2022-2023学年度人教版九年级数学上册第二十三章旋转专项测试试题（含详解）.docx

1、人教版九年级数学上册第二十三章旋转专项测试 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、下列所述图形中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（）A等腰三角形B等边三角形C菱形D平行四边形2、在平面直角坐标

2、系中，点关于原点对称的点的坐标是（）ABCD3、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、下列图形中，是中心对称图形的是（）ABCD5、如图，已知正方形的边长为4，以点C为圆心，2为半径作圆，P是上的任意一点，将点P绕点D按逆时针方向旋转，得到点Q，连接，则的最大值是（）A6BCD6、下列图形中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（）ABCD7、某校举办了“送福迎新春，剪纸庆佳节”比赛以下参赛作品中，是中心对称图形的是（）ABCD8、如图，在方格纸中，将绕点按顺时针方向旋转90后得到，则下列四个图形中正确的是（ ）ABCD9、如图，在中，将

3、绕点C逆时针旋转得到，点A，B的对应点分别为D，E，连接当点A，D，E在同一条直线上时，下列结论一定正确的是（）ABCD10、在平面直角坐标系中，点关于原点对称的点的坐标是（）ABCD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、点A（1，-5）关于原点的对称点为点B，则点B的坐标为_2、点与点关于原点对称，则点的坐标是_3、如图1所示的图形是一个轴对称图形，且每个角都是直角，长度如图所示，小明按图2所示方法玩拼图游戏，两两相扣，相互间不留空隙，那么小明用9个这样的图形（图1）拼出来的图形的总长度是_（结果用含、代数式表示）.4、如图，将矩形绕点逆时针旋转，连接，当为

4、_时5、如图，将的斜边AB绕点A顺时针旋转得到AE，直角边AC绕点A逆时针旋转得到AF，连结EF若，且，则_三、解答题（5小题，每小题10分，共计50分）1、在RtABC中，ABC90，A，O为AC的中点，将点O沿BC翻折得到点，将ABC绕点顺时针旋转，使点B与C重合，旋转后得到ECF（1）如图1，旋转角为 （用含的式子表示）（2）如图2，连BE，BF，点M为BE的中点，连接OM，BFC的度数为 （用含的式子表示）试探究OM与BF之间的关系（3）如图3，若30，请直接写出的值为 2、规定：在平面内，如果一个图形绕一个定点旋转一定的角度（0180）后能与自身重合，那么就称这个图形是旋转对称图形，

5、转动的这个角度称为这个图形的一个旋转角例如：正方形绕着两条对角线的交点O旋转90或180后，能与自身重合（如图1），所以正方形是旋转对称图形，且有两个旋转角根据以上规定，回答问题：（1）下列图形是旋转对称图形，但不是中心对称图形的是_；A矩形B正五边形C菱形D正六边形（2）下列图形中，是旋转对称图形，且有一个旋转角是60度的有：_（填序号）；（3）下列三个命题：中心对称图形是旋转对称图形；等腰三角形是旋转对称图形；圆是旋转对称图形，其中真命题的个数有（）个；A0B1C2D3（4）如图2的旋转对称图形由等腰直角三角形和圆构成，旋转角有45，90，135，180，将图形补充完整3、阅读下列材料：问

6、题：如图（1），已知正方形ABCD中，E、F分别是BC、CD边上的点，且EAF45解决下列问题：(1)图（1）中的线段BE、EF、FD之间的数量关系是_(2)图（2），已知正方形ABCD的边长为8，E、F分别是BC、CD边上的点，且EAF45，AGEF于点G，求EFC的周长4、如图，点E为正方形ABCD外一点，AEB90，将RtABE绕A点逆时针方向旋转90得到ADF，DF的延长线交BE于H点(1)试判定四边形AFHE的形状，并说明理由；(2)已知BH7，DH17，求BC的长5、在中，直线MN经过点C且于D，于E(1)当直线MN绕点C旋转到图1的位置时，求证：；(2)当直线MN烧点C旋转到图2

