第二十三章旋转练习 2025--2026学年人教版九年级数学上册

第二十三章 旋转 练习 一、单选题 1．下列四个图形中，是中心对称图形的是（      ） A． B． C． D． 2．平面直角坐标系中，点A的坐标为，将线段绕点O逆时针旋转，则点A的对应点的坐标为（    ） A． B． C． D． 3．如图，中，，将逆时针旋转（），得到，交于．当时，点恰好落在上，此时等于（   ） A． B． C． D． 4．如图，将绕点逆时针旋转得到，点在上．已知，则的大小为（   ） A． B． C． D． 5．如图，已知，直线与交于点 O，，要使，则直线需绕点 O 逆时针旋转的度数是（   ） A． B． C． D． 6．如图，与成中心对称，点是它们的对称中心，若，，，则的长为（　　） A． B． C． D． 7．在平面直角坐标系中，点关于原点对称的点是（   ） A． B． C． D． 8．如图1，在中，，，E、F分别是、的中点，连接．如图2，将绕点C按逆时针方向旋转得到，连接．若平分，则的长为（   ） A． B． C． D． 9．如图，正方形中，边长为1，将边绕点B逆时针旋转至，连接、、若，则的面积是（   ） A． B． C． D． 10．如图，已知矩形，，，点为矩形内一点，点为边上任意一点，则的最小值为（   ） A． B． C． D．20 二、填空题 11．如图，在平面内将绕点A逆时针旋转至使．如果，那么旋转角 度 12．如图，在中，是边上的中线，与关于点成中心对称．若，则线段的取值范围是 ． 13．如图，已知正方形和正方形顶点重合，点、、分别在边、、上，，将正方形绕着点旋转，点、分别落到点、，如果点、、在同一直线上时，那么线段的长为 ． 14．如图，在平面直角坐标系中，点在轴上，点的坐标为，将绕着点顺时针旋转，得到，则点的坐标是 ． 15．如图，在等腰中，，点P为内部一点，连接，若，则的面积为 ． 三、解答题 16．如图，在等腰中，，在平面上取一点D，连接，以点A为旋转中心，将线段AD逆时针旋转得到线段，连接． (1)_________． (2)连接，判断并证明与的数量和位置关系． 17．如图，在平面直角坐标系中，的顶点坐标依次为，，，与关于坐标原点O成中心对称（点A、B、C的对应点分别为点、、）． (1)在图中画出； (2)分别写出点、的坐标． 18．如图1，在中，，三个内角平分线交于点O，的外角的角平分线交的延长线于点F． 【问题初探】：（1）__________，__________： 【问题再探】：（2）如图2，过点作． (1)求证：； (2)若，将绕点O顺时针旋转一定角度后得，当时，请直接写出的度数． 19．如图1，在正方形中，E在边上，F在边上，连接，若． (1)求证：； (2)如图2，连接，若将绕着点E旋转至，连接，连接交于点P． ①求证：点P是中点； ②求证：． 20．在数学兴趣小组活动中，小明同学遇到了如下问题： (1)【问题初探】如图1，在等腰中，，点在其内部，，，，求的长； 经过同学们的观察、思考、交流，对上述问题形成了如下想法：将绕点按逆时针方向旋转90°，得到，连接，探究、、三边之间的数量关系，…，根据以上分析过程____________． (2)【类比分析】如图2，在等边中，点在其内部，且，，，求的度数． (3)【拓展应用】如图3，在中，，点在其内部，是等腰三角形，且，若，，求的长． 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 《第二十三章 旋转 练习2025--2026学年人教版九年级数学上册》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 A B D C C A D B D C 1．A 【分析】本题主要考查了中心对称图形的定义，根据定义得出图形形状是解决问题的关键．根据中心对称图形的定义旋转后能够与原图形完全重合即是中心对称图形，即可判断出． 【详解】解：A、∵此图形旋转后能与原图形重合，∴此图形是中心对称图形，故此选项正确； B、∵此图形旋转后不能与原图形重合，∴此图形不是中心对称图形，故此选项错误； C、∵此图形旋转后不能与原图形重合，∴此图形不是中心对称图形，故此选项错误； D、∵此图形旋转后不能与原图形重合，∴此图形不是中心对称图形，故此选项错误． 故选：A． 2．B 【分析】本题考查坐标与图形变化旋转，熟练掌握旋转的性质是解答本题的关键，过点作轴于点，可得，，则，可得．由旋转得，，可知点在轴正半轴上，进而可得点的坐标为． 【详解】解：如图，过点作轴于点， 点的坐标为， ，， ， ， ． 线段绕点逆时针旋转， ，， ， 点在轴正半轴上， 点的对应点的坐标为． 故选：B． 3．D 【分析】本题考查了旋转的性质、等腰三角形的性质、三角形外角的性质，根据旋转的性质可知，，根据等腰三角形的性质可以求出，从而可得，利用三角形外角的性质可以求出，根据旋转的性质可知． 【详解】解：将逆时针旋转得到， ，， ， ， ， 是的外角， ， ， 由旋转的性质，可知． 