基础强化人教版九年级数学上册第二十三章旋转同步测试练习题（含答案解析）.docx

1、人教版九年级数学上册第二十三章旋转同步测试 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、在下列面点烘焙模具中，其图案是中心对称图形的是（）ABCD2、如图，在平面直角坐标系xOy中，ABC顶点的横、纵坐

2、标都是整数若将ABC以某点为旋转中心，旋转得到ABC，则旋转中心的坐标是（）A(1，1)B(1，1)C(0，0)D(1，2)3、在图中，将方格纸中的图形绕O点顺时针旋转90得到的图形是（）ABCD4、已知点P坐标为，将线段OP绕原点O逆时针旋转90得到线段，则点P的对应点的坐标为（）ABCD5、在下列图形中，既是轴对称图形，又是中心对称图形的是（）A等边三角形B直角三角形C正五边形D矩形6、点 A(x，y)在第二象限内，且x=2，y=3，则点A关于原点对称的点的坐标为()A(-2，3)B(2，-3)C(-3，2)D(3，-2)7、如图，将ABC绕点B顺时针旋转50得DBE，点C的对应点恰好落在

3、AB的延长线上，连接AD，下列结论不一定成立的是（）AAB=DBBCBD=80CABD=EDABCDBE8、如图，在中，D为内一点，分别连接PA、PB、PC，当时，则BC的值为（）A1BCD29、如图，在中，将绕点顺时针旋转得到，点A、B的对应点分别是，点是边的中点，连接，则下列结论错误的是（）AB，CD10、如图，在正方形ABCD中，将边BC绕点B逆时针旋转至，连接，若，则线段BC的长度为（）A4B5CD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（3，2）关于原点对称的点的坐标是_2、如图，在平面直角坐标系中，等腰直角三角形OAB，点O为坐

4、标原点，点B在x轴上，点A的坐是（1，1）若将绕点O顺时针方向依次旋转45后得到，可得，则的坐标是_3、如图，在RtABC中，BAC90，ABAC4，点D在线段BC上，BD3，将线段AD绕点A逆时针旋转90得到线段AE，EFAC，垂足为点F则AF的长为_4、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_5、如图，已知菱形ABCD的边长为2，A45，将菱形ABCD绕点A旋转45，得到菱形，其中B、C、D的对应点分别是，那么点的距离为_三、解答题（5小题，每小题10分，共计50分）1、如图，在正方形ABCD中，点P在直线BC上，作

5、射线AP，将射线AP绕点A逆时针旋转45，得到射线AQ，交直线CD于点Q，过点B作BEAP于点E，交AQ于点F，连接DF（1）依题意补全图形；（2）用等式表示线段BE，EF，DF之间的数量关系，并证明2、如图，在等腰ABC中，点D为直线BC上一动点（点D不B、C重合），以AD为边向右侧作正方形ADEF，连接CF【猜想】如图，当点D在线段BC上时，直接写出CF、BC、CD三条线段的数量关系【探究】如图，当点D在线段BC的延长线上时，判断CF、BC，CD三条线段的数量关系，并说明理由【应用】如图，当点D在线段BC的反向延长线上时，点A、F分别在直线BC两侧，AEDF交点为点O连接CO，若，则 3、

6、如图，D 是 的边 延长线上一点，连接 ，把 绕点 顺时针旋转 60恰好得到 ，其中，是对应点，若 ，求 的度数4、如图，点A（a，0），B（0，b），且a、b满足（a2）2+|4b8|0(1)如图1，求a，b的值；(2)如图2，点C在线段AB上（不与A、B重合）移动，ABBD，且COD45，猜想线段AC、BD、CD之间的数量关系并证明你的结论；(3)如图3，若P为x轴正半轴上异于原点O和点A的一个动点，连接PB，将线段PB绕点P顺时针旋转90至PE，直线AE交y轴于点Q，当P点在x轴上移动时，线段BE和线段BQ中哪一条线段长为定值，并求出该定值5、如图，在等腰三角形ABC中，ABBC将绕顶点

