基础强化人教版九年级数学上册第二十三章旋转定向练习试题.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、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、如图，在RtA

2、BC中，ACB90，A30，BC2将ABC绕点C按顺时针方向旋转到点D落在AB边上，此时得到EDC，斜边DE交AC边于点F，则图中阴影部分的面积为（）A3B1CD3、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（）ABCD4、如图，将直角三角板绕顶点A顺时针旋转到，点恰好落在的延长线上，则为（）ABCD5、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（）A4B5CD6、下面四个手机应用图标中是轴对称图形的是()ABCD7、下列命题是真命题的是（）A一个角的补角一定大于这个角B平行于同一条直线的

3、两条直线平行C等边三角形是中心对称图形D旋转改变图形的形状和大小8、以原点为中心，将点P（4，5）按逆时针方向旋转90，得到的点Q所在的象限为（）A第一象限B第二象限C第三象限D第四象限9、如图，将矩形 ABCD 绕点 A 顺时针旋转到矩形 ABCD的位置，旋转角为(090)若1112，则的大小是()A68B20C28D2210、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（）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、若点和关于原点对称，则的值是_2、如图，将等边绕顶点A顺时针方向旋转，使边AB与AC重合得，的中点E的对

4、应点为F，则的度数是_3、在平面直角坐标系中，将点A先向右平移4个单位，再向下平移6个单位得到点B，如果点A和点B关于原点对称，那么点A的坐标是_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，在中，将绕点按逆时针方向旋转得到，连接，直线，相交于点，连接，在旋转过程中，线段的最大值为_三、解答题（5小题，每小题10分，共计50分）1、如图，点E为正方形外一点，将绕A点逆时针方向旋转得到的延长线交于H点（1）试判定四边形的形状，并说明理由；（2）已知，求的长2、如图，在平面直角坐标系中，抛物线M的表达式为yx2+2x，与x轴交于O

5、、A两点，顶点为点B(1)求证：OAB为等腰直角三角形：(2)已知点P在y轴上，且OP1，点C在第一象限，ABC为等腰直角三角形，将抛物线M进行平移，使其对称轴经过点C，请问平移后的抛物线能否经过点P？如果能，求出平移方式；如果不能，说明理由3、如图，在平面直角坐标系中，ABC的顶点坐标分别为A（1，0），B（4，1），C（2，2）（1）直接写出点B关于原点对称的点B的坐标： ；（2）平移ABC，使平移后点A的对应点A1的坐标为（2，1），请画出平移后的A1B1C1；（3）画出ABC绕原点O逆时针旋转90后得到的A2B2C24、已知：如图，三角形ABM与三角形ACM关于直线AF成轴对称，三角形

6、ABE与三角形DCE关于点E成中心对称，点E、D、M都在线段AF上，BM的延长线交CF于点P（1）求证：AC=CD；（2）若BAC=2MPC，请你判断F与MCD的数量关系，并说明理由5、在菱形中，点在的延长线上，点是直线上的动点，连接，将线段绕点逆时针得到线段，连接，.（1）如图1，当点与点重合时，请直接写出线段与的数量关系；（2）如图2，当点在上时，线段，之间有怎样的数量关系？请写出结论并给出证明； （3）当点在直线上时，若，请直接写出线段的长.-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

7、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，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、D【解析】【分析】根据题意及旋转的性质可得是等边三角形，则，根据含30度角的直角三角形的性质，即可求得，由勾股定理即可求得，进而求得阴影部分的面积【详解】解：如图，设与相交于点，旋转，是等边三角形，阴影部分的面积为故选D【考点】本题

8、考查了等边三角形的性质，勾股定理，含30度角的直角三角形的性质，旋转的性质，利用含30度角的直角三角形的性质是解题的关键3、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

9、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4、B【解析】【分析】根据直角三角形两锐角互余，求出的度数，由旋转可知，在根据平角的定义求出的度数即可【详解】，由旋转可知，故答案选：B【考点】本题考查直角三角

