第28章 旋转 单元检测卷-2026-2027学年人教版数学九年级上册

**基本信息** 本卷为初中数学旋转单元检测卷，通过几何图形、坐标变换等情境，考查旋转性质、中心对称等核心知识，注重空间观念与推理能力培养，适配单元复习巩固与能力提升。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |选择题|10/20|中心对称与轴对称图形辨析（题1）、旋转概念（题2）、坐标变换（题6-8）|结合“赵爽弦图”等文化素材，考查空间观念| |填空题|8/16|旋转坐标规律（题11）、旋转中心（题12）、旋转最值（题17）|融入动态旋转与几何最值，培养数学眼光| |解答题|7/64|旋转与抛物线（题19）、中心对称作图（题21）、矩形旋转探究（题25）|设计分层探究（如题25三问），提升推理能力与创新意识|

第28章旋转单元检测卷 一、选择题（共20分） 1．数学之美通常体现在简单的形状里，对称体现着平衡的智慧．下列图形分别是“斐波那契螺旋点”“双黄金螺旋”“科赫曲线”“赵爽弦图”，既是中心对称图形又是轴对称图形的是（     ） A． B． C． D． 2．下列图形的运动，属于旋转的是（     ） A．电梯上下运行 B．推拉窗户 C．钟表指针转动 D．滑雪板直线滑行 3．如图，菱形绕点顺时针旋转后得到菱形，下列角中不是旋转角的是（     ） A． B． C． D． 4．如图，将绕点逆时针旋转，得到，若，则（     ） A． B． C． D． 5．如图将绕点C逆时针旋转得到，点B恰好落在上，若，则旋转角为（　　） A．30° B．35° C．40° D．45° 6．现有点，点，点，点．则下列说法正确的是（     ） A．点、关于轴对称 B．点、关于轴对称 C．点、关于轴对称 D．点、关于轴对称 7．若点与点关于原点对称，则等于（     ） A． B． C． D． 8．如图，在平面直角坐标系中，，点为坐标原点，将线段绕着点顺时针旋转得到线段，则点的坐标为（     ） A． B． C． D． 9．如图，在中，顶点在第一象限，点在轴的负半轴上，点，，，将绕点每次顺时针旋转，则第次旋转结束时，点的坐标为（     ） A． B． C． D． 10．在如图所示的正方形中，延长线段至E，延长线段至F，若，则图中与的数量关系为（    ） A． B． C． D． 二、填空题（共16分） 11．如图，菱形的对角线交于原点，点的坐标为，将菱形绕原点顺时针旋转，每次旋转，则第次旋转结束时点的坐标为______________． 12．如图在网格中，由旋转得到，其旋转中心是__________． 13．如图，边长为8的正方形的对称中心是坐标原点O，轴，轴，反比例函数与的图象均与正方形的边相交，则图中阴影部分的面积之和为________． 14．如图是一个中心对称图形，为对称中心，若，，，则的长为________． 15．如图，直角三角形的斜边在y轴的正半轴上，点A与原点重合，点B的坐标是，且，若将绕着点O旋转后，点B和点C分别落在点E和点F处，那么直线的解析式是______． 16．将按如图方式放在平面直角坐标系中，其中，，顶点的坐标为，将绕原点逆时针旋转，每次旋转，则第次旋转结束时，点对应点的坐标为________． 17．如图，在等边中，，是边上的高线，点是线段上的动点，连接，将线段绕点顺时针旋转得到线段，连接，则线段的最小值为___________． 18．在平面直角坐标系中，点与点关于原点对称，且点在第三象限，则的取值范围是________． 三、解答题（共64分） 19．如图，在直角坐标系中，点的坐标为，，．现将线段绕点顺时针旋转，若点恰落在以点为顶点的一条抛物线上，求这条抛物线的函数解析式． 20．如图，在中，，将绕点逆时针旋转得到，求的度数． 21．如图，已知的三个顶点的坐标为，，． (1)作出关于原点O的中心对称图形，并写出点A的对称点的坐标为 ； (2)将绕坐标原点O逆时针旋转，直接写出点A的对应点的坐标为 ； 22．