2022年中考数学复习之小题狂练450题（填空题）：图形的对称和平移（含答案）

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2022年中考数学复习之小题狂练450题（填空题）：图形的对称和平移
一．填空题（共10小题）
1．（2021•湘潭）在平面直角坐标系中，把点A（﹣2，1）向右平移5个单位得到点A′，则点A′的坐标为 ．
2．（2021•高邮市模拟）如图，在△ABC中，BC＝4，若将△ABC平移6个单位长度得到△A1B1C1，点P、Q分别是AB、A1C1的中点，则PQ的最大值是 ．

3．（2021•黔西南州）如图，在矩形纸片ABCD中，AB＝6，BC＝9，M是BC上的点，且CM＝3，将矩形纸片ABCD沿过点M的直线折叠，使点D落在AB上的点P处，点C落在点C′处，折痕为MN，则线段AN的长是 ．

4．（2021•阿坝州）如图，腰长为2+2的等腰△ABC中，顶角∠A＝45°，D为腰AB上的一个动点，将△ACD沿CD折叠，点A落在点E处，当CE与△ABC的某一条腰垂直时，BD的长为 ．

5．（2021•长春）如图，在平面直角坐标系中，等腰直角三角形AOB的斜边OA在y轴上，OA＝2，点B在第一象限．标记点B的位置后，将△AOB沿x轴正方向平移至△A1O1B1的位置，使A1O1经过点B，再标记点B1的位置，继续平移至△A2O2B2的位置，使A2O2经过点B1，此时点B2的坐标为 ．

6．（2021•汉川市模拟）如图，将矩形纸片ABCD（AD＞AB）折叠，使点C刚好落在线段AD上，且折痕分别与边BC，AD相交，设折叠后点C，D的对应点分别为点G，H，折痕分别与边BC，AD相交于点E，F．若AB＝3，BC＝9，则线段CE的最大值与最小值的和是 ．

7．（2021•酒泉一模）如图，O为坐标原点，△OAB是等腰直角三角形，∠OAB＝90°，点B的坐标是（0，），将该三角形沿x轴向右平移得Rt△O′A′B′，此时，点B′的坐标为（，），则线段OA在平移过程中扫过部分的图形面积为 ．

8．（2021•湖北）如图，在平面直角坐标系中，动点P从原点O出发，水平向左平移1个单位长度，再竖直向下平移1个单位长度得点P1（﹣1，﹣1）；接着水平向右平移2个单位长度，再竖直向上平移2个单位长度得到点P2；接着水平向左平移3个单位长度，再竖直向下平移3个单位长度得到点P3；接着水平向右平移4个单位长度，再竖直向上平移4个单位长度得到点P4，…，按此作法进行下去，则点P2021的坐标为 ．

9．（2021•盘锦）如图，四边形ABCD为矩形，AB＝2，AD＝2，点P为边AB上一点，以DP为折痕将△DAP翻折，点A的对应点为点A′，连接AA′，AA′交PD于点M，点Q为线段BC上一点，连接AQ，MQ，则AQ+MQ的最小值是 ．

10．（2021•襄州区模拟）如图，在等腰Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝BC＝4．点D和点E分别在BC边和AB边上，连接DE．将△BDE沿DE折叠，得到△B'DE，点B恰好落在AC的中点处．设DE与BB'交于点F，则DE＝ ．


2022年中考数学复习之小题狂练450题（填空题）：图形的对称和平移（10题）
参考答案与试题解析
一．填空题（共10小题）
1．（2021•湘潭）在平面直角坐标系中，把点A（﹣2，1）向右平移5个单位得到点A′，则点A′的坐标为 （3，1） ．
【考点】坐标与图形变化﹣平移．
【专题】平面直角坐标系；运算能力．
【分析】根据左减右加，上加下减的规律解决问题即可．
【解答】解：∵点A（﹣2，1）向右平移5个单位得到点A′，
∴A′（3，1），
故答案为（3，1）．
【点评】本题考查坐标与图形的变化﹣平移等知识，解题的关键是熟练掌握平移的规律．
2．（2021•高邮市模拟）如图，在△ABC中，BC＝4，若将△ABC平移6个单位长度得到△A1B1C1，点P、Q分别是AB、A1C1的中点，则PQ的最大值是 8 ．

