旋转常见错解剖析
中考数学复习旋转专项易错题及答案解析
一、旋转真题与模拟题分类汇编（难题易错题）1．在正方形ABCD中，点E，F分别在边BC，CD上，且∠EAF=∠CEF=45°.(1)将△ADF绕着点A顺时针旋转90°，得到△ABG(如图①)，求证：△AEG≌△AEF；(2)若直线EF与AB，AD的延长线分别交于点M，N(如图②)，求证：EF2=ME2+NF2；(3)将正方形改为长与宽不相等的矩形，若其余条件不变(如图③)，请你直接写出线段EF，BE，DF之间的数量关系.【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）EF2=2BE2+2DF2.【解析】试题分析：（1）根据旋转的性质可知AF=AG，∠EAF=∠GAE=45°，故可证△AEG≌△AEF；（2）将△ADF绕着点A顺时针旋转90°，得到△ABG，连结GM．由（1）知△AEG≌△AEF，则EG=EF．再由△BME、△DNF、△CEF均为等腰直角三角形，得出CE=CF，BE=BM，NF=DF，然后证明∠GME=90°，MG=NF，利用勾股定理得出EG2=ME2+MG2，等量代换即可证明EF2=ME2+NF2；（3）将△ADF绕着点A顺时针旋转90°，得到△ABG，根据旋转的性质可以得到△ADF≌△ABG，则DF=BG，再证明△AEG≌△AEF，得出EG=EF，由EG=BG+BE，等量代换得到EF=BE+DF．试题解析：（1）∵△ADF绕着点A顺时针旋转90°，得到△ABG，∴AF=AG，∠FAG=90°，∵∠EAF=45°，∴∠GAE=45°，在△AGE与△AFE中，，∴△AGE≌△AFE（SAS）；（2）设正方形ABCD的边长为a．将△ADF绕着点A顺时针旋转90°，得到△ABG，连结GM．则△ADF≌△ABG，DF=BG．由（1）知△AEG≌△AEF，∴EG=EF．∵∠CEF=45°，∴△BME、△DNF、△CEF均为等腰直角三角形，∴CE=CF ，BE=BM，NF=DF，∴a﹣BE=a﹣DF，∴BE=DF，∴BE=BM=DF=BG，∴∠BMG=45°，∴∠GME=45°+45°=90°，∴EG2=ME2+MG2，∵EG=EF，MG=BM=DF=NF，∴EF2=ME2+NF2；（3）EF2=2BE2+2DF2．如图所示，延长EF交AB延长线于M点，交AD延长线于N点，将△ADF绕着点A顺时针旋转90°，得到△AGH，连结HM，HE．由（1）知△AEH≌△AEF，则由勾股定理有（GH+BE）2+BG2=EH2，即（GH+BE）2+（BM﹣GM）2=EH2又∴EF=HE，DF=GH=GM，BE=BM，所以有（GH+BE）2+（BE﹣GH）2=EF2，即2（DF2+BE2）=EF2考点：四边形综合题2．如图1，四边形ABCD是正方形，G是CD边上的一个动点（点G与C、D不重合），以CG为一边在正方形ABCD外作正方形CEFG，连接BG，DE．（1）①猜想图1中线段BG、线段DE的长度关系及所在直线的位置关系，不必证明；②将图1中的正方形CEFG绕着点C按顺时针方向旋转任意角度α，得到如图2情形．请你通过观察、测量等方法判断①中得到的结论是否仍然成立，并证明你的判断．（2）将原题中正方形改为矩形（如图3、4），且AB=a，BC=b，CE=ka，CG=kb （a≠b，k＞0），第（1）题①中得到的结论哪些成立，哪些不成立？若成立，以图4为例简要说明理由．（3）在第（2）题图4中，连接DG、BE，且a=3，b=2，k=12，求BE2+DG2的值．【答案】（1）①BG⊥DE，BG=DE；②BG⊥DE，证明见解析；（2）BG⊥DE，证明见解析；（3）16.25．【解析】分析：（1）①根据正方形的性质，显然三角形BCG顺时针旋转90°即可得到三角形DCE，从而判断两条直线之间的关系；②结合正方形的性质，根据SAS仍然能够判定△BCG≌△DCE，从而证明结论；（2）根据两条对应边的比相等，且夹角相等可以判定上述两个三角形相似，从而可以得到（1）中的位置关系仍然成立；（3）连接BE、DG．根据勾股定理即可把BE2+DG2转换为两个矩形的长、宽平方和．详解：（1）①BG⊥DE，BG=DE；②∵四边形ABCD和四边形CEFG是正方形，∴BC=DC，CG=CE，∠BCD=∠ECG=90°，∴∠BCG=∠DCE，∴△BCG≌△DCE，∴BG=DE，∠CBG=∠CDE，又∵∠CBG+∠BHC=90°，∴∠CDE+∠DHG=90°，∴BG⊥DE．（2）∵AB=a，BC=b，CE=ka，CG=kb，∴BC CG b==，DC CE a又∵∠BCG=∠DCE，∴△BCG∽△DCE，∴∠CBG=∠CDE，又∵∠CBG+∠BHC=90°，∴∠CDE+∠DHG=90°，∴BG⊥DE．（3）连接BE、DG．根据题意，得AB=3，BC=2，CE=1.5，CG=1，∵BG⊥DE，∠BCD=∠ECG=90°∴BE2+DG2=BO2+OE2+DO2+OG2=BC2+CD2+CE2+CG2=9+4+2.25+1=16.25．点睛：此题综合运用了全等三角形的判定和性质、相似三角形的判定和性质以及勾股定理．3．已知:在△ABC中，BC=a，AC=b，以AB为边作等边三角形ABD．探究下列问题:（1）如图1，当点D与点C位于直线AB的两侧时，a=b=3，且∠ACB=60°，则CD= ；（2）如图2，当点D与点C位于直线AB的同侧时，a=b=6，且∠ACB=90°，则CD= ；（3）如图3，当∠ACB变化,且点D与点C位于直线AB的两侧时，求 CD的最大值及相应的∠ACB的度数.【答案】（1）；（2）；（3）当∠ACB=120°时，CD有最大值是a+b.【解析】【分析】（1）a=b=3，且∠ACB=60°，△ABC是等边三角形，且CD是等边三角形的高线的2倍，据此即可求解；（2）a=b=6，且∠ACB=90°，△ABC是等腰直角三角形，且CD是边长是6的等边三角形的高长与等腰直角三角形的斜边上的高的差；（3）以点D为中心，将△DBC逆时针旋转60°，则点B落在点A，点C落在点E．连接AE，CE，当点E、A、C在一条直线上时，CD有最大值，CD=CE=a+b．【详解】（1）∵a=b=3，且∠ACB=60°，∴△ABC是等边三角形，∴OC=，∴CD=3；（2）3；（3）以点D为中心，将△DBC逆时针旋转60°，则点B落在点A，点C落在点E．连接AE，CE，∴CD=ED，∠CDE=60°，AE=CB=a，∴△CDE为等边三角形，∴CE=CD．当点E、A、C不在一条直线上时，有CD=CE＜AE+AC=a+b；当点E、A、C在一条直线上时，CD有最大值，CD=CE=a+b；只有当∠ACB=120°时，∠CAE=180°，即A、C、E在一条直线上，此时AE最大∴∠ACB=120°，因此当∠ACB=120°时，CD有最大值是a+b．【点睛】本题主要考查了等边三角形的性质，以及轴对称的性质，正确理解CD有最大值的条件，是解题的关键．4．（特例发现）如图1，在△ABC中，AG⊥BC于点G，以A为直角顶点，分别以AB，AC 为直角边，向△ABC外作等腰Rt△ABE和等腰Rt△ACF，过点E、F作射线GA的垂线，垂足分别为P、Q．求证：EP=FQ．（延伸拓展）如图2，在△ABC中，AG⊥BC于点G，以A为直角顶点，分别以AB，AC为直角边，向△ABC外作Rt△ABE和Rt△ACF，射线GA交EF于点H．若AB=kAE，AC=kAF，请思考HE与HF之间的数量关系，并直接写出你的结论．（深入探究）如图3，在△ABC中，G是BC边上任意一点，以A为顶点，向△ABC外作任意△ABE和△ACF，射线GA交EF于点H．若∠EAB=∠AGB，∠FAC=∠AGC，AB=kAE，AC=kAF，上一问的结论还成立吗？并证明你的结论．（应用推广）在上一问的条件下，设大小恒定的角∠IHJ分别与△AEF的两边AE、AF分别交于点M、N，若△ABC为腰长等于4的等腰三角形，其中∠BAC=120°，且∠IHJ=∠AGB=θ=60°，k=2；求证：当∠IHJ在旋转过程中，△EMH、△HMN和△FNH均相似，并直接写出线段MN的最小值（请在答题卡的备用图中补全作图）．【答案】(1)证明参见解析；(2)HE=HF；(3)成立，证明参见解析；(4)证明参见解析，MN最小值为1.【解析】试题分析：(1)特例发现：易证△AEP≌△BAG，△AFQ≌△CAG，即可求得EP=AG，FQ=AG，即可解题；(2)延伸拓展：过点E、F作射线GA的垂线，垂足分别为P、Q．易证△ABG∽△EAP，△ACG∽△FAQ，得到PE=AG，FQ=AG，∴PE=FQ，然后证明△EPH≌△FQH，即可得出HE=HF；(3)深入探究：判断△PEA∽△GAB，得到PE=AG，△AQF∽△CGA，FQ=，得到FQ=AG，再判断△EPH≌△FQH，即可得出HE=HF；(4)应用推广：由前一个结论得到△AEF为正三角形，再依次判断△MHN∽△HFN∽△MEH，即可得出结论．试题解析：(1)特例发现，如图：∵∠PEA+∠PAE=90°，∠GAB+∠PAE=90°，∴∠PEA=∠GAB，∵∠EPA=∠AGB，AE=AB，∴△PEA≌△GAB，∴PE=AG，同理，△QFA≌△GAC，∴FQ=AG，∴PE=FQ；(2)延伸拓展，如图：∵∠PEA+∠PAE=90°，∠GAB+∠PAE=90°，∴∠PEA=∠GAB，∴∠EPA=∠AGB，∴△PEA∽△GAB，∴，∵AB=kAE，∴，∴PE=AG，同理，△QFA∽△GAC，∴，∵AC=kAF，∴FQ=AG，∴PE=FQ，∵EP∥FQ，∴∠EPH=∠FQH，∵∠PHE=∠QHF，∴△EPH≌△FQH，∴HE=HF；(3)深入探究,如图2，在直线AG上取一点P，使得∠EPA═∠AGB，作FQ∥PE，∵∠EAP+∠BAG=180°﹣∠AGB，∠ABG+∠BAG=180°﹣∠AGB，∴∠EAP=∠ABG，∵∠EPA=∠AGB，∴△APE∽△BGA，∴，∵AB=kAE，∴PE=AG，由于∠FQA=∠FAC=∠AGC=180°﹣∠AGB，同理可得，△AQF∽△CGA，∴，∵AC=kAF，∴FQ=AG，∴EP=FQ，∵EP∥FQ，∴∠EPH=∠FQH，∵∠PHE=∠QHF，∴△EPH≌△FQH，∴HE=HF；(4)应用推广,如图3，在前面条件及结论，得到，点H是EF中点，∴AE=AF，∵∠EAB=∠AGB，∠FAC=∠AGC∴∠EAB+∠FAC=180°∴∠EAF=360°﹣（∠EAB+∠FAC）﹣∠BAC=60°，∴△AEF 为正三角形．