江西省2023年中考数学第一部分考点研究第七章图形的变化课时30图形的平移、旋转与位似练习新人教版

PAGEPAGE1第七章图形的变化课时30图形的平移、旋转与位似(建议时间：60分钟分值：73分)评分标准：选择题和填空题每题3分．根底过关1.(2022新疆)如下图，将一个含30°角的直角三角板ABC绕点A旋转，使得点B，A，C′在同一条直线上，那么三角板ABC旋转的度数是()A.60°B.90°C.120°D.150°第1题图第3题图2.(2022雅安)△ABC顶点坐标分别是A(0，6)，B(－3，－3)，C(1，0)，将△ABC平移后顶点A的对应点A1的坐标是(4，10)，那么点B的对应点B1的坐标为()A.(7，1)B.(1，7)C.(1，1)D.(2，1)3.如图，E(－4，2)，F(－1，－1)，以原点O为位似中心，按比例尺2∶1把△EFO缩小，那么E点对应点E′的坐标为()A.(2，1)B.(eq\f(1,2)，eq\f(1,2))C.(2，－1)D.(2，－eq\f(1,2))4.eq\a\vs4\al(〔2022江西样卷二〕)如图，在△ABC中，∠BAC＝90°，将△ABC绕点A顺时针旋转后，得到△ADF，此时点D落在边BC的中点处，那么图中与∠C相等的角(除∠C外)有()A.5个B.4个C.3个D.2个第4题图第5题图5.(2022台州)如图，把三角板的斜边紧靠直尺平移，一个顶点从刻度“5〞平移到刻度“10〞，那么顶点C平移的距离CC′＝()A.3B.4C.5D.66.(2022十堰)如图，以点O为位似中心，将△ABC缩小后得到△A′B′C′.OB＝3OB′，那么△A′B′C′与△ABC的面积比为()A.1∶3B.1∶4C.1∶8D.1∶9第6题图第7题图7.(2022孝感)将含有30°角的直角三角板OAB如图放置在平面直角坐标系中，OB在x轴上，假设OA＝2，将三角板绕原点O顺时针旋转75°，那么点A的对应点A′的坐标为()A.(eq\r(3)，－1)B.(1，－eq\r(3))C.(eq\r(2)，－eq\r(2))D.(－eq\r(2)，eq\r(2))第8题图8.如图，在△ABC中，AB＝AC＝5，BC＝6，将△ABC绕点B逆时针旋转60°得到△A′BC′，连接A′C，那么A′C的长为________．9.(2022南昌模拟)假设线段CD是是由线段AB平移得到的，点A(－1，4)的对应点C(2，6)，那么点B(－3，1)的对应点D的坐标是________．10.(2022达州)如图，P是等边三角形ABC内一点，将线段AP绕点A顺时针旋转60°得到线段AQ，连接BQ.假设PA＝6，PB＝8，PC＝10，那么四边形APBQ的面积为________．第10题图第11题图11.(2022上海)如图，矩形ABCD中，BC＝2，将矩形ABCD绕点D顺时针旋转90°，点A、C分别落在A′、C′处，如果点A′、C′、B在同一条直线上，那么tan∠ABA′的值为________．12.如图，矩形ABCD中，AB＝3cm，BC＝4cm，沿对角线AC剪开，将△ABC向右平移至△A1BC1位置成图②的形状，假设重叠局部的面积为3cm2，那么平移的距离AA1＝________cm.第12题图13.(3分)eq\a\vs4\al(〔2022江西样卷三〕)如图，在△ABC中，∠ABC＝30°，将△ABC绕点B逆时针旋转50°后得到△A′BC′，A′C′∥BC，求∠A的度数．第13题图总分值冲关1.