中考数学总复习《旋转》试题预测试卷及完整答案详解【名校卷】

中考数学总复习《旋转》试题预测试卷考试时间：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，边长为5的等边三角形中，M是高所在直线上的一个动点，连接，将线段绕点B逆时针旋转得到，连接．则在点M运动过程中，线段长度的最小值是（

）A． B．1 C．2 D．2、以下是我国部分博物馆标志的图案，其中既是轴对称图形又是中心对称图形的是（

）A． B．C． D．3、下列所述图形中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（）A．等腰三角形 B．等边三角形 C．菱形 D．平行四边形4、如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠A＝30°，BC＝2．将△ABC绕点C按顺时针方向旋转到点D落在AB边上，此时得到△EDC，斜边DE交AC边于点F，则图中阴影部分的面积为（

）A．3 B．1 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、下列4种图案中，是中心对称图形的有_____个．2、以水平数轴的原点为圆心过正半轴上的每一刻度点画同心圆，将逆时针依次旋转、、、、得到条射线，构成如图所示的“圆”坐标系，点、的坐标分别表示为、，则点的坐标表示为_______．3、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__________．4、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___．5、若点与关于原点对称，则=_______．三、解答题（5小题，每小题10分，共计50分）1、图1，图2都是由边长为1的小等边三角形构成的网格，每个小等边三角形的顶点称为格点，线段的端点均在格点上，分别按要求画出图形．(1)在图1中画出等腰三角形，且点C在格点上．（画出一个即可）(2)在图2中画出以为边的菱形，且点D，E均在格点上．2、如图是由边长为的小正方形构成的的网格，线段的端点均在格点上，请按要求画图画出一个即可．(1)在图①中以为边画一个四边形，使它的另外两个顶点在格点上，且该四边形是中心对称图形，但不是轴对称图形；(2)在图②中以为对角线画一个四边形，使它的另外两个顶点在格点上，且所画四边形既是轴对称图形又是中心对称图形．3、在RtABC中，∠ABC＝90°，∠A＝α，O为AC的中点，将点O沿BC翻折得到点，将ABC绕点顺时针旋转，使点B与C重合，旋转后得到ECF．（1）如图1，旋转角为．（用含α的式子表示）（2）如图2，连BE，BF，点M为BE的中点，连接OM，①∠BFC的度数为．（用含α的式子表示）②试探究OM与BF之间的关系．（3）如图3，若α＝30°，请直接写出的值为．4、小明在一次数学活动中，进行了如下的探究活动：如图，在矩形ABCD中，AB=8，AD=6，以点B为中心，顺时针旋转矩形ABCD，得到矩形BEFG，点A、D、C的对应点分别为E、F、G．(1)如图1，当点E落在CD边上时，求DE的长；(2)如图2，当点E落在线段DF上时，BE与CD交于点H．①求证：△ABD≌△EBD；②求DH的长．(3)如图3，若矩形ABCD对角线ACBD相交于点P，连接PE、PF，记△PEF面积为S，请直接写出S的最值．5、如图，等腰Rt△ABC中，∠A＝45°，∠ABC＝90°，点D在AC上，将△ABD绕点B沿顺时针方向旋转90°后，得到△CBE．（1）求∠DCE的度数；（2）若AB＝4，CD＝3AD，求DE的长．-参考答案-一、单选题1、A【解析】【分析】取CB的中点G，连接MG，根据等边三角形的性质可得BH=BG，再求出∠HBN=∠MBG，根据旋转的性质可得MB=NB，然后利用“边角边”证明△MBG≌△NBH，再根据全等三角形对应边相等可得HN=MG，然后根据垂线段最短可得MG⊥CH时最短，再根据∠BCH=30°求解即可．【详解】解：如图，取BC的中点G，连接MG，∵旋转角为60°，∴∠MBH+∠HBN=60°，又∵∠MBH+∠MBC=∠ABC=60°，∴∠HBN=∠GBM，∵CH是等边△ABC的对称轴，∴HB=AB，∴HB=BG，又∵MB旋转到BN，∴BM=BN，在△MBG和△NBH中，，∴△MBG≌△NBH（SAS），∴MG=NH，根据垂线段最短，MG⊥CH时，MG最短，即HN最短，此时∵∠BCH=×60°=30°，CG=AB=×5=2.5，∴MG=CG=，∴HN=，故选A．【考点】本题考查了旋转的性质，等边三角形的性质，全等三角形的判定与性质，垂线段最短的性质，作辅助线构造出全等三角形是解题的关键，也是本题的难点．2、A【解析】【分析】根据中心对称图形和轴对称图形的概念逐项分析即可，轴对称图形：平面内，一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够完全重合的图形．中心对称图形：在平面内，把一个图形绕着某个点旋转，如果旋转后的图形能与原来的图形重合，那么这个图形叫做中心对称图形．【详解】A.既是轴对称图形又是中心对称图形,故该选项符合题意；B.是轴对称图形，但不是中心对称图形,故该选项不符合题意；C.不是轴对称图形，但是中心对称图形,故该选项不符合题意；D.既不是轴对称图形也不是中心对称图形,故该选项不符合题意．故选A．【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度后两部分重合，掌握中心对称图形与轴对称图形的概念是解题的关键．3、C【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．【详解】解：A、等腰三角形是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项错误；B、等边三角形是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项错误；C、菱形既是轴对称图形，又是中心对称图形，故本选项正确；D、平行四边形不是轴对称图形，是中心对称图形，故本选项错误．故选C．【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度后两部分重合．4、D【解析】【分析】根据题意及旋转的性质可得是等边三角形，则，，根据含30度角的直角三角形的性质，即可求得，由勾股定理即可求得，进而求得阴影部分的面积．【详解】解：如图，设与相交于点，，，，旋转，，是等边三角形，，，，，，，，阴影部分的面积为故选D【考点】本题考查了等边三角形的性质，勾股定理，含30度角的直角三角形的性质，旋转的性质，利用含30度角的直角三角形的性质是解题的关键．5、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．二、填空题1、2【解析】【分析】根据中心对称图形的概念即可求解.【详解】第1个图形，是中心对称图形，符合题意；第2个图形，不是中心对称图形，不符合题意；第3个图形，是中心对称图形，符合题意；第4个图形，不是中心对称图形，不符合题意.故答案为：2.【考点】本题考查了中心对称图形，掌握好中心对称图形，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后两部分重合.2、【解析】【分析】根据同心圆的个数以及每条射线所形成的角度，以及A，B点坐标特征找到规律，即可求得C点坐标．【详解】解：图中为5个同心圆，且每条射线与x轴所形成的角度已知，、的坐标分别表示为、，根据点的特征，所以点的坐标表示为；故答案为：．【考点】本题考查坐标与旋转的规律性问题，熟练掌握旋转性质，并找到规律是解题的关键．3、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．4、．【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．5、##0.5##【解析】【详解】解：∵点（a，1）与（﹣2，b）关于原点对称，∴b=﹣1，a=2，∴==．故答案为：．三、解答题1、(1)见解析(2)见解析【解析】【分析】利用轴对称图形、中心对称图形的特点画出符合条件的图形即可；(1)答案不唯一．(2)【考点】本题考查了轴对称图形、中心对称图形的特点，熟练掌握特殊三角形与四边形的性质才能准确画出符合条件的图形．2、(1)见解析；(2)见解析【解析】【分析】（1）根据旋转和轴对称的性质即可在图中以为边画一个四边形，使它的另外两个顶点在格点上，且该四边形是中心对称图形，但不是轴对称图形；（2）根据轴对称性质和中心对称性质即可在图中以为对角线画一个四边形，使它的另外两个顶点在格点上，且所画四边形既是轴对称图形又是中心对称图形．(1)如图，四边形即为所求；(2)如图，四边形即为所求．【考点】本题主要考查作图的旋转变换和轴对称变换，解题的关键是掌握中心对称和轴对称图形的概念．3、（1）；（2）①；②；（3）【解析】【分析】（1）连接OB，，，由，O为BC的中点，得到，则，，再由旋转的性质可得，，由此求解即可；（2）①连接，，由（1）可知（因为也是旋转角），由旋转的性质可得，，则，可以得到，再由可以得到，由此即可求解；②连接OB，OE延长OM交EF于N，由①得，由旋转的性质可得，，然后证明，，得到，则，再证明△OBM≌△NEM得到，，从而推出MN为△BFE的中位线，得到，则；（3）连接与BF交于H，由，，可得，，由含30度角的直角三角形的性质可以得到，，再由勾股定理可以得到，由此即可得到答案．【详解】解：（1）如图所示，连接OB，，，∵，O为BC的中点，∴，∴，∴，∵将点O沿BC翻折得到点，∴，由旋转的性质可得，，∴，∴旋转角为，故答案为：；（2）①如图所示，连接，，由（1）可知（因为也是旋转角），由旋转的性质可得，，∴，∴，∵，∴，故答案为：；②如图所示，连接OB，OE延长OM交EF于N，由①得，由旋转的性质可得，，∵，∴，∴，∵，∴，∴，∴，∴，∴∵M为BE的中点，∴，在△OBM和△NEM中，，∴△OBM≌△NEM（SAS），∴，，∴，∴N为EF的中点，∴MN为△BFE的中位线，∴，∴；（3）如图所示，连接与BF交于H，∵，，∴，，∴，∵，∴，∴，∵，∴，∵，，∴，∵，∴．故答案为：．【考点】本题主要考查了旋转的性质，等腰三角形的性质与判定，直角三角形斜边上的中线，三角形中位线定理，含30度角的直角三角形的性质，勾股定理，平行线的性质与判定等等，解题的关键在于能够熟练掌握旋转的性质．4、(1)DE的长为8-2；(2)①见解析；②DH=；(3)9≤S≤39．【解析】【分析】（1）由旋转性质知BA=BE=8，由矩形性质知BC=AD=6，再在Rt△BCE中根据勾股定理可得；（2）①利用旋转的性质可得：∠A=∠BEF=90°，AB=BE，由“HL”可证△ADB≌△EDB；②由全等三角形的性质和平行线的性质可得∠BDC=∠EBD，可得BH=DH，由勾股定理可求DH的值；（3）由勾股定理可求BD的值，可得BP=5，当点E在线段BD上时，△PEF面积有最小值，当点E在线段DB延长线上时，△PEF面积有最大值．(1)解：由旋转的性质知BA=BE=8，∵四边形ABCD是矩形，∴AD=BC=6，∠C=90°，∴CE==2；∴DE=CD-CE=8-2；(2)①证明：由旋转知：∠A=∠BEF=90°，AB=BE，∵∠BEF=90°，∴∠BED=90°，又∵BD=BD，∴Rt△ABD≌Rt△EBD（HL）；②解：设DH=x，由①知△ABD≌△EBD，∴∠ABD=∠EBD，又∵在矩形ABCD中，有AB∥CD，∴∠BDC=∠ABD，∴∠BDC=∠EBD，∴BH=DH，∴在Rt△BCH中，由勾股定理得：（8-x）2+62=x2，∴x=，即DH=；(3)解：∵四边形ABCD是矩形，∴AB=8，AD=BC=6，BP=DP=AP=C