第二十三章 旋转高频易考题综合测试-2025-2026学年人教版九年级数学上册单元专题提升秘籍

2025-2026学年人教版九年级数学上册单元专题提升秘籍 第二十三章 旋转高频易考题综合测试 满分:120分 考试时间:120分钟 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。 2．选择题用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号，非选择题用0.5毫米黑色中性笔将答案写在对应题目的答题卡上。写在本试卷上无效。 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 一、单选题（共30分） 1．（本题3分）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．（本题3分）如图，在中，，将绕着点顺时针旋转后，得到，且点在上，则的度数为（   ） A．46° B．48° C．56° D．58° 3．（本题3分）点关于原点中心对称的点的坐标为(   ) A． B． C． D． 4．（本题3分）如图，将绕点顺时针旋转得到．若点A，D，E在同一条直线上，，则的度数为（    ） A． B． C． D． 5．（本题3分）如图，是由绕点O顺时针旋转后得到的图形，若点D恰好落在上，且的度数为，则的度数是（   ） A． B． C． D． 6．（本题3分）把边长为5的正方形绕点A顺时针旋转得到正方形，边与交于点E，则四边形的周长是（　　） A． B． C． D． 7．（本题3分）如图，将先向左平移个单位，再绕原点逆时针旋转，得到，则点的对应点的坐标是（    ） A． B． C． D． 8．（本题3分）如图,旋转到，点A与点C是对应点，下列说法错误的是(   ) A． B． C．平分 D． 9．（本题3分）如图，在中，，将绕点A按逆时针方向旋转得到．若点恰好落在BC边上，且，则的度数为（   ） A． B． C． D． 10．（本题3分）如图，四边形为正方形，为对角线上一点，连接，将绕着点顺时针旋转交的延长线于点，，则的值为（   ） A． B． C． D． 二、填空题（共24分） 11．（本题3分）已知点和关于原点对称，则的值为 ． 12．（本题3分）如图，将放置在平面直角坐标系中，，，点的坐标为，点的坐标为，则点的坐标是 ． 13．（本题3分）如图，P为正方形内一点，将绕B顺时针旋转到的位置，若，则的长为 ． 14．（本题3分）如图，在平面直角坐标系中，将边长为2的等边三角形绕点O逆时针旋转后得到，按照此方式，绕点O连续旋转3次得到，那么的坐标为 ． 15．（本题3分）在平面直角坐标系中，点关于原点的对称点为，则的值为 ． 16．（本题3分）如图，中，．将绕点顺时针旋转，使点的对应点恰好落在边上，点的对应点为，连接，若，则 ． 17．（本题3分）如图，在中，，，，将绕点C顺时针旋转得到，点A，B的对应点分别为点，．若点恰好落在上，则点A与点的距离的长为 ． 18．（本题3分）如图，边长为8的等边三角形中，E是对称轴上的一个动点，连接，将线段绕点C逆时针旋转得到，连接，则在点E运动过程中，的最小值是 ． 三、解答题（共66分） 19．（本题8分）如图，在等腰三角形中，，，于点D，将线段绕点C顺时针旋转角后得到线段，连接． (1)求的度数； (2)若，，求的长． 20．（本题8分）已知，将其绕点顺时针旋转一个角度得到．（点，的对应点分别是，） (1)如图1，连接，若，，，，求，两点间的距离（即的长） (2)如图2，，，三点在一条直线上，且，求证：． 21．（本题9分）如图，中，，，是由绕点按逆时针方向旋转得到的，连接、相交于点，与相交于点． (1)求证：； (2)求的度数． 22．（本题9分）如图，中，，，，把绕点逆时针旋转得，连接，． (1)求的长及的度数； (2)求的面积． 23．