《【备考2020】2019年湖南省中考数学精编精练13：图形的平移、对称、旋转、相似 （解析卷）》由会员分享，可在线阅读，更多相关《【备考2020】2019年湖南省中考数学精编精练13：图形的平移、对称、旋转、相似 （解析卷）（17页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、【备考2020】2019年湖南省中考数学精编精练13：图形的平移、对称、旋转、相似 姓名：_班级：_考号：_一、 选择题（2019年湖南省株洲市）对于任意的矩形，下列说法一定正确的是（）A对角线垂直且相等 B四边都互相垂直 C四个角都相等 D是轴对称图形，但不是中心对称图形【考点】轴对称图形，中心对称图形【分析】直接利用矩形的性质分析得出答案解：A矩形的对角线相等，但不垂直，故此选项错误，B、矩形的邻边都互相垂直，对边互相平行，故此选项错误，C、矩形的四个角都相等，正确，D、矩形是轴对称图形，也是中心对称图形，故此选项错误故选：C【点评】此题主要考查了矩形的性质，正确把握矩形的性质是解题关键（
2、2019年湖南省张家界市）下列四个立体图形中，其主视图是轴对称图形但不是中心对称图形的是（）ABCD【考点】轴对称图形,中心对称图形,简单几何体的三视图【分析】根据从正面看得到的图形是主视图以及轴对称图形、中心对称图形的概念，可得答案解：A是轴对称图形，也是中心对称图形故错误,B、是轴对称图形，也是中心对称图形故错误,C、是轴对称图形，不是中心对称图形故正确,D、是轴对称图形，也是中心对称图形故错误故选：C【点评】本题考查了几何体的三视图以及中心对称图形与轴对称图形的概念：轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分沿对称轴折叠后可重合,中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后与原图重合（20
3、19年湖南省湘西州）下列四个图形中，不是轴对称图形的是（）ABCD【考点】轴对称图形【分析】根据轴对称图形的概念对各图形分析判断即可得解解：A是轴对称图形，故本选项错误，B、是轴对称图形，故本选项错误，C、是轴对称图形，故本选项错误，D、不是轴对称图形，故本选项正确故选：D【点评】本题考查了轴对称图形的概念轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分折叠后可重合（2019年湖南省郴州市）如图是我国几家银行的标志，其中既是轴对称图形又是中心对称图形的是（）ABCD【考点】轴对称图形，中心对称图形【分析】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解：A不是轴对称图形，也不是中心对称图形
4、，故本选项错误，B、是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项错误，C、既是轴对称图形，又是中心对称图形，故此选项正确，D、是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项错误故选：C【点评】本题考查了中心对称图形与轴对称图形的概念轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分折叠后可重合，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后两部分重合（2019年湖南省常德市）点（1，2）关于原点的对称点坐标是（）A（1，2）B（1，2）C（1，2）D（2，1）【考点】关于原点对称的点的坐标【分析】坐标系中任意一点P（x，y），关于原点的对称点是（x，y），即关于原点的对称点，横纵坐标都变成相反数解：根据中心对称的性
5、质，得点（1，2）关于原点的对称点的坐标为（1，2）故选：B【点评】本题考查了关于原点对称的点的坐标，关于原点的对称点，横纵坐标都变成相反数（2019年湖南省邵阳市）如图，以点O为位似中心，把ABC放大为原图形的2倍得到ABC，以下说法中错误的是（）AABCABCB点C、点O、点C三点在同一直线上 CAO：AA1：2 DABAB【考点】位似变换【分析】直接利用位似图形的性质进而分别分析得出答案解：以点O为位似中心，把ABC放大为原图形的2倍得到ABC，ABCABC，点C、点O、点C三点在同一直线上，ABAB，AO：OA1：2，故选项C错误，符合题意故选：C【点评】此题主要考查了位似变换，正确把
6、握位似图形的性质是解题关键（2019年湖南省常德市）如图，在等腰三角形ABC中，ABAC，图中所有三角形均相似，其中最小的三角形面积为1，ABC的面积为42，则四边形DBCE的面积是（）A20B22C24D26【考点】等腰三角形的性质，相似三角形的判定与性质【分析】利用AFHADE得到（）2，所以SAFH9x，SADE16x，则16x9x7，解得x1，从而得到SADE16，然后计算两个三角形的面积差得到四边形DBCE的面积解：如图，根据题意得AFHADE，（）2（）2设SAFH9x，则SADE16x，16x9x7，解得x1，SADE16，四边形DBCE的面积421626故选：D【点评】本题考查
