2022-2023学年人教版（2012）八年级上册23.3课题学习图案设计同步课时训练(word版含答案)

23.3 课题学习 图案设计 同步课时训练
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
评卷人得分
一、单选题(每小题4分，共10各小题，共计40分)
1．将如图所示的图案以圆心为中心，旋转180°后得到的图案是（ ）
A． B．
C． D．
2．如图将△ABC绕点C（0，﹣1）旋转180°得到△ABC，设点的坐标为（a，b），则A的坐标为（　　）
A．（﹣a，﹣b） B．（﹣a，﹣b﹣1） C．（﹣a，﹣b+1） D．（﹣a，﹣b﹣2）
3．已知：如图，E是正方形的边上任意一点，F是边上的点，且平分．则（ ）
A． B．
C． D．与的大小不确定
4．边长为2的两种正方形卡片如上图①所示，卡片中的扇形半径均为2，图②是交替摆放A、B两种卡片得到的图案．若摆放这个图案共用两种卡片2021张，则这个图案中阴影部分图形的面积和为（ ）
A．4040 B．4044–π C．4044 D．4044＋π
5．如图，在平面直角坐标系中，多边形的顶点坐标分别是，，，，和．若直线将多边形分割成面积相等的两部分，则（ ）
A． B． C．4 D．3
6．将点绕原点顺时针旋转得到的点的坐标是（ ）
A． B． C． D．
7．如图所示，在的正方形网格中已有两个小正方形被涂黑，再将图中其余小正方形任意涂黑一个，使整个图案构成一个轴对称图形的办法有（ ）
A．3种 B．4种 C．5种 D．6种
8．如图，是由经过平移得到的，还可以看作是经过怎样的图形变化得到？下列结论：①1次旋转；②1次旋转和1次轴对称；③2次旋转；④2次轴对称．其中所有正确结论的序号是（ ）
A．①④ B．②③ C．②④ D．③④
9．如图，将△ABC绕着点C按顺时针方向旋转20°，B点落在B＇位置，A点落在A′位置，若AC⊥A′B′，则∠BAC的度数是（ ）
A．50° B．60° C．70° D．80°
10．如图，在正方形方格中，阴影部分是涂黑 7 个小正方形所形成的图案，再将方格内空白的一个小正方形涂 黑，使得到的新图案成为一个轴对称图形的涂法有（ ）
A．4 种 B．3 种 C．2 种 D．1 种
评卷人得分
二、填空题(每小题5分，共5各小题，共计25分)
11．在古代的两河流域，人们用粘土制成泥版，在泥版上进行书写．古巴比伦时期的泥版BM15285（如图1）记录着祭司学校的数学几何练习题，该图片由完美的等圆组成．受泥版上的图案启发，某设计师设计出形似雨伞的图案用作平面镶嵌（如图2），若图案中伞顶与伞柄的最长距离为2，则一块伞形图案的面积为______．
12．在平面直角坐标系中，若点P(x－2，x)关于原点的对称点在第四象限，则x的取值范围是______ ．
13．如图，四边形中，，则四边形的面积为__________．
14．如图，等边中，，则以线段为边构成的三角形的各角的度数分别为______________________________．
15．如图，五边形中，，则这个五边形的面积等于__________．
评卷人得分
三、解答题(16、17、18题9分，19题8分，共计35分)
16．如图方格中，小正方形边长为1个单位长度，每个小正方形的顶点叫做格点．请按下列要求画出一个符合题意的四边形，且顶点在格点上．
(1)在图1中画：是中心对称图形，但不是轴对称图形，且面积为8；
(2)在图2中画：既是中心对称图形又是轴对称图形，且面积为10；
(3)在图3中画：既是中心对称图形又是轴对称图形，且各边长都是无理数，面积为10．
17．如图，在4×4的方格纸中，的三个顶点都在格点上．
图1 图2 图3
(1)在图1中，画出一个与成中心对称的格点三角形；
