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1. 下列叙述的运动属于旋转的是( )
A.摩托车在急刹车时向前滑动
B.竖直下落的石子
C.风车的转动
D.静止的车轮
A.摩托车在急刹车时向前滑动
B.竖直下落的石子
C.风车的转动
D.静止的车轮
答案
C
2. 如图,将三角尺 $ ABC $(其中 $ \angle ABC = 60° $,$ \angle C = 90° $)绕 $ B $ 点按顺时针方向转动一个角度到 $ \triangle A_1BC_1 $ 的位置,使得点 $ A $,$ B $,$ C_1 $ 在同一条直线上,那么这个角度等于( )
A.$ 120° $
B.$ 90° $
C.$ 60° $
D.$ 30° $
A.$ 120° $
B.$ 90° $
C.$ 60° $
D.$ 30° $
答案
A
解析
在$\triangle ABC$中，$\angle ABC=60°$，$\angle C=90°$，
$\therefore \angle A=180° - \angle ABC - \angle C=30°$。
三角尺绕$B$点顺时针转动到$\triangle A_1BC_1$位置，点$A$，$B$，$C_1$共线，
$\therefore$旋转角为$\angle CBC_1$或$\angle ABA_1$。
$\because \triangle ABC \cong \triangle A_1BC_1$，
$\therefore \angle A_1BC_1 = \angle ABC=60°$。
$\because$点$A$，$B$，$C_1$共线，
$\therefore \angle ABC_1=180°$，
$\therefore \angle CBC_1 = \angle ABC_1 - \angle A_1BC_1=180° - 60°=120°$。
即旋转角度为$120°$。
A
$\therefore \angle A=180° - \angle ABC - \angle C=30°$。
三角尺绕$B$点顺时针转动到$\triangle A_1BC_1$位置，点$A$，$B$，$C_1$共线，
$\therefore$旋转角为$\angle CBC_1$或$\angle ABA_1$。
$\because \triangle ABC \cong \triangle A_1BC_1$，
$\therefore \angle A_1BC_1 = \angle ABC=60°$。
$\because$点$A$，$B$，$C_1$共线，
$\therefore \angle ABC_1=180°$，
$\therefore \angle CBC_1 = \angle ABC_1 - \angle A_1BC_1=180° - 60°=120°$。
即旋转角度为$120°$。
A
3. 在如图所示的 $ 4 × 4 $ 的正方形网格中,$ \triangle MNP $ 绕某点旋转一定的角度,得到 $ \triangle M_1N_1P_1 $,则其旋转中心可能是( )
A.点 $ A $
B.点 $ B $
C.点 $ C $
D.点 $ D $
A.点 $ A $
B.点 $ B $
C.点 $ C $
D.点 $ D $
答案
B
解析
连接 $MM_1$、$NN_1$、$PP_1$，分别作线段 $MM_1$、$NN_1$、$PP_1$ 的垂直平分线，三条垂直平分线交于点 $B$，故旋转中心是点 $B$。
B
B
4. 在平面直角坐标系中,将抛物线 $ y = x^2 + 2x - 1 $ 先绕原点旋转 $ 180° $,再向下平移 $ 5 $ 个单位,所得到的抛物线的顶点坐标是______。
答案
$(1,-3)$
解析
将抛物线$y = x^2 + 2x - 1$化为顶点式：$y=(x+1)^2 - 2$，其顶点坐标为$(-1,-2)$。
绕原点旋转$180°$后，顶点$(-1,-2)$的对应点为$(1,2)$，此时抛物线解析式为$y=-(x - 1)^2 + 2$。
再向下平移$5$个单位，顶点变为$(1,2 - 5)=(1,-3)$。
$(1,-3)$
绕原点旋转$180°$后，顶点$(-1,-2)$的对应点为$(1,2)$，此时抛物线解析式为$y=-(x - 1)^2 + 2$。
再向下平移$5$个单位，顶点变为$(1,2 - 5)=(1,-3)$。
$(1,-3)$
5. 如图,在平面内将 $ Rt \triangle ABC $ 绕着直角顶点 $ C $ 逆时针旋转 $ 90° $ 得到 $ Rt \triangle EFC $。若 $ AB = \sqrt{5} $,$ BC = 1 $,则线段 $ BE $ 的长为______。
答案
3
解析
解：在$Rt\triangle ABC$中，$\angle ACB=90°$，$AB=\sqrt{5}$，$BC=1$，由勾股定理得$AC=\sqrt{AB^2 - BC^2}=\sqrt{(\sqrt{5})^2 - 1^2}=\sqrt{5 - 1}=2$。
因为$Rt\triangle ABC$绕直角顶点$C$逆时针旋转$90°$得到$Rt\triangle EFC$，所以$EC=AC=2$，$BC=FC=1$，且点$E$、$C$、$B$在同一条直线上。
因此$BE=EC + BC=2 + 1=3$。
3
