中考数学总复习《旋转》模拟试题【名校卷】附答案详解

中考数学总复习《旋转》模拟试题考试时间：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，矩形ABCD中，AD=2，AB=，对角线AC上有一点G（异于A，C），连接DG，将△AGD绕点A逆时针旋转60°得到△AEF，则BF的长为（

）A． B．2 C． D．22、如图，已知正方形的边长为4，以点C为圆心，2为半径作圆，P是上的任意一点，将点P绕点D按逆时针方向旋转，得到点Q，连接，则的最大值是（

）A．6 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，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．5、下列几何图形中，是轴对称图形但不是中心对称图形的是（

）A．梯形 B．等边三角形 C．平行四边形 D．矩形第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，在坐标系中放置一菱形，已知，点B在y轴上，，先将菱形沿x轴的正方向无滑动翻转，每次翻转60°，连续翻转12次，点B的落点依次为，，，，则的横坐标为______．2、如图，平面直角坐标系xOy在边长为1的小正方形组成的网格中，正方形ABCD的边AD在y轴正半轴上边BC在第一象限，且，，将正方形ABCD绕点A顺时针旋转（），若点B的对应点恰好落在坐标轴上，则点C的对应点的坐标为_________．3、如图，在四边形ABCD中，，将绕点C顺时针旋转60°后，点D的对应点恰好与点A重合，得到，，，则BD=______．4、如图，△ABC中，AB=6，DE∥AC，将△BDE绕点B顺时针旋转得到△BD′E′，点D的对应点D′落在边BC上．已知BE′=5，D′C=4，则BC的长为______．5、如图，矩形ABCD中，AB=2，BC=1，将矩形ABCD绕顶点C顺时针旋转90°，得到矩形EFCG，连接AE，取AE的中点H，连接DH，则_______．三、解答题（5小题，每小题10分，共计50分）1、在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝2，∠ABC＝30°，点A关于直线BC的对称点为A′，连接A′B，点P为直线BC上的动点（不与点B重合），连接AP，将线段AP绕点P逆时针旋转60°，得到线段PD，连接A′D，BD．【问题发现】（1）如图1，当点D在直线BC上时，线段BP与A′D的数量关系为，∠DA′B＝；【拓展探究】（2）如图2，当点P在BC的延长线上时，（1）中结论是否成立？若成立，请加以证明；若不成立，请说明理由；【问题解决】（3）当∠BDA′＝30°时，求线段AP的长度．2、问题情境：数学活动课上，老师让同学们以“三角形的旋转”为主题开展数学活动，△ABC和△DEC是两个全等的直角三角形纸片，其中∠ACB＝∠DCE＝90°，∠B＝∠E＝30°，AB＝DE＝4．解决问题：（1）如图1，智慧小组将△DEC绕点C顺时针旋转，发现当点D恰好落在AB边上时，DE∥AC，请你帮他们证明这个结论；（2）缜密小组在智慧小组的基础上继续探究，当△DEC绕点C继续旋转到如图2所示的位置时，连接AE、AD、BD，他们提出S△BDC＝S△AEC，请你帮他们验证这一结论是否正确，并说明理由．3、如图，点，分别在正方形的边，上，且，把绕点顺时针旋转得到．（1）求证：≌．（2）若，，求正方形的边长．4、如图1，在等腰Rt△ABC中，∠A＝90°，点D、E分别在边AB、AC上，AD＝AE，连接DC，点M、P、N分别为DE、DC、BC的中点．

