人教版九年级数学上《图形的旋转》拓展练习Word下载.docx
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至图②位置,此时E1的对应点为E2,以此类推,这样连续旋转2018次,则E2018的坐标是 .
9.(5分)平面直角坐标系中,C(0,4),K(2,0),A为x轴上一动点,连接AC,将AC绕A点顺时针旋转90°
得到AB,当点A在x轴上运动,BK取最小值时,点B的坐标为 .
10.(5分)如图,在Rt△ABC中,∠C=90°
,将△ABC绕点C顺时针旋转90°
得到△A′B′C,M、M′分别是AB、A′B′的中点,若AC=4,BC=2,则线段MM′的长为 .
三、解答题(本大题共5小题,共50.0分)
11.(10分)数学兴趣小组活动中,小明进行数学探究活动,将边长为
的正方形ABCD与边长为
的正方形AEFG按图1位置放置,AD与AE在同一条直线上,AB与AG在同一条直线上.
(1)小明发现DG⊥BE,请你帮他说明理由.
(2)如图2,小明将正方形ABCD绕点A逆时针旋转,当点B恰好落在线段DG上时,请你帮他求出此时BE的长.
12.(10分)如图,点O在直线AB上,OC⊥AB,△ODE中,∠ODE=90°
,∠EOD=60°
,先将△ODE一边OE与OC重合,然后绕点O顺时针方向旋转,当OE与OB重合时停止旋转.
(1)当OD在OA与OC之间,且∠COD=20°
时,则∠AOE= ;
(2)试探索:
在△ODE旋转过程中,∠AOD与∠COE大小的差是否发生变化?
若不变,请求出这个差值;
若变化,请说明理由;
(3)在△ODE的旋转过程中,若∠AOE=7∠COD,试求∠AOE的大小.
13.(10分)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CE′F′D′,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中点,且0°
<α<90°
,求证:
GD′=E′D.
14.(10分)在△ABC中,∠B+∠ACB=30°
,AB=4,△ABC逆时针旋转一定角度后与△ADE重合,且点C恰好成为AD中点,如图
(1)指出旋转中心,并求出旋转角的度数.
(2)求出∠BAE的度数和AE的长.
15.(10分)如图,已知ABCD是边长为3的正方形,点P在线段BC上,点G在线段AD上,PD=PG,DF⊥PG于点H,交AB于点F,将线段PG绕点P逆时针旋转90°
得到线段PE,连接EF.
(1)求证:
DF=PG;
(2)若PC=1,求四边形PEFD的面积.
参考答案与试题解析
【分析】根据旋转的性质即可得到∠ACD和∠CAD的度数,再根据三角形内角和定理进行解答即可.
【解答】解:
∵将△ABC绕点C顺时针旋转m°
得到△EDC.
∴∠DCE=∠ACB=n°
,∠ACE=m°
,AC=CE,
∴∠ACD=m°
﹣n°
,
∵点A,D,E在同一条直线上,
∴∠CAD=
(180°
﹣m°
),
∵在△ADC中,∠ADC+∠DAC+∠DCA=180°
∴∠ADC=180°
﹣∠CAD﹣∠ACD=180°
﹣
)﹣(m°
)=90°
+n°
m°
=(90+n﹣
m)°
故选:
B.
【点评】此题考查旋转的性质,关键是根据旋转的性质和三角形内角和解答.解题时注意:
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.
【分析】取CB的中点G,连接MG,根据等边三角形的性质可得BH=BG,再求出∠HBN=∠MBG,根据旋转的性质可得MB=NB,然后利用“边角边”证明△MBG≌△NBH,再根据全等三角形对应边相等可得HN=MG,然后根据垂线段最短可得MG⊥CH时最短,再根据∠BCH=30°
求解即可.
