人教版九年级数学上册第二十三章旋转专项训练试题（含答案解析）.docx

1、人教版九年级数学上册第二十三章旋转专项训练 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、下列所述图形中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（）A等腰三角形B等边三角形C菱形D平行四边形2、下列几何图形中

2、，是轴对称图形但不是中心对称图形的是（）A梯形B等边三角形C平行四边形D矩形3、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，在矩形中，是矩形的对称中心，点、分别在边、上，连接、，若，则的值为（）ABCD5、如图，平面直角坐标系中，点在第一象限，点在轴的正半轴上，将绕点逆时针旋转，点的对应点的坐标是（）ABCD6、在平面直角坐标系中，点关于原点对称的点的坐标是（）ABCD7、下面四个手机应用图标中是轴对称图形的是()ABCD8、若点P（2，）与点Q（，）关于原点对称，则mn的值分别为（）ABC1D59、如图，将绕点

3、A按顺时针旋转一定角度得到，点B的对应点D恰好落在BC边上，若，则CD的长为（）.ABCD110、已知两点，若，则点与（）A关于y轴对称B关于x轴对称C关于原点对称D以上均不对第卷（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：_2、如图，将矩形绕点逆时针旋转，连接，当为_时3、如图，在平面直角坐标系中，等腰直角三角形OAB，A90，点O为坐标

4、原点，点B在x轴上，点A的坐标是（1，1）若将OAB绕点O顺时针方向依次旋转45后得到OA1B1，OA2B2，OA3B3，可得A1（，0），A2（1，1），A3（0，），则A2021的坐标是_4、如图，在正方形网格中，格点绕某点顺时针旋转角得到格点，点与点，点与点，点与点是对应点，则_度5、如图，将一个顶角为30角的等腰ABC绕点A顺时针旋转一个角度（0180）得到ABC，使得点B、A、C在同一条直线上，则等于_三、解答题（5小题，每小题10分，共计50分）1、如图，在的方格纸中，已知格点P，请按要求画格点图形（顶点均在格点上）(1)在图1中画一个锐角三角形，使P为其中一边的中点，再画出该三角

5、形向右平移2个单位后的图形(2)在图2中画一个以P为一个顶点的钝角三角形，使三边长都不相等，再画出该三角形绕点P旋转后的图形2、如图1，二次函数ya（x+3）（x4）的图象交坐标轴于点A，B（0，2），点P为x轴上一动点（1）求该二次函数的解析式；（2）过点P作PQx轴，分别交线段AB、抛物线于点Q，C，连接AC若OP1，求ACQ的面积；（3）如图2，连接PB，将线段PB绕点P逆时针旋转90得到线段PD当点D在抛物线上时，求点D的坐标3、在平面直角坐标系中已知抛物线经过点和点，点为抛物线的顶点(1)求抛物线的表达式及点的坐标；(2)将抛物线关于点对称后的抛物线记作，抛物线的顶点记作点，求抛物线

6、的表达式及点的坐标；(3)是否在轴上存在一点，在抛物线上存在一点，使为顶点的四边形是平行四边形？若存在，请求出点坐标，若不存在，请说明理由4、如图是由边长为的小正方形构成的的网格，线段的端点均在格点上，请按要求画图画出一个即可(1)在图中以为边画一个四边形，使它的另外两个顶点在格点上，且该四边形是中心对称图形，但不是轴对称图形；(2)在图中以为对角线画一个四边形，使它的另外两个顶点在格点上，且所画四边形既是轴对称图形又是中心对称图形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

7、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，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】【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、等腰三角形是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项错误；B、等边三角形是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项错误；C、菱形既是轴对称图形，又是中心对称图形

8、，故本选项正确；D、平行四边形不是轴对称图形，是中心对称图形，故本选项错误故选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度后两部分重合2、B【解析】【分析】根据轴对称图形和中心对称图形的定义以及性质对各项进行分析即可【详解】A、梯形不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故本选项说法错误；B、等边三角形是轴对称图形，但不是中心对称图形，故本选项说法正确；C、平行四边形不是轴对称图形，是中心对称图形，故本选项说法错误；D、矩形是轴对称图形，也是中心对称图形，故本选项说法错误故选：B【考点】本题考查

9、了轴对称图形和中心对称图形的判断，掌握轴对称图形和中心对称图形的定义以及性质是解题的关键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、D【解析】【分析】连接AC，BD，过点O作于点，交于点，利用勾股定理求得的长即可解题【详解】解：如图，连接AC，BD，过点O作于点，交于点，四边形ABCD是矩形，同理可得故选：D【考点】本题考查中心对称、矩形的性质、勾股定理等知识，学会添加辅助线，构造直角

10、三角形是解题关键5、B【解析】【分析】如图，作轴于解直角三角形求出，即可【详解】解：如图，作轴于 由题意：，故选：B【考点】本题考查坐标与图形变化旋转，解直角三角形等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造直角三角形解决问题6、C【解析】【分析】根据坐标系中对称点与原点的关系判断即可【详解】关于原点对称的一组坐标横纵坐标互为相反数,所以(3,2)关于原点对称的点是(-3,-2),故选C【考点】本题考查原点对称的性质,关键在于牢记基础知识7、D【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

11、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8、B【解析】【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】解：P（2，-n）与点Q（-m，-3）关于原点对称，2=-（-m），-n=-（-3），m=2，n=-3, 故选：B【考点】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9、D【解析】【分析】根据直角三角形两锐角互

