中考数学第一轮复习专题训练之十四平移与旋转专题训练含答案
矿产资源开发利用方案编写内容要求及审查大纲
矿产资源开发利用方案编写内容要求及《矿产资源开发利用方案》审查大纲一、概述
㈠矿区位置、隶属关系和企业性质。
如为改扩建矿山, 应说明矿山现状、
特点及存在的主要问题。
㈡编制依据
(1简述项目前期工作进展情况及与有关方面对项目的意向性协议情况。
(2 列出开发利用方案编制所依据的主要基础性资料的名称。
如经储量管理部门认定的矿区地质勘探报告、选矿试验报告、加工利用试验报告、工程地质初评资料、矿区水文资料和供水资料等。
对改、扩建矿山应有生产实际资料, 如矿山总平面现状图、矿床开拓系统图、采场现状图和主要采选设备清单等。
二、矿产品需求现状和预测
㈠该矿产在国内需求情况和市场供应情况
1、矿产品现状及加工利用趋向。
2、国内近、远期的需求量及主要销向预测。
㈡产品价格分析
1、国内矿产品价格现状。
2、矿产品价格稳定性及变化趋势。
三、矿产资源概况
㈠矿区总体概况
1、矿区总体规划情况。
2、矿区矿产资源概况。
3、该设计与矿区总体开发的关系。
㈡该设计项目的资源概况
1、矿床地质及构造特征。
2、矿床开采技术条件及水文地质条件。
2021中考数学一轮知识点系统复习之图形的平移、旋转与轴对称能力达标测试题(附答案详解)
2021中考数学一轮知识点系统复习之图形的平移、旋转与轴对称能力达标测试题（附答案详解）1．在平行四边形ABCD 中，AB=6，AD=8，∠B 是锐角，将△ACD 沿对角线AC 折叠，点D 落在△ABC 所在平面内的点E 处．如果AE 过BC 的中点，则平行四边形ABCD 的面积等于（ ）A ．48 B ．106 C ．127 D ．242 2．如图，在直角坐标系中，△OBC 的顶点O （0，0），B （﹣6，0），且∠OCB=90°，OC=BC ，则点C 关于y 轴对称的点的坐标是（ ）A ．（3，3）B ．（﹣3，3）C ．（﹣3，﹣3）D ．（32，32） 3．下列各组图形，可以经过平移变换由一个图形得到另一个图形的是( )．A ．B ．C ．D ． 4．如图，COD 是AOB 绕点O 顺时针方向旋转38后所得的图形，点C 恰好在AB 上，AOD 90∠=，那么BOC ∠的度数为（ ）A ．12°B ．14°C ．24°D ．30°5．点P （﹣4，﹣3）关于原点对称的点的坐标是（ ）A ．（4，3）B ．（﹣4，3）C ．（﹣4，﹣3）D ．（4，﹣3）6．如图，将∠BAC 沿DE 向∠BAC 内折叠，使AD 与A′D 重合，A′E 与AE 重合，若∠A=30°，则∠1+∠2=（ ）A ．50°B ．60°C ．45°D ．以上都不对 7．图中由“○”和“□”组成轴对称图形，该图形的对称轴是直线（ ）8．下面的图形中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（）A．B．C．D．9．下列分子结构模型平面图中，只有一条对称轴的是（）A．B．C．D．10．如图，ABCD和DCGH是两块全等的正方形铁皮，要使它们重合，则存在的旋转中心有（）A．1个B．2个C．3个D．4个11．如图，点P在等边△ABC的内部，且PC=6，PA=8，PB=10，将线段PC绕点C顺时针旋转60°得到P'C，连接AP'，则sin∠PAP'的值为________．12．如图，正方形ABCD的边长为4，E是边BC上的一点且BE＝1，P为对角线AC上的一动点，连接PB，PE，当点P在AC上运动时，△PBE周长的最小值是____．13．如图，把△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________．14．如图，将△ABE向右平移3cm得到△DCF，如果△ABE的周长是12cm，那么四边形ABFD的周长是_____cm．15．将点P（﹣1，3）绕原点顺时针旋转180°后坐标变为_____．16．已知平面直角坐标系内点P的坐标为（-1,3），如果将平面直角坐标系．．．．．．．向左平移3个单位,再向下平移2个单位,那么平移后点P的坐标为___________17．在平面直角坐标系中，已知点P0的坐标为(1，0)，将P0绕原点O按逆时针方向旋转30°得点P1，延长OP1到P2，使OP2＝2OP1，再将点P2绕原点O按逆时针方向转动30°得到点P3，延长OP3到P4，使OP4＝2OP3，…，如果继续下去，点P2016的坐标为_________.18．如图，△ABC中，AC＝10，AB＝12，△ABC的面积为48，AD平分∠BAC，F，E分别为AC，AD上两动点，连接CE，EF，则CE+EF的最小值为______．19．在等腰三角形ABC中，∠C=90°，BC=2cm．如果以AC的中点O为旋转中心，将这个三角形旋转180°，点B落在点B′处，那么点B′与点B的原来位置相距_____cm．20．如图①，在平面直角坐标系中，等边△ABC的顶点A，B的坐标分别为（5，0），（9，0），点D是x轴正半轴上一个动点，连接CD，将△ACD绕点C逆时针旋转60°得到△BCE，连接DE．（1）直接写出点C的坐标，并判断△CDE的形状，说明理由；（2）如图②，当点D在线段AB上运动时，△BDE的周长是否存在最小值？若存在，求出△BDE的最小周长及此时点D的坐标；若不存在，说明理由；（3）当△BDE是直角三角形时，求点D的坐标．（直接写出结果即可）21．三角形右边的是由左边的怎样平移得到的？22．如图，已知在△ABC中，AB=AC，AD⊥BC于D，且AD=BC=4，若将三角形沿AD剪开成为两个三角形，在平面上把这两个三角形拼成一个四边形，你能拼出所有的不同形状的四边形吗？画出所拼四边形的示意图（标出图中的直角），并分别写出所拼四边形的对角线的长．（只需写出结果即可）23．如图，正方形ABCD和正方形A1B1C1D1的对角线(正方形相对顶点之间所连的线段)BD，B1D1都在x轴上，O，O1分别为正方形ABCD和正方形A1B1C1D1的中心(正方形对角线的交点称为正方形的中心)，O为平面直角坐标系的原点．OD＝3，O1D1＝2.(1)如果O1在x轴上平移时，正方形A1B1C1D1也随之平移，其形状、大小没有改变，当中心O1在x轴上平移到两个正方形只有一个公共点时，求此时正方形A1B1C1D1各顶点的坐标；(2)如果O在x轴上平移时，正方形ABCD也随之平移，其形状、大小没有改变，当中心O在x轴上平移到两个正方形公共部分的面积为2个平方单位时，求此时正方形ABCD 各顶点的坐标．24．如图，正方形网格中的△ABC，若小方格边长为1，格点三角形（顶点是网格线交点的三角形）ABC的顶点A，C的坐标分别为（﹣1，1），（0，﹣2），请你根据所学的知识．（1）在如图所示的网格平面内作出平面直角坐标系；（2）作出三角形ABC关于y轴对称的三角形A1B1C1；（3）判断△ABC的形状，并求出△ABC的面积．25．在平面直角坐标系中，△ABC的三个顶点坐标分别为A（2，﹣1），B（3，﹣3），C（0，﹣4）（1）画出△ABC关于原点O成中心对称的△A1B1C1；（2）画出△A1B1C1关于y轴对称的△A2B2C2．26．如图，在正方形网格中，每个小正方形的边长为1，格点△ABC（顶点在网格线的交点上）的顶点A、C的坐标分别为A（﹣3，4）C（0，2）（1）请在网格所在的平面内建立平面直角坐标系，并写出点B的坐标；（2）画出△ABC关于原点对称的图形△A1B1C1；（3）求△ABC的面积；（4）在x轴上存在一点P，使PA+PB的值最小，请直接写出点P的坐标．27．已知：如图，在△ABC中，∠BAC=120°，以BC为边向形外作等边三角形BCD，把△ABD绕着点D按顺时针方向旋转60°后得到△ECD，若AB=5，AC=3，求∠BAD 的度数与AD的长．28．将△ABC的∠C折起，翻折后角的顶点位置记作C′，当C′落在AC上时（如图1），易证：∠1=2∠2．当C′点落在CA和CB之间（如图2）时，或当C′落在CB、CA的同旁（如图3）时，∠1、∠2、∠3关系又如何，请写出你的猜想，并就其中一种情况给出证明．图1 图2 图329．已知，△AOB中，AB=BC=2,∠ABC=90°，点O是线段AC的中点，连接OB，将△AOB 绕点A逆时针旋转α度得到△ANM，连接CM，点P是线段CM的中点，连接PN、PB．（1）如图1，当α=180°时，直接写出线段PN和PB之间的位置关系和数量关系；（2）如图2，当α=90°时，探究线段PN和PB之间的位置关系和数量关系，并给出完整的证明过程；（3）如图3，直接写出当△AOB在绕点A逆时针旋转的过程中，线段PN的最大值和最小值．参考答案1．C【解析】设AE 与BC 交于O 点，O 点是BC 的中点．∵四边形ABCD 是平行四边形，∴∠B =∠D ．AB ∥CD ，又由折叠的性质推知∠D =∠E ，CE =CD∴∠B =∠E ．CE =AB∴△ABO 和△ECO 中 ，所以△ABO ≌△CEO （AAS ），所以AO =CO =4，OE =OB =4．∴AE =AD =8．∴△AED 为等腰三角形，又C 为底边中点，故三线合一可知∠ACE =90°，从而由勾股定理求得AC =． 平行四边形ABCD 的面积=AC ×CD =12．故选：C ．2．A【解析】试题解析：已知90,OCB OC BC ∠=︒=，∴OBC 为等腰直角三角形，又因为顶点()()00,60,O B -，， 过点C 作CD OB ⊥于点D ，则 3.OD DC ==所以C 点坐标为()33-，，点C 关于y 轴对称的点的坐标是()33.， 故选A ．点睛：关于y轴对称的点的坐标特征：纵坐标不变，横坐标互为相反数. 3．A【解析】试题分析：根据平移的性质，结合图形对选项进行一一分析，选出正确答案．解：A、图形的形状和大小没有变化，符合平移的性质，属于平移得到；B、图形的大小发生变化，不符合平移的性质，不属于平移得到；C、图形的方向发生变化，不符合平移的性质，不属于平移得到；D、图形由轴对称得到，不属于平移得到．故选A．考点：生活中的平移现象．4．B【解析】【分析】直接利用旋转的性质得出∠AOC=∠BOD=38°，进而得出∠BOC的度数．【详解】∵△COD是△AOB绕点O顺时针方向旋转38°后所得的图形，∴∠AOC=∠BOD=38°，∵∠AOD=90°，∴∠BOC=90°-38°-38°=14°．故选：B．【点睛】此题主要考查了旋转的性质，正确得出∠AOC=∠BOD是解题关键．5．A【解析】解：点P(-4，-3)关于原点对称的点的坐标是（4，3）．故选A．6．B【解析】试题解析：∵∠1=180﹣2∠ADE；∠2=180﹣2∠AED．∴∠1+∠2=360°﹣2（∠ADE+∠AED）=360°﹣2（180°﹣30°）=60°．故选B．7．C【解析】【分析】根据轴对称图形的定义进行判断即可得到对称轴.【详解】解:观察可知沿l1折叠时，直线两旁的部分不能够完全重合，故l1不是对称轴；沿l2折叠时，直线两旁的部分不能够完全重合，故l2不是对称轴；沿l3折叠时，直线两旁的部分能够完全重合，故l3是对称轴，所以该图形的对称轴是直线l3，故选C．【点睛】本题主要考查了轴对称图形，关键是掌握轴对称图形的定义．根据如果一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形叫做轴对称图形，这条直线叫做对称轴．8．B【解析】分析：根据中心对称图形的定义旋转180°后能够与原图形完全重合即是中心对称图形，以及轴对称图形的定义即可判断出．详解：A．该图形是是轴对称图形不是中心对称图形，故本选项错误；B．该图形既是轴对称图形，又是中心对称图形，故本选项正确；C．该图形不是轴对称图形，是中心对称图形，故本选项错误；D．该图形是是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项错误．故选B．点睛：本题主要考查了中心对称图形与轴对称的定义，根据定义得出图形形状是解决问题的关键．9．A【解析】根据图形可得：选项A有1条对称轴，选项B、C各有2条对称轴，选项D有6条对称轴，故选A.【点睛】本题主要考查了轴对称图形的定义，关键是正确找出每个图形的对称轴．10．C【解析】分析：旋转中心即是对应点连线的垂直平分线的交点.详解：根据旋转中心即是对应点连线的垂直平分线的交点，可得要使正方形ABCD和DCGH重合，有3种方法，可以分别绕D，C或CD的中点旋转，即旋转中心有3个．故选C．点睛：本题考查了旋转的性质旋转前后的两个图形全等，对应点与旋转中心的连线段的夹角等于旋转角，对应点到旋转中心的距离相等，旋转中心即是对应点连线的垂直平分线的交点.11．35．【解析】解：连接PP′．如图，∵线段PC绕点C顺时针旋转60°得到P'C，∴CP=CP′=6，∠PCP′=60°，∴△CPP′为等边三角形，∴PP′=PC=6．∵△ABC为等边三角形，∴CB=CA，∠ACB=60°，∴∠PCB=∠P′CA．在△PCB和△P′CA中，∵PC=P′C，∠PCB=∠P′CA，CB=CA，∴△PCB≌△P′CA，∴PB=P′A=10．∵62+82=102，∴PP′2+AP2=P′A2，∴△APP′为直角三角形，∠APP′=90°，∴sin∠P AP′='6'10PPP A=35．故答案为35．12．6【解析】连接DE于AC交于点P′，连接BP′，则此时△BP′E的周长就是△PBE周长的最小值，∵BE=1，BC=CD=4，∴CE=3，DE=5，∴BP′+P′E=DE=5，∴△PBE周长的最小值是5+1=6，故答案为6．13．（﹣a﹣2，﹣b）【解析】由图可知，△ABC关于点（﹣1，0）对称变换得到△A′B′C′，∵△ABC上的点P的坐标为（a，b），∴它的对应点P′的坐标为（﹣a﹣2，﹣b），故答案为：（﹣a﹣2，﹣b）．14．18．【解析】【分析】根据平移的性质可得DF=AE，然后判断出四边形ABFD的周长=△ABE的周长+AD+EF，然后代入数据计算即可得解．【详解】∵△ABE向右平移3cm得到△DCF，∴DF=AE，∴四边形ABFD的周长=AB+BE+DF+AD+EF，=AB+BE+AE+AD+EF，=△ABE的周长+AD+EF，∵平移距离为3cm，∴AD=EF=3cm，∵△ABE的周长是12cm，∴四边形ABFD的周长=12+3+3=18cm.故答案为18cm.【点睛】本题考查了平移的性质，解题的关键是熟练的掌握平移的性质.15．（1，﹣3）【解析】【分析】画出平面直角坐标系，然后作出点P绕原点O顺时针旋转180°的点P′的位置，再根据平面直角坐标系写出坐标即可．【详解】如图所示：点P（-1，3）绕原点O顺时针旋转180°后的对应点P′的坐标为（1，-3）．故答案是：（1，-3）．【点睛】考查了坐标与图形变化-旋转，作出图形，利用数形结合的思想求解更简便，形象直观．16．（2,5）【解析】【分析】平面直角坐标系．．．．．．．向左平移3个单位,再向下平移2个单位,相当于将点(-1,3)向右平移3个单位,再向上平移2个单位.应用点的平移与坐标关系便可得出答案.【详解】因为将平面直角坐标系．．．．．．．向左平移3个单位,再向下平移2个单位,相当于将点(-1,3)向右平移3个单位,再向上平移2个单位，此时得到对应点的坐标是(-1+3,3+2),即(2,5).故正确答案为: (2,5).【点睛】此题考核知识点：点的平移和坐标.关键要弄清点移动的方向和距离，特别要注意此题是移动平面直角坐标系．．．．．．．.17．(21008,0)【解析】∵点P0的坐标为(1,0)，∴OP0=1，∴OP2=2OP1=2，OP3=OP2=2，OP4=2OP3=2×2=22，…，OP2016=21008，∵2016÷24=84，∴点P2016是第84循环组的最后一个点，在x轴正半轴，∴点P2016的坐标为(21008,0).故答案为：(21008,0).点睛：本田考查了坐标与图形的变化-旋转，点的坐标变化规律，读懂题目信息，理解点的规律变化是解题的关键.18．8【解析】【分析】根据题意画出符合条件的图形，作F关于AD的对称点为M，作AB边上的高CP，求出EM+EC=MC，根据垂线段最短得出EM+EC=MC≥PC，求出PC即可得出CE+EF的最小值．【详解】试题分析：作F关于AD的对称点为M，作AB边上的高CP，∵AD平分∠CAB，△ABC为锐角三角形，∴M必在AC上，∵F关于AD的对称点为M，∴ME＝EF，∴EF＋EC＝EM＋EC，即EM＋EC＝MC≥PC（垂线段最短），∵△ABC的面积是48，AB＝12，∴12×12×PC＝48，∴PC＝8，即CE＋EF的最小值为8．故答案为8．点睛：本题考查了最短路线问题，关键是画出符合条件的图形，题目具有一定的代表性，是一道比较好的题目．19．．【解析】分析：由中心对称的性质得OA＝OC，OB＝OB′，用勾股定理求出OB即可.详解：根据中心对称的性质得，OB＝OB′，OC＝1，又BC＝2，由勾股定理得BO BB′＝2OB＝故答案为点睛：中心对称的性质有：①关于中心对称的两个图形是全等形；②关于中心对称的两个图形，对称点连线都经过对称中心，并且被对称中心平分；③关于中心对称的两个图形，对应线段平行(或在同一直线上)且相等.20．