第28章 旋转单元核心素养达标检测 2026-2027学年 人教版数学九年级上册

**基本信息** 这份旋转单元达标检测通过基础概念辨析、中档性质应用到综合探究的三层设计，实现从单一知识点到动态几何问题的进阶巩固，适配单元复习分层教学需求。 **分层设计** |层次|知识覆盖|设计特色| |----|----------|----------| |基础层|中心对称图形、旋转对称点坐标、平移旋转作图|选择1-2直接考查概念，解答1（1）（2）侧重基本操作，夯实基础| |发展层|三角形旋转性质、全等证明、面积计算|选择3-6结合图形变换考查性质应用，解答3（1）（2）通过全等与垂直证明提升推理能力| |提高层|坐标旋转综合、动态几何探究、多结论判断|选择7-8涉及坐标系与旋转结合，解答4通过旋转动态问题培养空间观念与创新意识|

第28章 旋转单元核心素养达标检测 试卷满分100分，答题时间90分钟 一、选择题（本大题有8个小题，每小题4分，共32分） 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．如果点在第三象限，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 3．如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，将△ABC绕点C顺时针旋转得到△DEC，使点B的对应点E恰好落在边AC上，点A的对应点为D，延长DE交AB于点F，则下列结论一定正确的是（　　） A．AC＝DE B．BC＝EF C．∠AEF＝∠D D．AB⊥DF 4. 如图，直线分别与轴，轴交于点，，将绕着点顺时针旋转得到，则点的对应点的坐标是（　　） A. B. C. D. 5. 如图，在中，，将以点为中心逆时针旋转得到，点在边上，交于点．下列结论：①；②平分；③，其中所有正确结论的序号是（ ） A. ①② B. ②③ C. ①③ D. ①②③ 6. 如图，将绕点A逆时针旋转到，旋转角为，点B的对应点D恰好落在边上，若，则旋转角的度数为（ ） A. B. C. D. 7. 如图，点A的坐标为，点B是x轴正半轴上的一点，将线段AB绕点A按逆时针方向旋转60°得到线段AC．若点C的坐标为，则m的值为（ ） A. B. C. D. 8. 如图，在中，，，将绕点顺时针旋转得到，点A、B的对应点分别是，，点是边的中点，连接，，．则下列结论错误的是（ ） A. B. ， C. D. 二、填空题（本大题有6个小题，每空4分，共24分） 1. 如图，在中，，，．将绕点逆时针旋转，得到，若点的对应点恰好落在线段上，则点的运动路径长是______cm（结果用含的式子表示）． 2. 如图，线段，点是线段上的动点，将线段绕点顺时针旋转得到线段，连接，在的上方作，使，点为的中点，连接，当最小时，的面积为___________． 3. 如图，在中，，点D为的中点，将绕点D逆时针旋转得到，当点A的对应点落在边上时，点在的延长线上，连接，若，则的面积是____________． 4.如图，正方形ABCD的边长为4，点E是CD的中点，AF平分∠BAE交BC于点F，将△ADE绕点A顺时针旋转90°得△ABG，则CF的长为　 　． 5. 如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，，点D为AB的中点，点P在AC上，且CP＝1，将CP绕点C在平面内旋转，点P的对应点为点Q，连接AQ，DQ．当∠ADQ＝90°时，AQ的长为　 　． 6．如图，在平面直角坐标系xOy中，△A′B′C′由△ABC绕点P旋转得到，则点P的坐标为　 　． 三、解答题（4个小题，共44分） 1. （9分） 如图，在平面直角坐标系中，已知的三个顶点坐标分别是，． （1）将向上平移4个单位，再向右平移1个单位，得到，请画出． （2）请画出关于轴对称的． （3）将着原点顺时针旋转，得到，求线段在旋转过程中扫过的面积（结果保留）． 2．（11分）如图，在⊿OAB中，∠OAB=90°.OA=AB=6.将⊿OAB绕点O逆时针方向旋转90°得到⊿OA1B1 （1）线段A1B1的长是 ，∠AOA1的度数是_______. （2）连结AA1，求证：四边形OAA1B1是平行四边形 ; （3）求四边形OAA1B1的面积 . 