考点24图形的平移与旋转（解析版）练习题

这是一份考点24图形的平移与旋转（解析版）练习题，共26页。试卷主要包含了定义，性质，判定，中心对称图形等内容，欢迎下载使用。
考点24图形的平移与旋转
考点总结
考点1 平移
1、定义
把一个图形整体沿某一方向移动，会得到一个新的图形，新图形与原图形的形状和大小完全相同，图形的这种移动叫做平移变换，简称平移。
2、性质
（1）平移不改变图形的大小和形状，但图形上的每个点都沿同一方向进行了移动
（2）连接各组对应点的线段平行（或在同一直线上）且相等。
考点2 旋转
1、定义
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，其中O叫做旋转中心，转动的角叫做旋转角。
2、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。
考点3 中心对称
1、定义
把一个图形绕着某一个点旋转180°，如果旋转后的图形能够和原来的图形互相重合，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。
2、性质
（1）关于中心对称的两个图形是全等形。
（2）关于中心对称的两个图形，对称点连线都经过对称中心，并且被对称中心平分。
（3）关于中心对称的两个图形，对应线段平行（或在同一直线上）且相等。
3、判定
如果两个图形的对应点连线都经过某一点，并且被这一点平分，那么这两个图形关于这一点对称。
4、中心对称图形
把一个图形绕某一个点旋转180°，如果旋转后的图形能够和原来的图形互相重合，那么这个图形叫做中心对称图形，这个店就是它的对称中心。

真题演练

一、单选题
1．（2021·浙江绍兴·中考真题）数学兴趣小组同学从“中国结”的图案（图1）中发现，用相同的菱形放置，可得到更多的菱形．如图2，用2个相同的菱形放置，得到3个菱形．下面说法正确的是（ ）

A．用3个相同的菱形放置，最多能得到6个菱形
B．用4个相同的菱形放置，最多能得到16个菱形
C．用5个相同的菱形放置，最多能得到27个菱形
D．用6个相同的菱形放置，最多能得到41个菱形
【答案】C
【分析】
根据平移和大菱形的位置得出菱形的个数进行判定即可
【详解】
如图所示，
用2个相同的菱形放置，最多能得到3个菱形；
用3个相同的菱形放置，最多能得到8个菱形，
用4个相同的菱形放置，最多能得到16个菱形，
用5个相同的菱形放置，最多能得到27个菱形，
用6个相同的菱形放置，最多能得到40个菱形．
故选：C．
2．（2021·浙江丽水·中考真题）四盏灯笼的位置如图．已知A，B，C，D的坐标分别是 (−1，b)，(1，b)，(2，b)，(3.5，b)，平移y轴右侧的一盏灯笼，使得y轴两侧的灯笼对称，则平移的方法可以是（ ）

A．将B向左平移4.5个单位 B．将C向左平移4个单位
C．将D向左平移5.5个单位 D．将C向左平移3.5个单位
【答案】C
【分析】
直接利用利用关于y轴对称点的性质得出答案．
【详解】
解：∵点A (−1，b) 关于y轴对称点为B (1，b)，
C (2，b)关于y轴对称点为(-2，b)，
需要将点D (3.5，b) 向左平移3.5+2=5.5个单位，
故选：C．
3．（2021·浙江衢州·中考真题）如图．将菱形ABCD绕点A逆时针旋转得到菱形，．当AC平分时，与满足的数量关系是（ ）

A． B．
C． D．
【答案】C
【分析】
根据菱形的性质可得AB=AC，根据等腰三角形的性质可得∠BAC=∠BCA=，根据旋转的性质可得∠CAC′=∠BAB′=，根据AC平分可得∠B′AC=∠CAC=，即可得出，可得答案．
【详解】
∵四边形ABCD是菱形，，
∴AB=AC，
∴∠BAC=∠BCA==，
∵将菱形ABCD绕点A逆时针旋转得到菱形，
∴∠CAC′=∠BAB′=，
∵AC平分，
∴∠B′AC=∠CAC=，
∴∠BAC=∠B′AC+∠BAB′=2=，
∴，
故选；C．
4．（2021·浙江金华·二模）如图，从图1的正三角形到图2的正三角形，下列变化中不能得到的是（ ）

