九年级数学上册人教版 第23章《旋转》章节测试卷(含答案)

资源下载
  1. 二一教育资源

九年级数学上册人教版 第23章《旋转》章节测试卷(含答案)

资源简介

第23章《旋转》章节测试卷
一、选择题(本大题共10小题,每小题3分,共30分)
1.在平面直角坐标系中,若点和关于原点对称,则( )
A. B.5 C. D.1
2.剪纸是中国非物质文化遗产的瑰宝,以刀剪为笔,红纸为媒,绘就千年文化传承.以下剪纸作品中,既是轴对称图形又是中心对称图形的是( )
A. B. C. D.
3.如图,将 ABC绕点C顺时针旋转得到.当点落在的延长线上时,恰好,若,则的度数为( )
A. B. C. D.
4.如图, ABC与关于点成中心对称,有以下结论:
①点与点是对称点;②;
③;④.其中结论正确的有( )
A.1个 B.2个 C.3个 D.4个
5.如图,在 ABC中,,,,P是上的任意一点,连接,将绕点A按顺时针方向旋转至,使,连接.则线段长度的最小值为( )
A. B.2 C.3 D.4
6.如图,在平面直角坐标系中,边长为2的菱形的顶点B在y轴上,点A在第一象限,,将菱形绕原点O沿顺时针方向旋转,每次旋转,旋转第一次得到四边形(点与点A重合),则旋转第四次得到的点的坐标是( )
A. B. C. D.
7.如图,两张相同的宽为的矩形纸片叠放在一起,点是纸片中的任意一点.将一张纸片绕着点逆时针旋转,则旋转过程中,两张纸片重叠部分(即四边形)面积的最小值是( )
A.8 B.8 C. D.
8.如图, ABC与都是等边三角形,,,连接,,若将绕点逆时针旋转,当点,,在同一条直线上时,线段的长为( )
A. B. C.或 D.或
9.如图,抛物线:与轴交于点,(点在点的左侧),与轴交于点.将抛物线绕点旋转,得到新的抛物线,它的顶点为,与轴的另一个交点为.若以,,,为顶点的四边形是矩形.则的值为( )
A.2 B. C. D.
10.如图,是正 ABC内一点,,将线段以点为旋转中心逆时针旋转得到线段,下列结论:可以由绕点逆时针旋转得到;四边形的面积是,其中正确结论有个.
A.1 B.2 C.3 D.4
二、填空题(本大题共6小题,每小题3分,共18分)
11.如图, ABC绕某点旋转得到,则其旋转中心的坐标是 .
12.如图, ABC与关于点成中心对称,,,,则点到的距离是 .
13.如图,将 ABC绕点旋转得到,若点的坐标为,则点A的坐标为 .

