2022-2023学年人教版九年级数学上册第二十三章旋转定向练习练习题（详解）.docx

1、人教版九年级数学上册第二十三章旋转定向练习 考试时间：90分钟；命题人：数学教研组考生注意：1、本卷分第I卷（选择题）和第卷（非选择题）两部分，满分100分，考试时间90分钟2、答卷前，考生务必用0.5毫米黑色签字笔将自己的姓名、班级填写在试卷规定位置上3、答案必须写在试卷各个题目指定区域内相应的位置，如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用涂改液、胶带纸、修正带，不按以上要求作答的答案无效。第I卷（选择题 30分）一、单选题（10小题，每小题3分，共计30分）1、在图中，将方格纸中的图形绕O点顺时针旋转90得到的图形是（）ABCD2、将抛物线先绕坐标原点旋转，再向右平移个单位

2、长度，所得抛物线的解析式为（）ABCD3、如图，由个小正方形组成的田字格，的顶点都是小正方形的顶点，在田字格上能画出与成轴对称，且顶点都在小正方形顶点上的三角形的个数共有（ ）A2个B3个C4个D5个4、如图，在平面直角坐标系xOy中，ABC顶点的横、纵坐标都是整数若将ABC以某点为旋转中心，旋转得到ABC，则旋转中心的坐标是（）A(1，1)B(1，1)C(0，0)D(1，2)5、二次函数的图象的顶点坐标是，且图象与轴交于点将二次函数的图象以原点为旋转中心顺时针旋转180，则旋转后得到的函数解析式为（）ABCD6、如图所示，在RtABC中，ABAC，D、E是斜边BC上的两点，且DAE45，将A

3、DC绕点A按顺时针方向旋转90后得到AFB，连接EF，有下列结论：BEDC；BAFDAC；FAEDAE；BFDC其中正确的有（）ABCD7、如图，在中，将绕点顺时针旋转得到，点A、B的对应点分别是，点是边的中点，连接，则下列结论错误的是（）AB，CD8、如图，正三角形ABC的边长为3，将ABC绕它的外心O逆时针旋转60得到ABC，则它们重叠部分的面积是（）A2BCD9、已知两点，若，则点与（）A关于y轴对称B关于x轴对称C关于原点对称D以上均不对10、如图，在正方形ABCD中，将边BC绕点B逆时针旋转至，连接，若，则线段BC的长度为（）A4B5CD第卷（非选择题 70分）二、填空题（5小题，每

4、小题4分，共计20分）1、点 P（2，3）关于原点对称的点的坐标是_2、如图，正方形的边长为4，点E是对角线上的动点（点E不与A，C重合），连接交于点F，线段绕点F逆时针旋转得到线段，连接下列结论：；若四边形的面积是正方形面积的一半，则的长为；其中正确的是_（填写所有正确结论的序号）3、将正方形OEFG放在平面直角坐标系中，O是坐标原点，若点E的坐标为，则点G的坐标为_4、如图，在平面直角坐标系中，点C的坐标为（1，0），点A的坐标为（3，3），将点A绕点C顺时针旋转90得到点B，则点B的坐标为_5、如图，在平面直角坐标系中，等腰直角三角形OAB，点O为坐标原点，点B在x轴上，点A的坐是（1，

5、1）若将绕点O顺时针方向依次旋转45后得到，可得，则的坐标是_三、解答题（5小题，每小题10分，共计50分）1、如图，方格中，每个小正方形的边长都是单位1，ABC的位置如图（1）画出将ABC向右平移2个单位得到的A1B1C1；（2）画出将ABC绕点O顺时针方向旋转90得到的A2B2C2；（3）写出C2点的坐标2、如图，在由边长为1个单位长度的小正方形组成的网格中，ABC的三个顶点分别是格点(1)将ABC以点C为旋转中心旋转180，画出旋转后对应的；(2)将ABC先左移2个单位，再下移4个单位，画出平移后的3、如图是由边长为的小正方形构成的的网格，线段的端点均在格点上，请按要求画图画出一个即可(

