2020-2022年山东中考数学3年真题汇编 专题20 图形的旋转、翻折（对称）与平移（学生卷+教师卷）

这是一份2020-2022年山东中考数学3年真题汇编 专题20 图形的旋转、翻折（对称）与平移（学生卷+教师卷），文件包含专题20图形的旋转翻折对称与平移-三年2020-2022中考数学真题分项汇编山东专用解析版docx、专题20图形的旋转翻折对称与平移-三年2020-2022中考数学真题分项汇编山东专用原卷版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共65页， 欢迎下载使用。

专题20 图形的旋转、翻折（对称）与平移
一、单选题
1．（2022·山东枣庄·中考真题）如图，将△ABC先向右平移1个单位，再绕点P按顺时针方向旋转90°，得到△A′B′C′，则点B的对应点B′的坐标是（　　）

A．（4，0） B．（2，﹣2） C．（4，﹣1） D．（2，﹣3）
【答案】C
【分析】根据平移和旋转的性质，将△ABC先向右平移1个单位，再绕P点顺时针方向旋转，得到△A′B′C′，即可得点B的对应点的坐标．
【详解】作出旋转后的图形如下：

∴B'点的坐标为（4，﹣1），
故选：C．
【点睛】本题考查了坐标与图形变换−旋转、平移，解决本题的关键是掌握旋转的性质．
2．（2022·山东青岛·中考真题）如图，将先向右平移3个单位，再绕原点O旋转，得到，则点A的对应点的坐标是（    ）

A． B． C． D．
【答案】C
【分析】先画出平移后的图形，再利用旋转的性质画出旋转后的图形即可求解．
【详解】解：先画出△ABC平移后的△DEF，再利用旋转得到△A'B'C'，
由图像可知A'（-1，-3），
故选：C．

【点睛】本题考查了图形的平移和旋转，解题关键是掌握绕原点旋转的图形的坐标特点，即对应点的横纵坐标都互为相反数．
3．（2021·山东青岛·中考真题）如图，将线段先绕原点按逆时针方向旋转，再向下平移4个单位，得到线段，则点的对应点的坐标是（    ）

A． B． C． D．
【答案】D
【分析】先求出A点绕O点逆时针旋转90°后的坐标为（-1，2），再求向下平移4个单位后的点的坐标即可．
【详解】解：如图连接OA,将OA点绕O点逆时针旋转90°，得到点A''（-1，2），A''向下平移4个单位，得到A'（-1，-2）；

故选：D．
【点睛】本题考查坐标与图形变化，能够根据题意得出旋转、平移后的点坐标是解题的关键．
4．（2021·山东日照·中考真题）在平面直角坐标系中，把点向右平移两个单位后，得到对应点的坐标是（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】根据平移时，点的坐标变化规律“左减右加”进行计算即可．
【详解】解：根据题意，从点到点，点的纵坐标不变，横坐标是，
故点的坐标是．
故选：D．
【点睛】此题考查了点的坐标变化和平移之间的联系，平移时点的坐标变化规律是“上加下减，左减右加”．
5．（2020·山东济南·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，△ABC的顶点都在格点上，如果将△ABC先沿y轴翻折，再向上平移3个单位长度，得到'，那么点B的对应点B'的坐标为（　　）

A．（1，7） B．（0，5） C．（3，4） D．（﹣3，2）
【答案】C
【分析】根据轴对称的性质和平移规律求得即可．
【详解】解：由坐标系可得B(﹣3，1)，将△ABC先沿y轴翻折得到B点对应点为(3，1)，再向上平移3个单位长度，点B的对应点B'的坐标为(3，1+3)，即(3，4)，
故选：C．
【点睛】此题主要考查了坐标与图形的变化--对称和平移，关键是掌握点的坐标的变化规律．
6．（2020·山东青岛·中考真题）如图，将先向上平移1个单位，再绕点按逆时针方向旋转，得到，则点的对应点的坐标是（ ）

A．（0，4） B．（2，-2） C．（3，-2） D．（-1，4）
【答案】D
【分析】根据平移的规律找到A点平移后对应点，然后根据旋转的规律找到旋转后对应点，即可得出的坐标．
【详解】解：如图所示：A的坐标为（4，2），向上平移1个单位后为（4，3），再绕点P逆时针旋转90°后对应点的坐标为（-1，4）．
故选：D．

【点睛】本题考查了根据平移变换和旋转变换作图，熟练掌握平移的规律和旋转的规律是解题的关键．
7．（2020·山东菏泽·中考真题）在平面直角坐标系中，将点向右平移个单位得到点，则点关于轴的对称点的坐标为（    ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】先根据点向右平移个单位点的坐标特征：横坐标加3，纵坐标不变，得到点的坐标，再根据关于轴的对称点的坐标特征：横坐标不变，纵坐标变为相反数，得到对称点的坐标即可．
【详解】解：∵将点向右平移个单位，
∴点的坐标为：(0，2)，
∴点关于轴的对称点的坐标为：(0，-2)．
故选：A．
【点睛】本题考查平移时点的坐标特征及关于轴的对称点的坐标特征，熟练掌握对应的坐标特征是解题的关键．
8．（2020·山东枣庄·中考真题）在下图的四个三角形中，不能由经过旋转或平移得到的是（　　）

