2022-2023学年度人教版九年级数学上册第二十三章旋转章节练习试卷（含答案解析）.docx

1、人教版九年级数学上册第二十三章旋转章节练习 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、在下列图形中，既是轴对称图形，又是中心对称图形的是（）A等边三角形B直角三角形C正五边形D矩形2、如图，点O为矩形

2、ABCD的对称中心，点E从点A出发沿AB向点B运动，移动到点B停止，延长EO交CD于点F，则四边形AECF形状的变化依次为（）A平行四边形正方形平行四边形矩形B平行四边形菱形平行四边形矩形C平行四边形正方形菱形矩形D平行四边形菱形正方形矩形3、小明把一副三角板按如图所示叠放在一起，固定三角板ABC，将另一块三角板DEF绕公共顶点B顺时针旋转（旋转角度不超过180）若两块三角板有一边平行，则三角板DEF旋转的度数可能是（）A15或45B15或45或90C45或90或135D15或45或90或1354、将抛物线先绕坐标原点旋转，再向右平移个单位长度，所得抛物线的解析式为（）ABCD5、下列图形中，

3、既是轴对称图形又是中心对称图形的是（）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，和都是等腰直角三角形，四边形是平行四边形，下列结论中错误的是（）A以点为旋转中心，逆时针方向旋转后与重合B以点为旋转中心，顺时针方向旋转后与重合C沿所在直线折叠后，与重合D沿所在直线折叠后，与重合8、如图，将正方形绕点A顺时针旋转，得到正方形，的延长线交于点H，则的大小为（）ABCD9、如图，将绕点逆时针旋转得到，若且于点，则的度数为（）ABCD10、观察下列图案，能通过左图顺时针旋转90得到的（）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）

4、1、如图，把ABC绕点C按顺时针方向旋转35，得到，交AC于点D，若，则A= 2、如图，ABC中，AB=6，DEAC，将BDE绕点B顺时针旋转得到BDE，点D的对应点D落在边BC上已知BE=5，DC=4，则BC的长为_3、如图，将绕点O逆时针旋转后得到，若恰好经过点A，且，则的度数为_4、如图，将正方形网格放置在平面直角坐标系中，其中，每个小正方形的边长均为1，点A，B，C的坐标分别为，是关于轴的对称图形，将绕点逆时针旋转180，点的对应点为M，则点M的坐标为_5、如图，已知点的坐标是，点的坐标是，菱形的对角线交于坐标原点，则点的坐标是_三、解答题（5小题，每小题10分，共计50分）1、如图，

5、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2、如图，D 是 的边 延长线上一点，连接 ，把 绕点 顺时针旋转 60恰好得到 ，其中，是对应点，若 ，求 的度数3、如图，在边长为1的小正方形组成的网格中，ABC的顶点均在格点上，请按要求完成下列各题（1）以原点O为对称中心作ABC的中心对称图形，得到A1B1C1，请画出A1B1C1，并直接写出点A1，B1，C1的坐标；（2）求A1C1的长4、如图，AOB中，OA=OB=6，

6、将AOB绕点O逆时针旋转得到CODOC与AB交于点G，CD分别交OB、AB于点E、F(1)A与D的数量关系是：A_D；(2)求证：AOGDOE；(3)当A，O，D三点共线时，恰好OBCD，求此时CD的长5、如图1，在等腰RtABC中，A90，点D、E分别在边AB、AC上，ADAE，连接DC，点M、P、N分别为DE、DC、BC的中点(1)观察猜想：图1中，线段PM与PN的数量关系是 ，位置关系是 ；(2)探究证明：把ADE绕点A逆时针方向旋转到图2的位置，连接MN，BD，判断PMN的形状，并说明理由；(3)拓展延伸：把ADE绕点A在平面内自由旋转，若AD4，AB10，求PMN面积的最大值-参考答

7、案-一、单选题1、D【解析】【分析】根据轴对称图形和中心对称图形的概念逐一判断可得【详解】解：A等边三角形是轴对称图形，不是中心对称图形，不符合题意；B直角三角形既不是轴对称图形，也不是中心对称图形，不符合题意；C正五边形是轴对称图形，不是中心对称图形，不符合题意；D矩形既是轴对称图形，又是中心对称图形，符合题意；故选：D【考点】本题主要考查中心对称图形和轴对称图形，解题的关键是掌握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2、B【解析】【分析】根据对称中心的

