人教版2021年秋季九年级上册第23章《旋转》单元提升训练卷（Word版 含解析）

人教版2021年秋季九年级上册第23章《旋转》单元提升训练卷
一、选择题
1．下列交通标志中既是中心对称图形，又是轴对称图形的是（ ）
A． B． C． D．
2．如图，从8点钟开始，过了20分钟后，分针与时针所夹的度数是（ ）
A． B． C． D．
3．如图，香港特别行政区区徽中的紫荆花图案，该图案绕中心旋转n°后能与原来的图案互相重合，则n的最小值为（　　）
A．45° B．60° C．72° D．108°
4．点关于原点对称点的坐标是（ ）
A．(，) B．(，) C．(，) D．(，)
5．如图，将△ABC绕点A逆时针旋转100°，得到△ADE．若点D在线段BC的延长线上，则∠B的大小为（　　）
A．30° B．40° C．50° D．60°
6．如图所示，已知△ABC和△A＇B＇C＇关于点O成中心对称，则下列结论错误的是（ ）
A．∠ABC=∠A＇B＇C＇ B．∠AOC=∠A＇OC＇ C．AB=A＇B＇ D．OA=OC＇
7．如图，将△ABC绕点A顺时针旋转 60°得到△AED，若AB=4，AC=3，BC=2，则BE的长为（ ）
A．5 B．4 C．3 D．2
8．已知下列命题：（ ）
①关于中心对称的两个图形一定不全等
②关于中心对称的两个图形是全等形
③两个全等的图形一定关于中心对称
其中真命题的个数是
A．1个 B．2个 C．3个 D．0个
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25，DE=3，则AE的长为(　　)
A． B．5 C．8 D．4
10．如图，在中，是斜边上两点，且将绕点顺时针旋转90°后，得到连接下列结论：
① ②
③的面积等于四边形的面积；
④ ⑤
其中正确的是( )
A．①②④ B．③④⑤
C．①③④ D．①③⑤
二、填空题
11．线段是中心对称图形，对称中心是它的_____点．
12．下列图形中，是中心对称图形的有_____个．
13．若点与点关于原点对称，则_________.
14．如图，把Rt△ABC绕点A逆时针旋转40°，得到Rt△AB′C′，点C′恰好落在边AB上，连接BB′，则∠BB′C′=___度．
15．等边三角形ABC内有一点P，连接AP、BP、CP，若∠BPC＝150°，BP＝3，AP＝5，则CP＝_____．
16．如图，正方形AEFG与正方形ABCD的边长都为1，正方形AEFG绕正方形ABCD的顶点A旋转一周，在此旋转过程中，线段DF的长取值范围为_____．
三、解答题
17．如图，将△ABC绕顶点C逆时针旋转得到△A′B′C，且点B刚好落在A′B′上，若∠A＝25°，∠BCA′＝45°，求∠A′BA的度数．
18．如图，△ABC三个顶点的坐标分别为A（2，4），B（1，1），C（4，3）．
(1)请画出△ABC关于x轴对称的△A1B1C1，并写出点A1的坐标；
(2)请画出△ABC绕点B逆时针旋转90°后的△A2BC2；
(3)求出(2)中C点旋转到C2点所经过的路径长（结果保留根号和π）；
(4)求出(2)△A2BC2的面积是多少．
19．在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=BC=3，点D是斜边AB上一动点（点D与点A、B不重合），连接CD，将CD绕点C顺时针旋转90°得到CE，连接AE，DE．
（1）求△ADE的周长的最小值；
（2）若CD=4，求AE的长度．
20．四边形ABCD是正方形，△ADF旋转一定角度后得到△ABE，如图所示，如果AF=3，AB=7，
求(1)指出旋转中心和旋转角度；
(2)求DE的长度；
(3)BE与DF的位置关系如何？请说明理由．
21．两块等腰直角三角板△ABC和△DEC如图摆放，其中∠ACB=∠DCE=90°，F是DE的中点，H是AE的中点，G是BD的中点．
（1）如图1，若点D、E分别在AC、BC的延长线上，通过观察和测量，猜想FH和FG的数量关系为______和位置关系为______；
（2）如图2，若将三角板△DEC绕着点C顺时针旋转至ACE在一条直线上时，其余条件均不变，则（1）中的猜想是否还成立，若成立，请证明，不成立请说明理由；
（3）如图3，将图1中的△DEC绕点C顺时针旋转一个锐角，得到图3，（1）中的猜想还成立吗？直接写出结论，不用证明．
参考答案
1．D
【分析】
据中心对称图形的定义旋转180°后能够与原图形完全重合即是中心对称图形，以及轴对称图形的定义即可判断出．
【详解】
A，此图案是轴对称图形不是中心对称图形，故A不符合题意；
B、此图案不是轴对称图形也不是中心对称图形，故B不符合题意；
C、此图案不是轴对称图形也不是中心对称图形，故C不符合题意；
D、此图案是轴对称图形也是中心对称图形，故D符合题意；
故答案为D.