6、1)在图中以为边画一个四边形，使它的另外两个顶点在格点上，且该四边形是中心对称图形，但不是轴对称图形；(2)在图中以为对角线画一个四边形，使它的另外两个顶点在格点上，且所画四边形既是轴对称图形又是中心对称图形4、如图，点P是正方形ABCD内部的一点，APB90，将RtAPB绕点A逆时针方向旋转90得到ADQ，QD、BP的延长线相交于点E(1)判断四边形APEQ的形状，并说明理由；(2)若正方形ABCD的边长为10，DE2，求BE的长5、在数学活动课上，王老师要求学生将图1所示的33正方形方格纸，剪掉其中两个方格，使之成为轴对称图形规定：凡通过旋转能重合的图形视为同一种图形，如图2的四幅图就视为

7、同一种设计方案（阴影部分为要剪掉部分）请在图中画出4种不同的设计方案，将每种方案中要剪掉的两个方格涂黑（每个33的正方形方格画一种，例图除外）-参考答案-一、单选题1、B【解析】【分析】根据旋转的性质，找出图中三角形的关键处（旋转中心）按顺时针方向旋转90后的形状即可选择答案【详解】根据旋转的性质可知，绕O点顺时针旋转90得到的图形是 故选B【考点】本题考查了旋转的性质旋转变化前后，对应线段、对应角分别相等，图形的大小、形状都不改变2、C【解析】【分析】先根据点绕坐标原点旋转的坐标变换规律、待定系数法求出旋转后的抛物线的解析式，再根据二次函数的图象平移的规律即可得【详解】将抛物线的顶点式为则其

8、与x轴的交点坐标为，顶点坐标为点绕坐标原点旋转的坐标变换规律：横、纵坐标均变为相反数则绕坐标原点旋转后，所得抛物线与x轴的交点坐标为，顶点坐标为设旋转后所得抛物线为将点代入得：，解得即旋转后所得抛物线为则再向右平移个单位长度，所得抛物线的解析式为即故选：C【考点】本题考查了点绕坐标原点旋转的坐标变换规律、待定系数法求二次函数解析式、二次函数的图象平移的规律，熟练掌握坐标旋转变换规律和二次函数的图象平移规律是解题关键3、C【解析】【分析】因为顶点都在小正方形上，故可分别以大正方形的两条对角线AB、EF及MN、CH为对称轴进行寻找【详解】分别以大正方形的两条对角线AB、EF及MN、CH为对称轴，作

9、轴对称图形：则ABM、ANB、EHF、EFC都是符合题意的三角形.故选：C.【考点】考查了利用轴对称涉及图案的知识,关键是根据要求顶点在格点上寻找对称轴,有一定难度,不要漏解.4、A【解析】【分析】对应点连线的垂直平分线的交点即为旋转中心，然后直接写成坐标即可【详解】解：如图点O即为旋转中心，坐标为O(1，1) 故选：A【考点】本题主要考查了旋转中心的确定方法，熟练掌握对应点连线的垂直平分线的交点即为旋转中心是解题的关键5、C【解析】【分析】设将二次函数的图象以原点为旋转中心顺时针旋转180后为：；根据旋转的性质，得的图象的顶点坐标是，且图象与轴交于点，得，再通过列方程并求解，即可得到表达式并

10、转换为顶点式，即可得到答案【详解】设将二次函数的图象以原点为旋转中心顺时针旋转180后为：二次函数的图象的顶点坐标是，且图象与轴交于点的图象的顶点坐标是，且图象与轴交于点 ， 故选：C【考点】本题考查了二次函数、旋转的知识；解题的关键是熟练掌握二次函数图像及解析式、旋转的性质，从而完成求解6、C【解析】【分析】利用旋转性质可得ABFACD，根据全等三角形的性质一一判断即可【详解】解：ADC绕A顺时针旋转90后得到AFB，ABFACD，BAFCAD，AFAD，BFCD，故正确，EAFBAF+BAECAD+BAEBACDAE904545DAE故正确无法判断BECD，故错误，故选：C【考点】本题考查

11、了旋转的性质：旋转前后两图形全等，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型7、D【解析】【分析】根据旋转的性质可判断A；根据直角三角形的性质、三角形外角的性质、平行线的判定方法可判断B；根据平行四边形的判定与性质以及全等三角形的判定与性质可判断C；利用等腰三角形的性质和含30角的直角三角形的性质可判断D【详解】A将ABC绕点C顺时针旋转60得到DEC，BCE=ACD=60，CB=CE，BCE是等边三角形，BE=BC，故A正确； B点F是边AC中点，CF=BF=AF=AC，BCA=30，BA=AC，BF=AB=AF=CF，FCB=FBC=30，延长BF交CE于点H，则BHE=HBC+BCH