（本题10分）如图，在正方形网格中，每个小正方形的边长都为1，网格中有一个格点（即三角形的顶点都在格点上）． (1)画出，使与关于直线l成轴对称； (2)画出关于点O成中心对称的； (3)求的面积． 24．（本题10分）如图，在中，，，将线段绕点C顺时针旋转得到线段，过点D作，交延长线于点E． (1)如图1，求证：； (2)如图2，连接AD，过点C作，交延长线于点M，垂足为点F，连接交于点N，猜想和的数量关系，并加以证明． 25．（本题12分）（1）小明在数学作业本中看到有这样一道作业题：如图1，点P是正方形内一点，连接，，，将绕点B顺时针旋转得到，连接．若，，，则的长为___________，正方形的边长为___________； 【变式猜想】 （2）如图2，若点P是等边内的一点，且，，，请猜想的度数，并说明理由； 【拓展应用】 （3）聪明的小明经过上述两小题的训练后，善于反思的他又提出了如下的问题： 如图3，△ABC中，∠ABC=30°，AB=2，BC=，P是△ABC内部的任意一点，连接PA，PB，PC，求出PA+PB+PC的最小值． 第4页，共9页 第3页，共9页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2025-2026学年人教版九年级数学上册单元专题提升秘籍 第二十三章 旋转高频易考题综合测试 满分:120分 考试时间:120分钟 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。 2．选择题用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号，非选择题用0.5毫米黑色中性笔将答案写在对应题目的答题卡上。写在本试卷上无效。 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 一、单选题（共30分） 1．（本题3分）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． 【答案】A 【分析】本题考查了中心对称图形和轴对称图形，熟练掌握这些知识点是解题的关键．在平面内，把一个图形绕着某个点旋转，如果旋转后的图形能与原来的图形重合，那么这个图形叫做中心对称图形，这个点叫做它的对称中心；在平面内，如果一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够完全重合，这样的图形叫做轴对称图形，这条直线叫做对称轴，根据这些概念逐一判断即可． 【详解】A：是轴对称图形，也是中心对称图形，故A正确； B：不是中心对称图形，也不是轴对称图形，故B错误； C：是轴对称图形，不是中心对称图形，故C错误； D：是中心对称图形，不是轴对称图形，故D错误． 故选：A． 2．（本题3分）如图，在中，，将绕着点顺时针旋转后，得到，且点在上，则的度数为（   ） A．46° B．48° C．56° D．58° 【答案】C 【分析】本题主要考查了旋转的性质，旋转之后图形完全不变是解题的关键．根据旋转的性质，来求解的度数． 【详解】解：将绕着点顺时针旋转后，得到， ，， ， ， 故选：． 3．（本题3分）点关于原点中心对称的点的坐标为(   ) A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查了平面直角坐标系中点关于原点中心对称的坐标特征，解题的关键是熟记“点关于原点中心对称的点的坐标为”这一规律． 先明确点关于原点中心对称的坐标变换规律：若点的坐标为，则其关于原点对称的点的坐标为；再将点的横、纵坐标分别取相反数，得到对称点的坐标，最后与选项对比确定答案． 【详解】解：∵点关于原点对称的点的坐标为， ∴点关于原点对称的点的横坐标为，纵坐标为，即．   故选：C． 4．（本题3分）如图，将绕点顺时针旋转得到．