2023-2024学年人教版（2012）九年级上册第二十三章旋转单元测试卷(含答案)

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2023-2024学年 人教版（2012）九年级上册 第二十三章� 旋转� 单元测试卷学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________1．如图，是等边三角形，是边上的一点，连接，把绕着点逆时针旋转，得到，连接，若，，则的周长是（     ）  A．10 B．12 C．17 D．192．如图，正六边形的边长为2，顶点A，D在x轴上，中心O与原点重合．将该正六边形绕中心O顺时针旋转，每次旋转，则第2024次旋转结束时，点A的坐标是（    ）A． B． C． D．3．下列运动属于旋转的是（    ）A．火箭升空的运动 B．升旗时红旗上升的过程 C．大风车运动的过程 D．传输带的运动4．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．5．如图，已知中，，以点B为中心，顺时针旋转得到，点E恰好在上．若，，则的长为（    ）  A．1 B．2 C．3 D．46．如图，正方形的边长为4，则该正方形绕点O顺时针旋转后，B点的对应点坐标为（       ）A． B． C． D．7．如图,在平面直角坐标系中,点的坐标为,将线段绕点O按逆时针方向旋转,再将其长度伸长为的倍,得到线段;又将线段绕点O按逆时针方向旋转,长度伸长为的倍,得到线段;如此下去,得到线段,,…（n为正整数）,则点的坐标是（    ）  A． B． C． D．8．如图，在中，，将绕点逆时针旋转至，使点B落在的延长线上的D点处，则（　　）A．90° B．82° C．80° D．81°9．如图，正方形中，为正方形内一点，连接，使，再连接，将绕点逆时针旋转得到，连接，若，则的度数为（    ）A． B． C． D．10．如图：已知点A的坐标为，菱形的对角线交于坐标原点O，则C点的坐标是（　　）  A． B． C． D．11．如图所示，在平面直角坐标系中，A点的坐标是，B点的坐标是，由绕点A顺时针旋转而得，则C点的坐标是 ．12．如图所示的组合图案是由一个正方形和正方形内的一个半圆组成的“基础图形”经过 变换得到的（填“平移”或“旋转”）．13．如图，P是等边外一点，，则的长是 ．14．在平面直角坐标系中，点关于原点对称的点的坐标为 ．15．如图，已知，点在上，且，点为直线上任意一点，现将线段绕点逆时针旋转至线段，连接，则的最小值为 ．16．以原点为中心，把点逆时针旋转得到点N，则点N的坐标为 17．如图，在中，，将绕点逆时针旋转，得到．连接，．若．(1)直接写出的形状；(2)若，求的度数．18．已知直线与轴交于点，与轴交于点．(1)求的值；(2)把绕原点顺时针旋转后，点A落在轴的处，点落在轴的处．①求直线的函数表达式；②设直线与直线交于点，长方形的顶点都在的边上，其中点，在线段上，点在线段上，点在线段上．若长方形的两条邻边的比为，求长方形的周长．评卷人得分一、单选题评卷人得分二、填空题评卷人得分三、解答题参考答案：1．B【分析】本题考查旋转的性质和等边三角形的性质与判定，利用旋转前后图形全等，得到线段相等，再结合题干条件，即可解题．【详解】解：绕着点逆时针旋转，得到，，，，，为等边三角形，，，，为等边三角形，，，，的周长为，故选：B．2．B【分析】本题考查了正多边形和圆、旋转变换的性质，将正六边形绕原点O逆时针旋转次时，点A所在的位置就是原点所在的位置是解题的关键．【详解】解：，即与正六边形绕原点O逆时针旋转2次时点A的坐标是一样的．当点A按顺时针旋转时，与原E点重合．连接，过点作轴，垂足为H，由已知，，∴是等边三角形，∴．∵，∴，∴，∴．∵D在第三象限，∴点坐标为：，即旋转2024后点A的坐标是．故选B．3．C【解析】略4．D【分析】本题主要考查了轴对称图形和中心对称图形的定义，解题的关键是掌握轴对称图形：一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够完全重合的图形；中心对称图形：在平面内，把一个图形绕着某个点旋转，如果旋转后的图形能与原来的图形重合，那么这个图形叫做中心对称图形．据此逐个判断即可．【详解】解：A、是轴对称图形，不是中心对称图形，不符合题意；B、是中心对称图形，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、既是轴对称图形，也是中心对称图形，符合题意；故选：D．5．B【分析】本题考查了旋转的性质，勾股定理等知识，由勾股定理得出的长，再由旋转的性质得，即可求得结果．明确旋转前后对应边相等是解题的关键．【详解】解：∵，，，∴，∵由旋转所得，∴，∴，故选：B．6．