人教版九年级数学上册第二十三章旋转综合练习试题（含详细解析）.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，将正方形绕点A顺时针旋转，得到正方形，的延长线交于点H，则的大小为（）ABCD2、如图，边长为5的等边三角形

2、中，M是高所在直线上的一个动点，连接，将线段绕点B逆时针旋转得到，连接则在点M运动过程中，线段长度的最小值是（）AB1C2D3、以下是我国部分博物馆标志的图案，其中既是轴对称图形又是中心对称图形的是（）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、下列图形中，是中心对称图形的是（）ABCD6、已知点与点关于原点对称，则点的坐标（）ABCD7、下列图形中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（）ABCD8、在平面直角坐标系中，点关于原点对称的点的坐标是（）

3、ABCD9、二次函数的图象的顶点坐标是，且图象与轴交于点将二次函数的图象以原点为旋转中心顺时针旋转180，则旋转后得到的函数解析式为（）ABCD10、在方格纸中，选择标有序号中的一个小正方形涂黑，与图中阴影部分构成中心对称图形该小正方形的序号是（）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，将绕点O逆时针旋转后得到，若恰好经过点A，且，则的度数为_2、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_3、定义：在平面内，一个点到图形的距离是这个点到

4、这个图上所有点的最长距离，在平面内有一个正方形，边长为4，中心为O，在正方形外有一点P，OP=4，当正方形绕着点O旋转时，则点P到正方形的最长距离的最小值为_4、在ABC中，ABAC3，BC2，将ABC绕着点B顺时针旋转，如果点A落在射线BC上的点A处那么AA_5、如图，正方形ABCD的边长为6，点E在边CD上以点A为中心，把ADE顺时针旋转90至ABF的位置若DE2，则FE_三、解答题（5小题，每小题10分，共计50分）1、如图，在由边长为1个单位长度的小正方形组成的网格中，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

5、点）；(2)用无刻度的直尺作出一个格点O，使得OA=OB2、图1，图2都是由边长为1的小等边三角形构成的网格，每个网格图中有3个小等边三角形已涂上阴影请在余下的空白小等边三角形中，分别按下列要求选取一个涂上阴影：（1）使得4个阴影小等边三角形组成一个轴对称图形（2）使得4个阴影小等边三角形组成一个中心对称图形（请将两个小题依次作答在图1，图2中，均只需画出符合条件的一种情形）3、如图，在ABC中，ABAC，P是 ABC内的一点，且APBAPC，求证：PBPC（反证法）4、阅读下列材料：问题：如图（1），已知正方形ABCD中，E、F分别是BC、CD边上的点，且EAF45解决下列问题：(1)图（1

6、）中的线段BE、EF、FD之间的数量关系是_(2)图（2），已知正方形ABCD的边长为8，E、F分别是BC、CD边上的点，且EAF45，AGEF于点G，求EFC的周长5、将矩形ABCD绕着点C按顺时针方向旋转得到矩形FECG，其中点E与点B，点G与点D分别是对应点，连接BG(1)如图，若点A，E，D第一次在同一直线上，BG与CE交于点H，连接BE求证：BE平分AEC取BC的中点P，连接PH，求证：PHCG若BC2AB2，求BG的长(2)若点A，E，D第二次在同一直线上，BC2AB4，直接写出点D到BG的距离-参考答案-一、单选题1、B【解析】【分析】根据旋转的性质，求得BAE=38，根据正方形

7、的性质，求得DBA=45，ABH=135，利用四边形的内角和定理计算即可【详解】根据旋转的性质，得BAE=38，四边形ABCD是正方形，DBA=45，ABH=135，四边形AEFG是正方形，E=90，DHE=360-90-38-135=97，故选B【考点】本题考查了旋转的性质，正方形的性质，四边形的内角和定理，熟练掌握正方形的性质，旋转的性质是解题的关键2、A【解析】【分析】取CB的中点G，连接MG，根据等边三角形的性质可得BH=BG，再求出HBN=MBG，根据旋转的性质可得MB=NB，然后利用“边角边”证明MBGNBH，再根据全等三角形对应边相等可得HN=MG，然后根据垂线段最短可得MGCH