A． B． C． D．
【答案】B
【分析】根据平移和旋转的性质解答.
【详解】A、可由△ABC逆时针旋转一个角度得到；
B、可由△ABC翻折得到；
C、可由△ABC逆时针旋转一个角度得到；
D、可由△ABC逆时针旋转一个角度得到．
故选：B．
9．（2022·山东聊城·中考真题）如图，在直角坐标系中，线段是将绕着点逆时针旋转一定角度后得到的的一部分，则点的对应点的坐标是（    ）

A．(-2，3) B．(-3，2) C．(-2，4) D．(-3，3)
【答案】A
【分析】根据旋转的性质解答即可．
【详解】解：∵线段是将绕着点逆时针旋转一定角度后得到的的一部分，
∴的对应点为，∴，∴旋转角为90°，
∴点C绕点P逆时针旋转90°得到的点的坐标为（-2，3），
故选：A．
【点睛】本题主要考查了旋转的性质，练掌握对应点与旋转中心的连线是旋转角和旋转角相等是解答本题的关键．
10．（2021·山东泰安·中考真题）如图，在矩形中，，，点P在线段上运动（含B、C两点），连接，以点A为中心，将线段逆时针旋转60°到，连接，则线段的最小值为（   ）

A． B． C． D．3
【答案】A
【分析】根据题中条件确定出点的轨迹是线段，则线段的最小值就转化为定点到点的轨迹线段的距离问题．
【详解】解：与固定夹角是，，点的轨迹是线段，
的轨迹也是一条线段．
两点确定一条直线，取点分别与重合时，所对应两个点Q，
来确定点的轨迹，得到如下标注信息后的图形：

求的最小值，转化为点到点的轨迹线段的距离问题，
,
在中，,
,，
将逆时针绕点转动后得到，
为等边三角形，,
为的中点，根据三线合一知，
,
过点作的垂线交于点,
在中，对应的边等于斜边的一半，
，
的最小值为，
故选：A．
【点睛】本题考查了动点问题中，两点间距离的最小值问题，解题的关键是：需要确定动点的轨迹，才能方便找到解决问题的突破口．
11．（2020·山东枣庄·中考真题）如图，平面直角坐标系中，点在第一象限，点在轴的正半轴上，，，将绕点逆时针旋转，点的对应点的坐标是（  ）

A． B． C． D．
【答案】B
【分析】如图，作轴于．解直角三角形求出，即可．
【详解】解：如图，作轴于．

由题意：，，
，
，，
，
，
故选：B．
【点睛】本题考查坐标与图形变化——旋转，解直角三角形等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造直角三角形解决问题．
12．（2022·山东淄博·中考真题）下列图案中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（    ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【分析】根据中心对称图形与轴对称图形的概念，把一个图形绕某一点旋转，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形就叫做中心对称图形，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，进行判断即可．
【详解】解：A．不是中心对称图形，也不是轴对称图形，故此选项不合题意；
B．不是中心对称图形，是轴对称图形，故此选项不合题意；
C．不是中心对称图形，是轴对称图形，故此选项不合题意；
D．既是轴对称图形，又是中心对称图形，故此选项符合题意；
故选：D．
【点睛】本题考查的是中心对称图形与轴对称图形的概念，正确掌握相关定义是解题关键．
13．（2022·山东东营·中考真题）如图，任意将图中的某一白色方块涂黑后，能使所有黑色方块构成的图形是轴对称图形的概率是（    ）

A． B． C． D．
【答案】A
【分析】根据轴对称图形的定义，结合概率计算公式求解即可．
【详解】解：如图所示，由轴对称图形的定义可知当选取编号为1，3，5，6其中一个白色区域涂黑后，能使黑色方块构成的图形是轴对称图形，
∴任意将图中的某一白色方块涂黑后，能使所有黑色方块构成的图形是轴对称图形的概率是，
故选A．

