登录二一教育在线组卷平台 助您教考全无忧
登录二一教育在线组卷平台 助您教考全无忧
人教版2023-2024年数学九年级第一学期期末扫盲清障复习卷——二十三章综合测试
数学考试
考试时间：120分钟 满分：120分
姓名：__________ 班级：__________考号：__________
题号 一 二 三 四 总分
评分
注意事项：
1、填写答题卡的内容用2B铅笔填写
2、提前 xx 分钟收取答题卡
第Ⅰ卷 客观题
第Ⅰ卷的注释
阅卷人 一、选择题
得分
1．（2023九上·宁江期中）下列图形中属于中心对称图形的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【知识点】中心对称及中心对称图形
【解析】【解答】解：A、∵该图像不是中心对称图形，∴A不符合题意；
B、∵该图像不是中心对称图形，∴B不符合题意；
C、∵该图像是中心对称图形，∴C符合题意；
D、∵该图像不是中心对称图形，∴D不符合题意；
故答案为：C.
【分析】根据中心对称图形的定义逐项分析判断即可。
2．（2023九上·河西期中） 以原点为中心，把点P(2，3)顺时针旋转90°，得到的点 P′的坐标为（ ）
A．(3， 2) B．(-3， 2) C．(2， -3) D．(-2， -3)
【答案】A
【知识点】点的坐标；旋转的性质
【解析】【解答】解：以原点为中心，把点P(2，3)顺时针旋转90°，得到的点 P′的坐标为（3，2），
故答案为：A.
【分析】根据旋转的性质以及点的坐标求解即可。
3．（2023九上·宁江期中）如图，把△ABC绕C点顺时针旋转35°，得到△A'B'C，A'B'交AC于点D， 若∠A'DC=90°，则∠A的度数（ ）
A．35° B．75° C．55° D．65°
【答案】C
【知识点】图形的旋转；旋转的性质
【解析】【解答】解：∵把△ABC绕C点顺时针旋转35°，得到△A'B'C，
∴∠A=∠A'，∠A'CD=∠BCB'=35°，
在△A'CD中，∠A'DC=90°，∠A'CD=35°，
∴∠A'=180°-90°-35°=55°，
∴∠A=∠A'=55°，
故答案为：C.
【分析】先利用旋转的性质可得∠A=∠A'，∠A'CD=∠BCB'=35°，再利用三角形的内角和求出∠A'=180°-90°-35°=55°，即可得到∠A=∠A'=55°.
4．（2023九上·河西期中）如图，在△ABC中， ∠BAC=120°，将△ABC绕点C逆时针旋转得到△DEC， 点A， B的对应点分别为D， E，连接AD. 当点A，D，E在同一条直线上时，下列结论一定正确的是（ ）
A．∠ABC=∠ADC B．∠DAC=∠E C．AD=AC D．EA=BC
【答案】C
【知识点】等边三角形的判定与性质；旋转的性质
【解析】【解答】解：由旋转的性质可得：AC=CD，∠EDC=∠BAC=120°，
∵点A，D，E在同一条直线上，
∴∠ADC=180°-∠EDC=60°，
∴△ADC是等边三角形，
∴AD=AC，
∴选项C符合题意，选项A，B和D不符合题意；
故答案为：C.
【分析】根据旋转的性质求出AC=CD，∠EDC=∠BAC=120°，再求出△ADC是等边三角形，最后根据等边三角形的性质求解即可。
5．（2023九上·从江期中）如图所示，在长方形ABCD中，AC是对角线.将长方形ABCD绕点B顺时针旋转90°到长方形GBEF位置，H是EG的中点.若AB=6，BC=8，则线段CH的长为（ ）
A．2 B． C．2 D．
【答案】B
【知识点】勾股定理；矩形的性质；旋转的性质；三角形的中位线定理
【解析】【解答】解：由旋转知：BG=AB=6，BE=BC=8，
过点H作MH⊥BC，则MH∥BE，
∵H是EG的中点，
∴M是BG的中点，
∴GM=MB=BG=3，MH=BE=4，
∴CM=CG+GM=（8-6）+3=5，
∴CH=，
故答案为：B.
【分析】过点H作MH⊥BC，则MH∥BE，利用三角形的中位线可得GM=MB=BG=3，MH=BE=4，再利用勾股定理求出CH的长即可.
6．（2023九上·宣城月考）边长为1的正方形的顶点在正半轴上，点在正半轴上，将正方形绕顶点顺时针旋转，如图所示，使点恰好落在函数的图象上，则的值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】旋转的性质；二次函数y=ax^2+bx+c的图象；二次函数y=ax^2+bx+c的性质
【解析】【解答】解：过点B作BE⊥x轴，垂足为点E，连接OB，
根据旋转的性质可得，AOE=75°，
∵AOB=45°，
∴BOE=30°，OB=，
∵BEO=90°，
∴BE=OB=，
∴OE=，
∴点B的坐标为（，-），即可得到a=-
故答案为：D.
【分析】过点B作BE⊥x轴，垂足为点E，连接OB，求出OB的长度，继而求出B的坐标，代入二次函数求出答案即可。
7．（2023九上·成都月考）如图，已知中，于点，以点为中心，取旋转角等于，把顺时针旋转，得到，连接若，，则的大小为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】三角形全等及其性质；平行四边形的性质；旋转的性质
【解析】【解答】解：∵ 四边形ABCD为平行四边形
∴ ∠ADC=∠ABC=60°，AD∥BC
∴ ∠ADA'+∠DA'B=180°
∵ ∠ADA'=50°
∴ ∠DA'B=130°
∵以点为中心，取旋转角等于，把顺时针旋转，得到，
∴
∴ ∠A'BE'=∠ABC=60°，
∵ AE⊥BC
∴ ∠E'=∠AEB=90°
∴ ∠BA'E'=30°
∴ ∠DA'E'=∠DA'B+∠BA'E'=160°
故答案为：C.
【分析】本题考查旋转的性质和平行四边形的性质、全等的性质，熟悉这些性质是解题关键。根据平型四边形的性质，可得∠DA'B；根据旋转的性质和垂直，可得∠BA'E'，则∠DA'E'可求。
8．下列说法中，正确的有（ ）.
