2022年人教版九年级数学上册第二十三章旋转综合练习练习题（含答案详解）.docx

1、人教版九年级数学上册第二十三章旋转综合练习 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、如图下面图形既是轴对称图形，又是中心对称图形的是（）ABCD2、如图，在中，D为内一点，分别连接PA、PB、PC，

2、当时，则BC的值为（）A1BCD23、下列图形中，是中心对称图形但不是轴对称图形的是（）ABCD4、在平面直角坐标系中，点关于原点对称的点的坐标是（）ABCD5、下列图形中，是中心对称图形的是（）ABCD6、如图，在中，将绕点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（）ABCD7、下列图形中，是中心对称图形的是（）ABCD8、如图，将ABC绕点A逆时针旋转70得到ADE，点B、C的对应点分别为D、E，当点B、C、D、P在同一条直线上时，则PDE的度数为（）A55B70C80D1109、如图，在方格纸上建立的平面直角坐标系中，将绕点

3、按顺时针方向旋转90，得到，则点的坐标为（）ABCD10、如图，在RtABC中，ACB90，A30，BC2将ABC绕点C按顺时针方向旋转到点D落在AB边上，此时得到EDC，斜边DE交AC边于点F，则图中阴影部分的面积为（）A3B1CD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，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_2、已知点与点关于原点对称，则的值为_3、在ABC 中，C=90，cm，cm，绕点 C 将ABC 旋转使一直角边的另一个端点落在直线AB 上一点 K，则线段

4、BK 的长为_ cm4、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、如图，点P是边长为1的正方形ABCD的对角线AC上的一个动点，点E是BC中点，连接PE，并将PE绕点P逆时针旋转120得到PF，连接EF，则EF的最小值是_三、解答题（5小题，每小题10分，共计50分）1、在RtABC中，ABC90，ACB30，将ABC绕点C顺时针旋转一定的角度得到DEC，点A、B的对应点分别是D、E（1）当点E恰好在AC上时，如图1，求ADE的大小；（2）若60

5、时，点F是边AC中点，如图2，求证：四边形BEDF是平行四边形2、如图，在等腰三角形ABC中，ABBC将绕顶点B逆时针旋转到的位置，AB与A1C1相交于点D，AC与A1C1，BC1分别交于点E，F(1)求证：BCFBA1D；(2)当时，判定四边形A1BCE的形状并说明理由3、如图，已知线段BC绕某定点O顺时针旋转得到线段EF，其中点B的对应点是E(1)请确定点O的位置（要求：尺规作图，保留作图痕迹，不写作法）；(2)在（1）的情况下，点A位于BC上方，点D位于EF右侧，且ABC，DEF均为等边三角形求证：DEF是由ABC绕点O顺时针旋转得到4、如图，在由边长为1个单位长度的小正方形组成的网格中

6、，给出了格点ABC（顶点是网格线的交点)(1)画出ABC关于点C成中心对称的ABC（其中A是点A的对应点，B是点B的对应点）；(2)用无刻度的直尺作出一个格点O，使得OA=OB5、如图，在平面直角坐标系中，抛物线M的表达式为yx2+2x，与x轴交于O、A两点，顶点为点B(1)求证：OAB为等腰直角三角形：(2)已知点P在y轴上，且OP1，点C在第一象限，ABC为等腰直角三角形，将抛物线M进行平移，使其对称轴经过点C，请问平移后的抛物线能否经过点P？如果能，求出平移方式；如果不能，说明理由-参考答案-一、单选题1、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

7、、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2、C【解析】【分析】将BPA顺时针旋转60，到BMN处，得到BPM，ABN是等边三角形，证明C、P、M、N四点共线，且CAN=90，设BC=x，则AB=BN=2x，AC

8、=，利用勾股定理计算即可【详解】将BPA顺时针旋转60，到BMN处，则BPM，ABN是等边三角形，BPM=BMP=60，BAN=60，PM=PB，BA=BN，PA=MN，CPB=BPA=APC=BMN=120，BMP+BMN=180，BPC+BPM =180，C、P、M、N四点共线，CP+PM+MN=CP+PB+PA=，BAC=30，BAN=60，CAN=90，设BC=x，则AB=BN=2x，AC=，解得x=，x= - ，舍去，故选C【考点】本题考查了旋转的性质，等边三角形的判定和性质，勾股定理，直角三角形的性质，熟练掌握旋转的性质是解题的关键3、B【解析】【分析】根据中心对称图形和轴对称图形

9、的定义判断即可【详解】解：A中的图形旋转180后不能与原图形重合，A中的图象不是中心对称图形，选项A不正确；B中的图形旋转180后能与原图形重合，B中的图形是中心对称图形，但不是轴对称图形，选项B正确；C中的图形旋转180后能与原图形重合，C中的图形是中心对称图形，也是轴对称图形，选项C不正确；D中的图形旋转180后不能与原图形重合，D中的图形不是中心对称图形， 选项D不正确；故选：B【考点】本题考查了轴对称图形和中心对称图形的定义，熟练掌握轴对称图形和中心对称图形的定义是解题的关键4、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（

