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人教版九年级上学期数学第二十三章质量检测（高阶）
姓名：__________ 班级：__________考号：__________
题号 一 二 三 四 五 总分
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阅卷人 一、选择题（每题3分，共30分）
得分
1．（2023九上·乌鲁木齐月考）如图，将含有角的直角三角板放置在平面直角坐标系中，在x轴上，若，将三角板绕原点O顺时针旋转，则点A的对应点的坐标为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】三角形全等及其性质；含30°角的直角三角形；勾股定理；旋转的性质；坐标与图形变化﹣旋转
【解析】【解答】解：分别过点、作轴、轴于点、，如图所示：
由题意，得：，，
∴，
根据勾股定理可得，
，
∴，，
∵轴、轴，
∴，
∵，
∴，
由旋转的性质可得，
∴，
∴，，
∴点的对应点的坐标为，
故答案为：D
【分析】根据含的直角三角形的性质以及勾股定理可得、、的长度，结合“将三角板绕原点O顺时针旋转”做出图形，然后过点作轴于点，根据旋转的性质可得，再根据全等三角形的判定方法可证即可求解。
2．（2024九上·武昌月考）如图，平行四边形中，，，，是边上一点，且，是边上的一个动点，将线段绕点顺时针旋转，得到，连接、，则的最小值是（ ）
A． B． C．14 D．
【答案】D
【知识点】等边三角形的判定与性质；勾股定理的实际应用-最短路径问题；平行四边形的性质；旋转的性质
【解析】【解答】解：取的中点G，连接，，如图所示：
根据已知得，，
∴是等边三角形，
∴．
∵，
∴．
∵，，
∴≌，
∴，
∴．
∵，，，
∴≌，
∴．
要求最小，就是求最小，
即．
作，交延长线于点H，
∵，
∴．
在中，，，
∴，，
∴．
在中，．
所以的最小值是．
故答案为：D．
【分析】取的中点G，连接，，再证出≌，可得，从而可得要求最小，就是求最小，即，再结合，，求出，，利用线段的和差求出CH的长，最后利用勾股定理求出CE的长即可.
3．（2024九上·游仙期末）如图，边长为12的等边三角形ABC中，M是高CH所在直线上的一个动点，连结MB，将线段BM绕点B逆时针旋转60°得到BN，连结HN．则在点M运动过程中，线段HN长度的最小值是（ ）
A．6 B．3 C．2 D．1.5
【答案】B
【知识点】三角形全等及其性质；三角形全等的判定；等腰三角形的性质；轴对称的性质；旋转的性质
【解析】【解答】解：取BC的中点G，连接MG，如图所示：
∵旋转角为60°，
∴∠MBH+∠HBN=60°，
又∵∠MBH+∠MBC=∠ABC=60°，
∴∠HBN=∠GBM，
∵CH是等边△ABC的对称轴，
∴HB=AB，
∴HB=BG，
又∵MB旋转到BN，
∴BM=BN，
在△MBG和△NBH中，
，
∴△MBG≌△NBH（SAS），
∴MG=NH，
当MG⊥CH时，MG最短，即HN最短，
∴∠BCH=×60°=30°，CG=AB=×12=6，
∴MG=CG=×6=3，
∴HN=3，
故答案为：B
【分析】取BC的中点G，连接MG，进而根据旋转的性质得到∠MBH+∠HBN=60°，BM=BN，从而结合题意根据轴对称的性质得到HB=BG，再根据三角形全等的判定与性质证明△MBG≌△NBH（SAS）即可得到MG=NH，从而得到当MG⊥CH时，MG最短，即HN最短，再根据等腰三角形的性质结合题意即可求解。
4．（2024九上·丰台期末）如图，在中，，，D为边上一点，将绕点A逆时针旋转90°得到，点B、D的对应点分别为点C、E，连接，将平移得到（点A、C的对应点分别为点D、F），连接，若，，则的长为（ ）
A． B．6 C． D．
【答案】A
【知识点】三角形全等及其性质；勾股定理；旋转的性质
5．（2023九上·瀍河期末）如图，O是等边内一点，，，，将线段BO以点B为旋转中心逆时针旋转得到线段，下列结论：①可以由绕点B逆时针旋转得到；②点O与的距离为4；③点；④；⑤．其中正确的有多少（ ）个
A．5 B．4 C．3 D．2
【答案】C
【知识点】等边三角形的判定与性质；勾股定理的逆定理；旋转的性质；三角形全等的判定-SAS
6．（2023九上·开江月考）如图，在正方形中，、是射线上的动点，且，射线、分别交、延长线于、，连接，在下列结论中：①；②；③；④若，则，
⑤，其中正确的结论有（ ）
A．个 B．个 C．个 D．个
【答案】B
【知识点】三角形全等及其性质；勾股定理；正方形的性质；旋转的性质
7．（2023九上·北关期中）如图，菱形的顶点O与原点重合，点C在x轴上，点A的坐标为，将菱形绕点O逆时针旋转，每次旋转，则第次旋转结束时，点B的坐标为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】勾股定理；菱形的性质；坐标与图形变化﹣旋转
8．（2023九上·滨州期中）如图，正方形ABCD的边长为4，对角线AC、BD相交于点O，将△ABD绕着点B顺时针旋转45°得到△BEF，EF交CD于点G，连接BG交AC于点H，连接EH．则下列结论：①△BGE≌△BGC；②四边形EHCG是菱形；③△BDG的面积是8﹣4；④OH＝4﹣2．其中正确结论的序号是（ ）
\
A．①② B．①②③ C．①②④ D．①②③④
【答案】C
【知识点】三角形全等及其性质；菱形的判定与性质；正方形的性质；旋转的性质
9．（2023九上·福州月考）如图，在平面直角坐标系中，Rt△AOB的一条直角边OB在x轴上，点A的坐标为（-6，4）；Rt△COD中，∠COD＝90°，OD＝4，∠D＝30°，连接BC，点M是BC中点，连接AM．将Rt△COD以点O为旋转中心按顺时针方向旋转，在旋转过程中，线段AM的最小值是（ ）
A．3 B．6-4 C．2-2 D．2
【答案】A
【知识点】含30°角的直角三角形；勾股定理；坐标与图形变化﹣旋转
【解析】【解答】解：如图，取OB中点N，连接MN，AN．
在Rt△OCD中，OD＝4，∠D＝30°，
∴OC＝4，
∵M、N分别是BC、OB的中点，
∴MN=OC＝2，
在△ABN中，AB＝4，BN＝3，
∴AN＝5，
在△AMN中，AM＞AN-MN；当M运动到AN上时，AM＝AN-MN，
∴AM≥AN-MN＝5-2＝3，
∴线段AM的最小值是3，
故答案为：A.
