第二十三章 旋转 填空题 题型专练 人教版数学九年级上册（含解析）

第第页第二十三章旋转填空题题型专练人教版数学九年级上册（含解析）第二十三章旋转

1．如图所示的图标可以看作是一个平行四边形通过次旋转得到的，每次旋转的角度为．

2．如图，在平面直角坐标系中，经过中心对称变换得到，那么对称中心的坐标为．

3．在直角坐标系中，点关于原点对称的点的坐标是，关于x轴对称的点的坐标是．

4．已知，点A（a﹣1，3）与点B（2，﹣2b﹣1）关于原点对称，则2a+b＝．

5．若点与点关于原点对称，则.

6．王明、杨磊两家所在位置关于学校成中心对称，如果王明距学校500米，那么他们两家相距米．

7．有两个完全重合的矩形．将其中一个始终保持不动，另一个矩形绕其对称中心按逆时针方向进行旋转，每次均旋转，第次旋转后得到图，第次旋转后得到图，……，则第次旋转后得到的图形与图中相同的是．

8．如图，是等边三角形，顺时针旋转后能与重合.

（1）旋转中心是，旋转度数是度，线段的对应线段是；

（2）若连结，则是三角形.

9．如图，△EDC是将△ABC绕点C顺时针旋转90°得到的．若点A，D，E在同一条直线上，则∠BAD的度数是．

10．点A（0，3）绕着原点逆时针方向旋转90°与点B重合，则点B的坐标为．

11．如图，网络格上正方形小格的边长为图中线段和点绕着同一个点做相同的旋转，分别得到线段和点则在区区中，点所在的单位正方形区域是(选填区域称)．

12．如图，，将Rt绕点C顺时针方向旋转90°到的位置，AB的中点D旋转到，已知，，则线段的长为．

13．如图，将矩形绕点A顺时针旋转后，得到矩形，如果，那么．

14．如图，边长为的正方形ABCD中，点E为对角线BD上一点，连接CE，将CE绕点C顺时针旋转90°得到CF，连接EF和DF若EF＝2BE，则BE的长为．

15．如图是4×4的正方形网格，把其中一个标有数字的白色小正方形涂黑，就可以使图中的黑色部分构成一个中心对称图形，则这个白色小正方形内的数字是．

16．如图，等腰Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=BC=1，且AC边在直线a上，将△ABC绕点A顺时针旋转到位置①可得到点，此时；将位置①的三角形绕点P1顺时针旋转到位置②，可得到点，此时；将位置②的三角形绕点P2顺时针旋转到位置③，可得到点，此时；…，按此规律继续旋转，直至得到点为止．则=．

17．如图，将等边沿中点旋转得到．现给出下列命题：①垂直平分；②四边形是中心对称图形；③四边形是轴对称图形；④．其中正确的是（写上正确的序号）．

18．如图，在平面直角坐标系中，点B的坐标为（4，3），点A在x轴正半轴上，连接，．将线段绕原点O逆时针方向旋转得到对应线段，若点恰好在y轴正半轴上，点的坐标为．

19．在△ABC中，∠BAC＝90°，AC＝AB＝4，E为边AC上一点，连接BE，过A作AF⊥BE于点F，D是BC边上的中点，连接DF，点H是边AB上一点，将△AFH沿HF翻折．点A落在M点，若MH∥AF，DF＝，则MH2＝．

20．将两块全等的直角三角板按如图方式放置，，固定三角板，然后将三角板绕点顺时针旋转到如图的位置，此时与，分别交于点，，与交于点，且，则旋转角的度数为．

21．如图，香港特别行政区区徽由五个相同的花瓣组成，它是以一个花瓣为基本图案通过连续四次旋转所组成，这四次旋转中，旋转角度最小是°.

22．如图，已知线段AB＝8，O为AB的中点，P是平面内的一个动点，在运动过程中保持OP＝2不变，连结BP，将PB绕点P逆时针旋转90°到PC，连结BC、AC，则线段AC长的最大值是．

23．如图，O是△ABC内一点，∠OBC＝60°，∠AOC＝120°，OA＝OC＝，OB＝1，则AB边的长为．

24．如图，在平行四边形中，，，点为射线上一动点，连接，将绕点逆时针旋转得到，连接，则的最小值是．

25．如图所示，在平面直角坐标系中，，，是等腰直角三角形且，把绕点B顺时针旋转，得到，把绕点C顺时针旋转，得到，依此类推，得到的等腰直角三角形的直角顶点的坐标为．

26．我们规定：如果一个三角形一边上的高等于这条边，那么这个三角形叫做“等高底”三角形，这条边叫做这个三角形的“等底”．如图，已知直线，与之间的距离是3，“等高底”的“等底”在直线上（点在点的左侧），点在直线上，，将绕点顺时针旋转得到，点的对应点分别为点，那么的长为．

27．如图，在中，，，点D为的中点，点P在上，且，将绕点C在平面内旋转，点P的对应点为点Q，连接、，当时，的长为．

28．如图，在平面直角坐标系中，将△ABO绕点A顺时针旋转到△AB1C1的位置，点B、O分别落在点B1、C1处，点B1在x轴上，再将△AB1C1绕点B1顺时针旋转到△A1B1C2的位置，点C2在x轴上，将△A1B1C2绕点C2顺时针旋转到△A2B2C2的位置，点A2在x轴上，依次进行下去…．若点A（3，0），B（0，4），则点B100的坐标为．

29．如图，正方形的两边、分别在轴、轴上，点在边上，以为中心，把顺时针旋转90°，则旋转点的对应点的坐标是．

30．如图，点P为定角∠AOB的平分线上的一个定点，且∠MPN与∠AOB互补，若∠MPN在绕点P旋转的过程中，其两边分别与OA、OB相交于M、N两点，则以下结论：（1）PM＝PN恒成立；（2）OM﹣ON的值不变；（3）△OMN的周长不变；（4）四边形PMON的面积不变，其中正确的序号为．

31．如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90，∠CAB=30，BC=4．将△ABC绕点C逆时针旋转α度（0<α180），得到△DEC，A，B的对应点分别为D，E．边DC，DE分别交直线AB于F，G，当△DFG是直角三角形时，则BD=．

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参考答案：

1．2120°

【分析】如图，OA，OD之间的夹角是360°÷3=120°，所以可得到通过2次旋转得到的，每次旋转角度分别是120°．

【详解】解：如图，

可以看作是由一个四边形OABC（或四边形ODEF、四边形OGHI）通过2次旋转得到的，每次旋转角度分别是120°．

故答案为2，120°．

【点睛】本题考查旋转的性质．旋转变化前后，对应点到旋转中心的距离相等以及每一对对应点与旋转中心连线所构成的旋转角相等．要注意旋转的三要素：①定点-旋转中心；②旋转方向；③旋转角度．

2．

【分析】对应点连线的中点即时对称中心的坐标，以此来求解即可．

【详解】解：的中点坐标是，

故答案是：．

【点睛】本题考查了中心对称变换，掌握根据对应点找出对称中心的方法是求解的关键．

3．

【分析】根据关于原点对称和关于x轴对称的点的坐标特征求解．

【详解】解：点关于原点对称的点的坐标是，关于x轴对称的点的坐标是，

故答案为：，．

【点睛】本题考查了关于原点对称的点的坐标特点：两个点关于原点对称时，它们的坐标符号相反，即点关于原点的对称点是．也考查了关于x轴对称的点的坐标特征．

4．-1

【分析】根据关于原点对称点的坐标特点可得a﹣1＝﹣2，﹣2b﹣1＝﹣3，解出a、b的值，然后可得答案．

【详解】解：∵点A（a﹣1，3）与点B（2，﹣2b﹣1）关于原点对称，

∴a﹣1＝﹣2，﹣2b﹣1＝﹣3，

解得：a＝﹣1，b＝1，

∴2a+b＝﹣1，

故答案为：﹣1．

【点睛】此题主要考查了关于原点对称点的坐标，关键是掌握两个点关于原点对称时，它们的坐标符号相反．

5．2

【分析】根据关于原点对称的两个点的横、纵坐标互为相反数，可得关于a、b的方程组，解方程组即可求得答案.

