京改版九年级数学下册第二十三章图形的变换单元复习题
一、单选题
1．如图，将△ABC沿BC方向平移2cm得到对应的△A′B′C′．若B′C＝4cm，则BC′的长是（ ）
A．6cm B．7cm C．8cm D．10cm
2．如图，△ABC中，∠A＝20°，沿BE将此三角形对折，又沿BA'再一次对折，点C落在BE上的C′处，此时∠C'BD＝27°，则原三角形的∠C的度数为（ ）
A．27° B．59° C．79° D．69°
3．在平面直角坐标系中，点A（-2，-3）关于x轴对称的点的坐标是（ ）
A．（-2，-3） B．（-2，3） C．（2，-3） D．（2，3）
4．若点A（3，2）和点B（a，b）关于x轴对称，则ab的值为（ ）
A．9 B． C．8 D．
5．如图，将绕点按逆时针方向旋转，得到.若点恰好在线段BC的延长线上，且，则旋转角的度数为（ ）
A．60° B．70° C．100° D．110°
6．小明尝试着将矩形纸片 ABCD （如图（1） , ）沿过点 A 的直线折叠，使得点 B 落在边 AD 上的点 F 处，折痕为 AE ，如图（2），再沿过点 D 的直线折叠，使得点 C 落在边 DA 上的点 N 处，点 E 落在边 AE 上的点 M 处，折痕为 DG ，如图（3），如果第二次折叠后，点 M 正好在 ∠NDG 的平分线上，那么矩形ABCD长与宽的比值为（ ）
A． B． C． D．
7．在平面直角坐标系中，把点P（﹣5，4）向右平移9个单位得到点P1，再将点P1绕原点逆时针旋转90°得到点P2，则点P2的坐标是（ ）
A．（4，﹣4） B．（4，4）
C．（﹣4，﹣4） D．（﹣4，4）
8．如图，在锐角△ABC中，AB＝6，∠ABC＝60°，∠ABC的平分线交AC于点D，点P，Q分别是BD，AB上的动点，则AP＋PQ的最小值为（ ）
A．6 B．6 C．3 D．3
9．如图，等边三角形ABC边长为5、D、E分别是边AB、AC上的点，将△ADE沿DE折叠，点A恰好落在BC边上的点F处，若BF＝2，则BD的长是（ ）
A． B． C．3 D．2
10．如图，等边△ABC的边长为4，点O是△ABC的外心，∠FOG＝120°．绕点O旋转∠FOG，分别交线段AB、BC于D、E两点．连接DE给出下列四个结论：①OD＝OE；②S△ODE＝S△BDE；③S四边形ODBE＝ ；④△BDE周长的最小值为6．上述结论中正确个数是（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
二、填空题
11．如图，△ABD，△AEC 都是等边三角形中，∠BAC=90°，将△ABE 绕点 A 顺时针旋转 可以到△ADC 处.
12．如图，在2×2的正方形格纸中，有一个以格点为顶点的△ABC，请你找出格纸中所有与△ABC成轴对称且也以格点为顶点的三角形，这样的三角形共有 个．
13．如图，在矩形ABCD中，AB=3，BC=5，在CD上任取一点E，连接BE，将△BCE沿BE折叠，使点C恰好落在AD边上的点F处，则CE的长为 ．
14．如图，把矩形 沿 翻折，点B恰好落在 边的 处，若 ， ，则 ．
15．如图，在矩形纸片ABCD中，将AB沿BM翻折，使点A落在BC上的点N处，BM为折痕，连接MN；再将CD沿CE翻折，使点D恰好落在MN上的点F处，CE为折痕，连接EF并延长交BM于点P，若AD=8，AB=5，则线段PE的长等于 .
