23.3 旋转章末拔尖卷（人教版）（教师版）.docx

1、第23章 旋转章末拔尖卷【人教版】参考答案与试题解析一 选择题（共10小题，满分30分，每小题3分）1(3分)（2023春九年级期末测试）下列图案中，可以由一个”基本图案”连续旋转45得到的是（）ABCD【答案】B【详解】解：根据旋转的性质可知，可以由一个“基本图案”连续旋转45，即经过8次旋转得到的是B故选B2(3分)（2023春九年级期末测试）点A的坐标为（2，3），则点A关于原点的对称点A的坐标为（）A（2，3）B（2，3）C（3，2）D（2，3）【答案】A【分析】根据关于原点对称的点的横坐标与纵坐标都互为相反数解答【详解】点A（2，3）关于原点的对称点A的坐标为（2，3）.故选D.【点

2、睛】解决本题的关键是掌握好对称点的坐标规律：（1）关于x轴对称的点，横坐标相同，纵坐标互为相反数；（2）关于y轴对称的点，纵坐标相同，横坐标互为相反数；（3）关于原点对称的点，横坐标与纵坐标都互为相反数3(3分)（2023春九年级期末测试）下列图形中，是中心对称图形的是（）ABCD【答案】A【分析】根据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，这个点叫做对称中心可得答案【详解】A、不是中心对称图形，故此选项错误；B、不是中心对称图形，故此选项错误；C、不是中心对称图形，故此选项错误；D、是中心对称图形，故此选项正确；故选D【点睛】本题考

3、查了中心对称图形，解题的关键是掌握中心对称图形的定义4(3分)（2023春九年级期末测试）如图，OAB绕点O逆时针旋转80到OCD的位置，已知AOB=45，则AOD等于（）A55B45C40D35【答案】A【分析】本题旋转中心为点O，旋转方向为逆时针，观察对应点与旋转中心的连线的夹角BOD即为旋转角，利用角的和差关系求解【详解】解：根据旋转的性质可知，D和B为对应点，DOB为旋转角，即DOB=80，所以AOD=DOB-AOB=80-45=35故选：D【点睛】本题考查旋转两相等的性质：即对应点到旋转中心的距离相等以及每一对对应点与旋转中心连线所构成的旋转角相等5(3分)（2023春广西南宁九年级

4、南宁市天桃实验学校校考阶段练习）如图，在RtABC中，ACB=90，A=60，AC=3，将ABC绕点C按逆时针方向旋转得到ABC，此时点A恰好在AB边上，连接BB，则BB的长为（）A6B32C33D3【答案】B【分析】根据旋转的性质得到CA=CA，CB=CB，ACA=BAB，则可判断CAA为等边三角形，所以ACA=60，证明AB=AC=3，求出AB，BC，然后判断CBB为等边三角形，从而得到BB的长，于是得到结论【详解】解：ACB=90，A=60，AC=3，ABC=90-60=30，AB=2AC=6，BC=AB2-AC2=33，又ABC绕点C按逆时针方向旋转得到ABC，此时点A恰好在AB边上，

5、CA=CA，CB=CB，ACA=BCB，CA=CA，A=60，CAA为等边三角形，ACA=60，BCB=60，CBB为等边三角形，BB=CB=33，故选：C【点睛】本题考查了旋转的性质：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、后的图形全等也考查了等边三角形的判定与性质6(3分)（2023春九年级期末测试）如图，E、F分别是正方形ABCD的边AB、BC上的点，BE=CF，连接CE、DF，将BCE绕着正方形的中心O按逆时针方向旋转到CDF的位置，则旋转角是（）A45B60C90D120【答案】B【详解】解：如图，作出旋转中心，连接AC、BD，AC与BD的交点即

