第23章 旋转 综合复习题 2023-2024学年人教版数学九年级上册 （山东地区适用）（含答案解析）

第23章 旋转
一、单选题
1．（2023上·山东淄博·九年级校考期末）如图，在平面直角坐标系中，点的坐标是，点的坐标是，把线段绕点逆时针旋转后得到线段，则点的坐标是（ ）
A． B． C． D．
2．（2023上·山东临沂·九年级统考期末）如图，在中，，将绕点O逆时针旋转得到，则的度数为（ ）
A． B． C． D．
3．（2022上·山东济宁·九年级校考期末）已知等边，顶点，，规定把先沿x轴绕着点C顺时针旋转，使点A落在x轴上，称为一次变换，再沿x轴绕着点A顺时针旋转，使点B落在x轴上，称为二次变换，…经过连续2022次变换后，顶点A的坐标是（ ）
A． B． C． D．
4．（2023上·山东济宁·九年级统考期末）下列图形是中心对称图形，但不是轴对称图形的是（ ）
A．平行四边形 B．等边三角形 C．圆 D．正方形
5．（2023上·山东德州·九年级统考期末）为推动世界冰雪运动的发展，我国于2022年成功举办了北京冬奥会．在此之前进行了冬奥会会标的征集活动，以下是部分参选作品，其文字上方的图案是中心对称图形的是（ ）
A． B． C． D．
6．（2023上·山东滨州·九年级统考期末）在平面直角坐标系中，已知点和点，则A、两点（ ）
A．关于轴对称 B．关于轴对称
C．关于原点对称 D．关于直线对称
二、填空题
7．（2023上·山东滨州·九年级统考期末）如图，将绕点A逆时针旋转44°得到，连接，若，则的大小为 ．
8．（2023上·山东德州·九年级统考期末）如图，在平面直角坐标系中，将等边绕点A旋转，得到，再将绕点旋转，得到，再将绕点旋转，得到，……，按此规律进行下去，若点，则点的坐标为 ．
9．（2023上·山东德州·九年级统考期末）如图，图形绕中心至少旋转 度与自身重合．
10．（2023上·山东济南·九年级统考期末）如图，在正方形中，点、为边和上的动点（不含端点），，下列四个结论：①当时，则；②；③的周长不变；④若，，则的面积为15．其中正确结论的序号是 ．
11．（2023上·山东滨州·九年级统考期末）若点与点关于原点对称，则 ．
12．（2023上·山东滨州·九年级滨州市滨城区第三中学校考期末）已知点与点是关于原点O的对称点，则 ．
三、问答题
13．（2023上·山东德州·九年级统考期末）如图1，直线交x轴于点A，交y轴于点C，过A、C两点的抛物线与x轴的另一交点为B．

(1)请求出该抛物线的函数解析式；
(2)点D是第二象限抛物线上一点，设点D横坐标为m．
①如图2，连接，，，当面积为4时，求点D的坐标；
②如图3，连接，将线段绕O点顺时针旋转，得到线段，过点E作轴交直线于F，求线段的最大值及此时点D的坐标．
14．（2023上·山东泰安·九年级统考期末）如图，已知抛物线经过点和点，顶点为C，点D在对称轴上且位于点C下方，将线段绕点D按顺时针方向旋转，点C恰好落在抛物线上的点P处．
(1)求这条抛物线的解析式；
(2)求这条抛物线的对称轴及与x轴的另一个交点E的坐标．
(3)求线段的长．
15．（2023上·山东滨州·九年级滨州市滨城区第三中学校考期末）如图，点是正方形内的一点，连接，将绕点顺时针旋转到的位置，连接，的长为2．
(1)求的长；
(2)若，，求的度数．
四、证明题
16．（2023上·山东德州·九年级统考期末）如图，中，，，点是斜边的中点，点、分别在边、上，且，垂足为．
(1)如图1，当时，求证：；
(2)如图2，将绕点D旋转，（1）中的结论还成立吗？请说明理由；
(3)如图3，连接，请直接写出、、之间的数量关系，不必证明．
五、作图题
17．（2023上·山东淄博·九年级校考期末）如图，在平面直角坐标系中，三个顶点的坐标分别为，，．
(1)画出关于原点成中心对称的；
(2)画出绕点逆时针旋转所得到的；
(3)将先向右平移个单位长度，再向上平移个单位长度，画出第二次平移后的．若看成是由经过一次平移得到的，则这一平移的距离等于______个单位长度．
18．（2023上·山东临沂·九年级统考期末）(1)选取1个涂上阴影，使4个阴影小正方形组成一个中心对称图形，但不是轴对称图形．
(2)请你用无刻度的直尺画一条直线把下图分成面积相等的两部分．（保留作图痕迹，不写作法）
19．（2023上·山东济宁·九年级统考期末）如图方格纸中每个小正方形的边长都是1个单位长度，在方格纸中建立如图所示的平面直角坐标系，的顶点都在格点上，且三个顶点的坐标分别为，，．

(1)画出关于原点O的中心对称图形，并写出点B的对应点的坐标．
(2)画出将绕原点O逆时针方向旋转后的图形．
参考答案：
1．D
【分析】如图，过点作轴于，根据旋转的性质可得，，根据互余的性质可得，利用可证明，可得，，根据、坐标可得、的长，即可求出、的长，可得答案．
【详解】如图，过点作轴于，
，，
把线段绕点逆时针旋转后得到线段，
，，
，
，
在和中，
，
，
，，
，，
，，
，，
点坐标为
故选：D．
【点睛】本题考查旋转的性质及全等三角形的判定与性质，图形的旋转是图形上的每一点在平面上绕着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，对应线段的长度、对应角的大小相等，旋转前后图形的大小和形状没有改变．
2．D
【分析】先依据旋转角的定义得到，然后依据旋转的性质得到，，最后，依据求解即可．
【详解】解：∵将绕点O逆时针旋转得到，
∴，．
∴．
故选：D．
【点睛】本题主要考查的是旋转的性质，熟练掌握旋转的性质是解题的关键．
3．B
【分析】根据等边三角形，结合题意可得：点A、B、C的坐标，写出经过第一次、第二次、第三次等A点的坐标，依次类推，发现坐标规律：每经过三次变换后，A点纵坐标为，横坐标增加6，依据规律分析即可．
【详解】解，，
，
是等边三角形，
，
过点A作交于G，
，
，
第一次变换后，A点坐标为，
第二次变换后，A点坐标为，
第三次变换后，A点坐标为，
第四次变换后，A点坐标为，
第五次变换后，A点坐标为，
第六次变换后，A点坐标为，
每经过三次变换后，A点纵坐标为，横坐标增加6，
，，
∴顶点A的坐标是；
故选B．
【点睛】本题考查了点的规律探究．根据等边三角形的性质求出已知点的坐标、归纳分析变化规律是解题的关键．
4．A
【分析】根据中心对称图形与轴对称图形的概念求解．
【详解】解：A．平行四边形是中心对称图形，不是轴对称图形，故此选项符合题意；
B．等边三角形不是中心对称图形，是轴对称图形，故此选项不符合题意；
C．圆是中心对称图形，也是轴对称图形，故此选项不符合题意；
D．正方形是中心对称图形，也是轴对称图形，故此选项不符合题意．
故选：A．
【点睛】本题考查中心对称图形与轴对称图形的概念．轴对称图形：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；中心对称图形：在同一平面内，如果把一个图形绕某一点旋转，旋转后的图形能和原图形完全重合，那么这个图形就叫做中心对称图形．掌握中心对称图形与轴对称图形的概念是解题的关键．
5．B
【分析】根据中心对称图形的概念可直接进行排除选项．
【详解】解：A、文字上方的图案既不是轴对称图形也不是中心对称图形，故不符合题意；
B、文字上方的图案既是轴对称图形也是中心对称图形，故符合题意；
C、文字上方的图案是轴对称图形但不是中心对称图形，故不符合题意；
D、文字上方的图案既不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故不符合题意；
故选B．
【点睛】本题主要考查轴对称图形及中心对称图形的识别，熟练掌握轴对称图形及中心对称图形的概念是解题的关键．
6．C
【分析】根据这两点的坐标特点，即可判定．
【详解】解：点和点的横纵坐标都互为相反数，
A、两点关于原点对称，
故选：C．
【点睛】本题考查了关于坐标轴及原点对称的点的坐标特点，熟练掌握和运用关于坐标轴及原点对称的点的坐标特点是解决本题的关键．
7．/24度
【分析】根据旋转的性质得，等于旋转角，，然后利用等腰三角形的性质和三角形内角和计算出的度数，再由平行线的性质即可得到的大小，进而可得，利用和差关系即可得结果．
【详解】解：∵将绕点A逆时针旋转44°得到，
∴，，
∴，
∵，
∴，则，
∴，
故答案为：．
【点睛】本题考查了旋转的性质：对应点到旋转中心的距离相等；对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角；旋转前、后的图形全等．
8．
【分析】根据中心对称的性质，可得，，再根据、、……的坐标，根据规律即可得出答案．