（Ⅰ）C(7，△CDE是等边三角形；（Ⅱ）存在；4 ；D（7，0）；（Ⅲ）D（1，0）或（13，0）．【解析】分析：（1）如图1，过点C作CH⊥x轴于点H，由△ABC是等边三角形易得AH=12AB=2，结合AC=AB=4、OA=5，可得CH=OH=7，由此即可得到点C的坐标；由旋转的性质可知CE=CD，结合旋转角∠DCE=60°可知△CDE是等边三角形；（2）如图2，由（1）可知△CDE是等边三角形，由此可得DE=CD，由△CDE是由△CAD绕点C旋转得到的，由此可得BE=AD，从而可得△BDE的周长=BD+BE+DE=BD+AD+CD=AB+CD=4+CD，由此可知，当CD⊥AB时，CD最小，此时△BDE 的周长最小，由（1）可知，此时CD=23，OD=7，即当点D的坐标为（7，0）时，△BDE 的周长最小，最小值为423+；（3）如图3，由∠CBE=∠CAD=120°可得∠ABC=60°，由此可得∠DBE=60°≠90°，结合△BDE是直角三角形，可知：存在①∠BED=90°；②∠BDE=90°（如图3，∠BD'E'=90°）两种情况，分两种情况画出符合要求的图形，并结合已知条件进行分析计算即可.详解：（Ⅰ）如图1，过点C作CH⊥AB于H，∵△ABC是等边三角形，CH⊥AB于点H，∴∠AHC=90°，AH=12AB=12（9﹣5）=2，∴OH=OA+AH=7，∵AC=AB=4，∴在Rt△ACH中，224223-=∴ C(723)，；∵△CBE是由△CAD绕点C逆时针旋转60°得到的，∴∠DCE=60°，DC=EC，∴△CDE是等边三角形；（Ⅱ）存在，理由如下：如图2，由（Ⅰ）知，△CDE是等边三角形，∴DE=CD，由旋转知，BE=AD，∴C△DBE=BE+DB+DE=AB+DE=4+DE=4+CD，由垂线段最短可知，CD⊥AB于D时，△BDE的周长最小，此时，由（1）可知CD=23，OD=7，∴△BDE的周长最小值为4+23，点D（7，0）；（Ⅲ）如图3，∵由旋转知，∠CBE=∠CAD=120°，∵∠ABC=60°，∴∠DBE=60°≠90°，∵△BDE是直角三角形，∴存在∠BED=90°或∠BDE=90°（如图3，∠BD'E'=90°）两种情况，①当∠BED=90°时，∵△CDE是等边三角形，∴∠CED=60°，∴∠BEC=30°，∵∠CBE=∠CAD=120°，∴∠BCE=30°，∴BE=BC=AB=4，在Rt△BDE中，∠DBE=∠CBE﹣∠ABC=60°，∴BD=2BE=8，∵OB=9，∴OD=OB﹣BD=1，∴D（1，0），②当∠BD'E'=90°时，∵△CD'E'是等边三角形，∴∠CD'E'=60°，∴∠BD'C=30°，∵∠ABC=60°，∴∠BCD'=30°=∠BD'E，∴BD'=BC=6，∵OB=9，∴OD'=OB+BD'=13，∴D'（13，0），即：存在点D使△BDE是直角三角形，此时点D的坐标分别为：（1，0）或（13，0）．点睛：（1）解第1小题的关键是：作出如图1所示的辅助线，利用等边三角形的性质和直角三角形的性质求得AH和CH的长；（2）解第2小题的关键是：利用旋转的性质得到BE=AD，从而把△BDE的周长转化为为：(4+CD)来表达，这样当CD⊥x轴时，CD最短，则△BDE 的周长就最小，由此即可使问题得到解决；（3）解第3小题的要点是：根据已知条件分析存在∠BED=90°或∠BDE=90°两种情况，然后画出符合题意的图形，再进行分析计算即可得到所求结果.21．向右平移7个单位.【解析】试题分析:观察图形中对应点的变化，即可得出图形的变化规律.试题解析：找出对应点来后会发现右边的图形是由左边的向右平移7个单位长度得到的.22．略【解析】可让两斜边重合，得到一个矩形和一个一般的四边形，根据勾股定理和三角形的面积公式可求得对角线长；让两长直角边重合或两短直角边重合，可得到一个平行四边形，利用勾股定理求得一对角线的长．图1是矩形，两条对角线长相等，均为2；图2是平行四边形，两条对角线长4和4；图3是平行四边形，两条对角线长2和2；图4是一般的四边形，两条对角线长2和．23．（1）A1(5，2)，B1(3，0)，C1(5，－2)，D1(7，0)；（2）A(11，3)，B(8，0)，C(11，－3)，D(14，0)．【解析】【分析】（1）两个正方形只有一个公共点时，分D和B1为公共点，B和D1为公共点两种情况，结合平移的性质写出各点的坐标；（2）根据两个正方形的位置可知公共部分肯定是个正方形，面积是2，可以算出它的对角线长为2，所以有两种情况：点D和O1重合，点B和O1重合，据此解答.【详解】解：(1)当点B1与点D重合时，两个正方形只有一个公共点，此时A1(5，2)，B1(3，0)，C1(5，－2)，D1(7，0)；当点B与D1重合时，两个正方形只有一个公共点，此时A1(－5，2)，B1(－7，0)，C1(－5，－2)，D1(－3，0)．(2)当点D与O1重合时，两个正方形公共部分的面积为2个平方单位，此时A(5，3)，B(2，0)，C (5，－3)，D (8，0)；当点B 与O 1重合时，两个正方形公共部分的面积为2个平方单位，此时A (11，3)，B (8，0)，C (11，－3)，D (14，0)．【点睛】本题考查了坐标与图形变化-平移，解题的关键是熟练的掌握平移的相关知识点. 24．（1）见解析；（2）见解析；（3）直角三角形，2．【解析】【分析】（1）根据点A 和点C 的坐标即可作出坐标系；（2）分别作出三角形的三顶点关于y 轴的对称点，顺次连接可得；（3）根据勾股定理的逆定理可得．【详解】解：（1）如图所示：（2）如图所示，△A 1B 1C 1即为所求；（3）∵正方形小方格边长为1，∴AB 2211+2，BC 2222+2，AC 2213+10，∴AB 2+BC 2=AC 2，∴网格中的△ABC 是直角三角形．△ABC 的面积为122×2=2． 【点睛】本题考查的是作图﹣轴对称变换，熟知关于y 轴对称的点的坐标特点是解答此题的关键． 25．（1）答案见解析；（2）答案见解析．【解析】试题分析：（1）根据网格结构找出点A 、B 、C 关于原点对称的点A 1、B 1、C 1的位置，然后顺次连接即可；（2）根据网格结构找出点A1、B1、C1关于y轴对称的点A2、B2、C2的位置，然后顺次连接即可．试题解析：（1）△A1B1C1如图所示；（2）△A2B2C2如图所示．考点：（1）作图-旋转变换；（2）作图-轴对称变换26．（1）坐标系详见解析，点B的坐标（﹣2，0）；（2）详见解析；（3）5；（4）点P 的坐标（﹣2，0）．【解析】【分析】（1）根据A、C点坐标，作出的平面直角坐标系即可，根据作出的平面直角坐标系写出B 点的坐标即可；（2）根据原点对称的特点画出图形即可；（3）利用矩形面积减去周围三角形面积得出即可；（4）根据轴对称的性质解答即可．【详解】解：（1）如图所示：点B的坐标（-2，0）；（2）如图所示，△A1B1C1即为所求；（3）△ABC的面积111 34222314222=⨯-⨯⨯-⨯⨯-⨯⨯=5；（4）点P的坐标（-2，0）．【点睛】本题考查的知识点是平移变换以及三角形面积求法和坐标轴确定方法，解题关键是正确平移顶点．27．∠BAD=60°，AD=8．【解析】【分析】根据旋转的性质先证明△ADE是等边三角形，由相似三角形的性质可得∠EAD=60°，AD=AE，即可得到∠BAD=∠BAC﹣∠CAD=60°，AD=AE=AC+CE=AC+AB=3+5=8．【详解】∵△ABD≌△ECD，∴AD=DE，∠BDA=∠DCE，∴∠BDC=∠ADE=60°，∠ABD=∠ECD，∵∠BAC=120°，∠BDC=60°，∴∠BAC+∠BDC=180°，∴∠ABD+∠ACD=180°，∴∠ACD+∠ECD=180°，∴A、C、E共线，∴△ADE是等边三角形，∴∠EAD=60°，AD=AE，∴∠BAD=∠BAC﹣∠CAD=60°，∴AD=AE=AC+CE=AC+AB=3+5=8．【点睛】本题考查了旋转的性质、等边三角形的判定与性质，证明△AED是等边三角形是解决问题的关键．28．∠1－∠3=2∠2，证明见解析．【解析】【分析】利用轴对称的知识找出等解即可进行推理判断．【详解】解：当C′点落在CA和CB之间（如图2）时，∠1+∠3=2∠2；当C′落在CB、CA的同旁（如图3）时，∠1－∠3=2∠2；对于图2证明如下：连结CC’，如图4所示，∵⊿EC’D是由⊿ECD翻折得到的，∴⊿EC’D≌⊿ECD，由此得EC=EC’，DC=DC’，∠EC’D=∠ECD，∴∠EC’C=∠ECC；∠DC’C=∠DCC，∵∠1=∠DC’C+∠DCC’ ，∠3=∠EC’C+∠ECC’ ，∴∠1+∠3=∠DC’C+∠DCC’ +∠EC’C+∠ECC’=2∠D C’C+2∠ EC’C =2(∠DC’C+∠EC’C)= 2∠2；∴∠1+∠3=2∠2；对于图3证明如下：设AC与DC’在⊿ABC内部所夹角为∠4，如图5所示，则有∠1=∠C +∠4，∠4=∠3+∠2，又由翻折得：∠2=∠C ，∴∠1=∠2+∠3+∠2=∠3+2∠2，∴∠1－∠3=2∠2．【点睛】本题主要考查了轴对称的性质.找准对称轴是解题的关键．29．(1)PN=PB ，PN⊥PB；(2)略；221-【解析】（1）由旋转的性质可得△ABC ≌△ANM ,再由直角三角形斜边的中线等于斜边的一半，得到PN 和PB 之间的位置关系和数量关系；（2）结论一样，证明的方法与（1）一样；（3）连接OP ，利用勾股定理可得出线段PN 的最大值和最小值.解：（1）PN PB ⊥，PN PB =．（2）连接PO ，∵90α=︒，∴90MAB ∠=︒．∵90ABC ∠=︒，∴//AM BC ． ∵AMN ≌ABO ，∴AB AM =，OB MN =，∴//AM BC ，=AM BC ,又∵90ABC ∠=︒,∴四边形ABCM 为正方形．∵P 为CM 中点，O 为AC 中点，∴12OP AM ， ∴OP PM =，45POC MAC ∠=∠=︒， ∴135BOP BOC POC ∠=∠+∠=︒． ∵9045135PMN ∠=︒+︒=︒， ∴PMN POB ∠=∠． PMN ≌POB ， ∴PN PB =，MPN OPB ∠=∠． ∵90MPO ∠=︒， ∴90NPB ∠=︒， ∴PN PB ⊥．（3）连接OP ． ∵P ，O 为AC ，MC 中点， ∴11122OP AM AB ===． 在Rt AOB 中， ∵OA OB =，2AB =，∴OB =PO OP PB BO PO -≤≤+． ∵PB PN =，11PN ≤≤．PN ∴11．。
2023年九年级中考数学一轮专题练习 图形的平移、折叠和旋转(含解析)
2023年中考数学一轮专题练习 ——图形的平移、折叠和旋转5一、单选题（本大题共12小题）1. （重庆市2022年）下列北京冬奥会运动标识图案是轴对称图形的是（ ） A ． B ．C ．D ．2. （浙江省台州市2022年）如图是战机在空中展示的轴对称队形．以飞机B ，C 所在直线为x 轴、队形的对称轴为y 轴，建立平面直角坐标系．若飞机E 的坐标为(40，a )，则飞机D 的坐标为（ ）A ．(40,)a -B ．(40,)a -C ．(40,)a --D ．(,40)a - 3. （浙江省嘉兴市2022年）“方胜”是中国古代妇女的一种发饰，其图案由两个全等正方形相叠组成，寓意是同心吉祥．如图，将边长为2cm 的正方形ABCD 沿对角线BD 方向平移1cm 得到正方形A B C D ''''，形成一个“方胜”图案，则点D ，B ′之间的距离为（ ）A ．1cmB ．2cmC ．－1)cmD ．(2－1)cm4. （浙江省杭州市2022年）如图，在平面直角坐标系中，已知点P(0，2)，点A(4，2)．以点P为旋转中心，把点A按逆时针方向旋转60°，得点B．在1M⎛⎫⎪⎪⎝⎭，()21M-，()31,4M，4112,2M⎛⎫⎪⎝⎭四个点中，直线PB经过的点是（）A．1M B．2M C．3M D．4M5. （四川省德阳市2022年）下列图形中，既是中心对称图形又是轴对称图形的是（）A．B．C．D．6. （四川省广安市2022年）如图，菱形ABCD的边长为2，点P是对角线AC上的一个动点，点E、F分别为边AD、DC的中点，则PE + PF的最小值是（）A．2 B．C．1.5 D7. （黑龙江省省龙东地区2022年）下列图形是汽车的标识，其中是中心对称图形但不是轴对称图形的是（）A ．B ．C ．D ．8. （北京市2022年）图中的图形为轴对称图形，该图形的对称轴的条数为（ ）A ．1B ．2C ．3D ．59. （福建省2022年）如图，现有一把直尺和一块三角尺，其中90ABC ∠=︒，60CAB ∠=︒，AB ＝8，点A 对应直尺的刻度为12.将该三角尺沿着直尺边缘平移，使得△ABC 移动到A B C '''，点A '对应直尺的刻度为0，则四边形ACC A ''的面积是（ ）A ．96B ．C ．192D ． 10. （广东省2022年）在平面直角坐标系中，将点()1,1向右平移2个单位后，得到的点的坐标是（ ）A ．()3,1B ．()1,1-C ．()1,3D ．()1,1- 11. （广西百色市2022年）如图，在△ABC 中，点A （3，1），B （1，2），将△ABC 向左平移2个单位，再向上平移1个单位，则点B 的对应点B ′的坐标为（ ）A ．（3，-3）B ．（3，3）C ．（－1，1）D ．（－1，3） 12. （浙江省金华市2022年）如图是一张矩形纸片ABCD ，点E 为AD 中点，点F 在BC 上，把该纸片沿EF 折叠，点A ，B 的对应点分别为A B A E '''，，与BC 相交于点G ，B A ''的延长线过点C ．若23BF GC =，则AD AB的值为（ ）A ．B ．C ．207D ．83二、填空题（本大题共6小题）13. （浙江省丽水市2022年）三个能够重合的正六边形的位置如图．已知B 点的坐标是(，则A 点的坐标是 ．14. （浙江省台州市2022年）如图，△ABC的边BC长为4cm．将△ABC平移2cm得到△A′B′C′，且BB′⊥BC，则阴影部分的面积为2cm．15. （山东省潍坊市2022年）如图，在直角坐标系中，边长为2个单位长度的正方形ABCO绕原点O逆时针旋转75︒，再沿y轴方向向上平移1个单位长度，则点B''的坐标为．16. （浙江省台州市2022年）如图，在菱形ABCD中，∠A=60°，AB=6．折叠该菱形，使点A落在边BC上的点M处，折痕分别与边AB，AD交于点E，F．当点M与点B 重合时，EF的长为；当点M的位置变化时，DF长的最大值为．17. （浙江省丽水市2022年）一副三角板按图1放置，O 是边()BC DF 的中点，12cm BC =．如图2，将ABC 绕点O 顺时针旋转60︒，AC 与EF 相交于点G ，则FG 的长是 cm ．18. （山东省潍坊市2022年）小莹按照如图所示的步骤折叠A 4纸，折完后，发现折痕AB ′与A 4纸的长边AB 恰好重合，那么A 4纸的长AB 与宽AD 的比值为 ．三、解答题（本大题共9小题）19. （浙江省丽水市2022年）如图，将矩形纸片折叠，使点B 与点D 重合，点A 落在点P 处，折痕为．(1)求证：PDE CDF △≌△；(2)若4cm,5cm CD EF ==，求BC 的长．20. （浙江省丽水市2022年）如图，在66⨯的方格纸中，点A ，B ，C 均在格点上，试按要求画出相应格点图形．ABCDEF(1)如图1，作一条线段，使它是AB 向右平移一格后的图形；(2)如图2，作一个轴对称图形，使AB 和AC 是它的两条边；(3)如图3，作一个与ABC 相似的三角形，相似比不等于1．21. （黑龙江省省龙东地区2022年）如图，在正方形网格中，每个小正方形的边长都是一个单位长度，在平面直角坐标系中，ABC 的三个顶点坐标分别为()1,1A -，()2,5B -，()5,4C -．(1)将ABC 先向左平移6个单位，再向上平移4个单位，得到111A B C △，画出两次平移后的111A B C △，并写出点1A 的坐标；(2)画出111A B C △绕点1C 顺时针旋转90°后得到221A B C △，并写出点2A 的坐标；(3)在（2）的条件下，求点1A 旋转到点2A 的过程中所经过的路径长（结果保留π）． 22. （四川省广安市2022年）数学活动课上，张老师组织同学们设计多姿多彩的几何图形， 下图都是由边长为1的小等边三角形构成的网格，每个网格图中有3个小等边三角形已涂上阴影，请同学们在余下的空白小等边三角形中选取一个涂上阴影，使得4个阴影小等边三角形组成一个轴对称图形或中心对称图形，请画出4种不同的设计图形．规定：凡通过旋转能重合的图形视为同一种图形）23. （黑龙江省2022年）如图，在边长为1个单位长度的小正方形组成的网格中，△ABC与△DEF关于点O成中心对称，△ABC与△DEF的顶点均在格点上，请按要求完成下列各题．