2023年黑龙江省九年级数学中考模拟题分项选编：旋转

这是一份2023年黑龙江省九年级数学中考模拟题分项选编：旋转，共25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。
2023年黑龙江省九年级数学中考模拟题分项选编：旋转

一、单选题
1．（2023·黑龙江哈尔滨·哈尔滨市第四十九中学校校考一模）如图，绕点A旋转到的位置，点E在边上，与交于点，，的度数为（    ）．

A．45° B．50° C．65° D．55°
2．（2023·黑龙江大庆·大庆一中校考模拟预测）平面直角坐标系中，点在轴的非负半轴上运动，点在轴上从点向点运动，且，为线段的中点，以点为旋转中心将点逆时针旋转至点，则点运动的总路程是（   ）
A． B．8 C． D．
3．（2023·黑龙江佳木斯·统考一模）如图，P是正方形内一点，，则正方形的面积是（　　）
​​
A． B．13 C． D．
4．（2023·黑龙江哈尔滨·校考二模）如图，已知中，，，，将绕顶点C顺时针旋转，得到，F是的中点，连接，则的长为（    ）
  
A．5 B．4 C．3 D．2
5．（2023·黑龙江哈尔滨·统考二模）如图，绕点A逆时针旋转得到（点B与点D是对应点，点C与点E是对应点），连接，若，，则的度数为（    ）

A． B． C． D．
6．（2023·黑龙江哈尔滨·哈尔滨德强学校校考模拟预测）如图，已知中，，将绕点A顺时针旋转得到，延长交于点F，若点D落在射线上，则的度数为（    ）

A． B． C． D．
7．（2023·黑龙江绥化·校联考一模）如图，在正方形中，E是线段上一动点，连接交于点F，过点F作交于点G，连接，现有以下结论：①是等腰直角三角形；②；③点A到的距离等于正方形的边长；④当点E运动到的三等分点时，或．以上结论正确的个数有（    ）

A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
8．（2023·黑龙江哈尔滨·哈尔滨市第四十七中学校考二模）如图，在中，，在同一平面内，将绕点A旋转到的位置，使得，则（    ）

A． B． C． D．
9．（2023·黑龙江绥化·校考一模）如图，在△ABC中，∠BAC＝55°，∠C＝20°，将△ABC绕点A逆时针旋转α角度（0α180°）得到△ADE，若DEAB，则α的值为（　　）

A．65° B．75° C．85° D．130°
10．（2023·黑龙江绥化·统考一模）将等腰直角三角形AOB按如图所示放置，然后绕点O逆时针旋转90°至的位置，点B的横坐标为2，则点的坐标为（ ）

A．(1,1) B．() C．(－1,1) D．()
11．（2023·黑龙江佳木斯·校联考一模）边长为1的正方形ABCD绕点A逆时针旋转30°得到正方形AB′C′D′，两图叠成一个“蝶形风筝”（如图所示阴影部分），则这个风筝的面积是（　　）

A．2 B． C．2－ D．2－
12．（2023·黑龙江佳木斯·校考二模）下列图像中是中心对称图形的是（    ）
A．   B．   C．   D．  
13．（2023·黑龙江哈尔滨·统考二模）下列图形中，既是中心对称图形又是轴对称图形的是（      ）
A．   B．   C．   D．  
14．（2023·黑龙江鸡西·校考二模）下列四幅图案是四所大学校徽的主体标识，其中是中心对称图形的是（    ）
A．  B．  C．     D．  
15．（2023·黑龙江牡丹江·统考一模）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．  
16．（2023·黑龙江绥化·校联考一模）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．
17．（2023·黑龙江大庆·统考一模）下列美丽的图案，是中心对称图形的是（    ）
A． B． C． D．
18．（2023·黑龙江牡丹江·校考模拟预测）下列图形既是轴对称又是中心对称的图形是（    ）
A． B． C． D．

二、填空题
19．（2023·黑龙江齐齐哈尔·统考一模）如图，正方形的中心与坐标原点重合，将顶点绕点逆时针旋转得点，再将绕点逆时针旋转得点，再将绕点逆时针旋转得点，再将绕点逆时针旋转得点，再将绕点逆时针旋转得点……依此类推，则点的坐标是______．

