第二十八章 旋转 章末检测试题 2026-2027学年上学期初中数学人教版（新教材）九年级上册

第二十八章旋转章末检测试题2026-2027学年上学期初中数学人教版（新教材）九年级上册一、单选题1．河湟剪纸被列入青海省第三批省级非物质文化遗产名录，是青海劳动人民结合河湟文化，创造出独具高原特色的剪纸．以下剪纸图案既是轴对称图形又是中心对称图形的是（

）A．

B．

C．

D．

2．下列现象属于旋转的是（

）A．滑动手机解锁 B．篮球在空中运动C．流星划过夜空 D．钟表的指针转动3．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．4．如图，已知与关于点成中心对称，则下列判断不正确的是（

）A． B．C． D．5．如图，四边形是平行四边形，的位置经过怎样的运动能和重合（

）A．沿翻折 B．沿平移C．绕点旋转 D．绕点旋转6．如图，与关于某点成中心对称，则其对称中心是（

）

A．点P B．点Q C．点M D．点N7．如图，在中，，将绕点C顺时针旋转得到，其中点与点A是对应点，点与点B是对应点．若点恰好落在边上，则点A到直线的距离等于（

）A． B． C．3 D．28．如图，边长相等的两个正方形ABCD和OEFG，若将正方形OEFG绕点O按逆时针方向旋转120°，两个正方形的重叠部分四边形OMCN的面积(

)A．不变 B．先增大再减小C．先减小再增大 D．不断增大9．如图，等腰的顶点在轴上，顶点在轴上，已知，，，且轴，将绕点顺时针旋转，每次旋转，第2026次旋转后，点的对应点的坐标是（

）A． B． C． D．10．如图，在正方形中，，是的中点，是正方形内一个动点，且，连接，将线段绕点逆时针旋转得到线段，连接，则线段长的最小值为（

）A． B． C． D．二、填空题11．时钟上的分针匀速旋转一周需要60分钟，则经过5分钟，分针旋转了________．12．如图，是由五个形状、大小都相同的正方形组成的图形，如果去掉其中一个正方形，使得剩下的图形是一个中心对称图形，那么不同的去法有________种．13．如图，在中，，将绕点A逆时针方向旋转得到，交于点F，则______．

14．如图，在平面直角坐标系中，点，，将平行四边形OABC绕点O旋转90°后，点B的对应点坐标是______．15．如图是由边长为1的小正方形组成的网格，点，，，，，，均在格点上．下列结论：

①点与点关于点中心对称；②连接，，，则平分；③连接，则点，到线段的距离相等．其中正确结论的序号是________．16．如图，在等边内部有一点，连接，，，若，，，则________．17．如图，点在轴上，，点在轴正半轴上．将绕着点顺时针旋转得到，若点的横坐标为7，过点作轴，垂足为，则的面积为________．18．如图，在中，，点P为上一点，将线段绕点P顺时针旋转得线段，点Q在射线上，当的垂直平分线经过一边中点时，的长为__________．三、解答题19．四边形是正方形，绕旋转中心顺时针旋转一定角度后得到，点E落在AD上，如图所示，如果，，求：(1)旋转中心是_______，旋转角度是_______；(2)求的长度．20．如图，在正方形网格中，的顶点在格点上，请仅用无刻度直尺完成以下作图（保留作图痕迹）．（1）在图1中，作关于点对称的；（2）在图2中，作绕点顺时针旋转一定角度后，顶点仍在格点上的．21．如图，在中，，，是上一点（不与点，重合），连接，将线段绕点按逆时针方向旋转得到线段，连接，．若，，求的长．22．如图，等腰中，，绕点逆时针旋转60度后得到（点对应点）．(1)尺规作图：请作出，并连接（保留作图痕迹，不写作法）；(2)在（1）所作的图中，若、、在同一直线上，且点是的中点．证明：四边形是菱形．23．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．

