2022年人教版九年级数学上册第二十三章旋转专项攻克试题（解析版）.docx

1、人教版九年级数学上册第二十三章旋转专项攻克 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、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（）ABCD2、如图，在中，将绕点顺时针

2、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，CD3、如图，ABC是等边三角形，D为BC边上的点，ABD经旋转后到达ACE的位置，那么旋转角为（）A75B60C45D154、如图，在中， 将绕点逆时针旋转得到，其中点与 点是对应点，且点在同一条直线上；则的长为()ABCD5、如图，在中，将绕点顺时针旋转度得到，当点的对应点恰好落在边上时，则的长为（）A1.6B1.8C2D2.66、如图，在中，将绕点逆时针旋转到的位置，使得，则的度数是（）ABCD7、下列图形中既是中心对称图形，又是轴对称图形的是（）ABCD8、2022年新年贺词中提到“人不负青山，青山定不负

3、人”，下列四个有关环保的图形中，是轴对称图形，但不是中心对称图形的是（）ABCD9、下列图形中既是轴对称图形，也是中心对称图形的是（）ABCD10、如图，矩形ABCD绕点A逆时针旋转（090）得到矩形ABCD，此时点B恰好在DC边上，若BBC=15，则的大小为（）A15B25C30D45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，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_2、如图，将绕点A逆时针旋转角得到，点B的对应点D恰好落在边上，若，则旋转角的度数是_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

4、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的坐标是_4、一副三角板如图放置，将三角板ADE绕点A逆时针旋转，使得三角板ADE的一边所在的直线与BC垂直，则的度数为_.5、若点和关于原点对称，则的值是_三、解答题（5小题，每小题10分，共计50分）1、如图，在正方形网格中，的顶点在格点上，请仅用无刻度直尺完成以下作图（保留作图痕迹）（1）在图1中，作关于点对称的；（2）在图2中，作绕点顺时针旋转一定角度后，顶点仍在格点上的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

5、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、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 4、在平面直角坐标系xOy中，的顶点坐标分别是，(1)按要求画出图形：将向右平移6个单位得到；再将绕点顺时针旋转90得到；(2)如果将（1）中得到的看成是由经过以某一点M为旋转中心旋转一

6、次得到的，请写出M的坐标5、【模型建立】（1）如图1，在正方形中，点E是对角线上一点，连接，求证：【模型应用】（2）如图2，在正方形中，点E是对角线上一点，连接，将绕点E逆时针旋转，交的延长线于点F，连接当时，求的长【模型迁移】（3）如图3，在菱形中，点E是对角线上一点，连接，将绕点E逆时针旋转，交的延长线于点F，连接，与交于点G当时，判断线段与的数量关系，并说明理由-参考答案-一、单选题1、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

7、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.2、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=90，BHE=DE

8、C=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3、B【解析】【分析】根据题意可知旋转角为，根据等边三角形的性质即可求解【详解】解：ABD经旋转后

9、到达ACE的位置，ABC是等边三角形，旋转角为，故选B【考点】本题考查了等边三角形的性质，找旋转角，找到旋转前后对应的线段所产生的夹角即为旋转是解题的关键4、A【解析】【分析】根据旋转的性质说明ACC是等腰直角三角形，且CAC=90，理由勾股定理求出CC值，最后利用BC=CC-CB即可【详解】解：根据旋转的性质可知AC=AC，ACB=ACB=45，BC=BC=1，ACC是等腰直角三角形，且CAC=90，CC=4，BC=4-1=3故选：A【考点】本题主要考查了旋转的性质、勾股定理，在解决旋转问题时，要借助旋转的性质找到旋转角和旋转后对应的量5、A【解析】【分析】由将ABC绕点A按顺时针旋转一定角

10、度得到ADE，当点B的对应点D恰好落在BC边上，可得AD=AB，又由B=60，可证得ABD是等边三角形，继而可得BD=AB=2，则可求得答案【详解】由旋转的性质可知，为等边三角形，故选A【考点】此题考查旋转的性质，解题关键在于利用旋转的性质得出AD=AB6、C【解析】【分析】根据旋转的性质得AC=AC，BAB=CAC，再根据等腰三角形的性质得ACC=ACC，然后根据平行线的性质由CCAB得ACC=CAB=70，则ACC=ACC=70，再根据三角形内角和计算出CAC=40，所以BAB=40【详解】绕点逆时针旋转到的位置，故选C.【考点】本题考查了旋转的性质：旋转前后两图形全等；对应点到旋转中心的

