第二十三章旋转单元测试-2025-2026学年人教版九年级数学上册提升试题

第二十三章旋转单元测试 答题卡 姓 名： 准考证号： 贴条形码区 注意事项 1.答题前，考生先将自己的姓名，学号填写清楚，并认真核准条形 考生禁填： 缺考标记 口 码上的姓名、学号，在规定位置贴好条形码。 违纪标记 ▣ 2.选择题必须用2B铅笔填涂：非选择题必须用0.5m黑色签字笔 以上标志由监考人员用2B铅笔填涂 答题，不得用铅笔或圆珠笔答题；字体工整、笔迹清晰。 3.请按题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出区域书写的答案 选择题填涂样例： 无效：在草稿纸、试题卷上答题无效。 正确填涂■ 4. 保持卡面清洁，不要折叠、不要弄破。 错误填涂[]【1【/1 请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效！ 一、单选题（请用2B铅笔填涂，每题3分，共30分) 1.[A][B][C][D]2.[A][B][C][D]3.[A][B][C][ D] 4.[A][B][C][D]5.[A][B][C][D]6.[A][B][C][ D] 7.[A][B][C][D]8.[A][B][C][D]9.[A][B][C][ D] 10.[A][B][C][D] 二、 填空题（请用2B铅笔填涂，每题3分，共24分) 11. 12. 13. 14 15 16. 17. 18 三、 解答题（共66分) (58平)I乙 (%8￥)0Z (58Ψ)61 ■ 22.(本题9分) B 23.(本题9分) B E E 图1 图2 c O (华乙L璐平)忆 ■ 园 阁 0 ☑ (华L*)Z ■ 2025-2026学年人教版九年级数学上册单元提升测试 第二十三章旋转 单元测试 满分:120分 考试时间:120分钟 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）如图是一个正五角星，将这个正五角星绕着它的中心旋转与自身重合，至少应旋转的度数为（ ） A． B． C． D． 3．（本题3分）在平面直角坐标系中，点关于原点对称的点所在的象限是（   ） A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限 4．（本题3分）如图，在中，，，，将绕点A顺时针旋转度得到，当点B的对应点D恰好落在边上时，则的长为（   ） A．1.6 B．1.8 C．2 D．2 5．（本题3分）如图，在中，，，．点在上，且．连接，线段绕点顺时针旋转得到线段，连接，．则的面积是（　　） A． B． C． D． 6．（本题3分）在如图所示的正方形网格中，四边形绕某一点旋转某一角度得到四边形（所有顶点都是网格线交点），在网格线交点中，可能是旋转中心的是（    ） A．点 B．点 C．点 D．点 7．（本题3分）如图，在中，，将绕点A逆时针旋转得到，点C的对应点恰好落在斜边上，连接．若，则的度数为（    ） A． B． C． D． 8．（本题3分）如图，中，，，将绕点逆时针旋转得到，使点C的对应点恰好落在边上，则的度数是（   ） A． B． C． D． 9．（本题3分）如图，在正方形中，点，分别在，上，连接，，，．若，则的度数为（    ） A． B． C． D． 10．（本题3分）如图，正方形中，P是对角线上的一个动点（不与A、C重合），连接，将绕点B顺时针旋转到，连接交于点E，的延长线与边交于点F，连接．以下结论：①；②；③；④．则正确结论的个数是（    ） A．4个 B．3个 C．2个 D．1个 二、填空题（共24分） 11．（本题3分）如图，由绕点A逆时针旋转得到，若，则 ．    12．（本题3分）如图，将逆时针旋转得到，则 ． 13．（本题3分）若点在第三象限，则点关于原点的对称点在 ． 14．（本题3分）如图，、为正方形对角线上两点，，，，则的长为 ． 15．（本题3分）如图，在中，，，边绕点C按逆时针方向旋转一周回到原来的位置．在旋转过程中，点B的对应点为，旋转角为，当时，旋转角为 ． 16．（本题3分）如图，在平面直角坐标系中，点A坐标为，将顺时针旋转得到，则直线的解析式为 ． 17．（本题3分）如图，在中，，将绕点按逆时针方向旋转得到．若点恰好落在边上，且，则的度数为 ． 18．（本题3分）如图，将绕直角边的中点H旋转，得到．若的直角顶点D落在的斜边上，与交于点G，且恰好是以为底边的等腰三角形，则 ． 三、解答题（共66分） 19．（本题8分）如图，是由在平面内绕点B旋转而得，且，，连接． (1)求证： (2)试判断四边形的形状，并说明理由 20．（本题8分）如图，在中，，，D是边上一点（点D与A，B不重合），连接，将线段绕点C按逆时针方向旋转得到线段，连接交于点F，连接． (1)求证； (2)当时，求的度数． 