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．在平面直角坐标系中，将点绕原点逆时针旋转，得到点，则点的坐标为（   ） A． B． C． D． 3．如图，绕点旋转到，，，则的度数是（   ） A． B． C． D． 4．已知点与点是关于原点的对称点，则的值为（   ） A． B． C． D． 5．如图，将在平面内绕点 A 逆时针旋转到的位置，点 C 与点 D 对应，当时，则的度数为（   ） A． B． C． D． 6．如图，在中，，在同一平面内，将绕点A旋转到的位置，使得，则（   ） A． B． C． D． 7．如图，与关于点O成中心对称，则下列结论不成立的是（    ） A．点A与点是对称点 B． C． D． 8．如图中的五角星图案，绕着它的中心O旋转后，能与自身重合，则n的值可以是（   ） A．60 B．75 C．144 D．108 9．如图，已知四边形纸片，E，F，G，H是四条边上的中点，连结，分别过点H，F作于点I，于点J，沿，，将四边形纸片剪成四个小四边形纸片，记为①，②，③，④，将这四张纸片恰好可以无重叠、无缝隙地拼成一个新的四边形纸片 (①沿方向平移，④和②分别绕点H和点G旋转)．若，，，则四边形的周长是（   ） A． B． C． D． 10．如图，将含有角的直角三角尺（）绕顶点A逆时针旋转到的位置，使点B的对应点D落在BC边上，连接EB、EC，则下列结论：①；②；③为的垂直平分线；④．其中所有正确结论的序号是（    ） A．①②③④ B．①②④ C．②③④ D．①③④ 二、填空题 11．已知点关于原点对称的点是，则的值是 ． 12．点关于原点成中心对称的点坐标是 ． 13．如图，中，，将绕点O顺时针旋转得到，边与边交于点C（不在上），则的度数为 ． 14．如图，是等边内一点，，，则的面积为 ． 15．已知等边三角形边长为6，点为上的一点，连接，将三角形沿翻折得，将绕中点旋转得，连接，若，则点到直线的距离为 ；若点在边上运动，则的最小值为 ． 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，三个顶点的坐标分别为，，，将先向右平移6个单位长度，再向上平移4个单位长度得到，点A，B，C的对应点分别为，，． (1)请画出平移后的； (2)点C关于原点O中心对称的点的坐标为______． 18．在中，，，为边上一点（不与点，重合），连接． (1)如图1，过点作，连接．若，求证：． (2)如图2，垂直平分交于点，交于点，连接，，过点作平分交于点，过点作交的延长线于点． ①求证：． ②若，，求线段的长度． (3)如图3，是的中点，且．是直线上一动点，连接，将绕点逆时针旋转得到，连接，．若，在点的运动过程中，当取得最小值时，请直接写出此时的面积． 19．综合与实践： 图形的旋转变换是研究数学相关问题的重要手段之一，在研究三角形的旋转过程中，发现下列问题：如图1，在中，，，、分别为、边上一点，连接，且，将绕点在平面内旋转． (1)观察猜想 若，将绕点旋转到如图2所示的位置，则与的数量关系为___________； (2)类比探究 若，将绕点旋转到如图3所示的位置，，相交于点，猜想、满足的位置关系，并说明理由． 20．如图1，在四边形中，，．P、Q分别为、的中点，连接、，将线段绕点P顺时针旋转得到，将线段绕点P逆时针旋转得到，连接，分别过E、F作的垂线，垂足为G、H． (1)若，，求的长． (2)求证：四边形是正方形． (3)如图2，、的延长线交于点M，连接．若，直接写出的取值范围 （用含m的式子表示）． 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 A A C A C C B A 1．A 【分析】本题考查轴对称及中心对称的定义，掌握中心对称图形与轴对称图形的概念，要注意：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；中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后与原图重合．根据轴对称图形与中心对称图形的概念逐选项判断即可． 【详解】解：根据轴对称图形与中心对称图形的概念可知： A选项是轴对称图形也是中心对称图形； B选项不是轴对称图形也不是中心对称图形； C选项是轴对称图形而不是中心对称图形； D选项是中心对称图形而不是轴对称图形； 故选：A． 2．B 【分析】利用平面直角坐标系中点绕原点逆时针旋转的坐标变换规律来求解点的坐标．本题主要考查了平面直角坐标系中点绕原点逆时针旋转的坐标变换，熟练掌握坐标变换规律是解题的关键． 【详解】解：设点绕原点逆时针旋转后的点为，则，． ∵，即，． ， 点的坐标为， 故选： ． 3．A 【分析】本题考查旋转的性质和全等三角形的性质的应用，根据旋转的性质得，继而得到，根据三角形内角和定理求出，即可求出答案．掌握旋转的性质是解题的关键． 【详解】解：∵绕点旋转到，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， 即的度数是． 