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第23章 旋转 单元检测
一、单选题
1．下面这几个车标中，是中心对称图形而不是轴对称图形的共有( )
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【答案】B
【解析】【解答】根据“中心对称图形”和“轴对称图形”的定义分析可知，上述5个图形中，是中
心对称图形，但不是轴对称图形的是第4个和第5个图形，共计2个.
故答案为：B.
【分析】中心对称图形是图形绕某一点旋转180°后与原来的图形完全重合，轴对称图形是一定要沿某
直线折叠后直线两旁的部分互相重合，再对已知的5个图形作出判断，就可得出答案。
2．相信同学们都玩过万花筒，如图是某个万花筒的造型，图中的小三角形均是全等的等边三角形，
那么图中的菱形AEFG可以看成是把菱形ABCD以A为旋转中心（ ）
A．顺时针旋转60°得到 B．顺时针旋转120°得到
C．逆时针旋转60°得到 D．逆时针旋转120°得到
【答案】D
【解析】【解答】解：根据图形可知∠BAE=120°，
所以菱形AEFG可以看成把菱形ABCD以A为旋转中心顺时针旋转120°得到的；
故答案为：D．
【分析】根据旋转的性质进行作答即可。
3．如图，直角三角板ABC的斜边AB=12㎝，∠A=30°，将三角板ABC绕C顺时针旋转90°至三角板
A'B'C'的位置后，再沿CB方向向左平移，使点落在原三角板ABC的斜边AB上，则三角板平移的距
离为（）A．6㎝ B．4㎝ C．（6－2√3）㎝ D．（4√3-6）㎝
【答案】C
【解析】【分析】如图，过B′作B′D⊥AC，垂足为B′，则三角板A'B'C'平移的距离为B′D的长，根据
AB′=AC-B′C，∠A=30°，在Rt△AB′D中，解直角三角形求B′D即可．
【解答】如图，过B′作B′D⊥AC，垂足为B′，
∵在Rt△ABC中，AB=12，∠A=30°，
1
∴BC= AB=6，AC=AB•cos30°=6√3
2
由旋转的性质可知B′C=BC=6，
∴AB′=AC-B′C=6√3-6，
在Rt△AB′D中，∵∠A=30°，
√3
∴B′D=AB′•tan30°=（6√3-6)× =（6-2√3)cm．
3
故选C．
【点评】本题考查了旋转的性质，30°直角三角形的性质，平移的问题．关键是找出表示平移长度的
线段，把问题集中在小直角三角形中求解
4．如图，在平面直角坐标系xOy中，△A′B′C′由△ABC绕点P旋转得到，则点P的坐标为（ ）A．（0，1） B．（1，﹣1） C．（0，﹣1） D．（1，0）
【答案】B
【解析】【解答】由图形可知，对应点的连线CC′、AA′的垂直平分线的交点是点（1，﹣1），根据旋
转变换的性质，点（1，﹣1）即为旋转中心．
故旋转中心坐标是P（1，﹣1）．
故选B．
【分析】根据网格结构，找出对应点连线的垂直平分线的交点即为旋转中心．
5．将∠AOB绕点O顺时针旋转15°，得到∠COD，若∠COD=45°，则∠AOB的度数是（ ）
A．15° B．30° C．45° D．60°
【答案】C
【解析】【解答】解：∵∠AOB绕点O顺时针旋转15°，得到∠COD，
∴∠AOB=∠COD=45°．
故选C．
【分析】直接根据旋转的性质求解．
6．如图，将 △ABC 绕点B顺时针旋转得到 △DBE ，点C的对应点为E，点A的对应点D落在
AC 的延长线上，连接 EC ．则下列结论一定正确的是（）A．∠BAC=∠DBE B．AB=CE C．∠BDE=∠BDC D．BC=ED
【答案】C
【解析】【解答】解：∵将 △ABC 绕点B领时针旋转得到 △DBE ，
∴∠BDE=∠A，∠DBE=∠ABC， BD=BA，BC=BE，
故A、B、D选项不符合题意，
∵BD=BA，点A的对应点D落在AC的延长线上，
