第28章旋转单元综合质量检测卷-2026-2027学年人教版数学九年级上册

**基本信息** 以旋转知识为核心，融合敦煌三兔造型、亚洲文明对话大会标识等文化与时代情境，通过基础概念辨析、动态几何推理及跨知识综合应用，梯度覆盖单元核心素养。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |选择题|10/20|旋转性质、中心对称图形判断、坐标变换|第2题以亚洲文明对话大会标识考中心对称，体现文化观察| |填空题|8/16|对称点坐标、旋转角计算、网格图形设计|第12题网格中心对称图形设计，培养空间观念| |解答题|7/64|旋转作图、几何证明、动态最值、函数综合|第25题旋转与三角形中位线结合求面积最值，考查推理能力与模型意识|

第28章旋转单元综合质量检测卷 一、选择题（共20分） 1．下面图形不能通过旋转变换得到的是（    ） A． B． C． D． 2．年是“十五五”规划开局之年，我国持续推动全球文明交流、共建人类命运共同体．下列国家级重大活动官方标识里，属于中心对称图形的是（     ） A．第四次全国农业普查标识 B．亚洲文明对话大会主标识 C．深圳峰会 D．第六届亚洲沙滩运动会会徽 3．如图，是一个纸折的小风车模型，将它绕着旋转中心旋转下列哪个度数后不能与原图形重合．（    ） A． B． C． D． 4．若点关于原点的对称点位于第四象限，则常数m的取值范围是（     ） A． B． C． D． 5．如图，在平面内将绕着直角顶点逆时针旋转得到．若，，则线段的长为（     ） A．5 B．6 C．7 D．8 6．数轴上点、点表示数如图所示，且点与点关于点成中心对称，则点表示的数是（    ） A． B． C． D． 7．如图，在中，，将绕点B按逆时针方向旋转后得到，则阴影部分面积为（    ） A．32 B．24 C． D．16 8．已知抛物线的图象绕原点旋转后得到抛物线，若的图象经过，则的值为（   ） A． B． C． D． 9．在平面直角坐标系中，点，，，轴，点Q的纵坐标为．下列说法正确的是（     ） A．当时，点B是线段的中点 B．存在唯一一个m的值，使得 C．不存在m，使得 D．无论m取何值，线段的长度恒为定值 10．已知，将点绕点顺时针旋转至点，则点的坐标为（   ） A． B． C． D． 二、填空题（共16分） 11．已知点关于原点的对称点的坐标是，则的值为___________． 12．如图所示为一个的正方形网格，请在其中标有数字编号的小正方形中选取一个进行阴影标注，使得网格中的阴影部分形成一个中心对称图形．那么应该选择编号_________的小正方形涂阴影． 13．如图，这个图案绕着它的中心旋转（）后能够与它本身重合，则可以为_____（写出一种情况即可）． 14．在平面直角坐标系中，已知点与点关于原点对称，则__ ． 15．如图所示，在平面直角坐标系中，第1次将边长为1的正方形绕点O逆时针旋转后，得到正方形，第2次将正方形绕点 O 逆时针旋转 后，得到正方形，……，依此规律，绕点 O 旋转得到正方形，则点的坐标为_________________． 16．如图，将含角的直角三角尺绕点B顺时针旋转后得到，连接．若，则的面积为__________________． 17．如图，已知，且B、C、D在一条直线上，，设，直线上方有一点F满足且，连接．当______时，取得最大值．（注：点A、E、F均在直线上方） 18．如图，在菱形中，，．菱形的顶点是的中点，顶点在的延长线上．，分别为菱形和菱形的对称中心，过，的直线分别交，于点，，则线段的长为______． 三、解答题（共64分） 19．平面直角坐标系第二象限内的点与另一点关于原点对称，试求的值． 20．敦煌莫高窟中有如图所示的三兔造型．图中的一只“兔子”经过旋转能够与相邻的“兔子”重合，请指出旋转中心，并写出旋转的方向和角度． 21．在如图所示的方格图中，有个小方格被涂黑成“形”． (1)在图①中画出将原来的“形”绕点旋转后的图形； (2)在图②空白方格中涂黑格，使新涂黑的图形与原来的“形”所组成的新图形既是轴对称图形又是中心对称图形． 22．如图，在平面直角坐标系中，的三个顶点分别为，，． (1)画出关于原点中心对称的图形． (2)将绕原点顺时针旋转90°得到，画出，并写出点B的对应点的坐标． 23．中，，将绕点顺时针旋转得到，点的对应点为． (1)如图①，当时，绕点顺时针旋转了__________°； (2)如图②，当点在上时，若，求的度数； (3)如图③，当点为的中点时，连接，若，，在绕点顺时针旋转一周的过程中，直接写出线段的最大值和最小值． 24．如图，在平面直角坐标系中有一，O为坐标原点，，，将绕原点O逆时针旋转，得到，抛物线经过A，B两点． (1)求抛物线的解析式及顶点G的坐标； (2)判断抛物线是否经过点C，请说明理由； (3)在第二象限内，抛物线上存在异于点G的一点P，使与的面积相等，若存在，请求出点P的坐标；若不存在，请说明理由． 25．如图1，在中，，点分别在边上，，连接，点分别为的中点 (1)求证：； (2)把绕点逆时针方向旋转到图2的位置，连接，判断的形状，并说明理由： (3)把绕点在平面内自由旋转，若，请求出面积的最大值． 参考答案 1．C 【分析】本题考查了通过旋转变换设计而成的图形的特点．利用旋转设计而成的图形应有一个旋转点，图形旋转后的形状和大小不变，即可得解． 【详解】解：A、B、D都可以通过旋转变换设计而成，不符合题意； C、不可以通过旋转变换设计而成，符合题意； 故选：C． 2．B 【分析】根据中心对称图形的概念：把一个图形绕着某个点旋转，如果旋转后的图形能与原来的图形重合，那么这个图形叫做中心对称图形，对各个选项进行判断即可． 【详解】解：、该图形绕中心旋转后不能与原图形重合，不是中心对称图形，故本选项不符合题意； 、该图形绕中心旋转后能与原图形重合，是中心对称图形，故本选项符合题意； 、该图形绕中心旋转后不能与原图形重合，不是中心对称图形，故本选项不符合题意； 、该图形绕中心旋转后不能与原图形重合，不是中心对称图形，故本选项不符合题意． 3．B 【分析】据旋转中心、旋转角及旋转对称图形的定义结合图形特点，可知图中的旋转中心就是该图的几何中心，即点O．该图绕旋转中心O旋转90°，180°，270°，360°，都能与原来的图形重合，再利用中心对称图形的定义即可求解． 【详解】解：图中的旋转中心就是该图的几何中心，即点O．该图绕旋转中心O旋转90°，180°，270°，360°，都能与原来的图形重合， 故只有不能与原图形重合. 故选：B. 【点睛】本题考查了中心对称图形的概念，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后与原图重合．也考查了旋转中心、旋转角的定义及求法．对应点与旋转中心所连线段的夹角叫做旋转角． 4．D 【分析】先求点关于原点的对称点坐标，再根据第四象限内点的坐标符号列不等式组求解． 【详解】解：点关于原点的对称点为， ∵ 该对称点位于第四象限， ∴ ，， 解，得， 解，得， ∴ ． 5．C 【分析】由旋转性质得到对应线段相等，数形结合表示出，代入线段长度计算即可． 【详解】解：在平面内将绕着直角顶点逆时针旋转得到， ， 则． 6．B 【分析】本题主要考查实数与数轴的对应关系和中心对称的性质，先根据点与点关于点成中心对称，得到，再由数轴上两点之间距离公式求解即可． 【详解】解：∵点与点关于点成中心对称， ∴， ∴点表示的数是， 故选：B． 7．D 【分析】本题考查旋转的性质，含的直角三角形的性质，解题的关键是作出辅助线． 过作交于点，根据旋转得到，，，根据含的直角三角形的性质即可得到，即可得到答案； 【详解】解：如图，过作交于点， 绕点按逆时针方向旋转后得到，， ，，， ， ， ， ， 又，， ． 故选：D． 8．C 【分析】本题先将原抛物线化为顶点式，利用绕原点旋转的坐标变换性质，得到旋转后抛物线的顶点坐标和二次项系数，设的解析式为 ，将已知点代入，即可得的值． 【详解】解：∵， ∴抛物线的顶点为，二次项系数为， ∵抛物线的图象绕原点旋转后得到抛物线， ∴的顶点为，二次项系数为， 设的解析式为 ， ∵经过点， ∴， 解得． 9．B 【分析】本题考查坐标与图形性质，根据已知点坐标计算各线段长度，逐个验证选项即可得到答案． 【详解】解：∵点，，，轴，点纵坐标为， ∴横坐标与相同，． 验证选项A： 当时，，， 中点横坐标为，点横坐标为， ∵ ，∴ 不是线段的中点，A错误； 验证选项D： ，长度随变化，不是定值，D错误； 验证选项C： ，若，则， 两边平方得，整理得，解得，存在满足条件的，C错误； 验证选项B： ，若，则， 两边平方得，整理得，解得，只有唯一一个解， ∴ 存在唯一一个满足条件，B正确． 10．D 【分析】本题考查旋转的性质，全等三角形的判定与性质，过作轴，过作轴交于点，过作于，由旋转可得，，即可证明，得到，，据此求得． 【详解】解：如图，过作轴，过作轴交于点，过作于，则， ∵， ∴，， ∵将点绕点顺时针旋转至点， ∴，， ∴， ∴， ∴，， ∴横坐标为，纵坐标为， ∴， 故选：D． 11． 【分析】根据关于原点对称的点的横、纵坐标都互为相反数，先求出和的值，再代入计算即可． 【详解】解：∵两个点关于原点对称时，它们的横、纵坐标分别互为相反数，点关于原点的对称点的坐标为， ∴，， ∴． 12．④ 【分析】本题主要考查了中心对称图形的识别．在同一平面内，如果把一个图形绕某一点旋转180度，旋转后的图形能和原图形完全重合，那么这个图形就叫做中心对称图形．这个旋转点，就叫做对称中心． 【详解】解：只有选取④进行阴影标注，使得网格中的阴影部分能形成一个中心对称图形， 故答案为：④． 13．（答案不唯一） 【分析】本题考查旋转的性质，一个图形绕着一个定点旋转一定的角度后能与原图重合，这个定点就是旋转中心，旋转的角度就是旋转角，理解旋转的相关概念是解题关键． 根据旋转对称图形的性质，一个图形绕着它的中心旋转一定角度后能够与它自身重合，这个角度的最小值是除以图形的等分份数，进而得到满足条件的的值． 【详解】解：观察图案可知，该图案可看作被平均分成了份， 根据旋转对称图形性质，最小旋转角度为除以等分份数，即， 则这个图案绕着它的中心旋转后能够与它本身重合， 故答案为：（答案不唯一）． 14．4 【分析】本题考查了关于原点对称的点的坐标特征，解二元一次方程组． 根据关于原点对称的点的坐标特征，点A的横坐标与点B的横坐标互为相反数，点A的纵坐标与点B的纵坐标互为相反数，列出方程并求解． 【详解】解：∵点与点关于原点对称， ∴，且， 即， 即， 解得， ∴． 故答案为：． 15． 