【点睛】
此题主要考查了中心对称图形与轴对称的定义，根据定义得出图形形状是解决问题的关键．
2．B
【分析】
此时时针超过8点，分针指向4，根据每2个数字之间相隔30度和时针1分钟走0.5度可得夹角度数．
【详解】
解：时针超过20分所走的度数为20×0.5=10°，
分针与8点之间的夹角为4×30=120°，
∴此时时钟面上的时针与分针的夹角是120+10=130°．
故选：B．
【点睛】
本题考查钟面角的计算，用到的知识点为：钟面上每2个数字之间相隔30度；时针1分钟走0.5度．
3．C
【解析】
由题意得
360 ÷5=72 .
故选C.
4．A
【分析】
关于原点对称的两个点的横坐标与纵坐标都互为相反数，根据以上结论可得答案．
【详解】
解：点关于原点对称点的坐标是，
故选：
【点睛】
本题考查的是关于原点对称的两个点的坐标特点，中心对称的含义，掌握“关于原点对称的两个点的横坐标与纵坐标都互为相反数”是解题的关键．
5．B
【详解】
∵△ADE是由△ABC绕点A旋转100°得到的，
∴∠BAD=100°，AD=AB，
∵点D在BC的延长线上，
∴∠B=∠ADB=.
故选B.
点睛：本题主要考察了旋转的性质和等腰三角形的性质，解题中只要抓住旋转角∠BAD=100°，对应边AB=AD及点D在BC的延长线上这些条件，就可利用等腰三角形中：两底角相等求得∠B的度数了.
6．D
【分析】
根据中心对称的性质依次判断即可.
【详解】
选项A，根据中心对称的两个图形全等，即可得选项A、C正确；
选项B，根据对顶角相等可得选项B正确；
选项D，根据对称点到对称中心的距离相等可得OA=OA＇≠OC＇，选项D错误．
故选D.
【点睛】
本题主要考查了中心对称的性质：①关于中心对称的两个图形是全等形；②关于中心对称的两个图形，对称点连线都经过对称中心，并且被对称中心平分；③关于中心对称的两个图形，对应线段平行（或者在同一直线上）且相等.
7．B
【分析】
根据将△ABC绕点A顺时针旋转 60°得到△AED可得△ABE是等边三角形，根据等边三角形的性质即可得.
【详解】
解：∵将△ABC绕点A顺时针旋转 60°得到△AED，
∴AE=AB，∠BAE=60°，
∴△ABE是等边三角形，
∴BE=AB=4，
故选：B.
【点睛】
本题考查了旋转的性质、等边三角形的判定与性质，得出△ABE是等边三角形是解题的关键.
8．A
【详解】
关于中心对称的两个图形一定是全等图形，但是两个全等图形不一定关于中心对称；故选A.
