2025—2026学年九年级数学上学期单元测试卷
第二十三章 旋转 单元测试·基础卷
（ 全卷满分120 分，考试时间120 分钟）
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、选择题（每题 3 分，共 30 分．在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求）
1．下列四幅图案在设计中用到旋转变换方式的是（ ）
A． B． C． D．
2．下列图形中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（ ）
A． B． C． D．
3．如图，把绕点顺时针旋转某个角度得到，，，则旋转角等于（ ）
A． B． C． D．
4．如图，已知点O是等边三角形三条高的交点，现将绕点O旋转，使其和重合，则至少应旋转（ ）
A． B． C． D．
5．如图，在平面直角坐标系中，的两条对角线交于原点O ， 平行x轴，点M的坐标是， 点F的坐标是， 则点N的坐标是（ ）
A． B． C． D．
6．如图，菱形ABCD的对角线AC，BD交于点O，与关于点C成中心对称，连接，则的长是（ ）
A．3 B．4 C．5 D．7
7．如图，中，，，，点E是边上一点，将绕点B顺时针旋转到，连接，则长的最小值是（ ）
A．2 B．2.5 C． D．
8．如图，将先绕点顺时针旋转，得到，再作关于轴的对称图形，则顶点的坐标是（ ）．
A． B． C． D．
9．如下图左图，P点在O点正北方．一只机器狗从P点按逆时针方向绕着O点作匀速圆周运动，经过一分钟，其位置如下图右图所示．那么经过101分钟，机器狗的位置会是下列图形中的（ ）
B．
C． D．
10．如图，在中，，将绕点B逆时针旋转后得到（点A的对应点是点，点C的对应点是点），连接，，则的大小是（ ）
A． B． C． D．
填空题(本大题有6个小题，每小题3分，共18分)
11．如图，该图形绕其中心旋转能与其自身完全重合，则其旋转角最小为 度．
12．如图，均在格点上，是由经过两次图形的变换（平移、轴对称、旋转）得到的．下列结论：①1次旋转和1次平移；②2次轴对称；③1次平移和1次轴对称；④1次轴对称和1次旋转．其中所有正确结论的序号是 ．
13．如图，一段抛物线记为，它与x轴的交点为O，，顶点为；将绕点旋转得，交x轴于点，顶点为；将绕点旋转得，交x轴于点，顶点为，…，如此进行下去，直至得到．当n为偶数时，抛物线的表达式为 ．
14．如图，在直角坐标系中，以原点O为旋转中心，将线段顺时针旋转得到线段，点A的对应点为．若点A的坐标为，则点的坐标为 ．
15．如图，把绕着点顺时针方向旋转，得到，点恰好在上，旋转角为，则的度数为 （用含的式子表示）．
16．在平面直角坐标系中，点，点，点，点，为四边形边上一点．对于点给出如下定义：若，，点在x轴下方，点关于原点的对称点为Q，我们称点Q为点P关于点M为直角顶点的“变换点”；则P关于点B为直角顶点的“变换点”坐标为 ；若直线（）上存在点P关于点M为直角顶点的“变换点”，则k的取值范围为 ．
三、解答题（第 17，18，19，20，21 题每题 8 分，第 22，23 题每题 10 分，第 24 题 12 分，共 72 分）
17．如图所示是由边长为1的小等边三角形构成的网格，每个网格图中有3个小等边三角形已涂上阴影．请在余下的空白小等边三角形中，挍下列要求选取三个涂上阴影，使得6个阴影小等边三角形组成一个中心对称图形．
18．如图，方格纸中的每个小方格都是边长为1个单位的正方形，在建立平面直角坐标系后， 的顶点均在格点上，点的坐标为．
(1)在方格纸中作出与关于原点对称的；