7、的位置时，求证：；(3)当直线MN绕点C旋转到图3的位置时，试问DE、AD、BE具有怎样的等量关系？请写出这个等量关系，并加以证明-参考答案-一、单选题1、C【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【详解】解：A、等腰三角形是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项错误；B、等边三角形是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项错误；C、菱形既是轴对称图形，又是中心对称图形，故本选项正确；D、平行四边形不是轴对称图形，是中心对称图形，故本选项错误故选C【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找对称轴，图形两部分折叠后可重合，中心对称图形

8、是要寻找对称中心，旋转180度后两部分重合2、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】本题考查原点对称的性质,关键在于牢记基础知识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、C【解析】【分析】中心对称图形是指把一个图形绕着某一点旋转180，如果它能够与另一个图形重合，那么就说这两个图形关于这个点对称或中

9、心对称，根据定义结合图形判断即可【详解】根据对中心对称图形的定义结合图像判断，A、B属于轴对称图形，C选项满足中心对称图形的定义，故选：C【考点】本题考查中心对称图形的定义，根据定义结合图形分析并选出适合的选项是解决本题的关键5、A【解析】【分析】连接CP，AQ，以A为圆心，以AQ为半径画圆，延长BA交于E根据正方形的性质，旋转的性质，角的和差关系，全等三角形的判定定理和性质求出AQ的长度，根据三角形三边关系确定当点Q与点E重合时，BQ取得最大值，最后根据线段的和差关系计算即可【详解】解：如下图所示，连接CP，AQ，以A为圆心，以AQ为半径画圆，延长BA交于E正方形ABCD的边长为4，的半径为

10、2，AD=CD=AB=4，ADC=90，CP=2点P绕点D按逆时针方向旋转90得到点Q，QDP=90，QD=PDADC=QDPADC-QDC=QDP-QDC，即ADQ=CDPAQ=CP=2AE=AQ=2P是上任意一点，点Q在上移动当点Q与点E重合时，BQ取得最大值为BEBE=AE+AB=6故选：A【考点】本题考查正方形的性质，旋转的性质，角的和差关系，全等三角形的判定定理和性质，三角形三边关系，线段的和差关系，综合应用这些知识点是解题关键6、D【解析】【分析】根据轴对称图形与中心对称图形的概念进行判断即可【详解】解：A、是中心对称图形，但不是轴对称图形，不符合题意；B、是轴对称图像，但不是中心

11、对称图形，不符合题意；C、是轴对称图形，但不是中心对称图形，不符合题意；D、是轴对称图形，也是中心对称图形，符合题意；故选：D【考点】本题考查的是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度后两部分重合，掌握以上知识是解题的关键7、D【解析】【详解】解：选项A，B，C中的图形不是中心对称图形，选项D中的图形是中心对称图形，故选D【考点】本题考查的是中心对称图形的识别，中心对称图形的定义：把一个图形绕某点旋转后能够与自身重合，则这个图形是中心对称图形，掌握“中心对称图形的定义”是解本题的关键.8、B【解析】【分析】

12、根据绕点按顺时针方向旋转90逐项分析即可【详解】A、是由关于过B点与OB垂直的直线对称得到，故A选项不符合题意；B、是由绕点按顺时针方向旋转90后得到，故B选项符合题意；C、与对应点发生了变化，故C选项不符合题意；D、是由绕点按逆时针方向旋转90后得到，故D选项不符合题意故选：B【考点】本题考查旋转变换解题的关键是弄清旋转的方向和旋转的度数9、D【解析】【分析】由旋转可知，即可求出，由于，则可判断，即A选项错误；由旋转可知，由于，即推出，即B选项错误；由三角形三边关系可知，即可推出，即C选项错误；由旋转可知，再由，即可证明为等边三角形，即推出即可求出，即证明，即D选项正确；【详解】由旋转可知，

