2023-2024学年人教版（2012）九年级上册第二十三章旋转单元测试卷(含答案)

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2023-2024学年 人教版（2012）九年级上册 第二十三章 旋转 单元测试卷学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________ 一、单选题1．如图在平面直角坐标系中，点A的坐标是，将线段绕点O旋转得到线段，则点B的坐标为（    ）  A． B． C．或 D．或2．如图，中，，将绕点A逆时针旋转，得到，当在边上时，（    ）  A． B． C． D．3．在平面直角坐标系中，点关于原点对称的点的坐标为（    ）A． B． C． D．4．将抛物线绕原点O旋转，则旋转后的抛物线的解析式为（    ）A． B． C． D．5．如图，在正方形中，为对角线，将绕点逆时针旋转，得到线段，连接．设，下列说法正确的是（    ）  A．若，则 B．若，则C．若，则 D．若，则6．将二次函数的图象绕点旋转得到的图象满足的解析式为（    ）A． B． C． D．7．二次函数的图象如图，将其绕顶点旋转后得到的抛物线的解析式为（　　）A． B． C． D．8．如图，绕某点旋转，得到，则其旋转中心的坐标是（    ） A． B． C． D． 二、多选题9．如图，点是等边内一点，将线段绕点沿顺时针方向旋转得到线段，连接，，若，，，则下列结论正确的是（   ）A．为等边三角形 B．C． D．10．如图，在中，，，点D，E分别为，上的点，且．将绕点A逆时针旋转至点B，A，E在同一条直线上，连接，．下列结论正确的是（    ）A． B． C． D．旋转角为 三、填空题11．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      ．  12．如图，在，将在平面内绕点A逆时针旋转到的位置，连接．若，则旋转角的度数为         °．13．如图，中，，，，以斜边的中点P为旋转中心，把这个三角形按逆时针方向旋转得到，则旋转后两个直角三角形重叠部分的面积为            ．14．如图，中，，，现将绕点顺时针方向旋转得到，连接，若，则的度数是        ． 四、解答题15．如图，在中，，将绕着点B逆时针旋转得到，点C，A的对应点分别为E，F，点E落在上，连接．  (1)若，则的度数为_；(2)若，，求的长． 五、问答题16．如图，△中，点在边上，，将线段绕A点旋转到的位置，使得，连接，与交于点．(1)若，求的长；(2)若，，求的度数．
参考答案：1．C【分析】顺时针旋转时，过点作轴，垂足为，过点作轴，垂足为，然后利用一线三等角构造全等模型证明，从而利用全等三角形的性质可得，，即可解答；逆时针旋转时，同理可求．【详解】解：若顺时针旋转，过点作轴，垂足为，过点作轴，垂足为，  ，，点的坐标为，，，由旋转得：，，，，，，，点的坐标为；若逆时针旋转，过点作轴，垂足为，过点作轴，垂足为，同理可得：，，，点的坐标为；  故选：C．【点睛】本题考查了坐标与图形的变化旋转，全等三角形的判定与性质，根据题目的已知条件并结合图形添加适当的辅助线是解题的关键．2．D【分析】由旋转的性质可知，，，，再根据等边对等角的性质和三角形内角和定理，得到，，然后推出，进而得到，即可求出的度数．【详解】解：由旋转的性质可知，，，，，，，，，，，，，故选：D．【点睛】本题考查了旋转的性质，等边对等角的性质，三角形内角和定理，灵活运用相关知识解决问题是解题关键．3．B【分析】根据关于原点对称的两点，横坐标和纵坐标都互为相反数求解即可．【详解】解：点关于原点对称的点的坐标为．故选：B．【点睛】本题考查了坐标平面内的轴对称变换，关于x轴对称的两点，横坐标相同，纵坐标互为相反数；关于y轴对称的两点，纵坐标相同，横坐标互为相反数；关于原点对称的两点，横坐标和纵坐标都互为相反数．4．D【分析】根据抛物线绕原点O旋转得到旋转后的抛物线与原抛物线关于原点对称，即可得到答案；【详解】解：∵抛物线绕原点O旋转，∴旋转后的抛物线与原抛物线关于原点对称，∴旋转后的抛物线：，即．故选：D．【点睛】本题考查旋转的性质，解题的关键是根据原点旋转得到关于原点对称．5．D【分析】当时，过点E作于H，根据勾股定理和旋转的性质以及正方形的性质求出，再根据不同的角度求出，根据即可判断A、B、C；当时，利用勾股定理即可判断D．【详解】解：当时，过点E作于H，∵四边形是正方形，∴，∴，由旋转的性质可得，当时，则，∵，∴，故A不符合题意；当时，则，∴，∵，∴，故B不符合题意；当时，则，∴，∴∵，∴，故C不符合；  当时，则，即，故D符合题意，故选D．【点睛】本题主要考查了正方形的性质，勾股定理，含30度角的直角三角形的性质，旋转的性质等等，正确作出辅助线构造直角三角形是解题的关键．6．D【分析】求出原抛物线的顶点坐标以及绕点旋转后的抛物线的顶点坐标，再根据旋转后抛物线开口方向向下，利用顶点式解析式写出即可．【详解】解：抛物线的顶点坐标为，绕点旋转后的抛物线的顶点坐标为，所得到的图象的解析式为，故选：D．【点睛】本题考查了二次函数图象与几何变换，利用顶点的变化确定函数解析式的变化更简便．7．C【分析】根据二次函数的图象绕顶点旋转后，所得抛物线的开口大小与原抛物线的开口大小相同，只是开口方向相反，即可得到答案．