八年级下 平移和旋转培优训练题 含详细答案之欧阳数创编

H A D

E O G

B C F 平移和旋转培优

训练题

时间：2021.03.02

创作：欧阳数

１、如图,所给的图案由ΔABC 绕点O 顺时针 旋转( )前后的图形组成的。 A. 450、900、1350 B. 900、1350、1800

C.450、900、1350、1800

D.450、1800、

2250

2、将如图1所示的Rt△ABC 绕直角边BC 旋转一周，所得几何体的左视图是（ ）

3、如图，正方形ABCD 和CEFG 的边长分别为m 、n ，那么

?AEG 的面积的值（） A ．与m 、n 的大小都有关B ．与m 、n 的大小都无关 C ．只与m 的大小有关D ．只与n 的大小有关

4、如图，线段AB=CD ，AB 与CD 相交于点O ，且，CE 由AB 平移所得，则AC+BD 与AB 的大小关系

是：（）

A 、

B 、

C 、

D 、无法确定

D

A B C C B

A 图1 A D

G F 第3题图

（第4题图）（第5题图）（第6题图）

5、如图，边长为1的正方形ABCD绕点A 逆时针旋转到正方形，则图中阴影部分面积为（）

A 、

B 、

C 、

D 、

6、如图，点P是等边三角形ABC内部一点，

，则以PA、PB、PC为边的三角形的三内角之比为（）

A、2：3：4

B、3：4：5

C、4：5：6

D、不能确

定

7、如图，正方形网格中，△ABC为格点三角形（顶点都是格点），将△ABC绕点A按逆时针方向旋转90°得到．

（1）在正方形网格中，作出；（不要求写作法）（2）设网格小正方形的边长为1cm，用阴影表示出旋转过程中线段BC 所扫过的图形，然后求出它的面积．（结果保留）

8、已知：正方形ABCD中，∠MAN=45°，∠MAN绕点A顺时针旋转，它的两边分别交CB，DC（或它们的延长线）于点M，N．当∠MAN绕点A旋转到BM=DN时（如图1），易B C

A

第7题图

证BM+DN=MN ．

（1）当∠MAN 绕点A 旋转到BM≠DN 时（如图2），线段BM ，DN 和MN 之间有怎样的数量关系？写出猜想，并加以证明．

（2）当∠MAN 绕点A 旋转到如图3的位置时，线段BM ，DN 和MN 之间又有怎样的数量关系？并说明理由．

9、如图，正方形ABCD 的边长为1，AB 、AD 上各有一点P 、Q ，如果的周长为2，求的度数。

10、有两张完全重合的矩形纸片，小亮同学将其中一张绕点A 顺时针旋转90°后得到矩形AMEF （如图甲），连结BD 、MF ，若此时他测得BD=8cm ，∠ADB=30°．

⑴试探究线段BD 与线段MF 的关系，并简要说明理由；

⑵小红同学用剪刀将△BCD 与△MEF 剪去，与小亮同学继续探究．他们将△ABD 绕点A 顺时针旋转得△AB1D1，AD1交FM 于点K （如图乙），设旋转角为β(0°＜β＜ 90°), 当△AFK 为等腰三角形时，请直接写出旋转角β的度数；

11、有两块形状完全相同的不规则的四边形木板，如图所示，木工师傅通过测量可知，。思考一

M B C N

图3 A D B C N

M

图2 A D B C N M 图1 A D 图甲 图乙

段时间后，一位木工师傅说：“我可以把两块木板拼成一个正方形。”另一位木工师傅说：“我可以把一块木板拼成一个正方形，两块木板拼成两个正方形。”两位木工师傅把木板只分割了一次，你知道他们分别是怎样做的吗？画出图形，并说明理由。

12、如图，P 是等边三角形ABC 内的一点，连结PA 、PB 、PC ，以BP 为边作∠PBQ=60°，且BQ=BP ，连结CQ ． 1、解：把△ABC 绕点O 顺时针旋转45°，得到△OHE；顺

