2022年人教版九年级数学上册第二十三章旋转同步测评试题（含答案及解析）.docx

1、人教版九年级数学上册第二十三章旋转同步测评 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、下列交通标识中，不是轴对称图形，是中心对称图形的是（）ABCD2、如图，已知点O（0，0），P（1，2），将线段P

2、O绕点P按顺时针方向以每秒90的速度旋转，则第19秒时，点O的对应点坐标为（）A（0，0）B（3，1）C（1，3）D（2，4）3、下列图形中，既是轴对称图形，又是中心对称图形的是（）ABCD4、在方格纸中，选择标有序号中的一个小正方形涂黑，与图中阴影部分构成中心对称图形该小正方形的序号是（）ABCD5、如图，将绕点逆时针旋转得到，若且于点，则的度数为（）ABCD6、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（）A75B60C45D157、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（）

3、AABDEBCBECCADBCDADBC8、如图，已知正方形的边长为3，点E是边上一动点，连接，将绕点E顺时针旋转到，连接，则当之和取最小值时，的周长为（）ABCD9、如图，在中，将绕点逆时针旋转到的位置，使得，则的度数是（）ABCD10、2022年新年贺词中提到“人不负青山，青山定不负人”，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（）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、若点与点关于原点成中心对称，则_2、如果点A（3，2m1）关于原点对称的点在第一象限，则m的取值范围是_3、在中，顶点，将与正方形组成的图形绕点逆时针旋转，每次

4、旋转，则第2022次旋转结束时，点的坐标是_4、如图，两块完全一样的含30角的三角板完全重叠在一起，若绕长直角边中点M转动，使上面一块三角板的斜边刚好经过下面一块三角板的直角顶点，已知A30，BC2，则此时两直角顶点C，C间的距离是 _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、图1，图2都是由边长为1的小等边三角形构成的网格，每个小等边三角形的顶点称为格点，线段的端点均在格点上，分别按要求画出图形(1)在图1中画出等腰三角形，且点C在格点上（画出一个即可）(2)在图2中画出以为边的菱形，且点D，E均在格点上2、如图，在中，ACB90，ACBC点D是BC

5、延长线上一点，连接AD将线段AD绕点A逆时针旋转90，得到线段AE过点E作，交AB于点F(1)直接写出AFE的度数是_；求证：DACE；(2)用等式表示线段AF与DC的数量关系，并证明3、如图，正方形中，M是其内一点，将绕点B顺时针旋转至，连接、，延长交与点E，交与点G(1)在图中找到与相等的线段，并证明(2)求证：E是线段的中点4、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5、在菱形中，点在的延长线上，点是直线

6、上的动点，连接，将线段绕点逆时针得到线段，连接，.（1）如图1，当点与点重合时，请直接写出线段与的数量关系；（2）如图2，当点在上时，线段，之间有怎样的数量关系？请写出结论并给出证明； （3）当点在直线上时，若，请直接写出线段的长.-参考答案-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，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

7、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，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后与原图重合2、B【解析】【分析】依据线段PO绕点P按顺时针方向以每秒90的速度旋转，即可得到19秒后点O旋转到点O的位置，再根据全等三角形的对应边相等，即可得到点O的对应点O的坐标【详解】解：如图所示，线段PO绕点P按顺时针方向以每秒90的速度旋转，每4秒一个循环，1944+3，390270，19

8、秒后点O旋转到点O的位置，OPO90，如图所示，过P作MNy轴于点M，过O作ONMN于点N，则OMPPNO90，POMOPN，OPPO，在OPM和PON中，OPMPON（AAS），ONPM1，PNOM2，MN1+23，点O离x轴的距离为2-11，点O的坐标为（3，1），故选：B【考点】本题主要考查了坐标与图形变化，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3、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既不是轴对称图形，又不是中心对称图形，故本选项不符合题意；C既是

9、轴对称图形，又是中心对称图形，故本选项符合题意；D不是轴对称图形，是中心对称图形，故本选项不符合题意故选：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，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后与原图重合4、B【解析】【分析】直接利用中心对称图形的性质得出答案即可【详解】解：如图，把标有序号的白色小正方形涂黑，就可以使图中的黑色部分构成一个中心对称图形，故选B【考点】本题考查了利用旋转设计图案和中心对称图形的定义，要知道，一个图形绕端点旋转180所形成的图形叫中心对称图形5、C【解析】【分析】由旋转的性质可得BAD=55，E=ACB

10、=70，由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6、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7、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，

11、即 ADAB=BD,ADB=60因为ABDCBE=60，则CBD=60，所以ADB=CBD，ADBC.故选C.8、A【解析】【分析】连接 BF，过点F作FGAB交AB延长线于点G，通过证明AEDGFE（AAS），确定F点在BF的射线上运动；作点C关于BF的对称点C，由三角形全等得到CBF=45，从而确定C点在AB的延长线上；当D、F、C三点共线时，DF+CF=DC最小，在RtADC中，AD=3，AC=6，求出DC=3即可【详解】解：连接 BF，过点F作FGAB交AB延长线于点G，将ED绕点E顺时针旋转90到EF，EFDE，且EF=DE，AEDGFE（AAS），FG=AE，F点在BF的射线上运动

12、，作点C关于BF的对称点C，EG=DA，FG=AE，AE=BG，BG=FG，FBG=45，CBF=45，BF是CBC的角平分线，即F点在CBC的角平分线上运动，C点在AB的延长线上，当D、F、C三点共线时，DF+CF=DC最小，在RtADC中，AD=3，AC=6，DC=3，DF+CF的最小值为3，此时的周长为故选：A【考点】本题考查了旋转的性质，正方形的性质，轴对称求最短路径；能够将线段的和通过轴对称转化为共线线段是解题的关键9、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=

13、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10、D【解析】【分析】轴对称图形：如果一个平面图形沿着一条直线折叠后，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

14、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二、填空题1、【解析】【分析】根据关于原点对称的点的特征求出的值，计算即可【详解】解：点与点关于原点成中心对称，故答案为：【考点】本题考查了关于原点对称，熟知关于原点对称的点横纵坐标均互为相反数是解题的关键2、【解析】【分析】根据关于原点对称的点的横坐标与纵坐标互为相反数判断出2m+10，然后解不等式即可【详解】解：点A（3，2m+1）关于原点的对称点在第一象限，点A（3，2m+1）在第三象限，2m+10，解得m故答案为：m【考点】本题考查的是关

15、于原点对称的点的坐标，解答本题的关键是熟练掌握关于原点对称的点的横、纵坐标均互为相反数，同时熟记各个象限内点的坐标的符号特点.3、【解析】【分析】先求出AB，再利用正方形的性质确定C点坐标，由于2020=4505，所以第2020次旋转结束时，正方形ABCD回到初始位置，再旋转2次，得出C的坐标便是答案值【详解】A(4，3)，B(4，-3)，AB=3-(-3)=6，四边形ABCD为正方形，BC=AB=6，C(10，-3)，OAB与正方形ABCD组成的图形绕点O逆时针旋转，每次旋转90，每4次一个循环，2022=4505+2，第2020次旋转结束时，正方形ABCD回到初始位置，从初始位置再旋转两次

16、，就到第2022次旋转到的位置，点C的坐标为(-10，3)故答案为：(-10，3)【考点】本题考查了坐标与图形变化-旋转，正方形的性质，解答本题的关键是找出C点坐标变化的规律4、【解析】【分析】先求解，由旋转的性质可得可证是等边三角形，即可求的长【详解】解：如图，连接， 点M是AC中点， AM=CM=， 旋转， ， ，是等边三角形 故答案为：【考点】本题考查了等边三角形的判定，勾股定理的应用，旋转的性质，熟练运用旋转的性质是解本题的关键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】利用轴对称图形、中心对称图形的特点画出符合条件的图形即可；(1)答案不唯一(2)【考点】本题考查了轴对称图形、中心对称图形的特点，熟练掌握特殊三角形与四边形的性质才能准确画出符合条件的图形2、 (1)；见解析(2)；证明见解析【解析】【分析】（1）根据AC=BC，ACB=90，得出，根据，得出，即可得出的度数；延长EF交EF于点G，并得出，由，得出DACE；（2）先证明，得出，根据得出，从而得出，即可得出(1)解：AC=BC，ACB=90，；延长EF交EF于点G，如图所示：，将线段AD绕点A逆时针旋转

18、90得到线段AE，；(2)；理由如下：将线段AD绕点A逆时针旋转90得到线段AE，在和中，【考点】本题主要考查了等腰直角三角形的性质，三角形全等的判定和性质，平行线的性质，解直角三角形，旋转的性质，作出相应的辅助线，熟练掌握全等三角形的判定方法是解题的关键3、 (1)，证明见解析(2)证明见解析【解析】【分析】（1）根据旋转的性质得出BM=BN，MBN=，再根据同角的余角相等可得ABM=CBN，进而得出，（2）作辅助线，过A作APBG，证明和，可得E为AN中点(1)证明：BM绕B顺时针旋转得BNBM=BN，MBN=正方形ABCDAB=BC，ABC=ABM+MBCMBN=MBC+CBNABM=C

19、BN在中 （SAS）AM=CN(2)证明：如图，过A作APBGAPB=CMBCBM+ABM=ABM+PABCBM=PAB在中 （AAS）AP=BM由（1）知，BM=BN，MBN=AP=BN，APE=EBN=PEA=BEN（AAS）AE=ENE为AN中点【考点】本题考查了正方形的性质，旋转的性质，全等三角形的判定与性质，证明三角形全等是解本题的关键4、（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

20、，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5、（1）AM=DF；（2），证明见解析；（3）1或5【解析】【分析】（1）可通过证明，即可利用全等三角形的性质得出结论；（2）通过作辅助线，构造等边三角形DMN，再通过全等证明出DF=EN，利用等边三角形得出DN=DM，DA=DB，求出AM=BN，即可证明题中三线段之间的关系；（3）分别讨论当E点在线段BD和DB的延长线上两种情况，利用全等以及等边三角形的相关结论即可求出DF的长【详解】解：（1）AM=DF；理由：菱形 ABCD

21、中， ABC=120 ，可得BCD和ABD都是等边三角形；BD=BA， DBA=60，又由旋转可知ME=MF，EMF= 60，得MEF也是等边三角形，EF=EM，MEF= 60，MEA=FED，可证：；AM=DF（2）结论：证明：过点作交延长线于.四边形是菱形，是等边三角形，是等边三角形，是等边三角形，即：，.（3）1或5当E点在线段BD上时，由（2）知，AB=6，BD=AD=6，BD=2BE，AD=3AM，BE=3,AM=2,DF=5；当E点在线段DB的延长线上时，如图所示：作MNAB与DE交于点N，MDN=DAB=60，利用平行线的性质可得出DMN=60，则DMN是等边三角形，MN=MD，又由DMN=EMF，EMN=FMD,ME=MF，DF=ENEN=EB-BN= BD- AM=3- AD=3- 2= 1；综上可得：DF的长为1或5【考点】本题涉及到了几何图形的动点问题，综合考查了等边三角形的判定与性质、菱形的性质、全等三角形的判定与性质、旋转的性质等内容，要求学生理解相关概念与性质，能利用相关知识进行边角之间的转化，本题难点在于作辅助线，考查了学生的综合分析的能力，对学生推理分析能力有较高要求