2017-2021北京海淀初三（上）期中数学图形的旋转一、单选题1．（2021·北京海淀·九年级期中）如图，在正三角形网格中，以某点为中心，
将旋转，得到，则旋转中心是（ ）A．点AB．点BC．点CD．点D2．（2017·北京海淀·九年级期中）风力发电机可以在风力作用下发
电．如图的转子叶片图案绕中心旋转n°后能与原来的图案重合，那么n的值可能是（ ） A．45B．60C．90D．120二、填空题
3．（2019·北京海淀·九年级期中）在平面直角坐标系中，点绕原点旋转180°后所得到的点的坐标为___________．4．（2
019·北京海淀·九年级期中）如图, 边长为2的正方形ABCD绕着点C顺时针旋转90°，则点A运动的路径长为_______.5．（
2020·北京海淀·九年级期中）如图，正方形的边长为6，点在边上．以点为中心，把顺时针旋转至的位置，若，则________．6．（
2021·北京海淀·九年级期中）如图，矩形中，，．以点为中心，将矩形旋转得到矩形，使得点落在边上，此时的长为__________．
三、解答题7．（2019·北京海淀·九年级期中）如图，已知等边三角形ABC，O为△ABC内一点，连接OA，OB，OC，将△BAO绕
点B旋转至△BCM.（1）依题意补全图形；（2）若OA= ，OB= ，OC=1，求∠OCM的度数.8．（2019·北京海淀·九年级
期中）如图，等腰三角形ABC中，BA=BC，∠ABC=α. 作AD⊥BC于点D，将线段BD绕着点B顺时针旋转角α后得到线段BE，连
接CE. 求证：BE⊥CE.9．（2020·北京海淀·九年级期中）在平面直角坐标系中，旋转角满足，对图形与图形给出如下定义：将图形
绕原点逆时针旋转得到图形．为图形上任意一点，为图形上的任意一点，称长度的最小值为图形与图形的“转后距”．已知点，点，点．（1）当时
，记线段为图形．①画出图形；②若点为图形，则“转后距”为_________；③若线段为图形，求“转后距”；（2）已知点在点的左侧，
点，记线段为图形，线段为图形，对任意旋转角，“转后距”大于1，直接写出的取值范围．10．（2017·北京海淀·九年级期中）如图，在
平面坐标系xOy中，点A的坐标为（1，0），点P的横坐标为2，将点A绕点P旋转，使它的对应点B恰好落在x轴上（不与A点重合）；再将
点B绕点O逆时针旋转90°得到点C．（1）直接写出点B和点C的坐标；（2）求经过A，B，C三点的抛物线的表达式．参考答案1．B【分
析】连接、、，作的垂直平分线，作的垂直平分线，作的垂直平分线，交点为旋转中心．【详解】解：如图，绕某点旋转一定的角度，得到△，连接
、、，作的垂直平分线，作的垂直平分线，作的垂直平分线，三条线段的垂直平分线正好都过点，即旋转中心是．故选：B．【点睛】本题考查了学
生的理解能力和观察图形的能力，注意：旋转时，对应顶点到旋转中心的距离应相等且旋转角也相等，对称中心在连接对应点线段的垂直平分线上．
2．D【分析】该图形被平分成三部分，因而每部分被分成的圆心角是120°，并且圆具有旋转不变性，因而旋转120度的整数倍，就可以与自
身重合．【详解】该图形被平分成三部分，旋转120°的整数倍，就可以与自身重合，故n的最小值为120．故选：D．【点睛】本题考查旋转
对称图形的概念：把一个图形绕着一个定点旋转一个角度后，与初始图形重合，这种图形叫做旋转对称图形，这个定点叫做旋转对称中心，旋转的角
度叫做旋转角．3．（-3，2）,【分析】将点P绕原点顺时针旋转180°，实际上是求点P关于原点的对称点的坐标．【详解】根据题意得，
点P关于原点的对称点是点P′，∵P点坐标为（3，-2），∴点P′的坐标（-3，2）．【点睛】本题考查了坐标与图形的变换-旋转，熟练
掌握关于原点的对称点的坐标特征是解决问题的关键．4．【分析】由正方形ABCD的两边长为2，可以求得对角戏AC的长，由正方形ABCD
绕着点C顺时针旋转90°后，可知对角线AC扫过的面积正好是一个扇形，圆心角是90°，半径是AC的长，所以A点运动的路径是半径为AC
的圆的周长的 ，然后根据圆的周长计算公式即可解答本题．【详解】如图，由已知可得，AB=BC=2，∠ABC=90°，∴AC＝ = =
∵正方形ABCD绕着点C顺时针旋转90°∴点A 运动的路径长： 故答案为．【点睛】本题考查旋转及弧长的计算，解题的关键是找准运动轨
