中考数学总复习《旋转》综合提升测试卷及参考答案详解【巩固】

中考数学总复习《旋转》综合提升测试卷考试时间：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、下列图形中，是中心对称图形的是（）A． B．C． D．2、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．3、已知四边形ABCD的对角线相交于点O，且OA=OB=OC=OD，那么这个四边形是（

）A．是中心对称图形，但不是轴对称图形 B．是轴对称图形，但不是中心对称图形C．既是中心对称图形，又是轴对称图形 D．既不是中心对称图形，又不是轴对称图形4、点A(x，y)在第二象限内，且│x│=2，│y│=3，则点A关于原点对称的点的坐标为(

)A．(-2，3) B．(2，-3) C．(-3，2) D．(3，-2)5、如图，点A，B的坐标分别为（1，1）、（3，2），将△ABC绕点A按逆时针方向旋转90°，得到△A'B'C'，则B'点的坐标为（

）A．（﹣1，3） B．（－1，2） C．（0，2） D．（0，3）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、一副三角板如图放置，将三角板ADE绕点A逆时针旋转，使得三角板ADE的一边所在的直线与BC垂直，则的度数为______.2、如图，已知点的坐标是，，点的坐标是，，菱形的对角线交于坐标原点，则点的坐标是______．3、如图，在菱形中，，将菱形绕点逆时针方向旋转，对应得到菱形，点在上，与交于点，则的长是_____．4、如图，在Rt△ABC中，AC＝BC＝1，D是斜边AB上一点（与点A，B不重合），将△BCD绕着点C旋转90°到△ACE，连结DE交AC于点F，若△AFD是等腰三角形，则AF的长为_____．5、如图，将n个边长都为1cm的正方形按如图所示摆放，点A1，A2，…，An分别是正方形的中心，则n个正方形重叠形成的重叠部分的面积和为________三、解答题（5小题，每小题10分，共计50分）1、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．2、如图，D是的边延长线上一点，连接，把绕点顺时针旋转60°恰好得到，其中，是对应点，若，求的度数．3、明遇到这样一个问题：如图①，在四边形ABCD中，∠B＝40°，∠C＝50°，AB＝CD，AD＝2，BC＝4，求四边形ABCD的面积．(1)经过思考小明想到如下方法：以BC为边作正方形BCMN，将四边形ABCD绕着正方形BCMN的中心按顺时针方向旋转90°，180°，270°，而分别得到四边形FNBA，EMNF，DCME，则四边形ADEF是________．（填一种特殊的平行四边形）∴S四边形ABCD＝________．(2)解决问题：如图③，在四边形ABCD中，∠BAD＝140°，∠CDA＝160°，AB＝CD，AD＝6，BC＝12，则四边形ABCD的面积为多少？4、如图1，等腰中，，点，分别在边，上，，连接，点，，分别为，，的中点．（1）观察猜想：图1中，线段与的数量关系是______，位置关系是______．（2）探究证明：把绕点逆时针方向旋转到图2的位置，连接，，，判断的形状，并说明理由；（3）拓展延伸：把绕点在平面内自由旋转，若，，请直接写出面积的最大值．5、如图，平面直角坐标系中，△ABC的三个顶点的坐标分别为A（﹣1，﹣2），B（﹣2，﹣4），C（﹣4，﹣1）．（1）在平面直角坐标系中画出与△ABC关于点P（1，0）成中心对称的△A'B'C'，并分别写出点A'，B'，C'的坐标；（2）如果点M（a，b）是△ABC边上（不与A，B，C重合）任意一点，请写出在△A'B'C'上与点M对应的点M'的坐标．-参考答案-一、单选题1、C【解析】【分析】根据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、不是中心对称图形，故本选项不合题意；B、不是中心对称图形，故本选项不合题意；C、是中心对称图形，故本选项符合题意；D、不是中心对称图形，故本选项不合题意．故选：C．【考点】本题考查了中心对称图形的概念，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后与原图重合．2、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．3、C【解析】【分析】先根据已知条件OA=OB=OC=OD，可知四边形ABCD的对角线相等且互相平分，得出四边形ABCD是矩形，然后根据矩形的对称性，得出结果．【详解】解：如图所示：∵四边形ABCD的对角线相交于点O且OA=OB=OC=OD，∴OA=OC，OB=OD；AC=BD，∴四边形ABCD是矩形，∴四边形ABCD既是轴对称图形，又是中心对称图形．故选：C．【考点】本题主要考查了矩形的判定及矩形的对称性．对角线相等且互相平分的四边形是矩形，矩形既是轴对称图形，又是中心对称图形．4、B【解析】【分析】根据A（x，y）在第二象限内可以判断x，y的符号，再根据|x|=2，|y|=3就可以确定点A的坐标，进而确定点A关于原点的对称点的坐标．【详解】∵A（x，y）在第二象限内，∴x＜0y＞0，又∵|x|=2，|y|=3，∴x=-2，y=3，∴点A关于原点的对称点的坐标是（2，-3）．故选：B．【考点】本题考查了关于原点对称的点的坐标，由点所在的象限能判断出坐标的符号，同时考查了关于原点对称的点坐标之间的关系，难度一般．5、D【解析】【分析】根据题意画出图形，然后结合直角坐标系即可得出B'的坐标．【详解】解：如图，根据图形可得：点B′坐标为（0，3），故选：D．【考点】本题考查了旋转作图的知识及旋转后坐标的变化，解答本题的关键是根据题意所述的旋转三要素画出图形，然后结合直角坐标系解答．二、填空题1、15°或60°.【解析】【分析】分情况讨论：①DE⊥BC，②AD⊥BC，然后分别计算的度数即可解答.【详解】解：①如下图，当DE⊥BC时，如下图，∠CFD＝60°，旋转角为：＝∠CAD＝60°-45°＝15°；（2）当AD⊥BC时，如下图，旋转角为：＝∠CAD＝90°-30°＝60°；【考点】本题考查了垂直的定义和旋转的性质，熟练掌握并准确分析是解题的关键.2、【解析】【分析】根据菱形具有的平行四边形基本性质，对角线互相平分，且交点为坐标原点，则，关于原点对称，因此在直角坐标系中两点的坐标关于原点对称，横坐标与横坐标互为相反数，纵坐标与纵坐标互为相反数便可得.【详解】∵四边形是菱形，对角线相交于坐标原点∴根据平行四边形对角线互相平分的性质，和；和均关于原点对称根据直角坐标系上一点关于原点对称的点为可得已知点的坐标是，则点的坐标是.故答案为：.【考点】本题旨在考查菱形的基本性质及直角坐标系中关于原点对称点的坐标的知识点，熟练理解掌握该知识点为解题的关键.3、【解析】【分析】连接交于，由菱形的性质得出，，，由直角三角形的性质求出，，得出，由旋转的性质得：，得出，证出，由直角三角形的性质得出，，即可得出结果．【详解】解：连接交于，如图所示：∵四边形是菱形，∴，，，∴，∴，∴，由旋转的性质得：，∴，∵四边形是菱形，∴，∴，∴∴，∴，，∴；故答案为．【考点】考核知识点：菱形性质，旋转性质.解直角三角形是关键.4、或【解析】【分析】Rt△ABC中，AC=BC=1，所以∠CAB=∠B=45°，∠ECD=90°，∠CDE=∠CED=45°，分两种情况讨论①AF=FD时，AF=AC=×1=；②AF=AD时，AF=．