第3章图形的平移与旋转 期末复习综合练习题 2025-2026学年北师大版八年级数学下册

**基本信息** 以平移与旋转性质为核心，通过概念辨析、性质应用、坐标变换及综合实践模块，系统整合知识逻辑，提炼辅助线构造、动态变换分析等解题方法，培养几何直观与推理能力。 **综合设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |概念辨析|单选1-3，填空8-10|轴对称与中心对称判定|概念生成→性质对比| |性质应用|单选4-6，填空11-13|平移距离计算、旋转角推理|性质推导→关系转化| |坐标变换|单选7，填空14，解答18|坐标变换规律、动态最值分析|性质应用→坐标表达| |综合实践|解答19-20|旋转构造全等、跨情境问题解决|知识整合→实践创新|

2025-2026学年北师大版八年级数学下册《第3章图形的平移与旋转》 期末复习综合练习题（附答案） 一、单选题 1．下列图形中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（   ） A．B．C．D． 2．如图，平移得到，则下列结论不一定正确的是（   ） A． B． C． D． 3．如图，将绕点按顺时针方向旋转后，得到，则下列说法不正确的是（　　） A． B． C． D． 4．如图，沿射线方向平移得到，若，，则平移的距离为（） A． B． C． D． 5．在平面直角坐标系中，将点先向右平移2个单位长度，再向下平移1个单位长度，得到点，则（    ） A． B．1 C．2 D． 6．将直线绕原点旋转得到直线，再将直线向下平移5个单位长度得到直线，则不等式的解集是（    ） A． B． C． D． 7．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，，则点的坐标为（    ） A． B． C． D． 二、填空题 8．将绕原点旋转，再向右平移个单位长度得到点坐标为______． 9．如图，直角三角形的周长为2026，在其内部有5个小直角三角形，则这5个小直角三角形周长的和是________． 10．在平面直角坐标系中，将点绕原点顺时针旋转到点，则点的坐标为______． 11．如图，将直角梯形沿方向平移得到图形的位置，，，，则阴影部分的面积为______． 12．如图，将绕点顺时针旋转得到，使点的对应点恰好落在边上，点的对应点为，连接．若已知旋转角为，，则的度数为______． 13．如图，在4×4的网格纸中，的三个顶点都在格点上，现要在这张网格纸的四个格点，，，中找一点作为旋转中心．将绕着这个中心进行旋转，旋转前后的两个三角形成中心对称，且旋转后的三角形的三个顶点都在这张4×4的网格纸的格点上，那么满足条件的旋转中心有 _______． 14．如图，边长为8的等边三角形中，M是高所在直线上的一个动点，连接，将线段绕点B逆时针旋转得到，连接．则在点M运动过程中，线段长度的最小值是_______． 三、解答题 15．如图，和关于点O成中心对称． (1)找出它们的对称中心O； (2)若，，，求的周长． 16．如图，将沿边向右平移得到，与相交于点O． (1)若,，求的度数． (2)连接，若的周长为，，求四边形的周长． 17．如图1，一个长为24厘米，宽为3厘米的长方形从正方形的左边平移到右边，图2是平移过程中它们重叠部分面积与时间的部分关系图．    (1)正方形的边长为　 　厘米． (2)当平移时间为多少秒时，长方形和正方形的重叠部分面积是24平方厘米？ 18．如图，在平面直角坐标系中，已知的三个顶点的坐标分别为，，． (1)若经过平移后得到，已知点的对应点的坐标为，请画出，并求出线段平移的距离_____； (2)将绕坐标原点按顺时针方向旋转得到，请画出； (3)若将绕点旋转可得到，则点的坐标为____． 19．如图①，是等边三角形，点D在的内部，连接，将线段绕点A按逆时针方向旋转，得到线段，连接． (1)判断线段与的数量关系并给出证明； (2)如图②，延长交直线于点F．当点F与点B重合时，证明： ． 20．综合与实践 在综合与实践课上，老师让同学们以“图形的旋转”为主题开展数学探索活动．其中老师给同学们提供的学具有：等腰直角三角尺、若干四边形纸片． (1)【操作判断】将四边形纸片与等腰直角三角尺按如图放置，三角尺的边，分别与四边形的边，交于，两点，经测量得，．小明将绕点顺时针旋转，此时点与点重合，点的对应点为，通过推理小明得出了． 根据以上信息，请填空： ①； ②线段，，之间的数量关系为__________； (2)【迁移探究】小明将四边形纸片换成了图中的形状，若，，，，分别在，上，且，线段，，之间的数量关系是否仍成立，若成立，写出证明过程；若不成立，请举反例说明； (3)【拓展应用】如图3，已知，，，小明以点为旋转中心，逆时针转动等腰直角三角尺，其中射线，分别交射线于点，，当点恰好为线段的三等分点时，请直接写出的长． 