2022-2023 数学北师大版新中考精讲精练 考点23图形的对称、平移和旋转

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考点23图形的对称、平移和旋转
【考点总结】一、图形的轴对称
1．定义：
(1)轴对称：把一个图形沿着某一条直线对折后，如果能与另一个图形重合，那么就说这两个图形成轴对称，这条直线就是对称轴，两个图形中的对应点叫做对称点．
(2)轴对称图形：把一个图形沿某条直线对折，如果直线两旁的部分能够互相重合，那么这个图形叫做轴对称图形．这条直线就是它的对称轴．
2．性质：
(1)对称点的连线被对称轴垂直平分；
(2)对应线段相等，对应角相等；
(3)成轴对称的两个图形是全等图形．
【考点总结】二、图形的中心对称
1．定义：
(1)中心对称：把一个图形绕着一点旋转180°后，如果与另一个图形重合，那么这两个图形叫做关于这一点成中心对称，这个点叫做对称中心，旋转前后的点叫做对称点．
(2)中心对称图形：把一个图形绕着某一点旋转180°后，能与原来位置的图形重合，这个图形叫做中心对称图形，这个点叫做对称中心．
2．性质：
(1)关于某点成中心对称的两个图形是全等图形；
(2)关于某点成中心对称的两个图形，对称点的连线都经过对称中心，并且被对称中心平分．
3．图形折叠问题
折叠问题是轴对称变换，折痕所在直线就是轴对称问题中的对称轴；应用时注意折叠所对应的图形，抓住它们之间的不变关系及其性质，寻找相等的量．
【考点总结】三、图形的平移
1．定义：
在平面内，将一个图形沿某个方向移动一定的距离，图形的这种变换，叫做平移变换，简称平移．确定一个平移变换的条件是平移的方向和距离．
2．性质：
(1)平移不改变图形的形状与大小，即平移前后的两个图形是全等图形；
(2)连接各组对应点的线段平行(或共线)且相等；
(3)对应线段平行(或共线)且相等；
(4)对应角相等．
【考点总结】四、图形的旋转
1．定义：
在平面内，把一个平面图形绕着一个定点沿着某个方向旋转一定的角度，图形的这种变换，叫做旋转变换．这个定点叫做旋转中心，这个角度叫旋转角．图形的旋转由旋转方向和旋转角所决定．
2．性质：
(1)图形上的每一点都绕着旋转中心沿着相同的方向旋转了同样大小的角度；
(2)旋转后的图形与原来的图形的形状和大小都没有发生变化，即它们是全等的；:]
(3)旋转前后两个图形的对应点到旋转中心的距离相等；
(4)对应点到旋转中心的连线所成的角相等，并且等于旋转角．
【考点总结】五、简单的平移作图与旋转作图
1．平移作图的步骤：
(1)首先找出原图形中的关键点，如多边形的顶点，圆的圆心；
(2)根据平移的距离与方向，画出特殊点的对应点；
(3)顺次连接各对应点，就得到原图形平移后的图形．
2．旋转作图的步骤：
(1)找出旋转中心与旋转角；
(2)找出构成图形的关键点；
(3)作出这些关键点旋转后的对应点；
(4)顺次连接各对应点．
真题演练

一、单选题
1．（2021·全国·八年级专题练习）如图在平面直角坐标系中，点A、B、C的坐标分别为（﹣1，3）、（﹣4，1）、（﹣2，1），将△ABC沿一确定方向平移得到△A1B1C1，点B的对应点B1的坐标是（1，2），则点C对应的点C1的坐标是（ ）


A．C1（2，2） B．C1（2，1） C．C1（2，3） D．C1（3，2）
【答案】D
【分析】
根据图形中点B平移前后的坐标得到平移的规律解答．
【详解】
解：∵B（﹣4，1），将△ABC沿一确定方向平移得到△A1B1C1，点B的对应点B1的坐标是（1，2），
∴点B向右平移5个单位，再向上平移了1个单位，即点B的横坐标加5，纵坐标加1，
∵C（﹣2，1），
∴点C对应的点C1的坐标是(3，2)，
故选：D．
2．（2021·河南驻马店·二模）如图，平面直角坐标系中，点、，等腰直角三角板的斜边，且OA在轴上，顶点在第二象限．将三角板沿轴向右平移，当顶点落在直线上时，点A关于直线的对称点的坐标为（ ）

