人教版九年级上册数学第二十三章旋转试题（含解析）

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人教版九年级上册数学第二十三章旋转试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题(每题3分，共30分)
1．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．
2．如图，将绕点顺时针旋转得到，若，，，则的长为（ ）
A．5 B．4 C．3 D．2
3．如图，在中，，，，将绕点C顺时针旋转得到（点A与，点B与对应）．当点A，，在同一直线上时，的长为（ ）

A．2 B． C． D．1
4．平面直角坐标系中的点与点关于原点对称，则的坐标是（ ）
A． B． C． D．
5．平面直角坐标系内有一点，将点P绕坐标原点逆时针旋转得到的点的坐标是（ ）
A． B． C． D．
6．如图，将按逆时针方向旋转得到，连接，若，则的度数为（ ）
A． B． C． D．
7．如图，将绕点顺时针旋转，点的对应点为点，点的对应点为点，当旋转角为，，，三点在同一直线上时，则的度数为（　　）
A． B． C． D．
8．在如图的正方形网格中，绕某点旋转一定的角度，得到，则其旋转中心可能是（ ）
A．点A B．点B C．点C D．点D
9．如图，在中，，为边上的一点，当时，连接，将线段绕点按逆时针方向旋转，得到线段，连接，．若，则的面积的最大值为（ ）
A． B． C． D．
10．如图，与关于点成中心对称，下列说法：
①；②；③；④与的面积相等，其中正确的有（ ）
A．个 B．个 C．个 D．个
二、填空题(每题3分，共30分)
11．在平面直角坐标系中，点关于原点的对称点的坐标为 ．
12．如图，正方形的边长为，为边上一点，．绕着点逆时针旋转后与重合，连结，则 ．
13．如图，在中，，，，将绕点顺时针旋转得到，则线段的长度是 ．
14．如图，直线与直线相交于点，将直线绕点A旋转后所得直线与x轴的交点坐标为 ．
15．如图，在中，，，，P是边上一动点，连接，把线段绕点A逆时针旋转到线段，连接，则线段的最小值为 ．
16．如图，已知点，将线段绕点A逆时针旋转得到线段，连接，再把绕点A逆时针旋转得到，则点的坐标是 ．
17．如图，为正方形的对角线，平分，交于点，将绕点顺时针旋转得到，若，则 ．

18．如图，在中，，，若扇形与扇形关于点成中心对称，则图中阴影部分的面积为 ．
19．如图，点，P为x轴上一动点，将线段绕点P顺时针旋转得到，连接，则的最小值是 ．
20．将一个含角的直角三角板如图所示放置，点A，C分别在直线a和b上，已知，，则 度；将直线b绕着点C按逆时针方向旋转（），旋转后使得直线，则n的值是 ．
三、解答题(共60分)
21．如图，已知的三个顶点坐标分别是，，．
(1)请画出与关于原点对称的，并写出点的坐标；
(2)将绕原点顺时针旋转后得到，画出，并写出点的坐标．
22．如图，在中，，将绕点A顺时针旋转得到使点C的对应点E落在上，连接．
(1)若，求的度数；
(2)若，求的长．
23．如图，点，分别在正方形的边，上，且，把绕点顺时针旋转得到．
(1)求证：．
(2)若，，求正方形的边长．
24．如图， 在 中，，把 绕边的中点O旋转后得 ，A的对应点为D，B的对应点为E，若直角顶点E恰好落在边上，连接，且边交边于点G．

(1)证明：；
(2)判断的形状并说明理由；
(3)求的面积．
25．如图，正方形中，经顺时针旋转后与重合．
(1)旋转中心是点______，旋转了______度；
(2)如果 ，求：四边形的面积．
26．如图，在五边形中，，，，．
(1)将绕点顺时针旋转，画出旋转后的，并证明三点在一条直线上；
(2)求证：．
27．分层探究
(1)问题提出：如图1，点E、F分别在正方形的边上，,连接．求证：，解题思路：把绕点A逆时针旋转 度至，可使与重合．由，则知F、D、G三点共线，从而可证 ，从而得，阅读以上内容并填空．
