2023年北京市初三二模数学试题汇编：图形的变换章节综合

第1页/共1页2023北京初三二模数学汇编图形的变换章节综合一、单选题1．（2023·北京昌平·统考二模）船航行的海岸附近有暗礁，为了使船不触上暗礁，可以在暗礁的两侧建立两座灯塔.只要留心从船上到两个灯塔间的角度不超过一定的大小，就不用担心触礁.如图所示的网格是正方形网格，点是网格线交点，当船航行到点的位置时，此时与两个灯塔间的角度（的大小）一定无触礁危险.那么，对于四个位置，船处于___________时，也一定无触礁危险.（）

A．位置 B．位置 C．位置 D．位置2．（2023·北京海淀·统考二模）如图，在正方形网格中，以点为位似中心，的位似图形可以是（

）

A． B． C． D．3．（2023·北京东城·统考二模）在平面直角坐标系中，已知点，将线段平移得到线段，若点的对应点的坐标是，则点的对应点的坐标是（

）A． B． C． D．4．（2023·北京昌平·统考二模）《墨子·天文志》记载：“执规矩，以度天下之方圆.”度方知圆，感悟数学之美.如图，正方形的面积为4，以它的对角线的交点为位似中心，作它的位似图形，若，则四边形的外接圆的半径为（）

A． B．2 C． D．45．（2023·北京房山·统考二模）下列图形中，点O是该图形的对称中心的是（

）A． B． C． D．二、解答题6．（2023·北京西城·统考二模）在平面直角坐标系中，给定圆C和点P，若过点P最多可以作出k条不同的直线，且这些直线被圆C所截得的线段长度为正整数，则称点P关于圆C的特征值为k．已知圆O的半径为2，(1)若点M的坐标为，则经过点M的直线被圆O截得的弦长的最小值为___________，点M关于圆O的特征值为___________；(2)直线分别与x，y轴交于点A，B，若线段上总存在关于圆O的特征值为4的点，求b的取值范围；(3)点T是x轴正半轴上一点，圆T的半径为1，点R，S分别在圆O与圆T上，点R关于圆T的特征值记为r，点S关于圆O的特征值记为s．当点T在x轴正轴上运动时，若存在点R，S，使得，直接写出点T的横坐标t的取值范围．7．（2023·北京朝阳·统考二模）在中，，，点D在边上（不与点B，C重合），将线段绕点A顺时针旋转，得到线段，连接．

(1)根据题意补全图形，并证明：；(2)过点C作的平行线，交于点F，用等式表示线段与之间的数量关系，并证明．8．（2023·北京东城·统考二模）如图，在菱形中，，E是边上一点（不与A，B重合），点F与点A关于直线对称，连接．作射线，交直线于点P，设．

(1)用含的代数式表示；(2)连接．求证：是等边三角形；(3)过点B作于点G，过点G作的平行线，交于点H．补全图形，猜想线段CH与PH之间的数量关系，并加以证明．9．（2023·北京东城·统考二模）已知线段是的弦，点在直线上．对于弦和点，给出如下定义：若将弦绕点逆时针旋转得到线段，恰好也是的弦，则称弦关于点中心映射，点叫做映射中心，叫做映射角度．

(1)如图1，点是等边的中心，作交于点．在三点中，弦关于点_________中心胦射；(2)如图2，在平面直角坐标系中，直线与轴交于点，与轴交于点，的角平分线交轴于点．若与线段相交所得的弦关于点中心映射，直接写出的半径的取值范围；(3)在平面直角坐标系中，的半径为2，线段是的弦．对于每一条弦，都有相应的点，使得弦关于点中心映射，且映射角度为．设点到点的距离为，直接写出的取值范围．10．（2023·北京顺义·统考二模）已知：，，分别是射线，上的点，连接，以点为旋转中心，将线段绕着点逆时针旋转，得到线段，连接，．(1)如图1，当时，求证：；

(2)当时，依题意补全图2，用等式表示线段，，之间的数量关系，并证明．

11．（2023·北京房山·统考二模）如图，，，点D是延长线上一点，连接，点E和点B关于直线对称，连接交于点F，连接．

(1)依题意补全图形，并求的度数；(2)用等式表示线段和之间的数量关系，并证明．12．（2023·北京西城·统考二模）如图，在中，边绕点B顺时针旋转（）得到线段，边绕点C逆时针旋转得到线段，连接，点F是的中点．

(1)以点F为对称中心，作点C关于点F的对称点G，连接．①依题意补全图形，并证明；②求证：；(2)若，且于H，直接写出用等式表示的与的数量关系．

参考答案1．B【分析】先利用格点找出的外接圆的圆心，再判断哪个点在的外接圆上即可．【详解】解：如图，

由网格可知，点O是和垂直平分线的交点，即点O是的外接圆的圆心，，点M在的外接圆上，，船处于位置B时，也一定无触礁危险，故选B．【点睛】本题考查圆周角定理，三角形的外心，勾股定理与网格问题等，解题的关键有两个，一是找出的外接圆的圆心，二是掌握同弧所对的圆周角相等．2．C【分析】根据位似的性质，连接并延长，观察交点即可求解．【详解】解：如图所示，连接并延长，

