中考数学总复习《旋转》考前冲刺测试卷含答案详解（完整版）

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，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）2、如图，在中，，，将绕点顺时针旋转得到，点A、B的对应点分别是，，点是边的中点，连接，，．则下列结论错误的是（

）A． B．，C． D．3、如图，将绕点A按顺时针旋转一定角度得到，点B的对应点D恰好落在BC边上，若，，则CD的长为（

）.A． B． C． D．14、下列图形中既是轴对称图形，也是中心对称图形的是（

）A． B．C． D．5、在方格纸中，选择标有序号①②③④中的一个小正方形涂黑，与图中阴影部分构成中心对称图形．该小正方形的序号是（

）A．① B．② C．③ D．④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、点P（2，﹣3）关于原点对称的点的坐标是_________．2、在平面直角坐标系中，点P（﹣3，1）关于坐标原点中心对称的点P′的坐标是____．3、如图，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC＝4，点D在线段BC上，BD＝3，将线段AD绕点A逆时针旋转90°得到线段AE，EF⊥AC，垂足为点F．则AF的长为________．4、在平面直角坐标系中，直角如图放置，点A的坐标为，，每一次将绕点O逆时针旋转90°，第一次旋转后得到，第二次旋转后得到，依次类推，则点的坐标为______．5、如图，把△ABC绕点C顺时针旋转25°，得到△A′B′C，A′B′交AC于点D，若∠A′DC＝90°，则∠A度数为___________．三、解答题（5小题，每小题10分，共计50分）1、如图，点P是正方形ABCD内部的一点，∠APB＝90°，将Rt△APB绕点A逆时针方向旋转90°得到△ADQ，QD、BP的延长线相交于点E．(1)判断四边形APEQ的形状，并说明理由；(2)若正方形ABCD的边长为10，DE＝2，求BE的长．2、（1）如图1，等边△ABC内有一点P，若AP＝8，BP＝15，CP＝17，求∠APB的大小；（提示：将△ABP绕顶点A旋转到△ACP′处）．（2）如图2，在△ABC中，∠CAB＝90°，AB＝AC，E、F为BC上的点，且∠EAF＝45°．求证：EF2＝BE2+FC2；（3）如图3，在△ABC中，∠C＝90°，∠ABC＝30°，点O为△ABC内一点，连接AO、BO、CO，且∠AOC＝∠COB＝∠BOA＝120°，若AC＝，求OA+OB+OC的值．3、如图1，已知正方形的边在正方形的边上，连接、．（1）试猜想与的数量关系与位置关系；（2）将正方形绕点按顺时针方向旋转，使点落在边上，如图2，连接和．你认为（1）中的结论是否还成立？若成立，给出证明；若不成立，请说明理由．4、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．5、图1，图2都是由边长为1的小等边三角形构成的网格，每个网格图中有3个小等边三角形已涂上阴影．请在余下的空白小等边三角形中，分别按下列要求选取一个涂上阴影：（1）使得4个阴影小等边三角形组成一个轴对称图形．（2）使得4个阴影小等边三角形组成一个中心对称图形．（请将两个小题依次作答在图1，图2中，均只需画出符合条件的一种情形）-参考答案-一、单选题1、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．2、D【解析】【分析】根据旋转的性质可判断A；根据直角三角形的性质、三角形外角的性质、平行线的判定方法可判断B；根据平行四边形的判定与性质以及全等三角形的判定与性质可判断C；利用等腰三角形的性质和含30°角的直角三角形的性质可判断D．【详解】A．∵将△ABC绕点C顺时针旋转60°得到△DEC，∴∠BCE=∠ACD=60°，CB=CE，∴△BCE是等边三角形，∴BE=BC，故A正确；B．∵点F是边AC中点，∴CF=BF=AF=AC，∵∠BCA=30°，∴BA=AC，∴BF=AB=AF=CF，∴∠FCB=∠FBC=30°，延长BF交CE于点H，则∠BHE=∠HBC+∠BCH=90°，∴∠BHE=∠DEC=90°，∴BF//ED，∵AB=DE，∴BF=DE，故B正确．C．∵BF∥ED，BF=DE，∴四边形BEDF是平行四边形，∴BC=BE=DF，∵AB=CF，BC=DF，AC=CD，∴△ABC≌△CFD，∴，故C正确；D．