2022年中考复习基础必刷40题专题44图形的旋转

这是一份2022年中考复习基础必刷40题专题44图形的旋转，共31页。

1. 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.

2. 下列图形中，是轴对称图形的是（ ）
A.B.
C.D.

3. 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.

4. 如图，在矩形ABCD中，AB=5,BC=53，点P在线段BC上运动（含B、C两点），连接AP，以点A为中心，将线段AP逆时针旋转60∘到AQ．连接DQ，则线段DQ的最小值为（ ）

A.52B.52C.533D.3

5. 下列图形中是中心对称图形的有（ ）个．

A.1B.2C.3D.4

6. 下列图形中，是中心对称图形但不是轴对称图形的是( )
A.B.C.D.

7. 下列图形中，既是中心对称又是轴对称图形的是（ ）
A.B.C.D.

8. 下列图形中既是轴对称图形又是中心对称图形的是 （ ）
A.扇形B.正方形
C.等腰直角三角形D.正五边形

9. 下列图形中，是轴对称图形但不是中心对称图形的是( )
A.圆B.等腰三角形C.平行四边形D.菱形

10. 下列图形，既是中心对称图形又是轴对称图形的是( )
A.B.
C.D.

11. 将如图的七巧板的其中几块，拼成一个多边形，为中心对称图形的是( )

A.B.
C.D.

12. 四张背面完全相同的卡片，正面分别印有等腰三角形、圆、平行四边形、正六边形，现在把它们的正面向下，随机的摆放在桌面上，从中任意抽出一张，则抽到的卡片正面是中心对称图形的概率是（ ）
A.14B.12C.34D.1

13. 下列图标中是中心对称图形的是（ ）
A.B.C.D.

14. 下列四个图形中，中心对称图形是（ ）
A.B.C.D.

15. 下列交通标志中，是中心对称图形的是（ ）
A.B.C.D.

16. 下列图形中，属于中心对称图形的是（ ）
A.B.
C.D.

17. 下列正多边形中，不是中心对称图形的是（ ）
A.B.C.D.

18. 下列四个图形中，是中心对称图形的是（ ）
A.B.C.D.

19. 下列图形中是中心对称图形的是( )
A.平行四边形B.等边三角形C.直角三角形D.正五边形

20. 下列图形是中心对称图形的是( )
A.B.C.D.

21. 如图，在正方形纸片ABCD中，EE//AD，M，N是线段的六等分点，若把该正方形纸片卷成一个圆柱，使点A与点D重合，此时，底面圆的直径为10cm，则圆柱上M，N两点间的距离是________．


22. 如图，将正方形网格放置在平面直角坐标系中，其中，每个小正方形的边长均为1，点A，B，C的坐标分别为，，．是关于轴的对称图形，将绕点逆时针旋转180∘，点的对应点为M，则点M的坐标为________．

23. 如图，在正方形网格中，格点△ABC绕某点顺时针旋转角α(0<α<180∘)得到格点△A1B1C1，点A与点A1，点B与点B1，点C与点C1是对应点，则α=________度．


24. 如图，是等边三角形内一点，将线段绕点顺时针旋转60∘得到线段,连接.若,则四边形的面积为________.

25. 如图，在矩形ABCD中，AB=46，AD=10．连接BD，∠DBC的角平分线BE交DC于点E，现把△BCE绕点B逆时针旋转，记旋转后的△BCE为△BC′E′．当射线BE′和射线BC′都与线段AD相交时，设交点分别为F，G．若△BFD为等腰三角形，则线段DG长为________．

26. 如图，在平面直角坐标系中有一个等边△OBA，其中A点坐标为(1, 0)．将△OBA绕顶点A顺时针旋转120∘，得到△AO1B1；将得到的△AO1B1绕顶点B1顺时针旋转120∘，得到△B1A1O2；然后再将得到的△B1A1O2绕顶点O2顺时针旋转120∘，得到△O2B2A2…按照此规律，继续旋转下去，则A2014点的坐标为________．

27. 如图，在平面内将Rt△ABC绕着直角顶点C逆时针旋转90∘得到Rt△EFC．若AB=5，BC=1，则线段BE的长为________．


28. 以原点为中心，把点M (3, 4)逆时针旋转90∘得到点N，则点N的坐标为________．

29. 在平面直角坐标系中，点A(a, 2)与点B(6, b)关于原点对称，则ab=________．

30. 如图，在菱形ABCD中，AB=4cm，∠BAD=60∘，将菱形ABCD绕点D按顺时针方向作第一次旋转得到菱形A1B1C1D1，使点C落在点C1的位置，再将其绕点C1按顺时针方向作第二次旋转，使点B1落在点B2的位置…如此旋转下去，当点A2落在A3的位置时，点A在旋转过程中经过的路径长为________cm．

31. 如图，在平面直角坐标系xOy中，▱OABC的顶点A，B的坐标分别为(6, 0)，(7, 3)，将▱OABC绕点O逆时针方向旋转得到▱OA′B′C′，当点C′落在BC的延长线上时，线段OA′交BC于点E，则线段C′E的长度为________．

32. 在五张完全相同的卡片上，分别画有等边三角形、平行四边形、正方形、菱形、圆，现从中随机抽出一张，卡片上的图形是中心对称图形的概率是________．

33. 下列命题①不相交的直线是平行线；②同位角相等；③矩形的对角线相等且互相平分；④平行四边形既是中心对称图形又是轴对称图形；⑤同圆中同弦所对的圆周角相等．其中错误的序号是________．

34. 有六张分别印有等边三角形、正方形、等腰梯形、正五边形、矩形、正六边形图案的卡片（这些卡片除图案不同外，其余均相同）．现将有图案的一面朝下任意摆放，从中任意抽取一张，抽到卡片的图案既是中心对称图形，又是轴对称图形的概率为________．

35. 以图1（以O为圆心，半径1 的半圆）作为“基本图形”，分别经历如下变换能得到图2的序号是________（多填或错填得0分，少填酌情给分）
①只要向右平移1个单位；
②先以直线AB为对称轴进行对称变换，再向右平移1个单位；
③先绕着O旋转180∘，再向右平移1个单位；
④只要绕着某点旋转180∘．

36. 如图，在每个小正方形的边长为1个单位的网格中，△ABC的顶点均在格点（网格线的交点）上．

(1)将△ABC向右平移5个单位得到△A1B1C1，画出△A1B1C1；

(2)将(1)中的△A1B1C1绕点C1逆时针旋转90∘得到△A2B2C1，画出△A2B2C1．

37. 如图，在由边长为1个单位长度的小正方形组成的网格中，给出了以格点（网格线的交点）为端点的线段AB，线段MN在网格线上．

(1)画出线段AB关于线段MN所在直线对称的线段A1B1（点A1，B1分别为A，B的对应点）；

(2)将线段B1A1绕点B1顺时针旋转90∘得到线段B1A2，画出线段B1A2．

38. 如图，在平面直角坐标系中，△ABC的顶点A(−4, 1)、B(−2, 2)、C(−2, 4)．
（1）作出△ABC关于原点对称的△A1B1C1；

（2）作出△ABC绕点B顺时针方向旋转90∘后得到的△A2BC2；

（3）求出在（2）的变换中C点所经过路径的长．

39. 如图，在平面直角坐标系中，已知△ABC三个顶点的坐标分别为A(1,4)，B(4,1)，C(4,3)．

(1)画出将△ABC向左平移5个单位得到的△A1B1C1；

(2)画出将△ABC绕原点O顺时针旋转90∘得到的△A2B2C2．

40. 如图①，△AOB≅△COD，延长AB，CD相交于点E．

（1）求证：DE＝BE；

（2）将两个三角形绕点O旋转，当∠AEC＝90∘时（如图②），连接BC、AD．取BC的中点F，连接EF，则线段EF、AD的数量关系为________，位置关系为________；

