八年级下-平移和旋转培优训练题-含详细答案

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1、平移和旋转培优训练题 HA DE O G B C F1、如图,所给的图案由ABC绕点O顺时针旋转（ )前后的图形构成的。 0、900、35 B. 00、135、18 C45、00、135、800 D.450、1800、22502、将如图1所示的tA绕直角边C旋转一周，所得几何体的左视图是( ）DABCCBA图1 、如图,正方形ABD和F的边长分别为m、,那么AEG的面积的值 （ ） ABCDGEF第3题图A与m、n的大小均有关 B.与m、n的大小都无关C只与的大小有关 D.只与n的大小有关4、如图,线段BD,AB与CD相交于点O,且,由B平移所得,则ACBD与AB的大小关系是：( ）A、 、

2、C、 D、无法拟定 (第题图) (第5题图） （第题图)、如图,边长为的正方形BD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、 、6、如图，点P是等边三角形BC内部一点,则以PA、P、为边的三角形的三内角之比为（ )A、2:4 、3：4:5 、4:5：6 、不能拟定 、如图,正方形网格中,B为格点三角形(顶点都是格点），将AC绕点A按逆时针方向旋转90得到.(1）在正方形网格中，作出;（不规定写作法）BCA(2）设网格小正方形的边长为1m,用阴影表达出旋转过程中线段C所扫过的图形,然后求出它的面积.(成果保存）第7题图、已知:正方形ABCD中,MN=45，AN绕点A顺时

3、针旋转,它的两边分别交C,D（或它们的延长线）于点M，.当AN绕点旋转到=DN时（如图),易证BM+DMN(1）当MAN绕点A旋转到BM时（如图2)，线段BM,N和MN之间有如何的数量关系？写出猜想,并加以证明.MBCN图3AD(）当AN绕点旋转到如图3的位置时，线段,DN和M之间又有如何的数量关系？并阐明理由BCNM图2ADBCNM图1AD、如图,正方形AD的边长为1，AB、D上各有一点P、Q，如果的周长为2,求的度数。 、有两张完全重叠的矩形纸片，小亮同窗将其中一张绕点A顺时针旋转0后得到矩形AF（如图甲)，连结BD、F,若此时她测得BD=8cm，ADB=30.试探究线段D与线段M的关系，

4、并简要阐明理由；图甲小红同窗用剪刀将BCD与E剪去，与小亮同窗继续探究.她们将ABD绕点A顺时针旋转得A1D1,AD1交FM于点K(如图乙）,设旋转角为(0DEA,即A+DA.故选.点评:本题运用了:、三角形的三边关系；2、平移的基本性质：平移不变化图形的形状和大小;通过平移，相应点所连的线段平行且相等,相应线段平行且相等，相应角相等.5、 设C与D的交点为,连接A,运用“”证明RBE和RtAD全等,根据全等三角形相应角相等DAEBE,再根据旋转角求出DAB=0,然后求出E=3,再解直角三角形求出D，然后根据阴影部分的面积=正方形ABD的面积-四边形ADB的面积,列式计算即可得解.解:如图,设

5、与CD的交点为,连接AE，在RtABE和RDE中,A=AEA=DtEtAE(HL）,DA=AE,旋转角为30，DAB=60,DA=1/26=0，DE阴影部分的面积=1故选A.点评:本题考察了旋转的性质,正方形的性质，全等三角形鉴定与性质,解直角三角形,运用全等三角形求出DA=B,从而求出DAE=30是解题的核心,也是本题的难点.6、先根据周角的定义由APB:AP:PB：:7可计算出A=3605/8=10,AP=306/18120根据等边三角形的性质得BABC,A=60,把BCP绕点B逆时针60得到,根据旋转的性质得B=D，BP=60,ADCPB10,则PB为等边三角形,得到BD=B0,=PB,

6、可计算出D=6,D=4,运用三角形内角和定理计算出A=80，D是以PA、PB、为三边构成的一种三角形,三个内角从小到大度数之比为4:6:80=:3:4.解答:解:PB：APC:CPB=5:6：7,而ABAPCCB0，因此PB=3605/18=00,PC=36/18=20ABC为等边三角形,B=B,A,把B绕点B逆时针60得到BA,如图,BD，DP60，ADBCP120,PBD为等边三角形,DPB60,PPB,ADP=AD-PDB=260=0,=AP-BPD=000=，AP=18060-0=80,在AD中,AD=,P=P,即AP是以A、PB、P为三边构成的一种三角形,此三角形的三个内角从小到大度

