2020年全国中考数学试卷分类汇编专题29 平移旋转与对称(含解析)

2020年全国中考数学试卷分类汇编专题29 平移旋转与对称(含解析)

平移旋转与对称 ‎ 一.选择题 ‎1.（2020•广东省•3分）把函数y=（x﹣1）2+2的图象向右平移1个单位长度，平移后图象的函数解析式为 A．y=x2+2   B．y=（x﹣1）2+1 ‎ C．y=（x﹣2）2+2  D．y=（x﹣1）2+3‎ ‎【答案】C ‎【解析】左加右减，向右x变为x-1，y=（x﹣1﹣1）2+2y=（x﹣2）2+2  ．‎ ‎【考点】函数的平移问题．‎ ‎2.（2020•广东省广州市•3分）如图所示的圆锥，下列说法正确的是（ ）‎ A. 该圆锥的主视图是轴对称图形 B. 该圆锥的主视图是中心对称图形 C. 该圆锥的主视图既是轴对称图形，又是中心对称图形 D. 该圆锥的主视图既不是轴对称图形，又不是中心对称图形 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 首先判断出圆锥的主视图，再根据主视图的形状判断是轴对称图形，还是中心对称图形，从而可得答案．‎ ‎【详解】解：圆锥的主视图是一个等腰三角形，‎ 所以该圆锥的主视图是轴对称图形，不是中心对称图形，故A正确，‎ 该圆锥的主视图是中心对称图形，故B错误，‎ 该圆锥的主视图既是轴对称图形，又是中心对称图形，故C错误，‎ 该圆锥的主视图既不是轴对称图形，又不是中心对称图形，故D错误，‎ 故选A．‎ ‎【点睛】本题考查的简单几何体的三视图，同时考查了轴对称图形与中心对称图形的识别，掌握以上知识是解题的关键．‎ ‎3.（2020•广西省玉林市•3分）把二次函数y＝ax2+bx+c（a＞0）的图象作关于x轴的对称变换，所得图象的解析式为y＝﹣a（x﹣1）2+4a，若（m﹣1）a+b+c≤0，则m的最大值是（　　）‎ A．﹣4 B．0 C．2 D．6‎ ‎【分析】根据关于x轴对称的点的坐标特征得出原二次函数的顶点为（1，﹣4a），即可得出原二次函数为y＝a（x﹣1）2﹣4a＝ax2﹣2ax﹣3a，和y＝ax2+bx+c比较即可得出b＝﹣2a，c＝﹣3a，代入（m﹣1）a+b+c≤0，即可得到m≤6．‎ ‎【解答】解：∵把二次函数y＝ax2+bx+c（a＞0）的图象作关于x轴的对称变换，所得图象的解析式为y＝﹣a（x﹣1）2+4a，‎ ‎∴原二次函数的顶点为（1，﹣4a），‎ ‎∴原二次函数为y＝a（x﹣1）2﹣4a＝ax2﹣2ax﹣3a，‎ ‎∴b＝﹣2a，c＝﹣3a，‎ ‎∵（m﹣1）a+b+c≤0，‎ ‎∴（m﹣1）a﹣2a﹣3a≤0，‎ ‎∵a＞0，‎ ‎∴m﹣1﹣2﹣3≤0，即m≤6，‎ ‎∴m的最大值为6，‎ 故选：D．‎ ‎【点评】本题考查了二次函数图象与系数的关系，作关于x轴的对称的点的坐标特征，二次函数的图象与几何变换，得到b＝﹣2a，c＝﹣3a是解题的关键．‎ ‎4.‎ ‎ (2020•江苏省无锡市•3分)下列图形中，是轴对称图形但不是中心对称图形的是(　　)‎ A．圆 B．等腰三角形 C．平行四边形 D．菱形 ‎【分析】根据轴对称图形与中心对称图形的概念求解．‎ ‎【解答】解：A.圆既是中心对称图形，也是轴对称图形，故此选项不合题意；‎ B.等腰三角形是轴对称图形但不是中心对称图形，故本选项符合题意；‎ C.平行四边形是中心对称图形但不是轴对称图形，故此选项不合题意；‎ D.菱形是中心对称图形但不是轴对称图形，故此选项不合题意．故选：B．‎ ‎【点评】此题主要考查了中心对称图形与轴对称图形的概念．轴对称图形的关键是寻找对称轴，两部分折叠后可重合；中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后重合．‎ ‎5. (2020•江苏省徐州市•3分)下列垃圾分类标识的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】根据中心对称图形与轴对称图形的概念进行判断即可．‎ ‎【解答】解：A.不是中心对称图形，不是轴对称图形，故此选项不合题意；‎ B.不是中心对称图形，是轴对称图形，故此选项不合题意；‎ C.既是中心对称图形，也是轴对称图形，故此选项符合题意；‎ D.不是中心对称图形，不是轴对称图形，故此选项不合题意；故选：C．‎ ‎【点评】本题考查的是中心对称图形与轴对称图形的概念．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，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后两部分重合． ‎ ‎6. (2020•江苏省盐城市•3分)下列图形中，属于中心对称图形的是(　　)‎ A． B． ‎ C． D．‎ ‎【分析】根据中心对称图形的概念求解．‎ ‎【解答】解：A．此图案不是中心对称图形，不符合题意；‎ B．此图案是中心对称图形，符合题意；‎ C．此图案不是中心对称图形，不符合题意；‎ D．此图案不是中心对称图形，不符合题意；故选：B．‎ ‎【点评】此题主要考查了中心对称图形，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后两部分重合．‎ ‎7.（2020•湖北武汉•3分）现实世界中，对称现象无处不在，中国的方块字中有些也具有对称性．