2018 年中考数学专题复习卷 : 轴对称、平移与旋转
一、选择题
1.下列图形中一定是轴对称图形的是（）
A. B. C. D.
【答案】 D
【解析】 A、 40°的直角三角形不是轴对称图形，故不符合题意；
B、两个角是直角的四边形不一定是轴对称图形，故不符合题意；
C、平行四边形是中心对称图形不是轴对称图形，故不符合题意；
D、矩形是轴对称图形，有两条对称轴，故符合题意，
故答案为： D.
【分析】把一个图形沿着一条直线折叠，直线两旁的部分能完全重合的图形就是轴对称图形；根据轴对
称图形的定义，再一一判断即可。
2.下列图形中，是轴对称图形但不是中心对称图形的是（）
A. 正三角形B菱.形C直.角梯形D正.六边形
【答案】 C
【解析】： A.正三角形是轴对称图形，不是中心对称图形，故正确， A 符合题意； B.菱形既是轴对称图形，又是中心对称图形，故错误， B 不符合题意；
C.直角梯形既不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故错误， C 不符合题意；
D.正六边形既是轴对称图形，又是中心对称图形，故错误， D 不符合题意；
故答案为： A.
【分析】根据轴对称图形和中心对称图形定义一一判断对错即可得出答案.
3.将抛物线y=-5x +l 向左平移 1 个单位长度,再向下平移 2 个单位长度,所得到的抛物线为（） .
A. y=-5(x+1)-1
B. y=-5(x-1) -1
C. y=-5(x+1) +3
D. y=-5(x-1)+3
【答案】 A
【解析】：将抛物线y=-5x+l 向左平移 1 个单位长度，得到的抛物线解析式为：
y=-5（ x+1）2+1
再向下平移 2 个单位长度得到的抛物线为：y=-5(x-1)+1-2
即 y=-5(x+1)-1
故答案为： A
【分析】根据二次函数图像的平移规律：上加下减，左加右减，将抛物线 y=ax2向上或向下平移 m 个单位，再向
左或向右平移 n 个单位即得到 y=a（ x±n） 2±m。根据平移规则即可得出平移后的抛物线的解析式。即可求解。
4.在平面直角坐标系中，点关于原点对称的点的坐标是（）
A.
B.
C.
D.
【答案】 C
【解析】：点关于原点对称的点的坐标为（3,5）故答案为： C
【分析】根据关于原点对称点的坐标特点是横纵坐标都互为相反数，就可得出答案。
5.下列图形中既是轴对称图形又是中心对称图形的是（）.
A. B. C. D.
【答案】 C
【解析】：A、此图案既不是轴对称图形，也不是中心对称图形，因此 A 不符合题意；
B、此图案是中心对称图形，不是轴对称图形，因此 B 不符合题意；
C、此图案是轴对称图形，也是中心对称图形，因此 C 符合题意；
D、此图案是轴对称图形，不是中心对称图形，因此 D 不符合题意；
故答案为： C
【分析】根据中心对称图形是图形绕某一点旋转180°后与原来的图形完全重合，轴对称图形是一定要沿
某直线折叠后直线两旁的部分互相重合，对各选项逐一判断即可。
6.在平面直角坐标系中，以原点为对称中心，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）
【答案】 B
【解析】：如图：
由旋转的性质可得：
△AOC≌△ BOD，
∴OD=OC， BD=AC，
又∵ A（ 3,4），
∴OD=OC=3， BD=AC=4，
∵B 点在第二象限，
∴B（ -4,3） .
故答案为： B.
【分析】建立平面直角坐标系，根据旋转的性质得△ AOC≌△ BOD，再由全等三角形的性质和点的坐标性质得出 B 点坐标，由此即可得出答案 .
