北师大版八年级数学下册同步练习第3章 图形的平移与旋转复习题（word版 含解析）

北师大版八年级数学下册同步练习 第3章 图形的平移与旋转 复习题
一、单选题
1．下列运动是属于旋转的是( )
A．滚动过程中的篮球的滚动； B．钟表的钟摆的摆动；
C．气球升空的运动； D．一个图形沿某直线对折过程
2．2019年10月18日，第七届军人运动会在武汉举行，如图是第七届运动会的吉祥物兵兵，下列图案中，是通过平移得到的图案是（ ）
A． B． C． D．
3．下列四个生活安全警示图标，其中是中心对称图形的是（ ）
A． B． C． D．
4．是由平移得到的，点的对应点为，点的对应点为，则点的对应点的坐标为（ ）
A． B． C． D．
5．将如图的七巧板的其中几块，拼成一个多边形，为轴对称图形的是（ ）
A． B．
C． D．
6．如图，在正方形网格中，将△ABC绕点A旋转后得到△ADE，则下列旋转方式中，符合题意的是（ ）
A．逆时针旋转90° B．顺时针旋转90° C．逆时针旋转45° D．顺时针旋转45°
7．下列图形中，既是轴对称图形，又是中心对称图形的是（　　）
A． B．
C． D．
8．已知点与点关于原点对称，则点的坐标（ ）
A． B． C． D．
9．如图，将△ABC绕点A旋转后得到△ADE，则下列结论不正确的是（　　）
A．BC＝DE B．∠E＝∠C C．∠EAC＝∠BAD D．∠B＝∠E
10．如图，在中，．将绕点按顺时针方向旋转 度后得到，此时点在边上，斜边交边于点，则图中阴影部分的面积为（ ）
A．27 B．9 C． D．
11．下列哪些图形是通过平移可以得到的（　　）
A． B．
C． D．
12．如图，在 ABCD中，AD＝4，对角线BD＝8，分别以点A、B为圆心，以大于AB的长为半径画弧，两弧相交于点E和点F，作直线EF，交对角线BD于点G，连接GA，GA恰好垂直于边AD，则GA的长是（ ）
A．2 B．3 C．4 D．5
13．如图，将绕点逆时针旋转得到，则下列说法中，不正确的是（ ）
A． B． C． D．
14．如图，经过平移后得到，下列说法：
①
②
③
④和的面积相等
⑤四边形和四边形的面积相等，其中正确的有（ ）
A．个 B．个 C．个 D．个
15．把一副三角板如图甲放置，其中∠ACB＝∠DEC＝90°，∠A＝45°，∠D＝30°，斜边AB＝12，DC＝14，把三角板DCE绕点C顺时针旋转15°得到D1CE1（如图乙），此时AB与 CD1交于点O，则线段AD1的长为（ ）
A．6 B．10 C．8 D．
二、填空题
16．把点向下平移4个单位长度，可以得到对应点______，再向左平移6个单位长度可以得到对应点_______，则点与点A关于________对称，点与点A关于_________对称，点与点关于_______对称．
17．如图所示，△ABC与△A′B′C′是全等三角形，那么△A′B′C′可以看作是由△ABC以O为旋转中心，旋转_______度形成的．
18．如图：点A表示的数为__．
19．如图，已知，且∠1=48°，则∠2＝_____，∠3＝_____，∠4＝_____．
20．旋转作图的基本步骤：
（1）确定___________、_____________和____________；
（2）找出图形的关键点，一般是图形中的转折点，例如，多边形的关键点 是它的顶点．
（3）作旋转后的对应点，方法如下：
①连：连接图形的每个关键点与__________；
②转：把连线绕旋转中心按旋转方向旋转相同的角度（作旋转角）；
③截：在作得的角的另一边截取与关键点到旋转中心的距离相等的线段，得到各个关键点的对应点；
（4）按原图形的顺序连接这些对应点，所得到的图形就是___________．
（5）写出结论，说明作出的图形即为所求的图形．
三、解答题
21．如图，已知和点请画出绕点顺时针旋转后得到的
22．已知四边形四条边相等，它的两个顶点坐标分别为，对角线的交点为．将四边形平移后，顶点A的对应点是，请写出点B，C，D，M对应点的坐标．
23．如图，经过平移，的顶点A移到了点D．
（1）指出平移的方向和平移的距离；
（2）画出平移后的三角形．
24．（1）在平面直角坐标系中描出点，然后用线段依次连接A，B，C，D，E，F，A各点；
