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，中，，，将绕点A顺时针旋转得到，点B，点C的对应点分别为点D．点E连接．点D恰好落在线段上，则的长为（   ） A． B．4 C． D．6 3．如图，线段在直角坐标轴中，已知，将线段绕点逆时针旋转后，点的对应点的坐标是（   ） A． B． C． D． 4．如图，等边的边长为4，点，分别为，边中点，点为边上任意一点（不与，重合），沿，剪开分成①，②，③三块后，将②，③分别绕点，旋转恰好能与①拼成，则周长的最小值为（   ） A． B． C． D． 5．图，是等边三角形，矩形的顶点在边上，且，，连接、、，若将矩形绕点旋转一周，当最小时，则的长度为（    ） A． B． C． D． 6．如图，在中，，将绕点逆时针旋转一个角度得到，连接CD，且点B，C，D在同一条直线上，若，则旋转角的度数是（   ） A． B． C． D． 7．如图，将绕点顺时针旋转得到，点的对应点恰好落在边上，则的度数为（   ） A． B． C． D． 8．如图，将绕点逆时针旋转得到，若点落在线段的延长线上，则大小为（   ） A． B． C． D． 9．如图，线段绕一点旋转后得到线段，点A旋转到了点，则旋转中心为（    ） A．点C B．点D C．点E D．点F 10．如图，在正方形中，点在边上，绕点按顺时针方向旋转得到，点在边上，且，若要求出图中的面积，只需知道（   ） A． B． C． D． 二、填空题 11．点关于原点的对称点为B，则点B的坐标为 ． 12．如图，直角三角形与直角三角形的斜边在同一直线上，，， 平分，将绕点 按逆时针方向旋转， 记为（），在旋转过程中，当 时， 与的一边平行． 13．如图，和均为等腰直角三角形，，，，绕点在平面内自由旋转，当、、三点共线时，的长是 ． 14．如图，点是等边内一点，，，，则的值为 ． 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，在中，，将绕点顺时针旋转得到，点的对应点为，点的对应点落在线段上，与相交于点，连接． (1)求证：平分； (2)试判断与的位置关系，并说明理由． 17．如图，正方形网格中，每个小正方形的边长都是一个单位长度，在平面直角坐标系中，的三个顶点坐标，，都在格点上． (1)若平移得到，当的坐标为，画出，则、的坐标分别是______、______． (2)将绕原点顺时针旋转得到，画出，则点的坐标是______． (3)求的面积． 18．如图1，在正方形中，点E，F分别在上，连接，交点为H，且． (1)求证：； (2)如图2，将线段绕点E顺时针旋转，得到线段，连接，求证：． 19．如图1至图3，直线，直角三角形的直角顶点A在直线上，边在直线上，的平分线与的外角的平分线交于点D． (1)如图1， °； (2)如图2，的平分线交于点P，过点P作．判断与的数量关系，并说明理由； (3)如图3，，与交于点E，将绕点C顺时针以每秒的速度旋转，当旋转一周时停止旋转．请直接写出时的旋转时间． 20．一副三角板按图①摆放，，，点在CB上，点A在DF上，且平分．将三角板绕点顺时针旋转（当点落在射线上时停止旋转），在旋转过程中，与的交点记为，如图②． (1)当旋转角的大小为___________时，； (2)若有两个内角相等，求此时旋转角的大小； (3)如图③，当边与边、分别交于点M、N时，连接，小明说：在满足此条件的旋转过程中，的值始终不会发生改变，你赞同小明的说法吗？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 《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 C B D A B C B B B B 1．C 【分析】本题考查中心对称图形，轴对称图形，熟练掌握其定义是解题的关键． 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；据此进行判断即可． 【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、不是轴对称图形，也不是中心对称图形，不符合题意； C、是轴对称图形，也是中心对称图形，符合题意； D、是轴对称图形，但不是中心对称图形，不符合题意． 故选C． 2．B 【分析】本题主要考查等腰三角形的性质，直角三角形的性质以及旋转的性质，由等腰三角形的性质得；再由旋转的性质得，从而得，故可得，从而可求出结论． 【详解】解：在中，， ∴； 由旋转可知， ∴， 由旋转得：， ∴， ∴， ∴， 故选：B． 