（通用版）中考数学一轮复习练习卷7.2《图形的平移与旋转》课后练习（含答案）

这是一份（通用版）中考数学一轮复习练习卷7.2《图形的平移与旋转》课后练习（含答案），共19页。

第2节　图形的平移与旋转
(建议答题时间：60分钟)
基础过关
1.如图，将正方形ABCD中的阴影三角形绕点A顺时针旋转90°后，得到的图形为(　　)

2.如图，在正方形网格中，线段A′B′是线段AB绕某点逆时针旋转角α得到的，点A′与A对应，则角α的大小为(　　)

A. 30° B. 60° C. 90° D. 120°
3. 如图，把△ABC沿着BC的方向平移到△DEF的位置，它们重叠部分的面积是△ABC面积的一半，若BC＝，则△ABC移动的距离是(　　)

A. B. C. D. －
4. 如图，在平面直角坐标系中，点A，B的坐标分别是A(3，0)，B(0，4)，把线段AB绕点A旋转后得到线段AB′，使点B的对应点B′落在x轴的正半轴上，则点B′的坐标是(　　)
A. (5，0) B. (8，0) C. (0，5) D. (0，8)
　
5.如图，将△ABC绕点B顺时针旋转60°得△DBE，点C的对应点E恰好落在AB的延长线上，连接AD.下列结论一定正确的是(　　)

A. ∠ABD＝∠E B. ∠CBE＝∠C C. AD∥BC D. AD＝BC
6. 如图，将△ABC沿BC翻折得到△DBC，再将△DBC绕C点逆时针旋转60°得到△FEC，延长BD交EF于H，已知∠ABC＝30°，∠BAC＝90°，AC＝1，则四边形CDHF的面积为(　　)

A. B. C. D.
7. 如图，在平面直角坐标系xOy中，△AOB可以看作是△OCD经过若干次图形的变化(平移、轴对称、旋转)得到的，写出一种由△OCD得到△AOB的过程：______ _______________________________.

8. 如图，在正方形OABC中，O为坐标原点，点C在y轴正半轴上，点A的坐标为(2，0)，将正方形OABC沿着OB方向平移OB个单位，则点C的对应点坐标是________．

9．如图，已知△ABC三个顶点的坐标分别为A(0，4)，B(－1，1)，C(－2，2)．将△ABC向右平移4个单位，得到△A′B′C′，点A，B，C的对应点分别为A′，B′，C′，再将△A′B′C′绕点B′顺时针旋转90°，得到△A″B″C″，点A′，B′，C′的对应点分别为A″，B″，C″，则点A″的坐标为________．
　
10．如图，将△AOB绕点O按逆时针方向旋转45°后得到△COD，若∠AOB＝15°，则∠AOD的度数是________．

11.已知：如图，在△AOB中，∠AOB＝90°，AO＝3 cm，BO＝4 cm，将△AOB绕顶点O，按顺时针方向旋转到△A1OB1处，此时线段OB1与AB的交点D恰好为AB的中点，则线段B1D＝________ cm.

12.如图，在正方形ABCD中，AD＝2，把边BC绕点B逆时针旋转30°得到线段BP，连接AP并延长交CD于点E，连接PC，则三角形PCE的面积为________．

13.如图，在矩形ABCD中，将∠ABC绕点A按逆时针方向旋转一定角度后，BC的对应边B′C′交CD边于点G，连接BB′、CC′，若AD＝7，CG＝4，AB′＝B′G，则＝________．(结果保留根号)

14. 如图，在边长为1的正方形网格中，△ABC的顶点均在格点上．
(1)画出△ABC关于原点成中心对称的△A′B′C′，并直接写出△A′B′C′各顶点的坐标．
(2)求点B旋转到点B′的路径长．(结果保留π)



15. 如图，在菱形ABCD中，∠A＝110°，点E是菱形ABCD内一点，连接CE，将线段CE绕点C顺时针旋转110°得到线段CF，连接BE，DF.若∠E＝86°，求∠F的度数．




16.如图，将△ABC沿着射线BC的方向平移至△A′B′C′，使点A′落在∠ACB的外角平分线CD上，连接AA′.
(1)判断四边形ACC′A′的形状，并说明理由；
(2)在△ABC中，∠B＝90°，AB＝24，cos∠BAC＝，求CB′的长．





17. 如图，正方形ABCD的边长为6，E，F分别是AB，BC边上的点，且∠EDF＝45°.将△DAE绕点D逆时针旋转90°，得到△DCM.
(1)求证：EF＝FM；
(2)当AE＝2时，求EF的长．











18.如图，在矩形ABCD中，点E、F分别在边BC、CD上，且EF分别与AB、AD的延长线交于点M、N，∠EAF＝∠CEF＝45°.点G在边AB的延长线上，将△ADF绕着点A按顺时针方向旋转90°后能与△AGH重合，连接EH.
(1)求证：EH＝EF；
(2)求证：EF2＝2BE2＋2DF2.