（2）将（1）中所画图形先向左平移12个单位长度，再向上平移5个单位长度，画出第二次平移后的图形；
（3）如何将（1）中所画图形经过一次平移得到（2）中所画图形？平移前后对应点的横坐标有什么关系？纵坐标呢？
25．如图，在平面直角坐标系中，矩形ABCO的边OA在x轴上，OC在y轴上，OA＝a，OC＝b（a≤b，a≠0），将矩形ABCO绕点A顺时针旋转90°得到矩形ADEF，双曲线y＝（k≠0）经过点B，分别交DE、EF于点P、Q两点．
（1）当a＝2，b＝4时，求点P、Q的坐标；
（2）当点P是DE的中点时，求证：四边形ABCO是正方形．
26．如图，为等边三角形，点O是角平分线的交点．将绕点O按逆时针方向旋转，分别画出旋转后的图形．
27．如图，四边形ABCD是正方形，△ABE是等边三角形，M为对角线BD（不含B点）上任意一点，将BM绕点B逆时针旋转60°得到BN，连接EN、AM、CM．
（1）求证：△AMB≌△ENB；
（2）①当M点在何处时，AM＋CM的值最小；
②当M点在何处时，AM＋BM＋CM的值最小，并说明理由；
（3）当AM＋BM＋CM的最小值为时，求正方形的边长．
参考答案：
1．B
【解析】
【详解】
试题分析：根据旋转变换的概念，对选项进行分析，排除错误答案．A、滚动过程中的篮球属于滚动，不是绕着某一个固定的点转动，不属旋转；B、钟表的钟摆的摆动，符合旋转变换的定义，属于旋转；C、气球升空的运动是平移，不属于旋转；D、一个图形沿某直线对折的过程是轴对称，不属于旋转．
故选B．
考点：生活中的旋转现象．
2．C
【解析】
【分析】
将一个图形整体沿某一直线方向移动，得到一个新图形，新图形与原图形的形状和大小完全相同，由此确定C选项与原图形完全相同．
【详解】
通过平移得到的图案是，
故选C．
【点睛】
本题主要考查平移的知识，较简单，掌握平移的定义是关键．
3．A
【解析】
【分析】
根据中心对称图形的概念对各选项分析判断即可得解．把一个图形绕某一点旋转180°，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．
【详解】
解：A．是中心对称图形，故本选项符合题意；
B．不是中心对称图形，故本选项不合题意；
C．不是中心对称图形，故本选项不合题意；
D．不是中心对称图形，故本选项不合题意．
故选：A．
【点睛】
本题考查了中心对称图形的概念，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后与原图重合．
4．C
【解析】
【分析】
直接利用平移中点的变化规律求解即可．
【详解】
由点A( 1,4)的对应点为A′(1,7)知平移方式为向右平移2个单位、向上平移3个单位，
∴点C( 4, 1)的对应点C′的坐标为( 2,2)，
故选C.
【点睛】
此题考查坐标与图形变化-平移，解题关键在于得到平移的方式.
5．D
【解析】
【分析】
根据轴对称图形的概念：如果一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形叫做轴对称图形，据此进行分析即可．
【详解】
解：A．不是轴对称图形，故本选项不合题意；
B．不是轴对称图形，故本选项不合题意；
C．不是轴对称图形，故本选项不合题意；
D．是轴对称图形，故本选项符合题意；
故选：D．
【点睛】
此题主要考查了轴对称图形，正确掌握轴对称图形的定义是解题关键．
6．A
【解析】
【分析】
根据给出的图形先确定出旋转中心，再确定出旋转的方向和度数即可求出答案．
【详解】
根据图形可知：将△ABC绕点A逆时针旋转90°可得到△ADE，点B与点D是对应点，
故选A．
【点睛】
本题主要考查旋转的性质，在解题时，一定要明确三个要素：旋转中心、旋转方向、旋转角度．
7．B
【解析】
【分析】
中心对称图形是在平面内，把一个图形绕某一定点旋转180°，能够与原图形重合的图形．轴对称图形是在平面内，一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够完全重合的图形．依据定义判断．
【详解】
解：A．不是轴对称图形，是中心对称图形，故本选项不合题意；
B．既是轴对称图形，也是中心对称图形，故本选项符合题意；
