第三十章 旋转单元测试卷（含解析）

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2023-2024学年 人教版（五四制）九年级上册 第三十章 旋转 单元测试卷
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
评卷人得分
一、单选题
1．如图将绕点A顺时针旋转到，若，则等于（ ）
A． B． C． D．
2．如图，把绕着点A顺时针旋转得到，点C的对应点落在边上，若，则为（　　）
A． B． C． D．
3．如图，将绕点顺时针旋转到处，此时点刚好落在边上，且，若，则的度数为（　　）
A． B． C． D．
4．下列图形中，既是中心对称图形，又是轴对称图形的是（ ）
A． B． C． D．
5．下列运动：①钟表指针的转动；②钟摆的摆动；③汽车方向盘的转动；④汽车在笔直的公路上行驶，其中属于旋转的有（ ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
6．如图，在矩形中，以点A为圆心为半径顺时针旋转线段交于E，以点C为圆心为半径顺时针旋转线段交于F，连接、，若，则一定为（ ）
A． B． C． D．
7．将抛物线绕原点旋转180°得到的抛物线的解析式为（ ）
A． B． C． D．
8．如图，在中，，，将绕点A逆时针旋转α角度（）得到．若，则的值为（　　）
A． B． C． D．
9．如图，四边形中，，，，，将边绕点逆时针方向旋转90°至，连接，则的面积为（ ）
A．3 B．4 C．5 D．6
10．如图，将绕直角顶点顺时针旋转，得到，连接，若，则的度数是（ ）
A． B． C． D．
评卷人得分
二、填空题
11．如图，直线与x轴，y轴分别相交于两点，若将直线绕点A旋转与y轴交于点C,则点C的坐标为 ．
12．如图，在直角坐标系中，直线分别与x轴、y轴交于点M、N，点A、B分别在y、x轴上，且，，将绕原点O顺时针转动一周，当与直线平行时点A的坐标为 ．
13．如图，是由绕A点旋转得到的，若，，，则旋转角的度数为 ．
14．如图，在中，，将绕顶点C逆时针旋转得到，M是的中点，P是的中点，连接．若，，则线段的最大值是
15．如图， 中，，，点M，N在底边上，若，，那么线段与之间的数量关系为 ．

16．如图，在平面直角坐标系中，菱形的顶点A，B在x轴上，点A的坐标是，，，若将菱形绕点A顺时针旋转得到菱形，则点的坐标是 ．
评卷人得分
三、问答题
17．在平面直角坐标系中，四边形是矩形，点，点，点，以点A为中心，顺时针旋转矩形，得到矩形，点O，B，C的对应点分别为D，E，F，记旋转角为α（）．
(1)如图①，当时，求点D的坐标；
(2)如图②，当点E落在的延长线上时，求点D的坐标；
(3)当点D落在线段上时，求点E的坐标（直接写出结果即可）．
评卷人得分
四、作图题
18．如图，正方形网格中，每个小正方形边长都是1，在直角坐标系中，的三个顶点分别为，，．

(1)画出关于y轴对称的；
(2)画出绕点O逆时针旋转后的；
(3)的面积为______．
参考答案：
1．B
【分析】本题考查了旋转的性质，根据旋转的性质得，，进而可求解，熟练掌握旋转的性质是解题的关键．
【详解】解：将绕点A顺时针旋转到，且，
，，
，
故选B．
2．C
【分析】本题考查了旋转的性质，等边对等角，三角形内角和定理．明确角度之间的数量关系是解题的关键．
由旋转的性质得：，，则，根据，计算求解即可．
【详解】解：由旋转的性质得：，，
∴，，
∴，
故选：C．
3．A
【分析】此题主要考查了旋转的性质，等腰三角形的性质与直角三角形的性质，解题的关键是首先利用旋转的性质和等腰三角形的性质得到，然后利用已知条件可以求出，然后利用直角三角形的性质求出，最后利用旋转性质即可求出．
【详解】解：将绕点顺时针旋转到处，，
，，，
，
，
，
，
．
故选：A．
4．A
【分析】本题考查中心对称图形和轴对称图形，掌握“旋转能和它本身重合的图形是中心对称图形”“沿一条直线折叠，两边图形能重合的图形是轴对称图形”是解题的关键．
【详解】解：A.既是中心对称图形，又是轴对称图形，符合题意；
B.是中心对称图形，但不是轴对称图形，不符合题意；
C.不是中心对称图形，是轴对称图形，不符合题意；
D.是中心对称图形，但不是轴对称图形，不符合题意；
故选A．
5．C
【分析】本题考查了旋转的判断，根据旋转的概念解答即可．解题的关键是掌握旋转的概念：在平面内，将一个图形沿某一个定点转动一个角度，这样的图形运动称为旋转．
【详解】解：根据旋转的概念，可知：
①钟表指针的转动属于旋转；②钟摆的摆动属于旋转；③汽车方向盘的转动属于旋转；
④汽车在笔直的公路上行驶属于平移．
故其中属于旋转的是①②③，有3个．
故选：C．
6．C
【分析】本题考查矩形的性质，等边对等角．根据矩形的性质，得到，根据作图可知，等边对等角，求出的度数，再用，即可得出结果．熟练掌握矩形的性质，是解题的关键．
【详解】解：∵矩形，
∴，
∴，
由作图可知：，
∴，
∴；
故选C．
7．C
【分析】本题考查二次函数的图象与几何变换．先将原抛物线解析式化为顶点式，将其绕原点旋转180°后，开口大小没有变化，开口方向与原来的相反，顶点坐标的横纵坐标与原顶点坐标的横纵坐标互为相反数，可据此得出所求的结论．
【详解】解：∵，
∴将抛物线绕原点旋转180°得到的抛物线的解析式为；
故选C．
8．B
【分析】本题考查了平行线的性质、三角形内角和定理、旋转的性质等知识点，据三角形内角和定理求出，根据旋转得出，根据平行线的性质求出即可．能根据旋转得出是解此题的关键．
【详解】解：在中，，
，
∵将绕点A逆时针旋转α角度（）得到，
，
∵，
，
，
∴旋转角α的度数是，
故选：B．
9．A
【分析】此题重点考查旋转的性质、全等三角形的判定与性质、矩形的判定与性质等知识．作于点G，作交的延长线于点F，可证明四边形是矩形，得，，则，，由旋转得，，即可证明，得，即可求得．
【详解】解：作于点G，作交的延长线于点F，
则，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴四边形是矩形，
∴，，
，，
由旋转得，，
∴，
在和中，
，
∴，
故选：A．
10．D
【分析】此题考旋转的性质，利用等边对等角求角的度数，由旋转得，，，求出，再由即可得到结果，熟记旋转的性质是解题的关键．
【详解】解：由旋转得，，，
∴，
∴，
故选：D．
11．或
【分析】本题考查了旋转的性质，三角形全等的判定和性质，一次函数解析式的确定，直线与坐标轴的交点，分类思想，熟练掌握三角形全等证明是解题的关键．
【详解】当顺时针旋转时，过点B作于点B，交直线于点P，过P做轴。
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵直线与x轴，y轴分别相交于两点，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
设直线的解析式为，
∴，
解得，
故直线的解析式为，
故点;
当逆时针旋转时，
延长,交直线于点E，
过点E作轴于点F，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵直线与x轴，y轴分别相交于两点，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
设直线的解析式为，
∴，
解得，
故直线的解析式为，
故点;
故答案为：或．
12．或
【分析】此题考查了旋转的性质，一次函数的性质，含的直角三角形的性质．此题难度适中，在解题时要能根据题意画出图形并求出点A的坐标是本题的关键，注意掌握辅助线的作法，注意数形结合思想的应用．本题需先根据题意画出图形，再根据，，求出和的长，即可得出点A的第一个坐标，再根据第二个图与第一个图的联系，得出点A的第二个坐标，即可求出正确答案．
【详解】解：①如图1，
∵，，
∴，，
∴，
∵直线的解析式为，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴点A的坐标为；
②如图2，
∵图2中的点A与图1中的点A关于原点对称，
∴点A的坐标为：，
故答案为：或．
13．/60度
【分析】本题主要考查了图形的旋转，三角形的内角和定理的应用，熟练掌握图形旋转的性质是解题的关键．根据旋转的性质可得旋转角为，即可求解．
【详解】解：∵是由绕A点旋转得到的，
∴旋转角为，
∵，，，
∴，
∴，
即旋转角的度数为．
故答案为：．
14．3
【分析】本题主要考查的是旋转的性质，含有30°角直角三角形的性质和三角形三边关系，能够综合调动所学知识，得出P、C、M的关系即可就得答案．
【详解】解：如下图，连接．
在中，
∵
∴
根据旋转不变性可知，
∵P是的中点
∴
∴
∵M是的中点，
∴，
又∵
即，
∴的最大值为3，(此时P、C、M共线)．
故答案为：3．
15．
【分析】本题考查了三角形全等的性质、含角的直角三角形、等腰三角形的性质、三角形内角和定理的应用，先根据已知条件求出各个角度，然后构造全等三角形，找到边长之间的关系，其中构造出全等三角形是解答本题的关键．
【详解】解：∵，，
∴，
如图，将绕点A顺时针旋转，得到，
，
∴，，
∴，，，
∴，
∵，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，，
∴，
∴，
∴，
故答案为：．
16．/
【分析】如图，过点作于点E，根据菱形，旋转的性质可得，求，的长，由四边形是菱形，可证三点共线，进而可求的长，然后可得点的坐标．
【详解】解：如图，过点作于点E，
∵四边形是菱形，
∴，
由旋转的性质得：，
∴轴，，
∴，
由勾股定理得，，
∵四边形是菱形，
∴，
∴轴，
∴点三点共线，
∴，
∵A的坐标是，
∴，
∴，
∴点的坐标是，
故答案为：．
【点睛】本题考查了菱形的性质，旋转的性质，含的直角三角形，勾股定理等知识．熟练掌握菱形的性质是解题的关键．
17．(1)
(2)
(3)
【分析】（1）过点作轴，根据旋转得到，利用含30度角的直角三角形的性质，求出的长，即可；
（2）过点D作轴于G，于H，则，由勾股定理得出的长，等面积法求出，进而求出，勾股定理求出，即可；
（3）连接，作轴于G，由旋转的性质得出，由等腰三角形的性质得出，得出，证出，由平行线的性质的，证出，证明，得出，得出，即可得出答案．
【详解】（1）解：四边形是矩形，点，点，
∴，
过点作轴，则：，
∵旋转，
∴，
∴，，
∴，
∴点坐标为；
（2）过点D作轴于G，于H，如图所示：
∵，
∴四边形为矩形，
∴，
∵矩形，，
∴，，
∵旋转，
∴，
∴，
∵， 即：，
∴，
∴，，
∴点D的坐标为；
（3）连接，作轴于G，如图所示：
由旋转的性质得：，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
在和中，，
∴，
∴，，
∴，
∴点E的坐标为．
【点睛】本题是四边形综合题，考查了矩形的性质、坐标与图形性质、勾股定理、全等三角形的判定与性质、旋转变换的性质、含30°角的直角三角形的性质等知识，解题的关键是理解题意，正确作出辅助线，属于中考压轴题．
18．(1)见解析
(2)见解析
(3)3
【分析】本题主要考查了坐标与图形变化—轴对称，作绕原点旋转180度的旋转图形，三角形面积，解题的关键在于能够熟练掌握相关知识进行求解．
（1）先根据关于y轴对称的特点，找到A、B、C的对应点，然后顺次连接，即可得到答案；
（2）根据绕点O逆时针旋转的特点，画出旋转图形即可；
（3）用三角形面积公式求面积即可．
【详解】（1）解：如图所示，即为所求，

（2）解：如图所示，即为所求；

（3）解： ，
故答案为：3．
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