考点19 图形的轴对称、平移与旋转-备战2021年中考数学考点一遍过（含答案解析）试卷

这是一份考点19 图形的轴对称、平移与旋转-备战2021年中考数学考点一遍过（含答案解析）试卷，共64页。试卷主要包含了轴对称图形与轴对称，图形的平移，图形的旋转，中心对称图形与中心对称等内容，欢迎下载使用。

考点19 图形的轴对称、平移与旋转

该板块知识以考查平面几何的三大变换的基本运用为主.年年都有考查，分值在8-10分左右。预计2021年各地中考还将继续考查这些知识点，考查形式主要有选填题、作图题、也可能综合题结合出现。这三大变换贯穿于初中所学的平面几何之中，利用平移、旋转、对称能解决三角形、四边形、圆、二次函数、反比例函数的性质等问题,利用变换在解决问题时往往能起到化繁为简的功效，激活思维，让人茅塞顿开.

一、轴对称图形与轴对称

轴对称图形
轴对称
图
形


定
义
如果一个图形沿着某条直线对折后，直线两旁的部分能够完全重合，那么这个图形就叫做轴对称图形，这条直线叫做对称轴
如果两个图形对折后，这两个图形能够完全重合，那么我们就说这两个图形成轴对称，这条直线叫做对称轴


性
质
对应线段相等
AB=AC
AB=A′B′，BC=B′C′，
AC=A′C′
对应角相等
∠B=∠C
∠A=∠A′，∠B=∠B′，
∠C=∠C′
对应点所连的线段被对称轴垂直平分

区
别
(1)轴对称图形是一个具有特殊形状的图形，只对一个图形而言；
(2)对称轴不一定只有一条
(1)轴对称是指两个图形的位置关系，必须涉及两个图形；
(2)只有一条对称轴

关
系
(1)沿对称轴对折，两部分重合；
(2)如果把轴对称图形沿对称轴分成“两个图形”，那么这“两个图形”就关于这条直线成轴对称
(1)沿对称轴翻折，两个图形重合；(2)如果把两个成轴对称的图形拼在一起，看成一个整体，那么它就是一个轴对称图形
1．常见的轴对称图形: 等腰三角形、矩形、菱形、正方形、圆．
2．折叠的性质:折叠的实质是轴对称，折叠前后的两图形全等，对应边和对应角相等．
【注意】凡是在几何图形中出现“折叠”这个字眼时，第一反应即存在一组全等图形，其次找出与要求几何量相关的条件量．解决折叠问题时，首先清楚折叠和轴对称能够提供我们隐含的且可利用的条件，分析角之间、线段之间的关系，借助勾股定理建立关系式求出答案，所求问题具有不确定性时，常常采用分类讨论的数学思想方法．
3．作某点关于某直线的对称点的一般步骤
1）过已知点作已知直线（对称轴）的垂线，标出垂足；2）在这条直线另一侧从垂足除法截取与已知点到垂足的距离相等的线段，那么截点就是这点关于该直线的对称点．
4．作已知图形关于某直线的对称图形的一般步骤
1）作出图形的关键点关于这条直线的对称点；
2）把这些对称点顺次连接起来，就形成了一个符合条件的对称图形．
二、图形的平移
1．定义：在平面内，一个图形由一个位置沿某个方向移动到另一个位置，这样的图形运动叫做平移．平移不改变图形的形状和大小．
2．三大要素： 一是平移的起点，二是平移的方向，三是平移的距离．
3．性质：
1）平移前后，对应线段平行且相等、对应角相等；2）各对应点所连接的线段平行(或在同一条直线上)且相等；3）平移前后的图形全等．
4．作图步骤：
1）根据题意，确定平移的方向和平移的距离；2）找出原图形的关键点；3）按平移方向和平移距离平移各个关键点，得到各关键点的对应点；4）按原图形依次连接对应点，得到平移后的图形．
三、图形的旋转
1．定义：在平面内，一个图形绕一个定点沿某个方向(顺时针或逆时针)转过一个角度，这样的图形运动叫旋转．这个定点叫做旋转中心，转过的这个角叫做旋转角．
2．三大要素：旋转中心、旋转方向和旋转角度．
3．性质：
1）对应点到旋转中心的距离相等；2）每对对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角；
3）旋转前后的图形全等．
4．作图步骤：1）根据题意，确定旋转中心、旋转方向及旋转角；2）找出原图形的关键点；3）连接关键点与旋转中心，按旋转方向与旋转角将它们旋转，得到各关键点的对应点；4）按原图形依次连接对应点，得到旋转后的图形．
【注意】旋转是一种全等变换，旋转改变的是图形的位置，图形的大小关系不发生改变，所以在解答有关旋转的问题时，要注意挖掘相等线段、角，因此特殊三角形性质的运用、锐角三角函数建立的边角关系起着关键的作用．
四、中心对称图形与中心对称

中心对称图形
中心对称
图
形


定
义
如果一个图形绕某一点旋转180°后能与它自身重合，我们就把这个图形叫做中心对称图形，这个点叫做它的对称中心
如果一个图形绕某点旋转180°后与另一个图形重合，我们就把这两个图形叫做成中心对称
性
质
对应点
点A与点C，点B与点D
点A与点A′，点B与点B′，点C与点C′
对应线段
AB=CD，
AD=BC
AB=A′B′，BC=B′C′，AC=A′C′
对应角
∠A=∠C
∠B=∠D
∠A=∠A′，∠B=∠B′，∠C=∠C′
区
别
中心对称图形是指具有某种特性的一个图形
中心对称是指两个图形的关系
联
系
把中心对称图形的两个部分看成“两个图形”，则这“两个图形”成中心对称
把成中心对称的两个图形看成一个“整体”，则“整体”成为中心对称图形
常见的中心对称图形
平行四边形、矩形、菱形、正方形、正六边形、圆等．
注意：图形的“对称”“平移”“旋转”这些变化,是图形运动及延伸的重要途径,研究这些变换中的图形的“不变性”或“变化规律”.

考向一　轴对称
轴对称图形与轴对称的区别与联系
区别：轴对称图形是针对一个图形而言，它是指一个图形所具有的对称性质，而轴对称则是针对两个图形而言的，它描述的是两个图形的一种位置关系，轴对称图形沿对称轴对折后，其自身的一部分与另一部分重合，而成轴对称的两个图形沿对称轴对折后，一个图形与另一个图形重合.
联系：把成轴对称的两个图形看成一个整体时，它就成了一个轴对称图形．

1．（2020·山东德州市·中考真题）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】B
【分析】根据中心对称图形和轴对称图形的定义判断即可．
【详解】解：∵A中的图形旋转180°后不能与原图形重合，∴A中的图象不是中心对称图形 ∴A不正确；
∵B中的图形旋转180°后能与原图形重合，∴B中的图形是中心对称图形，但不是轴对称图形，∴B正确；
∵C中的图形旋转180°后能与原图形重合，∴C中的图形是中心对称图形，也是轴对称图形，∴C不正确；
∵D中的图形旋转180°后不能与原图形重合，∴D中的图形不是中心对称图形， ∴D不正确；故选：B．
【点睛】本题考查了轴对称图形和中心对称图形的定义，熟练掌握轴对称图形和中心对称图形的定义是解题的关键．
2．（2020·山西中考真题）自新冠肺炎疫情发生以来，全国人民共同抗疫，各地积极普及科学防控知识．下面是科学防控知识的图片，图片上有图案和文字说明，其中的图案是轴对称图形的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】根据轴对称图形的概念判断即可．
【详解】解：A、不是轴对称图形；B、不是轴对称图形；C、不是轴对称图形；D、是轴对称图形；
故选：D．
【点睛】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，如果一个图形沿着一条直线对折后两部分完全重合，这样的图形叫做轴对称图形，这条直线叫做对称轴．

