专题3.1图形的平移-2021-2022学年八年级数学下册 培优题典【北师大版】

2021-2022学年八年级数学下册 同步培优题典【北师大版】
专题3.1图形的平移
姓名：__________________ 班级：______________ 得分：_________________
注意事项：
本试卷满分100分，试题共24题，选择10道、填空8道、解答6道．答卷前，考生务必用0.5毫米黑色签字笔将自己的姓名、班级等信息填写在试卷规定的位置．
一、选择题（本大题共10小题，每小题3分，共30分）在每小题所给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1．（2021秋•道外区期末）观察下面图案，在下列四幅图案中，能通过图案平移得到的是（　　）

A． B．
C． D．
【分析】根据平移的性质，结合图形，对选项进行一一分析，排除错误答案．
【解析】A、图案属于旋转所得到，故此选项不合题意；
B、图案形状与大小没有改变，符合平移性质，故此选项符合题意；
C、图案属于旋转所得到，故此选项不合题意；
D、图案属于旋转所得到，故此选项不合题意．
故选：B．
2．（2021秋•松江区期末）如图，△ABC沿射线BC方向平移到△DEF（点E在线段BC上），如果BC＝8cm，EC＝5cm，那么平移距离为（　　）

A．3cm B．5cm C．8cm D．13cm
【分析】观察图象，发现平移前后，B、E对应，C、F对应，根据平移的性质，易得平移的距离＝BE＝8﹣5＝3，进而可得答案．
【解析】由题意平移的距离为BE＝BC﹣EC＝8﹣5＝3（cm），
故选：A．
3．（2021秋•建邺区期末）如图，在平面直角坐标系中，线段AB的两个端点是A（1，3），B（2，1）．将线段AB沿某一方向平移后，若点A的对应点A′的坐标为（﹣2，0），则点B的对应点B′的坐标为（　　）

A．（﹣3，2） B．（﹣1，﹣3） C．（﹣1，﹣2） D．（0，﹣2）
【分析】利用平移变换的性质解决问题即可．
【解析】观察图象可知，点B的对应点B′的坐标为（﹣1，﹣2）．

故选：C．
4．（2021秋•丹东期末）将三角形三个顶点的横坐标都减2，纵坐标不变，则所得三角形与原三角形的关系是（　　）
A．将原图向左平移两个单位
B．关于原点对称
C．将原图向右平移两个单位
D．关于y轴对称
【分析】根据坐标与图形变化，把三角形三个顶点的横坐标都减2，纵坐标不变，就是把三角形向左平移2个单位，大小不变，形状不变．
【解析】∵将三角形三个顶点的横坐标都减2，纵坐标不变，
∴所得三角形与原三角形的关系是：将原图向左平移两个单位．
故选：A．
5．（2021•滨城区模拟）如图，已知一个斜边长为2的直角三角板的直角顶点与原点重合，两直角边分别落在两个坐标轴上．现将该三角板向右平移使点A与点O重合，得到△OCB′，则点B的对应点B′的坐标是（　　）

A．（1，0） B．（3，3） C．（1，3） D．（﹣1，3）
【分析】解直角三角形求出OA，OB，再利用平移变换的性质即可解决问题．
【解析】在Rt△AOB中，∠AOB＝90°，AB＝2，∠ABO＝30°，
∴AO=12AB＝1，
∴OB=3OA=3，
∵△OB′C是由∠ABO平移得到，
∴OC＝OA＝1，B′C＝OB=3，
∴B′（1，3）．
故选：C．
6．（2021春•越秀区校级月考）在手工制作课上，张华和李丽用铁丝制作楼梯模型，如图所示，则她们用的铁丝周长（　　）

