达标测试人教版9年级数学上册【旋转】综合练习练习题（解析版）

人教版9年级数学上册【旋转】综合练习考试时间：90分钟；命题人：教研组考生注意：1、本卷分第I卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，满分100分，考试时间90分钟2、答卷前，考生务必用0.5毫米黑色签字笔将自己的姓名、班级填写在试卷规定位置上3、答案必须写在试卷各个题目指定区域内相应的位置，如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用涂改液、胶带纸、修正带，不按以上要求作答的答案无效。第I卷（选择题30分）一、单选题（10小题，每小题3分，共计30分）1、如图，矩形ABCD绕点A逆时针旋转α（0°＜α＜90°）得到矩形AB'C′D'，此时点B′恰好在DC边上，若∠B'BC=15°，则α的大小为（）A．15° B．25° C．30° D．45°2、把四张扑克牌所摆放的顺序与位置如下，小杨同学选取其中一张扑克牌把他颠倒后在放回原来的位置，那么扑克牌的摆放顺序与位置都没变化，那么小杨同学所选的扑克牌是（

）A． B． C． D．3、如图，与关于成中心对称，不一定成立的结论是（

）A． B．C． D．4、如图，点O为矩形ABCD的对称中心，点E从点A出发沿AB向点B运动，移动到点B停止，延长EO交CD于点F，则四边形AECF形状的变化依次为（）A．平行四边形→正方形→平行四边形→矩形B．平行四边形→菱形→平行四边形→矩形C．平行四边形→正方形→菱形→矩形D．平行四边形→菱形→正方形→矩形5、在平面直角坐标系中，点关于原点对称点在（）A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限6、在平面直角坐标系中，点关于原点对称的点的坐标是（

）A． B． C． D．7、如图，在坐标系中放置一菱形OABC，已知∠ABC=60°，点B在y轴上，OA=1，先将菱形OABC沿x轴的正方向无滑动翻转，每次翻转60°，连续翻转2019次，点B的落点依次为B1，B2，B3，…，则B2019的坐标为(

)A．(1010，0) B．(1310．5，) C．(1345，) D．(1346，0)8、如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，D是AB边上一点（点D与A，B不重合），连结CD，将线段CD绕点C按逆时针方向旋转90°得到线段CE，连结DE交BC于点F，连接BE．当AD＝BF时，∠BEF的度数是（）A．45° B．60° C．62.5° D．67.5°9、如图，将绕点A按顺时针旋转一定角度得到，点B的对应点D恰好落在BC边上，若，，则CD的长为（

）.A． B． C． D．110、如图，将矩形ABCD绕点A顺时针旋转到矩形AB′C′D′的位置，旋转角为α(0°＜α＜90°)．若∠1＝112°，则∠α的大小是(

)A．68° B．20° C．28° D．22°第Ⅱ卷（非选择题70分）二、填空题（10小题，每小题4分，共计40分）1、如图，在△ABC中，∠CAB＝45°，若∠CAB'＝25°，则旋转角的度数为_____．2、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______．3、如图，在平面直角坐标系中，等腰直角三角形OAB，，点O为坐标原点，点B在x轴上，点A的坐是（1，1）．若将绕点O顺时针方向依次旋转45°后得到，，，…，可得，，，…，则的坐标是______．4、如图，矩形ABCD中，AB=2，BC=1，将矩形ABCD绕顶点C顺时针旋转90°，得到矩形EFCG，连接AE，取AE的中点H，连接DH，则_______．5、点与点关于原点对称，则点的坐标是_________．6、如图，在中，，，，为内一点，则的最小值为__________．7、如图，在正方形中，顶点A，，，在坐标轴上，且，以为边构造菱形（点在轴正半轴上），将菱形与正方形组成的图形绕点逆时针旋转，每次旋转45°，则第2022次旋转结束时，点的坐标为______．8、如图，正方形ABCD的边长为6，点E在边CD上．以点A为中心，把△ADE顺时针旋转90°至△ABF的位置．若DE＝2，则FE＝___．9、如图，在直角坐标系中，△ABC的顶点坐标分别为A（1，2），B（-2，2），C（-1，0）．将△ABC绕某点顺时针旋转90°得到△DEF，则旋转中心的坐标是_____________．

