2025年九年级数学中考复习图形的变换常考热点考前冲刺训练

2025年 九年级数学中考复习 图形的变换 常考热点考前冲刺训练 1．如图①，有一张平行四边形纸片，将纸片沿着对角线剪开，形成两个全等的三角形，． 如图②，将沿着的方向以每秒的速度平移得到；设运动时间为t秒，连接． (1)四边形的形状为 ； (2)当t为何值时，四边形是菱形？请说明你的理由； (3)四边形能是矩形吗？若能，求出t的值及此时矩形的面积；若不能，说明理由． 2．如图，在平面直角坐标三角形系中，三角形的顶点在网格点上，点的坐标为．若把三角形先向下平移3个单位长度，再右平移2个单位长度，得到三角形． (1)写出点的坐标并求出三角形的面积； (2)在图中画出三角形并写出三点的坐标； (3)若三角形上有一点，求点的对应点的坐标． 3．如图，将延射线的方向平移2个单位到的位置，点，的对应点分别为点． (1)直接写出图中与相等的线段． (2)若，则等于___________． (3)若等于，求的度数． 4．如图，是等腰三角形，．以点B为圆心，任意长为半径作弧，交于点F，交于点G分别以点F和点G为圆心，大于的长为半径作弧，两弧相交于点H，作射线交于点D；分别以点B和点D为圆心，大于的长为半径作弧，两弧相交于M、N两点，作直线交于点E，连接． (1)求证：； (2)若，求的长． 5．如图，和都是等腰直角三角形，其中． (1)如图1，与有何关系，请说明理由． (2)如图2，将绕着C点顺时针旋转一定度数，则（1）中结论还成立吗？请说明理由． 6．在中，，，点为直线上一点，连接． (1)如图1，点在线段上，点在线段上，若，，分别过点作的垂线、点作的垂线交于点，连接，求的长； (2)如图2，点在延长线上，为边上一点，连接，作交延长线于点，作于点．若平分，，猜想线段与之间的数量关系，并证明你的猜想； (3)如图3，在（1）的条件下，点为直线下方一点，连接，，点在线段上，且，连接，将线段绕点顺时针旋转得到线段，连接，，直接写出线段的长度的最小值． 7．四月阳光明媚，正是草莓成熟时．人们走进草莓园；采摘鲜红欲滴的草莓，品尝春天的甜蜜滋味，乐趣无穷．清明假期小依一家去某草莓采摘基地游玩，该基地里，同一平面内五处景点的道路分布如图所示．经测量，景点在景点的正南方向，且位于景点的北偏西方向，米；景点在景点的正东方向500米处，且在景点的东南方向；景点在景点的正北方向，且在景点的北偏东方向．（参考数据：，） (1)求景点、之间的距离（结果保留根号）； (2)爸爸和小依同时从景点出发，爸爸沿路线步行到景点处，小依沿路线步行到景点处．已知爸爸的步行速度为60米/分，小依的步行速度为90米/分，请通过计算说明小依和爸爸谁先到达景点？（结果精确到0.1分）． 8．如图，内接于，作于，与交于点，点在的延长线上，使得． (1)求证：是的切线； (2)若，，求的半径长． 9．【问题背景】如图1，正方形的边长为8，是正方形内一点，是直角三角形，，把绕点逆时针旋转到，连接交于点，连接． 【初步感知】（1）求证：； 【研究感悟】（2）求线段长度的最小值； 【深度探索】（3）在线段上截取，连接，如图2所示，若，求线段的长． 10．如图，在中，，若，． (1)求的长． (2)若是斜边上的中线，求的值． 11．如图1，已知正方形边长为，点、点分别是边，上的动点，且，连接，过点作交边于点，连接，设． (1)猜想的形状并证明； 取中点，连接，则 ；的面积 ；（用含的代数式表示） (2)如图，在上方作等边，，分别交边于点，，且点始终处在两平行直线，之间的区域内， 直接写出的范围 ； 计算的值．（结果用含的代数式表示） 12．阅读材料，并解决问题： 【思维指引】（1）如图1等边内有一点P，若点P到顶点A、B、C的距离分别为3，4，5，求的度数. 解决此题，我们可以将绕顶点A旋转到处，此时，连接，借助旋转的性质可以推导出是______三角形；这样利用旋转变换，我们将三条线段 转化到一个三角形中，从而求出______； 【知识迁移】（2）如图2，在中，，，E、F为上的点且，请判断，，的数量关系，并证明你的结论. 【方法推广】（3）如图3，在中，，，，点P为内一点，连接，直接写出的最小值. 13．【问题情境】如图1，点E为正方形内一点，，，，将直角三角形绕点A逆时针方向旋转α度（），点B，E的对应点分别为点，． 