(通用版)中考数学一轮复习精讲精练第6章第3讲 图形的平移 旋转与位似（2份，原卷版+解析版）

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知识点1：图形的中心对称
中心对称与中心对称图形
常见的中心对称图形及其对称中心
知识点2：图形的平移与旋转变换
知识点3：位似图形
定义
如果两个图形不仅是相似图形,而且对应顶点的连线相交于一点,那么这两个图形叫做位似图形,这个点叫做 ,此时的相似比又称为 .如图,五边形ABCDE与五边形A´B´C´D´E´是位似图形.
性质
(1)对应点的连线或其延长线都相交于同一点(位似中心);
(2)位似图形对应边平行或共线,且成比例;
(3)位似图形上任意一对对应点到位似中心的距离之比等于 ,位似图形的面积比等于 ;
(4)位似图形是具有特殊位置关系的相似图形,具有相似图形的一切性质.
在网格中作位似图形的步骤
(1)确定位似中心;
(2)连接位似中心和原图形的关键点并延长或反向延长;
(3)根据位似比,确定原图形关键点的对应点;
(4)按原图形顺次连接所作各点,得到放大或缩小的图形.
注意：两个位似图形可能位于位似中心的两侧,也可能位于位似中心的同侧,位似中心只有一个.
直击中考 胜券在握
1．（2021·重庆中考A卷）如图，△ABC与△BEF位似，点O是它们的位似中心，其中OE=2OB，则△ABC与△DEF的周长之比是（ ）
A．1：2B．1：4C．1：3D．1：9
【答案】A
【解析】
【分析】
利用位似的性质得△ABC∽△DEF，OB：OE= 1：2，然后根据相似三角形的性质解决问题．
【详解】
解：∵△ABC与△DEF位似，点O为位似中心．
∴△ABC∽△DEF，OB：OE= 1：2，
∴△ABC与△DEF的周长比是：1：2．
故选：A．
【点睛】
本题主要考查了位似变换，正确掌握位似图形的性质是解题关键．
2．如图，将周长为12的△ABC沿BC方向向右平移2个单位得到△DEF，则四边形ABFD的周长为（ ）
A．14B．15C．16D．17
【答案】C
【解析】
【分析】
根据平移的性质，对应点的连线AD、CF都等于平移距离，再根据四边形ABFD的周长＝△ABC的周长＋AD＋CF代入数据计算即可得解．
【详解】
∵△ABC沿BC方向平移2个单位得到△DEF，
∴AD＝CF＝2，
∴四边形ABFD的周长，
＝AB＋BC＋DF＋CF＋AD，
＝△ABC的周长＋AD＋CF，
＝12＋2＋2，
＝16．
故选：C．
【点睛】
本题考查了平移的性质，主要利用了对应点的连线等于平移距离，结合图形表示出四边形ABFD的周长是解题的关键．
3．（2021·广安中考）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
【解析】
【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．（2021·湖南省邵阳市中考）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
【解析】
【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．
5．（2021·天津中考）如图，在中，，将绕点C逆时针旋转得到，点A，B的对应点分别为D，E，连接．当点A，D，E在同一条直线上时，下列结论一定正确的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】
【分析】
由旋转可知，即可求出，由于，则可判断，即A选项错误；由旋转可知，由于，即推出，即B选项错误；由三角形三边关系可知，即可推出，即C选项错误；由旋转可知，再由，即可证明为等边三角形，即推出．即可求出，即证明
，即D选项正确；
【详解】
由旋转可知，
∵点A，D，E在同一条直线上，
∴，
∵，
∴，故A选项错误，不符合题意；
由旋转可知，
∵为钝角，
∴，
∴，故B选项错误，不符合题意；
∵，
∴，故C选项错误，不符合题意；
由旋转可知，
∵，
∴为等边三角形，
∴．
∴，
∴，故D选项正确，符合题意；
故选D．
【点睛】
本题考查旋转的性质，三角形三边关系，等边三角形的判定和性质以及平行线的判定．利用数形结合的思想是解答本题的关键．
6．（2021·绵阳中考）如图，在平面直角坐标系中，，，，，将四边形向左平移个单位后，点恰好和原点重合，则的值是（ ）
A．11.4B．11.6C．12.4D．12.6
【答案】A
【解析】
【分析】
由题意可得，的值就是线段的长度，过点作，过点作，根据勾股定理求得的长度，再根据三角形相似求得，矩形的性质得到，即可求解．
【详解】
解：由题意可得，的值就是线段的长度，
过点作，过点作，如下图：
∵，
∴，
由勾股定理得
∵
∴，
又∵
∴
∴
∴，即
解得，
∵
∴
∴
∴，即
解得
由题意可知四边形为矩形，∴
故选A
【点睛】
此题考查了相似三角形的判定与性质，图形的平移，矩形的判定与性质，勾股定理等，熟练掌握相关基本性质是解题的关键．
7．（2021·苏州中考）如图，在方格纸中，将绕点按顺时针方向旋转90°后得到，则下列四个图形中正确的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】
【分析】
根据绕点按顺时针方向旋转90°逐项分析即可．
【详解】
A、是由关于过B点与OB垂直的直线对称得到，故A选项不符合题意；
B、是由绕点按顺时针方向旋转90°后得到，故B选项符合题意；
C、与对应点发生了变化，故C选项不符合题意；
D、是由绕点按逆时针方向旋转90°后得到，故D选项不符合题意．
故选：B．
【点睛】
本题考查旋转变换．解题的关键是弄清旋转的方向和旋转的度数．
8．（2022·河南中考）如图，的顶点，，点在轴的正半轴上，延长交轴于点．将绕点顺时针旋转得到，当点的对应点落在上时，的延长线恰好经过点，则点的坐标为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】
【分析】
连接,由题意可证明，利用相似三角形线段成比例即可求得OC的长，即得点的坐标．
【详解】
如图，连接，因为轴，
绕点顺时针旋转得到，
所以，
,
故答案为B．
【点睛】
本题考查了旋转的性质，勾股定理，相似三角形的判定与性质，找到是解题的关键．
9．（2021·龙东地区模拟）如图，在正方形ABCD中，M是AB上一动点，E是CM的中点，AE绕点E顺时针旋转90°得EF，连接DE，DF，CF．下列结论：①；②；③；④．其中结论正确的序号是（ ）
A．①②③B．①③④
C．②③④D．①②④
【答案】D
【解析】
【分析】
延长AE交DC的延长线于点H，由“AAS”可证△AME≌△HCE，可得AE=EH，由直角三角形的性质可得AE=EF=EH，可判断①；由四边形内角和定理可求2∠ADE+2∠EDF=270°，可得∠ADF=135°，可判断②；M为AB上动点，∠AEM为动态变化的角，可判断③ ；连接AC，证明△DCF∽△ACM，即可得到∠DCF=∠ACM，即可判断④．
【详解】
解：如图，延长AE交DC的延长线于点H，

∵点E是CM的中点，
∴ME=EC，
∵AB∥CD，
∴∠MAE=∠H，∠AME=∠HCE，
∴△AME≌△HCE（AAS），
∴AE=EH，
又∵∠ADH=90°，由直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可知，
∴DE=AE=EH，
∵AE绕点E顺时针旋转90°得到EF，
∴AE=EF，∠AEF=90°，
∴AE=DE=EF，故①正确；
∵AE=DE=EF，
∴∠DAE=∠ADE，∠EDF=∠EFD，
∵∠AEF+∠DAE+∠ADE+∠EDF+∠EFD=360°，
∴2∠ADE+2∠EDF=270°，
∴∠ADF=135°，
∴∠CDF=∠ADF-∠ADC=135°-90°=45°，故②正确；
假如③正确，则∠AEM=∠FEC=(180°-∠AEF)÷2=45°，为确定的大小，
由于M为AB上动点，则∠AEM为一个动态变化的值，故③错误；
连接AC，过PE⊥AD，FN⊥PE交CD于Q点，如下图所示：
∵∠FEN+∠AEP=90°，∠EAP+∠AEP=90°，
∴∠FEN=∠EAP，
且∠APE=∠ENF=90°，EA=EF，
∴△APE≌△ENF(AAS)，
∴AP=NE，
∵AM∥PE∥DC，且E是MC的中点，
∴PE是梯形AMCD的中位线，
∴，
又PE=PN+NE，
∴PN=AM，
又PN=DQ，∠QDF=45°，∠DQF=90°，
∴△DQF为等腰直角三角形，
∴DF=DQ=PN=AM，
∴，
在等腰直角△ACD中，，
∴，
且∠CDF=∠MAC=45°，
∴△CDF∽△，
∴∠DCF=∠MCA，
∴+∠MCA=∠BCM+∠DCF=∠BCA=45°，故④正确．
故选：D．
【点睛】
本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的性质和判定，矩形的判定和性质，旋转的性质，梯形中位线的定理等知识，综合性较强，灵活运用这些性质解决问题是本题的关键．
10．如图，在▱ABCD中，AD=7，AB=2，∠B=60°．E是边BC上任意一点，沿AE剪开，将△ABE沿BC方向平移到△DCF的位置，得到四边形AEFD，则四边形AEFD周长的最小值为_____．
【答案】20
【解析】
【详解】
【分析】当AE⊥BC时，四边形AEFD的周长最小，利用直角三角形的性质解答即可．
【详解】当AE⊥BC时，四边形AEFD的周长最小，
∵AE⊥BC，AB=2，∠B=60°，
∴AE=3，BE=，
∵△ABE沿BC方向平移到△DCF的位置，
∴EF=BC=AD=7，
∴四边形AEFD周长的最小值为：14+6=20，
故答案为20.
【点睛】本题考查平移的性质，解题的关键是确定出当AE⊥BC时，四边形AEFD的周长最小．
11．（2021·新疆中考）如图，已知正方形ABCD边长为1，E为AB边上一点，以点D为中心，将按逆时针方向旋转得，连接EF，分别交BD，CD于点M，N．若，则__________．
【答案】
【解析】
【分析】
过点E作EP⊥BD于P，将∠EDM构造在直角三角形DEP中，设法求出EP和DE的长，然后用三角函数的定义即可解决．
【详解】
解：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB∥DC，∠A=∠BCD=∠ADC=90°，
AB=BC= CD=DA=1，．
∵△DAE绕点D逆时针旋转得到△DCF，
∴CF=AE，DF=DE，∠EDF=∠ADC=90°．
设AE=CF=2x，DN=5x，
则BE=1-2x，CN=1-5x，BF=1+2x．
∵AB∥DC，
∴．
∴．
∴．
整理得，．
解得，，（不合题意，舍去）．
∴．
∴．
过点E作EP⊥BD于点P，如图所示，
设DP=y，则．
∵，
∴．
解得，．
∴．
∴在Rt△DEP中，
．即 ．
故答案为：
【点睛】
本题考查了正方形的性质、旋转的性质、相似三角形的判定与性质、勾股定理、锐角三角函数、方程的数学思想等知识点，熟知各类图形的性质与判定是解题的基础，构造直角三角形，利用锐角三角函数的定义是解题的关键．
12．（2021·吉林省中考）如图，在平面直角坐标系中，点的坐标为，点的坐标为，连接，若将绕点顺时针旋转，得到，则点的坐标为__________．
【答案】
【解析】
【分析】
根据旋转的性质可求得和的长度，进而可求得点的坐标．
【详解】
解：作轴于点，
由旋转可得，轴，
∴四边形为矩形，
∴，，
∴点坐标为．
故答案为：．
【点睛】
此题考查了旋转的性质，解题的关键是根据旋转找到题目中线段之间的关系．
13．（2021·湖南省益阳市中考）如图，中，，将绕A点顺时针方向旋转角得到，连接，，则与的面积之比等于_______．
【答案】
【解析】
【分析】
先根据正切三角函数的定义可得，再根据旋转的性质可得，从而可得，然后根据相似三角形的判定可得，最后根据相似三角形的性质即可得．
【详解】
解：在中，，
，
由旋转的性质得：，
，
在和中，，
，
，
即与的面积之比等于，
故答案为：．
【点睛】
本题考查了正切三角函数、旋转的性质、相似三角形的判定与性质，熟练掌握相似三角形的判定与性质是解题关键．
14．（2021·安徽中考）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．
【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．
15．（2021·达州中考）如图，在平面直角坐标中，的顶点坐标分别是，，．
（1）将以为旋转中心旋转，画出旋转后对应的；
（2）将平移后得到，若点的对应点的坐标为，求的面积
【答案】（1）见解析；（2）11
【解析】
【分析】
（1）延长至,使得；延长至,使得；延长至,使得；再连接即得旋转后对应的；
（2）根据平移的规律求出，再连接点，得，将三角形分割乘两个三角形的面积之和，求出公共边的长即可求解．
【详解】
解：（1）延长至,使得；延长至,使得；延长至,使得；再连接即得旋转后对应的，如下图所示：
（2）由题意，，，平移后得到，其中，根据平移的规律知，平移过程是向下和向右分别移动两个单位可得：，
再连接点，得，其中交轴于点,如上图所示：
由得出直线的方程如下：
直线：
当时，，
，
,
故．
【点睛】
本题考查了图象的旋转和平移，求三角形面积，解题的关键是：掌握图象旋转和平移的性质，求不规则三角形面积可以分割为两个规则的三角形面积之和．
16．（2021·江苏宿迁中考）已知正方形ABCD与正方形AEFG，正方形AEFG绕点A旋转一周．
(1)如图①，连接BG、CF，求的值；
(2)当正方形AEFG旋转至图②位置时，连接CF、BE，分别去CF、BE的中点M、N，连接MN、试探究：MN与BE的关系，并说明理由；
