23.1 图形的旋转 教材知识背默清单 课时练习 （含解析）2025--2026年九年级数学上册人教版

23.1 图形的旋转 教材知识背默清单 课时练习
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知识点1 旋转的相关概念
旋转 把一个平面图形 一个角度，叫做图形的旋转
旋转中心 在旋转过程中， 的那个点就是旋转中心，即点O.旋转中心可在图形的外部、内部或图形上
对应点 如果图形上的点P经过旋转变为点P′，那么这两个点叫做这个旋转的对应点
旋转角 叫做旋转角，任意一对对应点与旋转中心所连线段的夹角都是旋转角
旋转三要素 、 、
知识点2 旋转的性质
1.对应点到 的距离相等；
2.对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角；
3.旋转前、后图形 .
知识点3 旋转作图
旋转作图的步骤 ①定：确定原图形中每一个 与 ； ②连：连接图形中每一个关键点与旋转中心； ③转：把连线按要求绕旋转中心转动一定角度（作旋转角）； ④截：在角的另一边上截取与关键点到旋转中心的距离 ，得到各点的对应点； ⑤连：连接所得到的各对应点； ⑥写：写出结论，说明作出的图形.
确定旋转中心的步骤 ①确定两组 ； ②分别连接 得到两条线段； ③作这两条线段的 ，两条 的交点即为旋转中心.
参考答案
知识点1 旋转的相关概念
绕着平面内某一点O转动 始终保持不动 转动的角
旋转中心 旋转方向 旋转角度
知识点2 旋转的性质
旋转中心 全等
知识点3 旋转作图
关键点 旋转中心
相等的线段
对应点 两组对应点 垂直平分线 垂直平分线
课时练习
一、单选题（本大题共6小题）
1．如图，在菱形中，，为对角线的交点.将菱形绕点逆时针旋转得到菱形，两个菱形的公共点为，，，.对八边形给出下面四个结论：
①该八边形各边长都相等；
②该八边形各内角都相等；
③点到该八边形各顶点的距离都相等；
④点到该八边形各边所在直线的距离都相等。
上述结论中，所有正确结论的序号是（ ）
A．①③ B．①④ C．②③ D．②④
2．如图，在中，，，将绕点顺时针旋转得到，点A、B的对应点分别是，，点是边的中点，连接，，．则下列结论错误的是（ ）
A． B．，
C． D．
3．如图，点E为正方形内一点，，将绕点B按顺时针方向旋转，得到．延长交于点F，连接．下列结论：①；②四边形是正方形；③若，则；其中正确的是（ ）

A．①②③ B．①② C．②③ D．①
4．如图，在矩形中，，，点是边的中点，点是边上任意一点，将线段绕点顺时针旋转 ，点旋转到点，则周长的最小值为（ ）
A. 15 B. C. D. 18
5．如图，在平面直角坐标系中，Q是直线y=﹣x+2上的一个动点，将Q绕点P(1，0)顺时针旋转90°，得到点，连接，则的最小值为(　　)

A． B． C． D．
6．已知如图，在平面直角坐标系中，点在第一象限，点是轴上一动点，作直线交轴于点，以点为旋转中心把直线逆时针旋转 得直线 ，交轴于点，交 轴于点，在点变化过程中，下列说法错误的是（ ）
A．当时，的值不存在
B．若，且时，点是的黄金分割点
C．连接，当 ，的周长为定值
D．当 时，，而当时，的值不确定
二、填空题（本大题共5小题）
7．如图，在正方形 中， ，E为 的中点，连接 ，将 绕点D按逆时针方向旋转 得到 ，连接 ，则 的长为______．
8．如图，在中， ，，点是的中点，连接，将绕点旋转，得到.连接，当时，____________________.
9．如图，长方形中，为上一点，且为边上的一个动点，连接,将绕着点顺时针旋转到的位置，连接和,则的最小值为　 　．
10．如图，在矩形中，，，P是的中点，Q为边上的动点，将矩形绕点A逆时针旋转，得到矩形，在旋转过程中，记点Q的对应点为，则线段长度的最大值是 ，最小值是 ．
11．如图，正方形的边长为4，对角线相交于点O，将绕着点B顺时针旋转得到，点A，D的对应点是点E，F，交于点G，连接交于点H，连接．则的长 ．
三、解答题（本大题共4小题）
12．如图，在平面直角坐标系中，已知△ABC的三个顶点坐标分别是A（1，1），B（4，1），C（3，3）．
（1）将△ABC向下平移5个单位后得到△A1B1C1，请画出△A1B1C1；
（2）将△ABC绕原点O逆时针旋转90°后得到△A2B2C2，请画出△A2B2C2；
（3）判断以O，A1，B为顶点的三角形的形状．（无须说明理由）
13．如图，正方形中，,分别在边,上，且 ，连接，这种模型属于“半角模型”中的一类.在解决“半角模型”问题时，旋转是一种常用的解题方法.例如将绕点顺时针旋转 得到,则可以证明“”，请写出证明过程.
