第二十三章 旋转单元检测卷（培优）-重庆市2023-2024学年九年级数学上学期全程能力测评卷（人教版）

重庆市2023-2024学年九年级数学上学期全程能力测评卷（人教版） 第二十三章 旋转单元检测卷 分数150分 时间120分钟 一、单选题（每小题4分，共10×4=40分） 1．下列图形是中心对称图形的是（　　） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】一个图形绕着某固定点旋转后能够与原来的图形重合，则称这个图形是中心对称图形，这个固定点叫做对称中心；根据此概念即可完成． 【详解】解：选项B、C、D中的图形都不能找到这样的一个点，使图形绕某一点旋转后与原来的图形重合，所以不是中心对称图形． 选项A中的图形能找到这样的一个点，使图形绕某一点旋转后与原来的图形重合，所以是中心对称图形． 故选：A． 【点睛】本题考查的是中心对称图形，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转后与自身重合，掌握中心对称图形的定义是解题的关键． 2．如图，将线段绕点顺时针旋转得到线段，那么的对应点的坐标是（   ）    A． B． C． D． 【答案】A 【分析】由线段绕点顺时针旋转得到线段可以得出，，作轴于，轴于，就可以得出 ，就可以得出，，由的坐标就可以求出结论． 【详解】线段绕点顺时针旋转得到线段，    ，． 作轴于，轴于， ． ， ， ． 在和△中， ， ， ∴，． ∵， ，， ，， ． 故选：A． 【点睛】本题考查了旋转的性质的运用，全等三角形的判定及性质的运用，点的坐标的运用，正确作出辅助线并证得 是解决问题的关键． 3．如图，在中，，将绕点逆时针旋转到的位置，使得，划的度数是（　　）    A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据平行线的性质，结合旋转性质，由等腰三角形性质及三角形内角和定理求解即可得到答案． 【详解】解：∵， ∴， ∵将绕点逆时针旋转到的位置， ∴， ∴， ∴， ，， ∴，即旋转角的度数是， 故选：B． 【点睛】本题考查旋转性质求角度，涉及平行线的性质、旋转性质、等腰三角形的判定与性质及三角形内角和定理，熟练掌握旋转性质，数形结合，是解决问题的关键． 4．如图，在中，，，，绕点A顺时针旋转，得到，点B，E之间的距离为（    ） A．2 B． C． D．3 【答案】C 【分析】连接，根据含30度的直角三角形的性质可得，根据旋转得到，，利用勾股定理即可求出． 【详解】解：连接， ∵，，， ∴， 由旋转可知：，， ∴， 故选C． 【点睛】本题考查了旋转的性质，含30度的直角三角形的性质，勾股定理，解题的关键是由旋转得到，． 5．如图，菱形的对角线交于原点O，若点B的坐标为，点D的坐标为，则的值为（   ） A．2 B． C．6 D． 【答案】D 【分析】根据菱形是中心对称图形，可得点与点关于原点成中心对称，根据中心对称的性质（横坐标与纵坐标互为相反数）可得结论． 【详解】解：四边形是菱形，且对角线交于原点O， ∴点与点关于原点成中心对称 ， 故选：D 【点睛】本题考查了中心对称，相关知识点有：菱形的性质、中心对称的性质等，熟记相关性质是解题关键． 6．如图，在中，，将以点A为中心顺时针旋转得到，若点B的对应点D点恰好落在边上，交于点F．则下列结论一定正确的是（    ） A． B．平分 C． D． 【答案】B 【分析】由旋转的性质得出，，，，进而得出，得出，得出平分，即可得出答案． 【详解】解：∵以点A为中心顺时针旋转得到， ∴，，，， ∴， ∴， ∴平分， 故选项B正确； 根据已知条件无法判断选项A、C、D一定成立． 故选：B． 【点睛】本题考查了旋转的性质，等腰三角形的性质等知识，掌握旋转的性质，等边对等角等知识是解题的关键． 7．在如图4×4的正方形网格中，△MNP绕某点旋转一定的角度，得到△M1N1P1，则其旋转中心可能是（　　） A．点A B．点B C．点C D．点D 【答案】B 【分析】根据旋转中心的确认方法，作对应点连线的垂直平分线，再找到交点即可得到. 【详解】解：∵△MNP绕某点旋转一定的角度，得到△M1N1P1， ∴连接PP1、NN1、MM1， 作PP1的垂直平分线过B、D、C， 作NN1的垂直平分线过B、A， 作MM1的垂直平分线过B， ∴三条线段的垂直平分线正好都过B， 即旋转中心是B． 故选B． 【点睛】此题主要考查旋转中心的确认，解题的关键是熟知旋转的性质特点. 8．如图，在等边三角形中，是边上一点，连接，将绕点逆时针旋转，得到，连接，若的周长是15，，则等边的面积是（    ）    A． B． C． D． 【答案】B 【分析】由旋转可知，为等边三角形，再利用等量代换求出等边的边长，利用面积公式求解即可． 【详解】∵将绕点逆时针旋转的得到 ∴，, ∴为等边三角形 ∴ ∵的周长是15 ∴ ∴ ∴ ∵ ∴ ∴ ∵是等边三角形 ∴ 故选：B 【点睛】本题综合考查旋转，等边三角形的