第二十三章 旋转 章末能力闯关试题 2025-2026学年上学期初中数学人教版九年级上册

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第二十三章 旋转 章末能力闯关试题 2025-2026学年
上学期初中数学人教版九年级上册
一、单选题
1．在平面直角坐标系中，若点和关于原点对称，则（ ）
A． B．5 C． D．1
2．剪纸是中国非物质文化遗产的瑰宝，以刀剪为笔，红纸为媒，绘就千年文化传承．以下剪纸作品中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（ ）
A． B．
C． D．
3．如图，将绕点C顺时针旋转得到．当点落在的延长线上时，恰好，若，则的度数为（ ）
A． B． C． D．
4．如图，与关于点成中心对称，有以下结论：
①点与点是对称点；②；
③；④．其中结论正确的有（ ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
5．如图，在中，，，，P是上的任意一点，连接，将绕点A按顺时针方向旋转至，使，连接．则线段长度的最小值为（ ）
A． B．2 C．3 D．4
6．如图，在平面直角坐标系中，边长为2的菱形的顶点B在y轴上，点A在第一象限，，将菱形绕原点O沿顺时针方向旋转，每次旋转，旋转第一次得到四边形（点与点A重合），则旋转第四次得到的点的坐标是（ ）
A． B． C． D．
7．如图，两张相同的宽为的矩形纸片叠放在一起，点是纸片中的任意一点．将一张纸片绕着点逆时针旋转，则旋转过程中，两张纸片重叠部分（即四边形）面积的最小值是（ ）
A．8 B．8 C． D．
8．如图，与都是等边三角形，，，连接，，若将绕点逆时针旋转，当点，，在同一条直线上时，线段的长为（ ）
A． B． C．或 D．或
9．如图，抛物线：与轴交于点，（点在点的左侧），与轴交于点．将抛物线绕点旋转，得到新的抛物线，它的顶点为，与轴的另一个交点为．若以，，，为顶点的四边形是矩形．则的值为（ ）
A．2 B． C． D．
10．如图，是正内一点，，将线段以点为旋转中心逆时针旋转得到线段，下列结论：可以由绕点逆时针旋转得到；四边形的面积是，其中正确结论有个．
A．1 B．2 C．3 D．4
二、填空题
11．在直角坐标平面内，有点A（﹣2，0），B（0，2），将线段AB绕点B顺时针旋转后，点A的对应点C落在y轴上，那么旋转角是 °．
12．如图，直线，垂直相交于点，曲线关于点成中心对称，点的对称点是点，于点，于点．若，，则阴影部分的面积之和为 。
13．若关于的一元二次方程有两个相等的实数根，则点关于原点对称的点的坐标为 .
14．如图中阴影部分是由4个完全相同的正方形拼接而成，若要在①，②，③，④四个区域中的某个区域处添加一个同样的正方形，使它与阴影部分组成的新图形是中心对称图形，则这个正方形应该添加在 处．（填写区域对应的序号）
15．将一副直角三角板和如图放置，此时，，，四点在同一条直线上，点在边上，其中，，．将图中的三角板绕点以每秒的速度，按顺时针方向旋转一定的角度后，记为三角板，设旋转的时间为秒．若在旋转过程中，三角板的某一边恰好与所在的直线平行，则的值为
16．如图，已知等腰直角，， ，点C是矩形与的公共顶点，且，；点D是延长线上一点，且．连接，在矩形绕点C按顺时针方向旋转一周的过程中，当线段达到最长和最短时，线段对应的长度分别为m和n，则的值为 ．
三、解答题
17．如图，在中，，，，将逆时针旋转一角度后与重合，且点D恰好是的中点．
(1)旋转中心是点 ，的长为 ；
(2)求的度数．
18．如图所示的正方形网格中，的顶点均在格点上，请在所给直角坐标系中按要求画图和解答下列问题：
(1)将绕点O顺时针旋转90度，得到．在图中画出旋转后的；
(2)作关于坐标原点成中心对称的；
(3)的坐标_________，的坐标_________．
19．如图，点为等腰直角三角形斜边上一动点（点不与线段两端点重合），将绕点顺时针方向旋转到，连接、、．
