2022年人教版九年级数学上册第二十三章旋转定向测评试题（详解）.docx

1、人教版九年级数学上册第二十三章旋转定向测评 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、下列图形中既是中心对称图形，又是轴对称图形的是（）ABCD2、如图，中，若将绕点逆时针旋转得到，连接，则在点运动过

2、程中，线段的最小值为（）A1BCD23、如图，AOB中，OA4，OB6，AB2，将AOB绕原点O旋转90，则旋转后点A的对应点A的坐标是（）A（4，2）或（4，2）B（2，4）或（2，4）C（2，2）或（2，2）D（2，2）或（2，2）4、点 A(x，y)在第二象限内，且x=2，y=3，则点A关于原点对称的点的坐标为()A(-2，3)B(2，-3)C(-3，2)D(3，-2)5、如图下面图形既是轴对称图形，又是中心对称图形的是（）ABCD6、下面四个手机应用图标中是轴对称图形的是()ABCD7、如图，将ABC绕点B顺时针旋转50得DBE，点C的对应点恰好落在AB的延长线上，连接AD，下列结论不

3、一定成立的是（）AAB=DBBCBD=80CABD=EDABCDBE8、把图中的交通标志图案绕着它的中心旋转一定角度后与自身重合，则这个旋转角度至少为（）A30B90C120D1809、将矩形绕点顺时针旋转，得到矩形当时，下列针对值的说法正确的是（）A或B或CD10、下列图形中既是轴对称图形，也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、如图，在菱形OBCD中，OB1，相邻两内角之比为1：2，将菱形OBCD绕顶点O顺时针旋转90，得到菱形OBCD视为一次旋转，则菱形旋转45次后点C的坐标为_2、如图所示，五角星的顶点是一个正五边形的五个

4、顶点，这个五角星绕中心至少旋转_度能和自身重合3、如图所示，直线，垂足为点是直线上的两点，且直线绕点按逆时针方向旋转，旋转角度为（1）当时，在直线上找点，使得是以为顶角的等腰三角形，此时_（2）当在什么范围内变化时，直线上存在点，使得是以为顶角的等腰三角形，请用不等式表示的取值范围：_4、如图，已知菱形ABCD的边长为2，A45，将菱形ABCD绕点A旋转45，得到菱形，其中B、C、D的对应点分别是，那么点的距离为_5、已知点A（2，b）与点B（a，3）关于原点对称，则ab =_三、解答题（5小题，每小题10分，共计50分）1、如图，在RtABC中，BAC90，ACB30，将ABC绕点C逆时针旋

5、转60得到CDE，点A、B的对应点分别是D、E，点F是边BC中点，连结AD、EF(1)求证：ACD是等边三角形；(2)判断AD与EF有怎样的数量关系，并说明理由2、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？3、问题原型：如图，在等腰直角三角形ABC中，ACB=90，BC=a将边AB绕点B顺时针旋转90得到线段BD，连结CD过点D作BCD的BC边上的高DE，易证ABCBDE，从而得到BCD的面积为 初步探究：如图，在RtABC中，ACB=90，BC=a将边AB绕点B顺时针旋转90得到线段BD，连结CD用含a的代数式表示BCD的面积，并说明理由简单应

6、用：如图，在等腰三角形ABC中，AB=AC，BC=a将边AB绕点B顺时针旋转90得到线段BD，连结CD直接写出BCD的面积（用含a的代数式表示）4、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)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5、明遇到这样一个问题：如图，在四边形ABCD中，B40，C50，ABCD，AD2，BC4，求四边形ABCD的面积(1)经过思考小明想到如下方法：以BC为边作正方形BCMN，将四边形ABCD绕着正方形BCMN的中心按顺时针方向旋

7、转90，180，270，而分别得到四边形FNBA，EMNF，DCME，则四边形ADEF是_（填一种特殊的平行四边形）S四边形ABCD_(2)解决问题：如图，在四边形ABCD中，BAD140，CDA160，ABCD，AD6，BC12，则四边形ABCD的面积为多少？-参考答案-一、单选题1、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