【详解】解：∵是等边三角形，，
∴，．
过点A作，交于点M，交于点N，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵将等边绕点A旋转，得到，
∴，
∴，
∴，，
同理，，，，，
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了旋转的性质，等边三角形的性质，以及直角三角形的性质，规律问题，根据题意，找到图形变化的规律是解题的关键．
9．90
【分析】根据旋转对称图形的概念与特征，求出最小旋转角即可．
【详解】解：根据已知图形可知，图形是旋转对称图形，最小旋转角为：，
图形绕中心至少旋转与自身重合；
故答案为：90．
【点睛】本题主要考查了旋转对称图形，熟练掌握旋转对称图形的概念与特征是解答此题的关键．
10．①③/③①
【分析】①先用勾股定理求得，则易得，再结合，可得答案；
②将绕点A顺时针旋转得，证明，再利用四边形内角和及邻补角关系，可证得结论；
③由，可得，从而将的三边相加即可得答案；
④设正方形的边长为，则，，利用勾股定理列出关于a的方程，求出a的值，可证得结论．
【详解】解：①∵正方形中，，
∴
当时，
∴，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴
∵，
∴，故①正确；
②如图，
将绕点A顺时针旋转得，
则，
在和中，
，，，
∴
∴，
∴，
∴，
∴，
不一定等于，故②错误；
③∵，
∴，
∴的周长为：
，
∵和均为正方形的边长，故的周长不变，故③正确；
④设正方形的边长为，则，，
根据解析③可知， ，
∵，
即，
解得：或（舍去），
∴，故④错误；
综上①③都正确，
故答案为：①③．
【点睛】本题考查了正方形的性质、全等三角形的判定、勾股定理等知识点，解题的关键是作出辅助线，构造全等三角形，本题具有一定的综合性．
11．1
【分析】根据关于原点对称的点的特征：横坐标互为相反数，纵坐标互为相反数，求出m,n的值，再求代数式的值即可．
【详解】解：∵点与点关于原点对称，
∴，
则．
故答案为：1．
【点睛】本题考查代数式求值．熟练掌握关于原点对称的点的特征：横坐标互为相反数，纵坐标互为相反数，是解题的关键．
12．2
【分析】直接利用关于原点对称点的性质即可求得结果．
【详解】解：∵点与点是关于原点O的对称点，
∴，
∴．
故答案为：2．
【点睛】此题主要考查了关于原点对称点的性质，正确得出a，b的值是解题关键．
13．(1)
(2)①点D的坐标为；②线段的最大值为3，此时点D的坐标为
【分析】（1）先求出点A、C的坐标，再利用待定系数法求出该抛物线的函数解析式即可；
（2）①先求出点B的坐标，然后可得直线的解析式，过点D作轴交于P，设点D横坐标为m，则，，可得，然后根据面积为4列式求出m的值，进而可得点D的坐标；
②过点D作于点H，交y轴于点G，证明，设点D横坐标为m，则，求出点E坐标和直线的解析式，可得F点坐标为，表示出，然后根据二次函数的性质求解即可．
【详解】（1）解：∵直线交x轴于点A，交y轴于点C，当时，；当时，；
∴点A坐标为，点C坐标为，
∵抛物线过A、C两点，
将A、C两点坐标带入得：，
解得，
∴抛物线的函数解析式为；
（2）解：当时，
解得：，，
∴B点坐标为，
设直线的解析式为，
代入，得，
解得：，
∴直线的解析式为，
过点D作轴交于P，

设点D横坐标为m，则，，
∴，
∵面积为4，
∴，
解得：，
∴；
②如图，过点D作于点H，交y轴于点G，
∴，

由旋转得：，，
∵，
∴，
∴，
∴，，
设点D横坐标为m，则，
∴，，
∴，，
又∵点D在第二象限，绕点O顺时针旋转得，
∴点E在第一象限．
∴点E坐标为，
∵轴交直线于点F，
∴点F的纵坐标与点E纵坐标相等，
设直线的解析式为，
代入，得，
解得,
∴直线的解析式为，
将F点纵坐标代入得，
解得，
∴F点坐标为，
∴，
∴当时，最大，最大值为3，
当时，，
∴点D的坐标为，
∴线段的最大值为3，此时点D的坐标为．
【点睛】本题考查了一次函数的图象和性质，二次函数的图象和性质，待定系数法的应用，全等三角形的判定和性质，旋转的性质，二次函数的应用等知识，作出合适的辅助线，熟练掌握数形结合思想的应用是解题的关键．
14．(1)
(2)对称轴为直线，