(1)求证：；
(2)若，，求的长；
20．如图1所示，是一个家用医药箱，将其侧面抽象为如图2所示的正方形，在打开医药箱的过程中，矩形（箱盖）可以绕点逆时针旋转，落在的位置，且，．

(1)如图2，当旋转角时，求点与点之间的距离；
(2)如图2，当旋转角时，求点到的距离．（结果保留根号）
21．如图1，正方形和正方形三点共线，，．将正方形绕点逆时针旋转，连接．
(1)如图2，求证：；
(2)如图3，在旋转的过程中，当三点共线时，试求的长；
22．如图，在平面直角坐标系中，直线与抛物线相交于，两点（点在点的左侧）．
(1)求，两点的坐标．
(2)将直线向上平移个单位长度后，平移后的直线与抛物线仅有1个公共点，求的值．
(3)将直线绕点顺时针旋转，得到直线，为旋转后的直线与抛物线的交点，求点的坐标．
23．如图，两个等腰直角和中，．
(1)观察猜想如图1，点E在上，线段与的数量关系是________，位置关系是_________．
(2)探究证明把绕直角顶点C旋转到图2的位置，（1）中的结论还成立吗 说明理由；
(3)拓展延伸：把绕点C在平面内自由旋转，若，，当A、E、D三点在直线上时，请直接写出的长．
24．在平面直角坐标系中，已知矩形，点，现将矩形绕点O逆时针旋转得到矩形，点B、C、D的对应点分别为点E、F、G．
(1)如图1，当点E落在边上时，线段 ，旋转角 °；
(2)在（1）的条件下，求直线的函数表达式；
(3)如图2，当C、E、F三点在一直线上时，所在直线与分别交于点H、M，求线段的长度．
25．【课本再现】
如图1，正方形的对角线相交于点，点又是正方形的一个顶点，而且这两个正方形的边长相等，四边形为两个正方形的重叠部分，正方形可绕点转动．
【问题发现】
（1）①线段之间的数量关系是_______________；
②在①的基础上，连接，则线段之间的数量关系是____________．
【拓展应用】
（2）如图2，若矩形的一个顶点是矩形对角线的中点，与边相交于点，延长交于点，与边相交于点，连接．矩形可绕点转动，猜想之间的数量关系，并进行证明．
【类比迁移】
（3）如图3，在中，，点在边的中点处，它的两条边和分别与直线相交于点．可绕点转动，当时，请直接写出的面积．
参考答案
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 A C B C B C C C C D
1．A
【分析】本题考查了关于原点对称的点的性质，准确记忆关于原点对称点横纵坐标之间的关系是解题的关键．
根据关于原点对称的点的坐标特征，横纵坐标互为相反数，求出m和n的值，再相加即可．
【详解】解：∵点和关于原点O对称，
∴点B的坐标为点A坐标的相反数，即，
∴，且，
解得：，，
∴．
故选：A．
2．C
【分析】本题主要考查了轴对称图形和中心对称图形，如果一个平面图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形就叫做轴对称图形；把一个图形绕着某一个点旋转，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，这个点就是它的对称中心．
根据中心对称图形的定义和轴对称图形的定义进行逐项判断即可．
【详解】解：A．.是轴对称图形，但不是中心对称图形，不符合题意；
B．不是轴对称图形，但是中心对称图形，不符合题意；
C．既是轴对称图形，也是中心对称图形，符合题意；
D．不是轴对称图形，不是中心对称图形，不符合题意．
故选C．
3．B
【分析】本题主要考查了旋转的性质，平行线的性质，等腰三角形的性质，三角形的内角和定理等知识点，解题的关键是熟练掌握旋转的性质和平行线的性质．
利用旋转的性质得出，再利用等腰三角形的性质得出，可得．
【详解】解：由旋转知，，，
，
，
，
，
，
故选B．
4．C
【分析】本题考查了中心对称、全等三角形的性质、平行线的判定和性质等知识，解题的关键是掌握中心对称的性质．
