几何三大变换问题之旋转问题文档格式.docx

几何三大变换问题之旋转问题文档格式.docx

《几何三大变换问题之旋转问题文档格式.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《几何三大变换问题之旋转问题文档格式.docx（65页珍藏版）》请在冰点文库上搜索。

8.（2011宁夏自治区3分）如图，△ABO的顶点坐标分别为A（1，4）、B（2，1）、O（0，0），如果将△ABO绕点O按逆时针方向旋转90°

，得到△A′B′O′，那么点A′、B′的对应点的坐标是【】

A、A′（﹣4，2），B′（﹣1，1）B、A′（﹣4，1），B′（﹣1，2）

C、A′（﹣4，1），B′（﹣1，1）D、A′（﹣4，2），B′（﹣1，2）

【答案】D。

【考点】坐标与图形的旋转变化。

【分析】∵图形旋转后大小不变，∴OA=OA′=。

∴A、D显然错误；

同理OB=OB′=。

∴C错误。

故选D。

9.（2011年江苏扬州3分）如图，在中，．将绕点按顺时针方向旋转度后得到，此时点在边上，斜边交边于点，则的大小和图中阴影部分的面积分别为【】

A．　　　　B．

C．　　　　　D．

10.（2011年广西北海3分）如图，直线l：

＝＋2与轴交于点A，将直线l绕点A旋转90º

后，所得直线

的解析式为【】

A．＝－2B．＝－＋2

C．＝－－2D．＝－2－1

【答案】B。

【考点】旋转的性质，待定系数法，点的坐标与方程的关系。

【分析】由已知，可求直线＝＋2与、轴的交点分别为（－2，0），（0，2），

直线l绕点A旋转90º

后，所得直线与、轴的交点分别为（2，0），（0，2），

因此用待定系数法可求所得直线的解析式为＝－＋2。

故选B。

11.（2011年广西桂林3分）如图，将边长为的正六边形A1A2A3A4A5A6在直线l上由图1的位置按顺时针方向向右作无滑动滚动，当A1第一次滚动到图2位置时，顶点A1所经过的路径的长为【】

A、B、C、D、

二、填空题

1.（2013年重庆市B4分）如图，平面直角坐标系中，已知直线上一点P（1，1），C为y轴上一点，连接PC，线段PC绕点P顺时针旋转900至线段PD，过点D作直线AB⊥x轴。

垂足为B，直线AB与直线交于点A，且BD=2AD，连接CD，直线CD与直线交于点Q，则点Q的坐标为▲。

2.（2013年湖南邵阳3分）如图所示，将△ABC绕AC的中点O顺时针旋转180°

得到△CDA，添加一个条件

　▲　，使四边形ABCD为矩形．

3.（2013年湖北鄂州3分）如图，△AOB中，∠AOB=90°

，AO=3，BO=6，△AOB绕顶点O逆时针旋转到△A′OB′处，此时线段A′B′与BO的交点E为BO的中点，则线段B′E的长度为　　▲　　．

在Rt△EOF中，，

∵OE=A′O，OF⊥A′B′，∴A′E=2EF=2×

=（等腰三角形三线合一）。

∴B′E=A′B′﹣A′E=﹣=。

4.（2013年湖北黄冈3分）如图，矩形ABCD中，AB=4，BC=3，边CD在直线L上，将矩形ABCD沿直线L作无滑动翻滚，当点A第一次翻滚到点A1位置时，则点A经过的路线长为▲.

5.（2013年湖北潜江、仙桃、天门、江汉油田3分）如图，正方形ABCD的对角线相交于点O，正三角形OEF绕点O旋转．在旋转过程中，当AE=BF时，∠AOE的大小是　▲　．

【答案】15°

或165°

。

【考点】旋转的性质，正方形的性质，等边三角形的性质，全等三角形的判定和性质，分类思想的应用。

6.（2013年山东威海3分）如图，在平面直角坐标系中，点A，B，C的坐标分别为（1，0），（0，1），（﹣1，0）．一个电动玩具从坐标原点O出发，第一次跳跃到点P1．使得点P1与点O关于点A成中心对称；