【分析】根据图形可知：点在以为圆心，以为半径的圆上运动，再由旋转可知：将正方形绕点逆时针旋转后得到正方形，相当于将线段绕点逆时针旋转，可得对应点的坐标，然后发现规律是8次一循环，进而得出答案．本题考查了旋转的性质、正方形的性质、坐标与图形性质、勾股定理、规律型：点的坐标等知识，解题的关键是数形结合并学会从特殊到一般的探究规律的方法． 【详解】解：∵点的坐标为，四边形是正方形， ∴点的坐标为， ， 四边形是正方形， ， 连接，如图： 由勾股定理得：， 由旋转的性质得：， 将正方形绕点逆时针旋转后得到正方形， 相当于将线段绕点逆时针旋转，依次得到， ，，，，，，，， 发现是8次一循环，则， 点的坐标为． 16． 【分析】过D点作，垂足为F，根据含30度角的直角三角形的性质，结合勾股定理求出的长，根据旋转的性质以及等积法求出的长，再根据三角形的面积公式进行求解即可. 【详解】解：过D点作，垂足为F， 由题意，在中，， ∴，， ∵旋转， ∴，，， ∴， ∴三点共线， ∵， ∴，即， ∴， ∴的面积为. 17．22.5 【分析】首先得到，如图，将沿翻折得到，将绕点C顺时针旋转得到，使点B和点F重合，求出，利用勾股定理得到，由，得到当点F，，，E四点共线时，取得最大值，如图，然后得到，求解即可． 【详解】解：∵， ∴， ∵， ∴， 如图，将沿翻折得到，将绕点C顺时针旋转得到，使点B和点F重合， ∵，，， ∴，， 由翻折得，，，， 由旋转得，，，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴当点F，，，E四点共线时，取得最大值，如图， ∴此时 ∴ ∴． 18． 【分析】连接，设直线交于点，先推导出，平分，，得到是等边三角形，进而推导出，得到，同理可得，求出，得到，根据勾股定理，求出，在中，根据勾股定理，求出，即可求出． 【详解】解：连接，设直线交于点，如图， ∵，分别为菱形和菱形的对称中心， ∴过点，，过点， 四边形，四边形是菱形，是的中点，， ，平分， 点在的延长线上，， ， ． 四边形是菱形， ，， ∴， 是等边三角形 是菱形的对称中心， ， ∴， ∴， ∴， 同理可得， 四边形是菱形，， 平分，， ， ∴， ∴， ， 在中，， ． 19．4 【分析】本题考查关于原点对称的点的坐标特征，解一元二次方程，平面直角坐标系内点的符号特征．掌握关于原点对称的点的横、纵坐标都是原数的相反数是解题关键．根据关于原点对称的点的坐标特征可得出；，再结合点P在第二象限，即可求出x和y的值，最后相减即可． 【详解】解：∵点与点关于原点对称， ∴；， 解得：，；． ∵点P在第二象限， ∴，即， ∴， ∴． 20．顺时针旋为转或，逆时针旋转或都能够与相邻的“兔子”重合 【分析】三兔造型中三只兔子围绕共同中心点分布，故旋转中心为整个图形的中心；图形可通过顺时针或逆时针旋转使一只兔子与相邻兔子重合；三只兔子均匀分布，圆周角被平均分成份，列式计算即可． 【详解】解：如图，图形中心点为旋转中心， 三只兔子均匀分布， ， 顺时针旋转或，逆时针旋转或都能够与相邻的“兔子”重合． 21．(1)解：将原来的“形”绕点旋转后的图形，如图所示： (2)解：如图所示，补全后的图形既是轴对称图形又是中心对称图形： 【分析】（1）绕点旋转，就是作原图关于点中心对称即可得到答案； （2）由轴对称图形和中心对称图形定义设计图形即可． 【详解】（1）略 （2）略 22．(1) 解：如图，为所作； (2) 解：如图，为所作；点的坐标为． 【分析】本题考查了作图-旋转变换：根据旋转的性质可知，对应角都相等都等于旋转角，对应线段也相等，由此可以通过作相等的角，在角的边上截取相等的线段的方法，找到对应点，顺次连接得出旋转后的图形．