人教版九年级上册23.3 课题学习图案设计课后练习题

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这是一份人教版九年级上册23.3 课题学习图案设计课后练习题，共19页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

第I卷（选择题）
一、选择题（本大题共12小题，共36.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
如图，已知等边△ABC和等边△BDE，其中A、B、D三个点在同一条直线上，且ABA. △BDE可看作是△ABC沿AB方向平移所得
B. △ABC和△BDE关于过点B且垂直于AB的直线成轴对称
C. △BCD可看作是由△ABE绕点B顺时针方向旋转60°所得
D. △ABC和△BDE关于点B成中心对称
2022年北京冬奥会顺利闭幕，奥运吉祥物“冰墩墩”让我们印象深刻，在下面的A，B，C，D四张“冰墩墩”图片中，能由最左边的“冰墩墩”经过平移得到的是( )
A. B. C. D.
如图所示的图案是一些汽车的车标，可以看作由“基本图案”经过平移得到的是( )
A. B.
C. D.
如图，直线m//n，点A在直线m上，BC在直线n上，构成三角形ABC，把三角形ABC向右平移BC长度的一半得到三角形A′B′C′(如图①)，再把三角形A′B′C′向右平移BC长度的一半得到三角形A′′CC′′(如图②)，再继续上述的平移得到图③，…，通过观察可知图①中有4个三角形，图②中有8个三角形，则第2020个图形中三角形的个数是：
A. 4040B. 6060C. 6061D. 8080
如图，在ΔABC中，∠BAC=108∘，将ΔABC绕点A按逆时针方向旋转得到△AB′C′.若点B′恰好落在BC边上，且AB′=CB′，则∠C′的度数为( )
A. 18∘B. 20∘C. 24∘D. 28∘
如图是2022年冬季奥运会运动员冰面上表演的图案，下列四个选项中，能由原图通过平移得到的是( )
A. B.
C. D.
下列四个图案都由左、右两部分组成，其中能从左边图形经过一次平移或一次旋转或一次轴对称而形成右边图形的有( )
A. 4个B. 3个C. 2个D. 1个
北京2022年冬奥会的举办，再次点亮了北京这座千年古都．在下列北京建筑的简笔画图案中，是轴对称图形的是( )
A. 国家体育场
B. 国家游泳中心
C. 天安门
D. 国家大剧院
全等三角形又叫做合同三角形，平面内的合同三角形分为真正合同三角形与镜面合同三角形，假设△ABC和△A1C1B1是全等(合同)三角形，且点A与点A1对应，点B与点B1对应，点C与点C1对应，当沿周界A→B→C→A及A1→B1→C1→A1环绕时，若运动方向相同，则称它们是真正合同三角形(如图①所示)；若运动方向相反，则称它们是镜面合同三角形(如图②所示)，两个真正合同三角形，都可以在平面内通过平移或旋转使它们重合；而两个镜面合同三角形要重合，则必须将其中的一个进行翻折．
下列各组合同三角形中，是镜面合同三角形的是( )
A. B. C. D.
下列各图中，由图形①到图形②既可经过平移，又可经过旋转得到的是( )
A. B. C. D.
如图，在3×3的正方形网格中有两个小正方形被涂黑，再将图中其余小正方形任意一个涂黑，使得整个图形(包括网格)构成一个轴对称图形，那么涂法共有( )
A. 3种B. 4种C. 5种D. 6种
如图，在2×2的正方形网格中，有一个格点△ABC(阴影部分)，则网格中所有与△ABC成轴对称的格点三角形的个数为( )
A. 2
B. 3
C. 4
D. 5
第II卷（非选择题）
二、填空题（本大题共4小题，共12.0分）
云南少数民族服饰以其精美的花纹和艳丽的色彩越来越受到追求独立与个性的设计师的喜爱．某民族服饰的花边均是由若干个平移形成的有规律的图案，如图，第①个图案由4个组成，第②个图案由7个组成，第③个图案由10个组成，…，按此规律排列下去，第n个图案中的个数为______．
如图，将一个正方形，第1次向右平移一下，平移的距离等于对角线长的一半，即其中一个正方形的顶点与另一个正方形的中心重合，并把重叠部分涂上颜色；第2次向右平移连续平移两次，每次平移的距离与第一次平移的距离相同，并且每平移一次把重叠部分涂上颜色，…，则第2022次平移后所得到的图案中所有正方形的个数是______．