(2)写出点，点，点的坐标．
19．如图，在中，，将绕点C顺时针旋转得到，使得点B的对应点E恰好落在边上，点A的对应点为D，延长交于点F．试判断与的位置关系，并说明理由．
20．如图所示，在三角形中，，D是边上的一点，三角形经过旋转后到达三角形的位置．
(1)旋转中心是哪一点？
(2)旋转了多少度？
(3)如果M是的中点，那么经过上述的旋转后，点M到了什么位置？
21．如图，，A、B分别为直线、上两点，且，若射线绕点A顺时针旋转至后立即回转，射线绕点B逆时针旋转至后立即回转，两射线分别绕点A、点B不停地旋转，若射线转动的速度是/秒，射线转动的速度是/秒，且a、b满足．
(1)______，______；
(2)若射线、射线同时旋转，问旋转多少秒时，射线、射线第一次互相垂直．
(3)若射线绕点A顺时针先转动15秒，射线才开始绕点B逆时针旋转，在射线第一次到达之前，当射线、射线互相平行时，直接写出射线转动的时间．
22．在中，，，点在射线上，连接，将线段绕点A顺时针旋转得到线段（点不在直线上），过点作，交直线于点．
(1)如图1，，点与点重合，
①依题意补全图形；
②求证：；
(2)如图2，点在的延长线上，点在线段上，用等式表示与的数量关系，并证明．
23．综合与实践．
【问题初探】（1）如图，在中，，，为边上的中线，求的取值范围．解答这个问题，我们可以将绕点旋转，得到，则的取值范围可解．请作出并直接写出的取值范围；
【问题解决】（2）如图，为等边三角形内一点，满足，，，试求的大小（提示：将绕点顺时针旋转）；
【问题拓展】（3）如图，在正方形中，，分别为，边上的点，且满足，，，求的面积．
24．如图1，在平面直角坐标系中，第一象限内一点，且，过点作轴交于点，交于点，过点作轴交于点，交于点，已知点点且满足．
(1)求点、的坐标；
(2)判断由线段，，组成的三角形的形状，并说明理由；
(3)①当时，如图2，分别以、为边作等边三角形和，试判断和的数量关系和位置关系，并说明理由；
②当时，如图3，求的度数．(共6张PPT)
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第二十三章 旋转
单元测试·基础卷 试卷分析
一、试题难度
二、知识点分布
一、单选题
1 0.94 判断由一个图形旋转而成的图案
2 0.85 轴对称图形的识别；中心对称图形的识别
3 0.85 找旋转中心、旋转角、对应点；根据旋转的性质求解；三角形的外角的定义及性质
4 0.75 根据旋转的性质求解；等边对等角；等边三角形的性质；求旋转对称图形的旋转角度
5 0.75 利用平行四边形的性质求解；求关于原点对称的点的坐标
6 0.65 利用菱形的性质求线段长；用勾股定理解三角形；中心对称图形的识别
7 0.65 线段问题(旋转综合题)；全等的性质和SAS综合（SAS）；含30度角的直角三角形；斜边的中线等于斜边的一半
8 0.64 坐标与图形变化——轴对称；画旋转图形；画轴对称图形
9 0.64 旋转中的规律性问题
10 0.4 等腰三角形的性质和判定；根据旋转的性质求解
二、知识点分布
二、填空题
11 0.85 求旋转对称图形的旋转角度
12 0.85 根据成轴对称图形的特征进行判断；判断由一个图形旋转而成的图案；图形的平移
13 0.75 中心对称图形规律问题；其他问题(二次函数综合)；根据旋转的性质求解
14 0.65 全等的性质和ASA（AAS）综合（ASA或者AAS）；求绕原点旋转90度的点的坐标
15 0.65 三角形内角和定理的应用；根据旋转的性质求解；等边对等角
16 0.4 一次函数与几何综合；求关于原点对称的点的坐标；全等的性质和ASA（AAS）综合（ASA或者AAS）；坐标与图形变化——轴对称
二、知识点分布
三、解答题
17 0.95 利用平移、轴对称、旋转、中心对称设计图案
18 0.85 画已知图形关于某点对称的图形；求关于原点对称的点的坐标
19 0.85 三角形内角和定理的应用；根据旋转的性质说明线段或角相等
20 0.75 找旋转中心、旋转角、对应点；等边三角形的判定和性质
21 0.65 根据平行线的性质求角的度数；线段问题(旋转综合题)；绝对值非负性；几何问题(一元一次方程的应用)
22 0.65 全等的性质和SAS综合（SAS）；根据旋转的性质求解；线段垂直平分线的性质；等腰三角形的性质和判定
23 0.64 面积问题(旋转综合题)；角度问题(旋转综合题)；利用平行四边形性质和判定证明；正方形性质理解
24 0.4 全等的性质和SSS综合（SSS）；其他问题(旋转综合题)；二次根式有意义的条件；判断三边能否构成直角三角形2025—2026学年九年级数学上学期单元测试卷
第二十三章 旋转 单元测试·基础卷
（ 全卷满分120 分，考试时间120 分钟）
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
参考答案
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 B B D B A C B A D C
1．B
本题考查了旋转变换，熟练掌握旋转变换的特点是解题的关键．根据图形变换的特点，对选项逐个分析判断即可．
解：A、此选项图案在设计中用到平移变换方式，不符合题意；
B、此选项图案在设计中用到旋转变换方式，符合题意；
C、此选项图案在设计中用到轴对称变换方式，不符合题意；
D、此选项图案在设计中用到轴对称变换方式，不符合题意；
故选：B．
2．B
本题考查轴对称图形及中心对称图形的识别，掌握中心对称图形与轴对称图形的概念是解题关键．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；在平面内，把一个图形绕着某个点旋转，如果旋转后的图形能与原来的图形重合，那么这个图形叫做中心对称图形．根据轴对称图形与中心对称图形的概念逐选项判断即可．
解：A.是轴对称图形，但不是中心对称图形，不符合题意；
B.既是轴对称图形又是中心对称图形，符合题意；
C.不是轴对称图形，是中心对称图形，不符合题意；
D.是轴对称图形，但不是中心对称图形，不符合题意．
故选：B．
3．D
本题主要考查旋转的性质，由旋转的性质可得，继而根据可得．
解：∵绕点顺时针旋转某个角度得到，
∴，，
又∵，
∴，
∴，
故选：D．
4．B
本题主要考查等边三角形的性质及旋转的性质，等边对等角和三角形内角和定理，掌握等边三角形的三条高线、三条角平分线、三条中线相互重合是解题的关键．
根据题意得到、平分和，求出，，当A与B重合时则B与C重合，可得到答案．
解：∵点O是等边三角形三条高的交点，
∴、平分和，
∴，
∴，
∴绕点O旋转可与重合，
∴至少应旋转．
故选B．
5．A
本题主要考查了平行四边形的性质，坐标与图形性质，中心对称的性质，根据平行四边形的性质得到点与点关于原点对称，点与点关于原点对称是解题的关键．
根据平行四边形是中心对称的特点可知，点与点关于原点对称，点与点关于原点对称，即可求解．
解：∵的两条对角线，交于原点，
∴点与点关于原点对称，点与点关于原点对称，
∵点的坐标是，点的坐标是，
∴点的纵坐标是，点的横坐标是，
∵平行轴，即，
∴点的坐标是，
故选：A．
6．C
本题考查了菱形的性质：中心对称，熟练掌握菱形的性质是解题的关键．
由对称的性质得到由中心对称的性质得到：
，求出
由勾股定理得到
解：∵四边形是菱形，
，
，
与关于点C成中心对称，
,
，
.
