精品解析： 北京市东城区北京汇文中学2025-2026学年九年级上学期第三次月考数学试卷（9月份）

2025-2026学年北京市东城区文汇中学 九年级（上）第三次月考数学试卷（9月份） 一、选择题：本题共8小题，每小题4分，共32分．在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的． 1. 下列说法正确的是（ ） A. 平移不改变图形的形状和大小，而旋转则改变图形的形状和大小 B. 平移和旋转的共同点是改变了图形的位置，而图形的形状大小没有变化 C. 图形可以向某方向平移一定距离，也可以向某方向旋转一定距离 D. 在平移和旋转图形中，对应角相等，对应线段相等且平行 【答案】B 【解析】 【分析】根据平移和旋转的性质，对选项进行一一分析，排除错误答案． 【详解】解：、平移不改变图形的形状和大小，而旋转同样不改变图形的形状和大小，故错误； 、平移和旋转的共同点是改变图形的位置，而图形的形状大小没有变化，故正确； 、图形可以向某方向平移一定距离，而旋转是围绕中心做圆周运动，故错误； 、在平移和旋转图形中，对应角相等，平移中对应线段相等且平行，旋转图形对应线段相等但不一定平行，故错误． 故选：． 【点睛】本题主要考查了几何的类型，解题的关键是正确掌握平移和旋转的定义，即在平面内，将一个图形沿某个方向移动一定的距离，这样的图形运动成为平移；旋转就是物体绕着某一点或轴运动．平移和旋转的共同点是改变图形的位置． 2. 下面是利用图形变化的知识设计的一些美丽的图案，其中既是轴对称图形，又是中心对称图形的是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据图形的性质和轴对称图形与中心对称图形的定义解答． 【详解】、既是轴对称图形又是中心对称图形，选项正确； 、不是轴对称图形，是中心对称图形，选项错误； 、是轴对称图形，不是中心对称图形，选项错误； 、是轴对称图形，不是中心对称图形，选项错误． 故选：． 【点睛】本题考查了中心对称图形和轴对称图形的定义，轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分沿对称轴折叠后可重合；中心对称图形是要寻找对称中心，旋转度后与原图重合． 3. 如图，点A的坐标是，将线段绕点O顺时针旋转，点A的对应点的坐标是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】本题主要考查了坐标与图形变化旋转，全等三角形的判定和性质，熟知图形旋转的性质是解题的关键． 根据题意画出旋转后的图形，再结合全等三角形的判定与性质即可解决问题． 【详解】解：如图所示， 分别过点和点作轴的垂线，垂足分别为和， 由旋转可知， ，， ， ． 在和中， ， ， ，． 点的坐标为， ，， 点的坐标为． 故选：B． 4. 下列图形中，一定既是轴对称图形又是中心对称图形的是( ) A. 等边三角形 B. 直角三角形 C. 平行四边形 D. 正方形 【答案】D 【解析】 【分析】根据轴对称图形和中心对称图形的概念对各选项分析判断即可得解． 【详解】解：A、等边三角形是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项错误，不合题意； B、直角三角形不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故本选项错误，不合题意； C、平行四边形不是轴对称图形，是中心对称图形，故本选项错误，不合题意； D、正方形既是轴对称图形，又是中心对称图形，故此选项正确，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，图形两部分折叠后可重合，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后两部分重合 5. 