21．（本题8分）如图，点O是等边三角形内的一点，，将绕点C顺时针旋转得到，连接． (1)求的度数； (2)若，求的长 22．（本题9分）如图，在由边长为1个单位长度的小正方形组成的网格中，的顶点都在网格点上． (1)以点为中心将旋转，得到，画出； (2)将向右平移7个单位长度，再向上平移1个单位长度，得到，画出； (3)连接，则的面积为_________． 23．（本题9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：． 24．（本题12分）如图，点O是等边内一点，，，将绕点C按顺时针方向旋转得到，连结OD． (1)判断的形状，并证明； (2)当为多少度时，是等腰三角形； (3)添加或更改条件使是等边三角形． 25．（本题12分）已知四边形和四边形都是正方形，且． (1)如图1，连接．求证：； (2)如图2，如果正方形绕点C旋转到某一位置恰好使得，． ①求的度数； ②若正方形的边长是，请求出的面积． 第8页，共8页 第7页，共8页 学科网（北京）股份有限公司 参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 B D D A B A A C C B 1．B 【分析】本题主要考查了轴对称图形和中心对称图形的定义，熟练掌握如果一个图形沿着一条直线对折后两部分完全重合，这样的图形叫做轴对称图形；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是解题的关键． 根据轴对称图形和中心对称图形的定义，逐项判断即可求解． 【详解】解：A、不是轴对称图形，是中心对称图形，故本选项不符合题意； B、既是轴对称图形，也是中心对称图形，故本选项符合题意； C、不是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项不符合题意； D、是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项不符合题意； 故选：B． 2．D 【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，该图形被平分成五部分，因而每部分被分成的圆心角是，因而旋转的整数倍，就可以与自身重合． 【详解】解：， 因而一个正五角星绕着它的中心至少旋转能与自身重合． 故选：D． 3．D 【分析】本题主要考查点关于原点对称的坐标特点，根据点坐标的特点判定所在象限，理解并掌握点的对称性质是解题的关键． 根据点关于原点对称的点的横坐标、纵坐标均变为相反数，再根据点的坐标的符号即可求解． 【详解】解：点关于原点对称的点的坐标为， ∵，， ∴在第四象限， ∴点关于原点对称的点在第四象限， 故选：D． 4．A 【分析】本题考查了等边三角形的性质，由图形旋转得到结合已知条件判断出是等边三角形是解决本题的关键． 根据三角形旋转可知，再由，可得是等边三角形，即可得的边长，再由的边长求解即可． 【详解】解：∵绕点A顺时针旋转度得到， ∴， 又∵， ∴是等边三角形， ∴， ∵， ∴． 故选：A ． 5．B 【分析】本题主要考查了全等三角形的判定与性质、旋转的性质、等腰直角三角形的性质，利用旋转的性质可知、，利用可证，根据全等三角形的性质可证，，从而可证，根据和，可知，，根据三角形的面积公式即可求出的面积． 【详解】解：在中，，， ，， ， ， ， ， ， 线段绕点顺时针旋转得到线段， ，， ， ， 在和中， ， ， ，， ， ， ，， ， ． 故选：B． 6．A 【分析】本题考查了找旋转中心，熟练掌握旋转中心的确定方法是解题关键．确定旋转中心的方法：分别作两组对应点所连线段的垂直平分线，其交点就为旋转中心，由此即可得． 【详解】解：如图，连接，，分别作，的垂直平分线，其交点为点，则旋转中心是点． 故选：A． 7．A 【分析】本题考查旋转的性质，等腰三角形的性质，三角形内角和，掌握相关知识是解决问题的关键．根据旋转的性质可得，，，根据等腰三角形两底角相等求出，再根据直角三角形两锐角互余计算即可得解． 【详解】解：旋转得到，点落在上， ，，， ， ． 故选：A． 8．C 【分析】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，根据旋转可得，，，得，根据，即可得到的度数，掌握知识点的应用是解题的关键． 【详解】解：∵，， ∴， ∵将绕点逆时针旋转得到，使点的对应点恰好落在边上， ∴，，， ∴， ∴， 故选：． 9．C 【分析】本题考查了正方形的性质、旋转的性质、全等三角形的判定与性质，由正方形的性质可得，，将绕点顺时针旋转得到，则，，再证明，得出，求出，即可得解，熟练掌握以上知识点并灵活运用，添加适当的辅助线是解此题的关键． 