时针旋转90°，得到△ODA；顺时针旋转135°，得到△OCD；顺时针旋转180°，得到△OBC；顺时针旋转225°，得到△OEF；

故选C ．

点评：本题考查了旋转的性质：旋转前后的两个图形全等，对应点与旋转中心的连线段的夹角等于旋转角，对应点到旋转中心的距离相等．

3、如图所示，三角形AGC 和三角形ACE 等底等高，则二者的面积相等，都去掉公共部分（三角形三角形AHC ），则

A

B D

剩余部分的面积仍然相等，即三角形AGH和三角形HCE的面积相等，于是三角形AGE的面积就等于小正方形的面积的一半，据此判断即可．

解答：解：据分析可知：

三角形AGE的面积等于小正方形的面积的一半，

因此三角形AEG面积的值只与n的大小有关；

故选：B．

点评：由题意得出“三角形AGE的面积就等于小正方形的面积的一半”，是解答本题的关键．

4、解：由平移的性质知，AB与CE平行且相等，

所以四边形ACEB是平行四边形，BE=AC，

∵AB∥CE，∠DCE=∠AOC=60°，

∵AB=CE，AB=CD，

∴CE=CD，

∴△CED是等边三角形，

∴DE=AB，

根据三角形的三边关系知BE+BD=AC+BD＞DE=AB，

即AC+BD＞AB．

故选A．

点评：本题利用了：1、三角形的三边关系；

2、平移的基本性质：

①平移不改变图形的形状和大小；

②经过平移，对应点所连的线段平行且相等，对应线段平行且相等，对应角相等．

5、设B′C′与CD的交点为E，连接AE，利用“HL”证明Rt△AB′E和Rt△ADE全等，根据全等三角形对应角相等∠DAE=∠B′AE，再根据旋转角求出∠DAB′=60°，然后求出∠DAE=30°，再解直角三角形求出DE，然后根据阴影部分的面积=正方形ABCD的面积四边形ADEB′的面积，列式计算即可得解．

解：如图，设B′C′与CD的交点为E，连接AE，在Rt△AB′E和Rt△ADE中，AE＝AE AB’=AD

∴Rt△AB′E≌Rt△ADE（HL），∴∠DAE=∠B′AE，∵旋转角

为30°，∴∠DAB′=60°，∴∠DAE=1/2×60°=30°，

∴DE=1*=

阴影部分的面积=1×12×

故选A．

点评：本题考查了旋转的性质，正方形的性质，全等三角形判定与性质，解直角三角形，利用全等三角形求出

∠DAE=∠B′AE，从而求出∠DAE=30°是解题的关键，也是本题的难点．

6、

先根据周角的定义由∠APB：∠APC：∠CPB=5：6：7可计算出∠APB=360°×5/18=100°，∠APC=360°×6/18=120°

根据等边三角形的性质得BA=BC，∠ABC=60°，把△BCP绕点B逆时针60°得到△BAD，根据旋转的性质得BP=BD，∠DBP=60°，∠ADB=∠CPB=120°，则△PBD为等边三角形，得到∠BDP=∠BPD=60°，DP=PB，可计算出∠ADP=60°，∠APD=40°，利用三角形内角和定理计算出∠DAP=80°，△ADP是以PA、PB、PC为三边构成的一个三角形，三个内角从小到大度数之比为40°：60°：80°=2：3：4．