(2)类比引申：如图2，四边形中，，,点E、F分别在边上，．探究：若，猜想的数量关系，并给出理由．
(3)联想拓展：如图3，在中，，点D、E均在边上，并且．猜想的数量关系，并给出理由．
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参考答案：
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 B A B B B C C B D D
1．B
【分析】此题考查中心对称图形和轴对称图形的识别，解决本题的关键是熟知中心对称图形和轴对称图形的定义．轴对称图形：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，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、是中心对称图形，但不是轴对称图形，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、是轴对称图形，但不是中心对称图形，不符合题意；
D、既不是中心对称图形，也不是轴对称图形，不符合题意；
故选：B．
2．A
【分析】本题考查旋转的性质，等边三角形的判定，本题关键是熟练掌握旋转图形的性质．根据旋转的性质可得，可得是等边三角形．可得的长．
【详解】解：将绕点顺时针旋转得到，
，，
是等边三角形，
，
故选：A．
3．B
【分析】过点作，垂足分别为，利用勾股定理求出，利用三角形面积公式求出，利用勾股定理求出，由旋转的性质得到，，，，证明是等腰三角形，推出，即是的角平分线，证明，推出，求出，即可求解．
【详解】解：过点作，垂足分别为，
，，，
，
，
，
，
∵将绕点顺时针方向旋转得到，，，在同一条直线上，
∴，
∴，，，，
∴是等腰三角形，
，，
∴，
是的角平分线，
，
，
，
，
，
，
，
故选：B．
【点睛】本题考查旋转的性质，三角形全等的判定与性质，角平分线的性质，等腰三角形的判定与性质，勾股定理，正作出辅助线构造三角形全等是解题的关键．
4．B
【分析】本题考查了关于原点对称的点的坐标，熟记关于坐标原点对称的点的横坐标与纵坐标都互为相反数是解题的关键．根据关于坐标原点对称的点的横坐标与纵坐标都互为相反数解答．
【详解】解：点关于原点对称的点的坐标是，
，
故选：B．
5．B
【分析】本题考查的是利用旋转的性质求坐标.过点作轴，垂足为，过作轴，垂足为，证即可得到答案.
【详解】解：过点作轴，垂足为，过作轴，垂足为，
∵将点P绕坐标原点逆时针旋转得到的点，
∴，，
∵，，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，，
∵点在第二象限，
∴点的坐标为，
故选：B.
6．C
【分析】本题考查了旋转的性质，先利用旋转的性质得到，，根据等腰三角形的性质和三角形内角和得到，再利用平行线的性质得到，然后计算即可．
【详解】解：∵按逆时针方向旋转得到，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴．
故选：C．
7．C
【分析】本题主要考查了旋转的性质，等边对等角，三角形内角和定理，根据旋转的性质可知，，即可得出答案．
【详解】由旋转可知，，
∴．
故选：C．
8．B
【分析】本题考查了旋转图形的性质，根据旋转图形的性质，可知旋转中心再对应顶点连线的垂直平分线上，则连接，，分别作出，的垂直平分线，垂直平分线的交点即为所求，熟练掌握旋转图形的性质是解此题的关键．
【详解】解：如图，连接，，分别作出，的垂直平分线，
，，的垂直平分线的交点为，
旋转中心是点，
故选：B．
9．D
【分析】在上截取，连接，过B作交延长线于H，由旋转性质和等边三角形的判定与性质证明是等边三角形得到，，进而证明得到，则有，设，利用直角三角形的性质得到则，进而得到，然后利用二次函数的性质求解即可．
【详解】解：在上截取，连接，过B作交延长线于H，则，
由旋转性质得，，
∵，，