故选：C．
7．B
取的中点为点D，连接，过点D作，垂足为H，在中，利用含30度角的直角三角形的性质可求出的长，的度数，再根据线段的中点定义可得，从而可得，然后利用旋转的性质可得：，，从而利用等式的性质可得，进而利用证明，最后利用全等三角形的性质可得，再根据垂线段最短，即可解答．
解：取的中点为点D，连接，过点D作，垂足为H，
∴，
∵，，，
∴，
∵点D是的中点，
∴，
∴，
由旋转得：，，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
当时，即当点E和点H重合时，有最小值，且最小值为2.5，
∴长的最小值是2.5，
故选：B．
本题考查了旋转的性质，垂线段最短，全等三角形的判定与性质，根据题目的已知条件并结合图形添加适当的辅助线是解题的关键．
8．A
本题考查作图—旋转变换和轴对称，解题的关键：利用网格特点和旋转的性质画出点、的对应点、，从而得到，然后根据对称的性质画出点、关于轴对称的点、，即可得出点的坐标．
解：如图，和即为所作，
∴顶点的坐标是．
故选：A．
9．D
本题主要考查旋转中的规律问题，熟练掌握旋转的性质是解题的关键；由周角的定义可知机器狗从P出发，按逆时针方向绕点O作匀速圆周运动，经过一周所需的时间为8分钟，然后根据可进行求解．
解：由图可得：机器狗走一分钟，所转的度数为，
∴机器狗经过一周所需的时间为（分钟），
∵，
∴，
∴经过101分钟后，机器狗回到出发点P后还走了，
即选项D符合题意；
故选D．
10．C
本题主要考查了旋转的性质，等腰直角三角形的判定和性质，解题的关键是熟练掌握旋转的性质．
利用旋转的性质得出相等的角和线段，证明为等腰直角三角形，得出，然后利用角的和差进行求解即可．
解：由旋转的性质可得，，，
∵，且旋转，
∴为等腰直角三角形，
∴，
∴，
故选：C．
11．45
本题考查了旋转对称图形．观察图形可得，图形由8个形状相同的部分组成，从而能计算出旋转角度．
解：图形可看作由一个基本图形旋转8次所组成，故最小旋转角为；
故答案为：45．
12．③④/④③
本题主要考查了图形的平移，旋转和轴对称，平移和旋转不会改变中三个内角字母的排列顺序（例如A、O、B顺时针排列），那么经过平移或者旋转得到的是按照顺时针排列，一次轴对称会改变中三个内角字母的排列顺序（例如A、O、B顺时针排列），那么经过1次轴对称得到的是按照逆时针排列，据此可得轴对称的次数一定要是奇数次，平移和旋转不能得到，据此可得答案．
解：∵旋转和平移都不会改变中三个内角字母的排列顺序（例如A、O、B顺时针排列），那么经过平移或者旋转得到的是按照顺时针排列，
∴不能由经过1次旋转或者1次平移，故①不符合题意；
∵1次轴对称一定会改变变中三个内角字母的排列顺序（例如A、O、B顺时针排列），那么经过经过1次轴对称得到的是按照逆时针排列，
∴轴对称的次数一定要满足奇数次，故②不符合题意，③④符合题意，
故答案为；③④．
13．
本题主要考查二次函数的图象及其性质，中心对称的性质，先求出抛物线与x轴的交点的坐标及两交点的距离，再根据轴对称和中心对称找顶点坐标的规律，得到抛物线与x轴的交点的坐标及开口方向，即可得到答案；
解：当时，，
解得：，，
∴抛物线与x轴的交点的坐标为和，且开口方向向下，且抛物线与x轴两交点的距离为：；
∵将绕点旋转得，将绕点旋转得，
∴抛物线与x轴的交点的坐标为和，且开口方向向上；
∴抛物线与x轴的交点的坐标为和，且开口方向向下；
同理：当n为偶数时，抛物线与x轴的交点的坐标为和，且开口方向向上；
∴抛物线的表达式为：
故答案为：．
14．
本题考查坐标与图形变化-旋转，熟练掌握旋转的性质是解答本题的关键．
过点A作轴于点B，过点作轴于点C，由旋转得，，，可得，则，．由已知条件可得，，则，，可得点的坐标．
解：过点A作轴于点B，过点作轴于点C，
∴，
∴．
由旋转得，，，
∴，
∴，
∴，
∴，．
∵点A的坐标为，
∴，，
∴，，
∵点在第四象限内，
∴点的坐标为．
故答案为：．
15．
此题主要考查了旋转的性质以及等腰三角形的性质等知识．根据题意得出，再利用三角形内角和定理求解即可．
解：∵把绕着点A顺时针方向旋转，得到，
∴，，
∴．
故答案为：．
16．
根据定义即可求出P关于点B为直角顶点的“变换点”R坐标，求得P关于点A为直角顶点的“变换点”坐标为，同理，点P关于点D为直角顶点的“变换点”坐标为，点P关于点C为直角顶点的“变换点”坐标为，点关于点为直角顶点的“变换点”的轨迹为正方形，可求直线经过定点，使直线与正方形的边有交点，即可求解．
解：如图，，，，
∴，
∵，，
∴，
∴，关于原点对称，
∴，
∴P关于点B为直角顶点的“变换点”坐标为；
如图，，，过点作轴于点，
，
，
，
，
∴，
在和中
，
（），
，，
，
，
点关于原点的对称点为，
，即：P关于点A为直角顶点的“变换点”坐标为，
同理，点P关于点D为直角顶点的“变换点”坐标为，
点P关于点C为直角顶点的“变换点”坐标为，
如图，点关于点为直角顶点的“变换点”的轨迹为正方形，
直线上存在点关于点为直角顶点的“变换点”，
直线与正方形的边有交点，
当时，，
解得：，
直线经过定点，
（ⅰ）当直线经过时，
，
解得：；
（ⅱ）当直线经过时，
，
解得：；
综上所述：．
故答案为：，．
本题考查一次函数的综合应用，涉及新定义，解题的关键是读懂题意，理解点P关于点M的直角顶点“变换点”的定义．
17．详见解析
根据中心对称的定义：把一个图形绕某点旋转180°后能够与自身重合，则这个图形是中心对称图形，根据定义画图即可．
解：答案不唯一，如图．
本题主要考查了利用中心对称图形的定义设计图案，掌握定义是解题的关键．
18．(1)见解析
(2)
此题主要考查了关于原点对称的点的坐标特征，熟练掌握相关知识是解题的关键．
（1）根据关于原点对称点的性质得出A，B，C对应点，进而得出答案；
（2）利用（1）中所画图形，即可得到点，点，点的坐标．
（1）解：如图，即为所求；
（2）解：点，点，点的坐标分别为．
19．，理由见解析
本题主要考查了旋转的性质，三角形内角和定理，熟练掌握三角形内角和定理是解题的关键．由旋转的性质得出，证出，则可得出．
解：，理由如下：
∵将绕点C顺时针旋转得到，
∴，
又∵，，
∴，
∵，
∴，
∴．
20．(1)旋转中心是点A．
(2)逆时针旋转了．
(3)点M到了的中点处．
本题主要考查的是旋转变换后图形所具有的性质，等边三角形的性质和判定，关键在于明确旋转中心，旋转角度和旋转位置．
（1）观察图形，经旋转后到达的位置，可得出旋转中心；
（2）观察图形，线段旋转后，对应边是就是旋转角，可得出旋转角；
（3）因为旋转前后是对应边，故的中点，旋转后就是的中点．
（1）解：∵经旋转后到达，它们的公共顶点为，
∴旋转中心是点；
（2）解：∵
∴是等边三角形
∴
线段旋转后，对应边是就是旋转角，也是等边三角形的内角，是，
∴逆时针旋转了；
（3）解：旋转前后是对应边，故的中点，旋转后就是的中点，
∴点转到了的中点．
21．(1)8；2
(2)9秒
(3)6秒或10秒
本题主要考查了平行线的性质，非负数的性质以及角的和差关系的运用，解方程的运用，解决问题的关键是运用分类思想进行求解，解题时注意：若两个非负数的和为0，则这两个非负数均等于0．
（1）依据非负数的性质即可得到，的值；
（2）依据，，即可得到射线、射线第一次互相垂直的时间；
（3）分两种情况讨论，依据时，，列出方程即可得到射线、射线互相平行时的时间．
（1）解：∵，，
∴
，，
，．
（2）解：设旋转秒时，射线、射线第一次互相垂直．
如图，设旋转后的射线、射线交于点，则，
，
，
，
，
又，，
，
，
∴旋转9秒时，射线、射线第一次互相垂直；
（3）解：设射线转动秒时，射线、射线互相平行．
如图，射线绕点顺时针先转动15秒后，转动至的位置，则，
∴；
分两种情况：
①∵，，
当时，不符合题意；
当时，，，
∵，
∴，
，，