下列汉字是轴对称图形的是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【分析】根据轴对称图形的概念：如果一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形叫做轴对称图形，这条直线叫做对称轴求解即可．‎ ‎【解答】解：A.不是轴对称图形，不合题意；‎ B.不是轴对称图形，不合题意；‎ C.是轴对称图形，符合题意；‎ D.不是轴对称图形，不合题意；‎ 故选：C．‎ ‎【点评】此题主要考查了轴对称图形的概念，轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分沿对称轴折叠后可重合．‎ ‎8. （2020•湖南省湘潭市·3分）下列图形中，不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．‎ ‎【解答】解：A.是中心对称图形，故此选项不符合题意；‎ B.是中心对称图形，故此选项不符合题意；‎ C.是中心对称图形，故此选项不符合题意；‎ D.是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项符合题意；‎ 故选：D．‎ ‎【点评】此题主要考查了中心对称图形，解题的关键是要寻找对称中心，旋转180度后两部分重合．‎ ‎9.（2020•河北省•3分）如图，将△ABC绕边AC的中点O顺时针旋转180°．嘉淇发现，旋转后的△CDA与△ABC构成平行四边形，并推理如下：‎ 小明为保证嘉淇的推理更严谨，想在方框中“∵CB＝AD，”和“∴四边形…”之间作补充，下列正确的是 ‎（　　）‎ A．嘉淇推理严谨，不必补充 ‎ B．应补充：且AB＝CD ‎ C．应补充：且AB∥CD ‎ D．应补充：且OA＝OC ‎【分析】根据两组对边分别相等的四边形是平行四边形判定即可．‎ ‎【解答】解：∵CB＝AD，AB＝CD，‎ ‎∴四边形ABCD是平行四边形，‎ 故选：B．‎ ‎【点评】本题考查平行四边形的判定，旋转变换等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．‎ ‎10. （2020•湖南省长沙市·3分）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结合各图形的特点求解即可．‎ ‎【解答】解：A.既不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故此选项不合题意；‎ B.是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项符合题意；‎ C.既不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故此选项不合题意；‎ D.不是轴对称图形，是中心对称图形，故此选项不合题意；‎ 故选：B．‎ ‎【点评】本题考查了中心对称图形和轴对称图形的知识，注意掌握好中心对称图形与轴对称图形的概念．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，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后与原图重合．‎ ‎11.（2020•湖北孝感•3分）如图，点E在正方形ABCD的边CD上，将△ADE绕点A顺时针旋转90°到△ABF的位置，连接EF，过点A作EF的垂线，垂足为点H，与BC交于点G．若BG＝3，CG＝2，则CE的长为（　　）‎ A． B． C．4 D．‎ ‎【分析】连接EG，根据AG垂直平分EF，即可得出EG＝FG，设CE＝x，则DE＝5﹣x＝BF，FG＝EG＝8﹣x，再根据Rt△CEG中，CE2+CG2＝EG2，即可得到CE的长．‎ ‎【解答】解：如图所示，连接EG，‎ 由旋转可得，△ADE≌△ABF，‎ ‎∴AE＝AF，DE＝BF，‎ 又∵AG⊥EF，‎ ‎∴H为EF的中点，‎ ‎∴AG垂直平分EF，‎ ‎∴EG＝FG，‎ 设CE＝x，则DE＝5﹣x＝BF，FG＝8﹣x，‎ ‎∴EG＝8﹣x，‎ ‎∵∠C＝90°，‎ ‎∴Rt△CEG中，CE2+CG2＝EG2，即x2+22＝（8﹣x）2，‎ 解得x＝，‎ ‎∴CE的长为，‎ 故选：B．‎ ‎【点评】本题主要考查了正方形的性质以及旋转的性质，解题时注意：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．‎ ‎12. （2020•江苏省连云港市•3分）如图，将矩形纸片ABCD沿BE折叠，使点A落在对角线BD上的A'处．若∠DBC＝24°，则∠A'EB等于（　　）‎ A．66° B．60° C．57° D．48°‎ ‎【分析】由矩形的性质得∠A＝∠ABC＝90°，由折叠的性质得∠BA'E＝∠A＝90°，∠A'BE＝∠ABE＝（90°﹣∠DBC）＝33°，即可得出答案．‎ ‎【解答】解：∵四边形ABCD是矩形，‎ ‎∴∠A＝∠ABC＝90°，‎ 由折叠的性质得：∠BA'E＝∠A＝90°，∠A'BE＝∠ABE，‎ ‎∴∠A'BE＝∠ABE＝（90°﹣∠DBC）＝（90°﹣24°）＝33°，‎ ‎∴∠A'EB＝90°﹣∠A'BE＝90°﹣33°＝57°；‎ 故选：C．