23.1 图形的旋转课时作业 讲义 2025-2026学年人教版九年级数学上册

23.1图形的旋转 （一）知识梳理 1、旋转 旋转及旋转的三要素： 在平面内，将一个图形上的所有点绕一个定点按照某个方向转动一个角度，这样的运动叫做 ．．这个定点叫做 ．（如点O），转动的角度叫做 ．(如∠AO A′)． 确定旋转中心、旋转角、对应线段以及对应角的方法 (1)确定旋转中心：在旋转过程中不动的点 (2)确定旋转角：各组对应点与 ．所连线段的夹角； (3)确定对应线段以及对应角：找出旋转前后能重合的点（对应，点），即可找到对应线段和对应角 （二）知识精练 一、单选题 1．下列运动中不属于旋转的是（    ） A．摩天轮的转动 B．酒店旋转门的转动 C．气球升空的运动 D．电风扇叶片的转动 2．下列图案既是轴对称图形又是旋转对称图形的是　　 A． B． C． D． 3．如图，顺时针旋转到的位置，则旋转中心及旋转角分别是（　　） A．点， B．点O， C．点， D．点O， 4．如图，已知中，，，将绕点逆时针旋转得到，以下结论：①，②∥，③，④，正确的有（ ） A．4个 B．3个 C．2个 D．1个 5．如图，将绕点O按逆时针方向旋转一定的角度得到，其中点A，B，C的对应点分别是点D，E，F．在旋转过程中，与始终相等的是（   ） A． B． C． D． 6．如图，经过旋转成轴对称得到，其中绕点A逆时针旋转的是（    ） A．   B．     C．     D．   7．如图，已知菱形的顶点，若菱形绕点O逆时针旋转，每秒旋转，则第60秒时，菱形的对角线交点D的坐标为（    ）      A． B． C． D． 8．如图，为等边三角形，以为边向外侧作，使得，再以点C为旋转中心把沿着顺时针旋转至，则下列结论： ①D、A、E三点共线；②为等边三角形；③平分；④，其中正确的有（　　） A．4个 B．3个 C．2个 D．1个 9．在中，，点D为中点，，绕点D旋转，分别与边交于E，F两点．下列结论：①；②；③；④始终为等腰直角三角形，其中正确的个数有（    ）． A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 二、填空题 10．如图，一块含角的直角三角板绕点C顺时针旋转到，当B，C，在一条直线上时，三角板的旋转角度为 ． 11．如图所示，在由边长相同的小正方形组成的网格中，的顶点都在格点（小正方形的顶点）上．将绕点O按顺时针方向旋转得到，且各顶点仍在格点上，则旋转角的度数是 ． 12．如图，在平面直角坐标系中，将线段绕点A按逆时针方向旋转后，得到线段，则点的坐标为 ． 13．如图，△AOB为等腰三角形，顶点A的坐标为（3，4），底边OB在x轴正半轴上．将△AOB绕点O按逆时针方向旋转一定角度后得△A'OB'，点A的对应点A'在x轴负半轴上，则点B的对应点B'的坐标为 ． 三、解答题 14．如图，在平面直角坐标系中，的三个顶点分别是，，． (1)将以点C为旋转中心旋转，画出旋转后对应的，平移，对应点的坐标为，画出平移后对应的； (2)若将绕某一点旋转可以得到，请直接写出旋转中心的坐标． 15．如图，在四边形中，，连接AC，将绕点B逆时针旋转60°，点C与点D重合，得到，若， (1)求证：是等边三角形； (2)求线段的长度． 16．在平面直角坐标系中，四边形是矩形，点，点，点，以点A为中心，顺时针旋转矩形，得到矩形，点O，B，C的对应点分别为D，E，F，记旋转角为α（）． (1)如图①，当时，求点D的坐标； (2)如图②，当点E落在的延长线上时，求点D的坐标； (3)当点D落在线段上时，求点E的坐标（直接写出结果即可）． 17．如图，P是正三角形内的一点，且，若将绕点A顺时针旋转后得到， （1）求旋转角的度数； （2）求点P与点之间的距离； （3）求的度数． 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 1．C 【分析】本题考查了生活中的旋转现象；旋转是围绕一点旋转一定的角度的图形变换，因而旋转一定有旋转中心和旋转角，且旋转前后图形能够重合，这时判断旋转的关键，根据旋转的定义解答即可 【详解】解：A. 摩天轮的转动，属于旋转，故不符合题意； B. 酒店旋转门的转动，属于旋转，故不符合题意； C. 气球升空的运动,，属于平移，故符合题意； D. 电风扇叶片的转动，属于旋转，故不符合题意； 故选：C 2．