A． B． C． D．
【答案】A
【分析】
根据等腰直角三角形的性质，得到点B的坐标为（-2,2），由平移的性质得到点B落在直线CD上时坐标为（2，2），由对称性和勾股定理算出结果．
【详解】
解：如图所示，作BE垂直OA，平移后点B的位置在直线CD上的对应点为B’，

∵△是等腰直角三角形，
∴∠BAO=∠BOA=45︒，
∵OA=4，
∴OE=BE=2，
∴点B（-2,2），
∵点B（-2,2向右平移以后落在直线上为B’，
∴B’为（2,2），
∵点O和点D重合，A’的对称点为A’’，
∴△A’DB’≌ △A’’DB,
∴DA’=D A’’=4，
∴A’’为（4,4），
故选：A．
3．（2021·江苏无锡·一模）如图，在平面直角坐标系中，为的对称中心，，轴交轴于点，点的坐标点为，反比例函数的图像经过点．将沿轴向上平移，使点的对应点落在反比例函数的图像上，则平移过程中线段扫过的面积为（ ）

A．6 B．8 C．24 D．
【答案】D
【分析】
根据O为▱ABCD的对称中心，AD=5，AD∥x轴交y轴于点E，点A的坐标为（-2，2），可求点C、D的坐标，进而求出反比例函数的关系式，由平移可求出点的坐标，知道平移的距离，即平行四边形的底，再根据面积公式求出结果．
【详解】
解：∵AD=5，AD∥x轴交y轴于点E，点A的坐标为（-2，2），
∴DE=5-2=3，OE=2，
∴D（3，2），
把 代入反比例函数的关系式得，k=2×3=6，
∵O为▱ABCD的对称中心，点A的坐标为（-2，2），
∴点C的坐标为（2，-2）， 当x=2时，y=，
∴点（2，3）
∴C=CF+F=2+3=5，
上的高是是
∴平行四边形ACN的面积为

平移过程中线段扫过的面积为
故选：D．
4．（2021·山东青岛·中考真题）剪纸是我国古老的民间艺术，下列四个剪纸图案为轴对称图形的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【分析】
过一个图形的一条直线,把这个图形分成可以完全重合的两个部分，这个图形就叫做轴对称图形；根据轴对称图形的概念求解即可．
【详解】
解：A、不是轴对称图形，本选项不符合题意；
B、不是轴对称图形，本选项不符合题意；
C、是轴对称图形，本选项符合题意；
D、不是轴对称图形，本选项不符合题意．
故选：C．
5．（2021·安徽青阳·二模）如图，在扇形OAB中，，，点C为OB的中点，过点C作交弧AB于点D，点E，F均为线段OA上的动点，且点F在点E的下方，，连接ED，FC，则四边形CDEF周长的最小值为（ ）

A． B． C． D．
【答案】C
【分析】
作C点关于OA的对称点C′，则CC′=4，然后作C′D′∥OA，且C′D′=，连接DD′交OA于E，在点E的下方截取EF=，连接CF、C′F，此时，四边形C′D′EF是平行四边形，则CF=CF′=D′E，四边形CDEF周长的最小，最小值为EF+CD+DD′．
【详解】
解：作C点关于OA的对称点C′，则CC′=4，然后作C′D′∥OA，且C′D′=，连接DD′交OA于E，在点E的下方截取EF=，连接CF、C′F，此时，四边形C′D′EF是平行四边形，则CF=CF′=D′E，四边形CDEF周长的最小，最小值为EF+CD+DD′，
连接OD，则OA=OB=OD=4，