‎ ‎【点评】本题考查了矩形的性质、折叠的性质以及直角三角形的性质；熟练掌握矩形的性质和折叠的性质是解题的关键．‎ ‎13. （2020•江苏省苏州市•3分）如图，在中，，将绕点按逆时针方向旋转得到．若点恰好落在边上，且，则 的度数为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据旋转的性质得出边和角相等，找到角之间的关系，再根据三角形内角和定理进行求解，即可求出答案．‎ ‎【详解】解：设=x°.‎ 根据旋转的性质，得∠C=∠= x°，=AC， =AB.‎ ‎∴∠=∠B.‎ ‎∵，∴∠C=∠CA=x°.‎ ‎∴∠=∠C+∠CA=2x°.‎ ‎∴∠B=2x°.‎ ‎∵∠C+∠B+∠CAB=180°，，‎ ‎∴x+2x+108=180.‎ 解得x=24.‎ ‎∴的度数为24°.‎ 故选：C.‎ ‎【点睛】本题考查了三角形内角和定理，旋转的性质的应用及等腰三角形得性质.‎ ‎14.（2020•黑龙江省哈尔滨市•3分）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．正方形 ‎ C．等腰直角三角形 D．正五边形 ‎【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．‎ ‎【解答】解：A.是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项不符合题意；‎ B.既是轴对称图形又是中心对称图形，故本选项符合题意；‎ C.是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项不符合题意；‎ D.是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项不符合题意．‎ 故选：B．‎ ‎【点评】本题考查了中心对称图形与轴对称图形的概念，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，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后两部分重合．‎ ‎15.（2020•黑龙江省哈尔滨市•3分）如图，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，∠B＝50°，AD⊥BC，垂足为D，△ADB与△ADB'关于直线AD对称，点B的对称点是点B'，则∠CAB'的度数为（　　）‎ A．10° B．20° C．30° D．40°‎ ‎【分析】由余角的性质可求∠C＝40°，由轴对称的性质可得∠AB'B＝∠B＝50°，由外角性质可求解．‎ ‎【解答】解：∵∠BAC＝90°，∠B＝50°，‎ ‎∴∠C＝40°，‎ ‎∵△ADB与△ADB'关于直线AD对称，点B的对称点是点B'，‎ ‎∴∠AB'B＝∠B＝50°，‎ ‎∴∠CAB'＝∠AB'B﹣∠C＝10°，‎ 故选：A．‎ ‎【点评】本题考查了轴对称的性质，掌握轴对称的性质是本题的关键．‎ ‎16.（2020•黑龙江省牡丹江市•3分）下列图形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求解．‎ ‎【解答】解：A.是轴对称图形，不是中心对称图形，不合题意；‎ B.是轴对称图形，不是中心对称图形，不合题意；‎ C.是中心对称图形，符合题意；‎ D.不是中心对称图形，不合题意；．‎ 故选：C．‎ ‎【点评】此题主要考查了中心对称图形的概念．中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后两部分重合．‎ ‎17.（2020•黑龙江省牡丹江市•3分）如图，在平面直角坐标系中，O是菱形ABCD对角线BD的中点，AD∥x轴且AD＝4，∠A＝60°，将菱形ABCD绕点O旋转，使点D落在x轴上，则旋转后点C的对应点的坐标是（　　）‎ A．（0，2） B．（2，﹣4） ‎ C．（2，0） D．（0，2）或（0，﹣2）‎ ‎【分析】分点C旋转到y轴正半轴和y轴负半轴两种情况分别讨论，结合菱形的性质求解．‎ ‎【解答】解：根据菱形的对称性可得：当点D在x轴上时，‎ A.B.C均在坐标轴上，如图，‎ ‎∵∠BAD＝60°，AD＝4，‎ ‎∴∠OAD＝30°，‎ ‎∴OD＝2，‎ ‎∴AO＝＝OC，‎ ‎∴点C的坐标为（0，），‎ 同理：当点C旋转到y轴正半轴时，‎ 点C的坐标为（0，），‎ ‎∴点C的坐标为（0，）或（0，），‎ 故选：D．‎ ‎【点评】本题考查了菱形的对称性，旋转的性质，直角三角形的性质，解题的关键是要分情况讨论．‎ ‎18.（2020•黑龙江省齐齐哈尔市•3分）下面四个化学仪器示意图中，是轴对称图形的是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【分析】根据轴对称图形的概念对各选项分析判断即可得解．‎ ‎【解答】解：A.不是轴对称图形，故本选项不合题意；‎ B.不是轴对称图形，故本选项不合题意；‎ C.不是轴对称图形，故本选项不合题意；‎ D.是轴对称图形，故本选项符合题意．‎ 故选：D．‎ ‎【点评】本题考查了轴对称图形的概念，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．‎ ‎19.（2020•黑龙江省齐齐哈尔市•3分）有两个直角三角形纸板，一个含45°角，另一个含30°角，如图①所示叠放，先将含30°角的纸板固定不动，再将含45°角的纸板绕顶点A顺时针旋转，使BC∥DE，如图②所示，则旋转角∠BAD的度数为（　　）‎ A．15° B．30° C．45° D．60°‎ ‎【分析】由平行线的性质可得∠CFA＝∠D＝90°，由外角的性质可求∠BAD的度数．‎ ‎【解答】解：如图，设AD与BC交于点F，‎ ‎∵BC∥DE，‎ ‎∴∠CFA＝∠D＝90°，‎ ‎∵∠CFA＝∠B+∠BAD＝60°+∠BAD，‎ ‎∴∠BAD＝30°‎ 故选：B．‎ ‎【点评】本题考查了旋转的性质，平行线的性质，灵活运用这些性质进行推理是本题的关键．‎ ‎20.（2020•湖南省常德•3分）下面几种中式窗户图形既是轴对称又是中心对称的是（　　）‎ 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．‎ ‎【解答】解：A.不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故本选项不合题意；‎ B.不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故本选项不合题意；‎ C.既是轴对称图形，又是中心对称图形，故此选项正确；‎ D.不是轴对称图形，是中心对称图形，故本选项不合题意；‎ 故选：C．‎ ‎【点评】此题主要考查了中心对称图形与轴对称图形的概念．轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分折叠后完全可重合，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后两部分完全重合．‎ ‎21（2020•湖南省郴州•3分）下列图形是中心对称图形的是（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【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．‎ ‎【详解】解：A.不是中心对称图形，故此选项不合题意；‎ B.不是中心对称图形，故此选项不合题意；‎ C.不是中心对称图形，故此选项不合题意；‎ D.是中心对称图形，故此选项符合题意；‎ 故选：D．‎ ‎【点睛】此题主要考查了中心对称图形，关键是要寻找对称中心，旋转180‎ 度后两部分重合．‎ ‎22 (2020•江苏省扬州市•3分) “致中和，天地位焉，万物育焉．”对称美是我国古人和谐平衡思想的体现，常被运用于建筑、器物、绘画、标识等作品的设计上，使对称之美惊艳了千年的时光．在下列与扬州有关的标识或简图中，不是轴对称图形的是(　　)‎ ‎ ‎ ‎ A． B． C． D．‎ ‎【分析】根据轴对称图形的概念对各选项分析判断利用排除法求解．‎ ‎【解答】解：A.是轴对称图形，故本选项不合题意；B.是轴对称图形，故本选项不合题意；‎ C.不是轴对称图形，故本选项符合题意；D.是轴对称图形，故本选项不合题意．故选：C．‎ ‎【点评】本题考查了轴对称图形的概念．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．‎ ‎23. (2020•江苏省无锡市•3分)如图，在四边形ABCD中(AB＞CD)，∠ABC＝∠BCD＝90°，AB＝3，BC＝，把Rt△ABC沿着AC翻折得到Rt△AEC，若tan∠AED＝，则线段DE的长度(　　)‎ A． B． C． D．‎ ‎【分析】方法一，延长ED交AC于点M，过点M作MN⊥AE于点N，设MN＝m，根据已知条件和翻折的性质可求m的值，再证明CD是∠ECM的角平分线，可得＝＝，进而可得ED的长．方法二，过点D作DM⊥CE，首先得到∠ACB＝60度，∠ECD＝30度，再根据折叠可得到∠AED＝∠EDM，设EM＝m，由折叠性质可知，EC＝CB ‎，在直角三角形EDM中，根据勾股定理即可得DE的长．‎ ‎【解答】解：方法一：如图，延长ED交AC于点M，过点M作MN⊥AE于点N，‎ 设MN＝m，∵tan∠AED＝，∴＝，∴NE＝2m，‎ ‎∵∠ABC＝90°，AB＝3，BC＝，∴∠CAB＝30°，‎ 由翻折可知：∠EAC＝30°，∴AM＝2MN＝2m，∴AN＝MN＝3m，‎ ‎∵AE＝AB＝3，∴5m＝3，∴m＝，∴AN＝，MN＝，AM＝，‎ ‎∵AC＝2，∴CM＝AC－AM＝，∵MN＝，NE＝2m＝，‎ ‎∴EM＝＝，∵∠ABC＝∠BCD＝90°，∴CD∥AB，∴∠DCA＝30°，‎ 由翻折可知：∠ECA＝∠BCA＝60°，∴∠ECD＝30°，∴CD是∠ECM的角平分线，‎ ‎∴＝＝，∴＝，解得ED＝．‎ 方法二：如图，过点D作DM⊥CE，由折叠可知：∠AEC＝∠B＝90°，∴AE∥DM，‎ ‎∵∠ACB＝60°，∠ECD＝30°，∴∠AED＝∠EDM＝30°，‎ 设EM＝m，由折叠性质可知，EC＝CB＝，∴CM＝3－m，‎ ‎∴tan∠MCD＝＝＝，解得m＝，∴DM＝，EM＝，‎ 在直角三角形EDM中，DE2＝DM2+EM2，解得DE＝．