24．如图，在中，将边分别绕点A逆时针旋转得到线段，连接，与交于点F，连接．(1)求证：．(2)求证：．25．如图．一个锐角等于的菱形，将一个的的顶点与该菱形顶点A重合，以A为旋转中心，按顺时针方向旋转这个的，使它的两边分别交、于点E，F．(1)如图1，当时，试判断与的数量关系，并说明理由；(2)旋转，如图2，当时，（1）的结论是否仍然成立？若成立，加以证明；若不成立，请说明理由．26．在中，，，是直线上的一点（不与点，重合），连接，将线段绕点逆时针旋转，得到线段，连接．(1)【操作发现】如图①，当点在线段上时，请你直接写出与的位置关系：________；线段，，的数量关系：________；(2)【猜想论证】当点在直线上运动时，除了（1）中的情况，还有两种情况：①如图②，点在的延长线上；②如图③，点在的延长线上．请你写出这两种情况下，线段，，的数量关系，并对结论进行证明；(3)【拓展延伸】若，，请你直接写出的面积．

参考答案题号12345678910答案DDDDDCCABC1．D【分析】根据轴对称图形和中心对称图形的特点逐项判断即可．【详解】解：A．是轴对称图形，不是中心对称图形，故该选项不符合题意；B．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；C．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；D．既是轴对称图形，又是中心对称图形，故该选项符合题意．故选D．【点睛】本题考查识别轴对称图形与中心对称图形．识别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．识别中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后与自身重合．2．D【分析】抓住旋转绕定点转动的核心特征，逐一判断各选项．【详解】解：A、C选项均为平移运动，B选项无固定转动中心，均不属于旋转；D选项钟表的指针绕中心定点转动，属于旋转．3．D【分析】根据关于原点对称的两个点，横坐标、纵坐标分别互为相反数，即可求解．【详解】解：点关于原点对称的点的坐标是．故选D．【点睛】本题考查了关于原点对称的点的坐标特征，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是解题的关键．4．D【详解】解：∵和关于点O成中心对称，∴，∴，故选项A，C正确，根据对顶角相等得，故选项B正确．无法证明，故选项D错误．5．D【分析】根据平行四边形是中心对称图形，解答即可．【详解】解：因为四边形是平行四边形，是中心对称图形，故绕点旋转和重合．6．C【分析】关于中心对称的两个图形，对应点的连线都经过对称中心，由此即可解决问题．【详解】解：∵与关于某点成中心对称，