第二次跳跃到点P2，使得点P2与点P1关于点B成中心对称；

第三次跳跃到点P3，使得点P3与点P2关于点C成中心对称；

第四次跳跃到点P4，使得点P4与点P3关于点A成中心对称；

第五次跳跃到点P5，使得点P5与点P4关于点B成中心对称；

…照此规律重复下去，则点P2013的坐标为　▲　．

【答案】

（0，﹣2）。

7.（2013年贵州六盘水4分）把边长为1的正方形纸片OABC放在直线m上，OA边在直线m上，然后将正方形纸片绕着顶点A按顺时针方向旋转90°

，此时，点O运动到了点O1处（即点B处），点C运动到了点C1处，点B运动到了点B1处，又将正方形纸片AO1C1B1绕B1点，按顺时针方向旋转90°

…，按上述方法经过4次旋转后，顶点O经过的总路程为　▲　，经过61次旋转后，顶点O经过的总路程为　▲　．

由上可知，旋转4次一循环。

∵61÷

4=15…1，

∴经过61次旋转，顶点O经过的路程是4次旋转路程的15倍加上第1次路线长，即。

8.（2013年河北省3分）如图，一段抛物线：

（0≤x≤3），记为C1，它与x轴交于点O，A1；

将C1绕点A1旋转180°

得C2，交x轴于点A2；

将C2绕点A2旋转180°

得C3，交x轴于点A3；

……

如此进行下去，直至得C13．若P（37，m）

在第13段抛物线C13上，则m=▲．

对于C13有：

当x＝37时，y＝2，所以，m＝2。

9.（2013年广西玉林、防城港3分）如图，△ABC是⊙O内接正三角形，将△ABC绕点O顺时针旋转30°

得到△DEF，DE分别交AB，AC于点M，N，DF交AC于点Q，则有以下结论：

①∠DQN=30°

；

②△DNQ≌△ANM；

③△DNQ的周长等于AC的长；

④NQ=QC．其中正确的结论是　▲　．（把所有正确的结论的序号都填上）

∵∠ACD=15°

，∠FDC=15°

，∴QD=QC。

∵ND=NA，∴ND+QD+NQ=NA+QC+NQ=AC，即△DNQ的周长等于AC的长。

所以③正确。

∵△DEF为等边三角形，∴∠NDQ=60°

∵∠DQN=30°

，∴∠DNQ=90°

∴QD＞NQ。

∵QD=QC，∴QC＞NQ。

所以④错误。

综上所述，正确的结论是①②③。

10.（2013年青海西宁2分）如图，是两块完全一样的含角的三角板，分别记作△ABC和△A1B1C1，现将两块三角板重叠在一起，设较长直角边的中点为M，绕中点M转动上面的三角板ABC，使其直角顶点C恰好落在三角板A1B1C1的斜边A1B1上．当∠A30°

，AC10时，则此时两直角顶点C、C1的距离是▲.

11.（2013年内蒙古包头3分）如图，点E是正方形ABCD内的一点，连接AE、BE、CE，将△ABE绕点B顺时针旋转90°

到△CBE′的位置．若AE=1，BE=2，CE=3，则∠BE′C=　▲　度．

【答案】135。

【考点】正方形的性质，旋转的性质，勾股定理的逆定理。

【分析】如图，连接EE′，

∵将△ABE绕点B顺时针旋转90°

到△CBE′的位置，AE=1，BE=2，CE=3，

∴∠EBE′=90°

，BE=BE′=2，AE=E′C=1。

∴EE′=2，∠BE′E=45°

∵E′E2+E′C2=8+1=9，EC2=9。

∴E′E2+E′C2=EC2。

∴△EE′C是直角三角形，∴∠EE′C=90°

∴∠BE′C=135°

12.（2013年黑龙江牡丹江市区3分）菱形ABCD在平面直角坐标系中的位置如图所示，A（0，6），D（4，0），将菱形ABCD先向左平移5个单位长度，再向下平移8个单位长度，然后在坐标平面内绕点O旋转90°

，则边AB中点的对应点的坐标为　▲　．

13.（2013年黑龙江绥化3分）直角三角形两直角边长是3cm和4cm，以该三角形的边所在直线为轴旋转一周所得到的几何体的表面积是　▲　cm2．（结果保留π）

【答案】24π或36π或π。

【考点】旋转的性质，点、线、面、体，圆锥的计算，勾股定理，分类思想的应用。

【分析】根据勾股定理可得三角形斜边=5cm，

当以3cm的边所在直线为轴旋转一周时，其所得到的几何体的表面积=π•42+•5•2π•4=36π（cm2）；

当以4cm的边所在直线为轴旋转一周时，其所得到的几何体的表面积=π•32+•5•2π•3=24π（cm2）；

当以5cm的边所在直线为轴旋转一周时，其所得到的几何体为共一个底面的两圆锥，其底面圆的半径=cm，所以此几何体的表面积=•2π••3+•2π••4=π（cm2）。

