2020北京初三二模数学汇编旋转一、单选题1．（2020·北京·二模）下列关于防范“新冠肺炎”的标志中既是轴对称图形，又是中心对称图形的是（
）A．B．C．D．2．（2020·北京昌平·二模）下列垃圾分类标识的图案既是轴对称图形，又是中心对称图形的是（?）A．B．C．
D．3．（2020·北京平谷·二模）垃圾分类功在当代利在千秋，下列垃圾分类指引标志图形中，是轴对称图形又是中心对称图形的是（?）A
．B．C．D．4．（2020·北京密云·二模）第二十四届冬季奥林匹克运动会将于2022年在北京举行，北京将成为历史上第一座既举办过
夏奥会，又举办过冬奥会的城市．下面的图形是各届冬奥会会徽中的部分图案，其中是轴对称图形，但不是中心对称图形的是（?）A．B．C．D
．5．（2020·北京海淀·二模）图中阴影部分是由4个完全相同的正方形拼接而成，若要在①，②，③，④四个区域中的某个区域处添加一个
同样的正方形，使它与阴影部分组成的新图形是中心对称图形，则这个正方形应该添加在（?）A．区域①处B．区域②处C．区域③处D．区域④
处6．（2020·北京朝阳·二模）下列图形中，是中心对称图形而不是轴对称图形的是（?）A．B．C．D．7．（2020·北京海淀·二
模）下列是一组logo设计的图片，其中不是中心对称图形的是(???)A．B．C．D．二、填空题8．（2020·北京石景山·二模）正
方形中，点在边上，，，将线段绕点逆时针旋转，使点落在直线上E的点处，则的长度为______．9．（2020·北京门头沟·二模）如图
，在方格纸中，图形②可以看作是图形①经过若干次图形变化(平移、轴对称、旋转)得到的，写出一种由图形①得到图形②的变化过程：____
______________________________________________．10．（2020·北京海淀·二模）如
图，在平面直角坐标系中，点A、B的坐标分别为(－4，1)、(－1，3)，在经过两次变化（平移、轴对称、旋转）得到对应点、的坐标分别
为(1，0)、(3，－3)，则由线段AB得到线段的过程是：______，由线段得到线段的过程是：___________．三、解答题
11．（2020·北京海淀·二模）如图1，等边三角形中，D为边上一点，满足，连接，以点A为中心，将射线顺时针旋转60°，与的外角平
分线交于点E．?（1）依题意补全图1；（2）求证：；（3）若点B关于直线的对称点为F，连接．①求证：；②若成立，直接写出的度数为_
________°．12．（2020·北京密云·二模）已知：是经过点A的一条直线，点C是直线左侧的一个动点，且满足，连接，将线段绕
点C顺时针旋转60°，得到线段，在直线上取一点B，使．?（1）若点C位置如图1所示．①依据题意补全图1；②求证：；（2）连接，写出
一个的值，使得对于任意一点C，总有，并证明．13．（2020·北京平谷·二模）如图，在中，，延长使，线段绕点C顺时针旋转90°得到
线段，连结．（1）依据题意补全图形；（2）当时，的度数是__________；（3）小聪通过画图、测量发现，当是一定度数时，．小聪
把这个猜想和同学们进行交流，通过讨论，形成了证明该猜想的几种想法：想法1：通过观察图形可以发现，如果把梯形补全成为正方形，就易证，
因此易得当是特殊值时，问题得证；想法2：要证，通过第（2）问，可知只需要证明是等边三角形，通过构造平行四边形，易证，通过，易证，从
而解决问题；想法3：通过，连结，易证，易得是等腰三角形，因此当是特殊值时，问题得证．请你参考上面的想法，帮助小聪证明当是一定度数时
，．（一种方法即可）14．（2020·北京朝阳·二模）∠MON＝45°，点P在射线OM上，点A，B在射线ON上（点B与点O在点A的
两侧），且AB＝1，以点P为旋转中心，将线段AB逆时针旋转90°，得到线段CD（点C与点A对应，点D与点B对应）．（1）如图，若O
A＝1，OP，依题意补全图形；（2）若OP，当线段AB在射线ON上运动时，线段CD与射线OM有公共点，求OA的取值范围；（3）一条
线段上所有的点都在一个圆的圆内或圆上，称这个圆为这条线段的覆盖圆．若OA＝1，当点P在射线OM上运动时，以射线OM上一点Q为圆心作
线段CD的覆盖圆，直接写出当线段CD的覆盖圆的直径取得最小值时OP和OQ的长度．参考答案1．C【分析】把一个图形沿某条直线对折，直
线两旁的部分能够完全重合，则这个图形是轴对称图形，把一个图形绕某点旋转后能够与自身重合，则这个图形是中心对称图形，根据定义逐一分析
即可.【详解】解：A、是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项不合题意；B、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、既是轴对称图形，也是中心对称图形，故此选项符合题意；D、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．故选：C．【点