7.下列图形中，不是轴对称图形的是（）
A. B. C. D.
【答案】 C
【解析】：根据轴对称图形的概念，可知：选项C中的图形不是轴对称图形．
故答案为： C．
【分析】把一个图形沿着某条直线折叠，若直线两旁的部分能完全重合，则这个图形就是轴对称图形；
根据定义即可一一判断。
8.如图所示的五角星是轴对称图形，它的对称轴共有（）
A.1 条
B.3 条
C.5 条
D.无数条
【答案】 C
【解析】：五角星有五条对称轴.
故答案为： C.
【分析】轴对称图形：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,这条直线叫做对称轴。由此定义即可得出答案.
9.如图，将一个三角形纸片沿过点的直线折叠，使点落在边上的点处，折痕为，则下列结论一定正确的是（）
A. B. C. D.
【答案】 D
【解析】由折叠的性质知，BC=BE．
∴.．
故答案为： D．
【分析】根据折叠的性质可知BC=BE．根据线段的和差及等量代换即可得出答案。
10.如图是由 6 个大小相同的立方体组成的几何体，在这个几何体的三视图中，是中心对称图形的是（
）
A. 主视图
B. 左视图
C. 俯视图
D. 主视图和左视图
【答案】 C
【解析】：∵主视图和左视图都是一个“倒T”字型，不是中心对称图形；而俯视图是一个“田”字型，是
中心对称图形，
故答案为： C.
【分析】根据三视图的定义即可得出答案.
11.如图，将△ABC绕
C 顺时针旋转90 °得到△ EDC ．若点 A ，
D ，
E 在同一条直线上，
点
∠ACB=20°，则∠ADC 的度数是（）
A.55°
B.60°
C.65 【答案】 C
【解析】：∵将△ ABC绕点C顺时针旋转90°得到△ EDC ．
∴∠ ACE=90°， AC=CE，
∴∠ E=45°，
∵∠ ADC是△ CDE的外角，
∴∠ ADC=∠ E+∠ DCE=45°+20°=65，°
故答案为： C。
【分析】根据旋转的性质可知，旋转前后的两个图形是全等的，并且对应边的旋转角的度数是一样的。
则∠ ACE=90°， AC=CE ，∠ DCE=∠ACB=20°，可求出∠ E 的度数，根据外角的性质可求得∠ADC 的度数
P 到三个顶点A，B， C 的距离分别为3， 4， 5，则△ ABC的12.如图，P 为等边三角形ABC内的一点，
且
面积为（）
A. B. C. D.
【答案】 A
【解析】：∵△ ABC为等边三角形，
∴B A=BC，
可将△ BPC绕点 B 逆时针旋转60°得△ BEA，连 EP，且延长B P，作 AF⊥ BP 于点 F．如图，
∴B E=BP=4， AE=PC=5，∠
PBE=60°，∴△ BPE为等边三角
形，
∴P E=PB=4，∠ BPE=60°，
在△ AEP中， AE=5， AP=3， PE=4，
∴AE2=PE2+PA2，
∴△ APE为直角三角形，且∠APE=90°，
∴∠ APB=90°+60°=150．°
∴∠ APF=30°，
∴在直角△ APF 中， AF= AP=，PF=AP=．
∴在直角△ ABF 中， AB2=BF2 +AF2=（ 4+ ）2+（）2=25+12．
则△ ABC的面积是?AB2=?（ 25+12）=9+．
故答案为： A．
【分析】根据等边三角形的性质得出BA=BC，可将△ BPC绕点 B 逆时针旋转60°得△ BEA，连 EP，且延长BP，作 AF⊥ BP于点 F．如图，根据旋转的性质得出BE=BP=4， AE=PC=5，∠ PBE=60 ，°从而根据有一个角
是 60°的等腰三角形是等边三角形判断出△BPE为等边三角形，根据等边三角形的性质得出
PE=PB=4，∠ BPE=60 ，°在△ AEP中，由勾股定理的逆定理得出△A PE为直角三角形，且∠APE=90 ，°根据角的和差及邻补角的定义得出∠APF=30°，在直角△APF 中，根据含30°角的直角三角形三边之间的关系得
ABF 中，根据勾股定理得出AB2的值，从而得出答案。
出 AF,PF的长，在直角
△
二、填空题
13. 点 A（ 2， 1）与点 B 关于原点对称，则点 B 的坐标是 ________．
【答案】（﹣ 2，﹣ 1）
【解析】：∵点A（2，1）与点B关于原点对称，∴点B的坐标是（﹣2，﹣1），
故答案为：（﹣2，﹣ 1）．
【分析】根据两个点关于原点对称时，它们的坐标符号相反可得答案．
14.在平面直角坐标系中，将点（3,-2）先向右平移 2 个单位长度，再向上平移 3 个单位长度，则所得的点的坐标是 ________.