【分析】由点M是BC中点，想到构造中位线，因此取OB中点，可求得MN的长，然后利用三角形两边之差即AM≥AN-MN的最值模型即可解答．
10．（2024九上·浙江月考）如图，已知在平面直角坐标系中，一段抛物线，记为抛物线，它与轴交于点，；将抛物线绕点旋转得抛物线，交轴于点，；将抛物线绕点，旋转得抛物线，交轴于点，；……如此进行下去，得到一条“波浪线”，若点在此“波浪线”上，则的值为（ ）
A． B． C．9 D．5
【答案】B
【知识点】二次函数图象与坐标轴的交点问题；探索规律-函数上点的规律；二次函数图象的对称变换
【解析】【解答】解：对于，当时，，
解得：，
∴．
∵，
∴．
由题意可知，，
∴可设：，
将代入，得：，
解得：，
∴．
由题意又可知整个函数图象每隔个单位长度，函数值就相等，
∵，
∴m的值等于时的纵坐标，
∴．
故答案为：B．
【分析】令抛物线解析式中的y=0，算出对应的自变量x的值可求出，将抛物线的解析式配成顶点式可得，由旋转的性质从而可求出，，进而利用待定系数法求出C2的解析式，再根据整个函数图象每隔个单位长度，函数值就相等，由，即可知m的值等于时的纵坐标，从而即可得出答案．
阅卷人 二、填空题（每题3分，共15分）
得分
11．（2023九上·江油期中）如图，已知△ABC，∠ABC＜60°，将△ABC绕点A逆时针旋转60°得到△ADE，DE与BC交于点P．下列结论：
①∠EPC＝60°；
②AC与DE互相平分；
③PA+PC＝PE；
④PA平分∠BPE，其中正确结论的是 ．
【答案】①③④
【知识点】三角形全等及其性质；等边三角形的判定与性质；旋转的性质；三角形全等的判定-SAS
【解析】【解答】解：设AD交BC于点F，
由旋转的性质可得：∠B＝∠D，∠BAD＝∠CAE＝60°，AE＝AC，
∵∠B+∠BAD＝∠D+∠BPD，
∴∠BPD＝∠BAD＝60°，
∴∠EPC＝∠BPD＝60°，
故①正确；
设DE交AC于点H，连接CE，
∵∠CAE＝60°，AE＝AC，
∴△ACE是等边三角形，
若AC与DE互相平分，则AH＝CH，
∴PE⊥AC，
∵∠EPC＝60°，∠C的大小无法确定，
∴∠CHP不一定等于90°，
故②错误；
在BC上截取BG＝PD，
由旋转的性质得：∠B＝∠D，BC＝DE，AB＝AD，∠BAD＝60°，
∴CG＝PE，
∴△ABG≌△ADP（SAS），
∴AG＝AP，∠BAG＝∠DAP，
∴∠BAG+∠DAG＝∠DAP+∠DAG，
即∠BAD＝∠GAP＝60°，
∴△APG是等边三角形，
∴AP＝PG，∠APB＝60°，
∴AP+PC＝PG+PC＝CG＝PE，
故③正确；
∵∠EPC＝60°，
∴∠BPE＝120°，
∴∠APE＝∠APB＝60°，
∴PA平分∠BPE，
故④正确．
故答案为：①③④．
【分析】设AD交BC于点F，由旋转的性质可得：∠B＝∠D，∠BAD＝∠CAE＝60°，AE＝AC，利用三角形内角和定理求得∠EPC＝∠BPD＝60°，故 ① 正确；设DE交AC于点H，连接CE，先证明△ACE是等边三角形，再利用反证法结合已知条件即可判断 ② 错误；在BC上截取BG＝PD，由旋转的性质得：∠B＝∠D，BC＝DE，AB＝AD，∠BAD＝60°，证明△ABG≌△ADP（SAS），利用三角形全等的性质可进一步求得∠BAD＝∠GAP＝60°，可得△APG是等边三角形，利用等边三角形的性质可得AP＝PG，∠APB＝60°，进而求得AP+PC＝PE，故③正确；由①得∠EPC＝60°，进而得到∠APE＝∠APB，即④ 正确；故正确的有 ①③④ .
12．（2024九上·渠县期末）如图，正方形中，，O是边的中点，点E是正方形内一动点，，连接，将线段绕点D逆时针旋转得，连接，则线段长的最小值为 ．
【答案】
【知识点】三角形三边关系；勾股定理；正方形的性质；旋转的性质
【解析】【解答】解：连接，将线段绕点D逆时针旋转得，连接，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵正方形中，，O是边的中点，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴线段OF长的最小值为．
故答案为：．
【分析】连接，将线段绕点D逆时针旋转得，连接，先利用SAS证明，可得，再利用勾股定理求得，进而可得，再根据三角形三边的关系可得，代入数值即可得到OF的最小值.
13．（2023九上·番禺期中）如图，在正方形中，，F是边上的动点，将绕点A顺时针旋转至，将沿AF翻折至，连接交于点H，连接，则面积的最大值为 ．
【答案】
【知识点】三角形全等及其性质；正方形的性质；旋转的性质
14．（2023九上·唐河期中）如图，在矩形中，，，F为中点，P是线段上一点，设，连结并将它绕点P顺时针旋转90°得到线段，连结、，则在点P从点B向点C的运动过程中，有下面四个结论：①当时，；②点E到边的距离为m；③直线一定经过点；④的最小值为．其中结论正确的是 ．（填序号即可）
【答案】②③④
【知识点】三角形全等及其性质；勾股定理；矩形的性质；旋转的性质
15．（2021九上·柯桥月考）如图，“心”形是由抛物线 和它绕着原点O，顺时针旋转60°的图形经过取舍而成的，其中顶点C的对应点为D，点A，B是两条抛物线的两个交点，点E，F，G是抛物线与坐标轴的交点，则AB= ．
【答案】
【知识点】勾股定理；轴对称的性质；旋转的性质；二次函数y=a（x-h）²+k的图象
【解析】【解答】解：如图，连接OD，作BP⊥x轴，垂足为M，作AP⊥y轴，垂足为N，AP，BP相交于点P，
∵点C绕原点O旋转60°得到点D，
.∠COD=60° ，
由“心”形的对称性得AB为对称轴，
∴OB平分∠COD，
∴∠COB=30°，
∴∠BOG=60° ，
设OM=k，在Rt△OBM中，BM=OMtan∠BOM =k，
∴点B坐标为(k，k)，
∵点B在抛物线y= - x2+6上，
- k2+6=k，
解得k1=，k2=-2，
∴点B坐标为(，3)，点A的坐标为( -2，-6)，
∴AP=3，BP=9，
在Rt△ABP中，AB= =6.
故答案为：6.
【分析】连接OD，作BP⊥x轴，垂足为M，作AP⊥y轴，垂足为N，AP，BP相交于点P，根据旋转的性质和“心形的对称性得到∠COB=30°，∠BOG=60°， 设OM=k，得到点B坐标为(k，k)，把点B代入y= -x2+6中，求出k的值，即可得到A、B点坐标，最后根据勾股定理求出AB即可.
阅卷人 三、作图题（共2题，共18分）
得分
16．（2023九上·济宁月考）如图，△ABC中，，，边BA绕点B顺时针旋转角得到线段BP，连接PA，PC，过点P作于点D．
（1）如图1，若，______°；
（2）如图2，若，求∠DPC的度数；
（3）如图3，若，依题意补全图，并求出∠DPC的度数．
【答案】（1）15
（2）75°
（3）15°
【知识点】三角形全等及其性质；等边三角形的判定与性质；含30°角的直角三角形；旋转的性质
17．（2018-2019学年数学人教版九年级上册23.2.2中心对称图形 同步练习）如图，△ABC三个顶点的坐标分别为A（1，1），B（4，2），C（3，4）．
（1）请画出将△ABC向左平移4个单位长度后得到的图形△A1B1C1；
（2）请画出△ABC关于原点O成中心对称的图形△A2B2C2；
（3）在x轴上找一点P，使PA+PB的值最小，请直接写出点P的坐标．
【答案】（1）解：如图1所示：
（2）解：如图2所示：
（3）解：找出A的对称点A′（1，﹣1），
连接BA′，与x轴交点即为P；
如图3所示：点P坐标为（2，0）．
【知识点】轴对称的应用-最短距离问题；作图﹣平移；作图﹣旋转
【解析】【分析】（1）将△ABC的各个顶点向左平移4个单位长度得到对应点A1、B1、C1，顺次连接即可解答。
（2）由题意分别作出点A、B、C分别关于原点的对称点A2、B2、C2，再顺次连接即可解答。
（3）作点A关于x轴的对称点A，连接AB交x轴于点P，利用三角形三边关系定理可得出PA+PB的值最小，然后写出点P的坐标。
阅卷人 四、解答题（共5题，共45分）
得分
18．（2024九上·馆陶期末）如图，在矩形中，，，，垂足为E．F是点E关于的对称点，连接．
（1）求证：；
（2）求和的长；
（3）将一个与完全重合的透明三角板沿射线方向平移．
①设点在上移动的距离是m．当点分别落在线段上时，求相应的m的值；
②当点落在上时，立刻将绕点顺时针旋转，且旋转60°时停止．点H在上，且．若平移的速度为每秒1个单位长度，绕点旋转的速度为每秒5°，在整个运动过程中，直接写出点H在区域（含边界）内的时长．
【答案】（1）证明：∵F是点E关于的对称点，
∴，
∵，
∴；
（2）解：∵在矩形中，，，
∴，
∵，，
∴，；
（3）解：①由（1）可得，，由平移的性质可得：，
当落在线段上时，如下图：
∵，
∴，
∴，
∴，即；
当落在线段上时，如下图：
∵，
∴，
∵，
∴，
又∵，
∴是等腰三角形，
∴，
∵，，
∴，
∴，即；
②点H在区域（含边界）内的时长为秒
【知识点】矩形的性质；旋转的性质；三角形全等的判定-SSS
【解析】【解答】解：（3）②根据题意，可知点H在区域内可分为两段：
当点H落在边上时，如图，
∵，
∴，
∴；
当落在线段上时，如图，由①得，，
∵，
∴，
∴绕点顺时针旋转时，当旋转到经过点H时，记此时的对应点为M，
∵，，
∴在直角三角形中，，
∴，
∵，
∴，
∴旋转时点H在区域（含边界）内的时长为秒；
综上，在整个运动过程中，点H在区域（含边界）内的时长为秒
【分析】（1）先根据对称得到，进而运用三角形全等的判定（SSS）即可求解；
（2）先根据矩形的性质得到，进而结合题意运用特殊角的三角函数值即可求解；
（3）①由（1）可得，，由平移的性质可得，进而分类讨论：当落在线段上时，当落在线段上时，再根据平行线的性质结合等腰三角形的判定与性质进行运算即可求解；
②根据题意分类讨论：当点H落在边上时，当落在线段上时，进而根据旋转的性质结合题意解直角三角形即可求解。
19．（2023九上·赤坎期末）如图，已知抛物线（）与轴交于点和点，与轴交于点，且．
（1）求此抛物线的解析式；
（2）若点为第二象限抛物线上一动点，连接，，求四边形面积的最大值，并求出此时点的坐标；
（3）点在抛物线的对称轴上，若线段绕点逆时针旋转90°后，点的对应点恰好也落在此抛物线上，求点的坐标．
【答案】（1）解：抛物线)（）与轴交于点和点
，
，
，
，
，
解得：，
所求抛物线解析式为：
（2）解：如图2，过点作轴于点，设，其中，
∴F(a，0)
，，，
∴，
，
，
，
当时，四边形BOCE面积最大，且最大值为．
此时，点坐标为
（3）解：抛物线的对称轴为，点在抛物线的对称轴上，
设，
线段绕点逆时针旋转90°后，点的对应点恰好也落在此抛物线上，如图，
，，
如图3，过作对称轴于，设对称轴于轴交于点，
，
，
在与中，
，
，
，，
，
代入
得：，
解得：，，
或.