如图，在正方形中，E为边上的点，连接，将绕点C顺时针旋转得到，连接EF，若，则的度数为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】解答本题的关键是熟练掌握旋转的性质：旋转前后的两个图形全等，对应点与旋转中心的连线段的夹角等于旋转角，对应点到旋转中心的距离相等． 根据正方形的性质及旋转的性质可得是等腰直角三角形，即得结果． 【详解】解：∵将绕点C顺时针旋转得到，， ∴，，， ∴是等腰直角三角形， ∴， ∴． 故选：B 6. 如图，，，可以看作是由绕点O顺时针旋转角度得到的．若点在上，则旋转角的大小可以是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查旋转的性质，等边三角形性质和判定，掌握相关知识是解决问题的关键．由旋转性质可知，由已知可推出，则是等边三角形，故旋转角可求． 【详解】解：，， ， ∴可以看作是由绕点O顺时针旋转角度得到的， ， ∵点在上， 是等边三角形． ，即旋转角的大小可以是 故选：C． 7. 如图，P是等边内的一点，连接．若将绕点B旋转到，则的度数是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】本题考查了旋转的性质．根据旋转的性质找到旋转角即可求解． 【详解】解：∵将绕点B旋转到， ∴旋转角为或， ∵是等边三角形， ∴， ∴， 故选：B． 8. 如图，在菱形中，，为对角线的交点.将菱形绕点逆时针旋转得到菱形，两个菱形的公共点为，，，.对八边形给出下面四个结论： ①该八边形各边长都相等； ②该八边形各内角都相等； ③点到该八边形各顶点的距离都相等； ④点到该八边形各边所在直线的距离都相等。 上述结论中，所有正确结论的序号是（ ） A. ①③ B. ①④ C. ②③ D. ②④ 【答案】B 【解析】 【分析】根据菱形，，则，，结合旋转的性质得到点一定在对角线上，且，，继而得到，，结合，继而得到，可证，，同理可证，证，继而得到，得到，可以判定该八边形各边长都相等，故①正确；根据角的平分线的性质定理，得点到该八边形各边所在直线的距离都相等，可以判定④正确；根据题意，得，结合，，得到，可判定②该八边形各内角不相等；判定②错误，证，进一步可得，可判定点到该八边形各顶点的距离都相等错误即③错误，解答即可. 本题考查了旋转的性质，菱形的性质，三角形全等判定和性质，角的平分线性质定理，熟练掌握旋转的性质，菱形的性质，三角形全等判定和性质是解题的关键. 【详解】向两方分别延长，连接， 根据菱形，，则，， ∵菱形绕点逆时针旋转得到菱形， ∴点一定在对角线上，且，， ∴，， ∵， ∴， ∴，，同理可证， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴该八边形各边长都相等， 故①正确； 根据角的平分线的性质定理，得点到该八边形各边所在直线的距离都相等， ∴④正确； 根据题意，得， ∵，， ∴， ∴该八边形各内角不相等； ∴②错误， 根据， ∴， ∴， ∵， 故， ∴点到该八边形各顶点的距离都相等错误 ∴③错误， 故选B． 二、填空题：本题共3小题，每小题4分，共12分． 9. 将点向右平移3个长度单位，再向上平移2个长度单位得到点Q，Q与B关于原点对称，则点B的坐标是 __________ 【答案】 【解析】 【分析】本题考查坐标与平移及关于点对称．根据点的平移规则：左减右加，上加下减确定，然后进行求解即可． 【详解】解：点向右平移3个长度单位，再向上平移2个长度单位得到点Q， ∴，即：； ∵Q与B关于原点对称， ∴点B的坐标是 故答案为：． 10. 如图，△ABC绕点A顺时针旋转45°得到△，若∠BAC=90°，AB=AC=，则图中阴影部分的面积等于________． 【答案】-1 【解析】 【分析】根据题意结合旋转的性质以及等腰直角三角形的性质得出AD=BC=1，AF=FC′=sin45°AC′=AC′=1，进而求出阴影部分的面积． 【详解】解：∵△ABC绕点A顺时针旋转45°得到△A′B′C′，∠BAC=90°，AB=AC=， ∴BC=2，∠C=∠B=∠CAC′=∠C′=45°， ∴AD⊥BC，B′C′⊥AB， ∴AD=BC=1，AF=FC′=sin45°AC′=AC′=1， ∴图中阴影部分的面积等于：S△AFC′﹣S△DEC′=×1×1﹣×（﹣1）2=﹣1． 故答案为：． 【点睛】此题主要考查了旋转的性质以及等腰直角三角形的性质等知识，得出AD，AF，DC′的长是解题关键． 11. 定义：在平面直角坐标系中，将一个图形先向上平移个单位，再绕原点按逆时针方向旋转角度，这样的图形运动叫做图形的变换．如：点按照变换后得到点的坐标为，则点按照变换后得到点的坐标为______． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了解直角三角形，坐标与图形．根据题意，点向上平移2个单位，得到点，再根据题意将点绕原点按逆时针方向旋转，得到，，据此求解即可． 【详解】解：根据题意，点向上平移2个单位，得到点， ∴，， ∴，， ∴， 根据题意，将点绕原点按逆时针方向旋转， ∴， 作轴于点， ∴，， ∴， ∴点的坐标为， 故答案为：． 三、解答题：本题共6小题，共56分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤． 12. 如图，正方形网格中，三角形的顶点均在格点上，请在所给直角坐标系中按要求解答下列问题： （1）画出，使它与三角形关于坐标原点O成中心对称，则的坐标为______． （2）将三角形绕某点旋转后，其对应点分别为，，，则旋转中心的坐标为______． 【答案】（1） 如图，即为所求． （2） 【解析】 【分析】本题考查作图-旋转变换，中心对称，线段垂直平分线，熟练掌握相关知识是解答本题的关键． （1）根据中心对称的性质作图即可． （2）连接，，分别作线段，的垂直平分线，相交于点，进而可得答案． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 解：连接，，分别作线段，的垂直平分线，相交于点， 即旋转中心的坐标为 故答案为： 13. 如图，在菱形ABCD中，，点E在对角线BD上. 将线段CE绕点C顺时针旋转，得到CF，连接DF. （1）求证：BE=DF； （2）连接AC， 若EB=EC ，求证：. 【答案】 （1）证明：∵四边形ABCD是菱形， ∴BC=DC，， ∵， ∴， ∴=， ∵线段由线段绕点顺时针旋转得到，      ∴， 在和中， ， ∴≌， ∴； （2）证明：∵四边形ABCD是菱形， ∴，， ∴， ∵， ∴， 由（1）可知，， ∴， ∴， ∴. 【解析】 【分析】（1）根据菱形的性质可得BC=DC，，再根据，从而可得 ，继而得=，由旋转的性质可得=，证明≌，即可证得=； （2）根据菱形的对角线的性质可得，，从而得，由，可得，由（1）可知，可推得，即可得，问题得证. 【详解】略 【点睛】本题考查了旋转的性质、菱形的性质、全等三角形的判定与性质等，熟练掌握和应用相关的性质与定理是解题的关键. 14. 如图， 中， 点A 为 内一点， （1）画出将绕点O逆时针旋转 得到的三角形； （2）求 的度数． 【答案】（1）如图所示： （2） 【解析】 【分析】本题考查了旋转的性质（旋转前后对应边相等、对应角相等）、等腰直角三角形的判定与性质、勾股定理与逆定理的应用．解题关键：通过将绕点O逆时针旋转构造全等三角形，将分散的线段、、和角集中到相关三角形中，利用等腰直角三角形的性质和勾股定理逆定理求解角度． （1）依据且，确定旋转后的对应边为；保持旋转中心O不变，将点A绕O逆时针旋转得到对应点B，连接、，即得的旋转图形； （2）连接；由旋转性质得，故、，且，判定为等腰直角三角形，得、；利用勾股定理的逆定理可推得为直角，最后可计算出的度数． 【小问1详解】 解：由于， ∴旋转即在的位置上， ∴绕点O逆时针旋转得到的如图所示： 【小问2详解】 解：连接， ∵是由绕点O逆时针旋转得到的， ∴， ∴， 又∵， ∴ ， 则， ∴， ∴． 15. 如图，是等腰直角三角形，，求证：． 【答案】 证明：∵是等腰直角三角形，， ∴， 把绕点A顺时针旋转，得到，连接，则，， ∴， ∴， ∵， ∴， 在和中 ∴， ∴， 又， ∴． ∴． 【解析】 【分析】本题考查全等三角形的判定和性质，勾股定理，把绕点A顺时针旋转，得到，证明，得到，勾股定理得到，等量代换后即可得出结论． 【详解】略 16. 已知△ADE和△ABC都是等腰直角三角形，∠ADE=∠BAC=90°，P为AE的中点，连接DP． （1）如图1，点A，B，D在同一条直线上，直接写出DP与AE的位置关系； （2）将图1中的△ADE绕点A逆时针旋转，当AD落在图2所示的位置时，点C，D，P恰好在同一条直线上． ①在图2中，按要求补全图形，并证明∠BAE=∠ACP； ②连接BD，交AE于点F．判断线段BF与DF的数量关系，并证明． 【答案】（1）DP⊥AE； （2）①补全图形，如图： 证明：∵∠BAC=90°， ∴∠BAE+∠CAE=90°． ∵△ADE是等腰直角三角形，且P为AE的中点， ∴DP⊥AE，即∠APD=90°． ∵点C，D，P在同一条直线上， ∴∠ACP+∠CAE=90°． ∴∠BAE=∠ACP． ② 线段BF与DF的数量关系：BF=DF． 证明：如图，过点B作BH⊥AE于点H． ∴∠AHB=∠APD=90°． ∵ ∠BAE=∠ACP，AB=AC， ∴△BAH ≌△ACP(AAS)． ∴BH=AP=DP． ∵∠BHF=∠DPF，∠BFH=∠DFP， ∴△BFH ≌△DFP(AAS)． ∴BF=DF． 【解析】 【分析】（1）已知△ADE是等腰直角三角形，P为AE的中点，根据等腰三角形的三线合一的性质即可得DP⊥AE； （2）①根据题目要求，补全图形，根据已知条件易证∠BAE+∠CAE=90°，∠ACP+∠CAE=90°．再根据同角的余角相等即可证得∠BAE=∠ACP． ②线段BF与DF的数量关系：BF=DF． 过点B作BH⊥AE于点H．易证△BAH ≌△ACP，由全等三角形的性质可得BH=AP=DP．再△BFH ≌△DFP，由此可得BF=DF． 【详解】（1）DP与AE的位置关系：DP⊥AE；理由如下： ∵△ADE是等腰直角三角形，P为AE的中点， ∴DP⊥AE； （2）①略； ② 略． 【点睛】本题考查了等腰三角形的性质及全等三角形的判定与性质，熟练运用等腰三角形的性质及全等三角形的判定与性质是解决问题的关键． 17. 已知，点，分别在射线，上，将线段绕点顺时针旋转得到线段，过点作的垂线交射线于点. （1）如图1，当点在射线上时，求证：是的中点； （2）如图2，当点在内部时，作，交射线于点，用等式表示线段与的数量关系，并证明。 【答案】（1） 证明：连接，    由题意得：，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴点是的中点； （2）， 在射线上取点H，使得，取的中点G，连接， ∵， ∴， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴，， ∴， ∵， ∴，， ∵是的中点， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴． 【解析】 【分析】（1）先根据等腰三角形的性质以及三角形内角和定理求得，则，故，再根据等角的余角相等即可得到，故，最后等量代换出，即点是的中点； （2）在射线上取点H，使得，取的中点G，连接，可证明，则，，则，根据平行线的性质以及等腰三角形的性质得到，则，而，故可等量代换出． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 【点睛】本题考查了旋转的性质，全等三角形的判定与性质，三角形的内角和，外角定理，平行线的性质，直角三角形的性质，熟练掌握这些知识点，正确添加辅助线是解题的关键． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025-2026学年北京市东城区文汇中学 九年级（上）第三次月考数学试卷（9月份） 一、选择题：本题共8小题，每小题4分，共32分．在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的． 1. 下列说法正确的是（ ） A. 平移不改变图形的形状和大小，而旋转则改变图形的形状和大小 B. 平移和旋转的共同点是改变了图形的位置，而图形的形状大小没有变化 C. 图形可以向某方向平移一定距离，也可以向某方向旋转一定距离 D. 在平移和旋转图形中，对应角相等，对应线段相等且平行 2. 下面是利用图形变化的知识设计的一些美丽的图案，其中既是轴对称图形，又是中心对称图形的是（ ） A. B. C. D. 3. 如图，点A的坐标是，将线段绕点O顺时针旋转，点A的对应点的坐标是（ ） A. B. C. D. 4. 下列图形中，一定既是轴对称图形又是中心对称图形的是( ) A. 等边三角形 B. 直角三角形 C. 平行四边形 D. 正方形 5. 如图，在正方形中，E为边上的点，连接，将绕点C顺时针旋转得到，连接EF，若，则的度数为（ ） A. B. C. D. 6. 如图，，，可以看作是由绕点O顺时针旋转角度得到的．若点在上，则旋转角的大小可以是（ ） A. B. C. D. 7. 如图，P是等边内的一点，连接．若将绕点B旋转到，则的度数是（ ） A. B. C. D. 8. 如图，在菱形中，，为对角线的交点.将菱形绕点逆时针旋转得到菱形，两个菱形的公共点为，，，.对八边形给出下面四个结论： ①该八边形各边长都相等； ②该八边形各内角都相等； ③点到该八边形各顶点的距离都相等； ④点到该八边形各边所在直线的距离都相等。 上述结论中，所有正确结论的序号是（ ） A. ①③ B. ①④ C. ②③ D. ②④ 二、填空题：本题共3小题，每小题4分，共12分． 9. 将点向右平移3个长度单位，再向上平移2个长度单位得到点Q，Q与B关于原点对称，则点B的坐标是 __________ 10. 如图，△ABC绕点A顺时针旋转45°得到△，若∠BAC=90°，AB=AC=，则图中阴影部分的面积等于________． 11. 定义：在平面直角坐标系中，将一个图形先向上平移个单位，再绕原点按逆时针方向旋转角度，这样的图形运动叫做图形的变换．如：点按照变换后得到点的坐标为，则点按照变换后得到点的坐标为______． 三、解答题：本题共6小题，共56分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤． 12. 如图，正方形网格中，三角形的顶点均在格点上，请在所给直角坐标系中按要求解答下列问题： （1）画出，使它与三角形关于坐标原点O成中心对称，则的坐标为______． （2）将三角形绕某点旋转后，其对应点分别为，，，则旋转中心的坐标为______． 13. 如图，在菱形ABCD中，，点E在对角线BD上. 将线段CE绕点C顺时针旋转，得到CF，连接DF. （1）求证：BE=DF； （2）连接AC， 若EB=EC ，求证：. 14. 如图， 中， 点A 为 内一点， （1）画出将绕点O逆时针旋转 得到的三角形； （2）求 的度数． 15. 如图，是等腰直角三角形，，求证：． 16. 已知△ADE和△ABC都是等腰直角三角形，∠ADE=∠BAC=90°，P为AE的中点，连接DP． （1）如图1，点A，B，D在同一条直线上，直接写出DP与AE的位置关系； （2）将图1中的△ADE绕点A逆时针旋转，当AD落在图2所示的位置时，点C，D，P恰好在同一条直线上． ①在图2中，按要求补全图形，并证明∠BAE=∠ACP； ②连接BD，交AE于点F．判断线段BF与DF的数量关系，并证明． 17. 已知，点，分别在射线，上，将线段绕点顺时针旋转得到线段，过点作的垂线交射线于点. （1）如图1，当点在射线上时，求证：是的中点； （2）如图2，当点在内部时，作，交射线于点，用等式表示线段与的数量关系，并证明。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $