文档内容
2023-2024 学年九年级上册 第三单元 旋转
B 卷•能力提升卷
（考试时间：90分钟 试卷满分：100分）
一、选择题（本题共10小题，每小题3分，共30分）。
1．（2023•九台区模拟）在平面直角坐标系中，已知A（2，1），现将A点绕原点O逆时
针旋转90°得到A ，则A 的坐标是（ ）
1 1
A．（﹣1，2） B．（2，﹣1） C．（1，﹣2） D．（﹣2，1）
【答案】A
【解答】解：将A点绕原点O逆时针旋转90°得到A ，
1
即将Rt△OBA点绕原点O逆时针旋转90°得到Rt△OB A ，如图，
1 1
所以OB ＝OB＝2，A B ＝AB＝1，
1 1 1
所以点A 的坐标是（﹣1，2）．
1
故选：A．
2．（2023春•襄汾县期末）如图，点O为矩形ABCD的对称中心，AD＞AB，点E从点B
出发（不含点B）沿BC向点C运动，移动到点C停止，延长EO交AD于点F，则四
边形BEDF形状的变化依次为（ ）
A．平行四边形→菱形→正方形→矩形
B．平行四边形→正方形→菱形→矩形
C．平行四边形→菱形→平行四边形→矩形
D．平行四边形→正方形→平行四边形一矩形
【答案】C
【解答】解：连接BD．∵点O为矩形ABCD的对称中心，
∴BD经过点O，OD＝OB，
∵AD∥BC，
∴∠FDO＝∠EBO，
在△DFO和△BEO中，
，
∴△DFO≌△BEO（ASA），
∴DF＝BE，
∵DF∥BE，
∴四边形BEDF是平行四边形，
观察图形可知，四边形BEDF形状的变化依次为平行四边形→菱形→平行四边形→矩
形．
故选：C．
3．（2023春•通川区期末）如图在平面直角坐标系xOy中，有一个等腰直角三角形AOB，
∠OAB＝90°，直角边AO在x轴上，且AO＝1．将Rt△AOB绕原点O顺时针旋转90°
得到等腰直角三角形A OB ，且A O＝2AO，再将Rt△A OB 绕原点O顺时针旋转90°
1 1 1 1 1
得到等腰三角形A OB ，且A O＝2A O…，依此规律，得到等腰直角三角形A OB ，
2 2 2 1 2023 2023
则点B 的坐标（ ）
2023A．（﹣22023，22023） B．（22022，﹣22022）
C．（22023，﹣22023） D．（22022，22022）
【答案】A
【解答】解：由题意得：B （2，﹣2），B （﹣22，﹣22），B （﹣23，23），B （24，
1 2 3 4
24），……，
∵2023÷4＝505……3，
∴B 的坐标为（﹣22023，22023），
2023
故选：A．
4．（2023春•德州期中）边长相等的两个正方形ABCD和OEFG如图所示，若将正方形
OEFG绕点O按顺时针方向旋转120°，在旋转的过程中，两个正方形重叠部分四边形
OMAN的面积（ ）
A．先增大再减小 B．先减小再增大
C．不断增大 D．不变
【答案】D
【解答】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴∠AOB＝90°，∠DAO＝∠ABO＝45°，OA＝ AC，OB＝ BD，AC＝BD，
∴OA＝OB，
旋转得：四边形OE′F′G′是正方形，
∴∠E′OG′＝90°，
∴∠E′OG′＝∠AOB＝90°，
∴∠E′OG′﹣∠AON＝∠AOB﹣∠AON，
∴∠BON＝∠AOM，
∴△AOM≌△BON（ASA），∴四边形OMAN的面积＝△AON的面积+△AOM的面积
