第二十三章 旋转过关测试-九年级数学全册重难热点提升精讲与过关测试（人教版）

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1．中国“二十四节气”已被列入联合国教科文组织人类非物质文化遗产代表作名录，下列四幅作品分别代表“立春”、“立夏”、“芒种”、“大雪”，其中既是轴对称图形，又是中心对称图形的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据轴对称图形和中心对称图形的定义：如果一个平面图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形就叫做轴对称图形；中心对称图形的定义：把一个图形绕着某一个点旋转，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形叫做中心对称图形，这个点就是它的对称中心，进行逐一判断即可．
【详解】解：A．不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故A选项不合题意；
B．是轴对称图形，不是中心对称图形，故B选项不合题意；
C．不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故C选项不合题意；
D．既是轴对称图形，又是中心对称图形，故D选项合题意；
故选：D．
【点睛】本题主要考查了轴对称图形和中心对称图形，解题的关键在于能够熟练掌握轴对称图形和中心对称图形的定义．
2．如图，已知，将绕点B顺时针旋转后得到，则点A的对应点的坐标（ ）

A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据题意，画出旋转图形，根据坐标系即可求解．
【详解】解：如图所示：点A和点B的坐标分别为，若将绕点B顺时针旋转后，得到，
则点A的对应点的坐标为：．
故选：D．

【点睛】本题考查了旋转的性质，求点的坐标，熟练掌握旋转的性质是解题的关键．
3．在如图所示的方格纸（1格长为1个单位长度）中，的顶点都在格点上，将绕点按顺时针方向旋转得到使各顶点仍在格点上，则其旋转角的度数是（ ）

A．B．C．D．
【答案】D
【分析】对应点，与旋转中心连线的夹角是旋转角，据此解答．
【详解】解：由题意可知是旋转角，且．
故选：D．
【点睛】本题主要考查了旋转角的概念，解题的关键是根据旋转角的概念找到旋转角．
4．如图，如果正方形ABCD旋转后能与正方形CDEF重合，那么图形所在平面内，可作为旋转中心的点个数（ ）
A．1个B．2个C．3个D．4个
【答案】C
【详解】可以绕点D,点C,线段CD的中点旋转，
故选C.
5．如图，中，，，将绕点逆时针旋转得到，使点的对应点恰好落在边上，则的度数是（ ）

A．100°B．110°C．120°D．140°
【答案】C
【分析】三角形的内角和定理，求出，旋转的性质，等边对等角，求出，两角度数相加即可得出结果．
【详解】解：∵，，
∴，
∵将绕点逆时针旋转得到，点的对应点恰好落在边上，
∴，，，
∴，
∴；
故选C．
【点睛】本题主要考查了旋转的性质、等腰三角形的性质、三角形内角和定理等知识，解决本题的关键是掌握旋转的性质．
6．已知点与点是关于原点的对称点，则的值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据点关于原点对称点的特点是，对称点的横纵坐标变为原来点的横纵坐标的相反数，由此即可求解．
【详解】解：根据点关于原点对称点的特点可得，，
∴，
故选：．
【点睛】本题主要考查点关于原点对称点的计算方法，代入求值等知识，掌握点的关于原点对称点的计算方法是解题的关键．
7．如图，中，，，将绕点逆时针旋转得到，使点的对应点恰好落在边上，则的度数是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】首先解得，根据旋转的性质可得，，，根据三角形内角和定理可得，进而可获得答案．
【详解】解：∵，，
∴，
∵将绕点逆时针旋转得到，点的对应点恰好落在边上，
∴，，，
∴，
∴．
故选：B．
【点睛】本题主要考查了旋转的性质、等腰三角形的性质、三角形内角和定理等知识，解决本题的关键是掌握旋转的性质．
8．如图，在平面直角坐标系中，为等腰三角形，，点到轴的距离为，若将绕点逆时针旋转，得到，则点的坐标为（ ）

