第二十三章旋转暑期提升训练题2025-2026学年人教版九年级数学上册

第二十三章 旋转 暑期提升训练题 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．在平面直角坐标系中，点关于原点对称的点是（   ） A． B． C． D． 3．如图，是由绕A点逆时针旋转得到的，若，，则旋转角的度数为（   ） A． B． C． D． 4．如图，将绕点C顺时针旋转得到．若点A，D，E在同一条直线上，，则的长为（   ） A．5 B． C． D． 5．在平面直角坐标系中，点与点关于原点对称，则的值为（　　） A．4 B． C．2 D． 6．如图，在正方形中，，G是的中点，点E是正方形内一动点，且，连接，将线段绕点D逆时针旋转得到线段，连接，则线段长的最小值是（   ） A． B．2 C．3 D． 7．如图，在 中，，将 绕点 按逆时针方向旋转得到 ．若点 恰好落在 边上，且 ，则 的度数为（   ） A． B． C． D． 8．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． 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，在平面直角坐标系中，边长为2的菱形的顶点B在y轴上，点A在第一象限，，将菱形绕原点O沿顺时针方向旋转，每次旋转，旋转第一次得到四边形（点与点A重合），则旋转第四次得到的点的坐标是（   ） A． B． C． D． 二、填空题 11．如图，绕顶点顺时针旋转得到．若，，则的度数为 ． 12．如图，正方形的边长为5，O是边的中点，点E是正方形内一动点，，将线段绕C点逆时针旋转得，连，线段的最小值为 ． 13．如图，在中，，，，点为的中点，将绕点按逆时针方向旋转得到，点的对应点分别为．当落在边上时，两个三角形重叠部分（阴影部分）的面积为 ． 14．如图，在平行四边形中，设，将平行四边形绕顶点顺时针旋转到平行四边形，当首次经过顶点时，旋转角 ．（用含有的代数式表示） 15．如图，在中，，，，将绕点C按逆时针方向旋转得到，此时点恰好在边上，则点与点B之间的距离为 ． 三、解答题 16．如图，在平面直角坐标系中，的顶点都在网格点上，，，． (1)在网格中画出向下平移个单位，再向左平移1个单位得到的图形，并写出、、的坐标． (2)在网格中画出绕原点顺时针旋转后的图形，并写出点的坐标． 17．如图1，为等边内一点，将线段绕点逆时针旋转得到，连接，的延长线与交于点，与交于点． (1)求证：； (2)________度； (3)如图2，连接，平分吗？请说明理由． 18．已知E为正方形内部一点，且满足，连接、、． (1)如图1，若，求的大小； (2)如图2，连接，将线段绕点C顺时针旋转得到线段，连接，射线交线段于点M． ①依题意补全图2； ②用等式表示线段与的数量关系，并证明． 19．在等腰和等腰中，，，． (1)如图1，连接，则线段与的数量关系为_________；线段与的位置关系为_________． (2)若将绕点O顺时针旋转， ①如图2，当点D恰好在边上时，（1）中的结论是否仍然成立，若成立，请说明理由． ②当点A、D、C三点在同一条直线上时，若，，请求出线段的长． 20．【问题情境】在数学课上，同学们开展了探究两角之间数量关系的数学活动 点C为线段上一点，分别以，为边在线段同侧作和，且，．，直线与交于点F． 【探索发现】如图1，若，则_______ 【深入探究】如图2，若，则的度数为多少？ 【拓展提升】将图2中的绕点C顺时针旋转任意角度，的延长线与交于点F，如图3，试探究与a的数量关系，并加以说明理由． 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 《第二十三章 旋转 暑期提升训练题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 B D B D A A C C D C 1．B 【分析】本题考查了中心对称图形和轴对称图形的识别．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．把一个图形绕某一点旋转，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，这个图形叫做轴对称图形． 【详解】解：A、是轴对称图形，但不是中心对称图形，本选项不符合题意； B、既是轴对称图形又是中心对称图形，本选项符合题意； C、是中心对称图形，但不是轴对称图形，本选项不符合题意； D、是轴对称图形，但不是中心对称图形，本选项不符合题意； 故选：B． 2．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：． 