中考总复习专题之图形的对称、平移与旋转（带答案）

………线…………○………… ………线…………○…………

绝密★启用前

图形的对称、平移与旋转

考试范围：xxx；考试时间：100分钟；命题人：xxx

题号 得分 一 二 三 四 五 总分

5．下列图形中，不能通过其中一个四边形平移得到的是（ ）

注意事项：

1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息 2．请将答案正确填写在答题卡上 … __…○___○…___……___……：…号…考…订___订…___……___……__：……级…○班_○…___……___……___……_：…装名姓装…__……___……___……___…○:校○…学…………………外内……………………○○……………………

第I卷（选择题）

请点击修改第I卷的文字说明 评卷人 得分 一、选择题（题型注释）

1．下列图案中，是中心对称图形的是（ ）

2．下面四个图案中，是轴对称图形但不是旋转对称图形的是（ ）

A． B． C． D． 3．如图1所示的图案中是轴对称图形的是（ ）

A、2012年伦敦 B、2004年雅典 C、1988年汉城 D、1980年莫斯科

4．

第1页 共8页A（．A ） B（．B） C（．C ） D（．D ）

6．若时钟上的分针走了10分钟，则分针旋转了（ ）

A．100

B．200

C．300

D．600

7．如图，下列图案是几种名车的标志，其中是轴对称图形的图案共有( )

A.1个 B.2个 C.3个 D.4个

8．将平面直角坐标系内某个图形上各点的横坐标都乘以－1，纵坐标不变，所得图形与原图形的关系是

（A）关于x轴对称 （B）关于y轴对称 (C) 关于原点对称 (D) 两图形重合

9．把△ABC沿AB边平移到△A＇B＇C＇的位置，它们的重叠部分（即图中阴影部分）的面积是△ABC的面积的一半，若AB＝2，则此三角形移动的距离A A＇是（ ）

CC'AA'BB'

A．2－1 B．

212 C．1 D．2

10．如下图，是轴对称图形但不是中心对称图形的是

A. B. C. D.

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………线…………○…………

第II卷（非选择题）

请点击修改第II卷的文字说明 评卷人

18．两块大小一样斜边为4且含有30°角的三角板如图水平放置．将△CDE绕C点按逆时针方向旋转，当E点恰好落在AB上时，△CDE旋转了 度，线段CE旋转过程中扫过的面积为 ．

得分 二、填空题（题型注释）

11．如果两个图形关于某条直线对称，那么对称轴是对应点连线的 ．

12．广告设计人员进行图案设计，经常将一个基本图案进行轴对称、平移和 等。

………线…………○………… 13．如图，风车图案可以看作是一个等腰直角三角形旋转若干次而生成的，则每次旋转的度数可以是_________度．

评卷人 得分

四、解答题（题型注释）

14．一张桌子上重叠摆放了若干枚面值一元的硬币，从三个不同方向看它得到的平面图形如下： 那么桌上共有___________枚硬币。 19．（1）某居民小区搞绿化，要在一块长方形空地上建花坛，要求设计的图案由圆和正方形组成（圆

与正方形的个数不限），并且使整个长方形场地成轴对称图形，你有好的设计方案吗？请在图22-1的

长方形中画出你的设计方案；

15．如图，△OAB绕点O逆时针旋转80°得到△OCD，若?A?110°，?数是_______________.

从上面从正面从左面D?40°，则??的度

16．已知如图，正方形ABCD的边长为3，点E是BC边上的一点，BE＝1，以点A为中心，把△ABE逆（2）如图，有三条交叉的公路，现要在三条公路交叉所形成的区域内建一货运站A，使得货运站到三时针旋转90°,得△ADE1，连接EE1，则EE1的长为 。

条公路的路程一样长，请在图22-2中画出，并标出货运站A的位置；

E1

A D

B E C

20．在图示的方格纸中

17．（2011山东烟台，18，4分）通过找出这组图形符号中所蕴含的内在规律，在空白处的横线上填上恰当的图形.

第3页 共8页 ◎ 第4页 共8页

… ○※…※○…题…※…※……答…※…※…订内订…※※……线……※※……订…○※※○…装……※※……在……※※…装要装…※※……不……※※……请…○※※○……………………内外……………………○○……………………………线…………○………… ………线…………○…………

（1）如图①，当点Q在线段AC上，且AP=AQ时，求证：△BPE≌△CQE；

… __…○___○…___……___……：…号…考…订___订…___……___……__：……级…○班_○…___……___……___……_：…装名姓装…__……___……___……___…○:校○…学…………………外内……………………○○……………………（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=

92a时，P、

Q两点间的距离 (用含a的代数式表示)．

（1）作出△ABC关于MN对称的图形△A1B1C1；

25．将边长OA=8，OC=10的矩形OABC放在平面直角坐标系中，顶点O为原点，顶点C、A分别在x轴（2）说明△A2B2C2是由△A1B1C1经过怎样的平移得到的？ 和y轴上.在OA边上选取适当的点E，连接CE，将△EOC沿CE折叠。

（本题满分7分）

y如图，△ABC的顶点坐标分别为A(4，6)、B(2，3) 、C（5，2）

yyADBABATBDDEEHGEOCxOCxOCx图①

图②

图③

（1）如图①，当点O落在AB边上的点D处时，点E的坐标为 ；

（2）如图②，当点O落在矩形OABC内部的点D处时，过点E作EG∥x轴交CD于点H，交BC于点G.

求证：EH＝CH；

21．（1）直接写出点B关于x 轴对称的点B1的坐标是 （3）在（2）的条件下，设H（m，n），写出m与n之间的关系式 ； 22．（2）直接写出以A、B、C为顶点的平行四边形的第四个顶点D的坐标是 （4）如图③，将矩形OABC变为正方形，OC＝10，当点E为AO中点时，点O落在正方形OABC内部的23．（3）将△ABC绕C点顺时针旋转90°，得△A1B2C1，则B2的坐标是 ，点B旋转到B2点D处，延长CD交AB于点T，求此时AT的长度。

的路径长为 26．如图1，在△ABC中，点P为BC边中点，直线a绕顶点A旋转，若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；

24．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(1) 延长MP交CN于点E(如图2)。?求证：△BPM≌△CPE；?求证：PM=PN；

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(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 与射线CA相交于点Q．

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。

第5页 共8页 ◎ 第6页 共8页

………线…………○…………

27．如图，正方形ABCD中,点F在边BC上，E在边BA的延长线上，△DCF按顺时针方向旋转后能………线…………○………… 与△DAE重合.

DCF

EAB （1）旋转中心是点 ；最少旋转了 度；

（2）若AE?3,BF?2,求四边形BFDE的面积.

28．如图，点O是边长为1的等边△ABC内的任一点，设∠AOB=?°，∠BOC=?°

（1）将△BOC绕点C沿顺时针方向旋转60°得△ADC，连结OD,如图2所示. 求证：OD=OC。

（2）在（1）的基础上，将△ABC绕点C沿顺时针方向旋转60°得△EAC，连结DE，如图3所示. 求证：OA=DE

（3）在（2）的基础上， 当?、?满足什么关系时，点B、O、D、E在同一直线上。并直接写出AO+BO+CO的最小值。

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… ○※…※○…题…※…※……答…※…※…订内订…※※……线……※※……订…○※※○…装……※※……在……※※…装要装…※※……不……※※……请…○※※○……………………内外……………………○○……………………

参考答案

1．B 【解析】

试题分析:中心对称图形是指在平面内，一个图形绕某个点旋转180°，如果旋转前后的图形能互相重合，那么这个图形叫做中心对称图形，这个点叫做它的对称中心，旋转180°后重合的两个点叫做对应点。本题中，A,C,D是轴对称图形，只有B是中心对称图形，故选B。

考点：本题考查了中心对称图形和轴对称图形的区别和联系。

点评：本题属于中等偏下难度试题，此类试题较易，只要掌握好轴对称和中心对称图形的区别和联系，轴对称图形是指图形围绕一条直线旋转之后可以完全重合，而中心对称图形则是一个图形绕某个点旋转180°，如果旋转前后的图形能互相重合。 2．D

【解析】A图绕中心旋转120°能与原图重合，属于旋转对称图形； B、C既是轴对称图形，又是中心对称图形（属于旋转对称图形）； D仅是轴对称图形，不属旋转对称图形． 故选D． 3．D

【解析】A、B、C都不符合轴对称图形的条件，只有D是轴对称图形，故选D. 4．A。

【解析】轴对称图形。

根据轴对称图形的概念，轴对称图形两部分沿对称轴折叠后可重合，因此 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。 5．D