＝△AON的面积+△BON的面积
＝△AOB的面积
＝ 正方形ABCD的面积，
∴在旋转的过程中，两个正方形重叠部分OMAN的面积不变，
故选：D．
5．（2023春•乳山市期末）如图，边长为2的正方形ABCD的对角线交于点O，∠EOF＝
90°，绕点O旋转∠EOF，交边AD，CD于点E，F，则线段EF的最小值为（ ）
A． B．1 C． D．
【答案】A
【解答】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴OA＝OB＝OC＝OD，∠OCF＝∠ODE＝45°，∠AOD＝∠COD＝90°，
∴∠COF+∠DOF＝90°．
∵∠EOF＝90°，
∴∠DOE+∠DOF＝90°，
∴∠COF＝∠DOE，
∴△COF≌△DOE（ASA），
∴OE＝OF，
∴ ，
∴当OE取得最小值时，线段EF取得最小值，
由垂线段最短可知，当OE⊥AD时，OE取得最小值，
此时 ，
∴ ，线段EF的最小值为 ．故选：A．
6．（2023春•开江县校级期末）如图，等边△ABC中有一点P，且PA＝3，PB＝4，PC＝
5，则∠APB的度数的为（ ）
A．150° B．135° C．120° D．165°
【答案】A
【解答】解：∵△ABC为等边三角形，
∴BA＝BC，
可将△BPC绕点B逆时针旋转60°得△BEA，
连EP，如图，
∴BE＝BP＝4，AE＝PC＝5，∠PBE＝60°，
∴△BPE为等边三角形，
∴PE＝PB＝4，∠BPE＝60°，
在△AEP中，AE＝5，AP＝3，PE＝4，
∴AE2＝PE2+PA2，
∴△APE为直角三角形，且∠APE＝90°，
∴∠APB＝90°+60°＝150°．
故选：A．
7．（2023春•秦都区期中）如图，△ABC为等边三角形，AB＝4，AD⊥BC于点D，点E
为线段AD上的动点，连接CE，以CE为边在下方作等边△CEF，连接BF、DF，则线
段DF的最小值为（ ）A．2 B． C．1 D．2
【答案】C
【解答】解：∵△ABC为等边三角形，AD⊥BC，AB＝4，
∴BC＝AC＝AB＝4，BD＝DC＝2，∠BAC＝∠ACB＝60°，∠CAE＝30°，
∵△CEF为等边三角形，
∴CF＝CE，∠FCE＝60°，
∴∠FCE＝∠ACB，
∴∠BCF＝∠ACE，
在△BCF和△ACE中，
，
∴△BCF≌△ACE（SAS），
∴∠CBF＝∠CAE＝30°，AE＝BF，
∴当DF⊥BF时，DF值最小，
此时∠BFD＝90°，∠CBF＝30°，BD＝2，
∴DF＝1，
故选：C．
8．（2023春•兴城市期中）如图所示，长方形ABCD的两边BC、CD分别在x轴、y轴上，
点C与原点重合，点A（﹣1，2），将长方形ABCD沿x轴无滑动向右翻滚，经过一次
翻滚，点A的对应点记为A ；经过第二次翻滚，点A的对应点记为A ；……，依次类
1 2
推，经过第2023次翻滚，点A的对应点A 的坐标为（ ）
2023A．（3032，1） B．（3033，0） C．（3033，1） D．（3035，2）
【答案】B
【解答】解：如图所示：
观察图形可得经过4次翻滚后点A对应点一循环，
2023÷4＝505……3，
∵点A（﹣1，2），长方形的周长为：2（2+1）＝6，
∴A （3，0），
3
∴经过505次翻滚后点A对应点A 的坐标为（6×505+1+2，0），即（3033，0）．
2023
