义务教育基础课程初中教学资料课后强化训练31图形的旋转一、选择题1．下列所述图形中，是中心对称图形的是(B)A．直角三角形B．平行四边形C．正五边形D．正三角形【解析】直角三角形不是中心对称图形，正五边形和正三角形只是轴对称图形，平行四边形是中心对称图形．2．下列图形中，是中心对称图形的是(C)A. B. C. D.【解析】选项A，B，D中的图形旋转180°后都不能与原图形重合，都不是中心对称图形，故选C.3．如图是“北大西洋公约组织”标志的主体部分(平面图)，它是由四边形OABC绕点O进行3次旋转变换后形成的，测得AB＝BC，OA＝OC，∠ABC＝40°，则∠OAB的度数是(A)A. 115°B. 116°C. 117°D. 137.5°【解析】∵AB＝BC，OA＝OC，OB＝OB，∴△AOB≌△COB(SSS)．∴∠OAB＝∠OCB＝(360°－90°－40°)÷2＝115°.(第3题)(第4题)4．如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，∠ABC＝30°，AC＝2，△ABC绕点C顺时针旋转得△A1B1C，当点A1落在AB边上时，连结B1B，取BB1的中点D，连结A1D，则A1D的长度是(A)A.7B．2 2C．3D．2 3【解析】∵∠ACB＝90°，∠ABC＝30°，AC＝2，∴∠A＝90°－∠ABC＝60°，AB＝4，BC＝2 3.由旋转的性质知，CA＝CA1，∴△ACA1是等边三角形，AA1＝AC＝2，∴A1B＝AB－AA1＝2，∠BCB1＝∠ACA1＝60°.由旋转的性质知，CB＝CB1，∴△BCB1是等边三角形，∴BB 1＝BC ＝23，∠A 1BB 1＝90°. ∵D 为BB 1的中点， ∴BD ＝DB 1＝3，∴在Rt △A 1BD 中，A 1D ＝A 1B 2＋BD 2＝7. 二、填空题(第5题)5．如图，Rt △ABC 的斜边AB ＝16，将Rt △ABC 绕点O 顺时针旋转后得到Rt △A ′B ′C ′，则Rt △A ′B ′C ′的斜边A ′B ′上的中线C ′D 的长度为__8__．【解析】 ∵将Rt △ABC 绕点O 顺时针旋转后得到Rt △A ′B ′C ′， ∴A ′B ′＝AB ＝16.∵C ′D 为Rt △A ′B ′C ′的斜边A ′B ′上的中线，∴C ′D ＝12A ′B ′＝8.6．如图，将等边三角形CBA 绕点C 顺时针旋转α得到△CB ′A ′，使得B ，C ，A ′三点在同一直线上，则α的度数是__120°__．【解析】 ∵△ABC 是等边三角形， ∴∠ACB ＝60°.∵等边三角形CBA 绕点C 顺时针旋转α得到△CB ′A ′，使得B ，C ，A ′三点在同一直线上，∴∠BCA ′＝180°，∠B ′CA ′＝60°， ∴∠ACB ′＝60°， ∴α＝60°＋60°＝120°.(第6题) (第7题)7．如图，在△ABC 中，AC ＝BC ＝8，∠C ＝90°，D 为BC 的中点，将△ABC 绕点D 逆时针旋转45°，得到△A ′B ′C ′，B ′C ′与AB 相交于点E ，则S 四边形ACDE ＝__28__．【解析】 易知∠B ＝∠BDE ＝45°，BD ＝12BC ＝4，∴∠DEB ＝90°，∴BE ＝DE ＝22，∴S △BDE ＝12×22×22＝4.∵S △ACB ＝12AC ·BC ＝32，∴S 四边形ACDE ＝S △ACB －S △BDE ＝28.8．如图，在Rt △ABC 中，∠ACB ＝90°，AC ＝5 cm ，BC ＝12 cm ，将△ABC 绕点B 顺时针旋转60°得到△EBD ，连结DC ，交AB 于点F ，则△ACF 与△BDF 的周长之和为__42__cm.