睛】本题考查的是轴对称图形的识别，中心对称图形的识别，掌握“轴对称图形与中心对称图形的定义”是解本题的关键.2．C【分析】根据轴对
称图形和中心对称图形的概念逐项判断即可．【详解】A．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．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．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，故选：C．【点睛】本题考查轴对称图形、中心对称图形，理解轴对称图形和中心对称图形是解答的关键．3．D【分析】根据
轴对称图形的概念，中心对称图形的概念对各选项分析判断即可得解．【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、不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故本选项不符合题意； 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，故本选项符合题意． 故选：D．【点睛】本题考查了轴对称图形与中心对称图形的概念，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．中心对称图形的关键是确定对称中心，绕对称中心旋转 能与自身重合，掌握以上知识是解题的关键．4．C
【分析】根据轴对称图形和中心对称图形的定义逐项判断即可．【详解】A、既是轴对称图形，又是中心对称图形，不符题意B、既不是轴对称图形
，也不是中心对称图形，不符题意C、是轴对称图形，但不是中心对称图形，符合题意D、既不是轴对称图形，也不是中心对称图形，不符题意故选
：C．【点睛】本题考查了轴对称图形和中心对称图形的定义，熟记定义是解题关键．5．B【分析】根据中心对称图形的定义求解可得．【详解】
如图所示的图形是中心对称图形，故选：B．【点睛】本题主要考查的是利用中心对称的性质设计图案，掌握中心对称图形的性质是解题的关键．6
．D【分析】根据轴对称图形与中心对称图形的定义解答．【详解】解：A、是轴对称图形，不是中心对称图形，故选项错误；B、是轴对称图形，
也是中心对称图形，故选项错误；C、是轴对称图形，不是中心对称图形，故选项错误；D、是中心对称图形，不是轴对称图形，故选项正确．故选
：D．【点睛】本题主要考查了中心对称图形与轴对称图形的定义，理解定义是关键．7．A【详解】分析：根据中心对称图形的定义：把一个图形
绕某一点旋转180°，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形就叫做中心对称图形可得答案．详解：根据中心对称图形的定义可
得B、C、D都是中心对称图形，A不是中心对称图形．?故选A．点睛：本题主要考查了中心对称图形，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转1
80度后与原图重合．8．2或4【分析】根据将线段绕点逆时针旋转，使点落在直线上E的点处，可以分两种情况，一种是在线段BC上，一种是
在线段BC的延长线上，然后利用已知条件求解即可．【详解】分两种情况：（1）当点E落在线段BC上的点F处时，∵四边形ABCD是正方形
，∴，DA=DC=AB=BC，∵将线段DE绕点D逆时针旋转，使点E落在直线BC上的点F处，∴DE=DF，∴，∴AE=CF，∵AE=
1，∴CF=1，∵BA=BC，∴BA-AE=BC-CF，即BE=BF，∵BE=2，∴BF=2．（2）当点E落在线段BC的延长线上的
F点处时，∵四边形ABCD为正方形，∴∴，DA=DC=AB=BC，∵将线段DE绕点D逆时针旋转，使点E落在直线BC上的点F处，∴D
E=DF，∴∴AE=CF，∵AE=1，∴CF=1，∵BE=2，∴BA=AE+BE=1+2=3，∴BC=3，∴BF=BC+CF=3+
1=4．综上所述，BF的长度为2或4．【点睛】本题主要是通过正方形的性质应用进行求解，通过两种情况分类讨论，运用HL定理证明三角形
全等可得结果．9．先将图形①绕点D顺时针旋转，再向下平移3个方格（答案不唯一）【分析】如图（见解析），先将图形①绕点D顺时针旋转得
到图形③，再将图形③向下平移3个方格即可得到图形②．【详解】如图，先将图形①绕点D顺时针旋转得到图形③，再将图形③向下平移3个方格
可得到图形②故答案为：先将图形①绕点D顺时针旋转，再向下平移3个方格．（答案不唯一）【点睛】本题考查了图形的旋转与平移，掌握图形的