故选：B．‎ ‎【点评】本题考查了翻折变换、勾股定理、解直角三角形，解决本题的关键是综合运用以上知识．‎ ‎24. （2020年滨州市）5．（3分）下列图形：线段、等边三角形、平行四边形、圆，其中既是轴对称图形，又是中心对称图形的个数为（　　）‎ A．1 B．2 C．3 D．4‎ ‎【分析】根据轴对称图形与中心对称图形的概念求解．‎ ‎【解答】解：线段是轴对称图形，也是中心对称图形；‎ 等边三角形是轴对称图形，不是中心对称图形；‎ 平行四边形不是轴对称图形，是中心对称图形；‎ 圆是轴对称图形，也是中心对称图形；‎ 则既是轴对称图形又是中心对称图形的有2个．‎ 故选：B．‎ ‎【点评】此题主要考查了中心对称图形与轴对称图形的概念．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，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后两部分重合．‎ ‎25. （2020年德州市）2．（4分）下列图形中，是中心对称图形但不是轴对称图形的是（　　）‎ 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．‎ ‎【解答】解：A.不是轴对称图形，也不是中心对称图形．故此选项不合题意；‎ B.是中心对称图形但不是轴对称图形．故此选项符合题意；‎ C.既是轴对称图形，又是中心对称图形．故此选项不合题意；‎ 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：B．‎ ‎【点评】此题主要中心对称图形与轴对称图形的概念：轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分沿对称轴折叠后可重合；中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后与原图重合．‎ ‎．‎ ‎10.‎ 二.填空题 ‎1.‎ ‎（2020•广东省广州市•3分）如图，点的坐标为，点在轴上，把沿轴向右平移到，若四边形的面积为9，则点的坐标为_______．‎ ‎【答案】(4，3)‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 过点A作AH⊥x轴于点H，得到AH=3，根据平移的性质证明四边形ABDC是平行四边形，得到AC=BD，根据平行四边形的面积是9得到，求出BD即可得到答案.‎ ‎【详解】过点A作AH⊥x轴于点H，‎ ‎∵A（1，3），‎ ‎∴AH=3，‎ 由平移得AB∥CD，AB=CD，‎ ‎∴四边形ABDC是平行四边形，‎ ‎∴AC=BD，‎ ‎∵，‎ ‎∴BD=3，‎ ‎∴AC=3，‎ ‎∴C(4，3)‎ 故答案：(4，3).‎ ‎【点睛】此题考查平移的性质，平行四边形的判定及性质，直角坐标系中点到坐标轴的距离与点坐标的关系.‎ ‎2.（2020•广西省玉林市•3分）如图，在边长为3的正六边形ABCDEF中，将四边形ADEF绕顶点A顺时针旋转到四边形AD'E'F′处，此时边AD′与对角线AC 重叠，则图中阴影部分的面积是　3π　．‎ ‎【分析】根据正六边形的性质和旋转的性质以及扇形的面积公式即可得到结论．‎ ‎【解答】解：∵在边长为3的正六边形ABCDEF中，∠DAC＝30°，∠B＝∠BCD＝120°，AB＝BC，‎ ‎∴∠BAC＝∠BCA＝30°，‎ ‎∴∠ACD＝90°，‎ ‎∵CD＝3，‎ ‎∴AD＝2CD＝6，‎ ‎∴图中阴影部分的面积＝S四边形ADEF+S扇形DAD′﹣S四边形AF′E′D′，‎ ‎∵将四边形ADEF绕顶点A顺时针旋转到四边形AD'E'F′处，‎ ‎∴S四边形ADEF＝S四边形AD′E′F′‎ ‎∴图中阴影部分的面积＝S扇形DAD′＝＝3π，‎ 故答案为：3π．‎ ‎【点评】本题考查了正多边形与圆，旋转的性质，扇形的面积的计算，正确的识别图形是解题的关键．‎ ‎3. （2020•湖南省张家界·3分）如图，正方形的边长为1，将其绕顶点C按逆时针方向旋转一定角度到位置，使得点B落在对角线上，则阴影部分的面积是______．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 如下图所示，△ENC.△MPF为等腰直角三角形，先求出MB=NC=，证明△PBC≌△PEC，进而得到EP=BP，设MP=x，则EP=BP=，解出x，最后阴影部分面积等于2倍△BPC面积即可求解．‎ ‎【详解】解：过E点作MN∥BC交AB.CD于M、N点，设AB与EF交于点P点，连接CP，如下图所示，‎ ‎∵B在对角线CF上，∴∠DCE=∠ECF=45°，EC=1，‎ ‎∴△ENC为等腰直角三角形，‎ ‎∴MB=CN=EC=，‎ 又BC=AD=CD=CE，且CP=CP，△PEC和△PBC均为直角三角形，‎ ‎∴△PEC≌△PBC(HL)，‎ ‎∴PB=PE，‎ 又∠PFB=45°，∴∠FPB=45°=∠MPE，‎ ‎∴△MPE为等腰直角三角形，‎ 设MP=x，则EP=BP=，‎ ‎∵MP+BP=MB，‎ ‎∴，解得，‎ ‎∴BP=，‎ ‎∴阴影部分的面积=．‎ 故答案为：．