利用中心对称的性质解决问题即可．
【详解】解：∵与关于点成中心对称，
∴≌，
∴点与点是对称点，，，，
故①②③正确．
故选：C ．
5．B
【分析】如图所示，在上取点E使，证明出，得到，当时，最短，即最短，如图所示，求出，进而利用含30度角直角三角形的性质求解即可．
【详解】如图所示，在上取点E使
∵
∴，即
∵将绕点A按顺时针方向旋转至
∴，
∵
∴
∴
∵P是上的任意一点
∴当时，最短，即最短，如图所示，
∵
∴
∵
∴
∴的最小值为2，即的最小值为2．
故选：B．
【点睛】此题考查了全等三角形的性质和判定，含30度角直角三角形的性质，旋转的性质等知识，解题的关键是掌握以上知识点．
6．C
【分析】先根据菱形的性质得到，，再根据，利用直角三角形两个锐角互余，求得，然后由旋转得，根据点B在y轴上，得出点在x轴上，可知旋转第四次时，点落在x轴的负半轴上，再求出 ，，从而可得，再利用含有的直角三角形的性质求得，进而求得，于是可求得．
【详解】解：连接，
∵四边形是边长为2的菱形，，
∴，，
∴，
由旋转得，
∴，
∵点B在y轴上，
∴点在x轴上，
∴旋转第四次时，点落在x轴的负半轴上，
作轴于点E，则，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵点在第三象限，
∴，
故选：C．
【点睛】本题考查了坐标与图形变化-旋转，菱形的性质，直角三角形中30°角所对的直角边等于斜边的一半，勾股定理等知识，通过探究，确定旋转第四次时菱形所在的位置是解题的关键．
7．C
【分析】本题考查菱形的判定与性质，平行四边形的判定与性质，过点D作，，连接、交于点O．根据题意先证出四边形是平行四边形，再由，，得，即有平行四边形是菱形，结合图形得出旋转过程中，菱形的高不变，底变化，当两张纸片垂直时，即时，底边最短，即可求出面积最小值．
【详解】解：过点D作，，连接、交于点O．

由题意知：，，
∴四边形是平行四边形，
∵两个矩形等宽，
∴，
∵在平行四边形中，，
∴，
∴，
∴平行四边形是菱形，
旋转过程中，菱形的高不变，底变化，
当两张纸片垂直时，即时，底边最短，此时面积为：，
故选：C．
8．C
【分析】本题考查了旋转的性质，等边三角形的性质，含30度角的直角三角形，勾股定理，根据△是等边三角形，可得，由点、、在同一条直线上，需要分2种情况①当点在延长线上时；②当点在延长线上时，分别画出对应的图形，然后过点作边的垂线（或，利用含角的（或）求得垂线（或的长，最后利用勾股定理即可求解的长．熟练掌握以上知识点，学会分类讨论多种情况的图形，能够结合图形作垂线构造直角三角形是解题的关键．
【详解】解：与都是等边三角形，
，，，
①当点在延长线上时，作交于，连接，如图1，
，是等边三角形，
，，
，，
在中，，
；
②当点在延长线上时，作交于，如图2，
同理①可得，，，
，，
在中，由勾股定理得：；
综上所述，线段的长为或．
故选：C．
9．C
【分析】根据，，，为顶点的四边形是矩形，得到；根据抛物线的对称性，得，于是等边三角形，根据，得到，计算解答即可．
【详解】解：连接，
根据，，，为顶点的四边形是矩形，得到；
根据抛物线的对称性，得，
故等边三角形，
故，，
又，
故，
又,
故，
故，
，
解得，
故选：C．
【点睛】本题考查了矩形的性质，等边三角形的判定和性质，抛物线的对称性，勾股定理，熟练掌握性质和定理是解题的关键．
10．D
【分析】证，即可判断①；连接，可推出是等边三角形，即可判断；由得，推出，，即可判断②；作，则，可求出，，根据四边形的面积，即可判断③；将绕点逆时针旋转得到，连接，作，同理可得：是等边三角形，，，求出，根据，即可判断④；
【详解】解：连接，如图所示：
由题意得：，
∴，
∴，
∴可以由绕点B逆时针旋转得到；故①正确；
∵，，
∴是等边三角形，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵是等边三角形，
∴，
∴，故②正确；
作，如图所示：

