初中数学北师大版八年级下册第三章 图形的平移与旋转 全章测试
一、单选题
1．如图所示，直线a∥b，另有一条直线l与直线a，b分别交于点A，B，若将直线l作平移运动，则线段AB的长度（ ）
A．变大
B．变小
C．不变
D．变大或变小要看直线l平移的方向
2．（2021九上·汕尾期末）下列运动中，属于旋转运动的是（ ）
A．小明向北走了 4 米 B．一物体从高空坠下
C．电梯从 1 楼到 12 楼 D．小明在荡秋千
3．（2021九上·临海期末）如图，△ABC中，∠C=84°，∠CBA=56°，将△ABC挠点B旋转到△DBE，使得DE//AB，则∠EBC的度数为（ ）
A．28° B．40° C．42° D．50°
4．如图所示，△ABC与△A'B'C'关于点O成中心对称，下列结论中不成立的是（ ）
A．OC=OC' B．AB∥A'B'
C．BC=B'C' D．∠ABC=∠A'C'B'
5．（2021八上·秀洲月考）如图，在Rt△ABC中，∠ABC=90°，AC=10，AB=6，则图中五个小直角三角形的周长之和为（ ）
A．14 B．16 C．18 D．24
6．（2021九上·吴兴期末）如图，在平面直角坐标系中，线段AB 的端点在方格线的格点上，将AB 绕点 P 顺时针方向旋转 90°，得到线段A′B′，则点 P 的坐标为（ ）
A．(1，2) B．(1，4) C．(0，4) D．(2，1)
7．（2021九上·二道期末）如图，点A、B的坐标分别是为，，若将线段平移至的位置，与坐标分别是和，则线段在平移过程中扫过的图形面积为（ ）
A．18 B．20 C．28 D．36
8．（2021九上·陆川期中）如图，在平面直角坐标系中，将正方形 绕点 逆时针旋转45°后得到正方形 ，依此方式，绕点 连续旋转2020次得到正方形 ，如果点 的坐标为（1，0），那么点 的坐标为（ ）
A．（﹣1，1） B．
C．（﹣1，﹣1） D．
二、填空题
9．（2021九上·拜泉期中）在你认识的图形中，写出一个既是轴对称又是中心对称的图形名称： .
10．已知点A（-1，2）与点B（3，4）是成中心对称的图形上的两个对称点，则对称中心的坐标为 。
11．（2021八上·吉林期末）如图，将边长为的等边向右平移，得到，此时阴影部分的周长为 ．
12．（2021九上·东城期末）如图，将△ABC绕点A顺时针旋转得到△ADE，若∠DAE=110°，∠B=40°，则∠C的度数为 ．
13．在如图方格纸中，选择标有序号1、2、3、4中的一个小正方形涂黑，与图中阴影部分构成中心对称图形，涂黑的小正方形的序号是 ．
14．（2021九上·北京开学考）把直线 沿 轴向上平移3个单位，所得直线的函数关系式是 ．
15．（2021七上·平阳月考）如图，将△ABC沿AB方向平移3个单位长度得到△DEF，若DB=1，若四边形AEFC的面积为20，则三角形ABC的面积为 .
16．（2021九上·南宁期中）已知，P为等边三角形ABC内一点，PA＝3，PB＝4，PC＝5，则S△ABC＝ .
三、作图题
17．如图，已知△ABC与△A′B′C′成中心对称图形，求出它的对称中心O．
18．（2021九上·伊通期末）如图，在平面直角坐标系中，的三个顶点分别是A（1，3），B（4，4），C（2，1）．
⑴把向左平移4个单位后得到对应的A1B1C1，请画出平移后的A1B1C1；
⑵把绕原点O旋转180°后得到对应的A2B2C2，请画出旋转后的A2B2C2；
⑶观察图形可知，A1B1C1与A2B2C2关于点（ ▲ ， ▲ ）中心对称．
19．（2021·包河模拟）如图，在平面直角坐标系中，已知 的三个顶点坐标分别是 ．
⑴请画出 关于x轴对称的 ，并写出点 的坐标；
⑵以O为对称中心，画出 关于O成中心对称的图形 ；
⑶请用无刻度的直尺画出 的平分线 （点Q在线段 上）（保留作图辅助线）．
四、解答题
20．（2021九上·武汉月考）如图，已知Rt△ABC中，∠A＝90°，∠ABC＝60°，将△ABC绕点B顺时针旋转60°得到△EBD，求证：CD＝2AB.
21．（2020八下·灵璧月考）如图，△ABC是边长为2的等边三角形，将△ABC沿直线BC向右平移，使点B与点C重合，得到△DCE，连接BD，交AC于点F．求线段BD的长．
22．（2021八上·彭州开学考）如图，已知正方形ABCD，∠MAN＝45°，连接CB，交AM、AN分别于点P、Q，求证：CP2+BQ2＝PQ2.
五、综合题
23．（2021七下·武汉开学考）如图1，将线段平移至，使与对应，与对应，连、.
（1）填空：与的关系为 ，与的大小关系为 .
（2）如图2，若，、为的延长线上的点，，平分交于，求.
（3）在（2）中，若，其它条件不变，则 .
24．（2021九上·西城期末）如图1，在中，，，点D，E分别在边，上，，连接，，．点F在线段上，连接交于点H．
（1）①比较与的大小，并证明；
②若，求证：；
（2）将图1中的绕点C逆时针旋转，如图2．若F是的中点，判断是否仍然成立．如果成立，请证明；如果不成立，请说明理由.
