人教版九年级数学上册第二十三章旋转定向练习练习题（含答案详解）.docx

1、人教版九年级数学上册第二十三章旋转定向练习 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，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（）A

2、BCD2、如图，在中，D为内一点，分别连接PA、PB、PC，当时，则BC的值为（）A1BCD23、如图所示，在RtABC中，ABAC，D、E是斜边BC上的两点，且DAE45，将ADC绕点A按顺时针方向旋转90后得到AFB，连接EF，有下列结论：BEDC；BAFDAC；FAEDAE；BFDC其中正确的有（）ABCD4、如图，已知点O（0，0），P（1，2），将线段PO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）5、在平面直角坐标系中，点关于原点对称点在（）A第一象限B第二象限C第三象限D第四象限6、如图，在方格纸上建

3、立的平面直角坐标系中，将绕点按顺时针方向旋转90，得到，则点的坐标为（）ABCD7、下面四个手机应用图标中是轴对称图形的是()ABCD8、下列图形中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（）ABCD9、如图，已知正方形的边长为4，以点C为圆心，2为半径作圆，P是上的任意一点，将点P绕点D按逆时针方向旋转，得到点Q，连接，则的最大值是（）A6BCD10、下列图形中，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、在平面直角坐标系中点M（2，4）关于原点对称的点的坐标为 _2、如图，把ABC绕点C顺时针旋转25，得到ABC， AB交AC于点D，若

4、ADC90，则A度数为_3、如图，在坐标系中放置一菱形，已知，点B在y轴上，先将菱形沿x轴的正方向无滑动翻转，每次翻转60，连续翻转12次，点B的落点依次为，则的横坐标为_4、在中，顶点，将与正方形组成的图形绕点逆时针旋转，每次旋转，则第2022次旋转结束时，点的坐标是_5、如图，将线段AB绕点O顺时针旋转90得到线段，那么的对应点的坐标是_三、解答题（5小题，每小题10分，共计50分）1、已知：如图，在矩形ABCD中，垂足是E，点F是点关于AB的对称点，连接AF、BF（1）直接求出：_；_；（2）若将沿着射线BD方向平移，设平移的距离为（平移距离指点B沿BD方向所经过的线段长度），点F分别平

5、移到线段AB、AD上时，求出相应的m的值（3）如图，将绕点B顺时针旋转一个角，记旋转中的为，在旋转过程中，设所在的直线与直线AD交于点P，与直线BD交于点是否存在这样的P、Q两点，使为等腰三角形？若存在，直接写出此时DQ的长；若不存在，请说明理由2、在85的网格中建立如图的平面直角坐标系，四边形OABC的顶点坐标分别为O（0，0），A（3，4），B（8，4），C（5，0）仅用无刻度的直尺在给定网格中按下列步骤完成画图，并回答问题：(1)将线段CB绕点C逆时针旋转90，画出对应线段CD，并写出点D的坐标；(2)在线段AB上画点E，使BCE45（保留画图过程的痕迹）3、在RtABC中，BAC90，

6、ABAC，动点D在直线BC上（不与点B，C重合），连接AD，把AD绕点A逆时针旋转90得到AE，连接DE，F，G分别是DE，CD的中点，连接FG【特例感知】（1）如图1，当点D是BC的中点时，FG与BD的数量关系是，FG与直线BC的位置关系是；【猜想论证】（2）当点D在线段BC上且不是BC的中点时，（1）中的结论是否仍然成立？请在图2中补全图形；若成立，请给出证明；若不成立，请说明理由【拓展应用】（3）若ABAC=，其他条件不变，连接BF、CF当ACF是等边三角形时，请直接写出BDF的面积4、分别画出绕点逆时针旋转和后的图形5、为等边三角形，AB8，ADBC于点D，E为线段AD上一点，以AE为

7、边在直线AD右侧构造等边三角形AEF，连接CE，N为CE的中点(1)如图1，EF与AC交于点G，连接NG，BE，直接写出NG与BE的数量关系；(2)如图2，将绕点A逆时针旋转，旋转角为，M为线段EF的中点，连接DN，MN当时，猜想DNM的大小是否为定值，如果是定值，请写出DNM的度数并证明，如果不是，请说明理由；(3)连接BN，在绕点A逆时针旋转过程中，请直接写出线段BN的最大值-参考答案-一、单选题1、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

8、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，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

9、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=，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

10、+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、C【解析】【分析】利用旋转性质可得ABFACD，根据全等三角形的性质一一判断即可【详解】解：ADC绕A顺时针旋转90后得到AFB，ABFACD，BAFCAD，AFAD，BFCD，故正确，EAFBAF+BAECAD+BAEBACDAE904545DAE故正确无法判断BECD，故错误，故选：C【考点】本题考查了旋转的性质：旋转前后两图形全等，解题的关键是

11、熟练掌握基本知识，属于中考常考题型4、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

12、【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5、D【解析】【分析】先依据，即可得出点P所在的象限，再根据两个点关于原点对称时，它们的坐标符号相反，即可得出结论【详解】解：，点在第二象限，点关于原点对称点在第四象限.故选D【考点】本题主要考查了关于原点对称的两个点的坐标特征，明确关于原点对称的两个点的横、纵坐标均互为相反数是解答的关键6、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