故选：A． 4．A 【分析】此题主要考查了关于原点对称的点的性质，解题关键是掌握两个点关于原点对称时，它们的横纵坐标符号都是互为相反数．直接利用关于原点对称点的性质得出的值，进而得出答案． 【详解】解：根据题意，点与点是关于原点的对称点 ∴，， 解得，， ∴． 故选：A． 5．C 【分析】本题考查了旋转的性质，平行线的性质，等腰三角形的性质，掌握旋转的性质是本题的关键． 由旋转的性质可得，由等腰三角形的性质可得，由平行线的性质可得，即可求解． 【详解】解： ∵将在平面内绕点 A 逆时针旋转到的位置， ∴， ， ∵， ∴， ∴． 故选：C． 6．A 【分析】本题考查了旋转的性质，等腰三角形的性质，平行线的性质，熟练掌握以上知识点是解题的关键． 由平行线的性质得到，由旋转得到，从而，进而根据三角形的内角和求出，再由旋转角即可解答． 【详解】解：∵，， ， 又、为对应点，点为旋转中心， ，， ， ∴， ∴． 故选：A． 7．C 【分析】本题主要考查中心对称的定义和性质，掌握中心对称的定义“把一个图形绕着某一个点旋转，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形叫做中心对称图形，这个点就是它的对称中心”，是求解本题的关键．利用中心对称的定义和性质求解即可． 【详解】A、与关于点O成中心对称， 点A与是一组对称点，故A正确，不符合题意； B、由中心对称的性质可知：对应点到对称中心的距离相等， ，故B正确，不符合题意； C、与不是对应角， 不成立，故C错误，符合题意； D、与是对应线段， ，故D正确，不符合题意． 故选：C． 8．C 【分析】本题考查旋转对称图形的概念：把一个图形绕着一个定点旋转一个角度后，与初始图形重合，这种图形叫做旋转对称图形，这个定点叫做旋转对称中心，旋转的角度叫做旋转角．五角星图案，可以被平分成五部分，因而每部分被分成的圆心角是，并且圆具有旋转不变性，因而旋转72度的整数倍，就可以与自身重合． 【详解】解：该图形被平分成五部分，， ∴旋转72度的整数倍，就可以与自身重合， ， ∴n的值可以是144． 故选：C． 9．B 【分析】本题主要考查了旋转和平移的性质以及矩形的性质等内容，由题可知，，，设，则，据此求解即可． 【详解】解：如图， 由题可知，，， 设，则， ， 矩形周长为． 故选：B． 10．A 【分析】本题考查旋转的性质，等边三角形的判定和性质，中垂线的判定，含30度角的直角三角形的性质，根据旋转得到，，推出为等边三角形，进而推出，得到，推出为等边三角形，进而得到，推出为的垂直平分线，三线合一推出，得到，即可． 【详解】解：∵， ∴， ∵旋转， ∴，，，故①正确； ∴为等边三角形， ∴， ∵， ∴，故②正确； ∴，， ∴为等边三角形， ∴，， 又∵， ∴为的垂直平分线，故③正确； ∴， ∵， ∴；故④正确； 故选A． 11． 【分析】此题主要关于原点对称的点的坐标特点，关键是掌握两个点关于原点对称时，它们的坐标符号相反． 根据关于原点对称的点的坐标特点：两个点关于原点对称时，它们的坐标符号相反可得a、b的值，进而得到答案． 【详解】解：∵点关于原点对称的点是， ∴， ∴． 故答案为：． 12． 【分析】本题考查求关于原点对称的点的坐标，根据点关于原点对称的点的坐标为求解即可． 【详解】解：点关于原点成中心对称的点坐标是， 故答案为：． 13． 【分析】本题考查了旋转的性质，三角形的外角性质．根据旋转变换只改变图形的位置不改变图形的形状与大小可得，根据旋转角求出，然后利用三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和计算即可得解． 【详解】解：绕点顺时针旋转得到，， ，， 在中，． 故答案为：． 14． 【分析】将绕着C点顺时针旋转至，连接，则可得是等边三角形，则可得，进而可得，，由此得，进而可得，求出的面积即可知的面积． 本题主要考查等边三角形的判定和性质，旋转构造法，三角形的面积计算．通过旋转构造全等三角形是解题的关键． 【详解】解：∵是等边三角形， ∴，， 如图，将绕着C点顺时针旋转至，连接， 则，，， ∴是等边三角形， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵又， ∴， 作于F点， 则， ∴， ∴， ∴． 故答案为：． 15． 3 【分析】本题考查等边三角形的判定和性质，轴对称的性质，旋转的性质，熟练掌握相关知识点，是解题的关键．延长交于点，连接，易证为等边三角形，得到，进而得到当时，则，作，求出的长，即为点到直线的距离，作点关于的对称点，连接，则：，得到当三点共线时，最小，此时，推出为等边三角形，求出的值即可． 