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专题23.3 旋转章末拔尖卷-2023-2024学年九年级数学上册举一反三系列（人教版）
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这是一份专题23.3 旋转章末拔尖卷-2023-2024学年九年级数学上册举一反三系列（人教版），文件包含专题233旋转章末拔尖卷人教版原卷版docx、专题233旋转章末拔尖卷人教版解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共26页， 欢迎下载使用。
第23章 旋转章末拔尖卷
【人教版】
参考答案与试题解析
一． 选择题（共10小题，满分30分，每小题3分）
1．(3分)（2023春·九年级期末测试）下列图案中，可以由一个”基本图案”连续旋转45°得到的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【详解】解：根据旋转的性质可知，可以由一个“基本图案”连续旋转45°，即经过8次旋转得到的是B．故选B．
2．(3分)（2023春·九年级期末测试）点A的坐标为（2，3），则点A关于原点的对称点A′的坐标为（ ）
A．（﹣2，3） B．（2，﹣3） C．（3，2） D．（﹣2，﹣3）
【答案】D
【分析】根据关于原点对称的点的横坐标与纵坐标都互为相反数解答．
【详解】点A（2，3）关于原点的对称点A′的坐标为（﹣2，﹣3）.
故选D.
【点睛】解决本题的关键是掌握好对称点的坐标规律：
（1）关于x轴对称的点，横坐标相同，纵坐标互为相反数；
（2）关于y轴对称的点，纵坐标相同，横坐标互为相反数；
（3）关于原点对称的点，横坐标与纵坐标都互为相反数．
3．(3分)（2023春·九年级期末测试）下列图形中，是中心对称图形的是（ ）
A． B． C．D．
【答案】D
【分析】根据把一个图形绕某一点旋转180°，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形就叫做中心对称图形，这个点叫做对称中心可得答案．
【详解】A、不是中心对称图形，故此选项错误；
B、不是中心对称图形，故此选项错误；
C、不是中心对称图形，故此选项错误；
D、是中心对称图形，故此选项正确；
故选D．
【点睛】本题考查了中心对称图形，解题的关键是掌握中心对称图形的定义．
4．(3分)（2023春·九年级期末测试）如图，△OAB绕点O逆时针旋转80∘到△OCD的位置，已知∠AOB=45∘，则∠AOD等于（ ）
A．55∘ B．45∘ C．40∘ D．35∘
【答案】D
【分析】本题旋转中心为点O，旋转方向为逆时针，观察对应点与旋转中心的连线的夹角∠BOD即为旋转角，利用角的和差关系求解．
【详解】解：根据旋转的性质可知，D和B为对应点，∠DOB为旋转角，
即∠DOB=80°，
所以∠AOD=∠DOB-∠AOB=80°-45°=35°．
故选：D．
【点睛】本题考查旋转两相等的性质：即对应点到旋转中心的距离相等以及每一对对应点与旋转中心连线所构成的旋转角相等．
5．(3分)（2023春·广西南宁·九年级南宁市天桃实验学校校考阶段练习）如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，∠A=60°，AC=3，将△ABC绕点C按逆时针方向旋转得到△A′B′C，此时点A恰好在AB边上，连接BB′，则BB′的长为（ ）
A．6 B．32 C．33 D．3
【答案】C
【分析】根据旋转的性质得到CA=CA′，CB=CB′，∠ACA′=∠BAB′，则可判断△CAA′为等边三角形，所以∠ACA′=60°，证明A′B=A′C=3，求出AB，BC，然后判断△CBB′为等边三角形，从而得到BB′的长，于是得到结论．
【详解】解：∵∠ACB=90°，∠A=60°，AC=3，
∴∠ABC=90°−60°=30°，
∴AB=2AC=6，
∴BC=AB2−AC2=33，
又∵△ABC绕点C按逆时针方向旋转得到△A′B′C，此时点A′恰好在AB边上，
∴CA=CA′，CB=CB′，∠ACA′=∠BCB′，
∵CA=CA′，∠A=60°，
∴△CAA′为等边三角形，
∴∠ACA′=60°，
∴∠BCB′=60°，
∴△CBB′为等边三角形，
∴BB′=CB=33，
故选：C．
【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．
6．(3分)（2023春·九年级期末测试）如图，E、F分别是正方形ABCD的边AB、BC上的点，BE=CF，连接CE、DF，将△BCE绕着正方形的中心O按逆时针方向旋转到△CDF的位置，则旋转角是（ ）
A．45° B．60° C．90° D．120°
【答案】C
【详解】解：如图，作出旋转中心，连接AC、BD，AC与BD的交点即为旋转中心O．
根据旋转的性质知，点C与点D对应，则∠DOC就是旋转角．
∵四边形ABCD是正方形．
∴∠DOC=90°．
故选C．
7．(3分)（2023春·九年级期末测试）如图，△ABC中，∠C=70°，∠B=30°，将△ABC绕点A顺时针旋转后，得到△AB´C´，且C´在边BC上，则∠B´C´B的度数为（ ）
A．30° B．40° C．46° D．60°
【答案】B
【详解】：∵将△ABC绕点A顺时针旋转后，得到△AB′C′，
∴AC′=AC，
∴∠C=∠AC′C=70°，
∴∠AC′B=180°﹣70°=110°，
∵∠C=∠AC′B′=70°，
∴∠B′C′B=∠AC′B﹣∠AC′B′=110°﹣70°=40°．
故选B．
8．(3分)（2023春·九年级期末测试）有两个全等的含30°角的直角三角板重叠在一起，如图，将△A′B′C′绕AC的中点M转动，斜边A′B′刚好过△ABC的直角顶点C，且与△ABC的斜边AB交于点N，连接AA′、C′C、AC′．若AC的长为2，有以下五个结论：①AA′=1；②C′C⊥A′B′；③点N是边AB的中点；④四边形AA′CC′为矩形；⑤A′N=B′C=12，其中正确的有（ ）
A．2个 B．3个 C．4个 D．5个
【答案】C
【详解】试题解析：①∵点M是线段AC、线段A′C′的中点，AC=2，
∴AM=MC=A′M=MC′=1，
∵∠MA′C=30°，
∴∠MCA′=∠MA′C=30°，
∴∠A′MC=180°-30°-30°=120°，
∴∠A′MA=180°-A′MC=180°-120°=60°，
∴∠AMA′=∠C′MC=60°，
∴△AA′M是等边三角形，
∴AA′=AM=1，故①正确；
②∵∠A′CM=30°，∠MCC′=60°，
∴∠ACA′=∠A′CM+∠MCC′=90°，
∴CC′⊥A′C，故②正确；
③∵∠A′CA=∠NAC=30°，∠BCN=∠CBN=60°，
∴AN=NC=NB，故③正确；
④∵△AA′M≌△C′CM，
∴AA′=CC′，∠MAA′=∠C′CM=60°，
∴AA′∥CC′，
∴四边形AA′CC′是平行四边形，
∵∠AA′C=∠AA′M+∠MA′C=90°，
四边形AA′CC′为矩形，故④正确；
⑤AN=12AB=233，
∠NAA′=30°，∠AA′N=90°，
∴A′N=12AN=33，故⑤错误.
