【文档说明】专题26图形的旋转（真题42道模拟38道）-5年（2016-2020）中考1年模拟数学试题分项详解（解析版）（四川专用）.docx，共(51)页，665.176 KB，由管理员店铺上传

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5年（2016-2020）中考1年模拟数学试题分项详解（四川专用）专题26图形的旋转（真题42道模拟38道）一．选择题（共26小题）1．（2020•内江）下列图形是我国国产品牌汽车的标识，在这些汽车标识中，是中心对称图形的是（）A．B．C．D．【分析】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．解析：A、是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项不合题意；B、是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项不合题意；C、是中心对称图形，故本选项符合题意；D、既不是轴对称图形，也不是中心对称

图形，故本选项不合题意．故选：C．2．（2020•泸州）下列正多边形中，不是中心对称图形的是（）A．B．C．D．【分析】根据中心对称图形的概念结合选项的图形进行判断即可．解析：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．3．（2020•自贡）下列图形中，是轴对称图形，但不是中心对称图形的是（）五年中考真题A．B．C

．D．【分析】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．解析：A、是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项符合题意；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，故本选项不合题

意；D、既不是轴对称图形，又不是中心对称图形，故本选项不合题意．故选：A．4．（2020•遂宁）下列图形中，既是轴对称图形，又是中心对称图形的是（）A．等边三角形B．平行四边形C．矩形D．正五边形【分析】根据轴对称图形与中心对称图形的概念求解．解析

：A、等边三角形是轴对称图形，不是中心对称图形．故本选项不合题意；B、平行四边形是中心对称图形，不是轴对称图形．故本选项不合题意；C、矩形既是轴对称图形，又是中心对称图形．故本选项符合题意；D、正五边形是轴对称图形，不是中心对称图形．故本选项不合题意．故选：C．5．（20

19•宜宾）如图，四边形ABCD是边长为5的正方形，E是DC上一点，DE＝1，将△ADE绕着点A顺时针旋转到与△ABF重合，则EF＝（）A．√41B．√42C．5√2D．2√13【分析】根据旋转变换的性质求出FC

、CE，根据勾股定理计算即可．解析：由旋转变换的性质可知，△ADE≌△ABF，∴∠ABF＝∠D＝90°，∵∠ABC＝90°，∴∠ABF+∠ABC＝180°，∴C，B，F共线，根据题意得：BC＝5，BF＝DE＝1，∴FC＝6，CE＝4，∴EF=√𝐹𝐶2+𝐶𝐸2=√52=2

√13．故选：D．6．（2019•内江）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．【分析】根据轴对称图形与中心对称图形的概念求解．解析：A、不是轴对称图形，是中心对称图形，故本选项错误；B、是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项错误；C、是

轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项错误；D、是轴对称图形，也是中心对称图形，故本选项正确．故选：D．7．（2019•内江）如图，在△ABC中，AB＝2，BC＝3.6，∠B＝60°，将△ABC绕点A顺时针旋转得到△ADE，当点B的对应点D恰好落在B

C边上时，则CD的长为（）A．1.6B．1.8C．2D．2.6【分析】根据旋转变换的性质得到AD＝AB，根据等边三角形的性质解答即可．解析：由旋转的性质可知，AD＝AB，∵∠B＝60°，AD＝AB，∴△ADB为等边三角形，∴BD＝AB＝2，∴CD＝CB﹣BD＝1.6

，故选：A．8．（2019•绵阳）不考虑颜色，对如图的对称性表述，正确的是（）A．轴对称图形B．中心对称图形C．既是轴对称图形又是中心对称图形D．既不是轴对称图形又不是中心对称图形【分析】直接利用中心对称图形的性质得出答案．解析：如

图所示：是中心对称图形．故选：B．9．（2019•乐山）下列四个图形中，可以由图通过平移得到的是（）A．B．C．D．【分析】根据平移的性质解答即可．解析：只有D的图形的形状和大小没有变化，符合平移的性质，属于平移得到；故选：D

．10．（2019•攀枝花）下列判定错误的是（）A．平行四边形的对边相等B．对角线相等的四边形是矩形C．对角线互相垂直的平行四边形是菱形D．正方形既是轴对称图形，又是中心对称图形【分析】直接利用特殊四边形的性质与判定方法分别分析得出答案．解析：

A、平行四边形的对边相等，正确，不合题意；B、对角线相等的四边形不一定就是矩形，故此选项错误，符合题意；C、对角线互相垂直的平行四边形是菱形，正确，不合题意；D、正方形既是轴对称图形，又是中心对称图形，正确，不合题意；故选：B．11．（2019•巴中）在平面直角坐标系中，

已知点A（﹣4，3）与点B关于原点对称，则点B的坐标为（）A．（﹣4，﹣3）B．（4，3）C．（4，﹣3）D．（﹣4，3）【分析】根据关于原点的对称点，横、纵坐标都变成相反数解答．解析：∵点A（﹣4，3），点A与点B关于原点对称，∴点B（4，﹣3）．故选：C．12．（2018•阿坝州）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．【分析】根据轴对称图形、中心对称图形的定义，找出既是轴对称图形又是中心对称图形的图形即可．解析：根据轴对称图形的定义，选项中图形为轴对称的有A、C、D．根据中心对称图形的定义，选项中

图形为中心对称的有B、D．综上可知，既是轴对称图形又是中心对称图形的是D．故选：D．13．（2018•德阳）如图，将边长为√3的正方形绕点B逆时针旋转30°，那么图中阴影部分的面积为（）A．3B．√3C．3−√3D．3−√32【分析】连接BM，根据旋转的性质和四边形的性质，证明

Rt△ABM≌Rt△C′BM，得到∠2＝∠3＝30°，利用三角函数和三角形面积公式求出△ABM的面积，再利用阴影部分面积＝正方形面积﹣2△ABM的面积即可得到答案．解析：连接BM，在Rt△ABM和Rt△C′BM中，{𝐵𝑀=𝐵𝑀𝐴

𝐵=𝐶′𝐵，∴Rt△ABM≌Rt△C′BM，∠2＝∠3=90°−∠42=30°，在△ABM中，AM=√3×tan30°＝1，S△ABM=12×𝐴𝑀×𝐴𝐵=√32，正方形的面积为：(√3)2=3，阴影部分的面积为：3﹣2×√32=3−√3，

故选：C．14．（2018•攀枝花）下列平面图形中，既是中心对称图形，又是轴对称图形的是（）A．菱形B．等边三角形C．平行四边形D．等腰梯形【分析】根据中心对称图形，轴对称图形的定义进行判断．解析：A、菱形既是中心对称图形，也是轴对称图形，故本选项正确；B、等边三角形不是中心对称图形，是轴对

称图形，故本选项错误；C、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；D、等腰梯形不是中心对称图形，是轴对称图形，故本选项错误．故选：A．15．（2018•遂宁）下列说法正确的是（）A．有两条边和一个角对应相等的两个三角形全等B．正方形既

是轴对称图形又是中心对称图形C．矩形的对角线互相垂直平分D．六边形的内角和是540°【分析】直接利用全等三角形的判定以及矩形、菱形的性质和多边形内角和定理．解析：A、有两条边和一个角对应相等的两个三角形全等，错误，必须是两边及其夹角分别对应相等的两

个三角形全等；B、正方形既是轴对称图形又是中心对称图形，正确；C、矩形的对角线相等且互相平分，故此选项错误；D、六边形的内角和是720°，故此选项错误．故选：B．16．（2018•遂宁）已知如图，在正方形ABCD中，AD＝4，E，F分别是CD，BC上的一点，且∠EAF＝45°，EC

＝1，将△ADE绕点A沿顺时针方向旋转90°后与△ABG重合，连接EF，过点B作BM∥AG，交AF于点M，则以下结论：①DE+BF＝EF，②BF=47，③AF=307，④S△MBF=32175中正确的是（）A．①