若点A，D，E在同一条直线上，，则的度数为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题主要考查了旋转的性质，三角形内角和定理，等腰三角形的性质与判定，根据旋转的性质求出度数，利用三角形内角和定理结合等腰三角形的性质求出的度数，最后由即可求解． 【详解】解：将绕点顺时针旋转得到． ，，，． 点，，在同一条直线上， ． ． 故选：A． 5．（本题3分）如图，是由绕点O顺时针旋转后得到的图形，若点D恰好落在上，且的度数为，则的度数是（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题考查了旋转的性质，等腰三角形的判定和性质，三角形内角和定理，掌握旋转的性质是解题关键．由旋转的性质可知，，，，再根据等边对等角，得出，由题意可得，再结合三角形内角和定理求解即可． 【详解】解：是由绕点O顺时针旋转后得到的图形， ，，， ， ， ， ， ， 故选：D． 6．（本题3分）把边长为5的正方形绕点A顺时针旋转得到正方形，边与交于点E，则四边形的周长是（　　） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】此题重点考查正方形的性质、旋转的性质、等腰直角三角形的性质、勾股定理、等腰三角形的判定与性质等知识，正确地添加辅助线是解题的关键． 连接、，由正方形的性质得，，则，，由旋转得，，，则点在上，所以，，则，可证明，则，所以，求得四边形的周长是，于是得到问题的答案． 【详解】解：连接、， 四边形是边长为5的正方形， ，， ， ， 把正方形绕点A顺时针旋转得到正方形，边与交于点E， ，，， ，点在上， ， ， ， ，， ， ， ， ， ， 四边形的周长是， 故选：D． 7．（本题3分）如图，将先向左平移个单位，再绕原点逆时针旋转，得到，则点的对应点的坐标是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查坐标与图形变化旋转、坐标与图形变化平移，结合平移的性质、旋转的性质先画出图形，即可得答案． 【详解】解：由图可得，点的对应点的坐标为． 故选：C． 8．（本题3分）如图,旋转到，点A与点C是对应点，下列说法错误的是(   ) A． B． C．平分 D． 【答案】A 【分析】本题考查了旋转的性质，平行线的判定，掌握旋转的性质是本题的关键． 由旋转的性质可得，可得平分，利用排除法可求解． 【详解】解：∵旋转到， ∴，平分， 故选项B、选项D、选项C说法正确，但都不合题意， 由旋转的对应角相等知：，但依此不能判断，因此选项A错误． 故选：A． 9．（本题3分）如图，在中，，将绕点A按逆时针方向旋转得到．若点恰好落在BC边上，且，则的度数为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本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，三角形外角的性质，计算出是解题的关键．设，则，根据，得，则，用x的代数式表示出的度数，进一步列出方程即可解决． 【详解】解：如图， 将绕点A按逆时针方向旋转得到， ，，， ∴， ， ， ， ， ， ， 设，则， ， ， 解得：， ， 故选：B． 10．（本题3分）如图，四边形为正方形，为对角线上一点，连接，将绕着点顺时针旋转交的延长线于点，，则的值为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】过点作的平行线交于点，交于点，设，则，由正方形的性质可得，，，，即得四边形为矩形，得到，，利用勾股定理可得，进而得到，由旋转的性质得，，再根据余角性质得到，可得，得到，即可得，得到，最后代入计算即可求解． 【详解】解：过点作的平行线交于点，交于点，如图， 设，则， ∵四边形为正方形， ∴，，，， ∴四边形为矩形， ∴，， 在中， ， ， 在中， ， ∴， ∵绕着点顺时针旋转交的延长线于点， ，， ，， ∴， 在和中， ， ， ∴， ∴， ∴， ， 故选：D． 