【文档说明】《中考数学考点模拟与真题强化训练小卷（全国通用）》考点20 图形的对称、平移与旋转（真题强化训练）（解析版）.docx，共(7)页，120.142 KB，由管理员店铺上传

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1考点20图形的对称、平移与旋转一选择题1．（2020•大连）平面直角坐标系中，点P（3，1）关于x轴对称的点的坐标是（）A．（3，1）B．（3，﹣1）C．（﹣3，1）D．（﹣3，﹣1）【答案】B【解析】点P（3，1）关于x轴对称的点的坐标是（3，﹣1）故选：B．2．（2020•济南）如图，在

平面直角坐标系中，△ABC的顶点都在格点上，如果将△ABC先沿y轴翻折，再向上平移3个单位长度，得到△A'B'C'，那么点B的对应点B'的坐标为（）A．（1，7）B．（0，5）C．（3，4）D．（﹣3，2）【答案】C【解析】由坐标系可得B（﹣3，1），将△ABC先沿y轴翻折得到B点对应点为（3

，1），再向上平移3个单位长度，点B的对应点B'的坐标为（3，1+3），即（3，4），故选：C．3．（2020•台州）如图，把△ABC先向右平移3个单位，再向上平移2个单位得到△DEF，则顶点C（0，﹣1）对应点的坐标为（）A．（0，0）B．（1，2）C．（1，3）D．（3，1）【答案】D【

解析】∵把△ABC先向右平移3个单位，再向上平移2个单位得到△DEF，顶点C（0，﹣1），∴F（0+3，﹣1+2），即F（3，1），故选：D．4．（2020•大连）如图，△ABC中，∠ACB＝90°，∠ABC＝40°．将△ABC绕点B逆时针旋转得到△A′BC′，使点C的对应点C′恰好落在边A

B上，则∠CAA′的度数是（）2A．50°B．70°C．110°D．120°【答案】D【解析】∵∠ACB＝90°，∠ABC＝40°，∴∠CAB＝90°﹣∠ABC＝90°﹣40°＝50°，∵将△ABC绕点B逆时针旋转得到△A′BC′，使点C的对应点C′恰好落在边AB上，∴∠A′BA＝∠

ABC＝40°，A′B＝AB，∴∠BAA′＝∠BA′A=12（180°﹣40°）＝70°，∴∠CAA'＝∠CAB+∠BAA′＝50°+70°＝120°．故选：D．5．（2020•海南）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，∠ABC＝30°，AC＝1c

m，将Rt△ABC绕点A逆时针旋转得到Rt△AB'C'，使点C'落在AB边上，连接BB'，则BB'的长度是（）A．1cmB．2cmC．√3cmD．2√3cm【答案】B【解析】∵在Rt△ABC中，∠C＝90°，∠ABC＝30°，AC＝

1cm，∴AC=12AB，则AB＝2AC＝2cm．又由旋转的性质知，AC′＝AC=12AB，B′C′⊥AB，∴B′C′是△ABB′的中垂线，∴AB′＝BB′．根据旋转的性质知AB＝AB′＝BB′＝2cm．故选：B．6.（2020•枣庄）如图，平面直角坐标系

中，点B在第一象限，点A在x轴的正半轴上，∠AOB＝∠B＝30°，OA＝2．将△AOB绕点O逆时针旋转90°，点B的对应点B'的坐标是（）A．（−√3，3）B．（﹣3，√3）C．（−√3，2+√3）D．（﹣1，2+√

3）3【答案】A【解析】如图，过点B′作B′H⊥y轴于H．在Rt△A′B′H中，∵A′B′＝2，∠B′A′H＝60°，∴A′H＝A′B′cos60°＝1，B′H＝A′B′sin60°=√3，∴OH＝2+1＝3，∴B′（−√3，3），故

选：A．二、填空题7．（2020•达州）如图，点P（﹣2，1）与点Q（a，b）关于直线l（y＝﹣1）对称，则a+b＝﹣5．【答案】-5【解析】∵点P（﹣2，1）与点Q（a，b）关于直线l（y＝﹣1）对称，∴a＝﹣2，b＝﹣

3，∴a+b＝﹣2﹣3＝﹣5，故答案为﹣5．8．（2020•常德）如图1，已知四边形ABCD是正方形，将△DAE，△DCF分别沿DE，DF向内折叠得到图2，此时DA与DC重合（A、C都落在G点），若GF＝4，EG＝

6，则DG的长为12．【答案】12【解析】设正方形ABCD的边长为x，由翻折可得：DG＝DA＝DC＝x，∵GF＝4，EG＝6，∴AE＝EG＝6，CF＝GF＝4，∴BE＝x﹣6，BF＝x﹣4，EF＝6+4＝10，如图1所示：4在Rt△BEF中，由勾股定理得：BE2

+BF2＝EF2，∴（x﹣6）2+（x﹣4）2＝102，∴x2﹣12x+36+x2﹣8x+16＝100，∴x2﹣10x﹣24＝0，∴（x+2）（x﹣12）＝0，∴x1＝﹣2（舍），x2＝12．∴DG＝12．故答案为

：12．9．（2020•眉山）如图，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝2．将△ABC绕点A按顺时针方向旋转至△AB1C1的位置，点B1恰好落在边BC的中点处，则CC1的长为2√3．【答案】2√3【解析】∵在Rt△

ABC中，∠BAC＝90°，将该三角形绕点A按顺时针方向旋转到△AB1C1的位置，点B1恰好落在边BC的中点处，∴AB1=12BC，BB1＝B1C，AB＝AB1，∴BB1＝AB＝AB1，∴△ABB1是等边三角形，∴∠BAB1＝∠B＝60°，∴∠CAC1＝60°，∵将△ABC绕点A按顺

时针方向旋转至△AB1C1的位置，∴CA＝C1A，∴△AC1C是等边三角形，∴CC1＝CA，∵AB＝2，∴CA＝2√3，∴CC1＝2√3．故答案为：2√3．三、解答题510．（2020•桂林）如图，在平面直角坐标系中，△ABC的三个顶点分别是A（1，3），B（4，4）

，C（2，1）．（1）把△ABC向左平移4个单位后得到对应的△A1B1C1，请画出平移后的△A1B1C1；（2）把△ABC绕原点O旋转180°后得到对应的△A2B2C2，请画出旋转后的△A2B2C2；（3）观察图形可知，

△A1B1C1与△A2B2C2关于点（﹣2，0）中心对称．解：（1）如图所示，△A1B1C1即为所求；（2）如图所示，△A2B2C2即为所求；（3）由图可得，△A1B1C1与△A2B2C2关于点（﹣2，0）中心对称

．故答案为：﹣2，0．11．（2020•阜新）如图，△ABC在平面直角坐标系中，顶点的坐标分别为A（4，4），B（1，1），C（4，1）．（1）画出与△ABC关于y轴对称的△A1B1C1；（2）将△ABC绕点O1顺时针旋转90°得到△A

2B2C2，AA2弧是点A所经过的路径，则旋转中心O1的坐标为（2，0）；（3）求图中阴影部分的面积（结果保留π）．解：（1）如图，△A1B1C1为所作；（2）旋转中心O1的坐标为（2，0），故答案为（2，0）；（3）设旋转半径为r，则r2＝22+42＝20，∴阴影部分的

图形面积为：𝑆阴影=14⋅𝜋𝑟2−12×2×4−12×2×2+12×1×1=5π−112．612．（2020•东营）如图1，在等腰三角形ABC中，∠A＝120°，AB＝AC，点D、E分别在边AB、AC上，AD＝AE，连接BE，

点M、N、P分别为DE、BE、BC的中点．（1）观察猜想．图1中，线段NM、NP的数量关系是NM＝NP，∠MNP的大小为60°．（2）探究证明把△ADE绕点A顺时针方向旋转到如图2所示的位置，连接MP、BD、CE，判断△MNP的形状，并说明理由；（3）拓展延伸把△ADE绕点A在平面内自由旋转

，若AD＝1，AB＝3，请求出△MNP面积的最大值．解：（1）∵AB＝AC，AD＝AE，∴BD＝CE，∵点M、N、P分别为DE、BE、BC的中点，∴MN=12BD，PN=12CE，MN∥AB，PN∥AC，∴MN＝PN，∠ENM＝∠EBA，∠ENP＝∠AEB，∴∠MNE+∠ENP＝∠AB

E+∠AEB，∵∠ABE+∠AEB＝180°﹣∠BAE＝60°，∴∠MNP＝60°，故答案为：NM＝NP；60°；（2）△MNP是等边三角形．理由如下：由旋转可得，∠BAD＝∠CAE，又∵AB＝AC，AD＝AE，∴△ABD≌△AC

E（SAS），∴BD＝CE，∠ABD＝∠ACE，∵点M、N、P分别为DE、BE、BC的中点．∴MN=12BD，PN=12CE，MN∥BD，PN∥CE，∴MN＝PN，∠ENM＝∠EBD，∠BPN＝∠BCE，∴∠ENP＝∠NBP+∠NPB＝∠

NBP+∠ECB，7∵∠EBD＝∠ABD+∠ABE＝∠ACE+∠ABE，∴∠MNP＝∠MNE+∠ENP＝∠ACE+∠ABE+∠EBC+∠EBC+∠ECB＝180°﹣∠BAC＝60°，∴△MNP是等边三角形

；（3）根据题意得，BD≤AB+AD，即BD≤4，∴MN≤2，∴△MNP的面积=12𝑀𝑁⋅√32𝑀𝑁=√34𝑀𝑁2，∴△MNP的面积的最大值为√3．