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1、2021年中考数学真题分项汇编【全国通用】(第01期)专题20图形的平移翻折对称(共34题)姓名:_ 班级:_ 得分:_一、单选题1(2021湖南衡阳市中考真题)在以下绿色食品、回收、节能、节水四个标志中,是轴对称图形的是()ABCD【答案】D【分析】根据轴对称图形的概念求解如果一个图形沿着一条直线对折后两部分完全重合,这样的图形叫做轴对称图形,这条直线叫做对称轴【详解】A、不是轴对称图形,故A不符合题意;B、不是轴对称图形,故B不符合题意;C、不是轴对称图形,故C不符合题意;D、是轴对称图形,故D符合题意故选D.【点睛】本题主要考查轴对称图形的知识点确定轴对称图形的关键是寻找对称轴,图形两部
2、分折叠后可重合2(2021湖南中考真题)下列垃圾分类标志分别是厨余垃圾、有害垃圾、其他垃圾和可回收物,其中既是轴对称图形又是中心对称图形的是( )ABCD【答案】B【分析】根据轴对称图形与中心对称图形的概念求解【详解】解:A、是轴对称图形,不是中心对称图形,故此选项不合题意;B、既是轴对称图形,也是中心对称图形,故此选项符合题意;C、是轴对称图形,不是中心对称图形,故此选项不合题意;D、既不是轴对称图形,也不是中心对称图形,故此选项不符合题意;故选:B【点睛】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18
3、0度后与原图重合3(2021四川自贡市中考真题)下列图形中,是轴对称图形且对称轴条数最多的是( )ABCD【答案】D【分析】利用轴对称图形的定义逐一判断即可【详解】解:A是轴对称图形,对称轴有1条;B不是轴对称图形;C不是轴对称图形;D是轴对称图形,对称轴有2条;故选:D【点睛】本题考查识别轴对称图形,掌握轴对称图形的定义是解题的关键4(2021四川泸州市中考真题)在平面直角坐标系中,将点A(-3,-2)向右平移5个单位长度得到点B,则点B关于y轴对称点的坐标为( )A(2,2)B(-2,2)C(-2,-2)D(2,-2)【答案】C【分析】根据点的平移规律左减右加可得点B的坐标,然后再根据关于
4、B轴的对称点的坐标特点:横坐标互为相反数,纵坐标不变可得答案【详解】解:点A(-3,-2)向右平移5个单位长度得到点B(2,-2),点B关于y轴对称点的坐标为(-2,-2),故选:C【点睛】本题主要考查了点的平移和关于y轴的对称点的坐标特点,关键是掌握点的坐标的变化规律5(2021四川凉山彝族自治州中考真题)下面四个交通标志图是轴对称图形的是( )ABCD【答案】C【分析】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,据此进行判断即可【详解】解:A、不是轴对称图形,故不合题意;B、不是轴对称图形,故不合题意;C、是轴对称图形,故符合题意;D、不是轴对称图形,故
5、不合题意;故选C【点睛】本题考查了轴对称图形,判断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6(2021四川凉山彝族自治州中考真题)在平面直角坐标系中,将线段AB平移后得到线段,点的对应点的坐标为,则点的对应点的坐标为( )ABCD【答案】C【分析】根据点A到A确定出平移规律,再根据平移规律列式计算即可得到点B的坐标【详解】解:,平移规律为横坐标减4,纵坐标减4,点B的坐标为,故选:C【点睛】本题考查了坐标与图形变化-平移,平移中点的变化规律是:横坐标右移加,左移减;纵坐标上移加,下移减,先确定出平移规律是解题的关键7(2021浙江绍兴市中考真题)数学兴趣小组同学从“中国结”