8、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.2、B【解析】【分析】在AB上截取AQ=AO=1，利用SAS证明AQDAOE，推出QD=OE，当QDBC时，QD的值最小，即线段OE有最小值，利用勾股定理即可求解【详解】如图，在AB上截取AQ=AO=1，连接DQ，将AD绕A点逆时针旋转90得到AE，BAC=DAE=90，BAC-DAC =DAE-DAC，即BAD=CAE，在AQD和AOE中，AQDAOE(SAS)，QD=OE，D点在线段BC上运动，当QDBC时，QD的值最小，即线段OE有

9、最小值，ABC是等腰直角三角形，B=45，QDBC，QBD是等腰直角三角形，AB=AC=3，AO=1，QB=2，由勾股定理得QD=QB=，线段OE有最小值为，故选：B【考点】本题考查了勾股定理，等腰直角三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，旋转的性质，熟记各图形的性质并准确识图是解题的关键3、C【解析】【分析】先求出点A的坐标，再根据旋转变换中，坐标的变换特征求解；或根据题意画出图形旋转后的位置，根据旋转的性质确定对应点A的坐标【详解】过点A作于点C在RtAOC中， 在RtABC中， OA4，OB6，AB2，点A的坐标是根据题意画出图形旋转后的位置，如图，将AOB绕原点O顺时针旋转90时

10、，点A的对应点A的坐标为；将AOB绕原点O逆时针旋转90时，点A的对应点A的坐标为故选：C【考点】本题考查了解直角三角形、旋转中点的坐标变换特征及旋转的性质（a，b）绕原点顺时针旋转90得到的坐标为（b，-a），绕原点逆时针旋转90得到的坐标为（b，a）4、B【解析】【分析】根据A（x，y）在第二象限内可以判断x，y的符号，再根据|x|=2，|y|=3就可以确定点A的坐标，进而确定点A关于原点的对称点的坐标【详解】A（x，y）在第二象限内，x0 y0，又|x|=2，|y|=3，x=-2， y=3，点A关于原点的对称点的坐标是（2，-3）故选：B【考点】本题考查了关于原点对称的点的坐标，由点所在

11、的象限能判断出坐标的符号，同时考查了关于原点对称的点坐标之间的关系，难度一般5、B【解析】【详解】解：A、是轴对称图形，但不是中心对称图形，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，故本选项符合题意；C、是中心对称图形，但不是轴对称图形，故本选项不符合题意；D、是轴对称图形，但不是中心对称图形，故本选项不符合题意；故选：B【考点】本题主要考查了轴对称图形和中心对称图形的定义，熟练掌握如果一个图形沿着一条直线对折后两部分完全重合，这样的图形叫做轴对称图形；在平面内，把一个图形绕着某个点旋转180，如果旋转后的图形能与原来的图形重合，那么这个图形叫做中心对称图形是解题的关键6、D【

12、解析】【分析】分别根据轴对称图形与中心对称图形的性质对各选项进行逐一分析即可【详解】解：A、既不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故本选项错误；B、是中心对称图形，故本选项错误；C、既不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故本选项错误；D、是轴对称图形，故本选项正确故选D【考点】本题考查的是轴对称图形，熟知轴对称图形是针对一个图形而言的，是一种具有特殊性质的图形，被一条直线分割成的两部分沿着对称轴折叠时，互相重合是解答此题的关键7、C【解析】【分析】利用旋转的性质得ABCDBE ，BA=BD，BC=BE，ABD=CBE=50，C=E，再由A、B、E三点共线，由平角定义求出CBD=80，由三角形外

13、角性质判断出ABDE【详解】解：ABC绕点B顺时针旋转50得DBE， AB=DB，BC=BE，ABD=CBE=50，ABCDBE ，故选项A、D一定成立；点C的对应点E恰好落在AB的延长线上，ABD+CBE+CBD =180，.CBD=180-50-50=80，故选项B一定成立；又 ABD=E+BDE，ABDE，故选项C错误，故选C【考点】本题主要考查了旋转的性质：对应点到旋转中心的距离相等；对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角；旋转前、后的图形全等8、C【解析】【分析】根据图形的对称性，用360除以3计算即可得解【详解】解：3603=120，旋转的角度是120的整数倍，旋转的角度至少是1