10、如图，在菱形OBCD中，OB＝1，相邻两内角之比为1：2，将菱形OBCD绕顶点O顺时针旋转90°，得到菱形OB′C′D′视为一次旋转，则菱形旋转45次后点C的坐标为_____．三、解答题（6小题，每小题5分，共计30分）1、图，在每个小正方形的边长为1个单位的网格中，的顶点均在格点（网格线的交点）上．（1）将向右平移5个单位得到，画出；（2）将（1）中的绕点C1逆时针旋转得到，画出．2、阅读下列材料：问题：如图（1），已知正方形ABCD中，E、F分别是BC、CD边上的点，且∠EAF＝45°．解决下列问题：(1)图（1）中的线段BE、EF、FD之间的数量关系是______．(2)图（2），已知正方形ABCD的边长为8，E、F分别是BC、CD边上的点，且∠EAF＝45°，AG⊥EF于点G，求△EFC的周长．3、在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝2，∠ABC＝30°，点A关于直线BC的对称点为A′，连接A′B，点P为直线BC上的动点（不与点B重合），连接AP，将线段AP绕点P逆时针旋转60°，得到线段PD，连接A′D，BD．【问题发现】（1）如图1，当点D在直线BC上时，线段BP与A′D的数量关系为，∠DA′B＝；【拓展探究】（2）如图2，当点P在BC的延长线上时，（1）中结论是否成立？若成立，请加以证明；若不成立，请说明理由；【问题解决】（3）当∠BDA′＝30°时，求线段AP的长度．4、如图，在由边长为1个单位长度的小正方形组成的网格中，△ABC的顶点均为格点（网格线的交点）．(1)将△ABC向上平移6个单位，再向右平移2个单位，得到，请画出﹔(2)以边AC的中点O为旋转中心，将△ABC按逆时针方向旋转180°，得到，请画出．5、图1，图2都是由边长为1的小等边三角形构成的网格，每个小等边三角形的顶点称为格点，线段的端点均在格点上，分别按要求画出图形．(1)在图1中画出等腰三角形，且点C在格点上．（画出一个即可）(2)在图2中画出以为边的菱形，且点D，E均在格点上．6、如图，点P是正方形ABCD内部的一点，∠APB＝90°，将Rt△APB绕点A逆时针方向旋转90°得到△ADQ，QD、BP的延长线相交于点E．(1)判断四边形APEQ的形状，并说明理由；(2)若正方形ABCD的边长为10，DE＝2，求BE的长．-参考答案-一、单选题1、C【解析】【分析】由矩形的性质，可知∠ABC＝90°，再由旋转，可知△ABB’为等腰三角形，根据内角和求解即可.【详解】解：连接BB′．∵四边形ABCD是矩形，∴∠ABC=90°，∵∠CBB′=15°，∴∠ABB′=90°-15°=75°，∵AB=AB′，∴∠ABB′=∠AB′B=75°，∴∠BAB′=180°-2×75°=30°，∴α=30°，故选：C．【考点】本题考查旋转的性质，矩形的性质，等腰三角形的性质等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题．2、D【解析】【分析】根据题意，图形是中心对称图形即可得出答案．【详解】由题意可知，图形是中心对称图形，可得答案为D，故选：D．【考点】本题考查了图形的中心对称的性质，掌握中心图形的性质是解题的关键．3、D【解析】【分析】根据中心对称的性质即可判断．【详解】解：对应点的连线被对称中心平分，A，B正确；成中心对称图形的两个图形是全等形，那么对应线段相等，C正确；和不是对应角，D错误．故选：D．【考点】本题考查成中心对称两个图形的性质：对应点的连线被对称中心平分；成中心对称图形的两个图形是全等形．4、B【解析】【分析】根据对称中心的定义，根据矩形的性质，可得四边形AECF形状的变化情况．【详解】解：观察图形可知，四边形AECF形状的变化依次为平行四边形→菱形→平行四边形→矩形．故选：B．【考点】考查了中心对称，矩形的性质，平行四边形的判定与性质，菱形的性质，根据EF与AC的位置关系即可求解．5、D【解析】【分析】先依据，即可得出点P所在的象限，再根据两个点关于原点对称时，它们的坐标符号相反，即可得出结论．