中考数学总复习《旋转》过关检测试卷【培优B卷】附答案详解

中考数学总复习《旋转》过关检测试卷考试时间：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、在平面直角坐标系中，点关于原点对称的点的坐标是（

）A． B． C． D．2、如图，在钝角中，，将绕点顺时针旋转得到，点，的对应点分别为，，连接．则下列结论一定正确的是（

）A． B． C． D．平分3、如图，将Rt△ABC绕直角顶点C顺时针旋转90°，得到△A'B'C，连接AA'，若∠1=25°，则∠BAA'的度数是（

）A．70° B．65° C．60° D．55°4、如图，将绕点顺时针旋转得到，使点的对应点恰好落在边上，点的对应点为，连接．下列结论一定正确的是（

）A． B． C． D．5、如图，在正方形ABCD中，将边BC绕点B逆时针旋转至，连接，，若，，则线段BC的长度为（）．A．4 B．5 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、在平面直角坐标系中点M（2，﹣4）关于原点对称的点的坐标为_____．2、如图，菱形ABCD的边长为2，∠A＝60°，E是边AB的中点，F是边AD上的一个动点，将线段EF绕着点E顺时针旋转60°得到EG，连接DG、CG，则DG+CG的最小值为_____．3、若点与点关于原点对称，则______；4、如图所示的图案由三个叶片组成，绕点O旋转120°后可以和自身重合，若每个叶片的面积为4cm2，∠AOB=120°，则图中阴影部分的面积为__________．5、点A（1，-5）关于原点的对称点为点B，则点B的坐标为______．三、解答题（5小题，每小题10分，共计50分）1、如图，P是等边内的一点，且，将绕点B逆时针旋转，得到．(1)旋转角为_____度；(2)求点P与点Q之间的距离；(3)求的度数；(4)求的面积．2、如图1，二次函数y＝a（x+3）（x﹣4）的图象交坐标轴于点A，B（0，﹣2），点P为x轴上一动点．（1）求该二次函数的解析式；（2）过点P作PQ⊥x轴，分别交线段AB、抛物线于点Q，C，连接AC．若OP＝1，求△ACQ的面积；（3）如图2，连接PB，将线段PB绕点P逆时针旋转90°得到线段PD．当点D在抛物线上时，求点D的坐标．3、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．4、如图，已知线段OA在平面直角坐标系中，O是原点．(1)将OA绕点O顺时针旋转60°得到，过点作轴，垂足为B．请在图中用不含刻度的直尺和圆规分别作出、；(2)若，则的面积是______．5、如图，在正方形网格中，的顶点在格点上，请仅用无刻度直尺完成以下作图（保留作图痕迹）．（1）在图1中，作关于点对称的；（2）在图2中，作绕点顺时针旋转一定角度后，顶点仍在格点上的．-参考答案-一、单选题1、C【解析】【分析】根据坐标系中对称点与原点的关系判断即可．【详解】关于原点对称的一组坐标横纵坐标互为相反数,所以(3,2)关于原点对称的点是(-3,-2),故选C．【考点】本题考查原点对称的性质,关键在于牢记基础知识．2、D【解析】【分析】根据旋转可知△CAB≌△EAD，∠CAE=70°，结合∠BAC=35°，可知∠BAE=35°，则可证得△CAB≌△EAB，即可作答．【详解】根据旋转的性质可知△CAB≌△EAD，∠CAE=70°，∴∠BAE=∠CAE-∠CAB=70°-35°=35°，AC=AE，AB=AD，BC=DE，∠ABC=∠ADE，故A、B错误，∴∠CAB=∠EAB，∵AC=AE，AB=AB，∴△CAB≌△EAB，∴△EAB≌△EAD∴∠BEA=∠DEA，∴AE平分∠BED，故D正确，∴AD+BE=AB+BE＞AE=AC，故C错误，故选：D．【考点】本题考查了旋转的性质和全等三角形的判定与性质，求出∠BAE=35°是解答本题的关键．3、B【解析】【分析】根据旋转的性质可得AC=A′C，然后判断出△ACA′是等腰直角三角形，根据等腰直角三角形的性质可得∠CAA′=45°，再根据三角形的内角和定理可得结果．【详解】∵Rt△ABC绕直角顶点C顺时针旋转90°得到△A′B′C，∴AC=A′C，∴△ACA′是等腰直角三角形，∴∠CA′A=45°，∠CA′B′=20°=∠BAC∴∠BAA′=180°-70°-45°=65°，故选：B．【考点】本题考查了旋转的性质，等腰直角三角形的判定与性质，三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和的性质，熟记各性质并准确识图是解题的关键．4、D【解析】【分析】利用旋转的性质得AC=CD，BC=EC，∠ACD=∠BCE，所以选项A、C不一定正确再根据等腰三角形的性质即可得出，所以选项D正确；再根据∠EBC=∠EBC+∠ABC=∠A+∠ABC=-∠ACB判断选项B不一定正确即可．【详解】解：∵绕点顺时针旋转得到，∴AC=CD，BC=EC，∠ACD=∠BCE，∴∠A=∠CDA=；∠EBC=∠BEC=，∴选项A、C不一定正确，∴∠A=∠EBC，∴选项D正确．∵∠EBC=∠EBC+∠ABC=∠A+∠ABC=-∠ACB不一定等于，∴选项B不一定正确；故选D．【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．也考查了等腰三角形的性质．5、D【解析】【分析】根据旋转的性质，可知BC＝BC＇．取点O为线段CC＇的中点，并连接BO．根据等腰三角形三线合一的性质、正方形的性质及直角三角形的性质，可证得Rt△OBC≌Rt△C＇CD，从而证得OC＝C＇D，BO＝CC＇,再利用勾股定理即可求解．【详解】解：如图，取点O为线段CC＇的中点，并连接BO．依题意得，BC＝BC＇∴BO⊥CC＇∴∠BOC＝90°在正方形ABCD中，BC＝CD，∠BCD＝90°∴∠OCB＋∠C＇CD＝90°又∵∠CC＇D＝90°∴∠C＇DC＋∠C＇CD＝90°∴∠OCB＝∠C＇DC在Rt△OBC和Rt△C＇CD中∴Rt△OBC≌Rt△C＇CD（AAS）∴OC＝C＇D＝2∴CC＇＝2OC＝2×2＝4∴BO＝CC＇＝4在Rt△BOC中BC＝＝＝故选：D．【考点】本题考查了旋转的性质、正方形的性质、等腰三角形的性质、直角三角形的性质、全等三角形的判定和性质及勾股定理的运用等知识，解题的关键是辅助线的添加．二、填空题1、【解析】【分析】根据在平面直角坐标系中，若两点关于原点对称，则这两点的横纵坐标均互为相反数，即可求解．【详解】解：点M（2，﹣4）关于原点对称的点的坐标为故答案为：【考点】本题主要考查了两点关于坐标原点对称的特征，熟练掌握在平面直角坐标系中，若两点关于原点对称，则这两点的横纵坐标均互为相反数是解题的关键．2、【解析】【分析】取AD的中点N．连接EN，EC，GN，作EH⊥CB交CB的延长线于H．根据菱形的性质，可得△ADB是等边三角形，从而得到△AEN是等边三角形，可证得△AEF≌△NEG，进而得到点G的运动轨迹是射线NG，继而得到GD+GC＝GE+GC≥EC，在Rt△BEH和Rt△ECH中，由勾股定理，即可求解．【详解】如图，取AD的中点N．连接EN，EC，GN，作EH⊥CB交CB的延长线于H．∵四边形ABCD是菱形∴AD＝AB，∵∠A＝60°，∴△ADB是等边三角形，∴AD＝BD，∵AE＝ED，AN＝NB，∴AE＝AN，∵∠A＝60°，∴△AEN是等边三角形，∴∠AEN＝∠FEG＝60°，∴∠AEF＝∠NEG，∵EA＝EN，EF＝EG，∴△AEF≌△NEG（SAS），∴∠ENG＝∠A＝60°，∵∠ANE＝60°，∴∠GND＝180°﹣60°﹣60°＝60°，∴点G的运动轨迹是射线NG，∴D，E关于射线NG对称，∴GD＝GE，∴GD+GC＝GE+GC≥EC，在Rt△BEH中，∠H＝90°，BE＝1，∠EBH＝60°，∴BH＝BE＝，EH＝，在Rt△ECH中，EC＝＝，∴GD+GC≥，∴GD+GC的最小值为．故答案为：．【考点】本题主要考查了菱形的性质，等边三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理等知识，熟练掌握菱形的性质，等边三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理等知识是解题的关键．3、-1【解析】【分析】平面直角坐标系中任意一点P（x，y），关于原点的对称点是（-x，-y），可据此求出m、n的值．【详解】∵点与点关于坐标系原点对称，∴m-2n=-4，3m=-6解得：m=-2，n=1．故m+n=-2+1=-1．故答案为-1.【考点】本题考查了关于原点对称的点坐标的关系，是需要识记的基本问题．4、4cm2【解析】【分析】根据旋转的性质和图形的特点解答．【详解】每个叶片的面积为4cm2，因而图形的面积是12cm2．∵图案绕点O旋转120°后可以和自身重合，∠AOB为120°，∴图形中阴影部分的面积是图形的面积的，因而图中阴影部分的面积之和为4cm2．故答案为4cm2．【考点】本题考查了图形的旋转与重合，理解旋转对称图形的定义是解决本题的关键．注：旋转对称图形的概念：把一个图形绕着一个定点旋转一个角度后，与初始图形重合，这种图形叫做旋转对称图形，这个定点叫做旋转对称中心，旋转的角度叫做旋转角．5、（-1，5）【解析】【分析】根据若两点关于坐标原点对称，横纵坐标均互为相反数，即可求解．【详解】解：∵点A（1，-5）关于原点的对称点为点B，∴点B的坐标为（-1，5）．故答案为：（-1，5）【考点】本题主要考查了平面直角坐标系内点关于原点对称的特征，熟练掌握若两点关于坐标原点对称，横纵坐标均互为相反数是解题的关键．三、解答题1、(1)60(2)4(3)150°(4)9．【解析】【分析】（1）根据△QCB是△PAB绕点B逆时针旋转得到，可知∠ABC为旋转角即可得出答案，（2）连接PQ，根据等边三角形得性质得∠ABC＝60°，BA＝BC，由旋转的性质得BP＝BQ，∠PBQ＝∠ABC＝60°，CQ＝AP＝5，BP＝BQ＝4，∠PBQ＝60°，于是可判断△PBQ是等边三角形，所以PQ＝PB＝4；（3）先利用勾股定理的逆定理证明△PCQ是直角三角形，且∠QPC＝90°，再加上∠BPQ＝60°，然后计算∠BPQ+∠QPC即可．（4）由直角三角形的性质可求CH，PH的长，由勾股定理和三角形的面积公式可求解．(1)∵△ABC是等边三角形，∴∠ABC＝60°，∵△QCB是△PAB绕点B逆时针旋转得到的，∴旋转角为60°故答案为：60；(2)连接PQ，如图1，∵△ABC是等边三角形，∴∠ABC＝60°，BA＝BC，∵△QCB是△PAB绕点B逆时针旋转得到的，∴△QCB≌△PAB，∴BP＝BQ，∠PBQ＝∠ABC＝60°，CQ＝AP＝5，∵BP＝BQ＝4，∠PBQ＝60°，∴△PBQ是等边三角形，∴PQ＝PB＝4；(3)∵QC＝5，PC＝3，PQ＝4，而32+42＝52，∴PC2+PQ2＝CQ2，∴△PCQ是直角三角形，且∠QPC＝90°，∵△PBQ是等边三角形，∴∠BPQ＝60°，∴∠BPC＝∠BPQ+∠QPC＝60°+90°＝150°；(4)如图2，过点C作CH⊥BP，交BP的延长线于H，∵∠BPC＝150°，∴∠CPH＝30°，∴CHPC，PHHC，∴BH＝4，∴BC2＝BH2+CH2，∵S△ABCBC2，∴S△ABC）9．【考点】本题考查了旋转的性质，等边三角形的判定与性质，全等三角形的性质，勾股定理的逆定理，掌握旋转的性质是本题的关键．2、（1）；（2）；（3）或【解析】【分析】（1）将代入，即可求解；（2）先求直线的解析式为，则，，可求；（3）设，过点作轴垂线交于点，可证明，则，将点代入抛物线解析式得，求得或．【详解】解：（1）将代入，，；（2）令，则，或，，设直线的解析式为，，，，，，轴，，，，；（3）设，如图2，过点作轴垂线交于点，，，，，，，，，，，解得或，或．【考点】本题是二次函数综合题，考查了二次函数图象和性质，待定系数法求抛物线解析式，三角形面积，全等三角形判定和性质，旋转的性质等，解题的关键是熟练掌握二次函数的图象及性质，分类讨论，数形结合．3、（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．4、(1)见详解(2)【解析】【分析】（1）利用等边三角形的性质的性质作OA′，利用垂直平分线的作法求B点；（2）设A′（a，b），如图过A作AC垂直x轴于C，过A′作A′⊥AC于D，连接AA′；在Rt△ADA′和Rt△OBA′中利用勾股定理建立方程组，解方程即可解答；(1)解：分别以O、A为圆心，以AO为半径作弧，两弧交于点A′，连接OA′即为所求线段；以A