第23章旋转 复习提升卷-2025-2026学年人教版数学九年级上册

2025-2026学年人教版九年级上册数学第二十三章 旋转复习提升卷 满分:120分 考试时间:120分钟 一、单选题（共30分） 1．（本题3分）下列图案中，是中心对称图形的是（    ）． A．B． C． D． 2．（本题3分）如图，在中，，将绕点A 顺时针旋转一定角度后，得到，且点 在 边上，则的度数为（　　） A． B． C． D． 3．（本题3分）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． 4．（本题3分）如图，将 绕着点C顺时针旋转后得到，若，则的度数是（    ） A． B． C． D． 5．（本题3分）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．（本题3分）如图，在中，，将绕点A逆时针旋转得到，点D恰好落在的延长线上，则旋转角的度数为(　　) A． B． C． D． 7．（本题3分）如图，将纸片绕点顺时针旋转得到，连接，若，则的度数为（ ） A． B． C． D． 8．（本题3分）如图，边长为8的等边三角形中，E是对称轴上的一个动点，连接将线段绕点C逆时针旋转得到，连接，则在点E运动过程中，的最小值是（　　） A．4 B．3 C．2 D．1 9．（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． 10．（本题3分）如图，在边长为1的正方形网格中，在平面直角坐标系的第二象限内，顶点A的坐标为，先把绕原点O顺时针旋转得到，再将向左平移3个单位得到．则顶点的坐标为（    ） A． B． C． D． 二、填空题（共24分） 11．（本题3分）在平面直角坐标系中，点关于原点的对称点的坐标为 ． 12．（本题3分）如图，把绕点C顺时针旋转得到，此时于D，已知，则的度数是 °． 13．（本题3分）如图，在平面直角坐标系中，将绕点顺时针旋转得到，则的度数是 ． 14．（本题3分）如图，将绕点逆时针方向旋转到，连接，若，，则图中阴影部分的面积为 ． 15．（本题3分）如图，点E是正方形的边上一点，把绕点A顺时针旋转到的位置．若四边形的面积为144，，则的长为 ． 16．（本题3分）如图，在正方形中，E是上一点，，连接，将线段绕点E顺时针旋转，使得点B的对应点F落在边上，则 °． 17．（本题3分）如图，在矩形中，，，点是上一点，且，连接，将线段绕点顺时针旋转得到线段，连接，则的面积为 .    18．（本题3分）图，为正方形内一点，，将绕点按逆时针方向旋转，得到（点和点为对应点），延长交于点，交于点，连接，已知，，则的长为 ． 三、解答题（共66分） 19．（本题8分）如图，在中，，点在上，且． (1)画出将绕点逆时针旋转后的三角形； (2)若，求的长． 20．（本题9分）如图，D为内一点，，，将线段绕着点A顺时针旋转能与线段重合，连接，，． (1)求证：； (2)若，求的度数． 21．（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． 22．（本题9分）如图，在平面直角坐标系中，已知 三个顶点的坐标分别是，，． (1)画出与关于原点对称的； (2)画出将绕点逆时针旋转后得到的． 23．（本题9分）如图，在正方形中，E、F是对角线上的两点，连接，将线段绕点A顺时针旋转得到线段，连接． (1)求证：； (2)若，求的长． 24．（本题10分）如图1，B，C，D三点在一条直线上，和均为等边三角形，连接BE，AD交于点F，BE交AC于点M，AD交CE于点N． (1)求证：； (2)如图2，连接MN，求证：； (3)如图3，将图1中的绕点C顺时针旋转一个角度（旋转角小于60°），连接CF，探究线段AF、BF、CF之间的数量关系并说明理由． 25．（本题12分）已知，在平面直角坐标系中，A，B两点的坐标分别为点，点，将线段绕点A顺时针旋转得到． (1)如图1，若，连接，三角形的面积为8，求B点的坐标； (2)如图2，若D为中点，连接，求的度数： (3)如图3，在（1）的条件下，若E为中点且，交于点F，连接，求的长． 第8页，共8页 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 B D D B B B C A C 1．D 【分析】本题主要考查了中心对称图形的识别．在同一平面内，如果把一个图形绕某一点旋转180度，旋转后的图形能和原图形完全重合，那么这个图形就叫做中心对称图形．这个旋转点，就叫做对称中心． 【详解】解：选项A、B、C均不能找到这样的一个点，使图形绕某一点旋转180度后和原图形完全重合，所以不是中心对称图形， 选项D能找到这样的一个点，使图形绕某一点旋转180度后和原图形完全重合，所以是中心对称图形， 故选：D． 2．B 【分析】本题考查了旋转的性质，等边对等角，先根据旋转的性质得，，再结合等边对等角，得，最后列式计算，即可作答． 【详解】解：∵将绕点A 顺时针旋转一定角度后，得到 ∴，， ∴， ∴． 故选：B． 3．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． 