28.1图形的旋转暑假预习练 人教版数学九年级上册

这是一份28.1图形的旋转暑假预习练 人教版数学九年级上册，共6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，在平面直角坐标系中，将正方形绕点O逆时针旋转后得到正方形，依此方式，绕点O连续旋转2025次后得到正方形，如果点A的坐标为，那么点的坐标为（ ）
A．B．C．D．
2．如图，将方格纸中的图形绕点逆时针旋转后得到的图形是（ ）
A．B．
C．D．
3．第一次：将点A绕原点O逆时针旋转90°得到A1；
第二次：作点A1关于x轴的对称点A2；
第三次：将点A2绕点O逆时针旋转90°得到A3；
第四次：作点A3关于x轴的对称点A4…，
按照这样的规律，点A2021的坐标是（ ）
A．(﹣3，2)B．(﹣2，3)C．(﹣2，﹣3)D．(3，﹣2)
4．如图，正方形OABC中，点，点D为AB边上一个动点，连接CD，点P为CD的中点，绕点D将线段DP顺时针旋转90°得到线段DQ，连接BQ，当点Q在射线OB的延长线上时，点D的坐标为（ ）．
A．B．C．D．
5．如图，在中，．在同一平面内，将绕点A旋转到的位置，使得，则等于（ ）
A．30B．35°C．40°D．50°
6．如图，点是等边三角形内一点，且，，，若将绕着点逆时针旋转后得到，则的度数．（ ）
A．B．C．D．
7．如图，风力发电机的三个相同叶片两两夹角为．以旋转轴为原点，水平方向为轴建立平面直角坐标系，恰好其中一个叶片尖点对应的坐标为．若叶片每秒绕点顺时针旋转，则第秒时叶片尖点的坐标为（ ）
A．B．C．D．
8．如图， 在中，，将绕着点A顺时针旋转后，得到，且点在上， 则的度数为（ ）
A． B． C． D．
9．如图，中，且，D为外一点，连接，过D作交于点E，F为上一点且，连接，．将线段绕点C逆时针旋转90°到线段，连接分别交、于点M、N，连接、．下列结论（ ）
：
：
；
：
⑤若，，，则四边形面积为．
其中正确的个数为（ ）
A．2 个B．3 个C．4 个D．5 个
10．如图，将沿射线的方向平移，得到，再将绕点逆时针旋转一定角度后，得到，点的对应点为C，点的对应点为点D，则下列结论不一定正确的是（ ）
A．B．C．D．平分
11．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．
12．如图，将绕点逆时针旋转得到，点落在边上，且，则的度数是（ ）
A．B．C．D．
二、填空题
13．如图1，图2，图3，在中，分别以、为边，向外作正三角形，正四边形，正五边形，、相交于点O．
（1）如图1，__________：如图2，__________；如图3，__________；
（2）如图4，已知：、是以为边向外所作正n边形的一组邻边；、是以为边向外所作正n边形的一组邻边．、的延长线交于点O．此时，____________________（用含n的式子表示）．
14．如图，中与交于点D，E是边上的一个动点，将沿着进行折叠后射线与边交于点F，将射线绕点D逆时针旋转后与边交于点G，若，则________．
15．如图，在平面直角坐标系中，点A，B的坐标分别为，，，，将绕点顺时针旋转，则点C对应点的坐标为__________．
16．如图，在直角坐标系中，边长为2个单位长度的正方形绕原点O逆时针旋转，再沿y轴方向向上平移1个单位长度，则点的坐标为___________．
17．将抛物线绕原点旋转，则旋转后的抛物线表达式为__________．
三、解答题
18．如图，在中，，将绕点逆时针旋转得到，求的度数．
19．如图，已知点，的坐标分别为、，将绕点按顺时针方向旋转得到△．
（1）画出△；
（2）的对应点为，写出点的坐标；
（3）求出旋转到的路线长．
20．如图，网格中每个小正方形的边长都是单位
(1)画出将绕点O顺时针方向旋转后得到的；
(2)请直接写出，，三点的坐标．
21．综合运用
如图1，在平面直角坐标系中，正方形的顶点在轴的正半轴上．如图2．将正方形绕点逆时针旋转，旋转角为，交直线于点交轴于点．
(1)当旋转角__________时，；
(2)若点，求的长；
(3)如图3，若正方形的边长为5，对角线交y轴于点，交直线于点，若，求的面积．（用含的代数式表示）
22．如图，中，，将绕点逆时针旋转得到．与交于点，分别交、于点、．
(1)与的数量关系是：________；
(2)求证：；
(3)当，，三点共线时，恰好，求此时的长．
23．分析左边的树形图案，经过怎样的图形变换就可能得到右边的树形图案．
《28.1图形的旋转》参考答案
1．D
【分析】本题考查了旋转的性质、正方形的性质、坐标与图形性质、勾股定理、规律型：点的坐标等知识，解题的关键是学会从特殊到一般的探究规律的方法．根据图形可知：点B在以O为圆心，以为半径的圆上运动，由图可知；将正方形绕点O逆时针旋转后得到正方形，相当于将线段绕点O逆时针旋转，可得对应B点的坐标，然后发现规律是8次一循环，进而得出答案．
【详解】由题可知：，，
将正方形绕点O逆时针旋转后得到正方形，相当于将线段绕点O逆时针旋转，可得对应B点的坐标，然后发现规律是8次一循环，
点的坐标等于点得坐标
即
故选：D
2．C
【分析】利用已知将图形绕点逆时针旋转得出符合题意的图形即可．本题考查了生活中的旋转现象，正确掌握相关性质内容是解题的关键．
【详解】解：如图所示：将方格纸中的图形绕点逆时针旋转后得到的图形是
故选：C．
3．B
【分析】根据题意，得到每4个点的坐标为一周期循环，利用此规律解决问题．
【详解】解：由题意得，，，，，
每4个点的坐标为一周期循环．
，
点的坐标与相同，
．
故选：B．
【点睛】本题考查了旋转变换，规律型问题，解题的关键是学会探究规律的方法．
4．C
【分析】如图，过作，交轴于点 过作轴于 过作平行于轴的直线交PN于M，交QE于F，交y轴于G，则DP=DQ，证明设再求解Q的坐标，再代入直线OB的解析式即可．
【详解】解：如图，过作，交轴于点 过作轴于 过作平行于轴的直线交PN于M，交QE于F，交y轴于G，则DP=DQ，




正方形OABC中，点，

设 而点P为CD的中点，



设OB的解析式为 而
解得：
OB的解析式为：

解得：

故选C
【点睛】本题考查的是全等三角形的判定与性质，坐标与图形，正比例函数的性质，正方形的性质，求解是解本题的关键．
5．C
【分析】旋转中心为点A，B与，C与分别是对应点，根据旋转的性质可知，旋转角，，再利用平行线的性质得，把问题转化到等腰中，根据内角和定理求．
【详解】解：∵，，
∴，
又∵C、为对应点，点A为旋转中心，
∴，即为等腰三角形，
∴．
故选：C．
【点睛】本题考查了旋转的基本性质，对应点到旋转中心的距离相等，对应点与旋转中心的连线的夹角为旋转角．同时考查了等边对等角，平行线的性质．
6．C
【分析】首先证明为等边三角形，得，由可得，在中，已知三边，用勾股定理逆定理证出得出，可求的度数，由此即可解决问题．
【详解】解：连接，由题意可知，
则，
∵是等边三角形，
∴，
∴，
∴为等边三角形，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∵为等边三角形，
∴，
∴
∴，
故选C．
【点睛】本题考查旋转的性质、等边三角形的判定和性质、勾股定理的逆定理等知识，解题的关键是勾股定理逆定理的应用，属于中考常考题型．
7．D
【分析】本题考查了旋转的性质，探索规律，掌握相关知识是解决问题的关键．根据旋转的性质分别求出第1、2、3、时，点的对应点、、、的坐标，找到规律，进而得出第时，点的对应点的坐标．
【详解】解：，
在第一象限的角平分线上，
叶片每秒绕原点顺时针转动，
第1、2、3、秒的坐标为：，，，，
点的坐标以每4秒为一个周期依次循环，
，
第秒时，点的对应点的坐标与相同，为．
故选：D．
8．D
【分析】本题考查了旋转的性质，等腰三角形的性质．熟练掌握旋转的性质是解题的关键．
先根据旋转的性质得到，，再根据等腰三角形的性质得到，然后根据邻补角的定义计算出的度数．
【详解】解：绕着点顺时针旋转后，得到，且点在上，
，，
，
，
．
故选：D．
9．C
【分析】先证明，再证明，得到对应边相等，对应角相等，依次得出正确和错误，由等腰直角三角形的性质和勾股定理，得出正确，由三角形的三边关系，可以得出正确，利用勾股定理逆定理和三角形面积公式即可判定正确．
【详解】如图，连接，
∵，根据旋转有：，，
∴，
又∵,，
∴，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴在四边形中，，
∴，
∴，
∴，
又∵，，
∴，
∴，，故正确；
∵在中，，，
∴，，
∴，故正确；
∵，
∴，即，故正确；
∵在等腰和等腰中，，，，
∴，
∴，故错误；
若，，，
∴，
∴，即，
∴，
∴是直角三角形，，
∴，故正确；
即正确的有4个，
故选：C．
【点睛】本题综合考查了全等三角形的判定与性质、勾股定理及其逆定理、等腰直角三角形等内容，解决本题的关键是能正确分析图形中的相等关系，能在相等的边和角中进行转化，能构造直角三角形进行求解等．
10．A
【分析】本题考查了平移的性质、旋转的性质、等腰三角形的性质．
根据平移和旋转的性质可得：，，，，由，，，即可判断B、C；由等腰三角形的性质及旋转的性质可得，即可判断D，由不能推出和平行，即可判断A．
【详解】解：根据平移和旋转的性质可得：，，，，
，，，
，，故B、C正确，不符合题意；
，
，
，
平分，故D正确，不符合题意；
不能推出和平行，
A不一定成立，符合题意；
故选：A．
11．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．
【详解】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.
【点睛】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．
12．B
【分析】本题考查了旋转的性质，等边三角形的判定和性质，等边对等角．由旋转的性质得，，由的性质得，可求得是等边三角形，据此求解即可．
