第二十三章 旋转（原卷版+解析版）【满分计划】2022-2023学年九年级数学上册阶段性测试卷（人教版）

第二十三章 旋转
一、单选题
1．如图，菱形对角线交点与坐标原点重合，点，则点的坐标为（ ）
A． B． C． D．
2．若点P（2，）与点Q（，）关于原点对称，则m＋n的值分别为（ ）
A． B． C．1 D．5
3．在下列图形中，既是轴对称图形，又是中心对称图形的是（）
A．等边三角形 B．直角三角形 C．正五边形 D．矩形
4．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．
5．如图，在△ABC中，，点D是AB的中点，将△ACD沿CD对折得△A′CD．连接，连接AA′交CD于点E，若，，则CE的长为（ ）
A．4cm B．5cm C．6cm D．7cm
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．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)
8．如图，数轴上的点A表示的数是，则点A关于原点对称的点表示的数是（ ）
A． B．0 C．1 D．2
9．如图，与关于点D成中心对称，连接AB，以下结论错误的是（ ）
A． B． C． D．
10．如图，菱形 ABCD的对角线 AC、BD 交于点 O，将△BOC 绕着点 C 旋转 180°得到，若AC＝2，，则菱形 ABCD 的边长是（ ）
A．3 B．4 C． D．
二、填空题
11．如图，把△ABC绕点C顺时针旋转25°，得到△A′B′C， A′B′交AC于点D，若∠A′DC＝90°，则∠A度数为___________．
12．如图，在直角坐标平面内，△ABC的顶点，点B与点A关于原点对称，AB＝BC，∠CAB＝30°，将△ABC绕点C旋转，使点A落在x轴上的点D处，点B落在点E处，那么BE所在直线的解析式为______．
13．如图，CD是⊙的直径，AB是弦，，若，，则AC的长为______．
14．在平面直角坐标系中，平行四边形ABCD的对称中心是坐标原点，顶点A，B的坐标分别是（－2，－1），（1，－1），将平行四边形ABCD沿x轴向右平移2个单位长度，则顶点C的对应点的坐标是___．
15．如图，在矩形ABCD中，BC=2AB，点P为边AD上的一个动点，线段BP绕点B顺时针旋转60°得到线段BP'，连接PP' ，CP'．当点P' 落在边BC上时，∠PP'C的度数为________； 当线段CP' 的长度最小时，∠PP'C的度数为________
16．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______．
17．在平面直角坐标系中，将点A先向右平移4个单位，再向下平移6个单位得到点B，如果点A和点B关于原点对称，那么点A的坐标是____________．
三、解答题
18．探究问题：
（1）方法感悟：
如图①，在正方形中，点，分别为，边上的点，且满足，连接，求证．
感悟解题方法，并完成下列填空：
将绕点顺时针旋转得到，此时与重合，由旋转可得：
，，，，
，
因此，点，，在同一条直线上．
．
，．
即　 　．
又，
　 　．
　 　，故．
（2）方法迁移：
如图②，将沿斜边翻折得到，点，分别为，边上的点，且．试猜想，，之间有何数量关系，并证明你的猜想．
（3）问题拓展：
如图③，在四边形中，，，分别为，上的点，满足，试猜想当与满足什么关系时，可使得．请直接写出你的猜想（不必说明理由）．
19．如图，已知正方形点在边上，以为边在左侧作正方形；以为邻边作平行四边形连接．
（1）判断和的数量及位置关系，并说明理由；
（2）将绕点顺时针旋转，在旋转过程中，和的数量及位置关系是否发生变化？请说明理由．
20．已知为等腰直角三角形，，，
(1)如图1，若以为边在点C同侧作等边三角形，判断所在直线与线段的关系，并说明理由．
(2)如图2，将绕若点B旋转60°得，若，求的长．
21．如图，点在射线上，．如果绕点按逆时针方向旋转到，那么点的位置可以用表示．
(1)按上述表示方法，若，，则点的位置可以表示为______；
(2)在（1）的条件下，已知点的位置用表示，连接、．求证：．