A．张华的长 B．李丽的长 C．一样长 D．不能确定
【分析】经过平移两个图形可变为两个长和宽都相等长方形．
【解析】因为经过平移两个图形可变为两个长和宽都相等长方形，所以她们用的铁丝周长一样长．
故选：C．
7．（2021春•越秀区校级期中）在平面直角坐标系中，已知线段MN的两个端点的坐标分别是M（﹣5，2）、N（1，﹣4），将线段MN向上移动3个单位，向左移动2个单位平移后，点M，N的对应坐标为（　　）
A．（﹣5，1），（0，﹣5） B．（﹣4，2），（1，﹣3）
C．（﹣7，5），（﹣1，﹣1） D．（﹣5，0），（1，﹣5）
【分析】根据将线段MN向上移动3个单位，向左移动2个单位平移，纵坐标加3，横坐标减，2，从而得出答案．
【解析】∵线段MN向上移动3个单位，向左移动2个单位平移，
∴平移后M（﹣5，2）、N（1，﹣4）对应坐标为（﹣5﹣2，2+3）、（1﹣2，﹣4+3），
即（﹣7，5），（﹣1，﹣1）．
故选：C．
8．（2021秋•西华县期中）如图，将一颗小星星放置在平面直角坐标系中第二象限内的甲位置，先将它绕原点O旋转180°到乙位置，再将它向上平移2个单位长到丙位置，则小星星顶点A在丙位置中的对应点A'的坐标为（　　）

A．（﹣3，1） B．（1，3） C．（3，1） D．（3，﹣1）
【分析】根据绕原点O旋转180°后点的横坐标与纵坐标都互为相反数求出乙位置的对应点的坐标，再根据向上平移2个单位长到丙位置求解即可．
【解析】∵点A（﹣3，1）绕原点O旋转180°到乙位置，
∴A在乙位置时的坐标为（3，﹣1），
∵A在乙位置再将它向上平移2个单位长到丙位置，
∴丙位置中的对应点A′的坐标为（3，1）．
故选：D．
9．（2021春•仁寿县期末）如图，两个直角三角形重叠在一起，将△ABC沿AB方向平移2cm得到△DEF，CH＝2cm，EF＝4cm，下列结论：①BH∥EF；②AD＝BE；③BD＝CH；④∠C＝∠BHD；⑤阴影部分的面积为6cm2．其中正确的是（　　）

A．①②③④⑤ B．②③④⑤ C．①②③⑤ D．①②④⑤
【分析】根据平移的性质判断即可．
【解析】因为将△ABC沿AB方向平移2cm得到△DEF，CH＝2cm，EF＝4cm，
所以：BC＝BC，AB＝DE，
∴BH∥EF，①正确；
∴AB﹣DB＝DE﹣DB，
∴AD＝BE，②正确；
③∵BC＝EF＝4cm，
∵CH＝2cm，
∴BH＝2cm，
∴BH是△DEF的中位线，
∴DB＝BE＝2cm，
∴BD＝CH＝2cm，正确；
∵BH∥EF，
∴∠BHD＝∠F，
由平移性质可得：∠C＝∠F，
∴∠C＝∠BHD，④正确；
∵阴影部分的面积＝△ABC的面积﹣△DBH的面积＝6cm2．⑤正确；
故选：A．
10．（2021春•娄星区期末）如图，在三角形ABC中，∠BAC＝90°，AB＝3cm，AC＝4cm，把三角形ABC沿着直线BC向右平移2.5cm后得到三角形DEF，连接AE，AD，有以下结论：①AC∥DF； ②AD∥CF； ③CF＝2.5cm；④DE⊥AC．其中正确的结论有（　　）