(2022东营)如图，在平面直角坐标系中，点A(－3，6)、B(－9，－3)，以原点O为位似中心，相似比为eq\f(1,3)，把△ABO缩小，那么点A的对应点A′的坐标是()A.(－1，2)B.(－9，18)C.(－9，18)或(9，－18)D.(－1，2)或(1，－2)第1题图第2题图2.(2022眉山)把边长为3的正方形ABCD绕点A顺时针旋转45度后得到正方形AB′C′D′，边BC与D′C′交于点O，那么四边形ABOD′的周长是()A.6eq\r(2)B.6C.3eq\r(2)D.3＋3eq\r(2)3.(2022泰安)如图，在平面直角坐标系中，正三角形OAB的顶点B的坐标为(2，0)，点A在第一象限内，将△OAB沿直线OA的方向平移至△O′A′B′的位置，此时点A′的横坐标为3，那么点B′的坐标为()A.(4，2eq\r(3))B.(3，3eq\r(3))C.(4，3eq\r(3))D.(3，2eq\r(3))第3题图第4题图4.(2022原创)如图，在△ABC中，D、E分别是边AB、AC的中点，连接DE，将△ADE沿AB方向平移到△DBF的位置，△ADE的面积为1，那么四边形CEDF的面积是________．5.(2022广州)如图，正方形ABCD的边长为1，AC，BD是对角线，将△DCB绕点D顺时针旋转45°得到△DGH，HG交AB于点E，连接DE交AC于点F，连接FG，那么以下结论：①四边形AEGF是菱形；②△AED≌△GED；③∠DFG＝112.5°；④BC＋FG＝1.5.其中正确的结论是__________．(填写所有正确结论的序号)第5题图第6题图6.(2022赣州模拟)如下图，在直角坐标系中，△A′B′C′是由△ABC绕点P旋转一定的角度而得，其中A(1，4)，B(0，2)，C(3，0)，那么旋转中心点P的坐标是________．7.(8分)(2022雅安)如图，△BAD是由△BEC在平面内绕点B逆时针旋转60°而得，且AB⊥BC，BE＝CE，连接DE.(1)求证：△BDE≌△BCE；(2)试判断四边形ABED的形状，并说明理由．第7题图8.(8分)在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，CD⊥AB于点D，AF平分∠CAB交CD于点E，交BC于点F.(1)求证：CE＝CF；(2)当∠B＝30°，AC＝2eq\r(3)时，将△ADE沿AB平移至△A1D1E1的位置，使E1在BC上，求BE1的长．第8题图【答案】根底过关1.D【解析】旋转角是∠CAC′＝180°－30°＝150°.2.C【解析】将△ABC平移，使得点A从(0，6)变成A1(4，10)，那么三角形向右平移4个单位，向上平移4个单位，那么点B向右平移4个单位，向上平移4个单位得到点B1，∵点B(－3，－3)，那么点B1(1，1)．3.C【解析】以O为位似中心，按比例尺2∶1，把△EFO缩小，结合图形得出，点E的对应点E′的坐标是E(－4，2)的坐标同时乘以－eq\f(1,2)，因而得到点E′的坐标为(2，－1)．4.A【解析】由题意可知，∵∠BAC＝90°，D为BC的中点，∴BD＝CD＝AD，根据旋转的性质，得出∠FDA＝∠C，AD＝AC，∴△ADC为等边三角形，∴∠C＝∠CAD＝∠ADC＝60°，∴∠FDB＝60°；又∠FAE＋∠EAD＝∠CAD＋∠EAD，因此∠FAE＝∠CAD＝60°.综上所述，与∠C相等的角有5个．