如图，与关于点O成中心对称，点E、F在线段上，且，连接、． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)若点F是的中点，，，，求四边形的面积． 23．在中，，，点在射线上，连接，将线段绕点逆时针旋转得到线段（点不在直线上），过点作，交直线于点． (1)如图（1），，点与点重合，求证：； (2)如图（2），点，都在的延长线上，用等式表示与的数量关系，并证明． 24．如图1，在中，点D为边上的一个定点，射线与边交于点E，射线与边交于点F，与关于直线对称，与关于直线对称． (1)如图2，当点落在边上，点落在边上时，若，则的度数为 ； (2)在图1中，设，，求x与y满足的数量关系式； (3)如图3，，射线从位置出发，绕点D顺时针旋转，到位置停止；射线从位置出发，绕点D逆时针旋转，到位置停止．两条射线同时开始旋转，射线的旋转速度为每秒，射线的旋转速度为每秒，当时，求旋转时间t的值． 25．数学综合实践课上，王老师和同学们一起以“矩形的旋转”为主题开展探究活动．如图1，矩形和矩形重合，，．矩形保持不动，将矩形绕点E逆时针方向旋转． (1)【问题初探】如图2，创新小组同学将矩形的顶点旋转至边上，求的长度； (2)【问题再探】如图3，创新小组同学继续旋转矩形，发现：当点落在的延长线上时，点、H、G在同一条直线上，你认为创新小组同学的发现正确吗？请说明理由； (3)【深度探究】在（2）的条件下，如图4，连接交于点M，延长交的延长线于点N，请直接写出的长． 参考答案 1．C 【详解】解：A、不是轴对称图形，是中心对称图形，故本选项不符合题意； B、是中心对称图形，不是轴对称图形，故本选项不符合题意； C、既是轴对称图形，又是中心对称图形，故本选项符合题意； D、是中心对称图形，不是轴对称图形，故本选项不符合题意 ． 2．C 【详解】解：旋转是图形绕定点转动的图形变换，平移是图形沿直线移动的变换， A：电梯上下运行，属于平移变换，故该选项不合题意； B：推拉窗户，属于平移变换，故该选项不合题意； C：钟表指针绕钟表中心定点转动，属于旋转，故该选项符合题意； D：滑雪板直线滑行，属于平移变换，故该选项不合题意． 3．A 【详解】解：菱形绕点顺时针旋转后得到菱形， ，，为旋转角，不是旋转角． 4．B 【分析】根据旋转性质得到，再进行角度运算即可求解． 【详解】解：∵绕点逆时针旋转，得到， ∴， ∵， ∴． 5．C 【分析】先求出，根据旋转的性有，即可证明，即问题得解． 【详解】解：∵， ∴， 根据旋转的性有， ∵，， ∴， ∵， ∴， 即旋转角度为40°， 故选：C． 【点睛】本题主要考查了旋转的性质以及三角形的外角的定义的知识，掌握旋转的性质是解答本题的关键． 6．B 【详解】解：点与点的横纵坐标均互为相反数，关于原点对称，故A错误； 点与点横坐标相同，纵坐标互为相反数，关于轴对称，故B正确； 点与点纵坐标相同，横坐标互为相反数，关于轴对称，故C错误； 点与点横坐标相同，纵坐标互为相反数，关于轴对称，故D错误. 7．D 【分析】直接利用关于原点对称点的性质，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，进而得出x，y的值即可得出答案． 【详解】解：∵点与点关于原点对称， ∴，， ∴． 8．B 【分析】过点A作轴于点C，过点B作轴于点D，结合旋转的性质，构造，推出，，结合点B所在象限，即可求解． 【详解】解：如图，过点A作轴于点C，过点B作轴于点D， 则， ， ，， 由旋转得，， ， ， ， ， 在和中， ， ，， 点B在第四象限， 点的坐标为． 9．A 【分析】根据、坐标求出长，结合及勾股定理求出点坐标；根据旋转角度和次数确定旋转后的位置关系，利用中心对称性质求解. 【详解】解：，， ，轴， ， ； 在中，， ， 点在轴负半轴， ， 每次顺时针旋转， 每旋转次为一个循环， ， 第2026次旋转结束时，点的位置相当于绕点顺时针旋转， 点与旋转后的对应点关于点中心对称，设旋转后点的坐标为， 则，， 解得，， 点的坐标为. 10．