迹以及弧长的计算，利用转化的数学思想进行解答．5．8【分析】先根据旋转的性质和正方形的性质证明C、B、F三点在一条直线上，又知BF
＝DE＝2，可得FC的长．【详解】∵四边形ABCD是正方形，∴∠ABC＝∠D＝90°，AD＝AB，由旋转得：∠ABF＝∠D＝90°
，BF＝DE＝2，∴∠ABF＋∠ABC＝180°，∴C、B、F三点在一条直线上，∴CF＝BC＋BF＝6＋2＝8，故答案为：8．【点
睛】本题主要考查了正方形的性质、旋转变换的性质，难度适中．由旋转的性质得出BF＝DE是解答本题的关键．6．1【分析】先由旋转的性质
可知，再由矩形的性质可得AD=BC=4，则．【详解】解：由旋转的性质可得，，∵四边形ABCD是矩形，∴AD=BC=4，∴，故答案为
：1．【点睛】本题主要考查了矩形的性质，旋转的性质，解题的关键在于能够熟练掌握旋转的性质．7．（1）补全图形见解析；（2）∠OCM
=90°. 【分析】（1） 根据题意叙述可知旋转角是60°，画出图形即可.（2） 由旋转的性质得BO=BM, ∠OBM=∠ABC=
60°,则可判断△OBM为等边三角形,所以OM=；在△OMC中，利用勾股定理逆定理可得△OMC为直角三角形，所以∠OCM=90°【
详解】解：（1）依题意补全图形，如图所示：（2）连接OM，∵△ABC为等边三角形,∴∠ABC=60°.∵△BAO旋转得到△BCM，
OA= OB=,∴MC=OA= MB=OB=，∠OBM=∠ABC=60° .∴△OBM为等边三角形.∴OM= OB=.在△OMC
中，OC=1，MC= OM=.∵,∴OC 2 +MC 2 =OM 2.∴∠OCM=90°.【点睛】本题考查旋转变换性质，等边三角形
的性质和判定，勾股定理的逆定理等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题．8．证明见解析.【分析】由线段BD绕点B顺时针旋转角α
得到线段BE，可得= α然后证明△ABD与△CBE全等， 可得所以【详解】证明：∵线段BD绕点B顺时针旋转角α得到线段BE， ∴
∵∴ ∵∴在△ABD与△CBE中， ∴△ABD≌△CBE. ∴∴【点睛】本题考查了旋转的性质及三角形全等的证明.9．（1）①见解析
；②2；③转后距为；（2）或【分析】（1）①根据要求画出图形即可．②线段OC的长即为所求．③如图2中，连接AC，过点A作AE⊥OC
于E，过点O作OD⊥AC于D．求出线段OD的长即可．（2）观察图象可知，只要线段PA上的任意一点到阴影部分图形上的任意一点的距离大
于1时，即可满足条件．【详解】（1）①如图，线段OA′，即为图形M′：②观察图象可知，点C为图形N，则“转后距”为线段OC的长＝2
，故答案为2；③连接，作于，作于，如图．依题意，的长度即为所求转后距．∵，，∴，，．在中，．∵，∴．∴转后距为．（2）如图3中，由
题意记线段AB为图形M，线段PQ为图形N，对任意旋转角α，“转后距”大于1，观察图象可知，只要线段PA上的任意一点到阴影部分图形上
的任意一点的距离大于1时，即可满足条件，即满足条件的m的取值范围为：m＜?5或0＜m＜2．【点睛】本题属于几何变换综合题，考查了旋
转变换，解直角三角形，“转后距”的定义等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题，第二个问题的关键是画出图形，利用图象
法解决问题．10．（1）点B的坐标为（3，0），点C的坐标为（0，3）；（2）抛物线解析式为y＝x2﹣4x+3．【分析】（1）由题
可知B点于A点关于直线对称，即可求解；B绕点O逆时针旋转90°得到点C，可得知C落在y的正半轴上，且距离O点的距离同B点一样，据此
可得出C点的坐标；（2）可把抛物线的解析式设成交点式，再代入已知点的坐标即可求解.【详解】解：（1）如图所示，PA=PC，且PC所
在的直线为∴B点于A点关于直线对称∴点B的坐标为（3，0），∵B绕点O逆时针旋转90°得到点C∴ C落在y的正半轴上，且距离O点的距离同B点一样∴点C的坐标为（0，3），（2）由题可设抛物线解析式为，把（0，3）代入得：3a＝3，解得：a＝1，∴抛物线解析式为y＝x2﹣4x+3．【点睛】本题主要考查图形的旋转和求抛物线的解析式，注意本题用交点式求解析式是最简便的. 1 / 1 |
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