(1)观察猜想：图1中，线段PM与PN的数量关系是，位置关系是；(2)探究证明：把△ADE绕点A逆时针方向旋转到图2的位置，连接MN，BD，判断△PMN的形状，并说明理由；(3)拓展延伸：把△ADE绕点A在平面内自由旋转，若AD＝4，AB＝10，求△PMN面积的最大值．5、正方形ABCD的边长为3，E、F分别是AB、BC边上的点,且∠EDF=45°.将△DAE绕点D逆时针旋转90°，得到△DCM.（1）求证：EF=FM（2）当AE=1时，求EF的长．-参考答案-一、单选题1、A【解析】【分析】过点F作FH⊥BA交BA的延长线于点H，则∠FHA=90°，△AGD绕点A逆时针旋转60°得到△AEF，得∠FAD=60°，AF=AD=2，又由四边形ABCD是矩形，∠BAD=90°，得到∠FAH=30°，在Rt△AFH中，FH=AF=1，由勾股定理得AH=，得到BH=AH+AB=2，再由勾股定理得BF=．【详解】解：如图，过点F作FH⊥BA交BA的延长线于点H，则∠FHA=90°，∵△AGD绕点A逆时针旋转60°得到△AEF∴∠FAD=60°，AF=AD=2，∵四边形ABCD是矩形∴∠BAD=90°∴∠BAF=∠FAD+∠BAD=150°∴∠FAH=180°－∠BAF=30°在Rt△AFH中，FH=AF=1由勾股定理得AH=在Rt△BFH中，FH=1，BH=AH+AB=2由勾股定理得BF=故BF的长．故选：A【考点】本题考查了图形的旋转，矩形的性质，含30度角的直角三角形的性质，勾股定理等知识，解决此题的关键在于作出正确的辅助线．2、A【解析】【分析】连接CP，AQ，以A为圆心，以AQ为半径画圆，延长BA交于E．根据正方形的性质，旋转的性质，角的和差关系，全等三角形的判定定理和性质求出AQ的长度，根据三角形三边关系确定当点Q与点E重合时，BQ取得最大值，最后根据线段的和差关系计算即可．【详解】解：如下图所示，连接CP，AQ，以A为圆心，以AQ为半径画圆，延长BA交于E．∵正方形ABCD的边长为4，的半径为2，∴AD=CD=AB=4，∠ADC=90°，CP=2．∵点P绕点D按逆时针方向旋转90°得到点Q，∴∠QDP=90°，QD=PD．∴∠ADC=∠QDP．∴∠ADC-∠QDC=∠QDP-∠QDC，即∠ADQ=∠CDP．∴．∴AQ=CP=2．∴AE=AQ=2．∵P是上任意一点，∴点Q在上移动．∴．∴当点Q与点E重合时，BQ取得最大值为BE．∴BE=AE+AB=6．故选：A．【考点】本题考查正方形的性质，旋转的性质，角的和差关系，全等三角形的判定定理和性质，三角形三边关系，线段的和差关系，综合应用这些知识点是解题关键．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、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．5、B【解析】【分析】根据轴对称图形和中心对称图形的定义以及性质对各项进行分析即可．【详解】A、梯形不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故本选项说法错误；B、等边三角形是轴对称图形，但不是中心对称图形，故本选项说法正确；C、平行四边形不是轴对称图形，是中心对称图形，故本选项说法错误；D、矩形是轴对称图形，也是中心对称图形，故本选项说法错误．故选：B．【考点】本题考查了轴对称图形和中心对称图形的判断，掌握轴对称图形和中心对称图形的定义以及性质是解题的关键．二、填空题1、【解析】【分析】连接AC，根据条件可以求出AC，画出第5次、第6次、第7次翻转后的图形，容易发现规律：每翻转6次，图形向右平移4，由于，因此点B向右平移8即可到达点，根据点B的坐标就可求出点的坐标．【详解】连接AC，如图所示，∵四边形OABC是菱形，∴，∵，∴是等边三角形，∴，∴，∵，∴，画出第5次、第6次、第7次翻转后的图形，如图所示，由图可知：每翻转6次，图形向右平移4，∵，∴点B向右平移2×4=8个单位到点，∵B点的坐标为，∴的坐标为，故答案为：．【考点】本题考查了菱形的性质、等边三角形的判定与性质等知识，考查了操作、探究、发现规律的能力．发现“每翻转6次，图形向右平移4”是解决本题的关键．2、或##或【解析】【分析】分两种情形：如图1中，当B落在x轴的正半轴上时，过点作H⊥x轴于点H．利用全等三角形的性质求解．当点落在y轴的负半轴上时，（4，−2）．【详解】如图，当B落在x轴的正半轴上时，过点作H⊥x轴于点H，∵A（0，2），B（4，2），∴AB＝4，OA＝2，∴O＝，∵∠AO＝∠A=∠H＝90°，∴∠AO＋∠H＝90°，∠H＋∠H＝90°，∴∠AO＝∠H，∴△AO≌△H（AAS），∴OA＝H＝2，O＝H＝，∴OH＝，∴当点B落在y轴的负半轴上时，C1（4，−2）．综上所述，满足条件的点C的坐标为或；故答案为：或【考点】本题考查坐标与图形变化−旋转，全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题．3、【解析】【分析】连接BE，如图，根据旋转的性质得∠BCE=60°，CB=CE，BD=AE，再判断△BCE为等边三角形得到BE=BC=9，∠CBE=60°，从而有∠ABE=90°，然后利用勾股定理计算出AE即可．【详解】解：连接BE，如图，∵△DCB绕点C顺时针旋转60°后，点D的对应点恰好与点A重合，得到△ACE，∴∠BCE=60°，CB=CE，BD=AE，∴△BCE为等边三角形，∴BE=BC=9，∠CBE=60°，∵∠ABC=30°，∴∠ABE=90°，在Rt△ABE中，AE=．故答案为：．【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．4、．【解析】【详解】解：由旋转可得，BE=BE'=5，BD=BD'，∵D'C=4，∴BD'=BC﹣4，即BD=BC﹣4，∵DE∥AC，∴，即，解得BC=（负值已舍去），即BC的长为．故答案为．【考点】本题主要考查了旋转的性质，解一元二次方程以及平行线分线段成比例定理的运用，解题时注意：对应点到旋转中心的距离相等．解决问题的关键是依据平行线分线段成比例定理，列方程求解．5、【解析】【分析】根据题意构造并证明，通过全等得到，再结合矩形的性质、旋转的性质，及可求解；【详解】如图，延长DH交EF于点k，∵H是的中点又则故答案为：【考点】本题主要考查了矩形的性质、三角形的全等证明，掌握相关知识并结合旋转的性质正确构造全等三角形是解题的关键．三、解答题1、（1）相等；90°；（2）成立，证明见解析；（3）线段AP的长度为4或4．【解析】【分析】（1）首先推知AP=PB，PC=AP，根据全等三角形的性质即可得到结论；（2）如图②，连接AD，根据等边三角形的性质得到AB=AA′，由旋转的性质得到AP=DP，∠APD=60°，推出△AA′B是等边三角形，得到PA=PD=AD，根据全等三角形的性质即可得到结论；（3）如图③，由（2）知，∠BA′D=90°根据已知条件得到D在BA的延长线上，由旋转的性质得到AP=DP，∠APD=60°，推出△AA′B是等边三角形，得到PA=PD=AD，于是得到结论；如图④，由（2）知，∠BA′D=90°，根据旋转的性质得到AP=DP，∠APD=60°，求得PA=PD=AD，∠PAD=∠BAA′=60°，根据全等三角形的性质得到PB=DA′=4，根据勾股定理即可得到结论．【详解】（1）在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝2，∠ABC＝30°，点A关于直线BC的对称点为A′，则∠ABC＝∠A′BC＝30°，AB＝A′B．∴∠ABA′＝60°．∴△ABA′是等边三角形，∴∠AA′B＝60°，∵∠APD＝60°，∴∠BAP＝∠ABP＝∠PAC＝30°，∴AP＝PB，PCAP，∵AP＝PD，∴PCPD，∴PC＝CD，∵AC＝A′C，∠ACP＝∠A′CD，∴△APC≌△A′DC（SAS），∴DA′＝AP，∠CA′D＝∠PAC＝30°，∴PB＝DA′，∠BA′D＝60°+30°＝90°，故答案为：相等；90°；（2）成立，证明如下：如图②，连接AD，∵△AA′B是等边三角形，∴AB＝AA′，由旋转的性质可得：AP＝DP，∠APD＝60°，∴△APD是等边三角形，∴PA＝PD＝AD，∴∠BAP＝∠BAC+∠CAP，∠A′AD＝∠PAD+∠CAP，∠BAC＝∠PAD，∴∠BAP＝∠A′AD，在△BAP与△A′AD中，∵，∴△BAP≌△A′AD（SAS），

