eodcF/cmm-math huggingface dataset:
题目（九年级 · 画法几何学）：如图, 平面上两棵不同高度、笔直的小树, 同一时刻在太阳光线照射下形成的影子分别是 $A B$ 、 $D C$, 则 $(\quad)$


选项：
A. 四边形 $A B C D$ 是平行四边形
B. 四边形 $A B C D$ 是梯形
C. 线段 $A B$ 与线段 $C D$ 相交
D. 以上三个选项均有可能
答案：B
解析：因为 $A B 、 D C$ 分别是同一时刻在太阳光线照射下形成的影子, 所以 $A B / / D C$, 又因为两棵小树的高度不同，故 $A B \neq D C ，$ 所以四边形 $A B C D$ 是梯形. 故选 $B$

由已知条件可知: $A B / / C D$, 但 $A B \neq C D$, 所以四边形为梯形.

此题要注意平行四边形的判定: 一组对边平行且相等的四边形是平行四边形.
题目（九年级 · 变换几何）：如图, 两个三角形关于原点位似, 且一对对应点的坐标分别为 $A(2,-3), B(-$ $1, b)$, 则 $b$ 的值为 ( )



选项：
A. -6
B. 6
C. $-\frac{3}{2}$
D. $\frac{3}{2}$


答案：D
解析：利用关于以原点为位似中心的对应点的坐标变换规律, $A$ 点的横纵坐标都乘以 $-\frac{1}{2}$得到 $B$ 点坐标, 从而得到 $b$ 的值.

【详解】解: $\because$ 两三角形关于原点位似, $B$ 点横坐标是 $A$ 点横纵标的 $-\frac{1}{2}$,

$\therefore b$ 的值为: $-3 \times\left(-\frac{1}{2}\right)=\frac{3}{2}$.

故选: $D$.

【点睛】本题考查了位似变换：在平面直角坐标系中，如果位似变换是以原点为位似中心，相似比为 $k$, 那么位似图形对应点的坐标的比等于 $k$ 或 $-k$.
题目（九年级 · 变换几何）：如图, $\triangle A B C$ 与 $\triangle D E F$ 位似, 点 $O$ 是它们的位似中心, 其中 $O A: O D=2: 1$, 若 $A B=4$,则 $D E$ 的长为 ( )



选项：
A. 1
B. 2
C. 4
D. 16


答案：B
解析：根据位似图形的性质得出位似比, 进而得出 $D E$ 的长.

【详解】解: $\because \triangle A B C$ 与 $\triangle D E F$ 位似, 点 $O$ 是它们的位似中心, 其中 $O A: O D=2: 1$,

$\therefore A B: D E=2: 1$,

$\because A B=4$,

$\therefore D E$ 的长为: 2 .

故选: B.

【点睛】本题考查的是位似变换, 正确掌握位似图形的性质是解题关键.
题目（九年级 · 变换几何）：如图, 等腰 $\triangle A B C, B A=B C$, 点 $P$ 是腰 $A B$ 上一点, 过点 $P$ 作直线（不与直线 $A B$重合）截 $\triangle A B C$, 使截得的三角形与原三角形相似, 满足这样条件的直线最多有（）



选项：
A. 1 个
B. 2 个
C. 3 个
D. 4 个


答案：C
解析：根据相似三角形的判定, 过点 $P$ 分别 $B C, A C$ 的平行线即可得到与原三角形相似的
三角形, 过点 $P$ 作以点 $P$ 为顶点的角与 $\angle A$ 相等的角也可以得到原三角形相似的三角形.

【详解】解: $\because B A=B C$,

$\therefore \angle A=\angle C$,

(1)作 $P E / / B C$, 可得 $\triangle A P E \sim \triangle A B C$.

(2)作 $P F / / A C$, 可得 $\triangle B P F \sim \triangle B A C$.

(3)作 $\angle A P G=\angle A$, 可得 $\angle A G P \sim \triangle A B C$,



故选: C.

【点睛】本题考查相似三角形的判定质, 等腰三角形的性质等知识, 解题的关键是灵活运用所学知识解决问题.
题目（九年级 · 变换几何）：把抛物线 $\mathrm{y}=\mathrm{x}^{2}-1$ 先向右平移 2 个单位, 再向下平移 2 个单位, 可得抛物线 $($ )

选项：
A. $y=(x+2)^{2}+1$
B. $y=(x+2)^{2}-3$
C. $y=(x-2)^{2}+1$
D. $y=(x-2)^{2}-$

3


答案：D
解析：分析: 先确定出原拋物线的顶点坐标, 然后根据向右平移横坐标加, 向下平移纵坐标减求出新图象的顶点坐标, 然后写出即可.

详解: 抛物线 $y=x^{2}-1$ 的顶点坐标为 $(0,-1)$,

向右平移 2 个单位, 再向下平移 2 个单位后的图象的顶点坐标为 $(2,-3)$,

所以,所得图象的解析式为 $y=(x-2)^{2}-3$,

故选 D.

点睛: 考查二次函数图象的平移规律: 左加右减, 上加下减.
题目（九年级 · 变换几何）：在平面直角坐标系中, 拋物线 $y=-(x+3)(x-2)$ 经变换后得到抛物线 $y=-(x-3)(x+2)$, 则下列变换正确的是（）

选项：
A. 向右平移 5 个单位
B. 向左平移 5 个单位
C. 向右平移 1 个单位
D. 向左平移 1 个单位

答案：C
解析：根据变换前后的两抛物线的顶点坐标找变换规律.