满分冲关
1. 如图，在菱形ABCD中，∠A＝60°，AD＝8，F是AB的中点，过点F作FE⊥AD，垂足为E，将△AEF沿点A到点B的方向平移，得到△A′E′F′，设P，P′分别是EF，E′F′的中点，当点A′与点B重合时，四边形PP′CD的面积为(　　)

A. 28 B. 24 C. 32 D. 32－－8
2. 如图，正方形ABCD和正方形CEFG的边长分别为a和b，正方形CEFG绕点C旋转，给出下列结论：①BE＝DG；②BE⊥DG；③DE2＋BG2＝2a2＋2b2.其中正确结论是________．(填写序号)


3. 如图，在平面直角坐标系中，矩形OABC的顶点A，C分别在x轴的负半轴和y轴的正半轴上，点B在第二象限，将矩形OABC绕点O顺时针旋转，使点B落在y轴上，得到矩形ODEF，BC与OD相交于点M.若经过点M的反比例函数y＝(x<0)的图象交AB于点N，S矩形OABC＝32，tan∠DOE＝，则BN的长为________．

4. 如图，在正方形ABCD中，G是DC上一点，DG＝2CG，连接AG，作DF⊥AG交AG于F，连接CF，将射线FC绕点F逆时针旋转45°，交BC于点H，已知CH＝，则四边形ABHF的周长为________．

5. 已知等腰Rt△ABC和等腰Rt△DEB，∠BAC＝∠EDB＝90°.
(1)如图①，若点E、B、C在同一直线上，连接AE.当∠AEC＝30°，BC＝4时，求EB的长；
(2)如图②，将图①中的△DEB绕点B顺时针旋转，当点C在ED的延长线上时，EC交AB于点H，求证：∠EAH＝2∠HCB.





6. 如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，CD是中线，AC＝BC.一个以点D为顶点的45°角绕点D旋转，使角的两边分别与AC，BC的延长线相交，交点分别为点E，F, DF与AC交于点M，DE与BC交于点N.
(1)如图①，若CE＝CF，求证：DE＝DF；
(2)如图②，在∠EDF绕点D旋转的过程中：
①探究三条线段AB，CE，CF 之间的数量关系，并说明理由；
②若CE＝4，CF＝2，求DN的长．




7.已知：△AOB和△COD均为等腰直角三角形，∠AOB＝∠COD＝90°.连接AD，BC，点H为BC中点，连接OH.
(1)如图①所示，易证：OH＝AD且OH⊥AD(不需证明)；
(2)将△COD绕点O旋转到图②，图③所示位置时，线段OH与AD又有怎样的关系，并选择一个图形证明你的结论．





答案
1. A
2. C　【解析】如解图，连接AA′，BB′，分别作AA′和BB′的垂直平分线，交点即为旋转中心O，连接OB′，设正方形网格的边长为1，则OB＝OB′＝，BB′＝2，∵OB2＋B′O2＝B′B2，∴△BB′O是直角三角形，∠BOB′＝90°，即α＝90°.

第2题解图
3. D　【解析】∵△DEF是由△ABC平移得到，∴DE∥AB，∴△CHE∽△CAB，∴＝()2＝()2＝，即()2＝，解得BE＝－或BE＝＋>BC(舍去)．∴BE＝－.
4. B　【解析】∵AB＝＝5.把线段AB绕点A旋转后得到线段AB′，使得点B的对应点B′落在x轴的正半轴上，则AB′＝AB＝5，∴点B′到原点的距离是3＋5＝8，∴点B′的坐标是(8，0)．
5. C　【解析】根据旋转的性质得∠C＝∠E，AB＝BD，∠ABC＝∠EBD，∴∠ABC－∠DBC＝∠EBD－∠DBC，即∠ABD＝∠EBC＝60°，∴△ABD是等边三角形，∴∠DAB ＝60°，AD＝AB＝BD，∴∠DAB＝∠EBC＝60°，∴AD∥BC.
6. C　【解析】∵AC＝1，∠ABC＝30°，∴BC＝2，AB＝，由翻折可知，CD＝AC＝1，∠BDC＝∠BAC＝90°，∠DBC＝∠CBA＝30°，由旋转可知，∠E＝∠DBC＝30°，CE＝BC＝2，∴DE＝CE－CD＝2－1＝1，在Rt△DEH中，DH＝＝，∴S△DEH＝×1×＝，又∵S△CFE＝S△CAB＝，∴S四边形CDHF＝S△CFE－S△DEH＝－＝.
7. 将△COD绕点C顺时针旋转90°，再向左平移2个单位长度得到△AOB(答案不唯一)
8．(1，3)
9. (6，0)　【解析】如解图，点A(0，4)，B(－1，1)向右平移4个单位得点A′(4，4)，B′(3，1)，再绕点B′顺时针旋转90°得A″(6，0)．