②③B．②③④C．①③④D．①②④【分析】利用全等三角形的性质条件勾股定理求出BF的长，再利用相似三角形的性质求出△BMF的面积即可．解析：∵AG＝AE，∠FAE＝∠FAG＝45°，AF＝AF，∴△AFE≌△AFG，∴EF＝

FG，∵DE＝BG，∴EF＝FG＝BG+FB＝DE+BF，故①正确，∵BC＝CD＝AD＝4，EC＝1，∴DE＝3，设BF＝x，则EF＝x+3，CF＝4﹣x，在Rt△ECF中，（x+3）2＝（4﹣x）2+12，解得x=47，∴BF=47，AF=√42+(47)2=20√27

，故②正确，③错误，∵BM∥AG，∴△FBM∽△FGA，∴𝑆△𝐹𝐵𝑀𝑆△𝐹𝐺𝐴=（𝐹𝐵𝐹𝐺）2，∴S△FBM=32175，故④正确，故选：D．17．（2018•达州）下列图形中是中心对称图形的是（）A．B．C．D．【分析】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，这个点叫做对称中心进行分析即可．解析：A、不是中心对称图形，故此选项错误；B、是中心对称图形，故此选项正确；C、不是中心对称图形，故此选项错误；D、不是中心对称图形，故此选项错误；故选：B．18．（201

8•自贡）如图，在边长为a正方形ABCD中，把边BC绕点B逆时针旋转60°，得到线段BM，连接AM并延长交CD于N，连接MC，则△MNC的面积为（）A．√3−12𝑎2B．√2−12𝑎2C．√3−14𝑎2D．√2−14𝑎2【分析】作MG⊥BC于G，MH⊥CD于H，根据旋转变换的性质得到△M

BC是等边三角形，根据直角三角形的性质和勾股定理分别求出MH、CH，根据三角形的面积公式计算即可．解析：作MG⊥BC于G，MH⊥CD于H，则BG＝GC，AB∥MG∥CD，∴AM＝MN，∵MH⊥CD，∠D＝90°，∴MH

∥AD，∴NH＝HD，由旋转变换的性质可知，△MBC是等边三角形，∴MC＝BC＝a，由题意得，∠MCD＝30°，∴MH=12MC=12a，CH=√32a，∴DH＝a−√32a，∴CN＝CH﹣NH=√32a﹣（a−√

32a）＝（√3−1）a，∴△MNC的面积=12×𝑎2×（√3−1）a=√3−14a2，故选：C．19．（2018•成都）在平面直角坐标系中，点P（﹣3，﹣5）关于原点对称的点的坐标是（）A．（3，﹣5）B．（﹣3，5）C．（3，5）

D．（﹣3，﹣5）【分析】根据关于原点对称的点的坐标特点解答．解析：点P（﹣3，﹣5）关于原点对称的点的坐标是（3，5），故选：C．20．（2018•南充）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．正五边形C．菱形D

．平行四边形【分析】根据轴对称图形与中心对称图形的概念求解．解析：A、扇形，是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项错误；B、正五边形是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项错误；C、菱形既是轴对称图形又是中心

对称图形，故此选项正确；D、平行四边形不是轴对称图形，是中心对称图形，故此选项错误．故选：C．21．（2018•绵阳）在平面直角坐标系中，以原点为旋转中心，把点A（3，4）逆时针旋转90°，得到点B，则点B的坐标为（）A．（4，﹣3）B．（﹣4，3）C．（﹣3，4）D．

（﹣3，﹣4）【分析】建立平面直角坐标系，作出图形，然后根据图形写出点B的坐标即可．解析：如图所示，建立平面直角坐标系，点B的坐标为（﹣4，3）．故选：B．22．（2018•绵阳）下列图形是中心对称图形的是（）A．B．C．

D．【分析】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答案．解析：A、不是中心对称图形，故此选项错误；B、不是中心对称图形，故此选项错误；C、不是中心对称图形，故此选项错误；D、是中心对称图形，故此选项正确；故选：D．23．（20

17•成都）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．【分析】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．解析：A、不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故本选项错误；B、不是轴对称图形，是中心对称图形，故本选项错误；C、是轴对称图形，不是中心对称

图形，故本选项错误；D、既是轴对称图形，又是中心对称图形，故本选项正确．故选：D．24．（2017•泸州）已知点A（a，1）与点B（﹣4，b）关于原点对称，则a+b的值为（）A．5B．﹣5C．3D．﹣3【分析】根据关于原点的对称点，横纵坐标都变成相反数，可得a、b的值，根

据有理数的加法，可得答案．解析：由A（a，1）关于原点的对称点为B（﹣4，b），得a＝4，b＝﹣1，a+b＝3，故选：C．25．（2017•自贡）下列图形中，是轴对称图形，但不是中心对称图形的是（）A．B．C．D．【分析】

根据轴对称图形与中心对称图形的概念求解．解析：A、是轴对称图形，不是中心对称图形，符合题意；B、不是轴对称图形，是中心对称图形，不合题意；C、是轴对称图形，也是中心对称图形，不合题意；D、是轴对称图形，也是中心对称图形，不合题意．故选：A．26．（2016•眉山）把边长为3的正方

形ABCD绕点A顺时针旋转45°得到正方形AB′C′D′，边BC与D′C′交于点O，则四边形ABOD′的周长是（）A．6√2B．6C．3√2D．3+3√2【分析】由边长为3的正方形ABCD绕点A顺时针旋转45°得到正方形AB′C′D′，利用勾股定理的知识求出BC′的长，再根据等腰直角三角形的性质

，勾股定理可求BO，OD′，从而可求四边形ABOD′的周长．解析：连接BC′，∵旋转角∠BAB′＝45°，∠BAD′＝45°，∴B在对角线AC′上，∵B′C′＝AB′＝3，在Rt△AB′C′中，AC′=√𝐴′𝐵′2+𝐵′𝐶′2=3√2，∴BC′＝3√2−3

，在等腰Rt△OBC′中，OB＝BC′＝3√2−3，在直角三角形OBC′中，OC′=√2（3√2−3）＝6﹣3√2，∴OD′＝3﹣OC′＝3√2−3，∴四边形ABOD′的周长是：2AD′+OB+OD′＝6+3√2−3+3

√2−3＝6√2．故选：A．二．填空题（共9小题）27．（2020•广安）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＝12．【分析】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．解析：∵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：12．28．（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．【分析】由旋转的性质得出△ABB1是等边三角形，求出CA的长，则可得出答案．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＝C1

A，∴△AC1C是等边三角形，∴CC1＝CA，∵AB＝2，∴CA＝2√3，∴CC1＝2√3．故答案为：2√3．29．（2019•阿坝州）在平面直角坐标系中，点P（﹣3，2）关于原点O中心对称的点P'的坐标为（3，﹣2）．【分析】直接利用关于原点对称点的性质分析得出

答案．解析：点P（﹣3，2）关于原点O中心对称的点P'的坐标为：（3，﹣2）．故答案为：（3，﹣2）．30．（2019•阿坝州）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝8，BC＝6，将△ABC绕顶点C逆时针旋转得到△A'

B'C，AC与A'B'相交于点P．则CP的最小值为4.8．【分析】当CP与A'B'垂直时，CP有最小值，即为直角三角形斜边上的高，由勾股定理求出CP长即可．解析：当CP与A'B'垂直时，CP有最小值，如图，∵∠ACB＝90°，AC＝8，

BC＝6，∴AB=√𝐴𝐶2+𝐵𝐶2=√82+62=10，∴A'B'＝AB＝10，由旋转的性质知B'C＝BC＝6，A'C＝AC＝8，∵S△A'B'C=12×B'C×A'C=12×A'B'×CP，∴CP=6×810=4.8

．故答案为：4.8．31．（2019•巴中）如图，等边三角形ABC内有一点P，分别连结AP、BP、CP，若AP＝6，BP＝8，CP＝10．则S△ABP+S△BPC＝24+16√3．【分析】将△BPC绕点B逆时针旋转60°后得△AP'B，根据旋转的性质可得∠PBP′＝∠CA

