第二十三章旋转 单元练习卷-2025-2026学年人教版数学九年级上册

第二十三章旋转同步练习卷-2025-2026学年数学九年级上册人教版 一、单选题 1．下列图形中，既是中心对称图形，又是轴对称图形的是（   ） A． B． C． D． 2．如图，将先向右平移3个单位，再绕原点O逆时针旋转，得到，则点A的对应点的坐标是（    ） A． B． C． D． 3．已知点A的坐标为，点A关于轴的对称点是B，点B关于原点的对称点是C，那么点C的坐标是（   ） A． B． C． D． 4．如图，矩形的各边分别平行于x轴或y轴，物体甲和物体乙由点同时出发，沿矩形的边作环绕运动，物体甲按逆时针方向以1个单位/秒匀速运动，物体乙按顺时针方向以2个单位/秒匀速运动，则两个物体运动后的第2014次相遇地点的坐标是（    ） A． B． C． D． 5．如图，点B，C均在直线l上，且，的位置保持不变，将直线l绕点B 逆时针旋转，同时绕点C一起转动，始终保持和在直线l的两侧，且，下列结论错误的是（    ） A．的度数减小 B．的度数增大 C． D．的度数增大 6．如图，绕点旋转到，，，则的度数是（   ） A． B． C． D． 7．如图，边长为12的等边三角形中，M是高所在直线上的一个动点，连结，将线段绕点B逆时针旋转得到，连结．则在点M运动过程中，线段长度的最小值是(   ) A．6 B．3 C．1 D． 8．如图，在中，，将以点A为中心逆时针旋转得到，点B，C的对应点分别为D，E.当点D落在边上时，交于点F，若，则的大小为（   ） A． B． C． D． 二、填空题 9．求直线关于点成中心对称的直线的解析式 ． 10．在平面直角坐标系中，点A的坐标是，作点A关于原点的对称点，得到点，再将点向上平移3个单位，得到点，则点的坐标是 ． 11．如图，在中，，，将绕点A逆时针旋转得到，使点落在边上，连接，则的度数为 °．    12．如图，在中，，，，，为中点，为线段上一动点，为线段上的动点，将线段绕点逆时针旋转90°得到，连，则线段的最小值为 ，线段的最小值为 .    13．如图，在五边形中，且，，则五边形的面积为 ．    14．如图，在中， ，将△ABC绕点A按逆时针方向旋转得到．若点恰好落在边上，则的度数为 ． 15．如图，中，，将绕点逆时针旋转到的位置，使得，则 ．    16．如图，在中，，将绕点B按逆时针方向旋转后得到，则阴影部分的面积为 ．    三、解答题 17．图①，图②均是的正方形网格，每个小正方形的顶点称为格点，每个小正方形的边长均为1，在每个正方形网格中标注了6个格点，这6个格点简称为标注点． (1)在图①，图②中，以4个标注点为顶点，各画一个中心对称图形．（两个中心对称图形不全等） (2)图①中所画的中心对称图形的面积为__________． 18．如图，在菱形中，，点在对角线上，将线段绕点顺时针旋转角，得到，连接、，求证：． 19．如图，在中，，将绕点逆时针旋转得到，点的对应点恰好落在边的延长线上．求证：． 20．如图，将绕点逆时针旋转得到，点落在边上，与交于点． (1)求证：是等边三角形； (2)若，求的度数． 21．综合实践： 动手操作： 小明在学完旋转后，利用两个相同的含有三角板进行旋转，让两个的顶点放置在一起，取的中线，让绕点任意旋转． 发现结论： 在旋转的过程中，发现线段与的位置存在平行的情况． 问题解决： (1)如图1，将绕点顺时针旋转，请判断与平行吗？并说明理由； (2)当顺时针旋转一周时，还存在平行的情况吗？若有，请求出旋转的角度；若无，请说明理由． 22．如图1，中，，若点C在射线上移动，将线段绕点C逆时针旋转，点B的对应点为D，过点D作于点E． (1)求证：； (2)如图2，若，在延长线上取点M，连接，过点D作于点F，过点C作于点H，已知，求四边形的面积； (3)如图3，若，在延长线上取点M，连接，在延长线上取一点P，连接，已知，且，求的长． 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 《第二十三章旋转同步练习卷-2025-2026学年数学九年级上册人教版》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 C D B B D A B B 1．C 【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：A、是轴对称图形而不是中心对称图形，故选项不符合题意； B、是轴对称图形而不是中心对称图形，故选项不符合题意； C、既是轴对称图形也是中心对称图形，故选项符合题意； D、既不是中心对称图形也不是轴对称图形，故选项不符合题意； 故选：C． 2．D 【分析】此题主要考查了旋转变换以及平移变换，利用平移的性质得出对应点位置，再利用关于原点对称点的性质直接得出答案． 【详解】解：如图，将先向右平移3个单位，再绕原点O逆时针旋转，得到， 由图中可知，点，将先向右平移3个单位，得坐标为：，再绕原点O逆时针旋转，得到，则点A的对应点的坐标是． 