中考数学试题分类汇编考点35图形的平移和旋转Word文件下载.docx
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故选：
3、（2018•宜宾）如图,将△ABC沿BC边上的中线AD平移到△A'
B'
C'
的位置,已知△ABC的面积为9,阴影部分三角形的面积为4、若AA'
=1,则A'
D等于（）
A、2B、3D、
【分析】由S△ABC=9、S△A′EF=4且AD为BC边的中线知S△A′EF=2,S△ABD=S
△ABC=,根据△DA′E∽△DAB）2=,据此求解可得、
如图,
∵S△ABC=9、S△A′EF=4,且AD为BC边的中线,
∴S△A′DE=S△A′EF=2,S△ABD=S△ABC=,
∵将△ABC沿BC边上的中线AD平移得到△A'
∴A′E∥AB,
∴△DA′E∽△DAB,
则（,即（）2=,解得A′D=2或（舍）,
A、
4、（2018•温州）如图,已知一个直角三角板的直角顶点与原点重合,另两个顶点A,B的坐标分别为（﹣1,0）,（0,）、现将该三角板向右平移使点A与点O重合,得到△OCB′,则点B的对应点B′的坐标是（）
A、（1,0）,）））
【分析】根据平移的性质得出平移后坐标的特点,进而解答即可、
因为点A与点O对应,点A（﹣1,0）,点O（0,0）,所以图形向右平移1个单位长度,
所以点B的对应点）,即（1,）,故选：
二、填空题（共4小题）5、（2018•长沙）在平面直角坐标系中,将点A′（﹣2,3）向右平移3个单位长度,再向下平移2个单位长度,那么平移后对应的点A′的坐标是（1,1）、
【分析】直接利用平移的性质分别得出平移后点的坐标得出答案、
∵将点A′（﹣2,3）向右平移3个单位长度,
∴得到（1,3）,
∵再向下平移2个单位长度,
∴平移后对应的点A′的坐标是：
（1,1）、故答案为：
（1,1）、
6、（2018•宿迁）在平面直角坐标系中,将点（3,﹣2）先向右平移2个单位长度,再向上平移3个单位长度,则所得点的坐标是（5,1）、
【分析】直接利用平移的性质得出平移后点的坐标即可、
∵将点（3,﹣2）先向右平移2个单位长度,
∴得到（5,﹣2）,
∵再向上平移3个单位长度,
∴所得点的坐标是：
（5,1）、故答案为：
（5,1）、
7、（2018•曲靖）如图：
图象①②③均是以P0为圆心,1个单位长度为半径的扇形,将图形①②③分别沿东北,正南,西北方向同时平移,每次移动一个单位长度,第一次移动后图形①②③的圆心依次为P1P2P3,第二次移动后图形①②③的圆心依次为P4P5P6…,依次规律,P0P2018=673个单位长度、
【分析】根据P0P1=1,P0P2=1,P0P3=1；
P0P4=2,P0P5=2,P0P6=2；
P0P7=3,P0P8=3,
P0P9=3；
可知每移动一次,圆心离中心的距离增加1个单位,依据2018=3×
672+2,即可得到点P2018在正南方向上,P0P2018=672+1=673、
由图可得,P0P1=1,P0P2=1,P0P3=1；
P0P4=2,P0P5=2,P0P6=2；
P0P7=3,P0P8=3,P0P9=3；
∵2018=3×
672+2,
∴点P2018在正南方向上,
∴P0P2018=672+1=673,
故答案为：
673、
8、（2018•株洲）如图,O为坐标原点,△OAB是等腰直角三角形,∠OAB=90°
点B）,将该三角形沿x轴向右平移得到Rt△O′A′B′,此时点
B′的坐标为（2,2）,则线段OA在平移过程中扫过部分的图形面积为4、
【分析】利用平移的性质得出AA′的长,根据等腰直角三角形的性质得到AA′对应的高,再结合平行四边形面积公式求出即可、
∵点B）,将该三角形沿x轴向右平移得到Rt
△O′A′B′,此时点,2）,
∴AA′=BB′=2,
∵△OAB是等腰直角三角形,
∴A（,）,
∴AA′对应的高,
∴线段OA在平移过程中扫过部分的图形面积为2×
=4、故答案为：
4、
三、解答题（共14小题）
9、（2018•枣庄）如图,在4×
4的方格纸中,△ABC的三个顶点都在格点上、
（1）在图1中,画出一个与△ABC成中心对称的格点三角形；
（2）在图2中,画出一个与△ABC成轴对称且与△ABC有公共边的格点三角形；
（3）在图3中,画出△ABC绕着点C按顺时针方向旋转90°
后的三角
形、
【分析】
（1）根据中心对称的性质即可作出图形；
（2）根据轴对称的性质即可作出图形；
（3）根据旋转的性质即可求出图形、