①图形旋转时，图形上的每一个点都绕旋转中心旋转了相同的角度；
②图形旋转时，对应点与旋转中心的距离相等；
③图形旋转时，对应线段相等，对应角相等，图形的形状和大小不变；
④两个图形成中心对称，可看作是一个图形绕着对称中心旋转180°得到另一个图形.
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【答案】D
【知识点】旋转的性质
【解析】【解答】解： ①图形旋转时，图形上的每一个点都绕旋转中心旋转了相同的角度，正确；
②图形旋转时，对应点与旋转中心的距离相等，正确；
③图形旋转时，对应线段相等，对应角相等，图形的形状和大小不变，正确；
④两个图形成中心对称，可看作是一个图形绕着对称中心旋转180°得到另一个图形，正确；
∴正确的个数为4个.
故答案为：D.
【分析】利用图形旋转的性质，逐一判断，可得到正确结论的个数.
9．（2023九上·东港月考）如图，在平面直角坐标系中，菱形的边长为，点在轴的正半轴上，且，将菱形绕原点逆时针方向旋转，得到四边形点与点重合，则点的坐标是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】菱形的性质；旋转的性质
【解析】【解答】解：如图所示：延长B'C交x轴于点D，
∵四边形OABC是菱形，∠AOC=60°，
∴∠COD=30°，
∵将菱形绕原点逆时针方向旋转，得到四边形点与点重合，
∴∠C'OC=∠AOC=60°，
∴∠C'OC+∠COD=60°+30°=90°，
∴点C'在y轴上，
∴B'C//y轴，
∴CD⊥OB，
∴，，
∴，
∴ 点的坐标是，
故答案为：B.
【分析】根据菱形的性质求出∠COD=30°，再根据旋转的性质求出∠C'OC=∠AOC=60°，最后计算求解即可。
10．（2023九上·滕州开学考）如图，将边长为的正方形绕点逆时针旋转得到正方形，与交于点，那么图中点的坐标为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】三角形全等的判定；含30°角的直角三角形；旋转的性质
【解析】【解答】解：根据题意，设M的坐标为（AM，AB）
正方形ABCD旋转30°得到A'B'C'D'
在RtBC'M和RtBAM中，
≌ （HL）
又
即
解得AM=1
M的坐标为
故答案为：B
【分析】根据旋转的性质先得到纵坐标，然后由旋转得到的全等三角形证明得到30°角，30°角所对的直角边等于斜边的一半，结合勾股定理求得M点的横坐标。
阅卷人 二、填空题
得分
11．（2023九上·吐鲁番期中）如图，点O为等边内一点，，，，将绕点A顺时针方向旋转60°，使AC与AB重合，点O旋转至点处，连接，则的面积是 ．
【答案】12
【知识点】三角形的面积；等边三角形的性质；图形的旋转；旋转的性质
【解析】【解答】过点B作BH⊥AO于点H，如图所示：
∵将绕点A顺时针方向旋转60°，使AC与AB重合，点O旋转至点处，
∴AO1=AO=8，BO1=CO=10，∠OAO1=60°，
∴△AOO1为等边三角形，
∴OO1=AO=8，∠AOO1=60°，
∵OO12+OB2=BO12，
∴△BOO1为直角三角形，∠BOO1=90°，
∴∠AOB=∠AOO1+∠BOO1=60°+90°=150°，
∵∠BOH=180°-∠AOB=30°，
∴BH=BO=3，
∴S△AOB=AO×BH=×8×3=12，
故答案为：12.
【分析】先证出△BOO1为直角三角形，∠BOO1=90°，再利用角的运算求出∠AOB=∠AOO1+∠BOO1=60°+90°=150°，再求出∠BOH=180°-∠AOB=30°，利用含30°角的直角三角形的性质可得BH=BO=3，最后利用三角形的面积公式求解即可.
12．（2023九上·峄城月考）如图，为正方形内一点，且，，，将绕点顺时针旋转得到，连接，则 ．
【答案】
【知识点】勾股定理；正方形的性质；旋转的性质
【解析】【解答】解：∵将绕点顺时针旋转得到，
∴BP=BP'，AP=CP'，∠PBP'=90°，∠APB=∠CP'B，
∴∠BP'P=∠BPP'=45°，
∵∠APB=135°，
∴∠PP'C=∠CP'B-∠BP'P=135°-45°=90°，
在Rt△PCP'中，
PC=3，PP'=，
∴PA=P'C=.
故答案为：1.
【分析】根据旋转的性质，∠APB=∠CP'B = 135°，∠ABP=∠CBP'，BP=BP'，AP=CP'，∠PBP'=90°，从而得△BPP'是等腰直角三角形，由∠CP'B=135°可得∠PP'C= 90°，在Rt△PCP'中，根据勾股定理即可CP'的值，即可求解.
13．如图，将腰长为3的等腰直角三角形ABC绕点A逆时针旋转15°得到△AB'C'，则图中阴影部分的面积为
【答案】
【知识点】含30°角的直角三角形；勾股定理；旋转的性质
【解析】【解答】解：如图，
将腰长为3的等腰直角三角形ABC绕点A逆时针旋转15°得到△AB'C'，
∴∠BAB′=15°，∠BAC=45°，AB′=B′C′=AB=3，AC=AC′，
∴∠B′AD=45°-15°=30°，
设B′D=x，则AD=2x，
∴AB′2+BD2=AD2即9+x2=4x2，
解之：（取正值）
∴S阴影部分=S△AB′C′-S△AB′D=.
故答案为：.
【分析】利用旋转的性质可证得∠BAB′=15°，∠BAC=45°，AB′=B′C′=AB=3，AC=AC′，可求出∠B′AD的度数，利用30°角所对的直角边等于斜边的一半，设B′D=x，则AD=2x，利用勾股定理可得到关于x的方程，解方程求出x的值，可得到B′D的长，再根据S阴影部分=S△AB′C′-S△AB′D，利用三角形的面积公式，可求出阴影部分的面积.
14．如图，将△AOB绕点O逆时针方向旋转45°后得到△COD．若∠AOB=15° ，则∠AOD的度数是
【答案】60°
【知识点】旋转的性质
【解析】【解答】解：∵ 将△AOB绕点O逆时针方向旋转45°后得到△COD，
∴∠DOB=45°，
∴∠AOD=∠DOB+∠AOB=45°+15°=60°.
