2025年山东省中考数学一轮复习课题15： 图形的平移与旋转 练习题（含答案+解析）

这是一份2025年山东省中考数学一轮复习课题15： 图形的平移与旋转 练习题（含答案+解析），共25页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1.生活中有许多对称美的图形，下列是中心对称图形但不是轴对称图形的是( )
A. B.
C. D.
2.剪纸文化是我国最古老的民间艺术之一.下列剪纸图案中既是轴对称图形又是中心对称图形的是( )
A. B.
C. D.
3.我国民间建筑装饰图案中，蕴含着丰富的数学之美.下列图案中既是轴对称图形又是中心对称图形的是( )
A. B. C. D.
4.下列绿色能源图标中既是轴对称图形又是中心对称图形的是( )
A. B. C. D.
5.小明有一个呈等腰三角形的积木盒，现在积木盒中只剩下如图的九个空格，下面有四种积木的搭配，其中不能放入的有( )
A. 搭配①B. 搭配②C. 搭配③D. 搭配④
6.下列用七巧板拼成的图案中，为中心对称图形的是( )
A. B. C. D.
7.如图的四个三角形中，不能由△ABC经过旋转或平移得到的是( )
A. B. C. D.
8.如图，平移直线AB至CD，直线AB，CD被直线EF所截，∠1=60°，则∠2的度数为( )
A. 30°B. 60°C. 100°D. 120°
9.如图，将△ABC先向上平移1个单位，再绕点P按逆时针方向旋转90°，得到△A′B′C′，则点A的对应点A′的坐标是( )
A. (0,4)B. (2,−2)C. (3,−2)D. (−1,4)
10.如图，将线段AB先绕原点O按逆时针方向旋转90°，再向下平移4个单位，得到线段A′B′，则点A的对应点A′的坐标是( )
A. (1,−6)
B. (−1,6)
C. (1,−2)
D. (−1,−2)
11.如图，将线段AB先向左平移，使点B与原点O重合，再将所得线段绕原点旋转180°得到线段A′B′，则点A的对应点A′的坐标是( )
A. (2,−3)B. (−2,3)C. (3,−2)D. (−3,2)
12.如图，将△ABC先向右平移3个单位，再绕原点O旋转180°，得到△A′B′C′，则点A的对应点A′的坐标是( )
A. (2,0)B. (−2,−3)C. (−1,−3)D. (−3,−1)
13.如图，将△ABC绕点A逆时针旋转55°得到△ADE，若∠E=70°且AD⊥BC于点F，则∠BAC的度数为( )
A. 65°B. 70°C. 75°D. 80°
14.如图，在△ABC中，∠B=80°，∠C=65°，将△ABC绕点A逆时针旋转得到△AB′C′.当AB′落在AC上时，∠BAC′的度数为( )
A. 65°
B. 70°
C. 80°
D. 85°
15.如图，△ABC绕点A逆时针旋转一定角度后得到△ADE，点D在BC上，∠EDC=40°，则∠B的度数为( )
A. 70°
B. 60°
C. 50°
D. 40°
16.如图，△ABC中，∠B=30°，将△ABC绕点C顺时针旋转60°得到△DEC，点A，B的对应点分别为D，E，延长BA交DE于点F，下列结论一定正确的是( )
A. ∠ACB=∠ACD
B. AC/​/DE
C. AB=EF
D. BF⊥CE
17.如图，在平面直角坐标系中，Rt△AOB的一条直角边OB在x轴上，点A的坐标为(−6,4)；Rt△COD中，∠COD=90°，OD=4 3，∠D=30°，连接BC，点M是BC中点，连接AM.将Rt△COD以点O为旋转中心按顺时针方向旋转，在旋转过程中，线段AM的最小值是( )
A. 3B. 6 2−4C. 2 13−2D. 2
18.定义新运算：
①在平面直角坐标系中，{a,b}表示动点从原点出发，沿着x轴正方向(a≥0)或负方向(aAN−MN；当M运动到AN上时，AM=AN−MN，
∴AM≥AN−MN=5−2=3，
∴线段AM的最小值是3，
故选：A．
由点M是BC中点，想到构造中位线，取OB中点，再利用三角形两边之差的最值模型．
此题方法较多，可以用三角形两边之差的最值模型，也可用瓜豆模型．
18.【答案】B
【解析】解：由题知，
3+m=−1，5+n=2，
解得m=−4，n=−3．
故选：B．
根据题中所给定义，建立关于m和n方程即可解决问题．
本题考查坐标与图形变化−平移及实数的运算，理解题中所定义的新运算，并能建立关于m和n的方程是解题的关键．
19.【答案】(3,1)
【解析】解：∵点A(−2,1)，向右平移5个单位得到点A′，
∴A′(3,1)，
故答案为(3,1)．
根据左减右加，上加下减的规律解决问题即可．
本题考查坐标与图形的变化−平移等知识，解题的关键是熟练掌握平移的规律．
20.【答案】(1,−3)
【解析】解：由题意知，点A从(0,2)平移至(−1,0)，可看作是△ABC先向下平移2个单位，再向左平移1个单位(或者先向左平移1个单位，再向下平移2个单位)，