‎ ‎【点睛】本题考查了正方形的性质及旋转的性质，本题关键是能想到过E点作BC的平行线，再证明△ENC.△MPF为等腰直角三角形进而求解线段长.‎ ‎4（2020•河南省•3分）如图，在扇形BOC中，∠BOC＝60°，OD平分∠BOC交于点D，点E为半径OB上一动点．若OB＝2，则阴影部分周长的最小值为　　．‎ ‎【分析】利用轴对称的性质，得出当点E移动到点E′时，阴影部分的周长最小，此时的最小值为弧CD的长与CD′的长度和，分别进行计算即可．‎ ‎【解答】解：如图，作点D关于OB的对称点D′，连接D′C交OB于点E′，连接E′D.OD′，‎ 此时E′C+E′C最小，即：E′C+E′C＝CD′，‎ 由题意得，∠COD＝∠DOB＝∠BOD′＝30°，‎ ‎∴∠COD′＝90°，‎ ‎∴CD′＝＝＝2，‎ 的长l＝＝，‎ ‎∴阴影部分周长的最小值为2+＝．‎ 故答案为：．‎ ‎【点评】本题考查与圆有关的计算，掌握轴对称的性质，弧长的计算方法是正确计算的前提，理解轴对称解决路程最短问题是关键．‎ ‎5（2020•江苏省南京市•2分）将一次函数y＝﹣2x+4的图象绕原点O逆时针旋转90°，所得到的图象对应的函数表达式是　y＝x+2　．‎ ‎【分析】直接根据一次函数互相垂直时系数之积为﹣1，进而得出答案．‎ ‎【解答】解：在一次函数y＝﹣2x+4中，令x＝0，则y＝4，‎ ‎∴直线y＝﹣2x+4经过点（0，4），‎ 将一次函数y＝﹣2x+4的图象绕原点O逆时针旋转90°，则点（0，4）的对应点为（﹣4，0），‎ 旋转后得到的图象与原图象垂直，则对应的函数解析式为：y＝x+b，‎ 将点（﹣4，0）代入得，+b＝0，‎ 解得b＝2，‎ ‎∴旋转后对应的函数解析式为：y＝x+2，‎ 故答案为y＝x+2．‎ ‎【点评】此题主要考查了一次函数图象与几何变换，正确把握互相垂直的两直线系数关系是解题关键．‎ ‎6.‎ ‎7.‎ ‎8.‎ ‎9.‎ ‎10.‎ 三.解答题 ‎1. (2020•江苏省无锡市•10分)如图，在矩形ABCD中，AB＝2，AD＝1，点E为边CD上的一点(与C.D不重合)，四边形ABCE关于直线AE的对称图形为四边形ANME，延长ME交AB于点P，记四边形PADE的面积为S．‎ ‎(1)若DE＝，求S的值；‎ ‎(2)设DE＝x，求S关于x的函数表达式．‎ ‎【分析】(1)根据三角函数的定义得到∠AED＝60°，根据平行线的性质得到∠BAE＝60°，根据折叠的性质得到∠AEC＝∠AEM，推出△APE为等边三角形，于是得到结论；‎ ‎(2)过E作EF⊥AB于F，由(1)可知，∠AEP＝∠AED＝∠PEA，求得AP＝PE，设AP＝PE＝a，AF＝ED＝x，则PF＝a－x，EF＝AD＝1，根据勾股定理列方程得到a＝，于是得到结论．‎ ‎【解答】解：(1)当DE＝，∵AD＝1，∴tan∠AED＝，AE＝，‎ ‎∴∠AED＝60°，∵AB∥CD，∴∠BAE＝60°，‎ ‎∵四边形ABCE关于直线AE的对称图形为四边形ANME，∴∠AEC＝∠AEM，‎ ‎∵∠PEC＝∠DEM，∴∠AEP＝∠AED＝60°，∴△APE为等边三角形，‎ ‎∴S＝×()2+×1＝；‎ ‎(2)过E作EF⊥AB于F，由(1)可知，∠AEP＝∠AED＝∠PEA，∴AP＝PE，‎ 设AP＝PE＝a，AF＝ED＝x，则PF＝a－x，EF＝AD＝1，‎ 在Rt△PEF中，(a－x)2+1＝a2，解得：a＝，‎ ‎∴S＝．‎ ‎【点评】本题考查了翻折变换(折叠问题)，矩形的性质，勾股定理，三角形的面积的计算，正确的识别图形是解题的关键．‎ ‎2.（2020•湖北武汉•8分）在8×5的网格中建立如图的平面直角坐标系，四边形OABC的顶点坐标分别为O（0，0），A（3，4），B（8，4），C（5，0）．仅用无刻度的直尺在给定网格中按下列步骤完成画图，并回答问题：‎ ‎（1）将线段CB绕点C逆时针旋转90°，画出对应线段CD；‎ ‎（2）在线段AB上画点E，使∠BCE＝45°（保留画图过程的痕迹）；‎ ‎（3）连接AC，画点E关于直线AC的对称点F，并简要说明画法．‎ ‎【分析】（1）利用网格特点和旋转的性质画出B点的对称点D即可；‎ ‎（2）作出BC为边的正方形，找到以C点为一个顶点的对角线与AB的交点E即为所求；‎ ‎（3）利用网格特点，作出E点关于直线AC的对称点F即可．‎ ‎【解答】解：（1）如图所示：线段CD即为所求；‎ ‎（2）如图所示：∠BCE即为所求；‎ ‎（3）连接（5，0），（0，5），可得与AC的交点F，点F即为所求，如图所示：‎ ‎【点评】本题考查了作图﹣旋转变换：根据旋转的性质可知，对应角都相等都等于旋转角，对应线段也相等，由此可以通过作相等的角，在角的边上截取相等的线段的方法，找到对应点，顺次连接得出旋转后的图形．也考查了轴对称变换．‎ ‎3 （2020•江苏省常州市•8分）如图1，点B在线段CE上，Rt△ABC≌Rt△CEF，∠ABC＝∠CEF＝90°，∠BAC＝30°，BC＝1．‎ ‎（1）点F到直线CA的距离是　1　；‎ ‎（2）固定△ABC，将△CEF绕点C按顺时针方向旋转30°，使得CF与CA重合，并停止旋转．‎ ‎①请你在图1中用直尺和圆规画出线段EF经旋转运动所形成的平面图形（用阴影表示，保留画图痕迹，不要求写画法）．该图形的面积为　　；‎ ‎②如图2，在旋转过程中，线段CF与AB交于点O，当OE＝OB时，求OF的长．