【详解】解：∵Rt△ABC中，AC=BC=1，∴∠CAB=∠B=45°，∵△BCD绕着点C旋转90°到△ACE，∴∠ECD=90°，∠CDE=∠CED=45°，①AF=FD时，∠FDA=∠FAD=45°，∴∠AFD=90°，∠CDA=45°+45°=90°=∠ECD=∠DAE，∵EC=CD，∴四边形ADCE是正方形，∴AD=DC，∴AF=AC=×1=；②AF=AD时，∠ADF=∠AFD=67.5°，∴∠CDB=180°-∠ADE-∠EDC=180°-67.5°-45°=67.5°，∴∠DCB=180°-67.5°-45°=67.5°，∴∠DCB=∠CDB，∴BD=CB=1，∴AD=AB-BD=，∴AF=AD=，故答案为：或．【考点】本题考查了旋转的性质，正确利用旋转原理和直角三角形的性质，进行分类讨论是解题的关键．5、【解析】【分析】根据题意可得，阴影部分的面积是正方形的面积的，已知两个正方形可得到一个阴影部分，则n个这样的正方形重叠部分即为n-1阴影部分的和．【详解】由题意可得阴影部分面积等于正方形面积的，即是，5个这样的正方形重叠部分（阴影部分）的面积和为×4，n个这样的正方形重叠部分（阴影部分）的面积和为×（n-1）=cm2．【考点】本题考查了正方形的性质，熟悉正方形的性质是解题关键．三、解答题1、(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．2、42°【解析】【分析】根据旋转的性质得到，再根据计算解题即可．【详解】解：∵把绕点A顺时针旋转60°恰好得到，∴，∴．故答案为：【考点】本题考查旋转、角的和差等知识，是基础考点，掌握相关知识是解题关键．3、(1)正方形，3(2)S四边形ABCD＝【解析】【分析】（1）由旋转的性质得，证明四边形ADEF是菱形，设正方形BCMN的中心为点O，连接OA、OD、OF，根据旋转的性质得到，，可得出，则，根据正方形的判定条件得到ADEF是正方形，根据求解即可；（2）以BC为边作等边三角形BCM，将四边形ABCD绕着等边三角形BCM的中心按顺时针方向旋转120°，240°，而分别得到四边形MEAB，EMCD，则AD＝AE＝ED，根据S四边形ABCD＝（S△BCM－S△ADE）计算即可；(1)如图，设正方形BCMN的中心为点O，连接OA、OD、OF，∵以BC为边作正方形BCMN，将四边形ABCD绕着正方形BCMN的中心按顺时针方向旋转90°，180°，270°，而分别得到四边形FNBA，EMNF，DCME，∴，，，∴四边形ADEF是菱形，，∴，∴菱形ADEF是正方形，∴；故答案是：正方形；3；(2)解：如图，以BC为边作等边三角形BCM，将四边形ABCD绕着等边三角形BCM的中心按顺时针方向旋转120°，240°，而分别得到四边形MEAB，EMCD，则AD＝AE＝ED，∴△ADE是等边三角形，∴S四边形ABCD＝（S△BCM－S△ADE），∵AD＝6，BC＝12，∴易得△BCM和△ADE的高分别为6和3．∴S△BCM＝×12×6＝36，S△ADE＝×6×3＝9．∴S四边形ABCD＝×（36－9）＝9．【考点】本题主要考查了正方形的判定和性质，等边三角形的判定与性质，旋转的性质，准确计算是解题的关键．4、（1），；（2）是等腰直角三角形，理由见解析；（3）98【解析】【分析】（1）根据题意可证得，利用三角形的中位线定理得出，，即可得出数量关系，再利用三角形的中位线定理得出，得出，通过角的转换得出与互余，证得．（2）先证明，得出，同（1）的方法得出，，即可得出，同（1）的方法由，即可得出结论．（3）当最大时，的面积最大，而最大值是，，计算得出结论．【详解】（1）线段PM与PN的数量关系是，位置关系是．∵等腰中，，∴AB=AC，∵AD=AE，∴AB-AD=AC-AE，∴BD=CE，∵点，，分别为，，的中点，∴，，∴；∵，∴，∵，∴，∵（两直线平行内错角相等），∴，∴．（2）是等腰直角三角形．证明：由旋转可知，，，，∴，∴，，根据三角形的中位线定理可得，，，∴，∴是等腰三角形，同（1）的方法可得，，∴，同（1）的方法得，，，∵，∴，∵，∴，∴，∴是等腰直角三角形．（3）由（2）知，是等腰直角三角形，，∴最大时，面积最大，∵点在的延长线上，BD最大，∴，∴，∴．【考点】本题主要考查了三角形中位线定理，等腰直角三角形的性质与判定，全等三角形的性质与