【点睛】本题主要考查了轴对称图形的定义，简单的概率计算，熟知轴对称图形的定义是解题的关键．
14．（2022·山东济南·中考真题）下列绿色能源图标中既是轴对称图形又是中心对称图形的是（    ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】根据轴对称图形和中心对称图形的概念，对各选项分析判断即可得解，把一个图形绕某一点旋转180°，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形就叫做中心对称图形；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．
【详解】解：A、既不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故本选项不合题意；
B、既是轴对称图形，又是中心对称图形，故本选项符合题意；
C、不是轴对称图形，是中心对称图形，故本选项不合题意；
D、是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项不合题意．
故选：B．
【点睛】本题考查了中心对称图形以及轴对称图形的概念，轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分折叠后可重合，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后与自身重合．
15．（2022·山东枣庄·中考真题）剪纸文化是中国最古老的民间艺术之一，下列剪纸图案中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】D
【分析】根据中心对称图形和轴对称图形的概念，即可得出正确选项．
【详解】A．不是中心对称图形，是轴对称图形，故此选项不合题意；
B．不是中心对称图形，是轴对称图形，故此选项不合题意；
C．是中心对称图形，不是轴对称图形，故此选项不合题意；
D．既是轴对称图形又是中心对称图形，故此选项符合题意；
故选：D．
【点睛】本题考查了中心对称图形和轴对称图形的概念，熟练掌握概念是本题的关键．
16．（2022·山东日照·中考真题）山东省第二十五届运动会将于2022年8月25日在日照市开幕，“全民健身与省运同行”成为日照市当前的运动主题．在下列给出的运动图片中，是轴对称图形的是（    ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【分析】根据轴对称图形的概念，对各选项分析判断即可得解；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．
【详解】解：A、不是轴对称图形，故本选项不符合题意；
B、不是轴对称图形，故本选项不符合题意；
C、不是轴对称图形，故本选项不符合题意；
D、是轴对称图形，故本选项符合题意．
故选：D．
【点睛】本题考查了轴对称图形，正确掌握相关定义是解题关键．
17．（2022·山东烟台·中考真题）下列新能源汽车标志图案中，既是轴对称图形，又是中心对称图形的是（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】根据中心对称图形与轴对称图形的概念进行判断即可．
【详解】A.既是轴对称图形，又是中心对称图形，故A符合题意；
B.是轴对称图形，不是中心对称图形，故B不符合题意；
C.不是轴对称图形，是中心对称图形，故C不符合题意；
D.是轴对称图形，不是中心对称图形，故D不符合题意．
故选：A．
【点睛】本题考查的是中心对称图形与轴对称图形的概念．轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分折叠后可重合，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后与自身重合．
18．（2022·山东青岛·中考真题）北京冬奥会和冬残奥会组委会收到来自全球的会徽设计方案共4506件，其中很多设计方案体现了对称之美．以下4幅设计方案中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（    ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根据轴对称图形的意义：如果一个图形沿着一条直线对折后两部分完全重合，这样的图形叫做轴对称图形，这条直线叫做对称轴；根据中心对称图形的定义旋转180°后能够与原图形完全重合即是中心对称图形，即可判断出．
【详解】解：A、既不是轴对称图形，又不是中心对称图形，该选项不符合题意；
B、不是轴对称图形，是中心对称图形，该选项不符合题意；
C、既是轴对称图形，又是中心对称图形，该选项符合题意；
D、既不是轴对称图形，又不是中心对称图形，该选项不符合题意；
故选：C．
【点睛】此题主要考查了中心对称图形与轴对称图形．轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分折叠后可重合，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后两部分重合．
19．（2022·山东临沂·中考真题）剪纸艺术是最古老的中国民间艺术之一，先后入选中国国家级非物质文化遗产名录和人类非物质文化遗产代表作名录．鱼与“余”同音，寓意生活富裕、年年有余，是剪纸艺术中很受喜爱的主题，以下关于鱼的剪纸中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（   ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【分析】根据轴对称图形和中心对称图形的概念进行判断即可．
【详解】A.是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项不合题意；
B.不是轴对称图形，是中心对称图形，故本选项不合题意；
C.不是轴对称图形，是中心对称图形，故本选项不合题意；
D.既是轴对称图形，也是中心对称图形，故本选项符合题意；
故选：D．
【点睛】本题考查了轴对称图形和中心对称图形的概念，把一个图形绕某一点旋转180°，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形就叫做中心对称图形，这个点叫做对称中心；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；熟练掌握知识点是解题的关键．
20．（2022·山东威海·中考真题）图1是光的反射规律示意图．其中，PO是入射光线，OQ是反射光线，法线KO⊥MN，∠POK是入射角，∠KOQ是反射角，∠KOQ＝∠POK．图2中，光线自点P射入，经镜面EF反射后经过的点是(   )

A．A点 B．B点 C．C点 D．D点
【答案】B
【分析】根据光反射定律可知，反射光线、入射光线分居法线两侧，反射角等于入射角并且关于法线对称，由此推断出结果．
【详解】连接EF，延长入射光线交EF于一点N，过点N作EF的垂线NM，如图所示：

由图可得MN是法线，为入射角
因为入射角等于反射角，且关于MN对称
由此可得反射角为
所以光线自点P射入，经镜面EF反射后经过的点是B
故选：B．
【点睛】本题考查了轴对称中光线反射的问题，根据反射角等于入射角，在图中找出反射角是解题的关键．
21．（2022·山东泰安·中考真题）下列图形：

其中轴对称图形的个数是（    ）
A．4 B．3 C．2 D．1
【答案】B
【分析】对每个图形逐一分析，能够找到对称轴的图形就是轴对称图形．
【详解】从左到右依次对图形进行分析：
第1个图在竖直方向有一条对称轴，是轴对称图形，符合题意；
第2个图在水平方向有一条对称轴，是轴对称图形，符合题意；
第3个图找不到对称轴，不是轴对称图形，不符合题意；
第4个图在竖直方向有一条对称轴，是轴对称图形，符合题意；
因此，第1、2、4都是轴对称图形，共3个．
故选：B．
【点睛】本题考查轴对称图形的概念，解题的关键是寻找对称轴．
22．（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．
【点睛】本题考查了轴对称图形的概念．轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分折叠后可重合．
23．（2021·山东青岛·中考真题）如图，在四边形纸片中，，，．将纸片折叠，使点落在边上的点处，折痕为．若，则的长为（    ）

A．5 B． C． D．
【答案】C
【分析】过点A作 于H，由折叠知识得： ，再由锐角三角函数可得，然后根据，可证得四边形AHFG是矩形，即可求解．
【详解】解：过点A作 于H，

由折叠知：BF=GF，∠BFE=∠GFE，
，
，
在 中，，，
，
，
，
，
四边形AHFG是矩形，
，
．
故选：C．
【点睛】本题主要考查了折叠变换，解直角三角形，矩形的判定和性质，熟练掌握相关知识点是解题的关键．
24．（2021·山东济南·中考真题）以下是我国部分博物馆标志的图案，其中既是轴对称图形又是中心对称图形的是（    ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【分析】根据中心对称图形和轴对称图形的概念逐项分析即可，轴对称图形：平面内，一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够完全重合的图形．中心对称图形：在平面内，把一个图形绕着某个点旋转，如果旋转后的图形能与原来的图形重合，那么这个图形叫做中心对称图形．
【详解】A.既是轴对称图形又是中心对称图形,故该选项符合题意；
B.是轴对称图形，但不是中心对称图形,故该选项不符合题意；
C.不是轴对称图形，但是中心对称图形,故该选项不符合题意；
D.既不是轴对称图形也不是中心对称图形,故该选项不符合题意．
故选A．
【点睛】本题考查了中心对称图形与轴对称图形的概念：轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分折叠后可重合；中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后两部分重合，掌握中心对称图形与轴对称图形的概念是解题的关键．
25．（2021·山东潍坊·中考真题）如图，某机器零件的三视图中，既是轴对称图形，又是中心对称图形的是（   ）