∴BP＝A′D，∠AA′D＝∠ABC＝30°．∵∠BA′A＝60°，∴∠DA′B＝∠BA′A+∠AA′D＝90°；（3）如图③，当点P在BC的延长线上时，由（2）知，∠BA′D＝90°∵∠BDA′＝30°，∴∠DBA′＝60°，∴D在BA的延长线上，由旋转的性质可得：AP＝DP，∠APD＝60°，∴△APD是等边三角形，∴PA＝PD＝AD，∵BA′＝4，∴BD＝8，∴AP＝AD＝4；如图④，当点P在CB的延长线上时，由（2）知，∠BA′D＝90°，∵∠BDA′＝30°，∵BA′＝4，∴DA′＝4，由旋转的性质可得：AP＝DP，∠APD＝60°，∴△APD是等边三角形，∴PA＝PD＝AD，∠PAD＝∠BAA′＝60°，∴∠PAB＝∠DAA′，∵AB＝AA′，∴△ABP≌△AA′D（SAS），∴PB＝DA′＝4，∵AC＝2，BC＝2，∴CP＝6，∴AP4．综上所述，线段AP的长度为4或4．【考点】本题属于几何变换综合题，考查了全等三角形的判定和性质、等边三角形的判定和性质，正确的作出图形是解题的关键．2、（1）证明见解析；（2）正确，理由见解析【解析】【分析】（1）如图1中，根据旋转的性质可得AC＝CD，然后求出△ACD是等边三角形，根据等边三角形的性质可得∠ACD＝60°，然后根据内错角相等，两直线平行进行解答；（2）如图2中，作DM⊥BC于M，AN⊥EC交EC的延长线于N．根据旋转的性质可得BC＝CE，AC＝CD，再求出∠ACN＝∠DCM，然后利用“角角边”证明△ACN和△DCM全等，根据全等三角形对应边相等可得AN＝DM，然后利用等底等高的三角形的面积相等证明．【详解】解：（1）如图1中，∵△DEC绕点C旋转点D恰好落在AB边上，∴AC＝CD，∵∠BAC＝90°﹣∠B＝90°﹣30°＝60°，∴△ACD是等边三角形，∴∠ACD＝60°，又∵∠CDE＝∠BAC＝60°，∴∠ACD＝∠CDE，∴DE∥AC；（2）结论正确，理由如下：如图2中，作DM⊥BC于M，AN⊥EC交EC的延长线于N．∵△DEC是由△ABC绕点C旋转得到，∴BC＝CE，AC＝CD，∵∠ACN＋∠BCN＝90°，∠DCM＋∠BCN＝180°﹣90°＝90°，∴∠ACN＝∠DCM，在△ACN和△DCM中，，∴△ACN≌△DCM（AAS），∴AN＝DM，∴△BDC的面积和△AEC的面积相等（等底等高的三角形的面积相等），即S△BDC＝S△AEC．【考点】本题属于几何变换综合题，主要考查了全等三角形的判定与性质，等边三角形的判定与性质，旋转的性质的综合应用，添加恰当辅助线构造全等三角形是解题的关键．3、（1）证明见解析；（2）正方形的边长为6．【解析】【分析】（1）先根据旋转的性质可得，再根据正方形的性质、角的和差可得，然后根据三角形全等的判定定理即可得证；（2）设正方形的边长为x，从而可得，再根据旋转的性质可得，从而可得，然后根据三角形全等的性质可得，最后在中，利用勾股定理即可得．【详解】（1）由旋转的性质得：四边形ABCD是正方形，即，即在和中，；（2）设正方形的边长为x，则由旋转的性质得：由（1）已证：又四边形ABCD是正方形则在中，，即解得或（不符题意，舍去）故正方形的边长为6．【考点】本题考查了正方形的性质、旋转的性质、三角形全等的判定定理与性质、勾股定理等知识点，较难的是题（2），熟练掌握旋转的性质与正方形的性质是解题关键．4、(1)，(2)详见解析(3)详见解析【解析】【分析】（1）利用三角形的中位线定理得出，，进而得出，即可得出结论，再利用三角形的中位线定理得出，再得出，最后利用互余得出结论；（2