23.1图形的旋转典例精讲与跟踪训练-2025-2026学年人教版数学九年级上册

23.1图形的旋转典例精讲与跟踪训练-2025-2026学年数学九年级上册人教版 典例精讲 精讲一：绕原点旋转问题 如图，的顶点坐标分别为，将绕原点O顺时针旋转，得到． (1)画出， (2)直接写出各顶点坐标，并求出点到的距离． 【答案】(1)见解析 (2)， 【分析】本题主要考查了坐标与图形变化—旋转，勾股定理，正确画出是解题的关键． （1）根据网格的特点和旋转方式确定的位置，描出，并顺次连接即可； （2）根据（1）所求可得的坐标，则可求出，，设点到的距离为h，根据列式求解即可． 【详解】（1）解：如图所示，即为所求； （2）解：由（1）可得， ∴，， ∴， 设点到的距离为h， ∵， ∴， ∴， ∴点到的距离为． 精讲二：根据旋转的性质求解 如图，四边形是正方形，绕点顺时针方向旋转后与重合，连接； (1)试判断是什么三角形？并说明你的理由； (2)若此时的长为1，请求出的长． 【答案】(1)等腰直角三角形，见解析 (2) 【分析】本题主要考查了旋转的性质，勾股定理，等腰三角形的定义，熟练掌握旋转的性质，是解题的关键． （1）根据旋转的性质得出，，即可得出答案； （2）根据勾股定理进行求解即可． 【详解】（1）解：是等腰直角三角形，理由如下： ∵绕点顺时针方向旋转后与重合， ∴， ∴， 又∵旋转角的度数为， ∴， ∴是等腰直角三角形； （2）解：∵，是等腰直角三角形， ∴， 根据勾股定理可得． 精讲三：坐标轴中的动点问题 如图1，在平面直角坐标系中，是x轴正半轴上一点，C是第四象限内一点，轴交y轴负半轴于，且，． (1)求点A、B、C的坐标． (2)如图2，设D为线段OB上一动点，当时，的角平分线与的角平分线的反向延长线交于点P，求的度数；（点E在x轴的正半轴）． (3)如图3，当点D在线段OB上运动时，作交BC于M点，、的平分线交于N点，则点D在运动过程中，的大小是否会发生变化?若不变化，求出其值；若变化，请说明理由． 【答案】(1)、， (2) (3)不变， 【分析】（1）根据实数的非负性，结合图形的面积，点所在象限，计算点C的坐标即可． （2）根据角的平分线定义，直角三角形的性质，三角形内角和定理计算即可． （3）过点D作，过点N作，利用平行线的判定和性质，角的平分线的定义，解答即可． 【详解】（1））∵， ∴，， 解得，， ∴、． ∴，． ∵， ∴， 解得，， ∵C在第四象限， ∴； （2）∵， ∴． ∵， ∴． ∴． ∴． ∵平分，平分， ∴， ∴； （3）在图3中，，大小不会发生变化， 理由如下：过D作，，则． ∵， ∴， ∴， ∴， 同理可得， ∵AN平分，MN平分， ∴，， ∴， ∴． 【点睛】本题考查了实数的非负性，平行线的判定和性质，垂直的应用，角的平分线的定义，熟练掌握平行线的判定和性质是解题的关键． 精讲四：旋转综合 定义：如图1，在中，把绕点A顺时针旋转α（）得到，把绕点A逆时针旋转β得到，连接．当时，我们称是的“旋补三角形”，边上的中线叫做的“旋补中线”，点A叫做“旋补中心”． 【特例感知】（1）在图2，图3中，是的“旋补三角形”，是的“旋补中线”． ①如图2，当为等边三角形时，与的数量关系 ； ②如图3，当时，则长为 ． 【猜想论证】（2）在图1中，当为任意三角形时，猜想与的数量关系，并给予证明． 【答案】（1）①；②4；（2），证明见解析 【分析】本题考查的是平行四边形的判定和性质、等腰三角形的性质、直角三角形的性质、全等三角形的判定和性质、旋转性质，掌握全等三角形的判定定理和性质定理、理解“旋补三角形”的定义是解题的关键． （1）①根据含30度的直角三角形的性质解答； ②证明，根据全等三角形的性质得到，根据直角三角形的性质计算； （2）证明四边形是平行四边形，得到，根据全等三角形的性质得到，得到答案． 【详解】解：（1）①∵是等边三角形， ∴， ∵是的“旋补三角形”， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， 故答案为：； ②∵是的“旋补三角形”， ∴， 在和中， ∵ ∴， ∴， ∵，是的“旋补中线”， ∴， 故答案为：4； （2）猜想． 证明：如图，延长至点E使得，连接， ∵是的中线， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 在和中， ∵， ∴， ∴， ∴． 跟踪训练 一、单选题 1．如图，将绕顶点旋转得到，点对应点，点 B对应点，点刚好落在边上，，，则等于（　　） A．65° B．70° C．75° D．80° 2．已知抛物线，若将此抛物线绕点顺时针旋转，那么所得新抛物线的解析式为（   ） A． B． C． D． 