【答案】（5,1）
【解析】：∵点（3,-2）先向右平移 2 个单位长度，再向上平移（5,1） .
故答案为：（ 5,1） .
【分析】根据点坐标平移特征：右加上加，从而得出平移之后的点坐标15.（ 2017?百色）如图，在正方形OABC中， O 为坐标原点，点
3 个单位长度，∴所得的点的坐标为：
.
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OB 个单位，则点C的对应点坐标
为
________．
【答案】（1， 3）
【解析】：∵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），∴OC=OA=2， C（ 0， 2），
∵将正方形OABC沿着 OB 方向平移个单位，
∴点 C 的对应点坐标是（1， 3）．故答案为（ 1， 3）．OB 个单位，即将正方形OABC向右平
移
1 个单位，再向上平移 1
【分析】将正方形OABC沿着 OB 方向平移OB 个单位，即将正方形OABC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．
16.已知点是直线上一点，其横坐标为.若点与点关于轴对称，则点的坐标为________.
【答案】（，）
【解析】：∵点 A 在直线 y=x+1 上，其横坐标为，∴当 x= 时， y= +1= ,
∴点 A（，）.
∵点 B 与点 A 关于 y 轴对称，
∴点 B（，）
故答案为：（，）
【分析】点 A 是直线 y=x+1 上的一点，由其横坐标求出点 A 的坐标，再根据关于 y 轴对称的性质“两点的横坐标是互为相反数”得到点 B 的坐标 .
17. 如图，已知直线l1∥ l2，l1、 l2之间的距离为 8，点 P 到直线 l1的距离为6，点 Q 到直线 l2的距离为
4，PQ=4 ，在直线l1上有一动点 A，直线 l2上有一动点B，满足 AB⊥ l 2 ，且 PA+AB+BQ最小，此时 PA+BQ=________．
【答案】 4
【解析】：作PE⊥l1于E交l2于F，在PF上截取PC=8，连接QC交l2于B，作BA⊥l1于A，此时
PA+AB+BQ最短．作QD⊥ PF 于 D．
在 Rt△ PQD 中，∵∠ D=90°， PQ=4，PD=18，
∴DQ==，
∵A B=PC=8， AB∥ PC，
∴四边形 ABCP是平行四边形，
∴PA=BC，
∴PA+BQ=CB+BQ=QC===4．
故答案为 4
【分析】作PE⊥ l1于 E 交 l2于 F，在 PF 上截取 PC=8，连接 QC 交 l 2于 B，作 BA⊥ l1于 A，此时 PA+AB+BQ
最短．作 QD⊥ PF 于 D．首先证明四边形ABCP是平行四边形，PA+BQ=CB+BQ=QC，利用勾股定理即可解
决问题．
18.有五张卡片(形状、大小、质地都相同)，正面分别画有下列图形：①线段；②正三角形；③平行四边形；
④等腰梯形；⑤圆.将卡片背面朝上洗匀，从中任取一张，其正面图形既是轴对称图形，又是中心对称图
形的概率是 ________．
【答案】
【解析】：这5个图形中既是轴对称图形，又是中心对称图形有①⑤∴其正面图形既是轴对称图形，又
是中心对称图形的概率：.