如图，在4×4的正方形网格中，每个小正方形的顶点称为格点，左上角阴影部分是一个以格点为顶点的正方形(简称格点正方形).若再作一个格点正方形，并涂上阴影，使这两个格点正方形无重叠面积，且组成的图形既是轴对称图形，又是中心对称图形，则这个格点正方形的作法共有种.
在平面直角坐标系中，点P(x,y)经过某种变换后得到点P′(−y+1,x+2)，我们把点P′(−y+1,x+2)叫做点P(x,y)的终结点.已知点P1的终结点为P2，点P2的终结点为P3，点P3的终结点为P4，这样依次得到P1，P2，P3，P4，…Pn.若点P1的坐标为(2,0)，则点P2021的坐标为______ ．
三、解答题（本大题共6小题，共48.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
如图所示，网格中每个小正方形的边长为1，请你认真观察图(1)中的三个网格中阴影部分构成的图案，解答下列问题：
(1)这三个图案都具有以下共同特征：都是______对称图形，都不是______对称图形．
(2)请在图(2)中设计出一个面积为4，且具备上述特征的图案，要求所画图案不能与图(1)中所给出的图案相同．
如图，在平面直角坐标系中，△ABC三个顶点的坐标分别是A(1,1)，B(4,2)，C(3,4)．
(1)若△ABC经过平移后得到△A1B1C1，已知点C的对应点C1的坐标为(−2,4)，画出△A1B1C1；
(2)请画出△ABC关于原点О对称的△A2B2C2，并写出点C的对应点C2的坐标．
在平面直角坐标系xOy中，△ABC的顶点坐标分别是A(−2,2)，B(−3,−2)，C(−1,0)．
(1)按要求画出图形：
①将△ABC向右平移6个单位得到△A1B1C1；
②再将△A1B1C1绕点A1顺时针旋转90°得到△A1B2C2；
(2)如果将(1)中得到的△A1B2C2看成是由△ABC经过以某一点M为旋转中心旋转一次得到的，请写出M的坐标．
如图①，E是AB延长线上一点，分别以AB、BE为一边在直线AE同侧作正方形ABCD和正方形BEFG，连接AG、CE．
(1)试探究线段AG与CE的大小关系，并证明你的结论；
(2)若AG恰平分∠BAC，且BE=1，试求AB的长；
(3)将正方形BEFG绕点B逆时针旋转一个锐角后，如图②，问(1)中结论是否仍然成立，说明理由．
如图，点A、B、C都在网格格点上，△ABC三个顶点的坐标分别为A(−4,−1)，B(−5,−4)，C(−1,−3)．
(1)△ABC经过平移得到△A1B1C1，点A、B、C的对应点分别为A1、B1、C1，△ABC中任意一点P(x1,y1)平移后的对应点为P1(x1+4,y1+3).请在图中作出△A1B1C1；
(2)请在图中作出△ABC关于原点O对称的△A2B2C2，点A、B、C的对应点分别为A2、B2、C2．
综合与实践
如图①，Rt△ABC中，∠ACB=90°，CD为Rt△ABC的斜边上的中线，在证明CD=AD=BD的过程中，我们可以延长CD到E，使得CD=DE，连接BE.很容易证明∠ACD≌△BED，进而证明△ABC≌△ECB，所以AB=CE，所以CD=AD=BD.我们可以得到直角三角形的性质：直角三角形斜边中线等于斜边的一半．
实践操作：
将两个全等的Rt△ABD，Rt△ACE拼在一起，如图②，△ABD不动．
问题解决：
(1)将△ACE绕点A逆时针旋转，连接DE，M是DE的中点，连接MB，MC，如图③.求证：MB=MC；
拓展延伸：
(2)若将图②中的CE向上平移，且∠CAE不变，连接DE，M是DE的中点，连接MB，MC，如图④，则线段MB，MC的数量关系为______；
问题再探：
(3)在(2)的条件下，若∠CAE改变大小，如图⑤，其他条件不变，请你判断线段MB，MC的数量关系还成立吗？请说明理由．
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：∵△ABC，△BDE都是等边三角形，
∴AB=CB，BE=BD，∠ABC=∠EBD=60°，
∴∠ABE=∠CBD，
在△ABE和△CBD中，
BA=BC∠ABE=∠CBDBE=BD，
∴△ABE≌△CBD(SAS)，
∴△BCD可看作是由△ABE绕点B顺时针方向旋转60°所得．
故选：C．
根据SAS证明△ABE≌△CBD(SAS)，可得结论．
本题考查几何变换的类型，等边三角形的性质，全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是理解题意，正确寻找全等三角形解决问题．
2.【答案】C
【解析】解：根据“平移”的定义可知，由题图经过平移得到的图形是选项C．

