【文档说明】（通用版）中考数学一轮复习练习卷7.2《图形的平移与旋转》课后练习（含答案）.doc，共(20)页，268.000 KB，由MTyang资料小铺上传

转载请保留链接：https://www.ichengzhen.cn/view-35576.html

以下为本文档部分文字说明：

第2节图形的平移与旋转(建议答题时间：60分钟)基础过关1.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.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°

3.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.32B.33C.62D.3－624.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)5.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.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.312B.36C.33D.327.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：_____________________________________.8.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．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_______

_．10．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.已知：如图，在△AOB中，∠AOB＝90°，AO＝3cm，BO＝4cm，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.12.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.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.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)15.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．16.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＝9

0°，AB＝24，cos∠BAC＝1213，求CB′的长．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．18

.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.满分冲关1.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.283B.243C.323D.32－3－82.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.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________．4.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.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.6.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．7.已知：△AOB和△COD均为等腰直角三角形，∠AO

B＝∠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．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，∵OB2＋B′O2＝B′B2，∴△BB′O是直角三角形，∠BOB′＝9

0°，即α＝90°.第2题解图3.D【解析】∵△DEF是由△ABC平移得到，∴DE∥AB，∴△CHE∽△CAB，∴CHECABSS＝(CEBC)2＝(BC－BEBC)2＝12，即(3－BE3)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＝DE3＝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°，∠CO

A＝45°，∵∠AOD＝∠COA－∠COD，∴∠AOD＝30°.11.32【解析】∵∠AOB＝90°，AO＝3cm，OB＝4cm，∴AB＝AO2＋OB2＝5cm，∵△A1OB1是由△AOB旋转得到的，∴OB1＝OB＝4cm，∵

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＝ADco

s30°＝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△PC

E＝12·EC·PM＝12(23－2)(23－3)＝9－53.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AD2＋DG2＝AB′2＋B′G2，即72＋(x－4)2＝x2＋x2，解得x＝5或x＝－13(舍去)．连接AC，AC′，在Rt△ABC中，由勾股定理得AC＝A

B2＋BC2＝52＋72＝74.由旋转性质得AB′＝AB，AC′＝AC，∠BAB′＝∠CAC′，∴△BAB′∽△CAC′，∴CC′BB′＝ACAB＝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′︵＝nπR180＝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＝∠

DCFCE＝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′C

C′.∵∠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＝∠MDFDF＝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EB2＋BF2＝EF2，即42＋(8－x)2＝x2，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＝∠FAEAE＝AE，∴△AEH≌△AEF(SAS)

，∴EH＝EF；(2)如解图所示，连接HM.第18题解图∵∠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°.∴EH2＝MH2＋ME2，∴HE2＝(2DF)2＋(2BE)2.∵HE＝EF，∴EF2＝2BE2＋2DF2.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P

Q⊥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′＝A

B＝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＝283.第1题解图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，DE2＝OD2＋OE2，BG2＝OB2＋OG2，DE2＋BG2＝OD2＋OE2＋OB2＋OG2＝(OD2＋OB2)＋(OG2＋OE2)＝BD2＋GE2＝(2a)2＋(2b)2＝2a2＋2b2，③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＝DEDO＝12，∴DE＝CO＝4，DO＝AO＝8，又∵tan∠DOE＝CMCO＝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＝DG2

－DF2＝41313x.∵FN∥AD，∴FNAD＝GFGA，∴FN3x＝41313x13x，∴FN＝1213x，∴NG＝FG2－FN2＝813x.∴NC＝813x＋x＝2113x，∴FC＝FN2＋NC2＝36513x，∵∠1＋∠2＝∠2＋∠3＝90°，

∴∠1＝∠3，∴Rt△MCH∽Rt△NFC，∴MCNF＝MHNC＝CHFC，∴MC1213x＝MH2113x＝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＝9

915＝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＝AHtan30°＝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，∴DHAH＝BHCH，∴DHBH＝AHCH，∵∠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＝∠ADBDE＝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＝∠D

CE＝135°，∴∠CDF＋∠F＝180°－135°＝45°.又∵∠CDF＋∠CDE＝45°，∴∠F＝∠CDE.∴△CDF∽△CED.∴CDCE＝CFCD，即CD2＝CE·CF.∵∠ACB＝90°，AD＝BD，∴CD＝12AB.∴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＝22.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△BH

O≌△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.