2026年中考数学专题复习一---旋转

2026年中考数学专题复习一---旋转 一、单选题 1．下列倡导环保的图案中，是轴对称图形但不是中心对称图形的是（　　） A． B． C． D． 2．在平面直角坐标系中，点关于原点对称的点的坐标为（   ） A． B． C． D． 3．如图，已知点，，将线段绕点M逆时针旋转到，点A与是对应点，则点M所在象限为（　　） A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限 4．如图，点是等边三角形内一点，，，，则与的面积之和为（ ） A． B． C． D．3 5．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． 6．两块大小相同，含有角的直角三角板如图水平放置，将绕点C按逆时针方向旋转，旋转的角度是（    ） A． B． C． D． 7．如图，是原点，，将绕逆时针旋转得，则点的坐标为（   ） A． B． C． D． 8．在中，，点D为中点，，绕点D旋转，分别与边交于E，F两点．下列结论：①；②；③；④始终为等腰直角三角形，其中正确的个数有（    ）． A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 二、填空题 9．如图，平行四边形中，对角线相交于点，若，则图中阴影部分的面积是_________. 10．如图，在和中，，，将绕点A顺时针旋转一定角度，当时，的度数是______． 11．如图，在中，为的中点，点在边上（不与端点重合），将射线绕点顺时针旋转后与交于点，则四边形的面积是_______． 12．如图，在中，，，P为内一点，且，，，则的面积为______． 13．如图，在中，将绕点A顺时针旋转至，将绕点A逆时针旋转至，得到，使，我们称是的“旋补三角形”，的中线叫做的“旋补中线”，点A叫做“旋补中心”．下列结论正确的有________． ①与面积相同； ②； ③若，连接和，则； ④若，，，则． 三、解答题 14．如图，将矩形绕点B逆时针旋转得到矩形，使点C恰好落到线段上的点E处，连接，连接交于点H． (1)求证：平分； (2)取的中点M，连接．求证：． 15．如图，中，，，点的坐标为，将绕点逆时针旋转得到，且点的对应点落在上． (1)求的度数； (2)求点的坐标． 16．在中，，是绕点C逆时针旋转所得，其中点A，点B的对应点分别是点D，点E，延长交于F，连接． (1)若，，求的长； (2)求证：平分； (3)求证：． 17．如图，在矩形ABCD中，AD＝8，AB=6，将△ADC绕点A按顺时针旋转到△AEF（点A、B、E在同一直线上）的位置，求CF的大小． 18．如图，在平面直角坐标系中，直线与抛物线相交于，两点（点在点的左侧）． (1)求，两点的坐标． (2)将直线向上平移个单位长度后，平移后的直线与抛物线仅有1个公共点，求的值． (3)将直线绕点顺时针旋转，得到直线，为旋转后的直线与抛物线的交点，求点的坐标． 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 《2026年中考数学专题复习一---旋转》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 C D D B D A B D 1．C 【分析】本题考查了轴对称图形，中心对称图形的识别，解题的关键在于熟练掌握：在平面内，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叫做轴对称图形；在平面内，把一个图形绕着某个点旋转，如果旋转后的图形能与原来的图形重合，那么这个图形叫做中心对称图形． 据此即可求解． 【详解】解：A、该图形既不是轴对称图形也不是中心对称图形，不符合题意； B、该图形既不是轴对称图形也不是中心对称图形，不符合题意； C、该图形是轴对称图形但不是中心对称图形，符合题意； D、该图形是轴对称图形，也是中心对称图形，不符合题意； 故选：C． 2．D 【分析】本题考查了关于原点对称的点的坐标．关于原点对称的点，横纵坐标都变为原来的相反数．求出点关于原点对称的点的坐标，对各选项逐一判断，即得． 【详解】∵点关于原点对称， ∴对称点的横坐标为，纵坐标为， ∴对称点的坐标为． 故选：D． 3．D 【分析】此题考查了旋转的性质，准确分析作图是解题的关键． 作出对应点连线的垂直平分线，两条垂直平分线的交点即为旋转中心． 【详解】解：如图，连接、，作线段的垂直平分线，线段的垂直平分线，交点即为点M，由图可得，点M在第四象限． 故选：D 4．B 【分析】本题主要考查了等边三角形的判定与性质，勾股定理的逆定理，旋转的性质等知识，利用旋转将与的面积之和转化为，是解题的关键． 将绕点B顺时针旋转得，连接，得到是等边三角形，再利用勾股定理的逆定理可得，从而求解． 【详解】解：将绕点顺时针旋转得，连接， ，，， 是等边三角形， ， ∵，， ， ， 与的面积之和为 ． 故选：B． 5．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． 6．A 【分析】本题主要考查了旋转的性质，直角三角形的性质，等边三角形的判定和性质，熟练运用这些性质解决问题是解题的关键．由旋转的性质和直角三角形的性质可证是等边三角形，可得，从而得出旋转的度数． 【详解】解：三角板是两块大小且含有的角， ， 将绕点C按逆时针方向旋转，当点E的对应点恰好落在上， ， 是等边三角形， ， ； 故选：A． 7．B 【分析】本题主要考查了坐标与图形，全等三角形的判定和性质，旋转的性质等知识点，正确添加辅助线构造全等三角形是解决此题的关键．如图作轴于，轴于，证出，得出，，再由的坐标为，即可得解． 【详解】解：如图作轴于，轴于． ∴， ∵将绕逆时针旋转得， ∴，， ，， ∴， ∴， ∴，， ∵的坐标为， ∴，， ∴点坐标， 故选：B． 8．D 【分析】本题考查了等腰直角三角形的性质的运用，全等三角形的判定及性质的运用，勾股定理的运用，三角形的面积公式的运用，连接，根据等腰直角三角形的性质就可以得出，就可以得出，进而得出，就有，由勾股定理就即可求出结论． 【详解】解：连接， ， 点D为中点，， ．，． ， ， ． 在和中， ， ， ，． ， ， ． ， ． ， ， ． ，， 始终为等腰直角三角形． ， ． ， ． ∴正确的有4个． 故选：D． 9．/ 【分析】过A作AH⊥BC于H，通过解直角三角形，即可得到AH的长，进而得到平行四边形ABCD的面积，再根据全等三角形的性质，即可得到图中阴影部分的面积＝×S▱ABCD． 【详解】解：如图所示，过A作AH⊥BC于H，则∠AHB＝90°， ∵∠ABC＝60°， ， ∴S平行四边形ABCD＝BC•AH＝3， ∵四边形ABCD是平行四边形， ∴AD∥BC，AO＝CO， ∴∠OAF＝∠OCE， 在△AOF和△COE中， ， ∴△AOF≌△COE（ASA）， ∴S△AOF＝S△COE， ∴图中阴影部分的面积＝×S▱ABCD＝， 故答案为： 【点睛】本题主要考查了平行四边形的性质，全等三角形的判定和性质的运用，熟练掌握平行四边形的性质是解决问题的关键． 10．或 【分析】本题考查的是等腰三角形的性质，旋转的性质，分两种情况分别画出图形，再结合等腰三角形的性质与角的和差运算可得答案； 【详解】解：如图，当时，延长交于， ∵，， ∴, ∴； 如图，当时，延长交于， ∵，， ∴, ∴， 故答案为：或 11．9 【分析】本题主要考查了等腰直角三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，旋转的性质．连接，证明，可得，从而得到四边形的面积，即可求解． 【详解】解：如图，连接， ∵为的中点， ∴， ∴，， ∴是等腰直角三角形， ∴， 根据题意得：， ∴， ∴， 即， 在和中， ∵，，， ∴， ∴， ∴四边形的面积． 故答案为：9 12． 【分析】把绕点逆时针旋转90°得到，根据旋转的性质可得是等腰直角三角形，根据等腰直角三角形的性质求出，，然后判断出，与是直角三角形；在直角三角形中，根据勾股定理求出,在直角三角形中，根据勾股定理求出,再求出,最后根据面积公式求出即可． 【详解】解：如图， 把绕点逆时针旋转90°得到， 根据旋转的性质可得是等腰直角三角形， ，， ， ， 在直角三角形中 故答案为：． 【点睛】本题考查了旋转的性质，勾股定理，等腰直角三角形的判定与性质，熟记各性质并作辅助线构造出等腰直角三角形和直角三角形是解题的关键． 13．①②③ 【分析】延长，并截取，连接，证明，得出，，根据，，得出，证明，得出，即可判断①正确；根据三角形中位线性质得出，根据，得出，判断②正确；根据时，， 得出，，，，根据四边形内角和得出 ，求出，判断③正确；根据②可知，，根据勾股定理得出，求出，判断④错误． 【详解】解：延长，并截取，连接，如图所示： ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 根据旋转可知，，， ∵， ∴， ∴，， ∵，， ∴， ∴， ∴， 即与面积相同，故①正确； ∵，， ∴是的中位线， ∴， ∵， ∴，故②正确； 当时，， ∴，，，， ∵， ∴， 即，故③正确； ∵， ∴根据②可知，， ∵当时，，为中线， ∴， ∴， ∴， ∴，故④错误； 综上分析可知，正确的是①②③． 【点睛】本题主要考查了三角形全等的判定和性质，等腰三角形的性质，中位线性质，勾股定理，四边形内角和，补角的性质，解题的关键是作出辅助线，构造全等三角形，证明． 14．(1)见解析 (2)见解析 【分析】（1）利用矩形旋转的性质，得到边相等和角相等的关系，进而证明角平分线； （2）通过旋转性质得到边相等，结合中点条件，证明三角形中位线，从而得出平行关系． 【详解】（1）证明：由旋转的性质知，， ． 四边形是矩形， ， ， 平分． （2）证明：如图，过点C作于点N． 由旋转的性质及矩形的性质，得． 平分，， ， ． 在和中： ， ，即是的中点． 是的中点， 是的中位线， ． 【点睛】本题考查矩形旋转的性质、角平分线的判定与三角形中位线定理，掌握矩形旋转的边与角的不变性，角平分线的判定方法，以及三角形中位线定理的应用是解题的关键． 15．(1) (2) 【分析】本题考查旋转的性质，等边三角形的判定和性质等知识，解题的关键是掌握旋转的性质． （1）根据旋转的性质得出，由，即可证得是等边三角形，即可求得； （2）过点作 轴于点．证，然后根据所对的直角边是斜边的一半，勾股定理求出，，可得结论． 【详解】（1）解：由旋转的性质可知， ， 是等边三角形， ． （2）（2）如图，过点作 轴于点． ，． 由旋转的性质可知，，， 是等边三角形， ，． ．． ． ． ． ． 16．(1) (2)见解析 (3)见解析 【分析】（1）由旋转性质得，，根据含30度角的直角三角形的性质以及勾股定理解得，的值，进而可得，再证明，然后根据含30度角的直角三角形的性质即可获得答案； （2）过点C作垂足分别为M，N，证明，由全等三角形的性质可得，然后根据“在角的内部到角的两边距离相等的点，都在这个角的平分线上”即可证明结论； （3）过点B作，过点E作，垂足分别为点H，G，结合（1）（2）易得均为等腰直角三角形，进而可得，，再证明，易得，结合即可证明结论． 【详解】（1）解：如下图， 由旋转性质得，， ∴，， ∴在中，， ∴，即， ∴，解得（负值舍去）， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴． （2）如下图，过点C作垂足分别为M，N， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴平分； （3）如下图，过点B作，过点E作，垂足分别为点H，G， ∴， 由（1）（2）得，平分， ∴， ∴，， ∴均为等腰直角三角形， ∴，， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， 即． 【点睛】本题主要考查了旋转的性质、角平分线的判定定理、全等三角形的判定与性质、含30度角的直角三角形的性质、勾股定理、等腰直角三角形的判定与性质等知识，正确作出辅助线，熟练掌握相关知识是解题关键． 17． 【分析】利用矩形性质和勾股定理求得AC=10，∠DAB=90°，再由旋转性质得到AF=AC=10，∠EAF=∠DAC，则有∠EAF+∠EAC=∠DAC+∠EAF=∠DAB=90°，即∠CAF=90°，证得△CAF为等腰直角三角形即可求解． 【详解】解：∵四边形ABCD是矩形， ∴CD=AB，∠D=∠DAB=90°， 在Rt△ADC中，CD=AB=6，AD=8， ∴， ∵将△ADC绕点A按顺时针旋转到△AEF， ∴AF=AC=10，∠EAF=∠DAC， ∴∠EAF+∠EAC=∠DAC+∠EAF=∠DAB=90°，即∠CAF=90°， ∴△CAF为等腰直角三角形， ∴． 【点睛】本题考查矩形的性质、旋转的性质、勾股定理、等腰直角三角形的判定，证明△CAF为等腰直角三角形是解答的关键． 18．(1) (2) (3) 【分析】本题主要考查一次函数，二次函数与几何图形的综合，掌握一次函数与二次函数交点的计算，一次函数图形平移的性质，二次函数与几何图形的综合运用是关键． （1）联立方程组求解即可； （2）根据函数的平移得到平移后的解析式为，根据只有一个交点得到关于的一元二次方程的判别式，由此即可求解； （3）根据题意，过点作轴于点，过点作延长线于点，设旋转后的直线与轴交于点，则，可得是等腰直角三角形，是等腰直角三角形，，则，运用待定系数法得到直线的解析式，联立方程求解即可． 【详解】（1）解：根据题意，联立方程组得，， 解得，， ∴； （2）解：直线向上平移个单位长度后的解析式为， ∵平移后的直线与抛物线仅有1个公共点， ∴，整理得，， ∴， 解得，； （3）解：如图所示，过点作轴于点，过点作延长线于点，设旋转后的直线与轴交于点，则， ∵， ∴， ∴， ∴，且， ∴是等腰直角三角形， ∴， ∴， ∴， ∴是等腰直角三角形，， ∴， 设直线的解析式为， ∴， 解得，， ∴直线的解析式为， 联立直线于抛物线为方程得，， 解得，， ∴． 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $