第二十八章旋转暑假预习练 人教版数学九年级上册

这是一份第二十八章旋转暑假预习练 人教版数学九年级上册，共6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。

一、单选题
1．在平面直角坐标系中，点关于点对称的点的坐标为（ ）
A．B．C．D．
2．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．
3．如图，在平面直角坐标系中，若与关于点成中心对称，则对称中心点的坐标是（）

A．B．C．D．
4．在平面直角坐标系中，与关于点中心对称．若点的对应点为，则点的对应点的坐标为（ ）
A．B．C．D．
5．如图，与关于点成中心对称，则下列结论不成立的是（ ）
A．点与点是对称点B．
C．D．
6．如图，把绕点顺时针旋转一定角度到的位置，若，则的长是（ ）
A．3B．4C．5D．7
7．如图，等腰直角，点P在内，，，则PB的长为（ ）
A．B．C．5D．5
8．如图，菱形ABCD的对角线AC、BD交于点O，将绕着点C旋转180°得到，若AC=2，＝5，则菱形ABCD的边长是（ ）
A．3B．4C．D．
9．在平面直角坐标系中有点、，则，两点关于（ ）对称．
A．原点B．轴C．轴D．直线
10．四边形各顶点坐标分别为，，，，它们关于原点对称的点，，，的坐标正确的是（ ）
A．B．C．D．
11．下面是几个大小相同的正六边形，请仔细观察A，B，C，D四选项中的图案，其中与所给原图形不相同的是( )
A．B．C．D．
12．如图，将方格纸中的图形绕点逆时针旋转后得到的图形是（ ）
A．B．
C．D．
二、填空题
13．如图，某同学拿着含角的直角三角板绕点C逆时针旋转得到，连结，与AC相交于点O．已知，则OC的长为__________．
14．给出下列3种图形：①线段，②等边三角形，③矩形，其中既是轴对称图形又是中心对称图形的是________．（在横线上填写图形前的标号即可）
15．如图，正方形的边长为3，F为边上一点，． 将绕点A顺时针旋转，得到，连接，则__________．
16．如图，菱形的边长为，，边在轴上，若将菱形绕点逆时针旋转75°，得到菱形，则点的对应点的坐标为______．
17．在平面直角坐标系内，已知点P的坐标为（-3，2）连接OP，将线段OP绕点O顺时针旋转后得到点Q，则点Q的坐标为_____．
三、解答题
18．平面直角坐标系第二象限内的点与另一点关于原点对称，试求的值．
19．古希腊科学家把一定数目的点在等距离的排列下可以形成一个三角形，构成这些三角形点的数量被称为三角形数．某数学兴趣小组对三角形数进行了如下探索：
(1)如图，将围棋子摆成连续三角形探索连续三角形数（表示第n个三角形数），由图形可得，，，， ；
(2)为探索的值，将摆成三角形进行旋转，再与原图拼成一个矩形，通过矩形计算棋子数目达到计算的值，∴ ；（用含n的代数式表示）
(3)根据上面的结论，判断24和28是不是三角形数？并说明理由．
20．如图，在平面直角坐标系中，Rt△ABC的三个顶点分别是，，．
(1)将△ABC以点C为旋转中心旋转180°，画出旋转后对应的；平移△ABC，若点A对应的点的坐标为，画出．
(2)若，绕某一点旋转可以得到（1）中的，直接写出旋转中心的坐标：______；
21．如图，图形A是一个正方形，图形B是由三个图形A构成，请用图形A与B拼接出符合要求的图形（每次拼接图形A与B只能使用一次），并分别画在指定的正方形网格中．
(1)在图①中画出：拼得的图形既是轴对称图形又是中心对称图形；
(2)在图②中画出：拼得的图形是轴对称图形但不是中心对称图形；
(3)在图③中画出：拼得的图形是中心对称图形但不是轴对称图形．
