2026年山东省泰安市中考一轮复习图形的变化专题----平移、轴对称、旋转专项训练

山东省泰安市2026年中考一轮复习图形的变化专题----平移、轴对称、旋转专项训练 一、单选题 1．中国“二十四节气”已被列入联合国教育、科学及文化组织人类非物质文化遗产代表作名录，下列四幅作品分别代表“立春”“立夏”“芒种”“大雪”，其中既是轴对称图形又是中心对称图形的是（    ） A． B． C． D． 2．将点向右平移1个单位长度得到，且点在轴上，则点的坐标是（    ） A． B． C． D． 3．如图，直线交坐标轴于点A，B，将向x轴负半轴平移4个单位长度得，则图中阴影部分面积为（    ） A．14 B．16 C．18 D．20 4．如图，直线与x，y轴分别交于点A，B，以为底边在y轴右侧作等腰，将点C向左平移6个单位，使其对应点恰好落在直线上，则点C的坐标为（   ） A． B． C． D． 5．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，再绕点顺时针方向旋转得到，则点的坐标是（　　） A． B． C． D． 6．如图a是长方形纸带，，将纸带沿折叠成图b，再沿折叠成图c，则图c中的的度数是（   ） A． B． C． D． 7．如图，在平面直角坐标系中，，，点是轴负半轴上的一点，平分，则点关于轴的对称点是（   ） A． B． C． D． 8．如图，将绕点顺时针旋转得到，点的对应点恰好落在边上，则为（   ） A． B． C． D． 9．如图，点的坐标是，将绕点顺时针旋转得到，点的坐标是（    ） A． B． C． D． 10．如图，将绕点C旋转得到，若，则的度数为（   ） A． B． C． D． 11．如图，菱形的顶点，，若菱形绕点逆时针旋转每秒旋转，则第秒时，菱形的对角线交点的坐标为（　　） A． B． C． D． 12．把边长为5的正方形绕点A顺时针旋转得到正方形，边与交于点E，则四边形的周长是（　　） A． B． C． D． 二、填空题 13．如图，过原点的直线与反比例函数的图象交于，两点，则的值为______． 14．如图，△ABC和△DEC关于点C成中心对称，若AC＝1，AB＝2，∠BAC＝90°，则AE的长是_________． 15．如图，将绕点旋转至的位置，点在边上，与交于点．若，则_______． 16．如图，在中，已知，，，将绕点A逆时针旋转得到，点B与点D对应，点C与点E对应，且C，D，E三点恰好在同一条直线上，则的长为_____． 17．如图，在中，，，，点，分别在边，上，连接，把沿着折叠，点的对应点落在边上．若是以为腰的等腰三角形，则______． 18．如图，将沿着方向平移得到，与重叠部分的面积是的面积的一半，已知，则平移的距离是______． 三、解答题 19．如图，是等边三角形，是的中点，，垂足为，是由沿方向平移得到的．已知过点，交于点． (1)求的大小； (2)求证：是等边三角形． 20．如图，方格纸中每个小正方形的边长都是1个单位长度，在方格纸中建立平面直角坐标系，的顶点都在格点上，且三个顶点的坐标分别为． (1)画出向左平移5个单位，再向下平移1个单位后的． (2)画出关于原点的中心对称图形； (3)求出的面积． 21．如图，在梯形纸片中，，，将纸片沿过点D的直线折叠，使点C与点A重合，折痕与交于点E． (1)试判断四边形的形状，并证明； (2)若，求梯形的面积． 22．在中，，将绕点按逆时针方向旋转，得到，旋转角为，点的对应点为点，点的对应点为点．如图所示，设边与交于点，边分别交于点． (1)求证：； (2)当为等腰三角形时，请直接写出的长； 23．将绕点A顺时针旋转得到，点B的对应点为点D，点C的对应点为点E，连接．将线段绕点C逆时针旋转得到线段，连接交于点N． (1)如图1，若，，求的度数； (2)如图2，若，，，求线段的长度． 24．如图（1），将三角板与三角板摆放在一起，其中，，；如图（2），固定三角板，将三角板绕点A按顺时针方向旋转，记（）． 【操作发现】 （1）在旋转过程中，当α为 度时，； （2）当与的某一边平行（不共线）时，直接写出旋转角α的所有可能的度数； 【拓展应用】 （3）当时，连接，利用图（3）探究的值的大小是否变化，并说明理由． 