第二十三章 旋转 单元试卷 2025-2026学年人教版数学九年级上册

第二十三章 旋转 单元试卷 2025-2026学年人教版数学九上 学校:___________姓名:___________班级:___________考号:___________ 一、单选题 1．2025年4月24日，神舟二十号载人飞船成功发射，以壮丽升空将第10个中国航天日从纪念变为庆祝．下列航天图案是中心对称图形的是（   ） A． B． C． D． 2．在平面直角坐标系中，点（3，﹣4）关于原点对称的点的坐标是（　　） A．（3，4） B．（﹣3，﹣4） C．（﹣3，4） D．（﹣4，3） 3．如图，绕某点旋转，得到，则其旋转中心的坐标是（    ） A． B． C． D． 4．如图，将绕点A逆时针旋转一定角度，得到，若，，且，则的度数为（    ） A． B． C． D． 5．在平面直角坐标系中，把点向右平移个单位得到点，再将点绕原点顺时针旋转得到点，则点的坐标是（   ） A． B． C． D． 6．如图，中，，将绕点B逆时针旋转得，若点在上，则的长为（   ） A． B．4 C． D．5 7．如图，在等边中，点在上，且，，点是上一动点，连接，将线段绕点逆时针旋转得到线段，要使点恰好落在上，则的长是（   ） A． B． C． D．6 8．如图，等边三角形的边长为4,点是△的中心，.绕点旋转,分别交线段于两点，连接,给出下列四个结论:①;②;③四边形的面积始终等于;④△周长的最小值为6,上述结论中正确的个数是( ) A．1 B．2 C．3 D．4 二、填空题 9．如图是由中国结和雪花两种元素组成的一个图案，这个图案绕着它的旋转中心旋转角度后能够与它本身重合，则角最小是 度． 10．如图，将绕点B顺时针方向旋转，得到，点D恰好落在的延长线上，则的度数是 °． 11．在中，，，将绕点逆时针旋转至，交于点、交于点，交于点，则的度数为 ． 12．如图，，两点的坐标分别为，，线段绕原点按顺时针方向旋转后，点的对应点是点，则点的对应点的坐标是 ． 13．如图，中，，，点D、E是边上的两点，且，，则 ． 14．如图，在平面直角坐标系中，菱形的顶点在第二象限，点在轴正半轴上，，．将菱形绕点顺时针旋转得到菱形，则点的对应点的坐标是 ． 15．如图，在矩形中，，，点在边上，将绕点逆时针旋转，得到线段（即，），连接，则的最小值为 ． 16．在平面直角坐标系中，等边如图放置，点A的坐标为，每一次将绕着点O逆时针方向旋转，同时每边扩大为原来的2倍，第一次旋转后得到，第二次旋转后得到，…，以此类推，则点的坐标为 ． 三、解答题 17．如图所示的正方形网格中，的顶点均在格点上，请在所给直角坐标系中按要求画图和解答下列问题： 以点为旋转中心，将绕点顺时针旋转得，画出． 作出关于坐标原点成中心对称的． 作出点关于轴的对称点若点向右平移个单位长度后落在的内部不含落在的边上，请直接写出的取值范围． 提醒：每个小正方形边长为个单位长度 18．如图，点是内的点，，，，将绕点 按逆时针方向旋转 得到，连接． （1）判断的形状，并说明理由； （2）求的度数； （3）设，则当为多少度时，为等腰三角形（直接写结果）． 19．中，三个内角的平分线交于点O，过点O作，交边BC于点D． （1）如图1，求的度数； （2）如图2，作外角的平分线交CO的延长线于点F． ①求证： BF//OD； ②若，求的度数； ③若，将绕点O顺时针旋转一定角度后得，所在直线与FC平行，请直接写出所有符合条件的旋转角度的值． 20．如图，在菱形ABCD中，AB=2，∠ABC=60°，E为边BC上一点． （1）如图1，F为AB上一点，且BF=CE，连接CF，AE交于点P，求∠APF； （2）如图2，BE>CE，连接AE，将AE绕点A顺时针旋转120°得到AH，连接CH交AB于点M，求证：BM=AM+CE； （3）在（2）的条件下，若E为直线BC上一动点，连接DH，当DH最小时，直接写出△DEH的面积． 21．（1）【探究发现】如图1，P是等边 内一点，，，求 的度数． 解：将 绕点B逆时针旋转到的位置，连接．，则是______三角形． ∴， 又∵， ∴ ∴为直角三角形 ∴∠APB的度数为______． （2）【类比延伸】如图2，在正方形内部有一点P，连接 ，若 ，，，求的长； （3）【拓展迁移】如图3，在正六边形内部有一点P，若 ，，，请直接写出 的度数及正六边形的边长． 参考答案 1．【答案】D 【分析】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．根据中心对称图形的定义判断即可． 【详解】解：A、图形不是中心对称图形，不符合题意，选项错误； B、图形不是中心对称图形，不符合题意，选项错误； C、图形不是中心对称图形，不符合题意，选项错误； D、图形是中心对称图形，符合题意，选项正确； 故选D． 2．【答案】C 【分析】根据关于原点对称的点，横坐标与纵坐标都互为相反数进行解答即可． 【详解】点（x，y）关于原点对称的点的坐标为（-x，-y）， 所以点（3，﹣4）关于原点对称的点的坐标是（﹣3，4）， 故选C． 3．【答案】B 【分析】先根据旋转的性质得出点的对应点为点，点的对应点为点，连接、，作线段、的垂直平分线，它们的交点为，即可得到答案． 【详解】解：绕某点旋转，得到， 点的对应点为点，点的对应点为点， 如图，连接、，作线段、的垂直平分线，它们的交点为， ，旋转中心的坐标是， 故此题答案为B． 4．【答案】C 【分析】本根据旋转的性质得到，，三角形的内角和求出的度数，再根据角的和差关系求出即可． 【详解】解：∵旋转， ∴，， ∵， ∴， ∴； 故选C． 5．【答案】A 【分析】把点向右平移个单位得到点，再将点绕原点顺时针旋转得到点即可求解． 【详解】解：把点向右平移个单位得到点，再将点绕原点顺时针旋转得到点， 故选A． 【点睛】本题考查点的坐标变换，掌握点的坐标变换规律是解题的关键． 6．【答案】A 【分析】由旋转的性质得出的长度，利用勾股定理即可得出答案． 【详解】解：∵将绕点B逆时针旋转得， ∴， 根据勾股定理得： ， ∴， ∴， 在中，由勾股定理得： ， 故选A． 7．【答案】A 【分析】由于将线段绕点O逆时针旋转得到线段，当点D恰好落在上时，易得，根据旋转的性质可以得到，由此可以求出的长．过P作于H，根据含30度角的直角三角形的性质求得，可得H与O重合，则利用勾股定理求解即可． 【详解】解：如图，将线段绕点O逆时针旋转得到线段，当点D恰好落在上时，， ∵是等边三角形， ∴， ∴， ∴， ∴ ∴， 过P作于H，则，， ∴，又， ∴H与O重合，即， ∴， 故选A． 8．【答案】C 【分析】连接BO，CO，可以证明△OBD≌△OCE，得到BD=CE，OD=OE，从而判断①正确； 通过特殊位置，当D与B重合时，E与C重合，可判断△BDE的面积与△ODE的面积的大小，从而判断②错误； 由△OBD≌△OCE，得到四边形ODBE的面积=△OBC的面积，从而判断③正确； 过D作DI⊥BC于I．设BD=x，则BI=，DI=．由BD=EC，BC=4，得到BE=4－x，IE= ．在Rt△DIE中，DE== =，△BDE的周长=BD+BE+DE= 4+DE，当DE最小时，△BDE的周长最小，从而判断出④正确． 【详解】连接BO，CO，过O作OH⊥BC于H． ∵O为△ABC的中心，∴BO=CO，∠DBO=∠OBC=∠OCB=30°，∠BOC=120°． ∵∠DOE=120°，∴∠DOB=∠COE．在△OBD和△OCE中，∵∠DOB=∠COE，OB=OC，∠DBO=∠ECO，∴△OBD≌△OCE，∴BD=CE，OD=OE，故①正确； 当D与B重合时，E与C重合，此时△BDE的面积=0，△ODE的面积＞0，两者不相等，故②错误； ∵O为中心，OH⊥BC，∴BH=HC=2． ∵∠OBH=30°，∴OH=BH=，∴△OBC的面积==． ∵△OBD≌△OCE，∴四边形ODBE的面积=△OBC的面积=，故③正确； 过D作DI⊥BC于I．