6.重难题型卷(三)旋转-【真题圈】2024-2025学年九年级全册数学练考试卷（人教版）河北专版

、真题圈数学 商可调研卷（上）广九牛 7.如图，在平面直角坐标系中，△ABC的三个顶点分别为 A(-1,4),B(-4,2),C(-3,5).(每个方格的边长均为1个单 6.重难题型卷（三）】 位长度) 旋转 (1)若△A,B,C,和△ABC关于原点O成中心对称，则C,的 坐标为 出州 题型一 坐标问题 (2)将△ABC绕点O逆时针旋转90°，画出旋转后得到的 第10题图 第11题图 1.(期中·22-23唐山路南区)在平面直角坐标系中，点A(5,m) △A,B,C 11.如图，在Rt△ACB中，∠ACB=90°，∠ABC=25°，0为 (3)已知点D(-2,-1),在x轴上找一点P,使点P到点B与 AB的中点，将OA绕着点O逆时针旋转0(0°<0<180°) 与点B(-5,-3)关于原点对称，则m=（) 至OP A.-3 B.5 C.3 D.-5 点D的距离相等，则点P的坐标为 .(直接 写出答案) (1)当0=30时，∠CBP= 2.(期末·22-23沧州)如图，点A,B,C都在方格纸的格点上 (2)当△BCP恰为轴对称图形时，0= 若点A的坐标为(0,2)，点B的坐标为(2,0)，现将△ABC绕 点B按顺时针方向旋转90°后，点C的对应点的坐标为() 12.探究性问题(1)如图(1)，0是等边三角形ABC内一点，连接 OA,OB,OC,且OA=3,OB=4,OC=5,将△BAO绕点 A.(2,1) B.(1,2) C.(3,0) D.(0,3) B顺时针旋转后得到△BCD,连接OD, 填空：①旋转角为 °：②线段OD的长是 ③∠BDC= (2)如图(2)，O是△ABC内一点，且∠ABC=90°，BA= 第7题图 BC.连接OA,OB,OC,将△BAO绕点B顺时针旋转后得到 △BCD,连接OD.当OA,OB,OC满足什么条件时，∠BDC 第2题图 第4题图 题型二角度计算 =135?请说明理由 3.(期中·23-24廊坊四中)将点(1,2)绕原点逆时针旋转90得 8.(期中·23-24唐山路南区)如图，△ADE是由△ABC绕A 到的点的坐标是() 点旋转得到的，若∠C=40°，∠B=90°，∠CAD=10°，则旋 A.(-1.-2)B.(2.-1) C.(1,-2)家 D.(-2,1) 转角的度数为() 4.(期中·23-24唐山丰润区)如图，将△ABC绕点P顺时针旋 A.60° B.50 C.40° D.10 转90得到△rBC,则点P的坐标是( A(1,1) B.(1,2) C.(1,3) D.(1,4) 2 5.(期中·22-23邯郸凌云中学)如图，在直角坐标系中，已知点 第12题图 A(-3,0),B(0,4),对△OAB连续作旋转变换，依次得到三角形 ①，②，③，④，…，则三角形0的直角顶点的坐标为 第8题图 第9题图 9.(期中·22-23廊坊四中)如图，在△ABC中，∠B=37°，将 △ABC绕点A逆时针旋转至△ADE处，使点B落在BC的 阳图 A(3 234 12 16 延长线上的D点处，则∠BDE=() 图 A74° B.80° C.77° D.84 第5题图 第6题图 10.(期中·21-22唐山古冶区)如图，在含有30°角的直角三角 6.(期中·22-23石家庄四十二中)如图，A0与x轴正向的夹角 板ABC中，∠BAC=90°，∠C=30°，将△ABC绕着点A 为30°，已知点A的坐标为（√5,1），将线段OA绕原点O旋转 逆时针旋转，得到△AMN,使得点B落在BC边上的点M 150°得到点A",则此时点A的坐标为 处，则∠AMB=°.若过点N的直线1∥BC,则 19 题型三线段计算 (4)在旋转过程中，若CE=x,请直接写出BF的长（用含x 20.