中考数学备考专题复习图形的平移(含解析)

畅游学海敢搏风浪誓教金榜题名。决战高考，变化命运。凌风破浪击长空,擎天揽日跃龙门图形的平移一、单选题(共12题;共2分)1、下列标志中,可以看作是中心对称图形的是（  ) A、B、C、D、2、下列这些复杂的图案都是在一种图案的基本上,在“几何画板”软件中拖动一点后形成的,它们中每一种图案都可以由一种“基本图案”通过持续旋转得来，旋转的角度是（    ）A、B、3、将B的三个点坐标的横坐标乘以1,纵坐标不变，则所得图形与原图的关系是(   ) A、有关轴对称B、有关y轴对称C、有关原点对称D、将原图的轴的负方向平移了了1个单位4、由图中三角形仅通过一次平移、旋转或轴对称变换,不能得到的图形是（）A、B、C、D、5、如图所示,下图可以看作是一种菱形通过几次旋转得到的，每次也许旋转(  )。、30°、60°C、90°D、150°6、下列命题的逆命题为真命题的是（ ） A、如果a,那么、平行四边形是中心对称图形C、两组对角分别相等的四边形是平行四边形D、内错角相等、下列数字中既是轴对称图形又是中心对称图形的有（   )个A、1个B、个、3个D、个8、下列运动形式属于旋转的是(   ) A、钟表上钟摆的摆动B、投篮过程中球的运动C、“神十”火箭升空的运动、传动带上物体位置的变化9、 如图,该图形绕点O按下列角度旋转后，不能与其自身重叠的是( ） 、7°B、10°C、14°、21°10、在平面上一种菱形绕它的中心旋转,使它和本来的菱形重叠，那么旋转的角度至少是(   ) 、180°B、0°C、270°D、360°1、边长为m的正方形ABCD绕它的顶点旋转180°，顶点B所通过的路线长为（     ） A、m B、cmC、8c、4c2、如图所示的图案分别是大众、奥迪、奔驰、三菱汽车的车标，其中,可以看作由“基本图案”通过平移得到的是（  ） A、B、D、二、填空题(共5题;共分）13、边长为4c的正方形AD绕它的顶点旋转18°，顶点所通过的路线长为 _cm. 、 如图，平行四边形ABCD绕点A逆时针旋转0°，得到平行四边形ABD(点B与点B是相应点，点C与点C是相应点，点D与点是相应点),点B正好落在C边上，则C=_15、如图，是一块从一种边长为0c的正方形BCD材料中剪出的垫片，经测得FG=9m,则这个剪出的图形的周长是_cm、如图所示，一座楼房的楼梯，高1米，水平距离是米,如果要在台阶上铺一种地毯，那么至少要买这种地毯_米.17、(曲靖）等腰三角形AC在平面直角坐标系中的位置如图所示，已知点A(6,0),点B在原点,CA=CB=5，把等腰三角形BC沿轴正半轴作无滑动顺时针翻转,第一次翻转到位置，第二次翻转到位置依此规律，第15次翻转后点C的横坐标是_. 三、解答题（共1题；共5分)18、如图，在一块长为20m,宽为4m的草地上有一条宽为m的曲折小路,你能运用你学的知识求出这块草地的绿地面积吗？四、综合题(共题；共5分）1、（赤峰）如图,在平面直角坐标系中，AC的三个顶点坐标为A（,4）,B(4,2），C(2,1），且AB11与AC有关原点O成中心对称()画出A1B1C1 ,并写出A1的坐标; (2)（a,b)是AC的C边上一点,B经平移后点P的对称点P(a+3,b+1)，请画出平移后的2B2C2. 2、(龙东)如图,在平面直角坐标系中，点A、C的坐标分别为（1，3）、（4,1）（2,1），先将AC沿一拟定方向平移得到B1C1 , 点B的相应点1的坐标是(1,2）,再将A1C绕原点顺时针旋转90°得到A2B2C ，点A1的相应点为点A2 . (1)画出A111； (2)画出A2BC2； （3)求出在这两次变换过程中，点A通过点A1达到A的途径总长. 