第23章 旋转 单元测试卷（含答案解析）2022-2023学年人教版九年级数学上册

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1、第二十三章第二十三章 旋转旋转 一、单选题一、单选题 1在下列图形中，既是轴对称图形，又是中心对称图形的是（ ） A等边三角形 B直角三角形 C正五边形 D矩形 2点 A(x，y)在第二象限内，且x=2，y=3，则点 A 关于原点对称的点的坐标为( ) A(-2，3) B(2，-3) C(-3，2) D(3，-2) 3下列图形中，是中心对称图形但不是轴对称图形的是（ ） A B C D 4有下列说法： 平行四边形具有四边形的所有性质： 平行四边形是中心对称图形： 平行四边形的任一条对角线可把平行四边形分成两个全等的三角形； 平行四边形的两条对角线把平行四边形分成 4 个面积相等的小三角形 其中

2、正确说法的序号是（ ） A B C D 5如图，在小正三角形组成的网格中，已有6个小正三角形涂黑，还需涂黑n个小正三角形，使它们与原来涂黑的小正三角形组成的新图案恰有三条对称轴，则n的最小值为（ ） A10 B6 C3 D2 6元二次方程 2x22x10 的根的情况为（ ） A有两个相等的实数根 B有两个不相等的实数根 C只有一个实数根 D没有实数根 7将抛物线(2)(4)yxx先绕坐标原点O旋转180，再向右平移2个单位长度，所得抛物线的解析式为（ ） A21024yxx B21024yxx C22yxx D22yxx 8如图，G 是正方形 ABCD内一点，以 GC为边长，作正方形 GCEF

3、，连接 BG和 DE，试用旋转的思想说明线段 BG与 DE 的关系（ ） ADEBG BDEBG CDEBG DDEBG 9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 10 把四张扑克牌所摆放的顺序与位置如下， 小杨同学选取其中一张扑克牌把他颠倒后在放回原来的位置，那么扑克牌的摆放顺序与位置都没变化，那么小杨同学所选的扑克牌是（ ） A B C D 二、填空题二、填空题 11 如图， 在正方形网格中， 格点ABC绕某点顺时针旋转角0180得到格点111ABC， 点A与点1A，点B与点1B，点C与点1C是对应点，则_度 12在平面直角坐标系中，将点 A 先向右平移 4

4、个单位，再向下平移 6 个单位得到点 B，如果点 A 和点 B关于原点对称，那么点 A的坐标是_ 13如图，已知点 A(2，0)，B(0，4)，C(2，4)，D(6，6)，连接 AB，CD，将线段 AB 绕着某一点旋转一定角度，使其与线段 CD 重合（点 A 与点 C 重合，点 B 与点 D 重合） ，则这个旋转中心的坐标为_ 14已知点( ,3)A a与点()4,Bb关于原点对称，则ab的值为_ 15 以水平数轴的原点O为圆心过正半轴Ox上的每一刻度点画同心圆， 将Ox逆时针依次旋转30、60、90、L、330得到11条射线，构成如图所示的“圆”坐标系，点A、B的坐标分别表示为5,0、4,3

5、00，则点C的坐标表示为_ 16如图， ABC绕点 A按逆时针方向旋转 50 后的图形为 AB1C1，则ABB1_ 17 将正方形 OEFG 放在平面直角坐标系中， O 是坐标原点， 若点 E的坐标为3,2， 则点 G 的坐标为_ 三、解答题三、解答题 18问题情境： 数学活动课上，老师让同学们以“三角形的旋转”为主题开展数学活动， ABC 和 DEC 是两个全等的直角三角形纸片，其中ACBDCE90 ，BE30 ，ABDE4 解决问题： （1）如图 1，智慧小组将 DEC 绕点 C 顺时针旋转，发现当点 D 恰好落在 AB 边上时，DEAC，请你帮他们证明这个结论； （2） 缜密小组在智慧小

6、组的基础上继续探究， 当 DEC 绕点 C 继续旋转到如图 2 所示的位置时， 连接 AE、AD、BD，他们提出 SBDCSAEC，请你帮他们验证这一结论是否正确，并说明理由 19如图，已知：正方形ABCD，点E，F分别是BC，DC上的点，连接AE，AF，EF，且45EAF，求证：BEDFEF 20如图，在等边ABC中，D 为 BC边上一点，连接 AD，将ACD沿 AD翻折得到AED，连接 BE并延长交 AD 的延长线于点 F，连接 CF （1）若20CAD，求CBF的度数； （2）若aCAD，求CBF的大小； （3）猜想 CF，BF，AF之间的数量关系，并证明 21如图，在正方形网格中，AB

