八年级下平移和旋转培优训练题含详细答案.docx
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八年级下平移和旋转培优训练题含详细答案
八年级下-平移和旋转培优训练题-含详细答案
平移和旋转培优训练题
1、如图,所给的图案由ΔABC绕点O顺时针
旋转()前后的图形组成的。
A.450、900、1350B.900、1350、1800
C.450、900、1350、1800D.450、1800、2250
2、将如图1所示的Rt△ABC绕直角边BC旋转一周,所得几何体的左视图是( )
3、如图,正方形ABCD和CEFG的边长分别为m、n,那么∆AEG的面积的值()
A.与m、n的大小都有关B.与m、n的大小都无关
C.只与m的大小有关D.只与n的大小有关
4、如图,线段AB=CD,AB与CD相交于点O,且
,CE由AB平移所得,则AC+BD与AB的大小关系是:
()
A、
B、
C、
D、无法确定
(第4题图)(第5题图)(第6题图)
5、如图,边长为1的正方形ABCD绕点A逆时针旋转
到正方形
,则图中阴影部分面积为()
A、
B、
C、
D、
6、如图,点P是等边三角形ABC内部一点,
,则以PA、PB、PC为边的三角形的三内角之比为()
A、2:
3:
4B、3:
4:
5C、4:
5:
6D、不能确定
7、如图,正方形网格中,△ABC为格点三角形(顶点都是格点),将△ABC绕点A按逆时针方向旋转90°得到
.
(1)在正方形网格中,作出
;(不要求写作法)
(2)设网格小正方形的边长为1cm,用阴影表示出旋转过程中线段BC所扫过的图形,然后求出它的面积.(结果保留
)
第7题图
8、已知:
正方形ABCD中,∠MAN=45°,∠MAN绕点A顺时针旋转,它的两边分别交CB,DC(或它们的延长线)于点M,N.当∠MAN绕点A旋转到BM=DN时(如图1),易证BM+DN=MN.
(1)当∠MAN绕点A旋转到BM≠DN时(如图2),线段BM,DN和MN之间有怎样的数量关系?
写出猜想,并加以证明.
(2)当∠MAN绕点A旋转到如图3的位置时,线段BM,DN和MN之间又有怎样的数量关系?
并说明理由.
9、如图,正方形ABCD的边长为1,AB、AD上各有一点P、Q,如果
的周长为2,求
的度数。
10、有两张完全重合的矩形纸片,小亮同学将其中一张绕点A顺时针旋转90°后得到矩形AMEF(如图甲),连结BD、MF,若此时他测得BD=8cm,∠ADB=30°.
⑴试探究线段BD与线段MF的关系,并简要说明理由;
图甲
⑵小红同学用剪刀将△BCD与△MEF剪去,与小亮同学继续探究.他们将△ABD绕点A顺时针旋转得△AB1D1,AD1交FM于点K(如图乙),设旋转角为β(0°<β<90°),当△AFK为等腰三角形时,请直接写出旋转角β的度数;
图乙
11、有两块形状完全相同的不规则的四边形木板,如图所示,木工师傅通过测量可知,
。
思考一段时间后,一位木工师傅说:
“我可以把两块木板拼成一个正方形。
”另一位木工师傅说:
“我可以把一块木板拼成一个正方形,两块木板拼成两个正方形。
”两位木工师傅把木板只分割了一次,你知道他们分别是怎样做的吗?
画出图形,并说明理由。
12、如图,P是等边三角形ABC内的一点,连结PA、PB、PC,以BP为边作∠PBQ=60°,且BQ=BP,连结CQ.
(1)观察并猜想AP与CQ之间的大小关系,并证明你的结论.
(2)若PA:
PB:
PC=3:
4:
5,连结PQ,试判断△PQC的形状,并说明理由.
13、如图,P为正方形ABCD内一点,PA=1,PB=2,PC=3,求∠APB的度数.
A
B
C
D
P
平移和旋转培优训练题答案
1、解:
把△ABC绕点O顺时针旋转45°,得到△OHE;顺时针旋转90°,得到△ODA;顺时针旋转135°,得到△OCD;顺时针旋转180°,得到△OBC;顺时针旋转225°,得到△OEF;
故选C.
点评:
本题考查了旋转的性质:
旋转前后的两个图形全等,对应点与旋转中心的连线段的夹角等于旋转角,对应点到旋转中心的距离相等.
3、如图所示,三角形AGC和三角形ACE等底等高,则二者的面积相等,都去掉公共部分(三角形三角形AHC),则剩余部分的面积仍然相等,即三角形AGH和三角形HCE的面积相等,于是三角形AGE的面积就等于小正方形的面积的一半,据此判断即可.
解答:
解:
据分析可知:
三角形AGE的面积等于小正方形的面积的一半,
因此三角形AEG面积的值只与n的大小有关;
故选:
B.
点评:
由题意得出“三角形AGE的面积就等于小正方形的面积的一半”,是解答本题的关键.
