考点解析-人教版9年级数学上册【旋转】定向练习试题（含答案及解析）

人教版9年级数学上册【旋转】定向练习考试时间：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、已知两点，若，则点与（

）A．关于y轴对称 B．关于x轴对称 C．关于原点对称 D．以上均不对2、如图，已知正方形的边长为3，点E是边上一动点，连接，将绕点E顺时针旋转到，连接，则当之和取最小值时，的周长为（

）A． B． C． D．3、如图，△OAB中，∠AOB=60°，OA=4，点B的坐标为（6，0），将△OAB绕点A逆时针旋转得到△CAD，当点O的对应点C落在OB上时，点D的坐标为（

）A．（7，3） B．（7，5） C．（5，5） D．（5，3）4、如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠A＝30°，BC＝2．将△ABC绕点C按顺时针方向旋转到点D落在AB边上，此时得到△EDC，斜边DE交AC边于点F，则图中阴影部分的面积为（

）A．3 B．1 C． D．5、如图，已知是等边三角形，边长为，将绕点逆时针旋转后点的对应点的坐标是（

）A． B． C． D．6、如图，将△ABC绕点B顺时针旋转50°得△DBE，点C的对应点恰好落在AB的延长线上，连接AD，下列结论不一定成立的是（）A．AB=DB B．∠CBD=80° C．∠ABD=∠E D．△ABC≌△DBE7、在下列图形中，既是轴对称图形，又是中心对称图形的是（）A．等边三角形 B．直角三角形 C．正五边形 D．矩形8、如图，将直角三角板绕顶点A顺时针旋转到，点恰好落在的延长线上，，则为（

）A． B． C． D．9、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°10、以下是我国部分博物馆标志的图案，其中既是轴对称图形又是中心对称图形的是（

）A． B．C． D．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、点与点关于原点对称，则点的坐标是_________．2、如图，在中，，，，为内一点，则的最小值为__________．3、如图，矩形ABCD中，AB＝3，BC＝4，以点A为中心，将矩形ABCD旋转得到矩形AB'C'D'，使得点B'落在边AD上，则∠C'AC的度数为_____°．4、如图，将线段AB绕点O顺时针旋转90°得到线段，那么的对应点的坐标是__________．5、将点绕原点O顺时针旋转得到点，则点落在第____________象限．6、如图，正方形ABCD的边长是5，E是边BC上一点且BE＝2，F为边AB上的一个动点，连接EF，以EF为边向右作等边三角形EFG，连接CG，则CG长的最小值为______．7、如图，将绕点O逆时针旋转后得到，若恰好经过点A，且，则的度数为_____________．8、如图，在正方形ABCD中，顶点A，B，C，D在坐标轴上，且，以AB为边构造菱形ABEF（点E在x轴正半轴上），将菱形ABEF与正方形ABCD组成的图形绕点O逆时针旋转，每次旋转90°，则第27次旋转结束时，点的坐标为________．9、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_______．10、如图，在△ABC中，∠CAB＝65°，在同一平面内，将△ABC绕点A逆时针旋转到的位置，使得，则等于_____．三、解答题（6小题，每小题5分，共计30分）1、图1是边长分别为a和b（a＞b）的两个等边三角形纸片△ABC和△CDE叠放在一起（C与C'重合）的图形．（1）感知：固定△ABC，将△CDE绕点C按顺时针方向旋转20°，连结AD，BE，如图2，则可证△CBE≌△CAD，依据；进而得到线段BE＝AD，依据．（2）探究：若将图1中的△CDE，绕点C按顺时针方向旋转120°，使点B、C、D在同一条直线上，连结AD、BE，如图3．①线段BE与AD之间是否仍存在（1）中的结论？若是，请证明；若不是，请直接写出BE与AD之间的数量关系；②∠APB的度数＝．（3）应用：若将图1中的△CDE，绕点C按逆时针方向旋转一个角度α（0＜α＜360°），当α等于多少度时，△BCD的面积最大？请直接写出答案．2、如图1，直线上有一点O，过点O在直线上方作射线．将一直角三角板的直角顶点放在点O处，一条直角边在射线上，另一边在直线上方．将直角三角板绕着点O按每秒的速度逆时针旋转一周，设旋转时间为t秒．(1)当直角三角板旋转到如图2的位置时，恰好平分，此时，与之间有何数量关系？并说明理由；(2)在旋转的过程中，若射线的位置保持不变，且．①当边与射线相交时（如图3），则的值为_______；②当边所在的直线与平行时，求t的值．3、如图，直线与x轴、y轴分别交于A、B两点，把△ABC绕点A顺时针旋转90º后得到，求点的坐标？4、已知：如图，三角形ABM与三角形ACM关于直线AF成轴对称，三角形ABE与三角形DCE关于点E成中心对称，点E、D、M都在线段AF上，BM的延长线交CF于点P．（1）求证：AC=CD；（2）若∠BAC=2∠MPC，请你判断∠F与∠MCD的数量关系，并说明理由．5、如图，点是的边上的动点，，连接，并将线段绕点逆时针旋转得到线段．（1）如图1，作，垂足在线段上，当时，判断点是否在直线上，并说明理由；（2）如图2，若，，求以、为邻边的正方形的面积．6、如图，四边形OABC是矩形，点A、C在坐标轴上，△ODE是△OCB绕点O顺时针旋转90度得到的，点D在x轴上，直线BD交y轴于点F，交OE于点H，线段BC、OC的长是方程的的解，且OC＞BC．(1)求直线BD的解析式；(2)求△OFH的面积；-参考答案-一、单选题1、C【解析】【分析】首先利用等式求出然后可以根据横纵坐标的关系得出结果．【详解】，两点，点与关于原点对称，故选：C．【考点】本题主要考查平面直角坐标系中关于原点对称的点，属于基础题，利用等式找到点与横纵坐标的关系是解题关键．2、A【解析】【分析】连接BF，过点F作FG⊥AB交AB延长线于点G，通过证明△AED≌△GFE（AAS），确定F点在BF的射线上运动；作点C关于BF的对称点C'，由三角形全等得到∠CBF=45°，从而确定C'点在AB的延长线上；当D、F、C'三点共线时，DF+CF=DC'最小，在Rt△ADC'中，AD=3，AC'=6，求出DC'=3即可．【详解】解：连接BF，过点F作FG⊥AB交AB延长线于点G，∵将ED绕点E顺时针旋转90°到EF，∴EF⊥DE，且EF=DE，∴△AED≌△GFE（AAS），∴FG=AE，∴F点在BF的射线上运动，作点C关于BF的对称点C'，∵EG=DA，FG=AE，∴AE=BG，∴BG=FG，∴∠FBG=45°，∴∠CBF=45°，∴BF是∠CBC′的角平分线，即F点在∠CBC′的角平分线上运动，∴C'点在AB的延长线上，当D、F、C'三点共线时，DF+CF=DC'最小，在Rt△ADC'中，AD=3，AC'=6，∴DC'=3，∴DF+CF的最小值为3，∴此时的周长为．故选：A．【考点】本题考查了旋转的性质，正方形的性质，轴对称求最短路径；能够将线段的和通过轴对称转化为共线线段是解题的关键．3、A【解析】【分析】如图，过点D作DE⊥x轴于点E．证明△AOC是等边三角形，解直角三角形求出DE，CE，可得结论．【详解】解：如图，过点D作DE⊥x轴于点E．∵B（6，0），∴OB=6，由旋转的性质可知AO=AC=4，OB=CD=6，∠ACD=∠AOB=60°，∵∠AOC=60°，∴△AOC是等边三角形，∴OC=OA=4，∠ACO=60°，∴∠DCE=60°，∴CE=CD=3，DE==3，∴OE=OC+CE=4+3=7，∴D（7，3），故选：A．【考点】本题考查了旋转变换，含30度角的直角三角形的性质，勾股定理，等边三角形的判定和性质等知识，解题的关键是掌握旋转变换的性质．4、D【解析】【分析】根据题意及旋转的性质可得是等边三角形，则，，根据含30度角的直角三角形的性质，即可求得，由勾股定理即可求得，进而求得阴影部分的面积．【详解】解：如图，设与相交于点，，，，旋转，，是等边三角形，，，，，，，，阴影部分的面积为故选D【考点】本题考查了等边三角形的性质，勾股定理，含30度角的直角三角形的性质，旋转的性质，利用含30度角的直角三角形的性质是解题的关键．5、B【解析】【分析】过点作于点过点作轴于点求出点的坐标，再利用全等三角形的性质求解．【详解】解：过点作于点，过点作轴于点．是等边三角形，，，，，，，，，，在和中，，≌，，，，故选：．【考点】本题主要考查了等边三角形的判定与性质，旋转的性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造直角三角形解决问题．6、C【解析】【分析】利用旋转的性质得△ABC≌△DBE，BA=BD，BC=BE，∠ABD=∠CBE=50°，∠C=∠E，再由A、B、E三点共线，由平角定义求出∠CBD=80°，由三角形外角性质判断出∠ABD＞∠E．【详解】解：∵△ABC绕点B顺时针旋转50°得△DBE，∴AB=DB，BC=BE，∠ABD=∠CBE=50°，△ABC≌△DBE，故选项A、D一定成立；∵点C的对应点E恰好落在AB的延长线上，∴∠ABD+∠CBE+∠CBD=180°，.∴∠CBD=180°-50°-50°=80°，故选项B一定成立；又∵∠ABD=∠E+∠BDE，∴∠ABD＞∠E，故选项C错误，故选C．【考点】本题主要考查了旋转的性质：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．7、D【解析】【分析】根据轴对称图形和中心对称图形的概念逐一判断可得．【详解】解：A．等边三角形是轴对称图形，不是中心对称图形，不符合题意；B．直角三角形既不是轴对称图形，也不是中心对称图形，不符合题意；C．正五边形是轴对称图形，不是中心对称图形，不符合题意；D．矩形既是轴对称图形，又是中心对称图形，符合题意；故选：D．【考点】本题主要考查中心对称图形和轴对称图形，解题的关键是掌握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，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．8、B【解析】【分析】根据直角三角形两锐角互余，求出的度数，由旋转可知，在根据平角的定义求出的度数即可．【详解】∵，∴，∵由旋转可知，∴，故答案选：B．【考点】本题考查直角三角形的性质以及图形的旋转的性质，找出旋转前后的对应角是解答本题的关键．9、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．10、A【解析】【分析】根据中心对称图形和轴对称图形的概念逐项分析即可，轴对称图形：平面内，一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够完全重合的图形．中心对称图形：在平面内，把一个图形绕着某个点旋转，如果旋转后的图形能与原来的图形重合，那么这个图形叫做中心对称图形．【详解】A.既是轴对称图形又是中心对称图形,故该选项符合题意；B.是轴对称图形，但不是中心对称图形,故该选项不符合题意；C.不是轴对称图形，但是中心对称图形,故该选项不符合题意；D.既不是轴对称图形也不是中心对称图形,故该选项不符合题意．故选A．【考点】本题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，掌握中心对称图形与轴对称图形的概念是解题的关键．二、填空题1、（﹣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．2、【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．3、90【解析】【分析】根据旋转的性质可得，利用全等三角形的性质可得，结合图形及矩形的性质可得，即可得出结果．【详解】解：∵将矩形ABCD旋转得到矩形，∴，∴，∵，∴，即，故答案为：90．【考点】题目主要考查矩形的基本性质，旋转的性质，全等三角形的性质等，理解题意，结合图形，综合运用这些知识点是解题关键．4、【解析】【分析】过点A作轴，垂足为C，过点作轴，垂足为，证明，所以，根据得到，所以，写出对应点的坐标即可．【详解】解：如图，过点A作轴，垂足为C，过点作轴，垂足为，∵轴，轴，∴，∵将线段AB绕点O顺时针旋转90°得到线段，∴，∵，，∴，∴，∴，∵，∴，∴，∴，故答案为：．【考点】本题考查旋转的性质，证明是解答本题的关键．5、四【解析】【分析】画出图形，利用图象解决问题即可．【详解】解：如图，所以在第四象限，故答案为：四．【考点】本题考查坐标与图形变化—旋转，解题的关键是正确画出图形，属于中考常考题型．6、【解析】【分析】由题意分析可知，点F为主动点，运动轨迹是线段AB，G为从动点，所以以点E为旋转中心构造全等关系，得到点G的运动轨迹，也是一条线段，之后通过垂线段最短构造直角三角形获得CG最小值．【详解】解：由题意可知，点F是主动点，点G是从动点，点F在线段AB上运动，点G的轨迹也是一条线段，将△EFB绕点E旋转60°，使EF与EG重合，得到△EFB≌△EGH，从而可知△EBH为等边三角形，∵四边形ABCD是正方形，∴∠FBE=90°，∴∠GHE=∠FBE=90°，∴点G在垂直于HE的直线HN上，延长HG交DC于点N，过点C作CM⊥HN于M，则CM即为CG的最小值，过点E作EP⊥CM于P，可知四边形HEPM为矩形，∠PEC=30°，∠EPC=90°，则CM=MP+CP=HE+EC=2+=，故答案为：．【考点】本题考查了线段最值问题，分清主动点和从动点，通过旋转构造全等，从而判断出点G的运动轨迹，是本题的关键，之后运用垂线段最短，构造图形计算，是最值问题中比较典型的类型．7、45°##45度【解析】【分析】由旋转的性质得出OA=OC，∠D=∠B，∠AOC=∠DOB=30°，从而得到∠C=∠OAC=75°，再求出∠AOD=30°，由三角形的外角性质求出∠D，即可．【详解】解：由旋转的性质得：OA=OC，∠D=∠B，∠AOC=∠DOB=30°，∴∠C=∠OAC=（180°-30°）÷2=75°，∵OC⊥OB，∴∠COB=90°，∴∠AOD=90°-30°-30°=30°，∴∠D=∠OAC-∠AOD=75°-30°=45°，∴∠B=45°．故答案为：45°【考点】本题考查了旋转的性质、等腰三角形的性质、三角形内角和定理；熟练掌握旋转的性质，并能进行推理计算是解决问题的关键．8、（2，-2）【解析】【分析】先求出点F坐标，由题意可得每8次旋转一个循环，即可求解．【详解】解：∵点B（2，0），∴OB=2，∴OA=2，∴AB=OA=2，∵四边形ABEF是菱形，∴AF=AB=2，∴点F（2，2），由题意可得每4次旋转一个循环，∴27÷4=6…3，∴点F27的坐标与点F3的坐标一样，在第四象限，如下图，过F3作F3H⊥y轴，∵F3H⊥y轴，AF⊥y轴，∴∠OAF=∠F3HO=90°，∴∠AOF+∠HOF3=90°，∵OF⊥OF3，∴∠AOF+∠AFO=90°，∴∠AFO=∠HOF3，∴△OAF≌△F3HO，∴HF3=OA=2，OH=AF=2，∴F3（2，-2），∴点F27的坐标（2，-2），故答案为：（2，-2）【考点】本题考查了菱形的性质，全等三角形的性质与判定及旋转的性质，找到旋转的规律是本题的关键．9、【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．10、50°【解析】【分析】由平行线的性质可求得的度数，然后由旋转的性质得到，然后依据三角形的性质可知的度数，依据三角形的内角和定理可求得的度数，从而得到的度数.【详解】解：∵∴∵由旋转的性质可知：∴∴∴故答案为：.三、解答题1、（1）定理（两边和它们的夹角对应相等的两个三角形全等），全等三角形的对应边相等；（2）①仍存在，证明见解析；②；（3）或．【解析】【分析】（1）先根据等边三角形的性质可得，从而可得，再根据三角形全等的判定定理可证，然后根据全等三角形的性质可得；（2）①先根据等边三角形的性质可得，从而可得，再根据三角形全等的判定定理可证，然后根据全等三角形的性质可得；②先根据全等三角形的性质可得，再根据三角形的外角性质即可得；（3）先画出图形，过点作于点，再根据直角三角形的定义可得，然后根据三角形的面积公式和旋转角的定义即可得出答案．【详解】解：（1）和都是等边三角形，，，即，在和中，，，，故答案为：定理（两边和它们的夹角对应相等的两个三角形全等），全等三角形的对应边相等；（2）①仍存在，证明如下：和都是等边三角形，，，即，在和中，，，；②，，，故答案为：；（3）如图，过点作于点，，当且仅当，即点与点重合时，等号成立，，当时，的面积最大，此时旋转角或．【考点】本题考查了等边三角形的性质、图形的旋转等知识点，正确找出全等三角形是解题关键．2、(1)，理由见解析(2)①；②或【解析】【分析】（1）由，可知，，由平分，可知，进而可证；

