第二十三章旋转单元测试题-2025-2026学年人教版九年级数学上册

2025-2026学年人教版九年级数学上册第二十三章 旋转单元测试题 满分:120分 考试时间:120分钟 一、单选题（共30分） 1．（本题3分）下列图形中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（    ） A． B． C． D． 2．（本题3分）如图，将一个含角的直角三角板绕点逆时针旋转，点的对应点为点，若点落在延长线上，则三角板旋转的度数是（   ） A． B． C． D． 3．（本题3分）如图，在中，，将绕着点顺时针旋转后，得到，则的度数为（   ） A． B． C． D． 4．（本题3分）如图，在平面直角坐标系中，点A在y轴上，点B的坐标为，将绕着点B顺时针旋转，得到，则点C的坐标是（    ） A． B． C． D． 5．（本题3分）如图，将绕点逆时针旋转得到．当点落在的延长线上时，恰好，若，则的度数为（　　） A． B． C． D． 6．（本题3分）如图，在中，，将绕点A逆时针旋转得到，当点B，C，D恰好在同一直线上时，，则的度数为（    ） A．50° B．75° C．65° D．60° 7．（本题3分）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 8．（本题3分）如图，中，，，，将沿射线的方向平移，得到，再将绕点逆时针旋转一定角度后，点恰好与点重合，则平移的距离和旋转角的度数分别为（   ） A．， B．， C．， D．， 9．（本题3分）如图，将绕点顺时针旋转得到（点、的对应点分别是点、），点恰好落在的延长线上，连接，若，，，则的长为（   ） A． B． C． D． 10．（本题3分）如图，在菱形中，顶点A，B，C，D在坐标轴上，且，，以为边构造等边三角形，将和菱形组成的图形绕点O顺时针旋转，每次旋转，第一次旋转结束时点E的对应点记为，第二次旋转结束时记为，依次类推，第2025次旋转结束时，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，点与点B关于点成中心对称，则点B的坐标是 ． 12．（本题3分）如图，正方形网格中，线段是线段绕某点逆时针旋转得到的，点与对应，则旋转角为 ． 13．（本题3分）如图，在正方形中，，把边绕点逆时针旋转得到线段，连接并延长交于点，连接，则的面积为 ． 14．（本题3分）如图，绕点C顺时针旋转后得到了，且于点D，则的度数为 ． 15．（本题3分）如图在平面直角坐标系中，直线与轴，轴分别交于A，B两点，把绕点逆时针旋转后得到，则点的坐标是 ． 16．（本题3分）如图，在中，，，将绕点A顺时针旋转得到，若点P为上一动点，旋转后点P的对应点，则线段的最小值是 ． 17．（本题3分）如图，在中，，将绕点逆时针旋转得到，点的对应点恰好落在斜边上，连接．若，则的度数为 ． 18．（本题3分）如图，在矩形中，，，点E是边的中点，点F是边上任意一点，将线段绕点E顺时针旋转，点F旋转到点G，则的最小值为 ． 三、解答题（共66分） 19．（本题8分）如图，是等边三角形内的一点，且，，，若将绕点逆时针旋转后得到． (1)求点与点之间的距离； (2)求的大小． 20．（本题9分）如图，是边长为的等边三角形，是边上的一点，把线段绕点顺时针旋转得到线段，连接． (1)求证：； (2)当点是的中点时，求的长． 21．（本题9分）如图，点是等边内一点，将绕点逆时针旋转得到，连接，，，，． (1)求证：； (2)若，，，请直接写出的度数． 22．（本题9分）如图，点P是正方形内一点，，，，沿点A旋转至，连接，并延长与相交于点． (1)求证：是等腰直角三角形； (2)判断的形状，并求的度数． 23．（本题9分）如图，D是等边三角形内一点，将线段绕点A顺时针旋转，得到线段，连接，，， (1)依题意补全图形 (2)求证：； (3)若，求的度数． 24．（本题10分）如图，的顶点坐标分别为， (1)画出关于y轴的对称图形； (2)将绕原点O顺时针旋转，得到． (3)在x轴上求作一点P，使的周长最小，并直接写出点P的坐标．（不写解答过程，直接写出结果） 25．（本题12分）在等腰直角三角形ABC中，，，D为直线BC上任意一点，连接AD．将线段AD绕点D按顺时针方向旋转得线段ED，连接BE． (1)【尝试发现】如图1，当点D在线段BC上时，线段BE与CD的数量关系为________； (2)【类比探究】当点D在线段BC的延长线上时，先在图2中补全图形，再探究线段BE与CD的数量关系并证明； (3)【联系拓广】若，，求CE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 B D D B B C A B A A 1．B 【分析】本题考查了中心对称图形和轴对称图形，熟练掌握这些知识点是解题的关键．在平面内，把一个图形绕着某个点旋转，如果旋转后的图形能与原来的图形重合，那么这个图形叫做中心对称图形，这个点叫做它的对称中心；在平面内，如果一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够完全重合，这样的图形叫做轴对称图形，这条直线叫做对称轴，根据这些概念逐一判断即可． 【详解】解：A：是轴对称图形，不是中心对称图形，故A错误； B：是中心对称图形，也是轴对称图形，故B正确； C：是中心对称图形，不是轴对称图形，故C错误； D：既不是中心对称图形，也不是轴对称图形，故D错误． 故选：B． 2．D 【分析】本题主要考查旋转的性质，根据旋转角的定义，两对应边的夹角就是旋转角，即可求解． 【详解】解：∵将一个含角的直角三角板绕点逆时针旋转，点的对应点为点，若点落在延长线上， ∴旋转角． 故选：D． 3．D 【分析】本题考查旋转的性质，掌握相关知识是解决问题的关键．旋转前后两个图形全等，据此解答即可． 【详解】解：将绕着点顺时针旋转后，得到， 则， ∴． 故选：D． 4．B 【分析】过点C作，由题意可得：，，再利用含30度直角三角形的性质，求解即可． 【详解】解：过点C作于点E，如下图： 则， 由题意可得：，， ∴， ∴， ∴，， ∴点C的坐标为． 故选：B． 【点睛】此题考查了旋转的性质，坐标与图形，含30度直角三角形的性质，以及勾股定理，解题的关键是作辅助线，构造出直角三角形，熟练掌握相关基础性质． 5．B 【分析】本题主要考查了旋转的性质，平行线的性质，等腰三角形的性质，三角形的内角和定理等知识点，解题的关键是熟练掌握旋转的性质和平行线的性质．利用旋转的性质得出，再利用平行线的性质和等腰三角形的性质得出和，利用三角形内角和定理即可求解． 【详解】解：旋转角度， ， ， ， ， ， ， ， 故选：B． 6．C 【分析】由旋转的性质得出AD=AB，∠E=∠ACB，由点B，C，D恰好在同一直线上，则△BAD是底角为15°的等腰三角形，求出∠BAD=150°，可得，由三角形内角和定理即可得出结果． 【详解】解：∵将绕点A逆时针旋转得到， ∴AD=AB，∠E=∠ACB， ∵点B，C，D恰好在同一直线上， ∴△BAD是底角为15°的等腰三角形， ∴∠BDA=， ∴∠BAD=150°, ∵， ∴ ∴， ∴. 故选：C 【点睛】此题主要考查了旋转的性质、等腰三角形的判定和性质、三角形的内角和定理等知识；判断出三角形ABD是等腰三角形是解本题的关键． 7．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． 8．B 【分析】本题考查了平移的性质，旋转的性质和等边三角形的判定和性质，理解相关知识是解题关键．根据题意易得是等边三角形，根据等边三角形的性质来求解. 【详解】解：，将沿射线的方向平移，得到，再将绕点逆时针旋转一定角度后，点恰好与点重合， ，， 是等边三角形， ，， ， 平移的距离和旋转角的度数分别为：， 故选：B． 9．A 【分析】本题考查了旋转的性质，等腰三角形的判定与性质，勾股定理，掌握图形旋转的性质及巧用勾股定理逆定理是解题的关键．根据旋转的性质得出，， ，得到，通过 ， 利用勾股定理逆定理可判断是直角三角形，且，进而得出，得出是等腰直角三角形，从而求出的长． 【详解】解：将绕点顺时针旋转得到（点、的对应点分别是点、）， ，， ， ， ． ，，， ， ， 是直角三角形，且， ， ， ， 是等腰直角三角形， ． 故选：A ． 10．A 【分析】根据旋转可知，每4次旋转一个循环，而，即点的坐标与点的坐标相同；利用菱形的性质及等边三角形的性质可求得点E的坐标，利用全等三角形的判定与性质可求得的坐标，从而求得结果． 【详解】解：如图，连接，过作轴于点F， 由题意，当旋转到时，则E与关于原点对称， 旋转到时，与关于原点对称，旋转到， 即点E的位置，每4次旋转一个循环， ∵， ∴点的坐标与点的坐标相同， ∵四边形是菱形， ，， ∴，， ∴， 由勾股定理得：， ∵是等边三角形， ∴，， ∴， ∴， 由旋转可知，，， ∵， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴，， ∵点E在第一象限，且是顺时针旋转， ∴点在第四象限， ∴， ∴． 