14.如图所示,在 中,,,,将 ABC 绕顶点 C 逆时针旋转得到, 与 相交于点 P.则 的最小值为 .
15.一段抛物线:,记为,它与x轴交于点O、;将绕点旋转得,交x轴于点;将绕点旋转得;交x轴于点;…若是其中某段抛物线上一点,则 .
16.已知中,,,,分别是,的中点,连接,将 BDE绕顶点旋转,当点到直线的距离为1时,的长为 .
三、解答题(第17,18,19,20题,每题6分;第21,22,23题;每题8分;第24,25题,每题12分;共9小题,共72分)
17.如图,正方形是由正方形旋转而成的,点D在上.
(1)直接写出旋转中心和旋转角;
(2)若正方形的边长是1,直接写出的长.
18.点为 ABC中内任一点,连接,,,将绕点逆时针旋转,得到.
(1)如图,试判断的形状,并说明理由.
(2)若点是 ABC内一个动点,试说明当点B,P,D,E四个点满足什么位置条件时,PA的和最小.
19.如图,在平面直角坐标系中,已知点,,,请解答下列问题:
(1)若 ABC经过平移后得到,已知点的坐标为,请作出;
(2)若和关于原点成中心对称,画出;
(3)在轴上找一点,使得的面积等于 ABC的面积,直接写出点的坐标.
20.正方形的对角线相交于点,正方形的顶点与点重合,而且这两个正方形的边长都是1.已知,与正方形的边分别交于,两点.
(1)如图1,若,则重叠部分四边形的面积是___________.
(2)当正方形绕点O旋转到如图2所示的位置时,四边形的面积是否发生变化?证明你的结论.
21.“感知”:如图① ABC和 ADE都是等腰直角三角形,,点在线段上,点在线段上,我们很容易得到,不需证明.
“探究”:如图②将 ADE绕点逆时针旋转,连接和,此时.是否依然成立?若成立,写出证明过程,若不成立,说明理由.
“应用”:如图③将 ADE绕点逆时针旋转,使得点落在的延长线上,连接,若,,求线段的长.
22.【问题呈现】
如图,将绕点按顺时针方向旋转得到,点落在边上的点处,连接.(点的对应点分别是点)
【初步发现】
(1)如图1,五边形的内角和的度数为__________°,外角和的度数为__________°;
【求知探究】
(2)求证:平分;
【拓展延伸】
(3)如图2,,,当三点在同一条直线上时,求的面积.
23.在长方形中,,将长方形绕点顺时针旋转一定角度(不超过),得到长方形.
(1)如图1,分别连接,当时,求的度数;
(2)如图2,当点落在边上时,延长交于点,求证:;
(3)如图3,当点落在线段上时,与交于点,求的面积.
24.如图1,抛物线:经过点和点,抛物线与关于原点O成中心对称.
(1)求b,c的值;
(2)求抛物线的解析式;
(3)将抛物线向上平移2个单位长度得到,抛物线与相交于P,Q两点(点P在点Q的左侧),如图2.
①求点P和Q的坐标;
②若点M,N分别为抛物线与上P,Q之间的点(点M,N均不与点P,Q重合),直接写出四边形面积的最大值.
25.如图①,四边形与四边形是共一个顶点的两个大小不同的正方形.
【操作发现】
(1)如图②,正方形绕点A逆时针旋转,使点E落在边上,线段与的数量关系是________,与的关系是________.
【猜想证明】
(2)如图③,正方形绕点A逆时针旋转某一角度时,猜想(1)中的结论是否成立?并证明你的结论.
【拓展应用】
(3)如图④,正方形绕点A逆时针旋转,使点F落在直线上,当时,直接写出的长度.
参考答案
一、选择题
1.A
【分析】本题考查了关于原点对称的点的性质,准确记忆关于原点对称点横纵坐标之间的关系是解题的关键.
根据关于原点对称的点的坐标特征,横纵坐标互为相反数,求出m和n的值,再相加即可.
【详解】解:∵点和关于原点O对称,
∴点B的坐标为点A坐标的相反数,即,
∴,且,
解得:,,
∴.
故选:A.
2.C
【分析】本题主要考查了轴对称图形和中心对称图形,如果一个平面图形沿一条直线折叠,直线两旁的部分能够互相重合,这个图形就叫做轴对称图形;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.
根据中心对称图形的定义和轴对称图形的定义进行逐项判断即可.
【详解】解:A..是轴对称图形,但不是中心对称图形,不符合题意;
B.不是轴对称图形,但是中心对称图形,不符合题意;
C.既是轴对称图形,也是中心对称图形,符合题意;
D.不是轴对称图形,不是中心对称图形,不符合题意.
故选C.
3.B
【分析】本题主要考查了旋转的性质,平行线的性质,等腰三角形的性质,三角形的内角和定理等知识点,解题的关键是熟练掌握旋转的性质和平行线的性质.
利用旋转的性质得出,再利用等腰三角形的性质得出,可得.
【详解】解:由旋转知,,,





故选B.
4.C
【分析】本题考查了中心对称、全等三角形的性质、平行线的判定和性质等知识,解题的关键是掌握中心对称的性质.
利用中心对称的性质解决问题即可.
【详解】解:∵与关于点成中心对称,
∴≌,
∴点与点是对称点,,,,
故①②③正确.
故选:C .
5.B
【分析】如图所示,在上取点E使,证明出,得到,当时,最短,即最短,如图所示,求出,进而利用含30度角直角三角形的性质求解即可.
【详解】如图所示,在上取点E使

∴,即
∵将绕点A按顺时针方向旋转至
∴,



∵P是上的任意一点
∴当时,最短,即最短,如图所示,




∴的最小值为2,即的最小值为2.
故选:B.
6.C
【分析】先根据菱形的性质得到,,再根据,利用直角三角形两个锐角互余,求得,然后由旋转得,根据点B在y轴上,得出点在x轴上,可知旋转第四次时,点落在x轴的负半轴上,再求出 ,,从而可得,再利用含有的直角三角形的性质求得,进而求得,于是可求得.
【详解】解:连接,
∵四边形是边长为2的菱形,,
∴,,
∴,
由旋转得,
∴,
∵点B在y轴上,
∴点在x轴上,
∴旋转第四次时,点落在x轴的负半轴上,
作轴于点E,则,
∵,
∴,
∴,
∴,
∵点在第三象限,
∴,
故选:C.
7.C
【分析】本题考查菱形的判定与性质,平行四边形的判定与性质,过点D作,,连接、交于点O.根据题意先证出四边形是平行四边形,再由,,得,即有平行四边形是菱形,结合图形得出旋转过程中,菱形的高不变,底变化,当两张纸片垂直时,即时,底边最短,即可求出面积最小值.
【详解】解:过点D作,,连接、交于点O.