(期末·22-23邯郸汉光中学)在锐角△ABC中，AB=4, 13.如图，将△ABC绕点B旋转一定的角度得到△ABC,点C 的式子表示) BC=5,∠ACB=45°，将△ABC绕点B按逆时针方向旋转， 恰巧在边AB上，若AB=5,BC'=2,则AC的长为()） 得到△A,BC A.2 B.3 C.4 D.5 (1)如图(1)，当点C,在线段CA的延长线上时，则∠CC,A = (2)如图(2)，点E为线段AB的中点，点P是线段AC上的动 (2 点，在△ABC绕点B按逆时针方向旋转过程中，点P的对 第17题图 应点是点P,则线段EP,长度的最小值是 第13题图 第14题图 14.探究性问题在数学拓展课上，有两个全等的含45°角的三角 板ADE,ABC重叠在一起，李老师将三角板ADE绕点A顺 时针旋转（保持∠BAE<90°），延长线段DE,与线段CB的延 (1) 长线交于点F(如图所示)，随着∠BAE的增大，CF-EF的 第20题图 值(） 21.思维探究皓皓在学习“两点之间线段最短”查阅资料时发现： A.一直变小 B.保持不变 △ABC内总存在一点P与三个顶点连线的夹角相等，此时 C.先变小，后变大 D.一直变大 点P到△ABC的三顶点的距离之和PA+PB+PC的值最小， 15.(期中·22-23廊坊十中)如图，在矩形ABCD中，AD=3, 为了论证这个命题，皓皓做了以下探究： 将矩形ABCD绕点A逆时针旋转，得到矩形AEFG,点B的 (1)【问题的转化】把△APC绕点A逆时针旋转60°得到 对应点E落在CD上，且DE=EF,则AB的长为 △AP'C,连接PP',这样就把确定PA+PB+PC的最小值的 问题转化成确定BP+PP'+PC"的最小值的问题了，请你利 用图(1)，证明：PA+PB+PC=BP+PP+PC' 题型四最值问题 (2)【问题的解决】当点P到锐角△ABC的三顶点的距离之 18.(期中·23-24廊坊四中)如图，在Rt△ABC中，∠ACB= 和PA+PB+PC的值最小时，求∠APB和∠APC的度数. 第15题图 第16题图 90°，将△ABC绕顶点C逆时针旋转得到△A'B'C,M是 16.如图，在△ABC中，∠ABC=90°，AB=BC=2.将△ABC BC的中点，P是A'B'的中点，连接PM,若BC=4,∠BAC 绕点B逆时针旋转60°得到△A,BC,则AC边的中点D与 =30°，则线段PM的最大值是() 其对应点D的距离是 A.8 B.6 C.5 D.4 第21题图 17.(模考·2023邯郸育华中学四模)如图，在四边形ABCD 中，AB∥CD,∠BAC=90°，AB=AC=CD=25.将 △ACD沿AC剪下来，以A为旋转中心逆时针旋转a (0°<a<180°)，旋转过程中，AD,AC与BC所在的直线的交 点分别为E,E 第18题图 第19题图 19.(期末·22-23廊坊安次区)已知等边三角形ABC的边长为 (1)求证：△ABC≌△CAD 4,点P是边BC上的动点，将△ABP绕点A逆时针旋转60% (2)当旋转角为45时，如图(2)所示，求重叠部分的面积. 得到△ACQ,则△APQ的形状为 ,点D是AC (3)在旋转过程中，若CE=1,如图(3)所示，求CF的长 边上的中点，连接DQ,则DQ的最小值为 -20-真题圈数学九年级RJ9G 24.（1)【证明】如图(1)，将△DAE绕点D逆时针旋转90°得到 6.(-2,0)或(-1，-√5)【解析】如图，当线段OA绕原点0逆时 △DCH 针旋转150时得点A时 A(3,1) .△DAE≌△DCH .∠AOM=30°，∠AOA'= ∴.DE=DH,∠ADE=∠CDH,AE=CH 150° 150°，.点A'在x轴的负半 :∠ADC=90°，∠EDF=45°， 轴上. y 30 150°M ,.∠ADE+∠FDC=∠CDH+∠FDC=45°， 30 OA'=0A=V(5)2+1= .∠FDE=∠FDH. 2,∴.点A的坐标为(-2,0) A .'DF=DF,DE=DH,∴.△FDE≌△FDH, 当线段OA绕原点O顺时针 第6题答图 ∴.EF=FH=FC+CH=AE+CF,即AE+CF=EF A D 旋转150时得点A"时，过点A"作A"N⊥y轴，垂足为点N,由 题意可知，04”=01=2，∠4"0N=30,4”N=号01"= E 1,0N=504"=5 2 又：点A"在第三象限，点A"的坐标为(-1，-√3). .点A的坐标为(-2,0)或(-1，-√3). o---. H B 故答案为(-2,0)或(-1，-V3). (1) (2) 7.【解(1)(3，-5) 第24题答图 (2)如图，△A,B,C,即所求 (2)【解如图(1)，设CF=xm, .AE 20m,.'EF AE+CF =(20+x)m. ,AB=BC=60m,.BE=40m,BF=(60-x)m. 在Rt△BEF中，(20+x)2=402+(60-x)2, 解得x=30,.BF=30m, ·56=克×30x40=60(m) S△ar=S△m=2×60×50=1500(m2), ∴.儿童活动区的面积为600+1500=2100(m2) (3)【解】AE2+CF2=EF2. 分析：将△ADE逆时针旋转90°至△CDM,使AD与CD重合， 第7题答图 连接FM,如图(2). 8(-. 可得AE=CM,DE=DM,∠DAE=∠DCM,∠ADE=∠CDM 分析：设P(1,0),B(-4,2),D(-2,-1), .'∠EDF=45°，∴.∠ADE+∠CDF=45°， ∴.PB2=(t44)2+22=t2+8+20,PD2=(t42)2+12=12+4145. .∠CDM+∠CDF=45°，即∠FDM=45°=∠EDR 点P到点B与点D的距离相等， 易得△DEF≌△DMF,∴.EF=MR ∴.PB=PD,即PB2=PD2, :∠DAE+∠DCA=90°，∴.∠DCM4∠DCA=90°， ∴.△CFM为直角三角形. t2481+20=12+41+5,1=-15 4 在Rt△CFM中，根据勾股定理得CM2+CF2=FMP, ∴.AE2+CF2=EF2 点P的坐标为（华0 8.A【解析】∠C=40°，∠B=90°， 6.重难题型卷（三）旋转 .∠BAC=90°-∠C=50°. 1.c :∠BAD=∠BAC+∠CAD,∠CAD=10, 2.C【解析】如图所示，将△ABC绕点 ∴.∠BAD=50°+10°=60°. B按顺时针方向旋转90°后，点C的 ·△ADE是由△ABC绕A点旋转得到的，∴.∠BAD为旋转角」 对应点的坐标为(3,0).故选C ∴.旋转角的度数为60°.故选A 9.A【解析】·将△ABC绕点A逆时针旋转至△ADE处， 3.D C ∴.∠B=∠ADE=37°，AB=AD,.∠B=∠ADB=37°， 4.B【解析】：△ABC绕点P顺时针 .∠BDE=∠ADB+∠ADE=74°.故选A. 旋转90°得到△A'BC',.点A的 第2题答图 10.6030【解析】由旋转可知△AMN≌△ABC,即AM=AB. 对应点为点A',点C的对应点为点C'.作线段AA'和CC的垂 :∠BAC=90°，∠C=30°，.∠B=60°， 直平分线（图略），它们的交点为P(1,2),.旋转中心的坐标为 故∠AMB=∠B=60°. (1,2).故选B. 由I∥BC,可得∠1+∠AMB=∠NAM,即∠1+60°=90°， 5.(36,0)【解析】：对△OAB连续作如题图所示的旋转变换， 解得∠1=30°.故答案为60；30. ∴.△OAB每三次旋转后回到原来的状态，并且每三次向前移 11.(1)40°(2)50°或65°或80°【解析】(1)由题意得，0A= 动了3+4+5=12（个）单位长度.又10=3×3+1，∴.三角形⑩ 0B=0P,0=30°，则∠0BP=∠0PB=∠A0P=15,得 和三角形①的状态一样，则三角形⑩与三角形⑨的直角顶点相 ∠CBP=∠CBA+∠0BP=25°+15°=40°.故答案为40°. 同，∴.三角形0的直角顶点的横坐标为3×12=36，纵坐标为 (2)△BCP恰为轴对称图形，∴.△BCP是等腰三角形. 0.故答案为(36,0). 分情况讨论：①当BC=BP时，如图(1)，连接AP, 答案与解析 O为斜边的中点，OP=OA, 16.√2【解析如图，连接BD,BD, B0=OP=OA,.∠APB=90° ∠ABC=90°，AB=BC=2, .'∠BCP=∠BPC,∴.∠BCP+∠ACP=∠BPC+∠APC=90°， .AC=V22+22=2√2 .∠ACP=∠APC,.AC=AP,.AB垂直平分PC, :点D为AC的中点， .∠ABP=∠ABC=25°，.0=2×25°=50°. ②当BC=PC时，如图(2)，连接CO并延长交PB于点H, BD=AC= 第16题答图 BC=CP,BO=PO,∴.CH垂直平分PB,∴.∠CHB=90°. :△ABC绕点B逆时针旋转60得到△A,BC, OB=OC,∴.∠BCH=∠ABC=25°， BD,=BD,∠DBD,=60°，∴△BDD,为等边三角形， .∠CBH=65°，.∠OBH=40°，∴.0=2×40°=80° ∴.DD,=BD=√2.故答案为√2 17.(1)【证明：AB∥CD,AB=CD, .四边形ABCD是平行四边形，∴.AD=BC AB=CA. 在△ABC与△CAD中，AC=CD, BC=AD, .∴.△ABC≌△CAD(SSS). (1) (2) 第11题答图 (2)【解】：∠BAC=90°，AB=AC=2√2， ③当PB=PC时，如图(3)，延长PO交BC于点G,连接OC .△ABC是等腰直角三角形，∴.∠ACB=45° :∠ACB=90°，0为斜边的中点， 根据勾股定理得BC2=AC+AB2=2AC2, .OB=OC,∴PG垂直平分BC,∴∠BG0=90° ∴.BC=V2AC=4. :∠ABC=25°，.0=∠B0G=65°. .△ABC≌△CAD,∴∠DAC=∠CBA=45°， 综上，当△BCP恰为轴对称图形时，0的值为50°或65°或 ∴.旋转角为45时，AC平分∠BAC.∴.AC⊥BC 80°，故答案为50°或65或80° ·CF=FB=7BC=2, 12.【解】(1)①60②4③150 .△ACF是等腰直角三角形， 分析：①：△ABC为等边三角形，.BA=BC,∠ABC=60° :△BAO绕点B顺时针旋转后得到△BCD, ·重叠面积为S。=CF×4G=号 ×2×2=2. ∴∠OBD=∠ABC=60°，∴.旋转角为60° (3)【解】如图所示，将△ACE绕点A逆时针旋转90°，使得点 ②△BAO绕点B顺时针旋转后得到△BCD,∴BO=BD. C与点B重合，点N是点E的 而∠OBD=60°，.△OBD为等边三角形，∴.OD=OB=4. 对应点，则△CAE≌△BAN,则 ③：△BOD为等边三角形，.∠BD0=60° CE=BN=1,∠CAE=∠BAN, :△BAO绕点B顺时针旋转后得到△BCD,∴.CD=AO=3. ∠CBN=∠ABC+∠ABN=∠ABC 在△OCD中，CD=3,OD=4,OC=5 +∠ACE=90°.连接FN :32+42=53,∴.CD2+0D2=0C2, .'∠CAB=90°，∠EAF=45°， .△OCD为直角三角形，∠ODC=90°， .∠CAE+∠BAF=45° ,.∠BDC=∠BDO+∠ODC=60°+90°=150° '∠CAE=∠BAW, 第17题答图 (2)当OA2+2OB2=OC2时，∠BDC=135°.理由如下： ∴.∠FAN=∠FAB+∠BAN=∠FAB+∠CAE=45°=∠EAF ,△BAO绕点B顺时针旋转后得到△BCD, AE=AN, .