∴的位似图形是．故选：C．【点睛】本题考查了位似图形的性质，熟练掌握位似图形的性质是解题的关键．3．A【分析】根据点A、C的坐标确定出平移规律，再根据平移规律解答即可．【详解】解：∵点的对应点的坐标为，∴平移规律为向左平移4个单位，∴的对应点的坐标为．故选：A．【点睛】本题考查了坐标与图形变化-平移，平移中点的变化规律是：横坐标右移加，左移减；纵坐标上移加，下移减．4．C【分析】如图，连接，利用相似多边形的性质求出正方形的面积，求出可得结论．【详解】解：如图，连接．

∵正方形与四边形是位似图形，，正方形的面积为4，∴四边形是正方形，面积为，∴，，∴，∴四边形的外接圆的半径为．故选C．【点睛】本题考查位似变换，相似多边形的性质等知识，解题的关键是掌握位似图形的概念．5．B【分析】根据中心对称图形的概念进行判断即可．【详解】解：A、图形绕点O旋转72度与自身重合，点O是旋转中心，故此选项不符合题意；B、图形绕点O旋转181度与自身重合，是中心对称图形，点O是对称中心，故此选项符合题意；C、图形绕点O旋转120度与自身重合，点O是旋转中心，故此选项不符合题意；D、图形绕点O旋转72度与自身重合，点O是旋转中心，故此选项不符合题意；故选：B．【点睛】本题考查的是中心对称图形的概念．中心对称图形是图形绕某点，旋转180度后与自身重合．这点叫该图形的对称中心．6．(1)，3(2)b的取值范围是或；(3)【分析】（1）设经过点M的直线与交于E、F两点，过点O作于H，连接，利用垂径定理得到，由勾股定理可得当最大时，最小，即此时最小，求出，再由，得到当点H与点M重合时，有最大值，即可求出的最小值为，则被圆O截得的弦长取值范围为，再由被圆O截得的弦长为3的弦有2条，被圆O截得的弦长为4的弦只有1条，可得点M关于圆O的特征值为3；（2）根据题意得，关于圆O的特征值为4的所有点都在以O为圆心，为半径的圆周上，分当时和当时，两种情况讨论即可求解；（3）由于同一平面内，对于任意一点Q，经过O、Q的直线与圆O截得的弦（直径）都为4，则点Q关于圆O的特征值不可能为0，由此可得，则或；经过点S且弦长为4（最长弦）的直线有1条，弦长为3（最短弦）的直线有1条，由（2）可知点S一定在以O为圆心，以为半径的圆上，同理点R一定在以T为圆心，以为半径的圆上，则当满足以O为圆心，2为半径的圆与以T为圆心，为半径的圆有交点，且同时满足以O为圆心，为半径的圆与以T为圆心，1为半径的圆有交点时t的值符合题意，由此求解即可．【详解】（1）解：设经过点M的直线与交于E、F两点，过点O作于H，连接，∴，在中，由勾股定理得，∴当最大时，最小，即此时最小，∵点M的坐标为，∴，又∵，∴当点H与点M重合时，有最大值，∴此时有最小值，∴的最小值为∵过点M的直线被圆O截得的弦长的最大值为4（直径），∴被圆O截得的弦长取值范围为，∴被圆O截得的弦长为正整数的只有是3或4，∵被圆O截得的弦长为3的弦有2条，被圆O截得的弦长为4的弦只有1条，∴点M关于圆O的特征值为3，故答案为：，3；

（2）解：设点G是圆O的特征值为4的点，由（1）可知经过一点G且弦长为4（最长弦）的直线有1条，弦长为3的直线有2条，∵特征值要保证为4，∴经过点G且弦长为2的直线有且只有1条，∴经过点G的直线被圆O截得的弦长的最小值为2，∵，∴由（1）可知，关于圆O的特征值为4的所有点都在以O为圆心，为半径的圆周上，

∵直线分别与x，y轴交于点A，B，∴，，∴，∴当时，∵线段上总存在关于圆O的特征值为4的点，∴线段与以O为圆心，为半径的圆有交点，当线段与以O为圆心，为半径的圆相切时，将切点设为H，连接OH，则，∴，∴，将以O为圆心，为半径的圆与y轴正半轴的交点记为，则，当线段与以O为圆心，为半径的圆相交，且过点时，可得，∴；同理可求当时，；综上，b的取值范围是或；（3）：∵同一平面内，对于任意一点Q，经过O、Q的直线与圆O截得的弦（直径）都为4，∴点Q关于圆O的特征值不可能为0，∴，∵，且r、s都是整数，∴或；当时，∴经过点S且弦长为4（最长弦）的直线有1条，弦长为3（最短弦）的直线有1条，∴由（2）可知点S一定在以O为圆心，以为半径的圆上，同理当时，点R一定在以T为圆心，以为半径的圆上，∴当满足以O为圆心，2为半径的圆与以T为圆心，为半径的圆有交点，且同时满足以O为圆心，为半径的圆与以T为圆心，1为半径的圆有交点时t的值符合题意；如图3-1所示，当以O为圆心，为半径的圆与以T为圆心，1为半径的圆外切时，此时；