【详解】由题意得：，

解得：，

所以a+b=2，

故答案为2.

【点睛】本题考查了关于原点对称的点的坐标特征，二元一次方程组的解法，熟练掌握关于原点对称的点的坐标特征是解题的关键.

6．1000

【分析】根据中心对称的性质可知，杨磊家到学校的距离也是500米，且杨磊家与王明家在一条直线上，从而可确定答案．

【详解】∵王明、杨磊两家所在位置关于学校成中心对称，王明距学校500米，

∴杨磊家到学校的距离也是500米，且杨磊家与王明家在一条直线上．

∴他们两家相距500+500=1000米．

故答案为：1000．

【点睛】本题主要考查中心对称的性质，掌握中心对称的性质是解题的关键．

7．图

【分析】每次均旋转45°，10次共旋转450°，而一周为360°，用450°-360°=90°，可知第10次旋转后得到的图形．

【详解】解：依题意，旋转10次共旋转了10×45°=450°，

因为450°-360°=90°，

所以，第10次旋转后得到的图形与图2相同．

故答案为：图2．

8．点60等边

【分析】（1）根据旋转的定义解答；

（2）根据旋转的性质可得AD=AE，又旋转角为60°，然后根据等边三角形的判定定理进行判定即可.

【详解】（1）∵是等边三角形，顺时针旋转后能与重合，

∴旋转中心是点A，旋转的度数是60度，线段的对应线段是BD；

（2）根据旋转的性质AD=AE，

∵旋转角为60°，

∴△BPP′是等边三角形．

故答案为:（1）点；60；；（2）等边

【点睛】本题考查了旋转的性质，等边三角形的判定，难度不大，熟练掌握旋转的定义与性质是解题的关键．

9．90°

【分析】根据旋转的性质求出∠E、∠CAE和∠BAC度数，利用角的和∠BAD=∠BAC+∠CAE即可．

【详解】∵将△ABC绕点C顺时针旋转90°得到△EDC．

∴AC=CE，∠ACE＝90°，∠BAC=∠E

∵点A，D，E在同一条直线上，

∴∠EAC=∠E＝45°．

∴∠BAC=∠E=45

∴∠BAD＝∠BAC+∠CAE＝45°+45°＝90°．

故答案为：90°．

【点睛】本题主要考查了旋转的性质，解决这类问题关键是找准旋转角，利用旋转的性质等量转化角或线段，会利用等边求角．

10．（﹣3，0）．

【分析】首先根据题意作出旋转前后的两个图形，即可得到点B的坐标．

【详解】解：如图所示，点A（0，3）绕着原点逆时针方向旋转90°与点B重合，则点B的坐标为（﹣3，0），

故答案为（﹣3，0）．

【点睛】本题主要考查了坐标与图形变化，解答此题要明确，（a，b）绕原点旋转逆时针旋转90°后的点的坐标为（-b，a）．

11．4区

【分析】根据旋转的性质连接AA′、BB′，分别作AA′、BB′的中垂线，两直线的交点即为旋转中心，从而得出线段AB和点P是绕着同一个该点逆时针旋转90°，据此可得答案．