（1）在图中画出点O的位置；（2）将△ABC先向右平移4个单位长度，再向下平移2个单位长度，得到△A1B1C1，请画出△A1B1C1；（3）在网格中画出格点M，使A1M平分∠B1A1C124. （黑龙江省齐齐哈尔市2022年）综合与实践数学是以数量关系和空间形式为主要研究对象的科学．数学实践活动有利于我们在图形运动变化的过程中去发现其中的位置关系和数量关系，让我们在学习与探索中发现数学的美，体会数学实践活动带给我们的乐趣．如图①，在矩形ABCD中，点E、F、G分别为边BC、AB、AD的中点，连接EF、DF，H为DF的中点，连接GH．将△BEF绕点B旋转，线段DF、GH和CE的位置和长度也随之变化．当△BEF绕点B顺时针旋转90°时，请解决下列问题：(1)图②中，AB=BC，此时点E落在AB的延长线上，点F落在线段BC上，连接AF，猜想GH与CE之间的数量关系，并证明你的猜想；(2)图③中，AB=2，BC=3，则GHCE=；(3)当AB=m , BC=n时．GHCE=．(4)在（2）的条件下，连接图③中矩形的对角线AC，并沿对角线AC剪开，得△ABC （如图④)．点M、N分别在AC、BC上，连接MN，将△CMN沿MN翻折，使点C的对应点P落在AB的延长线上，若PM平分∠APN，则CM长为．25. （黑龙江省省龙东地区2022年）ABC和ADE都是等边三角形．(1)将ADE绕点A旋转到图①的位置时，连接BD，CE并延长相交于点P（点P与点A重合），有PA PB PC+=（或PA PC PB+=）成立；请证明．(2)将ADE绕点A旋转到图②的位置时，连接BD，CE相交于点P，连接PA，猜想线段PA、PB、PC之间有怎样的数量关系？并加以证明；(3)将ADE 绕点A 旋转到图③的位置时，连接BD ，CE 相交于点P ，连接PA ，猜想线段PA 、PB 、PC 之间有怎样的数量关系？直接写出结论，不需要证明．26. （北京市2022年）在平面直角坐标系xOy 中，已知点(,),.M a b N 对于点P 给出如下定义：将点P 向右(0)a ≥或向左(0)a <平移a 个单位长度，再向上(0)b ≥或向下(0)b <平移b 个单位长度，得到点P'，点P'关于点N 的对称点为Q ，称点Q 为点P 的“对应点”．(1)如图，点(1,1),M 点N 在线段OM 的延长线上，若点(2,0),P -点Q 为点P 的“对应点”．①在图中画出点Q ；②连接,PQ 交线段ON 于点.T 求证：1;2NT OM = (2)O 的半径为1，M 是O 上一点，点N 在线段OM 上，且1(1)2ON t t =<<，若P 为O 外一点，点Q 为点P 的“对应点”，连接.PQ 当点M 在O 上运动时直接写出PQ 长的最大值与最小值的差（用含t 的式子表示）27. （河南省2022年）综合与实践综合与实践课上，老师让同学们以“矩形的折叠”为主题开展数学活动．(1)操作判断操作一：对折矩形纸片ABCD ，使AD 与BC 重合，得到折痕EF ，把纸片展平； 操作二：在AD 上选一点P ，沿BP 折叠，使点A 落在矩形内部点M 处，把纸片展平，连接PM ，BM ．根据以上操作，当点M 在EF 上时，写出图1中一个30°的角： ．(2)迁移探究小华将矩形纸片换成正方形纸片，继续探究，过程如下：将正方形纸片ABCD按照（1）中的方式操作，并延长PM交CD于点Q，连接BQ．①如图2，当点M在EF上时，∠MBQ＝ °，∠CBQ＝ °；②改变点P在AD上的位置（点P不与点A，D重合），如图3，判断∠MBQ与∠CBQ的数量关系，并说明理由．(3)拓展应用在（2）的探究中，已知正方形纸片ABCD的边长为8cm，当FQ＝1cm时，直接写出AP的长．参考答案1. 【答案】C【分析】根据轴对称图形的定义进行逐一判断即可．【详解】A.不是轴对称图形，故A错误；B.不是轴对称图形，故B错误；C.是轴对称图形，故C正确；D.不是轴对称图形，故D错误．故选：C．2. 【答案】B【分析】直接利用关于y轴对称，纵坐标相同，横坐标互为相反数，进而得出答案．【详解】解：根据题意，点E与点D关于y轴对称，∵飞机E的坐标为(40，a)，∴飞机D的坐标为(-40，a)，故选：B．3. 【答案】D【分析】-′求解即可．先求出BD，再根据平移性质求得BB'=1cm，然后由BD BB【详解】解：由题意，BD=，由平移性质得BB'=1cm，∴点D，B′之间的距离为DB'=BD BB-′=（1）cm，故选：D．4. 【答案】B【分析】根据含30°角的直角三角形的性质可得B（2，PB的解析式，依次将M1，M2，M3，M4四个点的一个坐标代入y+2中可解答．【详解】解：∵点A（4，2），点P（0，2），∴PA ⊥y 轴，PA =4，由旋转得：∠APB =60°，AP =PB =4，如图，过点B 作BC ⊥y 轴于C ，∴∠BPC =30°，∴BC =2，PC∴B （2，2+2设直线PB 的解析式为：y =kx +b ，则222k b b ⎧+=+⎪⎨=⎪⎩∴2k b ⎧=⎪⎨=⎪⎩∴直线PB 的解析式为：y =x +2，当y =0+2=0，x∴点M 1（-0）不在直线PB 上，当x y =-3+2=1，∴M 2（-1）在直线PB 上，当x =1时，y =+2，∴M 3（1，4）不在直线PB 上，当x =2时，y ，∴M 4（2，112）不在直线PB 上． 故选：B ．5. 【答案】A【分析】根据轴对称和中心对称的定义逐项判断即可．轴对称图形是把一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合；中心对称图形是把一个图形绕某一点旋转180°，旋转后的图形能够与原来的图形重合．【详解】A 、既是中心对称图形，又是轴对称图形，符合题意；B 、是轴对称图形，但不是中心对称图形，不符合题意；C 、是轴对称图形，但不是中心对称图形，不符合题意；D 、是中心对称图形，但不是轴对称图形，不符合题意；故选：A ．6. 【答案】A【分析】取AB 中点G 点，根据菱形的性质可知E 点、G 点关于对角线AC 对称，即有PE =PG ，则当G 、P 、F 三点共线时，PE +PF =PG +PF 最小，再证明四边形AGFD 是平行四边形，即可求得FG =AD ．【详解】解：取AB 中点G 点，连接PG ，如图，∵四边形ABCD 是菱形，且边长为2，∴AD =DC =AB =BC =2，∵E 点、G 点分别为AD 、AB 的中点，∴根据菱形的性质可知点E 、点G 关于对角线AC 轴对称，∴PE =PG ，∴PE +PF =PG +PF ，即可知当G 、P 、F 三点共线时，PE +PF =PG +PF 最小，且为线段FG ，如下图，G 、P 、F 三点共线，连接FG ，∵F 点是DC 中点，G 点为AB 中点，∴， 1122DF DC AB AG ===∵在菱形ABCD 中，，∴，∴四边形AGFD 是平行四边形，∴FG =AD =2，故PE +PF 的最小值为2，故选：A ．7. 【答案】C【分析】根据中心对称图形的定义判断即可．【详解】解：∵是轴对称图形，也是中心对称图形， ∴不符合题意；∵是轴对称图形，不是中心对称图形∴不符合题意；∵不是轴对称图形，是中心对称图形∴符合题意；∵是轴对称图形，不是中心对称图形∴不符合题意；故选C ．8. 【答案】D【分析】根据题意，画出该图形的对称轴，即可求解．【详解】解∶如图，DC AB ∥DF AG ∥一共有5条对称轴．故选：D9. 【答案】B【分析】根据直尺与三角尺的夹角为60°，根据四边形ACC A ''的面积为sin602sin60AA AC AB AA ⋅'︒︒⋅'=，即可求解．【详解】解：依题意ACC A ''为平行四边形，∵90ABC ∠=︒，60CAB ∠=︒，AB ＝8，12AA '=．2AC AB ∴=∴平行四边形ACC A ''的面积=sin602sin60AA AC AB AA ''⋅︒=︒⋅2812=⨯⨯=故选B10. 【答案】A【分析】把点()1,1的横坐标加2，纵坐标不变，得到()3,1，就是平移后的对应点的坐标．【详解】解：点()1,1向右平移2个单位长度后得到的点的坐标为()3,1．故选A ．11. 【答案】D【分析】根据图形的平移性质求解．【详解】解：根据图形平移的性质，B ′（1-2，2+1），即B ′（-1，3）；故选：D ．12. 【答案】A【分析】令BF =2x ，CG =3x ，FG =y ，易证CGA CFB ''△∽△，得出CG A G CF B F'='，进而得出y =3x ，则AE =4x ，AD =8x ，过点E 作EH ⊥BC 于点H ，根据勾股定理得出EH =，最后求出AD AB的值． 【详解】解：过点E 作EH ⊥BC 于点H ，又四边形ABCD 为矩形，∴∠A =∠B =∠D =∠BCD =90°，AD =BC ，∴四边形ABHE 和四边形CDEH 为矩形，∴AB =EH ，ED =CH ， ∵23BF GC =， ∴令BF =2x ，CG =3x ，FG =y ，则CF =3x +y ，2B F x '=，， 由题意，得==90CA G CB F ''︒∠∠，又GCA '∠为公共角，∴CGA CFB ''△∽△， ∴CG A GCF B F '='， 则53232x yx x y x-=+，整理，得()()30x y x y +-=，解得x =-y （舍去），y =3x ，∴AD =BC =5x +y =8x ，EG =3x ，HG =x ，在Rt △EGH 中EH 2+HG 2=EG 2，则EH 2+x 2=(3x )2，解得EH=， EH=-(舍)，∴AB=，∴ADAB ==．故选：A ．13.【答案】3A【分析】 52x y A G -'=如图，延长正六边形的边BM 与x 轴交于点E ，过A 作AN x ⊥轴于N ，连接AO ，BO ，证明,BOE AON 可得,,A O B 三点共线，可得,A B 关于O 对称，从而可得答案．【详解】解：如图，延长正六边形的边BM 与x 轴交于点E ，过A 作AN x ⊥轴于N ，连接AO ，BO ，∴ 三个正六边形，O 为原点，,120,BM MO OH AH BMO OHA,BMO OHA ≌,OB OA 11209030,18012030,2MOE BMO MOB60,90,BOE BEO同理：120303060,906030,AON OAN,BOE AON,,A O B ∴三点共线，,A B ∴关于O 对称，3,3.A故答案为：3.A14. 【答案】8【分析】根据平移的性质即可求解．【详解】解：由平移的性质S △A ′B ′C ′=S △ABC ，BC =B ′C ′，BC ∥B ′C ′，∴四边形B ′C ′CB 为平行四边形，∵BB ′⊥BC ，∴四边形B ′C ′CB 为矩形，∵阴影部分的面积=S △A ′B ′C ′+S 矩形B ′C ′CB -S △ABC=S 矩形B ′C ′CB=4×2=8(cm 2)．故答案为：8．15.【答案】(1)【分析】连接OB ，OB '由题意可得∠BOB '=75°，可得出∠COB '=30°，可求出B '的坐标，即可得出点B ''的坐标．【详解】解：如图：连接OB ，OB '，作B M '⊥y 轴∵ABCO 是正方形，OA =2∴∠COB =45°，OB=∵绕原点O 逆时针旋转75︒∴∠BOB '=75°∴∠COB '=30°∵=OB =∴，∴∵沿y 轴方向向上平移1个单位长度∴故答案为：16. 【答案】6-【分析】当点M 与点B 重合时，EF垂直平分AB ，利用三角函数即可求得EF的长；【详解】解：当点M 与点B 重合时，由折叠的性质知EF 垂直平分AB ，∴AE =EB =12AB =3， OB 'MB 'MO =B '(B ''(1)(1)在Rt △AEF 中，∠A =60°，AE =3，tan60°=EF AB， ∴EF =3当AF 长取得最小值时，DF 长取得最大值，由折叠的性质知EF 垂直平分AM ，则AF =FM ，∴FM ⊥BC 时，FM 长取得最小值，此时DF 长取得最大值，过点D 作DG ⊥BC 于点C ，则四边形DGMF 为矩形，∴FM =DG ，在Rt △DGC 中，∠C =∠A =60°，DC =AB =6，∴DG =DC sin60°∴DF 长的最大值为AD -AF =AD -FM =AD -DG =6-3故答案为：36-317. 【答案】3【分析】BC 交EF 于点N ，由题意得，=90EDF BAC ∠=∠︒，60DEF ∠=︒，30DFE ∠=︒，=45ABC ACB ∠=∠︒，BC =DF =12，根据锐角三角函数即可得DE ，FE ，根据旋转的性质得ONF △是直角三角形，根据直角三角形的性质得3ON =，即3NC =，根据角之间的关系得CNG △是等腰直角三角形，即3NG NC ==cm ，根据90FNO FED ∠=∠=︒，30NFO DFE ∠=∠=︒得FON FED △∽△，即ON FN DE DF=，解得FN = 【详解】解：如图所示，BC 交EF 于点N ，由题意得，=90EDF BAC ∠=∠︒，60DEF ∠=︒，30DFE ∠=︒，=45ABC ACB ∠=∠︒，BC =DF =12，在Rt EDF 中，12tan tan 60DF DE EDF ===∠︒12sin sin 60DF EF EDF ===∠︒∵△ABC 绕点O 顺时针旋转60°，∴60BOD NOF ∠=∠=︒，∴90NOF F ∠+∠=︒，∴18090FNO NOF F ∠=︒-∠-∠=︒，∴ONF △是直角三角形， ∴132ON OF ==（cm ）， ∴3NC OC ON =-=（cm ），∵90FNO ∠=︒，∴18090GNC FNO ∠=︒-∠=︒，∴NGC 是直角三角形，∴18045NGC GNC ACB ∠=-∠-∠=︒，∴CNG △是等腰直角三角形，∴3NG NC ==cm ，∵90FNO FED ∠=∠=︒，30NFO DFE ∠=∠=︒，∴FON FED △∽△， 即ON FN DE DF=，12FN =，FN =∴3FG FN NG =-=（cm ），故答案为：3．18. 1【分析】判定△AB ′D ′是等腰直角三角形，即可得出AB ′=AD ，再根据AB ′= AB ，再计算即可得到结论．【详解】解：∵四边形ABCD 是矩形，∴∠D =∠B =∠DAB =90°，由操作一可知：∠DAB ′=∠D ′AB ′=45°，∠AD ′B ′=∠D =90°，AD =AD ′，∴△AB ′D ′是等腰直角三角形，∴AD =AD ′= B ′D ′，由勾股定理得AB ′=，又由操作二可知：AB ′=AB ，∴=AB ，∴AB AD=， ∴A 4纸的长AB 与宽AD：1．故答案为：：1．19. 【答案】(1)证明见解析 (2)163cm 【分析】（1）利用ASA 证明即可；（2）过点E 作EG ⊥BC 交于点G ，求出FG 的长，设AE =x ，用x 表示出DE 的长，在Rt △PED 中，由勾股定理求得答案．(1)∵四边形ABCD 是矩形，∴AB =CD ，∠A =∠B =∠ADC =∠C =90°，由折叠知，AB =PD ，∠A =∠P ，∠B =∠PDF =90°，∴PD =CD ，∠P =∠C ，∠PDF =∠ADC ，∴∠PDF -∠EDF =∠ADC -∠EDF ,∴∠PDE =∠CDF ，在△PDE 和△CDF 中，P C PD CDPDE CDF ∠=∠⎧⎪=⎨⎪∠=∠⎩, ∴PDE CDF △≌△（ASA ）；(2)如图，过点E 作EG ⊥BC 交于点G ，∵四边形ABCD 是矩形,∴AB =CD =EG =4cm ，又∵EF =5cm ，∴3GF =,设AE =x ，∴EP =x ，由PDE CDF △≌△知，EP =CF =x ，∴DE =GC =GF +FC =3+x ，在Rt △PED 中，222PE PD DE +=,即()22243x x +=+， 解得，76x =， ∴BC =BG +GC = 77163663++=cm ． 20. 【答案】(1)画图见解析(2)画图见解析(3)画图见解析【分析】（1）分别确定A ，B 平移后的对应点C ，D ，从而可得答案；（2）确定线段AB ，AC 关于直线BC 对称的线段即可；（3）分别计算ABC 的三边长度，再利用相似三角形的对应边成比例确定DEF 的三边长度，再画出DEF 即可．(1)解：如图，线段CD 即为所求作的线段，(2)如图，四边形ABDC 是所求作的轴对称图形，(3)如图，如图，DEF 即为所求作的三角形，由勾股定理可得：221310,2,ABAC 而2,BC = 同理：2226210,22,DF DE 而4,EF 1,2AB AC BC DF DE EF .ABC DFE ∽21. 【答案】(1)见解析；()15,3A -(2)见解析；()22,4A(3)点1A 旋转到点2A 所经过的路径长为5π2【分析】（1）根据题目中的平移方式进行平移，然后读出点的坐标即可；（2）先找出旋转后的对应点，然后顺次连接即可；（3）根据旋转可得点1A 旋转到点2A 为弧长，利用勾股定理确定圆弧半径，然后根据弧长公式求解即可．