13、的关键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】利用轴对称图形和中心对称图形的定义逐项判断即可【详解】A是轴对称图形不是中心对称图形故A不符合题意B是轴对称图形也是中心对称图形故B符

14、合题意C是轴对称图形但不是中心对称图形故C不符合题意D不是中心对称图形也不是轴对称图形故D不符合题意故选：B【考点】本题考查轴对称图形和中心对称图形的定义，根据选项灵活判断其图形是否符合题意是解本题的关键9、A【解析】【分析】连接CP，AQ，以A为圆心，以AQ为半径画圆，延长BA交于E根据正方形的性质，旋转的性质，角的和差关系，全等三角形的判定定理和性质求出AQ的长度，根据三角形三边关系确定当点Q与点E重合时，BQ取得最大值，最后根据线段的和差关系计算即可【详解】解：如下图所示，连接CP，AQ，以A为圆心，以AQ为半径画圆，延长BA交于E正方形ABCD的边长为4，的半径为2，AD=CD=AB=

15、4，ADC=90，CP=2点P绕点D按逆时针方向旋转90得到点Q，QDP=90，QD=PDADC=QDPADC-QDC=QDP-QDC，即ADQ=CDPAQ=CP=2AE=AQ=2P是上任意一点，点Q在上移动当点Q与点E重合时，BQ取得最大值为BEBE=AE+AB=6故选：A【考点】本题考查正方形的性质，旋转的性质，角的和差关系，全等三角形的判定定理和性质，三角形三边关系，线段的和差关系，综合应用这些知识点是解题关键10、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或中心对称，根据定义结合图形判断即可【详解】根据

16、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二、填空题1、【解析】【分析】根据在平面直角坐标系中，若两点关于原点对称，则这两点的横纵坐标均互为相反数，即可求解【详解】解：点M（2，4）关于原点对称的点的坐标为 故答案为：【考点】本题主要考查了两点关于坐标原点对称的特征，熟练掌握在平面直角坐标系中，若两点关于原点对称，则这两点的横纵坐标均互为相反数是解题的关键2、65【解析】【分析】根据旋转的性质，可得知，从而求得的度数，又因为的对应角是，即可求出的度数【详解

17、】绕着点时针旋转，得到，的对应角是故答案为：【考点】此题考查了旋转的性质，解题的关键是正确确定对应角3、【解析】【分析】连接AC，根据条件可以求出AC，画出第5次、第6次、第7次翻转后的图形，容易发现规律：每翻转6次，图形向右平移4，由于，因此点B向右平移8即可到达点，根据点B的坐标就可求出点的坐标【详解】连接AC，如图所示， 四边形OABC是菱形，是等边三角形，画出第5次、第6次、第7次翻转后的图形，如图所示，由图可知：每翻转6次，图形向右平移4，点B向右平移24=8个单位到点，B点的坐标为，的坐标为，故答案为：【考点】本题考查了菱形的性质、等边三角形的判定与性质等知识，考查了操作、探究、发

18、现规律的能力发现“每翻转6次，图形向右平移4”是解决本题的关键4、【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，就到第2022次旋转到的位置，点C的坐标为(-10，3)故答案

19、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5、【解析】【分析】过点A作轴，垂足为C，过点作轴，垂足为，证明，所以，根据得到，所以，写出对应点的坐标即可【详解】解：如图，过点A作轴，垂足为C，过点作轴，垂足为，轴，轴，将线段AB绕点O顺时针旋转90得到线段，故答案为：【考点】本题考查旋转的性质，证明是解答本题的关键三、解答题1、（1）；（2）；（3）存在，DQ的长度分别为4或或或【解析】【分析】（1）利用矩形性质、勾股定理及三角形面积公式求解；（2）依题意画出图形，如图所示，利用平移性质，确定图形中的等腰三角形，分别画出图形，对

20、于各种情形分别进行计算即可；（3）在旋转过程中，等腰由4种情形分别进行计算即可【详解】解：（1）四边形ABCD是矩形，在中，由勾股定理得：，点F是点E关于AB的对称点，在中，由勾股定理得：，故答案为：；设平移中的三角形为，如图所示：由对称点性质可知，由平移性质可知，当点落在AB上时，即；当点落在AD上时，又易知，为等腰三角形，即综上所述，当点F分别平移到线段AB、AD上时，相应的m的值分别为，；存在理由如下：在旋转过程中，等腰依次有以下4种情形：如图所示，点Q落在BD延长线上，且，则，在中，由勾股定理得：；如图所示，点Q落在BD上，且，则，则此时点落在BC边上，在中，由勾股定理得：，即：，解得