故选：B．
9．（2023春•高陵区月考）如图，在平面直角坐标系中，将△ABC绕点C（0，﹣2）的
坐标旋转180°得到△A B C，设点A 的坐标为（a，b），则点A的坐标为（ ）
1 1 1
A．（﹣a，﹣b+4）B．（﹣a+4，﹣b）C．（﹣a﹣4，﹣b） D．（﹣a，﹣b﹣
4）
【答案】D
【解答】解：由题知，
点C是AA 的中点，
1
又C（0，﹣2），A （a，b），
1所以： ， ．
得x ＝﹣a，y ＝﹣b﹣4．
A A
即A（﹣a，﹣b﹣4）．
故选：D．
10．（2023•阜新模拟）如图，把正方形铁片OABC置于平面直角坐标系中，顶点A的坐
标为（3，0），点P（1，2）在正方形铁片上，将正方形铁片绕其右下角的顶点按顺时
针方向依次旋转90°，第一次旋转至图①位置，第二次旋转至图②位置，…则正方形
铁片连续旋转2024次后，点P的坐标为（ ）
A．（6070，2） B．（6072，2） C．（6073，2） D．（6074，1）
【答案】C
【解答】解：第一次P （5，2），
1
第二次P （8，1），
2
第三次P （10，1），
3
第四次P （13，2），
4
第五次P （17，2），
5
…
发现点P的位置4次一个循环，
∵2024÷4＝506，
P 的纵坐标与P 相同为2，横坐标为1+12×506＝6073，
2024 4
∴P （6073，2）．
2024
故选：C．
二、填空题(本题共6题,每小题3分，共18分）。
11．（2023•内蒙古）如图，在平面直角坐标系中，点B坐标（8，4），连接OB，将OB
绕点O逆时针旋转90°，得到OB'，则点B′的坐标为 （﹣ 4 ， 8 ） ．【答案】（﹣4，8）．
【解答】解：分别过点B、B′向x轴作垂线，垂足分别为M、N．
（方法一）∵∠BOB′＝90°，
∴∠BOM+∠B′ON＝90°．
又∵∠BOM+∠OBM＝90°，
∴∠B′ON＝∠OBM．
在Rt△OMB和Rt△B′NO中，
，
∴Rt△OMB≌Rt△B′NO（AAS），
∴B′N＝OM＝8，ON＝BM＝4，
∴点B′的坐标为（﹣4，8）．
（方法二）根据题意，得OB′＝OB＝ ＝ ＝4 ．
sin∠BOM＝sin（90°﹣∠B′ON）＝cos∠B′ON＝ ＝ ＝ ，
cos∠BOM＝cos（90°﹣∠B′ON）＝sin∠B′ON＝ ＝ ＝ ．
∴ON＝OB′•cos∠B′ON＝4 × ＝4，B′N＝OB′•sin∠B′ON＝4 × ＝8．
∴点B′的坐标为（﹣4，8）．
故答案为：（﹣4，8）．
12．（2023春•南山区期末）如图，在△ABC中，∠B＝65°，∠BAC＝75°，△ABC绕点A按逆时针方向旋转到△ADE的位置，点D在BC边上，DE交AC于点F，则∠AFD＝
90° ．
【答案】90°．
【解答】解：∵∠B＝65°，∠BAC＝75°，
∴∠C＝180°﹣65°﹣75°＝40°，
由旋转得∠E＝∠C＝40°，∠DAE＝∠BAC＝75°，AD＝AB，
∴∠ADB＝∠B＝65°，
∴∠BAD＝180°﹣65°﹣65°＝50°，
∵∠EAC＝∠BAD＝75°﹣∠CAD，
∴∠EAC＝50°，
∴∠AFD＝∠E+∠EAC＝40°+50°＝90°，
故答案为：90°．
13．（2023•青云谱区开学）一副三角板按图1的形式摆放，把含45°角的三角板固定，含
30°角的三角板绕直角顶点逆时针旋转，设旋转的角度为 （0°＜ ＜130°）．在旋转过