4、解:
由平移的性质知,AB与CE平行且相等,
所以四边形ACEB是平行四边形,BE=AC,
∵AB∥CE,∠DCE=∠AOC=60°,
∵AB=CE,AB=CD,
∴CE=CD,
∴△CED是等边三角形,
∴DE=AB,
根据三角形的三边关系知BE+BD=AC+BD>DE=AB,
即AC+BD>AB.
故选A.
点评:
本题利用了:
1、三角形的三边关系;
2、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.
5、设B′C′与CD的交点为E,连接AE,利用“HL”证明Rt△AB′E和Rt△ADE全等,根据全等三角形对应角相等∠DAE=∠B′AE,再根据旋转角求出∠DAB′=60°,然后求出∠DAE=30°,再解直角三角形求出DE,然后根据阴影部分的面积=正方形ABCD的面积-四边形ADEB′的面积,列式计算即可得解.
解:
如图,设B′C′与CD的交点为E,连接AE,
在Rt△AB′E和Rt△ADE中,
AE=AE
AB’=AD
∴Rt△AB′E≌Rt△ADE(HL),
∴∠DAE=∠B′AE,
∵旋转角为30°,
∴∠DAB′=60°,
∴∠DAE=1/2×60°=30°,
∴DE=1*
=
阴影部分的面积=1×1-2×
故选A.
点评:
本题考查了旋转的性质,正方形的性质,全等三角形判定与性质,解直角三角形,利用全等三角形求出∠DAE=∠B′AE,从而求出∠DAE=30°是解题的关键,也是本题的难点.
6、
先根据周角的定义由∠APB:
∠APC:
∠CPB=5:
6:
7可计算出∠APB=360°×5/18=100°,∠APC=360°×6/18=120°
根据等边三角形的性质得BA=BC,∠ABC=60°,把△BCP绕点B逆时针60°得到△BAD,根据旋转的性质得BP=BD,∠DBP=60°,∠ADB=∠CPB=120°,则△PBD为等边三角形,得到∠BDP=∠BPD=60°,DP=PB,可计算出∠ADP=60°,∠APD=40°,利用三角形内角和定理计算出∠DAP=80°,△ADP是以PA、PB、PC为三边构成的一个三角形,三个内角从小到大度数之比为40°:
60°:
80°=2:
3:
4.
解答:
解:
∵∠APB:
∠APC:
∠CPB=5:
6:
7,
而∠APB+∠APC+∠CPB=360°,
所以∠APB=360°×5/18=100°,∠APC=360°×6/18=120°
∵△ABC为等边三角形,
∴BA=BC,∠ABC=60°,
把△BCP绕点B逆时针60°得到△BAD,如图,
∴BP=BD,∠DBP=60°,∠ADB=∠CPB=120°,
∴△PBD为等边三角形,
∴∠BDP=∠BPD=60°,DP=PB,
∴∠ADP=∠ADB-∠PDB=120°-60°=60°,∠APD=∠APB-∠BPD=100°-60°=40°,
∴∠DAP=180°-60°-40°=80°,
在△ADP中,AD=PC,DP=PB,即△ADP是以PA、PB、PC为三边构成的一个三角形,
此三角形的三个内角从小到大度数之比为40°:
60°:
80°=2:
3:
4.
故选A.
8、
(1)BM+DN=MN成立,证得B、E、M三点共线即可得到△AEM≌△ANM,从而证得ME=MN.
(2)DN-BM=MN.证明方法与
(1)类似.
解答:
解:
(1)BM+DN=MN成立.
证明:
如图,把△ADN绕点A顺时针旋转90°,
得到△ABE,则可证得E、B、M三点共线(图形画正确).
∴∠EAM=90°-∠NAM=90°-45°=45°,
又∵∠NAM=45°,
∴在△AEM与△ANM中,
AE=AN
∠EAM=∠NAM
AM=AM
∴△AEM≌△ANM(SAS),
∴ME=MN,
∵ME=BE+BM=DN+BM,
∴DN+BM=MN;
(2)DN-BM=MN.
在线段DN上截取DQ=BM,
在△AMN和△AQN中,
AQ=AM
∠QAN=∠MAN
AN=AN
∴△AMN≌△AQN(SAS),
∴MN=QN,
∴DN-BM=MN.
点评:
本题考查了旋转的性质,解决此类问题的关键是正确的利用旋转不变量.
9、简单的求正方形内一个角的大小,首先从△APQ的周长入手求出PQ=DQ+BP,然后将△CDQ逆时针旋转90°,使得CD、CB重合,然后利用全等来解.
解答:
解:
如图所示,
△APQ的周长为2,即AP+AQ+PQ=2①,
正方形ABCD的边长是1,即AQ+QD=1,AP+PB=1,
∴AP+AQ+QD+PB=2②,
①-②得,PQ-QD-PB=0,
∴PQ=PB+QD.
延长AB至M,使BM=DQ.连接CM,△CBM≌△CDQ(SAS),
∴∠BCM=∠DCQ,CM=CQ,
∵∠DCQ+∠QCB=90°,
∴∠BCM+∠QCB=90°,即∠QCM=90°,
PM=PB+BM=PB+DQ=PQ.
在△CPQ与△CPM中,
CP=CP,PQ=PM,CQ=CM,
∴△CPQ≌△CPM(SSS),
∴∠PCQ=∠PCM=1/2∠QCM=45°
10、
(1)①由旋转的性质可以证明△BAD≌△MAF,由全等三角形的对应边相等可以推知线段BD与MF的数量关系BD=MF.②BD=MF,∠ADB=∠AFM=30°,进而可得∠DNM的大小.
(2)由条件可知∠AFK=30°,当∠AFK为顶角时,可以求出∠KAF=75°,从而求出旋转角β的度数,当∠AFK为底角时,可以求出∠KAF=30°,从而求出旋转角β的度数.
解答:
解:
(1)BD=MF,且BD⊥MF.理由如下:
如图1,延长FM交BD于点N,
由题意得:
△BAD≌△MAF.
∴BD=MF,∠ADB=∠AFM.
又∵∠DMN=∠AMF,
∴∠ADB+∠DMN=∠AFM+∠AMF=90°,
∴∠DNM=90°,
∴BD⊥MF.
(2)如图2,根据旋转的性质知,∠AFK=∠ADB=30°.
当AK=FK时,∠KAF=∠AFK=30°,
则∠BAB1=180°-∠B1AD1-∠KAF=180°-90°-30°=60°,
即β=60°;
②当AF=FK时,∠FAK=(180°−∠AFK)/2=75°,
∴∠BAB1=90°-∠FAK=15°,
即β=15°;
故β的度数为60°或15°.
11、首先连接BD,根据旋转的性质得出△B′BD是等腰直角三角形,进而得出答案,再利用分割一个四边形得出全等三角形进而证明是正方形.
解答:
解:
如图
(1)所示:
将两块四边形拼成正方形,
连接BD,将△DBC绕D点顺时针旋转90度,即可得出△B′BD此时三角形是等腰直角三角形,
同理可得出正方形B′EBD.
如图
(2)将一个四边形拼成正方形,
过点D作DE⊥BC于点E,过点D作DF⊥BA交BA的延长线于点F,
∴∠FDA+∠ADE=∠CDE+∠ADE=90°,
∴∠FDA=∠CDE,
在△AFD和△CED中,
∠FDA=∠CDE
∠F=∠DEC
AD=CD
,
∴△AFD≌△CED(AAS),
∴FD=DE,
又∵∠B=∠F=∠BED=90°,
∴四边形FBED为正方形.
点评:
此题主要考查了图形的剪拼,根据旋转的性质得出△B′BD是等腰直角三角形是解题关键.
12、AP=CQ,根据等边三角形的性质利用SAS判定△ABP≌△CBQ,从而得到AP=CQ.
解答:
解:
AP=CQ,
理由如下:
∵△ABC是等边三角形,
∴AB=BC,∠ABC=60°.
∵∠PBQ=60°,
∴∠ABP=∠CBQ=60°-∠PBC.
在△ABP和△CBQ中,
AB=CB
∠ABP=∠CBQ
BP=BQ
∴△ABP≌△CBQ(SAS),
∴AP=CQ.
点评:
此题考查等边三角形的判定和性质、全等三角形的判定和性质及直角三角形的判定,难度中等.
(2)由PA:
PB:
PC=5:
12:
13
可设PA=5a,PB=12a,PC=13a,
在△PBQ中
由于PB=BQ=12a,且∠PBQ=60°,
∴△PBQ为正三角形.
∴PQ=12a.
于是在△PQC中
∵PQ2+QC2=144a2+25a2=169a2=PC2
∴△PQC是直角三角形.
13、将△ABP绕点B顺时针旋转90°,使得AB与BC重合,根据旋转的性质可得△BPP′是等腰直角三角形,然后求出PP′,再根据勾股定理逆定理判定出△PP′C是直角三角形,然后求出∠BP′C的度数,再根据旋转的性质可得∠APB=∠BP′C.
证明:
如图,将△ABP绕点B顺时针旋转90°,使得AB与BC重合,
则P′C=PA=1,△BPP′是等腰直角三角形,
∵PB=2,
∴PP′=
PB=2
在△PP′C中,
PC2=32=9
∴PP′2+P′C2=PC2,
∴△PP′C是直角三角形,
∠BP′C=∠BP′P+∠PP′C=45°+90°=135°,
∵△CBP′是△ABP绕点B顺时针旋转90°得到,
∴∠APB=∠BP′C=135°.
点评:
本题考查了旋转的性质,主要利用了旋转变换只改变图形的位置不改变图形的形状与大小,勾股定理的逆定理,作出图形并判断出△PP′C是直角三角形是解题的关键.