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(含解析)

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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：___________
评卷人得分
一、单选题
1．如图，已知在正方形内有一点P，连接、、，将顺时针旋转得到，连接，点P恰好在线段上，， ，则的长度为（　　）
A．2 B． C．2 D．
2．如图，在矩形中，，点是边上的一个动点，连接，点关于直线的对称点为，当点运动时，点也随之运动．若点从点运动到点，则线段扫过的区域的面积是（ ）
A． B． C． D．
3．如图，在中，顶点，，．将与正方形组成的图形绕点顺时针旋转，每次旋转，则第2023次旋转结束时，点的坐标为（ ）
A． B． C． D．
4．若将图中的每个字母都看成独立的图案，则这七个图案中是中心对称图形的有（ ）
L Y M P I C O
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
5．如图，在平面直角坐标系中，将边长为1的正六边形绕点顺时针旋转个，得到正六边形，则正六边形的顶点的坐标是（ ）
A． B． C． D．
6．已知，点P是内部任意一点，点M，N分别在上，当的周长取得最小值时，，则与的关系是（ ）
A． B． C． D．
7．在平面直角坐标系中，点关于y轴对称的点的坐标是（ ）
A． B． C． D．
8．如图，，，．有下列结论：①把沿直线翻折，可得到；②把沿线段的垂直平分线翻折，可得到；③把沿射线方向平移与相等的长度，可得到．其中所有正确结论的序号是（ ）
A．①② B．①③ C．②③ D．②③④
9．如图，，点为射线上一定点，为线段延长线上一定点，且，点A关于射线对称点为，连接，，，若为直线上一个动点，则周长的最小值为（ ）．

A．12 B．24 C．36 D．48
10．如图，矩形ABCD中，点在边上，，点是矩形内一动点，满足，连接绕点逆时针旋转至，连接，则的最小值为（ ）
A． B． C． D．1
评卷人得分
二、填空题
11．如图，正方形的边长为，点E、F分别为上动点（E、F均不与端点重合），且，P是对角线上的一个动点，则的最小值是 ．
12．如图，中，，两个顶点在轴的上方，点的坐标是，以点为位似中心，在轴的下方作的位似图形，并把的边长放大到原来的2倍．设点的对应点的横坐标是2，则点的横坐标是 ．
13．如图，在中，，、分别是边上的点，将沿直线翻折，点落在点处，如果，，那么 度．
14．如图，在中，，点为斜边上的一点，连接，将沿翻折，使点落在点处，点为直角边上一点，连接，将沿翻折，点恰好与点重合．若，则 ．
15．如图，在中，为边上一点，连接，将沿折叠至所在平面内，得到，与交于点，连接，若，，，则的长为 ．
16．如图,是的直径,是的弦,,将沿着折叠后恰好经过点,则的长为 ．