20．（2023·黑龙江哈尔滨·校考模拟预测）如图，绕点逆时针方向旋转到的位置，交于点，若，在同一直线上，则的度数为___________．


三、解答题
21．（2023·黑龙江齐齐哈尔·统考一模）综合与实践
旋转是几何图形运动中的一种重要变换，通常与全等三角形等数学知识相结合来解决实际问题，某学校数学兴趣小组在研究三角形旋转的过程中，进行如下探究：如图1，和均为等腰直角三角形，，点为中点，绕点旋转，连接．

观察猜想
(1)在旋转过程中，与的数量关系为___________；
实践发现
(2)当点在内且三点共线时，如图2，求证：；
拓展延伸
(3)当点在外且三点共线时，如图3，探究之间的数量关系是___________；
解决问题
(4)若中，，在旋转过程中，当且三点共线时，___________．
22．（2023·黑龙江齐齐哈尔·校联考一模）（1）如图①，已知正方形，点E，F分别在边上，且．此时与有怎样的数量关系？

（2）如图②，绕点B顺时针旋转，当时，连接，此时与仍有（1）中的数量关系吗？如果成立，请说明理由，否则，请举出反例；
（3）当时（图③），连接．当直线是的垂直平分线时，与有什么数量关系，试说明理由．
23．（2023·黑龙江牡丹江·校考模拟预测）如图，和均为等边三角形，点、、在同一直线上，连接．
（1）试说明；
（2）试求的度数．

(1)证明：
和均为等边三角形，
，，，等边三角形的性质
______（等式的性质）
绕点按逆时针方向旋转______，能够与______重合
≌______（旋转变换的性质）
（全等三角形的对应边相等）；
(2)解：
24．（2023·黑龙江哈尔滨·哈尔滨工业大学附属中学校校考二模）如图，方格纸中每个小正方形的边长均为1，线段AB的端点均在小正方形的顶点上，请按要求画出图形，使得它们的顶点均在小正方形的顶点上．
(1)在图中画出一个以AB为边的菱形ABCD，使得菱形ABCD的面积为24；
(2)将线段AD绕点D逆时针旋转90度得到线段DE，请画出线段DE；
(3)连接CE，请直接写出线段CE的长．

25．（2023·黑龙江哈尔滨·统考一模）如图，方格纸中每个小正方形的边长均为，的顶点和线段的端点均在小正方形的顶点上．

(1)在方格纸中画出，使与关于点成中心对称（点、点的对称点分别是点、点，点、均在小正方形的顶点上）；
(2)在方格纸中画出以线段为一边的正方形（点，点均在小正方形的顶点上），连接，请直接写出线段的长．

参考答案：
1．B
【分析】根据旋转的性质可得、,再根据等边对等角可得，最后根据平角的性质即可解答．
【详解】解：∵绕点A旋转到的位置，点E在边上
∴,,
∴
∴．
故选B．
【点睛】本题主要考查了旋转的性质、等腰三角形的性质等知识点，理解旋转的性质是解答本题的关键．
2．B
【分析】首先根据题意作出图形，然后证明点Q可以看作是点N绕点P顺时针旋转得到，进而可得到点Q的轨迹是一条线段，且运动的路程等于点N运动的路程，然后求解即可．
【详解】如图所示，
  
∵以点为旋转中心将点逆时针旋转至点，
∴，，
∵为线段的中点，
∴，
∴，
∴点Q可以看作是点N绕点P顺时针旋转得到，
∵点在轴上从点向点运动，
∴点Q的轨迹是一条线段，且运动的路程等于点N运动的路程，
∵点N运动的总路程为，
∴点运动的总路程是8．
故选：B．
【点睛】此题考查了旋转动点问题，解题的关键是得到点Q的轨迹．
3．A
【分析】将绕点C顺时针旋转得到，将绕点A逆时针旋转得到，易得和△均为等腰直角三角形，进而推出是直角三角形，利用，进行求解即可．
【详解】如图，将绕点C顺时针旋转得到，将绕点A逆时针旋转得到，连接，则：，，

∴和△均为等腰直角三角形，
∴，
∵四边形是正方形，
∴，
∴，
∴，
∴，即在同一条直线上，
∴，
∵，
∴，
∴是直角三角形，，
∴

．

．
故选：A．
【点睛】本题考查正方形的性质，旋转的性质，等腰三角形的判定和性质，勾股定理及其逆定理．通过旋转构造特殊三角形，是解题的关键．
4．A
【分析】作于，如图，利用旋转的性质得，，，再证明为的中位线，，，然后根据勾股定理计算的长．
【详解】解：作于，如图，
  