∵OC=OB=2，
∴CD=，
作D′M⊥CD于M，则CM=C′D′=，D′M=CC′=4，
∴DM=DC-CM=2-=
∵，
∴四边形CDEF周长的最小值为：EF+CD+DD′=，
故选：
6．（2021·全国·九年级课时练习）如图，等边三角形ABC中，AB=3，点D在边AB上，且AD=1，点E是边B上的一动点，作射线ED．射线ED绕点E顺时针旋转60°得到射线EF，交AC于点F，则点E从B→C的运动过程中，CF的最大值是（ ）

A． B．1 C． D．
【答案】C
【分析】
根据等边三角形的性质及角的等量代换可得，依据相似三角形的判定和性质可得~，，设，，将各边长代入相似比中可得二次函数，利用二次函数的性质，求其最值即可．
【详解】
解：∵为等边三角形，
∴，
在中，
，
由题意旋转，
∴，
∴，
∴，
在与中，
，
，
∴~，
设，，，
∴，
∴，
∴，
当时，
，
∴当，为最大值，
故选：C．
7．（2021·全国·九年级课时练习）二次函数的图象的顶点坐标是，且图象与轴交于点．将二次函数的图象以原点为旋转中心顺时针旋转180°，则旋转后得到的函数解析式为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【分析】
设将二次函数的图象以原点为旋转中心顺时针旋转180°后为：；根据旋转的性质，得的图象的顶点坐标是，且图象与轴交于点，得，再通过列方程并求解，即可得到表达式并转换为顶点式，即可得到答案．
【详解】
设将二次函数的图象以原点为旋转中心顺时针旋转180°后为：
∵二次函数的图象的顶点坐标是，且图象与轴交于点
∴的图象的顶点坐标是，且图象与轴交于点
∴
∴，
∴，
∴
∴
∴
∴
故选：C．
8．（2021·山东任城·一模）如图，矩形ABCD中AB是3cm，BC是2cm，一个边长为1cm的小正方形沿着矩形ABCD的边AB→BC→CD→DA→AB连续地翻转，那么这个小正方形第一次回到起始位置时，小正方形箭头的方向是（ ）

A． B． C． D．
【答案】C
【分析】
由题意可知，矩形ABCD的边长AB和BC分别是3cm和2cm，小正方形的边长为1cm，则这个小正方形第一次回到起始位置时需10次翻转，而每翻转4次，它的方向重复依次，小正方形共翻转10次回到起始位置，即可得到它的方向．
【详解】
解：根据题意可得：小正方形沿着矩形ABCD的边AB→BC→CD→DA→AB连续地翻转，矩形ABCD的边长AB和BC分别是3cm和2cm，小正方形的边长为1cm，则这个小正方形第一次回到起始位置时需10次翻转，而每翻转4次，它的方向重复1次，故回到起始位置时它的方向是向下．
故选：C．
9．（2021·吉林宽城·一模）如图，在平面直角坐标系中，直线y=2x+4与x轴、y轴分别交于A、B两点，把AOB绕点B逆时针旋转90°后得到A1O1B，则点A1的坐标是（ ）

A．(2，4) B．(4，2) C．(-2，4) D．(-4，2)
【答案】B
【分析】
先根据函数图像分别求出OA、OB的长度，再通过旋转之后对应边相等可求出点A1的坐标．
【详解】
解：将x=0代入y=2x+4，可得y=-4，
将y=0代入y=2x+4，可得x=-2，
故A点的坐标为（-2，0），B点的坐标为（0，4），
∴OA=2，OB=4，
∴BO1=OB=4，
故A1的横坐标为4，
又∵A1O1=OA=2，
故A1的纵坐标为2，
∴点A1的坐标是（4，2）．
故选：B．
10．（2021·湖北武汉·三模）如图，在平面直角坐标系中，点的坐标为，将线段绕点按顺时针方向旋转，再将其长度伸长为的倍，得到线段；又将线段绕点按顺时针方向旋转，长度伸长为的倍，得到线段，如此下去，得到线段（为正整数），则点的坐标是（ ）