故选C．
【点睛】本题考查了旋转的性质，利用了旋转的性质，矩形的判定，等边三角形的判定，直角三角形的性质，所用知识点较多，题目稍有难度．
9．(3分)（2023春·九年级期末测试）一副三角板叠在一起如图放置，最小锐角的顶点D恰好放在等腰直角三角板的斜边上，AC与DM、DN分别交于点E、F，把△MDN绕点D旋转到一定位置，使得DE=DF，则∠BDN的度数是( )
A．105° B．115° C．120° D．135°
【答案】C
【分析】根据等腰三角形的性质和特殊直角三角形的角度求得∠DEC,进一步利用三角形外角的性质即可得到结果.
【详解】解：∵DE=DF，∠EDF=30°，
∴∠DEF=12（180°-∠EDF）=75°，
∴∠DEC=105°，
∵∠C=45°，
∴∠CDE=180°-45°-105°=30°，
∴∠BDN=120°，
故选C．
【点睛】本题考查了旋转的性质，直角三角形的性质，等腰三角形的性质，掌握三角形的内角和与外角的性质是解题的关键.
10．(3分)（2023河南省商丘市柘城县2018届九年级中考数学模拟试卷）如图，一段抛物线：y=﹣x（x﹣5）（0≤x≤5），记为C1，它与x轴交于点O，A1；将C1绕点A1旋转180°得C2， 交x轴于点A2；将C2绕点A2旋转180°得C3， 交x轴于点A3；…如此进行下去，得到一“波浪线”，若点P(3分)（2023，m）在此“波浪线”上，则m的值为（ ）
A．4 B．﹣4 C．﹣6 D．6
【答案】C
【分析】根据图象的旋转变化规律以及二次函数的平移规律得出平移后解析式，进而求出m的值，由2018÷5=403.6，可知点P(3分)（2023，m）在此“波浪线”上C404段上，求出C404的解析式，然后把P(3分)（2023，m）代入即可．
【详解】解：当y=0时，﹣x（x﹣5）=0，解得x1=0，x2=5，则A1（5，0），
∴OA1=5，
∵将C1绕点A1旋转180°得C2，交x轴于点A2；将C2绕点A2旋转180°得C3，交x轴于点A3；…；如此进行下去，得到一“波浪线”，
∴A1A2=A2A3=…=OA1=5，
∵2018÷5=403.6，
∴点P(3分)（2023，m）在此“波浪线”上C404段上，
∴抛物线C404的解析式为y=（x﹣5×403）（x﹣5×404），即y=（x﹣2015）（x﹣2020），
当x=2018时，y=(3分)（2023﹣2015）(3分)（2023﹣2020）=﹣6，
即m=﹣6．
故选C．
【点睛】此题主要考查了二次函数的平移规律，根据已知得出二次函数旋转后解析式是解题关键．
二．填空题（共6小题，满分18分，每小题3分）
11．(3分)（2023春·九年级期末测试）写出一个既有轴对称性质又有中心对称性质的图形名称: ．
【答案】线段、圆、正方形、矩形、菱形、正2n边形（n为正整数）等（写出其中一个即可）
【详解】解：线段、圆、正方形、矩形、菱形等，任写一个．
12．(3分)（2023春·九年级期末测试）平面直角坐标系中，点P(3，1-a)与点Q(b+2，3)关于原点对称，则a+b= ．
【答案】﹣1
【分析】根据关于原点对称的点，横坐标与纵坐标都互为相反数解答．
【详解】∵点P（3，1-a）与点Q（b+2，3）关于原点对称，
∴3=-（b+2），1-a=-3，
解得：a=4，b=-5，
∴a+b=-1．
故答案为-1．
【点睛】本题考查了关于原点对称的点的坐标，解决本题的关键是掌握好对称点的坐标规律：关于原点对称的点，横坐标与纵坐标都互为相反数．
13．(3分)（2023春·九年级期末测试）如图，将△AOB绕点O按逆时针方向旋转45°后得到△COD，若∠AOB=15°，则∠AOD= 度．
【答案】30
【分析】根据旋转的性质得到∠BOD=45°，再用∠BOD减去∠AOB即可．
【详解】∵将△AOB绕点O按逆时针方向旋转45°后，得到△COD，
∴∠BOD=45°，
又∵∠AOB=15°，
∴∠AOD=∠BOD－∠AOB=45°－15°=30°．
故答案为30°．
14．(3分)（2023春·九年级期末测试）如图，在△ABC中，∠CAB＝65°，在同一平面内，将△ABC绕点A逆时针旋转到△AB′C′的位置，使得CC′∥AB，则∠B′AB等于 ．
【答案】50°
【分析】由平行线的性质可求得∠C′CA的度数，然后由旋转的性质得到AC=AC′，然后依据三角形的性质可知∠AC′C的度数，依据三角形的内角和定理可求得∠CAC′的度数，从而得到∠BAB′的度数.
