1、人教版九年级数学上册第二十三章旋转专项攻克 考试时间：90分钟；命题人：数学教研组考生注意：1、本卷分第I卷（选择题）和第卷（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，由个小正方形组成的田字格，的顶点都是小正方形的顶点，在田字格上能画出与成轴对称，且顶点都在小正方形顶点上的三
2、角形的个数共有（ ）A2个B3个C4个D5个2、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（）ABCD3、将绕点旋转得到，则下列作图正确的是（ ）ABCD4、如图，RtABC中，C=90，A=30，AB=20，点P是AC边上的一个动点，将线段BP绕点B顺时针旋转60得到线段BQ，连接CQ则在点P运动过程中，线段CQ的最小值为（）A4B5C10D55、如图，中，若将绕点逆时针旋转得到，连接，则在点运动过程中，线段的最小值为（）A1BCD26、在下列面点烘焙模具中，其图案是中心对称图形的是（）ABCD7、在图中，将方格纸中的图形绕O点顺时针旋转90得到的图形是（）ABC
3、D8、如图，点A，B的坐标分别为（1，1）、（3，2），将ABC绕点A按逆时针方向旋转90，得到ABC，则B点的坐标为（）A（1，3）B（1，2）C（0，2）D（0，3）9、如图，正三角形ABC的边长为3，将ABC绕它的外心O逆时针旋转60得到ABC，则它们重叠部分的面积是（）A2BCD10、将抛物线先绕坐标原点旋转，再向右平移个单位长度，所得抛物线的解析式为（）ABCD第卷（非选择题 70分）二、填空题（5小题，每小题4分，共计20分）1、如图，正方形的边长为4，点E是对角线上的动点（点E不与A，C重合），连接交于点F，线段绕点F逆时针旋转得到线段，连接下列结论：；若四边形的面积是正方形面积
4、的一半，则的长为；其中正确的是_（填写所有正确结论的序号）2、如图，在中，将绕点逆时针旋转得到，连接，则的长为_.3、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_4、如图，在四边形ABCD中，将绕点C顺时针旋转60后，点D的对应点恰好与点A重合，得到，则BD=_5、如图，在ABC中，BAC=90，AB=AC=10cm，点D为ABC内一点，BAD=15，AD=6cm，连接BD，将ABD绕点A逆时针方向旋转，使AB与AC重合，点D的对应点E，连接DE，DE交AC于点F，则CF的长为_cm.三、解答题（5小题，每小题10分，共计50分）1、图1，图2都是由边长为1的小等边三角
5、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2、如图，点P是正方形ABCD内部的一点，APB90，将RtAPB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，DE2，求BE的长3、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
6、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，且当边与射线相交时（如图3），则的值为_；当边所在的直线与平行时，求t的值4、【模型建立】（1）如图1，在正方形中，点E是对角线上一点，连接，求证：【模型应用】（2）如图2，在正方形中，点E是对角线上一点，连接，将绕点E逆时针旋转，交的延长线于点F，连接当时，求的长【模型迁移】（3）如图3，在菱形中，点E是对角线上一点，连接，将绕点E逆时针旋转，交的延长线于点F，连接，与交于点G当时，判断线段与的数量关系，并说明理由5、在RtABC中，ABC90，A，
7、O为AC的中点，将点O沿BC翻折得到点，将ABC绕点顺时针旋转，使点B与C重合，旋转后得到ECF（1）如图1，旋转角为 （用含的式子表示）（2）如图2，连BE，BF，点M为BE的中点，连接OM，BFC的度数为 （用含的式子表示）试探究OM与BF之间的关系（3）如图3，若30，请直接写出的值为 -参考答案-一、单选题1、C【解析】【分析】因为顶点都在小正方形上，故可分别以大正方形的两条对角线AB、EF及MN、CH为对称轴进行寻找【详解】分别以大正方形的两条对角线AB、EF及MN、CH为对称轴，作轴对称图形：则ABM、ANB、EHF、EFC都是符合题意的三角形.故选：C.【考点】考查了利用轴对称涉