22．窗花是贴在窗纸或窗户玻璃上的剪纸，中国古老的汉族传统民间艺术之一．它历史悠久，风格独特，深受大家的喜爱．为了迎接2025蛇年新年，小慧向妈妈学习剪纸，装饰门窗烘托节日气氛．如图，现有4张背面完全一样的剪纸画卡片，将这4张卡片背面向上洗匀后放在桌面上．
(1)从中随机抽取1张卡片，抽到的卡片上的图案是中心对称图形的概率为______；
(2)若从中随机抽取1张卡片后不放回，再随机抽取1张，请用画树状图或列表的方法，求两次所抽取的卡片恰好都是轴对称图形的概率．
23．如图，四边形ABCD是正方形，△ECF为等腰直角三角形，∠ECF＝90°，点E在BC上，点F在CD上，P为EF中点，连接AF，G为AF中点，连接PG，DG，将Rt△ECF绕点C顺时针旋转，旋转角为α（0°≤α≤360°）．
(1)如图1，当α＝0°时，DG与PG的关系为 ；
(2)如图2，当α＝90°时
①求证：△AGD≌△FGM；
②（1）中的结论是否成立？若成立，请写出证明过程；若不成立，请说明理由．
24．如图1，在矩形 中 ，，点M 在线段上，连接．将线段绕点A 逆时针旋转α（）得到线段．线段绕点A 逆时针旋转α得到线段， 连接并延长交于点F，连接．
(1)连接， 当时．
①求证：；
②若点M 在线段上，猜想的数量关系为 ；若点M 在线段 上，猜想的数量关系，并证明；
③若，求的面积；
(2)如图2，若， 的面积为，请直接写出线段的长．
《第二十八章旋转》参考答案
1．C
【分析】本题考查中心对称，设点P关于A的对称点为点Q，过点Q作轴于点B，则有，即可得到，，进而求出点Q的坐标．
【详解】解：设点P关于A的对称点为点Q，过点Q作轴于点B，
则，，
又∵，
∴，
∴，，
∴，
∴点Q的坐标为，
故选：C．
2．B
【分析】本题主要考查了轴对称图形和中心对称图形，如果一个平面图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形就叫做轴对称图形；把一个图形绕着某一个点旋转，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形叫做中心对称图形，这个点就是它的对称中心．
根据中心对称图形的定义和轴对称图形的定义进行逐项判断即可．
【详解】解：A．不是轴对称图形，是中心对称图形，不符合题意；
B．是轴对称图形，是中心对称图形，符合题意；
C．不是轴对称图形，不是中心对称图形，不符合题意；
D．是轴对称图形，不是中心对称图形，不符合题意．
故选B．
3．C
【分析】本题考查了中心对称；坐标与图形性质；连接对应点、，根据对应点的连线经过对称中心，则交点就是对称中心点，在坐标系内确定出其坐标．
【详解】解：连接、，则交点就是对称中心点．

观察图形知，．
故选：C．
4．A
【分析】本题考查了中线对称图形的性质，掌握中点坐标的计算是解题的关键．
根据中点对称图形的性质，得到点在线段的中点处，由此得到，再根据点的对应点，设，由中点坐标的计算即可求解．
【详解】解：点的对应点为，且关于点成中线对称，
∴，即，
∴设，且，
∴，
解得，，
∴，
故选：A ．
5．C
【分析】本题考查了中心对称的性质，根据中心对称的性质逐项分析判断，即可求解．
【详解】解：与关于点成中心对称，
点与点是对称点，，，，
结论错误．
故选：C．
6．D
【分析】本题主要考查了旋转的性质，掌握旋转中对应边相等是关键．
根据旋转图形对应边相等即可求解．
【详解】解：把绕点顺时针旋转一定角度到的位置，若，
∴，
故选：D．
7．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．
8．D