14.（2012广东汕头4分）如图，将△ABC绕着点C顺时针旋转50°

后得到△A′B′C′．若∠A=40°

．∠B′=110°

，则∠BCA′的度数是【】

A．110°

B．80°

C．40°

15.（2012山东烟台3分）如图，在Rt△ABC中，∠C=90°

，∠A=30°

，AB=2．将△ABC绕顶点A顺时针方向旋转至△AB′C′的位置，B，A，C′三点共线，则线段BC扫过的区域面积为　▲　．

【答案】。

【考点】扇形面积的计算，旋转的性质。

【分析】先根据Rt△ABC中，∠C=90°

，AB=2求出BC及AC的长，再根据线段BC扫过的区域面积为：

S阴影=AB扫过的扇形面积＋△AB′C′面积﹣AC扫过的扇形面积﹣△ABC面积

=AB扫过的扇形面积﹣AC扫过的扇形面积。

∵Rt△ABC中，∠C=90°

，AB=2，∴。

∵B，A，C′三点共线，∴∠BAB′=150°

∴S阴影=AB扫过的扇形面积＋△ABC面积﹣BC扫过的扇形面积

16.（2012广西河池3分）如图，在平面直角坐标系中，矩形OEFG的顶点F的坐标为（4，2），将矩形

OEFG绕点O逆时针旋转，使点F落在y轴上，得到矩形OMNP，OM与GF相交于点A．若经过点A的

反比例函数的图象交EF于点B，则点B的坐标为▲.

17.（2012广西钦州3分）如图，直线与x轴、y轴分别交于A、B两点，把△AOB绕点A旋转90°

后得到△AO′B′，则点B′的坐标是　▲　．

18.（2012江西南昌3分）如图，正方形ABCD与正三角形AEF的顶点A重合，将△AEF绕顶点A旋转，在旋转过程中，当BE=DF时，∠BAE的大小可以是　▲　．

【考点】正方形和正三角形的性质，旋转的性质，全等三角形的判定和性质。

【分析】正三角形AEF可以在正方形的内部也可以在正方形的外部，所以要分两种情况分别求解：

①当正三角形AEF在正方形ABCD的内部时，如图1，

∵正方形ABCD与正三角形AEF的顶点A重合，

∴AB=AD，AE=AF。

∵当BE=DF时，在△ABE和△ADF中，AB=AD，BE=DF，AE=AF，

∴△ABE≌△ADF（SSS）。

∴∠BAE=∠FAD。

∵∠EAF=60°

，∴∠BAE+∠FAD=30°

∴∠BAE=∠FAD=15°

19.（2012吉林省3分）如图，在等边△ABC中，D是边AC上一点，连接BD．将△BCD绕点B逆时

针旋转60°

得到△BAE，连接ED．若BC=10，BD=9，则△AED的周长是_▲____.

20.（2011年上海市4分）Rt△ABC中，已知∠C＝90°

，∠B＝50°

，点D在边BC上，BD＝2CD（如图）．把△ABC绕着点D逆时针旋转m（0＜m＜180）度后，如果点B恰好落在初始Rt△ABC的边上，那么m＝▲．

21.（2011年江苏淮安3分）如图，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°

，∠ACB＝30°

，将△ABC绕点A按逆时针方向旋转15°

后得到△AB1C1，B1C1交AC于点D，如果AD＝，则△ABC的周长等于▲.

另一方面Rt△ABC中，由于AB＝AB1＝2，∠ACB＝30°

，易求AC＝4，BC＝（用30°

角的直角三角形中30°

角所对的边是斜边一半的性质和勾股定理，或30°

角的正、余弦函数均可求）。

从而△ABC的周长等于AB＋BC＋AC＝。

22.（2011年福建宁德3分）如图，△ABC中，∠ACB＝90°

，∠A＝30°

将△ABC绕C点按逆时针方向旋转α角（0°

＜α＜90°

）得到△DEC，设CD交AB于F，连接AD，当旋转角α度数为▲，△ADF是等腰三角形。

23.（2011年福建泉州4分）如图，如果边长为1的正六边形ABCDEF绕着顶点A顺时针旋转60°

后与正六边形AGHMNP重合，那么点B的对应点是点▲，点E在整个旋转过程中，所经过的路径长为▲（结果保留π）．

24.（2011年四川宜宾3分）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，④A1D=CE，⑤A1F=CE.

其中正确的是▲（写出正确结论的序号）.