2、（齐齐哈尔）如图，平面直角坐标系内，小正方形网格的边长为1个单位长度,AB的三个顶点的坐标分别为A(1，3)，B(4,0）,C(0，0)(1)画出将ABC向上平移1个单位长度，再向右平移5个单位长度后得到的AB1C1; (2)画出将C绕原点O顺时针方向旋转90°得到A2B； (3)在x轴上存在一点，满足点P到A1与点A2距离之和最小，请直接写出点的坐标 22、（天津）在平面直角坐标系中，O为原点，点(4,0），点B（，3），把O绕点B逆时针旋转，得O,点A，O旋转后的相应点为A,O，记旋转角为.(1)如图,若=90°,求A的长； (）如图,若=12°,求点O的坐标； (）在（)的条件下,边A上 的一点P旋转后的相应点为P，当+B获得最小值时，求点的坐标（直接写出成果即可） 23、（义乌)对于坐标平面内的点,现将该点向右平移1个单位，再向上平移2的单位,这种点的运动称为点A的斜平移，如点P（，3）经次斜平移后的点的坐标为(3,5),已知点的坐标为（1，）(1)分别写出点A经次，2次斜平移后得到的点的坐标. (2）如图,点M是直线上的一点，点有关点M的对称点的点B,点B有关直线l的对称轴为点若、三点不在同一条直线上,判断ABC与否是直角三角形?请阐明理由若点由点经n次斜平移后得到，且点C的坐标为(,6)，求出点的坐标及n的值. 答案解析部分一、单选题【答案】 【考点】中心对称及中心对称图形 【解析】【解答】解:A、不是中心对称图形,故本选项错误;B、不是中心对称图形，故本选项错误;C、不是中心对称图形，故本选项错误；D、是中心对称图形,故本选项对的；故选D【分析】根据中心对称图形的定义,结合选项所给图形进行判断即可. 【答案】 【考点】图形的旋转,作图-旋转变换，运用旋转设计图案 【解析】【解答】每一种图案都可以被通过中心的射线平提成6个全等的部分，则旋转的角度是60度故选C【分析】观测每一种图案都可以由一种“基本图案”通过持续旋转得到,就是看这个图形可以被通过中心的射线平提成几种全等的部分，即可拟定旋转的角度. 【答案】B 【考点】有关轴、轴对称的点的坐标，坐标与图形变化-平移 【解析】【解答】根据对称的性质，得三个顶点坐标的横坐标都乘以-，并保持纵坐标不变,就是横坐标变成相反数即所得到的点与本来的点有关y轴对称故选B.【分析】熟悉：平面直角坐标系中任意一点P(x,y),分别有关x轴的对称点的坐标是（x，y)，有关y轴的对称点的坐标是(-x,y)【答案】B 【考点】图形的旋转,图形的平移 【解析】【解答】、通过平移可得到上图,故A选项错误;B、通过平移、旋转或轴对称变换后，都不能得到上图,故B选项对的；C、通过轴对称变换可得到上图，故选项错误;D、通过旋转可得到上图,故D选项错误故选：B【分析】本题考察了几何变换的类型,平移是沿直线移动一定距离得到新图形，旋转是绕某个点旋转一定角度得到新图形,轴对称是沿某条直线翻折得到新图形.观测时要紧扣图形变换特点，进行分析判断.根据平移、旋转和轴对称的性质即可得出对的成果【答案】B 【考点】运用旋转设计图案 【解析】【解答】设每次旋转角度°，则6x=60,解得x=60，每次旋转角度是6°,故选B.【分析】图形的旋转是图形上的每一点在平面上绕某个固定点旋转固定角度的位置移动其中相应点到旋转中心的距离相等,旋转前后图形的大小和形状没有变化根据所给出的图，6个角正好构成一种周角,且6个角都相等,即可得到成果. 