11、距离相等；对应点与旋转中心的连线段的夹角等于旋转角也考查了平行线的性质7、C【解析】【详解】解：选项A，B中的图形是轴对称图形，不是中心对称图形，故A，B不符合题意；选项C中的图形既是轴对称图形，也是中心对称图形，故C符合题意；选项D中的图形不是轴对称图形，是中心对称图形，故D不符合题意，故选C【考点】本题考查的是轴对称图形与中心对称图形的识别，把一个图形沿某条直线对折，直线两旁的部分能够完全重合，则这个图形是轴对称图形，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“轴对称图形与中心对称图形的定义”是解本题的关键.8、D【解析】【分析】轴对称图形：如果一个平面图形沿着一

12、条直线折叠后，直线两旁的部分能够互相重合，那么这个图形叫做轴对称图形中心对称图形：在平面内，把一个图形绕着某个点旋转180，如果旋转后的图形与另一个图形重合，那么就说明这两个图形的形状关于这个点成中心对称根据轴对称图形、和中心对称图形的概念，即可完成解题【详解】解：根据轴对称和中心对称的概念，选项A、B、C、D中，是轴对称图形的是B、D，是中心对称图形的是B故选：D【考点】本题主要轴对称图形、中心对称图形的概念，熟练掌握知识点是解答本题的关键9、B【解析】【分析】根据轴对称图形与中心对称图形的概念求解【详解】解：A、既不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故此选项不符合题意；B、既是轴对称图形，

13、也是中心对称图形，故此选项符合题意；C、是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项不符合题意；D、不是轴对称图形，是中心对称图形，故此选项不符合题意故选：B【考点】此题主要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，图形两部分沿对称轴折叠后可重合；中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后与原图重合10、C【解析】【分析】由矩形的性质，可知ABC90，再由旋转，可知ABB为等腰三角形，根据内角和求解即可.【详解】解：连接BB四边形ABCD是矩形，ABC=90，CBB=15，ABB=90-15=75，AB=AB，ABB=ABB=75，BAB=180-275=30，=30，

14、故选：C【考点】本题考查旋转的性质，矩形的性质，等腰三角形的性质等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题二、填空题1、【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，

15、熟练理解掌握该知识点为解题的关键.2、【解析】【分析】先求出，由旋转的性质，得到，则，即可求出旋转角的度数【详解】解：根据题意，由旋转的性质，则，；旋转角的度数是50；故答案为：50【考点】本题考查了旋转的性质，三角形的内角和定理，解题的关键是熟练掌握旋转的性质进行计算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2022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

16、，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、15或60.【解析】【分析】分情况讨论：DEBC，ADBC，然后分别计算的度数即可解答.【详解】解：如下图，当DEBC时，如下图，CFD60，旋转角为：CAD60-4515；（2）当ADBC时，如下图，旋转角为：CAD90-3060；【考点】本题考查了垂直的定义和旋转的性质，熟练掌握并准确分析是解题的关键.5、-3【解析】【分析】先求出的值，然后相加即可【详解】解：点和关于原点对称，则a=-1，b=-2，故答案为：-3【考点】本题考查了关于原点对称点的坐标变化规律

17、，解题关键是熟知变化规律，准确进行计算三、解答题1、（1）见解析；（2）见解析【解析】【分析】（1）分别作出A，B，C三点关于O点对称的点，然后顺次连接即可得；（2）计算得出AB=，AC=5，再根据旋转作图即可【详解】（1）如图1所示；（2）根据勾股定理可计算出AB=，AC=5，再作图，如图2所示【考点】本题考查复杂-应用与设计，勾股定理等知识，解题的关键是学会利用数形结合的思想解决问题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

18、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）；（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，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B

19、C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4、 (1)见解析；见解析；(

20、2)M（1，-1）【解析】【分析】（1）根据平移的性质得出、的位置，顺次连接即可；根据旋转的性质得出、的位置，顺次连接即可；（2）连接CC2，AA1，线段CC2，AA1的垂直平分线的交点即为M点的位置，作出M点写出坐标即可(1)解：如图，即为所求；如图，即为所求；(2)解：连接CC2，AA1，线段CC2，AA1的垂直平分线的交点即为M点的位置，由图可知，M的坐标为（1，-1）【考点】本题考查了作图平移和旋转，熟练掌握平移和旋转的性质找出对应点的位置是解题的关键5、（1）证明见解析；（2）；（3），理由见解析【解析】【分析】（1）利用SAS证明即可；（2）先证,再利用勾股定理求解；（3）先证,再利用等边三角形的判定性质证明即可【详解】（1）证明：如图1中，四边形是正方形，在和中，；（2）解：如图2中，设交于点J由（1）知，EF是绕点E逆时针旋转得到，在中，；（3）解：结论：理由：如图3中，四边形是菱形，在和中，），是绕点E逆时针旋转得到的，是等边三角形，【考点】本题考查了正方形的性质，等边三角形的判定和性质，图形的旋转变换，全等三角形的判定和性质，勾股定理，正确理解图形的相关性质是解本题的关键