北师大版八年级下册1 图形的平移单元测试精练

这是一份北师大版八年级下册1 图形的平移单元测试精练，共17页。
1．已知点的坐标是，那么点关于原点的对称点的坐标是（ ）
A．B．C．D．
2．如图，在平面直角坐标系中，射线是第一象限的角平分线，线段，将绕原点顺时针旋转，每次旋转，则第次旋转结束后，点对应点的坐标为（ ）

A．B．C．D．
3．如图，在中，，，将绕点A逆时针旋转后能与重合，若，那么的长等于（ ）
A．B．C．D．
4．如图，是正内一点，，，，将线段以点为旋转中心逆时针旋转得到线段，下列结论：点与的距离为；；；；．其中正确的结论是（ ）
A．B．C．D．
5．如图，将绕顶点C逆时针旋转得到，且点B刚好落在上，若，则等于（ ）
A．B．C．D．
6．将点向右平移1个单位长度，再向上平移4个单位长度，则平移后的点所在象限为（ ）
A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限
7．在平面直角坐标系中，点关于原点对称的点的坐标是（ ）
A．B．C．D．
8．如图，在同一平面内，将绕点逆时针旋转得到，若，则的度数是（ ）
A．B．C．D．
9．如图，与关于点O成中心对称，则下列结论不成立的是（ ）
A．点A与点是对称点B．C．D．
10．将点向右平移4个单位，向上平移2个单位，得到点P的对应点的坐标是（ ）
A． B． C．D．
11．在平面直角坐标系中，已知点，将点先向下平移3个单位，再向右平移2个单位，得到点．则点的坐标为 ．
12．如图，在等边三角形中，点是边上一点，连接，将绕点逆时针旋转，得到，连接，若，，则的周长为 ．
13．如图，在平面直角坐标系中，将点绕原点O旋转得到点，则点的坐标为 ．
14．如图，直线：分别与轴、轴交于点、，将绕点逆时针旋转得到直线，则对应的函数表达式为 ．

15．如图，中与交于点D，E是边上的一个动点，将沿着进行折叠后射线与边交于点F，将射线绕点D逆时针旋转后与边交于点G，若，则 ．
16．如图，在中，将绕点逆时针旋转得到，使点落在边上，连接，则的长度是 ．
17．如图，在中，，将绕着点B逆时针旋转得到，点C，A的对应点分别为E，F．点E落在上，连接．

