解析卷人教版九年级数学上册第二十三章旋转单元测试试卷

人教版九年级数学上册第二十三章旋转单元测试

考试时间：90分钟；命题人：数学教研组

考生注意：

1、本卷分第I卷（选择题）和第H卷（非选择题）两部分，满分100分，考试时间90分钟

2、答卷前，考生务必用0.5毫米黑色签字笔将自己的姓名、班级填写在试卷规定位置上

3、答案必须写在试卷各个题目指定区域内相应的位置，如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新

的答案；不准使用涂改液、胶带纸、修正带，不按以上要求作答的答案无效。

第I卷（选择题30分）

一、单选题（10小题，每小题3分，共计30分）

1、把图中的交通标志图案绕着它的中心旋转一定角度后与自身重合，则这个旋转角度至少为

（）

A.30°B.90°C.120°D.180°

2、下列命题是真命题的是（）

A.一个角的补角一定大于这个角B.平行于同一条直线的两条直线平行

C.等边三角形是中心对称图形D.旋转改变图形的形状和大小

3、在平面直角坐标系中，点P（-3,1+1）关于原点对称点在（）

A.第一象限B.第二象限C.第三象限D.第四象限

4、如图，在矩形ABQ）中，AB=A,BC=6,。是矩形的对称中心，点E、尸分别在边A。、BC

上，连接OE、OF,^AE=BF=2,则OE+OF的值为（）

A.2及B.55/2C.y/5D.2^/5

5、二次函数y=狈2+〃x+c的图象的顶点坐标是（2,1）,且图象与，轴交于点（0,9）.将二次函数

y=+法+c的图象以原点为旋转中心顺时针旋转180°,则旋转后得到的函数解析式为

（）

A.y=2（x-2）2+lB.>>=-2（X-2）2-1

C.y=-2（X+2）2-1D.y=-2（x+2）+1

6、如图，矩形16切绕点/逆时针旋转a（0°<a<90°）得到矩形ABC0,此时点B'恰好在

DC边上,若/月止15°,则a的大小为（）

C.30°D.45°

7、如图，点1的坐标为（0,2）,点6是x轴正半轴上的一点，将线段48绕点4按逆时针方向旋转

60°得到线段4C若点C的坐标为（肛3）,则处的值为（）

.延B.也C.巫D.迪

3333

8、如图，在a'中，A&^AC,若"是比1边上任意一点，将△/胤/绕点力逆时针旋转得到△力。,，点

必的对应点为点乂连接物则下列结论一定正确的是（）

A.AB=ANB.AB//NCC.ZAMN=ZACND.MNA.AC

9、已知点。坐标为（5,2）,将线段“绕原点。逆时针旋转90°得到线段。P,则点0的对应点P的

坐标为（）

A.（-5,2）B.（-2,5）C.（2,5）D.（2,-5）

10、如图，在中，ZBAC=120°,将AABC绕点C逆时针旋转得到点46的对应点分

别为〃E,连接AD.当点4D,£在同一条直线上时，下列结论一定正确的是（）

B

A.ZABC^ZADCB.CB=CDC.DE+DC=BCD.AB//CD

第n卷（非选择题70分）

二、填空题（5小题，每小题4分，共计20分）

1、如图，P是正方形0比Z?内一点，将zMBP绕点6顺时针方向旋转，能与ACB［重合，若PB=5,则

PP,=

2、在平面直角坐标系内，点［（逐，2）关于原点中心对称的点的坐标是—

3、如图，将正方形网格放置在平面直角坐标系中，其中，每个小正方形的边长均为1,点4,B,C

的坐标分别为A（O,3）,C（3,l）.VAFU是AABC关于x轴的对称图形，将VABC绕点"逆时

针旋转180°,点A的对应点为机则点"的坐标为.

y

4、如图，在AA8C中，AB=4,AC=3,ZR4C=30。，将AA8C绕点A逆时针旋转60。得到&4耳0,

连接BC-则BC,的长为.