1．（2020·四川绵阳市·中考真题）如图是以正方形的边长为直径，在正方形内画半圆得到的图形，则此图形的对称轴有（　　）

A．2条 B．4条 C．6条 D．8条
【答案】B
【分析】根据轴对称的性质即可画出对称轴进而可得此图形的对称轴的条数．
【详解】解：如图，
因为以正方形的边长为直径，在正方形内画半圆得到的图形，
所以此图形的对称轴有4条．故选：B．
【点睛】本题考查了正方形的性质、轴对称的性质、轴对称图形，解决本题的关键是掌握轴对称的性质．
2．（2020·青海中考真题）将一张四条边都相等的四边形纸片按下图中①②的方式沿虚线依次对折后，再沿图③中的虚线裁剪，最后将图④中的纸片打开铺平，所得图案应是（ ）

A． B． C． D．
【答案】A
【分析】对于此类问题，学生只要亲自动手操作，答案就会很直观地呈现．
【详解】严格按照图中的顺序，向右对折，向上对折，从斜边处剪去一个直角三角形，从直角顶点处剪去一个等腰直角三角形，展开后实际是从原菱形的四边处各剪去一个直角三角形，从菱形的中心剪去一个和菱形位置基本一致的正方形，得到结论．故选A．
【点睛】本题主要考查学生的动手能力及空间想象能力．

考向二 利用轴对称求最值
对称问题，包括折叠问题.三角形、四边形、圆的轴对称性问题;有关利用轴对称性求最值问题;有关平面解析几何中图形的轴对称性问题.

1．（2020·江苏南京市·）如图①，要在一条笔直的路边上建一个燃气站，向同侧的A、B两个城镇分别发铺设管道输送燃气，试确定燃气站的位置，使铺设管道的路线最短．

（1）如图②，作出点A关于的对称点，线与直线的交点C的位置即为所求， 即在点C处建气站， 所得路线ACB是最短的，为了让明点C的位置即为所求，不妨在直线上另外任取一点，连接，， 证明， 请完成这个证明．
（2）如果在A、B两个城镇之间规划一个生态保护区，燃气管道不能穿过该区域请分别始出下列两种情形的铺设管道的方案（不需说明理由），
①生市保护区是正方形区城，位置如图③所示
②生态保护区是圆形区域，位置如图④所示．

【答案】（1）证明见解析；（2）①见解析，②见解析
【分析】（1）连接，利用垂直平分线的性质，得到，利用三角形的三边关系，即可得到答案；
（2）由（1）可知，在点C处建燃气站，铺设管道的路线最短．分别对①、②的道路进行设计分析，即可求出最短的路线图．
【详解】（1）证明：如图，连接

∵点A、关于l对称，点C在l上∴，∴，
同理，在中，有∴；
（2）解：①在点C处建燃气站，铺设管道的最短路线是AC+CD+DB（如图，其中D是正方形的顶点）．
②在点C处建燃气站，铺设管道的最短路线是（如图，其中CD、BE都与圆相切）．

【点睛】本题考查了切线的应用，最短路径问题，垂直平分线的性质，解题的关键是熟练掌握题意，正确确定点C的位置，从而确定铺设管道的最短路线．
2．（2020·河南中考真题）如图，在扇形中，平分交狐于点．点为半径上一动点若，则阴影部分周长的最小值为__________．

【答案】
【分析】如图，先作扇形关于对称的扇形 连接交于，再分别求解的长即可得到答案．
【详解】解： 最短，则最短，
如图，作扇形关于对称的扇形 连接交于，
则 此时点满足最短，
平分
而的长为：
最短为 故答案为：

【点睛】本题考查的是利用轴对称求最短周长，同时考查了圆的基本性质，扇形弧长的计算，勾股定理的应用，掌握以上知识是解题的关键．

1．（2020·湖南永州市·中考真题）在平面直角坐标系中的位置如图所示，且，在内有一点，M，N分别是边上的动点，连接，则周长的最小值是______．

【答案】
【分析】分别作出点P关于OA和OB的对称点和，连接，分别与OA和OB交于点M和N，此时，的长即为周长的最小值．
【详解】解：分别作出点P关于OA和OB的对称点和，则（4，-3），连接，分别与OA和OB交于点M和N，此时，的长即为周长的最小值．

由可得直线OA的表达式为y=2x，设(x,y)，由与直线OA垂直及中点坐标在直线OA上可得方程组：解得：则(0，5)，
由两点距离公式可得：即周长的最小值．故答案为．
【点睛】本题考查了轴对称变换中的最短路径问题，解题关键在于找出两个对称点，利用方程求出点的坐标．
2．（2020·天津中考真题）如图，在每个小正方形的边长为1的网格中，的顶点均落在格点上，点B在网格线上，且．（Ⅰ）线段的长等于___________；（Ⅱ）以为直径的半圆与边相交于点D，若分别为边上的动点，当取得最小值时，请用无刻度的直尺，在如图所示的网格中，画出点，并简要说明点的位置是如何找到的（不要求证明）_______．

【答案】 详见解析
【分析】（1）将AC放在一个直角三角形，运用勾股定理求解；（2）取格点M，N，连接MN，连接BD并延长，与MN相交于点；连接，与半圆相交于点E，连接BE，与AC相交于点P，连接并延长，与BC相交于点Q，则点P，Q即为所求．
【详解】（Ⅰ）如图，在Rt△AEC中，CE=3,AE=2,则由勾股定理，得AC==；

（Ⅱ）如图，取格点M，N，连接MN，连接BD并延长，与MN相交于点；连接，与半圆相交于点E，连接BE，与AC相交于点P，连接并延长，与BC相交于点Q，则点P，Q即为所求．
【点睛】本题考查作图-应用与设计，勾股定理，轴对称-最短问题，垂线段最短等知识，解题的关键是学会利用轴对称，根据垂线段最短解决最短问题，属于中考常考题型．
考向三　平移
1．平移后，对应线段相等且平行，对应点所连的线段平行（或共线）且相等．
2．平移后，对应角相等且对应角的两边分别平行或一条边共线，方向相同．
3．平移不改变图形的形状和大小，只改变图形的位置，平移后新旧两图形全等．
平移问题,包括直线(线段)的平移问题;曲线的平移问题;三角形的平移问题;四边形的平移问题;其他曲面的平移问题。

1．（2020·内蒙古赤峰市·中考真题）如图，Rt△ABC中，∠ACB = 90°，AB = 5，AC= 3，把Rt△ABC沿直线BC向右平移3个单位长度得到△A'B'C' ，则四边形ABC'A'的面积是 （ ）

A．15 B．18 C．20 D．22
【答案】A
【分析】在直角三角形ACB中，可用勾股定理求出BC边的长度，四边形ABC’A’的面积为平行四边形ABB’A’和直角三角形A’C’B’面积之和，分别求出平行四边形ABB’A’和直角三角形A’C’B’的面积，即可得出答案．
【详解】解：在ACB中，∠ACB=90°，AB=5，AC=3，
由勾股定理可得：，
∵A’C’B’是由ACB平移得来，A’C’=AC=3，B’C’=BC=4，∴，
又∵BB’=3，A’C’= 3，∴，
∴，故选：A．
【点睛】本题主要考察了勾股定理、平移的概念、平行四边形与直角三角形面积的计算，解题的关键在于判断出所求面积为平行四边形与直角三角形的面积之和，且掌握平行四边形的面积为底高．
2．（2020·辽宁阜新市·中考真题）如图，把沿边平移到的位置，图中所示的三角形的面积与四边形的面积之比为4∶5，若，则此三角形移动的距离是____________．

