初三中考数学图形的旋转

考点跟踪训练33图形的旋转一、选择题1．(2011·天津)下列汽车标志中，可以看作是中心对称图形的是()答案A解析只有图形A旋转180°后与原图形能够完全重合，故选A.2．(2011·嘉兴)如图，点A、B、C、D、O都在方格纸的格点上，若△COD是由△AOB绕点O按逆时针方向旋转而得，则旋转的角度为()A．30°B．45°C．90°D．135°答案C解析线段OB旋转后与OD重合，∠BOD＝90°，所以旋转角度为90°.3．(2010·杭州)如图，在△ABC中，∠CAB＝70°.在同一平面内，将△ABC绕点A旋转到△AB′C′的位置，使得CC′∥AB，则∠BAB′＝()A．30°B．35°C．40°D．50°答案C解析由CC′∥AB，得∠C′CA＝∠CAB＝70°，由旋转，得AC′＝AC，∴∠CC′A＝∠C′CA＝70°，∴旋转角∠C′AC＝40°，∠B′AB＝40°.4.(2011·湖州)如图，已知△OAB是正三角形，OC⊥OB，OC＝OB，将△OAB绕点O按逆时针方向旋转，使得OA与OC重合，得到△OCD，则旋转的角度是()A．150°B．120°C．90°D．60°答案A解析∵△OAB是正三角形，∴∠AOB＝60°.又∵OC⊥OB，∠BOC＝90°，∴∠AOC＝60°＋90°＝150°.旋转的角度是150°.5．(2011·大理)如图，等腰Rt△ABC绕C点按顺时针旋转到△A1B1C1的位置(A，C，B1在同一直线上)，∠B＝90°，如果AB＝1，那么AC运动到A1C1所经过的图形面积是()A.3π2B.2π3C.4π3D.3π4答案D解析在△ABC中，∠B＝90°，AB＝BC＝1，所以AC＝2，S＝135360π×(2)2＝3π4.二、填空题6．(2011·泉州)如图所示，以点O为旋转中心，将∠1按顺时针方向旋转110°得到∠2，若∠1＝40°，则∠2的余角为_____________度．答案50解析由旋转的性质得∠1＝∠2＝40°，所以∠2的余角为90°－40°＝50°.7．(2011·南京)如图，E、F分别是正方形ABCD的边BC、CD上的点，BE＝CF，连接AE、BF，将△ABE绕正方形的中心按逆时针方向转到△BCF，旋转角为a(0°＜a＜180°)，则∠a＝________.答案90°解析∵△ABE≌△BCF，∴∠BAE＝∠CBF.∵∠BAE＋∠BEA＝90°，∴∠CBF＋∠BEA＝90°∴AE与BF所成的夹角等于90°，即∠a＝90°.8．(2011·泰州)如图，△ABC的三个顶点都在5×5的网格(每个小正方形的边长均为1个单位长度)的格点上，将△ABC绕点B顺时针旋转到△A′BC′的位置，且点A′、C′仍落在格点上，则线段AB扫过的图形的面积是__________平方单位(结果保留π)．答案13π4解析在Rt△ABC中，AB＝22＋32＝13.又∵∠A′BA＝∠C′BC＝90°，∴线段AB扫过的图形的面积是90360×π×(13)2＝134π.9．(2010·台州)如图，菱形ABCD中，AB＝2，∠C＝60°，菱形ABCD在直线l上向右作无滑动的翻滚，每绕着一个顶点旋转60°叫一次操作，则经过36次这样的操作，菱形中心O所经过的路径总长为________．(结果保留π)答案(83＋4)π解析在第一次、第二次操作中，中心O所经过的路径为弧长60180π×3＝33π；在第三次操作中，中心O所经过的路径为弧长60180π×1＝13π；所以路径总长为12×33π＋33π＋13π＝(83＋4)π.10．(2011·宜宾)如图，在△ABC中，AB＝BC，将△ABC绕点B顺时针旋转α度，得到△A1BC1，A1B交AC于点E，A1C1分别交AC、BC于点D、F，下列结论：①∠CDF＝α；②A1E＝CF；③DF＝FC；④AD＝CE；⑤A1F＝CE.其中正确的是__________．(写出正确结论的序号)答案①②⑤解析∵AB＝BC，∴∠A＝∠C＝∠C1.又∵∠ABA1＝∠CBC1＝α，AB＝A1B＝C1B，∴△ABE≌△C1BF.∴BE＝BF，AE＝FC1.