9．A
【分析】
利用旋转的性质得出四边形AECF的面积等于正方形ABCD的面积，进而可求出正方形的边长，再利用勾股定理得出答案．
【详解】
把顺时针旋转的位置，
四边形AECF的面积等于正方形ABCD的面积等于25，
，
，
中，．
故选A．
【点睛】
此题主要考查了旋转的性质以及正方形的性质，正确利用旋转的性质得出对应边关系是解题关键．
10．C
【详解】
解：∵△ADC绕点A顺时针旋转90°得△AFB，
∴△ADC≌△AFB，∠FAD=90°，
∴AD=AF，
∵∠DAE=45°，
∴∠FAE=90°-∠DAE=45°，
∴∠DAE=∠FAE，AE为△AED和△AEF的公共边，
∴△AED≌△AEF
∴ED=FE
在Rt△ABC中，∠ABC+∠ACB=90°，
又∵∠ACB=∠ABF，
∴∠ABC+∠ABF=90°即∠FBE=90°，
∴在Rt△FBE中BE+BF2=FE2，
∴BE2+DC2=DE2③显然是不成立的．
故正确的有①③④，不正确的有⑤，②不一定正确．
故选C.
11．中
【解析】
【分析】
直接利用中心对称图形的性质结合线段的性质得出答案．
【详解】
线段是中心对称图形，对称中心是它的中点．
故答案为中．
【点睛】
此题主要考查了中心对称图形，正确把握线段的性质是解题关键．
12．2
【分析】
根据中心对称图形的定义旋转180°后能够与原图形完全重合即是中心对称图形即可判断出．
【详解】
第一个图形不是中心对称图形，第二个图形是中心对称图形，第三个图形不是中心对称图形，第四个图形是中心对称图形，
是中心对称图形的有2个，
故答案为：2．
【点睛】
此题主要考查了中心对称图形与轴对称的定义，根据定义得出图形形状是解决问题的关键．
13．2
【分析】
根据关于原点对称的两个点的横、纵坐标互为相反数，可得关于a、b的方程组，解方程组即可求得答案.
【详解】
由题意得：，
解得：，
所以a+b=2，
故答案为2.
【点睛】
本题考查了关于原点对称的点的坐标特征，二元一次方程组的解法，熟练掌握关于原点对称的点的坐标特征是解题的关键.
14．20
【详解】
∵Rt△ABC绕点A逆时针旋转40°得到Rt△AB′C′，
∴AB=AB′，∠BAB′=40°．
在△ABB′中，∠ABB′=（180°﹣∠BAB′）=（180°﹣40°）=70°．
∴∠BB′C′=90°﹣∠ABB′=90°﹣70°=20°．
15．4
【解析】
【分析】
将△BCP绕点C顺时针旋转60°得到△ACP′，根据旋转的性质可得BP＝AP′，∠AP′C＝∠BPC，△PCP′是等边三角形，根据等边三角形的性质可得∠PP′C＝60°，然后求出∠AP′P＝90°，利用勾股定理列式求出PP′，再根据等边三角形的三边都相等可得CP＝PP′．
【详解】
如图，
将△BCP绕点C顺时针旋转60°得到△ACP′，
由旋转的性质得，BP＝AP′＝3，∠AP′C＝∠BPC＝150°，△PCP′是等边三角形，
所以，∠PP′C＝60°，
所以，∠AP′P＝∠AP′C﹣∠PP′C＝150°﹣60°＝90°，
在Rt△APP′中，根据勾股定理得，PP′＝＝4，
∵△PCP′是等边三角形，
∴CP＝PP′＝4．
故答案为4．
【点睛】
本题考查了旋转的性质，等边三角形的性质，勾股定理，作辅助线构造出等边三角形和直角三角形是解题的关键，也是本题的难点．
16．≤DF≤+1
【解析】
【分析】
由题意可求AF=，且点F是以A为圆心，为半径的圆上一点，即可求DF的取值范围．
【详解】
解：∵正方形AEFG与正方形ABCD的边长都为1