A．主视图 B．左视图 C．俯视图 D．不存在
【答案】C
【分析】根据该几何体的三视图，结合轴对称图形的定义：如果一个平面图形沿着一条直线折叠，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及中心对称的定义：把一个图形绕着某一个点旋转180°，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形称为中心对称图形进行判断即可．
【详解】解：该几何体的三视图如下：

三视图中既是轴对称图形，又是中心对称图形的是俯视图，
故选：C．
【点睛】本题考查简单几何体的三视图，中心对称、轴对称，理解视图的意义，掌握简单几何体三视图的画法以及轴对称、中心对称的意义是正确判断的前提．
26．（2021·山东烟台·中考真题）下列数学符号中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（    ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】根据轴对称图形和中心对称图形的特征进行判断即可．
【详解】解：A选项是轴对称图形不是中心对称图形；
B选项是中心对称图形，也不是轴对称图形；
C选项是轴对称图形，不是中心对称图形；
D选项既是轴对称图形又是中心对称图形;
故选：D．
【点睛】本题考查了轴对称图形和中心对称图形的识别，解题关键是抓住对称图形的特征，进行准确判断．
27．（2021·山东济宁·中考真题）一个圆柱体如图所示，下面关于它的左视图的说法，其中正确的是（    ）

A．既是轴对称图形，又是中心对称图形
B．既不是轴对称图形，又不是中心对称图形
C．是轴对称图形，但不是中心对称图形
D．是中心对称图形，但不是轴对称图形
【答案】A
【分析】根据三视图的定义，得到左视图是矩形，进而即可得到答案．
【详解】解：圆柱体的左视图是矩形，它既是轴对称图形，又是中心对称图形，
故选A.
【点睛】本题主要考查三视图以及轴对称和中心对称图形，熟练掌握三视图的定义以及轴对称和中心对称图形的定义，是解题的关键．
28．（2020·山东济南·中考真题）古钱币是我国悠久的历史文化遗产，以下是在《中国古代钱币》特种邮票中选取的部分图形，其中既是轴对称图形又是中心对称图形的是（　　）

A． B．
C． D．
【答案】D
【分析】轴对称图形的定义：把一个图形沿某条直线对折，对折后直线两旁的部分能完全重合，则这个图形是轴对称图形，中心对称图形：把一个图形绕某点旋转后能与自身重合，则这个图形是中心对称图形，根据概念逐一分析可得答案．
【详解】解：A、是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项不合题意；
B、是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项不合题意；
C、不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故本选项不合题意；
D、既是轴对称图形又是中心对称图形的，故本选项符合题意．
故选：D．
【点睛】本题考查的是轴对称图形与中心对称图形的概念与识别，掌握以上知识是解题的关键．
29．（2020·山东日照·中考真题）如图，几何体由5个相同的小正方体构成，该几何体三视图中为轴对称图形的是（　　）

A．主视图 B．左视图
C．俯视图 D．主视图和俯视图
【答案】B
【分析】由题意观察图形先得到该几何体的三视图，再根据轴对称图形的定义进行分析即可求解．
【详解】解：由如图所示的几何体可知：
该几何体的主视图、左视图和俯视图分别是，

其中左视图是轴对称图形．
故选：B．
【点睛】本题考查简单组合体的三视图以及轴对称图形，解题的关键是得到该几何体的三视图以及掌握轴对称图形的定义．
30．（2020·山东烟台·中考真题）下列关于数字变换的图案中，是中心对称图形但不是轴对称图形的是（    ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】根据轴对称图形与中心对称图形的概念对每一个选项进行判断即可．
【详解】解：A、是中心对称图形，不是轴对称图形，故此选项符合题意；
B、不是中心对称图形，是轴对称图形，故此选项不符合题意；
C、不是中心对称图形，也不是轴对称图形，故此选项不符合题意；
D、是轴对称图形，也是中心对称图形，故此选项不符合题意；
故选：A．
【点睛】此题主要考查了中心对称图形与轴对称图形的概念．解题的关键是掌握轴对称图形与中心对称图形的概念．
31．（2020·山东淄博·中考真题）下列图形中，不是轴对称图形的是（     ）
A． B． C． D．
【答案】D
【详解】根据轴对称图形的概念对各选项分析判断即可得解．
【解答】解：A、是轴对称图形，故本选项不符合题意；
B、是轴对称图形，故本选项不符合题意；
C、是轴对称图形，故本选项不符合题意；
D、不是轴对称图形，故本选项符合题意．
故选：D．
【点评】本题考查了轴对称图形的概念，轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分折叠后可重合．
32．（2020·山东潍坊·中考真题）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
【分析】根据轴对称图形与中心对称图形的概念依次对各项进行判断即可．
【详解】A．不是轴对称图形，是中心对称图形，故此选项不符合题意；
B．是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项不符合题意；
C．是轴对称图形，也是中心对称图形，故此选项符合题意；
D．是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项不符合题意；
故选：C．
【点睛】本题考查中心对称图形与轴对称图形的识别．轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分折叠后可重合，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后两部分重合．
33．（2020·山东滨州·中考真题）下列图形：线段、等边三角形、平行四边形、圆，其中既是轴对称图形，又是中心对称图形的个数为（    ）
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】B
【分析】根据轴对称图形与中心对称图形的概念求解．
【详解】解：线段是轴对称图形，也是中心对称图形；
等边三角形是轴对称图形，不是中心对称图形；
平行四边形不是轴对称图形，是中心对称图形；
圆是轴对称图形，也是中心对称图形；
则既是轴对称图形又是中心对称图形的有2个．
故选：B．
【点睛】本题考查了中心对称图形与轴对称图形的概念．轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分折叠后可重合，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后与自身重合．
34．（2021·山东枣庄·中考真题）将如图的七巧板的其中几块，拼成一个多边形，为中心对称图形的是（　　）

