第23-24章（旋转和圆） 解答题 专题练 2025-2026学年初中数学人教版九年级上册期末复习

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第23-24章（旋转和圆） 解答题 专题练
2025-2026学年初中数学人教版九年级上册期末复习
1．平面直角坐标系第二象限内的点与另一点关于原点对称，试求的值．
2．如图，三个顶点的坐标分别为，，．
(1)请画出关于原点对称的；
(2)请画出绕O顺时针旋转后的并写出点的坐标．
3．如图，的直径垂直弦于点，是圆上一点，是的中点，连结交于点，连结．
(1)求证：；
(2)若，，求的长．
4．如图，是等边三角形内一点，将线段绕点顺时针旋转，得到线段，连接．
(1)求证：；
(2)连接，若，求的度数．
5．（1）如图1，O是等边内一点，连接，且，将绕点B顺时针旋转后得到，连接．
求：①旋转角的度数　　；
②线段的长　　；
③求的度数．
（2）如图2所示，O是等腰直角内一点，连接，将绕点B顺时针旋转后得到，连接OD．当满足什么条件时，？请给出证明．
6．在等边三角形的内部有一点D，连接，，以点B为中心，把逆时针旋转得到，连接，．以点C为中心，把顺时针旋转得到，连接，．
(1)判断和的大小关系，并说明理由；
(2)求证：；
(3)求证：四边形是平行四边形．
7．如图， 和都是等边三角形， 直线， 交于点．
(1)如图1，当，，三点在同一直线上时，的度数为，线段与 的数量关系为___．
(2)如图2， 当绕点顺时针旋转（）时， （） 中的结论是否还成立？若不成立， 请说明理由： 若成立， 请就图给予证明．
(3)若， ， 当绕点顺时针旋转一周时， 求出长的取值范围．
8．1643年，法国数学家费马曾提出一个著名的几何问题：给定不在同一条直线上的三个点A，B，C，求平面上到这三个点的距离之和最小的点的位置，意大利数学家和物理学家托里拆利给出了分析和证明，该点也被称为“费马点”或“托里拆利点”，该问题也被称为“将军巡营”问题．
(1)下面是该问题的一种常见的解决方法，请补充以下推理过程：（其中①处从“直角”和“等边”中选择填空，②处从“两点之间线段最短”和“三角形两边之和大于第三边”中选择填空，③处填写角度数，④处填写该三角形的某个顶点）
当的三个内角均小于时，
如图1，将绕，点C顺时针旋转得到，连接，

由，可知为 ① 三角形，故，又，故，
由 ② 可知，当B，P，，A在同一条直线上时，取最小值，如图2，最小值为，此时的P点为该三角形的“费马点”，且有 ③ ；
已知当有一个内角大于或等于时，“费马点”为该三角形的某个顶点．如图3，若，则该三角形的“费马点”为 ④ 点．
(2)如图4，在中，三个内角均小于，且，已知点P为的“费马点”，求的值；

(3)如图5，设村庄A，B，C的连线构成一个三角形，且已知．现欲建一中转站P沿直线向A，B，C三个村庄铺设电缆，已知由中转站P到村庄A，B，C的铺设成本分别为a元/，a元/，元/，选取合适的P的位置，可以使总的铺设成本最低为___________元．（结果用含a的式子表示）
9．如图，在平面直角坐标系中，抛物线与x轴交于A、B两点，与y轴交于点C，对称轴为直线，点A的坐标为．

(1)该抛物线的表达式为　　；
(2)点P为抛物线上一点（不与点A重合），连接．当时，求点P的坐标；
(3)在（2）的条件下，在对称轴上是否存在一点Q，将线段绕点Q顺时针旋转，使点恰好落在抛物线上？若存在，求出Q点坐标；若不存在，请说明理由．
10．如图①，四边形与四边形是共一个顶点的两个大小不同的正方形．
【操作发现】
（1）如图②，正方形绕点A逆时针旋转，使点E落在边上，线段与的数量关系是________，与的关系是________．
【猜想证明】
（2）如图③，正方形绕点A逆时针旋转某一角度时，猜想（1）中的结论是否成立？并证明你的结论．
【拓展应用】
（3）如图④，正方形绕点A逆时针旋转，使点F落在直线上，当时，直接写出的长度．
11．如图，，C、D是以O为圆心的的三等分点，连接分别交于点E，F．求证：．
12．如图，已知中，为半圆O的直径，、分别交半圆O于点E、D，且．
(1)求证：点是的中点．
(2)若点E是的中点，判断的形状，并说明理由．
13．如图，已知为的直径，点C为上一点，延长至点D，连接，且，过点A作交的延长线于点E．