6、为旋转中心O根据旋转的性质知，点C与点D对应，则DOC就是旋转角四边形ABCD是正方形DOC=90故选C7(3分)（2023春九年级期末测试）如图，ABC中，C=70，B=30，将ABC绕点A顺时针旋转后，得到ABC，且C在边BC上，则BCB的度数为（）A30B40C46D60【答案】B【详解】：将ABC绕点A顺时针旋转后，得到ABC，AC=AC，C=ACC=70，ACB=18070=110，C=ACB=70，BCB=ACBACB=11070=40故选B8(3分)（2023春九年级期末测试）有两个全等的含30角的直角三角板重叠在一起，如图，将ABC绕AC的中点M转动，斜边AB刚好过ABC的直角

7、顶点C，且与ABC的斜边AB交于点N，连接AA、CC、AC若AC的长为2，有以下五个结论：AA=1；CCAB；点N是边AB的中点；四边形AACC为矩形；AN=BC=12，其中正确的有（）A2个B3个C4个D5个【答案】B【详解】试题解析：点M是线段AC、线段AC的中点，AC=2，AM=MC=AM=MC=1，MAC=30，MCA=MAC=30，AMC=180-30-30=120，AMA=180-AMC=180-120=60，AMA=CMC=60，AAM是等边三角形，AA=AM=1，故正确；ACM=30，MCC=60，ACA=ACM+MCC=90，CCAC，故正确；ACA=NAC=30，BCN=C

8、BN=60，AN=NC=NB，故正确；AAMCCM，AA=CC，MAA=CCM=60，AACC，四边形AACC是平行四边形，AAC=AAM+MAC=90，四边形AACC为矩形，故正确；AN=12AB=233，NAA=30，AAN=90，AN=12AN=33，故错误.故选C【点睛】本题考查了旋转的性质，利用了旋转的性质，矩形的判定，等边三角形的判定，直角三角形的性质，所用知识点较多，题目稍有难度9(3分)（2023春九年级期末测试）一副三角板叠在一起如图放置，最小锐角的顶点D恰好放在等腰直角三角板的斜边上，AC与DM、DN分别交于点E、F，把MDN绕点D旋转到一定位置，使得DE=DF，则BDN的

9、度数是()A105B115C120D135【答案】B【分析】根据等腰三角形的性质和特殊直角三角形的角度求得DEC,进一步利用三角形外角的性质即可得到结果.【详解】解：DE=DF，EDF=30，DEF=12（180-EDF）=75，DEC=105，C=45，CDE=180-45-105=30，BDN=120，故选C【点睛】本题考查了旋转的性质，直角三角形的性质，等腰三角形的性质，掌握三角形的内角和与外角的性质是解题的关键.10(3分)（2023河南省商丘市柘城县2018届九年级中考数学模拟试卷）如图，一段抛物线：y=x（x5）（0x5），记为C1，它与x轴交于点O，A1；将C1绕点A1旋转180

10、得C2， 交x轴于点A2；将C2绕点A2旋转180得C3， 交x轴于点A3；如此进行下去，得到一“波浪线”，若点P(3分)（2023，m）在此“波浪线”上，则m的值为（ ）A4B4C6D6【答案】B【分析】根据图象的旋转变化规律以及二次函数的平移规律得出平移后解析式，进而求出m的值，由20185=403.6，可知点P(3分)（2023，m）在此“波浪线”上C404段上，求出C404的解析式，然后把P(3分)（2023，m）代入即可【详解】解：当y=0时，x（x5）=0，解得x1=0，x2=5，则A1（5，0），OA1=5，将C1绕点A1旋转180得C2，交x轴于点A2；将C2绕点A2旋转180

11、得C3，交x轴于点A3；如此进行下去，得到一“波浪线”，A1A2=A2A3=OA1=5，20185=403.6，点P(3分)（2023，m）在此“波浪线”上C404段上，抛物线C404的解析式为y=（x5403）（x5404），即y=（x2015）（x2020），当x=2018时，y=(3分)（20232015）(3分)（20232020）=6，即m=6故选C【点睛】此题主要考查了二次函数的平移规律，根据已知得出二次函数旋转后解析式是解题关键二填空题（共6小题，满分18分，每小题3分）11(3分)（2023春九年级期末测试）写出一个既有轴对称性质又有中心对称性质的图形名称: 【答案】线段、圆、