‎ ‎【分析】（1）如图1中，作FD⊥AC于D．证明△ABC≌△CDF（AAS）可得结论．‎ ‎（2）线段EF经旋转运动所形成的平面图形如图所示，此时点E落在CF上的点H处．根据S阴＝S△EFC+S扇形ACF﹣S扇形CEH﹣S△AHC＝S扇形ACF计算即可．‎ ‎（3）如图2中，过点E作EH⊥CF于H．设OB＝OE＝x．在Rt△EOH中，利用勾股定理构建方程求解即可．‎ ‎【解答】解：（1）如图1中，作FD⊥AC于D，‎ ‎∵Rt△ABC≌Rt△CEF，∠ABC＝∠CEF＝90°，∠BAC＝30°，BC＝1．‎ ‎∴∠ACB＝60°，∠FCE＝∠BAC＝30°，AC＝CF，‎ ‎∴∠ACF＝30°，‎ ‎∴∠BAC＝∠FCD，‎ 在△ABC和△CDF中，‎ ‎，‎ ‎∴△ABC≌△CDF（AAS），‎ ‎∴FD＝BC＝1，‎ 故答案为1；‎ ‎（2）线段EF经旋转运动所形成的平面图形如图所示，此时点E落在CF上的点H处．‎ S阴＝S△EFC+S扇形ACF﹣S扇形CEH﹣S△AHC＝S扇形ACF﹣S扇形ECH＝﹣＝．‎ 故答案为．‎ ‎（3）如图2中，过点E作EH⊥CF于H．设OB＝OE＝x．‎ 在Rt△ECF中，∵EF＝1，∠ECF＝30°，EH⊥CF，‎ ‎∴EC＝EF＝，EH＝，CH＝EH＝，‎ 在Rt△BOC中，OC＝＝，‎ ‎∴OH＝CH﹣OC＝﹣，‎ 在Rt△EOH中，则有x2＝（）2+（﹣）2，‎ 解得x＝或﹣（不合题意舍弃），‎ ‎∴OC＝＝，‎ ‎∵CF＝2EF＝2，‎ ‎∴OF＝CF﹣OC＝2﹣＝．‎ ‎【点评】本题考查作图﹣旋转变换，解直角三角形，全等三角形的性质，扇形的面积等知识，解题的关键是学会利用参数构建方程解决问题，属于中考常考题型．‎ ‎4（2020•贵州省安顺市•10分）如图，一次函数y＝x+1的图象与反比例函数y＝的图象相交，其中一个交点的横坐标是2．‎ ‎（1）求反比例函数的表达式；‎ ‎（2）将一次函数y＝x+1的图象向下平移2个单位，求平移后的图象与反比例函数y＝图象的交点坐标；‎ ‎（3）直接写出一个一次函数，使其过点（0，5），且与反比例函数y＝‎ 的图象没有公共点．‎ ‎【分析】（1）将x＝2代入y＝x+1＝3，故其中交点的坐标为（2，3），将（2，3）代入反比例函数表达式，即可求解；‎ ‎（2）一次函数y＝x+1的图象向下平移2个单位得到y＝x﹣1②，联立①②即可求解；‎ ‎（3）设一次函数的表达式为：y＝kx+5③，联立①③并整理得：kx2+5x﹣6﹣0，则△＝25+24k＜0，解得：k＜﹣，即可求解．‎ ‎【解答】解：（1）将x＝2代入y＝x+1＝3，故其中交点的坐标为（2，3），‎ 将（2，3）代入反比例函数表达式并解得：k＝2×3＝6，‎ 故反比例函数表达式为：y＝①；‎ ‎（2）一次函数y＝x+1的图象向下平移2个单位得到y＝x﹣1②，‎ 联立①②并解得：，‎ 故交点坐标为（﹣2，﹣3）或（3，2）；‎ ‎（3）设一次函数的表达式为：y＝kx+5③，‎ 联立①③并整理得：kx2+5x﹣6﹣0，‎ ‎∵两个函数没有公共点，故△＝25+24k＜0，解得：k＜﹣，‎ 故可以取k＝﹣2（答案不唯一），‎ 故一次函数表达式为：y＝﹣2x+5（答案不唯一）．‎ ‎【点评】本题考查了反比例函数与一次函数的交点，当有两个函数的时候，着重使用一次函数，体现了方程思想，综合性较强．‎ ‎5（2020•湖北孝感•8分）如图，在平面直角坐标系中，已知点A（﹣1，5），B（﹣3，1）和C（4，0），请按下列要求画图并填空．‎ ‎（1）平移线段AB，使点A平移到点C，画出平移后所得的线段CD，并写出点D的坐标为　（2，﹣4）　；‎ ‎（2）将线段AB绕点A逆时针旋转90°，画出旋转后所得的线段AE，并直接写出cos∠BCE的值为　　；‎ ‎（3）在y轴上找出点F，使△ABF的周长最小，并直接写出点F的坐标为　（0，4）　．‎ ‎【分析】（1）根据点A平移到点C，即可得到平移的方向和距离，进而画出平移后所得的线段CD；‎ ‎（2）根据线段AB绕点A逆时针旋转90°，即可画出旋转后所得的线段AE；‎ ‎（3）先作出点A关于y轴的对称点A'，连接A'B交y轴于点F，依据两点之间，线段最短，即可得到此时△ABF的周长最小，根据待定系数法即可得出直线A'B的解析式，令x＝0，进而得到点F的坐标．‎ ‎【解答】解：（1）如图所示，线段CD即为所求，点D的坐标为（2，﹣4）；‎ ‎（2）如图所示，线段AE即为所求，cos∠BCE＝＝＝；‎ ‎（3）如图所示，点F即为所求，点F的坐标为（0，4）．‎ 故答案为：（2，﹣4）；；（0，4）．‎ ‎【点评】本题主要考查了利用平移变换和旋转变换作图，凡是涉及最短距离的问题，一般要考虑线段的性质定理，结合轴对称变换来解决，多数情况要作点关于某直线的对称点．‎ ‎6.（2020•河南省•11分）将正方形ABCD的边AB绕点A逆时针旋转至AB′，记旋转角为α，连接BB′，过点D作DE垂直于直线BB′，垂足为点E，连接DB′，CE．‎ ‎（1）如图1，当α＝60°时，△DEB′的形状为　等腰直角三角形　，连接BD，可求出的值为　　；‎ ‎（2）当0°＜α＜360°且α≠90°时，‎ ‎①（1）中的两个结论是否仍然成立？如果成立，请仅就图2的情形进行证明；如果不成立，请说明理由；‎ ‎②当以点B′，E，C，D为顶点的四边形是平行四边形时，请直接写出的值．