12、=90，BHE=DEC=90，BF/ED，AB=DE，BF=DE，故B正确CBFED，BF=DE，四边形BEDF是平行四边形，BC=BE=DF， AB=CF， BC=DF，AC=CD，ABCCFD，故C正确；DACB=30， BCE=60，FCG=30，FG=CG，CG=2FGDCE=CDG=30，DG=CG，DG=2FG故D错误故选D【考点】本题考查了旋转的性质，全等三角形的判定与性质，等边三角形的判定与性质，含30角的直角边等于斜边的一半，以及平行四边形的判定与性质等知识，综合性较强，正确理解旋转性质是解题的关键8、C【解析】【分析】根据重合部分是正六边形，连接O和正六边形的各个顶点，所得

13、的三角形都是全等的等边三角形，据此即可求解【详解】解：作AMBC于M，如图：重合部分是正六边形，连接O和正六边形的各个顶点，所得的三角形都是全等的等边三角形ABC是等边三角形，AMBC，ABBC3，BMCMBC，BAM30，AMBM，ABC的面积BCAM3，重叠部分的面积ABC的面积；故选：C【考点】本题考查了三角形的外心、等边三角形的性质以及旋转的性质，理解连接O和正六边形的各个顶点，所得的三角形都为全等的等边三角形是关键9、C【解析】【分析】首先利用等式求出 然后可以根据横纵坐标的关系得出结果【详解】， 两点，点与关于原点对称，故选：C【考点】本题主要考查平面直角坐标系中关于原点对称的点，

14、属于基础题，利用等式找到点与横纵坐标的关系是解题关键10、D【解析】【分析】根据旋转的性质，可知BCBC取点O为线段CC的中点，并连接BO根据等腰三角形三线合一的性质、正方形的性质及直角三角形的性质，可证得RtOBC RtCCD，从而证得OCCD，BOC C,再利用勾股定理即可求解【详解】解：如图，取点O为线段CC的中点，并连接BO依题意得，BCBCBOC CBOC90在正方形ABCD中，BCCD，BCD90OCBCCD90又C CD 90CDCCCD90OCBCDC在RtOBC和RtCCD中RtOBC RtCCD（AAS）OCCD2C C2 OC 224BOC C4在RtBOC中BC故选：D

15、【考点】本题考查了旋转的性质、正方形的性质、等腰三角形的性质、直角三角形的性质、全等三角形的判定和性质及勾股定理的运用等知识，解题的关键是辅助线的添加二、填空题1、（-2，3）【解析】【分析】根据平面直角坐标系中任意一点P（x，y），关于原点的对称点是（-x，-y），即关于原点的对称点，横纵坐标都变成相反数【详解】解：已知点P（2，-3），则点P关于原点对称的点的坐标是（-2，3），故答案为：（-2，3）【考点】本题主要考查了关于原点的对称点的性质，正确把握横纵坐标的关系是解题关键2、【解析】【分析】过E作EMBC，ENCD，可证BEMFEN得BE=EF，故正确；可证四边形BEFG是正方形得E

16、BG=90，BE=BG，可证ABE=CBG，进而得到ABECBG，所以BAE=BCG，得BCA+BCG=90，即ACG=90，可证正确；由可求BE=，过E作EHAB，则AEH=180-BAC-AHE=45，知AH=HE，设AH=HE=x，则BH=4-x，由，得到AH=HE=2，从而得到，知错误；由可知，ABECBG，所以AE=CG，而CG+CE=AE+CE=AC可求，正确【详解】解：过E作EMBC，ENCD四边形ABCD是正方形，AC平分BCDEM=ENEMC=MCN=ENC=90MEN=90EFBEBEM+MEF=FEN+MEF=90BEM=FENEMB=ENF=90，EM=ENBEMFEN

17、BE=EF故正确；BEF=EFG=90，EF=FG，BE=EFBE=FG，BEFG四边形BEFG是平行四边形BEF=90，BE=EF四边形BEFG是正方形EBG=90，BE=BGABC=90ABE+EBC=EBC+CBG=90ABE=CBG又AB=BC，BE=BGABECBGBAE=BCGBAE+BCA=90BCA+BCG=90，即ACG=90故正确； BE= 过E作EHAB四边形ABCD是正方形BAC=45AHE=90AEH=180-BAC-AHE=45AH=HE设AH=HE=x，则BH=4-x 解得 AH=HE=2 故错误；由可知，ABECBGAE=CGCG+CE=AE+CE=ACACB=