D 【分析】根据轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分折叠后可重合,以及旋转对称图形的旋转特点进行判断．本题考查了旋转对称图形与轴对称图形的概念，正确掌握相关定义是解题关键． 【详解】解：A、本选项不是轴对称图形，也不是旋转对称图形，不符合题意； B、本选项是轴对称图形，不是旋转对称图形，不符合题意； C、本选项是轴对称图形，不是旋转对称图形，不符合题意． D、本选项是轴对称图形，也是旋转对称图形，符合题意； 故选：D． 3．B 【分析】本题考查了旋转，根据旋转的定义和性质可知，两组对应点连线的交点是旋转中心，对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角，即可得出答案． 【详解】解：由题给图形得：绕着点O顺时针旋转到的位置，则旋转中心及旋转角分别是点O和． 故选：B． 4．B 【分析】本题考查了旋转性质的应用，图形的旋转只改变图形的位置，不改变图形的形状与大小．根据旋转的性质可得，，，，再根据旋转角的度数为，通过推理证明对①②③④四个结论进行判断即可． 【详解】解：①绕点逆时针旋转得到， ，故①正确； ②绕点逆时针旋转， ． ， ． ， ． ，故②正确； ③在中， ， ． ． 与不垂直，故③不正确； ④在中， ， ． ，故④正确． ①②④这三个结论正确． 故选：B 5．C 【分析】本题考查了旋转的性质，熟练掌握旋转的性质是解题的关键． 由旋转的性质可知，对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角，因而可得，进而可得，由此即可得出答案． 【详解】解：由旋转的性质可知，对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角， ， ， ， 在旋转过程中，与始终相等的是， 故选：． 6．D 【分析】根据轴对称，旋转的性质判断即可． 【详解】解：由题意，选项B，C可以通过翻折得到． 选项A，其中绕点逆时针旋转可以得到， 选项D，其中绕点逆时针旋转可以得到． 故选：D． 【点睛】本题考查旋转及轴对称概念和性质，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型． 7．C 【分析】转动前根据菱形的性质，可得的坐标，根据旋转的性质，可得转动后的坐标． 【详解】转动前菱形的顶点，， 的坐标， 每秒旋转，则第秒时一共转了， 周， 与转动前位置比，移动了半周，即相当于旋转了 此时的坐标为． 故选C． 【点睛】本题考查了旋转的性质，菱形的性质，勾股定理，正确求出第60秒旋转的总度数，利用旋转的性质是解题的关键． 8．A 【分析】如图，由为等边三角形得到，由得到，再根据旋转的性质得，即旋转角等于，，，于是可计算出，则可对①进行判断；由，，根据等边三角形的判定可对②进行判断；由为等边三角形得，于是可得，则可对③进行判断；根据旋转的性质得，根据等边三角形的性质得，所以，则可对④进行判断． 【详解】解：为等边三角形， ， ， ， 点C为旋转中心把沿着顺时针旋转至， ，即旋转角等于，，， ，即， 三点共线，所以①正确； ，， 为等边三角形，所以②正确； 为等边三角形， ， ， 平分，所以③正确； 为等边三角形， ， 而点C为旋转中心把沿着顺时针旋转至， ， ， ，所以④正确． 故选：A． 【点睛】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．也考查了等边三角形的判定与性质． 9．D 【分析】本题考查了等腰直角三角形的性质的运用，全等三角形的判定及性质的运用，勾股定理的运用，三角形的面积公式的运用，连接，根据等腰直角三角形的性质就可以得出，就可以得出，进而得出，就有，由勾股定理就即可求出结论． 【详解】解：连接， ， 点D为中点，， ．，． ， ， ． 在和中， ， ， ，． ， ， ． ， ． ， ， ． ，， 始终为等腰直角三角形． ， ． ， ． ∴正确的有4个． 故选：D． 10．/150度 【分析】此题主要考查了旋转的性质，对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角，正确得出对应边是解题关键．直接利用旋转的性质得出对应边，再根据三角板的内角的度数得出答案． 【详解】解：∵将一块含角的直角三角板绕点C顺时针旋转到， ∴与是对应边， ∴旋转角． 故答案为：． 