则，
∴，
∴
∴四边形的面积，故③正确；
将绕点逆时针旋转得到，连接，作，如图所示：

同理可得：是等边三角形，，，
则，
∴，
∴
∴，故④正确；
故选：D
【点睛】本题考查了等边三角形的判定与性质，旋转的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理等知识点，几何综合性较强，掌握举一反三的数学思想是解题关键．
11．315或135
【分析】根据A、B的坐标可知，△AOB是等腰直角三角形，由此即可得出答案．
【详解】解：如图，
∵A（﹣2，0），B（0，2），
∴OA＝OB＝2，
∴△AOB是等腰直角三角形，
∴∠ABO=∠OAB=45°，
∴
∴当旋转角为315°（旋转角为360°-∠ABO）或135°（旋转角为 ）时，点A的对应点C落在y轴上，
故答案为：315或135．
【点睛】本题主要考查了坐标与图形，图形的旋转，等腰直角三角形的性质与判定，解题的关键在于能够熟练掌握旋转的性质．
12．
【分析】此题考查了中心对称，关键是中心对称性质的熟练掌握．过点作于点，过点作于点，证明四边形是矩形，则，同理可知，四边形是矩形，则，由中心对称，得到，，图形①与图形②面积相等，即可得到答案．
【详解】解：如图，过点作于点，过点作于点，
∵于点．
∴，
∴四边形是矩形，
∴，
同理可知，四边形是矩形，
∴，
∵曲线关于点成中心对称，点的对称点是点，，
∴，，图形①与图形②面积相等，
∴阴影部分的面积之和=长方形的面积．
故答案为：．
13．
【分析】本题考查了根的判别式及关于原点对称的点的坐标特征，利用判别式，求出的值是关键．根据一元二次方程有两个相等的实数根，判别式，得出关于的方程，求出的值，进而确定点的坐标，再根据关于原点对称的点的坐标特征进行解答即可．
【详解】解：关于的一元二次方程有两个相等的实数根，
，即，
解得，
∴
∴点
则关于原点对称的点的坐标为，
故答案为：．
14．②
【分析】根据中心对称图形的概念解答．
【详解】解：在①，②，③，④四个区域中的某个区域处添加一个同样的正方形，使它与阴影部分组成的新图形是中心对称图形，
这个正方形应该添加区域②处，
故答案为：②．
【点睛】本题考查的是中心对称图形的概念，掌握中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后与原图重合是解题的关键．
15．6或9或18
【分析】本题主要考查了平行线的性质，角度的计算等知识，分三种情况讨论：第一种情况当时，a为，第二种情况当时，a为，第三种情况，当时，a为，根据角度转动速度分别求解t即可．
【详解】解：I．如图，当时，
，，
，
，
，
a为
（秒），
II．如图，当时，
，
，
a为，
（秒），
III． 如图，当时，

此时与在同一条直线上，
a为，
（秒），
综上所述：三角板的某一边恰好与所在的直线平行， t的值为：6或9或18
故答案为：6或9或18
16．
【分析】根据等腰三角形的性质，锐角三角函数可求得，当线段达到最长时，此时点G在点C的下方，且B，C，G三点共线，求得根据勾股定理求得，即；当线段达到最短时，此时点G在点C的上方，且B，C，G三点共线，则根据勾股定理求得，即，进而求出的值
【详解】解：∵为等腰直角三角形，，
，
∴，
当线段达到最长时，此时点G在点C的下方，且B，C，G三点共线，如图：
则
在中，，
，
当线段达到最短时，此时点G在点C的上方，且B，C，G三点共线，如图：
则
在中，，
，
，
故答案为：．
【点睛】本题考查了锐角三角函数，勾股定理，根据旋转推出线段最长和最短时的位置是解题的关键
17．(1)A，
(2)
【分析】本题考查了旋转的相关知识点．
（1）由“顺时针旋转一定角度后与重合”可得旋转中心点，根据旋转的性质得出，，据此可求得；
（2）根据旋转的性质得出．
【详解】（1）解：在中，，，
∴，
即，
∵顺时针旋转一定角度后与重合，
∴旋转中心为点A，旋转的度数为；
∴，，
∵点D恰好成为的中点，
