第9章轴对称、平移与旋转基础测评卷 2024—2025学年华东师大版数学七年级下册

第9章 轴对称、平移与旋转 基础测评卷 一、单选题 1．下列四个汉字中，是轴对称图形的是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【知识点】轴对称图形的识别 【分析】根据轴对称图形的概念逐项分析判断即可，轴对称图形的概念：平面内，一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够完全重合的图形． 【详解】解：A、是轴对称图形，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】本题考查了轴对称图形的概念，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． 2．如图，与关于点O成中心对称，下列结论中不成立的是（　　）    A． B． C．点A的对称点是点 D． 【答案】B 【知识点】成中心对称 【详解】根据中心对称的性质解决问题即可． 解：∵与关于点O成中心对称， ∴，，点A的对称点是点，， 故A，C，D正确， 故选：B． 【点睛】本题考查中心对称，解题的关键是掌握中心对称的性质，属于中考常考题型． 3．如图，把△ABC绕点C顺时针旋转某个角度α得到△A′B′C，∠A＝30°，∠1＝50°，则旋转角∠BCB′等于（　　） A．25° B．30° C．19° D．20° 【答案】D 【分析】由旋转的性质可得∠A=∠A′=30°，继而根据∠1=∠A′+∠ACA′=50°可得∠BCB′=∠ACA′=20°． 【详解】∵△ABC绕点C顺时针旋转某个角度α得到△A′B′C， ∠A＝∠A′＝30°， 又∵∠1＝∠A′+∠ACA′＝50°， ∴∠BCB′＝∠ACA′＝20°， 故选：D． 【点睛】考查了旋转的性质，解题关键是理解并掌握：①对应点到旋转中心的距离相等；②对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角．③旋转前、后的图形全等． 4．对于图形的全等，下列叙述不正确的是（　　　） A．一个图形经过旋转后得到的图形，与原来的图形全等 B．一个图形经过中心对称后得到的图形，与原来的图形全等 C．一个图形放大后得到的图形，与原来的图形全等 D．一个图形经过轴对称后得到的图形，与原来的图形全等 【答案】C 【详解】A. 一个图形经过旋转后得到的图形，与原来的图形全等，正确，不符合题意； B. 一个图形经过中心对称后得到的图形，与原来的图形全等，正确，不符合题意； C. 一个图形放大后得到的图形，与原来的图形不全等，故错误，符合题意； D. 一个图形经过轴对称后得到的图形，与原来的图形全等，正确，不符合题意， 故选C. 【点睛】本题考查了对全等图形的认识，解题的关键是要明确通过旋转、轴对称、平移等都可以得到与原图形全等的图形，而通过放大或缩小只能得到与原图形形状一样的图形，得不到全等图形. 5．如图，若三角形ABC是由三角形DEF经过平移后得到的，则平移的距离等于（    ）    A．线段的长度 B．线段的长度 C．线段的长度 D．线段的长度 【答案】D 【知识点】利用平移的性质求解 【分析】本题主要考查平移的基本概念，掌握平移距离的算法是解题的关键．根据平移前后的对应点的连线平行且相等即可解答． 【详解】解：三角形是由三角形经过平移后得到的，则平移的距离为线段的长度． 故选：D． 6．如图是一个等边三角形，若将它绕着它的中心O旋转一定角度后能与自身重合，则至少应将它旋转的度数是（　　） A．120° B．90° C．60° D．30° 【答案】A 【知识点】等边三角形的性质、求旋转对称图形的旋转角度 【分析】根据旋转的性质与等边三角形的特点进行求解即可． 【详解】解：如图， ∵是等边三角形， ∴， ∵它们都是旋转角，而它们的和为360°， ∴至少将它绕中心顺时针旋转，才能使等边三角形旋转后与自身重合． 