【详解】解：∵四边形为正方形， ∴，， 如图，将绕点顺时针旋转得到， ， 则，， ∴，， ∴， ∴点、、在同一直线上， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 故选：C． 10．B 【分析】根据可证①；利用对等角相等，结合三角形内角和定理可以得到可以判定②；利用可以判断③；在上截取，结合可证，利用等腰三角形的判定，等量代换可以判定最后一个结论． 本题考查了正方形的性质，三角形全等的判定和性质，对顶角相等，等腰直角三角形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，旋转性质，三角形外角性质的应用，等量代换，熟练掌握正方形的性质，三角形全等的判定和性质，等腰直角三角形的性质是解题的关键． 【详解】解：①∵四边形是正方形， ∴， ∴， ∵将绕点B顺时针旋转到， ∴，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 故①的结论正确； ∵将绕点B顺时针旋转到， ∴，， ∴， ∵四边形是正方形， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴； 故②的结论正确； ∵，， ∴， ∴， 故③的结论错误； 在上截取， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴，， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴， 故④结论正确； 故选：B． 11． 【分析】本题考查了旋转的性质，解题的关键是理解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．旋转之后得出，再根据角的和差即可得出答案． 【详解】解：由绕点A逆时针旋转得到， ， 故答案为：． 12．7 【分析】本题主要考查了图形的旋转的问题．根据旋转的性质可得，，，可得到点A，D，C三点共线，点B，C，E三点共线，即可求解． 【详解】解：由旋转的性质得：，，， ∴点A，D，C三点共线，， ∴点B，C，E三点共线， ∵， ∴， ∴． 故答案为：7 13．第二象限 【分析】本题主要考查了关于原点对称的点的坐标特征，解题的关键在于能够熟练掌握关于原点对称的两点的横纵坐标互为相反数． 先根据在第三象限即可确定，从而可以确定所在的象限，再根据与原点对称的点的特点进行求解即可． 【详解】解：∵点在第三象限， ， ， ∴在第四象限， ∴点关于原点对称的点在第二象限， 故答案为：第二象限． 14． 【分析】本题主要考查了正方形的性质，旋转的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理等知识点，解题的关键是熟练掌握以上性质． 将绕点顺时针旋转，得到，连接，利用正方形的性质和旋转的性质证明相等的角和边，证明，得出，然后再利用勾股定理进行求解即可． 【详解】解：如图所示，在正方形中，将绕点顺时针旋转，得到，连接， ∴，， ∵， ∴，， 又∵， ∴， ∴， 由勾股定理得，， ∴的长为， 故答案为：． 15．70或250/250或70 【分析】本题考查旋转的性质，平行线的判定，三角形内角和定理．当时，或时，，画出图形，即可求解． 【详解】解：在中，，， ， 当时，分两种情况： 当时，，此时； 当时，，此时； 故答案为：70或250． 16． 【分析】本题主要考查了图形和平面直角坐标系，图形旋转的性质，全等三角形的判定和性质，待定系数法求一次函数解析式，解题的关键是熟练掌握以上性质． 过点作轴，交轴于点，过点作轴，交轴于点，根据条件证明，求出，然后利用待定系数法求解即可． 【详解】解：如图，过点作轴，交轴于点，过点作轴，交轴于点， ∴， ∵将顺时针旋转得到，点A坐标为， ∴，， ∴， 又∵， ∴， ， ∴， ∵点在第一象限， ∴， 设直线的解析式为， 把，代入得， 解得， ∴直线的解析式为． 故答案为：． 17．/24度 【分析】本题主要考查了旋转的性质、等腰三角形的性质以及三角形内角和定理．先根据旋转前后图形的对应线段相等、对应角相等得到相关角的关系，再根据等腰三角形的性质得出两个底角相等，最后在中利用三角形内角和得出关系式，计算可得结果． 【详解】解：， ， ， ∵将绕点按逆时针方向旋转得到， ，， ， ， ， ， ， 故答案为：． 18．/36度 【分析】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，熟练掌握以上知识是解题的关键． 利用旋转性质得到，，再利用等腰三角形的性质和三角形的外角性质得到，然后利用三角形的内角和定理求解即可． 【详解】解：∵将绕直角边的中点H旋转，得到， ∴，， ∴， ∴， ∵是以为底边的等腰三角形， ∴， ∵， ∴， ∴． 