第23-24章（旋转和圆） 易错知识点单选 强化练 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） 易错知识点单选 强化练
2025-2026学年初中数学人教版九年级上册期末复习
1．如图，在的正方形网格中有两个阴影四边形，现要将左边的阴影四边形通过次旋转得到右边的阴影四边形，每次旋转都以图中标出的各点为旋转中心，旋转角度为（为整数），则的值（ ）
A．可以为，不可以为
B．可以为，不可以为
C．可以为，，不可以为
D．，，均可
2．如图，点E是的内心，的延长线和的外接圆相交于点D，与相交于点G．则下列结论：①；②若，则；③若点G为的中点，则；④．其中不一定正确的是（　　）
A．① B．② C．③ D．④
3．如图，是正五边形的内切圆，点M，N，F分别是边与的切点，则的度数为（ ）
A． B． C． D．
4．如图，圆O是等边三角形的外接圆，点D是弧的中点，连接、．以点D为圆心，的长为半径在圆O内画弧，阴影部分的面积为，则等边三角形的边长为（ ）
A．4 B． C． D．2
5．如图，的半径4，直线l与相交于A，B两点，点M，N 在直线l的异侧，且是上的两个动点，且，则四边形的面积的最大值是（ ）
A．9 B． C．18 D．
6．在平面直角坐标系中，的半径为2.5，直线的解析式为，那么直线与的位置关系是（ ）
A．相离 B．相切 C．相交 D．无法确定
7．“七巧板”是我国古代劳动人民的发明，被誉为“东方魔方”．小洁同学用一个边长为的正方形纸片制作出如图①的七巧板，并拼出如图②的轴对称图形．过该图形的A，B，C三个顶点作圆，则这个圆的半径长为（ ）
A． B． C． D．
8．如图，是半径为1的的两条弦，于点D，于点E，连接．若，则的长为（　　）
A．1 B． C． D．
9．如图，为的直径，为圆上一点，为劣弧上一点，将劣弧沿弦所在的直线翻折，翻折后点恰好与圆心重合，则的大小等于（ ）
A． B． C． D．
10．如图，五边形是的内接正五边形，是的直径，连接，交于点P，则的度数是（ ）
A． B． C． D．
11．如图1，现有长，宽的、两种卡片各若干张，卡片上都有一条对角线花纹，请用这些卡片正好拼成一个的大正方形，要求每张卡片与卡片的对角线都不相连（例如图2中所示的两种拼法就都不符合要求），则、两种卡片各需要的张数可能是（ ）
A．， B．， C．， D．，
12．如图，在平面直角坐标系中，将正方形绕点逆时针旋转后得到正方形，依此方式，绕点连续旋转2025次得到正方形，如果点A的坐标为，那么点的坐标为（ ）
A． B． C． D．
13．已知抛物线，将抛物线P绕原点旋转得到抛物线，当时，在抛物线上任取一点M，设点M的纵坐标为m，若，则a的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
14．如图，将绕点逆时针旋转一个角度得到，点的对应点恰好落在边上，且，，三点在同一条直线上，若，则旋转角的度数是（ ）
A． B． C． D．
15．如图，正方形和正方形的对称中心都是点O，其边长分别是4和3，则图中阴影部分的面积是（ ）
A．2 B．1.75 C．1.5 D．1.25
16．在平面直角坐标系中，直线（为常数）与轴交于点，将该直线沿轴向上平移6个单位长度后，与轴交于点，若点与关于原点对称，则的值为（ ）
A． B．3 C． D．4
17．如图，在正三角形网格中，将绕某个点旋转，得到，则下列四个点中能作为旋转中心的是（ ）
A．点A B．点B C．点C D．点D
18．如图，内接于，为的直径，且与的边交于点E，若，则的长是（ ）
A． B． C． D．
19．如图，为等边三角形，以为边向外侧作，使得，再以点C为旋转中心把沿着顺时针旋转至，则下列结论：
①D、A、E三点共线；②为等边三角形；③平分；④，其中正确的有（　　）
A．4个 B．3个 C．2个 D．1个
20．如图，直线与轴交于点，与轴交于点边在轴上，且，将沿轴正方向平移个单位长度后，面积恰好被直线平分，则的值为（　　）