故选：C．
根据平移的意义“平移是指在同一平面内，将一个图形整体按照某个直线方向移动一定的距离，这样的图形运动叫做图形的平移运动，简称平移”．
本题考查利用平移设计图案，生活中平移的现象，解决本题的关键是熟记平移的定义．
3.【答案】B
【解析】解：观察图形可知，图案B可以看作由“基本图案”经过平移得到．
故选：B．
根据平移的性质：不改变图形的形状和大小，不可旋转与翻转，将题中所示的图案通过平移后可以得到的图案是B．
此题主要考查了图形的平移，图形的平移只改变图形的位置，而不改变图形的形状和大小，学生易混淆图形的平移与旋转或翻转，而导致错选．
4.【答案】D
【解析】
【分析】
本题主要考查的是利用平移设计图案，图形的变化类的有关知识，根据题意找出规律进行求解即可．
【解答】
解：第①个图形中大三角形有2个，小等边三角形有2个，
第②个图形中大三角形有4个，小等边三角形有4个，
第③个图形中大三角形有6个，小三角形有6个，…
依次可得第n个图形中大三角形有2n个，小三角形有2n个．
故第2020个图形中三角形的个数是：2×2020+2×2020=8080．
故选D．
5.【答案】C
【解析】
【分析】
本题考查了旋转的性质，等腰三角形的性质，灵活运用这些的性质解决问题是本题的关键．
由旋转的性质可得∠C=∠C′，AB=AB′，由等腰三角形的性质可得∠C=∠CAB′，∠B=∠AB′B，由三角形的外角性质和三角形内角和定理可求解．
【解答】
解：∵AB′=CB′，
∴∠C=∠CAB′，
∴∠AB′B=∠C+∠CAB′=2∠C，
∵将△ABC绕点A按逆时针方向旋转得到△AB′C′，
∴∠C=∠C′，AB=AB′，
∴∠B=∠AB′B=2∠C，
∵∠B+∠C+∠CAB=180°，
∴3∠C=180°−108°，
∴∠C=24°，
∴∠C′=∠C=24°，
故选C．

6.【答案】B
【解析】解：∵只有B的图形的形状和大小没有变化，符合平移的性质，属于平移得到；
故选：B．
根据平移只改变图形的位置，不改变图形的形状与大小解答．
本题考查了利用平移设计图案，图形的平移只改变图形的位置，而不改变图形的形状和大小，学生易混淆图形的平移与旋转或翻转．
7.【答案】B
【解析】解：第一个图，左边的图，可以通过一次旋转(绕点O顺时针旋转180)得到右边的图．
第二个图，左边的图，可以通过一次轴对称(对称轴是直线m)得到右边的图．
第三个图，左边的图，可以通过一次平移(平移的距离是AB的长)得到右边的图．
第四个图，不可能通过一次平移或旋一次旋转或一次轴对称变换得到．