故答案为：60°.
【分析】利用旋转的性质中：旋转过程中的旋转的角度不变，可知∠DOB=45°，根据∠AOD=∠DOB+∠AOB，代入计算可求解.
15．如图所示，将Rt的斜边AB绕点按顺时针方向旋转得到AE，直角边AC绕点按逆时针方向旋转得到AF，连结EF.若，且，则 .
【答案】
【知识点】三角形内角和定理；勾股定理；旋转的性质
【解析】【解答】解：∵ 将Rt的斜边AB绕点按顺时针方向旋转得到AE，直角边AC绕点按逆时针方向旋转得到AF，
∴AE=AB=3，AC=AF=2，∠B+∠BAC=90°，
∵，
∴∠BAE+∠CAF+∠BAC=90°即∠EAF=90°，
∴.
故答案为：.
【分析】利用旋转的性质可证得AE=AB=3，AC=AF=2，利用三角形的内角和定理去证明∠EAF=90°，然后利用勾股定理求出EF的长.
第Ⅱ卷 主观题
第Ⅱ卷的注释
阅卷人 三、作图题
得分
16．如图，在直角坐标系中，已知△ABC的三个顶点坐标分别是A(1，1)，B(4，1) ，C(3，3)．
⑴将△ABC向下平移5个单位后得到△A1B1C1，画出△A1B1C1．
⑵将△ABC绕原点O逆时针旋转90°后得到△A2B2C2，画出△A2B2C2．
⑶判断以O，A1，B为顶点的三角形的形状．(无需说明理由)
【答案】⑴如图所示，△A1B1C1即为所求．
⑵如图所示，△A2B2C2即为所求．
⑶三角形的形状为等腰直角三角形．
【知识点】勾股定理；勾股定理的逆定理；作图﹣平移；作图﹣旋转
【解析】【解答】解：⑶∵OA12+OB2=12+42+12+42=34，A1B2=32+52=34，
∴OA12+OB2=A1B2，OA1=OB，
∴△OA1B是等腰直角三角形.
【分析】（1）利用点坐标平移的方法，分别将点A、B、C向下平移5个单位后得到点A1、B1、C1，再画出△ A1B1C1．
（2）利用旋转的性质，将△ABC绕原点O逆时针旋转90°，可得到对应 A2、B2、C2，画出△A2B2C2即可.
（3）利用勾股定理分别求出OA12，OB2，A1B2，可推出OA12+OB2=A1B2，OA1=OB，可得到△OA1B的形状.
17．（2023九上·呼兰月考）如图，在正方形网格中，建立平面直角坐标系，的三个顶点都在格点上，点，.
（1）将绕着点逆时针旋转90°，画出旋转后的；
（2）画出关于原点对称的；
（3）在轴上找一点，使的值最小，请直接写出点的坐标.
【答案】解：（1）如图所示，△A1B1C1即为所求；
（2）如图所示，△A2B2C2即为所求；
（3）如图所示，连接A2B1交x轴于点D，点D即为所求；
D（-2，0）．
【知识点】轴对称的应用-最短距离问题；坐标与图形变化﹣旋转；作图﹣旋转
【解析】【分析】（1）根据旋转的性质，先将点A、B、C分别绕点O逆时针旋转90°至点A1、B1、C1，然后顺次连接A1B1C1，即可得出图形；
（2）根据关于原点对称的性质，先将点A、B、C分别绕点O逆时针旋转180°至点A2、B2、C2，然后顺次连接A2B2C2，即可得出图形；
（3）根据A1关于x轴的对称点是A2，连接A2B1交x轴于点D，所以A1D+B1D=A2D+B1D=A2B1，所以点D即为所求的答案．
18．（2023九上·福田开学考）如图，方格纸中的每个小方格都是边长为1个单位长度的正方形，每个小正方形的顶点叫格点，△ABC的顶点均在格点上，O、M也在格点上．
（1）画出△ABC关于直线OM对称的△A1B1C1；
（2）画出△ABC绕点O按顺时针方向旋转90°后所得的△A2B2C2；
（3）△A1B1C1与△A2B2C2组成的图形是轴对称图形吗？如果是轴对称图形，请画出对称轴．
【答案】（1）解：如图， △A1B1C1 就是所求的三角形；
（2）解： △A2B2C2 就是所求的三角形；
（3）解：△A1B1C1与△A2B2C2组成的图形是轴对称图形，对称轴如下：
【知识点】作图﹣轴对称；作图﹣旋转
【解析】【分析】（1）根据网格结构及轴对称的性质找出点A、B、C关于直线OM的对称点A1、B1、 C1的位置，然后顺次连接即可；
（2）根据网格结构及旋转的性质找出点A、B、C绕点O顺时针旋转90°后的对应点A2、B2、C2的位置，然后顺次连接即可；
（3）根据轴对称的概念作出判断并画出对称轴.
阅卷人 四、综合题
得分
19．（2023九上·温岭期末）如图，将△ABC绕点A顺时针旋转得到△AED，并使C点的对应点D点落在直线BC上，
（1）如图1，证明：DA平分∠EDC；
（2）如图2，AE与BD交于点F，若∠AFB＝50°，∠B＝20°，求∠BAC的度数；
（3）如图3，连接BE，若EB＝13，ED＝5，CD＝17，则AD的长为 ．
【答案】（1）证明：由旋转得：∠ADE＝∠C，AD＝AC，
∴∠ADC＝∠C，
∴∠ADE＝∠ADC，
∴DA平分∠EDC.
（2）解：设∠CAB＝x°，
∵∠B＝20°，
∴∠ACD＝∠CAB＋∠B＝x°＋20°，
∵AD＝AC，
∴∠ADC＝∠ACD＝x°＋20°，
∵∠DAE＝∠CAB＝x°，
∴∠AFB＝∠ADF＋∠DAF＝x°＋20°＋x°＝50°，
解得：x°＝15°，
∴∠BAC＝15°.
（3）
【知识点】三角形的外角性质；勾股定理的逆定理；旋转的性质；角平分线的判定
【解析】【解答】解：（3）由旋转可知：ED＝BC，
∵ED=5，
∴BC=5，
又∵CD=17，
∴DB=17-5=12，
又∵EB=13，
∴EB2=ED2+DB2=132，
∴△EDB是直角三角形，∠EDB=90°，
由（1）可知：AD＝AC，DA平分∠EDC，
∴∠ADC=∠ACD=45°，
∴AC=CD=.