【分析】连接，根据菱形的性质、旋转的性质，得到，，根据=5，利用勾股定理计算，再次利用勾股定理计算即可．
【详解】解：连接，如图：
∵四边形ABCD是菱形，且BOC绕着点C旋转180°得到，且AC=2，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
即菱形ABCD的边长是，
故选：D．
【点睛】本题考查了菱形的性质、旋转的性质以及勾股定理等知识，熟练掌握菱形的基本形式并灵活运用勾股定理是解决本题的关键．
9．A
【分析】此题主要考查了关于原点对称点的坐标特点，根据两点关于原点对称，横坐标互为相反数，纵坐标互为相反数即可得出结果，关键是掌握点的坐标的变化规律．
【详解】解：根据两点关于原点对称，横坐标互为相反数，纵坐标互为相反数，
点与点的横坐标互为相反数，纵坐标互为相反数，
，两点关于原点对称．
故选：A．
10．B
【分析】此题主要考查了关于原点对称的点的坐标，根据平面直角坐标系中任意一点，关于原点的对称点是．关键是掌握点的坐标的变化规律．
【详解】解：四边形各顶点坐标分别为，，，，它们关于原点对称的点，，，的坐标分别为：，，，．
故选：B．
11．B
【分析】将选项中的图形绕正六边形的中心旋转，与题干的图形不相同的即为所求．
【详解】解：观察图形可知，
只有选项B中的图形旋转后与图中的正六边形不相同．
故选：B
【点睛】此题考查了全等图形以及生活中的旋转现象，关键是掌握旋转的定义：在平面内，把一个图形绕着某一个点旋转一个角度的图形变换叫做旋转．
12．C
【分析】利用已知将图形绕点逆时针旋转得出符合题意的图形即可．本题考查了生活中的旋转现象，正确掌握相关性质内容是解题的关键．
【详解】解：如图所示：将方格纸中的图形绕点逆时针旋转后得到的图形是
故选：C．
13．2
【分析】连接，由题意可得为等边三角形，，再根据，，得到垂直平分，即可解得．
【详解】如图，连接，
∵含角的直角三角板绕点C逆时针旋转得到，
∴，，
∴为等边三角形，
∴，
∵，，
∴垂直平分，
∴．
故答案为：2．
【点睛】本题考查了图形的旋转，等边三角形的判定，线段垂直平分线的性质，熟练掌握各性质是解题的关键．
14．①③/③①
【分析】此题主要考查了中心对称图形与轴对称图形的概念．轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分折叠后可重合，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后两部分重合．根据轴对称图形与中心对称图形的概念求解即可．
【详解】解：①线段是轴对称图形，也是中心对称图形；
②等边三角形是轴对称图形，不是中心对称图形；
③矩形是轴对称图形，也是中心对称图形；
则既是轴对称图形又是中心对称图形是：①③．
故答案为：①③．
15．
【分析】本题主要考查了正方形的性质、旋转的性质、勾股定理等知识点，掌握正方形和旋转的性质是解题的关键．
由旋转的性质可得，，由正方形的性质可得、，由勾股定理得，即，然后根据勾股定理求解即可．
【详解】解：由旋转可得：，，
∵正方形的边长为3，
∴、，
又∵，
∴，
∴，
∴．
故答案为：．
16．
【分析】根据菱形的性质可得出∠AOC=60°，则三角形OAC为等边三角形，即AC=，根据菱形对角线的性质可得出∠AOE=30°，根据勾股定理可得OE， OB，再根据旋转的性质可得OB=OB1，∠B1OF=45°，根据勾股定理即可得出OF与B1F的长度，即可得出答案．
【详解】解：如图，连接AC与OB相交于点E，过点B1作B1F⊥x轴，垂足为F，
∵四边形OABC为菱形，，OA=OC，
∴△AOC是等边三角形，OC=OA=AC=，
∵AC⊥OB，
