初中数学北师八下第3章卷（1）.doc

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1、单元测试（一）一、选择题1将长度为5cm的线段向上平移10cm后，所得线段的长度是（）A10cmB5cmC0cmD无法确定2以下是回收、绿色包装、节水、低碳四个标志，其中是中心对称图形的是（）ABCD3一个图形无论经过平移变换，还是经过旋转变换，下列说法正确的是（）对应线段平行 对应线段相等 图形的形状和大小都没有发生变化 对应角相等ABCD4如图，ABC和BDE是等边三角形，点A、B、D在一条直线上，并且AB=BD由一个三角形变换到另一个三角形（）A仅能由平移得到B仅能由旋转得到C既能由平移得到，也能由旋转得到D既不能由平移得到，也不能由旋转得到5将点A（3，2）沿x轴向左平移4个单位长度得

2、到点A，点A关于y轴对称的点的坐标是（）A（3，2）B（1，2）C（1，2）D（1，2）6如图，将RtABC（其中B=35，C=90）绕点A按顺时针方向旋转到AB1C1的位置，使得点C、A、B1在同一条直线上，那么旋转角等于（）A55B70C125D1457如图，若DEF是由ABC经过平移后得到的，则平移的距离是（）A线段BC的长度B线段BE的长度C线段EC的长度D线段EF的长度8如图，在ABC中，CAB=75，在同一平面内，将ABC绕点A旋转到ABC的位置，使得CCAB，则BAB=（）A30B35C40D509在平面直角坐标系中，线段OP的两个端点坐标分别是O（0，0），P（4，3），将线段

3、OP绕点O逆时针旋转90到OP位置，则点P的坐标为（）A（3，4）B（4，3）C（3，4）D（4，3）10如图，O是边长为a的正方形ABCD的中心，将一块半径足够长、圆心为直角的扇形纸板的圆心放在O点处，并将纸板的圆心绕O旋转，则正方形ABCD被纸板覆盖部分的面积为（）Aa2 Ba2 Ca2 Da11关于这一图案，下列说法正确的是（）A图案乙是由甲绕BC的中点旋转180得到的B图案乙是由甲绕点C旋转108得到的C图案乙是由甲沿AB方向平移3个边长的距离得到的D图案乙是由甲沿直线BC翻转180得到的12如图，ABO中，ABOB，OB=，AB=1，把ABO绕点O旋转150后得到A1B1O，则点A1

4、的坐标为（）A（1，） B（1，）或（2，0）C（，1）或（0，2） D（，1）二、填空题13线段AB沿和它垂直的方向平移到AB，则线段AB和线段AB的位置关系是 14如图，在四边形ABCD中，ADBC，BCAD，B与C互余，将AB，CD分别平移到EF和EG的位置，则EFG为 三角形15如图，把RtABC绕点A逆时针旋转40，得到RtABC，点C恰好落在边AB上，连接BB，则BBC=度16如图，将面积为5的ABC沿BC方向平移至DEF的位置，平移的距离是边BC长的两倍，那么图中的四边形ACED的面积为 17如图，在平面直角坐标系中，将线段AB绕点A按逆时针方向旋转90后，得到线段AB，则点B的

5、坐标为 18如图，将矩形ABCD绕点A顺时针旋转到矩形ABCD的位置，旋转角为（090），若1=110，则= 三、解答题19如图，在边长为1个单位长度的小正方形组成的两格中，点A、B、C都是格点(1)将ABC向左平移6个单位长度得到得到A1B1C1；(2)将ABC绕点O按逆时针方向旋转180得到A2B2C2，请画出A2B2C220如图1，将两个完全相同的三角形纸片ABC和DEC重合放置，其中C=90，B=E=30(1)操作发现如图2，固定ABC，使DEC绕点C旋转，当点D恰好落在AB边上时，填空： 线段DE与AC的位置关系是 ；设BDC的面积为S1，AEC的面积为S2，则S1与S2的数量关系是

