专题05 轴对称与旋转（考点清单，知识导图+3个考点清单&题型解读）（期末复习知识清单）七年级数学下学期新教材湘教版

清单05 轴对称与旋转（3个考点梳理+题型解读+提升训练） 清单01 轴对称 1. 轴对称与对称轴的概念 将图形(I)沿着一条直线折叠,得到另一个图形(Ⅱ),我们把图形的这种变换称为关于这条直线的轴对称，此时称这两个图形关于这条直线对称，也称图形(I)与(Ⅱ)成轴对称,这条直线叫作对称轴原来的图形(I)叫作原像,得到的图形(Ⅱ)叫作原图形在这个轴对称下的像. 2.轴对称图形 如果一个图形上的每一个点关于某条直线的对称点都在这个图形上，那么这个图形叫作轴对称图形，这条直线叫作这个图形的对称轴. 3.轴对称的基本性质 (1)成轴对称的两个图形中,对应点的连线被对称轴垂直平分 (2)轴对称保持任意两点间距离不保持角的大小不变 清单02 旋转 1.旋转的相关概念 将图形(I)上的每一个点,绕这个平面内一定点O按同一个方向旋转同一个角a，即把图形(1)上的每一个点与定点的连线绕定点O按同一个方向旋转角a，得到图形(Ⅱ),我们把图形的这种变换叫作旋转,这个定点O叫旋转中心,角a叫作旋转角，原位置的图形(I)叫作原像,新位置的图形(1)叫作图形(I)在旋转下的像,图形(I)上的每一个点与它在旋转下的像点P’叫作在这个旋转下的对应点. 2. 旋转的性质 (1)一个图形和它经过旋转所得到的图形中,对应点到旋转中心的距离相等，两组对应点分别与旋转中心的连线所成的角相等. (2)旋转保持任意两点间距离不变,保持角的大小不变. 清单03 平面图形变换的简单应用 1.平移变换 性质:(1)一个图形和它经过平移所得的图形中,两组对应点的连线平行(或在同一条直线上)且相等. (2)平移保持任意两点间距离不变保持角的大小不变。 【考点题型一】轴对称图形的识别（） 【例1】请你用数学的眼光观察下列四副代表“立春”、“立夏”、“芒种”、“白露”的作品，其中是轴对称图形的是（　　） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】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．根据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，这条直线叫做对称轴进行分析即可． 【详解】解：A，C，D选项中的图形都不能找到这样的一条直线，使图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，所以不是轴对称图形； B选项中的图形能找到这样的一条直线，使图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，所以是轴对称图形； 故选：B． 【变式1-1】下列图形中不是轴对称图形的是（ ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题考查了轴对称图形的概念，根据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，这条直线叫做对称轴，进行逐项分析即可． 【详解】解：A、中的图形不是轴对称图形，故此选项符合题意； B、中的图形是轴对称图形，故此选项不符合题意； C、中的图形是轴对称图形，故此选项不符合题意； D、中的图形是轴对称图形，故此选项不符合题意； 故选：A． 【变式1-2】下列交通标志，是轴对称图形的是（   ） A．B． C． D． 【答案】A 【分析】本题考查了轴对称图形的识别，根据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，这条直线叫做对称轴进行分析即可． 【详解】解：B，C，D选项中的图形不能找到这样的一条直线，使图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，所以不是轴对称图形， A选项中的图形能找到这样的一条直线，使图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，所以是轴对称图形． 故选：A． 【变式1-3】国产人工智能大模型DeepSeek横空出世，其以低成本、高性能的显著特点，迅速吸引了全球投资者的目光．以下是四款人工智能大模型的标识，其中文字上方的图案为轴对称图形的是（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查了轴对称图形的定义，熟练掌握轴对称图形的定义：一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够完全重合，那么这个图形叫做轴对称图形是解题的关键．根据轴对称图形的定义逐项分析即可判断． 【详解】解：A、图案不是轴对称图形，不符合题意； B、图案不是轴对称图形，不符合题意； C、图案是轴对称图形，符合题意； D、图案不是轴对称图形，不符合题意； 故选：C． 【考点题型二】根据成轴对称图形的特征进行求解（） 【例2】如图，和 关于直线l对称，直线l与相交于点O，若，，，则五边形的周长为（ ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题主要考查了轴对称的性质，直接利用轴对称的性质得出，，，再用周长公式计算即可得出答案，熟练掌握轴对称的性质并能正确得出对应线段是解决此题的关键． 【详解】解：和关于直线l对称，直线l与相交于点O， ，，． ，，， ，，． 五边形的周长为：． 故选：． 【变式2-1】圆是最美的对称图形之一．将圆竖直位置的直径向左移动，水平位置的直径向下移动，把圆分成如图所示的四个部分，其中①②③④的面积分别记为，则 ． 【答案】 【分析】本题考查的是平移的性质，轴对称的性质，如图，作出两条直径平移后关于圆心对称的线段；结合图形的对称性列式计算即可. 【详解】解：如图，作出两条直径平移后关于圆心对称的线段； 由对称性可得：，，， 中间长方形的长为，宽为， ∴长方形 长方形的面积 ； 故答案为： 【变式2-2】如图，点在内，点、分别是点关于，的对称点，分别交，于点，．若的周长是，则的长是 ． 【答案】 【分析】本题考查轴对称的性质与运用，根据轴对称的性质可得，，推出的长等于的周长．解题的关键是掌握轴对称的性质：对应点的连线与对称轴的位置关系是互相垂直，对应点所连的线段被对称轴垂直平分，对称轴上的任何一点到两个对应点之间的距离相等，对应的角、线段都相等． 【详解】解：∵点、分别是点关于，的对称点， ∴，， ∴， ∵的周长是，即， ∴，即的长是． 