中考數學總復習《旋轉》考前沖刺試卷考試時間：90分鐘；命題人：教研組考生注意：1、本卷分第I卷（選擇題）和第Ⅱ卷（非選擇題）兩部分，滿分100分，考試時間90分鐘2、答卷前，考生務必用0.5毫米黑色簽字筆將自己的姓名、班級填寫在試卷規(guī)定位置上3、答案必須寫在試卷各個題目指定區(qū)域內相應的位置，如需改動，先劃掉原來的答案，然后再寫上新的答案；不準使用涂改液、膠帶紙、修正帶，不按以上要求作答的答案無效。第I卷（選擇題20分）一、單選題（5小題，每小題4分，共計20分）1、如圖，△AOB中，OA＝4，OB＝6，AB＝2，將△AOB繞原點O旋轉90°，則旋轉后點A的對應點A′的坐標是（

）A．（4，2）或（﹣4，2） B．（2，﹣4）或（﹣2，4）C．（﹣2，2）或（2，﹣2） D．（2，﹣2）或（﹣2，2）2、如圖，平面直角坐標系中，點在第一象限，點在軸的正半軸上，，，將繞點逆時針旋轉，點的對應點的坐標是（

）A． B． C． D．3、如圖，在中，，，將繞點順時針旋轉得到，點A、B的對應點分別是，，點是邊的中點，連接，，．則下列結論錯誤的是（

）A． B．，C． D．4、如圖，與關于成中心對稱，不一定成立的結論是（

）A． B．C． D．5、二次函數的圖象的頂點坐標是，且圖象與軸交于點．將二次函數的圖象以原點為旋轉中心順時針旋轉180°，則旋轉后得到的函數解析式為（

）A． B．C． D．第Ⅱ卷（非選擇題80分）二、填空題（5小題，每小題6分，共計30分）1、若點與關于原點對稱，則__．2、如圖，在菱形中，，將菱形繞點逆時針方向旋轉，對應得到菱形，點在上，與交于點，則的長是_____．3、已知點A（﹣2，b）與點B（a，3）關于原點對稱，則a﹣b=______．4、如圖，兩塊完全一樣的含30°角的三角板完全重疊在一起，若繞長直角邊中點M轉動，使上面一塊三角板的斜邊剛好經過下面一塊三角板的直角頂點，已知∠A＝30°，BC＝2，則此時兩直角頂點C，C'間的距離是_____．5、如圖，將線段AB繞點O順時針旋轉90°得到線段，那么的對應點的坐標是__________．三、解答題（5小題，每小題10分，共計50分）1、如圖，在由邊長為1個單位長度的小正方形組成的網格中，△ABC的三個頂點分別是格點．(1)將△ABC以點C為旋轉中心旋轉180°，畫出旋轉后對應的；(2)將△ABC先左移2個單位，再下移4個單位，畫出平移后的．2、在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，∠ACB＝30°，將△ABC繞點C順時針旋轉一定的角度α得到△DEC，點A、B的對應點分別是D、E．（1）當點E恰好在AC上時，如圖1，求∠ADE的大小；（2）若α＝60°時，點F是邊AC中點，如圖2，求證：四邊形BEDF是平行四邊形．3、已知：如圖，三角形ABM與三角形ACM關于直線AF成軸對稱，三角形ABE與三角形DCE關于點E成中心對稱，點E、D、M都在線段AF上，BM的延長線交CF于點P．（1）求證：AC=CD；（2）若∠BAC=2∠MPC，請你判斷∠F與∠MCD的數量關系，并說明理由．4、小明在一次數學活動中，進行了如下的探究活動：如圖，在矩形ABCD中，AB=8，AD=6，以點B為中心，順時針旋轉矩形ABCD，得到矩形BEFG，點A、D、C的對應點分別為E、F、G．(1)如圖1，當點E落在CD邊上時，求DE的長；(2)如圖2，當點E落在線段DF上時，BE與CD交于點H．①求證：△ABD≌△EBD；②求DH的長．(3)如圖3，若矩形ABCD對角線ACBD相交于點P，連接PE、PF，記△PEF面積為S，請直接寫出S的最值．5、圖1，圖2都是由邊長為1的小等邊三角形構成的網格，每個小等邊三角形的頂點稱為格點，線段的端點均在格點上，分別按要求畫出圖形．(1)在圖1中畫出等腰三角形，且點C在格點上．（畫出一個即可）(2)在圖2中畫出以為邊的菱形，且點D，E均在格點上．-參考答案-一、單選題1、C【解析】【分析】先求出點A的坐標，再根據旋轉變換中，坐標的變換特征求解；或根據題意畫出圖形旋轉后的位置，根據旋轉的性質確定對應點A′的坐標．【詳解】過點A作于點C．在Rt△AOC中，．在Rt△ABC中，．∴．∵OA＝4，OB＝6，AB＝2，∴．∴．∴點A的坐標是．