B＝60°，BP＝BP′，可得△BPP′为等边三角形，可得BP′＝BP＝8＝PP'，由勾股定理的逆定理可得，△APP′是直角三角形，由三角形的面积公式可求解．解析：如图，将△BPC绕点B逆时针旋转60°后得△AP'B，连接PP′，根据旋转的性质可知，旋转角∠PBP′＝∠CAB＝60°，B

P＝BP′，∴△BPP′为等边三角形，∴BP′＝BP＝8＝PP'；由旋转的性质可知，AP′＝PC＝10，在△BPP′中，PP′＝8，AP＝6，由勾股定理的逆定理得，△APP′是直角三角形，∴S△ABP+S△BP

C＝S四边形AP'BP＝S△BP'B+S△AP'P=√34BP2+12×PP'×AP＝24+16√3故答案为：24+16√332．（2017•乐山）如图，直线a、b垂直相交于点O，曲线C关于点O成中心对称，点A的对称点是点A'，AB⊥a于点

B，A'D⊥b于点D．若OB＝3，OD＝2，则阴影部分的面积之和为6．【分析】根据中心对称图形的概念，以及长方形的面积公式即可解答．解析：∵直线a、b垂直相交于点O，曲线C关于点O成中心对称，点A的对称点是点A'，AB⊥a于

点B，A'D⊥b于点D，OB＝3，OD＝2，∴AB＝2，∴阴影部分的面积之和为3×2＝6．故答案为：6．33．（2017•南充）如图，正方形ABCD和正方形CEFG边长分别为a和b，正方形CEFG绕点C旋转，给出下列结论：①BE＝DG；②BE⊥DG；③DE2+BG2＝2a

2+2b2，其中正确结论是①②③（填序号）【分析】由四边形ABCD与四边形EFGC都为正方形，得到四条边相等，四个角为直角，利用SAS得到三角形BCE与三角形DCG全等，利用全等三角形对应边相等即可得到BE＝DG，利用全等三角形对应角相等得到∠1＝∠2，利用等角的余角相等及直角的定义

得到∠BOD为直角，利用勾股定理求出所求式子的值即可．解析：设BE，DG交于O，∵四边形ABCD和EFGC都为正方形，∴BC＝CD，CE＝CG，∠BCD＝∠ECG＝90°，∴∠BCE+∠DCE＝∠ECG+∠DCE＝90°+∠DCE，即∠BCE＝∠DCG，在△BCE

和△DCG中，{𝐵𝐶=𝐷𝐶∠𝐵𝐶𝐸=∠𝐷𝐶𝐺𝐶𝐸=𝐶𝐺，∴△BCE≌△DCG（SAS），∴BE＝DG，∴∠1＝∠2，∵∠1+∠4＝∠3+∠1＝90°，∴∠2+∠3＝90°，∴∠BOG＝90°，∴BE⊥DG；故①②正确；连接BD，EG，如图所示，∴DO2

+BO2＝BD2＝BC2+CD2＝2a2，EO2+OG2＝EG2＝CG2+CE2＝2b2，则BG2+DE2＝DO2+BO2+EO2+OG2＝2a2+2b2，故③正确．故答案为：①②③．34．（2017•眉山）△ABC是等边三角形，点O是三条高的交点．若△ABC以点O为

旋转中心旋转后能与原来的图形重合，则△ABC旋转的最小角度是120°．【分析】根据旋转的性质及等边三角形的性质求解．解析：若△ABC以O为旋转中心，旋转后能与原来的图形重合，根据旋转变化的性质，可得△ABC旋转的最小角度为360°÷3＝120°．故答案为：12

0°．35．（2017•宜宾）如图，将△AOB绕点O按逆时针方向旋转45°后得到△COD，若∠AOB＝15°，则∠AOD的度数是60°．【分析】如图，首先运用旋转变换的性质求出∠AOC的度数，结合∠AOB＝15°，即

可解决问题．解析：如图，由题意及旋转变换的性质得：∠AOC＝45°，∵∠AOB＝15°，∴∠AOD＝45°+15°＝60°，故答案为：60°．三．解答题（共7小题）36．（2019•广安）在数学活动课上

，王老师要求学生将图1所示的3×3正方形方格纸，剪掉其中两个方格，使之成为轴对称图形．规定：凡通过旋转能重合的图形视为同一种图形，如图2的四幅图就视为同一种设计方案（阴影部分为要剪掉部分）请在图中画出4

种不同的设计方案，将每种方案中要剪掉的两个方格涂黑（每个3×3的正方形方格画一种，例图除外）【分析】根据轴对称图形和旋转对称图形的概念作图即可得．解析：如图所示37．（2018•眉山）在边长为1个单位

长度的正方形网格中建立如图所示的平面直角坐标系，△ABC的顶点都在格点上，请解答下列问题：（1）作出△ABC向左平移4个单位长度后得到的△A1B1C1，并写出点C1的坐标；（2）作出△ABC关于原点O对称的△A2B

2C2，并写出点C2的坐标；（3）已知△ABC关于直线l对称的△A3B3C3的顶点A3的坐标为（﹣4，﹣2），请直接写出直线l的函数解析式．【分析】（1）利用网格特点和平移的性质写出点A、B、C的对应点A1、B1、C1

的坐标，然后描点得到△A1B1C1；（2）根据关于原点中心对称的点的坐标特征写出点A2、B2、C2的坐标，然后描点即可；（3）根据对称的特点解答即可．解析：（1）如图，△A1B1C1为所作，C1（﹣1，2）；（

2）如图，△A2B2C2为所作，C2（﹣3，﹣2）；（3）因为A的坐标为（2，4），A3的坐标为（﹣4，﹣2），所以直线l的函数解析式为y＝﹣x，38．（2018•南充）如图，矩形ABCD中，AC＝2AB，将矩形ABCD绕点A旋转得到矩形AB′C′D′，使点

B的对应点B'落在AC上，B'C'交AD于点E，在B'C′上取点F，使B'F＝AB．（1）求证：AE＝C′E．（2）求∠FBB'的度数．（3）已知AB＝2，求BF的长．【分析】（1）在直角三角形ABC中，由AC＝2AB，得到∠ACB＝

30°，再由折叠的性质得到一对角相等，利用等角对等边即可得证；（2）由（1）得到△ABB′为等边三角形，利用矩形的性质及等边三角形的内角为60°，即可求出所求角度数；（3）法1：由AB＝2，得到B′B＝B′F＝2，∠B′BF＝15°，过B作BH⊥BF，在直角三角形BB′H

中，利用锐角三角函数定义求出BH的长，由BF＝2BH即可求出BF的长；法2：连接AF，过A作AM⊥BF，可得△AB′F是等腰直角三角形，△AB′B为等边三角形，分别利用三角函数定义求出MF与AM，根据AM＝BM，即BM+MF＝BF即

可求出．解析：（1）证明：∵在Rt△ABC中，AC＝2AB，∴∠ACB＝∠AC′B′＝30°，∠BAC＝60°，由旋转可得：AB′＝AB，∠B′AC′＝∠BAC＝60°，∴∠EAC′＝∠AC′B′＝30°，∴AE＝

C′E；（2）解：由（1）得到△ABB′为等边三角形，∴∠AB′B＝60°，即∠BB'F＝∠AB'B+∠AB'F＝150°，∵BB'＝B'F，∴∠FBB′＝∠B'FB＝15°；（3）法1：解：由AB＝2，得到B′B＝B′F＝2，∠B′BF＝15°，过B作B′H⊥BF，在Rt△BB′H中，c

os15°=𝐵𝐻𝐵𝐵′，即BH＝2×√6+√24=√6+√22，则BF＝2BH=√6+√2（cos15°＝cos（45°﹣30°）＝cos45°cos30°+sin45°sin30°=√22×√32+√22×12=√6+√22）；法2：连接AF，过A作AM⊥BF，

