【文档说明】2024年中考数学一轮复习《图形的旋转》考点课时精炼(含答案).doc，共(12)页，218.000 KB，由MTyang资料小铺上传

转载请保留链接：https://www.ichengzhen.cn/view-258932.html

以下为本文档部分文字说明：

2024年中考数学一轮复习《图形的旋转》考点课时精炼一、选择题1.下列运动属于旋转的是()A.足球在草地上滚动B.火箭升空的运动C.汽车在急刹车时向前滑行D.钟表的钟摆动的过程2.如图图形中，既是中心对称图形又是轴对称图形的是()A

.B.C.D.3.如图，8×8方格纸的两条对称轴EF，MN相交于点O，图a到图b的变换是()A.绕点O旋转180°B.先向上平移3格，再向右平移4格C.先以直线MN为对称轴作轴对称，再向上平移4格D.先向右平移4格，再以直线EF为

对称轴作轴对称4.下列命题中，错误的是()A.三角形的两边之和大于第三边B.三角形的外角和等于360°C.等边三角形既是轴对称图形，又是中心对称图D.三角形的一条中线能将三角形分成面积相等的两部分5.在如图所示的四个图案中，既

可用旋转来分析整个图案的形成过程，又可用轴对称来分析整个图案的形成过程的图案有()A．1个B．2个C．3个D．4个6.下列四个图形中，图中的一个矩形是由另一个矩形按顺时针方向旋转90°后所形成的是()A.①②B.②③C.①④D.②④7.如

图，把菱形ABOC绕点O顺时针旋转得到菱形DFOE，则下列角中不是旋转角的为()A.∠BOFB.∠AODC.∠COED.∠COF8.正五边形绕着它的中心旋转后与它本身重合，最小的旋转角度数是()A.36°B.54°C

.72°D.108°9.如图，在△ABC中，AB＝4，BC＝6，∠B＝60°，将△ABC沿射线BC的方向平移，得到△A′B′C′，再将△A′B′C′绕点A′逆时针旋转一定角度后，点B′恰好与点C重合，则平移的距离和旋转角的度数分别(

)A.4，30°B.2，60°C.1，30°D.3，60°10.如图,在正方形ABCD中,AB＝3,点M在CD的边上,且DM＝1,△AEM与△ADM关于AM所在的直线对称,将△ADM按顺时针方向绕点A旋转90°得到△ABF,连接EF,则线段EF的长

为()A.3B.23C.13D.15二、填空题11.如图，已知△AOB与△DOC成中心对称，△AOB的面积是6，AB=3，则△DOC中CD边上的高是______.12.如果点A（1﹣x，y﹣1）在第二象限，那么点B（x﹣1，y﹣1）关于原点对称的点C在第象限．13.我

们在教材中已经学习了：①等边三角形；②矩形；③平行四边形；④等腰三角形；⑤菱形．在以上五种几何图形中，既是轴对称图形，又是中心对称图形的是．14.如图，在平面直角坐标系xOy中，四边形OABC是正方形，点C(0，4)，D是OA中点，将△CDO以C

为旋转中心逆时针旋转90°后，再将得到的三角形平移，使点C与点O重合，写出此时点D的对应点的坐标________.15.在平面直角坐标系中，已知点P0的坐标为(2，0)，将点P0绕着原点O按逆时针方向旋转60°得点P1，延长OP1到点P2，使OP2＝2OP1，再将点P2绕着原点O按逆时针方向旋转

60°得点P3，则点P3的坐标是.16.如图，一段抛物线：y=﹣x(x﹣3)(0≤x≤3)，记为C1，它与x轴交于点O，A1；将C1绕点A1旋转180°得C2，交x轴于点A2；将C2绕点A2旋转180°得C3，交x轴于点A3；…如此进行下去，直至得C17.若P(50，m)在第17段

抛物线C17上，则m=.三、作图题17.如图，△DEF是△ABC经过某种变换得到的图形，点A与点D，点B与点E，点C与点F分别是对应点，观察点与点的坐标之间的关系，解答下列问题：（1）分别写出点A与点D，点B与

点E，点C与点F的坐标，并说说对应点的坐标有哪些特征；（2）若点P（a+3，4-b）与点Q（2a，2b-3）也是通过上述变换得到的对应点，求a、b值．18.如图，在边长为1的正方形组成的网格中，△AOB的顶点均在格点上，点A、B的坐标分别是A(3，2)，B(1，3).△AOB绕点O逆

时针旋转90°后得到△A1OB1.(1)点A关于点O成中心对称的点的坐标为________；(2)点A1的坐标为________；(3)在旋转过程中，求点B经过的路径的长.19.实践与操作：如图1是以正方形两顶点为圆心，边长为半

径，画两段相等的圆弧而成的轴对称图形，图2是以图1为基本图案经过图形变换拼成的一个中心对称图形.(1)请你仿照图1，用两段相等的圆弧(小于或等于半圆)，在图3中重新设计一个不同的轴对称图形.(2)以你在图3中所画的图形为基本图案，经过图形变换在图4中拼成一个中心对称图形.四、解答题2

0.如图所示，正方形ABCD的边长等于2，它绕顶点B按顺时针方向旋转得到正方形A′B′C′D′，在这个旋转过程中：①旋转中心是什么？②若旋转角为45°，边CD与A′D′交于F，求DF的长度．21.如图，正方形ABCD中，E为BC边上的一点，将△ABE旋转后得到△CBF.(1)指出旋转中

心及旋转的角度；(2)判断AE与CF的位置关系；(3)如果正方形的面积是18cm2，△BCF的面积是5cm2，问四边形AECD的面积是多少？22.如图所示，在平面直角坐标系中，△PQR是由△ABC经过某种变换后得到的图形.⑴仔细观察点A和点P，点B和点Q，点C和点R的坐标之间

的关系，在这种变换下分别写出这六个点的坐标，从中你发现什么特征？请你用文字语言将你发现的特征表达出来；⑵若△ABC内有一点M(2a+5,-1-3b)经过变换后，在△PRQ内的坐标为（-3，-2），根据你发现的特征，

求关于x的方程2-ax=bx-3的解.23.如图1,一等腰直角三角尺GEF的两条直角边与正方形ABCD的两条边分别重合在一起.现正方形ABCD保持不动,将三角尺GEF绕斜边EF的中点O(点O也是BD中点)按顺时针方向旋转.(1)如图2,当EF与AB相交于点M,GF与BD相交于点N时,通过观察

或测量BM,FN的长度,猜想BM,FN满足的数量关系,并证明你的猜想.(2)若三角尺GEF旋转到如图3所示的位置时,线段FE的延长线与AB的延长线相交于点M,线段BD的延长线与GF的延长线相交于点N,此

时,(1)中的猜想还成立吗?若成立,请证明;若不成立,请说明理由.24.已知，在菱形ABCD中，∠ADC＝60°，点H为CD上任意一点(不与C、D重合)，过点H作CD的垂线，交BD于点E，连接AE.(1)如图1，线段EH、CH、AE之间的数量关系是；(2)如

图2，将△DHE绕点D顺时针旋转，当点E、H、C在一条直线上时.求证：AE＋EH＝CH.参考答案1.D2.A.3.D4.C.5.B6.D7.D.8.C.9.B.10.C11.答案为：4.12.答案为：三；13.答案为：②⑤．14.答案为：(4，2).15.答案为：(﹣2，23).16.答案为：

2.17.解：（1）点A（2，3），点D（-2，-3），点B（1，2），点E（-1，-2），点C（3，1），点F（-3，-1）；对应点的坐标特征为：横坐标、纵坐标都互为相反数；（2）由（1）可知，a+3+2a=0，4-

b+2b-3=0，解得a=-1，b=-1．18.解：(1)(－3，－2)；(2)如图，在坐标系中画出将△AOB绕点O逆时针旋转90°的△A1OB1，点A1的坐标为(－2，3)(3)点B经过的路径为BB1︵，OB＝12＋32＝10，BB1︵的长＝90×π×10180

＝102π.19.解：答案不唯一，仅供参考：(1)在图3中设计出符合题目要求的图形如下图1.(2)在图4中画出符合题目要求的图形如下图2.20.解：①旋转中心为B点．②如图所示：∵旋转角为45°，∴∠ABA′=45°．∵四边形ABCD为正方形，∴∠AB

D=45°，∠A′DF=45°．∴∠ABA′=∠ABD．∴点B、A′、D三点在一条直线上．在Rt△ABD中，BD=22．∵A′D=BD﹣BA′，∴A′D=22﹣2．在Rt△A′DF中，DF=4﹣22．21.解：(1)旋转中心是B，旋转角是9

0°；(2)延长AE交CF于点M.∵△ABE≌△CBF，∴AE=CF，∠EAB=∠BCF.又∵∠AEB=∠CEM，∠ABE=90°，∴∠ECM+∠CEM=90°，∴AE⊥CF.(3)∵△ABE≌△CBF，∴△ABE的面

积是5cm2，∴四边形AECD的面积是18﹣5=13cm2.22.解：⑴A(4,3),B(3,1),C(1,2),P(-4,-3),Q(-3,-1),R(-1,-2),△ABC所在平面上各点与△PQR所在平面的对应点关于原点对称.⑵由⑴得∴2+x=-x-

3,解得x=-2.5所以关于x的方程2-ax=bx-3的解为x=-2.5.23.解:(1)BM＝FN.证明如下:∵△GEF是等腰直角三角形,四边形ABCD是正方形,∴∠ABD＝∠F＝45°,OB＝OF.在△OBM与△OFN中,∠ABD＝∠F＝45°

,OB＝OF,∠BOM＝∠FON,∴△OBM≌△OFN(ASA),∴BM＝FN.(2)BM＝FN仍然成立.证明如下:∵△GEF是等腰直角三角形,四边形ABCD是正方形,∴∠DBA＝∠GFE＝45°,OB＝OF.∴∠MBO＝∠NF

O＝135°.在△OBM与△OFN中,∠MBO＝∠NFO＝135°,OB＝OF,∠MOB＝∠NOF,∴△OBM≌△OFN(ASA),∴BM＝FN.24.解：(1)EH2＋CH2＝AE2，如图1，过E作EM⊥AD于

M，∵四边形ABCD是菱形，∴AD＝CD，∠ADE＝∠CDE，∵EH⊥CD，∴∠DME＝∠DHE＝90°，在△DME与△DHE中，，∴△DME≌△DHE，∴EM＝EH，DM＝DH，∴AM＝CH，在Rt△AME中，AE2＝AM2＋EM2，∴AE2＝EH2＋CH2；故答案为：EH2＋CH2＝AE2；(

2)如图2，∵菱形ABCD，∠ADC＝60°，∴∠BDC＝∠BDA＝30°，DA＝DC，∵EH⊥CD，∴∠DEH＝60°，在CH上截取HG，使HG＝EH，∵DH⊥EG，∴ED＝DG，又∵∠DEG＝60°，∴△DEG是等边三角形，

∴∠EDG＝60°，∵∠EDG＝∠ADC＝60°，∴∠EDG﹣∠ADG＝∠ADC﹣∠ADG，∴∠ADE＝∠CDG，在△DAE与△DCG中，，∴△DAE≌△DCG，∴AE＝GC，∵CH＝CG＋GH，∴CH＝AE＋EH.