第二十三章旋转期末复习练习2025-2026学年人教版九年级数学上册

第二十三章旋转 期末复习练习 一、单选题 1．下列图形中，是中心对称图形的是（    ） A．B．C．D． 2．如图，将绕点A逆时针旋转得到，若，连接，则的长为（   ） A．3 B．6 C． D． 3．如图，平行四边形的对角线交点在原点．若，则点C的坐标是（    ）． A． B． C． D． 4．如图，将绕点逆时针旋转得到，点恰好在边上，若，则旋转角的度数为（   ） A． B． C． D． 5．风力发电机可以在风力作用下发电，如图，该叶片图案绕中心旋转后能与原来的图案重合，则的值不可能的是（   ） A． B． C． D． 6．如图，是由按顺时针方向旋转某一角度得到的，若，，则在这旋转过程中，旋转中心和旋转的角度分别为（   ） A．P， B．A， C．P， D．A， 7．如图，在正方形网格中，一个飞机图案绕某点旋转一定角度后能与另一个飞机图案重合，则旋转中心可能是（    ） A．点A B．点B C．点C D．点D 8．如图，在中，，，将绕点B逆时针旋转得到，当点C的对应点恰好落在边上时，的度数是（   ） A． B． C． D． 9．如图，风力发电机的叶片在风的吹动下转动，使风能转化为电能．图中的三个叶片组成的图形绕着它的中心旋转角后，能够与它本身重合，则角的大小可以为（   ） A．90° B．150° C．120° D．135° 10．如图，是等边三角形内一点，，，，将线段以点为旋转中心逆时针旋转得到线段，连接．下列结论：①可以由绕点逆时针旋转得到；②点与点的距离为4；③；④；⑤．其中结论正确的序号是（    ） A．①②③⑤ B．①②③④ C．①②③④⑤ D．②③④⑤ 二、填空题 11．在平面直角坐标系xOy中，点关于原点的对称点是 ． 12．如图，中，，，，将边绕点顺时针旋转得到线段，连接，则的长为 ． 13．如图，在平面直角坐标系中，将边长为 个单位长度的正方形（点在轴正半轴上）绕原点逆时针旋转， 得到正方形， 则点的坐标为 14．如图所示，正方形是等边的内接正四边形，点是的重心，点、、分别在边、、上，将正方形绕点旋转时该正方形第一次重新内接于等边，记此时点的对应点为点，则的值为 ． 15．如图，在中，，，，，点，分别在边，上，，连接，点，，分别为，，的中点． （1）则面积是 ． （2）把绕点在平面内自由旋转，面积的最大值为 ． 三、解答题 16．如图，点M，N分别在正方形的边上，且．，把绕点A顺时针旋转得到． (1)求证：； (2)若求的长． 17．如图，已知的三个顶点的坐标分别为． (1)画出关于原点O对称的； (2)若四边形是平行四边形，直接写出点D的坐标 ． 18．如图，在中，，，将绕点按逆时针方向旋转得到，此时点恰好在边上，连接． (1)求证：为等边三角形； (2)若，直接写出的面积_______． 19．如图，四边形是正方形，以为直角顶点作等腰直角三角形，连接，． (1)求证：． (2)如图，在正方形中，点是边上一点，点是边延长线上一点，且，连接，，的延长线与交于点，连接．求证：． (3)如图，将图中的线段绕点逆时针旋转得到，连接．求证：． 20．如图，点M、N分别在正方形的边上，且，把顺时针旋转一定角度后得到． (1)填空：绕旋转中心______点，按顺时针方向旋转_____度得到； (2)求证：； (3)若正方形的边长为，求四边形的面积． 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 期末复习练习2025-2026学年人教版九年级数学上册》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 D C C C A D D C C A 1．D 【分析】本题考查中心对称图形的识别，中心对称图形是指把一个图形绕某一点旋转，如果旋转后的图形能与原来的图形重合，那么这个图形就叫做中心对称图形，据此进行逐项分析，即可作答． 【详解】解：A．该图形不是中心对称图形，不符合题意； B．该图形不是中心对称图形，不符合题意； C．该图形不是中心对称图形，不符合题意； D．该图形是中心对称图形，符合题意； 故选：D． 2．C 【分析】本题主要考查了旋转和全等的性质，勾股定理，熟练掌握以上知识是解题的关键． 根据旋转和全等的性质可得，，再根据勾股定理可得． 【详解】解：∵将绕点A逆时针旋转得到，， ∴，， ∴， ∴， 故选：C． 3．C 【分析】本题考查平行四边形的性质与中心对称，理解题意，灵活运用平行四边形的性质是关键． 平行四边形是中心对称图形，对称中心是对角线的交点，根据中心对称的性质解题即可． 【详解】解：∵四边形是平行四边形， 又∵对角线交点在原点， ∴点A和点C关于原点对称， ∵， ∴． 故选：C． 4．C 【分析】本题考查了旋转的性质，等腰三角形的性质及三角形内角和等知识，掌握旋转的性质及等腰三角形的性质是关键；由旋转知，等于旋转角，，由等腰三角形的性质及三角形内角和即可求解． 【详解】解：由旋转知，等于旋转角，， ∴， ∴， 即旋转角为 故选：C． 5．A 【分析】本题主要考查旋转对称图形的性质，确定旋转对称的角度以及理解旋转对称性．通过计算叶片之间的旋转角度来判断图案旋转后能否与原图案重合． 【详解】解：确定旋转对称的角度，图案由三个相同的叶片组成，将平均分成三份，每份对应的中心角为，，旋转、、都能使图案和原图案重合． ， ， ， 不是的整数倍，因此旋转后，图案不会和原图案重合． 故选． 6．D 【分析】本题考查旋转的性质，明确旋转前后的图形大小和形状不变，正确确定对应角，对应边是解答此题的关键．根据条件得出，，确定旋转中心，根据条件得出，确定旋转角度数． 【详解】解：∵是由按顺时针方向旋转而得， ∴， ∴，，， ∴， ∴是以点A为旋转中心顺时针旋转得到的． 故选：D． 7．D 【分析】本题考查旋转的性质，旋转中心的确定． 根据旋转的性质，找出两组对应顶点的连线的垂直平分线，交点即为旋转中心． 【详解】解：如图，连接两个飞机图形的飞机头，连接两个飞机图形的两个左翼， 利用格点性质以及勾股定理可求出两个飞机头的点到的距离都为， ∴点在两个飞机头的连线的垂直平分线上， 两个左翼到点的距离都为， ∴点在两个左翼的连线的垂直平分线上， ∴旋转中心为点， 故选：D． 8．C 【分析】本题主要考查旋转的性质及等腰三角形的性质，熟练掌握旋转的性质及等腰三角形的性质是解题的关键；由旋转的性质可知：，然后可得，，进而问题可求解． 【详解】解：由旋转的性质可知：， ∴，， ∴； 故选C． 9．C 【分析】本题考查了旋转的性质，根据图象判断旋转角度是解题关键． 根据图象，判断两个相邻叶片之间的度数，再逐项判断是否与该度数相同即可． 【详解】解：由图象可知，相邻两个叶片之间的度数为， 故该图形旋转或其整数倍，能够与它本身重合， 故选：C ． 10．A 【分析】连接，过点O作，垂足为D，由旋转的性质可得，，根据等边三角形的性质可得，从而证明，即可判断①正确，证明是等边三角形，即可判断②正确；根据等边三角形的性质可得，根据全等三角形的性质及勾股定理逆定理可证是直角三角形，即可判断③正确；在中，求出的长，然后根据进行计算即可判断④不正确；将绕点A逆时针旋转，使得与重合，点O旋转至，连接，仿照④的解题思路，即可判断⑤正确． 【详解】解：连接，过点O作，垂足为D，如图所示： ∵为正三角形， ∴，， ∵线段以点B为旋转中心逆时针旋转得到线段， ∴，， ∴， ∴， 又∵，， ∴， 又∵， ∴可以由绕点B逆时针旋转得到，故结论①正确； ∵，， ∴是等边三角形， ∴，故结论②正确； ∵，， ∴， 在中，，， ∴， ∴是直角三角形，， ∴，故结论③正确； ∵是等边三角形，， ∴， ∴， ∴，， ∴四边形的面积为，故结论④不正确； 如图所示：将绕点A逆时针旋转，使得与重合，点O旋转至，连接， ∴，，， ∴是等边三角形， ∴， ∵，， ∴， ∴是直角三角形，且， 同结论④证明过程可求得：，， ∴，故结论⑤正确； 综上所述：结论①②③⑤正确， 故选：A． 【点睛】本题考查了图形旋转的性质，等边三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理的逆定理，三角形面积，面积的割补法，综合掌握以上知识点并灵活运用是解题的关键． 11． 【分析】本题考查关于原点对称的点的坐标规律，根据关于原点对称的点的横坐标与纵坐标均互为相反数求解即可． 【详解】解：点关于原点的对称点为， 因此点关于原点的对称点的横坐标为，纵坐标为， 故对称点为． 故答案为 12． 【分析】本题考查旋转的性质，含角的直角三角形的性质，勾股定理，正确作出辅助线是解题 的关键． 过点D作，交的延长线于点E，则，由旋转得到，，从而可得，因此，，再在中，根据勾股定理即可求解． 【详解】解：过点D作，交的延长线于点E，则， ∵将边绕点顺时针旋转得到线段， ∴，， ∴， ∴在中，， ∴， ∵， ∴， ∴在中，． 故答案为：． 13． 【分析】本题考查图形旋转的性质，直角三角形的性质，勾股定理，正方形的性质，掌握相关知识是解决问题的关键． 过作轴于点，连接，，根据绕原点逆时针旋转得，由正方形的性质得，，由角度的加减证得为含的直角三角形，根据边的关系和在第二象限，即可解答． 【详解】解：过作轴于点，连接，， ∵正方形的边长为， ∴对角线， ∴， ∵正方形绕原点逆时针旋转， ∴， ∴， ∴， ∵轴 ∴，， ∵， ∴， ∵在第二象限， ∴的坐标为， 故答案为． 14．或 【分析】设设的长为a，根据等边三角形的性质、正方形的性质、直角三角形的性质，可推出，，然后分顺时针或逆时针旋转，根据旋转的性质，得到位置，求出列式计算即可． 【详解】解：设的长为a， ∵是等边三角形，四边形是正方形， ∴，，，，， ∴，，， ∴，，是等边三角形， ∴， ∴， ∴，， 如图，当顺时针将正方形绕的重心点旋转时该正方形第一次重新内接于等边时， 由旋转可知，此时， ∴； 如图，当逆时针将正方形绕的重心点旋转时该正方形第一次重新内接于等边时， 此时，，， ∴， ∴， ∴， 综上所述，的值为或． 故答案为：或． 【点睛】本题考查了等边三角形，重心的定义，正方形的性质，旋转的性质，勾股定理等，理解题意分类讨论是解题的关键． 15． 【分析】此题是几何变换综合题，主要考查了三角形的中位线定理，等腰直角三角形的判定与性质； （1）利用三角形的中位线得出且，进一步可证明为等腰直角三角形，再利用三角形面积计算公式计算即可； （2）要使面积最大，值则要最大，则的值要最大，故当时最大，求出面积即可． 【详解】解：（1）点P，N是，的中点， ， 点P，M是，的中点， ， ∵， ， ， ，即， ， 为等腰直角三角形， 故， 故答案为：； （2）由（1）可知为等腰直角三角形， 则， 最大时，面积最大，即最大时，面积最大， 点在的延长线上， ， ， ∴面积的最大值； 故答案为：． 16．(1)见解析 (2)10． 【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：， ∴， ∵， ∴． 17．(1)见解析 (2) 【分析】本题考查了画中心对称图形，平行四边形的判定，写出平面直角坐标系中点的坐标； （1）根据中心对称的性质找到的对应点，顺次连接，即可求解． （2）结合平行四边形的判定方法画出图形，再写出点D的坐标即可． 【详解】（1）如图，即为所求． （2）∵， ∴四边形是平行四边形， ∴点D的坐标为． 故答案为：． 18．(1)见解析 (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、直角三角形的性质，熟练掌握以上知识点并灵活运用是解此题的关键． （1）由旋转的性质可得，，再结合得出为等边三角形，由等边三角形的性质可得，结合旋转的性质得出，即可得出结果； （2）求出，由直角三角形的性质可得，由勾股定理得出，结合等边三角形的性质可得，作于，则，求出，再由三角形的面积公式计算即可得出结果． 【详解】（1）解：由旋转得，，， ， 为等边三角形， ， 旋转角为， ， 为等边三角形； （2）解：∵在中，，， ∴， ∴， ∴， 由（1）可得：为等边三角形， ∴， 如图，作于， ， 则， ∴， ∴． 19．(1)见解析 (2)见解析 (3)见解析 【分析】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，平行四边形的判定与性质，等腰直角三角形的判定与性质，构造合适的辅助线证明三角形全等是解题关键． （1）由正方形的性质可知，，由等腰直角三角形的性质可知，，从而推出，进而利用“”证明全等即可； （2）根据题意可先证明，从而推出，然后作交于点，再证明，即可得到为等腰直角三角形，从而得出结论； （3）作交于点，结合（2）的结论，可得，从而推出，，进而证明四边形为平行四边形，即可得到，从而证得结论． 【详解】（1）证明：四边形为正方形， ，， ， 为等腰直角三角形， ，， ， ， 在与中， ； （2）证明：由正方形性质可知，， 在和中， ， ， 如图，作交于点，则， ， ， 在和中， ， ， 为等腰直角三角形， ； （3）证明：如图所示，作交于点， 由（2）可知，，为等腰直角三角形， ， 线段绕点逆时针旋转得到， 为等腰直角三角形， ，， 四边形为平行四边形， ， ， ． 20．(1)A，90 (2)见解析 (3) 【分析】本题考查了正方形的性质、旋转的性质、全等三角形的判定定理与性质． （1）根据旋转定义结合正方形性质得出旋转中心和旋转角度即可； （2）先根据旋转的性质可得，再根据正方形的性质、角的和差可得，然后根据三角形全等的判定定理即可得证； （3）根据旋转的性质得到，进而得到，计算即可． 【详解】（1）解：在正方形中，， 又顺时针旋转一定角度后得到， 绕旋转中心A点，按顺时针方向旋转90度得到, 故答案为：A，90； （2）证明：由旋转的性质得：， 四边形是正方形， ，即， ，即， ， ， 在和中， ， ； （3）解：经顺时针旋转后与重合， ∴． ∴ ∴． 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 $