第二十三章 旋转（A卷·知识通关练）-【单元测试】九年级数学上册分层训练AB卷（人教版）（解析+原卷）

第二十三章  旋转（A卷·知识通关练）

核心知识1 旋转及旋转性质

1．（2022•巩义市模拟）如图，将绕点逆时针旋转得到，与相交于点，若且是以线段为底边的等腰三角形，则的度数为　　

A． B． C． D．

【分析】由旋转的性质得出，，由等腰三角形的性质得出，求出，根据可得出答案．

【解答】解：将绕点逆时针旋转得到，

，，

又是以线段为底边的等腰三角形，

，

，

，

．

故选：．

【点评】本题考查了旋转的性质，等腰三角形的性质，三角形内角和定理，熟练掌握旋转的性质是解本题的关键．

2．（2022•方城县三模）如图，射线，互相垂直，，点位于射线的上方，且在线段的垂直平分线上，连接，．将线段绕点按逆时针方向旋转得到对应线段，若点恰好落在射线上，则点到射线的距离是　　

A． B． C．4 D．

【分析】设的垂直平分线与交于，将线段绕点按逆时针方向旋转得到对应线段，随之旋转到，过作于，过作于，过作于，由，，是的垂直平分线，可得，，，，，证明，从而在△中求出，在△中，求出，得，即可得到到的距离是．

【解答】解：设的垂直平分线与交于，将线段绕点按逆时针方向旋转得到对应线段，随之旋转到，

过作于，过作于，过作于，如图：

，，是的垂直平分线，

，，，，，

线段绕点按逆时针方向旋转得到对应线段，随之旋转到，

，，，

，

，

△中，，即，

，

，

，

，

△中，，即，

，

，

而，，，

四边形是矩形，

，即到的距离是．

故选：．

方法二：过作于，如图：

由旋转可知：点到射线的距离，

，

．

故选：．

【点评】本题考查线段的垂直平分线及旋转变换，涉及三角函数及矩形等知识，解题的关键是在△中和△中，求出求出，．

3．（2022春•同江市期末）如图，正方形的边长为1，，是对角线，将绕点顺时针旋转得到，交于点，连接交于点，连接，则下列结论：

①四边形是菱形；

②；

③；

④．

其中结论正确的是　　

A．①②③ B．①②④ C．②③④ D．①③④

【分析】首先证明，再求出，，，的度数，推出，由此即可一一判断．

【解答】解：四边形为平行四边形，

，，，

是由旋转得到，

，，

在和中，

，

，

故②正确；

，，

，

，

同理，，

，

四边形是菱形，

故①正确；

，

故③正确；

，，

，

，

，

故④错误；

故选：．

【点评】本题考查正方形的性质，全等三角形的判定与性质，菱形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，旋转等知识点，解题的关键是通过计算得出相应的角相等．