【详解】解： $\because$ 两个图象的开口均向下, 形状相向, 第一个抛物线与 $x$ 轴的交点的横坐标分别为 -3 和 2 , 第二个抛物线与 $x$ 轴的交点的横坐标分别为 -2 和 3 ,

$\therefore$ 将抛物线 $y=-(x+3)(x-2)$ 向右平移 1 个单位长度得到抛物线 $y=-(x-3)(x+2)$,故选 C.

【点睛】此题考查了二次函数图象与几何变换, 要求熟练掌握平二次函数图像与 $x$ 轴的交点坐标.
题目（九年级 · 变换几何）：将拋物线 $y=-\frac{1}{2} x^{2}$ 向上平移 4 个单位长度, 再向左平移 3 个单位长度, 所得到的拋物线为 $(\quad$ )
  
选项：
A. $y=-\frac{1}{2}(x+3)^{2}+4$ B. $y=-\frac{1}{2}(x-3)^{2}+4$ C. $y=-\frac{1}{2}(x-3)^{2}-4$ D. $y=-\frac{1}{2}(x+3)^{2}-4$


答案：A
解析：按照“左加右减, 上加下减”的规律平移则可解题.

【详解】解: 按照“左加右减, 上加下减”的规律, 将拋物线 $y=-\frac{1}{2} x^{2}$ 向上平移 4 个单位长度,再向左平移 3 个单位长度后, 得到的抛物线的解析式为 $y=-\frac{1}{2}(x+3)^{2}+4$,故选: A.

【点睛】本题考查了抛物线的平移以及抛物线解析式的变化规律：左加右减, 上加下减.
题目（九年级 · 变换几何）：如图所示, 将方格纸中的图形绕点 $O$ 按顺时针方向旋转 $90^{\circ}$ 后得到的图形是 ( )




选项：
A.


B.


C.


D.




答案：B
题目（九年级 · 变换几何）：如图, $\triangle O D C$ 是由 $\triangle O A B$ 绕点 $O$ 顺时针旋转 $32^{\circ}$ 后得到的图形, 若点 $D$ 恰好落在 $A B$上, 且 $\angle A O C$ 的度数为 $100^{\circ}$, 则 $\angle D O B$ 的度数是 ( )



（第 9 题）


选项：
A. $32^{\circ}$
B. $36^{\circ}$
C. $38^{\circ}$
D. $40^{\circ}$




答案：B
解析：根据旋转的性质求出 $\angle A O D$ 和 $\angle B O C$ 的度数, 计算出 $\angle D O B$ 的度数.

【详解】解: 由题意得, $\angle A O D=32^{\circ}, \angle B O C=32^{\circ}$, 又 $\angle A O C=100^{\circ}$,

$\therefore \angle D O B=100^{\circ}-32^{\circ}-32^{\circ}=36^{\circ}$.

故选: B.

【点睛】本题考查的是旋转的性质, 掌握旋转角、旋转方向和旋转中心的概念是解题的关键.
题目（九年级 · 变换几何）：利用图形的旋转可以设计出许多美丽的图案. 如图(2)中的图案是由图(1)中的基本图形以点 $O$ 为旋转中心, 顺时针旋转 4 次而生成的, 每一次旋转的角度均为 $\alpha$, 则 $\alpha$ 至少为 ( )

  

  图(1)

  

  图(2)

  (第 1 题)

  
选项：
A. $36^{\circ}$
  B. $72^{\circ}$
  C. $90^{\circ}$
  D. $108^{\circ}$








答案：B
解析：根据旋转后的图形可知, 旋转后的图形内部是一个正五边形, 所以旋转角应为正五边形外角的正整数倍, 然后判断选项即可.

【详解】解：由图可知旋转后的图形内部是正五边形

$\therefore \alpha=n \times 72^{\circ} \quad(0<n \leq 5$ 且 $n$ 为正整数 $)$

$\therefore \alpha$ 至少为 $72^{\circ}$

故选: B.

【点睛】本题考查了旋转和正多边形外角, 结合正多边形的外角是求旋转角的关键.
题目（九年级 · 变换几何）：如图, 正方形 $A B C D$ 与 $\triangle E F G$ 在方格纸中, 正方形和三角形的顶点都在格点上, 那么与 $\triangle E F G$ 相似的是（）

  

  (第 8 题)

  
选项：
A. 以点 $E 、 F 、 A$ 为顶点的三角形
  B. 以点 $E 、 F 、 B$ 为顶点的三角形
  C. 以点 $E 、 F 、 C$ 为顶点的三角形
  D. 以点 $E 、 F 、 D$ 为顶点的三角形


答案：C
解析： $\triangle E F G$ 中 $\angle E G F=135^{\circ}$, 利用两组对应边的比相等且夹角对应相等的两个三角形相似判断 A、B、D; 根据三组对应边的比相等的两个三角形相似判断 C.

【详解】解：由题意可得, $\triangle E F G$ 中 $\angle E G F=135^{\circ}, E G=2, G F=\sqrt{2}, E F=\sqrt{10}$.

A、 $\triangle E F A$ 中, $\angle A E F>135^{\circ}$, 则 $\triangle E F A$ 与 $\triangle E F G$ 不相似, 故本选项不符合题意;

B、 $\triangle E F B$ 中, $\angle B E F>135^{\circ}$, 则 $\triangle E F B$ 与 $\triangle E F G$ 不相似, 故本选项不符合题意;

C、 $\triangle E F C$ 中, $E F=\sqrt{10}, C E=\sqrt{5}, C F=5$,

$\because \frac{E G}{E F}=\frac{G F}{C E}=\frac{E F}{C F}=\frac{\sqrt{10}}{5}$,

$\therefore \triangle E F G \sim \triangle F C E$,
即 $\triangle E F C$ 与 $\triangle E F G$ 相似, 故本选项符合题意;

D、 $\triangle E F D$ 中, $90^{\circ}<\angle D E F<135^{\circ}$, 则 $\triangle E F D$ 与 $\triangle E F G$ 不相似, 故本选项不符合题意;

故选: C.