故选：B．
根据旋转变换，平移变换，轴对称变换的定义一一判断即可．
本题考查利用平移设计图案，轴对称变换，旋转变换，平移变换等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．
8.【答案】C
【解析】解：选项A，B，D不是轴对称图形，选项C是轴对称图形，
故选：C．
根据轴对称图形的定义判断即可．
本题考查利用轴对称设计图案，解题的关键是理解轴对称图形的定义，属于中考常考题型．
9.【答案】B
【解析】解：根据真正合同三角形，真正合同三角形的定义可知，选项A，C，D是真正合同三角形，
选项B是真正合同三角形，
故选：B．
根据镜面合同三角形的定义判断即可．
本题考查几何变换的类型，全等三角形的性质等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．
10.【答案】D
【解析】解：观察图象可知，选项D中的图形①到图形②既可经过平移，又可经过旋转得到，
故选：D．
根据旋转变换，平移变换的定义判断即可．
本题考查利用旋转设计图案，解题的关键是理解旋转变换，平移变换的性质．，属于中考常考题型．
11.【答案】C
【解析】[分析]
直接利用轴对称图形的定义分析得出答案．
此题主要考查了利用轴对称设计图案，正确掌握轴对称图形的定义是解题关键．
[详解]
解：如图所示：所标数字之处都可以构成轴对称图形．
故选：C．
12.【答案】D
【解析】
【分析】
此题考查利用轴对称设计图案，要做到全部找到不漏掉还是不容易的．
因为对称图形是全等的，所以面积相等，据此连接矩形的对角线，观察得到的三角形即可解答．
【解答】
解：如图，
与△ABC成轴对称的格点三角形有△ACF、△ACD、△DBC，△HEG，△HBG共5个，
故选D．
13.【答案】3n+1
【解析】解：∵第1个图案由4个基础图形组成，
第2个图案由7个基础图形组成，即7=4+3=4+3×1，
第3个图案由10个基础图形组成，10=4+3+3=4+3×2，
…，
∴第n个图案中基础图形的个数为：4+3(n−1)=3n+1，
故答案为：3n+1．
由题意不难得出第n个图案中基础图形的个数为：3n+1，据此可求解．
本题考查利用平移设计图案，规律型：图形的变化等知识，解题的关键是学会探究规律的方法，属于中考常考题型．
14.【答案】8987
【解析】解：第一次平移形成三个正方形，
第二次平移形成七个正方形，
第三次平移形成11个正方形，
则分析这几次平移，得出规律，第n次平移后所得到的图案中正方形的个数是4n−1．
当n=2022时，4n−1=8087，
故答案为：8087
本题要根据平移的性质，和图示总结出规律，得出第n次平移后所得到的图案中正方形的个数．
要根据平移的性质，根据前三次平移的情况，总结出规律，得出第n次平移后所得到的图案中正方形的个数．
15.【答案】4
【解析】略
16.【答案】(2,0)
【解析】解：根据题意得点P1的坐标为(2,0)，则点P2的坐标为(1,4)，点P3的坐标为(−3,3)，点P4的坐标为(−2,−1)，点P5的坐标为(2,0)，…，
而2021=4×505+1，
所以点P2021的坐标与点P1的坐标相同，为(2,0)．
故答案为：(2,0)．
利用点P(x,y)的终结点的定义分别写出点P2的坐标为(1,4)，点P3的坐标为(−3,3)，点P4的坐标为(−2,−1)，点P5的坐标为(2,0)，…，从而得到每4次变换一个循环，然后利用2021=4×505+1可判断点P2021的坐标与点P1的坐标相同．
本题考查了几何变换：四种变换方式：对称、平移、旋转、位似．掌握在直角坐标系中各种变换的对应的坐标变化规律．
17.【答案】(1)中心；轴;
(2)见解析．
【解析】解：(1)中心、轴；
(2)如图所示：

(1)观察三个图形，利用中心对称和轴对称的性质即可解答；
(2)根据中心对称的性质设计图案即可．
本题考查的是利用旋转设计图案，熟知图形旋转的性质是解答此题的关键．
18.【答案】解：(1)如图，△A1B1C1即为所求；
(2)如图，△A2B2C2，点C2的坐标(−3,−4)．

【解析】(1)利用平移变换的性质分别作出A，B的对应点A1，B1即可；
(2)利用旋转变换的性质分别作出A，B，C的对应点A2，B2，C2即可．
本题考查作图−平移变换，旋转变换等知识，解题的关键是掌握旋转变换，平移变换的性质，属于中考常考题型．
19.【答案】解：(1)①如图，△A1B1C1即为所求；