4．（2022•红花岗区模拟）如图，将绕点按逆时针方向旋转，得到，若点恰好在的延长线上，则的度数为　　

A． B． C． D．

【分析】由旋转的性质可知，，由等腰三角形的性质和三角形的内角和定理可求得，从而可求得．

【解答】解：由旋转的性质可知：，，，

，，

，

，

；

故选：．

【点评】本题主要考查的是旋转的性质，由旋转的性质得到为等腰三角形是解题的关键．

5．（2022春•东方期末）如图所示，点是正方形内一点，绕点顺时针方向旋转到达的位置，连接，则的度数为　　

A． B． C． D．

【分析】由旋转的性质可得，，即可求解．

【解答】解：绕点顺时针方向旋转到达的位置，

，，

，

故选：．

【点评】本题考查了旋转的性质，正方形的性质，掌握旋转的性质是解题的关键．

6．（2022春•相城区校级期末）如图中，，是斜边的中点，将绕点按顺时针方向旋转，点落在的延长线上的处，点落在处，若，则的长为　　

A．7.5 B．6 C．6.4 D．6.5

【分析】过点作于点，根据勾股定理可得的长，根据直角三角形的性质可得的长，根据，可得的长，根据勾股定理可得的长，根据旋转的性质进一步可得的长．

【解答】解：过点作于点，如图所示：

，，

根据勾股定理，得，

是的中点，

，

，

，

即，

解得，

，

根据勾股定理，可得，

根据旋转的性质，可得，

点是的中点，

，

故选：．

【点评】本题考查了旋转的性质，直角三角形的性质，勾股定理等，利用面积法求的长是解决本题的关键．

7．（2022•益阳）如图，已知中，，，将绕点逆时针旋转得到△，以下结论：①，②，③，④，正确的有　　

A．①②③ B．①②④ C．①③④ D．②③④

【分析】根据旋转的性质可得，，，再根据旋转角的度数为，通过推理证明对①②③④四个结论进行判断即可．

【解答】解：①绕点逆时针旋转得到△，

．故①正确；

②绕点逆时针旋转，

．

，

．

，

．

．故②正确；

③在中，

，，

．

．

与不垂直．故③不正确；

④在中，

，，

．

．故④正确．

①②④这三个结论正确．

故选：．

【点评】本题考查了旋转性质的应用，图形的旋转只改变图形的位置，不改变图形的形状与大小．

8．（2022春•仪征市期末）如图，边长为1的正方形绕点逆时针旋转得到正方形，连接，则的长是　　

A．1 B． C． D．

【分析】连接、，证明为等边三角形，求得便可得出结果．

【解答】解：连接、，

由旋转性质得，，，

为等边三角形，

，

，

，

故选：．

【点评】本题主要考查了正方形的性质，旋转的性质，等边三角形的性质与判定，关键是证明为等边三角形．

9．（2022春•开州区期中）如图，在正方形中，将边绕点逆时针旋转至，连接，，若，，则线段的长度为　　

A． B．2 C．4 D．

【分析】过点作于点，证明，由全等三角形的性质得出，由旋转的性质及等腰三角形的性质求出，由勾股定理可得出答案．

【解答】解：过点作于点，

四边形是正方形，

，，

，

，

，

又，

在和中，

，

，

，

将边绕点逆时针旋转至，

，

又，

，

，

，

，（负值舍去），

故选．

【点评】本题考查了正方形的性质，等腰三角形的性质，旋转的性质，勾股定理，全等三角形的判定与性质，熟练掌握正方形的性质是解题的关键．

10．（2022•宁波一模）已知矩形中，，，将绕点顺时针旋转得到△，且与交于点，当点落在线段上时，则的值为　　

A． B．1 C． D．

【分析】由勾股定理求出，再证，得，用表示与，在由勾股定理列出方程便可解答．

【解答】解：四边形是矩形，

，，

，

，

由旋转性质知，，

，

，

，

，

，

设，则，，

，

，

解得或（舍，

．

故选：．

【点评】本题主要考查了矩形的性质，旋转性质，勾股定理，相似三角形的性质与判定，关键是证明，得．

11．（2022•南岗区校级开学）如图，在中，，将绕点按逆时针旋转到△的位置，连接，此时，则旋转角的度数为　　

A． B． C． D．

【分析】由平行线的性质可求得的度数，然后由旋转的性质得到，然后依据等腰三角形的性质可知的度数，依据三角形的内角和定理可求得的度数，从而得到的度数．

【解答】解：，

．

由旋转的性质可知，，

．

．

．

故选：．

【点评】本题主要考查的是旋转的性质，得到以及是解题的关键．

核心知识2．中心对称