(2)在图2中，画出一个与成轴对称且与有公共边的格点三角形；
(3)在图3中，选择格点D，画出以A，B，C，D为顶点的平行四边形．
18．图①、图②均是的正方形网格，每个小正方形的顶点称为格点，小正方形的边长为1，点A、B、C、D、E、F均在格点上在图①、图②中，只用无刻度的直尺，在给定的网格中按要求画图，所画图形的顶点均在格点上，不要求写出画法．
（1）在图①中以线段AB为边画一个锐角，使其面积为6．
（2）在图②中以线段CD为边画一个钝角，使其面积为6．
19．如图，已知△和点
（1）把绕点 O顺时针旋转90°得到，在网格中画出；
（2）用直尺和圆规作的边 AB，AC的垂直平分线，并标出两条垂直平分线的交点P（要求保留作图痕迹，不写作法）；指出点P 是的内心，还是外心？
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．A【分析】根据旋转的性质，旋转前后图形不发生任何变化，绕中心旋转180°，即是对应点绕旋转中心旋转180°，即可得出所要图形．
【详解】解：将图中所示的图案以圆心为中心，旋转180°后得到的图案是．
故选：A．
【点睛】此题考查利用旋转设计图案、理解旋转180°后图形的性质，旋转前后的图形关于旋转中心是对称的，属于基础题．
2．D【分析】由旋转的性质可得设 而 再利用中点坐标公式列方程组，再解方程组可得答案.
【详解】解： 将△ABC绕点C（0，﹣1）旋180°得到△ABC，
设 而
由中点坐标公式可得：
解得：
故选D
【点睛】本题考查的是旋转的性质，坐标与图形，中点坐标公式的应用，由旋转的性质得到是解本题的关键.
3．B【分析】先延长DC到G，使CG=AF，连接BG，易证△ABF≌△CBG，得∠5=∠G，∠1=∠3，进而证明∠EBG=∠G，进而证明BE=CG+CE=AF+CE．
【详解】证明：延长DC到G，使CG=AF，连接BG
∵AB=BC，∠A=∠BCG=90°，
∴△ABF≌△CBG，
∴∠5=∠G，∠1=∠3，
∵∠1=∠2，
∴∠2=∠3，
∴∠2+∠4=∠3+∠4，
即∠FBC=∠EBG，
∵AD∥BC，
∴∠5=∠FBC=∠EBG，
∴∠EBG=∠G，
∴BE=CG+CE=AF+CE．
故选B．
【点睛】本题考查了旋转的性质，用到的知识点是正方形各边长相等、各内角为直角的性质，全等三角形的判定，全等三角形对应角相等的性质，本题中求证∠EBG=∠G是解题的关键．
4．B【分析】首先发现A，B两种卡片阴影部分的面积和为边长为2的正方形的面积，然后确定2021张卡片中A，B组成正方形1010个，第2021个图形是A，由此列式计算即可．
【详解】解：2021÷2＝1010…1，
所以这个图案中阴影部分图形的面积和为：4×1010＋A的阴影面积，
是：4440＋4﹣π＝4044﹣π．
故选：B．
【点睛】本题考查图形的变化规律，得出A、B面积和是正方形是解题关键．
5．A【分析】根据函数表达式可求得l与OA、DE分别交于M（0，），N（6，），则四边形OMNE的面积可求得为，根据题意可知上半部分面积也是，则用割补法表示出面积，列出等式求出a的值．
【详解】延长AB、ED相较于点P(6,6)，
根据条件可求出l与OA、DE相交于M（0，），N（6，），
所以四边形OMNE的面积为：；
则上半部分的面积也为，
根据坐标可求出AM=，N到直线AB的距离是，
因为上半部分面积等于梯形面积AMNP-长方形面积BCDP，
所以，
可求得a=，
故选：A．
【点睛】本题主要考查了一次函数图像和图形面积的求法，根据坐标表示线段长度，并根据割补法列出面积方程，进行求解．
6．B【分析】根据旋转的性质即可确定点坐标．
【详解】解：点绕原点顺时针旋转90度的坐标变换规律：横、纵坐标互换位置，且纵坐标变为相反数，