5、如图，将AABC绕点4逆时针旋转角£（0°<a<180。）得到点8的对应点。恰好落在BC边

上，若DELAC,NC4£>=25。，则旋转角a的度数是.

三、解答题（5小题，每小题10分，共计50分）

1、如图，已知线段勿绕某定点。顺时针旋转a得到线段所，其中点6的对应点是反

BC

E

F

（1）请确定点。的位置（要求：尺规作图，保留作图痕迹，不写作法）；

（2）在（1）的情况下，点力位于6C上方，点。位于旗右侧，且△颇均为等边三角形.求

证：△颂是由△｛力绕点。顺时针旋转a得到.

2、如图，^ABC中，AB=AC=1,ZBAC=45°,4AEF是由AABC绕点A按顺时针方向旋转得到的，

连接BE,CF相交于点D,

（1）求证：BE=CF；

（2）当四边形ACDE为菱形时，求BD的长.

3、如图，在平面直角坐标系中，点A的坐标（2,0）,点C是y轴上的动点，当点C在y轴上移

动时，始终保持小。是等边三角形（点A、C、P按逆时针方向排列）；当点C移动到0点时，得到等

边三角形AOB（此时点P与点B重合）.

R初步探究》

（1）点B的坐标为；

（2）点C在y轴上移动过程中，当等边三角形ACP的顶点P在第二象限时，连接BP,求证:

R深入探究》

(3)当点C在y轴上移动时，点P也随之运动，探究点P在怎样的图形上运动，请直接写出结论,

并求出这个图形所对应的函数表达式；

K拓展应用》

(4)点C在y轴上移动过程中，当OP=OB时，点C的坐标为.

4、在平面直角坐标系中已知抛物线分>=以2+『3经过点4-1,0)和点8(3,0),点。为抛物线的顶

点.

(1)求抛物线右的表达式及点。的坐标；

(2)将抛物线L关于点A对称后的抛物线记作4,抛物线右的顶点记作点E,求抛物线右的表达式及

点E的坐标；

(3)是否在x轴上存在一点P,在抛物线4上存在一点。，使。、E、P、。为顶点的四边形是平行四边

形？若存在，请求出。点坐标，若不存在，请说明理由.

5、如图，D是^ABC的边BC延长线上一点，连接AD,把AACD绕点A顺时针旋转60°

恰好得到AABE,其中。，E是对应点，若ZC4D=18°,求NE4C的度数.

A

-参考答案-

一、单选题

1、C

【解析】

【分析】

根据图形的对称性，用360。除以3计算即可得解.

【详解】

解：V36O04-3=120",

••・旋转的角度是120°的整数倍，

旋转的角度至少是120°.

故选C.

【考点】

本题考查了旋转对称图形，仔细观察图形求出旋转角是120°的整数倍是解题的关键.

2、B

【解析】

【分析】

由补角的定义、平行线公理，中心对称图形的定义、旋转的性质分别进行判断，即可得到答案.

【详解】

解：A、一个角的补角不一定大于这个角，故A错误；

B、平行于同一条直线的两条直线平行，故B正确；

C、等边三角形是轴对称图形，不是中心对称图形，故C错误；

D、旋转不改变图形的形状和大小，故D错误；

故选：B.

【考点】

本题考查了补角的定义、平行线公理，中心对称图形的定义、旋转的性质，以及判断命题的真假，解

题的关键是熟练掌握所学的知识，分别进行判断.

3、D

【解析】

【分析】

先依据加+1>0,即可得出点。所在的象限，再根据两个点关于原点对称时，它们的坐标符号相反，

即可得出结论.

【详解】

解：O+l>。，...点可-3,加+1）在第二象限，

二点尸（-3,加+1）关于原点对称点在第四象限.

故选D.

【考点】

本题主要考查了关于原点对称的两个点的坐标特征，明确关于原点对称的两个点的横、纵坐标均互为

相反数是解答的关键.