程中，当两块三角板有两边平行时， 的度数为 30 ° 或 45 ° 或 120 ° ．
α α
α
【答案】30°或45°或120°．
【解答】解：①如图1，当CD∥OB时，∠ ＝∠D＝30°；
②如图2，当OC∥AB时，∠OEB＝∠COD＝90°，
α∴∠ ＝90°﹣∠B＝90°﹣45°＝45°；
③如图3．当DC∥OA时，∠DOA＝∠D＝30°，
α
∴∠ ＝∠AOB+∠AOD＝90°+30°＝120°．
④当OD∥AB时，旋转角大于130°，不符合题意．
α
故答案为：30°或45°或120°．
14．（2023春•五华县期中）如图，等腰直角△ABC和等腰直角△ADE，且∠BAC＝
∠DAE＝90°，点N，点M分别为BC，DE的中点，AB＝10，AD＝6，△ADE绕点A旋
转过程中，MN的最小值为 ．【答案】 ．
【解答】解：连接AN，AM，
∴∠BAC＝∠DAE＝90°，AB＝10，AD＝6，
∴ ， ，
∵点N，点M分别为BC，DE的中点，
∴ ， ，
∵MN≥AN﹣AM，
当点M在线段AN上 时，MN最小，
此时， ，
故答案为： ．
15．（2023春•东营期末）如图，在矩形ABCD中，AB＝10，AD＝6，矩形ABCD绕点A
逆时针旋转一定角度得矩形AB′C′D′，若点B的对应点B′落在边CD上，则
B′C的长为 2 ．【答案】见试题解答内容
【解答】解：由旋转的性质得到AB＝AB′＝10，
在直角△AB′D中，∠D＝90°，AD＝6，AB′＝AB＝10，
所以B′D＝ ＝8，
所以B′C＝10﹣B′D＝2．
故答案为：2．
16．（2023春•东台市期中）如图，P是边长为2的正方形ABCD内一动点，Q为边BC上
一动点，连接PA，PD，PQ，则PA+PD+PQ的最小值为 +2 ．
【答案】 +2．
【解答】解：如图，将△APD绕点A逆时针旋转60°得到△AFE，∴AP＝AF，∠PAF＝60°＝∠EAD，AE＝AD，
∴△AFP是等边三角形，△AED是等边三角形，
∴AP＝PF＝AF，
作EH⊥BC于H，交AD于G．
∴∠AEG＝30°，
∴AG＝1，EG＝ ，
∵PA+PD+PQ＝EF+FP+PQ，
∴当点Q，点F，点E，点Q四点共线且垂直BC时，PA+PD+PQ有最小值为EH，
∵GH＝AB＝2，
∴EH＝2+ ，
∴PA+PD+PQ的最小值 +2，
故答案为： +2．
三、解答题（本题共5题，共52分）。
17．（10分）（2023春•秦都区期末）如图，△ABC是等边三角形，点E在AC边上，连
接BE，将BE绕点B逆时针旋转60°得到BD，连接DE、AD．
（1）求证：AD＝CE；
（2）若BC＝8cm，BE＝7cm，求△ADE的周长．【答案】（1）详见解析；
（2）15cm．
【解答】（1）证明：∵△ABC是等边三角形，
∴BC＝BA，∠ABC＝60°．
∵BD是由BE绕点B逆时针旋转60°得到，
∴BD＝BE，∠EBD＝60°，
∴△BDE是等边三角形，
∴∠CBE＝∠ABD，
∴△CBE≌△ABD（SAS），
∴AD＝CE；
（2）解：∵△ABC和△BED都是等边三角形，
∴AE+AD＝AE+CE＝AC＝BC＝8cm，DE＝BE＝7cm，
∴△ADE的周长为AD+AE+DE＝8+7＝15cm．
18．（10分）（2023春•南城县期中）如图，点O是等边三角形ABC内一点，将CO绕
点C顺时针旋转60°得到CD，连接OD，AO，BO，AD．
