全国181套中考数学试题分类解析汇编_图形的旋转变换

全国181套中考数学试题分类解析汇编

专题：图形的旋转变换

一、选择题

1.（浙江湖州3分）如图，△AOB是正三角形，OC⊥OB，OC＝OB，将△AOB 绕点O按逆时针方向旋转，使得OA与OC重合，得到△OCD，则旋转角度是

A．150o B．120o C．90o D．60o 【答案】A。

【考点】旋转的性质，等边三角形的性质，等腰直角三角形的性质。

【分析】由题意，∠AOC就是旋转角，根据等边三角形每个角都是60°的性质和OC⊥OB，即可求得旋转角∠AOC=∠AOB+∠BOC=60°＋90°=150°。故选A。

2.（浙江宁波3分）如图，Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=BC=22，若把Rt△绕 边AB所在直线旋转一周，则所得几何体的表面积为

(A)4? (B)42? (C)8? (D)82? 【答案】D。

【考点】圆锥的计算，勾股定理，

【分析】所得几何体的表面积为2个底面半径为2，母线长为22的圆锥侧面积的和：

∵Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=BC=22，∴AB=∴所得圆锥底面半径为2，

∴几何体的表面积=23?32322=82?。 故选D。

3.（黑龙江哈尔滨3分）如罔，在Rt△ABC中，∠BAC=90，∠B=60，△ABC可以由△ABC绕点 A顺时针旋转90得到(点B 与点B是对应点，点C与点C是对应点)，连接CC’，则∠CC’B’的度数是。

(A) 45 (B) 30 (C) 25 (D) 15【答案】D。

用心 爱心 专心

1

0

0

0

0

1

0

0

?22??2?22?2?4。

1101

【考点】旋转的性质，等腰直角三角形的性质，三角形内角和定理。

【分析】由∠BAC=90，∠B=60可知，∠ACB=30。由旋转的性质可知，AC=AC′，又∠CAC′=90°，可知△CAC′为等腰直角三角形，∴∠CC′A=45°。也由旋转的性质可知，∠A C′ B′=∠ACB=30。因此∠CC’B’=∠CC′A－∠A C′ B′==15°。故选D。

4.（广西桂林3分）在平面直角坐标系中，将抛物线y=x＋2x＋3绕着它与y轴的交点旋转180°，所得抛物线的解析式是

A、y=－（x＋1）＋2 C、y=－（x－1）＋2 【答案】B。

【考点】二次函数图象，中心对称的性质。

【分析】求出抛物线y=x＋2x＋3与y轴交点（0，3）和顶点坐标（－1，2）。抛物线绕与y轴交点旋转180°，它的顶点同样绕这一点旋转180°，那么根据中心对称的性质，可得旋转后的抛物线的顶点坐标，即点（－1，2）关于点（0，3）中心对称的点（1，4），

从而求得旋转后的解析式：y=－（x－1）＋4。故选B。

5.（广西北海3分）如图，直线l：y＝x＋2与y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．y＝x－2 B．y＝－x＋2 C．y＝－x－2 D．y＝－2x－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y＝x＋2与x、y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x、y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y＝－x＋2。故选B。

6.（江苏扬州3分）如图，在Rt△ABC中，?ACB?90°，?A?30°，BC?2．将△ABC绕点C按顺时针方向旋转n度后得到△EDC，此时点D在AB边上，斜边DE交AC边于点F，则n的大小和图中阴影部分的面积分别为

A．30， 2 B．60， 2 C．60， 2

222

2

0

0

0

0

B、y=－（x－1）＋4 D、y=－（x＋1）＋4

2

2

3 D．60， 3 2用心 爱心 专心

2

【答案】C。

【考点】旋转的性质，含30角的直角三角形的的性质，三角形中位线性质，相似三角形的判定和性质。 【分析】∵在Rt△ABC中，?ACB?90°，?A?30°，CD?BC ∴?CDB??B?900?300?600，n??DCB?600。很易证出 Rt?ABC∽Rt?CDF , S?ABC0

31DF1?1?。 ??BC?AC?23 , ? ，∴S?CDF????23?222CB2??27.（山东滨州3分）如图．在△ABC中，∠B＝90°，∠A＝30°，AC＝4cm，将△ABC绕顶点C顺时针方向旋转至△A'B'C的位置，且A、C、B'三点在同一条直线上，则点A所经过的最短路线的长为

A、43cm

B、8cm8cm C、

16?cm 38D、?cm

3【答案】D。

【考点】旋转的性质，弧长的计算。

【分析】点A所经过的最短路线是以C为圆心、CA为半径的一段弧线，运用弧长公式计算求解：

∵∠B＝90°，∠A＝30°，A、C、B'三点在同一条直线上，∴∠ACA′＝120°。 又∵AC＝4，∴L?'?AA120???48???cm?。 1803故选D。