3．B 【分析】此题主要考查了旋转的性质，解题的关键是正确找出旋转角．首先利用已知条件求出，然后利用旋转角的定义即可求解． 【详解】解：∵，， ， 是由绕点旋转得到的， ∴是旋转角， ∴旋转角的度数为． 故选：B． 4．D 【分析】根据旋转的性质，得，利用勾股定理解答即可． 本题考查了旋转的性质，勾股定理，熟练掌握性质和定理是解题的关键． 【详解】解：根据旋转的性质，得，， 故， 故． 故选：D． 5．A 【分析】本题主要考查关于原点对称的点的坐标；根据关于原点对称的点的坐标特征，得出，，由此可求解和的值，再计算即可求出． 【详解】解：∵点与点关于原点对称， ∴， 解得：，即． ，即． ∴． 因此，的值为4； 故选：A． 6．A 【分析】连接，将线段绕点D逆时针旋转得到线段，连接，过点M作于点N，利用三角形全等的判定和性质，勾股定理，两点间线段最短，解答即可． 【详解】解：连接，将线段绕点D逆时针旋转得到线段，连接， 则，， 过点M作于点N， 则， ∵正方形， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵，G是的中点，， ∴，， ∴，直线是线段的垂直平分线， ∴， 由线段绕点D逆时针旋转得到线段，连接， 则，， ∴ ∵， ∴， ∴， ∵， 故当C，F，M三点共线时，取得最小值，且最小值为， ∴的最小为， 故选：A． 【点睛】本题考查了旋转的性质，正方形的性质，三角形全等的判定和性质，勾股定理，线段的垂直平分线的判定和性质，两点之间线段最短，熟练掌握性质是解题的关键． 7．C 【分析】本题考查了旋转的性质，等腰三角形的性质，三角形内角和定理等知识，根据旋转的性质得出，，根据等边对等角可得：，，根据三角形外角的性质可得：，利用三角形内角和定理及等量代换求解即可． 【详解】解∶∵旋转， ∴，， ∴， ∵， ∴， 又， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 故选∶C． 8．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． 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】先根据菱形的性质得到，，再根据，利用直角三角形两个锐角互余，求得，然后由旋转得，根据点B在y轴上，得出点在x轴上，可知旋转第四次时，点落在x轴的负半轴上，再求出 ，，从而可得，再利用含有的直角三角形的性质求得，进而求得，于是可求得． 【详解】解：连接， ∵四边形是边长为2的菱形，， ∴，， ∴， 由旋转得， ∴， ∵点B在y轴上， ∴点在x轴上， ∴旋转第四次时，点落在x轴的负半轴上， 作轴于点E，则， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵点在第三象限， ∴， 故选：C． 【点睛】本题考查了坐标与图形变化-旋转，菱形的性质，直角三角形中30°角所对的直角边等于斜边的一半，勾股定理等知识，通过探究，确定旋转第四次时菱形所在的位置是解题的关键． 11． 【分析】本题主要考查了旋转的性质，三角形内角和定理，由旋转的性质可得的度数，再求出的度数，由三角形内角和定理可得答案． 【详解】解：由旋转的性质可得， ∴， ∴， 故答案为：． 12． 【分析】本题考查正方形的性质，全等三角形的判定与勾股定理，熟练掌握全等三角形的判定是解题的关键，连接，将线段绕点逆时针旋转得，连接，根据全等三角形的性质得到，根据勾股定理得到，从而求得，再根据三角形三边关系即可得到结论． 【详解】解：连接，将线段绕点逆时针旋转得，连接， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵正方形中，，是边的中点， ∴， ∴， ∴， ∵ ∴， ∴线段的最小值为． 13． 【分析】设的交点为点D，证明，利用勾股定理，三角形面积公式解答即可． 【详解】解：设的交点为点D， ∵，，，点为的中点， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴阴影的面积为：， 故答案为：． 【点睛】本题考查了旋转的性质，等腰三角形的判定和性质，直角三角形的性质，勾股定理，熟练掌握性质和定理是解题的关键． 14． 【分析】由旋转的性质可知：平行四边形全等于平行四边形，得出，由等腰三角形的性质得出，由旋转角，根据等腰三角形的性质计算即可． 【详解】解：∵平行四边形绕顶点B顺时针旋转到平行四边形， ∴， ∴， ∵在平行四边形中，， ∴， ∴， ∴， ∴， 故答案为：． 【点睛】本题考查了平行四边形的性质、旋转的性质、等腰三角形的判定和性质以及三角形的内角和定理，解题的关键是证明三角形是等腰三角形． 15． 【分析】本题考查旋转的性质，等边三角形的判定和性质，含30度角的直角三角形，勾股定理，解题的关键是证明为等边三角形． 连接，根据旋转的性质，证明为等边三角形，利用含30度角的直角三角形的性质结合勾股定理，求出的长，进而得到，即可得出结果． 【详解】解：连接， ∵，，， ∴， ∴， ∴， ∵旋转， ∴，， ∴为等边三角形， ∴； 故答案为：． 16．(1)画见解析，，， (2)画见解析，． 【分析】本题考查图形的平移和旋转，解题的关键是熟练掌握平移规律和旋转的性质． （1）根据平移规律，可得点平移后的坐标，确定点的位置，连线即可； （2）根据题意，以原点为中心，分别将、、顺时针旋转，可得旋转后的点的位置，连线即可． 【详解】（1）解：如图，为所求， ∵向下平移个单位，再向左平移1个单位得到的图形， ∴平移过程中，各点的纵坐标减，横坐标减， ∵，，， ∴，，， 连线即可得， 答：、、的坐标为，，． （2）解：如图，为所求， 绕原点顺时针旋转后的图形， ∵，，， ∴，，， 连线即可得， 答：点的坐标为． 17．(1)见解析 (2) (3)平分．理由见解析 【分析】（1）根据旋转性质可得，，结合等边三角形的性质可证明即可得出结论； （2）过点作，，垂足分别为，，利用（1）中证得的全等得到； （3）利用面积相等求得，可证得，从而得到，则平分． 【详解】（1）证明：线段绕点逆时针旋转得到， ，， 为等边三角形， ， ， ， 在和中， ， ， ； （2）解：， ， ， ， 故答案为：； （3）解：平分．理由如下， 如图，过点作，，垂足分别为，，   ， ， ， ， 在和中， ， ， ，平分． 【点睛】本题考查了旋转的性质，全等三角形的判定与性质，等边三角形的性质，角平分线的判定，熟练掌握这些性质定理是解答本题的关键． 18．(1) (2)①见解析；②，证明见解析 【分析】（1）根据正方形的性质，推出是等边三角形，得到，再结合等边对等角的性质，得到，即可求出的大小； （2）①根据题意补全图形即可； ②连接、，过点作交的延长线于点，由旋转的性质易证，得到，．根据等边对等角的性质，得到，进而得出，再证明出，即可得出结论． 【详解】（1）解：∵正方形， ∴，． ∵，， ∴． ∴是等边三角形， ∴． ∴． ∴． ∴． （2）解：①依题意补全图2如图所示： ②，证明如下： 如图，连接、，过点作交的延长线于点， ∵线段绕点C顺时针旋转得到线段， ∴，． ∴，即． ∵， ∴． ∴，． ∵， ∴． ∴， ． ∴． ∴， ∵，， ∴． ∵， ∴． ∵， ∴． ∴， ∴． ∴． ∵， ∴． ∴． 【点睛】本题考查了正方形的性质，等边三角形的判定和性质，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等知识，作辅助线构造全等三角形是解题关键． 19．(1) ， (2)①成立，理由见解析；②或 【分析】（1）通过证明，得出，，在根据三角形外角的性质可证； （2）①连接，由可证，即可得出结论；②根据点、、的位置关系，分两种情况考虑，将转化为求的长即可． 【详解】（1）解： ，； ， ， 在和中， ， ，， 如图所示，设交于点，交于点， ， ， ； （2）解：成立，理由如下： ①证明：如图，连接， ， ， ， 在与中， ， ，， ， ； ②（）如图，设交于点，过作于点， ， ，， ， ， ，，， ，， ， ， ； （）如图， 同理可得：，则， 综上所述，的长为或． 【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质，旋转的性质，等腰三角形的性质，直角三角形的性质，勾股定理等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题． 20．[初步思考]；[深入探究]；[拓展提升]； 【分析】（1）根据 证明，得出，根据三角形的内角和定理即可得到，进而可得答案； （2）根据证明，得出，根据三角形的内角和定理即可得到，进而可得答案； （3）当交点F在线段上，结合图形，仿照（2）小题的证明解答即可． 【详解】解：【探索发现】∵ ∴ 在和 ∴ ∴ ∵ ∴ ∴ 故答案为：； 【深入探究】∵ ∴ 在和 ∴ ∴ ∵ ∴ ∴ 故答案为：； 【拓展提升】①当交点F在线段上时，如图， ∵ ∴ 在和 ∴ ∴ ∵ ∴ ∴ 综上，． 【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质、旋转的性质、三角形的内角和定理等知识，正确分类、熟练掌握全等三角形的判定和性质是解题的关键． 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 $$