(1)解：如图所示△A 1B 1C 1即为所求，()15,3A -；(2)如图所示△A 2B 2C 2即为所求，；(3)∵ ∴点旋转到点所经过的路径长为． 22. 【答案】见解析【分析】根据轴对称图形的定义、中心对称图形的定义画出图形即可 ()22,4A 115AC 1A 2A 90π55π1802⨯=【详解】解：如下图所示：23. 【答案】（1）作图见解析；（2）作图见解析；（3）作图见解析；【分析】（1）连接对应点B 、F ，对应点C 、E ，其交点即为旋转中心的位置；（2）利用网格结构找出平移后的点的位置，然后顺次连接即可；（3）根据网格结构的特点作出即可．【详解】解：（1）如图所示，连接BF ，CE 交于点O ，点O 即为所求．（2）如图所示，△A 1B 1C 1为所求；（3）如图所示，点M 即为所求．理由：连接11,B M C M ，根据题意得：111111A B AC B M C M ====∴四边形111A B MC 菱形，∴A 1M 平分∠B 1A 1C 1．24. 【答案】(1)12GH CE =，证明见解析 (2)13GH CE = (3)2GH m CE n =(4)【分析】（1）先证明△ABF ≌△CBE ，得AF =CE ，再根据中位线性质得GH =12AF ，等量代换即可； （2）连接AF ，先证明△ABF ∽△CBE ，得到AF ：CE 的比值，再根据中位线性质得GH =12AF ，等量代换即可； （3）连接AF ，先证明△ABF ∽△CBE ，用含m 、n 的代数式表达出AF ：CE 的比值，再根据中位线性质得GH =12AF ，等量代换即可； （4）过M 作MH ⊥AB 于H ，根据折叠性质得∠C =∠MPN ，根据角平分线证明出∠C =∠PMH ，设CM =PM =x ，HM =y ，根据三角函数定义找到x 、y 之间的关系，再利用△AHM ∽△ABC ，得到CM BC H AM A =，代入解方程即可． (1) 解：12GH CE =，理由如下： ∵AB =BC ，四边形ABCD 为矩形，∴四边形ABCD 为正方形，∴∠ABC =∠CBE =90°，∵E 、F 为BC ，AB 中点，∴BE =BF ，∴△ABF ≌△CBE ，∴AF =CE ，∵H 为DF 中点，G 为AD 中点，∴GH =12AF ， ∴12GH CE =． (2) 解：13GH CE =， 连接AF ，如图所示，由题意知，BF =12AB =1，BE =12BC =32， ∴， 由矩形ABCD 性质及旋转知，∠ABC =∠CBE =90°，∴△ABF ∽△CBE ，∴AF ：CE =2:3，∵G 为AD 中点，H 为DF 中点，∴GH =， ∴． 故答案为：． (3)解：， 连接AF ，如图所示，23AB BF BC BE ==12AF 13GH CE =132GH m CE n=由题意知，BF ==，BE ==， ∴， 由矩形ABCD 性质及旋转知，∠ABC =∠CBE =90°，∴△ABF ∽△CBE ，∴AF ：CE =m ：n ，∵G 为AD 中点，H 为DF 中点，∴GH =， ∴． 故答案为：． (4)解：过M 作MH ⊥AB 于H ，如图所示，由折叠知，CM =PM ，∠C =∠MPN ，12AB 2m 12BC 2n AB BF m BC BE n==12AF 2GH m CE n =2mn∵PM 平分∠APN ，∴∠APM =∠MPN ，∴∠C =∠APM ，∵AB =2，BC =3，∴AC设CM =PM =x ，HM =y ，由知，， 即，∵HM ∥BC ，∴△AHM ∽△ABC ，∴， 即，， ∴，解得：x， 故答案为：． 25. 【答案】(1)证明见解析(2)图②结论：PB PA PC =+，证明见解析(3)图③结论：PA PB PC +=【分析】（1）由△ABC 是等边三角形，得AB =AC ，再因为点P 与点A 重合，所以PB =AB ，PC =AC ，PA =0，即可得出结论；（2）在BP 上截取BF CP =，连接AF ，证明BAD CAE ≌（SAS ），得ABD ACE ∠=∠，再证明CAP BAF ≌△△（SAS ），得CAP BAF ∠=∠，AF AP =，然后证明AFP 是等边三角形，得PF AP =，即可得出结论；（3）在CP 上截取CF BP =，连接AF ，证明BAD CAE ≌（SAS ），得ABD ACE ∠=∠，再证明BAP CAF ≌△△（SAS ），得出CAF BAP ∠=∠，AP AF =，然后证明AFP 是等边三角形，得PF AP =，即可得出结论：PA PB PF CF PC +=+=．(1)证明：∵△ABC 是等边三角形，∴AB =AC ，∵点P 与点A 重合，∴PB =AB ，PC =AC ，PA =0，sin sin C APM ∠=∠AB HM AC PM =y x =y =C M BC H AM A =3y =3y =3=∴PA PB PC +=或PA PC PB +=；(2)解：图②结论：PB PA PC =+证明：在BP 上截取BF CP =，连接AF ，∵ABC 和ADE 都是等边三角形， ∴AB AC =，AD AE =，60BAC DAE ∠=∠=︒ ∴BAC CAD DAE CAD ∠+∠=∠+∠， ∴BAD CAE ∠=∠，∴BAD CAE ≌（SAS ），∴ABD ACE ∠=∠，∵AC =AB ，CP =BF ，∴CAP BAF ≌△△（SAS ），∴CAP BAF ∠=∠，AF AP =， ∴CAP CAF BAF CAF ∠+∠=∠+∠， ∴60FAP BAC ∠=∠=︒，∴AFP 是等边三角形，∴PF AP =，∴PA PC PF BF PB +=+=；(3)解：图③结论：PA PB PC +=，理由：在CP 上截取CF BP =，连接AF ，∵ABC 和ADE 都是等边三角形，∴AB AC =，AD AE =，60BAC DAE ∠=∠=︒∴BAC BAE DAE BAE ∠+∠=∠+∠，∴BAD CAE ∠=∠，∴BAD CAE ≌（SAS ），∴ABD ACE ∠=∠，∵AB =AC ，BP =CF ，∴BAP CAF ≌△△（SAS ），∴CAF BAP ∠=∠，AP AF =，∴BAF BAP BAF CAF ∠+∠=∠+∠，∴60FAP BAC ∠=∠=︒，∴AFP 是等边三角形，∴PF AP =，∴PA PB PF CF PC +=+=，即PA PB PC +=．26. 【答案】(1)见解析(2)42t -【分析】（1）①先根据定义和(1,1)M 求出点P'的坐标，再根据点P'关于点N 的对称点为Q 求出点Q 的坐标；②延长ON 至点()3,3A ，连接AQ ，利用AAS 证明ΔΔAQT OPT ≅，得到12TA TO OA ==，再计算出OA ，OM ，ON ，即可求出12NT ON OT OM =-==； （2）连接PO 并延长至S ，使OP OS =，延长SQ 至T ，使ST OM =，结合对称的性质得出NM 为Δ'P QT 的中位线，推出1=2NM QT ，得出()12221SQ ST TQ t t =-=--=-，则()()max min 2PQ PQ PS QS PS QS QS -=+--=．(1)解：①点Q 如下图所示．∵点(1,1)M ，∴点(2,0)P -向右平移1个单位长度，再向上平移1个单位长度，得到点P'， ∴()'1,1P -，∵点P'关于点N 的对称点为Q ，()2,2N ，∴点Q 的横坐标为：()2215⨯--=，纵坐标为：2213⨯-=，∴点()5,3Q ，在坐标系内找出该点即可；②证明：如图延长ON 至点()3,3A ，连接AQ ，∵ //AQ OP ，∴AQT OPT ∠=∠，在ΔAQT 与ΔOPT ∠中，AQT OPT ATQ OTP AQ OP ∠=∠⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，∴()ΔΔAQT OPT AAS ≅， ∴12TA TO OA ==， ∵ ()3,3A ，(1,1)M ，(2,2)N ，∴OA ==OMON =∴12TO OA ==∴NT ON OT =-= ∴12NT OM =； (2)解：如图所示，连接PO 并延长至S ，使OP OS =，延长SQ 至T ，使ST OM =，∵(,)M a b ，点P 向右(0)a ≥或向左(0)a <平移a 个单位长度，再向上(0)b ≥或向下(0)b <平移b 个单位长度，得到点P'，∴'1PP OM ==，∵点P'关于点N 的对称点为Q ，∴'NP NQ =，又∵OP OS =，∴OM ∥ST ，∴NM 为Δ'P QT 的中位线，∴//NM QT ，1=2NM QT ， ∵1NM OM ON t =-=-，∴222TQ NM t ==-，∴()12221SQ ST TQ t t =-=--=-，在ΔPQS 中，PS QS PQ PS QS -<<+，结合题意，max PQ PS QS =+，min PQ PS QS =-，∴()()max min 242PQ PQ PS QS PS QS QS t -=+--==-，即PQ 长的最大值与最小值的差为42t -．27. 【答案】(1)BME ∠或ABP ∠或PBM ∠或MBC ∠(2)①15，15；②MBQ CBQ ∠=∠，理由见解析 (3)4011AP =cm 或24cm 13【分析】（1）根据折叠的性质，得12BE BM =，结合矩形的性质得30BME ∠=︒，进而可得30ABP PBM MBC ∠=∠=∠=︒； （2）根据折叠的性质，可证()Rt Rt HL BQM BQC ∆≅∆，即可求解；（3）由（2）可得QM QC =，分两种情况：当点Q 在点F 的下方时，当点Q 在点F 的上方时，设AP PM x ==，分别表示出PD ，DQ ，PQ ，由勾股定理即可求解．(1) 解：12AE BE AB AB BM ===， 12BE BM =∴ 90BEM ∠=︒∵30BME ∠=︒∴60MBE ∠=︒∴ABP PBM ∠=∠∵30ABP PBM MBC ∠=∠=∠=︒∴(2)∵四边形ABCD 是正方形∴AB =BC ，∠A =∠ABC =∠C =90°由折叠性质得：AB =BM ，∠PMB =∠BMQ =∠A =90°∴BM =BC①BM BC BQ BQ ==∵，∴()Rt Rt HL BQM BQC ∆≅∆MBQ CBQ ∠=∠∴30MBC15MBQ CBQ ∠=∠=︒∴②BM BC BQ BQ ==∵，()Rt Rt HL BQM BQC ∆≅∆∴MBQ CBQ ∠=∠∴(3)当点Q 在点F 的下方时，如图，1cm 4cm 8cm FQ DF FC AB ====∵，，8413(cm)QC CD DF FQ =--=--=∴，DQ =DF +FQ =4+1=5(cm) 由（2）可知，QM QC =设8AP PM x PD x ===-，，222PD DQ PQ +=∴，即()()222853x x -+=+ 解得：4011x =∴40cm 11AP =； 当当点Q 在点F 的上方时，如图，1cm 4cm 8cm FQ DF FC AB ====∵，， 5QC =∴cm ，DQ =3cm ， 由（2）可知，QM QC =设8AP PM x PD x ===-，，222PD DQ PQ +=∴，即()()222835x x -+=+ 解得：2413x =∴24cm 13AP =．。
中考专题 图形变换(精选17题)(平移、轴对称、旋转)练习及答案
中考复习专题:图形变换（精选17题）（平移、轴对称、旋转）练习及答案一、翻折翻折：翻折是指把一个图形按某一直线翻折180º后所形成的新的图形的变化．翻折特征：平面上的两个图形，将其中一个图形沿着一条直线翻折过去，如果它能够与另一个图形重合，那么说这两个图形关于这条直线对称，这条直线就是对称轴．解这类题抓住翻折前后两个图形是全等的，弄清翻折后不变的要素．翻折在三大图形运动中是比较重要的，考查得较多．另外，从运动变化得图形得特殊位置探索出一般的结论或者从中获得解题启示，这种由特殊到一般的思想对我们解决运动变化问题是极为重要的，值得大家留意．1．(2012•丽水)如图是一台球桌面示意图，图中小正方形的边长均相等，黑球放在如图所示的位置，经白球撞击后沿箭头方向运动，经桌边反弹最后进入球洞的序号是( )A．①B．②C．⑤D．⑥2．（2012•济宁）如图，将矩形ABCD的四个角向内折起，恰好拼成一个无缝隙无重叠的四边形EFGH，EH=12厘米，EF=16厘米，则边AD的长是（）A．12厘米B．16厘米C．20厘米D．28厘米3．（2012泰安）如图，菱形OABC的顶点O在坐标原点，顶点A在x轴上，∠B=120°，OA=2，将菱形OABC绕原点顺时针旋转105°至OA′B′C′的位置，则点B′的坐标为（）A．B．（C．（2012泰安）D．4．（2012•梅州）如图，在折纸活动中，小明制作了一张△ABC纸片，点D、E分别是边AB、AC 上，将△ABC沿着DE折叠压平，A与A′重合，若∠A=75°，则∠1+∠2=（）A．150°B．210°C．105°D．75°5．（2012绍兴）如图，直角三角形纸片ABC中，AB=3，AC=4，D为斜边BC中点，第1次将纸片折叠，使点A与点D重合，折痕与AD交与点P1；设P1D的中点为D1，第2次将纸片折叠，使点A与点D1重合，折痕与AD交于点P2；设P2D1的中点为D2，第3次将纸片折叠，使点A 与点D2重合，折痕与AD交于点P3；…；设P n﹣1D n﹣2的中点为D n﹣1，第n次将纸片折叠，使点A与点D n﹣1重合，折痕与AD交于点P n（n＞2），则AP6的长为（）A．512532⨯B．69352⨯C．614532⨯D．711352⨯6．(2012•连云港)小明在学习“锐角三角函数”中发现，将如图所示的矩形纸片ABCD沿过点B的直线折叠，使点A落在BC上的点E处，还原后，再沿过点E的直线折叠，使点A落在BC上的点F处，这样就可以求出67.5°角的正切值是( )A．＋1B．＋1 C．2.5 D．7、（2012山东滨州10分）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y=ax2+bx+c经过A（﹣2，﹣4），O（0，0），B（2，0）三点．（1）求抛物线y=ax2+bx+c的解析式；（2）若点M是该抛物线对称轴上的一点，求AM+OM的最小值．8、．（2006年南京市）已知矩形纸片ABCD，AB=2，AD=1，将纸片折叠，使顶点A与边CD上的点E重合．(1)如果折痕FG分别与AD、AB交与点F、G(如图1)，23AF ，求DE的长；(2)如果折痕FG分别与CD、AB交与点F、G(如图2)，△AED的外接圆与直线BC相切，求折痕FG的长．9、．（2012•德州）如图所示，现有一张边长为4的正方形纸片ABCD，点P为正方形AD边上的一点（不与点A、点D重合）将正方形纸片折叠，使点B落在P处，点C落在G处，PG交DC 于H，折痕为EF，连接BP、BH．（1）求证：∠APB=∠BPH；（2）当点P在边AD上移动时，△PDH的周长是否发生变化？并证明你的结论；（3）设AP为x，四边形EFGP的面积为S，求出S与x的函数关系式，试问S是否存在最小值？若存在，求出这个最小值；若不存在，请说明理由．专题二．、旋转1. （2011四川成都，14,4分）如图，在Rt △ABC 中，∠ACB =90°，AC =BC =1，将Rt △ABC 绕A 点逆时针旋转30°后得到R t △ADE ，点B 经过的路径为 BD，则图中阴影部分的面积是___________.2．（2012中考）如图，在△ABC 中，∠ACB ＝90º，∠B ＝30º，AC ＝1，AC 在直线l 上．将△ABC绕点A 顺时针旋转到位置①，可得到点P 1，此时AP 1＝2；将位置①的三角形绕点P 1顺时针旋转到位置②，可得到点P 2，此时AP 2＝2＋3；将位置②的三角形绕点P 2顺时针旋转到位置③，可得到点P 3，此时AP 3＝3＋3；…，按此规律继续旋转，直到得到点P 2012为止，则AP 2012＝【 】A ．2011＋671 3B ．2012＋671 3C ．2013＋671 3D ．2014＋671 33．（2012•烟台）如图，在Rt △ABC 中，∠C=90°，∠A=30°，AB=2．将△ABC 绕顶点A 顺时针方向旋转至△AB ′C′的位置，B ，A ，C ′三点共线，则线段BC 扫过的区域面积为 ．4．(2012•中考)如图，Rt △ABC 的边BC 位于直线l 上，AC=，∠ACB=90°，∠A=30°．若Rt△ABC 由现在的位置向右滑动地旋转，当点A 第3次落在直线l 上时，点A 所经过的路线的长为（结果用含有π的式子表示）B①② ③123… l5．（2012•济宁）如图，在平面直角坐标系中，有一Rt△ABC，且A（﹣1，3），B（﹣3，﹣1），C（﹣3，3），已知△A1AC1是由△ABC旋转得到的．（1）请写出旋转中心的坐标是O（0，0），旋转角是90度；（2）以（1）中的旋转中心为中心，分别画出△A1AC1顺时针旋转90°、180°的三角形；（3）设Rt△ABC两直角边BC=a、AC=b、斜边AB=c，利用变换前后所形成的图案证明勾股定理．6．（2012成都）(本小题满分10分)如图，△ABC和△DEF是两个全等的等腰直角三角形，∠BAC=∠EDF=90°，△DEF的顶点E与△ABC的斜边BC的中点重合．将△DEF绕点E旋转，旋转过程中，线段DE与线段AB相交于点P，线段EF与射线CA相交于点Q．（1）如图①，当点Q在线段AC上，且AP=AQ时，求证：△BPE≌△CQE；（2）如图②，当点Q在线段CA的延长线上时，求证：△BPE∽△CEQ；并求当BP=a，CQ=9 2 a时，P、Q两点间的距离 (用含a的代数式表示)．7、（2011安徽，22，12分）在△ABC中，∠ACB=90°，∠ABC=30°，将△ABC绕顶点C顺时针旋转，旋转角为θ（0°＜θ＜180°），得到△A′B′C．（1）如图（1），当AB∥CB′时，设A′B′与CB相交于点D．证明：△A′CD是等边三角形；（2）如图（2），连接A ′A 、B ′B ，设△ACA ′ 和△BCB ′ 的面积分别为S △ACA ′ 和S △BC B′．求证：S △ACA ′ ：S △BC B′ =1：3；（3）如图（3），设AC 中点为E ，A ′B ′中点为P ，AC =a ，连接EP ，当 = °时，EP 长度最大，最大值为 ．Aθ A ′B ′BCA ′B ′BCAθ8、 （2011四川凉山州，21，8分）在平面直角坐标系中，已知ABC △三个顶点的坐标分别为()()()1,2,3,4,2,9.A B C ---⑴画出ABC △，并求出AC 所在直线的解析式。
