2021-2022学年人教版九年级数学上册第23章旋转寒假自主提升测评 （word版解析）

2021-2022学年人教版九年级数学上册《第23章旋转》寒假自主提升测评（附答案）
一、单选题（满分40分）
1．下面四个图案中，是中心对称不是轴对称图形的是（ ）
A． B． C． D．
2．若点A（n，5）与点B（-1，m）关于原点对称，则（ ）
A．4 B．－4 C．6 D．－ 6
3．如图，在平面直角坐标系中，△ABC顶点的横、纵坐标都是整数．若将△ABC以某点为旋转中心，顺时针旋转90°得到△DEF，其中A、B、C分别和D、E、F对应，则旋转中心的坐标是（ ）
A．（0，0） B． C． D．
4．如图，在中，，将绕点逆时针旋转得到，使点的对应点恰好落在边上，点的对应点为，延长交于点，则下列结论一定正确的是（ ）
A． B． C． D．
5．如图，ODC是由OAB绕点O顺时针旋转30°后得到的图形，若点D恰好落在AB上，则∠A的度数是（　　）
A．30° B．45° C．60° D．75°
6．如图，在△ABC中，∠ACB＝45°，BC＝1，AC＝2，将△ABC绕点A逆时针旋转得到，其中点与点B是对应点，且点C、、在同一条直线上，则的长为（　　）
A．3 B．4 C．2.5 D．3
7．如图将△ABC绕点C（0，﹣1）旋转180°得到△ABC，设点的坐标为（a，b），则A的坐标为（　　）
A．（﹣a，﹣b） B．（﹣a，﹣b﹣1） C．（﹣a，﹣b+1） D．（﹣a，﹣b﹣2）
8．如图，ABC是等腰直角三角形，BC是斜边，将ABP绕点A逆时针旋转后得到，如果AP=2，那么的长等于（ ）
A． B． C． D．
二、填空题（满分40分）
9．在“正三角形，平行四边形，菱形，矩形，正方形”中，是轴对称图形但不是中心对称图形的是 _______．
10．如图， ABC绕点B旋转后到达△BDE处，若∠ABC＝120°，∠CBD＝30°，则∠DBE＝_______，∠CBE＝________________．
11．如图，△ABC是边长为2的等边三角形，点D为BC边上的中点，以点D为顶点作正方形DEFG，且DE＝BC，连接AE，AG．若将正方形DEFG绕点D旋转一周，当AE取最小值时，AG的长为____．
12．在平面直角坐标系中，已知点与点关于原点对称．则______．
13．如图，在中，，将绕点按逆时针方向旋转得到．若点恰好落在边上，且，则的度数为______．
14．如图，点M，N分别在正方形ABCD的边BC，CD上，且把绕点A顺时针旋转得到，若正方形的周长为12，，则ME的长为______．
15．如图，在中，，，延长至点P，使，将线段绕点C逆时针旋转角得到，连结，．
（1）当时，点到直线的距离为_________；
（2）当时，点到直线的距离为_________．
16．如图，△ABC中，∠ACB＝90°，∠A＝30°，将△ABC绕C点按逆时针方向旋转角（0°＜＜90°）得到△DEC，设CD交AB于F，连接AD，当旋转角度数为__，△ADF是等腰三角形．
三、解答题（满分40分）
17．如图，在4×4的方格纸中，△ABC的三个顶点都在格点上．
（1）在图1中，画出一个与△ABC成中心对称的格点三角形；
（2）在图2中，画出△ABC绕着点C按顺时针方向旋转90°后的三角形．
18．如图，在等边中，点是边上一点，连接将绕点顺时针旋转后得到，连接．
（1）是_ 三角形；
（2）若，求的周长；
（3）求证：．
19．在中，，将绕点C顺时针旋转，得，D，E分别是点B，A的对应点．记旋转角为．
（1）如图①，连接AD，若，，，求AD的长；
（2）如图②，连接BD，若，求证：．
20．[如图，△ABC与△ADE中，∠BAC＝∠DAE＝90°，AB＝AC，AD＝AE．
（1）将△ADE旋转，使得D、E、B三点在一条直线上时，求证：BD＝CE；
（2）在（1）的条件下，当BC＝10，BE＝6时，求DE的长．
21．在中，，．
（1）如图，D为BC边上一点（不与点B，C重合），将线段AD绕点A逆时针旋转90°得到AE，连接EC．
求证：①；
②．
