2021学年第二十三章 旋转23.1 图形的旋转同步训练题

【课后练习】

一．选择题（共5小题）

1．如图，将△ABC绕点B逆时针旋转α，得到△EBD，若点A恰好在ED的延长线上，则∠CAD的度数为（　　）

A．90°﹣α B．α C．180°﹣α D．2α

【分析】根据旋转的性质和四边形的内角和是360°，可以求得∠CAD的度数，本题得以解决．

【解答】解：由题意可得，

∠CBD=α，∠ACB=∠EDB，

∵∠EDB+∠ADB=180°，

∴∠ADB+∠ACB=180°，

∵∠ADB+∠DBC+∠BCA+∠CAD=360°，∠CBD=α，

∴∠CAD=180°﹣α，

故选：C．

【点评】本题考查旋转的性质，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．

2．如图，在平面直角坐标系中，点A，C在x轴上，点C的坐标为（﹣1，0），AC=2．将Rt△ABC先绕点C顺时针旋转90°，再向右平移3个单位长度，则变换后点A的对应点坐标是（　　）

A．（2，2） B．（1，2） C．（﹣1，2） D．（2，﹣1）

【分析】根据旋转变换的性质得到旋转变换后点A的对应点坐标，根据平移的性质解答即可．

【解答】解：∵点C的坐标为（﹣1，0），AC=2，

∴点A的坐标为（﹣3，0），

如图所示，将Rt△ABC先绕点C顺时针旋转90°，

则点A′的坐标为（﹣1，2），

再向右平移3个单位长度，则变换后点A′的对应点坐标为（2，2），

故选：A．

【点评】本题考查的是坐标与图形变化旋转和平移，掌握旋转变换、平移变换的性质是解题的关键．

3．如图，点E是正方形ABCD的边DC上一点，把△ADE绕点A顺时针旋转90°到△ABF的位置，若四边形AECF的面积为25，DE=2，则AE的长为（　　）

A．5 B． C．7 D．

【分析】利用旋转的性质得出四边形AECF的面积等于正方形ABCD的面积，进而可求出正方形的边长，再利用勾股定理得出答案．

【解答】解：∵把△ADE顺时针旋转△ABF的位置，

∴四边形AECF的面积等于正方形ABCD的面积等于25，

∴AD=DC=5，

∵DE=2，

∴Rt△ADE中，AE==．

故选：D．

【点评】此题主要考查了旋转的性质以及正方形的性质，正确利用旋转的性质得出对应边关系是解题关键．

4．点A（4，3）经过某种图形变化后得到点B（﹣3，4），这种图形变化可以是（　　）

A．关于x轴对称 B．关于y轴对称

C．绕原点逆时针旋转90° D．绕原点顺时针旋转90°

【分析】根据旋转的定义得到即可．

【解答】解：因为点A（4，3）经过某种图形变化后得到点B（﹣3，4），

所以点A绕原点逆时针旋转90°得到点B，

故选：C．

【点评】本题考查了旋转的性质：旋转前后两个图形全等，对应点到旋转中心的距离相等，对应点与旋转中心的连线段的夹角等于旋转角．

5．如图，直线m，n相交于O，所夹的锐角是53°，点P，Q分别是直线m，n上的点，将直线m，n按照下面的程序操作，能使两直线平行的是（　　）

A．将直线m以点O为中心，顺时针旋转53°

B．将直线n以点Q为中心，顺时针旋转53°

C．将直线m以点P为中心，顺时针旋转53°

D．将直线m以点P为中心，顺时针旋转127°

【分析】根据平行线的判定和旋转的性质对各选项进行判断．

【解答】解：将直线n以点Q为中心，逆时针旋转53°时，m∥n；直线m以点P为中心，顺时针旋转53°时，m∥n．

故选：C．

【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．

二．填空题（共5小题）

6．如图，已知△ABC三个顶点的坐标分别为A（0，4），B（﹣1，1），C（﹣2，2），将△ABC向右平移4个单位，得到△A′B′C′，再将A′B′C′绕点B′顺时针旋转90°，则点A″的坐标为　（6，0）　．

【分析】根据题意画出图形，即可解决问题；

【解答】解：如图，由图象可知：A″（6，0）．

故答案为（6，0）．

【点评】本题考查坐标与图形不会﹣旋转，平移等知识，解题的关键是学会正确画出图形，属于中考常考题型．

7．如图，线段AB的两个顶点都在方格纸的格点上，建立平面直角坐标系后，A、B两点的坐标分别是（1，0）和（2，3），将线段AB绕点A逆时针旋转90°后再沿y轴负方向平移4个单位，则此时点B的坐标是　（﹣2，﹣3）　．

