第23章 旋转【挑战满分】2022-2023学年数学九上阶段性复习精选精练（人教版 含解析）

第23章 旋转
一、单选题
1．已知点与点关于原点对称，则点的坐标（ ）
A． B． C． D．
2．把四张扑克牌所摆放的顺序与位置如下，小杨同学选取其中一张扑克牌把他颠倒后在放回原来的位置，那么扑克牌的摆放顺序与位置都没变化，那么小杨同学所选的扑克牌是（ ）
A． B． C． D．
3．如图，矩形ABCD中，AD=2，AB=，对角线AC上有一点G（异于A，C），连接 DG，将△AGD绕点A 逆时针旋转60°得到△AEF，则BF的长为（ ）
A． B．2 C． D．2
4．如图，在方格纸上建立的平面直角坐标系中，将绕点按顺时针方向旋转90°，得到，则点的坐标为（ ）．
A． B．
C． D．
5．下列图形中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（ ）
A． B． C． D．
6．如图，在中，，，，将绕点顺时针旋转度得到，当点的对应点恰好落在边上时，则的长为（　　）
A．1.6 B．1.8 C．2 D．2.6
7．若P(x，3)与点Q(4，y)关于原点对称，则xy的值是(　　)
A．12 B．﹣12 C．64 D．﹣64
8．下列图形中，既是轴对称图形，又是中心对称图形的是（　　）
A． B． C． D．
9．如图，将绕点逆时针旋转得到，若且于点，则的度数为（ ）
A． B． C． D．
10．点 A(x，y)在第二象限内，且│x│=2，│y│=3，则点A关于原点对称的点的坐标为( )
A．(-2，3) B．(2，-3) C．(-3，2) D．(3，-2)
二、填空题
11．下列4种图案中，是中心对称图形的有_____个．
12．已知点与点关于原点对称，则的值为_________．
13．问题背景：如图，将绕点逆时针旋转60°得到，与交于点，可推出结论：
问题解决：如图，在中，，，．点是内一点，则点到三个顶点的距离和的最小值是___________
14．如图，将绕点A逆时针旋转角得到，点B的对应点D恰好落在边上，若，则旋转角的度数是______．
15．在平面直角坐标系中，直线分别交x轴、y轴于C、A两点．将射线绕着点A顺时针旋转，得到射线．点D为上的动点，点B为上的动点，点C在的内部．
（1）周长的最小值是____________________；
（2）当的周长取得最小值，且时，的面积为__________．
16．如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，，点D为AB的中点，点P在AC上，且CP＝1，将CP绕点C在平面内旋转，点P的对应点为点Q，连接AQ，DQ．当∠ADQ＝90°时，AQ的长为______．
17．如图，在正方形网格中，格点绕某点顺时针旋转角得到格点，点与点，点与点，点与点是对应点，则_____度．
三、解答题
18．如图，等腰三角形中，，．作于点，将线段绕着点顺时针旋转角后得到线段，连接．
（1）求证：；
（2）延长线段，交线段于点．求的度数（用含有的式子表示） ．
19．问题情境：
数学活动课上，老师让同学们以“三角形的旋转”为主题开展数学活动，△ABC和△DEC是两个全等的直角三角形纸片，其中∠ACB＝∠DCE＝90°，∠B＝∠E＝30°，AB＝DE＝4．
解决问题：
（1）如图1，智慧小组将△DEC绕点C顺时针旋转，发现当点D恰好落在AB边上时，DE∥AC，请你帮他们证明这个结论；
（2）缜密小组在智慧小组的基础上继续探究，当△DEC绕点C继续旋转到如图2所示的位置时，连接AE、AD、BD，他们提出S△BDC＝S△AEC，请你帮他们验证这一结论是否正确，并说明理由．
20．如图，在平面直角坐标中，的顶点坐标分别是，，．
（1）将以为旋转中心旋转，画出旋转后对应的；
（2）将平移后得到，若点的对应点的坐标为，求的面积
21．在菱形中，，点在的延长线上，点是直线上的动点，连接，将线段绕点逆时针得到线段，连接，.
