中考数学总复习《旋转》练习题带答案详解（基础题）

中考数学总复习《旋转》练习题考试时间：90分钟；命题人：教研组考生注意：1、本卷分第I卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，满分100分，考试时间90分钟2、答卷前，考生务必用0.5毫米黑色签字笔将自己的姓名、班级填写在试卷规定位置上3、答案必须写在试卷各个题目指定区域内相应的位置，如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用涂改液、胶带纸、修正带，不按以上要求作答的答案无效。第I卷（选择题20分）一、单选题（5小题，每小题4分，共计20分）1、将按如图方式放在平面直角坐标系中，其中，，顶点的坐标为，将绕原点逆时针旋转，每次旋转60°，则第2023次旋转结束时，点对应点的坐标为（

）A． B． C． D．2、如图，在中，，，D为内一点，分别连接PA、PB、PC，当时，，则BC的值为（

）A．1 B． C． D．23、某校举办了“送福迎新春，剪纸庆佳节”比赛．以下参赛作品中，是中心对称图形的是（

）．A． B． C． D．4、如图，在坐标系中放置一菱形OABC，已知∠ABC=60°，点B在y轴上，OA=1，先将菱形OABC沿x轴的正方向无滑动翻转，每次翻转60°，连续翻转2019次，点B的落点依次为B1，B2，B3，…，则B2019的坐标为(

)A．(1010，0) B．(1310．5，) C．(1345，) D．(1346，0)5、如图，已知是等边三角形，边长为，将绕点逆时针旋转后点的对应点的坐标是（

）A． B． C． D．第Ⅱ卷（非选择题80分）二、填空题（5小题，每小题6分，共计30分）1、如图，在Rt△ABC中，AC＝BC＝1，D是斜边AB上一点（与点A，B不重合），将△BCD绕着点C旋转90°到△ACE，连结DE交AC于点F，若△AFD是等腰三角形，则AF的长为_____．2、如图，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC＝4，点D在线段BC上，BD＝3，将线段AD绕点A逆时针旋转90°得到线段AE，EF⊥AC，垂足为点F．则AF的长为________．3、将边长为的正方形绕点按顺时针方向旋转到的位置（如图），使得点落在对角线上，与相交于点，则＝_________.（结果保留根号）4、如图，正方形ABCD的边长是5，E是边BC上一点且BE＝2，F为边AB上的一个动点，连接EF，以EF为边向右作等边三角形EFG，连接CG，则CG长的最小值为______．5、如图，两块完全一样的含30°角的三角板完全重叠在一起，若绕长直角边中点M转动，使上面一块三角板的斜边刚好经过下面一块三角板的直角顶点，已知∠A＝30°，BC＝2，则此时两直角顶点C，C'间的距离是_____．三、解答题（5小题，每小题10分，共计50分）1、在RtABC中，∠ABC＝90°，∠A＝α，O为AC的中点，将点O沿BC翻折得到点，将ABC绕点顺时针旋转，使点B与C重合，旋转后得到ECF．（1）如图1，旋转角为．（用含α的式子表示）（2）如图2，连BE，BF，点M为BE的中点，连接OM，①∠BFC的度数为．（用含α的式子表示）②试探究OM与BF之间的关系．（3）如图3，若α＝30°，请直接写出的值为．2、图，在每个小正方形的边长为1个单位的网格中，的顶点均在格点（网格线的交点）上．（1）将向右平移5个单位得到，画出；（2）将（1）中的绕点C1逆时针旋转得到，画出．3、△ABC在坐标系中的位置如图1所示，其中每个小正方形的边长为1个单位长度．(1)按要求作图：①画出△ABC关于原点O的中心对称图形△A1B1C1；②画出将△ABC绕点A逆时针旋转90°得到△AB2C2；(2)如图2，已知∠AOB，OA＝OB，点E在OB边上，四边形AEBF是矩形．请你只用无刻度的直尺在图中画出∠AOB的平分线（请保留画图痕迹）．4、为等边三角形，AB＝8，AD⊥BC于点D，E为线段AD上一点，．以AE为边在直线AD右侧构造等边三角形AEF，连接CE，N为CE的中点．(1)如图1，EF与AC交于点G，连接NG，BE，直接写出NG与BE的数量关系；(2)如图2，将绕点A逆时针旋转，旋转角为，M为线段EF的中点，连接DN，MN．