【详解】解：由旋转的性质得，，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴是等边三角形，
∴，
故选：B．
13．
【分析】（1）根据等边三角形的性质可以得出△ABE≌△ADC，根据三角形的外角与内角的关系就可以求出∠BOC的值；
在图2中，连接BD，然后用同样的方法证明△DAC≌△BAE，根据三角形外角与内角之间的关系就可以求出∠BOC的值；
依此类推就可以得出当作五边形的时候就可以求出图3中∠BOC的值；
（2）根据图1中，∠BOC=120°=；图2中，∠BOC=90°=；图3中，∠BOC=72°=；以此类推找出规律，即可得出图4中当作正n边形时，∠BOC=．
【详解】（1）解：如图1，
∵△ABD和△AEC是等边三角形，
∴AD=AB，AE=AC，∠DAB=∠EAC=∠ABD=∠ADB=60°，
∴∠DAB+∠BAC=∠EAC+∠BAC，
即∠DAC=∠BAE．
在△ABE和△ADC中，
，
∴△ABE≌△ADC（SAS），
∴∠CDA=∠EBA，
∵∠BOC=∠BDO+∠OBD，
∴∠BOC=∠BDA+∠ABE+∠OBD，
∴∠BOC=∠BDA+∠ADC+∠OBA，
∴∠BOC=∠BDA+∠OBD=60°+60°=120°；
如图2中，连接BD，
∵四边形ABFD和四边形ACGE是正方形，
∴AB=AD，AE=AC，∠BAD=∠CAE=90°，∠BDA=∠DBA=45°，
∴∠BAD+∠DAE=∠CAE+∠DAE，
即∠BAE=∠CAD，
在△ABE和△ADC中，
，
∴△ABE≌△ADC（SAS），
∴∠ABE=∠ADC，
∵∠BOC=∠BDO+∠DBO，
∴∠BOC=∠BDA+∠ADO+∠DBO，
∴∠BOC=∠BDA+∠ABE+∠DBO，
∴∠BOC=∠BDA+∠DBA=45°+45°=90°；
如图3中，连接BD，
∵五边形ABHFD和五边形ACIGO是正五边形，
∴AB=AD，AE=AC，∠BAD=∠EAC=108°，
∴∠BAD+∠DAE=∠EAC+∠DAE，∠ABD=∠ADB=36°，
∴∠BAE=∠DAC，
在△ABE和△ADC中，
，
∴△ABE≌△ADC（SAS），
∴∠ABE=∠ADC，
∵∠BOC=∠OBD+∠BDO，
∴∠BOC=∠ADB+∠ADC+∠OBD，
∴∠BOC=∠ADB+∠ABE+∠OBD，
∴∠BOC=∠ADB+∠ABD=72°．
故答案为：120°，90°，72°；
（2）由题可得，
图1中，∠BOC=120°=；
图2中，∠BOC=90°=；
图3中，∠BOC=72°=；
以此类推，图4中，当作正n边形时，∠BOC=．
故答案为：．
【点睛】本题属于三角形综合题，主要考查了全等三角形的判定与性质、等边三角形、正四边形等图形的性质，解决问题的关键是利用正n边形各边相等证明两个三角形全等，运用了类比的思想方法，同时还要熟练掌握正n边形每一个内角的求法，并根据三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角和得出结论．
14．或/或
【分析】本题主要考几何变换中旋转和轴对称的综合题目，抓住旋转角和轴对称的性质是解题的关键，抓住AD是的角平分线和，
再利用方程思想求解，最后注意点G可能在线段上，也可能在线段上，分类讨论即可．
【详解】解：如图，当点G在线段上，
∵，
∴设，则，
∴，
∵将沿着进行折叠后射线与边交于点F，
∴，
∵将射线绕点D逆时针旋转，
∴，
∵，
∴7，
∴，
∴．
如下图所示：当点G在线段上时，
同理可得：，
∴，
∴，
故答案为：或．
15．
【分析】本题主要考查旋转的性质，相似三角形的判定和性质，熟练掌握相似三角形的判定和性质是解题的关键．根据题意画出图形，过点作轴于点，过点作轴于点，证明，根据相似三角形的性质求出的大小即可得到答案．
【详解】解：过点作轴于点，过点作轴于点，
，
将绕点顺时针旋转，
此时与重合，
轴，轴，
，
点A，B的坐标分别为，，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
．
故答案为：．
16．/