【解析】 ∵将△ABC 绕点B 顺时针旋转60°得到△BDE ，∴BD ＝BC ，∠CBD ＝60°，∴△BCD 为等边三角形， ∴CD ＝BD ＝BC ＝12.在Rt △ACB 中，∵AC ＝5，BC ＝12， ∴AB ＝AC 2＋BC 2＝13.∴△ACF 与△BDF 的周长之和＝AC ＋AF ＋CF ＋BF ＋DF ＋BD ＝AC ＋AB ＋CD ＋BD ＝5＋13＋12＋12＝42(cm)．(第8题) (第9题)9．如图，正方形ABCD 的边长为1，AC ，BD 是对角线．将△DCB 绕点D 顺时针旋转45°得到△DGH ，HG 交AB 于点E ，连结DE 交AC 于点F ，连结FG .有下列结论：①四边形AEGF 是菱形；②△AED ≌△GED ；③∠DFG ＝112.5°；④BC ＋FG ＝1.5.其中正确的结论是①②③(填序号)．【解析】 ∵四边形ABCD 是正方形，∴AD ＝DC ＝BC ＝AB ，∠DAB ＝∠ADC ＝∠DCB ＝∠ABC ＝90°，∠ADB ＝∠BDC ＝∠CAD ＝∠CAB ＝45°.∵△DHG 是由△DBC 旋转得到的，∴DG ＝DC ＝AD ，∠DGE ＝∠DCB ＝∠DAE ＝90°. 在Rt △ADE 和Rt △GDE 中， ∵⎩⎪⎨⎪⎧DE ＝DE ，DA ＝DG ， ∴Rt △AED ≌Rt △GED (HL )，故②正确； ∴∠ADE ＝∠GDE ＝22.5°，AE ＝GE ， ∴∠AED ＝∠GED ＝67.5°， ∴∠AFE ＝180°－∠AED －∠BAC ＝180°－67.5°－45°＝67.5°， ∴∠AED ＝∠AFE ，∴AE ＝AF . 同理，EG ＝GF ，∴AE ＝EG ＝GF ＝F A ，∴四边形AEGF 是菱形，故①正确； ∵∠EFG ＝∠GEF ＝67.5°，∴∠DFG ＝180°－∠EFG ＝180°－67.5°＝112.5°，故③正确； ∵∠BGE ＝90°，∠ABG ＝45°， ∴△BEG 是等腰直角三角形， ∴BG ＝EG ，BE ＝2EG . ∵AE ＝FG ＝EG ，∴BE ＞AE ，∴AE ＜0.5，∴BC ＋FG ＝1＋AE ＜1.5，故④错误． 三、解答题10．如图，正方形网格中的每个小正方形的边长都是1，每个小正方形的顶点叫做格点．△ABC 的三个顶点A ，B ，C 都在格点上，将△ABC 绕点A 顺时针旋转90°得到△AB ′C ′.（第10题）(1)在正方形网格中画出△AB ′C ′.(2)计算线段AB 在变换到AB ′的过程中扫过区域的面积． 【解析】 (1)△AB ′C ′即为所求．（第10题解）(2)∵AB ＝42＋33＝5，∴线段AB 在变换到AB ′的过程中扫过区域的面积为90π×52360＝25π4.(第11题)11．如图，在△ABC 中，AB ＝AC ，∠BAC ＝40°，将△ABC 绕点A 逆时针旋转100°得到△ADE ，连结BD ，CE 交于点F .(1)求证：△ABD ≌△ACE . (2)求∠ACE 的度数．(3)求证：四边形ABFE 是菱形．【解析】 (1)∵将△ABC 绕点A 按逆时针方向旋转100°得到△ADE ， ∴∠DAE ＝∠BAC ＝40°，∠CAE ＝∠BAD ＝100°. 又∵AB ＝AC ，∴AB ＝AC ＝AD ＝AE . 在△ABD 与△ACE 中， ∵⎩⎪⎨⎪⎧AB ＝AC ，∠BAD ＝∠CAE ，AD ＝AE ，∴△ABD≌△ACE(SAS)．