又H为EF中点，∴∠EHM+∠IHJ=120°，∠IHJ+∠FHN=120°，∴∠EHM=∠FHN．∵∠AEF=∠AFE，∴△HEM∽△HFN，∴，∵EH=FH，∴，且∠MHN=∠HFN=60°，∴△MHN∽△HFN，∴△MHN∽△HFN∽△MEH，在△HMN中，∠MHN=60°，根据三角形中大边对大角，∴要MN最小，只有△HMN是等边三角形，∴∠AMN=60°，∵∠AEF=60°，MN∴MN∥EF，∵△AEF为等边三角形，∴MN为△AEF的中位线，∴MN min=EF=×2=1．考点：1.几何变换综合题；2.三角形全等及相似的判定性质.5．已知△ABC是等腰三角形，AB=AC．（1）特殊情形：如图1，当DE∥BC时，有DB EC．（填“＞”，“＜”或“=”）（2）发现探究：若将图1中的△ADE绕点A顺时针旋转α（0°＜α＜180°）到图2位置，则（1）中的结论还成立吗？若成立，请给予证明；若不成立，请说明理由．（3）拓展运用：如图3，P是等腰直角三角形ABC内一点，∠ACB=90°，且PB=1，PC=2，PA=3，求∠BPC的度数．【答案】（1）=；（2）成立，证明见解析；（3）135°.【解析】【分析】试题（1）由DE∥BC，得到DB ECAB AC=，结合AB=AC，得到DB=EC；（2）由旋转得到的结论判断出△DAB≌△EAC，得到DB=CE；（3）由旋转构造出△CPB≌△CEA，再用勾股定理计算出PE，然后用勾股定理逆定理判断出△PEA是直角三角形，在简单计算即可．【详解】（1）∵DE∥BC，∴DB ECAB AC=，∵AB=AC，∴DB=EC，故答案为=，（2）成立．证明：由①易知AD=AE，∴由旋转性质可知∠DAB=∠EAC，又∵AD=AE，AB=AC∴△DAB≌△EAC，∴DB=CE，（3）如图，将△CPB绕点C旋转90°得△CEA，连接PE，∴△CPB≌△CEA，∴CE=CP=2，AE=BP=1，∠PCE=90°，∴∠CEP=∠CPE=45°，在Rt△PCE中，由勾股定理可得，PE=2在△PEA中，PE2=（222=8，AE2=12=1，PA2=32=9，∵PE2+AE2=AP2，∴△PEA是直角三角形∴∠PEA=90°，∴∠CEA=135°，又∵△CPB≌△CEA∴∠BPC=∠CEA=135°．【点睛】考点：几何变换综合题；平行线平行线分线段成比例.6．如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，∠A=30°，点O为AB中点，点P为直线BC上的动点（不与点B、点C重合），连接OC、OP，将线段OP绕点P顺时针旋转60°，得到线段PQ，连接BQ．（1）如图1，当点P在线段BC上时，请直接写出线段BQ与CP的数量关系．（2）如图2，当点P在CB延长线上时，（1）中结论是否成立？若成立，请加以证明；若不成立，请说明理由；（3）如图3，当点P在BC延长线上时，若∠BPO=15°，BP=4，请求出BQ的长．-．【答案】（1）BQ=CP；（2）成立：PC=BQ；（3）434【解析】试题分析：（1）结论：BQ=CP．如图1中，作PH∥AB交CO于H，可得△PCH是等边三角形，只要证明△POH≌△QPB即可；（2）成立：PC=BQ．作PH∥AB交CO的延长线于H．证明方法类似（1）；（3）如图3中，作CE⊥OP于E，在PE上取一点F，使得FP=FC，连接CF．设CE=CO=a，则FC=FP=2a，EF3，在Rt△PCE中，表示出PC，根据PC+CB=4，可得方程+=，求出a即可解决问题；62)24a a试题解析：解：（1）结论：BQ=CP．理由：如图1中，作PH∥AB交CO于H．在Rt△ABC中，∵∠ACB=90°，∠A=30°，点O为AB中点，∴CO=AO=BO，∠CBO=60°，∴△CBO是等边三角形，∴∠CHP=∠COB=60°，∠CPH=∠CBO=60°，∴∠CHP=∠CPH=60°，∴△CPH是等边三角形，∴PC=PH=CH，∴OH=PB，∵∠OPB=∠OPQ+∠QPB=∠OCB+∠COP，∵∠OPQ=∠OCP=60°，∴∠POH=∠QPB，∵PO=PQ，∴△POH≌△QPB，∴PH=QB，∴PC=BQ．（2）成立：PC=BQ．理由：作PH∥AB交CO的延长线于H．在Rt△ABC中，∵∠ACB=90°，∠A=30°，点O为AB中点，∴CO=AO=BO，∠CBO=60°，∴△CBO是等边三角形，∴∠CHP=∠COB=60°，∠CPH=∠CBO=60°，∴∠CHP=∠CPH=60°，∴△CPH是等边三角形，∴PC=PH=CH，∴OH=PB，∵∠POH=60°+∠CPO，∠QPO=60°+∠CPQ，∴∠POH=∠QPB，∵PO=PQ，∴△POH≌△QPB，∴PH=QB，∴PC=BQ．（3）如图3中，作CE⊥OP于E，在PE上取一点F，使得FP=FC，连接CF．∵∠OPC=15°，∠OCB=∠OCP+∠POC，∴∠POC=45°，∴CE=EO，设CE=CO=a，则FC =FP =2a ，EF =3a ，在Rt △PCE 中，PC =22PE CE + =22(23)a a a ++=(62)a +，∵PC +CB =4，∴(62)24a a ++=，解得a =4226-，∴PC =434-，由（2）可知BQ =PC ，∴BQ =434-．点睛：此题考查几何变换综合题、旋转变换、等边三角形的判定和性质全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，属于中考压轴题．7．正方形ABCD 和正方形AEFG 的边长分别为2和22，点B 在边AG 上，点D 在线段EA 的延长线上，连接BE ．（1）如图1，求证：DG ⊥BE ；（2）如图2，将正方形ABCD 绕点A 按逆时针方向旋转，当点B 恰好落在线段DG 上时，求线段BE 的长．【答案】（1）答案见解析；（226+【解析】【分析】（1）由题意可证△ADG ≌△ABE ，可得∠AGD ＝∠AEB ，由∠ADG +∠AGD ＝90°，可得∠ADG +∠AEB ＝90°，即DG ⊥BE ；（2）过点A 作AM ⊥BD ，垂足为M ，根据勾股定理可求MG 的长度，即可求DG 的长度，由题意可证△DAG ≌△BAE ，可得BE ＝DG ．【详解】（1）如图，延长EB 交GD 于H∵四边形ABCD和四边形AEFG是正方形∴AD＝AB，AG＝AE，∠DAG＝∠BAE＝90°∴△ADG≌△ABE（SAS）∴∠AGD＝∠AEB∵∠ADG+∠AGD＝90°∴∠ADG+∠AEB＝90°∴DG⊥BE（2）如图，过点A作AM⊥BD，垂足为M∵正方形ABCD和正方形AEFG的边长分别为2和22，∴AM＝DM＝2，∠DAB＝∠GAE＝90°∴MG＝22-＝6，∠DAG＝∠BAEAG MA∴DG＝DM+MG＝2+6，由旋转可得：AD＝AB，AG＝AE，且∠DAG＝∠BAE∴△DAG≌△BAE（SAS）+∴BE＝DG＝26【点睛】考查了旋转的性质，正方形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，熟练运用这些性质进行推理是本题的关键．8．在正方形 ABCD 中，M 是 BC 边上一点，且点 M 不与 B、C 重合，点 P 在射线 AM 上，将线段 AP 绕点 A 顺时针旋转 90°得到线段 AQ，连接BP，DQ．（1）依题意补全图 1；（2）①连接 DP，若点 P，Q，D 恰好在同一条直线上，求证：DP2+DQ2=2AB2；②若点 P，Q，C 恰好在同一条直线上，则 BP 与 AB 的数量关系为：．【答案】（1）详见解析；（2）①详见解析；②BP=AB．【解析】【分析】（1）根据要求画出图形即可；（2）①连接BD，如图2，只要证明△ADQ≌△ABP，∠DPB=90°即可解决问题；②结论：BP=AB，如图3中，连接AC，延长CD到N，使得DN=CD，连接AN，QN．由△ADQ≌△ABP，△ANQ≌△ACP，推出DQ=PB，∠AQN=∠APC=45°，由∠AQP=45°，推出∠NQC=90°，由CD=DN，可得DQ=CD=DN=AB；【详解】（1）解：补全图形如图 1：（2）①证明：连接 BD，如图 2，∵线段 AP 绕点 A 顺时针旋转 90°得到线段 AQ，∴AQ=AP，∠QAP=90°，∵四边形 ABCD 是正方形，∴AD=AB，∠DAB=90°，∴∠1=∠2．∴△ADQ≌△ABP，∴DQ=BP，∠Q=∠3，∵在 Rt△QAP 中，∠Q+∠QPA=90°，∴∠BPD=∠3+∠QPA=90°，∵在 Rt△BPD 中，DP2+BP2=BD2，又∵DQ=BP，BD2=2AB2，∴DP2+DQ2=2AB2．②解：结论：BP=AB．理由：如图 3 中，连接 AC，延长 CD 到 N，使得 DN=CD，连接 AN，QN．∵△ADQ≌△ABP，△ANQ≌△ACP，∴DQ=PB，∠AQN=∠APC=45°，∵∠AQP=45°，∴∠NQC=90°，∵CD=DN，∴DQ=CD=DN=AB，∴PB=AB．【点睛】本题考查正方形的性质，旋转变换、勾股定理等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，属于中考压轴。
中考数学几何旋转经典例题
