第二十三章 旋转 单元提升测试-2025-2026学年人教版数学九年级上册

人教版九年级数学上册第二十三章旋转单元提升测试 满分:120分 考试时间:120分钟 一、单选题（共30分） 1．下列四幅图案，在设计中用到了中心对称的图形是（    ） A． B． C． D． 2．（本题3分）如图，将绕点按逆时针方向旋转得到，若，则的度数是（   ） A． B． C． D． 3．（本题3分）如图，E为正方形的边上一点，，将绕点A顺时针旋转，使得与重合，此时点E旋转至点，连接，则的度数为（    ）． A． B． C． D． 4．（本题3分）在平面直角坐标系中，将点绕原点顺时针旋转后，得到对应点Q的坐标是（    ） A． B． C． D． 5．（本题3分）在平面直角坐标系中，点关于原点的对称点位于哪个象限？（    ） A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限 6．（本题3分）已知一次函数的图象， 绕x轴上一点 旋转， 所得的图象经过， 则m的值为（    ） A． B． C．1 D．2 7．（本题3分）如图，在中，，，，将绕点逆时针旋转得到，连接，则的长为（    ）    A．1 B．2 C． D． 8．（本题3分）如图，中，，，，绕点顺时针旋转得，当落在边上时，连接，取的中点，连接，则的长度是（    ） A． B． C． D． 9．（本题3分）如图，在中，，M为边的中点．将绕点M旋转一定角度得到，点A，B，C的对应点分别为点，连接，若恰好经过点C，则的长为（   ） A．2 B． C．1 D． 10．（本题3分）如图，四边形是正方形，是等边三角形，M为对角线（不含B点）上任意一点，将绕点B逆时针旋转得到，连接、、．当的最小值为时，则正方形的边长为（    ） A．2 B． C．3 D． 二、填空题（共24分） 11．（本题3分）如图，将绕点顺时针旋转得到，点的对应点恰好落在边上，则 ． 12．（本题3分）如图，在中，，，点，在边上，，，，则的长 ． 13．（本题3分）如图，将逆时针旋转得到，若，，，则旋转角度是 °． 14．（本题3分）如图，将绕直角顶点C顺时针旋转，得到，连接，若，则的长度为 ． 15．（本题3分）点与点关于原点对称，则 ． 16．（本题3分）如图，在中，．将绕C按逆时针方向旋转角后得，此时点B在上，交AB于点D．则的度数为 ． 17．（本题3分）如图，在等边三角形中，是中线，将绕点顺时针旋转得到，连接，若的面积为，则的面积为 ． 18．（本题3分）如图，中，，，点A与数轴上表示的点重合，将沿数轴正方向旋转一次使得点B落在数轴上，第二次旋转使得点C落在数轴上，依此类推，第2025次旋转后，落在数轴上的三角形的顶点中，右边的点表示的数是 ． 三、解答题（共66分） 19．（本题8分）如图，将绕点A逆时针旋转至，、分别对应点、，延长交于点，交于点，连接． (1)试判断的形状，并说明理由； (2)求的度数． 20．（本题9分）如图，在菱形中，，是边上一点（不与点，重合），将线段绕点逆时针旋转得到线段，连接． (1)求证：； (2)连接，若，，求线段的长． 21．（本题9分）如图，将矩形绕点顺时针旋转得到矩形（点、、的对应点分别是点、、），使得点落在边上，的延长线与交于点，连接． (1)求证：平分； (2)试判断与的长度是否相等，并说明理由． 22．（本题9分）如图，点O是等边内的一点．，将绕点C按顺时针旋转得到，连接． (1)当时， ；当时， ； (2)若，，．求的长． 23．（本题9分）如图，三个顶点的坐标分别为，． (1)作出将向左平移4个单位，向上平移1个单位后得到的图形； (2)作出关于原点成中心对称的图形； (3)若将绕点A顺时针旋转，则点C的对应点的坐标是___________（无需作图） 24．（本题10分）如图1，E为正方形内一动点，且，将绕点B按顺时针旋转，得到，连接，延长交于点F，连接． (1)求证：； (2)如图2，若，请猜想线段与的数量关系并加以证明； (3)如图1，若，求的长． 25．（本题12分）在矩形中，，，，，以为旋转中心顺时针旋转矩形，得到矩形． (1)如图1，当时，求点的坐标．（用含的代数式表示） (2)如图2，点落在边上时，上存在点，使得，且，求的值． (3)如图3，当时，矩形的对角线交矩形的边于点，连接．若是等腰三角形，求直线的解析式． 答案第8页，共8页 答案第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 D C C B B C C A C B 1．D 【分析】由题意根据中心对称图形的性质即图形旋转180°与原图形能够完全重合的图形是中心对称图形，依次对选项进行判断即可． 【详解】解：A．旋转180°，不能与原图形能够完全重合不是中心对称图形；故此选项错误； B．旋转180°，不能与原图形能够完全重合不是中心对称图形；故此选项错误； C．旋转180°，不能与原图形能够完全重合不是中心对称图形；故此选项错误； D．旋转180°，能与原图形能够完全重合是中心对称图形；故此选项正确； 故选：D． 【点睛】本题主要考查中心对称图形的性质，根据中心对称图形的定义判断图形是解决问题的关键． 2．C 【分析】本题考查了旋转角的理解，利用定义从图形中准确地找出旋转角是关键．根据题意得出旋转角，进而根据，即可求解． 【详解】解：依题意，， 又∵， ∴ 故选：C． 3．C 【分析】本题主要考查旋转的性质，求得和是解题的关键． 由旋转可知为等腰直角三角形，得到，再根据，得到即可求解． 【详解】由旋转可知，， ∴， ∵，， ∴， ∴． 故选：C． 4．B 【分析】本题主要考查了坐标与图形变化-旋转．根据旋转定义作出图形即可找到点Q的坐标． 【详解】解：如图所示， 点绕原点O顺时针旋转得点Q，则点Q坐标为， 故选：B． 5．B 【分析】本题考查了关于原点对称的点的坐标：两点关于原点对称，则两点的横、纵坐标都是互为相反数．根据“两点关于原点对称，则两点的横、纵坐标都是互为相反数”求出对称点，再根据各象限内点的坐标特征解答． 【详解】解：点关于原点的对称点为，在第二象限， 故选：B． 6．C 【分析】根据题意得出旋转后的函数解析式为 然后根据解析式求得与 x轴的交点坐标，结合点的坐标即可得出结论． 本题考查了一次函数图象与几何变换，解题的关键是求出旋转后的函数解析式． 本题属于基础题，难度不大． 【详解】解：∵一次函数的图象与坐标轴的交点坐标为， ， 故图象绕x轴上一点 旋转后的新坐标，， 设新解析式为， 根据题意，得， 解得， 故函数的解析式为， 又图象经过， ∴ 解得， 故选∶ C． 7．C 【分析】本题考查勾股定理、含角的直角三角形的性质、图形旋转的性质．根据图形旋转的性质可求，，从而可求，再利用勾股定理即可求解． 【详解】解：，，， ，， 将绕点逆时针旋转得到， ，， ， ， 故选：C． 8．A 【分析】本题考查了旋转的性质，含角的直角三角形性质，等边三角形的判定和性质，勾股定理，熟练掌握旋转的性质是解题的关键．易求得，， 由旋转的性质可证得，是等边三角形，进而可得，结合直角三角形斜边上的中线性质和中点的特征分别求得，的长，最后在中，由勾股定理即可求解． 【详解】解：，，， ，， ， 绕点顺时针旋转得， ， ， 是等边三角形， ，， ， ， ， 是等边三角形， ，， ， 是的中点， ， 在中，． 故选：A ． 9．C 【分析】本题主要考查了旋转的性质，等边三角形的性质与判定，三角形外角的性质. 由旋转的性质可得，由线段中点的定义证明，进而可证明为等边三角形，则． 【详解】解：由旋转的性质得， ∵M为边的中点， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴为等边三角形， ∴． 故选：C． 10．B 【分析】连接，，根据证明得，根据“两点之间线段最短”，当M点位于与的交点处时，的值最小，即等于的长，则，过E点作交的延长线于F，由题意求出，设正方形的边长为，在中，根据勾股定理列方程求得正方形的边长为． 【详解】解：如图，连接，，当M点位于与的交点处时，的值最小． ∵是等边三角形， ∴，， ∵， ∴， 即， 又∵， ∴， ∴， ∵，， ∴是等边三角形， ∴， ∴， 根据“两点之间线段最短”可知，与的交点即为所求M点，使得取得最小值，最小值为， ∴， 过E点作交的延长线于F， ∴， 设正方形的边长为，则，， 在中， ∵， ∴， 解得，（舍去负值）， ∴正方形的边长为． 故选：B． 【点睛】本题考查了四边形的综合题：熟练掌握正方形性质、全等三角形的判定与性质和旋转的性质；会利用含30度的直角三角形三边的关系和勾股定理进行计算；待定系数法，会运用两点之间线段最短解决有关线段的和的最小值问题，解本题的关键是找出取最小值时M的位置． 11． 【分析】本题考查的是旋转变换的性质、等腰三角形的性质，掌握旋转的性质是解题的关键． 根据旋转的性质得到，根据等腰三角形的性质得到，求得． 【详解】解：由旋转的性质可知，，， ∴， ∵， ∴， 故答案为：． 12． 【分析】本题考查了旋转的性质，勾股定理，全等三角形的判定与性质，等腰三角形的性质，将逆时针旋转得到，连接，，则有，，，，然后证明，所以，然后通过勾股定理求出即可，掌握知识点的应用是解题的关键． 【详解】解：如图，将逆时针旋转得到，连接，， ∴，，，， ∵，， ∴， ∴， ∵， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， 在中，， ∴， 故答案为：． 13． 【分析】本题考查了旋转的性质、角的运算，熟练掌握以上知识点是解题的关键． 根据旋转的性质解题即可． 【详解】解：根据旋转的性质及可知，≌，旋转角为， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴． 故答案为： ． 14． 【分析】本题主要考查了旋转的性质，含30度角的直角三角形的性质，勾股定理．根据旋转的性质可得，可得，再由含30度角的直角三角形的性质，可得，再由勾股定理，可得，即可求解． 【详解】解：∵将绕直角顶点C顺时针旋转，得到， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 故答案为：． 15． 【分析】本题考查了关于原点对称的点的坐标，关于原点对称的点，横坐标与纵坐标都互为相反数． 根据关于原点对称的点的坐标特征求出a，b的值，进而代入计算即可． 【详解】解：∵点与点关于原点对称， ∴， ∴． 故答案为：． 16．/度 【分析】本题考查了旋转的性质，等腰三角形的性质，三角形的内角和定理，熟记性质并准确识图是解题的关键． 根据直角三角形两锐角互余求出，根据旋转可得，然后根据等腰三角形的性质求出，再求出，然后根据三角形的内角和定理列式计算即可得解． 【详解】解：∵， ∴， ∵将绕C按逆时针方向旋转角后得， ∴， ∴， ∴， ∴， 在中，． 故答案为：． 17． 【分析】本题主要考查了等边三角形的判定及性质、旋转的性质，平行线的判定，熟练掌握等边三角形的性质和旋转的性质是解题的关键． 通过取中点，连接，先证为等边三角形，得出且，确定为的高，再结合与的关系及的面积求解． 【详解】解：取的中点，连接． ∵绕点顺时针旋转得到， ∴，， ∴是等边三角形． ∵是的中点， ∴（等边三角形三线合一）． ∵是等边三角形，是中线， ∴， ∴（垂直于同一直线的两条直线平行）， ∴是的高． ∵是的中点， ∴． ∵是等边的中线， ∴． 又∵，， ∴． 故答案为：． 18． 【分析】旋转3次的总长度恰为三角形的周长，旋转过程中每三次一个循环，确定2025次需要的循环次数，计算总距离，根据点A与数轴上表示的点重合，距离为旋转的总距离，解答即可． 本题考查了旋转的性质，规律的探索，勾股定理，正确探索规律是解题的关键． 【详解】解：∵中，，， ∴． ∴的周长为． ∵有三个顶点， ∴2025次旋转中每三次一个循环． ∵， ∴2025次旋转共经历675个循环． ∴2025次旋转后共经历的总长为． ∵第一次的起点为， ∴右边的点表示的数是， 故答案为：． 19．(1)为等边三角形，理由见解析 (2) 【分析】本题考查了旋转的性质、等边三角形的判定与性质、三角形内角和定理，熟练掌握以上知识点并灵活运用是解此题的关键． （1）由旋转的性质可得，，再结合等边三角形的判定定理即可得解； （2）由旋转的性质可得，由（1）可得为等边三角形，从而得出，求出，再由三角形内角和定理计算即可得解． 【详解】（1）解：为等边三角形，理由如下： ∵将绕点A逆时针旋转至，、分别对应点、， ∴，， ∴为等边三角形； （2）解：∵将绕点A逆时针旋转至，、分别对应点、， ∴， 由（1）可得：为等边三角形， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴． 20．(1)见解析 (2) 【分析】（1）根据旋转的性质可得，，根据菱形的性质可得，，根据等边三角形的判定和性质可得，，根据全等三角形的判定和性质可得，根据平行线的判定得出； （2）连接，，设与相交于点，根据菱形的性质，等边三角形的性质，勾股定理求得的长，根据（1）中得出，根据以及菱形的性质可得，进而在中，根据勾股定理，即可求解． 【详解】（1）证明：∵线段绕点逆时针旋转得到线段， ∴，， ∵在菱形中，， ∴，， ∴、是等边三角形， ∴，， ∴, ∴， ∴， ∴． （2）如图，连接，设与相交于点， ∵四边形是菱形， ∴，，， ∵，是等边三角形， ∴，， ∴， 由（1）可得，， ∴，． 在中，． 21．(1)证明见解析 (2)是，理由见解析 【分析】本题主要考查了矩形的性质，等腰三角形的性质，全等三角形的性质和判定， 对于（1），先根据等边对等角得，再根据矩形的性质得，此题可证； 对于（2），根据矩形的性质得，进而得，即可证明，则此题可证. 【详解】（1）证明：根据旋转得， ∴. ∵四边形是矩形， ∴， ∴， ∴， ∴平分； （2）解：将矩形旋转得到矩形， ∴， ∴， ∴， ∴. 22．(1)， (2) 【分析】本题考查了勾股定理，旋转的性质，等边三角形的性质和判定，解题的关键是掌握旋转的性质； （1）根据旋转的性质可证是等边三角形，可得，再根据角的和差关系即可得解； （2）先求出，再根据勾股定理求解即可． 【详解】（1）解：将绕点C按顺时针旋转得到， ，，， 是等边三角形， ， 当时，， ， 当时，则， ， 故答案为：，． （2）解：由(1)可知，， 当时，， ， ． 23．(1)见解析 (2)见解析 (3) 【分析】此题考查了平移、旋转、中心对称的作图，准确作图是关键． （1）根据平移的规律得到对应点，顺次连接即可得到答案； （2）根据中心对称得到对应点，顺次连接即可； （3）根据旋转的方式得到答案即可． 【详解】（1）解：如图，即为所求； （2）如图，即为所求， （3）将绕点A顺时针旋转，则点C的对应点的坐标是， 故答案为： 24．(1)见解析 (2)，见解析 (3) 【分析】（1）根据正方形的性质，旋转的性质，三角形全等的判定证明即可； （2）先证明四边形是正方形，连接，根据等腰三角形的性质，三角形内角和定理，证明即可； （3）过点D用于点G，根据全等三角形的性质，勾股定理，正方形的性质解答即可． 本题考查了正方形的性质，旋转的性质，三角形全等的判定和性质，等腰三角形的性质，勾股定理，熟练掌握性质和定理是解题的关键． 【详解】（1）证明：∵四边形是正方形， ∴，. ∵绕点B按顺时针旋转，得到， ∴，， ∴，即. 在和中， ∵， ∴． （2）解：线段与的数量关系是，理由如下： ∵， ∴． ∵延长交于点F， ∴． ∵绕点B按顺时针旋转，得到， ∴，， ∴四边形是矩形， ∵， ∴四边形是正方形， ∴， ∵， ∴， 连接， ∵四边形是正方形， ∴，. ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴． （3）解：如图，过点D用于点G， ∵，， ∴. 在中，，且， ∴， 解得或（舍去）， ∴. 由（2）可得， ∴，， ∴. ∵， ∴． 25．(1) (2) (3) 【分析】（1）作，由题意得：；根据，求得，，即可求解； （2）由题意得：，求得；根据，得；由，得；根据，即可建立方程求解； （3）连接，则，设，则；分类讨论若，若，若，最终可解得：；推出；连接交于点，作，可证四边形是矩形，得；求出直线的解析式为：，设直线的解析式为：，将代入即可求解． 【详解】（1）解：作，如图所示： 由题意得：， ∵， ∴， ∴， ∴， 即点的坐标为：； （2）解：如图，连接， 由题意得：， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴； ∵， ∴， 解得：， ∴（负值舍去）； （3）解：由题意得：四边形与四边形是全等的正方形； 连接，如图所示： 则， 设，则； 若，则， ∴，解得：（舍去）； 若，则， ∴（舍去）； 若，则， ∴，解得：； ∴， ∴； 连接交于点，作，如图所示： 则，且， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴四边形是矩形， ∴； 由设直线的解析式为：， 将代入可得：， 解得：， ∴直线的解析式为：， ∴设直线的解析式为：， 将代入得， 解得：； ∴设直线的解析式为：． 【点睛】本题考查了几何综合问题，涉及了四边形的判定与性质、旋转的性质、勾股定理、一元二次方程的求解、一次函数的解析式求解等知识点，综合性较强，难度较大，需要学生具备扎实的几何和代数基础． 答案第2页，共20页 答案第1页，共20页 学科网（北京）股份有限公司 $第二十三章旋转单元提升测试 三 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 码上的姓名、学号，在规定位置贴好条形码。 违纪标记 吕 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 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！ “、 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 16. 17 18 三、解答题（共66分) 0 & H (56￥)[乙 0 (56苹)07 (8￥)6I ■ OI-7-8-t-S- 9 (96中)Z (56￥)乙乙 ■ ■ 24.(本题10分) C D E B B 图1 图2 阔 阁 阁 0 0 (乙LΨ)S7 ■ ■