2、【答案】C 【考点】平行四边形的鉴定，命题与定理，中心对称及中心对称图形 【解析】【解答】一方面写出各个命题的逆命题，再进一步判断真假即可。、逆命题是如果a2=2 ， 那么a=,是假命题，故本选项错误;、逆命题是中心对称图形是平行四边形，是假命题，故本选项错误;C、逆命题是平行四边形的两组对角分别相等,是真命题,本选项对的；、逆命题是相等的角是内错角，是假命题，故本选项错误;故选C【分析】本题规定的是逆命题的真假性,学生易浮现只判断原命题的真假,也就是审题不认真。 【答案】B 【考点】轴对称图形，中心对称及中心对称图形 【解析】【解答】第一种数字不是轴对称图形,是中心对称图形，不符合题意；第二个数字0既是轴对称图形，又是中心对称图形，符合题意;第三个数字1既是轴对称图形，又是中心对称图形符合题意;第四个数字3是轴对称图形,不是中心对称图形，不符合题意。共2个既是轴对称图形又是中心对称图形。故选B。【分析】根据轴对称图形与中心对称图形的概念，轴对称图形两部分沿对称轴折叠后可重叠;中心对称图形是图形沿对称中心旋转180度后与原图重叠。 【答案】A 【考点】生活中的旋转现象 【解析】【解答】解:A、钟摆的摆动，属于旋转,故此选项对的; 、投篮过程中球的运动，也有平移，故此选项错误;、“神十”火箭升空的运动,也有平移,故此选项错误;D、传动带上物体位置的变化,也有平移，故此选项错误故选：A.【分析】根据旋转的定义分别判断得出即可. 【答案】B 【考点】图形的旋转 【解析】【解答】该图形被平提成五部分，旋转72度的整数倍,就可以与自身重叠，因而A、C、D都对的，不能与其自身重叠的是故选B【分析】该图形被平提成五部分，因而每部分被提成的圆心角是72°,并且圆具有旋转不变性,因而旋转72度的整数倍，就可以与自身重叠 【答案】A 【考点】旋转对称图形 【解析】【解答】可以画出菱形并对其进行旋转，根据旋转对称图形的旋转角的概念懂得：要使它与本来的菱形重叠,那么旋转角至少是1°.【分析】旋转对称图形:把一种图形绕着一种定点旋转一种角度后,与初始图形重叠，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. 【答案】A 【考点】旋转对称图形 【解析】【解答】根据题意可知,顶点B所通过的路线长为:以点A为圆心,AB为半径的半圆即m.【分析】本题的核心在于判断顶点B所通过的路线为以点A为圆心，A为半径的半圆. 2、【答案】 【考点】运用平移设计图案 【解析】【解答】解：观测图形可知,图案B可以看作由“基本图案”通过平移得到. 故选:.【分析】根据平移不变化图形的形状和大小,将题中所示的图案通过平移后可以得到的图案是B 二、填空题【答案】4 【考点】正方形的性质，弧长的计算，旋转的性质 【解析】【解答】边长为4的正方形ABCD绕它的顶点旋转180°,顶点B所通过的路线是一段弧长，是以点为圆心，AB为半径，圆心角是180°的弧长,根据弧长公式可得：  ,故填空答案：4 【分析】由于边长为4cm的正方形AC绕它的顶点A旋转180°，顶点所通过的路线是一段弧长,是以点为圆心，AB为半径，圆心角是1°的弧长，根据弧长公式即可求得其长度 、【答案】10度 【考点】平行四边形的性质,旋转的性质 【解析】【解答】平行四边形AD绕点逆时针旋转30°,得到平行四边形CD（点B与点B是相应点，点C与点C是相应点,点D与点D是相应点），A=AB,BAB3°，=(1°-30°）÷2=7°，C=180°-75°=05°.