②如图，△A1B2C2即为所求；
(2)M的坐标(1,0)．
【解析】(1)①根据平移的性质和A(−2,2)，B(−3,−2)，C(−1,0).即可将△ABC向右平移6个单位得到△A1B1C1；
②根据旋转的性质即可将△A1B1C1绕点A1顺时针旋转90°得到△A1B2C2；
(2)根据对称中心定义即可得M的坐标．
本题考查了作图−旋转变换，平移变换，解决本题的关键是掌握旋转的性质．
20.【答案】解：(1)AG=CE．
理由如下：在正方形ABCD和正方形BEFG中，AB=CB，BG=BE，∠ABG=∠CBE=90°，
在△ABG和△CBE中，
∵AB=CB∠ABG=∠CBG=90°BG=BE，
∴△ABG≌△CBE(SAS)，
∴AG=CE；
(2)过点G作GM⊥AC于点M，
∵AG恰平分∠BAC，MG⊥AC，GB⊥AB，
∴BG=MG，
∵BE=1，
∴MG=BG=1，
∵AC平分∠DCB，
∴∠BCM=45°，
∴MC=MG=1，
∴GC=2，
∴AB的长为：AB=BC=2+1；
(3)AG=CE仍然成立．
理由如下：在正方形ABCD和正方形BEFG中，AB=CB，BG=BE，∠ABC=∠EBG=90°，
∵∠ABG=∠ABC−∠CBG，
∠CBE=∠EBG−∠CBG，
∴∠ABG=∠CBE，
在△ABG和△CBE中，
∵AB=CB∠ABG=∠CBEBG=BE，
∴△ABG≌△CBE(SAS)，
∴AG=CE．
【解析】(1)根据正方形的性质可得AB=CB，BG=BE，∠ABG=∠CBE=90°，然后利用“边角边”证明△ABG和△CBE全等，再根据全等三角形对应边相等即可得证；
(2)利用角平分线的性质以及正方形的性质得出MC=MG，进而利用勾股定理得出GC的长，即可得出AB的长；
(3)先求出∠ABG=∠CBE，然后利用“边角边”证明△ABG和△CBE全等，再根据全等三角形对应边相等即可得证．
本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质以及勾股定理等知识，熟练利用正方形的性质得出是解题的关键．
21.【答案】解：(1)如图所示，△A1B1C1即为所求．

(2)如图所示，△A2B2C2即为所求．
【解析】(1)由点P(x1,y1)平移后的对应点为P1(x1+4,y1+3)得出平移的方式为向右平移4个单位、向上平移3个单位，据此作出三个顶点平移后的对应点，再首尾顺次连接即可；
(2)分别作出三个顶点关于原点的对应点，再首尾顺次连接即可．
本题主要考查作图—平移变换和旋转变换，解题的关键是掌握平移变换和旋转变换的定义与性质，并据此得出变换后的对应点．
22.【答案】MB=MC
【解析】解：(1)连接AM，

由已知得△ABD≌△ACE，
∴AD=AE，AB=AC，∠BAD=∠CAE，
∵MD=ME，
∴∠MAD=∠MAE，
∴∠MAD−∠BAD=∠MAE−∠CAE，
即∠BAM=∠CAM，
在△ABM和△ACM中，
AB=AC∠BAM=∠CAMAM=AM，
∴△ABM≌△ACM(SAS)，
∴MB=MC；
(2)如图，延长DB、AE相交于E′，延长EC交AD于F，

∴BD=BE′，CE=CF，
∵M是ED的中点，B是DE′的中点，
∴MB//AE′，
∴∠MBC=∠CAE，
同理：MC//AD，
∴∠BCM=∠BAD，
∵∠BAD=∠CAE，
∴∠MBC=∠BCM，
∴MB=MC，
故答案为：MB=MC；
(3)延长BM交CE于F，

∵CE//BD，
∴∠MDB=∠MEF，∠MBD=∠MFE，
又∵M是DE的中点，
∴MD=ME，
在△MDB和△MEF中，
∠MDB=∠MEF∠MBD=∠MFEMD=ME，
∴△MDB≌△MEF(AAS)，
∴MB=MF，
∵∠ACE=90°，
∴∠BCF=90°，
∴MB=MC．
(1)由“SAS”可证△ABM≌△ACM，可得MB=MC；
(2)根据等腰三角形三线合一的性质得到BD=BE′，然后求出MB//AE′，再根据两直线平行，内错角相等求出∠MBC=∠CAE，同理求出MC//AD，根据两直线平行，同位角相等求出∠BCM=∠BAD，然后求出∠MBC=∠BCM，再根据等角对等边即可得证；
(3)根据两直线平行，内错角相等可得∠MDB=∠MEF，∠MBD=∠MFE，然后利用“角角边”证明△MDB和△MEF全等，根据全等三角形对应边相等可得MB=MF，然后根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半证明即可．
本题是几何变换综合题，考查了全等三角形的判定与性质，等腰三角形三线合一的性质，等角对等边的性质，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半的性质，以及三角形的中位线定理，证明△ABM≌△ACM是解题的关键．