【答案】
【分析】根据题意可知△A1BD∽△ABC，又根据已知条件“图中所示的三角形的面积与四边形的面积之比为4∶5”可得与的面积比为4∶9，即得出A1B∶AB=2∶3，已知，故可求A1B，最终求出．
【详解】∵根据题意“把沿边平移到的位置”，∴AC∥A1D，故判断出△A1BD∽△ABC，
∵图中所示的三角形的面积与四边形的面积之比为4∶5，
∴与的面积比为4∶9，∴A1B∶AB=2∶3，
∵，∴A1B=，∴=AB－A1B=4－=．故答案为．

【点睛】本题主要考查相似三角形的判定和性质，掌握相似三角形的判定方法和性质是解答本题的关键．

1．（2020·江苏镇江市·中考真题）如图，在△ABC中，BC＝3，将△ABC平移5个单位长度得到△A1B1C1，点P、Q分别是AB、A1C1的中点，PQ的最小值等于_____．

【答案】
【分析】取的中点，的中点，连接，，，，根据平移的性质和三角形的三边关系即可得到结论．
【详解】解：取的中点，的中点，连接，，，，

将平移5个单位长度得到△，，，
点、分别是、的中点，，
，即，的最小值等于，故答案为：．
【点睛】本题考查了平移的性质，三角形的三边关系，熟练掌握平移的性质是解题的关键．
2．（2020·广东广州市·中考真题）如图，点的坐标为，点在轴上，把沿轴向右平移到，若四边形的面积为9，则点的坐标为_______．

【答案】(4，3)
【分析】过点A作AH⊥x轴于点H，得到AH=3，根据平移的性质证明四边形ABDC是平行四边形，得到AC=BD，根据平行四边形的面积是9得到，求出BD即可得到答案.
【详解】过点A作AH⊥x轴于点H，∵A（1,3），∴AH=3，由平移得AB∥CD，AB=CD，
∴四边形ABDC是平行四边形，∴AC=BD，
∵，∴BD=3，∴AC=3，∴C(4，3)故答案为：(4，3).

【点睛】此题考查平移的性质，平行四边形的判定及性质，直角坐标系中点到坐标轴的距离与点坐标的关系.
考向四　旋转
通过旋转，图形中的每一点都绕着旋转中心沿相同的方向旋转了同样大小的角度，任意一对对应点与旋转中心的连线所成的角都是旋转角，对应点到旋转中心的距离相等，对应线段相等，对应角相等．在旋转过程中，图形的形状与大小都没有发生变化．
旋转问题,包括直线(线段)的旋转问题;三角形的旋转问题;四边形的旋转问题;其他图形的旋转问题.

1．（2020·贵州黔西南布依族苗族自治州·中考真题）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________；
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：________（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（ ）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．

【答案】（1）B；（2）(1)(3)(5)；（3）C；（4）见解析
【分析】（1）根据旋转对称图形的定义进行判断；（2）先分别求每一个图形中的旋转角，然后再进行判断；
（3）根据旋转对称图形的定义进行判断；（4）利用旋转对称图形的定义进行设计．
【详解】解：（1）矩形、正五边形、菱形、正六边形都是旋转对称图形，但正五边形不是中心对称图形，
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）①中心对称图形，旋转180°一定会和本身重合，是旋转对称图形；故命题①正确；
②等腰三角形绕一个定点旋转一定的角度α（0°＜α≤180°）后，不一定能与自身重合，只有等边三角形是旋转对称图形，故②不正确；
③圆具有旋转不变性，绕圆心旋转任意角度一定能与自身重合，是旋转对称图形；故命题③正确；
即命题中①③正确，故选：C．
（4）图形如图所示：
【点睛】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．
2．（2020·辽宁大连市·中考真题）如图，中，．将绕点B逆时针旋转得到，使点C的对应点恰好落在边上，则的度数是（ ）

A． B． C． D．
【答案】D
【分析】由余角的性质，求出∠CAB=50°，由旋转的性质，得到，，然后求出，即可得到答案．
【详解】解：在中，，∴∠CAB=50°，
由旋转的性质，则，，∴，
∴；故选：D．
【点睛】本题考查了旋转的性质，三角形的内角和定理，以及余角的性质，解题的关键是掌握所学的性质，正确求出．

1．（2020·四川中考真题）如图，Rt△ABC中，∠A＝30°，∠ABC＝90°．将Rt△ABC绕点B逆时针方向旋转得到．此时恰好点C在上，交AC于点E，则△ABE与△ABC的面积之比为（　　）

A． B． C． D．
【答案】D
【分析】由旋转的性质得出BC=BC'，∠ACB=∠A'C'B=60°，则△BCC'是等边三角形，∠CBC'=60°，得出∠BEA=90°，设CE=a，则BE=a，AE=3a，求出，可求出答案．
【详解】∵∠A=30°，∠ABC=90°，∴∠ACB=60°，
∵将Rt△ABC绕点B逆时针方向旋转得到△A'BC'，∴BC=BC'，∠ACB=∠A'C'B=60°，
∴△BCC'是等边三角形，∴∠CBC'=60°，∴∠ABA'=60°，∴∠BEA=90°，
设CE=a，则BE=a，AE=3a，∴，∴，∴△ABE与△ABC的面积之比为．故选：D．
【点睛】本题考查了旋转的性质，直角三角形的性质，等边三角形的判定与性质；熟练掌握旋转的性质是解题的关键．
2．（2020·内蒙古赤峰市·中考真题）下列图形绕某一点旋转一定角度都能与原图形重合，其中旋转角度最小的是 （ ）
A．等边三角形 B．平行四边形
C．正八边形 D．圆及其一条弦
【答案】C
【分析】根据旋转的定义和各图形的性质找出各图形的旋转角，由此即可得．
【详解】如图1，等边三角形的旋转角为，是一个钝角
如图2，平行四边形的旋转角为，是一个平角 如图3，正八边形的旋转角为，是一个锐角
如图4，圆及一条弦的旋转角为 由此可知，旋转角度最小的是正八边形 故选：C．

【点睛】本题考查了旋转的定义，正确找出各图的旋转角是解题关键．
考向五　中心对称
识别轴对称图形与中心对称图形：
①识别轴对称图形：轴对称图形是一类具有特殊形状的图形，若把一个图形沿某条直线对称，直线两旁的部分能完全重合，则称该图形为轴对称图形．这条直线为它的一条对称轴．轴对称图形有一条或几条对称轴．②中心对称图形识别：看是否存在一点，把图形绕该点旋转180°后能与原图形重合．

1．（2020·山东青岛市·中考真题）下列四个图形中，中心对称图形是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】根据中心对称图形的概念结合各图形的特点求解．
【详解】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．
【点睛】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．
2．（2020·浙江绍兴市·中考真题）将如图的七巧板的其中几块，拼成一个多边形，为中心对称图形的是（　　）

A． B． C． D．
【答案】D
【分析】根据中心对称的定义，结合所给图形即可作出判断.
【详解】A、不是中心对称图形，故本选项不符合题意；B、不是中心对称图形，故本选项不符合题意；
C、不是中心对称图形，故本选项不符合题意；D、是中心对称图形，故本选项符合题意.故选：D.
【点睛】此题主要考查了中心对称图形的概念，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后两部分能够完全重合.