21、：，；如图所示，点Q落在BD上，且，则，在中，由勾股定理得：，；如图所示，点Q落在BD上，且，则，综上所述，存在4组符合条件的点P、点Q，使为等腰三角形；DQ的长度分别为4或或或【考点】本题是四边形综合题目，主要考查了矩形的性质、轴对称的性质、平移的性质、旋转的性质、勾股定理、等腰三角形的性质等知识点；第（）问难度很大，解题关键是画出各种旋转图形，依题意进行分类讨论2、 (1)图见解析，点D坐标为（1，3）(2)见解析【解析】【分析】（1）利用网格特点和旋转的性质画出B点的对称点D即可；（2）作出CD=BC，以BD为对角线作矩形MBND，连接MN交BD于G，延长CG交AB于E，则点E即为所求；

22、(1)解：如图，CD即为所求线段，点D坐标为（1，3）；(2)解：如图，点E即为所求作的点【考点】本题考查了坐标与图形变换，旋转等知识，掌握点的坐标特征及旋转的特征是解本题的关键3、（1）FG=BD，FGBC；（2）补全图形见解析；结论仍然成立，理由见解析；（3）BDF的面积为或【解析】【分析】（1）根据等腰直角三角形的性质以及中位线定理可得结果；（2）根据题意画出图形即可；根据旋转的性质证明ABDACE，结合中位线定理证明结论；（3）分两种情况进行讨论：当点D在点B的左侧时；当点D在点C的右侧时，分别画出图形结合等边三角形的性质解答【详解】（1）BAC90，ABAC，点D是BC的中点，ADB

23、C，ADBDCD，ABCACB45，F，G分别是DE，CD的中点，FGAD，FGAD，FGBD，FGBC，故答案为：FGBD，FGBC；（2）补全图形如图所示；结论仍然成立，理由如下：如图2，连接CE，把AD绕点A逆时针旋转90得到AE，BACDAE90，ADAE，BADCAE，又ABAC，ABDACE（SAS），CEBD，ACEBACB45，DCE90，F，G分别是DE，CD的中点，FGCEBD，FGCE，FGBC；（3）当点D在点B的左侧时，如图31中，作AMBC于M，连接FG，BAC90，ABAC，AMBC，BC2，BMCMAMBC1，BAMCAM45，ADAE，DAE90，点F是DE中

24、点，EAFCAM45，AFFDEF，AFC是等边三角形，AFACFC，FACAFCACF60，CAE15BAD，ADMABCBAD30，DMAM，BDDMBM，由（2）的结论可得：FGBC，FGBD，BDF的面积；当点D在点C的右侧时，如图32中，作AMBC于M，连接FG，BAC90，ABAC，AMBC，BC2，BMCMAMBC1，BAMCAM45，ADAE，DAE90，点F是DE中点，EAFCAM45，AFFDEF，DAF45，AFC是等边三角形，AFACFC，FACAFCACF60，CADCAFDAF15，ADMACBCAD30，DMAM，BDDM+BM1，由（2）的结论可得：FGBC，F

25、GBD，BDF的面积综上所述：BDF的面积为或【考点】本题考查了等腰三角形的性质，旋转的性质，等边三角形的性质以及全等三角形的判定与性质，熟练掌握以上性质定理是解本题的关键4、画图见解析【解析】【分析】分别确定绕点逆时针旋转后的对应点 再顺次连接即可得到答案；分别确定绕点逆时针旋转后的对应点 再顺次连接即可得到答案.【详解】解：如图，是绕点逆时针旋转后的三角形，如图，是绕点逆时针旋转后的三角形，【考点】本题考查的是旋转的作图，掌握旋转的性质，旋转中心，旋转角，旋转方向是解题的关键.5、 (1)(2)DNM的大小是定值，为120(3)【解析】【分析】（1）连接CF由等边三角形的性质易证BAECA

26、F(SAS)，即得出再根据三角形中位线定理即可求出；（2）连接BE，CF利用全等三角形的性质证明EBC+BCF=120，再利用三角形的中位线定理，三角形的外角的性质证明DNM=EBC+BCF即可；（3）取AC的中点J，连接BJ，结合三角形的中位线定理可求出BJ，JN最后根据三角形三边关系即可得出结论(1)解：如图，连接CFABC是等边三角形，ADBC，AB=BC=AC，BAD=CAD=30AEF是等边三角形，EAF=60，G为EF中点，EAG=GAF=30即在BAE和CAF中，BAECAF(SAS)，N为CE的中点，G为EF中点，；(2)DNM=120是定值，证明如下，如图，连接BE，CF同（

27、1）可证BAECAF（SAS），ABE=ACFABC+ACB=60+60=120，EBC+BCF=ABC-ABE+ACB+ACF=120EN=NC，EM=MF，MNCF，ENM=ECF，BD=DC，EN=NC，DNBE，CDN=EBC，END=NDC+NCD，DNM=DNE+ENM=NDC+ACB+ACN+ECF=EBC+ACB+ACF=EBC+BCF=120综上可知DNM的大小是定值，为120；(3)如图，取AC的中点J，连接BJ，BNAJ=CJ，EN=NC，JN=AE=BJ=AD=，BNBJ+JN，即BN，故线段BN的最大值为【考点】本题属于几何变换综合题，考查了等边三角形的性质，全等三角形的判定和性质，三角形的中位线定理，三角形三边关系的应用解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，属于中考压轴题