考点19 图形的轴对称、平移与旋转（解析版）-2022年数学中考一轮复习考点透析（冀教版）

这是一份考点19 图形的轴对称、平移与旋转（解析版）-2022年数学中考一轮复习考点透析（冀教版），共18页。试卷主要包含了轴对称图形与轴对称，图形的平移，图形的旋转，中心对称图形与中心对称等内容，欢迎下载使用。


一、轴对称图形与轴对称
1．常见的轴对称图形: 等腰三角形、矩形、菱形、正方形、圆．
2．折叠的性质:折叠的实质是轴对称，折叠前后的两图形全等，对应边和对应角相等．
【注意】凡是在几何图形中出现“折叠”这个字眼时，第一反应即存在一组全等图形，其次找出与要求几何量相关的条件量．解决折叠问题时，首先清楚折叠和轴对称能够提供我们隐含的且可利用的条件，分析角之间、线段之间的关系，借助勾股定理建立关系式求出答案，所求问题具有不确定性时，常常采用分类讨论的数学思想方法．
3．作某点关于某直线的对称点的一般步骤
1）过已知点作已知直线（对称轴）的垂线，标出垂足；2）在这条直线另一侧从垂足除法截取与已知点到垂足的距离相等的线段，那么截点就是这点关于该直线的对称点．
4．作已知图形关于某直线的对称图形的一般步骤
1）作出图形的关键点关于这条直线的对称点；
2）把这些对称点顺次连接起来，就形成了一个符合条件的对称图形．
二、图形的平移
1．定义：在平面内，一个图形由一个位置沿某个方向移动到另一个位置，这样的图形运动叫做平移．平移不改变图形的形状和大小．
2．三大要素： 一是平移的起点，二是平移的方向，三是平移的距离．
3．性质：
1）平移前后，对应线段平行且相等、对应角相等；2）各对应点所连接的线段平行(或在同一条直线上)且相等；3）平移前后的图形全等．
4．作图步骤：
1）根据题意，确定平移的方向和平移的距离；2）找出原图形的关键点；3）按平移方向和平移距离平移各个关键点，得到各关键点的对应点；4）按原图形依次连接对应点，得到平移后的图形．
三、图形的旋转
1．定义：在平面内，一个图形绕一个定点沿某个方向(顺时针或逆时针)转过一个角度，这样的图形运动叫旋转．这个定点叫做旋转中心，转过的这个角叫做旋转角．
2．三大要素：旋转中心、旋转方向和旋转角度．
3．性质：
1）对应点到旋转中心的距离相等；2）每对对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角；
3）旋转前后的图形全等．
4．作图步骤：1）根据题意，确定旋转中心、旋转方向及旋转角；2）找出原图形的关键点；3）连接关键点与旋转中心，按旋转方向与旋转角将它们旋转，得到各关键点的对应点；4）按原图形依次连接对应点，得到旋转后的图形．
【注意】旋转是一种全等变换，旋转改变的是图形的位置，图形的大小关系不发生改变，所以在解答有关旋转的问题时，要注意挖掘相等线段、角，因此特殊三角形性质的运用、锐角三角函数建立的边角关系起着关键的作用．
四、中心对称图形与中心对称
常见的中心对称图形
平行四边形、矩形、菱形、正方形、正六边形、圆等．
注意：图形的“对称”“平移”“旋转”这些变化,是图形运动及延伸的重要途径,研究这些变换中的图形的“不变性”或“变化规律”.