10、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5、C【解析】【分析】根据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、不是中心对称图形，故本选项不合题意；B、不是中心对称图形，故本选项不合题意；C、是中心对称图形，故本选项符合题意；D、不是中心对称图形，故本选项不合题意故选：C【考点】本题考查了中心对称图形的概念，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后与原图重合6、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

11、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，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7、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

12、或中心对称，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8、B【解析】【分析】首先根据旋转的性质可得，AB=AD，据此即可求得，据此即可求得【详解】解：将ABC绕点A逆时针旋转70得到ADE，AB=AD，又点B、C、D、P在同一条直线上，故选：B【考点】本题考查了旋转的性质，等边对等角的应用，三角形内角和定理，熟练掌握和运用旋转的性质是解决本题的关键9、A【解析】【分析】根据网格结构作出旋转后的图形，然后根据平面直角坐标系

13、写出点B的坐标即可【详解】ABO如图所示，点B（2，1）故选A【考点】本题考查了坐标与图形变化，熟练掌握网格结构，作出图形是解题的关键10、D【解析】【分析】根据题意及旋转的性质可得是等边三角形，则，根据含30度角的直角三角形的性质，即可求得，由勾股定理即可求得，进而求得阴影部分的面积【详解】解：如图，设与相交于点，旋转，是等边三角形，阴影部分的面积为故选D【考点】本题考查了等边三角形的性质，勾股定理，含30度角的直角三角形的性质，旋转的性质，利用含30度角的直角三角形的性质是解题的关键二、填空题1、【解析】【详解】解：由旋转可得，BE=BE=5，BD=BD，DC=4，BD=BC4，即BD=B

14、C4，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2、【解析】【分析】根据已知条件求出a，b，代入求值即可；【详解】点与点关于原点对称，；故答案是【考点】本题主要考查了平面直角坐标系点的对称，准确计算是解题的关键3、3或8【解析】【分析】由勾股定理可求AB的长，由面积可求CH的长，由勾股定理可求AH，BH的长，分两种情况讨论，由等腰三角形的性质可求解【详解】解：如图，过点C作CHAB于H，ACB=90，cm

15、，cm，AB=cm，SABC=ACBC=ABCH，2=5CH，CH=2cm，AH=cm，BH=4cm，当点A落在直线AB上时，则AC=CK，CHAB，KH=AH=1cm，BK=5-2=3cm，当点B落在直线AB上时，则CB=CK，CHAB，KH=BH=4cm，BK=8cm，综上所述：BK=3cm或8cm，故答案为：3或8【考点】本题考查了旋转的性质，等腰三角形的性质，勾股定理，利用分类讨论思想解决问题是解题的关键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

16、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、#【解析】【分析】当EPAC时，EF有最小值，过点P作PMEF于点M，由直角三角形的性质求出PE的长，由旋转的性质得出PE=PF，EPF=120，求出PM的长，则可得出答案【详解】解：如图，当EPAC时，EF有最小值，过点P作PMEF于点M，四边形ABCD是正方形，ACB=45，E为BC的中点，BC=1，CE=，PE=CE=，将PE绕点P逆时针旋转120得到PF，PE=PF，EPF=120，PEF=30，PM=PE=由勾股定理得EM=，EF=2EM=，EF的最小值是故答案为：【考点】本题考查了旋转的性质，正方

17、形的性质，直角三角形的性质，垂线段的性质，熟练掌握旋转的性质是解题的关键三、解答题1、（1）ADE15；（2）见解析【解析】【分析】（1）根据旋转的性质可得CACD，ECDBCA30，DECABC90，根据等边对等角即可求出CADCDA75，再根据直角三角形的两个锐角互余即可得出结论；（2）根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得BFAC，然后根据30所对的直角边是斜边的一半即可求出ABAC，从而得出 BFAB，然后证出ACD和BCE为等边三角形，再利用HL证出CFDABC，证出DFBE，即可证出结论【详解】（1）解：ABC绕点C顺时针旋转得到DEC，点E恰好在AC上，CACD，ECDBC

18、A30，DECABC90，CADCDA（18030）75，ADE90CAD15；（2）证明：如图2，连接AD点F是边AC中点，BFAF=CFAC，ACB30，ABAC，BF=CFAB，ABC绕点C顺时针旋转60得到DEC，BCEACD60，CBCE，DEAB，DC=ACDEBF，ACD和BCE为等边三角形，BECB，点F为ACD的边AC的中点，DFAC，在RtCFD和RtABC中RtCFDRtABC，DFBC，DFBE，而BFDE，四边形BEDF是平行四边形【考点】此题考查的是旋转的性质、等腰三角形的性质、直角三角形的性质、等边三角形的判定及性质、全等三角形的判定及性质和平行四边形的判定，掌握

