湖南省邵陽市中考數(shù)學提分訓練 平移與旋轉(zhuǎn)（含解析）.doc

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xx年中考數(shù)學提分訓練: 平移與旋轉(zhuǎn) 一、選擇題 1.在下列四個新能源汽車車標的設(shè)計圖中，屬于中心對稱圖形的是（ ） A.B.C.D. 2.下列所述圖形中，是軸對稱圖形但不是中心對稱圖形的是（ ） A.圓B.菱形C.平行四邊形D.等腰三角形 3.如圖，將線段AB繞點O順時針旋轉(zhuǎn)90得到線段AB，那么A(－2，5)的對應點A′的坐標是（ ） A.(2，5)B.(5， 2)C.(2，－5)D.(5，－2) 4.如圖，在Rt△ABC中，∠ABC=90，AB=BC= ,將△ABC繞點C逆時針旋轉(zhuǎn)60，得到△MNC，連結(jié)BM，則BM的長是（ ） A.4B.C.D. 5.已知點A（a，xx）與點A′（－xx，b）是關(guān)于原點O的對稱點，則 的值為（ ） A. 1B. 5C. 6D. 4 6.如圖，將半徑為2，圓心角為 的扇形OAB繞點A逆時針旋轉(zhuǎn) ，點 的對應點分別為 ，連接 ，則圖中陰影部分的面積是（ ） A.B.C.D. 7.如圖所示，將矩形ABCD繞點A順時針旋轉(zhuǎn)到矩形AB′C′D′的位置，旋轉(zhuǎn)角為α(0＜α＜90)．若∠1＝110，則旋轉(zhuǎn)角α的度數(shù)為（ ） A.10B.15C.20D.25 8.將△ABC繞點A逆時針旋轉(zhuǎn)100，得到△ADE．若點D在線段BC的延長線上，如圖，則 的大小為（ ） A.80B.100C.120D.不能確定 9.如圖，將平行四邊形ABCD繞點A逆時針旋轉(zhuǎn)40，得到平行四邊形AB′C′D′，若點B′恰好落在BC邊上，則∠DC′B′的度數(shù)為（ ） A.60B.65C.70D.75 10.如圖，半徑為1的 的圓心A在拋物線y=(x-3)2-1上，AB∥x軸交 于點B(點B在點A的右側(cè))，當點A在拋物線上運動時，點B隨之運動得到的圖象的函數(shù)表達式為（ ） A.y=(x-4)2-1B.y=(x-3)2C.y=(x-2)2-1D.y=(x-3)2-2 11.已知對應關(guān)系 ，其中，（x，y）、（x′，y′）分別表示△ABC、△A′B′C′的頂點坐標．若△ABC在直角坐標系中的位置如圖所示，則△A′B′C′的面積為（ ） A.3B.6C.9D.12 二、填空題 12.在平面直角坐標系中，點P（-5，3）關(guān)于原點對稱點P′的坐標是________。 13.如圖，A點的坐標為（﹣1，5），B點的坐標為（3，3），C點的坐標為（5，3），D點的坐標為（3，﹣1），小明發(fā)現(xiàn)：線段AB與線段CD存在一種特殊關(guān)系，即其中一條線段繞著某點旋轉(zhuǎn)一個角度可以得到另一條線段，你認為這個旋轉(zhuǎn)中心的坐標是________． 14.如圖，在△ABC中，BC=10，將△ABC沿BC方向平移得到△A′B′C′，連接AA′，若A′B′恰好經(jīng)過AC的中點O，則AA′的長度為__． 15.如圖，已知正方形ABCD的邊長為3，E、F分別是AB、BC邊上的點，且∠EDF=45，將△DAE繞點D逆時針旋轉(zhuǎn)90，得到△DCM．若AE=1，則FM的長為________． 16.如圖，在△ABC中，∠BAC＝33，將△ABC繞點A按順時針方向旋轉(zhuǎn)50，對應得到△AB′C′，則∠B′AC的度數(shù)為________． 17.如圖示直線 與x軸、y軸分別交于點A、B，當直線繞著點A按順時針方向旋轉(zhuǎn)到與x軸首次重合時，點B運動到點 ，線段 長度為________. 18.如圖，點A(m,2)，B(5，n)在函數(shù)y＝ (k＞0，x＞0)的圖象上，將該函數(shù)圖象向上平移2個單位長度得到一條新的曲線，點A、B的對應點分別為A′、B′.圖中陰影部分的面積為8，則k的值為________. 19.如圖，把邊長為1的正方形ABCD繞頂點A逆時針旋轉(zhuǎn)30到正方形AB′C′D′，則它們的公共部分的面積等于________ 三、解答題 20.如圖，兩個大小一樣的直角三角形重疊在一起，將其中一個三角形沿著點B到點C的方向平移到△DEF的位置，AB＝10，DH＝4，平移距離為6，求陰影部分的面積． 21.如圖，在Rt△ABC中，∠ACB＝90，點D，E分別在AB，AC上，CE＝BC，連接CD，將線段CD繞點C按順時針方向旋轉(zhuǎn)90后得CF，連接EF. 若EF∥CD，求證：∠BDC＝90. 22.在平面直角坐標系中，O為原點，點A（1，0），點B（0， ），把△ABO繞點O順時針旋轉(zhuǎn)，得A′B′O，記旋轉(zhuǎn)角為α． （Ⅰ）如圖①，當α=30時，求點B′的坐標； （Ⅱ）設(shè)直線AA′與直線BB′相交于點M． 如圖②，當α=90時，求點M的坐標； ②點C（﹣1，0），求線段CM長度的最小值．（直接寫出結(jié)果即可）  答案解析 一、選擇題 1.【答案】D 【解析】 ：A.不是軸對稱圖形，也不是中心對稱圖形，故A不符合題意；B.是軸對稱圖形，但不是中心對稱圖形，故B不符合題意； C.是軸對稱圖形，但不是中心對稱圖形，故C不符合題意； D．是中心對稱圖形，故D符合題意； 故答案為：D. 【分析】觀察圖形是否能繞一點旋轉(zhuǎn)180度后能否與自身重合的圖形.如果能重合即為中心對稱圖形． 2.【答案】D 【解析】 ：A、是軸對稱圖形，也是中心對稱圖形，故不符合題意； B、是軸對稱圖形，也是中心對稱圖形，故不符合題意； C、不是軸對稱圖形，是中心對稱圖形，故不符合題意； D、是軸對稱圖形，不是中心對稱圖形，故符合題意． 故答案為：D． 【分析】把一個圖形沿著某條直線折疊，直線兩旁的部分能完全重合的圖形就是軸對稱圖形；把一個圖形繞著某點旋轉(zhuǎn)180后能與其自身重合的圖形就是中心對稱圖形；根據(jù)定義一一判斷即可。 3.【答案】B 【解析】 ：∵線段AB繞點O順時針旋轉(zhuǎn)90得到線段A′B′， ∴△ABO≌△A′B′O′,∠AOA′=90° ， ∴AO=A′O. 作AC⊥y軸于C,A′C′⊥x軸于C′， ∴∠ACO=∠A′C′O=90°. ∵∠COC′=90° ， ∴∠AOA′?∠COA′=∠COC′?∠COA′， ∴∠AOC=∠A′OC′. 在△ACO和△A′C′O中， ∠ACO=∠A′C′O ∠AOC=∠A′OC′ AO=A′O， ∴△ACO≌△A′C′O(AAS)， ∴AC=A′C′,CO=C′O. ∵A(?2,5)， ∴AC=2，CO=5， ∴A′C′=2,OC′=5， ∴A′(5,2). 故應選 ：B。【分析】根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì) ：△ABO≌△A′B′O′,∠AOA′=90，根據(jù)全等三角形對應邊相等得出AO=A′O.作AC⊥y軸于C,A′C′⊥x軸于C′，根據(jù)垂直的定義及同角的余角相等得出∠AOC=∠A′OC′.然后利用AAS判斷出△ACO≌△A′C′O，根據(jù)全等三角形對應邊相等得出AC=A′C′,CO=C′O.從而即可得出答案。 4.【答案】B 【解析】 如圖，連接AM， 由題意得：CA=CM，∠ACM=60， ∴△ACM為等邊三角形， ∴AM=CM，∠MAC=∠MCA=∠AMC=60； ∵∠ABC=90，AB=BC= ， ∴AC=2=CM=2， ∵AB=BC，CM=AM， ∴BM垂直平分AC， ∴BO= AC=1，OM=CM?sin60= ， ∴BM=BO+OM=1+ ， 故答案為：B． 【分析】連接AM，CA=CM，∠ACM=60，△ACM為等邊三角形根據(jù)AB=BC，CM=AM，得出BM垂直平分AC，于是求出BO，OM=CM?sin60，最終得到BM=BO+OM. 5.【答案】A 【解析】 ：∵點A（a，xx）與點A′（－xx，b）是關(guān)于原點O的對稱點 ∴a-xx=0且b+xx-0 解之：a=xx且b=-xx ∴a+b=xx-xx=1 故答案為：A【分析】根據(jù)關(guān)于原點對稱點的坐標特點是：橫縱坐標都互為相反數(shù)。建立關(guān)于a、b的方程組，解方程組求解，再求出a與b之和即可。 6.