专题1.3 图形的平移与旋转章末重难点题型(举一反三)(北师大版)(解析版)
管中窥豹的意思-
专题
1.3
图形的平移与旋转章末重难点题型
【北师大版】
【考点
1
平移的性质】
【方法点拨】
经过平移，
对应点所连的线段平行
（或在一条直
线上）
且相等，
对应线段平行
（或在一
条直线上）
且相等、对应角相等。
注意：平移后，原图形与平移后的图形全等。
【例
1
】
（
< br>2020
•济宁校级期末）如图，把周长为
10
的△
ABC
沿
BC
方向平移
1
个单位得到△
< br>DEF
，则四边
形
ABFD
的周长为（
）
A
．
14
B
．
12
C
．
10
D
．
8
【分析】
根据平移的性质可得
DF
＝
AC
，
CF
＝
AD
，
然后求出四边
形
ABFD
的周长＝△
ABC
的周长
+
AD
+
CF
，
然后代入数据计算即可得解．
【答案】解：∵△
ABC
沿
BC
方向平移
1
个单位得到△
DFE
，
∴
DF
＝
AC
，
CF
＝
AD
＝
1
，
∴四边形
ABFD
的周长＝
AB
+
BC
+
CF
+
DF
+
AD
，
＝
AB
+
BC
+
AC
+
AD
+
CF
，
＝△
ABC
的周长
+
AD
+
CF
，
< br>＝
10+1+1
，
1
/
30
＝
12
．
故选：
B
．
【点睛】本题考查平移的基本性质：
①
平移不改变图形的形状和大小；
②
经过平移，对应点所连的线段
平行且相等，对应线段平行且相等，对应角相等．
【变式
1-1
】
（
2019
春•西湖区校级月考）如图，两个直角三角形重叠在一起，将
其中一个沿点
B
到点
C
的
方向平移到△
DEF
的位置
，
AB
＝
10
，
DH
＝
4
，
BC
＝
15
，
平移距离为
6
，则阴影部分的面积（
）
A
．
40
B
．
42
C
．
45
D
．
48
<
/p>
【分析】先判断出阴影部分面积等于梯形
ABEH
的面积，再根据平移变化只改变图形的位置不改变图形
的形状可得
DE
＝
AB
，然后求出
HE
，根据平移的距离求出
BE
＝
6
，然后利用梯形的面积公式列式计算即
可得解．
【答案】解：∵两个三角形大小一样，
∴阴影部分面积等于梯形
ABEH
的面积，
< br>
由平移的性质得，
DE
＝
AB
，
BE
＝
6
，
∵
AB
＝
10
，
DH
＝
4
，
∴
HE
＝
DE
﹣
DH
＝
10
﹣
4
＝
6
，
∴阴影部分的面积＝<
/p>
×（
6+10
）×
6
＝
48
，
故选：
D
．
【点睛】本题考查了平移的性质，对应点连线的长度等于平移距离，平移变化只改变图形
的位置不改变
图形的形状，熟记各性质并判断出阴影部分面积等于梯形
< br>ABEH
的面积是解题的关键．
【变式
1-2
】
（
< br>2020
•江西校级期末）如图，将△
ABC
沿直线
AB
向右平移后到达△
BDE
的位置，连接
CD
、
CE
，若△
ACD
的
面积为
10
，则△
BCE
的面积为（
）
2
/
30
A
．
5
B
．
6
C
．
10
D
．
4
【分析】根据平移的性质得到
AB
＝
BD
，
BC
∥
DE
，利用三角形面积公式得到
S
△
BCD
＝
S
△
ACD
＝
5
，然后
利用
DE
∥
BC
得到
S
△
BCE
＝
S
△
BCD
＝
5
．
【答案】解：∵△
ABC
< br>沿直线
AB
向右平移后到达△
B
DE
的位置，
∴
AB
＝
BD
，
BC
∥
DE
，
∴
S
△
ABC
＝
S
△
BCD
＝
S
△
ACD
＝
×
10
＝
5
，
∵
DE
∥
BC
，
∴
S
△
BCE
＝
S
△
BCD
＝
5
．
故选：
A
．
【点睛】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且相等．
【变式
1-3
】
（
2020
•碑林区校级期末）如图，点
