2023-—2024学年人教版数学九年级上册第二十三章旋转单元达标测试卷（含解析）

人教版九年级数学上册第二十三章旋转单元达标测试卷
一、单选题
1．下列图形既是轴对称图形，又是中心对称图形的是（　　）
A． B． C． D．
2．如图，将三角形绕A逆时针旋转得到三角形，若，，则（　　）
A． B． C． D．
3．下列图案是我国几大银行的标志，其中是中心对称图形但不是轴对称图形的是（　　）
A． B． C． D．
4．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．
5．如图，在Rt△ABC中，∠ACB = 90°，BC = 2．将△ABC绕顶点C逆时针旋转得到△ 使点 落在AC边上．设M是 的中点，连接BM，CM，则△BCM的面积为（　　）
A．1 B．2 C．3 D．4
6．已知点P（1，3），将线段OP绕原点O按顺时针方向旋转90°得到线段OP′，则点P′的坐标是（　　）
A．（﹣1，3） B．（1，﹣3） C．（3，﹣1） D．（3，1）
7．如图，在4×4的正方形网格中，△MNP绕某点旋转一定的角度，得到△M1N1P1，则其旋转中心可能是（　　）
A．点A B．点B C．点C D．点D
8．如图，在△ABC中，∠CAB＝70°，将△ABC绕点A逆时针旋转到△ADE的位置，连接EC，满足EC∥AB， 则∠BAD的度数为（　　）
A．30° B．35° C．40° D．50°
9．用数学的方式理解“两岸猿声啼不住，轻舟已过万重山”和“坐地日行八万里”（只考虑地球的自转），其中蕴含的图形运动是（　　）
A．平移和旋转 B．对称和旋转
C．对称和平移 D．旋转和平移
10．如图，△AOB中，OA＝4，OB＝6，AB＝2 ，将△AOB绕原点O旋转90°，则旋转后点A的对应点A′的坐标是（　　）
A．（4，2）或（﹣4，2）
B．（2 ，﹣4）或（﹣2 ，4）
C．（﹣2 ，2）或（2 ，﹣2）
D．（2，﹣2 ）或（﹣2，2 ）
二、填空题
11．点与点关于坐标原点对称，则a+b=　 　．
12．如图，△AOB中，∠AOB=90°，AO=3，BO=6，△AOB绕顶点O逆时针旋转到△ AOB 处，此时线段 A'B' 与BO的交点E为BO的中点，则线段 B'E 的长度为　 　.
13．在正三角形、平行四边形、矩形、菱形、正方形中，不是中心对称图形的是　 　．
14．如图，边长为的正方形ABCD中，点E为对角线BD上一点，连接CE，将CE绕点C顺时针旋转90°得到CF，连接EF和DF若EF＝2BE，则BE的长为　 　．
三、解答题
15．如图，已知∠ABC和点P，求作： ，使 与∠ABC关于点P对称．
16．如图甲所示，在中，是AC边上的两点，且满足.以点为旋转中心，将按逆时针方向旋转得到，连结DF.
（1）求证：DF=DE.
（2）如图乙所示，若，其他条件不变.求证：.