【分析】连接OB，由题意可得∠=75°，可得出∠=30°，可求出的坐标，即可得出点的坐标．
【详解】解：如图：连接OB，，作⊥y轴
∵是正方形，OA=2
∴∠COB=45°，OB=
∵绕原点O逆时针旋转
∴∠=75°
∴∠=30°
∵=OB=
∴，
∴
∵沿y轴方向向上平移1个单位长度
∴
故答案为：
【点睛】本题考查了坐标与图形变化﹣旋转，坐标与图形变化﹣平移，熟练掌握网格结构，准确确定出对应点的位置是解题的关键．
17．
【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： ．
18．
【分析】本题考查旋转的性质，根据旋转性质得到旋转角即可求解．
【详解】解：∵将绕点逆时针旋转得到，
∴，
，
∴．
19．（1）见解析；（2）；（3）
【分析】（1）将点、分别绕点按顺时针方向旋转得到对应点，再首尾顺次连接可得；
（2）根据以上图形可得；
（3）利用勾股定理求出的长，然后根据弧长公式计算可得．
【详解】解：（1）△如图所示．
（2）由图可知．
（3），，
弧的长为．
【点睛】本题考查了作图旋转变换，解题的关键是熟练掌握旋转变换的定义和性质及弧长公式．
20．(1)
如图，即为所求；
(2)，，
【分析】（1）利用旋转变换的性质分别作出A，B，C的对应点，，即可；
（2）根据点的位置写出坐标即可．
【详解】（1）略
（2）解：由坐标系中图形的位置可知：，，．
【点睛】本题考查作图-旋转变换，解题的关键是掌握旋转变换的性质，属于中考常考题型．
21．(1)
(2)的长为
(3)
【分析】本题考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理、等腰直角三角形的性质以及三角形面积计算，解题的关键是灵活运用几何图形的性质，通过全等转化、勾股定理列方程或构造特殊三角形求解。
（1）利用正方形性质及定理证明，结合直线平分第一象限直角的特点，推出，从而求得旋转角；
（2）过点、作坐标轴垂线，由旋转性质得，求出，再利用勾股定理列方程组求解的长度；（3）根据正方形对角线性质得出，构造等腰直角三角形，求出高，再代入三角形面积公式计算。
【详解】（1）解：∵ 四边形是正方形，
∴ ，，，
∵ ，，
∴ ，
∴ ．
∵ 直线平分第一象限内的直角，
∴ ．
∵ ，
即，
∴ ．
故答案为：．
（2）解：过点A作x轴的垂线，垂足为点G；过点C作y轴的垂线，垂足为H。
由旋转性质可知，，
∵ 点，
∴ ，，
即 ，．
在与中，由勾股定理得，
，即，
解得：.
答：的长为．
（3）解：过作于，
∵ 为正方形的对角线，
∴ ．又，
∴ 为等腰直角三角形，．
∵ ，
∴ ．
∴ ．
∴ ，
即．
22．(1)=
(2)见解析
(3)
【分析】（1）由等腰三角形的性质可知，再由旋转的性质得，故；
（2）利用证明三角形全等；
（3）利用三角形内角和求出，在中，解出的长，进而求出的长．
【详解】（1）解：，
，
由旋转的性质可知，，
．
（2）证明：由旋转的性质可知，，，
，
即，
，
．
在与中，
，
．
（3）解：如图，，，三点共线，．
则，，
又，
，即，
，
，
，
，，
．
【点睛】本题考查了旋转的性质，等腰三角形的性质，全等三角形的性质与判定，勾股定理，含角的直角三角形的性质，解题的关键是利用旋转得到边、角的关系．
23．见解析
【分析】本题考查图形的旋转、轴对称、平移变换，根据图形的位置进行适当的旋转、轴对称、平移变换即可求解．
【详解】解：据左右两图形的位置关系可知，若要由左图得到右图，可以通过以下的途径：
（1）把左图绕点A沿顺时针方向旋转一个角度，使左边的树形图案与直线垂直，然后再作轴对称变换（要注意对称轴的正确选择），即可得到右边的树形图案．
（2）把左图先做轴对称变换（要注意对称轴的正确选择），使左边的树形图案与直线垂直，然后再作平移变换，即可得到右边的树形图案．
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
D
C
B
C
C
C
D
D
C
A
题号
11
12








答案
D
B