中考数学总复习《旋转》专项测试卷（带答案解析）

第第页答案第=page11页，共=sectionpages22页中考数学总复习《旋转》专项测试卷（带答案解析）一、单选题1．在平面直角坐标系中，点于原点对称的点的坐标为（

）A． B． C． D．2．下列人工智能App图标中，是中心对称图形的是（

）A． B． C． D．3．如图，在中，将绕点A逆时针旋转得到．当恰好落在上时，连接，则的度数为（

）A． B． C． D．4．如图，在中，将绕顶点A按顺时针方向旋转得到，当首次经过点D时，旋转角的度数为（

）A． B． C． D．5．如图，抛物线与轴交于点，为轴负半轴上一点，将线段绕点顺时针旋转得到线段，若点恰好在抛物线上，则点的坐标为（

）A． B． C． D．6．如图，将绕着点O顺时针旋转，得到，若，则旋转角度是（）

A．10° B．35° C．40° D．75°7．如图，，将绕点按逆时针方向旋转后得到，若，则的度数是（

）

A． B． C． D．8．如图，是等边三角形，点P在内，PA=6，将PAB绕点A逆时针旋转得到，则PQ的长等于（

）A．6 B． C．3 D．2二、填空题9．如图，格点三角形甲经过旋转后得到格点三角形乙，则其旋转中心是点___________．10．如图，在正方形内有一点，连接AP，DP，BP，将顺时针旋转得到，连接，点恰好在线段上，若，则的长度为________．11．如图，将△ABC绕点A顺时针旋转角100°，得到△ADE，若点E恰好在CB的延长线上，则∠BED等于_______度．12．如图，中，将绕点逆时针旋转°得到．当点，C，在同一直线上时，的度数为_______．13．如图，四边形为菱形，对角线交于点E，与关于B点中心对称，已知，则的长为______．三、解答题14．如图，在中，将逆时针旋转一角度后与重合，且点D恰好是的中点．(1)旋转中心是点，的长为；(2)求的度数．15．如图，点为等腰直角三角形斜边上一动点（点不与线段两端点重合），将绕点顺时针方向旋转到，连接、EC、ED．(1)求证：；(2)若，BD=5，求的长；16．如图，已知O是坐标原点，B，C两点的坐标分别为(3，－1)，(2，1)，将BOC绕点O逆时针旋转90度，得到B1OC1．请画出B1OC1，并写出B，C两点的对应点B1，C1的坐标．17．如图，在四边形中，是对角线，是等边三角形．线段绕点C顺时针旋转得到线段，连接．求证：．18．如图，已知△ABC中，AB＝AC，将△ABC绕点A沿顺时针方向旋转得到△ADE，连接BD，CE交于点F．(1)求证：△AEC≌△ADB；(2)若AB＝1，∠BAC＝45°，当四边形ADFC是平行四边形时，求EC的长．参考答案与解析1．C【分析】本题考查平面直角坐标系中关于原点对称的点的坐标规律．根据原点对称的性质，两个对称点的横纵坐标均互为相反数，直接应用即可得出答案．【详解】解：在平面直角坐标系中，点关于原点对称的点的坐标为．故选：C．2．B【分析】本题考查了中心对称图形的定义，熟练掌握中心对称图形的定义是解答本题的关键．根据中心对称图形的定义解答即可．【详解】解：A、该图形不是中心对称图形，故A选项不符合题意；B、该图形是中心对称图形，故B选项符合题意；C、该图形不是中心对称图形，故C选项不符合题意；D、该图形不是中心对称图形，故D选项不符合题意；故选：B．3．B【分析】本题主要考查了旋转的性质，找出旋转角和旋转前后的对应边得出等腰三角形是解答此题的关键．由旋转的性质可知，旋转前后对应边相等，对应角相等，得出等腰三角形，再根据等腰三角形的性质求解．【详解】解：由旋转的性质可知∴在中∴解得：．故选：B4．C【分析】本题考查了平行四边形的性质，旋转的性质，等边对等角．根据平行四边形的性质得到，由旋转的性质得到，根据等边对等角得到，即可求出旋转角的度数．【详解】解：∵在中∴∵绕顶点A按顺时针方向旋转得到∴∴∴故选：C5．D【分析】本题考查二次函数的图象，旋转的性质，全等三角形的判定和性质，解一元二次方程，能作辅助线构造全等三角形是解题的关键．先求出，然后设点的坐标为，过点作于点，证得，即可得点的坐标为，代入二次函数解析式即可求解．【详解】解：令，则设点的坐标为，过点作于点由旋转可得：点的坐标为，点的坐标为把代入得解得舍去点的坐标为故选：D．6．D【分析】由旋转的性质可得旋转角为．【详解】∵∴∵将绕着点O顺时针旋转，得到∴旋转角为故选：D．【点睛】本题考查了旋转角、角的和差等知识点，正确找出旋转角是解题关键．7．B【分析】根据图形旋转的性质可知，据此即可求得答案．【详解】解：根据图形旋转的性质可知∴．故选：B．【点睛】本题考查了旋转的性质，解题的关键是明确旋转角的意义，对应边旋转后的夹角等于旋转角．