17．如图，在平面直角坐标系中，已知点B（4，2），BA⊥x轴，垂足为A．
（1）将点B绕原点逆时针方向旋转90°后记作点C，求点C的坐标；
（2）△O′A′B′与△OAB关于原点对称，写出点B′、A′的坐标．
18．如图，请观察图中是否存在这样的两个三角形，其中一个是另一个旋转得到的？
四、综合题
19．在平面直角坐标系中的位置如图所示，其中每个小正方形的边长为1个单位．
（1）画出关于原点O的中心对称图形；
（2）在（1）的条件下，请分别写出点A、B、C的对应点、、的坐标．
20．如图，将矩形ABCD绕点C旋转得到矩形FECG，点E在AD上，延长ED交FG于点H．
（1）求证：△EDC≌△HFE；
（2）连接BE、CH．四边形BEHC是怎样的特殊四边形？证明你的结论．
（3）连接BE、CH．当AB与BC的比值为　 　时，四边形BEHC为菱形．
21．
（1）解方程：
（2）如图， 是等腰直角三角形， 是斜边，将 绕点 逆时针旋转后，能与 重合，如果 ，那么 的长等于多少？
22．如图，四边形ABCD是正方形，E是AD上任意一点，延长BA到F，使得AF=AE，连接DF：
（1）旋转△ADF可得到哪个三角形？
（2）旋转中心是哪一点？旋转了多少度？
（3）BE与DF的数量关系、位置关系如何？为什么？
答案解析部分
1．【答案】D
【解析】【解答】解：A、不是轴对称图形，是中心对称图形，故本选项不合题意；
B、是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项不合题意；
C、不是轴对称图形，是中心对称图形，故本选项不合题意；
D、既是轴对称图形也是中心对称图形，故本选项符合题意．
故答案为：D．
【分析】根据轴对称图形与中心对称图形的概念求解．如果一个图形沿着一条直线对折后两部分完全重合，这样的图形叫做轴对称图形，这条直线叫做对称轴．如果一个图形绕某一点旋转180°后能够与自身重合，那么这个图形就叫做中心对称图形，这个点叫做对称中心．
2．【答案】B
【解析】【解答】解： 将三角形 绕点A逆时针旋转得到三角形 ， 与 是旋转角，
，
故答案为：B．
【分析】根据旋转的性质可得。
3．【答案】D
【解析】【解答】解：A、既是轴对称图形又是中心对称图形，故本选项不符合题意；
B、是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项不符合题意；
C、不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故本选项不符合题意；
D、不是轴对称图形，是中心对称图形，故本选项符合题意．
故答案为：D．
【分析】 在平面内，把一个图形绕着某个点旋转180°，如果旋转后的图形与另一个图形重合，那么就说明这两个图形的形状关于这个点成中心对称 。 轴对称图形定义为平面内，一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够完全重合的图形。根据中心对称图形和轴对称图形的定义对每个选项一一判断即可。
4．【答案】D
【解析】【解答】解：A、不是轴对称图形，是中心对称图形．故此选项不合题意；
B、不是轴对称图形，也不是中心对称图形．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、是轴对称图形，也是中心对称图形．故此选项符合题意．
故答案为：D．
【分析】根据轴对称图形与中心对称图形的概念求解．
5．【答案】A
【解析】【解答】作MH⊥A′C于H，如图，
∵△ABC绕顶点C逆时针旋转得到△A′B′C，使点B′落在AC边上，
∴CB′=CB=2，∠A′CB′=∠ACB=90°，
∴点A′、C、B共线，
∵M点A′B′的中点，
∴MH= CB′=1，
∴△BCM的面积= BC MH= ×2×1=1．
故答案为：A．
【分析】作MH⊥A′C于H，如图，根据旋转的性质得出CB′=CB=2，∠A′CB′=∠ACB=90°，故点A′、C、B共线，根据三角形中位线定理得出MH的长，根据三角行的面积公式即可得出答案。
6．【答案】C
【解析】【解答】解：如图所示，由旋转可得OP=OP'，∠POP'=90°，
过P作PD⊥x轴于D，过P'作P'E⊥x轴于E，则
∠PDO=∠OEP'=90°，∠P+∠POD=∠P'OE+∠POD=90°，
∴∠P=∠P'OE，
在△POD和△OP'E中，
，
∴△POD≌△OP'E（AAS），
∴P'E=OD=1，OE=PD=3，
∴P'（3，﹣1），
故选：C．
【分析】先根据旋转的性质，得到OP=OP'，∠POP'=90°，再过P作PD⊥x轴于D，过P'作P'E⊥x轴于E，得到△POD≌△OP'E（AAS），即可得到P'E=OD=1，OE=PD=3，进而得出P'（3，﹣1）．
7．【答案】B
【解析】【解答】解： 根据旋转的性质，知：旋转中心，一定在对应点所连线段的垂直平分线上．则其旋转中心是NN1和PP1的垂直平分线的交点，即点B
故答案为：B
【分析】根据旋转的性质：对应点到旋转中心的距离相等，即对应点所连线段的垂直平分线的交点就是旋转中心，即可得出答案。
8．【答案】C
【解析】【分析】因为△ADE是由△ABC绕点A逆时针旋转得到的，所以△ADE≌△ABC，所以∠CAB＝∠EAD=70°，AE=AC，
因为EC∥AB，所以∠CAB＝∠ECA=70°，
因为AE=AC，所以∠AEC=70°，所以∠EAC=180°-70°×2=40°，
所以∠CAD=∠EAD-∠EAC=70°-40°=30°，所以∠BAD=∠CAB-∠CAD=70°-30°=40°.