A．绕某点旋转 B．平移 C．轴对称 D．先平移再轴对称
【答案】A
【分析】
根据平移变换、轴对称变换、旋转变换进行分析即可
【详解】
因为图中为等边三角形，所以通过平移和轴对称可以得到，旋转不能由图1得到图2
故选：A
5．（2021·浙江温州·模拟预测）如图，，分别是正方形边，上的点，．以，为边作，连结并延长交于点，连结．若，则的长为（ ）

A． B． C． D．
【答案】B
【分析】
先证明△AED△CFD(SAS)，得到四边形DEGF是菱形，再证明△GFH是等腰直角三角形，作出解图的辅助线，得到∠FDQ=45，可以证明△EDF△QDF (SAS)，得到EF=FQ=2AE，利用勾股定理即可求解
【详解】
解：∵四边形ABCD是正方形，
∴∠A=∠B=∠ADC=∠BCD=90，AB=CD=BC=AD， AD∥BC，
∵BE=BF，
∴AB- BE=BC- BF，则AE=CF，
在△AED和△CFD中，
，
∴△AED△CFD(SAS)，
∴DE=DF，∠1=∠4，
∵四边形DEGF是平行四边形，
∴四边形DEGF是菱形，
∴DE∥GF，DF＝FG，
∵HF⊥ED，
∴∠HID=90，∠HFG=90，
∠1+∠2=90，∠4+∠ADF=90，
∴∠HDF=∠2，
∴HF= DF，
∴HF= GF，
∴△GFH是等腰直角三角形，
∴∠G=∠EDF=45，∠1=∠4=22.5，
连接EF，把△AED绕点D逆时钟旋转90使AD与CD重合得到△CQD，如图，

由旋转得：∠A=∠DCQ=90，DE=DQ，AE=CQ，∠1=∠3=22.5，
∴∠DCF=∠DCQ=180，∠FDQ=45，
∴F、C、Q三点共线，
在△EDF和△QDF中，
，
∴△EDF△QDF (SAS)，
∴EF=FQ=2AE，
∵BE=BF=2，
∴EF=，
∴AE，
故选：B
6．（2021·浙江乐清·一模）如图，在△ABC中，AB＝AC，D是BC中点，将△ADC绕点A逆时针旋转90°得△AEF，点D，C分别对应点E，F，连接CF．若∠BAC＝62°，则∠CFE等于（ ）

A．14° B．15° C．16° D．17°
【答案】A
【分析】
由等腰三角形的性质可得BD＝CD，∠ACB＝∠ACB＝59°，AD⊥BC，由旋转的性质可得AF＝AC，∠CAF＝90°，∠AFE＝∠ACD＝59°，即可求解．
【详解】
解：∵AB＝AC，D是BC中点，∠BAC＝62°，
∴BD＝CD，∠ACB＝∠ACB=＝59°，AD⊥BC，
∵将△ADC绕点A逆时针旋转90°得△AEF，
∴AF＝AC，∠CAF＝90°，∠AFE＝∠ACD＝59°，
∴∠AFC＝45°，
∴∠CFE＝59°﹣45°＝14°，
故选：A．
7．（2021·浙江越城·模拟预测）小红同学在某数学兴趣小组活动期间，用铁丝设计并制作了如图所示的三种不同的图形，请您观察甲、乙、丙三个图形，判断制作它们所用铁丝的长度关系是（ ）

