2020-2021学年八年级数学北师大版下册第3章图形的平移与旋转章末综合优生辅导训练（word附答案）

2021年北师大版八年级数学下册第3章图形的平移与旋转章末综合优生辅导训练（附答案）
1．如图，在△ABC中，∠B＝50°，将△ABC绕点A按逆时针方向旋转得到△AB′C′．若点B′恰好落在BC边上，则∠CB′C′的度数为（　　）
A．50°
B．60°
C．80°
D．100°
2．如图，将△ABC绕点B按逆时针方向旋转40°到△DBE（其中点D与点A对应，点E与点C对应），连接AD，若AD∥BC，则∠ABE的度数为（　　）
A．25°
B．30°
C．35°
D．40°
3．如图，将三角形ABE向右平移1cm得到三角形DCF，如果三角形ABE的周长是10cm，那么四边形ABFD的周长是（　　）
A．12cm
B．16cm
C．18cm
D．20cm
4．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．
5．图中阴影部分是由4个完全相同的的正方形拼接而成，若要在①，②，③，④四个区域中的某个区域处添加一个同样的正方形，使它与阴影部分组成的新图形是中心对称图形，则这个正方形应该添加在（　　）
A．区域①处
B．区域②处
C．区域③处
D．区域④处
6．如图，平面内某正方形内有一长为10宽为5的矩形，它可以在该正方形的内部及边界通过平移或旋转的方式，自由地从横放变换到竖放，则该正方形边长的最小整数n为（　　）
A．10
B．11
C．12
D．13
7．如图，△ABC中∠BAC＝100°，将△ABC绕点A逆时针旋转150°，得到△ADE，这时点B、C、D恰好在同一直线上，则∠E的度数为（　　）
A．50°
B．75°
C．65°
D．60°
8．如图，将△ABC绕点A顺时针旋转，得到△ADE，且点D在AC上，下列说法错误的是（　　）
A．AC平分∠BAE
B．AB＝AD
C．BC∥AE
D．BC＝DE
9．如图，将△ABC绕点C顺时针旋转得到△DEC，使点A的对应点D恰好落在边AB上，点B的对应点为E，连接BE，下列四个结论：
①AC＝AD；②AB⊥EB；③BC＝EC；④∠A＝∠EBC；
其中一定正确的是（　　）
A．①②
B．②③
C．③④
D．②③④
10．如图，△ABC是等边三角形，点D为AC边上一点，以BD为边作等边△BDE，连接CE．若CD＝1，CE＝3，则BC＝（　　）
A．2
B．3
C．4
D．5
11．如图，将长为5cm，宽为3cm的长方形ABCD先向右平移2cm，再向下平移1cm，得到长方形A'B'C'D'，则阴影部分的面积为　
　cm2．
12．正六边形绕其中心旋转一定的角度与原图形重合，则这个旋转角至少为　
　．
13．若点（﹣m，n+3）与点（2，﹣2m）关于原点对称，则m+n＝　
　．
14．在△ABC中，∠BAC＝120°，D为BC的中点，AE＝6，把AD绕点A逆时针旋转120°，得到AF，若CF＝7，∠ACF＝∠AEC，则AC＝　
　．
15．如图，已知∠BAC＝40°，把△ABC绕着点A顺时针旋转，使得点B与CA的延长线上的点D重合．
（1）△ABC旋转了　
　度．
（2）连接CE，判断△AEC的形状是　
　．
（3）若∠ACE＝20°，则∠AEC的度数为　
　．
16．如图，在等边△ABC中，AB＝12，D是BC上一点，且BC＝3BD，△ABD绕点A旋转后得到△ACE，则CE的长度为　
　．
17．如图，边长为a的正方形ABCD绕点A逆时针旋转30°得到正方形A'B'C'D'，图中阴影部分的面积为　
　．
18．如图，有一块长为a米，宽为3米的长方形地，中间阴影部分是一条小路，空白部分为草地，小路的左边线向右平移1米能得到它的右边线，若草地的面积为12米2，则a＝　
　．
19．如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，将△ABC绕点A顺时针旋转90°，得到△ADE，连接BD，若AC＝3，DE＝1，则线段BD的长为　
　．