设BD=x，则BI=，DI=． ∵BD=EC，BC=4，∴BE=4－x，IE=BE-BI=．在Rt△DIE中，DE== = =，当x=2时，DE的值最小为2，△BDE的周长=BD+BE+DE=BE+EC+DE=BC+DE=4+DE，当DE最小时，△BDE的周长最小，∴△BDE的周长的最小值=4+2=6．故④正确． 故选C． 【点睛】本题是几何变换-旋转综合题．考查了等边三角形的性质以及二次函数的性质．解题的关键是证明△OBD≌△OCE． 9．【答案】60 【分析】先求出正六边形的中心角，再根据旋转变换的性质解答即可． 【详解】解： 则这个图案绕着它的中心旋转或的倍数后能够与它本身重合，则最小为． 10．【答案】80 【分析】由旋转性质可得，，由等腰三角形的性质可得，即可解决问题． 【详解】解：将绕点B顺时针方向旋转，得到， ∴， ， ∴ ， ∴ ， ∴. 11．【答案】/度 【分析】根据旋转的性质得到，进而得到，根据三角形外角的性质得到，，即，根据四边形内角和计算即可． 【详解】解：∵将绕点逆时针旋转至， ∴， ∵， ∴， ∵，， ∴ ， ∴． 12．【答案】 【详解】解：∵线段绕原点按顺时针方向旋转后，点的对应点是点， ∴线段绕原点按顺时针方向旋转后得到线段，如图所示： 根据图形可知：点的对应点的坐标是． 13．【答案】 【分析】将绕点A逆时针旋转90度得到，连接，先证明，由旋转的性质可得，，则可得，利用勾股定理可得，再证明，可得． 【详解】解：如图所示，将绕点A逆时针旋转90度得到，连接， ∵， ∴， 由旋转的性质得到，， ∴， ∴， ∵， ∴， 又∵， ∴， ∴. 14．【答案】 【分析】过点作轴于，如图所示，由旋转性质得到，，再由菱形性质及平行线性质得到，在含的直角三角形性质求出相关边长，数形结合即可得到点的坐标． 【详解】解：过点作轴于，如图所示： 将菱形绕点顺时针旋转得到菱形， ，， ， ， 在中，，则， ，由勾股定理可得， ， 即点的对应点的坐标是． 15．【答案】 【详解】解：如图，过点作的延长线于点， ∵四边形是矩形， ∴，，， 由旋转得，，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴，， 设，则， ∴， ∴， 当时，的值最小，最小值为， ∴的最小值为. 16．【答案】 【分析】根据题意得到每旋转次，的对应点又回到轴正半轴上，可得在第二象限，然后根据角的直角三角形的性质解答即可． 【详解】解：∵点坐标为， ， ∴第一次旋转后，点在第一象限，； 第二次旋转后，点在第二象限，； 第三次旋转后，点在轴负半轴，； 第四次旋转后，点在第三象限，； 第五次旋转后，点在第四象限，； 第六次旋转后，点在轴正半轴，； 如此循环，每旋转次，的对应点又回到轴正半轴上， ， ∴循环了次， 点在第二象限，且， 如图，过点作轴于点C， ∵， ∴， ∴，， ∴点的坐标为， ． 17．【答案】见详解 【详解】解：如图，为所作； 如图，为所作； 如图，点为所作；的取值范围为．   18．【答案】（1）是等腰直角三角形，理由见详解； （2）； （3）当为或120°或时，为等腰三角形 【分析】（）根据旋转的性质即可判断求解； （）由可得，进而得，最后根据四边形的内角和即可求解； （）根据角的和差关系可得，，再分，和三种情况解答即可求解. 【详解】（1）解：是等腰直角三角形. 理由：由旋转的性质，得，， ∴是等腰直角三角形； （2）解：∵， ∴， 由旋转的性质，得， ∴， 又∵ 四边形的内角和为，， ； （3）解：∵是等腰直角三角形， ∴， ∵， ∴，， 由（）知, ①若，则 ， 解得； ②若，则1 ， 解得； ③若，则 ， 解得. 综上，当为或或时，为等腰三角形． 19．【答案】（1）90° （2）①见详解；②100°；③15°或195° 【分析】（1）根据三个内角的平分线交于点O，可得，再由，可得，然后根据三角形外角的性质，即可求解； （2）①根据BF平分∠ABE，可得，再由∠BOD=90°，可得∠FBE=∠ODB，即可求证；②根据BF平分∠ABE，可得，从而得到，即可求解；③由②得：∠BAC=100°，可得∠ACB=30°，从而得到∠OCD=15°，再由BF∥OD，可得∠COD=50°，从而得到∠BDO=∠COD+∠OCD=65°，∠DOF=130°，然后分两种情况讨论，即可求解． 【详解】（1）解：∵三个内角的平分线交于点O， ∴ ， ∵， ∴， ∵， ∴∠BOD=90°； （2）解：①证明：∵BF平分∠ABE， ∴， ∵∠BOD=90°， ∴∠ODB=90°-∠OBD， ∴∠FBE=∠ODB， ∴BF//OD； ②∵BF平分∠ABE， ∴， ∴， ∵， ∴∠BAC=100°； ③∵， ∴由②得：∠BAC=100°， ∴∠ACB=30°， ∵OC平分∠ACB， ∴∠OCD=15°， ∵BF//OD， ∴∠COD=50°， ∴∠BDO=∠COD+∠OCD=65°，∠DOF=130°， ∵将绕点O顺时针旋转一定角度后得， ∴， 如图， ∵B′D′//FC， ∴， ∴， 即此时旋转角度； 如图， ∵B′D′//FC， ∴， ∴； 综上所述，所有符合条件的旋转角度的值为15°或195°． 20．【答案】（1）； （2）见详解； （3） 【分析】（1）先利用菱形的性质，结合，可证明为等边三角形，再利用证明，从而可得，进而求得； （2）先利用证明，从而可得，结合，可得； （3）连结并延长到，使，过点作交直线于点，当点在直线上运动时，点在直线上运动，当时，有最小值，此时，与重合，与重合，再利用等边三角形的性质，得出，然后根据菱形的性质得出，再根据平行线的性质得出，从而可得，再利用含有角的直角三角形的性质求得，最后利用勾股定理求得． 【详解】（1）解：如图，连接， ∵四边形为菱形， ∴， 又∵， ∴为等边三角形， ∴，， 在和中， ∵， ∴（）， ∴， ∴； （2）证明：如图，在上截取，连接，，与相交于点P， 由（1）知，， ∴， 由旋转性质知，， ∴，， ∴， ∴， 在和中， ∵， ∴（）， ∴， ∵， ∴； （3）连结并延长到，使，过点作交直线于点， 当点在直线上运动时，点在直线上运动， 当时，有最小值， 此时，如图，与重合，与重合， 由（1）知为等边三角形， ∴，， ∴， ∵四边形为菱形， ， ， ， ， ． 21．【答案】（1）见详解；（2）；（3）， 【分析】（1）根据旋转的性质，得到是等边三角形，勾股定理逆定理，得到为直角三角形，进一步求解即可； （2）把绕点B顺时针旋转90°得到，旋转的性质，推出是等腰直角三角形，求出，再利用勾股定理进行求解即可； （3）将绕点A顺时针旋转得到，连接，求出；如图所示，过点A作于M，则，证明是直角三角形，即 ，即可得到；如图所示，过点B作交延长线与H，则，则，可得，进而得到，则，即正六边形的边长为． 【详解】解：（1）解：将 绕点B逆时针旋转到的位置，连接．，则是等边三角形， ∴， 又∵，， ∴， ∴是直角三角形，即， ∴； （2）如图，把绕点B顺时针旋转得到， ∴， ∵旋转角是， ∴， ∴是等腰直角三角形， ∴，， ∵， ∴， ∴， 在中，由勾股定理得，； （3）∵六边形是正六边形， ∴，， 如图所示，将绕点A顺时针旋转得到，连接， ∴，， ∴； 如图所示，过点A作于M，则， ∴， 又∵，， ∴， ∴是直角三角形，即 ， ∴； 如图所示，过点B作交延长线与H，则， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴正六边形的边长为． 第 page number 页，共 number of pages 页 学科网（北京）股份有限公司 $$