7、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-参考答案-一、单选题1、D【解析】【分析】根据中心对称图形的性质得出图形旋转180，与原图形能够完全重合的图形是中心对称图形，分别判断得出即可【详解】解：A.不是中心对称图形，不符合题意；B.不是中心对称图形，不符合题意；C.不是中心对称图形，不符合题意；D.是中心对称图形，符合题意；故选：D【考点】此题主要考查了中心对称图形的性质，根据中心对称图形的定义判断图形是解决问题的关键2、A【解析】【分析】对应点连线的垂直平分线的交点即为

8、旋转中心，然后直接写成坐标即可【详解】解：如图点O即为旋转中心，坐标为O(1，1) 故选：A【考点】本题主要考查了旋转中心的确定方法，熟练掌握对应点连线的垂直平分线的交点即为旋转中心是解题的关键3、B【解析】【分析】根据旋转的性质，找出图中三角形的关键处（旋转中心）按顺时针方向旋转90后的形状即可选择答案【详解】根据旋转的性质可知，绕O点顺时针旋转90得到的图形是 故选B【考点】本题考查了旋转的性质旋转变化前后，对应线段、对应角分别相等，图形的大小、形状都不改变4、B【解析】【分析】如图，作轴于，轴于，证明，有，进而可得点坐标【详解】解：如图，作轴于，轴于，在和中，故选B【考点】本题考查了绕原

9、点旋转90的点坐标，三角形全等的判定与性质解题的关键在于熟练掌握旋转的性质5、D【解析】【分析】根据轴对称图形和中心对称图形的概念逐一判断可得【详解】解：A等边三角形是轴对称图形，不是中心对称图形，不符合题意；B直角三角形既不是轴对称图形，也不是中心对称图形，不符合题意；C正五边形是轴对称图形，不是中心对称图形，不符合题意；D矩形既是轴对称图形，又是中心对称图形，符合题意；故选：D【考点】本题主要考查中心对称图形和轴对称图形，解题的关键是掌握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，如果一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合

10、，这个图形叫做轴对称图形6、B【解析】【分析】根据A（x，y）在第二象限内可以判断x，y的符号，再根据|x|=2，|y|=3就可以确定点A的坐标，进而确定点A关于原点的对称点的坐标【详解】A（x，y）在第二象限内，x0 y0，又|x|=2，|y|=3，x=-2， y=3，点A关于原点的对称点的坐标是（2，-3）故选：B【考点】本题考查了关于原点对称的点的坐标，由点所在的象限能判断出坐标的符号，同时考查了关于原点对称的点坐标之间的关系，难度一般7、C【解析】【分析】利用旋转的性质得ABCDBE ，BA=BD，BC=BE，ABD=CBE=50，C=E，再由A、B、E三点共线，由平角定义求出CBD=

11、80，由三角形外角性质判断出ABDE【详解】解：ABC绕点B顺时针旋转50得DBE， AB=DB，BC=BE，ABD=CBE=50，ABCDBE ，故选项A、D一定成立；点C的对应点E恰好落在AB的延长线上，ABD+CBE+CBD =180，.CBD=180-50-50=80，故选项B一定成立；又 ABD=E+BDE，ABDE，故选项C错误，故选C【考点】本题主要考查了旋转的性质：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8、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

12、=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+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9、D

13、【解析】【分析】根据旋转的性质可判断A；根据直角三角形的性质、三角形外角的性质、平行线的判定方法可判断B；根据平行四边形的判定与性质以及全等三角形的判定与性质可判断C；利用等腰三角形的性质和含30角的直角三角形的性质可判断D【详解】A将ABC绕点C顺时针旋转60得到DEC，BCE=ACD=60，CB=CE，BCE是等边三角形，BE=BC，故A正确； B点F是边AC中点，CF=BF=AF=AC，BCA=30，BA=AC，BF=AB=AF=CF，FCB=FBC=30，延长BF交CE于点H，则BHE=HBC+BCH=90，BHE=DEC=90，BF/ED，AB=DE，BF=DE，故B正确CBFED，

