2020全国中考数学试卷分类汇编(2)专题29 平移旋转与对称 41页

平移旋转与对称 ‎ 一、选择题 ‎1.（2020•辽宁省本溪市•3分）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．‎ ‎【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．‎ ‎【解答】解：A.是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项不合题意；‎ B.既不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故本选项不合题意；‎ C.是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项不合题意；‎ D.既是轴对称图形又是中心对称图形，故本选项符合题意．‎ 故选：D．‎ ‎【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．‎ ‎2. (2020•山东省青岛市•3分)下列四个图形中，中心对称图形是(　　)‎ ‎ ‎ A． B． C． D． ‎ ‎【分析】根据中心对称图形的概念结合各图形的特点求解．‎ ‎【解答】解：A.不是中心对称图形，不符合题意；B.不是中心对称图形，不符合题意；‎ C.不是中心对称图形，不符合题意；D.是中心对称图形，符合题意．故选D．‎ ‎【点评】‎ 本题考查了中心对称图形与轴对称图形的概念．判断中心对称图形是要寻找对称中心，图形旋转180度后与原图形重合．‎ ‎3. (2020•山东省青岛市•3分)如图，将△ABC先向上平移1个单位，再绕点P按逆时针方向旋转90°，得到△A′B′C′，则点A的对应点A′的坐标是(　　)‎ A．(0，4) B．(2，－2) C．(3，－2) D．(－1，4)‎ ‎【分析】根据平移和旋转的性质，将△ABC先向上平移1个单位，再绕点P按逆时针方向旋转90°，得到△A′B′C′，即可得点A的对应点A′的坐标．‎ ‎【解答】解：如图，‎ ‎△A′B′C′即为所求，则点A的对应点A′的坐标是(－1，4)．故选D．‎ ‎【点评】本题考查了坐标与图形变换－旋转、平移，解决本题的关键是掌握旋转的性质．‎ ‎4. (2020•山东省青岛市•3分)如图，将矩形ABCD折叠，使点C和点A重合，折痕为EF，EF与AC交于点O．若AE＝5，BF＝3，则AO的长为(　　)‎ A． B． C．2 D．4‎ ‎【分析】由矩形的性质，折叠轴对称的性质，可求出AF＝FC＝AE＝5，由勾股定理求出AB，AC，进而求出OA即可．‎ ‎【解答】解：∵矩形ABCD，∴AD∥BC，AD＝BC，AB＝CD，∴∠EFC＝∠AEF，‎ ‎∴AE＝AF＝3，由折叠得，FC＝AF，OA＝OC，∴BC＝3+5＝8，‎ 在Rt△ABF中，AB＝＝4，在Rt△ABC中，AC＝＝4，‎ ‎∴OA＝OC＝2，故选C．‎ ‎【点评】本题考查矩形的性质、折叠轴对称的性质，勾股定理等知识，根据图形直观，求出线段的长是得出答案的前提．‎ ‎5. (2020•山东省潍坊市•3分)下列图形，既是中心对称图形又是轴对称图形的是(　　)‎ ‎ ‎ A． B． C． D． ‎ ‎【分析】根据轴对称图形与中心对称图形的概念依次对各项进行判断即可．‎ ‎【解答】解：A．不是轴对称图形，是中心对称图形，故此选项不符合题意；‎ B．是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项不符合题意；‎ C．是轴对称图形，也是中心对称图形，故此选项符合题意；‎ D．是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项不符合题意；故选C．‎ ‎【点评】本题考查中心对称图形与轴对称图形的识别．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．‎ ‎6. (2020•山东省枣庄市•3分)如图的四个三角形中，不能由△ABC经过旋转或平移得到的是 ‎(　　)‎ ‎ ‎ A． B． C． D． ‎ ‎【分析】根据平移，旋转的性质判断即可．‎ ‎【解答】解：由题意，选项A，C，D可以通过平移，旋转得到，选项B可以通过翻折，平移，旋转得到．故选B．‎ ‎【点评】本题考查利用旋转，平移设计图案，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．‎ ‎7. (2020•山东省枣庄市•3分)如图，平面直角坐标系中，点B在第一象限，点A在x轴的正半轴上，∠AOB ‎＝∠B＝30°，OA＝2．将△AOB绕点O逆时针旋转90°，点B的对应点B'的坐标是(　　)‎ A．(－，3) B．(－3，) C．(－，2+) D．(－1，2+)‎ ‎【分析】如图，过点B′作B′H⊥y轴于H．解直角三角形求出′H，B′H即可．‎ ‎【解答】解：如图，过点B′作B′H⊥y轴于H．‎ 在Rt△A′B′H中，∵A′B′＝2，∠B′A′H＝60°，∴A′H＝A′B′cos60°＝1，B′H＝A′B′sin60°＝，‎ ‎∴OH＝2+1＝3，∴B′(－，3)，故选A．‎ ‎【点评】本题考查坐标与图形变化－旋转，解直角三角形等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造直角三角形解决问题．‎ ‎8. (2020•山东省枣庄市•3分)如图，在矩形纸片ABCD中，AB＝3，点E在边BC上，将△ABE沿直线AE折叠，点B恰好落在对角线AC上的点F处，若∠EAC＝∠ECA，则AC的长是(　　)‎ A．