旋转与平移的相关概念是解题关键．10． 向右平移4个单位长度 绕原点顺时针旋转【详解】分析：仔细观察图形即可得出结论．详解：由图可
知，线段AB向右平移4个单位长度得到线段，线段绕原点顺时针旋转得到线段．故答案为向右平移4个单位长度，绕原点顺时针旋转90°．点睛
：本题考查了利用平移作图和旋转作图，熟练掌握网格结构准确找出对应点的关系是解题的关键．11．（1）图见解析；（2）证明见解析；（3
）①证明见解析； ②20°．【分析】（1）根据题意，射线顺时针旋转60°，用尺规作图法，做出∠DAE = ∠C = 60°，再连接
DE，即完成作图；（2）在等边三角形ABC中,由可得出；由射线绕点A顺时针旋转60°得到射线，可得∠DAE =，进而得出；由平分∠
ABC的外角可得，进而推出，由此可证（ASA），再根据三角形全等的性质易证；（3）①连接，设，根据点B与点F关于直线对称的性质可得
，；由易得；在等边三角形中， 由，，易证，，又因为，再根据三角形AFC的内角和定理，可推出，和前面的证明联立可得，所以同旁内角互补
，.②通过图中各个三角形的内角和之间的关系，设∠BAD=α，通过证明∠CFA=∠COF推论出，即可计算出∠BAD=20°.【详解】
（1）依题意补全图形?（2）证明：∵是等边三角形，∴．∴．∵射线绕点A顺时针旋转60°得到射线，∴．∴．∴．?∵，∴．∵平分，∴．
∴．∴．∴． （3）①证明：连接，设，∵点B与点F关于直线对称，∴，．∵，∴．∵等边三角形中，，∴ ∵，∴．∴．∵，且，∴．∴．
∴． ② 由① 知 ，∴∠EAF=∠F=∴∠DAF = α，∵，由②知BE=CD∴BD=CF∴∠CFA=∠COF∴∴3α=60°∴
α=20°【点睛】本题主要考查了图形旋转的作图，利用三角形全等证明线段相等知识.综合性较强，难度较大.12．（1）①图见解析；②证
明见解析；（2）时，对于任意一点C，总有；证明见解析．【分析】（1）①在AC右侧作等边三角形ACD，即可得线段，在作的外接圆交直线
MN与B，连接DB即可补全图形；②根据四边形内角和等于360°结合，即可得出，由同角的补角相等即可证明结论；（2）连接，在直线上截
取，连接，可得，进而是等边三角形，即得．【详解】解：（1）① 补全图形，如图：??②证明：∵∴∵∴在四边形中，∵∴?（2）时，对于
任意一点C，总有?证明：连接，在直线上截取，连接，∵∴∴∴∴∴是等边三角形．∴．【点睛】此题是几何变换综合题，主要考查了旋转的性质
，全等三角形的判定和性质，四边形的内角和定理，等边三角形的判定和性质，构造出全等三角形是解本题的关键．13．（1）详见解析；（2）
60°；（3）当时结论成立，详见解析【分析】(1)根据题意补全图形即可得到答案；(2)先算出，再根据旋转的性质得到，再相减即可得到
答案；(3) 证明想法一，过A作于E，先证明四边形是正方形，得到，再证明即可得到答案；【详解】解：（1）补全图形?（2）当时，,∵
线段绕点C顺时针旋转90°得到线段，∴ ,∴，故答案为：60°；?（3）当时结论成立．?证明：想法一：过A作于E．∵∴四边形是正方
形 ，?∴，，∵，∴，∴（ASA），?∴，当时，∴是等边三角形∴ ；【点睛】本题主要考查了旋转的性质、三角形全等的判定与性质、正方
形的判定与性质、等边三角形的判定 ，熟练掌握各知识点并灵活运用是解题的关键·14．（1）见解析；（2）1≤OA≤2；（3）OP，O
Q【分析】（1）利用直角三角形的性质和旋转的性质确定点C和点D的位置，连接即可得到线段CD；（2）如图2（见解析），作交ON于点E
，作交OM于点G，利用旋转的性质、三角形全等的判定定理推出，则有，从而可得点C和点D的位置，然后结合图形，分析线段CD与射线OM有
公共点时，OA的最小值与最大值即可；（3）先确认当线段CD的覆盖圆的直径取得最小值时的直径，再利用直角三角形的性质和勾股定理求解即
可.【详解】（1）由旋转性质可知：是等腰直角三角形∴D正好落在OM上因此，补全图形如图1所示；（2）如图2，作交ON于点E，作交OM于点G连接PA、PC由旋转的性质得：则点C在射线EF上同理可证：点D也在射线EF上因此，当线段AB在射线ON上从左向右平移时，线段CD在射线EF上从下向上平移，且当点D与点G重合时，OA取得最小值，由（1）可知，最小值为如图3，当点C与点G重合时，OA取得最大值，最大值为综上，OA的取值范围是；（3）如图4．作PE⊥OM交ON于点E，作EF⊥ON交OM于点Q当线段CD的覆盖圆的直径取得最小值时，直径为则圆心点Q为CD的中点，由（2）可知在中，则在中，则，解得故的长度为，的长度为. 【点睛】本题考查了三角形全等的判定定理与性质、旋转的性质、直角三角形的性质、勾股定理，较难的是题（2），通过作辅助线，构造两个全等的三角形是解题关键. 1 / 1 |
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