【知识点】待定系数法求二次函数解析式；旋转的性质；二次函数图象上点的坐标特征；二次函数-动态几何问题；三角形全等的判定-AAS
【解析】【分析】（1）根据点B的坐标及OB=OC可得OC的长，进而根据抛物线的图象与系数的关系可得c的值；然后将A、B的坐标及c的值分别代入y=ax2+bx+c可得关于字母a、b的方程组，求解得出a、b的值，从而得到抛物线的解析式；
（2）过点E作EF⊥x轴于点F，设E(a，-a2-2a+3)，其中-3＜a＜0，则F(a，0)，根据两点间的距离公式表示出EF、BF、OF，由S四边形BOCE=S梯形EFOC+S△BEF建立出函数关系式，进而根据所得函数的性质可得四边形BOCE面积的 最大值及此时点E的坐标；
（3）首先设P（-1，m），由旋转的性质得PA=PA'，∠APA'=90°，过A'作A'N⊥对称轴于N，设对称轴于x轴交于点M，然后可用AAS判断出△A'NP≌△PMA，由全等三角形的性质得A'N=PM=|m|，PN=AM=2，从而得出A'(m-1，m+2)，再将点A'的坐标代入抛物线的解析式可算出m的值，从而得出点P的坐标.
20．（2024九上·兴国期末）课本知识再现：
（Ⅰ）归纳（八年级上册课本页）：点关于轴对称的点的坐标为；点关于轴对称的点的坐标为；
（Ⅱ）归纳（九年级上册课本页）：两个点关于原点对称时，它们的坐标符号相反，即点关于原点的对称点为．
小颖在学习完《旋转》与《二次函数》两章后，从点的对称角度思考函数图象的对称，发现一次函数、二次函数图象上也可以应用点的对称特点．
根据上面知识，求与已知直线关于轴对称的直线的解析式；
解：设与直线关于轴对称的直线上任意一点，
∵点关于轴对称的点的坐标为，
又∵点必在直线上，
把点代入，得
，
∴与已知直线关于轴对称的直线的解析式为．
理解上面的解题过程，并完成下题：
（1）直接写出直线关于轴对称的直线的解析式为 ；
（2）已知二次函数的图像与抛物线关于原点对称，请根据上述方法求的值；
（3）判断以下每对函数的图象：
①与； ②与；
③与； ④与．
其中一定关于原点对称的是 （填序号）．
【答案】（1）；
（2），，；
（3）．
【知识点】待定系数法求一次函数解析式；待定系数法求二次函数解析式；坐标与图形变化﹣对称；关于原点对称的点的坐标特征
21．（2024九上·绵阳期末）如图，中，，将绕点A逆时针旋转得到，与交于点D，与交于点E，与交于点F，当B、D、F重合时停止旋转．
（1）证明：在旋转过程中；
（2）如图1，当平分时，证明：；
（3）如图2，若，，在旋转过程中，当是等腰三角形时，求该等腰三角形底边的长度．
【答案】（1）证明：∵将绕点A逆时针旋转得到，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴；
（2）证明：∵将绕点A逆时针旋转得到，
∴，，，，
∵平分，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴；
（3）解：∵中，，，，
∴，
作，垂足为，
∵，
解得，
∴，
①当时，则，
∴；
②当时，则，
∴；
③当时，则，
综上，该等腰三角形底边的长度为3或或．
【知识点】三角形全等及其性质；等腰三角形的判定；勾股定理；旋转的性质
【解析】【分析】（1）根据旋转的性质得出，进而得到，再利用对顶角相等，等量代换后即可得证；
（2）根据旋转的性质和角平分线的定义先证，得出，进而可得；
（3）根据勾股定理求出AB的长，作，垂足为， 利用等面积法求得BG的长，再分三种情况讨论，①当时，②当时，③当时，分别计算出底边的长度即可.
22．（2024九上·绥中期末）【问题初探】（1）如图1，为等边三角形内一点，满足，，，试求的大小.李明同学的思路是：将绕点逆时针旋转60°，点的对应点为，画出旋转后的图形，再连接.将求分成求和的和即可.请你按照李明同学给出的旋转的思路，求的大小；
【问题解决】（2）如图2，在正方形中，，分别为，边上的点，满足，若，，求的面积；
【问题拓展】（3）如图3，在四边形，，，，求的长.
【答案】（1）；（2）；（3）
【知识点】三角形全等及其性质；等边三角形的判定与性质；正方形的性质；旋转的性质
阅卷人 五、实践探究题（共12分）
得分
23．（2023九上·吉州月考）问题解决
一节数学课上，老师提出了这样一个问题：如图①，点P是等边内的一点，，，.你能求出的度数和等边的面积吗 小明通过观察、分析、思考，形成了如下思路：
如图①将绕点B逆时针旋转，得到，连接，可得是等边三角形，根据勾股定理逆定理可得是直角三角形，从而使问题得到解决.
（1）结合小明的思路完成填空： ， ， ， .
（2）类比探究
①.如图②，若点P是正方形内一点，，，，求的度数和正方形的面积.
②.如图③，若点P是正方形外一点，，，，求的度数和正方形的面积.
【答案】（1）8；；；
（2）解：①将绕点B按顺时针方向旋转，使与重合，过点A作，交的延长线于H，
则，，，，
由勾股定理得：；
，，，，
又，，
，，
，，
，
∴正方形的面积
②.将绕点B逆时针旋转，得到，连接，过点A作，交的延长线于H，
，
，，
在中，，
，根据勾股定理得，，
，，
，，是直角三角形，且，
；
，，
，，
，
正方形的面积.
【知识点】勾股定理；正方形的性质；图形的旋转；旋转的性质
【解析】【解答】解：（1）将绕点B逆时针旋转，得到，
，，
是等边三角形，
，，
，，
，，，
如图，过点B作，交延长线于H，
又，
，，
，，
；
【分析】（1）先证出是等边三角形，可得，再利用勾股定理的逆定理证出，再求出，过点B作，交延长线于H，再求出，可得；
（2）①先求出，再结合，求出，再使用勾股定理求出，最后求出正方形的面积即可；
②先求出 是直角三角形，且，再利用角的运算求出，再利用勾股定理求出，最后求出正方形的面积即可.