2 1 学科网（北京）股份有限公司 参考答案 1．D 【分析】本题主要考查了中心对称图形和轴对称图形的识别．根据轴对称图形和中心对称图形的概念，对各选项分析判断即可得解，把一个图形绕某一点旋转180度，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；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． 【详解】解：A、既不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故不符合题意； B、是轴对称图形，不是中心对称图形，故不符合题意； C、是轴对称图形，不是中心对称图形，故不符合题意； D、既是轴对称图形又是中心对称图形，故符合题意； 故选：D． 2．B 【分析】本题考查平面直角坐标系中点的平移规律及y轴上点的坐标特征，先根据平移规律得到的坐标，再利用y轴上点横坐标为0的性质列方程求出，进而得到点的坐标． 【详解】解：∵点向右平移1个单位长度得到， ∴的坐标为，即， ∵在轴上，轴上的点横坐标为0， ∴， 解得：， 将代入点的坐标： ，， ∴点的坐标是． 故选：B 3．C 【分析】本题主要考查一次函数与几何变换的综合．根据一次函数图象分别求出，，的长，根据平移可算出的长，根据点在一次函数图象上可算出点F的坐标，即求出的长，再根据，可得，求出梯形的面积即可． 【详解】解：直线交坐标轴于点A，B， 令，；令，； ，，即，， 向x轴负半轴平移4个单位长度得， ，，， 设、交于点F， 点F在直线的图象上，且点F的横坐标与点D的横坐标相同， 当时，， ，即， ， ， ，即图中阴影部分面积为18， 故选：C． 4．A 【分析】本题考查了一次函数图象上点的坐标特征、等腰三角形的性质以及平移，利用一次函数图象上点的坐标特征可求出点的坐标，根据等腰三角形的性质可得出点C的纵坐标，代入可求出点的坐标，进而可求出点C的坐标． 【详解】解：当时，， ∴点的坐标为， ， 是以为底边的等腰三角形， ∴点的纵坐标为， ∴点的纵坐标为. 当时，， 解得， ∴点的坐标为， ∴点的坐标为，即， 故选： A． 5．A 【分析】本题主要考查平面直角坐标系中图形的变换，掌握图形平移，旋转的性质是解题的关键． 根据图形的平移规律画出，再根据旋转的性质画出，图形结合即可求解． 【详解】解：根据题意，作图如下： 由图可知，坐标为， 故选：． 6．C 【分析】本题主要考查了翻折变换，平行线的性质．根据长方形纸带的特征对边平行，利用平行线的性质和翻折不变性求出，继而求出的度数，再减去即可得的度数． 【详解】解：如图：延长到H，由于纸带是长方形， ∴， ∴， 根据翻折不变性得， ∴， 又∵， ∴，． 在梯形中，， 根据翻折不变性，． 故选：C． 7．D 【分析】本题考查角平分线的定义，全等三角形的判定和性质，平面直角坐标系中点的对称，作辅助线构造全等三角形是解题的关键．过点B作于上于点D， 则，证明，由全等三角形的性质进一步写出点B坐标，最后求出关于轴的对称点的坐标． 【详解】解：过点B作于上的点D， ∴， ∵平分， ∴， 又， ∴， ∴， ∴B点的纵坐标为3，即， ∴， ∴， ∴点关于轴的对称点是， 故选D． 8．D 【分析】考查旋转的性质、等腰三角形的判定与性质、三角形内角和定理；核心技巧是利用旋转得到的等线段和旋转角，构造等腰三角形求解；易错点是误将旋转角当作三角形的内角，或忽略等腰三角形两底角相等的性质． 先根据旋转性质得到和，从而判定为等腰三角形；再利用等腰三角形 “等边对等角” 和三角形内角和定理，直接计算出的度数． 【详解】由旋转可知：，． 为等腰三角形． 在等腰中，． 故选：D． 9．B 【分析】本题考查坐标与图形的变化—旋转，作出旋转后的图形，由图可知，的横坐标为的值，的纵坐标为的值，即可得到的坐标．掌握旋转的性质是解题的关键． 【详解】解：将绕点顺时针旋转得到，如图， ∴，， ∵点的坐标是，在第二象限，且绕点顺时针旋转， ∴点在第一象限，，， ∴． 故选：B． 10．B 【分析】本题考查了旋转的性质，三角形内角和定理．