参考答案 1．D 【详解】解：A、是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项错误； B、是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项错误； C、是中心对称图形，不是轴对称图形，故此选项错误； D、既是轴对称图形又是中心对称图形，故此选项正确． 2．B 【分析】利用平移的性质进行解答即可． 【详解】解：平移得到，点A，B，C的对应点分别是D，E，F， ∴A、，正确，不符合题意； B、与不是对应边，故不一定正确，符合题意； C、，正确，不符合题意； D、，正确，不符合题意． 3．C 【分析】本题考查了旋转的性质，根据题意逐项分析． 【详解】解：A、旋转前后图像全等，对应线段相等，即，选项说法正确，不符合题意； B、旋转前后图像全等，对应角相等，即，选项说法正确，不符合题意； C、对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角，对应点，即，选项说法错误，符合题意； D、对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角，对应点，即，选项说法正确，不符合题意． 4．B 【分析】根据平移前后对应点之间的距离等于平移距离，结合线段的和差关系进行求解即可． 【详解】解：∵沿射线方向平移得到， ∴点的对应点为点， ∴平移的距离为线段的长， ∵，， ∴， ∴平移的距离为． 5．C 【分析】平移中点的变化规律为横坐标右移加，左移减，纵坐标上移加，下移减，根据规律求出a，b的值，再计算即可． 【详解】解：∵点向右平移2个单位长度，再向下平移1个单位长度得到点， ∴根据平移规律得，， ∴． 6．C 【分析】取直线上任意两点，得到绕原点旋转后的对应点，进而求出直线，根据平移的性质求出直线，进而求不等式即可． 【详解】解：当时，， 当时，， ∴直线经过，， ∵，绕原点旋转后的对应点分别为，， ∴直线经过，， 设直线， 则， 解得：， 即， 将直线向下平移5个单位长度得到直线， 则不等式的解集即为不等式的解集， 解得． 7．D 【分析】利用勾股定理求出，然后分别求出，，…，找到横坐标的规律，进而求解即可． 【详解】解：∵，， ，， ， ∴，即 同理可得，，… ∴序号为奇数时， ∴点的坐标为，即． 8． 【分析】先利用绕原点旋转的点的坐标性质得到旋转后的点坐标，再根据平移的坐标变化规律计算得到最终点的坐标即可． 【详解】解：∵将绕原点旋转， ∴旋转后的坐标为， ∴向右平移个单位长度得到点坐标为． 9．2026 【分析】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．根据平移的性质判断出5个小直角三角形的周长之和等于直角三角形的周长，从而得解． 【详解】解：由平移的性质，5个小直角三角形较长的直角边平移后等于边，较短的直角边平移后等于边，斜边之和等于边长， ∴5个小直角三角形的周长之和等于直角三角形的周长， ∵直角三角形的周长为2026， ∴5个小直角三角形的周长之和为2026． 10． 【分析】根据题意标出点，分别过点作轴的垂线，垂足为点，证明，即可求解． 【详解】解：分别过点作轴的垂线，垂足为点，则 由题意得，，，， ∴， ∴， ∴， 点的坐标为． 11．/68平方厘米 【分析】由平移的性质可得阴影部分的面积直角梯形的面积，再求出直角梯形的面积即可求解． 【详解】解：∵平移不改变图形的形状和大小， ∴直角梯形的面积直角梯形的面积，， ∴直角梯形的面积直角梯形的面积直角梯形的面积直角梯形的面积， 即阴影部分的面积直角梯形的面积， ∵，， ∴， ∴阴影部分的面积直角梯形的面积． 12．/50度 【详解】解：由旋转的性质可得：， ∴， ∴． 13．点，点 【分析】本题主要考查旋转的性质，中心对称等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．画出中心对称图形即可判断． 【详解】解：画出中心对称图形， 观察图象可知，点，点满足条件． 故答案为：点，点． 14．2 【分析】本题考查了等边三角形的性质，旋转的性质，全等三角形的判定和性质，含30度角的直角三角形，作辅助线构造全等三角形是解题关键．取的中点，连接，根据等边三角形的性质和旋转的性质，可证，得到，由垂线段最短可知，当时，有最小值，此时有最小值，再结合30度角所对的直角边等于斜边一半求解即可． 【详解】解：如图，取的中点，连接， 等边三角形的边长为8， ， ， ，， 是的中点， ， ， 线段绕点B逆时针旋转得到， ，， ， ，即， 在和中， ， ， 由垂线段最短可知，当时，有最小值，此时有最小值， ，， ， 线段长度的最小值是2， 故答案为：2． 