福建省2022年中考数学总复习第七单元视图与变换课时训练38图形变换练习

课时训练38图形变换限时：30分钟夯实基础1．[2022·达州]下列图形中是中心对称图形的是(　　)图K38－12．[2022·无锡]下列图形中的五边形ABCDE都是正五边形，则这些图形中的轴对称图形有(　　)图K38－2A．1个B．2个C．3个D．4个3．[2022·河北]图K38－3中由“○”和“□”组成轴对称图形，该图形的对称轴是直线(　　)图K38－3A．l1B．l2C．l3D．l44．如图K38－4，在△ABC中，BC＝5，∠A＝80°，∠B＝70°，把△ABC沿BC的方向平移到△DEF的位置，若CF＝4，则下列结论中错误的是(　　)图K38－410\nA．BE＝4B．∠F＝30°C．AB∥DED．DF＝55．[2022·绵阳]在平面直角坐标系中，以原点为旋转中心，把点A(3，4)逆时针旋转90°，得到点B，则点B的坐标为(　　)A．(4，－3)B．(－4，3)C．(－3，4)D．(－3，－4)6．[2022·潍坊]小莹和小博士下棋，小莹执圆子，小博士执方子．如图K38－5，棋盘中心方子的位置用(－1，0)表示，右下角方子的位置用(0，－1)表示．小莹将第4枚圆子放入棋盘后，所有棋子构成一个轴对称图形．她放的位置是(　　)图K38－5A．(－2，0)B．(－1，1)C．(1，－2)D．(－1，－2)7．如图K38－6，△ABC中，∠BAC＝33°，将△ABC绕点A按顺时针方向旋转50°，对应得到△AB'C'，则∠B'AC的度数为　　　　． 图K38－68．[2022·百色]如图K38－7，在正方形OABC中，O为坐标原点，点C在y轴正半轴上，点A的坐标为(2，0)，将正方形OABC沿着OB方向平移12OB个单位得到正方形DEFG，则点C的对应点坐标为　　　　． 10\n图K38－7能力提升9．平面直角坐标系中，点A的坐标为(2，3)，把OA绕点O逆时针旋转90°，那么A点旋转后所对应的点的横坐标是　　　　． 图K38－8拓展练习10．如图K38－9，正方形OABC绕着点O逆时针旋转40°时得到正方形ODEF，连接AF，则∠OFA的度数是(　　)10\n图K38－9A．15°B．20°C．25°D．30°11．[2022·东营]如图K38－10，把△ABC沿着BC的方向平移到△DEF的位置，它们重叠部分的面积是△ABC面积的一半，若BC＝3，则△ABC移动的距离是(　　)图K38－10A．32　　B．33　　C．62　　D．3-6212．[2022·漳州质检]如图K38－11，正六边形ABCDEF的中心与坐标原点O重合，其中A(－2，0)．将六边形ABCDEF绕原点O按顺时针方向旋转2022次，每次旋转60°，则旋转后点A的对应点的坐标是(　　)图K38－11A．(1，3)B．(3，1)C．(1，－3)D．(－1，3)13．[2022·聊城]如图K38－12，将一张三角形纸片ABC的一角折叠，使得点A落在△ABC外的一点A'处，折痕为DE．如果∠A＝α，∠CEA'＝β，∠BDA'＝γ，那么下列式子中正确的是(　　)10\n图K38－12A．γ＝2α＋βB．γ＝α＋2βC．γ＝α＋βD．γ＝180°－α－β14．[2022·聊城]如图K38－13，在平面直角坐标系中，矩形OABC的两边OA，OC分别在x轴和y轴上，并且OA＝5，OC＝3．若把矩形OABC绕着点O逆时针旋转，使点A恰好落在BC边上的点A1处，则点C的对应点C1的坐标为(　　)图K38－13A．－95，125B．－125，95C．－165，125D．－125，16515．[2022·自贡]如图K38－14，已知∠AOB＝60°，在∠AOB的平分线OM上有一点C，将一个120°角的顶点与点C重合，它的两条边分别与直线OA，OB相交于点D，E．(1)当∠DCE绕点C旋转到CD与OA垂直时(如图①)，请猜想OE＋OD与OC的数量关系，并说明理由．(2)当∠DCE绕点C旋转到CD与OA不垂直时，到达图②的位置，(1)中的结论是否成立？并说明理由．10\n(3)当∠DCE绕点C旋转到CD与射线OA的反向延长线相交时，上述结论是否成立？请在图③中画出图形，若成立，请给予证明；若不成立，线段OD，OE与OC之间又有怎样的数量关系？请写出你的猜想，不需证明．图K38－1410\n参考答案1．B　2．D　3．C　4．D　5．B　6．B7．17°8．(1，3)　[解析]由题意得OC＝OA＝2，则C(0，2)，将正方形OABC沿着OB方向平移12OB个单位，即将正方形OABC先向右平移1个单位，再向上平移1个单位，根据平移规律即可求出点C的对应点坐标是(1，3)．9．－310．C11．D　[解析]移动的距离可以视为BE或CF的长度，根据题意可知△ABC与阴影部分为相似三角形，且面积比为2∶1，所以EC∶BC＝1∶2，推出EC＝62，则BE＝BC－CE＝3-62．12．A13．A　[解析]由题意可知∠A'＝∠A＝α．如图所示，设A'D交AC于点F，则∠BDA'＝∠A＋∠AFD＝∠A＋∠A'＋∠A'EF，∵∠A＝α，∠CEA'＝β，∠BDA'＝γ，∴γ＝α＋α＋β＝2α＋β．14．A　[解析]如图所示，作A1M⊥x轴于点M，C1N⊥x轴于点N，10\n∵矩形OABC的两边OA，OC分别在x轴和y轴上，并且OA＝5，OC＝3，把矩形OABC绕着点O逆时针旋转，点A恰好落在BC边上的点A1处，∴OA1＝OA＝5，A1M＝OC1＝OC＝3，∴OM＝OA12－A1M2＝52－32＝4．由题意得△C1ON∽△OA1M，∴C1NOM＝ONA1M＝OC1A1O，即C1N4＝ON3＝35，∴C1N＝125，ON＝95，∴点C1的坐标为-95，125．15．解：(1)OE＋OD＝3OC，理由如下：∵CD⊥OA，易得CE⊥OB，∴∠ODC＝∠OEC＝90°．∵OM平分∠AOB，∴∠DOC＝∠EOC＝12∠AOB＝30°且CD＝CE．在△CDO与△CEO中，∠DOC＝∠EOC，∠ODC＝∠OEC，CD＝CE，∴△CDO≌△CEO(AAS)．∴OD＝OE．在Rt△CDO中，cos30°＝ODOC＝32，∴2OD＝3OC＝OE＋OD，∴OE＋OD＝3OC．(2)(1)中的结论仍然成立．理由如下：如图所示，过点C作CF⊥OA于点F，作CG⊥OB于点G．∵OM平分∠AOB，∴∠AOC＝∠BOC＝12∠AOB＝30°，CF＝CG．∴∠OCF＝∠OCG＝60°，10\n∵∠FCD＋∠DCG＝∠OCF＋∠OCG＝120°，∠GCE＋∠DCG＝∠DCE＝120°，∴∠FCD＝∠GCE．在△CFD与△CGE中，∠FCD＝∠GCE，∠DFC＝∠EGC，CF＝CG，∴△CFD≌△CGE(ASA)．∴FD＝GE．∴OE＋OD＝OG＋GE＋OD＝OG＋DF＋OD＝OG＋OF．由(1)得，OG＋OF＝3OC，∴OE＋OD＝3OC．(3)当∠DCE绕点C旋转到CD与射线OA的反向延长线相交时，上述结论不成立．此时，OE－OD＝3OC．如图所示，过点C作CF⊥OA于点F，作CG⊥OB于点G，CD与OB相交于点H．由题意得∠DOE＝∠DCE＝120°，∠OHD＝∠CHE．∵∠FDC＝180°－∠DOE－∠OHD＝60°－∠OHD，∠GEC＝180°－∠DCE－∠CHE＝60°－∠CHE，∴∠FDC＝∠GEC．∵OC平分∠AOB，∴CF＝CG．10\n在△CFD与△CGE中，∵∠FDC＝∠GEC，∠DFC＝∠EGC，CF＝CG，∴△CFD≌△CGE(AAS)．∴FD＝GE．∴OE－OD＝OG＋GE－OD＝OG＋DF－OD＝OG＋OF．由(1)得，OG＋OF＝3OC，∴OE－OD＝3OC．10