I
为△
ABC
角平
分线交点，
AB
＝
8
< br>，
AC
＝
6
，
BC
＝
4
，将∠
ACB
平移使其顶点
C
与
I
重合，则图中阴影部分的周长为（
）
A
．
9
B
．
8
C
．
6
D
．
4
【分析】连接
AI
、
BI
，因为三角形的内心是角平分线的交点，所以
AI
是∠
CAB
的平分线，由平行的性
质和等角对等边可得：
AD
＝
DI
，同理
BE
＝
EI
，所以图中阴影部分的周长就是边
AB
的长．
【答案】解：连接
AI
、
BI
，
∵点
I
为△
ABC
的内心，
∴
AI
平分∠
CAB
，
∴∠
CAI
＝∠
BAI
，
由平移
得：
AC
∥
DI
，
∴∠
CAI
＝∠
AID
，
< br>∴∠
BAI
＝∠
AID
，
∴
AD
＝
DI
，
同理可得：
BE
＝
EI
，
3
/
30
∴△
DIE
的周长＝
DE
< br>+
DI
+
EI
< br>＝
DE
+
AD
< br>+
BE
＝
AB
< br>＝
8
，
即图中阴影部分的周长为
8
，
故选：
B
．
【点睛】本题考查了三角形内心的定义、平移的性质及角平分
线的定义等知识，熟练掌握三角形的内心
是角平分线的交点是关键．
【考点
2
坐标系中的平移规律】
【方法点拨】
在平面直角坐标系内，把一个图形各个点的横坐标都加上（或减去）一个整数
a
，相应的新图
形就是把原图形向右（或向左）平
移
a
个单位长度；如果把它各个点的纵坐标都加（或减去）一个
整数
a
，
相应的新图形就是把原图形向
上（或向下）平移
a
个单位长度．
（即
：横坐标，右移加，左移减；纵坐标，
上移加，下移减．
）
【例
2
】
（
2020
•武汉校级期末）如图，
A
，
B
的坐标为（
2
，
0
）
，
（
0
，
1
）
，若将线段
AB
平移至
A
1
B
1
，则
a
+
b
的值为（
）
A
．
2
B
．
3
C
．
4
D
．
5
【分析】先利用点
A
平移都
A
1
得到平移的规律，再按此规律平移
B
点得到
B
1
，从而得到
B
1
点的坐标，<
/p>
于是可求出
a
、
b
的值，然后计算
a
+
b
即可．
【答案】解：∵点
A
（
2
，
0
）先向上平移
1
个单位，再向右平移
1
个单位得到点
A
1
（
3
，
1
）
，
∴线段
AB
先向上平移
1
个单位，再向右平移
1
个单位得到线
段
A
1
B
1<
/p>
，
∴点
B
（
0
，
1
）先向上平移
1
个单位，再向右平移
1
个单位得到点
B
1
，
∴
a
＝
0+1
＝
1
，
1+1
＝
b
，
∴
a
+
b
＝
1+2
＝
3
．
故选：
B
．
【点睛】本题考查了坐标与图形变化﹣平移：在平面直角坐标系内，把一个图形各个点的
横坐标都加上
4
/
30
（或减去）一个整数
a
，相应的新图形
就是把原图形向右（或向左）平移
a
个单位长度；如果把它各个
点的纵坐标都加
（或减去）
一个整数<
/p>
a
，
相应的新图形就是把原图形向上
（或向下）
平移
a
个单位长度．
（
即：
横坐标，右移加，
左移减；纵坐标，上移加，下移减．
）
【变式
2-1
】
（
< br>2019
春•江岸区期中）已知△
ABC
内任意一点
P
（
a
，
b
）经过平移后对应点
P
1
（
c
，<
/p>
d
）
，已知
A<
/p>
（﹣
1
，
2+<
/p>
m
）在经过此次平移后对应点
A
1
（
2
，﹣
3+
m
）
．则
a
+
b
﹣
c
﹣
d
的值为（
）
< br>A
．
8+
m
B
．﹣
8+
m
C
．
2
D
．﹣
2
<
/p>
【分析】由
A
（﹣
1
，
2+
m
）在经过此次平移后对应点
A
1
（
2
，﹣
3+
m
）
，可得△
ABC
的平移规律为：向右
平移
3
个单位，向
下平移
5
个单位，由此得到结论．
<
/p>
【答案】解：∵
A
（﹣
< br>1
，
2+
m