3．如图，将绕点旋转得到．设点的坐标为，则点B的坐标为（    ） A． B． C． D． 4．如图，，点C是平面内一动点，且，连接，将绕点A逆时针旋转，得到，连接，则的最小值为 (   ) A． B．2 C． D．4 5．如图，已知正方形，以点为中心，任意作正方形，其边长分别与交于点，交于点M，连接，，，若D，E，F三点共线，若要求的面积，则需要知道以下哪个面积（   ） A．正方形 B．正方形 C． D． 6．有两个直角三角形纸板，一个含角，另一个含角，如图①所示叠放，先将含角的纸板固定不动，再将含角的纸板绕顶点顺时针旋转，使，如图②所示，则旋转角的度数为（） A． B． C． D． 7．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． 8．如图，在等腰三角形中，，，边在轴上，将绕原点逆时针旋转，得到，若，则点的对应点的坐标为（　　） A． B． C． D． 9．如图，将绕点顺时针旋转得到若点，，在同一条直线上，，，则的长为（ ） A． B． C． D． 10．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． 二、填空题 11．在平面直角坐标系中，把点向右平移8个单位得到点，再将点绕原点旋转得到点，则点的坐标是 ． 12．如图，将绕着点A顺时针旋转后，得到，则 ． 13．如图，将一块直角三角尺绕直角顶点按顺时针方向旋转度后得到，若，则旋转角 °． 14．如图，将绕点逆时针旋转，旋转角为，得到，这时点旋转后的对应点恰好在直线上，则 ．（填“”“”或“”） 15．如图所示，E为正方形内一点，将三角形绕点B顺时针旋转至三角形处，若，则 ， ． 16．在中，，，点D为边上一点，，连接，将线段绕点D逆时针旋转，点C的对应点为E，连接，若，则的面积的最大值为 ． 17．如图，在中，，，，的垂直平分线交于E，交于点D，将线段绕点D顺时针旋转，点的对应点为点，连接．当为直角三角形时，的长为 ． 三、解答题 18．如图中，，，以点C为旋转中心顺时针旋转后得到，且点A在边上，求旋转角的度数． 19．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 20．如图，四边形是矩形，以点B为中心，顺时针旋转矩形得到矩形，点A，D，C的对应点分别为点G，F，E，点D恰好在的延长线上，与相交于点H，求证：． 21．如图，在平面直角坐标系中，点为坐标原点，每个小方格的边长为1个单位长度，点B的坐标为，点A是点关于y轴的对称点． (1)在平面直角坐标系中标出点A，写出A点的坐标_____，并连接； (2)画出绕着点O顺时针旋转的图形． 22．平面直角坐标系中，O为原点，点，点，把绕点B逆时针旋转，得，点旋转后的对应点为，记旋转角为．如图①，若的长为； (1)如图②，若，求点的坐标； (2)在（1）的条件下，边上的一点P旋转后的对应点为，当取得最小值时，求点P的坐标． 23．如图，正方形的边长为4，点是边的中点，点为边上一动点，将点绕点顺时针旋转得到点，连接、、． (1)线段的长为 ； (2)当点运动到边中点时，求线段的长； (3)当时，求线段的长； (4)连接，当 度时，线段的长取得最小值，此时 ， ． 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 《23.1图形的旋转典例精讲与跟踪训练-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 9 10 答案 B A D D B A B B D C 1．B 【分析】本题考查了旋转的性质，等腰三角形的性质，三角形外角性质，熟练掌握旋转的性质是解答关键. 由旋转的性质求得，，，再利用等腰三角形的性质和外角性质求解. 【详解】解：由绕顶点旋转得到可知： ，，， ∴. ∵， ∴， 故． 故选：B． 2．A 【分析】本题主要考查抛物线的旋转，熟练掌握抛物线的旋转是解题的关键．根据抛物线解析式求出点坐标．在由题意得到旋转后顶点坐标，即可得到答案． 【详解】解：抛物线， ∴抛物线对称轴为，顶点坐标为， 将此抛物线绕点顺时针旋转， 新的顶点坐标为， 故新的抛物线的解析式为． 故选：A． 3．D 【分析】本题考查了坐标系中的旋转，掌握旋转的性质和中点坐标公式是解题的关键； 根据旋转的性质可得：点C是的中点，设点B的坐标为，然后根据中点坐标公式求解即可． 【详解】解：根据旋转的性质可得：点C是的中点， 设点B的坐标为， 则， 解得：， ∴点B的坐标为； 故选：D． 4．