第二十三章旋转 达标检测卷2024－2025学年人教版数学九年级上册

第二十三章旋转达标检测卷-数学九年级上册人教版 一、单选题 1．下列图形中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（ ） A． B． C． D． 2．如图，在中，，，将绕点逆时针旋转得到．当落在上时，的度数为（    ） A． B． C． D． 3．在直角坐标系中，将点关于原点的对称点得到的点的坐标是（    ） A． B． C． D． 4．如图，将绕直角顶点顺时针旋转，得到，连接，若，则的度数（    ）    A． B． C． D． 5．如图，在中，，，点M是边上一动点，连接，将绕着点C逆时针旋转得到线段，连接，则线段的最小值为（    ） A． B． C． D． 6．如图，在中，，，将斜边绕点顺时针旋转至，连接，则的面积为（    ） A．6 B．12 C．18 D．36 7．如图，在矩形中，，，点M是边的中点，点N是边上任意一点，将线段绕点M顺时针旋转，点N旋转到点，则周长的最小值为（    ） A．15 B． C． D．18 8．如图，正方形边长为，从出发沿对角线向运动，连接，将线段绕点顺时针旋转得到，连接，设，下列说法：①是直角三角形；②当时，；③有且只有一个实数，使得；④取中点，连接，，的面积随着的增大而增大．正确的有（    ） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 二、填空题 9．已知点与点关于原点对称，则 ． 10．如图，小明坐在秋千上，秋千旋转了，小明的位置也从点A运动到了点，则旋转中心是点 ，旋转角是∠ = °．    11．如图，在中，，将绕点逆时针方向旋转到的位置，则点的坐标是 ． 12．如图，在菱形中，，将菱形绕点A逆时针旋转后得到对应的四边形（旋转角小于180°），连接AC，若，则菱形ABCD旋转的角度是 度． 13．与关于原点成中心对称，点，，的对称点分别是，，．若，，则的取值范围是 ． 14．如图，在菱形中，，，，分别为菱形边上的动点，过点的直线将菱形分成面积相等的两部分．过点作于点，连接．则线段的最大值为 ． 三、解答题 15．如图，点E与F分别在正方形的边与上，，以点A为旋转中心，将按顺时针方向旋转得到．已知，，求的长．    16．在中，为边上的中线． (1)用刻度尺画出关于点的中心对称图形； (2)若，求线段的取值范围． 17．如图， 四边形是正方形，经顺时针旋转后与重合 ． (1)旋转中心是哪一点？ (2)则绕点旋转了多少度？ (3)如果连接，那么是怎样的三角形？ 18．如图，在平面直角坐标系中，已知的三个顶点的坐标分别为，，． (1)若经过平移后得到，已知点的坐标为，请直接写出顶点，的坐标； (2)若和关于原点成中心对称图形，请直接写出的各顶点的坐标； (3)将绕着点按顺时针方向旋转得到，请在坐标系中画出． 19．如图，四边形是正方形，，点P是上一动点（不与点B，C重合），将PA绕点P按顺时针方向旋转，得到． 【初步感知】 （1）在点P的运动过程中，试探究与的数量关系． 【深入研究】 （2）连接，在点P的运动过程中，试探究的值． 【拓展延伸】 （3）与相交于点F，在点P的运动过程中，试探究的周长是否为定值，若是，求出的周长；若不是，请说明理由． 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 参考答案： 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 D B A C C C B C 1．D 【分析】本题主要考查了轴对称图形和中心对称图形，如果一个平面图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形就叫做轴对称图形；把一个图形绕着某一个点旋转，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形叫做中心对称图形，这个点就是它的对称中心． 根据中心对称图形的定义和轴对称图形的定义进行逐项判断即可． 【详解】解：A．是轴对称图形，但不是中心对称图形，不符合题意； B．即不是轴对称图形，也不是中心对称图形，不符合题意； C．不是轴对称图形，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． 2．B 【分析】本题主要考查了旋转的性质，三角形内角和定理，由旋转的性质可得， 由三角形内角和定理可得出，最后根据角的和差关系即可得出答案． 【详解】解：由旋转的性质可得出， ∵， ∴， ∴， ∴， 故选：B． 3．A 【分析】本题主要考查了关于原点对称点的特点，根据关于原点对称的点横、纵坐标互为相反数，进行求解即可． 【详解】解：点关于原点的对称点得到的点的坐标． 故选：A． 4．C 【分析】本题考查了旋转的性质，等腰三角形的判定和性质，三角形内角和定理，掌握旋转的性质是解题关键．由旋转的性质可知，，，，得到，进而得到，由三角形内角和定理，得出，即可得到的度数． 【详解】解：由旋转的性质可知，，，， ， ， ， , 故选：C． 5．C 【分析】本题考查勾股定理，旋转的性质，全等三角形的判定和性质，作辅助线构造全等三角形是解题的关键． 在上截取，然后连接，则，即，然后根据垂线段最短可得当时，最小，然后利用勾股定理解题即可． 【详解】解：在上截取，然后连接， ∵，， ∴，， ∴， 又∵， ∴， ∴， 根据垂线段最短可得当时，最小， 这时， 又∵， ∴， ∴，即， 故选C． 6．C 【分析】本题主要考查三角形全等的判定与性质，旋转的性质，掌握证明三角形全等，得出边的长度是解题的关键．根据题意，过点作于（图示见详解），因为，即可求得，所以得到，则有，由此即可求解． 【详解】解：将绕点顺时针旋转到， ∴，， 过点作于，如图所示， ∵，， ∴，， ∴， 在，中， ， ∴， ∴， ∴， 故选：． 7．B 【分析】本题考查了旋转的性质，矩形的性质，勾股定理，确定点的轨迹是解题的关键．由旋转的性质结合证明，推出，得到点在平行于，且与的距离为5的直线上运动，作点关于直线的对称点，连接交直线于点，此时周长取得最小值，由勾股定理可求解． 【详解】解：过点作，交于，过点作垂足为， ∵矩形， ∴， ∴， ∴四边形和都是矩形， ∴， 由旋转的性质得，， ∴， ∴， ∴， ∴点在平行于，且与的距离为5的直线上运动， 作点关于直线的对称点，连接交直线于点，此时周长取得最小值，最小值为， ∵，， ∴， 故选：B． 8．C 【分析】根据正方形的性质可得，，再根据旋转的性质可得，，从而证得，得到，即可求得，可判断①正确；根据正方形的性质可得的长，再根据可得的长，再利用勾股定理可得，可判断②正确；根据题意列出关于面积的一元二次方程，求得有且只有一个实数，使得，可判断③正确；连接，作于点，可得，由，点为的中点，可得，则，从而求得，可判断④错误；即可解题． 【详解】解：四边形是正方形，为对角线， ，，， 线段绕点顺时针旋转得到， ，， 又，， ， 在和中： ， ， ， ， 是直角三角形， 故①正确； 正方形边长为， ， ，，， ， ， 故②正确； 由题可知：， 要，则， 整理得：， 解得：， 有且只有一个实数，使得， 故③正确； 如图，连接，作于点，则， ， 与的边上的高相等， ，点为的中点， ， ， ， 的面积不随着的变化而变化， 故④错误； 故选：C． 【点睛】本题考查了正方形的性质、等腰三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理，解一元二次方程，旋转的性质，直角三角形性质，综合运用以上知识是解题的关键． 9． 【分析】本题考查了关于原点对称的点的坐标特征，解题的关键是掌握关于原点对称的点横坐标和纵坐标都互为相反数．据此即可解答． 【详解】解：∵点与点关于原点对称， ∴， 故答案为：． 10． 【分析】本题考查的是旋转变换的概念和性质，掌握对应点与旋转中心连线的夹角是旋转角是解题的关键． 由题意得到点和点是对应点，旋转中心是点，根据旋转的概念解答即可． 【详解】解：∵小明的位置也从点运动到了点， ∴点和点是对应点， ∴旋转中心是点，旋转角是． 故答案为：． 11． 【分析】本题考查了平行四边形的性质，旋转的性质，全等三角形的判定和性质，掌握全等三角形的判定和性质，合理作出辅助线是解题的关键． 根据题意，作轴，轴，可证，再根据点的坐标分别算出的值，由此即可求解． 【详解】解：如图所示，过点作轴于点，过点作轴于点， ∵将平行四边形绕点逆时针旋转得平行四边形， ∴，， ∵， ∴，且， ∴， ∴，， 已知点， ∴， ∴， ∵点在第二象限， ∴点的坐标为：， 故答案为： ． 12． 【分析】本题考查旋转及菱形的性质．推出是解题的关键．根据旋转的性质结合菱形的性质即可求解． 【详解】解：由题意得： ∵四边形是菱形， ∴ ∵ ∴ 即菱形ABCD旋转的角度是度， 故答案为： 13． 【分析】本题考查关于某点对称的图形之间的关系，解题关键是熟练掌握关于某点对称的图形性质．根据成中心对称的两个图形对应线段长相等可知，，然后利用三角形三边关系求解即可． 【详解】解：∵与关于原点成中心对称，点，，的对称点分别是，， ∴， ∴的取值范围为：，即． 故答案为：． 14． 【分析】连接交于点O．取的中点T，连接．求出，可得结论． 【详解】解：如图，连接交于点O．取的中点T，连接． ∵直线平分菱形的面积， ∴直线经过点O， ∵四边形是菱形， ∴， ∴都是等边三角形， ∴，，， ∵， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴的最大值为， 故答案为：． 【点睛】本题考查中心对称，菱形的性质，等边三角形的判定和性质，用勾股定理解直角三角形等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，学会用转化的思想思考问题． 15． 【分析】先根据正方形的性质得到，，再根据旋转的性质得到，，，于是可判定点在的延长线上，然后证明得到．本题考查了旋转的性质：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．也考查了全等三角形的判定与性质和正方形的性质． 【详解】解：四边形为正方形， ，， ∵将按顺时针方向旋转得到． ，，， 点在的延长线上， ， ， 在和中， ， ， ． 16．(1)见解析 (2) 【分析】本题考查画中心对称图形，中心对称图形的性质，三角形的三边关系： （1）根据题意，画出即可； （2）根据成中心对称图形的性质，结合三角形的三边关系，进行求解即可． 【详解】（1）延长至点，使，连接， 如图，即为所求； （2）与关于点中心对称， ， 在中，，即， ， ． 17．(1) (2) (3)等腰直角三角形 【分析】本题考查了旋转的性质， 正方形的性质， 等腰直角三角形的判定： （1） 根据图形判断点为旋转中心； （2） 根据对应边、的夹角等于旋转角解答； （3） 根据旋转的性质可得，，然后根据等腰直角三角形的定义判定即可 ． 【详解】（1）解：∵经顺时针旋转后与重合， ∴旋转中心为点； （2）解：四边形是正方形， ， 旋转角为； （3）解：如图， 由旋转的性质得，，， 所以是等腰直角三角形 ． 18．(1)， (2)，， (3)见解析 【分析】本题考查了平移的性质，关于原点对称的点的特征，画旋转图形． （1）根据平移后坐标为，得出平移变换是向右平移5个单位长度，再向下平移3个单位长度，即可解答； （2）根据关于原点对称的点横坐标和纵坐标都互为相反数，即可解答； （3）根据旋转的性质，先画出点，再依次连接即可． 【详解】（1）解：∵平移后坐标为， ∴平移变换是向右平移5个单位长度，再向下平移3个单位长度， ∵，， ∴，． （2）解：∵和关于原点成中心对称图形，且，，， ∴，，． （3）解：根据旋转的性质，画图如下： 19．（1）（2）（3）是定值，理由见详解 【分析】（1）由正方形的性质可得，，由旋转的性质可得，，由外角的性质可证； （2）由等腰直角三角形的性质可得，由“”可证，可得，即可求解； （3）由“”可证，可得，，由“”可证，可得，即可求解． 本题是四边形综合题，考查了正方形的性质，旋转的性质，全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质等知识，添加恰当辅助线构造全等三角形是解题的关键． 【详解】解：（1）四边形是正方形， ，， 将绕点按顺时针方向旋转，得到． ，， ， ； （2）如图，在上截取，连接， ，， ， ，， ， 又，， ， ， ； （3）的周长是定值，理由如下： 如图，延长至，使，连接， ，，， ， ，， ，， ， ， ， ， 又， ， ， 的周长， 的周长是定值． 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $$