2025年中考数学一轮复习讲与练第7章 图形的变化（基础卷）（2份，原卷版+解析版）

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一、选择题（本大题共10小题，每小题3分，共30分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的）
1.在以下绿色食品、回收、节能、节水四个标志中，是轴对称图形的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】
根据轴对称图形的概念求解．如果一个图形沿着一条直线对折后两部分完全重合，这样的图形叫做轴对称图形，这条直线叫做对称轴．
【详解】
A、不是轴对称图形，故A不符合题意；
B、不是轴对称图形，故B不符合题意；
C、不是轴对称图形，故C不符合题意；
D、是轴对称图形，故D符合题意．
故选D.
【点睛】
本题主要考查轴对称图形的知识点．确定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．
2.在平面直角坐标系中，点关于轴对称的点的坐标为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】
【分析】
利用关于x轴对称的点坐标特征：横坐标不变，纵坐标互为相反数解答即可．
【详解】
点关于轴对称的点的坐标为（3，-2），
故选：D．
【点睛】
本题主要考查了关于坐标轴对称的点的坐标特征，熟练掌握关于坐标轴对称的点的坐标特征是解答的关键．
3.如图，将绕点逆时针旋转得到，若且于点，则的度数为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】
由旋转的性质可得∠BAD=55°，∠E=∠ACB=70°，由直角三角形的性质可得∠DAC=20°，即可求解．
【详解】
解：∵将△ABC绕点A逆时针旋转55°得△ADE，
∴∠BAD=55°，∠E=∠ACB=70°，
∵AD⊥BC，
∴∠DAC=20°，
∴∠BAC=∠BAD+∠DAC=75°．
故选C．
【点睛】
本题考查了旋转的性质，掌握旋转的性质是本题的关键．
4.如图，在3×3的正方形网格中，有三个小正方形已经涂成灰色，若再任意涂灰1个白色的小正方形（每个白色的小正方形被涂成灰色的可能性相同），使新构成灰色部分的图形是轴对称图形的概率是
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】如图，当1，2两个分别涂成灰色，新构成灰色部分的图形是轴对称图形，
故新构成灰色部分的图形是轴对称图形的概率是：=．故选D．
【名师点睛】此题主要考查了利用轴对称设计图案，正确掌握轴对称图形的性质是解题关键．
5.在平面直角坐标系中，将线段AB平移后得到线段，点的对应点的坐标为，则点的对应点的坐标为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】
根据点A到A′确定出平移规律，再根据平移规律列式计算即可得到点B′的坐标．
【详解】
解：∵，，
∴平移规律为横坐标减4，纵坐标减4，
∵，
∴点B′的坐标为，
故选：C．
【点睛】
本题考查了坐标与图形变化-平移，平移中点的变化规律是：横坐标右移加，左移减；纵坐标上移加，下移减，先确定出平移规律是解题的关键．
6.如图，在中，，．将绕点逆时针方向旋转，得到，连接．则线段的长为（ ）
A．1B．C．D．
【答案】B
【分析】
根据旋转性质可知，，再由勾股定理即可求出线段的长．
【详解】
解：∵旋转性质可知，，
∴，
故选：B．
【点睛】
此题主要考查旋转的性质和勾股定理求出直角三角形边长，解题关键是根据旋转性质得出是等腰直角三角形．
