九年级上册数学第二十三章旋转单元卷（含解析）

九年级上册数学 第二十三章 旋转 单元卷
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．若点与点关于原点对称，则的值为（　　）
A． B．4 C． D．1
2．下列图案中既是轴对称图形，又是中心对称图形的是（ ）
A． B． C． D．
3．如图，经过旋转成轴对称得到，其中绕点A逆时针旋转的是（ ）
A． B． C． D．
4．如图，正方形、的两边、分别在轴．轴上，点在边上，以为中心，把旋转，则旋转后点的对应点的坐标是（ ）
A． B． C．或 D．或
5．将抛物线绕原点旋转，则旋转后的抛物线的解析式为（ ）
A． B． C． D．
6．如图，将绕点顺时针旋转得到，若线段，则的长为（ ）
A． B． C． D．
7．如图，在△ABC中，AB=3，AC=2，∠BAC=30°，将△ABC绕点A逆时针旋转60°得到△AB1C1，连接BC1，则BC1的长为（ ）．

A． B． C．4 D．6
8．如图，已知长方形的长为10cm，宽为4cm，则图中阴影部分的面积为（　　）
A．20cm2 B．15cm2 C．10cm2 D．25cm2
9．如图，中，，，，将绕点顺时针旋转得到，则的长为(　　)
A．2 B．4 C．5 D．6
10．如图，等腰直角，点P在内，，，则PB的长为（　　）
A． B． C．5 D．5
二、填空题
11．在平面直角坐标系中，点关于原点的对称点的坐标为 ．
12．已知点，点O为坐标原点，连接，将线段按顺时针方向旋转，得到线段，则点的坐标 ．
13．已知点A（a,1）与点B（-3,b）关于原点对称，则a-b的值为 ．
14．如图，在平面直角坐标系中，在轴的正半轴上取一点，在第一象限取一点，使，将，绕点旋转，若点落在轴上，则旋转后点的对应点的横坐标为 ．
15．如图，是等边三角形．若将AC绕点A逆时针旋转角后得到，连接和，则的度数为 ．
16．如图，在四边形ABCD中，AB＝AD，∠BAD＝60°，∠BCD＝120°，AC＝2，则四边形ABCD的面积为
17．如图，两张完全重合在一起的正三角形硬纸片，点O是它们的中心，若按住下面的纸片不动，将上面的纸片绕O顺时针旋转，设旋转角为，当= 时，两张硬纸片所构成的图形为中心对称图形.
三、解答题
18．如图，绕点旋转后，顶点的对应点为点，试确定顶点的对应点的位置以及旋转后的三角形．

19．如图，已知△ABC的顶点A、B、C的坐标分别是A(﹣1，﹣1)、B(﹣4，﹣3)、C(﹣4，﹣1)．
（1）画出△ABC关于原点O中心对称的图形△A1B1C1；
（2）将△ABC绕点A按顺时针方向旋转90°后得到△AB2C2，画出△AB2C2．
20．已知△ABC是等腰直角三角形，AC=BC=2，D是边AB上一动点（A、B两点除外），将△CAD绕点C按逆时针方向旋转角α得到△CEF，其中点E是点A的对应点，点F是点D的对应点．
（1）如图1，当α=90°时，G是边AB上一点，且BG=AD，连接GF，求证：GF∥AC；
（2）如图2，当90°≤α≤180°时，AE与DF相交于点M
①当点M与点C、D不重合时，连接CM，求∠CMD的度数；
②设D为边AB的中点，当α从90°变化到180°时，求点M运动的路径长．
21．图①、图②和图③都是的正方形网格，每个小正方形边长均为．按要求分别在图①、图②和图③中画图：
(1)在图①中画等腰，使其面积为，并且点在小正方形的顶点上；
(2)在图②中画四边形，使其是轴对称图形但不是中心对称图形，，两点都在小正方形的顶点上；
(3)在图③中画四边形，使其是中心对称图形但不是轴对称图形，，两点都在小正方形的顶点上；
22．已知，H为射线OA上一定点，，P为射线OB上一点，M为线段OH上一动点，连接PM，满足为钝角，以点P为中心，将线段PM顺时针旋转，得到线段PN，连接ON．
（1）依题意补全图1；
（2）求证：；
（3）点M关于点H的对称点为Q，连接QP．写出一个OP的值，使得对于任意的点M总有ON=QP，并证明．
23．如图，平面直角坐标系中，点，，，，线段绕着某点旋转后与线段重合(点A的对应点为点C)．
(1)点A关于原点对称的点的坐标是　　　　　．
(2)请直接写出该旋转中心的坐标为　　　　　　　．