第9题解图
10. 30°　【解析】∵∠AOB＝15°，旋转角为45°，∴∠COD＝15°，∠COA＝45°，∵∠AOD＝∠COA－∠COD，∴∠AOD＝30°.
11. 　【解析】∵∠AOB＝90°，AO＝3 cm，OB＝4 cm，∴AB＝＝5 cm，∵△A1OB1是由△AOB旋转得到的，∴OB1＝OB＝4 cm，∵D为Rt△AOB中AB边上的中点，∴OD＝AB＝ cm，∴B1D＝OB1－OD＝ cm.
12. 9－5　【解析】∵∠PBC＝30°，BC＝BP＝AB，∴∠BCP＝∠BPC＝75°，∠ABP＝∠APB＝60°，∴△APB为等边三角形，∴AP＝AB＝AD＝2，∠PAD＝30°，∴AE＝＝4，DE＝AD·tan30°＝2，如解图，过P点作PM⊥CD于点M，则PM∥AD，∴∠EPM＝∠PAD＝30°，∵PE＝AE－AP＝4－2，∴PM＝PE·cos30°＝(4－2)×＝2－3，又∵CE＝CD－DE＝2－2，∴S△PCE＝·EC·PM＝(2－2)(2－3)＝9－5.

第12题解图


13. 　【解析】如解图，连接AG，设AB＝x，∵四边形ABCD是矩形，∴∠ABC＝∠D＝90°，CD＝AB，BC＝AD＝7.∵∠AB′C′是由∠ABC绕点A旋转得到的，∴AB′＝AB，∠AB′C′＝∠ABC＝90°.∵CG＝4，∴DG＝x－4，在Rt△AB′G和Rt△ADG中，利用勾股定理得AD2＋DG2＝AB′2＋B′G2，即72＋(x－4)2＝x2＋x2，解得x＝5或x＝－13(舍去)．连接AC，AC′，在Rt△ABC中，由勾股定理得AC＝＝＝.由旋转性质得AB′＝AB，AC′＝AC，∠BAB′＝∠CAC′，∴△BAB′∽△CAC′，∴＝＝.


第13题解图
14. 解：(1)画出△ABC关于原点成中心对称的△A′B′C′如解图．△A′B′C′的顶点坐标分别为：A′(4，0)，B′(3，3)，C′(1，3)．
【解法提示】由图可知，A(－4，0)，B(－3，－3)，C(－1，－3)，根据中心对称图形，对称点所连线段都经过对称中心，且被对称中心平分，由两个点关于原点对称时，它们的坐标符号相反，可得A′(4，0)，B′(3，3)，C′(1，3)．
(2)由解图可知，点B旋转到B′的路径长可看作以O为圆心，OB为半径的圆周长的一半，即＝·2πR，