C．是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项不合题意；
D．是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项不合题意．
故选：B．
【点睛】
本题考查了中心对称图形和轴对称图形的定义，能熟记中心对称图形和轴对称图形的定义是解此题的关键．
8．B
【解析】
【分析】
根据关于原点对称点的坐标变化特征直接判断即可．
【详解】
解：点与点关于原点对称，则点的坐标为，
故选：B．
【点睛】
本题考查了关于原点对称点的坐标，解题关键是明确关于原点对称的两个点横纵坐标都互为相反数．
9．D
【解析】
【分析】
根据旋转的性质和全等三角形的性质逐个判断即可．
【详解】
解：∵将△ABC绕点A旋转后得到△ADE，
∴，
∴，
故A选项正确，不符合题意；
∵，
∴∠E＝∠C，
故B选项正确，不符合题意；
∵，
∴，
∴，即，
故C选项正确，不符合题意；
由已知条件无法证明出∠B＝∠E，
故D选项错误，符合题意．
故选：D．
【点睛】
此题考查了旋转的性质和全等三角形的性质，解题的关键是熟练掌握旋转的性质和全等三角形的性质．全等三角形的性质：全等三角形对应边相等，对应角相等．
10．D
【解析】
【分析】
由旋转的性质，易得BC=DC=6，由在Rt△ABC中，∠ACB=90°，∠A=30°，即可求得∠B=60°，即可判定△DBC是等边三角形，易得△DFC是含30°角的直角三角形，则可求得DF与FC的长，继而求得阴影部分的面积．
【详解】
解：∵将△ABC绕点C按顺时针方向旋转n度后得到△EDC，
∴BC=DC，
∵在Rt△ABC中，∠ACB=90°，∠A=30°，
∴∠B=90°-∠A=60°，
∴△DBC是等边三角形，
∴∠DCB=60°，
∴∠DCA=90°-∠DCB=90°-60°=30°，
∵BC=6，
∴DC=6，
∵∠FDC=∠B=60°，
∴∠DFC=90°，
∴，
∴，
∴S阴影=S△DFC=，
故选：D．
【点睛】
本题考查了旋转的性质、等边三角形的判定与性质、含30°角的直角三角形的性质以及勾股定理，此题综合性较强，难度适中，注意掌握旋转前后图形的对应关系，注意数形结合思想的应用．
11．B
【解析】
【分析】
根据平移、旋转、轴对称的定义逐项判断即可．
【详解】
A、通过旋转得到，故本选项错误，不符合题意；
B、通过平移得到，故本选项正确，符合题意
C、通过轴对称得到，故本选项错误，不符合题意
D、通过旋转得到，故本选项错误，不符合题意
故选：B．
【点睛】
本题考查了平移、旋转、轴对称的定义，解题的关键是熟记定义，平移前后两图形的形状和大小完全相同．
12．B
【解析】
【分析】
根据线段垂直平分线的性质得到AG＝BG，根据勾股定理列出方程，解方程得到答案．
【详解】
解：设BG＝x，则DG＝8﹣x，
由作图可知：EF是线段AB的垂直平分线，
∴AG＝BG＝x，
在Rt△DAG中，AD2+AG2＝DG2，
即42+x2＝（8﹣x）2，
解得：x＝3，
即AG＝3，
故选：B．
【点睛】
本题考查了线段垂直平分线的性质以及勾股定理，根据线段垂直平分线的性质求出AG=BG是解题的关键．
13．A
【解析】
【分析】
由旋转的性质可得△ABC≌△AB'C'，∠BAB'＝∠CAC'＝60°，AB＝AB'，即可分析求解．
【详解】
∵将△ABC绕点A逆时针旋转60°得到△AB′C′，
∴△ABC≌△AB'C'，∠BAB'＝∠CAC'＝60°，
∴AB＝AB'，∠CAB'＜∠BAB'＝60°，
故选：A．
【点睛】
本题考查了旋转的性质，全等三角形的性质，熟练运用旋转的性质是关键．
14．A
【解析】
【分析】
根据平移的性质逐一判断即可．
【详解】
解：经过平移后得到，
∴，故①正确；
，故②正确；
，故③正确；
和的面积相等，故④正确；
四边形和四边形都是平行四边形，且，即两个平行四边形的底相等，但高不一定相等，
∴四边形和四边形的面积不一定相等，故⑤不正确；
综上：正确的有4个
故选A．
【点睛】
此题考查的是图形的平移，掌握平移的性质是解题关键．
15．B
【解析】
【分析】