旋转知识点归纳知识点1:旋转的定义及其有关概念在平面内，将一个图形绕一个定点O 沿某个方向转动一个角度，这样的图形运动称为旋转，定点O 称为旋转中心，转动的角称为旋转角;如果图形上的点P 经过旋转到点P ',那么这两个点叫做这个旋转的对应点. 如图1,线段AB 绕点O 顺时针转动090得到B A '',这就是旋转,点O 就是旋转中心,A AO B BO '∠'∠,都是旋转角.说明: 旋转的范围是在平面内旋转，否则有可能旋转为立体图形，因此“在平面内”这一条件不可忽略.决定旋转的因素有三个:一是旋转中心;二是旋转角;三是旋转方向. 知识点2:旋转的性质由旋转的定义可知，旋转不改变图形的大小和形状，这说明旋转前后的两个图形是全等的.由此得到如下性质：⑴经过旋转，图形上的每一点都绕旋转中心沿相同方向转动了相同的角度，对应点的排列次序相同. ⑵任意一对对应点与旋转中心的连线所成的角都是旋转角. ⑶对应点到旋转中心的距离相等. ⑷对应线段相等，对应角相等.例1 、如图2，D 是等腰Rt △ABC 内一点，BC 是斜边，如果将△ADB 绕点A 逆时针方向旋转到△C D A '的位置，则ADD '∠的度数是（ ）Ａ．25Ｂ．30Ｃ．35Ｄ．45'图1图2知识点3:旋转作图例2 如图3，小明将△ABC 绕O 点旋转得到△C B A '''，其中点C B A '''、、分别是A 、B 、C 的对应点.随即又将△ABC 的边AC 、BC 及旋转中心O 擦去(不留痕迹),他说他还能把旋转中心O 及△ABC 的位置找到,你认为可以吗?若可以,试确定旋转中心及的位置;如不可以,请说明理由.评注:旋转角相等及对应点到旋转中心的距离相等是解决这类问题的关键.考点4:钟表的旋转问题钟表的时针与分针每时每刻都以轴心为旋转中心作旋转运动,其中时针12小时旋转一周,则每小时旋转,301236000=这样时针每分钟旋转;5.00分针每小时旋转一周,则每分钟旋转.66036000=例3 从1点到1点25分,分针转了多少度角?时针转了多少度角?1点25分时时针与分针的夹角是多少度?A图3'解读生活中的旋转.五.典例剖析例1如图1，D 是等腰Rt ABC △内一点，BC 是斜边，如果将ABD △绕点A 逆时针方向旋转到ACD '△的位置，则ADD '∠的度数是（ ）Ａ．25Ｂ．30Ｃ．35Ｄ．45例3在如图3的方格纸中，每个小方格都是边长为1个单位的正方形，ABC △的三个顶点 都在格点上（每个小方格的顶点叫格点）．（1）画出ABC △向平移4个单位后的111A B C △； （2）画出ABC △绕点O 顺时针旋转90后的D图1222A B C △，并求点A 旋转到2A 所经过的路线长．学好旋转的三个要点旋转在实际生活中随处可见．因此，学好旋转的知识有利于我们解决实际问题，学习时应注意把握好以下几点：一、正确理解旋转的概念在平面内，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，这个定点叫做旋转中心．旋转不改变图形的形状和大小． 理解这个概念应注意以下两点：1．旋转和平移一样，是图形的一种基本变换； 2．图形旋转的决定因素是旋转中心和旋转的角度．例 如图1，ABC △是等腰直角三角形，90AB AC BAC ==︒，∠，D 是BC 上一点，ACD △经过旋转后到达ABE △的位置．（1）旋转中心是哪一点？ （2）旋转了多少度？（3）若P 是AC 的中点，那么经过上述旋转后，点P 旋转到了什么位置？三、会寻找旋转中心图1例3 如图3所示，四边形ABCD 绕某点旋转后到四边形A B C D ''''，你能确定旋转中心吗?试一试． 分析：我们可以用待定位置法．假定点O 就是旋转中心，由于对应点到旋转中心的距离相等，则有OA OA OB OB ''==，，从而O 一定是线段AA '和线段BB '的垂直平分线的交点上．． 心．例2 如图4，ABC △是等边三角形，点D G ，分别是AB AC ，的中点，四边形BDEF 和四边形AGHK 都是正方形．（1）试确定正方形AGHK 绕某点旋转得正方形EFBD 的旋转中心． （2）正方形BDEF 旋转多少度时可以与正方形AGHK 重合？分析：因为四边形AGHK 和四边形BDEF 都是正方形，所以情况较多，我们只选择其中一个讲解，其它情况请同学们自己探索，欢迎你把自己的探索成果告诉我们．解：（1）选择BD 和GH 作为对应线段（点B 对应点G ，点D 的对应点为点H ）．连接DG DH BG ，，，则易知DB DG GH ==，连接点D 与线段BG 的中点M 并延长，连接点G 与线段DH 的中点并延长，两直线相交于点O ，则有GO 垂直平分DH DO ，垂直平分BG ，则点O 就是旋转中心．BOG ∠为旋转角．（2）150DGH DGA AGH =+=︒∠∠∠，1752NGH DGH ==︒∠∠，图 1图475MGO NGH ==︒∠∠（对顶角）． 又90GMO =︒∠，所以15MOG =︒∠． 所以旋转角230BOG MOG ==︒∠∠．所以当正方形BDEF 绕点O 顺时针旋转30︒时，可与正方形GHKA 重合．旋转坐标新意多求旋转后点的坐标的问题是学习旋转是常见的问题。
厦门双十中学初中部数学旋转几何综合易错题(Word版 含答案)
厦门双十中学初中部数学旋转几何综合易错题（Word 版 含答案）一、初三数学 旋转易错题压轴题（难）1．如图1，在Rt △ABC 中，∠A ＝90°，AB ＝AC ，点D ，E 分别在边AB ，AC 上，AD ＝AE ，连接DC ，点M ，P ，N 分别为DE ，DC ，BC 的中点．（1）观察猜想：图1中，线段PM 与PN 的数量关系是 ，位置关系是 ；（2）探究证明：把△ADE 绕点A 逆时针方向旋转到图2的位置，连接MN ，BD ，CE ，判断△PMN 的形状，并说明理由；（3）拓展延伸：把△ADE 绕点A 在平面内自由旋转，若AD ＝4，AB ＝10，请直接写出△PMN 面积的最大值．【答案】（1）PM ＝PN ，PM ⊥PN ；（2）△PMN 是等腰直角三角形．理由见解析；（3）S △PMN 最大＝492． 【解析】【分析】 （1）由已知易得BD CE =，利用三角形的中位线得出12PM CE =，12PN BD =，即可得出数量关系，再利用三角形的中位线得出//PM CE 得出DPM DCA ∠=∠，最后用互余即可得出位置关系；（2）先判断出ABD ACE ∆≅∆，得出BD CE =，同（1）的方法得出12PM BD =，12PN BD =，即可得出PM PN =，同（1）的方法由MPN DCE DCB DBC ACB ABC ∠=∠+∠+∠=∠+∠，即可得出结论；（3）方法1：先判断出MN 最大时，PMN ∆的面积最大，进而求出AN ，AM ，即可得出MN 最大AM AN =+，最后用面积公式即可得出结论．方法2：先判断出BD 最大时，PMN ∆的面积最大，而BD 最大是14AB AD +=，即可得出结论．【详解】解：（1）点P ，N 是BC ，CD 的中点，//PN BD ∴，12PN BD =， 点P ，M 是CD ，DE 的中点，//PM CE ∴，12PM CE =， AB AC =，AD AE =，BD CE ∴=，PM PN ∴=，//PN BD ，DPN ADC ∴∠=∠，//PM CE ，DPM DCA ∴∠=∠，90BAC ∠=︒，90ADC ACD ∴∠+∠=︒，90MPN DPM DPN DCA ADC ∴∠=∠+∠=∠+∠=︒，PM PN ∴⊥，故答案为：PM PN =，PM PN ⊥；（2）PMN ∆是等腰直角三角形．由旋转知，BAD CAE ∠=∠，AB AC =，AD AE =，()ABD ACE SAS ∴∆≅∆，ABD ACE ∴∠=∠，BD CE =， 利用三角形的中位线得，12PN BD =，12PM CE =， PM PN ∴=，PMN ∴∆是等腰三角形，同（1）的方法得，//PM CE ，DPM DCE ∴∠=∠，同（1）的方法得，//PN BD ，PNC DBC ∴∠=∠，DPN DCB PNC DCB DBC ∠=∠+∠=∠+∠，MPN DPM DPN DCE DCB DBC ∴∠=∠+∠=∠+∠+∠BCE DBC ACB ACE DBC =∠+∠=∠+∠+∠ACB ABD DBC ACB ABC =∠+∠+∠=∠+∠，90BAC ∠=︒，90ACB ABC ∴∠+∠=︒，90MPN ∴∠=︒，PMN ∴∆是等腰直角三角形；（3）方法1：如图2，同（2）的方法得，PMN ∆是等腰直角三角形，MN ∴最大时，PMN ∆的面积最大，//DE BC ∴且DE 在顶点A 上面，MN ∴最大AM AN =+，连接AM ，AN ，在ADE ∆中，4AD AE ==，90DAE ∠=︒，22AM ∴=在Rt ABC ∆中，10AB AC ==，52AN =22522MN ∴=最大，222111149(72)22242PMN S PM MN ∆∴==⨯=⨯=最大． 方法2：由（2）知，PMN ∆是等腰直角三角形，12PM PN BD ==， PM ∴最大时，PMN ∆面积最大，∴点D 在BA 的延长线上，14BD AB AD ∴=+=，7PM ∴=，2211497222PMN S PM ∆∴==⨯=最大． 【点睛】此题属于几何变换综合题，主要考查了三角形的中位线定理，等腰直角三角形的判定和性质，全等三角形的判断和性质，直角三角形的性质的综合运用；解（1）的关键是判断出12PM CE =，12PN BD =，解（2）的关键是判断出ABD ACE ∆≅∆，解（3）的关键是判断出MN 最大时，PMN ∆的面积最大．2．在△AOB 中，C ，D 分别是OA ，OB 边上的点，将△OCD 绕点O 顺时针旋转到△OC′D′． （1）如图1，若∠AOB=90°，OA=OB ，C ，D 分别为OA ，OB 的中点，证明：①AC′=BD′；②AC′⊥BD′；（2）如图2，若△AOB 为任意三角形且∠AOB=θ，CD ∥AB ，AC′与BD′交于点E ，猜想∠AEB=θ是否成立？请说明理由．【答案】（1）证明见解析；（2）成立，理由见解析【解析】试题分析：（1）①由旋转的性质得出OC=OC′，OD=OD′，∠AOC′=∠BOD′，证出OC′=OD′，由SAS证明△AOC′≌△BOD′，得出对应边相等即可；②由全等三角形的性质得出∠OAC′=∠OBD′，又由对顶角相等和三角形内角和定理得出∠BEA=90°，即可得出结论；（2）由旋转的性质得出OC=OC′，OD=OD′，∠A OC′=∠BOD′，由平行线得出比例式，得出，证明△AOC′∽△BOD′，得出∠OAC′=∠OBD′再由对顶角相等和三角形内角和定理即可得出∠AEB=θ．