C【分析】先根据正方形的性质得到，再由勾股定理得到，根据旋转方式和旋转角度可得旋转后点B的对应点在x轴正半轴上且到原点的距离为，据此可得答案．【详解】解：如图，∵四边形是边长为4的正方形，∴，∴，∵该正方形绕点O顺时针旋转，∴旋转后点B的对应点在x轴正半轴上且到原点的距离为，∴B点的对应点坐标为，故选C．【点睛】本题主要考查了正方形的性质，勾股定理，旋转的性质，坐标与图形，正确推出旋转后点B的对应点在x轴正半轴上且到原点的距离为是解题的关键．7．D【分析】本题考查勾股定理,旋转,规律变化知识．正确分析出变化规律是解答本题的关键．【详解】解:∵点的坐标为,∴,∵将线段绕点O逆时针方向旋转,再将其长度伸长为的倍,得到线段,∴,∵将线段绕点O逆时针方向旋转,长度伸长为的倍,得到线段,∴,∴,∴,∵每次旋转,∴,∴点应旋转到轴负半轴位置,∴,故选:C．8．B【分析】本题考查了旋转的性质．由旋转的性质可知，旋转前后对应边相等，对应角相等，得出等腰三角形，再根据等腰三角形的性质求解即可．【详解】解：由旋转的性质可知，，，在中，∵，∴，∴．故选：B．9．D【分析】本题考查了旋转的性质，全等三角形的判定，等腰三角形的性质，连接由等腰三角形的性质可得，由旋转的性质可证明，即可求解．【详解】解：连接如图：是正方形，，，，，，，由绕点逆时针旋转得到，得，，，，，，，．故选：D．10．B【分析】本题主要考查菱形的对称性，菱形即是轴对称图形，又是中心对称图形，通过题目可以发现A点和C点关于原点中心对称，可以直接计算出点C点的坐标．【详解】解：∵四边形为菱形，∴，，∵点O为坐标原点，∴点A和点C关于原点对称，点B和点D关于原点对称，∵点A的坐标为，∴C点坐标为，故选：B．11．【分析】此题考查了旋转的性质、全等三角形的判定和性质、坐标与图形等知识，添加辅助线证明是解题的关键．过点C作轴于点H，则，由A点的坐标是，B点的坐标是得到，证明，得到，则，即可得到C点的坐标．【详解】解：过点C作轴于点H，则，∵A点的坐标是，B点的坐标是，∴，∵AC由绕点A顺时针旋转而得，∴，∴，∵，∴，∵，∴，∴，∴，∴点C的坐标是，故答案为：12．旋转【解析】略13．【分析】本题考查了旋转的性质，等边三角形的判定与性质，勾股定理等知识，把绕点B顺时针旋转得到，连接，易得，由勾股定理即可求得结果．旋转三角形是解题的关键．【详解】解：如图，把绕点B顺时针旋转得到，连接，则，，∴是等边三角形，∴，，∴，在中，由勾股定理得：，∴；故答案为：．14．【分析】本题考查了关于原点对称点的坐标特征，根据“关于原点对称点点横坐标和纵坐标都互为相反数”即可解答．【详解】解：点关于原点对称的点的坐标为，故答案为：．15．【分析】本题考查了旋转，全等三角形的判定与性质，垂线段最短等知识，解题的关键是正确寻找点的运动轨迹．设，过点作，垂足为点，证明≌，推出，，可得到点的坐标，进而得到点的运动轨迹，最后根据垂线段最短即可求解．【详解】设，过点作，垂足为点，，，线段绕点逆时针旋转至线段，，，，，，≌，，，，，点，点的运动轨迹是直线，直线交直线于，交直线于，，，过点作于，则，根据垂线段最短可知，点与点重合时，的值最小，最小值为，故答案为：．16．【分析】本题考查了坐标与图形变化-旋转，建立平面直角坐标系，作出图形，然后根据图形写出点N的坐标即可．作出图形，利用数形结合的思想求解更形象直观．【详解】如图所示，建立平面直角坐标系，点N的坐标为．故答案为：．17．(1)是等腰直角三角形(2)【分析】本题考查了旋转的性质，等腰直角三角形的性质，熟练掌握旋转的性质，是解答本题的关键．（1）根据题意，利用旋转的性质，得到，，由此得到答案．（2）根据题意，得到，又，得到，又，得到，故，由此得到答案．【详解】（1）解：根据题意得：将绕点逆时针旋转，得到，，绕点逆时针旋转，得到， ，，是等腰直角三角形．（2）由（1）知，，又，，又，，又，，．18．(1)(2)①；②或9【分析】（1）把把代入可得；（2）①求出，根据把绕原点O顺时针旋转后，点A落在y轴的处，点B落在x轴的B'处，可得，再用待定系数法得直线函数关系式为；②设，可得，，，根据四边形是矩形，有，即，故，（Ⅰ）当时，，把代入可解得，即可得，长方形的周长为；（Ⅱ）当，即时，同理可得长方形的周长为．【详解】（1）解：（1）把代入，得，解得，的值为．（2）①由（1）知直线的函数表达式为.令，得，.把绕原点顺时针旋转90度后，点落在轴的处，点落在轴的处，∴，，设直线的函数表达式为．把，代入，得解得直线的函数表达式为，②设，，则，，，，.四边形是长方形，，即，，（Ⅰ）如图1，当，即时，把代入，得，解得，，，，长方形的周长为，（Ⅱ）如图2，当，即时，把代入，得，解得，，，，长方形的周长为.综上所述，长方形的周长为12或9．【点睛】本题考查一次函数综合应用，涉及待定系数法，旋转变换，长方形周长等知识，解题的关键是用含字母的代数式表示相关点坐标和相关线段的长度．