2023年中考数学复习专项专练专题15 图形的旋转、翻折（对称）与平移及答案(四川版)

专题15  图形的旋转、翻折（对称）与平移 

一、单选题

1．（2020·四川自贡）在平面直角坐标系中，将点向下平移3个单位长度，所得点的坐标是（   ）

A． B． C． D．

【答案】D

【解析】

【分析】

根据点的平移规律为上加下减，左减右加即可求解．

【详解】

解：点的平移规律为上加下减，左减右加，可得横坐标不变，纵坐标减3，1-3=-2，

故答案为D．

【点睛】

本题考查点的坐标平移规律，根据“上加下减，左减右加”即可求解．

2．（2021·四川雅安）如图，将沿边向右平移得到，交于点G．若．．则的值为（       ）

A．2 B．4 C．6 D．8

【答案】B

【解析】

【分析】

根据平移的性质可得AD=BE，且AD∥BE，故可得△CEG∽△ADG，由相似三角形的性质及已知条件即可求得△CEG的面积．

【详解】

由平移的性质可得：AD=BE，且AD∥BE

∴△CEG∽△ADG

∴

即

∵

∴

∴

∵

∴

故选：B．

【点睛】

本题考查了平移的性质及相似三角形的判定与性质，相似三角形的性质是本题的关键．

3．（2022·四川南充）如图，将直角三角板绕顶点A顺时针旋转到，点恰好落在的延长线上，，则为（       ）

A． B． C． D．

【答案】B

【解析】

【分析】

根据直角三角形两锐角互余，求出的度数，由旋转可知，在根据平角的定义求出的度数即可．

【详解】

∵，

∴，

∵由旋转可知，

∴，

故答案选：B．

【点睛】

本题考查直角三角形的性质以及图形的旋转的性质，找出旋转前后的对应角是解答本题的关键．

4．（2022·四川内江）如图，在平面直角坐标系中，点B、C、E在y轴上，点C的坐标为（0，1），AC＝2，Rt△ODE是Rt△ABC经过某些变换得到的，则正确的变换是（　　）

A．△ABC绕点C逆时针旋转90°，再向下平移1个单位

B．△ABC绕点C顺时针旋转90°，再向下平移1个单位

C．△ABC绕点C逆时针旋转90°，再向下平移3个单位

D．△ABC绕点C顺时针旋转90°，再向下平移3个单位

【答案】D

【解析】

【分析】

观察图形可以看出，Rt△ABC通过变换得到Rt△ODE，应先旋转然后平移即可．

【详解】

解：根据图形可以看出，△ABC绕点C顺时针旋转90°，再向下平移3个单位可以得到△ODE．

故选：D．

【点睛】

本题考查的是坐标与图形变化，旋转和平移的知识，掌握旋转和平移的概念和性质是解题的关键．

5．（2021·四川广安）如图，将绕点逆时针旋转得到，若且于点，则的度数为（       ）

A． B． C． D．

【答案】C

【解析】

【分析】

由旋转的性质可得∠BAD=55°，∠E=∠ACB=70°，由直角三角形的性质可得∠DAC=20°，即可求解．

【详解】

解：∵将△ABC绕点A逆时针旋转55°得△ADE，

∴∠BAD=55°，∠E=∠ACB=70°，

∵AD⊥BC，

∴∠DAC=20°，

∴∠BAC=∠BAD+∠DAC=75°．

故选C．

【点睛】

本题考查了旋转的性质，掌握旋转的性质是本题的关键．

6．（2020·四川攀枝花）如图，直径的半圆，绕点顺时针旋转，此时点到了点，则图中阴影部分的面积是（ ）．

A． B． C． D．

【答案】D

【解析】

【分析】

由半圆A′B面积+扇形ABA′的面积-空白处半圆AB的面积即可得出阴影部分的面积．

【详解】

解：∵半圆AB，绕B点顺时针旋转30°，

∴S阴影=S半圆A′B+S扇形ABA′-S半圆AB

= S扇形ABA′

=

=3π

故选D．

【点睛】

本题考查了扇形面积的计算以及旋转的性质，熟记扇形面积公式和旋转前后不变的边是解题的关键．

二、填空题

7．（2021·四川巴中）如图，把边长为3的正方形OABC绕点O逆时针旋转n°（0＜n＜90）得到正方形ODEF，DE与BC交于点P，ED的延长线交AB于点Q，交OA的延长线于点M．若BQ：AQ＝3：1，则AM＝__________．

【答案】

【解析】

【分析】

连接OQ，OP，利用HL证明Rt△OAQ≌Rt△ODQ，得QA=DQ，同理可证：CP=DP，设CP=x，则BP=3-x，PQ=x+，在Rt△BPQ中，利用勾股定理列出方程求出x=，再利用△AQM∽△BQP可求解．