第14题解图
∵R＝OB＝＝3，∴＝π·OB＝3π，或＝＝＝3π.
15. 解：∵四边形ABCD是菱形，
∴BC＝CD，∠BCD＝∠A＝110°，
由旋转的性质知，CE＝CF，∠ECF＝∠BCD＝110°，
∴∠BCE＝∠DCF＝110°－∠DCE，
在△BCE和△DCF中，，
∴△BCE≌△DCF，
∴∠F＝∠E＝86°.
16. 解：(1)四边形ACC′A′为菱形．理由：
∵将△ABC沿着射线BC的方向平移至△A′B′C′，
∴四边形ACC′A′为平行四边形，
∵CD平分∠ACC′，
∴∠ACA′＝∠A′CC′.
∵∠AA′C＝∠A′CC′，
∴∠AA′C＝∠ACA′，
∴AC＝AA′，
∴四边形ACC′A′为菱形；
(2)在Rt△ABC中，∠B＝90°，AB＝24，cos∠BAC＝，
∴＝，
AC＝26，
∴BC＝＝10，
∴CB′＝CC′－C′B′＝AC－BC＝26－10＝16.
17. (1)证明：∵将△DAE逆时针旋转90°得到△DCM，
∴∠FCM＝∠FCD＋∠DCM＝180°，
∴F、C、M三点共线，
∴DE＝DM，∠EDM＝90°，
∴∠EDF＋∠FDM＝90°，
∴∠FDM＝45°，
在△DEF和△DMF中，，
∴△DEF≌△DMF(SAS)，
∴EF＝FM；
(2)解：设EF＝MF＝x，
∵CM＝AE＝2，且BC＝6，
∴BM＝BC＋CM＝6＋2＝8，
∴BF＝BM－MF＝BM－EF＝8－x，
∵EB＝AB－AE＝6－2＝4，
在Rt△EBF中，由勾股定理得EB2＋BF2＝EF2，
即42＋(8－x)2＝x2，
解得x＝5，即EF＝5.
18. 证明：(1)由旋转的性质可知AH＝AF.
∵∠FAH＝90°，∠FAE＝45°，
∴∠HAE＝∠FAE.
在△HAE和△FAE中，，
∴△AEH≌△AEF(SAS)，
∴EH＝EF；
(2)如解图所示，连接HM.

第18题解图
∵∠FEC＝45°，EC∥AN，∠EBM＝90°，
∴∠BME＝∠BEM＝45°，∠DNF＝∠DFN＝45°，
∴BE＝BM，DF＝DN，∠ANM＝∠AMN＝45°，
∴ME＝BE，AM＝AN，DF＝DN，
由旋转的性质可知∶HG＝DF，AG＝AD，
∴AM－AG＝AN－AD，
∴GM＝DN＝DF＝HG.
∴MH＝DF，∠GMH＝45°.
∴∠HME＝90°.
∴EH2＝MH2＋ME2，
∴HE2＝(DF)2＋(BE)2.
∵HE＝EF，
∴EF2＝2BE2＋2DF2.
满分冲关
1. A　【解析】∵四边形ABCD是菱形，AD＝8，∴AB＝8，∵F是AB的中点，∴AF＝4.∵EF⊥AD，∠A＝60°，∴AE＝2，EF＝2，∠AFP＝30°，∵P是EF的中点，∴PF＝，如解图，过点P作PQ⊥AF于点Q，则PQ＝PF＝.连接DF，DB，∵AD＝AB，∠A＝60°，∴△ADB是等边三角形，∵F是AB的中点，∴DF⊥AB，∵AD＝8，∴DF＝4.∵将△AEF平移到△A′E′F′，∴PP′＝AA′，PP′∥AA′，，∵点A′与点B重合，∴PP′＝AA′＝AB＝CD，PP′∥CD，∴四边形PP′CD是平行四边形，其CD边上的高为DF－PQ＝4－＝，∴四边形 PP′CD的面积为8×＝28.

第1题解图
2. ①②③　【解析】在△BCE和△DCG中，BC＝DC，∠BCE＝∠DCG，CE＝CG，所以△BCE≌△DCG，故BE＝DG，①正确；由△BCE≌△DCG可知∠CBE＝∠CDG，设BE与CD相交于点H，交DG于点O，又∵∠CBH＋∠BHC＝90°，∴∠CDO＋∠DHO＝90°，故BE⊥DG，②正确；如解图，连接BD、EG，由②知BE⊥DG，DE2＝OD2＋OE2，BG2＝OB2＋OG2，DE2＋BG2＝OD2＋OE2＋OB2＋OG2＝(OD2＋OB2)＋(OG2＋OE2)＝BD2＋GE2＝(a)2＋(b)2＝2a2＋2b2，③正确，所以正确的结论有①②③.

第2题解图
3. 3　【解析】∵S矩形ABCO＝32，tan∠DOE＝＝，∴DE＝CO＝4，DO＝AO＝8，又∵tan∠DOE＝＝，∴CM＝2，M(－2，4)，∴y＝，又∵N点的横坐标为－8，∴N(－8，1)，∴BN＝BA－NA＝4－1＝3.
4. ＋＋　【解析】如解图，过点H作HM⊥FC交FC于M，过点F作FN⊥DC交DC于N.