7、C的顶点在格点上，请仅用无刻度直尺完成以下作图（保留作图痕迹） （1）在图 1 中，作ABC关于点O对称的A B C V； （2）在图 2 中，作ABC绕点A顺时针旋转一定角度后，顶点仍在格点上的A B C V 22如图，点M，N分别在正方形ABCD的边BC，CD上，且45MAN，把ADN绕点A顺时针旋转90得到ABE （1）求证：AEMANM （2）若3BM ，2DN ，求正方形ABCD的边长 23如图，点M是ABC的边BA上的动点，6BC ，连接MC，并将线段MC绕点M逆时针旋转90得到线段MN （1）如图 1，作MHBC，垂足H在线段BC上，当CMHB时，判断点N是否在直线AB上，并说明

8、理由； （2）如图 2，若30ABC，/NCAB，求以MC、MN为邻边的正方形的面积S 参考答案：参考答案： 1D 【解析】 【分析】 根据轴对称图形和中心对称图形的概念逐一判断可得 【详解】 解：A等边三角形是轴对称图形，不是中心对称图形，不符合题意； B直角三角形既不是轴对称图形，也不是中心对称图形，不符合题意； C正五边形是轴对称图形，不是中心对称图形，不符合题意； D矩形既是轴对称图形，又是中心对称图形，符合题意； 故选：D 【点睛】 本题主要考查中心对称图形和轴对称图形，解题的关键是掌握把一个图形绕某一点旋转 180 ，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形就叫做中心对称

9、图形，如果一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形叫做轴对称图形 2B 【解析】 【分析】 根据 A（x，y）在第二象限内可以判断 x，y 的符号，再根据|x|=2，|y|=3 就可以确定点 A 的坐标，进而确定点 A 关于原点的对称点的坐标 【详解】 A（x，y）在第二象限内， x0 y0， 又|x|=2，|y|=3， x=-2， y=3， 点 A 关于原点的对称点的坐标是（2，-3） 故选：B 【点睛】 本题考查了关于原点对称的点的坐标，由点所在的象限能判断出坐标的符号，同时考查了关于原点对称的点坐标之间的关系，难度一般 3B 【解析】 【分析】 根据中心对称图形和轴对

10、称图形的定义判断即可 【详解】 解：A 中的图形旋转 180 后不能与原图形重合， A 中的图象不是中心对称图形， 选项 A 不正确； B 中的图形旋转 180 后能与原图形重合， B 中的图形是中心对称图形，但不是轴对称图形， 选项 B 正确； C 中的图形旋转 180 后能与原图形重合， C 中的图形是中心对称图形，也是轴对称图形， 选项 C 不正确； D 中的图形旋转 180 后不能与原图形重合， D 中的图形不是中心对称图形， 选项 D 不正确； 故选：B 【点睛】 本题考查了轴对称图形和中心对称图形的定义，熟练掌握轴对称图形和中心对称图形的定义是解题的关键 4D 【解析】 【分析】

11、根据平行四边形的性质、中心对称图形的定义和全等三角形的判定进行逐一判定即可 【详解】 解：平行四边形是四边形的一种， 平行四边形具有四边形的所有性质，故正确： 平行四边形绕其对角线的交点旋转 180 度能够与自身重合， 平行四边形是中心对称图形，故正确： 四边形 ABCD是平行四边形， AD=BC，CD=AB，ADC=CBA ADCCBA（SAS） 同理可以证明 ABDCDB 平行四边形的任一条对角线可把平行四边形分成两个全等的三角形，故正确； 四边形 ABCD是平行四边形， OA=OC，OD=OB， ADOABOSS，ADODOCSS，DOCBOCSS， =ADOABODOCBOCSSSS，

12、 平行四边形的两条对角线把平行四边形分成 4 个面积相等的小三角形，故正确 故选 D 【点睛】 本题主要考查了中心对称图形的定义，平行四边形的性质，全等三角形的判定，三角形中线把面积分成相同的两部分等等，解题的关键在于能够熟练掌握相关知识进行求解 5C 【解析】 【分析】 由等边三角形有三条对称轴可得答案 【详解】 如图所示，n的最小值为 3 故选 C 【点睛】 本题考查了利用轴对称设计图案，解题的关键是掌握常见图形的性质和轴对称图形的性质 6B 【解析】 【分析】 根据方程的系数结合根的判别式，即可得出120，进而即可得出方程 2x22x10 有两个不相等的实数根 【详解】 a2，b2，c1