【详解】解：∵CC′∥AB
∴∠C′CA=∠CAB=65°
∵由旋转的性质可知：AC=AC′
∴∠ACC′=∠AC′C=65°
∴∠CAC′=180°−65°−65°=50°
∴∠BAB′=50°
故答案为：50°.
15．(3分)（2023春·九年级期末测试）在平面直角坐标系中，点A坐标为（-2，4），与原点的连线OA绕原点顺时针转90°，得到线段OB，连接线段AB，若直线y=kx-2与△OAB有交点，则k的取值范围是 .
【答案】k≤-3或k≥1．
【分析】作出图形，然后求出直线经过点A、B时的k值，再写出k的取值范围即可．
【详解】如图，点A（-2，4）绕原点顺时针转90°后的对应点B的坐标为（4，2），
直线经过点A时，-2k-2=4，
解得k=-3，
直线经过点B时，4k-2=2，
解得k=1，
所以，直线y=kx-2与△OAB有交点时k的取值范围是k≤-3或k≥1．
故答案为k≤-3或k≥1．
【点睛】本题考查了坐标与图形变化-旋转，一次函数与一元一次不等式，作出图形，利用数形结合的思想求解更简便．
16．(3分)（2023春·九年级期末测试）如图，在平面直角坐标系中，已知点A、B、C的坐标分别为−1,0，5,0，0,2．若点P从A点出发，沿x轴正方向以每秒1个单位长度的速度向B点移动，连接PC并延长到点E，使CE=PC，将线段PE绕点P顺时针旋转90°得到线段PF，连接FB．若点P在移动的过程中，使ΔPBF成为直角三角形，则点F的坐标是 ．
【答案】（5，2），（5+72，5−1）
【分析】当P位于线段OA上时，显然△PFB不可能是直角三角形；由于∠BPF＜∠CPF=90°，所以P不可能是直角顶点，可分两种情况进行讨论：
①F为直角顶点，过F作FD⊥x轴于D，BP=6-t，DP=2OC=4，在Rt△OCP中，OP=t-1，由勾股定理易求得CP=t2-2t+5，那么PF2=（2CP）2=4（t2-2t+5）；在Rt△PFB中，FD⊥PB，由射影定理可求得PB=PF2÷PD=t2-2t+5，而PB的另一个表达式为：PB=6-t，联立两式可得t2-2t+5=6-t，即t=5+12 ；
②B为直角顶点，得到△PFB∽△CPO，且相似比为2，那么BP=2OC=4，即OP=OB-BP=1，此时t=2．
【详解】解：能；
①若F为直角顶点，过F作FD⊥x轴于D，则BP=6-t，DP=2OC=4，
在Rt△OCP中，OP=t-1，
由勾股定理易求得CP2=t2-2t+5，那
么PF2=（2CP）2=4（t2-2t+5）；
在Rt△PFB中，FD⊥PB，
由射影定理可求得PB=PF2÷PD=t2-2t+5，
而PB的另一个表达式为：PB=6-t，
联立两式可得t2-2t+5=6-t，即t=5+12，
P点坐标为（5-12，0），
则F点坐标为：（5+72，5 −1）；
②B为直角顶点，得到△PFB∽△CPO，且相似比为2，
那么BP=2OC=4，即OP=OB-BP=1，此时t=2，
P点坐标为（1，0）．FD=2（t-1）=2，
则F点坐标为（5，2）．
故答案是：（5，2），（5+72，5−1）．
【点睛】此题考查直角三角形的判定、相似三角形的判定和性质，解题关键在于求有关动点问题时要注意分析题意分情况讨论结果．
三．解答题（共7小题，满分52分）
17．(6分)（2023春·九年级期末测试）不同的“基本图形”的旋转可能具有相同的旋转效果．如图，点O是六个正三角形的公共顶点，这个图案可以看作是哪个“基本图形”以点O为旋转中心经过怎样旋转组合得到的？
【答案】答案不唯一，可以是一个正三角形绕O顺时针旋转60°，5次后即可得到．
【分析】根据旋转的性质以及正六边形的性质可得出旋转方法．
【详解】答案不唯一，可以是一个正三角形绕O顺时针旋转60°，5次后即可得到．
【点睛】此题主要考查了旋转的性质以及利用旋转设计图案，根据已知图形利用旋转性质得出是解题关键．
18．(6分)（2023春·九年级期末测试）如图，直线y＝﹣43x+4与x轴、y轴分别交于A、B两点，把△AOB绕点A顺时针旋转90°后得到△AO′B′，求点B′的坐标．
【答案】（7，3）
【分析】先求出OA、OB长度，再根据旋转的性质得出O′A,O′B′长度，即可得出答案．
【详解】令x=0得y=3，则OA=3，令y=0得，x=4，则OB=4，
由旋转的性质可知：O′A=3,O′B′=4．
则点B′（7，3）．
故答案为：（7，13）．
【点睛】本题考查一次函数图像与坐标轴的交点，坐标与图形变化-旋转、解题的关键是求出直线与坐标轴的交点坐标.
19．(8分)（2023春·九年级期末测试）如图，在△ABC中，∠CAB=70°，在同一平面内，将△ABC绕点A旋转到△AB′C′的位置，使得CC′∥AB,求∠BAB′的度数．
【答案】40°.
【分析】先根据平行线的性质，由CC′∥AB得∠AC′C=∠CAB=70°，再根据旋转的性质得AC=AC′，∠BAB′=∠CAC′，于是根据等腰三角形的性质有∠ACC′=∠AC′C=70°，然后利用三角形内角和定理可计算出∠CAC′=40°，从而得到∠BAB′的度数．
【详解】∵CC′∥AB，
∴∠A CC′=∠CAB=70°，
∵△ABC绕点A旋转到△AB′C′的位置，
∴AC=AC′，∠BAB′=∠CAC′，
在△ACC′中，∵AC=AC′
∴∠ACC′=∠AC′C=70°，
∴∠CAC′=180°-70°-70°=40°，
∴∠BAB′=40°．
【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．
20．(8分)（2023春·九年级期末测试）如图，直角坐标系中，Rt△DOC的直角边OC在x轴上，∠OCD=90°，OD=6，OC=3，现将△DOC绕原点O按逆时针方向旋转，得到△AOB，且点A在x轴上．
（1）请直接写出：∠A的度数．
（2）请求出线段OD扫过的面积．
【答案】（1）30°；（2）12．
【详解】解：（1）在Rt△DOC中，∠OCD=90°，OD=6，OC=3，
∴sin∠ODC=OCOD=12，
∴∠ODC=30°，
∴由旋转的性质可知，∠A=∠ODC=30°；
（2）在Rt△DOC，∠OCD=90°，OD=6，OC=3，
∴cos∠DOC=OCOD=36=12，
∴∠DOC=60°，
∴∠AOD=180°-60°=120°，
∴线段OD扫过的面积为120×π×62360=12π．
【点睛】本题考查了旋转的性质，坐标与图形，图形扫过的面积，解直角三角形等等．需注意旋转前后线段的长度不变；根据旋转的性质“旋转不改变图形的大小和形状”解答．
21．(8分)（2023春·九年级期末测试）如图，D是△ABC边BC的中点，连接AD并延长到点E，使DE=AD，连接BE．
（1）哪两个图形成中心对称？
（2）已知△ADC的面积为4，求△ABE的面积；
（3）已知AB=5，AC=3，求AD的取值范围.
【答案】（1）△ADC和△EDB成中心对称；（2）△ABE的面积为8；（3）2＜AD＜8．
【分析】（1）直接利用中心对称的定义写出答案即可；
（2）根据成中心对称的图形的两个图形全等确定三角形BDE的面积，根据等底同高确定ABD的面积，从而确定ABE的面积；
（3）可证△ABD≌△CDE，可得AB=CE，AD=DE，在△ACE中，根据三角形三边关系即可求得AE的取值范围，即可解题．
【详解】（1）解：图中△ADC和△EDB成中心对称.
（2）解：∵△ADC和三角形EDB成中心对称，△ADC的面积为4，
∴△EDB的面积也为4，
∵D为BC的中点，
∴△ABD的面积也为4，
所以△ABE的面积为8
（3）解：∵在△ABD和△CDE中，
∴△ABD≌△CDE（SAS），
∴AB=CE，AD=DE
∵△ACE中，AC﹣AB＜AE＜AC+AB，
∴2＜AE＜8，
∴2＜AD＜8．
【点睛】本题考查了中心对称的定义，解题的关键是了解中心对称的定义，难度较小．（3）题考查了全等三角形的判定与性质，本题中求证△ABD≌△CDE是解题的关键．
22．(8分)（2023春·九年级期末测试）如图，在平面直角坐标系中，△ABC的三个顶点坐标分别为A（﹣2，1）、B（﹣3，2）、C（﹣1，4）．
（1）以原点O为位似中心，在第二象限内画出将△ABC放大为原来的2倍后的△A1B1C1．
（2）画出△ABC绕C点逆时针旋转90°后得到的△A2B2C．
【答案】（1）画图见解析；（2）画图见解析．
【分析】（1）把点A,B,C的横纵坐标都乘以2得到A1,B1,C1的坐标，然后描点即可；
（2）利用网格特点和旋转的性质画出点A,B,C的对应点A2,B2,C2即可得到△A2B2C2．
【详解】解：(1)如图, △A1B1C1为所作；
(2)如图, △A2B2C2为所作；
23．(8分)（2023春·九年级期末测试）在△ABC中，AB=BC=2，∠ABC=120°，将△ABC绕点B顺时针旋转角α（0°＜α＜90°）得△A1BC1，A1B交AC于点E，A1C1分别交AC、BC于D、F两点．
（1）如图1，观察并猜想，在旋转过程中，线段BE与BF有怎样的数量关系？并证明你的结论；
（2）如图2，当α=30°时，试判断四边形BC1DA的形状，并说明理由．
【答案】（1）BE=DF；（2）四边形BC1DA是菱形．
【分析】（1）由AB=BC得到∠A=∠C，再根据旋转的性质得AB=BC=BC1，∠A=∠C=∠C1，∠ABE=∠C1BF，则可证明△ABE≌△C1BF，于是得到BE=BF
（2）根据等腰三角形的性质得∠A=∠C=30°，利用旋转的性质得∠A1=∠C1=30°，∠ABA1=∠CBC1=30°，则利用平行线的判定方法得到A1C1∥AB，AC∥BC1，于是可判断四边形BC1DA是平行四边形，然后加上AB=BC1可判断四边形BC1DA是菱形．
【详解】（1）解：BE=DF．理由如下：
∵AB=BC，
∴∠A=∠C，
∵△ABC绕点B顺时针旋转角α（0°＜α＜90°）得△A1BC1，
∴AB=BC=BC1，∠A=∠C=∠C1，∠ABE=∠C1BF，
在△ABE和△C1BF中
，
∴△ABE≌△C1BF，
∴BE=BF
（2）解：四边形BC1DA是菱形．理由如下：
∵AB=BC=2，∠ABC=120°，
∴∠A=∠C=30°，
∴∠A1=∠C1=30°，
∵∠ABA1=∠CBC1=30°，
∴∠ABA1=∠A1，∠CBC1=∠C，
∴A1C1∥AB，AC∥BC1，
∴四边形BC1DA是平行四边形．
又∵AB=BC1，
∴四边形BC1DA是菱形
【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．也考查了菱形的判定方法．
第23章 旋转章末拔尖卷
【人教版】
参考答案与试题解析
一． 选择题（共10小题，满分30分，每小题3分）
1．(3分)（2023春·九年级期末测试）下列图案中，可以由一个”基本图案”连续旋转45°得到的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【详解】解：根据旋转的性质可知，可以由一个“基本图案”连续旋转45°，即经过8次旋转得到的是B．故选B．
2．(3分)（2023春·九年级期末测试）点A的坐标为（2，3），则点A关于原点的对称点A′的坐标为（ ）
A．（﹣2，3） B．（2，﹣3） C．（3，2） D．（﹣2，﹣3）
【答案】D
【分析】根据关于原点对称的点的横坐标与纵坐标都互为相反数解答．
【详解】点A（2，3）关于原点的对称点A′的坐标为（﹣2，﹣3）.
故选D.
【点睛】解决本题的关键是掌握好对称点的坐标规律：
（1）关于x轴对称的点，横坐标相同，纵坐标互为相反数；
（2）关于y轴对称的点，纵坐标相同，横坐标互为相反数；
（3）关于原点对称的点，横坐标与纵坐标都互为相反数．
3．(3分)（2023春·九年级期末测试）下列图形中，是中心对称图形的是（ ）
A． B． C．D．
【答案】D
【分析】根据把一个图形绕某一点旋转180°，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形就叫做中心对称图形，这个点叫做对称中心可得答案．
【详解】A、不是中心对称图形，故此选项错误；
B、不是中心对称图形，故此选项错误；
C、不是中心对称图形，故此选项错误；
D、是中心对称图形，故此选项正确；
故选D．
【点睛】本题考查了中心对称图形，解题的关键是掌握中心对称图形的定义．
4．(3分)（2023春·九年级期末测试）如图，△OAB绕点O逆时针旋转80∘到△OCD的位置，已知∠AOB=45∘，则∠AOD等于（ ）
A．55∘ B．45∘ C．40∘ D．35∘
【答案】D
【分析】本题旋转中心为点O，旋转方向为逆时针，观察对应点与旋转中心的连线的夹角∠BOD即为旋转角，利用角的和差关系求解．
【详解】解：根据旋转的性质可知，D和B为对应点，∠DOB为旋转角，
即∠DOB=80°，
所以∠AOD=∠DOB-∠AOB=80°-45°=35°．
故选：D．
【点睛】本题考查旋转两相等的性质：即对应点到旋转中心的距离相等以及每一对对应点与旋转中心连线所构成的旋转角相等．
5．(3分)（2023春·广西南宁·九年级南宁市天桃实验学校校考阶段练习）如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，∠A=60°，AC=3，将△ABC绕点C按逆时针方向旋转得到△A′B′C，此时点A恰好在AB边上，连接BB′，则BB′的长为（ ）
A．6 B．32 C．33 D．3
【答案】C
【分析】根据旋转的性质得到CA=CA′，CB=CB′，∠ACA′=∠BAB′，则可判断△CAA′为等边三角形，所以∠ACA′=60°，证明A′B=A′C=3，求出AB，BC，然后判断△CBB′为等边三角形，从而得到BB′的长，于是得到结论．
【详解】解：∵∠ACB=90°，∠A=60°，AC=3，
∴∠ABC=90°−60°=30°，
∴AB=2AC=6，
∴BC=AB2−AC2=33，
又∵△ABC绕点C按逆时针方向旋转得到△A′B′C，此时点A′恰好在AB边上，
∴CA=CA′，CB=CB′，∠ACA′=∠BCB′，
∵CA=CA′，∠A=60°，
∴△CAA′为等边三角形，
∴∠ACA′=60°，
∴∠BCB′=60°，
∴△CBB′为等边三角形，
∴BB′=CB=33，
故选：C．
【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．
6．(3分)（2023春·九年级期末测试）如图，E、F分别是正方形ABCD的边AB、BC上的点，BE=CF，连接CE、DF，将△BCE绕着正方形的中心O按逆时针方向旋转到△CDF的位置，则旋转角是（ ）
A．45° B．60° C．90° D．120°
【答案】C
【详解】解：如图，作出旋转中心，连接AC、BD，AC与BD的交点即为旋转中心O．
根据旋转的性质知，点C与点D对应，则∠DOC就是旋转角．
∵四边形ABCD是正方形．
∴∠DOC=90°．
故选C．
7．(3分)（2023春·九年级期末测试）如图，△ABC中，∠C=70°，∠B=30°，将△ABC绕点A顺时针旋转后，得到△AB´C´，且C´在边BC上，则∠B´C´B的度数为（ ）
A．30° B．40° C．46° D．60°
【答案】B
【详解】：∵将△ABC绕点A顺时针旋转后，得到△AB′C′，
∴AC′=AC，
∴∠C=∠AC′C=70°，
∴∠AC′B=180°﹣70°=110°，
∵∠C=∠AC′B′=70°，
∴∠B′C′B=∠AC′B﹣∠AC′B′=110°﹣70°=40°．
故选B．
8．(3分)（2023春·九年级期末测试）有两个全等的含30°角的直角三角板重叠在一起，如图，将△A′B′C′绕AC的中点M转动，斜边A′B′刚好过△ABC的直角顶点C，且与△ABC的斜边AB交于点N，连接AA′、C′C、AC′．若AC的长为2，有以下五个结论：①AA′=1；②C′C⊥A′B′；③点N是边AB的中点；④四边形AA′CC′为矩形；⑤A′N=B′C=12，其中正确的有（ ）
A．2个 B．3个 C．4个 D．5个
【答案】C
【详解】试题解析：①∵点M是线段AC、线段A′C′的中点，AC=2，
∴AM=MC=A′M=MC′=1，
∵∠MA′C=30°，
∴∠MCA′=∠MA′C=30°，
∴∠A′MC=180°-30°-30°=120°，
∴∠A′MA=180°-A′MC=180°-120°=60°，
∴∠AMA′=∠C′MC=60°，
∴△AA′M是等边三角形，
∴AA′=AM=1，故①正确；
②∵∠A′CM=30°，∠MCC′=60°，
∴∠ACA′=∠A′CM+∠MCC′=90°，
∴CC′⊥A′C，故②正确；
③∵∠A′CA=∠NAC=30°，∠BCN=∠CBN=60°，
∴AN=NC=NB，故③正确；
④∵△AA′M≌△C′CM，
∴AA′=CC′，∠MAA′=∠C′CM=60°，
∴AA′∥CC′，
∴四边形AA′CC′是平行四边形，
∵∠AA′C=∠AA′M+∠MA′C=90°，
四边形AA′CC′为矩形，故④正确；
⑤AN=12AB=233，
∠NAA′=30°，∠AA′N=90°，
∴A′N=12AN=33，故⑤错误.