7.在平面直角坐标系中，点G的坐标是，连接，将线段绕原点O旋转，得到对应线段，则点的坐标为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】
【分析】
根据题意可得两个点关于原点对称，即可得到结果．
【详解】
根据题意可得，与G关于原点对称，
∵点G的坐标是，
∴点的坐标为．
故选A．
【点睛】
本题主要考察了平行直角坐标系中点的对称变换，准确理解公式是解题的关键．
8.如图，在ABCD中，将△ADC沿AC折叠后，点D恰好落在DC的延长线上的点E处．若∠B=60°，AB=3，则△ADE的周长为
A．12B．15C．18D．21
【答案】C
【解析】由折叠可得，∠ACD=∠ACE=90°，∴∠BAC=90°，
又∵∠B=60°，∴∠ACB=30°，∴BC=2AB=6，∴AD=6，
由折叠可得，∠E=∠D=∠B=60°，∴∠DAE=60°，
∴△ADE是等边三角形，∴△ADE的周长为6×3=18，故选C．
【名师点睛】本题考查了平行四边形的性质、轴对称图形性质以及等边三角形的判定．解题时注意折叠是一种对称变换，它属于轴对称，折叠前后图形的形状和大小不变，位置变化，对应边和对应角相等．
9.如图，将绕点逆时针旋转得到，若且于点，则的度数为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】
由旋转的性质可得∠BAD=55°，∠E=∠ACB=70°，由直角三角形的性质可得∠DAC=20°，即可求解．
【详解】
解：∵将△ABC绕点A逆时针旋转55°得△ADE，
∴∠BAD=55°，∠E=∠ACB=70°，
∵AD⊥BC，
∴∠DAC=20°，
∴∠BAC=∠BAD+∠DAC=75°．
故选C．
【点睛】
本题考查了旋转的性质，掌握旋转的性质是本题的关键．
10.如图，在直角坐标系中，点A，B的坐标为A（0，2），B（﹣1，0），将△ABO绕点O按顺时针旋转得到△A1B1O，若AB⊥OB1，则点A1的坐标为（ ）
A．（）B．（）C．（）D．（）
【答案】A
【分析】
先求出AB，OA1，再作辅助线构造相似三角形，如图所示，得到对应边成比例，求出OC和A1C，即可求解．
【详解】
解:如图所示，∵点A，B的坐标分别为A（0，2），B（﹣1，0），
∴OB=1，OA=2，
∴，
∵∠AOB=90°，
∴∠A1OB1=90°，
∴O A1⊥OB1，
又∵AB⊥OB1，
∴O A1∥AB，
∴∠1=∠2，
过A1点作A1C⊥x轴，
∴∠A1CO=∠AOB，
∴，
∴，
∵O A1=OA=2，
∴，
∴，，
∴，
故选：A．
【点睛】
本题综合考查了勾股定理、旋转的性质、相似三角形的判定和性质等内容，解决本题的关键是理解并掌握相关概念，能通过作辅助线构造相似三角形等，本题蕴含了数形结合的思想方法等．
二、填空题（本大题共10小题，每小题3分，共30分）
11.如图，与的边相切，切点为．将绕点按顺时针方向旋转得到，使点落在上，边交线段于点．若，则______度．
【答案】85
【分析】
连结OO′，先证△BOO′为等边三角形，求出∠AOB=∠OBO′=60°，由与的边相切，可求∠CBO==30°，利用三角形内角和公式即可求解．
【详解】
解：连结OO′，
∵将绕点按顺时针方向旋转得到，
∴BO′=BO=OO′，
∴△BOO′为等边三角形，
∴∠OBO′=60°，
∵与的边相切，
∴∠OBA=∠O′BA′=90°，
∴∠CBO=90°-∠OBO′=90°-60°=30°，
∵∠A′=25°
∴∠A′O′B=90°-∠A′=90°-25°=65°
∴∠AOB=∠A′O′B=65°，
∴∠OCB=180°-∠COB-∠OBC=180°-65°-30°=85°．
故答案为85．
【点睛】