(3)2
【分析】（1）待定系数法求出解析式即可；
（2）利用抛物线的对称轴为直线，进行计算，再根据对称性求出点关于对称轴对称的点的坐标，即为E的坐标；
（3）先求出抛物线的顶点坐标，设，求出点坐标，根据旋转得到点坐标，代入到解析式，求出的值，即可得解．
【详解】（1）把点和点，代入，
得，
解得：，
∴抛物线的解析式：；
（2）解：∵，
∴抛物线的对称轴为直线：，
∴抛物线关于直线对称，
∴点关于直线的对称点为：，
∴；
（3）解：当时， ，
∴的顶点坐标为：，即：；
设，则D，
∵将线段绕点D按顺时针方向旋转，点C恰好落在抛物线上的点P处，
∴，
∴，
将代入得：
，
整理得：，
解得：（舍去）
∴线段的长为2．
【点睛】本题考查二次函数的综合应用．利用待定系数法求出函数解析式，利用数形结合的思想进行求解，是解题的关键．
15．(1)
(2)
【分析】（1）由旋转的性质可得，由等腰直角三角形的性质即可求解；
（2）由勾股定理的逆定理可求得，从而即可得到．
【详解】（1）解：绕点顺时针旋转得到，
，
为等腰直角三角形，
设，
则，
解得：，
故答案为：；
（2）解：绕点顺时针旋转得到，
，，
在中，，，
，
，
为直角三角形，
，
，
故答案为：．
【点睛】本题考查了旋转的性质，勾股定理的逆定理，掌握旋转的性质、勾股定理的逆定理是解题的关键．
16．(1)，详见解析
(2)将绕点点旋转，（1）中的关系还成立，详见解析
(3)
【分析】（1）连接，证明是的平分线，即可得证；
（2）将绕点点旋转，（1）中的关系还成立，过作于，于， 证明，即可得证；
（3）过作于，于，连接，得出四边形是正方形，是等腰直角三角形，则，又由（2）可得，则，进而得出，在中，勾股定理，得出，进而即可得出结论．
【详解】（1）解：，理由如下：
连接，如图：
，
，
，即，
，为中点，
是的平分线，
，，
角平分线上的点到两边的距离相等；
故答案为：；
（2）将绕点点旋转，（1）中的关系还成立，理由如下：
过作于，于，如图：
同（1）可得，
，
，
，即，
，
∴，
；.
（3）解：过作于，于，连接，如图：
∴四边形是矩形，
由（1）可得，
∴四边形是正方形，
∴，
∵是的中点，
∴，
∴是等腰直角三角形，
∵，，
∴，
又由（2）可得
∴，
∴，，
在中，，
∴．
【点睛】本题考查了角平分线的性质与判定，正方形的性质与判定，等腰直角三角形的性质与判定，勾股定理，全等三角形的性质与判定，综合运用以上知识是解题的关键．
17．(1)见解析
(2)见解析
(3)
【分析】（1）根据中心对称的性质，找到关于原点对称的点的对应点，顺次连接即可求解；
（2）找到绕点逆时针旋转90°所得到的对应点，顺次连接即可求解；
（3）根据题意，利用勾股定理即可求解．
【详解】（1）解：如图所示，即为所求
（2）解：如图所示，即为所求
（3）解：如图所示，即为所求；
看成是由经过一次平移得到的，则这一平移的距离等于个单位，
故答案为：．
【点睛】本题考查了作旋转图形，中心对称图形，平移，勾股定理，掌握以上知识是解题的关键．
18．(1)见详解；
(2)见详解；
【分析】（1）根据中心对称图形定义及轴对称图形定义即可得到答案；
（2）根据梯形面积公式及矩形中心对称关系找到矩形的对称中心，连接两对称中心即可得到答案；
【详解】（1）解：由题意可得，4个阴影小正方形组成一个中心对称图形，但不是轴对称图形，
根据中心对称图形定义及轴对称图形定义可得，如下图所示，
；
（2）解：根据梯形面积公式及矩形的中心对称关系，找到矩形的对称中心，连接两点将两个矩形分成上下底相等的图即可，如图所示，或将矩形补全，根据梯形面积公式及矩形的中心对称关系，找到矩形的对称中心，连接两点将图形分成上下底相等的梯形，如图所示，
．
【点睛】本题考查中心对称图形定义，轴对称图形定义，矩形的中心对称关系及题型面积公式，解题的关键是根据矩形中心对称关系找到对称中心连线将矩形分成面积相等的两个梯形．
19．(1)图见解析；
(2)图见解析
【分析】（1）根据找点，描点，连线，画出，再写出的坐标即可；
（2）根据找点，描点，连线，画出．
【详解】（1）解：如图所示，即为所求；
由图可知：；
（2）解：如图所示，即为所求；
【点睛】本题考查画出中心对称图形和旋转图形．熟练掌握中心对称图形和旋转图形的定义，是解题的关键．