【备考2025】中考数学真题2022-2024分类精编精练15平移、轴对称、旋转、投影、视图（含解析）

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【备考2025】中考数学真题2022-2024分类精编精练15平移、轴对称、旋转、投影、视图
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、选择题
1．（2022·浙江衢州·）下列图形是中心对称图形的是（ ）
A． B． C． D．
2．（2023·浙江嘉兴·）美术老师写的下列四个字中，为轴对称图形的是（　　）
A． B． C． D．
3．（2022·浙江湖州·）如图，将△ABC沿BC方向平移1cm得到对应的△A′B′C′．若B′C=2cm，则BC′的长是（ ）
A．2cm B．3cm C．4cm D．5cm
4．（2022·浙江台州·）如图是战机在空中展示的轴对称队形．以飞机B，C所在直线为x轴、队形的对称轴为y轴，建立平面直角坐标系．若飞机E的坐标为(40，a)，则飞机D的坐标为（ ）
A． B． C． D．
5．（2024·浙江·）5个相同正方体搭成的几何体主视图为（ ）
A． B． C． D．
6．（2022·浙江杭州·）如图，在平面直角坐标系中，已知点P(0，2)，点A(4，2)．以点P为旋转中心，把点A按逆时针方向旋转60°，得点B．在，，，四个点中，直线PB经过的点是（ ）
A． B． C． D．
7．（2023·浙江金华·）如图，两个灯笼的位置的坐标分别是，将点向右平移2个单位，再向上平移1个单位得到点，则关于点的位置描述正确是（ ）

A．关于轴对称 B．关于轴对称
C．关于原点对称 D．关于直线对称
8．（2023·浙江杭州·）在直角坐标系中，把点先向右平移1个单位，再向上平移3个单位得到点．若点的横坐标和纵坐标相等，则（ ）
A．2 B．3 C．4 D．5
9．（2023·浙江绍兴·）如图，在中，，点D，E都在边上，．若，则的长为（ ）
A． B． C． D．
10．（2023·浙江绍兴·）如图，在纸片中，，点分别在边上，且，将沿折叠，使点A落在边上的点F处，则（ ）
A． B． C． D．
二、填空题
11．（2023·浙江金华·）在直角坐标系中，点绕原点逆时针方向旋转，得到的点的坐标是 ．
12．（2022·浙江温州·）如图是某风车示意图，其相同的四个叶片均匀分布，水平地面上的点M在旋转中心O的正下方．某一时刻，太阳光线恰好垂直照射叶片，此时各叶片影子在点M右侧成线段，测得，垂直于地面的木棒与影子的比为2∶3，则点O，M之间的距离等于 米．转动时，叶片外端离地面的最大高度等于 米．
13．（2022·浙江丽水·）一副三角板按图1放置，O是边的中点，．如图2，将绕点O顺时针旋转，与相交于点G，则的长是 ．
14．（2022·浙江金华·）如图，在中，．把沿方向平移，得到，连结，则四边形的周长为 ．
15．（2023·浙江嘉兴·）一副三角板和中，．将它们叠合在一起，边与重合，与相交于点G（如图1），此时线段的长是 ，现将绕点按顺时针方向旋转（如图2），边与相交于点H，连结，在旋转到的过程中，线段扫过的面积是 ．

16．（2024·浙江·）如图，在菱形中，对角线，相交于点O，．线段与关于过点O的直线l对称，点B的对应点在线段上，交于点E，则与四边形的面积比为
三、解答题
17．（2022·浙江宁波·）图1，图2都是由边长为1的小等边三角形构成的网格，每个小等边三角形的顶点称为格点，线段的端点均在格点上，分别按要求画出图形．
(1)在图1中画出等腰三角形，且点C在格点上．（画出一个即可）
(2)在图2中画出以为边的菱形，且点D，E均在格点上．
18．（2021·浙江嘉兴·）小王在学习浙教版九上课本第72页例2后，进一步开展探究活动：将一个矩形绕点顺时针旋转，得到矩形