A．2 B．3 C．4 D．5
参考答案
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 D D B C D C C D C C
题号 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20
答案 A B A C B A C C A B
1．D
【分析】根据旋转的性质及题意可直接进行求解．
【详解】解：由题意得：
当左边的阴影部分绕点E顺时针旋转90°可得右边的阴影部分，此时k=1；
当左边的阴影四边形绕点A逆时针旋转90°，再将得到的四边形绕点C顺时针旋转180°可得右边的阴影四边形，此时k=2；
当把左边的阴影四边形绕点B顺时针旋转90°，再将得到的四边形绕点E顺时针旋转90°，将得到的四边形绕点C逆时针旋转90°可得右边的阴影四边形，此时k=3；
故选D．
【点睛】本题主要考查旋转的性质，熟练掌握图形绕某点进行旋转的方法是解题的关键．
2．D
【分析】本题考查了三角形的内切圆与内心，圆周角定理，三角形的外接圆与外心，解决本题的关键是掌握三角形的内心与外心．利用三角形内心的性质得到，则可对①进行判断；直接利用三角形内心的性质对②进行判断；根据垂径定理则可对③进行判断；通过证明得到，则可对④进行判断．
【详解】解：∵E是的内心，
∴平分，
∴，故①正确；
如图，连接，
∵E是的内心，
∴，
∵，
∴，
∴，故②正确；
∵，
∴，
∴，
∵点G为的中点，
∴G一定在上，
∴，故③正确；
平分，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
若，则，显然不可能，故④错误．
故选：D．
3．B
【分析】本题考查正多边形和圆，圆周角定理，切线的性质，连接．求出，再利用圆周角定理求出，连接，可得，由得，求解即可．
【详解】解：连接，如图，
∵M，N，F分别是与的切点，
∴，，
∴，
∵正五边形中，，
∴，
∴，
连接，由对称性可得三点在同一条直线上，
在和中，
,
∴，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴．
故选：B．
4．C
【分析】连接、，与交于点．根据等边三角形的性质和圆内接四边形的性质，得到，再结合扇形面积公式，求出，由垂径定理可得，，，再解直角三角形，得到，从而得到，即可求解．
【详解】解：如图，连接、，与交于点．
是等边三角形，
，
四边形内接于，
，
，
阴影部分的面积为，
，
，
（负值舍去），
是半径，点D是弧BC的中点，
，，，
，
，
，
，
等边三角形的边长为，
故选：C．
【点睛】本题考查了等边三角形的性质，圆内接四边形，扇形面积，垂径定理，等腰三角形的判定和性质，含30度角的直角三角形，勾股定理等知识，掌握圆的相关性质是解题关键．
5．D
【分析】本题考查了圆周角定理、圆内接四边形的性质、等腰直角三角形的性质，过点作于，交于点、两点，连接，，，，，，求出为等腰直角三角形，得出，结合得出当点到的距离最大时，的面积最大，当点到的距离最大时，的面积最大，即点运动到点，点运动到点，此时四边形的面积最大，由此即可得解，熟练掌握以上知识点并灵活运用是解此题的关键．
【详解】解：如图，过点作于，交于点、两点，连接，，，，，，
，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴为等腰直角三角形，
∴，
∵，
∴当点到的距离最大时，的面积最大，当点到的距离最大时，的面积最大，即点运动到点，点运动到点，此时四边形的面积最大，为，
故选：D．
6．C
【分析】本题考查直线与圆的位置关系，一次函数的性质，关键是由三角形面积公式求出的长．求出，由勾股定理得到，由三角形面积公式求出，而的半径，即可判断直线与的位置关系．
【详解】解：如图，直线分别与 轴交于，
过作于，
当时，，
，
当时，，
，
，
，
的面积，