【分析】根据题意得出 5 个图形中满足条件的只有 2 种，根据概率公式即可求解。
处，若19.如图，在矩形中，，，将矩形沿折叠，点落在
的延长线恰好过点，则的值为________．
【答案】
【解析】：由折叠知，A'E=AE， A'B=AB=6，∠ BA'E=90°，
∴∠ BA'C=90°．在 Rt△ A'CB中， A'C==8，
设 AE=x，则 A'E=x，∴ DE=10﹣x， CE=A'C+A'E=8+x．
在 Rt△ CDE中，根据勾股定理得：（10﹣x）2+36=（ 8+x）2，
∴x=2，∴ AE=2．
在 Rt△ ABE中，根据勾股定理得： BE= =2，
∴sin∠ ABE==．
故答案为：．
A'C、 AE、 BE 的【分析】根据折叠的性质，可得出A'E=AE， A'B=AB=6，∠ BA'E=90°，再根据勾股定理求出
长，然后利用锐角三角函数的定义，可求解。
20.在如图所示的平行四边形 ABCD中， AB=2， AD=3，将△ ACD沿对角线 AC 折叠，点 D 落在△ ABC所在平面内的点 E 处，且 AE 过 BC 的中点 O，则△ ADE 的周长等于 ________．
【答案】 10
【解析】：∵四边形ABCD是平行四边形
∴， CD=AB=2
由折叠，知： DC=CE=2,AE=AD=3
∴△ ADE的周长为： 3+3+2+2=10
故答案为： 10
【分析】根据平行四边形的对边相等得出 CD=AB=2，根据折叠的性质可知 DC=CE=2,AE=AD=3，根据三角形的
周长计算方法即可得出答案。
30 °得到线段BP，连接AP 并延长交21. 如图，在正方形ABCD中， AD=2，把边BC绕点B逆时针旋
转
CD于点 E，连接 PC，则三角形PCE的面积为 ________．
【答案】 6﹣10
【解析】【解答】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ ABC=90°，
∵把边 BC 绕点 B 逆时针旋转30°得到线段BP，
∴PB=BC=AB，∠ PBC=30°，
∴∠ ABP=60°，
∴△ ABP 是等边三角形，
∴∠ BAP=60°， AP=AB=2，
∵AD=2，
∴A E=4， DE=2，
∴C E=2 ﹣ 2， PE=4﹣ 2 ，过 P
作 PF⊥CD于 F，
∴P F=PE=2 ﹣3，
∴三角形 PCE的面积 = CE?PF= ×（ 2 ﹣2）×（4﹣2 ）=6 ﹣ 10，
故答案为： 6﹣10．
【分析】根据旋转的想知道的PB=BC=AB，∠ PBC=30°，推出△ ABP 是等边三角形，得到∠BAP=60°，AP=AB=2，解直角三角形得到CE=2﹣2，PE=4﹣2，过P作PF⊥CD于F，于是得到结论．
三、解答题
22.在边长为 1 个单位长度的正方形网格中建立如图所示的平面直角坐标系，△ABC的顶点都在格点上，请解答下列问题：
（1）①作出△ ABC向左平移 4 个单位长度后得到的△ A1B1 C1，并写出点 C1的坐标；
②作出△ ABC关于原点 O 对称的△ A2B2C2，并写出点 C2的坐标；
（2）已知△ ABC关于直线 l 对称的△ A3B3C3的顶点 A3的坐标为（－4，－ 2），请直接写出直线l 的函数解析式 .
【答案】（1）解：如图所示，C1的坐标 C1（ -1,2） , C2的坐标 C2（ -3,-2 ）
（2）解：∵ A（ 2,4）， A3（ -4，-2），
∴直线 l 的函数解析式： y=-x.
【解析】【分析】（ 1）①利用正方形网格特征和平移的性质写出A、B、 C 对应点 A1、B1、 C1的坐标，然后在平面直角坐标系中描点连线即可得到△A1B1C1.
②根据关于原点对称的点的特征得出A2、 B2、C2的坐标，然后在平面直角坐标系中描点连线即可得到△
A2B2C2 .
（2）根据 A 与 A3的点的特征得出直线l 解析式 .
23.已知 :在四边形ABCD中 ,对角线 AC、 BD 相交于点 E，且 AC⊥BD,作 BF⊥ CD 垂足为点F,BF与 AC 交于点
G.∠ BGE=∠ ADE.
（1）如图 1,求证 :AD=CD；
（2）如图 2,BH 是△ ABE 的中线 ,若 AE=2DE,DE=EG,在不添加任何辅助线的情况下,请直接写出图 2 中四个三角形 ,使写出的每个三角形的面积都等于△ADE面积的 2 倍 .
【答案】（1）证明 :如图 1∵ AC⊥ BD∴∠ AED=∠ DEC=∠BEG=90°
∴∠ BGE+∠ EBG=90°
∵B F⊥ CD
∴∠ BFD=90°
∴∠ BDF+∠ EBG=90°
∴∠ BGE=∠ BDF
∵∠ BGE=∠ ADE
∴∠ ADE=∠ BDF
∵DE=DE
∴△ ADE≌△ CDE
∴AD=CD
（2）解：△ ACD、△ ABE、△ BCE、△ GBH 【解析】【解答】（ 2）设 DE=a，
则 AE=2DE=2a， EG=DE=a，
∵S 2
△ADE=AE· DE=· 2a ·,a=a
∵BH 是△ ABE的中线，
∴A H=HE=a，
∵AD=CD、 AC⊥ BD，
∴C E=AE=2a，
则 S△
ADC=
2 △AC· DE=·（ 2a+2a）· a=2a=2S ADE;
在△ ADE和△ BGE中，
∵,
∴△ ADE≌△ BGE(ASA),
∴BE=AE=2a，
∴S△ABE 2
= AE· BE=· (2a）· 2a=2a,
2
S△ACE=CE· BE=· (2a）· 2a=2a,
S△BHG= HG· BE=· (a+a)·22a=2a,
综上，面积等于△ADE面积的 2 倍的三角形有△ACD、△ ABE、△ BCE、△ GBH。【分析】（1）根据已知AC⊥ BD，可证得∠ AED=∠ DEC=90 ，°根据直角三角形两锐角互余，得出∠EBG+∠ BGE=90 ，°再根据垂直的
定义及直角三角形两锐角互余，可得出∠EBG+∠ BDF=90°，结合已知可证得∠ADE=∠ BDF，然后根据全等三角形的判定定理，证明△ADE≌△ CDE，从而可证得结论。
（2）根据（1）△ ADE≌△ CDE，可得出△ADC的面积为
△
ADE 面积的 2 倍；根据条件AE=2DE，可得出△
ABE的面积为△ADE面积
的
2 倍，根据轴对称图形，可得出△ABE≌△ BCE；根据DE=EG，可得出△GHB
的面积等于△ADE面积
的
2 倍，综上所述，即可得出答案。
24.如图，在边长为 1 的正方形ABCD中，动点E、 F 分别在边AB、 CD上，将正方形ABCD沿直线 EF折叠，使点 B 的对应点M 始终落在边AD 上（点 M 不与点 A、 D 重合），点 C 落在点 N 处， MN 与 CD 交于点
P，设 BE=x，
（1）当 AM= 时，求 x 的值；
（2）随着点 M 在边 AD 上位置的变化，△ PDM 的周长是否发生变化？如变化，请说明理由；如不变，请求
出该定值；
（3）设四边形BEFC的面积为S，求 S 与 x 之间的函数表达式，并求出S 的最小值 .
【答案】（1）解：由折叠性质可知：BE=ME=x，∵正方形ABCD边长为 1
∴A E=1-x，
在 Rt△ AME 中，
∴AE2+AM 2=ME2 ，
即（ 1-x）2 + =x2 ，
解得： x=.
（2）解：△ PDM 的周长不会发生变化，且为定值 2.
连接 BM、 BP，过点 B 作 BH⊥ MN ，
∵BE=ME，
∴∠ EBM=∠EMB，
又∵∠ EBC=∠ EMN=90°，
即∠ EBM+∠MBC=∠EMB+∠ BMN=90°，
∴∠ MBC=∠ BMN，
又∵正方形ABCD，
∴AD∥ BC， AB=BC，
∴∠ AMB=∠ MBC=∠ BMN，
在 Rt△ ABM 和 Rt△ HBM 中，
∵,
∴R t△ ABM≌ Rt△HBM （ AAS），
∴A M=HM ， AB=HB=BC，
在 Rt△ BHP和 Rt△ BCP
中，
∵,
∴R t△ BHP≌ Rt△ BCP（HL），
∴H P=CP，
又∵ C△PDM=MD+DP+MP，=MD+DP+MH+HP，
=MD+DP+AM+PC,
=AD+DC,
=2.
∴△ PDM 的周长不会发生变化，且为定值 2.
（3）解：过 F 作 FQ⊥ AB，连接 BM，
由折叠性质可知：∠BEF=∠MEF,BM⊥EF，
∴∠ EBM+∠BEF=∠EMB+∠ MEF=∠ QFE+∠ BEF=90°,∴∠ EBM=∠EMB=∠ QFE，
在 Rt△ ABM 和 Rt△ QFE 中，
∵,
∴Rt△ ABM≌ Rt△QFE（ ASA），
∴A M=QE，
设 AM 长为 a，
在 Rt△ AEM 中，
∴AE2+AM2=EM2,
即（ 1-x）2 +a2=x2,
∴AM=QE=,
∴BQ=CF=x-，
∴S= （CF+BE）×BC，
= （ x- +x）×1，
= （ 2x- ）,
又∵（ 1-x）2+a2=x2,
∴x= =AM=BE， BQ=CF= -a，
∴S= （-a+ ）×1，
=（ a2-a+1） ,
=（ a- ）2+ ，
∵0 ∴当 a= 时， S 最小值 = . 【解析】【分析】（ 1）由折叠性质可知BE=ME=x，结合已知条件知AE=1-x，在 Rt△AME 中，根据勾股 定理得（ 1-x）2+=x2，解得：x=. （2）△ PDM 的周长不会发生变化，且为定值 2.连接 BM、 BP，过点 B 作 BH⊥ MN，根据折叠性质知 BE=ME，由等边对等角得∠EBM=∠ EMB，由等角的余角相等得∠MBC=∠ BMN，由全等三角形的判定AAS 得 Rt△ ABM≌ Rt△HBM，根据全等三角形的性质得AM=HM ，AB=HB=BC，又根据全等三角形的判定HL 得Rt△ BHP≌Rt△ BCP，根据全等三角形的性质得HP=CP，由三角形周长和等量代换即可得出△PDM 周长为 定值 （3）过 F 作 FQ⊥ AB，连接 BM，由折叠性质可知：∠ BEF=∠ MEF,BM⊥ EF，由等角的余角相等得 ∠EBM=∠ EMB=∠ QFE，由全等三角形的判定 ASA得 Rt△ ABM≌Rt△ QFE，据全等三角形的性质得 AM=QE；设AM 长为a，在Rt△ AEM 中，根据勾股定理得（1-x）2 +a2=x2,从而得AM=QE= , BQ=CF=x- ，根据梯形得面积公式代入即可得出S 与 x 的函数关系式；又由（1-x）2+a2=x2,得x= =AM=BE， BQ=CF=-a（ 0
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