【分析】依据线段AB绕点A逆时针旋转90°后再沿y轴负方向平移4个单位，即可得到点B的坐标．

【解答】解：如图所示，将线段AB绕点A逆时针旋转90°后，可得B1的坐标为（﹣2，1）

再沿y轴负方向平移4个单位，则此时点B2的坐标是（﹣2，﹣3），

故答案为：（﹣2，﹣3）．

【点评】本题考查了坐标与图形性质﹣旋转、平移，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．解决问题的解是作出图形，利用数形结合的思想求解更形象直观．

8．△ABC在平面直角坐标系中的位置如图所示，将△ABC绕点A顺时针旋转90°得到△AB'C′，则点B的对应点B'的坐标为　（4，0）　．

【分析】根据△ABC绕点A顺时针旋转90°得到△AB'C′，画出图形即可解决问题．

【解答】解：将△ABC绕点A顺时针旋转90°得到△AB′C′，图形如图所示，

∴点B'的坐标为（4，0），

故答案为：（4，0）．

【点评】本题考查了坐标与图形的变化，解答本题的关键是依据旋转的三要素，找到点B的对应点B'的位置．

9．如图，正方形OABC的两边OA、OC分别在x轴、y轴上，点D（5，3）在边AB上，以C为中心，把△CDB旋转90°，则旋转后点D的对应点D′的坐标是　（﹣2，0）或（2，10）　．

【分析】根据题意，分顺时针旋转和逆时针旋转两种情况，求出点D′到x轴、y轴的距离，即可判断出旋转后点D的对应点D′的坐标是多少即可．

【解答】解：因为点D（5，3）在边AB上，

所以AB=BC=5，BD=5﹣3=2；

（1）若把△CDB顺时针旋转90°，

则点D′在x轴上，OD′=2，

所以D′（﹣2，0）；

（2）若把△CDB逆时针旋转90°，

则点D′到x轴的距离为10，到y轴的距离为2，

所以D′（2，10），

综上，旋转后点D的对应点D′的坐标为（﹣2，0）或（2，10）．

故答案为：（﹣2，0）或（2，10）．

【点评】此题主要考查了坐标与图形变化﹣旋转，考查了分类讨论思想的应用，解答此题的关键是要注意分顺时针旋转和逆时针旋转两种情况．

10．如图，点A、B、C、D都在方格纸的格点上，若△AOB绕点O按逆时针旋转到△COD的位置，则旋转角为　90°　．

【分析】根据旋转的性质，对应边的夹角∠BOD即为旋转角，问题得解．

【解答】解：∵△AOB绕点O按逆时针方向旋转到△COD的位置，

∴对应边OB、OD的夹角∠BOD即为旋转角，

∴旋转的角度为90°．

故答案为：90°．

【点评】本题考查了旋转的性质，熟记性质以及旋转角的确定是解题的关键．

三．解答题（共1小题）

11．如图，在△ABC中，∠ABC=90°，∠BAC=60°，AC绕点C顺时针旋转60°至CD，F是CD的中点，连接BF交AC于点E，连接AD．

求证：（1）AC=BF；

（2）四边形ABFD是平行四边形．

【分析】（1）连接AF，由旋转的旋转得到AC=DC，∠ACD=60°，进而△ACD是等边三角形，再证四边形ADCF是矩形，根据矩形的对角线相等即可得到AC=BF．

