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HADEOGBCF平移和旋转培优训练题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、1350B.900、1350、1800C.450、900、1350、1800D.450、1800、22502、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060AOC,CE由AB平移所得,则AC+BD与AB的大小关系是:()A、ACBDABB、ACBDABC、ACBDABD、无法确定OBCEDAPABDC(第4题图)(第5题图)(第6题图)DABCCBA图1ABCDGEF第3题图5、如图,边长为1的正方形ABCD绕点A逆时针旋转030到正方形///ABCD,则图中阴影部分面积为()A、313B、33C、314D、126、如图,点P是等边三角形ABC内部一点,::5:6:7APBBPCCPA,则以PA、PB、PC为边的三角形的三内角之比为()A、2:3:4B、3:4:5C、4:5:6D、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11ABC△.(1)在正方形网格中,作出11ABC△;(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π)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.BCA第7题图MBCN图3ADBCNM图2ADBCNM图1ADMEFABCDMFABDB1KD19、如图,正方形ABCD的边长为1,AB、AD上各有一点P、Q,如果APQ的周长为2,求PCQ的度数。PQBCAD10、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;图甲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,090,BDADCD。思考一段时间后,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。BDAC12、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)观察并猜想AP与CQ之间的大小关系,并证明你的结论.(2)若PA:PB:PC=3:4:5,连结PQ,试判断△PQC的形状,并说明理由.13、如图,P为正方形ABCD内一点,PA=1,PB=2,PC=3,求∠APB的度数.图乙PABQCABCDP平移和旋转培优训练题答案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=AEAB’=AD∴Rt△AB′E≌Rt△ADE(HL),∴∠DAE=∠B′AE,∵旋转角为30°,∴∠DAB′=60°,∴∠DAE=1/2×60°=30°,∴DE=1*33=33阴影部分的面积=1×1-2×33133121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)DN-BM=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=∠NAMAM=AM∴△AEM≌△ANM(SAS),∴ME=MN,∵ME=BE+BM=DN+BM,∴DN+BM=MN;(2)DN-BM=MN.在线段DN上截取DQ=BM,在△AMN和△AQN中,AQ=AM∠QAN=∠MANAN=AN∴△AMN≌△AQN(SAS),∴MN=QN,∴DN-BM=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=2②,①-②得,PQ-QD-PB=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=∠DECAD=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△B′BD是等腰直角三角形是解题关键.12、AP=CQ,根据等边三角形的性质利用SAS判定△ABP≌△CBQ,从而得到AP=CQ.解答:解:AP=CQ,理由如下:∵△ABC是等边三角形,∴AB=BC,∠ABC=60°.∵∠PBQ=60°,∴∠ABP=∠CBQ=60°-∠PBC.在△ABP
本文标题:八年级下-平移和旋转培优训练题-含详细答案
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