D 【分析】本题考查了旋转的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，三角形三边关系求最值，解题的关键是正确添加辅助线构造全等三角形． 将绕点A逆时针旋转，得到，连接，，证明，则，而，故当点在线段上时，的值最小，再由勾股定理求解即可． 【详解】解：如图，将绕点A逆时针旋转，得到，连接，， ∴ ∵将绕点A逆时针旋转，得到， ∴， ∴ ∴， ∴， ∴， ∵， ∴ ∴当点在线段上时，的值最小， ∵， ∴， ∴ ∴的最小值为； 故选：D． 5．B 【分析】连接，将绕点顺时针旋转得到，连接交于点，连接，根据旋转的性质得到，，，，则有，根据正方形的性质得到，，则有，进而证出O，E，C三点共线，利用三角形内角和定理得到，再利用三角形面积公式得到，再利用正方形的性质即可得出结论． 【详解】解：连接，将绕点顺时针旋转得到，连接交于点，连接，如图所示： 由旋转的性质得，，，， ∴， ∵点为正方形的中心， ∴，，， ∴，， 又∵D，E，F三点共线， ∴O，E，C三点共线， ∵正方形， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴； ∴， 又∵， ∴， ∴要求的面积，则需要知道正方形的面积． 故选：B． 【点睛】本题考查了正方形的性质、旋转的性质、三角形内角和定理、三角形面积公式，添加适当的辅助线是解题的关键． 6．A 【分析】设与交于点，根据平行线的性质得出，再根据三角形的外角性质即可求解．本题考查了平行线的性质，旋转的性质，三角形的外角性质，熟练掌握平行线的性质，旋转的性质是解题的关键． 【详解】解：如图，设与交于点， ∵，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， 故选：． 7．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． 8．B 【分析】本题考查了旋转的性质、等腰三角形的性质、直角三角形的性质、勾股定理，如图，过点作轴于点，过点作于点．由等腰三角形的性质可得，，再由直角三角形的性质并结合勾股定理计算可得，，即可得出，根据旋转的性质可得，，求出，即可得出，由勾股定理可得，即可得解，熟练掌握以上知识点并灵活运用是解此题的关键． 【详解】解：如图，过点作轴于点，过点作于点． ，，， ∴，， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴，， ∴， 根据旋转的性质可得，， ∴， ∴， ∴， ∴点的对应点的坐标为， 故选：B． 9．D 【分析】本题考查旋转的性质，勾股定理，解题的关键是掌握旋转前后对应角相等，对应边相等． 由旋转可得，，，即可得，故． 【详解】解：将绕点顺时针旋转得到， ，，， ， ， 故选：． 10．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． 11．或 【分析】此题主要考查了坐标与图形的变化，正确利用图形分类讨论是解题关键．首先利用平移的性质得出点的坐标，再分点绕原点顺时针和逆时针旋转讨论，结合旋转的性质画图求解即可． 【详解】解∶ ∵把点向右平移8个单位得到点， ∴点的坐标为：， 如图所示： 将点绕原点逆时针旋转得到点，则其坐标为：， 将点绕原点顺时针旋转得到点，则其坐标为：， 综上， 故符合题意的点的坐标为或， 故答案为∶或． 12． 【分析】本题考查求旋转角，正确理解旋转的概念是解题的关键． 根据旋转的概念得到是旋转角，即可求解. 【详解】解：∵绕着点A顺时针旋转后，得到， ∴是旋转角， ∴， 故答案为：． 13．30 【分析】本题考查了旋转的性质，找到旋转角，然后根据直角三角尺得到的值，计算的值即可得出答案，理解旋转前和旋转后的图形完全相等及找到旋转角是解本题关键． 【详解】解：是绕直角顶点O按顺时针方向旋转度后所得， ， ， ， 又， ， ， 故答案为：30． 14． 【分析】本题考查旋转的性质，三角形的外角，根据三角形的外角的性质，得到，旋转得到，即可得出结果． 【详解】解：∵旋转， ∴， ∵点旋转后的对应点恰好在直线上， ∴是的一个外角， ∴， ∴； 故答案为： 15． /90度 10 【分析】此题考查了正方形的性质、旋转的性质等知识，熟练掌握旋转的性质是解题的关键． 根据正方形的性质和旋转的性质即可得到答案． 【详解】解：四边形是正方形， ， ∵绕点B顺时针旋转与重合， ∴，， ∴， ． 故答案为：，10． 16．4 【分析】过点C作于点，于点，根据证得，得出，然后解直角三角形求得，得到，设，则，根据三角形面积公式得到，根据二次函数的性质即可求得． 【详解】解：过点C作于点，于点， ， ， 由旋转得：， ， ， ， 在和中， ， ()， ， ， ， ， ， ， 设，则， ， ， ∴当时，随x的增大而增大， ∵， 当时，有最大值为， 即：当时，有最大值为4， 故答案为：4． 