14．〖情境再现〗
甲、乙两个含角的直角三角尺如图①放置，甲的直角顶点放在乙斜边上的高的垂足O处，将甲绕点O顺时针旋转一个锐角到图②位置．小莹用作图软件Geogebra按图②作出示意图，并连接，如图③所示，交于E，交于F，通过证明，可得．
请你证明：．
〖迁移应用〗
延长分别交所在直线于点P，D，如图④，猜想并证明与的位置关系．
〖拓展延伸〗
小亮将图②中的甲、乙换成含角的直角三角尺如图⑤，按图⑤作出示意图，并连接，如图⑥所示，其他条件不变，请你猜想并证明与的数量关系．
15．如图，已知△BAD和△BCE均为等腰直角三角形，∠BAD＝∠BCE＝90°，点M为DE的中点，过点E与AD平行的直线交射线AM于点N.
(1)当A，B，C三点在同一直线上时，如图(1)，求证：M为AN的中点；
(2)将图(1)中△BCE绕点B旋转，当A，B，E三点在同一直线上时，如图(2)，求证：△CAN为等腰直角三角形；
(3)将图(1)中△BCE绕点B旋转到图(3)的位置时，(2)中的结论是否成立？若成立，请证明；若不成立，请说明理由．
参考答案
1．【答案】B
【分析】根据菱形，，则，，结合旋转的性质得到点一定在对角线上，且，，继而得到，，结合，继而得到，可证，，同理可证，证，继而得到，得到，可以判定该八边形各边长都相等，故①正确；根据角的平分线的性质定理，得点到该八边形各边所在直线的距离都相等，可以判定④正确；根据题意，得，结合，，得到，可判定②该八边形各内角不相等；判定②错误，证，进一步可得，可判定点到该八边形各顶点的距离都相等错误即③错误，解答即可.
本题考查了旋转的性质，菱形的性质，三角形全等判定和性质，角的平分线性质定理，熟练掌握旋转的性质，菱形的性质，三角形全等判定和性质是解题的关键.
【详解】向两方分别延长，连接，
根据菱形，，则，，
∵菱形绕点逆时针旋转得到菱形，
∴点一定在对角线上，且，，
∴，，
∵，
∴，
∴，，同理可证，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴该八边形各边长都相等，
故①正确；
根据角的平分线的性质定理，得点到该八边形各边所在直线的距离都相等，
∴④正确；
根据题意，得，
∵，，
∴，
∴该八边形各内角不相等；
∴②错误，
根据，
∴，
∴，
∵，
故，
∴点到该八边形各顶点的距离都相等错误
∴③错误，
故选B．
2．【答案】D
【分析】根据旋转的性质可判断A；根据直角三角形的性质、三角形外角的性质、平行线的判定方法可判断B；根据平行四边形的判定与性质以及全等三角形的判定与性质可判断C；利用等腰三角形的性质和含30°角的直角三角形的性质可判断D．
【详解】A．∵将△ABC绕点C顺时针旋转60°得到△DEC，
∴∠BCE=∠ACD=60°，CB=CE，
∴△BCE是等边三角形，
∴BE=BC，故A正确；
B．∵点F是边AC中点，
∴CF=BF=AF=AC，
∵∠BCA=30°，
∴BA=AC，
∴BF=AB=AF=CF，
∴∠FCB=∠FBC=30°，
延长BF交CE于点H，则∠BHE=∠HBC+∠BCH=90°，
∴∠BHE=∠DEC=90°，
∴BF//ED，
∵AB=DE，
∴BF=DE，故B正确．
C．∵BF∥ED，BF=DE，
∴四边形BEDF是平行四边形，
∴BC=BE=DF，
∵AB=CF， BC=DF，AC=CD，
∴△ABC≌△CFD，
∴，故C正确；
D．∵∠ACB=30°， ∠BCE=60°，
∴∠FCG=30°，
∴FG=CG，
∴CG=2FG．
∵∠DCE=∠CDG=30°，
∴DG=CG，
∴DG=2FG．故D错误．
故选D．
3．【答案】A
【分析】设交于K，由及将绕点B按顺时针方向旋转，得到，可得，即可得，从而判断①正确；由旋转的性质可得，，，由正方形的判定可证四边形是正方形，可判断②正确；过点D作于H，由等腰三角形的性质可得，，由“”可得，可得，由旋转的性质可得，从而可得，判断③正确．
【详解】解：设交于K，如图：

∵四边形是正方形，
∴，
∴，
∵将绕点B按顺时针方向旋转，得到，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，故①正确；
∵将绕点B按顺时针方向旋转，
∴，，，
又∵，
∴四边形是矩形，
又∵，
∴四边形是正方形，故②正确；
如图，过点D作于H，

∵，，
∴，
∴，
∵四边形是正方形，
∴，，
∴，
∴，
又∵，，
∴，
∴，
∵将绕点B按顺时针方向旋转，
∴，
∵四边形是正方形，
∴，
∴，
∴，故③正确；
∴正确的有：①②③．
4．【答案】B
【详解】如图，过点作，分别交，于，，过点作于点.在矩形中，，， 易知四边形和都是矩形， .由旋转的性质得 ，，，，， 点在上运动.作点关于直线的对称点，连接交直线于点，则, 当与重合时，的周长取得最小值，最小值为，，，故选.