在Rt△OAE中，OA=，AE=AC=，
∴OE=AE=，
∴OB=，
∵∠COB=∠AOC=30°，∠BOB1=75°，
∴∠B1OF=180°-60°-∠BOB1=180°-60°-75°=45°，
在Rt△B1OF中，OB1=OB=，OF=B1F，
∴OF2+B1F2=OB12，
可得OF=B1F=，
∵点B1在第二象限，
∴点B1的坐标为．
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了菱形及旋转的性质，熟练应用相关性质进行计算是解决本题的关键．
17．
【分析】根据题意可知关于原点对称，根据关于原点对称的点的坐标特征即可求解．
【详解】解：∵将线段OP绕点O顺时针旋转后得到点Q，
∴关于原点对称，
∵点P的坐标为（-3，2），
∴点Q的坐标为．
故答案为：．
【点睛】本题考查坐标与图形变化，掌握关于原点对称的两个点，横坐标、纵坐标分别互为相反数．
18．4
【分析】本题考查关于原点对称的点的坐标特征，解一元二次方程，平面直角坐标系内点的符号特征．掌握关于原点对称的点的横、纵坐标都是原数的相反数是解题关键．根据关于原点对称的点的坐标特征可得出；，再结合点P在第二象限，即可求出x和y的值，最后相减即可．
【详解】解：∵点与点关于原点对称，
∴；，
解得：，；．
∵点P在第二象限，
∴，即，
∴，
∴．
19．(1)15
(2)
(3)24不是，28是，理由见解析
【分析】( 1 )根据规律求出即可；
( 2 )利用规律，解决问题即可；
( 3)利用(2)中结论求解即可．
【详解】（1）解：，
故答案为：15
（2）由题意得：
，
，
，
，
，
……
∴．
故答案为：
（3）24不是三角形数，28是三角形数，
理由：∵
6和8相差2，
不符合等式中因数与相差1的规律，
∴24不是三角形数；
又∵，
∴，
∴，
∴28是三角形数．
【点睛】本题考查中心对称，列代数式，规律型∶图形的变化类等知识，解题的关键是利用数形结合找出规律．
20．(1)见解析
(2)（―1，―2）
【分析】（1）根据旋转的性质即可画出旋转后对应的；根据平移的性质，点A对应的点A2的坐标为（―4，―5），即可画出；
（2）结合（1）和旋转的性质即可得旋转中心的坐标．
【详解】（1）解：如图，和即为所求；
（2）解：结合（1）中的图和旋转的性质，
可得，旋转中心的坐标为：（―1，―2）．
【点睛】本题考查了作图－旋转变换，坐标与图形变化－平移，解决本题的关键是掌握旋转的性质．
21．(1)见解析
(2)见解析
(3)见解析
【分析】本题主要考查了轴对称图形和中心对称图形的设计，熟知轴对称图形和中心对称图形的定义是解题的关键．
（1）把一个图形绕着某一点旋转 ，如果它能与另一个图形重合，那么就说这两个图形中心对称，把一个图形沿着某一条直线折叠，如果它能够与另一个图形完全重合，称这两个图形为轴对称图形；根据上述性质，即可拼接组成图形；
（2）结合（1）即可拼接组成图形；
（3）结合（1）即可拼接组成图形．
【详解】（1）解：如图1所示：
（2）解：如图2所示：
（3）解：如图3所示：
22．(1)
(2)
【分析】本题主要考查了列表法与树状图法、概率公式、中心对称图形、轴对称图形等知识点，掌握列表法和树状图法求概率是解题的关键．
（1）先判断其中的中心对称图形，再根据概率公式求解即得答案；
（2）先画出树状图得到所有可能的情况，再判断两次都是轴对称图形的情况，然后根据概率公式计算即可．
【详解】（1）解：中心对称图形的卡片是C，所以从中随机抽取1张卡片，卡片上的图案是中心对称图形的概率为．
故答案为：．
（2）解：轴对称图形的卡片有B和C，
根据题意画树状图如下：
由树状图知，共有12种等可能结果，其中两次所抽取的卡片恰好都是轴对称图形的有2种结果，