A．制作甲种图形所用铁丝最长 B．制作乙种图形所用铁丝最长
C．制作丙种图形所用铁丝最长 D．三种图形的制作所用铁丝一样长
【答案】D
【分析】
分别利用平移的性质得出各图形中所用铁丝的长度，进而得出答案．
【详解】
解：由图形可得出：甲所用铁丝的长度为：2a+2b，
乙所用铁丝的长度为：2a+2b，
丙所用铁丝的长度为：2a+2b，
故三种方案所用铁丝一样长．
故选：D．
8．（2021·浙江海曙·一模）将某个图形的各个顶点的横坐标都减去2，纵坐标保持不变，可将该图形（　　）
A．向左平移2个单位 B．向右平移2个单位
C．向上平移2个单位 D．向下平移2个单位
【答案】A
【分析】
纵坐标不变则图形不会上下移动，横坐标减2，则说明图形向左移动2个单位．
【详解】
由于图形各顶点的横坐标都减去2，
故图形只向左移动2个单位，
故选A．
9．（2021·浙江婺城·二模）如图，已知点P1为直线l：y＝﹣2x+6上一点，先将点P1向下平移a个单位，再向右平移3个单位至点P2，然后再将点P2向下平移2个单位，向右平移b个单位至点P3．若点P3恰好落在直线l上，则a，b应满足的关系是（　　）

A．a﹣2b＝4 B．b﹣2a＝1 C．a+2b＝8 D．2a+b＝7
【答案】A
【分析】
根据横坐标，右移加，左移减；纵坐标，上移加，下移减进行计算．
【详解】
解：设P1点的坐标为（，）
∵P1为l：y＝﹣2x+6上一点，
∴
由题意得，点P1共向右平移了（3+b）个单位，向下平移了（a+2）单位到达点P3
∴点P3的坐标为（）
又点P3恰好落在直线l上，
∴
把代入代入得：

∴a﹣2b＝4
故选：A．
10．（2021·浙江温州·一模）下列图标中，既是轴对称图形，又是中心对称图形的是（ ）
A． B． C．D．
【答案】C
【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、是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项不合题意；
B、不是轴对称图形，是中心对称图形，故本选项不合题意；
C、既是轴对称图形，又是中心对称图形，故本选项符合题意；
D、不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故本选项不合题意．
故选：C．

二、填空题
11．（2021·浙江·温州绣山中学三模）如（图1），一个可绕公共顶点A旋转的收纳柜放置在橱柜转角处，两层抽屈形状大小都相同（图2），（图3）为上层抽屉旋转过程中的俯视图，下层抽屉的长AD＝30cm，宽AB＝20cm，MA＝10cm，当上层抽屉旋转至边B′C′恰好经过点D时如（图2），AD′与边MN平行，此时点D′到BC的距离为____cm；当上层抽屉旋转至AD′碰到边MN时如（图3），此时点D′到BC的距离为____cm．

【答案】
【分析】
如图2所示，过D′作与E，求证，即可得出，结果可得；根据图2可得出，如图3所示，作交延长线与，设，则，根据勾股定理列方程求解，然后根据计算即可．
【详解】
如图2所示，过D′作与E，

∵，
∴，
∴，
∴D′到BC的距离为：；
如图2所示：，
∴，
∴，
如图3所示，作交延长线与，

∵图2中，
∴，
设，则，
∴，
∵，
∴，
解得：，
∴，
故答案为：；．
12．（2021·浙江新昌·一模）如图，在矩形中，．将矩形绕点按顺时针方向旋转，旋转角为（），得到矩形，边与相交于点，边与的延长线相交于点．在矩形旋转过程中，当落在线段上时，_____，当是线段的三等分点时，_____．


【答案】 或
【分析】
设，则，然后利用旋转的性质和勾股定理求出，然后求比值即可；分两种情况：①当时，②当时，分情况进行讨论即可．
【详解】
∵四边形是矩形，

当落在线段上时，此时点与点E重合，

设，则，
由旋转的性质可知．
在中，，
；
①当时，
设，则，
过点F作交于点G，连接CF，

，
，
，
，
在中，，
，
．
令，
，
解得（不符合题意，舍去），
；
②当时，
设，则，
同理可求．
在中，，
，
．
令，
，
解得（不符合题意，舍去），
，
综上所述，当是线段的三等分点时，的值为或．
故答案为：，或．
13．（2021·浙江温州·二模）如图1是某小车侧面示意图，图2是该车后备箱开起侧面示意图，具体数据如图所示（单位：）且，箱盖开起过程中，点A，C，F不随箱盖转动，点B，D，E绕点A沿逆时针方向转动相同角度，分别到点的位置，气簧活塞杆CD随之伸长已知直线，那么AB的长为____________，的长为____________．

【答案】; ．
【分析】
过点作交于点，过点作交于点，过点作交于点，根据可设，则，则有，，根据，，由旋转一定角度后得到可知，旋转角是，可得，则可得解得，根据可求解；设，根据，，则有，，，利用勾股定理可得，解得，根据，，即可求出结果．
【详解】
解：如图示：

过点作交于点，过点作交于点，过点作交于点，
∵在中，，
设，则，
∴，
∴，
∴，
∵，
由旋转一定角度后得到可知，旋转角是，
即，
∴
∴
∴，
即有：，解之得：，
∴；
设，
∵，
∴，，，
∴在中，，
即：
解之得：
∵
∴，
故答案是：，．
14．（2021·浙江杭州·一模）在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=2，BC=4，点D、E分别是边BC、AB的中点，将△BDE绕着点B旋转，点D、E旋转后的对应点分别为点D′、E′，当直线D′E′经过点A时，线段CD′的长为_____．
【答案】或
【分析】
分两种情况：①点A在ED的延长线上时；②点A在线段DE的延长线上时；然后分类讨论，求出线段BD的长各是多少即可．
【详解】
解：如图1，当点A在ED的延长线上时，

∵∠C=90°，AC=2，BC=4，
∴AB=，
∵点D、E分别是边BC、AB的中点，
∴DE∥AC，DE=AC=1， BD=BC=2，
∴∠EDB=∠ACB=90°
∵将△BDE绕着点B旋转，
∴∠BD′E′=∠BDE=90°，D′E′=DE=1，BD=BD=2，
∵在Rt△ABC和Rt△BAD′中，
D′B=AC=2，AB=BA，
即,
∵Rt△ABC≌Rt△BAD′（HL），
∴AD′=BC，且AC=D′B，
∴四边形ACBD′是平行四边形，且∠ACB=90°，
∴四边形ACBD′是矩形，
∴CD=AB=2；
如图2，当点A在线段D′E′的延长线上时，

∵∠AD′B=90°，
∴AD′=，
∴AE=AD′-DE′=3，
∵将△BDE绕着点B旋转，
∴∠ABC=∠EBD，
∵，
∴△ABE∽△BCD′
∴，
∴，
，
故答案为：或．
15．（2021·浙江宁波·一模）如图，点在线段上，，，，．固定，将绕点按顺时针旋转使得与重合，并停止旋转，线段经过旋转运动所扫过的平面图形的面积为______．

【答案】
【分析】
线段经过旋转运动所扫过的平面图形的面积是以C为圆心，AC，CE为半径，圆心角30°的扇形面积差，求出圆心角和半径即可．
【详解】
解：线段EF经旋转运动所形成的平面图形如图1-1所示，此时点E落在CF上的点H处．

∵，，
∴AC=2，，
∵，
∴FC=AC=2，CE=AB=，，
由旋转可知，∠ECF=∠ACF=30°，，
S阴＝S△EFC+S扇形ACF﹣S扇形CEH﹣S△AHC＝S扇形ACF﹣S扇形ECH，
=
故答案为：．
三、解答题
16．（2021·浙江嘉兴·中考真题）小王在学习浙教版九上课本第72页例2后，进一步开展探究活动：将一个矩形绕点顺时针旋转，得到矩形
[探究1]如图1，当时，点恰好在延长线上．若，求BC的长．