A． B．
C． D．
【答案】D
【分析】根据中心对称的定义，结合所给图形即可作出判断.
【详解】A、不是中心对称图形，故本选项不符合题意；
B、不是中心对称图形，故本选项不符合题意；
C、不是中心对称图形，故本选项不符合题意；
D、是中心对称图形，故本选项符合题意.
故选：D.
【点睛】此题主要考查了中心对称图形的概念，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后两部分能够完全重合.
35．（2020·山东青岛·中考真题）下列四个图形中，中心对称图形是（    ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】根据中心对称图形的概念结合各图形的特点求解．
【详解】解：A、不是中心对称图形，不符合题意；
B、不是中心对称图形，不符合题意；
C、不是中心对称图形，不符合题意；
D、是中心对称图形，符合题意．
故选：D．
【点睛】本题考查了中心对称图形与轴对称图形的概念．判断中心对称图形是要寻找对称中心，图形旋转180度后与原图形重合．
36．（2020·山东临沂·中考真题）下列交通标志中，是中心对称图形的是（    ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】根据中心对称图形的定义和交通标志的图案特点即可解答．
【详解】解：A、不是中心对称图形，故选项错误；
B、是中心对称图形，故本选项正确；
C、不是中心对称图形，故选项错误；
D、不是中心对称图形，故本选项错误．
故选：B．
【点睛】本题考查中心对称图形的概念：在同一平面内，如果把一个图形绕某一点旋转180度，旋转后的图形能和原图形完全重合，那么这个图形就叫做中心对称图形．
37．（2020·山东德州·中考真题）下列图形中，是中心对称图形但不是轴对称图形的是（    ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【分析】根据中心对称图形和轴对称图形的定义判断即可．
【详解】解：∵A中的图形旋转180°后不能与原图形重合，
∴A中的图象不是中心对称图形，
∴选项A不正确；
∵B中的图形旋转180°后能与原图形重合，
∴B中的图形是中心对称图形，但不是轴对称图形，
∴选项B正确；
∵C中的图形旋转180°后能与原图形重合，
∴C中的图形是中心对称图形，也是轴对称图形，
∴选项C不正确；
∵D中的图形旋转180°后不能与原图形重合，
∴D中的图形不是中心对称图形，
∴选项D不正确；
故选：B．
【点睛】本题考查了轴对称图形和中心对称图形的定义，熟练掌握轴对称图形和中心对称图形的定义是解题的关键．
二、填空题
38．（2022·山东淄博·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，平移△ABC至△A1B1C1的位置．若顶点A（﹣3，4）的对应点是A1（2，5），则点B（﹣4，2）的对应点B1的坐标是________．

【答案】（1，3）
【分析】根据点A和点的坐标可得出平移规律，从而进一步可得出结论．
【详解】解：∵顶点A（﹣3，4）的对应点是A1（2，5），
又
∴平移至的规律为：将向右平移5个单位，再向上平移1个单位即可得到
∵B（﹣4，2）
∴的坐标是（-4+5，2+1），即（1，3）
故答案为：（1，3）
【点睛】本题主要考查了坐标与图形，正确找出平移规律是解答本题的关键．
39．（2022·山东潍坊·中考真题）如图，在直角坐标系中，边长为2个单位长度的正方形绕原点O逆时针旋转，再沿y轴方向向上平移1个单位长度，则点的坐标为___________．

【答案】##
【分析】连接OB，由题意可得∠=75°，可得出∠=30°，可求出的坐标，即可得出点的坐标．
【详解】解：如图：连接OB，，作⊥y轴

∵是正方形，OA=2
∴∠COB=45°，OB=
∵绕原点O逆时针旋转
∴∠=75°
∴∠=30°
∵=OB=
∴，
∴
∵沿y轴方向向上平移1个单位长度
∴
故答案为：
【点睛】本题考查了坐标与图形变化﹣旋转，坐标与图形变化﹣平移，熟练掌握网格结构，准确确定出对应点的位置是解题的关键．
40．（2022·山东临沂·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，的顶点A，B的坐标分别是，．平移得到，若点的对应点的坐标为，则点的对应点的坐标是_____________．

【答案】
【分析】根据点A坐标及其对应点的坐标的变化规律可得平移后对应点的横坐标减小1，纵坐标减小2，即可得到答案．
【详解】平移得到，点的对应点的坐标为，
向左平移了1个单位长度，向下平移了2个单位长度，
即平移后对应点的横坐标减小1，纵坐标减小2，
的对应点的坐标是，
故答案为：．
【点睛】本题考查了平移坐标的变化规律，即左减右加，上加下减，熟练掌握知识点是解题的关键．
41．（2022·山东泰安·中考真题）如图，四边形为平行四边形，则点B的坐标为________．

