人教版九年级数学讲义图形的旋转与中心对称(含解析).pdf

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1、第 8 讲 图形的旋转与中心对称知识定位讲解用时：3 分钟A、适用范围：人教版初三，基础一般B、知识点概述：本讲义主要用于人教版初三新课，本节课我们首先学习旋转变换，重点掌握旋转三要素以及旋转的性质，能够结合图形的性质处理简单几何问题，其次学习中心对称以及中心对称图形，掌握中心对称的性质，了解坐标关于原点对称的特征。本节课的难点在于旋转与三角形以及四边形等知识点的结合考查，具有一定的综合性，希望同学们认真学习，熟练掌握相关性质和应用。知识梳理讲解用时：20分钟图形的旋转（1）旋转的定义在平面内，将一个图形绕一个定点沿某个方向转动一个角度，这样的图形运动称为旋转，这个定点称为旋转中心，转过的角称

2、为旋转角。从以下几点理解定义：旋转中心在旋转过程中保持不变；图形的旋转是由旋转中心、旋转角度和旋转方向共同决定（三要素）；旋转角度一般小于360。（2）旋转的特征旋转后图形上每一点都绕着旋转中心旋转了同样的角度；旋转后的图形与原图形对应线段相等、对应角相等；对应点到旋转中心的距离相等；旋转后的图形与原来的图形的形状和大小都没有发生变化。（3）旋转对称图形的定义把一个图形绕着一个顶点旋转一个角度后，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（旋转角3600），如电风扇、五角星、圆等都是旋转对称图形。对旋转对称图形可从以下几个方面理解：旋转中心在旋转的

3、图形上；旋转的角度小于 360（4）图形的旋转与旋转对称图形的区别和联系图形的旋转是指一个图形从一个位置旋转到另一个位置，即同一个图形在位置上的变化；旋转对称图形，是指一个图形所具有的特性，即旋转一定角度后位置没有变化，仍与自身重合；图形的旋转随着旋转角度的不同从一个位置旋转到不同位置；旋转对称图形旋转一定角度后仍在原处与自身重合；图形的旋转与旋转对称图形都是绕旋转中心旋转。中心对称与中心对称图形（1）定义把一个图形绕某一点旋转180，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，这个点叫做对称中心。注意：中心对称图形和中心对称不同，中心对称是两个图形之间的关系，而中心

4、对称图形是指一个图形自身的特点，这点应注意区分，它们性质相同，应用方法相同。（2）关于原点对称的点的坐标两个点关于原点对称时，它们的坐标符号相反，即点P（x，y）关于原点 O 的对称点是 P（x，y）；关于原点对称的点或图形属于中心对称，它是中心对称在平面直角坐标系中的应用，它具有中心对称的所有性质，但它主要是用坐标变化确定图形。课堂精讲精练【例题 1】将小鱼图案绕着头部某点顺时针旋转90 后可以得到的图案是（）ABCD【答案】B【解析】本题考查的是图形的旋转变化，小鱼图案绕着头部某点顺时针旋转90 后可以得到的图案是B 中图案，故选：B讲解用时：3 分钟解题思路：根据旋转的意义，找出图中眼、

5、尾巴等关键处按顺时针方向旋转90后的形状即可选择答案。教学建议：看清是顺时针还是逆时针旋转，旋转多少度。难度：3 适应场景：当堂例题例题来源：大渡口区模拟年份：2017【练习 1】观察下列图案，其中旋转角最大的是（）。ABCD【答案】A【解析】根据旋转的定义来判断旋转的度数，A、旋转角是 120；B、旋转角是 90；C、旋转角是 72；D、旋转角是 60 故选：A讲解用时：2 分钟解题思路：根据定义，一个图形围绕一个定点旋转一定的角度，得到另一个图形叫做旋转。教学建议：根据图形特征直接判断。难度：3 适应场景：当堂练习例题来源：北湖区校级模拟年份：2017【例题 2】如图，在同一平面内，将AB

6、C 绕点 A 逆时针旋转 40 到AED 的位置，恰好使得 DC AB，则CAB 的大小为。【答案】70【解析】本题考查了旋转的性质，等腰三角形的性质以及平行线的性质，ABC绕点 A 逆时针旋转 40 到AED的位置，AC=AD，CAD=40 ，ACD=ADC=70，DC AB，CAB=ACD=70 ，讲解用时：3 分钟解题思路：根据旋转的性质得到AC=AD，CAD=40，根据等腰三角形的性质得到ACD=ADC=70 ，根据平行线的性质即可得到结论。教学建议：熟练掌握旋转的性质是解题的关键。难度：3 适应场景：当堂例题例题来源：惠民县期末年份：2017 秋【练习 2】如图，已知 l1l2，把一

7、块含 30 角的直角三角尺按如图所示的方式摆放，边BC在直线 l2上，将 ABC绕点 C 顺时针旋转 50，则1的度数为（）。A20B50C80 D110【答案】C【解析】本题考查了旋转的性质和平行线的性质，ABC绕点 C 顺时针旋转 50，ACA=50，ACB=80，l1l2，1=ACB=80，故选：C讲解用时：3 分钟解题思路：先利用旋转的性质得到ACA=50，然后利用平行线的性质得到1的度数。教学建议：熟练掌握旋转的性质是解题的关键，此题也可以直接用排除法解决。难度：3 适应场景：当堂练习例题来源：太和县模拟年份：2018【例题 3】下列图形中，中心对称图形有（）A1 个B2 个C3 个

8、D4 个【答案】C【解析】此题主要考查了中心对称图形的定义，第一个图形是中心对称图形；第二个图形是中心对称图形；第三个图形是中心对称图形；第四个图形不是中心对称图形故共 3 个中心对称图形，故选：C讲解用时：3 分钟解题思路：根据中心对称图形的概念求解。教学建议：根据中心对称图形的概念求解。难度：3 适应场景：当堂例题例题来源：天水年份：2018【练习 3】在下列图形中，等边三角形，正方形，正五边形，正六边形，其中既是轴对称图形又是中心对称的图形有（）。A1 个B2 个C3 个D4 个【答案】B【解析】此题主要考查了中心对称图形与轴对称的定义，、两者都既是中心对称图形又是轴对称图形，只是轴对称

9、图形，故选：B讲解用时：4 分钟解题思路：根据中心对称图形的定义旋转180 后能够与原图形完全重合即是中心对称图形，以及轴对称图形的定义即可判断出。教学建议：掌握多边形性质是关键。难度：3 适应场景：当堂练习例题来源：长宁区二模年份：2015【例题 4】已知点 A（mn，2m）与点 B（3n，2nm），如果点 A、B 关于原点对称，求 m、n 的值。【答案】m=2，n=1【解析】本题考查了关于原点对称的点坐标的关系，点 A（mn，2m）与点 B（3n，2nm）关于坐标系原点对称，m n=3n，2m=（2nm），解得：m=2，n=1讲解用时：3 分钟解题思路：平面直角坐标系中任意一点P（x，y）

10、，关于原点的对称点是（x，y），可据此求出 m、n 的值。教学建议：熟记坐标关于原点对称的特征解题。难度：3 适应场景：当堂例题例题来源：普陀区期末年份：2007 春【练习 4】已知 A（m+n，1）、B（3，n3m）是直角坐标平面内不同的两点，当m=，n=时，A、B 两点关于 x 轴对称；当 m=，n=时，A、B 两点关于原点对称。【答案】1，2；21，25【解析】此题主要考查了关于x 轴对称以及关于原点对称点的坐标性质，A（m+n，1）、B（3，n3m）关于 x 轴对称，解得：，A、B 两点关于原点对称，解得：，故答案为：1，2；21，25讲解用时：5 分钟解题思路：分别利用关于 x 轴对