（3）将图②中的线段EB，ED同时绕点E顺时针方向旋转到图③所示位置，连接AD、BC，取BC的中点F，连接EF，请你判断（2）中的结论是否成立？若成立，请给出证明；若不成立，请说明理由．
参考答案与试题解析
专题四十四图形的旋转
一、 选择题 （本题共计 20 小题 ，每题 3 分 ，共计60分 ）
1.
【答案】
C
【考点】
中心对称图形
生活中的旋转现象
轴对称图形
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：A，既不是轴对称图形，也不是中心对称图形；
B，是中心对称图形，不是轴对称图形；
C既是轴对称图形，也是中心对称图形；
D是轴对称图形，不是中心对称图形．
故选C．
2.
【答案】
B
【考点】
轴对称与中心对称图形的识别
中心对称图形
轴对称图形
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：A、不是轴对称图形，故不符合题意；
B、是轴对称图形，故符合题意；
C、不是轴对称图形，故不符合题意；
D、不是轴对称图形，故不符合题意；
故选B．
3.
【答案】
B
【考点】
中心对称图形
生活中的旋转现象
轴对称图形
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：A，是轴对称图形，不是中心对称图形；
B，既是轴对称图形，也是中心对称图形；
C，是轴对称图形，不是中心对称图形；
D，是轴对称图形，不是中心对称图形．
故选B．
4.
【答案】
A
【考点】
全等三角形的性质与判定
旋转的性质
等边三角形的性质
【解析】
此题暂无解析
【解答】
此题暂无解答
5.
【答案】
B
【考点】
中心对称图形
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：正三角形和正六边形是中心对称图形，
平行四边形和正五边形不是中心对称图形.
所以中心对称图形有2个.
故选B.
6.
【答案】
B
【考点】
轴对称图形
中心对称图形
【解析】
根据轴对称图形与中心对称图形的概念求解．
【解答】
解：A，不是轴对称图形，也不是中心对称图形．故此选项不合题意；
B，是中心对称图形但不是轴对称图形．故此选项符合题意；
C，既是轴对称图形，又是中心对称图形．故此选项不合题意；
D，是轴对称图形，不是中心对称图形．故此选项不合题意．
故选B.
7.
【答案】
D
【考点】
中心对称图形
轴对称图形
【解析】
根据中心对称图形和轴对称图形的定义逐个判断即可．
【解答】
解：A，既不是中心对称图形，又不是轴对称图形，故本选项不符合题意；
B，是中心对称图形，但不是轴对称图形，故本选项不符合题意；
C，不是中心对称图形，是轴对称图形，故本选项不符合题意；
D，既是中心对称图形，又是轴对称图形，故本选项符合题意.
故选D.
8.
【答案】
B
【考点】
中心对称图形
轴对称图形
【解析】
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．
【解答】
解：A，是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项不符合题意；
B，既是轴对称图形又是中心对称图形，故本选项符合题意；
C，是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项不符合题意；
D，是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项不符合题意．
故选B.
9.
【答案】
B
【考点】
中心对称图形
轴对称图形
【解析】
根据轴对称图形与中心对称图形的概念求解．
【解答】
解：A、圆既是中心对称图形，也是轴对称图形，故此选项不合题意；
B、等腰三角形是轴对称图形但不是中心对称图形，故本选项符合题意；
C、平行四边形是中心对称图形但不是轴对称图形，故此选项不合题意；
D、菱形既是中心对称图形又是轴对称图形，故此选项不合题意．
故选B.
10.
【答案】
C
【考点】
中心对称图形
轴对称图形
【解析】
根据轴对称图形与中心对称图形的概念依次对各项进行判断即可．
【解答】
解：A．不是轴对称图形，是中心对称图形，故此选项不符合题意；
B．是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项不符合题意；
C．是轴对称图形，也是中心对称图形，故此选项符合题意；
D．是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项不符合题意.
故选C.
11.
【答案】
D
【考点】
七巧板
中心对称图形
【解析】
根据中心对称的定义，结合所给图形即可作出判断．
【解答】
解：根据把一个图形绕某一点旋转180∘，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形就叫做中心对称图形，可得：
A、不是中心对称图形，故本选项不符合题意；
B、不是中心对称图形，故本选项不符合题意；
C、不是中心对称图形，故本选项不符合题意；
D、是中心对称图形，故本选项符合题意．
故选D.
12.
【答案】
C
【考点】
中心对称图形
概率公式
【解析】
根据中心对称图形的概念，结合概率公式求解可得．
【解答】
解：∵ 从这4张卡片中任意抽取一张共有4种等可能结果，其中抽到的卡片正面是中心对称图形的是圆、平行四边形、正六边形这3种结果，
∴ 抽到的卡片正面是中心对称图形的概率是34.
故选C.
13.
【答案】
B
【考点】
中心对称图形
【解析】
根据轴对称图形与中心对称图形的概念求解．
【解答】
解：A，是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项不合题意；
B，是中心对称图形，故本选项符合题意；
C，是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项不合题意；
D，是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项不合题意．
故选B.
14.
【答案】
D
【考点】
中心对称图形
【解析】
根据中心对称图形的概念结合各图形的特点求解．
【解答】
解：A、不是中心对称图形，不符合题意；
B、不是中心对称图形，不符合题意；
C、不是中心对称图形，不符合题意；
D、是中心对称图形，符合题意．
故选D.
15.
【答案】
B
【考点】
中心对称图形
【解析】
根据中心对称图形的概念即可求解．
【解答】
解：把一个图形绕着某一个点旋转180∘，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形叫做中心对称图形，这个点就是它的对称中心．
A，不是中心对称图形，不符合题意；
B，是中心对称图形，符合题意；
C，不是中心对称图形，不符合题意；
D，不是中心对称图形，不符合题意．
故选B．
16.
【答案】
B
【考点】
中心对称图形
【解析】
根据中心对称图形的概念求解．
【解答】
解：如果把一个图形绕着某一点旋转180∘，它能够与另一个图形重合，那么就说这两个图形关于这个点对称或中心对称，
根据中心对称的定义可知B正确.
故选B.
17.
【答案】
B
【考点】
中心对称图形
【解析】
根据中心对称图形的概念结合选项的图形进行判断即可．
【解答】
解：A，正方形是中心对称图形，故本选项不合题意；
B，正五边形不是中心对称图形，故本选项符合题意；
C，正六边形是中心对称图形，故本选项不合题意；
D，正八边形是中心对称图形，故本选项不合题意；
故选B.
18.
【答案】
C
【考点】
中心对称图形
【解析】
根据中心对称图形的概念对各图形分析判断即可得解．
【解答】
解：A、该图形不是中心对称图形，故本选项不合题意；
B、该图形不是中心对称图形，故本选项不合题意；
C、该图形是中心对称图形，故本选项符合题意；
D、该图形不是中心对称图形，故本选项不合题意.
故选C.
19.
【答案】
A
【考点】
中心对称图形
【解析】
把一个图形绕某一点旋转180∘，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形就叫做中心对称图形．
【解答】
解：A，平行四边形是中心对称图形，故此选项符合题意；
B，等边三角形不是中心对称图形，故此选项不合题意；
C，直角三角形不是中心对称图形，故此选项不合题意；
D，正五边形不是中心对称图形，故此选项不合题意.
故选A.
20.
【答案】
D
【考点】
中心对称图形
【解析】
根据中心对称图形的概念和各图的性质求解．
【解答】
解：A，不是中心对称图形，故此选项不合题意；
B，不是中心对称图形，故此选项不合题意；
C，不是中心对称图形，故此选项不合题意；
D，是中心对称图形，故此选项符合题意．
故选D.
二、 填空题 （本题共计 15 小题 ，每题 3 分 ，共计45分 ）
21.
【答案】
53
【考点】
弧长的计算
旋转的性质
正方形的性质
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：根据题意可得弧MN的长等于13圆周长，
∠MON=120∘
作OP⊥MN于点M，
由等腰三角形的性质可得∠MOP=60∘
又∵OM=5,
即可求得PM=523
由垂径定理可得MN=53
故答案为：53．
22.
【答案】
(−2.1)
【考点】
坐标与图形变化-旋转
勾股定理
正方形的性质
【解析】
根据题意，画出旋转后图形，即可求解
【解答】
解：如图，将ΔA′B′C绕点B′逆时针旋转180∘，所以点A的对应点为M的坐标为−2,1
故答案为：−2,1
23.
【答案】
90
【考点】
旋转的性质
【解析】
作CC1，AA1的垂直平分线交于点E，可得点E是旋转中心，即∠AEA1＝α＝90∘．
【解答】
解：如图，连接CC1，AA1，
作CC1，AA1的垂直平分线交于点E，连接AE，A1E，
∵ CC1，AA1的垂直平分线交于点E，
∴ 点E是旋转中心，
∵ ∠AEA1=90∘，
∴ 旋转角α=90∘.
故答案为：90.
24.
【答案】
24+9、5．
【考点】
几何变换综合题
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：如图，连结PQ，
根据等边三角形的性质得∠BAC=60∘AB=AC
再根据旋转的性质得|AP=PQ=6,∠PAQ=60∘
即可判定△APQ为等边三角形，所以PQ=AP=6
在△APC和△ABQ中，AB=AC,AP==BAA,AP=PQ
利用SAS判定△APC≅△ABQ
根据全等三角形的性质可得PC=OB=10
在△BPQ中，已知PB2=62=64,PQ2=62,BC2=102，即PB2+PQ2=BO2
所以△PBQ为直角三角形，∠BPQ=90∘
所以S四边形APQQS△BBQQ+5△APQ=12×6×834+x62=24+93
故答案为：24+93
c4
25.
【答案】
9817
【考点】
旋转的性质
【解析】
根据角平分线的性质，可得CE的长，根据旋转的性质，可得BC′=BC，E′C′=EC；根据等腰三角形，可得FD、FB的关系，根据勾股定理，可得BF的长，根据正切函数，可得tan∠ABF，tan∠FBG的值，根据三角函数的和差，可得AG的长，根据有理数的减法，可得答案．
【解答】
解：过E作EO⊥BD于O，