6、的图案(图1)中发现,用相同的菱形放置,可得到更多的菱形如图2,用2个相同的菱形放置,得到3个菱形下面说法正确的是( )A用3个相同的菱形放置,最多能得到6个菱形B用4个相同的菱形放置,最多能得到15个菱形C用5个相同的菱形放置,最多能得到27个菱形D用6个相同的菱形放置,最多能得到41个菱形【答案】B【分析】根据平移和大菱形的位置得出菱形的个数进行判定即可【详解】解:用2个相同的菱形放置,最多能得到3个菱形,用3个相同的菱形放置,最多能得到8个菱形, 用4个相同的菱形放置,最多能得到15个菱形, 用5个相同的菱形放置,最多能得到22个菱形, 用6个相同的菱形放置,最多能得到29个菱形, 故选
7、:B,【点睛】本题考查了生活中的平移现象,菱形的判定,正确的识别图形是解题的关键8(2021甘肃武威市中考真题)2021年是农历辛丑牛年,习近平总书记勉励全国各族人民在新的一年发扬“为民服务孺子牛,创新发展拓荒牛,艰苦奋斗老黄牛”精神,某社区也开展了“迎新春牛年剪纸展”,下面的剪纸作品是轴对称图形的是( )ABCD【答案】B【分析】结合轴对称图形的定义即可求解【详解】解:A:不符合轴对称图形的定义,不合题意;B:符合轴对称图形的定义,符合题意;C:不符合轴对称图形的定义,不合题意;D:不符合轴对称图形的定义,不合题意;故答案是:B【点睛】本题考察轴对称图形的定义,难度不大,属于基础题解题的关键
8、是掌握轴对称图形的定义,即当一个平面图形沿某条直线折叠后,直线两旁的部分能完全重合的图形9(2021浙江丽水市中考真题)四盏灯笼的位置如图已知A,B,C,D的坐标分别是 (1,b),(1,b),(2,b),(3.5,b),平移y轴右侧的一盏灯笼,使得y轴两侧的灯笼对称,则平移的方法可以是( )A将B向左平移4.5个单位B将C向左平移4个单位C将D向左平移5.5个单位D将C向左平移3.5个单位【答案】C【分析】直接利用利用关于y轴对称点的性质得出答案【详解】解:点A (1,b) 关于y轴对称点为B (1,b),C (2,b)关于y轴对称点为(-2,b),需要将点D (3.5,b) 向左平移3.5
9、+2=5.5个单位,故选:C【点睛】本题主要考查了关于y轴对称点的性质,正确记忆横纵坐标的关系是解题关键10(2021四川凉山彝族自治州中考真题)如图,中,将沿DE翻折,使点A与点B重合,则CE的长为( )AB2CD【答案】D【分析】先在RtABC中利用勾股定理计算出AB=10,再利用折叠的性质得到AE=BE,AD=BD=5,设AE=x,则CE=AC-AE=8-x,BE=x,在RtBCE中根据勾股定理可得到x2=62+(8-x)2,解得x,可得CE【详解】解:ACB=90,AC=8,BC=6,AB=10,ADE沿DE翻折,使点A与点B重合,AE=BE,AD=BD=AB=5,设AE=x,则CE=
10、AC-AE=8-x,BE=x,在RtBCE中BE2=BC2+CE2,x2=62+(8-x)2,解得x=,CE=,故选:D【点睛】本题考查了折叠的性质:折叠前后两图象全等,即对应角相等,对应边相等也考查了勾股定理11(2021四川广安市中考真题)如图,将绕点逆时针旋转得到,若且于点,则的度数为( )ABCD【答案】C【分析】由旋转的性质可得BAD=55,E=ACB=70,由直角三角形的性质可得DAC=20,即可求解【详解】解:将ABC绕点A逆时针旋转55得ADE,BAD=55,E=ACB=70,ADBC,DAC=20,BAC=BAD+DAC=75故选C【点睛】本题考查了旋转的性质,掌握旋转的性质
11、是本题的关键12(2021四川眉山市中考真题)在平面直角坐标系中,抛物线与轴交于点,则该抛物线关于点成中心对称的抛物线的表达式为( )ABCD【答案】A【分析】先求出C点坐标,再设新抛物线上的点的坐标为(x,y),求出它关于点C对称的点的坐标,代入到原抛物线解析式中去,即可得到新抛物线的解析式【详解】解:当x=0时,y=5,C(0,5);设新抛物线上的点的坐标为(x,y),原抛物线与新抛物线关于点C成中心对称,由,;对应的原抛物线上点的坐标为;代入原抛物线解析式可得:,新抛物线的解析式为:;故选:A【点睛】本题综合考查了求抛物线上点的坐标、中心对称在平面直角坐标系中的运用以及求抛物线的解析式等