19、旋转的性质、等腰三角形的性质、直角三角形的性质、等边三角形的判定及性质、全等三角形的判定及性质和平行四边形的判定是解决此题的关键2、 (1)见解析(2)菱形，理由见详解【解析】【分析】（1）根据等腰三角形的性质得到，由旋转的性质得到，根据全等三角的判定定理得到；（2）由旋转的定义得，因此，根据三角形的内角和定理得，因此，证得四边形A1BCE为平行四边形，由于，证得四边形A1BCE为菱形(1)证明：是等腰三角形，将绕顶点B逆时针旋转到的位置，在与 中， ，(ASA) ；(2)解：四边形是菱形，理由如下：将绕顶点B逆时针旋转到的位置， ，四边形是平行四边形，四边形是菱形【考点】本题考查了旋转的性质

20、，全等三角形的判定和性质，等腰三角形的性质，菱形的判定定理等，熟悉掌握旋转的性质，全等三角形的判定定理，菱形的判定方法是本题的解题关键3、 (1)作图见解析(2)证明见解析【解析】【分析】（1）如图1，分别以为圆心，大于为半径画弧，交点为，连接；分别以为圆心，大于为半径画弧，交点为，连接；与的交点即为点；（2）如图2，由题意知，有，证明，有，同理可证，有，计算可得，结论得证(1)解：如图1，分别以为圆心，大于为半径画弧，交点为，连接；分别以为圆心，大于为半径画弧，交点为，连接；与的交点即为点；(2)证明：如图2由题意知，BC=EFABC与DEF均为等边三角形在ABC与DEF中在和中在和中同理可

21、证DEF是由ABC绕点O顺时针旋转得到的【考点】本题考查了旋转中心，旋转角度，三角形全等，等边三角形的性质等知识解题的关键在于对知识的灵活运用4、 (1)详见解析(2)详见解析【解析】【分析】（1）根据中心对称定义作图即可；（2）作AB的垂直平分线即可；(1)解：如图，ABC 为所作；(2)解：如图，点 O 或 O为所作【考点】本题考查了复杂-作图，掌握中心对称和垂直平分线的定义和画法是解题关键5、 (1)见详解(2)将抛物线M向右平移个单位，再向上平移个点，得过点C1和点P的抛物线；抛物线M向右平移个单位，再向上平移得出过点C2和点P的抛物线；抛物线M向右平移个单位。再向上平移个单位，得点过

22、点C3与P的抛物线【解析】【分析】（1）将抛物线M配方为顶点式得出抛物线的对称轴为x=2，抛物线的顶点B（2，2），然后求出点A（4，0），根据对称轴求出点E（2，O），BEOA，证明OEB为等腰直角三角形，再证AEB为等腰直角三角形即可；（2）根据ABC为等腰直角三角形，分以下三种情况，以AB为直角边，点B为直角顶点，将AB绕点B逆时针旋转90，得出点C1（4，4）将抛物线M向右平移2个单位，再向上平移2个点，得出以C1为顶点的抛物线为，以AB为直角边，以点A直角顶点，将AB绕点A顺时针旋转90，得AC2，求出点C2（6，2），抛物线M向右平移4个单位得出过顶点C2的抛物线；以AB为斜边，点

23、C3为直角顶点，点C3在AC1的中点，C3（4，2）即可(1)解：抛物线M的表达式为，抛物线的对称轴为x=2，抛物线的顶点B（2，2），抛物线与x轴的交点，解得：，点A（4，0），抛物线对称轴为x=2，点E（2，O），BEOA，OE=BE=2，OEB=90，OEB为等腰直角三角形，BOE=OBE=45，AE=OA-OE=4-2=2，BE=AE，AEB=90，AEB为等腰直角三角形，EBA=EAB=45，BOE=OBE=EBA=EAB=45，OB=AB，OBA=OBE+ABE=45+45=90，OAB为等腰直角三角形(2)解：ABC为等腰直角三角形，分以下三种情况，以AB为直角边，点B为直角顶点

24、，将AB绕点B逆时针旋转90，BAC1=45，CAO=OAB+C1AB=45+45=90，CAx轴，OBA+ABC1=90+90=180，点O、B、C1三点共线，C1OA=45，OAC1为等腰直角三角形，C1A=OA=4，点C1（4，4）OP=1，点P（0,1）设过点P与C1形状与M斜体的抛物线解析式为，代入坐标得解得，将抛物线M向右平移个单位，再向上平移个点，得过点C1和点P的抛物线以AB为直角边，以点A直角顶点，将AB绕点A顺时针旋转90，得AC2，C2BA=45=BAO，BC2OA，OBA=C2AB，AC2OB，四边形OBC2A，BC2=OA=4，点C2横坐标为OE+BC2=2+4=6，点C2（6，2），点P（0,1）设过点P与C2形状与M斜体的抛物线解析式为，代入坐标得解得，抛物线M向右平移个单位，再向上平移得出过点C2和点P的抛物线；以AB为斜边，点C3为直角顶点，点C3在AC1的中点，C3（4，2）点P（0，1）设过点P与C3形状与M斜体的抛物线解析式为，代入坐标得解得，抛物线M向右平移个单位。再向上平移个单位，得点过点C3与P的抛物线【考点】本题考查图形与坐标，待定系数法求抛物线解析式，二次函数的性质，等腰直角三角形，图形旋转，抛物线平移，掌握图形与坐标，待定系数法求抛物线解析式，二次函数的性质，等腰直角三角形，图形旋转，抛物线平移是解题关键