则两次所抽取的卡片恰好都是轴对称图形的概率为．
23．(1)且
(2)①见解析；②成立，理由见解析
【分析】（1）先判断出，得出，，再用直角三角形斜边的中线等于斜边的一半和三角形中位线定理、三角形外角和定理，即可得出结论；
（2）①先判断出，再判断出，即可得出结论；
②由①知，，得，得出，根据题（1），得出，得，得．又根据点是的中点，是的中位线，等量代换得．根据得，且，推出，又根据，同旁内角互补，得，即．
【详解】（1）解：∵四边形ABCD是正方形
∴，
∵为等腰直角三角形
∴
∴CE＝CF，
∴
∴，
∵点是的中点
∴
∴
∵为中点，为中点
∴是的中位线
∴，
∴，
又∵在中
∴且
∴
∵
∴
∴
∴
∴
故且．
故答案是：DG=PG且DG⊥GP；
（2）①证明：∵四边形是正方形，
∴
∵点是的中点
∴
∴在和中
∴
解：②（1）中的结论且成立
证明：由①知，
∴，
∴
∴
∵
∴
又∵，
∴
∴，
∵点是的中点
∴
又∵为中点，为中点
∴是的中位线
∴，
∴
又∵
∴
∴
∴
又∵
∴
∴
∴
故且．
【点睛】此题是四边形综合题，主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，三角形的中位线定理，解题的关键是全等三角形性质，三角形中位线定理，等量代换的转换运用．
24．(1)①见解析；②；；证明见解析；③
(2)5或
【分析】（1）① 根据旋转的性质，等式的性质，边角边全等原理证明即可；
②根据矩形的性质，等边三角形的判定和性质，三角形全等的判定和性质；
③过点E 作交 于点I,过点N 作交于点H,交 的延长线于点G,利用等边三角形的性质，三角函数，解答即可．
（2）过点E 作交 于点P,过点N 作交于点R,交 的延长线于点Q,利用三角函数，四点共圆，矩形的性质，分类计算即可．
本题考查了旋转的性质，三角形全等的判定和性质，勾股定理，等边三角形的判定和性质，矩形的判定和性质，三角函数的应用，熟练掌握判定和性质，三角函数是解题的关键．
【详解】（1）①证明：∵线段绕点A 逆时针旋转得到线段．
∴,
∴，
∵线段绕点A 逆时针旋转得到线段，
∴,
∴,
∴，
在和中
∴;
②解：点M 在线段上时，；
∵线段绕点A 逆时针旋转得到线段，
∴,
∴是等边三角形，
∴,
∵矩形，
∴
∵，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
故答案为：；
若点M 在线段 上时，，
证明如下：如解图①,由①可知，,
∴,
∴,
∵线段绕点A 逆时针旋转α得到线段,
∴,
∴为等边三角形，
∴,
∴
∴,
∴;
故答案为：；
③解：如解图②,过点E 作交 于点I,过点N 作交于点H,交 的延长线于点G, 由②得为等边三角形，,
∵,
, ,
由四边形是矩形，
∴
∴,
在中，
∵,
．
（2）解：如图，过点E 作交 于点I,过点N 作交于点H,交 的延长线于点G,
∵的面积为，
∴，
∴，
∵，
设，则，
∴，，
∴，
由四边形是矩形，
∴
∴
∵，
∴，
∴点A，B，F，E四点共圆，
∴，
∵，
∴，
∴，
根据（1）得；
如图，过点E 作交 于点P,过点N 作交于点R,交 的延长线于点Q,
∵的面积为，
∴，
∴，
∵，
设，则，
∴，，
∴，
由四边形是矩形，
∴
∴
∵，
∴，
∴点A，B，F，E四点共圆，
∴，
∵，
∴，
∴，
根据（1）得；
综上所述，线段BM 的长为5或．
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
C
B
C
A
C
D
A
D
A
B
题号
11
12








答案
B
C