8、定义，根据矩形的性质，可得四边形AECF形状的变化情况【详解】解：观察图形可知，四边形AECF形状的变化依次为平行四边形菱形平行四边形矩形故选：B【考点】考查了中心对称，矩形的性质，平行四边形的判定与性质，菱形的性质，根据EF与AC的位置关系即可求解3、D【解析】【分析】分四种情况讨论，由平行线的性质和旋转的性质可求解【详解】解：设旋转的度数为，若DEAB，则E=ABE=90，=90-30-45=15，若BEAC，则ABE=180-A=120，=120-30-45=45，若BDAC，则ACB=CBD=90，=90，当点C，点B，点E共线时，ACB=DEB=90，ACDE，=180-45=135

9、，综上三角板DEF旋转的度数可能是15或45或90或135故选：D【考点】本题考查了旋转的性质，平行线的性质，利用分类讨论思想解决问题是本题的关键4、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

10、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5、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6、

11、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找对称轴，图形两部分折叠后可重合，

12、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、B【解析】【分析】本题通过观察全等三角形，找旋转中心，旋转角，逐一判断【详解】解：A根据题意可知AE=AB，AC=AD，EAC=BAD=，EACBAD，旋转角EAB=90，不符合题意；B因为平行四边形是中心对称图形，要想使ACB和DAC重合，ACB应该以对角线的交点为旋转中心，顺时针旋转180，即可与DAC重合，符合题意；C根据题意可EAC=135，EAD=360EACCAD=135，AE=AE，AC=AD，EACEAD，不符合题意；D根据题意可知BAD=135，EAD=360BADBAE=135，AE=AB，AD=AD，EADBAD，

13、不符合题意故选B【考点】本题主要考查平行四边形的对称性：平行四边形是中心对称图形，对称中心是两对角线的交点8、B【解析】【分析】根据旋转的性质，求得BAE=38，根据正方形的性质，求得DBA=45，ABH=135，利用四边形的内角和定理计算即可【详解】根据旋转的性质，得BAE=38，四边形ABCD是正方形，DBA=45，ABH=135，四边形AEFG是正方形，E=90，DHE=360-90-38-135=97，故选B【考点】本题考查了旋转的性质，正方形的性质，四边形的内角和定理，熟练掌握正方形的性质，旋转的性质是解题的关键9、C【解析】【分析】由旋转的性质可得BAD=55，E=ACB=70，由

14、直角三角形的性质可得DAC=20，即可求解【详解】解：将ABC绕点A逆时针旋转55得ADE，BAD=55，E=ACB=70，ADBC，DAC=20，BAC=BAD+DAC=75故选C【考点】本题考查了旋转的性质，掌握旋转的性质是本题的关键10、A【解析】【分析】根据旋转的定义,观察图形即可解答.【详解】根据旋转的定义，图片按顺时针方向旋转90度，大拇指指向右边，其余4个手指指向下边，从而可确定为A图故选A【考点】本题主要考查了旋转的性质，熟知性质是解题的关键.二、填空题1、55【解析】【分析】根据旋转的性质可得，再由直角三角形两锐角互余，即可求解【详解】解：把ABC绕点C按顺时针方向旋转35，

15、得到， A=55故答案为：55【考点】本题主要考查了图形的旋转，直角三角形两锐角的关系，熟练掌握旋转的性质，直角三角形两锐角互余是解题的关键2、【解析】【详解】解：由旋转可得，BE=BE=5，BD=BD，DC=4，BD=BC4，即BD=BC4，DEAC，即，解得BC=（负值已舍去），即BC的长为故答案为【考点】本题主要考查了旋转的性质，解一元二次方程以及平行线分线段成比例定理的运用，解题时注意：对应点到旋转中心的距离相等解决问题的关键是依据平行线分线段成比例定理，列方程求解3、45#45度【解析】【分析】由旋转的性质得出OA=OC，D=B，AOC=DOB=30，从而得到C=OAC=75，再求出