由题意知:,,
∴四边形是平行四边形,
∵两个矩形等宽,
∴,
∵在平行四边形中,,
∴,
∴,
∴平行四边形是菱形,
旋转过程中,菱形的高不变,底变化,
当两张纸片垂直时,即时,底边最短,此时面积为:,
故选:C.
8.C
【分析】本题考查了旋转的性质,等边三角形的性质,含30度角的直角三角形,勾股定理,根据△是等边三角形,可得,由点、、在同一条直线上,需要分2种情况①当点在延长线上时;②当点在延长线上时,分别画出对应的图形,然后过点作边的垂线(或,利用含角的(或)求得垂线(或的长,最后利用勾股定理即可求解的长.熟练掌握以上知识点,学会分类讨论多种情况的图形,能够结合图形作垂线构造直角三角形是解题的关键.
【详解】解: ABC与都是等边三角形,
,,,
①当点在延长线上时,作交于,连接,如图1,
, ABC是等边三角形,
,,
,,
在中,,

②当点在延长线上时,作交于,如图2,
同理①可得,,,
,,
在中,由勾股定理得:;
综上所述,线段的长为或.
故选:C.
9.C
10.D
【详解】解:连接,如图所示:
由题意得:,
∴,
∴,
∴可以由绕点B逆时针旋转得到;故①正确;
∵,,
∴是等边三角形,
∵,
∴,
∴,
∴,
∵是等边三角形,
∴,
∴,故②正确;
作,如图所示:

则,
∴,

∴四边形的面积,故③正确;
将 AOB绕点逆时针旋转得到,连接,作,如图所示:

同理可得:是等边三角形,,,
则,
∴,

∴,故④正确;
故选:D
二、填空题
11.
【分析】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.
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: ABC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,
故答案为:.
12.
【分析】本题考查了中心对称图形的性质、勾股定理等知识,熟练掌握中心对称图形的性质是解题关键.过点作于点,先根据中心对称图形的性质可得,,,利用勾股定理可得,从而可得,再利用勾股定理可得,然后利用三角形的面积公式求解即可得.
【详解】解:如图,过点作于点,
∵ ABC与关于点成中心对称,,,
∴,,,
∵,
∴,
∴,
∴,
∵,
∴,
即点到的距离是,
故答案为:.
13.
【分析】本题考查坐标与图形变化-旋转、全等三角形的判断与性质等知识点,熟知图形旋转的性质是解题的关键.
分别过点和点作y轴的垂线,构造出全等三角形即可解答.
【详解】解:如图:分别过点和点作y轴的垂线,垂足分别为D、E,

∵,,
∴,,即,
由旋转可知,,
∵轴,轴,

在和中,




∴点A的坐标为.
故答案为:.
14.如
【分析】该题考查了旋转的性质,勾股定理,当与垂直时,有最小值,即为直角三角形斜边上的高,由勾股定理求出长即可.
【详解】解:当与垂直时,有最小值,如图.



由旋转的性质得,


故答案为:.
15.
【分析】本题考查了二次函数图象与几何变换,根据平移规律得出的解析式是解题的关键.
求出抛物线与轴的交点坐标,然后得到,,,,求出,,,的解析式,然后找到规律,求出的解析式,然后把点P的横坐标代入计算即可得解.
【详解】解:∵一段抛物线:,
∴图象与x轴交点坐标为:,,
∵将绕点旋转得,交x轴于点;将绕点旋转得,交x轴于点;
∴,,,
∴的解析式为,的解析式为,的解析式为,的解析式为,

∴的解析式为,
∴当时,.
故答案为:.
16.,或
【分析】根据三角形中位线求得,利用勾股定理求得的长度,再利用旋转的性质,根据点到直线的距离为1,分类讨论求解即可.
【详解】解∵中,,,分别是,的中点,
∴ BDE为直角三角形


∴,,

若点到直线的距离为1,则可分四种情况进行讨论,
①当点在直线的右侧,点在上方时,如图(1)过点作,
∵点到直线的距离为1,
∴,三点共线,
∵,
∴四边形是矩形
∴,,

∴;
②当点在直线的左侧,点在上方时,如图(2)过点作交延长线于点,过点作,则
∵点到直线的距离为1,


由题意可得:四边形为矩形
∴,

∴;
③当点在直线的左侧,点在下方时,如图(3)
∵点到直线的距离为1,

∴四边形为矩形,
∴,三点共线
∴;
④如图(4)当点在直线的右侧,点在下方时,
,,点到直线的距离为1
可以确定点在线段上,且

综上,的长为,或,
故答案为:,或
解答题
17.(1)解:由题意知,旋转中心为点、旋转方向为逆时针旋转,旋转角为;
(2)解:∵正方形的边长是1,
∴,,
∴,
∴的长为.
18.(1)解:由题意可知 ADE由旋转得到,


又,
为等边三角形.
(2)解:当点B,P,D,E四个点在一条直线上时,的和最小.
理由:由(1)可知为等边三角形,


观察图可知,当点B,P,D,E四个点在一条直线上时,的和最小.
19.(1)如图,即为所求.
(2)如图,即为所求.
(3)延长交轴于点,可得点的坐标为;

∴此时的面积等于 ABC的面积,
过点作的平行线,与轴相交于点,
此时的面积等于 ABC的面积,
设的解析式为,代入,

解得:
∴的解析式为
设直线的解析式为代入,

解得:
∴直线的解析式为
当时,
解得:
点的坐标为
综上所述,点的坐标为或
20.(1)解:如图1,四边形和四边形都为正方形,
,,,



在和中,



重叠部分四边形的面积;
故答案为:;
(2)解:四边形的面积不发生变化.
理由如下:
四边形和四边形都为正方形,
,,,,
,,

在和中,



重叠部分四边形的面积;
即四边形的面积不发生变化.
21.探究:成立,
证明:∵ ABC和 ADE都是等腰直角三角形,
∴,,
∵将 ADE绕点A逆时针旋转,
∴,
在与中,,
∴,
∴;
应用:∵在中,,
∴,
∴,

∴,
∵ ABC是等腰直角三角形,
∴,
同探究可得:,
∴,
∴,
∴,
∴.
22.解:(1)由多边形内角和定理得:五边形的内角和的度数,
∵多边形的外角和等于,
∴五边形的外角和的度数为
故答案为:540,360;
(2)证明:∵四边形是平行四边形,
∴,
∴,
由旋转的性质得:,
∴,
∴,
∴平分,
(3)过点C作于点H,如图所示:
∵四边形是平行四边形,

∵将绕点按顺时针方向旋转得到,,,


∵当三点在同一条直线上


由(2)可知,,
∴,
∴,
则,
在中,,,
∴,,
在中,,,
则,
∴,,
∴的面积.
23.(1)解:四边形是矩形


又由旋转得:,
为等边三角形

(2)证明:由旋转可得:四边形和全等矩形



而,

即.
(3)解:如图,连接,依题可知:,



∵矩形中,,

设,则,
∵在直角三角形中,

解得,


24.(1)解:将点和点代入得

解得;
(2)解:由(1)可得抛物线,
设点是上任意一点,则点关于原点O成中心对称的点坐标为,
∵抛物线与关于原点O成中心对称,
∴抛物线的解析式为,
整理得;
(3)解:①将抛物线向上平移2个单位长度得到,则抛物线的解析式为,
联立,解得或,
∵抛物线与相交于P,Q两点(点P在点Q的左侧),
∴点P的坐标为,点Q的坐标为;
②过点作轴交于点,过点作轴交于点,
∵点P的坐标为,点Q的坐标为,
∴设直线的解析式为,
∴,
解得,
∴直线的解析式为,
设,,
则,,
∴,,
∵,
∴当时,有最大值4,
当时,有最大值4,
∵,
∴当最大时,四边形面积的最大值为.
25.解:(1)∵四边形,四边形都是正方形,
∴,
∴,
∴,
故答案为:;
(2)结论仍然成立,
理由如下:∵四边形,四边形都是正方形,
∴,
∴,
∴,
∴;
(3)如图,当点落在上时,过点G作于H,
∵F落在边上,
∴,
∵,,
在中,
∴,
∵,
∴,
∴,
∴,
∴,
∴,
∴,
∵,
∴,
∴;
如图,当点落在延长线上时,过点G作交延长线与于H,
同理得:,
∴,
∴;
综上,的长度为或.

展开更多......

收起↑

资源预览