13、， b24ac(2)24 2 (1)120， 方程有两个不相等的实数根 故选 B 【点睛】 本题考查了根的判别式，牢记“当 0 时，方程有两个不相等的实数根”是解题的关键 7C 【解析】 【分析】 先根据点绕坐标原点O旋转180的坐标变换规律、 待定系数法求出旋转后的抛物线的解析式， 再根据二次函数的图象平移的规律即可得 【详解】 将抛物线(2)(4)yxx的顶点式为2(3)1yx 则其与 x轴的交点坐标为(2,0),(4,0)，顶点坐标为(3, 1) 点绕坐标原点O旋转180的坐标变换规律：横、纵坐标均变为相反数 则绕坐标原点O旋转180后，所得抛物线与 x轴的交点坐标为( 2,0),( 4

14、,0)，顶点坐标为( 3,1) 设旋转后所得抛物线为2(3)1ya x 将点( 2,0)代入得：2( 23)10a ，解得1a 即旋转后所得抛物线为2(3)1yx 则再向右平移2个单位长度，所得抛物线的解析式为2(32)1yx 即22yxx 故选：C 【点睛】 本题考查了点绕坐标原点O旋转180的坐标变换规律、 待定系数法求二次函数解析式、 二次函数的图象平移的规律，熟练掌握坐标旋转变换规律和二次函数的图象平移规律是解题关键 8A 【解析】 【分析】 根据四边形 ABCD为正方形，得出 BC=DC，BCD=90 ，根据四边形 CEFG 为正方形，得出 GC=EC，GCE=90 ，再证BCG=D

15、CE， BCG 与 DCE 具有可旋转的特征即可 【详解】 解：四边形 ABCD为正方形， BC=DC，BCD=90 ， 四边形 CEFG 为正方形， GC=EC，GCE=90 ， BCG+GCD=GCD+DCE=90 ， BCG=DCE， BCG绕点 C 顺时针方向旋转 90 得到 DCE， BG=DE， 故选项 A 【点睛】 本题考查图形旋转特征，正方形性质，三角形全等条件，同角的余角性质，掌握图形旋转特征，正方形性质，三角形全等条件是解题关键 9B 【解析】 【分析】 利用轴对称图形和中心对称图形的定义逐项判断即可 【详解】 A是轴对称图形不是中心对称图形故 A 不符合题意 B是轴对称图

16、形也是中心对称图形故 B 符合题意 C是轴对称图形但不是中心对称图形故 C 不符合题意 D不是中心对称图形也不是轴对称图形故 D 不符合题意 故选：B 【点睛】 本题考查轴对称图形和中心对称图形的定义，根据选项灵活判断其图形是否符合题意是解本题的关键 10D 【解析】 【分析】 根据题意，图形是中心对称图形即可得出答案 【详解】 由题意可知，图形是中心对称图形，可得答案为 D， 故选：D 【点睛】 本题考查了图形的中心对称的性质，掌握中心图形的性质是解题的关键 1190 【解析】 【分析】 先连接1CC，1AA，作1CC，1AA的垂直平分线交于点E，连接AE，1AE，再由题意得到旋转中心，由旋

17、转的性质即可得到答案. 【详解】 如图，连接1CC，1AA，作1CC，1AA的垂直平分线交于点E，连接AE，1AE， 1CC，1AA的垂直平分线交于点E， 点E是旋转中心， 190AEA， 旋转角90. 故答案为90. 【点睛】 本题考查旋转，解题的关键是掌握旋转的性质. 122,3 【解析】 【分析】 先按题目要求对 A、B 点进行平移，再根据原点对称的特征：横纵坐标互为相反数进行列方程，求解 【详解】 设( , )A x y，( , )A x y向右平移 4 个单位，再向下平移 6 个单位得到(4,6)B xy A、B关于原点对称， 40 xx ，60yy， 解得2x ，3y ， 2,3A

18、 故答案为：2,3 【点睛】 本题考查点的平移和原点对称的性质，掌握这些是解题关键 13(4，2) 【解析】 【分析】 画出平面直角坐标系，作出新的 AC，BD 的垂直平分线的交点 P，点 P 即为旋转中心 【详解】 解：平面直角坐标系如图所示，旋转中心是 P 点，P（4，2） ， 故答案为： （4，2） 【点睛】 本题考查坐标与图形变化旋转，解题的关键是理解对应点连线段的垂直平分线的交点即为旋转中心 147 【解析】 【分析】 根据已知条件求出 a，b，代入求值即可； 【详解】 点( ,3)A a与点()4,Bb关于原点对称， 4a ，3b， 437ab ； 故答案是7 【点睛】 本题主要考