【点睛】本题考查了相似三角形的判定, 掌握判定两个三角形相似的方法是解题的关键. 两组对应边的比相等且夹角对应相等的两个三角形相似, 三组对应边的比相等的两个三角形相似.
题目（九年级 · 变换几何）：学校艺术节上, 同学们绘制了非常美丽的画并且在其周围褤上等宽的边框做成艺术墙. 下面是王亮从艺术墙上选取的四幅形状不同的作品, 在同一幅作品中, 内、外边框的图形不一定相似的是（）

选项：
A.


B.


C.


D.




答案：A
解析：根据图形相似的概念进行解答即可.

【详解】解：两个矩形不一定相似, 但两个正方形、两个等边三角形及两个圆一定相似,故选: A.

【点睛】本题考查了两个图形的相似, 掌握相似多边形的概念（即边数相同的两个多边形,
如果对应角相等, 对应边成比例）是解题的关键.
题目（九年级 · 变换几何）：如图, 在直角坐标系中, $\triangle A B C$ 的三个顶点分别为 $\mathrm{A}(1,2) \mathrm{B}(2,1) \mathrm{C}(3,2)$,
    现以原点 $O$ 为位似中心, 在第一象限内作与 $\triangle A B C$ 的位似比为 2 的位似图形 $\triangle A^{\prime} B^{\prime} C^{\prime}$,则顶点 $C^{\prime}$ 的坐标是 ( )

  

  
选项：
A. $(5,4)$
  B. $(4,2)$
  C. $(6,4)$
  D. $(2,4)$


答案：C
题目（九年级 · 变换几何）：如图, $D$ 是等边 $\triangle A B C$ 边 $A B$ 上的一点, 且 $A D: D B=2: 3$, 现将 $\triangle A B C$ 折叠, 使点 $C$ 与 $D$ 重合, 折痕为 $E F$, 点 $E, F$ 分别在 $A C$ 和 $B C$ 上, 则 $C E: C F=(\quad)$

    

    (第 10 题)

    
选项：
A. $\frac{7}{8}$
    B. $\frac{4}{5}$
    C. $\frac{5}{6}$
    D. $\frac{6}{7}$

##
答案：A
解析：依据翻折变换的性质得到 $\mathrm{DE}=\mathrm{CE} 、 \mathrm{CF}=\mathrm{DF}$; 设 $\mathrm{AD}=2 \mathrm{k}$, 则 $\mathrm{DB}=3 \mathrm{k}$; 根据相似三角形的判定与性质即可解决问题.

【详解】解: 设 $\mathrm{AD}=2 \mathrm{k}$, 则 $\mathrm{DB}=3 \mathrm{k}$,

$\because \triangle \mathrm{ABC}$ 为等边三角形,

$\therefore \mathrm{AB}=\mathrm{AC}=5 \mathrm{k}, \angle \mathrm{A}=\angle \mathrm{B}=\angle \mathrm{C}=\angle \mathrm{EDF}=60^{\circ}$,

$\therefore \angle \mathrm{EDA}+\angle \mathrm{FDB}=120^{\circ}$,

又 $\because \angle \mathrm{EDA}+\angle \mathrm{AED}=120^{\circ}$,

$\therefore \angle \mathrm{FDB}=\angle \mathrm{AED}$,

$\therefore \triangle \mathrm{AED} \sim \triangle \mathrm{BDF}$,

由折叠得 $\mathrm{CE}=\mathrm{DE}, \mathrm{CF}=\mathrm{DF}$,

$\therefore \triangle \mathrm{AED}$ 的周长为 $7 \mathrm{k}, \triangle \mathrm{BDF}$ 的周长为 $8 \mathrm{k}$,

$\therefore \triangle \mathrm{AED}$ 与 $\triangle \mathrm{BDF}$ 的相似比为 7: 8 ,

$\therefore \mathrm{CE}: \mathrm{CF}=\mathrm{DE}: \mathrm{DF}=7: 8$.

故选: A.



【点睛】主要考查了翻折变换的性质、相似三角形的判定和性质, 解题的关键是利用相似三角形的周长之比等于相似比, 学会根据条件用字母表示相应的线段长度.
题目（九年级 · 变换几何）：在大小为 $4 \times 4$ 的正方形网格中, 下列四个选项中的三角形, 与下图所示的三角形相似的是 ( )

  

  (第 8 题)

  
选项：
A.


B.


C.


D.




答案：C
题目（九年级 · 变换几何）：观察下列图标, 其中既是轴对称图形又是旋转对称图形的是 ( )

选项：
A.


B.


C.


D.




答案：C
解析：根据轴对称图形和旋转对称图形的定义逐项判断即得答案.

【详解】解: A、不是轴对称图形, 是旋转对称图形, 故本选项不符合题意;

B、不是轴对称图形，也不是旋转对称图形，故本选项不符合题意;

C、既是轴对称图形又是旋转对称图形，故本选项符合题意;

D、既不是轴对称图形又不是旋转对称图形，故本选项不符合题意;

故选: C

【点睛】本题考查轴对称图形及旋转对称图形的概念, 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能完全重合; 旋转对称图形的关键是寻找旋转中心, 图形绕旋转中心旋转一定角度后, 能够和原来的图形重合.
题目（九年级 · 变换几何）：把图中的风车图案绕着中心 $O$ 旋转, 旋转后的图案与原来的图案重合, 旋转角的度数至少为 ( )



选项：
A. $60^{\circ}$
B. $72^{\circ}$
C. $90^{\circ}$
D. $180^{\circ}$


答案：C
解析：根据旋转的性质, 用 $360^{\circ}$ 除以 4 计算即可.