12、正方形、矩形、菱形、正2n边形（n为正整数）等（写出其中一个即可）【详解】解：线段、圆、正方形、矩形、菱形等，任写一个12(3分)（2023春九年级期末测试）平面直角坐标系中，点P(3，1-a)与点Q(b+2，3)关于原点对称，则a+b= 【答案】1【分析】根据关于原点对称的点，横坐标与纵坐标都互为相反数解答【详解】点P（3，1-a）与点Q（b+2，3）关于原点对称，3=-（b+2），1-a=-3，解得：a=4，b=-5，a+b=-1故答案为-1【点睛】本题考查了关于原点对称的点的坐标，解决本题的关键是掌握好对称点的坐标规律：关于原点对称的点，横坐标与纵坐标都互为相反数13(3分)（2023春

13、九年级期末测试）如图，将AOB绕点O按逆时针方向旋转45后得到COD，若AOB=15，则AOD= 度【答案】30【分析】根据旋转的性质得到BOD=45，再用BOD减去AOB即可【详解】将AOB绕点O按逆时针方向旋转45后，得到COD，BOD=45，又AOB=15，AOD=BODAOB=4515=30故答案为3014(3分)（2023春九年级期末测试）如图，在ABC中，CAB65，在同一平面内，将ABC绕点A逆时针旋转到ABC的位置，使得CCAB，则BAB等于 【答案】50【分析】由平行线的性质可求得CCA的度数，然后由旋转的性质得到AC=AC，然后依据三角形的性质可知ACC的度数，依据三角形的

14、内角和定理可求得CAC的度数，从而得到BAB的度数.【详解】解：CCABCCA=CAB=65由旋转的性质可知：AC=ACACC=ACC=65CAC=180-65-65=50BAB=50故答案为：50.15(3分)（2023春九年级期末测试）在平面直角坐标系中，点A坐标为（-2，4），与原点的连线OA绕原点顺时针转90，得到线段OB，连接线段AB，若直线y=kx-2与OAB有交点，则k的取值范围是 .【答案】k-3或k1【分析】作出图形，然后求出直线经过点A、B时的k值，再写出k的取值范围即可【详解】如图，点A（-2，4）绕原点顺时针转90后的对应点B的坐标为（4，2），直线经过点A时，-2k-

15、2=4，解得k=-3，直线经过点B时，4k-2=2，解得k=1，所以，直线y=kx-2与OAB有交点时k的取值范围是k-3或k1故答案为k-3或k1【点睛】本题考查了坐标与图形变化-旋转，一次函数与一元一次不等式，作出图形，利用数形结合的思想求解更简便16(3分)（2023春九年级期末测试）如图，在平面直角坐标系中，已知点A、B、C的坐标分别为-1,0，5,0，0,2若点P从A点出发，沿x轴正方向以每秒1个单位长度的速度向B点移动，连接PC并延长到点E，使CE=PC，将线段PE绕点P顺时针旋转90得到线段PF，连接FB若点P在移动的过程中，使PBF成为直角三角形，则点F的坐标是 【答案】（5，

16、2），（5+72，51）【分析】当P位于线段OA上时，显然PFB不可能是直角三角形；由于BPFCPF=90，所以P不可能是直角顶点，可分两种情况进行讨论：F为直角顶点，过F作FDx轴于D，BP=6-t，DP=2OC=4，在RtOCP中，OP=t-1，由勾股定理易求得CP=t2-2t+5，那么PF2=（2CP）2=4（t2-2t+5）；在RtPFB中，FDPB，由射影定理可求得PB=PF2PD=t2-2t+5，而PB的另一个表达式为：PB=6-t，联立两式可得t2-2t+5=6-t，即t=5+12 ；B为直角顶点，得到PFBCPO，且相似比为2，那么BP=2OC=4，即OP=OB-BP=1，此时