则点（3，1）绕原点O顺时针旋转90°得到的点的坐标为（1，-3），如图，
故选：B．
【点睛】本题考查了坐标与图形变化-旋转：图形或点旋转之后要结合旋转的角度和图形的特殊性质来求出旋转后的点的坐标．常见的是旋转特殊角度如：30°，45°，60°，90°，180°．
7．C【分析】利用轴对称的性质，以及轴对称的作图方法来作图，通过变换对称轴来得到不同的图案即可．
【详解】如图所示：5种不同的颜色即为使整个图案构成一个轴对称图形的办法．
故选：C．
【点睛】此题主要考查了利用轴对称设计图案，熟练掌握轴对称定义得出是解题关键．
8．D【分析】依据旋转变换以及轴对称变换，即可使△ABC与重合．
【详解】解：先将△ABC绕着点A旋转180°得到，再将所得的绕着点的中点D旋转180°，即可得到（方法不唯一）；
先将△ABC沿着的垂直平分线翻折可得，再将所得的沿着的垂直平分线翻折，即可得到（方法不唯一）；
故选：D．
【点睛】本题主要考查了几何变换的类型，在轴对称变换下，对应线段相等，对应直线（段）或者平行，或者交于对称轴，且这两条直线的夹角被对称轴平分．在旋转变换下，对应线段相等，对应直线的夹角等于旋转角．
9．C【分析】根据旋转的性质可知，又因为，则的度数可求；
【详解】∵△ABC绕着点C按顺时针方向旋转20°，B点落在B＇位置，A点落在A′位置，
∴，
∵，
∴；
故选C．
【点睛】本题主要考查了旋转的性质，准确计算是解题的关键．
10．B【分析】利用轴对称图形的性质进而求出即可．
【详解】解：如图所示：符合题意的图形有3种．
故选B．
【点睛】此题主要考查了利用轴对称设计图案，正确利用轴对称图形的定义得出是解题关键．
11．2【分析】观察图形，知一块伞形图案的面积为：矩形面积-下半圆面积+上半圆面积=矩形面积，据此即可求解．
【详解】解：观察图形，
一块伞形图案的面积为：矩形面积-下半圆面积+上半圆面积=矩形面积，
∴一块伞形图案的面积为：2×1=2．
故答案为：2．
【点睛】本题考查了图形的平移、旋转、中心对称，数形结合是解题的关键．
12．0＜x＜2【分析】首先根据点P(x－2，x)关于原点的对称点在第四象限，判断出点P在第二象限，然后根据第二象限点的坐标特点求解即可．
【详解】解：∵点P(x－2，x)关于原点的对称点在第四象限，
∴点P在第二象限．
∴
解得：x＜2，x＞0，
∴x的取值范围是0＜x＜2．
故答案为：0＜x＜2．
【点睛】此题考查了象限中点的坐标特点，关于原点对称的点的坐标特点，解题的关键是熟练掌握象限中点的坐标特点．第一象限：横坐标为正，纵坐标为正；第二象限：横坐标为负，纵坐标为正；第三象限：横坐标为负，纵坐标为负；第四象限：横坐标为正，纵坐标为负．
13．【分析】如图所示，将三角形CAD绕点C逆时针旋转90°，得到△CEB，先证明∠ACE=∠BCE+∠ACB=90°，然后证明A、B、E三点共线，即可得到，由此进行求解即可；
【详解】解：∵CD=CB，∠DAB=∠BCD=90°，
∴将三角形CAD绕点C逆时针旋转90°，得到△CEB，
由旋转的性质可得
∴,，，，
∵∠DAB=∠BCD=90°，
∴∠D+∠ABC=180°，∠DCA+∠ACB=90°
∴∠CBE+∠ABC=180°，∠ACE=∠BCE+∠ACB=90°
∴A、B、E三点共线，
∴，
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了旋转的性质，四边形内角和，全等三角形的性质与判定，解题的关键在于能够熟练掌握相关知识进行求解．
14．，，．【分析】通过旋转至，可得 是等边三角形，将 放在一个三角形中，进而求出各角大小。
【详解】解：将逆时针旋转，得到，
∵，是等边三角形，且旋转角相等，则,
∴是等边三角形. 则
又∵ ∴
故以线段三边构成的三角形为
所以
故答案为： .
【点睛】此题旨在考查图形旋转的特性和实际应用，以及等边三角形的性质，熟练掌握图形的旋转的应用是解题的关键.
15．1【分析】将三角形ABC绕点C顺时针旋转至AB与AE重合，连AC，AD，可得Rt△ABC≌Rt△AEF，△ACD≌△AFD可将五边形ABCDE的面积转化为两个△ADF的面积，进而求出结论．
【详解】解：延长DE至F，使EF=BC，连AC，AD，AF，
由旋转的性质可得Rt△ABC≌Rt△AEF（SAS），
∴AC=AF，，∠B=∠AEF=90°，
∴∠DEF=∠AED+∠AFE=180°，
∴D、E、F三点共线，
又∵AD=AD，
∴△ACD≌△AFD（SSS），
∴，
∵AB=CD=AE=BC+DE，，
∴DF=CD=1，
∵，
∴．
故答案为：1．
【点睛】本题考查全了等三角形的判定与性质，掌握全等三角形的判定方法是解题的关键．
16．(1)画图见解析
(2)画图见解析
(3)画图见解析
【分析】（1）根据中心对称图形性质和轴对称图形的性质即可在图中画平行四边形ABCD，且面积为8；
（2）根据中心对称图形性质和轴对称图形的性质即可在图中画矩形ABCD，且面积为10；
（3）根据中心对称图形性质和轴对称图形的性质即可在图中画正方形EFGH，且各边长都是无理数，面积为10．
（1）
解：如图，四边形ABCD即为所求作的图形，
（2）
如图，四边形ABCD即为所求作的图形，
（3）
解：如图，四边形EFGH是所求作的图形，
由勾股定理可得：
∴四边形为正方形，面积为
【点睛】本题考查了作图-旋转变换，作图-轴对称变换，无理数，勾股定理及其逆定理的灵活运用，二次根式的化简，本题掌握轴对称图形和中心对称图形定义是解题的关键．
17．(1)见解析
(2)见解析
(3)见解析
【分析】（1）如图，以点C为对称中心画出△DEC；
（2）如图，以AC边所在的性质为对称轴画出△ADC；
（3）如图，利用网格特点和平行四边形性质画出点D，从而得到.
(1)
解：如图，△DEC为所作；
(2)
解：如图，△ADC为所作；
(3)
解：如图，为所作.
【点睛】本题考查了作图 旋转变换：根据旋转的性质可知，对应角都相等都等于旋转角，对应线段也相等，由此可以通过作相等的角，在角的边上截取相等的线段的方法，找到对应点，顺次连接得出旋转后的图形．也考查了轴对称变换．
18．（1）作图见解析；（2）作图见解析【分析】（1）作以AB为底的锐角三角形即可；
（2）根据面积为6作图即可；
【详解】（1）以AB为底，设高为h，则，解得，如图所示；
（2）当时，，，如图所示，
【点睛】本题主要考查了格点作图，准确分析作图是解题的关键．
19．（1）见解析；（2）图见解析，外心【分析】（1）根据旋转的性质确定A1、B1、C1的点，顺次连接各点即可画出；
（2）根据线段垂直平分线的作法得到点P，再根据外心性质得出即可．
【详解】（1）△ 如图所示；
（2）如图所示；点P 是的外心．
【点睛】本题考查基本作图-旋转、作图-作线段垂直平分线，根据线段垂直平分线的性质得出点P位置是解答的关键．
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页