∴AF=
∴点F是以A为圆心，为半径的圆上一点
∴当F，D，A三点共线且D在线段AF之间时，DF最短为﹣1
当F，D，A三点共线且A在线段DF之间时，DF最长为+1
∴-1≤DF≤+1
故答案为-1≤DF≤+1
【点睛】
本题考查旋转的性质，正方形的性质，解题关键是利用点F的轨迹求DF的取值范围．
17．40°
【解析】
【分析】
先利用旋转的性质得∠A′＝∠A＝25°，∠ABC＝∠B′，CB＝CB′，再利用等腰三角形的性质得∠B′＝∠CBB′，则根据三角形外角性质得∠CBB′＝70°，所以∠B′＝∠ABC＝70°，然后利用平角定义计算∠A′BA的度数．
【详解】
∵△ABC绕顶点C逆时针旋转得到△A′B′C，且点B刚好落在A′B′上，
∴∠A′＝∠A＝25°，∠ABC＝∠B′，CB＝CB′，
∴∠B′＝∠CBB′，
∵∠CBB′＝∠A′+∠BCA′＝25°+45°＝70°，
∴∠B′＝70°，
∴∠ABC＝70°，
∴∠A′BA＝180°﹣70°﹣70°＝40°．
【点睛】
本题考查了旋转的性质：对应点到旋转中心的距离相等；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．
18．(1)画图见解析，点A1的坐标为（2，﹣4）；(2)画图见解析；(3)π；(4)3.5.
【分析】
（1）根据关于x轴对称的点的坐标特征，写出点A、B、C的对应点A1、B1、C1的坐标，然后描点即可得到△A1B1C1；
（2）利用网格特点和旋转的性质，画出点A、C的对应点A2、C2，则可得到△A2BC2；
（3）C点旋转到C2点所经过的路径是以B点为圆心，BC为半径，圆心角为90°的弧，然后根据弧长公式计算即可；
（4）利用一个矩形的面积分别减去三个三角形的面积可计算出△A2BC2的面积．
【详解】
(1)如图，△A1B1C1为所作，点A1的坐标为（2，﹣4）；
(2)如图，△A2BC2为所作；
(3),
所以C点旋转到C2点所经过的路径长
(4)△A2BC2的面积
【点睛】
本题考查了作图-旋转变换：根据旋转的性质可知，对应角都相等都等于旋转角，对应线段也相等，由此可以通过作相等的角，在角的边上截取相等的线段的方法，找到对应点，顺次连接得出旋转后的图形．也考查了轴对称变换．
19．（1）6+；（2）3﹣或3+
【分析】
（1）根据勾股定理得到AB=AC=6，根据全等三角形的性质得到AE=BD，当DE最小时，△ADE的周长最小，过点C作CF⊥AB于点F，于是得到结论；
（2）当点D在CF的右侧，当点D在CF的左侧，根据勾股定理即可得到结论
【详解】
解：（1）∵在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=BC=3
∴AB=AC=6，
∵∠ECD=∠ACB=90°，
∴∠ACE=∠BCD，
在△ACE与△BCD中， ，
∴△ACE≌△BCD（SAS），
∴AE=BD，
∴△ADE的周长=AE+AD+DE=AB+DE，
∴当DE最小时，△ADE的周长最小，
过点C作CF⊥AB于点F，
当CD⊥AB时，CD最短，等于3，此时DE=3，
∴△ADE的周长的最小值是6+3；
（2）当点D在CF的右侧，
∵CF=AB=3，CD=4，
∴DF=，
∴AE=BD=BF﹣DF=3﹣；
当点D在CF的左侧，同理可得AE=BD=3+，
综上所述：AE的长度为3﹣或3+．
【点睛】
本题考查旋转的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，解题的关键是熟练运用旋转的性质以及全等三角形的判定与性质．