5.C【解析】如解图所示，连接CC′，因为AC与A′C′为对应线段，那么AC∥A′C′，且AC＝A′C′，所以四边形AA′C′C为平行四边形，所以CC′＝AA′，又A从刻度5平移到刻度10，平移了5个单位，即AA′＝5，∴CC′＝5.第5题解图6.D【解析】∵OB＝3OB′，∴eq\f(A′B′,AB)＝eq\f(1,3)，∴△A′B′C′与△ABC的相似比为eq\f(1,3)，∴面积比为1∶9，应选D.7.C【解析】如解图，过点A′作A′C⊥OB于点C.∵将三角板绕原点O顺时针旋转75°，∴∠AOA′＝75°，OA′＝OA＝2.∴∠COA′＝45°.∴OC＝2×eq\f(\r(2),2)＝eq\r(2)，CA′＝2×eq\f(\r(2),2)＝eq\r(2).∴A′的坐标为(eq\r(2)，－eq\r(2))．第7题解图第8题解图8.4＋3eq\r(3)【解析】如解图，连接CC′，设A′C交BC′于点O，∵△ABC绕点B逆时针旋转60°得到△A′BC′，∴BC＝BC′＝6，∠CBC′＝60°，A′B＝AB＝AC＝A′C′＝5，∴△BCC′为等边三角形，∴CB＝CC′，又∵A′B＝A′C′，∴A′C垂直平分BC′，∴BO＝eq\f(1,2)BC′＝3，在Rt△A′OB中，A′O＝eq\r(A′B2－OB2)＝eq\r(52－32)＝4，在Rt△OBC中，∵sin∠CBO＝eq\f(OC,BC)＝sin60°，∴OC＝6×eq\f(\r(3),2)＝3eq\r(3)，∴A′C＝A′O＋OC＝4＋3eq\r(3).9.(0，3)【解析】在网格中建立坐标系，分别表示出点A、B、C，连接AB，平移线段AB使点A与点C重合，那么平移后的点B就是点D.如解图所示：点D的坐标为(0，3)．第9题解图10.24＋9eq\r(3)【解析】如解图，连接PQ，由旋转的性质可知，AP＝AQ，∵∠PAQ＝60°，∴△APQ是等边三角形，∴AP＝AQ＝PQ＝6，∵∠BAC＝∠PAQ＝60°，∴∠PAC＝∠QAB，又∵AB＝AC，∴△APC≌△AQB(SAS)，∴BQ＝CP＝10，∵BP＝8，PQ＝6，∴PQ2＋BP2＝BQ2，∴∠BPQ＝90°，∴S△BPQ＝eq\f(1,2)PQ·BP＝eq\f(1,2)×6×8＝24，∴S△APQ＝eq\f(1,2)×6×3eq\r(3)＝9eq\r(3)，∴S四边形APBQ＝S△BPQ＋S△APQ＝24＋9eq\r(3).第10题解图第11题解图11.eq\f(\r(5)－1,2)【解析】如解图，设AB＝x，那么由旋转的性质知C′D＝CD＝x，A′D＝AD＝BC＝2，∵AD∥BC，∴△A′DC′∽△A′CB，∴eq\f(A′D,A′C)＝eq\f(C′D,BC)，即eq\f(2,x＋2)＝eq\f(x,2)，解得x1＝eq\r(5)－1，x2＝－eq\r(5)－1(舍去)，∴CD＝eq\r(5)－1，A′C＝2＋eq\r(5)－1＝eq\r(5)＋1，∵AB∥CD，∴∠ABA′＝∠BA′C，∴tan∠ABA′＝tan∠BA′C＝eq\f(BC,A′C)＝eq\f(2,\r(5)＋1)＝eq\f(\r(5)－1,2).12.2【解析】∵矩形ABCD中，AB＝3cm，BC＝4cm，沿对角线AC剪开，将△ABC向右移至△A1BC1位置，成图②的形状，重叠局部的面积为3cm2，设AA1＝x，∴DA1＝4－x，∴NA1×DA1＝3，∴NA1＝eq\f(3,4－x)，∵NA1∥CD，∴eq\f(A1N,CD)＝eq\f(AA1,AD)，∴eq\f(3,\f(4－x,3))＝eq\f(x,4)，解得x＝2，那么平移的距离AA1＝2.13.解：∵∠ABC＝30°，∠A′BA＝50°，∴∠A′BC＝80°.(1分)∵A′C′∥BC，∴∠A′BC＋∠BA′C′＝180°，(2分)∴∠BA′C′＝100°，即∠A＝100°.(3分)总分值冲关1.D【解析】在坐标平面内，以原点为位似中心，相似比为k的两个图形，对应点的坐标比等于k或－k，故点A(－3，6)以原点O为位似中心，相似比为eq\f(1,3)的对应点坐标为(－1，2)或(1，－2)．2.A【解析】如解图，连接AC、AC′，∵四边形ABCD是正方形，∴∠CAB＝45°.∵正方形ABCD绕点A旋转45°得到正方形AB′C′D′，∴点D′在AC上．同理点B在AC′上，∵∠AD′O＝90°，∴△CD′O是等腰直角三角形，且D′O＝CD′.同理可得OB＝BC′，∴四边形ABOD′的周长是2AC.∵正方形ABCD的边长为3，∴对角线AC＝3eq\r(2)，∴四边形ABOD′的周长为6eq\r(2).应选A.第2题解图第3题解图3.A【解析】如解图，过点A作AM⊥x轴于点M.∵正三角形OAB的顶点B的坐标为(2，0)，∴OA＝OB＝2，∠AOB＝60°，∴OM＝eq\f(1,2)OA＝1，AM＝eq\r(3)OM＝eq\r(3)，∴A(1，eq\r(3))，∴直线OA的解析式为y＝eq\r(3)x，∴当x＝3时，y＝3eq\r(3)，∴A′(3，3eq\r(3))，∴将点A向右平移2个单位，再向上平移2eq\r(3)个单位后可得A′，∴将点B(2，0)向右平移2个单位，再向上平移2eq\r(3)个单位后可得B′，∴点B′的坐标为(4，2eq\r(3))，应选A.4.2【解析】∵将△ADE沿AB方向平移到△DBF的位置，点D在AB上，△ADE的面积为1，∴S△DBF＝S△ADE＝1，∵D，E分别是AB，AC的中点，∴DE∥BC，∴△ADE∽△ABC，∴eq\f(S△ADE,S△ABC)＝(eq\f(AD,AB))2，即eq\f(1,S△ABC)＝(eq\f(1,2))2＝eq\f(1,4)，故S△ABC＝4，∴S四边形DBCE＝3，∴S四边形CEDF＝S四边形DBCE－S△DBF＝3－1＝2.5.①②③【解析】逐项分析如下：序号逐项分析正误①∵四边形ABCD是正方形，∴AD＝CD，∠ADC＝∠BAD＝∠BCD＝90°，∠ADB＝∠CDB＝45°.∵将△DCB绕点D顺时针旋转45°得到△DGH，∴∠GDH＝∠CDB＝∠ADB＝45°，∴点A、D、H共线，点B、D、G共线．由旋转知∠DGE＝∠BCD＝∠DAE＝90°，DG＝CD＝AD，∴Rt△ADE≌Rt△GDE(HL)，∴∠ADE＝∠GDE＝eq\f(1,2)∠ADB＝22.5°，AE＝GE.又∵在正方形ABCD中，∠EAF＝∠DAF＝45°，∴∠AED＝90°－∠ADE＝67.5°，∵∠AFE＝∠DAF＋∠ADF＝67.5°，∴∠AEF＝∠AFE，∴AE＝AF.∵AF∥EG，∴∠FEG＝∠AFE＝∠AEF，又∵EF＝EF，AE＝GE，∴△AEF≌△GEF(SAS)，∴AF＝FG，∴AE＝AF＝FG＝GE，∴四边形AEGF是菱形，故①正确√②由①可知△AED≌△GED，故②正确√③∵四边形AEGF是菱形，∴∠EFG＝∠AFE＝67.5°，∴∠DFG＝180°－67.5°＝112.5°，故③正确√④设FG＝a，那么EG＝BG＝AE＝a，∴EB＝eq\r(2)a，∴AB＝a＋eq\r(2)a＝1，∴FG＝a＝eq\r(2)－1，BC＋FG＝eq\r(2)，故④不正确×6.(5，0)【解析】如解图所示，连接AA′，