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1、九年级数学下册第二十三章 图形的变换专题攻克 考试时间：90分钟；命题人：数学教研组考生注意：1、本卷分第I卷（选择题）和第卷（非选择题）两部分，满分100分，考试时间90分钟2、答卷前，考生务必用0.5毫米黑色签字笔将自己的姓名、班级填写在试卷规定位置上3、答案必须写在试卷各个题目指定区域内相应的位置，如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用涂改液、胶带纸、修正带，不按以上要求作答的答案无效。第I卷（选择题 30分）一、单选题（10小题，每小题3分，共计30分）1、下列图形中，既是轴对称图形，又是中心对称图形的是（ ）ABCD2、在平面直角坐标系中，点的坐标是，点与点关于轴对
2、称，则点的坐标是（ ）ABCD3、已知半圆O的直径AB8，沿弦EF折叠，当折叠后的圆弧与直径AB相切时，折痕EF的长度m（）Am4Bm4C4m4D4m44、如图，直径AB6的半圆，绕B点顺时针旋转30，此时点A到了点A，则图中阴影部分的面积是（）ABCD35、下列图形中，既是轴对称图形，又是中心对称图形的是（ ）ABCD6、点A关于y轴的对称点A1坐标是（2，-1），则点A关于轴的对称点A2坐标是（）A（-1，-2）B（-2，1）C（2，1）D（2，-1）7、下列图形中，不是位似图形的是（ ）ABCD8、下列四个图形中既是中心对称图形又是轴对称图形的是（ ）ABCD9、点P(3，1)关于原点对
3、称的点的坐标是（ ）A(3，1)B(3，1)C(3，1)D(3，1)10、如图，直角三角形纸片ABC中，ACB=90，A=50，将其沿边AB上的中线CE折叠，使点A落在点处，则EB的度数为（ ）A10B15C20D40第卷（非选择题 70分）二、填空题（5小题，每小题4分，共计20分）1、在平面直角坐标系中，已知点与点关于原点对称，则_，_2、点关于x轴对称的点的坐标为_3、如图，“心”形是由抛物线和它绕着原点O，顺时针旋转60的图形经过取舍而成的，其中顶点C的对应点为D，点A，B是两条抛物线的两个交点，点E，F，G是抛物线与坐标轴的交点，则_4、如图，长方形ABCD中，E为BC上一点，且，F
4、为AB边上的一个动点，连接EF，将EF绕着点E顺时针旋转30到EG的位置，连接FG和CG，则CG的最小值为_5、如图，矩形ABCD绕点A逆时针旋转90得矩形AEFG，连接CF交AD于点P，M是CF的中点，连接AM交EF于点Q，则下列结论：AMCF；CDPAEQ；连接PQ，则PQMQ；若AE2，MQ，点P是CM中点，则PD1其中，正确结论有_（填序号）三、解答题（5小题，每小题10分，共计50分）1、如图，将ABC绕点A逆时针旋转得到ADE，点D在BC上，已知B70，求CDE的大小2、如图，在平面直角坐标系中，ABC的顶点坐标分别为A（1，0），B（4，1），C（2，2）（1）直接写出点B关于原
5、点对称的点B的坐标： ；（2）平移ABC，使平移后点A的对应点A1的坐标为（2，1），请画出平移后的A1B1C1；（3）画出ABC绕原点O逆时针旋转90后得到的A2B2C23、如图，点O，B的坐标分别是（0，0），（3，0）将OAB绕点O逆时针旋转90，得到OA1B1（1）画出平面直角坐标系和三角形OA1B1；（2）求旋转过程中点B走过的路径的长4、如图，三个顶点的坐标分别是（1）请画出关于x轴对称的图形；（2）求的面积；（3）在x轴上求一点P，使周长最小，请画出，并通过画图求出P点的坐标5、已知四边形ABCD是正方形，点P在直线BC上，点G在直线AD上（点P、点G不与正方形顶点重合，且在CD
6、的同侧），PDPG，DFPG于点H，交直线AB于点F，将线段PG绕点P逆时针旋转90得到线段PE，连接EF（1）如图1，当点P与点G分别在线段BC与线段AD上时，求证：DFPG；请猜想四边形PEFD是怎样的特殊四边形，并证明你的猜想；（2）如图2，当点P与点G分别在线段BC与线段AD的延长线上时，四边形PEFD的形状是否发生了变化？请写出你的结论-参考答案-一、单选题1、C【详解】解：选项A中的图形是轴对称图形，不是中心对称图形，故A不符合题意；选项B中的图形既不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故B不符合题意；选项C中的图形既是轴对称图形，也是中心对称图形，故C符合题意；选项D中的图形不是轴