A． B． C． D．
【答案】A
【分析】
根据题意得出，，，如此下去，得到线段， ，，再利用旋转角度得出点的坐标与点的坐标在同一直线上，进而得出答案．
【详解】
∵点的坐标为，将线段绕点O按顺时针方向旋转45°，再将其长度伸长为的2倍，得到线段；
∴ = 1，=2，
∴=4，如此下去，得到线段，……，
∴，
由题意可得出线段每旋转8次旋转一周，
∵，
∴点的坐标与点的坐标在同一直线上， 正好在y轴的负半轴上，
∴点的坐标是．
故答案为： A．
二、填空题
11．（2021·山东淄博·中考真题）在平面直角坐标系中，点关于轴的对称点为，将点向左平移3个单位得到点，则的坐标为__________．
【答案】
【分析】
先由点的坐标关于坐标轴对称的方法得出点的坐标，然后再根据点的平移可进行求解．
【详解】
解：由点关于轴的对称点为可得：，
∴将点向左平移3个单位得到点，则的坐标为；
故答案为．
12．（2021·山东聊城·中考真题）如图，在直角坐标系中，矩形OABC的顶点O在坐标原点，顶点A，C分别在x轴，y轴上，B，D两点坐标分别为B（﹣4，6），D（0，4），线段EF在边OA上移动，保持EF＝3，当四边形BDEF的周长最小时，点E的坐标为__________．

【答案】
【分析】
先得出D点关于x轴的对称点坐标为H（0，-4），再通过转化，将求四边形BDEF的周长的最小值转化为求FG+BF的最小值，再利用两点之间线段最短得到当F、G、B三点共线时FG+BF的值最小，用待定系数法求出直线BG的解析式后，令y=0，即可求出点F的坐标，最后得到点E的坐标．
【详解】
解：如图所示，∵D（0，4），
∴D点关于x轴的对称点坐标为H（0，-4），
∴ED=EH，
将点H向左平移3个单位，得到点G（-3，-4），
∴EF=HG，EF∥HG，
∴四边形EFGH是平行四边形，
∴EH=FG，
∴FG =ED，
∵B（-4，6），
∴BD=，
又∵EF＝3，
∴四边形BDEF的周长=BD+DE+EF+BF=+FG+3+BF,
要使四边形BDEF的周长最小，则应使FG+BF的值最小，
而当F、G、B三点共线时FG+BF的值最小，
设直线BG的解析式为：
∵B（-4，6），G（-3，-4），
∴，
∴，
∴，
当y=0时，，
∴，
∴
故答案为：．

13．（2021·四川内江·中考真题）有背面完全相同，正面分别画有等腰三角形、平行四边形、矩形、菱形、等腰梯形的卡片5张，现正面朝下放置在桌面上，将其混合后，并从中随机抽取一张，则抽中正面的图形一定是轴对称图形的卡片的概率为 __．
【答案】
【分析】
卡片中，轴对称图形有等腰三角形、矩形、菱形、等腰梯形，再根据概率公式=满足条件的样本个数总体的样本个数，可求出最终结果．
【详解】
解：卡片中，轴对称图形有等腰三角形、矩形、菱形、等腰梯形，
根据概率公式，（轴对称图形）．
故答案为：．
14．（2021·内蒙古东胜·二模）如图，在平面直角坐标系中，O为坐标原点，，点B在y轴上运动，以为边作等腰，（点A，B，C按照顺时针排列），当点B在y轴上运动时，点C也随之运动．在点C的运动过程中，的最小值为__________．

【答案】
【分析】
过点A作直线l⊥x轴，过C，B作CD⊥l于点D，BE⊥l于点E，易证∆CDA≌∆ AEB，从而得AD=BE=OA=5，作点A关于CD的对称点A′，由三角形三边长关系得：当O，C，A′三点共线时，有最小值=OA′，利用勾股定理即可求解．
【详解】
如图，过点A作直线l⊥x轴，过C，B作CD⊥l于点D，BE⊥l于点E，
∵∠DCA+∠CAD=90°，∠EAB+∠CAD=180°-90°=90°，
∴∠DCA=∠EAB，
又∵∠CDA=∠AEB=90°，AB=AC，
∴∆CDA≌∆ AEB（AAS），
∴BE=AD，
∵，
∴AD=BE=OA=3，
作点A关于CD的对称点A′，连接，则点在直线l上，，，
∴，
∵在∆COA′中，
∴当O，C，A′三点共线时，有最小值=OA′，此时，OA′=，
∴最小值=．
故答案是：．

