第4章图形的平移与旋转 期末综合复习训练题 2025-2026学年鲁教版（五四制）八年级数学上册

2025-2026学年鲁教版（五四制）八年级数学上册《第4章图形的平移与旋转》 期末综合复习训练题（附答案） 一、单选题 1．下列标志图中，既是轴对称图形，又是中心对称图形的是（    ）． A． B． C． D． 2．下列图形中，与成中心对称的是（   ） A． B． C． D． 3．已知坐标平面内的点，现将点P向左平移个单位长度，再向上平移个单位长度，那么新的点在坐标系下的坐标是（    ） A． B． C． D． 4．如图，为钝角三角形，将绕点按逆时针方向旋转得到，连接，若，则的度数为(   ) A． B． C． D． 5．如图，将绕点旋转得到，设点A的坐标为，则点的坐标为（    ） A． B． C． D． 6．如图，等腰中，沿着一定方向平移到的位置．若，阴影部分的面积为18，则点G到的距离是（    ） A．2 B． C．3 D．4 7．如图，点第一次向上平移1个单位长度至点，第二次向右平移1个单位长度至点，第三次向上平移1个单位长度至点，第四次向右平移1个单位长度至点，……照此规律平移下去，点的坐标是（    ） A． B． C． D． 二、填空题 8．点关于原点对称点的坐标为 ． 9．在平面直角坐标系中，将点绕原点O逆时针旋转得到点，则 ． 10．如图，将绕点顺时针旋转得到，点恰好落在边上．若，，则的长为 ． 11．如图，将向左平移得到，连接，如果的周长是，四边形的周长是，那么平移的距离是 ． 12．如图，直线与x轴、y轴分别交于点A，B，把直线绕点A顺时针旋转45度得到的新的直线的解析式为 ． 13．如图所示，绕点A顺时针方向旋转得到，且点恰好落在上，若，，则的度数是 ． 14．如图，在平面直角坐标系中，将绕点A顺时针旋转到的位置，点B、O分别落在点处，点在x轴上，再将绕点顺时针旋转到的位置，点在x轴上，将绕点顺时针旋转到的位置，点在x轴上，依次进行下去…．若点，则的坐标为 ；点的坐标为 ． 三、解答题 15．如图，在边长为1个单位长度的小正方形网格中建立平面直角坐标系．已知的顶点的坐标为，顶点的坐标为，顶点的坐标为． (1)把向右平移5个单位长度，再向下平移4个单位长度得到，请你画出； (2)若内存在一点，请直接写出平移后中对应点的坐标； (3)求的面积． 16．在中，．是任意一点，连接，再将绕点顺时针旋转至，使，连接，． (1)如图（），若点在的内部，则与相等吗？若相等，请给出证明． (2)如图（），若点在的外部，则与相等吗？若相等，请给出证明． 17．在正方形网格中，建立如图所示的平面直角坐标系，的三个顶点都在格点上，点的坐标为，请解答下列问题： (1)画出关于原点成中心对称的； (2)将绕点逆时针旋转，画出旋转后的； (3)若将绕点顺时针旋转与重合，则点的坐标为 ． 18．如图1，，是的平分线． (1)如图2，把三角板的角的顶点落在的任意一点P上，并使三角板的斜边与垂直，垂足为E，一条直角边与相交于点F．求证：； (2)如图3，把三角板绕点P旋转，三角板的斜边与相交于点E，一条直角边与相交于点F．与相等吗？请证明你的结论． 19．【阅读材料】 定义：在平面直角坐标系中，对于任意一点，如果把点P平移，得到点，那么就把Q叫做点P的“t型平移”点． 例如：当时，点的“型平移”点的坐标就是． 【问题解决】 (1)点的“3型平移”点的坐标为______． 若点的“t型平移”点的坐标是，则______，______． (2)已知线段的两个端点分别是，． ①端点A，B的“－1型平移”点分别是，，请在图中画出线段及线段． ②若线段上的每个点作“t型平移”后，得到的线段与坐标轴有公共点，求t的取值范围． 20．如图1，在和中，，，且，则可证明得到． (1)【初步探究】如图2，为等边三角形，过点作的垂线，点为上一动点（不与点重合），连接，把线段绕点逆时针方向旋转60°得到，连．请写出与的数量关系并说明理由； (2)【深入探究】如图3，在（1）的条件下，连接并延长交直线于点．当点运动到时，若，求的长； (3)【拓展探究】如图4，在中，，以为直角边，为直角顶点向外作等腰直角，连接，若，，则长为______． 参考答案 1．B 【分析】本题考查了轴对称图形和中心对称图形的识别，熟知轴对称图形：如果一个平面图形沿着一条直线折叠后，直线两旁的部分能够互相重合，那么这个图形叫做轴对称图形；中心对称图形：把一个图形绕着某一点旋转，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形叫做中心对称图形．据此逐项判断即可． 【详解】解：A中图形既不是轴对称图形，是中心对称图形，故本选项不符合题意； B中图形既是轴对称图形也是中心对称图形，故本选项符合题意； C中图形既不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故本选项不符合题意； D中图形既不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故本选项不符合题意， 故选：B． 2．B 【分析】本题考查两个图形成中心对称，成中心对称‌是指把一个图形绕着某一点旋转，如果它能够与另一个图形重合，那么就说这两个图形关于这个点对称或中心对称；这个点叫做对称中心，这两个图形的对应点叫做关于中心的对称点．据此逐项判断即可． 【详解】解：选项A中与不成中心对称，不符合题意； 选项B中与成中心对称，符合题意； 选项C中与不成中心对称，不符合题意； 选项D中与不成中心对称，不符合题意， 故选：B． 3．B 【分析】本题考查了点的平移规则． 根据点的平移规则：向左平移，x坐标减小；向上平移，y坐标增大．直接计算新坐标即可． 【详解】解：∵点向左平移2个单位，向上平移3个单位， ∴新的点， 即新坐标为． 故选：B． 4．C 【分析】本题考查了旋转的性质，先根据旋转的性质得到，，根据等腰三角形的性质易得，再根据平行线的性质由得，然后利用进行计算． 【详解】解：∵将绕点按逆时针方向旋转得到， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴． 故选：C． 5．A 【分析】本题考查了坐标与图形变换中的旋转问题，掌握旋转的性质和坐标系中线段中点坐标的求法是解题的关键． 根据题意可知点C是线段的中点，而线段中点的横坐标等于两端点横坐标之和再除以2，线段中点的纵坐标等于两端点纵坐标之和再除以2，即可求解． 【详解】解：根据题意可知，三点共线，且，即点C是线段的中点， ，将和代入，得， 点的坐标为． 故选：A． 6．C 【分析】本题考查了平移的性质，平行线的性质，等腰三角形的性质和判定，熟练掌握平移的性质是解题的关键． 过作于，根据平移和，得出，，根据平行得出，根据，得出，从而得，则，求出，，根据阴影部分的面积为18，得出，即可求解． 【详解】解：过作于， ∵将一个三角形沿着一定方向平移到的位置，且， ，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ， ，， ，阴影部分的面积为18， ∴阴影部分的面积， ∴， 则点到的距离是3． 故选：C． 7．D 【分析】本题考查了平面直角坐标系中点的平移规律，数字规律探究．通过分析平移次数与坐标的关系总结规律是解题的关键． 先梳理每次平移后的坐标，发现平移规律为奇数次平移是向上平移1个单位长度，偶数次平移是向右平移1个单位长度，而进行了1013次向上平移，1013次向右平移，则的横坐标和纵坐标都加上1013即可求解． 【详解】解：观察平移规律，第一次向上平移1个单位长度至点， 第二次向右平移1个单位长度至点， 第三次向上平移1个单位长度至点， 第四次向右平移1个单位长度至点， 可以发现平移规律：奇数次平移是向上平移1个单位长度，偶数次平移是向右平移1个单位长度． 是偶数，所以是经过次平移得到的， 由于偶数次平移是向右平移，从点开始，经过次平移，横坐标的变化是向右平移了个单位长度，所以的横坐标为； 又因为奇数次平移是向上平移，从点开始，经过次平移，纵坐标的变化是向上平移了个单位长度，所以的纵坐标为； ． 故选D． 8． 【分析】本题考查了关于原点对称的点的坐标特征，解题的关键是掌握关于原点对称的点的横、纵坐标均互为相反数． 根据关于原点对称的点的坐标规律，将点Q的横、纵坐标分别取相反数，即可得到对称点 的坐标． 【详解】解：关于原点对称的点，横、纵坐标均互为相反数； 点的横坐标 1 的相反数是，纵坐标的相反数是 3 ， 所以点 的坐标为. 故答案为：. 9． 【分析】首先根据题意画出图形得到，然后利用勾股定理求解． 【详解】如图所示，    由图象可得， ∴． 故答案为：． 【点睛】本题考查坐标与图形变化—旋转，勾股定理，解题的关键是学会利用图象法解决问题，属于中考常考题型． 10．6 【分析】本题考查了旋转的性质，根据旋转的性质得出，，然后根据线段的和差关系求解即可． 【详解】解∶∵将绕点顺时针旋转得到，点恰好落在边上．，， ∴，， ∴， 故答案为：6． 11． 【分析】本题考查了平移的性质，掌握平移前后对应线段相等是解题关键． 根据平移的性质结合已知条件求解即可． 【详解】解：∵将向左平移得到， ∴，， 则， ∵的周长是， ∴的周长是， 即cm， ∵四边形的周长， ∴， 即平移的距离是； 故答案为：． 12． 【分析】本题考查了一次函数的旋转，利用旋转的性质求出点的坐标是解题的关键； 首先分别令，，求出点A与点B的坐标，进而得到；然后利用旋转不变性，旋转前后的对应线段相等即可求得点的横坐标与纵坐标，进而得到线段中点的坐标，运用待定系数法求出直线的解析式． 