根據題意畫出圖形旋轉后的位置，如圖，∴將△AOB繞原點O順時針旋轉90°時，點A的對應點A′的坐標為；將△AOB繞原點O逆時針旋轉90°時，點A的對應點A′′的坐標為．故選：C．【考點】本題考查了解直角三角形、旋轉中點的坐標變換特征及旋轉的性質．（a，b）繞原點順時針旋轉90°得到的坐標為（b，-a），繞原點逆時針旋轉90°得到的坐標為（－b，a）．2、B【解析】【分析】如圖，作軸于．解直角三角形求出，即可．【詳解】解：如圖，作軸于．由題意：，，，，，，，故選：B．【考點】本題考查坐標與圖形變化——旋轉，解直角三角形等知識，解題的關鍵是學會添加常用輔助線，構造直角三角形解決問題．3、D【解析】【分析】根據旋轉的性質可判斷A；根據直角三角形的性質、三角形外角的性質、平行線的判定方法可判斷B；根據平行四邊形的判定與性質以及全等三角形的判定與性質可判斷C；利用等腰三角形的性質和含30°角的直角三角形的性質可判斷D．【詳解】A．∵將△ABC繞點C順時針旋轉60°得到△DEC，∴∠BCE=∠ACD=60°，CB=CE，∴△BCE是等邊三角形，∴BE=BC，故A正確；B．∵點F是邊AC中點，∴CF=BF=AF=AC，∵∠BCA=30°，∴BA=AC，∴BF=AB=AF=CF，∴∠FCB=∠FBC=30°，延長BF交CE于點H，則∠BHE=∠HBC+∠BCH=90°，∴∠BHE=∠DEC=90°，∴BF//ED，∵AB=DE，∴BF=DE，故B正確．C．∵BF∥ED，BF=DE，∴四邊形BEDF是平行四邊形，∴BC=BE=DF，∵AB=CF，BC=DF，AC=CD，∴△ABC≌△CFD，∴，故C正確；D．∵∠ACB=30°，∠BCE=60°，∴∠FCG=30°，∴FG=CG，∴CG=2FG．∵∠DCE=∠CDG=30°，∴DG=CG，∴DG=2FG．故D錯誤．故選D．【考點】本題考查了旋轉的性質，全等三角形的判定與性質，等邊三角形的判定與性質，含30°角的直角邊等于斜邊的一半，以及平行四邊形的判定與性質等知識，綜合性較強，正確理解旋轉性質是解題的關鍵．4、D【解析】【分析】根據中心對稱的性質即可判斷．【詳解】解：對應點的連線被對稱中心平分，A，B正確；成中心對稱圖形的兩個圖形是全等形，那么對應線段相等，C正確；和不是對應角，D錯誤．故選：D．【考點】本題考查成中心對稱兩個圖形的性質：對應點的連線被對稱中心平分；成中心對稱圖形的兩個圖形是全等形．5、C【解析】【分析】設將二次函數的圖象以原點為旋轉中心順時針旋轉180°后為：；根據旋轉的性質，得的圖象的頂點坐標是，且圖象與軸交于點，得，再通過列方程并求解，即可得到表達式并轉換為頂點式，即可得到答案．【詳解】設將二次函數的圖象以原點為旋轉中心順時針旋轉180°后為：∵二次函數的圖象的頂點坐標是，且圖象與軸交于點∴的圖象的頂點坐標是，且圖象與軸交于點∴∴，∴，∴∴∴∴故選：C．【考點】本題考查了二次函數、旋轉的知識；解題的關鍵是熟練掌握二次函數圖像及解析式、旋轉的性質，從而完成求解．二、填空題1、【解析】【分析】根據原點對稱的點的特征求解即可；【詳解】點與點關于原點對稱，，，故．故答案為：．【考點】本題主要考查了關于原點對稱的點的坐標，準確計算是解題的關鍵．2、【解析】【分析】連接交于，由菱形的性質得出，，，由直角三角形的性質求出，，得出，由旋轉的性質得：，得出，證出，由直角三角形的性質得出，，即可得出結果．【詳解】解：連接交于，如圖所示：∵四邊形是菱形，∴，，，∴，∴，∴，由旋轉的性質得：，∴，∵四邊形是菱形，∴，∴，∴∴，∴，，∴；故答案為．【考點】考核知識點：菱形性質，旋轉性質.解直角三角形是關鍵.3、5【解析】【分析】根據平面直角坐標系中，關于原點對稱的點橫、縱坐標都互為相反數，求出a，b的值即可．【詳解】∵點A（﹣2，b）與點B（a，3）關于原點對稱，∴，，∴故答案為：5．【考點】本題考查平面直角坐標系中，關于原點對稱的點的坐標的特點，掌握特殊位置關系的點的坐標變化是解答本題的關鍵．4、【解析】【分析】先求解，由旋轉的性質可得可證是等邊三角形，即可求的長．【詳解】解：如圖，連接，∵點M是AC中點，∴AM=CM=，∵旋轉，∴∴，∴，∴，∴是等邊三角形∴故答案為：【考點】本題考查了等邊三角形的判定，勾股定理的應用，旋轉的性質，熟練運用旋轉的性質是解本題的關鍵．5、【解析】【分析】過點A作軸，垂足為C，過點作軸，垂足為，證明，所以，根據得到，所以，寫出對應點的坐標即可．