）在经过此次平移后对应点
A
1
（
2
，﹣
3+
m
）
，
∴△<
/p>
ABC
的平移规律为：向右平移
3
个单位，向下平移
5
个单位，
∵点
P
（
< br>a
，
b
）经过平移后对应点
P
1
（
c
，
d
）
，
∴
a
+3
＝
c
，
b
﹣
5
＝
d
，
∴
a
﹣<
/p>
c
＝﹣
3
，
b
﹣
d
＝
5
，
∴
a
+
b
﹣
< br>c
﹣
d
＝﹣
3+5
＝
2
，
故选：
C
．
【点睛】本题考查的是坐标与图形变化﹣平移，牢记平面直角坐标系内点的平移规律：上
加下减、右加
左减是解题的关键．
【
变式
2-2
】
（
2019
春•江岸区期中）如图，在平面直角坐标系中，已知
A
（﹣
2
，
0
）
，
B
（
5
，
0
）
，
C
（
0
，
3
）
，
< br>平移线段
AC
至线段
BD
，点
P
在四边形
OB
DC
内，满足
S
△
PCD
＝
S
△
PBD
，
S
△
POB
：
S
△
POC
＝
5
：
6
，则点
P
的坐标为（
）
A
．
（
2
，
1
）
B
．
（
2
，
4
）
< br>
C
．
（
3
，
2
）
D
．
（
4
，
2
）
【分析】过
P
作
PM<
/p>
⊥
OB
于
M
，并反向延长交
CD
于
N
，设
P
（
x
，
y
）
，
根据
S
△
POB
：
S
△
POC
＝
5
：
6
，
于
是得到
x
＝
2
y
；由于
S
△
PCD
＝
S
△
PBD
，于是得到
×
7
（
•
3
﹣
y
）＝
18
﹣
×
7
（
3
﹣
y
）﹣
×
3
x
﹣
×
5
y
，最
后解方程
组即可得到结论．
5
/
30
【答
案】解：如图，过
P
作
PM
⊥
OB
于
M
，交
CD
于
N
，
∵
< br>CD
∥
OB
，
< br>
∴
PN
⊥
CD
，
设
P
（
x
，
y
）
，
∵
S
△
POB
：
S
△
POC
＝
5
：
6
，
∴
5
×
×
3
x
＝
< br>6
×
×
5
y
，
∴
x
＝
2
y
，
①
∵
S
△
PCD
＝
S
△
PBD
，
∴
×
7
•
（
3
﹣
y
< br>）＝
18
﹣
×
< br>7
（
3
﹣
y
）﹣
×
3
x
﹣
×
5
y<
/p>
，
②
由
①
、
②
解得
x
＝
4
，
y
＝
2
，
< br>
∴
P
（
4
，
2
）
，
故选：
D
．
【点睛】本题主要考查了坐标与图形性质，平行线的性质，三角形的面积，坐标与图形变
化﹣平移，作
辅助线构造平行线和垂线是解题的关键．
【变式
2-3
】
（<
/p>
2020
春•江岸区校级月考）如图，在平面直角坐标系中，已知
A
（
0
，
4
）
，
B
（
6
，
0
）
，
C
（
< br>0
，
﹣
10
）
，平移线段
AB
至线段
CD
，点
Q
在四边形<
/p>
OCDB
内，满足
S
△
QOC
：
S
△
QOB
＝
5
：
6
，
S
△
QCD
＝
S
△
QBD
，
则点
Q
的坐标为（
）
A
．
（
2
，﹣
4
）
B
．
（
3
，﹣
5
）
C
< br>．
（
3
，﹣
6
）
D
．
（
4
，﹣
8
）
6
/
30
【分
析】设
Q
（
m
，
n
）
，由点平移可求
D
（
6
，﹣
< br>14
）
，分别求出
S
△
QOC
＝
×
CO
×
x
Q
，
S
△
QOB
＝
×
OB
×
y
Q
，由已知可得
n
＝﹣
2
m
；再分别求出
S
△
QBD
＝
×
BD
×（
6
﹣
x
Q
）
，
S
△
QCD
＝
S
QBD
﹣
S
△
OBC
＝
30
﹣
4
m
，再由已知可得
梯形
OCDB
﹣
S
△
QCO
﹣
S
△
30
< br>﹣
4
m
＝
42
﹣
7
m
，求出
m
即可求
Q
点坐标．
【答案】解：设
Q
（
m
，
n
）
，
∵
A
（
0
，
< br>4
）
，
B
