人教版九年级数学上册 第二十三章 旋转单元测试卷含答案

初中数学人教版九年级上学期第二十三章测试卷
一、单选题
1.下列电视台的台标中，是中心对称图形的是（）
A. B. C. D.
2.如图的四个图形中，由基础图形通过平移、旋转或轴对称这三种变换都能得到的是（）
A. B. C. D.
3.下列图形中，既是轴对称图形，又是中心对称图形的是( )
A. 线段
B. 直角三角形
C. 等边二角形
D. 平行四边形
4.在平面直角坐标系内，点(-1，2)关于原点对称的点的坐标是（）
A. （2，-1）
B. （1,2）
C. （1，-2）
D. （-1，-2）
5.在平面直角坐标系中，点的坐标为，以原点为中心，将点顺时针旋转得到点，则点的坐标
为（）
A. B. C. D.
6.如图，的斜边在轴上，，含角的顶点与原点重合，直角顶点在第二象限，将
绕原点顺时针旋转后得到,则点的对应点的坐标是（）
A. B.
C. D.
二、填空题
7.如图，正方形ABCD的边长为4，点E是CD的中点，AF平分∠BAE交BC于点F，将△ADE绕点A顺时针旋转90°得△ABG，则CF的长为________.
8.如图所示的图案是由全等的图形拼成的，其中AD=0.5cm，BC=1cm，则AF=________cm．
9.如图，正方形ABCD可以看作由什么“基本图形”经过怎样的变化形成的？________．
三、作图题
10.如图，4×6的正方形网格中，每个小正方形的顶点称为格点，A，B，C均为格点。

在下列各图中画出四边形ABCD，使点D也为格点，且四边形ABCD分别符合下列条件:
（1）是中心对称图形(画在图1中)
（2）是轴对称图形(画在图2中)
（3）既是轴对称图形，又是中心对称图形(画在图3中)
11.如图，请在图中按要求解答下面问题
①作出三角形ABC关于直线l对称的三角形A1B1C1；
②作出将三角形ABC绕着点B顺时针旋转90度得到的三角形A2BC2
12.已知：在平面直角坐标系中，的三个顶点的坐标分别为，，.
①画出关于原点成中心对称的，并写出点的坐标；
②画出将绕点按顺时针旋转所得的.
13.已知在图（1）与图（2）中，每个小方格都是边长为1个单位的正方形，的三个顶点都在格点上.
（1）将关于点对称，在图（1）中画出对称后的图形，并涂黑；
（2）将△OAB先向右平移3个单位，再向上平移2个单位，在图2中画出平移后的图形，并涂黑。

四、综合题
14.在平面直角坐标系中，已知A（﹣1，5），B（4，2），C（﹣1，0）三点.点A关于原点O的对称点A′，点
B关于轴的对称点为B′，点C关于轴的对称点为C′.
（1）A′的坐标为________，B′的坐标为________，C′的坐标为________ .
（2）建立平面直角坐标系，描出以下三点A、B′、C′，并求△AB′C′的面积.
15.如图1是实验室中的一种摆动装置，BC在地面上，支架ABC是底边为BC的等腰直角三角形，摆动臂AD可绕点A旋转，摆动臂DM可绕点D旋转，AD=30，DM=10.
（1）在旋转过程中，
①当A，D，M三点在同一直线上时，求AM的长。

②当A，D，M三点为同一直角三角形的顶点时，求AM的长。

（2）若摆动臂AD顺时针旋转90°，点D的位置由△ABC外的点D1转到其内的点D2处，连结D1D2，如图2.此时∠AD2C=135°，CD2=60，求BD2的长.
答案解析部分
一、单选题
1.答案：A
中心对称图形是指将图形围绕某一点旋转180°之后能与原图形重合。

故答案为：A
在平面内，把一个图形绕着某个点旋转180°，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。

根据中心对称图像的定义即可判断求解。

2.答案：B
A、通过基础图形旋转变换得到，不符合题意；
B、通过折叠、旋转和平移都能得到，符合题意；
C、不能折叠、旋转和平移得到，不符合题意；
D、只能通过平移得到，不符合题意；
故答案为：B .
旋转图形是旋转某角度能重合，折叠图形是图形折叠后能重合，通过上下或水平移动得到。

3.答案：A
解：A、线段既是轴对称图形，又是中心对称图形，故A符合题意；
B、直角三角形不是中心对称图形，故B不符合题意；
C、等边三角形是轴对称图形，不是中心对称图形，故C不符合题意；
D、平行四边形是中心对称图形，但不是轴对称图形，故D不符合题意；
故答案为：A
中心对称图形是图形绕某一点旋转180°后与原来的图形完全重合，轴对称图形是一定要沿某直线折叠后直线两旁的部分互相重合，再对各选项逐一判断即可。

4.答案：C
解：点(-1，2)关于原点对称的点的坐标为（1，-2）
故答案为：C
根据关于原点对称点的坐标特点：横纵坐标都互为相反数，就可求出结果。

5.答案：A
解：如图，作轴于，轴于.
在Rt△AOE中，点的坐标为，
∴OE= ,AE=1,
∵tan∠AOE= ，
∴∠AOE=30°，
又∵∠AOA’=30°，
∴∠A'OF=90°－30°－30°=30°.
，
，
，
，，。

故答案为：。

如图，作轴于，轴于，根据点A的坐标得出OE,AE的长，进而根据正切函数的定义及特殊锐角三角函数值求出∠AOE=30°，根据角的和差得出∠A'OF=30°，从而利用AAS判断出，根据全
等三角形的对应边相等得出，，进而根据点的坐标与象限的关系得出点A'的坐标。

6.答案：A
解：B 绕原点顺时针旋转到达B‘，OC恰好和x轴正半轴重合，∴横坐标为，B'在第二象限，解直角三角形得B'C'=1，则纵坐标为-1.
故答案为：A
根据旋转图形的特点，结合图像的象限求坐标。

二、填空题
7.答案：6﹣2
解：作FM⊥AD于M，FN⊥AG于N，如图，
易得四边形CFMD为矩形，则FM＝4，
∵正方形ABCD的边长为4，点E是CD的中点，
∴DE＝2，
∴AE＝＝2 ，
∵△ADE绕点A顺时针旋转90°得△ABG，
∴AG＝AE＝2 ，BG＝DE＝2，∠3＝∠4，∠GAE＝90°，∠ABG＝∠D＝90°，
而∠ABC＝90°，
∴点G在CB的延长线上，
∵AF平分∠BAE交BC于点F，
∴∠1＝∠2，
∴∠2+∠4＝∠1+∠3，即FA平分∠GAD，
∴FN＝FM＝4，
∵AB•GF＝FN•AG，
∴GF＝＝2 ，
∴CF＝CG﹣GF＝4+2﹣2 ＝6﹣2 。

故答案为6﹣2 。

作FM⊥AD于M，FN⊥AG于N，如图，易得四边形CFMD为矩形，则FM＝4，根据正方形的性质及中点定义得
出DE=2，在Rt△ADE中，利用勾股定理得出AE的长，根据旋转的性质得出AG＝AE＝2 ，BG＝DE＝2，∠3＝∠4，∠GAE＝90°，∠ABG＝∠D＝90°，进而判断出点G在CB的延长线上，根据角平分线上的点到角两边的距离相
等得出FN＝FM＝4，根据三角形的面积法得出AB•GF＝FN•AG，从而即可算出GF的长，进而根据CF＝CG ﹣GF算出答案。

8.答案：6
解：由题可知，图中有8个全等的梯形，所以AF=4AD+4BC=4×0.5+4×1=6cm．
由全等图形的对应边相等可得AF=4（AD+BC），将已知条件代入计算即可求解。

9.答案：把△ABO绕O点连续旋转90°，180°，270°可以得到正方形ABCD
观察图形可知把△ABO绕O点连续旋转90°，180°，270°可以得到正方形ABCD．故答案为：把△ABO绕O点连续旋转90°，180°，270°可以得到正方形ABCD
旋转的性质：①旋转后的每一点都绕着旋转中心，旋转了同样大小的角度；②旋转后的图形与原来图形的形状与大小都没有发生变化，③旋转前后两个图形的对应点到旋转中心的距离相等；④对应点到旋转中心的连线所成的角相等．观察图形，回想正方形的特性；根据旋转变换图形的性质即可得出答案．
三、作图题
10.答案：（1）解：如图，
（2）解：如图
（3）解：如图
（1）因为平行四边形对角线互相平分，所以平行四边形关于对角线的交点对称，为中心对称图形。

