中考数学总复习《旋转》全真模拟模拟题附答案详解【夺分金卷】

中考数学总复习《旋转》全真模拟模拟题考试时间：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、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2、观察下列图案，能通过左图顺时针旋转90°得到的（）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、下面四个手机应用图标中是轴对称图形的是(

)A． B． C． D．5、将绕点旋转得到，则下列作图正确的是（）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、将正方形OEFG放在平面直角坐标系中，O是坐标原点，若点E的坐标为，则点G的坐标为_____．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，将绕点O旋转得到，若，则__________，__________，__________．4、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_______．5、如图，正方形的边长为4，点E是对角线上的动点（点E不与A，C重合），连接交于点F，线段绕点F逆时针旋转得到线段，连接．下列结论：①；②；③若四边形的面积是正方形面积的一半，则的长为；④．其中正确的是_________．（填写所有正确结论的序号）三、解答题（5小题，每小题10分，共计50分）1、阅读下列材料：问题：如图（1），已知正方形ABCD中，E、F分别是BC、CD边上的点，且∠EAF＝45°．解决下列问题：(1)图（1）中的线段BE、EF、FD之间的数量关系是______．(2)图（2），已知正方形ABCD的边长为8，E、F分别是BC、CD边上的点，且∠EAF＝45°，AG⊥EF于点G，求△EFC的周长．2、如图，正方形中，M是其内一点，，将绕点B顺时针旋转至，连接、、，延长交与点E，交与点G．(1)在图中找到与相等的线段，并证明．(2)求证：E是线段的中点．3、如图，在直角坐标平面内，已知点A的坐标（﹣2，0）．(1)图中点B的坐标是______；(2)点B关于原点对称的点C的坐标是_____；点A关于y轴对称的点D的坐标是______；(3)四边形ABDC的面积是______；(4)在y轴上找一点F，使，那么点F的所有可能位置是______．4、如图，在等边中，D为BC边上一点，连接AD，将沿AD翻折得到，连接BE并延长交AD的延长线于点F，连接CF．（1）若，求的度数；（2）若，求的大小；（3）猜想CF，BF，AF之间的数量关系，并证明．5、如图，在中，，点D、E分别在AB，AC上，CE=BC，连接CD，将线段CD绕点C按顺时针方向旋转后得CF，连接EF．（1）补充完成图形；（2）若，求证：．-参考答案-一、单选题1、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．2、A【解析】【分析】根据旋转的定义,观察图形即可解答.【详解】根据旋转的定义，图片按顺时针方向旋转90度，大拇指指向右边，其余4个手指指向下边，从而可确定为A图．故选A．【考点】本题主要考查了旋转的性质，熟知性质是解题的关键.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、D【解析】【分析】分别根据轴对称图形与中心对称图形的性质对各选项进行逐一分析即可．【详解】解：A、既不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故本选项错误；B、是中心对称图形，故本选项错误；C、既不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故本选项错误；D、是轴对称图形，故本选项正确．故选D．【考点】本题考查的是轴对称图形，熟知轴对称图形是针对一个图形而言的，是一种具有特殊性质的图形，被一条直线分割成的两部分沿着对称轴折叠时，互相重合是解答此题的关键．