【详解】解：∵，∴点在第二象限，∴点关于原点对称点在第四象限.故选D．【考点】本题主要考查了关于原点对称的两个点的坐标特征，明确关于原点对称的两个点的横、纵坐标均互为相反数是解答的关键．6、C【解析】【分析】根据关于原点对称的点的坐标特点解答．【详解】解：点P（-3，-5）关于原点对称的点的坐标是（3，5），故选：C．【考点】本题考查的是关于原点的对称的点的坐标，平面直角坐标系中任意一点P（x，y），关于原点的对称点是（-x，-y），即关于原点的对称点，横纵坐标都变成相反数．7、D【解析】【分析】连接AC，根据条件可以求出AC，画出第5次、第6次、第7次翻转后的图形，容易发现规律：每翻转6次，图形向右平移4．由于2019=336×6+3，因此点向右平移（即）即可到达点，根据点的坐标就可求出点的坐标．【详解】连接AC，如图所示．∵四边形OABC是菱形，∴OA=AB=BC=OC．∵∠ABC=60°，∴△ABC是等边三角形．∴AC=AB．∴AC=OA．∵OA=1，∴AC=1．由图可知：每翻转6次，图形向右平移4．∵2019=336×6+3，∴点B3向右平移1344(即336×4)到点B2019．∵B3的坐标为(2，0)，∴B2019的坐标为(1346，0)，故选：D【考点】本题考查了菱形的性质、等边三角形的判定与性质等知识，考查了操作、探究、发现规律的能力．发现“每翻转6次，图形向右平移4”是解决本题的关键．8、D【解析】【分析】根据旋转的性质可得CD＝CE和∠DCE＝90°，结合∠ACB＝90°，AC＝BC，可证△ACD≌△BCE，依据全等三角形的性质即可得到∠CBE＝∠A＝45°，再由AD＝BF可得等腰△BEF，则可计算出∠BEF的度数．【详解】解：由旋转性质可得：CD＝CE，∠DCE＝90°．∵∠ACB＝90°，AC＝BC，∴∠A＝45°．∴∠ACB−∠DCB＝∠DCE−∠DCB．即∠ACD＝∠BCE．∴△ACD≌△BCE．∴∠CBE＝∠A＝45°．∵AD＝BF，∴BE＝BF．∴∠BEF＝∠BFE＝67.5°．故选：D．【考点】本题考查了旋转的性质、全等三角形的判定与性质以及等腰三角形的性质，解题的关键是熟练运用旋转的性质找出相等的线段和角，并能准确判定三角形全等，从而利用全等三角形性质解决相应的问题．9、D【解析】【分析】根据直角三角形两锐角互余可得∠C=30°，根据含30°角的直角三角形的性质可求出BC的长，然后根据旋转的性质可得AB=AD，然后判断出△ABD是等边三角形，根据等边三角形的三条边都相等可得BD=AB，然后根据CD=BC-BD计算即可得解．【详解】解：∵∠B=60°，∴∠C=90°-60°=30°，∵AB=1，∴BC=2AB=2，由旋转的性质得，AB=AD，∴△ABD是等边三角形，∴BD=AB=1，∴CD=BC-BD=2-1=1．故选：D．【考点】本题考查了旋转的性质，含30°角的直角三角形的性质，等边三角形的判定与性质，熟记性质并判断出△ABD是等边三角形是解题的关键．10、D【解析】【分析】利用矩形的性质、旋转的性质及多边形内角和定理即可求得．【详解】∵四边形ABCD为矩形，∴∠BAD=∠ABC=∠ADC=90°，∵矩形ABCD绕点A顺时针旋转到矩形AB′C′D′的位置，旋转角为α，∴∠BAB′=α，∠B′AD′=∠BAD=90°，∠D′=∠D=90°，∵∠2=∠1=112°，且∠ABC=∠D′=90°，∴，∴∠BAB′=90°-68°=22°，即∠α=22°．故选：D．【考点】本题考查了旋转的性质，矩形的性质，多边形的内角和定理等知识，矩形性质的运用是关键．二、填空题1、20°##20度【解析】【分析】根据题干所给角度即可直接求出的大小，即旋转角的大小．【详解】解：∵，∴旋转角的度数为，故答案为：20°．【考点】本题考查旋转的性质．根据题意找出即为旋转角是解答本题的关键．2、【解析】【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：．