∴，
∴；
故答案为：A，；
（2）解：∵顺时针旋转一定角度后与重合，
∴旋转中心为点A，旋转的度数为；
∴，
故答案为：．
18．(1)图见解析
(2)图见解析
(3)
【分析】本题考查坐标与图形变换，旋转和中心对称，熟练掌握旋转和中心对称的性质，是解题的关键：
（1）根据旋转的性质，画出即可；
（2）根据中心对称的性质，画出即可；
（3）根据图形直接写出两个点的坐标即可．
【详解】（1）解：如图，即为所求；
（2）如图，即为所求；
（3）由图可知：．
19．(1)证明见解析；
(2)．
【分析】（1）由旋转性质得：，，结合等腰直角三角形性质可利用“边角边”证明，最后由全等三角形性质即可得证；
（2）结合全等三角形性质、等腰直角三角形性质推得是直角三角形，由勾股定理求出、，则．
【详解】（1）证明：由旋转性质得：，，
是等腰直角三角形，
，，
即，
，
即，
在和中，
，
，
．
（2）解：依题得：，，
中，，
，
，
是等腰直角三角形，
，
，
中，，
．
【点睛】本题考查的知识点是旋转性质、等腰直角三角形性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理，解题关键是熟练掌握全等三角形的判定与性质．
20．(1)
(2)
【分析】（1）判定是等边三角形，解答即可；
（2）过点作于点，垂足为点，且与交于点．利用等边三角形的性质，勾股定理，矩形的性质解答即可．
本题考查了矩形的性质，等边三角形的判定和性质，勾股定理，熟练掌握性质和定理是解题的关键．
【详解】（1）解：如图，连接，由题意得，
是等边三角形，
，
故点与点之间的距离为．
（2）解：过点作于点，垂足为点，且与交于点．
由题易得四边形为矩形，
，
由（1）可知，则
答：点到的距离为．
21．(1)见解析
(2)
【分析】本题主要考查了正方形的性质，旋转的性质，勾股定理，全等三角形的性质与判定等等，熟知相关知识是解题的关键．
（1）根据正方形的性质可得，，，再求出，然后利用“边角边”证明，根据全等三角形对应边相等证明即可；
（2）过点作于，根据正方形的性质与勾股定理得，从而求得，再在在中，由勾股定理，求得，即可由求解．
【详解】（1）证明：∵四边形和四边形都是正方形，
∴，，，
，，
，
在和中，
，
，
；
（2）解：如图所示，过点作于，
∵在正方形中，，，
∴，
∴，
∵，
∴，
在中，由勾股定理，得，
∴．
22．(1)
(2)
(3)
【分析】本题主要考查一次函数，二次函数与几何图形的综合，掌握一次函数与二次函数交点的计算，一次函数图形平移的性质，二次函数与几何图形的综合运用是关键．
（1）联立方程组求解即可；
（2）根据函数的平移得到平移后的解析式为，根据只有一个交点得到关于的一元二次方程的判别式，由此即可求解；
（3）根据题意，过点作轴于点，过点作延长线于点，设旋转后的直线与轴交于点，则，可得是等腰直角三角形，是等腰直角三角形，，则，运用待定系数法得到直线的解析式，联立方程求解即可．
【详解】（1）解：根据题意，联立方程组得，，
解得，，
∴；
（2）解：直线向上平移个单位长度后的解析式为，
∵平移后的直线与抛物线仅有1个公共点，
∴，整理得，，
∴，
解得，；
（3）解：如图所示，过点作轴于点，过点作延长线于点，设旋转后的直线与轴交于点，则，
∵，
∴，
∴，
∴，且，
∴是等腰直角三角形，
∴，
∴，
∴，
∴是等腰直角三角形，，
∴，
设直线的解析式为，
∴，
解得，，
∴直线的解析式为，
联立直线于抛物线为方程得，，
解得，，
∴．
23．(1)相等，垂直
(2)（1）中的结论还成立，理由见解析
(3)的长的长为17或31
【分析】（1）延长交于，证明，得出，，再由三角形内角和定理求出，即可得解；
（2）延长交于，证明，得出，，再由三角形内角和定理求出，即可得解；
（3）分两种情况：当射线在直线上方时，作于；当射线在直线的下方时，作于，分别利用等腰三角形的性质、勾股定理求解即可．
【详解】（1）解：如图，延长交于，
，