三、解答题
16．在△ABC中，AB=BC=2，∠ABC=120°，将△ABC绕点B顺时针旋转角α（0＜α＜120°），得△A1BC1，交AC于点E，AC分别交A1C1、BC于D、F两点．
（1）如图①，观察并猜想，在旋转过程中，线段EA1与FC有怎样的数量关系？并证明你的结论；
（2）如图②，当α=30°时，试判断四边形BC1DA的形状，并说明理由；
（3）在（2）的情况下，求ED的长．
17．如图，每个小方格都是边长为1个单位长度的正方形，△ABC和△A1B1C1在平面直角坐标系中位置如图所示．
（1）△ABC与△A1B1C1关于某条直线m对称，画出对称轴m．
（2）画出△A1B1C1绕原点O顺时针旋转90°所得的△A2B2C2．此时点A2的坐标为.求出点A1旋转到点A2的路径长．（结果保留根号）
18．在平面直角坐标系中，把点P（－5，4）向右平移9个单位得到点P1，再将点P1绕原点逆时针旋转90°得到点P2，求点P2的坐标．
四、综合题
19．如图，在平面直角坐标内有三角形，其中，，，在坐标平面内放置一透明胶片，并在胶片上描画出点A．平移该胶片使点A落在点处．
（1）若点B，点C都与点A做同样的平移运动，点B，C平移后的对应点分别为点，，写出点，的坐标， ， ，并在坐标平面内画出三角形．
（2）求三角形的面积．
20．如图，正方形网格中的每个小正方形边长都是一个单位长度，在平面直角坐标系中，△ABC为三个顶点分别是A（5，2），B（5，5），C（1，1）．
（1）①画出△ABC向左平移5个单位得到的△A1B1C1，则点A的对应点A1的坐标为 ；
②画出△A1B1C1绕点C顺时针旋转90°后得到的△A2B2C2，则点A1的对应点A2的坐标为 ；
（2）请直接写出四边形A2B2B1C1的面积为 ；
（3）在平面上是否存在点D，使得以A、B、C、D为顶点的四边形是平行四边形，若存在，请直接写出符合条件的所有点D的坐标，若不存在，请说明理由．
21．如图，已知Rt△ABC中，∠ACB＝90°，先把△ABC绕点C顺时针旋转90°至△EDC后，再把△ABC沿射线BC平移至△GFE，DE、FG相交于点H．
（1）判断线段DE、FG的位置关系，并说明理由；
（2）连接AG，求证：四边形ACEG是正方形．
22．如图，图中的小方格都是边长为1的正方形，△ABC与△A′B′C′的顶点都在格点上．
（1）求证：△ABC∽A′B′C′；
（2）A′B′C′与△ABC是位似图形吗？如果是，在图形上画出位似中心并求出位似比．
23．如图，在等边中，，点为边上一点，点为边上一点，连接．
（1）如图1，过点作交于点，延长交延长线于点，若，求的长；
（2）如图2，将绕点逆时针旋转60°得到，连接，请猜想、、的数量关系并证明；
答案解析部分
1．【答案】C
【解析】【解答】解：∵ 将△ABC沿BC方向平移2cm得到对应的△A′B′C′ ，
∴BB'=CC'=2cm，
又∵ B′C＝4cm，
∴BC'=BB'+B'C+CC'=2+2+4=8cm.
故答案为：C.
【分析】根据平移的性质得BB'=CC'=2cm，进而根据BC'=BB'+B'C+CC'代入计算即可.
2．【答案】C
【解析】【解答】解：由折叠的性质可知：∠ABE＝∠C'BD＝27°，∠CBD＝∠C'BD＝27°，
∴∠ABC＝∠ABE+∠C'BD+∠CBD＝27°+27°+27°＝81°.
在△ABC中，∠A＝20°，∠ABC＝81°，
∴∠C＝180°﹣∠A﹣∠ABC＝180°﹣20°﹣81°＝79°.
故答案为：C.
【分析】由折叠的性质可知：∠ABE＝∠C'BD＝27°，∠CBD＝∠C'BD＝27°，然后根据角的和差关系求出∠ABC的度数，接下来根据内角和定理求解即可.
3．【答案】B
【解析】【解答】，点A（-2，-3）关于x轴的对称点坐标为（-2，3）．
故答案为：B．
【分析】关于x轴对称的点，横坐标相同，纵坐标互为相反数。
4．【答案】B
【解析】【解答】解：A（3，2）和点B（a，b）关于x轴对称，得
b=﹣2，a=3，
ab=3﹣2= ．
故答案为：B．
【分析】如果两个点关于x轴对称，则它们的横坐标相同，纵坐标互为相反数得出，a,b的值，再代入代数式计算出结果即可。
5．【答案】C
【解析】【解答】解：绕点按逆时针方向旋转，得到
，，
，
，
，
故答案为：C.
【分析】根据旋转的性质可得AB=AB′，由等腰三角形的性质可得∠AB′B=∠ABB′=40°，然后根据内角和定理进行计算.
6．【答案】B
【解析】【解答】解：过点E作EH⊥AD于点H，连接DE，
∵ 沿过点 A 的直线折叠，使得点 B 落在边 AD 上的点 F 处，折痕为 AE
∴ABEF为正方形，
∴∠EAD=45°，
∵再沿过点 D 的直线折叠，使得点 C 落在边 DA 上的点 N 处，点 E 落在边 AE 上的点 M 处，折痕为 DG ，
∴DG⊥AE，DE平分∠GDC，△DGE≌△DCE，
∴DG=DC，∠AGD=90°，
∴∠ADG=45°，
∴DG=DC=AG，
∵△ADG是等腰直角三角形，
∴DG2+AG2=AD2
∴AD=DG=CD，
∴AD：DC=
故答案为：B
【分析】利用折叠的性质可证得ABEF为正方形，就可得到∠EAD=90°，第二次折叠可知DG⊥AE，DE平分∠GDC，△DGE≌△DCE，从而可推出DG=DC=AG，利用勾股定理可证得AD=CD，由此可得到矩形ABCD的长与宽的比值。
7．【答案】D
【解析】【解答】∵P( 5,4)，点P( 5,4)向右平移9个单位得到点P1
∴P1(4,4)，
∴将点P1绕原点逆时针旋转90°得到点P2，则点P2的坐标是(﹣4，4)，
故答案为：D．
【分析】首先利用平移的性质得出P1(4,4)，再利用旋转变换的性质可得结论.
8．【答案】D
【解析】【解答】解：如图，在BC上取E，使BE＝BQ，连接PE，过A作AH⊥BC于H，
∵BD是∠ABC的平分线，
∴∠ABD＝∠CBD，
∵BP＝BP，BE＝BQ，
∴△BPQ≌△BPE（SAS），
∴PE＝PQ，
∴AP＋PQ的最小即是AP＋PE最小，
当AP＋PE＝AH时最小，
在Rt△ABH中，
AB＝6，∠ABC＝60°，
∴AH＝AB cos60°＝ ，
∴AP＋PQ的最小为 ，
故答案为：D．
【分析】在BC上取E，使BE＝BQ，这样AP＋PQ转化为AP＋PE即可得出答案．
9．【答案】B
【解析】【解答】解：∵△ABC是等边三角形，
∴∠A＝∠B＝∠C＝60°，AB＝BC＝AC＝5，
∵沿DE折叠A落在BC边上的点F上，
∴△ADE≌△FDE，
∴∠DFE＝∠A＝60°，AD＝DF，AE＝EF，
设BD＝x，AD＝DF＝5﹣x，CE＝y，AE＝5﹣y，
∵BF＝2，BC＝5，
∴CF＝3，
∵∠C＝60°，∠DFE＝60°，
∴∠EFC+∠FEC＝120°，∠DFB+∠EFC＝120°，
∴∠DFB＝∠FEC，
∵∠C＝∠B，
∴△DBF∽△FCE，
∴ ，
即 ，
解得：x＝ ，
即BD＝ ，
故答案为：B
【分析】根据折叠得出∠DFE＝∠A＝60°，AD＝DF，AE＝EF，设BD＝x，AD＝DF＝5﹣x，求出∠DFB＝∠FEC，证△DBF∽△FCE，进而利用相似三角形的性质解答即可．
10．【答案】B
【解析】【解答】解：如图，连接OB，OC，过点D作DM⊥BC于M．
；（1）∵等边△ABC的边长为4，点O是△ABC的外心，∠FOG＝120°，
∴易证∠BOD＝∠COE，OB＝OC，∠DBO＝∠ECO＝30°，