3 B．4 C．5 D．6‎ ‎【分析】根据折叠的性质得到AF＝AB，∠AFE＝∠B＝90°，根据等腰三角形的性质得到AF＝CF，于是得到结论．‎ ‎【解答】解：∵将△ABE沿直线AE折叠，点B恰好落在对角线AC上的点F处，‎ ‎∴AF＝AB，∠AFE＝∠B＝90°，∴EF⊥AC，‎ ‎∵∠EAC＝∠ECA，∴AE＝CE，∴AF＝CF，∴AC＝2AB＝6，故选D．‎ ‎【点评】本题考查了翻折变换的性质，矩形的性质，熟练掌握折叠的性质是解题的关键． ‎ ‎9．（3分2020年辽宁省辽阳市）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．‎ ‎【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．‎ ‎【解答】解：A.是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项不合题意；‎ B.既不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故本选项不合题意；‎ C.是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项不合题意；‎ D.既是轴对称图形又是中心对称图形，故本选项符合题意．‎ 故选：D．‎ ‎【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．‎ ‎10.（2020年山东省滨州市3分）如图，对折矩形纸片ABCD，使AD与BC重合，得到折痕EF，把纸片展平后再次折叠，使点A落在EF上的点A′处，得到折痕BM，BM与EF相交于点N．若直线BA′交直线CD于点O，BC＝5，EN＝1，则OD的长为（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【分析】根据中位线定理可得AM＝2，根据折叠的性质和等腰三角形的性质可得A′M＝A′N＝2，过M点作MG⊥EF于G，可求A′G，根据勾股定理可求MG，进一步得到BE，再根据平行线分线段成比例可求OF，从而得到OD．‎ ‎【解答】解：∵EN＝1，‎ ‎∴由中位线定理得AM＝2，‎ 由折叠的性质可得A′M＝2，‎ ‎∵AD∥EF，‎ ‎∴∠AMB＝∠A′NM，‎ ‎∵∠AMB＝∠A′MB，‎ ‎∴∠A′NM＝∠A′MB，‎ ‎∴A′N＝2，‎ ‎∴A′E＝3，A′F＝2‎ 过M点作MG⊥EF于G，‎ ‎∴NG＝EN＝1，‎ ‎∴A′G＝1，‎ 由勾股定理得MG＝＝，‎ ‎∴BE＝OF＝MG＝，‎ ‎∴OF：BE＝2：3，‎ 解得OF＝，‎ ‎∴OD＝﹣＝．‎ 故选：B．‎ ‎【点评】考查了翻折变换（折叠问题），矩形的性质，勾股定理，关键是得到矩形的宽和A′E的长．‎ ‎11.（2020年山东省滨州市3分）下列图形：线段、等边三角形、平行四边形、圆，其中既是轴对称图形，又是中心对称图形的个数为（　　）‎ A．1 B．2 C．3 D．4‎ ‎【分析】根据轴对称图形与中心对称图形的概念求解．‎ ‎【解答】解：线段是轴对称图形，也是中心对称图形；‎ 等边三角形是轴对称图形，不是中心对称图形；‎ 平行四边形不是轴对称图形，是中心对称图形；‎ 圆是轴对称图形，也是中心对称图形；‎ 则既是轴对称图形又是中心对称图形的有2个．‎ 故选：B．‎ ‎【点评】此题主要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．12．（2020山东省德州市4分）下列图形中，是中心对称图形但不是轴对称图形的是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【分析】根据轴对称图形与中心对称图形的概念求解．‎ ‎【解答】解：A.不是轴对称图形，也不是中心对称图形．故此选项不合题意；‎ B.是中心对称图形但不是轴对称图形．故此选项符合题意；‎ C.既是轴对称图形，又是中心对称图形．故此选项不合题意；‎ D.是轴对称图形，不是中心对称图形．故此选项不合题意．‎ 故选：B．‎ ‎【点评】此题主要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．‎ ‎13.（2020•山东淄博市•4分）下列图形中，不是轴对称图形的是（　　）‎ A． B． ‎ C． D．‎ ‎【分析】根据轴对称图形的概念对各选项分析判断即可得解．‎ ‎【解答】解：A.是轴对称图形，故本选项不符合题意；‎ B.是轴对称图形，故本选项不符合题意；‎ C.是轴对称图形，故本选项不符合题意；‎ D.不是轴对称图形，故本选项符合题意．‎ 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．‎ ‎14. （2020•山东淄博市•4分）如图，放置在直线l上的扇形OAB．由图①滚动（无滑动）到图②，再由图②滚动到图③．若半径OA＝2，∠AOB＝45°，则点O所经过的最短路径的长是（　　）‎ A．2π+2 B．3π C． D．+2‎ ‎【分析】利用弧长公式计算即可．‎ ‎【解答】解：如图，‎ 点O的运动路径的长＝的长+O1O2+的长 ‎＝++‎ ‎＝，‎ 故选：C．‎ ‎【点评】本题考查轨迹，弧长公式等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．‎ ‎15. （2020•陕西•3分）在平面直角坐标系中，将抛物线y＝x2﹣（m﹣1）x+m（m＞1）沿y轴向下平移3个单位．则平移后得到的抛物线的顶点一定在（　　）‎ A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限 ‎【分析】根据平移规律得到平移后抛物线的顶点坐标，然后结合m的取值范围判断新抛物线的顶点所在的象限即可．‎ ‎【解答】解：∵y＝x2﹣（m﹣1）x+m＝（x﹣）2+m﹣，‎ ‎∴该抛物线顶点坐标是（，m﹣），‎ ‎∴将其沿y轴向下平移3个单位后得到的抛物线的顶点坐标是（，m﹣﹣3），‎ ‎∵m＞1，‎ ‎∴m﹣1＞0，‎ ‎∴＞0，‎ ‎∵m﹣﹣3＝＝＝﹣﹣1＜0，‎ ‎∴点（，m﹣﹣3）在第四象限；‎ 故选：D．‎ ‎【点评】本题考查了二次函数的图象与性质、平移的性质、抛物线的顶点坐标等知识；熟练掌握二次函数的图象和性质，求出抛物线的顶点坐标是解题的关键．‎ ‎16. （2020•四川省成都市•3分）在平面直角坐标系中，将点向下平移2个单位长度得到的点的坐标是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据点的坐标平移规律“左减右加，下减上加”，即可解答．‎ ‎【详解】解：将点P向下平移2个单位长度所得到的点坐标为，即，‎ 故选：A．‎ ‎【点睛】此题主要考查了坐标与图形的变化，关键是掌握点的坐标的变化规律：横坐标，右移加，左移减；纵坐标，上移加，下移减．‎ ‎17. （2020•四川省甘孜州•3分）在平面直角坐标系中，点关于轴对称的点是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据“关于x轴对称的点，横坐标相同，纵坐标互为相反数'解答即可.‎ ‎【详解】解：点关于轴对称的点的坐标是，‎ 故选：A ‎【点睛】本题考查了关于x轴、y轴对称的点的坐标，解决本题的关键是掌握对称点的坐标规律：‎ ‎(1)关于x轴对称的点，横坐标相同，纵坐标互为相反数；‎ ‎(2)关于y轴对称的点，纵坐标相同，横坐标互为相反数．‎ ‎18. （2020•山东菏泽市•3分）如图，将△ABC绕点A顺时针旋转角α，得到△ADE，若点E恰好在CB的延长线上，则∠BED等于（　　）‎ A． B．α C．α D．180°﹣α ‎【分析】证明∠ABE+∠ADE＝180°，推出∠BAD+∠BED＝180°即可解决问题．‎ ‎【解答】解：∵∠ABC＝∠ADE，∠ABC+∠ABE＝180°，‎ ‎∴∠ABE+∠ADE＝180°，‎ ‎∴∠BAD+∠BED＝180°，‎ ‎∵∠BAD＝α，‎ ‎∴∠BED＝180°﹣α．‎ 故选：D．‎ ‎【点评】本题考查旋转的性质，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．‎ ‎19.（2020•山东聊城市•3分）如图，在Rt△ABC中，AB＝2，∠C＝30°，将Rt△ABC绕点A旋转得到Rt△AB′C′，使点B的对应点B′落在AC上，在B′C′上取点D，使B′D＝2，那么点D到BC的距离等于（　　）‎ A．2（+1） B．+1 C．﹣1 D．+1‎ ‎【分析】根据直角三角形的性质得到BC＝2，AC＝4，根据旋转的性质得到AB′＝AB＝2，B′C′＝BC＝2，求得B′C＝2，延长C′B′交BC于F，解直角三角形即可得到结论．‎ ‎【解答】解：∵在Rt△ABC中，AB＝2，∠C＝30°，‎ ‎∴BC＝2，AC＝4，‎ ‎∵将Rt△ABC绕点A旋转得到Rt△AB′C′，使点B的对应点B′落在AC上，‎ ‎∴AB′＝AB＝2，B′C′＝BC＝2，‎ ‎∴B′C＝2，‎ 延长C′B′交BC于F，‎ ‎∴∠CB′F＝∠AB′C′＝90°，‎ ‎∵∠C＝30°，‎ ‎∴∠CFB′＝60°，B′F＝B′C＝，‎ ‎∵B′D＝2，‎ ‎∴DF＝2+，‎ 过D作DE⊥BC于E，‎ ‎∴DE＝DF＝×（2+）＝+1，‎ 故选：D．‎ ‎【点评】本题考查了旋转的性质，直角三角形的性质，正确的作出辅助线是解题的关键．‎ ‎20. （2020•甘肃省天水市•4分）下列图形中，是中心对称图形但不是轴对称图形的是(　　　)‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据轴对称图形和中心对称图形的概念对各选项进行分析判断即可得出答案．‎ ‎【详解】解：A.是轴对称图形但不是中心对称图形，故错误；‎ B.既是轴对称图形也是中心对称图形，故错误；‎ C.是中心对称图形，但不是轴对称图形，故正确；‎ D.是轴对称图形但不是中心对称图形，故错误；‎ 故选：C．‎ ‎【点睛】本题考查了轴对称图形与中心对称图形的定义，轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形沿对称轴折叠后两部分能够完全重合；中心对称图形的关键是寻找对称中心，旋转180°后两部分能够重合．‎ ‎21.（2020•福建省•‎ ‎4分）下列给出的等边三角形、平行四边形、圆及扇形中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（　　）‎ A． B． ‎ C． D．‎ ‎【分析】根据轴对称图形与中心对称图形的概念求解．‎ ‎【解答】解：A．等边三角形是轴对称图形，不是中心对称图形；‎ B．平行四边形不是轴对称图形，是中心对称图形；‎ C．圆既是轴对称图形又是中心对称图形；‎ D．扇形是轴对称图形，不是中心对称图形．‎ 故选：C．‎ ‎【点评】此题主要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．‎ ‎22.（2020•北京市•2分）下列图形中，既是中心对称图形也是轴对称图形的是（　　）‎ A． B． ‎ C． D．‎ ‎【分析】根据轴对称图形与中心对称图形的概念求解．