第二十三章旋转同步练习2025-2026学年人教版（2012）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，是中心对称图形的是（    ） A． B． C． D． 2．已知点与点关于原点对称，则的值为（　　） A．0 B．1 C．2 D．4 3．如图，绕点顺时针旋转到的位置．如果，那么等于（   ） A． B． C． D． 4．将正六边形绕着它的中心旋转能和它本身重合，则不能取（   ） A． B． C． D． 5．如图，在中，，，将它绕点沿顺时针方向旋转后得到．若点恰好落在线段上，则旋转角的度数是（    ） A． B． C． D． 6．点绕坐标原点旋转得到点，点的坐标为（    ） A． B． C． D． 7．如图，在中，，，，是边上一动点，连接，把线段绕点逆时针旋转到线段，连接，则线段的最小值为（    ） A．3 B．6 C．9 D． 8．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． 9．如图，在中，，，点D、E是边上的两个动点，且满足，则当以，，的长为边长构成直角三角形时可能是（    ） A． B． C． D． 10．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． 二、填空题 11．在平面直角坐标系中，点和点关于原点对称，则 ． 12．如图，将绕点O逆时针旋转，得到，已知，则的度数是 ． 13．如图，在中，，将绕点按顺时针方向旋转一定角度后得到，连接，，交点为，连接，，若，，则线段的长为 ． 14．如图，点A的坐标为，将线段绕原点O逆时针旋转后，点A的对应点的坐标为 ． 15．在四边形中，，，将绕点逆时针旋转，点的对应点恰好在线段上，如图所示，若，，则四边形的周长是 ． 三、解答题 16．如图，在中，，将绕点逆时针旋转得到，点的对应点分别为点，点落在上，连接．若，求的度数． 17．如图，三个顶点的坐标分别为，，． (1)请画出关于原点对称的，并写出、、的坐标． (2)求的面积为多少？请写出必要的过程． (3)在轴上求作一点，使的周长最小，并直接写出的坐标． 18．已知和都是等边三角形， 将绕点A逆时针旋转， 连接． 【问题背景】 （1） 如图1， 求证：； 【尝试应用】 （2） 如图2， 当点D 恰好在边上时， 若， 求 的度数； （3） 如图3， 当点E恰好在 的延长线上时， 若， 则的面积为 ． 19．如图，点，分别在正方形的边，上，且，把绕点顺时针旋转得到 (1)求证：； (2)若，，求的长． 20．已知点E为线段上一点，和是等腰三角形，，，且． (1)如图，若，，可以看作是经过旋转得到，请说明得到的过程； (2)将绕点E逆时针旋转到图2的位置，此时点B，E，D在同一条直线上． ①求证：点A，E，C三点共线； ②若点G在边上，，且平分，求证：． 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 B D B A D A D C A D 1．B 【分析】本题主要考查了中心对称图形的定义，根据中心对称图形的定义进行逐一判断即可：把一个图形绕着某一个点旋转，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形叫做中心对称图形，这个点就是它的对称中心． 【详解】解：A．不是中心对称图形，故此选项不符合题意； B．是中心对称图形，故此选项符合题意； C．不是中心对称图形，故此选项不符合题意； D．不是中心对称图形，故此选项不符合题意； 故选：B． 2．D 【分析】本题主要考查了关于原点对称的点的特点，根据关于原点对称的点的特点求解是解题的关键． 关于原点对称的点，横坐标和纵坐标都互为相反数． 【详解】解：点与点关于原点对称， 点关于原点对称的点为， ， ． 故选：． 3．B 【分析】本题考查了旋转的性质，旋转的定义，角的和差关系，掌握旋转的性质是解题的关键． 根据旋转的性质可知，，再根据角的和差关系即可解答． 【详解】解：∵绕点顺时针旋转到的位置， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴， 故选：B． 