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1.（2025·北京中考）下列图形中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（
D
）答案
1. D 解析:A、B是轴对称图形,不是中心对称图形;C是中心对称图形,不是轴对称图形;D既是轴对称图形又是中心对称图形,故选D.
2. (2026·铁岭期末)在平面直角坐标系中，点A(1,-3)与点B关于原点成中心对称，则点B的坐标为 (
A.(-1,-3)
B.(-1,3)
C.(1,-3)
D.(1,3)
B
)A.(-1,-3)
B.(-1,3)
C.(1,-3)
D.(1,3)
答案
2. B 解析:
∵点A(1,-3)与点B关于原点成中心对称,
∴点B的坐标为(-1,3).故选B.
∵点A(1,-3)与点B关于原点成中心对称,
∴点B的坐标为(-1,3).故选B.
3.（2026·黔西期末）如图，教室内地面有个倾斜的簸箕，若箕面AB与水平地面的夹角$∠ CAB = 63°$，小明将簸箕绕点A顺时针旋转后平放在地面，则箕面AB绕点A旋转的度数为（
A.$126°$
B.$117°$
C.$90°$
D.$63°$
B
）A.$126°$
B.$117°$
C.$90°$
D.$63°$
答案
3. B 解析:
∵箕面AB与水平地面的夹角∠CAB=63°,
∴∠BAB'=180°-∠CAB=117°,即箕面AB绕点A旋转的度数为117°,故选B.
∵箕面AB与水平地面的夹角∠CAB=63°,
∴∠BAB'=180°-∠CAB=117°,即箕面AB绕点A旋转的度数为117°,故选B.
4. (2026·荆州月考)如图,在$△ ABC$中,$∠ CAB=75°$,在同一平面内,将$△ ABC$绕点$A$旋转到$△ AB'C'$的位置,使得$CC'// AB$,则$∠ CAC'$度数是 (
A.$30°$
B.$35°$
C.$40°$
D.$50°$
A
)A.$30°$
B.$35°$
C.$40°$
D.$50°$
答案
4. A 解析:由旋转的性质可得,AC=AC',
∴∠ACC'=∠AC'C,
∵CC'//AB,
∴∠ACC'=∠CAB=75°,
∴∠ACC'=∠AC'C=75°,
∴∠CAC'=180°-∠ACC'-∠AC'C=30°.故选A.
∴∠ACC'=∠AC'C,
∵CC'//AB,
∴∠ACC'=∠CAB=75°,
∴∠ACC'=∠AC'C=75°,
∴∠CAC'=180°-∠ACC'-∠AC'C=30°.故选A.
5. (2026·天津期末)如图,在正方形ABCD中,点E在边AB上,将△DAE以点D为中心逆时针旋转得到△DFG,使点E的对应点G恰好落在边BC上,点A的对应点为F,延长DF与边BC相交于点H,连接EH,下列结论一定正确的是 (
A.$DE ⊥ EH$
B.$AE=CG$
C.$∠ EDH=∠ FGH$
D.$DE=DF$
B
)A.$DE ⊥ EH$
B.$AE=CG$
C.$∠ EDH=∠ FGH$
D.$DE=DF$
答案
5. B 解析:
∵四边形ABCD是正方形,
∴DA=DC,∠A=∠C=90°,由旋转可得△DAE≌△DFG,
∴AE=FG,∠DFG=∠A=90°,DF=DA,
∴DF=DC,∠DFG=∠C=90°.又
∵DG=DG,
∴Rt△DGF≌Rt△DGC(HL),
∴GF=CG=AE,故选B.
∵四边形ABCD是正方形,
∴DA=DC,∠A=∠C=90°,由旋转可得△DAE≌△DFG,
∴AE=FG,∠DFG=∠A=90°,DF=DA,
∴DF=DC,∠DFG=∠C=90°.又
∵DG=DG,
∴Rt△DGF≌Rt△DGC(HL),
∴GF=CG=AE,故选B.
6. (2025·邵阳模拟)如图,两张相同的宽为4 cm的矩形纸片叠放在一起,点O是纸片中的任意一点.将一张纸片绕着点O逆时针旋转α°(0＜α＜180),则旋转过程中,两张纸片重叠部分(即四边形ABCD)面积的最小值是 (
A.8 cm²
B.$8\sqrt{3}$ cm²
C.16 cm²
D.32 cm²
C
)A.8 cm²
B.$8\sqrt{3}$ cm²
C.16 cm²
D.32 cm²
答案
6. C 解析:过点D作DN⊥AB于点N,DE⊥CB于点E,连接AC,BD交于点O.
由题意知,AD//BC,AB//CD,∴四边形ABCD是平行四边形.