8、时最短，再根据BCH=30求解即可【详解】解：如图，取BC的中点G，连接MG，旋转角为60，MBH+HBN=60，又MBH+MBC=ABC=60，HBN=GBM，CH是等边ABC的对称轴，HB=AB，HB=BG，又MB旋转到BN，BM=BN，在MBG和NBH中，MBGNBH（SAS），MG=NH，根据垂线段最短，MGCH时，MG最短，即HN最短，此时BCH=60=30，CG=AB=5=2.5，MG=CG=，HN=，故选A【考点】本题考查了旋转的性质，等边三角形的性质，全等三角形的判定与性质，垂线段最短的性质，作辅助线构造出全等三角形是解题的关键，也是本题的难点3、A【解析】【分析】根据中心对称

9、图形和轴对称图形的概念逐项分析即可，轴对称图形：平面内，一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够完全重合的图形中心对称图形：在平面内，把一个图形绕着某个点旋转，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【详解】A.既是轴对称图形又是中心对称图形,故该选项符合题意；B.是轴对称图形，但不是中心对称图形,故该选项不符合题意；C.不是轴对称图形，但是中心对称图形,故该选项不符合题意；D.既不是轴对称图形也不是中心对称图形,故该选项不符合题意故选A【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

10、，旋转180度后两部分重合，掌握中心对称图形与轴对称图形的概念是解题的关键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、-11，点O的坐标为（3，1），故选：B【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、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、B【解析】【分析】根据关于原点对称点的坐标变化特征直接判断即可【详解】解：点与点关于原点对称，则点的坐标为，故选

12、：B【考点】本题考查了关于原点对称点的坐标，解题关键是明确关于原点对称的两个点横纵坐标都互为相反数7、D【解析】【分析】根据轴对称图形与中心对称图形的概念进行判断即可【详解】解：A、是中心对称图形，但不是轴对称图形，不符合题意；B、是轴对称图像，但不是中心对称图形，不符合题意；C、是轴对称图形，但不是中心对称图形，不符合题意；D、是轴对称图形，也是中心对称图形，符合题意；故选：D【考点】本题考查的是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，掌握以上知识是解题的关键8、C【解析】【分析】根据坐标系中

13、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9、C【解析】【分析】设将二次函数的图象以原点为旋转中心顺时针旋转180后为：；根据旋转的性质，得的图象的顶点坐标是，且图象与轴交于点，得，再通过列方程并求解，即可得到表达式并转换为顶点式，即可得到答案【详解】设将二次函数的图象以原点为旋转中心顺时针旋转180后为：二次函数的图象的顶点坐标是，且图象与轴交于点的图象的顶点坐标是，且图象与轴交于点 ， 故选：C【考点】本题考查了二次函数、旋转的知识；解题的关键是熟练掌

14、握二次函数图像及解析式、旋转的性质，从而完成求解10、B【解析】【分析】直接利用中心对称图形的性质得出答案即可【详解】解：如图，把标有序号的白色小正方形涂黑，就可以使图中的黑色部分构成一个中心对称图形，故选B【考点】本题考查了利用旋转设计图案和中心对称图形的定义，要知道，一个图形绕端点旋转180所形成的图形叫中心对称图形二、填空题1、45#45度【解析】【分析】由旋转的性质得出OA=OC，D=B，AOC=DOB=30，从而得到C=OAC=75，再求出AOD=30，由三角形的外角性质求出D，即可【详解】解：由旋转的性质得：OA=OC，D=B，AOC=DOB=30，C=OAC=（180-30）2=

15、75，OCOB，COB=90，AOD=90-30-30=30，D=OAC-AOD=75-30=45，B=45故答案为：45【考点】本题考查了旋转的性质、等腰三角形的性质、三角形内角和定理；熟练掌握旋转的性质，并能进行推理计算是解决问题的关键2、#【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

16、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3、#【解析】【分析】由题意以及正方形的性质得OP过正方形ABCD的顶点时，点P到正方形的最长距离取得最小值，最小值为PA【详解】解：如图，OP过顶点A时，点O与这个图上所有点的连线中，OA最大，此时点P到正方形的最长距离取得最小值，最小值为PA，正方形ABCD边长为2，O为正方形中心，OAB=OBA=45，OACB，OA=OB=，OP=4，最小值为PA=4-；故答案