故答案为：． 19．(1)见详解 (2)四边形是菱形，理由见详解 【分析】（1）由旋转的性质可知，，则有，，然后可得，进而问题可求证； （2）由（1）及题意易得，然后问题可求解． 【详解】（1）证明：∵是由在平面内绕点B旋转而得， ∴，， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴； （2）解：由（1）可知：， ∵， ∴ ∵， ∴， ∴， ∴四边形是菱形． 20．(1)见详解 (2) 【分析】本题主要考查等腰三角形的性质、三角形内角和及全等三角形的性质与判定，熟练掌握等腰三角形的性质、三角形内角和及全等三角形的性质与判定是解题的关键； （1）由题意易得，然后可得，进而问题可求证； （2）由（1）可知，，则有，然后根据等腰三角形的性质及三角形内角和可进行求解． 【详解】（1）证明：∵将线段绕点C按逆时针方向旋转得到线段， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴； （2）解：由（1）可知：， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴． 21．(1) (2) 【分析】本题考查了旋转的性质，等边三角形的判定与性质，勾股定理等知识，掌握这些知识是关键； （1）由旋转的性质、等边三角形的判定与性质即可求解； （2）由旋转的性质得，，从而得；由是等边三角形，得，在中，由勾股定理即可求解． 【详解】（1）解：∵是等边三角形， ∴，， ∵绕点C顺时针旋转得到， ∴， ∴是等边三角形， ∴； （2）解：∵绕点C顺时针旋转得到， ∴，， ∴， ∵是等边三角形， ∴， 在中，． 22．(1)见详解 (2)见详解 (3) 【分析】本题考查了作图-平移变换、旋转变换，解题的关键是掌握平移变换、旋转变换的定义和性质，并据此得到变换后的对应点． （1）作点绕点旋转的对应点，作点绕点旋转的对应点，连接点、、得到即为所求； （2）分别作出点、、向右平移 7 个单位长度，再向上平移 1 个单位长度，得到的对应点、、，连接点、、，得到即为所求； （3）用围成的矩形面积减去其余三个三角形的面积求解即可． 【详解】（1）解：如图1所示，作点绕点旋转的对应点，作点绕点旋转的对应点，连接点、、得到，即为所求； （2）解：如图2所示，分别作出点、、向右平移 7 个单位长度，再向上平移 1 个单位长度，得到的对应点、、，连接点、、，得到，则即为所求； （3）解：如图，． 23．(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， ∴， ∵， ∴． 24．(1)是等边三角形，理由见解析 (2)当为或或，是等腰三角形 (3)当且时，是等边三角形 【分析】本题考查了旋转的性质，等边三角形的性质与判定，三角形内角和定理，等腰三角形的性质，熟练掌握以上知识点是解题的关键． （1）先求得，由旋转得：，，从而得出结论； （2）先分别表示出，，和，然后分类讨论即可； （3）结合等边三角形的性质求解即可． 【详解】（1）解：是等边三角形，证明如下： 是等边三角形， ． 由旋转得：，， 是等边三角形． （2）解：当为或或，是等腰三角形； 理由如下： 由（1）得是等边三角形．   ， ，， ， 由（1）得， ， ， ， 当，； 当，； 当，； 综上，当为或或，是等腰三角形； （3）解：当且时，是等边三角形； 理由如下：当且时， ， ， 在中，， 是等边三角形． 25．(1)见解析 (2)①② 【分析】（1）根据正方形的性质可以得出，再由证明就可以得出结论； （2）①连接，根据平行线的性质可以得出，可以得出，由证得，得出，证得为正三角形即可以得出结果； ②延长交于点H，过点G作于N，由证明，得出，得出，，由勾股定理求出的值，得出的值，证出是等腰直角三角形，得出，由三角形面积公式即可得出结果． 【详解】（1）证明：∵四边形和四边形为正方形， ∴． ∴， ∴． 在和中， ， ∴． ∴； （2）解：①连接，如图2所示： 由（1）可知：， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴为等边三角形， ∴； ②延长交于点H，过点G作于N，如图3所示： 在和中， ， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 在中，由勾股定理得：， ∴， ∵， ∴， ∴是等腰直角三角形， ∴， ∴． 【点睛】本题是四边形综合题，主要考查了正方形的性质、等边三角形的判定与性质、等腰直角三角形的判定与性质、平行线的性质、勾股定理、全等三角形的判定与性质等知识；熟练掌握正方形的性质、证明三角形全等是解题的关键． 第10页，共19页 第9页，共19页 学科网（北京）股份有限公司 $