4、D

【解析】

【分析】

连接/C,BD,过点。作OWLAO于点M,交BC于点、N,利用勾股定理求得OE的长即可解题.

【详解】

解：如图，连接力GBD,过点。作OMLAZ）于点M,交BC于点N,

••・四边形4版是矩形,

;.OA=OD=OB

-.-OM1.AD

AM=DM=3

:.OM=-AB=2

\-AE=2

：.EM=AM-AE^\

OE=>JEM2+OM2=Vl2+22=6

同理可得。尸=逐

OE+OF=2y[5

故选：D.

【考点】

本题考查中心对称、矩形的性质、勾股定理等知识，学会添加辅助线，构造直角三角形是解题关键.

5、C

【解析】

【分析】

设将二次函数＞=加+公+0•的图象以原点为旋转中心顺时针旋转180°后为：＞+伉x+q；根据

旋转的性质，得＞=。"+3+仇的图象的顶点坐标是（-2,-1）,且图象与V轴交于点（0,-9）,得

q=-9,再通过列方程并求解，即可得到＞表达式并转换为顶点式，即可得到答案.

【详解】

2

设将二次函数、=以2+法+。的图象以原点为旋转中心顺时针旋转180°后为：y=atx+htx+c,

♦.•二次函数y=底+法+c的图象的顶点坐标是（2,1）,且图象与轴交于点（0,9）

2

/.y=alx+b,x+cl的图象的顶点坐标是（-2,-1）,且图象与〉轴交于点（0,-9）

...q=-9

=4qx（_9）Y=]

2〃i，4a,

:.b}=4q,32%=0

:.32al+16a；=0

q=-2

4=-8

222

/.y=a^x+b{x+cx=-2x-8x-9=-2（x+2）-1

故选：C.

【考点】

本题考查了二次函数、旋转的知识；解题的关键是熟练掌握二次函数图像及解析式、旋转的性质，从

而完成求解.

6、C

【解析】

【分析】

由矩形的性质，可知/46C=90°,再由旋转，可知△/如'为等腰三角形，根据内角和求解即可.

【详解】

解：连接掰’.

D'

•.•四边形4员力是矩形，

.../月吐90°,

■:NCBB'=15。，

:.NABB1=90°-15°=75°,

'：AB=AB',

:.NABB'=/AB'氏75。，

/.ZBAB'=180°-2X75°=30°,

。=30°,

故选：C.

【考点】

本题考查旋转的性质，矩形的性质，等腰三角形的性质等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决

问题.

7、C

【解析】

【分析】

过。作轴于D,血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△/!勿是等边三角形，又4(0,2),C(m,3),即得AC=47IT=BC=A3，可得

BD=y/BC2-CD2=>lnr-8>OB7AB-O1=，病-3，从而Jn?—3+，n?—8=一，即可解得

58

m=---.

3

【详解】

解：过C作5J_x轴于〃/J_y轴于己，如图所示：

,加x轴,血y轴,

ZCDO=ZCEO-ZDOE=90°,

...四边形及是矩形，

•..将线段46绕点A按逆时针方向旋转60°得到线段AC,

：.AB^AC,N物C=60°,

/.XABC是等边二角形，

：.AB=AC=BQ

（0,2）,C（如3）,

:・CE=ni=OD,CD=3,〃=2,

：.AE=OE-OA=CD-OA=\,

AC=\IAE2+CE2=《府+1=BC=AB，

在RtZkSi力中，BDABC-CD。=J疡-8，

在Rt△力如中，OB7AB27府-3,

'：OB+BD=OD=m,

\jm2-3+Jn?-8=m，

化简变形得：3/A22"'母5=0,

解得：加=%8或,"=-%叵（舍去），

33

：.m=^a,故c正确.

3

故选：C.

【考点】

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R的代数式表示相关线段

的长度.

8、C

【解析】

【分析】

根据旋转的性质，对每个选项逐一判断即可.

【详解】

解：•.•将△45”绕点4逆时针旋转得到：./\ABg〉ACN,

：.AB=AC,A用AN,

.•"8不一定等于4Y故选项A不符合题意；

"/侬△4GV,

NAC2NB,

而/窃6不一定等于N8,

/力。，不一定等于ZCAB,

.•"6与。，不一定平行，故选项B不符合题意；

△•侬

:./BA后乙CAN,/AO^/B,

：.NBAO4MAN,

'：AM=AN,AB=AC,

/.和胸都是等腰三角形，且顶角相等，

?.N件NAMN,

：.』AMN=/ACN,故选项C符合题意；

,：Ailf=AN,

而4c不一定平分/场/¥

，力。与.JW不一定垂直，故选项D不符合题意；

故选：C.

【考点】

本题考查了旋转的性质，等腰三角形的判定与性质.旋转变换是全等变换，利用旋转不变性是解题的

关键.

9、B

【解析】

【分析】

如图，作轴于A,PBLx轴于B,证明APO8gAO/H（A4S）,有。3=必=2,P'B=OA=5,

进而可得P'点坐标.

【详解】

解：如图，作小J_x轴于A,尸'8_1_》轴于8,

,ZZPOB+ZPOA=90°,ZOPA+ZPOA=90°

二4P'OB=NOPA

在AyOB和A。以中

ZP'OB=ZOPA

-；<ZP'BO=ZOAP=90°

P'O=OP

：.△尸。蛇AOPA（A4S）

/.OB=PA=2,P'B=OA=5

P'(-2,5)

故选B.

【考点】

本题考查了绕原点旋转90°的点坐标，三角形全等的判定与性质.解题的关键在于熟练掌握旋转的

性质.

10、D

【解析】

【分析】

由旋转可知NE»C=N84C=12O。，即可求出ZADC=60。，由于ZABC<60。，则可判断

ZABC^ZADC,即A选项错误；由旋转可知C3=CE,由于CE>C£>,即推出C3>C£),即B选项错

误；由三角形三边关系可知O£+OC>CE,即可推出。E+OC>CB,即C选项错误；由旋转可知

DC=AC,再由NADC=60。，即可证明AAQC为等边三角形，即推出44co=60。.即可求出

ZACD+ZBAC=ISO°,即证明

AB//CD,即D选项正确；

【详解】

由旋转可知ZEDC=ABAC=120°,

点4D,£在同一条直线上，

ZADC=1800-ZEDC=60°,

ZABC<60°,

：.ZABC^ZADC,故A选项错误，不符合题意；

由旋转可知CB=CE,

,//即C=120。为钝角，

:.CE>CD,

：.CB>CD,故B选项错误，不符合题意;

,?DE+DC>CE,

：.DE+DC>CB,故C选项错误，不符合题意；

由旋转可知。C=AC,

,/ZAZX?=60°,

...AADC为等边三角形，

,ZACD=60°.

二ZAC£)+ZBAC=180°,

J.ABIICD,故D选项正确，符合题意；

故选D

【考点】

本题考查旋转的性质，三角形三边关系，等边三角形的判定和性质以及平行线的判定.利用数形结合

的思想是解答本题的关键.

二、填空题

1、5/

【解析】

【分析】

根据旋转角相等可得=ZABC=9O°,进而勾股定理求解即可

【详解】

解：,••四边形ABC。是正方形

:.ZABC=90°

,•・将ZiABP绕点6顺时针方向旋转,能与久8［重合，

=ZABC=90°,PB=<B=5

:.PRuJPBrPp=50

故答案为：572

【考点】

本题考查了旋转的性质，勾股定理，求得旋转角相等且等于90°是解题的关键.

2、(->/5,-2)

收转斤】

【分析】

关于原点中心对称的点的坐标特征是：横坐标、纵坐标均变为原数的相反数

【详解】

解：点/(石，2)关于原点中心对称的点的坐标是(-石，-2).