[探究1]如图1，当时，点恰好在延长线上．若，求BC的长．
[探究2]如图2，连结，过点作交于点．线段与相等吗？请说明理由．
[探究3]在探究2的条件下，射线分别交，于点，（如图3），，存在一定的数量关系，并加以证明．
19．（2022·浙江丽水·）如图，在的方格纸中，点A，B，C均在格点上，试按要求画出相应格点图形．
(1)如图1，作一条线段，使它是向右平移一格后的图形；
(2)如图2，作一个轴对称图形，使和是它的两条边；
(3)如图3，作一个与相似的三角形，相似比不等于1．
20．（2022·浙江绍兴·）如图，在△ABC中，∠ABC=40°， ∠ACB=90°，AE平分∠BAC交BC于点E．P是边BC上的动点（不与B，C重合），连结AP，将△APC沿AP翻折得△APD，连结DC，记∠BCD=α．
(1)如图，当P与E重合时，求α的度数．
(2)当P与E不重合时，记∠BAD=β，探究α与β的数量关系．
21．（2023·浙江温州·）如图，在的方格纸中，每个小方格的边长为1．已知格点P，请按要求画格点三角形（顶点均在格点上）．

(1)在图中画一个等腰三角形，使底边长为，点E在上，点F在上，再画出该三角形绕矩形的中心旋转180°后的图形．
(2)在图中画一个，使，点Q在上，点R在上，再画出该三角形向右平移1个单位后的图形．
22．（2022·浙江绍兴·）如图，在矩形中，，，动点从点出发，沿边，向点运动，，关于直线的对称点分别为，，连结．
(1)如图，当在边上且时，求的度数．
(2)当在延长线上时，求的长，并判断直线与直线的位置关系，说明理由．
(3)当直线恰好经过点时，求的长．
参考答案
1．【考点】中心对称图形的识别
【分析】根据中心对称图形的定义（在平面内，把一个图形绕某点旋转，如果旋转后的图形与另一个图形重合，那么这两个图形互为中心对称图形）逐项判断即可得．
解：A、不是中心对称图形，此项不符合题意；
B、是中心对称图形，此项符合题意；
C、不是中心对称图形，此项不符合题意；
D、不是中心对称图形，此项不符合题意；
故选：B．
【点评】本题考查了中心对称图形，熟记中心对称图形的定义是解题关键．
2．【考点】轴对称图形的识别
【分析】根据轴对称图形的定义进行判断即可．
解：A、B、C选项中的图形都不能找到这样的一条直线，使图形沿一条直线折叠后，直线两旁的部分能够互相重合，所以不是轴对称图形；
D选项的图形能找到这样的一条直线，使图形沿一条直线折叠后，直线两旁的部分能够互相重合，所以是轴对称图形；
故选：D．
【点评】本题考查轴对称图形的概念，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．
3．【考点】利用平移的性质求解
【分析】据平移的性质可得BB′=CC′=1，列式计算即可得解．
解：∵△ABC沿BC方向平移1cm得到△A′B′C′，
∴BB′=CC′=1cm，
∵B′C=2cm，
∴BC′= BB′+ B′C+CC′=1+2+1=4（cm）．
故选：C．
【点评】本题考查了平移的性质，熟记性质得到相等的线段是解题的关键．
4．【考点】坐标与图形变化——轴对称
【分析】直接利用关于y轴对称，纵坐标相同，横坐标互为相反数，进而得出答案．
解：根据题意，点E与点D关于y轴对称，
∵飞机E的坐标为(40，a)，
∴飞机D的坐标为(-40，a)，
故选：B．
【点评】此题主要考查了关于y轴对称点的性质，正确记忆横纵坐标的符号关系是解题关键．
5．【考点】判断简单组合体的三视图
【分析】本题考查了简单组合体的三视图，主视图是从物体的正面看得到的视图．找到从正面看所得到的图形即可，注意所有的看到的棱都应表现在主视图中．
解：从正面看，第一层是三个正方形，第二层靠左是两个正方形．
故选：B．