，
，
到直线的距离，
的半径，
，
直线与的位置关系是相交．
故选：C．
7．C
【分析】本题主要考查了七巧板，正方形的性质，确定圆的条件以及三角形的外接圆与外心，垂直平分交于点，为圆心，连接，先求得，，利用垂径定理求得的长，在中，由勾股定理求解即可，解题的关键是作出适当的辅助线，构造直角三角形．
【详解】解：如图，垂直平分交于点，为圆心，连接，
∵将边长为的正方形分割成的七巧板拼成了一个轴对称图形，
∴，，
∴，
设该圆的半径长是，则，，
在中，由勾股定理得，
解得，
∴该圆的半径长是，
故选：C．
8．D
【分析】本题考查了圆周角定理，勾股定理，三角形中位线定理，垂径定理，根据题目的已知条件并结合图形进行分析是解题的关键．
连接，根据圆周角定理可得，从而在中，利用勾股定理可得，然后根据垂径定理可得，从而可得是的中位线，最后利用三角形中位线定理进行计算，即可解答．
【详解】解：连接，
∵，
∴，
在中，，
∴，
∵，
∴，
∴是的中位线，
∴，
故选：D．
9．C
【分析】本题考查了翻折的性质，圆周角定理，等边三角形的判定及性质，连接，，由等边三角形的判定方法得为等边三角形，结合圆周角定理求解即可．
【详解】解：连接，，
，
，
由翻折得：，
，
为等边三角形，
，
∴，
∴，
，
故选：C．
10．C
【分析】本题考查正多边形与圆，圆周角定理，垂径定理等知识，根据正五边形的性质结合圆周角定理和垂径定理得，，进而可得答案．
【详解】解：∵是的直径，五边形是的内接正五边形，
∴，，，
∴，
∴，
故选：C．
11．A
【分析】本题考查图形的拼接，解题的关键是正确理解题意，通过平移、旋转、轴对称或中心对称等方法拼成符合题意的正方形，即可得出答案．
【详解】解：∵用长，宽的、两种卡片各若干张拼成一个的大正方形，
∴每张卡片的面积为：，
大正方形的面积为：，
∴大正方形的边长为，
设卡片的数量为，卡片的数量为，
∴，
∴，
为避免对角线相连，将卡片顺时针旋转使对角线为左上到右下（横向），卡片为左上到右下（纵向），如图所示，
其中卡片（横向）共有张，卡片（纵向）共有张．
故选：A．
12．B
【分析】根据图形可知：点在以为圆心，以为半径的圆上运动，再由旋转可知：将正方形绕点逆时针旋转后得到正方形，相当于将线段绕点逆时针旋转，可得对应点的坐标，然后发现规律是8次一循环，进而得出答案．
【详解】解：∵点的坐标为，四边形是正方形，
∴点的坐标为，
，
四边形是正方形，
，
连接，如图：

由勾股定理得：，
由旋转的性质得：，
将正方形绕点逆时针旋转后得到正方形，
相当于将线段绕点逆时针旋转，依次得到，
，，，，，，，，
发现是8次一循环，则余1，
∴是第253组的最后一个点，是第254组的第一个点，
点的坐标为，
故选：B．
【点睛】本题考查了旋转的性质、正方形的性质、坐标与图形性质、勾股定理、规律型：点的坐标等知识，解题的关键是数形结合并学会从特殊到一般的探究规律的方法．
13．A
【分析】本题考查了二次函数的图象与性质、关于原点对称，正确求出抛物线的解析式是解题的关键．先求出抛物线的解析式为，再根据抛物线的对称轴的位置分三种情况讨论：①；②；③，利用二次函数的性质求解即可．
【详解】解：抛物线，
∴抛物线P的顶点坐标为，
∵将抛物线P绕原点旋转得到抛物线，
∴抛物线的顶点坐标为，开口方向与抛物线P相反，
∴抛物线的解析式为，
∴抛物线开口方向向下，对称轴为直线，
①若，
当时，则当时，有最大值，
由题意得，，
解得：，
∴；
②若，则当时，有最大值，
由题意得，，
解得：（舍去）；
③若，则当时，有最大值，
由题意得，，
解得：（舍去），
∴综上所述，a的取值范围是．
故选：A．
14．C
【分析】根据绕点逆时针旋转一个角度得到，可得，在中，根据三角形内角和定理，可得，从而算出旋转角的度数．
【详解】∵绕点逆时针旋转得到，点的对应点是，
∴，，
∴，，，
∴，
∴．
∵，，三点在同一条直线上，
∴在中，，
即，
∴，
解得．
∴旋转角的度数是．
故选：C．
【点睛】本题考查了三角形的旋转变换，熟练掌握三角形内角和定理和旋转的性质是解本题的关键．
15．B
【分析】本题考查了中心对称，正方形的性质，掌握关于中心对称图形的性质是解题的关键．连接，根据中心对称的定义可知，阴影的面积等于两个正方形面积差的四分之一．
【详解】解：连接，，
∵正方形的边长为4和正方形的边长为3，
∴正方形的面积为16，正方形的面积为9，
∵正方形和正方形的对称中心都是点，
∴．
故选B．
16．A
【分析】本题考查了一次函数图象与几何变换，一次函数图象上点的坐标特征，根据平移的规律求得平移后的直线解析式，然后根据y轴上点的坐标特征求得A、的坐标，由题意可知，解得．
【详解】解：∵直线（为常数）与y轴交于点A，
当时，，
∴，
将该直线沿y轴向上平移6个单位长度后，得到，
∵将该直线沿y轴向上平移6个单位长度后，与y轴交于点，
∴，
∵点与A关于原点O对称，
∴，
解得，
故选：A．
17．C
【分析】本题考查了旋转中心，熟练掌握旋转中心的定义，学会构造旋转对应点连线的垂直平分线找出旋转中心是解题的关键．连接、，分别作和的垂直平分线，则交点即为旋转中心．
【详解】解：将绕某个点旋转，得到，则与为对应点，则与为对应点，
连接、，分别作和的垂直平分线，如图所示交于点C，故点C为旋转中心．
故选：C．
18．C
【分析】此题考查了三角形的外接圆及外心，等腰直角三角形的判定和性质，含有30°角的直角三角形的性质，勾股定理，熟练掌握等腰直角三角形的判定和性质，灵活运用含有30°角的直角三角形的性质和勾股定理进行计算是解决问题的关键．连接，过点E作于F，过点A作于H，先求出，则，进而再求出，则，进而得，则，进而再求出，则，从而得是等腰直角三角形，则，然后再分别求出，，进而可得的长．
【详解】解：连接，过点E作于F，过点A作于H，如图所示：
∵内接于，为的直径，
∴，
∵，
∴，
∴是等腰直角三角形，
∴，
∵，
∴，
∴°，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
在中，，
∴，
由勾股定理得：，
∴，
在中，，
由勾股定理得：，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴是等腰直角三角形，
∴，
在中，，
∴，
由勾股定理得：，
∴，
∴．
故选：C．
19．A
【分析】如图，由为等边三角形得到，由得到，再根据旋转的性质得，即旋转角等于，，，于是可计算出，则可对①进行判断；由，，根据等边三角形的判定可对②进行判断；由为等边三角形得，于是可得，则可对③进行判断；根据旋转的性质得，根据等边三角形的性质得，所以，则可对④进行判断．
【详解】解：为等边三角形，
，
，
，
点C为旋转中心把沿着顺时针旋转至，
，即旋转角等于，，，
，即，
三点共线，所以①正确；
，，
为等边三角形，所以②正确；
为等边三角形，
，
，
平分，所以③正确；
为等边三角形，
，
而点C为旋转中心把沿着顺时针旋转至，
，
，
，所以④正确．
故选：A．
【点睛】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．
20．B
【分析】本题考查了平行四边形的性质，中心对称的性质，一次函数与坐标轴的交点问题及平移的性质，先求出两点的坐标，得到，进而求出，即可求出C点的坐标，设沿x轴正方向平移m个单位长度后，得到，由平移的性质得到，结合平行四边形的性质，当直线过的中点时，面积恰好被直线平分，即可求解．
【详解】解：根据题意当时，则，
当时，则，
解得：，
∴，
∴，
∵，
四边形是平行四边形，
∴，
∴，
∴，
设沿x轴正方向平移m个单位长度后，得到，连接，
则，
∵四边形是平行四边形，即平行四边形是中心对称图形，
∴当直线过的中点时，面积恰好被直线平分，
∵的中点为，即，
∴，
解得：．
故选B．
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