【问题解决】 (1)如图2，在旋转的过程中，点落在了上，此时的长为______； (2)若，如图3，得到（此时与D重合），延长交于点F． ①试判断四边形的形状，并说明理由； ②连接，求的长； (3)在直角三角形绕点A逆时针方向旋转过程中，线段长度的最小值为______，最大值为______． 14．综合与探究 问题情境： 矩形中，，的平分线交于点E．将绕点顺时针旋转，得到点A，B的对应点分别为点F，G（点G与点B不重合）． 深入探究： (1)如图1，当点F在边上时，求证：； (2)如图2，当点G在线段上时，连接，，求四边形的面积； (3)当点G在矩形的对角线上时，连接，直接写出的长． 15．如图，是的直径，弦于点是上的一个动点，连接． (1)求证：． (2)如图，若与的交点为线段的中点，，，求线段的长． (3)如图，的延长线交的延长线于点．求证：． 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 《2025年 九年级数学中考复习 图形的变换 常考热点考前冲刺训练》参考答案 1．(1)平行四边形 (2)，见解析 (3)能，，面积为 【分析】（1）根据平移和平行四边形的性质证明，，即可求证； （2）当秒时，根据等边三角形的性质和判定，即可得出四边形是菱形； （3）根据矩形的性质可得，，在根据含的直角三角形可得，再根据勾股定理可得，，从而得出． 【详解】（1）证明：∵平行四边形， ∴，， ∴， 根据平移的性质得到：，， ∴，， ∴， ∴四边形是平行四边形； （2）解：当秒时，四边形是菱形． ∵， ∴， ∴， ∵ ∴是等边三角形， ∴， ∵四边形是平行四边形， ∴四边形是菱形． （3）解：能．∵是矩形，， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴， 即当四边形是矩形， ． 【点睛】本题主要考查等边三角形的性质和判定，平移和全等三角形的性质，勾股定理，含的直角三角形，平行四边形，矩形和菱形的性质和判定，熟练掌握以上知识是解题的关键． 2．(1)；13 (2)图见解析， (3) 【分析】本题主要考查了坐标与图形，坐标与图形变化—平移，正确根据平移方式得到三点的坐标是解题的关键． （1）根据坐标系中点的位置，可得点B坐标，再利用割补法求出对应三角形面积计算； （2）根据平移方式得到三点的坐标，描出，并顺次连接即可； （3）根据“上加下减，左减右加”的平移规律求解即可． 【详解】（1）解：由题意得，点B的坐标为， ； （2）解：∵把三角形先向下平移3个单位长度，再右平移2个单位长度，得到三角形，， ∴， 如图所示，三角形即为所求； （3）解：解：∵把三角形先向下平移3个单位长度，再右平移2个单位长度，得到三角形，为三角形上一点， ∴点的对应点的坐标为． 3．(1) (2) (3) 【分析】此题主要考查了平移变换，平行线的性质，正确应用平移的性质是解题关键． （1）直接利用平移的性质得出相等线段； （2）直接平移的性质得出的长，进而得出答案； （3）由平移变换的性质得：，，再根据平行线的性质即可得到∠CFE的度数． 【详解】（1）解：与相等的线段有：； （2），将沿射线的方向平移个单位到的位置， ， 则． 故答案为：； （3）由平移变换的性质得：，， ， ， ． 4．(1)见解析 (2) 【分析】本题考查了相似三角形的判定与性质，等腰三角形的判定与性质，尺规作图，三角形内角和等知识点，熟练掌握各知识点并灵活运用是解题的关键． （1）由作图知，平分，垂直平分，根据角平分线和等边对等角，进一步证明，即可； （2）证明，再由，列出比例式解方程即可． 【详解】（1）证明：∵中，，， ∴， 由作图知，平分，垂直平分， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∴； （2）解：由（1）得， ∴， ∴， 由（1）得， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 解得：或（舍）． 5．(1)， (2)仍然成立，见解析 【分析】（1）根据等腰直角三角形的性质、全等三角形的判定定理证明，根据全等三角形的性质解答； （2）证明根据全等三角形的性质证明即可． 【详解】（1）证明：，．证明如下： ∵，，， ∴， ∵ ∴， ∴，， 延长交于点M， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， 故，． （2）证明：仍然成立．