第二十三章旋转单元练习2025-2026学年人教版九年级数学上册

第二十三章 旋转 单元练习 一、单选题 1．2023年10月26日11时14分，搭载神舟十七号载人飞船的长征二号F遥十七运载火箭在酒泉卫星发射中心点火发射成功，汤洪波、唐胜杰、江新林3名航天员领命出征，将在太空开展涉及微重力基础物理、空间材料科学、空间生命科学、航天医学、航天技术等领域的大量空间科学实（试）验，完成舱内外设备安装、调试、维护维修等各项任务，展现了中国航天科技的新高度．下列相关航天图标中，其文字上方的图案是中心对称图形的是（   ） A． B． C． D． 2．如图，在平面直角坐标系中，绕某点逆时针旋转得到，则旋转中心是点（    ） A． B． C． D．无法确定 3．如图，绕顶点逆时针旋转至，，，则（    ） A． B． C． D． 4．如图，在等边中，点是其内部一点，连接、，将绕点顺时针旋转得到，连接，若，，则的长为（   ） A． B． C． D． 5．将一次函数的图像向下平移5个单位长度，若点关于原点的对称点落在平移后的函数图像上，则的值为（   ） A． B．8 C． D．3 6．如图，与成中心对称，点O是对称中心，则下列结论不正确的是（   ）    A．点A与点D是对应点 B． C． D． 7．如图，菱形的对角线、交于点，将绕着点C旋转得到，连接，则的长是(　　) A．3 B．4 C．5 D．7 8．如图，在中，，，，，点E是边上一点，将绕点B顺时针旋转到点F，则长的最小值是（   ） A． B． C．3 D． 9．如图，将含的直角三角板绕着点A顺时针旋转到处（点C，A，D在一条直线上），则这次旋转的旋转角为（   ） A． B． C． D． 10．如图，将绕点A逆时针旋转后得到（点B、C的对应点分别是点D、点E），连接．若，则的大小是（　　） A． B． C． D． 二、填空题 11．已知直线上有一点，则点P关于原点对称的点M的坐标是 ． 12．在中，，将线段绕点旋转度，得到线段，作点关于直线轴对称的点，连接交于点．如果旋转角，那么的长为 ． 13．如图，将在平面内绕点 A 逆时针旋转到的位置，点 C 与点 D 对应，当时，则的度数为 ． 14．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 ． 15．如图，长方形中，，E为上一点，且，连接，将绕着点E顺时针旋转到的位置，则的最小值为 ． 三、解答题 16．如图，是等边内一点，，，，将线段绕点逆时针旋转得到线段． (1)求点与的距离； (2)求的度数； (3)求与的面积之和，请直接写出结果． 17．如图，在直角坐标系中，的三个顶点坐标分别为：，，． (1)点B关于x轴对称的点的坐标为______； (2)将绕点C顺时针旋转，画出旋转后得到的； (3)经过A、两点的直线相应的函数表达式是______． 18．已知为等边三角形，D，E分别为边上的动点，连接，将绕点E顺时针旋转得线段，连接． (1)如图①，当点F落在边上时，求证：； (2)当点F落在内时，连接，设． ①如图②，若平分，判断m与n的数量关系，并说明理由； ②如图③，分别取的中点M，N，连接，若，求的长． 19．如图，将矩形绕点B逆时针旋转得到矩形，使点C恰好落到线段上的点E处，连接，连接交于点H． (1)求证：平分； (2)取的中点M，连接．求证：． 20．如图，已知等边和等边有公共的底边． (1)以图1中的某个点为旋转中心，旋转，就能使与重合，则满足题意的点为_____________；（写出所有的这种点） (2)如图2，已知是的中点，现沿着由点B到点的方向，将平移到的位置．请你判断：得到的四边形是平行四边形吗？说明你的理由． 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 单元练习2025-2026学年人教版九年级数学上册》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 C A B C B D C C C B 1．C 【分析】本题考查中心对称图形的概念，根据“如果一个图形绕着某一点旋转，旋转后的图形能和原来的图形重合，则这个图形叫做中心对称图形”，逐项判断，即可求解． 【详解】解：A、不是中心对称图形，故本选项不符合题意； B、不是中心对称图形，故本选项不符合题意； C、是中心对称图形，故本选项符合题意； D、不是中心对称图形，故本选项不符合题意； 故选：C 2．A 【分析】本题考查了坐标与图形变化-旋转：理解旋转中心为对应点的垂直平分线的交点是解决问题的关键．作和的垂直平分线，它们的交点为点，从而可判断旋转中心为点． 【详解】解：如图，绕O点逆时针旋转得到． 故选：A． 3．B 【分析】本题考查图形旋转性质，三角形内角和，角的和差，掌握图形旋转性质、三角形内角和、角的和差是解题关键． 