第二十三章 旋转 单元练习 2025-2026学年人教版数学九年级上册

第二十三章 旋转 同步练习 一、单选题 1．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．点与点关于原点对称，则点的坐标为（   ） A． B． C． D． 3．如图，将绕点顺时针旋转角，得到，若点恰好在的延长线上，则等于（    ） A． B． C． D． 4．已知点与点关于原点对称，则的值为（　　） A． B． C． D．5 5．如图，将绕点B按顺时针方向旋转一定的角度得到，此时点C在边上．若，，则的长度是（   ） A．3 B．2 C．5 D．7 6．如图，在中，，将绕点逆时针旋转得到（A、B分别与、对应），则的度数为（   ） A．如 B． C． D． 7．如图，将一个等边三角形绕其三边垂直平分线的交点旋转一定的角度后，依然与原图形重合，则这个旋转的角度可以是（   ） A． B． C． D． 8．如图，点是直线在第二象限上的一个点，点关于轴对称的点为，关于轴对称的点为，连接，则线段的最小值为（    ） A． B． C． D． 9．如图，边长为2的正方形绕点顺时针旋转得到正方形，则它们公共部分的面积为（   ） A． B． C． D． 10．如图，矩形中，，是线段上的一个动点，将线段绕点逆时针旋转得到，过点作于点，连接，取的中点，连接．点在运动过程中，下列结论：①；②当点和点互相重合时，；③；④．其中结论正确的序号有（   ） A．①②③ B．②③④ C．①③④ D．①②③④ 二、填空题 11．点与点关于原点对称，则的值为 ． 12．在平面直角坐标系中，点关于原点的对称点是 ． 13．如图，把以点为中心逆时针旋转得到，若，则 ． 14．将直角边长为cm的等腰直角绕点逆时针旋转后，得到，则图中阴影部分的面积是 ． 15．已知点，点B在直线上运动，把点A绕点B逆时针旋转，点A的对应点为点C，我们发现点C随点B变化而变化．若点C在运动变化过程中始终在抛物线的上方，设点B的横坐标为m，则m的取值范围是 ． 三、解答题 16．如图，点P是正方形内一点，，，，绕点A顺时针旋转得到，连接，延长与相交于点Q． (1)求线段的长； (2)求的大小． 17．如图，在由边长为1个单位长度的小正方形组成的网格中建立平面直角坐标系，的顶点均为格点（网格线的交点），已知点，，的坐标分别为，，． (1)画出绕点逆时针旋转后得到的； (2)画出关于原点的对称图形； (3)若连接，则线段的长度为 ． 18．如图，将矩形绕点A顺时针旋转（），得到矩形． (1)如图①，若，当点F落在的延长线上时，求的长； (2)如图②，当点E在上时，连接，求证：四边形是平行四边形； 19．已知中，，.点是边上的一个动点，连接，将绕点逆时针旋转得到（点，分别是，的对应点）． (1)如图1，当点与点重合时，请判断线段与的数量关系是________，位置关系是________；（直接写出答案） (2)如图2，当点不与，重合时，猜想并证明线段与的关系． 20．综合实践 【初步探究】如图1，在正方形中，点E，F分别在边，上，连接，，．若，将绕点A顺时针旋转得到．易证：． （1）根据以上信息填空： ①________； ②线段，，之间满足的数量关系为________； 【迁移探究】 （2）如图2，在正方形中，若点E在的延长线上，点F在的延长线，，猜想线段，，之间的数量关系，并证明． 【拓展探索】 （3）如图3，已知正方形的边长为，E，F分别在，上，，连接分别交，于点M，N，若点M恰好为线段的三等分点，且，求线段的长． 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 同步练习 2025-2026学年人教版数学九年级上册》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 D B D C A D D D C D 1．D 【分析】本题考查轴对称图形与中心对称图形的定义，运用分析推理思想，根据两个定义逐一分析选项；解题关键是准确理解轴对称和中心对称的判定条件；易错点是对中心对称图形旋转重合的判定错误；根据轴对称图形和中心对称图形的定义，逐一分析每个选项是否同时满足两个条件． 【详解】A．是轴对称图形，但不是中心对称图形； B．是轴对称图形，但不是中心对称图形； C．是轴对称图形，但不是中心对称图形； D．既是轴对称图形（有对称轴），又是中心对称图形（绕中心旋转后与自身重合）； 故选：D． 2．B 【分析】本题考查关于原点对称点的坐标变化，关键是掌握对称点横纵坐标都互为相反数的规则． 根据关于原点对称点的坐标特征，横纵坐标均互为相反数求解即可． 【详解】解：∵点与点关于原点对称， ∴点的坐标为． 故选：B． 3．