证明如下： ∵，，， ∴， ∴， ∴， ∵ ∴， ∴，， 设交于点N，交于点F， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 故，． 【点睛】本题考查了等腰直角三角形的性质，三角形全等的判定和性质，对等角相等，垂直的定义，等量代换思想，熟练掌握性质是解题的关键． 6．(1)； (2)；证明见解析 (3)线段的长度的最小值为． 【分析】（1）证明，再利用勾股定理求解即可； （2）作于点，连接，设，求得，证明，得到，再证明，证得，推出，证得四边形内接于圆，求得，即可得到； （3）连接，取的中点，连接，，利用两边对应成比例且夹角相等，证明，推出，得到点在以为直径的圆上，将线段绕点顺时针旋转得到线段，连接，得到，推出，点在以为圆心，为半径的圆上，当共线时，线段的长度取最小值，最小值为，证明点四点共圆，求得，据此计算即可求解． 【详解】（1）解：∵，，， ∴， ∵， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴； （2）解：；理由如下， 作于点，连接， ∵平分， ∴设， ∵，， ∴， ∴，， 则， ∵，， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∵， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∵， ∴四边形内接于圆， ∴， ∴， ∴ ∵， ∴， ∴； （3）解：连接，取的中点，连接，， ∵，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴点在以为直径的圆上，此时，， 将线段绕点顺时针旋转得到线段，连接，则是等腰直角三角形， ∵线段绕点顺时针旋转得到线段， ∴，，， ∴， ∴， ∴点在以为圆心，为半径的圆上， 当共线时，线段的长度取最小值，最小值为， ∵是等腰直角三角形， ∴，， ∴点四点共圆， ∴， ∵，， ∴， ∵是等腰直角三角形， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴线段的长度的最小值为． 【点睛】本题考查了圆周角定理，相似三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，二次根式的混合运算，旋转的性质，等腰直角三角形的判定和性质，解直角三角形．正确引出辅助线解决问题是解题的关键． 7．(1)米 (2)小依先到达景点D 【分析】本题考查解直角三角形的应用，理解题意，构造直角三角形是解答的关键． （1）延长、交于点O，在和中，解直角三角形求解即可； （2）过E作于F，设，在中，，，在中，，，由列方程求得，进而可求得两人的路程和，求出两人所用时间即可求解． 【详解】（1）解：延长、交于点O， 由题意，，，，米，米 在中，米，米， ∴米， 在中，米， 答：景点、之间的距离为米； （2）解：过E作于F， 由题意，，， 设， 在中，，， 在中，，， 由解得， ∴米，米， ∵米，米， ∴米， ∴爸爸所用时间为（分）， 小依所用时间为（分）， ∵， ∴小依先到达景点D． 8．(1)见详解 (2) 【分析】（1）根据圆周角定理得，结合三角形内角和性质得，因为，得，进行作答即可． （2）先整理得，再根据垂径定理以及圆周角定理得，则，证明，得，代入数值得，，最后在中，． 【详解】（1）解：连接，如图所示： ∵， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∵是半径， ∴是的切线； （2）解：∵，，， ∴在中，， 连接，取的中点，连接交于一点，如图所示： ∵点是的中点， ∴，，， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 则， ∵ 则 ∴ 在中，． 【点睛】本题考查了切线的判定与性质，勾股定理，解直角三角形的相关计算，圆周角定理，垂径定理，相似三角形的判定与性质，难度较大，综合性较强，正确掌握相关性质内容是解题的关键． 9．