【期中真题】2023-2024学年九年级数学上册 期中真题分类专题汇编 专题07 旋转（4类经典题型 优选提升）.zip

专题07 旋转

旋转的性质

1．如图，将绕点C按照顺时针方向旋转得到，交于点D．若，则（　　）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】由旋转的性质得出，再根据三角形内角和定理即可求解．

【详解】解：∵将绕点C按照顺时针方向旋转得到

∴，

∵

∴，

故选：C．

【点睛】本题考查了旋转的性质，明确旋转前后对应边，对应角相等是解题的关键．

2．如图，在矩形中，，，将矩形绕对角线的中点O旋转角度得到矩形，当，D的距离等于1时，α等于（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】如图，连接，由矩形性质可证，得，易知，所以，进而求得，即旋转角度．

【详解】如图，连接，

∵四边形是矩形，

∴，

∴，

∴，

∴．

∵，D的距离等于1，，

∴，

∴，

∴，

∴．

故选D．

【点睛】本题考查矩形的性质、全等三角形的判定及性质、三角形外角的知识；由图形的旋转变换转化为全等三角形解决问题是求解的关键．

3．如图，在中，，将绕点逆时针旋转到的位置，使得，划的度数是（　　）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】根据平行线的性质，结合旋转性质，由等腰三角形性质及三角形内角和定理求解即可得到答案．

【详解】解：∵，

∴，

∵将绕点逆时针旋转到的位置，

∴，

∴，

∴，

，，

∴，即旋转角的度数是，

故选：B．

【点睛】本题考查旋转性质求角度，涉及平行线的性质、旋转性质、等腰三角形的判定与性质及三角形内角和定理，熟练掌握旋转性质，数形结合，是解决问题的关键．

4．如图，在中，，将绕点逆时针旋转得到，点，的对应点分别为，连接．当点在同一条直线上时，下列结论不一定正确的是（    ）

A．是等边三角形 B．

C． D．

【答案】C

【分析】首先根据旋转的性质得到，然得到，，即可证明出是等边三角形，进而判断A选项；求出，然后结合即可证明出，进而判断B选项；根据题目没有说明的度数，而即可判断C选项；根据平行线的性质得到，然后由全等三角形的性质得到，即可得到，进而可判断D选项．

【详解】∵将绕点逆时针旋转得到，

∴

∴，

∴

∴是等边三角形，故A选项正确；

∴

∵

∴

∴

，故B选项正确；

∵题目没有说明的度数，而

∴和不一定相等，故C选项不一定正确；

∵

∴

又∵

∴

∴，故D选项正确；

故选：C．

【点睛】本题考查旋转的性质，三角形三边关系，等边三角形的判定和性质以及平行线的判定．利用数形结合的思想是解答本题的关键．

绕某一点旋转问题

5．如图，在平面直角坐标系中，点A的坐标为，点B的坐标为，连接，若将绕点B顺时针旋转90°，得到，则点的坐标为（　　）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】过作轴于点C，由旋转的性质可得，，进而求解．

【详解】解：过作轴于点C，

由旋转可得，轴，

∴四边形为矩形，

∴，，

∴，

∴点坐标为．

故选：C．

【点睛】本题考查了平面直角坐标系与图形旋转的性质，解题的关键是掌握求点的坐标的常用方法．

6．在平面直角坐标系中，将点绕点O旋转，得到的对应点N的坐标为（　　）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】根据中心对称的性质即可解决问题．

【详解】解：将点绕点O旋转，得到的对应点的坐标是，

故选：C．

【点睛】本题考查坐标与图形变化-旋转，解题的关键是掌握中心对称的性质，属于中考常考题型．

7．如图，点B在x轴上，，将绕点O按顺时针方向旋转，每次旋转，则第2023次旋转结束后，点B所在位置的坐标是（   ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】先判断三角形绕点O顺时针旋转，每次旋转，可得旋转3次为一个循环．再分别求解第次，第次，第次旋转后的坐标，由规律得到第次旋转后与第1次旋转后的位置相同即可解答．