在Rt△ABD中，由勾股定理，得
BD=AB2+AD2=(46)2+102=14，
在Rt△ABF中，由勾股定理，得：
BF2=(46)2+(10−BF)2，
解得BF=495，
AF=10−495=15．
过G作GH // BF，交BD于H，
∴ ∠FBD=∠GHD，∠BGH=∠FBG，
∵ FB=FD，
∴ ∠FBD=∠FDB，
∴ ∠FDB=∠GHD，
∴ GH=GD，
∵ ∠FBG=∠EBC=12∠DBC=12∠ADB=12∠FBD，
又∵ ∠FBG=∠BGH，∠FBG=∠GBJ，
∴ BH=GH，
设DG=GH=BH=x，则FG=FD−GD=495−x，HD=14−x，
∵ GH // FB，
∴ FDGD=BDHD，即495x=1414−x，
解得x=9817．
故答案为：9817．
26.
【答案】
(3022, 0)
【考点】
坐标与图形变化-旋转
【解析】
计算出A1、A2、A3、A4的坐标，推出An的坐标，代入​​2014即可得到A2014的坐标．
【解答】
解：A1=52，A2=52+32=82，A3=82+32=112，A4=112+32=142．
An=3(n+1)−12，
A2014=3022．
27.
【答案】
3
【考点】
旋转的性质
勾股定理
【解析】
在Rt△ABC中，已知AB=5，BC=1，运用勾股定理可求AC，再根据旋转的性质求EC，从而可求BE．
【解答】
解：在Rt△ABC中，AB=5，BC=1，
由勾股定理，得AC=AB2−BC2=2.
由旋转的性质可知，EC=AC=2，
∴ BE=EC+BC=2+1=3．
故答案为：3.
28.
【答案】
(−4, 3)
【考点】
坐标与图形变化-旋转
【解析】
如图，根据点M (3, 4)逆时针旋转90∘得到点N，则可得点N的坐标为(−4, 3)．
【解答】
如图，∵ 点M (3, 4)逆时针旋转90∘得到点N，如图，
∴点N的坐标为(−4, 3)．
故答案为：(−4, 3)．
29.
【答案】
12
【考点】
关于原点对称的点的坐标
【解析】
根据两个点关于原点对称时，它们的横坐标与纵坐标均互为相反数，即可得到a，b的值，进而得出ab的值．
【解答】
解：∵ 点A(a, 2)与点B(6, b)关于原点对称，
∴ a=−6，b=−2，
∴ ab=12.
故答案为：12.
30.
【答案】
8+833
【考点】
弧长的计算
菱形的性质
旋转的性质
【解析】
根据题意点A2落在A3的位置时，点A旋转了3次，第一次以D点为圆心，4cm为半径，圆心角为60∘，第二次以C1点为圆心，43cm为半径，圆心角为120∘，第三次以B2点为圆心，4cm为半径，圆心角为60∘，求三次旋转的弧长即可．
【解答】
解：连接BC1，∵ 四边形ABCD为菱形，∠BAD=60∘，
∴ ∠ABC1=90∘，∠AC1B=30∘，
∵ AB=4cm，
∴ BC1=43cm，
点A落在点A1的经过的路径长为60π×4180=4π3cm，
点A1落在点A2的经过的路径长为120π×43180=833πcm，
点A2落在点A3的经过的路径长为
∴ 点A在旋转过程中经过的路径长为8+833cm．
故答案为8+833．
31.
【答案】
5
【考点】
平行四边形的性质
坐标与图形变化-旋转
【解析】
如图，过点C作CD⊥OC′于点D．利用旋转的性质和面积法求得OD=610，然后通过解直角三角形推知：tan∠COC′=34．结合图形和旋转的性质得到∠COC′=∠AOE，自点E向x轴引垂线，交x轴于点F．则EF=3．利用等角的正切值相等tan∠AOE=tan∠COC′=EFOF=34．易求OF的长度，则C′E=O′E+O′C=4+1=5．
【解答】
解：∵ OC=OC′，CC′⊥y轴，A，B的坐标分别为(6, 0)，(7, 3)，
∴ 点C到y轴的距离：7−6=1．
∴ O′C=O′C′=1，O点到CC′的距离是3，
∴ OC=OC′=10，S△OCC′=12×2×3=3．
如图，过点C作CD⊥OC′于点D．则12OC′⋅CD=3，
∴ CD=610，sin∠COC′=CDOC=35，tan∠COC′=34．
∵ ∠COC′+∠COE=∠AOE+∠COE，
∴ ∠COC′=∠AOE，
∴ tan∠AOE=tan∠COC′=34．
自点E向x轴引垂线，交x轴于点F．则EF=3．
∵ tan∠AOE=EFOF，
∴ OF=EFtan∠AOE=4，
∵ OF=O′E=4，
∴ C′E=O′E+O′C′=4+1=5．
故答案是：5．
32.
【答案】
45
【考点】
概率公式
中心对称图形
【解析】
由五张完全相同的卡片上分别画有等边三角形、平行四边形、菱形、正方形、圆，其中是中心对称图形的有有平行四边形、正方形、菱形、圆，然后直接利用概率公式求解即可求得答案．
【解答】
解：∵ 在等边三角形、平行四边形、正方形、菱形、圆中，是中心对称图形的有平行四边形、正方形、菱形、圆，
∴ 现从中任意抽取一张，卡片上所画的图形是中心对称图形的概率为：45；
故答案为：45．
33.
【答案】
①②④⑤
【考点】
命题与定理
同位角、内错角、同旁内角
平行线的概念及表示
平行四边形的性质
矩形的性质
圆周角定理
轴对称图形
中心对称图形
【解析】
根据平行的性质，矩形的性质，平行四边形的性质，圆周角的性质来判断所给选项是否正确即可．
【解答】
解：①在同一平面内，不相交的直线是平行线，故本选项错误，
②两直线平行，同位角相等，故本选项错误，
③矩形的对角线相等且互相平分，故本选项正确，
④平行四边形是中心对称图形不是轴对称图形，故本选项错误，
⑤同弦对应的圆周角中，在弦的同侧时，两圆周角相等，在两侧时两圆周角互补，故本选项错误，
故答案为①②④⑤．
34.
【答案】
12
【考点】
概率公式
轴对称图形
中心对称图形
【解析】
先找出既是中心对称图形，又是轴对称图形的卡片数再除以总的卡片数即为所求的概率．
【解答】
解：∵ 等边三角形、正方形、等腰梯形、正五边形、矩形、正六边形图案的卡片中既是中心对称图形，又是轴对称图形的卡片有正方形、矩形、正六边形共3张，
∴ 抽到卡片的图案既是中心对称图形，又是轴对称图形的概率为36=12；
故答案为：12．
35.
【答案】
②③④
【考点】
旋转的性质
轴对称的性质
平移的性质
【解析】
观察两个半圆的位置关系，确定能否通过图象变换得到，以及旋转、平移的方法．
【解答】
解：①只要向右平移1个单位，半圆仍然在直径AB的下边，此变换错误；
②先以直线AB为对称轴进行对称变换，得到直径AB的上半圆，再向右平移1个单位，得到图2，此变换正确；
③先绕着O旋转180∘，得到直径AB的上半圆，再向右平移1个单位，得到图2，此变换正确；
④只要绕着线段OB的中点旋转180∘，得到图2，此变换正确．
故答案为：②③④．
三、 解答题 （本题共计 5 小题 ，每题 10 分 ，共计50分 ）
36.
【答案】
解：(1)如图所示：
(2)如图所示：
【考点】
坐标与图形变化-平移
坐标与图形变化-旋转
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)如图所示：
(2)如图所示：
37.
【答案】
解：(1)如图线段A1B1即为所求．
(2)如图，线段B1A2即为所求．
【考点】
作图-轴对称变换
作图-旋转变换
【解析】
（1）分别作出A，B的对应点A1，B2即可．
（2）作出点A1的对应点A2即可．
【解答】
解：(1)如图线段A1B1即为所求．
(2)如图，线段B1A2即为所求．
38.
【答案】
解：（1）如图所示：
（2）如图所示：
（3）弧CC2的长=14×4π=π．
【考点】
作图-旋转变换
弧长的计算
【解析】
（1）根据对称作出图形即可；
（2）根据旋转作出图形即可；
（3）根据弧长公式列式计算即可得解．
【解答】
解：（1）如图所示：
（2）如图所示：
（3）弧CC2的长=14×4π=π．
39.
【答案】
解：如图所示，
注：（1）画出△A1B1C1；
（2）画出△A2B2C2
．
【考点】
作图－平移变换
作图-旋转变换
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：如图所示，
注：（1）画出△A1B1C1；
（2）画出△A2B2C2．
40.
【答案】
证明：连结AC，如图①，
∵ △AOB≅△COD，
∴ ∠1＝∠2，OC＝OA，CD＝AB，
∵ OC＝OA，
∴ ∠3＝∠4，
∴ ∠1+∠3＝∠2+∠4，即∠ECA＝∠EAC，
∴ EC＝EA，
∴ EC−CD＝EA−AB，
即DE＝BE；
EF=12AD,EF⊥AD
（2）中的结论成立．理由如下：
延长CE到G使EG＝CE，AD与BG相交于M，
∵ 点F为BC的中点，
∴ EF为△CBG的中位线，
∴ EF // BG，EF=12BG，
∵ 图②中的线段EB，ED同时绕点E顺时针方向旋转到图③所示位置，
∴ ∠CED＝∠AEB，BE＝DE，
∴ ∠CED+∠CEA＝∠AEB+∠AEG，即∠BEG＝∠AED，
在△AED和△GEB中
AE=GE∠AED=∠GEBDE=BE ，
∴ △AED≅△GEB，
∴ AD＝GB，∠DAE＝∠G，
∴ EF=12AD，
∵ ∠BHA＝∠EHG，
∴ ∠AMH＝∠GEH＝90∘，
∴ AD⊥BG，
∴ AD⊥EF．
【考点】
几何变换综合题
【解析】
（1）连结AC，如图①，根据全等三角形的性质得∠1＝∠2，OC＝OA，CD＝AB，然后根据等腰三角形的判定与性质进行证明；
（2）如图②，证明△ECB≅△EAD得到AD＝BC，∠ECB＝∠EAD，再根据直角三角形斜边上的中线性质得EF＝FC＝FB=12BC，所以EF=12AD，然后证明∠EAD+∠FEA＝90∘，从而得到EF⊥AD；
（3）延长CE到G使EG＝CE，AD与BG相交于M，利用EF为△CBG的中位线得到EF // BG，EF=12BG，再根据旋转的性质得∠CED＝∠AEB，BE＝DE，接着证明△AED≅△GEB得到AD＝GB，∠DAE＝∠G，所以EF=12AD，然后证明AD⊥BG，从而得到AD⊥EF．
【解答】
证明：连结AC，如图①，
∵ △AOB≅△COD，
∴ ∠1＝∠2，OC＝OA，CD＝AB，
∵ OC＝OA，
∴ ∠3＝∠4，
∴ ∠1+∠3＝∠2+∠4，即∠ECA＝∠EAC，
∴ EC＝EA，
∴ EC−CD＝EA−AB，
即DE＝BE；
如图②，
在△ECB和△EAD中
BE=DE∠CEB=∠AEDEC=EA ，
∴ △ECB≅△EAD，
∴ AD＝BC，∠ECB＝∠EAD，
∵ ∠AEC＝90∘，
而点F为BC的中点，
∴ EF＝FC＝FB=12BC，
∴ EF=12AD，
∵ FC＝FE，
∴ ∠FCE＝∠FEC，
而∠FEC+∠FEA＝90∘，
∴ ∠EAD+∠FEA＝90∘，
∴ EF⊥AD；
故答案为EF=12AD，EF⊥AD；
（2）中的结论成立．理由如下：
延长CE到G使EG＝CE，AD与BG相交于M，
∵ 点F为BC的中点，
∴ EF为△CBG的中位线，
∴ EF // BG，EF=12BG，
∵ 图②中的线段EB，ED同时绕点E顺时针方向旋转到图③所示位置，
∴ ∠CED＝∠AEB，BE＝DE，
∴ ∠CED+∠CEA＝∠AEB+∠AEG，即∠BEG＝∠AED，
在△AED和△GEB中
AE=GE∠AED=∠GEBDE=BE ，
∴ △AED≅△GEB，
∴ AD＝GB，∠DAE＝∠G，
∴ EF=12AD，
∵ ∠BHA＝∠EHG，
∴ ∠AMH＝∠GEH＝90∘，
∴ AD⊥BG，
∴ AD⊥EF．