(1)求证：是的切线；
(2)若，求的长．
14．如图，点为半圆的圆心，，为半圆上的两点，且．连接并延长，与的延长线相交于点．
(1)求证：；
(2)若的半径为4，，求的长．
15．如图，已知中，，与切于点，与、分别交于点、，与的延长线交于点，连接、，延长交于点，已知．
(1)判断与的位置关系，并说明理由；
(2)若的半径为，求图中阴影部分的面积．(结果保留π)
16．如图，与的边相切于点，与边，分别相交于点，，连接，．
(1)求证：；
(2)如图2，若平分，连接，求证：．
17．如图1，为的直径，于点与交于点G．
(1)求证：．
(2)若，求的长．
(3)连结，如图2，求证：．
18．【课本再现】在人教版九年级上册课本第88页，利用圆周角定理研究了关于圆内接四边形的一个性质，圆内接四边形的对角互补．
【问题探究】完成上述性质的证明过程：
（1）如图①，已知点A，B，C，D在上，求证：．
【解决问题】
（2）如图②，已知点A，B，C，D在上，若的半径为4．
①求BD的长；
②连接CA．若CA平分，如图③，请判断BC，CD，AC之间有怎样的数量关系，并说明理由．
19．停车楔（图1），又称车轮止退器、驻车楔、三角木，是用于防止车辆不必要移动的装置，使用时将停车楔放置在地面和轮胎之间，即可防止轮胎的滑动．如图2为停车楔工作模型侧面示意图，水平地面与车轮切于点，为的直径，射线与射线交于点，于点，连接．
(1)求证：平分．
(2)若，，求车轮的半径．
20．如图，在中，，以为直径作，与交于点D，与交于点E，点F是外一点，，．
(1)求证：是的切线．
(2)若，．
①求的长；
②求图中由，线段，，所组成的封闭图形的面积．
21．如图，是正方形的外接圆．
(1)如图1，若是上的一点，Q是上的一点，且．
①求证：．
②若，求的直径．
(2)如图2，若点P在上，过点作，求证：．
参考答案
1．4
【分析】本题考查关于原点对称的点的坐标特征，解一元二次方程，平面直角坐标系内点的符号特征．掌握关于原点对称的点的横、纵坐标都是原数的相反数是解题关键．根据关于原点对称的点的坐标特征可得出；，再结合点P在第二象限，即可求出x和y的值，最后相减即可．
【详解】解：∵点与点关于原点对称，
∴；，
解得：，；．
∵点P在第二象限，
∴，即，
∴，
∴．
2．(1)见解析
(2)见解析，
【分析】本题考查的是中心对称的作图，旋转的作图，坐标与图形，利用旋转的性质作图是解本题的关键．
（1）分别确定关于原点的对称点，再顺次连接，可得答案；
（2）分别确定绕原点顺时针旋转后的对应点，再顺次连接，再根据的位置可得答案；
【详解】（1）解：如图所示：，即为所求；
（2）解：如图所示：，即为所求；．
3．(1)见解析
(2)
【分析】本题考查的是同弧所对的圆周角相等、垂径定理、勾股定理、全等三角形的判定和性质，掌握垂径定理是解题的关键．
（1）根据同弧所对的圆周角相等得到，证明，根据全等三角形的性质证明即可；
（2）连接，根据勾股定理求出，再根据勾股定理计算，得到答案．
【详解】（1）证明：是的中点，
∴，
∴，
在和中，
，
，
；
（2）解：如图，连接，
设，则，
，，
，
在中，，即，
解得：负值舍去，
，
．
4．(1)见解析
(2)
【分析】（1）根据等边三角形的性质得出，根据旋转的性质得出
，求出，证即可；
（2）求出，进而求出，即可得出答案．
【详解】（1）证明：是等边三角形，
，
线段绕点顺时针旋转，得到线段，
，
，
，
在和中，
，
，
；
（2）解：如图，连接，
，
为等边三角形，
，
又，
．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质、旋转的性质和等边三角形的性质等知识点，能灵活运用性质定理进行推理是解此题的关键．
5．（1）①；②4；③；（2）当满足时，，见分析
【分析】（1）①根据等边三角形的性质得，，再根据旋转的性质得，于是可确定旋转角的度数为；
②由旋转的性质得，加上，则可判断为等边三角形，所以；
③由为等边三角形得到，再利用旋转的性质得，然后根据勾股定理的逆定理可证明△OCD为直角三角形，，所以；
（2）根据旋转的性质得，则可判断为等腰直角三角形，则，然后根据勾股定理的逆定理，当 时，为直角三角形，．
【详解】解：（1）①为等边三角形，
，
绕点B顺时针旋转后得到，
，
旋转角的度数为；
②绕点B顺时针旋转后得到，
，
而，
为等边三角形；
；
③为等边三角形，
，
绕点B顺时针旋转后得到，
，
在中，，
，
，
为直角三角形，，
；
（2）时，．理由如下：
绕点B顺时针旋转后得到，
，
为等腰直角三角形，
，
当时，为直角三角形，，
，
当满足时，．
【点睛】本题考查了旋转的性质，等边三角形的判定与性质，勾股定理逆定理，等腰三角形的判定与性质，根据熟练掌握旋转性质并灵活运用是解答本题的关键．
6．(1)；理由见解析
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【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．也考查了等边三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质和平行四边形的判定；
（1）先根据旋转的性质得，，则可判断为等边三角形，所以，，再利用为等边三角形得到，，则可得到；
（2）通过证明得到；
（3）先判断为等边三角形得到，，再与（2）的证明方法一样证明得到，所以，加上，从而可判断四边形是平行四边形．
【详解】（1）解：，理由如下：
∵逆时针旋转得到，
∴，，
∴为等边三角形，
∴，，
∵为等边三角形，
∴，，
∵，，
∴.
（2）证明：在和中，
，
∴，
∴.
（3）证明：∵顺时针旋转得到，
∴，，
∴为等边三角形，
∴，，
∵为等边三角形，
∴，，
∵，，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴四边形是平行四边形．
7．(1)，；
(2)成立，理由见解析
(3)
【分析】本题考查了等边三角形性质，全等三角形的判定及性质，以及旋转的性质，解答时证明三角形全等是关键．
（1）利用等边三角形的性质证明，结合三角形的外角就可以得出结论；
（2）同（1）中方法证明，得出，，再根据三角形的内角和得出；
（3）当B、C、D三点共线时得出的最大和最小值，即可得出结论．
【详解】（1）解：是等边三角形，
，，
是等边三角形，
，，
，
，
即，
在和中，
，
，，
，且，
，
综上，的度数为，线段与 的数量关系为；
故答案为：，；
（2）解：（1）中结论仍成立，证明如下：
是等边三角形，
，，
是等边三角形，
，，
，
即，
在和中，
，
，，
，且，
；
（3）解：是等边三角形，
，
当旋转时，B、C、D三点共线且最大，，此时；
当旋转时，B、C、D三点共线且最小，，此时；
∴长的取值范围为．
8．(1)①等边；②两点之间线段最短；③；④A．
(2)
(3)
【分析】（1）根据旋转的性质和两点之间线段最短进行推理分析即可得出结论；
（2）根据（1）的方法将绕，点C顺时针旋转得到，即可得出可知当B，P，，A在同一条直线上时，取最小值，最小值为，在根据可证明，由勾股定理求即可，
（3）由总的铺设成本，通过将绕，点C顺时针旋转得到，得到等腰直角，得到，即可得出当B，P，，A在同一条直线上时，取最小值，即取最小值为，然后根据已知和旋转性质求出即可．
【详解】（1）解：∵，
∴为等边三角形；
∴，，
又，故，
由两点之间线段最短可知，当B，P，，A在同一条直线上时，取最小值，
最小值为，此时的P点为该三角形的“费马点”，
∴，，
∴，，
又∵，
∴，
∴，
∴；
∵，
∴，，
∴，，
∴三个顶点中，顶点A到另外两个顶点的距离和最小．
又∵已知当有一个内角大于或等于时，“费马点”为该三角形的某个顶点．
∴该三角形的“费马点”为点A，
故答案为：①等边；②两点之间线段最短；③；④．
（2）将绕，点C顺时针旋转得到，连接，
由（1）可知当B，P，，A在同一条直线上时，取最小值，最小值为，