当时，猜想∠DNM的大小是否为定值，如果是定值，请写出∠DNM的度数并证明，如果不是，请说明理由；(3)连接BN，在绕点A逆时针旋转过程中，请直接写出线段BN的最大值．5、如图1，直线上有一点O，过点O在直线上方作射线．将一直角三角板的直角顶点放在点O处，一条直角边在射线上，另一边在直线上方．将直角三角板绕着点O按每秒的速度逆时针旋转一周，设旋转时间为t秒．(1)当直角三角板旋转到如图2的位置时，恰好平分，此时，与之间有何数量关系？并说明理由；(2)在旋转的过程中，若射线的位置保持不变，且．①当边与射线相交时（如图3），则的值为_______；②当边所在的直线与平行时，求t的值．-参考答案-一、单选题1、A【解析】【分析】根据旋转性质，可知6次旋转为1个循环，故先需要求出前6次循环对应的A点坐标即可，利用全等三角形性质求出第一次旋转对应的A点坐标，之后第2次旋转，根据图形位置以及长，即可求出，第3、4、5次分别利用关于原点中心对称，即可求出，最后一次和A点重合，再判断第2023次属于循环中的第1次，最后即可得出答案．【详解】解：由题意可知：6次旋转为1个循环，故只需要求出前6次循环对应的A点坐标即可第一次旋转时：过点作轴的垂线，垂足为，如下图所示：由的坐标为可知：，，在中，，由旋转性质可知：，，，，在与中：，，，此时点对应坐标为，当第二次旋转时，如下图所示：此时A点对应点的坐标为．当第3次旋转时，第3次的点A对应点与A点中心对称，故坐标为．当第4次旋转时，第4次的点A对应点与第1次旋转的A点对应点中心对称，故坐标为．当第5次旋转时，第5次的点A对应点与第2次旋转的A点对应点中心对称，故坐标为．第6次旋转时，与A点重合．故前6次旋转，点A对应点的坐标分别为：、、、、、．由于，故第2023次旋转时，A点的对应点为．故选：A．【考点】本题主要是考查了旋转性质、中心对称求点坐标、三角形全等以及点的坐标特征，熟练利用条件证明全等三角形，；通过旋转和中心对称求解对应点坐标，是求解该题的关键．2、C【解析】【分析】将△BPA顺时针旋转60°，到△BMN处，得到△BPM，△ABN是等边三角形，证明C、P、M、N四点共线，且∠CAN=90°，设BC=x，则AB=BN=2x，AC=，利用勾股定理计算即可．【详解】将△BPA顺时针旋转60°，到△BMN处，则△BPM，△ABN是等边三角形，∠BPM=∠BMP=60°，∠BAN=60°，PM=PB，BA=BN，PA=MN，∵∠CPB=∠BPA=∠APC=∠BMN=120°，∴∠BMP+∠BMN=180°，∠BPC+∠BPM=180°，∴C、P、M、N四点共线，∴CP+PM+MN=CP+PB+PA=，∵∠BAC=30°，∠BAN=60°，∴∠CAN=90°，设BC=x，则AB=BN=2x，AC=，∴，解得x=，x=-，舍去，故选C．【考点】本题考查了旋转的性质，等边三角形的判定和性质，勾股定理，直角三角形的性质，熟练掌握旋转的性质是解题的关键．3、D【解析】【详解】解：选项A，B，C中的图形不是中心对称图形，选项D中的图形是中心对称图形，故选D【考点】本题考查的是中心对称图形的识别，中心对称图形的定义：把一个图形绕某点旋转后能够与自身重合，则这个图形是中心对称图形，掌握“中心对称图形的定义”是解本题的关键.4、D【解析】【分析】连接AC，根据条件可以求出AC，画出第5次、第6次、第7次翻转后的图形，容易发现规律：每翻转6次，图形向右平移4．由于2019=336×6+3，因此点向右平移（即）即可到达点，根据点的坐标就可求出点的坐标．【详解】连接AC，如图所示．∵四边形OABC是菱形，∴OA=AB=BC=OC．∵∠ABC=60°，∴△ABC是等边三角形．∴AC=AB．∴AC=OA．∵OA=1，∴AC=1．由图可知：每翻转6次，图形向右平移4．∵2019=336×6+3，∴点B3向右平移1344(即336×4)到点B2019．∵B3的坐标为(2，0)，∴B2019的坐标为(1346，0)，故选：D【考点】本题考查了菱形的性质、等边三角形的判定与性质等知识，考查了操作、探究、发现规律的能力．发现“每翻转6次，图形向右平移4”是解决本题的关键．5、B【解析】【分析】过点作于点过点作轴于点求出点的坐标，再利用全等三角形的性质求解．