∵两个矩形等宽,
∴DN=DE.
∵在平行四边形ABCD中,$S_{△ADB}=S_{△CDB}$,
∴$\frac{1}{2} AB · DN = \frac{1}{2} BC · DE$,
∴AB=BC,
∴平行四边形ABCD是菱形,旋转过程中,菱形的高不变,底变化,当两张纸片垂直时,即DA⊥AB时,底边AB最短,此时面积为4×4=16(cm²),故选C.
7. (2026·阜新模拟)如图,菱形OABC的顶点O(0,0),B(2,2),若菱形绕点O逆时针旋转,每秒旋转$45°$,则第54秒时,菱形的对角线交点D的坐标为 (
A.(1,-1)
B.(-1,1)
C.$(\sqrt{2},0)$
D.$(0,-\sqrt{2})$
A
)A.(1,-1)
B.(-1,1)
C.$(\sqrt{2},0)$
D.$(0,-\sqrt{2})$
答案
7. A 解析:设直线OB的解析式是y=kx(k≠0),把点B(2,2)的坐标代入y=kx,可得2k=2,解得k=1,
∴直线OB的解析式是y=x,
∴OB是平面直角坐标系中第一、三象限的角平分线.
∵四边形OABC是菱形,
∴D点是OB的中点,
∴点D的坐标是(1,1).
∵360°÷45°=8(秒),
∴旋转8秒时点D回到初始位置.
∵54÷8=6……6,
∴第54秒时,点D旋转了6圈又6秒.
∵6×45°=270°,
∴点D旋转到第四象限,
∴点D的坐标是(1,-1).故选A.
∴直线OB的解析式是y=x,
∴OB是平面直角坐标系中第一、三象限的角平分线.
∵四边形OABC是菱形,
∴D点是OB的中点,
∴点D的坐标是(1,1).
∵360°÷45°=8(秒),
∴旋转8秒时点D回到初始位置.
∵54÷8=6……6,
∴第54秒时,点D旋转了6圈又6秒.
∵6×45°=270°,
∴点D旋转到第四象限,
∴点D的坐标是(1,-1).故选A.
8. (2026·南通期末)如图,在 $Rt△ ABC$ 中, $∠ ACB=90°, ∠ A=30°, AB=4$, 点 $D$ 是直角边 $AC$ 上的一个动点, 连接 $BD$, 以 $BD$ 为边向外作等边 $△ BDE$, 连接 $CE$, 在点 $D$ 运动的过程中, 线段 $CE$ 的最小值为 (
A.$\frac{\sqrt{3}}{2}$
B.$1$
C.$\sqrt{3}$
D.$2$
B
)A.$\frac{\sqrt{3}}{2}$
B.$1$
C.$\sqrt{3}$
D.$2$
答案
8. B 解析:延长BC到点F,使得CF=BC,连接AF,EF,
∵∠ACB=90°,∠BAC=30°,AB=4,
∴CF=BC=$\frac{1}{2}$ AB=2,∠ABF=90°-∠BAC=60°,
∴BF=2BC=4,
∴AB=BF,
∴△ABF是等边三角形,
∴∠AFB=60°.
∵△BDE是等边三角形,
∴BE=BD,∠DBE=60°,
∴∠FBE=∠ABD=60°-∠DBF,在 △FBE 和 △ABD 中,$\begin{cases} BF=AB, \\ ∠FBE=∠ABD, \\ BE=BD, \end{cases}$
∴△FBE≌△ABD(SAS),
∴∠BFE=∠BAD=30°,
∴∠AFE=∠AFB+∠BFE=90°,
∴点E在经过点F且与AF垂直的射线FE上运动,作CH⊥FE交射线FE于点H,则∠CHE=90°,
∴CH=$\frac{1}{2}$ CF=1.
∵CE≥CH,
∴CE≥1,
∴CE的最小值为1.故选B.
9. (2026·宿迁月考)已知点A(2,y)与点B(x,-4)关于原点对称，则xy的立方根是
-2
。答案
9. -2 解析:
∵点A(2,y)与点B(x,-4)关于原点对称,
∴2=-x,y=-(-4),解得x=-2,y=4,
∴xy=(-2)×4=-8,
∴xy的立方根为$\sqrt[3]{-8}=-2$.
∵点A(2,y)与点B(x,-4)关于原点对称,
∴2=-x,y=-(-4),解得x=-2,y=4,
∴xy=(-2)×4=-8,
∴xy的立方根为$\sqrt[3]{-8}=-2$.