故选：A． 【点睛】本题考查了旋转对称图形的性质，解答此题的关键熟练掌握等边三角形的特性． 7．如图，在正方形网格中，绕某一点旋转某一角度得到，则旋转中心可能是（    ） A．点A B．点B C．点C D．点D 【答案】C 【知识点】找旋转中心、旋转角、对应点、旋转的性质及辨析 【分析】分别将两个三角形的三个顶点与B，C，D，三角相连，判断连线是否长度相等，围成角度是否相等，如果都相等则是旋转中心． 【详解】解，连接FC，PC， 由图可知， ，且， 连接EC，RC， 由图可知， ，且， 连接GC，QC， 由图可知， ，且， 故点C为旋转中心， 故选：C． 【点睛】本题考查图形的旋转，能够判断旋转中心是解决本题的关键． 8．如图．在五边形ABCDE中，∠AMN＋∠ANM＝，∠B＝∠E＝， 在BC、DE上分别找一点M、N，使得的周长最小时，则∠BAE的度数为（    ） A．136° B．96° C．90° D．84° 【答案】A 【知识点】最短路径问题、三角形内角和定理的应用、等边对等角、根据成轴对称图形的特征进行求解 【分析】取点A关于BC的对称点P，关于DE的对称点Q，连接PQ与BC相交于点M，与DE相交于点N，根据轴对称的性质可得AM=PM，AN=QN，然后求出△AMN周长=PQ，根据轴对称确定最短路线问题，PQ的长度即为的周长最小值，根据三角形的内角和等于求出∠P+∠Q，再根据三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和求出∠AMN=2∠P，∠ANM=2∠Q，然后求解即可． 【详解】解：如图，作点A关于BC的对称点P，关于DE的对称点Q，连接PQ与BC相交于点M，与DE相交于点N， 则AM=PM，AN=QN， ∴∠P=∠PAM，∠Q=∠QAN， ∴周长=AM+MN+AN=PM+MN+QN=PQ， 由轴对称确定最短路线，PQ的长度即为的周长最小值，∵∠AMN＋∠ANM＝， ∴ ∵∠P=∠PAM，∠Q=∠QAN， ∴∠P+∠Q=， ∴， 故选：A． 【点睛】本题考查了利用轴对称确定最短路线问题，等腰三角形的性质，三角形的内角和定理，确定出点M、N的位置是解题的关键，属于中考常考题型． 二、填空题 9．如图是标准跷跷板的示意图．横板AB的中点过支撑点O，且绕点O只能上下转动．如果∠OCA=90°，∠CAO=25°，则小孩玩耍时，跷跷板可以转动的最大角度为 ． 【答案】50° 【知识点】旋转综合题(几何变换) 【详解】如图，∵OA=OB′，∠OCA=90°， ∴∠OAC=∠OB′C=25°， ∴∠A′OA=∠OAC+∠OB′C=2∠OAC=50°． 答案为50°． 10．如图，在网格图中选择一个格子涂阴影，使得整个图形是以虚线为对称轴的轴对称图形，则把阴影涂在图中标有数字 的格子内． 【答案】2 【知识点】设计轴对称图案 【分析】根据轴对称的定义，沿着虚线进行翻折后能够重合，所以阴影应该涂在标有数字2的格子内． 【详解】解：根据轴对称的定义，沿着虚线进行翻折后能够重合， 根据题意，阴影应该涂在标有数字2的格子内； 故答案为2． 【点睛】本题考查了轴对称图形的性质，沿着虚线进行翻折后能够重合，进而求出答案． 11．如图，梯形沿方向平移2个单位长度得到梯形，连接．若，，，则图中阴影部分的周长为 ．    【答案】 【知识点】利用平移的性质求解 【分析】本题主要考查了平移的性质，根据平移的性质得到，，进而求出，则图中阴影部分的周长为． 【详解】解：由平移的性质可得，， ∴， ∴图中阴影部分的周长为， 故答案为：． 12．一副三角板按如图所示放置（点A，D，B在同一直线上），，．若固定，将绕着公共点B顺时针旋转度（），当边与的某一边平行时，相应的旋转角的值为 ． 【答案】或或 【知识点】三角板中角度计算问题、根据平行线的性质求角的度数、根据旋转的性质求解 【分析】分三种情况分别画出图形，利用平行线的性质一一求解即可． 