∴对应点B和E的连线与对应点C和F的连线的交点M是对称中心．故选：C．【点睛】本题考查中心对称，关键是掌握中心对称的性质．7．C【分析】如图，过作于求解结合旋转：证明可得为等边三角形，求解再应用锐角三角函数可得答案．【详解】解：如图，过作于由，结合旋转：为等边三角形，∴A到的距离为3．故选C【点睛】本题考查的是旋转的性质，含的直角三角形的性质，勾股定理的应用，等边三角形的判定与性质，锐角三角函数的应用，作出适当的辅助线构建直角三角形是解本题的关键．8．A【分析】由正方形的性质得到OB=OC，∠OBC=∠OCD=45°，∠BOM=∠CON，证明△OBM≌△OCN（ASA），得到两个正方形的重叠部分四边形OMCN的面积=，由此得到结论．【详解】解：∵四边形ABCD和OEFG都是正方形，∴OB=OC，∠BOC=∠EOG=90°，∠OBC=∠OCD=45°，∴∠BOM=∠CON，∴△OBM≌△OCN（ASA），∴，∴两个正方形的重叠部分四边形OMCN的面积=，故选：A．【点睛】此题考查了正方形的性质，全等三角形的判定及性质，熟记全等三角形的判定定理及正方形的性质是解题的关键．9．B【分析】先求出点的坐标，再由旋转可知，每旋转四次，点对应点的坐标循环出现，据此可解决问题．【详解】解：，，，．在中，．，且轴，点的坐标为．，每旋转四次，点对应点的坐标循环出现．余2，点的坐标与点的坐标相同．将绕点顺时针旋转，如图所示，分别过点和点作轴的垂线，垂足分别为和，由旋转可知，，，，．在和中，，，，．，，，，，点的坐标为，同理可得的坐标为点的坐标为．10．C【分析】连接，将绕点逆时针旋转得，连接，，，作于点，根据正方形的性质及旋转的性质得出，利用证明得出，利用证明，得出，，可得，利用勾股定理求出，根据三角形的三边关系即可得出答案．【详解】解：如图，连接，将绕点逆时针旋转得，则，，连接，，，作于点，∵在正方形中，，是的中点，∴，∵将线段绕点逆时针旋转得到线段，∴，，∴，即，在和中，，∴，，∵，∴，∵，∴，在和中，，∴，，，∴，，，的最小值为．11．30【分析】本题主要考查了钟面角，先求出时钟上的分针匀速旋转一分钟时的度数为，再求5分钟分针旋转的度数即可．【详解】解：∵时钟上的分针匀速旋转一周的度数为，时钟上的分针匀速旋转一周需要60分钟，∴时钟上的分针匀速旋转一分钟时的度数为：，∴经过5分钟，分针旋转了．故答案为：30．12．2【分析】本题主要考查了中心对称图形的定义，根据中心对称图形的定义进行逐一判断即可：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，据此求解即可．【详解】解：如图所示，去掉一个小正方形后能组成中心对称图形的情况如下，∴去掉其中一个正方形，使得剩下的图形是一个中心对称图形，那么不同的去法有2种，故答案为：2．13．【分析】本题考查旋转变换、三角形的内角和定理；根据已知可以得出，而将绕点按逆时针方向旋转，可知，，最后通过三角形内角和定理即可求解．【详解】解：∵在中，，，∴，∵是将绕点按逆时针方向旋转后得到的，∴，，∴，∴,故答案为：．14．或【分析】根据旋转可得：BM=B1M1=B2M2=3，∠AOA1=∠AOA2=90°，可得B1和B2的坐标，即是B'的坐标．【详解】解：∵A(-1，2)，OC=4，∴C(4，0)，B(3，2)，M(0，2)，BM=3，AB//x轴，BM=3．将平行四边形OABC绕点O分别顺时针、逆时针旋转90°后，由旋转得：OM=OM1=OM2=2，∠AOA1=∠AOA2=90°BM=B1M1=B2M2=3，A1B1⊥x轴，A2B2⊥x轴，∴B1和B2的坐标分别为：(-2，3)，(2，-3)，∴B'即是图中的B1和B2，坐标就是，B'(-2，3)，(2，-3)，故答案为：(-2，3)或(2，-3)．【点睛】本题考查了平行四边形的性质，坐标与图形的性质，旋转的性质，正确的识别图形是解题的关键．15．①②③【分析】根据描述，作图，逐一进行判断即可；【详解】解：①如图：