【答案】
【分析】根据平行四边形的性质以及点的平移即可得出结论．
【详解】解：四边形为平行四边形，
，即将点平移到的过程与将点平移到的过程保持一致，
将点平移到的过程是：（向左平移4各单位长度）；（上下无平移）；
将点平移到的过程按照上述一致过程进行得到，即，
故答案为：．
【点睛】本题考查平行四边形的性质及点的平移，掌握点的平移的代数表示是解决问题的关键．
42．（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．
【点睛】本题主要考查点的坐标平移及对称，熟练掌握点的坐标平移及对称是解题的关键．
43．（2021·山东临沂·中考真题）在平面直角坐标系中，的对称中心是坐标原点，顶点、的坐标分别是、，将沿轴向右平移3个单位长度，则顶点的对应点的坐标是___．
【答案】（4，-1）
【分析】根据平行四边形的性质得到点C坐标，再根据平移的性质得到C1坐标．
【详解】解：在平行四边形ABCD中，
∵对称中心是坐标原点，A（-1，1），B（2，1），
∴C（1，-1），
将平行四边形ABCD沿x轴向右平移3个单位长度，
∴C1（4，-1），
故答案为：（4，-1）．
【点睛】本题考查了坐标与图形变化-平移，平移中点的变化规律是：横坐标右移加，左移减；纵坐标上移加，下移减．
44．（2020·山东淄博·中考真题）如图，将△ABC沿BC方向平移至△DEF处．若EC＝2BE＝2，则CF的长为_____．

【答案】1
【分析】利用平移的性质得到BE＝CF，再用EC＝2BE＝2得到BE的长，从而得到CF的长．
【详解】解：∵△ABC沿BC方向平移至△DEF处．
∴BE＝CF，
∵EC＝2BE＝2，
∴BE＝1，
∴CF＝1．
故答案为1．
【点睛】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．
45．（2022·山东淄博·中考真题）如图，正方形ABCD的中心与坐标原点O重合，将顶点D（1，0）绕点A（0，1）逆时针旋转90°得点D1，再将D1绕点B逆时针旋转90°得点D2，再将D2绕点C逆时针旋转90°得点D3，再将D3绕点D逆时针旋转90°得点D4，再将D4绕点A逆时针旋转90°得点D5……依此类推，则点D2022的坐标是________．

【答案】（-2023，2022）
【分析】由题意观察发现：每四个点一个循环，，由，推出．
【详解】解：将顶点绕点逆时针旋转得点，
，
再将绕点逆时针旋转得点，再将绕点逆时针旋转得点，再将绕点逆时针旋转得点，再将绕点逆时针旋转得点
，，，，，，
观察发现：每四个点一个循环，，
，
；
故答案为：．
【点睛】本题考查坐标与图形的变化旋转，等腰直角三角形性质，规律型问题，解题的关键是学会探究规律的方法，找到规律再利用规律求解．
46．（2022·山东济南·中考真题）规定：在平面直角坐标系中，一个点作“0”变换表示将它向右平移一个单位，一个点作“1”变换表示将它绕原点顺时针旋转90°，由数字0和1组成的序列表示一个点按照上面描述依次连续变换．例如：如图，点按序列“011…”作变换，表示点O先向右平移一个单位得到，再将绕原点顺时针旋转90°得到，再将绕原点顺时针旋转90°得到…依次类推．点经过“011011011”变换后得到点的坐标为______．

【答案】
【分析】根据题意得出点坐标变化规律，进而得出变换后的坐标位置，进而得出答案．
【详解】解：点按序列“011011011”作变换，表示点先向右平移一个单位得到，再将绕原点顺时针旋转90°得到，再将绕原点顺时针旋转90°得到，然后右平移一个单位得到，再将绕原点顺时针旋转90°得到，再将绕原点顺时针旋转90°得到，然后右平移一个单位得到，再将绕原点顺时针旋转90°得到，再将绕原点顺时针旋转90°得到．
故答案为：
【点睛】此题主要考查了点的坐标变化规律，得出点坐标变化规律是解题关键．
47．（2021·山东枣庄·中考真题）如图，在平面直角坐标系xOy中，△A′B′C′由△ABC绕点P旋转得到，则点P的坐标为_______．

【答案】（1，-1）
【分析】连接AA′、CC′，作线段AA′的垂直平分线MN，作线段CC′的垂直平分线EF，直线MN和直线EF的交点为P，点P就是旋转中心．
【详解】解：直线MN的解析式为：x=1，
∵，C'，
所以CC'的中点坐标为，即，
设直线CC′的解析式为：y=kx+b，
由题意：，
∴，
∴直线CC′:，
∵直线EF⊥CC′，且经过CC′中点，
设直线EF的解析式为：，
∴，
∴
∴直线EF:，
由得，
∴P点坐标为：．

48．（2020·山东烟台·中考真题）如图，已知点A(2，0)，B(0，4)，C(2，4)，D(6，6)，连接AB，CD，将线段AB绕着某一点旋转一定角度，使其与线段CD重合（点A与点C重合，点B与点D重合），则这个旋转中心的坐标为_____．

【答案】(4，2)
【分析】画出平面直角坐标系，作出新的AC，BD的垂直平分线的交点P，点P即为旋转中心．
【详解】解：平面直角坐标系如图所示，旋转中心是P点，P（4，2），