故答案为：． 【变式2-3】如图，直线是四边形的对称轴，．若，则 °． 【答案】 【分析】本题主要考查了轴对称图形的性质，平行线的性质，先由平行线的性质求出的度数，再由轴对称图形的性质即可得到答案． 【详解】解：∵，， ∴， ∵直线是四边形的对称轴， ∴， 故答案为：． 【考点题型三】利用轴对称变换的性质解决折叠问题（） 【例3】利用如图所示的方法，可以折出“过已知直线外一点和已知直线平行”的直线，下列说理中错误的是（    ） A．同位角相等，两直线平行 B．内错角相等，两直线平行 C．平行于同一条直线的两直线平行 D．同旁内角互补，两直线平行 【答案】C 【分析】本题考查了折叠问题，平行线的判定：同位角相等，两直线平行；内错角相等，两直线平行；同旁内角互补，两直线平行；如果两条直线同时垂直于同一条直线，那么这两条直线平行． 先根据折叠的性质得到折痕都垂直于过点的直线，根据平行线的判定方法求解． 【详解】解：如图， 由题图（2）的操作可知， 所以， 由题图（3）的操作可知， 所以， 所以， 所以可依据同位角相等，两直线平行或内错角相等，两直线平行，或同旁内角互补，两直线平行判定， 故选：C． 【变式3-1】如图，把长方形沿按图那样折叠后，点A，B分别落在G，H点处，若，则的度数是 ． 【答案】/50度 【分析】本题主要考查平行线的性质，折叠的性质，解答的关键是熟记平行线的性质． 根据平角和折叠性质求出，然后由平行线性质得到，，然后由折叠性质和角的和差求解即可． 【详解】∵ ∴ 由折叠得， ∵ ∴， 由折叠得， ∴． 故答案为：． 【变式3-2】如图，将长方形纸片沿折叠（折线交于E，交于），点C、D的对应点分别是，，交于G，再将四边形沿折叠，点、的对应点分别是、，交EF于H，若，则 ． 【答案】 【分析】本题重点考查平行线的性质、翻折变换的性质等知识，由折叠得，则，，求得，所以，于是得到问题的答案． 【详解】解：由折叠得， ， ∴，， ， ， ， 故答案为： 【变式3-3】如图，将一张长方形的纸条沿折叠，若折叠后，交于点，则的度数是 ． 【答案】 【分析】本题考查平行线的性质、翻折变换（折叠问题）、由平行线的性质得出，由折叠的性质得出，即可得出答案；正确观察图形，熟练掌握折叠的性质是解题的关键． 【详解】解：∵将一张长方形的纸条沿折叠，， ∴，， ∴， ∴， ∴的度数是． 故答案为：． 【考点题型四】利用轴对称性质作图（） 【例4】如图是网格，每个小正方形的顶点称为格点，点，均在格点上，请仅用无刻度的直尺按要求完成以下作图（保留作图痕迹）． (1)在图①中，点是格点，作点关于的对称点； (2)在图②中，点，是格点，在上取点，使得的值最小． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【分析】本题考查了无刻度直尺作图，轴对称的性质，线段垂直平分线的性质，两点间线段最短等知识； （1）取格点D，连接，则垂直平分，点D即为所求作的点； （2）作点M关于的对称点F，连接交于点E，则点E为所求作的点． 【详解】（1）解：如解图，点即为所求作；    （2）解：如解图，点即为所求作（作法不唯一）．   【变式4-1】如图，在正方形网格中，是经过一次对折后（两部分完全重合）得到的图形．仅用无刻度直尺完成下列问题． (1)画出对折前可能的一个图形； (2)若点为中点，在边和上找到点、点，使得为最小值． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【分析】本题考查了轴对称图形，以及轴对称的性质，无刻度直尺作图，熟练掌握轴对称的性质是解答本题的关键． （1）画出关于的对称图形即可； （2）延长，交格线于，找到点D关于的对称点，取格点，，连接，交格线于，找到点D关于的对称点，连接，交于，交于，连接，，根据轴对称的性质即知的最小值为线段的长，即得答案． 【详解】（1）解：如图1，延长交格线于格点，连接，则是其中一个折叠前的图形； （2）解：如图2， ①延长，交格线于， ②取格点，，连接，交格线于， ③连接，交于，交于，④连接，，则最小； 点、点即为所求作的点． 【变式4-2】如图，在正方形网格中，每个小正方形的边长均为1，是格点三角形． (1)画出，使得和关于直线l对称； (2)在直线l上求作点E，使最短． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【分析】本题考查作图﹣轴对称变换、轴对称﹣最短路线问题，熟练掌握轴对称的性质是解答本题的关键． （1）根据轴对称的性质作图即可． （2）连接交直线l于点E，则点E即为所求． 【详解】（1）解：如图，即为所求． （2）如图，连接交直线l于点E，连接，则点E即为所求． 根据轴对称可知：， ∴， ∵两点之间线段最短， ∴最小，即最小． 【变式4-3】如图，在所给网格图中每小格均为边长是1的正方形．的顶点均在格点上，请完成下列各题：（用直尺画图）． (1)画出关于直线对称的； (2)在直线上画出点，使最小． 【答案】(1)见详解； (2)见详解． 【分析】本题主要考查了作图——轴对称变换、轴对称——最短路线问题，熟练掌握轴对称的性质 是正确解答此题的关键． （1）根据轴对称的性质作图即可； （2）连接，交直线于点，，此时点P即为所求． 【详解】（1）解：如图，分别作出点的对应点，顺次连接得，即为所求； （2）解：如图，连接，交直线于点，连接，此时最小，则点即为所求。 【考点题型五】有关轴对称性质的探究题（） 【例5】下面四个图形是标出了长宽之比的台球桌的俯视图，一个球从一个角落以角击出，在桌子边沿回弹若干次后，最终必将落入角落的一个球囊．图1中回弹次数为1次，图2中回弹次数为2次，图3中回弹次数为3次，图4中回弹次数为5次．若某台球桌长宽之比为，按同样的方式击球，球在边沿回弹的次数为（    ）次． A．6 B．7 C．8 D．9 【答案】B 【详解】本题考查轴对称的知识，根据题意画出图形，然后即可作出判断．难度不大，注意画出图形会使问题比较简单直观． 【分析】解：根据图形可得总共反射了7次． 故选：B． 【变式5-1】如图是一台桌球面示意图，图中小正方形的边长均相等，黑球放在如图所示的位置，经白球撞击后沿箭头方向运动，经桌边反弹最后进入的球洞的序号是（   ） A．① B．② C．③ D．④ 【答案】A 【分析】本题考查了轴对称图形的识别，理解题意，掌握碰撞桌子边时的入角等于反弹后的出角是解题的关键． 根据黑球碰撞桌子边时的入角等于反弹后的出角，轴对称图形的性质即可求解． 【详解】解：如图所示，黑球碰撞桌子边时的入角等于反弹后的出角， ∴最后进入的球洞的序号是①， 故选：A ． 