2021-2022学年度青岛版八年级数学下册第11章图形的平移与旋转综合练习试题(含详解)

1、八年级数学下册第11章图形的平移与旋转综合练习 考试时间：90分钟；命题人：数学教研组考生注意：1、本卷分第I卷（选择题）和第卷（非选择题）两部分，满分100分，考试时间90分钟2、答卷前，考生务必用0.5毫米黑色签字笔将自己的姓名、班级填写在试卷规定位置上3、答案必须写在试卷各个题目指定区域内相应的位置，如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用涂改液、胶带纸、修正带，不按以上要求作答的答案无效。第I卷（选择题 30分）一、单选题（10小题，每小题3分，共计30分）1、将一副三角板如图的位置摆放，其中30直角三角板的直角边与等腰直角三角板的斜边重合，30直角三角板直角顶点与等腰

2、直角三角板的锐角顶点重合（为点O）现将30的直角三角板绕点O顺时针旋转至如图的位置，此时，则（）A30B25C20D152、如图，在平面直角坐标系中，将正方形OABC绕点O逆时针旋转45后得到正方形OA1B1C1，依此方式，绕点O连续旋转2020次得到正方形OA2020B2020C2020，如果点A的坐标为(1，0)，那么点B2020的坐标为（）A(1，1)B(，0)C(1，1)D(0，)3、如图，是等边三角形，点P在内，将PAB绕点A逆时针旋转得到，则PQ的长等于（）A6BC3D24、下列图形中，既是轴对称图形，又是中心对称图形的是（）ABCD5、已知点与点关于原点对称，则a的值为（）ABC

3、3D26、如图，在RtABC中，C90，ABC=30，AC，将RtABC绕点A逆时针旋转得到RtABC，连接BB，则BB的长度是（）A1B3CD27、已知点坐标为，将点向下平移3个单位长度，再向左平移4个单位长度，得到，则点的坐标为（）ABCD8、在下列四个图案中既是轴对称图形，又是中心对称图形的是（）ABCD9、如图，在平面直角坐标系中，已知点、，对连续作旋转变换依次得到三角形（1），（2），（3），（4），则第2020个三角形的直角顶点的坐标是（）ABCD(8076,125)10、如图，将ABC绕点A逆时针旋转得到ABC，若B落在BC边上，B=50，则CBC为（）ABCD第卷（非选择题 7

4、0分）二、填空题（5小题，每小题4分，共计20分）1、如图所示，要在竖直高AC为3米，水平宽BC为12米的楼梯表面铺地毯，地毯的长度至少需要_米2、一般地，将一个图形依次沿两个坐标轴方向平移所得到的图形，可以通过将原来的图形作_平移得到 对一个图形进行平移，这个图形上所有点的坐标都要发生相应的_；反过来，从图形上的点的坐标的某种变化，我们也可以看出对这个图形进行了怎样的平移3、如图，四边形ABCD和四边形OMNP都是边长为4的正方形，点O是正方形ABCD对角线的交点，正方形OMNP绕点O旋转过程中分别交AB，BC于点E，F，则四边形OEBF的面积为_4、如图，在中，点在边上，点是边所在直线上的

5、一动点，连接，将绕点顺时针方向旋转得到，连接，则的最小值为_5、如图，在中，将绕点按顺时针旋转一定角度得到，当点的对应点恰好落在边上时，则 的长为_三、解答题（5小题，每小题10分，共计50分）1、如图，在ABC中，C90，BCa，ACb，（ba0），将ABC绕点B顺时针旋转90得(1)画出(2)将ABC沿射线CB方向平移，平移后得当平移距离等于a（点C2和点B重合）时，求四边形的面积（用a，b的代数式表示）若a1，b2，当的面积和的面积相等时，平移距离多少？（直接写出答案）2、已知在RtABC中，BAC=90，AB=AC，点D为BC边中点点M为线段BC上的一个动点（不与点C，点D重合），连接

6、AM，将线段AM绕点M顺时针旋转90，得到线段ME，连接EC(1)如图1，若点M在线段BD上依据题意补全图1；求MCE的度数 用等式表示线段AC、CE、CM之间的数量关系，并加以证明(2)如图2，若点M在线段CD上，请你补全图形后，直接用等式表示线段AC、CE、CM之间的数量关系 3、已知，如图1，直线，E为直线上方一点，连接，与交于P点(1)若，则_(2)如图1所示，作的平分线交于点F，点M为上一点，的平分线交于点H，过点H作交的延长线于点G，且，求的度数(3)如图2，在（2）的条件下，将绕点F顺时针旋转，速度为每秒钟，记旋转中的为，同时绕着点D顺时针旋转，速度为每秒钟，记旋转中的为，当旋转