A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【分析】把一个图形整体沿某一直线方向移动，会得到一个新的图形，新图形与原图形的形状和大小完全相同，根据平移的性质，结合图形，对每个结论进行一一分析，选出正确答案．
【解析】∵△ABC沿着直线BC的方向平移2.5cm后得到△DEF，
∴AC∥DF，故①正确；
AD∥CF，故②正确；
CF＝AD＝2.5cm，故③正确；
AB∥DE，
又∵∠BAC＝90°，
∴BA⊥AC，
∴DE⊥AC，故④正确；
故选：D．
二、填空题（本大题共8小题，每小题3分，共24分）请把答案直接填写在横线上
11．（2021秋•香坊区期末）将点P（﹣3，1）向上平移2个单位长度得到点Q，则点Q的坐标为　（﹣3，3）　．
【分析】根据向上平移，横坐标不变，纵坐标加可得结论．
【解析】将点P（﹣3，1）向上平移2个单位长度得到点Q，则点Q的坐标为（﹣3，1+2），即（﹣3，3），
故答案为：（﹣3，3）．
12．（2021秋•武侯区校级期中）如图，将△ABC沿BC方向平移1cm得到△A'B'C'，若△ABC的周长为8cm，则四边形ABC'A'的周长为　10　cm．

【分析】据平移的性质可得AA′＝CC′＝1，AC＝A′C′，然后根据四边形的周长的定义列式计算即可得解．
【解析】∵△ABC沿BC方向平移1cm得到△A′B′C′，
∴AA′＝CC′＝1（cm），AC＝A′C′，
∴四边形ABC′A′的周长＝AB+（BC+CC′）+C′A′+AA′＝AB+BC+AC+AC′+CC′，
∵△ABC的周长＝8cm，
∴AB+BC+AC＝8（cm），
∴四边形ABC′A′的周长＝8+1+1＝10（cm）．
故答案为：10．
13．（2021•南关区校级四模）如图，在平面直角坐标系中，等边△OAB的边长为4，点A在第二象限内，点B在y轴正半轴，将△OAB沿射线AO平移，平移后点A'的横坐标为43，则点B'的横坐标为　63　．

【分析】利用平移的规律解决问题即可．
【解析】由题意得A(-23，2)，B（0，4）
∵平移后点A'横坐标为43，
∴平移的规律为点A向右平移63，向下平移6个单位可得点A'，
∴点B'坐标为(63，-2)，
∴点B'横坐标为63，
故答案为63．
14．（2021春•谢家集区期末）如图，在平面直角坐标系中，线段AB在x轴上，将线段AB向上平移2个单位．再向右平移1个单位，得到线段CD，连接AC，BD，在y轴上存在点P，使△PCD的面积为四边形ABDC面积的一半，则点P的坐标为　（0，0）或（0，4）　．

【分析】由平移可得，CD＝AB＝4，CD∥AB，即可得到四边形ABCD为平行四边形，再根据△PCD的面积为四边形ABCD面积的一半，可得CP＝2，进而得出当点P在CD下方时，P（0，0）；当点P在CD上方时，P（0，4）．
【解析】由平移可得，C（0，2），D（4，2），
∴CD＝AB＝4，CD∥AB，
∴四边形ABCD为平行四边形，
∴四边形ABCD面积＝4×2＝8，
又∵△PCD的面积为四边形ABCD面积的一半，
∴△PCD的面积为4，
即12×CD×CP＝4，
∴CP＝2，
∴当点P在CD下方时，P（0，0）；当点P在CD上方时，P（0，4），
故答案为：（0，0）或（0，4）．
15．（2021春•汉阳区校级期中）如图，△ABC中，∠C＝90°，AC＝5cm，CB＝12cm，AB＝13cm，将△ABC沿直线CB向右平移3cm得到△DEF，DF交AB于点G，则点C到直线DE的距离为　7513　cm．

【分析】如图，过点C作CH⊥DE于H．根据sin∠E=CHCE=DFDE求解即可．
【解析】如图，过点C作CH⊥DE于H．

在Rt△ACB中，∵∠ACB＝90°，AC＝5cm，BC＝12cm，
∴AB=AC2+BC2=52+122=13（cm），
∵△DEF是由△ACB平移得到，
∴DE＝AB＝13（cm），EF＝BC＝12（cm），DF＝AC＝5（cm），
∵CF＝3cm，
∴EC＝CF+EF＝15（cm），
∵sin∠E=CHCE=DFDE，
∴CH15=513，
∴CH=7513（cm）．
故答案为7513．
16．（2021春•天宁区校级期中）如图，将长为5cm，宽为3cm的长方形ABCD先向右平移2cm，再向下平移1cm，得到长方形A'B'C'D'，则阴影部分的面积为　6　cm2．