19、查了平面直角坐标系点的对称，准确计算是解题的关键 153,240 【解析】 【分析】 根据同心圆的个数以及每条射线所形成的角度，以及 A，B 点坐标特征找到规律，即可求得 C 点坐标 【详解】 解： 图中为 5 个同心圆， 且每条射线与 x 轴所形成的角度已知，A、B的坐标分别表示为5,0、4,300，根据点的特征，所以点C的坐标表示为3,240； 故答案为：3,240 【点睛】 本题考查坐标与旋转的规律性问题，熟练掌握旋转性质，并找到规律是解题的关键 1665 【解析】 【分析】 根据旋转的性质知 ABAB1，BAB150 ，然后利用三角形内角和定理进行求解 【详解】 解：ABC绕点 A按逆

20、时针方向旋转 50 后的图形为 AB1C1， ， ABAB1，BAB150 ， ABB112（18050）65 故答案为：65 【点睛】 本题考查了旋转的性质，三角形内角和定理，熟知旋转角的定义与旋转后对应边相等是解题的关键 172,3或2, 3 【解析】 【分析】 先利用正方形的性质，利用旋转画出正方形 OEFG，从而得到 G 点的坐标 【详解】 把 EO绕 E 点顺时针（或逆时针）旋转 90 得到对应点为 G（或 G ） ，如图， 则 G 点的坐标为(2，-3)或 G的坐标为(2，3)， 【点睛】 本题考查坐标与图形的变换，涉及旋转、正方形的性质等知识，是重要考点，难度较易，掌握相关知识是

21、解题关键 18 （1）证明见解析； （2）正确，理由见解析 【解析】 【分析】 （1）如图 1 中，根据旋转的性质可得 ACCD，然后求出 ACD 是等边三角形，根据等边三角形的性质可得ACD60 ，然后根据内错角相等，两直线平行进行解答； （2）如图 2 中，作 DMBC 于 M，ANEC 交 EC 的延长线于 N根据旋转的性质可得 BCCE，ACCD，再求出ACNDCM，然后利用“角角边”证明 ACN 和 DCM 全等，根据全等三角形对应边相等可得 ANDM，然后利用等底等高的三角形的面积相等证明 【详解】 解： （1）如图 1 中，DEC 绕点 C 旋转点 D 恰好落在 AB 边上， A

22、CCD， BAC90 B90 30 60 ， ACD 是等边三角形， ACD60 ， 又CDEBAC60 ， ACDCDE， DEAC； （2）结论正确， 理由如下：如图 2 中，作 DMBC 于 M，ANEC 交 EC 的延长线于 N DEC 是由 ABC 绕点 C 旋转得到， BCCE，ACCD， ACNBCN90 ，DCMBCN180 90 90 ， ACNDCM， 在 ACN 和 DCM 中， ACNDCMCMDN90ACCD ， ACNDCM（AAS） ， ANDM， BDC 的面积和 AEC 的面积相等（等底等高的三角形的面积相等） ， 即 SBDCSAEC 【点睛】 本题属于几何

23、变换综合题，主要考查了全等三角形的判定与性质，等边三角形的判定与性质，旋转的性质的综合应用，添加恰当辅助线构造全等三角形是解题的关键 19见解析 【解析】 【分析】 将 ABE 绕点 A 逆时针旋转 90 得到 ADG，根据旋转的性质可得 GD=BE，AG=AE，DAG=BAE，然后求出FAG=EAF， 再利用“边角边”证明 AEF 和 AGF 全等， 根据全等三角形对应边相等可得 EF=FG，即可得出结论 【详解】 如解图，将ABE绕点A逆时针旋转90至ADG的位置，使AB与AD重合 AGAE，,DAGBAE DGBE 45EAF 904545GAFDAGDAFBAEDAFBADEAF， E

24、AFGAF 在AGF和AEF中， ,AGAEGAFEAFAFAF， AGFAEF SAS EFGF GFDGDFBEDF， BEDFEF 【点睛】 本题考查了正方形的性质，旋转的性质，全等三角形的判定与性质，难点在于利用旋转变换作出全等三角形 20 （1）20 ； （2）CBF； （3）AF= CF+BF，理由见解析 【解析】 【分析】 （1） 由 ABC 是等边三角形， 得到 AB=AC， BAC=ABC=60 ， 由折叠的性质可知， EAD=CAD=20 ，AC=AE，则BAE=BAC-EAD-CAD=20 ，AB=AE，1180=802ABEAEBBAE，CBF=ABE-ABC=20 ；