4．A 【分析】本题考查旋转对称图形的性质；正六边形具有旋转对称性，其最小旋转角为，因此旋转角必须是的整数倍才能与自身重合． 【详解】解：正六边形的中心旋转对称角为， 必须是的整数倍（如、、等）才能重合． 选项（）不是的整数倍， 不能取． 故选：A． 5．D 【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，由旋转的性质可知，，然后通过三角形内角和定理即可求解，掌握知识点的应用是解题的关键． 【详解】解：由旋转的性质可知：， ∴， ∴， ∴旋转角的度数是， 故选：D． 6．A 【分析】本题考查了坐标与图形变化，图形的旋转，解决本题的关键是掌握旋转的性质．点绕原点旋转得到点，即点是点关于原点的对称点，根据关于原点对称的两个点的坐标特点是横坐标和纵坐标都互为相反数，即可得出答案． 【详解】解：点绕坐标原点旋转得到点， 点的横坐标为，纵坐标为，即为． 故选：A． 7．D 【分析】此题主要考查了旋转的性质，全等三角形的判定和性质，含30°角的直角三角形的性质等． 在上取一点E，使，连接，过点E作于F，由旋转的性质得出，证明，由全等三角形的性质得出，则当（点P和点F重合）时，最小，然后由含角的直角三角形的性质求解即可． 【详解】解：如图，在上取一点E，使，连接，过点E作于F， 由旋转知，， ∵， ∴， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴， 要使最小，则有最小，而点E是定点，点P是上的动点， ∴当（点P和点F重合）时，最小，即点P与点F重合，最小，最小值为， 在中，，，， ∴， ∵， ∴， 在中，， ∴， 故线段长度的最小值是， 故选：D． 8．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． 9．A 【分析】本题考查了全等三角形的判定与性质、勾股定理、旋转的性质，直角三角形的性质．将绕点A逆时针旋转得到，得到，，，，证明，求得，由题意得，据此求解即可． 【详解】解：将绕点A逆时针旋转得到，如图所示： ∵，， ∴， ∴． 由旋转的性质得，，，， ∴． ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵以，，的长为边长构成直角三角形， ∴， ∵， ∴， ∴，即， ∴． 故选：A． 10．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． 11．3 【分析】本题考查了平面内两点关于原点对称的点，横坐标与纵坐标都互为相反数． 根据平面内两点关于原点对称的点，横坐标与纵坐标都互为相反数，则且，从而得出，，推理得出结论． 【详解】解：根据平面内两点关于原点对称的点，横坐标与纵坐标都互为相反数， ∴且 即：且， ． 故答案为：3． 12．/60度 【分析】本题考查了旋转的性质，熟练掌握旋转角的定义是解题的关键． 根据旋转的性质可得，进而可求的度数． 【详解】解：由旋转得：， ， 故答案为：． 13． 【分析】此题主要考查了图形的旋转变换及其性质，勾股定理，等腰三角形性质，三角形内角和定理，设与相交于点，旋转角为，由旋转的性质得，，，，由此根据等腰三角形性质及三角形内角和定理得，，则，在和中由三角形内角和定理及得，则，进而得由勾股定理得，，，，然后根据，，即可得出的长，灵活应用勾股定理进行计算是解题的关键． 【详解】解：设与相交于点，旋转角为，如图所示： 由旋转的性质得：，，，， ∴，， ∴， 在中，， 在中，， 又∵， ∴， 即， ∴，，，都是直角三角形， 由勾股定理得：，，，， ∴，， ∴， ∵，，， ∴， ∴， 故答案为：． 14． 【分析】本题考查了平面直角坐标系中图形的旋转以及点的坐标变化规律，在平面直角坐标系中，点绕原点逆时针旋转后，其对应点的坐标变为，根据此规律求解出点A旋转后对应点的坐标． 【详解】解：如图，过点作轴于点C， ∵点A的坐标为， ∴，， ∵线段绕原点O逆时针旋转， ∴，， ∴， ∵轴，轴， ∴， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴，， ∴点的坐标为． 故答案为：． 15． 【分析】本题考查了矩形的判定和性质、等腰三角形的判定与性质、旋转的性质以及勾股定理，熟知这些性质判定和作出合适的辅助线是解题的关键． 过点D作交的延长线于点F，过点C作，交于点G，交的延长线于点，得知四边形是矩形，根据， ，求得，，，结合旋转的性质进而证明，得一些线段相等及求得长度，再解直角，则各线段长能求出，从而得解． 【详解】解：过点D作交的延长线于点F，过点C作，交于点G，交的延长线于点， ∵，，， ∴， ∴， ∴ 由作图可知四边形是矩形， ∴，， 由题可知，， ∴， ∴， ∴， ∴，， ∴， ∵ ，， ∴，， ∴， ∴四边形的周长为． 故答案为：． 16． 【分析】本题考查了旋转的性质，直角三角形的性质，等腰三角形的性质，由旋转的性质得，，，，又由已知可得到，进而由等腰三角形的性质得到，再根据角的和差关系即可求解，掌握旋转的性质是解题的关键． 【详解】解：∵旋转得到， ∴，，，， ∵，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴． 17．(1)图见解析，，， (2)3.5 (3)图见解析，点的坐标为 【分析】本题考查作图——中心对称变换，轴对称——最短路线问题，解决本题的关键是掌握中心对称的性质． （1）根据中心对称的性质即可画出关于原点对称的，进而写出、、的坐标； （2）依据割补法进行计算，即可得到的面积； （3）取点关于轴对称的点，连接交轴于点，连接，根据两点之间线段最短可得的周长最小，进而得的坐标． 【详解】（1）解：如图所示，即为所求图形，，，． （2） （3）如图所示，点即为所求， 点P的坐标为． 18．（1）见解析 （2） （3） 【分析】本题主要考查等边三角形的性质，全等三角形的判定和性质，掌握等边三角形的性质是关键． （1）根据等边三角形的性质证明，即可求解； （2）根据等边三角形的性质，线段和差的计算得到，由此即可求解； （3）过点C作于点 M，可得，在 中， ，由此即可求解． 【详解】解：（1） ∵为等边三角形， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴． （2） ∵为等边三角形， ∴， ∴， ∴， ， ∴． （3）如图3， 过点C作于点 M， ∵都是等边三角形， ∴， ∵点E 恰好在 的延长线上， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 在 中， ， ． 19．(1)见解析 (2) 【分析】本题主要考查了正方形的性质、旋转的性质以及全等三角形的判定与性质，熟练掌握全等三角形的判定定理（）和性质是解题的关键． （1）利用旋转的性质得到对应角和对应边相等，再结合已知角的关系，通过判定定理证明三角形全等． （2）根据（1）中的全等关系，将线段进行转化，进而求出的长度． 【详解】（1）证明∶由旋转的性质得，， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴（）； （2）解：∵，， 由（）知：， ∴， ∵， ∴． 20．(1)绕点E顺时针旋转得到 (2)①见解析；②见解析 【分析】本题考查了旋转的性质，三角形内角和性质，等边对等角，正确掌握相关性质内容是解题的关键． （1）理解题意，先证明，是等边三角形，则，，故，结合则得到的过程：绕点E顺时针旋转得到； （2）①运用等边对等角，三角形内角和性质，得，再结合点B，E，D在同一条直线上，得，即，故点A，E，C三点共线； ②由①得，因为，平分，得，结合，则，故，即可作答． 【详解】（1）解：∵，， ∴ ∴是等边三角形， ∴， ∵，， ∴ ∴是等边三角形， ∴， ∴， 则， ∵， ∴， ∵ 则得到的过程：绕点E顺时针旋转得到； （2）解：①证明：，， ，． ， ． 点B，E，D在同一条直线上， ． ． 点A，E，C三点共线； ②由①得， ， ． 平分， ∵ ， ， 即． 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 $