初中数学人教版（2024）九年级上册图形的旋转练习题

这是一份初中数学人教版（2024）九年级上册图形的旋转练习题，共26页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1．如图，将绕点顺时针旋转一定的角度得到，此时点恰在边上，若，，则的长为（ ）
A．B．C．D．
2．如图，图形绕点旋转后可得到下列哪个图形（ ）
A．B．C．D．
3．如图，小聪将三角尺绕点C逆时针方向旋转到的位置，其中为，为直角，若点A，C、E在一条直线上，则此次旋转变换中旋转角的度数为（ ）
A．B．C．D．
4．如图，将绕顶点逆时针旋转到，，，则的度数为（ ）
A．B．C．D．
5．如图，等腰直角，点P在内，，，则PB的长为（ ）
A．B．C．5D．5
6．如图，为等边三角形，以为边向外侧作，使得，再以点C为旋转中心把沿着顺时针旋转至，则下列结论：
①D、A、E三点共线；②为等边三角形；③平分；④，其中正确的有（ ）
A．4个B．3个C．2个D．1个
7．在平面直角坐标系中，将点绕原点O逆时针旋转90°，得到点，则点的坐标是（ ）
A．B．C．D．
8．下列运动形式属于旋转的是（ ）
A．荡秋千B．射箭C．立定跳远D．晨跑运动
9．在俄罗斯方块游戏中，所有出现的方格体自由下落，如果一行中九个方格齐全，那么这一行会自动消失．已拼好的图案如图所示，现又出现一小方格体，必须进行以下哪项操作，才能拼成一个完整图案，使其全部自动消失
A．顺时针旋转，向下平移B．逆时针旋转，向下平移
C．顺时针旋转，向右平移D．逆时针旋转，向右平移
10．如图，在中，，，将绕点A按顺时针方向旋转到的位置，使得点C，A，在同一条直线上，那么旋转角的度数为（ ）
A．B．C．D．
11．国旗上的五角星是旋转对称图形，它需要旋转（ ）后，才能与自身重合．
A．36°B．45°C．60°D．72°
12．等腰直角三角形和等腰直角三角形中，，，，其中固定，绕点A顺时针旋转一周，在旋转过程中，若直线与直线交点为P，则面积的最小值为（ ）
A．B．4C．D．
二、填空题
13．如图，将绕点逆时针旋转一定角度，得到，若，，且，则的度数为 ．
14．在平面直角坐标系中，将点绕原点O逆时针旋转得到点，则 ．
15．钟表的分针匀速旋转一周需要60分钟，经过20分钟，分针旋转了 ．
16．如图，中与交于点D，E是边上的一个动点，将沿着进行折叠后射线与边交于点F，将射线绕点D逆时针旋转后与边交于点G，若，则 ．
17．如图，在平面直角坐标系中，，，线段由线段绕点A顺时针旋转而得，则所在直线的解析式是 ．
三、解答题
18．如图，在正方形网格中，每个小正方形的边长为1，格点△ABC（顶点在网格线的交点上）的顶点A、C 的坐标分别为A(-3，5)、C(0，3)
备用图
(1)请在网格所在的平面内画出平面直角坐标系，并直接写出点B的坐标
(2)将△ABC绕着原点O顺时针旋转90°得△A1B1C1，画出△A1B1C1
(3)在x轴上是否存在点P，使PA＋PC的值最小，若存在请直接写出点P的坐标；若不存在请说明理由
19．在△OAB中，OA＝OB，∠AOB=n°，C为平面内一点，连接OC，将OC绕点O逆时针旋转n°得到线段OD，连接AC、BD交于点M．
(1)如图1，若n＝35，填空：
①AC与BD的数量关系为 ；
②∠AMB的度数为 ；
(2)如图2，若n＝90：
①判断AC与BD之间存在怎样的数量关系？并说明理由；
②求∠AMB的度数；
(3)在（2）的条件下，当∠CAB＝30°，且点C与点M重合时，请直接写出OD与OA之间存在的数量关系．