（2）由，，可知，，进而得，由此可求出结果；②由以及，结合题意可分两种情况：当在直线上方时，或当在直线下方时，将两种情况分别进行讨论求解即可．(1)，理由如下：∵，∴，，∵平分，∴，∴；(2)①；

∵，∴，∵，，∴，∴的值为．②∵，∴，（I）如图3-1，当在直线上方时，∵，∴，∴，∵直角三角板绕点O按每秒的速度旋转，∴；（II）解法一：如图3-2，当在直线下方时，∵，∴，∴，，∴直角三角板绕点O旋转的角度为，∵直角三角板绕点O按每秒的速度逆时针旋转，∴，

解法二：如图3-3，在②（Ⅰ）的基础上，继续将直角三角板绕点O按每秒的速度逆时针旋转，得到直角三角板，此时，，

∴直角三角板绕点O旋转的角度为，

∵直角三角板绕点O按每秒的速度逆时针旋转，∴，

综合（Ⅰ）（Ⅱ）得：或．【考点】本题考查旋转问题，角平分线的性质，以及角的互相转换，能够掌握数形结合思想是解决本题的关键．3、【解析】【分析】根据坐标轴上点的坐标特征求出点和点坐标，得到，，再利用旋转的性质得，，，，则可判断轴，然后根据点的坐标的表示方法写出点的坐标．【详解】解：当时，，解得，则，当时，，则，所以，，因为把△绕点顺时针旋转后得到△，所以，，，，则轴，所以点的横坐标为，纵坐标为．所以点的坐标为．【考点】本题考查了坐标与图形变化旋转：图形或点旋转之后要结合旋转的角度和图形的特殊性质来求出旋转后的点的坐标．常见的是旋转特殊角度如：，，，，．也考查了一次函数图象上点的坐标特征．4、见解析【解析】【分析】（1）利用中心对称图形的性