（1）求证：BO＝AD；
（2）若OA＝10，OB＝8，OC＝6，求∠BOC的度数．
【答案】（1）详见解析；
（2）150°．
【解答】（1）证明：∵CO绕点C顺时针旋转60°得到CD，
∴CO＝CD，∠OCD＝60°，
∵△ABC是等边三角形，
∴CA＝CB，∠BCA＝∠OCD＝60°，
∴∠BCA＝∠OCD，∠BCO＝∠ACD，在△BCO和△ACD中，CA＝CB，∠BCO＝∠ACD，CO＝CD，
∴△BCO≌△ACD（SAS），
∴BO＝AD．
（2）解：∵CO＝CD，∠OCD＝60°，
∴△OCD是等边三角形，
∴OD＝OC＝6，∠ODC＝60°，
∵△BCO≌△ACD，
∴AD＝OB＝8，∠BOC＝∠ADC，
∵OA＝10，
∴OA2＝AD2+OD2，
∴∠ADO＝90°，
∴∠ADC＝∠ADO+∠ODC＝90°+60°＝150°，
∴∠BOC＝∠ADC＝150°．
19．（10分）（2023春•北林区期末）如图，在正方形ABCD中，E，F是对角线BD上
两点，且∠EAF＝45°，将△ADF绕点A顺时针旋转90°后，得到△ABQ，连接EQ．
（1）求证：EF＝EQ；
（2）求证：EF2＝BE2+DF2．
【答案】（1）见解答；
（2）见解答．
【解答】证明：（1）∵将△ADF绕点A顺时针旋转90°后，得到△ABQ，
∴QB＝DF，AQ＝AF，∠BAQ＝∠DAF，
∵∠EAF＝45°，
∴∠DAF+∠BAE＝45°，
∴∠QAE＝45°，∴∠QAE＝∠FAE，
在△AQE和△AFE中
，
∴△AQE≌△AFE（SAS）．
∴EF＝EQ；
（2）由（1）得△AQE≌△AFE，
∴QE＝EF，
由旋转的性质，得∠ABQ＝∠ADF，
∠ADF+∠ABD＝90°，
则∠QBE＝∠ABQ+∠ABD＝90°，
在Rt△QBE中，
QB2+BE2＝QE2，
又∵QB＝DF，
∴EF2＝BE2+DF2．
20．（10分）（2022秋•青山湖区期末）阅读下面材料，并解决问题：
（1）如图①等边△ABC内有一点P，若点P到顶点A、B、C的距离分别为3，4，5，
求∠APB的度数．
为了解决本题，我们可以将△ABP绕顶点A旋转到△ACP′处，此时△ACP′≌△ABP，
这样就可以利用旋转变换，将三条线段PA、PB、PC转化到一个三角形中，从而求出
∠APB＝ 150 ° ；
（2）基本运用
请你利用第（1）题的解答思想方法，解答下面问题
已知如图②，△ABC中，∠CAB＝90°，AB＝AC，E、F为BC上的点且∠EAF＝45°，求证：EF2＝BE2+FC2；
（3）能力提升
如图③，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝1，∠ABC＝30°，点O为Rt△ABC内一点，
连接AO，BO，CO，且∠AOC＝∠COB＝∠BOA＝120°，求OA+OB+OC的值．
【答案】见试题解答内容
【解答】解：（1）∵△ACP′≌△ABP，
∴AP′＝AP＝3、CP′＝BP＝4、∠AP′C＝∠APB，
由题意知旋转角∠PA P′＝60°，
∴△AP P′为等边三角形，
P P′＝AP＝3，∠A P′P＝60°，
易证△P P′C为直角三角形，且∠P P′C＝90°，
∴∠APB＝∠AP′C＝∠A P′P+∠P P′C＝60°+90°＝150°；
故答案为：150°；
（2）如图2，把△ABE绕点A逆时针旋转90°得到△ACE′，