7、了相似三角形的判定：有两组角对应相等的两个三角形相似也考查了相似三角形的性质（2019年湖南省邵阳市）如图，在RtABC中，BAC90，B36，AD是斜边BC上的中线，将ACD沿AD对折，使点C落在点F处，线段DF与AB相交于点E，则BED等于（）A120B108C72D36【考点】直角三角形斜边上的中线，翻折变换（折叠问题）【分析】根据三角形内角和定理求出C90B54由直角三角形斜边上的中线的性质得出ADBDCD，利用等腰三角形的性质求出BADB36，DACC54，利用三角形内角和定理求出ADC180DACC72再根据折叠的性质得出ADFADC72，然后根据三角形外角的性质得出BEDBAD+
8、ADF108解：在RtABC中，BAC90，B36，C90B54AD是斜边BC上的中线，ADBDCD，BADB36，DACC54，ADC180DACC72将ACD沿AD对折，使点C落在点F处，ADFADC72，BEDBAD+ADF36+72108故选：B【点评】本题考查了折叠的性质：折叠是一种对称变换，它属于轴对称，折叠前后图形的形状和大小不变，位置变化，对应边和对应角相等也考查了直角三角形斜边上的中线的性质、等腰三角形的性质、三角形内角和定理以及三角形外角的性质（2019年湖南省张家界市）如图，在平面直角坐标系中，将边长为1的正方形OABC绕点O顺时针旋转45后得到正方形OA1B1C1，依此
9、方式，绕点O连续旋转2019次得到正方形OA2019B2019C2019，那么点A2019的坐标是（）A（，） B（1，0）C（，）D（0，1）【考点】规律型：点的坐标,坐标与图形变化旋转，旋转的性质【分析】探究规律，利用规律解决问题即可解：四边形OABC是正方形，且OA1，A（0，1），将正方形OABC绕点O逆时针旋转45后得到正方形OA1B1C1，A1（，），A2（1，0），A3（，），发现是8次一循环，所以20198252余3，点A2019的坐标为（，）故选：A【点评】本题考查了旋转的性质：对应点到旋转中心的距离相等,对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角也考查了坐标与图形的变化、规律
10、型：点的坐标等知识，解题的关键是学会从特殊到一般的探究规律的方法，属于中考常考题型二、 填空题（2019年湖南省益阳市）在如图所示的方格纸（1格长为1个单位长度）中，ABC的顶点都在格点上，将ABC绕点O按顺时针方向旋转得到ABC，使各顶点仍在格点上，则其旋转角的度数是 【考点】旋转的性质【分析】根据旋转角的概念找到BOB是旋转角，从图形中可求出其度数解：根据旋转角的概念：对应点与旋转中心连线的夹角，可知BOB是旋转角，且BOB90，故答案为90【点评】本题主要考查了旋转角的概念，解题的关键是根据旋转角的概念找到旋转角（2019年湖南省常德市）如图，已知ABC是等腰三角形，ABAC，BAC45
11、，点D在AC边上，将ABD绕点A逆时针旋转45得到ACD，且点D、D、B三点在同一条直线上，则ABD的度数是 【考点】等腰三角形的性质，旋转的性质【分析】由旋转的性质可得BACCAD45，ADAD，由等腰三角形的性质可得ADD67.5，DAB90，即可求ABD的度数解：将ABD绕点A逆时针旋转45得到ACD，BACCAD45，ADADADD67.5，DAB90ABD22.5故答案为：22.5【点评】本题考查了旋转的性质，等腰三角形的性质，熟练运用旋转的性质是本题的关键（2019年湖南省邵阳市）如图，将等边AOB放在平面直角坐标系中，点A的坐标为（4，0），点B在第一象限，将等边AOB绕点O顺时
12、针旋转180得到AOB，则点B的坐标是 【考点】坐标与图形变化旋转【分析】作BHy轴于H，如图，利用等边三角形的性质得到OHAH2，BOA60，再计算出BH，从而得到B点坐标为（2，2），然后根据关于原点对称的点的坐标特征求出点B的坐标解：作BHy轴于H，如图，OAB为等边三角形，OHAH2，BOA60，BHOH2，B点坐标为（2，2），等边AOB绕点O顺时针旋转180得到AOB，点B的坐标是（2，2）故答案为（2，2）【点评】本题考查了坐标与图形变化旋转：图形或点旋转之后要结合旋转的角度和图形的特殊性质来求出旋转后的点的坐标常见的是旋转特殊角度如：30，45，60，90，180也考查了等边三
13、角形的性质（2019年湖南省郴州市）若，则 【考点】比例的性质【分析】直接利用已知将原式变形进而得出x，y之间的关系进而得出答案解：，2x+2y3x，故2yx，则故答案为：【点评】此题主要考查了比例的性质，正确将原式变形是解题关键三、 解答题（2019年湖南省株洲市）如图所示，已知正方形OEFG的顶点O为正方形ABCD对角线AC、BD的交点，连接CE、DG（1）求证：DOGCOE，（2）若DGBD，正方形ABCD的边长为2，线段AD与线段OG相交于点M，AM，求正方形OEFG的边长【考点】全等三角形的判定与性质，正方形的性质，相似三角形的性质和判定，比例的性质，直角三角形的性质【分析】（1）由正方形ABCD与正方形OEFG，对角线AC、BD，可得DOADOC90，GOE90，即可证得GODCOE，因DOOC，GOEO，则可利用“边角边”即可证两三角形全等（2）过点M作MHDO交DO于点H，由于MDB45，由可得DH，MH 长，从而求得HO，即可求得MO，再通过MHDG，易证得OHMODG，则有，求得GO即为正方形OEFG的边长解：（1）正方形ABCD与正方形OEFG，对角线AC、BDDOOC
