第23章旋转寒假作业-2025-2026学年人教版数学九年级上册

（寒假作业）第23章旋转-2025-2026学年数学九年级上册人教版 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．如图所示，绕点顺时针方向旋转得到，且点恰好落在上，若，则的度数是（   ） A． B． C． D． 3．如图，在中，，，，将绕点顺时针旋转得到，当点落在的延长线上，连接，则的长为（   ） A． B． C． D． 4．如图，菱形的顶点，，若菱形绕点逆时针旋转每秒旋转，则第秒时，菱形的对角线交点的坐标为（　　） A． B． C． D． 5．如图，中，，．将绕点逆时针旋转得到，使点的对应点恰好落在边的延长线上，则的度数是（   ） A． B． C． D． 6．如图，在正方形网格中，△绕某一点旋转某一角度得到△，则旋转中心可能是（    ） A．点A B．点B C．点C D．点D 7．如图，在正方形中，点在边上，将以点为中心逆时针旋转得到，使点的对应点恰好落在边上，点的对应点为，延长与边相交于点，连接，下列结论一定正确的是（    ） A． B． C． D． 8．如图，已知中，，将绕点沿逆时针方向旋转得到，交于点，交，于点，，则以下结论：①；②连接，，则；③当时，的长度最大；④当点是的中点时，四边形的面积等于．其中正确的是（   ） A．①② B．①②③ C．①③④ D．①②③④ 二、填空题 9．在平面直角坐标系中，点关于原点的对称点Q的坐标为 ． 10．已知点与点关于原点对称，则的值为 ． 11．如图，直线与x轴、y轴分别交于A，B两点，把绕点B逆时针旋转后得到， 则点的坐标是 ． 12．如图，中，，，．将绕点旋转得到，其中，分别为，的对应点，若旋转后点落在边上，连接，则的长是 ． 13．如图，在四边形中，，，，，将绕点逆时针旋转得到，连接，当的长取得最大值时，的长为 ． 14．如图，将等边三角形放在平面直角坐标系中，点的坐标为，点位于第一象限．若再将等边三角形绕点顺时针旋转得到，则点的坐标为 ． 15．如图，在中，，是边的中点，将绕点旋转，使得点与点重合，点的对应点分别是点与交于点，如果，那么 ． 16．如图，动点在平面直角坐标系中按图中箭头所示方向运动，第1次从原点运动到点，第2次接着运动到点，第3次接着运动到点，…按这样的运动规律，经过第2025次运动后，动点的坐标是 ． 三、解答题 17．如图，在平面直角坐标系中，的三个顶点坐标分别为，，． (1)画出绕原点O逆时针旋转后得到的（点A、B、C的对应点分别为点、、）； (2)请写出点B关于原点O对称的点的坐标． 18．如图，在锐角中，，，线段绕点顺时针旋转，得到线段，将射线绕点逆时针旋转，分别交，的平分线于点，点． (1)依题意补全图形，并直接写出（用表示）； (2)连接，分别交，于，，判断与的数量关系并证明； (3)直接写出，和的数量关系． 19．如图，在菱形中，，E是边上一点（不与点C，D重合），将线段绕点A逆时针旋转得到线段，连接． (1)求证：； (2)求证：； (3)连接，若，求线段的长． 20．如图，在中，∠=，，，，将绕斜边中点旋转得到，再将沿翻折得到．动点从出发，沿线段以每秒个单位长度的速度向点运动，动点从出发，沿以每秒个单位长度的速度向点运动，再沿以每秒个单位长度的速度向点运动．，两点同时出发，当点到达点时，，两点同时停止运动．设点的运动时间为秒()． (1)直接写出线段的长为 ；用含的式子表示：当点在边上运动时，的长为 ，当点在边上运动时，的长为 ； (2)当点在边上运动时， 是否存在值，使以点，，为顶点的三角形与以点，，为顶点的三角形全等？