∴△BOD≌△COE，
∴OD＝OE，故①符合题意；（2）当D与B重合时，E与C重合，
此时S△ODE＞0，
而S△BDE＝0，故②不符合题意；（3）∵△BOD≌△COE，
∴S四边形ODBE＝S△ODB+S△BOE
＝S△OCE+S△BOE
＝S△BOC
＝ S△ABC
＝ ，故③不符合题意；（4）∵△BOD≌△COE，
∴BD＝EC，
∴△BDE周长＝BD+BE+DE＝BC+DE，
∵BC＝4，
∴当DE最小时，△BDE周长最小．
设BD＝x，则BM＝ x，DM＝ x，EC＝BD＝x，BE＝4﹣x，
∴ME＝BE﹣BM＝4﹣ x，
∴由勾股定理得：DE＝ ＝ ，
∴DE的最小值为2，
∴△BDE周长的最小值为6，故④符合题意；
所以①④符合题意．
故答案为：B．
【分析】连接OB，OC，易证△BOD≌△COE，因为OD＝OE，将S四边形ODBE转化为S△BOC，故可得①③符合题意；利用特殊时刻：当D与B重合时，E与C重合，此时S△ODE＞0，而S△BDE＝0，故②不符合题意；因为△BOD≌△COE，所以BD＝EC，所以当DE最小时，△BDE周长最小，利用勾股定理求出DE，找到DE的最小值即可解决问题
11．【答案】60°
【解析】【解答】∵△ABD、△AEC都是等边三角形，∴∠DAB＝∠EAC＝60°，AD＝AB，AE＝AC，∴∠DAB+∠BAC＝∠EAC+∠BAC，即∠DAC＝∠BAE，∴△ADC≌△ABE，∴将△ABE绕点A顺时针旋转∠EAC＝60°可得△ADC.
故答案为：60°.
【分析】由旋转的性质用边角边易证△ADC≌△ABE，于是可得旋转角就是∠DAB的度数，根据等边三角形的性质即可求解.
12．【答案】5
【解析】【解答】解：如图所示：与△ABC成轴对称的有：△FBM，△ABE，△AND，△CMN，△BEC共5个，
故答案为：5．
【分析】根据轴对称图形的定义：如果一个图形沿着一条直线对折，两侧的图形能完全重合，这个图形就是轴对称图形进行画图即可．
13．【答案】
【解析】【解答】解：设CE=x．
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD=BC=5，CD=AB=3，∠A=∠D=90°．
∵将△BCE沿BE折叠，使点C恰好落在AD边上的点F处，
∴BF=BC=5，EF=CE=x，DE=CD﹣CE=3﹣x．
在Rt△ABF中，由勾股定理得：
AF2=52﹣32=16，
∴AF=4，DF=5﹣4=1．
在Rt△DEF中，由勾股定理得：
EF2=DE2+DF2，
即x2=（3﹣x）2+12，
解得：x=，
故答案为．
【分析】设CE=x，由矩形的性质得出AD=BC=5，CD=AB=3，∠A=∠D=90°．由折叠的性质得出BF=BC=5，EF=CE=x，DE=CD﹣CE=3﹣x．在Rt△ABF中利用勾股定理求出AF的长度，进而求出DF的长度；然后在Rt△DEF根据勾股定理列出关于x的方程即可解决问题．
14．【答案】10
【解析】【解答】解：∵折叠，
∴∠EFB=∠EFB'=60°，
∴∠CFB'=180°-∠EFB-∠EFB'=60°，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD∥BC，
∴∠EB'F=∠CFB'=60°，
∴△EFB'为等边三角形，
∴EB'=EF，
∵∠A'B'E=90°-∠EB'F=90°-60°=30°，
又∠EA'B'=90°，
∴EB'=2EA'=10，
∴EF=EB'=10.
故答案为：10.
【分析】根据折叠的性质和平行线的性质，结合 ，求出△EFB'为等边三角形，得出EB'=EF，再利用含30°角的直角三角形的性质求出EB'=2EA'=10，从而求出EF长.