11、称点的性质以及关于原点对称点的坐标性质进而得出 m，n 的值。教学建议：熟记坐标关于坐标轴以及原点对称的特征解题。难度：3 适应场景：当堂练习例题来源：浦东新区期末年份：2014 春【例题 5】如图，将矩形 ABCD 绕点 A 旋转至矩形 AB C D 位置，此时 AC 的中点恰好与 D点重合，AB 交 CD 于点 E，若 AB=6，则AEC的面积为。【答案】43【解析】此题考查了旋转的性质，含 30 度直角三角形的性质，勾股定理以及等腰三角形的性质的运用，旋转后 AC 的中点恰好与 D 点重合，即 AD=21AC=21AC，在 RtACD中，ACD=30 ，即DAC=60 ，DAD=60，D

12、AE=30 ，EAC=ACD=30 ，AE=CE，在 RtADE中，设 AE=EC=x，则有DE=DCEC=ABEC=6x，AD=336=23，根据勾股定理得：x2=（6x）2+（23）2，解得：x=4，EC=4，则 SAEC=21EC?AD=43讲解用时：8 分钟解题思路：根据旋转后 AC 的中点恰好与D 点重合，利用旋转的性质得到直角三角形 ACD 中，ACD=30，再由旋转后矩形与已知矩形全等及矩形的性质得到DAE 为 30，进而得到 EAC=ECA，利用等角对等边得到AE=CE，设AE=CE=x，表示出 AD 与 DE，利用勾股定理列出关于x 的方程，求出方程的解得到 x 的值，确定出

13、 EC 的长，即可求出三角形AEC 面积教学建议：清楚旋转的“不变”特性是解答的关键。难度：4 适应场景：当堂例题例题来源：海丰县模拟年份：2018【练习 5】如图，将矩形 ABCD 绕点 A 旋转至矩形 AB C D 位置，此时 AC 的中点恰好与 D点重合，AB 交 CD 于点 E，若 DE=1，则矩形 ABCD 的面积为。【答案】33【解析】本题考查了旋转的性质、矩形的性质，将矩形 ABCD 绕点 A 旋转至矩形 AB CD位置，AC=AC ，AC的中点恰好与 D 点重合，AD=21AC，DAE=ACD=30 ，DE=1，AD=3，AE=2，DAC=90 30=60，EAC=30 ，EA

14、C=ACD=30 ，AE=CE=2，CD=3，矩形 ABCD 的面积=CD?AD=33讲解用时：8 分钟解题思路：根据旋转的性质得到AC=AC，由 AC 的中点恰好与 D 点重合，得到AD=21AC，从而得到 DAE=ACD=30，求得 AD=3，AE=2，AE=CE=2，根据矩形的面积公式即可得到结论。教学建议：清楚旋转的“不变”特性是解答的关键。难度：4 适应场景：当堂练习例题来源：龙湖区一模年份：2018【例题 6】如图，正方形ABCD 中，E 在 BC 上，DEC 按顺时针方向转动一个角度后成DGA。（1）图中哪一个点是旋转中心？（2）旋转了多少度？（3）已知 CD=4，CE=3，求

15、GE 长【答案】（1）旋转中心是点 D；（2）旋转了 90；（3）52【解析】本题考查了旋转的性质、正方形性质以及勾股定理的应用，（1）旋转中心是点 D；（2）DEC按顺时针方向转动一个角度后成DGA，旋转角的度数等于 ADC的度数，四边形 ABCD 是正方形，ADC=90 ，旋转了 90；（3）四边形 ABCD 是正方形，B=90，DC=AB=BC=4，CE=3，BE=4 3=1，DEC 按顺时针方向转动一个角度后成DGA，DEC DGA，AG=CE=3，BG=3+4=7，在 RtGBE中，由勾股定理得GE=52讲解用时：8 分钟解题思路：（1）根据已知和图形即可得出答案；（2）根据图形，结