因为$Rt\triangle ABC$绕直角顶点$C$逆时针旋转$90°$得到$Rt\triangle EFC$，所以$EC=AC=2$，$BC=FC=1$，且点$E$、$C$、$B$在同一条直线上。
因此$BE=EC + BC=2 + 1=3$。
3
6. 如图,$ \triangle ABC $ 是等腰直角三角形,$ BC $ 是斜边,$ P $ 为 $ \triangle ABC $ 内一点,将 $ \triangle ABP $ 绕点 $ A $ 逆时针旋转后与 $ \triangle ACP' $ 重合,如果 $ AP = 3 $,那么线段 $ PP' $ 的长等于______。
答案
$3\sqrt{2}$
解析
证明：
∵将$\triangle ABP$绕点$A$逆时针旋转后与$\triangle ACP'$重合，
∴$\triangle ABP \cong \triangle ACP'$，$\angle BAC = \angle PAP'$。
∵$\triangle ABC$是等腰直角三角形，$BC$是斜边，
∴$\angle BAC = 90°$，故$\angle PAP' = 90°$。
∵$\triangle ABP \cong \triangle ACP'$，
∴$AP = AP' = 3$。
在$Rt\triangle APP'$中，由勾股定理得：
$PP' = \sqrt{AP^2 + AP'^2} = \sqrt{3^2 + 3^2} = 3\sqrt{2}$。
$3\sqrt{2}$
∵将$\triangle ABP$绕点$A$逆时针旋转后与$\triangle ACP'$重合，
∴$\triangle ABP \cong \triangle ACP'$，$\angle BAC = \angle PAP'$。
∵$\triangle ABC$是等腰直角三角形，$BC$是斜边，
∴$\angle BAC = 90°$，故$\angle PAP' = 90°$。
∵$\triangle ABP \cong \triangle ACP'$，
∴$AP = AP' = 3$。
在$Rt\triangle APP'$中，由勾股定理得：
$PP' = \sqrt{AP^2 + AP'^2} = \sqrt{3^2 + 3^2} = 3\sqrt{2}$。
$3\sqrt{2}$
7. 如图,将直角边长为 $ 5 cm $ 的等腰直角三角形 $ ABC $ 绕点 $ A $ 逆时针旋转 $ 15° $ 后得到 $ \triangle AB'C' $,则图中阴影部分的面积是______ $ cm^2 $。
答案
$\frac{25\sqrt{3}}{6}$
解析
解：
∵△ABC为等腰直角三角形，AC=BC=5cm，∠C=90°，
∴∠BAC=45°，AC=5cm。
由旋转性质，得AC'=AC=5cm，∠B'AC'=∠BAC=45°，旋转角∠BAB'=15°，
∴∠CAC'=15°，∠C'AD=∠BAC-∠CAC'=45°-15°=30°（设AB与C'B'交于点D）。
在Rt△AC'D中，∠C'=90°，AC'=5cm，∠C'AD=30°，
∴tan∠C'AD=tan30°=$\frac{C'D}{AC'}$，即$\frac{\sqrt{3}}{3}=\frac{C'D}{5}$，解得C'D=$\frac{5\sqrt{3}}{3}$。
阴影部分面积$S_{\triangle AC'D}=\frac{1}{2}×AC'×C'D=\frac{1}{2}×5×\frac{5\sqrt{3}}{3}=\frac{25\sqrt{3}}{6}$。
$\frac{25\sqrt{3}}{6}$
∵△ABC为等腰直角三角形，AC=BC=5cm，∠C=90°，
∴∠BAC=45°，AC=5cm。
由旋转性质，得AC'=AC=5cm，∠B'AC'=∠BAC=45°，旋转角∠BAB'=15°，
∴∠CAC'=15°，∠C'AD=∠BAC-∠CAC'=45°-15°=30°（设AB与C'B'交于点D）。
在Rt△AC'D中，∠C'=90°，AC'=5cm，∠C'AD=30°，
∴tan∠C'AD=tan30°=$\frac{C'D}{AC'}$，即$\frac{\sqrt{3}}{3}=\frac{C'D}{5}$，解得C'D=$\frac{5\sqrt{3}}{3}$。
阴影部分面积$S_{\triangle AC'D}=\frac{1}{2}×AC'×C'D=\frac{1}{2}×5×\frac{5\sqrt{3}}{3}=\frac{25\sqrt{3}}{6}$。
$\frac{25\sqrt{3}}{6}$
8. 如图,已知 $ DA = DB $,$ CG = 2GD $,$ GA = 5 cm $,$ GC = 4 cm $,$ GB = 3 cm $,将 $ \triangle ADG $ 绕点 $ D $ 旋转 $ 180° $ 得到 $ \triangle BDE $,则 $ DE = $______ $ cm $,$ \triangle ABC $ 的面积为______ $ cm^2 $。
答案
2,18
9. 将两块不同的三角尺按如图所示摆放,两个直角顶点 $ C $ 重合,$ \angle A = 60° $,$ \angle D = 45° $。保持三角尺 $ ABC $ 不动,将三角尺 $ CDE $ 绕着点 $ C $ 旋转,但保证点 $ D $ 在直线 $ AC $ 的上方。若三角尺 $ CDE $ 有一条边与斜边 $ AB $ 平行,则 $ \angle ACD = $______。
答案
$30°$或$120°$或$165°$
