浙教版3.2 图形的旋转同步测试题

这是一份浙教版3.2 图形的旋转同步测试题，共16页。试卷主要包含了2图形的旋转，5°，【答案】D，【答案】A，【答案】C，【答案】B等内容，欢迎下载使用。

一、选择题
如图所示，将□ABCD绕点C顺时针旋转一定角度后，得到□EFCG，若BC与CG在同一直线上，点D落在EG上，则旋转的度数为 ( )
A. 45°B. 50°C. 55°D. 60°
如图，边长为8的等边三角形ABC中，E是对称轴AD上的一个动点，连接EC将线段EC绕点C逆时针旋转60°得到FC，连接DF，则在点E运动过程中，DF的最小值是( )
A. 4B. 3C. 2D. 1
时间经过25分钟，钟表的分针旋转了( )
A. 150°B. 120°C. 25°D. 12.5°
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)
如图，将△ABC绕点C顺时针旋转得到△DEC，使点A的对应点D恰好落在边AB上，点B的对应点为E，连接BE，下列四个结论：
①AC=AD；②AB⊥EB；③BC=EC；④∠A=∠EBC；
其中一定正确的是( )
A. ①②B. ②③C. ③④D. ②③④
如图，在△ABC中，∠BAC=55°，∠C=20°，将△ABC绕点A逆时针旋转α角度(0<α<180°)得到△ADE，若DE//AB，则α的值为( )
A. 65°B. 75°C. 85°D. 130°
如图，在平面直角坐标系中，A(1,0)，B(-2,4)，AB绕点A顺时针旋转90°得到AC，则点C的坐标是( )
A. (4,3)B. (4,4)C. (5,3)D. (5,4)
如图，菱形OABC的顶点O(0,0)，B(2,2)，若菱形绕点O顺时针旋转，每秒旋转45°，则旋转2017秒后，菱形的对角线交点D的坐标为( )
A. (2,0)B. (0,-2)C. (1,-1)D. (-1,-1)
如图，在Rt△ABC中，∠BAC=90°，将Rt△ABC绕点C按逆时针方向旋转42°得到Rt△A'B'C'，点A在边B'C上，则∠B'的大小为( )
A. 42°B. 48°C. 52°D. 58°
如图，在平面直角坐标系中，Rt△ABC的直角顶点C的坐标为(1,0)，点A在x轴正半轴上，且AC=2.将△ABC先绕点C逆时针旋转90°，再向左平移3个单位，则变换后点A的对应点的坐标为( )
A. (6,0)B. (4,-2)C. (0,0)D. (-2,2)
二、填空题
AC、BD是四边形ABCD的两条对角线，△ABD是等边三角形，∠DCB=30°，设CD=a，BC=b，AC=4，则a+b的最大值为______．
如图，边长为2的菱形ABCD中，∠BAD=60°，现有∠BFE=30°的三角板△BEF，将△BEF绕B旋转得△BE'F'，BE'，BF'所在直线分别交线段AC于点M，N，若点C关于直线BE'的对称点为C'，当C'N⊥AC时，AN的长为______ ．
在平面直角坐标系中，以原点为中心，把点A(4,5)逆时针旋转90°得到点B，则点B的坐标是______．
如图，在边长为1的正方形ABCD中，将射线AC绕点A按顺时针方向旋转α度(0<α≤360°)，得到射线AE，点M是点D关于射线AE的对称点，则线段CM长度的最小值为______．
三、解答题
如图，点P是正方形ABCD内的一点，连接CP，将线段CP绕点C顺时旋转90°，得到线段CQ，连接BP，DQ．
(1)如图1，求证：△BCP≌△DCQ；
(2)如图，延长BP交直线DQ于点E．
①如图2，求证：BE⊥DQ；
②如图3，若△BCP为等边三角形，判断△DEP的形状，并说明理由．
已知直线AB//CD，将一块三角板EFG如图1所置，△EFG的边与直线AB、CD分别相交于M，N两点，∠F=90°，∠E=30°．
(1)求证：∠EMB+∠DNG=90°；
(2)将另一块三角板MPQ如图2放置，△MPQ的边PQ、PM分别与直线CD相交于点R，与△EFG的EG相交于点O，∠P=90°，∠PMQ=45°，直接写出∠PMB与∠PRD的数量关系：
(3)在(2)的条件下，将△MPQ绕着点M旋转至图3的位置，若∠EOP+∠DNG=135°，求∠PRD的度数？
如图，在平面直角坐标系中，点A的坐标为(0,3)，点B的坐标为(-4,0)，将△AOB绕点A逆时针旋转90°得到△AEF，点O，点O，B对应点分别是E，F．
(1)请在图中画出△AEF；
(2)点B所经过的路径长为______．
答案和解析
1.【答案】D
【解析】
【分析】
本题主要考查了旋转的性质和平行四边形的性质；熟练掌握平行四边形的性质和旋转的性质，并能进行推理计算是解决问题的关键．由旋转的性质得出CD=CB，得出∠CDG=∠G，由平行四边形的性质得出∠ADC=∠DCG，证出∠CDG=∠G=∠DCG，得出∠DCG=60°即可．
【解答】
解：由旋转的性质得：CD=CG，
∴∠CDG=∠G，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD//BC，
∴AD//BG，
∴∠ADC=∠DCG，
∵∠ADC=∠G，
∴∠CDG=∠G=∠DCG，
∴∠DCG=60°，
即旋转的角度为60°．
故选D．
2.【答案】C
【解析】解：如图，连接BF，
由旋转可得，CE=FC，∠ECF=60°，
∵△ABC是等边三角形，
∴AC=BC，∠ACB=60°，
∴∠ACE=∠BCF，
∴△ACE≌△BCF(SAS)，
∴∠CBF=∠CAE，
∵边长为8的等边三角形ABC中，E是对称轴AD上的一个动点，
∴∠CAE=30°，BD=4，
∴∠CBF=30°，
即点F的运动轨迹为直线BF，
∴当DF⊥BF时，DF最短，
此时，DF=12BD=12×4=2，
∴DF的最小值是2，
故选：C．
连接BF，判定△ACE≌△BCF，即可得到∠CBF=∠CAE=30°，进而得出点F的运动轨迹为直线BF，依据当DF⊥BF时，DF最短，即可得到DF的最小值是2．
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．
3.【答案】A
【解析】解：如图所示：
因为分针每分钟转6°，所以25分钟旋转了6°×25=150度．
故选：A．
先画出图形，确定时针和分针的位置利用钟表表盘的特征解答．
本题是一个钟表问题，解题时经常用到每两个数字之间的度数是30°，每分钟转过的角度为6度．借助图形，更容易解决．
4.【答案】A
【解析】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．
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．
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．
5.【答案】C
【解析】解：∵将△ABC绕点C顺时针旋转得到△DEC，
∴AC=CD，BC=CE，AB=DE，故①错误，③正确；
∴∠ACD=∠BCE，
∴∠A=∠ADC=180°-∠ACD2，∠CBE=180°-∠BCE2，
∴∠A=∠EBC，故④正确；
∵∠A+∠ABC不一定等于90°，
∴∠ABC+∠CBE不一定等于90°，故②错误．
故选：C．
根据旋转的性质得到AC=CD，BC=CE，AB=DE，故①错误，③正确；得到∠ACD=∠BCE，根据三角形的内角和得到∠A=∠ADC=180°-∠ACD2，∠CBE=180°-∠BCE2，求得∠A=∠EBC，故④正确；由于∠A+∠ABC不一定等于90°，于是得到∠ABC+∠CBE不一定等于90°，故②错误．
本题考查了旋转的性质，等腰三角形的性质，正确的识别图形是解题的关键．
6.【答案】B
【解析】解：∵在△ABC中，∠BAC=55°，∠C=20°，
∴∠ABC=180°-∠BAC-∠C═180°-55°-20°=105°，
∵将△ABC绕点A逆时针旋转α角度(0<α<180°)得到△ADE，
∴∠ADE=∠ABC=105°，
∵DE//AB，
∴∠ADE+∠DAB=180°，
∴∠DAB=180°-∠ADE=75°
∴旋转角α的度数是75°，
故选：B．
根据三角形内角和定理求出∠ABC，根据旋转得出∠EDA=∠ABC=105°，根据平行线的性质求出∠DAB即可．
本题考查了平行线的性质，三角形内角和定理，旋转的性质等知识点，能根据旋转得出∠ADE=∠ABC=105°是解此题的关键．
7.【答案】C
【解析】解：如图，过点B作BE⊥x轴于E，过点C作CF⊥x轴于F．
∵A(1,0)，B(-2,4)，
∴OA=1，BE=4，OE=2，AE=3，
∵∠AEB=∠AFC=∠BAC=90°，
∴∠B+∠BAE=90°，∠BAE+∠CAF=90°，
∴∠B=∠CAF，
∵AB=AC，
∴△BEA≌△AFC(AAS)，
∴CF=AE=3，AF=BE=4，OF=1+4=5，
∴C(5,3)，
故选：C．
如图，过点B作BE⊥x轴于E，过点C作CF⊥x轴于F.利用全等三角形的性质求出AF，CF即可解决问题．
本题考查坐标与图形的变化-旋转，全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题．
8.【答案】A
【解析】解：菱形OABC的顶点O(0,0)，B(2,2)，得
D点坐标为(0+22,0+22)，即(1,1)．
每秒旋转45°，则第2017秒时，得45°×2017=90765°，
90765°÷360=252周…1，
OD旋转了252周…1，菱形的对角线交点D的坐标为(2,0)，
故选：A．
根据菱形的性质及中点的坐标公式可得点D坐标，再根据旋转的性质可得旋转后点D的坐标．
本题主要考查菱形的性质及旋转的性质，熟练掌握菱形的性质及中点的坐标公式、中心对称的性质是解题的关键．
9.【答案】B
【解析】解：∵在Rt△ABC中，∠BAC=90°，将Rt△ABC绕点C按逆时针方向旋转42°得到Rt△A'B'C'，
∴∠A'=∠BAC=90°，∠ACA'=42°，
∴∠B'=90°-∠ACA'=48°．
故选：B．
先根据旋转的性质得出∠A'=∠BAC=90°，∠ACA'=42°，然后在直角△A'CB'中利用直角三角形两锐角互余求出∠B'=90°-∠ACA'=48°．
本题考查了旋转的性质、直角三角形的性质；熟练掌握旋转的性质是解题的关键．
10.【答案】D
【解析】解：将△ABC先绕点C逆时针旋转90°，点A的对应点的坐标为(1,2)，
再向左平移3个单位，变换后点A的对应点的坐标为(-2,2)，
故选：D．
求出两次变换后点A的对应点的坐标即可．
本题考查旋转变换，平移变换，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．
11.【答案】42
【解析】解：如图，过点C作EC⊥DC于点C，使EC=BC，连接DE，BE，
∵∠DCB=30°，
∴∠3=60°，
∵BC=EC，
∴△BCE是等边三角形，
∴BC=BE=EC，∠2=60°，
∴∠ABD+∠1=∠2+∠1，
即∠DBE=∠ABC，
∵在△ABC和△DBE中，
BD=AB∠DBE=∠ABCBE=BC，
∴△ABC≌△DBE(SAS)，
∴AC=ED，
在Rt△DCE中，
DC2+CE2=DE2，
∴DC2+BC2=AC2，
∴a2+b2=16，
∵(a+b)2=a2+b2+2ab=16+2ab，
∵以a，b，4为边的三角形是直角三角形，a，b是直角边，
∴S△=12ab，
易知当a=b时，三角形的面积最大，此时a=b=22，
ab=8，
∴(a+b)2的最大值为32，
∴a+b的最大值为42．
如图，过点C作EC⊥DC于点C，使EC=BC，连接DE，BE，首先证明a2+b2=16，再证明a=b时，a+b的值最大即可．
本题考查相似变换，等边三角形的性质，勾股定理，全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，属于中考填空题中的压轴题．
12.【答案】3-1
【解析】解：连接BC'、BD，设AC与BD交于O，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AD//BC，AB=BC=2，
∴∠DAB+∠ABC=180°，
∵∠BAD=60°，
∴∠ABC=120°，
在Rt△BE'F'中，∵∠BF'E'=30°，
∴∠F'BE'=60°，
∴∠ABF'+∠CBE'=120°-60°=60°，
又C与C'关于BE'对称，
∴∠C'BE'=∠CBE'，BC=BC'=2，
∴∠ABF'=∠C'BF'，AB=BC'，
在△ABN和△C'BN中，
∵AB=BC'∠ABN=∠C'BNBN=BN，
∴△ABN≌△C'BN(SAS)，
∴∠ANB=∠C'NB，
∴∠ANF'=∠C'NF'=90°×12=45°，
∵∠BAN=30°，
∴∠ABF'=45°-30°=15°，
∴∠DBF'=60°-15°=45°，
∵AC⊥BD，
∴△OBN是等腰直角三角形，
∴OB=ON，
在Rt△AOB中，∵∠BAO=30°，
∴OB=12AB=12×2=1，
∴ON=OB=1，
OA=3OB=3，
∴AN=3-1．
故答案为：3-1．
作辅助线，构建全等三角形，证明△ABN≌△C'BN(SAS)，可知∠ANB=∠C'NB，根据C'N⊥AC证得∠ANF'=∠C'NF'=90°×12=45°，所以△OBN是等腰直角三角形，利用直角三角形30°角的性质求OB、ON、OA的长，从而得出AN的长．
本题考查了菱形的性质、全等三角形的性质和判定、30°的直角三角形的性质、旋转和对称的性质，连接C'B证明三角形全等是突破口，进而求出各角的度数，得到等腰直角三角形，从而使问题得以解决．