12、内容,解决本题的关键是设出新抛物线上的点的坐标,求出其在原抛物线上的对应点坐标,再代入原抛物线解析式中求新抛物线解析式,本题属于中等难度题目,蕴含了数形结合的思想方法等13(2021天津中考真题)如图,的顶点A,B,C的坐标分别是,则顶点D的坐标是( )ABCD【答案】C【分析】根据平行四边形性质以及点的平移性质计算即可【详解】解:四边形ABCD是平行四边形,点B的坐标为(-2,-2),点C的坐标为(2,-2),点B到点C为水平向右移动4个单位长度,A到D也应向右移动4个单位长度,点A的坐标为(0,1),则点D的坐标为(4,1),故选:C【点睛】本题主要考查平行四边形的性质,以及平移的相关知识
13、点,熟知点的平移特点是解决本题的关键14(2021四川成都市中考真题)在平面直角坐标系中,点关于x轴对称的点的坐标是( )ABCD【答案】C【分析】关于轴对称的两个点的坐标特点:横坐标不变,纵坐标互为相反数,根据规律解答即可【详解】解:点关于x轴对称的点的坐标是: 故选:【点睛】本题考查的是关于轴对称的两个点的坐标关系,掌握“关于轴对称的两个点的坐标特点:横坐标不变,纵坐标互为相反数”是解题的关键15(2021天津中考真题)在一些美术字中,有的汉字是轴对称图形下面4个汉字中,可以看作是轴对称图形的是( )ABCD【答案】A【分析】根据轴对称图形的概念对各项分析判断即可得解【详解】A是轴对称图形
14、,故本选项符合题意;B不是轴对称图形,故本选项不符合题意;C不是轴对称图形,故本选项不符合题意;D不是轴对称图形,故本选项不符合题意故选A【点睛】本题考查判断轴对称图形,理解轴对称图形的概念是解答的关键16(2021四川广安市中考真题)下列几何体的主视图既是轴对称图形又是中心对称图形的是( )ABCD【答案】B【分析】先判断主视图,再根据轴对称图形与中心对称图形的概念求解【详解】解:A、主视图是等腰三角形,是轴对称图形,不是中心对称图形,故不合题意;B、主视图是是矩形,是轴对称图形,也是中心对称图形,故符合题意;C、主视图是等腰梯形,是轴对称图形,不是中心对称图形,故不合题意;D、主视图是等腰
15、三角形,是轴对称图形,不是中心对称图形,故不合题意;故选B【点睛】本题考查了几何体的三视图,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,图形沿对称轴折叠后可重合;中心对称图形关键是要寻找对称中心,图形旋转180后与原图重合17(2021湖北武汉市中考真题)下列图形都是由一个圆和两个相等的半圆组合而成的,其中既是轴对称图形又是中心对称图形的是( )ABCD【答案】A【分析】逐项分析,利用轴对称图形和中心对称图形的定义进行判断即可【详解】解:A选项中的图形既是轴对称图形又是中心对称图形,故该选项正确;B选项中的图形是中心对称图形,不是轴对称图形,故该选项不正确;C选项中的图形是中
16、心对称图形,不是轴对称图形,故该选项不正确;D选项中的图形是轴对称图形,不是中心对称图形,故该选项不正确;故选:A【点睛】本题考查了轴对称图形和中心对称图形的定义,解决本题的关键是理解并掌握“能沿一条直线折叠,直线两旁的部分能够完全重合的图形是轴对称图形、中心对称图形则是将一个图形绕着平面内某个点旋转180,旋转后的图形能够与旋转前的图形完全重合”,同时也需要学生具备相应的图形感知能力18(2021湖北宜昌市中考真题)下列四幅图案是四所大学校徽的主体标识,其中是中心对称图形的是( )ABCD【答案】C【分析】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
17、中心对称图形【详解】解:A、是轴对称图形,不是中心对称图形,故本选项不合题意;B、是轴对称图形,不是中心对称图形,故本选项不合题意;C、是中心对称图形,故本选项符合题意;D、是轴对称图形,不是中心对称图形,故本选项不合题意故选:C【点睛】本题考查了中心对称图形的概念,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,这个点叫做对称中心19(2021河北中考真题)如图,直线,相交于点为这两直线外一点,且若点关于直线,的对称点分别是点,则,之间的距离可能是( )A0B5C6D7【答案】B【分析】连接根据轴对称的性质和三角形三边关系可得结论【详解】解