16、合旋转的性质，即可得出旋转角的度数等于ADC 的度数，求出即可；（3）根据旋转得出AG=CE=3，求出 BE、BG，根据勾股定理求出即可。教学建议：理解旋转三要素，结合旋转性质分析。难度：4 适应场景：当堂例题例题来源：上杭县期中年份：2017秋【练习 6】如图，在 RtABC中，ACB=90，点 D、E 分别在 AB、AC 上，CE=BC，连接 CD，将线段 CD 绕点 C 按顺时针方向旋转90 后得到 CF，连接 EF。（1）求证：BDC EFC；（2）若 EF CD，求证：BDC=90。【答案】（1）证明：由旋转的性质得，CD=CF，DCF=90，则DCE+ECF=90，ACB=90 ，

17、BCD+DCE=90 ，BCD=ECF，在BDC和EFC中，BDC EFC（SAS）（2）解：EF CD，F+DCF=180 ，DCF=90 ，F=90，BDC EFC，BDC=F=90【解析】本题考查了旋转的性质、全等三角形的判定与性质以及平行线的性质，（1）证明：由旋转的性质得，CD=CF，DCF=90，则DCE+ECF=90，ACB=90 ，BCD+DCE=90 ，BCD=ECF，在BDC和EFC中，BDC EFC（SAS）；（2）解：EF CD，F+DCF=180 ，DCF=90 ，F=90，BDC EFC，BDC=F=90 讲解用时：10分钟解题思路：（1）根据旋转的性质可得CD=C

18、F，DCF=90 ，然后根据同角的余角相等求出 BCD=ECF，再利用“边角边”证明即可；（2）根据两直线平行，同旁内角互补求出F=90，再根据全等三角形对应角相等可得 BDC=F。教学建议：关键在于利用同角的余角相等求出相等的角。难度：4 适应场景：当堂练习例题来源：泉州模拟年份：2017【例题 7】如图，将矩形 ABCD 绕点 C 旋转得到矩形 FECG，点 E 在 AD 上，延长 ED 交FG 于点 H。（1）求证：EDC HFE；（2）连接 BE、CH：四边形 BEHC 是怎样的特殊四边形？证明你的结论；当 AB 与 BC 的比值为时，四边形 BEHC 为菱形。【答案】（1）矩形 FE

19、CG 由矩形 ABCD 旋转得到，FE=AB=DC，F=EDC=90 ，FH EC，FHE=CED，在EDC和HFE中，EDC HFE（2）四边形 BEHC 为平行四边形；AB：BC=2:3【解析】本题主要考查旋转的性质、全等三角形的判定及等边三角形的判定，（1）矩形 FECG 由矩形 ABCD 旋转得到，FE=AB=DC，F=EDC=90 ，FH EC，FHE=CED 在EDC和HFE中，EDC HFE（2）四边形 BEHC 为平行四边形，EDC HFE，EH=EC 矩形 FECG 由矩形 ABCD 旋转得到，EH=EC=BC，EH BC，四边形 BEHC 为平行四边形连接 BE四边形 BE

20、HC 为菱形，BE=BC，由旋转的性质可知BC=EC，BE=EC=BC，EBC 为等边三角形，EBC=60 ，ABE=30 ，AB：BE=2:3又BE=CB，AB 与 BC 的比值=2:3讲解用时：15分钟解题思路：（1）依据题意可得到FE=AB=DC，F=EDC=90 ，FH EC，利用平行线的性质可证明 FHE=CED，然后依据 AAS 证明EDC HFE 即可；（2）由全等三角形的性质可知EH=EC，由旋转的性质可得到BC=EC，从而可证明 EH=BC，最后依据平行四边形的判定定理进行证明即可；连接 BE可证明EBC为等边三角形，则ABE=30，利用特殊锐角三角函数值可得到AB：BE=3

21、：2。教学建议：熟练掌握相关图形的性质和判定定理是解题的关键。难度：5 适应场景：当堂例题例题来源：南京一模年份：2017【练习 7】如图，正方形 ABCD 的边长为 6，E，F 分别是 AB，BC 边上的点，且 EDF=45 ，将DAE 绕点 D 逆时针旋转 90，得到DCM。（1）求证：EF=FM；（2）当 AE=2 时，求 EF 的长。【答案】（1）证明：DAE逆时针旋转 90 得到DCM，FCM=FCD+DCM=180，F、C、M 三点共线，DE=DM，EDM=90，EDF+FDM=90 ，EDF=45，FDM=EDF=45 ，在DEF和DMF中，DEF DMF（SAS），EF=MF；