先求出∠ACD＝30°，再根据旋转角求出∠ACD1＝45°，然后判断出ACO是等腰直角三角形，再根据等腰直角三角形的性质求出AO、CO，AB⊥CO，再求出D1O然后利用勾股定理列式计算即可求解．
【详解】
解：∵∠ACB＝∠DEC＝90°，∠D＝30°，
∴∠DCE＝90°﹣30°＝60°，
∴∠ACD＝90°﹣60°＝30°，
∵旋转角为15°，
∴∠ACD1＝30°+15°＝45°，
又∵∠CAB＝45°，
∴ACO是等腰直角三角形，
∴AO＝CO＝AB＝×12＝6，AB⊥CO，
∵DC＝14，
∴D1C＝DC＝14，
∴D1O＝14﹣6＝8，
在RtAOD1中，AD1＝＝＝10．
故选：B．
【点睛】
本题考查了旋转的性质，等腰直角三角形的判定和性质，勾股定理的运用，根据等腰直角三角形的性质判断AB⊥CO是解题关键．
16． x轴 原点 y轴
【解析】
【分析】
根据点的坐标平移特点：左减右加，上加下减，以及关于x轴，关于y轴对称和关于原点点的坐标特征进行求解即可．
【详解】
解：把点向下平移4个单位长度，可以得到对应点(3，2-4)即(3，-2)；
再向左平移6个单位长度可以得到对应点(3-6，-2)即(-3，-2)；则点与点A关于x轴对称；点与点A关于原点对称；点与点关于y轴对称，
故答案为：(3，-2)；(-3，-2)；x轴；原点；y轴．
【点睛】
本题主要考查了点的坐标平移，关于x轴，关于y轴对称和关于原点点的坐标特征，解题的关键在于能够熟练掌握相关知识进行求解．
17．180
【解析】
【详解】
根据全等三角形的对应关系，可知A与A′是一对对应点，则可知旋转了180°．
故答案为180．
【点睛】
此题主要考查了旋转变化的辨别，解题关键是根据全等三角形确定对应点，从而知与旋转中心构成的角度即可求解，比较简单．
18．﹣﹣1
【解析】
【分析】
根据勾股定理即可得点A表示的数．
【详解】
解：根据勾股定理，得＝，＝，
∴点A表示的数为：﹣﹣1．
故答案为：﹣﹣1．
【点睛】
本题考查了数轴上的点与实数的关系，以及勾股定理，解决本题的关键是掌握勾股定理．直角三角形两条直角边的平方和等于斜边的平方．
19． 48° 132° 48°
【解析】
【分析】
根据两直线平行内错角相等可求出∠2，根据两直线平行，同位角相等可求出∠4，同旁内角互补可求出∠3．
【详解】
解：∵ //，∠1=48°，
∴∠2=∠1=48°，
∵ //，∠1=48°，
∴∠4=∠1=48°，
∵ //，
∴∠3+∠4=180°
∴∠3=180°-∠4=180°-48°=132°
故答案为：48°；132°；48°
【点睛】
此题考查了平行线的性质，熟练掌握平行线的性质是解本题的关键．
20． 旋转中心 旋转方向 旋转角 旋转中心 旋转后的图形
【解析】
略
21．详见解析.
【解析】
【分析】
根据题意画出图象即可.
【详解】
如图所示: 即为所求三角形.
【点睛】
本题考查作图-旋转,关键在于掌握作图技巧.
22．B'（5，5），C'（7，4），D'（9，5），M'（7，5）
【解析】
【分析】
根据菱形的性质得出点C和D的坐标，由点A'的坐标得出将四边形ABCD向右平移4个单位长度，再向上平移3个单位长度，再根据平移的性质即可得出答案．
【详解】
解：∵四边形ABCD四条边相等，
∴四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，
∵A （3，3），B（1，2），对角线的交点为M（3，2）．
∴C（3，1），D（5，2），
∵将四边形ABCD平移后，顶点A（3，3）的对应点是A'（7，6），
即将四边形ABCD向右平移4个单位长度，再向上平移3个单位长度，
∴平移后点B，C，D，M对应点的坐标分别为B'（1+4，2+3），C'（3+4，1+3），D'（5+4，2+3），M'（3+4，2+3），
即B'（5，5），C'（7，4），D'（9，5），M'（7，5）．
【点睛】
本题考查了菱形的性质和判定、平移的性质、坐标与图形性质等知识；熟练掌握菱形的性质和平移的性质，求出C、D的坐标是解题的关键．
23．（1）平移的方向是点A到点D的方向，平移的距离是线段的长度；（2）见解析
【解析】
【分析】
（1）根据题意可知平移的方向和距离；
（2）按照点到点的平移方向和距离，分别平行至，过点B，C分别作线段，使得它们与线段平行且相等，连接即可．
【详解】
解：（1）如图，连接，平移的方向是点A到点D的方向，平移的距离是线段的长度．
（2）如图，过点B，C分别作线段，使得它们与线段平行且相等，连接，就是平移后的图形．
【点睛】
本题考查了平移的性质，平移作图，理解平移的性质是解题的关键．
24．（1）见解析；（2）见解析；（3）将（1）中所画图形沿由A到的方向平移13个单位长度即可得到（2）中所画图形．平移后的点与平移前的对应点相比，横坐标分别减少了12，纵坐标分别增加了5
【解析】
【分析】
（1）根据平面直角坐标系中点的坐标秒点连线即可；
（2）根据平移方式进行平移即可；
（3）根据勾股定义求出的长度，根据平移后点的坐标解答即可．
【详解】
解：（1）（2）如图所示；
（3），
将（1）中所画图形沿由A到的方向平移13个单位长度
即可得到（2）中所画图形．
平移后的点与平移前的对应点相比，
横坐标分别减少了12，纵坐标分别增加了5．
【点睛】
本题考查了坐标系中图形的平移－作图，根据题意画出平移后的图形是解本题的关键．
25．（1）P（6，），Q（4，2）；（2）见解析
【解析】
【分析】
（1）根据矩形的性质得到B（2，4），进而即可求得y＝，根据反比例函数图象上点的坐标特征，即可求得P、Q的坐标；
（2）易得到P的坐标为（a＋b，a），根据反比例函数经过点B和P，即可得到（a＋b）×b＝ab，整理得，b2＝ab，即a＝b，得到OA＝OC，即可证得四边形ABCO是正方形．
【详解】
解：（1）∵OA＝2，OC＝4，四边形ABCO是矩形
∴B（2，4），
∵双曲线y＝（k≠0）经过点B，
∴k＝2×4＝8，
∴反比例函数的解析式为y＝，
由旋转的性质可得AF＝OA＝2，
∴Q点的纵坐标为2，
把y＝2代入y＝得，2＝，解得x＝4，
∴Q（4，2），
由旋转的性质可得AD＝OC＝4，
∴OD＝2＋4＝6，
∴P点的横坐标为6，
把x＝6代入y＝得，y＝，
∴P（6，）；
（2）由题意可知B（a，b），
∵双曲线y＝（k≠0）经过点B，
∴k＝ab，
∵AD＝OC＝b，DE＝OA＝a，且点P是DE的中点，
∴P（a＋b，a），
∵双曲线y＝（k≠0）交DE于点P，
∴（a＋b）×b＝ab，
整理得，b2＝ab，即a＝b，
∴OA＝OC，
∵四边形ABCO是矩形，
∴四边形ABCO是正方形．
【点睛】
本题主要考查了矩形的性质，反比例函数、坐标与图形变化—旋转，正方形的判定等等，根据矩形的性质表示出点的坐标是解题的关键.
26．见解析
【解析】
【分析】
连接，根据旋转的性质，即可将△ABC绕点O按逆时针方向旋转，分别画出旋转30°、60°、90°后的图形．
【详解】
解：如图，连接，
△ABC绕点O按逆时针方向旋转，旋转30°、60°、90°后的图形分别为：
△DEF，△，△PQG．
【点睛】
本题考查了作图-旋转变换，解决本题的关键是掌握旋转的性质，等边三角形的性质．
27．（1）见解析；（2）①当M点落在BD的中点时；②当M点位于BD与CE的交点处时，AM＋BM＋CM的值最小，理由见解析；（3）
【解析】
【分析】
（1）由题意得，，所以，容易证出；
（2）①根据“两点之间线段最短”，可得，当点落在的中点时，的值最小；
②根据“两点之间线段最短”，当点位于与的交点处时，的值最小，即等于的长（如图）；
（3）作辅助线，过点作交的延长线于，由题意求出，设正方形的边长为，在中，根据勾股定理求得正方形的边长为．
【详解】
（1）证明：是等边三角形，
，．
，
．
即．
又，
．
（2）解：①当点落在的中点时，、、三点共线，的值最小．②如图，连接，当点位于与的交点处时，
的值最小，
理由如下：连接，由（1）知，，
，
，，
是等边三角形．
．
．
根据“两点之间线段最短”可知，若、、、在同一条直线上时，取得最小值，最小值为．
在和中，
，
，
，
，
，
若连接，则，
，，
、可以同时在直线上．
当点位于与的交点处时，的值最小，即等于的长．
（3）解：过点作交的延长线于，
．
设正方形的边长为，则，．
在中，
，
．
解得，（舍去负值）．
正方形的边长为．
【点睛】
本题考查轴对称的性质和正方形的性质，旋转的性质，三角形全等，等边三角形，解题的关键是添加适当辅助线，利用运用相关定理求解，是一道综合性的题目，难度很大．