【考点】平移的性质．
【专题】平移、旋转与对称；推理能力．
【分析】取A1B1的中点P1，如图，则P1为P的对应点，根据平移的性质得到PP1＝6，利用P1Q为△A1B1C1的中位线得到P1Q＝BC＝2，根据两点之间线段最短得到PQ≤PP1+P1Q（当且仅当P、P1、Q共线时取等号），从而得到PQ的最大值．
【解答】解：取A1B1的中点P1，如图，则P1为P的对应点，
∵将△ABC平移6个单位长度得到△A1B1C1，
∴PP1＝6，
∵Q是A1C1的中点，
∴P1Q为△A1B1C1的中位线，
∴P1Q＝BC＝2，
∵PQ≤PP1+P1Q（当且仅当P、P1、Q共线时取等号），
即PQ≤8，
∴PQ的最大值是8．
故答案为8．

【点评】本题考查了平移的性质：把一个图形整体沿某一直线方向移动，会得到一个新的图形，新图形与原图形的形状和大小完全相同；新图形中的每一点，都是由原图形中的某一点移动后得到的，这两个点是对应点．连接各组对应点的线段平行（或共线）且相等．
3．（2021•黔西南州）如图，在矩形纸片ABCD中，AB＝6，BC＝9，M是BC上的点，且CM＝3，将矩形纸片ABCD沿过点M的直线折叠，使点D落在AB上的点P处，点C落在点C′处，折痕为MN，则线段AN的长是 4 ．

【考点】矩形的性质；翻折变换（折叠问题）．
【专题】平移、旋转与对称；几何直观．
【分析】连接PM，推出BM＝BC﹣CM＝9﹣3＝6，由折叠性质得，CD＝PC′＝6，∠C＝∠PC′M＝∠PBM＝90°，C′M＝CM＝3，由Rt△PBM≌Rt△MC′P（HL），得出PB＝C′M＝3，所以PA＝AB﹣PB＝6﹣3＝3．设AN＝x，则ND＝9﹣x＝PN，在Rt△APN中，AN2+AP2＝PN2，即x2+32＝（9﹣x）2，求出x的值即可得出答案．
【解答】解：连接PM，如图
∵AB＝6，BC＝9，CM＝3，
∴BM＝BC﹣CM＝9﹣3＝6，
由折叠性质得，CD＝PC′＝6，∠C＝∠PC′M＝∠PBM＝90°，C′M＝CM＝3，
在Rt△PBM和Rt△MC′P中，
，
∴Rt△PBM≌Rt△MC′P（HL），
∴PB＝C′M＝3，
∴PA＝AB﹣PB＝6﹣3＝3．
设AN＝x，则ND＝9﹣x＝PN，
在Rt△APN中，AN2+AP2＝PN2，
即x2+32＝（9﹣x）2，
解得x＝4，
∴AN的长是4．
故答案为4．

【点评】本题主要考查了翻折变化、矩形的性质及勾股定理，熟练应用翻折变化的性质及矩形的性质进行计算是解决本题的关键．
4．（2021•阿坝州）如图，腰长为2+2的等腰△ABC中，顶角∠A＝45°，D为腰AB上的一个动点，将△ACD沿CD折叠，点A落在点E处，当CE与△ABC的某一条腰垂直时，BD的长为 或2 ．

【考点】等腰直角三角形；翻折变换（折叠问题）．
【专题】等腰三角形与直角三角形；平移、旋转与对称；推理能力．
【分析】分两种情况：当CE⊥AB 时；当CE⊥AC时，根据折叠的性质，等腰直角三角形的判定与性质以及全等三角形的判定与性质即可求解．
【解答】解：当CE⊥AB 时，如图，

设垂足为M，在Rt△AMC中，∠A＝45°，
由折叠得：∠ACD＝∠DCE＝22.5°，
∵等腰△ABC中，顶角∠A＝45°，
∴∠B＝∠ACB＝67.5°，
∴∠BCM＝22.5°，
∴∠BCM＝∠DCM，
在△BCM和△DCM中，
，
∴△BCM≌△DCM（ASA），
∴BM＝DM，
由折叠得：∠E＝∠A＝45°，AD＝DE，
∴△MDE是等腰直角三角形，
∴DM＝EM，
设DM＝x，则BM＝x，DE＝x，
∴AD＝x．
∵AB＝2+2，
∴2x+x＝2+2，解得：x＝，
∴BD＝2x＝2；
当CE⊥AC时，如图，