【详解】解：如图，连接AA′、BB′，分别作AA′、BB′的中垂线，两直线的交点即为旋转中心，

由图可知，线段AB和点P绕着同一个该点逆时针旋转90°，

∴点P逆时针旋转90°后所得对应点P′落在4区，

故答案为：4区．

【点睛】本题主要考查旋转变换，熟练掌握旋转的性质得出图形的旋转中心及旋转方向是解题的关键．

12．

【分析】利用旋转的性质可知CD=CD′，且△CDD′为直角三角形，可求得DD′．

【详解】解：∵∠ACB=90°，

∴，

∵D是AB的中点，

∴，

∵Rt△ABC绕直角顶点C顺时针方向旋转90°到△A′B′C的位置，

∴∠B′CD′=∠BCD，

∵∠BCD+∠DCB′=90°，

∴∠B′CD′+DCB′=90°，

又CD=CD′（旋转后是对应边），

∴△CDD′是等腰直角三角形，

∴．

故答案为：．

【点睛】本题主要考查旋转的性质，直角三角形斜边上的中线，利用条件证得△CDD′是等腰直角三角形是解题的关键．

13．

【分析】连接，先根据矩形的性质和勾股定理求出，然后根据旋转的性质和勾股定理求出即可．

【详解】解：连接，

，

∵矩形，，

∴，，

∴，

∵将矩形绕点A顺时针旋转后，得到矩形，

∴，，

∴．

故答案为：．

【点睛】本题考查了矩形的性质，旋转的性质，勾股定理等知识，掌握矩形的性质，旋转的性质，勾股定理是解题的关键．

14．

【分析】根据旋转的性质可得∠ECF=90°，CE=CF，根据正方形的性质可得△BCE≌△DCF，从而得到DF=BE，∠CBE=∠CDF=45°，继而得到∠EDF=90°，再由勾股定理可得，然后设BE=x，则，EF=2x，然后根据勾股定理，即可求解．