(2)∵∠CAE＝100°，AC＝AE，∴∠ACE＝12(180°－∠CAE)＝12(180°－100°)＝40°.(3)∵∠BAD＝∠CAE＝100°，AB＝AD，∴∠ABD＝40°，∠BAE＝∠BAD＋∠DAE＝140°，∴AE∥BF.同理，AB∥EF.∴四边形ABFE是平行四边形．∵AB＝AE，∴平行四边形ABFE是菱形．12．如图①所示，将一个边长为2的正方形ABCD和一个长为2、宽为1的矩形CEFD 拼在一起，构成一个大的矩形ABEF.现将小矩形CEFD绕点C顺时针旋转至矩形CE′F′D′的位置，旋转角为α.(1)当点D′恰好落在EF边上时，求旋转角α的值．(2)如图②，G为BC的中点，且0°＜α＜90°，求证：GD′＝E′D.(3)小矩形CEFD绕点C顺时针旋转一周的过程中，△DCD′与△CBD′能否全等？若能，直接写出旋转角α的值；若不能，说明理由．（第12题）【解析】(1)∵DC∥EF，∴∠CD′E＝∠DCD′＝α，∴sinα＝CECD′＝CECD＝12，∴α＝30°.(2)∵G为BC的中点，∴GC＝CE′＝CE＝1.∵∠D′CG＝∠DCG＋∠DCD′＝90°＋α，∠DCE′＝∠D′CE′＋∠DCD′＝90°＋α，∴∠D′CG＝∠DCE′.又∵CD′＝CD，∴△GCD′≌△E′CD(SAS)，∴GD′＝E′D.(3)能．α＝135°或315°.13．如图①，在△ABC中，∠ABC＝45°，AH⊥BC于点H，点D在AH上，且DH＝CH，连结BD.(第13题)(1)求证：BD＝AC.(2)将△BHD绕点H旋转，得到△EHF(点B，D分别与点E，F对应)，连结AE.①如图②，当点F落在AC上时(点F不与点C重合)，若BC＝4，tan C＝3，求AE的长．②如图③，当△EHF是由△BHD绕点H逆时针旋转30°得到时，设射线CF与AE相交于点G，连结GH，试探究线段GH与EF之间满足的等量关系，并说明理由．【解析】(1)∵AH⊥BC，∠ABC＝45°，∴∠BHD＝∠AHC＝90°，AH＝BH.在△BHD和△AHC中，∵⎩⎪⎨⎪⎧BH ＝AH ，∠BHD ＝∠AHC ，DH ＝CH ，∴△BHD ≌△AHC (SAS )，∴BD ＝AC . (2)①如解图，过点H 作HP ⊥AE 于点P .在Rt △AHC 中，∵tan C ＝3，∴AHCH＝3.设CH ＝x ，则BH ＝AH ＝3x .∵BC ＝4，∴3x ＋x ＝4，∴x ＝1， ∴AH ＝3，CH ＝1.由旋转的性质知，∠EHF ＝∠BHD ＝∠AHC ＝90°，EH ＝BH ＝AH ＝3，FH ＝DH ＝CH ＝1，∴易得∠EHA ＝∠FHC ，EH AH ＝FHCH＝1，∴△EHA ∽△FHC ，∴∠EAH ＝∠C ， ∴tan ∠EAH ＝tan C ＝3，(第13题解)∴HP ＝3AP ，AE ＝2AP .在Rt △AHP 中，∵AP 2＋HP 2＝AH 2， ∴AP 2＋(3AP )2＝9，∴AP ＝31010，∴AE ＝3105.②EF ＝2GH .理由如下：设AH 交CG 于点Q .由①及旋转的性质，得EH ＝AH ，FH ＝CH . ∵旋转角为30°，∴∠FHD ＝∠BHE ＝30°， ∴∠EHA ＝∠FHC ＝120°. ∴∠FCH ＝∠GAH ＝30°. 又∵∠AQG ＝∠CQH ， ∴△AGQ ∽△CHQ ，∴∠AGQ ＝∠CHQ ＝90°，AQ CQ ＝GQ HQ ，即AQ GQ ＝CQHQ.又∵∠AQC ＝∠GQH ， ∴△AQC ∽△GQH ， ∴GH AC ＝GQ AQ ＝sin30°＝12， ∴EF GH ＝BD GH ＝ACGH ＝2. ∴EF ＝2GH .。