12、余可得C=30，根据含30角的直角三角形的性质可求出BC的长，然后根据旋转的性质可得AB=AD，然后判断出ABD是等边三角形，根据等边三角形的三条边都相等可得BD=AB，然后根据CD=BC-BD计算即可得解【详解】解：B=60，C=90-60=30，AB=1，BC=2AB=2，由旋转的性质得，AB=AD，ABD是等边三角形，BD=AB=1，CD=BC-BD=2-1=1故选：D【考点】本题考查了旋转的性质，含30角的直角三角形的性质，等边三角形的判定与性质，熟记性质并判断出ABD是等边三角形是解题的关键10、C【解析】【分析】首先利用等式求出 然后可以根据横纵坐标的关系得出结果【详解】， 两点，

13、点与关于原点对称，故选：C【考点】本题主要考查平面直角坐标系中关于原点对称的点，属于基础题，利用等式找到点与横纵坐标的关系是解题关键二、填空题1、（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

14、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

15、取值范围是解决此题的关键2、60【解析】【分析】连接，过作于，交于，根据等腰三角形的性质与判定得，进而得到垂直平分，证得为等边三角形便可【详解】解：连接，过作于，交于，如下图，要使，则，四边形和四边形都是矩形，垂直平分，由旋转性质知，是等边三角形，故当为时，故答案为：【考点】本题主要考查了矩形的性质，旋转的性质，等边三角形的性质与判定，关键是证明垂直平分3、【解析】【分析】根据题意得：A1（，0），A2（1，1），A3（0，）， ，由此发现，旋转8次一个循环，再由 ，即可求解【详解】解：根据题意得：A1（，0），A2（1，1），A3（0，）， ，由此发现，旋转8次一个循环， ，A2021的坐标

16、是 故答案为：【考点】本题主要考查了图形的旋转，明确题意，准确得到规律是解题的关键4、【解析】【分析】先连接，作，的垂直平分线交于点，连接，再由题意得到旋转中心，由旋转的性质即可得到答案.【详解】如图，连接，作，的垂直平分线交于点，连接，的垂直平分线交于点，点是旋转中心，旋转角.故答案为.【考点】本题考查旋转，解题的关键是掌握旋转的性质.5、105【解析】【分析】由等腰三角形的性质可求BACBCA75，由旋转的性质可求解【详解】解：B30，BCAB，BACBCA75，BAB105，将一个顶角为30角的等腰ABC绕点A顺时针旋转一个角度（0180）得到ABC，BAB105，故答案为：105【考点

17、】本题考查了旋转的性质，等腰三角形的性质，灵活运用旋转的性质是本题的关键三、解答题1、 (1)见解析(2)见解析【解析】【分析】（1）根据题意画出合适的图形即可，注意本题答案不唯一，主要作出的图形符合题意即可；（2）根据题意画出合适的图形即可，注意本题答案不唯一，主要作出的图形符合题意即可(1)画法不唯一，如图1或图2等(2)画法不唯一，如图3或图4等【考点】本题考查作图旋转变换、作图平移变换，解答本题的关键是明确题意，画出相应的图形，注意不要忘记画出平移后或旋转后的图形2、（1）；（2）；（3）或【解析】【分析】（1）将代入，即可求解；（2）先求直线的解析式为，则，可求；（3）设，过点作轴垂

18、线交于点，可证明，则，将点代入抛物线解析式得，求得或【详解】解：（1）将代入，；（2）令，则，或，设直线的解析式为，轴，；（3）设，如图2，过点作轴垂线交于点，解得或，或【考点】本题是二次函数综合题，考查了二次函数图象和性质，待定系数法求抛物线解析式，三角形面积，全等三角形判定和性质，旋转的性质等，解题的关键是熟练掌握二次函数的图象及性质，分类讨论，数形结合3、 (1)(2)(3)存在，【解析】【分析】（）利用待定系数法将两个已知点坐标代入抛物线方程之后解二元一次方程组即可求出解析式，再利用顶点坐标公式求出抛物线的顶点坐标；（）先将点关于点的对称点的坐标求出来，由与关于点对称可得的开口向下，所

19、以的，再设顶点坐标公式后求出对称后的抛物线的解析式；（）分类讨论当为四边形的对角线时和当为平行四边形的边时的情况(1)把和代入有得：L1的函数表达式为，顶点D的坐标为(2)与关于点对称，的顶点的坐标为，点坐标为，L2的函数表达式为；(3)存在，理由如下：如下图所示，当为四边形的对角线时，点与点关于点对称，点为平行四边形的对称中心，当与重合时，点为关于的对称点，此时点坐标为当为平行四边形的边时，过点作轴于点，过点作轴的平行线，过点作轴的平行线，两线交于一点，四边形 是平行四边形，此时容易证明和全等，得出，即点的纵坐标为，把代入得，解得：，此时点的坐标，综上所述点共有三个，坐标分别是【考点】本题主

20、要考查二次函数解析式求解、利用尺规作关于中心对称的图形，平行四边形的相关性质，明确对称中心的位置，分别找出原图中各个关键点的坐标是解决本题的关键4、 (1)见解析；(2)见解析【解析】【分析】（1）根据旋转和轴对称的性质即可在图中以为边画一个四边形，使它的另外两个顶点在格点上，且该四边形是中心对称图形，但不是轴对称图形；（2）根据轴对称性质和中心对称性质即可在图中以为对角线画一个四边形，使它的另外两个顶点在格点上，且所画四边形既是轴对称图形又是中心对称图形(1)如图，四边形即为所求；(2)如图，四边形即为所求【考点】本题主要考查作图的旋转变换和轴对称变换，解题的关键是掌握中心对称和轴对称图形的

21、概念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