∵，
∴，
又∵
∴，
由旋转性质可知：，
∴，
∴最小值为，
（3）∵总的铺设成本
∴当最小时，总的铺设成本最低，
将绕，点C顺时针旋转得到，连接，
由旋转性质可知：，，，，
∴，
∴，
当B，P，，A在同一条直线上时，取最小值，即取最小值为，

过点作，垂足为，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴
的最小值为
总的铺设成本（元）
故答案为：
【点睛】本题考查了费马点求最值问题，涉及到的知识点有旋转的性质，等边三角形的判定与性质，勾股定理，以及两点之间线段最短等知识点，读懂题意，利用旋转作出正确的辅助线是解本题的关键．
9．(1)
(2)
(3)或
【分析】（1）由对称轴为直线，点的坐标为，得出，通过交点式得出函数关系式；
（2）设抛物线对称轴交x轴于点F，交于点D，连接并延长交于，则可得，，且得点D的坐标，证明，得D为中点，由中点公式求出的坐标，由待定系数法求出直线的关系式，与抛物线联立即可求出交点P的坐标；
（3）分在上方和下方两种情况，当在上方时，构造出，得代入抛物线即可，当在上方时，得出．
【详解】（1）解：对称轴为直线，点的坐标为，
，
；
（2）解：设抛物线对称轴交x轴于点F，交于点D，连接并延长交于，如图，
∵对称轴为直线，
∴，
，，
∴；

在中，令，得，
∴，
，
，
∵，
，
∵，
∴，
∴，
∴由勾股定理得：，
∴，
∴，
∴，
∴，，
，，
∴，
∴，
由中点坐标公式得：，
设直线的关系式为：，
把C、E两点坐标分别代入得：，解得：，
直线的关系式为：，
联立二次函数与一次函数解析式并消去y得：，
解得：（舍，，
当时，，
；
（3）解：存在；
点旋转后的对应点为，作对称轴于，对称轴于，
当在上方时，

则，设，
将线段绕点顺时针旋转得线段，
∴，则，
又，
∴，
又，，
，
，，，
，
恰好落在抛物线上，
，
解得，（舍），
∴点Q的纵坐标为；
，
当在上方时，作对称轴于，

