第四章图形的平移和旋转练习题2025-2026学年鲁教版（五四制）八年级数学上册

第四章图形的平移和旋转练习题 一、单选题 1．把点向右平移1个单位长度后，正好落在轴上，则点坐标（    ） A． B． C． D． 2．如图，A，B两点的坐标分别为，若将线段平移至，则的值为（   ） A．5 B．4 C．3 D．2 3．如图，沿直角边所在的直线向下平移得到，下列结论中不一定正确的（ ） A． B． C． D． 4．如图，点E在等边的边上，，射线于点C，P是射线上一动点，F是线段上一动点，当的和最小时，，则的长为（   ） A．14 B．13 C．12 D．10 5．平面直角坐标系中，点P关于x轴的对称点为，点P关于y轴的对称点为，则为（    ） A．0 B． C．2 D．8 6．数轴上点、点表示数如图所示，且点与点关于点成中心对称，则点表示的数是（    ） A． B． C． D． 7．如图，将绕点A逆时针旋转得到．当点B，C，在同一直线上，，（   ） A． B． C． D． 8．如图，将直角沿斜边的方向平移到的位置，交于点G，，，的面积为4，下列结论错误的是（    ）    A． B．平移的距离是4 C． D．四边形的面积为16 9．如图，点A坐标为，点B坐标为，将线段AB绕点O按顺时针方向旋转得到对应线段，若点恰好落在x轴上，则点的坐标为（　　） A． B． C． D． 10．如图，在中，，，将绕点旋转到，边和边相交于点，边和边相交于，当为等腰三角形时，则的度数为(　　) A．或 B．或 C．或 D．或或 11．如图，将绕着旋转中心P旋转得到，则旋转中心P的坐标为（    ）    A． B． C． D． 12．如图，在平面直角坐标系中，动点按图中箭头所示方向依次运动，第1次从点运动到点，第2次运动到点，第3次运动到点，…，按这样的运动规律，动点第2025次运动到点（   ） A． B． C． D． 二、填空题 13．如图所示为一个的正方形网格，请在其中标有数字编号的小正方形中选取一个进行阴影标注，使得网格中的阴影部分形成一个中心对称图形．那么应该选择编号 的小正方形涂阴影． 14．如图，将绕点逆时针旋转得到，点和点是对应点，若，，则的长为 ． 15．如图，在等腰中,，E是三角形内一点，连接，将线段绕点O逆时针旋转得到，连接．若，则的度数为 ． 16．如图，在中，，将沿BC平移到，使点与点C重合，则的长为 ． 17．如图，在中，，将绕点B顺时针旋转得到，连接，延长交于点F，若，则的长 ． 18．如图，是一个钝角三角形，，，边上的高为．若此三角形以每秒的速度沿所在直线向上移动，秒后，此三角形扫过的面积是 ． 三、解答题 19．如图所示，，，，绕点B逆时针旋转得到，连接． (1)求证：； (2)连接，求的长． 20．在正方形网格中，每个小正方形的边长为1，有线段和直线． (1)以为对称轴，作的对称图形，点A的对称点为，点B的对称点为． (2)将线段绕点B逆时针旋转，得到，作出，并求出的面积． (3)在上找一点D，使的周长最小． 21．如图， 和都是等边三角形， 直线， 交于点． (1)如图1，当，，三点在同一直线上时，的度数为，线段与 的数量关系为___． (2)如图2， 当绕点顺时针旋转（）时， （） 中的结论是否还成立？若不成立， 请说明理由： 若成立， 请就图给予证明． (3)若， ， 当绕点顺时针旋转一周时， 求出长的取值范围． 22．如图所示，在直角三角形中，，，，将沿方向向右平移得到，若，． (1)求向右平移的距离的长； (2)求四边形的周长． 23．如图，在平面直角坐标系中，，把沿射线向右下平移得到，交线段于点M． (1)如果点D的坐标为，则C、E两点的坐标分别为______； (2)连接，在(1)的条件下，的面积等于3，求的面积； (3)在沿射线向右下平移的过程中，的面积能否比的面积大4？若能，请求出此时点M的坐标，若不能，请说明理由． 24．如图1，在四边形中，，，点，分别在四边形的边，上，，连接，试猜想，，之间的数量关系． (1)思路梳理 将绕点逆时针旋转至，使与重合，由，得，即点，，三点共线，易证，故，，之间的数量关系为 ； (2)类比引申 如图2，在图1的条件下，若点，由原来的位置分别变到四边形的边，延长线上，，连接，试猜想，，之间的数量关系，并给出证明． 