18、:连接,如图,是P关于直线l的对称点,直线l是的垂直平分线,是P关于直线m的对称点,直线m是的垂直平分线,当不在同一条直线上时,即当在同一条直线上时,故选:B【点睛】此题主要考查了轴对称变换,熟练掌握轴对称变换的性质是解答此题的关键20(2021湖北黄冈市中考真题)下列图形中,是轴对称图形但不是中心对称图形的是( )A等边三角形B正六边形C正方形D圆【答案】A【详解】因为平行四边形是中心对称图形,而非轴对称图形;正六边形和圆既是中心对称图形也轴对称图形;等边三角形是轴对称图形而非中心对称图形,所以答案B、C、D错误,应选答案A21(2021四川遂宁市中考真题)下列说法正确的是()A角平分线上的
19、点到角两边的距离相等B平行四边形既是轴对称图形,又是中心对称图形C在代数式,中,是分式D若一组数据2、3、x、1、5的平均数是3,则这组数据的中位数是4【答案】A【分析】根据角平分线的性质,平行四边形的对称性,分式的定义,平均数,中位数的性质分别进行判断即可【详解】解:A.角平分线上的点到角两边的距离相等,故选项正确;B.平行四边形不是轴对称图形,是中心对称图形,故选项错误;C.在代数式,中,是分式,故选项错误;D.若一组数据2、3、x、1、5的平均数是3,则这组数据的中位数是3,故选项错误;故选:A【点睛】本题综合考查了角平分线的性质,平行四边形的对称性,分式的定义,平均数,中位数等知识点,
20、熟悉相关性质是解题的关键二、填空题22(2021浙江温州市中考真题)如图,与的边相切,切点为将绕点按顺时针方向旋转得到,使点落在上,边交线段于点若,则_度【答案】85【分析】连结OO,先证BOO为等边三角形,求出AOB=OBO=60,由与的边相切,可求CBO=30,利用三角形内角和公式即可求解【详解】解:连结OO,将绕点按顺时针方向旋转得到,BO=BO=OO,BOO为等边三角形,OBO=60,与的边相切,OBA=OBA=90,CBO=90-OBO=90-60=30,A=25AOB=90-A=90-25=65AOB=AOB=65,OCB=180-COB-OBC=180-65-30=85故答案为8
21、5【点睛】本题考查图形旋转性质,切线性质,等边三角形判定与性质,直角三角形性质,掌握图形旋转性质,切线性质,等边三角形判定与性质,直角三角形性质是解题关键23(2021重庆中考真题)如图,三角形纸片ABC中,点D,E,F分别在边AB,AC,BC上,BF4,CF6,将这张纸片沿直线DE翻折,点A与点F重合若DEBC,AFEF,则四边形ADFE的面积为_【答案】【分析】根据折叠的性质得到DE为的中位线,利用中位线定理求出DE的长度,再解求出AF的长度,即可求解【详解】解:将这张纸片沿直线DE翻折,点A与点F重合,DE垂直平分AF,DEBC,即D为AB的中点,DE为的中位线,AFEF,是等边三角形,
22、在中,四边形ADFE的面积为,故答案为:【点睛】本题考查解直角三角形、中位线定理、折叠的性质等内容,掌握上述基本性质定理是解题的关键24(2021山东临沂市中考真题)在平面直角坐标系中,的对称中心是坐标原点,顶点、的坐标分别是、,将沿轴向右平移3个单位长度,则顶点的对应点的坐标是_【答案】(4,-1)【分析】根据平行四边形的性质得到点C坐标,再根据平移的性质得到C1坐标【详解】解:在平行四边形ABCD中,对称中心是坐标原点,A(-1,1),B(2,1),C(1,-1),将平行四边形ABCD沿x轴向右平移3个单位长度,C1(4,-1),故答案为:(4,-1)【点睛】本题考查了坐标与图形变化-平移