在△CDF与△BC1F中，∠C＝∠C1，∠CFD＝∠C1FB，∴∠CDF＝∠CBC1＝α.由A1B－BE＝BC－BF，得A1E＝CF，A1C1－FC1＝AC－AE，得A1F＝CE，故结论①、②、⑤正确．三、解答题11．(2011·茂名)画图题：如图，将△ABC绕点O顺时针旋转180°后得到△A1B1C1.请你画出旋转后的△A1B1C1.解如图所示：12．(2011·威海)我们学习过：在平面内，将一个图形绕一个定点沿着某一个方向转动一个角度，这样的图形运动叫做旋转，这个定点叫旋转中心．(1)如图①，△ABC≌△DEF，△DEF能否由△ABC通过一次旋转得到？若能，请用直尺和圆规画出旋转中心；若不能，试简要说明理由．(2)如图②，△ABC≌△MNK，△MNK能否由△ABC通过一次旋转得到？若能，请用直尺和圆规画出旋转中心；若不能，试简要说明理由．(保留必要的作图痕迹)解(1)能，点O1就是所求作的旋转中心.(2)能，点O2就是所求作的旋转中心．13．(2011·聊城)将两块大小相同的含30°角的直角三角板(∠BAC＝∠B′A′C＝30°)按图①方式放置，固定三角板A′B′C，然后将三角板ABC绕直角顶点C顺时针方向旋转(旋转角小于90°)至图②所示的位置，AB与A′C交于点E，AC与A′B′交于点F，AB与A′B′相交于点O.(1)求证：△BCE≌△B′CF；(2)当旋转角等于30°时，AB与A′B′垂直吗？请说明理由．解(1)∵∠BCE＋∠A′CA＝90°＝∠A′CA＋∠B′CF，∴∠BCE＝∠B′CF，又∵∠B＝∠B′，BC＝B′C，∴△BCE≌△B′CF.(2)AB与A′B′垂直，理由如下：旋转角等于30°，即∠ECF＝30°，所以∠FCB′＝60°，又∠B＝∠B′＝60°，根据四边形的内角和可知∠BOB′的度数为360°－60°－60°－150°＝90°，所以AB与A′B′垂直．14．(2010·鸡西)平面内有一等腰直角三角板(∠ACB＝90°)和一直线MN.过点C作CE⊥MN于点E，过点B作BF⊥MN于点F.当点E与点A重合时(如图1)，易证：AF＋BF＝2CE.当三角板绕点A顺时针旋转至图2、图3的位置时，上述结论是否仍然成立？若成立，请给予证明；若不成立，线段AF、BF、CE之间又有怎样的数量关系，请直接写出你的猜想，不需证明．解图2中，AF＝BF＝2CE成立，理由如下：过B画BG⊥CE于G.易证△ACE≌△CBG，四边形EFBG是矩形，∴BG＝CE，AE＝CG，BF＝GE，EF＝BG.∴AF＋BF＝AE＋EF＋BF＝CG＋BG＋EG＝2CE；图3中，AF＋BF＝2CE不成立，应为AF－BF＝2CE.过B画BH⊥CE于H，易证△ACE≌△CBH，四边形EFBH是矩形，∴BH＝CE，AE＝CH，BF＝EH，EF＝BH.∴AF－BF＝AE＋EF－(CH－CE)＝2CE.15．(2011·安徽)在△ABC中，∠ACB＝90°，∠ABC＝30°，将△ABC绕顶点C顺时针旋转，旋转角为θ(0°＜θ＜180°)，得到△A′B′C.(1)如图1，当AB∥CB′时，设A′B′与CB相交于点D.证明：△A′CD是等边三角形；图1(2)如图2，连接A′A、B′B，设△ACA′和△BCB′的面积分别为S△ACA′和S△BCB′.求证：S△ACA′∶S△BCB′＝1∶3；图2(3)如图3，设AC中点为E，A′B′中点为P，AC＝a，连接EP，当θ＝______度时，EP长度最大，最大值为___________．图3解(1)∵AB∥CB′，∴∠ABC＝∠BCB′＝30°，∴∠A′CD＝60°.又∵∠A′＝60°，∴∠A′CD＝∠A′＝∠A′DC＝60°，∴△A′CD是等边三角形．(2)∵∠ACA′＝∠BCB′，AC＝A′C，BC＝B′C，∴△ACA′∽△BCB′，相似比为AC∶BC＝1∶3，∴S△ACA′∶S△BCB′＝1∶3.(3)120°；32a.当E、C、P三点不共线时，EC＋CPEP；当E、C、P三点共线时，EC＋CP＝EP；综上所述，EP≤EC＋CP；则当旋转120°时，E、C、P三点共线，EP长度最大，此时EP＝EC＋CP＝12a＋a＝32a.