若存在，求出符合条件的值，若不存在，请说明理由； (3)连接，当直线平分四边形的面积时，求的值； (4)当满足 条件时，是以为底或以为底的等腰三角形． 21．综合与实践：如图，在直角三角形纸片中，，，． 【数学活动】现将三角形纸片进行以下操作： 第一步：折叠三角形纸片使点与点重合，然后展开铺平，得到折痕，连接． 第二步：将沿折痕展开，然后将绕着点顺时针方向旋转得到，点的对应点分别是点，直线与边所在直线交于点（点不与点重合），与边所在直线交于点． 【数学思考】（1）折痕的长为______． （2）将绕点旋转至图1的位置时，试判断与的数量关系，并证明你的结论． 【数学探究】 （3）将绕点旋转至图2所示位置，当直线经过点时，求的长． 【问题延伸】 （4）在绕点旋转的过程中，连接，则的取值范围是______． 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 《（寒假作业）第23章旋转-2025-2026学年数学九年级上册人教版》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 A B C A B B B D 1．A 【分析】本题主要考查轴对称图形和中心对称图形，关键是熟练掌握轴对称图形和中心对称图形的概念． 根据轴对称图形与中心对称图形的概念逐一进行分析判断即可求解． 【详解】A、是轴对称图形，也是中心对称图形，故符合题意； B、是轴对称图形，不是中心对称图形，故不符合题意； C、不是轴对称图形，是中心对称图形，故不符合题意； D、是轴对称图形，不是中心对称图形，故不符合题意， 故选：A． 2．B 【分析】本题主要考查了旋转的性质，外角的定义和等边对等角，熟练掌握以上知识是解题的关键． 设的度数是，根据旋转的性质可得，，再根据外角的定义和等边对等角可得，代入数值到，求解即可． 【详解】解：设的度数是， ∵绕点顺时针方向旋转得到， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴，即， 解得：， ∴， 故选：B． 3．C 【分析】本题考查三角形的旋转问题，涉及勾股定理，等腰直角三角形的判定与性质，解题的关键是掌握旋转的性质． 过作于，由，知是等腰直角三角形，可得，即得，，再由旋转性质可得，，，证明，根据勾股定理得． 【详解】解：如图，过作于， ， 是等腰直角三角形， ， ， ， ， 将绕点顺时针旋转角得到， ，，， ， ， ， ； 故选：C． 4．A 【分析】本题主要考查了菱形的性质、图形的旋转，探索图形的规律，根据点的坐标可知是平面直角坐标系中第一、三象限的角平分线，根据点的坐标和菱形的性质可知点的坐标是，根据每秒旋转可知每秒旋转一圈，秒时菱形旋转了圈又秒，根据秒菱形旋转的角度，判断点所在的象限，根据象限求出坐标． 【详解】解：设直线的解析式是， 把点的坐标代入， 可得：， 解得：， 直线的解析式是， 是平面直角坐标系中第一、三象限的角平分线， 四边形是菱形， 点是的中点， 点的坐标是， ， 旋转秒时点回到初始位置， ， 第秒时，点旋转了圈又秒， ， 点旋转到第四象限， 点的坐标是． 故选：A． 5．B 【分析】本题主要考查了旋转的性质，等边对等角，三角形的内角和定理，三角形的外角的性质，根据旋转的性质得，根据等边对等角以及三角形内角和定理可得，再根据三角形的外角的性质，即可求解． 【详解】解：∵将绕点逆时针旋转得到， ∴ 又∵． ∴ 又∵， ∴， 故选：B． 6．B 【分析】本题考查了学生的理解能力和观察图形的能力，注意：旋转时，对应顶点到旋转中心的距离应相等且旋转角也相等，旋转中心在连接对应点线段的垂直平分线上．连接、、，作的垂直平分线，作的垂直平分线，作的垂直平分线，交点为旋转中心． 