【详解】解：过点作于点，过点作轴于点．是等边三角形，，，，，，，，，，在和中，，≌，，，，故选：．【考点】本题主要考查了等边三角形的判定与性质，旋转的性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造直角三角形解决问题．二、填空题1、或【解析】【分析】Rt△ABC中，AC=BC=1，所以∠CAB=∠B=45°，∠ECD=90°，∠CDE=∠CED=45°，分两种情况讨论①AF=FD时，AF=AC=×1=；②AF=AD时，AF=．【详解】解：∵Rt△ABC中，AC=BC=1，∴∠CAB=∠B=45°，∵△BCD绕着点C旋转90°到△ACE，∴∠ECD=90°，∠CDE=∠CED=45°，①AF=FD时，∠FDA=∠FAD=45°，∴∠AFD=90°，∠CDA=45°+45°=90°=∠ECD=∠DAE，∵EC=CD，∴四边形ADCE是正方形，∴AD=DC，∴AF=AC=×1=；②AF=AD时，∠ADF=∠AFD=67.5°，∴∠CDB=180°-∠ADE-∠EDC=180°-67.5°-45°=67.5°，∴∠DCB=180°-67.5°-45°=67.5°，∴∠DCB=∠CDB，∴BD=CB=1，∴AD=AB-BD=，∴AF=AD=，故答案为：或．【考点】本题考查了旋转的性质，正确利用旋转原理和直角三角形的性质，进行分类讨论是解题的关键．2、1【解析】【分析】根据勾股定理先求出BC边长，再求出DC长，过点D作DM垂直AC，可证，即AF=DM，在等腰直角△DMC中可求DM，即可直接求解．【详解】解：在Rt△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC=4，根据勾股定理得，AB2+AC2=BC2，∴．又∵BD=3，∴DC＝BC−BD＝．过点D作DM⊥AC于点M，由旋转的性质得∠DAE=90°，AD＝AE，∴∠DAC+∠EAF=90°．又∵∠DAC+∠ADM=90°，∴∠ADM=∠EAF．在Rt△ADM和Rt△EAF中，．∴（AAS），∴AF=DM．在等腰Rt△DMC中，由勾股定理得，DM2+MC2=DC2，∴DM=1，∴AF=DM=1．故答案为：1．【考点】本题主要考查等腰直角三角形，旋转的性质以及全等三角形的判定与性质，证明△ADM≌△EAF是解答本题的关键．3、【解析】【分析】先根据正方形的性质得到CD=1，∠CDA=90°，再利用旋转的性质得CF=，根据正方形的性质得∠CFE=45°，则可判断△DFH为等腰直角三角形，从而计算CF-CD即可．【详解】∵四边形ABCD为正方形，∴CD=1，∠CDA=90°，∵边长为1的正方形ABCD绕点C按顺时针方向旋转到FECG的位置，使得点D落在对角线CF上，∴CF=，∠CFDE=45°，∴△DFH为等腰直角三角形，∴DH=DF=CF-CD=-1．故答案为-1．【考点】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．也考查了正方形的性质．4、【解析】【分析】由题意分析可知，点F为主动点，运动轨迹是线段AB，G为从动点，所以以点E为旋转中心构造全等关系，得到点G的运动轨迹，也是一条线段，之后通过垂线段最短构造直角三角形获得CG最小值．【详解】解：由题意可知，点F是主动点，点G是从动点，点F在线段AB上运动，点G的轨迹也是一条线段，将△EFB绕点E旋转60°，使EF与EG重合，得到△EFB≌△EGH，从而可知△EBH为等边三角形，∵四边形ABCD是正方形，∴∠FBE=90°，∴∠GHE=∠FBE=90°，∴点G在垂直于HE的直线HN上，延长HG交DC于点N，过点C作CM⊥HN于M，则CM即为CG的最小值，过点E作EP⊥CM于P，可知四边形HEPM为矩形，∠PEC=30°，∠EPC=90°，则CM=MP+CP=HE+EC=2+=，故答案为：．【考点】本题考查了线段最值问题，分清主动点和从动点，通过旋转构造全等，从而判断出点G的运动轨迹，是本题的关键，之后运用垂线段最短，构造图形计算，是最值问题中比较典型的类型．5、【解析】【分析】先求解，由旋转的性质可得可证是等边三角形，即可求的长．【详解】解：如图，连接，∵点M是AC中点，∴AM=CM=，∵旋转，∴∴，∴，∴，∴是等边三角形∴故答案为：【考点】本题考查了等边三角形的判定，勾股定理的应用，旋转的性质，熟练运用旋转的性质是解本题的关键．