6、 (2)猜想论证当DEC绕点C旋转到如图3所示的位置时，小明猜想(1)中S1与S2的数量关系仍然成立，并尝试分别作出了BDC和AEC中BC、CE边上的高，请你证明小明的猜想(3)拓展探究已知ABC=60，点D是角平分线上一点，BD=CD=4，DEAB交BC于点E（如图4）若在射线BA上存在点F，使SDCF=SBDE，请直接写出相应的BF的长21如图，在平面直角坐标系xOy中，对正方形ABCD及其内部的每个点进行如下操作：把每个点的横、纵坐标都乘以同一种实数a，将得到的点先向右平移m个单位，再向上平移n个单位（m0，n0）得到正方形ABCD及其内部的点，其中点A、B的对应点分别为A，B已知正方形

7、ABCD内部的一个点F经过上述操作后得到的对应点F与点F重合，求点F的坐标答案与解析1将长度为5cm的线段向上平移10cm后，所得线段的长度是（）A10cmB5cmC0cmD无法确定【考点】Q2：平移的性质 【专题】选择题【分析】根据平移的性质：平移不改变图形的形状和大小；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【解答】解：线段长度不变，还是5cm故选B【点评】此题主要考查平移的基本性质，题目比较基础，把握平移的性质即可2以下是回收、绿色包装、节水、低碳四个标志，其中是中心对称图形的是（）ABCD【考点】R5：中心对称图形 【专题】选择题【分析】根据中心对称图形的定

8、义，结合选项所给图形进行判断即可【解答】解：A、不是中心对称图形，故本选项错误；B、是中心对称图形，故本选项正确；C、不是中心对称图形，故本选项错误；D、不是中心对称图形，故本选项错误；故选B【点评】此题主要考查了中心对称图形的概念，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后与原图重合3一个图形无论经过平移变换，还是经过旋转变换，下列说法正确的是（）对应线段平行 对应线段相等 图形的形状和大小都没有发生变化 对应角相等ABCD【考点】R2：旋转的性质；Q2：平移的性质 【专题】选择题【分析】根据平移和旋转的性质对各小题分析判断，然后利用排除法求解【解答】解：平移后对应线段平行，旋转对应线段不

9、一定平行，故本小题错误；无论平移还是旋转，对应线段相等，故本小题正确；无论平移还是旋转，图形的形状和大小都没有发生变化，故本小题正确；无论平移还是旋转，对应角相等，故本小题正确综上所述，说法正确的是故选B【点评】本题主要考查了旋转的性质，平移的性质，熟记旋转变换，平移变换都只改变图形的位置不改变图形的形状与大小是解题的关键4如图，ABC和BDE是等边三角形，点A、B、D在一条直线上，并且AB=BD由一个三角形变换到另一个三角形（）A仅能由平移得到B仅能由旋转得到C既能由平移得到，也能由旋转得到D既不能由平移得到，也不能由旋转得到【考点】RA：几何变换的类型 【专题】选择题【分析】是轴对称图形，

10、这三对全等三角形中的一个都是以其中另一个三角形绕点B旋转90后得到或对折得到的【解答】解：ABC和BDE是等边三角形，点A、B、D在一条直线上，并且AB=BD这三对全等三角形中的一个都是以其中另一个三角形绕点B旋转90后得到或对折得到的故选C【点评】本题考查了几何变换的类型，解题的关键是看清由两个三角形组成的图象是轴对称图形还是中心对称图形5将点A（3，2）沿x轴向左平移4个单位长度得到点A，点A关于y轴对称的点的坐标是（）A（3，2）B（1，2）C（1，2）D（1，2）【考点】Q3：坐标与图形变化平移；P5：关于x轴、y轴对称的点的坐标 【专题】选择题【分析】先利用平移中点的变化规律求出点A