∴是等边三角形，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∴，
在中，设，则，，
∵，，，
∴，，
∴，
∵，
∴当时，最大，最大值为，
故选：D．
【点睛】本题考查二次函数的性质，旋转的性质、等边三角形的判定与性质、全等三角的判定与性质、直角三角形的性质、三角形的外角性质等知识，熟练掌握等边三角形的性质和二次函数的性质，添加合适的辅助线构造全等三角形，利用二次函数性质求解几何最值问题是解答的关键．
10．D
【分析】本题考查中心对称，根据“成中心对称的两个图形全等，对称点到对称中心的距离相等”即可判断．
【详解】解：与关于点成中心对称，
，
，，与的面积相等，
故①②④正确；
对称点到对称中心的距离相等，
，
故③正确；
综上可知，正确的有4个，
故选D．
11．
【分析】此题主要考查了关于原点对称的点的坐标，关键是掌握点的坐标的变化规律．根据两个点关于原点对称时，它们的坐标符号相反可直接得到答案．
【详解】解：点关于原点的对称点的坐标为，
故答案为：．
12．
【分析】本题考查了旋转的性质、正方形的性质、勾股定理，根据正方形的性质、勾股定理，计算，根据旋转的性质，得出，，推出，根据勾股定理计算即可，熟练掌握旋转的性质、正方形的性质、勾股定理是解题的关键．
【详解】解：∵正方形的边长为，为边上一点，，
∴，，
∴，
∵绕着点逆时针旋转后与重合，
∴，，
∴，即，
∴，
故答案为：．
13．
【分析】本题考查了勾股定理，旋转的性质，含度角的直角三角形的性质，在的上方作，且使 ，连接，，根据证明得出，，得出，进而勾股定理，即可推出结论．
【详解】解：如图，在的上方作，且使 ，连接，．过点作于点
，
，则，
，
将绕点顺时针旋转得到，
，
又，
，
，
，．
，
，
故答案为：．
14．或
【分析】（1）当直线绕点A逆时针旋转，令直线与x轴相交于点B，直线与x轴相交于点C，过点B作的垂线，交线绕点A逆时针旋转后所得直线于点D，过点D作轴于点F，过点A作于点E，通过证明，得出点D的坐标，再用待定系数法求出直线的表达式，即可得出与x轴交点坐标；（2）当直线绕点A顺时针旋转，令直线与x轴相交于点Q，延长交于点F，则，根据等腰三角形的性质即有，则点B为的中点，结合点B和点D的坐标即可求的点F的坐标，利用待定系数法求得的解析式为，即可求的点Q．
【详解】解：（1）当直线绕点A逆时针旋转，如图，
令直线与x轴相交于点B，直线与x轴相交于点C，过点B作的垂线，交线绕点A旋转后所得直线于点D，过点D作轴于点F，过点A作于点E，
则，
∵，
∴，
把代入得：，
解得，
∴，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∵，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∴，
∴，
设直线的表达式为，
把，代入得：
，
解得：，
∴直线的表达式为，
把代入得：，
解得：，
∴与x轴交点坐标为；
（2）当直线绕点A顺时针旋转，如图，
令直线与x轴相交于点Q，延长交于点F，
则，
∵，
∴，
∴，
即点B为的中点，
∵，
∴，
设直线的解析式为，
则，解得，
∴直线的解析式为，
令，则，
∴点，
综上所述，将直线绕点A旋转后所得直线与x轴的交点坐标为或．
【点睛】本题主要考查了一次函数的图象和性质，旋转的性质，全等三角形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，以及点的平移，解题的关键是掌握三角形全等的判定方法和性质，用待定系数法求解函数表达式的方法，以及分类讨论思想的应用．
15．
【分析】在上取一点，使，连接，过点作于，由旋转的性质得出，，证明（），由全等三角形的性质得出，则当（点和点重合）时，最小，然后由含角的直角三角形的性质求解即可．
【详解】解：如图，在上取一点，使，连接，过点作于，
由旋转知，，，
∵，，
∴，
∴，
∴，
又∵，，
∴，
∴，
要使最小，则有最小，而点是定点，点是上的动点，
∴当（点和点重合）时，最小，最小，最小值为，