三、解答题1、（1）；（2）①；②；（3）【解析】【分析】（1）连接OB，，，由，O为BC的中点，得到，则，，再由旋转的性质可得，，由此求解即可；（2）①连接，，由（1）可知（因为也是旋转角），由旋转的性质可得，，则，可以得到，再由可以得到，由此即可求解；②连接OB，OE延长OM交EF于N，由①得，由旋转的性质可得，，然后证明，，得到，则，再证明△OBM≌△NEM得到，，从而推出MN为△BFE的中位线，得到，则；（3）连接与BF交于H，由，，可得，，由含30度角的直角三角形的性质可以得到，，再由勾股定理可以得到，由此即可得到答案．【详解】解：（1）如图所示，连接OB，，，∵，O为BC的中点，∴，∴，∴，∵将点O沿BC翻折得到点，∴，由旋转的性质可得，，∴，∴旋转角为，故答案为：；（2）①如图所示，连接，，由（1）可知（因为也是旋转角），由旋转的性质可得，，∴，∴，∵，∴，故答案为：；②如图所示，连接OB，OE延长OM交EF于N，由①得，由旋转的性质可得，，∵，∴，∴，∵，∴，∴，∴，∴，∴∵M为BE的中点，∴，在△OBM和△NEM中，，∴△OBM≌△NEM（SAS），∴，，∴，∴N为EF的中点，∴MN为△BFE的中位线，∴，∴；（3）如图所示，连接与BF交于H，∵，，∴，，∴，∵，∴，∴，∵，∴，∵，，∴，∵，∴．故答案为：．【考点】本题主要考查了旋转的性质，等腰三角形的性质与判定，直角三角形斜边上的中线，三角形中位线定理，含30度角的直角三角形的性质，勾股定理，平行线的性质与判定等等，解题的关键在于能够熟练掌握旋转的性质．2、（1）作图见解析；（2）作图见解析．【解析】【分析】（1）利用点平移的规律找出、、，然后描点即可；（2）利用网格特点和旋转的性质画出点，即可．【详解】解：（1）如下图所示，为所求；（2）如下图所示，为所求；【考点】本题考查了平移作图和旋转作图，熟悉相关性质是解题的关键．3、(1)①作图见解析，②作图见解析(2)作图见解析【解析】【分析】（1）①如图1，根据中心对称图形的性质可知、、的点坐标，在坐标系中描点，然后依次连接即可；②如图1，根据旋转的性质，为旋转中心，作图即可；（2）如图2，根据矩形的性质，连接对角线，根据等腰三角形三线合一的性质，连接与矩形对角线的交点即可．(1)解：①如图1中，△A1B1C1即为所求作．②如图1中，△AB2C2即为所求作．(2)解：如图2，射线OK即为所求作．【考点】本题考查了中心对称图形的性质与作图，旋转的性质，矩形的性质，等腰三角形的性质等知识．解题的关键在于对知识的熟练掌握．4、(1)(2)∠DNM的大小是定值，为120°(3)【解析】【分析】（1）连接CF．由等边三角形的性质易证△BAE≌△CAF(SAS)，即得出．再根据三角形中位线定理即可求出；（2）连接BE，CF．利用全等三角形的性质证明∠EBC+∠BCF=120°，再利用三角形的中位线定理，三角形的外角的性质证明∠DNM=∠EBC+∠BCF即可；（3）取AC的中点J，连接BJ，结合三角形的中位线定理可求出BJ，JN．最后根据三角形三边关系即可得出结论．(1)解：如图，连接CF．∵△ABC是等边三角形，AD⊥BC，∴AB=BC=AC，∠BAD=∠CAD=30°．∵△AEF是等边三角形，∴∠EAF=60°，G为EF中点，∴∠EAG=∠GAF=30°．即在△BAE和△CAF中，，∴△BAE≌△CAF(SAS)，∴，∵N为CE的中点，G为EF中点，∴，∴；(2)∠DNM=120°是定值，证明如下，如图，连接BE，CF．同（1）可证△BAE≌△CAF（SAS），∴∠ABE=∠ACF．∵∠ABC+∠ACB=60°+60°=120°，∴∠EBC+∠BCF=∠ABC-∠ABE+∠ACB+∠ACF=120°．∵EN=NC，EM=MF，∴MN∥CF，∴∠ENM=∠ECF，∵BD=DC，EN=NC，∴DN∥BE，∴∠CDN=∠EBC，∵∠END=∠NDC+∠NCD，∴∠DNM=∠DNE+∠ENM=∠NDC+∠ACB+∠ACN+∠ECF=∠EBC+∠ACB+∠ACF=∠EBC+∠BCF=120°．综上可知∠DNM的大小是定值，为120°；(3)如图，取AC的中点J，连接BJ，BN．∵AJ=CJ，E