【分析】利用平移的性质求出阴影部分矩形的长，宽即可解决问题．
【解析】由题意，阴影部分是矩形，长为5﹣2＝3（cm），宽为3﹣1＝2（cm），
∴阴影部分的面积＝2×3＝6（cm2），
故答案为6．
17．（2021春•历城区期中）如图，在△ABC中，AB＝4，BC＝6，∠B＝60°，将△ABC沿射线BC的方向平移2个单位后，得到△A'B'C'，连接A'C，则线段A'C的长为　4　．

【分析】根据平移性质，判定△A′B′C为等边三角形，然后求解．
【解析】由题意，得BB′＝2，
∴B′C＝BC﹣BB′＝4．
由平移性质，可知A′B′＝AB＝4，∠A′B′C＝∠ABC＝60°，
∴A′B′＝B′C，且∠A′B′C＝60°，
∴△A′B′C为等边三角形，
∴A'C＝A'B'＝4，
故答案为：4．
18．（2021春•郫都区校级期中）在平面直角坐标系中，C（﹣1，5），D（﹣3，1），经过原点的直线m上有一点（3，2），平移线段CD，对应线段为EF（C对应E），若点E、F分别恰好在直线m和x轴上，则E点坐标为　（6，4）　．

【分析】利用平移的性质判断出点E的纵坐标为4，由此即可解决问题．
【解析】由题意点E的纵坐标为4，可得E（6，4），
∵点E向左平移2个单位，向下平移4个单位得到F，
∴F（4，0）．
故答案为（6，4）．
三、解答题（本大题共6小题，共46分．解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤）
19．（2021秋•道外区期末）已知，在平面直角坐标系中，三角形ABC三个顶点的坐标分别为A（5，6），B（﹣2，3），C（3，1）．请在所给的平面直角坐标系中按要求完成以下问题：
（1）画出三角形ABC；
（2）将三角形ABC先向下平移6个单位长度，再向左平移3个单位长度后得到的三角形A1B1C1（点A1，B1，C1分别是点A，B，C移动后的对应点）．
①请画出三角形A1B1C1；
②并判断线段AC与A1C1的位置与数量关系．

【分析】（1）根据点A、B、C三点的坐标在坐标系中描出各点，再顺次连接即可得；
（2）将三顶点分别向下平移6个单位长度，再向左平移3个单位长度后得到对应点，顺次连接可得，继而根据平移的性质解答可得．
【解析】（1）如图所示，△ABC即为所求；
（2）如图所示，A1B1C1即为所求，AC与A1C1平行且相等．
20．（2021秋•雨花区月考）如图，每个小方格都是边长为1个单位长度的正方形，△ABC的顶点都在格点上．
（1）求三角形ABC的面积；
（2）将△ABC平移后得到△DEF，若此时A点的对应点D的坐标为（1，3），请直接写出B点的对应点E和C点的对应点F的坐标，并在图中画出△DEF；
（3）在x轴上是否存在点P使得△DFP的面积与△ABC的面积相等，若存在，求出P点坐标，若不存在，请说明理由．

【分析】（1）利用割补法求解即可；
（2）根据点A及其对应点D的坐标得出平移的方向和距离，据此得到点E、F的坐标，从而得出△DEF；
（3）设点P的坐标为（x，0），根据△DFP的面积与△ABC的面积相等得到12×|x-3|×3=192，解之可得答案．
【解析】（1）△ABC的面积为5×5-12×2×3-12×3×5-12×2×5=192；
（2）∵点A（﹣1，4）的对应点D的坐标为（1，3），
∴点B（﹣4，﹣1）的对应点E的坐标为（﹣4+2，﹣1﹣1），即E（﹣2，﹣2）；
点C（1，1）的对应点F的坐标为（1+2，1﹣1），即F（3，0）；
△DEF如图所示：

