山东省17市2011年中考数学专题4：图形的变换.doc

山东省17市2011年中考数学专题4：图形的变换选择题1.（日照3分）如图表示一个由相同小立方块搭成的几何体的俯视图，小正方形中的数字表示该位置上小立方块的个数，那么该几何体的主视图为 【答案】 C。【考点】由三视图判断几何体。【分析】俯视图中的每个数字是该位置小立方体的个数，从而从正面看可看到3列从左到右的列数分别是2，2，1，故选C。3.（滨州3分）如图在ABC中B90，A30，AC4cm，将ABC绕顶点C顺时针方向旋转至ABC的位置，且A、C、B三点在同一条直线上，则点A所经过的最短路线的长为A、B、8cm C、D、【答案】D。【考点】旋转的性质，弧长的计算。【分析】点A所经过的最短路线是以C为圆心、CA为半径的一段弧线，运用弧长公式计算求解：B90，A30，A、C、B三点在同一条直线上，ACA120。又AC4，。故选D。4.（滨州3分）如图，在一张ABC纸片中，C90，B60，DE是中位线，现把纸片沿中位线DE剪开，计划拼出以下四个图形：邻边不等的矩形；等腰梯形；有一个角为锐角的菱形；正方形那么以上图形一定能被拼成的个数为A、1B、2 C、3D、4【答案】C。【考点】三角形中位线定理，图形的拼接。【分析】将该三角形剪成两部分，拼图使得ADE和直角梯形BCDE不同的边重合，即可解题：使得CE与AE重合，即可构成邻边不等的矩形，如图1：C60，ABBC，BDBC； 使得BD与AD重合，即可构成等腰梯形，如图2：使得BD与DE重合，即可构成有一个角为锐角的菱形，如图3：图1故可拼出故选C。5.（德州3分）一个几何体的主视图、左视图、俯视图完全相同，它一定是A、圆柱B、圆锥 C、球体D、长方体【答案】C。【考点】简单几何体的三视图。【分析】分析主视图、左视图、俯视图是分别从物体正面、左面和上面看，所得到的图形：A、圆柱的主视图、左视图都是长方形，俯视图是圆形；故本选项错误；B、圆锥的主视图、左视图都是三角形，俯视图是圆形；故本选项错误；C、球体的主视图、左视图、俯视图都是圆形；故本选项正确；D、长方体的主视图为长方形、左视图为长方形或正方形、俯视图为长方形或正方形；故本选项错误。故选C。6.（德州3分）图1是一个边长为1的等边三角形和一个菱形的组合图形，菱形边长为等边三角形边长的一半，以此为基本单位，可以拼成一个形状相同但尺寸更大的图形（如图2），依此规律继续拼下去（如图3），则第n个图形的周长是A、2nB、4n C、2n+1D、2n+2【答案】C。【考点】分类归纳，等边三角形的性质，菱形的性质。【分析】通过观察知，从图1到图3的周长分别为4=22，8=23，16=24，它的规律是：指数是图形的个数加1，故第n个图形的周长是2n+1。故选C。7.（烟台4分） 从不同方向看一只茶壶，你认为是俯视效果图的是ABCD【答案】A。【考点】三视图。【分析】俯视图是从上面看到的平面图形，也是在水平投影面上的正投影。故选A。8.（烟台4分） 如图，六边形ABCDEF是正六边形，曲线FK1K2K3K4K5K6K7叫做“正六边形的渐开线”，其中，的圆心依次按点A，B，C，D，E，F循环，其弧长分别记为l1，l2，l3，l4，l5，l6，.当AB1时，l2 011等于A. B. C. D. 【答案】B。【考点】分类归纳，弧长计算【分析】找出规律：每段弧的度数都等于60，的半径为n，所以l2 011=。故选B。9.（东营3分）一个几何体的三视图如图所示那么这个几何体是【答案】C。【考点】由三视图判断几何体。【分析】主视图、左视图、俯视图是分别从物体正面、左面和上面看，所得到的图形，从这个几何体的三视图上看，这个几何体一定是带棱的，故从C，D中选，D的主视图是三角形，只有C的三视图符合条件故选C。10.（东营3分）一个圆锥的侧面展开图是半径为l的半圆，则该圆锥的底面半径是 A 1 B C D【答案】C。【考点】图形的展开，圆锥的侧面积。