2023-2024学年北师大版（2012）八年级下册第三章图形的平移与旋转单元测试卷(含答案)

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2023-2024学年 北师大版（2012）八年级下册 第三章� 图形的平移与旋转� 单元测试卷学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________1．将含有角的直角三角板如图放置在平面直角坐标系中，在轴上，若，将三角板绕原点顺时针旋转，则点的对应点的坐标为（    ）A． B． C． D．2．下列银行标志中，是轴对称但不是中心对称的图形为（    ）A． B．   C．   D．  3．如图，将绕点C顺时针旋转得到，连接，若于点H，，则旋转角为（    ）A． B． C． D．4．把图中的风车图案绕着中心顺时针旋转，旋转后的图案与原来的图案重合，旋转角的度数至少为（    ）A． B． C． D．5．如图，将绕点逆时针旋转，得到，若，则的度数是（    ）A． B． C． D．6．如图,在中,,,将绕点顺时针旋转至,使点恰好落在上,则旋转角度为(    )A． B． C． D．7．在平面直角坐标系中，O是坐标原点，点A的坐标是，把绕点O逆时针旋转，点A旋转之后的对应点B的坐标是（    ）A． B． C． D．8．将的三个顶点坐标的横坐标和纵坐标都乘以，则所得图形与原图形的关系是（    ）A．关于x轴对称 B．关于y轴对称 C．关于原点对称 D．将原图形向x轴负方向平移了1个单位9．点向左平移4个单位后的坐标是（　　）A． B． C． D．10．如图，将边长为的等边向右平移得到，此时图中阴影部分的周长为（    ）A． B． C． D．11．如图，在中，，将绕点按逆时针方向旋转得到．若点恰好落在边上，且，则的度数为 ．  12．如图，在中，，，，将绕点逆时针旋转，得到，点A与点是对应点，则的长为＝ 13．在平面直角坐标系中，将点向右平移3个单位长度，向下平移1个单位长度得到点B，则点B关于原点的对称点C的坐标是 ．14．如图，把绕点逆时针旋转，得到，点恰好落在边上，连接，则的度数为 ．15．如图,的顶点分别在轴,轴上,,,,将绕点顺时针旋转,每次旋转,则第次旋转结束时,点的坐标为 ．16．如图，将绕点C按逆时针方向旋转后得到，若，则的度数为 ．17．在直角坐标系中的位置如图所示．(1)写出点A、B、C的坐标．(2)把先向下平移4个单位长度，再向左平移2个单位长度，作出平移后的，并写出点的坐标．18． 如图，在平面直角坐标系中，点M，N的坐标分别为，，在x轴的负半轴上有一点A，且满足，连接，．(1)求直线的函数表达式．(2)将线段沿y轴方向平移至，连接，．①当线段向下平移2个单位长度时（如图所示），求的面积；②当时，求点的坐标．评卷人得分一、单选题评卷人得分二、填空题评卷人得分三、解答题参考答案：1．C【分析】本题考查了坐标与图形变化和旋转求出旋转后与轴夹角为，然后求出点的横坐标与纵坐标，从而得解．【详解】如图，三角板绕原点顺时针旋转，旋转后与轴夹角为，，，点的横坐标为，纵坐标为，所以，点的坐标为．故选：C．2．B【分析】本题考查了中心对称图形和轴对称图形，根据轴对称图形和中心对称图形的概念，对各选项分析判断即可得解．把一个图形绕某一点旋转180度，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形就叫做中心对称图形；如果一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形叫做轴对称图形．【详解】解：A、既是轴对称图形，又是中心对称图形，故本选项不合题意；B、是轴对称图形但不是中心对称图形，故本选项符合题意；C、是轴对称图形，也是中心对称图形，故本选项不合题意；D、不是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项不合题意．故选：B．3．C【分析】本题主要考查了旋转变换的性质、等腰三角形的判定与性质，三角形内角和定理，应牢固掌握旋转变换的性质，由旋转变换的性质知，根据于点H，，可求出求出的度数，进而可求出旋转角的度数．【详解】解：将绕点C顺时针旋转得到，，，，，，，．故选：C．4．C【分析】本题考查了旋转对称图形的概念：把一个图形绕着一个定点旋转一个角度后，与初始图形重合，这种图形叫做旋转对称图形，这个定点叫做旋转对称中心，旋转的角度叫做旋转角．图案可以被平分成四部分，因而每部分被分成的圆心角是，并且圆具有旋转不变性，因而旋转90度的整数倍，就可以与自身重合．【详解】解：该图形被平分成四部分，旋转90度的整数倍，就可以与自身重合，旋转角至少为．故选：C．