即B点(2,−1)，平移后的对应点为B′(1,−3)，
故答案为：(1,−3)．
由A点的平移判断出B点的平移最后得出坐标即可．
本题主要考查平移的知识，根据A点的平移情况得出B点的对应点是解题的关键．
21.【答案】(3,3)
【解析】解：∵A(6,3)向左平移3个单长度得到C，
∴点A的对应点C的坐标是(6−3,3)，即(3,3)．
故答案为：(3,3)．
根据点平移的规律即可得到点C的坐标．
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．
22.【答案】75
【解析】解：由已知可得，
∠B=45°，
∵AB/​/OD，
∴∠B=∠BOD=45°，
由图可得，∠D=30°，
∴∠1=∠BOD+∠D=45°+30°=75°，
故答案为：75．
根据旋转的性质可知：旋转后的三角形AOB和原来的△AOB一样，再根据平行线的性质，可以得到∠B=∠BOD=45°，然后根据三角板的特点，可知∠D=30°，最后根据三角形外角的性质，即可求得∠1的度数．
本题考查旋转的性质、平行线的性质、三角形外角的性质、三角板的特点，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．
23.【答案】(−3,1)
【解析】解：如图，建立平面直角坐标系，那么点A的坐标为(−1,−3)，
作出点A绕原点O顺时针旋转90°所得的对应点A′，
则点A′的坐标为(−3,1)．
故答案为：(−3,1)．
先根据B、C两点的坐标建立平面直角坐标系，再作出点A绕原点O顺时针旋转90°所得的对应点，即可求解．
本题考查了坐标与图形变化−旋转，掌握旋转的性质，作出点A绕原点O顺时针旋转90°所得的对应点是解题的关键．
24.【答案】(−1,−1)
【解析】【分析】
根据变换的定义解决问题即可．
本题考查规律型：点的坐标，平移变换，旋转变换等知识，解题的关键是理解题意，掌握旋转中的坐标变化规律是解题的关键．
【解答】
解：将点(0,1)经过一次011变换，
即先向右平移一个单位得到(1,1)，
再绕点O顺时针旋转90得到(1,−1)，
再绕点O顺时针旋转90得到(−1,−1)；
如此将点(−1,−1)经过011变换得到点(0,1)，
再将点(0,1)经过011变换得到点(−1,−1)．
故答案为：(−1,−1)．
25.【答案】(4,4−4 33)
【解析】解：作C′F⊥AO，交y轴于点F，
由题可得：OA=4，
∵△ABC是等边三角形，AO⊥BC，
∴AO是∠BAC的角平分线，
∴∠OAC=30°，
∴OC=12AC，
在Rt△AOC中，AO2+OC2=AC2，
即16+(12AC)2=AC2，
解得AC=8 33，
∴AC′=AC=8 33，
OF=AO−AF=4−AC′⋅cs60°=4−4 33，
FC′=AC′⋅sin60°=8 33× 32=4，
∴C′(4,4−4 33)，
故答案为：(4,4−4 33)．
作C′F⊥AO，求出OF，C′F的值即可得到答案．
本题主要考查旋转的性质，三角函数的计算，熟练掌握旋转的性质是解题的关键．
26.【答案】6 2cm
【解析】解：易得四边形ABCD是平行四边形，
如图，作DE⊥BC于E，把△ABP绕点B逆时针旋转60°得到△A′BP′，
∵∠α=30°，DE=3cm，
∴CD=2DE=6cm，
两条纸条宽都是3cm，同理：BC=AD=6cm，
由旋转的性质，A′B=AB=CD=6m，BP′=BP，A′P′=AP，∠P′BP=60°，∠A′BA=60°，
∴△P′BP是等边三角形，
∴BP=PP′，
∴PA+PB+PC=A′P′+PP′+PC，
根据两点间线段距离最短，可知当PA+PB+PC=A′C时最短，连接A′C，与BD的交点即为P点，
即点P到A，B，C三点距离之和的最小值是A′C．
∵∠ABC=∠DCE=∠α=30°，∠A′BA=60°，
∴∠A′BC=90°，
∴A′C= A′B2+BC2= 62+62=6 2(cm)，
因此点P到A，B，C三点距离之和的最小值是6 2cm，
故答案为6 2cm．
作DE⊥BC于E，利用含30°角的直角三角形求得CD=6cm，同理：BC=AD=6cm，把△ABP绕点B逆时针旋转60°得到△A′BP′，由旋转的性质，A′B=AB=6cm，BP′=BP，A′P′=AP，∠P′BP=60°，A′BA=60°，所以△P′BP是等边三角形，根据两点间线段距离最短，可知当PA+PB+PC=A′C时最短，连接A′C，利用勾股定理求出A′C的长度，即求得点P到A，B，C三点距离之和的最小值．
本题主要考查了最短路径问题，旋转知识、含30°角的直角三角形、等边三角形的判定和性质，勾股定理，熟练掌握旋转知识构建全等三角形是解题的关键．
27.【答案】解：(1)如图，△A1B1C1即为所求．
由图可得，点B1的坐标为(3,2)．
(2)如图，△A2B1C2即为所求．