8、及图案的知识,关键是根据要求顶点在格点上寻找对称轴,有一定难度,不要漏解.2、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
9、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3、D【解析】【分析】把一个图形绕某一点O转动一个角度的图形变换叫做旋转.【详解】解：观察选项中的图形，只有D选项为ABO绕O点旋转了180.【考点】本题考察了旋转的定义.4、D【解析】【分析】将RtABC绕点B顺时针旋转60得到，再设线段的中点为M，并连接CM根据线段BP的旋转方式确定点Q在线段上运动，再根据垂线段最短确定当Q与点M重合时，CQ取得最小值为CM根据C=90，A=30，AB=20求出BC的长度，再根
10、据旋转的性质求出和的长度，根据线段的和差关系确定点C是线段的中点，进而确定CM是的中位线，再根据三角形中位线定理即可求出CM的长度【详解】解：如下图所示，将RtABC绕点B顺时针旋转60得到，再设线段的中点为M，并连接CM点P是AC边上的一个动点，线段BP绕点B顺时针旋转60得到线段BQ，点Q在线段上运动当，即点Q与点M重合时，线段CQ取得最小值为CMC=90，A=30，AB=20，BC=10RtABC绕点B顺时针旋转60得到，=BC=10，点C是线段中点点M是线段的中点，CM是的中位线故选：D【考点】本题考查旋转的性质，直角三角形30所对的直角边是斜边的一半，垂线段最短，三角形中位线定理，综
11、合应用这些知识点是解题关键5、B【解析】【分析】在AB上截取AQ=AO=1，利用SAS证明AQDAOE，推出QD=OE，当QDBC时，QD的值最小，即线段OE有最小值，利用勾股定理即可求解【详解】如图，在AB上截取AQ=AO=1，连接DQ，将AD绕A点逆时针旋转90得到AE，BAC=DAE=90，BAC-DAC =DAE-DAC，即BAD=CAE，在AQD和AOE中，AQDAOE(SAS)，QD=OE，D点在线段BC上运动，当QDBC时，QD的值最小，即线段OE有最小值，ABC是等腰直角三角形，B=45，QDBC，QBD是等腰直角三角形，AB=AC=3，AO=1，QB=2，由勾股定理得QD=Q
12、B=，线段OE有最小值为，故选：B【考点】本题考查了勾股定理，等腰直角三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，旋转的性质，熟记各图形的性质并准确识图是解题的关键6、D【解析】【分析】根据中心对称图形的性质得出图形旋转180，与原图形能够完全重合的图形是中心对称图形，分别判断得出即可【详解】解：A.不是中心对称图形，不符合题意；B.不是中心对称图形，不符合题意；C.不是中心对称图形，不符合题意；D.是中心对称图形，符合题意；故选：D【考点】此题主要考查了中心对称图形的性质，根据中心对称图形的定义判断图形是解决问题的关键7、B【解析】【分析】根据旋转的性质，找出图中三角形的关键处（旋转中心）按
13、顺时针方向旋转90后的形状即可选择答案【详解】根据旋转的性质可知，绕O点顺时针旋转90得到的图形是 故选B【考点】本题考查了旋转的性质旋转变化前后，对应线段、对应角分别相等，图形的大小、形状都不改变8、D【解析】【分析】根据题意画出图形，然后结合直角坐标系即可得出B的坐标【详解】解：如图，根据图形可得：点B坐标为（0，3），故选：D【考点】本题考查了旋转作图的知识及旋转后坐标的变化，解答本题的关键是根据题意所述的旋转三要素画出图形，然后结合直角坐标系解答9、C【解析】【分析】根据重合部分是正六边形，连接O和正六边形的各个顶点，所得的三角形都是全等的等边三角形，据此即可求解【详解】解：作AMBC
