人教版九年级上册数学第二十三章旋转单元试题（含解析）

中小学教育资源及组卷应用平台
中小学教育资源及组卷应用平台
人教版九年级上册数学第二十三章旋转单元试题
一、单选题（每题3分，共30分）
1．下列图案中是中心对称图形的是（　　）
A． B． C． D．
2．如图，在中，，将绕点顺时针旋转得，其中点，的对应点分别是，，连接．下列结论一定正确的是（ ）
A． B． C． D．
3．如图，直线于点，，点是直线上一动点，以为边向上作等边，连接，则的最小值为（　　）
A．1 B．2 C．3 D．4
4．如图，将绕原点O逆时针旋转得到，则点D的坐标是（ ）
A． B． C． D．
5．如图，在中，，，将绕点A逆时针旋转得到．当落在上时，的度数为（ ）
A． B． C． D．
6．如图，菱形的对角线、交于点O，，，将绕着点C旋转得到，连接，则的长是（　　）
A．3 B．4 C．5 D．7
7．如图，点A的坐标是，将线段绕点O顺时针旋转，点A的对应点的坐标是（ ）
A． B． C． D．
8．如图，把绕点顺时针旋转，得到，交于点，若，则的度数（ ）
A． B． C． D．
9．如图，在中，，将绕点A顺时针旋转得到，连接，当点B的对应点落在边上时，的度数为（　　）

A． B． C． D．
10．如图，在矩形中，，，点M是边的中点，点N是边上任意一点，将线段绕点M顺时针旋转，点N旋转到点，则周长的最小值为（ ）
A．15 B． C． D．18
二、填空题（每题3分，共30分）
11．在平面直角坐标系中，点关于原点对称的点的坐标是
12．如图，点F是等边三角形内一点，．将绕点B顺时针旋转得，连接， ．
13．在中，，，将绕点A逆时针旋转后能与重合，当B，P，在同一条直线上，连接，若，，则 ．
14．如图，将含有锐角的三角板绕的锐角顶点逆时针旋转一个角度到，若相交于点，，则旋转角是 ．
15．如图，在中，，将绕点C顺时针旋转得到．点B的对应点在边上（不与点重合）．若，则的度数为 ．
16．平面直角坐标系中，把点绕着原点逆时针旋转，得到点B，则点B的坐标为 ．
17．如图，在中，，，，将绕点逆时针旋转得到，使得点落在上，则的值为 ．
18．如图，点O是矩形的对称中心，点P，Q分别在边上，且经过点，点E是边上一动点．则周长的最小值为 ．

19．如图，已知在中，，，点P在内，且，，，则 ．
20．如图，在平面直角坐标系中，正方形的对角线相交于原点O．若点A的坐标是，则点C的坐标是 ．
三、解答题（共60分）
21．如图，在平面直角坐标系中，的顶点A，B，C．
(1)平移， 点A的对应点的坐标为， 画出平移后的；
(2)将以原点为旋转中心旋转， 画出旋转后对应的；
(3)分别写出的坐标为 ， ．
22．如图，在中，，将绕点逆时针旋转，得到，连接，．
(1)判断的形状；
(2)求证：平分．
23．如图，点是等边内一点，是外的一点，，，将绕点顺时针旋转得，连接．

(1)当，_____；
(2)当为多少度时，是等腰三角形？说明理由．
24．在中，，将在平面内绕点顺时针旋转（）得到，其中点的对应点为点，连接．
(1)若，如图①，求的度数；
(2)当点在边上时，如图②，若，，求的长．
25．如图，正方形，．将正方形绕点逆时针旋转角度（），得到正方形，交于点，延长交于点．
(1)求证：；
(2)顺次连接D，E，C，F，得到四边形．在旋转过程中，四边形能否为矩形？若能，求出的值；若不能，请说明理由．
26．在等边三角形的内部有一点，连接，，以点为中心，把逆时针旋转得到，连接，．以点为中心，把顺时针旋转得到，连接，．
(1)判断和的大小关系，并说明理由；
(2)求证：；
(3)求证：四边形是平行四边形．
27．问题情境：如图1，点E为正方形内一点，，将绕点B顺时针旋转，得到，延长交于点F，连接．
猜想证明：
(1)试判断四边形的形状，并说明理由；
(2)如图2，若，猜想线段与的数量关系并加以证明；
解决问题：
(3)如图1，若，，直接写出的长 ．（结果可含根式）
中小学教育资源及组卷应用平台
中小学教育资源及组卷应用平台
21世纪教育网(www.21cnjy.com)
21世纪教育网(www.21cnjy.com)