（
6
，
0
）
，
C
（
0
，﹣
10
）
，
∴
OC
＝
10
，
OB
＝
6
，
AC
＝
14
，
∵平移线段<
/p>
AB
至线段
CD
，
∴
D
（<
/p>
6
，﹣
14
）<
/p>
，
∵
S
△
QOC
＝
×
CO
×
x
Q
，
S
△
QOB
＝
×
OB
×
y
Q
，
∵
S
△
QOC
：
S
△
QOB
＝
5
：
6
，
∴
＝
，
∴
n
＝﹣
2
m
，
∴
Q
（
m
，﹣
2
m
）
，
< br>
∵
S
△
QBD
＝
×
BD
×（
6
﹣
x
Q
）＝
×
14
×（
6
﹣
m
）＝
42
﹣
7
m
，
S
△<
/p>
QCD
＝
S
梯形
OCDB
﹣
S
△
QCO
﹣
S
△
QBD
﹣
S
△
OBC
＝
×（
OC
+
BC
）×
OB
﹣
×
CO
×
x
Q
﹣
×
BD
×（
6
﹣
x
Q
）
﹣<
/p>
×
OB
×
y
Q
＝
×（
10+14
）×
6
﹣
×
10
×
m<
/p>
﹣
×
14
×（<
/p>
6
﹣
m
）﹣
×
6
×（﹣
n
）
＝
72
﹣
5
m
﹣（
42
﹣
7
m
）
+3
n
＝
30+2
m
+3
n
＝
30
﹣
4
m
，
∵
S
△
QCD
＝
S
△
QBD
，
∴
30
﹣
< br>4
m
＝
42
﹣
7
m
，
∴
m
＝
4
，
∴
Q
（
4
，﹣
8
）
，
故选：
D
．
【点睛】本题考查坐标图形变换；熟练掌握点平移的特点，再由三角形面积公式求出三角
形面积，由面
积建立等量关系求解是关键．
【考点
3
旋转的性质】
【方法点拨】
一个图形和它经过旋转所得的图形中，对应点到旋转中心的距离相等，任意一组对应点与旋
7
/
30
转中
心的连线所成的角都等于旋转角，对应线段相等，对应角相等。注意：旋转后，原图形与旋转后的图
形全等。
【例
3
】
（
2020
•硚口区
校级期末）如图，将△
ABC
绕顶点
C
旋转得到△
DEC
，点
A
对应点
D
，点
B
对应点
E
，且点
B
刚好落在
DE
边上，
∠
A
＝
24
°
，∠
BCD
＝
48
°，则∠
ABD
等于（
）
A
．
30
°
B
．
38
°
C
．
36
°
D
．
45
°
【分析】根据旋转的性质和等腰三角形的性质即可得到结论．
【答案】解：∵△
ABC
绕顶点
C
旋转得到△
DEC
，
∴∠
D
＝
∠
A
＝
24
°
，∠
ACB
＝∠
DCE
，
∵∠
BCD
＝
48
°，
∴∠
CBE
＝
48
°
+24
°＝
72
°，
∵
CE
＝
CB
，
∴∠
E
＝∠
CBE<
/p>
＝
72
°，
<
/p>
∴∠
ECB
＝
1
80
°﹣
72
°﹣
72
°＝
36
°，
∵∠
CBA
＝∠
E
＝
72
°，
∴∠
ABD
＝
180
°﹣
72
°﹣<
/p>
72
°＝
36
°
，
故选：
C
．
【点睛】本题考查了旋转的性质，等腰三角形的性质，熟练掌握旋转的性质即可得到结论
．
【变式
3-1
】
（
2020
•南岗区校级一模）
如图，在四边形
ABCD
中，∠
ABC
＝
30
°，将△
DCB
绕点
C
顺时针
旋转
60
°后，点
D
的对应点恰好与点
A
重合，得到△
ACE
，若
AB
＝
3
，
BC
＝
4
，则
BD
＝（
）
A
．
5
B
．
5.5
C
．
6
D
．
7
【分析】连接
BE
，如图，根据旋转的性质
得∠
BCE
＝
60
°，
CB
＝
CE
< br>，
BD
＝
AE
< br>，再判断△
BCE
为等边三
8
/
30
角形
得到
BE
＝
BC
＝
4
，∠
CBE
＝
60
°，从而有∠
ABE
＝
90
°，然后利用勾股定理计算出
AE
即可．
【答案】
解：连接
BE
，如图，
∵△
DCB
绕点
C
顺时针旋转
60
°后，点
D
的对应点恰好与点
A
重合，得到△
ACE
，
∴∠
BCE
＝
60
°，
CB
＝
CE
，
BD
＝
AE
，
∴△
BCE
为等边三角形，
∴
BE
＝
BC
＝
4
，∠
CBE
＝
60
°，
∵∠
ABC
＝
30
°，
∴∠
ABE
＝
90
°，
在
Rt
△
ABE
中，
AE
＝
∴
BD
＝
5
．
故选：
A
．
【点睛】本题考查了旋转的性质：对应点到旋转中心的距离相等；对应点与旋转中心所连
线段的夹角等
于旋转角；旋转前、后的图形全等．
【变式
3-2
】
（
2020
•鹿城区校级模拟）如图，
Rt
△
ABC
中，∠
A
CB
＝
90
°，∠
B
＝
30
°，
S
△
ABC
＝
2
，将△
＝
5
，
ABC
绕点
< br>C
逆时针旋转至△
A
′
B
′
C
，使得点
A
'
恰好落在
AB<
/p>
上，
A
'
B
′与
BC
交于点
D
，则
S
△
A<
/p>
′
CD
为
（
）
A
．
+1
B
．
C
．
D
．
2
﹣
1
【分析】解直角三角形得到
AC
＝
2
，根据旋转的性质得
C
A
＝
CA
′＝
2
，∠
CA
′
B
′＝∠
A
＝
60
°，则△
CAA
′为等边三角形，
所以∠
ACA
′＝
60
°，则可计算出∠
BCA
′＝
30
°，∠
A
′
DC
＝
90
°，然后在
Rt
△
A
′
DC
中利用含
30
度的直角三
角形三边的关系得
A
′
D
＝
CA
′＝
1
，
CD
＝
A
′
D
＝
，
再利用三
9
/
30
角形面积公式求解．
【答案】解：过
C
作
CH
⊥<
/p>
AB
于
H
，
∵∠
ACB<
/p>
＝
90
°，∠
B
＝
30
°，
∴∠
A
＝
60
°，
∴∠
A
CH
＝
30
°，
∴
AC
＝
AB
，
∴
C
H
＝
∵
S
△<
/p>
ABC
＝
2
AC
＝
，
AB<
/p>
＝
2
，
AB
，
∴<
/p>
AB
•
CH
＝<
/p>
AB
•
∴
AB<
/p>
＝
4
，
∴
AC
＝
2
，
∵△
ABC
绕点
C
逆时针旋转至△
A
′
B
′
C
，使得点
A
′恰好落在
AB
上，
∴
CA
＝
CA
′＝
2
，∠
CA
′
B
′＝∠
A
＝
60
°，
∴△
CAA
′为等边三角形，
∴∠
ACA
′＝
60
°，
∴∠
BCA
′＝
30
°，
∴∠
A
′
DC
＝
90
°，
在
Rt
△
A
′
DC
中，∵∠
A
′
CD
＝
30
°，
∴
A
′
D
＝
CA
′＝
1
，
CD
＝
∴△
A
′
CD
的面积＝
×
1
×
故选：
C
．
【点睛】本题考查了旋转的性质：对应点到旋转中心的距离相等；对应
点与旋转中心所连线段的夹角等
于旋转角；旋转前、后的图形全等．也考查了含
30
度的直角三角形三边的关系．
10
/
30
A<
/p>
′
D
＝
＝
．
，
【变式
3-3
】
（
2020
•九龙坡区校级模拟）如图，在
Rt
△
ABC
中，∠
ACB
＝
90
°，∠
A
＝
30
°，
BC
＝
4
，将
△
ABC
绕点
C
逆时针旋转得到△
A
′
B<
/p>
′
C
，且
B
′恰好落在
AB
上，
M
是
BC
的中点，
< br>N
是
A
′
B
′的中
点，连接
MN
，则
C
到
MN
的距离是（
）
A
．
B
．
C
．
D
．
【分析
】如图，作
CH
⊥
MN
于
H
，连接
NC
，作
MJ
⊥
NC
交
NC
的延长线于
J
．解直角三角形求出
MN
，
利用面积法求出
CH
即可．
【答案】解：如图，作
CH
⊥
MN
于
H
，连接
NC
，作
MJ
⊥
NC
交
NC
的延长
线于
J
．
∵∠
ACB
＝
90
°，
BC
＝
4
∴
AB
＝
A
′
B
′＝
2
BC
＝
8
∵<
/p>
CB
＝
CB
′，
∴△
CBB
′是等边三角形，
∴∠
BCB
′＝
60
°，
∵
BN
＝
NA
′，
∴
CN
＝
NB
′＝
A
′
B
′＝
4
∵∠
CB
′
N
＝
60
°，
∴△
CNB
′是等边三角形，
11
/
30
，∠
A
＝
30
°，
，∠
B
＝
60
°．
，
∴∠
NC
B
′＝
60
°，
∴∠
BCN
＝
120
°，
在
< br>Rt
△
CMJ
中，∵∠
J
＝
90
°，
MC
＝
2
∴
CJ
＝
MC
＝
∴
MN
＝
，
MJ
＝
＝
CJ
＝
3
，
＝
2
，
，∠
MCJ
＝
60
°，
∵
•<
/p>
NC
•
MJ
＝<
/p>
•
MN
•
CH<
/p>
，
∴
CH
＝
故选：
A
．
【点睛】本题考查旋转变换，解直角三角形等知识，解题的关键是
熟练掌握基本知识，属于中考常考题
型．
【考点
4
中心对称图形概念】
【方法点拨】<
/p>
把一个平面图形绕某个点旋转
180
°，
如果旋转后的图形能够和原来的图形重合，
那么这个图形叫
做中心对称图形。这个点叫做它的对称中心。
，
【例<
/p>
4
】
（
2020
春•兴宁区校级月考）观察下列图案，既是轴对称图形又是中心对称图形的共有（
）
A
．
1
个
B
．
2
个
C
．
3
个
< br>D
．
4
个
【分析】根据轴对称图形与中心对称图形的概念求解．
<
/p>
【答案】解：第
1
个是轴对称图形，也是
中心对称图形，故此选项符合题意；
第
2
个不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故此选项不合题意；
第
3
个不是轴对称图形，是中心
对称图形，故此选项不合题意；
第
4
个是轴对称图形，也是中心对称图形，故此选项符合题意．
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．
【
变式
4-1
】
（
2019
秋•泰安期末）观察下列图案，既是轴对称图形又是中心对称图形的共有（<
/p>
）
12
/
30
<
/p>
A
．
4
个
B
．
3
个
C
．
2
个
D
．
1
个
【分析】根据轴对称图形与中心对称图形的概念求解．
【答案】解：第
1
个是轴对称图形，不是中心
对称图形，故此选项不合题意；
第
2
个是轴对称图形，也是中心对称图形，故此选项符合题意；
<
/p>
第
3
个是轴对称图形，也是中心对称图形
，故此选项符合题意；
第
4
个不是轴对称图形，是中心对称图形，故此选项不合题意．
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．
【
变式
4-2
】
（
2020
•深圳模拟）下列图形中，中心对称图形有（
）
A
．
1
个
B
．
2
个
C
．
< br>3
个
D
．
4
个
【分析】根据中心对称图形的概念求解．
【答案】解：第一个图形是中心对称图形；
第二个图形不是中心对称图形；
第三个图形是中心对称图形；
第四个图形不是中心对称图形．
故共
2
个中心对称图形．
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．
< br>【变式
4-3
】
（
2019
秋•芜湖期末）下面四个图案依次是我国汉字中的“福禄寿喜”的艺
术字图．这四个图案
中是中心对称图形的是（
）
13
/
30
A
．
①②
B
．
②③
C
．
②④
D
．
②③④
【分析】根据把一个图形绕某一点旋转
180
< br>°，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
，这个点叫做对称中心进行分析．
【答案】解：第一个图形不是中心对称图形；
第二个图形是中心对称图形；
第三个图形不是中心对称图形；
第四个图形是中心对称图形；
故选：
C
．
【点睛】此题主要考查了中心对称图形，关键是掌握中心对称图形的定义．
【考点
5
关于原点对称点的性质】
【方法点拨
】
关于原点对称的两点横纵坐标互为相反数。
【例
5
】<
/p>
（
2019
秋•信阳期末）已知
a
＜
1
且
a
≠
0
，则点（﹣
a
2
，﹣
a
+1
）关于原点的对称点在（
）
A
．第一象限
B
．第二象限
C
．第三象限
D
．第四象限
【分析】直接利用关于原点对称点的性质得出答案．
【答案】解：点（﹣
a
2
，﹣
a
+1
）关于原点的对称点为：
（
a
2
，
a
﹣
1
）
，
∵
a
＜
1
且
a
< br>≠
0
，
∴
a
2
＞
0
，
a
﹣
1
＜
0
，
∴（
a
2
，
a
﹣
1
）在第四象限．<
/p>
故选：
D
．
【点睛】此题主要考查了关于原点对称点的性质，正确得出横纵坐标的符号是解题关键．
【变式
5-1
】
（
2020
•海淀区校级一模）已
知点
A
（
x
﹣
2
，
3
）与点
B
（
x
+4<
/p>
，
y
﹣
5
）关于原点对称，则
y
x
的值
是（
）
A
．
2
B
．
C
．
4
D
．
8
【分析】直接利用关于原点对称点的性质得出
x
，
y
的值进而得出答案．
【答案】解：∵点
A
（
x
﹣
2
，
3
）与点
B
（
x
+4
，
y
﹣<
/p>
5
）关于原点对称，
< br>∴
x
﹣
2+
x
+4
＝
0
，
14
/
30
y
﹣
5
＝﹣<
/p>
3
，
解得：<
/p>
x
＝﹣
1
，
y
＝
2
，
则
y
x
＝
2
1
＝
< br>．
﹣
故选：
< br>B
．
【点睛】此题主要考查了
关于原点对称点的性质，正确把握坐标特点是解题关键．
【变
式
5-2
】
（
2019
秋•惠民县期中）
在平面直角坐标系中，
点
P
（﹣
3
，
m
2
+4
< br>m
+5
）
关于原点对称点在
（
）
A
．第一象限
B
．第二象限
C
．第三象限
D
．第四象限
【分析】直接利用关于原点对称点的性质得出答案．
【答案】解：∵
m
2
+
4
m
+5
＝（
m
+2
）
2
+
1
＞
0
，
<
/p>
∴点
P
（﹣
3<
/p>
，
m
2
+4
m
+5
）关于原点对称点为：
[3
，﹣（
m
2
+4
m
+5
）
]
，
则﹣（
m
2
+4
m
+5
）＜
0
，
故点
P
（﹣
3
，
m
2
< br>+4
m
+5
）关于原点对称点在
第四象限．
故选：
D
．
【点睛】此题主要考查了关于原点对称点的性质，正确得出对应点是解题关键．
【变式
5-3
】
（
2018
秋•沙坪坝区校级月考）△
ABC
与△
A
1<
/p>
B
1
C
1
关于原点成中心对称，点
A
，
B
，
C
的对应点
分别是点
A
1
，
B
1
，
C
1
．若点
A
（
1
，
2
﹣
m
）
，点
A
1
（
n
，﹣
3
）
，则
m
+
n
＝（
）
A
．﹣
2
B
．﹣
1
C
．
0
D
．
1
【分析】直接利用关于原点对称点的性质得出
n
，
m
的值，进而得出答案．
【答案】解：∵点
A
（
1
，
2
﹣
m
）
，点
A
1
（
n
，﹣
3<
/p>
）
，且两点关于原点对称，
∴
n
＝﹣
1
，
2
﹣
m
< br>＝
3
，
解得：
m
＝﹣
1
，
故
m
+
n
＝﹣
2
．
故选：
A
．
【点睛】此题主要考查了关于原点对称点的性质，正确得出
m<
/p>
，
n
的值是解题关键．
< br>
【考点
6
作图
-
平移变换】
【方法点拨】
确定平移后图形的基本要素有两个：平移方向、平移距离；
作图时要先找到图形的关键点，
分别把这几个关键点按照平移的方向和距离确定对应点后
，再顺次连接对应点即可得到平移后的图形．
【例
6
】
（
2020
春•江岸区校级月考）如图，三角形
ABC
的三
个顶点坐标为：
A
（
1
，
4
）
，
B
（﹣
3
，
3
）
，
C
（
2
，
﹣
1
）
，三角形
ABC
内有一点
P
（
m
，
n
）经过平移后的对应点为
p
1
（
m
+2
，
n
﹣
3
）
，将三角形
ABC
做同
样
15
/
30