故选：A． 【点睛】本题考查了菱形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，规律型：点的坐标，坐标与图形变化—旋转，等边三角形的判定与性质，含30度角的直角三角形，根据题目的已知条件并结合图形添加适当的辅助线是解题的关键． 11． 【分析】本题考查了中心对称的性质，点P是点A和点B的中点，应用中点公式进行列式计算，求解点B的坐标，即可作答． 【详解】解：设点B的坐标为， ∵点与点B关于点成中心对称， ∴点是的中点 ∵点，点， ∴横坐标：，纵坐标： ∴，． ∴点B的坐标为， 故答案为：． 12．/90度 【分析】本题考查旋转的性质，熟练掌握旋转的性质是解题的关键．根据旋转的性质，旋转前后对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角，通过连接对应点与旋转中心，观察夹角大小来确定旋转角． 【详解】在正方形网格中，找到与的垂直平分线的交点，点即为旋转中心， 如图所示，连接、、、、 观察可得，旋转角为， 故答案为：． 13． 【分析】过点作于点，于点，延长交于点，易知是等边三角形，求得长，进而得到长，根据点位置说明是中位线，从而得到长度，所求三角形面积选择为底，为高即可解决． 【详解】解：过点作于点，于点，延长交于点． ∵， ∴． 根据旋转的性质可得：，， ∴是等边三角形， ∴是中点， ∴， ∴， ∴， ∵，为中点， ∴为中点，为中点， ∴， ， ∴． 故答案为：． 【点睛】本题考查了旋转的性质以及正方形的性质，正确作出辅助线是解题的关键． 14． 【分析】此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．也考查了垂直的定义以及直角三角形两锐角互余的性质． 根据旋转的性质，可得知，，利用垂直的定义以及直角三角形两锐角互余求得的度数，即可求出的度数． 【详解】解：∵绕点C顺时针旋转后得到了， ∴，． ∵于点D， ∴， ∴， ∴． 故答案为：53． 15． 【分析】本题主要考查一次函数与几何图形结合在一起的应用，旋转前后对应边长度不变是解题的关键．先根据函数图象分别求出、的长度，再通过旋转之后对应边相等可求出点的坐标． 【详解】解：令时，则；令时，则，解得：； ∴， ， 由旋转的性质可知：， ∴的横坐标为6，纵坐标为， ∴点的坐标是． 故答案为． 16． 【分析】本题考查旋转的性质，等腰三角形的性质，角的直角三角形的性质，勾股定理，垂线段最短，掌握旋转的性质是解题的关键． 连接、，过点A作于点，由等腰三角形的“三线合一”得到，从而，进而得到，由旋转得到，，根据勾股定理求得，求出的最小值，即可解答． 【详解】解：如图，连接、，过点A作于点， ∴， ∵在中，，， ∴， ∴， ∴， ∵将绕点A顺时针旋转得到， ∴，， ∴， ∵点为上一动点，旋转后点的对应点， ∴当点与点重合时，有最小值为， ∴线段的最小值是． 故答案为：． 17． 【分析】本题考查旋转的性质，等腰三角形的性质，三角形内角和，掌握相关知识是解决问题的关键．根据旋转的性质可得，，，根据等腰三角形两底角相等求出，再根据直角三角形两锐角互余计算即可得解． 【详解】解：∵绕点逆时针旋转得到， ∴，，， ∴， ∴． 故答案为：． 18． 【分析】过点作于，的延长线交于点，过点作于，可证四边形是矩形，得到，进而证明，得到，，即可知点在边上移动时，点在射线上移动，又可证明四边形是矩形，得到，，作点关于的对称点，连接，可得，可知最小值为线段的长,再根据勾股定理即可求解． 【详解】解：如图，过点作于，的延长线交于点，过点作于，则， ∵四边形是矩形， ∴， ∴四边形是矩形， ∴， ∴， 又由旋转可得，，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴，， ∴点在射线上移动， ∵点是边的中点， ∴， ∵， ∴四边形是矩形， ∴，， 即， 作点关于的对称点，连接，如图，则，， ∴， 由两点之间线段最短可知，当点共线时，的值最小，最小值为线段的长， ∵，， ∴ 故答案为：． 【点睛】本题考查了旋转的性质，矩形的判定和性质，轴对称的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理等知识点，解题的关键是求出动点的轨迹． 