本题考查图形旋转性质，切线性质，等边三角形判定与性质，直角三角形性质，掌握图形旋转性质，切线性质，等边三角形判定与性质，直角三角形性质是解题关键．
12.在平面直角坐标系中，的对称中心是坐标原点，顶点、的坐标分别是、，将沿轴向右平移3个单位长度，则顶点的对应点的坐标是___．
【答案】（4，-1）
【分析】
根据平行四边形的性质得到点C坐标，再根据平移的性质得到C1坐标．
【详解】
解：在平行四边形ABCD中，
∵对称中心是坐标原点，A（-1，1），B（2，1），
∴C（1，-1），
将平行四边形ABCD沿x轴向右平移3个单位长度，
∴C1（4，-1），
故答案为：（4，-1）．
【点睛】
本题考查了坐标与图形变化-平移，平移中点的变化规律是：横坐标右移加，左移减；纵坐标上移加，下移减．
13.如图，在平面直角坐标系中，点的坐标为，点的坐标为，将点绕点顺时针旋转得到点，则点的坐标为_____________．
【答案】
【分析】
根据题意画出图形，易证明，求出OE、BE的长即可求出B的坐标．
【详解】
解：如图所示，点绕点顺时针旋转得到点，
过点A作x轴垂线，垂足为D，过点B作x轴垂线，垂足为E，
∵点的坐标为，点的坐标为，
∴CD=2，AD=3，
根据旋转的性质，AC=BC，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴AD=CE=3，CD=BE=2，
∴OE=2，BE=2，
故答案为：．
【点睛】
本题主要考查旋转变换和三角形全等的判定与性质，证明是解题关键．
14.一张菱形纸片的边长为，高等于边长的一半，将菱形纸片沿直线折叠，使点与点重合，直线交直线于点，则的长为____________．
【答案】或
【解析】
【分析】
先根据题目中描述画出两种可能的图形，再结合勾股定理即可得解．
【详解】
解：由题干描述可作出两种可能的图形．
①MN交DC的延长线于点F，如下图所示
∵高AE等于边长的一半
∴
在Rt△ADE中，
又∵沿MN折叠后，A与B重合
∴
∴
②MN交DC的延长线于点F，如下图所示
同理可得，，
此时，
故答案为：或．
【点睛】
本题主要考查菱形的性质、折叠的性质、勾股定理等相关知识点，根据题意作出两种图形是解题关键．
15.如图，在△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC=10cm，点D为△ABC内一点，∠BAD=15°，AD=6cm，连接BD，将△ABD绕点A按逆时针方向旋转，使AB与AC重合，点D的对应点为点E，连接DE，DE交AC于点F，则CF的长为__________cm．
【答案】10–2
【解析】如图，过点A作AG⊥DE于点G，由旋转知：AD=AE，∠DAE=90°，∠CAE=∠BAD=15°，∴∠AED=∠ADG=45°，
在△AEF中，∠AFD=∠AED+∠CAE=60°，在Rt△ADG中，AG=DG==3，
在Rt△AFG中，GF==，AF=2FG=2，∴CF=AC–AF=10–2，
故答案为：10–2．
【名师点睛】本题考查了旋转的性质，等腰直角三角形的性质，解直角三角形等，解题的关键是能够通过作适当的辅助线构造特殊的直角三角形，通过解直角三角形来解决问题．
16.定义：在平面内，一个点到图形的距离是这个点到这个图上所有点的最短距离，在平面内有一个正方形，边长为2，中心为O，在正方形外有一点，当正方形绕着点O旋转时，则点P到正方形的最短距离d的取值范围为__________．
【答案】
【分析】
先确定正方形的中心O与各边的所有点的连线中的最大值与最小值，然后结合旋转的条件即可求解．
【详解】
解：如图1，设的中点为E，连接OA，OE，则AE=OE=1，∠AEO=90°，．
∴点O与正方形边上的所有点的连线中，
最小，等于1，最大，等于．
∵，
∴点P与正方形边上的所有点的连线中，
如图2所示，当点E落在上时，最大值PE=PO-EO=2-1=1；
如图3所示，当点A落在上时，最小值．
∴当正方形ABCD绕中心O旋转时，点P到正方形的距离d的取值范围是．
故答案为：
【点睛】
本题考查了新定义、正方形的性质、勾股定理等知识点，准确理解新定义的含义和熟知正方形的性质是解题的关键．
17.如图，在边长为的正方形中将沿射线平移，得到，连接、．求的最小值为______．
【答案】
【解析】
【分析】
将△ABC沿射线CA平移到△AB′C′的位置，连接C′E、AE、DE，证出四边形ABGE和四边形EGCD均为平行四边形，根据平行四边形的性质和平移图形的性质，可得C′E=CE，CG=DE，可得EC+GC=C′E+ED，当点C′、E、D在同一直线时，C′E+ED最小，由勾股定理求出C′D的值即为EC+GC的最小值．
【详解】
如图，将△ABC沿射线CA平移到△AB′C′的位置，连接C′E、AE、DE，

∵AB∥GE∥DC且AB=GE=DC，
∴四边形ABGE和四边形EGCD均为平行四边形，
∴AE∥BG，CG=DE，
∴AE⊥CC′，
由作图易得，点C与点C′关于AE对称，C′E=CE，
又∵CG=DE，
∴EC+GC=C′E+ED，
当点C′、E、D在同一直线时，C′E+ED最小，
此时，在Rt△C′D′E中，
C′B′=4，B′D=4+4=8， C′D=，
即EC+GC的最小值为，
故答案为：．
【点睛】
本题考查正方形的性质、图形的对称性、线段最短和平行四边形的性质与判定，解题的关键是将两条线段的和转化为同一条线段求解．
18.如图，在△ABC中，AB=AC=4，将△ABC绕点A顺时针旋转30°，得到△ACD，延长AD交BC的延长线于点E，则DE的长为__________．
【答案】2–2
【解析】根据旋转过程可知：∠CAD=30°=∠CAB，AC=AD=4．
∴∠BCA=∠ACD=∠ADC=75°．
∴∠ECD=180°–2×75°=30°．
∴∠E=75°–30°=45°．
过点C作CH⊥AE于H点，
在Rt△ACH中，CH=AC=2，AH=2．
∴HD=AD–AH=4–2．
在Rt△CHE中，∵∠E=45°，
∴EH=CH=2．
∴DE=EH–HD=2–（4–2）=2–2．
故答案为2–2．
【名师点睛】本题主要考查了旋转的性质以及特殊直角三角形的性质，解题的关键是作垂线构造直角三角形，利用线段的和差求解即可．
19.如图，在中，，，，将绕点逆时针旋转角（）得到，并使点落在边上，则点所经过的路径长为______．（结果保留）
【答案】．
【分析】
利用勾股定理求出AB=2，根据旋转的性质得到旋转角为∠=60°，再由弧长计算公式，计算出结果．
【详解】
解：∵，，，
∴AB=2AC，
设AC=x，则AB=2x，由勾股定理得：
，
解得：x=1，
则：AC=1，AB=2，
∵将绕点逆时针旋转角（）得到，且点落在边上，
∴旋转角为60°，
∴∠=60°，
∴点所经过的路径长为： ，
故答案为：．
【点睛】
本题主要考查了勾股定理、旋转的性质和弧长的计算公式，解题关键在于找到旋转角，根据弧长公式进行计算．
20.如图，与的边相切，切点为．将绕点按顺时针方向旋转得到，使点落在上，边交线段于点．若，则______度．
【答案】85
【分析】
连结OO′，先证△BOO′为等边三角形，求出∠AOB=∠OBO′=60°，由与的边相切，可求∠CBO==30°，利用三角形内角和公式即可求解．
【详解】
解：连结OO′，
∵将绕点按顺时针方向旋转得到，
∴BO′=BO=OO′，
∴△BOO′为等边三角形，
∴∠OBO′=60°，
∵与的边相切，
∴∠OBA=∠O′BA′=90°，
∴∠CBO=90°-∠OBO′=90°-60°=30°，
∵∠A′=25°
∴∠A′O′B=90°-∠A′=90°-25°=65°
∴∠AOB=∠A′O′B=65°，
∴∠OCB=180°-∠COB-∠OBC=180°-65°-30°=85°．
故答案为85．
【点睛】
本题考查图形旋转性质，切线性质，等边三角形判定与性质，直角三角形性质，掌握图形旋转性质，切线性质，等边三角形判定与性质，直角三角形性质是解题关键．
三、解答题（本大题共6小题，共66分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）
21.如图，在每个小正方形的边长为1个单位的网格中，的顶点均在格点（网格线的交点）上．
（1）将向右平移5个单位得到，画出；
（2）将（1）中的绕点C1逆时针旋转得到，画出．
【答案】（1）作图见解析；（2）作图见解析．
【分析】
（1）利用点平移的规律找出、、，然后描点即可；
（2）利用网格特点和旋转的性质画出点，即可．
【详解】
解：（1）如下图所示，为所求；
（2）如下图所示，为所求；
【点睛】
本题考查了平移作图和旋转作图，熟悉相关性质是解题的关键．
22.如图①、图②、图③都是的正方形网格，每个小正方形的顶点称为格点．，，均为格点．在给定的网格中，按下列要求画图：
（1）在图①中，画一条不与重合的线段，使与关于某条直线对称，且，为格点．
（2）在图②中，画一条不与重合的线段，使与关于某条直线对称，且，为格点．
（3）在图③中，画一个，使与关于某条直线对称，且，，为格点．
【答案】（1）图见解析；（2）图见解析；（3）图见解析．
【解析】
【分析】
（1）先画出一条的正方形网格的对称轴，根据对称性即可在图①中，描出点AB的对称点MN，它们一定在格点上，再连接即可．
（2）同（1）方法可解；
（3）同（1）方法可解；
【详解】
解：（1）如图①，的正方形网格的对称轴l，描出点AB关于直线l的对称点MN，连接即为所求；
（2）如图②，同理（1）可得，即为所求；
（3）如图③，同理（1）可得，即为所求．
【点睛】
本题考查了作图轴对称变换，解决本题的关键是找到图形对称轴的位置．
23.如图，正方形网格中，每个小正方形的边长都是一个单位长度，在平面直角坐标系内，的三个顶点坐标分别为．

（1）画出关于x轴对称的，并写出点的坐标；
（2）画出绕点O顺时针旋转后得到的，并写出点的坐标；
（3）在（2）的条件下，求点A旋转到点所经过的路径长（结果保留）．
【答案】（1）见解析，；（2）见解析，；（3）
【分析】
（1）分别作出点A、B关于x轴的对称点，然后依次连接即可，最后通过图象可得点的坐标；
（2）根据旋转的性质分别作出点A、B绕点O旋转90°的点，然后依次连接，最后根据图象可得点的坐标；
（3）由（2）可先根据勾股定理求出OA的长，然后根据弧长计算公式进行求解．
【详解】
解：（1）如图所示：即为所求，
∴由图象可得；
（2）如图所示：即为所求，
∴由图象可得；
（3）由（2）的图象可得：点A旋转到点所经过的路径为圆弧，
∵，
∴点A旋转到点所经过的路径长为．
【点睛】
本题主要考查旋转的性质、坐标与轴对称及弧长计算公式，熟练掌握旋转的性质、坐标与轴对称及弧长计算公式是解题的关键．
24.在Rt△ABC中，∠ABC=90°，∠ACB=30°，将△ABC绕点A顺时针旋转一定的角度α得到△DEC，点A、B的对应点分别是D、E．
（1）当点E恰好在AC上时，如图1，求∠ADE的大小；
（2）若α=60°时，点F是边AC中点，如图2，求证：四边形BEDF是平行四边形．
【解析】（1）如图1，∵△ABC绕点A顺时针旋转α得到△DEC，点E恰好在AC上，
∴CA=CD，∠ECD=∠BCA=30°，∠DEC=∠ABC=90°，
∵CA=CD，∴∠CAD=∠CDA=（180°–30°）=75°，
∴∠ADE=90°–75°=15°；
（2）如图2，
∵点F是边AC中点，∴BF=AC，
∵∠ACB=30°，∴AB=AC，∴BF=AB，
∵△ABC绕点A顺时针旋转60得到△DEC，
∴∠BCE=∠ACD=60°，CB=CE，DE=AB，
∴DE=BF，△ACD和△BCE为等边三角形，
∴BE=CB，
∵点F为△ACD的边AC的中点，∴DF⊥AC，
易证得△CFD≌△ABC，
∴DF=BC，∴DF=BE，
而BF=DE，
∴四边形BEDF是平行四边形．
【名师点睛】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．也考查了平行四边形的判定．
25.已知和都是等腰直角三角形，．
（1）如图1，连接，，求证：；
（2）将绕点O顺时针旋转．
①如图2，当点M恰好在边上时，求证：；
②当点A，M，N在同一条直线上时，若，，请直接写出线段的长．
【答案】(1)见解析；(2)①见解析；②或
【分析】
(1)证明△AMO≌△BNO即可；
(2)①连接BN，证明△AMO≌△BNO，得到∠A=∠OBN=45°，进而得到∠MBN=90°，且△OMN为等腰直角三角形，再在△BNM中使用勾股定理即可证明；
②分两种情况分别画出图形即可求解．
【详解】
解：(1)∵和都是等腰直角三角形，
∴，
又，
,
∴，
∴，
∴；
(2)①连接BN，如下图所示：
∴，
，
且，
∴，
∴，，
∴，
且为等腰直角三角形，
∴，
在中，由勾股定理可知：
，且
∴；
②分类讨论：
情况一：如下图2所示，设AO与NB交于点C，过O点作OH⊥AM于H点，
,为等腰直角三角形，
∴,
在中，,
∴；
情况二：如下图3所示，过O点作OH⊥AM于H点，
,为等腰直角三角形，
∴,
在中，,
∴；
故或．
【点睛】
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，等腰直角三角形的性质，勾股定理等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题，属于中考常考题型．
26.综合与实践
数学实践活动，是一种非常有效的学习方式．通过活动可以激发我们的学习兴趣，提高动手动脑能力，拓展思推空间，丰富数学体验．让我们一起动手来折一折、转一转、剪一剪，体会活动带给我们的乐趣．
折一折：将正方形纸片ABCD折叠，使边AB、AD都落在对角线AC上，展开得折痕AE、AF，连接EF，如图1．
（1）_________，写出图中两个等腰三角形：_________（不需要添加字母）；
转一转：将图1中的绕点A旋转，使它的两边分别交边BC、CD于点P、Q，连接PQ，如图2．
（2）线段BP、PQ、DQ之间的数量关系为_________；
（3）连接正方形对角线BD，若图2中的的边AP、AQ分别交对角线BD于点M、点N．如图3，则________；
剪一剪：将图3中的正方形纸片沿对角线BD剪开，如图4．
（4）求证：．
【答案】（1）45，，；（2）；（3）；（4）见解析
【分析】
（1）由翻折的性质可知：，，根据正方形的性质：, ，则，为等腰三角形；
（2）如图：将顺时针旋转，证明全等，即可得出结论；
（3）证明即可得出结论；
（4）根据半角模型，将顺时针旋转，连接，可得，通过得出，为直角三角形，结合勾股定理即可得出结论．
【详解】
（1）由翻折的性质可知：
为正方形
，
为等腰三角形
（2）如图：将顺时针旋转，
由旋转的性质可得：，
由（1）中结论可得
为正方形，
在和中
（3）为正方形对角线
，
，
（4）如图：将顺时针旋转，连接，
由（2）中的结论可证
根据旋转的性质可得：，
在中有
【点睛】
本题是四边形的综合题，考查了正方形的性质，折叠的性质，旋转变换的性质，全等三角形的判定和性质，以及相似三角形的判定和性质，勾股定理等知识，能够综合运用这些性质是解题关键．