7、对称图形，是中心对称图形，故D不符合题意；故选C【点睛】本题考查的是轴对称图形与中心对称图形的识别，轴对称图形的定义：把一个图形沿某条直线对折，直线两旁的部分能够完全重合；中心对称图形的定义：把一个图形绕某点旋转后能够与自身完全重合；掌握定义是解本题的关键.2、C【分析】根据关于轴对称的点坐标的特征：纵坐标不变，横坐标互为相反数，即可求解【详解】解：点的坐标是，点与点关于轴对称，的坐标为，故选：C【点睛】本题主要是考查了关于轴对称的点坐标的特征，熟练掌握关于坐标轴对称的点的特征，是解决该类问题的关键3、D【分析】根据题意作出图形，根据垂径定理可得,设，则，分情况讨论求得最大值与最小值，即可解决
8、问题【详解】解：如图，根据题意，折叠后的弧为，为切点，设点为所在的圆心，的半径相等，即，连接，设交于点，根据折叠的性质可得，又则四边形是菱形，且设，则则当取得最大值时，取得最小值，即取得最小值，当取得最小值时，取得最大值，根据题意，当点于点重合时，四边形是正方形则此时当点与点重合时，此时最小，则即则故选D【点睛】本题考查了垂径定理，切线的性质，折叠的性质，勾股定理，分别求得的最大值与最小值是解题的关键4、D【分析】阴影面积为旋转后为直径的半圆面积加旋转后扇形面积减去旋转前为直径的半圆面积，则阴影面积为旋转后的扇形面积，由扇形面积公式计算即可【详解】直径AB6的半圆，绕B点顺时针旋转30又AB=
9、6，ABA=30故答案为：D【点睛】本题考查了扇形面积公式的应用，扇形面积公式为，由旋转的性质得出阴影面积为扇形面积是解题的关键5、B【分析】根据轴对称图形与中心对称图形的概念求解【详解】解：A不是中心对称图形，是轴对称图形，故此选项不合题意；B是轴对称图形，也是中心对称图形，故此选项符合题意；C是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项不合题意；D不是轴对称图形，是中心对称图形，故此选项不合题意故选：B【点睛】此题主要考查了中心对称图形与轴对称图形的概念：轴对称图形：如果一个图形沿着一条直线对折后两部分完全重合，这样的图形叫做轴对称图形；中心对称图形：在同一平面内，如果把一个图形绕某一点旋转1
10、80，旋转后的图形能和原图形完全重合，那么这个图形就叫做中心对称图形6、B【分析】由题意由对称性先求出A点坐标，再根据对称性求出点关于轴的对称点坐标【详解】解：由点关于轴的对称点坐标是，可知A为，则点关于轴的对称点坐标是故选B【点睛】本题考查对称性，利用点关于轴对称，横轴坐标变为相反数，纵轴坐标不变以及点关于轴对称，纵轴坐标变为相反数，横轴坐标不变进行分析7、D【分析】对应顶点的连线相交于一点的两个相似多边形叫位似图形【详解】解：根据位似图形的概念，A、B、C三个图形中的两个图形都是位似图形；D中的两个图形不符合位似图形的概念，两个三角形不相似，故不是位似图形故选D【点睛】此题主要考查了位似图
11、形，注意位似与相似既有联系又有区别，相似仅要求两个图形形状完全相同；而位似是在相似的基础上要求对应点的连线相交于一点8、D【分析】根据轴对称图形与中心对称图形的概念，并结合选项中图形的特点即可选择【详解】解：A、是轴对称图形，不是中心对称图形，故该选项不符合题意；B、不是轴对称图形，是中心对称图形，故该选项不符合题意；C、是轴对称图形，不是中心对称图形，故该选项不符合题意；D、是轴对称图形，是中心对称图形，故该选项符合题意故选：D【点睛】本题考查了中心对称图形与轴对称图形的概念轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形沿对称轴折叠后可重合；中心对称图形关键是要寻找对称中心，图形旋转180后与原图重合9