【解析】A、能通过其中一个四边形平移得到，错误； B、能通过其中一个四边形平移得到，错误； C、能通过其中一个四边形平移得到，错误；

D、不能通过其中一个四边形平移得到，需要一个四边形旋转得到，正确．故选D． 6．D

【解析】分针经过10分钟，那么它转过的角度是：6°×10=60°， 故选D． 7．C

【解析】关于某条直线对称的图形叫轴对称图形．绕一个点旋转180度后所得的图形与原图形完全重合的图形叫做中心对称图形．

解：第一个是中心对称图形，但不是轴对称图形，其它三个是轴对称图形．故选C．

点评：轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分折叠后可重合，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后两部分重合． 8．B

【解析】在坐标系中点的坐标关于横轴对称则横坐标不变，纵坐标变为原坐标的相反数。现在纵坐标不变，横坐标都乘以－1，变为原来的数的相反数。所以关于纵坐标轴对称。故B正确。 9．A 【解析】

答案第1页，总10页

试题分析：把△ABC沿AB边平移到△A＇B＇C＇的位置，它们的重叠部分（即图中阴影部分）

1SABC；设△ABC边AB上的高为h，那211//么SABC??AB?h，根据平移的特征A A＇= AB-A＇B，图中阴影部分=?AB?h，由

221//平移的特征和性质可得阴影部分这个三角形和△ABC相似，所以?AB?h：

21?AB?h=1：2，且AB＝2，解得A A＇=2－1 2的面积是△ABC的面积的一半，所以图中阴影部分=

考点：平移

点评：本题考查平移，解答本题的需要考生掌握平移的概念，平移的性质，灵活运用平移的性质来解决本题 10．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，选项A、C、D都既是轴对称图形又是中心对称图形，而B是轴对称图形，不是中心对称图形。故选B。 11．垂直平分线

【解析】解：根据轴对称的性质，可得如果两个图形关于某条直线对称，那么对称轴是对应点连线的 垂直平分线． 故答案为：垂直平分线．

12．旋转. 【解析】

试题分析：熟练掌握几种几何变换的类型即可作出回答． 试题解析：几何变换包括：平移、轴对称、旋转． 故答案为：旋转．

考点: 利用旋转设计图案． 13．45

【解析】根据旋转的性质并结合一个周角是360°求解．

解：∵一个周角是360度，等腰直角三角形的一个锐角是45度，

∴如图，是由一个等腰直角三角形每次旋转45度，且旋转8次形成的． ∴每次旋转的度数是45°． 14．11

【解析】从俯视图中可以看出最底层硬币的个数及形状，从主视图可以看出每一层硬币的层数和个数，从左视图可看出每一行硬币的层数和个数，从而算出总的个数． 解答：解：三摞硬币的个数相加得：5+2+4=11．∴桌上共有11枚硬币． 15．50°

【解析】分析：已知旋转角为80°，即∠DOB=80°，欲求∠α的度数，必须先求出∠AOB的度数，利用三角形内角和定理求解即可． 解答：解：由旋转的性质知：∠A=∠C=110°，∠D=∠B=40°； 根据三角形内角和定理知：∠AOB=180°-110°-40°=30°； 已知旋转角∠DOB=80°，则∠α=∠DOB-∠AOB=50°． 故答案为：50°． 16．25

答案第2页，总10页

【解析】

试题分析：以点A为中心，把△ABE逆时针旋转90°,得△ADE1，连接EE1

根据旋转的特征BE?DE1；方形ABCD的边长为3，所以?C?90，C=CD=3，BE＝1，CE=BC-BE=3-1=2，DE1?1，所以CE1?CD?DE1?3?1?4，在直角三角形CEE1中由勾股定理得EE1?CE?CE1?22?22?42?20?25

考点：旋转，勾股定理

点评：本题考查旋转，勾股定理，掌握旋转的特征，了解勾股定理的内容是本题的关键 17．

【解析】观察图形，可发现规律：每个图形都是由两个英文大写字母构成的轴对称图形，且按顺序排列，其中奇数位置上下对称，偶数位置为左右对称. 18．

?。 3【解析】根据含有30°角的直角三角形的性质可知CE′是△ACB的中线，可得△E′CB是等边三角形，从而得出∠ACE′的度数和CE′的长，从而得出△CDE旋转的度数；再根据扇形面积公式计算求解：