10、形的性质以及图形的旋转的性质，找出旋转前后的对应角是解答本题的关键5、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 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

11、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6、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

12、7、B【解析】【分析】由补角的定义、平行线公理，中心对称图形的定义、旋转的性质分别进行判断，即可得到答案【详解】解：A、一个角的补角不一定大于这个角，故A错误；B、平行于同一条直线的两条直线平行，故B正确；C、等边三角形是轴对称图形，不是中心对称图形，故C错误；D、旋转不改变图形的形状和大小，故D错误；故选：B【考点】本题考查了补角的定义、平行线公理，中心对称图形的定义、旋转的性质，以及判断命题的真假，解题的关键是熟练掌握所学的知识，分别进行判断8、B【解析】【分析】根据旋转的性质，以原点为中心，将点P（4，5）按逆时针方向旋转90，即可得到点Q所在的象限【详解】解：如图，点P（4，5）按逆时

13、针方向旋转90，得点Q所在的象限为第二象限故选：B【考点】本题考查了坐标与图形变化-旋转，解决本题的关键是掌握旋转的性质9、D【解析】【分析】利用矩形的性质、旋转的性质及多边形内角和定理即可求得【详解】四边形ABCD为矩形，BAD=ABC=ADC=90，矩形ABCD绕点A顺时针旋转到矩形ABCD的位置，旋转角为，BAB=，BAD=BAD=90，D=D=90，2=1=112，且ABC=D=90，BAB=90-68=22，即=22故选：D【考点】本题考查了旋转的性质，矩形的性质，多边形的内角和定理等知识，矩形性质的运用是关键10、B【解析】【分析】如图，作轴于，轴于，证明，有，进而可得点坐标【详解

14、】解：如图，作轴于，轴于，在和中，故选B【考点】本题考查了绕原点旋转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二、填空题1、-3【解析】【分析】先求出的值，然后相加即可【详解】解：点和关于原点对称，则a=-1，b=-2，故答案为：-3【考点】本题考查了关于原点对称点的坐标变化规律，解题关键是熟知变化规律，准确进行计算2、【解析】【分析】根据等边三角形的性质以及旋转的性质得出旋转角，进而得出EAF的度数【详解】将等边ABC绕顶点A顺时针方向旋转，使边AB与AC重合得ACD，BC的中点E的对应点为F，旋转角为60，E，F是对应点，则EAF的度数为：60故答案为：60【考点

15、】此题主要考查了等边三角形的性质以及旋转的性质，得出旋转角的度数是解题关键3、【解析】【分析】先按题目要求对A、B点进行平移，再根据原点对称的特征：横纵坐标互为相反数进行列方程，求解【详解】设，向右平移4个单位，再向下平移6个单位得到 A、B关于原点对称，解得，故答案为：【考点】本题考查点的平移和原点对称的性质，掌握这些是解题关键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

16、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5、【解析】【分析】取AB的中点H，连接CH、FH，设EC，DF交于点G，在ABC中，由勾股定理得到AB=，由旋转可知：DCEACB，从而DCA=BCE，ADC=BEC，由DGC=EGF，可得AFB=90，由直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，可得FH=CH=AB=，在FCH中，当F、C、H在一条直线上时，CF有最大值为.【详解】解：取AB的中点

17、H，连接CH、FH，设EC，DF交于点G，在ABC中，ACB=90，AC=，BC=2，AB=，由旋转可知：DCEACB，DCE=ACB，DC=AC，CE=CB，DCA=BCE，ADC=(180-ACD) ，BEC= (180-BCE)，ADC=BEC，DGC=EGF，DCG=EFG=90，AFB=90，H是AB的中点，FH=AB，ACB=90，CH=AB，FH=CH=AB=，在FCH中，FH+CHCF，当F、C、H在一条直线上时，CF有最大值，线段CF的最大值为.故答案为：【考点】本题考查了旋转的性质、勾股定理，解决本题的关键是掌握全等的性质.三、解答题1、（1）正方形，理由见解析；（2）17