试题解析：（1）证明：①∵△OCD旋转到△OC′D′，∴OC=OC′，OD=OD′，∠AOC′=∠BOD′，∵OA=OB，C、D为OA、OB的中点，∴OC=OD，∴OC′=OD′，在△AOC′和△BOD′中，，∴△AOC′≌△BOD′（SAS），∴AC′=BD′；②延长AC′交BD′于E，交BO于F，如图1所示：∵△AOC′≌△B OD′，∴∠OAC′=∠OBD′，又∠AFO=∠BFE，∠OAC′+∠AFO=90°，∴∠OBD′+∠BFE=90°，∴∠BEA=90°，∴AC′⊥BD′；（2）解：∠AEB=θ成立，理由如下：如图2所示：∵△OCD旋转到△OC′D′，∴OC=OC′，OD=OD′，∠AOC′=∠BOD′，∵CD∥AB，∴，∴，∴，又∠AOC′=∠BOD′，∴△AOC′∽△BOD′，∴∠OAC′=∠OBD′，又∠AFO=∠BFE，∴∠AEB=∠AOB=θ．考点：相似三角形的判定与性质；全等三角形的判定与性质；旋转的性质．3．（特例发现）如图1，在△ABC中，AG⊥BC于点G，以A为直角顶点，分别以AB，AC 为直角边，向△ABC外作等腰Rt△ABE和等腰Rt△ACF，过点E、F作射线GA的垂线，垂足分别为P、Q．求证：EP=FQ．（延伸拓展）如图2，在△ABC中，AG⊥BC于点G，以A为直角顶点，分别以AB，AC为直角边，向△ABC外作Rt△ABE和Rt△ACF，射线GA交EF于点H．若AB=kAE，AC=kAF，请思考HE与HF之间的数量关系，并直接写出你的结论．（深入探究）如图3，在△ABC中，G是BC边上任意一点，以A为顶点，向△ABC外作任意△ABE和△ACF，射线GA交EF于点H．若∠EAB=∠AGB，∠FAC=∠AGC，AB=kAE，AC=kAF，上一问的结论还成立吗？并证明你的结论．（应用推广）在上一问的条件下，设大小恒定的角∠IHJ分别与△AEF的两边AE、AF分别交于点M、N，若△ABC为腰长等于4的等腰三角形，其中∠BAC=120°，且∠IHJ=∠AGB=θ=60°，k=2；求证：当∠IHJ在旋转过程中，△EMH、△HMN和△FNH均相似，并直接写出线段MN的最小值（请在答题卡的备用图中补全作图）．【答案】(1)证明参见解析；(2)HE=HF；(3)成立，证明参见解析；(4)证明参见解析，MN最小值为1.【解析】试题分析：(1)特例发现：易证△AEP≌△BAG，△AFQ≌△CAG，即可求得EP=AG，FQ=AG，即可解题；(2)延伸拓展：过点E、F作射线GA的垂线，垂足分别为P、Q．易证△ABG∽△EAP，△ACG∽△FAQ，得到PE=AG，FQ=AG，∴PE=FQ，然后证明△EPH≌△FQH，即可得出HE=HF；(3)深入探究：判断△PEA∽△GAB，得到PE=AG，△AQF∽△CGA，FQ=，得到FQ=AG，再判断△EPH≌△FQH，即可得出HE=HF；(4)应用推广：由前一个结论得到△AEF为正三角形，再依次判断△MHN∽△HFN∽△MEH，即可得出结论．试题解析：(1)特例发现，如图：∵∠PEA+∠PAE=90°，∠GAB+∠PAE=90°，∴∠PEA=∠GAB，∵∠EPA=∠AGB，AE=AB，∴△PEA≌△GAB，∴PE=AG，同理，△QFA≌△GAC，∴FQ=AG，∴PE=FQ；(2)延伸拓展，如图：∵∠PEA+∠PAE=90°，∠GAB+∠PAE=90°，∴∠PEA=∠GAB，∴∠EPA=∠AGB，∴△PEA∽△GAB，∴，∵AB=kAE，∴，∴PE=AG，同理，△QFA∽△GAC，∴，∵AC=kAF，∴FQ=AG，∴PE=FQ，∵EP∥FQ，∴∠EPH=∠FQH，∵∠PHE=∠QHF，∴△EPH≌△FQH，∴HE=HF；(3)深入探究,如图2，在直线AG上取一点P，使得∠EPA═∠AGB，作FQ∥PE，∵∠EAP+∠BAG=180°﹣∠AGB，∠ABG+∠BAG=180°﹣∠AGB，∴∠EAP=∠ABG，∵∠EPA=∠AGB，∴△APE∽△BGA，∴，∵AB=kAE，∴PE=AG，由于∠FQA=∠FAC=∠AGC=180°﹣∠AGB，同理可得，△AQF∽△CGA，∴，∵AC=kAF，∴FQ=AG，∴EP=FQ，∵EP∥FQ，∴∠EPH=∠FQH，∵∠PHE=∠QHF，∴△EPH≌△FQH，∴HE=HF；(4)应用推广,如图3，在前面条件及结论，得到，点H是EF中点，∴AE=AF，∵∠EAB=∠AGB，∠FAC=∠AGC∴∠EAB+∠FAC=180°∴∠EAF=360°﹣（∠EAB+∠FAC）﹣∠BAC=60°，∴△AEF 为正三角形．又H为EF中点，∴∠EHM+∠IHJ=120°，∠IHJ+∠FHN=120°，∴∠EHM=∠FHN．∵∠AEF=∠AFE，∴△HEM∽△HFN，∴，∵EH=FH，∴，且∠MHN=∠HFN=60°，∴△MHN∽△HFN，∴△MHN∽△HFN∽△MEH，在△HMN中，∠MHN=60°，根据三角形中大边对大角，∴要MN最小，只有△HMN是等边三角形，∴∠AMN=60°，∵∠AEF=60°，MN∴MN∥EF，∵△AEF为等边三角形，∴MN为△AEF的中位线，∴MN min=EF=×2=1．考点：1.几何变换综合题；2.三角形全等及相似的判定性质.4．如图1，矩形ABCD中，E是AD的中点，以点E直角顶点的直角三角形EFG的两边EF，EG分别过点B，C，∠F＝30°.（1）求证：BE＝CE（2）将△EFG绕点E按顺时针方向旋转，当旋转到EF与AD重合时停止转动.若EF，EG分别与AB，BC相交于点M，N.（如图2）①求证：△BEM≌△CEN；②若AB＝2，求△BMN面积的最大值；③当旋转停止时，点B恰好在FG上（如图3），求sin∠EBG的值.【答案】（1）详见解析；（2）①详见解析；②2；③62 4.【解析】【分析】（1）只要证明△BAE≌△CDE即可；（2）①利用（1）可知△EBC是等腰直角三角形，根据ASA即可证明；②构建二次函数，利用二次函数的性质即可解决问题；③如图3中，作EH⊥BG于H．设NG=m，则BG=2m，BN=EN=3m，EB=6m．利用面积法求出EH，根据三角函数的定义即可解决问题.【详解】（1）证明：如图1中，∵四边形ABCD是矩形，∴AB=DC，∠A=∠D=90°，∵E是AD中点，∴AE=DE，∴△BAE≌△CDE，∴BE=CE．（2）①解：如图2中，由（1）可知，△EBC是等腰直角三角形，∴∠EBC=∠ECB=45°，∵∠ABC=∠BCD=90°，∴∠EBM=∠ECN=45°，∵∠MEN=∠BEC=90°，∴∠BEM=∠CEN，∵EB=EC，∴△BEM≌△CEN；②∵△BEM≌△CEN，∴BM=CN，设BM=CN=x，则BN=4-x，∴S△BMN=12•x（4-x）=-12（x-2）2+2，∵-12＜0，∴x=2时，△BMN的面积最大，最大值为2．③解：如图3中，作EH⊥BG于H．设NG=m，则BG=2m，BN=EN=3m，EB=6m．∴3（3m，∵S△BEG=12•EG•BN=12•BG•EH，∴EH=3?(13)m m+3+3m，在Rt△EBH中，sin∠EBH=3+362246EHEB m==．【点睛】本题考查四边形综合题、矩形的性质、等腰直角三角形的判定和性质、全等三角形的判定和性质、旋转变换、锐角三角函数等知识，解题的关键是准确寻找全等三角形解决问题，学会添加常用辅助线，学会利用参数解决问题，5．在正方形ABCD中，点E，F分别在边BC，CD上，且∠EAF=∠CEF=45°.(1)将△ADF绕着点A顺时针旋转90°，得到△ABG(如图①)，求证：△AEG≌△AEF；(2)若直线EF与AB，AD的延长线分别交于点M，N(如图②)，求证：EF2=ME2+NF2；(3)将正方形改为长与宽不相等的矩形，若其余条件不变(如图③)，请你直接写出线段EF，BE，DF之间的数量关系.【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）EF2=2BE2+2DF2.【解析】试题分析：（1）根据旋转的性质可知AF=AG，∠EAF=∠GAE=45°，故可证△AEG≌△AEF；（2）将△ADF绕着点A顺时针旋转90°，得到△ABG，连结GM．由（1）知△AEG≌△AEF，则EG=EF．再由△BME、△DNF、△CEF均为等腰直角三角形，得出CE=CF，BE=BM，NF=DF，然后证明∠GME=90°，MG=NF，利用勾股定理得出EG2=ME2+MG2，等量代换即可证明EF2=ME2+NF2；（3）将△ADF绕着点A顺时针旋转90°，得到△ABG，根据旋转的性质可以得到△ADF≌△ABG，则DF=BG，再证明△AEG≌△AEF，得出EG=EF，由EG=BG+BE，等量代换得到EF=BE+DF．试题解析：（1）∵△ADF绕着点A顺时针旋转90°，得到△ABG，∴AF=AG，∠FAG=90°，∵∠EAF=45°，∴∠GAE=45°，在△AGE与△AFE中，，∴△AGE≌△AFE（SAS）；（2）设正方形ABCD的边长为a．将△ADF绕着点A顺时针旋转90°，得到△ABG，连结GM．则△ADF≌△ABG，DF=BG．由（1）知△AEG≌△AEF，∴EG=EF．∵∠CEF=45°，∴△BME、△DNF、△CEF均为等腰直角三角形，∴CE=CF，BE=BM，NF=DF，∴a﹣BE=a﹣DF，∴BE=DF，∴BE=BM=DF=BG，∴∠BMG=45°，∴∠GME=45°+45°=90°，∴EG2=ME2+MG2，∵EG=EF，MG=BM=DF=NF，∴EF2=ME2+NF2；（3）EF2=2BE2+2DF2．如图所示，延长EF交AB延长线于M点，交AD延长线于N点，将△ADF绕着点A顺时针旋转90°，得到△AGH，连结HM，HE．由（1）知△AEH≌△AEF，则由勾股定理有（GH+BE）2+BG2=EH2，即（GH+BE）2+（BM﹣GM）2=EH2又∴EF=HE，DF=GH=GM，BE=BM，所以有（GH+BE）2+（BE﹣GH）2=EF2，即2（DF2+BE2）=EF2考点：四边形综合题6．