12．（2022•天元区校级模拟）如图，中，，，点的坐标为，将绕点逆时针旋转得到，当点的对应点落在上时，点的坐标为　　

A．， B． C．， D．，

【分析】如图，过点作轴于点．证明是等边三角形，解直角三角形求出，，可得结论．

【解答】解：如图，过点作轴于点．

，

，

由旋转的性质可知，，，

，

是等边三角形，

，，

，

，，

，

，，

故选：．

【点评】本题考查作图旋转变换，解直角三角形，等边三角形的判定和性质等知识，解题的关键是掌握旋转变换的性质，属于中考常考题型．

13．（2022春•振兴区校级期末）下列图标（不包含文字）是中心对称图形的是　　

A． B． 

C． D．

【分析】根据在平面内，把一个图形绕着某个点旋转，如果旋转后的图形与原图形重合，则这个图形为中心对称图形判断即可．

【解答】解：在平面内，把一个图形绕着某个点旋转，如果旋转后的图形与原图形重合，则这个图形为中心对称图形，

选项中的图形为中心对称图形，

故选：．

【点评】本题主要考查了中心对称图形，解题的关键在于能够熟练掌握中心对称图形的定义．

14．（2022春•府谷县期末）围棋起源于中国，古代称之为“恋”，至今已有4000多年的历史．以下是在棋谱中截取的四个部分，由黑白棋子摆成的图案是中心对称图形的是　　

A． B． 

C． D．

【分析】根据在平面内，把一个图形绕着某个点旋转，如果旋转后的图形与原图形重合，则这个图形为中心对称图形判断即可．

【解答】解：在平面内，把一个图形绕着某个点旋转，如果旋转后的图形与原图形重合，则这个图形为中心对称图形，

选项中的图形为中心对称图形，

故选：．

【点评】本题主要考查中心对称图形的知识，熟练掌握中心对称图形的概念是解题的关键．

15．（2022春•沙湾县期末）关于等边三角形，下列说法不正确的是　　

A．等边三角形是轴对称图形 

B．所有的等边三角形的内角都相等 

C．等边三角形是正多边形 

D．等边三角形是中心对称图形

【分析】据轴对称图形、中心对称图形的定义，等边三角形的性质，正多边形的概念对选项进行逐一判断即可．

【解答】解：等边三角形是轴对称图形，正确；

所有的等边三角形的内角都相等，正确；

等边三角形是正多边形，正确；

等边三角形是轴对称图形，不是中心对称图形，错误；

故选：．

【点评】本题考查了轴对称图形，中心对称图形，等腰三角形的相关知识解题关键在于能够熟悉该知识并进行合理运用．

16．（2022•钦州一模）在平面直角坐标系中，若点与点关于原点对称，则的值是　　

A．2 B． C．3 D．

【分析】直接利用两个点关于原点对称时，它们的坐标符号相反，即点关于原点的对称点是，进而得出答案．

【解答】解：点与点关于原点对称，

，

故选：．

【点评】此题主要考查了关于原点对称点的性质，正确记忆横纵坐标的符号关系是解题关键．

17．（2022春•青羊区校级期中）已知点关于原点的对称点在第四象限，则的取值范围在数轴上表示正确的是　　

A． B． 

C． D．

【分析】根据点所在象限确定范围．

【解答】解：点关于原点的对称点在第四象限，

点在第二象限，

，

解得：，

故选．

【点评】本题考查点的坐标的符号，利用对称性确定点所在象限是求解本题的关键．

18．（2022•威县校级模拟）连接正八边形的三个顶点，得到如图所示的图形，下列说法不正确的是　　

A．四边形与四边形的周长相等 

B．连接，则平分 

C．整个图形不是中心对称图形 

D．是等边三角形

【分析】根据图形分别判断各个选项即可．

【解答】解：四边形与四边形是全等图形，

故选项不符合题意；

等腰三角形，是等腰三角形，

连接，则平分，

故选项不符合题意；

正八边形连接三个顶点后不是中心对图形，但是轴对称图形，

故选项不符合题意；

图中，

不是等边三角形，

故选项符合题意，

故选：．

【点评】本题主要考查正八边形的知识，熟练掌握中心对称的概念是解题的关键．

19．（2022•济源模拟）如图，点为矩形的对称中心，动点从点出发沿向点移动，移动到点停止，延长交于点，则四边形形状的变化依次为　　

A．平行四边形一矩形一平行四边形一矩形 

B．平行四边形一矩形一菱形一矩形 

C．平行四边形一菱形一平行四边形一矩形 

D．平行四边形一菱形一平行四边形

【分析】根据对称中心的定义，根据矩形的性质，可得四边形形状的变化情况：这个四边形先是平行四边形，当对角线互相垂直时是菱形，然后又是平行四边形，最后点与点重合时是矩形．