（1）见解析；（2）；（3） 【分析】本题考查了旋转的性质，圆周角定理，点到圆的距离，相似三角形的判定和性质，勾股定理，正确作出辅助线是解题的关键． （1）根据旋转的性质可得，即可解答； （2）利用定弦定角可得在以为直径的圆M上运动，圆心为的中点，利用颠倒圆的距离即可解答； （3）证明，求得，，再利用勾股定理即可解答． 【详解】解：（1），由逆时针旋转知， ，， ， ； （2） 在以为直径的圆M上运动，圆心为的中点，如图， ，， 在正方形中，，，连接 根据勾股定理可得， 当点E在线段上时（即D、E、M三点共线），取得最小值． 此时； （3）由题意知，在中，，， ，， 由旋转知，，， 由（1）知， ， ， 设，则， ， ， ， ，， 在中， ． 10．(1) (2) 【分析】本题考查解直角三角形，勾股定理，直角三角形斜边中线的性质，熟练掌握解直角三角形的应用是解题的关键． （1）由，，得出，再结合勾股定理及即可求解； （2）过点作于点，利用中线得，设，则，利用，列式求解，再求，即可求解． 【详解】（1）解：∵，， ∴， ∴， 设，则， ∴， ∴； （2）解：如图，过点作于点， ∵是斜边上的中线， ∴， 设，则， ∵， 即， 解得：， ∴， ∴． 11．(1)为等腰直角三角形，证明见解析；， (2)； 【分析】本题考查了正方形的性质，勾股定理，相似三角形的判定与性质，解直角三角形，全等三角形的判定与性质，掌握知识点的应用是解题的关键． （）由四边形是正方形，得，，然后证明，故有，从而求证； 连接，由，则，再证明，故有，，，从而可得三点共线，则有，设，则，由勾股定理得，再根据即可求解； （）当时，有最小值，当与重合时，有最大值，又点始终处在两平行直线，之间的区域内，从而求出的范围； 过作于点，通过相似三角形的判定可得，，所以，，由题意可知在平行得直线上运动，且，设，则，然后代入即可求解． 【详解】（1）解：是等腰直角三角形，理由， 如图， ∵四边形是正方形， ∴，， ∵， ∴， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∴是等腰直角三角形； 连接， ∵， ∴， ∴， ∵四边形是正方形， ∴， ∴， ∵为中点， ∴， ∴， ∴，，， ∵， ∴， ∴三点共线， ∵， ∴， 设，则， ∴， ∵， ∴，即， ∴ ， 故答案为：，； （2）解：当时，有最小值， ∴， ∴， ∴四边形是矩形， ∴，即的最小值为， 当与重合时，有最大值，如图， ∵四边形是正方形， ∴， ∵是等边三角形， ∴，， ∴， 设，则， ∴，， ∴， ∴， 即，解得：， ∵点始终处在两平行直线，之间的区域内， ∴的范围是； 故答案为：； 如图，过作于点， 则， ∴，， ∴，， 由题意可知在平行得直线上运动，且， 设，则， ∴，， ∴，， ∴，， ∴，， ∴． 12．（1）等边；150；（2），理由见解析过程；（3） 【分析】（1）根据旋转变换前后的两个三角形全等，全等三角形对应边相等，全等三角形对应角相等以及等边三角形的判定和勾股定理逆定理解答； （2）根据旋转的性质可得，，，，，再求出，从而得到，然后利用“边角边”证明和全等，根据全等三角形对应边相等可得，再利用勾股定理列式即可得证； （3）由旋转的性质可得，由等腰直角三角形的性质可得，即，则当A，P，，四点共线时，取到最小值，最小值为长，由勾股定理可求解． 【详解】解：（1）， ，，， 依题意得旋转角， 为等边三角形， ，， ， 为直角三角形，且， ； 故答案为：等边；150； （2），理由如下： 如图2，把绕点A逆时针旋转得到， 由旋转的性质得，，，，，， ， ， ， 在和中， ， ， ， ，， ， ， 由勾股定理得，， 即； （3）如图，在内部任取一点P，连接，，， 将绕点B顺时针旋转得到， 由旋转的性质得：， ， ， ， 当A，P，，四点共线时，取到最小值，最小值为长， 如图，过点A作垂线交延长线于点D， ， ， ，， 又， ， ． 【点睛】本题是几何变换综合题，主要考查了旋转的性质，全等三角形的判定与性质，等腰直角三角形的性质，勾股定理，读懂题目信息，理解利用旋转构造出全等三角形和等边三角形以及直角三角形是解题的关键． 13．(1) (2)①正方形，理由见解析；② (3)， 【分析】（1）由勾股定理得，再由正方形的性质得，然后由旋转的性质得，即可求解； （2）①由旋转的性质得，，，再证四边形是矩形，即可得出结论； ②过点C作于点G，证，得，，则，再由勾股定理求解即可； （3）的最小值就是初始位置时的长度；当落在的延长线上时，，最长，即可得出答案． 【详解】（1）解：∵，，， ∴， ∵四边形是正方形， ∴，， ∴， 由旋转的性质得：， ∴， 故答案为：； （2）解：①四边形是正方形，理由如下： 由旋转的性质得：，，， ∵， ∴四边形是矩形， 又∵， ∴四边形是正方形； ②过点C作于点G，如图3所示： 则， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴，， ∴， ∴； （3）解：∵点E不会在线段上， ∴的最小值就是初始位置时的长度， 当落在的延长线上时，，最长， 故答案为：，． 【点睛】本题是四边形综合题目，考查了正方形的判定与性质、旋转变换的性质、矩形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形的性质、勾股定理等知识． 14．(1)证明见解析 (2) (3)或 【分析】（1）先根据旋转的性质可得，根据等腰三角形的性质可得，再根据三角形的内角和定理可得，然后根据矩形的性质可得，由此即可得证； （2）设交于点，先证出，根据全等三角形的性质可得，，则，再证出，根据相似三角形的性质可得的长，然后利用勾股定理求出的长，最后根据四边形的面积等于求解即可得； （3）分两种情况：①若点在对角线上时，过点作于，先证出点在同一条直线上，再求出的长，从而可得的长，然后利用勾股定理求解即可得；②若点在对角线上时，过点作于，过点作于，先根据等腰三角形的性质、勾股定理求出的长，再证出，根据相似三角形的性质可得的长，从而可得的长，然后利用勾股定理求解即可得． 【详解】（1）证明：绕点旋转得到， ， ∴， ． ． 矩形中，， ， ∴， ． （2）解：如图，设交于点． 四边形是矩形，， ，， ， ∴，， 平分， ∴， 在和中， ， ∴， ∴，， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴，即， ∴， ∴， ∴， ∴四边形的面积为 ． （3）解：①如图，若点在对角线上时，过点作于． 平分， ∴点到的距离等于的长度． 由旋转的性质得：， ∴， ∴， ∴， ∴点在同一条直线上， 在和中， ， ∴， ∴， ∴， ∵在矩形中，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴； ②如图，若点在对角线上时，过点作于，过点作于， ∵在矩形中，， ∴， ∴， 由上已得：， ∴（等腰三角形的三线合一）， 在中，， ∴在中，， ∴，，， 由旋转的性质得：，， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∴，， ∴， ∴， 综上，的长为或． 【点睛】本题考查了矩形的性质、旋转的性质、解直角三角形、相似三角形的判定与性质、勾股定理等知识，较难的是题（3），正确分两种情况讨论是解题关键． 15．(1)证明见解析； (2)线段的长为； (3)证明见解析． 【分析】（）连接，根据圆周角定理可得，然后通过垂径定理推论可得，则，从而得证； （）先证明，则，所以，即，再证明，故有，则，从而可得，由勾股定理求出，最后通过勾股定理即可求解； （）连接，延长交于点，又四边形是圆内接四边形，则有，从而求得，再证明，则得出即可求证． 【详解】（1）证明：如图，连接， ∴， ∵，是的直径， ∴， ∴， ∴； （2）解：∵是的直径， ∴， ∵， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∴，即， ∵， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∵点为线段的中点， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴； （3）证明：如图，连接，延长交于点， ∵是的直径， ∴， ∴， ∵四边形是圆内接四边形， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴． 【点睛】本题考查了圆周角定理，圆内接四边形，相似三角形的判定与性质，勾股定理，全等三角形的判定与性质等知识，掌握知识点的应用是解题的关键． 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $$