【中考一轮复习】2023年中考数学复习训练——第28讲 图形的平移、轴对称与旋转（含解析）

这是一份【中考一轮复习】2023年中考数学复习训练——第28讲 图形的平移、轴对称与旋转（含解析），共16页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、选择题
1．在平面直角坐标系中，将点向右平移2个单位后，得到的点的坐标是 （ ）
A．B．C．D．
2．如图，将△ABC沿BC方向平移1cm得到对应的△A′B′C′．若B′C=2cm，则BC′的长是 （ ）
A．2cmB．3cmC．4cmD．5cm
3．若点与点关于y轴对称，则的值是 （ ）
A．B．C．1D．2
4．下列图形中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是 （ ）
A．B．C．D．
5．如图，中，，将绕点顺时针旋转得到，使点的对应点恰好落在边上，、交于点．若，则的度数是（用含的代数式表示） （ ）
A．B．C．D．
二、填空题
6．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_____________．
7．如图，射线、互相垂直，，点位于射线的上方，且在线段的垂直平分线上，连接，．将线段绕点按逆时针方向旋转得到对应线段，若点恰好落在射线上，则点到射线的距离______．
8．如图，有一张平行四边形纸片，，，将这张纸片折叠，使得点落在边上，点的对应点为点，折痕为，若点在边上，则长的最小值等于_________．
9．如图，直线，的边在直线上，，将绕点顺时针旋转至，边交直线于点，则______．
10．如图，中，，将绕A点顺时针方向旋转角得到，连接，，则与的面积之比等于_______．
三、解答题
11．如图，的顶点坐标分别为．将平移后得到，且点A的对应点是，点B、C的对应点分别是．
(1)点A、之间的距离是__________；
(2)请在图中画出．
12．如图，在的方格纸中，已知格点P，请按要求画格点图形（顶点均在格点上）．
(1)在图1中画一个锐角三角形，使P为其中一边的中点，再画出该三角形向右平移2个单位后的图形．
(2)在图2中画一个以P为一个顶点的钝角三角形，使三边长都不相等，再画出该三角形绕点P旋转后的图形．
13．如图，在的方格纸中，点A，B，C均在格点上，试按要求画出相应格点图形．
(1)如图1，作一条线段，使它是向右平移一格后的图形；
(2)如图2，作一个轴对称图形，使和是它的两条边；
(3)如图3，作一个与相似的三角形，相似比不等于1．
14．已知四边形为矩形．点E是边的中点．请仅用无刻度的直尺完成下列作图，不写作法，保留作图痕迹．
(1)在图1中作出矩形的对称轴m，使；
(2)在图2中作出矩形的对称轴n：使．
15．如图，在巾，，点O为BC的中点，点D是线段OC上的动点（点D不与点O，C重合），将沿AD折叠得到，连接BE．
(1)当时，___________；
(2)探究与之间的数量关系，并给出证明；
(3)设，的面积为x，以AD为边长的正方形的面积为y，求y关于x的函数解析式．
16．已知，四边形是正方形，绕点旋转（），，，连接，．
(1)如图，求证：≌；
(2)直线与相交于点．
如图，于点，于点，求证：四边形是正方形；
如图，连接，若，，直接写出在旋转的过程中，线段长度的最小值．
参考答案：
1．A
【分析】把点的横坐标加2，纵坐标不变，得到，就是平移后的对应点的坐标．
【解析】解：点向右平移2个单位长度后得到的点的坐标为．
故选：A．
【点睛】本题考查了坐标与图形变化﹣平移．掌握平移的规律是解答本题的关键．
2．C
【分析】据平移的性质可得BB′=CC′=1，列式计算即可得解．
【解析】解：∵△ABC沿BC方向平移1cm得到△A′B′C′，
∴BB′=CC′=1cm，
∵B′C=2cm，
∴BC′= BB′+ B′C+CC′=1+2+1=4（cm）．
故选：C．
【点睛】本题考查了平移的性质，熟记性质得到相等的线段是解题的关键．
3．A
【分析】根据关于y轴对称的点，纵坐标相同，横坐标互为相反数解答即可．
【解析】∵点与点关于y轴对称，
∴a=-2，b=-1，
∴a-b=-1，
故选A．
【点睛】本题考查了关于y轴对称的点坐标的关系，代数式求值，解题的关键在于明确关于y轴对称的点纵坐标相等，横坐标互为相反数．
4．B
【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．
【解析】解：A．是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项不符合题意；
B．是轴对称图形，又是中心对称图形，故本选项符合题意；
C．是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项不符合题意；
D．不是轴对称图形，是中心对称图形，故本选项不符合题意．
故选：B．
【点睛】本题考查的是中心对称图形与轴对称图形的概念．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．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．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．
5．C
【分析】根据旋转的性质可得，BC=DC，∠ACE=α，∠A=∠E，则∠B=∠BDC，利用三角形内角和可求得∠B，进而可求得∠E，则可求得答案．
【解析】解：∵将绕点顺时针旋转得到，且
∴BC=DC，∠ACE=α，∠A=∠E，
∴∠B=∠BDC，
∴，
∴，
∴，
，
故选：C．
【点睛】本题考查了旋转变换、三角形内角和、等腰三角形的性质，解题的关键是掌握旋转的性质．
6．
【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．
【解析】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．
7．
【分析】添加辅助线，连接，过点作交ON与点P．根据旋转的性质，得到，在和中，，根据三角函数和已知线段的长度求出点到射线的距离．
【解析】如图所示，连接，过点作交ON与点P．
∵线段绕点按逆时针方向旋转得到对应线段
∴，
∴
即
∵点在线段的垂直平分线上
∴，
∵
∴
∴
∴
【点睛】本题主要考查旋转的性质和三角函数．对应点到旋转中心的距离相等，对应点与旋转中心所连的线段的夹角等于旋转角，旋转前、后的图形全等．
8．2
【分析】根据题意，，当点与点重合时，符合题意，据此即可求解．
【解析】解：∵将这张纸片折叠，使得点落在边上，点的对应点为点，
∴，
而,
当点与点重合时，，此时的长最小，
∴．
故答案为：2．
【点睛】本题考查了折叠的性质，理解当点与点重合时的长最小是解题的关键．
9．50
【分析】先根据旋转的性质得到，再由平角的定义求出的度数，即可利用平行线的性质得到答案．
【解析】解：将绕点顺时针旋转至，
∴，
∵∠AOB=55°，
∴，
，
，
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了旋转的性质，平行线的性质，熟练掌握两直线平行，同位角相等和旋转的性质是解题的关键．
10．
【分析】先根据正切三角函数的定义可得，再根据旋转的性质可得，从而可得，然后根据相似三角形的判定可得，最后根据相似三角形的性质即可得．
【解析】解：在中，，
，
由旋转的性质得：，
，
在和中，，
，
，
即与的面积之比等于，
故答案为：．
【点睛】本题考查了正切三角函数、旋转的性质、相似三角形的判定与性质，熟练掌握相似三角形的判定与性质是解题关键．
11．(1)4
(2)见解析
【分析】（1）由得，A、之间的距离是2-（-2）=4；
（2）根据题意找出平移规律，求出，进而画图即可．
【解析】（1）解：由得，
A、之间的距离是2-（-2）=4．
故答案为：4．
（2）解：由题意，得，
如图，即为所求．
【点睛】本题考查了坐标系中两点之间的距离求解以及平移求点坐标画图，题目相对较简单，掌握平移规律是解决问题的关键．
12．(1)见解析
(2)见解析
【分析】（1）根据题意画出合适的图形即可，注意本题答案不唯一，主要作出的图形符合题意即可；
（2）根据题意画出合适的图形即可，注意本题答案不唯一，主要作出的图形符合题意即可．
【解析】（1）画法不唯一，如图1或图2等．
（2）画法不唯一，如图3或图4等．
【点睛】本题考查作图—旋转变换、作图—平移变换，解答本题的关键是明确题意，画出相应的图形，注意不要忘记画出平移后或旋转后的图形．
13．(1)画图见解析
(2)画图见解析
(3)画图见解析
【分析】（1）分别确定A，B平移后的对应点C，D，从而可得答案；
（2）确定线段AB，AC关于直线BC对称的线段即可；
（3）分别计算的三边长度，再利用相似三角形的对应边成比例确定的三边长度，再画出即可．
【解析】（1）解：如图，线段CD即为所求作的线段，
（2）如图，四边形ABDC是所求作的轴对称图形，
（3）如图，如图，即为所求作的三角形，
由勾股定理可得： 而
同理： 而

【点睛】本题考查的是平移的作图，轴对称的作图，相似三角形的作图，掌握平移轴对称的性质，相似三角形的判定方法是解本题的关键．
14．(1)见解析
(2)见解析
【分析】（1）连接AC，BD，相交于点O，过O，E作直线m即可；
（2）由（1）知四边形ABFE为矩形，连接AF、BE交于点H，过O，H点作直线n即可．
【解析】（1）如图所示，直线m即为所求作
（2）如图所示，直线n即为所求作
【点睛】本题主要考查了求作矩形的对称轴，熟练掌握矩形的性质是解答此题的关键．
15．(1)
(2)
(3)
【分析】（1）首先由折叠的性质可得，再由等腰三角形的性质可求解；
（2）首先由折叠的性质可得，，再由等腰三角形的性质可得，，最后根据角度关系即可求解；
（3）首先由等腰直角三角形的性质和直角三角形的性质可求的长，由勾股定理可求的长，最后根据面积和差关系可求解．
【解析】（1），，，
，
将沿折叠得到，
，
，
∴△ABE是等边三角形，
，
故答案为：60；
（2），理由如下：
将沿折叠得到，
，，
，，
，
，
，
；
（3）如图，连接，
，点是的中点，
，
，，
，，
，
，
，
，
．
【点睛】本题考查了等腰直角三角形的性质，直角三角形的性质，折叠的性质等知识，解题的关键是熟练掌握相关性质并能够灵活运用．
16．(1)见解析
(2)①见解析②
【分析】根据证明三角形全等即可；
根据邻边相等的矩形是正方形证明即可；
作交于点，作于点，证明是等腰直角三角形，求出的最小值，可得结论．
【解析】（1）证明：四边形是正方形，
，．
，．
，
，
在和中，

≌；
（2）证明：如图中，设与相交于点．

，
．
≌，
．
，
．
，
，，
四边形是矩形，
．
四边形是正方形，
，．
．
又，
≌．
．
矩形是正方形；
解：作交于点，作于点，

∵
∴≌．
．
，，
最大时，最小，．
．
由可知，是等腰直角三角形，
．
【点睛】本题属于四边形综合题，考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质，勾股定理等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题，属于中考压轴题．