故答案为：一旧,-2).

【考点】

本题考查关于原点中心对称的点的坐标特征，是重要考点，难度较易，掌握相关知识是解题关键.

3、(-2,1)

【解析】

【分析】

根据题意，画出旋转后图形，即可求解

【详解】

解：如图，将VAFG绕点9逆时针旋转180。，所以点4的对应点为M的坐标为(-2,1).

故答案为：（-2,1）

【考点】

本题考查平面直角坐标系内图形的对称，旋转，解题关键是理解对称旋转的含义，并结合网格解题.

4、5

【解析】

【分析】

由旋转的性质可得ZCAC,=60°,由勾股定理可求解.

【详解】

•将△/回绕点4逆时针旋转60°得到△46心，

：.AC=ACt=3,/勿4=60°,

.•.N掰C=90°,

BCi~yjAB'+AC|'Jl6+9=5,

故答案为：5.

【考点】

本题考查了旋转的性质，勾股定理，熟练旋转的性质是本题的关键.

5、50°

【解析】

【分析】

先求出NAZ>E=65。，由旋转的性质，得到NB=N4OE=65。，AB=AD,则ZA£>3=65。，即可求出旋

转角a的度数.

【详解】

解：根据题意，

DErAC,ZCAD=25°,

：.ZADE=90°-25°=65°,

由旋转的性质，则NB=NAOE=65。，AB=AD,

：.ZADB=NB=65°,

：.ZBAD=180°-65°-65°=50。；

旋转角a的度数是50°；

故答案为：50°.

【考点】

本题考查了旋转的性质，三角形的内角和定理，解题的关键是熟练掌握旋转的性质进行计算.

三、解答题

1、（1）作图见解析

（2）证明见解析

【解析】

【分析】

（1）如图1,分别以3、E为圆心，大于为半径画弧，交点为M、N,连接MN；分别以C、F

为圆心，大于/CF为半径画弧，交点为P、Q,连接自2;MN与PQ的交点即为点。；

(2)如图2,由题意知/BOE=NCOF=a,/XABC^ZXDEF,ZBOC=ZEOF,

△BOC%EOF(SAS),有NOBC=NOEF,NOCB=NOFE,ZABO=ADEO,ZACO=DFO,证明

△ABO咨AOEO(SAS),有ZAOB=NDOE,同理可证AACO丝,有ZAOC=N£)OF,

ZAOD=ZAOC+ZCOE+ZDOEi+MZAOD=ZCOF=a,结论得证.

(1)

解：如图1,分别以3、E为圆心，大于gBE为半径画弧，交点为M、N,连接MN；分别以C、F为

圆心，大于gcF为半径画弧，交点为尸、Q,连接PQ；MN与PQ的交点即为点。；

(2)

证明：如图2

图2F

由题意知NBOE=NCOF=a,BOEF

•・・宓与△郎均为等边三角形

JAB=AC=BC=DE=DF=EF

在△力宛与△破中

AB=DE

-：［BC=EF

AC=DF

：.AABCmADEF(SSS)

*.•/BOC+/COE=NCOE+/EOF

：.ZBOC=ZEOF

在△8OC和/中

OB=OE

/BOC=/EOF

OC=OF

：.ABOC'EOFISAS)

：•/OBC=/OEF,/OCB=/OFE

：.ZABO=ZDEO,ZACO=DFO

在dBO和△QEO中

AB=DE

V<ZABO=NDEO

OA=OD

：.^ABO^ADEO(SAS)

：.ZAOB=ZDOE

同理可证AACO且AOFO(S4S)

，ZAOC=NDOF

：.ZAOD=ZAOC+ZCOE+ZDOE

=ZDOF+ZDOE+ZCOE

=NCOF=a

户是由△力台。绕点。顺时针旋转a得到的.