∴∠ACE＝90°，
由折叠得：∠ACD＝∠DCE＝45°，
∵等腰△ABC中，顶角∠A＝45°，
∴∠E＝∠A＝45°，AD＝DE，
∴∠ADC＝∠EDC＝90°，即点D、E都在直线AB上，且△ADC、△DEC、△ACE都是等腰直角三角形，
∵AB＝AC＝2+2，
∴AD＝AC＝2+，
BD＝AB﹣AD＝（2+2）﹣（2+）＝，
综上，BD的长为或2．
故答案为：或2．
【点评】本题考查折叠的性质，等腰直角三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质．解题的关键是熟练掌握折叠的性质，等腰直角三角形的判定与性质．
5．（2021•长春）如图，在平面直角坐标系中，等腰直角三角形AOB的斜边OA在y轴上，OA＝2，点B在第一象限．标记点B的位置后，将△AOB沿x轴正方向平移至△A1O1B1的位置，使A1O1经过点B，再标记点B1的位置，继续平移至△A2O2B2的位置，使A2O2经过点B1，此时点B2的坐标为 （3，1） ．

【考点】等腰直角三角形；坐标与图形变化﹣平移．
【专题】平面直角坐标系；等腰三角形与直角三角形；几何直观；运算能力．
【分析】过点B作BP⊥y轴于点P，由△ABO是等腰直角三角形，OA＝2知AP＝OP＝1，∠AOB＝45°，继而得△BPO是等腰直角三角形，据此可知BP＝PO＝1，再根据题意可得答案．
【解答】解：如图所示，过点B作BP⊥y轴于点P，

∵△ABO是等腰直角三角形，OA＝2，
∴AP＝OP＝1，∠AOB＝45°，
∴△BPO是等腰直角三角形，
∴BP＝PO＝1，
由题意知点B2的坐标为（3，1），
故答案为：（3，1）．
【点评】本题主要考查坐标与图形的变化—平移及等腰直角三角形，解题的关键是掌握等腰直角三角形的判定与性质及平移的性质．
6．（2021•汉川市模拟）如图，将矩形纸片ABCD（AD＞AB）折叠，使点C刚好落在线段AD上，且折痕分别与边BC，AD相交，设折叠后点C，D的对应点分别为点G，H，折痕分别与边BC，AD相交于点E，F．若AB＝3，BC＝9，则线段CE的最大值与最小值的和是 3≤CE≤5 ．

【考点】矩形的性质；翻折变换（折叠问题）．
【专题】平移、旋转与对称；推理能力．
【分析】当G与A重合时，CE取最大值，由折叠的性质得CD＝DG，∠CDE＝∠GDE＝45°，推出四边形CEGD是矩形，根据矩形的性质即可得到CE＝CD＝AB＝3；如图1，当F与D重合时，CE取最小值，由折叠的性质得AE＝CE，根据勾股定理即可得到结论．
【解答】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴AD∥BC，
∴∠GFE＝∠FEC，
∵图形翻折后点G与点C重合，EF为折线，
∴∠GEF＝∠FEC，
∴∠GFE＝∠FEG，
∴GF＝GE，
∵图形翻折后EC与GE完全重合，
∴EG＝EC，
∴GF＝EC，
∴四边形CEGF为平行四边形，
∴四边形CEGF为菱形，
当点F与D重合时，EC的值最小，
此时CE＝CD＝AB＝3．
如图2，当G与A重合时，CE取最大值，
由折叠的性质得AE＝CE，
∵∠B＝90°，
∴AE2＝AB2+BE2，即CE2＝32+（9﹣CE）2，
∴CE＝5，
∴线段CE的取值范围3≤CE≤5，
故答案为：3≤CE≤5．


【点评】本题考查的是菱形的判定、翻转变换的性质，掌握四条边相等的四边形是菱形、翻转变换的性质是解题的关键．
7．（2021•酒泉一模）如图，O为坐标原点，△OAB是等腰直角三角形，∠OAB＝90°，点B的坐标是（0，），将该三角形沿x轴向右平移得Rt△O′A′B′，此时，点B′的坐标为（，），则线段OA在平移过程中扫过部分的图形面积为 1 ．