【变式5-2】如图，两条平行直线a，b，从点光源M射出的光线射到直线a上的A点，入射角为，然后反射光线射到直线b上的B点，当这束光线继续从B点反射出去后，反射光线与直线b所夹锐角的度数为（　　） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题考查轴对称的性质和平行线的性质，根据“入射光线与直线的夹角始终与反射光线与该直线的夹角相等”得到，由平行线的性质可得，即可得出结论．熟练掌握平行线的性质是解题的关键． 【详解】解：如图， ∵从点光源射出的光线射到直线上的A点，入射角为，然后反射光线射到直线上的点， ∴， ∵， ∴， ∴当这束光线继续从点反射出去后，反射光线与直线的夹角度数为． 故选：D 【变式5-3】光的反射定律为：入射光线、反射光线和法线(垂直于反射面的直线)都在同一平面内，且入射光线和反射光线分别位于法线的两侧，入射光线与法线的夹角入射角等于反射光线与法线的夹角反射角，兴趣小组想让太阳光垂直射入水井，运用此原理，如图，在井口放置一面平面镜以改变光的路线，当太阳光线与水平线的夹角时，要使太阳光线经反射后刚好竖直射入井底即 ，则调整后平面镜与水平线的夹角为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查相交线，垂线等知识，作出法线是解题的关键．过点F，作，求出，从而得出，继而得解． 【详解】解：过点F，作，则， 依题意得：， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∴， 故选：B． 【考点题型六】根据旋转的性质求解（） 【例6】如图，将绕点O按逆时针方向旋转后得到，则的度数是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题主要考查了旋转变换的性质及其应用问题，熟练掌握旋转的性质是解题的关键．利用旋转的性质即可求出角的度数． 【详解】解：∵将绕点O按逆时针方向旋转后得到， ∴旋转角为，与是对应边， ∴， 故选：B． 【变式6-1】小樊同学在学习完乘法公式后，发现完全平方公式经过适当变形后可以解决很多数学问题，如图，线段，P为线段AB上一动点，将线段绕点A逆时针旋转得到线段，同时将线段绕点P顺时针旋转得到线段，连接，．若，则的面积为 ． 【答案】5 【分析】本题考查了旋转的性质，完全平方公式，先根据完全平方公式并结合已知求出，根据旋转的性质得出，则，最后根据三角形面积公式求解即可． 【详解】解：∵， ∴， 又， ∴， ∵旋转， ∴， ∴， ∴的面积为， 故答案为：5． 【变式6-2】如图，将绕点顺时针旋转，得到，若，，则 ． 【答案】/度 【分析】本题考查了旋转的性质，熟练掌握旋转的性质是本题的关键． 由旋转的性质可得，进而根据，即可求解． 【详解】解：∵将绕点顺时针旋转，得到， ∴， ∵，， ∴， 故答案为：． 【变式6-3】如图，中，，将绕点B逆时针旋转得，，则 ． 【答案】58 【分析】本题考查了旋转的性质、平行线的性质，熟练掌握旋转的性质是解题关键．先根据旋转的性质可得，，再根据平行线的性质可得，由此即可得． 【详解】解：∵将绕点逆时针旋转得， ∴，， ∵， ∴， ∴， 故答案为：58． 【变式6-4】如图，直线，一副三角板（，，，），按如图①放置，其中点在直线上，点，均在直线上，且平分． (1)求的度数； (2)如图②，已知，将三角形绕点以每秒的速度按逆时针方向旋转（，的对应点分别为，）．设旋转时间为秒（）． ①在旋转过程中，若边，求的值； ②若在三角形绕点旋转的同时，三角形绕点以每秒的速度按顺时针方向旋转．请直接写出旋转过程中三角形有一边与平行时的值． 【答案】(1) (2)①的值为；②满足条件的的值为或 【分析】本题主要考查平行线的判定和性质，一元一次方程解几何角度问题，旋转的性质等知识的综合，掌握以上知识，数形结合分析是关键． （1）根据三角板，角平分线的定义得到，由平行线的性质得到，根据角的和差计算，由，即可求解； （2）①根据题意得到，，由此列式求解即可；②当时，延长交于，可得，，，由此列式求解；当时，延长交于，可得，，，由此列式即可求解． 【详解】（1）解：如图①中， ， ， 平分， ， ， ， ， ； （2）解： ， ， 解得， ①如图②中， ， ， ， ， ， ． 在旋转过程中，若边，的值为； ②如图③中，当时，延长交于． ， ， ，， ， ， ； 如图③-1中，当时，延长交于， ， ， ，， ， ， ； 综上所述，满足条件的的值为或． 【考点题型七】画旋转图形（） 【例7】如图，每个小正方形的边长为1个单位，每个小方格的顶点叫格点，仅用无刻度的直尺完成下列作图． (1)在图①中画出向右平移4个单位后的图形（意标上字母）； (2)连接， 线段和的关系是 ； (3)在图②中画出绕点 B 顺时针旋转后的． 【答案】(1)见解析 (2)平行且相等 (3)见解析 【分析】本题考查作图旋转变换、作图平移变换，熟练掌握平移的性质、旋转的性质是解答本题的关键． （1）根据平移的性质作图即可． （2）根据平移的性质可得答案． （3）根据旋转的性质作图即可． 【详解】（1）解：如图①，即为所求． （2）解：由平移得，线段和的关系是平行且相等． 故答案为：平行且相等． （3）解：如图②，即为所求． 【变式7-1】格点和直线在正方形网格中的位置如图所示．和关于直线对称，将向左平移8个单位，再向下平移2个单位得，再将绕着点按逆时针方向旋转后得． (1)分别画出． (2)下列说法中，所有正确的序号是__________． ①绕某点旋转一定的角度可得到； ②绕某点旋转一定的角度可得到； ③与关于某条直线对称． 【答案】(1)画图见解析 (2)①③ 【分析】（1）分别确定关于直线对称的对称点；分别确定向左平移8个单位，再向下平移2个单位的对应点，分别确定绕着点按逆时针方向旋转后的对应点，再顺次连接即可． （2）①画出，的垂直平分线，得到交点，再进一步验证可得①符合题意； ②如图，画，，的垂直平分线，三条垂直平分线不相交于同一点，可得②不符合题意； ③画出两个三角形关于某条直线对称时的对称轴即可得③符合题意； 【详解】（1）解：如图，，，即为所求作的三角形； ； （2）解：如图，画，的垂直平分线，得到交点，连接； ∴绕点旋转一定的角度可得到，故①符合题意； 如图，画，，的垂直平分线，三条垂直平分线不相交于同一点， ∴绕某点旋转一定的角度可得到说法错误； 如图，作出对称轴如下： ∴与关于直线对称，故③符合题意． 故答案为：①③ 【点睛】本题考查的是画轴对称图形，旋转图形，平移图形，确定对称轴，旋转中心，熟练的利用平移，旋转，轴对称的性质画图是关键． 【变式7-2】如图，在每个小正方形的边长都为1个单位长度的网格中，的顶点均在格点（网格线的交点）上． (1)将先向下平移4个单位长度，再向右平移2个单位长度，得到，画出（点，，的对应点分别为点，，）． (2)以（1）中的点为旋转中心，将线段顺时针旋转，得到线段，请画出线段． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【分析】本题考查了平移变换和旋转变换作图，熟练掌握旋转和平移的性质是解决问题的关键． （1）根据平移的性质可将点，，向下平移4个单位长度，再向右平移2个单位长度，再把平移后得到的点，，连接，即可得出结果； （2）根据旋转的性质将点， 分别绕点顺时针旋转，把旋转后所得到的点连接，即可得到所求线段． 【详解】（1）解：如图，即为所求； （2）解：如图，线段即为所求． 【变式7-3】如图，正方形网格中每个小正方形的边长都是1个单位长度，每个小正方形的顶点叫做格点，已知的三个顶点都是格点，请按要求画出三角形． (1)将先上平移1个单位长度再向右平移2个单位长度，得到； (2)将绕格点O顺时针旋转，得到． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【分析】本题主要考查了利用平移变换以及旋转变换作图，作图时要先找到图形的关键点，分别把这几个关键点按照几何变换确定对应点后，再顺次连接对应点即可得到几何变换后的图形． （1）依据平移的方向和距离，即可得到； （2）依据旋转方向，旋转角度以及旋转中心，即可得到． 【详解】（1）解：如图，即为所求； （2）解：如图，即为所求． 【考点题型八】根据旋转的性质说明线段或角相等（） 【例8】已知如图，五边形中，．求证： (1)平分； (2)． 【答案】(1)见详解 (2)见详解 【分析】本题考查旋转作图及三角形全等的性质， （1）根据旋转后角的度数不变可先证得，从而得到，然后再证明即可得出答案． （2）由（1）得，可得，即可得出结论； 【详解】（1）证明：把旋转的度数如图 ，． 把旋转的度数后和重合，且， ， ， 又，， ， 在和中， ， ， ， 平分． （2）由（1）得： ∴ ∴ 由（1）得： ∴ ∴ ∴ 【变式8-1】如图，绕点A逆时针旋转至，点D恰好在边上，求证：． 【答案】见解析． 【分析】由旋转可知，可得，在与中结合旋转和对顶角可得，等量代换即可求证． 【详解】证明：由旋转可知， ， 在与中， ， ． 【点睛】本题考查了旋转的性质；解题的关键是根据旋转的性质找到相关角进行等量代换． 【变式8-2】如图，，射线以的速度从位置出发，射线以的速度从位置出发，设两条射线同时绕点逆时针旋转． (1)当时，求的度数； (2)若． ①当三条射线、、构成的三个度数大于的角中，有两个角相等，求此时的值； ②在射线，转动过程中，射线始终在内部，且平分，当，求的值． 【答案】(1) (2)①或；② 【分析】（1）根据题意求得OD与OA重合，∠AOC＝20°，即可得到∠COD的度数； （2）①分三种情况，列出方程，解方程即可得到答案；②先证明运动至外部．由，，可以得到，又因为平分，则，从而求出，再求得，即可求得答案． 【详解】（1）解：依题意，当时，射线运动的度数为， ∵， ∴此时与重合， 射线运动的度数为， 即， ∴当时，． （2）①若时，分下面三种情形讨论： （i）如图1， 当时，， ∴，符合． （ii）如图2， 当时，， ∴，符合． （iii）如图3， 当时，， ∴，不在范围内，舍去． 综上所得或． ②如图4， ∵， ∴，， ∴最大度数为，最大度数为． ∵， ∴当时，， ∴，即， ∴运动至外部． 此时，，， ∴， ∵平分， ∴， ∴， 又， ∴． 【点睛】此题主要考查了与角平分线有关的计算、图形的旋转、角之间计算、一元一次方程的应用等知识，解题的关键是找到等量关系列方程． 【变式8-3】【教材呈现】以下是华师版七年级下册数学教材第122页的部分内容： 如图①，△ACD、△AEB都是等腰直角三角形，∠CAD=∠EAB=90°，画出△ACE以点A为旋转中心、逆时针旋转90°后的三角形． (1)【操作发现】在图①中画出△ACE以点A为旋转中心、逆时针旋转90°后的三角形，写出旋转前后CE与其对应线段的数量关系和位置关系：　 　． (2)【探究证明】如图②，将△ACE绕点A逆时针旋转90°得到△ADB，设CE、AC分别与BD交于点F、G，判断CE和DB的数量关系和位置关系，并说明理由． (3)【问题解决】如图③，将△ABC绕点A逆时针旋转40°得到△ADE，点D恰好落在BC上，DE与CA交于点F．若△ABD与△AFD关于直线AD对称，且BC=9，BD=3，则： ①∠DAE=　 度； ②∠CDE=　 度； ③线段EF的长是　 ． 【答案】(1)画图见解析，； (2)，理由见解析； (3)①80，②40，③6． 【分析】（1）根据要求作出图形，然后根据旋转的性质得出△ADB≌△ACE，利用全等三角形的性质解决问题即可； （2）由旋转的性质得出△ADB≌△ACE，利用全等三角形的性质解决问题即可； （3）①利用轴对称的性质求出∠DAF，然后根据旋转的性质得出答案； ②根据旋转的性质和等腰三角形的性质求出∠ADB和∠ADE，进而可得∠CDE的度数； ③利用旋转的性质和轴对称的性质求出DE和DF即可解决问题． 【详解】（1）解：如图，△ABD即为所求，CE＝DB，CE⊥DB， 证明：设CE、AC分别与BD交于点F、G， ∵△ACE绕点A逆时针旋转90°得到△ADB， ∴△ADB≌△ACE， ∴CE＝DB，∠EAB＝∠CAD＝90°，∠ACE＝∠ADB， 在△ADG和△FCG中，∠AGD＝∠FGC， ∴∠CFG＝∠CAD＝90°， ∴CE⊥DB， 故答案为：CE＝DB，CE⊥DB； （2）CE＝DB，CE⊥DB； 理由：∵△ACE绕点A逆时针旋转90°得到△ADB， ∴△ADB≌△ACE， ∴CE＝DB，∠EAB＝∠CAD＝90°，∠C＝∠D， 在△ADG和△FCG中，∠AGD＝∠FGC， ∴∠CFG＝∠CAD＝90°， ∴CE⊥DB， 故答案为：CE＝DB，CE⊥DB； （3）①∵△ADF与△ADB关于AD对称， ∴∠DAF＝∠DAB＝40°， ∴∠BAC＝80°， 由旋转的性质可知，∠DAE＝∠BAC＝80°， 故答案为：80； ②由旋转的性质可知，AB＝AD，∠ADE＝∠B， ∵∠BAD＝40°， ∴∠B＝∠ADB＝×（180°−40°）＝70°， ∴∠ADE＝70°， ∴∠CDE＝180°−∠ADE−∠ADB＝40°， 故答案为：40； ③由旋转的性质可知，BC＝DE＝9， ∵△ADF与△ADB关于AD对称， ∵BD＝DF＝3， ∴EF＝DE−DF＝9−3＝6， 故答案为：6． 【点睛】本题属于几何变换综合题，考查了旋转变换的性质，全等三角形的性质，等腰三角形的性质，三角形内角和定理，轴对称的性质等知识，解题的关键是学会利用旋转的性质和轴对称的性质解决问题． 【考点题型九】平面图形变换的简单应用（） 【例9】如图1，现有长，宽的、两种卡片各若干张，卡片上都有一条对角线花纹，请用这些卡片正好拼成一个的大正方形，要求每张卡片与卡片的对角线都不相连（例如图2中所示的两种拼法就都不符合要求），则、两种卡片各需要的张数可能是（    ） A．， B．， C．， D．， 【答案】A 【分析】本题考查图形的拼接，解题的关键是正确理解题意，通过平移、旋转、轴对称或中心对称等方法拼成符合题意的正方形，即可得出答案． 【详解】解：∵用长，宽的、两种卡片各若干张拼成一个的大正方形， ∴每张卡片的面积为：， 大正方形的面积为：， ∴大正方形的边长为， 设卡片的数量为，卡片的数量为， ∴， ∴， 为避免对角线相连，将卡片顺时针旋转使对角线为左上到右下（横向），卡片为左上到右下（纵向），如图所示， ​其中卡片（横向）共有张，卡片（纵向）共有张． 故选：A． 【变式9-1】用四个相同的等腰直角三角形，不可能组成的图形是（   ） A．长方形 B．三角形 C．直角梯形 D．平行四边形 【答案】C 【分析】本题考查图形设计，根据长方形、等腰直角三角形、平行四边形性质设计图形即可得到答案，熟练掌握相关几何性质是解决问题的关键． 【详解】解：A、用四个相同的等腰直角三角形可以组成长方形，如图所示：    B、用四个相同的等腰直角三角形可以组成三角形，如图所示：    C、用四个相同的等腰直角三角形不可以组成梯形，符合题意； D、用四个相同的等腰直角三角形可以组成平行四边形，如图所示：    故选：C． 【变式9-2】请你根据给出的图形，利用图形的运动设计一幅美丽的图案． 【答案】见解析 【分析】此题重点考查学生对图形变化的理解，利用旋转即可设计一个图案，答案不唯一. 【详解】解：如图所示， 【变式9-3】认真观察图中阴影部分构成的图案，回答下列问题． (1)请你写出这四个图案都具有的三个共同特征； (2)请在下面所给的两个网格纸中分别设计出一个图案（用阴影表示），使它也具备你所写出的上述三个特征． 【答案】(1)特征1：都是轴对称图形；特征2：都是中心对称图形；特征3：这些阴影图案的面积都等于4个小正方形的面积（只要答案正确即可） (2)见解析 【分析】本题考查图形的设计，轴对称图形，图形的折叠，中心对称图形． （1）根据轴对称图形以及中心对称的定义解答：沿某条直线折叠后直线两旁的部分能够完全重合的图形叫做轴对称图形；绕一个点旋转后所得的图形与原图形完全重合的图形叫做中心对称图形； （2）画出同时满足轴对称图形和中心对称图形的图形即可． 【详解】（1）解：特征1：都是轴对称图形；特征2：都是中心对称图形；特征3：这些阴影图案的面积都等于4个小正方形的面积； （2）解：满足条件的图案有很多，这里画三个，三个都具有上述特征，如图所示： 一、单选题 1．在下列图形中，是中心对称图形而不是轴对称图形的是（　　） A．圆 B．等边三角形 C．梯形 D．平行四边形 【答案】D 【详解】解：选项A、是中心对称图形，也是轴对称图形，故此选项错误，不符合题意； 选项B、不是中心对称图形，是轴对称图形，故此选项错误，不符合题意； 选项C、不是中心对称图形，是轴对称图形，故此选项错误，不符合题意； 选项D、是中心对称图形，不是轴对称图形，故此选项正确，符合题意； 故选D． 2．下列四个图案中，不是轴对称图形的是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据轴对称图形的概念：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进行分析即可． 【详解】解：A、是轴对称图形，不合题意； B、不是轴对称图形，符合题意； C、是轴对称图形，不合题意； D、是轴对称图形，不合题意． 故选：B． 【点睛】此题主要考查了轴对称图形，正确掌握轴对称图形的性质是解题关键． 3．如图，在中，，将 绕点A顺时针旋转后得到（点的对应点是点，点的对应点是点，当点在边上时，连接，则 的度数是（ ）    A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据旋转的性质得出，再由等边对等角及等腰三角形的性质得出，结合图形求解即可． 【详解】解：∵绕点A顺时针旋转后得到， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴为等腰直角三角形， ∴， ∴， 故选A． 【点睛】题目主要考查旋转的性质及等腰三角形的性质，理解题意，结合图形求解是解题关键． 4．在图所示编号为①，②，③，④的四个三角形中，关于坐标轴对称的两个三角形共有多少对（    ）    A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据轴对称图形的特点进行判断即可． 【详解】解：根据图象可得：关于y轴对称的两个三角形为①和②； 关于x轴对称的两个三角形为②和③， ∴关于坐标轴对称的两个三角形共有2对， 故选：C． 【点睛】题目主要考查轴对称图形的判断，熟练掌握轴对称图形的特点是解题关键． 5．如图①是4×4正方形方格，已有两个正方形方格被涂黑，请你再将其中两个方格涂黑，并且使得涂黑后的整个图案是轴对称图形，约定经过旋转后全等的图案都视为同一种，图②中的两幅图就视为同一种，则得到的不同图案共有（ ）    A．6种 B．7种 C．8种 D．9种 【答案】C 【分析】根据轴对称的性质画出图形，进一步得出答案即可． 【详解】试题分析：如图所示，共有8种．    故选C． 【点睛】本题考查的是利用轴对称设计图案，熟知轴对称的性质是解答此题的关键． 6．在下列说法中，正确的是（     ） A．如果两个三角形全等，则它们必是关于直线成轴对称的图形 B．如果两个三角形关于某直线成轴对称，那么它们是全等三角形 C．等腰三角形的对称轴是底边中线. D．一条线段是关于经过该线段中点的直线成轴对称的图形 【答案】B 【分析】根据图形成轴对称和轴对称图形的定义逐一判断即可，全等的三角形不一定是成轴对称，而成轴对称的两个三角形一定是全等的． 【详解】A、全等的三角形不一定是成轴对称，而成轴对称的两个三角形一定是全等的；故A错误． B、成轴对称的两个三角形一定是全等的；故B正确． C、等腰三角形是以底边中线所在直线为对称轴的轴对称图形或者说等腰三角形被中线所在直线分成的两个三角形成轴对称；故C错误． D、成轴对称的图形必须是两个，一个图形只能是轴对称图形；故D错误． 故选B． 7．图书馆的标志是浓缩了图书馆文化的符号，下列图书馆标志中，不是轴对称的是(   ) A．   B．   C．   D．     【答案】A 【分析】根据轴对称图形的概念解答即可． 【详解】A、不是轴对称图形； B、是轴对称图形； C、是轴对称图形； D、是轴对称图形； 故选A． 【点睛】本题考查的是轴对称图形的概念，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，熟记轴对称图形的定义是解题关键. 8．如图，下列四个图形都可以分别看作是一个“基本图案”经过旋转所形成，则它们的旋转角相同的图形为（    ）    A．（1）（2） B．（1）（4） C．（2）（3） D．（3）（4） 【答案】D 【分析】根据图形，分别求出各图形的旋转角，然后即可得解． 【详解】（1）旋转角为 （2）旋转角为 （3）如图，找出旋转中心，根据正方形的性质分成四个相等的角， 旋转角为 （4）旋转角为 所以，（3）（4）的旋转角都是 故选：D． 【点睛】本题考查了利用旋转设计图案，根据图形求出旋转角是解题的关键，（3）利用正方形的性质找出旋转中心，把周角分成四个相等的角是求旋转角的关键，也是本题的难点． 二、填空题 9．如图，将绕直角顶点顺时针旋转，得到，连接，若，则的度数为 【答案】65 【分析】由将绕直角顶点顺时针旋转，得到，可得是等腰直角三角形，的度数，然后由三角形的外角的性质求得答案． 【详解】解：将绕直角顶点顺时针旋转，得到， ，，， ， ， ， ． 答案为：． 【点睛】此题考查了旋转的性质以及全等三角形的性质．注意掌握旋转前后图形的对应关系是解题的关键． 10．如图所示的花朵图案，至少要旋转 度后，才能与原来的图形重合． 【答案】45 【分析】该图形被平分成8部分，因而每部分被分成的圆心角是45°，并且圆具有旋转不变性，因而旋转45度的整数倍，就可以与自身重合． 【详解】花朵图案，至少要旋转360÷8=45度后，才能与原来的图形重合． 故答案为：45 考点：旋转角． 【点睛】本题考查旋转对称图形的概念：把一个图形绕着一个定点旋转一个角度后，与初始图形重合，这种图形叫做旋转对称图形，这个定点叫做旋转对称中心，旋转的角度叫做旋转角． 11．如图，六边形是轴对称图形，所在的直线是它的对称轴，若，则的大小是 ． 【答案】300° 【分析】根据轴对称图形的概念可得∠AFC=∠EFC，∠BCF=∠DCF，再根据题目条件∠AFC+∠BCF=150°，可得到∠AFE+∠BCD的度数． 【详解】解：∵六边形ABCDEF是轴对称图形，CF所在的直线是它的对称轴， ∴∠AFC=∠EFC，∠BCF=∠DCF， ∵∠AFC+∠BCF=150°， ∴∠AFE+∠BCD=150°×2=300°， 故答案为：300°． 【点睛】此题主要考查了轴对称的性质，关键是掌握轴对称图形的对称轴两边的图形能完全重合． 12．请在下图各组符号中找出它们所蕴含的内在规律，然后在横线的空白处设计一个恰当的图形． ． 【答案】 【分析】根据图形特征，再找到图形规律即可得到第6个图形． 【详解】从图中可以发现所有的图形都是轴对称图形，而且图形从左到右分别是1-7的数字的轴对称 ∴画一个轴对称图形且数字为6即可． 故答案为： 【点睛】本题是一道规律型的题，考查的是设计轴对称图形．找到图形的特征和规律是解题关键． 13．如图，是正三角形内的一点，且．若将 绕点逆时针旋转后，得到，则点与点 之间的距离为 ．    【答案】 6， 150°． 【分析】由题意根据旋转的性质分析，并利用等边三角形的判定方法得到△PAP′为等边三角形，再根据等边三角形的性质以及根据勾股定理的逆定理进行分析求解． 【详解】解：∵△PAC绕点A逆时针旋转60°后，得到△P′AB， ∴∠PAP′=60°，PA=P′A=6，P′B=PC=10， ∴△PAP′为等边三角形， ∴PP′=PA=6，∠P′PA=60°， 在△BPP′中，P′B=10，PB=8，PP′=6， ∵62+82=102， ∴PP′2+PB2=P′B2， ∴△BPP′为直角三角形，且∠BPP′=90°， ∴∠APB=∠P′PB+∠BPP′=60°+90°=150°． 故答案为：6，150°． 【点睛】本题考查旋转的性质和等边三角形的判定与性质以及勾股定理的逆定理，注意掌握旋转前后两图形全等；对应点到旋转中心的距离相等；对应点与旋转中心的连线段的夹角等于旋转角． 三、解答题 14．在如图所示的平面直角坐标系中，先画出关于y轴对称的图形，再画出绕点O旋转后得到的图形﹒ 【答案】见解析． 【分析】根据轴对称和旋转的性质作图即可． 【详解】解：如图所示： 和 为所求作图形． 【点睛】本题考查了轴称和旋转作图，掌握相关性质是解题的关键． 15．已知：如图，是一个长方形的台球面，有、两球分别位于图中所在位置，试问怎样撞击球，才能使先碰到台边反弹后再击中球？在图中画出球的运动线路． 【答案】见解析 【分析】首先作出点A关于FC的对称点，再连接交FC于点P，连接AP，PB，可得A球的运动路线． 【详解】如图所示：运动路线：． 【点睛】本题主要考查生活中的轴对称现象，关键是掌握轴对称的性质． 16．如图，由小正方形组成的网格中，请分别在三个网格中涂黑两个方格，使整个网络中的黑色方格构成的图案为轴对称图形．    【答案】见解析 【分析】根据轴对称的性质得出符合题意的图案． 【详解】如图所示：    【点睛】本题考查了利用轴对称图案，正确掌握轴对称图形的性质是解题的关键． 17．两个大小不同的圆可以组成如图中的五种图形，它们仍旧是轴对称图形，请找出每个图形的对称轴，并说一说它们的对称轴有什么特点．    【答案】特点：每个图形的对称轴都是经过大圆和小圆圆心的直线． 【分析】作出图形的对称轴，然后根据每个圆都是轴对称图形，且对称轴是经过圆心的直线，则两个不是同心圆的圆组成的图形的对称轴是经过两个圆的圆心的直线． 【详解】解：图形对称轴如图所示：    可以发现特点：每个图形的对称轴都是经过大圆和小圆圆心的直线． 【点睛】题目主要考查轴对称图形的特点，结合图形，找出对称轴是解题关键． 18．用四块如图a的瓷砖拼成一个正方形，使拼成的图案成轴对称图形，请你在图b，图c，图d中各画出一种拼法（要求三种拼法各不相同，所画图案中的阴影部分用斜线表示）. 【答案】见解析. 【分析】根据轴对称的定义，结合题意；可得答案，注意全面考虑多种情况. 【详解】 【点睛】本题考查利用轴对称设计图案，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题. 3 / 3 学科网（北京）股份有限公司 $$ 清单05 轴对称与旋转（3个考点梳理+题型解读+提升训练） 清单01 轴对称 1. 轴对称与对称轴的概念 将图形(I)沿着一条直线折叠,得到另一个图形(Ⅱ),我们把图形的这种变换称为关于这条直线的轴对称，此时称这两个图形关于这条直线对称，也称图形(I)与(Ⅱ)成轴对称,这条直线叫作对称轴原来的图形(I)叫作原像,得到的图形(Ⅱ)叫作原图形在这个轴对称下的像. 2.轴对称图形 如果一个图形上的每一个点关于某条直线的对称点都在这个图形上，那么这个图形叫作轴对称图形，这条直线叫作这个图形的对称轴. 3.轴对称的基本性质 (1)成轴对称的两个图形中,对应点的连线被对称轴垂直平分 (2)轴对称保持任意两点间距离不保持角的大小不变 清单02 旋转 1.旋转的相关概念 将图形(I)上的每一个点,绕这个平面内一定点O按同一个方向旋转同一个角a，即把图形(1)上的每一个点与定点的连线绕定点O按同一个方向旋转角a，得到图形(Ⅱ),我们把图形的这种变换叫作旋转,这个定点O叫旋转中心,角a叫作旋转角，原位置的图形(I)叫作原像,新位置的图形(1)叫作图形(I)在旋转下的像,图形(I)上的每一个点与它在旋转下的像点P’叫作在这个旋转下的对应点. 2. 旋转的性质 (1)一个图形和它经过旋转所得到的图形中,对应点到旋转中心的距离相等，两组对应点分别与旋转中心的连线所成的角相等. (2)旋转保持任意两点间距离不变,保持角的大小不变. 清单03 平面图形变换的简单应用 1.平移变换 性质:(1)一个图形和它经过平移所得的图形中,两组对应点的连线平行(或在同一条直线上)且相等. (2)平移保持任意两点间距离不变保持角的大小不变。 【考点题型一】轴对称图形的识别（） 【例1】请你用数学的眼光观察下列四副代表“立春”、“立夏”、“芒种”、“白露”的作品，其中是轴对称图形的是（　　） A． B． C． D． 【变式1-1】下列图形中不是轴对称图形的是（ ） A． B． C． D． 【变式1-2】下列交通标志，是轴对称图形的是（   ） A．B． C． D． 【变式1-3】国产人工智能大模型DeepSeek横空出世，其以低成本、高性能的显著特点，迅速吸引了全球投资者的目光．以下是四款人工智能大模型的标识，其中文字上方的图案为轴对称图形的是（   ） A． B． C． D． 【考点题型二】根据成轴对称图形的特征进行求解（） 【例2】如图，和 关于直线l对称，直线l与相交于点O，若，，，则五边形的周长为（ ） A． B． C． D． 【变式2-1】圆是最美的对称图形之一．将圆竖直位置的直径向左移动，水平位置的直径向下移动，把圆分成如图所示的四个部分，其中①②③④的面积分别记为，则 ． 【变式2-2】如图，点在内，点、分别是点关于，的对称点，分别交，于点，．若的周长是，则的长是 ． 【变式2-3】如图，直线是四边形的对称轴，．若，则 °． 【考点题型三】利用轴对称变换的性质解决折叠问题（） 【例3】利用如图所示的方法，可以折出“过已知直线外一点和已知直线平行”的直线，下列说理中错误的是（    ） A．同位角相等，两直线平行 B．内错角相等，两直线平行 C．平行于同一条直线的两直线平行 D．同旁内角互补，两直线平行 【变式3-1】如图，把长方形沿按图那样折叠后，点A，B分别落在G，H点处，若，则的度数是 ． 【变式3-2】如图，将长方形纸片沿折叠（折线交于E，交于），点C、D的对应点分别是，，交于G，再将四边形沿折叠，点、的对应点分别是、，交EF于H，若，则 ． 【变式3-3】如图，将一张长方形的纸条沿折叠，若折叠后，交于点，则的度数是 ． 【考点题型四】利用轴对称性质作图（） 【例4】如图是网格，每个小正方形的顶点称为格点，点，均在格点上，请仅用无刻度的直尺按要求完成以下作图（保留作图痕迹）． (1)在图①中，点是格点，作点关于的对称点； (2)在图②中，点，是格点，在上取点，使得的值最小． 【变式4-1】如图，在正方形网格中，是经过一次对折后（两部分完全重合）得到的图形．仅用无刻度直尺完成下列问题． (1)画出对折前可能的一个图形； (2)若点为中点，在边和上找到点、点，使得为最小值． 【变式4-2】如图，在正方形网格中，每个小正方形的边长均为1，是格点三角形． (1)画出，使得和关于直线l对称； (2)在直线l上求作点E，使最短． 【变式4-3】如图，在所给网格图中每小格均为边长是1的正方形．的顶点均在格点上，请完成下列各题：（用直尺画图）． (1)画出关于直线对称的； (2)在直线上画出点，使最小． 【考点题型五】有关轴对称性质的探究题（） 【例5】下面四个图形是标出了长宽之比的台球桌的俯视图，一个球从一个角落以角击出，在桌子边沿回弹若干次后，最终必将落入角落的一个球囊．图1中回弹次数为1次，图2中回弹次数为2次，图3中回弹次数为3次，图4中回弹次数为5次．若某台球桌长宽之比为，按同样的方式击球，球在边沿回弹的次数为（    ）次． A．6 B．7 C．8 D．9 【变式5-1】如图是一台桌球面示意图，图中小正方形的边长均相等，黑球放在如图所示的位置，经白球撞击后沿箭头方向运动，经桌边反弹最后进入的球洞的序号是（   ） A．① B．② C．③ D．④ 【变式5-2】如图，两条平行直线a，b，从点光源M射出的光线射到直线a上的A点，入射角为，然后反射光线射到直线b上的B点，当这束光线继续从B点反射出去后，反射光线与直线b所夹锐角的度数为（　　） A． B． C． D． 【变式5-3】光的反射定律为：入射光线、反射光线和法线(垂直于反射面的直线)都在同一平面内，且入射光线和反射光线分别位于法线的两侧，入射光线与法线的夹角入射角等于反射光线与法线的夹角反射角，兴趣小组想让太阳光垂直射入水井，运用此原理，如图，在井口放置一面平面镜以改变光的路线，当太阳光线与水平线的夹角时，要使太阳光线经反射后刚好竖直射入井底即 ，则调整后平面镜与水平线的夹角为（    ） A． B． C． D． 【考点题型六】根据旋转的性质求解（） 【例6】如图，将绕点O按逆时针方向旋转后得到，则的度数是（    ） A． B． C． D． 【变式6-1】小樊同学在学习完乘法公式后，发现完全平方公式经过适当变形后可以解决很多数学问题，如图，线段，P为线段AB上一动点，将线段绕点A逆时针旋转得到线段，同时将线段绕点P顺时针旋转得到线段，连接，．若，则的面积为 ． 【变式6-2】如图，将绕点顺时针旋转，得到，若，，则 ． 【变式6-3】如图，中，，将绕点B逆时针旋转得，，则 ． 【变式6-4】如图，直线，一副三角板（，，，），按如图①放置，其中点在直线上，点，均在直线上，且平分． (1)求的度数； (2)如图②，已知，将三角形绕点以每秒的速度按逆时针方向旋转（，的对应点分别为，）．设旋转时间为秒（）． ①在旋转过程中，若边，求的值； ②若在三角形绕点旋转的同时，三角形绕点以每秒的速度按顺时针方向旋转．请直接写出旋转过程中三角形有一边与平行时的值． 【考点题型七】画旋转图形（） 【例7】如图，每个小正方形的边长为1个单位，每个小方格的顶点叫格点，仅用无刻度的直尺完成下列作图． (1)在图①中画出向右平移4个单位后的图形（意标上字母）； (2)连接， 线段和的关系是 ； (3)在图②中画出绕点 B 顺时针旋转后的． 【变式7-1】格点和直线在正方形网格中的位置如图所示．和关于直线对称，将向左平移8个单位，再向下平移2个单位得，再将绕着点按逆时针方向旋转后得． (1)分别画出． (2)下列说法中，所有正确的序号是__________． ①绕某点旋转一定的角度可得到； ②绕某点旋转一定的角度可得到； ③与关于某条直线对称． 【变式7-2】如图，在每个小正方形的边长都为1个单位长度的网格中，的顶点均在格点（网格线的交点）上． (1)将先向下平移4个单位长度，再向右平移2个单位长度，得到，画出（点，，的对应点分别为点，，）． (2)以（1）中的点为旋转中心，将线段顺时针旋转，得到线段，请画出线段． 【变式7-3】如图，正方形网格中每个小正方形的边长都是1个单位长度，每个小正方形的顶点叫做格点，已知的三个顶点都是格点，请按要求画出三角形． (1)将先上平移1个单位长度再向右平移2个单位长度，得到； (2)将绕格点O顺时针旋转，得到． 【考点题型八】根据旋转的性质说明线段或角相等（） 【例8】已知如图，五边形中，．求证： (1)平分； (2)． 【变式8-1】如图，绕点A逆时针旋转至，点D恰好在边上，求证：． 【变式8-2】如图，，射线以的速度从位置出发，射线以的速度从位置出发，设两条射线同时绕点逆时针旋转． (1)当时，求的度数； (2)若． ①当三条射线、、构成的三个度数大于的角中，有两个角相等，求此时的值； ②在射线，转动过程中，射线始终在内部，且平分，当，求的值． 【变式8-3】【教材呈现】以下是华师版七年级下册数学教材第122页的部分内容： 如图①，△ACD、△AEB都是等腰直角三角形，∠CAD=∠EAB=90°，画出△ACE以点A为旋转中心、逆时针旋转90°后的三角形． (1)【操作发现】在图①中画出△ACE以点A为旋转中心、逆时针旋转90°后的三角形，写出旋转前后CE与其对应线段的数量关系和位置关系：　 　． (2)【探究证明】如图②，将△ACE绕点A逆时针旋转90°得到△ADB，设CE、AC分别与BD交于点F、G，判断CE和DB的数量关系和位置关系，并说明理由． (3)【问题解决】如图③，将△ABC绕点A逆时针旋转40°得到△ADE，点D恰好落在BC上，DE与CA交于点F．若△ABD与△AFD关于直线AD对称，且BC=9，BD=3，则： ①∠DAE=　 度； ②∠CDE=　 度； ③线段EF的长是　 ． 【考点题型九】平面图形变换的简单应用（） 【例9】如图1，现有长，宽的、两种卡片各若干张，卡片上都有一条对角线花纹，请用这些卡片正好拼成一个的大正方形，要求每张卡片与卡片的对角线都不相连（例如图2中所示的两种拼法就都不符合要求），则、两种卡片各需要的张数可能是（    ） A．， B．， C．， D．， 【变式9-1】用四个相同的等腰直角三角形，不可能组成的图形是（   ） A．长方形 B．三角形 C．直角梯形 D．平行四边形 【变式9-2】请你根据给出的图形，利用图形的运动设计一幅美丽的图案． 【变式9-3】认真观察图中阴影部分构成的图案，回答下列问题． (1)请你写出这四个图案都具有的三个共同特征； (2)请在下面所给的两个网格纸中分别设计出一个图案（用阴影表示），使它也具备你所写出的上述三个特征． 一、单选题 1．在下列图形中，是中心对称图形而不是轴对称图形的是（　　） A．圆 B．等边三角形 C．梯形 D．平行四边形 2．下列四个图案中，不是轴对称图形的是（    ） A． B． C． D． 3．如图，在中，，将 绕点A顺时针旋转后得到（点的对应点是点，点的对应点是点，当点在边上时，连接，则 的度数是（ ）    A． B． C． D． 4．在图所示编号为①，②，③，④的四个三角形中，关于坐标轴对称的两个三角形共有多少对（    ）    A． B． C． D． 5．如图①是4×4正方形方格，已有两个正方形方格被涂黑，请你再将其中两个方格涂黑，并且使得涂黑后的整个图案是轴对称图形，约定经过旋转后全等的图案都视为同一种，图②中的两幅图就视为同一种，则得到的不同图案共有（ ）    A．6种 B．7种 C．8种 D．9种 6．在下列说法中，正确的是（     ） A．如果两个三角形全等，则它们必是关于直线成轴对称的图形 B．如果两个三角形关于某直线成轴对称，那么它们是全等三角形 C．等腰三角形的对称轴是底边中线. D．一条线段是关于经过该线段中点的直线成轴对称的图形 7．图书馆的标志是浓缩了图书馆文化的符号，下列图书馆标志中，不是轴对称的是(   ) A．   B．   C．   D．     8．如图，下列四个图形都可以分别看作是一个“基本图案”经过旋转所形成，则它们的旋转角相同的图形为（    ）    A．（1）（2） B．（1）（4） C．（2）（3） D．（3）（4） 二、填空题 9．如图，将绕直角顶点顺时针旋转，得到，连接，若，则的度数为 10．如图所示的花朵图案，至少要旋转 度后，才能与原来的图形重合． 11．如图，六边形是轴对称图形，所在的直线是它的对称轴，若，则的大小是 ． 12．请在下图各组符号中找出它们所蕴含的内在规律，然后在横线的空白处设计一个恰当的图形． ． 13．如图，是正三角形内的一点，且．若将 绕点逆时针旋转后，得到，则点与点 之间的距离为 ．    三、解答题 14．在如图所示的平面直角坐标系中，先画出关于y轴对称的图形，再画出绕点O旋转后得到的图形﹒ 15．已知：如图，是一个长方形的台球面，有、两球分别位于图中所在位置，试问怎样撞击球，才能使先碰到台边反弹后再击中球？在图中画出球的运动线路． 16．如图，由小正方形组成的网格中，请分别在三个网格中涂黑两个方格，使整个网络中的黑色方格构成的图案为轴对称图形．    17．两个大小不同的圆可以组成如图中的五种图形，它们仍旧是轴对称图形，请找出每个图形的对称轴，并说一说它们的对称轴有什么特点．    18．用四块如图a的瓷砖拼成一个正方形，使拼成的图案成轴对称图形，请你在图b，图c，图d中各画出一种拼法（要求三种拼法各不相同，所画图案中的阴影部分用斜线表示）. 3 / 3 学科网（北京）股份有限公司 $$