真题演练
一．选择题（共10小题）
1．（2021•保定模拟）如图，将平行四边形ABCD折叠，使点D与点B重合，折痕为EF．若平行四边形ABCD周长为20，则△ABE周长为（ ）
A．1B．5C．10D．20
【分析】由平行四边形ABCD是周长为20，推出AB+AD＝10，利用翻折变换的性质，推出△ABE的周长等于AB+AD，即可解决问题．
【解答】解：∵平行四边形ABCD是周长为20，
∴AB+AD＝10，
由翻折可知：EB＝DE，
∴△ABE的周长＝AB+AE+EB＝AB+AE+ED＝AB+AD＝10，
故选：C．
2．（2021•河北模拟）点D、点E分别是△ABC边AB、AC（AB＞AC）的中点，沿直线DE将△ABC折叠若点A的对应点为A'，则（ ）
A．A'点落在△ABC内
B．A'点落在△ABC外
C．A'点落在BC边上，且A'B＞A'C
D．A'点落在BC边所在的直线上，且A'B＞A'C
【分析】由三角形中位线定理可得DE∥BC，AD=12AB，可证△ADE∽△ABC，可得点A到BC的距离点A到DE的距离=ABAD=2，由折叠的性质可得点A到DE的距离＝点A'到DE的距离，A'B'＝AB，A'C'＝AC，即可求解．
【解答】解：∵点D、点E分别是△ABC边AB、AC（AB＞AC）的中点，
∴DE∥BC，AD=12AB，
∴△ADE∽△ABC，
∴点A到BC的距离点A到DE的距离=ABAD=2，
∵沿直线DE将△ABC折叠若点A的对应点为A'，
∴点A到DE的距离＝点A'到DE的距离，A'B'＝AB，A'C'＝AC
∴点A'在直线BC上，A'B'＞A'C'，
故选：D．
3．（2021•海港区模拟）图1和图2中所有的小正方形都全等，将图1的正方形放在图2中①②③④的某一位置，使它与原来7个小正方形组成的图形是轴对称图形，并且只有一条对称轴，这个位置是（ ）
A．①B．②C．③D．④
【分析】根据轴对称图形的概念对各图形分析判断即可得解．
【解答】解：A．是轴对称图形，但有两条对称轴，故本选项不合题意；
B．不是轴对称图形，故本选项不合题意；
C．是轴对称图形，并且只有一条对称轴，故本选项符合题意；
D．不是轴对称图形，故本选项不合题意．
故选：C．
4．（2021•路南区二模）如图为大众汽车的图标，是轴对称图形，则下列关于对称轴条数的说法中，正确的是（ ）
A．有无数条B．有4条C．有2条D．有1条
【分析】根据轴对称图形的概念求解．如果一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形叫做轴对称图形，这条直线叫做对称轴，这时，我们也可以说这个图形关于这条直线（成轴）对称．
【解答】解：该图案只有1条纵向的对称轴．
故选：D．
5．（2021•河北模拟）如图，用平移三角尺的方法可以检验出图中平行线共有（ ）
A．3对B．4对C．5对D．6对
【分析】根据平移的性质：对应点所连的线段平行且相等．
【解答】解：如图，由平移的性质得，AD∥BE，AD∥CF，BE∥CF，AB∥DE，BC∥EF，AC∥DF，共六对．
故选：D．
6．（2020•台州）如图，把△ABC先向右平移3个单位，再向上平移2个单位得到△DEF，则顶点C（0，﹣1）对应点的坐标为（ ）
A．（0，0）B．（1，2）C．（1，3）D．（3，1）
【分析】利用平移规律进而得出答案．
【解答】解：∵把△ABC先向右平移3个单位，再向上平移2个单位得到△DEF，顶点C（0，﹣1），
∴F（0+3，﹣1+2），
即F（3，1），
故选：D．
7．（2013•宽甸县二模）已知点A（﹣1，0）和点B（1，2），将线段AB平移至A′B′，点A′与点A对应．若点A′的坐标为（1，﹣3），则点B′的坐标为（ ）