（3）存在，设点P的坐标为（x，0），
由题意得12×|x-3|×3=192，
解得x=283或-103，
所以点P为（283，0）或（-103，0）．
21．（2021秋•泰兴市期中）在平面直角坐标系中，点A的坐标为（0，4），线段MN的位置如图所示，其中点M的坐标为（﹣3，﹣1），点N的坐标为（3，﹣2）．
（1）将线段MN平移得到线段AB，其中点M的对应点为A，点N的对应点为B．
①点M平移到点A的过程可以是：先向　右　平移　3　个单位长度，再向　上　平移　5　个单位长度；
②点B的坐标为　（6，3）　；
（2）在（1）的条件下，若点C的坐标为（4，0），连接AC，BC，求△ABC的面积．
（3）在y轴上是否存在点P，使以A、B、P三点为顶点的三角形的面积为32，若存在，请直接写出点P的坐标；若不存在，请说明理由．

【分析】（1）利用平移的性质画出图形即可解决问题．
（2）利用分割法求三角形面积即可．
（3）设P（0，m），由题意，12•|4﹣m|•6=32，解方程即可．
【解析】（1）如图，点B即为所求作．
①点M平移到点A的过程可以是：先向右平移3个单位长度，再向上平移5个单位长度；
②点B的坐标为（6，3）．
故答案为：右，3，上，5，（6，3）．

（2）S△ABC＝4×6-12×4×4-12×2×3-12×6×1＝10．
（3）设P（0，m），由题意，12•|4﹣m|•6=32，
解得m＝3.5和4.5，
∴P（0，3.5），或（0，4.5）．
22．（2021春•惠来县期末）如图，AD∥BC，∠B＝∠D＝50°，点E、F在BC上，且满足∠CAD＝∠CAE，AF平分∠BAE．
（1）∠CAF＝　65　°；
（2）若平行移动CD，那么∠ACB与∠AEB度数的比值是否随之发生变化？若变化，试说明理由；若不变，求出这个比值；
（3）在平行移动CD的过程中，是否存在某种情况，使∠AFB＝∠ACD？若存在，求出∠ACD度数；若不存在，说明理由．

【分析】（1）证明∠CAF=12∠BAD，求出∠BAD即可．
（2）证明∠EAC＝∠ECA，再利用三角形的外角的性质解决问题即可．
（3）设∠ACD＝x，∠CAD＝y．则有x+y＝130°，构建方程组解决问题即可．
【解析】（1）∵AD∥BC，
∴∠B+∠BAD＝180°，
∵∠B＝50°，
∴∠BAD＝130°，
∵AF平分∠BAE，
∴∠BAF＝∠EAF，
∵∠CAD＝∠CAE，
∴∠CAF=12∠BAE+12∠DAE=12∠BAD＝65°，
故答案为65．

（2）结论：∠ACB与∠AEB度数的比值不变．
理由：∵AD∥BC，
∴∠CAD＝∠ACE，
∵∠CAD＝∠CAE，
∴∠ACE＝∠CAE，
∵∠AEB＝∠ACE+∠CAE＝2∠ACB，
∴∠ACB：∠AEB＝1：2．

（3）设∠ACD＝x，∠CAD＝y．
则有x+y＝130°，
∵∠AFB＝∠ACD＝∠ACB+∠CAF，
∴x＝65°+y，
解得x＝97.5°，
∴∠ACD＝97.5°．

23．（2019春•无棣县期中）如图，已知两条直线DM∥CN，线段AB的两个端点A、B分别在直线DM、CN上，∠C＝∠BAD，点E在线段BC上，且DB平分∠ADE．
（1）求证：AB∥CD；
（2）若沿着NC方向平移线段AB，那么∠CBD与∠CED度数之间的关系是否随着AB位置的变化而变化？若变化，请找出变化规律；若不变化，请确定它们之间的数量关系．