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 《第四章图形的平移和旋转练习题》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 A D B D A B B B B B 题号 11 12 答案 D A 1．A 【分析】本题主要考查图形变化−平移，解题的关键是理解题意，学会利用参数构建方程解决问题． 根据y轴上的点的横坐标为0和平移性质，构建方程求解即可． 【详解】解：点向右平移1个单位长度后，得到， 由题意得，， ∴． ∴， 故选：A． 2．D 【分析】本题主要考查了坐标与图形变化—平移，根据平移前后对应点的坐标可知平移方式为向右平移1个单位长度，向上平移1个单位长度，再由“上加下减，左减右加”的平移规律求解即可． 【详解】解：∵将线段平移至，， ， ∴平移方式为向右平移1个单位长度，向上平移1个单位长度， ∴， ∴， 故选D． 3．B 【分析】本题考查了平移的性质，根据平移的性质，得， ，，再整理得，即可作答． 【详解】解：∵沿直角边所在的直线向下平移得到， ， ， ， 则 ． 故A、C、D选项不符合题意， 依题意，与的关系不清楚，不能判断出， 故选B． 4．D 【分析】题目主要考查轴对称的性质，等边三角形的判定和性质及含30度角的直角三角形的性质，理解题意，作出辅助线，综合运用这些知识点是解题关键． 作点E关于直线的对称点G，过点G作，垂足为P，交于点F，交于点H，此时的值最小，根据等边三角形的性质和判定得出、为等边三角形，，，再由等边三角形的性质及含30度角的直角三角形的性质求解即可． 【详解】解：如图，作点E关于直线的对称点G，过点G作，垂足为P，交于点F，交于点H， 根据轴对称的性质得：， ∴当时，的和最小． ∵等边， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴为等边三角形，． ∴， ∵， ∴， ∴， ∴． ∴， ∴为等边三角形， ∴． ∵和都是等边三角形， ∴，， ∴． 在中，， ∴． ∵， ∴， ∴． 故选D． 5．A 【分析】此题主要考查了关于x轴、y轴对称的点的坐标规律，关于x轴对称点的坐标特点：横坐标不变，纵坐标互为相反数；关于y轴对称点的坐标特点：纵坐标不变，横坐标互为相反数；关于原点对称点的坐标特点：横纵坐标均互为相反数．据此列式计算即可求解． 【详解】解：∵点P关于x轴的对称点为，点P关于y轴的对称点为， ∴与关于原点对称， ∴，， 解得，， ∴， 故选：A． 6．B 【分析】本题主要考查实数与数轴的对应关系和中心对称的性质，先根据点与点关于点成中心对称，得到，再由数轴上两点之间距离公式求解即可． 【详解】解：∵点与点关于点成中心对称， ∴， ∴点表示的数是， 故选：B． 7．B 【分析】本题主要考查旋转变换的性质、等腰三角形的性质以及三角形内角和定理，掌握旋转变换的性质是解题的关键． 根据图象旋转的性质，得，，从而得，结合，，即可求解． 【详解】解：∵将绕点A逆时针旋转得到． ∴，， ∴， ∴，， ∴； 故选：B 8．B 【分析】根据平移的性质分别对各个小题进行判断：①利用平移前后对应线段是平行的即可得出结果；②平移距离指的是对应点之间的线段的长度；③根据平移前后对应线段相等即可得出结果；④利用梯形的面积公式即可得出结果． 【详解】解：A．∵直角三角形沿斜边的方向平移到三角形的位置， ∴，， ∴， ∴，故A正确，不符合题意； B．平移距离应该是的长度，由，可知，故B错误，符合题意； C．由平移前后的对应点的连线平行且相等可知，，故C正确，不符合题意； D．∵的面积是4，， ∴， ∵由平移知：， ∴， 四边形的面积：，故D正确，不符合题意． 故选：B． 【点睛】本题主要考查的是平移的性质，正确的掌握平移的性质是解题的关键． 9．B 【分析】本题考查全等三角形性质和判定，勾股定理，旋转的性质，熟练掌握相关知识是解决问题的关键．连接、，作，根据≌可得，即可求得点坐标． 【详解】解：连接、，作，由题意得：， 即， 在中，， 线段绕着点O旋转， ， ， ， ， 即， ， 在中，， ， ， 故选：B． 10．B 【分析】本题主要考查等腰三角形的性质以及旋转的性质的运用，三角形的内角和，解决问题的关键是利用全等三角形对应边上高相等，得出平分，解题时注意分类思想的运用． 由题意过B作于D，过B作于E，根据旋转可得，则，进而得到平分，再根据，，可得，即可得出，分三种情况讨论，利用三角形内角和等于，即可得到关于θ的方程，进而得到结果． 【详解】解：如图，过B作于D，过B作于E， 由旋转可得，，则， ∴平分， 又∵，， ∴， ∴， 分三种情况： ①如图所示，当时，， ∵， ∴， 解得 ； ②如图所示，当时，， 即， 解得； ③当时，， 又∵， ∴ (不合题意)， 综上所述，的度数为或． 故选B． 11．D 【分析】本题考查了点的坐标，图形的旋转变换及其性质，熟练掌握点的坐标，图形的旋转变换及其性质是解决问题的关键．由旋转性质得旋转中心到对应点的距离相等，则，设点，通过列方程即可得出点P的坐标． 【详解】解：根据旋转性质得：旋转中心到对应点的距离相等， ， 设点P的坐标为 点，点，点，点， ， ①，②， 由①解得：， 将代入②解得：， 点P的坐标为, 故选：． 12．A 【分析】本题为平面直角坐标系下的规律探究题，解题的关键是注意探究动点的运动规律，又要注意动点的坐标的所在象限及符号． 观察图形可知，每4次运动为一个循环组循环，并且每一个循环组向右运动4个单位，用2025除以4，然后根据商的情况确定运动后点的坐标即可． 【详解】解：点可以看作周期运动，运动周期为4， ， ∴动点第2025次运动到点， 故选：A． 13．④ 【分析】本题主要考查了中心对称图形的识别．在同一平面内，如果把一个图形绕某一点旋转180度，旋转后的图形能和原图形完全重合，那么这个图形就叫做中心对称图形．这个旋转点，就叫做对称中心． 【详解】解：只有选取④进行阴影标注，使得网格中的阴影部分能形成一个中心对称图形， 故答案为：④． 14． 【分析】此题考查了旋转的性质，勾股定理，解题的关键是熟练掌握以上知识点．首先根据旋转的性质得到，，然后利用勾股定理求解即可． 【详解】解：∵将绕点逆时针旋转得到，，， ∴，， ∴． 故答案为：． 15．/25度 【分析】本题考查了等腰直角三角形的性质、旋转的性质及全等三角形的判定与性质，解题的关键是利用旋转性质证明三角形全等，推导角的数量关系． 由旋转得、，结合等腰的、，证得；再由等腰的，计算 【详解】解：∵ 线段OE绕点逆时针旋转得到OF， ∴ ，． ∵ 是等腰直角三角形，， ∴ ，， ∴ ，即 在和中， ∴ ， ∴ ． ∵ 是等腰直角三角形，， ∴ ， ∴ ． 故答案为：． 16． 【分析】本题考查平移的性质，勾股定理，等腰三角形的判定及性质，熟练掌握勾股定理是解题的关键． 利用平移的性质和等腰三角形的性质证出，再利用勾股定理求解即可． 【详解】解：∵由平移得到， ∴， ∴， ∴，， ∵， ∴， ∴在中，， 故答案为：． 17． 【分析】本题考查了旋转的性质，全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，勾股定理等知识，添加恰当辅助线构造全等三角形是解题的关键． 由旋转的性质可得，由勾股定理可求的长，由“”可证，可得，可证，由等腰直角三角形的性质可求解． 【详解】解：如图，连接，过点B作于H，连接， ∵将绕点B顺时针旋转得到， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴，， 又∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， 又∵， ∴， 故答案为：． 18． 【分析】本题考查勾股定理，平移的性质，不规则图形的面积． 延长至，使得，作平行四边形，根据勾股定理可得，从而可得梯形和的面积，相减即可得扫过的面积． 【详解】解：根据题意可得，移动距离为 如图，延长至，使得，作平行四边形，五边形为扫过的区域， ， ∵，，， ∴ ∴ ∴扫过的面积是． 故答案为：． 19．(1)见解析 (2) 【分析】本题考查了旋转的性质，全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质，熟练掌握旋转的性质是解题的关键． （1）根据旋转的性质得到，，，根据全等三角形的判定定理即可得到结论； （2）连接，根据旋转的性质得到，，，根据全等三角形的性质得到，，根据等腰三角形的性质即可得到结论． 