∵绕直角顶点顺时针旋转得到，
∴，，，
∴，
∵点是的中点，
∴为的中位线，
∴，，
，
在中，．
故选：A．
【点睛】本题考查了旋转的性质：对应点到旋转中心得距离相等；对应点与旋转中心所连线段得夹角等于旋转角；旋转前、后得图形全等．
5．A
【分析】利用旋转的性质证明等边三角形，再根据等边三角形的性质和证明，从而求出和，即可求出度数.
【详解】解：连接，如图所示：

绕点A逆时针旋转得到，
，，，，
为等边三角形，
，.
，，，
.
，
.
，.
，，，
.
，
.
.
故选：A.
【点睛】本题考查的是旋转的性质，等边三角形的性质和三角形全等.解题的关键在于是否能利用等边三角形求证三角形全等，从而求出对应的角的度数.
6．B
【分析】由旋转的性质可得，根据对顶角相等可得，从而证明，再根据，得出，即可得出结果．
【详解】解：∵将绕点A顺时针旋转得到，
，
，
，
，
，
，
，
，
故选：B．
【点睛】本题考查旋转的性质、对顶角的性质及直角三角形两锐角互余，熟练掌握旋转的性质是解题的关键．
7．C
【分析】如图所示，延长交于H，连接，先证明得到，再证明，进而推出，得到，是等腰直角三角形，故①正确；则，将绕点A顺时针旋转得到，设中，上的高为h，证明，得到，，则，点A到的距离等于正方形的边长，故②③正确；设，，则，当点E是靠近点D的三等分点时，则，，利用勾股定理求出，得到；同理当点E时靠近点C的三等分点时，则④错误．
【详解】解：如图所示，延长交于H，连接，
∵四边形是正方形，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴是等腰直角三角形，故①正确；
∴；
将绕点A顺时针旋转得到，设中，上的高为h，
∴，
∴，即三点共线，
∵，
∴，
又∵，
∴，
∴，，
∴，点A到的距离等于正方形的边长，故②③正确；
设，，则，
当点E是靠近点D的三等分点时，则，
∴，
在中由勾股定理得，
∴，
∴，
∴，
∴；
同理当点E时靠近点C的三等分点时；
综上所述，当点E运动到的三等分点时，或，故④错误；
故选C．

【点睛】本题主要考查了正方形的性质，旋转的性质，勾股定理，等腰直角三角形的性质与判定，全等三角形的性质与判定等等，正确作出辅助线是解题的关键．
8．A
【分析】根据，，可得，再有旋转图形的性质，可得，，在中，由三角形内角和定理可得，，最后运用旋转图形的性质求得的值．
【详解】解：∵，，
∴，
∵绕点A旋转到，
∴，
∴．
在中，
，
∵绕点A旋转到，
∴．
故选：A．
【点睛】本题主要考查了旋转图形的性质，熟练掌握旋转图形的性质是解题的关键．
9．B
【分析】根据旋转的性质及题意易得∠EAB的度数，然后直接进行求解即可．
【详解】解：∵在△ABC中，∠BAC＝55°，∠C＝20°，
∴∠ABC＝180°﹣∠BAC﹣∠C═180°﹣55°﹣20°＝105°，
∵将△ABC绕点A逆时针旋转α角度（0＜α＜180°）得到△ADE，
∴∠ADE＝∠ABC＝105°，
∵DE∥AB，
∴∠ADE+∠DAB＝180°，
∴∠DAB＝180°﹣∠ADE＝75°
∴旋转角α的度数是75°，
故选：B．
【点睛】本题主要考查平行线的性质及旋转的性质，关键是根据旋转得到角的关系，然后由平行线的性质即可求解．
10．C
【详解】∵在中，OB=2，∠AOB=450，
∴．
由旋转的性质，得．
过作轴于点C，