点C1运动到点C2所经过的路径长为90π×2180=π．
【解析】(1)根据平移的性质作图，即可得出答案．
(2)根据旋转的性质作图可得△A2B1C2；利用弧长公式计算即可．
本题考查作图−旋转变换、平移变换、轨迹，熟练掌握旋转的性质、平移的性质、弧长公式是解答本题的关键．
28.【答案】解：(1)如图，△ABE即为所求；
(2)如图，线段MN即为所求，EN= 12+12= 2．

【解析】(1)根据要求作出三角形ABE即可；
(2)利用平移变换的性质分别作出C，D的对应点M，N即可，再利用勾股定理求出EN．
本题考查作图−平移变换，勾股定理等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．
29.【答案】解：(1)如图1，

(2)如图2，

(3)图1是W，图2是X．
【解析】(1)根据要求直接平移即可；
(2)在第四象限画出关于x轴对称的图形；
(3)观察图形可得结论．
本题考查了轴对称的性质和平移，解题关键是牢固掌握关于坐标轴对称的点的坐标的特征并能灵活运用．
30.【答案】解：(1)如图1中，线段AD即为所求；
(2)如图1中，点E即为所求；

(2)如图2中，点C，射线AF，点G即为所求；
(3)如图2中，线段MN即为所求．
【解析】(1)根据三角形中线的定义画出图形；
(2)作点A故BC的对称点A′，连接CA′交射线ADF于点E，点E即为所求；
(3)构造等腰直角三角形AFC即可；
(4)取格点P，Q，E，W，K，L，连接排球，EW，KL，PQ交射线AF于点M，EW交KL于点J，连接MJ，延长MJ交BC一点N，线段MN即为所求(证明△ABG≌△MNG，可得结论)．
本题考查作图−旋转变换，角平分线的性质等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．
31.【答案】解：(1)如图1中，连接BC′．
∵A′B=BC′=A′C′，
∴△A′BC′是等边三角形，
∴∠BA′C′=60°，
∵AC/​/A′C′，
∴∠C′A′B是两条直线AC与BA′所成的角，
∴两直线BA′与AC所成角为60°．
(2)①丙
②如图丙中，作点N关于AD的对称点K，连接MK交AD于P，连接PN，此时PM+PN的值最小，最小值为线段MK的值，过点M作MJ⊥NK于J．
由题意在Rt△MKJ中，∠MJK=90°，MJ=5+3=8，JK=8−(4−2)=6，
∴MK= MJ2+JK2= 82+62=10，
∴PM+PN的最小值为10．
【解析】(1)如图1中，连接BC′.证明△A′BC′是等边三角形，推出∠BA′C′=60°，由题意可知∠C′A′B是两条直线AC与BA′所成的角．
(2)根据立方体平面展开图的特征，解决问题即可．
(3)如图丙中，作点N关于AD的对称点K，连接MK交AD于P，连接PN，此时PM+PN的值最小，最小值为线段MK的值，过点M作MJ⊥NK于J.利用勾股定理求出MK即可．
本题考查轴对称最短问题，平面展开图，平行线的性质，勾股定理等知识，解题的关键是理解立体图形中既不相交也不平行的两条直线所成的角，就是将直线平移使其相交所成的角，学会利用轴对称的性质解决最短问题，属于中考常考题型．