D 【分析】本题考查旋转的性质（对应角相等、对应边相等、旋转角相等）和四边形内角和定理，运用转化思想，将的求解转化为四边形内角和的计算，解题关键是利用旋转性质得到角的等量关系，易错点是对旋转后角的位置关系理解不清；解题思路：先由旋转性质得角的等量关系，再结合平角、四边形内角和推导的度数． 【详解】解：由题意得，， ，旋转角，且；（旋转的性质）； ∵ ∴是等腰三角形，， 又∵点恰好在的延长线上， ∴（平角定义） ∵， ∴， 在四边形中，； 又∵，且； 则 解得 故选：D． 4．C 【分析】本题主要考查了关于原点对称的点的性质．根据关于原点对称的点坐标特征，即横纵坐标均互为相反数，求出a和b，即可求解． 【详解】解：点与点关于原点对称， ∴， ∴． 故选：C 5．A 【分析】本题主要考查了旋转的性质，由旋转的性质可得的长，再由线段的和差关系即可得到答案． 【详解】解：由旋转的性质可得， ∴， 故选：A． 6．D 【分析】本题主要考查了旋转的性质，根据旋转的性质可得，再由角的和差关系即可得到答案． 【详解】解：由旋转的性质可得， ∵， ∴， 故选：D． 7．D 【分析】本题主要考查了旋转对称图形的性质，熟练掌握等边三角形的旋转对称角的计算方法是解题的关键．先确定等边三角形三边垂直平分线的交点（即中心），再根据旋转对称图形的性质，求出最小旋转角，进而判断符合条件的旋转角度． 【详解】解：等边三角形三边垂直平分线的交点是其中心，等边三角形的旋转角是， 所以旋转的整数倍时，图形能与原图形重合， 故选：D． 8．D 【分析】本题主要考查了一次函数与几何综合，坐标与图形变化——轴对称和关于原点对称，设直线分别与x轴，y轴交于G，H，连接，则，利用勾股定理求出的长；设，根据轴对称的性质得到，，则点D和点E关于原点对称，故三点共线，可推出，则当时，有最小值，即此时有最小值，利用等面积法求出的长即可得到答案． 【详解】解：设直线分别与x轴，y轴交于G，H，连接， 在中，当时，，当时，， ∴， ∴， ∴； 设， ∵点关于轴对称的点为，关于轴对称的点为， ∴，， ∴点D和点E关于原点对称， ∴三点共线， ∴， ∴当时，有最小值，即此时有最小值， ∵此时， ∴， ∴的最小值为， 故选：D． 9．C 【分析】本题考查了图形的旋转，直角三角形全等的证明，勾股定理，作出辅助线求证是解题的关键． 此题只需把公共部分分割成两个三角形，根据旋转的旋转发现两个三角形全等，从而求得直角三角形的边，再进一步计算其面积． 【详解】解：设与相交于点O，连接． 根据旋转的性质，得，则． 在和中， ，， ∴． ∴． 设，则， 又∵， ， 即， 解得：（不符合题意，舍）， ∴． ∴公共部分的面积． 故选：C． 10．D 【分析】本题考查了矩形中的旋转问题，涉及全等三角形的判定与性质，等腰直角三角形的判定与性质等知识．由四边形是矩形，线段绕点逆时针旋转得到，可证，从而判断①；当点H和点G互相重合时，由是等腰直角三角形，是的中点，，可得，从而得到，故可判断②；是等腰直角三角形，是的中点，得到，再分别证，，从而判断③；分别求出的最大值以及最小值，从而判断④． 【详解】解：∵四边形是矩形， ∴， ∵线段绕点逆时针旋转得到， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴，故①正确； 当点H和点G互相重合时，如图： ∵线段绕点逆时针旋转得到， ∴，， ∴是等腰直角三角形， ∵是中点，， ∴， ∴， ∴， ∴，故②正确； 如图：设与相交于点， ∵是等腰直角三角形，是的中点， ∴，， ， 又（对顶角相等）， ，即， ， ， 又， ，故③正确； 当点和重合时，最短，如图： 此时与都在上， ∵是等腰直角三角形，是的中点， ∴是等腰直角三角形， ∴， ∴的最小值为； 当点和点重合时，最大，过点作交于点，如图： ∵， ∴， ∵， ∴， 设，则， ∵， ∴， 解得：（舍去）或， ∴， ∴， ∴的最大值为， ∴，故④正确． 综上分析可知：正确的有①②③④． 故选：D． 11． 【分析】本题考查了关于原点对称的点的坐标特征，根据关于原点对称的点的坐标特征，横坐标和纵坐标均互为相反数，列出方程求解。 【详解】解：关于原点对称的点，横坐标和纵坐标都互为相反数， ∵点与点关于原点对称， ∴，， ∴， 故答案为：． 12． 【分析】本题考查关于原点对称的点的坐标规律，掌握横坐标与纵坐标均互为相反数时解题的关键． 根据点关于原点的对称点为，进行计算求解即可． 【详解】解：在平面直角坐标系中，点关于原点的对称点为， 给定点，则其关于原点的对称点的横坐标为，纵坐标为， 因此对称点为． 故答案为：． 13． 【分析】本题考查旋转的性质，根据旋转得到，结合即可得到答案； 【详解】解：∵以点为中心逆时针旋转得到， ∴， ∵， ∴， 故答案为：． 14． 【分析】本题考查了旋转的性质，直角三角形的性质，勾股定理，根据旋转的性质得到是解题的关键．