【详解】（1）证明：∵绕点B逆时针旋转得到， ∴，，， ∵， ∴， ∴， ∴， 在与中， ， ∴； （2）连接， ∵绕点B逆时针旋转得到， ∴，，， ∵， ∴，， ∵， ∴， ∴，， ∴． 20．(1)见解析 (2)作图见解析，的面积为 (3)见解析 【分析】本题考查了图形的轴对称、旋转作图及利用“割补法”计算三角形面积，解题的关键是结合网格（小正方形边长1）构造辅助矩形，通过“矩形面积减去周围直角三角形面积”的割补思路，快速求出的面积． （1）过A、B分别作的垂线，在另一侧截取与垂线段等长的线段得、，连接； （2）以B为旋转中心，将逆时针旋转得（保证且），再构造包含的矩形，用矩形面积减去周围3个直角三角形面积得面积； （3）作A关于的对称点，连接交于D（利用使最小，固定则周长最小）． 【详解】（1）解：如图，作即得关于的对称图形． （2）解：以B为中心，将绕B逆时针旋转，使且，连接、； ． ∴的面积为； （3）解：①作A关于的对称点；   ②连接，与的交点即为D． （此时，周长，符合最短路径）． ∴点D即为所求的使周长最小的点． 21．(1)，； (2)成立，理由见解析 (3) 【分析】本题考查了等边三角形性质，全等三角形的判定及性质，以及旋转的性质，解答时证明三角形全等是关键． （1）利用等边三角形的性质证明，结合三角形的外角就可以得出结论； （2）同（1）中方法证明，得出，，再根据三角形的内角和得出； （3）当B、C、D三点共线时得出的最大和最小值，即可得出结论． 【详解】（1）解：是等边三角形， ，， 是等边三角形， ，， ， ， 即， 在和中， ， ，， ，且， ， 综上，的度数为，线段与 的数量关系为； 故答案为：，； （2）解：（1）中结论仍成立，证明如下： 是等边三角形， ，， 是等边三角形， ，， ， 即， 在和中， ， ，， ，且， ； （3）解：是等边三角形， ， 当旋转时，B、C、D三点共线且最大，，此时； 当旋转时，B、C、D三点共线且最小，，此时； ∴长的取值范围为． 22．(1) (2) 【分析】本题考查了平移的性质，熟练掌握平移的性质是解题的关键； （1）根据平移可得，进而根据，即可求解； （2）根据平移的性质可得，，进而根据四边形的周长公式，即可求解． 【详解】（1）解：∵将沿方向向右平移得到， ∴， ∵，． ∴ （2）∵将沿方向向右平移得到， ∴， ∴四边形的周长为． 23．(1) (2) (3) 【分析】本题考查坐标与图形，平移的性质，三角形面积． （1）由得到平移方式，即可解答； （2）连接，由（1）知，则轴，得到，进而求出，根据三角形面积公式即可求解； （3）根据题意得到向右平移个单位长度，则向下平移个单位长度后得到，求出，进而得到，；根据的面积比的面积大4，建立方程求解即可． 【详解】（1）解：把沿射线向右下平移得到，即点的对应点为点， ∵， ∴先向右平移3个单位长度，再先向下平移2个单位长度后得到， ∵， ∴，即； （2）解：连接， 由（1）知， 则轴， ∴， ∴， ∴； （3）解：能，， ∵把沿射线向右下平移得到， ∴向右平移个单位长度，则向下平移个单位长度后得到， ∴， ∵， ∴， 由平移的性质得， ∴， ∴，； 当的面积比的面积大4时， 则，即， 解得：， ∴向右平移个单位长度，则向下平移个单位长度后得到， ∴． 24．(1) (2)，证明见解析 【分析】（1）将绕点逆时针旋转至，使与重合，首先证明，，三点共线，求出，然后证明，根据全等三角形的性质解答； （2）将绕点逆时针旋转，使与重合，得到，首先证明，，三点共线，求出，然后证明，根据全等三角形的性质解答； 【详解】（1）解：将绕点逆时针旋转至，使与重合， ∵， ∴，即点，，三点共线， ∵，， ∴， 在和中， ， ∴（）， ∴； （2）； 证明将绕点逆时针旋转，使与重合，得到，则， ∴，，，， ∵，， ∴，即，，三点共线， ∵， ∴， ∴， 在和中，， ∴（）， ∴， 又∵， ∴． 【点睛】本题考查的是旋转变换的性质、全等三角形的判定和性质以及勾股定理等知识，灵活运用利用旋转变换作图、掌握全等三角形的判定定理和性质定理是解题的关键． 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $