2021年初中数学二轮复习 专题训练 图形与变换 作业

这是一份2021年初中数学二轮复习 专题训练 图形与变换 作业，共15页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
图形与变换一、选择题（本大题共8个小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的）1．下列图形既是中心对称图形又是轴对称图形的是（　　）A． B． C． D．【答案】C【解析】A、不是轴对称图形，是中心对称图形，故此选项错误；B、不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故此选项错误；C、是轴对称图形，也是中心对称图形，故此选项正确；D、是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项错误；故选：C．2．如图所示的正六棱柱的主视图是（  ）A． B． C． D．【答案】A【解析】从正面看是左右相邻的3个矩形，中间的矩形的面积较大，两边相同．故选A．3．如图，将线段 AB 先向右平移 5 个单位，再将所得线段绕原点按顺时针方向旋转 90°，得到线段 AB ，则点 B 的对应点 B′的坐标是（      ）A．（-4 , 1） B．（ －1, 2） C．（4 ,- 1） D．（1 ,- 2）【答案】D【解析】将线段AB先向右平移5个单位，点B（2，1），连接OB，顺时针旋转90°，则B'对应坐标为（1，-2），故选D．4．如图，菱形的对角线，交于点，，将沿点到点的方向平移，得到，当点与点重合时，点与点之间的距离为(    )A． B． C． D．【答案】C【解析】由菱形的性质得为直角三角形故选C5．如图，在平面直角坐标系中，将四边形向下平移，再向右平移得到四边形，已知，则点坐标为（    ）A． B． C． D．【答案】B【解析】图形向下平移，纵坐标发生变化，图形向右平移，横坐标发生变化. A（－3，5）到A1（3，3）得向右平移3－（－3）＝6个单位，向下平移5－3＝2个单位.所以B（－4，3）平移后B1（2，1）.故选B.6．如图，将绕点逆时针旋转70°到的位置，若，则（　　）A．45° B．40° C．35° D．30°【答案】D【解析】∵绕点逆时针旋转70°到的位置，∴，而，∴故选：D．7．如图，以点O为位似中心，把放大为原图形的2倍得到，以下说法中错误的是（   ）A． B．点C、点O、点C′三点在同一直线上C． D．【答案】C【解析】∵以点O为位似中心，把放大为原图形的2倍得到，∴，点C、点O、点C′三点在同一直线上，，，∴C选项错误，符合题意．故选C．8．如图，在边长为的菱形中，，过点作于点，现将△沿直线翻折至△的位置，与交于点.则等于（  ）A． B． C． D．【答案】A【解析】∵∠B=30°，AB=，AE⊥BC∴AE=，BE=∴BF=3，EC=-，则CF=3-又∵CG∥AB∴∴解得CG=.二、填空题（本大题共4个小题，每小题6分，共24分）9．如图，在平面直角坐标系中，的直角顶点的坐标为 ，点在轴正半轴上，且．将先绕点逆时针旋转，再向左平移3个单位，则变换后点的对应点的坐标为______．【答案】【解析】∵点的坐标为，，∴点的坐标为，如图所示，将先绕点逆时针旋转90°，则点的坐标为，
再向左平移3个单位长度，则变换后点的对应点坐标为，故答案为：．
10．如图，在平面直角坐标系中，，由绕点顺时针旋转而得，则所在直线的解析式是___．【答案】．【解析】∵ ∴过点作轴于点，∴∠BOA=∠ADC=90°.∵∠BAC=90°,∴∠BAO+∠CAD=90°.∵∠ABO+∠BAO=90°,∴∠CAD=∠ABO.∵AB=AC， ∴.∴∴设直线的解析式为，将点，点坐标代入得∴∴直线的解析式为．故答案为：．11．一副三角板如图放置，将三角板ADE绕点A逆时针旋转，使得三角板ADE的一边所在的直线与BC垂直，则的度数为______.【答案】15°或60°.【解析】①如下图，当DE⊥BC时，如下图，∠CFD＝60°，旋转角为：＝∠CAD＝60°-45°＝15°；（2）当AD⊥BC时，如下图，旋转角为：＝∠CAD＝90°-30°＝60°；12.如图，已知Rt△ABC中，∠B=90°，∠A=60°，AC=2+4，点M、N分别在线段AC、AB上，将△ANM沿直线MN折叠，使点A的对应点D恰好落在线段BC上，当△DCM为直角三角形时，折痕MN的长为__．