故选C．
【点睛】本题考查了旋转的性质，利用了旋转的性质，矩形的判定，等边三角形的判定，直角三角形的性质，所用知识点较多，题目稍有难度．
9．(3分)（2023春·九年级期末测试）一副三角板叠在一起如图放置，最小锐角的顶点D恰好放在等腰直角三角板的斜边上，AC与DM、DN分别交于点E、F，把△MDN绕点D旋转到一定位置，使得DE=DF，则∠BDN的度数是( )
A．105° B．115° C．120° D．135°
【答案】C
【分析】根据等腰三角形的性质和特殊直角三角形的角度求得∠DEC,进一步利用三角形外角的性质即可得到结果.
【详解】解：∵DE=DF，∠EDF=30°，
∴∠DEF=12（180°-∠EDF）=75°，
∴∠DEC=105°，
∵∠C=45°，
∴∠CDE=180°-45°-105°=30°，
∴∠BDN=120°，
故选C．
【点睛】本题考查了旋转的性质，直角三角形的性质，等腰三角形的性质，掌握三角形的内角和与外角的性质是解题的关键.
10．(3分)（2023河南省商丘市柘城县2018届九年级中考数学模拟试卷）如图，一段抛物线：y=﹣x（x﹣5）（0≤x≤5），记为C1，它与x轴交于点O，A1；将C1绕点A1旋转180°得C2， 交x轴于点A2；将C2绕点A2旋转180°得C3， 交x轴于点A3；…如此进行下去，得到一“波浪线”，若点P(3分)（2023，m）在此“波浪线”上，则m的值为（ ）
A．4 B．﹣4 C．﹣6 D．6
【答案】C
【分析】根据图象的旋转变化规律以及二次函数的平移规律得出平移后解析式，进而求出m的值，由2018÷5=403.6，可知点P(3分)（2023，m）在此“波浪线”上C404段上，求出C404的解析式，然后把P(3分)（2023，m）代入即可．
【详解】解：当y=0时，﹣x（x﹣5）=0，解得x1=0，x2=5，则A1（5，0），
∴OA1=5，
∵将C1绕点A1旋转180°得C2，交x轴于点A2；将C2绕点A2旋转180°得C3，交x轴于点A3；…；如此进行下去，得到一“波浪线”，
∴A1A2=A2A3=…=OA1=5，
∵2018÷5=403.6，
∴点P(3分)（2023，m）在此“波浪线”上C404段上，
∴抛物线C404的解析式为y=（x﹣5×403）（x﹣5×404），即y=（x﹣2015）（x﹣2020），
当x=2018时，y=(3分)（2023﹣2015）(3分)（2023﹣2020）=﹣6，
即m=﹣6．
故选C．
【点睛】此题主要考查了二次函数的平移规律，根据已知得出二次函数旋转后解析式是解题关键．
二．填空题（共6小题，满分18分，每小题3分）
11．(3分)（2023春·九年级期末测试）写出一个既有轴对称性质又有中心对称性质的图形名称: ．
【答案】线段、圆、正方形、矩形、菱形、正2n边形（n为正整数）等（写出其中一个即可）
【详解】解：线段、圆、正方形、矩形、菱形等，任写一个．
12．(3分)（2023春·九年级期末测试）平面直角坐标系中，点P(3，1-a)与点Q(b+2，3)关于原点对称，则a+b= ．
【答案】﹣1
【分析】根据关于原点对称的点，横坐标与纵坐标都互为相反数解答．
【详解】∵点P（3，1-a）与点Q（b+2，3）关于原点对称，
∴3=-（b+2），1-a=-3，
解得：a=4，b=-5，
∴a+b=-1．
故答案为-1．
【点睛】本题考查了关于原点对称的点的坐标，解决本题的关键是掌握好对称点的坐标规律：关于原点对称的点，横坐标与纵坐标都互为相反数．
13．(3分)（2023春·九年级期末测试）如图，将△AOB绕点O按逆时针方向旋转45°后得到△COD，若∠AOB=15°，则∠AOD= 度．
【答案】30
【分析】根据旋转的性质得到∠BOD=45°，再用∠BOD减去∠AOB即可．
【详解】∵将△AOB绕点O按逆时针方向旋转45°后，得到△COD，
∴∠BOD=45°，
又∵∠AOB=15°，
∴∠AOD=∠BOD－∠AOB=45°－15°=30°．
故答案为30°．
14．(3分)（2023春·九年级期末测试）如图，在△ABC中，∠CAB＝65°，在同一平面内，将△ABC绕点A逆时针旋转到△AB′C′的位置，使得CC′∥AB，则∠B′AB等于 ．
【答案】50°
【分析】由平行线的性质可求得∠C′CA的度数，然后由旋转的性质得到AC=AC′，然后依据三角形的性质可知∠AC′C的度数，依据三角形的内角和定理可求得∠CAC′的度数，从而得到∠BAB′的度数.
【详解】解：∵CC′∥AB
∴∠C′CA=∠CAB=65°
∵由旋转的性质可知：AC=AC′
∴∠ACC′=∠AC′C=65°
∴∠CAC′=180°−65°−65°=50°
∴∠BAB′=50°
故答案为：50°.
15．(3分)（2023春·九年级期末测试）在平面直角坐标系中，点A坐标为（-2，4），与原点的连线OA绕原点顺时针转90°，得到线段OB，连接线段AB，若直线y=kx-2与△OAB有交点，则k的取值范围是 .
【答案】k≤-3或k≥1．
【分析】作出图形，然后求出直线经过点A、B时的k值，再写出k的取值范围即可．
【详解】如图，点A（-2，4）绕原点顺时针转90°后的对应点B的坐标为（4，2），
直线经过点A时，-2k-2=4，
解得k=-3，
直线经过点B时，4k-2=2，
解得k=1，
所以，直线y=kx-2与△OAB有交点时k的取值范围是k≤-3或k≥1．
故答案为k≤-3或k≥1．
【点睛】本题考查了坐标与图形变化-旋转，一次函数与一元一次不等式，作出图形，利用数形结合的思想求解更简便．
16．(3分)（2023春·九年级期末测试）如图，在平面直角坐标系中，已知点A、B、C的坐标分别为−1,0，5,0，0,2．若点P从A点出发，沿x轴正方向以每秒1个单位长度的速度向B点移动，连接PC并延长到点E，使CE=PC，将线段PE绕点P顺时针旋转90°得到线段PF，连接FB．若点P在移动的过程中，使ΔPBF成为直角三角形，则点F的坐标是 ．
【答案】（5，2），（5+72，5−1）
【分析】当P位于线段OA上时，显然△PFB不可能是直角三角形；由于∠BPF＜∠CPF=90°，所以P不可能是直角顶点，可分两种情况进行讨论：
①F为直角顶点，过F作FD⊥x轴于D，BP=6-t，DP=2OC=4，在Rt△OCP中，OP=t-1，由勾股定理易求得CP=t2-2t+5，那么PF2=（2CP）2=4（t2-2t+5）；在Rt△PFB中，FD⊥PB，由射影定理可求得PB=PF2÷PD=t2-2t+5，而PB的另一个表达式为：PB=6-t，联立两式可得t2-2t+5=6-t，即t=5+12 ；
②B为直角顶点，得到△PFB∽△CPO，且相似比为2，那么BP=2OC=4，即OP=OB-BP=1，此时t=2．
【详解】解：能；
①若F为直角顶点，过F作FD⊥x轴于D，则BP=6-t，DP=2OC=4，
在Rt△OCP中，OP=t-1，
由勾股定理易求得CP2=t2-2t+5，那
么PF2=（2CP）2=4（t2-2t+5）；
在Rt△PFB中，FD⊥PB，
由射影定理可求得PB=PF2÷PD=t2-2t+5，
而PB的另一个表达式为：PB=6-t，
联立两式可得t2-2t+5=6-t，即t=5+12，
P点坐标为（5-12，0），
则F点坐标为：（5+72，5 −1）；
②B为直角顶点，得到△PFB∽△CPO，且相似比为2，
那么BP=2OC=4，即OP=OB-BP=1，此时t=2，
P点坐标为（1，0）．FD=2（t-1）=2，
则F点坐标为（5，2）．
故答案是：（5，2），（5+72，5−1）．
【点睛】此题考查直角三角形的判定、相似三角形的判定和性质，解题关键在于求有关动点问题时要注意分析题意分情况讨论结果．
三．解答题（共7小题，满分52分）
17．(6分)（2023春·九年级期末测试）不同的“基本图形”的旋转可能具有相同的旋转效果．如图，点O是六个正三角形的公共顶点，这个图案可以看作是哪个“基本图形”以点O为旋转中心经过怎样旋转组合得到的？
【答案】答案不唯一，可以是一个正三角形绕O顺时针旋转60°，5次后即可得到．
【分析】根据旋转的性质以及正六边形的性质可得出旋转方法．
【详解】答案不唯一，可以是一个正三角形绕O顺时针旋转60°，5次后即可得到．
【点睛】此题主要考查了旋转的性质以及利用旋转设计图案，根据已知图形利用旋转性质得出是解题关键．
18．(6分)（2023春·九年级期末测试）如图，直线y＝﹣43x+4与x轴、y轴分别交于A、B两点，把△AOB绕点A顺时针旋转90°后得到△AO′B′，求点B′的坐标．
【答案】（7，3）
【分析】先求出OA、OB长度，再根据旋转的性质得出O′A,O′B′长度，即可得出答案．
【详解】令x=0得y=3，则OA=3，令y=0得，x=4，则OB=4，
由旋转的性质可知：O′A=3,O′B′=4．
则点B′（7，3）．
故答案为：（7，13）．
【点睛】本题考查一次函数图像与坐标轴的交点，坐标与图形变化-旋转、解题的关键是求出直线与坐标轴的交点坐标.
19．(8分)（2023春·九年级期末测试）如图，在△ABC中，∠CAB=70°，在同一平面内，将△ABC绕点A旋转到△AB′C′的位置，使得CC′∥AB,求∠BAB′的度数．
【答案】40°.