当时，，
∴，
解得；
②当时，，，
，，
当时，，
此时，，
解得；
当时，不符合题意；
综上所述，射线转动6秒或10秒时，射线、射线互相平行．
22．(1)①图见详解；②见详解
(2)，证明见详解
本题主要考查全等三角形的性质与判定、等腰三角形的性质与判定、平行线的性质、旋转的性质及线段垂直平分线的性质，解题的关键是正确作出辅助线；
（1）①根据题意直接作图即可；②连接，由旋转的性质可知，则可知，然后可得，即，进而根据平行线的性质及等腰三角形的判定可进行求证；
（2）在上取一点G，使得，连接，由线段垂直平分线的性质可知，则有，，然后可得，即，进而证得，则问题可求证．
（1）①解：所作图形如图所示：
②证明：连接，如图所示，
由题意可知：，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴；
（2）解：，证明如下：
如图，在上取一点G，使得，连接，
∵，即，
∴，
∴，，
由旋转的性质可知：，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，，
∵，，
∴，
∴，
∴．
23．（1）图见解析，；（2）；（3）
（1）如图，将绕点旋转，得到，连接，由旋转得到，，证明四边形是平行四边形，根据三角形三边的关系得到，从而得到的取值范围；
（2）如图，将绕点顺时针旋转得到，连接，由旋转可知，证明是等边三角形得，在中，运用勾股定理逆定理可得，求出，结合旋转可求解；
（3）将绕点顺时针旋转得到，由旋转可知，，，，推出，证明，求出即可．
解：（1）如图，将绕点旋转，得到，连接，
∴，，
∴四边形是平行四边形，
∴，，
∵，，
又∵，
∴，即，
∴，
∴的取值范围为；
（2）如图，将绕点顺时针旋转得到，连接，
∴，，，，
∴是等边三角形，
∴，，
在中，，，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴；
∴的大小为；
（3）如图，将绕点顺时针旋转得到，
∴，，，，
∵四边形是正方形，，，，
∴，，
∴点在的延长线上，
∴，
，
∴，
∴．
在与中，
，
∴，
∴，
∴的面积为．
本题考查旋转的综合应用，三角形三边之间的关系，平行四边形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，勾股定理逆定理，正方形的性质，全等三角形的判定和性质等知识点．解题的关键是旋转构造全等进行转换．
24．(1)，
(2)直角三角形，理由见详解
(3)①数量关系为，位置关系为，理由见详解；②
（1）由二次根式有意义的条件得，可求得，，即可求解；
（2）由等腰三角形的性质得，由平行线的性质得，，由等腰三角形的性质得，同理可求，，由勾股定理得，，，分别求出和，即可求解；
（3）连接，由等边三角形的性质得，，由可判定，由全等三角形的性质得，由勾股定理即可求解；②将绕点逆时针旋转得，由旋转的性质得，，，，由勾股定理得，等量代换可证，由可判定，由全等三角形的性质得，即可求解．
（1）解：，
，
解得：，
，
，；
（2）解：，，
，
，
轴，轴，
，，
，，
，
，
同理可求：，，
，
，，
，
，
，
同理可求：，，
，
，
线段，，组成的三角形为直角三角形；
（3）解：和的数量关系为，位置关系为；
理由如下：
①如图，连接，
和是等边三角形，
，，
在和中
，
（），
；
，
，
，
，
是直角三角形，
，
；
故和的数量关系为，位置关系为；
②如图，
，
可将绕点逆时针旋转得，
，，，，
，
，
，
在和中
，
()，
，
，
，
，
，
，
故的度数为．
本题考查了二次根式有意义的条件，等腰三角形的判定及性质，全等三角形的判定及性质，等边三角形的性质，勾股定理，勾股定理的逆定理，旋转的性质等，掌握相关的判定方法及性质，“半角”模型的解法，能根据题意作出恰当的辅助线，构建全等三角形，通过旋转构建直角三角形是解题的关键．