D 【分析】将绕点逆时针旋转得到，利用旋转的性质和全等三角形的判定与性质，证明，从而得出与的关系． 【详解】解：如图，将绕点逆时针旋转得到， ，，， 四边形是正方形， ，， ， ，即三点共线， ， ， ， ， ， ， 在和中， ， ， ， ，， ． 11．/ 【分析】先找到旋转的规律，每4次是一个循环，故旋转次后的位置与旋转次后的位置相同，即绕原点顺时针旋转，求出对应的坐标即可． 【详解】解：∵， ∴点每旋转4次会回到原来的位置， ∵， ∴旋转次后的位置与旋转次后的位置相同，即绕原点顺时针旋转， ∴第次旋转结束时点的坐标为． 12．P 【分析】图形的旋转中心是对应点连线的垂直平分线的交点． 【详解】解：如图，连接，，分别作和的垂直平分线，交点在P点处，故其旋转中心是P点． 13．32 【分析】根据题意，观察图形可得图中的阴影部分的面积是图中正方形面积的一半，而正方形面积为64，由此可以求出阴影部分的面积． 【详解】解：∵正方形的对称中心是坐标原点，轴，轴， ∴正方形的面积， 根据题意：观察图形可得，图中以B、D为顶点的小阴影部分，绕点O顺时针旋转，正好和以A、C为顶点的小空白部分重合， ∴阴影的面积是图中正方形面积的一半， ∴阴影部分的面积． 14． 【分析】根据中心对称图形的性质得出，，，根据含角的直角三角形的性质求出，利用勾股定理即可求出的长． 【详解】解：∵图形是一个中心对称图形，为对称中心，，，， ∴，，， ∴， ∴． 15．或 【分析】根据点的坐标以及勾股定理求出相关线段的长度，分逆时针和顺时针两种情况进行讨论，利用线段的长度求出相关点的坐标，最后利用待定系数法求解． 【详解】解：∵点B的坐标是， ∴， 在中， ∵， ∴， ∴由勾股定理得． ①如图所示，将绕着点O逆时针旋转时， 根据旋转得， ∴点， ∴直线的解析式是； ②如图所示，将绕着点O顺时针旋转时，过点作轴于点，过点作轴于点， 根据旋转得，， ∵轴， ∴， ∴， ∴由勾股定理得， ∴点， ∵， ∴， 在中，， ∴， ∴由勾股定理得， ∴点， 设直线的解析式是， ∴， 解得， ∴直线的解析式是； 综上，直线的解析式是或． 16． 【分析】根据题意得到，结合旋转的性质推出△绕原点逆时针旋转，每旋转6次为一个循环，进而得到第2026次旋转结束时，点对应点的坐标与第4次旋转结束时，点对应点的坐标相同，记第4次旋转结束时，点的对应点记为，过点，作轴于点，证明，利用全等三角形性质求解，即可解题． 【详解】解：，， ， 顶点的坐标为， ， 绕原点逆时针旋转，每次旋转，且， 即每旋转6次为一个循环， ， 第2026次旋转结束时，点对应点的坐标与第4次旋转结束时，点对应点的坐标相同， 如图，第4次旋转结束时，点的对应点记为， 过点，作轴于点， ， 由旋转的性质可知，，， ， ， 即第4次旋转结束时，点的对应点的坐标为， 点对应点的坐标为． 17． 【分析】由旋转的性质证明，确定点的运动轨迹，再根据垂线段最短，利用含角的直角三角形性质算出最小值． 【详解】解：如图，连接， 根据题意可知，， 为等边三角形，是边上的高线， ∴，，，， ，， ， 在和中， ， ， ， 点在与夹角为的直线上运动， 当，取得最小值， 在中，，， ， 的最小值为． 18． 【分析】本题考查平面直角坐标系中关于原点对称的点的坐标特征及各象限内点的坐标符号规律，根据点在第三象限，结合原点对称的坐标特征确定点所在象限，进而列出不等式组求解的取值范围． 【详解】解：∵点与点关于原点对称，且点在第三象限， ∴根据关于原点对称的点的横、纵坐标均互为相反数，以及第三象限内点的横、纵坐标均为负数，可知点在第一象限， ∴点的横、纵坐标均为正数，由此列出不等式组： ， 解不等式，得， 解不等式，得， ∴的取值范围是． 19． 【分析】本题重点考查了旋转的性质，用待定系数法可求出二次函数的解析式，包括一般式，顶点式和交点式等方法，同时还考查了勾股定理求解直角三角形，直角三角形正弦值的计算，掌握相关的性质和二次函数解析式的求解方法是解题的关键． 