∵在，∠OC=450，，
∴．∴OC．
∵点在第二象限，∴点的坐标为（－1，1）．故选C．
11．D
【详解】试题解析：设CD，C′B′交于E点，连接AE，

由旋转的性质可知△ADE≌△AB′E，
∵旋转角∠BAB′=30°，
∴∠B′AD=90°-∠BAB′=60°，
∴∠DAE=30°，
在Rt△ADE中，DE=AD•tan30°=，
S四边形ADEB′=2×S△ADE=2××1×=，
∴S风筝面积=2S正方形ABCD-S四边形ADEB′=2-．
故选D．
12．D
【分析】根据中心对称图形的定义：把一个图形绕某一点旋转，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形就叫做中心对称图形可得答案．
【详解】解：选项A、B、C均不能找到这样的一个点，使图形绕某一点旋转后与原来的图形重合，所以不是中心对称图形；
选项D能找到这样的一个点，使图形绕某一点旋转180°后与原来的图形重合，所以是中心对称图形；
故选：D．
【点睛】本题主要考查了中心对称图形，关键是找出对称中心．
13．D
【分析】根据轴对称图形和中心对称图形的定义进行逐一判断即可：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；中心对称图形的定义：把一个图形绕着某一个点旋转180°，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．
【详解】解：A、是轴对称图形，不是中心对称图形，不符合题意；
B、是轴对称图形，不是中心对称图形，不符合题意；
C、不是轴对称图形，是中心对称图形，不符合题意；
D、既是轴对称图形，也是中心对称图形，符合题意．
故选：D．
【点睛】本题考查了轴对称图形和中心对称图形的识别，掌握二者的定义是解题的关键．
14．A
【分析】根据中心对称图形的定义：把一个图形绕某一点旋转，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形就叫做中心对称图形可得答案．
【详解】解：选项B、C、D均不能找到这样的一个点，使图形绕某一点旋转后与原来的图形重合，所以不是中心对称图形；
选项A能找到这样的一个点，使图形绕某一点旋转后与原来的图形重合，所以是中心对称图形；
故选：A．
【点睛】本题主要考查了中心对称图形，关键是找出对称中心．
15．C
【分析】根据中心对称图形与轴对称图形的概念，进行判断即可．把一个图形绕某一点旋转，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形就叫做中心对称图形；如果一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形叫做轴对称图形．
【详解】解：A．该图形是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项不合题意；
B．该图形是中心对称图形，但不是轴对称图形，故此选项不合题意；
C．该图形既是轴对称图形又是中心对称图形，故此选项符合题意；
D．该图形是中心对称图形，但不是轴对称图形，故此选项不合题意；
故选：C．
【点睛】本题考查的是中心对称图形与轴对称图形的概念，熟练的利用定义判断轴对称图形与中心对称图形是解本题的关键．
16．C
【分析】根据轴对称图形和中心对称图形的定义进行逐一判断即可：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180°，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．
【详解】解：A、是轴对称图形，不是中心对称图形，不符合题意；
B、是轴对称图形，不是中心对称图形，不符合题意；
C、既是轴对称图形，也是中心对称图形，符合题意；
D、既不是轴对称图形，也不是中心对称图形，不符合题意；
故选C．
【点睛】本题主要考查了轴对称图形和中心对称图形的识别，熟知二者的定义是解题的关键．
17．B
【分析】根据中心对称图形的定义，逐项进行判断即可得．
【详解】解：A、不是中心对称图形，故此选项错误，不符合题意；
B、是中心对称图形，故此选项正确，符合题意；
C、不是中心对称图形，故此选项错误，不符合题意；
D、不是中心对称图形，故此选项错误，不符合题意．
故选：B
【点睛】本题主要考查了中心对称图形，熟练掌握中心对称图形的定义是解题的关键．把一个图形绕某一点旋转180°，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形就叫做中心对称图形．
18．A
【详解】A．既是轴对称图形又是中心对称图形，符合题意；
B．是轴对称图形但不是中心对称图形，不符合题意；
C．不是轴对称图形，是中心对称图形，不符合题意；
D．不是轴对称图形也不是中心对称图形，不符合题意；
故选：A．
【点睛】此题主要考查了中心对称图形与轴对称图形，轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分沿对称轴折叠后可重合；中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后与原图重合．
19．
【分析】根据题意，求出、、、、、的坐标，可得出规律：每四个点一个循环，，由，即可推出．
【详解】解：∵将顶点绕点逆时针旋转得点，
∴，
∵再将绕点逆时针旋转得点，再将绕点逆时针旋转得点，再将绕点逆时针旋转得点，再将绕点逆时针旋转得点……
∴，，，，，……
观察发现，每四个点一个循环，其中，
∵，
∴，
故答案为：．
【点睛】本题考查了坐标与图形的变化—旋转，等腰直角三角形的性质等，根据题意找到规律并利用规律求解是解答本题的关键．
20．/35度
【分析】由旋转可得：，根据内角和定理可求，由互补关系可求．
【详解】在中，，
由旋转可得：，
∴，
∴，
故答案为：．
【点睛】本题考查了旋转的性质、三角形内角和定理的运用，解题的关键是熟练掌握相关性质定理．
21．(1)
(2)见解析
(3)
(4)或