【考点】等腰直角三角形；坐标与图形变化﹣平移．
【专题】平移、旋转与对称；应用意识．
【分析】利用平移的性质得出AA′的长，根据等腰直角三角形的性质得到AA′对应的高，再结合平行四边形面积公式求出即可．
【解答】解：∵点B的坐标为（0，），将该三角形沿x轴向右平移得到Rt△O′A′B′，此时点B′的坐标为（，），
∴AA′＝BB′＝，
∵△OAB是等腰直角三角形，
∴A（，），
∴AA′对应的高，
∴线段OA在平移过程中扫过部分的图形面积为×＝1．
故答案为：1．
【点评】此题主要考查了平移变换、等腰直角三角形的性质以及平行四边面积求法，利用平移规律得出对应点坐标是解题关键．
8．（2021•湖北）如图，在平面直角坐标系中，动点P从原点O出发，水平向左平移1个单位长度，再竖直向下平移1个单位长度得点P1（﹣1，﹣1）；接着水平向右平移2个单位长度，再竖直向上平移2个单位长度得到点P2；接着水平向左平移3个单位长度，再竖直向下平移3个单位长度得到点P3；接着水平向右平移4个单位长度，再竖直向上平移4个单位长度得到点P4，…，按此作法进行下去，则点P2021的坐标为 （﹣1011，﹣1011） ．

【考点】坐标与图形变化﹣平移；规律型：点的坐标．
【专题】动点型；平移、旋转与对称；推理能力．
【分析】观察图象可知，奇数点在第三象限，由题意P1（﹣1，﹣1），P3（﹣2，﹣2），P5（﹣3，﹣3），•••，P2n﹣1（﹣n，﹣n），即可解决问题．
【解答】解：观察图象可知，奇数点在第三象限，
∵P1（﹣1，﹣1），P3（﹣2，﹣2），P5（﹣3，﹣3），•••，P2n﹣1（﹣n，﹣n），
∴P2021（﹣1011，﹣1011），
故答案为：（﹣1011，﹣1011）．
【点评】本题考查坐标与图形变化﹣平移，规律型等知识，解题的关键是学会探究规律，利用规律解决问题，属于中考常考题型．
9．（2021•盘锦）如图，四边形ABCD为矩形，AB＝2，AD＝2，点P为边AB上一点，以DP为折痕将△DAP翻折，点A的对应点为点A′，连接AA′，AA′交PD于点M，点Q为线段BC上一点，连接AQ，MQ，则AQ+MQ的最小值是 4 ．

【考点】矩形的性质；翻折变换（折叠问题）．
【专题】矩形 菱形 正方形；平移、旋转与对称；推理能力．
【分析】如图，作点A关于BC的对称点T，取AD的中点R，连接BT，QT，RT，RM，MT．想办法求出RM，RT，求出MT的最小值，再根据QA+QM＝QM+QT≥MT，可得结论．
【解答】解：如图，作点A关于BC的对称点T，取AD的中点R，连接BT，QT，RT，RM，MT．

∵四边形ABCD是矩形，
∴∠RAT＝90°，
∵AR＝DR＝，AT＝2AB＝4，
∴RT＝＝＝5，
∵A，A′关于DP对称，
∴AA′⊥DP，
∴∠AMD＝90°，
∵AR＝RD，
∴RM＝AD＝，
∵MT≥RT﹣RM，
∴MT≥4，
∴MT的最小值为4，
∵QA+QM＝QT+QM≥MT，
∴QA+QM≥4
∴QA+QM的最小值为4．
故答案为：4．
【点评】本题考查翻折变换，矩形的性质，解直角三角形等知识，解题的关键是求出MT的最小值，属于中考常考题型．
10．（2021•襄州区模拟）如图，在等腰Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝BC＝4．点D和点E分别在BC边和AB边上，连接DE．将△BDE沿DE折叠，得到△B'DE，点B恰好落在AC的中点处．设DE与BB'交于点F，则DE＝ ．

【考点】等腰直角三角形；翻折变换（折叠问题）．
【专题】等腰三角形与直角三角形；平移、旋转与对称；推理能力．
【分析】在Rt△BCB'中，求出BB'＝，设BD＝x，则CD＝4﹣x，B'D＝x，在Rt△CDB'中，由勾股定理得x2＝（4﹣x）2+（2）2，求得BD＝，在Rt△BDF中，求出DF＝，过点B'作B'G⊥AB于点G，则AG＝B'G＝2，设BE＝y，则GE＝6﹣y，B'E＝y，在Rt△B'GE中，GE2+B'G2＝B'E2，可求BE＝，在Rt△BEF中，EF2＝BE2﹣BF2，可求EF＝，则ED＝DF+EF＝．
【解答】解：由折叠可知，BD＝B'D，BF＝B'F，DF⊥BF，
∵BC＝AC＝4，B'是AC的中点，
∴CB'＝2，
在Rt△BCB'中，BB'＝＝＝，
∴BF＝，
设BD＝x，则CD＝4﹣x，B'D＝x，
在Rt△CDB'中，B'D＝，
∴x2＝（4﹣x）2+（2）2，
∴x＝，
∴BD＝
在Rt△BDF中，DF＝＝＝，
过点B'作B'G⊥AB于点G，如图所示：