23、,平移中点的变化规律是:横坐标右移加,左移减;纵坐标上移加,下移减25(2021四川广安市中考真题)如图,将三角形纸片折叠,使点、都与点重合,折痕分别为、.已知,则的长为_【答案】【分析】由折叠的性质得出BE=AE,AF=FC,FAC=C=15,得出AFE=30,由等腰三角形的性质得出EAF=AFE=30,证出ABE是等边三角形,得出BAE=60,求出AE=BE=2,证出BAF=90,利用勾股定理求出AF,即CF,可得BC【详解】解:把三角形纸片折叠,使点B、点C都与点A重合,折痕分别为DE,FG,BE=AE,AF=FC,FAC=C=15,AFE=30,又AE=EF,EAF=AFE=30,AE
24、B=60,ABE是等边三角形,AED=BED=30,BAE=60,DE=,AE=BE=AB=2,BF=BE+EF=4,BAF=60+30=90,FC=AF=,BC=BF+FC=,故答案为:【点睛】此题考查了翻折变换的性质、等腰三角形的性质、等边三角形的判定与性质、直角三角形的性质;根据折叠的性质得出相等的边和角是解题关键26(2021湖南株洲市中考真题)蝶几图是明朝人戈汕所作的一部组合家具的设计图(蜨,同“蝶”),它的基本组件为斜角形,包括长斜两只、右半斜两只、左半斜两只、闺一只、小三斜四只、大三斜两只,共十三只(图中的“様”和“隻”为“样”和“只”)图为某蝶几设计图,其中和为“大三斜”组件(
25、“一様二隻”的大三斜组件为两个全等的等腰直角三角形),已知某人位于点处,点与点关于直线对称,连接、若,则 _度【答案】21【分析】由题意易得四边形ABCD是正方形,进而根据轴对称的性质可得AD=DP,则有CD=DP,然后可得,最后根据等腰三角形的性质可求解【详解】解:,且都为等腰直角三角形,四边形ABCD是正方形,点与点关于直线对称,AD=DP,CD=DP,故答案为21【点睛】本题主要考查正方形的判定与性质、轴对称的性质及等腰三角形的性质,熟练掌握正方形的判定与性质、轴对称的性质及等腰三角形的性质是解题的关键27(2021四川广安市中考真题)如图,在平面直角坐标系中,轴,垂足为,将绕点逆时针旋
26、转到的位置,使点的对应点落在直线上,再将绕点逆时针旋转到的位置,使点的对应点也落在直线上,以此进行下去若点的坐标为,则点的纵坐标为_【答案】【分析】计算出AOB的各边,根据旋转的性质,求出OB1,B1B3,.,得出规律,求出OB21,再根据一次函数图像上的点求出点B21的纵坐标即可【详解】解:ABy轴,点B(0,3),OB=3,则点A的纵坐标为3,代入,得:,得:x=-4,即A(-4,3),OB=3,AB=4,OA=5,由旋转可知:OB=O1B1=O2B1=O2B2=3,OA=O1A=O2A1=5,AB=AB1=A1B1=A2B2=4,OB1=OA+AB1=4+5=9,B1B3=3+4+5=1
27、2,OB21=OB1+B1B21=9+(21-1)212=129,设B21(a,),则OB21=,解得:或(舍),则,即点B21的纵坐标为,故答案为:【点睛】本题考查了一次函数图象上点的坐标特征,旋转以及直角三角形的性质,求出OAB的各边,计算出OB21的长度是解题的关键28(2021湖南怀化市中考真题)如图,在平面直角坐标系中,已知,将先向右平移3个单位长度得到,再绕顺时针方向旋转得到,则的坐标是_【答案】(2,2)【分析】直接利用平移的性质和旋转的性质得出对应点位置,然后作图,进而得出答案【详解】解:如图示:,为所求,根据图像可知,的坐标是(2,2),故答案是:(2,2)【点睛】本题主要考
28、查了平移作图和旋转作图,熟悉相关性质是解题关键三、解答题29(2021安徽中考真题)如图,在每个小正方形的边长为1个单位的网格中,的顶点均在格点(网格线的交点)上(1)将向右平移5个单位得到,画出;(2)将(1)中的绕点C1逆时针旋转得到,画出【答案】(1)作图见解析;(2)作图见解析【分析】(1)利用点平移的规律找出、,然后描点即可;(2)利用网格特点和旋转的性质画出点,即可【详解】解:(1)如下图所示,为所求;(2)如下图所示,为所求;【点睛】本题考查了平移作图和旋转作图,熟悉相关性质是解题的关键30(2021重庆中考真题)在中,是边上一动点,连接,将绕点逆时针旋转至的位置,使得(1)如图
29、,当时,连接,交于点若平分,求的长;(2)如图,连接,取的中点,连接猜想与存在的数量关系,并证明你的猜想;(3)如图,在(2)的条件下,连接,若,当,时,请直接写出的值【答案】(1);(2),证明见解析;(3)【分析】(1)连接,过点作,垂足为,证明,得:,再在等腰直角中,找到,再去证明为等腰三角形,即可以间接求出的长;(2)作辅助线,延长至点,使,连接,在中,根据三角形的中位线,得出,再根据条件证明:,于是猜想得以证明;(3)如图(见解析),先根据旋转的性质判断出是等边三角形,再根据证出四点共圆,然后根据等腰三角形的三线合一、角的和差可得是等腰直角三角形,设,从而可得,根据三角形全等的判定定
30、理与性质可得,从而可得,根据矩形的判定与性质可得四边形是矩形,最后根据等量代换可得,解直角三角形求出即可得出答案【详解】解:(1)连接,过点作,垂足为平分,在和中,平分,.,(2)延长至点,使,连接是的中点,在和中,(3)如图,设交于点,连接,由旋转的性质得:,是等边三角形,点四点共圆,由圆周角定理得:,垂直平分,(等腰三角形的三线合一),平分,是等腰直角三角形,设,则,由(2)可知,是等腰直角三角形,且,(等腰三角形的三线合一),在和中,四边形是矩形,在中,则【点睛】本题考查了图形的旋转、等边三角形的判定与性质、三角形的中位线定理、圆周角定理、解直角三角形等知识点,综合能力比较强,较难的是题
31、(3),判断出四点共圆是解题关键31(2021四川成都市中考真题)在中,将绕点B顺时针旋转得到,其中点A,C的对应点分别为点,(1)如图1,当点落在的延长线上时,求的长;(2)如图2,当点落在的延长线上时,连接,交于点M,求的长;(3)如图3,连接,直线交于点D,点E为的中点,连接在旋转过程中,是否存在最小值?若存在,求出的最小值;若不存在,请说明理由【答案】(1);(2);(3)存在,最小值为1【分析】(1)根据题意利用勾股定理可求出AC长为4再根据旋转的性质可知,最后由等腰三角形的性质即可求出的长(2)作交于点D,作交于点E由旋转可得,再由平行线的性质可知,即可推出,从而间接求出,由三角形
32、面积公式可求出再利用勾股定理即可求出,进而求出最后利用平行线分线段成比例即可求出的长(3)作且交延长线于点P,连接由题意易证明,即得出再由平行线性质可知,即得出,即可证明,由此即易证,得出,即点D为中点从而证明DE为的中位线,即即要使DE最小,最小即可根据三角形三边关系可得当点三点共线时最小,且最小值即为,由此即可求出DE的最小值【详解】(1)在中,根据旋转性质可知,即为等腰三角形,即,(2)如图,作交于点D,作交于点E由旋转可得,即,在中,即,(3)如图,作且交延长线于点P,连接,即,又,在和中 ,即点D为中点点E为AC中点,DE为的中位线,即要使DE最小,最小即可根据图可知,即当点三点共线
33、时最小,且最小值为此时,即DE最小值为2【点睛】本题为旋转综合题考查旋转的性质,勾股定理,等腰三角形的判定和性质,平行线的性质,平行线分线段成比例,全等三角形的判定和性质,中位线的判定和性质以及三角形三边关系,综合性强,为困难题正确的作出辅助线为难点也是解题关键32(2021四川眉山市中考真题)如图,在等腰直角三角形中,边长为2的正方形的对角线交点与点重合,连接,(1)求证:;(2)当点在内部,且时,设与相交于点,求的长;(3)将正方形绕点旋转一周,当点、三点在同一直线上时,请直接写出的长【答案】(1)见详解;(2);(3)-1或+1【分析】(1)根据正方形的性质以及等腰直角三角形的性质得AC
34、D=BCE,CD=CE,进而即可得到结论;(2)先求出DC=,AD=,再证明,进而即可求解;(3)分两种情况:当点D在线段AE上时,过点C作CMAE,当点E在线段AD上时,过点C作CMAD,分别求解,即可【详解】解:(1)在等腰直角三角形中, ,在正方形中,CD=CE,DCE=90,DCE-BCD=ACB-BCD,即:ACD=BCE,;(2)正方形的边长为2,DC=GC=2=,AD=,GDE=,ADM=CDE=45,ADM=CGM=45,即:ADCG,即:,AM=;(3)当点D在线段AE上时,过点C作CMAE,如图,正方形的边长为2,CM=DM=22=1,AM=,AD=AM-DM=-1;当点E
35、在线段AD上时,过点C作CMAD,如图,同理可得:CM=DM=22=1,AM=,AD=AM+DM=+1综上所述:AM=-1或+1【点睛】本题主要考查等腰直角三角形的性质以及正方形的性质,全等三角形的判定定理,相似三角形的判定和性质,勾股定理,画出图形,添加合适的辅助线,是解题的关键33(2021浙江嘉兴市中考真题)小王在学习浙教版九上课本第72页例2后,进一步开展探究活动:将一个矩形绕点顺时针旋转,得到矩形探究1如图1,当时,点恰好在延长线上若,求BC的长探究2如图2,连结,过点作交于点线段与相等吗?请说明理由探究3在探究2的条件下,射线分别交,于点,(如图3),存在一定的数量关系,并加以证明
36、【答案】探究1;探究2,证明见解析;探究3,证明见解析【分析】探究1 设,根据旋转和矩形的性质得出,从而得出,得出比例式,列出方程解方程即可;探究2 先利用SAS得出,得出,再结合已知条件得出,即可得出;探究3 连结,先利用SSS得出,从而证得,再利用两角对应相等得出,得出即可得出结论【详解】探究1如图1,设矩形绕点顺时针旋转得到矩形,点,在同一直线上,又点在延长线上,解得,(不合题意,舍去)探究2 证明:如图2,连结 ,探究3关系式为证明:如图3,连结,在与中,【点睛】本题考查了矩形的性质,旋转的性质,全等三角形的判定和性质,相似三角形的判定和性质,解一元二次方程等,解题的关键是灵活运用这些
37、知识解决问题34(2021湖北恩施土家族苗族自治州中考真题)如图,在平面直角坐标系中,四边形为正方形,点,在轴上,抛物线经过点,两点,且与直线交于另一点(1)求抛物线的解析式;(2)为抛物线对称轴上一点,为平面直角坐标系中的一点,是否存在以点,为顶点的四边形是以为边的菱形若存在,请求出点的坐标;若不存在,请说明理由;(3)为轴上一点,过点作抛物线对称轴的垂线,垂足为,连接,探究是否存在最小值若存在,请求出这个最小值及点的坐标;若不存在,请说明理由【答案】(1);(2)存在以点,为顶点的四边形是以为边的菱形,点的坐标为或或或;(3)存在最小值,最小值为,此时点M的坐标为【分析】(1)由题意易得,
38、进而可得,则有,然后把点B、D代入求解即可;(2)设点,当以点,为顶点的四边形是以为边的菱形时,则根据菱形的性质可分当时,当时,然后根据两点距离公式可进行分类求解即可;(3)由题意可得如图所示的图象,连接OM、DM,由题意易得DM=EM,四边形BOMP是平行四边形,进而可得OM=BP,则有,若使的值为最小,即为最小,则有当点D、M、O三点共线时,的值为最小,然后问题可求解【详解】解:(1)四边形为正方形,OB=1,把点B、D坐标代入得:,解得:,抛物线的解析式为;(2)由(1)可得,抛物线解析式为,则有抛物线的对称轴为直线,点D与点E关于抛物线的对称轴对称,由两点距离公式可得,设点,当以点,为
39、顶点的四边形是以为边的菱形时,则根据菱形的性质可分:当时,如图所示:由两点距离公式可得,即,解得:,点F的坐标为或;当时,如图所示:由两点距离公式可得,即,解得:,点F的坐标为或;综上所述:当以点,为顶点的四边形是以为边的菱形,点的坐标为或或或;(3)由题意可得如图所示:连接OM、DM,由(2)可知点D与点E关于抛物线的对称轴对称,DM=EM,过点作抛物线对称轴的垂线,垂足为,四边形BOMP是平行四边形,OM=BP,若使的值为最小,即为最小,当点D、M、O三点共线时,的值为最小,此时OD与抛物线对称轴的交点为M,如图所示:,的最小值为,即的最小值为,设线段OD的解析式为,代入点D的坐标得:,线段OD的解析式为,【点睛】本题主要考查二次函数的综合、菱形的性质及轴对称的性质,熟练掌握二次函数的综合、菱形的性质及轴对称的性质是解题的关键46