17、为：4-【考点】本题考查了旋转的性质，正方形的性质，理解点到图形的距离是解题的关键4、2【解析】【分析】作AHBC于H，如图，利用等腰三角形的性质得BHCHBC1，利用勾股定理可计算出AH2，再根据旋转的性质得BABA3，则HA2，然后利用勾股定理可计算出AA的长【详解】解：作AHBC于H，如图，ABAC3，BC2，BHCHBC1，AH，ABC绕着点B顺时针旋转，如果点A落在射线BC上的点A处，BABA3，HA2，在RtAHA中，AA故答案为2【考点】此题考查旋转的性质，等腰三角形的性质，解题关键在于掌握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

18、5、【解析】【分析】由旋转的性质可得BF=DE=2，D=ABF=90，在直角EFC中，由勾股定理可求解【详解】解：把ADE顺时针旋转90得ABF，BF=DE=2，D=ABF=90，ABC+ABF=180，点F，点B，点C共线，在直角EFC中，EC=6-2=4，CF=BC+BF=8根据勾股定理得：EF=，故答案为：【考点】本题考查了旋转的性质，正方形的性质，勾股定理，灵活运用这些性质解决问题是本题的关键三、解答题1、 (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

19、】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2、（1）见解析；（2）见解析【解析】【分析】（1）根据轴对称图形的定义画出图形构成一个大的等边三角形即可（答案不唯一）（2）根据中心对称图形的定义画出图形构成一个平行四边形即可（答案不唯一）【详解】解：（1）轴对称图形如图1所示（2）中心对称图形如图2所示【考点】本题考查利用中心对称设计图案，利用轴对称设计图案，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题3、见解析【解析】【分析】假设PBPC，从假设出发推出与已知相矛盾，得到假设不成立，则结论成立【详解】证明：假设PBPC，如图，把ABP绕点A逆时针旋转，使点B与点C重

20、合，得到ADC，连接PD，；，即，这与APBAPC相矛盾，PBPC不成立，PBPC【考点】此题主要考查了反证法的应用，解此题关键要懂得反证法的意义及步骤4、 (1)EF=BE+DF(2)过程见解析【解析】【分析】对于（1），先将DAF绕点A顺时针旋转90，得到BAH，可得ADFABH，再根据全等三角形的性质得AF=AH，EAF=EAH，然后根据“SAS”证明FAEHAE，根据全等三角形的对应边相等得出答案；对于（2），先根据（1），得FAEHAE，可得AG=AB=AD，再根据“HL”证明RtAEGRtABE，得EG=BE，同理GF=DF，可得答案(1)EF=BE+DF理由如下：如图，将DAF绕

21、点A顺时针旋转90，得到BAH，ADFABH，DAF=BAH，AF=AH，EAF=EAH=45AE=AE，FAEHAE，EF=HE=BE+HB，EF=BE+DF；(2)由（1），得FAEHAE，AG，AB分别是FAE和HAE的高，AG=AB=AD=8在RtAEG和RtABE中，RtAEGRtABE（HL），EG=BE，同理GF=DF，EFG的周长=EC+EF+FC=EC+EG+GF+FC=EC+BE+DF+FC=BC+CD=16【考点】这是一道关于正方形和旋转的综合题目，考查了旋转的性质，正方形的性质，全等三角形的判定和性质等5、 (1)见解析；见解析；(2)【解析】【分析】（1）根据旋转的性

22、质得到，求得，根据平行线的性质得到，于是得到结论；如图1，过点作的垂线，根据角平分线的性质得到，求得，根据全等三角形的性质得到，根据三角形的中位线定理即可得到结论；如图2，过点作的垂线，解直角三角形即可得到结论（2）如图3，连接，过作交的延长线于，交的延长线于，根据旋转的性质得到，解直角三角形得到，根据三角形的面积公式即可得到结论(1)解：证明：矩形绕着点按顺时针方向旋转得到矩形，又，平分；证明：如图1，过点作的垂线，平分，即点是中点，又点是中点，；解：如图2，过点作的垂线，；(2)解：如图3，连接，过作交的延长线于，交的延长线于，将矩形绕着点按顺时针方向旋转得到矩形，点，第二次在同一直线上，【考点】本题考查了旋转的性质，全等三角形的判定和性质，矩形的性质，三角形的中位线定理，勾股定理，解直角三角形，解题的关键是正确地作出辅助线