A．B．C．D．
【答案】B
【分析】过点作轴，轴的垂线，分别交轴，轴于点，点，四边形为矩形，将矩形绕点逆时针旋转可得到矩形，根据旋转的性质可知，，据此即可求得答案．
【详解】如图所示，过点作轴，轴的垂线，分别交轴，轴于点，点．
根据题意可知，四边形为矩形，则．
在中，．
所以，．
根据旋转的性质可知，矩形绕点逆时针旋转可得到矩形，则，．
所以，点的坐标为．
故选：B．
【点睛】本题主要考查图形旋转的性质、勾股定理、平面直角坐标系，牢记图形旋转的性质（一个图形和它经过旋转所得到的图形中，对应点到旋转中心的距离相等，两组对应点分别与旋转中心的连线所成的角相等）是解题的关键．
9．如图，菱形的对角线交于原点O，，．将菱形绕原点O逆时针旋转，每次旋转，则第2023次旋转结束时，点C的坐标为（ ）

A．B．C．D．
【答案】C
【分析】首先根据菱形的性质及旋转的规律，可得第2023次旋转结束时，点C在第三象限，过点A作轴于点E，延长到点，使，过点作轴于点F，再根据菱形的性质及全等三角形的性质，即可求得坐标.
【详解】解：∵将菱形绕原点O逆时针旋转，每次旋转， ，
∴旋转4次后回到原来的位置，
∵，
∴第2023次旋转结束时，点C在第三象限，
如图：过点A作轴于点E，延长到点，使，过点作轴于点F，

∴，
∴，
∵四边形是菱形，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
故第2023次旋转结束时，点C的坐标为，
故选：C．
【点睛】本题主要考查菱形的性质和旋转的性质，全等三角形的判定及性质，以及坐标与图形的性质，直角三角形的性质，找出旋转规律是解题关键.
10．如图，在矩形中，，，将矩形绕点A逆时针旋转至矩形，旋转角为，当点C，和三点共线时，的长为（ ）．

A．B．C．D．
【答案】A
【分析】当点C，和三点共线，，先根据勾股定理求出，再根据勾股定理求出，通过证明，得出，设，则，在中，根据勾股定理列出方程求解即可．
【详解】解：∵点C，和三点共线，
∴，
∵矩形绕点A逆时针旋转至矩形，
∴，，
在中，根据勾股定理可得：，
在中，根据勾股定理可得：，
在和中，
，
∴，
设，则，
在中，根据勾股定理可得：，
即，解得：，
故选：A．

【点睛】本题主要考查了矩形的性质，旋转的性质，三角形全等的判定和性质，勾股定理，解题的关键是正确画出图形，根据勾股定理列出方程求解．
二、填空题：本题共6小题，每小题3分，共计18分.
11．如图，在中，，将绕着点顺时针旋转后得到，则等于 ．

【答案】/度
【分析】根据旋转角可得，然后根据代入数据进行计算即可得解．
【详解】解：绕着点顺时针旋转后得到，
，
，
．
故答案是：．
【点睛】本题考查了旋转的性质，解题的关键是运用旋转的性质（图形和它经过旋转所得的图形中，对应点到旋转中心的距离相等，任意一组对应点与旋转中心的连线所成的角都等于旋转角；对应线段相等，对应角相等）得出．
12．如图，在中，，把绕点A逆时针旋转得到，连结，则的长为 ．

【答案】/
【分析】连接，延长交于点F，由旋转可得：，，求出，由勾股定理求出，则可得出答案．
【详解】解：连接，延长交于点F，

由旋转可得：，
∴是等边三角形，
∴，
∵，
∴是的垂直平分线，
∴，
∴，
∴．
故答案为：．
【点睛】本题考查了旋转的性质，勾股定理，熟练掌握旋转的性质以及等边三角形的判定与性质是解题的关键．
13．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，则旋转角的度数为 ．（用含的式子表示）
【答案】
【分析】根据旋转的性质可知，，进而得出，再根据等腰三角形的性质得出答案．
【详解】根据旋转的性质得，．
∵点A，D，E共线，
∴，
∴．
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了旋转的性质，等腰三角形的性质等，理解旋转的性质是解题的关键．即旋转前后的对应角相等，对应边相等，对应点和旋转中心的连线所形成的夹角是旋转角．
14．如图，在四边形中，，将绕点逆时针旋转至，连接，若，，则的面积是 ．

【答案】12
【分析】过点D作，过点E作交的延长线于点F，根据条件即可求出，根据旋转性质可得，即可求出．
【详解】解：过点D作，过点E作交的延长线于点F，如图，

则，
∵将绕点逆时针旋转至，
∴，，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴ ，
∴，
故答案为：12．
【点睛】本题主要考查旋转的性质，全等三角形的判定和性质，正确作出辅助线和掌握旋转图形是全等图形是解题的关键．
15．如图是由边长为1的小正方形组成的网格，点，，，，，，均在格点上．下列结论：

