第二十三章《旋轉》同步單元基礎與培優(yōu)高分必刷卷（全解全析）

第二十三章《旋轉》同步單元基礎與培優(yōu)高分必刷卷全解全析1．C【分析】根據中心對稱圖形與軸對稱圖形的概念，把一個圖形繞某一點旋轉180°，如果旋轉后的圖形能夠與原來的圖形重合，那么這個圖形就叫做中心對稱圖形，如果一個圖形沿一條直線折疊，直線兩旁的部分能夠互相重合，這個圖形叫做軸對稱圖形，進行判斷即可．【詳解】解：A、不是軸對稱圖形，是中心對稱圖形，故此選項不合題意；B、是軸對稱圖形，不是中心對稱圖形，故此選項不合題意；C、既是軸對稱圖形，又是中心對稱圖形，故此選項符合題意；D、是軸對稱圖形，不是中心對稱圖形，故此選項不合題意；故選：C．【點睛】本題考查的是中心對稱圖形與軸對稱圖形的概念，正確掌握相關定義是解題關鍵．2．C【分析】由旋轉的性質可得AC=AD，BC=DE，∠EAD=∠BAC，∠D=∠C，由三角形內角和定理可得∠AOB的度數，再由平行線的性質得∠EAD=∠AOB=80°，據此求解即可判斷．【詳解】解：∵將△ABC繞點A逆時針旋轉65°得△ADE，∴AC=AD，BC=DE，∠EAD=∠BAC，∠D=∠C，故選項A正確，不符合題意；∴∠BAE=∠CAD=65°，∠E=∠B=35°，∴∠AOB=180°-65°-35°=80°，∵ADBC，∴∠EAD=∠AOB=80°，則∠EAD=∠BAC=80°，故選項B正確，不符合題意；∴∠D=180°-∠EAD-∠E=180°-80°-35°=65°，故選項D正確，不符合題意；∴∠EAD=80°≠∠D=65°，∴AE≠DE，即BC≠AE，故選項C錯誤，符合題意；故選：C．【點睛】本題考查了旋轉的性質，三角形的內角和定理和平行線的性質，掌握旋轉的性質是本題的關鍵．3．C【分析】根據對稱中心的定義，根據矩形的性質，可得四邊形形狀的變化情況：這個四邊形先是平行四邊形，當對角線互相垂直時是菱形，然后又是平行四邊形，最后點A與點重合時是矩形．【詳解】解：觀察圖形可知，四邊形形狀的變化依次為平行四邊形菱形平行四邊形矩形．故選C．【點睛】本題考查了中心對稱，矩形的性質，平行四邊形的判定與性質，菱形的判定，根據與的位置關系即可求解．4．C【分析】由旋轉的性質可得出，，再由勾股定理可求解．【詳解】解：四邊形是正方形，，，，，把順時針旋轉，得，，，∴，，點，點，點三點共線，，故選：C．【點睛】本題考查了旋轉的性質，正方形的性質，勾股定理，解題的關鍵是掌握旋轉的性質．5．A【分析】根據點A關于原點對稱點的坐標為（a，b），關于原點對稱點的橫縱坐標都互為相反數，得到點A的坐標為（-a，-b），根據關于y軸對稱點的縱坐標相同橫坐標互為相反數，得到點A關于y軸對稱點的坐標是（a，-b）．【詳解】∵點A關于原點對稱點的坐標為（a，b），∴點A的坐標為（-a，-b），∴點A關于y軸對稱點的坐標是（a，-b）．故選：A．【點睛】本題主要考查了關于原點對稱的點的坐標，坐標與圖形變化——軸對稱等，解決問題的關鍵是熟練掌握關于原點對稱的點的坐標特征，關于y軸對稱的點的坐標特征．6．A【分析】將圖沿著它自己的右邊緣翻折，則圓在正方形圖形的右上角，然后繞著右下角的一個端點按順時針方向旋轉180°，則圓在正方形的左下角，利用此特征可對四個選項進行判斷．【詳解】先將圖沿著它自己的右邊緣翻折，得到，再繞著右下角的一個端點按順時針方向旋轉，之后所得到的圖形為．故選：A【點睛】本題考查了利用旋轉設計圖案：由一個基本圖案可以通過平移、旋轉和軸對稱以及中心對稱等方法變換一些復合圖案．7．D【分析】利用旋轉變換的性質一一判斷即可．【詳解】解：將左邊的陰影四邊形繞點E順時針旋轉90°得到右邊的陰影四邊形，此時n＝1．左邊的陰影四邊形繞點A逆時針旋轉90°，再將得到的四邊形繞點C順時針旋轉180°可得右邊的陰影四邊形，此時n＝2．左邊的陰影四邊形繞點B順時針旋轉90°，再將得到的四邊形繞點E順時針旋轉90°，將得到的四邊形繞點C逆時針旋轉90°可得右邊的陰影四邊形，此時n＝3．