20．如图，把绕着A点按逆时针方向旋转得到，与交于点D点，若，求的度数．
21．如图，请作出绕点O按顺时针方向旋转后得到的图形．
22．如图，在正方形中，E为边上的点，将绕点C顺时针方向旋转得到，连接EF，，求的度数．

23．如图，将绕顶点C逆时针旋转得到，且点B刚好落在上，若，，求的度数．
24．[问题情境]如图1，为正方形内一点，，，，将绕点按逆时针方向旋转度（），点，的对应点分别为点，．
[问题解决]

(1)如图2，在旋转的过程中，当点落在上时，求此时的长；
(2)若，如图3，得到（此时与重合），延长交于点，试判断四边形的形状，并说明理由；
(3)在绕点逆时针方向旋转的过程中，直接写出线段长度的最大值．
《23.1图形的旋转》参考答案
1．B
【分析】本题考查了旋转的性质，掌握旋转的性质是解题的关键．
由旋转的性质可得，，然后用线段和差即可求解．
【详解】解：由旋转性质可知：，，
∴，
故选：．
2．A
【分析】根据旋转的性质即可求解．
【详解】解：将图形绕点顺时针旋转得到
而其他选项的图形不能由原图形旋转得出，
故选：A．
【点睛】本题考查了旋转的性质，掌握旋转的性质是解题的关键．
3．C
【分析】本题考查了旋转的性质：对应点到旋转中心的距离相等；对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角；旋转前、后的图形全等．先利用互余的性质计算出，再根据旋转的性质得到等于旋转角，根据平角的定义即可求得旋转角的度数．
【详解】解：∵，
∴，
∵绕点C逆时针方向旋转到的位置，且点A、C、E在同一条直线上，
∴等于旋转角，
根据旋转的性质知：，
∴，
∴旋转角的度数为．
故选：C．
4．C
【分析】本题考查旋转的性质，三角形的内角和定理，根据旋转的性质，得到，根据角的和差关系和三角形的内角和定理，进行求解即可．
【详解】解：∵旋转，
∴，
∴，
∵，
∴；
故选C．
5．A
【分析】先利用等腰直角，得到，再证明，接着把绕点C顺时针旋转得到，连接，根据旋转的性质得到，则可判断为等腰直角三角形，从而，然后计算，从而利用勾股定理计算出AE即可．
【详解】解∶∵等腰直角，
∴，
∵，
∴，
如下图，把绕点C顺时针旋转得到，连接，
∴，
∴为等腰直角三角形，
∴，
∴，
∴，
故选∶A．
【点睛】本题考查了勾股定理、等腰直角三角形的判定与性质以及旋转的性质，对应点到旋转中心的距离相等；对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角；旋转前、后的图形全等．熟练掌握旋转的性质是解题的关键．
6．A
【分析】如图，由为等边三角形得到，由得到，再根据旋转的性质得，即旋转角等于，，，于是可计算出，则可对①进行判断；由，，根据等边三角形的判定可对②进行判断；由为等边三角形得，于是可得，则可对③进行判断；根据旋转的性质得，根据等边三角形的性质得，所以，则可对④进行判断．
【详解】解：为等边三角形，
，
，
，
点C为旋转中心把沿着顺时针旋转至，
，即旋转角等于，，，
，即，
三点共线，所以①正确；
，，
为等边三角形，所以②正确；
为等边三角形，
，
，
平分，所以③正确；
为等边三角形，
，
而点C为旋转中心把沿着顺时针旋转至，
，
，
，所以④正确．
故选：A．
【点睛】本题考查了旋转的性质：对应点到旋转中心的距离相等；对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角；旋转前、后的图形全等．也考查了等边三角形的判定与性质．
7．C