14、于M，如图：重合部分是正六边形，连接O和正六边形的各个顶点，所得的三角形都是全等的等边三角形ABC是等边三角形，AMBC，ABBC3，BMCMBC，BAM30，AMBM，ABC的面积BCAM3，重叠部分的面积ABC的面积；故选：C【考点】本题考查了三角形的外心、等边三角形的性质以及旋转的性质，理解连接O和正六边形的各个顶点，所得的三角形都为全等的等边三角形是关键10、C【解析】【分析】先根据点绕坐标原点旋转的坐标变换规律、待定系数法求出旋转后的抛物线的解析式，再根据二次函数的图象平移的规律即可得【详解】将抛物线的顶点式为则其与x轴的交点坐标为，顶点坐标为点绕坐标原点旋转的坐标变换规律：横、纵坐
15、标均变为相反数则绕坐标原点旋转后，所得抛物线与x轴的交点坐标为，顶点坐标为设旋转后所得抛物线为将点代入得：，解得即旋转后所得抛物线为则再向右平移个单位长度，所得抛物线的解析式为即故选：C【考点】本题考查了点绕坐标原点旋转的坐标变换规律、待定系数法求二次函数解析式、二次函数的图象平移的规律，熟练掌握坐标旋转变换规律和二次函数的图象平移规律是解题关键二、填空题1、【解析】【分析】过E作EMBC，ENCD，可证BEMFEN得BE=EF，故正确；可证四边形BEFG是正方形得EBG=90，BE=BG，可证ABE=CBG，进而得到ABECBG，所以BAE=BCG，得BCA+BCG=90，即ACG=90，可
16、证正确；由可求BE=，过E作EHAB，则AEH=180-BAC-AHE=45，知AH=HE，设AH=HE=x，则BH=4-x，由，得到AH=HE=2，从而得到，知错误；由可知，ABECBG，所以AE=CG，而CG+CE=AE+CE=AC可求，正确【详解】解：过E作EMBC，ENCD四边形ABCD是正方形，AC平分BCDEM=ENEMC=MCN=ENC=90MEN=90EFBEBEM+MEF=FEN+MEF=90BEM=FENEMB=ENF=90，EM=ENBEMFENBE=EF故正确；BEF=EFG=90，EF=FG，BE=EFBE=FG，BEFG四边形BEFG是平行四边形BEF=90，BE=
17、EF四边形BEFG是正方形EBG=90，BE=BGABC=90ABE+EBC=EBC+CBG=90ABE=CBG又AB=BC，BE=BGABECBGBAE=BCGBAE+BCA=90BCA+BCG=90，即ACG=90故正确； BE= 过E作EHAB四边形ABCD是正方形BAC=45AHE=90AEH=180-BAC-AHE=45AH=HE设AH=HE=x，则BH=4-x 解得 AH=HE=2 故错误；由可知，ABECBGAE=CGCG+CE=AE+CE=ACACB=45AC= CG+CE= 故正确，所以答案为：【考点】本题是正方形综合题，主要考查了旋转的性质，正方形的判定与性质，角平分线的性
18、质，勾股定理，全等三角形的判定与性质，熟练掌握全等三角形的判定与性质，综合运用正方形的判定与性质定理，勾股定理等知识是解题的关键2、5【解析】【分析】由旋转的性质可得ACAC13，CAC160，由勾股定理可求解【详解】将ABC绕点A逆时针旋转60得到AB1C1，ACAC13，CAC160，BAC190，BC15，故答案为：5【考点】本题考查了旋转的性质，勾股定理，熟练旋转的性质是本题的关键3、【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
19、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4、【解析】【分析】连接BE，如图，根据旋转的性质得BCE=60，CB=CE，BD=AE，再判断BCE为等边三角形得到BE=BC=9，CBE=60，从而有ABE=90，然后利用勾股定理计算出AE即可【详解】解：连接BE，如图，DCB绕点C顺时针旋转60后，点D的对应点恰好与点A重合，得到ACE，BCE=60，CB=CE，BD=AE，BCE为等边三角形，BE=BC=9，CBE=60，ABC=30，ABE=90，在RtABE中，AE=故答案为：【考点】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
20、旋转角；旋转前、后的图形全等5、【解析】【分析】过点A作AHDE，垂足为H，由旋转的性质可得 AE=AD=6，CAE=BAD=15，DAE=BAC=90，再根据等腰直角三角形的性质可得HAE=45，AH=3，进而得HAF=30，继而求出AF长即可求得答案.【详解】过点A作AHDE，垂足为H，BAC=90，AB=AC，将ABD绕点A逆时针方向旋转，使AB与AC重合，点D的对应点E，AE=AD=6，CAE=BAD=15，DAE=BAC=90，DE=，HAE=DAE=45，AH=DE=3，HAF=HAE-CAE=30，AF=，CF=AC-AF=，故答案为.【考点】本题考查了旋转的性质，等腰直角三角形
21、的性质，勾股定理，解直角三角形等知识，正确添加辅助线构建直角三角形、灵活运用相关知识是解题的关键.三、解答题1、 (1)见解析(2)见解析【解析】【分析】利用轴对称图形、中心对称图形的特点画出符合条件的图形即可；(1)答案不唯一(2)【考点】本题考查了轴对称图形、中心对称图形的特点，熟练掌握特殊三角形与四边形的性质才能准确画出符合条件的图形2、 (1)正方形，见解析(2)14【解析】【分析】（1）利用旋转即可得到，再根据全等三角形的性质即可求证四边形APEQ的形状（2）设，则，利用勾股定理可求出，进而可求出BE的长(1)解：四边形APEQ是正方形，理由如下：RtAPB绕点A逆时针方向旋转90得
22、到ADQ，在四边形APEQ中，四边形APEQ为矩形，矩形APEQ是正方形(2)设则由（1）以及题意可知：，在中，即，解得（负值舍去），【考点】本题考查正方形的性质、旋转的性质以及勾股定理，熟练掌握正方形基本性质以及旋转性质是解题的关键3、 (1)，理由见解析(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；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)；，的值为，（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
23、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（）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（）（）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4、（1）证明见解析；（2）；（3），理由见解析【解析】【分析】（1）利用SAS证明即可；（2）先证,再利用勾股定理求解；（3）先证,再利用等边三角形的判定性质证明即可【详解】（1）证明：如图1中，四边形是正方形，
24、在和中，；（2）解：如图2中，设交于点J由（1）知，EF是绕点E逆时针旋转得到，在中，；（3）解：结论：理由：如图3中，四边形是菱形，在和中，），是绕点E逆时针旋转得到的，是等边三角形，【考点】本题考查了正方形的性质，等边三角形的判定和性质，图形的旋转变换，全等三角形的判定和性质，勾股定理，正确理解图形的相关性质是解本题的关键5、（1）；（2）；（3）【解析】【分析】（1）连接OB，由，O为BC的中点，得到，则，再由旋转的性质可得，由此求解即可；（2）连接，由（1）可知（因为也是旋转角），由旋转的性质可得，则，可以得到，再由可以得到，由此即可求解；连接OB，OE延长OM交EF于N，由得，由旋转
25、的性质可得，然后证明，得到，则，再证明OBMNEM得到，从而推出MN为BFE的中位线，得到，则；（3）连接与BF交于H，由，可得，由含30度角的直角三角形的性质可以得到，再由勾股定理可以得到，由此即可得到答案【详解】解：（1）如图所示，连接OB，O为BC的中点，将点O沿BC翻折得到点，由旋转的性质可得，旋转角为，故答案为：；（2）如图所示，连接，由（1）可知（因为也是旋转角），由旋转的性质可得，故答案为：；如图所示，连接OB，OE延长OM交EF于N，由得，由旋转的性质可得，M为BE的中点，在OBM和NEM中，OBMNEM（SAS），N为EF的中点，MN为BFE的中位线，；（3）如图所示，连接与BF交于H，故答案为：【考点】本题主要考查了旋转的性质，等腰三角形的性质与判定，直角三角形斜边上的中线，三角形中位线定理，含30度角的直角三角形的性质，勾股定理，平行线的性质与判定等等，解题的关键在于能够熟练掌握旋转的性质