11．90 【分析】本题主要考查了旋转角的概念，根据旋转角的概念找到是旋转角，从图形中可求出其度数． 【详解】解：根据旋转角的概念：对应点与旋转中心连线的夹角，可知是旋转角，且， ∴旋转角的度数是． 故答案为：90． 12． 【分析】本题考查了图形旋转后的点的坐标，根据题意和网格特点画出旋转后的线段，即可求解，数来你掌握旋转的特点是解题的关键． 【详解】 ∵将线段绕点A按逆时针方向旋转后，得到线段， ∴， ∴线段旋转后的位置如图所示， ∴点的坐标为， 故答案为：． 13．（﹣，） 【分析】作AG⊥OB于G，作B'H⊥A'O于H，利用面积法即可得到B'H＝，根据勾股定理可得Rt△B'HO中，HO＝＝，进而得出点B'的坐标为（﹣，）． 【详解】解：如图，作AG⊥OB于G，作B'H⊥A'O于H， ∵△AOB为等腰三角形，顶点A的坐标为（3，4）， ∴AG＝4，OG＝3，AO＝5，OB＝6， ∴由旋转可得A'O＝5，OB'＝6， ∵OB×AG＝A'O×B'H， ∴B'H＝， ∴Rt△B'HO中，HO＝＝， ∴点B'的坐标为（﹣，）， 故答案为：（﹣，）． 【点睛】本题考查了坐标与图形变化﹣旋转，主要利用了勾股定理，等腰三角形的性质，解直角三角形，熟记性质并作辅助线构造出直角三角形是解题的关键． 14．(1)见详解 (2) 【分析】本题考查了旋转变换作图，也考查了平移变换作图，熟练掌握旋转变换和平移变换的定义作出变换后的对应点是解题的关键， （1）利用中心对称的点的坐标特征得到、、，再顺次连接即可；利用点与点的坐标特征得到平移的方式是先向右平移3个单位，再向下平移6个单位，据此作出另外两个点的对应点，顺次连接即可； （2）连接、、交于一点，这点即为旋转中心，即可解答； 【详解】（1）解：如图所示：为所求，为所求； （2）解：∵， ∴， ∴旋转中心坐标为． 15．(1)证明见解析 (2)线段AC的长度是 【分析】本题考查了旋转的性质，全等三角形的性质和勾股定理等知识，解题的关键是利用旋转的性质证明． （1）由旋转的性质得，，，根据等边三角形的判定定理即可求证． （2）由等边三角形的性质可证，利用勾股定理求出即可． 【详解】（1）是由旋转得到的， ， ，，， 是等边三角形 （2）是等边三角形， ， ， ， 在中，， 16．(1) (2) (3) 【分析】（1）过点作轴，根据旋转得到，利用含30度角的直角三角形的性质，求出的长，即可； （2）过点D作轴于G，于H，则，由勾股定理得出的长，等面积法求出，进而求出，勾股定理求出，即可； （3）连接，作轴于G，由旋转的性质得出，由等腰三角形的性质得出，得出，证出，由平行线的性质的，证出，证明，得出，得出，即可得出答案． 【详解】（1）解：四边形是矩形，点，点， ∴， 过点作轴，则：， ∵旋转， ∴， ∴，， ∴， ∴点坐标为； （2）过点D作轴于G，于H，如图所示： ∵， ∴四边形为矩形， ∴， ∵矩形，， ∴，， ∵旋转， ∴， ∴， ∵， 即：， ∴， ∴，， ∴点D的坐标为； （3）连接，作轴于G，如图所示： 由旋转的性质得：， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， 在和中，， ∴， ∴，， ∴， ∴点E的坐标为． 【点睛】本题是四边形综合题，考查了矩形的性质、坐标与图形性质、勾股定理、全等三角形的判定与性质、旋转变换的性质、含30°角的直角三角形的性质等知识，解题的关键是理解题意，正确作出辅助线，属于中考压轴题． 17．（1），（2）6，（3）． 【分析】（1）根据旋转的定义及性质可得三角形全等，利用全等三角形的性质，然后结合图形即可得旋转角为； （2）根据（1）及全等三角形性质可得为等边三角形，即可确定点P与点之间的距离； （3）由（1）（2）可得各边长，然后利用勾股定理逆定理，可确定为直角三角形，即，又因为，即可确定的度数． 【详解】解：（1）∵由绕点A旋转得到， ∴， ∴，， ∵， ∴， 即：， ∴旋转角度数为； （2）如图所示，连接， ∵，， ∴为等边三角形， ∴, 即点P与点之间的距离为6； （3）在中， 由（1）得：，，， ∴， ∴为直角三角形， ∴， 由（1）得， ∴， ∴的度数为． 【点睛】题目主要考查旋转的定义、性质，三角形全等的性质及勾股定理逆定理等知识点，熟练掌握知识点并融会贯通，是解题关键． 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 $$