【详解】解: $\because 360^{\circ} \div 4=90^{\circ}$,

$\therefore$ 旋转的角度是 $90^{\circ}$ 的整数倍,

$\therefore$ 旋转的角度至少是 $90^{\circ}$.

故选: C.

【点睛】本题考查了旋转对称图形, 仔细观察图形求出旋转角是 $90^{\circ}$ 的整数倍是解答本题的关键.
题目（九年级 · 变换几何）：抛物线 $y=-2(x+2)^{2}-5$ 可由 $y=-2 x^{2}$ 如何平移得到 ( )


选项：
A. 先向右平移 2 个单位, 再向下平移 5 个单位

B. 先向右平移 2 个单位, 再向上平移 5 个单位

C. 先向左平移 2 个单位, 再向下平移 5 个单位

D. 先向左平移 2 个单位, 再向上平移 5 个单位


答案：C
解析：按照“左加右减, 上加下减”的规律求则可.

【详解】解: 将拋物线 $y=-2 x^{2}$ 先向左平移 2 个单位, 再向下平移 5 个单位即可得到抛物线 $y=-2(x+2)^{2}-5$.

故选: C.

【点睛】本题主要考查了抛物线的平移和拋物线解析式, 熟练掌握拋物线平移的变化规律: “左加右减, 上加下减”是解题的关键.
题目（九年级 · 变换几何）：如图, 在平面直角坐标系中, 点 $B 、 C 、 E$ 、在 $y$ 轴上, Rt $\triangle A B C$ 经过变换得到 $R t \triangle O D E$.若点 $C$ 的坐标为 $(0,1), A C=2$, 则这种变换可以是

( )




选项：
A. $\triangle A B C$ 绕点 $C$ 顺时针旋转 $90^{\circ}$, 再向下平移3

B. $\triangle A B C$ 绕点 $C$ 顺时针旋转 $90^{\circ}$, 再向下平移 1

C. $\triangle A B C$ 绕点 $C$ 逆时针旋转 $90^{\circ}$, 再向下平移 1

D. $\triangle A B C$ 绕点 $C$ 逆时针旋转 $90^{\circ}$, 再向下平移3


答案：A
解析：解: 根据图形可以看出, $\triangle A B C$ 绕点 $C$ 顺时针旋转 $90^{\circ}$, 再向下平移 3 个单位可以得到 $\triangle O D E$.

故选: $A$.

观察图形可以看出, Rt $\triangle A B C$ 通过变换得到 Rt $\triangle O D E$, 应先旋转然后平移即可.

本题考查的是坐标与图形变化旋转和平移的知识, 掌握旋转和平移的概念和性质是解题的关键.
题目（九年级 · 变换几何）：如图, $\triangle A B C$ 中, $\angle A C B=90^{\circ}, \angle A B C=40^{\circ}$. 将 $\triangle A B C$ 绕点 $B$ 逆时针旋转得到 $\triangle A^{\prime} B C^{\prime}$, 使点 $C$ 的对应点 $C^{\prime}$ 恰好落在边 $A B$ 上, 则 $\angle C A A^{\prime}$ 的度数是 ( )




选项：
A. $50^{\circ}$

B. $70^{\circ}$

C. $110^{\circ}$

D. $120^{\circ}$

##
答案：D
解析：【分析】

根据旋转可得 $\angle A^{\prime} B A=\angle A B C=40^{\circ}, A^{\prime} B=A B$, 得 $\angle B A A^{\prime}=70^{\circ}$, 根据 $\angle C A A^{\prime}=\angle C A B+\angle B A A^{\prime}$, 进而可得 $\angle C A A^{\prime}$ 的度数.

本题考查了旋转的性质, 等腰三角形的性质, 三角形内角和定理, 解决本题的关键是掌握旋转的性质.

## 【解答】

解: $\because \angle A C B=90^{\circ}, \angle A B C=40^{\circ}$,

$\therefore \angle C A B=90^{\circ}-\angle A B C=90^{\circ}-40^{\circ}=50^{\circ}$,

$\because$ 将 $\triangle A B C$ 绕点 $B$ 逆时针旋转得到 $\triangle A^{\prime} B C^{\prime}$, 使点 $C$ 的对应点 $C^{\prime}$ 恰好落在边 $A B$ 上,

$\therefore \angle A^{\prime} B A=\angle A B C=40^{\circ}, A^{\prime} B=A B$,

$\therefore \angle B A A^{\prime}=\angle B A^{\prime} A=\frac{1}{2}\left(180^{\circ}-40^{\circ}\right)=70^{\circ}$,

$\therefore \angle C A A^{\prime}=\angle C A B+\angle B A A^{\prime}=50^{\circ}+70^{\circ}=120^{\circ}$.

故选: D.
题目（九年级 · 变换几何）：如图, $\triangle O A B$ 绕点 $O$ 顺时针旋转得到 $\triangle O C D$, 若 $\angle B O C=15^{\circ}, \angle A O D=95^{\circ}$, 则 $\angle A O B$ 的度数是 $($ )



选项：
A. $85^{\circ}$
B. $60^{\circ}$
C. $55^{\circ}$
D. $40^{\circ}$


答案：C
解析：【分析】

此题重点考查旋转的性质, 由 $\angle A O B=\angle C O D$ 推导出 $2 \angle A O B=\angle A O B+\angle C O D=\angle A O D+\angle B O C$ 是解题的关键.