15．(1)见解析 (2)的周长为21 【分析】（1）连接、，其交点就是对称中心； （2）根据和关于点成中心对称，得出，，，再由三角形周长公式计算即可． 【详解】（1）解：如图所示，点即为所求． （2）∵和关于点O成中心对称， ∴，，， ∴的周长． 答：的周长为21． 16．(1) (2) 【分析】本题考查了平移的性质，三角形外角的性质，解题的关键是掌握相关基础性质． （1）根据平移的性质“对应角相等”可得，，再根据三角形外角的性质，求解即可； （2）根据平移的性质“对应线段相等”可得，，将四边形的周长转化为，再根据题意，求解即可． 【详解】（1）解：由平移的性质可得，， ∵,， ∴，， ∴； （2）解：由平移的性质可得，， ∴四边形的周长． ∵的周长为16，， ∴， ∴四边形的周长． 17．(1)12 (2)当平移时间为4秒或14秒时，长方形和正方形的重叠部分面积是24平方厘米 【分析】（1）由重叠部分面积与时间的部分关系图知，长方形每秒移厘米，从第6秒开始，重叠部分的面积没有发生变化，说明长方形的右边宽的部分已经移到正方形的右边，此时移动（厘米），即可求出结果． （2）当长方形从正方形的左边移到右边时，会有两个时刻与正方形的重叠部分面积是24平方厘米，第一个时刻是刚移到正方形内时，此时长方形的右半部分与正方形重叠，此时移动厘米，用（秒）；第二个时刻是长方形从正方形内移出时，此时长方形只剩左半部分与正方形重叠，还是厘米在正方形内，共移厘米，用秒． 【详解】（1）解：长方形每秒移（厘米）， 正方形的边长是运行6秒后的长度（厘米）； 故答案为:12． （2）解：正方形的重叠面积是24平方厘米， 第一个时刻是长方形刚移到正方形内时，此时长方形的右半部分与正方形重叠，此时移动厘米，用（秒）； 第二个时刻是长方形从正方形内移出时，此时长方形只剩左半部分与正方形重叠，还是厘米，在正方形内共移厘米，用（秒）， 答：当平移时间为4秒或14秒时，长方形和正方形的重叠部分面积是24平方厘米． 【点睛】本题考查了平面图形的认识与计算，正确的分析折线图是解题关键． 18．(1)作图见解析， (2)作图见解析 (3) 【分析】（1）由点平移后对应的点的坐标为，得出平移方式为先向右平移5个单位长度，再向下平移3单位长度，据此作图即可，再根据平移的方式，结合勾股定理即可求出平移的距离； （2）将的三个顶点分别绕坐标原点O按顺时针方向旋转得到对应点，再顺次连接即可； （3）画出的垂直平分线，其交点即为所求，根据坐标系写出点的坐标即可． 【详解】（1）解：∵点的对应点的坐标为， ∴先向右平移5个单位，再向下平移3个单位得到， 如图，即为所求， ∵点的对应点的坐标为， ∴线段先向右平移5个单位，再向下平移3个单位得到线段， ∴线段平移的距离为． （2）解：如图，即为所求． （3）解：如图，若将绕点旋转可得到，则点的坐标为． 19．(1)，理由见解析 (2)见解析 【分析】（1）根据等边三角形的性质以及旋转的性质证明即可得出结论； （2）借助（1）的结论，利用线段的和差证明． 【详解】（1）解：，理由如下： ∵是等边三角形， ∴， ∵是由绕点A逆时针旋转得到的， ∴， ∴， ∴， 即：， 在和中， ， ∴， ∴； （2）证明：由（1）得：， ∴是等边三角形， ∴， ∴． 20．(1)①；② (2)仍然成立，证明见解析 (3)或 【分析】（1）①根据旋转的性质得到，由等腰直角三角形的性质，继而得到，即可得解； ②根据旋转的性质得到，根据全等三角形的性质得到，然后根据线段的和差求解即可； （2）将绕点旋转顺时针得，与重合，根据题意证明出，得到，进而求解即可； （3）根据题意分两种情况讨论：和，首先根据旋转的性质构造全等三角形，然后利用勾股定理求解即可． 【详解】（1）解：①∵绕点顺时针旋转得到，， ∴， ∵是等腰直角三角形， ∴， ∴， ∴， 故答案为：； ②绕点顺时针旋转得到，， ∴，，， ∴，即，，三点共线， ∵，， ∴， 在和中， ， ∵， ∴， ∴， 故答案为：； （2）仍然成立． 证明：∵， ∴如图所示，将绕点旋转顺时针得，与重合， ∴，，，， 又∵， ∴，即，，三点共线， ∵，， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∴， 即； （3）解：如图所示，当时， ∵，， ∴，， ∴，， 将绕点顺时针旋转得到， ∴， ∴，， ∴， 由（1）得， ∴， ∴， ∴设，则， 在中，， ∴， 解得：， ∴； 如图所示，当时， 将绕点顺时针旋转得到， ∴， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵，则， 由（1）得， ∴， ∴设，则， ∴在中，， ∴， 解得：， ∴； 综上所述，的长为或． 学科网（北京）股份有限公司 $