2022-2023学年人教版九年级数学上册第二十三章旋转达标测试试卷（含答案解析）.docx

1、人教版九年级数学上册第二十三章旋转达标测试 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、如图，将ABC绕点B顺时针旋转60得DBE，点C的对应点E恰好落在AB延长线上，连接AD下列结论一定正确的是（）A

2、ABDEBCBECCADBCDADBC2、如图，四边形是菱形，且，为对角线（不含点）上任意一点，将绕点逆时针旋转得到，当取最小值时的长（）AB3C1D23、已知点P坐标为，将线段OP绕原点O逆时针旋转90得到线段，则点P的对应点的坐标为（）ABCD4、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，CD5、在平面直角坐标系中，点关于原点对称的点的坐标是（）ABCD6、下列交通标识中，不是轴对称图形，是中心对称图形的是（）ABCD7、如图，在小正三角形组成的网格中，已有个小正三角形涂黑，还需涂黑个小正三角形，使它们与原来涂黑的小正三角形组

3、成的新图案恰有三条对称轴，则的最小值为（）ABCD8、如图，平面直角坐标系中，点在第一象限，点在轴的正半轴上，将绕点逆时针旋转，点的对应点的坐标是（）ABCD9、如图，六边形ABCDEF的内角都相等，DAB60，ABDE，则下列结论：ABDE；EFADBC；AFCD；四边形ACDF是平行四边形；六边形ABCDEF既是中心对称图形，又是轴对称图形其中成立的个数是()A2个B3个C4个D5个10、以原点为中心，将点P（4，5）按逆时针方向旋转90，得到的点Q所在的象限为（）A第一象限B第二象限C第三象限D第四象限第卷（非选择题 70分）二、填空题（5小题，每小题4分，共计20分）1、如图，平面直角

4、坐标系xOy在边长为1的小正方形组成的网格中，正方形ABCD的边AD在y轴正半轴上边BC在第一象限，且，将正方形ABCD绕点A顺时针旋转（），若点B的对应点恰好落在坐标轴上，则点C的对应点的坐标为_2、如图，在正方形ABCD中，顶点A，B，C，D在坐标轴上，且，以AB为边构造菱形ABEF（点E在x轴正半轴上），将菱形ABEF与正方形ABCD组成的图形绕点O逆时针旋转，每次旋转90，则第27次旋转结束时，点的坐标为_3、已知，正六边形ABCDEF在直角坐标系内的位置如图所示，A（2，0），点B在原点，把正六边形ABCDEF沿x轴正半轴作无滑动的连续翻转，每次翻转60，经过2022次翻转之后，点B

5、的坐标是_4、如图，在RtABC中，BAC90，AB8，AC6，以BC为一边作正方形BDEC设正方形的对称中心为O，连接AO，则AO_5、如图，在平面直角坐标系中，一次函数的图像分别交、轴于点、，将直线绕点按顺时针方向旋转，交轴于点，则直线的函数表达式是_三、解答题（5小题，每小题10分，共计50分）1、如图，在矩形ABCD中，对角线AC的中点为O，点G，H在对角线AC上，AGCH，直线GH绕点O逆时针旋转角，与边AB、CD分别相交于点E、F（点E不与点A、B重合）（1）求证：四边形EHFG是平行四边形；（2）若90，AB9，AD3，求AE的长2、如图，点是的边上的动点，连接，并将线段绕点逆时

6、针旋转得到线段（1）如图1，作，垂足在线段上，当时，判断点是否在直线上，并说明理由；（2）如图2，若，求以、为邻边的正方形的面积3、在RtABC中，ABC90，ACB30，将ABC绕点C顺时针旋转一定的角度得到DEC，点A、B的对应点分别是D、E（1）当点E恰好在AC上时，如图1，求ADE的大小；（2）若60时，点F是边AC中点，如图2，求证：四边形BEDF是平行四边形4、如图，直线与x轴、y轴分别交于A、B两点，把ABC绕点A顺时针旋转90后得到，求点的坐标？5、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

7、)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-参考答案-一、单选题1、C【解析】【详解】根据旋转的性质得，ABDCBE=60，EC，AB=BD，则ABD为等边三角形，即 ADAB=BD,ADB=60因为ABDCBE=60，则CBD=60，所以ADB=CBD，ADBC.故选C.2、D【解析】【分析】根据“两点之间线段最短”，当E,F,G,C共线时，AG+BG+CG的值最小，即等于EC的长【详解】解：如图：将ABG绕点B逆时针旋转60得到EBF，BE=AB=BC，BF=BG，EF=AG，BFG是等边三角形，BF=BG=FG，AG+BG+CG=EF+

8、FG+CG，根据“两点之间线段最短”，当E,F,G,C共线时，AG+BG+CG的值最小，即等于EC的长，过E点作EHBC交CB的延长线于H，如上图所示：EBH=60，EH=3，EC=2EH=6，CBE=120，BEF=30，EBF=ABG=30，,故选：D【考点】本题考查了旋转的性质，菱形的性质，等边三角形的性质，轴对称最短路线问题，正确的作出辅助线是解题的关键3、B【解析】【分析】如图，作轴于，轴于，证明，有，进而可得点坐标【详解】解：如图，作轴于，轴于，在和中，故选B【考点】本题考查了绕原点旋转90的点坐标，三角形全等的判定与性质解题的关键在于熟练掌握旋转的性质4、D【解析】【分析】根据旋