故答案为：.
【分析】（1）由旋转性质可知∠ADE＝∠C，AD＝AC，从而得到∠ADC＝∠C，再通过角的等量代换可得∠ADE＝∠ADC，即可证明结论；
（2）设∠CAB＝x°，先由外角性质可得∠ACD＝x°＋20°，再由等腰三角形得∠ADC＝x°＋20°，最后再根据外角定理可得∠AFB＝∠ADF＋∠DAF，代入数据求解x即可；
（3）由旋转可知：ED＝BC，可得BC=5，从而得DB的长，再利用勾股定理逆定理得△EDB是直角三角形，∠EDB=90°，由（1）可知：AD＝AC，DA平分∠EDC，从而得到∠ADC=∠ACD=45°，进而得到AC=CD，代入数据计算即可求解.
20．（2022九上·东莞期末）如图，在平面直角坐标系中，三个顶点的坐标分别为，，．
⑴请画出关于原点对称的；
⑵请画出绕点B逆时针旋转后的，求点A到所经过的路径长．
【答案】解：⑴如图所示即为所求；
⑵如图所示即为所求，
，
点A到经过的路径长．
【知识点】中心对称及中心对称图形；作图﹣旋转
【解析】【分析】（1）利用关于原点对称的点坐标的特征找出点A、B、C的对应点，再连接即可；
（2）利用弧长公式求出点A的路径长即可。
21．（2022九上·陵城期中）已知，如图1，四边形是正方形，E，F分别在边、上，且，我们把这种模型称为“半角模型”，在解决“半角模型”问题时，旋转是一种常用的方法．
（1）在图1中，连接，为了证明结论“ ”，小亮将绕点A顺时针旋转后解答了这个问题，请按小亮的思路写出证明过程；
（2）如图2，当绕点A旋转到图2位置时，试探究与、之间有怎样的数量关系？
【答案】（1）证明：如图1，
由旋转可得 ， ，
四边形 为正方形
、 、 三点在一条直线上
在 和 中
（2）解：结论： ．
理由：如图2，把 绕点A 逆时针旋转 ，使 与 重合，点E 与点G 对应，同（1）可证得
，且
【知识点】旋转的性质；三角形全等的判定（SAS）
【解析】【分析】（1）利用“SAS”证明，可得，再利用线段的和差及等量代换可得；
（2）利用“SAS”证明，可得 ，且，再利用线段的和差及等量代换可得。
22．（2022九上·鹤岗期中）已知在中，，，为直线上的一动点（点不与点重合），将绕点逆时针旋转得到，连接．
（1）如图①，当点在边上时，求证：；
（2）当点在直线上时，如图②、图③所示，线段之间又有怎样的数量关系？请直接写出你的猜想，不需证明．
【答案】（1）证明：∵绕点逆时针旋转得到，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∴；
（2）解：BC=CE-CD或BC=CD-CE
【知识点】旋转的性质；三角形全等的判定（SAS）
【解析】【解答】（2）或．
理由如下：
如图②，同理可知，
∴，
∴；
如图③，同理可知，
∴，
∴．
【分析】（1）利用“SAS”证明，可得，再利用线段的和差及等量代换可得；
（2）方法同（1），再利用全等三角形的判定和性质及线段的和差求解即可。
23．（2020九上·临洮期中）在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，∠ACB＝30°，将△ABC绕点C顺时针旋转一定的角度α得到△DEC，点A、B的对应点分别是D、E.
（1）当点E恰好在AC上时，如图1，求∠ADE的大小；
（2）若α＝60°时，点F是边AC中点，如图2，求证：四边形BEDF是平行四边形.
【答案】（1）解：∵△ABC绕点C顺时针旋转α得到△DEC，点E恰好在AC上，
∴CA＝CD，∠ECD＝∠BCA＝30°，∠DEC＝∠ABC＝90°，
∴∠CAD＝∠CDA＝ （180°﹣30°）＝75°，
∴∠ADE＝90°﹣∠CAD＝15°；
（2）证明：如图2，连接AD
∵点F是边AC中点，
∴BF＝AF=CF＝ AC，
∵∠ACB＝30°，
∴AB＝ AC，
∴BF=CF＝AB，
∵△ABC绕点C顺时针旋转60得到△DEC，
∴∠BCE＝∠ACD＝60°，CB＝CE，DE＝AB，DC=AC
∴DE＝BF，△ACD和△BCE为等边三角形，
∴BE＝CB，
∵点F为△ACD的边AC的中点，
∴DF⊥AC，
在Rt△CFD和Rt△ABC中
∴Rt△CFD≌Rt△ABC，
∴DF＝BC，
∴DF＝BE，
而BF＝DE，
∴四边形BEDF是平行四边形.
【知识点】直角三角形全等的判定（HL）；等腰三角形的性质；等边三角形的判定与性质；平行四边形的判定；旋转的性质
【解析】【分析】（1）由旋转的性质可得CA＝CD，∠ECD＝∠BCA＝30°，∠DEC＝∠ABC＝90°，根据等腰三角形的性质以及三角形内角和定理可得∠CAD＝∠CDA＝75°，据此可得∠ADE的度数；
（2）连接AD，由直角三角形斜边上中线的性质可得BF＝AF=CF＝AC，由含30°角的直角三角形的性质可得AB＝AC，推出BF=CF＝AB，由旋转的性质可得∠BCE＝∠ACD＝60°，CB＝CE，DE＝AB，DC=AC，推出DE＝BF，△ACD和△BCE为等边三角形，证明Rt△CFD≌Rt△ABC，得到DF＝BC，推出DF＝BE，然后利用平行四边形的判定定理进行证明.