【详解】解：如图， △绕某点旋转一定的角度，得到△， 连接、、， 作的垂直平分线，作的垂直平分线，作的垂直平分线， 三条线段的垂直平分线正好都过， 即旋转中心是． 故选：． 7．B 【分析】本题考查旋转的性质，正方形的性质，全等三角形的判定和性质，先根据正方形的性质和旋转的性质得到，，，然后根据得到，即可得到证明选项． 【详解】解：∵是正方形， ∴，， 由旋转可得， ∴，，， ∴，， 又∵， ∴， ∴， 故选：B． 8．D 【分析】根据ASA可证，可判断①正确；求出AF＝AH，∠DFG＝∠CHG，DF＝CH，证明，可得FG＝HG，则AG垂直平分FH，可判断②正确；当AF最小时，DF最长，故可得AD⊥BC时，DF的长度最大，可判断③正确；首先可得当点H是DE的中点时，有AH⊥DE，然后证明，根据进行计算，可判断④正确． 【详解】解：①∵， ∴∠B＝∠C， 由旋转得，∠BAF＝∠HAE，∠B＝∠C＝∠E， ∴（ASA），故①正确； ②连接、， ∵， ∴∠AFB＝∠AHE，AF＝AH， ∵∠AFB＝∠DFG，∠AHE＝∠CHG， ∴∠DFG＝∠CHG， ∵AD＝AB＝AC， ∴DF＝CH， 又∵∠DGF＝∠CGH， ∴（AAS）， ∴FG＝GH， ∴AG垂直平分FH，故②正确； ③∵DF＝AD－AF，AD是定长， ∴AF最小时，DF最长， ∴AD⊥BC时，DF的长度最大，故③正确； ④∵AD＝AE， ∴当点H是DE的中点时，有AH⊥DE， ∵AF＝AH，FG＝GH，AG＝AG， ∴（SSS）， ∴，故④正确． 故选：D． 【点睛】本题主要考查了旋转的性质、三角形全等的判定与性质、等腰三角形的性质、线段垂直平分线的判定等知识，利用全等进行转化是解题的关键． 9． 【分析】本题考查关于原点对称的点的坐标，根据关于原点对称的点的横坐标与纵坐标都互为相反数解答． 【详解】解：点关于原点对称的点Q的坐标为． 故答案为：． 10．1 【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，横坐标和纵坐标分别互为相反数，求出m和n的值，再计算它们的和即可． 【详解】∵点与点关于原点对称， ∴， ∴． 故答案为：1． 11． 【分析】本题主要考查了坐标与图形变换—旋转，求一次函数与坐标轴的交点坐标，先由一次函数解析式求出点A和点B的坐标，进而得到的长，由旋转的性质得到，则轴，据此可得答案． 【详解】解：在中，当时，，当时，， ∴， ∴， 由旋转的性质可得， ∴轴， ∴点的坐标是，即． 故答案为：． 12． 【分析】本题考查了旋转的性质，勾股定理，由勾股定理可得，由旋转的性质可得，，求出，，再由勾股定理计算即可得出结果，熟练掌握以上知识点并灵活运用是解此题的关键． 【详解】解：∵中，，，， ∴， ∵将绕点旋转得到，其中，分别为，的对应点， ∴，， ∵旋转后点落在边上， ∴，， ∴， 故答案为：． 13． 【分析】此题考查了图形的旋转、勾股定理、三角形全等的判定和性质等知识，连接，，先证明，得到，根据三角形三边关系的应用得到，当点在上时，最大为，然后利用勾股定理求出长，即可得到答案． 【详解】如图，连接，， 由旋转得，， ， ， 在和中， ， ， ∴， ∵， ∴当点在上时，的长最大为，此时， ， ， ， 在中， ， 在中， ， ， 故答案为：． 14． 【分析】本题考查了等边三角形的性质，坐标与图形变化—旋转：图形或点旋转之后要结合旋转的角度和图形的特殊性质来求出旋转后的点的坐标．过点B作轴于点G，根据点A的坐标得出，进而得出，则点B的坐标为，再根据将等边三角形绕点顺时针旋转得到，则两点关于原点对称，即可解答． 