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2023-2024学年人教版（五四制）九年级上册第三十章旋转单元测试卷(含答案)
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2023-2024学年 人教版（五四制）九年级上册 第三十章� 旋转� 单元测试卷学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________1．如图将绕点A顺时针旋转到，若，则等于（ ）A． B． C． D． 2．如图，把绕着点A顺时针旋转得到，点C的对应点落在边上，若，则为（ ）A． B． C． D．3．如图，将绕点顺时针旋转到处，此时点刚好落在边上，且，若，则的度数为（ ）A． B． C． D．4．下列图形中，既是中心对称图形，又是轴对称图形的是（ ）A． B． C． D．5．下列运动：①钟表指针的转动；②钟摆的摆动；③汽车方向盘的转动；④汽车在笔直的公路上行驶，其中属于旋转的有（ ）A．1个 B．2个 C．3个 D．4个6．如图，在矩形中，以点A为圆心为半径顺时针旋转线段交于E，以点C为圆心为半径顺时针旋转线段交于F，连接、，若，则一定为（ ） A． B． C． D．7．将抛物线绕原点旋转180°得到的抛物线的解析式为（ ）A． B． C． D． 8．如图，在中，，，将绕点A逆时针旋转α角度（）得到．若，则的值为（ ）A． B． C． D．9．如图，四边形中，，，，，将边绕点逆时针方向旋转90°至，连接，则的面积为（ ）A．3 B．4 C．5 D．610．如图，将绕直角顶点顺时针旋转，得到，连接，若，则的度数是（ ）A． B． C． D．11．如图，直线与x轴，y轴分别相交于两点，若将直线绕点A旋转与y轴交于点C,则点C的坐标为 ．12．如图，在直角坐标系中，直线分别与x轴、y轴交于点M、N，点A、B分别在y、x轴上，且，，将绕原点O顺时针转动一周，当与直线平行时点A的坐标为 ．13．如图，是由绕A点旋转得到的，若，，，则旋转角的度数为 ．14．如图，在中，，将绕顶点C逆时针旋转得到，M是的中点，P是的中点，连接．若，，则线段的最大值是 15．如图， 中，，，点M，N在底边上，若，，那么线段与之间的数量关系为 ． 16．如图，在平面直角坐标系中，菱形的顶点A，B在x轴上，点A的坐标是，，，若将菱形绕点A顺时针旋转得到菱形，则点的坐标是 ．17．在平面直角坐标系中，四边形是矩形，点，点，点，以点A为中心，顺时针旋转矩形，得到矩形，点O，B，C的对应点分别为D，E，F，记旋转角为α（）．(1)如图①，当时，求点D的坐标；(2)如图②，当点E落在的延长线上时，求点D的坐标；(3)当点D落在线段上时，求点E的坐标（直接写出结果即可）．18．如图，正方形网格中，每个小正方形边长都是1，在直角坐标系中，的三个顶点分别为，，． (1)画出关于y轴对称的；(2)画出绕点O逆时针旋转后的；(3)的面积为______． 评卷人得分一、单选题评卷人得分二、填空题评卷人得分三、问答题评卷人得分四、作图题参考答案：1．B【分析】本题考查了旋转的性质，根据旋转的性质得，，进而可求解，熟练掌握旋转的性质是解题的关键．【详解】解：将绕点A顺时针旋转到，且，，，，故选B．2．C【分析】本题考查了旋转的性质，等边对等角，三角形内角和定理．明确角度之间的数量关系是解题的关键．由旋转的性质得：，，则，根据，计算求解即可．【详解】解：由旋转的性质得：，，∴，，∴，故选：C．3．A【分析】此题主要考查了旋转的性质，等腰三角形的性质与直角三角形的性质，解题的关键是首先利用旋转的性质和等腰三角形的性质得到，然后利用已知条件可以求出，然后利用直角三角形的性质求出，最后利用旋转性质即可求出．【详解】解：将绕点顺时针旋转到处，，，，，，，，，．故选：A．4．A【分析】本题考查中心对称图形和轴对称图形，掌握“旋转能和它本身重合的图形是中心对称图形”“沿一条直线折叠，两边图形能重合的图形是轴对称图形”是解题的关键．【详解】解：A.既是中心对称图形，又是轴对称图形，符合题意；B.是中心对称图形，但不是轴对称图形，不符合题意；C.不是中心对称图形，是轴对称图形，不符合题意；D.是中心对称图形，但不是轴对称图形，不符合题意；故选A．5．C【分析】本题考查了旋转的判断，根据旋转的概念解答即可．解题的关键是掌握旋转的概念：在平面内，将一个图形沿某一个定点转动一个角度，这样的图形运动称为旋转．【详解】解：根据旋转的概念，可知：①钟表指针的转动属于旋转；②钟摆的摆动属于旋转；③汽车方向盘的转动属于旋转；④汽车在笔直的公路上行驶属于平移．故其中属于旋转的是①②③，有3个．故选：C．6．C【分析】本题考查矩形的性质，等边对等角．根据矩形的性质，得到，根据作图可知，等边对等角，求出的度数，再用，即可得出结果．熟练掌握矩形的性质，是解题的关键．【详解】解：∵矩形，∴，∴，由作图可知：，∴，∴；故选C．7．C【分析】本题考查二次函数的图象与几何变换．先将原抛物线解析式化为顶点式，将其绕原点旋转180°后，开口大小没有变化，开口方向与原来的相反，顶点坐标的横纵坐标与原顶点坐标的横纵坐标互为相反数，可据此得出所求的结论．【详解】解：∵，∴将抛物线绕原点旋转180°得到的抛物线的解析式为；故选C．8．B【分析】本题考查了平行线的性质、三角形内角和定理、旋转的性质等知识点，据三角形内角和定理求出，根据旋转得出，根据平行线的性质求出即可．能根据旋转得出是解此题的关键．【详解】解：在中，，，∵将绕点A逆时针旋转α角度（）得到，，∵，，，∴旋转角α的度数是，故选：B．9．A【分析】此题重点考查旋转的性质、全等三角形的判定与性质、矩形的判定与性质等知识．作于点G，作交的延长线于点F，可证明四边形是矩形，得，，则，，由旋转得，，即可证明，得，即可求得．【详解】解：作于点G，作交的延长线于点F，则，∵，∴，∵，∴，∴四边形是矩形，∴，，，，由旋转得，，∴，在和中，，∴，故选：A．10．D【分析】此题考旋转的性质，利用等边对等角求角的度数，由旋转得，，，求出，再由即可得到结果，熟记旋转的性质是解题的关键．【详解】解：由旋转得，，，∴，∴，故选：D．11．或【分析】本题考查了旋转的性质，三角形全等的判定和性质，一次函数解析式的确定，直线与坐标轴的交点，分类思想，熟练掌握三角形全等证明是解题的关键．【详解】当顺时针旋转时，过点B作于点B，交直线于点P，过P做轴。∵，∴，∴，∵，∴，∴，∵直线与x轴，y轴分别相交于两点，∴，∴，∴，∴，∴，设直线的解析式为，∴，解得，故直线的解析式为，故点;当逆时针旋转时，延长,交直线于点E，过点E作轴于点F，∵，∴，∴，∵，∴，∴，∵直线与x轴，y轴分别相交于两点，∴，∴，∴，∴，∴，设直线的解析式为，∴，解得，故直线的解析式为，故点;故答案为：或．12．或【分析】此题考查了旋转的性质，一次函数的性质，含的直角三角形的性质．