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人教版九年级上学期数学第二十三章质量检测（高阶）
姓名：__________ 班级：__________考号：__________
题号 一 二 三 四 五 总分
评分
阅卷人 一、选择题（每题3分，共30分）
得分
1．（2023九上·乌鲁木齐月考）如图，将含有角的直角三角板放置在平面直角坐标系中，在x轴上，若，将三角板绕原点O顺时针旋转，则点A的对应点的坐标为（ ）
A． B． C． D．
2．（2024九上·武昌月考）如图，平行四边形中，，，，是边上一点，且，是边上的一个动点，将线段绕点顺时针旋转，得到，连接、，则的最小值是（ ）
A． B． C．14 D．
3．（2024九上·游仙期末）如图，边长为12的等边三角形ABC中，M是高CH所在直线上的一个动点，连结MB，将线段BM绕点B逆时针旋转60°得到BN，连结HN．则在点M运动过程中，线段HN长度的最小值是（ ）
A．6 B．3 C．2 D．1.5
4．（2024九上·丰台期末）如图，在中，，，D为边上一点，将绕点A逆时针旋转90°得到，点B、D的对应点分别为点C、E，连接，将平移得到（点A、C的对应点分别为点D、F），连接，若，，则的长为（ ）
A． B．6 C． D．
5．（2023九上·瀍河期末）如图，O是等边内一点，，，，将线段BO以点B为旋转中心逆时针旋转得到线段，下列结论：①可以由绕点B逆时针旋转得到；②点O与的距离为4；③点；④；⑤．其中正确的有多少（ ）个
A．5 B．4 C．3 D．2
6．（2023九上·开江月考）如图，在正方形中，、是射线上的动点，且，射线、分别交、延长线于、，连接，在下列结论中：①；②；③；④若，则，
⑤，其中正确的结论有（ ）
A．个 B．个 C．个 D．个
7．（2023九上·北关期中）如图，菱形的顶点O与原点重合，点C在x轴上，点A的坐标为，将菱形绕点O逆时针旋转，每次旋转，则第次旋转结束时，点B的坐标为（ ）
A． B． C． D．
8．（2023九上·滨州期中）如图，正方形ABCD的边长为4，对角线AC、BD相交于点O，将△ABD绕着点B顺时针旋转45°得到△BEF，EF交CD于点G，连接BG交AC于点H，连接EH．则下列结论：①△BGE≌△BGC；②四边形EHCG是菱形；③△BDG的面积是8﹣4；④OH＝4﹣2．其中正确结论的序号是（ ）
\
A．①② B．①②③ C．①②④ D．①②③④
9．（2023九上·福州月考）如图，在平面直角坐标系中，Rt△AOB的一条直角边OB在x轴上，点A的坐标为（-6，4）；Rt△COD中，∠COD＝90°，OD＝4，∠D＝30°，连接BC，点M是BC中点，连接AM．将Rt△COD以点O为旋转中心按顺时针方向旋转，在旋转过程中，线段AM的最小值是（ ）
A．3 B．6-4 C．2-2 D．2
10．（2024九上·浙江月考）如图，已知在平面直角坐标系中，一段抛物线，记为抛物线，它与轴交于点，；将抛物线绕点旋转得抛物线，交轴于点，；将抛物线绕点，旋转得抛物线，交轴于点，；……如此进行下去，得到一条“波浪线”，若点在此“波浪线”上，则的值为（ ）
A． B． C．9 D．5
阅卷人 二、填空题（每题3分，共15分）
得分
11．（2023九上·江油期中）如图，已知△ABC，∠ABC＜60°，将△ABC绕点A逆时针旋转60°得到△ADE，DE与BC交于点P．下列结论：
①∠EPC＝60°；
②AC与DE互相平分；
③PA+PC＝PE；
④PA平分∠BPE，其中正确结论的是 ．
12．（2024九上·渠县期末）如图，正方形中，，O是边的中点，点E是正方形内一动点，，连接，将线段绕点D逆时针旋转得，连接，则线段长的最小值为 ．
13．（2023九上·番禺期中）如图，在正方形中，，F是边上的动点，将绕点A顺时针旋转至，将沿AF翻折至，连接交于点H，连接，则面积的最大值为 ．
14．（2023九上·唐河期中）如图，在矩形中，，，F为中点，P是线段上一点，设，连结并将它绕点P顺时针旋转90°得到线段，连结、，则在点P从点B向点C的运动过程中，有下面四个结论：①当时，；②点E到边的距离为m；③直线一定经过点；④的最小值为．其中结论正确的是 ．（填序号即可）
15．（2021九上·柯桥月考）如图，“心”形是由抛物线 和它绕着原点O，顺时针旋转60°的图形经过取舍而成的，其中顶点C的对应点为D，点A，B是两条抛物线的两个交点，点E，F，G是抛物线与坐标轴的交点，则AB= ．
阅卷人 三、作图题（共2题，共18分）
得分
16．（2023九上·济宁月考）如图，△ABC中，，，边BA绕点B顺时针旋转角得到线段BP，连接PA，PC，过点P作于点D．
（1）如图1，若，______°；
（2）如图2，若，求∠DPC的度数；
（3）如图3，若，依题意补全图，并求出∠DPC的度数．
17．（2018-2019学年数学人教版九年级上册23.2.2中心对称图形 同步练习）如图，△ABC三个顶点的坐标分别为A（1，1），B（4，2），C（3，4）．
（1）请画出将△ABC向左平移4个单位长度后得到的图形△A1B1C1；
（2）请画出△ABC关于原点O成中心对称的图形△A2B2C2；
（3）在x轴上找一点P，使PA+PB的值最小，请直接写出点P的坐标．
阅卷人 四、解答题（共5题，共45分）
得分
18．（2024九上·馆陶期末）如图，在矩形中，，，，垂足为E．F是点E关于的对称点，连接．
（1）求证：；
（2）求和的长；
（3）将一个与完全重合的透明三角板沿射线方向平移．
①设点在上移动的距离是m．当点分别落在线段上时，求相应的m的值；
②当点落在上时，立刻将绕点顺时针旋转，且旋转60°时停止．点H在上，且．若平移的速度为每秒1个单位长度，绕点旋转的速度为每秒5°，在整个运动过程中，直接写出点H在区域（含边界）内的时长．
19．（2023九上·赤坎期末）如图，已知抛物线（）与轴交于点和点，与轴交于点，且．
（1）求此抛物线的解析式；