∵∠ACB=30°，∠BCE=60°，∴∠FCG=30°，∴FG=CG，∴CG=2FG．∵∠DCE=∠CDG=30°，∴DG=CG，∴DG=2FG．故D错误．故选D．【考点】本题考查了旋转的性质，全等三角形的判定与性质，等边三角形的判定与性质，含30°角的直角边等于斜边的一半，以及平行四边形的判定与性质等知识，综合性较强，正确理解旋转性质是解题的关键．3、D【解析】【分析】根据直角三角形两锐角互余可得∠C=30°，根据含30°角的直角三角形的性质可求出BC的长，然后根据旋转的性质可得AB=AD，然后判断出△ABD是等边三角形，根据等边三角形的三条边都相等可得BD=AB，然后根据CD=BC-BD计算即可得解．【详解】解：∵∠B=60°，∴∠C=90°-60°=30°，∵AB=1，∴BC=2AB=2，由旋转的性质得，AB=AD，∴△ABD是等边三角形，∴BD=AB=1，∴CD=BC-BD=2-1=1．故选：D．【考点】本题考查了旋转的性质，含30°角的直角三角形的性质，等边三角形的判定与性质，熟记性质并判断出△ABD是等边三角形是解题的关键．4、B【解析】【分析】根据轴对称图形与中心对称图形的概念求解．【详解】解：A、既不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故此选项不符合题意；B、既是轴对称图形，也是中心对称图形，故此选项符合题意；C、是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项不符合题意；D、不是轴对称图形，是中心对称图形，故此选项不符合题意．故选：B．【考点】此题主要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，图形两部分沿对称轴折叠后可重合；中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后与原图重合．5、B【解析】【分析】直接利用中心对称图形的性质得出答案即可．【详解】解：如图，把标有序号②的白色小正方形涂黑，就可以使图中的黑色部分构成一个中心对称图形，故选B．【考点】本题考查了利用旋转设计图案和中心对称图形的定义，要知道，一个图形绕端点旋转180°所形成的图形叫中心对称图形．二、填空题1、（-2，3）【解析】【分析】根据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），即关于原点的对称点，横纵坐标都变成相反数．【详解】解：已知点P（2，-3），则点P关于原点对称的点的坐标是（-2，3），故答案为：（-2，3）．【考点】本题主要考查了关于原点的对称点的性质，正确把握横纵坐标的关系是解题关键．2、（3，－1）【解析】【分析】根据关于原点对称的点的坐标特点解答即可．【详解】解：∵点P的坐标为（−3，1），∴和点P关于原点中心对称的点P′的坐标是（3，−1），故填：（3，－1）．【考点】本题考查的是关于原点对称的点的坐标特点，掌握两个点关于原点对称时，它们的坐标符号相反，即点P（x，y）关于原点O的对称点是P′（−x，−y）是解题的关键．3、1【解析】【分析】根据勾股定理先求出BC边长，再求出DC长，过点D作DM垂直AC，可证，即AF=DM，在等腰直角△DMC中可求DM，即可直接求解．【详解】解：在Rt△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC=4，根据勾股定理得，AB2+AC2=BC2，∴．又∵BD=3，∴DC＝BC−BD＝．过点D作DM⊥AC于点M，由旋转的性质得∠DAE=90°，AD＝AE，∴∠DAC+∠EAF=90°．又∵∠DAC+∠ADM=90°，∴∠ADM=∠EAF．在Rt△ADM和Rt△EAF中，．∴（AAS），∴AF=DM．在等腰Rt△DMC中，由勾股定理得，DM2+MC2=DC2，∴DM=1，∴AF=DM=1．故答案为：1．【考点】本题主要考查等腰直角三角形，旋转的性质以及全等三角形的判定与性质，证明△ADM≌△EAF是解答本题的关键．4、（，）【解析】【分析】由题意可得，（，），根据题意，每旋转四次，点B就又回到第一象限，用可知点在第三象限，即可得到答案．【详解】在直角中，点A的坐标为，，（，）由已知可得：第一次旋转后，如图，在第二象限，（，）第二次旋转后，在第三象限，（，）第三次旋转后，在第四象限，（，）第四次旋转后，在第一象限，（，）．．．．．．