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

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部一点，

，则以PA、PB、PC为边的三角形的三角之比为（）

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

）

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、有两完全重合的矩形纸片，小亮同学将其中一绕点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一点，PA=1，PB=2，PC=3，求∠APB的度数．

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．