此题难度适中，在解题时要能根据题意画出图形并求出点A的坐标是本题的关键，注意掌握辅助线的作法，注意数形结合思想的应用．本题需先根据题意画出图形，再根据，，求出和的长，即可得出点A的第一个坐标，再根据第二个图与第一个图的联系，得出点A的第二个坐标，即可求出正确答案．【详解】解：①如图1，∵，，∴，，∴，∵直线的解析式为，∴，∵，∴，∴，∴，∴，∴点A的坐标为；②如图2，∵图2中的点A与图1中的点A关于原点对称，∴点A的坐标为：，故答案为：或．13．/60度【分析】本题主要考查了图形的旋转，三角形的内角和定理的应用，熟练掌握图形旋转的性质是解题的关键．根据旋转的性质可得旋转角为，即可求解．【详解】解：∵是由绕A点旋转得到的，∴旋转角为，∵，，，∴，∴，即旋转角的度数为．故答案为：．14．3【分析】本题主要考查的是旋转的性质，含有30°角直角三角形的性质和三角形三边关系，能够综合调动所学知识，得出P、C、M的关系即可就得答案．【详解】解：如下图，连接．在中，∵∴根据旋转不变性可知，∵P是的中点∴∴∵M是的中点， ∴，又∵即，∴的最大值为3，(此时P、C、M共线)．故答案为：3．15．【分析】本题考查了三角形全等的性质、含角的直角三角形、等腰三角形的性质、三角形内角和定理的应用，先根据已知条件求出各个角度，然后构造全等三角形，找到边长之间的关系，其中构造出全等三角形是解答本题的关键．【详解】解：∵，，∴，如图，将绕点A顺时针旋转，得到， ，∴，，∴，，，∴，∵，∴，在和中，，∴，∴，，∴，∴，∴，故答案为：．16．/【分析】如图，过点作于点E，根据菱形，旋转的性质可得，求，的长，由四边形是菱形，可证三点共线，进而可求的长，然后可得点的坐标．【详解】解：如图，过点作于点E，∵四边形是菱形，∴，由旋转的性质得：，∴轴，，∴，由勾股定理得，，∵四边形是菱形，∴，∴轴，∴点三点共线，∴，∵A的坐标是，∴，∴，∴点的坐标是，故答案为：．【点睛】本题考查了菱形的性质，旋转的性质，含的直角三角形，勾股定理等知识．熟练掌握菱形的性质是解题的关键．17．(1)(2)(3)【分析】（1）过点作轴，根据旋转得到，利用含30度角的直角三角形的性质，求出的长，即可；（2）过点D作轴于G，于H，则，由勾股定理得出的长，等面积法求出，进而求出，勾股定理求出，即可； （3）连接，作轴于G，由旋转的性质得出，由等腰三角形的性质得出，得出，证出，由平行线的性质的，证出，证明，得出，得出，即可得出答案．【详解】（1）解：四边形是矩形，点，点，∴，过点作轴，则：，∵旋转，∴，∴，，∴，∴点坐标为；（2）过点D作轴于G，于H，如图所示：∵，∴四边形为矩形，∴，∵矩形，，∴，，∵旋转，∴，∴， ∵， 即：，∴，∴，， ∴点D的坐标为；（3）连接，作轴于G，如图所示：由旋转的性质得：，∴，∴，∴，∴，∴，在和中，，∴，∴，，∴，∴点E的坐标为．【点睛】本题是四边形综合题，考查了矩形的性质、坐标与图形性质、勾股定理、全等三角形的判定与性质、旋转变换的性质、含30°角的直角三角形的性质等知识，解题的关键是理解题意，正确作出辅助线，属于中考压轴题．18．(1)见解析(2)见解析(3)3【分析】本题主要考查了坐标与图形变化—轴对称，作绕原点旋转180度的旋转图形，三角形面积，解题的关键在于能够熟练掌握相关知识进行求解．（1）先根据关于y轴对称的特点，找到A、B、C的对应点，然后顺次连接，即可得到答案；（2）根据绕点O逆时针旋转的特点，画出旋转图形即可；（3）用三角形面积公式求面积即可．【详解】（1）解：如图所示，即为所求， （2）解：如图所示，即为所求； （3）解： ，故答案为：3．
2023-2024学年 人教版（五四制）九年级上册 第三十章� 旋转� 单元测试卷学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________1．如图将绕点A顺时针旋转到，若，则等于（ ）A． B． C． D． 2．如图，把绕着点A顺时针旋转得到，点C的对应点落在边上，若，则为（ ）A． B． C． D．3．如图，将绕点顺时针旋转到处，此时点刚好落在边上，且，若，则的度数为（ ）A． B． C． D．4．下列图形中，既是中心对称图形，又是轴对称图形的是（ ）A． B． C． D．5．下列运动：①钟表指针的转动；②钟摆的摆动；③汽车方向盘的转动；④汽车在笔直的公路上行驶，其中属于旋转的有（ ）A．1个 B．2个 C．3个 D．4个6．如图，在矩形中，以点A为圆心为半径顺时针旋转线段交于E，以点C为圆心为半径顺时针旋转线段交于F，连接、，若，则一定为（ ） A． B． C． D．7．将抛物线绕原点旋转180°得到的抛物线的解析式为（ ）A． B． C． D． 8．如图，在中，，，将绕点A逆时针旋转α角度（）得到．若，则的值为（ ）A． B． C． D．9．如图，四边形中，，，，，将边绕点逆时针方向旋转90°至，连接，则的面积为（ ）A．3 B．4 C．5 D．610．如图，将绕直角顶点顺时针旋转，得到，连接，若，则的度数是（ ）A． B． C． D．11．如图，直线与x轴，y轴分别相交于两点，若将直线绕点A旋转与y轴交于点C,则点C的坐标为 ．12．如图，在直角坐标系中，直线分别与x轴、y轴交于点M、N，点A、B分别在y、x轴上，且，，将绕原点O顺时针转动一周，当与直线平行时点A的坐标为 ．13．如图，是由绕A点旋转得到的，若，，，则旋转角的度数为 ．14．如图，在中，，将绕顶点C逆时针旋转得到，M是的中点，P是的中点，连接．若，，则线段的最大值是 15．如图， 中，，，点M，N在底边上，若，，那么线段与之间的数量关系为 ． 16．如图，在平面直角坐标系中，菱形的顶点A，B在x轴上，点A的坐标是，，，若将菱形绕点A顺时针旋转得到菱形，则点的坐标是 ．17．在平面直角坐标系中，四边形是矩形，点，点，点，以点A为中心，顺时针旋转矩形，得到矩形，点O，B，C的对应点分别为D，E，F，记旋转角为α（）．(1)如图①，当时，求点D的坐标；(2)如图②，当点E落在的延长线上时，求点D的坐标；(3)当点D落在线段上时，求点E的坐标（直接写出结果即可）．18．如图，正方形网格中，每个小正方形边长都是1，在直角坐标系中，的三个顶点分别为，，． (1)画出关于y轴对称的；(2)画出绕点O逆时针旋转后的；(3)的面积为______． 评卷人得分一、单选题评卷人得分二、填空题评卷人得分三、问答题评卷人得分四、作图题参考答案：1．B【分析】本题考查了旋转的性质，根据旋转的性质得，，进而可求解，熟练掌握旋转的性质是解题的关键．【详解】解：将绕点A顺时针旋转到，且，，，，故选B．2．C【分析】本题考查了旋转的性质，等边对等角，三角形内角和定理．明确角度之间的数量关系是解题的关键．由旋转的性质得：，，则，根据，计算求解即可．【详解】解：由旋转的性质得：，，∴，，∴，故选：C．3．A【分析】此题主要考查了旋转的性质，等腰三角形的性质与直角三角形的性质，解题的关键是首先利用旋转的性质和等腰三角形的性质得到，然后利用已知条件可以求出，然后利用直角三角形的性质求出，最后利用旋转性质即可求出．【详解】解：将绕点顺时针旋转到处，，，，，，，，，．故选：A．4．A【分析】本题考查中心对称图形和轴对称图形，掌握“旋转能和它本身重合的图形是中心对称图形”“沿一条直线折叠，两边图形能重合的图形是轴对称图形”是解题的关键．【详解】解：A.既是中心对称图形，又是轴对称图形，符合题意；B.是中心对称图形，但不是轴对称图形，不符合题意；C.不是中心对称图形，是轴对称图形，不符合题意；D.是中心对称图形，但不是轴对称图形，不符合题意；故选A．5．C【分析】本题考查了旋转的判断，根据旋转的概念解答即可．解题的关键是掌握旋转的概念：在平面内，将一个图形沿某一个定点转动一个角度，这样的图形运动称为旋转．【详解】解：根据旋转的概念，可知：①钟表指针的转动属于旋转；②钟摆的摆动属于旋转；③汽车方向盘的转动属于旋转；④汽车在笔直的公路上行驶属于平移．故其中属于旋转的是①②③，有3个．故选：C．6．C【分析】本题考查矩形的性质，等边对等角．根据矩形的性质，得到，根据作图可知，等边对等角，求出的度数，再用，即可得出结果．熟练掌握矩形的性质，是解题的关键．【详解】解：∵矩形，∴，∴，由作图可知：，∴，∴；故选C．7．C【分析】本题考查二次函数的图象与几何变换．先将原抛物线解析式化为顶点式，将其绕原点旋转180°后，开口大小没有变化，开口方向与原来的相反，顶点坐标的横纵坐标与原顶点坐标的横纵坐标互为相反数，可据此得出所求的结论．【详解】解：∵，∴将抛物线绕原点旋转180°得到的抛物线的解析式为；故选C．8．B【分析】本题考查了平行线的性质、三角形内角和定理、旋转的性质等知识点，据三角形内角和定理求出，根据旋转得出，根据平行线的性质求出即可．能根据旋转得出是解此题的关键．【详解】解：在中，，，∵将绕点A逆时针旋转α角度（）得到，，∵，，，∴旋转角α的度数是，故选：B．9．A【分析】此题重点考查旋转的性质、全等三角形的判定与性质、矩形的判定与性质等知识．作于点G，作交的延长线于点F，可证明四边形是矩形，得，，则，，由旋转得，，即可证明，得，即可求得．【详解】解：作于点G，作交的延长线于点F，则，∵，∴，∵，∴，∴四边形是矩形，∴，，，，由旋转得，，∴，在和中，，∴，故选：A．10．D【分析】此题考旋转的性质，利用等边对等角求角的度数，由旋转得，，，求出，再由即可得到结果，熟记旋转的性质是解题的关键．【详解】解：由旋转得，，，∴，∴，故选：D．11．或【分析】本题考查了旋转的性质，三角形全等的判定和性质，一次函数解析式的确定，直线与坐标轴的交点，分类思想，熟练掌握三角形全等证明是解题的关键．【详解】当顺时针旋转时，过点B作于点B，交直线于点P，过P做轴。∵，∴，∴，∵，∴，∴，∵直线与x轴，y轴分别相交于两点，∴，∴，∴，∴，∴，设直线的解析式为，∴，解得，故直线的解析式为，故点;当逆时针旋转时，延长,交直线于点E，过点E作轴于点F，∵，∴，∴，∵，∴，∴，∵直线与x轴，y轴分别相交于两点，∴，∴，∴，∴，∴，设直线的解析式为，∴，解得，故直线的解析式为，故点;故答案为：或．12．或【分析】此题考查了旋转的性质，一次函数的性质，含的直角三角形的性质．此题难度适中，在解题时要能根据题意画出图形并求出点A的坐标是本题的关键，注意掌握辅助线的作法，注意数形结合思想的应用．本题需先根据题意画出图形，再根据，，求出和的长，即可得出点A的第一个坐标，再根据第二个图与第一个图的联系，得出点A的第二个坐标，即可求出正确答案．【详解】解：①如图1，∵，，∴，，∴，∵直线的解析式为，∴，∵，∴，∴，∴，∴，∴点A的坐标为；②如图2，∵图2中的点A与图1中的点A关于原点对称，∴点A的坐标为：，故答案为：或．13．/60度【分析】本题主要考查了图形的旋转，三角形的内角和定理的应用，熟练掌握图形旋转的性质是解题的关键．根据旋转的性质可得旋转角为，即可求解．【详解】解：∵是由绕A点旋转得到的，∴旋转角为，∵，，，∴，∴，即旋转角的度数为．故答案为：．14．3【分析】本题主要考查的是旋转的性质，含有30°角直角三角形的性质和三角形三边关系，能够综合调动所学知识，得出P、C、M的关系即可就得答案．【详解】解：如下图，连接．在中，∵∴根据旋转不变性可知，∵P是的中点∴∴∵M是的中点， ∴，又∵即，∴的最大值为3，(此时P、C、M共线)．故答案为：3．15．【分析】本题考查了三角形全等的性质、含角的直角三角形、等腰三角形的性质、三角形内角和定理的应用，先根据已知条件求出各个角度，然后构造全等三角形，找到边长之间的关系，其中构造出全等三角形是解答本题的关键．【详解】解：∵，，∴，如图，将绕点A顺时针旋转，得到， ，∴，，∴，，，∴，∵，∴，在和中，，∴，∴，，∴，∴，∴，故答案为：．16．/【分析】如图，过点作于点E，根据菱形，旋转的性质可得，求，的长，由四边形是菱形，可证三点共线，进而可求的长，然后可得点的坐标．【详解】解：如图，过点作于点E，∵四边形是菱形，∴，由旋转的性质得：，∴轴，，∴，由勾股定理得，，∵四边形是菱形，∴，∴轴，∴点三点共线，∴，∵A的坐标是，∴，∴，∴点的坐标是，故答案为：．【点睛】本题考查了菱形的性质，旋转的性质，含的直角三角形，勾股定理等知识．熟练掌握菱形的性质是解题的关键．17．(1)(2)(3)【分析】（1）过点作轴，根据旋转得到，利用含30度角的直角三角形的性质，求出的长，即可；（2）过点D作轴于G，于H，则，由勾股定理得出的长，等面积法求出，进而求出，勾股定理求出，即可； （3）连接，作轴于G，由旋转的性质得出，由等腰三角形的性质得出，得出，证出，由平行线的性质的，证出，证明，得出，得出，即可得出答案．【详解】（1）解：四边形是矩形，点，点，∴，过点作轴，则：，∵旋转，∴，∴，，∴，∴点坐标为；（2）过点D作轴于G，于H，如图所示：∵，∴四边形为矩形，∴，∵矩形，，∴，，∵旋转，∴，∴， ∵， 即：，∴，∴，， ∴点D的坐标为；（3）连接，作轴于G，如图所示：由旋转的性质得：，∴，∴，∴，∴，∴，在和中，，∴，∴，，∴，∴点E的坐标为．【点睛】本题是四边形综合题，考查了矩形的性质、坐标与图形性质、勾股定理、全等三角形的判定与性质、旋转变换的性质、含30°角的直角三角形的性质等知识，解题的关键是理解题意，正确作出辅助线，属于中考压轴题．18．(1)见解析(2)见解析(3)3【分析】本题主要考查了坐标与图形变化—轴对称，作绕原点旋转180度的旋转图形，三角形面积，解题的关键在于能够熟练掌握相关知识进行求解．（1）先根据关于y轴对称的特点，找到A、B、C的对应点，然后顺次连接，即可得到答案；（2）根据绕点O逆时针旋转的特点，画出旋转图形即可；（3）用三角形面积公式求面积即可．【详解】（1）解：如图所示，即为所求， （2）解：如图所示，即为所求； （3）解： ，故答案为：3．
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