‎ ‎【解答】解：A.既不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故此选项不合题意；‎ B.既不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故此选项不合题意；‎ C.不是轴对称图形，是中心对称图形，不合题意；‎ D.既是中心对称图形，又是轴对称图形，符合题意．‎ 故选：D．‎ ‎【点评】本题考查中心对称图形和轴对称图形的知识，关键是掌握好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，图形旋转180°后与原图重合．‎ ‎23.（2020•安徽省•4分）如图，△ABC和△DEF都是边长为2的等边三角形，它们的边BC，EF在同一条直线l上，点C，E重合．现将△ABC在直线l向右移动，直至点B与F重合时停止移动．在此过程中，设点C移动的距离为x，两个三角形重叠部分的面积为y，则y随x变化的函数图象大致为（　　）‎ A． ‎ B． ‎ C． ‎ D．‎ ‎【分析】分为0＜x≤2.2＜x≤4两种情况，然后依据等边三角形的性质和三角形的面积公式可求得y与x的函数关系式，于是可求得问题的答案．‎ ‎【解答】解：如图1所示：当0＜x≤2时，过点G作GH⊥BF于H．‎ ‎∵△ABC和△DEF均为等边三角形，‎ ‎∴△GEJ为等边三角形．‎ ‎∴GH＝EJ＝x，‎ ‎∴y＝EJ•GH＝x2．‎ 当x＝2时，y＝，且抛物线的开口向上．‎ 如图2所示：2＜x≤4时，过点G作GH⊥BF于H．‎ y＝FJ•GH＝（4﹣x）2，函数图象为抛物线的一部分，且抛物线开口向上．‎ 故选：A．‎ ‎【点评】本题主要考查的是动点问题的函数图象，求得函数的解析式是解题的关键．‎ ‎24. （2020•四川省泸州市•3分）下列正多边形中，不是中心对称图形的是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【分析】根据中心对称图形的概念结合选项的图形进行判断即可．‎ ‎【解答】解：A．正方形是中心对称图形，故本选项不合题意；‎ B．正五边形不是中心对称图形，故本选项符合题意；‎ C．正六边形是中心对称图形，故本选项不合题意；‎ D．正八边形是中心对称图形，故本选项不合题意；‎ 故选：B．‎ ‎【点评】本题考查了中心对称图形的知识，要注意中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后重合．‎ ‎25. （2020•四川省乐山市•3分）数轴上点表示的数是，将点在数轴上平移个单位长度得到点．则点表示的数是（ ）‎ A. B. 或 C. D. 或 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据题意，分两种情况，数轴上的点右移加，左移减，求出点B表示的数是多少即可．‎ ‎【详解】解：点A表示的数是−3，左移7个单位，得−3−7＝−10，‎ 点A表示的数是−3，右移7个单位，得−3＋7＝4，‎ 故选：D．‎ ‎【点睛】此题主要考查了数轴的特征和应用，要熟练掌握，解答此题的关键是要明确：数轴上的点右移加，左移减．‎ ‎26. （2020•四川省内江市•3分）如图，矩形ABCD中，BD为对角线，将矩形ABCD沿BE.BF所在直线折叠，使点A落在BD上的点M处，点C落在BD上的点N处，连结EF．已知AB＝3，BC＝4，则EF的长为（　　）‎ A．3 B．5 C． D．‎ ‎【分析】求出BD＝5，AE＝EM，∠A＝∠BME＝90°，证明△EDM∽△‎ BDA，由相似三角形的性质得出，设DE＝x，则AE＝EM＝4﹣x，得出，解得x＝，同理△DNF∽△DCB，得出，设DF＝y，则CF＝NF＝3﹣y，则，解得y＝．由勾股定理即可求出EF的长．‎ ‎【解答】解：∵四边形ABCD是矩形，‎ ‎∴AB＝CD＝3，AD＝BC＝4，∠A＝∠C＝∠EDF＝90°，‎ ‎∴BD＝＝＝5，‎ ‎∵将矩形ABCD沿BE所在直线折叠，使点A落在BD上的点M处，‎ ‎∴AE＝EM，∠A＝∠BME＝90°，‎ ‎∴∠EMD＝90°，‎ ‎∵∠EDM＝∠ADB，‎ ‎∴△EDM∽△BDA，‎ ‎∴，‎ 设DE＝x，则AE＝EM＝4﹣x，‎ ‎∴，‎ 解得x＝，‎ ‎∴DE＝，‎ 同理△DNF∽△DCB，‎ ‎∴，‎ 设DF＝y，则CF＝NF＝3﹣y，‎ ‎∴，‎ 解得y＝．‎ ‎∴DF＝．‎ ‎∴EF＝＝＝．‎ 故选：C．‎ ‎【点评】本题考查了翻折的性质，勾股定理，矩形的性质，相似三角形的判定与性质；熟练掌握翻折变换的性质，证明三角形相似是解题的关键．‎ 二、填空题 ‎1.（2020•宁夏省•3分）如图，直线y＝x+4与x轴、y轴分别交于A.B两点，把△AOB绕点B逆时针旋转90°后得到△A1O1B，则点A1的坐标是　（4，）　．‎ ‎【分析】首先根据直线AB来求出点A和点B的坐标，A1的横坐标等于OB，而纵坐标等于OB﹣OA，即可得出答案．‎ ‎【解答】解：在中，令x＝0得，y＝4，‎ 令y＝0，得，解得x＝，‎ ‎∴A（，0），B（0，4），‎ 由旋转可得△AOB≌△A1O1B，∠ABA1＝90°，‎ ‎∴∠ABO＝∠A1BO1，∠BO1A1＝∠AOB＝90°，OA＝O1A1＝，OB＝O1B＝4，‎ ‎∴∠OBO1＝90°，‎ ‎∴O1B∥x轴，‎ ‎∴点A1的纵坐标为OB﹣OA的长，即为4＝；‎ 横坐标为O1B＝OB＝4，‎ 故点A1的坐标是（4，），‎ 故答案为：（4，）．‎ ‎【点评】本题主要考查了旋转的性质以及一次函数与坐标轴的交点问题，利用基本性质结合图形进行推理是解题的关键．