九年级数学第二十三章综合检测题
一、选择题
1、下列图形既是轴对称图形又是中心对称图形的是（ ）
A.
B.
C.
D.
考点：中心对称图形，轴对称图形。
分析：
根据轴对称图形与中心对称图形的概念求解．
解答：
A. 此图形是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项错误；
B. 此图形是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项错误；
C. 此图形不是轴对称图形，是中心对称图形，故此选项错误；
D. 此图形是轴对称图形，也是中心对称图形，故此选项正确；
故选：D.
2、将数字“6”旋转180∘,得到数字“9”,将数字“9”旋转180∘,得到数字“6”,现将数字“69”旋转180∘,得到的数字是()
A. 96
B. 69
C. 66
D. 99
考点：生活中的旋转现象。
分析：
直接利用中心对称图形的性质结合69的特点得出答案．
解答：
现将数字“69”旋转180∘，得到的数字是：69.
故选：B.
3、如图，△ABC以点O为旋转中心，旋转180°后得到△A′B′C′.ED是△ABC的中位线，经旋转后为线段E′D′.已知BC=4，则E′D′=（ ）
A. 2
B. 3
C. 4
D. 1.5
考点：旋转的性质，三角形中位线定理。
分析：
先根据图形旋转不变性的性质求出B′C′的长，再根据三角形中位线定理即可得出结论．
解答：
∵△ABC以点O为旋转中心，旋转180∘后得到△A′B′C′，
∴△ABC≌△A′B′C′，
∴B′C′=BC=4，
∵D′E′是△A′B′C′的中位线，
∴D′E′=12B′C′=12×4=2，
故选：A.
4、如图，如果正方形ABCD旋转后能与正方形CDEF重合，那么图形所在的平面内可作旋转中心的点共有（ ）
A. 1 个
B. 2 个
C. 3 个
D. 4个
考点：旋转的性质。
分析：
根据旋转的性质确定出旋转的方向与角度即可得解．
解答：
如图所示，以点D为旋转中心，顺时针旋转90°，正方形ABCD能与正方形CDEF重合；
以点C为旋转中心，逆时针旋转90°，正方形ABCD能与正方形CDEF重合；
以CD是中点为旋转中心，旋转180°，正方形ABCD能与正方形CDEF重合；
所以平面内可作旋转中心的点共有3个．
故选C．
5、在平面直角坐标系中，点P(−1,m2+1)关于y轴的对称点P2一定在（ ）
A. 第一象限
B. 第二象限
C. 第三象限
D. 第四象限
考点：
关于x轴、y轴对称的点的坐标
分析：
利用关于y轴对称点的性质得出P2坐标，进而得出点P2所在象限．
解答：
∵点P(−1,m2+1)关于y轴的对称点P2为：(1,m2+1)，
由m2+1>0，
∴P2一定在第一象限。
故选；A.
6、如图所示的两个三角形是经过何种变换得到的( )
A.旋转
B.旋转和平移
C.轴对称
D.平移和轴对称
考点：轴对称图形，旋转的性质，平移的性质。
分析：
此类题目综合考查了旋转、平移及轴对称的特性:
旋转的特性:不改变图形的形状和大小;经过旋转,图形上的每一点都绕旋转中心沿相同方向转动了相同的角度,任意一对对应点与旋转中心的连线所成的角都是旋转角,对应点到旋转中心的距离相等。对应角相等,对应线段也相等。
平移的特性:平移只改变图形的位置,不改变图形的形状和大小;经过平移,对应点所连的线段平行且相等;对应线段平行且相等,对应角相等。
轴对称图形的特性:关于某直线对称的两个图形是全等的;图形的对应点连线段被同一条直线垂直平分;对应线段或延长线与对称轴交于一点。
1、复习平移、旋转和轴对称的概念及特征；
2、观察图形可知△BCA不可能经过一种变换得到△CDE，如何确定是哪两种变换吗？
3、根据平移、旋转和轴对称的特征试着找出两个三角形的变换经过，接下来自己完成吧！
解答：
△BCA沿BC平移BC个长度单位，然后作关于BC对称的图形即可得到△CDE，
故两个三角形是经过平移和轴对称变换得到的.
