=2、∠BAC=120°，可得出∠ACB=∠B=30°，根据旋转的性质可得出∠ECG=60°，结合CF=BD=2CE可得出△CEG为等边三角形，进而得出△CEF为直角三角形，通过解直角三角形求出BC的长度以及证明全等找出DE=FE，设EC=x，则BD=CF=2x，DE=FE=6-3x，在Rt△CEF中利用勾股定理可得出FE=x，利用FE=6-3x=x可求出x以及FE的值，此题得解．
【详解】将△ABD绕点A逆时针旋转120°得到△ACF，取CF的中点G，连接EF、EG，如图所示．
∵AB=AC=2，∠BAC=120°，
∴∠ACB=∠B=∠ACF=30°，
∴∠ECG=60°．
∵CF=BD=2CE，
∴CG=CE，
∴△CEG为等边三角形，
∴EG=CG=FG，
∴∠EFG=∠FEG=∠CGE=30°，
∴△CEF为直角三角形．
∵∠BAC=120°，∠DAE=60°，
∴∠BAD+∠CAE=60°，
∴∠FAE=∠FAC+∠CAE=∠BAD+∠CAE=60°．
在△ADE和△AFE中，
，
∴△ADE≌△AFE（SAS），
∴DE=FE．
设EC=x，则BD=CF=2x，DE=FE=6-3x，
在Rt△CEF中，∠CEF=90°，CF=2x，EC=x，
EF==x，
∴6-3x=x，
x=3-，
∴DE=x=3-3．
故答案为3-3．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质、勾股定理以及旋转的性质，通过勾股定理找出方程是解题的关键．
17．
【分析】根据已知及勾股定理求得DP的长，再根据全等三角形的判定得到△B′PH≌△BPD，从而根据直角三角形的性质求得GH，BG的长，从而不难求得旋转前后两个直角三角形重叠部分的面积．
【详解】解：设A′B′交BC于D，B′C′交BC于G、交AB于H，
∵∠C=90°，∠A=60°，
∴∠B=30°，
∴AB=2AC=6 ，
在直角△DPB中，BP=AP=AC=3，
设PD=x，
∵∠A=60°，则∠B=30°，
∴BD=2PD=2x，
∵DP2+BP2=BD2，
∴x2+32=（2x）2，
∴DP=x=，
∵B′P=BP，∠B=∠B′，∠B′PH=∠BPD=90°，
∴△B′PH≌△BPD，
∴PH=PD=，
∵在直角△BGH中，BH=3+，
∴GH=BH=，BG=，
∴S△BGH=××=，S△BDP=×3×=，
∴SDGHP=(cm2)．
故答案为：．
【点睛】本题考查了勾股定理，三角形的全等的判定及性质，旋转的性质等知识的综合运用．
18．见解析
【分析】根据旋转变换的性质画出图形即可．
【详解】解：连接，将线段绕点O按顺时针方向旋转一个等于的角度，得到线段，连接，便得到旋转后的．
如图， 即为所求三角形，
【点睛】本题主要考查了旋转变换，熟练掌握旋转的性质，并根据旋转的性质找到对应点的位置是解题的关键．
19．(1)
(2)与重合．
【分析】（1）由旋转的性质可得，可得；
（2）由旋转的性质可得．
本题考查了旋转的性质，等边三角形的性质，掌握旋转的性质是解题的关键．
【详解】（1）解：是等边三角形，
，，
等边绕点旋转角度，得到，
，
，；
（2），
与重合．
20．①；②，，；③
【分析】本题主要考查了作图旋转变换以及扇形面积的计算的知识，解答本题的关键是找出旋转中心，正确地画出旋转图形是求线段扫过面积的基础，此题难度不大．利用旋转变换的性质解答即可．
【详解】解：根据旋转不改变图形的形状及大小得：①；
根据旋转不改变线段的长短得：②，，；
根据旋转角相等可得：③．
21．(1)见解析
(2)见解析
【分析】本题考查画旋转图形、圆的定义，正确确定圆心是解答的关键．
（1）根据旋转性质得到对应点，然后顺次连接即可画出图形；
（2）连接，分别作的垂直平分线，两条垂直平分线交于一点即为过该三点的圆心O，进而问题可求解．
【详解】（1）解：如图，即为所求；

（2）解：如图，点O即为所求．
22．(1)见解析
(2)见解析
【分析】本题考查了旋转的性质，全等三角形的判定和性质．
（1）由旋转的性质得，求得，即可得证；
（2）利用即可证明．
【详解】（1）证明：由旋转可得，
，
，
，
、、三点在一条直线上；
（2）证明：由旋转可得，
，，
，
，即，
在和中，
，
．
23．（1）画图见解析；（2）12
【详解】试题分析：（1）利用网格特点，延长AC到A1使A1C=AC，延长BC到B1使B1C=BC，C点的对应点C1与C点重合，则△A1B1C1满足条件；
（2）四边形AB1A1B的对角线互相垂直平分，则四边形AB1A1B为菱形，然后利用菱形的面积公式计算即可．
试题解析：（1）如图，△A1B1C为所作：
（2）由于四边形AB1A1B的对角线互相垂直平分，
则四边形AB1A1B为菱形，
四边形AB1A1B的面积=×6×4=12．
考点：作图-旋转变换；作图题．
24．（1）抛物线的解析式为y=﹣x2+x﹣2；（2）AB=；（3）四边形ABCN是矩形，证明见解析
【分析】（1）根据当x=0和x=5时所对应的函数值相等，可得（5，c），根据待定系数法，可得函数解析式；
（2）联立抛物线与直线，可得方程组，根据解方程组，可得B、C点坐标，根据勾股定理，可得AB的长；
（3）根据对角线互相平分的四边形是平行四边形，判定四边形ABCN是平行四边形，再根据勾股定理的逆定理证明，即可解答．
【详解】解：（1）当x=0时，y=c，即（0，c）．由当x=0和x=5时所对应的函数值相等，得（5，c）．
将（5，c）（1，0）代入函数解析式，
得，
解得．
故抛物线的解析式为y=﹣x2+x﹣2；
（2）联立抛物线与直线，得，
解得，，
即B（2，1），C（5，﹣2）．
由勾股定理，得AB==；
（3）四边形ABCN是矩形，
证明：如图：

∵M是AC的中点，
∴AM=CM．
∵点B绕点M旋转180°得到点N，
∴BM=MN，
∴四边形ABCN是平行四边形，
∵A（1，0），B（2，1），C（5，﹣2）．
∴，
，
，
∴
∴，
∴是矩形．
【点睛】本题考查了二次函数综合题，利用了待定系数法求函数解析式，并联立函数解析式解方程组得出交点坐标，利用了勾股定理求两点之间距离并判定直角三角形．其中利用函数值相等得出点（5，c）是函数图像的点是解题关键，
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
D
B
D
D
D
C
C
A
C
D
题号
11
12








答案
B
A