【点睛】本题考查了正方形的性质，矩形的判定和性质，勾股定理，全等三角形的判定和性质，旋转的性质，正确作出辅助线是解题的关键． 二、填空题（共24分） 11．（本题3分）已知点和关于原点对称，则的值为 ． 【答案】 【分析】本题主要考查了点的坐标关于原点对称，熟练掌握点的坐标关于原点对称的特征是解题的关键． 根据点的坐标关于原点对称，即为“如果两个点的坐标关于原点对称，则横纵坐标互为相反数”进行求解即可． 【详解】解：∵点和关于原点对称， ∴， 解得， ∴， 故答案为：． 12．（本题3分）如图，将放置在平面直角坐标系中，，，点的坐标为，点的坐标为，则点的坐标是 ． 【答案】或 【分析】本题考查了平面直角坐标系中等腰直角三角形的性质及全等三角形的判定与性质，解题的关键是通过构造直角三角形，利用“一线三垂直”模型证明三角形全等，进而根据对应边相等求点的坐标． 过点分别作x轴的垂线，垂足为构造和；利用推导出结合证明根据全等三角形对应边相等，得到结合点的坐标计算点B的坐标（分两种情况）． 【详解】解：过点A作轴于过点B作轴于E， 则 ∵， ∴． 又∵， ∴（同角的余角相等）． 在和中， ∴． ∴（全等三角形对应边相等） 已知点点 则． ∴． 分两种情况： ①当点E在点C右侧时， 点E的横坐标为，点B的纵坐标为，即 ②当点E在点C左侧时， 点E的横坐标为，点B的纵坐标为，即． 故答案为：或． 13．（本题3分）如图，P为正方形内一点，将绕B顺时针旋转到的位置，若，则的长为 ． 【答案】 【分析】本题考查旋转的性质，勾股定理，掌握旋转的性质，是解题的关键．根据旋转得到，勾股定理求出即可． 【详解】解：∵四边形是正方形， ∴， ∵绕B顺时针旋转到达的位置， ∴， ∴， 故答案为：． 14．（本题3分）如图，在平面直角坐标系中，将边长为2的等边三角形绕点O逆时针旋转后得到，按照此方式，绕点O连续旋转3次得到，那么的坐标为 ． 【答案】 【分析】本题考查坐标与图形变化旋转，等边三角形的性质，勾股定理，含30度角的直角三角形．先求出点B的坐标，再根据旋转3次所得三角形中的点与点B关于坐标原点成中心对称即可解决问题． 【详解】解：令与y轴的交点为M， ∵等边三角形的边长为2， ∴， 由旋转可知， 又∵， ∴， 则， 在中，， ∴点B的坐标为． ∵绕点O逆时针连续旋转3次得到，每次旋转， ∴旋转3次后，即旋转， 则点在的延长线上，且，即点与点关于坐标原点对称， 所以点的坐标为． 故答案为：． 15．（本题3分）在平面直角坐标系中，点关于原点的对称点为，则的值为 ． 【答案】 【分析】此题主要考查了关于原点对称点的特征，正确得出，的值是解题关键． 直接利用关于原点对称点的特征：横纵坐标与横向坐标、纵坐标与纵坐标互为相反数得出，的值，进而代入得出答案． 【详解】解：点关于原点的对称点为， ，， 解得：，， 则的值为：． 故答案为：12． 16．（本题3分）如图，中，．将绕点顺时针旋转，使点的对应点恰好落在边上，点的对应点为，连接，若，则 ． 【答案】/度 【分析】本题考查了旋转的性质，等腰三角形的性质，直角三角形的两个锐角互余，三角形内角和定理的应用，掌握旋转的性质是解题的关键．由旋转的性质可得，，，由直角三角形的性质和等腰三角形的性质可求解． 【详解】解：将绕点顺时针旋转， ，，， ， ， ， ∵， ， ， 故答案为：． 17．（本题3分）如图，在中，，，，将绕点C顺时针旋转得到，点A，B的对应点分别为点，．若点恰好落在上，则点A与点的距离的长为 ． 【答案】 【分析】本题考查了所对直角边是斜边一半，勾股定理，旋转的性质以及等边三角形的判定与性质．熟练掌握所对直角边是斜边一半，勾股定理，旋转的性质以及等边三角形的判定与性质是解题的关键． 