(3)点O也绕该旋转中心作与线段一样的旋转变换，求旋转后的对应点坐标．
24．如图，在中，，，D是线段延长线上一点，连接，过点A作于E．
(1)求证：；
(2)将射线绕点A顺时针旋转后，所得的射线与线段的延长线交于点F，连接．
①依题意补全图形；
②用等式表示线段，，之间的数量关系，并证明．
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试卷第1页，共3页
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参考答案：
1．D
【分析】此题主要考查了关于原点对称点的性质，解题的关键是利用关于原点对称点的性质：横、纵坐标互为相反数得出，的值，进而得出答案．
【详解】解：点与点于原点对称，
，，
故．
故选：D．
2．B
【分析】本题考查轴对称图形、中心对称图形，理解定义，找准对称轴和对称中心是解答的关键．轴对称图形的定义：如果一个平面图形沿着一条直线折叠后，直线两旁的部分能够互相重合，那么这个图形叫做轴对称图形；中心对称图形：把一个图形绕着某一点旋转180°，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形叫做中心对称图形．据此逐项判断即可．
【详解】解：A、是轴对称图形，不是中心对称图形，不符合题意；
B、既是轴对称图形，也是中心对称图形，符合题意；
C、是中心对称图形，不是轴对称图形，不符合题意；
D、是中心对称图形，不是轴对称图形，不符合题意，
故选：B．
3．D
【分析】根据轴对称，旋转的性质判断即可．
【详解】解：由题意，选项B，C可以通过翻折得到．
选项A，其中绕点逆时针旋转可以得到，
选项D，其中绕点逆时针旋转可以得到．
故选：D．
【点睛】本题考查旋转及轴对称概念和性质，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．
4．C
【分析】本题考查了正方形性质，坐标与图形变换——旋转，求直角坐标系中点的坐标，做题时分两种情况，顺时针和逆时针旋转，作出相应图形进行计算即可．作出图形分类讨论是解答本题的关键．
【详解】解：顺时针旋转时，如下图：
，
正方形的边长为，
，，
四边形是正方形，
，
由旋转性质可得：，，
在x轴上，
；
逆时针旋转时，如下图：
由旋转性质可得：，，，，
在y轴上，轴，
，
，
综上，的坐标为或
故选：C．
5．B
【分析】求出原抛物线的顶点坐标，再根据关于原点对称的点的横坐标与纵坐标都互为相反数求出旋转后的抛物线的顶点坐标，然后利用顶点式解析式写出即可．
【详解】解：的顶点坐标为，
抛物线绕原点旋转，
旋转后的抛物线的顶点坐标为，
旋转后的抛物线的解析式为．
故选：．
【点睛】本题考查了二次函数图象与几何变换，利用顶点的变化确定函数解析式的变化更简便．
6．B
【分析】本题考查了旋转的性质，等边三角形的判定与性质，根据旋转的性质可得 然后判断出是等边三角形，再根据等边三角形的三条边都相等可得 主要利用了旋转前后对应边相等以及旋转角的定义．
【详解】解：绕点顺时针旋转得到
是等边三角形，
故选：．
7．B
【分析】根据旋转的性质得出AC=AC1，∠BAC1=90°，进而利用勾股定理解答即可．
【详解】∵将△ABC绕点A逆时针旋转60°得到△AB1C1，
∴AC=AC1=2，∠CAC1=60°，
∵AB=3，AC=2，∠BAC=30°，
∴∠BAC1=90°，
∴在Rt△BAC1中，BC1=．
故选B．
【点睛】此题考查旋转的性质，解题时注意：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．
8．A
【详解】由图形可知，长方形的面积=10×4=40cm2，再根据中心对称的性质得，图中阴影部分的面积即是长方形面积的一半，则图中阴影部分的面积=×40=20cm2，故选A．
9．D
【分析】利用旋转的性质证得△ABE是等边三角形即可得到BE=AB=6.
【详解】由旋转得AE=AB，∠BAE=60°，
∴△ABE是等边三角形，
∴BE=AB=6，
故选：D.
【点睛】此题考查旋转的性质，等边三角形的判定及性质，正确掌握旋转的性质证得△ABE是等边三角形是解题的关键.
