中考数学总复习《旋转》考前冲刺测试卷附完整答案详解【夺冠】

中考数学总复习《旋转》考前冲刺测试卷考试时间：90分钟；命题人：教研组考生注意：1、本卷分第I卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，满分100分，考试时间90分钟2、答卷前，考生务必用0.5毫米黑色签字笔将自己的姓名、班级填写在试卷规定位置上3、答案必须写在试卷各个题目指定区域内相应的位置，如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用涂改液、胶带纸、修正带，不按以上要求作答的答案无效。第I卷（选择题20分）一、单选题（5小题，每小题4分，共计20分）1、如图，在中，，，D为内一点，分别连接PA、PB、PC，当时，，则BC的值为（

）A．1 B． C． D．22、如图，在平面直角坐标系中，已知点P(0，2)，点A(4，2)．以点P为旋转中心，把点A按逆时针方向旋转60°，得点B．在，，，四个点中，直线PB经过的点是（

）A． B． C． D．3、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．4、如图，在中，，将绕点逆时针旋转到的位置，使得，则的度数是（

）A． B． C． D．5、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．第Ⅱ卷（非选择题80分）二、填空题（5小题，每小题6分，共计30分）1、如图，在平面直角坐标系中，等腰直角三角形OAB，∠A＝90°，点O为坐标原点，点B在x轴上，点A的坐标是（1，1）．若将△OAB绕点O顺时针方向依次旋转45°后得到△OA1B1，△OA2B2，△OA3B3，…，可得A1（，0），A2（1，﹣1），A3（0，﹣），…则A2021的坐标是______．2、在平面直角坐标系内，点A（，2）关于原点中心对称的点的坐标是______．3、如图，在Rt△ABC，∠B＝90°，∠ACB＝50°．将Rt△ABC在平面内绕点A逆时针旋转到△AB′C′的位置，连接CC′．若AB∥CC′，则旋转角的度数为_____°．4、如图，点P是边长为1的正方形ABCD的对角线AC上的一个动点，点E是BC中点，连接PE，并将PE绕点P逆时针旋转120°得到PF，连接EF，则EF的最小值是_________．5、如图，在四边形ABCD中，，将绕点C顺时针旋转60°后，点D的对应点恰好与点A重合，得到，，，则BD=______．三、解答题（5小题，每小题10分，共计50分）1、如图，正方形网格中，每个小正方形的边长都是一个单位长度，在平面直角坐标系内，的三个顶点分别为，，．（1）画出关于原点对称的，并写出点的坐标；（2）画出绕点顺时针旋转后得到的，并写出点的坐标．2、如图，在△ABC中，AB＝AC，P是△ABC内的一点，且∠APB＞∠APC，求证：PB＜PC（反证法）3、如图1，D为等边△ABC内一点，将线段AD绕点A逆时针旋转60°得到AE，连接CE，BD的延长线与AC交于点G，与CE交于点F．（1）求证：BD＝CE；（2）如图2，连接FA，小颖对该图形进行探究，得出结论：∠BFC＝∠AFB＝∠AFE．小颖的结论是否正确？若正确，请给出证明；若不正确，请说明理由．4、已知：如图，三角形ABM与三角形ACM关于直线AF成轴对称，三角形ABE与三角形DCE关于点E成中心对称，点E、D、M都在线段AF上，BM的延长线交CF于点P．（1）求证：AC=CD；（2）若∠BAC=2∠MPC，请你判断∠F与∠MCD的数量关系，并说明理由．5、在中，，，直线MN经过点C且于D，于E．(1)当直线MN绕点C旋转到图1的位置时，求证：①≌；②；(2)当直线MN烧点C旋转到图2的位置时，求证：；(3)当直线MN绕点C旋转到图3的位置时，试问DE、AD、BE具有怎样的等量关系？请写出这个等量关系，并加以证明．-参考答案-一、单选题1、C【解析】【分析】将△BPA顺时针旋转60°，到△BMN处，得到△BPM，△ABN是等边三角形，证明C、P、M、N四点共线，且∠CAN=90°，设BC=x，则AB=BN=2x，AC=，利用勾股定理计算即可．