由旋转得 $\angle A O B=\angle C O D$, 可推导出 $2 \angle A O B=\angle A O B+\angle C O D=\angle A O D+\angle B O C$, 而 $\angle B O C=15^{\circ}$, $\angle A O D=95^{\circ}$, 即可求得 $\angle A O B=55^{\circ}$.

## 【解答】

解: $\because \triangle O A B$ 绕点 $O$ 顺时针旋转得到 $\triangle O C D$,

$\therefore \angle A O B=\angle C O D$,

$\because \angle B O C=15^{\circ}, \angle A O D=95^{\circ}$,

$\therefore 2 \angle A O B=\angle A O B+\angle C O D=\angle A O B+\angle B O D+\angle B O C=\angle A O D+\angle B O C=95^{\circ}+15^{\circ}=110^{\circ}$,

$\therefore \angle A O B=55^{\circ}$,

故选: $C$.
题目（九年级 · 变换几何）：平面直角坐标系中, 点 $A$ 的坐标为 $(4,3)$, 将线段 $O A$ 绕原点 $O$ 顺时针旋转 $90^{\circ}$ 得到 $O A^{\prime}$, 则点 $A^{\prime}$ 的坐标是( )

选项：
A. $(-4,3)$
B. $(-3,4)$
C. $(3,-4)$
D. $(4,-3)$

答案：C
解析：见答案.
题目（九年级 · 变换几何）：如图, 正方形 $A B C D$ 的顶点均在坐标轴上, 且点 $B$ 的坐标为 $(1,0)$, 以 $A B$ 为边构造菱形 $A B E F$, 将菱形 $A B E F$ 与正方形 $A B C D$ 组成的图形绕点 $O$ 逆时针旋转, 每次旋转 $90^{\circ}$, 则第 2025 次旋转结束时, 点 $F$ 的对应点 $F_{2025}$ 的坐标为 ( )



选项：
A. $(-\sqrt{2},-1)$
B. $(1,-\sqrt{2})$
C. $(\sqrt{2},-1)$
D. $(-1, \sqrt{2})$


答案：D
解析：解: $\because 360^{\circ} \div 90^{\circ}=4$,

$\therefore$ 每旋转 4 次为一个循环,

$\therefore 2025 \div 4=506 \cdots \cdots$. 即第 2025 次旋转结束时, 点 $F_{2025}$ 的坐标与第 1 次旋转结束时点 $F_{1}$ 的坐标相同. $F_{1}$ 的位置如图所示,



过点 $F_{1}$ 作 $F_{1} M \perp x$ 轴于点 $M$, 连接 $O F, O F_{1}$.

由旋转得, $\triangle A O F \cong \triangle M O F_{1}$.

$\because$ 点 $B(1,0)$,

$\therefore O B=1$.

$\because$ 四边形 $A B C D$ 为正方形,

$\therefore O A=O B=1$.

$\therefore A B=\sqrt{2} O A=\sqrt{2}$.

$\because$ 四边形 $A B E F$ 是菱形,

$\therefore A F=A B=\sqrt{2}$.

$\because \triangle A O F \cong \triangle M O F_{1}$,

$\therefore M F_{1}=A F=\sqrt{2}, \quad O M=O A=1$.

$\therefore$ 点 $F_{1}$ 的坐标为 $(-1, \sqrt{2})$,

则点 $F_{2025}$ 的坐标为 $(-1, \sqrt{2})$.

故选: D.

先求出点 $F_{3}$ 的坐标, 由题意可得每 4 次旋转为一个循环, 点 $F_{2025}$ 的坐标与第1次旋转结束时点 $F_{1}$ 的坐标相同, 即可得出答案.

本题考查了菱形的性质, 旋转的性质, 找到旋转的规律是本题的关键.
题目（九年级 · 变换几何）：如图, $\triangle A D E$ 是由 $\triangle A B C$ 逆时针旋转 $40^{\circ}$ 得到的图形, 若 $D$ 恰好在 $B C$边上, 且 $\angle B A E=126^{\circ}$, 则 $\angle E=(\quad)$.

   


选项：
A. $24^{\circ}$

B. $34^{\circ}$

C. $25^{\circ}$

D. $40^{\circ}$


答案：A
解析：解：由旋转的性质可知, $A B=A D, \angle B=\angle A D E, \angle B A D=40^{\circ}$,
$\because \angle B A E=126^{\circ}$,

$\therefore \angle D A E=\angle B A E-\angle B A D=126^{\circ}-40^{\circ}=86^{\circ}$,

$\because A B=A D$,

$\therefore \angle B=\angle A D B$,

$\because \angle B A D+\angle B+\angle A D B=180^{\circ}$,

$\therefore \angle B=70^{\circ}$,

$\therefore \angle A D E=70^{\circ}$,

$\because \angle D A E+\angle A D E+\angle E=180^{\circ}$,

$\therefore \angle E=180^{\circ}-86^{\circ}-70^{\circ}=24^{\circ}$,

故选: A.

由旋转的性质可知, $A B=A D, \angle B=\angle A D E, \angle B A D=40^{\circ}$, 根据三角形内角和定理, 得到 $\angle D A E=86^{\circ}$,再结合等边对等角的性质, 得到 $\angle A D E=70^{\circ}$, 即可求出 $\angle E$ 的度数.

本题考查了旋转的性质, 三角形内角和定理, 等腰三角形的性质, 熟练掌握旋转的性质是解题关键.
题目（九年级 · 变换几何）：如图, 等边 $\triangle A O B$ 中, 点 $B$ 在 $x$ 轴正半轴上, 点 $A$ 坐标为 $(1, \sqrt{3})$, 将 $\triangle A O B$ 绕点 $O$顺时针旋转 $15^{\circ}$, 此时点 $A$ 对应点 $A^{\prime}$ 的坐标是 ( )



选项：
A. $(2,2)$
B. $(\sqrt{3}, 1)$
C. $\left(\frac{3}{2}, \frac{3}{2}\right)$
D. $(\sqrt{2}, \sqrt{2})$


答案：D
解析：解：如图，作 $A E \perp O B$ 于 $E, A^{\prime} H \perp O B$ 于 $H$.