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】平行四边形的判定与性质；平移的性质
【解析】【解答】解：如图，设平移后直线与a、b分别交于A'和B'，
∴AB∥A'B'，
又a∥b，
∴四边形ABB'A'是平行四边形，
∴A'B'=AB，即线段AB的长度不变.
故答案为：C.
【分析】设平移后直线与a、b分别交于A'和B'，先证出四边形ABB'A'是平行四边形，得出A'B'=AB，即线段AB的长度不变.
2．【答案】D
【知识点】图形的旋转
【解析】【解答】解：A. 小明向北走了 4 米，是平移，不属于旋转运动，A不合题意；
B. 一物体从高空坠下，是平移，不属于旋转运动，B不合题意；
C. 电梯从 1 楼到 12 楼，是平移，不属于旋转运动，C不合题意；
D. 小明在荡秋千，是旋转运动，D符合题意．
故答案为：D．
【分析】根据图形旋转的定义求解即可。
3．【答案】B
【知识点】三角形内角和定理；旋转的性质
【解析】【解答】解：∵△ABC中，∠C=84°，∠CBA=56°，
∴∠A=180°-∠C -∠CBA=40°，
由旋转可知，∠D=∠A=40°，∠EBC=∠DBA，
∵DE//AB，
∴∠D=∠DBA=40°，
∴∠EBC=∠DBA=40°，
故答案为：B
【分析】利用三角形的内角和定理求出∠A的度数，利用旋转的性质可求出∠D的度数，同时可证得∠EBC=∠DBA，利用平行线的性质可求出∠DBA的度数，从而可求出∠EBC的度数.
4．【答案】D
【知识点】中心对称及中心对称图形
【解析】【解答】解：A、∵△ABC与△A'B'C'关于点O成中心对称，∴OC=OC'，正确，不符合题意；
B、∵OA=OA'，OB=OB'，∴四边形ABB'A是平行四边形，∴AB∥A'B'，正确，不符合题意；
C、∵△ABC与△A'B'C'关于点O成中心对称，∴BC=B'C'，正确，不符合题意；
D、∵△ABC与△A'B'C'关于点O成中心对称，∴∠ABC=∠A'B'C'，而∠ABC和∠A'C'B'不一定相等，错误，符合题意；
故答案为：D.
【分析】中心对称图形绕其中心点旋转180°后图形仍和原来图形重合，然后根据中心对称的特点分别判断即可.
5．【答案】D
【知识点】勾股定理；平移的性质
【解析】【解答】解：由图形可以看出：内部小三角形直角边是大三角形直角边平移得到的，
故内部五个小直角三角形的周长为AC＋BC＋AB，
∵BC＝，
∴五个小直角三角形的周长之和＝为AC＋BC＋AB＝24.
故答案为：D.
【分析】由图形可以看出：内部小三角形直角边是大三角形直角边平移得到的，故内部五个小直角三角形的周长为AC＋BC＋AB，利用勾股定理求出BC，从而求出结论.
6．【答案】A
【知识点】点的坐标；旋转的性质
【解析】【解答】解：如图，连接AA′，BB′，作AA′，BB′的垂直平分线相交于点P，
∴点P的坐标为（1，2）.
故答案为：A.
【分析】根据旋转的性质，连接AA′，BB′，作AA′，BB′的垂直平分线相交于点P，再根据平面直角坐标系点P的位置，即可得出点P的坐标.
7．【答案】A
【知识点】平移的性质
【解析】【解答】解：∵点A的坐标为(-3，1)，的坐标为(m，4)，
∴线段先向上平移4-1=3个单位，
∴n+2=3，
∴n=1，
∵点B的坐标为(-1，-2)，坐标为(3，n)，
∴线段再向右平移3-（-1）=4个单位，
∴-3+4=m，
∴m=1，
连接A，
∴的坐标为(1，4)，坐标为(3，1)，
∴A∥x轴，
∴A=3-（-3）=6，
过点作C⊥ A，垂足为C，过点B作BD⊥ A，垂足为D，
∴DB=1-（-2）=3，C=4-1=3，
∴线段在平移过程中扫过的图形面积为：=18，
故答案为：A．
【分析】先求出n=1，再求出m=1，最后计算求解即可。
8．【答案】C
【知识点】正方形的性质；旋转的性质；探索数与式的规律
【解析】【解答】解：如图，
∵四边形OABC是正方形，且OA=1，
∴B（1，1），
连接OB，
由勾股定理得：OB= ，
由旋转得：OB=OB1=OB2=OB3=…= ，
∵将正方形OABC绕点O逆时针旋转45°后得到正方形OA1B1C1，
相当于将线段OB绕点O逆时针旋转45°，依次得到∠AOB=∠BOB1=∠B1OB2=…=45°，
∴B1（0， ），B2（-1，1），B3（- ，0），B4（-1，-1），…，
发现是8次一循环，所以2020÷8=252…4，
∴点B2020的坐标为（-1，-1）.
故答案为：C.
【分析】作出图形，根据正方形的性质可得B（1，1），连接OB，由勾股定理得OB，由旋转的性质得OB=OB1=OB2=OB3=…= ，∠AOB=∠BOB1=∠B1OB2=…=45°，进而可得B1（0，），B2（-1，1），B3（-，0），B4（-1，-1），…，推出8次一循环，据此解答.
9．【答案】圆（答案不唯一）
【知识点】轴对称图形；中心对称及中心对称图形
【解析】【解答】解：既是轴对称又是中心对称图形的图形可以是圆，
故答案为：圆（答案不唯一）．
【分析】 在平面内，把一个图形绕着某个点旋转180°，如果旋转后的图形能与原来的图形重合，那么这个图形叫做中心对称图形。 在平面内，如果一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够完全重合，这样的图形叫做轴对称图形 。根据中心对称图形和轴对称图形的定义求解即可。
10．【答案】（1，3）
【知识点】坐标与图形变化﹣对称；中心对称及中心对称图形
【解析】【解答】解：设对称中心为（x，y），
∴x==1，y==3，
∴对称中心的坐标为 （1，3）.
