中考数学初三总复习第七单元图形的变化第27课时图形的平移对称旋转与位似达标训练及答案.docx

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中考数学初三总复习第七单元图形的变化第27课时图形的平移对称旋转与位似达标训练及答案

第七单元图形的变化

第27课时图形的平移、对称、旋转与位似

基础达标训练

1.

甲骨文是中国的一种古代文字，是汉字的早期形式，下列甲骨文中，是轴对称图形的是（　　）

2.（2017无锡）下列图形中，是中心对称图形的是（　　）

3.（2017广东省卷）下列所述图形中，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.正五边形D.圆

4.（2017枣庄）将数字“6”旋转180°，得到数字“9”；将数字“9”旋转180°，得到数字“6”.现将数字“69”旋转180°，得到的数字是（　　）

A.96B.69C.66D.99

5.（2017天津）如图，将△ABC绕点B顺时针旋转60°得△DBE，点C的对应点E恰好落在AB的延长线上，连接AD，

第5题图

下列结论一定正确的是（　　）

A.∠ABD＝∠E

B.∠CBE＝∠C

C.AD∥BC

D.AD＝BC

6.（2017烟台）如图，在直角坐标系中，每个小方格的边长均为1，△AOB与△A′OB′是以原点O为位似中心的位似图形，且相似比为3∶2，点A，B都在格点上，则点B′的坐标是________．

第6题图第7题图第8题图

7.（2017兰州）如图，四边形ABCD与四边形EFGH位似，位似中心是点O，

＝

，则

＝________．

8.（2017山西）如图，已知△ABC三个顶点的坐标分别为A（0，4），B（－1，1），C（－2，2）．将△ABC向右平移4个单位，得到△A′B′C′，点A，B，C的对应点分别为A′，B′，C′，再将△A′B′C′绕点B′顺时针旋转90°，得到△A″B″C″，点A′，B′，C′的对应点分别为A″，B″，C″，则点A″的坐标为________．

9.（2017黄冈）已知：

如图，在△AOB中，∠AOB＝90°，AO＝3cm，BO＝4cm，将△AOB绕顶点O，按顺时针方向旋转到△A1OB1处，此时线段OB1与AB的交点D恰好为AB的中点，则线段B1D＝________cm.

第9题图第10题图

10.（2017随州）如图，∠AOB的边OB与x轴正半轴重合，点P是OA上的一动点，点N（3，0）是OB上的一定点，点M是ON的中点，∠AOB＝30°，要使PM＋PN最小，则点P的坐标为________．

11.（8分）（2017衡阳）如图，方格图中每个小正方形的边长为1，点A、B、C都是格点．

（1）画出△ABC关于直线BM对称的△A1B1C1；

（2）写出AA1的长度．

第11题图

12.（8分）（2017安徽）如图，在边长为1个单位长度的小正方形组成的网格中，给出了格点△ABC和△DEF（顶点为网格线的交点），以及过格点的直线l.

（1）将△ABC向右平移两个单位长度，再向下平移两个单位长度，画出平移后的三角形；

（2）画出△DEF关于直线l对称的三角形；

（3）填空：

∠C＋∠E＝________°.

　第12题图

13.（8分）（2017梅溪湖中学月考）如图，在平面直角坐标系中，已知△ABC三个顶点的坐标分别为A（－1，2），B（－3，4），C（－2，6）．

（1）画出△ABC绕点A顺时针旋转90°后得到△A1B1C1；

（2）以原点O为位似中心，在图中画出将△A1B1C1三条边放大为原来的2倍后的△A2B2C2，并写出A2、B2、C2的坐标．

第13题图

能力提升训练

1.（2017天水）下列给出的函数中，其图象是中心对称图形的是（　　）

①函数y＝x；②函数y＝x2；③函数y＝

A.①②B.②③C.①③D.都不是

2.（2017株洲）如图，点E、F、G、H分别为四边形ABCD四条边AB、BC、CD、DA的中点，则关于四边形EFGH，

第2题图

下列说法正确的是（　　）

A.一定不是平行四边形

B.一定不是中心对称图形

C.可能是轴对称图形

D.当AC＝BD时，它为矩形

3.（2017河北）图①和图②中所有的小正方形都全等，将图①的正方形放在图②中①②③④的某一位置，使它与原来7个小正方形组成的图形是中心对称图形，这个位置是（　　）

第3题图

A.①B.②C.③D.④

4.（9分）（2017襄阳）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，CD是中线，AC＝BC.一个以点D为顶点的45°角绕点D旋转，使角的两边分别与AC，BC的延长线相交，交点分别为点E，F,DF与AC交于点M，DE与BC交于点N.

（1）如图①，若CE＝CF，求证：

DE＝DF；

（2）如图②，在∠EDF绕点D旋转的过程中：

①探究三条线段AB，CE，CF之间的数量关系，并说明理由；

②若CE＝4，CF＝2，求DN的长．

第4题图

答案

1.C　【解析】轴对称图形即将一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分完全重合，由此可知，只有C选项是轴对称图形．

2.C　【解析】A，B，D是轴对称图形，不是中心对称图形，C既是轴对称图形，也是中心对称图形．

3.D　【解析】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；正五边形是轴对称图形，不是中心对称图形；圆既是轴对称图形又是中心对称图形．

4.B　【解析】将两位数“69”看作整体，旋转180°，得到的数字是69.

5.C　【解析】根据旋转的性质得∠C＝∠E，AB＝BD，∠ABC＝∠EBD，

∴∠ABC－∠DBC＝∠EBD－∠DBC，即∠ABD＝∠EBC＝60°，∵AB＝BD，∴△ABD是等边三角形，∴∠DAB＝60°，AD＝AB＝BD，∴∠DAB＝∠EBC＝60°，∴AD∥BC.

6.（－2，

）　【解析】由题图可知点B（3，－2），相似比3∶2，则点B′的横坐标－（3×

）＝－2，纵坐标－（－2×

）＝

，∴点B′的坐标是（－2，

）．

7.

　【解析】∵四边形ABCD与四边形EFGH位似，且位似中心为O点，

＝

，∴位似比是

，而FG和BC分别是对应边，∴

＝

.

8.（6，0）　【解析】如解图，点A（0，4），B（－1，1）向右平移4个单位得点A′（4，4），B′（3，1），再绕点B′顺时针旋转90°得点A″（6，0）．

9.

　【解析】∵∠AOB＝90°，AO＝3cm，OB＝4cm，∴AB＝

＝5cm，∵△A1OB1是由△AOB旋转得到的，∴OB＝OB1＝4cm，∵D为Rt△AOB中AB边上的中点，∴OD＝

AB＝

，∴B1D＝OB1－OD＝

cm.

10.（

，

）　【解析】如解图，设点M关于OA的对称点为M′，过点M′作M′C⊥x轴，垂足为点C.连接M′N交OA与点P，连接MP.由对称点的性质可知：

PM′＝PM，∠BOA＝∠M′OA＝30°.∴∠M′OC＝60°，∵点M与点M′关于OA对称，∴OA垂直平分MM′，∴OM＝OM′，∴MP＋PN＝PM′＋PM，即当点M′、P、N在一条直线上时，PM＋PN最小，∵N（3，0），M为ON的中点，

∴OM′＝OM＝

，∴OC＝

，CM′＝

.设直线M′N的解析式为y＝kx＋b（k≠0），将点M′和点N的坐标代入得：

，解得k＝－

，b＝

，∴M′N的解析式为y＝－

x＋

，∵∠AOB＝30°，∴直线OA的解析式为y＝

x，将y＝－

x＋

与y＝

x联立，解得：

x＝

，y＝

，∴点P的坐标为（

，

）．

11.解：

（1）如解图所示；

（2）如解图可知AA1＝10.

12.解：

（1）如解图所示；

（2）如解图所示；

（3）45.

【解法提示】根据平移和轴对称变换不改变图形的形状和大小，

∴∠C＋∠E＝∠A′C′F′，

∵△A′C′F′在边长为1个长度单位的小正方形组成的网格中的格点三角形，则A′C′＝

，A′F′＝

，F′C′＝

，A′C′2＋A′F′2＝F′C′2，

∴△A′C′F′是直角三角形，

又∵A′C′＝A′F′，

∴△A′C′F′是等腰直角三角形，

∴∠C＋∠E＝∠A′C′F′＝45°.

13.解：

（1）如解图，△A1B1C1即为所求；

（2）如解图，△A2B2C2即为所求，点A2、B2、C2的坐标分别为A2（－2，4），B2（2，8），C2（6，6）．

能力提升训练

1.C　【解析】函数y＝x与y＝

的图象关于原点中心对称，则其图象是中心对称图形，函数y＝x2关于y轴对称，其图象是轴对称图形．

2.C　【解析】连接BD，则GF是△CDB的中位线，∴GF平行且等于DB的一半，同理，EH平行且等于DB的一半，∴GF平行且等于EH，∴四边形EFGH是平行四边形，∴A错误；平行四边形是中心对称图形，∴B错误；当AC＝BD时，平行四边形EFGH是菱形，菱形是轴对称图形，∴C正确；当AC＝BD时，平行四边形EFGH是菱形，不一定是矩形，∴D错误．

3.C　【解析】将图形绕着某个点旋转180°后，能够与本身重合的图形就是中心对称图形，只有将小正方形放在③的位置才能使它与原来7个小正方形组成的图形是中心对称图形．

4.

（1）证明：

∵∠ACB＝90°，AC＝BC，AD＝BD，

∴∠BCD＝∠ACD＝45°，∠BCE＝∠ACF＝90°，

∴∠BCD＋∠BCE＝∠ACD＋∠ACF，即∠DCE＝∠DCF＝135°，

又∵CE＝CF，CD＝CD，

∴△DCE≌△DCF（SAS），

∴DE＝DF；

（2）解：

①AB2＝4CE·CF.理由如下：

∵∠DCF＝∠DCE＝135°，

∴∠CDF＋∠F＝180°－135°＝45°，

又∵∠CDF＋∠CDE＝45°，

∴∠F＝∠CDE，

∴△CDF∽△CED，

∴

＝

，即CD2＝CE·CF，

∵∠ACB＝90°，AD＝BD，

∴CD＝

AB，

∴AB2＝4CE·CF；

②如解图，过点D作DG⊥BC于点G，则∠DGN＝∠ECN＝90°，CG＝DG，

当CE＝4，CF＝2时，由CD2＝CE·CF，

得CD＝2

，

在Rt△DCG中，CG＝DG＝CD·sin∠DCG＝2

×sin45°＝2，

∵∠ECN＝∠DGN，∠ENC＝∠DNG，

∴△CEN∽△GDN，

∴

＝

＝

＝2，

∴GN＝

CG＝

，

∴DN＝

＝

＝

.