【详解】解： ，

∵三角形绕点O顺时针旋转，每次旋转，

∴旋转3次为一个循环．

第1次旋转，如图，过作轴于

由旋转的性质可得：

点B所在位置的坐标为；

第2次旋转，如图，过作轴于 此时与轴重合，

同理可得：

点B所在位置的坐标为；

第3次旋转，如图，三角形回到原位置，

所以点B所在位置的坐标为；

……

∵，

∴第次旋转后，与第次旋转后的位置相同，

所以点B所在位置的坐标为．

故选：A．

【点睛】本题考查的是与旋转相关的规律探究、含的直角三角形的性质、勾股定理的应用、坐标与图形等知识点，发现每旋转3次为一个循环是解题的关键．

8．平行四边形在平面直角坐标系中的位置如图，，把平行四边形绕点O逆时针旋转，使点A落在y轴正半轴上，则旋转后点B的对应点的坐标为（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】根据题意，画出图形，根据直角三角形的性质，即可求出点的坐标．

【详解】解：如图：作轴于点，

四边形是平行四边形，

，

把平行四边形绕点逆时针旋转，使点落在轴正半轴上，

，，，

，

，

，

，

旋转后点的对应点的坐标为，

故选：D．

【点睛】本题考查了平行四边形的性质，掌握平行四边形的性质、坐标与图形的变换旋转的性质以及勾股定理的应用是解题的关键．

9．已知在中，，点的坐标为，点的坐标为，点在第一象限内，将这个三角形绕原点逆时针旋转后，那么旋转后点的坐标为          ．

【答案】

【分析】根据题意画出图形，利用旋转的性质，以及含直角三角形的性质以及勾股定理，求解即可．

【详解】解：如图所示，是旋转后点的对应点，过点作轴于点，

则，

∵，点的坐标为，

∴是等腰直角三角形，则，

∴，

∴，，

∴，

故答案为：．

【点睛】本题考查了坐标与图形变化-旋转，等腰直角三角形的性质，熟记旋转变换只改变图形的位置不改变图形的形状与大小是解题的关键，难点在于要分情况讨论，作出图形更形象直观．

旋转综合

10．如图1，在中，，，点，分别在边，上，且，连接．现将绕点顺时针方向旋转，旋转角为，如图2，连接，，．

(1)当时，如图2，求证：；

(2)当时，如图3，延长交于点，求证：垂直平分；

(3)在旋转过程中，当的面积最大时，直接写出此时旋转角的度数和的面积．

【答案】(1)见解析

(2)见解析

(3)，

【分析】（1）利用 “”证得即可得到结论；

（2）利用 “”证得，推出，计算得出，利用等腰三角形“三线合一”的性质即可得到结论；

（3）观察图形，当点D在线段的垂直平分线上时，的面积取得最大值，利用等腰直角三角形的性质结合三角形面积公式即可求解．

【详解】（1）解：根据题意：，，，

，

，

在和中，

，

，

；

（2）解：根据题意：，，，

在和中，

，

，

，

，且，

，

，

，

，，，

，，

，

，

是线段的垂直平分线；

（3）解：中，边的长是定值，则边上的高取最大值时的面积有最大值，

当点在线段的垂直平分线上时，的面积取得最大值，如图：

，，，于，

，，

，，的面积的最大值为：

，旋转角．

【点睛】本题属于几何变换综合题，考查了等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定和性质，线段垂直平分线的判定和性质等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题．

