2022年人教版九年级数学上册第二十三章旋转定向测评试卷（详解版）

人教版九年级数学上册第二十三章旋转定向测评

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、如图，在aABC中，ZACB=90°,AC=BC,D是AB边上一点（点D与A,B不重合），连结CD,

将线段CD绕点C按逆时针方向旋转90°得到线段CE,连结DE交BC于点F,连接BE.当AD=BF

时，ZBEF的度数是（）

ADB

A.45°B.60°C.62.5°D.67.5°

2、下面四个手机应用图标中是轴对称图形的是（）

A.°B,⑼C.国目

3、已知点P坐标为（5,2）,将线段少绕原点。逆时针旋转90。得到线段。尸'，则点。的对应点P'的

坐标为（）

A.(-5,2)B.(-2,5)C.(2,5)D.(2,-5)

4、在图中，将方格纸中的图形绕0点顺时针旋转90°得到的图形是（)

|口］|

5、如图所示，在RtZ\48C中，AB=AC,D、6是斜边回上的两点，且/%《=45°,将△4加绕点4

按顺时针方向旋转90°后得到△?!7力,连接能有下列结论：①BE=DO,②NBAF=NDAC；③4FAE

=NDAE；④BF=DC.其中正确的有（）

A.①②③④B.②③C.②③④D.③④

6、在平面直角坐标系中，点P（-3,-5）关于原点对称的点的坐标是（）

A.（3,-5）B.（—3,5）C.（3,5）D.（—3,—5）

7、二次函数'=62+法+'的图象的顶点坐标是（2,1）,且图象与y轴交于点（0,9）.将二次函数

y=ax2+bx+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），lB.y=-2（x-2）2-l

C.y=-2（x+2）2-lD.y=-2（x+2）2+l

8、如图，中，/小90°,N/=30°,4层20,点尸是47边上的一个动点，将线段如绕点6

顺时针旋转60°得到线段制，连接。.则在点P运动过程中，线段C0的最小值为

（）

A.4>/3B.5QC.10D.5

9、如图，在AABC中，ZBAC=120°,将AABC绕点。逆时针旋转得到△£>£（?,点46的对应点分别

为〃E,连接A£>.当点儿D,后在同一条直线上时，下列结论一定正确的是（）

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

10、如图，/中，出=4,08=6,AB=2近,将/绕原点。旋转90°,则旋转后点4的对应

点A'的坐标是（）

A.（4,2）或（-4,2）B.（2石，-4）或（-2G，4）

C.（-2百，2）或（26，-2）D.（2,-2百）或（-2,26）

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，正方形O43C的边长为2,将正方形。4BC绕点。顺时针旋转a。得到正方形O48'C',连接

BC,当点4恰好落在直线8C'上时，线段8c的长度是

2、如图，将—BC绕点。旋转得到VAEU,若4c=l,NAOH=50o,N/VO3=3（）o,/B4C+NC=6（）。，则

A'C=,ZA,OB,=,ZAB'C=.

3、如图，点尸是边长为1的正方形［比9的对角线4c上的一个动点，点£是比中点，连接出并

将用绕点P逆时针旋转120。得到加连接则成的最小值是

4、如图，在坐标系中放置一菱形。ABC,已知ZABC=60。，点6在y轴上，OA=l,先将菱形

OABC沿*轴的正方向无滑动翻转，每次翻转60°,连续翻转12次，点6的落点依次为四，B2,

层，…，则稣的横坐标为.

5、如图，△46。绕点力按逆时针方向旋转50°后的图形为则

三、解答题（5小题，每小题10分，共计50分）

1、如图，△力/中，OA=OB=6,将△/!仍绕点。逆时针旋转得到△CM.OC与AB交于点G,必分别交

OB、AB于点E、F.

D

B

A

c

(1)/4与/〃的数量关系是：Z/fND；

(2)求证：△AOG^XDOE；

(3)当40,〃三点共线时，恰好仍，切，求此时切的长.

2、如图1,在等腰RtA48C中，//=90°,点〃、£分别在边力以ACk,AD=AE,连接加，点肌

P、〜分别为龙、DC、比的中点.

(1)观察猜想:

图1中，线段PM与/W的数量关系是,位置关系是

(2)探究证明:

把应绕点力逆时针方向旋转到图2的位置，连接血¥,BD,判断△月I邠的形状，并说明理由；

(3)拓展延伸：

把△/应绕点力在平面内自由旋转，若加上4,48=10,求△用加’面积的最大值.

3、图1,图2都是由边长为1的小等边三角形构成的网格，每个小等边三角形的顶点称为格点，线

段AB的端点均在格点上，分别按要求画出图形.

图1图2

(1)在图1中画出等腰三角形A8C,且点，在格点上.(画出一个即可)

(2)在图2中画出以A8为边的菱形迫，且点46均在格点上.

4、在平面直角坐标系中己知抛物线＞〉=取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i,的表达式及点D的坐标；

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

点E的坐标；

(3)是否在x轴上存在一点P,在抛物线右上存在一点Q,使。、£尸、Q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、ZX/ia'在坐标系中的位置如图1所示，其中每个小正方形的边长为1个单位长度.

y

图i

(1)按要求作图：①画出△46C关于原点。的中心对称图形△力/心；

②画出将△/a'绕点A逆时针旋转90°得到心；

⑵如图2,已知N/如，勿=①，点£在如边上，四边形力斯是矩形.请你只用无刻度的直尺在图

中画出乙仞6的平分线(请保留画图痕迹).

-参考答案-

一、单选题

1、D

【解析】

【分析】

根据旋转的性质可得CD=CE和NDCE=90°,结合NACB=90°,AC=BC,可证4ACD丝aBCE,依据

全等三角形的性质即可得到/CBE=/A=45°,再由AD=BF可得等腰ABEF,则可计算出/BEF的度

数.

【详解】

解：由旋转性质可得：CD=CE,ZDCE=90°.

VZACB=90°，AC=BC,

.'.ZA=45°.

，ZACB-ZDCB=ZDCE-ZDCB.

即/ACD=/BCE.

.,.△ACD^ABCE.

.\ZCBE=ZA=45O.

：AD=BF,

，BE=BF.

.\ZBEF=ZBFE=67.5°.

故选：D.

【考点】

本题考查了旋转的性质、全等三角形的判定与性质以及等腰三角形的性质，解题的关键是熟练运用旋

转的性质找出相等的线段和角，并能准确判定三角形全等，从而利用全等三角形性质解决相应的问

题.

2、D

【解析】

【分析】

分别根据轴对称图形与中心对称图形的性质对各选项进行逐一分析即可.

【详解】

解：A、既不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故本选项错误；

B、是中心对称图形，故本选项错误；

C、既不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故本选项错误；

D、是轴对称图形，故本选项正确.

故选D.

【考点】

本题考查的是轴对称图形，熟知轴对称图形是针对一个图形而言的，是一种具有特殊性质的图形，被

一条直线分割成的两部分沿着对称轴折叠时，互相重合是解答此题的关键.

3、B

【解析】

【分析】

如图，作以，X轴于A,尸轴于B,证明丝AO24（AAS）,有OB=R4=2,P'B=OA=5,

进而可得P'点坐标.

【详解】

解：如图，作E4_Lx轴于A,PBJ-X轴于B,

ZPOB+APOA=90°,ZOPA+ZPOA=90°

2POB=4OPA

在AP'OB和中

ZP'OB=ZOPA

-；＜ZP'BO=ZOAP=90°

P'O=OP

：.△尸。的AOPA(AAS)

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.

4、B

【解析】

【分析】

根据旋转的性质，找出图中三角形的关键处（旋转中心）按顺时针方向旋转90°后的形状即可选择

答案.

【详解】

根据旋转的性质可知，绕。点顺时针旋转90°得到的图形是

故选B.

【考点】

本题考查了旋转的性质.旋转变化前后，对应线段、对应角分别相等，图形的大小、形状都不改变.

5、C

【解析】

【分析】

利用旋转性质可得△46&4月0，根据全等三角形的性质一一判断即可.

【详解】

解：•.•△/如绕力顺时针旋转90°后得到

：.4BAF=/CAD,AF=AD,BF=CD,故②④正确，

ZEAF=ZBAF^ZBAE=ZCAD^ZBAE=£BAC-£DAE=90°-45°=45°=/%£故③正确

无法判断鹿一切，故①错误，

故选：C.

【考点】

本题考查了旋转的性质：旋转前后两图形全等，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题

型.

6、C

【解析】

【分析】

根据关于原点对称的点的坐标特点解答.

【详解】

解：点0（-3,-5）关于原点对称的点的坐标是（3,5）,

故选：C.

【考点】

本题考查的是关于原点的对称的点的坐标，平面直角坐标系中任意一点尸（x,y）,关于原点的对称

点是（-x,-y）,即关于原点的对称点，横纵坐标都变成相反数.