由旋转的性质得，AE′＝AE，CE′＝BE，∠CAE′＝∠BAE，∠ACE′＝∠B，
∠EAE′＝90°，
∵∠EAF＝45°，
∴∠E′AF＝∠CAE′+∠CAF＝∠BAE+∠CAF＝∠BAC﹣∠EAF＝90°﹣45°＝45°，
∴∠EAF＝∠E′AF，
在△EAF和△E′AF中，
∴△EAF≌△E′AF（SAS），
∴E′F＝EF，
∵∠CAB＝90°，AB＝AC，
∴∠B＝∠ACB＝45°，
∴∠E′CF＝45°+45°＝90°，
由勾股定理得，E′F2＝CE′2+FC2，
即EF2＝BE2+FC2．（3）如图3，将△AOB绕点B顺时针旋转60°至△A′O′B处，连接OO′，
∵在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝1，∠ABC＝30°，
∴AB＝2，
∴BC＝ ，
∵△AOB绕点B顺时针方向旋转60°，
∴△A′O′B如图所示；
∠A′BC＝∠ABC+60°＝30°+60°＝90°，
∵∠C＝90°，AC＝1，∠ABC＝30°，
∴AB＝2AC＝2，
∵△AOB绕点B顺时针方向旋转60°，得到△A′O′B，
∴A′B＝AB＝2，BO＝BO′，A′O′＝AO，
∴△BOO′是等边三角形，
∴BO＝OO′，∠BOO′＝∠BO′O＝60°，
∵∠AOC＝∠COB＝∠BOA＝120°，
∴∠COB+∠BOO′＝∠BO′A′+∠BOO′＝120°+60°＝180°，
∴C、O、A′、O′四点共线，
在Rt△A′BC中，A′C＝ ，
∴OA+OB+OC＝A′O′+OO′+OC＝A′C＝ ．
21．（12分）（2022•黄冈模拟）（1）如图1，O是等边△ABC内一点，连接OA、OB、OC，且OA＝3，OB＝4，OC＝5，将△BAO绕点B顺时针旋转后得到△BCD，连接
OD．
求：①旋转角的度数 60 ° ；
②线段OD的长 4 ；
③求∠BDC的度数．
（2）如图2所示，O是等腰直角△ABC（∠ABC＝90°）内一点，连接OA、OB、OC，
将△BAO绕点B顺时针旋转后得到△BCD，连接OD．当OA、OB、OC满足什么条件
时，∠ODC＝90°？请给出证明．
【答案】见试题解答内容
【解答】解：（1）①∵△ABC为等边三角形，
∴BA＝BC，∠ABC＝60°，
∵△BAO绕点B顺时针旋转后得到△BCD，
∴∠OBD＝∠ABC＝60°，
∴旋转角的度数为60°；
②∵△BAO绕点B顺时针旋转后得到△BCD，
∴BO＝BD，
而∠OBD＝60°，
∴△OBD为等边三角形；
∴OD＝OB＝4；
③∵△BOD为等边三角形，
∴∠BDO＝60°，
∵△BAO绕点B顺时针旋转后得到△BCD，
∴CD＝AO＝3，在△OCD中，CD＝3，OD＝4，OC＝5，
∵32+42＝52，
∴CD2+OD2＝OC2，
∴△OCD为直角三角形，∠ODC＝90°，
∴∠BDC＝∠BDO+∠ODC＝60°+90°＝150°；
（2）OA2+2OB2＝OC2时，∠ODC＝90°．理由如下：
∵△BAO绕点B顺时针旋转后得到△BCD，
∴∠OBD＝∠ABC＝90°，BO＝BD，CD＝AO，
∴△OBD为等腰直角三角形，
∴OD＝ OB，
∵当CD2+OD2＝OC2时，△OCD为直角三角形，∠ODC＝90°，
∴OA2+2OB2＝OC2，
∴当OA、OB、OC满足OA2+2OB2＝OC2时，∠ODC＝90°．