11．如图1，点为正方形内一点，，将绕点按顺时针方向旋转，得到（点的对应点为点），延长交于点，连接．

(1)试判断四边形的形状，并说明理由；

(2)如图2，若，请猜想线段与的数最关系并加以证明；

(3)如图1，若的面积为72，，请直接写出的长．

【答案】(1)四边形是正方形，理由见解析；

(2)，理由见解析；

(3)3．

【分析】（1）根据旋转性质得到，再由题意可得，即可得四边形是正方形；

（2）过点作于点， 可证明，则有，根据正方形的性质即可解决；

（3）作于，设，由求得，在中，由勾股定理得，由即可求出．

【详解】（1）解：四边形是正方形．

理由如下：

∵将绕点按顺时针方向旋转，

．

，

∴四边形是矩形．

，

∴四边形是正方形．

（2）解：；理由如下：

如图2，过点作于点，

，

．

∵四边形是正方形，

．

．

．

，

．

．

∵将绕点按顺时针方向旋转，

．

∵四边形是正方形，

．

．

；

（3）解：，理由如下：

作于，如图．

由（2）可知，，

由将绕点按顺时针方向旋转得可知，

，设，则

∵，即，

解得，

即

∵四边形是正方形，

在中，

，

∵四边形是正方形，

∴，

．

【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，等腰三角形的性质，旋转的性质，勾股定理，证明是关键．

中心对称问题

12．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．

【答案】D

【分析】根据中心对称图形与轴对称图形的概念，进行判断即可．把一个图形绕某一点旋转，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；如果一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形叫做轴对称图形．

【详解】解：A、该图形是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项不合题意；

B、该图形是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项不合题意；

C、该图形是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项不合题意；

D、该图形是轴对称图形，也是中心对称图形，故此选项合题意．

故选：D．

【点睛】本题考查的是中心对称图形与轴对称图形的概念，常见的中心对称图形有平行四边形、圆形、正方形、长方形等等．常见的轴对称图形有等腰三角形，矩形，正方形，等腰梯形，圆等等．