18、45AC= CG+CE= 故正确，所以答案为：【考点】本题是正方形综合题，主要考查了旋转的性质，正方形的判定与性质，角平分线的性质，勾股定理，全等三角形的判定与性质，熟练掌握全等三角形的判定与性质，综合运用正方形的判定与性质定理，勾股定理等知识是解题的关键3、或【解析】【分析】先利用正方形的性质，利用旋转画出正方形OEFG，从而得到G点的坐标【详解】把EO绕E点顺时针（或逆时针）旋转90得到对应点为G（或G），如图，则G点的坐标为(2，-3)或G的坐标为(2，3)，【考点】本题考查坐标与图形的变换，涉及旋转、正方形的性质等知识，是重要考点，难度较易，掌握相关知识是解题关键4、（2，2）【解析】

19、【分析】过点A作AEx轴于E，过点B作BFx轴于F利用全等三角形的性质解决问题即可【详解】解：如图，过点A作AEx轴于E，过点B作BFx轴于FAECACBCFB90，ACE+BCF90，BCF+B90，ACEB，在AEC和CFB中，AECCFB（AAS），AECF，ECBF，A（3，3），C（1，0），AECF3，OC1，ECBF2，OFCFOC2，B（2，2），故答案为：（2，2）【考点】本题考查坐标与图形变化旋转，全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题5、【解析】【分析】根据题意求出：，的坐标，推导出每旋转8次为一个循环，再由，求出对应的点坐标

20、即可【详解】解：根据题意得：， ，可推导一般性规律：点坐标的变化每旋转8次为一个循环， ，的坐标是 故答案为：【考点】本题主要考查了图形的旋转，点坐标的规律探究解题的关键在于推导出一般性规律三、解答题1、（1）见解析；（2）见解析；（3）C2(2，3)【解析】【分析】（1）根据平移的方法将三点向右平移2个单位得到，然后将三个点连起来即可；（2）根据旋转的方法将三点绕点O顺时针方向旋转90得到，然后将三个点连起来即可；（3）根据（2）中描出的点C2的位置即可写出C2点的坐标【详解】解：（1）如图所示，A1B1C1即为所求，（2）如图所示，A2B2C2即为所求，（3）由（2）中点C2的位置可得，C

21、2点的坐标为(2，3)【考点】此题考查了平面直角坐标系中的平移和旋转变换作图以及求点的坐标，解题的关键是熟练掌握平移和旋转变换的方法2、 (1)见解析(2)见解析【解析】【分析】（1）根据题意找到关于点C的对称点，顺次连接，即为所求；（2）根据题意将先左移2个单位，再下移4个单位，得到，顺次连接，则即为所求(1)如图，为所作(2)如图，为所作【考点】本题考查了画旋转图形，平移，掌握旋转的性质与平移的性质是解题的关键3、 (1)见解析；(2)见解析【解析】【分析】（1）根据旋转和轴对称的性质即可在图中以为边画一个四边形，使它的另外两个顶点在格点上，且该四边形是中心对称图形，但不是轴对称图形；（2

22、）根据轴对称性质和中心对称性质即可在图中以为对角线画一个四边形，使它的另外两个顶点在格点上，且所画四边形既是轴对称图形又是中心对称图形(1)如图，四边形即为所求；(2)如图，四边形即为所求【考点】本题主要考查作图的旋转变换和轴对称变换，解题的关键是掌握中心对称和轴对称图形的概念4、 (1)正方形，见解析(2)14【解析】【分析】（1）利用旋转即可得到，再根据全等三角形的性质即可求证四边形APEQ的形状（2）设，则，利用勾股定理可求出，进而可求出BE的长(1)解：四边形APEQ是正方形，理由如下：RtAPB绕点A逆时针方向旋转90得到ADQ，在四边形APEQ中，四边形APEQ为矩形，矩形APEQ是正方形(2)设则由（1）以及题意可知：，在中，即，解得（负值舍去），【考点】本题考查正方形的性质、旋转的性质以及勾股定理，熟练掌握正方形基本性质以及旋转性质是解题的关键5、见解析.【解析】【分析】根据轴对称图形和旋转对称图形的概念作图即可得【详解】解：根据剪掉其中两个方格，使之成为轴对称图形；即如图所示：【考点】本题主要考查利用旋转设计图案，解题的关键是掌握轴对称图形和旋转对称图形的概念