$\because A(1, \sqrt{3})$,

$\therefore O E=1, A E=\sqrt{3}$,

$\therefore O A=\sqrt{1^{2}+(\sqrt{3})^{2}}=2$,

$\because \triangle O A B$ 是等边三角形,

$\therefore \angle A O B=60^{\circ}$,

$\because \angle A O A^{\prime}=15^{\circ}$,

$\therefore \angle A^{\prime} O H=60^{\circ}-15^{\circ}=45^{\circ}$,

$\because O A^{\prime}=O A=2, A^{\prime} H \perp O H$,

$\therefore A^{\prime} H=O H=\sqrt{2}$,

$\therefore A^{\prime}(\sqrt{2}, \sqrt{2})$,

故选: D.

如图, 作 $A E \perp O B$ 于 $E, A^{\prime} H \perp O B$ 于 $H$. 求出 $A^{\prime} H, O H$ 即可解决问题.
本题考查旋转变换, 等边三角形的性质, 解直角三角形等知识, 解题的关键是学会添加常用辅助线,构造直角三角形解决问题.
题目（九年级 · 变换几何）：如图, 将 $\triangle A B C$ 绕点 $C$ 顺时针旋转 $90^{\circ}$ 得到 $\triangle E D C$. 若点 $A, D, E$ 在同一条直线上, $\angle A C B=20^{\circ}$, 则 $\angle A D C$ 的度数是 $($ )



选项：
A. $55^{\circ}$
B. $60^{\circ}$
C. $65^{\circ}$
D. $70^{\circ}$


答案：C
解析：【分析】

此题考查旋转的性质, 关键是根据旋转的性质和三角形内角和解答.

根据旋转的性质和三角形内角和解答即可. 【解答】

解: $\because$ 将 $\triangle A B C$ 绕点 $C$ 顺时针旋转 $90^{\circ}$ 得到 $\triangle E D C$.

$\therefore \angle D C E=\angle A C B=20^{\circ}, \angle B C D=\angle A C E=90^{\circ}, A C=C E$,

$\therefore \angle C A D=45^{\circ}, \angle A C D=90^{\circ}-20^{\circ}=70^{\circ}$,

$\therefore \angle A D C=180^{\circ}-45^{\circ}-70^{\circ}=65^{\circ}$,

故选 $C$.
题目（九年级 · 变换几何）：如图, 边长为1的正六边形 $A B C D E F$ 放置于平面直角坐标系中, 边 $A B$ 在 $x$ 轴正半轴上, 顶点 $F$ 在 $y$ 轴正半轴上, 将正六边形 $A B C D E F$ 绕坐标原点 $O$ 顺时针旋转, 每次旋转 $45^{\circ}$, 那么经过第 2026 次旋转后, 顶点 $D$ 的坐标为 ( )


选项：
A. $\left(\frac{3}{2},-\sqrt{3}\right)$

B. $\left(\frac{3}{2},-\frac{3 \sqrt{3}}{2}\right)$



C. $\left(-\sqrt{3}, \frac{3}{2}\right)$

D. $\left(\sqrt{3},-\frac{3}{2}\right)$


答案：D
解析：解：如图, 连接 $O D, B D$.把 $O D$ 绕点 $O$ 顺时针旋转 $90^{\circ}$ 至 $O D^{\prime}$,过点 $D$ 作 $D G \perp y$ 轴于点 $G$, 过点 $D^{\prime}$ 作 $D H \perp y$ 轴于点 $H$,在正六边形 $A B C D E F$ 中, $A F=A B=B C=C D=1, \angle F A B=\angle B C D=$ $120^{\circ}$,

$\therefore \angle F A O=60^{\circ}, \angle O F A=30^{\circ}$,



$\therefore O A=\frac{1}{2} A F=\frac{1}{2}, B D=\sqrt{3}$,

$B D \perp O B$,

$\therefore O B=O A+A B=\frac{3}{2}$,

$\therefore D\left(\frac{3}{2}, \sqrt{3}\right)$,

$\because$ 将正六边形 $A B C D E F$ 绕坐标原点 $O$ 顺时针旋转, 每次旋转 $45^{\circ}$,

$\therefore 8$ 次一个循环,

$\because 2026 \div 8=253 \ldots \ldots 2,45^{\circ} \times 2=90^{\circ}$,

$\therefore$ 经过第2026次旋转后, 顶点 $D$ 的坐标在 $D^{\prime}$ 的位置,

$\because \angle G D O+\angle D O G=90^{\circ}, \angle D^{\prime} O H+\angle D O G=90^{\circ}$,

$\therefore \angle G D O=\angle D^{\prime} O H, \angle D G O=\angle O H D^{\prime}$,

$\because O D=O D^{\prime}$,
$\therefore \triangle D G O \cong \triangle O H D^{\prime}(A A S)$,

$\therefore O H=D G=\frac{3}{2}, O G=H D^{\prime}=\sqrt{3}$,

$\therefore D^{\prime}\left(\sqrt{3},-\frac{3}{2}\right)$,

$\therefore$ 经过第2028次旋转后, 顶点 $D$ 的坐标 $\left(\sqrt{3},-\frac{3}{2}\right)$,

故选: $D$.