答案：D.
7、把一副三角板按如图放置,其中∠ABC=∠DEB=90∘,∠A=45∘,∠D=30∘,斜边AC=BD=10,若将三角板DEB绕点B逆时针旋转45∘得到△D′E′B,则点A在△D′E′B的()
A. 内部
B. 外部
C. 边上
D. 以上都有可能
考点：旋转的性质
分析：
先根据勾股定理求出两直角三角形的各边长，再由旋转的性质得：∠EBE′=45°，∠E′=∠DEB=90°，求出E′D′与直线AB的交点到B的距离也是5
2
，与AB的值相等，所以点A在△D′E′B的边上．
解答：
∵AC=BD=10，
又∵∠ABC=∠DEB=90∘,∠A=45∘,∠D=30∘，
∴BE=5,AB=BC=52√，
由三角板DEB绕点B逆时针旋转45∘得到△D′E′B,设△D′E′B与直线AB交于G,可知：∠EBE′=45∘,∠E′=∠DEB=90∘，
∴△GE′B是等腰直角三角形,且BE′=BE=5，
∴BG=52+52−−−−−√=52√，
∴BG=AB，
∴点A在△D′E′B的边上，
故选C.
8、如图,把图中的△ABC经过一定的变换得到△A′B′C′,如果图中△ABC上的点P的坐标为(a,b),那么它的对应点P′的坐标为()
A. (a−2,b)
B. (a+2,b)
C. (−a−2,−b)
D. (a+2,−b)
考点：坐标与图形变化-旋转。
分析：
先根据图形确定出对称中心，然后根据中点公式列式计算即可得解．
解答：
由图可知,△ABC与△A′B′C′关于点(−1,0)成中心对称，
设点P′的坐标为(x,y)，
所以,a+x2=−1,b+y2=0，
解得x=−a−2，y=−b，
所以,P′(−a−2,−b).
故选C.
9、如图,在等边△ABC中,AC=9,点O在AC上,且AO=3,点P是AB上一动点,连结OP,将线段OP绕点O逆时针旋转60∘得到线段OD,要使点D恰好落在BC上,则AP的长是()
A. 3
B. 5
C. 6
D. 8
考点：旋转的性质，等边三角形的性质。
分析：
先计算出OC=6，根据等边三角形的性质得∠A=∠C=60°，再根据旋转的性质得OD=OP，∠POD=60°，根据三角形内角和和平角定义得∠1+∠2+∠A=180°，∠1+∠3+∠POD=180°，利用等量代换可得∠2=∠3，然后根据“AAS”判断△AOP≌△CDO，则AP=CO=6．
解答：
如图，
∵AC=9，AO=3，
∴OC=6，
∵△ABC为等边三角形，
∴∠A=∠C=60∘，
∵线段OP绕点D逆时针旋转60゜得到线段OD，要使点D恰好落在BC上，
∴OD=OP,∠POD=60∘，
∵∠1+∠2+∠A=180∘,∠1+∠3+∠POD=180∘，
∴∠1+∠2=120∘,∠1+∠3=120∘，
∴∠2=∠3，
在△AOP和△CDO中，
∵∠A=∠C∠APO=∠CODOP=OD
∴△AOP≌△CDO，
∴AP=CO=6，
故选：C.
10、如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90∘，∠A=30∘，AC=43√，BC的中点为D. 将△ABC绕点C顺时针旋转任意一个角度得到△FEC，EF的中点为G，连接DG.在旋转过程中，DG的最大值是（ ）
A. 43√
B. 6
C. 2+23√
D. 8
考点：旋转的性质。
分析：
解直角三角形求出AB、BC，再求出CD，连接CG，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半求出CG，然后根据三角形的任意两边之和大于第三边判断出D、C、G三点共线时DG有最大值，再代入数据进行计算即可得解．
解答：
∵∠ACB=90∘，∠A=30∘，
∴AB=AC÷cos30∘=43√÷3√2=8，
BC=AC⋅tan30∘=43√×3√3=4，
∵BC的中点为D，
∴CD=12BC=12×4=2，
连接CG，∵△ABC绕点C顺时针旋转任意一个角度得到△FEC，EF的中点为G，
∴CG=12EF=12AB=12×8=4，
由三角形的三边关系得，CD+CG>DG，
∴D、C. G三点共线时DG有最大值，
此时DG=CD+CG=2+4=6，
故选：B.
