【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》随堂练习（含答案）.doc，共(6)页，73.000 KB，由MTyang资料小铺上传

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第2节图形的平移与旋转命题点1图形旋转的相关证明及计算1.如图，在矩形ABCD中，AB＝46，AD＝10.连接BD，∠DBC的角平分线BE交DC于点E.现把△BCE绕点B逆时针旋转，记旋转后的△BCE为△B

C′E′.当射线BE′和射线BC′都与线段AD相交时，设交点分别为F，G.若△BFD为等腰三角形，则线段DG长为______．2.在△ABC中，AB＝AC，∠A＝60°，点D是线段BC的中点，∠EDF＝120°，DE与线段AB相交于点E，DF与线段AC(或AC的延长线)相交于点

F.图①图②图③(1)如图①，若DF⊥AC，垂足为F，AB＝4，求BE的长；(2)如图②，将(1)中的∠EDF绕点D顺时针旋转一定的角度，DF仍与线段AC相交于点F.求证：BE＋CF＝12AB；(3)如图③，将(2)中的∠

EDF继续绕点D顺时针旋转一定的角度，使DF与线段AC的延长线相交于点F，作DN⊥AC于点N，若DN＝FN，求证：BE＋CF＝3(BE－CF)．命题点2)网格中图形变化作图3.作图题：(不要求写作法)如

图，在10×10的方格纸上，有一个格点四边形ABCD(即四边形的顶点都在格点上)．(1)在给出的方格纸中，画出四边形ABCD向下平移5格后的四边形A1B1C1D1；(2)在给出的方格纸中，画出四边形ABCD关于直线l对称的四边形A2B2C2D2.答案1.9817【解析】如解图，矩形ABCD中，

AB＝46，AD＝10，∴BD＝（46）2＋102＝14.∵△DFB为等腰三角形，∴∠FDB＝∠FBD，FD＝FB.设FD＝x，则AF＝10－x，BF＝x，在Rt△ABF中，AB2＋AF2＝FB2，即(46)2＋(10－x)2＝x2，解得x＝9.8，∴D

F＝BF＝9.8.∵AD∥BC，∴∠FDB＝∠DBC，∵∠FBD＝∠FDB，∴∠FBD＝∠DBC.由题意知BE平分∠DBC，∠FBG＝∠EBC，∴∠FBG＝∠DBG.过点D作DH∥BF交BG的延长线于H点，则∠H＝∠FBG＝∠DBG，∴D

H＝BD＝14，∵BF∥DH，∴FGDG＝BFDH，∴FG＋DGDG＝BF＋DHDH，即FDDG＝9.8＋1414，∴9.8DG＝9.8＋1414，∴DG＝9817.第1题解图2.(1)解：∵AB＝AC，∠A＝60°，∴△ABC是等边三角形，∴BC＝AB

＝4，∠B＝∠C＝60°.∵点D为BC的中点，∴BD＝12BC＝2，∵DF⊥AC，∴∠FDC＝30°.(1分)∵∠EDF＝120°，∴∠BDE＝180°－120°－30°＝30°，∴∠DEB＝90°，(2分)∴BE＝12BD＝1；(3分)(2)证明：过点D作DM⊥AB于点

M，DN⊥AC于点N，如解图①.第2题解图①由(1)知∠B＝∠C＝60°，BD＝DC，AB＝BC，∴BM＝12BD，CN＝12DC，∴BM＋CN＝12BD＋12DC＝12(BD＋DC)＝12BC＝12AB.(4分)∵∠B＝∠C＝60°，∠BMD＝∠CND＝90°，BD＝

DC，∴△BDM≌△CDN(AAS)，∴DM＝DN，∠BDM＝∠CDN＝30°，∴∠MDN＝180°－30°－30°＝120°＝∠EDF，(5分)∴∠MDE＝∠NDF.又∵∠DME＝∠DNF，∴△DME≌△DNF(ASA)，(6分)∴ME＝NF，∴BE＋CF＝BM

＋ME＋CF＝BM＋NF＋CF＝BM＋CN＝12AB；(7分)(3)证明：过点D作DM⊥AB于点M，如解图②.第2题解图②由(2)知DM＝DN，∠MDN＝120°＝∠EDF，∴∠MDE＝∠NDF.又∵∠DME＝∠D

NF，∴△DME≌△DNF(ASA)，(8分)∴ME＝NF.∵DN＝NF，∴DM＝ME＝DN＝NF.(9分)∵∠B＝∠DCN＝60°，∴BM＝CN＝DMtan60°＝DM3，∴BE＝ME＋BM＝DM＋DM3，CF＝NF－CN＝DM－DM3.(10分

)∴BECF＝DM＋DM3DM－DM3＝1＋131－13＝3＋13－1，(11分)∴(3－1)BE＝(3＋1)CF，∴3BE－BE＝3CF＋CF，∴3BE－3CF＝BE＋CF，∴BE＋CF＝3(BE－CF)

．(12分)3.解：(1)作四边形A1B1C1D1如解图；(5分)(2)作四边形A2B2C2D2如解图．(10分)第3题解图