先利用所对直角边是斜边一半和勾股定理求出，的长，再根据旋转的性质得，结合角度推出是等边三角形，进而得到相关角度，最后证明是等边三角形，从而求出的长度． 【详解】解：连接， ，， ， 在中，， 由旋转的性质可知：，， 是等边三角形， ，． ， ， 是等边三角形， ． 故答案为：． 18．（本题3分）如图，边长为8的等边三角形中，E是对称轴上的一个动点，连接，将线段绕点C逆时针旋转得到，连接，则在点E运动过程中，的最小值是 ． 【答案】2 【分析】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． 连接，判定≌，即可得到，进而得出点F的运动轨迹为直线，依据当时，最短，即可得到的最小值是2． 【详解】解：如图，连接， 由旋转可得，，， ∵是等边三角形， ∴，， ∴， 在和中， ， ∴≌， ∴， ∵边长为8的等边三角形中，E是对称轴上的一个动点， ∴，， ∴， 即点F的运动轨迹为直线， ∴当时，最短， 此时， ∴的最小值是2． 故答案为：2． 三、解答题（共66分） 19．（本题8分）如图，在等腰三角形中，，，于点D，将线段绕点C顺时针旋转角后得到线段，连接． (1)求的度数； (2)若，，求的长． 【答案】(1) (2) 【分析】本题考查旋转的性质、全等三角形的判定与性质、等腰三角形的性质，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题． （1）由旋转得，，可得，证明，可得； （2）由旋转得，，则，由勾股定理得，即可得． 【详解】（1）解：， 将线段绕点C顺时针旋转角后得到线段， ，， ， ， （2）， ，， , 由（1）知，， ， ． 20．（本题8分）已知，将其绕点顺时针旋转一个角度得到．（点，的对应点分别是，） (1)如图1，连接，若，，，，求，两点间的距离（即的长） (2)如图2，，，三点在一条直线上，且，求证：． 【答案】(1)9 (2)见详解 【分析】本题考查了旋转的性质，勾股定理，等边三角形的判定与性质，三角形内角和性质，正确掌握相关性质内容是解题的关键． （1）先由旋转的性质得，，，，故是等边三角形，运用，得，，三点在一条直线上，进行列式计算，即可作答． （2）先由旋转的性质得，，，，根据三角形内角和性质得，因为，则，结合，，三点在一条直线上，得，代入数值解得，运用勾股定理得，即可作答． 【详解】（1）解：∵将绕点顺时针旋转一个角度得到，且， ∴，，，， ∴是等边三角形， ∴，， ∵， ∴，，三点在一条直线上， ∴； （2）解：∵将绕点顺时针旋转一个角度得到， ∴，，，， 则， ∵， ∴， ∵，，三点在一条直线上， ∴， 即， 解得， 故， ∴， ∵， ∴． 21．（本题9分）如图，中，，，是由绕点按逆时针方向旋转得到的，连接、相交于点，与相交于点． (1)求证：； (2)求的度数． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】本题考查了等腰三角形的性质，全等三角形的判定与性质，三角形内角和，旋转的性质等知识，证明两个三角形全等是关键． （1）根据旋转的性质，得，，，再证明即可； （2）设，则可求得，从而得，，由三角形内角和即可求得结果． 【详解】（1）证明：由旋转的性质得： ，，， ∴， ∴， ∴， ∴； （2）解：设，则； ∵， ∴； ∵， ∴； ∵， ∴， ∴， ∴， ∴． 22．（本题9分）如图，中，，，，把绕点逆时针旋转得，连接，． (1)求的长及的度数； (2)求的面积． 【答案】(1)的长为的度数为； (2)的面积为． 【分析】本题考查了旋转的性质、等边三角形的判定与性质，直角三角形中角所对的直角边等于斜边的一半，勾股定理等知识，掌握知识点的应用，正确地添加辅助线是解题的关键． （）由旋转得，，则是等边三角形，所以，，而，则； （）作于点，则，由，，，求得，而，，则，求得． 【详解】（1）解：∵把绕点逆时针旋转得， ∴，， ∴是等边三角形， ∴，， ， ∴， ∴的长为，的度数为； （2）解：作于点，则， ∵，，， ∴， 由（）得，， ∴， ∴， ∴的面积为． 