第二十三章旋转练习2025-2026学年人教版数学九年级上册

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．在平行四边形、等腰三角形、矩形、菱形中，既是中心对称图形又是轴对称图形的有（  ） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 3．平面直角坐标系中，与点关于原点中心对称的点是（   ） A． B． C． D． 4．如图，将长、宽分别为4和2的长方形和边长为1的正方形按如图所示位置摆放，将正方形绕点A旋转的过程中，线段的最大距离是（   ） A． B．4 C． D．8 5．如图，为钝角三角形，将绕点按逆时针方向旋转得到，连接．若，则的度数为（　　） A． B． C． D． 6．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． 7．如图，在矩形中，，，点，分别在，上且有，将绕点逆时针旋转得到，连接，则的最小值是（   ）． A． B． C． D． 8．如图，小王将由张正五边形纸片（5张黑，张白）拼成的图案张贴在墙上时，不小心掉落了两张黑色纸片，则剩下的图案（   ） A．轴对称 B．中心对称 C．既轴对称又中心对称 D．既不轴对称也不中心对称 9．如图，一次函数的图象与x轴、y轴分别交于点A，B，将直线绕点B顺时针旋转交x轴于点C，则线段的长为（ ） A．1 B． C． D． 10．如图，四边形为正方形，E、B、C共线，把绕A点逆时针方向旋转到处，F在上，连，则①旋转角度为；②；③为等腰直角三角形；④，其中正确的是（   ） A．①② B．②③④ C．①②③ D．①②③④ 二、填空题 11．如图，将纸片绕点C顺时针旋转得到，连接，若，则的度数为 °． 12．如图所示，在四边形中，，则 ． 13．如图，在轴上有，两点，点为轴右侧一动点，且．将线段绕点顺时针旋转到，连接，则线段的最大值为 ． 14．在如图所示的平面直角坐标系中，是边长为的等边三角形，作与关于点成中心对称，再作与关于点成中心对称，，如此作下去，则的顶点的坐标是 ． 15．如图，O是正内一点，，，，将线段以点B为旋转中心逆时针旋转得到线段，下列结论：①可以由绕点B逆时针旋转得到；②点O与的距离为4；③；④；⑤．其中正确的结论有 ． 三、解答题 16．如图，菱形，，E为菱形内一点，连接，再将绕着点B逆时针旋转到，连接，且交于点G．求证：． 17．如图，在的正方形网格中，每个小正方形的顶点叫做格点，每个小正方形的边长为1个单位长度，的三个顶点都在格点上． (1)在图1中画出将向右移动4个单位长度后的三角形； (2)在图2中画出与成中心对称且顶点都在格点上的三角形． 18．已知正方形和正方形． (1)如图1，当正方形在正方形外部时，连接，．求证：； (2)如图2，将（1）中正方形绕点C旋转，使点G落在上． ①若，，求线段的长； ②如图3，连接，若点O是的中点，连接，请直接写出的值． 19．如图，四边形是正方形，为等腰直角三角形，，点在上，点在上，为的中点，连结，以为邻边作平行四边形．连结，将绕点顺时针方向旋转，旋转角为． (1)如图1，当旋转角时 ①连接，证明≌ ②试证明与的数量关系及位置关系． (2)如图2，当时，（1）中②的结论是否成立？若成立，请写出证明过程；若不成立，请说明理由； (3)在旋转的过程中，当平行四边形的顶点落在正方形的边上，且，时，连结，请直接写出的长． 20．【问题背景】在数学活动课上，张老师带领同学们研究图形旋转时给出如下问题：如图1，在四边形中，，当点O为的中点时，则易证． 【类比分析】 （1）小青同学将两个等腰直角三角形卡片与（其中），拼摆成点C ，B， E共线时，如图2，连接，取的中点O，连接，请直接写出与的数量关系； （2）小阳同学在小青同学摆放的基础上，又将绕点B逆时针旋转角度α（），如图3，小阳得到的结论与小青是否相同？若相同，请写出证明过程；若不同，请说明理由； 【拓展应用】 （3）张老师带领学生在小青、小阳的基础上做进一步探究，将绕点B逆时针旋转α（），若，，当时，请求出线段的长． 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 练习2025-2026学年人教版数学九年级上册》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 B B B C D B B A C D 1．B 【分析】本题主要考查了中心对称图形和轴对称图形，把一个图形绕某一点旋转180度，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，根据轴对称图形和中心对称图形的概念，对各选项分析判断即可得解． 【详解】解：A、图形既不是轴对称图形，也不是中心对称图形，不符合题意； B、图形既是轴对称图形，又是中心对称图形，符合题意； C、图形是轴对称图形，但不是中心对称图形，不符合题意； D、图形既不是轴对称图形，也不是中心对称图形，不符合题意， 故选：B． 2．B 【分析】本题考查了中心对称图形与轴对称图形的概念：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度后两部分重合． 根据中心对称图形与轴对称图形的概念，逐个判断即可． 【详解】解： 平行四边形是中心对称图形，不是轴对称图形， 等腰三角形不是中心对称图形，是轴对称图形， 矩形既是中心对称图形，又是轴对称图形， 菱形既是中心对称图形，又是轴对称图形， 所以既是中心对称图形，又是轴对称图形的有矩形和菱形，共2个， 故选：B． 3．B 【分析】本题考查了关于原点对称的点的坐标，熟练掌握关于原点对称的点的坐标特征：横纵坐标都变为原来的相反数是解此题的关键． 根据关于原点对称的点的坐标特征：横纵坐标都变为原来的相反数，即可得到答案． 【详解】解：点关于原点对称的点的坐标是， 故选：B． 4．C 【分析】连接，当共线时，此时 最大，根据长方形中 ，正方形的边长为1，可得，，即可求解. 【详解】解：如图，连接，当共线时，此时最大， ∵长方形中 ，正方形的边长为1， ∴，， ∴ 故选：C． 【点睛】此题考查矩形的性质，正方形的性质，勾股定理，三角形的三边关系. 5．D 【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，掌握旋转的性质是解题的关键． 由旋转可得，，即得，再根据平行线的性质得到，最后根据角的和差关系即可求解． 【详解】解：由旋转可得，，， ∴， ∵， ∴， ∴， 故选：D． 6．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． 7．B 【分析】本题主要考查了矩形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理、旋转的性质，熟练掌握以上知识点并灵活运用，采用分类讨论的思想是解此题的关键，设，分两种情况：当时，作于，于；当时，作于，于；分别利用矩形的性质、旋转的性质、全等三角形的判定与性质以及勾股定理计算即可得解． 【详解】解：设， 如图，当时，作于，于， ∵四边形为矩形， ∴，， ∵， ∴四边形为矩形， ∴，，， ∴，， 由旋转的性质可得：，， ∴，即， ∵， ∴， ∴，， 由勾股定理可得：， ∴， ∴当时，有最小值， ∴此时的最小值为； 如图，当时，作于，于， ∵四边形为矩形， ∴，， ∵， ∴四边形为矩形， ∴，，， ∴，， 由旋转的性质可得：，， ∴，即， ∵， ∴， ∴，， 由勾股定理可得：， ∴， ∴当时，有最小值1， 故此时的最小值为； 综上所述，的最小值为， 故选：B． 8．A 【分析】本题考查中心对称图形和轴对称图形的定义，正确把握定义是解答本题的关键． 根据轴对称图形和中心对称图形的定义判断即可． 【详解】解：去掉其中任意两张黑色纸片，则剩下的图案是轴对称图形，不是中心对称图形． 故选：A． 9．C 【分析】本题考查了一次函数图象与几何变换，一次函数图象上点的坐标特征，解直角三角形等，求得是解题的关键．利用一次函数的解析式求得，，则，即可求得，进一步求得，解直角三角形求得，即可求得． 【详解】解：一次函数的图象与x轴、y轴分别交于点A，B， ，， ， ， 将直线AB绕点B顺时针旋转交x轴于点C， ， ， ． 故选：C． 10．D 【分析】本题考查的是正方形的性质，旋转的性质，全等三角形的性质，等腰三角形的判定与性质，由正方形结合旋转的性质可得，，可得判断①②，进一步可得，，，可判断③④． 【详解】解：∵四边形为正方形，E、B、C共线，把绕A点逆时针方向旋转到处，F在上， ∴，，即旋转角为，故①②正确， ∴，，， ∴， ∴为等腰直角三角形；故③正确， ∴，故④正确． 故选：D 11．20 【分析】本题主要考查旋转的性质、等腰三角形的定义及直角三角形的性质，熟练掌握旋转的性质、等腰三角形的定义及直角三角形的性质是解题的关键；由旋转的性质可知，则有，然后根据直角三角形的性质可进行求解． 【详解】解：由旋转的性质可知， ∴， ∵， ∴， ∴； 故答案为20． 12．8 【分析】将绕点B逆时针旋转得到，连接，，过点A作于H．由旋转性质可得出：，，，，，．在中，由勾股定理可得出的长，易得是等腰直角三角形，则，进而得出．再根据得出，根据直角三角形两锐角互余性质得出：，即可得出，再根据含角的直角三角形的性质得出．