7、数之比为:60：8=:3:4.故选8、（1）+DN=MN成立,证得、M三点共线即可得到EMAM，从而证得=N.(2)DNBMM.证明措施与（1）类似.解答：解:()BM+DN=N成立.证明:如图，把AN绕点A顺时针旋转90,得到A,则可证得、B、三点共线(图形画对的)90-NAM=0-445，又AM=5,在AEM与ANM中,AE=NNAMAMAMAEA(SA）,ME=M,E=BE+BMDN+M，N+BMN;（)DNBMMN在线段N上截取=,在A和QN中，AAMQAN=ANNAAMNQN（SS），=,DN-B=M.点评：本题考察了旋转的性质,解决此类问题的核心是对的的运用旋转不变量9、简朴的求正

8、方形内一种角的大小，一方面从A的周长入手求出=Q+P，然后将C逆时针旋转90,使得CD、B重叠,然后运用全等来解解答:解:如图所示，PQ的周长为2,即AP+PQ=,正方形ABD的边长是，即AQQD=1,PPB，P+AQ+QDP,-得，P-QD-0,PQBD.延长AB至M,使=Q连接M，MCDQ（S)，CM=D,C=CQ,+QCB=0，BCQCB=90,即QCM=90,=B+M=PB+D=PQ在PQ与CP中,P=CP,PQ=M,CQ=CM，CPQCP(SS)，CQ=PC=1/2QC=45、(1）由旋转的性质可以证明BDF,由全等三角形的相应边相等可以推知线段D与MF的数量关系BDMF.B=F，A

9、DB=30,进而可得DM的大小（2)由条件可知AFK=30,当FK为顶角时，可以求出KA=75，从而求出旋转角的度数，当AFK为底角时,可以求出KAF=0,从而求出旋转角的度数.解答:解：()=MF,且BF理由如下:如图1，延长FM交BD于点,由题意得:BMAF.BD=MF，ABAFM.又DMN=A，ABMNFM+A=0,90,DF.(2)如图2,根据旋转的性质知,F=ADB当=FK时,KAF=AF3,则1=10-BAD1-AF=893060，即=60；当AF=F时，FAK=（180）=7,BAB1=90-F5，即5;故的度数为0或11、一方面连接B，根据旋转的性质得出B是等腰直角三角形，进而

10、得出答案,再运用分割一种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D，将B绕D点顺时针旋转90度，即可得出BBD此时三角形是等腰直角三角形,同理可得出正方形BEBD如图()将一种四边形拼成正方形,过点D作DEB于点E,过点作DFBA交BA的延长线于点F，FDA+CDAD=,FDA=DE,在A和中,FA=CEF=AD=C,DCED（AS）,FD,又B=E=0,四边形BED为正方形.点评:此题重要考察了图形的剪拼，根据旋转的性质得出BD是等腰直角三角形是解题核心1、PCQ,根据等边三角形的性质运用AS鉴定BPCB，从而得到A=C.解答：解：AP=CQ

11、,理由如下:AC是等边三角形,AB=C,B=0BQ0，A=CQ=PC在AP和BQ中，A=CP=BPBABPCBQ(A),AP=C.点评:此题考察等边三角形的鉴定和性质、全等三角形的鉴定和性质及直角三角形的鉴定,难度中档.（2） 由P:B:P5:2:1可设PA=5a,PB=12a，PC=1，在PBQ中由于PB=BQ=2，且PBQ6,PB为正三角形PQ=1a.于是在PQC中QQC=1a2+22=169a2=PC2PQC是直角三角形.13、 将ABP绕点B顺时针旋转,使得AB与B重叠，根据旋转的性质可得BP是等腰直角三角形，然后求出P,再根据勾股定理逆定理鉴定出PPC是直角三角形,然后求出C的度数,再根据旋转的性质可得ABPC证明：如图，将AB绕点B顺时针旋转0，使得AB与B重叠，则CPA1,BPP是等腰直角三角形,P=，P=PB=2在PP中,PC2=3=9PP2+PC=PC，PPC是直角三角形,BCBPPPPC=4+90=135,是P绕点B顺时针旋转9得到,AP=BPC=135.点评:本题考察了旋转的性质,重要运用了旋转变换只变化图形的位置不变化图形的形状与大小，勾股定理的逆定理，作出图形并判断出PC是直角三角形是解题的核心