八年级数学下册试题 第3章《图形的平移与旋转》综合测试卷--北师大版（含解析）

第3章《图形的平移与旋转》综合测试卷
一．选择题（共10小题，满分30分，每小题3分）
1．已知点A（，）与点B（，）关于原点对称，若，则的值为（ ）
A．2 B． C． D．
2．河北博物院开放“蔚县剪纸”等三个展厅，通过现场操作等 多种形式，让市民体验传统技艺，某市民将一个正方形彩纸依次按如图 1，如图 2 所示的方式对折，然后沿图 3 中的虚线裁剪，则将图 3 的彩纸展开铺平后的图案是（ ）
A． B． C． D．
3．如图，在三角形中，，将三角形以每秒的速度沿向右平移，得到三角形，设平移时间为秒，若在三个点中，一个点到另外两个点的距离存在倍的关系，则下列三人的说法：甲：“有两种情况，的值为或．”乙：“有三种情况，的值为或或．”丙：“有四种情况，的值为或或或．”其中正确的是（ ）
A．甲 B．乙 C．丙 D．无法判断
4．等腰，，，，则（ ）
A．3 B． C． D．4
5．如图，在平面直角坐标系中，点，，的坐标分别为，，．一个电动玩具从原点出发，第一次跳跃到点，使得点与点关于点成中心对称；第二次跳跃到点，使得点与点关于点成中心对称；第三次跳跃到点，使得点与点关于点成中心对称；第四次跳跃到点，使得点与点关于点成中心对称；…．电动玩具照此规律跳下去，则点的坐标是（ ）.
A． B． C． D．
6．如图，在锐角中，，将沿着射线方向平移得到（平移后点A，B，C的对应点分别是点，，)，连接，若在整个平移过程中，和的度数之间存在2倍关系，则不可能的值为（ ）
A． B． C． D．
7．将图①中周长为40的长方形纸片剪成1号、2号、3号、4号正方形和5号长方形，并将它们按图②的方式放入周长58的长方形中，则没有覆盖的阴影部分的周长为 （　　）
A．44 B．48 C．46 D．50
8．平面直角坐标系中，我们把横、纵坐标都是整数，且横、纵坐标之和大于0的点称为“和点”．将某“和点”平移，每次平移的方向取决于该点横、纵坐标之和除以3所得的余数（当余数为0时，向右平移；当余数为1时，向上平移；当余数为2时，向左平移），每次平移1个单位长度．
例：“和点”按上述规则连续平移3次后，到达点，其平移过程如下：
若“和点”Q按上述规则连续平移16次后，到达点，则点Q的坐标为（ ）
A．或 B．或 C．或 D．或
9．如图，在等边三角形中，在边上取两点，使．若，则以为边长的三角形的形状为（ ）
A．锐角三角形 B．直角三角形
C．钝角三角形 D．随的值而定
10．把一副三角板如图①放置，其中，，，斜边，，把三角板绕点顺时针旋转得到（如图②），此时与交于点，则线段的长度为（ ）
A．4 B． C． D．
二．填空题（共6小题，满分18分，每小题3分）
11．如图所示是一个坐标方格盘，你可操纵一只遥控机器蛙在方格盘上进行跳步游戏，机器蛙每次跳步只能按如下两种方式（第一种：向上、下、左、右可任意跳动格或格；第二种跳到关于原点的对称点上）中的一种进行．若机器蛙在点，现欲操纵它跳到点，请问机器蛙至少要跳 次．
12．把18个边长都为1的等边三角形如图拼接成平行四边形，且其中6个涂上了阴影现在，可以旋转、翻折或平移某一个阴影等边三角形到某一个空白的等边三角形处，使新构成的阴影部分图案是轴对称图形，共可得 种轴对称图形．
13．已知中，，，若沿射线方向平移m个单位得到，顶点A，B，C分别与顶点D，E，F对应，若以点A，D，E为顶点的三角形是等腰三角形，则m的值是 ．
14．如图，为等边三角形，D为平面内一点，连接，将绕点D顺时针旋转，得到线段，连，．当，，时， ．
15．如图，在中，，，点是线段上的动点，将线段绕点顺时针旋转至，连接，若，若，则此时 ．
16．如图，在中，，是边上的中线且，点是内的一点，满足．则的值为 ．
三．解答题（共8小题，满分72分）
17．（6分）如图，在平面直角坐标系中，直线与轴、轴分别交于点和点点，其中点、点的坐标分别为、，且、满足．
(1)求、两点的坐标．
(2)将点向左平移个单位长度，再向上平移个单位长度，得到对应点，连接、，若点在轴上，使，求点的坐标．
(3)在（2）问条件下，点是直线上的一点，连接，作点关于直线的对称点，当点恰好落在轴上时，求的长度．
18．（6分）在如图所示的小正方形网格中，，，，，，均为小正方形的顶点，仅用无刻度的直尺完成下列作图，作图过程用虚线表示，作图结果用实线表示：
(1)图中，作关于点中心对称的三角形；
(2)图中，是网格线上的一点，连接，根据网格特点在图中标出的中点，将线段平移得到线段，点的对应点为点；
(3)图中，，，，，线段绕着点旋转可以得到线段，直接写出旋转中心的坐标 ．
19．（8分）在中，，D为上一点，连接，将绕C点逆时针旋转至，连接，过C作交于F，连接．
(1)求证：；
(2)求证：；
(3)若，，求．
20．（8分）在数学活动课上，王老师要求学生将图1所示的3×3正方形方格纸，剪掉其中两个方格，使之成为轴对称图形．规定：凡通过旋转能重合的图形视为同一种图形，如图2的四幅图就视为同一种设计方案（阴影部分为要剪掉部分）
请在图中画出4种不同的设计方案，将每种方案中要剪掉的两个方格涂黑（每个3×3的正方形方格画一种，例图除外）
21．（10分）在中，，，点D在射线上，点E在射线上，，设．
(1)当时，求的度数；
(2)如图1，当D在线段上时，求证：；
(3)若，将点A绕着点E顺时针旋转得到，直线与直线相交于点F，当为直角三角形时，请求出CD的长．
22．（10分）如图所示，在中，，，，点为内一点，连接、、，且．
（1）以点为旋转中心，将绕点顺时针方向旋转60°，得到（得到、的对应点分别为点、），按要求画图（保留作图痕迹）．
（2）在（1）的条件下，求的度数及的值．
23．（12分）在平面直角坐标系中，对于图形M和图形N，给出如下定义：将图形M关于直线对称得到的图形记为，将图形关于第一、三象限角平分线对称的图形记为，若图形与图形N有公共点，则称图形M是图形N的“跳跃对称图形”．
例如，如图1，已知点，，点M关于直线对称得到点，图形关于第一、三象限角平分线对称的图形记为．点与点N有公共点，则称点是点N的“跳跃对称图形”．