故選：D．【點睛】本題主要考查了旋轉變換，理解題意、靈活運用所學知識解決問題是解題的關鍵．8．B【分析】由旋轉性質可判定△AOA'為等腰直角三角形，△BOB'為等腰直角三角形，再由勾股定理可求得AA'和BB'的長，最后作差即可．【詳解】解：由旋轉性質可知，OA=OA'=1，OB=OB'=,∠AOA'=∠BOB'=90°，則△AOA'為等腰直角三角形，△BOB'為等腰直角三角形，∴，，∴故選：B．【點睛】本題考查了旋轉的性質，等腰直角三角形的判定和性質，勾股定理，熟悉以上性質是解題關鍵．9．D【分析】△AOB是等腰直角三角形，OA=1，根據等腰直角三角形的性質，可得點A(1，1)逆時針旋轉90°后可得，同理，依次類推可求得，，，這些點所位于的象限為每4次一循環(huán)，根據規(guī)律即可求出A2022的坐標．【詳解】∵是等腰直角三角形，點B的坐標為（1，0），∴，∴A點坐標為(1，1)．將繞原點逆時針旋轉得到等腰直角三角形，且，再將繞原點順時針旋轉得到等腰直角三角形，且，依此規(guī)律，∴點A旋轉后的點所位于的象限為每4次一循環(huán)，即，，，．∵，∴點與同在一個象限內．∵，，，∴點．故選：D．【點睛】本題考查了等腰直角三角形在平面直角坐標系中旋轉的規(guī)律問題，熟練掌握等腰直角三角形的性質并能夠在坐標系中找到點的坐標的變化規(guī)律是解題的關鍵．10．C【分析】過點A作于點，根據勾股定理可得的長，根據直角三角形的性質可得的長，根據，可得的長，根據勾股定理可得的長，根據旋轉的性質進一步可得的長．【詳解】解：過點A作于點，如圖所示：∵，，，根據勾股定理，得，∵是的中點，∴，∵，∴，即，解得，∵，根據勾股定理，可得，根據旋轉的性質，可得，∴點是的中點，∴，故選：C．【點睛】本題考查了旋轉的性質，直角三角形的性質，勾股定理等，利用面積法求的長是解決本題的關鍵．11．（﹣x，﹣y）【分析】先觀察圖形可知，△PQR是△ABC繞點O旋轉180°后得到的圖形，即它們關于原點成中心對稱；再利用關于原點對稱的點的坐標特征“N點坐標與M點坐標互為相反數”即可作答．【詳解】解：觀察圖形可知C（1，2）、P（﹣4，﹣3）、Q（﹣3，﹣1）、A（4，3）、B（3，1）、R（﹣1，﹣2），∴C、R關于原點對稱，A、P關于原點對稱，B、Q關于原點對稱，∴△PQR和△ABC關于原點對稱．∵△PQR和△ABC關于原點對稱，M（x，y）與N對稱點，∴N點坐標為：（﹣x，﹣y）．故答案為：（﹣x，﹣y）．【點睛】本題考查了兩點成中心對稱坐標的特點，關鍵熟悉關于原點成中心對稱的坐標的特點為橫縱坐標均互為相反數．12．【分析】根據關于關于原點對稱的點，橫坐標與縱坐標都互為相反數，即可求解．【詳解】解：點關于原點對稱的點的坐標是，故答案為：．【點睛】本題考查了關于原點對稱的點的坐標特征，解決本題的關鍵是掌握好對稱點的坐標規(guī)律：（1）關于x軸對稱的點，橫坐標相同，縱坐標互為相反數；（2）關于y軸對稱的點，縱坐標相同，橫坐標互為相反數；（3）關于原點對稱的點，橫坐標與縱坐標都互為相反數．13．2.5【分析】由旋轉可得DE=DM，∠EDM為直角，可得出∠EDF+∠MDF=90°，由∠EDF=45°，得到∠MDF為45°，可得出∠EDF=∠MDF，再由DF=DF，利用SAS可得出三角形DEF與三角形MDF全等，由全等三角形的對應邊相等可得出EF=MF；則可得到AE=CM=1，正方形的邊長為3，用AB-AE求出EB的長，再由BC+CM求出BM的長，設EF=MF=x,可得出BF=BM-FM=BM-EF=4-x，在直角三角形BEF中，利用勾股定理列出關于x的方程，求出方程的解得到x的值，即為FM的長．【詳解】解：∵△DAE逆時針旋轉90°得到△DCM，∴∠FCM=∠FCD+∠DCM=180°，∴F、C、M三點共線，∴DE=DM，∠EDM=90°，∴∠EDF+∠FDM=90°，∵∠EDF=45°，∴∠FDM=∠EDF=45°，在△DEF和△DMF中，，∴△DEF≌△DMF（SAS），∴EF=MF，設EF=MF=x，∵AE=CM=1，且BC=3，∴BM=BC+CM=3+1=4，∴BF=BM-MF=BM-EF=4-x，∵EB=AB-AE=3-1=2，在Rt△EBF中，由勾股定理得，即，解得：x=2.5，∴FM=2.5．故答案為：2.5．【點睛】此題考查了正方形的性質，旋轉的性質，全等三角形的判定與性質，以及勾股定理．此題難度適中，注意掌握旋轉前后圖形的對應關系，注意掌握數形結合思想與方程思想的應用．14．80°##80度【分析】根據旋轉的性質求出∠和∠的度數即可解決問題．【詳解】解：根據旋轉的性質可知∠=100°，且，．∵點在線段BC的延長線上，∴∠=∠B=40°，∴∠=40°，∴=40°+40°=80°．故答案為：80°．【點睛】本題主要考查旋轉的性質、等腰三角形的性質．由旋轉的性質得到是解題的關鍵．15．（?2，2）【分析】如圖，過點C作CH⊥x軸于H．證明△AOB≌△CHA（AAS），推出CH＝OA＝2，AH＝OB＝4，可得結論．【詳解】解：如圖，過點C作CH⊥x軸于H．∵A（2，0），B（0，4），∴OA＝2，OB＝4，∵∠AHC＝∠AOB＝∠BCA＝90°，∴∠CAH＋∠BAO＝90°，∠ABO＋∠BAO＝90°，∴∠CAH＝∠ABO，在△AOB和△CHA中，，∴△AOB≌△CHA（AAS），∴CH＝OA＝2，AH＝OB＝4，∴OH＝AH?OA＝2，∴C（?2，2）．故答案為：（?2，2）．【點睛】本題考查坐標與圖形變化?旋轉，解題的關鍵是學會添加常用輔助線，構造全等三角形解決問題．16．2【分析】根據直角三角形30°角的性質得到AB=2AC，由勾股定理求出AB，利用旋轉的性質證得△B是等邊三角形，即可得到=AB=2．【詳解】解：在中，，∴∠CAB=60°，AB=2AC，∵AC2+BC2=AB2，∴AC2+3=4AC2，解得AC=1，∴AB=2，由旋轉得=AB，∠B=∠CAB=60°，∴△B是等邊三角形，∴=AB=2，故答案為：2．【點睛】此題考查了直角三角形30°角的性質，勾股定理，等邊三角形的判定和性質，旋轉的性質，熟練掌握各知識點并應用是解題的關鍵．17．（-2023，2022）【分析】由題意觀察發(fā)現：每四個點一個循環(huán)，，由，推出．【詳解】解：將頂點繞點逆時針旋轉得點，，再將繞點逆時針旋轉得點，再將繞點逆時針旋轉得點，再將繞點逆時針旋轉得點，再將繞點逆時針旋轉得點，，，，，，觀察發(fā)現：每四個點一個循環(huán)，，，；故答案為：．【點睛】本題考查坐標與圖形的變化旋轉，等腰直角三角形性質，規(guī)律型問題，解題的關鍵是學會探究規(guī)律的方法，找到規(guī)律再利用規(guī)律求解．18．(1)見解析(2)見解析【分析】（1）利用關于中心對稱的兩個圖形，對稱點連線都經過對稱中心，并且被對稱中心平分，分別找出A、B、C的對應點，順次連接，即得到相應的圖形；（2）利用對應點到旋轉中心的距離相等，以及對應點與旋轉中心所連線段的夾角等于旋轉角，即可作出圖形．（1）解：如圖所示，；（2）如圖所示，．【點睛】本題考查的是旋轉變換作圖，無論是何種變換都需先找出各關鍵點的對應點，然后順次連接即可．19．(1)證明見解析(2)8【分析】（1）根據正方形的性質得到AB=AD，∠ABC=∠D=∠BAD=，求得∠ABF=，根據全等三角形的性質即可得到結論；（2）根據全等三角形的性質得到∠BAF=∠DAE，得到△AEF是等腰直角三角形，根據直角三角形的性質得到AE=2DE=4，于是得到結論．（1）證明：∵四邊形ABCD是正方形，∴AB=AD，∠ABC=∠D=∠BAD=，∴∠ABF=，在△ABF與△ADE中，，∴△ABF≌△ADE（SAS），∴AF=AE；（2）解：由（1）知，△ABF≌△ADE，∴∠BAF=∠DAE，∴∠BAF+∠BAE=∠DAE+∠BAE=，∴∠FAE=，∴△AEF是等腰直角三角形，在Rt△ADE中，∠D=，∠DAE=，DE=2，∴AE=2DE=4，∴△AEF的面積=．【點睛】本題考查了旋轉的性質，正方形的性質，全等三角形的判定和性質，等腰直角三角形的判定和性質，證得△ABF≌△ADE是解題的關鍵．20．(1)見解析(2)見解析【分析】（1）根據旋轉性質得到對應邊相等，對應角相等，進而根據等邊對等角性質可將角度進行等量轉化，最后可證得結論；（2）根據旋轉性質、等腰三角形的性質以及三角形內角和定理對角度進行等量轉化可證得結論．（1）證明：由旋轉性質可知：，，平分．（2）證明：如圖所示：由旋轉性質可知：，，，，即，，，，∵在中，，，，即．【點睛】本題考查了三角形的旋轉變化，熟練掌握旋轉前后圖形的對應邊相等，對應角相等以及合理利用三角形內角和定理是解決本題的關鍵．21．(1)證明見解析(2)證明見解析【分析】（1）利用“”證得即可得到結論；（2）利用“”證得，由性質推出，計算得出，再利用等腰三角形“三線合一”的性質即可得到結論；（1）證明：根據題意：AB=AC，AD=AE，∠CAB=∠EAD=90，∵∠CAE+∠BAE=∠BAD+∠BAE=90，∴∠CAE=∠BAD，在△ACE和△ABD中，，∴△ACE△ABD(SAS)，∴CE=BD；（2）根據題意：AB=AC，AD=AE，∠CAB=∠EAD=90，在△ACE和△ABD中，，∴△ACE△ABD(SAS)，∴∠ACE=∠ABD，∵∠ACE+∠AEC=90，且∠AEC=∠FEB，∴∠ABD+∠FEB=90，∴∠EFB=90，∴CF⊥BD，∵AB=AC=，AD=AE=1，∠CAB=∠EAD=90，∴BC=AB=，CD=AC+AD=，∴BC=CD，∵CF⊥BD，∴CF是線段BD的垂直平分線．【點睛】本題屬于幾何變換綜合題，考查了等腰直角三角形的性質，全等三角形的判定和性質，線段垂直平分線的判定和性質，解題的關鍵是正確尋找全等三角形，利用性質求解．22．[問題解決]；[應用]；[拓展]【分析】[問題解決]證明得，再根據三角形三邊關系求得的取值范圍，進而得結論；[應用]延長到，使得，連接，證明得，再證明，由勾股定理求得，進而得；[拓展]延長到，使得，連接，，證明，得，，再證明，由勾股定理求得，由線段垂直平分線性質得．【詳解】解：[問題解決]在和中，，，，，，，，故答案為：；[應用]延長到，使得，連接，如圖②，在和中，，，，，，，，，，；[拓展]延長到，使得，連接，，如圖③，在和中，，，，，，，，，，，，，故答案為：．23．(1)①MN⊥BC，；②成立，理由見解析(2)9，72【分析】（1）①延長CM、BA交于R，連接BM，證明△DMC△AMR(AAS)，得CM=RM，CD=AR，從而BR=BC，△BCR是等腰直角三角形，可得MN⊥BC，；②過A作交CM延長線于F，連接BF，證明△DMC△AMF(AAS)，得CM=FM，∠FAM=∠CDM，可得∠BAF=∠BEC，從而△FAB△CEB(SAS)，即BC=BF，∠EBC=∠ABF，△FBC是等腰直角三角形，△BCM是等腰直角三角形，故MN⊥BC，；（2）連接CP并延長至T，使PT=CP，連接AT、BT，證明△CPD△TPB(SAS)，得BT＝CE＝CD＝5，△ABT中，AB+BT>AT，可知PQ＜9，當等腰Rt△CDE繞點E順時針旋轉至A、B、T共線（不能構成△ABT）時，PQ最大，最大值為，．（1）解：①延長CM、BA交于R，連接BM，如圖所示，∵∠ABE=∠DCE=90°，∴，∴∠DCM=∠R，∵M是AD中點，∴DM=AM，∴∠DMC=∠AMR，∴△DMC△AMR(AAS)，∴CM=RM，CD=AR，∵AB=BE，CD=CE，∴AB+AR=BE+CE，即BR=BC，而∠ABE=90°，∴△BCR是等腰直角三角形，∵CM=RM，∴△BCM是等腰直角三角形，∵N為BC中點，∴MN⊥BC，；②結論仍然成立，理由如下：過A作交CM延長線于F，連接BF，