A．（3，0）B．（3，﹣1）C．（﹣3，0）D．（﹣1，3）
【分析】根据平移的性质，结合已知点A，B的坐标，知点A的横坐标加上了4，纵坐标减小了1，所以A点的平移方法是：先向右平移4个单位，再向下平移1个单位，则B的平移方法与A点相同，即可得到答案．
【解答】解：∵A（﹣1，0）平移后对应点A′的坐标为（1，﹣3），
∴A点的平移方法是：先向右平移2个单位，再向下平移3个单位，
∴B点的平移方法与A点的平移方法是相同的，
∴B（1，2）平移后B′的坐标是：（3，﹣1）．
故选：B．
8．（2021•石家庄模拟）如图，一块含30°角的直角三角板ABC绕点C顺时针旋转到△A'B'C，当B，C，A'在一条直线上时，三角板ABC的旋转角度为（ ）
A．150°B．120°C．60°D．30°
【分析】直接利用旋转的性质得出对应边，再根据三角板的内角的度数得出答案．
【解答】解：∵将一块含30°角的直角三角板ABC绕点C顺时针旋转到△A'B'C，
∴BC与B'C是对应边，
∴旋转角∠BCB'＝180°﹣30°＝150°．
故选：A．
9．（2021•开平区一模）如图，正方形ABCD的边长为2cm，正方形CEFG的边长为1cm，若正方形CEFG绕点C旋转，则点F到点A的距离最小值为（ ）
A．3B．22C．32D．2
【分析】首先根据题意找到点F到点A的距离最小值时点F的位置，然后利用正方形的性质求解即可．
【解答】解：当点F在正方形的对角线AC上时，由三角形三边关系可知AF＝AC﹣CF，
当点F不在正方形的对角线AC上时，由三角形三边关系可知AC﹣CF＜AF＜AC+CF，
∴当点F在正方形的对角线AC上时，点F到点A距离最小值，
∵正方形ABCD的边长为2cm，正方形CEFG的边长为1cm，
∴AC＝22cm，CF=2cm，
∴AF＝AC﹣CF=2cm，
故选：D．
10．（2021•河北模拟）如图，正方形ABCD在平面直角坐标系中．点A的坐标为（﹣6，4），点B，C在x轴上．将正方形ABCD平移后，点O成为新正方形的对称中心，则正方形ABCD的平移过程可能是（ ）
A．向右平移6个单位长度，再向下平移4个单位长度
B．向右平移4个单位长度，再向下平移6个单位长度
C．向右平移2个单位长度，再向下平移4个单位长度
D．向右平移4个单位长度，再向下平移2个单位长度
【分析】根据要求作出图形，判断即可．
【解答】解：如图，观察图象可知，向右平移4个单位长度，再向下平移2个单位长度后点O成为新正方形的对称中心．
故选：D．
二．填空题（共5小题）
11．（2021•南皮县一模）如图，在△ABC中，∠C＝90°，∠A＝30°，BC＝2，P是AC边上一点，连接PB，将△PBC绕点B顺时针旋转，得到△DBE，点C，P的对应点分别是点E，D，点E在AB边上．
（1）若P是AC的中点，则DB＝ 7 ；
（2）若PC＝1，则点D到AC的距离为 32+1 ．
【分析】（1）利用勾股定理求出PB，可得结论．
（2）过点D作DH⊥AC于H，交AB于点F．分别求出FH，DF，可得结论．
【解答】解：（1）∵∠C＝90°，∠A＝30°，BC＝2，
∴AB＝2BC＝4，AC=3BC＝23，
∵P是AC的中点，
∴CP=12AC=3，
∴BP=BC2+CP2=22+(3)2=7，
由旋转的性质可知，BD＝BP=7，
故答案为：7．
（2）如图，过点D作DH⊥AC于H，交AB于点F．
∵∠EDF＝∠A＝30°，DE＝PC＝1，
∴EF＝DE•tan30°=33，DF＝2EF=233，
∴AF＝AB﹣BE﹣EF＝4﹣2−33=2−33，
∵DH∥BC，
∴HFBC=AFAB，
∴HF2=2−334，
∴HF＝1−36．
∴DH＝HF+DF=32+1，
故答案为：32+1．
