第二十三章图形的变换核心素养测评卷2025-2026学年北京版九年级数学下册

第二十三章 图形的变换 核心素养测评卷 一、单选题 1．下列图形既是轴对称图形，也是中心对称图形的是（   ） A．B． C． D． 2．下列选项中属于旋转运动的是（    ） A．小华向西走10米再向北走10米 B．传送带传送货物 C．电梯从1楼到11楼再回到1楼 D．小亮正在荡秋千 3．如图，边长为的正方形绕点顺时针旋转得到正方形，则它们公共部分的面积为（　　） A．2 B．4 C． D．4 4．下列各点中，点关于轴对称的点的坐标是（    ） A． B． C． D． 5．正六边形绕着它的中心至少旋转多少度后才能与它本身完全重合（   ） A． B． C． D． 6．如图，将绕点旋转至，点在上，则的度数为（　　） A． B． C． D． 7．在平面直角坐标系中，点关于轴对称的点（    ） A． B． C． D． 8．已知过，两点的直线平行于y轴，则a的值为（   ） A． B．3 C． D．2 9．如图，在平面直角坐标系中，与是以原点O为位似中心的位似图形，且与的周长之比为，若点A的坐标是，则点A的对应点的坐标是（   ） A． B． C． D． 10．如图，在中，，将绕点顺时针旋转60°得到，延长分别交，于点，，连接．下列结论：①；②；③；④，其中正确的个数是（   ） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 二、填空题 11．若点 和点关于y轴对称，则ab= ． 12．如图，将绕点A逆时针旋转两次得到，每次旋转的角度都是．若，则 ． 13．如图， 在平面直角坐标系中， 四边形的顶点坐标分别是，，，，若四边形与四边形关于原点位似，且四边形的面积是四边形面积的倍，则点的坐标可能为 ． 14．象棋是中国传统棋类，其中“馬”走“日”，如图，“帥”位于点，“馬”位于点，若“馬”要“将军”（一方的棋子要在下一招棋把对方的“将”或“帥”吃掉），可以走到，则其平移过程是 ． 15．如图，中，，，为边上一点，将绕点顺时针旋转得到，点落在线段上，此时、、三点也恰好共线，点的对应点为，连接，则长度的最小值为 ． 三、解答题 16．如图，在长方形中，为平面直角坐标系的原点，点的坐标为．点的坐标为，且满足，点在第一象限内，点从原点出发，以每秒个单位长度的速度沿着的线路移动． (1)___________，___________，点的坐标为___________． (2)当点移动秒时，求出点的坐标； 17．如图，在平面直角坐标系中，的顶点坐标分别为，，． (1)以原点O为位似中心，在y轴右侧作的位似，使得与的相似比为（点A、B、C的对应点分别为点、、）； (2)在（1）的条件下，请写出与的面积比为________． 18．如图，P是正方形内一点，绕着点B旋转后能到达的位置． (1)旋转的角度是多少度？ (2)若，求线段的长． 19．在一次折叠比赛中，某同学将直角三角形对折，如图所示，他联想到最近学习的平面直角坐标系．在平面直角坐标系中，点，点关于直线的对称点在轴的负半轴上， (1)点C的坐标是___________； (2)求长度； (3)若点P在y轴上，且，试求点P的坐标． 20．综合与实践 (1)观察判断 如图1，四边形为正方形，点E，F分别为边上一点 (不与端点重合)，以为邻边在正方形的内部构造它的相似图形，连接，则与的数量关系是 ; (2)迁移探究 如图2，当正方形变成矩形，且，，其他条件不变． ①当时，与的数量关系是 ； ②若将矩形绕点B逆时针旋转，连接，试判断与之间满足怎样的数量关系（用含n的式子表示），并说明理由． (3)拓展延伸 在（2）条件下，当时，矩形旋转至D，G，E三点共线时，请直接写出的长． 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 《第二十三章 图形的变换 核心素养测评卷2025-2026学年北京版九年级数学下册》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 D D B A C D C B D B 1．D 【分析】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．根据轴对称图形与中心对称图形的概念求解． 【详解】解：选项A：是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项不符合题意； 选项B：不是轴对称图形，是中心对称图形，故此选项不符合题意； 选项C：是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项不符合题意； 选项D：是轴对称图形，是中心对称图形，故此选项符合题意； 故选：D． 