∴∠BDC=∠A，
∴∠BDE=∠BDC，
故C选项符合题意，
故答案为：C．
【分析】根据旋转的性质得到BD=BA，所以∠BDA=∠A=∠BDE
7．如图，在矩形ABCD中，E是边AB上的点，将线段BE绕B点顺时针旋转一定角度后交边CD于
点F，此时AE=CF，连接EF交对角线AC于点O，且BE=BF，∠BEF=2∠BAC，FC=2，则AB的长
为（ ）
A．8√3 B．6 C．4√3 D．8
【答案】B
【解析】【解答】解：如图，连接OB，
∵BE=BF，OE=OF，
∴BO⊥EF，
∴在Rt△BEO中，∠BEF+∠ABO=90°，
由直角三角形斜边上的中线等于斜边上的一半可知：OA=OB=OC，
∴∠BAC=∠ABO，
又∵∠BEF=2∠BAC，
即2∠BAC+∠BAC=90°，
解得∠BAC=30°，∴∠FCA=30°，
∴∠FBC=30°，
∵FC=2，
∴BC=2√3，
∴AC=2BC=4√3，
∴AB= =6．
故选：B．
【分析】连接OB，根据等腰三角形三线合一的性质可得BO⊥EF，再根据矩形的性质可得OA=OB，
根据等边对等角的性质可得∠BAC=∠ABO，再根据三角形的内角和定理列式求出∠ABO=30°，即
∠BAC=30°，根据直角三角形30°角所对的直角边等于斜边的一半求出AC，再利用勾股定理列式计算
即可求出AB．
8．如图△ABC与△CDE都是等边三角形，且∠EBD=65°，则∠AEB的度数是( )
A．115° B．120° C．125° D．130°
【答案】C
【解析】【解答】∵△ABC与△CDE都是等边三角形，
∴AC=BC，CE=CD，∠ACB=∠ECD=60°
∴∠ACE=∠BCD
∴△ACE≌△BCD
∴∠CAE=∠CBD，∠EBD=65°∴65-∠EBC=60°-∠BAE
65°-（60°-∠ABE）=60°-∠BAE
∴∠ABE+∠BAE=55°
∴∠AEB=125°
【分析】由△ABC与△CDE都是等边三角形易得△ACE≌△BCD，再利用等量代换可得
∠ABE+∠BAE=55°，最后利用三角形内角和可得∠AEB=125°。
9．如图，点E是正方形ABCD的边DC上一点，把△ADE绕点A顺时针旋转90°到△ABF的位置，
若四边形AECF的面积为144．AE＝13．则DE的长为（ ）
A．2√3 B．√13 C．4 D．5
【答案】D
【解析】【解答】解：∵△ADE绕点A顺时针旋转90°得到△ABF，
∴△ABF≌△ADE，
∴S =S ，
△ABF △ADE
∴S =S =144，
正方形ABCD 四边形AECF
∴AD=12，
在Rt△ADE中，AE=13，AD=12，
由勾股定理得：DE=√AE2−AD2=√132−122=5，
故答案为：D．
【分析】先证明S =S =144，求出AD=12，再利用勾股定理求出DE的长即可。
正方形ABCD 四边形AECF
10． 如图，平行四边形OABC的顶点O（0，0），A（1，2），点C在x轴的正半轴上，延长BA交
y轴于点D.将△ODA绕点O顺时针旋转得到△OD'A'，当点D的对应点D'落在OA上时，D'A'的延长
线恰好经过点C，则点B的坐标为（ ）A．（2√5，2）
B．（2√3，2）
C．（2√3＋1，2）
D．（2√5＋1，2）
【答案】D
【解析】【解答】解：如图，连接A'C，AD⊥y轴，△ODA绕点O顺时针旋转得到△OD'A'，
∴∠CD'O=90°， OD=OD'，
∵∠DOA+∠D'OC=∠D'CO+∠D'OC，
∴∠DOA=∠D'CO，
∵∠ODA=∠OD'C=90°，
∴△ADO∽△OD'C，
AD OD'
∴ = ，
AO OC
∵A(1，2)，
∴AD=1，OD=2，
∴AO=√12+22=√5， OD=OD'=2，
∴OC=2√5，
∴AB=OC=2√5，
∴DB=AD+AB=1+2√5，∴点B的坐标为： (1+2√5，2)，
故答案为：D.
【分析】连接A'C，AD⊥y轴，△ODA绕点O顺时针旋转得到△OD'A'，由同角的余角相等可得
∠DOA=∠D'CO，根据有两个角对应相等的两个三角形相似可得△ADO∽△OD'C，则可得比例式
AD OD'
= ，根据比例式求出CO，由平行四边形的性质得OC=AB，由线段的构成DB=AD+AB求得
AO OC
DB的值，则点B的坐标可求解.
二、填空题
11．如图，将△AOB绕点O顺时针旋转36°得△COD，AB与其对应边CD相交所构成的锐角的度数
是 ．
【答案】36°
【解析】【解答】如图，
AB与其对应边CD相交所构成的锐角为∠CFE，即要求∠CFE的度数，
∵△COD由△AOB绕点O顺时针旋转36°得到，
∴∠AOC=36°，∠A=∠C，
在△AEO和△FEC中，
∠A=∠C，∠AEO=∠CEF，
∴∠AOE=∠EFC=36°.
故答案为36°.
【分析】AB与其对应边CD相交所构成的锐角为∠CFE，即要求∠CFE的度数，根据旋转的性质得出
∠AOC=36°，∠A=∠C，在△AEO和△FEC中，由∠A=∠C，∠AEO=∠CEF，根据三角形的内角和，
得出∠AOE=∠EFC，从而得出答案。12．如图，BD为正方形ABCD的对角线，BE平分∠DBC，交DC与点E，将△BCE绕点C顺时针旋
转90°得到△DCF，若CE=1cm，则BF= cm．
【答案】2+ √2
【解析】【解答】解：过点E作EM⊥BD于点M，如图所示．
∵四边形ABCD为正方形，
∴∠BAC=45°，∠BCD=90°，
∴△DEM为等腰直角三角形．
∵BE平分∠DBC，EM⊥BD，
∴EM=EC=1cm，
∴DE= √2 EM= √2 cm．
由旋转的性质可知：CF=CE=1cm，
∴BF=BC+CF=CE+DE+CF=1+ √2 +1=2+ √2 cm．
故答案为：2+ √2 ．
【分析】过点E作EM⊥BD于点M，则△DEM为等腰直角三角形，根据角平分线以及等腰直角三角
形的性质即可得出DE的长度，再根据正方形以及旋转的性质即可得出线段BF的长．
13．已知：点E是正方形ABCD边上的一点，将线段AE绕点E顺时针旋转90°，得到线段EA′，若
AB＝2，则线段DA′的最小值为【答案】√2
【解析】【解答】如图，在AB上取一点G，使得AG=EC，连接GE，C A′，过D作DF⊥A′C于点F，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=BC，∠B=∠BCD=90°，
AB−AG=BC−EC，
∴BG=BE，
∴∠BGE＝∠BEG＝45°，
∴∠AGE＝135°．
∵∠AEA′＝90°，
∴∠AEB＋∠CEA′＝90°．
∴∠GAE＝∠CEA′．
在△AGE和△ECA′中，
{
AG=EC
∠GAE=∠CEA′，
AE=EA′
∴△AGE≌△ECA′（SAS），
∴∠AGE＝∠ECA′，∴∠AGE＝135°，
∴∠DCA′＝135°−90°＝45°．
∵DF⊥C A′，CD=AB=2，
∴DF=√2．
∴当A′与点F重合时，
DA′最小，最小值为√2．
【分析】证明∠DAC=45°，当DA⊥CA时，DA最小，进而用勾股定理求解
14．如图，在△ABC中，AB＝AC＝5，BC＝8，将△ABC绕着点B旋转得到△A′BC′，点A的对应点
A′，点C的对应点C′.如果点A′在BC边上，那么点C和点C′之间的距离为 .