∵和为等腰直角三角形，，
∴，，
在和中，
，
∴，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴点E在上，线段与的数量关系是相等，位置关系是垂直；
故答案为：相等；垂直
（2）解：（1）中的结论还成立，理由如下：
如图，延长交于，
，
∵和为等腰直角三角形，，
∴，，，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴；
（3）解：如图，当射线在直线上方时，作于，
，
∵为等腰直角三角形，
∴，
∵，，
∴，
∵，
∴，
∴；
当射线在直线的下方时，作于，
，
∵为等腰直角三角形，
∴，
∵，，
∴，
∵，
∴，
∴；
综上所述，的长的长为17或31．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质、等腰三角形的判定与性质、勾股定理、三角形内角和定理，熟练掌握以上知识点并灵活运用，采用分类讨论的思想是解此题的关键．
24．(1)，45；
(2)；
(3)2
【分析】（1）由矩形的性质得，，，，根据勾股定理求得，进而可求出，进而可求出旋转角；
（2）由（1）可得，求得直线的表达式为，过点G作轴于点A，利用勾股定理求得，设的函数表达式为，再利用待定系数法求解即可；
（3）过点M作于点N，连接、，旋转的性质得，，再根据等腰三角形的性质得，证明四边形是矩形，可得，可证，可得，设，利用勾股定理列方程求解即可．
【详解】（1）解：∵四边形是矩形，，
∴，，，
∵矩形是矩形旋转得到，
∴，，
在中，，
∴，
∴，
∴．
故答案为：，45；
（2）解：由（1）可知，，
设直线的表达式为，
把点代入得，，
解得，
∴直线的表达式为，
设的函数表达式为，
过点G作轴于点A，
∵，，
∴，
∴，
∴，
把点代入得，，
解得，
∴的函数解析式为；
（3）解：如图，过点M作于点N，连接、，
∵矩形是矩形旋转得到，
∴，，
∵C、E、F三点在一条直线上，
∴，
∵，
∴四边形是矩形，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
设，
在中，，即，
解得，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴线段的长度为2；
【点睛】本题考查用待定系数法求一次函数解析式、矩形的性质与判定、勾股定理、旋转的性质、全等三角形的判定与性质、平行线的性质，熟练掌握旋转的性质是解题的关键．
25．（1）①②（2），证明见解析（3）或
【分析】本题属于四边形综合题，主要考查了矩形的性质，正方形的性质，菱形的性质，三角形全等的判定和性质，等边三角形的判定和性质，勾股定理，解题的关键是作出辅助线，熟练掌握相关的判定和性质．
（1）①根据题型先证明，进而即可得出线段之间的数量关系；
②根据，得出，进而根据勾股定理得出，根据线段之间的数量关系，即可得出结论；
（2）猜想：，连接，延长交于，证明，再利用勾股定理证明即可；
（3）设，分两种情况讨论：①当点在线段上时，②当点在延长线上时，结合勾股定理，即可求解．
【详解】解：（1）①证明：∵四边形是正方形，
∴，，
∴，
∴，
在和中，
，
∴，
∴；
②解：∵，
∴，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
故答案为：；
（2）解：；理由如下：
连接，如图2：
∵为矩形中心，
∴，
延长交于，
∵，
∴，
又，
∴，
∴，
又∵四边形是矩形，
∴，
∴垂直平分，
∴，
在中，由勾股定理得：，
∴；
（3）设，
①当在线段上时，如图3，
∵，
∴，
在中，，
∴，
∴，
又由（2）易知，
∴，
∴，
解得，即，
；
②当点在延长线上时，
同理可证，
∴，
又在中，
，
∴，
解得，即，
；
故的面积为或．
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