点与点关于点中心对称；故①正确；②如图：

由图可知：，∴为等腰三角形，∵经过的中点，∴平分，故②正确；③如图，点到的距离为，点到的距离为，

∴，∴点，到线段的距离相等，故③正确；综上，正确的有①②③；故答案为：①②③．【点睛】本题考查中心对称图形，勾股定理，等腰三角形的判定和性质，正方形的判定和性质．解题的关键是根据描述，正确的画图，熟练掌握相关知识点．16．【分析】将绕点B顺时针旋转得到，根据等边三角形的性质，勾股定理求解即可．【详解】解：将绕点B顺时针旋转得到，根据旋转的性质，得，，，，是等边三角形，，，，，．17．【分析】本题考查了旋转的性质和含角直角三角形的性质，熟练掌握以上知识点是解题的关键，首先将绕点顺时针旋转，得到，延长交轴于点，即可求出，，．然后求出，进而求出的面积．【详解】解：如图，将绕点顺时针旋转，得到，延长交轴于点．在中，，则，，∴．在中，∴，∴的面积，故答案为．18．2或3或5【分析】求出，，设交于点G，连接．分三种情况，当经过的中点D时，．由旋转性质得到，，得到，得到，根据线段垂直平分线性质得到，得到是等边三角形，得到，即得；当经过的中点E时，，求出，得到，得到，根据，求得，即得；当经过的中点F时，，可得．【详解】∵在中，，∴，∴，的垂直平分线经过一边中点，可分为以下三种情况：经过的中点D；经过的中点E；经过的中点F．设交于点G，连接，则．当经过的中点D时，如图：，由旋转知，，∴，∴，连接,∵垂直平分，∴，∴是等边三角形，∴，∴，∴；当经过的中点E时，如图：，∵垂直，∴，设，则，∵，∴，∴，∴，∵，∴，∴，∴，∴，∴；当经过的中点F时，如图：，∵∴，∴．综上：的长为：2或5或3．故答案为：2或3或5．【点睛】此题考查了旋转，熟练掌握旋转的性质，含直角三角形的性质，等边三角形的判定与性质，勾股定理解直角三角形，线段垂直平分线的性质，三角形外角的性质，分类讨论，是解题的关键．19．(1)点A，(2)【分析】（1）根据旋转的定义和正方形的性质即可求解；（2）根据旋转的性质得到，，即可求出．【详解】（1）解：∵四边形为正方形，∴，∴由题意得旋转中心是点A，旋转角度是，故答案为：点A，；（2）解：∵旋转一定角度后得到∴，，∴．【点睛】本题考查了正方形的性质和旋转的性质，熟知旋转的定义和旋转是解题关键．20．（1）如图1所示；（2）如图2所示．【分析】（1）分别作出A，B，C三点关于O点对称的点，，，然后顺次连接即可得；（2）计算得出AB=，AC=5，再根据旋转作图即可．【详解】（1）略（2）根据勾股定理可计算出AB=，AC=5．【点睛】本题考查复杂-应用与设计，勾股定理等知识，解题的关键是学会利用数形结合的思想解决问题．21．【分析】根据证明，得,由，，证明，进而证明是直角三角形，用勾股定理求得即可求得的长．【详解】解：由题意可知，．，．，，．在和中，，．，，．，，．，，．，．22．(1)见解析(2)见解析【分析】（1）先分别一点O，D为圆心，长为半径画弧，两弧交于点C，连接，则是等边三角形，则，再作，即可；（2）根据等边三角形的性质可得，再由，可得，从而得到，再由直角三角形的性质可得，从而得到，再根据旋转的性质可得，，从而得到四边形是菱形．【详解】（1）解：如图，即为所求；理由：根据作法得：，，∴是等边三角形，，∴；（2）证明：由（1）得：是等边三角形，∴，∴，∵，∴，∴，∵点是的中点，∴，∴，根据旋转的性质得：，∴，，∴四边形是平行四边形，∵，∴四边形是菱形．【点睛】本题主要考查了尺规作图，菱形的判定，等边三角形的判定和性质，直角三角形的性质，熟练掌握尺规作图，菱形的判定，等边三角形的判定和性质，直角三角形的性质是解题的关键．23．(1)证明：∵△ABM与△ACM关于直线AF成轴对称，∴△ABM≌△ACM，∴AB=AC，又∵△ABE与△DCE关于点E成中心对称，∴△ABE≌△DCE，∴AB=CD，∴AC=CD；(2)∠F=∠MCD.理由：由(1)可得∠BAE=∠CAE=∠CDE，∠CMA=∠BMA，∵∠BAC=2∠MPC，∠BMA=∠PMF，∴设∠MPC=α，则∠BAE=∠CAE=∠CDE=α，设∠BMA=β，则∠PMF=∠CMA=β，∴∠F=∠CPM−∠PMF=α−β，∠MCD=∠CDE−∠DMC=α−β，∴∠F=∠MCD.【分析】（1）利用中心对称图形的性质以及轴对称图形的性质得出全等三角形进而得出对应线段相等；（2）利用（1）中所求，进而得出对应角相等，进而得出答案．【详解】略【点睛】本题主要考查轴对称、中心对称性质和全等三角形的判定及性质.通过轴对称与中心对称的性质得出全等三角形的判定