【分析】先根据平行线的性质，由CC′∥AB得∠AC′C=∠CAB=70°，再根据旋转的性质得AC=AC′，∠BAB′=∠CAC′，于是根据等腰三角形的性质有∠ACC′=∠AC′C=70°，然后利用三角形内角和定理可计算出∠CAC′=40°，从而得到∠BAB′的度数．
【详解】∵CC′∥AB，
∴∠A CC′=∠CAB=70°，
∵△ABC绕点A旋转到△AB′C′的位置，
∴AC=AC′，∠BAB′=∠CAC′，
在△ACC′中，∵AC=AC′
∴∠ACC′=∠AC′C=70°，
∴∠CAC′=180°-70°-70°=40°，
∴∠BAB′=40°．
【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．
20．(8分)（2023春·九年级期末测试）如图，直角坐标系中，Rt△DOC的直角边OC在x轴上，∠OCD=90°，OD=6，OC=3，现将△DOC绕原点O按逆时针方向旋转，得到△AOB，且点A在x轴上．
（1）请直接写出：∠A的度数．
（2）请求出线段OD扫过的面积．
【答案】（1）30°；（2）12．
【详解】解：（1）在Rt△DOC中，∠OCD=90°，OD=6，OC=3，
∴sin∠ODC=OCOD=12，
∴∠ODC=30°，
∴由旋转的性质可知，∠A=∠ODC=30°；
（2）在Rt△DOC，∠OCD=90°，OD=6，OC=3，
∴cos∠DOC=OCOD=36=12，
∴∠DOC=60°，
∴∠AOD=180°-60°=120°，
∴线段OD扫过的面积为120×π×62360=12π．
【点睛】本题考查了旋转的性质，坐标与图形，图形扫过的面积，解直角三角形等等．需注意旋转前后线段的长度不变；根据旋转的性质“旋转不改变图形的大小和形状”解答．
21．(8分)（2023春·九年级期末测试）如图，D是△ABC边BC的中点，连接AD并延长到点E，使DE=AD，连接BE．
（1）哪两个图形成中心对称？
（2）已知△ADC的面积为4，求△ABE的面积；
（3）已知AB=5，AC=3，求AD的取值范围.
【答案】（1）△ADC和△EDB成中心对称；（2）△ABE的面积为8；（3）2＜AD＜8．
【分析】（1）直接利用中心对称的定义写出答案即可；
（2）根据成中心对称的图形的两个图形全等确定三角形BDE的面积，根据等底同高确定ABD的面积，从而确定ABE的面积；
（3）可证△ABD≌△CDE，可得AB=CE，AD=DE，在△ACE中，根据三角形三边关系即可求得AE的取值范围，即可解题．
【详解】（1）解：图中△ADC和△EDB成中心对称.
（2）解：∵△ADC和三角形EDB成中心对称，△ADC的面积为4，
∴△EDB的面积也为4，
∵D为BC的中点，
∴△ABD的面积也为4，
所以△ABE的面积为8
（3）解：∵在△ABD和△CDE中，
∴△ABD≌△CDE（SAS），
∴AB=CE，AD=DE
∵△ACE中，AC﹣AB＜AE＜AC+AB，
∴2＜AE＜8，
∴2＜AD＜8．
【点睛】本题考查了中心对称的定义，解题的关键是了解中心对称的定义，难度较小．（3）题考查了全等三角形的判定与性质，本题中求证△ABD≌△CDE是解题的关键．
22．(8分)（2023春·九年级期末测试）如图，在平面直角坐标系中，△ABC的三个顶点坐标分别为A（﹣2，1）、B（﹣3，2）、C（﹣1，4）．
（1）以原点O为位似中心，在第二象限内画出将△ABC放大为原来的2倍后的△A1B1C1．
（2）画出△ABC绕C点逆时针旋转90°后得到的△A2B2C．
【答案】（1）画图见解析；（2）画图见解析．
【分析】（1）把点A,B,C的横纵坐标都乘以2得到A1,B1,C1的坐标，然后描点即可；
（2）利用网格特点和旋转的性质画出点A,B,C的对应点A2,B2,C2即可得到△A2B2C2．
【详解】解：(1)如图, △A1B1C1为所作；
(2)如图, △A2B2C2为所作；
23．(8分)（2023春·九年级期末测试）在△ABC中，AB=BC=2，∠ABC=120°，将△ABC绕点B顺时针旋转角α（0°＜α＜90°）得△A1BC1，A1B交AC于点E，A1C1分别交AC、BC于D、F两点．
（1）如图1，观察并猜想，在旋转过程中，线段BE与BF有怎样的数量关系？并证明你的结论；
（2）如图2，当α=30°时，试判断四边形BC1DA的形状，并说明理由．
【答案】（1）BE=DF；（2）四边形BC1DA是菱形．
【分析】（1）由AB=BC得到∠A=∠C，再根据旋转的性质得AB=BC=BC1，∠A=∠C=∠C1，∠ABE=∠C1BF，则可证明△ABE≌△C1BF，于是得到BE=BF
（2）根据等腰三角形的性质得∠A=∠C=30°，利用旋转的性质得∠A1=∠C1=30°，∠ABA1=∠CBC1=30°，则利用平行线的判定方法得到A1C1∥AB，AC∥BC1，于是可判断四边形BC1DA是平行四边形，然后加上AB=BC1可判断四边形BC1DA是菱形．
【详解】（1）解：BE=DF．理由如下：
∵AB=BC，
∴∠A=∠C，
∵△ABC绕点B顺时针旋转角α（0°＜α＜90°）得△A1BC1，
∴AB=BC=BC1，∠A=∠C=∠C1，∠ABE=∠C1BF，
在△ABE和△C1BF中
，
∴△ABE≌△C1BF，
∴BE=BF
（2）解：四边形BC1DA是菱形．理由如下：
∵AB=BC=2，∠ABC=120°，
∴∠A=∠C=30°，
∴∠A1=∠C1=30°，
∵∠ABA1=∠CBC1=30°，
∴∠ABA1=∠A1，∠CBC1=∠C，
∴A1C1∥AB，AC∥BC1，
∴四边形BC1DA是平行四边形．
又∵AB=BC1，
∴四边形BC1DA是菱形
【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．也考查了菱形的判定方法．
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