中考数学总复习《旋转》每日一练试卷含答案详解（B卷）

中考数学总复习《旋转》每日一练试卷考试时间：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，与关于成中心对称，不一定成立的结论是（

）A． B．C． D．2、如图，将斜边为4，且一个角为30°的直角三角形AOB放在直角坐标系中，两条直角边分别与坐标轴重合，D为斜边的中点，现将三角形AOB绕O点顺时针旋转120°得到三角形EOC，则点D对应的点的坐标为（）A．（1，﹣） B．（，1） C．（2，﹣2） D．（2，﹣2）3、图，在中，，将绕顶点顺时针旋转到，当首次经过顶点时，旋转角（

）A．30° B．40° C．45° D．60°4、如图，由个小正方形组成的田字格，的顶点都是小正方形的顶点，在田字格上能画出与成轴对称，且顶点都在小正方形顶点上的三角形的个数共有（）A．2个 B．3个 C．4个 D．5个5、下列交通标识中，不是轴对称图形，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，把△ABC绕点C按顺时针方向旋转35°，得到，交AC于点D，若，则∠A=°2、如图，将等边绕顶点A顺时针方向旋转，使边AB与AC重合得，的中点E的对应点为F，则的度数是_______．3、如图，在平面直角坐标系中，，由绕点顺时针旋转而得，则所在直线的解析式是___．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、如图，在正方形中，顶点A，，，在坐标轴上，且，以为边构造菱形（点在轴正半轴上），将菱形与正方形组成的图形绕点逆时针旋转，每次旋转45°，则第2022次旋转结束时，点的坐标为______．三、解答题（5小题，每小题10分，共计50分）1、如图，先将绕点顺时针旋转得到，再将线段绕点顺时针旋转得到，连接、、，且．(1)若．①求证：、、三点共线；②求的长；(2)若，，点在边上，求线段的最小值．2、如图，方格中，每个小正方形的边长都是单位1，△ABC的位置如图．（1）画出将△ABC向右平移2个单位得到的△A1B1C1；（2）画出将△ABC绕点O顺时针方向旋转90°得到的△A2B2C2；（3）写出C2点的坐标．3、如图，在矩形ABCD中，对角线AC的中点为O，点G，H在对角线AC上，AG＝CH，直线GH绕点O逆时针旋转α角，与边AB、CD分别相交于点E、F（点E不与点A、B重合）．（1）求证：四边形EHFG是平行四边形；（2）若∠α＝90°，AB＝9，AD＝3，求AE的长．4、在平面直角坐标系中已知抛物线经过点和点，点为抛物线的顶点．(1)求抛物线的表达式及点的坐标；(2)将抛物线关于点对称后的抛物线记作，抛物线的顶点记作点，求抛物线的表达式及点的坐标；(3)是否在轴上存在一点，在抛物线上存在一点，使为顶点的四边形是平行四边形？若存在，请求出点坐标，若不存在，请说明理由．5、如图1，在等腰直角三角形中，．点，分别为，的中点，为线段上一动点（不与点，重合），将线段绕点逆时针方向旋转得到，连接，．（1）证明：；（2）如图2，连接，，交于点．①证明：在点的运动过程中，总有；②若，当的长度为多少时，为等腰三角形？-参考答案-一、单选题1、D【解析】【分析】根据中心对称的性质即可判断．【详解】解：对应点的连线被对称中心平分，A，B正确；成中心对称图形的两个图形是全等形，那么对应线段相等，C正确；和不是对应角，D错误．故选：D．【考点】本题考查成中心对称两个图形的性质：对应点的连线被对称中心平分；成中心对称图形的两个图形是全等形．2、A【解析】【分析】根据题意画出△AOB绕着O点顺时针旋转120°得到的△A′OB′，连接OD，OD′，过D′作DM⊥y轴，由旋转的性质得到∠DOD′＝120°，根据AD＝BD＝OD＝2，得到∠AOD度数，进而求出∠MOD′度数为30°，在直角三角形OMD′中求出OM与MD′的长，即可确定出D′的坐标.【详解】解：根据题意画出△AOB绕着O点顺时针旋转120°得到的△A′OB′，连接OD，OD′，过D′作DM⊥y轴，∴∠DOD′＝120°，∵D为斜边AB的中点，∴AD＝OD＝AB＝2，∴∠BAO＝∠DOA＝30°，∴∠MOD′＝30°，在Rt△OMD′中，OD′＝OD＝2，∴MD′＝1，OM＝=，则D的对应点D′的坐标为（1，﹣），故选：A.