【答案】C 【解析】 連接OO′，BO′， 由題意得，∠OAO′=60，所以△OAO′是等邊三角形，所以∠AOO′=60，因為∠AOB=120，所以∠BOO′=60，所以△BOO′是等邊三角形，所以∠AO′B=120，所以∠AO′B′=120，所以∠BO′B′=120，所以∠OBB′=∠OB′B=30，所以陰影部分的面積=S△B′O′B-（S扇形OO′B-S△OO′B）= 1 -（ - 2 ）= ，故答案為：C. 【分析】連接OO′，BO′，根據(jù)等邊三角形的判定得出△OAO′是等邊三角形，根據(jù)等邊三角形的性質(zhì)得出∠AOO′=60，進而得出∠BOO′=60，再判斷出△BOO′是等邊三角形，根據(jù)角的和差及旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)得出∠AO′B=120，∠AO′B′=120，∠BO′B′=120，根據(jù)等邊對等角，及三角形的內(nèi)角和得出∠OBB′=∠OB′B=30，從而利用陰影部分的面積=S△B′O′B-（S扇形OO′B-S△OO′B），即可算出答案。 7.【答案】C 【解析】 ：如圖， ∵四邊形ABCD為矩形， ∴∠B=∠D=∠BAD=90, ∵矩形ABCD繞點A順時針得到矩形ABCD， ∴∠D=∠D=90，∠4=α， ∵∠1=∠2=110 ∴∠3=360-90-90-110=70 ∴∠4=90-70=20 ∴∠α=20 故答案為：C 【分析】根據(jù)矩形的性質(zhì)得∠B=∠D=∠BAD=90，根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)得∠D′=∠D=90，∠4=α，利用對頂角相等得到∠1=∠2=110，再根據(jù)四邊形的內(nèi)角和為360可計算出∠3=70，然后利用互余即可得到∠α的度數(shù)． 8.【答案】B 【解析】 ：由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可知：∠ADE=∠B=40，AB=AD，∠BAD=100. ∵AB=AD,∠BAD=100， ∴∠B=∠ADB=40， ∴∠EDB=∠ADE +∠ADB=40+40=80, ∴∠EDP=180-∠EDB=180-80=100. 故答案為：B. 【分析】由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可知：∠ADE=∠B=40，AB=AD，∠BAD=100.根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)得出∠B=∠ADB=40，根據(jù)角的和差得出∠EDB的度數(shù)，根據(jù)平角的定義得出∠EDP的度數(shù)。 9.【答案】C 【解析】 設(shè)AD與BC相交于點O,由旋轉(zhuǎn)得,∠BAB′=40，AB=AB′，∠B=∠AB′C′， ∴∠B=∠AB′B=∠AB′C′=70， ∵AD∥BC， ∴∠DAB′=∠AB′B=70 ∴∠DAB′=70=∠AB′C′， ∴AO=B′O,∠AOB=∠DOC′=40， 又∵AD=B′C′， ∴OD=OC′， ∴△ODC′中,∠DC′O=70 ， 故答案為：C【分析】先根據(jù)旋轉(zhuǎn)得出∠BAB′=40 ， AB=AB′，∠B=∠AB′C′，根據(jù)等邊對等角得出∠B=∠AB′B=∠AB′C′=70，根據(jù)二直線平行，內(nèi)錯角相等得出∠DAB′=∠AB′B=70，根據(jù)等量代換得出∠DAB′=∠AB′C′=70，根據(jù)等角對等邊得出AO=B′O，根據(jù)三角形的內(nèi)角和及對頂角相等得出∠AOB=∠DOC′=40，根據(jù)等式的性質(zhì)得出OD=OC′，最后根據(jù)等邊對等角得出答案。 10.【答案】A 【解析】 ：∵半徑為1的 ⊙ A 的圓心A在拋物線y=(x-3)2-1上，AB∥x軸 ∴點B運動的拋物線就是將拋物線y=(x-3)2-1向右平移一個單位 ∴點B隨之運動得到的圖象的函數(shù)表達式為：y=(x-4)2-1故答案為：A 【分析】根據(jù)題意可知點B運動的拋物線就是將拋物線y=(x-3)2-1向右平移一個單位，根據(jù)二次函數(shù)平移的規(guī)律：上加下減，左加右減，可解答此題。 11.【答案】B 【解析】 由對應關(guān)系可知：△ABC向左平移一個單位長度，向上平移2個單位長度可得到△A′B′C′，因為△ABC的面積與△A′B′C′面積相等，所以△A′B′C′的面積=△ABC的面積= 62=6. 故答案為：B． 【分析】由已知條件中的對應關(guān)系可知：△ABC向左平移一個單位長度，向上平移2個單位長度可得到△A′B′C′，根據(jù)平移的性質(zhì)可得△ABC的面積=△A′B′C′面積，所以△A′B′C′的面積=△ABC的面積=62=6. 二、填空題 12.【答案】（5，-3） 【解析】 ：∵點P（-5，3） ∴點P關(guān)于原點對稱點P′的坐標為（5，-3）【分析】根據(jù)關(guān)于原點對稱的點的坐標特點是橫縱坐標都互為相反數(shù)，即可求解。 13.【答案】（1,1）（4,4） 【解析】 ：如圖 ①當點A的對應點為點C時,連接AC、BD，分別作線段AC、BD的垂直平分線交于點E，如圖1所示, ∵A點的坐標為(?1,5)，B點的坐標為(3,3)， ∴E點的坐標為(1,1)； ②當點A的對應點為點D時，連接AD、BC，分別作線段AD、BC的垂直平分線交于點M，如圖2所示， ∵A點的坐標為(?1,5)，B點的坐標為(3,3)， ∴M點的坐標為(4,4). ∴這個旋轉(zhuǎn)中心的坐標為(1,1)或(4,4). 故答案為：(1,1)或(4,4). 【分析】分點A的對應點為C或D兩種情況考慮：①當點A的對應點為點C時，連接AC、BD，分別作線段AC、BD的垂直平分線交于點E，點E即為旋轉(zhuǎn)中心；②當點A的對應點為點D時，連接AD、BC，分別作線段AD、BC的垂直平分線交于點M，點M即為旋轉(zhuǎn)中心，即可求解。 14.【答案】5 【解析】 ∵將△ABC沿BC方向平移至△A′B′C′的對應位置， ∴A′B′∥AB， ∵O是AC的中點， ∴B′是BC的中點， ∴BB′=102=5， 故△ABC平移的距離為5，所以AA′=5， 故答案為：5． 【分析】根據(jù)平移的性質(zhì)知 ：A′B′∥AB，根據(jù)中位線定理得出B′是BC的中點，從而得出BB′的長度，得出平移距離，根據(jù)平移的性質(zhì)得出AA′的長度。 15.【答案】2.5 【解析】 ∵△DAE逆時針旋轉(zhuǎn)90得到△DCM，∴∠FCM=∠FCD+∠DCM=180， ∴F、C、M三點共線，∴DE=DM，∠EDM=90，∴∠EDF+∠FDM=90，∵∠EDF=45，∴∠FDM=∠EDF=45， 在△DEF和△DMF中， ，∴△DEF≌△DMF（SAS），∴EF=MF，設(shè)EF=MF=x， ∵AE=CM=1，且BC=3，∴BM=BC+CM=3+1=4，∴BF=BM﹣MF=BM﹣EF=4﹣x， ∵EB=AB﹣AE=3﹣1=2，在Rt△EBF中，由勾股定理得EB2+BF2=EF2 ， 即22+（4﹣x）2=x2 ， 解得：x= ， ∴FM= ． 【分析】由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可得∠FCM=∠FCD+∠DCM=180，AE=CM=1，所以F、C、M三點共線，由已知條件用邊角邊易證△DEF≌△DMF，所以EF=MF，設(shè)EF=MF=x，所以BM=BC+CM=3+1=4，則BF=BM﹣MF=BM﹣EF=4﹣x，在Rt△EBF中，由勾股定理得EB2+BF2=EF2 ， 即22+（4﹣x）2=x2 ， 解這個方程即可求解。 16.【答案】17 【解析】 ∵∠BAC=33,將△ABC繞點A按順時針方向旋轉(zhuǎn)50,對應得到△AB′C′， ∴∠B′AC′=33,∠BAB′=50， ∴∠B′AC的度數(shù)=50?33=17. 故答案為：17. 【分析】根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)得出∠B′AC′=33,∠BAB′=50，根據(jù)角的和差得出∠B′AC的度數(shù)。 17.【答案】2 【解析】 當y=0時， x+ =0，解得x=-1，則A（-1，0）， 當x=0時，y= x+ = ，則B（0， ）， ∴OB= ,OA=1 ∴AB= ， ∴當直線繞著點A按順時針方向旋轉(zhuǎn)到與x軸首次重合時，AB1=AB=2 ∴OB1=1 ∴ = 故答案為：2. 【分析】因為直線 y =x +與x軸、y軸分別交于點A、B，所以易得A（-1，0），B（0，），則OB= ，OA=1；根據(jù)勾股定理可求得AB=2，由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可得AB1=AB=2，所以O(shè)B1=1，在直角三角形OBB1中，由勾股定理可得BB1=2. 18.【答案】2 【解析】 ：∵將該函數(shù)圖象向上平移2個單位長度得到一條新的曲線,點A. B的對應點分別為A′、B′，圖中陰影部分的面積為8， ∴5?m=4， ∴m=1， ∴A(1,2)， ∴k=12=2. 故答案為：2. 【分析】根據(jù)平行四邊形的面積公式及反比例函數(shù)圖像上的點的性質(zhì)，可求出k的值。 19.【答案】 【解析】 連接AW，如圖所示： 根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)得：AD=AB′，∠DAB′=60， 在Rt△ADW和Rt△AB′W中， ∴Rt△ADW≌Rt△AB′W（HL）， ∴∠B′AW=∠DAW=30 又AD=AB′=1， ∴DW= ∴△ADW面積為 ∴陰影部分的面積是 【分析】先連接AW，將陰影部分的分為兩個全等直角三角形，再利用旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)及勾股定理求得直角三角形的兩條直角邊的長，即可求得直角三角形的面積，進而可求得陰影部分的面積. 三、解答題 20.【答案】解：由題意知陰影部分的面積=梯形ABEH的面積 根據(jù)平移的性質(zhì)知DE=AB=10 又∵DH＝4 ∴HE=6 ∵平移距離為6 ∴BE=6 ∴陰影部分的面積=梯形ABEH的面積=（AB+EH）BE2=（10+6）62=48. 【解析】【分析】根據(jù)平移的性質(zhì)得出陰影部分的面積=梯形ABEH的面積，然后根據(jù)梯形面積計算方法計算即可。 21.【答案】解:由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)得:∠DCF=90∠DCE+∠ECF=90 ∵∠ACB=90 ∴∠DCE+∠BCD=90 ∴∠ECF=∠BCD ∵EF|DC, ∴,∠EFC+∠DCF=180 ∴,∠EFC=90 在△BDC和△EFC中 ∴△BDC≌△EFC(SAS) ∴∠BDC=∠EFC=90 【解析】【分析】根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可得出∠DCE+∠ECF=90，再根據(jù)同角的余角相等，可證得∠ECF=∠BCD，從而可證得∠EFC=90，然后證明△BDC≌△EFC，利用全等三角形的性質(zhì)，可證得結(jié)論。 22.【答案】解：（Ⅰ）記A′B′與x軸交于點H． ∵∠HOA′=α=30， ∴∠OHA′=90， ∴OH=OA′?cos30= ，B′H=OB′?cos30= ， ∴B′（ ， ）． （Ⅱ）①∵OA=OA′， ∴Rt△OAA′是等腰直角三角形， ∵OB=OB′， ∴Rt△OBB′也是等腰直角三角形， 顯然△AMB′是等腰直角三角形， 作MN⊥OA于N， ∵OB′=OA+AB′=1+2AN= ， ∴MN=AN= ， ∴M（ ， ）． ②如圖③中， ∵∠AOA′=∠BOB′，OA=OA′，OB=OB′， ∴∠OAA′=∠OA′A=∠OBB′=∠OB′B， ∵∠OAA′+∠OAM=180， ∴∠OBB′+∠OAM=180， ∴∠AOB+∠AMB=180， ∵∠AOB=90， ∴∠AMB=90， ∴點M的運動軌跡為以AB為直徑的⊙O′， 當C、M、O′共線時，CM的值最小，最小值=CO′﹣ AB= ﹣1． 【解析】【分析】（Ⅰ）記A′B′與x軸交于點H，利用解直角三角形出OH，B′H即可解決問題。 （Ⅱ）①作MN⊥OA于N，易證Rt△OAA′、Rt△OBB′、△AMB′都是等腰直角三角形，再求出ON，MN的長，即可解決問題。 ②根據(jù)題意易證點M的運動軌跡為以AB為直徑的⊙O′，當C、M、O′共線時，CM的值最小，最小值=CO′-AB，即可解答。