10．A
【分析】先利用等腰直角，得到，再证明，接着把绕点C顺时针旋转得到，连接，根据旋转的性质得到，则可判断为等腰直角三角形，从而，然后计算，从而利用勾股定理计算出AE即可．
【详解】解∶∵等腰直角，
∴，
∵，
∴，
如下图，把绕点C顺时针旋转得到，连接，
∴，
∴为等腰直角三角形，
∴，
∴，
∴，
故选∶A．
【点睛】本题考查了勾股定理、等腰直角三角形的判定与性质以及旋转的性质，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．熟练掌握旋转的性质是解题的关键．
11．
【分析】此题主要考查了关于原点对称点的性质，根据两个点关于原点对称时，它们的坐标符号相反，即点关于原点对称点是，进而得出答案．
【详解】解：点关于原点对称的点的坐标是，
故答案为：．
12．
【分析】根据旋转的性质即可得到点的坐标．
【详解】如图，
∵点，将线段按顺时针方向旋转，得到线段，
∴点的坐标是．
故答案为：．
【点睛】本题考查了坐标与图形变化—旋转，掌握旋转的性质是解题的关键．
13．4
【分析】平面直角坐标系中任意一点P（x,y），关于原点的对称点是（-x,-y），根据这一结论求得a，b的值，再进一步计算．
【详解】解：∵点A（a,1）与点B（-3,b）关于原点对称，
∴，
∴a-b=3-(-1)=4；
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了关于原点对称的点的坐标，掌握关于原点对称的点的坐标特征是解题的关键．
14．1或
【分析】本题考查了旋转的性质，关于原点对称的点坐标的特征，含的直角三角形．熟练掌握 旋转的性质，关于原点对称的点坐标的特征，含的直角三角形是解题的关键．
由题意知，有两种情况，如图，其中关于原点对称，作于，则，，，进而可求、的横坐标，然后作答即可．
【详解】解：由题意知，有两种情况，如图，其中关于原点对称，作于，
由旋转的性质可知，，
∴，
∴，
∴，
∴的横坐标为1，的横坐标为，
故答案为：1或．
15．30°．
【分析】由旋转的性质得出AC=AC'，∠CAC'=α，由三角形的内角和定理求出∠AC'C的度数，由等边三角形的性质得出AB=AC'，由等腰三角形的性质求出∠AC'B的度数，则可得出答案．
【详解】解：∵将AC绕点A逆时针旋转角α后得到AC'，
∴AC=AC'，∠CAC'=α，
∴∠ACC'=∠AC'C=，
∵是等边三角形，
∴AB=AC，∠BAC=60°，
∴AB=AC'，
∴∠AC'B=，
∴∠BC'C=∠AC'C-∠AC'B=(90° ) (60° )=30°．
故答案为：30°．
【点睛】本题考查了等边三角形的性质，旋转的性质，等腰三角形的性质，三角形内角和定理，熟练掌握旋转的性质是解题的关键,考查了学生分析图形与综合应用的能力．
16．
【分析】将△ABC绕点A顺时针旋转60°，得到△ADE．证明△AEC是等边三角形，四边形ABCD面积等于△AEC面积．
【详解】如图，将△ABC绕点A逆时针旋转60°到△ADE，
则有△ABC与△ADE全等．
∴AC＝AE，∠ABC＝∠ADE．
∵∠BAD＝60°，∠BCD＝120°．
∴∠ADC＋∠ADE＝∠ADC＋∠ABC＝180°．
∴C、D、E三点共线．
∴BC＋CD＝DE＋DC＝CE．
又∵∠CAE等于旋转角，即∠CAE＝60°，
∴△ACE为等边三角形．
∴△ACE的面积为．
由旋转可知四边形ABCD的面积等于△ACE的面积
故答案为：
【点睛】本题主要考查了等边三角形的判定和性质、旋转的性质，解题的关键是根据AB=AD及∠BAD=60°，对△ABC进行旋转，把四边形转化为等边三角形求解．
17．或或
【分析】本题考查了利用旋转设计图案的知识，首先根据图示，可得原来的图案是一个正三角形；然后要使两张图案构成的图形是中心对称图形，则两张图案构成的图形是正六边形；最后根据正六边形的中心角是，可得它至少旋转，据此解答即可．
【详解】解：要使两张图案构成的图形是中心对称图形，
则两张图案构成的图形至少是正六边形，
∵正六边形的中心角是，
∴要使得两张图案构成的图形是中心对称图形，它旋转角度需是的整数倍，且旋转后三角形不能与原三角形重合，
所以旋转角可以是或或．
故答案为：或或．
18．见解析
【分析】根据旋转的性质，作图即可．
【详解】解：设点的对应点为点，连接，则即为旋转角，作，且，如图，顶点的对应点的位置在点处，为绕点旋转后得到的三角形．

【点睛】本题考查旋转作图，熟练掌握旋转的三要素，是解题的关键．
19．（1）见详解，（2）见详解．
【分析】（1）分别作出A，B，C的对应点A1，B1，C1即可．
（2）分别作出B，C的对应点B2，C2即可．
【详解】解：（1）如图，分别作出A，B，C关于原点O中心对称的对应点A1，B1，C1，连接A1B1， B1C1， A1C1，△A1B1C1即为所求作的三角形；
（2）如图，分别作出B，C绕点A按顺时针方向旋转90°的对应点B2，C2，AB2， B2C2 AC2，连接△AB2C2即为所求作的三角形.
【点睛】本题考查的是作图-旋转变换，熟知图形旋转不变性的性质是解答此题的关键．
20．（1）证明见解析；（2）①135°；②．
【详解】试题分析：（1）欲证明GF∥AC，只要证明∠A=∠FGB即可解决问题．
（2）①先证明A、D、M、C四点共圆，得到∠CMF=∠CAD=45°，即可解决问题．
②利用①的结论可知，点M在以AC为直径的⊙O上，运动路径是弧CD，利用弧长公式即可解决问题．
试题解析：（1）如图1中，∵CA=CB，∠ACB=90°，∴∠A=∠ABC=45°，∵△CEF是由△CAD旋转逆时针α得到，α=90°，∴CB与CE重合，∴∠CBE=∠A=45°，∴∠ABF=∠ABC+∠CBF=90°，∵BG=AD=BF，∴∠BGF=∠BFG=45°，∴∠A=∠BGF=45°，∴GF∥AC．
（2）①如图2中，∵CA=CE，CD=CF，∴∠CAE=∠CEA，∠CDF=∠CFD，∵∠ACD=∠ECF，∴∠ACE=∠CDF，∵2∠CAE+∠ACE=180°，2∠CDF+∠DCF=180°，∴∠CAE=∠CDF，∴A、D、M、C四点共圆，∴∠CMF=∠CAD=45°，∴∠CMD=180°﹣∠CMF=135°．
②如图3中，O是AC中点，连接OD、CM．
∵AD=DB，CA=CB，∴CD⊥AB，∴∠ADC=90°，由①可知A、D、M、C四点共圆，∴当α从90°变化到180°时，点M在以AC为直径的⊙O上，运动路径是弧CD，∵OA=OC，CD=DA，∴DO⊥AC，∴∠DOC=90°，∴的长==，∴当α从90°变化到180°时，点M运动的路径长为．
考点：几何变换综合题．
21．(1)作图见解析
(2)作图见解析
(3)作图见解析
【分析】（1）取格点，连接、即可；
（2）取格点、，连接、、即可；
（3）取格点、，连接、、即可．
【详解】（1）解：取格点，连接、，取格点，连接，
∵图①是的正方形网格，每个小正方形边长均为，
∴，，，
∴垂直平分，
∴，
∴是等腰三角形，
又∵，
∴等腰面积为，且点在小正方形的顶点上，
则即为所作；
（2）取格点、，连接、、，
∵图②是的正方形网格，每个小正方形边长均为，
∴，，，
∴，
∴四边形是梯形，
∵，，
∴，
∴四边形是等腰梯形，它是一个轴对称图形，不是中心对称图形，
则四边形即为所作；
（3）取格点、，连接、、即可，
∵图③是的正方形网格，每个小正方形边长均为，
∴，，
∴四边形是平行四边形，它是一个中心对称图形，不是轴对称图形，
则四边形即为所作．
【点睛】本题考查作图一应用与设计作图，考查了垂直平分线的性质，等腰三角形的判定，等腰梯形的判定，勾股定理，平行四边形的判定，中心对称图形，轴对称图形，三角形的面积等知识．解题的关键是理解题意，学会利用数形结合的思想解决问题．
22．（1）如图所示见解析；（2）见解析；（3）OP=2.证明见解析.