1．（2020·四川遂宁市·中考真题）下列图形中，既是中心对称图形又是轴对称图形的是( )
A．等边三角形 B．平行四边形 C．矩形 D．正五边形
【答案】C
【解析】根据轴对称图形与中心对称图形的概念求解．
A、是轴对称图形．不是中心对称图形，因为找不到任何这样的一点，旋转180度后它的两部分能够重合；即不满足中心对称图形的定义．故错误；
B、不是轴对称图形，因为找不到任何这样的一条直线，沿这条直线对折后它的两部分能够重合；即不满足轴对称图形的定义．是中心对称图形．故错误；
C、是轴对称图形，又是中心对称图形．故正确；
D、是轴对称图形．不是中心对称图形，因为找不到任何这样的一点，旋转180度后它的两部分能够重合；即不满足中心对称图形的定义．故错误．故选C．
点睛：此题主要考查了中心对称图形与轴对称的定义，根据定义得出图形形状是解决问题的关键．
2．（2020·四川内江市·中考真题）下列图形是我国国产品牌汽车的标识，在这些汽车标识中，是中心对称图形的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】由中心对称图形的定义：“把一个图形绕一个点旋转180°后，能够与自身完全重合，这样的图形叫做中心对称图形”分析可知，上述图形中，A、C、D都不是中心对称图形，只有B是中心对称图形.
故选B.
考向六 图形设计及网格作图

1．（2020·浙江宁波市·中考真题）图1，图2都是由边长为1的小等边三角形构成的网格，每个网格图中有3个小等边三角形已涂上阴影．请在余下的空白小等边三角形中，分别按下列要求选取一个涂上阴影：
（1）使得4个阴影小等边三角形组成一个轴对称图形．
（2）使得4个阴影小等边三角形组成一个中心对称图形．（请将两个小题依次作答在图1，图2中，均只需画出符合条件的一种情形）

【答案】（1）见解析；（2）见解析
【分析】（1）根据轴对称图形的定义画出图形构成一个大的等边三角形即可（答案不唯一）．
（2）根据中心对称图形的定义画出图形构成一个平行四边形即可（答案不唯一）．
【详解】解：（1）轴对称图形如图1所示．（2）中心对称图形如图2所示．

【点睛】本题考查利用中心对称设计图案，利用轴对称设计图案，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．
2．（2020·广西中考真题）如图，在平面直角坐标系中，的三个顶点分别是A（1，3），B（4，4），C（2，1）．（1）把向左平移4个单位后得到对应的A1B1C1，请画出平移后的A1B1C1；
（2）把绕原点O旋转180°后得到对应的A2B2C2，请画出旋转后的A2B2C2；
（3）观察图形可知，A1B1C1与A2B2C2关于点（　 　，　 　）中心对称．

【答案】（1）详见解析；（2）详见解析；（3）﹣2，0．
【分析】（1）依据平移的方向和距离，即可得到平移后的△A1B1C1；（2）依据△ABC绕原点O旋转180°，即可画出旋转后的△A2B2C2；（3）依据对称点连线的中点的位置，即可得到对称中心的坐标．
【详解】解：（1）如图所示，分别确定平移后的对应点，得到A1B1C1即为所求；
（2）如图所示，分别确定旋转后的对应点，得到A2B2C2即为所求；

（3）由图可得，A1B1C1与A2B2C2关于点成中心对称．故答案为：﹣2，0．
【点睛】本题考查的是平移，旋转的作图，以及判断中心对称的对称中心的坐标，掌握以上知识是解题的关键．

1．（2019·浙江宁波市·中考真题）图1，图2都是由边长为1的小等边三角形构成的网格，每个网格图中有5个小等边三角形已涂上阴影，请在余下的空白小等边三角形中，按下列要求选取一个涂上阴影：

（1）使得6个阴影小等边三角形组成一个轴对称图形。 （2）使得6个阴影小等边三角形组成一个中心对称图形。 （请将两个小题依次作答在图1，图2中，均只需画出符合条件的一种情形）
【答案】(1)答案见解析;(2)答案见解析.
【分析】（1）直接利用轴对称图形的性质分析得出答案；
（2）直接利用中心对称图形的性质分析得出答案．
【解析】（1）解：画出下列其中一种即可 （2）解：画出下列其中一种即可

【点睛】此题主要考查了中心对称图形以及轴对称图形，正确把握相关定义是解题关键．
2．（2020·宁夏中考真题）在平面直角坐标系中，的三个顶点的坐标分别是．

（1）画出关于x轴成轴对称的；
（2）画出以点O为位似中心，位似比为1∶2的．
【答案】（1）如图所示为所求；见解析； （2）如图所示为所求；见解析．
【分析】（1）将的各个点关于x轴的对称点描出，连接即可．（2）在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．
【详解】（1）由题意知：的三个顶点的坐标分别是A（1，3），B（4，1），C（1，1），
则关于x轴成轴对称的的坐标为A1（1，-3），B1（4，-1），C1（1，-1），
连接A1C1，A1B1，B1C1得到．如图所示为所求；
（2）由题意知：位似中心是原点，则分两种情况：第一种，和在同一侧
则A2（2，6），B2（8，2），C2（2，2），连接各点，得．
第二种，在的对侧A2（－2，－6），B2（－8，－2），C2（－2，－2），
连接各点，得．综上所述：如图所示为所求；

【点睛】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．





1．（2020·湖南永州市·中考真题）永州市教育部门高度重视校园安全教育，要求各级各类学校从认识安全警告标志入手开展安全教育．下列安全图标不是轴对称的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】根据轴对称图形的概念求解．
【详解】解：A、是轴对称图形，故本选项不合题意； B、是轴对称图形，故本选项不合题意；
C、是轴对称图形，故本选项不合题意； D、不是轴对称图形，故本选项符合题意． 故选：D．
【点睛】本题考查了轴对称图形的概念，如果一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形叫做轴对称图形，这条直线叫做对称轴．
2．（2020·广东广州市·中考真题）如图所示的圆锥，下列说法正确的是（ ）

A．该圆锥的主视图是轴对称图形
B．该圆锥的主视图是中心对称图形
C．该圆锥的主视图既是轴对称图形，又是中心对称图形
D．该圆锥的主视图既不是轴对称图形，又不是中心对称图形
【答案】A
【分析】首先判断出圆锥的主视图，再根据主视图的形状判断是轴对称图形，还是中心对称图形，从而可得答案．
【详解】解：圆锥的主视图是一个等腰三角形，
所以该圆锥的主视图是轴对称图形，不是中心对称图形，故A正确，
该圆锥的主视图是中心对称图形，故B错误，
该圆锥的主视图既是轴对称图形，又是中心对称图形，故C错误，
该圆锥的主视图既不是轴对称图形，又不是中心对称图形，故D错误，故选A．
【点睛】本题考查的简单几何体的三视图，同时考查了轴对称图形与中心对称图形的识别，掌握以上知识是解题的关键．
3．（2020·广东深圳市·中考真题）下列图形中既是轴对称图形，也是中心对称图形的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】根据轴对称图形与中心对称图形的概念求解．
【详解】解：A、既不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故此选项不符合题意；
B、既是轴对称图形，也是中心对称图形，故此选项符合题意；
C、是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项不符合题意；
D、不是轴对称图形，是中心对称图形，故此选项不符合题意．故选：B．
【点睛】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．
4．（2020·新疆中考真题）在四张背面完全相同的卡片上分别印有正方形、正五边形、正六边形、圆的图案，现将印有图案的一面朝下，混合后从中随机抽取两张，则抽到卡片上印有的图案都是中心对称图形的概率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】首先根据题意画出树状图，然后由树状图求得所有等可能的结果与抽到卡片上印有的图案都是中心对称图形的情况，再利用概率公式求解即可求得答案．
【详解】解：分别用A、B、C、D表示正方形、正五边形、正六边形、圆，
其中正方形、正六边形、圆是中心对称图形， 画树状图得：

∵共有12种等可能的结果，抽到卡片上印有的图案都是中心对称图形的有6种情况，
∴抽到卡片上印有的图案都是轴对称图形的概率为：． 故选：C．
【点睛】本题考查的是中心对称图形的概念，用列表法或画树状图法求概率．列表法或画树状图法可以不重复不遗漏的列出所有可能的结果，列表法适合于两步完成的事件，树状图法适合两步或两步以上完成的事件．注意概率=所求情况数与总情况数之比．
5．（2020·辽宁阜新市·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，将边长为1的正六边形绕点O顺时针旋转i个45°，得到正六边形，则正六边形的顶点的坐标是（ ）

