【精品解析】2024年人教版中考数学二轮复习 专题18 图形的旋转、平移与轴对称

2024年人教版中考数学二轮复习 专题18 图形的旋转、平移与轴对称 一、单选题 1．（2023九上·禄劝期中）如图，将绕顶点A逆时针旋转70°，得到，若，则的度数为（　　） A．22° B．24° C．35° D．46° 【答案】D 【知识点】三角形内角和定理；旋转的性质 【解析】【解答】解：∵将绕顶点A逆时针旋转70°，得到 ∴ ∵ ∴ ∴ ∴ 故答案为：D 【分析】根据旋转性质可得，再根据题意及三角形内角和定理可得，再根据，即可求出答案. 2．（2023七下·武昌期中）如图，已知，点E，F分别在直线上，点P在之间且在的左侧.若将射线沿折叠，射线沿折叠，折叠后的两条射线互相垂直，则的度数为（　　） A． B． C．或 D．或或 【答案】C 【知识点】三角形的外角性质；多边形内角与外角；翻折变换（折叠问题） 【解析】【解答】解：由题意知，分两种情况求解：①如图1， 由题意知，，，， ∴， ∵， ∴， 解得， ∴； ②如图2， 同①可知， ∵， ∴， 解得， ∴； 综上，为或， 故答案为：C. 【分析】当∠EMF为锐角时，由题意可得∠AEP=∠MEP，∠CFP=∠MFP，∠BQP=∠CFP，结合外角的性质可得∠EPF=∠MFP+∠MEP，然后根据四边形内角和为360°进行计算；当∠EMF为钝角时，同理进行求解. 3．（2023九下·杭州月考）如图，在四边形纸片ABCD中，AD∥BC，AB＝10，∠B＝60°，将纸片折叠，使点B落在AD边上的点G处，折痕为EF，若∠BFE＝45°，则BF的长为（　　） A．5 B． C． D． 【答案】C 【知识点】平行线的性质；矩形的判定与性质；翻折变换（折叠问题）；特殊角的三角函数值 【解析】【解答】解：过点A作AH⊥BC于H，如图， 由题意得： ∵ ∴ ∵ ∵ ∴ ∴四边形AHFG为矩形， ∴ ∴ 故答案为：C. 【分析】过点A作AH⊥BC于H，根据折叠的性质得到：即可得到：利用三角函数求出AH的长度，然后证明：四边形AHFG为矩形，进而即可求解. 4．（2023·海曙模拟）如图矩形ABCD由矩形EBGF逆时针旋转一个锐角得到，点C在边EF上，过点E作AD平行线得矩形ANMD，则要知道矩形ANMD的面积只需知道（　　） A．S△BEC B．S△BGC C．S△ECM D．S△CGF 【答案】D 【知识点】矩形的判定与性质；旋转的性质 【解析】【解答】解：过点C作CH⊥BC， 由题意可知四边形MNBC，四边形EBHC，四边形CHGF都是矩形， ∴S矩形MNCB=2S△BEC=2S△BCH，S矩形EBHC=2S△BCH，S矩形CHGF=2S△CGF， ∵矩形ABCD由矩形EBGF逆时针旋转一个锐角得到， ∴S矩形ABCD=S矩形EBGF， ∴S矩形ANMD=S矩形ABCD-S矩形MNBC =S矩形EBGF-2S△BEC =S矩形EBGF-S矩形EBHC=S矩形CHGF=2S△CGF， ∴要想知道矩形ANMD的面积，只需知道△CGF的面积. 故答案为：D 【分析】过点C作CH⊥BC，可证得四边形MNBC，四边形EBHC，四边形CHGF都是矩形，利用矩形的性质可推出S矩形MNCB=2S△BEC=2S△BCH，S矩形EBHC=2S△BCH，S矩形CHGF=2S△CGF；再利用旋转的性质可知S矩形ABCD=S矩形EBGF，然后证明S矩形ANMD=2S△CGF，据此可求解. 5．（2023八下·安源期中）如图，将沿方向平移得到，若，，，则图中阴影部分面积为（　　） A． B． C． D． 【答案】B 【知识点】梯形；平移的性质 【解析】【解答】解：由平移得AB=DE=10cm，， ∴， 故答案为：B 【分析】先根据平移的性质得到AB=DE=10cm，，再根据梯形的面积公式结合题意即可求解。 6．（2023·仙桃模拟）下列命题是真命题的是（　　） A．平行四边形的对角线相等 B．经过旋转，对应线段平行且相等 C．两组对角分别相等的四边形是平行四边形 D．两边相等的两个直角三角形全等 【答案】C 【知识点】三角形全等的判定；平行四边形的性质；平行四边形的判定；旋转的性质；真命题与假命题 【解析】【解答】解：A、平行四边形的对角线相等，这个不一定成立，反例只要不是正方形、矩形 ... ...