如图, 连接 $O D, B D$. 把 $O D$ 绕点 $O$ 顺时针旋转 $90^{\circ}$ 至 $O D^{\prime}$, 过点 $D$ 作 $D G \perp y$ 轴于点 $G$, 过点 $D^{\prime}$ 作 $D H \perp y$ 轴于点 $H$, 经过第2026次旋转后, 顶点 $D$ 在 $D^{\prime}$ 的位置, 先求出点 $D$ 的坐标, 再证明 $\triangle D G O \cong \triangle O H D^{\prime}(A A S)$即可.

本题考查正多边形与圆, 掌握坐标与图形变化一旋转等知识, 学会探究规律的方法是解题的关键.
题目（九年级 · 变换几何）：如图, $\triangle A B C$ 中, $D E / / C B 、 E F / / A B$, 下列结论:

(1) $\frac{A E}{E C}=\frac{B F}{F C}$;

(2) $\frac{A D}{B F}=\frac{A B}{B C}$;

(3) $\frac{C E}{C F}=\frac{A E}{B F}$;

(4) $\frac{E F}{A B}=\frac{C F}{B C}$.

其中正确的有( )


选项：
A. 4 个

B. 3 个

C. 2 个

D. 1 个


答案：A
解析：解: $E F / / A B$,
$\therefore \frac{A E}{E C}=\frac{B F}{F C}$, 故(1)正确;

$\because D E / / B C$,

$\therefore \frac{A D}{A B}=\frac{D E}{B C}$,

$\because D E / / B C, E F / / A B$,

$\therefore$ 四边形 $B D E F$ 是平行四边形,

$\therefore D E=B F$,

$\therefore \frac{A D}{A B}=\frac{B F}{B C}$,

$\therefore \frac{A D}{B F}=\frac{A B}{B C}$, 故(2)正确;

$\because E F / / A B$,

$\therefore \frac{C E}{E A}=\frac{C F}{B F}$,

$\therefore \frac{C E}{C F}=\frac{E A}{B F}$, 故(3)正确;

$\because E F / / A B$,

$\therefore \frac{E F}{A B}=\frac{C F}{B C}$, 故(4)正确,

$\therefore$ 正确的有 4 个,

故选: A.

根据平行线分线段成比例定理进行逐一判断即可.

本题考查了平行线分线段成比例定理, 平行四边形的判定与性质等知识点, 重点掌握平行线分线段成

比例定理.
题目（九年级 · 变换几何）：如图, $\triangle D E F$ 是由 $\triangle A B C$ 经过位似变换得到的, 点 $O$ 是位似中心, $D, E, F$ 分别是 $O A, O B, O C$ 的中点, 则 $\triangle D E F$ 与 $\triangle A B C$ 的面积比是. ( )



选项：
A. $1: 6$
B. $1: 5$
C. $1: 4$
D. $1: 2$

第 II 卷（非选择题）

##
答案：C
解析：【分析】

本题考察相似比以及相似比性质.

利用面积比等于相似比的平方即可.

## 【解答】

解: 不难得出 $\triangle D E F \sim \triangle A B C$, 相似比为 $\frac{O D}{O A}=\frac{1}{2}$,

故 $\frac{S_{\triangle D E F}}{S_{\triangle A B C}}=\left(\frac{O D}{O A}\right)^{2}=\frac{1}{4}$,

故选 $C$.
题目（九年级 · 变换几何）：在直角坐标系中, $\triangle A B C$ 的三个顶点分别为 $A(1,2), B(2,1), C(3,2)$, 现以原点 $O$ 为位似中心, 作与 $\triangle A B C$ 的位似比为 2 的位似图形 $\triangle A^{\prime} B^{\prime} C^{\prime}$, 则顶点 $C^{\prime}$ 的坐标是 $(\quad)$

选项：
A. $(6,4)$
B. $\left(\frac{3}{2}, 1\right)$
C. $(6,4)$ 或 $(-6,-4)$
D. $\left(\frac{3}{2}, 1\right)$ 或 $\left(-\frac{3}{2},-1\right)$

答案：C
解析：解: $\because \triangle A B C$ 的位似比为 2 的位似图形是 $\triangle A^{\prime} B^{\prime} C^{\prime}$, 且 $C(3,2)$,

$\therefore$ 当 $\triangle A^{\prime} B^{\prime} C^{\prime}$ 与 $\triangle A B C$ 在原点同侧时 $C^{\prime}(2 \times 3,2 \times 2)$, 即 $C^{\prime}(6,4)$,

当 $\triangle A^{\prime} B^{\prime} C^{\prime}$ 与 $\triangle A B C$ 在原点异侧时, $C^{\prime}(-2 \times 3,-2 \times 2)$, 即 $C^{\prime}(-6,-4)$,故选: $C$.

分 $\triangle A^{\prime} B^{\prime} C^{\prime}$ 与 $\triangle A B C$ 在原点同侧和异侧两种情况结合位似图形的性质进行求解即可.

本题主要考查了位似图形的性质, 熟练掌握位似图形的性质是解题关键: 如果 $\triangle A B C$ 与 $\triangle A^{\prime} B^{\prime} C^{\prime}$ 是关于原点位似且位似比为 $k$ 的位似图形, 那么 $A(a, b)$ 的对应点 $A^{\prime}$ 的坐标为 $(k a, k b)$ 或 $(-k a,-k b)$.