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试卷第1页，共3页
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参考答案：
1．B
【分析】根据菱形的中心对称性，A、C坐标关于原点对称，利用横反纵也反的口诀求解即可．
【详解】∵菱形是中心对称图形，且对称中心为原点，
∴A、C坐标关于原点对称，
∴C的坐标为，
故选C．
【点睛】本题考查了菱形的中心对称性质，原点对称，熟练掌握菱形的性质，关于原点对称点的坐标特点是解题的关键．
2．B
【分析】根据关于原点对称的点，横坐标与纵坐标都互为相反数解答．
【详解】解：∵P（2，-n）与点Q（-m，-3）关于原点对称，
∴2=-（-m），-n=-（-3），
∴m=2，n=-3,
∴ ．
故选：B．
【点睛】本题考查了关于原点对称的点的坐标，解决本题的关键是掌握好对称点的坐标规律．
3．D
【分析】根据轴对称图形和中心对称图形的概念逐一判断可得．
【详解】解：A．等边三角形是轴对称图形，不是中心对称图形，不符合题意；
B．直角三角形既不是轴对称图形，也不是中心对称图形，不符合题意；
C．正五边形是轴对称图形，不是中心对称图形，不符合题意；
D．矩形既是轴对称图形，又是中心对称图形，符合题意；
故选：D．
【点睛】本题主要考查中心对称图形和轴对称图形，解题的关键是掌握把一个图形绕某一点旋转180°，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形就叫做中心对称图形，如果一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形叫做轴对称图形．
4．D
【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．
5．B
【分析】由折叠性质得AA′⊥CD，AD= A′D，根据直角三角形斜边上的中线性质可证得CD=AD=BD= A′D，可证得A、C、A′、B共圆且AB为直径，利用垂径定理的推论和三角形的中位线性质证得DE= A′B，进而可求解CE的长．
【详解】解：由折叠性质得AA′⊥CD，AD= A′D，
∵，点D是AB的中点，
∴CD=AD=BD= A′D=AB，
∴A、C、A′、B共圆且AB为直径，又A A′⊥CD，
∴AE= A′E，又AD=BD，
∴DE是△AB A′的中位线，
∴DE= A′B，
∵，，
∴CD=7cm，DE=2cm，
∴CE=CD-DE=7-2=5cm，
故选B．
【点睛】本题考查直角三角形斜边上的中线性质、三角形的中位线性质、折叠性质、垂径定理的推论，熟练掌握相关知识的联系与运用是解答的关键．
6．A
【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．B
【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．
8．C
【分析】根据数轴上表示一对相反数的点关于原点对称即可求得答案．
【详解】∵数轴上的点A表示的数是 1，
∴点A关于原点对称的点表示的数为1，
故选：C．
【点睛】本题考查了实数与数轴之间的对应关系，熟练掌握对称的性质是解题的关键．
9．B
【分析】根据中心对称图形的性质可得结论．
【详解】解：∵与关于点D成中心对称，
∴，，
∴
∴选项A、C、D正确，选项B错误；
故选B．
【点睛】本题主要考查了中心对称图形的性质，即对应点在同一条直线上，且到对称中心的距离相等．
10．D
【分析】根据菱形的性质、旋转的性质，得到、、、，根据，利用勾股定理计算，再次利用勾股定理计算即可．
【详解】解：∵四边形ABCD是菱形，且△BOC绕着点C旋转180°得到，，
∴，，，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴，即菱形 ABCD 的边长是．
故选：D．
【点睛】本题考查了菱形的性质、旋转的性质以及勾股定理等知识，熟练掌握菱形的基本性质并灵活运用勾股定理是解题的关键．
11．65°
【分析】根据旋转的性质，可得知，从而求得的度数，又因为的对应角是，即可求出的度数．
【详解】绕着点时针旋转，得到
，
的对应角是
故答案为：．