（2）如图，D为外一点，且，仍将线段AD绕点A逆时针旋转90°得到AE，连接EC，ED，BD．
①的结论是否仍然成立？并请你说明理由；
②若，，求AD的长．
22．阅读下列材料：
问题：如图（1），已知正方形ABCD中，E、F分别是BC、CD边上的点，且∠EAF ＝45°． 判断线段BE、EF、FD之间的数量关系，并说明理由．
小明同学的想法是：已知条件比较分散，可以通过旋转变换将分散的已知条件集中在一起，于是他将△DAF绕点A顺时针旋转90°，得到△BAH，然后通过证明三角形全等可得出结论．
请你参考小明同学的思路，解决下列问题：
（1）如图（1）中线段BE、EF、FD之间的数量关系是 ；
（2）如图（2），已知正方形ABCD边长为5，E、F分别是BC、CD边上的点，且∠EAF＝45°，AG⊥EF于点G，则AG的长为 ，△EFC的周长为 ；
（3）如图（3），已知△AEF中，∠EAF＝45°，AG⊥EF于点G，且EG＝2，GF＝3，求△AEF的面积．写出解答过程．
23．已知，在平面直角坐标系中，A，B两点的坐标分别为点A（3，0），点B（0，b），将线段AB绕点A顺时针旋转α°得到AC，连接BC．
（1）若α＝90．
①如图1，b＝1，直接写出点C的坐标；
②如图2，D为BC中点，连接OD．求证：OD平分∠AOB；
（2）如图3，若α＝60，b＝3，N为BC边上一点，M为AB延长线上一点，BM＝CN，连接MN，将线段MN绕点N逆时针旋转120°得到NP，连接OP．求当∠AOP取何值时，线段OP最短
24．如图，抛物线y＝－x2＋bx＋c与x轴交于A，B两点，其中A（3，0），B（－1，0），与y轴交于点C，抛物线的对称轴交x轴于点D，直线y＝kx＋b1经过点A、C，连接CD．
（1）分别求抛物线和直线AC的解析式；
（2）在直线AC下方的抛物线上，是否存在一点P，使得△ACP的面积是△ACD面积的2倍，若存在，请求出点P的坐标；若不存在，请说明理由；
（3）在抛物线的对称轴上是否存在一点Q，使线段AQ绕Q点顺时针旋转90°得到线段QA1，且点A1恰好落在该抛物线上？若存在，求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．
试卷第1页，共3页
参考答案
1．A
解：A、是中心对称图形，不是轴对称图形，故此选项符合题意；
B、既是中心对称图形，也是轴对称图形，故此选项不合题意；
C、是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项不合题意；
D、既不是中心对称图形，也不是轴对称图形，故此选项不合题意；
故选：A．
2．C
解：∵点A（n，5）与点B（-1，m）关于原点对称，
∴n=1，m=-5，
∴n-m=1-(-5)=6，
故选：C．
3．C
解:如图，点Q即为所求，；
故选C．
4．D
解：∵将△ABC绕点A逆时针旋转得到△AED，
∴∠D＝∠C，
∵∠AED＝∠CEF，
∴∠CFE＝∠DAE＝∠BAC＝90°，
∴BC⊥DF，
故选：D．
5．D
解:由题意得：∠AOD=30°，OA=OD，
∴∠A=∠ADO75°．
故选D．
6．A
解：由旋转的性质可得，，，
∴，
∴，
∴，
∴，
故选A．
7．D
解： 将△ABC绕点C（0，﹣1）旋180°得到△ABC，
设 而
由中点坐标公式可得：
解得：
故选D
8．C
解：将ABP绕点A逆时针旋转后得到，
即
ABC是等腰直角三角形，
在中，
故选C
9．正三角形
解：正三角形是轴对称图形，但不是中心对称图形；
平行四边形不是轴对称图形，是中心对称图形；
菱形，矩形，正方形既是轴对称图形又是中心对称图形．
故答案为：正三角形．
10．120°； 150°
解：根据旋转的性质得，
，
，
，
根据题意，旋转角为，
．
故答案是：，．
11．
解：连接AD，
∵△ABC是边长为2的等边三角形，点D为BC边上的中点，
∴,，
在Rt△ABD中，AD＝＝，
当点E在DA延长线上时，AE＝DE AD．
此时AE取最小值，
∴在Rt△ADG中，AG＝；
故答案为：．
12．
解:因为点与点关于原点对称，
∴，
所以，，
所以.