如此，旋转4次一循环点在第三象限，（，）故答案为：（，）．【考点】本题考查了旋转变换，涉及含30度角的直角三角形，确定旋转几次一循环是解题的关键．5、65°【解析】【分析】根据旋转的性质，可得知，从而求得的度数，又因为的对应角是，即可求出的度数．【详解】绕着点时针旋转，得到，的对应角是故答案为：．【考点】此题考查了旋转的性质，解题的关键是正确确定对应角．三、解答题1、(1)正方形，见解析(2)14【解析】【分析】（1）利用旋转即可得到，再根据全等三角形的性质即可求证四边形APEQ的形状．（2）设，则，，利用勾股定理可求出，进而可求出BE的长．(1)解：四边形APEQ是正方形，理由如下：Rt△APB绕点A逆时针方向旋转90°得到△ADQ，，，，在四边形APEQ中，，，，四边形APEQ为矩形，，矩形APEQ是正方形．(2)设．则由（1）以及题意可知：，，，．在中，，即，解得（负值舍去），，．【考点】本题考查正方形的性质、旋转的性质以及勾股定理，熟练掌握正方形基本性质以及旋转性质是解题的关键．2、（1）150°；（2）见解析；（3）【解析】【分析】（1）根将△APB绕着点A逆时针旋转60°得到△ACP′，据旋转变换前后的两个三角形全等，全等三角形对应边相等，全等三角形对应角相等以及等边三角形的判定和勾股定理逆定理即可得到结论；（2）把△ABE绕点A逆时针旋转90°得到△ACE′，根据旋转的性质可得AE′=AE，CE′=CE，∠CAE′=∠BAE，∠ACE′=∠B，∠EAE′=90°，再求出∠E′AF=45°，从而得到∠EAF=∠E′AF，然后利用“边角边”证明△EAF和△E′AF全等，根据全等三角形对应边相等可得E′F=EF，再利用勾股定理列式即可得证；（3）将△AOB绕点B顺时针旋转60°至△A′O′B处，连接OO′，根据直角三角形30°角所对的直角边等于斜边的一半求出AB=2AC，即A′B的长，再根据旋转的性质求出△BOO′是等边三角形，根据等边三角形的三条边都相等可得BO=OO′，等边三角形三个角都是60°求出∠BOO′=∠BO′O=60°，然后求出C、O、A′、O′四点共线，再利用勾股定理列式求出A′C，从而得到OA+OB+OC=A′C．【详解】解：（1）如图1，将△APB绕着点A逆时针旋转60°得到△ACP′，∴△ACP′≌△ABP，∴AP′=AP=8、CP′=BP=15、∠AP′C=∠APB，由题意知旋转角∠PAP′=60°，∴△APP′为等边三角形，∴PP′=AP=8，∠AP′P=60°，∵PP′2+P′C2=82+152=172=PC2，∴∠PP′C=90°，∴∠APB=∠AP′C=∠AP′P+∠PP′C=60°+90°=150°；（2）如图2，把△ABE绕着点A逆时针旋转90°得到△ACE′，则AE′=AE，CE′=BE，∠CAE′=∠BAE，∵∠BAC=90°，∠EAF=45°，∴∠BAE+∠CAF=∠CAF+∠CAE′=∠FAE′=45°，∴∠EAF=∠E′AF，且AE=AE'，AF=AF，∴△AEF≌△AE′F（SAS），∴EF=E′F，∵∠B+∠ACB=90°，∴∠ACB+∠ACE′=90°，∴∠FCE′=90°，∴E′F2=CF2+CE′2，∴EF2=BE2+CF2；（3）如图3，将△AOB绕点B顺时针旋转60°至△A′O′B处，连接OO′，∵在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=，∠ABC=30°，∴AB=，∴BC==，∵△AOB绕点B顺时针方向旋转60°，∴△A′O′B如图所示；∠A′BC=∠ABC+60°=30°+60°=90°，∴A′B=AB=，BO=BO′，A′O′=AO，∴△BOO′是等边三角形，∴BO=OO′，∠BOO′=∠BO′O=60°，∵∠AOC=∠COB=∠BOA=120°，∴∠COB+∠BOO′=∠BO′A′+∠BO′O=120°+60°=180°，∴C、O、A′、O′四点共线，在Rt△A′BC中，A′C=，∴OA+OB+OC=A′O′+OO′+OC=A′C=．【考点】本题属于四边形综合题，考查了旋转的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，利用旋转构造出全等三角形以及直角三角形是解题的关键，属于中考压轴题．3、（1）AE=GC，AEGC；（2）成立，见解析【解析】【分析】（1）观察图形，、的位置关系可能是垂直，下面着手证明．由于四边形、都是正方形，易证得，则，，由于、互余，所以、互余，由此可得．（2）题（1）的结论仍然成立，参照（1）题的解题方