3．D 【分析】通过作辅助线，利用旋转的性质，找到对应线段的关系，从而确定点 的坐标．本题主要考查了坐标与图形变化 - 旋转，全等三角形的判定与性质，熟练掌握旋转的性质和全等三角形的判定方法是解题的关键． 【详解】解：过 作 轴于 ，过 作 轴于 ． 线段 绕点 逆时针旋转 ， ，， ，，， ， ， ，， ，， ，， ， ． 故选：D． 4．A 【分析】由等边三角形的性质得到，证明为的中位线，，得到，由旋转的性质和可得，，，，则四边形周长，当时，此时最小，求出，即的最小值为，即可得到周长的最小值． 【详解】解：∵等边的边长为4， ∴， ∵点，分别为，边中点， ∴为的中位线，， ∴， 由旋转的性质和可得：，，，， ∴，， ∴四边形周长， 当时，此时最小， ∵，， ∴， ∴，的最小值为， ∴周长的最小值为， 故选：A． 【点睛】本题考查了等边三角形的性质、勾股定理、旋转的性质、平行四边形的性质、三角形中位线定理，熟练掌握以上知识点并灵活运用是解此题的关键． 5．B 【分析】过点作于点，连接，根据等边三角形和矩形的性质，当且仅当、、三点共线时，取得最小值为4，然后根据勾股定理即可求出的长． 【详解】解：过点作于点，连接， 由题意可得：，， ， ， ， ， ， ， ， ， ， 四边形是矩形， ，，， ， 当且仅当、、三点共线时，取得最小值为4， ， ， ， ， ． 当最小时，则． 故选：B． 【点睛】本题考查了矩形的性质，等边三角形的性质，勾股定理，旋转的性质，最短路线问题，解决本题的关键是综合运用以上知识，属于中考填空压轴题． 6．C 【分析】本题考查旋转的性质，等边对等角，三角形内角和定理．由旋转的性质可知，是旋转角，，利用三角形内角和定理求出，然后由得到，进而求解即可． 【详解】由旋转的性质可知：，是旋转角， ∵ ∴ ∵ ， ， ∴旋转角的度数是． 故选：C． 7．B 【分析】本题主要考查了旋转的性质及等腰三角形性质，熟练掌握旋转前后对应角、对应边相等是解题的关键．由旋转得，，，再根据等腰三角形性质求出角度即可． 【详解】解：由旋转性质得，， ，，， ， 故选：B． 8．B 【分析】本题主要考查的是三角形的旋转，熟练掌握旋转的性质是解题的关键．根据旋转的性质可得出，再根据等腰三角形的性质可求出的度数，此题得解． 【详解】解：根据旋转的性质，可得， ， 故选：B． 9．B 【分析】本题考查了网络作图．熟练掌握旋转性质，平行四边形性质 ，全等三角形判定和性质，线段垂直平分线判定和性质，是解题的关键． 根据四边形和四边形是平行四边形，得点P，Q分别是在中点．由，得点M，N分别在的垂直平分线上．得，得，得，得，即得D是旋转中心． 【详解】解：连接， 取点G，H，I，M，N， 连接分别交于点P，Q， 作射线， 射线过点D， ∴点D为旋转中心． 故选：B． 10．B 【分析】延长交于点Q，由正方形的性质得，则，由旋转得，因为，所以，可证明，则，即可得到问题的答案． 【详解】解：延长交于点Q， ∵四边形是正方形， ∴， ∴， 由旋转得， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴点D、点B到直线的距离相等， ∴， ∴若要求出的面积，只需知道， 故选：B． 【点睛】本题考查正方形的性质、直角三角形的两个锐角互余、旋转的性质、平行线的判定与性质、三角形的面积公式等知识，正确地添加辅助线是解题的关键． 11． 【分析】本题考查了关于原点对称的点的坐标，熟记关于原点对称的点的横坐标与纵坐标都互为相反数是解题的关键． 直接利用关于原点对称点的坐标特点解答即可。 【详解】解：因为点关于原点的对称点为点B， ∴点B的坐标为. 故答案为： ． 12．或或 【分析】考查旋转的性质，三角形内角和定理，平行线的性质，利用三角形内角和定理，得到，，根据与的一边平行，分以下三种情况讨论，若时，当时，若时，结合平行线的性质求解，即可解题． 【详解】解：如图，设与的交点为H， ，， ，， 若时，如图， ， ， 当时， ， 若时，如图， ， ， ， 故答案为：或或． 13．或 【分析】本题主要考查等腰直角三角形的性质（三线合一、斜边与直角边的数量关系 ）以及勾股定理．解题关键是根据题意，画出两种不同位置关系的图形（射线在直线上方和下方 ），分类讨论计算的长度．本题需分两种情况讨论：当射线在直线上方和下方时，通过作构造直角三角形，利用等腰直角三角形性质和勾股定理，求出、、的长度，进而得到的长． 【详解】解：情况一：射线在直线上方，作于H， ∵是等腰直角三角形，，，（等腰直角三角形三线合一），． 根据等腰直角三角形斜边与直角边关系， ∴ ． ∴． 又∵是等腰直角三角形，，，． 