评卷人得分
三、解答题
17．如图1，在中，，，，点D从点A出发，以的速度沿边向终点B运动（点D不与点A、B重合），连接，将沿翻折得到．设点D的运动时间为．
(1)用含t的代数式表示线段的长；
(2)如图2，当时，求t的值；
(3)当点A落在内部时，求t的取值范围．
18．如图，中，．
(1)将绕点逆时针旋转，画出旋转后的三角形；
(2)若，，点旋转后的对应点为，求的长．
参考答案：
1．B
【分析】本题考查旋转的性质，勾股定理，根据旋转得到，，，结合勾股定理求出，求出结合勾股定理即可得到答案．
【详解】解：∵顺时针旋转得到，
∴，，，
∴，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
故选：B．
2．C
【分析】作点C关于的对称点．连接，作点C关于的对称点．根据题意即当点P位于时，与重合．当点P位于时，与重合，从而得出点的运动轨迹是以B为圆心，以长为半径的．连接，过点作于点E．由此即得出线段扫过的区域的面积为，求出和即得出答案．
【详解】如图，作点C关于的对称点．连接，作点C关于的对称点，
即当点P位于（与A点重合）时，与重合．当点P位于（与D点重合）时，与重合．
∴点的运动轨迹是以B为圆心，以长为半径的．
连接，过点作于点E．
∴线段扫过的区域的面积为．
∵四边形为矩形，，，
∴，
∴．
根据轴对称的性质可知，，
∴，
∴，为等边三角形．
∴．
∵为等边三角形，
∴，
∴，
∴线段扫过的区域的面积为．
故选C．
【点睛】本题考查矩形的性质，轴对称变换，解直角三角形，等边三角形的判定和性质，勾股定理以及扇形的面积公式等知识．综合性强，较难．作出辅助线，理解点的运动轨迹是以B为圆心，以长为半径的是解题关键．
3．C
【分析】本题考查了平面直角坐标系中坐标的特点、正方形的性质和旋转的性质，根据坐标的特点和正方形性质，得出点的坐标，再由旋转的性质，得出点旋转的坐标规律，最后根据要求求解即可．
【详解】解：，，轴，且,
四边形正方形，，，
，
连接，记轴于点，如图所示：
由旋转的性质可知，，，
故，，，
在旋转中，点的坐标由4个为一个循环，不断重复，
由，故第2023次旋转结束时，点的坐标为
故选：C．
4．B
【分析】本题考查了中心对称图形的定义，根据中心对称图形的定义“在平面内，把一个图形绕着某个点旋转，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”，逐个进行判断即可．
【详解】解：I、O是中心对称图形，符合题意；
L、Y、M、P 、C不是中心对称图形，不符合题意；
综上：中心对称图形由2个，
故选：B．
5．A
【分析】如图，以为圆心，为半径作，将边长为1的正六边形绕点O顺时针旋转i个，即把绕点O顺时针旋转i个，求出与重合，而关于原点成中心对称，利用正六边形的性质与勾股定理求出的坐标，利用关于原点成中心对称，从而可得答案．
【详解】解：如图，以为圆心，为半径作，
将边长为1的正六边形绕点O顺时针旋转i个45°，
即把绕点O顺时针旋转i个45°，
旋转后的对应点依次记为，
周角，
绕点O顺时针旋转次回到原位置，
与重合，而关于原点成中心对称，
连接，
正六边形，
，
，
，
∴，
∴，
，
，
∴，
故选：A．
【点睛】本题考查的是旋转的性质，正六边形的性质，勾股定理，坐标与图形性质，求出与重合，而关于原点成中心对称是解题的关键．
6．D
【分析】此题考查了轴对称的性质，三角形内角和定理，四边形内角和定理．根据轴对称的性质和等腰三角形的性质可证，，然后证明，利用四边形内角和可得答案．
【详解】解：作P关于的对称点C、D，连接CD交于N、M．
此时周长有最小值；
∵P关于的对称点C、D，
∴OB垂直平分垂直平分PD，
∴
∴
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
在四边形中，可得：，
∴，
∴，即，
故选：D．
7．D
【分析】本题主要考查了关于轴、轴对称的点的坐标规律，根据关于轴对称点的坐标特点：横坐标互为相反数，纵坐标不变，即点关于轴的对称点的坐标是即可得出答案．
【详解】解：关于轴对称的点横坐标互为相反数，纵坐标不变，
点关于轴对称的点的坐标是．
故选：D．
8．A
【分析】本题主要考查了全等三角形的判定和平移和翻折变换，由已知可得，进而根据对称或平移确定结论是否正确．
【详解】解：∵，
∴，
在、和中．
，
∴（SAS）
把沿直线翻折，可得到，故①正确；
把沿线段的垂直平分线翻折，可得到，故②正确；
把沿射线方向平移与相等的长度，不能得到．故③错误，
综上所述：正确的结论是①②．
故选A．
9．C
【分析】如图：连接，利用对称的性质得到垂直平分，则，然后证明可得；然后证明为等边三角形，所以，再利用垂直平分，则，所以 (当且仅当P、A、E共线时取等号)，于是可判断P点运动到B点时，的是小值为24,然后求出的最小周长即可．
【详解】解：如图：连接，

∵点A关于射线对称点为，
∴垂直平分，
∴，
在和中，、、,
∴，
∴,
∵，
∴
∴，
∵，
∴，
∴为等边三角形，
∴，
∵垂直平分，
∴，
∴，
∵，
∴ 当且仅当P、A、E共线时取等号，即点P点运动到B点时，的最小值为24，此时周长的最小值为36．
故选C．
【点睛】本题主要考查了轴对称-最短路线问题、全等三角形的判定与性质、垂直平分线的性质、等边三角形的判定与性质等知识点，利用轴对称把几条线段的和转化为一条线段，然后利用两点之间线段最短是解题的关键．
10．B
【分析】本题考查相似三角形，旋转的性质，勾股定理等知识，作辅助线构造相似三角形确定点点的运动路线是解题的关键．取的中点O，再把绕点逆时针旋转至，连接，则有，即可求出，然后过点作于点G，连接，利用勾股定理可以得到再根据求出结果．
【详解】解：如图，取的中点O，再把绕点逆时针旋转至，连接，
∵，
∴，
根据旋转可得：，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴点在以为圆心，为半径的圆上移动，

