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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(含答案)

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    这是一份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),共16页。
    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,∴,∴.

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