图形的平移,对称与旋转的易错题汇编附解析.pdf

图形的平移，对称与旋转的易错题汇编附解析一、选择题1．在下面由冬季奥运会比赛项目图标组成的四个图形中，其中可以看作轴对称图形的是（）A．B．C．D．【答案】D【解析】【分析】根据轴对称图形的概念对各选项分析判断即可得解．【详解】A、不是轴对称图形，故本选项错误；B、不是轴对称图形，故本选项错误；C、不是轴对称图形，故本选项错误；D、是轴对称图形，故本选项正确．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．2．如图，在菱形纸片ABCD中，∠A=60°，点E在BC边上，将菱形纸片ABCD沿DE折叠，点C落在AB边的垂直平分线上的点C′处，则∠DEC的大小为（）A．30°B．45°C．60°D．75°【答案】D【解析】【分析】连接BD，由菱形的性质及A60，得到△ABD为等边三角形，P为AB的中点，利用三线合一得到DP为角平分线，得到ADP30，ADC120，C60°，进而求出PDC90，由折叠的性质得到CDEPDE45，利用三角形的内角和定理即可求出所求角的度数．【详解】解：连接BD，如图所示：∵四边形ABCD为菱形，∴ABAD，∵A60，∴△ABD为等边三角形，ADC120，C60°，∵P为AB的中点，∴DP为ADB的平分线，即ADPBDP30，∴PDC90，∴由折叠的性质得到CDEPDE45，在DEC中，DEC180CDEC75．故选：D【点睛】此题考查了翻折变换（折叠问题），菱形的性质，等边三角形的性质，以及三角形内角和定理，熟练掌握折叠的性质是解本题的关键．3．如图，DEF是由ABC经过平移后得到的，则平移的距离不是()A．线段BE的长度B．线段EC的长度C．线段CF的长度D．A、D两点之向的距离【答案】B【解析】【分析】平移的距离是平移前后对应两点之间连线的距离，根据这可定义可判定【详解】∵△DEF是△ABC平移得到∴A和D、B和E、C和F分别是对应点∴平移距离为：线段AD、BE、CF的长故选：B【点睛】本题考查平移的性质，在平移过程中，我们通常还需要注意，平移前后的图形是全等图形.4．如图，ABC是O的内接三角形，A45，BC1，把ABC绕圆心O按逆时针方向旋转90得到DEB，点A的对应点为点D，则点A，D之间的距离是（）A．1B．2C．3D．2【答案】A【解析】【分析】连接AD，构造△ADB，由同弧所对应的圆周角相等和旋转的性质，证△ADB和△DBE全等，从而得到AD=BE=BC=1.【详解】如图，连接AD，AO，DO∵ABC绕圆心O按逆时针方向旋转90得到DEB，∴AB=DE，AOD90，CABBDE451∴ABDAOD45（同弧所对应的圆周角等于圆心角的一半），2即ABDEDB45，又∵DB=BD，∴DABBED（同弧所对应的圆周角相等），在△ADB和△DBE中ABDEDBABEDDABBED∴△ADB≌△EBD（ASA）,∴AD=EB=BC=1.故答案为A.【点睛】本题主要考查圆周角、圆中的计算问题以及勾股定理的运用；顶点在圆上，两边都与圆相交的角角圆周角；掌握三角形全等的判定是解题的关键.155．如图，在边长为2的正方形ABCD中，点E，F是对角线AC的三等分点，点P在正2方形的边上，则满足PE+PF=55的点P的个数是（）A．0B．4C．8D．16【答案】B【解析】【分析】作点F关于BC的对称点M，连接EM交BC于点P，则PE+PF的最小值为EM，由对称性可得CM=5，∠BCM=45°，根据勾股定理得EM=55，进而即可得到结论．【详解】作点F关于BC的对称点M，连接EM交BC于点P，则PE+PF的最小值为EM．15∵正方形ABCD中，边长为2，215∴AC=2×2=15，2∵点E，F是对角线AC的三等分点，∴EC=10，FC=AE=5，∵点M与点F关于BC对称，∴CF=CM=5，∠ACB=∠BCM=45°，∴∠ACM=90°，∴EM=EC2CM21025255，∴在BC边上，只有一个点P满足PE+PF=55，同理：在AB，AD，CD边上都存在一个点P，满足PE+PF=55，∴满足PE+PF=55的点P的个数是4个．故选B．【点睛】本题主要考查正方形的性质，勾股定理，轴对称的性质，熟练掌握利用轴对称的性质求两线段和的最小值，是解题的关键．6．在平面直角坐标系中，把点P(5,2)先向左平移3个单位长度，再向上平移2个单位长度后得到的点的坐标是（）A．(8,4)B．(8,0)C．(2,4)D．(2,0)【答案】A【解析】【分析】根据平移变换与坐标