2．D 【分析】本题主要考查旋转运动；旋转运动是指物体围绕一个固定点或轴做圆周运动．选项A、B、C均为平移运动，只有选项D的荡秋千是围绕固定点旋转． 【详解】解：∵ 旋转运动需围绕固定点转动， A项为平移运动，无旋转中心； B项传送带为平移运动； C项电梯为上下平移运动； D项荡秋千是围绕悬挂点做圆弧运动，属于旋转运动． 故选：D． 3．B 【分析】本题主要考查了图形的旋转、直角三角形的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理等知识点，作出辅助线、求证是解题的关键． 把公共部分分割成两个三角形，根据旋转的性质发现两个三角形全等，从而求得直角三角形的边，再而求得公共部分的面积． 【详解】解：设与相交于点O，连接． 根据旋转的性质，得，则． 在和中， ， ∴． ∴． 设，则， 又∵，， ∴，解得：（已舍去负值）， ∴． ∴公共部分的面积． 故选：B． 4．A 【分析】本题考查了关于坐标轴对称的性质，关于轴对称的点的横坐标相等，纵坐标互为相反数，关于轴对称的点的横坐标互为相反数，纵坐标相等，熟记性质是解题的关键．点关于轴对称时，坐标不变，坐标变为相反数． 【详解】解：∵点关于轴对称， ∴坐标不变，为；坐标取相反数，为 ∴对称点的坐标为． 故选：A． 5．C 【分析】本题考查了旋转对称图形的概念：把一个图形绕着一个定点旋转一个角度后，与初始图形重合，这种图形叫做旋转对称图形，这个定点叫做旋转对称中心，旋转的角度叫做旋转角． 正六边形是旋转对称图形，其最小旋转角度为除以边数． 【详解】解：∵正六边形绕中心旋转的整数分之一能与自身重合， ∴最小旋转角度为 ∴至少旋转后才能与它本身完全重合． 故选：C． 6．D 【分析】本题主要考查了旋转的性质，等边对等角，三角形的内角和定理，熟练掌握旋转的性质是解题的关键．根据旋转的性质可得出，，再根据等腰三角形的性质可求出的度数，然后由旋转的性质得到． 【详解】解：根据旋转的性质，可得，， ， 由旋转的性质得，． 故选：D． 7．C 【分析】本题考查关于轴对称的点的坐标特征，解题的关键是掌握：关于轴对称的点，横坐标互为相反数，纵坐标不变．据此解答即可． 【详解】解：在平面直角坐标系中，点关于轴对称的点的坐标是． 故选：C． 8．B 【分析】本题考查了平行于坐标轴的直线的性质，掌握“平行于 y 轴的直线上的点横坐标相同”是关键． 根据平行于 y 轴的直线上点的横坐标相等，即可求解． 【详解】∵ 过，两点的直线平行于 y 轴， ∴ A、B两点的横坐标相等，即． 故选B． 9．D 【分析】根据位似图形的性质，若以原点为位似中心，且在位似中心的异侧的两个位似图形，相似比为，则对应的坐标比也为，即可解得点的坐标． 本题主要考查位似图形的性质，注意位似比与坐标比的关系是解题的关键． 【详解】解：∵与是以原点O为位似中心的位似图形，且与的周长之比为，若点A的坐标是 ∴点的坐标为，即， 故选：D． 10．B 【分析】本题考查旋转的性质，全等三角形的判定与性质，解题的关键是熟练掌握旋转的性质．根据旋转的性质，可得，，根据三角形的内角和，可得，判断①；连接，根据等边三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，可得△△，判断③；假设②④结论正确，再推导出矛盾之处，即可判断其错误． 【详解】解：△绕点顺时针旋转得到△， ，， ， ， ， ， ； ， ， ， ； ①正确； ，，如图，连接， △是等边三角形， ， ， ， 在△和△中， ， △△， ， ③正确； ， ， ， 若，则， ， ， 是等边三角形， ， 而，且， ，互相矛盾， ②错误； 将△绕点顺时针旋转得到△， ，， ， ， 中，， ， 要使，则要使， 则要使， 由②可得不能成立， ④错误； 综上所述，正确的为①③，共2个； 故选：． 11．10 【分析】本题考查了坐标系对称知识点，根据点 和点关于y轴对称的点的坐标特征，横坐标互为相反数，纵坐标相等，可求出a和b的值. 【详解】解：点 和点关于y轴对称 则 所以 故答案为：10. 12． 【分析】本题主要考查旋转的性质；根据题意得到，再结合计算即可． 【详解】解：∵每次旋转的角度都是， ∴， ∴， 故答案为：． 13．或 【分析】本题考查了位似变换的概念和性质，四边形的面积是四边形面积的倍，则四边形与四边形为，从而可得出点的坐标，掌握相似多边形的面积比等于相似比的平方是解题的关键． 【详解】解：∵四边形的面积是四边形面积的倍， ∴四边形与四边形为， ∵， ∴点的坐标为或，即或． 故答案为：或． 14．象棋是中国传统棋类，其中“馬”走“日”，如图，“帥”位于点，“馬”位于点，若“馬”要“将军”（一方的棋子要在下一招棋把对方的“将”或“帥”吃掉），可以走到，则其平移过程是 ． 15． 【分析】连接，，由旋转性质可得，，结合勾股定理得出，即可得出时，长度取最小值，即长度取最小值，利用等面积法进行运算即可得出答案． 【详解】解：连接，，如图：   绕点顺时针旋转得到，点的对应点为， ， 、、三点共线， ，即旋转角， ，， ∴， ， 由勾股定理可得：， ，， ， 可知长度取最小值，则长度亦取最小值， 由垂线段最短，可得时，长度取最小值，即长度取最小值， ， ， ， 长度的最小值为． 故答案为：． 【点睛】本题考查了旋转的性质，角直角三角形的性质，勾股定理以及垂线段最短，熟练掌握相关定义是解题的关键． 16．(1), ； (2) 【分析】本题考查非负数的性质、长方形的坐标特征与点的运动问题； （1）利用非负数的性质求，结合长方形坐标特征得点坐标； （2）通过路程计算与分段分析确定点位置进而确定坐标，关键是掌握非负数的性质和点的运动路径分析，易错点是点运动分段时的路程计算错误． 【详解】（1）解：因为，所以； 在长方形中，，所以点的坐标为； 故答案为； ； （2）点的移动速度是每秒个单位长度，移动秒时路程为个单位长度；先沿移动，因为，则剩余路程；再沿移动个单位长度后，横坐标为，纵坐标为，所以点的坐标． 故答案为． 17．(1)见解析 (2) 【分析】本题主要考查了画位似图形，位似图形的性质，熟练掌握位似图形的性质是解题的关键．若位似中心是原点,相似比为,则位似图形对应点的坐标比等于或,即原图形上点的对应点坐标为或. （1）根据位似图形的性质结合相似比为得到为，得出点A、B、C的对应点的坐标，再依次连接即可； （2）根据位似图形的性质，即可求解． 【详解】（1）解：如图，即为所求； （2）解：∵与的相似比为， ∴与的面积比为． 故答案为：． 18．(1)度 (2) 【分析】本题考查了根据旋转的性质求解，根据正方形的性质证明，求旋转对称图形的旋转角度，用勾股定理解三角形等知识，解题关键是掌握上述知识点并能运用求解． （1）先根据旋转的性质得出为旋转角，再根据正方形的性质，得出，从而可得旋转的角度； （2）先根据旋转的性质得出，再利用勾股定理求得． 【详解】（1）解：∵绕着点B旋转后能到达的位置， ∴为旋转角， ∵四边形是正方形， ∴， 即旋转的角度是度； （2）∵绕着点B旋转后能到达的位置， ∴， ∴． 19．(1) (2) (3)点P的坐标为或 【分析】本题主要考查折叠的性质、角平分线的性质、勾股定理及图形与坐标，熟练掌握折叠的性质、角平分线的性质、勾股定理及图形与坐标是解题的关键； （1）过点D作于点H，由折叠的性质可知：，然后可得，，则根据等积法可得，最后根据勾股定理可进行求解； （2）由（1）可进行求解； （3）由（1）可知：，，设点，则有，由题意易得，进而求解即可． 【详解】（1）解：过点D作于点H，如图所示： 由折叠的性质可知：， ∵， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴，即， ∴， 在中，， ∴； 故答案为； （2）解：由（1）可得：； （3）解：由（1）可知：，， ∴， 设点，则有， ∴， ∵， ∴， 解得：或， ∴点P的坐标为或． 20．(1) (2)①；② (3) 【分析】（1）由，则，即可求解； （2）①由，则，即可求解； ②证明，则； （3）当D、G、E共线时，则，则，即可求解；当D、E、G共线时，同理可解． 【详解】（1）解：如图1，延长交于点M，延长交于点N， ∴四边形是正方形的相似图形， ∴四边形是正方形， ∴， ∴， ∵四边形是正方形，， ∴， ∴，， ∴四边形、是矩形， ∴，，，, ∴， ， ∴, ∵， ∴四边形是矩形， 又, ∴四边形是正方形， ∴为正方形的对角线， ∴， 连接，则为正方形的对角线， ∴, 又, ∴， ∴D、G、B三点共线，即为正方形的对角线， ∵， ∴, ∴， ∴， 故答案为；； （2）解：①连接，如图2， 由（1）根据四边形和相似得，，, ∴, ∴， ∴点在上，即D、G、B三点共线， ∴为矩形的对角线， 设，则， 则， ∵， 同理可得， 故答案为：； ②当， ∵， ∴， 由勾股定理得， ∴， 如图，连接， 由题意得，， 则， ∵四边形和相似， ∴， ∴， ∴； （3）解：当D、G、E共线时，如图， 由题意得：，则， 连接， 则， 则， 则， 当D、E、G共线时，如图， 由上可知，， 则， 综上，． 【点睛】本题考查了矩形的性质、正方形的性质、旋转的性质、相似三角形的判定与性质、勾股定理、数形结合与分类讨论数学思想的运用等知识与方法，正确地作出所需要的辅助线是解题的关键． 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 $