【详解】将△BPA顺时针旋转60°，到△BMN处，则△BPM，△ABN是等边三角形，∠BPM=∠BMP=60°，∠BAN=60°，PM=PB，BA=BN，PA=MN，∵∠CPB=∠BPA=∠APC=∠BMN=120°，∴∠BMP+∠BMN=180°，∠BPC+∠BPM=180°，∴C、P、M、N四点共线，∴CP+PM+MN=CP+PB+PA=，∵∠BAC=30°，∠BAN=60°，∴∠CAN=90°，设BC=x，则AB=BN=2x，AC=，∴，解得x=，x=-，舍去，故选C．【考点】本题考查了旋转的性质，等边三角形的判定和性质，勾股定理，直角三角形的性质，熟练掌握旋转的性质是解题的关键．2、B【解析】【分析】根据含30°角的直角三角形的性质可得B（2，2+2），利用待定系数法可得直线PB的解析式，依次将M1，M2，M3，M4四个点的一个坐标代入y=x+2中可解答．【详解】解：∵点A（4，2），点P（0，2），∴PA⊥y轴，PA=4，由旋转得：∠APB=60°，AP=PB=4，如图，过点B作BC⊥y轴于C，∴∠BPC=30°，∴BC=2，PC=2，∴B（2，2+2），设直线PB的解析式为：y=kx+b，则，∴，∴直线PB的解析式为：y=x+2，当y=0时，x+2=0，x=-，∴点M1（-，0）不在直线PB上，当x=-时，y=-3+2=1，∴M2（-，-1）在直线PB上，当x=1时，y=+2，∴M3（1，4）不在直线PB上，当x=2时，y=2+2，∴M4（2，）不在直线PB上．故选：B．【考点】本题考查的是图形旋转变换，待定系数法求一次函数的解析式，确定点B的坐标是解本题的关键．3、B【解析】【分析】利用轴对称图形和中心对称图形的定义逐项判断即可．【详解】A．是轴对称图形不是中心对称图形．故A不符合题意．B．是轴对称图形也是中心对称图形．故B符合题意．C．是轴对称图形但不是中心对称图形．故C不符合题意．D．不是中心对称图形也不是轴对称图形．故D不符合题意．故选：B【考点】本题考查轴对称图形和中心对称图形的定义，根据选项灵活判断其图形是否符合题意是解本题的关键．4、C【解析】【分析】根据旋转的性质得AC′=AC，∠B′AB=∠C′AC，再根据等腰三角形的性质得∠AC′C=∠ACC′，然后根据平行线的性质由CC′∥AB得∠ACC′=∠CAB=70°，则∠AC′C=∠ACC′=70°，再根据三角形内角和计算出∠CAC′=40°，所以∠B′AB=40°．【详解】∵绕点逆时针旋转到的位置，∴，，∴，∵，∴，∴，∴，∴，故选C.【考点】本题考查了旋转的性质：旋转前后两图形全等；对应点到旋转中心的距离相等；对应点与旋转中心的连线段的夹角等于旋转角．也考查了平行线的性质．5、D【解析】【分析】根据轴对称图形与中心对称图形的概念进行判断即可．【详解】解：A、是中心对称图形，但不是轴对称图形，不符合题意；B、是轴对称图像，但不是中心对称图形，不符合题意；C、是轴对称图形，但不是中心对称图形，不符合题意；D、是轴对称图形，也是中心对称图形，符合题意；故选：D【考点】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度后两部分重合，掌握以上知识是解题的关键．二、填空题1、【解析】【分析】根据题意得：A1（，0），A2（1，﹣1），A3（0，﹣），，…，由此发现，旋转8次一个循环，再由，即可求解．【详解】解：根据题意得：A1（，0），A2（1，﹣1），A3（0，﹣），，…，由此发现，旋转8次一个循环，∵，∴A2021的坐标是．故答案为：【考点】本题主要考查了图形的旋转，明确题意，准确得到规律是解题的关键．2、（﹣，﹣2）【解析】【分析】关于原点中心对称的点的坐标特征是：横坐标、纵坐标均变为原数的相反数【详解】解：点A（，2）关于原点中心对称的点的坐标是（﹣，﹣2）．故答案为：（﹣，﹣2）．【考点】本题考查关于原点中心对称的点的坐标特征，是重要考点，难度较易，掌握相关知识是解题关键．3、100【解析】【分析】由，可得，，由旋转的性质可得，，由三角形内角和定理得，计算求解即可．【详解】解：∵∴∴由旋转的性质可得∴∴故答案为：100．【考点】本题考查了平行的性质，旋转的性质，旋转角，等边对等角，三角形的内角和定理等知识．解题的关键在于找出旋转角．4、##【解析】【分析】当EP⊥AC时，EF有最小值，过点P作PM⊥EF于点M，由直角三角形的性质求出PE的长，由旋转的性质得出PE=PF，∠EPF=120°，求出PM的长，则可得出答案．