3．（12分）如图，点P是正方形ABCD内的一点，连接CP，将线段CP绕点C顺时旋转90°，得到线段CQ，连接BP，DQ． （1）如图1，求证：△BCP≌△DCQ； （2）如图，延长BP交直线DQ于点E． ①如图2，求证：BE⊥DQ； ②如图3，若△BCP为等边三角形，判断△DEP的形状，并说明理由． 4. (12分)已知，AB＝AC，AB＞BC． （1）如图1，CB平分∠ACD，求证：四边形ABDC菱形； （2）如图2，将（1）中的△CDE绕点C逆时针旋转（旋转角小于∠BAC），BC，DE的延长线相交于点F，用等式表示∠ACE与∠EFC之间的数量关系，并证明； （3）如图3，将（1）中的△CDE绕点C顺时针旋转（旋转角小于∠ABC），若，求∠ADB的度数． 第28章 旋转单元核心素养达标检测 试卷满分100分，答题时间90分钟 一、选择题（本大题有8个小题，每小题4分，共32分） 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. 【答案】D 【解析】根据中心对称图形与轴对称图形的定义依次对各项进行分析即可得到最后结果． 、此图形沿一条直线对折后能够完全重合，此图形是轴对称图形，但不是中心对称图形，故此选项错误； 、此图形沿一条直线对折后能够完全重合，此图形是轴对称图形，但不是中心对称图形，故此选项错误； 、此图形沿一条直线对折后不能够完全重合，此图形不是轴对称图形，故此选项错误； 、此图形沿一条直线对折后能够完全重合，此图形是轴对称图形，旋转能够与原图形重合，是中心对称图形，故此选项正确． 故选：． 【点睛】本题主要考查了中心对称图形与轴对称图形的概念，熟练掌握如果一个图形沿着一条直线对折后两部分完全重合，这样的图形叫做轴对称图形，这条直线叫做对称轴，如果一个图形绕某一点旋转后能够与自身重合，那么这个图形就叫做中心对称图形，这个点叫做对称中心，是解答本题的关键． 2．如果点在第三象限，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 【答案】B 【解析】∵点在第三象限， ∴， ∵点关于原点的对称点为， ∴，， ∴点在第二象限；故选择：B 3．如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，将△ABC绕点C顺时针旋转得到△DEC，使点B的对应点E恰好落在边AC上，点A的对应点为D，延长DE交AB于点F，则下列结论一定正确的是（　　） A．AC＝DE B．BC＝EF C．∠AEF＝∠D D．AB⊥DF 【答案】D 【解析】依据旋转可得，△ABC≌△DEC，再根据全等三角形的性质，即可得出结论． 由旋转可得，△ABC≌△DEC， ∴AC＝DC，故A选项错误， BC＝EC，故B选项错误， ∠AEF＝∠DEC＝∠B，故C选项错误， ∠A＝∠D， 又∵∠ACB＝90°， ∴∠A+∠B＝90°， ∴∠D+∠B＝90°， ∴∠BFD＝90°，即DF⊥AB，故D选项正确。 4. 如图，直线分别与轴，轴交于点，，将绕着点顺时针旋转得到，则点的对应点的坐标是（　　） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】先根据一次函数解析式求得点的坐标，进而根据旋转的性质可得，，，进而得出，结合坐标系，即可求解． ∵直线分别与轴，轴交于点，， ∴当时，，即，则， 当时，，即，则， ∵将绕着点顺时针旋转得到， 又∵ ∴，，， ∴， 延长交轴于点，则，， ∴， 故选：C． 【点睛】考查一次函数与坐标轴交点问题，旋转的性质，坐标与图形，掌握旋转的性质是解题的关键． 5. 如图，在中，，将以点为中心逆时针旋转得到，点在边上，交于点．下列结论：①；②平分；③，其中所有正确结论的序号是（ ） A. ①② B. ②③ C. ①③ D. ①②③ 【答案】D 【解析】根据旋转的性质可得对应角相等，对应边相等，进而逐项分析判断即可求解． ∵将以点为中心逆时针旋转得到， ∴， ， ， ，故①正确； ， ， ， ， ， 平分，故②正确； ， ， ， ， ， ， 故③正确 故选D 【点睛】本题考查了性质的性质，等边对等角，相似三角形的性质判定与性质，全等三角形的性质，掌握以上知识是解题的关键． 6. 如图，将绕点A逆时针旋转到，旋转角为，点B的对应点D恰好落在边上，若，则旋转角的度数为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】先求出，再利用旋转的性质求出，，然后利用等边对等角求出，最后利用三角形的内角和定理求解即可． 如图， ， ∵， ∴， ∵， ∴， ∵旋转， ∴，， ∴， ∴， 即旋转角的度数是． 故选：C． 【点睛】考查了旋转的性质，等腰三角形的性质，三角形内角和定理等，掌握等边对等角是解题的关键． 7. 如图，点A的坐标为，点B是x轴正半轴上的一点，将线段AB绕点A按逆时针方向旋转60°得到线段AC．若点C的坐标为，则m的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】【分析】过C作CD⊥x轴于D，CE⊥y轴于E，根据将线段AB绕点A按逆时针方向旋转60°得到线段AC，可得△ABC是等边三角形，又A（0，2），C（m，3），即得，可得，，从而，即可解得． 【详解】解：过C作CD⊥x轴于D，CE⊥y轴于E，如图所示： ∵CD⊥x轴，CE⊥y轴， ∴∠CDO=∠CEO=∠DOE＝90°， ∴四边形EODC是矩形， ∵将线段AB绕点A按逆时针方向旋转60°得到线段AC， ∴AB＝AC，∠BAC＝60°， ∴△ABC是等边三角形， ∴AB＝AC＝BC， ∵A（0，2），C（m，3）， ∴CE＝m＝OD，CD＝3，OA＝2， ∴AE＝OE−OA＝CD−OA＝1， ∴， 在Rt△BCD中，， 在Rt△AOB中，， ∵OB＋BD＝OD＝m， ∴， 化简变形得：3m4−22m2−25＝0， 解得：或（舍去）， ∴，故C正确． 故选：C． 【点睛】本题考查直角坐标系中的旋转变换，解题的关键是熟练应用勾股定理，用含m的代数式表示相关线段的长度． 8. 如图，在中，，，将绕点顺时针旋转得到，点A、B的对应点分别是，，点是边的中点，连接，，．则下列结论错误的是（ ） A. B. ， C. D. 【答案】D 【解析】【分析】根据旋转的性质可判断A；根据直角三角形的性质、三角形外角的性质、平行线的判定方法可判断B；根据平行四边形的判定与性质以及全等三角形的判定与性质可判断C；利用等腰三角形的性质和含30°角的直角三角形的性质可判断D． 【详解】A．∵将△ABC绕点C顺时针旋转60°得到△DEC， ∴∠BCE=∠ACD=60°，CB=CE， ∴△BCE是等边三角形， ∴BE=BC，故A正确； B．∵点F是边AC中点， ∴CF=BF=AF=AC， ∵∠BCA=30°， ∴BA=AC， ∴BF=AB=AF=CF， ∴∠FCB=∠FBC=30°， 延长BF交CE于点H，则∠BHE=∠HBC+∠BCH=90°， ∴∠BHE=∠DEC=90°， ∴BF//ED， ∵AB=DE， ∴BF=DE，故B正确． C．∵BF∥ED，BF=DE， ∴四边形BEDF是平行四边形， ∴BC=BE=DF， ∵AB=CF， BC=DF，AC=CD， ∴△ABC≌△CFD， ∴，故C正确； D．∵∠ACB=30°， ∠BCE=60°， ∴∠FCG=30°， ∴FG=CG， ∴CG=2FG． ∵∠DCE=∠CDG=30°， ∴DG=CG， ∴DG=2FG．故D错误． 故选D． 【点睛】本题考查了旋转的性质，全等三角形的判定与性质，等边三角形的判定与性质，含30°角的直角边等于斜边的一半，以及平行四边形的判定与性质等知识，综合性较强，正确理解旋转性质是解题的关键． 二、填空题（本大题有6个小题，每空4分，共24分） 1. 如图，在中，，，．将绕点逆时针旋转，得到，若点的对应点恰好落在线段上，则点的运动路径长是______cm（结果用含的式子表示）． 【答案】 【解析】由于旋转到，故C的运动路径长是的圆弧长度，根据弧长公式求解即可． 以A为圆心作圆弧，如图所示． 直角中，，则， 则． ∴． 由旋转性质可知，，又， ∴是等边三角形． ∴． 由旋转性质知，． 故弧的长度为：； 故答案为： 【点睛】本题考查了含角直角三角形的性质、勾股定理、旋转的性质、弧长公式等知识点，解题的关键是明确C点的运动轨迹． 