【解答】解：观察图形可知，四边形形状的变化依次为平行四边形菱形平行四边形矩形．

故选：．

【点评】本题考查了中心对称，矩形的性质，平行四边形的判定与性质，菱形的判定，根据与的位置关系即可求解．

20．（2022•安顺模拟）已知点在第二象限，且，则点关于原点对称的点的坐标是　　

A． B． C． D．

【分析】先确定点的坐标，再根据关于原点对称的点，横坐标与纵坐标都互为相反数，进而得出答案．

【解答】解：点在第二象限，且，

点，

点关于原点对称的点的坐标是．

故选：．

【点评】此题主要考查了关于原点对称点的性质，解决本题的关键是掌握好对称点的坐标规律：关于原点对称的点，横坐标与纵坐标都互为相反数．

核心知识3．旋转变换

21．（2022•威县校级模拟）如图，在由小正方形组成的网格图中再涂黑一个小正方形，使它与原来涂黑的小正方形组成的新图案为轴对称图形，则涂法有　　

A．1种 B．2种 C．3种 D．4种

【分析】直接利用轴对称图形的性质得出符合题意的答案．

【解答】解：如图所示：将①②③位置涂成黑色，能使整个阴影部分成为轴对称图形，

故选：．

【点评】此题主要考查了利用轴对称设计图案，正确掌握轴对称图形的定义是解题关键．

22．（2022春•邓州市期末）如图，已知等边和等边，其中、、三个点在同一条直线上，且，连接、．则下列关于图形变换的说法正确的是　　

A．可看作是沿方向平移所得 

B．和关于过点且垂直于的直线成轴对称 

C．可看作是由绕点顺时针方向旋转所得 

D．和关于点成中心对称

【分析】根据证明，可得结论．

【解答】解：，都是等边三角形，

，，，

，

在和中，

，

，

可看作是由绕点顺时针方向旋转所得．

故选：．

【点评】本题考查几何变换的类型，等边三角形的性质，全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是理解题意，正确寻找全等三角形解决问题．

二．填空题（共3小题）

23．（2022春•高唐县期末）如图，在直角坐标系中，已知菱形的顶点，．作菱形关于轴的对称图形，再作图形关于点的中心对称图形，则点的对应点的坐标是 　　．

【分析】根据题意可以写出点的坐标，然后根据与轴对称和与原点对称的点的特点即可得到点的坐标，本题得以解决．

【解答】解：点的坐标为，

点的坐标为，

点的坐标的坐标为，

故答案为：．

【点评】本题考查的是作图旋转变换，作图平移变换，熟知图形旋转不变性的性质是解答此题的关键．

24．（2022•桥西区校级模拟）如图，中，，，底边上的高，是中点．是上一点，连接，将绕点逆时针旋转交的延长线于点．

（1）若，则　20　；

（2）若为的中点，则　　．

【分析】（1）根据已知条件证明是等边三角形，然后根据三角形内角和定理即可解决问题；

（2）证明，可得，然后根据勾股定理即可解决问题．

【解答】解：（1），是高，

，，

，

，

是的中点，

，

是等边三角形，

，

根据旋转的性质，可知，，

设与交于点，

，

，

；

故答案为：20；

（2）由（1）可知：，，，

，

在和中，

，

，

，

，，

，

在中，，，

，，

是的中点，

，

．

故答案为：．

【点评】本题考查了作图旋转变换，等腰三角形的性质，全等三角形的判定与性质，含30度角的直角三角形，解决本题的关键是掌握旋转的性质．

25．（2021秋•平定县期中）如图，点是正方形内一点，连接并延长，交于点．连接，．将绕点顺时针旋转至，连接，若，，，则正方形的边长为 　　．

【分析】过点作于点，由旋转的性质可得，，，由勾股定理和勾股定理的逆定理可求，，，即可求，由勾股定理可求的长．

【解答】解：过点作于点，

将绕点顺时针旋转至，

，，，

，，

，，

，

，

，

，

，

，

，

，

．

故答案为：．

【点评】本题考查了旋转的性质，正方形的性质，勾股定理及勾股定理的逆定理，求是本题的关键．