在中，由勾股定理可得出的长，由，，利用平行线的判定得出．再根据，，可得，根据平行四边形的判定定理可得四边形是平行四边形，由平行四边形的性质得出．在中，由勾股定理得出的长，进而得出的长． 【详解】解：如图所示，将绕点B逆时针旋转得到，连接，，过点A作于H． 由旋转性质可得：，，，，，． 在中，由勾股定理，得， ∴． ∵， ∴是等腰直角三角形， ∴， ∴． ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， 在中，由勾股定理，得， ∴． ∵， ∴． ∵， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∴． 在中，由勾股定理，得， ∴， ∴， ∴． 故答案为：8． 【点睛】本题考查了旋转的性质，平行四边形的判定和性质，勾股定理，含角的直角三角形的性质，等腰直角三角形的判定和性质，直角三角形两锐角互余性质，平行线的判定，熟练掌握旋转的性质，平行四边形的判定和性质，勾股定理，含角的直角三角形的性质，等腰直角三角形的判定和性质，直角三角形两锐角互余性质，平行线的判定是解题的关键． 13．5 【分析】本题主要考查了点的坐标，等边三角形的性质，全等三角形的判定与性质，以为一边在的上方作等边，连接，依题意得，，则，，由旋转的性质得是等边三角形，则，，进而得，由此可依据“”判定和全等得，再根据“两点之间线段最短”得，据此即可得出的最大值． 【详解】解：以为一边在的上方作等边，连接，如图所示： 点，点， ，， ， ， 是等边三角形， ，， 由旋转的性质得：，， 是等边三角形， ，， ， ， ， 在和中， ， ， ， 根据“两点之间线段最短”得：， 当点，，共线时，为最大，最大值是． 故答案为：． 14． 【分析】本题考查了坐标与图形变化，图形的旋转，要熟练掌握中心对称的两点坐标变化规律，解答此题的关键是分别判断出的横坐标、纵坐标各是多少．首先根据是边长为的等边三角形，可得的坐标为，的坐标为；然后根据中心对称的性质，分别求出点、、的坐标各是多少；最后总结出的坐标的规律，求出的坐标是多少即可． 【详解】解：是边长为的等边三角形， 的坐标为，的坐标为， 与关于点成中心对称， 点与点关于点成中心对称， ，， 点的坐标是， 与关于点成中心对称， 点与点关于点成中心对称， ，， 点的坐标是， 与关于点成中心对称， 点与点关于点成中心对称， ，， 点的坐标是， ，，，，， 的横坐标是， 当为奇数时，的纵坐标是，当为偶数时，的纵坐标是， 的顶点的坐标是． 故答案为：． 15．①②③⑤ 【分析】连接，过点O作，垂足为D，由旋转的性质可得，，根据等边三角形的性质可得，从而证明，即可判断①正确，证明是等边三角形，即可判断②正确；根据等边三角形的性质可得，根据全等三角形的性质及勾股定理逆定理可证是直角三角形，即可判断③正确；在中，求出的长，然后根据进行计算即可判断④不正确；将绕点A逆时针旋转，使得与重合，点O旋转至，连接，仿照④的解题思路，即可判断⑤正确． 【详解】解：如图所示： ∵为正三角形， ∴，， ∵线段以点B为旋转中心逆时针旋转得到线段， ∴，， ∴， ∴， 又∵，， ∴， 又∵， ∴可以由绕点B逆时针旋转得到， 故结论①正确； 连接， ∵，， ∴是等边三角形， ∴， 故结论②正确； ∵， ∴， 在中，，， ∴， ∴是直角三角形，， ∴， 故结论③正确； 四边形的面积为：， 过点O作， ∵是等边三角形， ∴， ∴， ∴，， ∴四边形的面积为， 故结论④不正确； 如图所示：将绕点A逆时针旋转，使得与重合，点O旋转至，连接， ∴，，， ∴是等边三角形， ∴， ∵，， ∴， ∴是直角三角形，且， 同结论④证明过程可求得：，， ∴，故结论⑤正确； 综上所述：结论①②③⑤正确， 故答案为：①②③⑤． 【点睛】本题考查了图形旋转的性质，等边三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理的逆定理，三角形面积，面积的割补法，综合掌握以上知识点并灵活运用是解题的关键． 16．见解析 【分析】本题考查了菱形的性质，全等三角形的判定与性质，旋转的性质，正确掌握相关性质内容是解题的关键． 先根据菱形的性质得出，，再由图形旋转的性质得出，根据定理得出，由全等三角形的性质即可得出结论． 【详解】证明：∵四边形是菱形，， ∴，． 又∵绕着点B逆时针旋转到， ∴， ∴， ∴， 在与中， ， ∴， ∴． 17．(1)见解析 (2)见解析 【分析】本题考查网格内平移作图，作已知图形关于某点对称的图形： （1）将的顶点分别向右移动4个单位长度，顺次连接即可； （2）选择点A为对称中心，利用格点找出点B，C关于点A的对称点，顺次连接即可． 