12．（2021•路北区二模）如图，△ABC中，∠A＝30°，∠ACB＝90°，BC＝2，D是AB上的动点，将线段CD绕点C逆时针旋转90°，得到线段CE，连接BE．
（1）点C到AB的最短距离是 3 ；
（2）BE的最小值是 3−1 ．
【分析】（1）如图，过点C作CK⊥AB于K，解直角三角形求出CK，可得结论．
（2）将线段CK绕点C逆时针旋转90°得到CH，连接HE，延长HE交AB的延长线于J．首先证明四边形CKJH是正方形，推出点E在直线HJ上运动，求出BJ，根据垂线段最短解决问题即可．
【解答】解：（1）过点C作CK⊥AB于K，
在Rt△CBK中，∵BC＝2，∠ABC＝60°，
∴CK＝BC•sin60°=3，
∴点C到AB的最短距离是3．
故答案为：3．
（2）如图，将线段CK绕点C逆时针旋转90°得到CH，连接HE，延长HE交AB的延长线于J．
∵∠DCE＝∠KCH＝90°，
∴∠DCK＝∠ECH，
∵CD＝CE，CK＝CH，
∴△CKD≌△CHE（SAS），
∴∠CKD＝∠H＝90°，
∵∠CKJ＝∠KCH＝∠H＝90°，
∴四边形CKJH是矩形，
∵CK＝CH，
∴四边形CKJH是正方形，
∴点E在直线HJ上运动，当点E与J重合时，BE的值最小，
∵BK＝BC•cs60°＝1，
∴KJ＝CK=3，
∴BJ＝KJ﹣BK=3−1，
∴BE的最小值为3−1，
故答案为：3−1．
13．（2021•路北区一模）如图，边长为1的正方形ABCD在等边长的正六边形外部做顺时针滚动，滚动一周回到初始位置时停止．第一次滚动时正方形旋转了 150 °，点A在滚动过程中到出发点的最大距离是 3+2 ．
【分析】如图，点A的运动轨迹是图中红线．延长AE交红线于H，线段AH的长，即为点A在滚动过程中到出发点的最大距离．
【解答】解：第一次滚动正方形旋转了240°﹣90°＝150°．
如图，点A的运动轨迹是图中红线．延长AE交红线于H，线段AH的长，即为点A在滚动过程中到出发点的最大距离．
易知EH＝EA2=12+12=2，
在△AEF中，∵AF＝EF＝1，∠AFE＝120°，
∴AE=3，
∴AH＝AE+EH=3+2．
∴点A在滚动过程中到出发点的最大距离为3+2．
故答案为：150，3+2
14．（2021•迁西县模拟）如图，将长为6cm，宽为4cm的长方形ABCD先向右平移2cm，再向下平移1cm，得到长方形A′B′C′D′，则阴影部分的面积为 24 cm2．
【分析】利用平移的性质求出空白部分矩形的长，宽即可解决问题．
【解答】解：由题意，空白部分是矩形，长为（6﹣2）cm，宽为（4﹣1）cm，
∴阴影部分的面积＝6×4×2﹣2×（6﹣2）（4﹣1）＝24（cm2），
故答案为：24．
15．（2021•保定模拟）对平面上任意一点（a，b），定义f，g两种变换：f（a，b）＝（﹣a，b），如f（1，2）＝（﹣1，2）；g（a，b）＝（b，a），如g（1，2）＝（2，1），据此得g[f（5，﹣9）]＝ （﹣9，﹣5） ．
【分析】根据f，g两种变换的定义解答即可．
【解答】解：由题意得，f（5，﹣9）]＝（﹣5，﹣9），
∴g[f（5，﹣9）]＝g（﹣5，﹣9）＝（﹣9，﹣5），
故答案为：（﹣9，﹣5）．
三．解答题（共3小题）
16．（2021•河北模拟）已知在△ABC中，AB＝AC＝4，∠BAC＝120°绕点A旋转一定的角度a（0°＜a＜180°）得到△AB′C′．
（1）如图1，边B′C′交边AC于点D．
①求证：BB′＝CC′；
②当B′C′恰好垂直AC时，点B走过的路径长为 43π ；
（2）如图2，边B′C′与边BC交于点P，AB′与BC交于点E，B′，C′与AC交于点F．若a＝90°，求∠APB的度数．
【分析】（1）①由旋转的性质可得AB＝AB'，AC＝AC'，∠BAC＝∠B'AC'＝120°，可得∠BAB'＝∠CAC'，由“SAS”可证△ABB'≌△ACC'，可得BB'＝CC'；
②由等腰三角形的性质可求∠B'AD＝∠C'AD＝60°，由弧长公式可求解；
（2）由“AAS”可证△ABE≌△AC'F，△B'EP≌△CFP，可得AE＝AF，EP＝PF，由“SAS”可证△APE≌△APF，可得∠APF＝∠APB＝45°．
【解答】（1）①证明：∵△ABC绕点A旋转一定的角度a（0°＜a＜180°）得到△AB′C′，
∴AB＝AB'，AC＝AC'，∠BAC＝∠B'AC'＝120°，
∴∠BAB'＝∠CAC'，
∵AB＝AC，
∴AB＝AB'＝AC＝AC'，
∴△ABB'≌△ACC'（SAS），
∴BB'＝CC'；
②∵B′C′垂直AC，AB'＝AC'，
∴∠B'AD＝∠C'AD＝60°，
∴∠BAB'＝60°，
∴点B走过的路径长=60×π×4180=43π，
故答案为43π．
（2）∵AB＝AB'＝AC＝AC'，
∴∠B＝∠B'＝∠C＝∠C'＝30°，
∵a＝90°，
∴∠BAE＝∠C'AF＝90°，
∴∠AEB＝∠AFC＝60°，
∴△ABE≌△AC'F（AAS），
∴AE＝AF，
∴B'E＝CF，
∵∠B'EP＝∠AEB＝∠AFC'＝∠CFP＝60°，
∴∠B'PE＝∠CPF＝90°＝∠BPC'，∠AEP＝∠AFP＝120°，
∵∠C＝∠B'，∠B'PE＝∠CPF＝90°，B'E＝CF，
∴△B'EP≌△CFP（AAS），
∴EP＝PF，
又∵∠AEP＝∠AFP＝120°，AE＝AF，
∴△APE≌△APF（SAS），
∴∠APF＝∠APB＝45°．
17．（2021•海港区模拟）如图，C、D、E三点在线段AB上，且AC＝CE＝ED＝DB＝1，将线段AC绕点C按顺时针方向旋转α度（0＜α＜180），点A的对应点为点A1.同时将线段DB绕点D按逆时针方向旋转β度（0＜β＜360），点B的对应点为点B1，连接A1D和B1C．
（1）若β＝α（如图1），A1D和B1C的交点为F．
①求证：△A1CD≌△B1DC．
②求证：△FCD为等腰三角形．
（2）若β＝2α，当△A1CD≌△B1DC时，α＝ 120° ．
【分析】（1）①通过SAS即可证明△A1CD≌△B1DC；
②由△A1CD≌△B1DC，得∠A1DC＝∠B1CD，从而△FCD为等腰三角形；
（2）由全等可知∠A1CD＝∠B1DC，得180°﹣α＝β﹣180°，再由β＝2α，代入即可．
【解答】（1）证明：①∵β＝α即∠ACA1＝∠BDB1，
∵∠ACA1+∠A1CD＝∠BDB1+∠B1DC＝180°，
∴∠A1CD＝∠B1DC，
在△A1CD和△B1DC中，
A1C=B1D∠A1CD=∠B1DCCD=DC，
∴△A1CD≌△B1DC（SAS）；
②∵△A1CD≌△B1DC，
∴∠A1DC＝∠B1CD，
∴FC＝FD，
∴△FCD为等腰三角形；
（2）解：根据题意，若β＝2α，当△A1CD≌△B1DC时，如图，
∴∠A1CD＝∠B1DC，
∴180°﹣α＝β﹣180°，
∵β＝2α，
∴180°﹣α＝2α﹣180°，
∴α＝120°，
故答案为：120°．
18．（2021•桥东区二模）如图，在等边△ABC中，AC＝6，将AC绕点A逆时针旋转α（0°＜α＜120°）到线段AM的位置，连接BM，BM与AC交于点N，点P为BM上一点，且BP：MP＝1：2，连接PC．
（1）若α＝40°，则∠ABM＝ 40 °；
（2）当α＝60°时，请判断△AMN与△CBN是否全等，并求此时PN的长度；
（3）在AC绕点A逆时针旋转的过程中，PC的长是否存在最小值？若存在，则直接写出这个最小值；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）由旋转的性质和等边三角形的性质可知∠BAM＝100°，AB＝AM，从而得出∠ABM的度数；
（2）通过AAS可证△AMN≌△CBN，得BN＝MN，从而证明AN⊥BM，可求出BM＝63，由BP：MP＝1：2，即可求出PN的长；
（3）在AB上取一点O，使BO＝2，连接OP，OC，过点O作OH⊥BC于H，通过△OBP∽△ABM，得OP=13AM＝2，求出OC的长，利用三角形的三边关系即可解决问题．
【解答】解：（1）∵△ABC是等边三角形，
∴∠BAC＝60°，AC＝AB，
∵∠MAN＝α＝40°，
∴∠BAM＝∠BAC+∠MAN＝60°+40°＝100°，
∵AM＝AC，
∴AM＝AB，
∴∠ABM=12×(180°−100°)=40°，
故答案为：40；
（2）∵△ABC是等边三角形，
∴∠ACB＝60°，AC＝BC＝AB＝6，
∵α＝∠NAM＝60°，
∴∠NAM＝∠NCB，
∵AM＝AC，
∴AM＝BC，
在△AMN和△CBN中，
∠ANM=∠CNB∠NAM=∠NCBAM=CB，
∴△AMN≌△CBN（AAS），
∴BN＝MN，
∴AN⊥BM，
∵∠BAC＝60°，
∴∠ABN＝90°﹣60°＝30°，
∴AN=12AB=12×6=3，
在Rt△ANB中，
BN=AB2−AN2=6−32=33，
∴BM＝2BN＝63，
∵BPMP=12，
∴BPBM=13，
∴BP=13BM=63×13=23，
∴PN＝BN﹣BP＝33−23=3；
（3）如图，在AB上取一点O，使BO＝2，连接OP，OC，过点O作OH⊥BC于H，
∵BOAB=BPBM=13，∠OBP＝∠ABM，
∴△OBP∽△ABM，
∴OP=13AM＝2，
在Rt△OBH中，BH＝1，OH=3，
∴CH＝5，
由勾股定理得OC=OH2+CH2=27，
∵PC≥OC﹣OP，
∴PC的最小值为27−2，
∴PC的长存在最小值，最小值为27−2．轴对称图形
轴对称
图
形
定
义
如果一个图形沿着某条直线对折后，直线两旁的部分能够完全重合，那么这个图形就叫做轴对称图形，这条直线叫做对称轴
如果两个图形对折后，这两个图形能够完全重合，那么我们就说这两个图形成轴对称，这条直线叫做对称轴
性
质
对应线段相等
AB=AC
AB=A′B′，BC=B′C′，
AC=A′C′
对应角相等
∠B=∠C
∠A=∠A′，∠B=∠B′，
∠C=∠C′
对应点所连的线段被对称轴垂直平分
区
别
(1)轴对称图形是一个具有特殊形状的图形，只对一个图形而言；
(2)对称轴不一定只有一条
(1)轴对称是指两个图形的位置关系，必须涉及两个图形；
(2)只有一条对称轴
关
系
(1)沿对称轴对折，两部分重合；
(2)如果把轴对称图形沿对称轴分成“两个图形”，那么这“两个图形”就关于这条直线成轴对称
(1)沿对称轴翻折，两个图形重合；(2)如果把两个成轴对称的图形拼在一起，看成一个整体，那么它就是一个轴对称图形
中心对称图形
中心对称
图
形
定
义
如果一个图形绕某一点旋转180°后能与它自身重合，我们就把这个图形叫做中心对称图形，这个点叫做它的对称中心
如果一个图形绕某点旋转180°后与另一个图形重合，我们就把这两个图形叫做成中心对称
性
质
对应点
点A与点C，点B与点D
点A与点A′，点B与点B′，点C与点C′
对应线段
AB=CD，
AD=BC
AB=A′B′，BC=B′C′，AC=A′C′
对应角
∠A=∠C
∠B=∠D
∠A=∠A′，∠B=∠B′，∠C=∠C′
区
别
中心对称图形是指具有某种特性的一个图形
中心对称是指两个图形的关系
联
系
把中心对称图形的两个部分看成“两个图形”，则这“两个图形”成中心对称
把成中心对称的两个图形看成一个“整体”，则“整体”成为中心对称图形