6．【考点】根据旋转的性质求解、求一次函数解析式
【分析】根据含30°角的直角三角形的性质可得B（2，2+2），利用待定系数法可得直线PB的解析式，依次将M1，M2，M3，M4四个点的一个坐标代入y=x+2中可解答．
解：∵点A（4，2），点P（0，2），
∴PA⊥y轴，PA=4，
由旋转得：∠APB=60°，AP=PB=4，
如图，过点B作BC⊥y轴于C，
∴∠BPC=30°，
∴BC=2，PC=2，
∴B（2，2+2），
设直线PB的解析式为：y=kx+b，
则，
∴，
∴直线PB的解析式为：y=x+2，
当y=0时，x+2=0，x=-，
∴点M1（-，0）不在直线PB上，
当x=-时，y=-3+2=1，
∴M2（-，-1）在直线PB上，
当x=1时，y=+2，
∴M3（1，4）不在直线PB上，
当x=2时，y=2+2，
∴M4（2，）不在直线PB上．
故选：B．
【点评】本题考查的是图形旋转变换，待定系数法求一次函数的解析式，确定点B的坐标是解本题的关键．
7．【考点】由平移方式确定点的坐标、坐标与图形变化——轴对称
【分析】先根据平移方式求出，再根据关于y轴对称的点横坐标互为相反数，纵坐标相同进行求解即可．
解：∵将向右平移2个单位，再向上平移1个单位得到点，
∴，
∵，
∴点关于y轴对称，
故选B．
【点评】本题主要考查了坐标与图形变化—平移和轴对称，正确根据平移方式求出是解题的关键．
8．【考点】由平移方式确定点的坐标、其他问题(一元一次方程的应用)
【分析】先根据平移方式确定点B的坐标，再根据点的横坐标和纵坐标相等列方程，解方程即可．
解：点先向右平移1个单位，再向上平移3个单位得到点，
，即，
点的横坐标和纵坐标相等，
，
，
故选C．
【点评】本题考查平面直角坐标系内点的平移，一元一次方程的应用等，解题的关键是掌握平面直角坐标系内点平移时坐标的变化规律：横坐标右加左减，纵坐标上加下减．
9．【考点】全等的性质和SAS综合（SAS）、根据旋转的性质求解、含30度角的直角三角形、用勾股定理解三角形
【分析】将绕点A逆时针旋转得到，取的中点G，连接、，由，，可得出，根据旋转的性质可得出，结合可得出为等边三角形，进而得出为直角三角形，求出的长度以及证明全等找出，设，则，在中利用勾股定理可得出，利用，可求出x以及的值，此题得解．
解：将绕点A逆时针旋转得到，取的中点G，连接、，如图所示：
过点A作于点N，如图，
∵，，
∴，．
在中，，，
∴，
∴，
∴．
∴，
∴．
∵，
∴，
∴为等边三角形，
∴，
∴，
∴为直角三角形．
∵，
∴，
∴．
在和中，
，
∴，
∴．
设，则，
在中，，，
∴，
∴，
∴，
故选：B．
【点评】本题考查了全等三角形的判定与性质、勾股定理、旋转的性质，通过勾股定理找出关于x的方程是解题的关键．
10．【考点】用勾股定理解三角形、折叠问题、利用二次根式的性质化简、含30度角的直角三角形
【分析】本题考查勾股定理与折叠，直角三角形的性质，由折叠可得，，即可得到，再分别在和利用直角三角形的性质和勾股定理求解即可．
解：∵，
∴，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∵将沿折叠，使点A落在边上的点F处，
∴，，
∴，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
故选：D．
11．【考点】求绕原点旋转90度的点的坐标
【分析】把点绕原点旋转的问题转化为直角三角形旋转的问题，画出图形可解决问题．
解：过A点作轴，过B点作轴，

∵点A的坐标为，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵，
在和中，
，
∴，
∴,
∴点B的坐标为，
故答案为：．