∠OBD=∠ABC=90°，BO=BD,CD=AO, 在△AEF与△ANF中， ∠EAF=∠NAF, .△OBD为等腰直角三角形，∴.∠BD0=45° AF=AF, 根据勾股定理得OD2=OB2+BD2=20B2,.OD=√2OB. :当CD2+OD2=OC2时，△OCD为直角三角形，∠ODC= .△AEF≌△ANF(SAS),.FN=EF 90°，∠BDC=135°，此时OA2+20B2=0C2, 设BF=a,则BE=BC-CE=4-1=3,.EF=3-a .当OA2+2OB2=OC2时，∠BDC=135° 在Rt△FNB中，FN2=FB2+NB2, 13.B【解析】·：将△ABC绕点B顺时针旋转一定的角度得到 即(3-a)2=41,解得a=号CF=4专- 33 △A'BC,.AB=A'B=5,BC=BC=2,.AC=3.故选B 14.B【解析】如图，在FC上截取FG=FE,连接AG,AF, 【解]BF=经气 由题意得∠ABF=∠ADF=90°， 分析：由(3)可得△AEF≌△ANF(SAS),则FN=EF, AB =AD,DE BC. 设BF=y,.FN=EF=4-x-以 在Rt△ABF和Rt△ADF中， 在Rt△FNB中，FN2=FB2+WB2,即(4-x-y)2=x2+y2, AF=AF, AB=AD, 解得y-红即8F=及 x-41 18.B【解析】连接PC(图略)，在Rt△ABC中，：∠BAC= .Rt△ABF≌Rt△ADF(HΠL), 第14题答图 30°，BC=4,.AB=8.根据旋转不变性可知，A'B=AB=8, ·BF=DF,∴·CF-EF=BC+BF-EF=BC+DE+EF-EF= BC+DE=2BC,∴.CF-EF的值保持不变.故选B. ∠A"CB=∠4CB=90.:P是AB的中点，PC=24B 15.3V2【解析】由矩形旋转的性质得AD=EF,AB=AE,∠D= =4.M是BC的中点，.CM=BM=2.又：PM≤PC+ 90°.：DE=EF,AD=DE,即△ADE为等腰直角三角形.根 CM,即PM≤6，∴.PM的最大值为6（此时P,C,M三点 据勾股定理得AE=V32+32=3V2,则AB=AE=3V2,故答案 共线).故选B. 为3√2. 19.等边三角形√5【解析】由题意得AQ=AP且∠PAQ= 真题圈数学九年级RJ9G 60°，∴.△APQ为等边三角形.由旋转可得∠ACQ=∠B= 9.A【解析】：在△ABO中，AB⊥OB,OB=√3，AB=1,△ABO 60°，且∠ACB=60°，∴.∠BCQ=120° 绕点O逆时针旋转90°后得到△A,B,O,.点A,在第二象限， 点D是AC边上的中点，.CD=2 且A,B,⊥y轴，.A,(-1,V5).故选A 当DQ⊥CQ时，DQ的长最小，此时∠CDQ=30°， 10.A【解析】设经过xh,甲、乙两人相距6km, CQ=号CD=1,DQ=5, 根据题意可得BC=(10-16x)km,DC=12xkm, DQ的最小值是V5 故BC2+DC2=BD2,则(10-16x)2+(12x)2=62, 故答案为等边三角形；√5 解得=名=号 20.(1)90°(2)55-2【解析1(1)由旋转的性质可得∠AC,B 即最快经过号h,甲、乙两人相距6km故选A =∠ACB=45°，BC=BC,∴.∠CC,B=∠CCB=45°， 11.D【解析】由旋转的性质得CD=CA,∠EDC=∠BAC= ∴.∠CCA1=∠CC,B+∠A,CB=45°+45°=90°. 135°，AB=DE,△ABC≌△DEC 故答案为90° 点A,D,E在同一条直线上， (2)由题可得BE=)AB=2.如 .∠ADC=45°=∠DAC,AD=V2AC, .'AE AD+DE =2 CD+AB. 