【考点】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．3、【解析】【分析】根据题意求出：，，，，，的坐标，推导出每旋转8次为一个循环，再由，求出对应的点坐标即可．【详解】解：根据题意得：，，，，，，，，…，∴可推导一般性规律：点坐标的变化每旋转8次为一个循环，∵，∴的坐标是．故答案为：．【考点】本题主要考查了图形的旋转，点坐标的规律探究．解题的关键在于推导出一般性规律．4、【解析】【分析】根据题意构造并证明，通过全等得到，再结合矩形的性质、旋转的性质，及可求解；【详解】如图，延长DH交EF于点k，∵H是的中点又则故答案为：【考点】本题主要考查了矩形的性质、三角形的全等证明，掌握相关知识并结合旋转的性质正确构造全等三角形是解题的关键．5、（﹣2，﹣1）．【解析】【分析】根据两个点关于原点对称时，它们的坐标符号相反可得答案．【详解】∵点A（2，1）与点B关于原点对称，∴点B的坐标是（﹣2，﹣1），故答案为（﹣2，﹣1）．【考点】本题考查了关于原点对称的点的坐标．6、【解析】【分析】将△APB绕点A顺时针旋转60°，得到△，连接、，作CN⊥交的延长线于点N，则△≌△APB，由题意可证△是等边三角形，所以，所以当共线时，最小，求出即可；【详解】将△APB绕点A顺时针旋转60°，得到△，连接、，作CN⊥交的延长线于点N，则△≌△APB，∴∠BAP=∠，∴，，，∴△是等边三角形，∴，∴，∴当共线时，最小，∴∠CAN=180°-∠，CN⊥AN，∴∠ACN=30°，∴，，∴，∴，∴=；故答案为：．【考点】本题考查了全等三角形判定与性质，旋转的性质，以及等边三角形的性质和求线段最值的问题，掌握做辅助线是解题的关键．7、【解析】【分析】根据直角坐标系、正方形的性质，得，，根据勾股定理的性质，得；根据菱形的性质，得；根据图形规律和旋转的性质分析，即可得到答案．【详解】∵正方形中，顶点A，，，在坐标轴上，且∴，∴以为边构造菱形（点在轴正半轴上），∴∴根据题意，得菱形与正方形组成的图形绕点逆时针旋转，每8次一个循环∵除以8，余数为6∴点的坐标和点的坐标相同根据题意，第2次旋转结束时，即逆向旋转时，点的坐标为：第4次旋转结束时，即逆向旋转时，点的坐标为：第6次旋转结束时，即逆向旋转时，点的坐标为：∴点的坐标为：故答案为：．【考点】本题考查了图形规律、旋转、菱形、正方形、勾股定理、直角坐标系的知识；解题的关键是熟练掌握旋转、菱形、正方形的性质，从而完成求解．8、【解析】【分析】由旋转的性质可得BF=DE=2，∠D=∠ABF=90°，在直角△EFC中，由勾股定理可求解．【详解】解：∵把△ADE顺时针旋转90°得△ABF，∴BF=DE=2，∠D=∠ABF=90°，∴∠ABC+∠ABF=180°，∴点F，点B，点C共线，在直角△EFC中，EC=6-2=4，CF=BC+BF=8．根据勾股定理得：EF=，故答案为：．【考点】本题考查了旋转的性质，正方形的性质，勾股定理，灵活运用这些性质解决问题是本题的关键．9、（1，-1）【解析】【分析】由旋转的性质可得A的对应点为D，B的对应点为E，C的对应点为F，同时旋转中心在AD和BE的垂直平分线上，进而求出旋转中心坐标．【详解】解：由旋转的性质，得A的对应点为D，B的对应点为E，C的对应点为F作BE和AD的垂直平分线，交点为P∴点P的坐标为（1，-1）故答案为：（1，-1）【考点】本题考查坐标与图形变化—旋转，图形的旋转需结合旋转角求旋转后的坐标，常见的旋转角有30°，45°，60°，90°，180°．10、（，﹣）【解析】【分析】先求出菱形的内角度数，过作轴于点，在△中，利用特殊角度数及边长求解和长，则点坐标可求，由，得出菱形4次旋转一周，4次一个循环，由，得出菱形旋转45次后点与点重合，即可得出答案．【详解】解：∵四边形OBCD是菱形，相邻两内角之比为1：2，∴∠C＝∠BOD＝60°，∠D＝∠OBC＝120°．根据旋转性质可得∠OB′C′＝120°，∴∠C′B′H＝60°．