2023-2024学年京改版九年级下册第二十三章图形的变换单元测试卷(含答案)

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2023-2024学年 京改版九年级下册 第二十三章 图形的变换� 单元测试卷学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________1．如图，将绕顶点C逆时针旋转得到，且点B刚好落在上，若，则等于（    ）A． B． C． D．2．如图，在平面直角坐标系中，与关于轴对称，其中点的对应点分别为点，若点在的边上，则点P在上的对应点的坐标是(　　)A． B． C． D．3．将点向右平移1个单位长度，再向上平移4个单位长度，则平移后的点所在象限为（    ）A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限4．若点与点关于轴对称，则的值是（    ）A．0 B． C． D．5．如图，在中，为直径，为圆上一点，将劣弧沿弦翻折，交于点（不与点重合），连结．若，则的度数为（　　）  A． B． C． D．6．如图，在四边形刚好是中点，P、Q分别是线段上的动点，则的最小值为（　　）A．12 B．15 C．16 D．187．如图，，，与关于直线对称，则度数为（    ）A． B． C． D．8．如图，在平面直角坐标系中，正方形的顶点A的坐标为，将该正方形绕着点A顺时针旋转得到正方形，则点的坐标是（    ）A． B． C． D．9．如图，将绕点逆时针旋转，得到，若，则的度数是（    ）A． B． C． D．10．如图，与关于点O成中心对称，则下列结论不成立的是（  ）A．点A与点是对称点 B． C． D．11．已知点和关于x轴对称，则的值为 ．12．如图，直线：分别与轴、轴交于点、，将绕点逆时针旋转得到直线，则对应的函数表达式为 ．  13．若点与点关于轴对称，则 ．14．如图，在平面直角坐标系中，已知，，且与位似，原点O是位似中心，若的面积为，则的面积为 ．15．如图，的半径是1，为的弦，将弦绕点逆时针旋转，得到，连，则的最大值为 ．16．如图，在中，，，平分交于点，点分别是线段上的动点，则的最小值是 ；17．如图，在中，，将绕着点逆时针旋转得到，点，的对应点分别为，，点落在上，连接．(1)若，求的度数；(2)若，，求的长．18．如图，把长方形纸片沿折叠后，使得点D与点B重合，点C落在点的位置上． (1)判断的形状，并说明理由；(2)若，试求的长．评卷人得分一、单选题评卷人得分二、填空题评卷人得分三、问答题参考答案：1．C【分析】本题考查了旋转的性质，以及等腰三角形的性质三角形内角和；由旋转的性质可得，由等腰三角形的性质可得，即可求解．【详解】解：∵将绕顶点C逆时针旋转得到，∴，∴，∴，故选：C．2．C【分析】本题考查关于x轴对称的两点的坐标，掌握关于x轴对称的两点横坐标相同，纵坐标相反是解题的关键，根据这一关系解题即可．【详解】解：∵与关于x轴对称，点在的边上，∴点在上的对应点的坐标是．故选：C．3．B【分析】本题考查坐标与图形变化—平移以及各象限内点的特征，根据横坐标，右移加，左移减；纵坐标，上移加，下移减可得答案．关键是掌握点的坐标的变化规律．【详解】解：点向右平移1个单位长度，再向上平移4个单位长度，是，即，在第二象限，故选：B．4．C【分析】本题主要考查了坐标与图形变化—轴对称，根据关于y轴对称的点横坐标互为相反数，纵坐标相同得到，据此求出m、n的值即可得到答案．【详解】解：∵点与点关于轴对称，∴，∴，∴，故选C．5．A【分析】本题考查圆周角定理、折叠的性质、圆内接四边形的性质，根据题意，做出合适的辅助线，然后根据圆内接四边形对角互补和折叠的性质，可以求得的度数．【详解】作点关于直线的对称轴点，连接，，如图，  为直径，，，，四边形是圆内接四边形，，，，故选：A．6．D【分析】本题考查了轴对称﹣最短路线问题，直角三角形所对直角边等于斜边的一半，正确的作出图形是解题的关键．凡是涉及最短距离的问题，一般要考虑线段的性质定理，结合轴对称变换来解决，多数情况要作点关于某直线的对称点．作点关于的对称点，连接、，则当、、在同一直线上，且时，则最小值为的长，计算求解即可．【详解】作点关于的对称点，连接、，则，∵，∴，∴，∴是等边三角形，连接、、，则，∴，∴当、、在同一直线上，且时，则最小值为的长，此时，为中点，故与重合，∵，∴，在中，，∴最小值为．