（1）如图1，当点与点重合时，请直接写出线段与的数量关系；
（2）如图2，当点在上时，线段，，之间有怎样的数量关系？请写出结论并给出证明；
　　
（3）当点在直线上时，若，，，请直接写出线段的长.
参考答案：
1．B
【解析】
【分析】
根据关于原点对称点的坐标变化特征直接判断即可．
【详解】
解：点与点关于原点对称，则点的坐标为，
故选：B．
【点睛】
本题考查了关于原点对称点的坐标，解题关键是明确关于原点对称的两个点横纵坐标都互为相反数．
2．D
【解析】
【分析】
根据题意，图形是中心对称图形即可得出答案．
【详解】
由题意可知，图形是中心对称图形，可得答案为D，
故选：D．
【点睛】
本题考查了图形的中心对称的性质，掌握中心图形的性质是解题的关键．
3．A
【解析】
【分析】
过点F作FH⊥BA交BA的延长线于点H，则∠FHA=90°，△AGD绕点A 逆时针旋转60°得到△AEF，得∠FAD=60°，AF=AD=2，又由四边形ABCD是矩形，∠BAD=90°，得到∠FAH=30°，在Rt△AFH中，FH=AF=1，由勾股定理得AH= ，得到BH=AH+AB=2 ，再由勾股定理得BF=．
【详解】
解：如图，过点F作FH⊥BA交BA的延长线于点H，则∠FHA=90°，
∵△AGD绕点A 逆时针旋转60°得到△AEF
∴∠FAD=60°，AF=AD=2，
∵ 四边形ABCD是矩形
∴ ∠BAD=90°
∴∠BAF=∠FAD+ ∠BAD=150°
∴∠FAH=180°－∠BAF=30°
在Rt△AFH中，FH=AF=1
由勾股定理得
AH=
在Rt△BFH中，FH=1，BH=AH+AB=2
由勾股定理得
BF=
故BF的长．
故选：A
【点睛】
本题考查了图形的旋转，矩形的性质，含30度角的直角三角形的性质，勾股定理等知识，解决此题的关键在于作出正确的辅助线．
4．A
【解析】
【分析】
根据网格结构作出旋转后的图形，然后根据平面直角坐标系写出点B′的坐标即可．
【详解】
△A′B′O如图所示，点B′（2，1）．
故选A．
【点睛】
本题考查了坐标与图形变化，熟练掌握网格结构，作出图形是解题的关键．
5．B
【解析】
【分析】
利用轴对称图形和中心对称图形的定义逐项判断即可．
【详解】
A．是轴对称图形不是中心对称图形．故A不符合题意．
B．是轴对称图形也是中心对称图形．故B符合题意．
C．是轴对称图形但不是中心对称图形．故C不符合题意．
D．不是中心对称图形也不是轴对称图形．故D不符合题意．
故选：B
【点睛】
本题考查轴对称图形和中心对称图形的定义，根据选项灵活判断其图形是否符合题意是解本题的关键．
6．A
【解析】
【分析】
由将△ABC绕点A按顺时针旋转一定角度得到△ADE，当点B的对应点D恰好落在BC边上，可得AD=AB，又由∠B=60°，可证得△ABD是等边三角形，继而可得BD=AB=2，则可求得答案．
【详解】
由旋转的性质可知，，
∵，，
∴为等边三角形，
∴，
∴，
故选A．
【点睛】
此题考查旋转的性质，解题关键在于利用旋转的性质得出AD=AB
7．A
【解析】
【分析】
直接利用关于原点对称点的性质得出x，y的值，进而得出答案．
【详解】
∵与点关于原点对称，
∴，，
∴．
故选A．
【点睛】
此题主要考查了关于原点对称点的性质，正确记忆横纵坐标的符号是解题关键．
8．C
【解析】
【分析】
根据轴对称图形和中心对称图形的概念，对各选项分析判断即可得解．
【详解】
解：A．是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项不符合题意；