13、点A，D，E在同一条直线上，故A选项错误，不符合题意；由旋转可知，为钝角，故B选项错误，不符合题意；，故C选项错误，不符合题意；由旋转可知，为等边三角形，故D选项正确，符合题意；故选D【考点】本题考查旋转的性质，三角形三边关系，等边三角形的判定和性质以及平行线的判定利用数形结合的思想是解答本题的关键10、C【解析】【分析】根据关于原点对称的点的坐标特点解答【详解】解：点P（-3，-5）关于原点对称的点的坐标是（3，5），故选：C【考点】本题考查的是关于原点的对称的点的坐标，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二、填空题

14、1、（-1，5）【解析】【分析】根据若两点关于坐标原点对称，横纵坐标均互为相反数，即可求解【详解】解：点A（1，-5）关于原点的对称点为点B，点B的坐标为（-1，5）故答案为：（-1，5）【考点】本题主要考查了平面直角坐标系内点关于原点对称的特征，熟练掌握若两点关于坐标原点对称，横纵坐标均互为相反数是解题的关键2、（2，1）【解析】【分析】根据两个点关于原点对称时，它们的坐标符号相反可得答案【详解】点A（2，1）与点B关于原点对称，点B的坐标是（2，1），故答案为（2，1）【考点】本题考查了关于原点对称的点的坐标3、a+8b【解析】【分析】观察可知两个拼接时，总长度为2a-(a-b)，三个拼接

15、时，总长度为3a-2(a-b)，由此可得用9个拼接时的总长度为9a-8(a-b)，由此即可得.【详解】观察图形可知两个拼接时，总长度为2a-(a-b)，三个拼接时，总长度为3a-2(a-b)，四个拼接时，总长度为4a-3(a-b)，所以9个拼接时，总长度为9a-8(a-b)=a+8b，故答案为a+8b.【考点】本题考查了规律题图形的变化类，通过推导得出总长度与个数间的规律是解题的关键.4、60【解析】【分析】连接，过作于，交于，根据等腰三角形的性质与判定得，进而得到垂直平分，证得为等边三角形便可【详解】解：连接，过作于，交于，如下图，要使，则，四边形和四边形都是矩形，垂直平分，由旋转性质知，是

16、等边三角形，故当为时，故答案为：【考点】本题主要考查了矩形的性质，旋转的性质，等边三角形的性质与判定，关键是证明垂直平分5、【解析】【分析】由旋转的性质可得，由勾股定理可求EF的长【详解】解：由旋转的性质可得，且，故答案为【考点】本题考查了旋转的性质，勾股定理，灵活运用旋转的性质是本题的关键三、解答题1、（1）；（2）；（3）【解析】【分析】（1）连接OB，由，O为BC的中点，得到，则，再由旋转的性质可得，由此求解即可；（2）连接，由（1）可知（因为也是旋转角），由旋转的性质可得，则，可以得到，再由可以得到，由此即可求解；连接OB，OE延长OM交EF于N，由得，由旋转的性质可得，然后证明，得到

17、，则，再证明OBMNEM得到，从而推出MN为BFE的中位线，得到，则；（3）连接与BF交于H，由，可得，由含30度角的直角三角形的性质可以得到，再由勾股定理可以得到，由此即可得到答案【详解】解：（1）如图所示，连接OB，O为BC的中点，将点O沿BC翻折得到点，由旋转的性质可得，旋转角为，故答案为：；（2）如图所示，连接，由（1）可知（因为也是旋转角），由旋转的性质可得，故答案为：；如图所示，连接OB，OE延长OM交EF于N，由得，由旋转的性质可得，M为BE的中点，在OBM和NEM中，OBMNEM（SAS），N为EF的中点，MN为BFE的中位线，；（3）如图所示，连接与BF交于H，故答案为：【考