如图,取BC的中点G,连接MG,
∵旋转角为60°
∴∠MBH+∠HBN=60°
又∵∠MBH+∠MBC=∠ABC=60°
∴∠HBN=∠GBM,
∵CH是等边△ABC的对称轴,
∴HB=
AB,
∴HB=BG,
又∵MB旋转到BN,
∴BM=BN,
在△MBG和△NBH中,
∴△MBG≌△NBH(SAS),
∴MG=NH,
根据垂线段最短,当MG⊥CH时,MG最短,即HN最短,
此时∠BCH=
×
60°
=30°
,CG=
AB=
24=12,
∴MG=
CG=
12=6,
∴HN=6,
【点评】本题考查了旋转的性质,等边三角形的性质,全等三角形的判定与性质,垂线段最短的性质,作辅助线构造出全等三角形是解题的关键,也是本题的难点.
【分析】如图作PE⊥OA于E,PF⊥OB于F.只要证明Rt△POE≌Rt△POF,△PEM≌△PFN,即可一一判断.
如图作PE⊥OA于E,PF⊥OB于F.
∵∠PEO=∠PFO=90°
∴∠EPF+∠AOB=180°
∵∠MPN+∠AOB=180°
∴∠EPF=∠MPN,
∴∠EPM=∠FPN,
∵OP平分∠AOB,PE⊥OA于E,PF⊥OB于F,
∴PE=PF,
在Rt△POE和Rt△POF中,
∴Rt△POE≌Rt△POF(HL),
∴OE=OF,
在△PEM和△PFN中,
∴△PEM≌△PFN(ASA),
∴EM=NF,PM=PN,故①正确,
∴S△PEM=S△PNF,
∴S四边形PMON=S四边形PEOF=定值,故③正确,
∵OM+ON=OE+ME+OF﹣NF=2OE=定值,故②正确,
∵M,N的位置变化,∴MN的长度是变化的,故④错误,
∵PM=PN,∠MPN=60°
∴△PMN是等边三角形,
∵MN的长度是变化的,
∴△PMN的周长是变化的,故⑤错误.
D.
【点评】本题考查全等三角形的性质、角平分线的性质定理、四边形的面积等知识,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,属于中考常考题型.
【分析】由图象可知点B2019在x轴上,求出B2,B4,B6的坐标,探究规律后即可解决问题.
由图象可知点B2019在x轴上,
∵OA=
,OB=4,∠AOB=90°
∴AB=
=
∴B2(10,4),B4(20,4),B6(30,4),…
∴B2018(10090,4).
∴点B2019横坐标为10090+
+
=10096.
【点评】本题考查坐标与图形的变化﹣旋转、勾股定理等知识,解题的关键是从特殊到一般探究规律,发现规律,利用规律解决问题,属于中考常考题型.
【分析】根据旋转的性质得出AD=AC,∠DAE=∠BAC=30°
,求出∠DAE=∠CAE=30°
,再求出∠DAC的度数即可.
∵△ABC绕点A逆时针旋转至△AED,∠BAC=30°
∴AD=AC,∠DAE=∠BAC=30°
∵AE垂直平分CD于点F,
∴∠DAE=∠CAE=30°
∴∠DAC=30°
+30°
=60°
即旋转角度数是60°
【点评】本题考查了等腰三角形的性质和旋转的性质,能求出∠DAE=∠CAE=30°
是解此题的关键.
,得到△ABG,连接GF,则线段GF的长为 2
.
【分析】如图,连接BE,作EH⊥BC于H.只要证明△GAF≌△EAB(SAS),可得FG=BE,解直角三角形求出BE即可解决问题.
如图,连接BE,作EH⊥BC于H.
由题意:
∠EAD=∠EAF=∠GAB,AG=AE,AD=AF=AB,
∴∠GAF=∠EAB,
∴△GAF≌△EAB(SAS),
∴FG=BE,
∵把△ADE顺时针旋转60°
,得到△ABG,
∴∠DAB=60°
∵四边形ABCD是菱形,
∴∠ECH=60°
∵DC=8,DE=6,
∴EC=2,
∴CH=1,EH=
,BH=8﹣1=7,
在Rt△BEH中,BE=
=2
.
故答案为2
【点评】本题考查旋转变换,轴对称,菱形的性质,全等三角形的判定和性质,解直角三角形等知识,解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题,属于中考常考题型.