故答案为：．故选：D．7．C【分析】本题考查的是轴对称的性质、全等三角形的性质及三角形内角和定理．先根据轴对称的性质得出，由全等三角形的性质可知，再由三角形内角和定理可得出的度数．【详解】解： 与关于直线对称，∴，，，．故选：C．8．D【分析】本题考查了旋转的性质，正方形的性质，坐标与图形，等腰直角三角形的判定和性质，勾股定理，解题的关键是：过作轴，垂足为D，根据旋转的性质得到，，判断出是等腰直角三角形，可求出，即可得到坐标．【详解】解：如图，过作轴，垂足为D，∵将该正方形绕着点A顺时针旋转，∴，，又，∴，∴是等腰直角三角形，∴，∵，∴边长，则，∴，∴，即，故选D． 9．A【分析】本题考查旋转的性质，三角形内角和定理，根据旋转可得，，再求出，即可得到的度数．【详解】∵将绕点逆时针旋转，∴，，∵，∴，∴，∴，故选：A．10．D【分析】本题主要考查中心对称的定义和性质，掌握中心对称的定义“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”，是求解本题的关键．【详解】解：A．∵与关于点O成中心对称， 点A与是一组对称点，故A正确，不符合题意；B．∵对应点到对称中心的距离相等，∴，故B正确，不符合题意；C．∵与是对应线段，∴，故C正确，不符合题意；D．与不是对应角，∴不成立，故D符合题意．故选：D．11．7【分析】直接利用关于x轴对称点的性质得出a，b的值，进而得出答案．本题考查了关于x轴的对称点的坐标特点：横坐标不变，纵坐标互为相反数，熟练掌握特点是解题的关键．【详解】解：∵点和关于x轴对称，∴，解得，∴．故答案为：7．12．【分析】本题考查了待定系数法求一次函数的解析式、全等三角形的判定与性质，等腰三角形的性质与判定；过点作交于点，过点作轴于点，由全等三角形的判定定理可得出，由全等三角形的性质可知，，故可得出点坐标，再用待定系数法即可求出直线的解析式．【详解】解：∵当，当，∴∴,如图所示：过点作交于点，过点作轴于点，则是等腰直角三角形，  ，，又，，在与中， ，，，．则点的坐标是，．设直线的解析式是，根据题意得： ，解得： ，则直线的解析式是：．故答案为：．13．1【分析】本题主要考查了关于坐标轴对称的点的坐标特征，代数式求值等知识．关于轴对称的点的特征：横坐标相等，纵坐标互为相反数；关于轴对称的点的特征：横坐标互为相反数，纵坐标相等．据此列式计算出的值，然后代入求值即可．【详解】解：∵点与点关于轴对称，∴可有，，解得，．故答案为：1．14．【分析】本题考查了位似图形，根据对应点坐标确定位似比是解题关键．【详解】解：∵，，∴∴∴∵的面积为，∴的面积为：故答案为：15．/【分析】本题考查了旋转的性质，解三角形，正确的作出辅助线是解题的关键．把绕点 A 逆时针旋转度，于是得到，根据等腰三角形的性质得到，在中，任意两边之和大于第三边，于是得到结论．【详解】解：如图示，作半径绕点逆时针旋转而得到的边，连接，，∵将弦绕点逆时针旋转得到，∴是把绕点 逆时针旋转度得到的，则 ：，∴，，，∴为等腰三角形，，∴ ，∴由两边之和大于第三边，并且取最大值，∴ ，∴，∴．故答案为．16．4【分析】本题主要考查了轴对称-最短路线的问题、角平分线的性质以及含30度直角三角形的性质等知识点，作C点关于的对称点，过作交于点E，交于点F，的最小值的长．【详解】解：平分，作C点关于的对称点，点在上，如图：过作交于点E，交于F，∴，∴的最小值的长，C点关于的对称点，∴，∵，，∴，在中，，∴的最小值为4．故答案为：4．17．(1)(2)【分析】本题考查了旋转的性质，勾股定理，解题的关键是：（1）根据三角形的内角和定理得到，根据旋转的性质得到，，根据三角形的内角和定理即可得到结论；（2）根据勾股定理得到，根据旋转的性质得到，，根据勾股定理即可得到结论．【详解】（1）解：在中，，，，将绕着点逆时针旋转得到，，，；（2），，，，将绕着点逆时针旋转得到，，，，．18．(1)是等腰三角形，证明详见解析；(2)．【分析】本题考查了折叠的性质，勾股定理．（1）根据平行线的性质以及折叠的性质求得，即可证明是等腰三角形；（2）根据折叠的性质可得，在中，利用勾股定理列式计算即可求解．【详解】（1）解：是等腰三角形，理由：∵四边形是长方形，∴，∴，根据折叠的性质可得：，∴，∴，∴是等腰三角形；（2）解：根据折叠的性质可得，∴，在中，∵，即，∴，∴．