8√10
【答案】
5
【解析】【解答】解：作AD⊥BC于D，C′E⊥BC于E，如图1，
∵AB=AC，
1
∴BD=CD= BC=4，
2
在Rt△ABD中， AD=√52−32=4，
1
∴S = ×3×8=12，
△ABC 2
∵△ABC绕着点B旋转的△A′BC′，
∴A′B=A′C′=AB=5，△A′BC′≌△ABC，
∴A′C=3，S△A′BC′=12，1
而 S = ·5·C′E，
△A′BC′ 2
1 24
∴ ·5·C′E=12， 解得 C′E= ，
2 5
√ 24 2 7
在Rt△A′C′E中， A′E= 52−( ) = ，
5 5
7 8
∴CE=3− = ，
5 5
√ 8 2 24 2 8√10
在Rt△C′CE中， CC′= ( ) +( ) = ．
5 5 5
8√10
故答案为 ： .
5
1
【分析】作AD⊥BC于D,C′E⊥BC于E,如图1，先利用等腰三角形的性质得到 BD=CD= BC=4，
2
再利用勾股定理计算出AD=4，接着利用旋转的性质得A′B=A′C′=AB=5，△A′BC′≌△ABC，则利用面
积法可求出C′E，然后在Rt△A′C′E中利用勾股定理计算A′E，于是可在Rt△C′CE中利用勾股定理计
算出CC′.
15．如图，将 △ABC 绕点 A 逆时针旋转得到 △AB′C′ ．若 B′ 落到 BC 边上， ∠B=50° ，
则 ∠CB′C′ 的度数为 ．
【答案】80
【解析】【解答】解：由旋转的性质可得：AB=AB',∠AB' C'=50°.
∵AB=AB'，
∴∠B=∠BB'A=50°.
∵∠BB'A+∠AB' C'+∠CB' C' =180°.
∴∠CB'C'=180°-（∠BB'A+∠AB' C'）=80°．故答案为:80°．
【分析】根据旋转的性质，求出AB=AB'，∠AB'C'的度数，依据等边对等角的性质即可得到
∠B=∠BB'A，得到∠CB'C'的度数即可。
三、作图题
16．如图，在每个小正方形的边长为1的网格中，点A，B，C均在格点上，连接AB，AC，并按下列
要求用无刻度的直尺作图，并保留作图痕迹．
（1）将线段AB沿AC方向平移 √5 个单位长度得线段CD，并连接BD；
（2）将点C绕点A逆时针旋转90°，使点C落在点E处，并作一条直线l，使其过点E并且平分四边
形ABDC的面积．
【答案】解：如图，线段CD、BD、点E、直线l即为所求，
【解析】【分析】（1） 将线段AB沿AC方向平移，使点A平移到点C的位置，得到线段CD，再连
接BD即可；（2）连接BC，交AD于点O，再把点C绕点A逆时针旋转90°，得到线段AE，过点E，O作直线l
即可.