7、C

【解析】

【分析】

2

设将二次函数丫=加+法+c的图象以原点为旋转中心顺时针旋转180°后为：y=atx+hlx+cl.根据

旋转的性质，得y=4/+3+ci的图象的顶点坐标是（-2,-1）,且图象与y轴交于点（0,-9）,得

-9,再通过列方程并求解，即可得到丫=4/+々》+9表达式并转换为顶点式，即可得到答案.

【详解】

2

设将二次函数尸加+法+c的图象以原点为旋转中心顺时针旋转180°后为：y=alX+btx+ct

•.•二次函数y=办2+云+c的图象的顶点坐标是（2』），且图象与）轴交于点（0,9）

y=4^+3+j的图象的顶点坐标是（-2,-1）,且图象与y轴交于点（0,-9）

・*.C]=-9

:「旦=_2,4。0（-9）一丁=1

2%'4a]

•*.by—4q,32q+=0

：・32q+16aj=0

q=-2

.”=-8

••y—6Z|X-+仄*+q=_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.

8、D

【解析】

【分析】

将RtA/BC绕点、8顺时针旋转60°得到RtAA'BC,再设线段AC'的中点为M,并连接CM.根据线段

征的旋转方式确定点0在线段A，C'上运动，再根据垂线段最短确定当。与点步重合时，8取得最小

值为◎/.根据NO90°,ZJ=30°,4斤20求出比1的长度，再根据旋转的性质求出和8C'的长

度，根据线段的和差关系确定点C是线段A2的中点，进而确定CV是△ABC的中位线，再根据三角

形中位线定理即可求出OV的长度.

【详解】

解：如下图所示，将RtZXl常绕点6顺时针旋转60°得到RtZSABC,再设线段A'C'的中点为也并

连接CM.

,：点P是力。边上的一个动点，线段在绕点6顺时针旋转60°得到线段BQ,

.•.点。在线段A'C上运动.

/.当CQIA'C,即点。与点"重合时，线段攵取得最小值为CM.

VZ^=90°,Z/f=30°,/斤20,

绕点6顺时针旋转60°得到RtZ\43C,

：.BC'=B(=1Q,A'B=AB=20.

：.A'C=A'B-BC=]O.

，A'C=BC=10.

.•.点C是线段A8中点.

•.•点〃是线段A'C'的中点，

Q/是/\A'BC的中位线.

：.CM=-BC=5.

2

故选：D.

【考点】

本题考查旋转的性质，直角三角形30°所对的直角边是斜边的一半，垂线段最短，三角形中位线定

理，综合应用这些知识点是解题关键.

9、I)

【解析】

【分析】

由旋转可知/E£>C=N3AC=120。，即可求出NAZ)C=60。，由于NA3c<60。，则可判断

ZABC^ZADC,即A选项错误；由旋转可知CB=CE,由于CE>8,即推出CB>CD,即B选项错

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

DC=AC,再由NADC=60。，即可证明AADC为等边三角形，即推出NAC£)=60。.即可求出

ZACD+ZBAC=180°,即证明

AB//CD,即D选项正确；

【详解】

由旋转可知NEDC=NBAC=120°,

1•点4D,£在同一条直线上，

ZADC=180°-NEDC=60°,

ZABC<60°,

：.ZABC^ZADC,故A选项错误，不符合题意;

由旋转可知C3=CE,

,//E0C=12O。为钝角，

CE>CD,

：.CB>CD,故B选项错误，不符合题意；

,:DE+DC>CE,

：.DE+DOCB,故C选项错误，不符合题意；

由旋转可知DC=AC,

ZADC=60°,

：.AADC为等边三角形，

?.ZACD=60°.

，ZACD+ZBAC=180°,

：.AB!/CD,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.

10、C

【解析】

【分析】

先求出点4的坐标，再根据旋转变换中，坐标的变换特征求解；或根据题意画出图形旋转后的位置，

根据旋转的性质确定对应点©的坐标.

【详解】

过点/作AC1.08于点C.

在RtZUa?中，AC2=OA2-OC2.

在RtZsW'中，AC2=AB2-CB2=AB2-（OB-OC）2.

:.O^-OC2=AB2-（OB-Ocy.

V614=4,0B=6,AB=2不，

：.OC=2.

：.AC=26

...点力的坐标是（2,26）.

根据题意画出图形旋转后的位置，如图，

.•.将△/如绕原点。顺时针旋转90°时，点4的对应点/的坐标为（26,-2卜

将△力必绕原点。逆时针旋转90°时，点力的对应点4'的坐标为卜2百,2）.