可知：为等腰直角三角形，
∴，
∴点Q的纵坐标为，
，
综上：或．
【点睛】本题是二次函数综合题，考查了待定系数法求函数关系式，旋转的性质，等腰直角三角形的性质以及运算能力等知识，用数形结合的思想把代数和几何图形结合起来，利用点的坐标的意义表示线段的长度，从而求出线段之间的关系．
10．（1）（2）成立，见解析（3）或
【分析】本题是四边形综合题，考查了正方形的性质，旋转的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理等知识，灵活运用这些性质进行推理是本题的关键．
（1）由“”可证，可得；
（2）由“”可证，可得；
（3）分点落在上，点落在延长线上，两种情况讨论．
【详解】解：（1）∵四边形，四边形都是正方形，
∴，
∴，
∴，
故答案为：；
（2）结论仍然成立，
理由如下：∵四边形，四边形都是正方形，
∴，
∴，
∴，
∴；
（3）如图，当点落在上时，过点G作于H，
∵F落在边上，
∴，
∵，，
在中，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴；
如图，当点落在延长线上时，过点G作交延长线与于H，
同理得：，
∴，
∴；
综上，的长度为或．
11．见详解
【分析】本题主要考查了弧，弦和圆周角的关系，等角对等边，三角形的内角和定理，解题的关键是掌握以上性质．
连接，根据得出的度数，由等腰三角形的性质求出的度数，根据等角对等边可得出，同理可得，再根据，由此可得出结论．
【详解】证明：连接，
∵在中，半径，C、D为以O为圆心的弧的三等分点，
∴．
∵，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，同理，
∵C，D是的三等分点，
∴，
∴．
12．(1)见解析
(2)是等边三角形，理由见解析
【分析】本题考查的是圆周角定理，直角三角形的性质，等边三角形的判定，掌握圆周角定理是解题的关键．
（1）连接，根据圆周角定理得到，证明，根据全等三角形的性质证明；
（2）根据直角三角形的性质得到，得到，根据等边三角形的判定定理证明．
【详解】（1）证明：连接，
∵为半圆O的直径，
∴，
∵，
∴，
∴，
在和中，
，
∴（），
∴，
即点是的中点；
（2）解：∵，
∴，
∵，点E是的中点，
∴，
由（1）得，，
∴，
∴，
∴是等边三角形．
13．(1)见解析
(2)6
【分析】本题考查了切线的判定和性质：过半径的外端点与半径垂直的直线是圆的切线；也考查了圆周角定理的推论，切线长定理，勾股定理，正确的作出辅助线是解题的关键．
（1）连接，结合圆周角定理以及等腰三角形的性质可得，即可求证；
（2）在中，由勾股定理可得，从而得到，再由切线长定理可得，然后在中，由勾股定理解答即可．
【详解】（1）证明：如图，连接，