##
题目（九年级 · 变换几何）：如图, $\triangle A B C$ 与 $\triangle A^{\prime} B^{\prime} C^{\prime}$ 是位似图形, $O$ 是位似中心, 若 $\triangle A B C$ 与 $\triangle A^{\prime} B^{\prime} C^{\prime}$ 的面积之比为 $1: 4$, 则 $C O$ : $C^{\prime} O$ 的值为 $(\quad)$



选项：
A. $1: 2$
B. 2: 1
C. $1: 4$
D. $1: 3$


答案：A
解析：解: 如图, $\triangle A B C$ 与 $\triangle A^{\prime} B^{\prime} C^{\prime}$ 是位似图形, $O$ 是位似中心, 若 $\triangle A B C$ 与 $\triangle A^{\prime} B^{\prime} C^{\prime}$ 的面积之比为 $1: 4$, 则 $\triangle A B C$与 $\triangle A^{\prime} B^{\prime} C^{\prime}$ 的相似比为 $1: 2$.

$\because \triangle A B C$ 与 $\triangle A^{\prime} B^{\prime} C^{\prime}$ 是位似图形,

$\therefore \triangle B C O \sim \triangle B^{\prime} C^{\prime} O^{\prime}$.

$\therefore C O: C^{\prime} O=B C: B^{\prime} C^{\prime}=1: 2$.

故选: $A$.


根据位似图形的性质知: $B C / / C^{\prime} B^{\prime}$, 则 $\triangle B C O \sim \triangle B^{\prime} C^{\prime} O^{\prime}$, 根据该相似三角形的对应边成比例得到答案.

本题考查了位似图形的性质: 两个图形的对应边平行, 面积的比等于位似比的平方.

##
题目（九年级 · 变换几何）：如图, $\triangle A B O$ 缩小后变为 $\triangle A^{\prime} B^{\prime} O$, 其中 $A 、 B$ 的对应点分别为 $A^{\prime}$ 、 $B^{\prime}$, 点 $A 、 B 、 A^{\prime} 、 B^{\prime}$ 均在格点上, 若线段 $A B$ 上有点 $P(m, n)$, 则点 $P$ 在 $A^{\prime} B^{\prime}$ 上的对应点 $P^{\prime}$ 的坐标为( )


选项：
A. $\left(\frac{m}{2}, n\right)$

B. $(m, n)$

C. $\left(m, \frac{n}{2}\right)$



D. $\left(\frac{m}{2}, \frac{n}{2}\right)$


答案：D
解析：解: $\because \triangle A B O$ 缩小后变为 $\triangle A^{\prime} B^{\prime} O$, 其中 $A 、 B$ 的对应点分别为 $A^{\prime} 、 B^{\prime}$ 点 $A 、 B 、 A^{\prime} 、 B^{\prime}$ 均在图中在格点上,

即 $A$ 点坐标为: $(4,6), B$ 点坐标为: $(6,2), A^{\prime}$ 点坐标为: $(2,3), B^{\prime}$ 点坐标为: $(3,1)$,

$\therefore$ 线段 $A B$ 上有一点 $P(m, n)$, 则点 $P$ 在 $A^{\prime} B^{\prime}$ 上的对应点 $P^{\prime}$ 的坐标为: $\left(\frac{m}{2}, \frac{n}{2}\right)$.

故选: D.

根据 $A, B$ 两点坐标以及对应点 $A^{\prime}, B^{\prime}$ 点的坐标得出坐标变化规律, 进而得出 $P^{\prime}$ 的坐标.

此题主要考查了位似图形的性质, 根据已知得出对应点坐标的变化是解题关键.
题目（九年级 · 变换几何）：如图, 四边形 $A B C D$ 与四边形 $E F G H$ 位似, 其位似中心为点 $O$, 且 $\frac{O E}{E A}=\frac{5}{4}$, 则 $\frac{E H}{A D}=(\quad)$



选项：
A. $\frac{5}{9}$
B. $\frac{5}{4}$
C. $\frac{4}{5}$
D. $\frac{9}{5}$


答案：A
解析：略
题目（九年级 · 变换几何）：如图, 在平面直角坐标系中, 将 $\triangle O A B$ 以原点 $O$ 为位似中心放大后得到 $\triangle$ $O C D$, 若 $B(0,1), D(0,3)$, 则 $\triangle O A B$ 与 $\triangle O C D$ 的面积比是 ( )


选项：
A. 2: 1

B. $1: 3$



C. $1: 9$

D. $9: 1$


答案：C
解析：解: $\because B(0,1), D(0,3)$,

$\therefore O B=1, O D=3$,

$\because \triangle O A B$ 以原点 $O$ 为位似中心放大后得到 $\triangle O C D$,

$\therefore \triangle O A B$ 与 $\triangle O C D$ 的相似比是 $O B: O D=1: 3$,

$\therefore \triangle O A B$ 与 $\triangle O C D$ 的面积的比是 $1: 9$.

故选: $C$.

根据信息, 找到 $O B$ 与 $O D$ 的比值即为相似比, 然后由两个相似三角形的面积比等于相似比的平方求得答案.

本题考查位似变换、坐标与图形的性质. 关键在于找到相似比就是对应边的比.

##
题目（九年级 · 变换几何）：如图, 已知 $B C / / D E$, 则下列说法中不正确的是 ( )



选项：
A. 两个三角形是位似图形
B. 点 $A$ 是两个三角形的位似中心
C. $A E: A D$ 是位似比
D. 点 $B$ 与点 $E$ 、点 $C$ 与点 $D$ 是对应位似点


答案：C
解析：【详解】 $\because B C / / D E$, 且 $C D$ 与 $B E$ 相交于点 $A$,

$\therefore A$ 、两个三角形是位似图形, 正确, 不合题意;

$B$ 、点 $A$ 是两个三角形的位似中心, 正确, 不合题意;

$C 、 A E: A C$ 是位似比, 故此选项错误, 符合题意;

$D$ 、点 $B$ 与点 $E$, 点 $C$ 与点 $D$ 是对应位似点, 正确, 不合题意,

故选 $C$.

##