B．既不是轴对称图形，又不是中心对称图形，故本选项不符合题意；
C．既是轴对称图形，又是中心对称图形，故本选项符合题意；
D．不是轴对称图形，是中心对称图形，故本选项不符合题意．
故选：C．
【点睛】
本题考查了中心对称图形与轴对称图形的概念，轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分折叠后可重合，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后与原图重合．
9．C
【解析】
【分析】
由旋转的性质可得∠BAD=55°，∠E=∠ACB=70°，由直角三角形的性质可得∠DAC=20°，即可求解．
【详解】
解：∵将△ABC绕点A逆时针旋转55°得△ADE，
∴∠BAD=55°，∠E=∠ACB=70°，
∵AD⊥BC，
∴∠DAC=20°，
∴∠BAC=∠BAD+∠DAC=75°．
故选C．
【点睛】
本题考查了旋转的性质，掌握旋转的性质是本题的关键．
10．B
【解析】
【分析】
根据A（x，y）在第二象限内可以判断x，y的符号，再根据|x|=2，|y|=3就可以确定点A的坐标，进而确定点A关于原点的对称点的坐标．
【详解】
∵A（x，y）在第二象限内，
∴x＜0 y＞0，
又∵|x|=2，|y|=3，
∴x=-2， y=3，
∴点A关于原点的对称点的坐标是（2，-3）．
故选：B．
【点睛】
本题考查了关于原点对称的点的坐标，由点所在的象限能判断出坐标的符号，同时考查了关于原点对称的点坐标之间的关系，难度一般．
11．2
【解析】
【分析】
根据中心对称图形的概念即可求解.
【详解】
第1个图形，是中心对称图形，符合题意；
第2个图形，不是中心对称图形，不符合题意；
第3个图形，是中心对称图形，符合题意；
第4个图形，不是中心对称图形，不符合题意.
故答案为：2.
【点睛】
本题考查了中心对称图形，掌握好中心对称图形，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后两部分重合.
12．
【解析】
【分析】
根据已知条件求出a，b，代入求值即可；
【详解】
∵点与点关于原点对称，
∴，，
∴；
故答案是．
【点睛】
本题主要考查了平面直角坐标系点的对称，准确计算是解题的关键．
13．
【解析】
【分析】
如图，将△MOG绕点M逆时针旋转60°，得到△MPQ，易知△MOP为等边三角形，继而得到点O到三顶点的距离为：ON＋OM＋OG＝ON＋OP＋PQ，由此可以发现当点N、O、P、Q在同一条直线上时，有ON＋OM＋OG最小，此时，∠NMQ＝75°+60°＝135°，过Q作QA⊥NM交NM的延长线于A，利用勾股定理进行求解即可得.
【详解】
如图，将△MOG绕点M逆时针旋转60°，得到△MPQ，
显然△MOP为等边三角形，
∴，OM＋OG＝OP＋PQ，
∴点O到三顶点的距离为：ON＋OM＋OG＝ON＋OP＋PQ，
∴当点N、O、P、Q在同一条直线上时，有ON＋OM＋OG最小，
此时，∠NMQ＝75°+60°＝135°，
过Q作QA⊥NM交NM的延长线于A，则∠MAQ=90°，
∴∠AMQ＝180°-∠NMQ=45°，
∵MQ＝MG＝4，
∴AQ＝AM＝MQ cos45°=4，
∴NQ＝，
故答案为.
【点睛】
本题考查了旋转的性质，最短路径问题，勾股定理，解直角三角形等知识，综合性较强，有一定的难度，正确添加辅助线是解题的关键.
14．
【解析】
【分析】
先求出，由旋转的性质，得到，，则，即可求出旋转角的度数．
【详解】
解：根据题意，
∵，
∴，
由旋转的性质，则，，
∴，
∴；
∴旋转角的度数是50°；
故答案为：50°．
【点睛】
本题考查了旋转的性质，三角形的内角和定理，解题的关键是熟练掌握旋转的性质进行计算．
15．
【解析】
【分析】
（1）可作点C关于射线AM的对称点C1，点C关于射线AN的对称点C2．连接C1C2．利用两点之间线段最短，可得到当B、D两点与C1、C2在同一条直线上时，△BCD的周长最小，最小值为线段C1C2的长．
（2）根据（1）的作图可知四边形AC1CC2的对角互补，结合轴对称可得∠BCD＝90°．利用勾股定理得到CB2+CD2＝BD2＝（）2，因为CB+CD＝4﹣，可推出CB CD的值，进而求出三角形的面积．
【详解】
（1）∵直线y＝与x轴、y轴分别交于C、A两点，把y=0代入，解得x=2，把x=0代入，解得y=2，
∴点C的坐标为（2，0），点A的坐标为（0，2）．
∴AC＝4．
作点C关于射线AM的对称点C1，点C关于射线AN的对称点C2．由轴对称的性质，可知CD＝C1D，CB＝C2B．
∴CB+BD+CD＝C2B+BD+C1D＝C1C2连接AC1、AC2，
可得∠C1AD＝∠CAD，∠C2AB＝∠CAB，AC1＝AC2＝AC＝4．
∵∠DAB＝45°，
∴∠C1AC2＝90°．
连接C1C2．，
∵两点之间线段最短，
∴当B、D两点与C1、C2在同一条直线上时，△BCD的周长最小，最小值为线段C1C2的长．
∴△BCD的周长的最小值为4．
故答案为：4．
（2）根据（1）的作图可知四边形AECF的对角互补，其中∠DAB＝45°，因此，∠C2CC1＝135°．
即∠BCC2+∠DCC1+∠BCD＝135°，
∴2∠BCC2+2∠DCC1+2∠BCD＝270°①，
∵∠BC2C＝∠BCC2，∠DCC1＝∠DC1C，∠BC2C+∠DC1C+∠BCC2+∠DCC1+∠BCD＝180°，
∴2∠BCC2+2∠DCC1+∠BCD＝180°②，
①-②得，∠BCD＝90°．
∴CB2+CD2＝BD2＝（）2=，
∵CB+CD＝4﹣，
（CB+CD）2＝CB2+CD2+2CB CD，
∴2CB CD＝（CB+CD）2-（CB2+CD2）=
∴．
故答案为：
【点睛】
本题考查了最短路径和勾股定理及一次函数的性质，解题关键利用轴对称确定最短路径，结合勾股定理来解决问题．
16．或##或
【解析】
【分析】
连接，根据题意可得，当∠ADQ＝90°时，分点在线段上和的延长线上，且，勾股定理求得即可．
【详解】
如图，连接，
在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，，
，，
，
根据题意可得，当∠ADQ＝90°时，点在上，且，
，
如图，在中，，
在中，
故答案为：或．
【点睛】
本题考查了旋转的性质，勾股定理，直角三角形斜边上中线的性质，确定点的位置是解题的关键．
17．
【解析】
【分析】
先连接，，作，的垂直平分线交于点，连接，，再由题意得到旋转中心，由旋转的性质即可得到答案.
【详解】
如图，连接，，作，的垂直平分线交于点，连接，，
∵，的垂直平分线交于点，
∴点是旋转中心，
∵，
∴旋转角.
故答案为.
【点睛】
本题考查旋转，解题的关键是掌握旋转的性质.
18．（1）见解析；（2）
【解析】
【分析】
（1）根据“边角边”证，得到即可；
（2）由（1）得，，再根据三角形内角和证明即可．
【详解】
证明： 线段绕点顺时针旋转角得到线段，
，．
，
．
在与中，
．
（2）解： ，
，
又，
，
【点睛】
本题考查了旋转的性质、全等三角形的判定与性质和三角形内角和定理，解题关键是熟练运用全等三角形的判定与性质进行证明．
19．（1）证明见解析；（2）正确，理由见解析
【解析】
【分析】
（1）如图1中，根据旋转的性质可得AC＝CD，然后求出△ACD是等边三角形，根据等边三角形的性质可得∠ACD＝60°，然后根据内错角相等，两直线平行进行解答；
（2）如图2中，作DM⊥BC于M，AN⊥EC交EC的延长线于N．根据旋转的性质可得BC＝CE，AC＝CD，再求出∠ACN＝∠DCM，然后利用“角角边”证明△ACN和△DCM全等，根据全等三角形对应边相等可得AN＝DM，然后利用等底等高的三角形的面积相等证明．
【详解】
解：（1）如图1中，∵△DEC绕点C旋转点D恰好落在AB边上，
∴AC＝CD，
∵∠BAC＝90°﹣∠B＝90°﹣30°＝60°，
∴△ACD是等边三角形，
∴∠ACD＝60°，
又∵∠CDE＝∠BAC＝60°，
∴∠ACD＝∠CDE，
∴DE∥AC；
（2）结论正确，
理由如下：如图2中，作DM⊥BC于M，AN⊥EC交EC的延长线于N．
∵△DEC是由△ABC绕点C旋转得到，
∴BC＝CE，AC＝CD，
∵∠ACN＋∠BCN＝90°，∠DCM＋∠BCN＝180°﹣90°＝90°，
∴∠ACN＝∠DCM，
在△ACN和△DCM中，
，
∴△ACN≌△DCM（AAS），
∴AN＝DM，
∴△BDC的面积和△AEC的面积相等（等底等高的三角形的面积相等），
即S△BDC＝S△AEC．
【点睛】
本题属于几何变换综合题，主要考查了全等三角形的判定与性质，等边三角形的判定与性质，旋转的性质的综合应用，添加恰当辅助线构造全等三角形是解题的关键．
20．（1）见解析；（2）11
【解析】
【分析】
（1）延长至,使得；延长至,使得；延长至,使得；再连接即得旋转后对应的；
（2）根据平移的规律求出，再连接点，得，将三角形分割乘两个三角形的面积之和，求出公共边的长即可求解．
【详解】
解：（1）延长至,使得；延长至,使得；延长至,使得；再连接即得旋转后对应的，如下图所示：
（2）由题意，，，平移后得到，其中，根据平移的规律知，平移过程是向下和向右分别移动两个单位可得：，
再连接点，得，其中交轴于点,如上图所示：
由得出直线的方程如下：
直线：
当时，，
，
,
故．
【点睛】
本题考查了图象的旋转和平移，求三角形面积，解题的关键是：掌握图象旋转和平移的性质，求不规则三角形面积可以分割为两个规则的三角形面积之和．
21．（1）AM=DF；（2），证明见解析；（3）1或5
【解析】
【分析】
（1）可通过证明，即可利用全等三角形的性质得出结论；
（2）通过作辅助线，构造等边三角形DMN，再通过全等证明出DF=EN，利用等边三角形得出DN=DM，DA=DB，求出AM=BN，即可证明题中三线段之间的关系；
（3）分别讨论当E点在线段BD和DB的延长线上两种情况，利用全等以及等边三角形的相关结论即可求出DF的长．
【详解】
解：（1）AM=DF；
理由：∵菱形 ABCD 中， ∠ABC=120° ，
可得△BCD和△ABD都是等边三角形；
∴BD=BA，∠ DBA=60°，
又由旋转可知ME=MF，∠EMF= 60°，
得△MEF也是等边三角形，
∴EF=EM，∠MEF= 60°，
∴∠MEA=∠FED，
可证：；
∴AM=DF．
（2）结论：
证明：过点作交延长线于.
∵四边形是菱形
∴，
∴
∵
∴
∴是等边三角形
∴，
∵
∴，
∴是等边三角形
∴
∵，
∴是等边三角形
∴，，
∴
∴
∴
即：
∵，
∴
∴.
（3）1或5
当E点在线段BD上时，由（2）知，，
∵AB=6，
∴BD=AD=6，
∵BD=2BE，AD=3AM，
∴BE=3,AM=2,
∴DF=5；
当E点在线段DB的延长线上时，如图所示：
作MN∥AB与DE交于点N，
∵∠MDN=∠DAB=60°，
利用平行线的性质可得出∠DMN=60°，
则△DMN是等边三角形，
∴MN=MD，
又由∠DMN=∠EMF，
∴∠EMN=∠FMD,
∵ME=MF，
∴，
∴DF=EN
∵EN=EB-BN= BD- AM=3- AD=3- 2= 1；
综上可得：DF的长为1或5．
【点睛】
本题涉及到了几何图形的动点问题，综合考查了等边三角形的判定与性质、菱形的性质、全等三角形的判定与性质、旋转的性质等内容，要求学生理解相关概念与性质，能利用相关知识进行边角之间的转化，本题难点在于作辅助线，考查了学生的综合分析的能力，对学生推理分析能力有较高要求．
试卷第1页，共3页
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