①点与点关于点中心对称；
②连接，，，则平分；
③连接，则点，到线段的距离相等．
其中正确结论的序号是 ．
【答案】①②③
【分析】根据描述，作图，逐一进行判断即可；
【详解】解：①如图：

点与点关于点中心对称；故①正确；
②如图：

由图可知：，
∴为等腰三角形，
∵经过的中点，
∴平分，故②正确；
③如图，点到的距离为，点到的距离为，

∴，
∴点，到线段的距离相等，故③正确；
综上，正确的有①②③；
故答案为：①②③．
【点睛】本题考查中心对称图形，勾股定理，等腰三角形的判定和性质，正方形的判定和性质．解题的关键是根据描述，正确的画图，熟练掌握相关知识点．
16．如图，△AOD和△COB关于点O中心对称，∠AOD＝60°，△ADO＝90°，BD＝12，P是AO上一动点，Q是OC上一动点（点P，Q不与端点重合），且AP＝OQ．连接BQ，DP，则DP+BQ的最小值是 ．
【答案】12
【分析】由中心对称的性质可得BO＝DO＝6，AO＝OC，可证四边形ABCD是平行四边形，由直角三角形的性质可得AO＝2DO＝12，当AP＝OP时，DP+BQ的值最小，此时P为OA的中点，由直角三角形斜边上的中线性质得出DP、BQ，即可得出结果．
【详解】解：∵△AOD和△COB关于点O中心对称，
∴BO＝DO＝6，AO＝OC，
∴四边形ABCD是平行四边形，
∵∠AOD＝60°，∠ADO＝90°，
∴∠DAO＝30°，
∴AO＝2DO＝12，
∵AP＝OQ，
∴PQ＝AO＝12，
如图，作，使得DK＝PQ＝12，连接BK，
∴四边形DPQK为平行四边形，
∴DP=KQ，∠BDK=∠BOC=∠AOD=60°，
此时DP+BQ＝KQ+BQ＝BK的值最小，
∵DK=PQ=BD=12，
∴△BDK是等边三角形，
∴BK=DB=12，
∴DP+BQ的最小值为12．
故答案为：12．
【点睛】本题主要考查了平行四边形的判定和性质，直角三角形的性质，等边三角形的判定和性质，熟练掌握平行四边形的判定和性质，直角三角形的性质，等边三角形的判定和性质是解题的关键．
三、解答题：本题共7小题，共计52分．解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
17．已知点与关于原点对称，求的值．
【答案】10
【分析】根据关于原点对称的点的特征得到，，求出的值，即可得到答案．
【详解】解：∵点与关于原点对称，
∴，，
∴，，
解得：，，
∴．
【点睛】此题考查了关于原点对称的点的特征、解方程、求代数式的值等知识，熟练掌握关于原点对称的点横坐标互为相反数、纵坐标互为相反数是解题的关键．
18．如图，△ABC的顶点坐标分别为A（﹣4，5），B（﹣5，2），C（﹣3，4）．
(1)画出△ABC关于原点O对称的图形△A1B1C1，并直接写出A1点的坐标；
(2)将△ABC绕B点顺时针旋转90°得到△A2B2C2，画出△A2B2C2并直接写出A2点的坐标；
(3)已知△A2B2C2可以看作由△A1B1C1绕点P逆时针旋转90°得到的图形，直接写出点P的坐标．
【答案】(1)图见解析，A1点的坐标为（4，﹣5）
(2)图见解析，A2点的坐标为（﹣2，1）
(3)P(-2，-5)
【分析】(1)关于原点对称，横坐标与纵坐标均互为相反数，分别求出A，B，C的对应点A1，B1，C1的坐标，然后再连接成三角形即可；
(2)利用旋转变换的性质分别作出A，B，C的对应点A2，B2，C2即可；
(3)对应点连线段的垂直平分线的交点即为旋转中心即可求解．
【详解】（1）解：A(-4，5)关于原点O对称的点A1坐标为(4，5)，
B(-5，2)关于原点O对称的点B1坐标为(5，-2)，
C(-3，4)关于原点O对称的点C1坐标为(3，-4)，
△A1B1C1图形如下所示：
（2）解：如下图，△A2B2C2即为所求，A2点的坐标为(-2，1)；
（3）解：如下图所示：连接C1C2，过其中点E作PE⊥C1C2，则PE为C1C2垂直平分线，
连接A1A2，过其中点F作PF⊥A1A2，则PF为A1A2垂直平分线，
由旋转的性质可知：旋转前后对应点连线段的垂直平分线的交点即为旋转中心，
∴PE与PF的交点P即为旋转中心，P(-2,-5)．
【点睛】本题考查作图旋转变换，中心对称等知识，解题的关键是掌握旋转变换，中心对称的性质，理解对应点连线段的垂直平分线的交点为旋转中心．
19．如图，将矩形绕点A顺时针旋转，得到矩形，点F恰好落在的延长线上．