7、一周时，整个运动停止设运动时间为t（秒），则当其中一条边与的边DF互相垂直时，直接写出t的值4、如图，把矩形ABCD绕点A按逆时针方向旋转得到矩形AEFG，使点E落在对角线BD上，连接DG，DF(1)若BAE50，求DGF的度数；(2)求证：DFDC5、如图所示(1)写出ABC三顶点的坐标；(2)在图上描出点A1(3，3)，B1(2，2)，C1(4，1)，并说明ABC与A1B1C1的位置关系-参考答案-一、单选题1、B【解析】【分析】根据旋转和三角板的特点即可得出，从而可求出的大小，再结合的大小即可求出的值【详解】如图，根据三角板的特点和旋转的性质，可知，故选B【点睛】本题考查旋转的性质以及三

8、角板的特点利用数形结合的思想是解答本题的关键2、C【解析】【分析】根据正方形的性质和旋转性质可发现规律：点B旋转后对应的坐标8次一循环，据此解答即可求解【详解】解：连接OB，四边形OABC是正方形，A的坐标为（1，0），OA=AB=OC=BC=1，OAB=90，AOB=45，B（1，1），由勾股定理得：，由旋转性质得：OB=OB1=OB2=OB3=，将正方形OABC绕点O逆时针连续旋转45，相当于将OB绕点O逆时针连续旋转45，依次得到AOB=BOB1=B1OB2=45，B1（0，），B2（1，1），B2(，0)，B4（1，1），B5（0，），B6（1，1），B7（，0），B8（1，1），发现

9、规律：点B旋转后对应的坐标8次一循环，2020=8252+4，点B2020与点B4重合，点B2020的坐标为（1，1），故选：C【点睛】本题考查坐标与旋转规律问题、正方形的性质、旋转的性质、勾股定理等知识，熟练掌握正方形的性质和旋转性质，正确得出变化规律是解答的关键3、A【解析】【分析】由旋转以及是等边三角形可证AQP为等边三角形，进而可知PQ的长度【详解】解：ABC为等边三角形，BAC=60，PABCAP=60，PAB=QAC，QACPAC=60，AP=AQ，AQP为等边三角形，PQ=AP=6，故选：A【点睛】本题考查旋转变换，以及等边三角形的性质，熟练掌握等边三角形的性质是解决本题的关键4

10、、C【解析】【详解】解：选项A是轴对称图形，不是中心对称图形，故A不符合题意；选项B不是轴对称图形，是中心对称图形，故B不符合题意；选项C既是轴对称图形，也是中心对称图形，故C符合题意；选项D是轴对称图形，不是中心对称图形，故D不符合题意；故选C【点睛】本题考查的是轴对称图形的识别，中心对称图形的识别，掌握“轴对称图形与中心对称图形的定义”是解本题的关键，轴对称图形：把一个图形沿某条直线对折，直线两旁的部分能够完全重合；中心对称图形：把一个图形绕某点旋转后能与自身重合.5、D【解析】【分析】根据关于原点对称的点的坐标的性质“两个点关于原点对称时，它们的坐标符号相反，即点P（x，y）关于原点对称

11、O的对称点为”进行解答即可得【详解】解：点与点关于原点对称，故选D【点睛】本题考查了关于原点对称的点的坐标，解题的关键是掌握关于原点对称的点的坐标的性质6、D【解析】【分析】先根据含30角的直角三角形的性质求得BAC=60，AB=2，再根据旋转性质得到BAB=BAC=60，AB=AB，根据等边三角形的判定与性质证明ABB是等边三角形即可求解【详解】解：在RtABC中，C90，ABC=30，AC，BAC=90ABC=60，AB=2AC=2，将RtABC绕点A逆时针旋转得到RtABC，BAB=BAC=60，AB=AB，ABB是等边三角形，BB=AB=2，故选：D【点睛】本题考查含30角的直角三角形

12、性质、旋转的性质、等边三角形的判定与性质，熟练掌握旋转的性质和等边三角形的判定是解答的关键7、C【解析】【分析】根据平移变换与坐标变化规律：横坐标，右移加，左移减；纵坐标，上移加，下移减，可得答案【详解】解：点坐标为，将点向下平移3个单位长度，再向左平移4个单位长度，得到，则点的坐标为(54,43)，即，故选：C【点睛】本题考查了坐标与图形变化中的平移，根据平移的法则解答是解题的关键8、B【解析】【分析】根据轴对称图形和中心对称图形的定义：如果一个平面图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形就叫做轴对称图形；中心对称图形的定义：把一个图形绕着某一个点旋转180，如果旋转后的图形