【详解】解：如图，当EP⊥AC时，EF有最小值，过点P作PM⊥EF于点M，∵四边形ABCD是正方形，∴∠ACB=45°，∵E为BC的中点，BC=1，∴CE=，∴PE=CE=，∵将PE绕点P逆时针旋转120°得到PF，∴PE=PF，∠EPF=120°，∴∠PEF=30°，∴PM=PE=由勾股定理得EM=，∴EF=2EM=，∴EF的最小值是．故答案为：．【考点】本题考查了旋转的性质，正方形的性质，直角三角形的性质，垂线段的性质，熟练掌握旋转的性质是解题的关键．5、【解析】【分析】连接BE，如图，根据旋转的性质得∠BCE=60°，CB=CE，BD=AE，再判断△BCE为等边三角形得到BE=BC=9，∠CBE=60°，从而有∠ABE=90°，然后利用勾股定理计算出AE即可．【详解】解：连接BE，如图，∵△DCB绕点C顺时针旋转60°后，点D的对应点恰好与点A重合，得到△ACE，∴∠BCE=60°，CB=CE，BD=AE，∴△BCE为等边三角形，∴BE=BC=9，∠CBE=60°，∵∠ABC=30°，∴∠ABE=90°，在Rt△ABE中，AE=．故答案为：．【考点】本题考查了旋转的性质：对应点到旋转中心的距离相等；对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角；旋转前、后的图形全等．三、解答题1、（1）图见解析；；（2）图见解析；【解析】【分析】（1）画出关于原点对称的，写出的坐标即可；（2）画出绕点顺时针旋转后得到的，写出点的坐标即可．【详解】解：（1）如图即为所作，；（2）如图：即为所作，．【考点】本题考查了旋转作图，根据题意画出图形是解本题的关键．2、见解析【解析】【分析】假设PB≥PC，从假设出发推出与已知相矛盾，得到假设不成立，则结论成立．【详解】证明：假设PB≥PC，如图，把△ABP绕点A逆时针旋转，使点B与点C重合，得到△ADC，连接PD，∵，∴；∴，∵，∴，∴，即，∵，∴，这与∠APB＞∠APC相矛盾，∴PB≥PC不成立，∴PB＜PC．【考点】此题主要考查了反证法的应用，解此题关键要懂得反证法的意义及步骤．3、（1）见解析；（3）正确，见解析【解析】【分析】（1）根据旋转的性质可得AD＝AE，∠DAE＝60°，结合已知条件可得∠BAC＝∠DAE，进而证明△ABD≌△ACE，即可证明BD＝CE；（2）过A作BD，CF的垂线段分别交于点M，N，△ABD≌△ACE，BD＝CE，由面积相等可得AM＝AN，证明Rt△AFM≌Rt△AFN，进而证明∠BFC＝∠AFB＝∠AFE＝60°【详解】解：证明：（1）如图1，∵线段AD绕点A逆时针旋转60°得到AE，∴AD＝AE，∠DAE＝60°，∵∠BAC＝60°，∴∠BAC＝∠DAE，∴∠BAD＝∠CAE，在△ABD和△ACE中，，∴△ABD≌△ACE（SAS），∴BD＝CE，（2）由（1）可知△ABD≌△ACE则∠ABD＝∠ACE，又∵∠AGB＝∠CGF，∴∠BFC＝∠BAC＝60°，∴∠BFE＝120°，过A作BD，CF的垂线段分别交于点M，N，又∵△ABD≌△ACE，BD＝CE，∴由面积相等可得AM＝AN，在Rt△AFM和Rt△AFN中，，∴Rt△AFM≌Rt△AFN（HL），∴∠AFM＝∠AFN，∴∠BFC＝∠AFB＝∠AFE＝60°．【考点】本题考查了三角形全等的性质与判定，旋转的性质，正确的添加辅助线找到全等三角形并证明是解题的关键．4、见解析【解析】【分析】（1）利用中心对称图形的性质以及轴对称图形的性质得出全等三角形进而得出对应线段相等；（2）利用（1）中所求，进而得出对应角相等，进而得出答案．【详解】(1)证明：∵△ABM与△ACM关于直线AF成轴对称，∴△ABM≌△ACM，∴AB=AC，又∵△ABE与△DCE关于点E成中心对称，∴△ABE≌△DCE，∴AB=CD，∴AC=CD；(2)∠F=∠MCD.理由：由(1)可得∠BAE=∠CAE=∠CDE，∠CMA=∠BMA，∵∠BAC=2∠MPC，∠BMA=∠PMF，∴设∠MPC=α，则∠BAE=∠CAE=∠CDE=α，设∠BMA=β，则∠PMF=∠CMA=β，∴∠F=∠CPM−∠PMF=α−β，∠MCD=∠CDE−∠DMC=α−β，∴∠F=∠MCD.【考点】本题主要考查轴对称、中心对称性质和全等三角形的判定及性质.通过轴对称与中心对称的性质得出全等三角形的判定条件是解题的关键.5、(1)①证明见解析；②证明见解析(2)证明见解析(3)（或者对其恒等变形得到，），证明见解析【解析】【分析】（1）①根据，，，得出，再根据即可判定；②根据