二一教育在线组卷平台（zujuan.21cnjy.com）自动生成 1 / 2
二一教育在线组卷平台（zujuan.21cnjy.com）自动生成 1 / 1登录二一教育在线组卷平台 助您教考全无忧
登录二一教育在线组卷平台 助您教考全无忧
人教版2023-2024年数学九年级第一学期期末扫盲清障复习卷——二十三章综合测试
数学考试
考试时间：120分钟 满分：120分
姓名：__________ 班级：__________考号：__________
题号 一 二 三 四 总分
评分
注意事项：
1、填写答题卡的内容用2B铅笔填写
2、提前 xx 分钟收取答题卡
第Ⅰ卷 客观题
第Ⅰ卷的注释
阅卷人 一、选择题
得分
1．（2023九上·宁江期中）下列图形中属于中心对称图形的是（ ）
A． B．
C． D．
2．（2023九上·河西期中） 以原点为中心，把点P(2，3)顺时针旋转90°，得到的点 P′的坐标为（ ）
A．(3， 2) B．(-3， 2) C．(2， -3) D．(-2， -3)
3．（2023九上·宁江期中）如图，把△ABC绕C点顺时针旋转35°，得到△A'B'C，A'B'交AC于点D， 若∠A'DC=90°，则∠A的度数（ ）
A．35° B．75° C．55° D．65°
4．（2023九上·河西期中）如图，在△ABC中， ∠BAC=120°，将△ABC绕点C逆时针旋转得到△DEC， 点A， B的对应点分别为D， E，连接AD. 当点A，D，E在同一条直线上时，下列结论一定正确的是（ ）
A．∠ABC=∠ADC B．∠DAC=∠E C．AD=AC D．EA=BC
5．（2023九上·从江期中）如图所示，在长方形ABCD中，AC是对角线.将长方形ABCD绕点B顺时针旋转90°到长方形GBEF位置，H是EG的中点.若AB=6，BC=8，则线段CH的长为（ ）
A．2 B． C．2 D．
6．（2023九上·宣城月考）边长为1的正方形的顶点在正半轴上，点在正半轴上，将正方形绕顶点顺时针旋转，如图所示，使点恰好落在函数的图象上，则的值为（ ）
A． B． C． D．
7．（2023九上·成都月考）如图，已知中，于点，以点为中心，取旋转角等于，把顺时针旋转，得到，连接若，，则的大小为（ ）
A． B． C． D．
8．下列说法中，正确的有（ ）.
①图形旋转时，图形上的每一个点都绕旋转中心旋转了相同的角度；
②图形旋转时，对应点与旋转中心的距离相等；
③图形旋转时，对应线段相等，对应角相等，图形的形状和大小不变；
④两个图形成中心对称，可看作是一个图形绕着对称中心旋转180°得到另一个图形.
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
9．（2023九上·东港月考）如图，在平面直角坐标系中，菱形的边长为，点在轴的正半轴上，且，将菱形绕原点逆时针方向旋转，得到四边形点与点重合，则点的坐标是（ ）
A． B． C． D．
10．（2023九上·滕州开学考）如图，将边长为的正方形绕点逆时针旋转得到正方形，与交于点，那么图中点的坐标为（ ）
A． B． C． D．
阅卷人 二、填空题
得分
11．（2023九上·吐鲁番期中）如图，点O为等边内一点，，，，将绕点A顺时针方向旋转60°，使AC与AB重合，点O旋转至点处，连接，则的面积是 ．
12．（2023九上·峄城月考）如图，为正方形内一点，且，，，将绕点顺时针旋转得到，连接，则 ．
13．如图，将腰长为3的等腰直角三角形ABC绕点A逆时针旋转15°得到△AB'C'，则图中阴影部分的面积为
14．如图，将△AOB绕点O逆时针方向旋转45°后得到△COD．若∠AOB=15° ，则∠AOD的度数是
15．如图所示，将Rt的斜边AB绕点按顺时针方向旋转得到AE，直角边AC绕点按逆时针方向旋转得到AF，连结EF.若，且，则 .
第Ⅱ卷 主观题
第Ⅱ卷的注释
阅卷人 三、作图题
得分
16．如图，在直角坐标系中，已知△ABC的三个顶点坐标分别是A(1，1)，B(4，1) ，C(3，3)．
⑴将△ABC向下平移5个单位后得到△A1B1C1，画出△A1B1C1．
⑵将△ABC绕原点O逆时针旋转90°后得到△A2B2C2，画出△A2B2C2．
⑶判断以O，A1，B为顶点的三角形的形状．(无需说明理由)
17．（2023九上·呼兰月考）如图，在正方形网格中，建立平面直角坐标系，的三个顶点都在格点上，点，.
（1）将绕着点逆时针旋转90°，画出旋转后的；
（2）画出关于原点对称的；
（3）在轴上找一点，使的值最小，请直接写出点的坐标.
18．（2023九上·福田开学考）如图，方格纸中的每个小方格都是边长为1个单位长度的正方形，每个小正方形的顶点叫格点，△ABC的顶点均在格点上，O、M也在格点上．
（1）画出△ABC关于直线OM对称的△A1B1C1；
（2）画出△ABC绕点O按顺时针方向旋转90°后所得的△A2B2C2；
（3）△A1B1C1与△A2B2C2组成的图形是轴对称图形吗？如果是轴对称图形，请画出对称轴．
阅卷人 四、综合题
得分
19．（2023九上·温岭期末）如图，将△ABC绕点A顺时针旋转得到△AED，并使C点的对应点D点落在直线BC上，
（1）如图1，证明：DA平分∠EDC；
（2）如图2，AE与BD交于点F，若∠AFB＝50°，∠B＝20°，求∠BAC的度数；
（3）如图3，连接BE，若EB＝13，ED＝5，CD＝17，则AD的长为 ．
20．（2022九上·东莞期末）如图，在平面直角坐标系中，三个顶点的坐标分别为，，．
⑴请画出关于原点对称的；
⑵请画出绕点B逆时针旋转后的，求点A到所经过的路径长．
21．（2022九上·陵城期中）已知，如图1，四边形是正方形，E，F分别在边、上，且，我们把这种模型称为“半角模型”，在解决“半角模型”问题时，旋转是一种常用的方法．
（1）在图1中，连接，为了证明结论“ ”，小亮将绕点A顺时针旋转后解答了这个问题，请按小亮的思路写出证明过程；
（2）如图2，当绕点A旋转到图2位置时，试探究与、之间有怎样的数量关系？
22．（2022九上·鹤岗期中）已知在中，，，为直线上的一动点（点不与点重合），将绕点逆时针旋转得到，连接．
（1）如图①，当点在边上时，求证：；
（2）当点在直线上时，如图②、图③所示，线段之间又有怎样的数量关系？请直接写出你的猜想，不需证明．
23．（2020九上·临洮期中）在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，∠ACB＝30°，将△ABC绕点C顺时针旋转一定的角度α得到△DEC，点A、B的对应点分别是D、E.