13、能够与原来的图形重合，那么这个图形叫做中心对称图形，这个点就是它的对称中心，进行逐一判断即可.【详解】解：A、是中心对称图形，不是轴对称图形，故A选项不合题意；B、既是轴对称图形又是中心对称图形；C、既不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故C选项不合题意；D、是轴对称图形，不是中心对称图形，故D选项不合题意故选B【点睛】本题主要考查了轴对称图形和中心对称图形，解题的关键在于能够熟练掌握轴对称图形和中心对称图形的定义.9、C【解析】【分析】利用勾股定理列式求出的长，再根据图形写出第（3）个三角形的直角顶点的坐标即可；观察图形不难发现，每3个三角形为一个循环组依次循环，用2020除以3，根据商和余

14、数的情况确定出第个三角形的直角顶点到原点的距离，然后写出坐标即可【详解】解：点，三角形（3）的直角顶点坐标为：第2020个三角形是第674组的第一个直角三角形，其直角顶点与第673组的最后一个直角三角形顶点重合第2020个三角形的直角顶点的坐标是故选：C【点睛】本题考查了坐标与图形变化旋转，勾股定理的应用，观察图形，发现每3个三角形为一个循环组，依次循环是解题的关键10、A【解析】【分析】依据旋转的性质可求得AB=AB，ABC的度数，依据等边对等角的性质可得到B=BBA，于是可得到CBC的度数【详解】解：由旋转的性质可知：AB=AB，B=ABC=50，AB=AB，B=BBA=50BBC=50+

15、50=100，CBC=180-100=80，故选：A【点睛】本题主要考查的是旋转的性质，等腰三角形的性质，求得ABC和BBA的度数是解题的关键二、填空题1、15【解析】【分析】根据平移的性质可得，地毯的水平长度与BC的长度相等，垂直长度与AC的长度相等，计算即可得出答案【详解】解：由题意可知，地毯的水平长度与BC的长度相等，垂直长度与AC的长度相等，所以地毯的长度至少需要 12+3=15（米）故答案为：15【点睛】本题主要考查了平移现象，熟练应用平移的性质进行求解是解决本题的关键2、 一次 变化【解析】略3、4【解析】【分析】根据正方形的性质得到OB=OC，OBE=OCF=45，BOC=90，

16、推出BOE=COF，根据全等三角形的判定定理得到BOECOF（ASA），于是得到结论【详解】解：四边形ABCD是正方形，OB=OC，OBE=OCF=45，BOC=90，BOF+COF=90，EOF=90，BOF+BOE=90，BOE=COF，在BOE和COF中，BOECOF（ASA），S四边形OEBF=SBOE+SBOE=SBOE+SCOF=SBOC=S正方形ABCD=44=4，故答案为：4【点睛】本题考查了旋转的性质，正方形的性质，全等三角形的判定和性质，熟练掌握全等三角形的判定和性质定理是解题的关键4、【解析】【分析】当E与点C重合时，点F与等边三角形CDG的点G重合，当点F开始运动时，E

17、CDFGD，故点F在线段GF上运动，根据垂线段最短原理，当BFGF时，BF有最小值，根据直角三角形的性质计算即可【详解】当E与点C重合时，点F与等边三角形CDG的点G重合，绕点顺时针方向旋转得到，DEF是等边三角形，GDC=FDE=60，ED=FD，GDC-GDE=FDE-GDE，EDC=FDG，DEF是等边三角形，CD=GD，ECDFGD，EC=GF，ECD=FGD=90，点F在线段GF上运动，根据垂线段最短原理，当BFGF时，BF有最小值，如图，当旋转到BFDG时,BFGF，垂足为F，过点D作DHBF，垂足为H，FGD=90，四边形FGDH是矩形，GDH=90，GD=FH=2，GDC=60

18、，BDH=30，BD=BC-CD=5-2=3，BH=，BF=FH+BH=2+=，故答案为：【点睛】本题考查了等边三角形的判定和性质，矩形的判定和性质，垂线段最短，直角三角形的性质，熟练掌握等边三角形的判定，灵活运用直角的判定和直角三角形的性质是解题的关键5、【解析】【分析】由旋转可得证明为等边三角形， 可得再利用二次根式的加减运算可得答案.【详解】解：由旋转可得： 为等边三角形，而 ， 故答案为：【点睛】本题考查的是旋转的性质，等边三角形的判定与性质，二次根式的加减运算，掌握“旋转的性质及证明为等边三角形”是解本题的关键.三、解答题1、 (1)见解析(2)四边形的面积为，平移距离为2.5或3.