2. 如图，线段，点是线段上的动点，将线段绕点顺时针旋转得到线段，连接，在的上方作，使，点为的中点，连接，当最小时，的面积为___________． 【答案】 【解析】连接，交于点P，由直角三角形的性质及等腰三角形的性质可得垂直平分，为定角，可得点F在射线上运动，当时，最小，由含30度角直角三角形的性质即可求解． 【详解】连接，交于点P，如图， ∵，点为的中点， ∴， ∵， ∴, ∴是等边三角形， ∴； ∵线段绕点顺时针旋转得到线段， ∴， ∵， ∴垂直平分，， ∴点F在射线上运动， ∴当时，最小， 此时， ∴； ∵， ∴， ∴， ∵， ∴由勾股定理得， ∴， ∴； 故答案为：． 【点睛】本题考查了等腰三角形性质，含30度直角三角形的性质，斜边中线性质，勾股定理，线段垂直平分线的判定，勾股定理，旋转的性质，确定点F的运动路径是关键与难点． 3. 如图，在中，，点D为的中点，将绕点D逆时针旋转得到，当点A的对应点落在边上时，点在的延长线上，连接，若，则的面积是____________． 【答案】 【解析】先证明 是等边三角形，再证明，再利用直角三角形角对应的边是斜边的一般分别求出和，再利用勾股定理求出，求得的面积． 如下图所示，设与交于点O，连接和， ∵点D为的中点，， ∴,，是的角平分线，是， ∴， ∴ ∵， ∴ 是等边三角形， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴ ∵ ∵， ∴ ∴，, ∴ ． 【点睛】本题考查等腰三角形、等边三角形和直角三角形的性质，证明 是等边三角形是解本题的关键． 4.如图，正方形ABCD的边长为4，点E是CD的中点，AF平分∠BAE交BC于点F，将△ADE绕点A顺时针旋转90°得△ABG，则CF的长为　 　． 【答案】6﹣2． 【解析】作FM⊥AD于M，FN⊥AG于N，如图，易得四边形CFMD为矩形，则FM＝4， ∵正方形ABCD的边长为4，点E是CD的中点， ∴DE＝2， ∴AE＝＝2， ∵△ADE绕点A顺时针旋转90°得△ABG， ∴AG＝AE＝2，BG＝DE＝2，∠3＝∠4，∠GAE＝90°，∠ABG＝∠D＝90°， 而∠ABC＝90°， ∴点G在CB的延长线上， ∵AF平分∠BAE交BC于点F，∴∠1＝∠2， ∴∠2+∠4＝∠1+∠3，即FA平分∠GAD， ∴FN＝FM＝4， ∵AB•GF＝FN•AG， ∴GF＝＝2， ∴CF＝CG﹣GF＝4+2﹣2＝6﹣2． 5. 如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，，点D为AB的中点，点P在AC上，且CP＝1，将CP绕点C在平面内旋转，点P的对应点为点Q，连接AQ，DQ．当∠ADQ＝90°时，AQ的长为　 　． 【答案】或 【解析】连接，根据题意可得，当∠ADQ＝90°时，分点在线段上和的延长线上，且，勾股定理求得即可． 如图，连接， Rt△ABC中，∠ACB＝90°，， ，， ， 根据题意可得，当∠ADQ＝90°时，点在上，且， ， 如图，在中，， 在中， 故答案为：或． 6．如图，在平面直角坐标系xOy中，△A′B′C′由△ABC绕点P旋转得到，则点P的坐标为　 　． 【答案】（1，﹣1）． 【解析】连接AA′，CC′，线段AA′、CC′的垂直平分线的交点就是点P． 连接AA′、CC′， 作线段AA′的垂直平分线MN，作线段CC′的垂直平分线EF， 直线MN和直线EF的交点为P，点P就是旋转中心． ∵直线MN为：x＝1，设直线CC′为y＝kx+b，由题意：， ∴， ∴直线CC′为y＝x+， ∵直线EF⊥CC′，经过CC′中点（，）， ∴直线EF为y＝﹣3x+2， 由得， ∴P（1，﹣1）． 故答案为（1，﹣1）． 三、解答题（4个小题，共44分） 1. （9分） 如图，在平面直角坐标系中，已知的三个顶点坐标分别是，． （1）将向上平移4个单位，再向右平移1个单位，得到，请画出． （2）请画出关于轴对称的． （3）将着原点顺时针旋转，得到，求线段在旋转过程中扫过的面积（结果保留）． 