15．（2021·江苏·连云港市新海实验中学二模）如图在RtABC中，∠BAC=90°，AB= AC =10，等腰直角三角形ADE绕点A旋转，∠DAE=90°，AD= AE =4，连接DC，点M、P、N分别为DE、DC、BC的中点，连接MP、PN、MN，则△PMN面积的最小值是_______．

【答案】
【分析】
通过和为等腰直角三角形，判定出，得到 通过已知条件，再设得到为等腰直角三角形，所以当BD最小时，的面积最小，D是以A为圆心，AD=4为半径的圆上的点，所以点D在AB上时，BD最小，即可得到最终结果．
【详解】
RtABC中，∠BAC=90°，AB= AC =10，
为等腰直角三角形，
又∠DAE=90°，AD= AE =4，
为等腰直角三角形，

点M、P、N分别为DE、DC、BC的中点，

设

是等腰直角三角形，

当BD最小时，的面积最小，
是以A为圆心，AD=4为半径的圆上的点，
点D在AB上时，BD最小，


△PMN面积的最小值是．
故答案为：．

三、解答题
16．（2021·江苏·靖江市靖城中学一模）如图，△ABD中，∠ABD＝∠ADB．

（1）作点A关于BD的对称点C；（要求：尺规作图，不写作法，保留作图痕迹）
（2）在（1）所作的图中，连接BC、DC，连接AC，交BD于点O．
①求证：四边形ABCD是菱形；
②取BC的中点E，连接OE，若OE＝，BD＝10，求点E到AD的距离．
【答案】（1）作图见解析；（2）①证明见解析；②
【分析】
（1）分别以为圆心，为半径画弧，两弧交于点 则是关于的对称点，
（2）①先证明四边形是平行四边形，再利用 从而可得结论；②利用中位线与菱形的性质分别求解菱形的边长与面积，从而可得答案.
【详解】
解：（1）如图，为关于的对称点；

（2）①如图，由作图可得：
四边形是平行四边形，



四边形是菱形.
②如图，为的中点，连接过作 垂足为

四边形是菱形，则到的距离等于

为的中点，


菱形的面积为：


所以到的距离等于
17．（2021·辽宁·沈阳实验中学二模）如图1，直线交x轴于点A，交y轴于点，抛物线经过点A，交y轴于点，点P为地物线上一个动点，过点P作x轴的垂线，过点B作于点D，连接，设点P的横坐标为m．
（1）求抛物线的解析式；
（2）当为等腰直角三角形时，求线段的长；
（3）如图2，将绕点B逆时针旋转到，且旋转角当点P的对应点落在x轴上时，请直接写出点P的坐标．

【答案】（1）y=-2；（2）当△BPD为等腰直角三角形时，PD的长为或；（3），，．
【分析】
（1）先求得点A的坐标，再利用待定系数法求抛物线的解析式即可；
（2）设点P的横坐标为m,可得P（m，-2），D（m，-2），若△BPD为等腰直角三角形，则PD=BD.分两种情况：①当点P在直线BD的上方时，PD=,再分点P在y轴的左侧和右侧两种情况，列方程求解即可；②当点P在直线BD的下方时，m＞0，BD=m，PD=,列方程求解即可；
（3）由∠PBP/=∠OAC，OA=3，OC=4；由勾股定理可得AC=5，继而可得sin∠PBP/=，cos∠PBP/=，然后分 点P/落在x轴上和点P/落在y轴上两种情况分别讨论求解即可．
【详解】
解：（1）由直线y=x+n过点C（0,4），得n=4，
∴y=x+4，
当y=0时，0=x+4，
解得x=3，
∴A（3，0），
∵抛物线y=+c经过点A（3,0），B（0，-2），
∴ ，
解得，
∴y=-2；
（2）设点P的横坐标为m，
∴P（m，-2），D（m，-2）；
若△BPD为等腰直角三角形，则PD=BD，
①当点P在直线BD的上方时，PD=,
（Ⅰ）若点P在y轴的左侧，则m＜0，BD=-m，
∴=-m，
解得m1=0（舍去），m2=（舍去），
（Ⅱ）若点P在y轴的右侧，则m＞0，BD=m，
∴=m，
解得m1=0（舍去），m2=，