参考答案：
1．C
【分析】本题考查了中心对称图形的识别，熟练掌握中心对称图形的定义是解答本题的关键．根据中心对称图形的定义逐项识别即可．
【详解】解：A、不是中心对称图形，故此选项错误；
B、不是中心对称图形，故此选项错误；
C、是中心对称图形，故此选项正确；
D、不是中心对称图形，故此选项错误；
故选：C．
2．D
【分析】本题考查了旋转的性质，等边三角形的判定和性质，平行线的判定，根据旋转的性质，等边三角形的判定和性质，平行线的判定进行判断即可，熟练掌握旋转的性质是解题的关键．
【详解】解：∵将绕点顺时针旋转得，
∴，，故选项不一定正确，
∴是等边三角形，
∴，
∴，
∴，
故选：．
3．B
【分析】本题考查了等边三角形的性质，旋转的性质，全等三角形的判定与性质，直角三角形的性质，熟练掌握全等三角形的判定与性质是解题的关键．以为边作等边三角形，连接，过点作于点，证明，由全等三角形的性质得出，，由直角三角形的性质可得出答案．
【详解】解：如图，以为边作等边三角形，连接，过点作于点，
和为等边三角形，
，，，
，
在和中，
，
，
，，
，
是直线的动点，
在直线上运动，
的最小值为，
，
．
故选：B
4．A
【分析】本题考查了坐标与图形变化-旋转，根据旋转前后对应线段的长度不变解答即可．
【详解】由图易知，，，，
∵将绕原点O逆时针旋转得到，
∴，，，
∵点D在第二象限，
∴点D的坐标是．
故选：A．
5．B
【分析】本题主要考查了旋转的性质．三角形内角和定理，熟练掌握定理与性质是解决问题的关键．
由三角形内角和定理与折叠性质可得出，最后根据角的和差关系即可得出答案．
【详解】∵在中，，，，
∴，
由旋转知，，
∴．
故选：B．
6．C
【分析】本题主要考查了菱形的性质，勾股定理，旋转的性质，解题的关键是熟练掌握菱形的性质．根据菱形的性质及旋转的性质得出，，根据勾股定理求出即可．
【详解】解：∵四边形是菱形，
，，，
，，
，，
绕着点C旋转得到，
，，，
，
．
故选：C．
7．B
【分析】本题主要考查了坐标与图形变化旋转，全等三角形的判定和性质，熟知图形旋转的性质是解题的关键．
根据题意画出旋转后的图形，再结合全等三角形的判定与性质即可解决问题．
【详解】解：如图所示，
分别过点和点作轴的垂线，垂足分别为和，
由旋转可知，
，，
，
．
在和中，
，
，
，．
点的坐标为，
，，
点的坐标为．
故选：B．
8．D
【分析】本题主要考查旋转的性质、直角三角形两锐角互余等知识．根据旋转的性质可得，，结合，可求得，即可获得答案．
【详解】解：根据题意，把绕点顺时针旋转，得到，
由旋转的性质，可得，，
，
，
．
故选：D．
9．D
【分析】本题考查了旋转的性质，等腰三角形的性质，三角形的内角和，熟练掌握这些性质是解题的关键．
利用旋转得出，，再利用等边对等角即可求解．
【详解】由旋转可得，，，
∴，
即的度数为．
故选：D．
10．B
【分析】本题考查了旋转的性质，矩形的性质，勾股定理，确定点的轨迹是解题的关键．由旋转的性质结合证明，推出，得到点在平行于，且与的距离为5的直线上运动，作点关于直线的对称点，连接交直线于点，此时周长取得最小值，由勾股定理可求解．
【详解】解：过点作，交于，过点作垂足为，
∵矩形，
∴，
∴，
∴四边形和都是矩形，
∴，
由旋转的性质得，，
∴，
∴，
∴，
∴点在平行于，且与的距离为5的直线上运动，
作点关于直线的对称点，连接交直线于点，此时周长取得最小值，最小值为，
∵，，
∴，
故选：B．
11．
【分析】本题考查了关于原点对称的点的坐标，平面直角坐标系中任意一点，关于原点的对称点是．据此解答即可．
【详解】解：根据中心对称的性质得：点关于原点对称点的点的坐标是
故答案为：．
12．3
【分析】本题考查等边三角形的判定与性质，旋转的性质，全等三角形的性质，得到是等边三角形是解决问题的关键．
根据已知条件可得到是等边三角形，从而得到．
【详解】解：将绕点顺时针方向旋转得到，
∴
∴，
∴
∴
是等边三角形，
，
故答案为：．
13．