解答：解：∵∠APB：∠APC：∠CPB=5：6：7，

而∠APB+∠APC+∠CPB=360°，

所以∠APB=360°×5/18=100°，

∠APC=360°×6/18=120°

∵△ABC为等边三角形，∴BA=BC，∠ABC=60°，把△BCP

绕点B逆时针60°得到△BAD，如图，∴BP=BD，

∠DBP=60°，∠ADB=∠CPB=120°，∴△PBD为等边三角形，∴∠BDP=∠BPD=60°，DP=PB，

∴∠ADP=∠ADB∠PDB=120°60°=60°，

∠APD=∠APB∠BPD=100°60°=40°，

∴∠DAP=180°60°40°=80°，在△ADP中，AD=PC，

DP=PB，即△ADP是以PA、PB、PC为三边构成的一个三角形，此三角形的三个内角从小到大度数之比为40°：60°：80°=2：3：4．故选A．

8、（1）BM+DN=MN成立，证得B、E、M三点共线即可得到△AEM≌△ANM，从而证得ME=MN．

（2）DNBM=MN．证明方法与（1）类似．

解答：解：（1）BM+DN=MN成立．

证明：如图，把△ADN绕点A顺时针旋转90°，

得到△ABE，则可证得E、B、M三点共线（图形画正确）．∴∠EAM=90°∠NAM=90°45°=45°，

又∵∠NAM=45°，

∴在△AEM与△ANM中，AE＝AN

∠EAM＝∠NAM AM＝AM

∴△AEM≌△ANM（SAS），∴ME=MN，∵ME=BE+BM=DN+BM，∴DN+BM=MN；

（2）DNBM=MN

．

在线段DN 上截取DQ=BM ， 在△AMN 和△AQN 中， AQ ＝AM ∠QAN ＝∠MAN AN

＝AN

∴△AMN≌△AQN

（SAS ）， ∴MN=QN

，

∴DNBM=MN． 点评：本题考查了旋转的性质，解决此类问题的关键是正确的利用旋转不变量．

9、简单的求正方形内一个角的大小，首先从△APQ 的周长入手求出PQ=DQ+BP ，然后将△CDQ 逆时针旋转90°，使得CD 、CB 重合，然后利用全等来解．

解答：解：如图所示，

△APQ 的周长为2，即AP+AQ+PQ=2①，

正方形ABCD 的边长是1，即AQ+QD=1，AP+PB=1， ∴AP+AQ+QD+PB=2②

， ①②

得，PQQDPB=0， ∴PQ=PB+QD ．

延长AB 至M ，使BM=DQ ．连接CM ，△CBM ≌△CDQ

（

SAS ）， ∴∠BCM=∠DCQ

，CM=CQ ， ∵∠DCQ+∠QCB=90°

， ∴∠BCM+∠QCB=90°

，即∠QCM=90°， PM=PB+BM=PB+DQ=PQ

． 在△CPQ 与△CPM 中，

CP=CP，PQ=PM，CQ=CM，

∴△CPQ≌△CPM（SSS），

∴∠PCQ=∠PCM=1/2∠QCM=45°

10、（1）①由旋转的性质可以证明△BAD≌△MAF，由全等三角形的对应边相等可以推知线段BD与MF的数量关系BD=MF．②BD=MF，∠ADB=∠AFM=30°，进而可得∠DNM的大小．

（2）由条件可知∠AFK=30°，当∠AFK为顶角时，可以求出∠KAF=75°，从而求出旋转角β的度数，当∠AFK为底角时，可以求出∠KAF=30°，从而求出旋转角β的度数．

解答：解：（1）BD=MF，且

BD⊥MF．理由如下：

如图1，延长FM交BD于点N，

由题意得：△BAD≌△MAF．

∴BD=MF，∠ADB=∠AFM．

又∵∠DMN=∠AMF，

∴∠ADB+∠DMN=∠AFM+∠AMF=90°，

∴∠DNM=90°，

∴BD⊥MF．

（2）如图2，根据旋转的性质知，∠AFK=∠ADB=30°．当

AK=FK时，∠KAF=∠AFK=30°，

则∠BAB1=180°∠B1AD1∠KAF=180°90°30°=60°，即β=60°；②

当AF=FK时，∠FAK=(180°?∠AFK)/2=75°，

∴∠BAB1=90°∠FAK=15°，即β=15°；故β的度数为60°或15°．

11、首先连接BD，根据旋转的性质得出△B′BD是等腰直角三角形，进而得出答案，再利用分割一个四边形得出全等三角形进而证明是正方形．

解答：解：如图（1）所示：将两块四边形拼成正方

形，

连接BD，将△DBC绕D点顺时针旋转90度，即可

得出△B′BD此时三角形是等腰直角三角形，

同理可得出正方形B′EBD．

如图（2）将一个四边形拼成正方形，

过点D作DE⊥BC于点E，过点D作DF⊥BA交

BA的延长线于点F，

∴∠FDA+∠ADE=∠CDE+∠ADE=90°，

∴∠FDA=∠CDE，

在△AFD和△CED中，

∠FDA＝∠CDE

∠F＝∠DEC

AD＝CD

，

∴△AFD≌△CED（AAS），∴FD=DE，

又∵∠B=∠F=∠BED=90°，∴四边形FBED为正方形．

点评：此题主要考查了图形的剪拼，根据旋转的性质得出

∴△ABP≌△CBQ（SAS），

（2）由PA：PB：PC=5：12：13可设PA=5a，PB=12a，PC=13a，在△PBQ中由于PB=BQ=12a，且∠PBQ=60°，∴△PBQ为正三角形．∴PQ=12a．于是在△PQC中∵PQ2+QC2=144a2+25a2=169a2=PC2∴△PQC是直角三角

形．

13、将△ABP绕点B顺时针旋转90°，使得AB与BC重合，根据旋转的性质可得△BPP′是等腰直角三角形，然后求出PP′，再根据勾股定理逆定理判定出△PP′C是直角三角形，然后求出∠BP′C的度数，再根据旋转的性质可得∠APB=∠BP′C．

证明：如图，将△ABP绕点B顺时针旋转90°，使得AB与BC重

合，则P′C=PA=1，△BPP′是等腰直角三角形，∵PB=2，

∴PP′=PB=2

在△PP′C中，

PC2=32=9

∴PP′2+P′C2=PC2，

∴△PP′C是直角三角形，

∠BP′C=∠BP′P+∠PP′C=45°+90°=135°，

∵△CBP′是△ABP绕点B顺时针旋转90°得到，

∴∠APB=∠BP′C=135°．

点评：本题考查了旋转的性质，主要利用了旋转变换只改变图形的位置不改变图形的形状与大小，勾股定理的逆定理，作出图形并判断出△PP′C是直角三角形是解题的关键．