【点评】本题考查坐标与图形变化-旋转，解题的关键是正确作出图形解决问题．
12．【考点】用勾股定理解三角形、平行投影、相似三角形的判定与性质综合
【分析】过点O作AC、BD的平行线，交CD于H，过点O作水平线OJ交BD于点J，过点B作BI⊥OJ，垂足为I，延长MO，使得OK＝OB，求出CH的长度，根据，求出OM的长度，证明，得出，，求出IJ、BI、OI的长度，用勾股定理求出OB的长，即可算出所求长度．
解：如图，过点O作AC、BD的平行线，交CD于H，过点O作水平线OJ交BD于点J，过点B作BI⊥OJ，垂足为I，延长MO，使得OK＝OB，
由题意可知，点O是AB的中点，
∵，
∴点H是CD的中点，
∵，
∴，
∴，
又∵由题意可知：，
∴，解得，
∴点O、M之间的距离等于，
∵BI⊥OJ，
∴，
∵由题意可知：，
又∵，
∴，
∴，
∴，
∴，，
∵，
∴四边形OHDJ是平行四边形，
∴，
∵，
∴，，，
∵在中，由勾股定理得：，
∴，
∴，
∴，
∴叶片外端离地面的最大高度等于，
故答案为：10，．
【点评】本题主要考查了投影和相似的应用，及勾股定理和平行四边形的判定与性质，正确作出辅助线是解答本题的关键．
13．【考点】根据旋转的性质求解、相似三角形的判定与性质综合、含30度角的直角三角形、解直角三角形的相关计算
【分析】BC交EF于点N，由题意得，，，，，BC=DF=12，根据锐角三角函数即可得DE，FE，根据旋转的性质得是直角三角形，根据直角三角形的性质得，即，根据角之间的关系得是等腰直角三角形，即cm，根据，得，即，解得，即可得．
解：如图所示，BC交EF于点N，
由题意得，，，，，BC=DF=12，
在中，，
，
∵△ABC绕点O顺时针旋转60°，
∴，
∴，
∴，
∴是直角三角形，
∴（cm），
∴（cm），
∵，
∴，
∴是直角三角形，
∴，
∴是等腰直角三角形，
∴cm，
∵，，
∴，
即，
，
，
∴（cm），
故答案为：．
【点评】本题考查了直角三角形的性质，相似三角形的判定与性质，旋转的性质，解题的关键是掌握这些考点．
14．【考点】含30度角的直角三角形、用勾股定理解三角形、利用平移的性质求解
【分析】通过勾股定理，平移的特性，特殊角的三角函数，分别计算出四边形的四条边长，再计算出周长即可．
解：∵，
∴AB=2BC=4，
∴AC=，
∵把沿方向平移，得到，
∴，， ，
∴四边形的周长为：，
故答案为：．
【点评】本题考查勾股定理，平移的特性，特殊角的三角函数，能够熟练掌握勾股定理是解决本题的关键．
15．【考点】求图形旋转后扫过的面积、面积问题(旋转综合题)、等边三角形的判定和性质、解直角三角形的相关计算
【分析】如图1，过点G作于H，根据含直角三角形的性质和等腰直角三角形的性质得出，，然后由可求出的长，进而可得线段的长；如图2，将绕点C顺时针旋转得到，与交于，连接，，是旋转到的过程中任意位置，作于N，过点B作交的延长线于M，首先证明是等边三角形，点在直线上，然后可得线段扫过的面积是弓形的面积加上的面积，求出和，然后根据线段扫过的面积列式计算即可．
解：如图1，过点G作于H，

∵，，
∴，，
∵，
∴，
∴；
如图2，将绕点C顺时针旋转得到，与交于，连接，
由旋转的性质得：，，
∴是等边三角形，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，即垂直平分，
∵是等腰直角三角形，
∴点在直线上，
连接，是旋转到的过程中任意位置，
则线段扫过的面积是弓形的面积加上的面积，
∵，
∴，
∴，
作于N，则，
∴，
过点B作交的延长线于M，则，
∵，，
∴，
∴，
∴线段扫过的面积，
，
，
，
故答案为：，．

【点评】本题主要考查了旋转的性质，含直角三角形的性质，二次根式的运算，解直角三角形，等边三角形的判定和性质，勾股定理，扇形的面积计算等知识，作出图形，证明点在直线上是本题的突破点，灵活运用各考点是解题的关键．
16．【考点】利用菱形的性质求面积、全等的性质和ASA（AAS）综合（ASA或者AAS）、根据成轴对称图形的特征进行求解
【分析】此题考查了菱形的性质，轴对称性质，全等三角形的性质和判定等知识，解题的关键是掌握以上考点．
设，，首先根据菱形的性质得到，，连接，，直线l交于点F，交于点G，得到点，D，O三点共线，，，，然后证明出，得到，然后证明出，得到，进而求解即可．
解：∵四边形是菱形，
∴设，
∴，
如图所示，连接，，直线l交于点F，交于点G，
∵线段与关于过点O的直线l对称，点B的对应点在线段上，
∴，，
∴
∴点，D，O三点共线
∴，
∴
∴
∵
∴
由对称可得，
∴
∴
又∵
∴
∴
∵
∴
又∵，
∴
∴
∴．
故答案为：．
17．【考点】画轴对称图形、等边三角形的性质、画旋转图形
【分析】利用轴对称图形、中心对称图形的特点画出符合条件的图形即可；
解：（1）答案不唯一．
（2）
【点评】本题考查了轴对称图形、中心对称图形的特点，熟练掌握特殊三角形与四边形的性质才能准确画出符合条件的图形．
18．【考点】旋转综合题(几何变换)、相似三角形的判定与性质综合、利用矩形的性质证明
【分析】[探究1] 设，根据旋转和矩形的性质得出，从而得出，得出比例式，列出方程解方程即可；
[探究2] 先利用SAS得出，得出，，再结合已知条件得出，即可得出；
[探究3] 连结，先利用SSS得出，从而证得，再利用两角对应相等得出，得出即可得出结论．
解：[探究1]如图1，
设．
∵矩形绕点顺时针旋转得到矩形，
∴点，，在同一直线上．
∴，，
∴．
∵，
∴．
又∵点在延长线上，
∴，
∴，∴．
解得，（不合题意，舍去）
∴．
[探究2] ．
证明：如图2，连结．
∵，
∴．
∵，，，
∴．
∴，，
∵，，
∴，
∴．
[探究3]关系式为．
证明：如图3，连结．
∵，，，
∴．
∴，
∵，
，
∴，
∴．
在与中，
，，
∴，
∴，
∴．
∴．
【点评】本题考查了矩形的性质，旋转的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，解一元二次方程等，解题的关键是灵活运用这些知识解决问题．
19．【考点】相似三角形的判定综合、画轴对称图形、平移(作图)
【分析】（1）分别确定A，B平移后的对应点C，D，从而可得答案；
（2）确定线段AB，AC关于直线BC对称的线段即可；
（3）分别计算的三边长度，再利用相似三角形的对应边成比例确定的三边长度，再画出即可．
解：（1）解：如图，线段CD即为所求作的线段，
（2）如图，四边形ABDC是所求作的轴对称图形，
（3）如图，如图，即为所求作的三角形，
由勾股定理可得： 而
同理： 而
【点评】本题考查的是平移的作图，轴对称的作图，相似三角形的作图，掌握平移轴对称的性质，相似三角形的判定方法是解本题的关键．
20．【考点】与角平分线有关的三角形内角和问题、三角形的外角的定义及性质、折叠问题
【分析】（1）由∠B＝40°，∠ACB＝90°，得∠BAC＝50°，根据AE平分∠BAC，P与E重合，可得∠ACD，从而α＝∠ACB ∠ACD；
（2）分两种情况：①当点P在线段BE上时，可得∠ADC＝∠ACD＝90° α，根据∠ADC＋∠BAD＝∠B＋∠BCD，即可得2α β＝50°；②当点P在线段CE上时，延长AD交BC于点F，由∠ADC＝∠ACD＝90° α，∠ADC＝∠AFC＋α＝∠ABC＋∠BAD+α可得90° α＝40°＋α＋β，即2α＋β＝50°．
解：（1）解：∵∠B＝40°，∠ACB＝90°，
∴∠BAC＝50°，
∵P与E重合，AE平分∠BAC，
∴D在AB边上，AE⊥CD，
∴∠ACD＝65°，
∴α＝∠ACB－∠ACD＝25°；
（2）①如图1，当点P在线段BE上时，
∵∠ADC＝∠ACD＝90°－α，∠ADC＋∠BAD＝∠B＋∠BCD，
∴90°－α＋β＝40°＋α，
∴2α－β＝50°；
②如图2，当点P在线段CE上时，
延长AD交BC于点F，
∵∠ADC＝∠ACD＝90°－α，∠ADC＝∠AFC＋α＝∠ABC＋∠BAD+α＝40°＋α＋β，
∴90°－α＝40°＋α＋β，
∴2α＋β＝50°．
【点评】本题考查三角形综合应用，涉及轴对称变换，三角形外角等于不相邻的两个内角的和的应用，解题的关键是掌握轴对称的性质，能熟练运用三角形外角的性质．
21．【考点】勾股定理与网格问题、在方格纸中补画图形使之成为中心对称图形、平移(作图)
【分析】（1）底边长为即底边为小方格的对角线，根据要求画出底边，再在其底边的垂直平分线找到在格点上的顶点即可得到等腰，然后根据中心旋转性质作出绕矩形的中心旋转180°后的图形．
（2）根据网格特点，按要求构造等腰直角三角形，然后按平移的规律作出平移后图形即可．
解：（1）（1）画法不唯一，如图1（ ，），或图2（）．

（2）画法不唯一，如图3或图4．

【点评】本题主要考查了格点作图，解题关键是掌握网格的特点，灵活画出相等的线段和互相垂直或平行的线段．
22．【考点】根据矩形的性质求线段长、根据成轴对称图形的特征进行求解、相似三角形的判定与性质综合、解直角三角形的相关计算
【分析】（1）由DE＝2知，AE＝AB＝6，可知∠AEB＝∠MEB＝45°，从而得出答案；
（2）根据对称性得，∠ENC＝∠BDC，则cos∠ENC＝，得EN＝，利用SSS证明△BMN≌△DCB，得∠DBC＝∠BNM，则MN∥BD；
（3）当点E在边AD上时，若直线MN过点C，利用AAS证明△BCM≌△CED，得DE＝MC；当点E在边CD上时，证明△BMC∽△CNE，可得，从而解决问题．
解：（1）解：∵DE=2，
∴AE＝AB＝6，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠A＝90°，
∴∠AEB＝∠ABE＝45°，
由对称性知∠BEM＝45°，
∴∠AEM=∠AEB+∠BEM＝90°；
（2）如图1，
∵AB=6，AD=8，
∴由勾股定理得BD=10，
∵当N落在BC延长线上时，BN＝BD＝10，
∴CN＝2．
由对称性得，∠ENC＝∠BDC，
∴cos∠ENC＝，
∴EN＝，
∴DE＝EN＝；
直线MN与直线BD的位置关系是MN∥BD．
由对称性知BM＝AB＝CD，MN＝AD＝BC，
又∵BN＝BD，
∴△BMN≌△DCB（SSS），
∴∠DBC＝∠BNM，
所以MN∥BD；
（3）①情况1：如图2，当E在边AD上时，直线MN过点C，
∴∠BMC＝90°，
∴MC＝．
∵BM＝AB＝CD，∠DEC＝∠BCE，∠BMC＝∠EDC＝90°，
∴△BCM≌△CED（AAS），
∴DE＝MC＝；
②情况2：如图3，点E在边CD上时，
∵BM＝6，BC＝8，
∴MC＝，CN＝8-，
∵∠BMC＝∠CNE＝∠BCD＝90°，
∴∠BCM＋∠ECN＝90°，
∵∠BCM＋∠MBC＝90°，
∴∠ECN＝∠MBC，
∴△BMC∽△CNE，
∴，
∴EN，
∴DE＝EN＝．
综上所述，DE的长为或．
【点评】本题是四边形综合题，主要考查了矩形的性质，轴对称的性质，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，三角函数等知识，根据题意画出图形，并运用分类讨论思想是解题的关键．
21世纪教育网 www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 （共 2 页）
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