【分析】本题考查了旋转的性质，三角形外角性质，等腰三角形性质，勾股定理，解题的关键是熟练掌握并运用相关知识．根据旋转的性质和勾股定理可求得，再根据旋转的性质，等腰三角形性质，三角形外角性质可得，，，从而得到，再根据勾股定理即可求得的值．
【详解】解：将绕点A逆时针旋转后能与重合，，，，，
，，
，
，，
，
，
故答案为：．
14．
【分析】本题主要考查了旋转的性质、等腰三角形的性质、三角形内角和定理等知识点，熟练掌握三角形内角和定理是解题的关键．
设旋转角为，根据旋转的性质可得，则，由可得，则，所以，进而完成解答．
【详解】解：设旋转角为，
由题意可得：，
根据旋转的性质可得，，
∴，
∵，
∴，
∴，
由可得： ，解得：．
故答案为：．
15．/65度
【分析】本题主要考查了旋转的性质、等腰直角三角形的性质，明确旋转前后对应角相等、对应线段相等是解题的关键．
由旋转知，从而得出是等腰直角三形，即可解决问题．
【详解】解：∵将绕点C顺时针旋转得到，
∴，
∴是等腰直角三角形，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴．
故答案为：．
16．
【分析】本题考查的是旋转的性质，图形与坐标，全等三角形的判定与性质，灵活运用以上知识解题是关键．根据题意画出示意图，结合旋转的性质及全等三角形的性质即可解决问题．
【详解】解：如图所示，连接，，分别过点A和点B作x轴的垂线，垂足分别为M和N，
由旋转可知，
，，
∴，
∴．
在和中，
∴，
∴，．
∵点A的坐标为，
∴，，
∴点B的坐标为．
故答案为：．
17．
【分析】根据旋转的知识得出，的长，再根据勾股定理求解．本题考查了旋转的性质，掌握勾股定理的应用是解题的关键．
【详解】解：由旋转得：，，，
，，
，
，
故答案为：．
18．
【分析】本题主要考查了线段和最小值中典型的“将军饮马型”，矩形的性质，勾股定理等，找到取得最小值的条件，掌握典型问题的解法是解题的关键．
作P关于的对称点，连接，交于E，连接，则的最小值为，证明出周长的最小值为，作于F，于H，利用勾股定理求出和即可．
【详解】解：如图，作P关于的对称点，连接，交于E，连接，

∴，
∴的最小值为，
∴周长的最小值为，
作于F，于H，
∵，
∴，
∵点O是矩形的对称中心，经过点O，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴周长的最小值为．
故答案为：．
19．/135度
【分析】本题考查了旋转的性质，勾股定理逆定理，等腰直角三角形的判定与性质，把绕点C逆时针旋转得到，根据旋转的性质可得是等腰直角三角形，，根据等腰直角三角形的性质求出，然后利用勾股定理逆定理判断出是直角三角形，，再求出即可得解．
【详解】解：如图，把绕点C逆时针旋转得到，
由旋转的性质得，是等腰直角三角形，，
，
，，
，
是直角三角形，，
，
．
故答案为：．
20．
【分析】本题考查坐标与图形，根据正方形的对角线互相垂直平分，得到关于原点对称，即可得出结果．
【详解】解：∵正方形的对角线相交于原点O，
∴，
∴关于原点对称，
∵点A的坐标是，
∴点C的坐标是；
故答案为：．
21．(1)见解析
(2)见解析
(3)，．
【分析】本题考查作图平移变换、旋转变换，熟练掌握平移的性质、旋转的性质是解答本题的关键．
（1）根据平移的性质作图即可．
（2）根据旋转的性质作图即可．
（3）直接写出的坐标即可．
【详解】（1）如图，即为所求．
（2）如图，即为所求．
（3），．
故答案为：，．
22．(1)等边三角形
(2)证明见解析
【分析】本题考查了全等三角形的性质与判定，等边三角形的性质与判定，图形的旋转，旋转前后找到相应的等量关系是解答本题的关键．
（1）依题意，将绕点逆时针旋转，得到，找到旋转前后等量关系，，即可判断的形状；
（2）由旋转关系，可以得到，，，并且为等边三角形，故可以证明，得到平分．
【详解】（1）解：绕点逆时针旋转，
，，
为等边三角形；
（2）证明：绕点逆时针旋转，
，，
，
，
为等边三角形，
，
在和中，
，
，
，
平分．
23．(1)
(2)或或
【分析】（1）由旋转可以得出，，就可以得出是等边三角形，就可以得出，从而得出；
（2）由条件可以表示出，得，，当，或时分别求出的值即可．
【详解】（1）解：∵将绕点顺时针旋转得，，
∴，，，
∴，为等边三角形，
∴，
∴，
故答案为：；
（2）∵，，
∴，
∵，
∴，，
①当时，
，
解得：；
②当时
，
解得：，
③当时，
，
解得：，
综上所述，当为或或时，为等腰三角形．
【点睛】本提是三角形综合题，考查旋转的性质，全等三角形的判定和性质，等边三角形的判定与性质，等腰三角形的判定．掌握旋转的性质是解题的关键．
24．(1)
(2)
【分析】本题考查旋转的性质，三角形内角和勾股定理等知识点，熟练掌握勾股定理是解题的关键；
（1）先由旋转性质，得，，结合三角形内角和列式计算即可作答．
（2）设的长为，由旋转性质，得，先得，，，再在，代入数值计算即可作答．
【详解】（1）解：∵将在平面内绕点顺时针旋转得到，
，
；
（2）解：过点作，
，
∴设的长为，，
∴，，
将在平面内绕点顺时针旋转得到，
，
∴，
∵在，，
即，
整理得，
解得，（舍去），
的长为．
25．(1)见解析
(2)能，
【分析】（1）根据正方形的性质及旋转的性质证明和即可；
（2）由旋转得：，故当互相平分时，四边形为矩形，设，则，，，在中，由勾股定理得：，解方程即可．
【详解】（1）证明：连接
∵四边形是正方形，
∴，，
由旋转得：，，
∴，，
∵，
∴，
∴，
同理可证：，
∴，
∵，
∴；
（2）解：能，
∵四边形是正方形，
∴，，
由旋转得：，
故当互相平分时，四边形为矩形，
∵互相平分，
∴四边形为平行四边形，
∵，
∴四边形为矩形，
设，则，，
由（1）知，
∴在中，由勾股定理得：，
解得：，即．
【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，矩形的判定，勾股定理，熟练掌握知识点，正确添加辅助线是解题的关键．
26．(1)，理由见解析
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）根据旋转的性质得，，则可判断为等边三角形，再利用为等边三角形得到，则可得到；
（2）通过证明得到；
（3）根据旋转的性质得，，则可判断为等边三角形，于是得到，再与（2）的证明方法一样证明得到，于是，加上，从而可判断四边形是平行四边形．
【详解】（1）解：，
理由如下：
以点为中心，把逆时针旋转得到，
，，
为等边三角形，
，
为等边三角形，
，，
，
，
；
（2）证明：在和中，
，
，
；
（3）证明：以点为中心，把顺时针旋转得到，
，，
为等边三角形，
，
为等边三角形，
，，
，
，
，
在和中，
，
，
，
由（1）可知：
，
由（2）可知：，
又，
，
四边形是平行四边形．
【点睛】本题主要考查了旋转的性质，等边三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，平行四边形的判定等知识点，熟练掌握相关知识点是解题的关键．
27．(1)四边形是正方形，理由见解析
(2)结论：，见解析
(3)
【分析】（1）由旋转的性质可得，，，再由正方形的判定即可得证；
（2）过点D作于H，由等腰三角形的性质可得，，证明，可得，由旋转的性质可得，可得出结论；
（3）求得、，再利用勾股定理求解即可．
【详解】（1）解：四边形是正方形，理由如下：
∵将绕点B按顺时针方向旋转，
∴，，，
又，
四边形是矩形，
又∵，
∴四边形是正方形；
（2）结论：；
理由：如图2，过点D作于H，
，，
，
∴，
∵四边形是正方形，
，，
∴，
∴，
又，，
∴，
∴，
∵将绕点B按顺时针方向旋转，
∴，
∵四边形是正方形，
，
∴，
∴；
（3）如图1，过点D作于H，
∵四边形是正方形，
，
，
，
由（2）可知：，，
∴，
．
故答案为：．
【点睛】本题是四边形综合题，考查了正方形的判定和性质，旋转的性质，全等三角形的判定和性质，等腰三角形的性质等知识，解题的关键是添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题．
21世纪教育网(www.21cnjy.com)
21世纪教育网(www.21cnjy.com)