【分析】圆锥的侧面展开图是半径为l的半圆，即圆锥的母线是1，由圆锥的侧面积等于半圆的面积，得。故选C。11.（菏泽3分）如图所示，已知在三角形纸片ABC中，BC=3，AB=6，BCA=90在AC上取一点E，以BE为折痕，使AB的一部分与BC重合，A与BC延长线上的点D重合，则DE的长度为A、6B、3 C、2D、【答案】C。【考点】翻折变换（折叠问题），含30度角的直角三角形的性质，三角函数。【分析】由已知易得ABC=60，A=30根据折叠的性质CBE=D=30在BCE和DCE中用三角函数解直角三角形求解ACB=90，BC=3，AB=6，sinA=。A=30，CBA=60。根据折叠的性质知，CBE=EBA=CBA=30。CE=BCtan30=DE=2CE=2。故选C。12. （济南3分）如图，桌子上放着一个长方体的茶叶盒和一个圆柱形的水杯，则其主视图是【答案】B。【考点】基本几何体的三视图。【分析】根据基本几何体的三视图，按图示，长方体和圆柱的主视图都是长方形。故选B。13.（潍坊3分）如图，阴影部分是由5个小正方形组成的一个直角图形，将方格内空白的两个小正方形涂黑，得到新的图形,其中不是轴对称图形的是 A. B. C. D.【答案】D。【考点】轴对称图形。【分析】根据轴对称图形的有关概念沿某直线折叠后直线两旁的部分互相重合对每一个图形进行分析即可得出正确答案：作出A、B、C的对称轴如图故选D。14（济宁3分）如图：ABC的周长为30cm，把ABC的边AC对折，使顶点C和点A重合，折痕交BC边于点D，交AC边与点E，连接AD，若AE=4cm，则ABD的周长是A. 22cm B.20cm C. 18cm D.15cm 【答案】 A。【考点】折叠的性质。【分析】根据折叠的性质，AE=CE=4，AD=CD，AC=8。 ABD的周长=ABBDAD=ABBDCD=ABBC=ABC的周长=AC=308=22。故选A。15（济宁3分）如图，是某几何体的三视图及相关数据，则下面判断正确的是 A. B. C. 2+42=2 D. 2+2=2 【答案】D。【考点】几何体的三视图，勾股定理。【分析】从几何体的三视图知，这是一个圆锥。从主视图知，圆锥的高是；从俯视图知，圆锥的半径是；从左视图知，圆锥的母线是。这样，构成一个直角三角形的三条边，且是斜边，根据勾股定理，得2+2=2。故选D。16.（泰安3分）下列图形：其中是中心对称图形的个数为A、1B、2 C、3 D、4【答案】B。【考点】中心对称图形。【分析】根据轴对称图形与中心对称图形的概念，轴对称图形两部分沿对称轴折叠后可重合；中心对称图形是图形沿对称中心旋转180度后与原图重合。据此判断：1图是轴对称图形，2图是中心对称图形，3图是轴对称图形，4图即是中心对称图形，也是轴对称图形；所以，中心对称图形的个数为2。故选B。17.（泰安3分）下列几何体：其中，左视图是平行四边形的有A、4个B、3个 C、2个D、1个【答案】B。【考点】简单几何体的三视图。【分析】左视图是从几何体的左面看所得到的图形。：圆柱的左视图是长方形，长方形是一个特殊的平行四边形；圆锥的左视图是三角形；棱柱的左视图是长方形，长方形是一个特殊的平行四边形；长方体的左视图是长方形，长方形是一个特殊的平行四边形。故左视图是平行四边形的有3个，故选B。18.（泰安3分）一圆锥的侧面展开图是半径为2的半圆，则该圆锥的全面积是A、5B、4 C、3D、2【答案】C。【考点】圆锥的计算。【分析】半圆的面积就是圆锥的侧面积，根据半圆的弧长等于圆锥底面圆的周长，因此圆锥的侧面积是222，即底面的周长是2。则底面圆半径是221，底面圆面积是12。从而该圆锥的全面积是23。故选C。19.（泰安3分）如图，点O是矩形ABCD的中心，E是AB上的点，沿CE折叠后，点B恰好与点O重合，若BC3，则折痕CE的长为A、B、 C、D、6【答案】A。【考点】翻折变换（折叠问题），矩形的性质，解直角三角形，特殊角的三角函数值，三角形内角和定理。【分析】根据图形翻折变换的性质求出AC的长，再由勾股定理及等腰三角形的判定定理即可得出结论：CED是CEB翻折而成，BCCO，ACEBCE。又O是矩形ABCD的中心，AC2BC236。在RtABC中，sinCAB。CAB300。ACB600，BCE300。在RtCBE中，CE。故选A。20.（莱芜3分）以下多边形中，既是轴对称图形，又是中心对称图形的是A、正五边形 B、矩形 C、等边三角形 D、平行四边形【答案】B。【考点】轴对称图形，中心对称图形。【分析】根据轴对称图形与中心对称图形的概念，轴对称图形两部分沿对称轴折叠后可重合；中心对称图形是图形沿对称中心旋转180度后与原图重合。A、正五边形是轴对称图形，不是中心对称图形，选项错误 ；B、矩形既是轴对称图形，又是中心对称图形，选项正确 ；C、等边三角形是轴对称图形，不是中心对称图形，选项错误 ；D、平行四边形是轴对称图形，不是中心对称图形，选项错误。故选B。21.（莱芜3分）观察右图，在下列四种图形变换中，本题图案不包含的变换是A、平移 B、轴对称 C、旋转 D、位似【答案】A。【考点】平移，轴对称，旋转，位似。【分析】根据平移，轴对称，旋转，位似的概念，本题图案不包含的变换是平移。故选A。22.（莱芜3分）如图所示是由几个相同的小正方体搭成的几何体的三视图，则搭成这个几何体的小正方体的个数是A、3 B、4 C、5 D、6【答案】C。【考点】几何体的三视图。【分析】观察三视图，这个几何体有两层两行三列，上层后行左列有1个小正方体，下层后行有3个小正方体，下层前行左列有1个小正方体，计有5个小正方体。故选C。23（莱芜3分）将一个圆心角是900的扇形围成一个圆锥的侧面，则该圆锥的侧面积S侧和底面积S底的关系为A、S侧S底 B、S侧2S底 C、S侧3S底 D、S侧4S底【答案】D。【考点】扇形面积和弧长公式，扇形和圆锥的关系。【分析】设扇形的半径为R，则由已知和扇形面积、弧长公式知扇形面积为R2，扇形弧长为R。根据扇形弧长等于圆锥的底面周长，故圆锥的底面半径为R，则圆锥的底面积S底R2；又根据扇形面积等于圆锥的侧面积，得S侧R2，因此S侧4S底。故选D。24.（聊城3分）如图，空心圆柱的左视图是【答案】C。【考点】几何体的三视图。【分析】空心圆柱的左视图是两个长方形，其中里面的是看不见的，应该用虚线表示。故选C。25.（聊城3分）如图，用围棋子按下面的规律摆图形，则摆第n个图形需要围棋子的枚数为A5n B5n1C6n1 D2n21【答案】C。【考点】分类归纳。【分析】从所给的图形找出规律，所摆图形的特点：下面部分是一个用棋子围成的一个正方形，它需要围棋子的枚数分别为4，8，12，4 n；上面部分围棋子的枚数分别为1，3，5，2 n1。从而摆第n个图形需要围棋子的枚数为4 n2 n16n1。故选C。26.（聊城3分）如图，矩形OABC的顶点O是坐标原点，边OA在轴上，边OC在轴上若矩形OA1B1C1与矩形OABC关于点O位似，且矩形OA1B1C1的面积等于矩形OABC面积的，则点B1的坐标是A(3，2) B(2，3)C(2，3)或(2，3) D(3，2)或(3，2)【答案】D。【考点】位似的性质。【分析】根据位似的性质，位似图形的面积比是对应边比的平方，而矩形OA1B1C1的面积等于矩形OABC面积的，故它们的边长比是1：2。根据位似图形的对应点和位似中心在同一直线上，它们到位似中心的距离之比等于相似比，故有两点满足题意，如图所示。故选D。27.（临沂3分）如图是一圆锥的主视图，则此圆锥的侧面展开图的圆心角的度数是A、60B、90 C、120D、180【答案】B。【考点】圆锥的计算。【分析】根据圆锥的主视图可以得到圆锥的母线长和圆锥的底面直径，求出圆锥的底面周长就是侧面展开扇形的弧长，代入公式求得即可：由圆锥的主视图可以得到圆锥的母线长12cm和圆锥的底面直径6cm，圆锥的底面周长为：d=6cm，圆锥的侧面展开扇形的弧长等于圆锥的侧面展开扇形的弧长，圆锥的侧面展开扇形的弧长为6cm，圆锥的侧面展开扇形的面积为：612=36，=36，解得：n=90。故选B。28.（青岛3分）如图，空心圆柱的主视图是【答案】A。【考点】几何体的三视图。【分析】从正面看，空心圆柱的主视图是两个可见的同心圆。故选A。29.（青岛3分）下列汽车标志中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是【答案】D。【考点】轴对称图形和中心对称图形。【分析】根据轴对称图形和中心对称图形的定义：把一个图形沿着一条直线翻折过来，直线两旁的部分能够完全重合的图形是轴对称图形；在平面内，一个图形绕某个点旋转180，旋转前后的图形互相重合的图形叫做中心对称图形，只有D图形同时满足这两点。故选D。30.（青岛3分）如图1，在正方形铁皮上剪下一个扇形和一个半径为1cm的圆形，使之恰好围成图2所示的一个圆锥，则圆锥的高为Acm B4cm Ccm Dcm【答案】C。【考点】扇形弧长，圆锥高，勾股定理。【分析】由图1可知，小圆的周长应等于扇形的弧长，故有，R=4，即扇形半径也即圆锥的母线是4 cm 。这样在图2中，母线是4 cm，半径是1cm，由根据勾股定理圆锥的高为。故选C。31.（青岛3分）如图，以边长为1的正方形ABCD的边AB为对角线作第二个正方形AEBO1，再以BE为对角线作第三个正方形EFBO2，如此作下去，则所作的第n个正方形的面积Sn 【答案】。【考点】分类归纳，勾股定理。【分析】找出规律：第1个正方形的边长为1，面积S11；第2个正方形的边长为，面积S2；第3个正方形的边长为，面积S3；第4个正方形的边长为，面积S4；，则第n个正方形的面积Sn。32.（威海3分）如图是由一些大小相同的小立方体组成的几何体的主视图和左视图，则组成这个几何体的小立方体的个数不可能是A3B4C5D6【答案】D。【考点】几何体的三视图。【分析】从几何体的主视图和左视图分析，这个几何体的上部分只能是一个小立方体，下部分最多四个小立方体，因此组成这个几何体的小立方体的个数不超过5个。故选D。33.（枣庄3分）下列图形中，既是轴对称图形，又是中心对称图形的是【答案】B。【考点】轴对称图形和中心对称图形。【分析】根据轴对称图形和中心对称图形的定义，直接得出结果：A是中心对称图形但不是轴对称图形，故A选项错误；B是中心对称图形也是轴对称图形，故B选项正确；C是轴对称图形但不是中心对称图形，故C选项错误；D是中心对称图形但不是轴对称图形，故D选项错误。故选B。34.（枣庄3分）如图，这是一个正面为黑、反面为白的未拼完的拼木盘，给出如下四块正面为黑、反面为白的拼木，现欲拼满拼木盘使其颜色一致那么应该选择的拼木是【答案】B。【考点】拼图。【分析】把A图旋转1800后即可直接得出结果。故选B。35.（枣庄3分）如图，边长为(m+3)的正方形纸片剪出一个边长为m的正方形之后，剩余部分可剪拼成一个矩形(不重叠无缝隙)，若拼成的矩形一边长 为3，则另一边长是Am+3Bm+6 C2m+3 D2m+6【答案】C。【考点】拼图。【分析】从图形可直接得出结果：拼成的矩形另一边较长部分是m+3，较短部分是m，相加为2m+3。故选C。36.（淄博3分）一副三角板按图1所示的位置摆放.将DEF绕点A（F）逆时针旋转60后（图2），测得CG=10cm，则两个三角形重叠（阴影）部分的面积为A 75cm2B cm2Ccm2D cm2【答案】C。【考点】等腰直角三角形的性质，锐角三角函数，特殊角三角函数值，二次根式化简。【分析】过点G作GHAC于点H。则CGH是等腰直角三角形，由CG=10cm知GHCH；在RtAGH中，AH。则两个三角形重叠（阴影）部分的面积为。故选C。37.（淄博4分）如图，矩形ABCD中，AB=4，以点B为圆心，BA为半径画弧交BC于点E，以点O为圆心的O与弧AE，边AD，DC都相切把扇形BAE作一个圆锥的侧面，该圆锥的底面圆恰好是O，则AD的长为A4BCD5【答案】D。【考点】立体图形的展开，圆锥的底面周长公式，扇形弧长公式，圆切线的性质，平行的性质，等腰三角形的判定，矩形的性质。【分析】根据圆锥的展开，圆锥的底面周长等于展开的扇形弧长，得，解之，得圆锥的底面圆半径。连接OB，OC，过点O作OFCD于点F。由圆切线的性质知FOCCOB，由平行的性质知OCBFOC，OCBCOB，ADBCBO145。故选D。填空题1.（德州4分）母线长为2，底面圆的半径为1的圆锥的侧面积为 【答案】2。【考点】圆锥侧面积的计算。【分析】直接根据圆锥侧面积公式进行计算：圆锥的侧面积。2.（德州4分）长为1，宽为的矩形纸片（），如图那样折一下，剪下一个边长等于矩形宽度的正方形（称为第一次操作）；再把剩下的矩形如图那样折一下，剪下一个边长等于此时矩形宽度的正方形（称为第二次操作）；如此反复操作下去若在第n次操作后，剩下的矩形为正方形，则操作终止当n=3时，的值为 【答案】。【考点】分类归纳，折叠，一元一次方程的应用。【分析】根据操作步骤，可知每一次操作时所得正方形的边长都等于原矩形的宽，所以首先需要判断矩形相邻的两边中，哪一条边是矩形的宽。当时，矩形的长为1，宽为，所以第一次操作时所得正方形的边长为，剩下的矩形相邻的两边分别为1，。由1可知，第二次操作时所得正方形的边长为1，剩下的矩形相邻的两边分别为1，（1）=21。由于（1）（21）=23，所以（1）与（21）的大小关系不能确定，需要分情况进行讨论又因为可以进行三次操作，故分两种情况：121；121对于每一种情况，分别求出操作后剩下的矩形的两边，根据剩下的矩形为正方形，列出方程，求出的值：如果121，即，那么第三次操作时正方形的边长为21，则21=（1）（21），解得=；如果121，即，那么第三次操作时正方形的边长为1，则1=（21）（1），解得=。故答案为。3.（烟台4分）通过找出这组图形符号中所蕴含的内在规律，在空白处的横线上填上恰当的图形.【答案】 。【考点】分类归纳，轴对称的性质。【分析】观察图形，发现规律：（1）这几幅图是A、B、C、D、E、F六个字母的对称图形；（2）1、3、5是上下对称；2、4、6是左右对称根据此规律即可得到图形。4.（东营4分）如图，观察由棱长为1的小立方体摆成的图形，寻找规律：如图中：共有1个小立方体其中1个看得见，0个看不见；如图中：共有8个小立方体，其中7个看得见，1个看不 见；如图中：共有27个小立方体，其中19个看得见，8个看不见；，则第个图中看得见的小立方体有 个。【答案】91。【考点】分类归纳（图形的变化类），几何体的三视图。【分析】根据几何体的三视图知，三视图看得见的小立方体有66655591。5.（菏泽3分）如图是正方体的展开图，则原正方体相对两个面上的数字之和的最小值的是 【答案】6。【考点】正方体的展开图。【分析】根据相对的面相隔一个面得到相对的2个数，相加后比较即可：易得2和6是相对的两个面，3和4是相对两个面，1和5是相对的2个面。所以原正方体相对两个面上的数字和最小的是1和5是相对的2个面上的数字和6。6.（济宁3分）如图，观察每一个图中黑色正六边形的排列规律，则第10个图中黑色正六边形有 个。【答案】100。【考点】分类归纳（图形的变化类）。【分析】观察每一个图中黑色正六边形的排列规律，第1个图中黑色正六边形有1=12个，第2个图中黑色正六边形有4=22个，第3个图中黑色正六边形有9=32个，则第10个图中黑色正六边形有102=100个。7.（聊城3分）如图，圆锥的底面半径OB10cm，它的侧面展开图的扇形的半径AB30cm，则这个扇形圆心角的度数是 【答案】120。【考点】立体图形的展开，圆锥的底面周长公式，扇形弧长公式。【分析】根据圆锥的展开，圆锥的底面周长等于展开的扇形弧长，得，解之，得。8.（临沂3分）如图，上面各图都是用全等的等边三角形拼成的一组图形则在第10个这样的图形中共有 个等腰梯形【答案】100。