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，勾股定理逆定理等知识﹒ （1）根据旋转性质得到，，，进而证明是等边三角形，即可得到； （2）根据勾股定理逆定理证明为直角三角形，且，即可求出﹒ 【详解】（1）解：如图，连接， 由旋转的性质知，，，， ∵是等边三角形， ∴， ， ∴是等边三角形， ； （2）解：，，， ， ∴为直角三角形，且， ∵是等边三角形， ∴， ﹒ 20．(1)证明见解析； (2)． 【分析】本题考查了等边三角形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，旋转性质等知识，掌握知识点的应用是解题的关键． （）由为等边三角形，则，，由旋转性质可知，，，证明，所以，再由平行线的判定即可求证； （）由是边长为的等边三角形，点是的中点，则，，，所以，然后通过勾股定理求出即可． 【详解】（1）证明：∵为等边三角形， ∴，， ∵线段绕点顺时针旋转得到线段， ∴，， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∴， ∴； （2）解：∵是边长为的等边三角形，点是的中点， ∴，，， ∴， 在中，， ∴． 21．(1)见解析 (2) 【分析】本题考查旋转的性质，等边三角形的性质和判定，全等三角形的判定和性质，勾股定理的逆定理等知识，解题的关键是证明． （1）由旋转的性质可得，，由等边三角形的性质可得，再根据证明即可； （2）证明是等边三角形，再由全等三角形的性质可得，，再由勾股定理的逆定理可得，再求解可得结论． 【详解】（1）证明：绕点B逆时针旋转得到， ，， 是等边三角形． ， ， ， 在和中， ， ； （2）解：，， 是等边三角形， ，， ， ，， ， ，， ， ， ， ． 22．(1)见解析 (2)直角三角形， 【分析】（1）根据旋转的性质可知，，所以，，因为，所以，即，故是等腰直角三角形； （2）先根据勾股定理逆定理判断是直角三角形，得出，由知是等腰直角三角形，那么，再根据平角定义即可求出的度数； 【详解】（1）证明：沿点A旋转至， 根据旋转的性质可知，， ，， ， ， 即， 是等腰直角三角形； （2）解：是直角三角形，，理由如下， 由知，， ， ，， ， 是直角三角形，， 是等腰直角三角形， ， ． 【点睛】本题考查了旋转的性质、等腰直角三角形的判定与性质、勾股定理及其逆定理等知识，熟练掌握以上知识是解题的关键． 23．(1)见详解 (2)见详解 (3)45° 【分析】本题主要考查等边三角形的判定与性质，旋转的性质及全等三角形的判定与性质． （1）依据题意画图即可； （2）由等边三角形的性质知，，由旋转的性质知，，从而得，再证可得答案； （3）由，知为等边三角形，即，继而由，得到，再利用即可得解． 【详解】（1）解：补全图形如下： （2）证明：是等边三角形， ，． 线段绕点顺时针旋转，得到线段， ，． ． ． 在和中， ， ； （3）解：，， 为等边三角形． ， ， ． ． 24．(1)见解析 (2)见解析 (3)作图见解析，点P坐标为 【分析】本题考查坐标与图形变换，熟练掌握轴对称的性质，是解题的关键： （1）根据轴对称的性质，画出即可； （2）根据旋转的性质，画出即可； （3）作点关于轴的对称点，连接，与轴的交点即为点。 【详解】（1）解：如图，即为所求； （2）如图，即为所求； （3）如图，点即为所求，由图可知：点P坐标为； 25．(1) (2)补全图形见解析，．理由见解析 (3)的长为或 【分析】（1）过作于，证明，可得，，从而可得是等腰直角三角形，故； （2）过作于，证明，可得，，从而可得是等腰直角三角形，故； （3）分两种情况：当点在线段的延长线上时；当点在线段的延长线上时．结合第（2）问的结论，利用勾股定理进行计算即可． 【详解】（1）解：，理由如下： 过作于，如图： 由旋转得：，， ∴， ∵， ∴，， ∴， ∴， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴是等腰直角三角形， ∴． 故答案为：． （2）解：补全图形如图，存在．理由如下： 过点作于点， 由旋转得，， ． ， ，， ， ， ，． ， ， ， ． ， 是等腰直角三角形， ； （3）解：当点在线段的延长线上时，过点作交的延长线于点，如图， 由（2）得，， ， ； 当点在线段的延长线上时，过点作交的延长线于点，如解图， 同理可得， ，， ， ， 综上所述，的长为或． 【点睛】本题考查几何变换综合应用，涉及全等三角形判定与性质，等腰直角三角形三边的关系等，解题的关键是作辅助线，构造全等三角形解决问题． 答案第2页，共19页 答案第1页，共19页 学科网（北京）股份有限公司 $