11、的坐标，再根据关于y轴对称的点的坐标特征即可求解【解答】解：将点A（3，2）沿x轴向左平移4个单位长度得到点A，点A的坐标为（1，2），点A关于y轴对称的点的坐标是（1，2）故选：C【点评】本题考查坐标与图形变化平移及对称的性质；用到的知识点为：两点关于y轴对称，纵坐标不变，横坐标互为相反数；左右平移只改变点的横坐标，右加左减6如图，将RtABC（其中B=35，C=90）绕点A按顺时针方向旋转到AB1C1的位置，使得点C、A、B1在同一条直线上，那么旋转角等于（）A55B70C125D145【考点】R2：旋转的性质 【专题】选择题【分析】根据直角三角形两锐角互余求出BAC，然后求出BAB1，再

12、根据旋转的性质对应边的夹角BAB1即为旋转角【解答】解：B=35，C=90，BAC=90B=9035=55，点C、A、B1在同一条直线上，BAB=180BAC=18055=125，旋转角等于125故选C【点评】本题考查了旋转的性质，直角三角形两锐角互余的性质，熟练掌握旋转的性质，明确对应边的夹角即为旋转角是解题的关键7如图，若DEF是由ABC经过平移后得到的，则平移的距离是（）A线段BC的长度B线段BE的长度C线段EC的长度D线段EF的长度【考点】Q2：平移的性质 【专题】选择题【分析】根据平移的性质，结合图形可直接求解【解答】解：观察图形可知：DEF是由ABC沿BC向右移动BE的长度后得到的

13、，平移距离就是线段BE的长度故选B【点评】本题利用了平移的基本性质：平移不改变图形的形状和大小；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8如图，在ABC中，CAB=75，在同一平面内，将ABC绕点A旋转到ABC的位置，使得CCAB，则BAB=（）A30B35C40D50【考点】R2：旋转的性质；JA：平行线的性质 【专题】选择题【分析】首先证明ACC=ACC；然后运用三角形的内角和定理求出CAC=30即可解决问题【解答】解：由题意得：AC=AC，ACC=ACC；CCAB，且BAC=75，ACC=ACC=BAC=75，CAC=180275=30；由题意知：BAB=CA

14、C=30，故选A【点评】该命题以三角形为载体，以旋转变换为方法，综合考查了全等三角形的性质及其应用问题；对综合的分析问题解决问题的能力提出了较高的要求9在平面直角坐标系中，线段OP的两个端点坐标分别是O（0，0），P（4，3），将线段OP绕点O逆时针旋转90到OP位置，则点P的坐标为（）A（3，4）B（4，3）C（3，4）D（4，3）【考点】R7：坐标与图形变化旋转 【专题】选择题【分析】如图，把线段OP绕点O逆时针旋转90到OP位置看作是把RtOPA绕点O逆时针旋转90到RtOPA，再根据旋转的性质得到OA、PA的长，然后根据第二象限点的坐标特征确定P点的坐标【解答】解：如图，OA=3，PA

15、=4，线段OP绕点O逆时针旋转90到OP位置，OA旋转到x轴负半轴OA的位置，PA0=PAO=90，PA=PA=4，P点的坐标为（3，4）故选C【点评】本题考查了坐标与图形变化旋转：在直角坐标系中线段的旋转问题转化为直角三角形的旋转，然后利用旋转的性质求出相应的线段长，再根据点的坐标特征确定点的坐标10如图，O是边长为a的正方形ABCD的中心，将一块半径足够长、圆心为直角的扇形纸板的圆心放在O点处，并将纸板的圆心绕O旋转，则正方形ABCD被纸板覆盖部分的面积为（）Aa2Ba2Ca2Da【考点】R2：旋转的性质 【专题】选择题【分析】扇形的半径交AD于E，交CD于F，连结OD，如图，利用正方形的

16、性质得OD=OC，COD=90，ODA=OCD=45，再利用等角的余角相等得到EOD=FOC，于是可证明ODEOCF，得到SODE=SOCF，所以S阴影部分=SDOC=S正方形ABCD=a2【解答】解：扇形的半径交AD于E，交CD于F，连结OD，如图，四边形ABCD为正方形，OD=OC，COD=90，ODA=OCD=45，EOF=90，即EOD+DOF=90，DOF+COF=90，EOD=FOC，在ODE和OCF中，ODEOCF，SODE=SOCF，S阴影部分=SDOC=S正方形ABCD=a2故选B【点评】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