(1)若，求的度数；
(2)若,，求的长．
18．如图，将绕点顺时针旋转得到，使点的对应点落在边上．

(1)若，，求的长；
(2)若，，连接，求的度数．
评卷人
得分
一、单选题
评卷人
得分
二、填空题
评卷人
得分
三、计算题
评卷人
得分
四、问答题
参考答案：
1．D
【分析】本题考查了关于原点对称的点的坐标的特征，牢记关于原点对称的点的横、纵坐标互为相反数是解题的关键．
【详解】解：关于原点的对称点为
设，则由关于原点对称的点的坐标的特征有
故选：D．
2．D
【分析】本题主要考查了坐标与图形变化﹣旋转及探索图形规律．
根据题意和角平分线的性质，即可得到B点的坐标，根据旋转的规律即可得到旋转后B的坐标，找到规律，即可求解．
找到旋转的规律是解题的关键．
【详解】∵射线是第一象限的角平分线，
∴，
由题意得：第一次旋转： ，
第二次旋转：，
第三次旋转：，
第四次旋转：，
以此类推知：第八次旋转后与原来点B重合，
，
∴第次旋转结束后，点对应点的坐标与第七次的坐标相同为
故答案为：D．
3．A
【分析】本题考查了旋转的性质，勾股定理．根据旋转的性质，得到，，利用勾股定理即可解答．
【详解】解：根据旋转的性质，可得，，
，
，
故选：A．
4．D
【分析】本题考查了旋转的性质，等边三角形、勾股定理的逆定理，由题意可得，是等边三角形，可得，，可判断是直角三角形，可判断，由，可判定，熟练掌握旋转的性质是解题的关键．
【详解】解：连接，
∵，，
∴是等边三角形，
∴，故正确；
∵，
∴，
∵， ，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴为直角三角形，，
∵是等边三角形，
∴，
∴，故正确；
过点作，交的延长线于点，则，
∵，
∴，
∴，故错误；
过点作于点，
∵是等边三角形，
∴，
∴，
∴，故正确；
将绕点逆时针旋转，使得与重合，点旋转至点，
易知是边长为的等边三角形，是边长为的直角三角形，
∴，故正确；
∴①②④⑤正确，
故选：．
5．C
【分析】本题考查了旋转的性质，以及等腰三角形的性质三角形内角和；由旋转的性质可得，由等腰三角形的性质可得，即可求解．
【详解】解：∵将绕顶点C逆时针旋转得到，
∴，
∴，
∴，
故选：C．
6．B
【分析】本题考查坐标与图形变化—平移以及各象限内点的特征，根据横坐标，右移加，左移减；纵坐标，上移加，下移减可得答案．关键是掌握点的坐标的变化规律．
【详解】解：点向右平移1个单位长度，再向上平移4个单位长度，是，
即，在第二象限，
故选：B．
7．C
【分析】本题考查关于原点对称的点的坐标特点，解题的关键是根据两个点关于原点对称，那么这两个点的坐标符号相反即可得出结果．
【详解】解：两个点关于原点对称，这两个点的坐标符号相反，
点关于原点对称的点的坐标是．
故选：C．
8．D
【分析】本题考查了旋转的性质，等边对等角，三角形内角和定理．明确角度之间的数量关系是解题的关键．
由旋转的性质可得，则，根据，计算求解即可．
【详解】解：由旋转的性质可得，，，
∴，
∴，
∴，
故选：D．
9．D
【分析】本题主要考查中心对称的定义和性质，掌握中心对称的定义“把一个图形绕着某一个点旋转，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，这个点就是它的对称中心”，是求解本题的关键．
【详解】解：A．∵与关于点O成中心对称，
点A与是一组对称点，故A正确，不符合题意；
B．∵对应点到对称中心的距离相等，
∴，故B正确，不符合题意；
C．∵与是对应线段，
∴，故C正确，不符合题意；
D．与不是对应角，
∴不成立，故D符合题意．
故选：D．
10．A
【分析】本题考查了坐标与图形变化——平移，根据“横坐标右移加，左移减；纵坐标上移加，下移减”即可求解．
【详解】解：点向右平移4个单位，向上平移2个单位，
得到点P的对应点的坐标是：，即．
故选：A．
11．
【分析】本题考查坐标与平移．根据点的平移规则：左减右加纵不变，上加下减横不变，求解即可．
【详解】解：由题意，得，点的坐标为，即：；
故答案为：．
12．
【分析】本题考查了旋转的性质：对应点到旋转中心的距离相等；对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角；旋转前、后的图形全等．也考查了等边三角形的判定与性质．根据旋转的性质得到是等边三角形得到，于是得到，所以的周长．
【详解】解：将绕点逆时针旋转，得到，
，，
是等边三角形，
，
而绕点逆时针旋转，得到，
，
∵等边三角形，
∴，
的周长．
故答案为：．
13．或
【分析】本题考查坐标与旋转，根据题意，分顺时针和逆时针两种情况，画出图形，求解即可．
【详解】解：将点绕原点O旋转得到点，如图：
由图可知：点的坐标为或；
故答案为：或．
14．
【分析】本题考查了待定系数法求一次函数的解析式、全等三角形的判定与性质，等腰三角形的性质与判定；过点作交于点，过点作轴于点，由全等三角形的判定定理可得出，由全等三角形的性质可知，，故可得出点坐标，再用待定系数法即可求出直线的解析式．
【详解】解：∵
当，当，
∴
∴,
如图所示：过点作交于点，过点作轴于点，则是等腰直角三角形，

，
，
又，
，
在与中，

，
，，
．
则点的坐标是，．
设直线的解析式是，
根据题意得： ，
解得： ，
则直线的解析式是：．
故答案为：．
15．或/或
【分析】本题主要考几何变换中旋转和轴对称的综合题目，抓住旋转角和轴对称的性质是解题的关键，抓住AD是的角平分线和，
再利用方程思想求解，最后注意点G可能在线段上，也可能在线段上，分类讨论即可．
【详解】解：如图，当点G在线段上，
∵，
∴设，则，
∴，
∵将沿着进行折叠后射线与边交于点F，
∴，
∵将射线绕点D逆时针旋转，
∴，
∵，
∴7，
∴，
∴．
如下图所示：当点G在线段上时，
同理可得：，
∴，
∴，
故答案为：或．
16．/2厘米
【分析】本题主要考查了直角三角形的性质，图形的旋转的性质，等边三角形的判定和性质．根据直角三角形中，角所对的直角边等于斜边的一半，可得，由旋转的性质可知，，进而得出为等边三角形，进而求出．
【详解】解：∵，
∴，
又，
由旋转的性质得：，且，
∴为等边三角形，
∴．
故答案为：
17．(1)
(2)
【分析】本题考查旋转的性质，三角形的内角和定理，等腰三角形的性质，勾股定理．
（1）根据三角形的内角和定理得到，根据旋转的性质得到，，根据三角形的内角和定理即可得到结论；
（2）根据勾股定理得到，根据旋转的性质得到，，根据勾股定理即可得到结论．
【详解】（1）在中，，，
∴，
∵将绕着点B逆时针旋转得到，
∴，，
∴；
（2）∵，,，
∴，
∵将绕着点B逆时针旋转得到，
∴，，，
∴，
∵，
∴在中，．
18．(1)的长为
(2)的度数为
【分析】本题主要考查旋转的性质，全等三角形的性质，等腰三角形的判定和性质，掌握全等三角形的性质是解题的关键．
（1）根据旋转的性质可得，由此即可求解；
（2）根据旋转的性质，全等三角形的性质可得是等腰三角形，由此即可求解．
【详解】（1）解：将绕点顺时针旋转得到，
∴，
∴，，
∴，
∴的长为．
（2）解：如图所示，连接，

由（1）可知，，
∴，，，
∴是等腰三角形，
在中，，
∴，
∴，
∴的度数为．