18、【解析】【分析】（1）由旋转的性质可得AEBAFD90，AEAF，DAFEAB，由正方形的判定可证四边形BEFE是正方形；（2）连接，利用勾股定理可求，再利用勾股定理可求DH的长【详解】解：（1）四边形是正方形，理由如下：根据旋转： 四边形是正方形DAB=90FAEDAB=90四边形是矩形，又矩形是正方形（2）连接，在中，四边形是正方形在中，又，故答案是17【考点】本题是四边形综合题，考查了正方形的判定和性质，旋转的性质，勾股定理，全等三角形的判定和性质，等腰三角形的性质等知识，灵活运用这些性质进行推理是本题的关键2、 (1)见详解(2)将抛物线M向右平移个单位，再向上平移个点，得过点C1和点

19、P的抛物线；抛物线M向右平移个单位，再向上平移得出过点C2和点P的抛物线；抛物线M向右平移个单位。再向上平移个单位，得点过点C3与P的抛物线【解析】【分析】（1）将抛物线M配方为顶点式得出抛物线的对称轴为x=2，抛物线的顶点B（2，2），然后求出点A（4，0），根据对称轴求出点E（2，O），BEOA，证明OEB为等腰直角三角形，再证AEB为等腰直角三角形即可；（2）根据ABC为等腰直角三角形，分以下三种情况，以AB为直角边，点B为直角顶点，将AB绕点B逆时针旋转90，得出点C1（4，4）将抛物线M向右平移2个单位，再向上平移2个点，得出以C1为顶点的抛物线为，以AB为直角边，以点A直角顶点，将

20、AB绕点A顺时针旋转90，得AC2，求出点C2（6，2），抛物线M向右平移4个单位得出过顶点C2的抛物线；以AB为斜边，点C3为直角顶点，点C3在AC1的中点，C3（4，2）即可(1)解：抛物线M的表达式为，抛物线的对称轴为x=2，抛物线的顶点B（2，2），抛物线与x轴的交点，解得：，点A（4，0），抛物线对称轴为x=2，点E（2，O），BEOA，OE=BE=2，OEB=90，OEB为等腰直角三角形，BOE=OBE=45，AE=OA-OE=4-2=2，BE=AE，AEB=90，AEB为等腰直角三角形，EBA=EAB=45，BOE=OBE=EBA=EAB=45，OB=AB，OBA=OBE+ABE

21、=45+45=90，OAB为等腰直角三角形(2)解：ABC为等腰直角三角形，分以下三种情况，以AB为直角边，点B为直角顶点，将AB绕点B逆时针旋转90，BAC1=45，CAO=OAB+C1AB=45+45=90，CAx轴，OBA+ABC1=90+90=180，点O、B、C1三点共线，C1OA=45，OAC1为等腰直角三角形，C1A=OA=4，点C1（4，4）OP=1，点P（0,1）设过点P与C1形状与M斜体的抛物线解析式为，代入坐标得解得，将抛物线M向右平移个单位，再向上平移个点，得过点C1和点P的抛物线以AB为直角边，以点A直角顶点，将AB绕点A顺时针旋转90，得AC2，C2BA=45=BA

22、O，BC2OA，OBA=C2AB，AC2OB，四边形OBC2A，BC2=OA=4，点C2横坐标为OE+BC2=2+4=6，点C2（6，2），点P（0,1）设过点P与C2形状与M斜体的抛物线解析式为，代入坐标得解得，抛物线M向右平移个单位，再向上平移得出过点C2和点P的抛物线；以AB为斜边，点C3为直角顶点，点C3在AC1的中点，C3（4，2）点P（0，1）设过点P与C3形状与M斜体的抛物线解析式为，代入坐标得解得，抛物线M向右平移个单位。再向上平移个单位，得点过点C3与P的抛物线【考点】本题考查图形与坐标，待定系数法求抛物线解析式，二次函数的性质，等腰直角三角形，图形旋转，抛物线平移，掌握图形