8．A【分析】由旋转以及是等边三角形可证△AQP为等边三角形，进而可知PQ的长度．【详解】解：∵△ABC为等边三角形∴∠BAC=60°∴∠PAB＋∠CAP=60°∵∠PAB=∠QAC∴∠QAC＋∠PAC=60°∵AP=AQ∴△AQP为等边三角形∴PQ=AP=6故选：A．【点睛】本题考查旋转变换，以及等边三角形的性质，熟练掌握等边三角形的性质是解决本题的关键．9．M【分析】本题考查了旋转的性质：①对应点到旋转中心的距离相等；②对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角；③旋转前、后的图形全等．熟练掌握旋转的性质是确定旋转中心的关键所在．判断哪个点到两个三角形的对应点的距离相等，且夹角也相等，即可求解．【详解】解：如图，连接M和两个三角形的对应点；发现两个三角形的对应点到点M的距离相等，且夹角都是因此格点M就是所求的旋转中心．故答案为：M．10．【分析】本题考查旋转的性质，正方形的性质，勾股定理，根据旋转得到，结合勾股定理求出，求出结合勾股定理即可得到答案．【详解】解：∵顺时针旋转得到∴∴∴∴∵∴∴故答案为：．11．80【分析】证明∠ABE+∠ADE=180°，推出∠BAD+∠BED=180°即可解决问题．【详解】解：∵将△ABC绕点A顺时针旋转角100°，得到△ADE∴△ABC≌△ADE∠BAD=100°∴∠ABC=∠ADE又∠ABC+∠ABE=180°∴∠ABE+∠ADE=180°∴∠BAD+∠BED=360°-（∠ABE+∠ADE）=180°∵∠BAD=100°∴∠BED=180°-100°=80°．故答案为：80．【点睛】本题考查旋转的性质，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．12．/度【分析】本题考查了旋转的性质，等边对等角，三角形的内角和定理的应用，根据旋转的性质得出，进而根据三角形内角和定理求得，即可求解．【详解】解：∵将绕点逆时针旋转°得到．∴∴又∵∴∴．故答案为：．13．13【分析】本题主要考查了菱形的性质，中心对称图形的性质，勾股定理．根据菱形的性质，可得，再结合中心对称图形的性质，可得的长，然后根据勾股定理解答即可．【详解】解：∵四边形为菱形∴∴∵与关于B点中心对称∴∴∴．故答案为：1314．(1)A，6cm(2)【分析】本题考查了旋转的相关知识点．（1）由“顺时针旋转一定角度后与重合”可得旋转中心点，根据旋转的性质得出据此可求得；（2）根据旋转的性质得出．【详解】（1）解：在中∴即∵顺时针旋转一定角度后与重合∴旋转中心为点A，旋转的度数为；∴∵点D恰好成为的中点∴∴；故答案为：A，6cm；（2）解：∵顺时针旋转一定角度后与重合∴旋转中心为点A，旋转的度数为；∴故答案为：．15．(1)证明见解析；(2)．【分析】（1）由旋转性质得：，结合等腰直角三角形性质可利用“边角边”证明，最后由全等三角形性质即可得证；（2）结合全等三角形性质、等腰直角三角形性质推得是直角三角形，由勾股定理求出、CD，则．【详解】（1）证明：由旋转性质得：是等腰直角三角形即即在和中．（2）解：依题得：中是等腰直角三角形中．【点睛】本题考查的知识点是旋转性质、等腰直角三角形性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理，解题关键是熟练掌握全等三角形的判定与性质．16．见解析，(1，3)，(−1，2)【分析】找到B、C两点绕点O逆时针旋转90度后的坐标，依次连接三点，即得到所画的三角形，从而也可得到点的坐标．【详解】如图，△B1OC1为所作点B1，C1的坐标分别为(1，3)，(−1，2)．【点睛】本题考查了平面直角坐标系中图形的旋转，关键是确定三角形三个顶点旋转后的对应点．17．见解析【分析】根据旋转的性质得到，根据等边三角形的性质得到，进一步由“”可证．【详解】证明：由旋转可知∵是等边三角形∴∴即在和中∵∴．【点睛】本题考查了旋转的性质，全等三角形判定和性质，等边三角形的性质等知识，掌握旋转的性质是解题的关键．18．(1)证明见解析(2)【分析】（1）由于旋转，得到△ABC≌△ADE，由全等性质去证明∠DAB＝∠EAC，便可证明△AEC≌△ADB，从而得到结论；（2）根据四边形ADFC是平行四边形，根据平行四边形的性质以及题目所给条件可以得到∠ABD＝∠BAC＝45°，又因为旋转的性质，可以得到∠ADB＝∠ABD＝45°，从而得到的度数，再根据勾股定理以及△AEC≌△ADB，即可得到答案．【详解】（1）证明：由旋转的性质得：△ABC≌△ADE，且AB＝AC∴AE＝AD，AC＝AB