【答案】（1）见解析 （2）见解析 （3） 【解析】【分析】（1）根据平移的性质得出对应点的位置进而画出图形； （2）利用轴对称的性质得出对应点的位置进而画出图形； （3）画出旋转后的图形，根据即可得出答案． 【详解】（1）如图所示，即为所求； （2）如图所示，即为所求； （3）将着原点顺时针旋转，得到， 设所在圆交于点D，交于点E， ，， ， ，， ， ， ，，， ， 故线段在旋转过程中扫过的面积为． 【点睛】本题考查平移、轴对称变换作图和旋转的性质以及扇形的面积，熟练掌握网格结构准确找出对应点的位置是解题的关键． 2．（11分）如图，在⊿OAB中，∠OAB=90°.OA=AB=6.将⊿OAB绕点O逆时针方向旋转90°得到⊿OA1B1 （1）线段A1B1的长是 ，∠AOA1的度数是_______. （2）连结AA1，求证：四边形OAA1B1是平行四边形 ; （3）求四边形OAA1B1的面积 . 【答案】（1）6，90；（2）见解析；（3）36． 【解析】（1）由旋转的性质可知：A1B1=AB=6，∠AOA1=90°． 故答案是：6，90°； （2）∵A1B1=AB=6，OA1=OA=6，∠OA1B1=∠OAB=90°，∠AOA1=90°， ∴∠OA1B1=∠AOA1，A1B1=OA， ∴B1A1∥OA， ∴四边形OAA1B1是平行四边形； （3）S=OA•A1O=6×6=36． 即四边形OAA1B1的面积是36． 3．（12分）如图，点P是正方形ABCD内的一点，连接CP，将线段CP绕点C顺时旋转90°，得到线段CQ，连接BP，DQ． （1）如图1，求证：△BCP≌△DCQ； （2）如图，延长BP交直线DQ于点E． ①如图2，求证：BE⊥DQ； ②如图3，若△BCP为等边三角形，判断△DEP的形状，并说明理由． 【答案】见解析。 【解析】（1）证明：∵∠BCD＝90°，∠PCQ＝90°，∴∠BCP＝∠DCQ， 在△BCP和△DCQ中， ， ∴△BCP≌△DCQ（SAS）； （2）①如图b，∵△BCP≌△DCQ， ∴∠CBF＝∠EDF，又∠BFC＝∠DFE，∴∠DEF＝∠BCF＝90°， ∴BE⊥DQ； ②∵△BCP为等边三角形， ∴∠BCP＝60°，∴∠PCD＝30°，又CP＝CD， ∴∠CPD＝∠CDP＝75°，又∠BPC＝60°，∠CDQ＝60°， ∴∠EPD＝180°﹣∠CPD﹣∠CPB＝180°﹣75°﹣60＝45°， 同理：∠EDP＝45°，∴△DEP为等腰直角三角形． 4. (12分)已知，AB＝AC，AB＞BC． （1）如图1，CB平分∠ACD，求证：四边形ABDC菱形； （2）如图2，将（1）中的△CDE绕点C逆时针旋转（旋转角小于∠BAC），BC，DE的延长线相交于点F，用等式表示∠ACE与∠EFC之间的数量关系，并证明； （3）如图3，将（1）中的△CDE绕点C顺时针旋转（旋转角小于∠ABC），若，求∠ADB的度数． 【答案】（1）见解析 （2），见解析 （3）30° 【解析】【分析】（1）先证明四边形ABDC是平行四边形，再根据AB＝AC得出结论；（2）先证出，再根据三角形内角和，得到，等量代换即可得到结论；（3）在AD上取一点M，使得AM＝CB，连接BM，证得，得到，设，，则，得到α+β的关系即可． 【详解】（1）∵， ∴AC＝DC， ∵AB＝AC， ∴∠ABC＝∠ACB，AB＝DC， ∵CB平分∠ACD， ∴， ∴， ∴， ∴四边形ABDC是平行四边形， 又∵AB＝AC， ∴四边形ABDC是菱形； （2）结论：． 证明：∵， ∴， ∵AB＝AC， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴； （3）在AD上取一点M，使得AM＝CB，连接BM， ∵AB＝CD，， ∴， ∴BM＝BD，， ∴， ∵， ∴， 设，，则， ∵CA＝CD， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴，即∠ADB＝30°． 【点睛】本题考查了菱形的判定定理、全等三角形的判定和性质、三角形内角和定理等，灵活运用知识，利用数形结合思想，做出辅助线是解题的关键． www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 （共 2 页） ( 1 ) 学科网（北京）股份有限公司 $