17、t=2【详解】解：能；若F为直角顶点，过F作FDx轴于D，则BP=6-t，DP=2OC=4，在RtOCP中，OP=t-1，由勾股定理易求得CP2=t2-2t+5，那么PF2=（2CP）2=4（t2-2t+5）；在RtPFB中，FDPB，由射影定理可求得PB=PF2PD=t2-2t+5，而PB的另一个表达式为：PB=6-t，联立两式可得t2-2t+5=6-t，即t=5+12，P点坐标为（5-12，0），则F点坐标为：（5+72，5 1）；B为直角顶点，得到PFBCPO，且相似比为2，那么BP=2OC=4，即OP=OB-BP=1，此时t=2，P点坐标为（1，0）FD=2（t-1）=2，则F点坐标为

18、（5，2）故答案是：（5，2），（5+72，51）【点睛】此题考查直角三角形的判定、相似三角形的判定和性质，解题关键在于求有关动点问题时要注意分析题意分情况讨论结果三解答题（共7小题，满分52分）17(6分)（2023春九年级期末测试）不同的“基本图形”的旋转可能具有相同的旋转效果如图，点O是六个正三角形的公共顶点，这个图案可以看作是哪个“基本图形”以点O为旋转中心经过怎样旋转组合得到的？ 【答案】答案不唯一，可以是一个正三角形绕O顺时针旋转60，5次后即可得到【分析】根据旋转的性质以及正六边形的性质可得出旋转方法【详解】答案不唯一，可以是一个正三角形绕O顺时针旋转60，5次后即可得到【点睛】

19、此题主要考查了旋转的性质以及利用旋转设计图案，根据已知图形利用旋转性质得出是解题关键18(6分)（2023春九年级期末测试）如图，直线y43x+4与x轴、y轴分别交于A、B两点，把AOB绕点A顺时针旋转90后得到AOB，求点B的坐标【答案】（7，3）【分析】先求出OA、OB长度，再根据旋转的性质得出OA,OB长度，即可得出答案【详解】令x=0得y=3，则OA=3，令y=0得，x=4，则OB=4，由旋转的性质可知：OA=3,OB=4则点B（7，3）故答案为：（7，13）【点睛】本题考查一次函数图像与坐标轴的交点，坐标与图形变化-旋转、解题的关键是求出直线与坐标轴的交点坐标.19(8分)（2023

20、春九年级期末测试）如图，在ABC中，CAB=70，在同一平面内，将ABC绕点A旋转到ABC的位置，使得CCAB,求BAB的度数【答案】40.【分析】先根据平行线的性质，由CCAB得ACC=CAB=70，再根据旋转的性质得AC=AC，BAB=CAC，于是根据等腰三角形的性质有ACC=ACC=70，然后利用三角形内角和定理可计算出CAC=40，从而得到BAB的度数【详解】CCAB，A CC=CAB=70，ABC绕点A旋转到ABC的位置，AC=AC，BAB=CAC，在ACC中，AC=ACACC=ACC=70，CAC=180-70-70=40，BAB=40【点睛】本题考查了旋转的性质：对应点到旋转中心

21、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20(8分)（2023春九年级期末测试）如图，直角坐标系中，RtDOC的直角边OC在x轴上，OCD=90，OD=6，OC=3，现将DOC绕原点O按逆时针方向旋转，得到AOB，且点A在x轴上（1）请直接写出：A的度数（2）请求出线段OD扫过的面积【答案】（1）30；（2）12【详解】解：（1）在RtDOC中，OCD=90，OD=6，OC=3，sinODC=OCOD=12，ODC=30，由旋转的性质可知，A=ODC=30；（2）在RtDOC，OCD=90，OD=6，OC=3，cosDOC=OCOD=36=12，DOC=60，

22、AOD=180-60=120， 线段OD扫过的面积为12062360=12【点睛】本题考查了旋转的性质，坐标与图形，图形扫过的面积，解直角三角形等等需注意旋转前后线段的长度不变；根据旋转的性质“旋转不改变图形的大小和形状”解答21(8分)（2023春九年级期末测试）如图，D是ABC边BC的中点，连接AD并延长到点E，使DE=AD，连接BE（1）哪两个图形成中心对称？（2）已知ADC的面积为4，求ABE的面积；（3）已知AB=5，AC=3，求AD的取值范围.【答案】（1）ADC和EDB成中心对称；（2）ABE的面积为8；（3）2AD8【分析】（1）直接利用中心对称的定义写出答案即可；（2）根据成

23、中心对称的图形的两个图形全等确定三角形BDE的面积，根据等底同高确定ABD的面积，从而确定ABE的面积；（3）可证ABDCDE，可得AB=CE，AD=DE，在ACE中，根据三角形三边关系即可求得AE的取值范围，即可解题【详解】（1）解：图中ADC和EDB成中心对称.（2）解：ADC和三角形EDB成中心对称，ADC的面积为4，EDB的面积也为4，D为BC的中点，ABD的面积也为4，所以ABE的面积为8（3）解：在ABD和CDE中，ABDCDE（SAS），AB=CE，AD=DEACE中，ACABAEAC+AB，2AE8，2AD8【点睛】本题考查了中心对称的定义，解题的关键是了解中心对称的定义，难度

24、较小（3）题考查了全等三角形的判定与性质，本题中求证ABDCDE是解题的关键22(8分)（2023春九年级期末测试）如图，在平面直角坐标系中，ABC的三个顶点坐标分别为A（2，1）、B（3，2）、C（1，4）（1）以原点O为位似中心，在第二象限内画出将ABC放大为原来的2倍后的A1B1C1（2）画出ABC绕C点逆时针旋转90后得到的A2B2C【答案】（1）画图见解析；（2）画图见解析【分析】（1）把点A,B,C的横纵坐标都乘以2得到A1,B1,C1的坐标，然后描点即可；（2）利用网格特点和旋转的性质画出点A,B,C的对应点A2,B2,C2即可得到A2B2C2【详解】解：(1)如图, A1B1C

25、1为所作；(2)如图, A2B2C2为所作；23(8分)（2023春九年级期末测试）在ABC中，AB=BC=2，ABC=120，将ABC绕点B顺时针旋转角（090）得A1BC1，A1B交AC于点E，A1C1分别交AC、BC于D、F两点（1）如图1，观察并猜想，在旋转过程中，线段BE与BF有怎样的数量关系？并证明你的结论；（2）如图2，当=30时，试判断四边形BC1DA的形状，并说明理由 【答案】（1）BE=DF；（2）四边形BC1DA是菱形【分析】（1）由AB=BC得到A=C，再根据旋转的性质得AB=BC=BC1，A=C=C1，ABE=C1BF，则可证明ABEC1BF，于是得到BE=BF（2）

26、根据等腰三角形的性质得A=C=30，利用旋转的性质得A1=C1=30，ABA1=CBC1=30，则利用平行线的判定方法得到A1C1AB，ACBC1，于是可判断四边形BC1DA是平行四边形，然后加上AB=BC1可判断四边形BC1DA是菱形【详解】（1）解：BE=DF理由如下：AB=BC，A=C，ABC绕点B顺时针旋转角（090）得A1BC1，AB=BC=BC1，A=C=C1，ABE=C1BF，在ABE和C1BF中，ABEC1BF，BE=BF（2）解：四边形BC1DA是菱形理由如下：AB=BC=2，ABC=120，A=C=30，A1=C1=30，ABA1=CBC1=30，ABA1=A1，CBC1=C，A1C1AB，ACBC1，四边形BC1DA是平行四边形又AB=BC1，四边形BC1DA是菱形【点睛】本题考查了旋转的性质：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、后的图形全等也考查了菱形的判定方法