（2）若点为第二象限抛物线上一动点，连接，，求四边形面积的最大值，并求出此时点的坐标；
（3）点在抛物线的对称轴上，若线段绕点逆时针旋转90°后，点的对应点恰好也落在此抛物线上，求点的坐标．
20．（2024九上·兴国期末）课本知识再现：
（Ⅰ）归纳（八年级上册课本页）：点关于轴对称的点的坐标为；点关于轴对称的点的坐标为；
（Ⅱ）归纳（九年级上册课本页）：两个点关于原点对称时，它们的坐标符号相反，即点关于原点的对称点为．
小颖在学习完《旋转》与《二次函数》两章后，从点的对称角度思考函数图象的对称，发现一次函数、二次函数图象上也可以应用点的对称特点．
根据上面知识，求与已知直线关于轴对称的直线的解析式；
解：设与直线关于轴对称的直线上任意一点，
∵点关于轴对称的点的坐标为，
又∵点必在直线上，
把点代入，得
，
∴与已知直线关于轴对称的直线的解析式为．
理解上面的解题过程，并完成下题：
（1）直接写出直线关于轴对称的直线的解析式为 ；
（2）已知二次函数的图像与抛物线关于原点对称，请根据上述方法求的值；
（3）判断以下每对函数的图象：
①与； ②与；
③与； ④与．
其中一定关于原点对称的是 （填序号）．
21．（2024九上·绵阳期末）如图，中，，将绕点A逆时针旋转得到，与交于点D，与交于点E，与交于点F，当B、D、F重合时停止旋转．
（1）证明：在旋转过程中；
（2）如图1，当平分时，证明：；
（3）如图2，若，，在旋转过程中，当是等腰三角形时，求该等腰三角形底边的长度．
22．（2024九上·绥中期末）【问题初探】（1）如图1，为等边三角形内一点，满足，，，试求的大小.李明同学的思路是：将绕点逆时针旋转60°，点的对应点为，画出旋转后的图形，再连接.将求分成求和的和即可.请你按照李明同学给出的旋转的思路，求的大小；
【问题解决】（2）如图2，在正方形中，，分别为，边上的点，满足，若，，求的面积；
【问题拓展】（3）如图3，在四边形，，，，求的长.
阅卷人 五、实践探究题（共12分）
得分
23．（2023九上·吉州月考）问题解决
一节数学课上，老师提出了这样一个问题：如图①，点P是等边内的一点，，，.你能求出的度数和等边的面积吗 小明通过观察、分析、思考，形成了如下思路：
如图①将绕点B逆时针旋转，得到，连接，可得是等边三角形，根据勾股定理逆定理可得是直角三角形，从而使问题得到解决.
（1）结合小明的思路完成填空： ， ， ， .
（2）类比探究
①.如图②，若点P是正方形内一点，，，，求的度数和正方形的面积.
②.如图③，若点P是正方形外一点，，，，求的度数和正方形的面积.
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】三角形全等及其性质；含30°角的直角三角形；勾股定理；旋转的性质；坐标与图形变化﹣旋转
【解析】【解答】解：分别过点、作轴、轴于点、，如图所示：
由题意，得：，，
∴，
根据勾股定理可得，
，
∴，，
∵轴、轴，
∴，
∵，
∴，
由旋转的性质可得，
∴，
∴，，
∴点的对应点的坐标为，
故答案为：D
【分析】根据含的直角三角形的性质以及勾股定理可得、、的长度，结合“将三角板绕原点O顺时针旋转”做出图形，然后过点作轴于点，根据旋转的性质可得，再根据全等三角形的判定方法可证即可求解。
2．【答案】D
【知识点】等边三角形的判定与性质；勾股定理的实际应用-最短路径问题；平行四边形的性质；旋转的性质
【解析】【解答】解：取的中点G，连接，，如图所示：
根据已知得，，
∴是等边三角形，
∴．
∵，
∴．
∵，，
∴≌，
∴，
∴．
∵，，，
∴≌，
∴．
要求最小，就是求最小，
即．
作，交延长线于点H，
∵，
∴．
在中，，，
∴，，
∴．
在中，．
所以的最小值是．
故答案为：D．
【分析】取的中点G，连接，，再证出≌，可得，从而可得要求最小，就是求最小，即，再结合，，求出，，利用线段的和差求出CH的长，最后利用勾股定理求出CE的长即可.
3．【答案】B
【知识点】三角形全等及其性质；三角形全等的判定；等腰三角形的性质；轴对称的性质；旋转的性质
【解析】【解答】解：取BC的中点G，连接MG，如图所示：
∵旋转角为60°，
∴∠MBH+∠HBN=60°，
又∵∠MBH+∠MBC=∠ABC=60°，
∴∠HBN=∠GBM，
∵CH是等边△ABC的对称轴，
∴HB=AB，
∴HB=BG，
又∵MB旋转到BN，
∴BM=BN，
在△MBG和△NBH中，
，
∴△MBG≌△NBH（SAS），
∴MG=NH，
当MG⊥CH时，MG最短，即HN最短，
∴∠BCH=×60°=30°，CG=AB=×12=6，
∴MG=CG=×6=3，
∴HN=3，
故答案为：B
【分析】取BC的中点G，连接MG，进而根据旋转的性质得到∠MBH+∠HBN=60°，BM=BN，从而结合题意根据轴对称的性质得到HB=BG，再根据三角形全等的判定与性质证明△MBG≌△NBH（SAS）即可得到MG=NH，从而得到当MG⊥CH时，MG最短，即HN最短，再根据等腰三角形的性质结合题意即可求解。
4．【答案】A
【知识点】三角形全等及其性质；勾股定理；旋转的性质
5．【答案】C
【知识点】等边三角形的判定与性质；勾股定理的逆定理；旋转的性质；三角形全等的判定-SAS
6．【答案】B
【知识点】三角形全等及其性质；勾股定理；正方形的性质；旋转的性质
7．【答案】B
【知识点】勾股定理；菱形的性质；坐标与图形变化﹣旋转
8．【答案】C
【知识点】三角形全等及其性质；菱形的判定与性质；正方形的性质；旋转的性质
9．【答案】A
【知识点】含30°角的直角三角形；勾股定理；坐标与图形变化﹣旋转
【解析】【解答】解：如图，取OB中点N，连接MN，AN．
在Rt△OCD中，OD＝4，∠D＝30°，
∴OC＝4，
∵M、N分别是BC、OB的中点，
∴MN=OC＝2，
在△ABN中，AB＝4，BN＝3，
∴AN＝5，
在△AMN中，AM＞AN-MN；当M运动到AN上时，AM＝AN-MN，
∴AM≥AN-MN＝5-2＝3，
∴线段AM的最小值是3，
故答案为：A.