如图3-2所示，当以O为圆心，2为半径的圆与以T为圆心，为半径的圆外切时，此时；综上所述，当时，存在点R，S，使得．

【点睛】本题主要考查了垂径定理，圆与圆的位置关系，切线的性质，坐标与图形，勾股定理，一次函数与几何等等，正确理解题意找到对应点的轨迹是解题的关键．7．(1)补全图形见解析，证明见解析；(2)，证明见解析．【分析】（1）根据旋转的方向和角度补全图形，再根据已知和旋转的性质求出，，进而可得结论；（2）作于点M，与直线交于点N，利用证明，可得，，然后求出，可得，再利用证明即可．【详解】（1）补全的图形如图所示：

证明：∵，∴，由旋转的性质可知，即，∴；（2）；证明：如图，作于点M，与直线交于点N，

∴，由旋转的性质可知，由（1）可知，∴，∴，，∵，∴，∵，∴，∴，∴，∴，∵∴，∴，，∴，∴．【点睛】本题考查了画旋转图形，旋转的性质，全等三角形的判定和性质，平行线的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质等知识，能够作出合适的辅助线构造出全等三角形是解题的关键．8．(1)(2)见解析(3)，证明见解析【分析】（1）由点F与点A关于直线对称，，则，，在菱形中，，则，，得到，，则，，即可得到，得到结论；（2）由点F与点A关于直线对称得到，，则是等腰三角形，由得到，则，即得到，结论得证；（3）连接，证明，则，再证是等边三角形，则，由于点G得到，由得到，猜想得证．【详解】（1）解：∵点F与点A关于直线对称，，∴，，∵在菱形中，，∴，，∴，，∴，∵，∴，即；（2）∵点F与点A关于直线对称，∴，，∴是等腰三角形，∵，∴，∴，∴，∴是等边三角形；（3）如图所示，猜想，证明如下：过点B作于点G，过点G作的平行线，交于点H．连接，∵是等边三角形，∴，∴，∴，∵，∴，∴，∵，∴是等边三角形，∴，∵于点G，∴，∵，∴，∴【点睛】此题考查了平行线分线段成比例定理、全等三角形的判定和性质、等边三角形的判定和性质、菱形的性质、轴对称的性质等知识，熟练掌握相关判定和性质是解题的关键．9．(1)A(2)(3)【分析】（1）根据题干中心映射的定义与旋转方向，判断弦是否仍在上．确定只有点A符合题意．（2）讨论与线段相交成弦的范围，根据角平分线定理与比例性质求解．（3）考虑到对称性与不失一般，将H点设在x轴上，方便得出d的取值范围．【详解】（1）根据中心映射的定义，若将弦绕点逆时针旋转得到线段，恰好也是的弦，则称弦关于点中心映射，点叫做映射中心．由于是等边三角形，因此直线绕A点逆时针旋转，可使弦落在弦上．但直线绕B点、C点逆时针旋转后，弦无法与再相交成弦．故只有点A符合映射中心的条件，如下图．

（2）如下图，的角平分线交轴于点，过D作，垂足为G．

则与线段EF相交所得的弦关于点E中心映射，此时的半径r的取值范围是．在中，平分，过D作x轴的平行线，与EF交于H，则，又，所以，则．由得，，所以即，。在直角三角形OEF中，．∴，解得．∵，∴在直角与直角相似．∴，即．因此，．所以，的半径r的取值范围是．即．（3）考虑到对称性与不失一般性，为了研究问题的方便，设弦绕点H逆时针旋转得到线段，恰好也是的弦，且与交于x轴，见下图．

作与交于点F，再过F作的平行线，是的切线．则满足条件的弦最大为直径，最小应大于0，所以，．当O与H重合时，，此时弦为直径；当H与E重合时，，此时弦长度为0．故d的取值范围是：．由已知条件知．又因，故．在直角中，，则．故d的取值范围是：．【点睛】本题考察了图形旋转、角平分线性质、含30°角的直角三角形等相关知识点，深入细致审题是解本题的关键．10．(1)证明见解析(2)作图见解析，数量关系：，证明见解析【分析】（1）根据旋转的性质可得是等边三角形，证明，可得，从而得证；（1）依题意补全图2，如图；数量关系：．在上截取，使，连接，根据旋转的性质可得是等边三角形，证明，可得，，然后证明是等边三角形，从而可证明结论．【详解】（1）证明：∵线段绕着点逆时针旋转得到，∴，，∴是等边三角形，∴，，∵，，∴，∴，在和中，，∴，∴，∴．（2）依题意补全图2，如图．数量关系：．证明：在上截取，使，连接，∵线段绕着点逆时针旋转得到，∴，，∴是等边三角形，∴，，∵，∴，∵，∴，在和中，，∴，∴，，∴，∴是等边三角形，∴，∴，∴．

【点睛】本题是三角形综合题，考查了旋转的性质，等边三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，角所对的直角边等于斜边的一半，四边形的内角和为，等角的补角相等．通过作辅助线构造全等三角形是解题的关键．11．(1)图见解析，(2)，证明见解析【分析】