∵∠A＝45°，
∴AG＝B'G，
∵AB'＝2，
∴AG＝B'G＝2，
设BE＝y，则GE＝6﹣y，B'E＝y，
在Rt△B'GE中，GE2+B'G2＝B'E2，
∴（6﹣x）2+4＝x2，
∴x＝，
∴BE＝，
在Rt△BEF中，EF2＝BE2﹣BF2，
∴EF2＝（）2﹣（）2＝，
∴EF＝，
∴ED＝DF+EF＝＝，
故答案为：．
【点评】本题考查折叠的性质，熟练掌握折叠的性质、灵活应用勾股定理是解题的关键．

考点卡片
1．规律型：点的坐标
规律型：点的坐标．
2．等腰直角三角形
（1）两条直角边相等的直角三角形叫做等腰直角三角形．
（2）等腰直角三角形是一种特殊的三角形，具有所有三角形的性质，还具备等腰三角形和直角三角形的所有性质．即：两个锐角都是45°，斜边上中线、角平分线、斜边上的高，三线合一，等腰直角三角形斜边上的高为外接圆的半径R，而高又为内切圆的直径（因为等腰直角三角形的两个小角均为45°，高又垂直于斜边，所以两个小三角形均为等腰直角三角形，则两腰相等）；
（3）若设等腰直角三角形内切圆的半径r＝1，则外接圆的半径R＝+1，所以r：R＝1：+1．
3．矩形的性质
（1）矩形的定义：有一个角是直角的平行四边形是矩形．
（2）矩形的性质
①平行四边形的性质矩形都具有；
②角：矩形的四个角都是直角；
③边：邻边垂直；
④对角线：矩形的对角线相等；
⑤矩形是轴对称图形，又是中心对称图形．它有2条对称轴，分别是每组对边中点连线所在的直线；对称中心是两条对角线的交点．
（3）由矩形的性质，可以得到直角三角形的一个重要性质，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半．
4．翻折变换（折叠问题）
1、翻折变换（折叠问题）实质上就是轴对称变换．
2、折叠的性质：折叠是一种对称变换，它属于轴对称，折叠前后图形的形状和大小不变，位置变化，对应边和对应角相等．
3、在解决实际问题时，对于折叠较为复杂的问题可以实际操作图形的折叠，这样便于找到图形间的关系．
首先清楚折叠和轴对称能够提供给我们隐含的并且可利用的条件．解题时，我们常常设要求的线段长为x，然后根据折叠和轴对称的性质用含x的代数式表示其他线段的长度，选择适当的直角三角形，运用勾股定理列出方程求出答案．我们运用方程解决时，应认真审题，设出正确的未知数．
5．平移的性质
（1）平移的条件
平移的方向、平移的距离
（2）平移的性质
①把一个图形整体沿某一直线方向移动，会得到一个新的图形，新图形与原图形的形状和大小完全相同． ②新图形中的每一点，都是由原图形中的某一点移动后得到的，这两个点是对应点．连接各组对应点的线段平行且相等．
6．坐标与图形变化-平移
（1）平移变换与坐标变化
①向右平移a个单位，坐标P（x，y）⇒P（x+a，y）
①向左平移a个单位，坐标P（x，y）⇒P（x﹣a，y）
①向上平移b个单位，坐标P（x，y）⇒P（x，y+b）
①向下平移b个单位，坐标P（x，y）⇒P（x，y﹣b）
（2）在平面直角坐标系内，把一个图形各个点的横坐标都加上（或减去）一个整数a，相应的新图形就是把原图形向右（或向左）平移a个单位长度；如果把它各个点的纵坐标都加（或减去）一个整数a，相应的新图形就是把原图形向上（或向下）平移a个单位长度．（即：横坐标，右移加，左移减；纵坐标，上移加，下移减．）