【点评】该题是常考题，主要考查学生对图形旋转的意义，以及对全等三角形性质和角的等量代换的应用。
9．【答案】A
【解析】【解答】解：根据平移和旋转定义：“两岸猿声啼不住，轻舟已过万重山”是平移；
“坐地日行八万里”是旋转．
故选A．
【分析】根据平移和旋转定义来判断．
10．【答案】C
【解析】【解答】过点A作 于点C．
在Rt△AOC中， ．
在Rt△ABC中， ．
∴　 ．
∵OA＝4，OB＝6，AB＝2 ，
∴ ．
∴ ．
∴点A的坐标是 ．
根据题意画出图形旋转后的位置，如图，
∴将△AOB绕原点O顺时针旋转90°时，点A的对应点A′的坐标为 ；
将△AOB绕原点O逆时针旋转90°时，点A的对应点A′′的坐标为 ．
故答案为：C．
【分析】过点A作 于点C．利用勾股定理求出A的坐标，再分两种情况讨论即可。
11．【答案】-1
【解析】【解答】解：点A(-2，3)与点B(a，b)关于原点对称，
a=2，b=-3，
a+b=-1．
故答案为：-1．
【分析】根据关于原点对称的点坐标的特征横、纵坐标变为相反数可得答案。
12．【答案】
【解析】【解答】解：作OF⊥A'B'于点F
根据旋转的性质，OA'=OA=3
又∵E为BO的中点
∴OE=BO=3且三角形OA'E为等腰三角形
∵∠AOB为90°，A'B'=3
∵直角三角形OA'B'与直角三角形OAB面积相等
∴×AO×BO=A'B'×OF
∴OF=
∴A'E=2EF=；
∴B'E=A'B'-A'E=。
故答案为：
【分析】根据旋转的性质得到线段的长度，根据三角形的面积求出O的长度，继而由勾股定理得到EF，代入数据进行计算即可。
13．【答案】正三角形
【解析】【解答】解：在正三角形、平行四边形、矩形、菱形、正方形中，不是中心对称图形的是：正三角形．
故答案为：正三角形．
【分析】结合中心对称图形的概念求解即可．
14．【答案】
【解析】【解答】解：根据题意得：
在正方形ABCD中，BC=DC，∠BCD=90°，∠CBD=∠BDC=45°，
∴∠BCE=∠DCF，
∴△BCE≌△DCF，
∴DF=BE，∠CBE=∠CDF=45°，
∴∠EDF=∠BDC+∠CDF=90°，
∵正方形ABCD的边长为，
∴，
设BE=x，则，
∵EF＝2BE，
∴EF=2x，
∵，
∴，
解得：（舍去） ，
即．
故答案为：
【分析】先求出，再设BE=x，则，利用勾股定理可得，再求出x的值即可。
15．【答案】解：如下图所示，连接BP，在BP的延长线上取 ＝BP；连接AP，在AP的延长线上取 ＝AP；连接CP，在CP的延长线上取 ＝AP；连接 、 ，那么 即为所求．
【解析】【分析】中心对称的性质：对称点所连线段都经过对称中心，而且被对称中心所平分．
16．【答案】（1）证明：，
.
由旋转的性质，得，
.
在与中，
，
（2）解：由旋转的性质，得，
.
又，
在中，
又同（1）可得
【解析】【分析】（1）利用已知易证∠ABD+∠CBE=∠DBE，利用旋转的性质可证得BE=BF，∠ABF=∠CBE，可推出∠DBF=∠DBE；再利用SAS证明△DBE≌△DBF，利用全等三角形的性质可证得结论.
（2）利用旋转的性质可知BA=BC，AF=CE，∠ABF=∠CBE，∠BAF=∠BCE；再证明∠DAF=90°，利用勾股定理可证得结论.
17．【答案】（1）解：如图，点C的坐标为（﹣2，4）
（2）解：点B′、A′的坐标分别为（﹣4，﹣2）、（﹣4，0）
【解析】【分析】（1）根据旋转的性质作出旋转后的图形，即可得出点C的坐标；
（2）根据关于原点对称的点的横坐标和纵坐标都互为相反数即可得出结论.