根据三角形内角和定理求出，由旋转的性质得，，然后根据求解即可． 【详解】解：∵， ∴． 由旋转的性质得，， ∴． 故选B． 11．A 【分析】本题主要考查了菱形的性质、图形的旋转，探索图形的规律，根据点的坐标可知是平面直角坐标系中第一、三象限的角平分线，根据点的坐标和菱形的性质可知点的坐标是，根据每秒旋转可知每秒旋转一圈，秒时菱形旋转了圈又秒，根据秒菱形旋转的角度，判断点所在的象限，根据象限求出坐标． 【详解】解：设直线的解析式是， 把点的坐标代入， 可得：， 解得：， 直线的解析式是， 是平面直角坐标系中第一、三象限的角平分线， 四边形是菱形， 点是的中点， 点的坐标是， ， 旋转秒时点回到初始位置， ， 第秒时，点旋转了圈又秒， ， 点旋转到第四象限， 点的坐标是． 故选：A． 12．D 【分析】此题重点考查正方形的性质、旋转的性质、等腰直角三角形的性质、勾股定理、等腰三角形的判定与性质等知识，正确地添加辅助线是解题的关键． 连接、，由正方形的性质得，，则，，由旋转得，，，则点在上，所以，，则，可证明，则，所以，求得四边形的周长是，于是得到问题的答案． 【详解】解：连接、， 四边形是边长为5的正方形， ，， ， ， 把正方形绕点A顺时针旋转得到正方形，边与交于点E， ，，， ，点在上， ， ， ， ，， ， ， ， ， ， 四边形的周长是， 故选：D． 13．9 【分析】本题考查了一次函数与反比例函数的交点问题，求反比例函数的解析式，关于原点对称的点的性质，先根据题意得出，，解得，，即，再把代入进行计算，即可作答． 【详解】解：∵过原点的直线与反比例函数的图象交于，两点， ∴，两点关于原点对称， 即A的横坐标与B的横坐标互为相反数，A的纵坐标与B的纵坐标互为相反数， ∴，， ∴，， ∴， 把代入， 得， 解得， 故答案为：9． 14．2 【分析】根据中心对称的性质AD=DE及∠D=90゜，由勾股定理即可求得AE的长． 【详解】∵△DEC与△ABC关于点C成中心对称， ∴△ABC≌△DEC， ∴AB＝DE＝2，AC＝DC＝1，∠D＝∠BAC＝90°， ∴AD＝2， ∵∠D＝90°， ∴AE＝， 故答案为． 【点睛】本题考查了中心对称的性质，勾股定理等知识，关键中心对称性质的应用． 15． 【分析】首先由旋转性质得，从而，，；由可知为等腰三角形，结合已知求出；再利用与的等量关系，推出，进而得到的度数． 【详解】解：∵绕点旋转至的位置， ∴， ∴，，， ∵， ∴是等腰三角形， ∴， ∴， 又∵， ∴， 即． 16．4 【分析】此题考查了旋转的性质，全等三角形的性质和勾股定理等知识，首先根据旋转的性质得到，然后根据全等三角形的性质得到是等腰直角三角形，进而可求出，然后根据勾股定理求出的长度，即可求出的长度．解题的关键是根据旋转的性质得到是等腰直角三角形进而求出的长度． 【详解】解：连接， ∵将绕点A逆时针旋转得到，则， ∴，， ∴，， ∵，，三点恰好在同一条直线上，， ， ， ∴是等腰直角三角形， ∴， ， ， ∴， ∴． 故答案为：4． 17．或 【分析】分两种情况讨论，当时，根据折叠的性质直接可得，当时，延长至，使得，证明，根据相似三角形的性质，即可求解． 【详解】解：∵把沿着折叠，点的对应点落在边上， ∴， 当时，． 在中，，，， ∴， 当时，如图，延长至，使得， 则， ∴， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴， 设，则，， ∴， 解得：， 综上所述， 或． 18． 【分析】本题考查了平移的性质和相似三角形的判定和性质，掌握相似三角形的性质是解决本题的关键． 根据题意可得，进而可得，则结合题意可得，进而即可求解． 【详解】解：∵沿边平移到的位置， ， ，． ， ， ， ， ， 平移的距离为：． 故答案为：． 19．(1)； (2)证明见解析 【分析】本题主要考查了等边三角形的判定与性质、平移的性质、线段垂直平分线的判定与性质．关键是结合等边三角形的边角特征，利用平移的平行关系推导角的等量关系，再通过线段垂直平分线的性质求出的内角，最终依据等边三角形的判定定理完成证明． （1）利用等边三角形“三线合一”的性质，由是中点，得出平分，从而计算出．再根据，得到，最后通过角的和差关系，用减去，即可求出的度数． （2）先根据平移性质，得到，再结合，推出，．接着，由，得出垂直平分，进而得到．最后，结合（1）中已得的，推出的三个内角均为，从而证明其为等边三角形． 【详解】（1）解：∵是等边三角形， ∴． ∵是的中点， ∴． ∵， ∴， ∴． （2）证明：由平移可知：， ∴， 又∵， ∴， ∴，， 又∵， ∴垂直平分， ∴， 由（1）知，， ∴， ∴， ∴是等边三角形． 20．(1)图见详解 (2)图见详解 (3) 【分析】本题主要考查了平移，中心对称，熟练掌握以上知识是解题的关键． （1）根据平移的点的坐标特点先确定对应点的位置，然后顺次连接即可． （2）根据关于原点对称的点的坐标特点先确定对应点的位置，然后顺次连接即可． （3）将三角形所在的长方形减去三个小三角形即可求解． 【详解】（1）解：向左平移5个单位，再向下平移1个单位后的，如图所示： （2）解：关于原点的中心对称图形，如图所示： （3）解：由（2）可得 21．(1)菱形，见解析 (2)26 【分析】本题考查菱形的判定，勾股定理的应用，解题关键在于熟练掌握其相关知识点； （1）由折叠可知，，再证即可求证； （2）由四边形是菱形，根据勾股定理可得：再用梯形面积求解即可. 【详解】（1）证明：四边形是菱形 由折叠可知，， ∵， ∴ ∴ ∴ ∴ ∴四边形是菱形； （2）∵ ∴由四边形是菱形，根据勾股定理可得：     ∴梯形的面积为 . 22．(1)见解析 (2)或 【分析】本题考查了图形的旋转性质、等腰三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质及勾股定理的综合运用，分类讨论思想和数形结合思想是解答本题的关键． （1）利用旋转的性质得到边和角的等量关系，结合全等三角形的判定定理（ASA）证明三角形全等，进而推出线段相等； （2）先借助勾股定理求出等腰三角形的高，再根据等腰三角形的不同顶角情况进行分类讨论，结合旋转性质和等腰三角形的边角关系，分别计算出的长度． 【详解】（1）证明：将绕点按逆时针方向旋转，得到， 则， ， ， 在和中， ， ； （2）解：如图，过点作于点， ，则，则； 设， 当时，则点、、重合，构不成三角形， 故该种情况不存在； 当时，如图： 则， 而， ， 则， 由（1）知，，则， 则， 则； 当时，如图， 则， 则， ， 则， 则， 综上，或． 23．(1) (2) 【分析】本题主要考查了旋转的性质，勾股定理，等腰直角三角形的性质与判定，全等三角形的性质与判定，熟知旋转的性质是解题的关键． （1）由旋转的性质得到，根据等边对等角可得，再由三角形内角和定理求出的度数即可得到答案； （2）可证明都是等腰直角三角形，则可证明B、D、M三点共线；利用勾股定理可推出，证明，则． 【详解】（1）解：由旋转的性质可得， ∴， ∵， ∴， ∴； （2）解：由旋转的性质可得， ，， ∴都是等腰直角三角形， ∴， ∴， ∴B、D、M三点共线； 由勾股定理可得，， ∴， ∵， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴． 24．（1）；（2）旋转角α的所有可能的度数是：，，；（3）当，，保持不变，理由见解析． 【分析】（1）如图1所示，记与的交点为F，根据三角形内角和定理得出，进而根据，即可求解； （2）分三种情况求解：①当时，②，③，再结合图形求解； （3）在中，根据三角形内角和定理，根据，，可得，即可得出． 【详解】解：（1）如图1所示，记与的交点为F， ， ， ， ， 即， 故答案为：； （2）①当时，如图2所示， 记与的交点为点F，与的交点为点G， ， ， ， ，即； ②当时，如图1所示， 结合（1）得，，， ∴； ③当时，如图3所示，， ， ，即， 综上所述：旋转角α的所有可能的度数是：，，； （3）拓展应用：当，，保持不变，理由如下： 如图4，设分别交、于点、， 在中，， ，， ， ，， ． 【点睛】本题考查了旋转的性质，平行线的性质，垂直的定义，三角形内角和定理，三角形的外角的性质，熟练掌握三角形内角和定理是解题的关键． 2 1 学科网（北京）股份有限公司 $