故选：D． 3．B 【分析】此题主要考查了关于轴、原点对称点的坐标特点，根据关于轴对称点的坐标特点：横坐标不变，纵坐标互为相反数；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即可得到答案． 【详解】解：∵点A的坐标为，， ∴点关于轴的对称点， ∴点关于原点的对称点， 故选：B． 4．B 【分析】此题考查了点的变化规律．由于矩形的边长为4和2，物体乙是物体甲的速度的2倍，求得每一次相遇的地点，找出规律即可解答． 【详解】解：矩形的边长为4和2，因为物体乙是物体甲的速度的2倍，时间相同，物体甲与物体乙的路程比为，由题意知： ①第一次相遇物体甲与物体乙行的路程和为，物体甲行的路程为，物体乙行的路程为，在边相遇； ②第二次相遇物体甲与物体乙行的路程和为，物体甲行的路程为，物体乙行的路程为，在边相遇； ③第三次相遇物体甲与物体乙行的路程和为，物体甲行的路程为，物体乙行的路程为，在A点相遇； … 此时甲乙回到原出发点，则每相遇三次，两点回到出发点， ∵， 故两个物体运动后的第2014次相遇地点的是第一次相遇的点， 物体甲行的路程为，物体乙行的路程为，如图， 此时相遇点的坐标为：， 故选：B． 5．D 【分析】本题考查平行线的性质，根据平行线的性质，得到，进而推出，根据旋转得到的度数减小，进而得到的度数减小，的度数增大，判断即可． 【详解】解：∵， ∴． ∵， ∴，故C 中结论正确． 由旋转可知的度数减小， ∴的度数减小，的度数增大， ∴A，B中的结论正确，D中的结论错误． 故选 D． 6．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． 7．B 【分析】取的中点，连接，根据等边三角形的性质和旋转可以证明，可得，根据垂线段最短，当时，最短，即最短，进而根据30度角所对直角边等于斜边的一半即可求得线段长度的最小值． 【详解】解：如图， 取的中点，连接， ∵线段绕点B逆时针旋转得到， ∴， 又∵是等边三角形， ∴， 即， ∴， ∵是等边三角形的高， ∴， ∴， 又∵旋转到， ∴， ∴， ∴， 根据垂线段最短，当时，最短，即最短， 此时，， ∴， ∴． ∴线段长度的最小值是3． 故选：B． 【点睛】本题考查了旋转的性质、等边三角形的性质、全等三角形的判定与性质、垂线段最短的性质，作辅助线构造出全等三角形是解题的关键，也是本题的难点． 8．B 【分析】本题考查三角形内角和定理、等腰三角形的性质、旋转的性质；由旋转可推出，根据三角形的内角和和等边对等角求出，从而得到，即得到，再根据即可求解． 【详解】解：由旋转可知：,,， ∴， 即：， ∵，， ∴， ∵， ∴， ∴， 故选：B． 9． 【分析】在直线上取两点，，求出关于点的对称点，，再根据待定系数法求解即可． 【详解】解：在直线上取两点， 则关于点的对称点为，， 设直线为： 则，解得 即 即直线关于点成中心对称的直线的解析式为 故答案为： 【点睛】此题考查了待定系数法求解函数解析式，解题的关键是正确求得直线上，两点的坐标． 10． 【分析】先根据关于原点对称点的坐标特征“横纵坐标互相相反数”，求出，再根据平移的坐标变换规律“上加下减，左减右加”求得． 【详解】解：∵点A关于原点的对称点，， ∴， ∵将点向上平移3个单位，得到点， ∴，即， 故答案为：． 【点睛】本题主要考查了坐标与图形变化——中心对称和平移，正确求出点的坐标是解题的关键． 11．25 【分析】首先根据三角形内角和定理求出，然后利用了旋转的性质、等腰三角形的性质即可求解． 【详解】解：在中，，， ∴， 又将绕点A逆时针旋转得到，使点落在边上， ∴，，， ∴， ∴． 故答案为：25． 【点睛】此题主要考查了旋转的性质，等腰三角形的性质，三角形内角和定理．熟练掌握旋转的性质是解题的关键． 12． 【分析】由为线段上一动点，可知当时，线段取最小值，然后根据三角形的面积公式求出此时的值即可；过作于点，证明，求出，然后根据点与点重合时，取最小值，可得最小值为． 【详解】解：∵为线段上一动点， ∴当时，线段取最小值， ∵， ∴此时，即， ∴； 如图，过作于点，则，    由旋转可得，，， ∵，， ∴， 在和中， ， ∴， ∵是的中点， ∴， ∴当点与点重合时，取最小值，最小值为 故答案为：，． 【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，旋转的性质，判断出何时取最小值以及取最小值是解题的关键． 13．30 【分析】将绕点A逆时针旋转至，首先证明点D，E，F三点共线，证明，得到，，再将所求面积转化为进行计算即可． 【详解】解：如图，将绕点A逆时针旋转至，    则，， ∴，即点D，E，F三点共线， ∵， ∴， 即， 在和中， ， ∴， ∴，， ∴五边形的面积为： ， 故答案为：30． 【点睛】本题考查了旋转的性质、全等三角形的判定与性质、三点共线，综合性较强，解题的关键是利用全等的性质将面积进行转化． 14．/80度 【分析】根据旋转的性质得到，，由等腰三角形的性质得到，根据旋转的性质可得，根据三角形内角和定理即可求解． 【详解】解：∵将绕点A按逆时针方向旋转得到， ∴，， ∴， 由旋转的性质可得：， ∴， 故答案为：80°． 【点睛】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，熟练掌握旋转的性质是解题的关键． 15．44 【分析】利用旋转的性质、等腰三角形的性质可得，再根据平行线的性质可得，利用三角形内角和即可求解． 【详解】解：绕点A逆时针旋转到的位置， ，， ， ， ， ， ， ， ， ， 故答案为44． 【点睛】本题考查了旋转的性质、平行线的性质及三角形内角和，熟练掌握旋转的性质是解题的关键． 16．9 【分析】利用旋转的性质可得，，由题意可得阴影部分的面积，过点作，利用含30度直角三角形的性质，即可求解． 【详解】解：由旋转的性质可得：，， ∴ ∴阴影部分的面积 过点作，如下图：    ∵ ∴ ，即阴影部分的面积为 故答案为： 【点睛】此题考查了旋转的性质，含30度直角三角形的性质，解题的关键是熟练掌握相关基础性质． 17．(1)见解析 (2) 【分析】本题考查格点作图，中心对称图形的定义． （1）利用格点的性质结合平行四边形是中心对称图形，分别选出能构成平行四边形的4个标注点连线即可； （2）根据图形利用割补法解答即可． 【详解】（1）解：如图所示为所求： （2）解：图①中所画的中心对称图形的面积为：． 18．证明见解析 【分析】 本题考查了菱形的性质，旋转的性质，全等三角形的判定；由菱形的性质，，由旋转性质得，，由即可判定；掌握菱形的性质，旋转的性质，全等三角形的判定方法是解题的关键． 【详解】 证明：四边形为菱形， ，， 由旋转性质知：，， ， ， 在和中， （）． 19．见解析 【分析】题目主要考查旋转的性质，等边对等角及平行线的判定，根据题意得出，再由旋转的性质确定，利用等量代换及平行线的判定即可证明． 【详解】证明：∵， ∴， ∵将绕点逆时针旋转得到， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴． 20．(1)见解析 (2) 【分析】本题考查旋转的性质，等边三角形的判定，外角的定义，充分利用旋转的性质是解答本题的关键． （1）根据旋转的性质，等边三角形的判定定理即可得证； （2）根据旋转的性质，结合三角形的外角定理计算即可解答． 【详解】（1）证明：将绕点逆时针旋转得到， ，， 是等边三角形； （2）解：将绕点逆时针旋转得到， ，， 是的外角， ． 21．(1)，理由见解析 (2)有，旋转角为 【分析】本题属于几何变换综合题，考查了旋转变换，平行线的判定，平行四边形的判定和性质，全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题． （1）结论：．延长交于点H．证明可得结论； （2）存在．如图2中，当时，旋转角为．利用平行线的性质求解即可． 【详解】（1） ； 理由：如图，延长交于点， ， 为的中线， ， ，， ，是等边三角形， ， 将绕点顺时针旋转， ，， ， ， ， ， ； （2）当旋转角为时， ， 理由：如图2：延长，交于点， 由（1）得， ， 为等边三角形， ， ， ， ， ， ∴旋转角． 22．(1)见解析 (2)36 (3) 【分析】（1）利用旋转得到，，利用垂直的定义和余角的性质得到，再利用“”即可求证； （2）过D点作于G，证明，得到，，令，得，表示出，和四边形的面积，即可求解； （3）过M点作于K，设，则，，利用勾股定理表示出，，得出，再利用勾股定理得出，建立方程，解一元二次方程即可求解． 【详解】（1）证明：∵中，， ∴ , ∵将线段绕点C逆时针旋转，点B的对应点为D， ∴，， ∴， ∴ 又∵， ∴， ∴， ∴ （2）解：由（1）可知， 如图，过D点作于G， ∴， ∵， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴，， 令， ∴， ∴， ∵， ∴四边形是矩形， ∴四边形的面积， ∴四边形的面积四边形的面积 ； ∴四边形的面积为36； （3）由（1）可知， ∵将线段绕点C逆时针旋转，点B的对应点为D， ∴，， ∵， ∴，， ∵， ∴， ∴， 设，则，， 过M点作于K， 则， ∵， ∴，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 解得：（不合题意，舍去）， ∴的长为． 【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质、勾股定理的应用、等腰直角三角形的判定与性质、旋转的性质，涉及到了矩形的判定与性质，解题关键是正确作出辅助线，构造直角三角形． 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 $$