(1)证明：；
(2)证明：的延长线经过点B．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】（1）如图：连接，由旋转的性质可得，然后根据矩形的性质和等腰三角形即可证明结论；
（2）如图：延长交于点，由旋转的性质可得、，矩形的性质可得、．再证可得，最后根据三角形的内角和定理和等量代换即可解答．
【详解】（1）解：如图：连接，
由旋转性质得，
又∵在矩形中，，
∴．
（2）解：延长交于点，

由旋转性质得，，，
在矩形中，，，
由（1）得，
∴，．
又∵，
∴．
∴．
∵，，
∴．
∴．
∴点与B重合．
∴的延长线经过点B．
【点睛】本题主要考查了矩形的性质、旋转的性质、等腰三角形的性质、全等三角形的判定与性质等知识点，正确作出辅助线是解答本题的关键．
20．如图①，将放在平面直角坐标系中，为原点，点的坐标为，点在第一象限，，．
（1）求、两点的坐标；
（2）如图②，将绕点逆时针旋转得到，当点的对应点落在轴正半轴上时，求旋转角及点的对应点的坐标．
【答案】（1），点；（2）旋转角为，
【分析】（1）利用含30度角的直角三角形的性质求出AN，ON即可得出结论；
（2）先求出A'B'=6，∠OA'B'=60°，进而利用含30度角的直角三角形的性质求出B'E，AE即可得出结论；
【详解】解：（1）如图①，
在中，，
∴，
∵，
∴，，
∴；
∵点的坐标为，
∴，
∵四边形是平行四边形，
∴，
∴点
（2）如图②，
∵，
∴，
∵四边形是平行四边形，
∴，
当点的对应点落在轴正半轴上时，旋转角为，
由旋转知，
过点作轴于，
∴，
∴，，
∴，
∴；
【点睛】本题考查了平行四边形的性质，旋转的性质，直角三角形的性质，熟练运用旋转的性质是本题的关键．
21．如图，在中，，将绕点C顺时针旋转得到，其中点与点A是对应点，点与点B是对应点．若点恰好落在边上．

(1)当时， 度；
(2)连接，求证：．
【答案】(1)70
(2)见解析
【分析】（1）旋转的性质，得到，等边对等角，得到，外角的性质，求出，利用，进行计算即可；
（2）根据旋转的性质，等边对等角，推出，即可．
【详解】（1）解：∵，，绕点C顺时针旋转得到，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
故答案为：70．
（2）∵旋转，
∴
∴，
∵，
∴，
∵，

∴，
∴．
【点睛】本题考查旋转的性质，三角形的内角和定理，等边对等角．熟练掌握旋转的性质，是解题的关键．
22．在平面直角坐标系中，O为原点，点，点，把绕点B逆时针旋转，得，点A，O旋转后的对应点为，，记旋转角为．

(1)如图①，若，求的长；
(2)如图②，若，求点的坐标．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由勾股定理求出的长，由旋转的性质得出，，由勾股定理可得出答案；
（2）过点作于点，由旋转的性质及直角三角形的性质可求出，的长，则可得出答案．
【详解】（1）解： 点，点，
，，
，
把绕点逆时针旋转，得，
，，
；
（2）解：如图②，若，则，过点作于点，

则，
，
把绕点逆时针旋转，得，
，
，
，
．
【点睛】本题是几何变换综合题，考查了旋转的性质，直角三角形的性质，勾股定理，熟练掌握旋转的性质是解题的关键．
题号
一
二
三
四
总分
得分
练习建议用时：60分钟 满分：100分