9、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=90，BHE=DEC=90，BF/ED，AB=DE，BF=DE，故B正确CBFED，BF=DE，四边形BE

10、DF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5、C【解析】【分析】根据坐标系中对称点与原点的关系判断即可【详解】关于原点对称的一组坐标横纵坐标互为相反数,所以(3,2)关于原点对称的点是(-3,-2),故选C【考点】本题考查原点对

11、称的性质,关键在于牢记基础知识6、D【解析】【分析】根据轴对称图形和中心对称图形的概念，对各选项分析判断即可得解把一个图形绕某一点旋转180，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是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项不符合题意；B既是轴对称图形，又是中心对称图形，故本选项不符合题意；C既不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故本选项不符合题意；D不是轴对称图形，是中心对称图形，故本选项符合题意故选：D【考点】本题考查了中心对称图形与轴对称图形的概念，轴对称图形的关键是寻

12、找对称轴，图形两部分折叠后可重合，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后与原图重合7、C【解析】【分析】由等边三角形有三条对称轴可得答案【详解】如图所示，n的最小值为3故选C【考点】本题考查了利用轴对称设计图案，解题的关键是掌握常见图形的性质和轴对称图形的性质8、B【解析】【分析】如图，作轴于解直角三角形求出，即可【详解】解：如图，作轴于 由题意：，故选：B【考点】本题考查坐标与图形变化旋转，解直角三角形等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造直角三角形解决问题9、D【解析】【分析】根据六边形ABCDEF的内角都相等，DAB=60，平行线的判定，平行四边形的判定，中心对称图形的定义一

13、一判断即可【详解】六边形ABCDEF的内角都相等，EFA=FED=FAB=ABC=120DAB=60，DAF=60，EFA+DAF=180，DAB+ABC=180，ADEFCB，故正确，FED+EDA=180，EDA=ADC=60，EDA=DAB，ABDE，故正确FAD=EDA，CDA=BAD，EFADBC，四边形EFAD，四边形BCDA是等腰梯形，AF=DE，AB=CDAB=DE，AF=CD，故正确，连接CF与AD交于点O，连接DF、AE、DB、BECDA=DAF，AFCD，AF=CD，四边形ACDF是平行四边形，故正确，同法可证四边形AEDB是平行四边形，AD与CF，AD与BE互相平分，O

14、F=OC，OE=OB，OA=OD，六边形ABCDEF是中心对称图形，且是轴对称，故正确故选D【考点】本题考查了平行四边形的判定和性质、平行线的判定和性质、轴对称图形、中心对称图形等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型10、B【解析】【分析】根据旋转的性质，以原点为中心，将点P（4，5）按逆时针方向旋转90，即可得到点Q所在的象限【详解】解：如图，点P（4，5）按逆时针方向旋转90，得点Q所在的象限为第二象限故选：B【考点】本题考查了坐标与图形变化-旋转，解决本题的关键是掌握旋转的性质二、填空题1、或#或【解析】【分析】分两种情形：如图1中，当B落在x轴的正半轴上时，过点

15、作Hx轴于点H利用全等三角形的性质求解当点落在y轴的负半轴上时，（4，2）【详解】如图，当B落在x轴的正半轴上时，过点作Hx轴于点H，A（0，2），B（4，2），AB4，OA2，O，AOA=H90，AOH90，HH90，AOH，AOH（AAS），OAH2，OH，OH，当点B落在y轴的负半轴上时，C1（4，2）综上所述，满足条件的点C的坐标为或；故答案为：或【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2、（2，-2）【解析】【分析】先求出点F坐标，由题意可得每8次旋转一个循环，即可求解【详解】解：点B（2，0），OB=2

16、，OA=2，AB=OA=2，四边形ABEF是菱形，AF=AB=2，点F（2，2），由题意可得每4次旋转一个循环，274=63，点F27的坐标与点F3的坐标一样，在第四象限，如下图，过F3作F3Hy轴，F3Hy轴，AFy轴，OAF=F3HO=90，AOF+HOF3=90，OFOF3，AOF+AFO=90，AFO=HOF3，OAFF3HO，HF3=OA=2，OH=AF=2，F3（2，-2），点F27的坐标（2，-2），故答案为：（2，-2）【考点】本题考查了菱形的性质，全等三角形的性质与判定及旋转的性质，找到旋转的规律是本题的关键3、【解析】【分析】根据正六边形的特点，每6次翻转为一个循环组，用2

17、022除以6的结果判断出点B的位置，求出前进的距离【详解】解：正六边形ABCDEF沿x轴正半轴作无滑动的连续翻转，每次翻转60，每6次翻转为一个循环组循环，经过2022次翻转完成第337循环组，点B在开始时点B的位置， 翻转前进的距离=22022=4044，所以，点B的坐标为，故答案为：【考点】本题考查点的坐标，涉及坐标与图形变化-旋转，正六边形的性质，确定出翻转最后点B所在的位置是关键4、；【解析】【分析】连接AO、BO、CO，过O作FOAO，交AB的延长线于F，判定AOCFOB（ASA），即可得出AO=FO，FB=AC=6，进而得到AF=8+6=14，FAO=45，根据AO=AFcos45

18、进行计算即可【详解】解：连接AO、BO、CO，过O作FOAO，交AB的延长线于F，O是正方形DBCE的对称中心，BO=CO，BOC=90，FOAO，AOF=90，BOC=AOF，即AOC+BOA=FBO+BOA，AOC=FBO，BAC=90，在四边形ABOC中，ACO+ABO=180，FBO+ABO=180，ACO=FBO，在AOC和FOB中，AOCFOB（ASA），AO=FO，FB=FC=6，AF=8+6=14，FAO=OFA=45，AO=AFcos45=14=故答案为【考点】本题考查了正方形的性质和全等三角形的判定与性质本题的关键是通过作辅助线来构建全等三角形，然后将已知和所求线段转化到直

19、角三角形中进行计算5、【解析】【分析】先根据一次函数求得、坐标，再过作的垂线，构造直角三角形，根据勾股定理和正余弦公式求得的长度，得到点坐标，从而得到直线的函数表达式.【详解】因为一次函数的图像分别交、轴于点、，则，则过作于点，因为，所以由勾股定理得，设，则，根据等面积可得：，即，解得则，即，所以直线的函数表达式是【考点】本题综合考察了一次函数的求解、勾股定理、正余弦公式，以及根据一次函数的解求一次函数的表达式，要学会通过作辅助线得到特殊三角形，以便求解.三、解答题1、（1）详见解析；（2）AE5【解析】【分析】（1）由“ASA”可证COFAOE，可得EOFO，且GOHO，可证四边形EHFG是

20、平行四边形；（2）由题意可得EF垂直平分AC，可得AECE，由勾股定理可求AE的长【详解】证明：（1）对角线AC的中点为OAOCO，且AGCHGOHO四边形ABCD是矩形ADBC，CDAB，CDABDCACAB，且COAO，FOCEOACOFAOE（ASA）FOEO，且GOHO四边形EHFG是平行四边形；（2）如图，连接CE90，EFAC，且AOCOEF是AC的垂直平分线，AECE，在RtBCE中，CE2BC2+BE2，AE2（9AE）2+9，AE5【考点】此题主要考查特殊平行四边形的证明与性质，解题的关键是熟知矩形的性质及勾股定理的运用.2、（1）点在直线上，见解析；（2）18【解析】【分析

21、】（1）根据，得到，可得线段逆时针旋转落在直线上，即可得解；（2）作于，得出，再根据平行线的性质得到，再根据直角三角形的性质计算即可；【详解】解：（1）结论：点在直线上；，即线段逆时针旋转落在直线上，即点在直线上（2）作于，即以、为邻边的正方形面积 【考点】本题主要考查了旋转综合题，结合平行线的性质计算是解题的关键3、（1）ADE15；（2）见解析【解析】【分析】（1）根据旋转的性质可得CACD，ECDBCA30，DECABC90，根据等边对等角即可求出CADCDA75，再根据直角三角形的两个锐角互余即可得出结论；（2）根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得BFAC，然后根据30所对的直

22、角边是斜边的一半即可求出ABAC，从而得出 BFAB，然后证出ACD和BCE为等边三角形，再利用HL证出CFDABC，证出DFBE，即可证出结论【详解】（1）解：ABC绕点C顺时针旋转得到DEC，点E恰好在AC上，CACD，ECDBCA30，DECABC90，CADCDA（18030）75，ADE90CAD15；（2）证明：如图2，连接AD点F是边AC中点，BFAF=CFAC，ACB30，ABAC，BF=CFAB，ABC绕点C顺时针旋转60得到DEC，BCEACD60，CBCE，DEAB，DC=ACDEBF，ACD和BCE为等边三角形，BECB，点F为ACD的边AC的中点，DFAC，在RtCF

23、D和RtABC中RtCFDRtABC，DFBC，DFBE，而BFDE，四边形BEDF是平行四边形【考点】此题考查的是旋转的性质、等腰三角形的性质、直角三角形的性质、等边三角形的判定及性质、全等三角形的判定及性质和平行四边形的判定，掌握旋转的性质、等腰三角形的性质、直角三角形的性质、等边三角形的判定及性质、全等三角形的判定及性质和平行四边形的判定是解决此题的关键4、【解析】【分析】根据坐标轴上点的坐标特征求出点和点坐标，得到，再利用旋转的性质得，则可判断轴，然后根据点的坐标的表示方法写出点的坐标【详解】解：当时，解得，则，当时，则，所以，因为把绕点顺时针旋转后得到，所以，则轴，所以点的横坐标为，

24、纵坐标为 所以点的坐标为【考点】本题考查了坐标与图形变化旋转：图形或点旋转之后要结合旋转的角度和图形的特殊性质来求出旋转后的点的坐标常见的是旋转特殊角度如：，也考查了一次函数图象上点的坐标特征5、 (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