【点睛】此题考查了旋转的性质，解题的关键是正确确定对应角．
12．
【分析】如图，过点C作CF⊥x轴于点F，根据关于原点对称的点的坐标特征可得点B坐标，根据等腰三角形的性质可得AB＝BC=2，利用外角性质可得∠CBF=60°，利用含30°角的直角三角形的性质及勾股定理可得CF、BF的长，利用旋转的性质可得AB＝CE＝2，AC=CD，∠ECD=∠ACB=30°，根据等腰三角形的性质可得∠CDA=∠CAD=30°，可得CE//AD，可得点E坐标，利用待定系数法即可得答案．
【详解】如图，过点C作CF⊥x轴于点F，
∵△ABC的顶点，点B与点A关于原点对称，
∴，
∴AB＝BC=2．
∵∠CAB＝30°，
∴∠ACB=∠CAB=30°，
∴∠CBF=∠CAB+∠ACB=60°，∠BCF=30°，
∴BF=BC=1，CF=，
∴．
∵将△ABC绕点C旋转，使点A落在x轴上的点D处，点B落在点E处，
∴AB＝CE＝2，AC=CD，∠CDA=∠CAD=30°，∠ECD=∠ACB=30°，
∴CE//AD，
∴．
设直线BE的解析式为，
∴，
解得：，
∴BE所在直线的解析式为：．
故答案为：
【点睛】本题考查关于原点对称的点的坐标特征，旋转的性质、等腰三角形的性质、含30°角的直角三角形的性质及勾股定理，30°角所对的直角边等于斜边的一半；图形旋转前后的对应边相等、对应角相等；熟练掌握相关性质及定理是解题关键．
13．
【分析】根据垂径定理求出AE=BE=6，根据勾股定理求出OE，求出CE，再根据勾股定理求出AC即可．
【详解】解：设AB和CD交于E，
∵CD⊥AB，CD过圆心O，AB=12，
∴AE=BE=6，∠OEB=∠CEA=90°，
由勾股定理得：，
∴CE=OC+OE=10+8=18，
由勾股定理得：，
故答案为：．
【点睛】本题考查了垂径定理，勾股定理等知识点，能熟记垂直于弦的直径平分这条弦是解此题的关键．
14．
【分析】由题意A，C关于原点对称，求出点C的坐标，再利用平移的性质求出点C1的坐标可得结论．
【详解】解：∵平行四边形ABCD的对称中心是坐标原点，
∴点A，点C关于原点对称，
∵， ∴，
∴将平行四边形ABCD沿x轴向右平移2个单位长度，
则顶点C的对应点C1的坐标是，
故答案为：．
【点睛】本题考查中心对称，平行四边形的性质，坐标与图形变化-平移等知识，解题的关键是熟练掌握中心对称的性质，属于中考常考题型．
15． 120°##120度 75°##75度
【分析】由旋转性质及旋转角知△BPP′为等边三角形，得到∠PP′B=60°；当点P' 落在边BC上时，∠PP'C=180°-∠PP′B=120°；将线段BA绕点B逆时针旋转60°后点A落在点E，连接BE，得到△ABP≌△EBP′(SAS)，再证明△ABP为等腰直角三角形，进而得到∠EP′B=∠APB=45°，
最后当CP′⊥EF于H时，CP′有最小值，由此可以求出∠PP'C=∠EP′C-∠EP′P=90°-15°=75°．
【详解】解：由线段BP绕点B顺时针旋转60°得到线段BP'可知，△BPP′为等边三角形，
∴∠PP′B=60°，
当点P' 落在边BC上时，∠PP'C=180°-∠PP′B=180°-60°=120°；
将线段BA绕点B逆时针旋转60°，点A落在点E，连接BE，设EP′交BC于G点，如下图所示：
则∠ABP=∠ABE-∠PBE=60°-∠PBE，∠EBP′=∠PBP′-∠PBE=60°-∠PBE，
∴∠ABP=∠EBP′，
且BA=BE，BP=BP′，
∴△ABP≌△EBP′(SAS),
∴AP=EP′，∠E=∠A=90°，
由点P' 落在边BC上时，∠PP'C=120°可知，∠EGC=120°，
∴∠CGP′=∠EGB=180°-120°=60°，
∴△EBG与△P′CG均为30°、60°、90°直角三角形，
设EG=x，BC=2y，
则BG=2EG=2x，CG=BC-BG=2y-2x，GP′=CG=y-x，
∴EP′=EG+GP′=x+(y-x)=y=BC，
又已知AB=BC，
∴EP′=AB，
又由△ABP≌△EBP′知：AP=EP′，
∴AB=AP，
∴△ABP为等腰直角三角形，
∴∠EP′B=∠APB=45°，∠EP′P=60°-∠EP′B=60°-45°=15°，
当CP′⊥EF于H时，CP′有最小值，
此时∠PP'C=∠EP′C-∠EP′P=90°-15°=75°，
故答案为：120°，75°．
【点睛】本题考察了三角形全等的判定方法、矩形的性质、旋转的性质及等腰三角形的性质，属于四边形的综合题，难度较大，熟练掌握各图形的性质是解题的关键．
16．##50度
【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．
17．
【分析】先按题目要求对A、B点进行平移，再根据原点对称的特征：横纵坐标互为相反数进行列方程，求解．
【详解】设，向右平移4个单位，再向下平移6个单位得到
∵A、B关于原点对称，
∴，，
解得，，
∴
故答案为：
【点睛】本题考查点的平移和原点对称的性质，掌握这些是解题关键．
18．（1）；；；（2），证明见解析；（3）当与满足时，可使得．
【分析】（1）根据已有过程得，又根据SAS得，则GF=EF，故；
（2）延长，作，等量代换得，用ASA证明，得AG=AE，，用SAS证明，得，即可得；
（3）延长CF，作，因为，，所以，根据ASA证明，得，，
根据得，用SAS证明，得，，当与满足时，可使得．
【详解】证明：（1）将绕点A顺时针旋转得到，此时与重合，由旋转可得：
，，，，
，
因此，点，，在同一条直线上．
，
，
，
，
即，
又，，
∴（SAS），
，故；
故答案为：；；；
（2）证明：如图②，延长，作，
将沿斜边翻折得到，点，分别为，边上的点，且，
，
，
，
，
，
在和中，
，
，
，，
在和中，
，
，
，
；
（3）当与满足时，可使得．
如图③，延长CF，作，
∵，，
∴，
在和中，
∴（ASA），
∴，，
∵，
∴，
在和中，
∴（SAS），
∴，，
故当与满足时，可使得．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质，图形的翻折旋转，正方形的性质，解题的关键是掌握并灵活运用这些知识点．
19．（1）；；理由见解析；（2）与的数量及位置关系都不变；答案见解析．
【分析】（1）证明，由全等三角形的性质得出，，得出，则可得出结论；
（2）证明，由全等三角形的性质得出，，由平行线的性质证出，则可得出结论．
【详解】解：（1），．
由题意可得，平行四边形为矩形，，，，
，
，，
，
，
设与交于点，
则，
即．
（2）与的数量及位置关系都不变．
如图，延长到点，
四边形为平行四边形，
，，，
，
，，
，
，
，
又，，
，
，，
，
，
，
，
即．
【点睛】本题考查了旋转的性质，全等三角形的判定和性质，正方形的性质，解题的关键是：熟练掌握正方形的性质．
20．(1)，理由见解析
(2)
【分析】（1）延长DC交AB于点E，根据SSS证明，由全等三角形的性质得，由等边三角形“三线合一”即可证明；
（2）延长交于点M，连接，由勾股定理求出，根据旋转的性质得，，，，故可得是等边三角形，故，根据SSS证明，由全等三角形的性质得，根据等边三角形“三线合一”得，，由勾股定理求出，，由即可得出答案．
（1）
，理由如下：
如图，延长DC交AB于点E，
∵是等边三角形，
∴，
在与中，
，
∴，
∴，
∴；
（2）
延长交于点M，连接，
在中，，
∵绕若点B旋转得，
∴，，，，
∴是等边三角形，
∴，
在与中，
，
∴，
∴，
∴，，
∴，，
∴．
【点睛】本题考查等边三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、旋转的性质以及勾股定理，掌握相关知识点的应用是解题的关键．
21．(1)(3,37°)
(2)见解析
【分析】（1）根据点的位置定义，即可得出答案；
（2）画出图形，证明△AOA′≌△BOA′（SAS），即可由全等三角形的性质，得出结论．
（1）
解：由题意，得A′(a,n°)，
∵a=3,n=37，
∴A′(3,37°)，
故答案为：(3,37°)；
（2）
证明：如图，
∵，B(3,74°)，
∴∠AOA′=37°，∠AOB=74°，OA= OB=3，
∴∠A′OB=∠AOB-∠AOA′=74°-37°=37°，
∵OA′=OA′，
∴△AOA′≌△BOA′（SAS），
∴A′A=A′B．
【点睛】本题考查全等三角形的判定与性质，新定义，旋转的性质，熟练掌握全等三角形的判定与性质是解题的关键．
答案第1页，共2页