【重难点讲义】人教版数学九年级上册-基础练 第23章《旋转》章节达标检测

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2022-2023学年九年级数学上册考点必刷练精编讲义（人教版）基础
第23章《旋转》
章节达标检测
考试时间：120分钟 试卷满分：100分
一．选择题（共10小题，满分20分，每小题2分）
1．（2分）（2022•长沙）在平面直角坐标系中，点（5，1）关于原点对称的点的坐标是（　　）
A．（﹣5，1） B．（5，﹣1） C．（1，5） D．（﹣5，﹣1）
解：根据中心对称的性质，可知：点（5，1）关于原点O中心对称的点的坐标为（﹣5，﹣1）．
故选：D．
2．（2分）（2022•开福区校级一模）下列图形中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（　　）
A． B．
C． D．
解：A．是中心对称图形，不是轴对称图形，故此选项不合题意；
B．是中心对称图形，不是轴对称图形，故此选项不合题意；
C．不是中心对称图形，是轴对称图形，故此选项不合题意；
D．既是中心对称图形，也是轴对称图形，故此选项符合题意；
故选：D．
3．（2分）（2021秋•雨花区期末）如图，△DEF是由△ABC绕点O旋转180°得到的，则下列结论不成立的是
（　　）

A．点A与点D是对应点 B．BO＝EO
C．∠ACB＝∠FED D．AB∥DE
解：根据旋转的性质可知，
点A与点D是对应点，
BO＝EO，
AB∥DE，
∠ACB＝∠DFE≠∠FDE．
故选：C．
4．（2分）（2021秋•雨花区校级月考）如图，△OAB绕点O逆时针旋转88°得到△OCD，若∠COD＝30°，则∠α的度数是（　　）

A．38° B．48° C．58° D．68°
解：∵△OAB绕点O逆时针旋转88°得到△OCD，
∴∠AOC＝88°，
∵∠COD＝30°，
∴∠α＝∠AOD＝∠AOC﹣∠COD＝58°，
故选：C．
5．（2分）（2021•雨花区校级开学）如图，将△ABC绕点A逆时针旋转80°得到△AB′C′，若点B′恰好落到边BC上，则∠CB′C′的度数为（　　）

A．50° B．60° C．70° D．80°
解：由旋转的性质可知：AB＝AB′，∠BAB′＝80°，
∴∠B＝∠AB′C′，
∵AB＝AB′，
∴∠B＝∠BB′A＝50°．
∴∠BB′C′＝50°+50°＝100°．
∴∠CB′C′＝180°﹣100°＝80°，
故选：D．
6．（2分）（2021秋•长沙期中）在平面直角坐标系中，点P（3，﹣1）关于坐标原点中心对称的点P′的坐标是（　　）
A．（3，1） B．（﹣3，﹣1） C．（﹣3，1） D．（﹣1，3）
解：点P（3，﹣1）关于坐标原点中心对称的点P′的坐标为（﹣3，1），
故选：C．
7．（2分）（2020秋•天心区月考）如图，已知点A（2，1），B（0，2），将线段AB绕点M逆时针旋转到A1B1，点A与A1是对应点，则点M的坐标是（　　）

A．（0，﹣2） B．（1，﹣1） C．（0，0） D．（﹣1，﹣1）
解：如图，点M的坐标是（1，﹣1），
故选：B．

8．（2分）（2020•雨花区模拟）Rt△ABC，已知∠C＝90，∠B＝50°，点D在边BC上，BD＝2CD （如图）．把△ABC绕着点D逆时针旋转m（0＜m＜180）度后，如果点B恰好落在初始Rt△ABC的边上，那么m＝（　　）

A．80 B．80或120 C．60或120 D．80或100
解：当把△ABC绕着点D逆时针旋转m（0＜m＜180）度后，点B恰好落在AB边上的B′点位置，如图1，

∴∠BDB′＝m，DB′＝DB，
∴∠1＝∠B＝50°，
∴∠BDB′＝180°﹣∠1﹣∠B＝80°，
即m＝80°；
当把△ABC绕着点D逆时针旋转m（0＜m＜180）度后，点B恰好落在AC边上的B′点位置，如图2，

∴∠BDB′＝m，DB′＝DB，
∵BD＝2CD，
∴DB′＝2CD，
∴∠CB′D＝30°，则∠B′DC＝60°，
∴∠BDB′＝180°﹣∠B′DC＝120°，
即m＝120°，
综上所述，m的值为80°或120°．
故选：B．
9．（2分）（2020•长沙模拟）如图，在平面直角坐标系中，Rt△ABC的三个顶点的坐标分别为A（1，1），B（4，3），C（4，1），如果将Rt△ABC绕点C按顺时针方向旋转90°得到Rt△A′B′C′，那么点A的对应点A'的坐标是（　　）