[探究2]如图2，连结，过点作交于点．线段与相等吗？请说明理由．


[探究3]在探究2的条件下，射线分别交，于点，（如图3），，存在一定的数量关系，并加以证明．


【答案】[探究1]；[探究2]，证明见解析；[探究3]，证明见解析
【分析】
[探究1] 设，根据旋转和矩形的性质得出，从而得出，得出比例式，列出方程解方程即可；
[探究2] 先利用SAS得出，得出，，再结合已知条件得出，即可得出；
[探究3] 连结，先利用SSS得出，从而证得，再利用两角对应相等得出，得出即可得出结论．
【详解】
[探究1]如图1，

设．
∵矩形绕点顺时针旋转得到矩形，
∴点，，在同一直线上．
∴，，
∴．
∵，
∴．
又∵点在延长线上，
∴，
∴，∴．
解得，（不合题意，舍去）
∴．
[探究2] ．
证明：如图2，连结．

∵，
∴．
∵，，，
∴．
∴，，
∵，，
∴，
∴．
[探究3]关系式为．
证明：如图3，连结．

∵，，，
∴．
∴，
∵，
，
∴，
∴．
在与中，
，，
∴，
∴，
∴．
∴．
17．（2021·浙江桐乡·一模）如图，在平面直角坐标系中，点在反比例函数（）的图象上．连结，作轴于点．

（1）直接写出的值；
（2）将沿轴向上平移个单位长度，得到，的对应边是．当的中点在反比例函数的图象上时，求的值．
【答案】（1）；（2）3
【分析】
（1）根据反比例函数表达式知，结合点即可得到结果，
（2）根据反比例函数表达式设出平移后的中点坐标，代入函数式求解即可．

【详解】
（1）．

（2）设的中点为，作轴于点．
∵由向上平移个单位长度得到，，
∴，，
∴设
∵在反比例函数的图象上，
∴代入函数表达式为：，
∴．
18．（2021·浙江南湖·一模）如图，在直角坐标系中，抛物线交轴的正半轴于点（点在点的右侧），交轴于点为抛物线的顶点．

（1）若，求点的坐标．
（2）若直线与直线平行，求直线的函数表达式．
（3）在（2）的条件下，把点向下平移个单位得到点．若点向右平移个单位，将与该抛物线上的点重合；若点向右平移个单位，将与该抛物线上的点重合．已知，求的值．
【答案】（1）A（4，0），B（2，0），Q（0，8）；（2）当时，AQ的解析式为，（3），=．
【分析】
（1）由，可得抛物线，当x=0时， 求Q（0，8），当y=0时，求A（4，0），B（2，0）即可；
（2）根据抛物线，求出顶点P（m，-1），y轴交点Q（0，m2-1）,令y=0, 求出A（，0），B（，0），利用待定系数法求PB解析式为和AQ的解析式为，由点A（，0）在AQ上，可得方程，解方程即可；
（3）当时，Q（0，3）,把点向下平移个单位得点（0，3-s）点向右平移个单位得点（t，3-s） 点向右平移个单位得点（t+3，3-），由Q2，Q3关于抛物线对称轴对称，可得，解得即可．
【详解】
解：（1）∵，
∴抛物线，
当x=0时，，
∴Q（0，8），
当y=0时，，
解得，
∴A（4，0），B（2，0），
（2）∵抛物线，
∴P（m，-1），Q（0，m2-1）,
令y=0, ，，
A（，0），B（，0），
设PB解析式为，
则，
解得，
∴PB解析式为，
设AQ的解析式为，
∵PB∥AQ，，
∴，
∴AQ的解析式为，
∵点A（，0）在AQ上，
∴，
整理得，
解得或，
当时，AQ的解析式为，此时点A与点Q重合不喝题意舍去，
当时，AQ的解析式为，
（3）当时，Q（0，3）,
把点向下平移个单位得到点（0，3-s），
点向右平移个单位，得点（t，3-s）在抛物线上，
点向右平移个单位，得点（t+3，3-）在该抛物线上．
∵Q2、Q3的纵坐标相同，
∴Q2，Q3关于抛物线对称轴对称，
∵抛物线，对称轴为x=2，
∴，
解得，
当，，
∴3-=，
∴=．