17、角；旋转前、后的图形全等也考查了正方形的性质11关于这一图案，下列说法正确的是（）A图案乙是由甲绕BC的中点旋转180得到的B图案乙是由甲绕点C旋转108得到的C图案乙是由甲沿AB方向平移3个边长的距离得到的D图案乙是由甲沿直线BC翻转180得到的【考点】Q5：利用平移设计图案 【专题】选择题【分析】直接利用旋转的性质得出旋转中心进而得出答案【解答】解：如图所示：可得图案乙是由甲绕BC的中点旋转180得到的故选：A【点评】此题主要考查了旋转变换，正确得出旋转中心是解题关键12如图，ABO中，ABOB，OB=，AB=1，把ABO绕点O旋转150后得到A1B1O，则点A1的坐标为（）A（1，）B（

18、1，）或（2，0）C（，1）或（0，2）D（，1）【考点】R7：坐标与图形变化旋转 【专题】选择题【分析】需要分类讨论：在把ABO绕点O顺时针旋转150和逆时针旋转150后得到A1B1O时点A1的坐标【解答】解：ABO中，ABOB，OB=，AB=1，tanAOB=，AOB=30如图1，当ABO绕点O顺时针旋转150后得到A1B1O，则A1OC=150AOBBOC=1503090=30，则易求A1（1，）；如图2，当ABO绕点O逆时针旋转150后得到A1B1O，则A1OC=150AOBBOC=1503090=30，则易求A1（2，0）；综上所述，点A1的坐标为（1，）或（2，0）；故选B【点评】

19、本题考查了坐标与图形变化旋转解题时，注意分类讨论，以防错解13线段AB沿和它垂直的方向平移到AB，则线段AB和线段AB的位置关系是 【考点】Q2：平移的性质 【专题】填空题【分析】根据平移的性质可知，线段AB沿和它垂直的方向平移到AB，则线段AB和线段AB平行且相等【解答】解：线段AB沿和它垂直的方向平移到AB，线段AB和线段AB的位置关系是平行且相等故答案为：平行且相等【点评】本题考查的是平移的性质，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；新图形中的每一点，都是由原图形中的某一点移动后得到的，这两个点是对应点连接各组对应点的线段平行且相等14

20、如图，在四边形ABCD中，ADBC，BCAD，B与C互余，将AB，CD分别平移到EF和EG的位置，则EFG为 三角形【考点】Q2：平移的性质 【专题】填空题【分析】利用平移的性质可以知B+C=EFG+EGF，然后根据三角形内角和定理在EFG中求得FEG=90【解答】解：AB，CD分别平移到EF和EG的位置后，B的对应角是EFG，C的对应角是EGF，又B与C互余，EFG与EGF互余，在EFG中，FEG=90（三角形内角和定理），EFG为RtEFG，故答案是：直角【点评】本题考查了平移的性质，对应线段平行（或共线）且相等，对应角相等，对应点所连接的线段平行且相等15如图，把RtABC绕点A逆时针旋

21、转40，得到RtABC，点C恰好落在边AB上，连接BB，则BBC=度【考点】R2：旋转的性质 【专题】填空题【分析】根据旋转的性质可得AB=AB，BAB=40，然后根据等腰三角形两底角相等求出ABB，再利用直角三角形两锐角互余列式计算即可得解【解答】解：RtABC绕点A逆时针旋转40得到RtABC，AB=AB，BAB=40，在ABB中，ABB=（180BAB）=（18040）=70，ACB=C=90，BCAB，BBC=90ABB=9070=20故答案为：20【点评】本题考查了旋转的性质，等腰三角形的性质，直角三角形的两锐角互余，比较简单，熟记旋转变换只改变图形的位置不改变图形的形状与大小得到等

22、腰三角形是解题的关键16如图，将面积为5的ABC沿BC方向平移至DEF的位置，平移的距离是边BC长的两倍，那么图中的四边形ACED的面积为 【考点】Q2：平移的性质 【专题】填空题【分析】设点A到BC的距离为h，根据平移的性质用BC表示出AD、CE，然后根据三角形的面积公式与梯形的面积公式列式进行计算即可得解【解答】解：设点A到BC的距离为h，则SABC=BCh=5，平移的距离是BC的长的2倍，AD=2BC，CE=BC，四边形ACED的面积=（AD+CE）h=（2BC+BC）h=3BCh=35=15故答案为：15【点评】本题考查了平移的性质，三角形的面积，主要用了对应点间的距离等于平移的距离的

23、性质17如图，在平面直角坐标系中，将线段AB绕点A按逆时针方向旋转90后，得到线段AB，则点B的坐标为 【考点】R7：坐标与图形变化旋转 【专题】填空题【分析】画出旋转后的图形位置，根据图形求解【解答】解：AB旋转后位置如图所示B（4，2）【点评】本题涉及图形旋转，体现了新课标的精神，抓住旋转的三要素：旋转中心A，旋转方向逆时针，旋转角度90，通过画图得B坐标18如图，将矩形ABCD绕点A顺时针旋转到矩形ABCD的位置，旋转角为（090），若1=110，则= 【考点】R2：旋转的性质；LB：矩形的性质【专题】填空题 【分析】根据矩形的性质得B=D=BAD=90，根据旋转的性质得D=D=90，4

24、=，利用对顶角相等得到1=2=110，再根据四边形的内角和为360可计算出3=70，然后利用互余即可得到的度数【解答】解：如图，四边形ABCD为矩形，B=D=BAD=90，矩形ABCD绕点A顺时针旋转得到矩形ABCD，D=D=90，4=，1=2=110，3=3609090110=70，4=9070=20，=20故答案为：20【点评】本题考查了旋转的性质：旋转前后两图形全等；对应点到旋转中心的距离相等；对应点与旋转中心的连线段的夹角等于旋转角也考查了矩形的性质19如图，在边长为1个单位长度的小正方形组成的两格中，点A、B、C都是格点(1)将ABC向左平移6个单位长度得到得到A1B1C1；(2)将

25、ABC绕点O按逆时针方向旋转180得到A2B2C2，请画出A2B2C2【考点】R8：作图旋转变换；Q4：作图平移变换 【专题】解答题【分析】(1)将点A、B、C分别向左平移6个单位长度，得出对应点，即可得出A1B1C1；(2)将点A、B、C分别绕点O按逆时针方向旋转180，得出对应点，即可得出A2B2C2【解答】解：(1)如图所示：A1B1C1，即为所求；(2)如图所示：A2B2C2，即为所求【点评】此题主要考查了图形的平移和旋转，根据已知得出对应点位置是解题关键20如图1，将两个完全相同的三角形纸片ABC和DEC重合放置，其中C=90，B=E=30(1)操作发现如图2，固定ABC，使DEC绕

26、点C旋转，当点D恰好落在AB边上时，填空： 线段DE与AC的位置关系是 ；设BDC的面积为S1，AEC的面积为S2，则S1与S2的数量关系是 (2)猜想论证当DEC绕点C旋转到如图3所示的位置时，小明猜想(1)中S1与S2的数量关系仍然成立，并尝试分别作出了BDC和AEC中BC、CE边上的高，请你证明小明的猜想(3)拓展探究已知ABC=60，点D是角平分线上一点，BD=CD=4，DEAB交BC于点E（如图4）若在射线BA上存在点F，使SDCF=SBDE，请直接写出相应的BF的长【考点】KD：全等三角形的判定与性质 【专题】解答题【分析】(1)根据旋转的性质可得AC=CD，然后求出ACD是等边三

27、角形，根据等边三角形的性质可得ACD=60，然后根据内错角相等，两直线平行解答；根据等边三角形的性质可得AC=AD，再根据直角三角形30角所对的直角边等于斜边的一半求出AC=AB，然后求出AC=BD，再根据等边三角形的性质求出点C到AB的距离等于点D到AC的距离，然后根据等底等高的三角形的面积相等解答；(2)根据旋转的性质可得BC=CE，AC=CD，再求出ACN=DCM，然后利用“角角边”证明ACN和DCM全等，根据全等三角形对应边相等可得AN=DM，然后利用等底等高的三角形的面积相等证明；(3)过点D作DF1BE，求出四边形BEDF1是菱形，根据菱形的对边相等可得BE=DF1，然后根据等底等

28、高的三角形的面积相等可知点F1为所求的点，过点D作DF2BD，求出F1DF2=60，从而得到DF1F2是等边三角形，然后求出DF1=DF2，再求出CDF1=CDF2，利用“边角边”证明CDF1和CDF2全等，根据全等三角形的面积相等可得点F2也是所求的点，然后在等腰BDE中求出BE的长，即可得解【解答】解：(1)DEC绕点C旋转点D恰好落在AB边上，AC=CD，BAC=90B=9030=60，ACD是等边三角形，ACD=60，又CDE=BAC=60，ACD=CDE，DEAC；B=30，C=90，CD=AC=AB，BD=AD=AC，根据等边三角形的性质，ACD的边AC、AD上的高相等，BDC的面

29、积和AEC的面积相等（等底等高的三角形的面积相等），即S1=S2；故答案为：DEAC；S1=S2；(2)如图，DEC是由ABC绕点C旋转得到，BC=CE，AC=CD，ACN+BCN=90，DCM+BCN=18090=90，ACN=DCM，在ACN和DCM中，ACNDCM（AAS），AN=DM，BDC的面积和AEC的面积相等（等底等高的三角形的面积相等），即S1=S2；(3)如图，过点D作DF1BE，易求四边形BEDF1是菱形，所以BE=DF1，且BE、DF1上的高相等，此时SDCF1=SBDE；过点D作DF2BD，ABC=60，F1DBE，F2F1D=ABC=60，BF1=DF1，F1BD=A

30、BC=30，F2DB=90，F1DF2=ABC=60，DF1F2是等边三角形，DF1=DF2，BD=CD，ABC=60，点D是角平分线上一点，DBC=DCB=60=30，CDF1=180BCD=18030=150，CDF2=36015060=150，CDF1=CDF2，在CDF1和CDF2中，CDF1CDF2（SAS），点F2也是所求的点，ABC=60，点D是角平分线上一点，DEAB，DBC=BDE=ABD=60=30，又BD=4，BE=4cos30=2=，BF1=，BF2=BF1+F1F2=+=，故BF的长为或【点评】本题考查了全等三角形的判定与性质，三角形的面积，等边三角形的判定与性质，直

31、角三角形30角所对的直角边等于斜边的一半的性质，熟练掌握等底等高的三角形的面积相等，以及全等三角形的面积相等是解题的关键，(3)要注意符合条件的点F有两个21如图，在平面直角坐标系xOy中，对正方形ABCD及其内部的每个点进行如下操作：把每个点的横、纵坐标都乘以同一种实数a，将得到的点先向右平移m个单位，再向上平移n个单位（m0，n0）得到正方形ABCD及其内部的点，其中点A、B的对应点分别为A，B已知正方形ABCD内部的一个点F经过上述操作后得到的对应点F与点F重合，求点F的坐标【考点】9A：二元一次方程组的应用；Q3：坐标与图形变化平移 【专题】解答题【分析】首先根据点A到A，B到B的点的坐标可得方程组；，解可得a、m、n的值，设F点的坐标为（x，y），点F点F重合可列出方程组，再解可得F点坐标【解答】解：由点A到A，可得方程组；由B到B，可得方程组，解得，设F点的坐标为（x，y），点F点F重合得到方程组，解得，即F（1，4）【点评】此题主要考查了二元一次方程组的应用，关键是正确理解题意，根据点的坐标列出方程组