【详解】解：把绕点A顺时针旋转得到，连接，设线段交绕点A顺时针旋转45度得到的直线于E， 则，， ∴， ∴， ∵， ∴E为线段的中点， ∵直线与x轴、y轴分别交于A、B两点， ∴令，则， 解得， 故. 令，则， 故点， ∴. ∵由旋转知，， ∴， ∵， ∴， ∴轴， ∴点 ∵，点E是点的中点， ∴， 设直线的解析式为， 把代入中， 得， 解得， ∴直线的解析式为． 故答案为：． 13． 【分析】本题考查了旋转的性质，等边对等角，三角形外角的定义与性质，三角形内角和定理，熟练掌握以上性质是解题的关键．由旋转可知，，根据等边对等角可得，，然后由三角形外角的性质可得，结合，可求得的度数，即可得到答案． 【详解】解：∵绕点A顺时针方向旋转得到，且点恰好落在上， ∴，， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴． 故答案为：． 14． 【分析】本题考查了图形的探索与规律，首先根据已知求出三角形三边长度，然后通过旋转发现，…，即可得每偶数之间的B相差6个单位长度，根据这个规律可以求得的坐标． 【详解】解：∵， ∴中，， ∴， ∴的横坐标为：6，且，即， ∴的横坐标为：， ∴点的横坐标为：，点的纵坐标为：2， 即的坐标是， 故答案为，． 15．(1)见解析 (2) (3) 【分析】本题考查作图——平移变换，三角形的面积，熟练掌握平移的性质是解题的关键． （）根据平移的性质作图即可； （）利用平移的性质即可解答； （）利用正方形面积减去三个直角三角形面积即可． 【详解】（1）解：如图，即为所求； （2）解：点，向右平移5个单位长度，再向下平移4个单位长度得到， ； （3）解：的面积为． 16．(1)，证明见解析 (2)，证明见解析 【分析】（）证明即可求证； （）证明即可求证； 本题考查了旋转的性质，全等三角形的判定和性质，熟练掌握知识点是解题的关键． 【详解】（1）解：，证明如下： 由旋转可得，， ∵， ∴， 即， 在和中， ， ∴， ∴； （2）解：，证明如下： 由旋转可得，， ∵， ∴， 即， 在和中， ， ∴， ∴； 17．(1)见解析 (2)见解析 (3) 【分析】本题考查作图-旋转变换，中心对称变换； （1）利用中心对称变换的性质分别作出，，的对应点即可； （2）利用旋转变换的性质分别作出，的对应点即可； （3）作和的垂直平分线，交点即为所求的点． 【详解】（1）如图，即为所求； （2）如图，即为所求； （3）如图，点P即为所求，． 故答案为：． 18．(1)见解析 (2)，理由见解析 【分析】本题考查了旋转的性质、全等三角形的判定与性质以及角平分线的性质等知识点．解题的关键是： （1）先证明，然后根据角平分线的性质即可证明； （2）过点P作，，分别交，于点M，N，推出，再证明，即可得出结论． 【详解】（1）证明：∵，是的平分线， ∴， ∵， ∴， 又， ∴， ∴，即， 又平分， ∴； （2）解：，证明如下： 如图所示，过点P作，，分别交，于点M，N， 则（角平分线上的点到角两边的距离相等）， ∵，，， ∴， 又∵， 则， 在和中， ， ∴， ∴． 19．(1)；2；2 (2)①见解析；②或 【分析】本题考查坐标与图象变换之平移，理解新定义，灵活运用所学知识解决问题，学会利用图象法求解是解答的关键，属于中考创新题型． （1）直接根据“型平移”定义求解即可； （2）直接根据“型平移”定义求解得、坐标，进而根据坐标画图即可； （3）根据“型平移”定义结合图形，求得t的最大值和最小值即可得到结论． 【详解】（1）解：将点进行“3型平移”的对应点坐标为，即， 点的“t型平移”点的坐标是， 则， 解得 故答案为：；2；2； （2）（2）①∵端点A，B的“型平移”点分别是，， ∴，， 即， 如图，线段、线段即为所求． ②当平移后得到的线段与坐标轴有公共点时，则或， 解得或，即t的取值范围是或． 20．(1)，理由见解析 (2) (3) 【分析】（1）证明即可； （2）连接，，结合（1）结论，先证明是等边三角形，再证明垂直平分，，即可得，在中，根据等腰三角形的性质可得，即有，在中，根据，，可得，在中，利用勾股定理可得，即有； （3）在的上方作等腰直角，使得，，连接，利用勾股定理得到，，即有，进而有，再证明，即可解答． 【详解】（1），理由如下： 证明：∵为等边三角形， ∴，， ∵线段绕点逆时针方向旋转得到， ∴，， ∴， 在和中， ∴， ∴； （2）如图，连接，， 由（1）得，， ∵，， ∴是等边三角形， 又∵， ∴垂直平分，， ∴， ∵是等边三角形， ∴， ∴， 在中， ∵，， ∴， 在中， ∵，，， ∴， ∴， 在中， ∵，，， ∴， ∴； （3）在的上方作等腰直角，使得，，连接，如图： ∵是等腰直角三角形，， ∴， ∴，， ∵， ∴， ∵， ∴在中，， ∵， ∴， 即， ∵，， ∴， ∴， ∴ 故答案为：． 学科网（北京）股份有限公司 $