23、与坐标，待定系数法求抛物线解析式，二次函数的性质，等腰直角三角形，图形旋转，抛物线平移是解题关键3、（1）（4，1）；（2）见解析；（3）见解析【解析】【分析】（1）根据关于原点对称的两点的横纵坐标均与原来点的横纵坐标互为相反数，据此可得答案；（2）将三个点分别向右平移3个单位、再向上平移1个单位，继而首尾顺次连接即可；（3）将三个点分别绕原点O逆时针旋转90后得到对应点，再首尾顺次连接即可【详解】（1）点B关于原点对称的点B的坐标为（4，1），故答案为：（4，1）；（2）如图所示，A1B1C1即为所求（3）如图所示，A2B2C2即为所求【考点】本题主要考查作图平移变换、旋转变换，解题的关键是

24、掌握平移变换和旋转变换的定义与性质，并据此得出变换后的对应点4、见解析【解析】【分析】（1）利用中心对称图形的性质以及轴对称图形的性质得出全等三角形进而得出对应线段相等；（2）利用（1）中所求，进而得出对应角相等，进而得出答案【详解】(1)证明：ABM与ACM关于直线AF成轴对称，ABMACM，AB=AC，又ABE与DCE关于点E成中心对称，ABEDCE，AB=CD，AC=CD；(2)F=MCD.理由：由(1)可得BAE=CAE=CDE，CMA=BMA，BAC=2MPC，BMA=PMF，设MPC=，则BAE=CAE=CDE=，设BMA=，则PMF=CMA=，F=CPMPMF=，MCD=CDED

25、MC=，F=MCD.【考点】本题主要考查轴对称、中心对称性质和全等三角形的判定及性质.通过轴对称与中心对称的性质得出全等三角形的判定条件是解题的关键.5、（1）AM=DF；（2），证明见解析；（3）1或5【解析】【分析】（1）可通过证明，即可利用全等三角形的性质得出结论；（2）通过作辅助线，构造等边三角形DMN，再通过全等证明出DF=EN，利用等边三角形得出DN=DM，DA=DB，求出AM=BN，即可证明题中三线段之间的关系；（3）分别讨论当E点在线段BD和DB的延长线上两种情况，利用全等以及等边三角形的相关结论即可求出DF的长【详解】解：（1）AM=DF；理由：菱形 ABCD 中， ABC=

26、120 ，可得BCD和ABD都是等边三角形；BD=BA， DBA=60，又由旋转可知ME=MF，EMF= 60，得MEF也是等边三角形，EF=EM，MEF= 60，MEA=FED，可证：；AM=DF（2）结论：证明：过点作交延长线于.四边形是菱形，是等边三角形，是等边三角形，是等边三角形，即：，.（3）1或5当E点在线段BD上时，由（2）知，AB=6，BD=AD=6，BD=2BE，AD=3AM，BE=3,AM=2,DF=5；当E点在线段DB的延长线上时，如图所示：作MNAB与DE交于点N，MDN=DAB=60，利用平行线的性质可得出DMN=60，则DMN是等边三角形，MN=MD，又由DMN=EMF，EMN=FMD,ME=MF，DF=ENEN=EB-BN= BD- AM=3- AD=3- 2= 1；综上可得：DF的长为1或5【考点】本题涉及到了几何图形的动点问题，综合考查了等边三角形的判定与性质、菱形的性质、全等三角形的判定与性质、旋转的性质等内容，要求学生理解相关概念与性质，能利用相关知识进行边角之间的转化，本题难点在于作辅助线，考查了学生的综合分析的能力，对学生推理分析能力有较高要求