7.(5分)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BB1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B2018的坐标为 (12108,4) .
【分析】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B2018的横坐标,进而可得点B2018的坐标.
∵点A(3,0),B(0,4),
∴OA=3,OB=4,
=5,
∴OA+AB1+B1C2=3+5+4=12,
观察图象可知,点B2018的纵坐标为4,
∵2018÷
2=1009,
∴点B2018的横坐标为1009×
12=12108,
∴点B2018的坐标为(12108,4).
故答案为(12108,4).
【点评】本题考查坐标与图形变化﹣旋转,规律型:
点的坐标,解题的关键是循环探究规律,利用规律解决问题,属于中考常考题型.
至图②位置,此时E1的对应点为E2,以此类推,这样连续旋转2018次,则E2018的坐标是 (6056,1) .
【分析】探究规律,利用规律解决问题即可.
∵正方形的边长为3,
∴OB=3,
∵E的坐标是(1,2),
∴BE=
将正方形纸片绕其右下角的顶点按顺时针方向旋转90°
至图①位置,
∴BE1=2
∴E1,(5,2),
∴FE2=2
∴E2(8,1),
∴E2G=E3G=
∴E3(10,1),
∴E3H=E4H=
∴E4(13,2),
…,
观察可知:
纵坐标的变化规律是四次一个循环(2,2,1,1),
2018÷
4=504余2,
∴E2018的纵坐标与E2相同,纵坐标为1,横坐标=3×
2018+2=6056,
∴E2018的坐标为(6056,1).
【点评】本题考查坐标与图形的性质,规律型问题,解题的关键是学会探究规律,利用规律解决问题.
得到AB,当点A在x轴上运动,BK取最小值时,点B的坐标为 (3,﹣1) .
【分析】如图,作BH⊥x轴于H.由△ACO≌△BAH(AAS),推出BH=OA=m,AH=OC=4,可得B(m+4,m),令x=m+4,y=m,推出y=x﹣4,推出点B在直线y=x﹣4上运动,设直线y=x﹣4交x轴于E,交y轴于F,作KM⊥EF于M,根据垂线段最短可知,当点B与点M重合时,BK的值最小,构建方程组确定交点M坐标即可解决问题;
如图,作BH⊥x轴于H.
∵C(0,4),K(2,0),
∴OC=4,OK=2,
∵AC=AB,∵AOC=∠CAB=∠AHB=90°
∴∠CAO+∠OCA=90°
,∠BAH+∠CAO=90°
∴∠ACO=∠BAH,
∴△ACO≌△BAH(AAS),
∴BH=OA=m,AH=OC=4,
∴B(m+4,m),
令x=m+4,y=m,
∴y=x﹣4,
∴点B在直线y=x﹣4上运动,设直线y=x﹣4交x轴于E,交y轴于F,
作KM⊥EF于M,则直线KM的解析式为y=﹣x+2,
由
,解得
∴M(3,﹣1),
根据垂线段最短可知,当点B与点M重合时,BK的值最小,此时B(3,﹣1),
故答案为:
(3,﹣1)
【点评】本题考查坐标与图形的变化﹣旋转,全等三角形的判定和性质,一次函数的应用,垂线段最短等知识,解题的关键是正确寻找点B的运动轨迹,学会利用垂线段最短解决最短问题.
得到△A′B′C,M、M′分别是AB、A′B′的中点,若AC=4,BC=2,则线段MM′的长为
【分析】连接MC,M'
C,先利用勾股定理求出AB的长,根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半的性质求出CM=
AB,然后连接CM、CM′,再根据旋转的性质求出∠MCM′=90°
,CM=CM′,再利用勾股定理列式求解即可.
如图,连接MC,M'
C,
∵AC=4,BC=2,
∵M是AB的中点,
∴CM=
∵Rt△ABC绕点C顺时针旋转90°
得到Rt△A′B′C,
∴∠A′CM′=∠ACM,
∵∠ACM+∠MCB=90°
∴∠MCB+∠BCM′=90°
又∵CM=C′M′,
∴△CMM′是等腰直角三角形,
∴MM′=
CM=
【点评】本题考查了旋转的性质以及直角三角形的性质,解题的关键是通过作辅助线构造等腰直角三角形,利用勾股定理进行计算.
