课时分层评价卷(二十六) 图形的
对称、平移与旋转
(说明：选择题每题3分，填空题每题3分，本试卷共55分)
1．(2024·济宁一模)下列图形选自历届在中国举办的世界园艺博览会会徽，其中是轴对称图形的是( )
[A] [B] [C] [D]
2．下列图形既是轴对称图形，又是中心对称图形的是( )
[A] [B] [C] [D]
3．(2024·河北)如图，AD与BC交于点O，△ABO和△CDO关于直线PQ对称，点A，B的对称点分别是点C，D．下列不一定正确的是( )
[A]AD⊥BC [B]AC⊥PQ
[C]△ABO≌△CDO [D]AC∥BD
4．(2024·兖州一模)如图，将△ABC绕点C逆时针旋转α(0°＜α＜180°)得到△A′B′C，点A的对应点A′恰好落在AB边上，若∠CAB＝66°，则旋转角α的度数是( )
[A]66° [B]54° [C]50° [D]48°
5．(2024·广元)如图，将△ABC绕点A顺时针旋转90°得到△ADE，点B，C的对应点分别为点D，E，连接CE，点D恰好落在线段CE上，若CD＝3，BC＝1，则AD的长为( )
[A] [B] [C]2 [D]2
6．(2024·兖州二模)如图，将线段AB先向左平移，使点B与原点O重合，再将所得线段绕原点旋转180°得到线段A′B′，则点A的对应点A′的坐标是( )
[A](2，－3) [B](－2，3)
[C](3，－2) [D](－3，2)
7．(2024·滨州)一副三角板如图1摆放，把三角板AOB绕公共顶点O顺时针旋转至图2，即AB∥OD时，∠1的大小为________°．
第7题图 第8题图
8．(2024·内蒙古)如图，点A(0，－2)，B(1，0)，将线段AB平移得到线段DC，若∠ABC＝90°，BC＝2AB，则点D的坐标是________．
1 9 8 7 6 5 4 3 2 1 0 ＋0.5
9．(10分)(2024·济宁二模)如图，在平面直角坐标系中，已知△ABC的三个顶点的坐标分别为A(－3，5)，B(－2，1)，C(－1，3)．
(1)若△ABC经过平移后得到△A1B1C1，已知点C1的坐标为(4，0)，画出△A1B1C1，并写出点A1的坐标；
(2)将△ABC绕着点O按逆时针方向旋转90°得到△A2B2C2，画出△A2B2C2，并写出点C2的坐标；
(3)求出(2)中点A旋转到点A2所经过的路径长．
10．(2024·天津)如图，△ABC中，∠B＝30°，将△ABC绕点C顺时针旋转60°得到△DEC，点A，B的对应点分别为D，E，延长BA交DE于点F，下列结论一定正确的是( )
[A]∠ACB＝∠ACD [B]AC∥DE
[C]AB＝EF [D]BF⊥CE
11．(2024·大庆)如图，在矩形ABCD中，AB＝10，BC＝6，点M是AB边的中点，点N是AD边上任意一点，将线段MN绕点M顺时针旋转90°，点N旋转到点N′，则△MBN′周长的最小值为( )
[A]15 [B]5＋5 [C]10＋5 [D]18
12．(2024·潍坊)如图，在直角坐标系中，等边三角形ABC的顶点A的坐标为(0，4)，点B，C均在x轴上．将△ABC绕顶点A逆时针旋转30°得到△AB′C′，则点C′的坐标为________．
1 9 8 7 6 5 4 3 2 1 0 ＋0.5
13．(12分)(2024·东营)在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝1，BC＝3．
(1)【问题发现】
如图1，将△CAB绕点C按逆时针方向旋转90°得到△CDE，连接AD，BE，线段AD与BE的数量关系是______，AD与BE的位置关系是______；
(2)【类比探究】
将△CAB绕点C按逆时针方向旋转任意角度得到△CDE，连接AD，BE，线段AD与BE的数量关系，位置关系与(1)中结论是否一致？若AD交CE于点N，请结合图2说明理由；
(3)【迁移应用】
如图3，将△CAB绕点C旋转一定角度得到△CDE，当点D落到AB边上时，连接BE，求线段BE的长．课时分层评价卷(二十六)
1．D 2．C 3．A 4．D 5．A 6．A
7．75 [由已知可得，∠B＝45°，
∵AB∥OD，
∴∠B＝∠BOD＝45°，
由题图可得，∠D＝30°，
∴∠1＝∠BOD＋∠D＝45°＋30°＝75°，故答案为75．]