13．在平面直角坐标系中，若点与点关于原点对称，则的值为（　　）

A．2 B． C．5 D．

【答案】C

【详解】根据关于原点对称的点，横坐标与纵坐标都互为相反数，可得答案．

【解答】解：由点与点关于原点对称，得：

，

∴，

则，

故选：C．

【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．

14．如图，与关于点成中心对称，，，，则      ．

【答案】1

【分析】根据中心对称的性质，得出，，再根据勾股定理求出，即可求解．

【详解】解：∵与关于点成中心对称，，

∴，，

∵，，

∴根据勾股定理可得：，

∴，

故答案为：1．

【点睛】本题主要考查了中心对称的性质，勾股定理，解题的关键在掌握成中心对称图形的对应边相等，对应角相等，以及勾股定理的内容．

15．如图，与关于点成中心对称，有以下结论：①点与点是对称点；②；③；④．其中正确结论的个数为    ．

【答案】个

【分析】根据与关于点成中心对称，可得，点是对应点连线的中点，可证，由此即可求解．

【详解】解：∵与关于点成中心对称，

∴，

∵线段，，交于点，即点是对应点连线的中点，

∴结论①点与点是对称点，正确；

结论②，

∵点是中心对称，

∴点线段的中点，

∴，结论②正确；

结论③，

∵，

∴，

在中，

，

∴，

∴，

∴，即，

∴，结论③正确；

结论④，

∵与关于点成中心对称，

∴，，

的关系不确定，结论④错误；

综上所述，正确的①②③，个，

故答案为：个．

【点睛】本题主要考查成中心对称图形的特点，掌握中心对称的概念及性质是解题的关键．

16．如图，在等腰直角三角形中，，，点是直角边的中点．若这个三角形关于点O成中心对称的图形，则点B与它关于点O的对称点的距离是      ．

【答案】

【分析】根据旋转的性质即可画出这个三角形关于点成中心对称的图形，继而利用勾股定理求解即可．

【详解】解：如图，即为所求作的图形．

，，

又点是直角边的中点．

，

根据勾股定理，得，

．

所以点与它关于点的对称点的距离为．

故答案为：．

【点睛】本题考查了作图旋转变换、等腰直角三角形，解决本题的关键是掌握旋转的性质．

17．如图，在中，，，点是线段上的动点，将线段绕点顺时针旋转至，连接，若，则的最小值为      ．

【答案】1

【分析】在上截取，作于，如图，先计算出，，，则，再在中计算出，，接着证明≌得到，然后利用勾股定理得到，然后根据二次函数的性质解决问题．

【详解】解：在上截取，作于，如图，

，，

，，，

，

在中，，，

线段绕点顺时针旋转至，

，，

，

在和中

，

≌，  

，

在中，，

当时，有最小值，

的最小值为．

【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．构建与全等是解决此题的关键．

18．如图，在中，，，D是边上一点，连接，过点C作交于点E．

(1)如图1，若，，求的长；

(2)如图2，在上截取，连接交于点G，求证：；

(3)如图3，若，，点M是直线上一动点，连接，将线段绕点D顺时针旋转得到线段，点P是线段的中点，点Q是线段上一个动点，连接，，当最小时，请直接写的面积．

【答案】(1)

(2)见解析

(3)

【分析】（1）令，则，，可得，求出，进而求解；

（2）过点A作交的延长线于点H，可证，从而得到，，进而证明即可证明；

（3）作，截取，连接，可证得，从而得到，可得点在上，作点P关于的对称点，作，交于点，则当在R处，点Q在处，最小，从而得到，即可求解.

【详解】（1）解：∵，，

∴，

令，则，

∴，

∵，

∴，即，

∴，

∴，

在中，，，

∴，

∴；

（2）解：过点A作交的延长线于点H，如图，

∵，，

∴，

∵，

∴，

∴，，

∵，

∴，

∵，

∴，

∴，

∵，，

∴；

（3）解：

作，截取，连接，

∴，

∵，

∴，

∴，

∵，

∴，

∴，

∴点在上，作点P关于的对称点，作，交于点，则当在R处，点Q在处，最小，

∵，

∴，

∴，

∵，

∴，

∴，

∴，

∴的面积是．

【点睛】本题考查了等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定和性质，轴对称的性质，旋转的性质等知识，解决问题的关键是作辅助线，构造全等三角形.

19．如图，四边形是菱形，边长为2，，点是射线上一动点（不与点重合），将线段绕点逆时针旋转得到线段，连接．

(1)如图1，当点恰好为中点时，直接写出线段与的数量关系为______________；

(2)当点不是中点时，如图2，（1）中的结论是否还成立？说明理由；

(3)连接，当时，请直接写出四边形的面积．

【答案】(1)

(2)成立，见解析

(3)或

【分析】（1）根据菱形的性质及等腰三角形的性质推出，根据含 角的直角三角形的性质求解即可；

（2）连接 ，根据菱形的性质、旋转的性质推出 垂直平分是等边三角形， 是等边三角形，结合等边三角形的性质利用证明， 根据去掉三角形的性质及线段垂直平分线性质即可得解；

（3）连接 交 于点 ，则 ，设 交 于点 ，结合等边三角形的性质利用 证明 ，根据全等三角形的性质得出 ，根据勾股定理求出 ，根据 求解即可；

【详解】（1）解：，理由如下：

∵四边形是菱形，

∴ 平分 ，

∵点恰好为中点，

在菱形 中，

根据旋转的性质得，，

故答案为：

（2）解：（1）中结论成立

理由如下：

方法1：连接

四边形是菱形，

是等边三角形，

线段转得到，

是等边三角形，

，

菱形的对角线互相垂直平分，

是的垂直平分线，

点在射线上，

，

又是等边三角形，

，

；

方法2：连接交于点，

四边形是菱形，

与都是等边三角形，

，

线段转得到，

，

是等边三角形，

，

又，

，

，

，

又是等边三角形，

，

是的垂直平分线，

，

又

；

方法3：

提示：作，证，

可得

，

是的垂直平分线，

（3）解：如图 3 ，连接 交 于点 ，则 ，

设 交 于点 ，

∵ 是等边三角形，

∴，

∵，

∴，

在 和 中，

，，

在 中，

，

【点睛】此题是四边形综合题，考查了菱形的性质、旋转的性质、等边三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理、三角形面积公式等知识，熟练掌握菱形的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理、三角形面积公式是解题的关键