13.【答案】(-5,4)
【解析】解：
如图，分别过A、B作x轴的垂线，垂足分别为C、D，
∵A(4,5)，
∴OC=4，AC=5，
∵把点A(4,5)逆时针旋转90°得到点B，
∴OA=OB，且∠AOB=90°，
∴∠BOD+∠AOC=∠AOC+∠CAO=90°，
∴∠BOD=∠CAO，
在△AOC和△OBD中
∠ACO=∠BDO∠OAC=∠BODOA=OB
∴△AOC≌△OBD(AAS)，
∴OD=AC=5，BD=OC=4，
∴B(-5,4)，
故答案为：(-5,4)．
分别过A、B作x轴的垂线，垂足分别为C、D，可证明△AOC≌△OBD，可求得BD和OD的长，则可求得B点坐标．
本题主要考查旋转的性质，构造三角形全等求得线段的长度是解题的关键，注意旋转前后对应线段相等．
14.【答案】2-1
【解析】解：如图所示：连接AM．
∵四边形ABCD为正方形，
∴AC=AD2+CD2=1+1=2．
∵点D与点M关于AE对称，
∴AM=AD=1．
∴点M在以A为圆心，以AD长为半径的圆上．
如图所示，当点A、M、C在一条直线上时，CM有最小值．
∴CM的最小值=AC-AM'=2-1，
故答案为：2-1．
由轴对称的性质可知AM=AD，故此点M在以A圆心，以AD为半径的圆上，故此当点A、M、C在一条直线上时，CM有最小值．
本题主要考查的是旋转的性质，正方形的性质，依据旋转的性质确定出点M运动的轨迹是解题的关键．
15.【答案】(1)证明：∵∠BCD=90°，∠PCQ=90°，
∴∠BCP=∠DCQ，
在△BCP和△DCQ中，
BC=CD∠BCP=∠DCQPC=QC，
∴△BCP≌△DCQ(SAS)；
(2)①如图b，∵△BCP≌△DCQ，
∴∠CBF=∠EDF，又∠BFC=∠DFE，
∴∠DEF=∠BCF=90°，
∴BE⊥DQ；
②∵△BCP为等边三角形，
∴∠BCP=60°，
∴∠PCD=30°，又CP=CD，
∴∠CPD=∠CDP=75°，又∠BPC=60°，∠CDQ=60°，
∴∠EPD=180°-∠CPD-∠CPB=180°-75°-60=45°，
同理：∠EDP=45°，
∴△DEP为等腰直角三角形．
【解析】(1)根据旋转的性质证明∠BCP=∠DCQ，得到△BCP≌△DCQ；
(2)①根据全等的性质和对顶角相等即可得到答案；
②根据等边三角形的性质和旋转的性质求出∠EPD=45°，∠EDP=45°，判断△DEP的形状．
本题考查了正方形的性质、三角形全等的判定和性质以及旋转的性质，掌握正方形的四条边相等、四个角都是直角，旋转的性质证明三角形全等是解题的关键．
16.【答案】解：(1)如图1，延长EF交CD于H，
∵∠EFG=90°，
∴∠HFN=90°，
∵AB//CD，
∴∠FHN=∠EMB，
∵∠HNF=∠DNG，
∴∠FHN+∠FNH=∠BME+∠DNG=90°；
(2)设AB与PQ相交于H，
∵AB//CD，
∴∠PHB=∠PRD，
∵∠PHB=∠P+∠PBM，∠P=90°，
∴∠PRD=90°+∠PMB，
即∠PRD-∠PMB=90°；
(3)延长MP交CD于H，
∵AB//CD，
∴∠PHR=∠BMP，
∵∠EOP=∠E+∠EMO=∠E+∠EMB+∠BMP，
又∵∠E=30°，∠BME+∠DNG=90°，
∴∠EOP+∠DNG=∠E+∠EMB+∠BMP+∠DNG30°+90°+∠BMP=135°，
∴∠BMP=15°，
∴∠PHR=∠BMP=15°，
∵∠RPH=90°，
∴∠PRD=75°．
【解析】(1)如图1，延长EF交CD于H，根据平行线的性质得到∠FHN=∠EMB，由对顶角的性质得到∠HNF=∠DNG，于是得到结论；
(2)设AB与PQ相交于H，根据平行线的性质得到∠PHB=∠PRD，根据我就想外角的性质即可得到结论；
(3)延长MP交CD于H，根据平行线的性质得到∠PHR=∠BMP，根据三角形外角的性质和三角形的内角和即可得到结论．
本题考查了旋转的性质，直角三角形的性质，平行线的性质，正确的识别图形是解题的关键．
17.【答案】5π2
【解析】解：(1)如图所示，△AEF就是所求作的三角形；
(2)∵点A的坐标为(0,3)，点B的坐标为(-4,0)，
∴AO=3，BO=4，
∴AB=5，
∴点B所经过的路径长为90π×5180=5π2
故答案为：5π2．
(1)以A为旋转中心，△AOB绕点A逆时针旋转90°得到△AEF．
(2)利用勾股定理求得旋转的半径，利用弧长公式求得路径长即可．
此题考查了作图-旋转性质，熟练掌握旋转的性质是解本题的关键．