第23-24章（旋转和圆） 重点知识点填空题 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） 重点知识点填空题 专题练
2025-2026学年初中数学人教版九年级上册期末复习
1．如图，为的平分线，且，将四边形绕点逆时针方向旋转后，得到四边形，且，则四边形旋转的角度是 ．

2．如图，绕某点旋转得到，则其旋转中心的坐标是 ．
3．如图所示，是的半径，弦于点P，已知 ，， ．
4．如图，四边形是正方形，．执行下面操作：第一次操作以点A为圆心，以为半径顺时针作弧交的延长线于点E，得到扇形；第二次操作以点B为圆心，以为半径顺时针作弧交的延长线于点F，得到扇形；第三次操作以点C为圆心，以为半径顺时针作弧交的延长线于点G，得到扇形，依此类推进行操作，其中，、、，…的圆心依次按A，B，C，D循环，所得曲线叫做“正方形的渐开线”，则经过四次操作后所得到的四个扇形的面积和为 ．（结果保留π）
5．如图，在平面直角坐标系中，点坐标，连接，将绕点逆时针旋转，得到，则点的坐标为 ．
6．如图，在和中，，，将绕点A顺时针旋转一定角度，当时，的度数是 ．
7．如图，与关于点成中心对称，，，，则点到的距离是 ．
8．如图，将绕点旋转得到，若点的坐标为，则点A的坐标为 ．

9．如图所示，在 中，，，，将 绕顶点 C 逆时针旋转得到， 与 相交于点 P．则 的最小值为 ．
10．一段抛物线：，记为，它与x轴交于点O、；将绕点旋转得，交x轴于点；将绕点旋转得；交x轴于点；…若是其中某段抛物线上一点，则 ．
11．如图，正五边形与相切于点，若的半径为5，则劣弧的长为 ．
12．如图，是的直径，垂直于弦于点，，则的长是 ．
13．如图，经过原点，并与两坐标轴分别交于，两点，已知的半径为，，则的长为 ．
14．如图，在矩形中，，，E是边一个动点，将沿对折得到、若，则的度数为 ，连接并延长交于G，则的最大值为 ．
15．如图，是的直径，、是上两点，连接、．若，，则的度数为 ．
16．如图，在中，，以点O为圆心，长为半径作，将绕点B按逆时针方向旋转得到，使点落在上，边交线段于点C，若，则的度数为 ．
17．如图，A点是上直径所分的半圆的一个三等分点，B点是弧的中点，P点是上一动点，的半径为3，则的最小值为 ．
18．如图，在直线上有相距5cm的两点和（点在点的右侧），以为圆心作半径为1cm的圆，过点作直线．将以的速度向右移动（点始终在直线上），则与直线在 秒时相切．
19．如图，在中，，，P为内一点，且，，，则的面积为 ．
20．已知中，，，，分别是，的中点，连接，将绕顶点旋转，当点到直线的距离为1时，的长为 ．
21．如图，在中，将绕点A顺时针旋转至，将绕点A逆时针旋转至，得到，使，我们称是的“旋补三角形”，的中线叫做的“旋补中线”，点A叫做“旋补中心”．下列结论正确的有 ．
①与面积相同；
②；
③若，连接和，则；
④若，，，则．
参考答案
1．
【分析】根据角平分线的性质可得，根据旋转的性质可得，，求得，即可求得旋转的角度．
【详解】∵为的平分线，，
∴，
∵将四边形绕点逆时针方向旋转后，得到四边形，
∴，，
∴，
故答案为：．
【点睛】本题考查了角平分线的性质，旋转的性质，熟练掌握以上性质是解题的关键．
2．
【分析】本题考查了旋转的性质、找旋转中心，熟练掌握以上知识点，采用数形结合的思想是解此题的关键．
先根据旋转的性质得出点的对应点为点，点的对应点为点，连接、，作线段、的垂直平分线，它们的交点为，即可得到答案．
【详解】解：绕某点旋转，得到，
点的对应点为点，点的对应点为点，
如图，连接、，作线段、的垂直平分线，它们的交点为，
，旋转中心的坐标是，
故答案为：．
3．13
【分析】本题考查了垂径定理、勾股定理，设，则，再由垂径定理可得，最后由勾股定理计算即可得解，熟练掌握以上知识点并灵活运用是解此题的关键．
【详解】解：设，
，
，
∵是的半径，弦于点P，，
，
在中，，
∴，
解得，即，
故答案为：13．
4．
【分析】本题考查了扇形的面积．先求得前三个扇形的面积，找出规律，根据规律求解即可．
【详解】解：根据题意得：
第一个扇形，圆心角为，半径为，面积为；
第二个扇形，圆心角为，半径为，面积为；
第三个扇形，圆心角为，半径为，面积为；
则第四个扇形，圆心角为，半径为，面积为；
∴经过四次操作后所得到的四个扇形的面积和为
，
故答案为：．
5．
【分析】过点作轴于点A，过点作轴于点C，易证，即得出，，即．
【详解】解：如图，过点作轴于点A，过点作轴于点C，
∵将绕点逆时针旋转，得到，
∴，，
∴．　
∵，
∴．
又∵，
∴，
∴，，
∴．
故答案为：．
【点睛】本题考查坐标与图形，三角形全等的判定和性质．正确作出辅助线构造全等三角形是解题关键．
6．或
【分析】本题考查的是等腰三角形的性质，旋转的性质，分两种情况分别画出图形，再结合等腰三角形的性质与角的和差运算可得答案；
【详解】解：如图，当时，延长交于，
∵，，
∴,
∴；
如图，当时，延长交于，
∵，，
∴,
∴，
故答案为：或
7．
【分析】本题考查了中心对称图形的性质、勾股定理等知识，熟练掌握中心对称图形的性质是解题关键．过点作于点，先根据中心对称图形的性质可得，，，利用勾股定理可得，从而可得，再利用勾股定理可得，然后利用三角形的面积公式求解即可得．
【详解】解：如图，过点作于点，
∵与关于点成中心对称，，，
∴，，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
即点到的距离是，
故答案为：．
8．
【分析】本题考查坐标与图形变化-旋转、全等三角形的判断与性质等知识点，熟知图形旋转的性质是解题的关键．
分别过点和点作y轴的垂线，构造出全等三角形即可解答．
【详解】解：如图：分别过点和点作y轴的垂线，垂足分别为D、E，

∵，，
∴，，即，
由旋转可知，，
∵轴，轴，
，
在和中，
，
，
，
∴
∴点A的坐标为．
故答案为：．
9．
【分析】该题考查了旋转的性质，勾股定理，当与垂直时，有最小值，即为直角三角形斜边上的高，由勾股定理求出长即可．
【详解】解：当与垂直时，有最小值，如图．
，
，
，
由旋转的性质得，
，
，
故答案为：．
10．
【分析】本题考查了二次函数图象与几何变换，根据平移规律得出的解析式是解题的关键．
求出抛物线与轴的交点坐标，然后得到，，，，求出，，，的解析式，然后找到规律，求出的解析式，然后把点P的横坐标代入计算即可得解．
【详解】解：∵一段抛物线：，
∴图象与x轴交点坐标为：，，
∵将绕点旋转得，交x轴于点；将绕点旋转得，交x轴于点；
∴，，，
∴的解析式为，的解析式为，的解析式为，的解析式为，
∵
∴的解析式为，
∴当时，．
故答案为：．
11．
【分析】本题主要考查了切线的性质、正五边形的性质、多边形的内角和公式、熟练掌握切线的性质是解决本题的关键．连接，根据正多边形内角和公式可求出、，根据切线的性质可求出，从而可求出的度数，根据弧长的公式即可得到结论．
【详解】解：如解图，连接，
五边形是正五边形，
，
与相切，
，
，
劣弧；
故答案为
12．2
【分析】本题主要考查了垂径定理，勾股定理，圆周角定理，三角形的中位线等知识点．
设，可表示出，再说明是的中位线，可得，然后根据勾股定理得，接下来代入计算可得答案．
【详解】解：设，
∵，
∴，
∴．
∵是的直径，
∴．
∵，
∴．
∵，
∴是的中位线，
∴．
在中，，
即，
解得，
∴．
故答案为：2．
13．
【分析】如图，连接，根据圆周角定理得到则为直径，即点在上，，然后根据含角的直角三角形边的关系求出的长，再利用勾股定理即可求出的长．
【详解】解：如图，连接，
∵，
∴为直径，即点在上，
∵的半径为，，
∴，，
∴，
∴，
即的长为．
故答案为：．
【点睛】本题考查同弧或等弧所对的圆周角相等，的圆周角所对的弦是直径，含角的直角三角形的性质，勾股定理，解题的关键是掌握：的圆周角所对的弦是直径．
14． /75度 2
【分析】本题考查了矩形与折叠，圆的性质，勾股定理，等腰三角形的判定和性质，根据题意当与相切时有最大值是解题关键．根据折叠的性质即可求出的度数；以点为圆心，长为半径作，根据矩形与折叠的性质，可得是的切线，进而得出当与相切时，即、两点重合时，有最大值，然后根据等角对等边的性质以及勾股定理，求出的长，即可求解．
【详解】解：由折叠的性质可知，，
，
；
如图，以点为圆心，长为半径作，
四边形是矩形，，，
，，，
由折叠的性质可知，，，
，
当与相切时，即、两点重合时，有最大值，
，
，
，
，
在中，，
，
即的最大值为，
故答案为：；．
15．
【分析】本题考查了圆周角定理，三角形内角和定理．由直径可得，再结合三角形内角和定理得到，由等弧所对的圆周角相等，得到，再利用圆周角定理求解即可．
【详解】解：是的直径，
，
，
，
，
，
故答案为：．
16．
【分析】本题主要考查了旋转的性质，等边三角形的性质与判定，圆的基本性质，三角形外角的性质，由旋转的性质得到，，证明是等边三角形，得到，再由三角形外角的性质可得答案．
【详解】解：由旋转的性质可得，，
∵点落在上，
∴，
∴，
∴是等边三角形，
∴，
∴，
∵，
∴，
故答案为：．
17．
【分析】本题考查了垂径定理及勾股定理，作点关于的对称点，连接，交于点，则最小，连接，，求出，然后根据勾股定理求出解答即可．
【详解】作点关于的对称点，连接，交于点，则最小，连接，，
∵点与关于MN对称，点是半圆上的一个三等分点，
，
∵点是弧的中点，
，
，
又∵，
，
．
故答案为：．
18．2或3
【分析】本题考查了切线的判定与性质：圆的切线垂直于经过切点的半径；经过半径的外端且垂直于这条半径的直线是圆的切线，当圆心到直线的距离等于圆的半径，则直线与圆相切．熟练掌握切线的判定与性质是解题的关键．根据切线的判定方法，当点到的距离为时，与相切，然后计算出圆向右移动的距离，然后计算出对应的时间．
【详解】解：当点到的距离为时，与相切，
开始时点到的距离为5，
当圆向右移动或时，点到的距离为，此时与相切，
或，
即与直线在2秒或3秒时相切．
故答案为：2或3．
19．
【分析】把绕点逆时针旋转90°得到，根据旋转的性质可得是等腰直角三角形，根据等腰直角三角形的性质求出，，然后判断出，与是直角三角形；在直角三角形中，根据勾股定理求出,在直角三角形中，根据勾股定理求出,再求出,最后根据面积公式求出即可．
【详解】解：如图，
把绕点逆时针旋转90°得到，
根据旋转的性质可得是等腰直角三角形，
，，
，
，
在直角三角形中
故答案为：．
【点睛】本题考查了旋转的性质，勾股定理，等腰直角三角形的判定与性质，熟记各性质并作辅助线构造出等腰直角三角形和直角三角形是解题的关键．
20．，或
【分析】根据三角形中位线求得，利用勾股定理求得的长度，再利用旋转的性质，根据点到直线的距离为1，分类讨论求解即可．
【详解】解∵中，，，分别是，的中点，
∴为直角三角形

∵
∴，，
∴
若点到直线的距离为1，则可分四种情况进行讨论，
①当点在直线的右侧，点在上方时，如图（1）过点作，
∵点到直线的距离为1，
∴，三点共线，
∵，
∴四边形是矩形
∴，，
∴
∴；
②当点在直线的左侧，点在上方时，如图（2）过点作交延长线于点，过点作，则
∵点到直线的距离为1，
∴
∴
由题意可得：四边形为矩形
∴，
∴
∴；
③当点在直线的左侧，点在下方时，如图（3）
∵点到直线的距离为1，
∴
∴四边形为矩形，
∴，三点共线
∴；
④如图（4）当点在直线的右侧，点在下方时，
，，点到直线的距离为1
可以确定点在线段上，且
则
综上，的长为，或,
故答案为：，或
【点睛】此题考查了旋转的性质，矩形的判定与性质，勾股定理以及三角形中位线的性质，解题的关键是熟练掌握并灵活运用相关性质进行求解．
21．①②③
【分析】延长，并截取，连接，证明，得出，，根据，，得出，证明，得出，即可判断①正确；根据三角形中位线性质得出，根据，得出，判断②正确；根据时，，
得出，，，，根据四边形内角和得出
，求出，判断③正确；根据②可知，，根据勾股定理得出，求出，判断④错误．
【详解】解：延长，并截取，连接，如图所示：
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
根据旋转可知，，，
∵，
∴，
∴，，
∵，，
∴，
∴，
∴，
即与面积相同，故①正确；
∵，，
∴是的中位线，
∴，
∵，
∴，故②正确；
当时，，
∴，，，，
∵，
∴，
即，故③正确；
∵，
∴根据②可知，，
∵当时，，为中线，
∴，
∴，
∴，
∴，故④错误；
综上分析可知，正确的是①②③．
【点睛】本题主要考查了三角形全等的判定和性质，等腰三角形的性质，中位线性质，勾股定理，四边形内角和，补角的性质，解题的关键是作出辅助线，构造全等三角形，证明．
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