中考数学一轮复习专题过关检测卷—轴对称、平移、旋转(含答案解析)
中考数学一轮复习专题过关检测卷—轴对称、平移、旋转（含答案解析）（考试时间：90分钟，试卷满分：100分）一、选择题（本题共10小题，每小题3分，共30分）。
1．下列图形中，对称轴最多的图形是（）A．B．C．D．【答案】A【解答】解：A．该图有无数条对称轴；B．该图有一条对称轴；C．该图有两条对称轴；D．该图有三条对称轴．所以对称轴最多的图形是选项A．故选：A．2．如图，将△ABC沿直线DE折叠，使点C与点A重合，已知AB＝7，BC＝6，则△BCD的周长为（）A．12B．13C．19D．20【答案】B【解答】解：由折叠可知，AD＝CD，∵AB＝7，BC＝6，∴△BCD的周长＝BC+BD+CD＝BC+BD+AD＝BC+AB＝7+6＝13．故选：B．3．在平面直角坐标系中，点（3，2）关于x轴对称的点是（）A．（﹣3，2）B．（3，﹣2）C．（﹣3，﹣2）D．（﹣2，3）【答案】B【解答】解在平面直角坐标系中，点（3，2）关于x轴对称的点是（3，﹣2）．故选：B．4．在平面直角坐标系中，将点A（﹣3，﹣2）向右平移5个单位长度得到的点坐标为（）A．（2，2）B．（﹣2，2）C．（﹣2，﹣2）D．（2，﹣2）【答案】D【解答】解：将点A（﹣3，﹣2）向右平移5个单位长度得到的点坐标为（﹣3+5，﹣2），即（2，﹣2），故选：D．5．“方胜”是中国古代妇女的一种发饰，其图案由两个全等正方形相叠组成，寓意是同心吉祥．如图，将边长为2cm的正方形ABCD沿对角线BD方向平移1cm得到正方形A′B′C′D′，形成一个“方胜”图案，则重叠部分的小正方形边长为（）A．1cm B．2cm C．D．【答案】C【解答】解：∵四边形ABCD是正方形，∵AB＝AD＝2cm，∠A＝90°，∴BD＝AB＝2（cm），由平移变换的性质可知BB′＝1cm，∴DB′＝BD﹣BB﹣1）cm，∴小正方形的边长＝DB′＝×（2﹣1）＝（2﹣）cm，故选：C．6．如图，把三角形ABC沿BC方向平移1个单位长度得到三角形DEF，若四边形ABFD的周长为10，则三角形ABC的周长为（）A．8B．10C．12D．14【答案】A【解答】解：∵把三角形ABC沿BC方向平移1个单位长度得到三角形DEF，∴AD＝BE＝1，△ABC≌△DEF，∵四边形ABFD的周长为10，∴AD+BF+AB+DF＝10，∵BF＝BE+EF＝1+EF，∴1+1+EF+AB+DF＝10，即EF+AB+DF＝8，又∵DF＝AC，EF＝BC，∴AB+AC+BC＝8，∴三角形ABC的周长为：8．故选：A．7．如图，将△ABC绕点C逆时针旋转一定的角度得到△A′B′C′，此点A在边B′C上，若BC＝5，AC ＝3，则AB′的长为（）A．5B．4C．3D．2【答案】D【解答】解：∵△ABC绕点C逆时针旋转一定的角度得到△A′B′C′，点A在边B′C上，∴CB′＝CB＝5，∴AB′＝CB′﹣CA＝5﹣3＝2．故选：D．8．已知点A（a，1）与点B（﹣4，b）关于原点对称，则a﹣b的值为（）A．﹣5B．5C．3D．﹣3【答案】B【解答】解：∵点A（a，1）与点B（﹣4，b）关于原点对称，∴a＝4，b＝﹣1．∴a﹣b＝4﹣（﹣1）＝5．故选：B．9．如图，在方格纸上建立的平面直角坐标系中，将△ABO绕点O按顺时针方向旋转90°，得△A′B′O′，则点A′的坐标为（）A．（3，1）B．（3，2）C．（2，3）D．（1，3）【答案】D【解答】解：如图，点A′的坐标为（1，3）．故选D．10．如图，等腰三角形ABC的底边BC长为4，面积是16，腰AC的垂直平分线EF分别交AC，AB边于E，F点．若点D为BC边的中点，点M为线段EF上一动点，则△CDM周长的最小值为（）A．6B．8C．10D．12【答案】C【解答】解：连接AD，∵△ABC是等腰三角形，点D是BC边的中点，∴AD⊥BC，＝BC•AD＝×4×AD＝16，解得AD＝8，∴S△ABC∵EF是线段AC的垂直平分线，∴点C关于直线EF的对称点为点A，∴AD的长为CM+MD的最小值，∴△CDM的周长最短＝CM+MD+CD＝AD+BC＝8+×4＝8+2＝10．故选：C．二、填空题(本题共6题，每小题2分，共12分）。
中考数学总复习《平移、旋转与轴对称》专题测试卷及答案
中考数学总复习《平移、旋转与轴对称》专题测试卷及答案学校:___________班级：___________姓名：___________考号：___________A层·基础过关1.数学中有许多精美的曲线，以下是“悬链线”“黄金螺旋线”“三叶玫瑰线”和“笛卡儿心形线”.其中不是轴对称图形的是( )2.如图，将△ABC沿BC向右平移得到△DEF，若BC=5，BE=2，则CF的长是( )A.2B.2.5C.3D.53.如图，将线段AB先绕原点O按逆时针方向旋转90°，再向下平移4个单位，得到线段A'B'，则点B的对应点B'的坐标是( )A.(-3，-1)B.(-3，-3)C.(-1，-3)D.(-1，-2)4.如图，将△ABC绕点A逆时针旋转到△ADE，旋转角为α(0°<α<180°)，点B的对应点D恰好落在BC边上，若DE⊥AC，∠CAD=24°，则旋转角α的度数为( )A.24°B.28°C.48°D.66°5.(2024·连云港中考)如图，正方形中有一个由若干个长方形组成的对称图案，其中正方形边长是80 cm，则图中阴影图形的周长是( )A.440 cmB.320 cmC.280 cmD.160 cm6.如图，在平面直角坐标系中，D(4，-2)，将Rt△OCD绕点O逆时针旋转90°到△OAB的位置.则点B的坐标为( )A.(2，4)B.(4，2)C.(-4，-2)D.(-2，4)7.如图，在由边长为1个单位长度的小正方形组成的网格中建立平面直角坐标系xOy，格点(网格线的交点)A，B，C，D的坐标分别为(7，8)，(2，8)，(10，4)，(5，4).(1)以点D为旋转中心，将△ABC旋转180°得到△A1B1C1，画出△A1B1C1;(2)直接写出以B，C1，B1，C为顶点的四边形的面积;(3)在所给的网格图中确定一个格点E，使得射线AE平分∠BAC，写出点E的坐标.B层·能力提升8.(2024·牡丹江中考)下列图形既是轴对称图形，又是中心对称图形的是( )9.如图，Rt△ABC中，∠ACB=90°，∠B=30°，S△ABC=2√3，将△ABC绕点C逆时针旋转至△A'B'C，使得点A'恰好落在AB上，A'B'与BC交于点D，则S△A'CD为( )A.√3+1B.3√34C.√32D.2√3-110.(2024·临夏州中考)如图，等腰△ABC中，AB=AC=2，∠BAC=120°，将△ABC 沿其底边中线AD向下平移，使A的对应点A'满足AA'=1AD，则平移前后两三3角形重叠部分的面积是.11.(2024·盐城中考)如图，在△ABC中，∠ACB=90°，AC=BC=2√2，点D是AC 的中点，连接BD，将△BCD绕点B旋转，得到△BEF.连接CF，当CF∥AB时，CF=.12.(2024·苏州中考)如图，△ABC中，∠ACB=90°，CB=5，CA=10，点D，E分别在AC，AB边上，AE=√5AD，连接DE，将△ADE沿DE翻折，得到△FDE，连接CE，CF.若△CEF的面积是△BEC面积的2倍，则AD=.C层·素养挑战13.(2024·成都中考)数学活动课上，同学们将两个全等的三角形纸片完全重合放置，固定一个顶点，然后将其中一个纸片绕这个顶点旋转，来探究图形旋转的性质.已知三角形纸片ABC和ADE中，AB=AD=3，BC=DE=4，∠ABC=∠ADE=90°.【初步感知】的值. (1)如图1，连接BD，CE，在纸片ADE绕点A旋转过程中，试探究BDCE【深入探究】(2)如图2，在纸片ADE绕点A旋转过程中，当点D恰好落在△ABC的中线BM 的延长线上时，延长ED交AC于点F，求CF的长.【拓展延伸】(3)在纸片ADE绕点A旋转过程中，试探究C，D，E三点能否构成直角三角形.若能，直接写出所有直角三角形CDE的面积;若不能，请说明理由.参考答案A层·基础过关1.数学中有许多精美的曲线，以下是“悬链线”“黄金螺旋线”“三叶玫瑰线”和“笛卡儿心形线”.其中不是轴对称图形的是(B)2.如图，将△ABC沿BC向右平移得到△DEF，若BC=5，BE=2，则CF的长是(A)A.2B.2.5C.3D.53.如图，将线段AB先绕原点O按逆时针方向旋转90°，再向下平移4个单位，得到线段A'B'，则点B的对应点B'的坐标是(A)A.(-3，-1)B.(-3，-3)C.(-1，-3)D.(-1，-2)4.如图，将△ABC绕点A逆时针旋转到△ADE，旋转角为α(0°<α<180°)，点B的对应点D恰好落在BC边上，若DE⊥AC，∠CAD=24°，则旋转角α的度数为(C)A.24°B.28°C.48°D.66°5.(2024·连云港中考)如图，正方形中有一个由若干个长方形组成的对称图案，其中正方形边长是80 cm，则图中阴影图形的周长是(A)A.440 cmB.320 cmC.280 cmD.160 cm6.如图，在平面直角坐标系中，D(4，-2)，将Rt△OCD绕点O逆时针旋转90°到△OAB的位置.则点B的坐标为(A)A.(2，4)B.(4，2)C.(-4，-2)D.(-2，4)7.如图，在由边长为1个单位长度的小正方形组成的网格中建立平面直角坐标系xOy，格点(网格线的交点)A，B，C，D的坐标分别为(7，8)，(2，8)，(10，4)，(5，4).(1)以点D为旋转中心，将△ABC旋转180°得到△A1B1C1，画出△A1B1C1;(2)直接写出以B，C1，B1，C为顶点的四边形的面积;(3)在所给的网格图中确定一个格点E，使得射线AE平分∠BAC，写出点E的坐标.【解析】(1)如图，△A1B1C1即为所求;(2)以B，C1，B1，C为顶点的四边形的面积=10×8-2×12×2×4-2×12×4×8=40;(3)如图，点E即为所求，点E的坐标为(6，6).(答案不唯一)B层·能力提升8.(2024·牡丹江中考)下列图形既是轴对称图形，又是中心对称图形的是(C)9.如图，Rt△ABC中，∠ACB=90°，∠B=30°，S△ABC=2√3，将△ABC绕点C逆时针旋转至△A'B'C，使得点A'恰好落在AB上，A'B'与BC交于点D，则S△A'CD为(C)A.√3+1B.3√34C.√32D.2√3-110.(2024·临夏州中考)如图，等腰△ABC中，AB=AC=2，∠BAC=120°，将△ABC 沿其底边中线AD向下平移，使A的对应点A'满足AA'=13AD，则平移前后两三角形重叠部分的面积是4√39.11.(2024·盐城中考)如图，在△ABC中，∠ACB=90°，AC=BC=2√2，点D是AC 的中点，连接BD，将△BCD绕点B旋转，得到△BEF.连接CF，当CF∥AB时，CF=2+√6.12.(2024·苏州中考)如图，△ABC中，∠ACB=90°，CB=5，CA=10，点D，E分别在AC，AB边上，AE=√5AD，连接DE，将△ADE沿DE翻折，得到△FDE，连接CE，CF.若△CEF的面积是△BEC面积的2倍，则AD=103.C层·素养挑战13.(2024·成都中考)数学活动课上，同学们将两个全等的三角形纸片完全重合放置，固定一个顶点，然后将其中一个纸片绕这个顶点旋转，来探究图形旋转的性质.已知三角形纸片ABC和ADE中，AB=AD=3，BC=DE=4，∠ABC=∠ADE=90°.【初步感知】的值. (1)如图1，连接BD，CE，在纸片ADE绕点A旋转过程中，试探究BDCE【深入探究】(2)如图2，在纸片ADE绕点A旋转过程中，当点D恰好落在△ABC的中线BM 的延长线上时，延长ED交AC于点F，求CF的长.【拓展延伸】(3)在纸片ADE绕点A旋转过程中，试探究C，D，E三点能否构成直角三角形.若能，直接写出所有直角三角形CDE的面积;若不能，请说明理由.【解析】(1)∵AB=AD=3，BC=DE=4，∠ABC=∠ADE=90°∴△ABC≌△ADE(SAS)，AC=AE=√32+42=5，∴∠DAE=∠BAC∴∠DAE-∠DAC=∠BAC-∠DAC即∠CAE=∠BAD∵ADAE =ABAC=35，∴△ADB∽△AEC∴BDCE =AB AC=35;(2)连接CE，延长BM交CE于点Q，连接AQ交EF于P，延长EF交BC于N，如图:由(1)得△ADB∽△AEC∴∠ABD=∠ACE∵BM是△ABC的中线∴BM=AM=CM=12AC=52∴∠MBC=∠MCB，∵∠ABD+∠MBC=90°∴∠ACE+∠MCB=90°，即∠BCE=90°∴AB∥CE∴∠BAM=∠QCM，∠ABM=∠CQM又∵AM=CM∴△BAM≌△QCM(AAS)，∴BM=QM∴四边形ABCQ是平行四边形∵∠ABC=90°∴四边形ABCQ是矩形∴AB=CQ=3，BC=AQ=4，∠AQC=90°，PQ∥CN，∴EQ=√AE2-AQ2=√52-42=3 ∴EQ=CQ，∴PQ是△CEN的中位线∴PQ=12CN设PQ=x，则CN=2x，AP=4-x∵∠EPQ=∠APD，∠EQP=90°=∠ADP，EQ=AD=3 ∴△EQP≌△ADP(AAS)∴EP=AP=4-x∵EP2=PQ2+EQ2∴(4-x)2=x2+32，解得x=78∴AP=4-x=258，CN=2x=74∵PQ∥CN，∴△APF∽△CNF∴APCN =AFCF，∴AP+CNCN=AF+CFCF=ACCF∵AC=5，∴258+7474=5CF，∴CF=7039;(3)C，D，E三点能构成直角三角形，理由如下:①当AD在AC上时，DE⊥AC，此时△CDE是直角三角形，如图，∴S△CDE=12CD·DE=12×(5-3)×4=4;②当AD在CA的延长线上时，DE⊥AC，此时△CDE是直角三角形，如图∴S△CDE=12CD·DE=12×(5+3)×4=16;③当DE⊥EC时，△CDE是直角三角形，过点A作AQ⊥EC于点Q，如图∵AQ⊥EC，DE⊥EC，DE⊥AD∴四边形ADEQ是矩形∴AD=EQ=3，AQ=DE=4∵AE=AC=5，∴EQ=CQ=12CE∴12CE=3，∴CE=6∴S△CDE=12DE·CE=12×4×6=12;④当DC⊥EC时，△CDE是直角三角形，过点A作AQ⊥EC于点Q，交DE于点N，如图∵DC⊥EC，AQ⊥EC，∴AQ∥DC∵AC=AE，AQ⊥EC∴EQ=CQ，∴NQ是△CDE的中位线∴ND=NE=12DE=2，CD=2NQ∵∠AND=∠ENQ，∠ADN=∠EQN=90°∴∠DAN=∠QEN∴tan∠DAN=tan∠QEN，∴NDAD =NQ EQ∴NQEQ =23，∴NQ=23EQ∵NQ2+EQ2=NE2，∴(23EQ)2+EQ2=22解得EQ =6√1313∴CE =2EQ =12√1313，NQ =23EQ =4√1313 ∴CD =2NQ =8√1313，∴S △CDE =12CD ·CE =12×8√1313×12√1313=4813. 综上所述，直角三角形CDE 的面积为4或16或12或4813.。
中考数学一轮复习《图形的平移与旋转》练习题(含答案)