在中，，，
∴，
∵，
∴ ，
在中，，
∴，
故线段长度的最小值是，
故答案为：．
【点睛】此题主要考查了旋转的性质，全等三角形的判定和性质，含角的直角三角形的性质等，找出点和点重合时，最小，最小值为的长度是解本题的关键．
16．
【分析】本题考查了旋转的性质，勾股定理，等边三角形的性质，坐标与图形，得出是等腰直角三角形，是解题的关键．
过点轴于点，根据旋转的性质得出是等腰直角三角形，根据勾股定理求得进而即可求解．
【详解】解：如图，过点作轴于点D．
∵线段绕点A逆时针旋转得到线段，
是等边三角形．
∵把绕点A逆时针旋转得到，
．
．
∴是等腰直角三角形．
∵点，
∴．
．
在中，，即，解得（负值已舍去）．
．
．
故答案为：．
17．/
【分析】由正方形的性质可得，，，由角平分线的定义可得，由旋转的性质可得，，，证明，得到，设，则，，从而得到，求出的值即可得到答案．
【详解】解：四边形是正方形，为正方形的对角线，
，，，
平分，
，
将绕点顺时针旋转得到，，
，，，
，
，
，
，
设，则，，
，
解得：，
，
故答案为：．
【点睛】本题考查了正方形的性质、旋转的性质、角平分线的定义、等腰三角形的判定与性质、勾股定理等知识，熟练掌握以上知识点是解题的关键．
18．
【分析】本题考查了中心对称图形的性质，熟练掌握中心对称图形的概念是解题的关键，将一个图形围绕某一个点旋转，能够与自身重合，则称该图形为中心对称图形，根据中心对称得扇形的面积与扇形的面积相等，从而即可得解。
【详解】解：∵扇形与扇形关于点中心对称，
∴扇形的面积与扇形的面积相等，
∴，
故答案为：．
19．
【分析】过点C作轴交x轴于D，设，利用一线三垂直模型证明推出，根据勾股定理表示出，然后根据二次函数的性质求解即可．
【详解】解：如图所示，过点C作轴交x轴于D，
设，
由旋转的性质可得，，
，
，
又，，
，
，
，，
，
，
，
，
∵
∴抛物线开口向上
∴当时，有最小值2
∴的最小值是．
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了全等三角形的性质与判定，旋转的性质，勾股定理等等，二次函数的性质，根据题意表示出是解题的关键．
20． 45 15
【分析】本题主要考查了图形的旋转，解题关键是旋转的性质的应用．
根据平角定义得，再利用平行线的性质即可解决问题；根据旋转的性质结合平行线的性质即可解决问题．
【详解】解：由，
得，
由，
得，
得，
得．
得，
故答案为：45；
由直线绕着点按逆时针方向旋转，旋转后使得直线，得旋转后，
得．
故答案为：15．
21．(1)图形见解析，
(2)图形见解析，
【分析】本题考查作图-旋转变换、画关于原点对称图形、写出直角坐标系中点的坐标，准确作图是解答本题的关键．
（1）根据中心对称的性质作图，即可得出答案；
（2）根据旋转的性质作图，即可得出答案．
【详解】（1）如图，即为所求，
由图可得，点的坐标为；
（2）如图，即为所求，
由图可得，点的坐标为．
22．(1)；
(2)．
【分析】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，也考查了勾股定理：
（1）先根据旋转的性质得到，，，则可计算出，再根据等腰三角形的性质与三角形内角和定理计算出，然后计算即可；
（2）先利用勾股定理计算出，再根据旋转的性质得到，，，所以，然后在中利用勾股定理可计算出BD的长
【详解】（1）解：∵绕点A顺时针旋转得到使点C的对应点E落在上，
∴
∴，
∵
∴，
∴；
（2）解：在中，
∵，
∴，
∵绕点A顺时针旋转得到使点C的对应点E落在上，
∴，，，
∴，
在中，．
23．(1)见解析
(2)6
【分析】（1）先根据旋转的性质可得，再根据正方形的性质、角的和差可得，然后根据三角形全等的判定定理即可得证；
（2）设正方形的边长为x，从而可得，再根据旋转的性质可得，从而可得，然后根据三角形全等的性质可得，最后在中，利用勾股定理即可得．
【详解】（1）证明：由旋转的性质得：，
四边形是正方形，