22、（2）EF=5【解析】此题考查了正方形的性质、旋转的性质、全等三角形的判定与性质以及勾股定理，（1）证明：DAE逆时针旋转 90 得到DCM，FCM=FCD+DCM=180，F、C、M 三点共线，DE=DM，EDM=90，EDF+FDM=90 ，EDF=45，FDM=EDF=45 ，在DEF和DMF中，DEF DMF（SAS），EF=MF；（2）解：设 EF=MF=x，AE=CM=2，且 BC=6，BM=BC+CM=6+2=8，BF=BMMF=BM EF=8x，EB=ABAE=62=4，在 RtEBF中，由勾股定理得EB2+BF2=EF2，即 42+（8x）2=x2，解得：x=5，则 EF=5

23、讲解用时：15分钟解题思路：（1）由旋转可得 DE=DM，EDM 为直角，可得出 EDF+MDF=90 ，由EDF=45 ，得到 MDF 为 45，可得出 EDF=MDF，再由 DF=DF，利用SAS 可得出三角形 DEF 与三角形 MDF 全等，由全等三角形的对应边相等可得出 EF=MF；（2）由第一问的全等得到AE=CM=2，正方形的边长为 6，用 ABAE 求出 EB的长，再由 BC+CM 求出 BM 的长，设 EF=MF=x，可得出 BF=BMFM=BM EF=8x，在直角三角形 BEF 中，利用勾股定理列出关于x 的方程，求出方程的解得到 x 的值，即为 EF 的长。教学建议：利用转

24、化及方程的思想，熟练掌握性质及定理是解本题的关键。难度：5 适应场景：当堂练习例题来源：罗平县一模年份：2017 课后作业【作业 1】如图所示，点 E 是正方形 ABCD 内一点，把 BEC绕点 C 旋转至 DFC位置，则 EFC的度数是（）。A90B30C45 D60【答案】C【解析】本题考查了旋转性质、正方形的性质、等腰直角三角形的判定与性质，四边形 ABCD 是正方形，BCD=90 ，BEC 绕点 C 旋转至 DFC的位置，ECF=BCD=90 ，CE=CF，CEF 是等腰直角三角形，EFC=45，故选：C讲解用时：3 分钟难度：3 适应场景：当堂例题例题来源：遵义期末年份：2017秋【

25、作业 2】下列图形中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（）A等边三角形B平行四边形C菱形D正五边形【答案】C【解析】本题主要考查中心对称图形与轴对称图形的概念，A、等边三角形不是中心对称图形，是轴对称图形，故本选项错误；B、平行四边形是中心对称图形，不是轴对称图形，故本选项错误；C、菱形是中心对称图形，也是轴对称图形，故本选项正确；D、正五边形是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项错误，故选：C讲解用时：3 分钟难度：3 适应场景：当堂练习例题来源：崇明县二模年份：2018【作业 3】如图，等腰 RtABC中，BA=BC，ABC=90，点 D 在AC上，将ABD绕点 B 沿顺时针方向旋转 90 后，得到CBE。（1）求DCE的度数；（2）若 AB=4，CD=3AD，求 DE 的长。【答案】（1）90；（2）25【解析】本题主要考查的是旋转的性质、勾股定理的应用、等腰直角三角形的性质，（1）ABC为等腰直角三角形，BAD=BCD=45 由旋转的性质可知 BAD=BCE=45 DCE=BCE+BCA=45+45=90（2）BA=BC，ABC=90，由勾股定理得 AC=42，CD=3AD，AD=2，DC=32，由旋转的性质可知：AD=EC=2，由勾股定理得 DE=25讲解用时：10分钟难度：4 适应场景：练习题例题来源：天门二模年份：2017