由， ∴ ． 在中，根据勾股定理． 把，代入，得 ． ∴ ． 情况二：射线在直线下方 同样，∵是等腰直角三角形， ∴；是等腰直角三角形， ∴ ． 在中，由勾股定理得（计算过程同情况一）． ∴ ． 综上，的值为或， 故答案为或 ． 14． 【分析】本题考查了旋转的性质，等边三角形的性质以及勾股定理，将线段以点B为旋转中心逆时针旋转得到线段，连接，则，进而得到，然后求出四边形的面积解答即可． 【详解】解：将线段以点B为旋转中心逆时针旋转得到线段，连接, ∵是等边三角形， ∴， ∴ ， 又∵ ， ， ， 根据旋转的性质可知是等边三角形， ， 在中，， 是直角三角形， 面积为 过点B作于点D， 则， ∴ ∴等边面积为 ，, ∴四边形的面积为， ， ∴四边形的面积的面积的面积， ， 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)见解析； (2)，证明见解析． 【分析】本题考查了旋转的性质，等腰三角形性质，垂直定义，掌握知识点的应用是解题的关键． （）由旋转性质可得，，则，则有，从而得证； （）由旋转性质可得，，，则，，然后通过角度和差即可求解． 【详解】（1）证明：∵是由旋转得到， ∴，， ∴， ∴， ∴平分； （2）解：，理由： 由旋转的性质可知，，，， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴． 17．(1)画图见解析；； (2)画图见解析； (3) 【分析】本题考查作图-旋转变换、作图-平移变换，熟练掌握旋转的性质、平移的性质是解答本题的关键． （1）根据平移的性质作图，即可得出答案． （2）根据旋转的性质作图，即可得出答案． （3）利用割补法求三角形的面积即可． 【详解】（1）解：如图，即为所求． 由图可得，，． （2）解：如图，即为所求． 由图可得，点的坐标是． （3）解：的面积为． 18．(1)见解析 (2)见解析 【分析】（1）证明，则，得到，即可得到结论； （2）证明四边形是平行四边形，根据平行四边形的性质即可得到结论． 【详解】（1）证明：∵四边形是正方形， ∴ ∵， ∴， ∴， ∴， ∴； （2）∵将线段绕点E顺时针旋转，得到线段， ∴， ∵， ∴， 由（1）得，， ∴ ∴， ∴四边形是平行四边形， ∴ 【点睛】此题考查了全等三角形的判定和性质、正方形的性质、平行四边形的判定和性质、旋转的性质等知识，证明是关键． 19．(1) (2)，见解析 (3)或 【分析】（1）先根据角平分线的定义得到，再由三角形外角的性质推出，则； （2）过点P作，则，由平行线的性质推出，再由角平分线的定义得到，进而可得，则； （3）分情况讨论：绕点C顺时针旋转到时，；绕点C顺时针旋转到时，． 【详解】（1）解：分别平分， ， ， ， ， ， 故答案为：45； （2），理由如下： 如图所示，过点P作， ， ， 分别平分， ， ， ， ， ， ， ， ； （3）如图所示，绕点C顺时针旋转到时，，令交于点P， 在中，， ， 是的角平分线， ， 由， ， 由旋转的性质得，，， ， ， ， ， ， ， 旋转时间为：； 如图所示，绕点C顺时针旋转到时，，令交于点， ， ， ， 旋转时间为：． 【点睛】本题考查了平行线的性质，三角形内角和定理，三角形外角的性质，角平分线的定义、旋转的性质等，利用分类讨论的思想求解是解题的关键． 20．(1) (2)或或 (3)小明的说法是正确的，见解析 【分析】（1）先利用三角板已知角，结合三角形内角和求出，，根据平行线性质得，因平分，算出，依据三角形外角性质（是外角 ），，代入得，此即为旋转角 。 （2）画出图形，分类讨论，①；②；③，根据等腰三角形定义和三角形内角和求出旋转角；   （3）找出与，，，有关的数量关系，再把无关的角消去，得出结论. 【详解】（1），，，   ，，   如图，当时，， 平分，，   ，   又为的一个外角，   ， 故答案为：； （2）如图②． ，， ， 平分， ． ①当时， ∵， ∴； 即旋转角的大小为； ②当时， ，， ∴， 即旋转角的大小为； ③当点落在射线FB上时，点与点重合，时， ∵， 即旋转角的大小为． 综上所述，此时旋转角的大小或或． （3）我赞同小明的说法，理由如下： 如图③，设，， 是的外角， ， 是的外角， ， 在中 ， ， ， 即， 小明的说法是正确的． 【点睛】本题考查了图形的旋转变换、平行的性质、垂直的性质和求等腰三角形内角的掌握情况，熟练掌握旋转的性质，学会分类讨论是解决问题的关键. 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 $$