【分析】（1）如图所示，连接，根据等腰三角形的性质可证，由此即可求解；
（2）由（1）中，再根据为等腰直角三角形，由此即可求解；
（3）证明，为等腰直角三角形，即可求证；
（4）点三点共线，分类讨论，根据（2），（3）中的结论即可求解．
【详解】（1）解：，理由如下，
如图所示，连接，

∵为等腰直角三角形，，
∴，
∵点为中点，
∴，
∴，
∴，
∵为等腰直角三角形，，
∴，，
∴，
在中，
，
∴，
∴，
故答案为：．
（2）证明：如图所示，连接，

由（1）可知，，
∴，，
∴，
∴，
∵是等腰直角三角形，即，
∴，
∴，
∴．
（3）解：如图所示，连接，

根据（1）中的证明可知，，，
∴，
在中，
，
∴，
∴，
∴，
∵是等腰直角三角形，即，
∴，
∴，
∴，
故答案为：．
（4）解：，，三点共线，
①由（2）可知，，

由（1）可知，，
∵，，
∴，
∴，
在中，，，
∴，
∴（不符合题意）；
②如图所示，由（1）可知，，，，

∴，
∴是直角三角形，
∴，
∴，
在中，，
∴；
③由（3）可知，

是等腰直角三角形，
∴，
由（3）可知，，
∴，
∴，即是直角三角形，
在中，，，
∴，
∴，
∵，
∴；
综上所述，的长为或，
故答案为：或．
【点睛】本题主要考查等腰直角三角形，旋转，全等三角形的综合，掌握旋转的性质，等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定和性质是解题的关键．
22．（1），理由见解析（2），理由见解析；（3），理由见解析
【分析】（1）根据正方形的性质得到，再由，即可证明；
（2）根据正方形的性质得到，由旋转的性质可得，即可证明，得到；
（3）先由正方形的性质和勾股定理得到，再由线段垂直平分线的性质得到，则，即可求出．
【详解】解：（1），理由如下：
∵四边形是正方形，
∴，
∵，
∴，即；
（2），理由如下：
∵四边形是正方形，
∴，
由旋转的性质可得，
又∵，
∴，
∴；
（3），理由如下：
如图所示，连接，
∵四边形是正方形，
∴，，
∴，
∵，且点F在上，
∴三点共线，
∵直线是的垂直平分线，
∴，
∴，
∴，即．

【点睛】本题主要考查了正方形的性质，勾股定理，旋转的性质，全等三角形的性质与判定，分母有理化，灵活运用所学知识是解题的关键．
23．(1)
(2)

【分析】（1）根据全等三角形的判定、旋转的性质进行填写即可；
（2）由题意得，，，根据计算求解的值即可．
【详解】（1）解：和均为等边三角形，
，，等边三角形的性质，
∴，，
∴（等式的性质），
绕点按逆时针方向旋转，能够与重合，
（旋转变换的性质），
（全等三角形的对应边相等）；
故答案为：，，，；
（2）解：由题意得，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴的度数为．
【点睛】本题考查了等边三角形的性质，旋转的性质，全等三角形的判定与性质等知识．解题的关键在于对知识的熟练掌握与灵活运用．
24．（1）见解析；（2）见解析；（3）
【分析】（1）直接利用网格结合菱形的性质作对角线分别为6，8的菱形即可；
（2）直接利用网格结合旋转变换的性质画出图形即可；
（3）利用勾股定理求解即可．
【详解】解：（1）∵6×8÷2＝24，
∴如图，菱形ABCD即为所求；
（2）如图，线段DE即为所求；
（3）CE＝＝．

【点睛】本题考查作图-旋转变换，菱形的性质以及勾股定理等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．
25．(1)见解析
(2)见解析，

【分析】（1）根据中心对称的性质，画出；
（2）根据网格的特点画出正方形，根据勾股定理求得的长．
【详解】（1）解：如图所示，即为所求；

（2）解：如图所示，正方形即为所求，

．
【点睛】本题考查了勾股定理与网格问题，中心对称的性质，正方形的性质，数形结合是解题的关键．