20．如图是由边长为1的小正方形构成的网格．每个小正方形的顶点叫做格点．△ABC的顶点在格点上，仅用无刻度的直尺在给定网格中画图，画图过程用虚线表示，画图结果用实线表示，按步骤完成下列问题：
（1）将边AB绕点B逆时针旋转90°得到线段BA'；
（2）画△ABC的高AD；
（3）将点D竖直向下平移3个单位长度得到点D'，画出点D'；
（4）画线段A'B关于直线BC的对称线段BA″．
21．在下面的正方形网格中按要求作图．
（1）在图①中将△ABC平移，使点A与点C重合，得到△CPQ；
（2）在图②中将△ABC绕点C逆时针旋转90°，得到△MNC；
（3）在图③中作△FGH，使其与△ABC关于线段DE对称．
22．已知△ABC是等边三角形，点P在BC的延长线上，以P为旋转中心，将线段PC逆时针旋转n°（0＜n＜180）得线段PQ，连接AP，BQ．
（1）如图1，若PC＝AC，画出n＝60时的图形，直接写出BQ和AP的数量及位置关系；
（2）当n＝120时，若点M为线段BQ的中点，连接PM．判断MP和AP的数量关系，并证明．
23．如图，将△ABC绕点A按顺时针方向旋转一定角度得△ADE，点B的对应点D恰好落在BC边上．
（1）若∠B＝65°，求∠CDE的度数．
（2）若∠BAC＝90°，∠B＝60°，AC＝，求CD的长．
24．如图，△ABC为等边三角形，点P是线段AC上一动点（点P不与A，C重合），连接BP，过点A作直线BP的垂线段，垂足为点D，将线段AD绕点A逆时针旋转60°得到线段AE，连接DE，CE．
（1）求证：BD＝CE；
（2）延长ED交BC于点F，求证：F为BC的中点．
25．如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，将△ABC绕点C顺时针旋转得到△DEC，点B的对应点为E，点A的对应点D落在线段AB上，DE与BC相交于点F，连接BE．
（Ⅰ）求证：DC平分∠ADE；
（Ⅱ）试判断BE与AB的位置关系，并说明理由；
（Ⅲ）若BE＝BD，求∠ABC的大小．（直接写出结果即可）
参考答案
1．解：∵将△ABC绕点A按逆时针方向旋转得到△A′B′C′，
∴AB＝AB′，∠C′B′A＝∠B，
∴∠AB′B＝∠B，
∵∠B＝50°，
∴∠C′B′A＝∠AB′B＝50°，
∴∠CB′C′＝180°﹣∠C′B′A﹣∠AB′B＝80°，
故选：C．
2．解：∵将△ABC绕点B按逆时针方向旋转40°，
∴AB＝DB，∠ABD＝∠CBE＝40°，
∴∠BAD＝∠BDA＝70°，
∵AD∥BC，
∴∠DAB＝∠ABC＝70°，
∴∠ABE＝∠ABC﹣∠EBC＝30°，
故选：B．
3．解：∵△ABE的周长＝AB+BE+AE＝10（cm），由平移的性质可知，BC＝AD＝EF＝1（cm），AE＝DF，
∴四边形ABFD的周长＝AB+BE+EF+DF+AD＝10+1+1＝12（cm）．
故选：A．
4．解：A、是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项不合题意；
B、既是轴对称图形，也是中心对称图形，故此选项符合题意；
C、不是轴对称图形，是中心对称图形，故此选项不合题意；
D、是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项不合题意．
故选：B．
5．解：在①，②，③，④四个区域中的某个区域处添加一个同样的正方形，使它与阴影部分组成的新图形是中心对称图形，
这个正方形应该添加区域②处，
故选：B．
6．解：∵矩形长为10宽为5，
∴矩形的对角线长为：＝＝5，
∵矩形在该正方形的内部及边界通过平移或旋转的方式，自由地从横放变换到竖放，
∴该正方形的边长不小于5，
∵11＜5＜12，
∴该正方形边长的最小正数n为12．
故选：C．
7．解：∵将△ABC绕点A逆时针旋转150°，得到△ADE，
∴∠BAD＝150°，AD＝AB，∠E＝∠ACB，
∵点B，C，D恰好在同一直线上，
∴△BAD是顶角为150°的等腰三角形，
∴∠B＝∠BDA，
∴∠B＝（180°﹣∠BAD）＝15°，
∴∠E＝∠ACB＝180°﹣∠BAC﹣∠B＝180°﹣100°﹣15°＝65°，