14、20故选C【考点】本题考查了旋转对称图形，仔细观察图形求出旋转角是120的整数倍是解题的关键9、A【解析】【分析】当GB=GC时，点G在BC的垂直平分线上，分两种情况讨论，依据DAG=60，即可得到旋转角的度数【详解】如图，当GB=GC时，点G在BC的垂直平分线上，分两种情况讨论：当点G在AD右侧时，取BC的中点H，连接GH交AD于M，GC=GB，GHBC，四边形ABHM是矩形，AM=BH=，GM垂直平分AD，GD=GA=DA，ADG是等边三角形，DAG=60，旋转角=60；当点G在AD左侧时，同理可得ADG是等边三角形，DAG=60，旋转角=360-60=300，故选：A【考点】本题主要考查

15、了旋转的性质，全等三角形的判定与性质的运用，解题时注意：对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角10、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，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度后与原图重合二、填空题1、（，）【解

16、析】【分析】先求出菱形的内角度数，过作轴于点，在中，利用特殊角度数及边长求解和长，则点坐标可求，由，得出菱形4次旋转一周，4次一个循环，由，得出菱形旋转45次后点与点重合，即可得出答案【详解】解：四边形OBCD是菱形，相邻两内角之比为1：2，CBOD60，DOBC120根据旋转性质可得OBC120，CBH60过C作CHy轴于点H，如图所示：在RtCBH中，BC1，坐标为，360904，菱形4次旋转一周，4次一个循环，454111，菱形旋转45次后点与点重合，坐标为，；故答案为：，【考点】本题主要考查了菱形的性质，旋转的性质，以及坐标与图形变化，解决此类问题要熟知旋转后的不变量，得出规律是解题的

17、关键2、72【解析】【分析】根据题意，五角星的五个角全等，根据图形间的关系可得答案【详解】根据题意，五角星的顶点是一个正五边形的五个顶点，这个五角星可以由一个基本图形（图中的阴影部分）绕中心O至少经过4次旋转而得到，每次旋转的度数为360除以5，为72度故答案为：72【考点】此题主要考查了旋转对称图形，图形的旋转是图形上的每一点在平面上绕某个固定点旋转固定角度的位置移动，其中对应点到旋转中心的距离相等3、（1）或；（2）45135且90【解析】【分析】（1）先求出旋转后与的夹角，然后根据题意以点B为圆心，的长为半径作弧，与直线的交点P即为所求，利用锐角三角函数即可求出BC和OC，再利用勾股定理

18、求出PC，从而求出结论；（2）当由图可知：当BCAB且A、B、P不共线时，直线上存在点，使得是以为顶角的等腰三角形，求出当BC=AB=时，的度数，然后根据题意即可求出结论【详解】解：（1）当时，此时与的夹角为9060=30以点B为圆心，的长为半径作弧，与直线的交点P即为所求，即BP=AB=，过点B作BC， BC=OBsin30=1BP，OC=OBcos30=在直线上存在两个P点满足题意根据勾股定理PC=OP=OCPC或OP=OCPCOP=或故答案为：或；（2）当由图可知：当BCAB且A、B、P不共线时，直线上存在点，使得是以为顶角的等腰三角形，当BC=AB=时，sinBOC=BOC=45当点B

19、在直线右侧时，90BOC=45；当点B在直线左侧时，90BOC=135；BCAB且A、B、P不共线时45135且90故答案为：45135且90【考点】此题考查的是锐角三角函数、作等腰三角形和勾股定理，掌握锐角三角函数、分类讨论的数学思想、勾股定理和利用极限思想求取值范围是解决此题的关键4、【解析】【分析】首先由菱形的性质可知，由旋转的性质可知：，从而可证明为直角三角形，然后由勾股定理即可求得的长度【详解】解：如图所示：四边形ABCD为菱形，由旋转的性质可知：，在中，故答案为：【考点】本题主要考查的是旋转的性质和菱形的性质以及勾股定理的应用，证得为直角三角形是解题的关键5、5【解析】【分析】根据

20、平面直角坐标系中，关于原点对称的点横、纵坐标都互为相反数，求出a，b的值即可【详解】点A（2，b）与点B（a，3）关于原点对称，故答案为：5【考点】本题考查平面直角坐标系中，关于原点对称的点的坐标的特点，掌握特殊位置关系的点的坐标变化是解答本题的关键三、解答题1、 (1)见解析过程；(2)ADEF，理由见解析过程【解析】【分析】1）由旋转的性质可得ACCD，ACD60，可得结论；（2）由“SAS”可证ABCDEC，可得EFACAD(1)证明：将ABC绕点C逆时针旋转60得到CDE，ACCD，ACD60，ACD是等边三角形；(2)解：ADEF，理由如下：将ABC绕点C逆时针旋转60得到CDE，B

21、CE60，BCCE，ACD是等边三角形，ADAC，点F是边BC中点，BC2CF，BAC90，ACB30，BC2AB，ABC60BCE，ABCF，在ABC和DEC中，ABCFCE（SAS），EFAC，ADEF【考点】本题考查了旋转的性质，等边三角形的判定，直角三角形的性质，全等三角形的判定和性质等知识，灵活运用这些性质解决问题是解题的关键2、【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，纵坐标为 所以点的坐标为

22、【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3、见解析【解析】【详解】试题分析:(1)初步探究:如图,过点D作BC的垂线,与BC的延长线交于点E,由垂直的性质就可以得出ABCBDE,就有DE=BC=a,进而由三角形的面积公式得出结论,(2)简单运用:如图,过点A作AFBC与F,过点D作DEBC的延长线于点E,由等腰三角形的性质可以得出BF=BC,由条件可以得出AFBBED就可以得出BF=DE,由三角形的面积公式就可以得出结论.试题解析:(1)BCD的面积为,理由:如图,过

23、点D作BC的垂线,与BC的延长线交于点E,BED=ACB=90,线段AB绕点B顺时针旋转90得到线段BE,AB=BD,ABD=90,ABC+DBE=90,A+ABC=90,A=DBE,在ABC和BDE中,ABCBDE（AAS）,BC=DE=a,SBCD=SBCD=,(2)简单应用:如图,过点A作AFBC与F,过点D作DEBC的延长线于点E,AFB=E=90,BF=,FAB+ABF=90,ABD=90,ABF+DBE=90,FAB=EBD,线段BD是由线段AB旋转得到的,AB=BD,在AFB和BED中,AFBBED（AAS）,BF=DE=,SBCD=,SBCD=,BCD的面积为,4、 (1)正方

24、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5、 (1)正方形，3(2)S四边形ABCD【解析】【分析】（1）由旋转的性质得，证明四边形ADEF是菱形，设正方形BCMN

25、的中心为点O，连接OA、OD、OF，根据旋转的性质得到，可得出，则，根据正方形的判定条件得到ADEF是正方形，根据求解即可；（2）以BC为边作等边三角形BCM，将四边形ABCD绕着等边三角形BCM的中心按顺时针方向旋转120，240，而分别得到四边形MEAB，EMCD，则ADAEED，根据S四边形ABCD（SBCMSADE）计算即可；(1)如图，设正方形BCMN的中心为点O，连接OA、OD、OF，以BC为边作正方形BCMN，将四边形ABCD绕着正方形BCMN的中心按顺时针方向旋转90，180，270，而分别得到四边形FNBA，EMNF，DCME，四边形ADEF是菱形，菱形ADEF是正方形，；故答案是：正方形；3；(2)解：如图，以BC为边作等边三角形BCM，将四边形ABCD绕着等边三角形BCM的中心按顺时针方向旋转120，240，而分别得到四边形MEAB，EMCD，则ADAEED，ADE是等边三角形，S四边形ABCD（SBCMSADE），AD6，BC12，易得BCM和ADE的高分别为6和3SBCM12636，SADE639S四边形ABCD（369）9【考点】本题主要考查了正方形的判定和性质，等边三角形的判定与性质，旋转的性质，准确计算是解题的关键