5．【答案】B
【分析】利用等腰直角三角形构造全等三角形，求出旋转后Q′的坐标，然后根据勾股定理并利用二次函数的性质即可解决问题．
【详解】解：作QM⊥x轴于点M，Q′N⊥x轴于N，

设Q(，)，则PM=，QM=，
∵∠PMQ=∠PNQ′=∠QPQ′=90°，
∴∠QPM+∠NPQ′=∠PQ′N+∠NPQ′，
∴∠QPM=∠PQ′N，
在△PQM和△Q′PN中，
，
∴△PQM≌△Q′PN(AAS)，
∴PN=QM=，Q′N=PM=，
∴ON=1+PN=，
∴Q′(，)，
∴OQ′2=()2+()2=m2﹣5m+10=(m﹣2)2+5，
当m=2时，OQ′2有最小值为5，
∴OQ′的最小值为，
故选B．
6．【答案】D
【分析】当时，过点作交于点，分别过点、做轴和轴的平行线，交点为、、，交轴于点，交轴于点，交轴于点，先证明，从而表示出点，得到直线的表达式，接着表示出直线，得到点，的坐标，从而得出，当 时，，同理可知，当时，仍为定值，故D选项错误；利用可证，得出B选项正确；利用勾股定理，可求得，利用可知C选项正确；当时，，以点为旋转中心把直线逆时针旋转 得直线 ，此时为直线，与轴无交点，故点不存在，那么A选项正确；一一判断从而得出答案．
【详解】解：当时，过点作交于点，分别过点、做轴和轴的平行线，交点为、、，交轴于点，交轴于点，交轴于点，如图所示：
轴，轴，
四边形、、、为平行四边形，
，
四边形、、、为矩形，
，，
点，点，
，，
，
，，
，，
为等腰直角三角形，
，
，
，
，
，
，，
，
，
设直线为，代入，，
得到，解得，
直线为：，
，
，，
设直线为，代入， ，
得到，解得，
直线为：，
，
点，
，，
当时，，
，
当时，，
，
即，
，，
，
，
点是的黄金分割点，故B正确；
直线为：，
时，，
，
，
，
的周长为：
，
故C正确；
当时，同理可得出，直线为：，
直线为：，
，
点，
，
故D选项错误；
，，
，
当时，，以点为旋转中心把直线逆时针旋转 得直线 ，
此时为直线，与轴无交点，故点不存在，那么A选项正确；
故选D．
7．【答案】
【分析】由正方形 ，可得 ， ， ，证明 ，求解 ，再结合旋转的性质与勾股定理可得答案．
【详解】解：∵正方形 ，
∴ ， ，
∴ ，
∵E为 的中点，
∴ ，
∴ ，
由旋转可得 ， ，
∴ ，
故答案为 ．
8．【答案】或
【解析】 在中， ，， ， 点是的中点，， 在中，.将绕点旋转得到，符合条件的图形有两种情况:①当点在点的右侧时，如图（1）所示，作于点.
由旋转得，，，.， ，是等腰直角三角形，.在中，，.
②当点在点的左侧时,如图（2）所示，作，交延长线于点.同①可得.故答案为或.
9．【答案】
【分析】如图，将线段绕点顺时针旋转得到线段,连接交于.首先证明,推出点的在射线上运动，推出当时，的值最小.
【详解】解：如图，将线段绕点顺时针旋转得到线段,连接交于.
四边形是矩形，
点的在射线上运动，
当时，的值最小，
四边形是矩形，
的最小值为.
解法二：如图，延长交的延长线于点.