20．(1)旋转中心为点A；旋转角度为90°或270°；(2)DE= 4；(3)BE与DF是垂直关系．
【分析】
（1）根据旋转的性质，点A为旋转中心，对应边AB、AD的夹角为旋转角；
（2）根据旋转的性质可得AE=AF，AD=AB，然后根据DE=AD-AE计算即可得解；
（3）根据旋转可得△ABE和△ADF全等，根据全等三角形对应边相等可得BE=DF，全等三角形对应角相等可得∠ABE=∠ADF，然后求出∠ABE+∠F=90°，判断出BE⊥DF．
【详解】
（1）根据正方形的性质可知：△AFD≌△AEB，
即AE=AF=3，∠EAF=90°，∠EBA=∠FDA；
可得旋转中心为点A；旋转角度为90°或270°；
（2）∵△ADF按顺时针方向旋转一定角度后得到△ABE，
∴△ADF≌△ABE，
∴AE=AF=4，AD=AB=7，
∴DE=AD-AE=7-4=3；
（3）BE、DF的位置关系为：BE⊥DF．理由如下：
延长BE交DF于G，
∵△ADF按顺时针方向旋转一定角度后得到△ABE，
∴△ABE≌△ADF，
∴BE=DF，∠ABE=∠ADF，
∵∠ADF+∠F=180°-90°=90°，
∴∠ABE+∠F=90°，
∴BE⊥DF，
∴BE、DF的位置关系为：BE⊥DF．
【点睛】
本题考查旋转的性质和正方形的性质，旋转变化前后，对应点到旋转中心的距离相等以及每一对对应点与旋转中心连线所构成的旋转角相等．要注意旋转的三要素：①定点-旋转中心；②旋转方向；③旋转角度．
21．（1）相等，垂直．（2）成立，证明见解析；（3）成立，结论是FH=FG，FH⊥FG．
【详解】
试题分析：（1）证AD=BE，根据三角形的中位线推出FH=AD，FH∥AD，FG=BE，FG∥BE，即可推出答案；
（2）证△ACD≌△BCE，推出AD=BE，根据三角形的中位线定理即可推出答案；
（3）连接BE、AD，根据全等推出AD=BE，根据三角形的中位线定理即可推出答案．
试题解析：
（1）解：∵CE=CD，AC=BC，∠ECA=∠DCB=90°，
∴BE=AD，
∵F是DE的中点，H是AE的中点，G是BD的中点，
∴FH=AD，FH∥AD，FG=BE，FG∥BE，
∴FH=FG，
∵AD⊥BE，
∴FH⊥FG，
故答案为相等，垂直．
（2）答：成立，
证明：∵CE=CD，∠ECD=∠ACD=90°，AC=BC，
∴△ACD≌△BCE
∴AD=BE，
由（1）知：FH=AD，FH∥AD，FG=BE，FG∥BE，
∴FH=FG，FH⊥FG，
∴（1）中的猜想还成立．
（3）答：成立，结论是FH=FG，FH⊥FG．
连接AD，BE，两线交于Z，AD交BC于X，
同（1）可证
∴FH=AD，FH∥AD，FG=BE，FG∥BE，
∵三角形ECD、ACB是等腰直角三角形，
∴CE=CD，AC=BC，∠ECD=∠ACB=90°，
∴∠ACD=∠BCE，
在△ACD和△BCE中
，
∴△ACD≌△BCE，
∴AD=BE，∠EBC=∠DAC，
∵∠DAC+∠CXA=90°，∠CXA=∠DXB，
∴∠DXB+∠EBC=90°，
∴∠EZA=180°﹣90°=90°，
即AD⊥BE，
∵FH∥AD，FG∥BE，
∴FH⊥FG，
即FH=FG，FH⊥FG，
结论是FH=FG，FH⊥FG.
【点睛】运用了等腰直角三角形的性质、全等三角形的性质和判定、三角形的中位线定理，旋转的性质等知识点的理解和掌握，能熟练地运用这些性质进行推理是解此题的关键．