【答案】或【解析】分两种情况：①如图，当∠CDM=90°时，△CDM是直角三角形，∵在Rt△ABC中，∠B=90°，∠A=60°，AC=2+4，∴∠C=30°，AB=AC=+2，由折叠可得，∠MDN=∠A=60°，∴∠BDN=30°，∴BN=DN=AN，∴BN=AB=，∴AN=2BN=，∵∠DNB=60°，∴∠ANM=∠DNM=60°，∴∠AMN=60°，∴AN=MN=；②如图，当∠CMD=90°时，△CDM是直角三角形，由题可得，∠CDM=60°，∠A=∠MDN=60°，∴∠BDN=60°，∠BND=30°，∴BD=DN=AN，BN=BD，又∵AB=+2，∴AN=2，BN=，过N作NH⊥AM于H，则∠ANH=30°，∴AH=AN=1，HN=，由折叠可得，∠AMN=∠DMN=45°，∴△MNH是等腰直角三角形，∴HM=HN=，∴MN=，故答案为：或．三、解答题（本大题共3个小题，每小题12分，共36分． 解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）13．如图，△ABC在平面直角坐标系中，顶点的坐标分别为A(-4，4)，B(-1，1)，C(-1，4)．(1)画出与△ABC关于y轴对称的△A1B1C1．(2)将△ABC绕点B逆时针旋转90°，得到△A2BC2，画两出△A2BC2．(3)求线段AB在旋转过程中扫过的图形面积．(结果保留π)【答案】(1)作图见解析；(2)作图见解析；(3)π.【解析】解：(1)如图，△AlB1C1为所作.(2)如图，△A2BC2为所作；(3)AB==3，所以线段AB在旋转过程中扫过的图形面积==π．14．如图1，在中，，，点M是AB的中点，连接MC，点P是线段BC延长线上一点，且，连接MP交AC于点H．将射线MP绕点M逆时针旋转交线段CA的延长线于点D．（1）找出与相等的角，并说明理由．（2）如图2，，求的值．（3）在（2）的条件下，若，求线段AB的长．【答案】（1）；理由见解析；（2）；（3）.【解析】（1）．理由如下：∵，，∴．∴．由旋转的性质知，．∴；（2）如图，过点C作交MP于点G．∴，．∵，点M是AB的中点，∴．∴．∴．∵．∴．∵，∴．在与中，∴．∴．∵．∴．∵，∴．∴．设，则，．在中，．∴．∴；（3）如图，由（2）知．则．∵．∴．∵，∴．∴．∴．∴．由（2）知，，则．∴，．∵，．∴．∴．∴，即．解得，（舍去）．∴．15．如图1，点E是正方形ABCD边CD上任意一点，以DE为边作正方形DEFG，连接BF，点M是线段BF中点，射线EM与BC交于点H，连接CM．（1）请直接写出CM和EM的数量关系和位置关系；（2）把图1中的正方形DEFG绕点D顺时针旋转45°，此时点F恰好落在线段CD上，如图2，其他条件不变，（1）中的结论是否成立，请说明理由；（3）把图1中的正方形DEFG绕点D顺时针旋转90°，此时点E、G恰好分别落在线段AD、CD上，如图3，其他条件不变，（1）中的结论是否成立，请说明理由．【答案】（1）CM=EM，CM⊥EM，理由见解析；（2）（1）中的结论成立，理由见解析；（3）（1）中的结论成立，理由见解析.【解析】（1）如图1，结论：CM=EM，CM⊥EM．理由：∵AD∥EF，AD∥BC，∴BC∥EF，∴∠EFM=∠HBM，在△FME和△BMH中，，，∴△FME≌△BMH，∴HM=EM，EF=BH，∵CD=BC，∴CE=CH，∵∠HCE=90°，HM=EM，∴CM=ME，CM⊥EM．（2）如图2，连接AE，∵四边形ABCD和四边形EDGF是正方形，∴∠FDE=45°，∠CBD=45°，∴点B、E、D在同一条直线上，∵∠BCF=90°，∠BEF=90°，M为AF的中点，∴CM=AF，EM=AF，∴CM=ME，∵∠EFD=45°，∴∠EFC=135°，∵CM=FM=ME，∴∠MCF=∠MFC，∠MFE=∠MEF，∴∠MCF+∠MEF=135°，∴∠CME=360°-135°-135°=90°，∴CM⊥ME．（3）如图3，连接CF，MG，作MN⊥CD于N，在△EDM和△GDM中，，∴△EDM≌△GDM，∴ME=MG，∠MED=∠MGD，∵M为BF的中点，FG∥MN∥BC，∴GN=NC，又MN⊥CD，∴MC=MG，∴MD=ME，∠MCG=∠MGC，∵∠MGC+∠MGD=180°，∴∠MCG+∠MED=180°，∴∠CME+∠CDE=180°，∵∠CDE=90°，∴∠CME=90°，∴（1）中的结论成立．