八年级下-平移和旋转培优训练题-含详细答案H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 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 、AC BD AB +< B 、AC BD AB += C 、AC BD AB +≥ D 、无法确定O BCEDA PABD（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030到正方形///AB C D ，则图中阴影部分面积为（ ）A 、13-B 、3C 、14-D 、126、如图，点P 是等边三角形ABC 内部一点，::5:6:7APB BPC CPA ∠∠∠=，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11AB C △．（1）在正方形网格中，作出11AB C △；（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．第7M BC N图A DA D NAD9、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。
MEFA B C D 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△AB 1D 1，AD 1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，请直接图MF ABD B 1K D 1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，090,B D AD CD∠=∠==。
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。
图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）观察并猜想AP与CQ之间的Array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，13、如图，P 为正方形ABCD 内一点，PA =1，PB =2，PC =3，求∠APB 的度数．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；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．D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’=A D∴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°，=90°-∠FAK=15°，∴∠BAB1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．∴△ABP≌△CBQ（SAS ）， 在△PBQ 中由于PB=BQ=12a ，且∠PBQ=60°， ∴△PBQ 为正三角形． ∴PQ=12a． 于是在△PQC 中∵PQ 2+QC 2=144a 2+25a 2=169a 2=PC 2 ∴△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°，。