18、点】本题主要考查了旋转的性质，等腰三角形的性质与判定，直角三角形斜边上的中线，三角形中位线定理，含30度角的直角三角形的性质，勾股定理，平行线的性质与判定等等，解题的关键在于能够熟练掌握旋转的性质2、（1）B；（2）(1)(3)(5)；（3）C；（4）见解析【解析】【分析】（1）根据旋转对称图形的定义进行判断；（2）先分别求每一个图形中的旋转角，然后再进行判断；（3）根据旋转对称图形的定义进行判断；（4）利用旋转对称图形的定义进行设计【详解】解：（1）矩形、正五边形、菱形、正六边形都是旋转对称图形，但正五边形不是中心对称图形，故选：B（2）是旋转对称图形，且有一个旋转角是60度的有(1)(3)

19、(5)故答案为：(1)(3)(5)（3）中心对称图形，旋转180一定会和本身重合，是旋转对称图形；故命题正确；等腰三角形绕一个定点旋转一定的角度（0180）后，不一定能与自身重合，只有等边三角形是旋转对称图形，故不正确；圆具有旋转不变性，绕圆心旋转任意角度一定能与自身重合，是旋转对称图形；故命题正确；即命题中正确，故选：C（4）图形如图所示：【考点】本题考查旋转对称图形，中心对称图形等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题3、 (1)EF=BE+DF(2)过程见解析【解析】【分析】对于（1），先将DAF绕点A顺时针旋转90，得到BAH，可得ADFABH，再根据全等三角形的性质得A

20、F=AH，EAF=EAH，然后根据“SAS”证明FAEHAE，根据全等三角形的对应边相等得出答案；对于（2），先根据（1），得FAEHAE，可得AG=AB=AD，再根据“HL”证明RtAEGRtABE，得EG=BE，同理GF=DF，可得答案(1)EF=BE+DF理由如下：如图，将DAF绕点A顺时针旋转90，得到BAH，ADFABH，DAF=BAH，AF=AH，EAF=EAH=45AE=AE，FAEHAE，EF=HE=BE+HB，EF=BE+DF；(2)由（1），得FAEHAE，AG，AB分别是FAE和HAE的高，AG=AB=AD=8在RtAEG和RtABE中，RtAEGRtABE（HL），EG

21、=BE，同理GF=DF，EFG的周长=EC+EF+FC=EC+EG+GF+FC=EC+BE+DF+FC=BC+CD=16【考点】这是一道关于正方形和旋转的综合题目，考查了旋转的性质，正方形的性质，全等三角形的判定和性质等4、 (1)四边形AFHE是正方形，理由见解析；(2)13【解析】【分析】（1 ）根据旋转的性质可得AEBAFD90，EAF90，AEAF，从而可得四边形AFHE是正方形；（2 ）连接BD，先在RtDHB中利用勾股定理求出BD，再在RtBCD中求出BC，即可解答(1)解：四边形AFHE是正方形，理由：由旋转得：AEBAFD90，EAF90，AFH180AFD90，四边形AFHE

22、是矩形，由旋转得：AEAF，四边形AFHE是正方形；(2)连接BD，四边形AFHE是正方形，DHE90，DHB180DHE90，BH7，DH17，BD13，四边形ABCD是正方形，BCCD，C90，BC13，BC的长为13【考点】本题主要考查了正方形的性质、勾股定理及旋转性质，作辅助线直角三角形是解题关键5、 (1)证明见解析；证明见解析(2)证明见解析(3)（或者对其恒等变形得到，），证明见解析【解析】【分析】（1）根据，得出，再根据即可判定；根据全等三角形的对应边相等，即可得出，进而得到；（2）先根据，得到，进而得出，再根据即可判定，进而得到，最后得出；（3）运用（2）中的方法即可得出，之间的等量关系是：或恒等变形的其他形式(1)解：，在和中，；，；(2)证明：，在和中，；，；(3)证明：当旋转到题图（3）的位置时，所满足的等量关系是：或或理由如下：，在和中，（或者对其恒等变形得到或）【考点】本题属于三角形综合题，主要考查了全等三角形的判定与性质的综合应用，解题时注意：全等三角形的对应边相等，同角的余角相等，解决问题的关键是根据线段的和差关系进行推导，得出结论