故答案为： （1，3） .
【分析】根据中点坐标公式分别求出对称中心的横纵坐标，即可解答.
11．【答案】12
【知识点】等边三角形的性质；平移的性质
【解析】【解答】为等边三角形，
，，
等边向右平移得到，
，，
，，
阴影部分为等边三角形，
阴影部分的周长为．
故答案为：12．
【分析】由等边三角形的性质可得，由平移的性质可得，从而得出，=4cm，即得阴影部分为等边三角形，从而求出结论即可.
12．【答案】30°
【知识点】旋转的性质
【解析】【解答】解：将△ABC绕点A顺时针旋转得到△ADE，∠DAE=110°
，
，
．
故答案是：30°．
【分析】根据旋转的性质可得，再利用三角形的内角和求出∠C即可。
13．【答案】4
【知识点】利用旋转设计图案
【解析】【解答】解：当涂黑4时，将图形绕O旋转180°，与原图重合，阴影部分为中心对称图形．
故答案为4．
【分析】根据轴对称图形与中心对称的定义即可作出．
14．【答案】
【知识点】待定系数法求一次函数解析式；平移的性质
【解析】【解答】解：由题意得：平移后的解析式为 ，即 ．
故答案为： ．
【分析】先求出平移后的解析式为 ，再求解即可。
15．【答案】8
【知识点】三角形的面积；平移的性质
【解析】【解答】解：由平移的性质得：BE=AD=CF=3，
∴AE=AD+DB+BE=3+1+3=7，AB=AD+BD=4，
∴四边形AEFC的面积= （AE+CF）h=20，
解得h=4，
∴△ABC的面积=AB×h=×4×4=8；
故答案为：8.
【分析】根据平移的性质求出AE、CF和AB的长，然后根据梯形AEFC的面积公式求出高h，最后求△ABC的面积即可.
16．【答案】
【知识点】等边三角形的判定与性质；含30°角的直角三角形；勾股定理；勾股定理的逆定理；旋转的性质
【解析】【解答】解：∵△ABC为等边三角形，
∴BA＝BC，
可将△BPC绕点B逆时针旋转60°得△BEA，
连EP，且延长BP，作AF⊥BP于点F.如图，
∴BE＝BP＝4，AE＝PC＝5，∠PBE＝60°，
∴△BPE为等边三角形，
∴PE＝PB＝4，∠BPE＝60°，
在△AEP中，AE＝5，AP＝3，PE＝4，
∴AE2＝PE2+PA2，
∴△APE为直角三角形，且∠APE＝90°，
∴∠APB＝90°+60°＝150°.
∴∠APF＝30°，
∴在直角△APF中，AF＝ AP＝ ，PF＝ AP＝ .
∴在直角△ABF中，AB2＝BF2+AF2＝（4+ ）2+（ ）2＝25+12 .
∴△ABC的面积＝ AB2＝ （25+12 ）＝ ；
故答案为： .
【分析】由等边三角形的性质可得BA＝BC，将△BPC绕点B逆时针旋转60°得△BEA，连接EP，且延长BP，作AF⊥BP于点F，易得△BPE为等边三角形，则PE＝PB＝4，∠BPE＝60°，利用勾股定理逆定理可推出△APE为直角三角形，且∠APE＝90°，然后求出∠APB、∠APF的度数，在Rt△APF中，应用三角函数的概念可得AF、PF，然后利用勾股定理求出AB2，接下来结合三角形的面积公式进行计算.
17．【答案】解：连接BB′，找BB′中点O或者连接BB′、CC′，交点为对称中心O．
如图所示：
【知识点】中心对称及中心对称图形
【解析】【分析】根据中心对称的性质“
关于中心对称的两个图形，对称点所连线段都经过对称中心，并且被对称中心所平分。”可知，连接
BB′，找BB′中点O 即可求解。
18．【答案】（1）如图所示，分别确定平移后的对应点，
如图所示，分别确定旋转后的对应点，
得到A2B2C2即为所求；
【知识点】作图﹣平移；作图﹣旋转
【解析】【解答】解：（3）由图可得，A1B1C1与A2B2C2关于点成中心对称．
故答案为：﹣2，0．
【分析】（1）根据平移的性质就网格特点分别确定点A、B、C向左平移4个单位后得到对应点A1、B1、C1，然后顺次连接即可；
（2）根据旋转的性质就网格特点分别确定点A、B、C 绕原点O旋转180°后得到对应点A2、B2、C2，然后顺次连接即可；
（3）根据中心对称的性质进行解答即可；
19．【答案】解：（1）如图所示， 即为所求，点 的坐标为 ；
（2）如图所示；
（3）如图所示，在格点上分别取一点M、N，连接AN、CM，交于点J，作射线BJ，交AC于点Q，则BQ即为所求
【知识点】作图﹣轴对称；中心对称及中心对称图形；作图-角的平分线
【解析】【分析】（1）根据题意画出对称点连线即可；
（2）求出A、B、C关于原点的对称点的坐标连接即可；
（3）根据网格确定长度即可．
20．【答案】证明：在Rt△ABC中，∠A=90°，∠ABC=60°，
∴∠ACB=30°，
∴BC=2AB，
∵将△ABC绕点B顺时针旋转60°得到△EBD，
∴BC=BD，∠CBD=60°，
∴△CBD是等边三角形，
∴CD=BC，
∴CD=2AB.