（2）可得△AB′F是等腰直角三角形，△AB′B为等边三角形，∴∠AFB′＝45°，∴∠AFM＝30°，∠ABF＝45°，在Rt△AMF中，AM＝BM＝AB•cos∠ABM＝2×√22=√2，在Rt△AMF中，MF=𝐴𝑀𝑡𝑎𝑛∠𝐴𝐹�

�=√2√33=√6，则BF=√2+√6．39．（2017•巴中）在边长为1个单位长度的正方形网格中建立如图的平面直角坐标系xOy，△ABC的顶点都在格点上，请解答下列问题：（1）将△ABC向下平移5个单位长度，画出平移后的△A1B1C1；（2）若点M是△ABC内一点，其坐

标为（a，b），点M在△A1B1C1内的对应点为M1，则点M1的坐标为（a，b﹣5）；（3）画出△ABC关于点O的中心对称图形△A2B2C2．【分析】（1）直接利用平移的性质得出对应点位置进而得出答案；（2）直接利用平移规律进而得出答

案；（3）直接利用关于点对称的性质得出对应点位置进而得出答案．解析：（1）如图所示：△A1B1C1，即为所求；（2）∵点M是△ABC内一点，其坐标为（a，b），点M在△A1B1C1内的对应点为M1，∴点M1的坐标为：（a

，b﹣5）；故答案为：（a，b﹣5）；（3）如图所示：△A2B2C2，即为所求．40．（2017•广安）在4×4的方格内选5个小正方形，让它们组成一个轴对称图形，请在图中画出你的4种方案．（每个4×4的方格内限画一种）要求：（1

）5个小正方形必须相连（有公共边或公共顶点视为相连）（2）将选中的小正方形方格用黑色签字笔涂成阴影图形．（若两个方案的图形经过翻折、平移、旋转后能够重合，均视为一种方案）【分析】利用轴对称图形的性质用5个小正方形组成一个轴对称图形即可．解析：如图．．41．（2016•

攀枝花）如图，在平面直角坐标系中，直角△ABC的三个顶点分别是A（﹣3，1），B（0，3），C（0，1）（1）将△ABC以点C为旋转中心旋转180°，画出旋转后对应的△A1B1C1；（2）分别连结AB1、BA1后，求四边形AB1A1B的面积．【分析】（1）利用网格特

点，延长AC到A1使A1C＝AC，延长BC到B1使B1C＝BC，C点的对应点C1与C点重合，则△A1B1C1满足条件；（2）四边形AB1A1B的对角线互相垂直平分，则四边形AB1A1B为菱形，然后利用菱形的面积公式计算即可．解析：（1）如图，△A1B

1C1为所作，（2）四边形AB1A1B的面积=12×6×4＝12．42．（2016•巴中）如图，方格中，每个小正方形的边长都是单位1，△ABC在平面直角坐标系中的位置如图．（1）画出将△ABC向右平移2个单位得到△A1B1C1；（

2）画出将△ABC绕点O顺时针方向旋转90°得到的△A2B2C2；（3）求△A1B1C1与△A2B2C2重合部分的面积．【分析】（1）将△ABC向右平移2个单位即可得到△A1B1C1．（2）将△ABC绕点O顺时针方向旋转90°即

可得到的△A2B2C2．（3）B2C2与A1B1相交于点E，B2A2与A1B1相交于点F，如图，求出直线A1B1，B2C2，A2B2，列出方程组求出点E、F坐标即可解决问题．解析：（1）如图，△A1B1C1为所作；（2）如图，△A2B2C2为

所作；（3）B2C2与A1B1相交于点E，B2A2与A1B1相交于点F，如图，∵B2（0，1），C2（2，3），B1（1，0），A1（2，5），A2（5，0），∴直线A1B1为y＝5x﹣5，直线B2C2为y＝x+1，直线A2B2为y=−15x+1，由{

𝑦=5𝑥−5𝑦=𝑥+1解得{𝑥=32𝑦=52，∴点E（32，52），由{𝑦=5𝑥−5𝑦=−15𝑥+1解得{𝑥=1513𝑦=1013，∴点F（1513，1013）．∴B2F=√(1513)2+(313)2=313√26，EF=√

(926)2+(4526)2=926√26∴S△BEF=12•B2F×EF=12×313×√26×926×√26=2726．∴△A1B1C1与△A2B2C2重合部分的面积为2726．一．选择题（共23小题）1．（2020•南充模拟）针对所给图形，如果不区分颜色，说法正确的是（）A．是轴对

称图形B．是中心对称图形C．既是轴对称图形，又是中心对称图形D．非轴对称图形，也非中心对称图形【分析】根据中心对称图形的定义进行解答即可．解析：此图形是不是轴对称图形，是中心对称图形，故选：B．一年模拟新题2．（2020•仁寿

县模拟）已知如图，在正方形ABCD中AD＝4，E，F分别是CD，BC上的一点，且∠EAF＝45°，EC＝1，将△AED绕点A沿顺时针方向旋转90°后与△ABG重合，连接EF，过点B作BM∥AG交AF于M，则下面结论：

①△AGF≌△AEF；②DE+BF＝EF；③BF=47；④𝑆△𝑀𝐵𝐹=32175，其中正确的个数为（）A．1B．2C．3D．4【分析】利用全等三角形的性质条件勾股定理求出BF的长，再利用相似三角形的性质求出△BMF的面积即可．解析：∵AG＝AE，∠FAE＝∠FAG＝45°，AF＝A

F，∴△AGF≌△AEF（SAS），故①正确，∴EF＝FG，∵DE＝BG，∴EF＝FG＝BG+FB＝DE+BF，故②正确，∵BC＝CD＝AD＝4，EC＝1，∴DE＝3，设BF＝x，则EF＝x+3，CF＝4﹣x，在Rt△ECF中，（x+3）2＝（4﹣x

）2+12，解得x=47，∴BF=47，故③正确，∵BM∥AG，∴△FBM∽△FGA，∴𝑆△𝐹𝐵𝑀𝑆△𝐹𝐺𝐴=（𝐹𝐵𝐹𝐺）2，∴S△FBM=32175，故④正确，故选：D．3．（

2020•成都模拟）在下列图形中，是轴对称图形但不是中心对称图形的是（）A．B．C．D．【分析】中心对称图形绕某一点旋转180°，旋转后的图形能够与原来的图形重合；轴对称图形被一条直线分割成的两部分沿着对称轴折叠时，互相重合；据此判断出是轴对称图形，但不是中心对称图形的是哪个即可．解析：A、

该图形是轴对称图形但不是中心对称图形，故此选项符合题意，B、该图形既是中心对称图形也是轴对称图形，故此选项不合题意；C、该图形是中心对称图形，不是轴对称图形，故此选项不合题意；D、该图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：

A．4．（2020•宜宾模拟）在线段、正三角形、平行四边形、等腰梯形、菱形、圆中，既是轴对称图形，又是中心对称图形的有（）A．2个B．3个C．4个D．5个【分析】根据轴对称及中心对称的定义，结合各项进行判断即可．解析：既是轴对称图形又是中心对称图形的是：线段、菱形、圆，共3个．故选：B．5．（

2020•苍溪县模拟）如图，在线段BD上任取一点C，将线段CB逆时针旋转90°得到线段AB，将线段CD顺时针旋转90°得到线段ED，连接AE，AC，CE，M是AE的中点，连接BM交AC于点P，连接DM交CE于点Q．直线PQ分别交AB，ED于F，G两点，

有下列结论：①BM⊥DM；②四边形AFGE为平行四边形；③FP+GQ＝PQ；④AF2＝BF•DG．其中正确的结论是（）A．①③④B．①②③C．②③④D．①②③④【分析】①过点M作MN⊥BD，垂足为N，则MN∥DE∥AB，根据平行线分线段成比例定

理得出N为BD中点，由线段垂直平分线的性质得到BM＝DM，再根据梯形中位线、等腰直角三角形的性质得出MN=12BD，则∠BMD＝90°，判断①正确；②先由等腰直角三角形的性质及三角形内角和定理得出∠BPC＝90°，再根据等腰三角形三线合一的性

质得出AP＝PC，同理得出EQ＝QC，则PQ是△CAE的中位线，由三角形中位线定理得到PQ∥AE，PQ=12AE，又AF∥EG，根据两组对边分别平行的四边形是平行四边形可判断②正确；③先由平行四边形的性质得出F

G＝AE，又由②知PQ=12AE，则FP+GQ=12AE＝PQ，判断③正确；④先证明∠APF＝∠DQG，又∠FAP＝∠GDQ＝45°，根据两角对应相等的两三角形相似得出△APF∽△DQG，由相似三角形对应边成比例得出𝐴𝐹𝐷𝐺=𝑃𝐹𝑄𝐺，

同理△BPF∽△EQG，𝑃𝐹𝑄𝐺=𝐵𝐹𝐸𝐺，则𝐴𝐹𝐷𝐺=𝐵𝐹𝐸𝐺，AF•EG＝BF•DG，又AF＝EG，判断④正确．解析：①过点M作MN⊥BD，垂足为N，则MN∥DE∥AB，∵点M是AE的中点，∴N为BD中点，即MN垂直平分BD

，∴BM＝DM．∵MN是梯形ABDE的中位线，∴MN=12（AB+ED）=12（BC+CD）=12BD＝BN＝ND，∴∠BMD＝90°，即BM⊥DM，故①正确；②∵△BMD、△ABC均是等腰直角三角形，∴∠MBD＝∠ACB＝45°，∴∠BPC＝90°，即BP⊥AC，

∴AP＝PC，同理EQ＝QC，∴PQ是△CAE的中位线，∴PQ∥AE，PQ=12AE，又∵AF∥EG，∴四边形AFGE为平行四边形，故②正确；③∵四边形AFGE为平行四边形，∴FG＝AE，∵PQ=12AE，∴FP+GQ＝F

G﹣PQ＝AE−12AE=12AE＝PQ，即FP+GQ＝PQ，故③正确；④∵∠ACB＝∠MDB＝45°，∴AC∥DM，∴∠CPQ＝∠MQP，∵∠APF＝∠CPQ，∠MQP＝∠DQG，∴∠APF＝∠DQG，∵∠FAP＝∠GDQ＝45°，∴△APF∽△DQG，∴𝐴𝐹𝐷𝐺=𝑃𝐹𝑄𝐺，

同理△BPF∽△EQG，∴𝑃𝐹𝑄𝐺=𝐵𝐹𝐸𝐺，∴𝐴𝐹𝐷𝐺=𝐵𝐹𝐸𝐺，∴AF•EG＝BF•DG，∵四边形AFEG是平行四边形，∴AF＝EG，∴AF2＝BF•DG，故④正确．故选：

D．6．（2020•井研县一模）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．【分析】根据轴对称图形与中心对称图形的概念求解．解析：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、是轴对称图形，不

是中心对称图形，故本选项不合题意；D、既是轴对称图形又是中心对称图形，故本选项符合题意．故选：D．7．（2020•南充一模）在平面直角坐标系中，△ABC的顶点坐标分别为A（﹣3，1），B（﹣1，﹣1），C（3，﹣1），把△ABC绕着一点旋转180°得到△CDA，则点D的坐标为（）A．（1

，1）B．（1，﹣1）C．（3，1）D．（﹣3，﹣1）【分析】根据题意可得A（﹣3，1）与C（3，﹣1），关于原点对称，旋转中心是原点，可得B（﹣1，﹣1）与D关于原点对称，即可求出点D的坐标．解析：A（﹣3，1）与C（3，﹣1），关于原点对称，∴旋转中心是原点，∴B（﹣1，﹣1）与D关于原

点对称，∴D（1，1）．故选：A．8．（2020•织金县模拟）在平面直角坐标系xOy中，点A（﹣2，3）关于点O中心对称的点的坐标是（）A．（2，3）B．（﹣2，﹣3）C．（2，﹣3）D．（﹣2，3）【分析】直接利用关于原点对称点的特点得出答案．解析：∵点A（﹣2，

3）与点A关于原点O中心对称，∴点B的坐标为：（2，﹣3）．故选：C．9．（2020•龙泉驿区模拟）在平面直角坐标系中，点（﹣6，5）关于原点的对称点的坐标是（）A．（6，5）B．（﹣6，5）C．（6，﹣5）D．（

﹣6，﹣5）【分析】根据两个点关于原点对称时，它们的坐标符号相反可得答案．解析：点P（﹣6，5）关于原点对称点的坐标是（6，﹣5），故选：C．10．（2020•锦江区校级模拟）如图，将△AOB绕点O按逆时针方向旋转40°后得到△CO

D，若∠AOB＝15°，则∠AOD的度数是（）A．45°B．55°C．60°D．65°【分析】由旋转的性质可得∠AOB＝∠COD＝15°，∠AOC＝∠BOD＝40°，即可求解．解析：∵将△AOB绕点O按逆时针方向旋转40°后得到△COD，∴∠AOB＝∠COD＝15°，∠AOC＝∠BOD＝4

0°，∴∠AOD＝∠AOB+∠BOD＝55°，故选：B．11．（2020•成华区模拟）下面四个英文字母图案，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（）A．B．C．D．【分析】根据轴对称图形与中心对称图形的概念求解．解析：A、不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故

此选项错误；B、是轴对称图形，也是中心对称图形，故此选项正确；C、是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项错误；D、不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故此选项错误．故选：B．12．（2020•凉山州一模）如图，AB垂直于BC且AB＝BC＝3cm，

𝑂𝐴̂与𝑂𝐶̂关于点O中心对称，AB、BC、𝑂𝐴̂、𝑂𝐶̂所围成的图形的面积是（）cm2．A．92B．92πC．34D．34π【分析】由弧OA与弧OC关于点O中心对称，根据中心对称的定义，如果连接AC，则点O为AC的中点，则题中所求面积等于△BAC的面积．解析：连AC，如图

，∵AB⊥BC，AB＝BC＝3cm，∴△ABC为等腰直角三角形，又∵𝑂𝐴̂与𝑂𝐶̂关于点O中心对称，∴OA＝OC，弧OA＝弧OC，∴弓形OA的面积＝弓形OC的面积，∴AB、BC、𝐶𝑂̂与𝑂𝐴̂所围成的图形的面积＝三角形ABC的面积=1

2×3×3=92（cm2）．故选：A．13．（2020•凉山州一模）如图，该图形在绕点O按下列角度旋转后，不能与其自身重合的是（）A．72°B．108°C．144°D．216°【分析】该图形被平分成五部分，因而每部分被分成的圆心角是72°，并且圆具有旋转不变性，因而旋转72

°的整数倍，就可以与自身重合；不是旋转72°的整数倍，就不能与其自身重合，即可得出结果．解析：该图形被平分成五部分，旋转72°的整数倍，就可以与自身重合，因而A、C、D选项都与自身重合，不能与其自身重合的是B

选项．故选：B．14．（2020•都江堰市模拟）平行四边形一定具有的性质是（）A．内角和为180°B．是中心对称图形C．邻边相等D．对角互补【分析】直接利用平行四边形的性质分别分析得出答案．解析：A、平行四边形

的内角和为360°，故此选项错误；B、平行四边形是中心对称图形，故此选项正确；C、平行四边形的对角相等，邻边不一定相等，故此选项错误；D、平行四边形的对角相等，但不一定互补，故此选项错误；故选：B．15．（2020•青白江区模拟）下列所给的图案

中，既是轴对称图形，又是中心对称图形的是（）A．B．C．D．【分析】根据轴对称图形与中心对称图形的概念求解．解析：A、是中心对称图形，不是轴对称图形，故此选项错误；B、是中心对称图形，不是轴对称图形，故此选项错误；C、是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项错误；D、是轴对称图形，也是中心对称图

形，故此选项正确．故选：D．16．（2020•成都模拟）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．【分析】根据轴对称图形与中心对称图形的概念求解．解析：A、不是轴对称图形，是中心对称图形，故此选项不合题意；B、

是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项不合题意；C、是轴对称图形，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，故此选项不合题意；故选：C．17．（2020•涪城区模拟）绵阳城市形象标识（LOGO）今年正式发布，其图案如图，图案由四部分构成，其中是中心对

称图形的有（）部分．A．1B．2C．3D．4【分析】根据中心对称图形的概念求解．解析：如图所示：是中心对称图形是左上角一部分．故选：A．18．（2020•巴中模拟）如图，已知点A在第一象限，点C的坐标为（1，0），△AOC是等边三角形，现把△AOC按如下规律进行旋转：第1次旋转

，把△AOC绕点C按顺时针方向旋转120°后得到△A1O1C，点A1、O1分别是点A、O的对应点，第2次旋转，把△A1O1C绕着点A1按顺时针方向旋转120°后得到△A1O2C1，点O2、C1分别是点O1、C的对应点，第3次旋转，把△A1O2C1绕着点O2按顺时针方向旋转120

°后得到△A2O2C2，点A2、C2分别是点A1、C1的对应点，……，依此规律，第6次旋转，把△A3O4C3绕着点O4按顺时针方向旋转120°后得到△A4O4C4，点A4、C4分别是点A3、C3的对应点，则点A4的坐标

是（）A．（132，√32）B．（6，0）C．（152，√32）D．（7，0）【分析】分别求出A1，A2，A3，A4的坐标即可判断．解析：如图，过点A2作A2T⊥x轴于T，过点A4作A4H⊥x轴于H，由题意O

T=72，A2T＝1•sin60°=√32，OA3＝5，∴A2（72，√32），A3（5，0），∵OA=132，A4H=√32，∴A4（132，√32），故选：A．19．（2020•江油市一模）下列交通标志是中心对称图形的为（

）A．B．C．D．【分析】根据中心对称图形的定义即可解答．解析：A、属于轴对称图形，不是中心对称的图形，不合题意；B、是中心对称的图形，但不是交通标志，不符合题意；C、属于轴对称图形，属于中心对称的图形，符合题意；D、不是中心对称的图形，不合

题意．故选：C．20．（2020•成都模拟）若点M（a，﹣2），N（3，b）关于原点对称，则a+b＝（）A．5B．﹣5C．1D．﹣1【分析】根据两个点关于原点对称时，它们的坐标符号相反可得a、b的值，进而可得答案．解析：∵点M（a，﹣2），N（3，b）关于原点对称，∴a＝﹣3

，b＝2，∴a+b＝﹣1，故选：D．21．（2020•成都模拟）下列图形既是轴对称图形又是中心对称图形的是（）A．等腰三角形B．等边三角形C．平行四边形D．圆【分析】根据轴对称图形与中心对称图形的概念判断即可．解析：A、等腰三角形是轴对称图形，不是中心对称图形；B、等边三角形是

轴对称图形，不是中心对称图形；C、平行四边形不是轴对称图形，是中心对称图形；D、圆是轴对称图形，是中心对称图形．故选：D．22．（2020•禅城区二模）下列所给图形中，既是中心对称图形又是轴对称图形的是（）A．B．C．D．【分析】根据轴对称图形与

中心对称图形的概念求解．解析：A、不是中心对称图形，是轴对称图形，故此选项错误；B、不是中心对称图形，是轴对称图形，故此选项错误；C、是中心对称图形，不是轴对称图形，故此选项错误；D、是中心对称图形，也是轴对称图形，故此选项正确．故选：

D．23．（2020•道里区校级三模）如图，把△ABC绕点C顺时针旋转35°，得到△A′B′C，A′B′交AC于点D，若∠A′DC＝90°，则∠A度数为（）A．45°B．55°C．65°D．75°【分析】由旋转的性质得旋转角∠DCA′＝35°，在△DCA′中，∠A′DC＝90°，

利用互余关系可求∠A′，由旋转的性质可知，∠A＝∠A′．解析：依题意，得∠DCA′＝35°，在△DCA′中，∠A′DC＝90°，则∠A′＝90°﹣∠DCA′＝90°﹣35°＝55°，由旋转的性质，得∠A＝∠A′＝55°，故选：B．二．填空题（共13小题）24．（2020•马边县二模）如图，

在直角坐标系中，已知点A（﹣3，0），B（0，4），对△OAB连续作旋转变换，依次得到三角形①、②、③、④…，则连续作旋转变第10的三角形的直角顶点的坐标为（36，0）．连续作旋转变第2011的第号三角形的直角顶点的坐标为（8040，0）．【分析】先利用勾

股定理计算出AB，从而得到△ABC的周长为12，根据旋转变换可得△OAB的旋转变换为每3次一个循环，而10＝3×3+1，推出三角形⑩和三角形①的状态一样，则三角形⑩与三角形⑨的直角顶点相同，推出三角形⑩的直角顶点的横坐标为3×12＝36，纵坐标为0．由于2011＝3×670+

1，于是可判断三角形2011与三角形①的状态一样，然后计算670×12即可得到三角形2011的直角顶点坐标．解析：∵A（﹣3，0），B（0，4），∴OA＝3，OB＝4，∴AB=√32+42=5，∴△ABC的周长＝3+4+5＝12，∵△OAB每连续3次后与

原来的状态一样，而10＝3×3+1，∴三角形⑩和三角形①的状态一样，则三角形⑩与三角形⑨的直角顶点相同，∴三角形⑩的直角顶点的横坐标为3×12＝36，纵坐标为0，即（36，0），∵2019＝3×670+1，∴三角形2011与三角形①的状态一样，∴三角形201

1的直角顶点的横坐标＝670×12＝8040，∴三角形2011的直角顶点坐标为（8040，0）．故答案为（36，0），（8040，0）．25．（2020•苍溪县模拟）如图，将△ABC绕点A旋转一定角度得到△ADE

．若∠CAE＝60°，∠E＝65°，且AD⊥BC，则∠BAC＝85°．【分析】分别求出∠BAD，∠CAD即可解决问题．解析：由旋转的性质可知：∠BAD＝∠CAE＝60°，∠C＝∠E＝65°，∵AD⊥BC，∴∠CAD＝90°﹣65°＝25°，∴∠BAC＝∠BAD+∠CAD＝85

°，故答案为85．26．（2020•温江区模拟）如图放置的两个正方形，大正方形ABCD边长为a，小正方形CEFG边长为b（a＞b），M在边BC上，且BM＝b，连AM、MF，MF交CG于点P，将△ABM绕点A旋转至△ADN，将△MEF绕点F旋转至△NGF．给出以下四个结论

：①∠MAD＝∠AND；②CP＝b−𝑏2𝑎；③△ABM≌△NGF；④A、M、P、D四点共圆，其中正确的结论是①②③④（填序号）．【分析】①根据正方形的性质得到∠BAD＝∠ADC＝∠B＝90°，根据旋转的性质得到∠NAD＝∠BAM，∠AND＝∠AMB，根据余角

的性质得到∠DAM+∠NAD＝∠NAD+∠AND＝∠AND+∠NAD＝90°，等量代换得到∠MAD＝∠AND，故①正确；②根据正方形的性质得到PC∥EF，根据相似三角形的性质得到CP＝b−𝑏2𝑎；故②正确；③根据旋转的性质得到GN＝ME，等量代换得到AB＝ME＝NG，根据全等

三角形的判定定理得到△ABM≌△NGF（SAS）；故③正确；④根据正方形的性质得到∠AMP＝90°，∠ADP＝90°，得到∠ABP+∠ADP＝180°，于是推出A，M，P，D四点共圆，故④正确．解析：①∵四边

形ABCD是正方形，∴∠BAD＝∠ADC＝∠B＝90°，∴∠BAM+∠DAM＝90°，∵将△ABM绕点A旋转至△ADN，∴∠NAD＝∠BAM，∠AND＝∠AMB，∴∠DAM+∠NAD＝∠NAD+∠AND＝∠AND+∠NAD＝90°，∴∠MAD＝∠AND，故①正确；②

∵四边形CEFG是正方形，∴PC∥EF，∴△MPC∽△EMF，∴𝑃𝐶𝐸𝐹=𝐶𝑀𝑀𝐸，∵大正方形ABCD边长为a，小正方形CEFG边长为b（a＞b），BM＝b，∴EF＝b，CM＝a﹣b，ME＝（a﹣b）+b＝a，∴𝐶𝑃𝑏=𝑎−𝑏𝑎，∴CP＝b−

𝑏2𝑎；故②正确；③∵将△MEF绕点F旋转至△NGF，∴GN＝ME，∵AB＝a，ME＝a，∴AB＝ME＝NG，在△ABM与△NGF中，{𝐴𝐵=𝑁𝐺=𝑎∠𝐵=∠𝑁𝐺𝐹=90°𝐺𝐹=𝐵𝑀=𝑏，∴△ABM≌△NGF（SAS）；故③正确；④∵四边形AMFN是正方形，

∴∠AMP＝90°，∵∠ADP＝90°，∴∠AMP+∠ADP＝180°，∴A，M，P，D四点共圆，故④正确．故答案为：①②③④．27．（2020•双流区模拟）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，D为AB边上一点，且点D到BC的距离等于点D

到AC的距离．将△ABC绕点D旋转得到△A′B′C′，连接BB′，CC′．若𝐶𝐶′𝐵𝐵′=3√25，则𝐴𝐶𝐵𝐶的值为34．【分析】连结DC、DC′，过点D作DE⊥BC于点E，如图，根据旋转的性质得DB＝DB′，DC＝DC

′，∠BDB′＝∠CDC′，则可证明△DBB′∽△DCC′，根据相似三角形的性质得𝐵𝐷𝐶𝐷=𝐵𝐵′𝐶𝐶′=53√2，则可设DC＝3√2x，BD＝5x，然后利用等腰直角三角形的性质得DE＝3

x，接着利用勾股定理计算出BE＝4x，则可求出答案．解析：连结DC、DC′，过点D作DE⊥BC于点E，如图，∵△ABC绕点D旋转得到△A′B′C′，∴DB＝DB′，DC＝DC′，∠BDB′＝∠CDC′，即𝐵𝐷𝐶𝐷=𝐵′𝐷𝐶′𝐷，∴△

DBB′∽△DCC′，∴𝐵𝐷𝐶𝐷=𝐵𝐵′𝐶𝐶′=53√2，设DC＝3√2x，BD＝5x，∵点D到BC的距离等于点D到AC的距离，∴∠ACD＝∠DCB＝45°，∴DE＝3x，在Rt△BDE中，BE=√𝐵𝐷2−𝐷𝐸2=√(5𝑥)2−(3𝑥)2=4x，∴tanB=𝐴

𝐶𝐵𝐶=𝐷𝐸𝐵𝐸=3𝑥4𝑥=34，即𝐴𝐶𝐵𝐶=34．故答案为：34．28．（2020•成都模拟）已知，△ABC和△ADE均为等腰三角形，AB＝AC＝5，AD＝AE＝2，且∠BAC＝∠DAE＝120°，把

△ADE绕点A在平面内自由旋转．如图，连接BD，CD，CE，点M，P，N分别为DE，DC，BC的中点，连接MP，PN，MN，则△PMN的面积最大值为49√316．【分析】如图，先证明△ABD≌△ACE得到∠1＝∠2，BD＝CE，再根据三角形中位线

的性质得到MP=12CE，MP∥CE，PN∥BD，PN=12BD，则PM＝PN，接着证明∠MPD＝∠1+∠3，∠DPN＝∠6+∠4，则∠MPN＝∠ABC+∠ACB＝60°，则可判断△PMN为等边三角形，所以S△PMN=√34P

N2=√316BD2，利用三角形三边的关系得BD≤AB+AD（当且仅当B、A、D共线时取等号），然后利用BD的最大值为7得到S△PMN的最大值．解析：如图，∵∠BAC＝∠DAE＝120°，∴∠BAD＝∠CAE，∵AB＝AC，AD＝AE，∴

△ABD≌△ACE（SAS），∴∠1＝∠2，BD＝CE，∵点M，P，N分别为DE，DC，BC的中点，∴PM为△DEC的中位线，PN为△CBD的中位线，∴MP=12CE，MP∥CE，PN∥BD，PN=12BD，∴PM＝PN，∵PM∥CE，∴∠MPD＝∠2+∠3＝∠1+∠3，∵

PN∥BD，∴∠5＝∠6，∵∠DPN＝∠4+∠5＝∠6+∠4，∴∠MPN＝∠MPD+∠DPN＝∠1+∠3+∠6+∠4＝∠ABC+∠ACB＝180°﹣120°＝60°，∴△PMN为等边三角形，∴S△PMN=√34PN2=√34

×（12BD）2=√316BD2，当BD最大时，S△PMN的值最大，而BD≤AB+AD（当且仅当B、A、D共线时取等号），∴BD的最大值为5+2＝7，∴S△PMN的最大值为49√316．故答案为49√316．29．（2020•青羊区校级模拟）如图，△ABC是边长为4cm的等边三角形，点D在AB边

上（不与点A、B）重合，将△ACD绕点C逆时针方向旋转60°得到△BCE，连结DE，则△BDE周长的最小值是（4+2√3）cm．【分析】由旋转的性质可得AD＝BE，∠DCE＝60°，CD＝CE，可证△CDE是等边三角形

，可得CD＝DE，由△BDE周长＝BD+BE+DE＝4+CD，当CD⊥AB时，△BDE周长有最小值，即可求解．解析：∵将△ACD绕点C逆时针方向旋转60°得到△BCE，∴AD＝BE，∠DCE＝60°，CD＝CE，∴△CDE是等边三角形，∴CD＝DE，∵△BDE周长＝BD+BE+DE＝BD+AD+C

D＝AB+CD＝4+CD，∴当CD有最小值时，△BDE周长有最小值，∴当CD⊥AB时，CD有最小值为2√3，∴△BDE周长的最小值为4+2√3，故答案为：（4+2√3）．30．（2020•凉山州一模）如图，将△ABC绕点A逆时针旋转65°得△ADE，若∠E＝70°，AD⊥

BC，则∠BAC＝85°．【分析】由旋转的性质可得∠BAD＝65°，∠E＝∠ACB＝70°，由直角三角形的性质可得∠DAC＝20°，即可求解．解析：∵将△ABC绕点A逆时针旋转65°得△ADE，∴∠BAD＝6

5°，∠E＝∠ACB＝70°，∵AD⊥BC，∴∠DAC＝20°，∴∠BAC＝∠BAD+∠DAC＝85°．故答案为：85°．31．（2020•南岗区校级模拟）如图，将△ABC绕点C顺时针旋转，使得点B落在AB边上的点D处，

此时点A的对应点E恰好落在BC边的延长线上，若∠B＝50°，则∠A的度数为30°．【分析】由旋转的性质可得BC＝CD，∠BCD＝∠ACE，可得∠B＝∠BDC＝50°，由三角形内角和定理可求∠BCD＝80°＝∠ACE，由外角性质可求解．解析：∵将△ABC绕点C

顺时针旋转，∴BC＝CD，∠BCD＝∠ACE，∴∠B＝∠BDC＝50°，∴∠BCD＝80°＝∠ACE，∵∠ACE＝∠B+∠A，∴∠A＝80°﹣50°＝30°，故答案为：30°．32．（2020•东台市一模）如图，将△ABC绕点C顺时针旋转90°得到△EDC，若点A、D、E在同一条直线上，∠A

CD＝70°，则∠EDC的度数是115°．【分析】根据∠EDC＝180°﹣∠E﹣∠DCE，想办法求出∠E，∠DCE即可．解析：由题意可知：CA＝CE，∠ACE＝90°，∴∠E＝∠CAE＝45°，∵∠ACD＝70°，∴∠DCE＝20°，∴∠EDC＝180°﹣∠E﹣∠DCE＝180°﹣45°

﹣20°＝115°，故答案为115°．33．（2020•江都区二模）在平面直角坐标系中，点P（5，﹣2）关于原点（0，0）的对称点的坐标是（﹣5，2）．【分析】根据两个点关于原点对称时，它们的坐标符号相反可得答案．解析：点P（5，﹣2）关于原点的对称点的坐标是（﹣

5，2），故答案为：（﹣5，2）．34．（2020•道里区四模）如图，Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠A＝30°，BC＝2．将△ABC绕点C按顺时针方向旋转一定角度后得△EDC，点D在AB边上，斜边DE交AC于点F，则图中阴影部分面

积为√32．【分析】先根据已知条件求出AC的长及∠B的度数，再根据图形旋转的性质及等边三角形的判定定理判断出△BCD的形状，进而得出∠DCF的度数，由直角三角形的性质可判断出DF是△ABC的中位线，由三角形的面积公式即可得出结论．解析：∵△ABC是直角三角形，∠ACB＝

90°，∠A＝30°，BC＝2，∴∠B＝60°，AB＝2BC＝4，AC＝2√3，∵△EDC是△ABC旋转而成，∴BC＝CD＝BD=12AB＝2，∵∠B＝60°，∴△BCD是等边三角形，∴∠BCD＝60°，∴∠DCF

＝30°，∠DFC＝90°，即DE⊥AC，∴DE∥BC，∵BD=12AB＝2，∴DF是△ABC的中位线，∴DF=12BC=12×2＝1，CF=12AC=12×2√3=√3，∴S阴影=12DF×CF=12×√3=√32．35．（2020•

花都区一模）点P（2，﹣3）关于原点的对称点P′的坐标为（﹣2，3）．【分析】由关于原点对称的点，横坐标与纵坐标都互为相反数，即可求出答案．解析：因为关于原点对称的点，横坐标与纵坐标都互为相反数，所以：点（2，﹣3）关于原点的

对称点的坐标为（﹣2，3）．故答案为：（﹣2，3）．36．（2020•海口模拟）如图，边长为1的正方形ABCD绕点A逆时针旋转30°，得到正方形AB′C′D′，则图中阴影部分的面积为3−√33．【分析】设B′C′与CD交于点E．由于阴影部分的面积＝S正方形A

BCD﹣S四边形AB′ED，又因为S正方形ABCD＝1，所以关键是求S四边形AB′ED．为此，连接AE．根据HL易证△AB′E≌△ADE，得出∠B′AE＝∠DAE＝30°．在直角△ADE中，由正切的定义得

出DE＝AD•tan∠DAE=√33．再利用三角形的面积公式求出S四边形AB′ED＝2S△ADE．解析：设B′C′与CD交于点E，连接AE．在△AB′E与△ADE中，∠AB′E＝∠ADE＝90°，∵{𝐴𝐸=𝐴𝐸𝐴𝐵′=𝐴𝐷

，∴△AB′E≌△ADE（HL），∴∠B′AE＝∠DAE．∵∠BAB′＝30°，∠BAD＝90°，∴∠B′AE＝∠DAE＝30°，∴DE＝AD•tan∠DAE=√33．∴S四边形AB′ED＝2S△ADE＝2×12×1×√33=√33．∴阴影部分的面积＝S

正方形ABCD﹣S四边形AB′ED＝1−√33=3−√33．三．解答题（共2小题）37．（2020•涪城区模拟）如图在平面直角坐标系xOy中，A（6，0），B（6，6），将Rt△OAB绕点O逆时针旋转120°后得到Rt△OA1B1（1）填空：∠A1OB＝75°；（2）求A1的坐标；（3）求B1

的坐标．【分析】（1）根据等腰直角三角形的性质旋转变换的性质即可解决问题．（2）作A1H⊥y轴于H．求出OH，HA1即可．（3）作B1K⊥OH于K，在B1K上取一点J，使得OJ＝JB1，连接OJ．由题意OB1＝OB＝6√2，设OK＝m，则OJ＝JB＝2m，JK=√3m，利用勾

股定理构建方程即可解决问题．解析：（1）∵A（6，0），B（6，6），∴△AOB是等腰直角三角形，∴∠AOB＝45°，∵∠AOA1＝120°，∴∠A1OB＝75°，故答案为75°．（2）作A1H⊥y轴于H．∵OA1＝6，∠A1OH＝30

°，∴A1H=12OA1＝3，OH=√3A1H＝3√3，∴A1（﹣3，3√3）．（3）作B1K⊥OH于K，在B1K上取一点J，使得OJ＝JB1，连接OJ．由题意OB1＝OB＝6√2，设OK＝m，则OJ＝JB＝2m，JK=√3m，∵OK2+B1K2＝B1O2，∴m2+（2m+√3m）2＝72，解得m

＝3√3−3（负根已经舍弃），∴KB1＝3√3+3，∴B1（﹣3√3−3，3√3−3）．38．（2020•新宾县二模）如图，四边形ABCD中，∠ABC＝∠ADC＝45°，将△BCD绕点C顺时针旋转一定角度后，点

B的对应点恰好与点A重合，得到△ACE．（1）请求出旋转角的度数；（2）请判断AE与BD的位置关系，并说明理由；（3）若AD＝2，CD＝3，试求出四边形ABCD的对角线BD的长．【分析】（1）由旋转的性质可得△B

CD≌△ACE，可得BC＝AC，即可求旋转角的度数；（2）由全等三角形的性质可得∠DBC＝∠EAC，由直角三角形的性质可求∠AND＝90°，即可得AE⊥BD；（3）由勾股定理可求DE的长，再由勾股定理可求AE＝BD的长．解析：（1）∵将△BCD绕点C顺

时针旋转得到△ACE∴△BCD≌△ACE∴AC＝BC，又∵∠ABC＝45°，∴∠ABC＝∠BAC＝45°∴∠ACB＝90°故旋转角的度数为90°（2）AE⊥BD．理由如下：在Rt△BCM中，∠BCM＝90°∴∠MBC+∠B

MC＝90°∵△BCD≌△ACE∴∠DBC＝∠EAC即∠MBC＝∠NAM又∵∠BMC＝∠AMN∴∠AMN+∠CAE＝90°∴∠AND＝90°∴AE⊥BD（3）如图，连接DE，由旋转图形的性质可知CD＝CE，BD＝AE

，旋转角∠DCE＝90°∴∠EDC＝∠CED＝45°∵CD＝3，∴CE＝3在Rt△DCE中，∠DCE＝90°∴DE=√𝐶𝐷2+𝐶𝐸2=√9+9=3√2∵∠ADC＝45°∴∠ADE＝∠ADC+∠EDC＝90°在Rt△ADE中，∠ADE＝90°∴EA

=√𝐴𝐷2+𝐷𝐸2=√18+4=√22∴BD=√22获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com