是等腰直角三角形，,
10．【答案】；2
【分析】当与重合时，即与重合时，此时取得最大值，结合矩形的性质及勾股定理，即可求解；当点Q与点B重合时最小，即可求解.
【详解】解：如图，
P是的中点，
，
，
，
当取得最大值时，最大，
如图，
当与重合时，即与重合时，此时取得最大值，
，
在矩形中，，，
四边形是矩形，
，，
，
；
如图，
当点Q与点B重合时最小．
当点Q与点B重合时，
的最小值为．
综上所述，的最大值为，最小值为2．
11．【答案】/
【分析】以点B为原点，所在的直线为y轴，x轴建立平面直角坐标系，求出直线解析式为，同理得到直线解析式为，利用勾股定理求出，由旋转的性质得到，则，设，则，解方程求出，同理可得直线解析式为，则，同理可得直线的解析式为，联立，解得则,即可得到。
【详解】解：如图所示，以点B为原点，所在的直线为y轴，x轴建立平面直角坐标系，
∴，
设直线解析式为，
∴，
∴，
∴直线解析式为，
同理可得直线解析式为，
在中，，
由旋转的性质可得，
∴；
设，
∴，
∴或（舍去），
∴，
同理可得直线解析式为，
在中，当时，，
∴，
同理可得直线的解析式为，
联立，解得
∴,
∴
12．【答案】（1）画图见解析；（2）画图见解析；（3）三角形的形状为等腰直角三角形．
【分析】（1）利用点平移的坐标特征写出A1、B1、C1的坐标，然后描点即可得到△A1B1C1为所作；
（2）利用网格特定和旋转的性质画出A、B、C的对应点A2、B2、C2，从而得到△A2B2C2，
（3）根据勾股定理逆定理解答即可．
【详解】（1）如图所示，△A1B1C1即为所求；
（2）如图所示，△A2B2C2即为所求；
（3）三角形的形状为等腰直角三角形，OB=OA1=，A1B==，
即OB2+OA12=A1B2，
所以三角形的形状为等腰直角三角形．
【点睛】本题考查了作图﹣旋转变换：根据旋转的性质可知，对应角都相等都等于旋转角，对应线段也相等，由此可以通过作相等的角，在角的边上截取相等的线段的方法，找到对应点，顺次连接得出旋转后的图形．
13．【答案】
【证明】 四边形为正方形，，绕点顺时针旋转 得到,，，,， , ,,,共线. ， ， ， .在和中，，，.
【大招解读 半角模型】
半角模型特征：①共端点的等线段；②共顶点的倍半角.通过旋转或作辅助线可以构造全等三角形.常见的半角模型有 角含 角和 角含 角.半角模型在实际应用中会证两次全等，如图，和.
14．【答案】证明见解析；垂直；
【分析】
证明，即可得出结论；通过，可以求出，得出结论；证明，得出，得出结论；
【详解】
证明：，
，
，
，
，
，
；
迁移应用：，
证明：，
，
，
，
，
，
，
；
拓展延伸：，
证明：在中，，
在中，，
，
由上一问题可知，，
，
，
．
【点睛】
本题考查旋转变换，涉及知识点：全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质、锐角三角函数、等角的余角相等，解题关键结合图形灵活应用相关的判定与性质．
15．【答案】见详解
【详解】(1)〖证明〗∵点M为DE的中点，
∴DM＝ME.
∵AD∥EN，∴∠ADM＝∠NEM.
又∵∠DMA＝∠EMN，
∴△DMA≌△EMN，∴AM＝NM，
即M为AN的中点．
(2)〖证明〗由(1)中△DMA≌△EMN可知DA＝EN.又∵DA＝AB，∴AB＝NE.
∵∠ABC＝∠NEC＝135°，BC＝CE，
∴△ABC≌△NEC，
∴AC＝NC，∠ACB＝∠NCE.
∵∠BCE＝∠BCN＋∠NCE＝90°，
∴∠BCN＋∠ACB＝90°，∴∠ACN＝90°，
∴△CAN为等腰直角三角形．
(3)〖解〗(2)中结论仍然成立．证明如下：
由(2)可知AB＝NE，BC＝EC，
∠ABC＝360°－45°－45°－∠DBE＝270°－∠DBE.
∵AD∥EN，∴∠ADM＝∠NEM.
又∵∠NEC＝∠CEB＋∠BED＋∠DEN＝∠CEB＋∠BED＋∠ADM＝45°＋45°＋∠BDE＋∠BED＝90°＋(180°－∠DBE)＝270°－∠DBE，
∴∠ABC＝∠NEC，
∴△ABC≌△NEC，再同(2)可证△CAN为等腰直角三角形，
∴(2)中的结论仍然成立．