5、D【解析】【分析】把一个图形绕某一点O转动一个角度的图形变换叫做旋转.【详解】解：观察选项中的图形，只有D选项为△ABO绕O点旋转了180°.【考点】本题考察了旋转的定义.二、填空题1、或【解析】【分析】先利用正方形的性质，利用旋转画出正方形OEFG，从而得到G点的坐标．【详解】把EO绕E点顺时针（或逆时针）旋转90°得到对应点为G（或G´），如图，则G点的坐标为(2，-3)或G′的坐标为(﹣2，3)，【考点】本题考查坐标与图形的变换，涉及旋转、正方形的性质等知识，是重要考点，难度较易，掌握相关知识是解题关键．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、

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【解析】【分析】根据旋转的性质，旋转前、后的两个图形全等，旋转角相等，可得出答案．【详解】∵∠BAC+∠C=60°∴∠ABC=180°-60°=120°∵△ABC绕点O旋转得到△A′B′C′∴△ABC≌△A′B′C′∴AC=A′C′，∠ABC=∠A′B′C′∵AC=1，∠ABC=120°∴A′C′=1，∠A′B′C′=120°∵△ABC绕点O旋转得到△A′B′C′，∠AOA′=50°，∴∠AOA′=∠BOB′=50°′∵∠A′OB=30°∴∠A′OB′=50°-30°=20°故答案为：1，20°，120°【考点】本题考察了旋转的性质．做题的关键是明白旋转前、后的两个图形全等，找到对应边和对应角；旋转角相等，找到旋转角即可．4、【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．5、①②④【解析】【分析】过E作EM⊥BC，EN⊥CD，可证△BEM≌△FEN得BE=EF，故①正确；可证四边形BEFG是正方形得∠EBG=90°，BE=BG，可证∠ABE=∠CBG，进而得到△ABE≌△CBG，所以∠BAE=∠BCG，得∠BCA+∠BCG=90°，即∠ACG=90°，可证②正确；由可求BE=，过E作EH⊥AB，则∠AEH=180°-∠BAC-∠AHE=45°，知AH=HE，设AH=HE=x，则BH=4-x，由，得到AH=HE=2，从而得到，知③错误；由②可知，△ABE≌△CBG，所以AE=CG，而CG+CE=AE+CE=AC可求，④正确．【详解】解：过E作EM⊥BC，EN⊥CD∵四边形ABCD是正方形，AC平分∠BCD∴EM=EN∵∠EMC=∠MCN=∠ENC=90°∴∠MEN=90°∵EF⊥BE∴∠BEM+∠MEF=∠FEN+∠MEF=90°∴∠BEM=∠FEN∵∠EMB=∠ENF=90°，EM=EN∴△BEM≌△FEN∴BE=EF故①正确；∵∠BEF=∠EFG=90°，EF=FG，BE=EF∴BE=FG，BE∥FG∴四边形BEFG是平行四边形∵∠BEF=90°，BE=EF∴四边形BEFG是正方形∴∠EBG=90°，BE=BG∵∠ABC=90°∴∠ABE+∠EBC=∠EBC+∠CBG=90°∴∠ABE=∠CBG又∵AB=BC，BE=BG∴△ABE≌△CBG∴∠BAE=∠BCG∵∠BAE+∠BCA=90°∴∠BCA+∠BCG=90°，即∠ACG=90°故②正确；∵∴∴BE=过E作EH⊥AB∵四边形ABCD是正方形∴∠BAC=45°∵∠AHE=90°∴∠AEH=180°-∠BAC-∠AHE=45°∴AH=HE设AH=HE=x，则BH=4-x∵∴解得∴AH=HE=2∴故③错误；由②可知，△ABE≌△CBG∴AE=CG∴CG+CE=AE+CE=AC∵∠ACB=45°∴AC=∴CG+CE=故④正确，所以答案为：①②④．【考点】本题是正方形综合题，主要考查了旋转的性质，正方形的判定与性质，角平分线的性质，勾股定理，全等三角形的判定与性质，熟练掌握全等三角形的判定与性质，综合运用正方形的判定与性质定理，勾股定理等知识是解题的关键．