（1）当点E恰好在AC上时，如图1，求∠ADE的大小；
（2）若α＝60°时，点F是边AC中点，如图2，求证：四边形BEDF是平行四边形.
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】中心对称及中心对称图形
【解析】【解答】解：A、∵该图像不是中心对称图形，∴A不符合题意；
B、∵该图像不是中心对称图形，∴B不符合题意；
C、∵该图像是中心对称图形，∴C符合题意；
D、∵该图像不是中心对称图形，∴D不符合题意；
故答案为：C.
【分析】根据中心对称图形的定义逐项分析判断即可。
2．【答案】A
【知识点】点的坐标；旋转的性质
【解析】【解答】解：以原点为中心，把点P(2，3)顺时针旋转90°，得到的点 P′的坐标为（3，2），
故答案为：A.
【分析】根据旋转的性质以及点的坐标求解即可。
3．【答案】C
【知识点】图形的旋转；旋转的性质
【解析】【解答】解：∵把△ABC绕C点顺时针旋转35°，得到△A'B'C，
∴∠A=∠A'，∠A'CD=∠BCB'=35°，
在△A'CD中，∠A'DC=90°，∠A'CD=35°，
∴∠A'=180°-90°-35°=55°，
∴∠A=∠A'=55°，
故答案为：C.
【分析】先利用旋转的性质可得∠A=∠A'，∠A'CD=∠BCB'=35°，再利用三角形的内角和求出∠A'=180°-90°-35°=55°，即可得到∠A=∠A'=55°.
4．【答案】C
【知识点】等边三角形的判定与性质；旋转的性质
【解析】【解答】解：由旋转的性质可得：AC=CD，∠EDC=∠BAC=120°，
∵点A，D，E在同一条直线上，
∴∠ADC=180°-∠EDC=60°，
∴△ADC是等边三角形，
∴AD=AC，
∴选项C符合题意，选项A，B和D不符合题意；
故答案为：C.
【分析】根据旋转的性质求出AC=CD，∠EDC=∠BAC=120°，再求出△ADC是等边三角形，最后根据等边三角形的性质求解即可。
5．【答案】B
【知识点】勾股定理；矩形的性质；旋转的性质；三角形的中位线定理
【解析】【解答】解：由旋转知：BG=AB=6，BE=BC=8，
过点H作MH⊥BC，则MH∥BE，
∵H是EG的中点，
∴M是BG的中点，
∴GM=MB=BG=3，MH=BE=4，
∴CM=CG+GM=（8-6）+3=5，
∴CH=，
故答案为：B.
【分析】过点H作MH⊥BC，则MH∥BE，利用三角形的中位线可得GM=MB=BG=3，MH=BE=4，再利用勾股定理求出CH的长即可.
6．【答案】D
【知识点】旋转的性质；二次函数y=ax^2+bx+c的图象；二次函数y=ax^2+bx+c的性质
【解析】【解答】解：过点B作BE⊥x轴，垂足为点E，连接OB，
根据旋转的性质可得，AOE=75°，
∵AOB=45°，
∴BOE=30°，OB=，
∵BEO=90°，
∴BE=OB=，
∴OE=，
∴点B的坐标为（，-），即可得到a=-
故答案为：D.
【分析】过点B作BE⊥x轴，垂足为点E，连接OB，求出OB的长度，继而求出B的坐标，代入二次函数求出答案即可。
7．【答案】C
【知识点】三角形全等及其性质；平行四边形的性质；旋转的性质
【解析】【解答】解：∵ 四边形ABCD为平行四边形
∴ ∠ADC=∠ABC=60°，AD∥BC
∴ ∠ADA'+∠DA'B=180°
∵ ∠ADA'=50°
∴ ∠DA'B=130°
∵以点为中心，取旋转角等于，把顺时针旋转，得到，
∴
∴ ∠A'BE'=∠ABC=60°，
∵ AE⊥BC
∴ ∠E'=∠AEB=90°
∴ ∠BA'E'=30°
∴ ∠DA'E'=∠DA'B+∠BA'E'=160°
故答案为：C.
【分析】本题考查旋转的性质和平行四边形的性质、全等的性质，熟悉这些性质是解题关键。根据平型四边形的性质，可得∠DA'B；根据旋转的性质和垂直，可得∠BA'E'，则∠DA'E'可求。
8．【答案】D
【知识点】旋转的性质
【解析】【解答】解： ①图形旋转时，图形上的每一个点都绕旋转中心旋转了相同的角度，正确；
②图形旋转时，对应点与旋转中心的距离相等，正确；
③图形旋转时，对应线段相等，对应角相等，图形的形状和大小不变，正确；
④两个图形成中心对称，可看作是一个图形绕着对称中心旋转180°得到另一个图形，正确；
∴正确的个数为4个.
故答案为：D.
【分析】利用图形旋转的性质，逐一判断，可得到正确结论的个数.
9．【答案】B
【知识点】菱形的性质；旋转的性质
【解析】【解答】解：如图所示：延长B'C交x轴于点D，
∵四边形OABC是菱形，∠AOC=60°，
∴∠COD=30°，
∵将菱形绕原点逆时针方向旋转，得到四边形点与点重合，
∴∠C'OC=∠AOC=60°，
∴∠C'OC+∠COD=60°+30°=90°，
∴点C'在y轴上，
∴B'C//y轴，
∴CD⊥OB，
∴，，
∴，
∴ 点的坐标是，
故答案为：B.
【分析】根据菱形的性质求出∠COD=30°，再根据旋转的性质求出∠C'OC=∠AOC=60°，最后计算求解即可。
10．【答案】B
【知识点】三角形全等的判定；含30°角的直角三角形；旋转的性质
【解析】【解答】解：根据题意，设M的坐标为（AM，AB）
正方形ABCD旋转30°得到A'B'C'D'
在RtBC'M和RtBAM中，
≌ （HL）
又
即
解得AM=1
M的坐标为
故答案为：B
【分析】根据旋转的性质先得到纵坐标，然后由旋转得到的全等三角形证明得到30°角，30°角所对的直角边等于斜边的一半，结合勾股定理求得M点的横坐标。
11．【答案】12
【知识点】三角形的面积；等边三角形的性质；图形的旋转；旋转的性质
【解析】【解答】过点B作BH⊥AO于点H，如图所示：
∵将绕点A顺时针方向旋转60°，使AC与AB重合，点O旋转至点处，
∴AO1=AO=8，BO1=CO=10，∠OAO1=60°，
∴△AOO1为等边三角形，
∴OO1=AO=8，∠AOO1=60°，
∵OO12+OB2=BO12，
∴△BOO1为直角三角形，∠BOO1=90°，
∴∠AOB=∠AOO1+∠BOO1=60°+90°=150°，
∵∠BOH=180°-∠AOB=30°，
∴BH=BO=3，
∴S△AOB=AO×BH=×8×3=12，
故答案为：12.
【分析】先证出△BOO1为直角三角形，∠BOO1=90°，再利用角的运算求出∠AOB=∠AOO1+∠BOO1=60°+90°=150°，再求出∠BOH=180°-∠AOB=30°，利用含30°角的直角三角形的性质可得BH=BO=3，最后利用三角形的面积公式求解即可.
12．【答案】
【知识点】勾股定理；正方形的性质；旋转的性质
【解析】【解答】解：∵将绕点顺时针旋转得到，
∴BP=BP'，AP=CP'，∠PBP'=90°，∠APB=∠CP'B，
∴∠BP'P=∠BPP'=45°，
∵∠APB=135°，
∴∠PP'C=∠CP'B-∠BP'P=135°-45°=90°，
在Rt△PCP'中，
PC=3，PP'=，
∴PA=P'C=.
故答案为：1.
【分析】根据旋转的性质，∠APB=∠CP'B = 135°，∠ABP=∠CBP'，BP=BP'，AP=CP'，∠PBP'=90°，从而得△BPP'是等腰直角三角形，由∠CP'B=135°可得∠PP'C= 90°，在Rt△PCP'中，根据勾股定理即可CP'的值，即可求解.
13．【答案】
【知识点】含30°角的直角三角形；勾股定理；旋转的性质
【解析】【解答】解：如图，
将腰长为3的等腰直角三角形ABC绕点A逆时针旋转15°得到△AB'C'，
∴∠BAB′=15°，∠BAC=45°，AB′=B′C′=AB=3，AC=AC′，
∴∠B′AD=45°-15°=30°，
设B′D=x，则AD=2x，
∴AB′2+BD2=AD2即9+x2=4x2，
解之：（取正值）
∴S阴影部分=S△AB′C′-S△AB′D=.
故答案为：.
【分析】利用旋转的性质可证得∠BAB′=15°，∠BAC=45°，AB′=B′C′=AB=3，AC=AC′，可求出∠B′AD的度数，利用30°角所对的直角边等于斜边的一半，设B′D=x，则AD=2x，利用勾股定理可得到关于x的方程，解方程求出x的值，可得到B′D的长，再根据S阴影部分=S△AB′C′-S△AB′D，利用三角形的面积公式，可求出阴影部分的面积.
14．【答案】60°
【知识点】旋转的性质
【解析】【解答】解：∵ 将△AOB绕点O逆时针方向旋转45°后得到△COD，
∴∠DOB=45°，
∴∠AOD=∠DOB+∠AOB=45°+15°=60°.
故答案为：60°.
【分析】利用旋转的性质中：旋转过程中的旋转的角度不变，可知∠DOB=45°，根据∠AOD=∠DOB+∠AOB，代入计算可求解.
15．【答案】
【知识点】三角形内角和定理；勾股定理；旋转的性质
【解析】【解答】解：∵ 将Rt的斜边AB绕点按顺时针方向旋转得到AE，直角边AC绕点按逆时针方向旋转得到AF，
∴AE=AB=3，AC=AF=2，∠B+∠BAC=90°，
∵，
∴∠BAE+∠CAF+∠BAC=90°即∠EAF=90°，
∴.
故答案为：.
【分析】利用旋转的性质可证得AE=AB=3，AC=AF=2，利用三角形的内角和定理去证明∠EAF=90°，然后利用勾股定理求出EF的长.
16．【答案】⑴如图所示，△A1B1C1即为所求．
⑵如图所示，△A2B2C2即为所求．
⑶三角形的形状为等腰直角三角形．
【知识点】勾股定理；勾股定理的逆定理；作图﹣平移；作图﹣旋转
【解析】【解答】解：⑶∵OA12+OB2=12+42+12+42=34，A1B2=32+52=34，
∴OA12+OB2=A1B2，OA1=OB，
∴△OA1B是等腰直角三角形.
【分析】（1）利用点坐标平移的方法，分别将点A、B、C向下平移5个单位后得到点A1、B1、C1，再画出△ A1B1C1．
（2）利用旋转的性质，将△ABC绕原点O逆时针旋转90°，可得到对应 A2、B2、C2，画出△A2B2C2即可.
（3）利用勾股定理分别求出OA12，OB2，A1B2，可推出OA12+OB2=A1B2，OA1=OB，可得到△OA1B的形状.
17．【答案】解：（1）如图所示，△A1B1C1即为所求；
（2）如图所示，△A2B2C2即为所求；
（3）如图所示，连接A2B1交x轴于点D，点D即为所求；
D（-2，0）．
【知识点】轴对称的应用-最短距离问题；坐标与图形变化﹣旋转；作图﹣旋转
【解析】【分析】（1）根据旋转的性质，先将点A、B、C分别绕点O逆时针旋转90°至点A1、B1、C1，然后顺次连接A1B1C1，即可得出图形；
（2）根据关于原点对称的性质，先将点A、B、C分别绕点O逆时针旋转180°至点A2、B2、C2，然后顺次连接A2B2C2，即可得出图形；
（3）根据A1关于x轴的对称点是A2，连接A2B1交x轴于点D，所以A1D+B1D=A2D+B1D=A2B1，所以点D即为所求的答案．
18．【答案】（1）解：如图， △A1B1C1 就是所求的三角形；
（2）解： △A2B2C2 就是所求的三角形；
（3）解：△A1B1C1与△A2B2C2组成的图形是轴对称图形，对称轴如下：
【知识点】作图﹣轴对称；作图﹣旋转
【解析】【分析】（1）根据网格结构及轴对称的性质找出点A、B、C关于直线OM的对称点A1、B1、 C1的位置，然后顺次连接即可；
（2）根据网格结构及旋转的性质找出点A、B、C绕点O顺时针旋转90°后的对应点A2、B2、C2的位置，然后顺次连接即可；
（3）根据轴对称的概念作出判断并画出对称轴.