8．(4，－4) [过点D作DE⊥y轴于点E，如图，
∵点A(0，－2)，B(1，0)，
∴OA＝2，OB＝1．
∵线段AB平移得到线段DC，
∴AB∥CD，AB＝CD，
∴四边形ABCD是平行四边形，
∵∠ABC＝90°，
∴四边形ABCD是矩形，
∴∠BAD＝90°，BC＝AD，
∵BC＝2AB，
∴AD＝2AB，
∵∠BAO＋∠DAE＝90°，∠BAO＋∠ABO＝90°，
∴∠ABO＝∠EAD．
∵∠AOB＝∠AED＝90°，
∴△ABO∽△DAE．
∴，
∴DE＝2OA＝4，AE＝2OB＝2，
∴OE＝OA＋AE＝4，
∴D(4，－4)．故答案为(4，－4)．]
9．解：(1)如图，
∵点C(－1，3)的对应点C1(4，0)，
∴横坐标＋5，纵坐标－3，
∴点A1(－3＋5，5－3)，即A1(2，2)．
(2)如图，旋转90°后点C2的坐标为(－3，－1)．
(3)如图，点A旋转到点A2 所经过的路径是弧长，
由旋转性质可知，∠AOA2＝90°，OA＝，
∴点A旋转到点A2所经过的弧长为π．
10．D [设BF与CE相交于点H，如图所示：
∵△ABC中，将△ABC绕点C顺时针旋转60°得到△DEC，
∴∠BCE＝∠ACD＝60°，
∵∠B＝30°，
∴在△BHC中，∠BHC＝180°－∠BCE－∠B＝90°，
∴BF⊥CE，故D选项正确；
设∠ACH＝x°，
∴∠ACB＝60°－x°，
∵∠B＝30°，
∴∠EDC＝∠BAC＝180°－30°－(60°－x°)＝90°＋x°，
∴∠EDC＋∠ACD＝90°＋x°＋60°＝150°＋x°，
∵x°不一定等于30°，
∴∠EDC＋∠ACD不一定等于180°，
∴AC∥DE不一定成立，故B选项不正确；
∵∠ACB＝60°－x°，∠ACD＝60°，x°不一定等于0°，
∴∠ACB＝∠ACD不一定成立，故A选项不正确；
∵将△ABC绕点C顺时针旋转60°得到△DEC，
∴AB＝ED＝EF＋FD，
∴BA＞EF，故C选项不正确．故选D．]
11．B [过点N′作EF∥AB，交AD，BC于点E，F，过点M作MG⊥EF于点G，
∵ABCD是矩形，
∴AB∥CD，
∴AB∥EF∥CD，
∴四边形AMGE和BMGF都是矩形，
∴∠A＝∠MGN′＝90°，
由旋转的性质得∠NMN′＝90°，MN＝MN′，
∴∠AMN＝90°－∠NMG＝∠GMN′，
∴△AMN≌△GMN′(AAS)，
∴MG＝AM，
∴点N′在平行于AB，且与AB的距离为5的直线上运动，
作点M关于直线EF的对称点M′，连接M′B交直线EF于点N′，此时△MBN′周长取得最小值，
最小值为BM＋BM′，
∵BM＝AB＝5，MM′＝5＋5＝10，
∴BM＋BM′＝5＋，故选B．]
12． [作C′F⊥AO，交y轴于点F，
由题可得：OA＝4，
∵△ABC是等边三角形，AO⊥BC，
∴AO是∠BAC的角平分线，
∴∠OAC＝30°，
∴OC＝AC，
在Rt△AOC中，AO2＋OC2＝AC2，
即16＋＝AC2，解得AC＝，
∴AC′＝AC＝，
OF＝AO－AF＝4－AC′·cos 60°＝4－，
FC′＝AC′·sin 60°＝＝4，
∴C′，故答案为．]
13．解：(1)如图1，延长DA交BE于点H，
∵将△CAB绕点C按逆时针方向旋转90°得到△CDE，
∴AC＝DC＝1，BC＝CE＝3，∠ECB＝∠ACD＝90°，
∴AD＝，∠CAD＝∠ADC＝45°，∠CBE＝∠CEB＝45°，
∴BE＝3AD，∠CAD＝∠EAH＝45°，
∴∠EHA＝90°，
∴AD⊥BE，故答案为BE＝3AD，AD⊥BE．
(2)线段AD与BE的数量关系，位置关系与(1)中结论一致，理由如下：
如图2，延长DA交BE于H，
∵将△CAB绕点C按逆时针方向旋转任意角度得到△CDE，
∴AC＝DC＝1，BC＝CE＝3，∠ECB＝∠ACD，
∴，
∴△BCE∽△ACD，
∴，∠CDA＝∠CEB，
∴BE＝3AD，
∵∠CEB＋∠ENH＝∠CDA＋∠CND＝90°，
∴∠EHD＝90°，
∴AD⊥BE．
(3)如图3，过点C作CN⊥AB于点N，
∵∠ACB＝90°，AC＝1，BC＝3，
∴AB＝，
∵CN⊥AB，
∴∠ANC＝90°＝∠ACB，
又∵∠A＝∠A，
∴△ACN∽△ABC，∴，
∴AN·＝1，∴AN＝，
∵AC＝DC，CN⊥AB，∴AD＝2AN＝，
由(2)可知：BE＝3AD＝．