故选：C．
8．解：将△ABC绕点A顺时针旋转，得到△ADE，
∴∠BAC＝∠DAE，AB＝AD，BC＝DE，故A、B、D选项正确；
∵∠C＝∠E，但∠C不一定等于∠DAE，
∴BC不一定平行于AE，故C选项，错误；
故选：C．
9．解：∵将△ABC绕点C顺时针旋转得到△DEC，
∴AC＝CD，BC＝CE，AB＝DE，故①错误，③正确；
∴∠ACD＝∠BCE，
∴∠A＝∠ADC＝，∠CBE＝，
∴∠A＝∠EBC，故④正确；
∵∠A+∠ABC不一定等于90°，
∴∠ABC+∠CBE不一定等于90°，故②错误．
故选：C．
10．解：在CB上取一点G使得CG＝CD，
∵△ABC是等边三角形，
∴∠ACB＝60°，
∴△CDG是等边三角形，
∴CD＝DG＝CG，
∵∠BDG+∠EDG＝60°，∠EDC+∠EDG＝60°，
∴∠BDG＝∠EDC，
在△BDG和△EDC中，
，
∴△BDG≌△EDC（SAS），
∴BG＝CE，
∴BC＝BG+CG＝CE+CD＝4，
解法二：证明△ABD≌△CBE（SAS），可得AD＝EC＝3，
∴BC＝AC＝AD+CD＝3+1＝4．
故选：C．
11．解：由题意，空白部分是矩形，长为5﹣2＝3（cm），宽为3﹣1＝2（cm），
∴阴影部分的面积＝5×3×2﹣2×2×3＝18（cm2），
故答案为：18．
12．解：正六边形可以被经过中心的射线平分成6个全等的部分，
则旋转至少360°÷6＝60°，能够与本身重合．
故答案为：60°．
13．解：∵点（﹣m，n+3）与点（2，﹣2m）关于原点对称，
∴﹣m＝﹣2，n+3＝2m，
解得：m＝2，n＝1．
∴m+n＝2+1＝3．
故答案为：3．
14．解：过点D作DH∥CE交AB于点H，过点E作EG⊥CA的延长线于点G，
∵把AD绕点A逆时针旋转120°，得到AF，
∴∠DAF＝120°，AD＝AF，
∵∠BAC＝∠DAF＝120°，
∴∠DAH＝∠CAF，
∵DH∥CE，
∴∠AEC＝∠AHD，
∵∠AEC＝∠ACF，
∴∠ACF＝∠AHD，
在△ACF与△AHD中，
，
∴△ACF≌△AHD（AAS），
∴AC＝AH，CF＝DH＝7，
设EH＝x，
∴AH＝AC＝6+x，
∵∠BAC＝120°，
∴∠EAG＝60°，
∴AG＝AE＝3，
由勾股定理可知：EG＝＝3，
∵点D是BC的中点，DH∥CE，
∴DH是△CBE的中位线，
∴CE＝14，
在Rt△CEG中，CG2+EG2＝CE2，
∴（6+x+3）2+（3）2＝142，
∴x＝4，
∴AC＝x+6＝4+6＝10．
故答案为：10．
15．解：（1）∵∠BAC＝40°，
∴∠BAD＝140°，
∴△ABC旋转了140°，
故答案为：140；
（2）由旋转的性质可知，AC＝AE，
∴△AEC是等腰三角形，
故答案为：等腰三角形；
（3）由旋转的性质可知，∠CAE＝∠BAD＝140°，又AC＝AE，
∴∠AEC＝（180°﹣140°）÷2＝20°，
故答案为：20°．
16．解：∵△ABC是等边三角形，
∴BC＝AB＝12，
∵BC＝3BD，
∴BD＝BC＝4，
由旋转的性质得：△ACE≌△ABD，
∴CE＝BD＝4．
故答案为：4．
17．解：设B′C′与CD交于点E，连接AE．
在Rt△AB′E与Rt△ADE中，∠AB′E＝∠ADE＝90°，
，
∴Rt△AB′E≌Rt△ADE（HL），
∴∠B′AE＝∠DAE．
∵∠BAB′＝30°，∠BAD＝90°，
∴∠B′AE＝∠DAE＝30°，
∴DE＝a．
∴S四边形AB′ED＝2S△ADE＝2××a×a＝a2．
∴阴影部分的面积＝S正方形ABCD﹣S四边形AB′ED＝（1﹣）a2．
故答案为：（1﹣）a2．
18．解：依题意有3a﹣3×1＝12，
解得a＝5．
故答案为：5．
19．解：由旋转的性质可知：BC＝DE＝1，AB＝AD，∠BAD＝90°，
在Rt△ABC中，AC＝3，BC＝1，∠ACB＝90°，
由勾股定理得：AB＝AD＝＝＝，
在Rt△ADB中，BD＝＝＝2，
即：BD的长为2，
故答案为：2．
20．解：（1）如图，线段BA′即为所求作．
（2）如图，线段AD即为所求作．
（3）如图，点D′即为所求作．
（4）如图，线段BA″即为所求作．
21．解：（1）如图，△CPQ为所作；
（2）如图，△MNC为所作；
（3）如图，△FGH为所作．
22．解：（1）BQ＝AP，BQ∥AP，
如图1所示：
∵△ABC是等边三角形，
∴∠ABC＝∠ACB＝∠BAC＝60°，AB＝BC＝AC，
又∵PC＝AC，
∴∠PAC＝∠APC，
∵∠ACB＝∠PAC+∠APC＝60°，
∴∠PAC＝∠APC＝30°，
∴∠BAP＝90°，
∵将线段PC逆时针旋转60°得线段PQ，
∴PC＝PQ，∠CPQ＝60°，
∴AB＝AC＝CP＝PQ，∠APQ＝90°，
∴∠BAP+∠APQ＝180°，
∴AB∥PQ，
∴四边形ABQP是平行四边形，
∴BQ＝AP，BQ∥AP；
（2）AP＝2MP，
理由如下：如图2，以CP为边作等边三角形CHP，连接BH，
∵△CHP和△CBA都是等边三角形，
∴CB＝CA，CP＝CH，∠ACB＝∠HCP＝∠CPH＝60°，
∴∠BCH＝∠ACP，
在△ACP和△BCH中，
，
∴△ACP≌△BCH（SAS），
∴AP＝BH，
∵将线段PC逆时针旋转120°得线段PQ，
∴CP＝PQ，∠CPQ＝120°，
∵∠CPH+∠CPQ＝180°，
∴点H，点P，点Q三点共线，
∵BM＝MQ，PQ＝CP＝HP，
∴BH＝2MP，
∴AP＝2MP．
23．解：（1）∵将△ABC绕点A按顺时针方向旋转一定角度得△ADE，∠B＝65°，
∴AB＝AD，∠B＝∠ADE＝65°，
∴∠B＝∠ADB＝65°，
∴∠CDE＝180°﹣∠ADB﹣∠ADE＝180﹣65°﹣65°＝50°；
（2）∵直角△ABC中，AC＝，∠B＝60°，
又∵AD＝AB，∠B＝60°，
∴△ABD是等边三角形，
∴BD＝AB＝1，
∴CD＝BC﹣BD＝2﹣1＝1．
24．（1）证明：∵线段AD绕点A逆时针旋转60°得到线段AE，
∴△ADE是等边三角形，
在等边△ABC和等边△ADE中，AB＝AC，AD＝AE，∠BAC＝∠DAE＝60°，
∴∠BAD＝∠CAE，
在△BAD和△CAE中，
，
∴△BAD≌△CAE（SAS），
∴BD＝CE．
（2）证明：如图，过点C作CG∥BP交DF的延长线于点G．
∴∠G＝∠BDF，
∵∠ADE＝60°，∠ADB＝90°，
∴∠BDF＝30°，
∴∠G＝30°，
由（1）可知，BD＝CE，∠CEA＝∠BDA，
∵AD⊥BP，
∴∠BDA＝90°，
∴∠CEA＝90°，
∵∠AED＝60°，
∴∠CED＝30°＝∠G，
∴CE＝CG，
∴BD＝CG，
在△BDF和△CGF中，
，
∴△BDF≌△CGF（AAS），
∴BF＝FC，
即F为BC的中点．
25．（Ⅰ）证明：∵△DCE是由△ACB旋转得到，
∴CA＝CD，∠A＝∠CDE，
∴∠A＝∠CDA，
∴∠CDA＝∠CDE，
∴CD平分∠ADE．
（Ⅱ）解：结论：BE⊥AB．
由旋转的性质可知，∠ACD＝∠BCE，
∵CA＝CD，CB＝CE，
∴∠CAD＝∠CDA＝∠CBE＝∠CEB，
∵∠ABC+∠CAB+∠ACD+∠DCB＝180°，
∴∠ABC+∠CBE+∠DCB+∠BCE＝180°，
∴∠DCE+∠DBE＝180°，
∵∠DCE＝90°，
∴∠DBE＝90°，
∴BE⊥AB．
（Ⅲ）如图，设BC交DE于O．连接AO，过点B作BH⊥CD交CD的延长线于H，作BT⊥CE于T，
∵∠H＝∠BTC＝∠HCT＝90°，
∴∠HBT＝∠DBE＝90°，
∴∠DBH＝∠EBT，
∵BD＝BE，∠H＝∠BTE＝90°
∴△BHD≌△BTE（AAS），
∴BH＝BT，
∵BH⊥CH，BT⊥CE，
∴∠DCO＝∠DEB＝45°，
∵∠ACB＝90°，
∴∠ACD＝∠OCD，
∵CD＝CD，∠ADC＝∠ODC，
∴△ACD≌△OCD（ASA），
∴AC＝OC，
∴∠AOC＝∠CAO＝45°，
∵∠ADO＝135°，
∴∠CAD＝∠ADC＝67.5°，
∴∠ABC＝22.5°，
∵∠AOC＝∠OAB+∠ABO，
∴∠OAB＝∠ABO＝22.5°