【考点】分类归纳（图形变化类）。【分析】观察图形可知第10个图形中有21个等边三角形，按照从左往右的顺序可得等腰梯形的个数为：10+9+9+8+8+7+7+6+6+5+5+4+4+3+3+2+2+1+1=100。9.（青岛3分）如图，将等腰直角ABC沿BC方向平移得到A1B1C1若BC3，ABC与A1B1C1重叠部分面积为2，则BB1 【答案】。【考点】等腰直角三角形的性质，勾股定理。【分析】ABC与A1B1C1重叠部分面积为2，则由三角形面积公式可知，重叠部分小三角形的直角边长为2，从而由勾股定理得B1C2，则BB1BCB1C。10.（枣庄4分）如图是由若干个大小相同的小正方体堆砌而成的几何体，那么其三种视图中面积最小的是 。【答案】左视图。 【考点】几何体的三视图。【分析】所给几何体的三视图如下；显见，左视图的面积最小。解答题1.（莱芜9分）已知：矩形纸片ABCD，AB2，BC3。操作：将矩形纸片沿EF折叠，使点B落在边CD上。探究：（1）如图，若点B与A重合，你认为EDA和FDC全等吗？如果全等给出证明，如果不全等请说明理由； （2）如图，若点B与CD中点重合，求FCB与BDG的周长之比。【答案】解：（1）全等。证明如下：四边形ABCD 是矩形，AB C ADC 900，ABCD。由题意知：AA ，B A D F900，AB CD，A C 900，A D CD。A DEEDF900， CDFEDF900，A DECDF。ED A FDC（ASA）。( 2 ) DGBD BG900， D BGC BF900，DGBC BF。又DC 900， FC BB DG。设FC ，则BF 3 ，BC DC1。在Rt BCF中FC2BC2F B2，2l2 = ( 3) 2 。 FC BB DG，。【考点】矩形的性质，折叠对称的性质，三角形内角和定理，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理。【分析】（1）由矩形和折叠对称的性质，经过等量代换即可证得。 （2）由证 FC BB DG得FCB与BDG的周长之比等于对应边的比的关系，由勾股定理和等量代换表示出FCB与BDG的边FC与BD即可。2.（聊城8分）将两块大小相同的含30角的直角三角板(BACB1A1C30)按图1的方式放置，固定三角板A1B1C，然后将三角板ABC绕直角顶点C顺时针方向旋转(旋转角小于90)至图2所示的位置，AB与A1C交于点E，AC与A1B1交于点F，AB与A1B1交于点O(1)求证：BCEB1CF；(2)当旋转角等于30时，AB与A1B1垂直吗？请说明理由【答案】解：（1）证明：在BCE和BCF中，BB160，BCB1C，BCE90A1CAB1CF，BCEB1CF(ASA)。（2）当A1CA30时，ABA1 B1。理由如下：A1CA30，B1CF903060。B1FC180B1CFB1180606060。AFOB1FC60，A30，AOF180AAFO180306090。ABA1 B1。【考点】全等三角形的判定，两角互余的性质，三角形内角和定理，等量代换，垂直的判定。【分析】（1）根据全等三角形ASA的判定即可证明。 （2）利用两角互余的性质和三角形内角和定理，经过等量代换即可证得AOF90，从而证得。3.（威海8分）我们学习过：在平面内，将一个图形绕一个定点沿着某个方向转动一个角度，这样的图形运动叫做旋转，这个定点称为旋转中心。如图，ABCDEF。DEF能否由ABC通过一次旋转得到？若能，请用直尺和圆规画出旋转中心，若不能，试简要说明理由；如图，ABCMNK。MNK能否由ABC通过一次旋转得到？若能，请用直尺和圆规画出旋转中心，若不能，试简要说明理由。（保留必要ABCDEFABCNMK图图的作图痕迹）【答案】解: 能。图中，O1即为旋转中心。 能。图中，O2即为旋转中心。【考点】尺规作