18．【答案】【解答】仔细观察图形里面的三角形的大小和形状没有改变，因此存在这样两个三角形，其中一个是另一个旋转得到的．
故存在这样的两个三角形．
【解析】【分析】根据旋转的意义，图形的旋转是图形上的每一点在平面上绕某个固定点旋转固定角度的位置移动．其中对应点到旋转中心的距离相等，旋转前后图形的大小和形状没有改变．
19．【答案】（1）解：如图所示：
（2）解：由图可知：，，．
【解析】【分析】（1）根据关于原点对称的点的坐标变化特征“横、纵坐标变为原来的相反数”可得点A、B、C的对称点A1、B1、C1的坐标，在平面直角坐标系中描出对称点，并顺次连接即可；
（2）由(1)可求解.
20．【答案】（1）证明：∵矩形FECG由矩形ABCD旋转得到，
∴FE=AB=DC，∠F=∠EDC=90°，FH∥EC，
∴∠FHE=∠CED．
在△EDC和△HFE中， ，
∴△EDC≌△HFE．
（2）证明：①四边形BEHC为平行四边形，
∵△EDC≌△HFE，
∴EH=EC．
∵矩形FECG由矩形ABCD旋转得到，
∴EH=EC=BC，EH∥BC，
∴四边形BEHC为平行四边形．
（3）
【解析】【解答】（3）解：连接BE．
∵四边形BEHC为菱形，
∴BE=BC．
由旋转的性质可知BC=EC．
∴BE=EC=BC．
∴△EBC为等边三角形．
∴∠EBC=60°．
∴∠ABE=30°．
∴AB：BE= ：2．
又∵BE=CB，
∴AB与BC的比值= ．
故答案为： ．
【分析】（1）依据题意可得到FE=AB=DC，∠F=∠EDC=90°，FH∥EC，利用平行线的性质可证明∠FHE=∠CED，然后依据AAS证明△EDC≌△HFE即可；（2）由全等三角形的性质可知EH=EC，由旋转的性质可得到BC=EC，从而可证明EH=BC，最后依据平行四边形的判定定理进行证明即可；（3）连接BE．可证明△EBC为等边三角形，则∠ABE=30°，利用特殊锐角三角函数值可得到AB：BE= ：2．
21．【答案】（1）解：（x﹣1）（x﹣5）＝0
x﹣1＝0或x﹣5＝0
∴ ， ，
（2）解：∵△ABC是等腰直角三角形，
∴AB＝AC，∠BAC＝90°，
∵△ABP绕点A逆时针旋转后，能与△ACP′重合，
∴AP＝AP′，∠PAP′＝∠BAC＝90°，
∴△APP′为等腰直角三角形，
∴PP′＝ AP＝2 .
【解析】【分析】（1）观察方程的特点，利用因式分解法进行求解；
（2）根据旋转的性质可推出∠PAP′＝∠BAC＝90°，AP＝AP′， 即可证明△APP′为等腰直角三角形， 进而求出PP′的长.
22．【答案】（1）解：旋转△ADF可得△ABE，
理由如下：
∵四边形ABCD是正方形，
∴AD=AB，∠DAB=∠DAF=90°，
在△ADF和△ABE中，
，
∴△ADF≌△ABE，
∴旋转△ADF可得△ABE；
（2）解：由旋转的定义可知：旋转中心为A，因为AD=AB，所以AD和AB之间的夹角为旋转角即90°
（3）解：BE=DF且BE⊥DF．理由如下：
延长BE交F于H点，如图，
∵四边形ABCD为正方形，
∴AD=AB，∠DAB=90°，
∵△ABE按逆时针方向旋转90°△ADF，
∴BE=DF，∠1=∠2，
∵∠3=∠4，
∴∠DHB=∠BAE=90°，
∴BE⊥DF．
【解析】【分析】（1）旋转△ADF可得△ABE，通过证明△ADF≌△ABE即可说明问题；（2）旋转的定义和旋转角的定义解答即可；（3）根据旋转的性质得BE=DF，∠1=∠2，再根据三角形内角定理得到∠DHB=∠BAE=90°，所以BE⊥DF．