已知平面直角坐标系中，有，，，，五个点．
(1)如图2，当时，
①点A经过两次对称后的点坐标为______；
②，这两个点中，点______是的“跳跃对称图形”．
(2)如图3，当时，
①线段______（填“是”或“不是”）的“跳跃对称图形”；
②若将向左平移m个单位，满足是线段的“跳跃对称图形”，求m的取值范围．
24．（12分）（1）问题：如图1，在中，，D为边上一点（不与点B，C重合），连接，过点A作，并满足，连接．则线段和线段的数量关系是______，位置关系是______．
（2）探索：如图2，当D点为边上一点（不与点B，C重合），与均为等腰直角三角形，．试探索之间满足的等量关系，并证明你的结论；
（3）拓展：如图3，在四边形中，，若，，请求出线段的长．
参考答案
一．选择题
1．D
【分析】首先根据关于原点对称的点的坐标特点:两个点关于原点对称时,它们的坐标符号相反可得，的值,进而得到答案.
【详解】解: ∵A（，）与点B（，）关于原点对称，
∴= -， = -，
∵+=2，
∴+= --= -(+)=-2,
故选D.
2．D
【分析】一种方法是找一张正方形的纸按图1，图2中方式依次对折后，再沿图3中的虚线裁剪，最后将纸片打开铺平所得的图案，另一种方法是看折的方式及剪的位置，找出与选项中的哪些选项不同，即可得出正确答案．
【详解】在两次对折的时，不难发现是又折成了一个正方形，
第一次剪的是在两次对折的交点处，剪一扇形，会出现半圆，所以A，C肯定错误，
第二次剪的是折成的小正方形的上面的一个圆形，会出现4个小圆，所以B肯定错误，
故选D．
3．B
【分析】本题考查了图形的平移，一元一次方程的应用，先根据平移的性质得到，分，，三种情况解答即可求解，掌握平移的性质并运用分类讨论思想解答是解题的关键．
【详解】解：∵三角形以每秒的速度沿线段所在直线向右平移，所得图形对应为三角形，
∴，
当，即，解得；
当，即，解得；
当，即，解得；
综上所述，的值为或或，
故选：．
4．B
【分析】本题考查了等腰直角三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，旋转的性质，正确作辅助线是解题的关键.
将线段绕点逆时针旋转得到线段，连接，则，，得到，可求出，，可证明，得到，可证明，，则，得出，，则，求出，即可得到结论.
【详解】解：如图，将线段绕点逆时针旋转得到线段，连接，
，
，
，
，
，
，
，
，
在和中，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
或（不符合题意，舍去），
故选：B.
5．B
【分析】本题主要考查了中心对称及点的坐标的规律．根据题意，先求出前几次跳跃后、、、、、、的坐标，可得出规律，继而可求点的坐标．
【详解】解：由题意得：点、、、、、、，
∴点P的坐标的变化规律是6次一个循环，
∵，
∴点的坐标是．
故选：B．
6．C
【分析】本题考查了平行线的性质，一元一次方程的应用．根据的平移过程，分点在上和点在外两种情况，根据平移的性质得到，根据平行线的性质得到和和之间的等量关系，列出方程求解即可．
【详解】解：第一种情况：如图，当点在上时，过点作，
由平移得到，
，
，
，
①当时，
设，则，
∵，
，
，
，
解得：，
，
②当时，
设，则，
，
，
，
解得：，
；
第二种情况：当点在外时，过点作，
由平移得到，
，
，
，
①当时，
设，则，
，
，
，
解得：，
；
②当时，
由图可知，，故不存在这种情况，
综上所述，或或．
故选：C．
7．B
【分析】此题考查整式加减的应用，平移的性质，利用平移的性质将不规则图形变化为规则图形进而求解，解题的关键是设出未知数，列代数式表示各线段进而解决问题．