15．【答案】
【解析】【解答】解：过点P作PG⊥FN，PH⊥BN，垂足为G、H，连接CF，
由折叠得：
四边形ABNM是正方形，AB=BN=NM=MA=5， CD=CF=5，∠D=∠CFE=90°，ED=EF，
∴NC=MD=8-5=3，
在 中，
∴MF=5-4=1，
在 中，设EF=x，则ME=3-x，
由勾股定理得， ，
解得： ，
∵∠CFN+∠PFG=90°，∠PFG+∠FPG=90°，
∴∠CFN=∠FPG，
又∵∠FGP=∠CNF=90°
∴ ，
∴FG：PG：PF=NC：FN：FC=3：4：5，
设FG=3m，则PG=4m，PF=5m，
四边形ABNM是正方形，
∴GN=PH=BH=4-3m，HN=5-（4-3m）=1+3m=PG=4m，
解得：m=1，
∴PF=5m=5，
∴PE=PF+FE= ，
故答案为：.
【分析】过点P作PG⊥FN，PH⊥BN，垂足为G、H，连接CF，由折叠的性质可得：四边形ABNM是正方形，AB=BN=NM=MA=5， CD=CF=5，∠D=∠CFE=90°，ED=EF，则NC=MD=3，由勾股定理求出FN，进而得到MF，设EF=x，则ME=3-x，由勾股定理可得x，证明△FNC∽△PGF，设FG=3m，则PG=4m，PF=5m，GN=PH=4-3m，HN=1+3m=PG=4m，求出m，进而可得PF、PE.
16．【答案】解：（1）EA1=FC．理由如下：∵AB=BC，∴∠A=∠C，∵△ABC绕点B顺时针旋转角α得△A1BC1，∴∠ABE=∠C1BF，AB=BC=A1B=BC1，在△ABE和△C1BF中，，∴△ABE≌△C1BF（ASA），∴BE=BF，∴A1B﹣BE=BC﹣BF，即EA1=FC；（2）四边形BC1DA是菱形．理由如下：∵旋转角α=30°，∠ABC=120°，∴∠ABC1=∠ABC+α=120°+30°=150°，∵∠ABC=120°，AB=BC，∴∠A=∠C=（180°﹣120°）=30°，∴∠ABC1+∠C1=150°+30°=180°，∠ABC1+∠A=150°+30°=180°，∴AB∥C1D，AD∥BC1，∴四边形BC1DA是平行四边形，又∵AB=BC1，∴四边形BC1DA是菱形；（3）过点E作EG⊥AB，∵∠A=∠ABA1=30°，∴AG=BG=AB=1，在Rt△AEG中，AE===，由（2）知AD=AB=2，∴DE=AD﹣AE=2﹣．
【解析】【分析】（1）根据等边对等角的性质可得∠A=∠C，再根据旋转的性质可得∠ABE=∠C1BF，AB=BC=A1B=BC1，然后利用“角边角”证明△ABE和△C1BF全等，根据全等三角形对应边相等可得BE=BF，从而得解；
（2）先根据旋转的性质求出∠ABC1=150°，再根据同旁内角互补，两直线平行求出AB∥C1D，AD∥BC1，证明四边形BC1DA是平行四边形，又因为邻边相等，所以四边形BC1DA是菱形；
（3）过点E作EG⊥AB于点G，等腰三角形三线合一的性质可得AG=BG=1，然后解直角三角形求出AE的长度，再利用DE=AD﹣AE计算即可得解．
17．【答案】解：（1）如图所示：直线m即为所求；
（2）如图所示：△A2B2C2，即为所求，点A2的坐标为：（1，4），
点A1旋转到点A2的路径长为：．
故答案为：．
【解析】【分析】（1）直接利用轴对称图形的性质结合网格得出对称轴m；
（2）利用旋转的性质得出对应点位置进而得出答案，再利用弧长公式求出点A1旋转到点A2的路径长．
18．【答案】解： 点P（－5，4）向右平移9个单位得到点P1，
横坐标+9，纵坐标不变，
， ，
则 在第一象限的角平分线上，再将点P1绕原点逆时针旋转90°得到点P2，
则 在第二象限的角平分线上， ，
．