【詳解】解：如圖，過點A作軸，垂足為C，過點作軸，垂足為，∵軸，軸，∴，∵將線段AB繞點O順時針旋轉90°得到線段，∴，∵，，∴，∴，∴，∵，∴，∴，∴，故答案為：．【考點】本題考查旋轉的性質，證明是解答本題的關鍵．三、解答題1、(1)見解析(2)見解析【解析】【分析】（1）根據題意找到關于點C的對稱點，順次連接，即為所求；（2）根據題意將先左移2個單位，再下移4個單位，得到，順次連接，則即為所求(1)如圖，為所作．(2)如圖，為所作．【考點】本題考查了畫旋轉圖形，平移，掌握旋轉的性質與平移的性質是解題的關鍵．2、（1）∠ADE＝15°；（2）見解析．【解析】【分析】（1）根據旋轉的性質可得CA＝CD，∠ECD＝∠BCA＝30°，∠DEC＝∠ABC＝90°，根據等邊對等角即可求出∠CAD＝∠CDA＝75°，再根據直角三角形的兩個銳角互余即可得出結論；（2）根據直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半可得BF＝AC，然后根據30°所對的直角邊是斜邊的一半即可求出AB＝AC，從而得出BF＝AB，然后證出△ACD和△BCE為等邊三角形，再利用HL證出△CFD≌△ABC，證出DF＝BE，即可證出結論．【詳解】（1）解：∵△ABC繞點C順時針旋轉α得到△DEC，點E恰好在AC上，∴CA＝CD，∠ECD＝∠BCA＝30°，∠DEC＝∠ABC＝90°，∴∠CAD＝∠CDA＝（180°﹣30°）＝75°，∴∠ADE＝90°﹣∠CAD＝15°；（2）證明：如圖2，連接AD∵點F是邊AC中點，∴BF＝AF=CF＝AC，∵∠ACB＝30°，∴AB＝AC，∴BF=CF＝AB，∵△ABC繞點C順時針旋轉60得到△DEC，∴∠BCE＝∠ACD＝60°，CB＝CE，DE＝AB，DC=AC∴DE＝BF，△ACD和△BCE為等邊三角形，∴BE＝CB，∵點F為△ACD的邊AC的中點，∴DF⊥AC，在Rt△CFD和Rt△ABC中∴Rt△CFD≌Rt△ABC，∴DF＝BC，∴DF＝BE，而BF＝DE，∴四邊形BEDF是平行四邊形．【考點】此題考查的是旋轉的性質、等腰三角形的性質、直角三角形的性質、等邊三角形的判定及性質、全等三角形的判定及性質和平行四邊形的判定，掌握旋轉的性質、等腰三角形的性質、直角三角形的性質、等邊三角形的判定及性質、全等三角形的判定及性質和平行四邊形的判定是解決此題的關鍵．3、見解析【解析】【分析】（1）利用中心對稱圖形的性質以及軸對稱圖形的性質得出全等三角形進而得出對應線段相等；（2）利用（1）中所求，進而得出對應角相等，進而得出答案．【詳解】(1)證明：∵△ABM與△ACM關于直線AF成軸對稱，∴△ABM≌△ACM，∴AB=AC，又∵△ABE與△DCE關于點E成中心對稱，∴△ABE≌△DCE，∴AB=CD，∴AC=CD；(2)∠F=∠MCD.理由：由(1)可得∠BAE=∠CAE=∠CDE，∠CMA=∠BMA，∵∠BAC=2∠MPC，∠BMA=∠PMF，∴設∠MPC=α，則∠BAE=∠CAE=∠CDE=α，設∠BMA=β，則∠PMF=∠CMA=β，∴∠F=∠CPM?∠PMF=α?β，∠MCD=∠CDE?∠DMC=α?β，∴∠F=∠MCD.【考點】本題主要考查軸對稱、中心對稱性質和全等三角形的判定及性質.通過軸對稱與中心對稱的性質得出全等三角形的判定條件是解題的關鍵.4、(1)DE的長為8-2；(2)①見解析；②DH=；(3)9≤S≤39．【解析】【分析】（1）由旋轉性質知BA=BE=8，由矩形性質知BC=AD=6，再在Rt△BCE中根據勾股定理可得；（2）①利用旋轉的性質可得：∠A=∠BEF=90°，AB=BE，由“HL”可證△ADB≌△EDB；②由全等三角形的性質和平行線的性質可得∠BDC=∠EBD，可得BH=DH，由勾股定理可求DH的值；（3）由勾股定理可求BD的值，可得BP=5，當點E在線段BD上時，△PEF面積有最小值，當點E在線段DB延長線上時，△PEF面積有最大值．(1)解：由旋轉的性質知BA=BE=8，∵四邊形ABCD是矩形，∴AD=BC=6，∠C=90°，∴CE==2；∴DE=CD-CE=8-2；(2)①證明：由旋轉知：∠A=∠BEF=90°，AB=BE，∵∠BEF=90°，∴∠BED=90°，又∵BD=BD，∴Rt△ABD≌Rt△EBD（HL）；②解：設DH