【详解】

解：连接OQ，OP，

∵将正方形OABC绕点O逆时针旋转n°（0＜n＜90）得到正方形ODEF，

∴OA=OD，∠OAQ=∠ODQ=90°，

在Rt△OAQ和Rt△ODQ中，

，

∴Rt△OAQ≌Rt△ODQ（HL），

∴QA=DQ，

同理可证：CP=DP，

∵BQ：AQ=3：1，AB=3，

∴BQ=，AQ=，

设CP=x，则BP=3-x，PQ=x+，

在Rt△BPQ中，由勾股定理得：

(3-x)2+()2=(x+)2，

解得x=，

∴BP=，

∵∠AQM=∠BQP，∠BAM=∠B，

∴△AQM∽△BQP，

∴，

∴，

∴AM=．

故答案为：．

【点睛】

本题主要考查了旋转的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，相似三角形的判定与性质等知识，利用全等证明QA=DQ，CP=DP是解题的关键．

8．（2020·四川眉山）如图，在中，，．将绕点按顺时针方向旋转至的位置，点恰好落在边的中点处，则的长为________．

【答案】

【解析】

【分析】

根据题意，判断出ABC斜边BC的长度，根据勾股定理算出AC的长度，且，所以为等边三角形，可得旋转角为60°，同理，，故也是等边三角形，的长度即为AC的长度．

【详解】

解：在ABC中，∠BAC=90°，AB=2，将其进行顺时针旋转，落在BC的中点处，

∵是由ABC旋转得到，∴，而，

根据勾股定理：，

又∵，且，∴为等边三角形，

∴旋转角，

∴，且，故也是等边三角形，

∴，

故答案为：．

【点睛】

本题主要考查了旋转性质的应用以及勾股定理的计算，解题的关键在于通过题中所给的条件，判断出图形旋转的度数，知道图形旋转的角度后，有关线段的长度也可求得．

三、解答题

9．（2020·四川巴中）如图所示，在边长为1cm的小正方形组成的网格中．

（1）将沿y轴正方向向上平移5个单位长度后，得到，请作出，并求出的长度；

（2）再将绕坐标原点O顺时针旋转180°，得到，请作出，并直接写出点的坐标；

（3）在（1）（2）的条件下，求线段AB在变换过程中扫过图形的面积和．

【答案】（1）见解析，；（2）见解析，B2(4，﹣4)；（3）

【解析】

【分析】

（1）分别将点A、B、C向上平移5个单位得到对应点，再顺次连接可得；

（2）分别将点A、B、C绕点O顺时针旋转180°得到对应点，再顺次连接可得；

（3）平行四边形的面积加上大半圆的面积与小半圆面积的差即可求得．

【详解】

解：（1）如图所示，即为所求，；

（2）如图，△A2B2C2即为所求，B2（4，﹣4）；

（3）在（1）（2）的条件下，线段AB在变换过程中扫过图形的面积和为：

【点睛】

本题考查了作图-平移变换、旋转变换，解题的关键是熟练掌握平移变换和旋转变换的定义和性质．

10．（2021·四川阿坝）如图，中，，将绕点C顺时针旋转得到，点D落在线段AB上，连接BE．

（1）求证：DC平分；

（2）试判断BE与AB的位置关系，并说明理由：

（3）若，求的值．

【答案】（1）见解析；（2）BE⊥AB，理由见解析；（3）．

【解析】

【分析】

（1）根据旋转的性质可得AC=CD，∠A=∠CDE，再由等腰三角形的性质得到∠A=∠ADC即可证明∠ADC=∠CDE；

（2）根据旋转的性质得到∠ACD=∠BCE，CB=CE，AC=CD，从而得出∠CAD=∠ADC=∠CBE=∠CEB，再根据∠ACB=90°即可得到∠ABE=90°；

（3）设BD=BE=a，根据勾股定理计算出AB=DE=，表达出AD，再证明△ACD∽△BCE，得到即可．

【详解】

解：（1）由旋转可知：AC=CD，∠A=∠CDE，

∴∠A=∠ADC，

∴∠ADC=∠CDE，即DC平分∠ADE；

（2）BE⊥AB，

理由：由旋转可知，∠ACD=∠BCE，CB=CE，AC=CD，

∴∠CAD=∠ADC=∠CBE=∠CEB，

又∵∠ACB=90°，

∴∠CAD+∠ABC=90°，

∴∠CBE+∠ABC=90°，

即∠ABE=90°，

∴BE⊥AB；

（3）∵∠ABE=90°，BD=BE，

∴设BD=BE=a，则，

又∵AB=DE，

∴AB=，则AD=，

由（2）可知，∠ACD=∠BCE，∠CAD=∠ADC=∠CBE=∠CEB，

∴△ACD∽△BCE，

∴，

∴tan∠ABC=．

【点睛】

本题考查了旋转的综合应用以及相似三角形的性质与判定、锐角三角函数的定义，解题的关键是熟练掌握旋转的性质，并熟记锐角三角函数的定义．