【解析】【分析】根据点坐标在平面直角坐标系中移的特征：左减右加，上加下减求出点 P1的坐标，再利用点坐标旋转的性质求得答案即可。
19．【答案】（1）解：；；三角形如图所示．
（2）解：．
即三角形的面积为4
【解析】【解答】解：（1）∵，，
∴图形向右平移4个单位长度，
∴，，
故答案为：；
【分析】（1）根据平移坐标的变化即可得到点的坐标，再将三个点分别连接即可求解；
（2）根据割补法即可求解。
20．【答案】（1）解：如图，△A1B1C1即为所求；（0，2）
如图，△A2B2C2即为所求；（2，2）
（2）
（3）解：（1，4）或（1，-2）或（9，6）
【解析】【解答】（2）四边形A2B2B1C1的面积=4×9- ×5×3- ×（3+9）×1- ×4×4= ．
故答案为： ．
（3）满足条件点D如图所示，坐标分别为（1，4）或（1，-2）或（9，6）．
【分析】（1）①利用点平移的坐标变化规律，写出点的坐标，然后描点即可；②利用点旋转的坐标变化规律，写出点的坐标，然后描点即可；
（2）利用割补法直接写出答案即可；
（3）利用网格的特点结合平行四边形的判定求解即可。
21．【答案】（1）解：DE⊥FG，理由如下：
∵把△ABC绕点C顺时针旋转90°至△EDC，
∴∠BAC＝∠CED，
∵把△ABC沿射线BC平移至△GFE，
∴∠ABC＝∠GFE，
∵∠BAC+∠ABC＝90°，
∴∠CED+∠GFE＝90°，
∴∠FHE＝90°，
∴DE⊥GF；
（2）证明：∵把△ABC沿射线BC平移至△GFE，
∴AC＝GE，AC∥GE，
∴四边形ACEG是平行四边形，
∵把△ABC绕点C顺时针旋转90°至△EDC，
∴AC＝CE，∠ACE＝90°，
∴四边形ACEG是正方形．
【解析】【分析】（1）先根据旋转的性质，得到对应角 ∠BAC＝∠CED， 再根据平移的性质得对应角 ∠ABC＝∠GFE， 由等式的性质得∠CED+∠GFE=90°，由三角形内角和定理求得∠FEH=90°，最后由垂直定义得出结论；
（2）先根据 △ABC沿射线BC平移至△GFE， 得出AC与EG平行且相等，从而得到四边形ACEG是平行四边形，然后再根据 △ABC绕点C顺时针旋转90°至△EDC， 得到 ∠ACE＝90°， 从而得到到四边形ACEG是矩形，且由旋转知AC=CE，从而得到四边形ACEG是正方形。
22．【答案】（1）证明：∵AB= ，BC= ，AC=2 ，A′B′=2 ，B′C′=2 ，A′C′=4 ，
∴ = = = ，
∴△ABC∽A′B′C′
（2）解：如图所示：两三角形对应点的连线相交于一点，故A′B′C′与△ABC是位似图形，O即为位似中心，
位似比为：2．
【解析】【分析】（1）分别求出三角形各边长，进而得出答案；（2）利用位似图形的性质得出答案．
23．【答案】（1）解：∵是等边三角形，
∴，
∵，
∴，，，
∴是等边三角形，
∴，
∵，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴；
（2）解：，证明如下：
过点作，交于点，
由（1）可知是等边三角形，
∴，
由旋转可知，，
∵，
∴是等边三角形，
∴，
∴，
∴，
∴
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴．
【解析】【分析】（1）先根据等边三角形的性质得到，进而根据平行线的性质得到，，，从而结合等边三角形的判定与性质即可得到，再运用三角形全等的判定与性质证明即可得到，再结合题意即可求解；
（2）过点作，交于点，由（1）可知是等边三角形，进而根据等边三角形的性质得到，再根据旋转的性质得到，从而根据等边三角形的判定与性质即可得到，再证明即可得到，然后结合题意进行运算即可求解。