8.（山东泰安3分）一圆锥的侧面展开图是半径为2的半圆，则该圆锥的全面积是

A、5π

B、4π C、3π

D、2π

【答案】C。

【考点】圆锥的计算。

【分析】半圆的面积就是圆锥的侧面积，根据半圆的弧长等于圆锥底面圆的周长，因此圆锥的侧面积是

122

3π32＝2π，即底面的周长是2π。则底面圆半径是2π÷2π＝1，底面圆面积是π31＝π。从2而该圆锥的全面积是2π＋π＝3π。故选C。

9.（山东淄博3分）一副三角板按图1所示的位置摆放.将△DEF绕点A（F）逆时针旋转60°后（图2）， 测得CG=10cm，则两个三角形重叠（阴影）部分的面积为

A． 75cm

2

B． (25?253)cm

2

用心 爱心 专心 3

C．(25?【答案】C。

253)cm2

3

D． (25?503)cm2 3【考点】等腰直角三角形的性质，锐角三角函数，特殊角三角函数值，二次根式化简。

【分析】过点G作GH⊥AC于点H。则△CGH是等腰直角三角形，由CG=10cm知 GH＝CH＝CG?sin450=10?GH5252==6。 =52；在Rt△AGH中，AH＝

tan600323则两个三角形重叠（阴影）部分的面积为故选C。

11525? 6?52?52?25?3。?AH?CH??GH????22?33?10.（山东泰安3分）若点A的坐标为（6，3）O为坐标原点，将OA绕点O按顺时针方向旋转90°得到OA′，则点A′的坐标是

A、（3，﹣6）

B、（﹣3，6） D、（3，6）

C、（﹣3，﹣6） 【答案】 A。

【考点】坐标与图形的变化（旋转）。

【分析】正确作出A旋转以后的A′点，即可确定坐标： 在Rt△AOB和Rt△A′OC中，

∵OA＝O A′，∠AOB＝90°－∠BO A′＝A′OC， ∴△AOB≌△A′OC（AAS）。

∴C A′＝BA＝3，OC＝OB＝6。∴点A′的坐标是（3，﹣6）。 故选A。

11.（湖北宜昌3分）如图，矩形OABC的顶点O为坐标原点，点A在x轴上，点B的坐标为（2，1）．如果将矩形0ABC绕点O旋转180°旋转后的图形为矩形OA1B1C1，那么点B1的坐标为

A、（2，1）

B、（﹣2，1）

D、（2，﹣l）

C、（﹣2，﹣1）

用心 爱心 专心 4

【答案】C。

【考点】坐标与图形的旋转变化。

【分析】将矩形0ABC绕点O顺时针旋转180°，就是把矩形0ABC上的每一个点绕点O顺时针旋转180°，求点B1的坐标即是点B关于点O的对称点B1点的坐标得出答案即可：

∵点B的坐标是（2，1），∴点B关于点O的对称点B1点的坐标是（﹣2，﹣1）。故选C。 12.（湖北孝感3分）如图，菱形OABC的一边OA在x轴上，将菱形OABC绕原点O顺时针旋转75°至OA′B′C′的位置，若OB=23，∠C=120°，则点B′的坐标为

A.(3,3) B. (3,?3) C. (6,6) D. (6,?6)

A'OyCAC'xB【答案】D。

B'【考点】坐标与图形的旋转变化，菱形的性质，垂直的定义，旋转的性质，锐角三角函数定义，直角坐标系中点的特征。

【分析】首先根据菱形的性质，即可求得∠AOB的度数，又由将菱形OABC绕原点O顺时针旋转75°至OA′B′C′的位置，可求得∠B′OA的度数，然后在Rt△B′OF中，利用三角函数即可求得OF与B′F的长，则可得点B′的坐标：

过点B作BE⊥OA于E，过点B′作B′F⊥OA于F， ∴∠BE0=B′FO=90°。

∵四边形OABC是菱形，∴OA∥BC，∠AOB=

1∠AOC。 2∵∠AOC+∠C=180°，∠C=120°，∴∠AOC=60°，∠AOB=30°。 ∵菱形OABC绕原点O顺时针旋转75°至OA′B′C′的位置， ∴∠BOB′=75°，OB′=OB=23。∴∠B′OF=45°。 在Rt△B′OF中，OF=OB′sin45°=233 ∴B′F= 6。

∵点B′在第四象限，∴点B′的坐标为：(6,?6)。故选D。

2?6。 2用心 爱心 专心 5

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