故答案为：15【分析】根据旋转的性质得出AB=AB，AB=3°,进而得出B的度数，再运用平行四边形的性质得出的度数. 2、【答案】98 【考点】生活中的平移现象 【解析】【解答】把EF平移到MN的位置，把AH平移到K的位置，把H平移到AN的位置,这个垫片的周长:0×4+9×2=98（cm）答:这个垫片的周长为98c.故答案为:98【分析】一方面把F平移到MN的位置，把H平移到M的位置,把H平移到AN的位置,根据平移的性质可得这个垫片的周长等于正方形的周长加 2、【答案】38 【考点】生活中的平移现象 【解析】【解答】根据平移可得至少要买这种地毯+.8=38(米),故答案为:3.【分析】根据楼梯高为1，楼梯的宽的和即为.m的长,再把高和宽的长相加即可. 2、【答案】7 【考点】等腰三角形的性质,坐标与图形变化-旋转 【解析】【解答】解：由题意可得，每翻转三次与初始位置的形状相似, 15÷3=5,故第15次翻转后点的横坐标是:(5+5+)×53=77,故答案为:77【分析】根据题意可知每翻折三次与初始位置的形状相似，第5次于开始时形状相似,故以点为参照点，第1次的坐标减去3即可的此时点C的横坐标.本题考察坐标与图形变化旋转,等腰三角形的性质,解题的核心是发现其中的规律，每旋转三次为一种循环 三、解答题、【答案】【解答】平移使路变直，路是长20宽2m的矩形，绿地的面积0×140×2=2（m),答：这块草地的绿地面积是02 . 【考点】生活中的平移现象 【解析】【分析】根据平移,可得路是矩形，根据面积的和差，可得答案. 四、综合题【答案】(1）解：如图所示：A1的坐标是（,4）；（2)解：22是所求的三角形. 【考点】作图-平移变换,作图-旋转变换 【解析】【分析】(1)一方面作出A、的相应点，然后顺次连接即可求得；()把BC的三个顶点分别向右平移个单位长度,向上平移1个单位长度即可得到相应点，然后顺次连接即可. 【答案】（)解:如图,AB1C1为所作；（2）解:如图,AB2C为所作(3)解:OA=4, 点A通过点1达到A2的途径总长=+ = +2 【考点】作图-平移变换，作图-旋转变换 【解析】【分析】本题考察了作图旋转变换:根据旋转的性质可知,相应角都相等都等于旋转角，相应线段也相等，由此可以通过作相等的角,在角的边上截取相等的线段的措施，找到相应点,顺次连接得出旋转后的图形.也考察了平移变换（1)由B点坐标和1的坐标得到B向右平移5个单位,再向上平移1个单位得到AB1C ， 则根据点平移的规律写出A和1的坐标,然后描点即可得到A1B1C1；(）运用网格特点和旋转的性质画出点A1的相应点为点A ，点1的相应点为点B2 , 点的相应点为点C2 , 从而得到A2B2C2;（3)先运用勾股定理计算平移的距离，再计算以A1为半径，圆心角为90°的弧长，然后把它们相加即可得到这两次变换过程中，点A通过点A达到A2的途径总长 【答案】(1）解:如图所示，A1BC1为所求做的三角形；（2)解:如图所示,2B2O为所求做的三角形;(3)解：2坐标为（3，),坐标为(4,4），A2A3所在直线的解析式为：y5+6,令y=,则x= ,P点的坐标( ，0） 【考点】轴对称-最短路线问题，作图平移变换,作图旋转变换 【解析】【分析】本题考察了运用旋转和平移变换作图,纯熟掌握网格构造精确找出相应点的位置是解题的核心(1）分别将点A、B、C向上平移1个单位，再向右平移5个单位,然后顺次连接;（2）根据网格构造找出点A、C以点为旋转中心顺时针旋转90°后的相应点，然后顺次连接即可;(3)运用最短途径问题解决,一方面作A1点有关x轴的对称点A ， 再连接A23与x轴的交点即为所求. 2、【答案】（1)解：如图,点A(4，0），点B(0，3)，OA=4,OB=,AB=5，AB绕点B逆时针旋转90°,得B,A=B,AA90°，为等腰直角三角形,A BA=5 (）解：作Hy轴于,如图,ABO绕点B逆时针旋转12°,得BO,BOB=3,OB120°,BO0°，在RtBHO中，BOH=90°H=30°，B= BO，= BH=,OH=OB+BH+ = ，O点的坐标为( ,）（3)解:ABO绕点B逆时针旋转20°，得A，点P的相应点为P,BP=，O+POP+BP，作B点有关x轴的对称点,连结OC交轴于P点,如图，则O+BOP+P=C，此时OPBP的值最小，点C与点B有关x轴对称，C（0,3）,设直线OC的解析式为y=kx+,把O（ ， ）,C(0,3)代入得 ，解得 ，直线OC的解析式为y x3,当y时, 30，解得x,则P( ,0），O= ，OP=OP= ,作PDOH于D,OA=BA=9°，BOH=3°,DP=30°,D= OP= ,D= OD ，D=OHOD= ，P点的坐标为(, ） 【考点】线段的性质：两点之间线段最短，含30度角的直角三角形,旋转的性质,坐标与图形变化-旋转 【解析】【分析】本题考察了几何变换综合题:纯熟掌握旋转的性质；理解坐标与图形性质;会运用两点之间线段最短解决最短途径问题；记住含30度的直角三角形三边的关系（1)如图，先运用勾股定理计算出AB=5，再根据旋转的性质得B=B,ABA=90°,则可鉴定BA为等腰直角三角形,然后根据等腰直角三角形的性质求的长;(2)作OH轴于，如图，运用旋转的性质得BOO=3，OBO=120°，则HO=6°，再在tBH中运用含30度的直角三角形三边的关系可计算出BH和O的长，然后运用坐标的表达措施写出点的坐标；（3）由旋转的性质得P=BP，则P+P=OP+BP,作B点有关x轴的对称点C，连结OC交轴于P点,如图,易得OPBP=OC,运用两点之间线段最短可判断此时P+BP的值最小,接着运用待定系数法求出直线O的解析式为y=x3,从而得到P（,0），则OP=OP= ，作PDOH于D，然后拟定O=0°后运用含3度的直角三角形三边的关系可计算出PD和D的长，从而可得到点的坐标 【答案】(1）解：点(2，)经次斜平移后的点的坐标为（,5),点A的坐标为(1,)，点A经1次平移后得到的点的坐标为（2,），点A经2次平移后得到的点的坐标（3,4）(2）解：连接M，如图1:由中心对称可知,ABM，由轴对称可知：BM=M,A=M=BM,AC=ACM,C=CB,MAC+AM+MC+C=10°,AM+B=90°，A9°,A是直角三角形；延长BC交x轴于点E，过C点作FAE于点F,如图2：A(1,0），C（,6），AF=CF,AF是等腰直角三角形，由得ACE9°，C45°，E点坐标为（3，0)，设直线BE的解析式为y=kx+b,C，E点在直线上，可得: ，解得: ,y=+13,点B由点A经n次斜平移得到，点B(n+1，2n），由2n=n1+13,解得:n=4,B（5,8). 【考点】待定系数法求一次函数解析式，轴对称的性质,中心对称及中心对称图形 【解析】【分析】此题考察几何变换问题,核心是根据中心和轴对称的性质和直角三角形的鉴定分析,同步根据待定系数法得出直线的解析式解答.（1)根据平移的性质得出点A平移的坐标即可；(2）连接CM，根据中心和轴对称的性质和直角三角形的鉴定解答即可;延长C交x轴于点E，过点作CFAE于点F,根据待定系数法得出直线的解析式进而解答即可.