故答案为：（4，2）．
【点睛】本题考查坐标与图形变化﹣旋转，解题的关键是理解对应点连线段的垂直平分线的交点即为旋转中心．
49．（2020·山东德州·中考真题）如图，在矩形ABCD中，，，把△EAD沿AE折叠，使点D恰好落在AB边上的处，再将绕点E顺时针旋转，得到，使得恰好经过的中点F．交AB于点G，连接有如下结论：①的长度是；②弧的长度是；③；④．上述结论中，所有正确的序号是________．

【答案】①②④
【分析】①先根据图形翻折变换的性质以及勾股定理得出的长，再根据勾股定理求出EF的长，即可求解；
②利用特殊角的三角函数求得，从而求得，根据弧长公式即可求解；
③由于不是等边三角形，得出，从而说明和不是全等三角形；
④先利用“HL”证得，求得，再求得，从而推出．
【详解】①在矩形ABCD中，，
∵△ADE翻折后与△AD′E重合，
∴AD′=AD，D′E=DE，，
∴四边形ADED′是正方形，
∴AD′=AD=D′E=DE=，
∴AE=，
将绕点E顺时针旋转，得到，
∴，==，，
∵点F是的中点，
∴，
∴，
∴，故①正确；
②由①得，
在中，，
，
∴，
∴，
∴弧的长度是，故②正确；
③在中，，，
∴不是等边三角形，
∴，
∴和不是全等三角形，故③错误；
④在和中，，公共，
∴(HL)，
∴，
∴，
在中，，，
∴，
∴，
又，
∴，故④正确；
综上，①②④正确，
故答案为：①②④．
【点睛】本题考查了图形的翻折变换，特殊角的三角函数，正方形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，弧长公式的应用，勾股定理的应用，熟知图形翻折不变性的性质是解答此题的关键．
50．（2020·山东泰安·中考真题）如图，将正方形网格放置在平面直角坐标系中，其中，每个小正方形的边长均为1，点A，B，C的坐标分别为，，．是关于轴的对称图形，将绕点逆时针旋转180°，点的对应点为M，则点M的坐标为________．

【答案】
【分析】根据题意，画出旋转后图形，即可求解
【详解】解：如图，将绕点逆时针旋转180°，所以点的对应点为M的坐标为．

故答案为：
【点睛】本题考查平面直角坐标系内图形的对称，旋转，解题关键是理解对称旋转的含义，并结合网格解题．
三、解答题
51．（2022·山东临沂·中考真题）已知是等边三角形，点B，D关于直线AC对称，连接AD，CD．

(1)求证：四边形ABCD是菱形；
(2)在线段AC上任取一点Р（端点除外），连接PD．将线段PD绕点Р逆时针旋转，使点D落在BA延长线上的点Q处．请探究：当点Р在线段AC上的位置发生变化时，的大小是否发生变化？说明理由．
(3)在满足（2）的条件下，探究线段AQ与CP之间的数量关系，并加以证明．
【答案】(1)见解析
(2)大小不变，理由见解析
(3)，证明见解析

【分析】（1）连接BD，由等边三角形的性质可得AC垂直平分BD，继而得出，便可证明；
（2）连接PB，过点P作交AB于点E，PF⊥AB于点F，可证明是等边三角形，由等腰三角形三线合一证明，，即可求解；
（3）由等腰三角形三线合一的性质可得AF = FE，QF = BF，即可证明．
（1）

连接BD，
是等边三角形，
，
点B，D关于直线AC对称，
AC垂直平分BD，
，
，
四边形ABCD是菱形；
（2）
当点Р在线段AC上的位置发生变化时，的大小不发生变化，始终等于60°，理由如下：
将线段PD绕点Р逆时针旋转，使点D落在BA延长线上的点Q处，
，
是等边三角形，
，
连接PB，过点P作交AB于点E，PF⊥AB于点F，

则，
，
是等边三角形，
，
，
，
点B，D关于直线AC对称，点P在线段AC上，
PB = PD，∠DPA =∠BPA，
PQ = PD，
，
，
∠QPF -∠APF =∠BPF -∠EPF，
即∠QPA = ∠BPE，
∠DPQ =∠DPA - ∠QPA=∠BPA-∠BPE = ∠APE = 60°；
（3）
AQ= CP，证明如下：
AC = AB，AP= AE，
AC - AP = AB – AE，即CP= BE，
AP = EP，PF⊥AB，
AF = FE，
PQ= PD，PF⊥AB，
QF = BF，
QF - AF = BF – EF，即AQ= BE，
AQ= CP．
【点睛】本题考查了图形的旋转，等边三角形的判定和性质，等腰三角形的性质，菱形的判定等，熟练掌握知识点是解题的关键．
52．（2022·山东潍坊·中考真题）【情境再现】
甲、乙两个含角的直角三角尺如图①放置，甲的直角顶点放在乙斜边上的高的垂足O处，将甲绕点O顺时针旋转一个锐角到图②位置．小莹用作图软件Geogebra按图②作出示意图，并连接，如图③所示，交于E，交于F，通过证明，可得．
请你证明：．