(3)连接BE、BF，分别取BE、BF的中点N、Q，连接QN，AE=6，请直接写出线段QN扫过的面积．
【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】
【分析】
（1）由旋转的性质联想到连接，证明即可求解；
（2）由M、N分别是CF、BE的中点，联想到中位线，故想到连接BM并延长使BM=MH，连接FH、EH，则可证即可得到，再由四边形内角和为可得，则可证明，即是等腰直角三角形，最后利用中位线的性质即可求解；
（3）Q、N两点因旋转位置发生改变，所以Q、N两点的轨迹是圆，又Q、N两点分别是BF、BE中点，所以想到取AB的中点O，结合三角形中位线和圆环面积的求解即可解答．
【详解】
解：（1）连接
四边形ABCD和四边形AEFG是正方形
分别平分
即
且都是等腰直角三角形
（2）连接BM并延长使BM=MH，连接FH、EH
是CF的中点
又
在四边形BEFC中
又
即
即
又四边形ABCD和四边形AEFG是正方形
三角形BEH是等腰直角三角形
M、N分别是BH、BE的中点
（3）取AB的中点O，连接OQ、ON，连接AF
在中，O、Q分别是AB、BF的中点
同理可得
所以QN扫过的面积是以O为圆心，和为半径的圆环的面积
．
【点睛】
本题考察旋转的性质、三角形相似、三角形全等、正方形的性质、中位线的性质与应用和动点问题，属于几何综合题，难度较大．解题的关键是通过相关图形的性质做出辅助线．
中心对称图形
中心对称
定义
把一个图形绕某一点旋转180°,如果旋转后的图形能和原来的图形重合,那么这个图形叫做中心对称图形,这个点叫做它的对称中心.
把一个图形绕着某一点旋转180°,如果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成中心对称,这个点叫做它们的对称中心.
图示
性质
对应线段相等
;
AB=A'B',AC=A'C',BC=B'C'.
成中心对称的两个图形,其对应线段互相平行(或在一条直线上)
对应角相等
= ；=
∠A= ,
∠B= ,
∠C= .
对应图形全等
△AOB≌
△AOD≌△COB等
△ABC≌ ,
成中心对称的两个图形是全等图形.
对应点
(1)点A与点 ,
点B与点 .
(2)非重合对应点的连线均过对称中心且被对称中心平分.
(1)点A与点 ,点B与点 ,点C与点 .
(2)非重合对应点的连线均过对称中心且被对称中心平分.
区别
中心对称图形是指具有特殊形状的一个图形.
中心对称是指两个全等图形之间的位置关系.
联系
中心对称图形可分割为关于某点成中心对称的两部分;若把成中心对称的两个图形看作一个整体,则它就是一个中心对称图形.
图形
对称中心
平行四边形
矩形
菱形
正方形
圆
正2n边形（n为正整数）
图形的平移
图形的旋转
定义
在平面内,把一个图形沿某个方向移动一定的距离,会得到一个新图形,新图形与原图形的形状和大小完全相同,图形的这种变换叫做平移.
在平面内,把一个图形绕着定点O转动一个角度,得到另一个图形,这种变换叫做图形的旋转,点O叫做 ,转动的角度叫做 .
图示
要素
平移方向、平移距离
旋转中心、旋转方向、旋转角
(1)平移不改变图形的大小和形状,只改变图形的位置,平移前后的两图形全等;
(2)对应点所连线段平行(或在一条直线上)且相等.
(1)旋转前后的图形 ;
(2)对应点到旋转中心的距离 ;
(3)对应点与旋转中心所连线段的夹角 旋转角.
网格作图步骤
(1)根据题意,确定平移的方向和平移距离;
(2)找出原图形的关键点;
(3)按平移方向和平移距离平移各个关键点,得到各关键点的对应点;
(4)按原图形依次连接各关键点的对应点,得到平移后的图形.
(1)根据题意,确定旋转中心、旋转方向及旋转角;
(2)找出原图形的关键点;
(3)连接关键点与旋转中心,按旋转方向与旋转角将关键点旋转,得到各关键点的对应点;
(4)按原图形依次连接各关键点的对应点,得到旋转后的图形.