【详解】解：二次函数解析式为，二次函数的顶点坐标为，二次函数的图象绕顶点旋转后，所得抛物线的开口大小与原抛物线的开口大小相同，只是开口方向相反，得到的抛物线的解析式为，故选：C．【点睛】本题考查了二次函数的图象与性质，旋转的性质，得出二次函数的图象绕顶点旋转后，所得抛物线的开口大小与原抛物线的开口大小相同，只是开口方向相反是解此题的关键．8．B【分析】先根据旋转的性质得出点的对应点为点，点的对应点为点，连接、，作线段、的垂直平分线，它们的交点为，即可得到答案．【详解】解：绕某点旋转，得到，点的对应点为点，点的对应点为点，如图，连接、，作线段、的垂直平分线，它们的交点为，，旋转中心的坐标是，故选：B．【点睛】本题考查了旋转的性质、找旋转中心，熟练掌握以上知识点，采用数形结合的思想是解此题的关键．9．ABCD【分析】根据旋转的性质得到，，根据等边三角形的性质得到，，根据全等三角形的性质得到，根据勾股定理的逆定理得到，求得，根据三角形的面积公式得到．【详解】解：将线段绕点沿顺时针方向旋转得到线段，，，是等边三角形，故A符合题意；，，是等边三角形， ，，，在与中，，，故C符合题意；，，，，故B符合题意；，故D符合题意；故选：．【点睛】本题考查了旋转的性质，等边三角形的判定和性质，勾股定理的逆定理，三角形的面积公式，熟练掌握旋转的性质是解题的关键．10．ABC【分析】由AB=AC，∠B=30°，得出∠B=∠C=30°，∠BAC=120°，得出将△ADE绕点A逆时针旋转至点B、A、E在同一条直线上，可得旋转角为60°，故D错误；由DE∥BC，易证AD=AE，得出BD=EC，故C正确；BE=AE+AB=AD+AC，故B正确；证明∠DAC=∠EAC，由AD=AE，得出DE⊥AC，故A正确；即可得出结果．【详解】解：∵AB=AC，∠B=30°，∴∠B=∠C=30°，∠BAC=120°，∴将△ADE绕点A逆时针旋转至点B、A、E在同一条直线上，则旋转角为：180°120°=60°，故D错误；∵DE∥BC，∴∠ADE=∠B，∠AED=∠C，∴∠ADE=∠AED，∴AD=AE，∴BD=EC，故C正确；BE=AE+AB=AD+AC，故B正确；∵∠BAC=∠DAE=120°，∴∠EAC=180°-∠BAC=180°-120°=60°，∠DAC=120°-∠EAC=120°-60°=60°，∴∠DAC=∠EAC，∵AD=AE，∴DE⊥AC，故A正确；故选：ABC．【点睛】本题考查了旋转的性质、等腰三角形的判定与性质、平行线的性质等知识；熟练掌握旋转的性质与等腰三角形的性质是解题的关键．11．【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．【详解】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），故答案为：．【点睛】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．12．100【分析】先利用平行线的性质得到，则可计算出，再根据旋转的性质得等于旋转角，然后根据等腰三角形的性质和三角形内角和即可计算出．【详解】解：∵，∴，∵，∴，∴，∵将在平面内绕点A逆时针旋转到的位置，∴等于旋转角，∴，∴，故答案为：100．【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、后的图形全等同时也考查了平行线的性质．13．9【分析】根据已知及勾股定理求得的长，再根据全等三角形的判定得到，从而根据直角三角形的性质求得，的长，从而不难求得旋转前后两个直角三角形重叠部分的面积．【详解】解：设交于D，交于G、交于H，∵，，∴，∴，在中，，设，∵，∴， ∴，∴，∵，，，∴，∴，∵在中，，∴，，∴，，∴重叠部分的面积为：．故答案为：9．【点睛】本题考查了勾股定理的应用，三角形的全等的判定及性质，旋转的性质等知识的综合运用，熟练的利用勾股定理得到含的直角三角形的三边关系是解本题的关键．14．/度【分析】根据旋转的性质得出，，，进而可得是等腰直角三角形，得出，勾股定理的逆定理证明，即可求解．【详解】解：如图所示，连接，∵现将绕点顺时针方向旋转得到，∴，，∴是等腰直角三角形，∴，∵，，∴∴，∴故答案为：．【点睛】本题考查了旋转的性质，勾股定理的逆定理，熟练掌握旋转的性质是解题的关键．15．(1)(2) 【分析】（1）根据条件可求出，再结合旋转的性质即可求解；（2）根据勾股定理得到，根据旋转的性质得到，根据勾股定理即可得到结论．【详解】（1）解：在中，，，∴，∵将绕着点B逆时针旋转得到，∴；（2）解：∵，，，，∵将绕着点B逆时针旋转得到，，，，，．【点睛】本题考查了旋转的性质，勾股定理，熟练掌握旋转的性质是解题的关键．16．(1)4(2) 【分析】（1）根据旋转的性质可得：，再由，可得，可证明，即可得出结果；（2）根据等腰三角形的性质可得，从而得到，再由全等三角形的性质可得，然后根据三角形外角的性质，即可求解．【详解】（1）证明：根据旋转的性质得：，∵，∴，∵，，∴，∵∴；（2）解：∵，，∴，∴，∴，∵，∴，∴．【点睛】本题主要考查了全等三角形的判定和性质，图形的旋转，等腰三角形的性质，三角形外角的性质，熟练掌握全等三角形的判定和性质，图形的旋转，等腰三角形的性质，三角形外角的性质是解题的关键．