【详解】（1）解：如图， （2）解：如图， 18．(1)见解析 (2)①4；② 【分析】（1）由正方形的性质可得，，，进而可得，然后利用即可证得； （2）①连接，设与交于点H，由（1）可知，，根据全等三角形的性质可得，，由，可得，由三角形的内角和定理可得，由正方形的性质可得，，，，由勾股定理可得，，设，则，，在中，根据勾股定理可得，即，解方程即可求得的长； ②连接，由正方形的性质可知，点O是的中点，由①可得，是直角三角形，则由直角三角形斜边中线等于斜边的一半可得，进而可得答案． 【详解】（1）证明：∵四边形是正方形， ∴，，， ∵四边形是正方形， ∴，， ∴， ∵，， ∴， 在和中， ， ∴； （2）解：①将（1）中正方形绕点C旋转，使点G落在上．如图2，连接，设与交于点H， 由（1）可知：，， ∴，， ∵，， ∴，     ∴， ∵正方形中，正方形中， ∴，，，， ∴， ， 设，则， ∴， 在中，根据勾股定理可得： ， 即：， 解得：，（不合题意，舍去）， ∴； ②，理由如下： 如图3，连接， ∵四边形是正方形，点O是的中点， ∴点O是的中点， 由①可得：，是直角三角形， ∴， ∴． 【点睛】本题属于四边形综合题，主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，三角形的内角和定理，勾股定理，直角三角形斜边中线等于斜边的一半等知识点，添加适当辅助线构造直角三角形是解题的关键． 19．(1)①见解析；② (2)（1）中②的结论成立，理由见解析 (3)或 【分析】（1）①连接，由四边形是正方形，得到，结合，推出，即可证明；②如图1中，证明，推出，，推出，可得结论； （2）如图2中，作直线交于J，交于K，连接．证明，推出，，推出，可得结论； （3）分两种情形：如图中，当点G落在上时，如图中，当点G落在上时，分别利用勾股定理求出即可． 【详解】（1）解：如图1中，连接， ∵四边形是正方形， ∴， ∵为等腰直角三角形， ∴， ∴， ∴； ②∵， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴A，N，C共线， ∵四边形是平行四边形，， ∴四边形是矩形， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴； （2）解：（1）中②的结论成立． 理由：如图2中，作直线交于J，交于K，连接． ∵四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴； （3）解：如图中，当点G落在上时， ∵是等腰直角三角形，， ∴， ∵四边形是平行四边形， ∴， ∵， ∴， ∴． 如图中，当点G落在上时， 同法可证，， ∵， ∴， ∴， ， 综上所述，满足条件的的值为或． 【点睛】本题属于四边形综合题，考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，解直角三角形等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形全等的条件，属于中考常考题型． 20．（1） （2）相同，证明见解析 （3）线段的长为或3 【分析】（1）根据直角三角形斜边上中线性质：直角三角形斜边中线等于斜边一半求解即可； （2）设M，N分别是的中点，连接，证明，，，可得，即得； （3）当E在右侧时，设M是的中点，连接，作交的延长线于点P，求出， ，得，得，，即得；当点E在左侧时，设M是的中点，连接，作， 求出，得，，即得． 【详解】解：（1）． 理由：如图2，在和中，O是的中点， ∴， ∴； （2）小阳得到的结论与小青相同． 证明：如图3，设M，N分别是的中点，连接， ∵与都是等腰直角三角形，， ∴， ∵M，N分别是的中点， ∴， ∴， ∵O是的中点， ∴是的中位线， ∴， ∴， ∴， ∴， 即， 在和中， ， ∴， ∴； （3）当点E在右侧时，如图4，设M是的中点，连接，作交的延长线于点P， ∵是等腰直角三角形， ∴， 同理， 由（2）可得， 在中， ∵ ∴， ∴． ∴， ∴， ∴， ∴， ∴； 当点E在左侧时，如图5，设M是的中点，连接，作，垂足为点P， ∴， ∴， ∴， ∴． 综上所述，线段的长为或3． 【点睛】本题考查等腰直角三角形性质、全等三角形判定与性质、旋转性质，含30度的直角三角形性质，勾股定理，三角形中位线的判定和性质，直角三角形斜边上中线性质，添加辅助线，是解题关键． 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 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