【分析】由点M是BC中点，想到构造中位线，因此取OB中点，可求得MN的长，然后利用三角形两边之差即AM≥AN-MN的最值模型即可解答．
10．【答案】B
【知识点】二次函数图象与坐标轴的交点问题；探索规律-函数上点的规律；二次函数图象的对称变换
【解析】【解答】解：对于，当时，，
解得：，
∴．
∵，
∴．
由题意可知，，
∴可设：，
将代入，得：，
解得：，
∴．
由题意又可知整个函数图象每隔个单位长度，函数值就相等，
∵，
∴m的值等于时的纵坐标，
∴．
故答案为：B．
【分析】令抛物线解析式中的y=0，算出对应的自变量x的值可求出，将抛物线的解析式配成顶点式可得，由旋转的性质从而可求出，，进而利用待定系数法求出C2的解析式，再根据整个函数图象每隔个单位长度，函数值就相等，由，即可知m的值等于时的纵坐标，从而即可得出答案．
11．【答案】①③④
【知识点】三角形全等及其性质；等边三角形的判定与性质；旋转的性质；三角形全等的判定-SAS
【解析】【解答】解：设AD交BC于点F，
由旋转的性质可得：∠B＝∠D，∠BAD＝∠CAE＝60°，AE＝AC，
∵∠B+∠BAD＝∠D+∠BPD，
∴∠BPD＝∠BAD＝60°，
∴∠EPC＝∠BPD＝60°，
故①正确；
设DE交AC于点H，连接CE，
∵∠CAE＝60°，AE＝AC，
∴△ACE是等边三角形，
若AC与DE互相平分，则AH＝CH，
∴PE⊥AC，
∵∠EPC＝60°，∠C的大小无法确定，
∴∠CHP不一定等于90°，
故②错误；
在BC上截取BG＝PD，
由旋转的性质得：∠B＝∠D，BC＝DE，AB＝AD，∠BAD＝60°，
∴CG＝PE，
∴△ABG≌△ADP（SAS），
∴AG＝AP，∠BAG＝∠DAP，
∴∠BAG+∠DAG＝∠DAP+∠DAG，
即∠BAD＝∠GAP＝60°，
∴△APG是等边三角形，
∴AP＝PG，∠APB＝60°，
∴AP+PC＝PG+PC＝CG＝PE，
故③正确；
∵∠EPC＝60°，
∴∠BPE＝120°，
∴∠APE＝∠APB＝60°，
∴PA平分∠BPE，
故④正确．
故答案为：①③④．
【分析】设AD交BC于点F，由旋转的性质可得：∠B＝∠D，∠BAD＝∠CAE＝60°，AE＝AC，利用三角形内角和定理求得∠EPC＝∠BPD＝60°，故 ① 正确；设DE交AC于点H，连接CE，先证明△ACE是等边三角形，再利用反证法结合已知条件即可判断 ② 错误；在BC上截取BG＝PD，由旋转的性质得：∠B＝∠D，BC＝DE，AB＝AD，∠BAD＝60°，证明△ABG≌△ADP（SAS），利用三角形全等的性质可进一步求得∠BAD＝∠GAP＝60°，可得△APG是等边三角形，利用等边三角形的性质可得AP＝PG，∠APB＝60°，进而求得AP+PC＝PE，故③正确；由①得∠EPC＝60°，进而得到∠APE＝∠APB，即④ 正确；故正确的有 ①③④ .
12．【答案】
【知识点】三角形三边关系；勾股定理；正方形的性质；旋转的性质
【解析】【解答】解：连接，将线段绕点D逆时针旋转得，连接，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵正方形中，，O是边的中点，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴线段OF长的最小值为．
故答案为：．
【分析】连接，将线段绕点D逆时针旋转得，连接，先利用SAS证明，可得，再利用勾股定理求得，进而可得，再根据三角形三边的关系可得，代入数值即可得到OF的最小值.
13．【答案】
【知识点】三角形全等及其性质；正方形的性质；旋转的性质
14．【答案】②③④
【知识点】三角形全等及其性质；勾股定理；矩形的性质；旋转的性质
15．【答案】
【知识点】勾股定理；轴对称的性质；旋转的性质；二次函数y=a（x-h）²+k的图象
【解析】【解答】解：如图，连接OD，作BP⊥x轴，垂足为M，作AP⊥y轴，垂足为N，AP，BP相交于点P，
∵点C绕原点O旋转60°得到点D，
.∠COD=60° ，
由“心”形的对称性得AB为对称轴，
∴OB平分∠COD，
∴∠COB=30°，
∴∠BOG=60° ，
设OM=k，在Rt△OBM中，BM=OMtan∠BOM =k，
∴点B坐标为(k，k)，
∵点B在抛物线y= - x2+6上，
- k2+6=k，
解得k1=，k2=-2，
∴点B坐标为(，3)，点A的坐标为( -2，-6)，
∴AP=3，BP=9，
在Rt△ABP中，AB= =6.
故答案为：6.
【分析】连接OD，作BP⊥x轴，垂足为M，作AP⊥y轴，垂足为N，AP，BP相交于点P，根据旋转的性质和“心形的对称性得到∠COB=30°，∠BOG=60°， 设OM=k，得到点B坐标为(k，k)，把点B代入y= -x2+6中，求出k的值，即可得到A、B点坐标，最后根据勾股定理求出AB即可.