过C′作C′H⊥y轴于点H，如图所示：在Rt△C′B′H中，B′C′＝1，，．．坐标为，，∵360°÷90°＝4，∴菱形4次旋转一周，4次一个循环，∵45÷4＝11……1，菱形旋转45次后点与点重合，坐标为，；故答案为：，．【考点】本题主要考查了菱形的性质，旋转的性质，以及坐标与图形变化，解决此类问题要熟知旋转后的不变量，得出规律是解题的关键．三、解答题1、（1）作图见解析；（2）作图见解析．【解析】【分析】（1）利用点平移的规律找出、、，然后描点即可；（2）利用网格特点和旋转的性质画出点，即可．【详解】解：（1）如下图所示，为所求；（2）如下图所示，为所求；【考点】本题考查了平移作图和旋转作图，熟悉相关性质是解题的关键．2、(1)EF=BE+DF(2)过程见解析【解析】【分析】对于（1），先将△DAF绕点A顺时针旋转90°，得到△BAH，可得△ADF≌△ABH，再根据全等三角形的性质得AF=AH，∠EAF=∠EAH，然后根据“SAS”证明△FAE≌△HAE，根据全等三角形的对应边相等得出答案；对于（2），先根据（1），得△FAE≌△HAE，可得AG=AB=AD，再根据“HL”证明Rt△AEG≌Rt△ABE，得EG=BE，同理GF=DF，可得答案．(1)EF=BE+DF．理由如下：如图，将△DAF绕点A顺时针旋转90°，得到△BAH，∴△ADF≌△ABH，∴∠DAF=∠BAH，AF=AH，∴∠EAF=∠EAH=45°．∵AE=AE，∴△FAE≌△HAE，∴EF=HE=BE+HB，∴EF=BE+DF；(2)由（1），得△FAE≌△HAE，AG，AB分别是△FAE和△HAE的高，∴AG=AB=AD=8．在Rt△AEG和Rt△ABE中，，∴Rt△AEG≌Rt△ABE（HL），∴EG=BE，同理GF=DF，∴△EFG的周长=EC+EF+FC=EC+EG+GF+FC=EC+BE+DF+FC=BC+CD=16．【考点】这是一道关于正方形和旋转的综合题目，考查了旋转的性质，正方形的性质，全等三角形的判定和性质等．3、（1）相等；90°；（2）成立，证明见解析；（3）线段AP的长度为4或4．【解析】【分析】（1）首先推知AP=PB，PC=AP，根据全等三角形的性质即可得到结论；（2）如图②，连接AD，根据等边三角形的性质得到AB=AA′，由旋转的性质得到AP=DP，∠APD=60°，推出△AA′B是等边三角形，得到PA=PD=AD，根据全等三角形的性质即可得到结论；（3）如图③，由（2）知，∠BA′D=90°根据已知条件得到D在BA的延长线上，由旋转的性质得到AP=DP，∠APD=60°，推出△AA′B是等边三角形，得到PA=PD=AD，于是得到结论；如图④，由（2）知，∠BA′D=90°，根据旋转的性质得到AP=DP，∠APD=60°，求得PA=PD=AD，∠PAD=∠BAA′=60°，根据全等三角形的性质得到PB=DA′=4，根据勾股定理即可得到结论．【详解】（1）在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝2，∠ABC＝30°，点A关于直线BC的对称点为A′，则∠ABC＝∠A′BC＝30°，AB＝A′B．∴∠ABA′＝60°．∴△ABA′是等边三角形，∴∠AA′B＝60°，∵∠APD＝60°，∴∠BAP＝∠ABP＝∠PAC＝30°，∴AP＝PB，PCAP，∵AP＝PD，∴PCPD，∴PC＝CD，∵AC＝A′C，∠ACP＝∠A′CD，∴△APC≌△A′DC（SAS），∴DA′＝AP，∠CA′D＝∠PAC＝30°，∴PB＝DA′，∠BA′D＝60°+30°＝90°，故答案为：相等；90°；（2）成立，证明如下：如图②，连接AD，∵△AA′B是等边三角形，∴AB＝AA′，由旋转的性质可得：AP＝DP，∠APD＝60°，∴△APD是等边三角形，∴PA＝PD＝AD，∴∠BAP＝∠BAC+∠CAP，∠A′AD＝∠PAD+∠CAP，∠BAC＝∠PAD，∴∠BAP＝∠A′AD，在△BAP与△A′AD中，∵，∴△BAP≌△A′AD（SAS），

∴BP＝A′D，