【详解】①如图1所示，当时， 则，可得旋转角； ②如图2所示，当时， 则， ∴，可得旋转角； ③如图3所示，当时，作，      则， ∴，， ∴，可得旋转； 综上所述，满足套件的旋转角为或或， 故答案为：或或． 【点睛】本题考查旋转变换、平行的性质等知识点，解题的关键是学会利用分类讨论的思想考虑问题，属于中考常考题型． 三、解答题 13．如图，方格纸中每一个小方格的边长为1个单位，试解答下列问题： （1）△ABC的顶点都在方格纸的格点上，先将△ABC向右平移2个单位，再向上平移3个单位，得到△A1B1C1，其中点A1、B1、C1分别是A、B、C的对应点，试画出 △A1B1C1； （2）连接AA1、BB1，则线段AA1、BB1的位置关系为　 　，线段AA1、BB1的数量关系为　 　； （3）△A1B1C1的面积为　 　（平方单位） 【答案】（1）见解析 （2）平行，相等；（3）3． 【知识点】平移(作图) 【详解】分析： （1）按照题中要求将点A、B、C进行平移得到对应的点A1、B1、C1，再顺次连接A1、B1、C1三点即可得到所求△A1B1C1； （2）如下图，连接AA1，BB1，再根据平移的性质进行解答即可； （3）如下图所示，由图可知△A1B1C1中：A1C1=2，且A1C1边上的高为3，由此根据三角形的面积公式进行计算即可求得△A1B1C1的面积了. 详解： （1）如图所示：△A1B1C1，即为所求； （2）如下图，连接AA1，BB1， 由平移的性质可得：线段AA1、BB1的位置关系为：平行；数量关系为：相等； （3）由图可知：△A1B1C1中：A1C1=2，且A1C1边上的高为3， ∴△A1B1C1的面积为：×2×3=3． 点睛：掌握“平移图形的画法，知道平移的性质：平移前后图形中各对对应点的连线相互平行（或在同一直线上）且相等”是正确解答本题的关键. 14．如图，将绕顶点顺时针旋转得到，连结，若，求的度数． 【答案】 【知识点】三角形的外角的定义及性质、等边对等角、根据旋转的性质求解 【分析】本题主要考查了旋转的性质，三角形外角性质，等边对等角，掌握旋转的性质，等边对等角，三角形外角的性质是解题的关键． 根据旋转可得，，，由等边对等角，三角形外角的性质可得，，则得、、三点共线，由即可求解． 【详解】解：将绕顶点顺时针旋转得到， ，，， ，， 、、三点共线， ， ． 15．如图，在正方形网格中： (1)作出四边形，使四边形与四边形关于直线对称； (2)作出四边形，使四边形与四边形关于直线对称； (3)四边形与四边形是否对称？若对称，请在图中作出对称轴或对称中心． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 (3)四边形与四边形关于原点成中心对称，图见解析 【知识点】画轴对称图形、判断中心对称图形的对称中心 【分析】此题考查了作图轴对称和中心对称，解题的关键是掌握轴对称和中心对称的性质． （1）根据轴对称的性质作图即可； （2）根据轴对称的性质作图即可； （3）根据中心对称的性质求解即可． 【详解】（1）如图所示，即为所求； （2）如图所示，即为所求； （3）如图所示，四边形与四边形关于原点成中心对称 16．如图，绕着顶点逆时针旋转到，，，，求的大小． 【答案】 【知识点】根据平行线的性质求角的度数、三角形内角和定理的应用、根据旋转的性质求解 【分析】本题主要考查了旋转的性质，平行线的性质，三角形内角和定理等知识，先根据绕着顶点逆时针旋转到，得出，得出相对应角的度数．再根据三角形内角和定理得出的度数，再由平行线的性质得出的度数，最后相减即可得出结论． 【详解】解：∵绕着顶点逆时针旋转到 ∴， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴． 17．已知长方形ABCD的长为5，宽为4，若将其沿着射线BC方向平移到长方形EFGH处，则长方形CDEF的周长是长方形ABCD周长的，求出长方形ABCD平移距离． 【答案】长方形ABCD平移距离为3 【知识点】几何问题(一元一次方程的应用)、利用平移的性质求解 【分析】设长方形ABCD平移距离AE＝x，用含x的代数式表示DE,CF，根据长方形CDEF的周长是长方形ABCD周长的,列出方程问题求解． 【详解】解：设长方形ABCD平移距离AE＝x， ∵长方形ABCD的长为5，宽为4， ∴长方形ABCD的周长＝18， ∵长方形CDEF的周长是长方形ABCD周长的， ∴4+4+5﹣x+5﹣x＝18×， ∴x＝3， ∴长方形ABCD平移距离为3． 【点睛】本题考查图形的平移，平移后的新图形与原图形形状、大小完全相同，解题关键用方程思想解决问题． 18．如图，在中，点是边上的中点． （1）画出关于点的中心对称图形（）； （2）若，，根据所作图形直接写出线段长的取值范围． 【答案】（1）图形见解析；（2）． 【知识点】旋转综合题(几何变换) 【分析】(1)可根据中心对称图形的定义作图即可； (2)根据中心对称图形的定义得，可知 ，再根据三角形三边关系，得出 CE的取值范围，从而得出CD的取值范围． 【详解】解：（1）所画图形，如图所示： 沿长CD至点E，使DE=CD，连接AE，则就是所作的图形， （2）由（1）知：， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴． 【点睛】本题考查作图-旋转变换，三角形的三边关系，线段的垂直平分线等知识，读懂题意是解题的关键． 19．如图，直线l上摆放着两个大小相同的直角三角尺，它们中较大锐角的度数为．将三角尺沿直线l向左平移到图中三角形的位置，使点E的对应点落在上，P为与的交点． (1)求的度数； (2)试说明：． 【答案】(1) (2)详见解析 【知识点】根据平行线的性质求角的度数、利用平移的性质求解 【分析】本题考查的是平行线的性质，平移的性质，熟记平移的性质并灵活应用是解本题的关键； （1）证明，可得； （2）由平移的性质可得，再结合平行线的性质可得结论． 【详解】（1）解：由题意，得， 由平移的性质，得， ∴ （2）由（1）得，． 由平移的性质，得， ∴，， 即． ∴． 20．现有一块含角的直角三角板，其直角顶点在直线上，将三角板绕着点按逆时针方向旋转的度数（）． 请你解决下列问题： (1)当的度数为多少时，（不必说理）； (2)如右图，作于点，于点，试探究：图中提供的字母或数字能表示的所有角（不包含该图中的直角）中，是否存在相等的角？若存在，试写出所有相等的角，并说明理由；若不存在，请举例说明． 【答案】(1)或； (2)存在，，，理由见解析． 【知识点】三角板中角度计算问题、根据平行线的性质求角的度数 【分析】（1）利用平行线的性质求解即可； （2）利用平行线的判定及性质求解即可． 【详解】（1）解：如图： ∵，， ∴， 如图： ∵， ∴， ∵， ∴， 综上所述：当或，． （2）解：图中所有相等的角分别为： ，． 理由如下： 在同一平面内，过点作射线， ∵，， ∴， ∴，， ∵， ∴， 即， 同理可得． 【点睛】本题考查平行线的判定及性质，解题的关键是掌握平行线的判定及性质． 21．图①是由一副三角尺拼成的图案． (1)图①中，的度数为___________度； (2)将图①中的三角尺绕点B旋转（）度能否使？若能，请写出当时，的度数；若不能，说明理由（图②③供参考）． 【答案】(1) (2)能，120°或80° 【知识点】三角板中角度计算问题 【分析】（1）直接根据三角板中角度的特点进行求解即可； （2）分三种情况：当逆时针旋转（），当逆时针旋转（），当顺时针旋转度，根据角度之间的关系建立方程求解即可． 【详解】（1）解：由题意得，， ∴ ， 故答案为：； （2）解：第一种情况：逆时针旋转（）， ∵， ∴， 解得， ∴． 第二种情况：逆时针旋转（）， ∵， ∴， 解得， ∴． 第三种情况：顺时针旋转， ∵， ∴， 解得． ∵， ∴不合题意，舍去． 综上，当时，的度数为120°或80°． 【点睛】本题主要考查了三角板中角度的计算，利用分类讨论的思想求解是解题的关键． 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 第9章 轴对称、平移与旋转 基础测评卷 一、单选题 1．下列四个汉字中，是轴对称图形的是（    ） A． B． C． D． 2．如图，与关于点O成中心对称，下列结论中不成立的是（　　）    A． B． C．点A的对称点是点 D． 3．如图，把△ABC绕点C顺时针旋转某个角度α得到△A′B′C，∠A＝30°，∠1＝50°，则旋转角∠BCB′等于（　　） A．25° B．30° C．19° D．20° 4．对于图形的全等，下列叙述不正确的是（　　　） A．一个图形经过旋转后得到的图形，与原来的图形全等 B．一个图形经过中心对称后得到的图形，与原来的图形全等 C．一个图形放大后得到的图形，与原来的图形全等 D．一个图形经过轴对称后得到的图形，与原来的图形全等 5．如图，若三角形ABC是由三角形DEF经过平移后得到的，则平移的距离等于（    ）    A．线段的长度 B．线段的长度 C．线段的长度 D．线段的长度 6．如图是一个等边三角形，若将它绕着它的中心O旋转一定角度后能与自身重合，则至少应将它旋转的度数是（　　） A．120° B．90° C．60° D．30° 7．如图，在正方形网格中，绕某一点旋转某一角度得到，则旋转中心可能是（    ） A．点A B．点B C．点C D．点D 8．如图．在五边形ABCDE中，∠AMN＋∠ANM＝，∠B＝∠E＝， 在BC、DE上分别找一点M、N，使得的周长最小时，则∠BAE的度数为（    ） A．136° B．96° C．90° D．84° 二、填空题 9．如图是标准跷跷板的示意图．横板AB的中点过支撑点O，且绕点O只能上下转动．如果∠OCA=90°，∠CAO=25°，则小孩玩耍时，跷跷板可以转动的最大角度为 ． 10．如图，在网格图中选择一个格子涂阴影，使得整个图形是以虚线为对称轴的轴对称图形，则把阴影涂在图中标有数字 的格子内． 11．如图，梯形沿方向平移2个单位长度得到梯形，连接．若，，，则图中阴影部分的周长为 ．    12．一副三角板按如图所示放置（点A，D，B在同一直线上），，．若固定，将绕着公共点B顺时针旋转度（），当边与的某一边平行时，相应的旋转角的值为 ． 三、解答题 13．如图，方格纸中每一个小方格的边长为1个单位，试解答下列问题： （1）△ABC的顶点都在方格纸的格点上，先将△ABC向右平移2个单位，再向上平移3个单位，得到△A1B1C1，其中点A1、B1、C1分别是A、B、C的对应点，试画出△A1B1C1； （2）连接AA1、BB1，则线段AA1、BB1的位置关系为　 　，线段AA1、BB1的数量关系为　 　； （3）△A1B1C1的面积为　 　. 14．如图，将绕顶点顺时针旋转得到，连结，若，求的度数． 15．如图，在正方形网格中： (1)作出四边形，使四边形与四边形关于直线对称； (2)作出四边形，使四边形与四边形关于直线对称； (3)四边形与四边形是否对称？若对称，请在图中作出对称轴或对称中心． 16．如图，绕着顶点逆时针旋转到，，，，求的大小． 17．已知长方形ABCD的长为5，宽为4，若将其沿着射线BC方向平移到长方形EFGH处，则长方形CDEF的周长是长方形ABCD周长的，求出长方形ABCD平移距离． 18．如图，在中，点是边上的中点． （1）画出关于点的中心对称图形（）； （2）若，，根据所作图形直接写出线段长的取值范围． 19．如图，直线l上摆放着两个大小相同的直角三角尺，它们中较大锐角的度数为．将三角尺沿直线l向左平移到图中三角形的位置，使点E的对应点落在上，P为与的交点． (1)求的度数； (2)试说明：． 20．现有一块含角的直角三角板，其直角顶点在直线上，将三角板绕着点按逆时针方向旋转的度数（）． 请你解决下列问题： (1)当的度数为多少时，（不必说理）； (2)如右图，作于点，于点，试探究：图中提供的字母或数字能表示的所有角（不包含该图中的直角）中，是否存在相等的角？若存在，试写出所有相等的角，并说明理由；若不存在，请举例说明． 21．图①是由一副三角尺拼成的图案． (1)图①中，的度数为___________度； (2)将图①中的三角尺绕点B旋转（）度能否使？若能，请写出当时，的度数；若不能，说明理由（图②③供参考）． 参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 A B D C D A C A 1．A 【知识点】轴对称图形的识别 【分析】根据轴对称图形的概念逐项分析判断即可，轴对称图形的概念：平面内，一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够完全重合的图形． 【详解】解：A、是轴对称图形，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】本题考查了轴对称图形的概念，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． 2．B 【知识点】成中心对称 【详解】根据中心对称的性质解决问题即可． 解：∵与关于点O成中心对称， ∴，，点A的对称点是点，， 故A，C，D正确， 故选：B． 【点睛】本题考查中心对称，解题的关键是掌握中心对称的性质，属于中考常考题型． 3．D 【分析】由旋转的性质可得∠A=∠A′=30°，继而根据∠1=∠A′+∠ACA′=50°可得∠BCB′=∠ACA′=20°． 【详解】∵△ABC绕点C顺时针旋转某个角度α得到△A′B′C， ∠A＝∠A′＝30°， 又∵∠1＝∠A′+∠ACA′＝50°， ∴∠BCB′＝∠ACA′＝20°， 故选：D． 【点睛】考查了旋转的性质，解题关键是理解并掌握：①对应点到旋转中心的距离相等；②对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角．③旋转前、后的图形全等． 4．C 【详解】A. 一个图形经过旋转后得到的图形，与原来的图形全等，正确，不符合题意； B. 一个图形经过中心对称后得到的图形，与原来的图形全等，正确，不符合题意； C. 一个图形放大后得到的图形，与原来的图形不全等，故错误，符合题意； D. 一个图形经过轴对称后得到的图形，与原来的图形全等，正确，不符合题意， 故选C. 【点睛】本题考查了对全等图形的认识，解题的关键是要明确通过旋转、轴对称、平移等都可以得到与原图形全等的图形，而通过放大或缩小只能得到与原图形形状一样的图形，得不到全等图形. 5．D 【知识点】利用平移的性质求解 【分析】本题主要考查平移的基本概念，掌握平移距离的算法是解题的关键．根据平移前后的对应点的连线平行且相等即可解答． 【详解】解：三角形是由三角形经过平移后得到的，则平移的距离为线段的长度． 故选：D． 6．A 【知识点】等边三角形的性质、求旋转对称图形的旋转角度 【分析】根据旋转的性质与等边三角形的特点进行求解即可． 【详解】解：如图， ∵是等边三角形， ∴， ∵它们都是旋转角，而它们的和为360°， ∴至少将它绕中心顺时针旋转，才能使等边三角形旋转后与自身重合． 故选：A． 【点睛】本题考查了旋转对称图形的性质，解答此题的关键熟练掌握等边三角形的特性． 7．C 【知识点】找旋转中心、旋转角、对应点、旋转的性质及辨析 【分析】分别将两个三角形的三个顶点与B，C，D，三角相连，判断连线是否长度相等，围成角度是否相等，如果都相等则是旋转中心． 【详解】解，连接FC，PC， 由图可知， ，且， 连接EC，RC， 由图可知， ，且， 连接GC，QC， 由图可知， ，且， 故点C为旋转中心， 故选：C． 【点睛】本题考查图形的旋转，能够判断旋转中心是解决本题的关键． 8．A 【知识点】最短路径问题、三角形内角和定理的应用、等边对等角、根据成轴对称图形的特征进行求解 【分析】取点A关于BC的对称点P，关于DE的对称点Q，连接PQ与BC相交于点M，与DE相交于点N，根据轴对称的性质可得AM=PM，AN=QN，然后求出△AMN周长=PQ，根据轴对称确定最短路线问题，PQ的长度即为的周长最小值，根据三角形的内角和等于求出∠P+∠Q，再根据三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和求出∠AMN=2∠P，∠ANM=2∠Q，然后求解即可． 【详解】解：如图，作点A关于BC的对称点P，关于DE的对称点Q，连接PQ与BC相交于点M，与DE相交于点N， 则AM=PM，AN=QN， ∴∠P=∠PAM，∠Q=∠QAN， ∴周长=AM+MN+AN=PM+MN+QN=PQ， 由轴对称确定最短路线，PQ的长度即为的周长最小值，∵∠AMN＋∠ANM＝， ∴ ∵∠P=∠PAM，∠Q=∠QAN， ∴∠P+∠Q=， ∴， 故选：A． 【点睛】本题考查了利用轴对称确定最短路线问题，等腰三角形的性质，三角形的内角和定理，确定出点M、N的位置是解题的关键，属于中考常考题型． 9．50° 【知识点】旋转综合题(几何变换) 【详解】如图，∵OA=OB′，∠OCA=90°， ∴∠OAC=∠OB′C=25°， ∴∠A′OA=∠OAC+∠OB′C=2∠OAC=50°． 答案为50°． 10．2 【知识点】设计轴对称图案 【分析】根据轴对称的定义，沿着虚线进行翻折后能够重合，所以阴影应该涂在标有数字2的格子内． 【详解】解：根据轴对称的定义，沿着虚线进行翻折后能够重合， 根据题意，阴影应该涂在标有数字2的格子内； 故答案为2． 【点睛】本题考查了轴对称图形的性质，沿着虚线进行翻折后能够重合，进而求出答案． 11． 【知识点】利用平移的性质求解 【分析】本题主要考查了平移的性质，根据平移的性质得到，，进而求出，则图中阴影部分的周长为． 【详解】解：由平移的性质可得，， ∴， ∴图中阴影部分的周长为， 故答案为：． 12．或或 【知识点】三角板中角度计算问题、根据平行线的性质求角的度数、根据旋转的性质求解 【分析】分三种情况分别画出图形，利用平行线的性质一一求解即可． 【详解】①如图1所示，当时， 则，可得旋转角； ②如图2所示，当时， 则， ∴，可得旋转角； ③如图3所示，当时，作，      则， ∴，， ∴，可得旋转； 综上所述，满足套件的旋转角为或或， 故答案为：或或． 【点睛】本题考查旋转变换、平行的性质等知识点，解题的关键是学会利用分类讨论的思想考虑问题，属于中考常考题型． 13．（1）见解析 （2）平行，相等；（3）3． 【知识点】平移(作图) 【详解】分析： （1）按照题中要求将点A、B、C进行平移得到对应的点A1、B1、C1，再顺次连接A1、B1、C1三点即可得到所求△A1B1C1； （2）如下图，连接AA1，BB1，再根据平移的性质进行解答即可； （3）如下图所示，由图可知△A1B1C1中：A1C1=2，且A1C1边上的高为3，由此根据三角形的面积公式进行计算即可求得△A1B1C1的面积了. 详解： （1）如图所示：△A1B1C1，即为所求； （2）如下图，连接AA1，BB1， 由平移的性质可得：线段AA1、BB1的位置关系为：平行；数量关系为：相等； （3）由图可知：△A1B1C1中：A1C1=2，且A1C1边上的高为3， ∴△A1B1C1的面积为：×2×3=3． 点睛：掌握“平移图形的画法，知道平移的性质：平移前后图形中各对对应点的连线相互平行（或在同一直线上）且相等”是正确解答本题的关键. 14． 【知识点】三角形的外角的定义及性质、等边对等角、根据旋转的性质求解 【分析】本题主要考查了旋转的性质，三角形外角性质，等边对等角，掌握旋转的性质，等边对等角，三角形外角的性质是解题的关键． 根据旋转可得，，，由等边对等角，三角形外角的性质可得，，则得、、三点共线，由即可求解． 【详解】解：将绕顶点顺时针旋转得到， ，，， ，， 、、三点共线， ， ． 15．(1)见解析 (2)见解析 (3)四边形与四边形关于原点成中心对称，图见解析 【知识点】画轴对称图形、判断中心对称图形的对称中心 【分析】此题考查了作图轴对称和中心对称，解题的关键是掌握轴对称和中心对称的性质． （1）根据轴对称的性质作图即可； （2）根据轴对称的性质作图即可； （3）根据中心对称的性质求解即可． 【详解】（1）如图所示，即为所求； （2）如图所示，即为所求； （3）如图所示，四边形与四边形关于原点成中心对称 16． 【知识点】根据平行线的性质求角的度数、三角形内角和定理的应用、根据旋转的性质求解 【分析】本题主要考查了旋转的性质，平行线的性质，三角形内角和定理等知识，先根据绕着顶点逆时针旋转到，得出，得出相对应角的度数．再根据三角形内角和定理得出的度数，再由平行线的性质得出的度数，最后相减即可得出结论． 【详解】解：∵绕着顶点逆时针旋转到 ∴， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴． 17．长方形ABCD平移距离为3 【知识点】几何问题(一元一次方程的应用)、利用平移的性质求解 【分析】设长方形ABCD平移距离AE＝x，用含x的代数式表示DE,CF，根据长方形CDEF的周长是长方形ABCD周长的,列出方程问题求解． 【详解】解：设长方形ABCD平移距离AE＝x， ∵长方形ABCD的长为5，宽为4， ∴长方形ABCD的周长＝18， ∵长方形CDEF的周长是长方形ABCD周长的， ∴4+4+5﹣x+5﹣x＝18×， ∴x＝3， ∴长方形ABCD平移距离为3． 【点睛】本题考查图形的平移，平移后的新图形与原图形形状、大小完全相同，解题关键用方程思想解决问题． 18．（1）图形见解析；（2）． 【知识点】旋转综合题(几何变换) 【分析】(1)可根据中心对称图形的定义作图即可； (2)根据中心对称图形的定义得，可知 ，再根据三角形三边关系，得出 CE的取值范围，从而得出CD的取值范围． 【详解】解：（1）所画图形，如图所示： 沿长CD至点E，使DE=CD，连接AE，则就是所作的图形， （2）由（1）知：， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴． 【点睛】本题考查作图-旋转变换，三角形的三边关系，线段的垂直平分线等知识，读懂题意是解题的关键． 19．(1) (2)详见解析 【知识点】根据平行线的性质求角的度数、利用平移的性质求解 【分析】本题考查的是平行线的性质，平移的性质，熟记平移的性质并灵活应用是解本题的关键； （1）证明，可得； （2）由平移的性质可得，再结合平行线的性质可得结论． 【详解】（1）解：由题意，得， 由平移的性质，得， ∴ （2）由（1）得，． 由平移的性质，得， ∴，， 即． ∴． 20．(1)或； (2)存在，，，理由见解析． 【知识点】三角板中角度计算问题、根据平行线的性质求角的度数 【分析】（1）利用平行线的性质求解即可； （2）利用平行线的判定及性质求解即可． 【详解】（1）解：如图： ∵，， ∴， 如图： ∵， ∴， ∵， ∴， 综上所述：当或，． （2）解：图中所有相等的角分别为： ，． 理由如下： 在同一平面内，过点作射线， ∵，， ∴， ∴，， ∵， ∴， 即， 同理可得． 【点睛】本题考查平行线的判定及性质，解题的关键是掌握平行线的判定及性质． 21．(1) (2)能，120°或80° 【知识点】三角板中角度计算问题 【分析】（1）直接根据三角板中角度的特点进行求解即可； （2）分三种情况：当逆时针旋转（），当逆时针旋转（），当顺时针旋转度，根据角度之间的关系建立方程求解即可． 【详解】（1）解：由题意得，， ∴ ， 故答案为：； （2）解：第一种情况：逆时针旋转（）， ∵， ∴， 解得， ∴． 第二种情况：逆时针旋转（）， ∵， ∴， 解得， ∴． 第三种情况：顺时针旋转， ∵， ∴， 解得． ∵， ∴不合题意，舍去． 综上，当时，的度数为120°或80°． 【点睛】本题主要考查了三角板中角度的计算，利用分类讨论的思想求解是解题的关键． 学科网（北京）股份有限公司 $$