【分析】过点A作AB⊥x轴于点B，过点作C⊥y轴于点C，证明△ABO≌△OC，求出OC=AB=3，C=OB=2后写出点的坐标即可．
【详解】解：如图所示，点A旋转到，过点A作AB⊥x轴于点B，过点作C⊥y轴于点C，
∴∠ABO=∠CO=90°，
∴∠AOB+∠OC=90°，∠AOB+∠A=90°，
∴∠OC=∠A，
由旋转可知OA=O，
∴△ABO≌△OC，
∴OC=AB=3，C=OB=2，
∴．
故选：C．
【点睛】本题考查坐标与图形变化一旋转，解题的关键是正确作出图形解决问题．
8．A
【分析】本题考查了旋转“把一个平面图形绕平面内某一点转动一个角度，叫做图形的旋转”，熟记旋转的定义是解题关键．根据旋转的定义逐项判断即可得．
【详解】解：A、荡秋千，是属于旋转，则此项符合题意；
B、射箭，不属于旋转，则此项不符合题意；
C、立定跳远，不属于旋转，则此项不符合题意；
D、晨跑运动，不属于旋转，则此项不符合题意；
故选：A．
9．C
【分析】本题考查了生活中的旋转现象，认准小方格的特征与需要填入的空格的形状是解题的关键．
根据小方格体的两格与三格的不同，结合要填入的空格的形状解答．
【详解】解：观察图形可知，出现的小方格需顺时针旋转，向右平移至边界．
故选：C．
10．D
【分析】先根据直角三角形的性质可得，再根据旋转的性质可得为旋转角、，然后根据邻补角的定义即可得．
【详解】解：在中，，，
，
由旋转的性质得：为旋转角，，
点C、A、在同一条直线上，
，
即旋转角等于，
故选：D．
【点睛】本题考查了旋转的性质、直角三角形的性质等知识点，掌握理解旋转的性质是解题关键．
11．D
【分析】五角星可以被平分成五部分，用360°除以5即可求解．
【详解】360°÷5=72°，
根据旋转对称图形的概念可知：该图形被平分成五部分，旋转72°的整数倍，就可以与自身重合，因而国旗上的每一个正五角星绕着它的中心至少旋转72°能与自身重合．
故选：D．
【点睛】本题考查旋转对称图形的概念：把一个图形绕着一个定点旋转一个角度后，与初始图形重合，这种图形叫做旋转对称图形，这个定点叫做旋转对称中心，旋转的角度叫做旋转角．
12．B
【分析】和都是等腰直角三角形，可证，由全等三角形对应角相等得为底边，则高最小时，三角形面积最小，则当为的切线时，P到的距离最短，求得这个最小点，再得到矩形为正方形，由勾股定理和正方形的边长相等可求得的长，即可求解．
【详解】解：∵和都是等腰直角三角形，
∴，，
∵，
∴，
∴
∴，
∴，
∴，
∴点P在以为直径的圆上，
则当为底边，则高最小时，三角形面积最小，此时最小，
∵绕点A顺时针旋转一周，
∴点D在以点A为圆心，为半径的圆上，
∴当为的切线时，P到的距离最短，
∴，
∴四边形为矩形，
∵，
∴矩形为正方形，
∴，
∴，
∴， ，
此时的面积为
即面积的最小值为4．
故选：B
【点睛】本题主要考查了图形的旋转，圆周角定理，切线的性质，全等三角形的判定和性质等知识，根据题意得到点P的轨迹是解题的关键．
13．
【分析】本题主要考查了旋转的性质，三角形内角和定理，根据旋转的性质得到的度数，再由三角形内角和定理求出的度数即可得到答案．
【详解】解；由旋转的性质可得，
∵，
∴，
∴，
故答案为：．
14．
【分析】首先根据题意画出图形得到，然后利用勾股定理求解．
【详解】如图所示，

由图象可得，
∴．
故答案为：．
【点睛】本题考查坐标与图形变化—旋转，勾股定理，解题的关键是学会利用图象法解决问题，属于中考常考题型．
15．/120度
【分析】根据钟表一周为，分针匀速旋转一周需要60分钟，得到1分钟分针旋转，进而求出20分钟，分针旋转的度数即可．