14、BF=DE，四边形BEDF是平行四边形，BC=BE=DF， AB=CF， BC=DF，AC=CD，ABCCFD，故C正确；DACB=30， BCE=60，FCG=30，FG=CG，CG=2FGDCE=CDG=30，DG=CG，DG=2FG故D错误故选D【考点】本题考查了旋转的性质，全等三角形的判定与性质，等边三角形的判定与性质，含30角的直角边等于斜边的一半，以及平行四边形的判定与性质等知识，综合性较强，正确理解旋转性质是解题的关键10、D【解析】【分析】根据旋转的性质，可知BCBC取点O为线段CC的中点，并连接BO根据等腰三角形三线合一的性质、正方形的性质及直角三角形的性质，可证得RtOBC

15、 RtCCD，从而证得OCCD，BOC C,再利用勾股定理即可求解【详解】解：如图，取点O为线段CC的中点，并连接BO依题意得，BCBCBOC CBOC90在正方形ABCD中，BCCD，BCD90OCBCCD90又C CD 90CDCCCD90OCBCDC在RtOBC和RtCCD中RtOBC RtCCD（AAS）OCCD2C C2 OC 224BOC C4在RtBOC中BC故选：D【考点】本题考查了旋转的性质、正方形的性质、等腰三角形的性质、直角三角形的性质、全等三角形的判定和性质及勾股定理的运用等知识，解题的关键是辅助线的添加二、填空题1、（3，2）【解析】【分析】根据平面直角坐标系内两点关

16、于原点对称横纵坐标互为相反数，即可得出答案【详解】解：根据平面直角坐标系内两点关于原点对称横纵坐标互为相反数，点（3，2）关于原点对称的点的坐标是（3，2），故答案为（3，2）【考点】本题主要考查了平面直角坐标系内两点关于原点对称横纵坐标互为相反数，难度较小2、【解析】【分析】根据题意求出：，的坐标，推导出每旋转8次为一个循环，再由，求出对应的点坐标即可【详解】解：根据题意得：， ，可推导一般性规律：点坐标的变化每旋转8次为一个循环， ，的坐标是 故答案为：【考点】本题主要考查了图形的旋转，点坐标的规律探究解题的关键在于推导出一般性规律3、1【解析】【分析】根据勾股定理先求出BC边长，再求出D

17、C长，过点D作DM垂直AC，可证，即AF=DM，在等腰直角DMC中可求DM，即可直接求解【详解】解：在RtABC中，BAC=90，AB=AC=4，根据勾股定理得，AB2+AC2=BC2，又BD=3，DCBCBD过点D作DMAC于点M，由旋转的性质得DAE=90，ADAE，DAC+EAF=90又DAC+ADM=90，ADM=EAF在RtADM和RtEAF中，（AAS），AF=DM在等腰RtDMC中，由勾股定理得，DM2+MC2=DC2，DM=1，AF=DM=1故答案为：1【考点】本题主要考查等腰直角三角形，旋转的性质以及全等三角形的判定与性质，证明ADMEAF是解答本题的关键4、【解析】【分析】

18、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5、【解析】【分析】首先由菱形的性质可知，由旋转的性质可知：，从而可证明为直角三角形，然后由勾股定理即可求得的长度【详解】解：如图所示：四边形ABCD为菱形，由旋转的性质可知：，在中，故答案为：【考点】本题主要考查的

19、是旋转的性质和菱形的性质以及勾股定理的应用，证得为直角三角形是解题的关键三、解答题1、（1）补全图形见解析；（2）BE+DF=EF，证明见解析【解析】【分析】（1）根据题意补全图形即可（2）延长FE到H,使EH=EF，根据题意证明ABHADF，然后根据全等三角形的性质即可证明【详解】（1）补全图形（2）BE+DF=EF证明：延长FE到H,使EH=EFBEAP，AH=AF，HAP=FAP=45，四边形ABCD为正方形，AB=AD，BAD=90BAP+2=45，1+BAP=451=2，ABHADF，DF=BH，BE+BH=EH=EF，BE+DF=EF【考点】此题考查了正方形的性质和全等三角形的性质