12、、C【分析】据平面直角坐标系中任意一点P（x，y），关于原点的对称点是（x，y），然后直接作答即可【详解】解：根据中心对称的性质，可知：点P（3，1）关于原点O中心对称的点的坐标为（3，1）故选：C【点睛】本题考查关于原点对称的点坐标的关系，是需要熟记的基本问题，记忆方法可以结合平面直角坐标系的图形10、C【分析】由折叠的性质和直角三角形斜边的中线等于斜边的一半，则，然后结合三角形的内角和，等腰三角形的性质，即可求出答案【详解】解：ABC是直角三角形，CE是中线，有折叠的性质，则，A=50，ACE=50，；故选：C【点睛】本题考查了折叠的性质，三角形的内角和定理，直角三角形的性质，三角形的外角
13、性质，解题的关键是掌握所学的知识，正确的求出角的度数二、填空题1、2 2 【分析】关于原点对称的两个点的横纵坐标都互为相反数，根据特点列式求出a、b即可求得答案【详解】解：点和点关于原点对称，故答案为：2；2【点睛】本题主要考查了关于原点对称点的坐标特征，解二元一次方程组，熟记关于原点对称点的坐标特征并运用解题是关键2、 (-2,-5)【分析】关于轴对称，横坐标不变，纵坐标互为相反数，进而可求解【详解】解：由点关于轴对称点的坐标为：，故答案为：【点睛】本题主要考查平面直角坐标系中点的坐标关于坐标轴对称问题，熟练掌握点的坐标关于坐标轴对称的方法是解题的关键3、【分析】连接OD，做BPx轴，垂足为
14、M，作APy轴，垂足为N，AP、BP相交于点P根据旋转作图和“心”形的对称性得到COB=30，BOG=60，设OM=m，得到点B坐标为，把点B代入，求出m，即可得到点A、B坐标，根据勾股定理即可求出AB【详解】解：如图，连接OD，做BPx轴，垂足为M，作APy轴，垂足为N，AP、BP相交于点P点C绕原点O旋转60得到点D，COD=60，由“心”形轴对称性得AB为对称轴，OB平分COD，COB=30，BOG=60，设OM=m，在RtOBM中，BM=,点B坐标为，点B在抛物线上，解得，点B坐标为，点A坐标为，AP=，BP=9，在RtABP中，故答案为：【点睛】本题考查了抛物线的性质，旋转、轴对称、
15、勾股定理、三角函数等知识，综合性较强，理解题意，表示出点B坐标是解题关键4、#【分析】根据题意将线段BE绕点E顺时针旋转30得到线段ET，连接GT，过E作，垂足为J，进而结合全等三角形判定可得当CGTG时，CG的值最小，依据矩形的性质和含30的直角三角形进行分析计算即可得出答案.【详解】解：如图，将线段BE绕点E顺时针旋转30得到线段ET，连接GT，过E作，垂足为J，四边形ABCD是矩形，AB=CD=6，B=BCD=90，BET=FEG=30，BEF=TEG，在EBF和TEG中，EBFETG（SAS），B=ETG=90，点G的在射线TG上运动，当CGTG时，CG的值最小，EJG=ETG=JGT
16、=90，四边形ETGJ是矩形，JET=90,GJ=TE=BE=2，BET =30，JEC=180-JET-BET=60，,CG=CJ+GJ=.CG的最小值为.故答案为：.【点睛】本题考查旋转的性质，矩形的性质，全等三角形的判定和性质，垂线段最短等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题5、【分析】AE=AB=CD=FG，AD=EF，AF=AC，FAC=90，即可得到 正确；证明AQEMQH可以判断 ；由全等三角形的性质可得到CP=AQ，由等腰直角三角形的性质可以得到PQ=MQ，即正确；由P为CM的中点，得到，则，即正确 【详解】解：如图，连接AF，AC，PQ，延长FE交BC
17、于N，取FN中点H，连接MH， 矩形ABCD绕点A逆时针旋转90得到矩形AEFG， AE=AB=CD=FG，AD=EF，AF=AC，FAC=90，D=AEQ=90， M是CF的中点， AM=MC=MF，AMCF，即正确；DPC=APM，DPC+DCP=90，APM+MAP=90， DCP=MAP，AE=CD，D=AEQ=90，在CDP和AEQ中， CDPAEQ（ASA），即正确； CP=AQ， MC-CP=AM-AQ， MP=MQ， PQ=MQ，即正确； P为CM的中点，AE=CD=2，即正确 故答案为：【点睛】本题主要考查了全等三角形的性质与判定，勾股定理，旋转的性质，等腰三角形的性质与判定