四、解答题
17．已知△ABC如图所示，A（﹣4，1），B（﹣1，1），C（﹣4，3），在网格中按要求画图：
（1）画出△ABC关于y轴对称的△ABC；
1 1 1
（2）画出△ABC绕点A顺时针旋转90°后的△AB C．
2 2
【答案】解：（1）如图，△ABC 为所作；
1 1 1
（2）如图，△AB C 为所作．
2 2
【解析】【分析】（1）根据关于y轴对称的点的坐标特征写出A、B、C 的坐标，然后描点即可得
1 1 1
到△ABC；
1 1 1（2）利用网格特点和旋转的性质画出点B、C的对应点B、C 即可得到△AB C．
2 2 2 2
18．如图，四边形ABCD是正方形．△ABE是等边三角形，M为对角线 BD(不含B，D点)上任意一
点，将线段BM绕点B逆时针旋转60°得到BN，连接 EN，AM、CM．请判断线段 AM 和线段 EN
的数量关系，并说明理由．
【答案】解：AM=EN，理由为：
∵△ABE是等边三角形，
∴AB=BE，∠ABE=60°，即∠EBN=∠ABN=60°，
∵线段BM绕点B逆时针旋转60°得到BN，
∴BM=BN，∠MBN=60°，即∠ABM+∠ABN=60°，
∴∠ABM=∠EBN，
在△ABM和△EBN中，
{
AB=BE
∠ABM=∠EBN，
BM=BN
∴△ABM≌△EBN（SAS），
∴AM=EN．
【解析】【分析】先利用旋转的性质可得∠ABM=∠EBN，再利用“SAS”证明△ABM≌△EBN，根据全
等三角形的性质可得AM=EN。
19．已知，如图，点P是等边△ABC 内一点，∠APB=112°，如果把△APB绕点A旋转，使点B与点
C重合，此时点P落在点 P′ 处，求 ∠PP′C 的度数．
【答案】解∶∵△APB≌AP'C，∴∠AP'C=∠APB=112°，
且AP'=AP，∠BAP=∠CAP'，
又∵∠BAP+∠PAC=60°，
∴∠CAP'+∠PAC=60°，
即∠PAP'=60°，
∴△PAP'是等边三角形，
∴∠PP'C=∠AP'C-∠AP'P=112°-60°=52°．
【解析】【分析】根据旋转的性质得到AP'=AP，∠BAP=∠CAP'，利用等边三角形的性质及角的和差
得到△PAP'是等边三角形，即可求解．
20．（1）解方程： x2−4x−5=0
（2）已知点 P(2x+ y,1) 与点 Q(−7,x−y) 关于原点对称，求 x ， y 的值．
【答案】（1）解： x2−4x−5=0 ，
(x−5)(x+1)=0 ，
解得： x =5 ， x =−1
1 2
（2）解：∵点P(2x+y，1)与点Q(-7，x-y)关于原点对称，
{2x+ y−7=0
∴ ，
x−y+1=0
{x=2
解得
y=3
【解析】【分析】（1）利用十字相乘法求解即可；
（2）根据关于原点对称的点坐标的特征：横纵坐标都变成相反数列出二元一次方程组求解即可。
1
21．如图，抛物线y＝﹣ x2+mx+4与x轴交于A、B两点，点B在x轴的右侧且点A在点B的左侧，
2
与y轴交于点C，OB＝OC；
（1）求m的值；
（2）点A绕点C逆时针旋转90°得到点A′，直线A′C交抛物线的另一个交点为P，求点P的坐标.
【答案】（1）解：由题意得：OC＝c＝4，则OB＝OC＝4，即点B坐标为（4，0），1 1
将点B坐标（4，0）代入y＝﹣ x2+mx+4得：0＝﹣ ×16+4m+4，
2 2
解得：m＝1；
1
（2）解：则抛物线的表达式为：y＝﹣ x2+x+4…①，
2
令y＝0，解得：x＝4或﹣2，
则点A的坐标为（﹣2，0），
如图所示，当点A绕点C逆时针旋转90°时，点A′坐标为（4，2），
设：直线A′C的方程为：y＝kx+4，
把点A′的坐标（4，2）代入上式得2＝4k+4，
1
解得：k＝﹣ ，
2
1
则直线A′C的表达式为：y＝﹣ x+4…②，
2
联立①②解得：x＝2或0（舍去0），
5
则点P的坐标为（3， ）.
2
【解析】【分析】（1）由题意得： OC=c=4 ，则 OB=OC=4 ，即点 B 坐标为 (4,0) ，将点
1
B 坐标 (4,0) 代入 y=− x2+mx+4 ，即可求解；（2）求出点 A' 坐标 (4,2) ，确定直线 A'C
2
1
的表达式： y=− x+4 与二次函数表达式联立，即可求解.
2