（2）根据△ACD是等边三角形，得到AC=AD，进一步证明AD=BF，再证明AB=DF，即可得到四边形ABFD是平行四边形．

【解答】解：（1）如图，连接AF，

∵AC绕点C顺时针旋转60°至CD，

∴AC=DC，∠ACD=60°，

∴△ACD是等边三角形，

∵F是CD的中点，

∴AF⊥CD，

∴∠AFC=90°，

∵在△ABC中，∠ABC=90°，∠BAC=60°，

∴∠ACD=30°，

∵∠ACD=60°，

∴∠BCD=90°，

又∵∠ADC=90°，

∴四边形ADCF是矩形，

∴AC=BF．

（2）∵△ACD是等边三角形，

∴AC=AD，

∵AC=BF，

∴AD=BF，

∵四边形ABCF是矩形，

∴AB=CF，

∵F是CD的中点，

∴DF=CF，

∴AB=DF，

∴四边形ABFD是平行四边形．

【点评】本题考查了旋转的旋转，解决本题的关键是熟记矩形、平行四边形的性质定理与判定定理．

课堂测试

一．选择题（共5小题）

1．抛物线y=﹣2（x﹣3）2﹣4的顶点坐标（　　）

A．（﹣3，4） B．（﹣3，﹣4） C．（3，﹣4） D．（3，4）

【分析】根据顶点式可以直接可得顶点坐标．

【解答】解：∵y=﹣2（x﹣3）2+4是抛物线的顶点式，

∴顶点坐标为（3，4）．

∴则答案为D

故选：D．

【点评】本题考查了二次函数的性质，熟练运用二次函数的解析式的特点解决问题．

2．将抛物线y=﹣x2+1向上平移3个单位长度后与x轴的两个交点之间的距离为（　　）

A．8 B．6 C．4 D．2

【分析】找出平移后抛物线的解析式，利用二次函数图象上点的坐标特征求出新抛物线与x轴的交点横坐标，二者做差后即可得出结论．

【解答】解：抛物线y=﹣x2+1向上平移3个单位长度后得出的新抛物线解析式为y=﹣x2+4．

当y=0时，有﹣x2+4=0，

解得：x1=﹣2，x2=2，

∴x2﹣x1=2﹣（﹣2）=4．

故选：C．

【点评】本题考查了抛物线与x轴的交点、二次函数图象与几何变换以及二次函数图象上点的坐标特征，牢记平移时的“上加下减，左加右减”是解题的关键．

3．抛物线y=3（x﹣1）2+1的顶点坐标是（　　）

A．（1，1） B．（﹣1，1） C．（﹣1，﹣1） D．（1，﹣1）

【分析】已知抛物线顶点式y=a（x﹣h）2+k，顶点坐标是（h，k）．

【解答】解：∵抛物线y=3（x﹣1）2+1是顶点式，

∴顶点坐标是（1，1）．故选A．

【点评】本题考查由抛物线的顶点坐标式写出抛物线顶点的坐标，比较容易．

4．下列对二次函数y=x2﹣x的图象的描述，正确的是（　　）

A．开口向下 B．对称轴是y轴

C．经过原点 D．在对称轴右侧部分是下降的

【分析】A、由a=1＞0，可得出抛物线开口向上，选项A不正确；

B、根据二次函数的性质可得出抛物线的对称轴为直线x=，选项B不正确；

C、代入x=0求出y值，由此可得出抛物线经过原点，选项C正确；

D、由a=1＞0及抛物线对称轴为直线x=，利用二次函数的性质，可得出当x＞时，y随x值的增大而增大，选项D不正确．

综上即可得出结论．

【解答】解：A、∵a=1＞0，

∴抛物线开口向上，选项A不正确；

B、∵﹣=，

∴抛物线的对称轴为直线x=，选项B不正确；

C、当x=0时，y=x2﹣x=0，

∴抛物线经过原点，选项C正确；

D、∵a＞0，抛物线的对称轴为直线x=，

∴当x＞时，y随x值的增大而增大，选项D不正确．

故选：C．

【点评】本题考查了二次函数的性质以及二次函数的图象，利用二次函数的性质逐一分析四个选项的正误是解题的关键．

5．抛物线y=（x﹣2）2﹣1可以由抛物线y=x2平移而得到，下列平移正确的是（　　）

A．先向左平移2个单位长度，然后向上平移1个单位长度

B．先向左平移2个单位长度，然后向下平移1个单位长度

C．先向右平移2个单位长度，然后向上平移1个单位长度

D．先向右平移2个单位长度，然后向下平移1个单位长度

【分析】抛物线平移问题可以以平移前后两个解析式的顶点坐标为基准研究．

【解答】解：抛物线y=x2顶点为（0，0），抛物线y=（x﹣2）2﹣1的顶点为（2，﹣1），则抛物线y=x2向右平移2个单位，向下平移1个单位得到抛物线y=（x﹣2）2﹣1的图象．

故选：D．

【点评】本题考查二次函数图象平移问题，解答时最简单方法是确定平移前后的抛物线顶点，从而确定平移方向．

二．填空题（共2小题）

6．把抛物线y=x2﹣2x+3沿x轴向右平移2个单位，得到的抛物线解析式为　y=（x﹣3）2+2　．

【分析】根据题意易得新抛物线的顶点，根据顶点式及平移前后二次项的系数不变可得新抛物线的解析式．

【解答】解：y=x2﹣2x+3=（x﹣1）2+2，其顶点坐标为（1，2）．

向右平移2个单位长度后的顶点坐标为（3，2），得到的抛物线的解析式是y=（x﹣3）2+2，

故答案为：y=（x﹣3）2+2

【点评】此题主要考查了次函数图象与几何变换，要求熟练掌握平移的规律：左加右减，上加下减．

7．若函数y=x2+2x﹣m的图象与x轴有且只有一个交点，则m的值为　﹣1　．

【分析】由抛物线与x轴只有一个交点，即可得出关于m的一元一次方程，解之即可得出m的值．

【解答】解：∵函数y=x2+2x﹣m的图象与x轴有且只有一个交点，

∴△=22﹣4×1×（﹣m）=0，

解得：m=﹣1．

故答案为：﹣1．

【点评】本题考查了抛物线与x轴的交点，牢记“当△=b2﹣4ac=0时，抛物线与x轴有1个交点”是解题的关键．