故选：C.

【考点】

本题考查了解直角三角形、旋转中点的坐标变换特征及旋转的性质.（a,b）绕原点顺时针旋转90。

得到的坐标为(b,-a),绕原点逆时针旋转90°得到的坐标为Q—b,a).

二、填空题

1、或

【解析】

【分析】

分当点A恰好落在线段BC的延长线上时，当点4恰好落在线段3c上时，两种情况讨论求解即可.

【详解】

解：如图1所示，当点A恰好落在线段8C'的延长线上时，连接仍，过点。作OELAB于反

ZOEA=ZOEB=90°,

•.•四边形以笈和四边形OA'B'C都是正方形，

*'•OB=yJo^+AB2=2后,AC=+,

：.OE=C'E=-A'C'=s[2,

2

•*-BE=yJOB2-OE2=瓜>

，BC'=BE-C'E=瓜-血;

如图2所示，当点4恰好落在线段3C'上时，连接0B,过点。作OE±A'B于E,

c

同理可求出OE=C'E=；AC'=0,BE=-JOB2-OE2=R，

：.BC=BE+C'E=y/6+y/2i

综上所述，BC=瓜+丘或BC'=屈-五,

故答案为：指+叵或#)-6.

【考点】

本题主要考查了旋转的性质，正方形的性质，勾股定理，正确画出图形作出辅助线是解题的关键.

2、1200120°

【解析】

【分析】

根据旋转的性质，旋转前、后的两个图形全等，旋转角相等，可得出答案.

【详解】

：.ZAB(=18O-60'=120

•••△放绕点0旋转得到△/B'C

B'C

.'.AOA'C,AABOAA'B'C

\'A（=l,ZAB（=12O

：.AfC'=1,//'B'C=120

•.•△48C绕点。旋转得到△/'B'C,AAOA'=50',

：.4AOA'=/BOB'=50°

',?N，仍=30

.•.N〃OB'=50-30,=20

故答案为：1,20,120

【考点】

本题考察了旋转的性质.做题的关键是明白旋转前、后的两个图形全等，找到对应边和对应角；旋转

角相等，找到旋转角即可.

3、旦J卡

44

【解析】

【分析】

当£尸，/。时，）有最小值，过点。作旦吐痰于点瓶由直角三角形的性质求出所的长，由旋转的

性质得出小外，NEP打120：求出的长，则可得出答案.

【详解】

解：如图，当绪1时，舒1有最小值，

过点〃作掰J_斯于点M,

•••四边形4?”是正方形，

：.ZACB=45°,

•••£"为比'的中点，BO\,

:.C哈,

.•.止也份也，

24

\•将必'绕点尸逆时针旋转120°得到PF,

：.P^PF,/EPE2Q°,

阳丘30°,

:.PW、P行立

28

由勾股定理得E的星,

8

.,.止2£沪如，

4

•••）的最小值是好.

4

故答案为：叁

4

【考点】

本题考查了旋转的性质，正方形的性质，直角三角形的性质，垂线段的性质，熟练掌握旋转的性质是

解题的关键.

4、（8,石）

【解析】

【分析】

连接/C,根据条件可以求出4G画出第5次、第6次、第7次翻转后的图形，容易发现规律：每翻

转6次，图形向右平移4,由于12=2*6,因此点6向右平移8即可到达点与°根据点6的坐标就可

求出点稣的坐标.

【详解】

连接4C,如图所示，

♦.•四边形以砥是菱形，

OA=AB=BC=OC,

,：ZABC=60°,

AABC是等边三角形，

/.AC^AB,

AC=OA,

VOA=1,

・・・AC=1,

画出第5次、第6次、第7次翻转后的图形，如图所示,

由图可知：每翻转6次，图形向右平移4,

V12=2x6,

.•.点3向右平移2X4=8个单位到点稣,

♦.•8点的坐标为(0,G),

；.用的坐标为(&G),

故答案为：(8,石).

【考点】

本题考查了菱形的性质、等边三角形的判定与性质等知识，考查了操作、探究、发现规律的能力.发

现“每翻转6次，图形向右平移4”是解决本题的关键.

5、65°

【解析】

【分析】

根据旋转的性质知/倒2=50°,然后利用三角形内角和定理进行求解.

【详解】

解：△力比1绕点A按逆时针方向旋转50°后的图形为,

：.AB=AB„/刈8=50°,

:.NABB尸三(180°-50°)=65°.

故答案为：65°.

【考点】

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.