‎ ‎2. （2020•四川省达州市•3分）如图，点P（﹣2，1）与点Q（a，b）关于直线1（y＝﹣1）对称，则a+b＝　﹣5　．‎ ‎【分析】利用轴对称的性质求出等Q的坐标即可．‎ 解：∵点P（﹣2，1）与点Q（a，b）关于直线1（y＝﹣1）对称，‎ ‎∴a＝﹣2，b＝﹣3，‎ ‎∴a+b＝﹣2﹣3＝﹣5，‎ 故答案为﹣5．‎ ‎3. （2020•山东淄博市•4分）如图，将△ABC沿BC方向平移至△DEF处．若EC＝2BE＝2，则CF的长为　1　．‎ ‎【分析】利用平移的性质得到BE＝CF，然后利用EC＝2BE＝2得到BE的长，从而得到CF的长．‎ ‎【解答】解：∵△ABC沿BC方向平移至△DEF处．‎ ‎∴BE＝CF，‎ ‎∵EC＝2BE＝2，‎ ‎∴BE＝1，‎ ‎∴CF＝1．‎ 故答案为1．‎ ‎【点评】本题考查了平移的性质：把一个图形整体沿某一直线方向移动，会得到一个新的图形，新图形与原图形的形状和大小完全相同；新图形中的每一点，都是由原图形中的某一点移动后得到的，这两个点是对应点．连接各组对应点的线段平行（或共线）且相等．‎ ‎4. 2020年青海省.如图，将周长为8的沿BC边向右平移2个单位，得到，则四边形的周长为________．‎ ‎【答案】12‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先根据平移的性质可得，再根据三角形的周长公式可得，然后根据等量代换即可得．‎ ‎【详解】由平移的性质得：‎ 的周长为8‎ 则四边形ABFD的周长为 故答案为：12．‎ ‎【点睛】本题考查了平移的性质等知识点，掌握理解平移的性质是解题关键．‎ ‎5. （2020•山东聊城市•3分）如图，在直角坐标系中，点A（1，1），B（3，3）是第一象限角平分线上的两点，点C的纵坐标为1，且CA＝CB，在y轴上取一点D，连接AC，BC，AD，BD，使得四边形ACBD的周长最小，这个最小周长的值为　4+2　．‎ ‎【分析】根据平行线的性质得到∠BAC＝45°，得到∠C＝90°，求得AC＝BC＝2，作B关于y轴的对称点E，连接AE交y轴于D，则此时，四边形ACBD的周长最小，这个最小周长的值＝AC+BC+AE，过E作EF⊥AC交CA的延长线于F，根据勾股定理即可得到结论．‎ ‎【解答】解：∵点A（1，1），点C的纵坐标为1，‎ ‎∴AC∥x轴，‎ ‎∴∠BAC＝45°，‎ ‎∵CA＝CB，‎ ‎∴∠ABC＝∠BAC＝45°，‎ ‎∴∠C＝90°，‎ ‎∵B（3，3）‎ ‎∴C（3，1），‎ ‎∴AC＝BC＝2，‎ 作B关于y轴的对称点E，‎ 连接AE交y轴于D，‎ 则此时，四边形ACBD的周长最小，这个最小周长的值＝AC+BC+AE，‎ 过E作EF⊥AC交CA的延长线于F，‎ 则EF＝BC＝2，AF＝6﹣2＝4，‎ ‎∴AE＝＝＝2，‎ ‎∴最小周长的值＝AC+BC+AE＝4+2，‎ 故答案为：4+2．‎ ‎【点评】本题考查了轴对称﹣最短路线问题，坐标与图形的性质，勾股定理，正确的作出辅助线是解题的关键．‎ ‎6. （2020•甘肃省天水市•4分）如图，在边长为6的正方形内作，交于点，交于点，连接，将绕点顺时针旋转得到，若，则的长为__________．‎ ‎【答案】2‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据旋转的性质可得AG=AF，GB=DF，∠BAG=∠DAF，然后根据正方形的性质和等量代换可得∠GAE=∠FAE，进而可根据SAS证明△GAE≌△FAE，可得GE=EF，设BE=x，则CE与EF可用含x的代数式表示，然后在Rt△CEF中，由勾股定理可得关于x的方程，解方程即得答案．‎ ‎【详解】解：∵将△绕点顺时针旋转得到△，‎ ‎∴AG=AF，GB=DF，∠BAG=∠DAF，‎ ‎∵，∠BAD=90°，‎ ‎∴∠BAE+∠DAF=45°，‎ ‎∴∠BAE+∠BAG=45°，即∠GAE=45°，‎ ‎∴∠GAE=∠FAE，‎ 又AE=AE，‎ ‎∴△GAE≌△FAE（SAS），‎ ‎∴GE=EF，‎ 设BE=x，则CE=6－x，EF=GE=DF+BE=3+x，‎ ‎∵DF=3，∴CF=3，‎ 在Rt△CEF中，由勾股定理，得：，‎ 解得：x=2，即BE=2．‎ 故答案为：2．‎ ‎【点睛】本题考查了旋转的性质、正方形的性质、全等三角形的判定和性质以及勾股定理等知识，属于常考题型，熟练掌握上述基本知识、灵活应用方程思想是解题的关键．‎ ‎7. (2020•山东省泰安市•4分)如图，将正方形网格放置在平面直角坐标系中，其中，每个小正方形的边长均为1，点A，B，C的坐标分别为A(0，3)，B(－1，1)，C(3，1)．△A'B'C′是△ABC关于x轴的对称图形，将△A'B'C'绕点B'逆时针旋转180°，点A'的对应点为M，则点M的坐标为　 　．‎ ‎【分析】延长A'B'后得出点M，进而利用图中坐标解答即可．‎ ‎【解答】解：将△A'B'C'绕点B'逆时针旋转180°，如图所示：‎ 所以点M的坐标为(－2，1)，故答案为：(－2，1)．‎ ‎【点评】此题考查中心对称，关键是根据中心对称的性质画出图形解答．‎ ‎8. (2020•山东省潍坊市•3分)如图，矩形ABCD中，点G，E分别在边BC，DC上，连接 AC，EG，AE，将△ABG和△ECG分别沿AG，EG折叠，使点B，C恰好落在AE上的同一点，记为点F．若CE＝3，CG＝4，则sin∠DAE＝ 　．‎ ‎【分析】根据折叠的性质结合勾股定理求得GE＝5，BC＝AD＝8，证得Rt△EGF∽Rt△EAG，求得，再利用勾股定理得到DE的长，即可求解．‎ ‎【解答】解：矩形ABCD中，GC＝4，CE＝3，∠C＝90°，‎ ‎∴GE＝，‎ 根据折叠的性质：BG＝GF，GF＝GC＝4，CE＝EF＝3，∠AGB＝∠AGF，∠EGC＝∠EGF，∠GFE＝∠C＝90°，∠B＝∠AFG＝90°，∴BG＝GF＝GC＝4，∠AFG+∠EFG＝90°，‎ ‎∴BC＝AD＝8，点A，点F，点E三点共线，‎ ‎∵∠AGB+∠AGF+∠EGC+∠EGF＝180°，∴∠AGE＝90°，‎ ‎∴Rt△EGF∽Rt△EAG，∴，即，∴，‎ ‎∴DE＝，∴，故答案为．‎ ‎【点评】本考查了翻折变换，矩形的性质，勾股定理的应用，相似三角形的判定和性质，锐角三角形函数的知识等，利用勾股定理和相似三角形的性质求线段的长度是本题的关键．‎ 三、解答题 ‎1.（2020•宁夏省•6分）在平面直角坐标系中，△ABC的三个顶点的坐标分别是A（1，3），B（4，1），C（1，1）．‎ ‎（1）画出△ABC关于x轴成轴对称的△A1B1C1；‎ ‎（2）画出△ABC以点O为位似中心，位似比为1：2的△A2B2C2．‎ ‎【分析】（1）将△ABC的各个点关于x轴的对称点描出，连接即可．‎ ‎（2）在△ABC同侧和对侧分别找到2OA＝OA2，2OB＝OB2，2OC＝OC2所对应的A2，B2，C2的坐标，连接即可．‎ ‎【解答】解：（1）由题意知：△ABC的三个顶点的坐标分别是A（1，3），B（4，1），C（1，1），‎ 则△ABC关于x轴成轴对称的△A1B1C1的坐标为A1（1，﹣3），B1（4，﹣1），C1（1，﹣1），‎ 连接A1C1，A1B1，B1C1‎ 得到△A1B1C1．‎ 如图所示△A1B1C1为所求；‎ ‎（2）由题意知：位似中心是原点，‎ 则分两种情况：‎ 第一种，△A2B2C2和△ABC在同一侧 则A2（2，6），B2（8，2），C2（2，2），‎ 连接各点，得△A2B2C2．‎ 第二种，△A2B2C2在△ABC的对侧 A2（﹣2，﹣6），B2（﹣8，﹣2），C2（﹣2，﹣2），‎ 连接各点，得△A2B2C2．‎ 综上所述：如图所示△A2B2C2为所求；‎ ‎【点评】本题主要考查了位似中心、位似比和轴对称相关知识点，正确掌握位似中心、位似比的概念及应用是解题的关键．‎ ‎2.（2020•内蒙古包头市•10分）如图，在中，，，绕点C按顺时针方向旋转得到，与交于点D．‎ ‎（1）如图，当时，过点B作，垂足为E，连接．‎ ‎①求证：；‎ ‎②求的值；‎ ‎（2）如图，当时，过点D作，交于点N，交的延长线于点M，求的值．‎ ‎【答案】（1）①见解析；②；（2）3‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）①根据旋转性质可知∠A=∠A´，根据平行线的性质可知∠ACA´=∠A´，得到∠A=∠ACA´，推出AD=CD，再由等角的余角相等可得∠BCD=∠CBD，推出CD=BD，最后推出结论；‎ ‎②在Rt△BCE中，BC=2，可根据相似三角形的判定和性质求出BE.CE的长，过点E作EM⊥AC于M，则可求出EM，即可求得S△BEC.S△ACE.S△ABC.S△ABE，进而求得答案；‎ ‎（2）根据勾股定理求出AB长，根据三角形面积相等求出CD，由相似三角形的判定可知△CDB∽△ADC，推出CD2=BD·AD，求得AD的值，根据平行线分线段成比例定理可知，求出CN，由B´C∥A得出的值，进而求得的值即可．‎ ‎【详解】（1）①∵绕点C按顺时针方向旋转得到，‎ ‎∴∠A=∠A´，‎ ‎∵‎ ‎∴∠ACA´=∠A´，‎ ‎∴∠ACA´=∠A，‎ ‎∴AD=CD，‎ ‎∵∠ACD+∠BCD=90°，∠A+∠ABC=90°‎ ‎∴∠BCD=∠ABC ‎∴BD=CD ‎∴AD=BD，‎ ‎②∵∠BCD=∠ABC=∠CEM，∠ACB=∠BEC=∠EMC=90°‎ ‎∴△ACB∽△BEC∽△CME，BC=2，AC=4‎ ‎∴‎ 设CE=x，在Rt△CEB中，BE=2x，BC=2，‎ 则 解得即，BE=‎ 同理可得：EM=‎ ‎∴S△BEC=‎ S△ACE=‎ S△ABC=‎ S△ABE= S△ABC-S△ACE-S△BEC ‎∴=‎ ‎（2）在Rt△ABC中，BC=2，AC=4，‎ 则AB=‎ ‎∴‎ 解得：CD=‎ ‎∵∠A=∠BCD，∠ADC=∠BDC ‎∴△ADC∽△BDC ‎∴CD2=BD·AD 即 解得：AD=‎ ‎∵DM∥A´B´∴∠A´=∠CDM，∠A´CB´=∠DAN ‎∴△CDN∽△CA´B´‎ ‎∴，即 ‎∵∠ADC=∠A´CB´=90°‎ ‎∴CN∥AB ‎∴‎ ‎∴‎ ‎∴‎ ‎【点睛】本题考查是三角形旋转综合题，涉及到旋转的性质、相似三角形的判定和性质、勾股定理、平行线分线段成比例定理、三角形的面积、等腰三角形的判定等知识，熟练掌握并灵活运用这些知识是解题的关键．‎ ‎3. (2020•山东省威海市•12分)发现规律 ‎(1)如图①，△ABC与△ADE都是等边三角形，直线BD，CE交于点F．直线BD，AC交于点H．求∠BFC的度数．‎ ‎(2)已知：△ABC与△ADE的位置如图②所示，直线BD，CE交于点F．直线BD，AC交于点H．若∠ABC＝∠ADE＝α，∠ACB＝∠AED＝β，求∠BFC的度数．‎ 应用结论 ‎(3)如图③，在平面直角坐标系中，点O的坐标为(0，0)，点M的坐标为(3，0)，N为y轴上一动点，连接MN．将线段MN绕点M逆时针旋转60°得到线段MK，连接NK，OK．求线段OK长度的最小值．‎ ‎ 【分析】(1)由“SAS”可证△BAD≌△CAE，可得∠ABD＝∠ACE，由三角形内角和定理可求解；‎ ‎(2)通过证明△ABC∽△ADE，可得∠BAC＝∠DAE，，可证△ABD∽△ACE，可得∠ABD＝∠ACE，由外角性质可得∠BFC＝∠BAC，由三角形内角和定理可求解；‎ ‎(3)由旋转的性质可得△MNK是等边三角形，可得MK＝MN＝NK，∠NMK＝∠NKM＝∠KNM＝60°，如图③，将△MOK绕点M顺时针旋转60°，得到△MQN，连接OQ，可得∠OMQ＝60°，OK＝NQ，MO＝MQ，则当NQ为最小值时，OK有最小值，由垂线段最短可得当QN⊥y轴时，NQ有最小值，由直角三角形的性质可求解．‎ ‎【解答】解：(1)如图①，∵△ABC，△ADE是等边三角形，‎ ‎∴AB＝AC，AD＝AE，∠BAC＝∠DAE＝60°＝∠ABC＝∠ACB，∴∠BAD＝∠CAE，‎ ‎∴△BAD≌△CAE(SAS)，∴∠ABD＝∠ACE，‎ ‎∵∠ABD+∠EBC＝∠ABC＝60°，∴∠ACE+∠EBC＝60°，‎ ‎∴∠BFC＝180°－∠EBC－∠ACE－∠ACB＝60°；‎ ‎(2)如图②，∵∠ABC＝∠ADE＝α，∠ACB＝∠AED＝β，∴△ABC∽△ADE，‎ ‎∴∠BAC＝∠DAE，，∴∠BAD＝∠CAE，，∴△ABD∽△ACE，‎ ‎∴∠ABD＝∠ACE，∵∠BHC＝∠ABD+∠BAC＝∠BFC+∠ACE，∴∠BFC＝∠BAC，‎ ‎∵∠BAC+∠ABC+∠ACB＝180°，∴∠BFC+α+β＝180°，∴∠BFC＝180°－α－β；‎ ‎(3)∵将线段MN绕点M逆时针旋转60°得到线段MK，∴MN＝NK，∠MNK＝60°，‎ ‎∴△MNK是等边三角形，∴MK＝MN＝NK，∠NMK＝∠NKM＝∠KNM＝60°，‎ 如图③，将△MOK绕点M顺时针旋转60°，得到△MQN，连接OQ，‎ ‎∴△MOK≌△MQN，∠OMQ＝60°，∴OK＝NQ，MO＝MQ，∴△MOQ是等边三角形，‎ ‎∴∠QOM＝60°，∴∠NOQ＝30°，‎ ‎∵OK＝NQ，∴当NQ为最小值时，OK有最小值，‎ 由垂线段最短可得：当QN⊥y轴时，NQ有最小值，此时，QN⊥y轴，∠NOQ＝30°，‎ ‎∴NQ＝OQ＝，∴线段OK长度的最小值为．‎ ‎【点评】本题是几何变换综合题，考查了等边三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，旋转的性质，三角形内角和定理等知识，灵活运用这些性质进行推理是本题的关键．‎ ‎4. (2020•山东省潍坊市•12分)如图1，在△ABC中，∠A＝90°，AB＝AC＝+1，点D，E分别在边AB，AC上，且AD＝AE＝1，连接DE．现将△ADE绕点A顺时针方向旋转，旋转角为α(0°＜α＜360°)，如图2，连接CE，BD，CD．‎ ‎(1)当0°＜α＜180°时，求证：CE＝BD；‎ ‎(2)如图3，当α＝90°时，延长CE交BD于点F，求证：CF垂直平分BD；‎ ‎(3)在旋转过程中，求△BCD的面积的最大值，并写出此时旋转角α的度数．‎ ‎【分析】(1)利用“SAS”证得△ACE≌△ABD即可得到结论；‎ ‎(2)利用“SAS”证得△ACE≌△ABD，推出∠ACE＝∠ABD，计算得出AD＝BC＝，利用等腰三角形“三线合一”的性质即可得到结论；‎ ‎(3)观察图形，当点D在线段BC的垂直平分线上时，△BCD的面积取得最大值，利用等腰直角三角形的性质结合三角形面积公式即可求解．‎ ‎【解答】(1)证明：如图2中，根据题意：AB＝AC，AD＝AE，∠CAB＝∠EAD＝90°，‎ ‎∵∠CAE+∠BAE＝∠BAD+∠BAE＝90°，∴∠CAE＝∠BAD，‎ 在△ACE和△ABD中，‎ ‎，‎ ‎∴△ACE≌△ABD(SAS)，∴CE＝BD；‎ ‎(2)证明：如图3中，根据题意：AB＝AC，AD＝AE，∠CAB＝∠EAD＝90°，‎ 在△ACE和△ABD中，‎ ‎，∴△ACE≌△ABD(SAS)，∴∠ACE＝∠ABD，‎ ‎∵∠ACE+∠AEC＝90°，且∠AEC＝∠FEB，∴∠ABD+∠FEB＝90°，‎ ‎∴∠EFB＝90°，∴CF⊥BD，‎ ‎∵AB＝AC＝，AD＝AE＝1，∠CAB＝∠EAD＝90°，‎ ‎∴BC＝AB＝，CD＝AC+AD＝，∴BC＝CD，‎ ‎∵CF⊥BD，∴CF是线段BD的垂直平分线；‎ ‎(3)解：△BCD中，边BC的长是定值，则BC边上的高取最大值时△BCD的面积有最大值，∴当点D在线段BC的垂直平分线上时，△BCD的面积取得最大值，如图4中：‎ ‎∵AB＝AC＝，AD＝AE＝1，∠CAB＝∠EAD＝90°，DG⊥BC于G，‎ ‎∴AG＝BC＝，∠GAB＝45°，‎ ‎∴DG＝AG+AD＝，∠DAB＝180°－45°＝135°，‎ ‎∴△BCD的面积的最大值为：，‎ 旋转角α＝135°．‎ ‎【点评】本题属于几何变换综合题，考查了等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定和性质，线段垂直平分线的判定和性质等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题．‎ ‎5. (2020•山东省枣庄市•10分)在△ABC中，∠ACB＝90°，CD是中线，AC＝BC，一个以点D为顶点的45°角绕点D旋转，使角的两边分别与AC.BC的延长线相交，交点分别为点E.F，DF与AC交于点M，DE与BC交于点N．‎ ‎(1)如图1，若CE＝CF，求证：DE＝DF；‎ ‎(2)如图2，在∠EDF绕点D旋转的过程中，试证明CD2＝CE•CF恒成立；‎ ‎(3)若CD＝2，CF＝，求DN的长．‎ ‎【分析】(1)根据等腰直角三角形的性质得到∠ACD＝∠BCD＝45°，证明△DCF≌△DCE，根据全等三角形的对应边相等证明结论；‎ ‎(2)证明△FCD∽△DCE，根据相似三角形的性质列出比例式，整理即可证明结论；‎ ‎(3)作DG⊥BC，根据等腰直角三角形的性质求出DG，由(2)的结论求出CE，证明△ENC∽△DNG，根据相似三角形的性质求出NG，根据勾股定理计算，得到答案．‎ ‎【解答】(1)证明：∵∠ACB＝90°，AC＝BC，CD是中线，‎ ‎∴∠ACD＝∠BCD＝45°，∠ACF＝∠BCE＝90°，∴∠DCF＝∠DCE＝135°，‎ 在△DCF和△DCE中，‎ ‎，‎ ‎∴△DCF≌△DCE(SAS)，∴DE＝DF；‎ ‎(2)证明：∵∠DCF＝135°，∴∠F+∠CDF＝45°，∵∠FDE＝45°，∴∠CDE+∠CDF＝45°，∴∠F＝∠CDE，‎ ‎∵∠DCF＝∠DCE，∠F＝∠CDE，∴△FCD∽△DCE，∴＝，∴CD2＝CE•CF；‎ ‎(3)解：过点D作DG⊥BC于G，∵∠DCB＝45°，∴GC＝GD＝CD＝，‎ 由(2)可知，CD2＝CE•CF，∴CE＝＝2，‎ ‎∵∠ECN＝∠DGN，∠ENC＝∠DNG，∴△ENC∽△DNG，‎ ‎∴＝，即＝，解得，NG＝，‎ 由勾股定理得，DN＝＝．‎ ‎【点评】本题考查的是相似三角形的判定和性质、全等三角形的判定和性质、等腰直角三角形的性质，掌握相似三角形的判定定理和性质定理是解题的关键．‎ ‎6. （2020•山东东营市•12分）如图1，在等腰三角形中，点分别在边上，连接点分别为的中点．‎ ‎（1）观察猜想 图1中，线段的数量关系是____，的大小为_____；‎ ‎（2）探究证明 把绕点顺时针方向旋转到如图2所示的位置，连接判断的形状，并说明理由；‎ ‎（3）拓展延伸 把绕点在平面内自由旋转，若，请求出面积的最大值．‎ ‎【答案】（1）相等，；（2）是等边三角形，理由见解析；（3）面积的最大值为.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据＂点分别为的中点＂，可得MNBD，NPCE ，根据三角形外角和定理，等量代换求出．‎ ‎（2）先求出，得出，根据MNBD，NPCE ，和三角形外角和定理，可知MN=PN，再等量代换求出，即可求解．‎ ‎（3）根据，可知BD最大值，继而求出面积的最大值．‎ ‎【详解】由题意知：AB=AC，AD=AE，且点分别为的中点，‎ ‎∴BD=CE，MNBD，NPCE，MN=BD，NP=EC ‎∴MN=NP 又∵MNBD，NPCE，∠A=，AB=AC，‎ ‎∴∠MNE=∠DBE，∠NPB=∠C，∠ABC=∠C=‎ 根据三角形外角和定理，‎ 得∠ENP=∠NBP+∠NPB ‎∵∠MNP=∠MNE+∠ENP，∠ENP=∠NBP+∠NPB，‎ ‎∠NPB=∠C，∠MNE=∠DBE，‎ ‎∴∠MNP=∠DBE+∠NBP+∠C ‎=∠ABC+∠C =．‎ 是等边三角形．‎ 理由如下：‎ 如图，由旋转可得 在ABD和ACE中 ‎．‎ 点分别为的中点，‎ 是的中位线，‎ 且 同理可证且 ‎．‎ 在中 ‎∵∠MNP=，MN=PN 是等边三角形．‎ 根据题意得:‎ 即，从而 的面积．‎ ‎∴面积的最大值为．‎ ‎【点睛】本题主要考查了三角形中点的性质、三角形相似的判定定理、三角形外角和定理以及图形旋转的相关知识；正确掌握三角形相似的判定定理、三角形外角和定理以及图形旋转的相关知识是解题的关键．‎ ‎7.（2020•安徽省•8分）如图，在由边长为1个单位长度的小正方形组成的网格中，给出了以格点（网格线的交点）为端点的线段AB，线段MN在网格线上．‎ ‎（1）画出线段AB关于线段MN所在直线对称的线段A1B1（点A1，B1分别为A，B的对应点）；‎ ‎（2）将线段B1A1绕点B1顺时针旋转90°得到线段B1A2，画出线段B1A2．‎ ‎【分析】（1）分别作出A，B的对应点A1，B2即可．‎ ‎（2）作出点A1的对应点A2即可．‎ ‎【解答】解：（1）如图线段A1B1即为所求．‎ ‎（2）如图，线段B1A2即为所求．‎ ‎【点评】本题考查作图﹣旋转变换，轴对称变换等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．‎ ‎8.（2020•贵州省黔西南州•12分）规定：在平面内，如果一个图形绕一个定点旋转一定的角度α（0°＜α≤180°）后能与自身重合，那么就称这个图形是旋转对称图形，转动的这个角度α称为这个图形的一个旋转角．例如：正方形绕着两条对角线的交点O旋转90°或180°后，能与自身重合（如图1），所以正方形是旋转对称图形，且有两个旋转角．‎ 根据以上规定，回答问题：‎ ‎（1）下列图形是旋转对称图形，但不是中心对称图形的是　B　；‎ A．矩形 B．正五边形 C．菱形 D．正六边形 ‎（2）下列图形中，是旋转对称图形，且有一个旋转角是60度的有：　（1）（3）（5）　（填序号）；‎ ‎（3）下列三个命题：①中心对称图形是旋转对称图形；②等腰三角形是旋转对称图形；③圆是旋转对称图形．‎ 其中真命题的个数有　C　个；‎ A．0‎ B．1‎ C．2‎ D．3‎ ‎（4）如图2的旋转对称图形由等腰直角三角形和圆构成，旋转角有45°，90°，135°，180°，将图形补充完整．‎ ‎【分析】（1）根据旋转图形，中心对称图形的定义判断即可．‎ ‎（2）旋转对称图形，且有一个旋转角是60度判断即可．‎ ‎（3）根据旋转图形的定义判断即可．‎ ‎（4）根据要求画出图形即可．‎ ‎【解答】解：（1）是旋转图形，不是中心对称图形是正五边形，‎ 故选B．‎ ‎（2）是旋转对称图形，且有一个旋转角是60度的有（1）（3）（5）．‎ 故答案为（1）（3）（5）．‎ ‎（3）命题中①③正确，‎ 故选C．‎ ‎（4）图形如图所示：‎ ‎【点评】本题考查旋转对称图形，中心对称图形等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．‎ ‎.‎