第二十三章旋转单元测试题2025-2026学年人教版（2012）九年级数学上册

第二十三章 旋转 单元测试题 一、单选题 1．下列图形中，既是轴对称图形图形又是中心对称图形的是（  ） A． B． C． D． 2．若点与点关于原点中心对称，则的值是（   ） A． B． C．1 D．5 3．如图，将绕点A顺时针旋转,得到，若点E在线段上，则的大小是（   ） A． B． C． D． 4．在平面直角坐标系中，点关于坐标原点的对称点的坐标为（   ） A． B． C． D． 5．在平面直角坐标系中，点关于原点的对称点在（    ） A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限 6．如图，在中，，，，将绕点A逆时针旋转，使点C落在线段上的点E处，点B落在点D处，则B，D两点间的距离为（   ） A． B． C．3 D． 7．如图，长方形的长为4，宽为1，其一条长边在数轴上，左端点表示的数为．将长方形沿数轴向右作无滑动的连续翻滚，每次翻滚，经过99次翻滚后，落在数轴上的边其右端点表示的数为（   ） A．250 B．249 C．248 D．247 8．如图在中,，将绕点B逆时针旋转得到，点C的对称点恰好落在变上，连接，则度数是(　　) A． B． C． D． 9．如图，是由绕点逆时针旋转得到的，点的对应点恰好落在边上，，则旋转角的度数可以是（    ） A． B． C． D． 10．如图，在中，，将绕点顺时针旋转60°得到，延长分别交，于点，，连接．下列结论：①；②；③；④，其中正确的个数是（   ） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 二、填空题 11．点关于原点对称的点的坐标是 . 12．点与点关于原点对称，则 ． 13．如图，在中，，将绕点逆时针旋转得到（A、分别与、对应），则的度数为 度． 14．如图，为正方形内一点，，，，将绕点按顺时针方向旋转，得到，延长交于点，连接．则的面积为 15．定义：如果一个三角形一边上的高等于这条边，那么这个三角形叫作“等高底三角形”，这条边叫作这个三角形的“等底”．如图，平行线与之间的距离是3，“等高底”的“等底”在直线上（点B在点C的左侧），点A在直线上，将绕点B顺时针旋转得到，点A、C的对应点分别为点、，则的长为 ． 三、解答题 16．如图，在中，，将绕点A顺时针旋转得到，点B，C的对应点分别为，的延长线与边BC相交于点D，连接． (1)若旋转角为，则的度数为_______（用含的式子表示）； (2)若，求的长度． 17．如图，在边长为1个单位长度的正方形网格中建立平面直角坐标系，的顶点都在格点上，已知的顶点坐标分别为，请按要求解答下列问题： (1)作出关于坐标原点成中心对称的； (2)以点为旋转中心，将绕点顺时针旋转得，画出并写出点，的坐标； (3)可由绕点旋转得到，请在图中作出点的位置（要求：尺规作图，保留作图痕迹，不写作法）． 18．如图，中，． 问题背景  如图1，将绕点C逆时针旋转得到线段，作于点D，求证：； 问题探究  如图2，将绕点C逆时针旋转得到线段，连，过中点F作于点H，求证：； 问题拓展  如图3，将绕点A逆时针旋转得到线段，连，点N、P分别为、中点，连，若，，则 ． 19．如图1，中，，，点A，B分别在，上，且． (1)直接写出和的数量关系； (2)将绕点O逆时针旋转，连接，，如图2，第（1）题中和的数量关系是否仍然成立？请说明理由； (3)如图2，连接，若，，，求的度数及点A到的距离 20．如图1，在四边形中，已知，，，点E为上任意一点，连接，将绕着点A顺时针旋转，点E的对应点F刚好落在上，此时测得，试判断四边形的形状并说明理由．下面是部分证明过程： 证明：如图2，连接 ，， 由四边形的内角和可得 又 …… (1)请按照上面的证明思路，判断四边形的形状并写出完整的证明过程； (2)如图3，连接，交于点O，若，，求的长． 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 单元测试题2025-2026学年人教版（2012）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 B D B A D A B D B B 1．B 【分析】根据中心对称图形和轴对称图形的概念对各选项分析判断即可得解． 本题考查了中心对称图形与轴对称图形的概念．轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分折叠后可重合，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后两部分重合． 【详解】解：A、是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项错误； B、既是轴对称图形又是中心对称图形，故本选项正确； C、不是轴对称图形，是中心对称图形，故本选项错误； D、不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故本选项错误． 故选：B 2．D 【分析】本题考查点关于原点对称的性质．关于原点对称的点，横坐标和纵坐标均互为相反数． 根据点A和点B的坐标，求解m和n，再求． 【详解】解：∵点与点关于原点中心对称， ∴，， ∴，， ∴． 故选：D． 3．B 【分析】本题主要考查了旋转的性质，三角形内角和定理，等边对等角，解题的关键是掌握旋转的性质． 根据旋转的得出旋转角以及相等的边，然后利用三角形内角和定理求解即可． 【详解】解：根据旋转的性质得，， ∴， 故选：B． 4．A 【分析】本题考查关于原点对称的点的坐标性质，熟练掌握关于原点对称点的横、纵坐标互为相反数，是解题的关键．根据关于原点对称的点的横坐标和纵坐标均互为相反数，进行求解即可． 【详解】解：∵点与点关于坐标原点对称， ∴点的坐标为． 故选：A． 5．D 【分析】本题考查了中心对称，两点关于原点对称，掌握关于原点对称的坐标变化规律是解题的关键．两点关于原点对称的坐标变化规律是：两点横纵坐标分别互为相反数，以此判断即可． 【详解】解：点关于原点的对称点为， ∴该点在第四象限． 故选D． 6．A 【分析】本题主要考查勾股定理的应用，旋转的性质，掌握勾股定理是解题的关键．在中，，可知是直角三角形，，，根据勾股定理可知，将绕点逆时针旋转，所以，，所以连接（图示见详解），在中，根据勾股定理即可求解． 【详解】解：根据题意得，是直角三角形，，， ∴， ∵将绕点逆时针旋转得，且，， ∴，如图所示，连接， 在中，． 故选：． 7．B 【分析】本题考查旋转的性质、数字类规律，熟练找准规律是解题的关键． 根据题意，发现规律第次翻滚后，落在数轴上的边其右端点表示的数为，令，解出的值，再代入计算即可． 【详解】解：由题知， 第1次翻滚后，落在数轴上的边其右端点表示的数为4， 第2次翻滚后，落在数轴上的边其右端点表示的数为8， 第3次翻滚后，落在数轴上的边其右端点表示的数为9， 第4次翻滚后，落在数轴上的边其右端点表示的数为13， 第5次翻滚后，落在数轴上的边其右端点表示的数为14， 第6次翻滚后，落在数轴上的边其右端点表示的数为18， 依此类推， 所以第次翻滚后，落在数轴上的边其右端点表示的数为， 当，即时， ， 即第99次翻滚后，落在数轴上的边其右端点表示的数为249， 故选：B． 8．D 【分析】本题考查了旋转的性质，明确旋转前后对应边、对应角相等是解题的关键． 先根据三角形内角和定理求出的度数，再根据旋转的性质得出，得出的度数即可求解． 【详解】解：在中，， ∴=， ∵将绕点B逆时针旋转得到， ∴， ∴， ∴， 故选：D． 9．B 【分析】本题考查了旋转的性质，等边对等角，三角形内角和定理的应用．根据旋转的性质可得，，进而可得，根据三角形内角和定理可得，即可求解． 【详解】解：∵是由绕点逆时针旋转得到的，点的对应点恰好落在边上， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， 即旋转角的度数为， 故选：B． 10．B 【分析】本题考查旋转的性质，全等三角形的判定与性质，解题的关键是熟练掌握旋转的性质．根据旋转的性质，可得，，根据三角形的内角和，可得，判断①；连接，根据等边三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，可得△△，判断③；假设②④结论正确，再推导出矛盾之处，即可判断其错误． 【详解】解：△绕点顺时针旋转得到△， ，， ， ， ， ， ； ， ， ， ； ①正确； ，，如图，连接， △是等边三角形， ， ， ， 在△和△中， ， △△， ， ③正确； ， ， ， 若，则， ， ， 是等边三角形， ， 而，且， ，互相矛盾， ②错误； 将△绕点顺时针旋转得到△， ，， ， ， 中，， ， 要使，则要使， 则要使， 由②可得不能成立， ④错误； 综上所述，正确的为①③，共2个； 故选：． 11． 【分析】本题考查了直角坐标系中关于原点对称的点的特征，根据关于原点对称的点的坐标规律，点的横坐标和纵坐标都变为相反数，即可求解． 【详解】解：点关于原点对称的点的横坐标为，纵坐标为，故点的坐标为， 故答案为． 12．1 【分析】本题考查了关于原点对称的点的坐标：两个点关于原点对称时，它们的坐标符号相反，即点关于原点O的对称点是，根据关于原点对称的点，横坐标与纵坐标都互为相反数解答． 【详解】解：点与点关于原点对称， ，， ， 故答案为：． 13． 【分析】本题考查了旋转的性质，根据将绕点逆时针旋转得到，得，，再把数值代入进行计算，即可作答． 【详解】解：∵将绕点逆时针旋转得到， ∴，， 则， 故答案为：． 14．// 【分析】本题考查旋转的性质、勾股定理、正方形的判定与性质，熟练掌握旋转的性质、勾股定理、正方形的判定与性质是解答本题的关键． 由旋转得，，，，，可得出四边形为正方形，可得．在中，由勾股定理得，，则，，即可解答． 【详解】解：由旋转得，，，， ， 四边形为矩形， ， 四边形为正方形， ， 在中，由勾股定理得，， ， ， ， 故答案为：． 15．或 【分析】本题考查了旋转的性质，熟练掌握勾股定理是解题的关键． 先根据勾股定理求出，再根据旋转的性质求解． 【详解】解：当边上的高在三角形内时，如图： ∵，，， ∴； 当边上的高在三角形外时（图中的）， ∵， 则， ∴，为等腰直角三角形， ∴， 将绕点B顺时针旋转得到， 则有， ∴， ∴． 故答案为：或 ． 16．(1)； (2)． 【分析】本题考查了旋转的性质，勾股定理，等面积法等知识，掌握相关知识是解题的关键． （1）由旋转的性质可得，，再利用四边形内角和即可求解． （2）连接AD，交于点O，易得，进而可利用等面积求解． 【详解】（1）解：由旋转可得：，， ∴ 故答案为：； （2）解：如图，连接AD，交于点O， 由旋转的性质得：， ， 在和中， ， ， ， 垂直平分， ， ， ， 又， ， ． 17．(1)作图见详解 (2)作图见详解；， (3)作图见详解 【分析】本题考查旋转作图、找旋转中心等，熟记旋转作图的方法及旋转中心确定的方法是解决问题的关键． （1）将的三个顶点分别关于坐标原点成中心对称，得到，连接三个顶点即可得到； （2）以点为旋转中心，将的顶点分别绕点顺时针旋转得到，连接三个顶点即可得到，数形结合，在网格中求出点，的坐标即可得到答案； （3）连接与旋转前后的对应点，连成线段，利用尺规作图作出线段的垂直平分线，交点即是所求的点． 【详解】（1）解：如图所示：即为所求； ； （2）解：如图所示：即为所求， ∴，； （3）解：如图所示： 点即为所求． 18．（1）见解析；（2）见解析；（3） 【分析】（1）作于点K，易得是等腰直角三角形，再证，即可得证； （2）连接，作于点K，过点F作的垂线交的延长线于点G，证，可得矩形是正方形，可得； （3）作于点H，过M作于点E，过A作于点Q，易证，可得点M、Q、P、E四点共线，延长交于点D，易得，可证点N、A、H三点共线，再利用其线段长求解即可． 【详解】解：（1）证明：作于点K， ∴， ∵， ∴是等腰直角三角形， ∴，． ∵于点D， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴． ∴． （2）证明：连接，作于点K，过点F作的垂线交的延长线于点G． ∵于点H， ∴， ∴四边形是矩形， ∵，点F为中点， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴矩形是正方形， ∴， ∴， ∴， ∴． （3）作于点H，过M作于点E，过A作于点Q， 则， ∵，， ∴， 由题可知， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴四边形为正方形， ∵， ∴是的中位线，即， ∵，且， ∴点M、Q、P、E四点共线， 延长交于点D，连， ∵， ∴， ∴， 则， ∵， ∴是中位线， ∴，， ∴点N、A、H三点共线， 过P作于点F， 则，， ∴； 故答案为：． 【点睛】本题主要考查旋转的性质、全等三角形的判定和性质、勾股定理、等腰直角三角形的判定和性质、正方形的判定和性质、中位线定理等内容，熟练掌握相关知识是解题的关键． 19．(1) (2)成立，理由见解析 (3)，点A到的距离是 【分析】本题考查了旋转的性质，全等三角形的判定与性质，等腰三角形的判定与性质，勾股定理及逆定理等知识，熟练掌握知识点的应用是解题的关键． （1）根据等腰直角三角形的性质得，由平行线的性质得，则，最后由线段和差即可求解； （2）由旋转性质可知，证明即可； （3）先证明为等腰直角三角形，结合为等腰直角三角形，则，从而算得，过点作的延长线于点，接着证明为等腰直角三角形，由勾股定理算得，，再由勾股定理求出，通过，算得，从而得到，点到的距离为，那么，算得即可． 【详解】（1）解：∵中，，， ， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴； （2）解：成立，理由如下： 由（1）可知，， ∴， ∴， ∴， ∴； （3）解：由（2）可知，， ∴， 由（1）可知，，是等腰直角三角形， ∵，， ∴， ∵， ∴， 在中，， ∴， ∴， ∴是等腰直角三角形，且， ∵， ∴， ∴， 过点作的延长线于点，如图所示： ， ∵， ∴为等腰直角三角形， ，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ， ， ∴， ∴， ∴， 设点到的距离为，那么， ∴． ∴，点A到的距离是． 20．(1)见解析 (2) 【分析】（1）如图，连接，证明出，得到，，证明出为等边三角形，得到，进而证明即可； （2）由（1）得，得到，然后由菱形得到，，，然后求出，利用勾股定理求解即可． 【详解】（1）证明：四边形是菱形，理由如下： 如图，连接 ，， 由四边形的内角和可得 又， 在与中 ， ， 为等边三角形， 又， 四边形为平行四边形， 平行四边形为菱形； （2）由（1）得， 又， 四边形为菱形 ，，， 在中， ， ． 【点睛】此题考查了菱形的性质和判定，旋转的性质，勾股定理，全等三角形的性质和判定等知识，解题的关键是掌握以上知识点． 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 $