5．A【分析】本题考查旋转的性质，三角形内角和定理，根据旋转可得，，再求出，即可得到的度数．【详解】∵将绕点逆时针旋转，∴，，∵，∴，∴，∴，故选：A．6．C【分析】本题考查旋转性质,三角形内角和定理,等腰三角形性质．根据题意可知,即,再代入已知条件即可求得本题答案．【详解】解:∵,,∴,∵将绕点顺时针旋转至,即其中一个旋转角为,∴,∴是等腰三角形,∴,∴,故选:C．7．D【分析】本题考查了旋转性质，可以通过作图，直接读取对应点B的坐标，即可作答．【详解】解：如图：点A旋转之后的对应点B的坐标是故选：D8．C【分析】本题考查了关于原点对称的点坐标的特征．熟练掌握关于原点对称的点坐标横坐标、纵坐标均互为相反数是解题的关键．根据关于原点对称的点坐标横坐标、纵坐标均互为相反数进行判断作答即可．【详解】解：由题意知，横坐标、纵坐标均互为相反数，∴所得图形与原图形关于原点对称，故选：C．9．C【分析】本题考查了坐标与图形变化-平移，平移中点的变化规律是：横坐标右移加，左移减；纵坐标上移加，下移减．根据向左平移横坐标减求解即可．【详解】解：在平面直角坐标系中，点向左平移4个单位长度后所得到的点的坐标为，故选：C．10．B【分析】本题主要考查了平移的性质，等边三角形的性质与判定，先根据等边三角形的性质得到，再由平移的性质得到，，则，，由此证明是等边三角形，即可得到答案．【详解】解：设交于D，∵是等边三角形，∴，由平移的性质可得，，∴，，∴是等边三角形，∴，∴阴影部的周长为，故选B． 11．/度【分析】本题考查了旋转的性质，等腰三角形的性质，由旋转的性质可得，，由等腰三角形的性质可得，，由三角形的外角性质和三角形内角和定理可求解．【详解】解：∵，∴，∴，∵将绕点A按逆时针方向旋转得到，∴，，∴，∵，∴，∴，∴，故答案为：．12．【分析】在，中利用勾股定理求得，利用旋转的性质和勾股定理求得即可．本题考查了旋转的性质、用勾股定理求边长；解题的关键是掌握旋转图形对应边相等，对应边的夹角等于旋转角．【详解】解：如图，在，，，，，由旋转可知，，故答案为：13．【分析】本题考查了点的平移，原点对称，熟练掌握平移规律，对称点的坐标特征是解题的关键．【详解】∵点向右平移3个单位长度，向下平移1个单位长度得到点B，∴点，∴点B关于原点的对称点C的坐标是，故答案为：．14．/70度【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，由旋转的性质可得：，，从而得到，再由三角形内角和定理进行计算即可，熟练掌握以上知识点并灵活运用是解此题的关键．【详解】解：由旋转的性质可得：，，，，，故答案为：．15．【分析】根据题意求出点初始坐标,再利用旋转知识得出每次旋转后的坐标,观察出每次一循环,即可得到本题答案．【详解】解:∵,,∴,过点C作轴交轴与点D,,∴,∵,∴,∴,∵将绕点顺时针旋转,每次旋转,∴第一次旋转得到的坐标为,第二次旋转得到的坐标为,第三次旋转得到的坐标为,第四次旋转得到的坐标为,第五次旋转得到的坐标为,可以发现的坐标四次一循环,∴第次旋转结束时:,∴第次旋转结束时点的坐标为:,故答案为:．【点睛】本题主要考查平面直角坐标系中点坐标的规律问题,勾股定理,等腰直角三角形性质,旋转的性质．16．/45度【分析】本题考查了旋转的性质，根据旋转的性质得到，然后计算即可．【详解】解：∵绕点C按逆时针方向旋转后得到，∴，∴，故答案为：．17．(1)、、；(2)见解析，【分析】本题考查了作图——平移变换，坐标与图形，根据平移的性质确定对应点位置是解题关键．（1）根据直角坐标系，即可得到点A、B、C的坐标；（2）先根据平移的性质，确定点A、B、C对应点的坐标，依次连接得到，再根据图形结合坐标系即可得到点的坐标．【详解】（1）解：由直角坐标系可知，、、；（2）解：如图，即为所求作，．18．(1)(2)①28，②【分析】（1）先求得，从而求得，又，再用待定系数法即可求出直线的函数表达式；（2）①根据平移规律求出，，再用待定系数法即可求出直线的函数表达式为，从而可求出其与y轴相交于点，即可根据三角形面积公式求解；②设将线段沿y轴方向平移m个单位长度至，则，．当时，再利用勾股定理求解即可．【详解】（1）解：∵，∴．∵，∴．又∵点A在x轴的负半轴上，∴．设直线的函数表达式为．将，代入上式，得解得∴直线的函数表达式为．（2）①∵将线段向下平移2个单位长度，∴，．设直线的函数表达式为，把、代入，得，解得，∴直线的函数表达式为．如图，设直线与y轴相交于点C，令，则，∴．∴．②设将线段沿y轴方向平移m个单位长度至，则，．∴，，．当时，，解得，此时，；∴点的坐标为．【点睛】本题考查待定系数法求函数解析式，一次函数图象平移，勾股定理，三角形面积．熟练掌握待定系数法求函数解析式和一次函数图象平移规律解题的关键．