过C作CD∥AB，过A作AD∥BC，AD和CD交于一点D，作如图所示的平行四边形即可。

（2）以AC为对称轴，作四边形ABCD，过D作OD垂直AC交AC于O，延长DO至B，使OD=OB，则四边形ABCD 为所求，如图所示。

（3）因为菱形的对角线互相垂直平分，既是轴对称图形，又是中心对称图形，由条件可得，AB=BC，
只要过A、C分别作BC和AB的平行线交于一点D得到的四边形即是菱形。

11.答案：解：如图△A1B1C1、△A2BC2即为所求
①分别作A、B、C关于直线l的对称点A1、B1、C1，再把这三点顺次连接起来即可得△A1B1C1；
②将AB、CB以B为中心，顺时针分别旋转90°得到A2、C2，然后将A2、B、C2顺次连接起来即为所求三角形A2BC2。

12.答案：解：如图所示，、即为所求，其中点的坐标为.
（1）根据关于坐标原点对称的点，其横坐标互为相反数，纵坐标也互为相反数即可得出点A1,B1,C1的坐标，在坐标平
面内描出这些点，再顺次连接即可得出所求的；
（2）利用方格纸的特点及旋转的性质，分别作出A1,B1绕点按顺时针旋转所得所得的对应点A2,B2，再
顺次连接即可得出所求的。

13.答案：（1）解：根据△OAB关于点P（1，0）对称的特点分别求出对应点的坐标，顺次连接，如图所示：
（2）解：根据“先向右平移3个单位，再向上平移2个单位”的规律求出对应点的坐标，顺次连接，如图所示：
（1）根据关于某点对称图形的性质得出对应点的坐标即可求解；
（2）根据平移的点的变化特点“左减右加，上加下减”可得对称点的坐标，再顺次连接各对称点即可求解。

四、综合题
14.答案：（1）（1，-5）；（4，-2）；（1，0）
（2）解：如图，
∵A′（1，-5），B′（4，-2），C′（1，0）.
∴A′C′=|-5-0|=5，B′D=|4-1|=3，
，即△A′B′C′的面积是7.5.
解：（1）∵A（-1，5），
∴点A关于原点O的对称点A′的坐标为（1，-5）.
∵B（4，2），
∴点B关于x轴的对称点B′的坐标为（4，-2）.
∵C（-1，0），
∴点C关于y轴的对称点C′的坐标为（1，0）.
故答案为：（1，-5），（4，-2），（1，0）.
（1）根据关于x轴对称点的坐标特点：横坐标不变，纵坐标互为相反数；关于y轴对称点的坐标特点：横坐标互为相反数，纵坐标不变；关于原点对称点的坐标特点：横纵坐标都互为相反数，据此可求出点A′，B′，C′的坐标。

（2）在平面直角坐标系中画出△AB′C′ ，再利用三点坐标及三角形的面积公式，就可求出△AB′C′的面积。

15.答案：（1）解:①AM=AD+DM=40，或AM=AD-DM=20.
②显然∠MAD不能为直角。

当∠AMD为直角时
AM2=AD2-DM2=302-102=800，∴AM=20
当∠ADM为直角时，
AM2=AD2+CM2=302+102=1000 ∴AM=10
（2）解:连结CD1由题意得∠D1AD2=90°，
AD1=AD2=30
∴∠AD2D1=45°，D1D2=30
又∵∠AD2C=135°，∴∠CD2D1=90°
∴CD1= =30
∵∠BAC=∠D2AD1=90°
∴<BAC-∠CAD2=∠D2AD1-∠CAD2.
即∠BAD2=∠CAD1
又∵AB=AC，AD1=AD2，∴△ABD2≌△ACD1
∴BD2=CD1=30
【分析】（1）①根据已知条件，分两种情况讨论，由AM=AD+DM或AM=AD-DM就可求出AM的长；②分情况讨论：由题意可知∠DAM不能为直角，当∠AMD为直角时；∠ADM为直角时，分别利用勾股定理求出AM的长。

（2）连接CD，利用旋转的性质易证∠D1AD2=90°，AD1=AD2，利用解直角三角形求出D1D2，再证明△CD1D2是直角三角形，利用勾股定理就可求出CD1，然后利用SAS证明△ABD2≌△ACD1，根据全等三角形的性质，就可求出BD2的长.。