过点作轴于，先利用旋转的性质得到，，进而得到，并利用直角三角形正弦的计算得到的值，通过勾股定理得到的值，进而得到的坐标，抛物线经过和两点，利用顶点式即可得到解析式． 【详解】解：线段绕点顺时针旋转后如图所示，过点作轴于， 由旋转的性质得，，， ， ， ， ， ， 由勾股定理得，， 点的坐标为， 设以点为顶点的这一条抛物线的解析式为． 根据题意点在此抛物线上， ，解得， 所求函数解析式为． 20． 【分析】本题考查旋转的性质，根据旋转性质得到旋转角即可求解． 【详解】解：∵将绕点逆时针旋转得到， ∴， ， ∴． 21．(1)如图所示，即为所求： ； (2) 【分析】（1）关于原点对称的点的横纵坐标都互为相反数，据此可得点的坐标，再作图即可； （2）根据网格的特点和旋转方式画出旋转后的图形即可得到答案． 【详解】（1）解：画图见答案，则点的坐标为； （2）解：如图所示，即为旋转后的图形，则点的坐标为． 22．(1)证明：∵与关于点O成中心对称， ∴，， ∵， ∴，即， ∴四边形是平行四边形； (2)42 【分析】（1）首先由中心对称的性质得到，，然后推出，即可得到四边形是平行四边形； （2）取的中点，连接，证明是的中位线，得到，，，然后利用平行四边形的面积公式求解即可． 【详解】（1）略 （2）解：如图，取的中点，连接， ∵点F是的中点， ∴是的中位线， ∴，， ∵， ∴， ∴四边形的面积． 23．(1)证明：∵，， ∴， ∵线段绕点逆时针旋转得到线段，点与点重合， ∴，， ∴， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形， ∴， ∴； (2)； 证明：如图，在上取一点，使得，连接，， ∵， ∴垂直平分， ∴， ∴， ∴， ∵将线段绕点逆时针旋转得到线段， ∴，， ∴， ∴，即， ∴， ∴，， 又∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴． 【分析】（1）根据，得出，根据旋转可得，，进而证明四边形是平行四边形，得出，即可得证； （2）在上取一点，使得，连接，，证明得出，，进而根据三角形内角和定理得出，根据平行线的性质得出，进而得出，根据等角对等边可得，则，进而根据，即可得证． 【详解】（1）略 （2）略 24．(1)40 (2)时；当时 (3)t为或 【分析】（1）根据三角形内角和定理得到，由平角的定义及计算得到，在四边形中根据内角和定理即可求解； （2）由折叠的性质得：，，结合图形分类讨论：当在的左侧时（）；当在的右侧时（）；结合角度的数量关系列式求解即可； （3）根据题意得到射线到的时间为秒，射线到的时间为秒，，，结合运动情况分类讨论：与相遇前；在与相遇后；由平角的定义列式求解即可． 【详解】（1）解：在中，， ∴， ∵与关于直线对称，点落在边上，，与关于直线对称，点落在边上， ∴， ∴， ∵，则， ∴， 在四边形中，， 故答案为：40； （2）解：由折叠的性质得：，， ，， ①当在的左侧时（）， ， ， ， ； ②当在的右侧时（）， ， ， ， ． 综上，x，y满足当时；当时． （3）解：当时，， ∵射线的旋转速度为每秒，射线的旋转速度为每秒，到位置停止， ∴射线到的时间为秒，射线到的时间为秒， 由题意可知，，， ①与相遇前，则， ∴， 解得； ②与相遇后，则， ∴， 解得，不合题意舍去； ∴在与相遇后，当时，射线已停止旋转， ∴此时， ， 解得， 综上，当t为或时，． 25．(1) (2)正确，理由如下： 连接，， ∵矩形和矩形全等， ∴，，， ∴，， ， ． ， ∴四边形是平行四边形， ． ， ，，在同一条直线上； (3) 【分析】（1）利用勾股定理求出，进而求解即可； （2）连接，，证明四边形是平行四边形，得到，然后结合即可求解； （3）连接，求出，，设，利用勾股定理求解即可． 【详解】（1）解：∵矩形和矩形重合， ，， ， ； （2）略 （3）解：连接， 由（2）得四边形是平行四边形， ，． ， ． ，， ， ． 设， 在同一条直线上， ， 在中，利用勾股定理得，， ∴， 解得， ． 学科网（北京）股份有限公司 $