故答案为：-1.
13．
解:
将绕点按逆时针方向旋转得到．
，
故答案为：
14．
解：由旋转的性质得，，
，
，
点E，点B，点C三点共线，
，
，
，
，
，
，
正方形的周长为12，
，
，
，
设，则，
在中，，
，
解得，
，
故答案为：
15．1
解:（1）过P'点作CP垂线，垂足为D，如下图
∵CP'=2且∠P'CB=30°
∴P'D= =1
（2）由P'向CP作垂线，垂足为D，设BD为x
所构成的图形中△CDP'，△BDP'都是直角三角形
所以P'B -BD =P'D =CP' -CD
又BP'=AB==
所以
解得x=
所以P'D==
16．40°
解：∵△ABC绕C点逆时针方向旋转得到△DEC，
∴AC=CD，
∴∠ADF=∠DAC=（180°-α），
∴∠DAF=∠ADC-∠BAC=（180°-α）-30°，
根据三角形的外角性质，∠AFD=∠BAC+∠DAC=30°+α，
△ADF是等腰三角形，分三种情况讨论，
①∠ADF=∠DAF时，（180°-α）=（180°-α）-30°，无解；
②∠ADF=∠AFD时，（180°-α）=30°+α，
解得α=40°，
③∠DAF=∠AFD时，（180°-α）-30°=30°+α，
解得α=20°，
综上所述，旋转角α度数为20°或40°．
故答案为：20°或40°．
17．解：（1）如图1，△DCE即为所求；
（2）如图2，△DCE即为所求．
18．（1）等边；（2）；（3）
解:（1）∵将绕点顺时针旋转后得到，
∴,
是等边三角形
故答案为：等边
（2）
是等边三角形
是等边三角形
的周长为
（3），是等边三角形
,
19．（1）10；（2）
解：（1）由旋转的性质可得，，
∵，
∴．
∵是旋转得到的，
∴在中，根据勾股定理得．
（2）由（1）知，，由旋转的性质得，
∴是等边三角形．
∴．
又，
∴．
∴．
20．（1）；（2）DE＝2
证明：（1）∵∠BAC＝∠DAE＝90°，
∴∠BAC＋∠EAB＝∠DAE＋∠EAB，
即∠DAB＝∠EAC，
在△ABD和△ACE中，
，
∴△DAB≌△EAC（SAS），
∴DB＝EC；
（2）由（1）知△DAB≌△EAB，
∴∠DBA＝∠ECA，
∵∠BAC＝90°，
∴∠ABC＋∠ACB＝90°，
即∠ABC＋（∠BCE＋∠ACE）＝90°，
∴∠ABC＋∠DBA＋∠BCE＝90°，
即∠DBA＋∠BCE＝90°，
∴∠BEC＝90°，
∵BC＝10，BE＝6，
∴EC2＝BC2 BE2＝102 62＝64，
∴EC＝8，
∴DE＝DB BE＝DB CE＝8 6＝2．
21．（1）①；②；（2）①成立，理由；②8
解:（1）①证明：由旋转的性质得，，AE=AD，
∴，即．
在和中，
∴；
②由①知，
∴，
∴．
（2）①结论仍然成立．
理由：由旋转的性质得，，AE=AD，
∴，即，
在与中，
∴．
②由（2）①知，
∴．
∵线段AD绕点A逆时针旋转90°得到AE，
∴，，
∴．
∵，
∴．
∵在中，，
∴．
∵在中，由勾股定理得：，
∴，