设1号正方形的边长为x，2号正方形的边长为y，则3号正方形的边长为，4号正方形的边长为，5号长方形的长为，宽为，根据图1中长方形的周长为40，求得，根据图中长方形的周长为58，求得，根据平移得：没有覆盖的阴影部分的周长为四边形的周长，计算即可得到答案．
【详解】解：设1号正方形的边长为x，2号正方形的边长为y，则3号正方形的边长为，4号正方形的边长为，5号长方形的长为，宽为，
由图1中长方形的周长为40，可得，，
解得：，
如图，∵图2中长方形的周长为58，
∴，
∴，
根据平移得：没有覆盖的阴影部分的周长为四边形的周长，
∴
；
故选：B．
8．D
【分析】本题考查了坐标内点的平移运动，熟练掌握知识点，利用反向运动理解是解决本题的关键．
先找出规律若“和点”横、纵坐标之和除以3所得的余数为0时，先向右平移1个单位，之后按照向上、向左，向上、向左不断重复的规律平移，按照的反向运动理解去分类讨论：①先向右1个单位，不符合题意；②先向下1个单位，再向右平移，当平移到第15次时，共计向下平移了8次，向右平移了7次，此时坐标为，那么最后一次若向右平移则为，若向左平移则为．
【详解】解：由点可知横、纵坐标之和除以3所得的余数为1，继而向上平移1个单位得到，此时横、纵坐标之和除以3所得的余数为2，继而向左平移1个单位得到，此时横、纵坐标之和除以3所得的余数为1，又要向上平移1个单位，因此发现规律为若“和点”横、纵坐标之和除以3所得的余数为0时，先向右平移1个单位，之后按照向上、向左，向上、向左不断重复的规律平移，
若“和点”Q按上述规则连续平移16次后，到达点，则按照“和点”反向运动16次求点Q坐标理解，可以分为两种情况：
①先向右1个单位得到，此时横、纵坐标之和除以3所得的余数为0，应该是向右平移1个单位得到，故矛盾，不成立；
②先向下1个单位得到，此时横、纵坐标之和除以3所得的余数为1，则应该向上平移1个单位得到，故符合题意，那么点先向下平移，再向右平移，当平移到第15次时，共计向下平移了8次，向右平移了7次，此时坐标为，即，那么最后一次若向右平移则为，若向左平移则为，
故选：D．
9．C
【分析】本题考查了等边三角形的性质，旋转的性质，全等三角形的判定和性质，将绕点顺时针旋转得到，连接，则，，，，可证，得到，又可得，即得到是以为边长的钝角三角形，据此即可求解，正确作出辅助线是解题的关键．
【详解】解：将绕点顺时针旋转得到，连接，则，，，，
∵是等边三角形，
∴，
∵ ，
∴，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∵ ，
∴，
又∵，
∴是以为边长的钝角三角形，
故选：．
10．D
【分析】本题考查了旋转的性质，勾股定理，等腰直角三角形的判定与性质，熟练掌握以上知识点是解题关键．先求出，再根据旋转角可得，可判定是等腰直角三角形，再根据等腰直角三角形的性质求出，从而得到，最后由勾股定理即可得到．
【详解】解：，
绕点顺时针旋转得到
又
是等腰直角三角形
又，，
在中，
故选：D．
二．填空题
11．
【分析】本题考查了中心对称，根据题意得到可以先向右跳三步，再向下跳一步，然后跳到关于原点的对称点即可到达，据此即可求解，理解题意是解题的关键．
【详解】解：若机器蛙在点，根据跳步游戏规则，可以先向右跳三步，再向下跳一步，然后跳到关于原点的对称点即可跳到点，这个路径步数最少，共步，
故答案为：．
12．
【分析】把六个等边三角形分别经过旋转、翻折或平移，根据轴对称图形的定义进行判断即可得解．
【详解】解：∵把六个等边三角形分别经过旋转、翻折或平移可以得到的轴对称图形有：
∴共可得到种轴对称图形
故答案是：
13．或或
【分析】分，，三种情况进行讨论求解即可．
【详解】解：∵，，
∴，
沿射线方向平移m个单位得到，
∴，，
点A，D，E为顶点的三角形是等腰三角形时，分三种情况
①当时：如图，此时；

②当时：如图，

则：，
在中，，即：，
解得：；
③当时，如图：

此时，
∵，
∴，
∴；
综上：，或；
故答案为：或或．
14．2或
【分析】本题考查勾股定理，等边三角形的判定与性质，旋转的性质；先证明为等边三角形，得到，，再根据在左边或右边分情况讨论，分别画出图形，结合图形利用勾股定理计算即可．
【详解】解：∵为等边三角形，，
∴，，
∵将绕点D顺时针旋转，得到线段，
∴，，
∴为等边三角形，
∴，，
当在左边时，如图，连接，，与交于点，
∵，
∴，，
∴垂直平分，
∴，
∵，，，
∴，
∴，
∴，
∴；
当在右边时，如图，连接，与交于点，
∵，
∴，
中，，
综上所述，或，
故答案为：或．
15．
【分析】在上取，过作交于，由旋转的性质可得，由含度角的直角三角形的性质可得，由勾股定理可得 ，利用可证得，由全等三角形的性质可得，设，则 ，再由勾股定理即可求解．
【详解】解：如图，在上取，过作交于，
由旋转的性质可得：，，
，，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
在和中，
，
（），
，
设，
则
，
，
，
解得：，
，
故答案为：．
16．
【分析】将绕点逆时针旋转得到，则得出，进而证明，即可求解．
【详解】解：如图所示，将绕点逆时针旋转得到，则
∴，
∴是等边三角形
∴
∵
∴，
∴,
∴四点共线
∴，
∵是的中点，
∴
延长至使得
又∵
∴
∴,
∵，则
∴
∴,
∵
∴
在中，
∴
∴
故答案为：．
三．解答题
17．（1）解：且、满足
，，
，，
、；
（2）点向左平移个单位长度，再向上平移个单位长度，得到对应点，
如图所示，过点，作轴于点，
，
，点在轴上，
，
，
，
点纵坐标为：，或，
点坐标为或；
（3）解：∵、
∴，
当落在点的右侧时，如图所示，
∵点与点关于直线对称，
∴，直线垂直平分，
∵、
∴，
∵直线垂直平分
∴，
设，则，
在中，
∴
解得：
∴
∵
∴；
当落在点的左侧时，如图所示，
同理可得，
，，
设，
∴
解得：
∴，
∴．
18．（1）解：如图，即为所求作：
（2）解：如图，点和线段即为所求作：
（3）解：如图，旋转中心有两种可能，即图中的和：
由图可知：，，
故答案为：或．
19．（1）证明：绕C点逆时针旋转至可得是等腰直角三角形，
∴，
∴，
在和中，，
∴，
∴．
（2）解：如图，连接，
∵是等腰直角三角形，
∴是的垂直平分线，
∴，
又∵，
∴，
∴，
在中，，
∴．
（3）解：∵，是等腰直角三角形，
∴，
∵，
∴，
∴，
设,则，
在中，，
解得（负值舍去），
∴．
20．解：根据剪掉其中两个方格，使之成为轴对称图形；即如图所示：
21．（1）解：∵，，
∴，
∵，
∴；
（2）证明：如图，过E作于点H，交于点H，连接并延长交延长线于点M，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴垂直平分，
∴，
∴，
∴，，
∴，
∴，
∴，，
∵，
∴，
∵，
∴；
（3）解：①当点D在上时，
∵点A绕着点E顺时针旋转得到，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴，
当时，，
∴，
∴，
由（1）知，
∴，
在中，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
设，则，，
过E作于点H，则，，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
即，
解得，
∴；
②当在延长线上时，
同理可得，
∴，
当时，，
设，则，
∴，
∵，
∴为等腰直角三角形，
∴，
∴，
解得，
∴；
综上，的长为或．
22．（1）∵∠C=90°，AC=1，BC，
∴AB=，
∴AB=2AC，
∴∠ABC=30°．
∵△AOB绕点B顺时针方向旋转60°，
∠A'BC=∠ABC+60°=30°+60°=90°，
∴A'B⊥CB．
过点B作BC的垂线，截取A'B=AB，
再以点A'为圆心，以AO为半径画弧，
以点B为圆心，以BO为半径画弧，
两弧相交于点O'，连接A'O'、BO'，
即△A'O'B如图所示；
（2））∵∠C=90°，AC=1，BC，
∴AB=，
∴AB=2AC，
∴∠ABC=30°．
∵△AOB绕点B顺时针方向旋转60°，得到△A'O'B，
∴A'B=AB=2，BO=BO'，A'O'=AO，∠ABA′=60°，
∴△BOO'是等边三角形，∠A'BC=∠ABC+∠ABA′=30°+60°=90°，
∴BO=OO'，∠BOO'=∠BO'O=60°．
∵∠AOC=∠COB=∠BOA=120°=∠A'O'B，
∴∠COB+∠BOO'=∠BO'A'+∠BO'O=120°+60°=180°，
∴C、O、A'、O'四点共线．
在Rt△A'BC中，A'C，
∴OA+OB+OC=A'O'+OO'+OC=A'C．
23．（1）解：①如图所示，设点A关于直线的对称点为，点T为第一、三象限角平分线上一点，
∵，
∴，
∴在轴上，
∵关于第一、三象限角平分线对称，
∴，，
∴，
∴在轴上，
∴，
故答案为：；

②∵，
∴；
过点作于G，过点作轴于H，连接，
∵关于第一、三象限角平分线对称，
∴，，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴，
∴与点C重合，
∴点是的“跳跃对称图形”；
同理可得，
∴不是的“跳跃对称图形”；
故答案为：P；

（2）解：①如图所示，线段关于直线的对称图形为线段，
∵，，
∴，；
∵线段与线段关于第一、三象限角平分线对称，
∴同理可得，，
∴此时线段与没有公共点，
∴线段不是的“跳跃对称图形”；
故答案为：不是；

②将向左平移m个单位后，，，
如图2-1所示，当，过点作轴于M，过点作轴于N，连接，
∵与关于直线对称，
∴，，，
由轴对称的性质可得，，则，
∴，
∴，
∴，
同理可得，；

如图2-2所示，当时，同理可求出，，；

∴不管怎么平移都在直线上运动，
当恰好与点D重合时，则，解得，
当恰好与点D重合时，则，解得，
∴当时，与线段有交点，即此时，满足是线段的“跳跃对称图形”．
24．解：（1）∵，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，即，
又∵，，
∴，
∴，，
∴，
∴；
∴，；
故答案为：，；
（2），证明如下：
如图所示，连接，
∵，，
∴，
∵，
∴，即，
又∵，，
∴，
∴，，
∴，
∴，
∴；
∵，
∴，
∴；
（3）将线段绕点A逆时针旋转得到，连接，，
∴，，
∴，，
∵，
∴，
∴，即，
又∵，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
又∵，，
∴，
∴，
∴．