故选：D． 4．C 【分析】本题考查的是旋转的性质，等腰三角形的性质，掌握“旋转前后的对应角相等与等边对等角”是解本题的关键．先由旋转的性质证明，，再利用等边对等角证明，从而可得答案． 【详解】解：将绕点逆时针旋转得到，点在上， ，， ， ， ，， ， 故选：C． 5．C 【分析】本题考查了旋转的性质，平行线的判定，根据同位角相等两直线平行求出旋转后的同位角的度数是解题的关键． 根据同位角相等两直线平行，求出旋转后的同位角的度数，然后用减去即可得到直线需绕点 O 逆时针旋转的度数． 【详解】解：如图， ∵时，， ∴，直线需绕点 O 逆时针旋转的度数是． 故选：C． 6．A 【分析】本题考查了中心对称的性质．由中心对称的性质得，然后根据勾股定理即可求解． 【详解】解：∵该图是一个中心对称图形， ∴， ∵，，， ∴， ∴， 故选：A． 7．D 【分析】本题考查关于原点对称的点的坐标，解题的关键是关于原点对称的点的坐标特征． 根据关于原点对称的点的坐标特征，即可求解． 【详解】在平面直角坐标系中，若两个点关于原点对称，则其横、纵坐标均互为相反数， ∴在平面直角坐标系中，点关于原点对称的点是， 故选：． 8．B 【分析】本题考查了等腰三角形的判定和性质，旋转的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，作辅助线构造全等三角形是解题关键．连接，延长交于点，由中点可得，由旋转性质可知，，，，进而证明，得到，再利用等腰三角形三线合一的性质和勾股定理求解即可． 【详解】解：如图，连接，延长交于点， 在中，，，E、F分别是、的中点， ， 由旋转性质可知，，，， ，， 又， ， ， ，平分， ，， ， ， ， ， 故选：B． 9．D 【分析】过点B作于点F．由旋转的性质可得，结合等腰三角形的性质可得．由正方形的性质结合题意可证，即得出，，结合勾股定理可求出，即得出，最后根据三角形面积公式计算即可． 【详解】解：如图，过点B作于点F． ∵将边绕点B逆时针旋转至， ∴为等腰三角形，且． ∵， ∴． ∵四边形为正方形， ∴，． ∵， ∴，， ∴， ∴， ∴，． ∵，即， ∴， ∴， ∴， ∴． 故选：D． 【点睛】本题考查正方形的性质，勾股定理，旋转的性质，勾股定理，等腰三角形的性质等知识，正确作出辅助线，构造全等三角形是解题关键． 10．C 【分析】此题考查旋转的性质，矩形的性质，勾股定理的应用，解题关键在于利用旋转的性质求解，将绕点A逆时针旋转得到，可得，易得到和均为等边三角形，推出，可得，则共线时最短；由于点E也为动点，可得当时最短，此时易求得的值． 【详解】解：将绕点A逆时针旋转得到，则， ∴和均为等边三角形，， ∴， ∴， ∴、、共线时最短， 由于点E也为动点， ∴当时最短，而， ∴，， ∵和均为等边三角形， ∴，， ∴，， ∴， ∴的最小值为 ． 故选C． 11．40 【分析】本题考查旋转的性质与等腰三角形的性质，解答本题的关键是掌握旋转前后对应线段相等、对应角相等． 根据旋转的性质可得出，然后根据，，可得出的度数，进而根据等腰三角形的性质可得出答案． 【详解】解：由题意得：， ∴是等腰三角形， ∴， 又∵， ∴， ∴，即旋转角度为， ∴， 故答案为40． 12． 【分析】本题考查中心对称图形的性质，三角形的三边关系，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】∵与关于点成中心对称， ，， 在中，，即， ． 故答案为：． 13．或 【分析】本题考查了正方形的性质，旋转的性质，勾股定理等知识．分点在D、之间和点在D、之间两种情况，画出图形求解即可． 【详解】∵正方形和正方形顶点重合，， ∴，， ∴，． 如图，当点在D、之间时，连接，则， 由旋转的性质得四边形是正方形，， ∴ ∴ ∴． 如图，当点在D、之间时，连接，则， 同理可求，． 综上可知，线段的长为或． 故答案为：或． 14． 【分析】此题考查了旋转的性质，坐标与图形，含度直角三角形的性质，以及勾股定理，解题的关键是作辅助线构造出直角三角形． 过点C作轴于点E，由题意可得，，再利用含度直角三角形的性质，求解即可． 【详解】解：过点C作轴于点E， 由旋转可得，， ∴， ∴， ∴，， ∴点C的坐标为， 故答案为：． 15． 【分析】本题考查等腰直角三角形的判定和性质，勾股定理，旋转的性质，根据等腰三角形的性质以及，可得，把绕点C顺时针旋转90度得到，，设，则，，在中，根据勾股定理可得，，再由，即可求解． 【详解】解：在等腰中，∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 如图，把绕点C顺时针旋转90度得到， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， 设，则， ∴， 在中，， ∴， 解得：（负值舍去）， ∴，， ∴ 故答案为： 16．(1) (2)，证明见解析 【分析】本题主要考查了全等三角形的性质与判定，旋转的性质，等边对等角，三角形内角和定理，数值相关知识是解题的关键． （1）由旋转的性质可得，再根据等边对等角和三角形内角和定理可得答案； （2）设交于T，交于O，可证明，得到，再由三角形内角和定理和对顶角相等推出，则，据此可得结论． 【详解】（1）解：由旋转的性质可得， ∴； （2）解：，证明如下： 设交于T，交于O， ∵在等腰中，， ∴， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴， 又∵， ， ∴， ∴， ∴． 17．(1)见解析 (2)、 【分析】本题考查了作图—中心对称，熟练掌握成中心对称的图形的性质是解此题的关键． （1）根据成中心对称的图形的性质画图即可； （2）根据图形写出坐标即可． 【详解】（1）解：如图：如图所示， ； （2）解：由图可得：、． 18．(1)， (2)①见解析；②或 【分析】（1）根据角的平分线的定义，平角定义，外角的性质，三角形内角和定理，角的和计算即可． （2）①延长交于点M，则， 证明，结合，得到，解答即可； ②根据旋转的性质，平行线的判定，分类解答即可． 【详解】（1）解：连接， ∵三个内角平分线交于点O， ∴平分， ∵平分， ∴，． ∵， ∴． ∵， ∴． ∵平分，平分， ∴，， ∵，， ∴ ∴， ∵， ∴， 故答案为：，． （2）①证明：延长交于点M， 则， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴． ②解：根据前面证明，得， ∵， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴，， ∵， ∴， ∴, 如图所示， 此时， 综上所述，的度数或． 【点睛】本题考查了角的平分线的定义，平角定义，外角的性质，三角形内角和定理，角的和计算，平行线的判定和性质，旋转的性质，熟练掌握性质是解题的关键． 19．(1)见详解 (2)①见详解；②见详解 【分析】（1）设与交于点，证明，易得，，进而证明，即可证明结论； （2）①连接交于点，连接，首先证明四边形为平行四边形，进而可得为等腰直角三角形，为直角三角形，然后证明，即可证明结论； ②过点作，交于点，首先根据勾股定理证明，再证明四边形为平行四边形，易得，然后证明，易得，即可证明结论． 【详解】（1）解：如下图，设与交于点， ∵四边形为正方形， ∴， 在和中， ， ∴， ∴，， ∵， ∴， ∴； （2）①如下图，连接交于点，连接， ∵四边形为正方形，为该正方形的对角线， ∴， 根据题意，将绕着点E旋转至， ∴，， 由（1）可知，，， ∴，， ∴， ∴四边形为平行四边形， ∴，， ∴，即为等腰直角三角形， ∴， ∴，即为直角三角形， ∵四边形为正方形，和为该正方形的对角线， ∴，，即垂直平分， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴， ∴点P是中点； ②如下图，过点作，交于点， 由（2）可知，为等腰直角三角形， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 又∵， ∴四边形为平行四边形， ∴， ∵四边形为正方形， ∴， ∴， ∵， ∴， 又∵， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∴． 【点睛】本题主要考查了正方形的性质、平行四边形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、等腰三角形的判定与性质、勾股定理、旋转的性质等知识，熟练掌握相关知识，正确作出辅助线是解题关键． 20．(1)2 (2) (3) 【分析】（1）根据题意可得，是等腰直角三角形，是等腰直角三角形，结合等腰直角三角形的性质即可求解； （2）将绕点逆时针旋转，得，是等边三角形，是直角三角形，由此即可求解； （3）将绕点顺时针旋转，得，连接，可证，过点作于点，可得，运用勾股定理即可求解． 【详解】（1）解：已知将绕点按逆时针方向旋转，得到， ∴， ∴，，， ∴是等腰直角三角形，则， ∴在中，， ∵， ∴， ∵， ∴是等腰直角三角形， ∴，即， 故答案为：； （2）解：如图所示，将绕点逆时针旋转，得， ∴， ∴，，，， ∴是等边三角形， ∴，， 在中，，，， ∴， ∴是直角三角形，， ∴， ∴； （3）解：∵是等腰三角形，， ∴， 如图所示，将绕点顺时针旋转，得，连接， ∴， ∴，， ∴， ∴， ∵， ∴，且， ∴， 如图所示，过点作于点， 在中，， ∴，， ∴， 在中，， ∴， ∴． 【点睛】本题主要考查等腰三角形的性质，等边三角形的性质，旋转的性质，全等三角形的判定，含的直角三角形的判定和性质，掌握旋转的性质，合理作出辅助线，图形结合分析，分类讨论思想结合是解题的关键． 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 $$