【详解】解：过点B作轴于点G， ∵为等边三角形，轴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴点B的坐标为， ∵将等边三角形绕点顺时针旋转得到， ∴两点关于原点对称， ∴． 故答案为：． 15． 【分析】本题考查了旋转的性质，直角三角形的性质，勾股定理，熟练掌握直角三角形的性质，勾股定理是解题的关键．先证明，设，则，根据勾股定理得到，解得即可． 【详解】解：如图， ∵，是边的中点， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∴， 设，则， ∴， 解得， 故答案为：． 16． 【分析】分析前几次运动的坐标，总结出横坐标、纵坐标分别对应的规律，再利用规律求解第次运动后的坐标． 【详解】解：先列出前几次运动后的坐标： 第次从原点运动到点， 第次接着运动到点， 第次接着运动到点， 第次接着运动到点， 第次接着运动到点， ①横坐标规律： 第次运动后的横坐标就是， ∴第次运动后的横坐标为． ②纵坐标规律： 纵坐标以为一个周期循环，周期长度为 余数为，对应周期中的第个值，即纵坐标为 ∴经过第次运动后，动点的坐标是． 故答案为：． 【点睛】本题考查了坐标规律探索与周期问题，解题关键是将横、纵坐标的规律分开分析，横坐标直接与运动次数对应，纵坐标则通过寻找周期来确定，通过计算余数即可快速定位对应的值． 17．(1)见解析 (2) 【分析】此题考查了旋转的作图和点的坐标等知识，准确作图是解题的关键． （1）分别找到点A、B、C绕原点O逆时针旋转后得到的对应点、、，顺次连接即可； （2）根据关于原点O对称的点的特征写出答案即可． 【详解】（1）解：如图，即为所求． （2）解：点的坐标为． 18．(1)图见解析， (2)，证明见解析 (3) 【分析】本题考查了等腰三角形的判定与性质、三角形全等的判定与性质、勾股定理、旋转的性质等知识，熟练掌握旋转的性质是解题关键． （1）先根据题意补全图形，再根据等腰三角形的性质可得，再根据旋转的性质可得，，根据角平分线的定义可得，然后根据三角形的内角和定理求解即可得； （2）过点作于点，先根据等腰三角形的判定可得，再证出，根据全等三角形的性质可得，则，然后根据等腰三角形的三线合一可得，由此即可得； （3）过点作于点，连接，先证出，根据全等三角形的性质可得，，则，，再根据等腰三角形的判定与性质可得，然后在中，利用勾股定理求解即可得． 【详解】（1）解：由题意，补全图形如下： ∵在锐角中，，， ∴，， 由旋转的性质得：，， ∵是的平分线， ∴， ∴， ∴． （2）解：，证明如下： 由题意，连接，分别交，于，， 如图，过点作于点， 由上可得：， ， 由旋转的性质得：， ∴， ∴，， ∴， ∴， 又∵，是的平分线， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∴，即， 又∵， ∴， ∵， ∴（等腰三角形的三线合一）， ∴． （3）解：如图，过点作于点，连接， 由（2）已得：，，， ∴（等腰三角形的三线合一），， 在和中， ， ∴， ∴，， ∴， 由（1）已得：， ∴， ∴， 由（2）已得：， ∴， 由（2）已得：，即， 在中，，即， ∴． 19．(1)见解析 (2)见解析 (3)7 【分析】（1）根据旋转的性质可得，，在菱形中，，可证明是等边三角形，则，，所以，进而可证明 ，利用即可证明； （2）根据全等三角形的性质可得，根据平行线的判定得出； （3）连接，，设与相交于点，根据菱形的性质，等边三角形的性质，勾股定理求得的长，根据（1）中得出，根据以及菱形的性质可得，进而在中，根据勾股定理，即可求解． 【详解】（1）证明：线段绕点逆时针旋转得到线段， ，， 在菱形中，， ，， 、是等边三角形， ，， ∴， ∴， ， ； （2）证明：∵， ， ∵是等边三角形， ∴， ∴， ； （3）解：如图，连接，，设与相交于点， 四边形是菱形， ，， ，是等边三角形， ，， ， 由（1）可得，， ，． ． 【点睛】本题考查了菱形的性质，等边三角形的性质与判定，旋转的性质，全等三角形的性质与判定，勾股定理，熟练掌握以上知识是解题的关键． 20．(1)，， (2)存在， (3)当运动时间为秒时直线平分四边形的面积 (4)或 【分析】本题考查了旋转、轴对称的性质、全等三角形的判定、等腰三角形的定义等知识． （1）根据旋转、轴对称的性质求解即可； （2）已知，，要使点，，为顶点的三角形与以点，，为顶点的三角形全等，只需，列出方程求解即可； （3）分点在上运动和点在边上运动两种情况讨论，用含的方程表示出左侧梯形的面积，解方程即可； （4）分点在上运动和点在边上运动两种情况讨论：当点在上运动时，是以为底的等腰三角形；当点在边上运动时，只可能是以为底的等腰三角形，列出方程求解即可． 【详解】（1）解：∵绕斜边的中点旋转得到， ∴， ∴，，． 又∵沿翻折得到， ∴，且共线， ∴． 当点在边上运动时， ∵，，∴. 当点在边上运动时，从点到点的运动时间为秒，速度为个单位长度/秒， ∴． 故答案为：，，； （2）解：当在边上运动时，，，. ∵，， ∴要使点，，为顶点的三角形与以点，，为顶点的三角形全等， 只需，即，解得； （3）解：如图，当点在上运动时，直线交于点,，，， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∴， 易得四边形的面积为， ∴当直线平分四边形的面积时， 四边形的面积为，即，解得=； 如图，当点在边上运动时，，，， ∴， 四边形的面积为，即，解得=(不满足题意)． 综上，当运动时间为秒时直线平分四边形的面积； （4）解：由（3），当点在上运动时，，△是以为底的等腰三角形； 当点在边上运动时，∵，， ∴△只可能是以为底的等腰三角形，． 如图，连接，过点作，则，， 在和中，， ∴， ∴，即，解得． 综上，当满足或时，，是以为底或以为底的等腰三角形． 故答案为：或． 21．（1）；（2），证明见解析；（3）；（4） 【分析】（1）由折叠可知，，再证是的中位线，即可得出结论； （2）连接，由旋转知，，，再证，即可得出结论； （3）由旋转的性质和等腰三角形的性质得，则，设，然后在中，由勾股定理求出的值，即可解决问题； （4）连接，则，当、、三点共线，且点F在线段上时，，此时最小，由直角三角形的性质得，即可求得最小值为2；当、、三点共线，且点F在延长线上时，，此时最大，即可求得最大值为8；即可解决问题． 【详解】（1）解：由折叠的性质得：，， ， ， ， 是的中位线， ， 故答案为：； （2）解：，证明如下： 如图1，连接， 由旋转的性质得：，， 在和中， ， ∴， ； （3）解：由旋转的性质得：，， ， ， ， ， ， 设， 在中，， 即， 解得：， ； （4）解：如图3，连接， 则， 当、、三点共线，且点F在线段上时，， 此时的值最小，最小， ，， ， ， 的最小值， 当、、三点共线，且点F在延长线上时， ， 此时，最大， ∴， ∴． 故答案为：． 【点睛】本题是几何变换综合题目，考查了旋转的性质、折叠的性质、三角形中位线定理、全等三角形的判定与性质、勾股定理、直角三角形斜边上的中线性质以及最小值等知识，本题综合性强，熟练掌握旋转的性质和折叠的性质，证明三角形全等是解题的关键，属于中考常考题型． 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 $