三、解答题1、(1)EF=BE+DF(2)过程见解析【解析】【分析】对于（1），先将△DAF绕点A顺时针旋转90°，得到△BAH，可得△ADF≌△ABH，再根据全等三角形的性质得AF=AH，∠EAF=∠EAH，然后根据“SAS”证明△FAE≌△HAE，根据全等三角形的对应边相等得出答案；对于（2），先根据（1），得△FAE≌△HAE，可得AG=AB=AD，再根据“HL”证明Rt△AEG≌Rt△ABE，得EG=BE，同理GF=DF，可得答案．(1)EF=BE+DF．理由如下：如图，将△DAF绕点A顺时针旋转90°，得到△BAH，∴△ADF≌△ABH，∴∠DAF=∠BAH，AF=AH，∴∠EAF=∠EAH=45°．∵AE=AE，∴△FAE≌△HAE，∴EF=HE=BE+HB，∴EF=BE+DF；(2)由（1），得△FAE≌△HAE，AG，AB分别是△FAE和△HAE的高，∴AG=AB=AD=8．在Rt△AEG和Rt△ABE中，，∴Rt△AEG≌Rt△ABE（HL），∴EG=BE，同理GF=DF，∴△EFG的周长=EC+EF+FC=EC+EG+GF+FC=EC+BE+DF+FC=BC+CD=16．【考点】这是一道关于正方形和旋转的综合题目，考查了旋转的性质，正方形的性质，全等三角形的判定和性质等．2、(1)，证明见解析(2)证明见解析【解析】【分析】（1）根据旋转的性质得出BM=BN，∠MBN=，再根据同角的余角相等可得∠ABM=∠CBN，进而得出，．（2）作辅助线，过A作AP⊥BG，证明和，可得E为AN中点．(1)证明：∵BM绕B顺时针旋转得BN∴BM=BN，∠MBN=∵正方形ABCD∴AB=BC，∠ABC==∠ABM+∠MBC∵∠MBN==∠MBC+∠CBN∴∠ABM=∠CBN∴在中∴（SAS）∴AM=CN．(2)证明：如图，过A作AP⊥BG∴∠APB==∠CMB∵∠CBM+∠ABM==∠ABM+∠PAB∴∠CBM=∠PAB∴在中

∵∴（AAS）∴AP=BM由（1）知，BM=BN，∠MBN=∴AP=BN，∠APE=∠EBN=∵∠PEA=∠BEN∴（AAS）∴AE=EN∴E为AN中点．【考点】本题考查了正方形的性质，旋转的性质，全等三角形的判定与性质，证明三角形全等是解本题的关键．3、(1)（﹣3，4）(2)（3，﹣4），（2，0）(3)16(4)（0，4）或（0，﹣4）【解析】【分析】（1）根据坐标的定义，判定即可；（2）根据原点对称，y轴对称的点的坐标特点计算即可；（3）把四边形的面积分割成三角形的面积计算；（4）根据面积相等，确定OF的长，从而确定坐标．(1)过点B作x轴的垂线，垂足所对应的数为﹣3，因此点B的横坐标为﹣3，过点B作y轴的垂线，垂足所对应的数为4，因此点B的纵坐标为4，所以点B（﹣3，4）；故答案为：（﹣3，4）；(2)由于关于原点对称的两个点坐标纵横坐标均为互为相反数，所以点B（﹣3，4）关于原点对称点C（3，﹣4），由于关于y轴对称的两个点，其横坐标互为相反数，其纵坐标不变，所以点A（﹣2，0）关于y轴对称点D（2，0），故答案为：（3，﹣4），（2，0）；(3)＝2××4×4＝16，故答案为：16；(4)∵＝＝8＝，∴AD•OF＝8，∴OF＝4，又∵点F在y轴上，∴点F（0，4）或（0，﹣4），故答案为：（0，4）或（0，﹣4）．【考点】本题考查了坐标系中对称点的坐标确定，图形的面积计算，正确理解坐标的意义，适当分割图形是解题的关键．4、（1）20°；（2）；（3）AF=CF+BF，理由见解析【解析】【分析】（1）由△ABC是等边三角形，得到AB=AC，∠BAC=∠ABC=60°，由折叠的性质可知，∠EAD=∠CAD=20°，AC=AE，则∠BAE=∠BAC-∠EAD-∠CAD=20°，AB=AE，，∠CBF=∠ABE-∠ABC=20°；（2）同（1）求解即可；（3）如图所示，将△ABF绕点A逆时针旋转60°得到△ACG，先证明△AEF≌△ACF得到∠AFE=∠AFC，然后证明∠AFE=∠AFC=60°，得到∠BFC=120°，即可证明F、C、G三点共线，得到△AFG是等边三角形，则AF=GF=CF+CG=CF+BF．【详解】解：（1）∵△ABC是等边三角形，∴AB=AC，∠BAC=∠ABC=60°，由折叠的性质可知，∠EAD=∠CAD=20°，AC=AE，∴∠BAE=∠BAC-∠EAD-∠CAD=20°，AB=AE，∴，∴∠CBF=∠ABE