【详解】解：根据题意得：

在正方形ABCD中，BC=DC，∠BCD=90°，∠CBD=∠BDC=45°，

∴∠BCE=∠DCF，

∴△BCE≌△DCF，

∴DF=BE，∠CBE=∠CDF=45°，

∴∠EDF=∠BDC+∠CDF=90°，

∵正方形ABCD的边长为，

∴，

设BE=x，则，

∵EF＝2BE，

∴EF=2x，

∵，

∴，

解得：（舍去），

即．

故答案为：

【点睛】本题主要考查了正方形的性质，图形的旋转，勾股定理，全等三角形的判定和性质，熟练掌握相关知识点是解题的关键．

15．3

【分析】通过观察发现，当涂黑3时，就可以使图中的黑色部分构成一个中心对称图形．

【详解】解：如图，把标有数字3的白色小正方形涂黑，就可以使图中的黑色部分构成一个中心对称图形．

故答案为3．

【点睛】本题考查了中心对称图形的定义，要知道，一个图形绕端点旋转180°所形成的图形叫中心对称图形．

16．1343+672

【详解】本题主要考查规律探索,由图可观察规律得：,……,，，;．

故本题正确答案为:1343+672

17．①②③

【分析】根据旋转和中心对称，轴的对称，平行四边形的判定即可求解．

【详解】解：等边沿中点旋转得到，

∴，且，

∴四边形是菱形，

∴对角线，且平分，故结论①，②，③正确；结论④无法证明，

故答案为：①②③．

【点睛】本题主要考查等边三角形的性质，旋转的性质，菱形的性质，掌握等三角形的性质，旋转的性质，菱形的判定和性质是解题的关键．

18．

【分析】如图，连接，过点作轴于点H，过点B作于点T．解直角三角形求出，，再利用面积法求出，可得结论．

【详解】解：如图，连接，过点作轴于点H，过点B作于点T，

∵，

∴，

∵，

∴，，

∵，

∴，，

∵，

∴，

∵，

∴，

∴．

故答案为：．

【点睛】此题考查了旋转的性质，勾股定理，等腰三角形的判定与性质，解题的关键是熟练掌握相关基础性质．

19．8-2

【分析】如图，作DK⊥DF交BE于K．首先证明AF＝BK，设AF＝BK＝x，在Rt△AFB中，利用勾股定理构建方程求出x，再证明HM＝AF即可解决问题．

【详解】解：如图，作DK⊥DF交BE于K．

∴AF⊥BE，

∴∠AFB＝90°，

∵AC＝AB＝4，∠BAC＝90°，DC＝DB，

∴AD⊥BC，BC＝4，

∴DA＝DB＝DC，

∴∠AFB＝∠ADB＝90°，

∴A，F，D，B四点共圆，

∴∠DFB＝∠DAB＝45°，

∵∠FDK＝90°，

∴∠DFK＝∠DKF＝45°，

∴DF＝DK＝，

∴FK＝2，

∵∠FDK＝∠ADB＝90°，

∴∠ADF＝∠BDK，

∵DF＝DK，DA＝DB，

∴△FDA≌△KDB（SAS），

∴AF＝BK，设AF＝BK＝x，

在Rt△AFB中，则有：x2+（x+2）2＝42，

解得x＝或（舍弃），

∴AF＝，

∵HM∥AF，

∴∠AFH＝∠FHM＝∠AHF，

∴AH＝AF＝HM，

∴四边形AFMH是平行四边形，

∴HM＝AF＝，

∴HM2＝8﹣2．

故答案为8﹣2．

【点睛】本题考查翻折变换，全等三角形的判定和性质，平行四边形的判定和性质，解直角三角形等知识，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，学会利用参数构建方程解决问题．

20．30

【分析】根据三角形内角和性质得得=60°，根据锐角三角形性质和对顶角性质得60°，求出以，即可.

【详解】解：因为两块全等的直角三角板，，

所以=60°，

因为

所以=90°

所以60°

所以=60°

所以90°-60°=30°

即旋转角是30°

故答案为30

【点睛】考核知识点：三角形内角和，旋转定义.运用三角形内角和定理是关键.

21．72

【分析】先根据中心角360°÷5求出基本图形旋转一次的角度即可．

【详解】解：观察图形可知，中心角是由五个相同的角组成，

∴旋转角度是

∴这四次旋转中,旋转角度最小是

故答案为72．

【点睛】本题考查图形旋转的性质，掌握图形旋转的性质，性质中心，旋转方向，旋转角度，基本图形，最小旋转角度是解题关键．

22．6

【分析】以BO为直角边在BO上方作等腰直角三角形BOF，如图，连接CF、AF．证明△OBP∽△FBC，从而发现C点运动轨迹是以F为圆心，CF=2为半径的圆．最后根据三角形三边关系，可得AC最大值．

【详解】解：以BO为直角边在BO上方作等腰直角三角形BOF，如图，连接CF、AF．

则且∠OBP=∠FBC，

∵P点运动轨迹是以O为圆心，OP=2为半径的圆，

∴C点运动的轨迹是以F为圆心，CF=2为半径的圆．

∵AC≤AF+FC，AF=4，FC=2

∴AC最大值为4+2=6

故答案为6．

【点睛】本题主要考查的是旋转的性质、全等三角形的性质和判定，两点间的距离公式的应用，列出AC的长度与点P的坐标之间的关系式是解题的关键．

23．

【分析】如图，将△AOB顺时针旋转120°直至OA与OC重合，于是得到∠BOB'＝120°，OB＝OB'＝1，根据等腰三角形的性质得到∠OBB'＝30°，推出∠B'BA＝90°，BB'＝，过O作OD⊥BA，垂足为D，解直角三角形即可得到结论．

【详解】如图，将△AOB顺时针旋转120°直至OA与OC重合，则∠BOB'＝120°，OB＝OB'＝1，

∴∠OBB'＝30°，

∵∠OBC＝60°，

∴∠B'BA＝90°，BB'＝，

过O作OD⊥BA，垂足为D，

∵∠OBD＝60°，OB＝1，

∴BD＝，OD＝，

在Rt△ODC中，CD＝，

∴BC＝BD+CD＝4，

在Rt△B'BA中，AB'＝，

∴AB＝AB'＝，

故答案为．

【点睛】本题考查了等腰三角形的性质，勾股定理，旋转的性质，正确的作出旋转后的图形是解题的关键．

24．

【分析】以AB为边向右作等边△ABK，连接EK，证明△ABF≌△KBE（SAS），推出AF＝EK，根据垂线段最短可知，当KE⊥AD时，EK的值最小，求出EK即可解决问题．