【考点】

本题考查了旋转中心，旋转角度，三角形全等，等边三角形的性质等知识.解题的关键在于对知识的

灵活运用.

2、(1)证明见解析(2)V2-1

【解析】

【分析】

(1)先由旋转的性质得AE=AB,AF=AC,ZEAF=ZBAC,则NEAF+NBAF=NBAC+NBAF,即

ZEAB=ZFAC,利用AB=AC可得AE=AF,得出△ACFgZSABE,从而得出BE=CF；

(2)由菱形的性质得到DE=AE=AC=AB=1,AC〃DE,根据等腰三角形的性质得/AEB=/ABE,根据平行

线得性质得NABE=NBAC=45°,所以NAEB=NABE=45°,于是可判断4ABE为等腰直角三角形，所以

BE=V2AC=V2)于是利用BD=BE-DE求解.

【详解】

(1)VAAEF是由aABC绕点A按顺时针方向旋转得到的,

，AE=AB,AF=AC,ZEAF=ZBAC,

ZEAF+ZBAF=ZBAC+ZBAF,

即NEAB=NFAC,

AC=AB

在AACF和4ABE中，，/CAF=NBAE

AF=AE

.­.AACF^AABE

BE=CF.

(2)二•四边形ACDE为菱形,AB=AC=1,

.".DE=AE=AC=AB=1,AC〃DE,

.,.ZAEB=ZABE,ZABE=ZBAC=45°,

：.ZAEB=ZABE=45°,

-,.△ABE为等腰直角三角形，

.\BE=V2AC=>/2,

.\BD=BE-DE=^-1.

考点：L旋转的性质；2.勾股定理；3.菱形的性质.

3、⑴(1,-拘；(2)证明见解析；⑶点P在过点B且与AB垂直的直线上，y=-2x-空;

33

(4)(0,2®

【解析】

【分析】

(1)作BD_Lx轴，与x轴交于D,利用等边三角形的性质和勾股定理即可解得；

(2)根据等边三角形的性质可得两组对应边相等，再结合角的和差可得/BAP=/0AC,再利用SAS可

证得全等；

（3）由（2）可知PBLAB,由此可得P的运动轨迹，再求得AB的解析式，根据垂直的两条直线的一

次项系数互为负倒数设BP的解析式，将B点坐标代入即可求得解析式；

（4）利用两点之间距离公式求得P点坐标，再利用勾股定理求得BP,结合（2）可知OC=BP,由此可

得C点坐标.

【详解】

解：⑴VA（0,2）,

，0A=2,

过点B作BDL（轴,

.*.0B=0A=2,0D=l,

BD=y]OB2-OD2=g

即B(l,-扬，

故答案为：（1,-石）;

(2)证明：AOAB和ACP为等边三角形，

.*.AC=AP,AB=OA,ZCAP=Z0AB=60°,

.*.ZBAP=ZOAC,

AAOC=AABP(SAS)；

(3)如上图，

,/MOC=^ABP,

：.ZABP=ZA0C=90°,

.•.点P在过点B且与AB垂直的直线上.

设直线AB的解析式为：y=mx+n,

0=2m+n

m=A/3

解得：

n=—2\[3

:.y=瓜-26,

设直线BP的解析式为：y=-Bx+b,

3

贝1」_石=-且+"解得/>=一型，

33

独上2丛

my=-----x-----；

33

(4)设尸(x,-与x-竽)，

V0P=0B,

/.x2+(-与x-苧)2=个=4,

解得：%=-2,x2=1(舍去),

故此时尸(-2,0),

OC=BP=2-4+(Gy=26,

•.•点A、C、P按逆时针方向排列，

C(0,2扬，

故答案为：(0,2石).

【考点】

本题考查求一次函数解析式，勾股定理，全等三角形的性质和判定，等边三角形的性质.解题的关键

是正确寻找全等三角形解决问题.

4、(1)y=x2-2k3