25、 （2）同（1）求解即可； （3）如图所示，将 ABF绕点 A 逆时针旋转 60 得到 ACG，先证明 AEFACF 得到AFE=AFC，然后证明AFE=AFC=60 ，得到BFC=120 ，即可证明 F、C、G三点共线，得到 AFG是等边三角形，则 AF=GF=CF+CG=CF+BF 【详解】 解： （1）ABC是等边三角形， AB=AC，BAC=ABC=60 ， 由折叠的性质可知，EAD=CAD=20 ，AC=AE， BAE=BAC-EAD-CAD=20 ，AB=AE， 1180=802ABEAEBBAE， CBF=ABE-ABC=20 ； （2）ABC是等边三角形， AB=AC,BAC=

26、ABC=60 ， 由折叠的性质可知，EADCAD，AC=AE， 602BAEBACEADCAD ，AB=AE， 1180=602ABEAEBBAE， CBFABEABC； （3）AF= CF+BF，理由如下： 如图所示，将 ABF 绕点 A 逆时针旋转 60 得到 ACG， AF=AG，FAG=60 ，ACG=ABF，BF=CG 在 AEF和 ACF中， =AEACEAFCAFAFAF， AEFACF（SAS） ， AFE=AFC， CBF+BCF+BFD+CFD=180 ，CAF+CFA+ACD+CFD=180 ， BFD=ACD=60 ， AFE=AFC=60 ， BFC=120 ， BA

27、C+BFC=180 ， ABF+ACF=180 ， ACG+ACF=180 ， F、C、G 三点共线， AFG是等边三角形， AF=GF=CF+CG=CF+BF 【点睛】 本题主要考查了等边三角形的性质与判定，旋转的性质，折叠的性质，全等三角形的性质与判定，三角形内角和定理，熟知相关知识是解题的关键 21 （1）见解析； （2）见解析 【解析】 【分析】 （1）分别作出 A，B，C 三点关于 O 点对称的点A，B，C，然后顺次连接即可得A B C V； （2）计算得出 AB=2 5，AC=5，再根据旋转作图即可 【详解】 （1）如图 1 所示； （2）根据勾股定理可计算出 AB=2 5，AC=

28、5，再作图，如图 2 所示 【点睛】 本题考查复杂-应用与设计，勾股定理等知识，解题的关键是学会利用数形结合的思想解决问题 22 （1）证明见解析； （2）正方形ABCD的边长为 6 【解析】 【分析】 （1） 先根据旋转的性质可得,AEANBAEDAN ， 再根据正方形的性质、 角的和差可得45MAE，然后根据三角形全等的判定定理即可得证； （2）设正方形ABCD的边长为 x，从而可得3,2CMxCNx，再根据旋转的性质可得2BEDN，从而可得5ME ，然后根据三角形全等的性质可得5MNME，最后在Rt CMN中，利用勾股定理即可得 【详解】 （1）由旋转的性质得：,AEANBAEDAN 四

29、边形 ABCD 是正方形 90BAD，即90BANDAN 90BANBAE，即90EAN 45MAN 904545MAEEANMAN 在AEM和ANM中，45AEANMAEMANAMAM ()ANMAS SEMA； （2）设正方形ABCD的边长为 x，则BCCDx 3,2BMDN 3,2CMBCBMxCNCDDNx 由旋转的性质得：2BEDN 2 35MEBEBM 由（1）已证：AEMANM 5MNME 又四边形 ABCD 是正方形 90C 则在Rt CMN中，222CMCNMN，即222(3)(2)5xx 解得6x或1x（不符题意，舍去） 故正方形ABCD的边长为 6 【点睛】 本题考查了正

30、方形的性质、旋转的性质、三角形全等的判定定理与性质、勾股定理等知识点，较难的是题（2） ，熟练掌握旋转的性质与正方形的性质是解题关键 23 （1）点N在直线AB上，见解析； （2）18 【解析】 【分析】 （1）根据CMHB，90CMHC，得到90BC ，可得线段CM逆时针旋转90落在直线BA上，即可得解； （2）作CDAB于D，得出45MCN，再根据平行线的性质得到45BMC，再根据直角三角形的性质计算即可； 【详解】 解： （1）结论：点N在直线AB上； CMHB，90CMHC， 90BC ， 90BMC，即CMAB 线段CM逆时针旋转90落在直线BA上，即点N在直线AB上 （2）作CDAB于D， MCMN，90CMN， 45MCN， /NCAB， 45BMC， 6BC ，30B ， 3CD ，23 2MCCD， 218SMC，即以MC、MN为邻边的正方形面积18S 【点睛】 本题主要考查了旋转综合题，结合平行线的性质计算是解题的关键