A． B． C． D．
【答案】A
【分析】如图，以为圆心，为半径作 得到将边长为1的正六边形绕点O顺时针旋转i个45°，即把绕点O顺时针旋转i个45°，与重合，利用正六边形的性质与锐角三角函数求解的坐标，利用关于原点成中心对称，从而可得答案．
【详解】解：如图，以为圆心，为半径作
将边长为1的正六边形绕点O顺时针旋转i个45°，
即把绕点O顺时针旋转i个45°，旋转后的对应点依次记为，
周角＝ 绕点O顺时针旋转顺时针旋转次回到原位置，
与重合，关于原点成中心对称，连接
正六边形，


关于原点成中心对称， 故选A．

【点睛】本题考查的是旋转的旋转，正六边形的性质，圆的对称性，锐角三角函数，掌握以上知识是解题的关键．
6．（2020·山东枣庄市·中考真题）在下图的四个三角形中，不能由经过旋转或平移得到的是（　　）

A． B． C． D．
【答案】B
【分析】根据平移和旋转的性质解答.
【详解】A、可由△ABC逆时针旋转一个角度得到；B、可由△ABC翻折得到；
C、可由△ABC逆时针旋转一个角度得到；D、可由△ABC逆时针旋转一个角度得到．故选B．
7．（2020·山东青岛市·中考真题）如图，将先向上平移1个单位，再绕点按逆时针方向旋转，得到，则点的对应点的坐标是（ ）

A．（0，4） B．（2，-2） C．（3，-2） D．（-1，4）
【答案】D
【分析】根据平移的规律找到A点平移后对应点，然后根据旋转的规律找到旋转后对应点，即可得出的坐标．
【详解】解：如图所示：A的坐标为（4，2），向上平移1个单位后为（4，3），再绕点P逆时针旋转90°后对应点的坐标为（-1，4）．故选：D．

【点睛】本题考查了根据平移变换和旋转变换作图，熟练掌握平移的规律和旋转的规律是解题的关键．
9．（2020·浙江绍兴市·中考真题）如图，等腰直角三角形ABC中，∠ABC＝90°，BA＝BC，将BC绕点B顺时针旋转θ（0°＜θ＜90°），得到BP，连结CP，过点A作AH⊥CP交CP的延长线于点H，连结AP，则∠PAH的度数（　　）

A．随着θ的增大而增大 B．随着θ的增大而减小 C．不变 D．随着θ的增大，先增大后减小
【答案】C
【分析】由旋转的性质可得BC＝BP＝BA，由等腰三角形的性质和三角形内角和定理可求∠BPC+∠BPA＝135°＝∠CPA，由外角的性质可求∠PAH＝135°﹣90°＝45°，即可求解．
【详解】解：∵将BC绕点B顺时针旋转θ（0°＜θ＜90°），得到BP，∴BC＝BP＝BA，
∴∠BCP＝∠BPC，∠BPA＝∠BAP，
∵∠CBP+∠BCP+∠BPC＝180°，∠ABP+∠BAP+∠BPA＝180°，∠ABP+∠CBP＝90°，
∴∠BPC+∠BPA＝135°＝∠CPA，
∵∠CPA＝∠AHC+∠PAH＝135°，∴∠PAH＝135°﹣90°＝45°，∴∠PAH的度数是定值，故选：C．
【点睛】本题考查了旋转的性质，等腰三角形的性质，三角形的外角性质，灵活运用这些性质解决问题是本题的关键．
10．（2020·浙江嘉兴市·中考真题）如图，正三角形ABC的边长为3，将△ABC绕它的外心O逆时针旋转60°得到△A'B'C'，则它们重叠部分的面积是（　　）

A．2 B． C． D．
【答案】C
【分析】根据重合部分是正六边形，连接O和正六边形的各个顶点，所得的三角形都是全等的等边三角形，据此即可求解．
【详解】解：作AM⊥BC于M，如图：
重合部分是正六边形，连接O和正六边形的各个顶点，所得的三角形都是全等的等边三角形．
∵△ABC是等边三角形，AM⊥BC，∴AB＝BC＝3，BM＝CM＝BC＝，∠BAM＝30°，
∴AM＝BM＝，∴△ABC的面积＝BC×AM＝×3×＝，
∴重叠部分的面积＝△ABC的面积＝；故选：C．
【点睛】本题考查了三角形的外心、等边三角形的性质以及旋转的性质，理解连接O和正六边形的各个顶点，所得的三角形都为全等的等边三角形是关键．
11．（2020·青海中考真题）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
【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．
12．（2020·甘肃金昌市·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，的顶点，的坐标分别为，，把沿轴向右平移得到，如果点的坐标为，则点的坐标为__________．

【答案】(7,0)
【分析】根据B点横坐标与A点横坐标之差和E点横坐标与D点横坐标之差相等即可求解．
【详解】解：由题意知：A、B两点之间的横坐标差为：，
由平移性质可知：E、D两点横坐标之差与B、A两点横坐标之差相等，
设E点横坐标为a，则a-6=1，∴a=7，∴E点坐标为(7,0) ．故答案为：(7,0) ．
【点睛】本题考查了图形的平移规律，平移前后对应点的线段长度不发生变化，熟练掌握平移的性质是解决此题的关键.
13．（2020·辽宁葫芦岛市·中考真题）一张菱形纸片的边长为，高等于边长的一半，将菱形纸片沿直线折叠，使点与点重合，直线交直线于点，则的长为____________．
【答案】或
【分析】先根据题目中描述画出两种可能的图形，再结合勾股定理即可得解．
【详解】解：由题干描述可作出两种可能的图形．①MN交DC的延长线于点F，如下图所示

∵高AE等于边长的一半∴ 在Rt△ADE中，
又∵沿MN折叠后，A与B重合∴∴
②MN交DC的延长线于点F，如下图所示
同理可得，， 此时，
故答案为：或．
【点睛】本题主要考查菱形的性质、折叠的性质、勾股定理等相关知识点，根据题意作出两种图形是解题关键．
15．（2020·上海中考真题）如图，在△ABC中，AB=4，BC=7，∠B=60°，点D在边BC上，CD=3，联结AD．如果将△ACD沿直线AD翻折后，点C的对应点为点E，那么点E到直线BD的距离为____．

【答案】．
【分析】过E点作EH⊥BC于H，证明△ABD是等边三角形，进而求得∠ADC=120°，再由折叠得到∠ADE=∠ADC=120°，进而求出∠HDE=60°，最后在Rt△HED中使用三角函数即可求出HE的长．
【详解】解：如图，过点E作EH⊥BC于H，∵BC=7，CD=3，∴BD=BC-CD=4，

∵AB=4=BD，∠B=60°，∴△ABD是等边三角形，∴∠ADB=60°，∴∠ADC=∠ADE=120°，∴∠EDH=60°，
∵EH⊥BC，∴∠EHD=90°．∵DE=DC=3，∴EH=DE×sin∠HDE=3×=，∴E到直线BD的距离为．
故答案为：．
【点睛】本题考查了折叠问题，解直角三角形，点到直线的距离，本题的关键点是能求出∠ADE=∠ADC=120°，另外需要重点掌握折叠问题的特点：折叠前后对应的边相等，对应的角相等．
15．（2020·山东泰安市·中考真题）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，，．是关于轴的对称图形，将绕点逆时针旋转180°，点的对应点为M，则点M的坐标为________．

【答案】
【分析】根据题意，画出旋转后图形，即可求解
【详解】解：如图，将绕点逆时针旋转180°，所以点的对应点为M的坐标为．
故答案为：
【点睛】本题考查平面直角坐标系内图形的对称，旋转，解题关键是理解对称旋转的含义，并结合网格解题．
16．（2020·山东聊城市·中考真题）如图，在直角坐标系中，点，是第一象限角平分线上的两点，点的纵坐标为1，且，在轴上取一点，连接，，，，使得四边形的周长最小，这个最小周长的值为________．

【答案】
【分析】先求出AC=BC=2，作点B关于y轴对称的点E，连接AE，交y轴于D，此时AE=AD+BD，且AD+BD值最小，即此时四边形的周长最小；作FG∥y轴，AG∥x轴，交于点G，则GF⊥AG，根据勾股定理求出AE即可．
【详解】解：∵，点的纵坐标为1，∴AC∥x轴，
∵点，是第一象限角平分线上的两点，∴∠BAC=45°，
∵，∴∠BAC=∠ABC=45°，∴∠C=90°，∴BC∥y轴，∴AC=BC=2，
作点B关于y轴对称的点E，连接AE，交y轴于D，此时AE=AD+BD，且AD+BD值最小，
∴此时四边形的周长最小，作FG∥y轴，AG∥x轴，交于点G，则GF⊥AG，
∴EG=2，GA=4，在Rt△AGE中，，
∴ 四边形的周长最小值为2+2+=4+ ．

【点睛】本题考查了四条线段和最短问题．由于AC=BC=2,因此本题实质就是求AD+BD最小值，从而转化为“将军饮马”问题，这是解题关键．
17．（2020·辽宁朝阳市·中考真题）如图所示的平面直角坐标系中，的三个顶点坐标分别为，请按如下要求画图：（1）以坐标原点O为旋转中心，将顺时针旋转90°，得到，请画出；（2）以坐标原点O为位似中心，在x轴下方，画出的位似图形，使它与的位似比为．

【答案】（1）见解析；（2）见解析
【分析】（1）根据网格结构找出点A、B、C关于原点O对称的点A1、B1、C1的位置，然后顺次连接即可；
（2）利用位似的性质，找出点A2、B2、C2的位置，然后画出图形即可．
【详解】解：（1）位置正确；用直尺画图；
（2）位置正确；用直尺画图．

【点睛】本题考查了位似图形的性质，旋转的性质，解题的关键是掌握所学的性质正确的做出图形．
18．（2020·黑龙江鹤岗市·中考真题）如图，正方形网格中，每个小正方形的边长都是一个单位长度，在平面直角坐标系中，的三个顶点、、均在格点上

（1）将向左平移个单位得到，并写出点的坐标；
（2）画出绕点顺时针旋转后得到的，并写出点的坐标；
（3）在（2）的条件下，求在旋转过程中扫过的面积（结果保留）．
【答案】（1）见解析, ；（2）图形见解析，；（3）
【分析】（1）根据题意，可以画出相应的图形，并写出点的坐标；
（2）根据题意，可以画出相应的图形，并写出点的坐标；
（3）根据题意可以求得BC的长，从而可以求得在旋转过程中扫过的面积．
【详解】（1）如图所示，；（2）如图所示，
（3）

【点睛】此题考查作图-平移变换，作图-旋转变换，扇形面积的计算，解题关键在于掌握作图法则．
19．（2020·山东枣庄市·中考真题）在中，，CD是中线，，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AE交于点M，DE与BC交于点N．

（1）如图1，若，求证：；（2）如图2，在绕点D旋转的过程中，试证明恒成立；（3）若，，求DN的长．
【答案】（1）详见解析；（2）详见解析；（3）
【分析】（1）根据等腰直角三角形的性质得到∠BCD＝∠ACD＝45°，∠BCE＝∠ACF＝90°，于是得到∠DCE＝∠DCF＝135°，根据全等三角形的性质即可的结论；（2）证得△CDF∽△CED，根据相似三角形的性质得到，即CD2＝CE•CF；（3）如图，过D作DG⊥BC于G，于是得到∠DGN＝∠ECN＝90°，CG＝DG，当CD＝2，时，求得，再推出△CEN∽△GDN，根据相似三角形的性质得到，求出GN，再根据勾股定理即可得到结论．
【详解】（1）证明：∵，，CD是中线，
∴，，∴．
在与中，，∴．∴；
（2）证明：∵，∴
∵，∴．∴．∴，即．
（3）如图，过D作于点G，则，．
当，时，由，得．
在中，．
∵，，∴．∴，
∴．∴．

【点睛】本题考查了旋转的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，正确的作出辅助线是解题的关键．
20．（2020·四川达州市·中考真题）（1）（阅读与证明）
如图1，在正的外角内引射线，作点C关于的对称点E（点E在内），连接，、分别交于点F、G．
①完成证明：点E是点C关于的对称点，，，．
正中，，，，得．
在中，，______．
在中，，______．
②求证：．
（2）（类比与探究）把（1）中的“正”改为“正方形”，其余条件不变，如图2．类比探究，可得：①______；②线段、、之间存在数量关系___________．
（3）（归纳与拓展）如图3，点A在射线上，，，在内引射线，作点C关于的对称点E（点E在内），连接，、分别交于点F、G．则线段、、之间的数量关系为__________．

【答案】（1）①60°，30°；②证明见解析；（2）①45°；②BF=(AF+FG)；（3） ．
【分析】（1）①根据等量代换和直角三角形的性质即可确定答案；②在FB上取AN=AF，连接AN．先证明△AFN是等边三角形，得到 ∠BAN=∠2=∠1，然后再证明△ABN≌△AEF，然后利用全等三角形的性质以及线段的和差即可证明；（2）类比（1）的方法即可作答；（3）根据（1）（2）的结论，即可总结出答案．
【详解】解：（1）①∵，，
∴，即60°；
∵∴故答案为60°，30°；
②在FB上取FN=AF，连接AN ∵∠AFN=∠EFG=60°∴△AFN是等边三角形∴AF=FN=AN
∵FN=AF∴∠BAC=∠NAF=60°∴∠BAN+∠NAC=∠NAC+∠2∴∠BAN=∠2
∵点C关于的对称点E∴∠2=∠1,AC=AE∴∠BAN=∠2=∠1
∵AB=AC∴AB=AE 在△ABN和△AEF FN=AF,∠BAN=∠1,AB=AE∴△ABN≌△AEF∴BN=EF
∵AG⊥CE，∠FEG=30°∴EF=2FG ∴BN=EF=2FG
∵BF=BN+NF ∴BF=2FG+AF

（2）①点E是点C关于的对称点，，，．
正方形ABCD中，，，，得．
在中，，45．
在中，，45．故答案为45°；
②在FB上取FN=AF，连接AN ∵∠AFN=∠EFG=45°∴△AFN是等腰直角三角形∴∠NAF=90°，AF=AN
∴∠BAN+∠NAC=∠NAC+∠2=90°,FN=AF∴∠BAN=∠2
∵点C关于的对称点E∴∠2=∠1,AC=AE∴∠BAN=∠2=∠1
∵AB=AC∴AB=AE 在△ABN和△AEF FN=AF,∠BAN=∠1,AB=AE ∴△ABN≌△AEF ∴BN=EF
∵AG⊥CE，∠FEG=45° ∴EF=FG ∴BN=EF=FG ∵BF=BN+NF ∴BF=FG+AF
（3）由（1）得：当∠BAC=60°时
BF=AF+2FG= ；
由（2）得：当∠BAC=90°时BF=AF+2FG=；
以此类推，当当∠BAC= 60°时， ．
【点睛】本题考查了轴对称的性质、全等三角形的判定与性质、等腰三角形的判定与性质、等边三角形的判定与性质以及三角函数的应用，灵活应用所学知识是解答本题的关键．

1．（2020·湖北宜昌市·中考真题）下面四幅图是摄影爱好者抢拍的一组照片，从对称美的角度看，拍得最成功的是（ ）．
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】根据轴对称图形的特点进行判断即可．
【详解】A，C，D三幅图都不是轴对称图形，只有B是轴对称图形，故选：B
【点睛】本题考查了轴对称图形的性质，熟知此知识点是解题的关键．
2．（2020·山东济南市·中考真题）古钱币是我国悠久的历史文化遗产，以下是在《中国古代钱币》特种邮票中选取的部分图形，其中既是轴对称图形又是中心对称图形的是（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】轴对称图形的定义：把一个图形沿某条直线对折，对折后直线两旁的部分能完全重合，则这个图形是轴对称图形，中心对称图形：把一个图形绕某点旋转后能与自身重合，则这个图形是中心对称图形，根据概念逐一分析可得答案．
【详解】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、是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项不合题意；
C、不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故本选项不合题意；
D、既是轴对称图形又是中心对称图形的，故本选项符合题意．故选：D．
【点睛】本题考查的是轴对称图形与中心对称图形的概念与识别，掌握以上知识是解题的关键．
3．（2020·上海中考真题）如果存在一条线把一个图形分割成两个部分，使其中一个部分沿某个方向平移后能与另一个部分重合，那么我们把这个图形叫做平移重合图形．下列图形中，平移重合图形是(　　　)
A．平行四边形 B．等腰梯形 C．正六边形 D．圆
【答案】A
【分析】证明平行四边形是平移重合图形即可．
【详解】如图，平行四边形ABCD中，取BC，AD的中点E，F，连接EF．

则有：AF=FD，BE=EC，AB=EF=CD，∴四边形ABEF向右平移可以与四边形EFCD重合，
∴平行四边形ABCD是平移重合图形．故选：A．
【点睛】本题考查平移的性质，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．
4．（2020·山东菏泽市·中考真题）在平面直角坐标系中，将点向右平移个单位得到点，则点关于轴的对称点的坐标为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】先根据点向右平移个单位点的坐标特征：横坐标加3，纵坐标不变，得到点的坐标，再根据关于轴的对称点的坐标特征：横坐标不变，纵坐标变为相反数，得到对称点的坐标即可．
【详解】解：∵将点向右平移个单位，∴点的坐标为：(0，2)，
∴点关于轴的对称点的坐标为：(0，-2)．故选：A．
【点睛】考查平移时点的坐标特征及关于轴的对称点的坐标特征，熟练掌握对应的坐标特征是解题的关键．
5．（2020·贵州黔南布依族苗族自治州·中考真题）观察下列图形，是中心对称图形的是( )
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】
试题分析：将一个图形围绕某一点旋转180°之后能够与原图形完全重合，则这个图形就是中心对称图形.
考点：中心对称图形
6．（2020·山东济南市·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，△ABC的顶点都在格点上，如果将△ABC先沿y轴翻折，再向上平移3个单位长度，得到'，那么点B的对应点B'的坐标为（　　）

A．（1，7） B．（0，5） C．（3，4） D．（﹣3，2）
【答案】C
【分析】根据轴对称的性质和平移规律求得即可．
【详解】解：由坐标系可得B(﹣3，1)，将△ABC先沿y轴翻折得到B点对应点为(3，1)，再向上平移3个单位长度，点B的对应点B'的坐标为(3，1+3)，即(3，4)，故选：C．
【点睛】此题主要考查了坐标与图形的变化--对称和平移，关键是掌握点的坐标的变化规律．
7．（2020·黑龙江牡丹江市·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，O是菱形对角线的中点，轴且，，将菱形绕点O旋转，使点D落在x轴上，则旋转后点C的对应点的坐标是（ ）

A． B． C． D．或
【答案】D
【分析】分点C旋转到y轴正半轴和y轴负半轴两种情况分别讨论，结合菱形的性质求解.
【详解】解：根据菱形的对称性可得：当点D在x轴上时，A、B、C均在坐标轴上，如图，
∵∠BAD=60°，AD=4，∴∠OAD=30°，∴OD=2，∴AO==OC，
∴点C的坐标为（0，），

同理：当点C旋转到y轴正半轴时，点C的坐标为（0，），
∴点C的坐标为（0，）或（0，），故选D.
【点睛】本题考查了菱形的对称性，旋转的性质，直角三角形的性质，解题的关键是要分情况讨论.
8．（2020·福建中考真题）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．
【答案】C
【分析】根据轴对称图形与中心对称图形的概念求解.
【详解】A、是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项不符合题意；
B、不是轴对称图形，是中心对称图形，故此选项不符合题意；
C、是轴对称图形，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.
【点睛】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.
9．（2020·甘肃兰州市·中考真题）如图，将▱ABCD沿对角线BD折叠，使点A落在点E处，交BC于点F，若，，则为　　

A． B． C． D．
【答案】B
【分析】由平行四边形的性质和折叠的性质，得出，由三角形的外角性质求出，再由三角形内角和定理求出，即可得到结果．
【详解】，，由折叠可得，，
又，，
又，中，，，故选B．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质、折叠的性质、三角形的外角性质以及三角形内角和定理的综合应用，熟练掌握平行四边形的性质，求出的度数是解决问题的关键．
10．（2020·江苏苏州市·中考真题）如图，在中，，将绕点按逆时针方向旋转得到．若点恰好落在边上，且，则的度数为（ ）

A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根据旋转的性质得出边和角相等，找到角之间的关系，再根据三角形内角和定理进行求解，即可求出答案．
【详解】解：设=x°.根据旋转的性质，得∠C=∠= x°，=AC, =AB.∴∠=∠B.
∵，∴∠C=∠CA=x°.∴∠=∠C+∠CA=2x°.∴∠B=2x°.
∵∠C+∠B+∠CAB=180°，，∴x+2x+108=180.解得x=24.
∴的度数为24°.故选：C.
【点睛】本题考查了三角形内角和定理，旋转的性质的应用及等腰三角形得性质.
11．（2020·河南中考真题）如图，在中，．边在轴上，顶点的坐标分别为和．将正方形沿轴向右平移当点落在边上时，点的坐标为（ ）

A． B． C． D．
【答案】B
【分析】先画出落在上的示意图，如图，根据锐角三角函数求解的长度，结合正方形的性质，从而可得答案．

【详解】解：由题意知： 四边形为正方形，
如图，当落在上时，
由
故选
【点睛】本题考查的是平移的性质的应用，同时考查了正方形的性质，图形与坐标，锐角三角函数，掌握以上知识是解题的关键．
12．（2020·江苏镇江市·中考真题）点O是正五边形ABCDE的中心，分别以各边为直径向正五边形的外部作半圆，组成了一幅美丽的图案（如图）．这个图案绕点O至少旋转_____°后能与原来的图案互相重合．

【答案】72
【分析】直接利用旋转图形的性质进而得出旋转角．
【详解】连接OA，OE，则这个图形至少旋转∠AOE才能与原图象重合，∠AOE＝＝72°．
故答案为：72．
【点睛】本题主要考查了旋转图形．正确掌握旋转图形的性质是解题的关键．
13．（2020·湖南张家界市·中考真题）如图，正方形的边长为1，将其绕顶点C按逆时针方向旋转一定角度到位置，使得点B落在对角线上，则阴影部分的面积是______．

【答案】
【分析】如下图所示，△ENC、△MPF为等腰直角三角形，先求出MB=NC=，证明△PBC≌△PEC，进而得到EP=BP，设MP=x，则EP=BP=，解出x，最后阴影部分面积等于2倍△BPC面积即可求解．

【详解】解：过E点作MN∥BC交AB、CD于M、N点，设AB与EF交于点P点，连接CP,如下图所示，
∵B在对角线CF上，∴∠DCE=∠ECF=45°，EC=1，
∴△ENC为等腰直角三角形，∴MB=CN=EC=，
又BC=AD=CD=CE，且CP=CP，△PEC和△PBC均为直角三角形，∴△PEC≌△PBC(HL)，∴PB=PE，
又∠PFB=45°，∴∠FPB=45°=∠MPE，∴△MPE为等腰直角三角形，设MP=x，则EP=BP=，
∵MP+BP=MB，∴，解得，∴BP=，
∴阴影部分的面积=．故答案为：．
【点睛】本题考查了正方形的性质及旋转的性质，本题关键是能想到过E点作BC的平行线，再证明△ENC、△MPF为等腰直角三角形进而求解线段长.
14．（2020·四川宜宾市·中考真题）如图，四边形中，是AB上一动点，则的最小值是________________

【答案】
【分析】作C点关于AB的对称点C’，连接C’D，的最小值即为C’D的长，作C’E⊥DA的延长线于点E，根据勾股定理即可求解．
【详解】如图，作C点关于AB的对称点C’，连接C’D，的最小值即为C’D的长，
作C’E⊥DA的延长线于点E，∴四边形ABC’E是矩形
∴DE=AD+AE=AD+BC’=5,∴C’D= 故答案为：．

【点睛】此题主要考查对称性的应用，解题的关键是熟知对称的性质及勾股定理的应用．
15．（2020·安徽中考真题）如图1，在由边长为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，线段在网格线上，
画出线段关于线段所在直线对称的线段 (点分别为的对应点)；
将线段，绕点，顺时针旋转得到线段，画出线段．

【答案】（1）见解析；（2）见解析．
【分析】（1）先找出A，B两点关于MN对称的点A1，B1，然后连接A1B1即可；
（2）根据旋转的定义作图可得线段B1A2．
【详解】（1）如图所示，即为所作；

（2）如图所示，即为所作．
【点睛】本题主要考查作图-旋转与轴对称，解题的关键是掌握旋转变换和轴对称的定义与性质．
16．（2020·吉林中考真题）如图①、图②、图③都是的正方形网格，每个小正方形的顶点称为格点．，，均为格点．在给定的网格中，按下列要求画图：
（1）在图①中，画一条不与重合的线段，使与关于某条直线对称，且，为格点．

（2）在图②中，画一条不与重合的线段，使与关于某条直线对称，且，为格点．
（3）在图③中，画一个，使与关于某条直线对称，且，，为格点．
【答案】（1）图见解析；（2）图见解析；（3）图见解析．
【分析】（1）先画出一条的正方形网格的对称轴，根据对称性即可在图①中，描出点AB的对称点MN，它们一定在格点上，再连接即可．（2）同（1）方法可解；（3）同（1）方法可解；
【详解】解：（1）如图①，的正方形网格的对称轴l，描出点AB关于直线l的对称点MN，连接即为所求；

（2）如图②，同理（1）可得，即为所求；（3）如图③，同理（1）可得，即为所求．
【点睛】本题考查了作图轴对称变换，解决本题的关键是找到图形对称轴的位置．
17．（2020·湖北孝感市·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，已知点，和，请按下列要求画图并填空．
（1）平移线段，使点平移到点，画出平移后所得的线段，并写出点的坐标为______；
（2）将线段绕点逆时针旋转，画出旋转后所得的线段，并直接写出的值为______；
（3）在轴上找出点，使的周长最小，并直接写出点的坐标为______．

【答案】（1）（2，-4） （2） （3）（0,4）
【分析】（1）平移线段AB，使A点平移到C点，可以知道A点是向右平移5个单位，向下平移5个单位，故可以确定D点坐标．（2）根据B、C、E三点坐标，连接BE，可以判断出△BCE为直角三角形，故可求解的值．（3）过A点做y轴的对称点A’，连接A’B，与y轴的交点即为F点．此时△ABF的周长最小，通过求解函数解析式确认点Ｆ的坐标．
【详解】解：(1)如图所示：平移线段AB，使A点平移到C点，可以知道A点是向右平移5个单位，再向下平移5个单位，根据题意可知，B点(-3,1)平移到D点，故可以确定点D的坐标．
点D的坐标为；
(2)如图所示：根据题意，AE是线段AB围绕点A逆时针旋转90°得到，故AB=AE，不难算出点E的坐标为(3,3)．连接BE，根据B、C、E三点坐标算出BC=、EC=、BE=，故,可以判断出△BEC为直角三角形．故
(3)如图所示：过A点做y轴的对称点A’，连接A’B，与y轴的交点即为F点．故可知A’的坐标为(1,5)，点B的坐标为(-3,1),设A’B的函数解析式为y=kx+b，将(1,5)，(-3,1)代入函数解析中解得k=1，b=4，则函数解析式为y=x+4,则F点坐标为(0,4),
故点F的坐标为(0,4)．

【点睛】（1）本题主要考查平移，洞察点A是如何平移到点C，是求出D点坐标的关键．（2）连接BE，根据B、C、E三点坐标判断出△BCE是直角三角形，就不难算出的值．（3）本题通过做A点的对称点A’，连接A’B，找到A’B与y轴的交点F是解答本题的关键．
18．（2020·甘肃金昌市·中考真题）如图，点，分别在正方形的边，上，且，把绕点顺时针旋转得到．（1）求证：≌．（2）若，，求正方形的边长．

【答案】（1）证明见解析；（2）正方形的边长为6．
【分析】（1）先根据旋转的性质可得，再根据正方形的性质、角的和差可得，然后根据三角形全等的判定定理即可得证；
（2）设正方形的边长为x，从而可得，再根据旋转的性质可得，从而可得，然后根据三角形全等的性质可得，最后在中，利用勾股定理即可得．
【详解】（1）由旋转的性质得：
四边形ABCD是正方形，即
，即

在和中，；
（2）设正方形的边长为x，则

由旋转的性质得：
由（1）已证： 又四边形ABCD是正方形
则在中，，即
解得或（不符题意，舍去）故正方形的边长为6．
【点睛】本题考查了正方形的性质、旋转的性质、三角形全等的判定定理与性质、勾股定理等知识点，较难的是题（2），熟练掌握旋转的性质与正方形的性质是解题关键．
19．（2020·湖北荆州市·中考真题）如图，将绕点B顺时针旋转60度得到，点C的对应点E恰好落在AB的延长线上，连接AD．（1）求证：；（2）若AB=4，BC=1，求A，C两点旋转所经过的路径长之和．

【答案】（1）见解析；（2）
【分析】（1）先利用旋转的性质证明△ABD为等边三角形，则可证，即再根据平行线的判定证明即可．（2）利用弧长公式分别计算路径，相加即可求解．
【详解】（1）证明：由旋转性质得：
是等边三角形所以∴；
（2）依题意得：AB=BD=4，BC=BE=1，
所以A，C两点经过的路径长之和为．
【点睛】本题考查了旋转的性质、等边三角形的判定与性质、平行线的判定、弧长公式等知识，熟练掌握这些知识点之间的联系及弧长公式是解答的关键．
20．（2020·辽宁锦州市·中考真题）已知和都是等腰直角三角形，．

（1）如图1：连，求证：；
（2）若将绕点O顺时针旋转，①如图2，当点N恰好在边上时，求证：；
②当点在同一条直线上时，若，请直接写出线段的长．
【答案】（1）见解析；（2）①见解析；②或
【分析】（1）利用SAS定理证明即可；（2）①连接，证明，即可证；②当点N在线段上时，连接，在中构造勾股定理的等量关系；当点M在线段上时，同理即可求得．
【详解】（1）证明：即，
，即．
和是等腰直角三角形，，
（2）①证明：如图1，连接．，
，即．
和是等腰直角三角形，，
，
，．
是等腰直角三角形，，．
②或．

温馨提示：如图2，当点N在线段上时，连接，设，
在中，，；
如图3，当点M在线段上时，连接，设，
在中，解得：．
【点睛】本题主要考查全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形的性质，三点共线分类讨论，对几何题目的综合把握是解题关键．