根据图形旋转可得，，进而可求，根据三角形内角和即可求解． 【详解】解：∵绕顶点逆时针旋转至， ∴，， ∵， ∴， 在中，． 故选：B． 4．C 【分析】本题考查了旋转的性质：对应点到旋转中心的距离相等；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．也考查了等边三角形的判定与性质．根据将绕点顺时针旋转得到，可得，进而判定是等边三角形，由此得出结论． 【详解】解：∵等边， ∴，， 将绕点顺时针旋转，得到， ，， 是等边三角形， ， 故选：C． 5．B 【分析】本题主要考查一次函数图像的平移，点关于原点对称问题，熟悉平移和关于原点对称点坐标特征是解题的关键． 由平移得到，再根据点关于原点对称后的点坐标为，接着代入即可求解． 【详解】将一次函数的图像向下平移5个单位长度， 得到函数， 点关于原点对称后的点坐标为， ， 解得． 故选：B． 6．D 【分析】本题考查了中心对称的性质，熟练掌握其性质是解题的关键． 根据中心对称的性质“成中心对称的两个图形，对应点的连线被对称中心平分，对应角相等，对应线段相等”逐项判断即可得解． 【详解】解：∵与成中心对称，点O是对称中心， ∴点与点是对应点，，， 故选项A、B、C不合题意； 不能说明，故选项D符合题意． 故选：D． 7．C 【分析】本题考查了菱形的性质、图形旋转的性质及勾股定理，解题的关键是利用菱形对角线互相垂直且平分的性质求出相关线段长度，结合旋转的性质确定直角三角形的直角边，再用勾股定理计算的长． 先根据菱形性质得，且、，求出、；再由旋转180°的性质得、、，计算；最后在中，用勾股定理求出的长． 【详解】解：∵四边形是菱形， ∴，， ∵， ∴， ∵绕着点C旋转得到， ∴， ∴， ∴． 故选：C． 8．C 【分析】本题考查了旋转的性质，直角三角形的性质，全等三角形的判定和性质，三角形中位线定理．将绕点顺时针旋转得到，则此时、、在同一直线上，得出点的运动轨迹为线段，当时，的长度最小，由直角三角形的性质即可得出答案． 【详解】解：将绕点顺时针旋转得到，则此时、、在同一直线上， ，，， ， ， 随着点的运动，总有，， ，即、、三点在同一直线上， 点的运动轨迹为线段， 当时，的长度最小， 在中，，，，， ， ， 故选：C． 9．C 【分析】本题考查了旋转角的求解，根据旋转角的定义，两对应边的夹角就是旋转角，据此即可求解． 【详解】解：根据题意：旋转角是． 故选：C． 10．B 【分析】本题考查了旋转的性质，等边对等角，三角形内角和定理，由旋转性质得到，且，再根据等边对等角和三角形内角和定理求出，结合题意求出的度数，利用求出最后结果． 【详解】解：由题意可知，且， ， ， ， ， 故选：B． 11． 【分析】本题是一道有关对称点坐标之间关系的题目，也涉及到直线方程，做题时首先要把点的坐标代入直线方程求出m的值，其次学生要掌握关于原点对称点的坐标是原来坐标的相反数. 【详解】解：∵点在直线 ∴，解得： ∴ ∵点P关于原点对称的点M的坐标 ∴ 故答案为：. 12． 【分析】本题主要考查了旋转的性质、轴对称的性质以及等边三角形的判定及性质，熟练掌握这些性质并能灵活运用等边三角形的判定及性质是解题的关键． 根据旋转和轴对称的性质，得出相关线段和角度的关系，再利用等边三角形的判定及性质得到的长度． 【详解】解：∵线段绕点旋转得到线段， ∴，． 又∵点关于直线轴对称的点是， ∴，． ∴． ∴是等边三角形， ∴． 故答案为：． 13． 【分析】本题考查了旋转的性质，平行线的性质，等腰三角形的性质，掌握旋转的性质是本题的关键． 由旋转的性质可得，由等腰三角形的性质可得，由平行线的性质可得，即可求解． 【详解】解： ∵将在平面内绕点 A 逆时针旋转到的位置， ∴， ， ∵， ∴， ∴． 故答案为：． 14． 【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：． 15． 【分析】先分析题意，将线段绕点E顺时针旋转得到线段．结合矩形的性质以及旋转的性质得，则点G在射线上运动，当时，的值最小，再证明四边形是矩形，则，，运用勾股定理以及等腰三角形的性质得，再代入数值到进行计算，即可作答． 【详解】解：如图，将线段绕点E顺时针旋转得到线段．与交于点， ∵四边形是矩形， ∴ ∵， ∴， ∴， ∵旋转， ∴， ∴， ∴， ∴点G在射线上运动， ∴当时，的值最小， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴四边形是矩形， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴的最小值为． 故答案为：． 【点睛】本题考查了旋转的性质，勾股定理，矩形的性质，全等三角形的判定与性质，等腰三角形的判定与性质，正确掌握相关性质内容是解题的关键． 16．(1) (2) (3) 【分析】本题考查了旋转的性质，等边三角形的判定与性质，勾股定理的逆定理，含的直角三角形的性质等知识，掌握以上知识是解题的关键． （1）根据旋转的性质可得，，可证明是等边三角形，即可得解； （2）根据证明，得出，然后根据勾股定理的逆定理判断是直角三角形，即可得解； （3）将线段绕点顺时针旋转得到线段，连接，过点E作于点，同理（1）（2）求出，，同理（2）得，推出，，再根据与的面积之和等于与的面积之和，即可解答． 【详解】（1）解：如图，连接， ∵等边， ∴，． ∵线段以点B为旋转中心逆时针旋转得到线段， ∴，， ∴是等边三角形． ∴； （2）解：∵， ∴． 在和中， ， ∴． ∴， ∵， ∴是直角三角形． ∴； （3）解：将线段绕点顺时针旋转得到线段，连接，过点E作于点， 同理（1）得，是等边三角形， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 同理（2）得，是直角三角形，且，， ∴， 同理（2）得，， ∴， ∴与的面积之和等于与的面积之和， ∴与的面积之和为． 17．(1) (2)见解析 (3) 【分析】本题考查了待定系数法求一次函数解析式：求一次函数，则需要两组x，y的值．也考查了关于x轴对称的点的坐标特征和旋转的性质． （1）根据关于x轴对称的点的坐标特征求解； （2）利用网格特点和旋转的性质，分别画出点A、B的对应点即可； （3）利用待定系数法求解． 【详解】（1）解：∵， ∴点关于x轴对称的点的坐标为； 故答案为：； （2）如图，为所作， ； （3）解：设过A、两点的直线相应的函数表达式为， 由图形可知，， 分别代入得， 解得， 所以过A、两点的直线相应的函数表达式为． 故答案为：． 18．(1)见解析； (2)①，理由见解析；②． 【分析】本题考查了等边三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，等腰三角形的判定，中位线定理等知识，熟知相关知识，正确添加辅助线构造全等三角形是解题关键﹒ （1）先证明是等边三角形，进而证明，根据“”即可证明﹒ （2）①过点F作，交于点H，先证明，再证明，得到，即可证明； ②过点F作，交于点H，证明得到，，在上截取，连接，在上截取，连接，证明，得到，再根据中位线定理即可求出. 【详解】（1）解：∵是等边三角形， ∴， ∵将绕点E顺时针旋转得线段， ∴， ∴是等边三角形， ∴， ∵， ∴， ∴； （2）解：(2)①，理由如下： 如解图①，过点F作，交于点H， ∵平分， ∴， ∵， ∴，， ∴，， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴； ②如解图②，过点F作，交于点H， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， 在上截取，连接，在上截取，连接， ∵， ∴是等边三角形， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵点M是的中点， ∴， ∵， ∴， 又∵点N是的中点， ∴. 19．(1)见解析 (2)见解析 【分析】（1）利用矩形旋转的性质，得到边相等和角相等的关系，进而证明角平分线； （2）通过旋转性质得到边相等，结合中点条件，证明三角形中位线，从而得出平行关系． 【详解】（1）证明：由旋转的性质知，， ． 四边形是矩形， ， ， 平分． （2）证明：如图，过点C作于点N． 由旋转的性质及矩形的性质，得． 平分，， ， ． 在和中： ， ，即是的中点． 是的中点， 是的中位线， ． 【点睛】本题考查矩形旋转的性质、角平分线的判定与三角形中位线定理，掌握矩形旋转的边与角的不变性，角平分线的判定方法，以及三角形中位线定理的应用是解题的关键． 20．(1)点B或点C或线段的中点 (2)四边形是平行四边形，理由见解析 【分析】本题主要考查了旋转、平移的性质、平行四边形的判定，掌握相关知识点是解题的关键． （1）根据旋转的性质可得答案； （2）根据平移的性质和等边三角形的性质得到，，再根据“一组对边平行且相等的四边形是平行四边形”即可得出答案． 【详解】（1）解：将绕点B逆时针旋转能与重合； 将绕点C顺时针旋转能与重合； 将绕线段的中点旋转能与重合； ∴满足题意的点为点B或点C或线段的中点； 故答案为：点B或点C或线段的中点； （2）解：四边形是平行四边形，理由如下： ∵等边和有公共边， ∴，， ∴， 根据平移的性质得，， ∴，， ∴四边形是平行四边形． 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 $