设与交于，由等腰直角三角形的性质和旋转的性质可得，，，然后根据30度所对直角边等于斜边的一半和勾股定理建立方程求得，即可解答． 【详解】解：如图，设与交于， ∵将直角边长为cm的等腰直角绕点逆时针旋转后，得到， ∴，，，， ∴， ∵， ∴， 在中，， 即， 解得， ∴阴影部分的面积为． 故答案为：． 15． 【分析】本题考查了二次函数的性质、旋转的性质和全等三角形判定和性质，能根据题意，熟练掌握性质进行解题是解此题的关键． 根据旋转的性质，求出点C的坐标，再根据点C在抛物线的上方列出不等式，求解即可． 【详解】解：如图，过点C作垂直直线于点E，交x轴于点F，设直线与y轴交于点D，点B横坐标为，直线与抛物线交于点G，H． 则， ∵直线垂直y轴， ∴， ∴， 由旋转知，，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵点B在直线上， ∴点B坐标为，点． 联立， 解得， ∴， ∴， ∴， ∵点A绕点B逆时针旋转得到点C，点C在抛物线的上方， ∴， ∴， ∴， ∵轴， ∴轴， ∴， ∴点C的坐标为． ∴． 展开，得， ， 移项，得， 即， 当时，， ∴（如图）． 故答案为：． 16．(1) (2) 【分析】（1）先根据正方形性质得，由旋转性质得，，判定为等腰直角三角形，然后用勾股定理计算的长； （2）先由等腰直角三角形得，再计算、、（），通过勾股定理逆定理判定为直角三角形，得，最后根据平角定义计算； 【详解】（1）解：四边形为正方形， ，， 绕点旋转至， ，， 是等腰直角三角形， ； （2）解：是等腰直角三角形， ， 在中，，，， ， ， 为直角三角形，， ． 【点睛】本题考查了正方形的性质、图形旋转的性质、等腰直角三角形的判定与性质以及勾股定理及其逆定理，解题的关键是利用旋转性质构造等腰直角三角形和直角三角形，将已知线段长度与角度关系转化到直角三角形中，通过勾股定理及其逆定理求解未知线段和角度． 17．(1)见解析 (2)见解析 (3) 【分析】本题考查了旋转作图，中心对称，勾股定理，正确掌握相关性质是解题的关键． （1）根据旋转的性质分别找出点，再依次连接，即可作答． （2）根据中心对称的性质分别找出点，再依次连接，即可作答． （3）运用勾股定理列式计算，即可作答． 【详解】（1）解：如图，即为所求； （2）解：如图，即为所求； （3）解：线段长度． 故答案为：． 18．(1) (2)见解析 【分析】本题考查的是矩形的性质、平行四边形的判定、旋转的性质、勾股定理及全等三角形的判定与性质，熟练掌握相关性质是解题关键， （1）先求出，，根据勾股定理得出，进而求出结论； （2）连接，先证明，再证明，进而证明四边形是平行四边形即可． 【详解】（1）解：将矩形绕点A顺时针旋转，得到矩形， ，，， ， ； （2）证明：连接，如图， 四边形是矩形， ， 根据旋转可得， ， 将矩形绕点A顺时针旋转，得到矩形， ，，， ， ， ， ， ， ， ， ， 四边形是平行四边形． 19．(1)相等，平行 (2)猜想：，，证明见解析 【分析】本题考查旋转的性质及平行线的判定： （1）根据旋转得到，，，，结合平行线判定即可得到证明； （2）延长交于点，根据旋转得到，，，，从而得到，即可得到证明； 【详解】（1）解：相等，平行，理由如下， ∵绕点逆时针旋转得到， ∴，，，， ∴，， ∴， 故答案为：相等，平行； （2）解：猜想：，， 证明：延长交于点，     绕点逆时针旋转得到， ，，     ，，，     又，， ，， ，     ， ，     ． 20．（1）①；②；（2），证明见解析；（3） 【分析】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质综合，旋转的性质，勾股定理等知识，解题关键是掌握上述知识点并能运用求解． （1）①证明，由全等三角形的性质得出，从而可求得； ②证明，由全等三角形的性质得出； （2）将绕点A顺时针旋转到，连接，证明，由全等三角形的性质得出，，证明，由全等三角形的性质得出； （3）将绕点A顺时针旋转，得到，证明，得，再证，然后由勾股定理得出，即可解决问题． 【详解】（1）解：①如图（1），延长到点G，使，连接， ∵四边形是正方形， ∴，， ∴， 在和中， ， ∴， ∴，， ∵， ∴， ∴， 故答案为：； 在和中， ， ∴， ∴， ∵ ∴； 故答案为：； （2）． 证明如下：如图（2），在上截取，连接． 在和中， ∴， ∴， ∴ 即 ∵ ∴ 在和中， ∴ ∴ ∵ ∴； （3）如图（3），将绕点A顺时针旋转得到，连接． ∵四边形是正方形， ∴，，， ∴ ∴， 由旋转可得，，，，， ∴， ∵，， ∴， ∵， ∴， ∴． 设，则． 在中，， ∴ 解得：， ∴． 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 $