【详解】解：∵钟表一周为，分针匀速旋转一周需要60分钟，
∴1分钟分针旋转，
∴经过20分钟，分针旋转了：；
故答案为：．
【点睛】本题考查钟表中的旋转．熟练掌握钟表一周为，分针旋转一分钟是，是解题的关键．
16．或/或
【分析】本题主要考几何变换中旋转和轴对称的综合题目，抓住旋转角和轴对称的性质是解题的关键，抓住AD是的角平分线和，
再利用方程思想求解，最后注意点G可能在线段上，也可能在线段上，分类讨论即可．
【详解】解：如图，当点G在线段上，
∵，
∴设，则，
∴，
∵将沿着进行折叠后射线与边交于点F，
∴，
∵将射线绕点D逆时针旋转，
∴，
∵，
∴7，
∴，
∴．
如下图所示：当点G在线段上时，
同理可得：，
∴，
∴，
故答案为：或．
17．/
【分析】过点C作轴于点D，易知，从而求得点C坐标，待定系数法即可求得直线的解析式．
【详解】解：∵，，
∴，
过点C作轴于点D，
则，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，，
∴，
设直线的解析式为，将点A，点C坐标代入得：
，
解得：，
∴直线的解析式为，
故答案为：．
【点睛】本题是几何图形旋转的性质与待定系数法求一次函数解析式的综合题，利用全等三角形求得C的坐标是解题的关键．
18．(1)作图如图所示，点B的坐标为(-2，1)
(2)作图如图所示
(3)存在点，使得PA＋PC的值最小．
【分析】（1）根据A、C 的坐标确定平面直角坐标系的原点位置，从而画出平面直角坐标系，并得到点B的坐标
（2）根据旋转的定义作图即可
（3）根据图形对称性质，作点C关于x轴的对称点C2，连接A C2，则A C2交x轴于点P，此时PA＋PC的值最小．此时由A(-3，5)，C2(0，-3)，求得直线A C2的解析式，进而求出直线A C2与x轴的交点，即得P点坐标．
【详解】（1）解：由A、C 的坐标分别为A(-3，5)、C(0，3)，可得平面直角坐标系如图所示，点B的坐标为(-2，1)．
（2）解：作图如图所示，
（3）解：存在点，使得PA＋PC的值最小．
作点C关于x轴的对称点C2，连接A C2，则A C2交x轴于点P，此时PA＋PC的值最小．
∵C(0，3)，点C2为点C关于x轴的对称点，
∴C2(0，-3)，
∵ A(-3，5)，C2(0，-3)，
设直线A C2的解析式为：，将A(-3，5)，C2(0，-3)代入解析式中，
可得，，
解得，，
∴直线A C2的解析式为：，
令，得，
故存在，使得PA＋PC的值最小．
【点睛】本题考查了平面直角坐标系，图形的旋转及对称性质，熟练掌握图形的旋转及对称变换是解题的关键．
19．(1)①AC＝BD；②35°
(2)①BD＝AC，理由见解析；②90°
(3)OD＝OA或OD＝OA
【分析】（1）①由旋转的性质结合题意利用“SAS”易证，即得出AC＝BD；②设线段BD和AO交于点P，由全等的性质可知，再根据对顶角相等得出，从而即可得出；
（2）①由（1）①同理可证，即得出AC＝BD；②由（1）②同理可求∠AMB=90°；
（3）分类讨论：①当点C在点B上方时，由（1）同理易证，即得出，AC=BD，从而证明．设OD=x，OA=y，由等腰直角三角形的性质、勾股定理和含30度角的直角三角形的性质可得出，，，从而得出关于x，y的等式，最后整理即可得出OD和OA的关系；②当点C在点B下方时，同理求解即可．
【详解】（1）①由旋转可知OC=OD，∠COD=35°
∴∠COD=∠AOB=35°，