∵为的直径，
∴，
，
∵，
∵，
，
∴，即，
∵是的半径，
∴是的切线．
（2）解：由（1）知，，
∴在中，由勾股定理，得，
∵，
∴，
解得：，
∴，
∵，为的直径，
∴是的切线，
∵是的切线，
∴，
在中，由勾股定理，得，
即，
解得：．
14．(1)见解析
(2)7
【分析】本题主要考查了圆心角、弧、弦的关系、勾股定理及三角形中位线定理，熟知圆中圆心角、弧、弦之间的关系及勾股定理是解题的关键．
（1）连接，由为半圆的直径得出，再由得出其所对的圆周角相等，进而得出，最后根据得出即可解决问题．
（2）连接，交于点，在和中分别使用勾股定理即可解决问题．
【详解】（1）连接，
是半圆的直径，
．
，
，
．
，，
，
，
．
（2）连接，交于点，
，
，且点为的中点．
令的长为，
则．
在中，
．
在中，
，
，
解得，
即．
又点为中点，点为中点，
为△的中位线，
．
15．(1)是的切线，理由见解析
(2)
【分析】（1）根据切线的性质以及全等三角形的判定和性质得出，再根据切线的判定方法进行判断即可；
（2）根据平角的定义以及等腰三角形的性质求出，再根据直角三角形的边角关系求出、、，再根据进行计算即可．
【详解】（1）证明：是的切线，理由：
连接，
与相切于点，
，
在和中，
，，，
，
，即，
是的半径，
是的切线；
（2）解：，
，
，，
，
，
，
，
，
，
由（）可知，
，
，
，
，
，
在中，，，
，
，
在中，，，
，，
．
【点睛】本题考查切线的性质和判定，扇形面积的计算以及等腰三角形的性质、直角三角形的性质、全等三角形的判定与性质、平行线的判定与性质，熟练掌握相关定理是解题的关键．
16．(1)见详解
(2)见详解
【分析】本题主要考查切线的性质、圆内接四边形的性质、垂径定理及圆周角的性质，熟练掌握切线的性质、圆内接四边形的性质、垂径定理及圆周角的性质是解题的关键；
（1）连接并延长，交于点E，连接，由题意易得，，则有，然后可得，进而问题可求解；
（2）连接交于点F，由题意易得，则有，然后可得，进而问题可求证．
【详解】（1）证明：连接并延长，交于点E，连接，如图所示：
∴，
∴，
∵与的边相切于点，
∴，
∴，
∴，
∵四边形是圆内接四边形，
∴，
∵，
∴；
（2）证明：连接交于点F，如图所示：
由（1）可知：，
∵平分，
∴，
∴，
∴，即，
∴，
∴．
17．(1)见解析
(2)4
(3)见解析
【分析】本题主要考查圆周角定理，垂径定理，全等三角形的判定与性质，正确作辅助线是解答本题的关键．
（1）根据等弧关系得出，从而可得出；
（2）连接，求出，，求得，由勾股定理求出，由垂径定理得；
（3）连接，设交于点，由（1）知，得，证明，得，可判断，得，，根据可得结论
【详解】（1）证明：∵是的直径，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴；
（2）解：连接，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
由勾股定理得，，
∴，
由（1）知，
∴；
（3）证明：连接，设交于点，
由（1）知，
∴，
∴，
∵，
∴于点，即，
又于点，
∴，
∴，
又，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴；
又，，
．
18．（1）见解析（2）①②．理由见解析
【分析】（1）根据圆内接四边形对角互补可以得出；
（2）①连接OB，OD，过点O作于点M，根据垂径定理求出，再利用勾股定理求出；②延长CB至点N，使，连接AN，先证明，再判定为等边三角形，即可得出．
【详解】解：（1）证明：连接OD，OB，如图①．
，，
．
（2）①由（1）可知．
，
．
连接OB，OD，过点O作于点M，如图②．
，
，
则，
．
②．理由如下：
延长CB至点N，使，连接AN，如图③．
平分，
．
由（1）可知，
，
．
点在上，
．
．
在和中，
，
．
又，
为等边三角形，
．
即．
19．(1)见解析
(2)
【分析】此题考查了切线的性质、勾股定理、等边对等角，熟练掌握切线的性质是解题的关键．
（1）根据切线的性质和垂直得到，再利用等边对等角得到，即可证明结论成立；
（2）利用勾股定理列方程并解方程即可得到答案．
【详解】（1）证明：连结．
切于点，
．
，
，
．
，
∴，
，
平分．
（2）设的半径为，则．
在中，，，，，
解得，即的半径为．
20．(1)见解析
(2)①；②
【分析】（1）如图所示，连接，证明出，得到，然后等量代换得到，推出，得到，即可证明；
（2）①根据题意求出，，然后利用弧长公式求解即可；
②勾股定理求出，得到，然后求出，，，，，然后利用线段，，所组成的封闭图形的面积代数求解即可．
【详解】（1）如图所示，连接
∵为直径
∴
∴
∵，
∴
∴
∵
∴
∴
∴
∴
∵为直径
∴是的切线；
（2）①∵，
∴
∴
∵
∴
∴
∴；
②∵，，
∴
∴
∴
∵
∴
∴
∴
∵
∴
∵
∴
∴线段，，所组成的封闭图形的面积
．
【点睛】此题考查了切线的判定，全等三角形的性质和判定，勾股定理，求不规则图形面积等知识，解题的关键是掌握以上知识点．
21．(1)①见解析，②
(2)见解析
【分析】本题主要考查正方形性质、全等三角形的判定及性质、圆周角等知识，作出辅助线构造出全等三角形是解本题的关键．
（1）①证明即可得出结论；先证明，由勾股定理求出，再在中求出即可．
（2）连接，过点作，交于点，证明，可得，，进而证明，可得，由此可得．
【详解】（1）①证明：∵，
∴，
又∵，在正方形中，，
∴，
∴，
②解：∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
如图，连接，
∵，
∴是直径，
∴，
又∵，
∴
（2）证明：如图2，连接，过点作，交于点
∵在正方形中，，
∴，
∵，
∴，
又∵，，即：，
∴，
∴，，
∵，
∴，
∵，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴．
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