16、AOD=30，由三角形的外角性质求出D，即可【详解】解：由旋转的性质得：OA=OC，D=B，AOC=DOB=30，C=OAC=（180-30）2=75，OCOB，COB=90，AOD=90-30-30=30，D=OAC-AOD=75-30=45，B=45故答案为：45【考点】本题考查了旋转的性质、等腰三角形的性质、三角形内角和定理；熟练掌握旋转的性质，并能进行推理计算是解决问题的关键4、【解析】【分析】根据题意，画出旋转后图形，即可求解【详解】解：如图，将绕点逆时针旋转180，所以点的对应点为M的坐标为故答案为：【考点】本题考查平面直角坐标系内图形的对称，旋转，解题关键是理解对称旋转的含义，并

17、结合网格解题5、【解析】【分析】根据菱形具有的平行四边形基本性质，对角线互相平分，且交点为坐标原点，则，关于原点对称， 因此在直角坐标系中两点的坐标关于原点对称，横坐标与横坐标互为相反数，纵坐标与纵坐标互为相反数便可得.【详解】四边形 是菱形，对角线相交于坐标原点 根据平行四边形对角线互相平分的性质，和； 和均关于原点对称 根据直角坐标系上一点 关于原点对称的点为可得已知点的坐标是 ，则点的坐标是 .故答案为：.【考点】本题旨在考查菱形的基本性质及直角坐标系中关于原点对称点的坐标的知识点，熟练理解掌握该知识点为解题的关键.三、解答题1、 (1)正方形，见解析(2)14【解析】【分析】（1）利用

18、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2、42【解析】【分析】根据旋转的性质得到，再根据计算解题即可【详解】解：把绕点A顺时针旋转60恰好得到， ，故答案为：【考点】本题考查旋转、角的和差等知识，是基础考点，

19、掌握相关知识是解题关键3、（1）见解析，点A1，B1，C1的坐标分别为(1，1)，(1，4)，(3，2)；（2）【解析】【分析】（1）根据关于原点中心对称的特点画出图形，即可求解；（2）利用勾股定理，即可求解【详解】（1）如图，A1B1C1为所作， 根据题意得：点A1，B1，C1的坐标分别为（1， 1），（1，4），（3，2）；（2）A1C1的长为【考点】本题主要考查了作图中心对称和勾股定理，属于常考题型，熟练掌握相关知识是解题的关键4、 (1)=(2)证明见解析(3)，详见解析【解析】【分析】（1）根据旋转性质及等腰三角形性质即可得答案；（2）由旋转性质知AOB=DOC，可证得AOG=DOE

20、，结合OA=OB及（1）中结论，得证；（3）分两种情况讨论，设A=x，先利用三角形内角和求出x的值，再借助勾股定理求出CD的长度即可(1)解：由旋转知，A=C，B=D，OA=OB，OC=OD，A=B=C=DA=D，故答案为：=(2)证明：由旋转知，OA=OC，OB=OD，AOB=COD，AOBBOC=CODBOC，即AOG=DOE，OA=OB，OA=OB=OC=OD，又A=D，AOGDOE(3)解：分两种情况讨论，如图所示，设A=B=C=D=x，则DOB=2x，OBCD，OED=90，x+2x=90，解得：x=30，即D=30，在RtODE中，OE=3，由勾股定理得：DE=，OC=OD，OEC

21、D，CD=2DE=当D与A重合时，如图所示，同理，得：CD=综上所述，当A，O，D三点共线时，OBCD，此时CD的长为【考点】本题考查了旋转的性质、等腰三角形性质、全等三角形的判定、勾股定理等知识点，解题关键是利用旋转性质得到边、角的关系5、 (1)，(2)详见解析(3)详见解析【解析】【分析】（1）利用三角形的中位线定理得出，进而得出，即可得出结论，再利用三角形的中位线定理得出，再得出，最后利用互余得出结论；（2）先判断出，得出，同（1）的方法得出，即可得出，同（1）的方法即可得出结论；（3）由等腰直角三角形可知，当最大时，面积最大，而BD的最大值是，即可得出结论(1)解：P、N分别为DE、DC的中点， ，点M、P分别为DE、DC的中点，故答案为：，(2)解：是等腰直角三角形，理由如下由旋转可知，由三角形的中位线定理得， ，是等腰三角形，同（1）的方法可得，是等腰直角三角形(3)解：由（2）可知，是等腰直角三角形，当最大时，面积最大，点D在的延长线上，【考点】本题综合考查了三角形全等的判定与性质、旋转的性质及三角形的中位线定理，熟练应用相关知识是解决本题的关键