2022年浙江省中考数学复习训练28-图形的对称、平移与旋转

训练28：图形的对称、平移与旋转1．(2021·凉山州)下面四个交通标志图是轴对称图形的是(C)2．(2021·宿迁)对称美是美的一种重要形式，它能给予人们一种圆满、协调和平的美感，下列图形属于中心对称图形的是(A)3．(2021·河北)如图，直线l，m相交于点O.P为这两直线外一点，且OP＝2.8.若点P关于直线l，m的对称点分别是点P1，P2，则P1，P2之间的距离可能是(B)A．0B．5C．6D．74．(2021·大庆)如图，F是线段CD上除端点外的一点，将△ADF绕正方形ABCD的顶点A顺时针旋转90°，得到△ABE.连结EF交AB于点H.下列结论正确的是(D)A．∠EAF＝120°B．AE∶EF＝1∶eq\r(3)C．AF2＝EH·EFD．EB∶AD＝EH∶HF5．如图，将周长为8的△ABC沿BC边向右平移2个单位，得到△DEF，则四边形ABFD的周长为__12__．6．(2021·广安)如图，将三角形纸片ABC折叠，使点B，C都与点A重合，折痕分别为DE，FG.已知∠ACB＝15°，AE＝EF，DE＝eq\r(3)，则BC的长为__4＋2eq\r(3)__．7．如图，在△ABC中，点E在BC边上，AE＝AB，将线段AC绕点A旋转到AF的位置，使得∠CAF＝∠BAE，连结EF，EF与AC交于点G.(1)求证：EF＝BC；(2)若∠ABC＝65°，∠ACB＝28°，求∠FGC的度数．【解析】(1)∵∠CAF＝∠BAE，∴∠BAC＝∠EAF，又∵AE＝AB，AC＝AF，∴△BAC≌△EAF(SAS)，∴EF＝BC；(2)∵AB＝AE，∠ABC＝65°，∴∠BAE＝180°－65°×2＝50°，∴∠FAG＝50°，又∵△BAC≌△EAF，∴∠F＝∠C＝28°，∴∠FGC＝50°＋28°＝78°.8．(2021·枣庄)如图，在平面直角坐标系xOy中，△A′B′C′由△ABC绕点P旋转得到，求点P的坐标．【解析】连结AA′，CC′，作线段AA′的垂直平分线MN，作线段CC′的垂直平分线EF，直线MN和直线EF的交点为P，点P就是旋转中心．∵直线MN为：x＝1，设直线CC′为y＝kx＋b，由题意：eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－k＋b＝0,2k＋b＝1))，∴eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(k＝\f(1,3),b＝\f(1,3)))，∴直线CC′为y＝eq\f(1,3)x＋eq\f(1,3)，∵直线EF⊥CC′，经过CC′中点(eq\f(1,2)，eq\f(1,2))，∴直线EF为y＝－3x＋2，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝1,y＝－3x＋2))得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝1,y＝－1))，∴P(1，－1).9．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________对称图形；(3)求所画图形的周长(结果保留π).【解析】(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；(3)周长＝4×eq\f(90·π·4,180)＝8π.10.(2021·泰安)如图，将矩形纸片ABCD折叠(AD＞AB)，使AB落在AD上，AE为折痕，然后将矩形纸片展开铺在一个平面上，E点不动，将BE边折起，使点B落在AE上的点G处，连结DE，若DE＝EF，CE＝2，则AD的长为__4＋2eq\r(2)__．11．(2021·成都)在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AB＝5，BC＝3，将ABC绕点B顺时针旋转得到△A′BC′，其中点A，C的对应点分别为点A′，C′.(1)如图1，当点A′落在AC的延长线上时，求AA′的长；(2)如图2，当点C′落在AB的延长线上时，连结CC′，交A′B于点M，求BM的长；(3)如图3，连结AA′，CC′，直线CC′交AA′于点D，点E为AC的中点，连结DE.在旋转过程中，DE是否存在最小值？若存在，求出DE的最小值；若不存在，请说明理由．【解析】(1)∵∠ACB＝90°，AB＝5，BC＝3，∴AC＝eq\r(AB2－BC2)＝4，∵∠ACB＝90°，△ABC绕点B顺时针旋转得到△A′BC′，点A′落在AC的延长线上，∴∠A′CB＝90°，A′B＝AB＝5，Rt△A′BC中，A′C＝eq\r(A′B2－BC2)＝4，∴AA′＝AC＋A′C＝8；(2)过C作CE∥A′B交AB于E，过C作CD⊥AB于D，如图：∵△ABC绕点B顺时针旋转得到△A′BC′，∴∠A′BC＝∠ABC，BC′＝BC＝3，∵CE∥A′B，∴∠A′BC＝∠CEB，∴∠CEB＝∠ABC，∴CE＝BC＝3，Rt△ABC中，S△ABC＝eq\f(1,2)AC·BC＝eq\f(1,2)AB·CD，AC＝4，BC＝3，AB＝5，∴CD＝eq\f(AC·BC,AB)＝eq\f(12,5)，Rt△CED中，DE＝eq\r(CE2－CD2)＝eq\r(32－（\f(12,5)）2)＝eq\f(9,5)，同理BD＝eq\f(9,5)，∴BE＝DE＋BD＝eq\f(18,5)，C′E＝BC′＋BE＝3＋eq\f(18,5)＝eq\f(33,5)，∵CE∥A′B，∴eq\f(BM,CE)＝eq\f(BC′,C′E)，∴eq\f(BM,3)＝eq\f(3,\f(33,5))，∴BM＝eq\f(15,11)；(3)DE存在最小值1，理由如下：过A作AP∥A′C′交C′D延长线于P，连结A′C，如图：∵△ABC绕点B顺时针旋转得到△A′BC′，∴BC＝BC′，∠ACB＝∠A′C′B＝90°，AC＝A′C′，∴∠BCC′＝∠BC′C，而∠ACP＝180°－∠ACB－∠BCC′＝90°－∠BCC′，∠A′C′D＝∠A′C′B－∠BC′C＝90°－∠BC′C，∴∠ACP＝∠A′C′D，∵AP∥A′C′，∴∠P＝∠A′C′D，∴∠P＝∠ACP，∴AP＝AC，∴AP＝A′C′，在△APD和△A′C′D中，eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(∠P＝∠A′C′D,∠PDA＝∠A′DC′,AP＝A′C′))，∴△APD≌△A′C′D(AAS)，