中考数学一轮复习《图形的平移与旋转》练习题（含答案）(建议答题时间：60分钟)基础过关1. (2017广州)如图，将正方形ABCD中的阴影三角形绕点A顺时针．．．旋转90°后，得到的图形为()2. (2017泰安)如图，在正方形网格中，线段A′B′是线段AB绕某点逆时针旋转角α得到的，点A′与A对应，则角α的大小为()A. 30°B. 60°C. 90°D. 120°第2题图第3题图3. (2017东营)如图，把△ABC沿着BC的方向平移到△DEF的位置，它们重叠部分的面积是△ABC面积的一半，若BC＝3，则△ABC移动的距离是()A.32 B.33 C.62 D. 3－624. (2017娄底)如图，在平面直角坐标系中，点A，B的坐标分别是A(3，0)，B(0，4)，把线段AB绕点A旋转后得到线段AB′，使点B的对应点B′落在x轴的正半轴上，则点B′的坐标是()A. (5，0)B. (8，0)C. (0，5)D. (0，8)第4题图第5题图第6题图5. (2017天津)如图，将△ABC绕点B顺时针旋转60°得△DBE，点C的对应点E 恰好落在AB的延长线上，连接AD.下列结论一定正确的是()A. ∠ABD＝∠EB. ∠CBE＝∠CC. AD∥BCD. AD＝BC6. (2017德阳)如图，将△ABC沿BC翻折得到△DBC，再将△DBC绕C点逆时针旋转60°得到△FEC，延长BD交EF于H，已知∠ABC＝30°，∠BAC＝90°，AC＝1，则四边形CDHF的面积为()A.312 B.36 C.33 D.327. (2017北京)如图，在平面直角坐标系xOy中，△AOB可以看作是△OCD经过若干次图形的变化(平移、轴对称、旋转)得到的，写出一种由△OCD得到△AOB 的过程：______ _______________________________.第7题图第8题图8. (2017百色)如图，在正方形OABC中，O为坐标原点，点C在y轴正半轴上，点A的坐标为(2，0)，将正方形OABC沿着OB方向平移12OB个单位，则点C的对应点坐标是________．9．(2017山西)如图，已知△ABC三个顶点的坐标分别为A(0，4)，B(－1，1)，C(－2，2)．将△ABC向右平移4个单位，得到△A′B′C′，点A，B，C的对应点分别为A′，B′，C′，再将△A′B′C′绕点B′顺时针旋转90°，得到△A″B″C″，点A′，B′，C′的对应点分别为A″，B″，C″，则点A″的坐标为________．第9题图第10题图10．(2017宜宾)如图，将△AOB绕点O按逆时针方向旋转45°后得到△COD，若∠AOB＝15°，则∠AOD的度数是________．11. (2017黄冈)已知：如图，在△AOB中，∠AOB＝90°，AO＝3 cm，BO＝4 cm，将△AOB绕顶点O，按顺时针方向旋转到△A1OB1处，此时线段OB1与AB的交点D恰好为AB的中点，则线段B1D＝________ cm.第11题图第12题图第13题图12. (2017张家界)如图，在正方形ABCD中，AD＝23，把边BC绕点B逆时针旋转30°得到线段BP，连接AP并延长交CD于点E，连接PC，则三角形PCE 的面积为________．13. (2017苏州)如图，在矩形ABCD中，将∠ABC绕点A按逆时针方向旋转一定角度后，BC的对应边B′C′交CD边于点G，连接BB′、CC′，若AD＝7，CG＝4，AB′＝B′G，则CC′BB′＝________．(结果保留根号)14. (2017六盘水)如图，在边长为1的正方形网格中，△ABC的顶点均在格点上．(1)画出△ABC关于原点成中心对称的△A′B′C′，并直接写出△A′B′C′各顶点的坐标．(2)求点B旋转到点B′的路径长．(结果保留π)第14题图15. (2017长春)如图，在菱形ABCD中，∠A＝110°，点E是菱形ABCD内一点，连接CE，将线段CE绕点C顺时针旋转110°得到线段CF，连接BE，DF.若∠E ＝86°，求∠F的度数．第15题图16. (2017扬州)如图，将△ABC沿着射线BC的方向平移至△A′B′C′，使点A′落在∠ACB的外角平分线CD上，连接AA′.(1)判断四边形ACC′A′的形状，并说明理由；(2)在△ABC中，∠B＝90°，AB＝24，cos∠BAC＝1213，求CB′的长．第16题图17. 如图，正方形ABCD的边长为6，E，F分别是AB，BC边上的点，且∠EDF ＝45°.将△DAE绕点D逆时针旋转90°，得到△DCM.(1)求证：EF＝FM；(2)当AE＝2时，求EF的长．第17题图18. (2017重庆巴南区期中检测)如图，在矩形ABCD中，点E、F分别在边BC、CD上，且EF分别与AB、AD的延长线交于点M、N，∠EAF＝∠CEF＝45°.点G在边AB的延长线上，将△ADF绕着点A按顺时针方向旋转90°后能与△AGH 重合，连接EH.(1)求证：EH＝EF；(2)求证：EF2＝2BE2＋2DF2.第18题图满分冲关1. (2017苏州)如图，在菱形ABCD中，∠A＝60°，AD＝8，F是AB的中点，过点F作FE⊥AD，垂足为E，将△AEF沿点A到点B的方向平移，得到△A′E′F′，设P，P′分别是EF，E′F′的中点，当点A′与点B重合时，四边形PP′CD的面积为()A. 28 3B. 243C. 32 3D. 32－3－8第1题图第2题图2. (2017南充)如图，正方形ABCD和正方形CEFG的边长分别为a和b，正方形CEFG绕点C旋转，给出下列结论：①BE＝DG；②BE⊥DG；③DE2＋BG2＝2a2＋2b2.其中正确结论是________．(填写序号)3. (2017荆州)如图，在平面直角坐标系中，矩形OABC的顶点A，C分别在x轴的负半轴和y轴的正半轴上，点B在第二象限，将矩形OABC绕点O顺时针旋转，使点B落在y轴上，得到矩形ODEF，BC与OD相交于点M.若经过点M的反比例函数y＝kx(x<0)的图象交AB于点N，S矩形OABC＝32，tan∠DOE＝12，则BN的长为________．第3题图第4题图4. (2017重庆巴蜀三模)如图，在正方形ABCD中，G是DC上一点，DG＝2CG，连接AG，作DF⊥AG交AG于F，连接CF，将射线FC绕点F逆时针旋转45°，交BC于点H，已知CH＝13，则四边形ABHF的周长为________．5. (2017重庆沙坪坝区一模)已知等腰Rt△ABC和等腰Rt△DEB，∠BAC＝∠EDB ＝90°.(1)如图①，若点E、B、C在同一直线上，连接AE.当∠AEC＝30°，BC＝4时，求EB的长；(2)如图②，将图①中的△DEB绕点B顺时针旋转，当点C在ED的延长线上时，EC交AB于点H，求证：∠EAH＝2∠HCB.第5题图6. (2017襄阳)如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，CD是中线，AC＝BC.一个以点D为顶点的45°角绕点D旋转，使角的两边分别与AC，BC的延长线相交，交点分别为点E，F, DF与AC交于点M，DE与BC交于点N.(1)如图①，若CE＝CF，求证：DE＝DF；(2)如图②，在∠EDF绕点D旋转的过程中：①探究三条线段AB，CE，CF之间的数量关系，并说明理由；②若CE＝4，CF＝2，求DN的长．第6题图7. (2017龙东)已知：△AOB和△COD均为等腰直角三角形，∠AOB＝∠COD＝90°.连接AD，BC，点H为BC中点，连接OH.(1)如图①所示，易证：OH＝12AD且OH⊥AD(不需证明)；(2)将△COD绕点O旋转到图②，图③所示位置时，线段OH与AD又有怎样的关系，并选择一个图形证明你的结论．第7题图答案1. A2. C 【解析】如解图，连接AA′，BB ′，分别作AA′和BB′的垂直平分线，交点即为旋转中心O ，连接OB′，设正方形网格的边长为1，则OB ＝OB′＝2，BB ′＝2，∵OB 2＋B′O 2＝B′B 2，∴△BB ′O 是直角三角形，∠BOB ′＝90°，即α＝90°.第2题解图3. D 【解析】∵△DEF 是由△ABC 平移得到，∴DE ∥AB ，∴△CHE ∽△CAB ，∴CHE CABS S＝(CE BC )2＝(BC －BE BC )2＝12，即(3－BE 3)2＝12，解得BE ＝3－62或BE ＝3＋62>BC(舍去)．∴BE ＝3－62.4. B 【解析】∵AB ＝32＋42＝5.把线段AB 绕点A 旋转后得到线段AB′，使得点B 的对应点B′落在x 轴的正半轴上，则AB′＝AB ＝5，∴点B′到原点的距离是3＋5＝8，∴点B′的坐标是(8，0)．5. C 【解析】根据旋转的性质得∠C ＝∠E ，AB ＝BD ，∠ABC ＝∠EBD ，∴∠ABC －∠DBC ＝∠EBD －∠DBC ，即∠ABD ＝∠EBC ＝60°，∴△ABD 是等边三角形，∴∠DAB ＝60°，AD ＝AB ＝BD ，∴∠DAB ＝∠EBC ＝60°，∴AD ∥BC.6. C 【解析】∵AC ＝1，∠ABC ＝30°，∴BC ＝2，AB ＝3，由翻折可知，CD ＝AC ＝1，∠BDC ＝∠BAC ＝90°，∠DBC ＝∠CBA ＝30°，由旋转可知，∠E ＝∠DBC ＝30°，CE ＝BC ＝2，∴DE ＝CE －CD ＝2－1＝1，在Rt △DEH 中，DH ＝DE 3＝13，∴S △DEH ＝12×1×13＝36，又∵S △CFE ＝S △CAB ＝32，∴S 四边形CDHF ＝S △CFE －S △DEH＝32－36＝33.7.将△COD绕点C顺时针旋转90°，再向左平移2个单位长度得到△AOB(答案不唯一)8．(1，3)9. (6，0)【解析】如解图，点A(0，4)，B(－1，1)向右平移4个单位得点A′(4，4)，B′(3，1)，再绕点B′顺时针旋转90°得A″(6，0)．第9题解图10. 30°【解析】∵∠AOB＝15°，旋转角为45°，∴∠COD＝15°，∠COA＝45°，∵∠AOD＝∠COA－∠COD，∴∠AOD＝30°.11. 32【解析】∵∠AOB＝90°，AO＝3 cm，OB＝4 cm，∴AB＝AO2＋OB2＝5 cm，∵△A1OB1是由△AOB旋转得到的，∴OB1＝OB＝4 cm，∵D为Rt△AOB中AB边上的中点，∴OD＝12AB＝52cm，∴B1D＝OB1－OD＝32cm.12. 9－53【解析】∵∠PBC＝30°，BC＝BP＝AB，∴∠BCP＝∠BPC＝75°，∠ABP＝∠APB＝60°，∴△APB为等边三角形，∴AP＝AB＝AD＝23，∠PAD＝30°，∴AE＝ADcos30°＝4，DE＝AD·tan30°＝2，如解图，过P点作PM⊥CD 于点M，则PM∥AD，∴∠EPM＝∠PAD＝30°，∵PE＝AE－AP＝4－23，∴PM＝PE·cos30°＝(4－23)×32＝23－3，又∵CE＝CD－DE＝23－2，∴S△PCE ＝12·EC·PM＝12(23－2)(23－3)＝9－5 3.第12题解图13. 745 【解析】如解图，连接AG ，设AB ＝x ，∵四边形ABCD 是矩形，∴∠ABC ＝∠D ＝90°，CD ＝AB ，BC ＝AD ＝7.∵∠AB ′C ′是由∠ABC 绕点A 旋转得到的，∴AB ′＝AB ，∠AB ′C ′＝∠ABC ＝90°.∵CG ＝4，∴DG ＝x －4，在Rt △AB ′G 和Rt △ADG 中，利用勾股定理得AD 2＋DG 2＝AB′2＋B′G 2，即72＋(x －4)2＝x 2＋x 2，解得x ＝5或x ＝－13(舍去)．连接AC ，AC ′，在Rt △ABC 中，由勾股定理得AC ＝AB 2＋BC 2＝52＋72＝74.由旋转性质得AB′＝AB ，AC ′＝AC ，∠BAB ′＝∠CAC′，∴△BAB ′∽△CAC ′，∴CC ′BB ′＝AC AB ＝745.第13题解图14. 解：(1)画出△ABC 关于原点成中心对称的△A′B′C′如解图．△A′B′C′的顶点坐标分别为：A′(4，0)，B ′(3，3)，C ′(1，3)．【解法提示】由图可知，A(－4，0)，B(－3，－3)，C(－1，－3)，根据中心对称图形，对称点所连线段都经过对称中心，且被对称中心平分，由两个点关于原点对称时，它们的坐标符号相反，可得A′(4，0)，B ′(3，3)，C ′(1，3)．(2)由解图可知，点B 旋转到B′的路径长可看作以O 为圆心，OB 为半径的圆周长的一半，即BB ′︵＝12·2πR ，第14题解图∵R ＝OB ＝32＋32＝32，∴BB ′︵＝π·OB ＝32π，或BB ′︵＝n πR 180＝180×π×32180＝32π.15. 解：∵四边形ABCD 是菱形， ∴BC ＝CD ，∠BCD ＝∠A ＝110°，由旋转的性质知，CE ＝CF ，∠ECF ＝∠BCD ＝110°， ∴∠BCE ＝∠DCF ＝110°－∠DCE ，在△BCE 和△DCF 中，⎩⎨⎧BC ＝CD∠BCE ＝∠DCF CE ＝CF，∴△BCE ≌△DCF ， ∴∠F ＝∠E ＝86°.16. 解：(1)四边形ACC′A′为菱形．理由： ∵将△ABC 沿着射线BC 的方向平移至△A′B′C′， ∴四边形ACC′A′为平行四边形， ∵CD 平分∠ACC′， ∴∠ACA ′＝∠A ′CC′. ∵∠AA ′C ＝∠A′CC′， ∴∠AA ′C ＝∠ACA′， ∴AC ＝AA′，∴四边形ACC′A′为菱形；(2)在Rt △ABC 中，∠B ＝90°，AB ＝24，cos ∠BAC ＝1213， ∴24AC ＝1213， AC ＝26，∴BC ＝262－242＝10，∴CB′＝CC′－C′B′＝AC －BC ＝26－10＝16.17. (1)证明：∵将△DAE 逆时针旋转90°得到△DCM ，∴∠FCM ＝∠FCD ＋∠DCM ＝180°， ∴F 、C 、M 三点共线， ∴DE ＝DM ，∠EDM ＝90°， ∴∠EDF ＋∠FDM ＝90°， ∴∠FDM ＝45°，在△DEF 和△DMF 中，⎩⎨⎧DE ＝DM∠EDF ＝∠MDF DF ＝DF，∴△DEF ≌△DMF(SAS )， ∴EF ＝FM ；(2)解：设EF ＝MF ＝x ， ∵CM ＝AE ＝2，且BC ＝6， ∴BM ＝BC ＋CM ＝6＋2＝8， ∴BF ＝BM －MF ＝BM －EF ＝8－x ， ∵EB ＝AB －AE ＝6－2＝4，在Rt △EBF 中，由勾股定理得EB 2＋BF 2＝EF 2， 即42＋(8－x)2＝x 2， 解得x ＝5，即EF ＝5.18. 证明：(1)由旋转的性质可知AH ＝AF. ∵∠FAH ＝90°，∠FAE ＝45°， ∴∠HAE ＝∠FAE.在△HAE 和△FAE 中，⎩⎨⎧AH ＝AF∠HAE ＝∠FAE AE ＝AE，∴△AEH ≌△AEF(SAS )， ∴EH ＝EF ；(2)如解图所示，连接HM.∵∠FEC ＝45°，EC ∥AN ，∠EBM ＝90°， ∴∠BME ＝∠BEM ＝45°，∠DNF ＝∠DFN ＝45°， ∴BE ＝BM ，DF ＝DN ，∠ANM ＝∠AMN ＝45°， ∴ME ＝2BE ，AM ＝AN ，DF ＝DN ， 由旋转的性质可知∶HG ＝DF ，AG ＝AD ， ∴AM －AG ＝AN －AD ， ∴GM ＝DN ＝DF ＝HG . ∴MH ＝2DF ，∠GMH ＝45°. ∴∠HME ＝90°. ∴EH 2＝MH 2＋ME 2， ∴HE 2＝(2DF)2＋(2BE)2. ∵HE ＝EF ， ∴EF 2＝2BE 2＋2DF 2. 满分冲关1. A 【解析】∵四边形ABCD 是菱形，AD ＝8，∴AB ＝8，∵F 是AB 的中点，∴AF ＝4.∵EF ⊥AD ，∠A ＝60°，∴AE ＝2，EF ＝23，∠AFP ＝30°，∵P 是EF 的中点，∴PF ＝3，如解图，过点P 作PQ ⊥AF 于点Q ，则PQ ＝12PF ＝32.连接DF ，DB ，∵AD ＝AB ，∠A ＝60°，∴△ADB 是等边三角形，∵F 是AB 的中点，∴DF ⊥AB ，∵AD ＝8，∴DF ＝43.∵将△AEF 平移到△A′E′F′，∴PP ′＝AA′，PP ′∥AA ′，，∵点A′与点B 重合，∴PP ′＝AA′＝AB ＝CD ，PP ′∥CD ，∴四边形PP′CD 是平行四边形，其CD 边上的高为DF －PQ ＝43－32＝732，∴四边形 PP′CD 的面积为8×732＝28 3.2. ①②③ 【解析】在△BCE 和△DCG 中，BC ＝DC ，∠BCE ＝∠DCG ，CE ＝CG ，所以△BCE ≌△DCG ，故BE ＝DG ，①正确；由△BCE ≌△DCG 可知∠CBE ＝∠CDG ，设BE 与CD 相交于点H ，交DG 于点O ，又∵∠CBH ＋∠BHC ＝90°，∴∠CDO ＋∠DHO ＝90°，故BE ⊥DG ，②正确；如解图，连接BD 、EG ，由②知BE ⊥DG ，DE 2＝OD 2＋OE 2，BG 2＝OB 2＋OG 2，DE 2＋BG 2＝OD 2＋OE 2＋OB 2＋OG 2＝(OD 2＋OB 2)＋(OG 2＋OE 2)＝BD 2＋GE 2＝(2a)2＋(2b)2＝2a 2＋2b 2，③正确，所以正确的结论有①②③.