18、，矩形的性质等等，解题的关键在于能够熟练掌握相关知识进行求解三、解答题1、【分析】先由旋转的性质证明再利用等边对等角证明从而可得答案.【详解】解： 把ABC绕点A逆时针旋转得到ADE，B70， 【点睛】本题考查的是旋转的性质，等腰三角形的性质，掌握“旋转前后的对应角相等与等边对等角”是解本题的关键.2、（1）（4，1）；（2）见解析；（3）见解析【分析】（1）根据关于原点对称的两点的横纵坐标均与原来点的横纵坐标互为相反数，据此可得答案；（2）将三个点分别向右平移3个单位、再向上平移1个单位，继而首尾顺次连接即可；（3）将三个点分别绕原点O逆时针旋转90后得到对应点，再首尾顺次连接即可【详解】（
19、1）点B关于原点对称的点B的坐标为（4，1），故答案为：（4，1）；（2）如图所示，A1B1C1即为所求（3）如图所示，A2B2C2即为所求【点睛】本题主要考查作图平移变换、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3、（1）见解析；（2）【分析】（1）根据点O的坐标确定直角坐标系，根据旋转的性质确定点A1、B1，顺次连线即可得到OA1B1；（2）利用弧长公式计算即可【详解】解：（1）如图，OA1B1即为所求三角形；（2）旋转过程中点B走过的路径的长=【点睛】此题考查了旋转作图，弧长的计算公式，正确掌握旋转的性质及弧长的计算公式是解题的关键4、（1）见解
20、析；（2）3.5；（3）图形见解析，P点的坐标为【分析】（1）找到关于轴对称的点，顺次连接，则即为所求；（2）根据网格的特点，根据即可求得的面积；（3）连接，与轴交于点，根据对称性即可求得，点即为所求【详解】解：（1）找到关于轴对称的点，顺次连接，则即为所求，如图（2）（3）根据作图可知，P点的坐标为【点睛】本题考查了画轴对称图形，坐标与图形，轴对称的性质求线段和的最小值，掌握轴对称的性质是解题的关键5、（1）见解析；四边形PEFD是菱形，理由见解析；（2）四边形PEFD的形状没有发生变化，仍然是菱形，理由见解析【分析】（1）根据四边形ABCD为正方形得AD=CD ，然后证明ADFCDP，则D
21、F=DP，得到DF=PG；由四边形PMDC是矩形得CDPM，由ADFMPG，推出PGPF，进而可得DPPF，再证明DFPE，推出四边形PEFD是平行四边形，再结合PDPE即可证明四边形PEFD是菱形；（2）如图2中，作PMAD于M则四边形CDMP是矩形，CDPM，由ADFMPG，推出DPPGPEPF，再证明DFPE，推出四边形PEFD是平行四边形，由PDPE，即可证明四边形PEFD是菱形【详解】解：（1）四边形ABCD是正方形，AD=CD ，A= C=ADC=90，DFPG，DHG=90， HGD+ADF=90，CDP+PDG=90， PD=PG ，PGD=PDG，ADF=CDP，ADFCDP
22、（ASA）， DF=DP， PD=PG，DF=PG； 如图所示，作PMAD于M，由旋转的性质得PE=PG，EPG=90，四边形ABCD是正方形，CCDMDMP90，ADCD，四边形DCPM是矩形，CDPM，ADCD，ADPM，DFPG，DAFPMGGHD90，ADF+AFD90，ADF +PGM90，AFDPGM，在ADF和MPG中，ADFGMP（AAS），DFPG，PGPEPD，FHGEPG90，DFPE，四边形PEFD是平行四边形，PDPE，四边形PEFD是菱形（2）四边形PEFD的形状没有发生变化，仍然是菱形，理由：如图2中，作PMAD于M则四边形CDMP是矩形，CDPM， DAFPMGDHG90，ADF+AFD90，G+GDH90，ADFGDH，AFDG，ADCD，CDPM，ADPM，在ADF和MPG中，ADFMPG（AAS），DPPGPEPD，FHGEPG90，DFPE，四边形PEFD是平行四边形，PDPE，四边形PEFD是菱形【点睛】本题主要考查了旋转的性质、等腰三角形的性质、正方形的性质、全等三角形的判定和性质、菱形的判定等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，正确寻找全等三角形解决问题，属于中考常考题型