②当点P在直线BD的下方时，m＞0，BD=m，PD=，
∴=m，
解得m1=0（舍去），m2=，

综上m=或；
即当△BPD为等腰直角三角形时，PD的长为或；
（3）∵∠PBP/=∠OAC，OA=3，OC=4，
∴AC==5，
∴sin∠PBP/=，cos∠PBP/=；
①当点P/落在x轴上时，过点D/作D/N⊥x轴于N，交BD于点M，∠DBD/=∠ND/P/=∠PBP/，
如图，ND/-MD/=2，点P在y轴左侧，m＜0，
∵P′D′=PD=，BD′=BD=-m，
∴D′N=P′D′，∠MBD′+∠MD′B=90°，∠P′D′N+∠MD′B=90°，
∴∠P′D′N=∠D′BD，
∴D′N=P′D′cos∠P′D′N=，D′M=BD′sin∠D′BD=-m
即×（m2-m）-（-m）=2；
解得m=-，m=（舍），
y=，
P（－，），

如图，ND/+MD/=2，点在y轴右侧，
∵∠P′D′B=90°，
∴∠P′D′N+∠BD′M=90°，∠BD′M+∠MBD′=90°，
∴∠P′D′N=∠MBD′,
∵P′D′=PD=，BD′=BD=m，
∴MD′=BDsin∠D′BD=m，ND′=P′D′cos∠P′D′N×（m2-m），
即×（m2-m）+m=2，
解得m=，m=-(舍)，
当m=时，y=，
解得： P（，）；

②当点P/落在y轴上时，
如图，过点D/作D/M⊥x轴交BD于点M，过点P/作P/N⊥y轴，交MD/的延长线于点N，
∵∠P′D′B=90°，
∴∠P′D′N+∠BD′M=90°，∠BD′M+∠MBD′=90°，
∴∠P′D′N=∠MBD′,
∠DBD/=∠P/D/N =∠PBP/,
∵PN=BM，P′N=P′D′sin∠P′D′N=×（m2-m），BM=BD′cos∠D′BD=m，
∴×（m2-m）=m，
解得：或（舍），
当时，y=，
∴P（，）．

综上，，，．
18．（2021·山东日照·中考真题）问题背景：
如图1，在矩形中，，，点是边的中点，过点作交于点．

实验探究：
（1）在一次数学活动中，小王同学将图1中的绕点按逆时针方向旋转，如图2所示，得到结论：①_____；②直线与所夹锐角的度数为______．
（2）小王同学继续将绕点按逆时针方向旋转，旋转至如图3所示位置.请问探究（1）中的结论是否仍然成立？并说明理由．
拓展延伸：
在以上探究中，当旋转至、、三点共线时，则的面积为______．
【答案】（1），30°；（2）成立，理由见解析；拓展延伸：或
【分析】
（1）通过证明，可得，，即可求解；
（2）通过证明，可得，，即可求解；
拓展延伸：分两种情况讨论，先求出，的长，即可求解．
【详解】
解：（1）如图1，，，，
，
如图2，设与交于点，与交于点，

绕点按逆时针方向旋转，
，
，
，，
又，
，
直线与所夹锐角的度数为，
故答案为：，；
（2）结论仍然成立，
理由如下：如图3，设与交于点，与交于点，

将绕点按逆时针方向旋转，
，
又，
，
，，
又，
，
直线与所夹锐角的度数为．
拓展延伸：如图4，当点在的上方时，过点作于，

，，点是边的中点，，
，，，
，，
，
、、三点共线，
，
，
，
，
由（2）可得：，
，
，
的面积；
如图5，当点在的下方时，过点作，交的延长线于，

同理可求：的面积；
故答案为：或．