∴．
22．（1）；（2）5，10；（3）△AEF的面积为15．解答过程见解析．
解：（1），理由如下：
∵将△DAF绕点A顺时针旋转90°，得到△BAH
∴ △ ADF≌ △ ABH
∴ ∠ DAF=∠ BAH，AF=AH
∴∠FAH=90°
∴∠EAF=∠EAH=45°
在△FAE和△HAE中，
AF=AH
∠FAE=∠HAE
AE=AE
∴△FAE≌△HAE（SAS）
∴EF=HE=BE＋HB
∴EF=BE＋DF
（2）∵△FAE≌△HAE，AG、AB分别是△FAE与△HAE的高
∴ AG=AB=5
在△AEG与△ABE中，
∠AGE=∠ABE=90°
AE=AE
AG=AB
∴ Rt△AEG≌ Rt△ABE（HL）
∴EG=BE
同理GF=DF
∴△EFC的周长=EC＋EF＋FC=EC＋EG＋GF＋FC=EC＋BE＋DF＋FC=BC＋CD=10
（3）将△AEF置于图2中，
∵EG=2，GF=3
∴BE=2，DF=3，EF=5
设AB=x，则CE=x－2，CF=x－3
在△CEF中，
∵∠C=90°
∴
故
解得（舍去），
∴AB=6
∴AG=AB=6
∴
23．（1）①；②；（2）时，线段OP最短
解：（1）①∵,
∴为等腰直角三角形，
过点作轴于点，
∵，
∴，
∵，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∵A（3，0），点B（0，1），
∴，
∴点；
②∵点，点，
∴的中点的坐标为，
即，
过点作轴与轴交于点，
则可知，
∴为等腰直角三角形，
∴，
∴OD平分∠AOB；
（2）作交于点，
连接,过点作
交延长线于点，
∵，
∴，
∵是等边三角形，
∴，
∵，
∴，，
∴是等边三角形，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴点在直线上运动，
根据垂线段最短可知，当点和点重合时，的值最小，
此时．
24．（1）y＝－x2+2x+3，y＝-x+3；（2）存在，（－1，0）或（4，－5）；（3）存在，（1，2）或（1，－3）
解:（1）把、代入，
解得、
∴抛物线的解析式为
则C点为（0，3），又，代入，
得，， ∴直线AC的解析式为，
（2）如图，连接BC，
∵点D是抛物线的对称轴与x轴的交点，
∴，
∴，
∵，
∴，此时，点P与点B重合，
即：，
过B点作交抛物线于点P，
则直线BP的解析式为①，
∵抛物线的解析式为②，
联立①②解得，或，
∴P（4，﹣5），
∴即点P的坐标为（﹣1，0）或（4，﹣5）；
（3）由（1）可知，抛物线解析式为
把代入直线AC解析式
得AC与抛物线对称轴的交点，如下图所示：
，
即
则是等腰直角三角形，符合题意，
M点即为所求Q点的一种情况，
当Q点在x轴下方时，设Q为，，
因为线段AQ绕Q点顺时针旋转90°得到线段
过A1作直线DQ的垂线于E点，则
∴，
∴
∵点A1恰好落在抛物线上，
代入，解得m=－3或 (舍去)
∴Q（1，－3）
综上，Q点坐标为（1,2）或（1，－3）