∵三角板是两块大小一样斜边为4且含有30°的角，∴CE′是△ACB的中线。 ∴CE′=BC=BE′=2。∴△E′CB是等边三角形。∴∠BCE′=60°。

30???22?=。 ∴∠ACE′=90°﹣60°=30°。∴线段CE旋转过程中扫过的面积为：

360319．（1）（2）略

【解析】（1）根据轴对称图形的定义设计．即图形沿某一直线对折，图形能完全重合．

（2）由三角形内角平分线的交点到三角形三边的距离相等，可得三角形内角平分线的交点满足条件 20．（1）作图见试题解析；（2）向右平移6个单位，再向下平移2个单位（或向下平移2个单位，再向右平移6个单位）． 【解析】 试题分析：（1）根据网格结构找出点A、B、C关于MN的对称点A1、B1、C1的位置，然后顺次连接即可；

（2）根据平移的性质结合图形解答． 试题解析：（1）△A1B1C1如图所示；

（2）向右平移6个单位，再向下平移2个单位（或向下平移2个单位，再向右平移6个单位）．

答案第3页，总10页

考点：1．作图-轴对称变换；2．作图-平移变换． 21．22．

23．

【解析】略 24．（1）由△ABC是等腰直角三角形，易得∠B=∠C=45°，AB=AC，又由AP=AQ，E是BC的中点，利用SAS，可证得△BPE≌△CQE；

（2）由△ABC和△DEF是两个全等的等腰直角三角形，易得∠B=∠C=∠DEF=45°，然后利用三角形的外角的性质，即可得∠BEP=∠EQC，则可证得△BPE∽△CEQ；PQ=

5a 2【解析】 试题分析：（1）由△ABC是等腰直角三角形，易得∠B=∠C=45°，AB=AC，又由AP=AQ，E是BC的中点，利用SAS，可证得：△BPE≌△CQE；

（2）由△ABC和△DEF是两个全等的等腰直角三角形，易得∠B=∠C=∠DEF=45°，然后利用三角形的外角的性质，即可得∠BEP=∠EQC，则可证得：△BPE∽△CEQ；根据相似三角形的对应边成比例，即可求得BE的长，即可得BC的长，继而求得AQ与AP的长，利用勾股定理即可求得P、Q两点间的距离． ∵△ABC是等腰直角三角形， ∴∠B=∠C=45°，AB=AC， ∵AP=AQ， ∴BP=CQ，

∵E是BC的中点， ∴BE=CE，

∴△BPE≌△CQE（SAS）； （2）连接PQ

答案第4页，总10页

∵△ABC和△DEF是两个全等的等腰直角三角形， ∴∠B=∠C=∠DEF=45°，

∵∠BEQ=∠EQC+∠C，即∠BEP+∠DEF=∠EQC+∠C， ∴∠BEP+45°=∠EQC+45°， ∴∠BEP=∠EQC， ∴△BPE∽△CEQ， ∴

BPBE?， CECQ9a，BE=CE， 2∵BP=a，CQ=∴

aCE， ?9CEa232

a， 2

∴BE=CE=

∴BC=32a，

∴AB=AC=BC?sin45°=3a， ∴AQ=CQ-AC=

3a，PA=AB-BP=2a， 2

考点：旋转问题的综合题

点评：此类问题综合性强，难度较大，在中考中比较常见，一般作为压轴题，题目比较典型． 25．（1）（0，5）；（2）∠1＝∠2.∵EG∥x轴，∴∠1＝∠3. ∴∠2＝∠3.∴EH＝CH. （3）m?12n?5.（4）AT?2.5. 20【解析】 试题分析：

当点O落在D点时候，则CD=OC=10.在Rt△DBC时，

BD=CD2?BC2?102?82?6所以AD=AB-BD=10-6=4.设OE=x。则ED=x。AE=8-x、

22222则AE?AD?ED，即?8?x??4?x。解得x=5.所以点Ｅ坐标（0，5）；

2答案第5页，总10页

（2）证明：（如图②） 由题意可知∠1＝∠2.

∵EG∥x轴，∴∠1＝∠3. ∴∠2＝∠3. ∴EH＝CH. （3）m?12n?5. 20B（4）解：（如图③）连接ET，

yATDEOCx

由题意可知，ED＝EO，ED⊥TC，DC＝OC＝10， ∵E是AO中点，∴AE＝EO. ∴AE＝ED.

在Rt△ATE和Rt△DTE中，

图③ ?TE?TE, ?AE?ED,?∴Rt△ATE≌Rt△DTE（HL）. ∴AT＝DT.

设AT?x，则BT?10?x，TC?10?x， 在Rt△BTC中，BT?BC?TC, 即(10?x)?10?(10?x)，

解得 x?2.5，即AT?2.5. 考点：折叠性质

点评：本题难度中等，主要考查学生对折叠性质结合几何性质等知识点综合运用能力。为中考常考题型，要求学生牢固掌握解题技巧。 26．（1）见解析；（2）成立；（3）成立 【解析】 试题分析：（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=

22222211ME，而在Rt△MNE中，PN=ME，即可得到PM=PN． 22（2）证明方法与②相同．

（3）四边形MBCN是矩形，则PM=PN成立． （1）①如图2：

答案第6页，总10页

∵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=

1ME， 21ME， 2∴在Rt△MNE中，PN=

∴PM=PN．

（2）成立，如图3，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， ∴△BPM≌△CPE， ∴PM=PE， ∴PM=

1ME， 21ME， 2则Rt△MNE中，PN=∴PM=PN．

答案第7页，总10页

（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”． 考点：本题考查的是旋转的性质 点评：解答本题的关键是熟练掌握旋转的性质：旋转变化前后，对应线段、对应角分别相等，图形的大小、形状都不改变． 27．

（1）D 90° （2）25

【解析】解：（1）D；90?. ….…………………………….2分 （2）?△DCF旋转后恰好与△DEA重合， ??DCF≌?DAE.

?AE?CF?3,又BF?2. ?BC?BF?CF?5.

?S四边形BFDE?S?AED?S四边形ABFD

?S?DCF?S四边形ABFD?S正方形ABCD

?BC2

?25

….…………………………….5分

28．（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）∠α=∠β=120°，3.

【解析】 试题分析：（1）根据旋转的性质就可以得出∠DOC=60°，OC=CD，进一步可以得出△DCO为等边三角形，即可以得出结论；

（2）根据旋转的性质就可以得出△ADC≌△BOC，△EAC≌△ABC，再由全等的性质可以得出△EAD≌△ABO，从而就可以得出结论；

（3）根据旋转的性质就可以得出△ADC≌△BOC，△EAD≌△ABO，就可以得出∠α=∠

答案第8页，总10页

β=120°，再利用勾股定理就可以求出结论． 试题解析：（1）∵△BOC绕点C沿顺时针方向旋转60°得△ADC， ∴CO=CD，∠DOC=60°， ∴△COD是等边三角形， ∴DO=CO； （2）∵△BOC绕点C沿顺时针方向旋转60°得△EDC，△ABC绕点C沿顺时针方向旋转60°得△EAC，

∴△ADC≌△BOC，△EAC≌△ABC，

∴AD=BO，∠DAC=∠OBC，EA=AB，∠EAC=∠ABC， ∴∠EAC-∠DAC=∠ABC-∠OBC， 即∠DAE=∠OBA， 在△EAD和△ABO中，

?AD＝BO???DAE＝?OBA， ?AE＝BA?∴△EAD≌△ABO， ∴OA=DE；

（3）∵△ABC绕点C沿顺时针方向旋转60°得△EAC， ∴AB=BC=CE=AE，

∴四边形ABCE是菱形．

∵B、O、D、E在同一直线上，

∴B、O、D、E是菱形ABCE的对角线， ∴∠ABO=30°．

∵△ADC≌△BOC，△EAC≌△ABC， ∴∠ADC=∠BOC=β，∠ADE=∠AOB=α， ∴∠CDE=360°-α-β． ∵△COD是正三角形， ∴∠COD=∠CDO=60°．

∵点B、O、D、E在同一直线上， ∴∠BOC=∠CDE=120°， ∴∠ADC=120°， ∴∠ADE=120°， ∴α=β=120°． ∴∠BAO=30°． ∴∠BAO=∠ABO， ∴AO=BO，

同理可得：AO=CO． ∴AO=BO=CO．

作OF⊥AB于F，设BF=a，则BO=2a， ∴∠BFO=90°，BF=

11AB= 22在Rt△BOF中，由勾股定理，得

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a=

3， 63， 3∴BO=∴AO+BO+CO=3，

即AO+BO+CO的最小值为3．

考点: 1.全等三角形的判定与性质；2.等边三角形的性质；3.旋转的性质．

答案第10页，总10页

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