16．【答案】（1）15
（2）75°
（3）15°
【知识点】三角形全等及其性质；等边三角形的判定与性质；含30°角的直角三角形；旋转的性质
17．【答案】（1）解：如图1所示：
（2）解：如图2所示：
（3）解：找出A的对称点A′（1，﹣1），
连接BA′，与x轴交点即为P；
如图3所示：点P坐标为（2，0）．
【知识点】轴对称的应用-最短距离问题；作图﹣平移；作图﹣旋转
【解析】【分析】（1）将△ABC的各个顶点向左平移4个单位长度得到对应点A1、B1、C1，顺次连接即可解答。
（2）由题意分别作出点A、B、C分别关于原点的对称点A2、B2、C2，再顺次连接即可解答。
（3）作点A关于x轴的对称点A，连接AB交x轴于点P，利用三角形三边关系定理可得出PA+PB的值最小，然后写出点P的坐标。
18．【答案】（1）证明：∵F是点E关于的对称点，
∴，
∵，
∴；
（2）解：∵在矩形中，，，
∴，
∵，，
∴，；
（3）解：①由（1）可得，，由平移的性质可得：，
当落在线段上时，如下图：
∵，
∴，
∴，
∴，即；
当落在线段上时，如下图：
∵，
∴，
∵，
∴，
又∵，
∴是等腰三角形，
∴，
∵，，
∴，
∴，即；
②点H在区域（含边界）内的时长为秒
【知识点】矩形的性质；旋转的性质；三角形全等的判定-SSS
【解析】【解答】解：（3）②根据题意，可知点H在区域内可分为两段：
当点H落在边上时，如图，
∵，
∴，
∴；
当落在线段上时，如图，由①得，，
∵，
∴，
∴绕点顺时针旋转时，当旋转到经过点H时，记此时的对应点为M，
∵，，
∴在直角三角形中，，
∴，
∵，
∴，
∴旋转时点H在区域（含边界）内的时长为秒；
综上，在整个运动过程中，点H在区域（含边界）内的时长为秒
【分析】（1）先根据对称得到，进而运用三角形全等的判定（SSS）即可求解；
（2）先根据矩形的性质得到，进而结合题意运用特殊角的三角函数值即可求解；
（3）①由（1）可得，，由平移的性质可得，进而分类讨论：当落在线段上时，当落在线段上时，再根据平行线的性质结合等腰三角形的判定与性质进行运算即可求解；
②根据题意分类讨论：当点H落在边上时，当落在线段上时，进而根据旋转的性质结合题意解直角三角形即可求解。
19．【答案】（1）解：抛物线)（）与轴交于点和点
，
，
，
，
，
解得：，
所求抛物线解析式为：
（2）解：如图2，过点作轴于点，设，其中，
∴F(a，0)
，，，
∴，
，
，
，
当时，四边形BOCE面积最大，且最大值为．
此时，点坐标为
（3）解：抛物线的对称轴为，点在抛物线的对称轴上，
设，
线段绕点逆时针旋转90°后，点的对应点恰好也落在此抛物线上，如图，
，，
如图3，过作对称轴于，设对称轴于轴交于点，
，
，
在与中，
，
，
，，
，
代入
得：，
解得：，，
或.
【知识点】待定系数法求二次函数解析式；旋转的性质；二次函数图象上点的坐标特征；二次函数-动态几何问题；三角形全等的判定-AAS
【解析】【分析】（1）根据点B的坐标及OB=OC可得OC的长，进而根据抛物线的图象与系数的关系可得c的值；然后将A、B的坐标及c的值分别代入y=ax2+bx+c可得关于字母a、b的方程组，求解得出a、b的值，从而得到抛物线的解析式；
（2）过点E作EF⊥x轴于点F，设E(a，-a2-2a+3)，其中-3＜a＜0，则F(a，0)，根据两点间的距离公式表示出EF、BF、OF，由S四边形BOCE=S梯形EFOC+S△BEF建立出函数关系式，进而根据所得函数的性质可得四边形BOCE面积的 最大值及此时点E的坐标；
（3）首先设P（-1，m），由旋转的性质得PA=PA'，∠APA'=90°，过A'作A'N⊥对称轴于N，设对称轴于x轴交于点M，然后可用AAS判断出△A'NP≌△PMA，由全等三角形的性质得A'N=PM=|m|，PN=AM=2，从而得出A'(m-1，m+2)，再将点A'的坐标代入抛物线的解析式可算出m的值，从而得出点P的坐标.
20．【答案】（1）；
（2），，；
（3）．
【知识点】待定系数法求一次函数解析式；待定系数法求二次函数解析式；坐标与图形变化﹣对称；关于原点对称的点的坐标特征
21．【答案】（1）证明：∵将绕点A逆时针旋转得到，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴；
（2）证明：∵将绕点A逆时针旋转得到，
∴，，，，
∵平分，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴；
（3）解：∵中，，，，
∴，
作，垂足为，
∵，
解得，
∴，
①当时，则，
∴；
②当时，则，
∴；
③当时，则，
综上，该等腰三角形底边的长度为3或或．
【知识点】三角形全等及其性质；等腰三角形的判定；勾股定理；旋转的性质
【解析】【分析】（1）根据旋转的性质得出，进而得到，再利用对顶角相等，等量代换后即可得证；
（2）根据旋转的性质和角平分线的定义先证，得出，进而可得；
（3）根据勾股定理求出AB的长，作，垂足为， 利用等面积法求得BG的长，再分三种情况讨论，①当时，②当时，③当时，分别计算出底边的长度即可.
22．【答案】（1）；（2）；（3）
【知识点】三角形全等及其性质；等边三角形的判定与性质；正方形的性质；旋转的性质
23．【答案】（1）8；；；
（2）解：①将绕点B按顺时针方向旋转，使与重合，过点A作，交的延长线于H，
则，，，，
由勾股定理得：；
，，，，
又，，
，，
，，
，
∴正方形的面积
②.将绕点B逆时针旋转，得到，连接，过点A作，交的延长线于H，
，
，，
在中，，
，根据勾股定理得，，
，，
，，是直角三角形，且，
；
，，
，，
，
正方形的面积.
【知识点】勾股定理；正方形的性质；图形的旋转；旋转的性质
【解析】【解答】解：（1）将绕点B逆时针旋转，得到，
，，
是等边三角形，
，，
，，
，，，
如图，过点B作，交延长线于H，
又，
，，
，，
；
【分析】（1）先证出是等边三角形，可得，再利用勾股定理的逆定理证出，再求出，过点B作，交延长线于H，再求出，可得；
（2）①先求出，再结合，求出，再使用勾股定理求出，最后求出正方形的面积即可；
②先求出 是直角三角形，且，再利用角的运算求出，再利用勾股定理求出，最后求出正方形的面积即可.
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