【详解】解：延长交于点，连接， ∵等边三角形边长为6， ∴， ∵将三角形沿翻折得，将绕中点旋转得， ∴， ∴四边形为平行四边形， ∴， ∴， ∴， ∴为等边三角形， ∴， 当时，则：， ∴， 作，在中，， ∴， ∴，， ∴点到直线的距离为； 作点关于的对称点，连接，则：， ∴当三点共线时，最小，如图，当时， 此时，， ∴， ∵， ∴为等边三角形， ∴， ∵四边形为平行四边形， ∴， ∴， ∴， ∵三点共线， ∴此时三点共线， ∴此时最小，为3； 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)作图见解析 (2) 【分析】本题主要考查了利用平移变换作图，中心对称的性质，作图时要先找到图形的关键点，分别把这几个关键点按照平移的方向和距离确定对应点后，再顺次连接对应点即可得到平移后的图形是解题的关键． （1）依据平移规律，即可得出，，的坐标，依据的坐标，画出平移后的； （2）根据关于原点成中心对称的点，横纵坐标均为相反数即可求解． 【详解】（1）解：如图，即为所求． （2）解：∵， ∴点C关于原点O中心对称的点的坐标为， 故答案为：． 18．(1)证明见解析 (2)①证明见解析；② (3) 【分析】（1）因为，，所以，由，，根据全等三角形的判定定理，可以证明； （2）①根据题意可得，由平分，可得，由垂直平分，可得为的中点，在中，可得，因为，，所以； ②过点作于点，连接，可得，，所以，可得，在中，，为BD的中点，，可得，由垂直平分BD，证得，可得； （3）过点作交的延长线于点，过点作交的延长线于点，连接，，，，证得，得到四边形是矩形，可得，在中，，，可得是等边三角形，由题意得是等边三角形，证得，点在直线上运动．由垂线最短可知，当时，有最小值，此时，，可得，进而，点到的距离为，即可求得的面积． 【详解】（1）证明：， ， ． ，， ； （2）①证明：，， ， 平分， ， ． 垂直平分， 为的中点， 在中，， ， ． ，， ； ②解：如图，过点作于点，连接， 为的中点，， ， ． ，， ， ， 在中，，为BD的中点， ， ， ， ， 垂直平分BD， ， ，， ， ， ； （3）解：如图，过点作交的延长线于点，过点作交的延长线于点，连接，，，． ， ，， ， ， 四边形是矩形， ，，， ， ， 在中，，， ，是等边三角形， ，， 由题意，得是等边三角形， ，， ， ， ， ， 点在直线上运动． 由垂线最短可知，当时，有最小值， 此时， ， ，， ， ， ， 点到的距离为， 的面积为． 【点睛】本题主要考查了等腰直角三角形的性质、全等三角形的判定与性质、矩形的判定与性质、等边三角形的判定与性质以及旋转的性质，解题的关键通过作辅助线，构造全等三角形． 19．(1) (2)，理由见解析 【分析】本题考查了等边三角形的判定与性质、等腰三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质旋转的性质，熟练掌握以上知识点并灵活运用是解此题的关键． （1）如图1，由题意可得为等边三角形，从而可得，再证明为等边三角形，得出，如图2，由旋转的性质可得，再证明，即可得解； （2）如图1，由题意可得为等腰直角三角形，从而可得，再证明为等腰直角三角形，得出，如图2，由旋转的性质可得，再证明得出，再由三角形内角和定理即可得解． 【详解】（1）解：如图1：∵在中，，， ∴为等边三角形， ∴， ∵， ∴，， ∴， ∴为等边三角形， ∴， 如图2，由旋转的性质可得：， ∴， ∴， ∴， ∴； （2）解：，理由如下： 如图1：∵在中，，， ∴为等腰直角三角形， ∴， ∵， ∴，， ∴， ∴为等腰直角三角形， ∴， 如图3，由旋转的性质可得：， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴，即， ∴， ∴． 20．(1) (2)见解析 (3) 【分析】（1）由题意得，由点P是的中点，可得，再运用勾股定理即可求得答案； （2）由旋转得：，进而证得，，再利用正方形的判定即可证得结论； （3）作于点L，则，设，可得，再证得，推出是直角三角形，再利用直角三角形性质即可求得答案． 【详解】（1）解：∵， ∴， ∵点P是的中点， ∴， 在中，； （2）证明：如图1，由旋转得：， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴，， ∴， ∵点P是的中点， ∴， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴平行四边形是矩形， ∵， ∴， ∴， ∴矩形是正方形； （3）解：如图2，作于点L，则， ∴四边形是矩形， ∴， 由（2）知，， ∵， ∴， 设， ∴， 在中，， ∵，， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴是直角三角形， ∵Q是斜边的中点， ∴， ∴， 当时，， ∴； 当时，，此时， ∴； ∴； 故答案为： 【点睛】本题重点考查正方形的性质、旋转的特征、矩形的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理以及线段和的最值问题等知识与方法，解题的关键是正确地作出解题所需要的辅助线，恰当地使用转化思想． 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 $$