【知识点】三角形内角和定理；等边三角形的判定与性质；含30°角的直角三角形；旋转的性质
【解析】【分析】首先由内角和定理可得∠ACB=30°，根据含30°角的直角三角形的性质可得BC=2AB，根据旋转的性质可得BC=BD，∠CBD=60°，推出△CBD是等边三角形，得到CD=BC，据此证明.
21．【答案】解：∵等边△ABC沿直线BC向右平移得到正△DCE，
∴BE=2BC=4，BC=CD，DE=AC=2，∠E=∠ACB=∠DCE=∠ABC=60°，
∴∠DBE= ∠DCE=30°，
∴∠BDE=90°．
在Rt△BDE中，由勾股定理得BD＝ ．
【知识点】勾股定理；平移的性质
【解析】【分析】由平移的性质可知BE=2BC=4，DE=AC=2，故可得出BD⊥DE，由∠E=∠ACB=60°可知AC∥DE，根据勾股定理即可得出BD的长．
22．【答案】证明：将△ABQ绕A点顺时针旋转90°得到△ACQ′，连接PQ′，
∴AQ′＝AQ，CQ′＝BQ，∠BAQ＝∠CAQ′，∠ACQ′＝∠ABC，
∵四边形ABCD为正方形，
∴∠ACQ′＝∠ABC＝∠ACB＝45°，∠CAB＝90°，
∵∠MAN＝45°，
∴∠CAP+∠BAQ＝45°，
∴∠Q′AP＝∠CAQ′+∠CAP＝45°，
∴∠Q′AP＝∠QAP，
在△Q′AP和△QAP中，
，
∴△Q′AP≌△QAP（SAS），
∴PQ＝PQ′，
∵∠Q′CP＝∠ACQ′+∠ACB＝90°，
在Rt△Q′CP中，由勾股定理得，
Q′P2＝Q′C2+CP2，
∴CP2+BQ2＝PQ2.
【知识点】勾股定理；正方形的性质；旋转的性质；三角形全等的判定（SAS）
【解析】【分析】将△ABQ绕A点顺时针旋转90°得到△ACQ′，连接PQ′，由旋转的性质可得AQ′＝AQ，CQ′＝BQ，∠BAQ＝∠CAQ′，∠ACQ′＝∠ABC，由正方形的性质可得∠ACQ′＝∠ABC＝∠ACB＝45°，∠CAB＝90°，推出∠Q′AP＝∠QAP，证明△Q′AP≌△QAP，得到PQ＝PQ′，然后结合勾股定理进行证明.
23．【答案】（1）且；
（2）解：∵
∴
又∵
∴
在中，
在中，
∴
又∵平分
∴
∴
∴
∴
∵
∴
（3）
【知识点】平行线的性质；三角形内角和定理；三角形的外角性质；平移的性质；角平分线的定义
【解析】【解答】解：（1）∵线段平移至，且与对应，与对应
∴且，
∴，
∴
故与的大小关系为相等.
（3）解：由第二问知：
∵
∴
【分析】（1）根据平移的性质可得AB∥CD，AB=CD，AD∥BC，根据平行线的性质可得∠B+∠BCD=180°，∠D+∠BCD=180°，据此解答；
（2）由平行线的性质可得∠B=∠DCE，由外角的性质可得∠DFE=∠CDF+∠DCF，则∠CDG=∠DFE-∠DCF+∠FDG，根据内角和定理可得∠DEF=180°-2∠DFE，∠DGF=180°-∠FDG-∠DFE，由外角的性质可得∠EDG=∠DGF-∠DEF=∠DFE-∠FDG，根据角平分线的概念可得∠CDG=∠EDG，则∠FDG=∠DCE=∠B，据此求解；
（3）根据（2）可知∠FDG=∠B，据此解答.
24．【答案】（1）证明：①∠CAE=∠CBD，理由如下：
在△CAE和△ CBD中，
，
∴△CAE≌△CBD（SAS），
∴∠CAE=∠CBD；
②∵CF⊥AE，
∴∠AHC=∠ACB=90°，
∴∠CAH+∠ACH=∠ACH+∠BCF=90°，
∴∠CAH=∠BCF，
∵∠DCF+∠BCF=90°，∠CDB+∠CBD=90°，∠CAE=∠CBD，
∴∠BDC=∠FCD，∠CAE=∠CBD=∠BCF，
∴CF=DF，CF=BF，
∴BD=2CF，
又∵△CAE≌△CBD，
∴AE=2BD=2CF；
（2）解：AE=2CF仍然成立，理由如下：
如图所示延长DC到G使得，DC=CG，连接BG，
由旋转的性质可得，∠DCE=∠ACB=90°，
∴∠ACD+∠BCD=∠BCE+∠BCD，∠ECG=90°，
∴∠ACD=∠BCE，
∴∠ACD+∠DCE=∠BCE+∠ECG，即∠ACE=∠BCG，
又∵CE=CD=CG，AC=BC，
∴△ACE≌△BCG（SAS），
∴AE=BG，
∵F是BD的中点，CD=CG，
∴CF是△BDG的中位线，
∴BG=2CF，
∴AE=2CF．
【知识点】旋转的性质；三角形全等的判定（SAS）；三角形-动点问题
【解析】【分析】（1）①利用SAS证出△CAE≌△CBD，即可得出∠CAE=∠CBD；②利用三角形全等得出△CAE≌△CBD，即可得出结论；
（2）AE=2CF成立，延长DC到G使得，DC=CG，连接BG，由旋转的性质得∠DCE=∠ACB=90°，利用SAS证出△ACE≌△BCG，得出AE=BG，根据中点的性质得出CF是△BDG的中位线，由此得出结论。
1 / 1初中数学北师大版八年级下册第三章 图形的平移与旋转 全章测试
一、单选题
1．如图所示，直线a∥b，另有一条直线l与直线a，b分别交于点A，B，若将直线l作平移运动，则线段AB的长度（ ）
A．变大
B．变小
C．不变
D．变大或变小要看直线l平移的方向
【答案】C
【知识点】平行四边形的判定与性质；平移的性质
【解析】【解答】解：如图，设平移后直线与a、b分别交于A'和B'，
∴AB∥A'B'，
又a∥b，
∴四边形ABB'A'是平行四边形，
∴A'B'=AB，即线段AB的长度不变.
故答案为：C.
【分析】设平移后直线与a、b分别交于A'和B'，先证出四边形ABB'A'是平行四边形，得出A'B'=AB，即线段AB的长度不变.
2．（2021九上·汕尾期末）下列运动中，属于旋转运动的是（ ）
A．小明向北走了 4 米 B．一物体从高空坠下
C．电梯从 1 楼到 12 楼 D．小明在荡秋千
【答案】D
【知识点】图形的旋转
【解析】【解答】解：A. 小明向北走了 4 米，是平移，不属于旋转运动，A不合题意；
B. 一物体从高空坠下，是平移，不属于旋转运动，B不合题意；
C. 电梯从 1 楼到 12 楼，是平移，不属于旋转运动，C不合题意；
D. 小明在荡秋千，是旋转运动，D符合题意．
故答案为：D．
【分析】根据图形旋转的定义求解即可。
3．（2021九上·临海期末）如图，△ABC中，∠C=84°，∠CBA=56°，将△ABC挠点B旋转到△DBE，使得DE//AB，则∠EBC的度数为（ ）
A．28° B．40° C．42° D．50°
【答案】B
【知识点】三角形内角和定理；旋转的性质
【解析】【解答】解：∵△ABC中，∠C=84°，∠CBA=56°，
∴∠A=180°-∠C -∠CBA=40°，
由旋转可知，∠D=∠A=40°，∠EBC=∠DBA，
∵DE//AB，
∴∠D=∠DBA=40°，
∴∠EBC=∠DBA=40°，
故答案为：B
【分析】利用三角形的内角和定理求出∠A的度数，利用旋转的性质可求出∠D的度数，同时可证得∠EBC=∠DBA，利用平行线的性质可求出∠DBA的度数，从而可求出∠EBC的度数.
4．如图所示，△ABC与△A'B'C'关于点O成中心对称，下列结论中不成立的是（ ）
A．OC=OC' B．AB∥A'B'
C．BC=B'C' D．∠ABC=∠A'C'B'
【答案】D
【知识点】中心对称及中心对称图形
【解析】【解答】解：A、∵△ABC与△A'B'C'关于点O成中心对称，∴OC=OC'，正确，不符合题意；
B、∵OA=OA'，OB=OB'，∴四边形ABB'A是平行四边形，∴AB∥A'B'，正确，不符合题意；
C、∵△ABC与△A'B'C'关于点O成中心对称，∴BC=B'C'，正确，不符合题意；
D、∵△ABC与△A'B'C'关于点O成中心对称，∴∠ABC=∠A'B'C'，而∠ABC和∠A'C'B'不一定相等，错误，符合题意；
故答案为：D.
【分析】中心对称图形绕其中心点旋转180°后图形仍和原来图形重合，然后根据中心对称的特点分别判断即可.
5．（2021八上·秀洲月考）如图，在Rt△ABC中，∠ABC=90°，AC=10，AB=6，则图中五个小直角三角形的周长之和为（ ）
A．14 B．16 C．18 D．24
【答案】D
【知识点】勾股定理；平移的性质
【解析】【解答】解：由图形可以看出：内部小三角形直角边是大三角形直角边平移得到的，
故内部五个小直角三角形的周长为AC＋BC＋AB，
∵BC＝，
∴五个小直角三角形的周长之和＝为AC＋BC＋AB＝24.
故答案为：D.
【分析】由图形可以看出：内部小三角形直角边是大三角形直角边平移得到的，故内部五个小直角三角形的周长为AC＋BC＋AB，利用勾股定理求出BC，从而求出结论.
6．（2021九上·吴兴期末）如图，在平面直角坐标系中，线段AB 的端点在方格线的格点上，将AB 绕点 P 顺时针方向旋转 90°，得到线段A′B′，则点 P 的坐标为（ ）
A．(1，2) B．(1，4) C．(0，4) D．(2，1)
【答案】A
【知识点】点的坐标；旋转的性质
【解析】【解答】解：如图，连接AA′，BB′，作AA′，BB′的垂直平分线相交于点P，
∴点P的坐标为（1，2）.
故答案为：A.
【分析】根据旋转的性质，连接AA′，BB′，作AA′，BB′的垂直平分线相交于点P，再根据平面直角坐标系点P的位置，即可得出点P的坐标.
7．（2021九上·二道期末）如图，点A、B的坐标分别是为，，若将线段平移至的位置，与坐标分别是和，则线段在平移过程中扫过的图形面积为（ ）
A．18 B．20 C．28 D．36
【答案】A
【知识点】平移的性质
【解析】【解答】解：∵点A的坐标为(-3，1)，的坐标为(m，4)，
∴线段先向上平移4-1=3个单位，
∴n+2=3，
∴n=1，
∵点B的坐标为(-1，-2)，坐标为(3，n)，
∴线段再向右平移3-（-1）=4个单位，
∴-3+4=m，
∴m=1，
连接A，
∴的坐标为(1，4)，坐标为(3，1)，
∴A∥x轴，
∴A=3-（-3）=6，
过点作C⊥ A，垂足为C，过点B作BD⊥ A，垂足为D，
∴DB=1-（-2）=3，C=4-1=3，
∴线段在平移过程中扫过的图形面积为：=18，
故答案为：A．
【分析】先求出n=1，再求出m=1，最后计算求解即可。
8．（2021九上·陆川期中）如图，在平面直角坐标系中，将正方形 绕点 逆时针旋转45°后得到正方形 ，依此方式，绕点 连续旋转2020次得到正方形 ，如果点 的坐标为（1，0），那么点 的坐标为（ ）
A．（﹣1，1） B．
C．（﹣1，﹣1） D．
【答案】C
【知识点】正方形的性质；旋转的性质；探索数与式的规律
【解析】【解答】解：如图，
∵四边形OABC是正方形，且OA=1，
∴B（1，1），
连接OB，
由勾股定理得：OB= ，
由旋转得：OB=OB1=OB2=OB3=…= ，
∵将正方形OABC绕点O逆时针旋转45°后得到正方形OA1B1C1，
相当于将线段OB绕点O逆时针旋转45°，依次得到∠AOB=∠BOB1=∠B1OB2=…=45°，
∴B1（0， ），B2（-1，1），B3（- ，0），B4（-1，-1），…，
发现是8次一循环，所以2020÷8=252…4，
∴点B2020的坐标为（-1，-1）.
故答案为：C.
【分析】作出图形，根据正方形的性质可得B（1，1），连接OB，由勾股定理得OB，由旋转的性质得OB=OB1=OB2=OB3=…= ，∠AOB=∠BOB1=∠B1OB2=…=45°，进而可得B1（0，），B2（-1，1），B3（-，0），B4（-1，-1），…，推出8次一循环，据此解答.
二、填空题
9．（2021九上·拜泉期中）在你认识的图形中，写出一个既是轴对称又是中心对称的图形名称： .
【答案】圆（答案不唯一）
【知识点】轴对称图形；中心对称及中心对称图形
【解析】【解答】解：既是轴对称又是中心对称图形的图形可以是圆，
故答案为：圆（答案不唯一）．
【分析】 在平面内，把一个图形绕着某个点旋转180°，如果旋转后的图形能与原来的图形重合，那么这个图形叫做中心对称图形。 在平面内，如果一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够完全重合，这样的图形叫做轴对称图形 。根据中心对称图形和轴对称图形的定义求解即可。
10．已知点A（-1，2）与点B（3，4）是成中心对称的图形上的两个对称点，则对称中心的坐标为 。
【答案】（1，3）
【知识点】坐标与图形变化﹣对称；中心对称及中心对称图形
【解析】【解答】解：设对称中心为（x，y），
∴x==1，y==3，
∴对称中心的坐标为 （1，3）.
故答案为： （1，3） .
【分析】根据中点坐标公式分别求出对称中心的横纵坐标，即可解答.
11．（2021八上·吉林期末）如图，将边长为的等边向右平移，得到，此时阴影部分的周长为 ．
【答案】12
【知识点】等边三角形的性质；平移的性质
【解析】【解答】为等边三角形，
，，
等边向右平移得到，
，，
，，
阴影部分为等边三角形，
阴影部分的周长为．
故答案为：12．
【分析】由等边三角形的性质可得，由平移的性质可得，从而得出，=4cm，即得阴影部分为等边三角形，从而求出结论即可.
12．（2021九上·东城期末）如图，将△ABC绕点A顺时针旋转得到△ADE，若∠DAE=110°，∠B=40°，则∠C的度数为 ．
【答案】30°
【知识点】旋转的性质
【解析】【解答】解：将△ABC绕点A顺时针旋转得到△ADE，∠DAE=110°
，
，
．
故答案是：30°．
【分析】根据旋转的性质可得，再利用三角形的内角和求出∠C即可。
13．在如图方格纸中，选择标有序号1、2、3、4中的一个小正方形涂黑，与图中阴影部分构成中心对称图形，涂黑的小正方形的序号是 ．
【答案】4
【知识点】利用旋转设计图案
【解析】【解答】解：当涂黑4时，将图形绕O旋转180°，与原图重合，阴影部分为中心对称图形．
故答案为4．
【分析】根据轴对称图形与中心对称的定义即可作出．
14．（2021九上·北京开学考）把直线 沿 轴向上平移3个单位，所得直线的函数关系式是 ．
【答案】
【知识点】待定系数法求一次函数解析式；平移的性质
【解析】【解答】解：由题意得：平移后的解析式为 ，即 ．
故答案为： ．
【分析】先求出平移后的解析式为 ，再求解即可。
15．（2021七上·平阳月考）如图，将△ABC沿AB方向平移3个单位长度得到△DEF，若DB=1，若四边形AEFC的面积为20，则三角形ABC的面积为 .
【答案】8
【知识点】三角形的面积；平移的性质
【解析】【解答】解：由平移的性质得：BE=AD=CF=3，
∴AE=AD+DB+BE=3+1+3=7，AB=AD+BD=4，
∴四边形AEFC的面积= （AE+CF）h=20，
解得h=4，
∴△ABC的面积=AB×h=×4×4=8；
故答案为：8.
【分析】根据平移的性质求出AE、CF和AB的长，然后根据梯形AEFC的面积公式求出高h，最后求△ABC的面积即可.
16．（2021九上·南宁期中）已知，P为等边三角形ABC内一点，PA＝3，PB＝4，PC＝5，则S△ABC＝ .
【答案】
【知识点】等边三角形的判定与性质；含30°角的直角三角形；勾股定理；勾股定理的逆定理；旋转的性质
【解析】【解答】解：∵△ABC为等边三角形，
∴BA＝BC，
可将△BPC绕点B逆时针旋转60°得△BEA，
连EP，且延长BP，作AF⊥BP于点F.如图，
∴BE＝BP＝4，AE＝PC＝5，∠PBE＝60°，
∴△BPE为等边三角形，
∴PE＝PB＝4，∠BPE＝60°，
在△AEP中，AE＝5，AP＝3，PE＝4，
∴AE2＝PE2+PA2，
∴△APE为直角三角形，且∠APE＝90°，
∴∠APB＝90°+60°＝150°.
∴∠APF＝30°，
∴在直角△APF中，AF＝ AP＝ ，PF＝ AP＝ .
∴在直角△ABF中，AB2＝BF2+AF2＝（4+ ）2+（ ）2＝25+12 .
∴△ABC的面积＝ AB2＝ （25+12 ）＝ ；
故答案为： .
【分析】由等边三角形的性质可得BA＝BC，将△BPC绕点B逆时针旋转60°得△BEA，连接EP，且延长BP，作AF⊥BP于点F，易得△BPE为等边三角形，则PE＝PB＝4，∠BPE＝60°，利用勾股定理逆定理可推出△APE为直角三角形，且∠APE＝90°，然后求出∠APB、∠APF的度数，在Rt△APF中，应用三角函数的概念可得AF、PF，然后利用勾股定理求出AB2，接下来结合三角形的面积公式进行计算.
三、作图题
17．如图，已知△ABC与△A′B′C′成中心对称图形，求出它的对称中心O．
【答案】解：连接BB′，找BB′中点O或者连接BB′、CC′，交点为对称中心O．
如图所示：
【知识点】中心对称及中心对称图形
【解析】【分析】根据中心对称的性质“
关于中心对称的两个图形，对称点所连线段都经过对称中心，并且被对称中心所平分。”可知，连接
BB′，找BB′中点O 即可求解。
18．（2021九上·伊通期末）如图，在平面直角坐标系中，的三个顶点分别是A（1，3），B（4，4），C（2，1）．
⑴把向左平移4个单位后得到对应的A1B1C1，请画出平移后的A1B1C1；
⑵把绕原点O旋转180°后得到对应的A2B2C2，请画出旋转后的A2B2C2；
⑶观察图形可知，A1B1C1与A2B2C2关于点（ ▲ ， ▲ ）中心对称．
【答案】（1）如图所示，分别确定平移后的对应点，
如图所示，分别确定旋转后的对应点，
得到A2B2C2即为所求；
【知识点】作图﹣平移；作图﹣旋转
【解析】【解答】解：（3）由图可得，A1B1C1与A2B2C2关于点成中心对称．
故答案为：﹣2，0．
【分析】（1）根据平移的性质就网格特点分别确定点A、B、C向左平移4个单位后得到对应点A1、B1、C1，然后顺次连接即可；
（2）根据旋转的性质就网格特点分别确定点A、B、C 绕原点O旋转180°后得到对应点A2、B2、C2，然后顺次连接即可；
（3）根据中心对称的性质进行解答即可；
19．（2021·包河模拟）如图，在平面直角坐标系中，已知 的三个顶点坐标分别是 ．
⑴请画出 关于x轴对称的 ，并写出点 的坐标；
⑵以O为对称中心，画出 关于O成中心对称的图形 ；
⑶请用无刻度的直尺画出 的平分线 （点Q在线段 上）（保留作图辅助线）．
【答案】解：（1）如图所示， 即为所求，点 的坐标为 ；
（2）如图所示；
（3）如图所示，在格点上分别取一点M、N，连接AN、CM，交于点J，作射线BJ，交AC于点Q，则BQ即为所求
【知识点】作图﹣轴对称；中心对称及中心对称图形；作图-角的平分线
【解析】【分析】（1）根据题意画出对称点连线即可；
（2）求出A、B、C关于原点的对称点的坐标连接即可；
（3）根据网格确定长度即可．
四、解答题
20．（2021九上·武汉月考）如图，已知Rt△ABC中，∠A＝90°，∠ABC＝60°，将△ABC绕点B顺时针旋转60°得到△EBD，求证：CD＝2AB.
【答案】证明：在Rt△ABC中，∠A=90°，∠ABC=60°，
∴∠ACB=30°，
∴BC=2AB，
∵将△ABC绕点B顺时针旋转60°得到△EBD，
∴BC=BD，∠CBD=60°，
∴△CBD是等边三角形，
∴CD=BC，
∴CD=2AB.
【知识点】三角形内角和定理；等边三角形的判定与性质；含30°角的直角三角形；旋转的性质
【解析】【分析】首先由内角和定理可得∠ACB=30°，根据含30°角的直角三角形的性质可得BC=2AB，根据旋转的性质可得BC=BD，∠CBD=60°，推出△CBD是等边三角形，得到CD=BC，据此证明.
21．（2020八下·灵璧月考）如图，△ABC是边长为2的等边三角形，将△ABC沿直线BC向右平移，使点B与点C重合，得到△DCE，连接BD，交AC于点F．求线段BD的长．
【答案】解：∵等边△ABC沿直线BC向右平移得到正△DCE，
∴BE=2BC=4，BC=CD，DE=AC=2，∠E=∠ACB=∠DCE=∠ABC=60°，
∴∠DBE= ∠DCE=30°，
∴∠BDE=90°．
在Rt△BDE中，由勾股定理得BD＝ ．
【知识点】勾股定理；平移的性质
【解析】【分析】由平移的性质可知BE=2BC=4，DE=AC=2，故可得出BD⊥DE，由∠E=∠ACB=60°可知AC∥DE，根据勾股定理即可得出BD的长．
22．（2021八上·彭州开学考）如图，已知正方形ABCD，∠MAN＝45°，连接CB，交AM、AN分别于点P、Q，求证：CP2+BQ2＝PQ2.
【答案】证明：将△ABQ绕A点顺时针旋转90°得到△ACQ′，连接PQ′，
∴AQ′＝AQ，CQ′＝BQ，∠BAQ＝∠CAQ′，∠ACQ′＝∠ABC，
∵四边形ABCD为正方形，
∴∠ACQ′＝∠ABC＝∠ACB＝45°，∠CAB＝90°，
∵∠MAN＝45°，
∴∠CAP+∠BAQ＝45°，
∴∠Q′AP＝∠CAQ′+∠CAP＝45°，
∴∠Q′AP＝∠QAP，
在△Q′AP和△QAP中，
，
∴△Q′AP≌△QAP（SAS），
∴PQ＝PQ′，
∵∠Q′CP＝∠ACQ′+∠ACB＝90°，
在Rt△Q′CP中，由勾股定理得，
Q′P2＝Q′C2+CP2，
∴CP2+BQ2＝PQ2.
【知识点】勾股定理；正方形的性质；旋转的性质；三角形全等的判定（SAS）
【解析】【分析】将△ABQ绕A点顺时针旋转90°得到△ACQ′，连接PQ′，由旋转的性质可得AQ′＝AQ，CQ′＝BQ，∠BAQ＝∠CAQ′，∠ACQ′＝∠ABC，由正方形的性质可得∠ACQ′＝∠ABC＝∠ACB＝45°，∠CAB＝90°，推出∠Q′AP＝∠QAP，证明△Q′AP≌△QAP，得到PQ＝PQ′，然后结合勾股定理进行证明.
五、综合题
23．（2021七下·武汉开学考）如图1，将线段平移至，使与对应，与对应，连、.
（1）填空：与的关系为 ，与的大小关系为 .
（2）如图2，若，、为的延长线上的点，，平分交于，求.
（3）在（2）中，若，其它条件不变，则 .
【答案】（1）且；
（2）解：∵
∴
又∵
∴
在中，
在中，
∴
又∵平分
∴
∴
∴
∴
∵
∴
（3）
【知识点】平行线的性质；三角形内角和定理；三角形的外角性质；平移的性质；角平分线的定义
【解析】【解答】解：（1）∵线段平移至，且与对应，与对应
∴且，
∴，
∴
故与的大小关系为相等.
（3）解：由第二问知：
∵
∴
【分析】（1）根据平移的性质可得AB∥CD，AB=CD，AD∥BC，根据平行线的性质可得∠B+∠BCD=180°，∠D+∠BCD=180°，据此解答；
（2）由平行线的性质可得∠B=∠DCE，由外角的性质可得∠DFE=∠CDF+∠DCF，则∠CDG=∠DFE-∠DCF+∠FDG，根据内角和定理可得∠DEF=180°-2∠DFE，∠DGF=180°-∠FDG-∠DFE，由外角的性质可得∠EDG=∠DGF-∠DEF=∠DFE-∠FDG，根据角平分线的概念可得∠CDG=∠EDG，则∠FDG=∠DCE=∠B，据此求解；
（3）根据（2）可知∠FDG=∠B，据此解答.
24．（2021九上·西城期末）如图1，在中，，，点D，E分别在边，上，，连接，，．点F在线段上，连接交于点H．
（1）①比较与的大小，并证明；
②若，求证：；
（2）将图1中的绕点C逆时针旋转，如图2．若F是的中点，判断是否仍然成立．如果成立，请证明；如果不成立，请说明理由.
【答案】（1）证明：①∠CAE=∠CBD，理由如下：
在△CAE和△ CBD中，
，
∴△CAE≌△CBD（SAS），
∴∠CAE=∠CBD；
②∵CF⊥AE，
∴∠AHC=∠ACB=90°，
∴∠CAH+∠ACH=∠ACH+∠BCF=90°，
∴∠CAH=∠BCF，
∵∠DCF+∠BCF=90°，∠CDB+∠CBD=90°，∠CAE=∠CBD，
∴∠BDC=∠FCD，∠CAE=∠CBD=∠BCF，
∴CF=DF，CF=BF，
∴BD=2CF，
又∵△CAE≌△CBD，
∴AE=2BD=2CF；
（2）解：AE=2CF仍然成立，理由如下：
如图所示延长DC到G使得，DC=CG，连接BG，
由旋转的性质可得，∠DCE=∠ACB=90°，
∴∠ACD+∠BCD=∠BCE+∠BCD，∠ECG=90°，
∴∠ACD=∠BCE，
∴∠ACD+∠DCE=∠BCE+∠ECG，即∠ACE=∠BCG，
又∵CE=CD=CG，AC=BC，
∴△ACE≌△BCG（SAS），
∴AE=BG，
∵F是BD的中点，CD=CG，
∴CF是△BDG的中位线，
∴BG=2CF，
∴AE=2CF．
【知识点】旋转的性质；三角形全等的判定（SAS）；三角形-动点问题
【解析】【分析】（1）①利用SAS证出△CAE≌△CBD，即可得出∠CAE=∠CBD；②利用三角形全等得出△CAE≌△CBD，即可得出结论；
（2）AE=2CF成立，延长DC到G使得，DC=CG，连接BG，由旋转的性质得∠DCE=∠ACB=90°，利用SAS证出△ACE≌△BCG，得出AE=BG，根据中点的性质得出CF是△BDG的中位线，由此得出结论。
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