23．（本题10分）如图，在正方形网格中，每个小正方形的边长都为1，网格中有一个格点（即三角形的顶点都在格点上）． (1)画出，使与关于直线l成轴对称； (2)画出关于点O成中心对称的； (3)求的面积． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 (3)5 【分析】本题考查了轴对称作图、中心对称作图，网格中三角形的面积，掌握轴对称作图与中心对称作图是解题的关键． （1）由轴对称的性质作图，即可求解； （2）按中心对称的性质作图，即可求解； （3）根据割补法求解即可． 【详解】（1）解：如图所示，为所求作； （2）解：如图所示，为所求作； （3）解：． 24．（本题10分）如图，在中，，，将线段绕点C顺时针旋转得到线段，过点D作，交延长线于点E． (1)如图1，求证：； (2)如图2，连接AD，过点C作，交延长线于点M，垂足为点F，连接交于点N，猜想和的数量关系，并加以证明． 【答案】(1)见解析 (2)，见解析 【分析】（1）根据旋转的性质以及已知条件证明，再根据全等三角形的性质即可证明结论； （2）根据等腰三角形的性质和判定可得平分、，则，进而得到垂直平分可得，进而得到，再根据角的和差可得，然后根据全等三角形的性质以及等量代换可得，最后根据等角对等边即可证明． 【详解】（1）证明：， ， ， 绕点C顺时针旋转得到线段， ，， 在中，， ， ． （2）解：，证明如下： ，， ∴，， 垂直平分， ， ， ，即， ， ， ． 【点睛】本题主要考查了旋转的性质、全等三角形的判定与性质、等腰三角形的判定与性质、垂直平分线的判定与性质等知识点，灵活运用相关知识成为解题的关键． 25．（本题12分）（1）小明在数学作业本中看到有这样一道作业题：如图1，点P是正方形内一点，连接，，，将绕点B顺时针旋转得到，连接．若，，，则的长为___________，正方形的边长为___________； 【变式猜想】 （2）如图2，若点P是等边内的一点，且，，，请猜想的度数，并说明理由； 【拓展应用】 （3）聪明的小明经过上述两小题的训练后，善于反思的他又提出了如下的问题： 如图3，△ABC中，∠ABC=30°，AB=2，BC=，P是△ABC内部的任意一点，连接PA，PB，PC，求出PA+PB+PC的最小值． 【答案】（1），；（2），理由见解析；（3） 【分析】（1）证明为等腰直角三角形，证明，求出，，利用勾股定理可求得的长，作，利用勾股定理可求得正方形的边长； （2）将绕点B逆时针旋转，得到，连接，判断出为等边三角形，然后根据勾股定理的逆定理可证明为直角三角形，，即可求得； （3）以为边作等边，将绕点B逆时针旋转，得到，连接，可得，，，，，则当点A，点P，点D，点共线时，有最小值为，由勾股定理可求解． 【详解】解：（1）∵绕点B顺时针旋转得到， ∴，，，． ∴为等腰直角三角形． ∴，． ∴． 在中，根据勾股定理，得 ． 如图①，过点A作交的延长线于E． ∵， ∴． ∴是等腰直角三角形． ∴． ∴． 在中，根据勾股定理，得． 故答案为：，； （2），理由如下： ∵是等边三角形， ∴，． 如图②，将绕点B逆时针旋转，得到，连接，则是等边三角形， ∴，． ∵，， ∴． ∴为直角三角形． ∴． ∴； （3）如图，以为边作等边，将绕点B逆时针旋转，得到，连接， ∵是等边三角形， ∴，， ∵将绕点B逆时针旋转， ∴，，， ∴， ∵， ∴当点A，点P，点D，点共线时，有最小值为， ∴． ∴的最小值为． 【点睛】本题是几何变换综合题，考查了正方形的性质、旋转的性质、等腰直角三角形的判定与性质、等边三角形的判定与性质、勾股定理和勾股定理的逆定理等知识，本题综合性强，熟练掌握正方形的性质和旋转的性质是解题的关键，属于中考常考题型． 第4页，共28页 第3页，共28页 学科网（北京）股份有限公司 $$