（1）如图所示,
△DCE为所求作
（2）如图所示,
△ACD为所求作
（3）如图所示
△ECD为所求作
10、（2018•吉林）如图是由边长为1的小正方形组成的8×
4网格,每个小正方形的顶点叫做格点,点A,B,C,D均在格点上,在网格中将点D按下列步骤移动：
第一步：
点D绕点A顺时针旋转180°
得到点D1；
第二步：
点D1绕点B顺时针旋转90°
得到点D2；
第三步：
点D2绕点C顺时针旋转90°
回到点D、
（1）请用圆规画出点D→D1→D2→D经过的路径；
（2）所画图形是轴对称对称图形；
（3）求所画图形的周长（结果保留π）、
（1）利用旋转变换的性质画出图象即可；
（2）根据轴对称图形的定义即可判断；
（3）利用弧长公式计算即可；
（1）点D→D1→D2→D经过的路径如图所示：
（2）观察图象可知图象是轴对称图形,故答案为轴对称、
（3）周长=4×
=8π、
11、（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'
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、
（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）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、
【解答】
（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°
∴∠FBB′=15°
；
（3）解：
由AB=2,得到B′B=B′F=2,∠B′BF=15°
过B作BH⊥BF,
在Rt△BB′H,即=,则+、
12、（2018•徐州）如图,方格纸中的每个小方格都是边长为1个单位的正方形,在建立平面直角坐标系后,△ABC的顶点均在格点上,点B的坐标为（1,0）
①画出△ABC关于x轴对称的△A1B1C1；
②画出将△ABC绕原点O按逆时针旋转90°
所得的△A2B2C2；
③△A1B1C1与△A2B2C2成轴对称图形吗？
若成轴对称图形,画出所有的对称轴；
④△A1B1C1与△A2B2C2成中心对称图形吗？
若成中心对称图形,写出所有的对称中心的坐标、
（1）将三角形的各顶点,向x轴作垂线并延长相同长度得到三点的对应点,顺次连接；
（2）将三角形的各顶点,绕原点O按逆时针旋转90°
得到三点的对应点、顺次连接各对应点得△A2B2C2；
（3）从图中可发现成轴对称图形,根据轴对称图形的性质画出对称轴即连接两
对应点的线段,做它的垂直平分线；
（4）成中心对称图形,画出两条对应点的连线,交点就是对称中心、
如下图所示：
（3）成轴对称图形,根据轴对称图形的性质画出对称轴即连接两对应点的线段,作它的垂直平分线,
或连接A1C1,A2C2的中点的连线为对称轴、
（4）成中心对称,对称中心为线段BB2的中点,）、
13、（2018•温州）如图,P,Q是方格纸中的两格点,请按要求画出以PQ为对角线的格点四边形、
（1）在图1中画出一个面积最小的▱PAQB、
（2）在图2中画出一个四边形PCQD,使其是轴对称图形而不是中心对称图形,且另一条对角线CD由线段PQ以某一格点为旋转中心旋转得到、注：
图1,图2在答题纸上、
（1）画出面积是4的格点平行四边形即为所求；
（2）画出以PQ为对角线的等腰梯形即为所求、
（1）如图①所示：
（2）如图②所示：
14、（2018•临沂）将矩形ABCD绕点A顺时针旋转α（0°
＜α＜360°
）,得到矩形AEFG、
（1）如图,当点E在BD上时、求证：
FD=CD；
（2）当α为何值时,GC=GB？
画出图形,并说明理由、
（1）先运用SAS判定△AED≌△FDE,可得DF=AE,再根据AE=AB=CD,即可得出CD=DF；
（2）当GB=GC时,点G在BC的垂直平分线上,分两种情况讨论,依据∠DAG=60°
即可得到旋转角α的度数、
（1）由旋转可得,AE=AB,∠AEF=∠ABC=∠DAB=90°
EF=BC=AD,
∴∠AEB=∠ABE,
又∵∠ABE+∠EDA=90°
=∠AEB+∠DEF,
∴∠EDA=∠DEF,又∵DE=ED,
∴△AED≌△FDE（SAS）,
∴DF=AE,
又∵AE=AB=CD,
∴CD=DF；
（2）如图,当GB=GC时,点G在BC的垂直平分线上,分两
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