，即，
，即
，
，
∴．
在和中，，
；
（2）解：设正方形的边长为x，则，
，
，
由旋转的性质得：，
，
由（1）已证：，
．
又四边形是正方形，
，
则在中，，即，
解得或（不符题意，舍去），
故正方形的边长为6．
【点睛】本题考查了正方形的性质、旋转的性质、三角形全等的判定定理与性质、勾股定理等知识点，较难的是题（2），熟练掌握旋转的性质与正方形的性质是解题关键．
24．(1)见解析
(2)是直角三角形，理由见解析
(3)
【分析】（1）根据题意得到，由旋转的性质得到，推出，得到，进而得到，即可证明结论；
（2）利用三角形外角的性质及三角形内角和定理先证明，再利用等腰三角形等边对等角推出，进而得到，即可证明，即可判断的形状；
（3）勾股定理先求出，由（2）知，利用三角形面积公式求出，再利用勾股定理即可求出，由旋转的性质得到，证明，推出点G是中点，得到，求出，再求出，即可计算的面积．
【详解】（1）证明：∵点O是边的中点，
∴，
由旋转的性质得：，
∴，
∴，
∴，
∴；
（2）解：是直角三角形，理由如下：
，，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
是直角三角形；
（3）∵在中，，
∴，
由（2）知，
，
，
，
，
由旋转的性质得到，
，，
，
，
，
，
点G是中点，
，
，
，
．
【点睛】本题考查了旋转的性质，勾股定理，直角三角形的性质，等腰三角形的判定和性质等知识，熟练掌握旋转的性质是解题的关键．
25．(1)A，90
(2)36
【分析】本题主要考查了正方形旋转．熟练掌握正方形性质，旋转中心定义，旋转角定义，旋转性质，是解决问题的关键．
（1）由旋转知，旋转中心是点A，旋转角是，
（2）设正方形边长为x，由旋转知，，，根据，得到，根据，得到．
【详解】（1）解：∵正方形中，，经顺时针旋转后与重合，
∴旋转中心是点A，旋转角是，
故答案为：A，90
（2）解：设正方形边长为x，
由旋转知，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴．
26．(1)画图见解析，证明见解析
(2)见解析
【分析】此题是几何变换综合题，主要考查了全等三角形的判定和性质，旋转的性质，利用旋转构造出全等三角形时解本题的关键．
（1）先根据题意画出图形，再由旋转的性质可得，由，可得；
（2）由旋转的性质可得，，再由可得，即：，最后通过“”证明即可．
【详解】（1）如图所示，
将绕点顺时针旋转，,，
，
，
，
三点在一条直线上；
（2）将绕点顺时针旋转，得到，
，
，，
，
，
即：，
，
；
27．(1)，
(2)仍有；理由见解析
(3)猜想：．理由见解析
【分析】（1）把绕点A逆时针旋转至，可使与重合，证出，根据全等三角形的性质得出，即可得出答案；
（2）把绕点A逆时针旋转至，可使与重合，证出，根据全等三角形的性质得出，即可得出答案；
（3）把绕点A逆时针旋转到的位置，连接，证明，则，，是直角三角形，根据勾股定理即可作出判断．
【详解】（1）解：∵，
∴把绕点A逆时针旋转至，可使与重合，如图1，
四边形是正方形，
，，
∴，∴点F、D、G共线，
由旋转可得，，，
，
，
即，
在和中，
，
∴，
∴；
（2）解：仍有；
理由如下：
∵，
∴把绕点A逆时针旋转至，可使与重合，
如图2所示：
∴，
∵，，
∴，
∴，
，
∴，点F、D、G共线，
在和中，
，
∴，
∴，
∵，
∴；
（3）解：猜想：．
理由如下：
把绕点A逆时针旋转到的位置，连接，如图3所示：
则，，
∴，，，
∴，
∵，
∴，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴是直角三角形，
∴，
∴．
【点睛】本题是四边形综合题目，考查了全等三角形的性质和判定，正方形的性质，直角三角形的性质、勾股定理等知识；能正确作出辅助线得出全等三角形是解题的关键．
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