三、解答题

1、(1)=

(2)证明见解析

(3)66，详见解析

【解析】

【分析】

(1)根据旋转性质及等腰三角形性质即可得答案；

(2)由旋转性质知乙4除N40C,可证得//妗/〃0后，结合於必及(1)中结论，得证；

(3)分两种情况讨论，设,先利用三角形内角和求出x的值，再借助勾股定理求出缪的长

度即可.

(1)

解：由旋转知，NA=NC,ZB=ZD,

'：OA=OB,

：.OC=OD,N4=N炉

.\ZJ=ZA

故答案为：=.

(2)

证明：由旋转知，OA=OC,OB=OD,NAO*/COD,

：.ZAOB-ZBOOZCOD-ZBOC,

即N4。小应，

*：OA=OB,

：.OA=OB^OOOD,

又•.•//=NA

：.i\AOG^/\DOE.

(3)

解：分两种情况讨论，

①如图所示,

D

设N左N左/小N介,则除2x°,

-OBA.CD,

："OED=^G°,

・,•户2A=90°,

解得：产30,

即N加30。，

在应△物'中，出3,由勾股定理得：D方16一¥=3坦，

'：OOOD,OEVCD,

②当〃与/重合时，如图所示,

c

同理，得：CA6g.

综上所述，当40,。三点共线时，OBLCD,此时缪的长为6百.

【考点】

本题考查了旋转的性质、等腰三角形性质、全等三角形的判定、勾股定理等知识点，解题关键是利用

旋转性质得到边、角的关系.

2、(1)PM=PN,PMVPN

(2)详见解析

(3)详见解析

【解析】

【分析】

(1)利用三角形的中位线定理得出尸M=；CE,PN=；BD,进而得出=即可得出结论，再

利用三角形的中位线定理得出PM〃CE,再得出N£>PM=/DC4,最后利用互余得出结论；

(2)先判断出△ABD0z^ACE(SAS),得出8E)=CE,同(1)的方法得出P仞=(CE,PN=^BD,

即可得出PM=PN,同(1)的方法即可得出结论;

(3)由等腰直角三角形可知，当最大时，△PMN面积最大，而BD的最大值是4?+4)=14,即

可得出结论.

(1)

解：YRN分别为弧〃。的中点，

，PN//BD,PN=>BD,

2

♦：点、爪〃分别为龙、〃。的中点，

APM//CE,PM=-CE,

2

VAB=AC9AD=AE,

：.BD=CE,

：.PM=PN,

,:PN〃BD,PM//CE,

：.ZDPN=ZADC,ZDPM=ZDCA,

'：ZBAC=90°,

・・・ZADC+ZACD=90°,

・•・ZMPN=4DPM+ZDPN=ZDCA+ZADC=90°,

PM1PN.

故答案为：PM=PN,PM上PN.

(2)

解：△PAW是等腰直角三角形，理由如下.

由旋转可知，ZBAD=ZCAEf

VAB=AC9AD=AE,

：./\ABD^/\ACE(SAS),

：.ZABD=ZACE9BD=CE,

由三角形的中位线定理得，PN=；BD,PM=：CE,

・•.PM=PN,

•••△PMN是等腰三角形，

同（1）的方法可得，PM//CE,PN//BD,

/DPM=4DCE,4PNC=/DBC,

・.,ZDPN=ZDCB+ZPNC=ZDCB+ZDBC,

・•.ZMPN=NDPM+ADPN=ZDCE+ZDCB+ZDBC,

=4BCE+/DBC=ZACB+ZACE+ZDBC

=ZACB+ZABD+ZDBC=ZACB+ZABC,

ZACB+ZABC=90°,

・・・/MPN=90。,

・・・△0的是等腰直角三角形.

（3）

解：由（2）可知，△「胸是等腰直角三角形，PM=PN=3BD,

・••当PM最大时，面积最大，

・••点〃在胡的延长线上，

：.BD=AB-^-AD=14,

：.PM=7,

1149

??=

SAHVOT最大=5尸"-=/x7~2'

【考点】

本题综合考查了三角形全等的判定与性质、旋转的性质及三角形的中位线定理，熟练应用相关知识是

解决本题的关键.

3、(1)见解析

⑵见解析

【解析】

【分析】

利用轴对称图形、中心对称图形的特点画出符合条件的图形即可;

(1)

答案不唯一.

⑵

E

【考点】

本题考查了轴对称图形、中心对称图形的特点，熟练掌握特殊三角形与四边形的性质才能准确画出符

合条