过点作于点G，连接，

则是矩形，
∴，，
∴，
∴
∴，
故选B．
11．
【分析】如图，作点E关于的对称点，连接，过F作于点G，则当、P、F三点共线时，，此时最小，即为所求，由题意确定在边上，证明四边形是矩形，则，
由勾股定理得，，计算求解即可．
【详解】解：如图，作点E关于的对称点，连接，过F作于点G，
∴，则，
当、P、F三点共线时，，此时最小，即为所求，
∵正方形，
∴，
∴点在边上．
∵，
∴四边形是矩形，
∴，
∴，
由勾股定理得，，
故答案为：．
【点睛】本题考查了正方形的性质，矩形的判定与性质，轴对称的性质，勾股定理等知识．确定和最小时的情况是解题的关键．
12．
【分析】本题考查的是位似变换的性质和坐标与图形的性质，掌握位似的两个图形是相似形和相似三角形的性质是解题的关键．过B和向x轴引垂线，构造相似比为的相似三角形，那么利用相似比和所给的横坐标即可求得点B的横坐标．
【详解】如图，过点B， 分别作轴于D，轴于E，
∴．
∵的位似图形是，
∴点B， C， 在一条直线上，
∴，
∴，
，
又，
．
又∵点的横坐标是2，点C的坐标是，
∴，
，
，
∴点B的横坐标为：．
故答案为．
13．
【分析】本题考查了平行线的性质，三角形内角和定理，折叠的性质，由，可得，再由翻折的性质及可得，最后由三角形内角和定理计算即可．
【详解】解：，
，
由翻折的性质可得：
，，
，
，
，
，
14．/
【分析】本题考查翻折变换、直角三角形斜边中线的性质、勾股定理等知识，解题的关键是正确寻找直角三角形解决问题．根据折叠的性质得到，求出的长，故，再根据勾股定理得到，代入即可求解．
【详解】解：在中，，
∵将沿翻折，使点落在点处，
，
∵将沿翻折，点恰好与点重合，
，
，
即，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
故答案为：．
15．/
【分析】本题考查了翻折变换，全等三角形的判定与性质，勾股定理等知识，根据折叠的性质得到，，根据平行线的性质得到，证明，根据全等三角形的性质得到，，得到，求得，过B作于H，在中，根据勾股定理求解即可．
【详解】解：∵将沿折叠至所在平面内，得到，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，，
∴，
又，，
∴，
∴，，
又，
∴，
∵，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
过B作于H，
∴，
∴，
设，则，
∴，
∵，
∴，
解得（负值舍去），
∴，
故答案为：．
16．
【分析】本题考查翻折变换,垂径定理,勾股定理．正确做出辅助线是解决本题的关键．作交于点H,由题意可知,再在中利用勾股定理求出的长,继而得到本题答案．
【详解】解:作交于点H,

∵根据题意将沿着折叠后恰好经过点,可知,
∴由垂径定理可知,
∴在中,,即,
∴,
∴,
∴,
故答案为:．
17．(1)
(2)6
(3)
【分析】（1）根据勾股定理得出，进而解答即可；
（2）设与的交点为．根据平行线的性质和翻折的性质得出，进而利用相似三角形的判定和性质得出方程解得即可；
（3）分两种情况，利用翻折的性质和相似三角形的判定和性质得出方程解答即可．
【详解】（1）解：在中，，根据勾股定理得，，
，，
∴，
，
；
（2）解：当时，设与的交点为．

∵，
，
由翻折性质可得，，，，
，
，
，
，
，
即：，
解得：，
，
∵，
，
，
即，
解得：，
，
解得：，
当时，的值为6；
（3）解：①当点A在线段上时，过点作于点，
，
，
，
，
，
，
，
，，
由翻折性质可得，，，
，
，
，
，
解得：；

②当点A在边上时，

由翻折性质可得：，
，
，
，
，
，
，
．
，
，
，
，
当 时，点A落在内部．
【点睛】此题是几何变换综合题，考查相似三角形的判定和性质和勾股定理，平行线的性质，折叠的性质，关键是根据相似三角形的判定和性质得出方程解答．勾股定理：若三角形的两条直角边为a和b，斜边为c，则．相似三角形的性质：相似三角形对应边成比例，对应角相等．相似三角形的判定方法：①两组角对应相等的两个三角形相似；②三边对应成比例的两个三角形相似；③两边对应成比例且夹角相等的两个三角形相似．
18．(1)见解析
(2)
【分析】（1）本题考查旋转作图，掌握旋转作图的步骤，即可解题．
（2）本题考查旋转的性质和勾股定理的运用，根据勾股定理得出，再利用旋转的性质可得，，最后结合勾股定理即可解题．
【详解】（1）解：如图所示：
（2）解：由旋转性质可知：，，
，，，
，
，
．
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