【答案】①②⑤。

【考点】旋转的性质

【分析】①∠C=∠C1（旋转后所得三角形与原三角形完全相等），∠DFC=∠BFC1（对顶角相等），

∴∠CDF=∠C1BF=α。

故结论①正确。

三、解答题

1.（2013年北京市7分）在△ABC中，AB=AC，∠BAC=（），将线段BC绕点B逆时

得到线段BD。

（1）如图1，直接写出∠ABD的大小（用含的式子表示）；

（2）如图2，∠BCE=150°

，∠ABE=60°

，判断△ABE的形状并加以证明；

（3）在

（2）的条件下，连结DE，若∠DEC=45°

，求的值。

2.（2013年重庆市A12分）已知，如图①，在平行四边形ABCD中，AB=12，BC=6，AD⊥BD。

以AD为斜边在平行四边形ABCD的内部作Rt△AED，∠EAD=300，∠AED=900。

（1）求△AED的周长；

（2）若△AED以每秒2个长度单位的速度沿DC向右平行移动，得到△A0E0D0，当A0D0与BC重合时停止移动。

设移动时间为t秒，△A0E0D0与△BDC重叠部分的面积为S，请直接写出S与t之间的函数关系式，并写出t的取值范围；

（3）如图②，在

（2）中，当△AED停止移动后得到△BEC，将△BEC绕点C按顺时针方向旋转，在旋转过程中，B的对应点为B1，E的对应点为E1，设直线B1E1与直线BE交于点P、与直线CB交于点Q。

是否存在这样的，使△BPQ为等腰三角形？

若存在，求出的度数；

若不存在，请说明理由。

②若PQ=BQ，如图，则

∵∠PBQ=300，

∴∠BQP=1200。

∴∠B1QC=∠BQP=1200。

∴∠B1CQ=1800－1200－300=300。

∴。

③若PQ=BP，如图，则

∵∠CBE=300，

∴∠PBQ=300。

∴∠BQP=∠PBQ=300。

∴∠E1CQ=900－300=600。

∴。

根据等腰三角形三线合一的性质，此时B、P、Q三点重合。

∴此时不存在这样的，使△BPQ为等腰三角形。

综上所述，存在这样的，使△BPQ为等腰三角形，或。

速度为每秒2个长度单位，得△AED移动的时间为。

3.（2013年湖南益阳12分）如图1，在△ABC中，∠A=36°

，AB=AC，∠ABC的平分线BE交AC于E．

（1）求证：

AE=BC；

（2）如图

（2），过点E作EF∥BC交AB于F，将△AEF绕点A逆时针旋转角α（0°

＜α＜144°

）得到△AE′F′，连结CE′，BF′，求证：

CE′=BF′；

（3）在

（2）的旋转过程中是否存在CE′∥AB？

若存在，求出相应的旋转角α；

若不存在，请说明理由．

【答案】解：

（1）证明：

∵AB=BC，∠A=36°

，∴∠ABC=∠C=72°

又∵BE平分∠ABC，∴∠ABE=∠CBE=36°

∴∠BEC=180°

﹣∠C﹣∠CBE=72°

∴∠ABE=∠A，∠BEC=∠C。

∴AE=BE，BE=BC。

∴AE=BC。

（2）证明：

∵AC=AB且EF∥BC，∴AE=AF；

由旋转的性质可知：

∠E′AC=∠F′AB，AE′=AF′，

∵在△CAE′和△BAF′中，，

∴△CAE′≌△BAF′。

∴CE′=BF′。

4.（2013年湖南岳阳10分）某数学兴趣小组开展了一次课外活动，过程如下：

如图1，正方形ABCD中，AB=6，将三角板放在正方形ABCD上，使三角板的直角顶点与D点重合．三角板的一边交AB于点P，另一边交BC的延长线于点Q．

DP=DQ；

（2）如图2，小明在图1的基础上作∠PDQ的平分线DE交BC于点E，连接PE，他发现PE和QE存在一定的数量关系，请猜测他的结论并予以证明；

（3）如图3，固定三角板直角顶点在D点不动，转动三角板，使三角板的一边交AB的延长线于点P，另一边交BC的延长线于点Q，仍作∠PDQ的平分线DE交BC延长线于点E，连接PE，若AB：

AP=3：

4，请帮小明算出△DEP的面积．

（3）∵AB：

4，AB=6，∴AP=8，BP=2。

与

（1）同理，可以证明△ADP≌△CDQ，∴CQ=AP=8。

与

（2）同理，可以证明△DEP≌△DEQ，∴PE=QE。

设QE=PE=x，则。

在Rt△BPE中，由勾股定理得：

BP2+BE2=PE2，即：

，

解得：

，即QE=。

∵△DEP≌△DEQ，∴S△DEP=S△DEQ=。

5.（2013年湖南张家界12分）如图，抛物线y=ax2+bx+c（a≠0）的图象过点C（0，1），顶点为Q（2，3），点D在x轴正半轴上，且OD=OC．

（1）求直线CD的解析式；

（2）求抛物线的解析式；

（3）将直线CD绕点C逆时针方向旋转45°

所得直线与抛物线相交于另一点E，求证：

△CEQ∽△CDO；

（4）在（3）的条件下，若点P是线段QE上的动点，点F是线段OD上的动点，问：

在P点和F点移动过程中，△PCF的周长是否存在最小值？

若存在，求出这个最小值；

（1）∵C（0，1），OD=OC，∴D点坐标为（1，0）。

设直线CD的解析式为y=kx+b（k≠0），

将C（0，1），D（1，0）代入得：

，解得：

∴直线CD的解析式为：

y=﹣x+1。

（2）设抛物线的解析式为y=a（x﹣2）2+3，

将C（0，1）代入得：

1=a×

（﹣2）2+3，解得a=。

∴y=（x﹣2）2+3=x2+2x+1。

（4）存在。

如答图②所示，作点C关于直线QE的对称点C′，作点C关于x轴的对称点C″，连接C′C″，交OD于点F，交QE于点P，则△PCF即为符合题意的周长最小的三角形，由轴对称的性质可知，△PCF的周长等于线段C′C″的长度。

（证明如下：

不妨在线段OD上取异于点F的任一点F′，在线段QE上取异于点P的任一点P′，连接F′C″，F′P′，P′C′．

由轴对称的性质可知，△P′CF′的周长=F′C″+F′P′+P′C′。

而F′C″+F′P′+P′C′是点C′，C″之间的折线段，

由两点之间线段最短可知：

F′C″+F′P′+P′C′＞C′C″，即△P′CF′的周长大于△PCE的周长。

）

如答图③所示，连接C′E，

6.（2013年湖北随州13分）在平面直角坐标系xOy中，矩形ABCO的顶点A、C分别在y轴、x轴正半轴上，点P在AB上，PA=1，AO=2．经过原点的抛物线的对称轴是直线x=2．

（1）求出该抛物线的解析式．

（2）如图1，将一块两直角边足够长的三角板的直角顶点放在P点处，两直角边恰好分别经过点O和C．现在利用图2进行如下探究：

①将三角板从图1中的位置开始，绕点P顺时针旋转，两直角边分别交OA、OC于点E、F，当点E和点A重合时停止旋转．请你观察、猜想，在这个过程中，的值是否发生变化？

若发生变化，说明理由；

若不发生变化，求出的值．

②设

（1）中的抛物线与x轴的另一个交点为D，顶点为M，在①的旋转过程中，是否存在点F，使△DMF为等腰三角形？

（1）∵抛物线经过原点，∴n=0。

∵抛物线对称轴为直线x=2，∴，解得。

∴抛物线的解析式为：

（2）①的值不变。

理由如下：

如答图1所示，过点P作PG⊥x轴于点G，则PG=AO=2．

∵PE⊥PF，PA⊥PG，∴∠APE=∠GPF。

．

在Rt△PAE与Rt△PGF中，

∵∠APE=∠GPF，∠PAE=∠PGF=90°

∴Rt△PAE∽Rt△PGF。

②存在。

抛物线的解析式为：

令y=0，即，解得：

x=0或x=4，∴D（4，0）。

又，∴顶点M坐标为（2，﹣1）。

若△DMF为等腰三角形，可能有三种情形：

（ⅰ）FM=FD，如答图2所示，

过点M作MN⊥x轴于点N，则MN=1，ND=2，。

设FM=FD=x，则NF=ND﹣FD=2﹣x．

在Rt△MNF中，由勾股定理得：

NF2+MN2=MF2，

即：

∴FD=，OF=OD﹣FD=4-﹣。

∴F（，0）。

（ⅱ）若FD=DM．如答图3所示，

此时FD=DM=，∴OF=OD﹣FD=。

（ⅲ）若FM=MD，

由抛物线对称性可知，此时点F与原点O重合，而由题意可知，点E与点A重合后即停止运动，故点F不可能运动到原点O。

∴此种情形