【考点】此题考查旋转的性质，直角三角形斜边中线等于斜边的一半的性质，30度角所对的直角边等于斜边的一半的性质，勾股定理，正确掌握旋转的性质得到对应的旋转图形进行解答是解题的关键.3、B【解析】【分析】根据平行四边形的性质及旋转的性质可知，然后可得，则有，进而问题可求解．【详解】解：∵四边形是平行四边形，，∴，由旋转的性质可得，∴，∴；故选B．【考点】本题主要考查平行四边形的性质与旋转的性质，熟练掌握平行四边形的性质与旋转的性质是解题的关键．4、C【解析】【分析】因为顶点都在小正方形上，故可分别以大正方形的两条对角线AB、EF及MN、CH为对称轴进行寻找．【详解】分别以大正方形的两条对角线AB、EF及MN、CH为对称轴，作轴对称图形：则△ABM、△ANB、△EHF、△EFC都是符合题意的三角形.故选：C.【考点】考查了利用轴对称涉及图案的知识,关键是根据要求顶点在格点上寻找对称轴,有一定难度,不要漏解.5、D【解析】【分析】根据轴对称图形和中心对称图形的概念，对各选项分析判断即可得解．把一个图形绕某一点旋转180°，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形就叫做中心对称图形；如果一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形叫做轴对称图形．【详解】解：A．是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项不符合题意；B．既是轴对称图形，又是中心对称图形，故本选项不符合题意；C．既不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故本选项不符合题意；D．不是轴对称图形，是中心对称图形，故本选项符合题意．故选：D．【考点】本题考查了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度后与原图重合．二、填空题1、55【解析】【分析】根据旋转的性质可得，，再由直角三角形两锐角互余，即可求解．【详解】解：∵把△ABC绕点C按顺时针方向旋转35°，得到∴，，∵，∴∴∠A=55°．故答案为：55【考点】本题主要考查了图形的旋转，直角三角形两锐角的关系，熟练掌握旋转的性质，直角三角形两锐角互余是解题的关键．2、【解析】【分析】根据等边三角形的性质以及旋转的性质得出旋转角，进而得出∠EAF的度数．【详解】∵将等边△ABC绕顶点A顺时针方向旋转，使边AB与AC重合得△ACD，BC的中点E的对应点为F，∴旋转角为60°，E，F是对应点，则∠EAF的度数为：60°．故答案为：60°．【考点】此题主要考查了等边三角形的性质以及旋转的性质，得出旋转角的度数是解题关键．3、．【解析】【分析】过点C作CD⊥x轴于点D，易知△ACD≌△BAO（AAS），已知A（2，0），B（0，1），从而求得点C坐标，设直线AC的解析式为y=kx+b，将点A，点C坐标代入求得k和b，从而得解．【详解】解：∵∴过点作轴于点，∴∠BOA=∠ADC=90°.∵∠BAC=90°,∴∠BAO+∠CAD=90°.∵∠ABO+∠BAO=90°,∴∠CAD=∠ABO.∵AB=AC，

∴.∴∴设直线的解析式为，将点，点坐标代入得∴∴直线的解析式为．故答案为．【考点】本题是几何图形旋转与待定系数法求一次函数解析式的综合题，难度中等．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、【解析】【分析】根据直角坐标系、正方形的性质，得，，根据勾股定理的性质，得；根据菱形的性质，得；根据图形规律和旋转的性质分析，即可得到答案．【详解】∵正方形中，顶点A，，，在坐标轴上，且∴，∴以为边构造菱形（点在轴正半轴上），∴∴根据题意，得菱形与正方形组成的图形绕点逆时针旋转，每8次一个循环∵除以8，余数为6∴点的坐标和点的坐标相同根据题意，第2次旋转结束时，即逆向旋转时，点的坐标为：第4次旋转结束时，即逆向旋转时，点的坐标为：第6次旋转结束时，即逆向旋转时，点的坐标为：∴点的坐标为：故答案为：．【考点】本题考查了图形规律、旋转、菱形、正方形、勾股定理、直角坐标系的知识；解题的关键是熟练掌握旋转、菱形、正方形的性质，从而完成求解．三、解答题1、(1)①证明见详解；②BG=4(2)线段PD的最小值为2+2【解析】【分析】(1)①由旋转的性质可得∠ACD=90°=∠BCE，AB=DE，BC=CE，AC=CD，∠ABC=∠DEC=135°，由等腰三角形的性质可得∠BEC=45°=∠CBE，可证∠BEC+∠CED=180°，可得结论;②通过证明四边形ABDG是矩形，可得AD=BG，由等腰直角三角形的性质可求解;(2)由垂线段最短可得当PD⊥AB时，PD的长度有最小值，先证点P，点E，点D三点共线，由勾股定理可求DE的长，由正方形的性质可得BC=PE=2，即可求解.(1)①证明：如图，连接AG，∵将△ABC绕点C顺时针旋转90°得到△DEC，∴△ABC≌△DEC，∠ACD=90°=∠BCE，∴AB=DE，BC=CE，AC=CD，∠ABC=∠DEC=135°∴∠BEC=45°=∠CBE，∴∠BEC+∠CED=180°∴B、E、D三点共线;②∵将线段DE绕点D顺时针旋转90°得到DG∴DE=DG，∠EDG=90°∴AB=DE=DG，∵∠ABE=∠ABC-∠CBE=90°，∴∠ABE+∠EDG=180°，∴AB//DG，∴四边形ABDG是平行四边形，又∵∠BDG=90°∴四边形ABDG是矩形，∴AD=BG，∵AC=CD=4，∠ACD=90°，∴AD=AC=4，BG=4；(2)如图：∵点P在边AB上，∴当PD⊥AB时，PD的长度有最小值由旋转的性质可得：∠ABC=∠CED=∠BCE=90°，∴BC//DE，∵∠ABC+∠BPD=180°，∴DP//BC，∴点P，点E，点D三点共线，∵AC=2CE，∴BC=CE=2，又∵∠ABC=∠BPE=∠BCE=90°，∴四边形BPEC是正方形，∴BC=PE=2，∵CD=AC=4，CE=2，∠CED=90°，∴DE=∴DP=2+2，∴线段PD的最小值为2+2．【考点】本题是几何变换综合题，考查了旋转的性质，全等三角形的性质，等腰三角形的性质，矩形的判定和性质，勾股定理等知识，灵活运用这些性质解决问题是解题的关键．2、（1）见解析；（2）见解析；（3）C2(2，3)．【解析】【分析】（1）根据平移的方法将三点向右平移2个单位得到，然后将三个点连起来即可；（2）根据旋转的方法将三点绕点O顺时针方向旋转90°得到，然后将三个点连起来即可；（3）根据（2）中描出的点C2的位置即可写出C2点的坐标．【详解】解：（1）如图所示，△A1B1C1即为所求，（2）如图所示，△A2B2C2即为所求，（3）由（2）中点C2的位置可得，C2点的坐标为(2，3)．【考点】此题考查了平面直角坐标系中的平移和旋转变换作图以及求点的坐标，解题的关键是熟练掌握平移和旋转变换的方法．3、（1）详见解析；（2）AE＝5．【解析】【分析】（1）由“ASA”可证△COF≌△AOE，可得EO＝FO，且GO＝HO，可证四边形EHFG是平行四边形；（2）由题意可得EF垂直平分AC，可得AE＝CE，由勾股定理可求AE的长．【详解】证明：（1）∵对角线AC的中点为O∴AO＝CO，且AG＝CH∴GO＝HO∵四边形ABCD是矩形∴AD＝BC，CD＝AB，CD∥AB∴∠DCA＝∠CAB，且CO＝AO，∠FOC＝∠EOA∴△COF≌△AOE（ASA）∴FO＝EO，且GO＝HO∴四边形EHFG是平行四边形；（2）如图，连接CE∵∠α＝90°，∴EF⊥AC，且AO＝CO∴EF是AC的垂直平分线，∴AE＝CE，在Rt△BCE中，CE2＝BC2+BE2，∴AE2＝（9﹣AE）2+9，∴AE＝5【考点】此题主要考查特殊平行四边形的证明与性质，解题的关键是熟知矩形的性质及勾股定理的运用.4、(1)(2)(3)存在，【解析】【分析】（）利用待定系数法将两个已知点坐标代入抛物线方程之后解二元一次方程组即可求出解析式，再利用顶点坐标公式求出抛物线的顶点坐标；（）先将点关于点的对称点的坐标求出来，由与关于点对称可得的开口向下，所以的，再设顶点坐标公式后求出对称后的抛物线的解析式；（）分类讨论当为四边形的对角线时和当为平行四边形的边时的情况．(1)把和代入有得：L1的函数表达式为，顶点D的坐标为．(2)与关于点对称，的顶点的坐标为，点坐标为，L2的函数表达式为；(3)存在，理由如下：如下图所示，当为四边形的对角线时，点与点关于点对称，点为平行四边形的对称中心，当与重合时，点为关于的对称点，此时点坐标为．②当为平行四边形的边时，过点作轴于点，过点作轴的平行线，过点作轴的平行线，两线交于一点，四边形是平行四边形，，此时容易证明和全等，得出，即点的纵坐标为，把代入得，解得：，，此时点的坐标，，综上所述点共有三个，坐标分别是．【考点】本题主要考查二次函数解析式求解、利用尺规作关于中心对称的图形，平行四边形的相关性质，明确对称中心的位置，分别找出原图中各个关键点的坐标是解决本题的关键．5、（1）见详解；（2）①见详解；②当的长度为2或时，为等腰三角形【解析】【分析】（1）由旋转的性质得AH=AG，∠HAG