19．【答案】（1）证明：由旋转得：∠ADE＝∠C，AD＝AC，
∴∠ADC＝∠C，
∴∠ADE＝∠ADC，
∴DA平分∠EDC.
（2）解：设∠CAB＝x°，
∵∠B＝20°，
∴∠ACD＝∠CAB＋∠B＝x°＋20°，
∵AD＝AC，
∴∠ADC＝∠ACD＝x°＋20°，
∵∠DAE＝∠CAB＝x°，
∴∠AFB＝∠ADF＋∠DAF＝x°＋20°＋x°＝50°，
解得：x°＝15°，
∴∠BAC＝15°.
（3）
【知识点】三角形的外角性质；勾股定理的逆定理；旋转的性质；角平分线的判定
【解析】【解答】解：（3）由旋转可知：ED＝BC，
∵ED=5，
∴BC=5，
又∵CD=17，
∴DB=17-5=12，
又∵EB=13，
∴EB2=ED2+DB2=132，
∴△EDB是直角三角形，∠EDB=90°，
由（1）可知：AD＝AC，DA平分∠EDC，
∴∠ADC=∠ACD=45°，
∴AC=CD=.
故答案为：.
【分析】（1）由旋转性质可知∠ADE＝∠C，AD＝AC，从而得到∠ADC＝∠C，再通过角的等量代换可得∠ADE＝∠ADC，即可证明结论；
（2）设∠CAB＝x°，先由外角性质可得∠ACD＝x°＋20°，再由等腰三角形得∠ADC＝x°＋20°，最后再根据外角定理可得∠AFB＝∠ADF＋∠DAF，代入数据求解x即可；
（3）由旋转可知：ED＝BC，可得BC=5，从而得DB的长，再利用勾股定理逆定理得△EDB是直角三角形，∠EDB=90°，由（1）可知：AD＝AC，DA平分∠EDC，从而得到∠ADC=∠ACD=45°，进而得到AC=CD，代入数据计算即可求解.
20．【答案】解：⑴如图所示即为所求；
⑵如图所示即为所求，
，
点A到经过的路径长．
【知识点】中心对称及中心对称图形；作图﹣旋转
【解析】【分析】（1）利用关于原点对称的点坐标的特征找出点A、B、C的对应点，再连接即可；
（2）利用弧长公式求出点A的路径长即可。
21．【答案】（1）证明：如图1，
由旋转可得 ， ，
四边形 为正方形
、 、 三点在一条直线上
在 和 中
（2）解：结论： ．
理由：如图2，把 绕点A 逆时针旋转 ，使 与 重合，点E 与点G 对应，同（1）可证得
，且
【知识点】旋转的性质；三角形全等的判定（SAS）
【解析】【分析】（1）利用“SAS”证明，可得，再利用线段的和差及等量代换可得；
（2）利用“SAS”证明，可得 ，且，再利用线段的和差及等量代换可得。
22．【答案】（1）证明：∵绕点逆时针旋转得到，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∴；
（2）解：BC=CE-CD或BC=CD-CE
【知识点】旋转的性质；三角形全等的判定（SAS）
【解析】【解答】（2）或．
理由如下：
如图②，同理可知，
∴，
∴；
如图③，同理可知，
∴，
∴．
【分析】（1）利用“SAS”证明，可得，再利用线段的和差及等量代换可得；
（2）方法同（1），再利用全等三角形的判定和性质及线段的和差求解即可。
23．【答案】（1）解：∵△ABC绕点C顺时针旋转α得到△DEC，点E恰好在AC上，
∴CA＝CD，∠ECD＝∠BCA＝30°，∠DEC＝∠ABC＝90°，
∴∠CAD＝∠CDA＝ （180°﹣30°）＝75°，
∴∠ADE＝90°﹣∠CAD＝15°；
（2）证明：如图2，连接AD
∵点F是边AC中点，
∴BF＝AF=CF＝ AC，
∵∠ACB＝30°，
∴AB＝ AC，
∴BF=CF＝AB，
∵△ABC绕点C顺时针旋转60得到△DEC，
∴∠BCE＝∠ACD＝60°，CB＝CE，DE＝AB，DC=AC
∴DE＝BF，△ACD和△BCE为等边三角形，
∴BE＝CB，
∵点F为△ACD的边AC的中点，
∴DF⊥AC，
在Rt△CFD和Rt△ABC中
∴Rt△CFD≌Rt△ABC，
∴DF＝BC，
∴DF＝BE，
而BF＝DE，
∴四边形BEDF是平行四边形.
【知识点】直角三角形全等的判定（HL）；等腰三角形的性质；等边三角形的判定与性质；平行四边形的判定；旋转的性质
【解析】【分析】（1）由旋转的性质可得CA＝CD，∠ECD＝∠BCA＝30°，∠DEC＝∠ABC＝90°，根据等腰三角形的性质以及三角形内角和定理可得∠CAD＝∠CDA＝75°，据此可得∠ADE的度数；
（2）连接AD，由直角三角形斜边上中线的性质可得BF＝AF=CF＝AC，由含30°角的直角三角形的性质可得AB＝AC，推出BF=CF＝AB，由旋转的性质可得∠BCE＝∠ACD＝60°，CB＝CE，DE＝AB，DC=AC，推出DE＝BF，△ACD和△BCE为等边三角形，证明Rt△CFD≌Rt△ABC，得到DF＝BC，推出DF＝BE，然后利用平行四边形的判定定理进行证明.
二一教育在线组卷平台（zujuan.21cnjy.com）自动生成 1 / 2
二一教育在线组卷平台（zujuan.21cnjy.com）自动生成 1 / 1