∴∠COD+∠AOD =∠AOB+∠AOD，即∠AOC=∠BOD．
又∵ OA=OB，
∴(SAS)，
∴AC＝BD；
②如图，设线段BD和AO交于点P，
∵，
∴．
又∵，
∴，即．
故答案为：AC＝BD ，35°；
（2）①由（1）①同理可证，即得出AC＝BD；
②由（1）②同理可求∠AMB=90°；
（3）分类讨论：①当点C在点B上方时，如图3所示，
∠AOB＝∠COD＝90°，OA＝OB，OC＝OD，∠CAB＝30°，
∵C，M重合，
∴B，C，D共线．
设OD=x，OA=y，
则，．
根据（1）同理可证，
∴，AC=BD，
∴．
∴，
∴．
∵，即
∴
∴，即；
②当点C在点B下方时，如图4，
同上易求得OD＝OA．
综上所述，OD＝OA或OD＝OA．
【点睛】本题考查旋转的性质，全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质、勾股定理和含30度角的直角三角形的性质等知识．利用数形结合的思想是解题关键．
20．
【分析】本题考查了旋转的性质、三角形内角和定理，由旋转的性质可得，，再由三角形内角和定理求出，即可得解．
【详解】解：由旋转的性质可得：，，
∵，
∴，
∴．
21．见解析
【分析】本题考查了图形的旋转作图，解题的关键是掌握旋转作图的步骤：确定对应点的位置．
通过确定三角形各顶点绕点O顺时针旋转后的对应点，再连接对应点得到旋转后的图形．
【详解】如图所示，即为所求．
连接顶点与旋转中心：连接，，，
以为边，绕点顺时针作，且使，得到点；
同理，以为边，绕点顺时针作，且使，得到点；
以为边，绕点顺时针作，且使，得到点，
连接对应点：顺次连接，，，即为绕点顺时针旋转后得到的图形．
．
22．
【分析】本题考查全等三角形的性质，等腰直角三角形的性质等知识，先求出，利用全等三角形的性质求出，再得出是等腰直角三角形，从而求出，从而利用求解即可．
【详解】在正方形中，，
∵，
∴，
∵是旋转得到的图形，
∴，，
∴是等腰直角三角形，
∴．
∴．
23．
【分析】先根据旋转的性质得到，，再利用三角形外角性质得到，然后根据等腰三角形的性质得到的度数．
【详解】解：∵绕顶点C逆时针旋转得到，且点B刚好落在上，
∴，，
∵，
∴，
∵，
∴．
故答案为：．
【点睛】本题考查了旋转的性质、三角形的外角性质、等腰三角形的性质，解答的关键是理解旋转的性质：对应点到旋转中心的距离相等；对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角．
24．(1)
(2)四边形是正方形，理由见解析
(3)
【分析】本题是四边形综合题，主要考查了正方形的判断与性质，等腰直角三角形的性质，旋转的性质，勾股定理等知识，熟练掌握以上知识是解决本题的关键．
（1）由勾股定理求出，再求出，由旋转的性质得：，则可得出答案；
（2）先证四边形是矩形，再证明是正方形；
（3）点的轨迹为以为圆心，为半径的圆，当点、、依次共线时，最大，计算即可．
【详解】（1）解：（1），，，
，
四边形是正方形，
，，
，
由旋转的性质得：，
；
（2）解：四边形是正方形，理由如下：
由旋转的性质得：，，
，，
四边形是矩形，
又，
矩形是正方形；
（3）解：是固定值，点是定点，点是动点，
点的轨迹为以为圆心，为半径的圆，如图：

当点、、依次共线时，最大，
此时，，
即长度的最大值为．
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
B
A
C
C
A
A
C
A
C
D
题号
11
12








答案
D
B