【分析】（1）根据题意画出图形即可．
（2）由旋转可得∠MPN=150°，故∠OPN=150°-∠OPM；由∠AOB=30°和三角形内角和180°可得∠OMP=180°-30°-∠OPM=150°-∠OPM，得证．
（3）根据题意画出图形，以ON=QP为已知条件反推OP的长度．由（2）的结论∠OMP=∠OPN联想到其补角相等，又因为旋转有PM=PN，已具备一边一角相等，过点N作NC⊥OB于点C，过点P作PD⊥OA于点D，即可构造出△PDM≌△NCP，进而得PD=NC，DM=CP．此时加上ON=QP，则易证得△OCN≌△QDP，所以OC=QD．再设DM=CP=x，所以OC=OP+PC=2+x，MH=MD+DH=x+1，由于点M、Q关于点H对称，得出DQ=DH+HQ=1+x+1=2+x，得出OC=DQ，再利用SAS得出△OCN≌△QDP即可
【详解】解：（1）如图1所示为所求．
（2）设∠OPM=α，
∵线段PM绕点P顺时针旋转150°得到线段PN
∴∠MPN=150°，PM=PN
∴∠OPN=∠MPN-∠OPM=150°-α
∵∠AOB=30°
∴∠OMP=180°-∠AOB-∠OPM=180°-30°-α=150°-α
∴∠OMP=∠OPN
（3）OP=2时，总有ON=QP，证明如下：
过点N作NC⊥OB于点C，过点P作PD⊥OA于点D，如图2
∴∠NCP=∠PDM=∠PDQ=90°
∵∠AOB=30°，OP=2
∴DH=OH-OD=1
∵∠OMP=∠OPN
∴180°-∠OMP=180°-∠OPN
即∠PMD=∠NPC
在△PDM与△NCP中
∴△PDM≌△NCP（AAS）
∴PD=NC，DM=CP
设DM=CP=x，则OC=OP+PC=2+x，MH=MD+DH=x+1
∵点M关于点H的对称点为Q
∴HQ=MH=x+1
∴DQ=DH+HQ=1+x+1=2+x
∴OC=DQ
在△OCN与△QDP中
∴△OCN≌△QDP（SAS）
∴ON=QP
【点睛】本题考查了根据题意画图，旋转的性质，三角形内角和180°，勾股定理，全等三角形的判定和性质，中心对称的性质．第（3）题的解题思路是以ON=QP为条件反推OP的长度，并结合（2）的结论构造全等三角形；而证明过程则以OP=2为条件构造全等证明ON=QP．
23．(1)
(2)
(3)
【分析】本题主要考查了关于原点对称点的特点，确定旋转中心，旋转后点的坐标确定，熟练掌握旋转中心在连接对应点线段的垂直平分线上是解题的关键．
（1）根据关于原点对称点的特点，关于原点对称的两个点横、纵坐标都互为相反数，进行求解即可；
（2）分别作和的垂直平分线，两垂直平分线的交点为旋转中心P点，写出点P的坐标即可；
（3）以P为旋转中心作出点O旋转后的点，再写出坐标即可．
【详解】（1）解：点A关于原点对称的点的坐标是；
（2）解：如图，分别作和的垂直平分线，两垂直平分线的交点为旋转中心P点．连接，取的中点，
∵，，
∴点G的坐标为，即，
根据图可知：点P的坐标为，
则，，
，
∵，
∴为直角三角形，，
∴，
∴垂直平分，
根据图可知垂直平分，
∴点P为线段和线段垂直平分线的交点，
∴旋转中心的坐标为；
（3）解：如图：点O绕P点逆时针旋转得到点，
根据旋转可知：，，
根据作图可知：，
∴，
∴，
∴，
∴，，
∴的横坐标为，
∴的坐标为．
24．(1)见解析
(2)①见解析；②
【分析】（1）根据等角的余角相等即可得证．
（2）①依题意画出图形即可求解；
②在上截取，使，证明，得出，根据等腰直角三角形的性质，勾股定理得出，即可求解．
【详解】（1）设与相交于点，
∵，，
∴，
∵，
∴．
（2）① 补全图形如图．
②
下面证明：
在上截取，使，
∵，
∴．
∴，，
∵，
∴．
∴
∵射线绕点顺时针旋转后与线段的延长线交于点，且，
∴，
∴．
【点睛】此题是几何变换综合题，主要考查了同角的余角相等，等腰直角三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，构造出全等三角形是解本题的关键．
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页