【分析】（1）欲证明AB∥CD，只要证明∠C＝∠NBA即可．
（2）没有变化．利用平行线的性质以及角平分线的定义证明∠CDB=12∠CED即可．
【解析】（1）∵DM∥CN，
∴∠BAD＝∠NBA，
∵∠C＝∠BAD，
∴∠C＝∠NBA，
∴AB∥CD．
（2）结论：没有变化，∠CDB=12∠CED．
理由：∵DB平分∠ADE，
∴∠ADB＝∠EDB，
∵DM∥CN，
∴∠ADB＝∠CBD，
∴∠CBD＝∠EDB，
∵DM∥CN，
∴∠CED＝∠EDA，
∵∠EDA＝2∠EDB，
∴∠CDB=12∠CED．
24．（2019春•瑞安市期中）如图，已知C为两条相互平行的直线AB，ED之间一点，∠ABC和∠CDE的角平分线相交于F，∠FDC+∠ABC＝180°．
（1）求证：AD∥BC．
（2）连结CF，当FC∥AB，且∠CFB=32∠DCF时，求∠BCD的度数．
（3）若∠DCF＝∠CFB时，将线段BC沿射线AB方向平移，记平移后的线段为PQ（B，C分别对应P，Q，当∠PQD﹣∠QDC＝20°时，请直接写出∠DQP的度数　70°　．

【分析】（1）根据平行线的性质得到∠EDF＝∠DAB，根据角平分线 的定义得到∠EDF＝∠ADC，根据平行线的判定定理即可得到结论；
（2）设∠DCF＝α，则∠CFB＝1.5α，根据平行线的性质得到∠ABF＝∠CFB＝1.5α，根据角平分线的定义得到∠ABC＝2∠ABF＝3α，根据平行线的性质即可得到结论；
（3）根据已知条件得到四边形BCDF是平行四边形，得到∠CDF＝∠CBF，根据角平分线的定义得到∠ABC＝2∠CBF，∠CDE＝2∠CDF，求得∠DCB＝120°，根据平行的性质得到BC∥PQ，根据四边形的内角和列方程即可得到结论．
【解析】（1）证明：∵AB∥DE，
∴∠EDF＝∠DAB，
∵DF平分∠EDC，
∴∠EDF＝∠ADC，
∴∠ADC＝∠DAB，
∵∠FDC+∠ABC＝180°，
∴∠DAB+∠ABC＝180°，
∴AD∥BC；
（2）∵∠CFB=32∠DCF，
∴设∠DCF＝α，则∠CFB＝1.5α，
∵CF∥AB，
∴∠ABF＝∠CFB＝1.5α，
∵BE平分∠ABC，
∴∠ABC＝2∠ABF＝3α，
∵AD∥BC，
∴∠ADC+∠BCD＝180°，
∵∠FDC+∠ABC＝180°，
∴∠BCD＝∠ABC＝3α，
∴∠BCF＝2α，
∵CF∥AB，
∴∠ABC+∠BCF＝180°，
∴3α+2α＝180°，
∴α＝36°，
∴∠BCD＝3×36°＝108°；
（3）如图，∵∠DCF＝∠CFB，
∴BF∥CD，
∵AD∥BC，
∴四边形BCDF是平行四边形，
∴∠CDF＝∠CBF，
∵AD，BE分别平分∠ABC，∠CDE，
∴∠ABC＝2∠CBF，∠CDE＝2∠CDF，
∴∠ABC＝2∠CDF，
∵∠FDC+∠ABC＝180°，
∴∠ABC＝120°，∠CDF＝60°，
∴∠DCB＝120°，
∴∠ABC＝120°，
∴∠DAB＝60°，
∵线段BC沿直线AB方向平移得到线段PQ，
∴BC∥PQ，
∴∠APQ＝120°，
∵∠PQD﹣∠QDC＝20°，
∴∠QDC＝∠PQD﹣20°，
∴∠FDC+∠CDQ+∠PQD+∠APQ+∠DAB＝60°+∠PQD﹣20°+∠PQD+120°+60°＝360°，
∴∠PQD＝70°．
故答案为：70°．