4．D 【分析】本题考查了旋转的性质，解题的关键是掌握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． 先利用旋转的性质得到，再利用三角形内角和计算出，然后计算即可． 【详解】解：∵ 绕着点C顺时针旋转后得到， ∴， ， ∴， ∴， ∴ ， 故选：D． 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．B 【分析】本题考查旋转的性质，等边对等角，根据旋转，得到，根据等边对等角，得到，根据三角形的内角和定理求出，即可得出答案． 【详解】解：由旋转性质可知∶， ∵点D恰好落在的延长线上， ∴， ∴， 即旋转角的度数是， 故选：B． 7．B 【分析】本题考查了旋转的性质，等腰三角形的性质，三角形内角和定理等知识，熟练掌握旋转的性质是本题的关键．设与交于点，根据旋转角，求得，，根据等边对等角求得的度数，根据三角形内角和定理即可得答案． 【详解】解：设与交于点， ∵将纸片绕点顺时针旋转得到， ∴，， ∴ ∵ ∴， ∴ 故选：B． 8．C 【分析】本题考查等边三角形的性质，全等三角形的性质，旋转的性质，含30度角的直角三角形，熟练掌握相关知识点是解题的关键，连接，证明，进而得到，得到点在以为顶点，一边为的30度角的另一边上运动，根据垂线段最短，得到当时，最短，根据含30度角的直角三角形的性质，进行求解即可． 【详解】解：如图，连接， 由旋转可得，， ∵是等边三角形， ∴， ∴，     ∴， ∴， ∵边长为8的等边三角形中，E是对称轴上的一个动点， ∴， ∴， 即点F的运动轨迹为直线， ∴当时，最短， 此时，， ∴的最小值是2， 故选：C． 9．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 ． 10．C 【分析】本题考查了旋转的性质，平移的性质．先根据旋转的性质求得顶点的坐标为，再根据平移的性质求解即可． 【详解】解：如图， ∵顶点A的坐标为，把绕原点O顺时针旋转得到， ∴顶点的坐标为， ∵将向左平移3个单位得到， ∴顶点的坐标为， 故选：C． 11． 【分析】本题考查了关于原点对称的点的坐标，根据关于原点对称的点，横坐标与纵坐标都互为相反数求解即可． 【详解】解：点关于原点的对称点的坐标为， 故答案为：． 12． 【分析】本题考查了旋转的性质，由旋转的性质可得，，由直角三角形的性质可求． 【详解】解：∵把绕点C顺时针旋转得到， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴． 故答案为：． 13．/度 【分析】本题主要考查了旋转的性质，关键是要理解旋转角的定义，即对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角，通过这个性质直接得出的度数． 【详解】解： 因为绕点B顺时针旋转得到，根据旋转的性质，点绕点B旋转，所以就是旋转角． ． 故答案为： 14． 【分析】连接，延长交于点E，求出，证明是等边三角形． 垂直平分，得，，由，得，即得． 【详解】解：如图，连接，延长交于点E， ∵，． ∴． 由旋转知，，， ∴是等边三角形． ∴． ∴点在的垂直平分线上． ∵， ∴点C在的垂直平分线上， ∴垂直平分． ∴． ∴． ∵， ∴． ∴． ∴． ∴． 故答案为：． 【点睛】本题考查了等腰直角三角形旋转．熟练掌握等腰直角三角形的判定和性质，旋转的性质，等边三角形的判定和性质，线段垂直平分线的判定和性质，勾股定理，三角形面积公式，添加辅助线，是解题的关键． 15．5 【分析】本题考查了旋转的性质，正方形的性质，勾股定理等知识，根据旋转的性质可得出，根据等式的性质可得出，根据正方形的面积公式可求出边长，然后在中，根据勾股定理求解即可． 【详解】解：∵绕点A顺时针旋转到， ∴， ∴，即， 又四边形的面积为144， ∴， ∴边长， 又，， ∴， 故答案为：5． 16．22.5 【分析】本题考查了正方形的性质、旋转的性质以及等腰三角形的性质，解题的关键是利用这些性质求出相关角的度数．先根据正方形的性质得出的度数，再由求出和的度数，接着根据旋转的性质得到，进而求出的度数，最后算出的度数． 【详解】解：∵四边形是正方形，为正方形的一条对角线， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵线段绕点E顺时针旋转后得到，根据旋转的性质可知， ∴是等腰三角形， 又∵， ∴， ∴， ∴， 故答案为：22.5． 17． 【分析】本题考查了矩形的性质，全等三角形的判定及性质，熟悉掌握判定的方法是解题的关键． 过点作于点，利用矩形的性质判定出，得到，即可通过三角形面积公式求解． 【详解】解：过点作于点，如图所示：    ∴， ∵四边形为矩形， ∴， ∵线段绕点顺时针旋转得到线段， ∴，， ∵，， ∴， ∴在和中 ， ， ∴， ∵， ∴， 故答案为：． 18．2 【分析】本题主要考查了正方形的判定与性质，旋转的性质，勾股定理，全等三角形的判定与性质等知识，利用勾股定理求出正方形的边长是解的关键．利用旋转的性质得，，．进而证明四边形是正方形．设正方形的边长为，则，利用勾股定理求出的长，过点作于点，利用证明，进而解决问题． 【详解】解：将绕点按逆时针方向旋转，得到， ，，． 又， 四边形是正方形． 设正方形的边长为，则， 在中，， 即， 解得（负值舍去）， ， ． 如图，过点作于点， ， ， ， ． ，， ， ，， ， ． 故答案为：． 19．(1)见解析 (2)5 【分析】本题主要考查了旋转的性质，等腰三角形的性质，勾股定理，构造直角三角形，用勾股定理解决问题是解本题的关键． （1）根据题意画出，使，连接，则即为所作； （2）由旋转的特征得，，，，证明得出，再由勾股定理计算即可得解: 【详解】（1）解：如图，即为所作； （2）解：将绕点A逆时针旋转得到，连接，如上图所示： ∵，， ∴， ∴， 又 ∴， ∴，， ∵在中，， ∴， ∴， ∴， ∴； ∵， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴． 20．(1)证明见解析 (2) 【分析】本题考查旋转的性质，全等三角形的判定和性质，等边对等角． （1）根据旋转的性质，得到，，证明，即可得证； （2）根据全等三角形的性质得到，根据等边对等角得到，根据角的和差关系求出的度数即可． 【详解】（1）证明：将线段绕着点顺时针旋转能与线段重合， ，， ， ， 在和中， ， ， ； （2）解：由得：， ，， ， ． 21．(1)详见解析 (2)7 【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）解：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，． 【点睛】本题主要考查旋转的性质、全等三角形的判定和性质、等边三角形的性质、菱形的性质以及平行线的判定，解题的关键是熟悉全等三角形的判定和性质和菱形的性质． 22．(1)见解析 (2)见解析 【分析】本题考查了旋转作图和中心对称作图，掌握相关知识是解决问题的关键． （1）先画出三角形各顶点关于原点的对称点，然后顺次连接即可； （2）先画出，绕点逆时针旋转后的对应点，然后顺次连接即可． 【详解】（1）如图，即为所求； （2）如图，即为所求． 23．(1)见解析 (2) 【分析】本题考查了正方形的性质、旋转的性质、全等三角形的判定与性质以及勾股定理的应用，解题的关键是利用旋转和正方形的性质推导相等的边与角，证明全等三角形，再通过角度转化得到直角三角形，进而用勾股定理计算线段长度． （1）由线段绕点A顺时针旋转得，故且；因四边形是正方形，故且，从而，两边同时减去得；结合、，根据“”可证； （2）由(1)中全等三角形的性质得，且；因正方形对角线平分内角，故，从而，进而，即是直角三角形；已知、，代入勾股定理得，计算得． 【详解】（1）证明：∵将线段绕点A顺时针旋转得到线段， ∴， ∵四边形为正方形， ∴， ∴， ∴， ∴； （2）解：由(1)得， ∴， ∵四边形是正方形， ∴， ∴， ∴， ∴在中，． 24．(1)见解析 (2)见解析 (3)，理由见解析 【分析】本题主要考查全等三角形的判定与性质，等边三角形的判定与性质，平行线的判定，掌握相关知识是解题的关键． （1）先证，结合和均为等边三角形可证即可求解； （2）根据题意可证，得到，结合，可得即可证明； （3）在上截取，连接，可证，得到，继而得到为等边三角形，然后可得． 【详解】（1）证明：和均为等边三角形， ， ，即， 在和中， ， ， ； （2）由（1）知， ，即， ， ，即， 在和中， ， ， 又， ， （内错角相等，两直线平行）． （3），理由如下： 在上截取，连接， 同（1）可证， ， 又， 在和中， ， ， ， ， ，即， 为等边三角形， ， ， 即． 25．(1) (2) (3) 【分析】（1）过点C作轴的垂线，交x轴于点G，证明，推出，再根据，即可求解； （2）为等腰直角三角形，得到，作轴，，证明，得到，即可证明平分，即可求解； （3）由（1）知，，，推出，求出直线的解析式为，根据，求出，再利用两点间距离公式即可求解． 【详解】（1）解：过点C作轴的垂线，交x轴于点G， 则， 由旋转的性质得， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴或（不符合题意，舍去）， ∵， ∴， ∴； （2）解：∵，， ∴为等腰直角三角形， ∵D为中点， ∴， ∴， 连接，过点D作轴于点E，作交轴于点F， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵直角三角形斜边上的中线等于斜边一半， ∴， 在和中，， ∴， ∴， ∵，， ∴平分， ∵， ∴； （3）解：过点C作轴的垂线，交x轴于点G， 由（1）知，，， ∴，， ∴， ∴， 设直线的解析式为， 则，解得， ∴直线的解析式为， ∵， 将代入，则， ∴， ∵， ∴． 【点睛】本题考查坐标与图形，三角形全等的判定与性质，旋转的性质，等腰直角三角形的性质，一次函数与几何综合运用，作辅助线构造全等三角形是解题关键． 答案第2页，共22页 答案第1页，共22页 学科网（北京）股份有限公司 $