‎ ‎【分析】（1）由旋转的性质得出AB＝AB'，∠BAB'＝60°，证得△ABB'是等边三角形，可得出△DEB'是等腰直角三角形．证明△BDB'∽△CDE，得出．‎ ‎（2）①得出∠EDB'＝∠EB'D＝45°，则△DEB'是等腰直角三角形，得出，证明△B'DB∽△EDC，由相似三角形的性质可得出．‎ ‎②分两种情况画出图形，由平行四边形的性质可得出答案．‎ ‎【解答】解：（1）∵AB绕点A逆时针旋转至AB′，‎ ‎∴AB＝AB'，∠BAB'＝60°，‎ ‎∴△ABB'是等边三角形，‎ ‎∴∠BB'A＝60°，‎ ‎∴∠DAB'＝∠BAD﹣∠BAB'＝90°﹣60°＝30°，‎ ‎∵AB'＝AB＝AD，‎ ‎∴∠AB'D＝∠ADB'，‎ ‎∴∠AB'D＝＝75°，‎ ‎∴∠DB'E＝180°﹣60°﹣75°＝45°，‎ ‎∵DE⊥B'E，‎ ‎∴∠B'DE＝90°﹣45°＝45°，‎ ‎∴△DEB'是等腰直角三角形．‎ ‎∵四边形ABCD是正方形，‎ ‎∴∠BDC＝45°，‎ ‎∴，‎ 同理，‎ ‎∴，‎ ‎∵∠BDB'+∠B'DC＝45°，∠EDC+∠B'DC＝45°，‎ ‎∴BDB'＝∠EDC，‎ ‎∴△BDB'∽△CDE，‎ ‎∴．‎ 故答案为：等腰直角三角形，．‎ ‎（2）①两结论仍然成立．‎ 证明：连接BD，‎ ‎∵AB＝AB'，∠BAB'＝α，‎ ‎∴∠AB'B＝90°﹣，‎ ‎∵∠B'AD＝α﹣90°，AD＝AB'，‎ ‎∴∠AB'D＝135°﹣，‎ ‎∴∠EB'D＝∠AB'D﹣∠AB'B＝135°﹣＝45°，‎ ‎∵DE⊥BB'，‎ ‎∴∠EDB'＝∠EB'D＝45°，‎ ‎∴△DEB'是等腰直角三角形，‎ ‎∴，‎ ‎∵四边形ABCD是正方形，‎ ‎∴，∠BDC＝45°，‎ ‎∴，‎ ‎∵∠EDB'＝∠BDC，‎ ‎∴∠EDB'+∠EDB＝∠BDC+∠EDB，‎ 即∠B'DB＝∠EDC，‎ ‎∴△B'DB∽△EDC，‎ ‎∴．‎ ‎②＝3或1．‎ 若CD为平行四边形的对角线，‎ 点B'在以A为圆心，AB为半径的圆上，取CD的中点．连接BO交⊙A于点B'，‎ 过点D作DE⊥BB'交BB'的延长线于点E，‎ 由（1）可知△B'ED是等腰直角三角形，‎ ‎∴B'D＝B'E，‎ 由（2）①可知△BDB'∽△CDE，且BB'＝CE．‎ ‎∴＝+1＝+1＝+1＝+1＝3．‎ 若CD为平行四边形的一边，如图3，‎ 点E与点A重合，‎ ‎∴＝1．‎ 综合以上可得＝3或1．‎ ‎【点评】本题是四边形综合题，考查了正方形的性质，等腰直角三角形的判定与性质，旋转的性质，等边三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质等知识，熟练掌握相似三角形的判定与性质是解题的关键．‎ http://www.czsx.com.cn ‎7（2020•湖南省郴州•10分）如图，在等腰直角三角形中，．点是的中点，以为边作正方形，连接．将正方形绕点顺时针旋转，旋转角为．‎ ‎（1）如图，在旋转过程中，‎ ‎①判断与是否全等，并说明理由；‎ ‎②当时，与交于点，求的长．‎ ‎（2）如图，延长交直线于点．‎ ‎①求证：；‎ ‎②在旋转过程中，线段的长度是否存在最大值？若存在，求出最大值；若不存在，请说明理由．‎ ‎【答案】（1）①全等，证明见解析；②；（2）①证明见解析；②．‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）①由等腰直角三角形性质和正方形性质根据全等三角形判定定理（SAS）即可证明；②过A点作AM⊥GD，垂足为M，交FE与N，利用等腰三角形三线合一性质构造直角三角形，由勾股定理求出AM的长，进而得出，再由求出结果；‎ ‎（2）①根据全等三角形性质可得，再在和中由三角形内角和定理得出，从而证明结论；②根据∠APC=90°得出PC最大值是∠GAD最大时，即GD⊥AG时，进而可知CEF三点共线，F与P重合，求出此时CE 长，继而可得CP最大值．‎ ‎【详解】解：（1）①全等，理由如下：‎ 在等腰直角三角形中，AD=CD，，‎ 在正方形中，GD=ED，，‎ 又∵，，‎ ‎∴‎ 在和中，‎ ‎ ，‎ ‎∴（SAS）；‎ ‎②如解图2，过A点作AM⊥GD，垂足为M，交FE与N，‎ ‎∵点是的中点，‎ ‎∴在正方形中，DE=GD=GF=EF=2，‎ 由①得，‎ ‎∴，‎ 又∵，‎ ‎∴，‎ ‎∵AM⊥GD，‎ ‎∴，‎ 又∵ ，‎ ‎∴四边形GMNF是矩形，‎ ‎∴，‎ 在中，，‎ ‎∴‎ ‎∵，‎ ‎∴‎ ‎∴，‎ ‎∴．‎ ‎（2）①由①得，‎ ‎∴，‎ 又∵，‎ ‎∴，‎ ‎∴，即：；‎ ‎②∵，‎ ‎∴，‎ ‎∴当最大时，PC最大，‎ ‎∵∠DAC=45°，是定值，‎ ‎∴最大时，最大，PC最大，‎ ‎∵AD=4，GD=2，‎ ‎∴当GD⊥AG，最大，如解图3，‎ 此时，‎ 又∵，，‎ ‎∴F点与P点重合，‎ ‎∴CEFP四点共线，‎ ‎∴CP=CE+EF=AG+EF=，‎ ‎∴线段得最大值为：．‎ ‎【点睛】本题考查了三角形的综合；涉及了全等三角形的判定与性质，正方形的性质，勾股定理，解直角三角形等知识，能够准确画出旋转后满足条件的两个图形，构造直角三角形求解是关键．‎ ‎8.‎ ‎9.‎ ‎10.‎