【迁移应用】
延长分别交所在直线于点P，D，如图④，猜想并证明与的位置关系．
【拓展延伸】
小亮将图②中的甲、乙换成含角的直角三角尺如图⑤，按图⑤作出示意图，并连接，如图⑥所示，其他条件不变，请你猜想并证明与的数量关系．
【答案】证明见解析；垂直；
【分析】证明，即可得出结论；通过，可以求出，得出结论；证明，得出，得出结论；
【详解】证明：，
，
，
，
，
，
；
迁移应用：，
证明：，
，
，
，
，
，
，
；
拓展延伸：，
证明：在中，，
在中，，
，
由上一问题可知，，
，
，
．
【点睛】本题考查旋转变换，涉及知识点：全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质、锐角三角函数、等角的余角相等，解题关键结合图形灵活应用相关的判定与性质．
53．（2022·山东青岛·中考真题）如图，在中，，将绕点A按逆时针方向旋转得到，连接．点P从点B出发，沿方向匀速运动，速度为；同时，点Q从点A出发，沿方向匀速运动，速度为．交于点F，连接．设运动时间为．解答下列问题：

(1)当时，求t的值；
(2)设四边形的面积为，求S与t之间的函数关系式；
(3)是否存在某一时刻t，使？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)
(2)
(3)存在，

【分析】（1）利用得，即，进而求解；
（2）分别过点C，P作，垂足分别为M，N，证得，，求得，再证得，得出，根据即可求出表达式；
（3）当时，易证，得出，则，进而求出t值．
（1）
解：在中，由勾股定理得，
∵绕点A按逆时针方向旋转得到
∴
∵
∴
又
∴
∴
∴
∴
答：当时，t的值为．

（2）
解：分别过点C，P作，垂足分别为M，N
∵
∴
又
∴
∴
∴
∴
∵
∴
∴
∴
∴
∴

∴



∴
（3）
解：假设存在某一时刻t，使

∵
∴
∵
∴
又
∴
∴
∴
∴
∴存在时刻，使．
【点睛】本题考查了旋转与相似，利用勾股定理求线段长，平行线的性质，根据旋转的性质，找到相似图形是解决问题的关键，是中考中的常考题．
54．（2020·山东潍坊·中考真题）如图1，在中，，点D，E分别在边上，且，连接．现将绕点A顺时针方向旋转，旋转角为，如图2，连接．

（1）当时，求证：；
（2）如图3，当时，延长交于点，求证：垂直平分；
（3）在旋转过程中，求的面积的最大值，并写出此时旋转角的度数．
【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）的面积的最大值为，旋转角的度数为
【分析】（1）利用 “SAS”证得△ACE△ABD即可得到结论；
（2）利用 “SAS”证得△ACE△ABD，推出∠ACE=∠ABD，计算得出AD=BC=，利用等腰三角形“三线合一”的性质即可得到结论；
（3）观察图形，当点D在线段BC的垂直平分线上时，的面积取得最大值，利用等腰直角三角形的性质结合三角形面积公式即可求解．
【详解】（1）根据题意：AB=AC，AD=AE，∠CAB=∠EAD=90，
∵∠CAE+∠BAE =∠BAD+∠BAE =90，
∴∠CAE=∠BAD，
在△ACE和△ABD中，，
∴△ACE△ABD(SAS)，
∴CE=BD；
（2）根据题意：AB=AC，AD=AE，∠CAB=∠EAD=90，
在△ACE和△ABD中，，
∴△ACE△ABD(SAS)，
∴∠ACE=∠ABD，
∵∠ACE+∠AEC=90，且∠AEC=∠FEB，
∴∠ABD+∠FEB=90，
∴∠EFB=90，
∴CF⊥BD，
∵AB=AC=，AD=AE=1，∠CAB=∠EAD=90，
∴BC=AB =，CD= AC+ AD=，
∴BC= CD，
∵CF⊥BD，
∴CF是线段BD的垂直平分线；
（3）中，边BC的长是定值，则BC边上的高取最大值时的面积有最大值，
∴当点D在线段BC的垂直平分线上时，的面积取得最大值，如图：

∵∵AB=AC=，AD=AE=1，∠CAB=∠EAD=90，DG⊥BC于G，
∴AG=BC=，∠GAB=45，
∴DG=AG+AD=，∠DAB=180-45=135，
∴的面积的最大值为：，
旋转角．
【点睛】本题属于几何变换综合题，考查了等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定和性质，线段垂直平分线的判定和性质等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题．
55．（2020·山东枣庄·中考真题）在中，，CD是中线，，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AE交于点M，DE与BC交于点N．

（1）如图1，若，求证：；
（2）如图2，在绕点D旋转的过程中，试证明恒成立；
（3）若，，求DN的长．
【答案】（1）详见解析；（2）详见解析；（3）
【分析】（1）根据等腰直角三角形的性质得到∠BCD＝∠ACD＝45°，∠BCE＝∠ACF＝90°，于是得到∠DCE＝∠DCF＝135°，根据全等三角形的性质即可的结论；
（2）证得△CDF∽△CED，根据相似三角形的性质得到，即CD2＝CE•CF；
（3）如图，过D作DG⊥BC于G，于是得到∠DGN＝∠ECN＝90°，CG＝DG，当CD＝2，时，求得，再推出△CEN∽△GDN，根据相似三角形的性质得到，求出GN，再根据勾股定理即可得到结论．
【详解】（1）证明：∵，，CD是中线，
∴，，
∴．
在与中，，
∴．
∴；     
（2）证明：∵，
∴
∵，
∴．
∴．
∴，即．
（3）如图，过D作于点G，
则，．
当，时，
由，得．
在中，
．
∵，，
∴．
∴，
∴．
∴．    

【点睛】本题考查了旋转的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，正确的作出辅助线是解题的关键．