【分析】
(1)由正方形的性质可证△ADG≌△ABE(SAS),因此可证得∠AGD=∠AEB,延长EB交DG于点H,然后由三角形的内角和和直角三角形的两锐角互余可证得结论;
由正方形的性质和等量代换可证△ADG≌△ABE(SAS),因此可证得DG=BE;
(2)过点A作AM⊥DG交DG于点M,根据正方形的性质可证得DM=AM=
,然后根据勾股定理可求得GM的长,进而可求得BE=DG=DM+GM;
(1)四边形ABCD与四边形AEFG是正方形,
∴AD=AB,∠DAG=∠BAE=90°
,AG=AE
在△ADG和△ABE中,
∴△ADG≌△ABE(SAS),
∴∠AGD=∠AEB,
如图1,延长EB交DG于点H,
∵△ADG中∠AGD+∠ADG=90°
∴∠AEB+∠ADG=90°
∵△DEH中,∠AEB+∠ADG+∠DHE=180°
∴∠DHE=90°
∴DG⊥BE;
(2)∵四边形ABCD与四边形AEFG是正方形,
∴AD=AB,∠DAB=∠GAE=90°
,AG=AE,
∴∠DAB+∠BAG=∠GAE+∠BAG,
∴∠DAG=∠BAE,
∴DG=BE,
如图2,过点A作AM⊥DG交DG于点M,
∠AMD=∠AMG=90°
∵BD是正方形ABCD的对角线,
∴∠MDA=∠MDA=∠MAB=45°
,BD=2,
∴AM=
BD=1,
在Rt△AMG中,
∵AM2+CM2=AG2,
∴GM=2,
∵DG=DM+GM=1+2=3,
∴BE=DG=3.
【点评】本题主要考查了正方形的性质,锐角三角函数,解本题的关键是全等三角形的性质和判定以及勾股定理的综合应用.
时,则∠AOE= 130°
;
(1)求出∠COE的度数,即可求出答案;
(2)分为两种情况,根据∠AOC=90°
和∠DOE=60°
求出即可;
(3)根据∠AOE=7∠COD、∠DOE=60°
、∠AOC=90°
求出即可.
(1)∵OC⊥AB,
∴∠AOC=90°
∵OD在OA和OC之间,∠COD=20°
∴∠COE=60°
﹣20°
=40°
∴∠AOE=90°
+40°
=130°
130°
;
(2)在△ODE旋转过程中,∠AOD与∠COE的差不发生变化,
有两种情况:
①如图1、∵∠AOD+∠COD=90°
,∠COD+∠COE=60°
∴∠AOD﹣∠COE=90°
﹣60°
②如图2、∵∠AOD=∠AOC+∠COD=90°
+∠COD,∠COE=∠DOE+∠DOC=60°
+∠DOC,
∴∠AOD﹣∠COE=(90°
+∠COD)﹣(60°
+∠COD)=30°
即△ODE在旋转过程中,∠AOD与∠COE的差不发生变化,为30°
(3)如图1、∵∠AOE=7∠COD,∠AOC=90°
,∠DOE=60°
∴90°
+60°
﹣∠COD=7∠COD,
解得:
∠COD=18.75°
∴∠AOE=7×
18.75°
=131.25°
如图2、∵∠AOE=7∠COD,∠AOC=90°
+∠COD=7∠COD,
∴∠COD=25°
25°
=175°
即∠AOE=131.255°
或175°
【点评】本题考查了角的有关计算的应用,能根据题意求出各个角的度数是解此题的关键,题目比较好,难度不大.
(1)根据旋转的性质得CD′=CD=2,在Rt△CED′中,CD′=2,CE=1,则∠CD′E=30°
,然后根据平行线的性质即可得到∠α=30°
(2)由G为BC中点可得CG=CE,根据旋转的性质得∠D′CE′=∠DCE=90°
,CE=CE′
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