20、，解题的关键是根据题意作出辅助线2、【猜想】CD= BC- CF，理由见解析；【探究】CF= BC+ CD，理由见解析；【应用】【解析】【分析】【猜想】 利用SAS证明BADCAF，得出BD= CF，然后根据线段的和差关系可得结论；【探究】利用SAS证明BADCAF，得出BD= CF，然后根据线段的和差关系可得出结论；【应用】 利用SAS证明BADCAF，得出BD= CF，ACF=ABD = 135，求出DCF= 90，在RtDCF中利用勾股定理求出DF，利用直角三角形的斜边中线的性质可得结论【详解】解：【猜想】CD= BC- CF，理由如下：BAC=90，AB=AC，ABC=ACB=45，四

21、边形ADEF是正方形，AD= AF，DAF= 90=BAC，BAD=FAC，在BAD和CAF中， ，BADCAF (SAS)，BD= CF，CD= BC- BD，CD= BC- CF：解：【探究】CF= BC+ CD，理由如下：BAC= 90，AB= AC，ABC=ACB=45，四边形 ADEF是正方形， AD= AF，DAF= 90，BAD=BAC +DAC，CAF=DAF+DAC，在BAD和CAF中， ，BADCAF (SAS)，BD= CF，BD= BCCD，CF= BC+CD；解：【应用】BAC= 90，AB= AC,ABC=ACB=45，四边形ADEF是正方形,AD= AF，DAF=

22、 90，BAC=DAF，BAD=CAF，在BAD和CAF中，BADCAF (SAS)，BD=CF,ACF=ABD= 180- 45= 135，,FCD=ACF-ACB = 90，FCD为直角三角形， ，CD= BC+ BD， CD = BC+CF= 2+1=3， ，正方形ADEF中，O为DF中点， ，故答案为： 【考点】本题是四边形综合题，主要考查了等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定和性质，正方形的性质，直角三角形斜边中线的性质等知识点，解题的关键是能够综合运用运用有关的知识解决问题3、42【解析】【分析】根据旋转的性质得到，再根据计算解题即可【详解】解：把绕点A顺时针旋转60恰好得到，

23、，故答案为：【考点】本题考查旋转、角的和差等知识，是基础考点，掌握相关知识是解题关键4、 (1)2(2)CD=BD+AC理由见解析(3)BQ是定值，【解析】【分析】（1）根据非负数的性质得到a-2=0，4b-8=0，求得a=2，b=2，得到OA=2，OB=2，于是得到结果； （2）证明：将AOC绕点O逆时针旋转90得到OBF根据已知条件得到DBF=180，由DOC=45，AOB=90，同时代的BOD+AOC=45，求出FOD=BOF+BOD=BOD+AOC=45，推出ODFODC，根据全等三角形的性质得到DC=DF=DB+BF=DB+DC； （3）BQ是定值，作EFOA于F，在FE上截取PF=

24、FD，由BAO=PDF=45，得到PAB=PDE=135，根据余角的性质得到BPA=PED，推出PBAEPD，根据全等三角形的性质得到AP=ED，于是得到FD+ED=PF+AP即：FE=FA，根据等腰直角三角形的性质得到结论(1)解：（a2）2+|4b8|0，a-2=0，4b-8=0， a=2，b=2， A（2，0）、B（0，2）， OA=2，OB=2， AOB的面积=；(2)证明：如图2，将AOC绕点O逆时针旋转90得到OBF，而 OAC=OBF=OBA=45，DBA=90， DBF=180， DOC=45，AOB=90， BOD+AOC=45， FOD=BOF+BOD=BOD+AOC=45

25、， 在ODF与ODC中， ：ODFODC，DC=DF，DF=BD+BF，CD=BD+AC(3)BQ是定值，BE明显不是定值，理由如下：作EFOA于F，在FE上截取FD=PF， BAO=PDF=45， PAB=PDE=135， BPA+EPF=90，EPF+PED=90， BPA=PED，在PBA与EPD中， PBAEPD（AAS）， AP=ED， FD+ED=PF+AP， 即：FE=FA， FEA=FAE=45， QAO=EAF=OQA=45， OA=OQ=2， BQ=4为定值【考点】本题考查了全等三角形的判定和性质，坐标与图形的性质，等腰直角三角形的判定与性质，旋转的性质，三角形面积的计算，

26、非负数的性质，正确的作出辅助线是解题的关键5、 (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，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