第2题解图3. 3 【解析】∵S 矩形ABCO ＝32，tan ∠DOE ＝DE DO ＝12，∴DE ＝CO ＝4，DO ＝AO ＝8，又∵tan ∠DOE ＝CM CO ＝12，∴CM ＝2，M(－2，4)，∴y ＝－8x ，又∵N 点的横坐标为－8，∴N(－8，1)，∴BN ＝BA －NA ＝4－1＝3. 4.17135＋7105＋335 【解析】如解图，过点H 作HM ⊥FC 交FC 于M ，过点F 作FN ⊥DC 交DC 于N.第4题解图设GC ＝x ，则DG ＝2x ，∴AD ＝DC ＝3x ，∴AG ＝13x ，∵S △ADG ＝12·AD ·DG ＝12·AG ·DF ，∴DF ＝61313x ，∴FG ＝DG 2－DF 2＝41313x.∵FN ∥AD ，∴FN AD ＝GF GA ，∴FN 3x ＝41313x 13x，∴FN ＝1213x ，∴NG ＝FG 2－FN 2＝813x.∴NC ＝813x ＋x ＝2113x ，∴FC ＝FN 2＋NC 2＝36513x ，∵∠1＋∠2＝∠2＋∠3＝90°，∴∠1＝∠3，∴Rt △MCH ∽Rt △NFC ，∴MC NF ＝MH NC ＝CH FC ，∴MC 1213x ＝MH 2113x ＝1336513x ，∴MC ＝455，∴MH ＝755，∵CF 绕点F 逆时针旋转45°，∴∠CFH ＝45°，∴FM ＝MH ，∴FC＝MC ＋MF ＝455＋755＝1155，∴1155＝36513x ，∴x ＝111315，∴AB ＝3x ＝11135，FH ＝2MH ＝7105，BH ＝BC －HC ＝11135－13＝6135，AF ＝AG －FG ＝9915＝335.∴四边形ABHF 周长为AB ＋BH ＋HF ＋AF ＝11135＋6135＋7105＋335＝17135＋7105＋335.5. (1)解：如解图①，作AH ⊥BC 于H.∵AB ＝AC ，∠BAC ＝90°，AH ⊥BC ，BC ＝4， ∴AH ＝BH ＝HC ＝2， 在Rt △AEH 中，∵∠AHE ＝90°，AH ＝2，∠AEH ＝30°， ∴EH ＝AH tan 30°＝23，∴EB ＝EH －BH ＝23－2.第5题解图①(2)证明：如解图②，连接AD ，第5题解图②∵∠BDH ＝∠HAC ，∠BHD ＝∠CHA ， ∴△BHD ∽△CHA ，AH CH ∴DH BH ＝AH CH ， ∵∠AHD ＝∠CHB ， ∴△AHD ∽△CHB ，∴∠ADH ＝∠CBH ＝45°，∠DAH ＝∠BCH ， ∴∠ADB ＝90°＋45°＝135°， ∴∠ADE ＝360°－90°－135°＝135°， ∴∠ADE ＝∠ADB ，在△ADE 和△ADB 中，⎩⎨⎧AD ＝AD∠ADE ＝∠ADB DE ＝DB，∴△ADE ≌△ADB(SAS )， ∴∠DAE ＝∠DAB ， ∵∠EAH ＝2∠DAH ， ∵∠DAH ＝∠HCB ， ∴∠EAH ＝2∠HCB.6. (1)证明：∵∠ACB ＝90°，AC ＝BC ，AD ＝BD ， ∴∠BCD ＝∠ACD ＝45°，∠BCE ＝∠ACF ＝90°.∴∠BCD ＋∠BCE ＝∠ACD ＋∠ACF ，即∠DCE ＝∠DCF ＝135°， 又∵CE ＝CF ，CD ＝CD ， ∴△DCE ≌△DCF(SAS )． ∴DE ＝DF ；(2)解：①∵∠DCF ＝∠DCE ＝135°， ∴∠CDF ＋∠F ＝180°－135°＝45°. 又∵∠CDF ＋∠CDE ＝45°， ∴∠F ＝∠CDE. ∴△CDF ∽△CED.∴CD CE ＝CFCD ，即CD 2＝CE·CF. ∵∠ACB ＝90°，AD ＝BD ，2∴AB2＝4CE·CF.②如解图，过点D作DG⊥BC于G，则∠DGN＝∠ECN＝90°，CG＝DG.第6题解图当CE＝4，CF＝2时，由CD2＝CE·CF，得CD＝2 2.在Rt△DCG中，CG＝DG＝CD·sin∠DCG＝22×sin45°＝2.∵∠ECN＝∠DGN，∠ENC＝∠DNG，∴△CEN∽△GDN.∴CNGN＝CEDG＝42＝2.∴GN＝13CG＝23.∴DN＝GN2＋DG2＝（23）2＋22＝2103.7．解：(2)图②的结论为：OH＝12AD，OH⊥AD图③的结论为：OH＝12AD，OH⊥AD；选图②的结论证明如下：证明：如解图，延长OH到点Q使HQ＝OH，连接QC，易证△BHO≌△CHQ，∴∠BOH＝∠Q，OH＝12OQ，∵等腰Rt△AOB和等腰Rt△COD，∴∠AOD＝180°－∠COB，第7题解图而∠COB＝∠QOC＋∠BOQ＝∠QOC＋∠Q，∠QCO＝180°－(∠QOC＋∠Q)＝180°－∠COB，∴∠AOD＝∠QCO，易证△QCO≌△AOD，∴∠Q＝∠OAD而∠AOC＋∠COB＝90°，∴∠AOC＋∠COQ＋∠OAD＝90°，即OH⊥AD，而OH＝12OQ，OQ＝AD，∴OH＝12AD，∴OH＝12AD，OH⊥AD.21。
(全国通用)中考数学复习几何专题：平移与旋转变换(含答案)
中考数学 几何复习：平移与旋转变换（含答案）1.将图1所示的图案通过平移后可以得到的图案是（ ）2．在如图所示的四个汽车标志图案中,能用平移变换来分析其形成过程的图案是( )A ．B ．C ．D ． 3.如图l ，P 是正△ABC 内的一点，若将△PBC 绕点B 旋转到△PBA ，则∠PBP ’的度数是 （ ） A ．45° B ．60° C ．90° D ．120°4.在平面直角坐标系xOy 中，已知点A(2，3)，若将OA 绕原点O 逆时针旋转180°得到0A′，则点A ′在平面直角坐标系中的位置是在（ ）A.第一象限B.第二象限C.第三象限D.第四象限 5.如图，已知中，∠ABC=90°，将绕顶点C 顺时针旋转至的位置，且三点在同一条直线上，则点A 经过的最短路线的长度是（ ）cm ．A ．8B ．C ．D ．二、填空题1.如图，四边形EFGH 是由四边形经过旋转得到的．如果用有序数对（2，1）表示方格纸上A 点的位置，用（1，2）表示B 点的位置，那么四边形旋转得到四边形EFGHRt ABC △ABC △A B C '''△A C B '、、4332π38π3ABCD ABCD BC A A 'B '时的旋转中心用有序数对表示是 ．2.如图，在中，，，将绕点沿逆时针方向旋转得到．（1）线段的长是，的度数是；（2）连结，求证：四边形是平行四边形； （3）求四边形的面积．3.点A的坐标为（，0），把点A 绕着坐标原点顺时针旋转135º到点B ，那么点B 的坐标是 _________ ．4.如图，将△OAB 绕点0按逆时针方面旋转至△0′A ′B ′，使点B 恰好落在边A ′B ′上．已知AB=4cm ，BB′=lcm ，则A ′B 长是cm ．5.如图，在平面直角坐标系中，点A 的坐标为(1，4)，将线段O A 绕点O 顺时针旋转90°得到线段OA′，则点A′的坐标是．6.如图所示，五角星的顶点是一个正五边形的五个顶点．这个五角星可以由一个基本图形（图中的阴影部分）绕中心O 至少经过____________次旋转而得到， 每一次旋转_______度．Rt OAB ∆90OAB ∠=︒6OA AB ==OAB ∆O 90︒11OA B ∆1OA 1AOB ∠1AA 11OAA B 11OAA B 2三、解答题1.如图，请借助直尺按要求画图：（1）平移方格纸中左下角的图形，使点平移到点处． （2）将点平移到点处，并画出将原图放大为两倍的图形．2.在如图所示的方格纸中，每个小方格都是边长为1个单位的正方形，的三个顶点都在格点上（每个小方格的顶点叫格点）．画出绕点O 逆时针旋转90°后的．3.如图，已知的三个顶点的坐标分别为、、． （1）请直接写出点关于轴对称的点的坐标；（2）将绕坐标原点逆时针旋转90°．画出图形，直接写出点的对应点的坐标；1P 2P 1P 3P ABC △ABC △A B C '''△ABC △(23)A -，(60)B -，(10)C -，A y ABC △OB（3）请直接写出：以为顶点的平行四边形的第四个顶点的坐标．4.如图9所示，每个小方格都是边长为1的正方形，以O 点为坐标原点建立平面直角坐标系. （1）画出四边形OABC 关于y 轴对称的四边形OA 1B 1C 1， 并写出点B 1的坐标是.（2）画出四边形OABC 绕点O 顺时针方向旋转90°后得 到的四边形OA 2B 2C 2，并求出点C 旋转到点C 2经过的路径 的长度.5.如图，已知A 、B 是线段MN 上的两点，，，．以A 为中心顺时针旋转点M ，以B 为中心逆时针旋转点N ，使M 、N 两点重合成一点C ，构成△ABC ，设． （1）求x 的取值范围；（2）若△ABC 为直角三角形，求x 的值； （3）探究：△ABC 的最大面积？【参考答案】A B C 、、D 4=MN 1=MA 1>MB x AB =C一、选择题1.A2.D3.B4.C5.D 二、填空题 1.（5，2）2.（1）6，135°（2） ∴ 又 ∴四边形是平行四边形 3. (1,-1) 4.3 5.(4，－1) 6.4，72 三、解答题1.（1）从平移到处，； （2）放大2倍且正确，．2.3.解：（1）（2，3）；11190AOA OA B ∠=∠=︒Q 11//OA A B 11OA AB A B ==11OAA B 1P 2P（2）图形略．（0，）；（3）（）或或． 4.解：（1）如图：B 1的坐标是（-6，2） （2）如图：L ==5.解：（1）在△ABC 中，∵，，． ∴，解得．（2）①若AC 为斜边，则，即，无解．②若AB 为斜边，则，解得，满足． ③若BC 为斜边，则，解得，满足． ∴或． （3）在△ABC 中，作于D ， 设，△ABC 的面积为S ，则．①若点D 在线段AB 上，则．∴，即． ∴，即．6-7-3，(53)--，(33)，903180π⨯⨯32π1=AC x AB =x BC -=3⎩⎨⎧>-+->+x x xx 313121<<x 22)3(1x x -+=0432=+-x x 1)3(22+-=x x 35=x 21<<x 221)3(x x +=-34=x 21<<x 35=x 34=x AB CD ⊥h CD =xh S 21=x h x h =--+-222)3(122222112)3(h h x x h x -+--=--4312-=-x h x 16249)1(222+-=-x x h x 16248222-+-=x x h x C（例3-1）D∴（）． 当时（满足），取最大值，从而S 取最大值②若点D 在线段MA 上， 则． 同理可得， （），易知此时． 综合①②得，△ABC 的最大面积为462412222-+-==x x h x S 21)23(22+--=x 423x <≤23=x 423x <≤2S 2122x h h x =----2221)3(462412222-+-==x x h x S 21)23(22+--=x 413x <≤22<S 22（例3-2）。
2019届初三数学中考复习 图形的平移与旋转 专题练习 含答案及部分解析
2019届初三数学中考复习图形的平移与旋转专题练习1. 下列图案中，可以看做是由图案自身的一部分经平移后得到的是()A B C D2. 如图，△ABC为钝角三角形，将△ABC绕点A按逆时针方向旋转120°得到△AB′C′，连结BB′，若AC′∥BB′，则∠CAB′的度数为()A．45°B．60°C．70°D．90°3. 如图，在平面直角坐标系中，△ABC位于第一象限，点A的坐标是(4，3)，把△ABC向左平移6个单位，得到△A1B1C1，则点B1的坐标是( )A．(－2，3) B．(3，－1) C．(－3，1) D．(－5，2)4. 如图，将△ABC绕点C顺时针旋转90°得到△EDC．若点A，D，E在同一条直线上，∠ACB＝20°，则∠ADC的度数是()A．55°B．60°C．65°D．70°5. 如图，已知一个三角尺的直角顶点与原点重合，另两个顶点A，B的坐标分别为(－1，0)，(0，3)．现将该三角尺向右平移使点A与点O重合，得到△OCB′，则点B的对应点B′的坐标是()A．(1，0) B．(3，3) C．(1，3) D．(－1，3)6. 如图，在平面直角坐标系xOy中，已知点A(2，0)，B(1，1)．若平移点A 到点C，使以点O，A，C，B为顶点的四边形是菱形，则正确的平移方法是()A．先向左平移1个单位，再向下平移1个单位B．先向左平移(22－1)个单位，再向上平移1个单位C．先向右平移2个单位，再向上平移1个单位D．先向右平移1个单位，再向上平移1个单位7. 如图，在平面直角坐标系中，△ABC的顶点都在方格图的格点上，如果将△ABC先向右平移4个单位，再向下平移1个单位，得到△A1B1C1，那么点A的对应点A1的坐标为()A．(4，3) B．(2，4) C．(3，1) D．(2，5)8. 在平面内，一个图形沿某个方向移动，在移动的过程中，原图形上所有的点都沿移动相等的，这样的图形运动叫做图形的平移．9. 平移不改变图形的形状与大小，即平移后所得的新图形与原图形．10. 一个图形和它经过平移后所得到的图形，两组对应点的连线平行(或在同一条直线上)且．11. 图形的旋转是由旋转中心、旋转和旋转确定的．12. 图形经过旋转所得的图形和原图形；对应点到旋转中心的距离；任何一对对应点与旋转中心连线所成的角度旋转的角度．13. 如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝4，将Rt△ABC沿CB向右平移得到△DEF，若平移的距离为3，则四边形ABED的面积等于.14. 如图，把三角尺的斜边紧靠直尺平移，一个顶点从刻度“5”平移到刻度“10”，则顶点C平移的距离CC′＝ cm ．15. 如图，在△ABC中，AB＝AC，BC＝12 cm，点D在AC上，DC＝4 cm.将线段DC沿着CB的方向平移7 cm得到线段EF，点E，F分别落在边AB，BC上，则△EBF 的周长为 cm.16. 如图，已知在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝6，BC＝4，将△ABC绕直角顶点C按顺时针方向旋转90°得到△DEC，若点F是DE的中点，连结AF，则AF ＝．17. 如图，在△ABC中，∠BAC＝45°，AB＝4 cm，将△ABC绕点B按逆时针方向旋转45°后得到△A′BC′，则阴影部分的面积为．18. 如图，在边长均为1的正方形网格图上有一个△ABC，顶点A，B，C及点O均在格点上，请按要求完成以下操作或运算：(1)将△ABC向上平移4个单位，得到△A1B1C1(不写作法，但要标出字母)；(2)将△ABC绕点O旋转180°，得到△A2B2C2(不写作法，但要标出字母)；(3)求点A绕点O旋转到点A2所经过的路径长．19. 如图，正方形网格图中每个小正方形的边长都表示1，每个小正方形的顶点叫做格点．△ABC的三个顶点A，B，C都在格点上，将△ABC绕点A按顺时针方向旋转90°得到△AB′C′.(1) 在正方形网格图中，画出△AB′C′；(2) 计算线段AB在变换到AB′的过程中扫过区域的面积．答案及解析: 1. A 2. D 3. C 4. C 5. C 6. D7. D 解析：平移前后的两个图形是全等的；平移前后的两个图形上的对应点之间的距离为平移的距离；平移前后的两个图形的对应线段互相平行(或在同一条直线上)且相等． 8. 同一个方向 距离 9. 全等 10. 相等11. 方向 角度12. 全等 相等 等于 13. 12 14. 5 15. 1316. 5 解析：由旋转的性质，可知CE ＝CB ＝4，CD ＝AC ＝6.取CE 的中点G ，连结FG ，∴GF ∥CD ．∴GF ⊥AC ，GF ＝12CD＝3.∵CG＝12CE ＝2，AC ＝6，∴AG ＝4.在Rt △AGF 中，由勾股定理，可得AF ＝32＋42＝5.17. 4 2 (cm 2) 解析：设AC 与BA′相交于点D ．∵由旋转的性质，得∠ABA′＝45°，BA′＝BA ＝4 cm ，△ABC≌△A′BC′，∴S △ABC ＝S △A′BC′.∵S 四边形AA′C′B ＝S △ABC ＋S阴影部分＝S △A′BC′＋S △ABA′， ∴S阴影部分＝S △ABA′.∵∠BAC＝45°，∠ABA′＝45°，∴△ADB 为等腰直角三角形，∴∠ADB＝90°，AD ＝22AB ＝2 2 (cm)，∴S △ABA′＝12AD·BA′＝12×22×4＝42(cm 2)，∴S 阴影部分＝4 2 (cm 2)．18. 解：(1)△A 1B 1C 1如图所示． (2)△A 2B 2C 2如图所示．(3)∵OA＝4，∠AOA 2＝180°，∴点A 绕点O 旋转到点A 2所经过的路径长为180π×4180＝4π.19. (1) 解：△AB′C′如图所示．(2) 解：由图可知，线段AB 在变换到AB′的过程中扫过区域的面积就是扇形B′AB 的面积，其中∠B′AB＝90°，AB ′＝AB ＝32＋42＝5，∴线段AB 在变换到AB′的过程中扫过区域的面积是90×π×52360＝25π4.。
初三数学图形的对称平移与旋转试题答案及解析
初三数学图形的对称平移与旋转试题答案及解析1.顺次连接正六边形的三个不相邻的顶点．得到如图的图形，该图形（）A．既是轴对称图形也是中心对称图形B．是轴对称图形但并不是中心对称图形C．是中心对称图形但并不是轴对称图形D．既不是轴对称图形也不是中心对称图形【答案】B．【解析】根据轴对称图形与中心对称图形的概念，轴对称图形两部分沿对称轴折叠后可重合；中心对称图形是图形沿对称中心旋转180度后与原图重合.因此，此图形是轴对称图形但并不是中心对称图形，故选B．【考点】1.中心对称图形和轴对称图形；2.正多边形的性质．2.下列电视台的台标，是中心对称图形的是（）A． B． C． D．【答案】A【解析】A、∵此图形旋转180°后能与原图形重合，∴此图形是中心对称图形，故此选项正确；B、∵此图形旋转180°后不能与原图形重合，∴此图形不是中心对称图形，故此选项错误；C、此图形旋转180°后不能与原图形重合，此图形不是中心对称图形，故此选项错误；D、∵此图形旋转180°后不能与原图形重合，∴此图形不是中心对称图形，故此选项错误．故选；A．【考点】中心对称图形3.如图，方格纸中的每个小方格都是边长为1个单位的正方形，Rt△ABC的顶点均在格点上，在建立平面直角坐标系后，点A的坐标为（－5，1），点B的坐标为（－3，3），点C的坐标为（－3，1）。
（1）将Rt△ABC沿x轴正方向平移7个单位得到Rt△A1B1C1，试在图上画出的图形Rt△A1B1C1的图形;（2）Rt△ABC关于点D（－1，0）对称的图形是Rt△A2B2C2，试在图上画出Rt△A2B2C2的图形,并写出A2、B2、C2点的坐标。
【答案】（1）作图见解析；（2）作图见解析，A2（3，-1），B2（0，-3），C2（0，-1）．【解析】（1）根据网格结构找出点A、B、C平移后的对应点A1、B1、C1的位置，然后顺次连接即可；（2）根据网格结构找出点A、B、C关于点D的对称点A2、B2、C2的位置，然后顺次连接即可，再根据平面直角坐标系写出各点的坐标即可．试题解析：（1）△A1B1C1如图所示；（2）△A2B2C2如图所示，A2（3，-1），B2（0，-3），C2（0，-1）．【考点】1.作图-旋转变换；2.作图-平移变换．4.如图，已知点A（1，1）、B（3，2），且P为x轴上一动点，则△ABP的周长的最小值为．【答案】.【解析】本题需先根据已知条件求出AB的长，再根据P为x轴上一动点，确定出P点的位置，即可求出BP+AP的长，最后即可求出△ABP周长的最小值．试题解析：作点B关于x轴的对称点B′，连接AB′，当点P运动到AB′与X轴的交点时△ABP周长的最小值．∵A（1，1），B（3，2），∴AB=又∵P为x轴上一动点，当求△ABP周长的最小值时，∴AB′=∴△ABP周长的最小值为：AB+AB′=【考点】1.轴对称-最短路线问题；2.坐标与图形性质．5.如图，P是等边△ABC内的一点，若将△PAB绕点A逆时针旋转得到△P’AC，则∠PAP’的度数为A．120°B．90°C．60°D．30°【答案】C．【解析】如图，根据旋转的性质得，∠PAP′=∠BAC，∵△ABC是等边三角形，∴∠BAC=60°，∴∠PAP′=60°．故选C．【考点】1．旋转的性质；2．等边三角形的性质．6.下列图形中，既是中心对称图形又是轴对称图形的是（）【答案】B．【解析】A、是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项错误；B、既是轴对称图形又是中心对称图形，故本选项正确；C、是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项错误；D、既不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故本选项错误．故选B．【考点】1.中心对称图形；2.轴对称图形7.在以下绿色食品、回收、节能、节水四个标志中，是轴对称图形的是（）A． B． C． D．【答案】A．【解析】如果一个图形沿着一条直线对折后两部分完全重合，这样的图形叫做轴对称图形，这条直线叫做对称轴．A、是轴对称图形，符合题意；B、不是轴对称图形，不符合题意；C、不是轴对称图形，不符合题意；D、不是轴对称图形，不符合题意．故选A．【考点】轴对称图形．8.在以下绿色食品、回收、节能、节水四个标志中，是轴对称图形的是 ()【答案】A【解析】这是一道较容易的题目，主要考查了轴对称图形的概念：对折后直线两侧的部分完全重合，其中B、D显然不是轴对称图形，易产生错误的是C，正确的答案应选A.本题渗透了保护环境思想，这也是出题人指出的方向．9.如图，矩形OABC在平面直角坐标系中，O为坐标原点，点A（0，4），C（2，0），将矩形OABC绕点O按顺时针方向旋转1800，得到矩形OEFG，顺次连接AC、CE、EG、GA.（1）请直接写出点F的坐标；（2）试判断四边形ACEG的形状，并说明理由；（3）将矩形OABC沿y轴向下平移m个单位（0＜m＜4），设平移过程中矩形与重叠部分面积为，当：=11：16时，求m的值．【答案】（1）F（-2，-4）；（2）四边形ACEG是菱形，证明见解析；（3）或．【解析】（1）点F与点B关于原点对称，故F（-2，-4）；（2）根据对角线互相垂直平分的四边形是平行四边形，即可证得；（3）根据：=11：16，求得，再由∥,得到△∽△，再用含m的代数式表示出和，从而求出m的值．试题解析：（1）F（-2，-4）；（2）四边形ACEG是菱形.理由：根据题意得：OA=OE，OC=OG∴四边形ACEG是平行四边形又∵AE⊥GC∴四边形ACEG是菱形；（3）将矩形OABC沿y轴向下平移m个单位得到矩形.设与AC交于点M，与EC交于点N，则当：=11：16时，重叠部分为五边形.∵：=11：16∴∵∥,∴△∽△∴∴∴同理可得：∴解得：或.【考点】1. 旋转的性质，2. 菱形判定，3.三角形相似的应用．10.已知△ABC和△ADE是等腰直角三角形，∠ACB=∠ADE=90°，点F为BE中点，连结DF、CF.（1）如图1,当点D在AB上，点E在AC上，请直接写出此时线段DF、CF的数量关系和位置关系（不用证明）；（2）如图2，在（1）的条件下将△ADE绕点A顺时针旋转45°时，请你判断此时（1）中的结论是否仍然成立，并证明你的判断；（3）如图3，在（1）的条件下将△ADE绕点A顺时针旋转90°时，若AD=1，AC=，求此时线段CF的长(直接写出结果).【答案】（1）DF=CF，且DF⊥CF；（2）（1）中的结论仍然成立，证明见解析；（3）.【解析】（1）根据“直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半”可知DF=BF，根据∠DFE=2∠DCF，∠BFE=2∠BCF，得到∠EFD+∠EFB=2∠DCB=90°，DF⊥BF；（2）延长DF交BC于点G，先证明△DEF≌△GCF，得到DE=CG，DF=FG，根据AD=DE，AB=BC，得到BD=BG又因为∠ABC=90°，所以DF=CF且DF⊥BF；（3）延长DF交BA于点H，先证明△DEF≌△HBF，得到DE=BH，DF=FH，根据旋转条件可以△ADH为直角三角形，由△ABC和△ADE是等腰直角三角形，AC=，可以求出AB的值，进而可以根据勾股定理可以求出DH，再求出DF，由DF=BF，求出得CF的值．试题解析：（1）∵∠ACB=∠ADE=90°，点F为BE中点，∴DF=BE，CF=BE. ∴DF=CF．∵△ABC和△ADE是等腰直角三角形，∴∠ABC=45°.∵BF=DF，∴∠DBF=∠BDF.∵∠DFE=∠ABE+∠BDF，∴∠DFE=2∠DBF.同理得：∠CFE=2∠CBF，∴∠EFD+∠EFC=2∠DBF+2∠CBF=2∠ABC=90°.∴DF=CF，且DF⊥CF．（2）（1）中的结论仍然成立．证明如下：如图，此时点D落在AC上，延长DF交BC于点G．∵∠ADE=∠ACB=90°，∴DE∥BC．∴∠DEF=∠GBF，∠EDF=∠BGF．∵F为BE中点，∴EF=BF．∴△DEF≌△GBF．∴DE=GB，DF=GF．∵AD=DE，∴AD=GB.∵AC=BC，∴AC-AD="BC-GB." ∴DC=GC．∵∠ACB=90°，∴△DCG是等腰直角三角形.∵DF=GF，∴DF=CF，DF⊥CF．（3）如图，延长DF交BA于点H，∵△ABC和△ADE是等腰直角三角形，∴AC=BC，AD=DE．∴∠AED=∠ABC=45°.∵由旋转可以得出，∠CAE=∠BAD=90°，∵AE∥BC，∴∠AEB=∠CBE. ∴∠DEF=∠HBF．∵F是BE的中点，∴EF="BF." ∴△DEF≌△HBF. ∴ED=HB.∵AC=，在Rt△ABC中，由勾股定理，得AB=4.∵AD=1，∴ED=BH=1.∴AH=3.在Rt△HAD中，由勾股定理，得DH=，∴DF=，∴CF=.∴线段CF的长为.【考点】1.等腰直角三角形的性质；2.全等三角形的判定和性质；3.勾股定理．11.如图，将△ABC绕着点C顺时针旋转50°后得到△A＇B＇C。
中考数学复习 图形的平移和旋转 专题练习 含答案和部分解析
初三中考数学复习图形的平移与旋转专题复习练习1. 下列图案中，可以看做是由图案自身的一部分经平移后得到的是()A B C D2. 如图，△ABC为钝角三角形，将△ABC绕点A按逆时针方向旋转120°得到△AB′C′，连结BB′，若AC′∥BB′，则∠CAB′的度数为()A．45°B．60°C．70°D．90°3. 如图，在平面直角坐标系中，△ABC位于第一象限，点A的坐标是(4，3)，把△ABC向左平移6个单位，得到△A1B1C1，则点B1的坐标是( )A．(－2，3) B．(3，－1) C．(－3，1) D．(－5，2)4. 已知点A的坐标为(1，3)，点B的坐标为(2，1)．将线段AB沿某一方向平移后，点A的对应点的坐标为(－2，1)，则点B的对应点的坐标为( ) A．(5，3) B．(－1，－2) C．(－1，－1) D．(0，－1)5. 如图，△DEF是由△ABC绕点O旋转180°而得到的，则下列结论不成立的是( )A．点A与点D是对应点 B．BO＝EO C．AB∥DE D．∠ACB＝∠FDE6. 如图，点A，B的坐标分别为(1，0)，(0，2)，若将线段AB平移至A1B1，则a －b的值为( )A．1 B．－1 C．0 D．27. 如图，在方格图上建立的平面直角坐标系中，将△ABO绕点O按顺时针方向旋转90°，得到△A′B′O，则点A′的坐标为( )A．(3，1) B．(3，2) C．(2，3) D．(1，3)8. 如图，点E是正方形ABCD的边DC上一点，把△ADE绕点A按顺时针方向旋转90°到△ABF的位置，若四边形AECF的面积为25，DE＝2，则AE的长为( )A．5 B．23 C．7 D．299. 如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠ABC＝30°，AC＝2，△ABC绕点C按顺时针方向旋转得△A1B1C，当点A1落在AB边上时，连结B1B，取BB1的中点D，连结A1D，则A1D的长度是( )A．7 B．2 2 C．3 D．2 310. 把一副三角尺按如图①放置，其中∠ACB＝∠DEC＝90°，∠A＝45°，∠D＝30°，斜边AB＝6，DC＝7，把三角尺DCE绕点C按顺时针方向旋转15°得到△D1CE1(如图②)，此时AB与CD1交于点O，则线段AD1的长度为( )图①图②A．3 2 B．5 C．4 D．3111. 如图，将△ABC绕点A按顺时针方向旋转60°得△ADE，则∠BAD＝°.12. 将周长为8的△ABC沿BC方向平移1个单位得到△DEF，则四边形ABFD的周长为．13. 如图，两个全等的三角尺重叠摆放在△ACB的位置，将其中一个三角尺绕点C按逆时针方向旋转到△DCE的位置，使点A恰好落在边DE上，AB与CE相交于点F.已知∠ACB＝∠DCE＝90°，∠B＝30°，AB＝8 cm，则CF＝ cm.14. 如图，P是等边三角形ABC内的一点，且PA＝6，PB＝8，PC＝10.若将△PAC 绕点A按逆时针方向旋转后，得到△MAB，则点P与点M之间的距离为，∠APB＝°.15. 在4×4的方格图中，△ABC的三个顶点都在格点上．(1)在图①中画出与△ABC成轴对称且与△ABC有公共边的格点三角形(画出一个即可)；(2)将图②中的△ABC绕点C按顺时针方向旋转90°，画出旋转后的三角形．16. 如图，在菱形ABCD中，∠BAD＝α，点E在对角线BD上，将线段CE绕点C 按顺时针方向旋转α，得到CF，连结DF.(1)求证：BE＝DF；(2)连结AC，若EB＝EC，求证：AC⊥CF.17. 如图，将一张直角三角形ABC纸片沿斜边AB上的中线CD剪开，得到△ACD，再将△ACD沿DB方向平移到△A′C′D′的位置，若平移开始后点D′未到达点B时，A′C′交CD于点E，D′C′交CB于点F，连结EF，当四边形EDD′F 为菱形时，试探究△A′DE的形状，并判断△A′DE与△EFC′是否全等？请说明理由．答案与解析： 1. A 2. D 3. C 4. C 5. D 6. C 7. D 8. D9. A 解析:∵∠ACB ＝90°，∠ABC ＝30°，AC ＝2，∴∠A ＝60°，AB ＝4，BC ＝2 3.∵CA ＝CA 1，∴△ACA 1是等边三角形，AA 1＝AC ＝BA 1＝2，∴∠A 1CB ＝∠A 1BC ＝30°，∠BCB 1＝∠ACA 1＝60°.∵CB ＝CB 1，∴△BCB 1是等边三角形，∴BB 1＝23.∵BA 1＝2，∠A 1BB 1＝∠A 1BC ＋∠CBB 1＝90°，BD ＝DB 1＝3，∴A 1D ＝A 1B 2＋BD 2＝7.故选A ．10. B 解析：∵∠ACB＝∠DEC＝90°，∠D ＝30°，∴∠DCE ＝90°－30°＝60°，∴∠ACD ＝90°－60°＝30°.∵旋转角为15°，∴∠ACD 1＝30°＋15°＝45°.又∵∠CAB＝45°， ∴△ACO ，△ACB 均是等腰直角三角形，∴AO ＝CO ＝12AB＝12×6＝3，AB ⊥CO.∵DC ＝7，∴D 1C ＝DC ＝7，∴D 1O ＝7－3＝4.在Rt △AOD 1中，AD 1＝AO 2＋D 1O 2＝32＋42＝5.故选B ． 11. 60 12. 10 13. 2 3解析：∵将其中一个三角尺绕着点C按逆时针方向旋转至△DCE的位置，使点A 恰好落在边DE上，∴DC＝AC，∴∠D＝∠DAC＝∠CAB．∵∠ACB＝∠DCE＝90°，∠B＝30°，∴∠D＝∠DAC＝∠CAB＝60°，∴∠DCA＝60°，∴∠ACF＝30°，可得∠AFC＝90°.∵AB＝8 cm，∴AC＝4 cm，∴CF＝4×cos 30°＝23(cm)．14. 6 150解析：如图，连结MP.∵△ABC为等边三角形，∴AB＝AC，∠BAC＝60°.∵△PAC 绕点A逆时针旋转后，得到△MAB，∴AM＝AP，∠MAP＝∠BAC＝60°，BM＝CP＝10，∴△AMP为等边三角形，∴MP＝AP＝6，∠APM＝ 60°.在△PBM中，PM ＝6，BM＝10，PB＝8，∵62＋82＝102，∴PM2＋PB2＝BM2，∴∠BPM＝90°，∴∠APB ＝∠APM＋∠BPM＝60°＋90°＝150°.故答案为6，150.15. (1) 解：画出下列其中一个即可．△AB′C为所求作的三角形△A′BC为所求作的三角形．(2) 解：△A′B′C′即为所求作的三角形．16. (1) 证明：∵四边形ABCD为菱形，∴BC＝CD＝AB，∠BAD＝∠BCD＝α.∵∠ECF＝∠BCD，∴∠BCE ＝∠DCF.又∵BC＝CD ，CE ＝CF ，∴△BEC ≌△DFC ，∴BE ＝DF.(2) 证明：如图，连结AC 交BD 于点O.∵四边形ABCD 是菱形，∴AC ⊥BD ．∵BE ＝EC ，BC ＝DC ，∴∠EBC ＝∠ECB，∠CBD ＝∠BDC，∴∠BDC ＝∠ECB＝∠DCF，∴BD ∥CF 且AC⊥BD，∴AC ⊥CF.17. 解：当四边形EDD′F 为菱形时，△A′DE 是等腰三角形，△A′DE≌△EFC′.理由如下：∵△ABC 是直角三角形，∠ACB＝90°，AD ＝DB ，∴CD＝DA ＝DB ，∴∠DAC ＝∠DCA．∵A′C′∥AC ，∴∠DA′E＝∠A，∠DEA′＝∠DCA，∴∠DA′E＝∠DEA′，∴DA′＝DE ，∴△A′DE 是等腰三角形．∵四边形DEFD′是菱形，∴EF＝DE ＝DA′，EF∥DD′，∴∠C′EF＝∠DA′E，∠EFC′＝∠C′D′A′.∵CD∥C′D′，∴∠A′DE＝∠A′D′C′＝∠EFC′.在△A′DE 和△EFC′中，⎩⎪⎨⎪⎧∠EA′D＝∠C′EF，A′D＝EF ，∠A′DE＝∠EFC′，∴△A′DE≌△EFC′.。