也考查了中心对称变换． （1）根据关于原点对称的点的坐标特征得到点的坐标，然后顺次连接即可得到； （2）利用网格特点和旋转的性质分别画出点A、B、C的对应点，从而得到． 【详解】（1）略 （2）略 23．(1)110 (2)30° (3)最大值：；最小值： 【分析】本题考查了旋转的性质，等腰三角形的性质，勾股定理，直角三角形的性质等内容，解题的关键是掌握相关性质，确定出点的轨迹． （1）由旋转的性质可得，为旋转角，求解即可； （2）根据旋转的性质可得，，，得到，再由可得，由题意可得，，从而得到，即可求解； （3）由勾股定理可得，，由点为的中点可得，，即点在以为圆心，以为半径的圆上运动，从而得到的最大值与最小值． 【详解】（1）解：由旋转的性质可得，为旋转角， 则， 故答案为：； （2）解：根据旋转的性质可得，，， ∴， ∵， ∴， 由题意可得，，即， 解得， ∴； （3）解：连接，如图： 由旋转的性质可得，，， 由勾股定理可得，， ∵点为的中点， ∴， ∴点在以为圆心，以为半径的圆上运动， 从而得到的最大值为，的最小值为． 24．(1)，顶点的坐标为 (2) 抛物线经过点，理由如下： 由旋转知，， ， 由（1）知当时，， 抛物线经过点； (3)存在， 【分析】本题考查了二次函数的图像及性质、待定系数法、图形旋转的性质等知识点，熟练掌握以上知识点是解题的关键． （1）由点A的坐标、点B的坐标即可求出抛物线的解析式，将其化为顶点式后即可求顶点坐标； （2）由旋转的性质可知点C的坐标，将其代入解析式看是否满足等式，即可； （3）过点作，交抛物线于，先求出直线的解析式，再设直线的解析式为，把顶点的坐标为代入直线的解析式，得直线的解析式为：，联立，即可求解． 【详解】（1）解：，， 点A的坐标为，点B的坐标为， 抛物线经过A，B两点， ，解得， ， 顶点的坐标为； （2）略 （3）存在，如图所示，过点作，交抛物线于， 由旋转知， ， 由（2）知， 设直线的解析式为：， ，解得， 直线的解析式为：． 与的面积相等， 设直线的解析式为：． 把顶点的坐标为代入直线的解析式，得， 解得，， 直线的解析式为：， 联立， 解得或 点P在第二象限内，是抛物线上异于点G的一点， 点P的坐标为． 25．(1) 证明：点是的中点， ， 点是的中点， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ； (2) 是等腰直角三角形；理由：由旋转知， ， ， ， ， 同（1）的方法，利用三角形的中位线得， ， ， 是等腰三角形， 同（1)的方法得， ， ， 同(1)的方法得， ， ， ， ， ， ， ， ， ， 是等腰直角三角形； (3) 【分析】（1）利用三角形的中位线得出，进而判断出，即可得出结论，再利用三角形的中位线得出得出，最后用互余即可得出结论 （2）先判断出，得出，同(1)的方法得出，即可得出，同（1）的方法即可得出结论； （3）先判断出最大时，的面积最大，而最大是，即可得出结论. 【详解】（1）略 （2）略 （3）解：由（2）知，是等腰直角三角形，， 最大时，面积最大，即：最大时，面积最大， ∴点D在的延长线上， ， ， ． 【点评】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和性质，全等三角形的判断和性质，直角三角形的性质，解（1）的关键是判断出PMCE，PNBD，解（2）的关键是判断出△ABD≌△ACE，解（3）的关键是判断出BD最大时，△PMN的面积最大． 学科网（北京）股份有限公司 $