二、填空题
11、请写出一个是中心对称图形的几何图形的名称：___.
考点：中心对称图形。
分析：
常见的中心对称图形有：平行四边形、正方形、圆、菱形，写出一个即可．
解答：
平行四边形是中心对称图形。
故答案可为：平行四边形。
12、如图,将△ABC绕点C按顺时针方向旋转至△A′B′C,使点A′落在BC的延长线上。已知∠A=27∘,∠B=40∘,则∠ACB′=___度。
考点：旋转的性质。
分析：
先根据三角形外角的性质求出∠ACA′=67°，再由△ABC绕点C按顺时针方向旋转至△A′B′C，得到△ABC≌△A′B′C，证明∠BCB′=∠ACA′，利用平角即可解答．
解答：
∵∠A=27∘,∠B=40∘，
∴∠ACA′=∠A+∠B=27∘+40∘=67∘，
∵△ABC绕点C按顺时针方向旋转至△A′B′C，
∴△ABC≌△A′B′C，
∴∠ACB=∠A′CB′，
∴∠ACB−∠B′CA=∠A′CB−∠B′CA，
即∠BCB′=∠ACA′，
∴∠BCB′=67∘，
∴∠ACB′=180∘∠ACA′−∠BCB′=180∘−67∘−67∘=46∘，
故答案为：46.
13、如图,在△ABC中,∠ACB=90∘,AC=BC=1cm,如果以AC的中点O为旋转中心,将△ABC旋转180∘，点B落在点D处，连接BD，那么线段BD的长为___cm.
考点：旋转的性质。
分析：
根据旋转的性质可知，点B与D重合，那么点D与点B的距离是2OB，由勾股定理可得OB的大小．
解答：
如图,∵∠C=90∘，AC=BC=1cm，O为AC的中点，
∴OB=52，
∵根据旋转的性质可知，点B与D重合，
∴BD=2OB=5cm.
故答案为5.
14、如图，四边形ABCD是菱形，O是两条对角线的交点，过O点的三条直线将菱形分成阴影和空白部分。当菱形的两条对角线的长分别为6和8时，则阴影部分的面积为___.
考点：中心对称, 菱形的性质。
分析：
根据菱形的面积等于对角线乘积的一半求出面积，再根据中心对称的性质判断出阴影部分的面积等于菱形的面积的一半解答．
解答：
∵菱形的两条对角线的长分别为6和8，
∴菱形的面积=12×6×8=24，
∵O是菱形两条对角线的交点，
∴阴影部分的面积=12×24=12.
故答案为：12.
15、如图,平行四边形ABCD绕点A逆时针旋转30∘,得到平行四边形AB′C′D′(点B′与点B是对应点,点C′与点C是对应点),点B′恰好落在BC边上，则∠C=___.
考点：旋转的性质，平行四边形的性质。
分析：
利用旋转的性质得AB=AB′，∠BAB′=30°，再根据等腰三角形的性质和三角形内角和定理可计算出∠B=∠AB′B=75°，接着利用平行四边形的性质得到AD∥BC，∠BAD=∠C，则∠DAB′=∠AB′B=75°，所以∠BAD=105°，于是得到∠C=105°．
解答：
∵平行四边形ABCD绕点A逆时针旋转30∘,得到平行四边形AB′C′D′,点B
′恰好落在BC边上，
∴AB=AB′,∠BAB′=30∘，
∴∠B=∠AB′B=12(180∘−30∘)=75∘，
∵四边形ABCD为平行四边形，
∴AD∥BC，∠BAD=∠C，
∴∠DAB′=∠AB′B=75∘，
∴∠BAD=∠BAB′+∠DAB′=30∘+75∘=105∘，
∴∠C=105∘.
故答案为105∘.
16、已知抛物线C1与抛物线C2关于原点成中心对称，若抛物线C1的解析式为，则抛物线C2的解析式为 ___ ．
考点：二次函数图象与几何变换。
分析：
根据关于原点对称的两点的横坐标纵坐标都互为相反数求则可．
解答：
根据题意,,得
故答案为：
17、如图,已知Rt△ABC中,∠ACB=90∘,AC=6,BC=4,将△ABC绕直角顶点C顺时针旋转90∘得到△DEC.若点F是DE的中点，连接AF，则AF=___.
考点：旋转的性质。
分析：
根据旋转的性质，EC=BC=4，DC=AC=6，∠ACD=∠ACB=90°，由点F是DE的中点，可求出EG、GF，因为AE=AC-EC=2，可求出AG，然后运用勾股定理求出AF．
解答：
取EC的中点G
根据旋转的性质
,EC=BC=4,DC=AC=6,∠ACD=∠ACB=90∘，
∵点F是DE的中点，点G是EG的中点
∴FG∥CD
∴∠ECD=∠AGF=90°
∴GF=12CD=12AC=3
EG=12EC=12BC=2
∵AC=6，EC=BC=4
∴AE=2
∴AG=4
根据勾股定理，AF=5.
二、解答题
18、如图,在平面直角坐标系中,△ABC的三个顶点分别为A(−1,−1),B(−3,3),C(−4,1)
(1)画出△ABC关于y轴对称的△A1B1C1,并写出点B的对应点B1的坐标；
(2)画出△ABC绕点A按顺时针旋转90∘后的△AB2C2,并写出点C的对应点C2的坐标。
考点：作图-旋转变换, 作图-轴对称变换。
分析：
（1）补充成网格结构，然后找出点A、B、C关于y轴的对称点A1、B1、C1的位置，再顺次连接即可；再根据平面直角坐标系写出点B1的坐标；
（2）根据旋转的性质画出△ABC绕点A按顺时针方向旋转90°后的△AB2C2，写出点C2的坐标即可．
解答：
(1)如图所示,△A1B1C1即为△ABC关于y轴对称的图形；
则B1的坐标是(3,3)；
(2)△ABC绕点A按顺时针旋转90∘后的△AB2C2是：
则点C的对应点C2的坐标是(1,2).
19、
如图所示，在下面4×4的网格中已涂黑了三个方格，请按下面要求在网格中再涂黑一个方格.
(1)使阴影图案只是中心对称图形；
(2)使阴影图案只是轴对称图形；
(3)使阴影图案既是中心对称图形，又是轴对称图形.
考点：用轴对称变换作图，轴对称图形，中心对称图形。
分析：
本题主要考查了能利用轴对称和中心对称进行一些图案的设计.解答此类题，需要掌握以下知识：
中心对称图形的相关定义：一个图形绕着中心点旋转180°后能与自身重合，我们把这种图形叫做中心对称图形，这个中心点称为对称中心。
轴对称图形的定义：把一个图形沿着某一条直线折叠，如果它能够与另一个图形完全重合，那么就说这两个图形关于这条直线对称，两个图形中的对应点叫做关于这条直线的对称点，这条直线叫做对称轴。
1、本题是与轴对称图形、中心对称图形有关的图案设计型问题，解决本题的关键是运用轴对称图形的定义、中心对称图形的定义等知识进行解答；
2、在图(1)中，根据中心对称图形的定义设计出中心对称图形的图案；
3、在图(2)中，根据轴对称图形的定义设计出轴对称图形的图案；
4、在图(3)中，根据中心对称图形和轴对称图形的定义设计出既是中心对称图形，又是轴对称图形的图案．
解答：
如图(1)是中心对称图形的图案；
如图(2)是轴对称图形的图案；
如图(3)既是中心对称图形，又是轴对称图形的图案．
20、如图所示，正方形ABCD中，E是CD上一点，F在CB的延长线上，且DE=BF.
(1)求证：△ADE≌△ABF；
(2)问：将△ADE顺时针旋转多少度后与△ABF重合，旋转中心是什么?
考点：旋转的性质, 直角三角形全等的判定, 正方形的性质。
分析：
（1）根据SAS定理，即可证明两三角形相似；
（2）将△ADE顺时针旋转后与△ABF重合，A不变，因而旋转中心是A，∠DAB是旋转角，是90度．
解答：
(1)证明：在正方形ABCD中，
∠D=∠ABC=90∘，
∴∠ABF=90∘，
∴∠D=∠ABF=90∘，
又DE=BF，AD=AB，
∴△ADE≌△ABF.
(2)将△ADE顺时针旋转90后与△ABF重合，
旋转中心是点A.
21、如图,在平面直角坐标系xOy中,点A的坐标为(−2,0)，等边三角形AOC经过平移或轴对称或旋转都可以得到△OBD.
(1)△AOC沿x轴向右平移得到△OBD，则平移的距离是___个单位长度；△AOC与△BOD关于直线对称，则对称轴是___；△AOC绕原点O顺时针旋转得到△DOB，则旋转角度可以是___度；
(2)连结AD，交OC于点E，求∠AEO的度数。
考点：旋转的性质, 等边三角形的性质, 轴对称的性质, 平移的性质。
分析：
（1）由点A的坐标为（-2，0），根据平移的性质得到△AOC沿x轴向右平移2个单位得到△OBD，则△AOC与△BOD关于y轴对称；根据等边三角形的性质得∠AOC=∠BOD=60°，则∠AOD=120°，根据旋转的定义得△AOC绕原点O顺时针旋转120°得到△DOB；
（2）根据旋转的性质得到OA=OD，而∠AOC=∠BOD=60°，得到∠DOC=60°，所以OE为等腰△AOD的顶角的平分线，根据等腰三角形的性质得到OE垂直平分AD，则∠AEO=90°．
解答：
(1)∵点A的坐标为(−2,0)，
∴△AOC沿x轴向右平移2个单位得到△OBD;
∴△AOC与△BOD关于y轴对称；
∵△AOC为等边三角形，
∴∠AOC=∠BOD=60∘，
∴∠AOD=120∘，
∴△AOC绕原点O顺时针旋转120∘得到△DOB.
(2)如图,∵等边△AOC绕原点O顺时针旋转120∘得到△DOB，
∴OA=OD，
∵∠AOC=∠BOD=60∘，
∴∠DOC=60∘，
即OE为等腰△AOD的顶角的平分线，
∴OE垂直平分AD，
∴∠AEO=90∘.
故答案为2；y轴；120.
22、如图,将等腰△ABC绕顶点B逆时针方向旋转α度到△A1B1C1的位置,AB与A1C1相交于点D,AC与A1C1、BC1分别交于点E. F.
(1)求证：△BCF≌△BA1D.
(2)当∠C=α度时,判定四边形A1BCE的形状并说明理由。
考点：旋转的性质, 全等三角形的判定与性质, 等腰三角形的性质。
分析：
（1）根据等腰三角形的性质得到AB=BC，∠A=∠C，由旋转的性质得到A1B=AB=BC，∠A=∠A1=∠C，∠A1BD=∠CBC1，根据全等三角形的判定定理得到△BCF≌△BA1D；
（2）由旋转的性质得到∠A1=∠A，根据平角的定义得到∠DEC=180°-α，根据四边形的内角和得到∠ABC=360°-∠A1-∠C-∠A1EC=180°-α，证得四边形A1BCE是平行四边形，由于A1B=BC，即可得到四边形A1BCE是菱形．
解答：
(1)证明：∵△ABC是等腰三角形，
∴AB=BC，∠A=∠C，
∵将等腰△ABC绕顶点B逆时针方向旋转α度到△A1B1C1的位置，
∴A1B=AB=BC,∠A=∠A1=∠C,∠A1BD=∠CBC1，
在△BCF与△BA1D中，
⎧⎩⎨⎪⎪∠A1=∠CA1B=BC∠A1BD=∠CBF，
∴△BCF≌△BA1D；
(2)四边形A1BCE是菱形，
∵将等腰△ABC绕顶点B逆时针方向旋转α度到△A1B1C1的位置，
∴∠A1=∠A，
∵∠ADE=∠A1DB，
∴∠AED=∠A1BD=α，
∴∠DEC=180∘−α，
∵∠C=α，
∴∠A1=α，
∴∠ABC=360∘−∠A1−∠C−∠A1EC=180∘−α，
∴∠A1=∠C,∠A1BC=∠AEC，
∴四边形A1BCE是平行四边形，
∴A1B=BC，
∴四边形A1BCE是菱形。
23、如图,在正方形ABCD中,E、F是对角线BD上两点,且∠EAF=45∘,将△ADF绕点A顺时针旋转90∘后，得到△ABQ，连接EQ，求证：
(1)EA是∠QED的平分线；
(2)EF2=BE2+DF2.
考点：旋转的性质, 正方形的性质。
分析：
（1）直接利用旋转的性质得出对应线段关系进而得出答案；
（2）直接利用旋转的性质得出△AQE≌△AFE（SAS），进而利用勾股定理得出答案．
解答：
证明：(1)∵将△ADF绕点A顺时针旋转90∘后，得到△ABQ，
∴∠QAF=90∘，
∵∠EAF=45∘，
∴∠QAE=45∘，
∴EA是∠QED的平分线；
(2)∵将△ADF绕点A顺时针旋转90∘后，得到△ABQ，
∴QB=DF,AQ=AF,∠ABQ=∠ADF=45∘，
在△AQE和△AFE中
∴△AQE≌△AFE(SAS)，
∴QE=EF，
在Rt△QBE中，
QB2+BE2=QE2，
则EF2=BE2+DF2.
24、如图1，在△ABC中，点P为BC边中点，直线a绕顶点A旋转，若点B，P在直线a的异侧，BM⊥直线a于点M.CN⊥直线a于点N，连接PM，PN.
(1)延长MP交CN于点E(如图2).
①求证：△BPM≌△CPE；
②求证：PM=PN；
(2)若直线a绕点A旋转到图3的位置时，点B，P在直线a的同侧，其它条件不变，此时PM=PN还成立吗?若成立，请给予证明；若不成立，请说明理由；
(3)若直线a绕点A旋转到与BC边平行的位置时，其它条件不变，请直接判断四边形MBCN的形状及此时PM=PN还成立吗?不必说明理由。
考点：旋转的性质, 全等三角形的判定, 矩形的判定。
分析：
（1）①根据平行线的性质证得∠MBP=∠ECP再根据BP=CP，∠BPM=∠CPE即可得到；
②由△BPM≌△CPE，得到PM=PE则PM=12ME，而在Rt△MNE中，PN=12ME，即可得到PM=PN．
（2）证明方法与②相同．
（3）四边形MBCN是矩形，则PM=PN成立．
解答：
(1) 证明：①如图2:
∵BM⊥直线a于点M,CN⊥直线a于点N,
∴∠BMA=∠CNM=90∘，
∴BM∥CN，
∴∠MBP=∠ECP，
又∵P为BC边中点，
∴BP=CP，
又∵∠BPM=∠CPE，
∴△BPM≌△CPE，
②∵△BPM≌△CPE，
∴PM=PE
∴PM=12ME，
∴在Rt△MNE中,PN=12ME，
∴PM=PN.
(2)成立，如图3.
证明：延长MP与NC的延长线相交于点E,
∵BM⊥直线a于点M，CN⊥直线a于点N，
∴∠BMN=∠CNM=90∘
∴∠BMN+∠CNM=180∘，
∴BM∥CN
∴∠MBP=∠ECP，
又∵P为BC中点，
∴BP=CP，
又∵∠BPM=∠CPE，
在△BPM和△CPE中，
∴△BPM≌△CPE，
∴PM=PE，
∴PM=12ME，
则Rt△MNE中,PN=12ME，
∴PM=PN.
(3)如图4，
四边形M′BCN′是矩形，
根据矩形的性质和P为BC边中点,得到△M′BP≌△N′CP，
得PM′=PN′成立。即“四边形MBCN是矩形，则PM=PN成立”。
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