A．（3，3） B．（3，4） C．（4，3） D．（4，4）
解：旋转后的Rt△A′B′C′如图所示，观察图象可知A′（4，4）．

故选：D．
10．（2分）（2019秋•岳麓区校级月考）如图，O是正△ABC内一点，OA＝3，OB＝4，OC＝5，将线段BO以点B为旋转中心逆时针旋转60°得到线段BO′，下列结论：①△BO′A可以由△BOC绕点B逆时针旋转60°得到；②点O与O′的距离为4；③∠AOB＝150°；④S四边形AOBO′＝6+3．其中正确的结论有（　　）

A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
解：如图，

由题意可知，∠1+∠2＝∠3+∠2＝60°，
∴∠1＝∠3，
又∵OB＝O′B，AB＝BC，
∴△BO′A≌△BOC，
又∵∠OBO′＝60°，
∴△BO′A可以由△BOC绕点B逆时针旋转60°得到，
故结论①正确；
如图，连接OO′，
∵OB＝O′B，且∠OBO′＝60°，
∴△OBO′是等边三角形，
∴OO′＝OB＝4．
故结论②正确；
∵△BO′A≌△BOC，
∴O′A＝5．
在△AOO′中，三边长为3，4，5，这是一组勾股数，
∴△AOO′是直角三角形，∠AOO′＝90°，
∴∠AOB＝∠AOO′+∠BOO′＝90°+60°＝150°，
故结论③正确；
S四边形AOBO′＝S△AOO′+S△OBO′＝×3×4+×42＝6+4，
故选：C．
二．填空题（共10小题，满分20分，每小题2分）
11．（2分）（2022•长沙一模）在平面直角坐标系中，把点P（﹣3，1）绕原点顺时针旋转90°得到点P1，则点P1的坐标是 　（1，3）　．

解：如图，

观察图象可知点P′的坐标为（1，3）．
故答案为：（1，3）．
12．（2分）（2021秋•望城区期末）平面直角坐标系内的点P（m，4）与点Q（﹣5，n）关于原点对称，则m+n＝　1　．
解：∵平面直角坐标系内的点P（m，4）与点Q（﹣5，n）关于原点对称，
∴m＝5，n＝﹣4，
∴m+n＝5﹣4＝1．
故答案为：1．
13．（2分）（2021秋•岳麓区校级月考）如图，将△ABC绕点A逆时针旋转60°得到△AMN，点C和点N是对应点，若AB＝2，则BM＝　2　．

解：连接MB，
∵将△ABC绕点A逆时针旋转60°得到△AMN，
∴AB＝AM，∠MAB＝60°，

∴△ABM是等边三角形，
∴MB＝AB＝2，
故答案为：2．
14．（2分）（2021秋•岳麓区校级月考）若点P（m，﹣m+3）关于原点的对称点Q在第三象限，那么m的取值范围是　0＜m＜3　．
解：点P（m，﹣m+3）关于原点的对称点Q（﹣m，m﹣3），
∵点Q在第三象限，
∴﹣m＜0，m﹣3＜0，
解得0＜m＜3．
故答案为：0＜m＜3．
15．（2分）（2021秋•天心区校级月考）如图，将△ABC绕点A逆时针旋转得到△AB′C′，延长CB交B′C′于点D，若∠BAB′＝40°，则∠C′DC的度数是 　40　°．

解：∵将△ABC绕点A逆时针旋转得到△AB'C'，
∴△ABC≌△AB'C'，
∴∠BAC＝∠B′AC′，∠C＝∠C′，
∵∠BAB'＝40°，
∴∠CAC′＝40°，
∵∠C'DC＝180°﹣∠DEC′﹣∠C′，∠CAC′＝180°﹣∠C﹣∠AEC，∠DEC′＝∠AEC，
∠C′DC＝∠CAC′＝40°，
故答案为：40．
16．（2分）（2020秋•天心区月考）如图，在正方形ABCD中，AB＝8，点M在CD边上，且DM＝2，△AEM与△ADM关于AM所在直线对称，将△ADM按顺时针方向绕点A旋转90°得到△ABF，连接EF，则线段EF的长为　10　．

解：如图，连接BM．

∵△AEM与△ADM关于AM所在的直线对称，
∴AE＝AD，∠MAD＝∠MAE．
∵△ADM按照顺时针方向绕点A旋转90°得到△ABF，
∴AF＝AM，∠FAB＝∠MAD，
∴∠FAB＝∠MAE，
∴∠FAB+∠BAE＝∠BAE+∠MAE，
∴∠FAE＝∠MAB，
∴△FAE≌△MAB（SAS）．
∴EF＝BM．
∵四边形ABCD是正方形，
∴BC＝CD＝AB＝8．
∵DM＝2，
∴CM＝6．
在Rt△BCM中，BM＝＝＝10，
∴EF＝10，
故答案为：10．
17．（2分）（2017秋•长沙县校级月考）如图，在6×4方格纸中，格点三角形甲经过旋转后得到格点三角形乙，则其旋转中心是　点N　．

解：如图，连接N和两个三角形的对应点；
发现两个三角形的对应点到点N的距离相等，因此格点N就是所求的旋转中心；
故答案为点N．

18．（2分）（2017•岳麓区校级开学）如图，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，将△ABC绕点A顺时针旋转90°得到△AB′C′，连接CC′，若AC＝4，AB＝1，则△B′C′C的面积为　6　．

解：∵△ABC绕点A顺时针旋转90°后得到的△AB′C′，
∴AC＝AC′＝4，AB′＝AB＝1，∠CAC′＝90°，
∴△ACC′为等腰直角三角形，
∴S△B′C′C＝S△ACC′﹣S△AB′C′＝×4×4﹣×4×1＝6．
故答案为6．
19．（2分）（2019秋•天心区校级月考）如图，在△ABC中，AB＝6，将△ABC绕点B按逆时针方向旋转30°后得到△A1BC1，则阴影部分的面积为　9　．

解：∵在△ABC中，AB＝6，将△ABC绕点B按逆时针方向旋转30°后得到△A1BC1，
∴△ABC≌△A1BC1，
∴A1B＝AB＝6，
∴△A1BA是等腰三角形，∠A1BA＝30°，
∴S△A1BA＝×6×3＝9，
又∵S阴影＝S△A1BA+S△A1BC1﹣S△ABC，
S△A1BC1＝S△ABC，
∴S阴影＝S△A1BA＝9．
故答案为：9．

20．（2分）（2019秋•岳麓区校级月考）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，将△ABC绕顶点C逆时针旋转得到△A′B′C，M是BC的中点，P是A′B′的中点，连接PM，若BC＝2，∠BAC＝30°，则线段PM的最大值是 　3　．

解：如图连接PC．

在Rt△ABC中，∵∠A＝30°，BC＝2，
∴AB＝4，
根据旋转不变性可知，A′B′＝AB＝4，
∴A′P＝PB′，
∴PC＝A′B′＝2，
∵CM＝BM＝1，
又∵PM≤PC+CM，即PM≤3，
∴PM的最大值为3（此时P、C、M共线）．
故答案为：3．
三．解答题（共7小题，满分60分）
21．（8分）（2021秋•岳麓区校级月考）如图，在平面直角坐标系中，△ABC的顶点坐标分别为A（﹣1，0），B（﹣4，1），C（﹣2，2）．
（1）直接写出点B关于原点对称的点B′的坐标：　（4，﹣1）　；
（2）平移△ABC，使平移后点A的对应点A1的坐标为（2，1），请画出平移后的△A1B1C1；
（3）画出△ABC绕原点O逆时针旋转90°后得到的△A2B2C2．

解：（1）点B关于原点对称的点B′的坐标为（4，﹣1），
故答案为：（4，﹣1）；
（2）如图所示，△A1B1C1即为所求．

（3）如图所示，△A2B2C2即为所求．
22．（8分）（2021秋•岳麓区校级月考）如图，△ABC是等腰三角形，其中AB＝BC，将△ABC绕顶点B逆时针旋转50°到△A1BC1的位置，AB与A1C1相交于点D，AC与A1C1，BC1分别相交于点E，F．
（1）求证：△BCF≌△BA1D；
（2）当∠C＝50°时，判断四边形A1BCE的形状并说明理由．

（1）证明：∵AB＝BC，
∴∠A＝∠C，
∵△A1BC1是由△ABC绕顶点B逆时针旋转而得，
∴∠A＝∠A1＝∠C，∠A1BD＝∠CBC1，AB＝A1B，
在△BCF和△BA1D中，
，
∴△BCF≌△BA1D（ASA）；
（2）解：四边形A1BCE是菱形．
∵△ABC是等腰三角形，∠C＝50°，
∴∠A＝∠C1＝∠C＝50°，
又∵△BCF≌△BA1D，
∴∠CBF＝∠A1BD＝50°，
∴∠C1＝∠CBF，∠A＝∠A1BD，
∴A1E∥BC，A1B∥EC，
即四边形A1BCE是平行四边形，
又∵A1B＝BC，
∴四边形A1BCE是菱形．
23．（8分）（2018春•雨花区校级期末）如图，P是正三角形ABC内的一点，且PA＝6，PB＝8，PC＝10，若将△PAC绕点A逆时针旋转后得到△P′AB．
（1）求点P与点P′之间的距离；
（2）求∠APB的大小．

解：（1）由旋转的性质知AP′＝AP＝6，∠P′AB＝∠PAC，
∴∠P′AP＝∠BAC＝60°，
∴△P′AP是等边三角形，
∴PP′＝6；
（2）∵P′B＝PC＝10，PB＝8，
∴P′B2＝P′P2+PB2，
∴△P′PB为直角三角形，且∠P′PB＝90°，
∴∠APB＝∠P′PB+∠P′PA＝90°+60°＝150°．
24．（8分）（2021•长沙模拟）在下列网格图中，每个小正方形的边长均为1个单位，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝3，BC＝4．
（1）在图中画出△ABC以A为旋转中心，沿顺时针方向旋转90°后的图形△AB1C1；
（2）若点B的坐标为（﹣3，5），点C的坐标为（﹣3，1），在图中建立直角坐标系，并画出△ABC关于原点对称的图形△A2B2C2．

解：如图，

（1）△AB1C1即为所求；
（2）直角坐标系及△A2B2C2即为所求．
25．（9分）（2021秋•长沙期中）如图，△ABC的顶点坐标分别为A（0，1），B（3，3），C（1，3）．
（1）画出与△ABC关于点O成中心对称的图形△A1B1C1；
（2）①画出△ABC绕原点O逆时针旋转90°的△A2B2C2；
②直接写出点C2的坐标为　（﹣3，1）　．

解：（1）如图，△A1B1C1为所作；
（2）①画如图，△A2B2C2为所作；

②点C2的坐标为（﹣3，1）．
故答案为（﹣3，1）．
26．（9分）（2021秋•雨花区校级月考）如图，已知正方形ABCD的边长为1，点E，F分别在边AB、AD上，且AE＝DF．联结BF、CE
（1）求证：BF＝CE；
（2）如果将线段CE绕点E逆时针旋转90°，使得点C落在点G处，联结FG．设AE＝x．
①试用含x的代数式表示四边形BFGE的面积；
②当AF和EG互相平分时，求x的值．
（1）证明：∵四边形ABCD为正方形，
∴AB＝AD＝BC，∠A＝∠CBE＝90°．
又∵AE＝DF，
∴AB﹣AE＝AD﹣DF，即BE＝AF．
在△ABF和△BCE中，
，
∴△ABF≌△BCE（SAS）．
∴BF＝CE．
（2）解：①如图所示，设CE、BF交于点H，
由（1）中结论可得，∠FBA＝∠ECB，
∵∠CEB+∠ECB＝90°，
∴∠CEB+∠FBA＝90°，
∴∠EHB＝90°．
由旋转可知∠CEG＝90°，
∴BF∥EG．
又由（1）可知BF＝CE，且CE＝GE，
∴BF＝GE．
故四边形BFGE为平行四边形．
∵AE＝x，AB＝1，
∴BE＝1﹣x＝AF．
∴S四边形BFGE＝BE×AF＝（1﹣x）2．
②当AF和EG互相平分时，则四边形AEFG为平行四边形，
∵GF∥BE，
∴GF∥AE，
当GF＝AE时，即GF＝EB＝AE时，
∴x＝1﹣x，解得：x＝．

27．（10分）（2019秋•岳麓区校级期末）如图所示，将正方形ABCD中的△ABD绕对称中心O 旋转至△GEF的位置，EF交AB于M，GF交BD于N．请猜想AM与GN有怎样的数量关系？并证明你的结论．

解：AM＝GN．理由如下：
∵点O为正方形ABCD的中心，
∴OB＝OD，AD＝AB，∠BDA＝∠ABD＝45°，
∵△ABD绕对称中心O 旋转至△GEF的位置，
∴OF＝OD，∠F＝∠BDA，GF＝AD，
∴OB＝OF，∠F＝∠ABD，
在△OBM和△OFN中
，
∴△OBM≌△OFN（ASA），
∴BM＝FN，
∵AB＝AD＝GF，
∴AB﹣BM＝GF﹣FN，
即AM＝GN