19、5【解析】【分析】（1）根据旋转的性质和方向，画出示意图即可；（2）把四边形的面积分割成梯形与三角形的面积之和计算即可；设平移的距离为h，分h小于a+b和大于a+b，两种情形求解即可(1)根据旋转的性质，画图如下，则即为所求(2)当平移距离等于a（点C2和点B重合）时，如图所示，=a1，b2，如图2所示，设平移的距离为h，当的面积和面积相等时，根据题意，得，解得h=2.5；a1，b2，如图3所示，设平移的距离为h，当的面积和面积相等时，根据题意，得，解得h=3.5；当的面积和面积相等时，平移距离为2.5或3.5【点睛】本题考查了旋转的性质，平移的性质，图形面积分割法计算，正确进行图形分割和分类

20、计算是解题的关键2、 (1)画图见解析；AC+CECM，证明见解析；(2)ACCECM，证明见解析【解析】【分析】（1）根据题意直接画出图形；先判断出FMACME，再判断出FMMC，进而判断出FAMCME（SAS），即可得出结论；由FAMCME，可得AFCE，FMCM，FMACME，证明CMF是等腰直角三角形，从而可得结论；（2）先判断出FMACME，再判断出FMMC，判断出FAMCEM（SAS），进而得出AFCE，最后用勾股定理即可得出结论(1)解：（1）补全图形如图1： 解：如图2，过点M作BC边的垂线交CA延长线于点F，FMC90，FMA+AMC90，将线段AM绕点M顺时针旋转90，得到

21、线段ME，AME90，CME+AMC90，FMACME， 在RtFMC中，FCM45，FFCM45，FMMC，在FMA和CME中，FAMCEM（SAS），MCEF45；线段AC、CE、CM之间的数量关系为：AC+CECM；理由：FAMCEM，AFCE，FMCM，FMACME，FMCAME90，CMF是等腰直角三角形，CFAF+ACCE+ACCM；(2)ACCECM，理由：如图3，过点M作BC边的垂线交CA延长线于点F，FMC90，FME+EMC90，将线段AM绕点M顺时针旋转90，得到线段ME，AME90，FME+AMF90，FMACME，在RtFMC中，FCM45，CFMFCM45，FMMC

22、，在FMA和CME中，FAMCEM（SAS），AFCE，在RtCMF中，CFCM，ACCEACAFCFCM故答案为：ACCECM【点睛】本题是几何变换综合题，主要考查了旋转的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，等腰直角三角形的判定和性质，构造全等三角形是解本题的关键3、 (1)40；(2)=70；(3)t的值为10【解析】【分析】（1）根据平行线性质求出EPB=CDE=70，根据ABE是BEP的外角可求E=ABE-EPB=110-70=40即可；（2）根据，得出GFB=FBE，HDF=PFD，根据FH平分，得出GFH=HFP，可得GFB=2HFB=2HFD+2DFP，根据DF平分，得出FD

23、H=FDE=PFD，可得EPB=PDH=2PDF=2PFD，根据EBF为EBP的外角，可证E=2DFH，根据，解方程得出DFH=20，根据，得出G+GFH=90，得出G+PFD=90-HFD=90-20=70即可；（3）当时，HFP=HFD+DFP=45，可得GFH=HFP=45，G=45，当其中一条边与的边DF互相垂直，分三种情况当GHDF时，FH交CD与S，FHFD，CDF=25+5t，FSC=45+3t，列方程25+5t =45+3t，当GFFD时，GF交CD于R，交DF于Q，HDF=25+5t，CRG=GFA=3t-90，QRD+QDR=90，列方程3t-90+180-(25+5t)=

24、90，当HFDF，HF交CD于U，交DF于V，HDF=25+5t，CUF=AFH=3t-90-45，VUD+UDV=90，列方程180-（25+5t）+3t-90-45=90即可(1)解：，EPB=CDE=70，ABE是BEP的外角，E=ABE-EPB=110-70=40，故答案为：40；(2)解：，GFB=FBE，HDF=PFDFH平分，GFH=HFP，GFB=2HFB=2HFD+2DFPDF平分，FDH=FDE=PFD，EPB=PDH=2PDF=2PFDEBF为EBP的外角，EBF=E+EPB=E+2PFD，2HFD+2DFP=E+2PFD，E=2DFH，4DFH=3DFH+20，DFH=20，FHG=90，G+GFH=90，G+PFH=G+HFD+PFD=90，G+PFD=90-HFD=90-20-70，=70；(3)当时，HFP=HFD+DFP=45，GFH=HFP=45，G=45，当其中一条边与的边DF互相垂直，分三种情况，当GHDF时，FH交CD与S，FHFD，FSC=CDF，CDF=25+5t，FSC=45+3t，25+5t =45+3t，解得t=10,当GFFD时，GF交CD于R，交DF于Q，HDF=25+5t，CRG=GFA=3t-90，QRD+QDR=90即3t-90+180-(25+5t)=90，解得t=-12.50舍去，当HFDF