【详解】解：如图，以AB为边向右作等边△ABK，由可知点K在BC上，连接EK，

∵BE＝BF，BK＝BA，∠EBF＝∠ABK＝60°，

∴∠ABF＝∠KBE，

∴△ABF≌△KBE（SAS），

∴AF＝EK，

根据垂线段最短可知，当KE⊥AD时，EK的值最小，即AF的值最小，

∵四边形ABCD是平行四边形，

∴AD∥BC，

∴∠EAK＝∠AKB＝60°，

∴∠AKE＝30°，

∵AB＝AK＝2，

∴AE＝AK＝1，

∴EK＝，

∴AF的最小值为．

故答案为：．

【点睛】本题考查旋转的性质，平行四边形的性质，等边三角形的性质，全等三角形的判定和性质，垂线段最短，勾股定理等知识，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，学会用转化的思想思考问题．

25．

【分析】根据题意可以求得P2的纵坐标为﹣1，P3的纵坐标为1，P4的纵坐标为﹣1，P5的纵坐标为1，…，从而发现其中的变化的规律，从而可以求得P2023的坐标．

【详解】作P1⊥x轴于H．

∵A（0，0），B（2，0），∴AB=2．

∵△AP1B是等腰直角三角形，∴P1HAB=1，AH=BH=1，∴P1的纵坐标为1．

∵△AP1B绕点B顺时针旋转180°，得到△BP2C；把△BP2C绕点C顺时针旋转180°，得到△CP3D，∴P2的纵坐标为﹣1，P3的纵坐标为1，P4的纵坐标为﹣1，P5的纵坐标为1，…，∴P2023的纵坐标为1，横坐标为2023×2﹣1=4037，即P2023（4037，1）．

故答案为（4037，1）．

【点睛】本题考查了坐标与图形变化﹣旋转，解答本题的关键是发现各点的变化规律，求出相应的点的坐标．

26．或

【分析】根据题意分情况画出相应图，然后根据旋转性质找到线段对应关系求解即可．

【详解】解：当如下图所示时，

，，

点到直线的距离为，

，

将绕点顺时针旋转得到，

；

当如下图所示时，

，，

点到直线的距离为，

，，

将绕点顺时针旋转得到，，，

，

在中，，

故答案为：或．

【点睛】本题考查了旋转性质、勾股定理、二次根式的运算等知识，分情况讨论并画出相应图像是解题关键．

27．5或

【分析】连接，利用勾股定理得到，，再根据直角三角形斜边中线等于斜边一半得到，由旋转的性质可知，分两种情况讨论：①点在线段上；②点在的延长线上，利用勾股定理即可求得的长．

【详解】解：如图，连接，

在中，，，

，

点D为的中点，

，，

由旋转的性质可知，，

①点在线段上，

，

，

在中，；

②点在的延长线上，

在中，，，

，

综上可知，当时，的长为5或，

故答案为：5或．

【点睛】本题考查了旋转的性质，勾股定理，直角三角形斜边上中线的性质，等腰三角形的性质，运用分类讨论的思想解决问题是解题关键．

28．（600，4）．

【详解】试题分析：首先根据已知求出三角形三边长度，然后通过旋转发现，B、B2、B4…每偶数之间的B相差12个单位长度，根据这个规律可以求得B100的坐标．

解：∵AO=3，BO=4，

∴AB=5，

∴OA+AB1+B1C2=3+5+4=12，

∴B2的横坐标为：12，且B2C2=4，

∴B4的横坐标为：2×12=24，

∴点B100的横坐标为：50×12=600．

∴点B100的纵坐标为：4．

故答案为（600，4）．

点评：此题考查了点的坐标规律变换，通过图形旋转，找到所有B点之间的关系是本题的关键．题目难易程度适中，可以考查学生观查、发现问题的能力．

29．

【分析】根据