第4题解图
设GC＝x，则DG＝2x，∴AD＝DC＝3x，∴AG＝x，∵S△ADG＝·AD·DG＝·AG·DF，∴DF＝x，∴FG＝＝x.∵FN∥AD，∴＝，∴＝，∴FN＝x，∴NG＝＝x.∴NC＝x＋x＝x，∴FC＝＝x，∵∠1＋∠2＝∠2＋∠3＝90°，∴∠1＝∠3，∴Rt△MCH∽Rt△NFC，∴＝＝，∴＝＝，∴MC＝，∴MH＝，∵CF绕点F逆时针旋转45°，∴∠CFH＝45°，∴FM＝MH，∴FC＝MC＋MF＝＋＝，∴＝x，∴x＝，∴AB＝3x＝，FH＝MH＝，BH＝BC－HC＝－＝，AF＝AG－FG＝＝.∴四边形ABHF周长为AB＋BH＋HF＋AF＝＋＋＋＝＋＋.
5. (1)解：如解图①，作AH⊥BC于H.
∵AB＝AC，∠BAC＝90°，AH⊥BC，BC＝4，
∴AH＝BH＝HC＝2，
在Rt△AEH中，
∵∠AHE＝90°，AH＝2，∠AEH＝30°，
∴EH＝＝2，
∴EB＝EH－BH＝2－2.

第5题解图①
(2)证明：如解图②，连接AD，

第5题解图②
∵∠BDH＝∠HAC，∠BHD＝∠CHA，
∴△BHD∽△CHA，
∴＝，
∴＝，
∵∠AHD＝∠CHB，
∴△AHD∽△CHB，
∴∠ADH＝∠CBH＝45°，∠DAH＝∠BCH，
∴∠ADB＝90°＋45°＝135°，
∴∠ADE＝360°－90°－135°＝135°，
∴∠ADE＝∠ADB，
在△ADE和△ADB中，，
∴△ADE≌△ADB(SAS)，
∴∠DAE＝∠DAB，
∵∠EAH＝2∠DAH，
∵∠DAH＝∠HCB，
∴∠EAH＝2∠HCB.
6. (1)证明：∵∠ACB＝90°，AC＝BC，AD＝BD，
∴∠BCD＝∠ACD＝45°，∠BCE＝∠ACF＝90°.
∴∠BCD＋∠BCE＝∠ACD＋∠ACF，即∠DCE＝∠DCF＝135°，
又∵CE＝CF，CD＝CD，
∴△DCE≌△DCF(SAS)．
∴DE＝DF；
(2)解：①∵∠DCF＝∠DCE＝135°，
∴∠CDF＋∠F＝180°－135°＝45°.
又∵∠CDF＋∠CDE＝45°，
∴∠F＝∠CDE.
∴△CDF∽△CED.
∴＝，即CD2＝CE·CF.
∵∠ACB＝90°，AD＝BD，
∴CD＝AB.
∴AB2＝4CE·CF.
②如解图，过点D作DG⊥BC于G，则∠DGN＝∠ECN＝90°，CG＝DG.

第6题解图
当CE＝4，CF＝2时，由CD2＝CE·CF，
得CD＝2.
在Rt△DCG中，CG＝DG＝CD·sin∠DCG＝2×sin45°＝2.
∵∠ECN＝∠DGN，∠ENC＝∠DNG，
∴△CEN∽△GDN.
∴＝＝＝2.
∴GN＝CG＝.
∴DN＝＝＝.
7．解：(2)图②的结论为：OH＝AD，OH⊥AD
图③的结论为：OH＝AD，OH⊥AD；
选图②的结论证明如下：
证明：如解图，延长OH到点Q使HQ＝OH，连接QC，易证△BHO≌△CHQ，
∴∠BOH＝∠Q，OH＝OQ，
∵等腰Rt△AOB和等腰Rt△COD，
∴∠AOD＝180°－∠COB，

第7题解图
而∠COB＝∠QOC＋∠BOQ＝∠QOC＋∠Q，
∠QCO＝180°－(∠QOC＋∠Q)
＝180°－∠COB，
∴∠AOD＝∠QCO，易证△QCO≌△AOD，
∴∠Q＝∠OAD
而∠AOC＋∠COB＝90°，
∴∠AOC＋∠COQ＋∠OAD＝90°，
即OH⊥AD，
而OH＝OQ，OQ＝AD，
∴OH＝AD，
∴OH＝AD，OH⊥AD.