图，过点B作BD⊥AC,连接 BP,当B,E,P,三点共线时， D(P 故A,B,C中的结论都正确，D结论错误.故选D. P,E=BP-BE,:当BP1⊥A,C 12.B【解析】由题图可知抛物线与x轴有两个交点， A 时，BP,最小，此时PE最小， .b-4ac>0,.4ac<b2,故①的结论正确. ,抛物线y=ar2+bx+c(a≠0)的对称轴为直线x=1,与x 8郎=0-S-9B肌 第20题答图 轴的一个交点坐标为(-1,0)， 2 .抛物线y=ax2+bx+c(a≠0)与x轴的另一个交点坐标 的最小值=BP,的最小值-BE=5y巨-2 为(3,0)， 2 21.(1)【证明】如图(1)，由旋转得∠PAP'=60°，PA=P'A, ∴方程ar2+bx+c=0的两个根是x,=-1,x2=3, ∴△APP是等边三角形， 故②的结论正确. .PP'=PA. :抛物线y=ar2+bx+c(a≠0)的对称轴为直线x=1, .'PC=P C', -会=1，d6=-2a .PA+PB+PC BP+PP'+P'C 抛物线y=ax2+bx+c（a≠0)与x轴的一个交点坐标为 (2)【解】如图(2)，把△APC绕点A逆时针旋转60°得到 (-1,0),∴.a-b+c=0,.a-(-2a)+c=0, △AP'C,连接PP',由“问题的转化”可知，当B,P,P',C在同 ∴.3a+c=0,故③的结论不正确. 一直线上时，PA+PB+PC的值最小，此时，∠AP'P=∠APP= 抛物线y=ar2+bx+c(a≠0)与x轴的两个交点坐标为(-l, 60°，∠APB=120°，由旋转得∠AP'C=∠APC=120°. 0)和(3,0)，由题图知，当y>0时，x的取值范围是-1<x<3,故 ④的结论不正确 由题图可知当x<1时，y随x的增大而增大，.当x<0时，y随 x的增大而增大，故⑤的结论正确」 综上，正确的结论有①②⑤，共3个.故选B. 13.4【解析】把x=2代人x2-c=0,得c=4.故答案为4. 14.m<1且m≠0【解析】，二次函数y=x2+2x+m的图象与坐 (2) 标轴有3个交点，.图象与x轴有2个交点，∴.方程x2+2x+m 第21题答图 =0有两个不相等的实数根，且m≠0，∴.4=22-4m>0, ,.m<1,∴.m<1且m≠0.故答案为m<1且m≠0. 7.阶段学情调研（一） 15.√3【解析】：Rt△ABC绕点A顺时针旋转一定角度得到 1.A2.D Rt△ADE,∴AD=AB,∴△ABD是等腰三角形. 3.D【解析】x2-4x-1=0,.x2-4x=1,.x2-4x+4=1+4, :∠B=60°，∴.△ABD为等边三角形， 即(x-2)2=5,∴m=-2,n=5,故选D. ∴.BD=V3 4.A :△ABC为直角三角形，且∠B=60°， 5.D【解析】·关于x的方程x2+bx+c=0的两根为1和-2， :BC=2AB =23, ∴.1-2=-b,1×(-2)=c,.b=1,c=-2.故选D. .CD BC-BD=3 6.B 故答案为√3. 7.B【解析】y=3x2+1的顶点坐标为(0,1)， 16.4-1≤h≤2或3≤h≤6【解析】当h=2时，原函数变 ,抛物线y=3x2+1绕原点0旋转180°， 为y=-(x-2)2+4, ∴.旋转后的抛物线的顶点坐标为(0，-1)， 令y=0可得-(x-2)2+4=0, ∴.旋转后的抛物线的解析式为y=-3x2-1.故选B. 解得x,=4,2=0, 8.D【解析】y=ax2-2ax+1=a(x-1)2+1-a, ∴抛物线L与x轴两交点间的 ∴.顶点坐标为(1,1-a). 距离是4-0=4. :a<0,.抛物线与m,的交点为顶点，∴m,为y轴 如图，当抛物线从1变到，、从 1-a>1,且抛物线与y轴交于点(0,1)，顶点横坐标为1， 4变到，的两个过程中，抛物线 ∴.m,为x轴.故选D. 与线段AB有交点， 第16题答图