【点睛】本题考查了旋转的性质，等腰三角形的性质，含角的直角三角形的性质，三角形全等的判定和性质，二次函数的性质等，得到三角形的面积关于的函数解析式是解题的关键． 17．2或 【分析】本题考查了旋转的性质，勾股定理，含30度角的直角三角形的性质，分类讨论是解题的关键． 在中，，则，根据垂直平分线的性质得出，继而根据勾股定理以及含30度角的直角三角形的性质得出，，根据旋转的性质得出，进而在中，，分为直角边和斜边，分别讨论，根据勾股定理即可求解． 【详解】解：在中，， ∴， ∵的垂直平分线交于，交于点， ∴， 在中，， ∴， ∴ ∴， ∵由线段绕点顺时针旋转得到， ∴， 在中，， 当为直角边时，， 当为斜边时，， 故答案为：2或． 18． 【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，灵活运用这些性质解决问题是本题的关键． 由旋转的性质可得，旋转角为，由等腰三角形的性质可得，由三角形内角和定理可求解． 【详解】解：∵ ， ∴ ， ∵以点C为旋转中心顺时针旋转后得到， ∴ ，旋转角为， ∴， ∴ ； ∴旋转角的度数为：． 19．(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，． 20．见解析 【分析】本题考查旋转的性质、矩形的性质、全等三角形的判定与性质、等角对等边等知识，掌握相关知识是解题关键． 先证得到，再利用矩形的性质解题即可． 【详解】证明：∵旋转矩形得到矩形， ∴，， 在和中， ， ∴， ∴， ∵四边形是矩形， ∴， ∴， ∴． 21．(1)，图形见解析 (2)见解析 【分析】此题主要考查了旋转变换以及轴对称变换，正确得出对应点位置是解题关键． （1）根据轴对称变换得出A点位置进而得出答案； （2）利用旋转变换的性质分别作出A，B的对应点，即可． 【详解】（1）解：∵点A是点关于y轴的对称点， ∴点A的坐标为； 如图，线段即为所求； 故答案为：； （2）解：如图，即为所求． 22．(1) (2) 【分析】（1）作轴于，如图②，利用旋转的性质得，，则，再在中利用含度的直角三角形三边的关系可计算出和的长，然后利用坐标的表示方法写出点的坐标； （2）由旋转的性质得，则，作点关于轴的对称点，连接交轴于点，如图②，易得，利用两点之间线段最短可判断此时的值最小，接着利用待定系数法求出直线的解析式为，从而得到. 【详解】（1）解：作轴于，如图②， 点，点， ，， ， 绕点逆时针旋转，得， ，， ， 在中，， ，， ， 点的坐标为； （2）解：绕点逆时针旋转，得，点的对应点为， ， ， 作点关于轴的对称点，连接交轴于点，作于，如图②，则，此时的值最小， 点与点关于轴对称， ， 设直线的解析式为， 把，代入得 ， 解得， 直线的解析式为， 当时，，解得， ． 【点睛】本题考查了几何变换综合题，解题的关键是，熟练掌握旋转的性质；理解坐标与图形性质；会利用两点之间线段最短解决最短路径问题；记住含度的直角三角形三边的关系． 23．(1)2 (2) (3) (4)60；3； 【分析】（1）根据线段中点定义求解即可； （2）根据勾股定理求解即可； （3）先证明是等边三角形，结合平行线的性质求得，则，然后利用含30度角的直角三角形的性质求解即可； （4）以为边，在上方作等边三角形，连接，证明得到，，则点Q在垂直于的直线上运动，当时，的长最小，如图，此时，则，过作于N，交于M，则，根据含30度角的直角三角形的性质和勾股定理求得，，再证明四边形是矩形得到，，进而可求解． 【详解】（1）解：∵正方形的边长为4， ∴，， ∵点是边的中点， ∴， 故答案为：2； （2）解：当点运动到边中点时，， 在中，， ∴； （3）解：由旋转性质得，， ∴是等边三角形， ∴，， 当时，， ∴， ∴， ∴； （4）解：以为边，在上方作等边三角形，连接， ∴，， ∴， 在和中， ∴， ∴，， ∴点Q在垂直于的直线上运动， 当时，的长最小，如图，此时， ∴， 即当度时，线段的长取得最小值； 过作于N，交于M，则， ∴，， ∴，， ∴，， ∴， ∴四边形是矩形， ∴，， ∴，． 故答案为：60；3；． 【点睛】本题考查正方形的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理、等边三角形的判定与性质、矩形的判定与性质、含30度角的直角三角形的性质、垂线段最短等知识，添加辅助线构造全等三角形，得到点Q的运动轨迹是解答的关键． 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 $