已知，如图：正方形ABCD，将Rt△EFG斜边EG的中点与点A重合，直角顶点F落在正方形的AB边上，Rt△EFG的两直角边分别交AB、AD边于P、Q两点，（点P与点F重合），如图1所示：（1）求证：EP2+GQ2=PQ2；（2）若将Rt△EFG绕着点A逆时针旋转α（0°＜α≤90°），两直角边分别交AB、AD边于P、Q两点，如图2所示：判断四条线段EP、PF、FQ、QG之间是否存在什么确定的相等关系？若存在，证明你的结论．若不存在，请说明理由；（3）若将Rt△EFG绕着点A逆时针旋转α（90°＜α＜180°），两直角边所在的直线分别交BA、AD两边延长线于P、Q两点，并判断四条线段EP、PF、FQ、QG之间存在何种确定的相等关系？按题意完善图3，请直接写出你的结论（不用证明）．【答案】（1）见解析；（2）PF2+FQ2=EP2+GQ2；（3）四条线段EP、PF、FQ、QG之间的关系为PF2+GQ2=PE2+FQ2．【解析】【分析】（1）过点E作EH∥FG，由此可证△EAH≌△GAQ，然后根据全等三角形的性质得到EH=QG，又PQ=PH，在Rt△EPH中，EP2+EH2=PH2，由此可以得到EP2+GQ2=PQ2；（2）过点E作EH∥FG，交DA的延长线于点H，连接PQ、PH，由此可证△EAH≌△GAQ，然后根据全等三角形的性质得到EH=QG，又PH=PQ，在Rt△EPH中，EP2+EH2=PH2，即EP2+GQ2=PH2，在Rt△PFQ中，PF2+FQ2=PQ2，故PF2+FQ2=EP2+GQ2；（3）四条线段EP、PF、FQ、QG之间的关系为PE2+GQ2=PF2+FQ2，证明方法同上．【详解】（1）过点E作EH∥FG，连接AH、FH，如图所示：∵EA=AG，∠HEA=∠AGQ，∠HAE=∠GAD，∴△EAH≌△GAQ，∴EH=QG，HA=AQ，∵FA⊥AD，∴PQ=PH．在Rt△EPH中，∵EP2+EH2=PH2，∴EP2+GQ2=PQ2；（2）过点E作EH∥FG，交DA的延长线于点H，连接PQ、PH，∵EA=AG，∠HEA=∠AGQ，∠HAE=∠GAD，∴△EAH≌△GAQ，∴EH=QG，HA=AQ，∵PA⊥AD，∴PQ=PH．在Rt△EPH中，∵EP2+EH2=PH2，∴EP2+GQ2=PH2．在Rt△PFQ中，∵PF2+FQ2=PQ2，∴PF2+FQ2=EP2+GQ2．（3）四条线段EP、PF、FQ、QG之间的关系为PF2+GQ2=PE2+FQ2．【点睛】本题主要考查了旋转的性质，全等三角形的判定与性质，三线合一，勾股定理，正确作出辅助线是解答本题的关键.7．如图，已知△ABC和△ADE都是等腰直角三角形，∠ACB=∠ADE=90°，点F为BE的中点，连接CF，DF．（1）如图1，当点D在AB上，点E在AC上时①证明：△BFC是等腰三角形；②请判断线段CF，DF的关系？并说明理由；（2）如图2，将图1中的△ADE绕点A旋转到图2位置时，请判断（1）中②的结论是否仍然成立？并证明你的判断．【答案】（1）①证明见解析；②结论：CF=DF且CF⊥DF．理由见解析；（2）（1）中的结论仍然成立．理由见解析.【解析】【详解】分析：(1)、根据“直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半”可知CF=BF=EF，根据∠CFD=2∠ABC，∠ACB=90°，∠ABC=45°得出∠CFD=90°，从而得出答案；(2)、延长DF至G使FG=DF，连接BG，CG，DC，首先证明△BFG和△EFD全等，然后再证明△BCG和△ACD全等，从而得出GC=DC，∠BCG=∠ACD，∠DCG=∠ACB=90°，最后根据直角三角形斜中线的性质得出答案．详解：（1）①证明：∵∠BCE=90°．EF=FB，∴CF=BF=EF，∴△BFC是等腰三角形．②解：结论：CF=DF且CF⊥DF．理由如下：∵∠ADE=90°，∴∠BDE=90°，又∵∠BCE=90°，点F是BE的中点，∴CF=DF=12BE=BF，∴∠1=∠3，∠2=∠4，∴∠5=∠1+∠3=2∠1，∠6=∠2+∠4=2∠2，∴∠CFD=∠5+∠6=2（∠1+∠2）=2∠ABC，又∵△ABC是等腰直角三角形，且∠ACB=90°，∴∠ABC=45°，∴∠CFD=90°，∴CF=DF且CF⊥DF．（2）（1）中的结论仍然成立．理由如下：如图，延长DF至G使FG=DF，连接BG，CG，DC，∵F是BE的中点，∴BF=EF，又∵∠BFG=∠EFD，GF=DF，∴△BFG≌△EFD（SAS），∴∠FBG=∠FED，BG=ED，∴BG∥DE，∵△ADE和△ACB都是等腰直角三角形，∴DE=DA，∠DAE=∠DEA=45°，AC=BC，∠CAB=∠CBA=45°，又∵∠CBG=∠EBG﹣∠EBA﹣∠ABC=∠DEF﹣（180°﹣∠AEB﹣∠EAB）﹣45°=∠DEF﹣180°+∠AEB+∠EAB﹣45°=（∠DEF+∠AEB）+∠EAB﹣225°=360°﹣∠DEA+∠EAB﹣225°=360°﹣45°+∠EAB﹣225°=90°+∠EAB，而∠DAC=∠DAE+∠EAB+∠CAB=45°+∠EAB+45°=90°+∠EAB，∴∠CBG=∠DAC，又∵BG=ED，DE=DA，∴BG=AD，又∵BC=AC，∴△BCG≌△ACD（SAS），∴GC=DC，∠BCG=∠ACD，∴∠DCG=∠DCB+∠BCG=∠DCB+∠ACD=∠ACB=90°，∴△DCG是等腰直角三角形，又∵F是DG的中点，∴CF⊥DF且CF=DF．点睛：主要考查了旋转的性质，等腰三角形和全等三角形的判定，及勾股定理的运用．要掌握等腰三角形和全等三角形的性质及其判定定理并会灵活应用是解题的关键．8．如图，矩形OABC的顶点A在x轴正半轴上，顶点C在y轴正半轴上，点B的坐标为（4，m）（5≤m≤7），反比例函数y＝16x（x＞0）的图象交边AB于点D．（1）用m的代数式表示BD的长；（2）设点P在该函数图象上，且它的横坐标为m，连结PB，PD①记矩形OABC面积与△PBD面积之差为S，求当m为何值时，S取到最大值；②将点D绕点P逆时针旋转90°得到点E，当点E恰好落在x轴上时，求m的值．【答案】（1）BD＝m﹣4（2）①m＝7时，S取到最大值②m＝5【解析】【分析】（1）先确定出点D横坐标为4，代入反比例函数解析式中求出点D横坐标，即可得出结论；（2）①先求出矩形OABC的面积和三角形PBD的面积得出S＝﹣12（m﹣8）2+24，即可得出结论；②利用一线三直角判断出DG＝PF，进而求出点P的坐标，即可得出结论．【详解】解：（1）∵四边形OABC是矩形，∴AB⊥x轴上，∵点B（4，m），∴点D的横坐标为4，∵点D在反比例函数y＝16x上，∴D（4，4），∴BD＝m﹣4；（2）①如图1，∵矩形OABC的顶点B的坐标为（4，m），∴S矩形OABC＝4m，由（1）知，D（4，4），∴S△PBD＝12（m﹣4）（m﹣4）＝12（m﹣4）2，∴S＝S矩形OABC﹣S△PBD＝4m﹣12（m﹣4）2＝﹣12（m﹣8）2+24，∴抛物线的对称轴为m＝8，∵a＜0，5≤m≤7，∴m＝7时，S取到最大值；②如图2，过点P作PF⊥x轴于F，过点D作DG⊥FP交FP的延长线于G，∴∠DGP＝∠PFE＝90°，∴∠DPG+∠PDG＝90°，由旋转知，PD＝PE，∠DPE＝90°，∴∠DPG+∠EPF＝90°，∴∠PDG＝∠EPF，∴△PDG≌△EPF（AAS），∴DG＝PF，∵DG＝AF＝m﹣4，∴P（m，m﹣4），∵点P在反比例函数y＝16x，∴m（m﹣4）＝16，∴m＝m＝2﹣【点睛】此题是反比例函数综合题，主要考查了待定系数法，矩形的性质，三角形的面积公式，全等三角形的判定，构造出全等三角形是解本题的关键．9．如图1，点O是正方形ABCD两对角线的交点. 分别延长OD到点G，OC到点E，使OG=2OD，OE=2OC，然后以OG、OE为邻边作正方形OEFG，连接AG，DE．(1)求证：DE⊥AG；(2)正方形ABCD固定，将正方形OEFG绕点O逆时针旋转角(0°< <360°)得到正方形，如图2．①在旋转过程中，当∠是直角时，求的度数；(注明：当直角边为斜边一半时，这条直角边所对的锐角为30度)②若正方形ABCD的边长为1，在旋转过程中，求长的最大值和此时的度数，直接写出结果不必说明理由．【答案】（1）DE⊥AG （2）①当∠为直角时，α=30°或150°.②315°【解析】分析：（1）延长ED交AG于点H，证明≌，根据等量代换证明结论；（2）根据题意和锐角正弦的概念以及特殊角的三角函数值得到，分两种情况求出的度数；（3）根据正方形的性质分别求出OA和OF的长，根据旋转变换的性质求出AF′长的最大值和此时的度数．详解：如图1，延长ED交AG于点H，点O是正方形ABCD两对角线的交点，，，在和中，，≌，，，，，即；在旋转过程中，成为直角有两种情况：Ⅰ由增大到过程中，当时，，在中，sin∠AGO=，，，，，即；Ⅱ由增大到过程中，当时，同理可求，．综上所述，当时，或．如图3，当旋转到A、O、在一条直线上时，的长最大，正方形ABCD的边长为1，，，，，，，此时．点睛：考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，锐角三角形函数，旋转变换的性质的综合应用，有一定的综合性，注意分类讨论的思想.10．（问题提出）如图①，已知△ABC是等边三角形，点E在线段AB上，点D在直线BC上，且ED=EC，将△BCE绕点C顺时针旋转60°至△ACF连接EF试证明：AB=DB+AF（类比探究）（1）如图②，如果点E在线段AB的延长线上，其他条件不变，线段AB，DB，AF之间又有怎样的数量关系？请说明理由（2）如果点E在线段BA的延长线上，其他条件不变，请在图③的基础上将图形补充完整，并写出AB，DB，AF之间的数量关系，不必说明理由．【答案】证明见解析；（1）AB=BD﹣AF；（2）AF=AB+BD．【解析】【分析】（1）根据旋转的性质得出△EDB与FEA全等的条件BE=AF，再结合已知条件和旋转的性质推出∠D=∠AEF，∠EBD=∠EAF=120°，得出△EDB≌FEA，所以BD=AF，等量代换即可得出结论．（2）先画出图形证明∴△DEB≌△EFA，方法类似于（1）；（3）画出图形根据图形直接写出结论即可．【详解】（1）证明：DE=CE=CF，△BCE由旋转60°得△ACF，∴∠ECF=60°，BE=AF，CE=CF，∴△CEF是等边三角形，∴EF=CE，∴DE=EF，∠CAF=∠BAC=60°，∴∠EAF=∠BAC+∠CAF=120°，∵∠DBE=120°，∴∠EAF=∠DBE，又∵A，E，C，F四点共圆，∴∠AEF=∠ACF，又∵ED=DC，∴∠D=∠BCE，∠BCE=∠ACF，∴∠D=∠AEF，∴△EDB≌FEA，∴BD=AF，AB=AE+BF，∴AB=BD+AF．类比探究（1）DE=CE=CF，△BCE由旋转60°得△ACF，∴∠ECF=60°，BE=AF，CE=CF，∴△CEF是等边三角形，∴EF=CE，∴DE=EF，∠EFC=∠BAC=60°，∠EFC=∠FGC+∠FCG，∠BAC=∠FGC+∠FEA，∴∠FCG=∠FEA，又∠FCG=∠EAD∠D=∠EAD，∴∠D=∠FEA，由旋转知∠CBE=∠CAF=120°，∴∠DBE=∠FAE=60°∴△DEB≌△EFA，∴BD=AE， EB=AF，∴BD=FA+AB．即AB=BD-AF．（2）AF=BD+AB（或AB=AF-BD）如图③，，ED=EC=CF，∵△BCE绕点C顺时针旋转60°至△ACF，∴∠ECF=60°，BE=AF，EC=CF，BC=AC，∴△CEF是等边三角形，∴EF=EC，又∵ED=EC，∴ED=EF，∵AB=AC，BC=AC，∴△ABC是等边三角形，∴∠ABC=60°，又∵∠CBE=∠CAF，∴∠CAF=60°，∴∠EAF=180°-∠CAF-∠BAC=180°-60°-60°=60°∴∠DBE=∠EAF；∵ED=EC ，∴∠ECD=∠EDC ，∴∠BDE=∠ECD+∠DEC=∠EDC+∠DEC ， 又∵∠EDC=∠EBC+∠BED ，∴∠BDE=∠EBC+∠BED+∠DEC=60°+∠BEC ， ∵∠AEF=∠CEF+∠BEC=60°+∠BEC ，∴∠BDE=∠AEF ，在△EDB 和△FEA 中，DBE EAF BDE AEF ED EF ∠∠⎧⎪∠∠⎨⎪⎩＝＝＝ ∴△EDB ≌△FEA （AAS ），∴BD=AE ，EB=AF ，∵BE=AB+AE ，∴AF=AB+BD ，即AB ，DB ，AF 之间的数量关系是： AF=AB+BD ．考点：旋转变化，等边三角形，三角形全等，。
旋转机械设备常见故障特征分析
第三部分：旋转机械设备常见故障特征分析一、系统共振特点：振动值在某一转速附近突变，振动相位在某一转速下发生约180度相位翻转，振动波形近似于简单正弦波形二、基础松动特点：信号具有丰富的高频谐波分量，振动具有明显的方向性，振动产生1/2,1/3RPM等分数倍亚谐波，存在1X,2X,3X,4X,5X,6X,7X,8X等谐波分量，支座同设备连接的不同元件振动大小相差较大。
三.质量不平衡特点：1X频率成分大 ,Amp(1X)至少大于总振幅50%，相位稳定，幅值稳定，振幅随RPM的平方成正比，水平与垂直方向约有90度相变(+-30度)。
四.不对中故障特点：振动二倍频较大，负荷升高，振动逐渐增大，轴心轨迹香蕉形。
轴心轨迹正进动。
两轴承油压反方向变化。
五.轴初始弯曲故障特点：轴承1X幅频特性呈丘陵状，振动与负荷无关，相频非单调变化六、齿轮故障1.齿轮特征频率计算2.齿轮断齿故障特点：啮合频率GMF或其谐波两侧出现转速的边带簇，时域信号有明显等间隔冲击，设备有冲击异音，时域波形峭度值大。
3.齿轮不对中特点：存在齿轮高次啮合频率谐波,1GMF较小，但2GMF，3GMF振幅较大,GMF的边频距离可为2RPM，甚至为3RPM。
4.齿面磨损特点：信号存在齿轮自振频率，且该频率处存在边带，啮合频率GMF 或其谐波两侧出现转速的边带簇，存在较大的齿轮啮合频率GMF。
七、滚动轴承故障1.轴承特征频率计算4.轴承部件缺陷(内圈,滚动体剥落,滚道剥落等)特点：轴承缺陷频率和谐波成分丰富，时域波形有冲击，存在轴承内圈特征频率(BPFI)，存在轴承外圈特征频率(BPFO)，边带成分较明显或突出。
3.轴承间隙不当特点：振动分量1X,2X,3X占主导地位，1X~8X谐波成分丰富，轴承温度偏高，存在明显的(0.4~0.9)X范围的频率值。
轴承新近调整安装，存在轴承外圈特征频率(BPFO)。
4.轴承磨损特点：轴承缺陷频率和谐波成分丰富，存在较宽的随机高频振动带，边带成分较明显或突出，轴承温度偏高。
初中数学中旋转问题解题浅析
初中数学中旋转问题解题浅析七里中学袁宗义近几年来，数学运动问题在中考试题总是或多或少的出现，小到填空、选择题，大到综合、推理题。
其中图形旋转就是一个很重要的问题。
我认为要解决旋转问题首先要理解旋转的定义和性质，要把旋转的定义和性质牢固的记在心中。
经过几年的初三教学和复习，我自认为对于旋转问题的解决有了一些领悟和发现，现将这些领悟和发现与同行探讨，互相学习，共同进步。
一、解决旋转问题要抓住旋转角旋转角是旋转问题的中心词，要解决旋转问题关键是要抓住旋转角，会根据图形旋转的方向和旋转角的大小绘制旋转后的图形，“旋转后对应点与旋转中心的连线所成的角都等于旋转角”抓住这一性质解题。
如：1、如图点P（4，3）平面直角坐标系上一点，将OP绕着点O顺时针方向90°到OP′的位置，使P和P′重合，求点P′的坐标。
解析：如图作PE垂直X轴于点E，则PE=3，OE=4。
作P′F垂直于X轴于点F，因为旋转角为900即∠PO P′=900Yｐ所以∠POE+∠P′OF=900又因为∠POE+∠P=900E所以∠P=∠P′OFF又OP=OP′所以△POE≌△OP′F O XP′所以OE=P′F=4PE=OF=3P′在第四象限，P′的坐标为（3，-4）在这个问题中我们抓住了旋转角为900，利用互余关系得到角相等，结合旋转的性质来说明三角形全等求出P′的坐标。
二、解决旋转问题要抓住图形的全等将一个图形绕旋转中心旋转一个角度后所得到的图形与原图形是全等的，在解决旋转问题时一定要利用全等图形的性质。
如：正方形ABCD中，E、F分别为BC、CD上的点，若BE=3 DF=2且∠EAF=450求EF的长。
解析：本题咋看起来无从下手，但我们将此题与旋转联系起来问题就好解决了。
我们将△ABE绕点A逆时针方向旋转900，使AB与AD重合,点E与点G重合，△ABE≌△ADG,则AG=AB ∠BAE=∠DA GCFDGEDG=BE=3 且∠ADG=∠B=∠ADC=900即G、D、F三点在一直线上。
旋转设备常见故障分析判断知识讲座最新课件
1
旋转设备常见故障分析知识讲座
内容: 一、旋转设备的基础知识； 二、旋转设备常见故障及分析判断手段； 三、旋转设备运行状态监测和维护； 四、转子动平衡相关知识；
2
旋转设备的基础知识
旋转设备： 旋转机械是指那些主要功能是由旋转运动完成的机械，尤
其是指那些转速较高的机械，如电动机、离心式压缩机、汽轮 发电机组，以及离心式鼓风机、离心式水泵、真空泵以及轧机 等，都属于旋转机械范围。旋转机械在各行各业中应用十分广 泛，其中许多设备都是生产流程上重点关键设备，是企业开展 设备诊断的主要对象。加强对这类设备的监测诊断，为确保设 备安全高效运转，增加产量，提高产品质量，改善企业的经济 效益都具有重要意义。
3
旋转设备常见故障
旋转设备常见故障： 一、电机(电气)
电源品质、电机绕组故障(匝间、相间短路，断路，三相 阻抗不平衡，绝缘损坏等) 二、机械
1 、转子不平衡； 2、轴系不对中； 3、机械松动； 4、滚动轴承故障； 5、滑动轴承故障； 6、齿轮故障等；
4
常见故障的分析判断手段
一、电机(电气) 多年来设备状态监测与故障诊断技术基本上以设备的机械
松动类型
松动部位
振动频率
形态描述
非旋转件松动
轴承盖、支座
基础螺栓轴瓦合金松动、间 隙大
转频，高次谐波，分数谐 波
转频，高次谐波
转频，高次谐波，分数谐 波
振动具有方向性，
振动幅值稳定。
旋转件松动
联轴器磨损、松动 滚动轴承配合松动 转子部件配松动
转频，高次谐波
转频，高次谐波(有时也 有分数谐波)，轴承特征 频率
目 前 我 公 司 拥 有 的 AT- PALL电 机 在 线 监 测 诊 断 系 统 就 能 对 以 上
图形旋转教学中存在的问题与策略
图形旋转教学中存在的问题与策略问题1. 讲解过于抽象图形旋转的内容较为抽象，需要学生通过几何知识来理解旋转的概念。
而有些老师在讲解的时候只是简单地讲了一下旋转的概念，没有细致地讲解旋转的形式和实际应用。
这样对于学生来说，旋转的概念难以理解和消化。
2. 练习缺乏指导图形旋转的练习是很重要的一环，但是有一些老师在让学生完成练习的时候没有提供有效的指导。
学生往往只有题目，却无法明确自己的做法是否正确，也无从分析其中的错误和误区。
这就导致学生在练习中颇费周折，效率低下。
3. 缺乏趣味性图形旋转的教学过程相对有些枯燥，对于学生来说没有足够的趣味性，因此学生很难对这一内容保持兴趣和热情。
而缺乏兴趣的学生学习效果不理想，可能产生对数学知识的厌倦和反感。
策略在解决上述问题的过程中，教师可以尝试以下一些策略：1. 直观形象化的讲解在教学过程中，教师可以将有关于旋转方面的概念进行简单的图形形象化讲解，孩子们通过这样的形式更容易理解和记忆。
例如一句“逆时针旋转” 如果加上一个箭头的图形，对于孩子们来说这就是一个直观、形象化的概念了。
2. 培养学生的自主学习能力对于学生来说，最好的方法是让他们自由发挥。
在教学中，可以适当在习题中加入一些思考性质的题目，这样可以培养学生的自主思考能力和解题能力。
教师可以引导学生在完成思考之后进行讨论，相互之间交流思想和寻找不同的解题方法，这样不仅学生可以提升自己的能力，教师也可以从中发现学生的疑惑，并进行及时解答。
3. 增加趣味性教师也可以在教学中增加一些趣味性的元素来吸引学生，例如，通过对学生学过的图形进行打折、翻转、旋转等变换，让学生来寻找图形的变化和规律，或者让学生进行团队合作，创造自己的图形并进行变换，通过竞赛等方式让学生充分体验学习过程的乐趣。
总结通过上述的做法，可以帮助解决图形旋转教学过程中存在的问题，提高学生学习的成效。
教师需要仔细分析教学过程中存在的问题，然后针对性地采取有效的措施解决问题。
旋转常见错解剖析
旋转常见错解剖析一、分析旋转作图时语言叙述不准确例1分析图1的旋转现象.错解：本题是由图案的14绕图案中心分别旋转四次，每次旋转90°形成的.剖析：分析旋转图案的方法：（1）找准旋转图案的基本图案，本题取图案的14或12；（2）找出旋转中心；（3）算准旋转的角度.正解：是由一个梯形绕图案中心依次旋转90°，180°，270°而形成的，也可以看做是由两个相邻的梯形绕图案的中心旋转180°而形成的.二、弄错图形的旋转方向例2如图2，将网格中的△ABC绕C逆时针旋转90°，画出旋转后的图形.错解：作∠ACD=∠BCE=90°并截取CA/=CA，CB/=CB；连结CB/、B/A/、CA/就得到了旋转后的图形△CB/A/.剖析：这种作法显然没有注意到是逆时针方向旋转，同学们可以按照逆时针方向作一下，看看是不是与图3所示一样.三、忽视分类讨论例3在△ABC中，∠B=45°，∠C=60°，将△ABC绕点A旋转30°后与△AB1C1重合，求∠BAC1的度数.错解：如图4，因为在△ABC中，∠B=45°，∠C=60°，所以∠BAC=75°.所以∠BAC1=∠BAC+∠CAC1=75°+30°=105°.A AA/A/B BB/B/CCED图2 图3剖析：本题将△ABC 绕点A 旋转30°，并未指明旋转方向，故应分两种情况，错解只考虑了一种情况.正解：当△ABC 绕点A 逆时针方向旋转30°时，作法同错解；当△ABC 绕点A 顺时针方向旋转30°时，如图5，∠BAC 1=∠BBAC －∠CAC 1=75°－30°=45°.四、对旋转角的概念理解不准确例4 如图6，P 等边△BDE 是由等边△ABC 经过旋转得到的.试判断旋转中心和旋转角及旋转方向.错解：等边△BDE 是由等边△ABC 绕旋转中心B 按逆时针方向旋转∠ABE 的度数形成的.剖析：错误的原因在于没有正确找出对应线段，从而把旋转的角度弄错了.正解：△BDE 是由等边△ABC 绕旋转中心B 按逆时针方向，旋转∠DBA 的度数形式的.五、旋转作图中，找不准关键点，错用旋转的性质例5 如图7所示，请将方格纸中的图形以点O 为旋转中心，顺时针旋转90°，再向左平移两格，你能作出相应的图形吗？错解：如图8所示.剖析：未找准关键点关于旋转中心的对称点.正解：如图9所示.图7 图8 图9 B E AC D 图6。
2019中考数学高频考点剖析专题29几何三大变换之旋转问题—解析卷.doc
备考2019中考数学高频考点剖析专题二十九几何三大变换之旋转问题考点扫描☆聚焦中考旋转问题，是每年中考的必考内容之一，考查的知识点包括旋转的性质、中心对称和旋转作图三方而，总体来看，难度系数低，以选择填空为主。
也有少量的解析题。
解析题主要以作图、计算为主。
结合2018年全国各地中考的实例，我们从三方面进行旋转的宗旨、中心对称和旋转作图问题的探讨：（1）旋转的性质；（2）屮心对称的性质；（3）旋转作图.考点剖析☆典型例题两（2018・广酋贺州・3分）下列图形中，屈于中心对称图形的是（）【解答】解：A.不是中心对称图形，故此选项错误；B.不是中心对称图形，故此选项错误；C.不是中心对称图形，故此选项错误；D.是屮心对称图形，故此选项正确，故选：D.亟（2018 •辽宁省盘锦市）如图，已知RtAABC 中，ZB二90° , ZA=60° , AC二2“§+4,点M、N分别在线段AC. AB上，将AANM沿直线MN折叠，使点A的对应点D恰好落在线段BC上，当△DCM为直角三角形时，折痕MN的长为_【解答】解：分两种情况：①如图，当ZCDM二90。
时，是直角三角形,•・•在RtAABC 中，ZB=90° , ZA二60° , AC二2^+4,二ZC二30° , AB=^AC=V3+2,由折叠2可得：ZMDN=ZA=60° ,・・・ZBDN二30° ,・・.BN二丄DN二丄AN,.・.BN二丄AB二返空，2 23 3・・・AN二2BN二朋+4 .3V ZDNB=60° ,・・・ZANM二ZDNM二60° , A ZAMN=60° ,二AN二MN二?灰也；3②如图，当ZCMD=90°时，△CDM是直角三角形，由题可得：ZCDM=60° , ZA=ZMDN=60° , :. ZBDN=60° , ZBND=30° , ABD^DN^AN, 2 2BN=V3BD\lAB=V3+2, ,-.AN=2, 过“作MH丄AM 于H,则ZANH=30° ,.・.AH二丄AWl,2HX=V3，由折叠可得：ZAMN=ZDMN=45° , AAMNH是等腰直角三角形，.・・HM二・・・MN二辰故答案为：2切+4或3亟（2018年四川省内江市）如图，在平而直角坐标系中，AABC的顶点A在第一象限，点B, C的坐标分别为（2, 1） , （6, 1） , ZBAC=90° , AB二AC,直线AB交y轴于点P,若厶ABC与AA，B r C'关于点P成中心对称，则点A的坐标为（）【考点】R4：小心对称；KW ：等腰直角三角形；R7：坐标与图形变化■旋转.【分析】先求得直线AB 解析式为y=x- 1,即可得出P (0, - 1),再根据点八与点A'关于点P 成中心对称，利用中点公式，即可得到点V 的坐标.【解答】解：•・•点B, C 的坐标分别为(2, 1) , (6, 1) , ZBAC 二90° , AB=AC,•••△ABC 是等腰直角三角形，A A (4, 3),设直线AB 解析式为y 二kx+b,则(3=4k+b[1二2k+b'解得Fr [b=-l・・・直线AB 解析式为y=x- 1,令x 二0,则y 二・1,:.P (0, - 1),又・・•点A 与点A ，关于点P 成中心对称,・••点P 为AA'的中点，/>01= - 4, n 二-5,(・3,・4) D. (・4,・3)设 A' (m, n),则 叫,3+n：■£ ( -4, -5),【点评】本题考查了中心对称，等腰直角三角形的运用，利用待沱系数法得出直线AB的解析式是解题的关键.亟（2018*安徽•分）如图，在由边长为1个单位长度的小正方形组成的10X10网格屮，已知点0, A, B均为网格线的交点.（1）在给定的网格中，以点0为位似中心，将线段AB放大为原来的2倍，得到线段A】B］（点A, B的对应点分别为A］、B］）.画出线段A］B］；（2）将线段A］B］绕点内逆时针旋转90°得到线段A?B］.画出线段A?B］；（3） _________________________________________________________________________ 以A、A】、B r A?为顶点的四边形AA1B1A2的面积是______________________________________ 个平方单位.【答案】（1）画图见解析；（2）画图见解析；（3） 20【解析】【分析】（1）结合网格特点，连接0A并延长至儿，使0A尸20A,同样的方法得到B1, 连接AaBi即可得;（2）结合网格特点根据旋转作图的方法找到A?点，连接A2B限卩可得；（3）根据网格特点可知四边形AAi B t A2是正方形，求出边长即可求得面积.【详解】（1）如图所示；（2）如图所示；（3）结合网格特点易得四边形AAi Bi A2是正方形，AA I=A|/42+22=2A/5,所以四边形AA1B1 A2的在面积为:（2酉亠20,故答案为：20.【点睛】本题考查了作图-位似变换，旋转变换，能根据位似比、旋转方向和旋转角得到关键点的对应点是作图的关键.耐（2018 •四川自贡・12分）如图，已知ZAOB二60°,在ZAOB的平分线OM上有一点C, 将一个120°角的顶点与点C重合，它的两条边分别与直线0A、0B相交于点D、E.（1）当ZDCE绕点C旋转到CD与垂直时（如图1）,请猜想0E+0D与0C的数量关系，并说明理由；（2）当ZDCE绕点C旋转到CD与OA不垂直时，到达图2的位置，（1）中的结论是否成立？并说明理由；（3）当ZDCE绕点C旋转到CD与OA的反向延长线相交时，上述结论是否成立？请在图3 中画出图形，若成立，请给于证明；若不成立，线段OD、OE与OC之间又有怎样的数量关系？请写出你的猜想，不需证明.图1 图2 图3【分析】（1）先判断岀ZOCE二60。
空间几何体的旋转问题分析
空间几何体的旋转问题分析一、旋转的定义与性质1.1 旋转的定义：在平面内，将一个图形绕着某一个点旋转一个角度的图形变换叫做旋转。
1.2 旋转的性质：（1）旋转不改变图形的大小和形状；（2）旋转改变了图形的位置；（3）旋转中心点不变，旋转角度不变。
二、空间几何体的旋转2.1 空间几何体的定义：由平面图形旋转形成的几何体，如圆柱、圆锥、球等。
2.2 空间几何体旋转的定义：将一个空间几何体绕着某一条轴旋转一个角度的几何变换。
2.3 空间几何体旋转的性质：（1）旋转不改变空间几何体的大小和形状；（2）旋转改变了空间几何体的位置；（3）旋转中心点不变，旋转角度不变。
三、空间几何体旋转问题的分析方法3.1 确定旋转轴：旋转轴是空间几何体旋转的核心，一般有固定轴和动轴两种。
3.2 确定旋转方向：旋转方向可以是顺时针或逆时针。
3.3 确定旋转角度：旋转角度可以是任意实数，通常取特殊角度（如90°、180°等）进行分析。
3.4 分析旋转前后的几何体的位置和形状变化：通过绘制旋转前后的图形，分析空间几何体的位置和形状变化。
四、空间几何体旋转的应用4.1 旋转对称：空间几何体绕着某一条轴旋转一个角度后，能与原图形重合，则称为旋转对称。
4.2 空间几何体的展开与折叠：通过空间几何体的旋转，可以进行展开和折叠，从而分析其表面积和体积等性质。
4.3 空间几何体的视角问题：通过空间几何体的旋转，可以改变观察角度，从而分析几何体的可视区域。
空间几何体的旋转问题分析是中学数学中的重要内容，掌握旋转的定义与性质、空间几何体的旋转以及分析方法等，能够帮助我们更好地理解和解决空间几何相关问题。
习题及方法：1.习题：一个圆柱以底面圆心为旋转中心，顺时针旋转90°后，求旋转后的圆柱与原圆柱的相对位置关系。
（1）画出圆柱的侧面展开图；（2）将圆柱的侧面展开图绕着底面圆心旋转90°；（3）观察旋转后的图形与原图形的相对位置关系，得出结论：旋转后的圆柱与原圆柱是关于底面圆心轴对称的。
图形的旋转(6种题型)-2023年新九年级数学核心知识点与常见题型(浙教版)(解析版)
图形的旋转（6种题型）【知识梳理】一．生活中的旋转现象（1）旋转的定义：在平面内，把一个图形绕着某一个点O旋转一个角度的图形变换叫做旋转．点O叫做旋转中心，转动的角叫做旋转角，如果图形上的点P经过旋转变为点P′，那么这两个点叫做对应点．（2）注意：①旋转是围绕一点旋转一定的角度的图形变换，因而旋转一定有旋转中心和旋转角，且旋转前后图形能够重合，这时判断旋转的关键．②旋转中心是点而不是线，旋转必须指出旋转方向．二．旋转的性质（1）旋转的性质：①对应点到旋转中心的距离相等．②对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角．③旋转前、后的图形全等．（2）旋转三要素：①旋转中心；②旋转方向；③旋转角度．注意：三要素中只要任意改变一个，图形就会不一样．三．旋转对称图形（1）旋转对称图形如果某一个图形围绕某一点旋转一定的角度（小于360°）后能与原图形重合，那么这个图形就叫做旋转对称图形．（2）常见的旋转对称图形有：线段，正多边形，平行四边形，圆等．四．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）常见的中心对称图形平行四边形、圆形、正方形、长方形等等．五．坐标与图形变化-旋转（1）关于原点对称的点的坐标P（x，y）⇒P（﹣x，﹣y）（2）旋转图形的坐标图形或点旋转之后要结合旋转的角度和图形的特殊性质来求出旋转后的点的坐标．常见的是旋转特殊角度如：30°，45°，60°，90°，180°．六．作图-旋转变换（1）旋转图形的作法：根据旋转的性质可知，对应角都相等都等于旋转角，对应线段也相等，由此可以通过作相等的角，在角的边上截取相等的线段的方法，找到对应点，顺次连接得出旋转后的图形．（2）旋转作图有自己独特的特点，决定图形位置的因素较多，旋转角度、旋转方向、旋转中心，任意不同，位置就不同，但得到的图形全等．七．利用旋转设计图案由一个基本图案可以通过平移、旋转和轴对称以及中心对称等方法变换出一些复合图案．利用旋转设计图案关键是利用旋转中的三个要素（①旋转中心；②旋转方向；③旋转角度）设计图案．通【考点剖析】一．生活中的旋转现象（共1小题）1．（2022秋•义乌市期中）商场卫生间旋转门锁的局部如图1所示，如图2锁芯O固定在距离门边（EF）3.5cm处（即ON＝3.5cm），在自然状态下，把手竖直向下（把手底端到达A）．旋转一定角度，把手底端B恰好卡住门边时，底端A、B的竖直高度差为0.5cm．当把手旋转90°到达水平位置时固定力最强，有效的固定长度（把手底端到门边的垂直距离）DN＝cm，当把手旋转到OC时，∠BOC＝∠BOD，此时有效的固定长度为cm．【分析】作BG⊥OA于G，设OA＝OB＝OC＝OD＝xcm，在Rt△OBG中利用勾股定理求出x，利用OD﹣ON 得到DN，连接OB，交OC于M，作CP⊥OD，MQ⊥OD，求出BD，OM，QM和OQ，证明△OPC∽△OQM，可得OP，可得PN，即可得到C到EF的距离．【解答】解：如图，作BG⊥OA于G，设OA＝OB＝OC＝OD＝xcm，则AG＝0.5cm，BG＝ON＝3.5cm，∴OG＝OA﹣AG＝x﹣0.5cm，∵在Rt△OBG中，OB2＝OG2+BG2，∴x2＝（x﹣0.5）2+3.52，解得：x＝12.5，∴OA＝OB＝OC＝OD＝12.5cm，∴DN＝OD﹣ON＝12.5﹣3.5＝9cm．连接OB，交OC于M，作CP⊥OD，MQ⊥OD，∵BN＝OG＝12.5﹣0.5＝12cm，DN＝9cm，∴DB＝DN2+BN2＝15cm，又∵∠BOC＝∠BOD，OD＝OB，∴OC⊥BD，DM＝BM＝DB＝7.5cm，∴OM＝＝＝10cm，∵△DNB中，QM∥NB，且M是DB中点，∴QM＝BN＝6cm，∴Rt△OQM中，OQ＝＝＝8cm，又∵CP∥MQ，∴△OPC∽△OQM，∴OC/OM＝OP/OQ，∴＝，∴OP＝10cm，∴PN＝OP﹣ON＝10﹣3.5＝6.5cm，∵CP⊥OD，EF⊥OD，∴C到EF的距离长等于PN 6.5cm．故答案为：9；6.5．【点评】本题考查了圆的基本性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理，中位线定理，解题的关键是读懂题意，结合实际理解旋转门锁的运行原理．二．旋转的性质（共9小题）2．（2022秋•镇海区校级期中）如图，在正方形网格中，△ABC绕某点旋转一定的角度得到△A′B′C′，则旋转中心是点（）A．O B．P C．Q D．M【分析】根据旋转的性质，对应点到旋转中心的距离相等，可得对应点连线的垂直平分线的交点即为旋转中心．【解答】如图，连接BB′，AA′可得其垂直平分线相交于点P，故旋转中心是P点．故选：B．【点评】本题考查了旋转的性质，对应点连线的垂直平分线的交点即为旋转中心，熟练掌握旋转中心的确定方法是解题的关键．3．（2022秋•拱墅区校级期中）如图，将△ABC绕点A逆时针旋转70°，得到△ADE，若点D在线段BC 的延长线上，则∠B的大小是（）A．45°B．55°C．60°D．100°【分析】由旋转的性质可得AB＝AD，∠BAD＝70°，由等腰三角形的性质可求解．【解答】解：∵将△ABC绕点A逆时针旋转70°得到△ADE，∴AB＝AD，∠BAD＝70°，∴∠B＝∠ADB＝＝55°，故选：B．【点评】本题考查了旋转的性质，等腰三角形的性质，掌握旋转的性质是解题的关键．4．（2023•温州三模）如图，在△ABC中，∠BAC＝50°，将△ABC绕点A逆时针旋转得△ADE，使点D恰好落在AC边上，连结CE，则∠ACE的度数为（）A．45°B．55°C．65°D．75【分析】由旋转的性质可知，旋转前后对应边相等，对应角相等，得出等腰三角形，再根据等腰三角形的性质求解．【解答】解：由旋转的性质可知，∠CAE＝∠BAC＝50°，AC＝AE，∴∠ACE＝∠AEC，在△ACE中，∠CAE+∠ACE+∠AEC＝180°，∴50°+2∠ACE＝180°，解得：∠ACE＝65°，故选：C．【点评】本题主要考查了旋转的性质，找出旋转角和旋转前后的对应边得出等腰三角形是解答此题的关键．5．（2022秋•杭州期末）如图，将一个含30°角的直角三角板ABC绕点A逆时针旋转，点C的对应点为点C′，若点C′落在BA延长线上，则三角板ABC旋转的度数是（）A．60°B．90°C．120°D．150°【分析】根据旋转角的定义，两对应边的夹角就是旋转角，即可求解．【解答】解：旋转角是∠BAB′＝180°﹣30°＝150°．故选：D．【点评】本题考查的是旋转的性质，掌握对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角是解题的关键．6．（2023•天台县一模）如图，在矩形ABCD中，AB＝1，∠CBD＝18°，将矩形ABCD绕对角线中点O逆时针旋转α（0°＜α＜90°）得到矩形A′B′C′D′，当C′，D的距离等于1时，α的值为（）A．36°B．54°C．68°D．72°【分析】根据矩形的性质以及圆周角定理可得出∠COD＝∠DOC′＝∠C′OB′＝2∠CBD＝36°，进而得出∠COC′＝72°即可．【解答】解：如图，矩形ABCD的外接圆为⊙O，矩形A′B′C′D′的四个顶点也在⊙O上，∵AB＝CD＝B′C′＝DC′＝2，∴∠COD＝∠DOC′＝∠C′OB′＝2∠CBD＝36°，∴∠COC′＝72°，故选：D．【点评】本题考查旋转的性质，矩形的性质，掌握矩形的性质以及旋转的性质是正确解答的前提．7．（2023•长兴县一模）如图，矩形ABCD绕点B旋转得到矩形BEFG，在旋转过程中，FG恰好过点C，过点G作MN平行AD交AB，CD于M，N．若AB＝3，BC＝5，则图中阴影部分的面积的是（）A．3B．4C．5D．【分析】由旋转的性质可得BG＝BA＝3，由勾股定理可求CG，可求△BGC的面积，由平行四边形的性质可求解．【解答】解：∵矩形ABCD绕点B旋转得到矩形BEFG，∴BG＝BA＝3，∴CG＝＝＝4，∴S△BGC＝×BG•GC＝6，∵MN∥AD，CD∥AB，∴四边形AMND是平行四边形，MN∥BC，∴四边形BCNM是平行四边形，∴S平行四边形BCNM＝2S△BGC＝12，∴阴影部分的面积＝S矩形ABCD﹣S平行四边形BCNM＝15﹣12＝3，故选：A．【点评】本题考查了旋转的性质，矩形的性质，勾股定理等知识，灵活运用这些性质解决问题是解题的关键．8．（2023•仙居县二模）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝10，BC＝6，点D是边AC的中点．点P 为边BC上的一个动点，将点P绕点D逆时针旋转90°得到点P′，则AP′的取值范围为．【分析】由“SAS”可证△ADP'，可得AP'＝PH，即可求解．【解答】解：如图，以AD为直角边，作等腰直角三角形ADH，连接PH，∴AD＝DH，∠ADH＝90°，∵将点P绕点D逆时针旋转90°得到点P′，∴DP＝DP'，∠PDP'＝90°＝∠ADH，∴∠ADP'＝∠PDH，∴△ADP'≌△HDP（SAS），∴AP'＝PH，∵AC＝10，点D是边AC的中点，∴CD＝AD＝DH＝5，∵点P为边BC上的一个动点，∴当PH⊥BC时，PH有最小值为5，当点P与点C重合时，PH有最大值为5，∴5≤HP≤5，∴，故答案为：．【点评】本题考查了旋转的性质，全等三角形的判定和性质，添加恰当辅助线构造全等三角形是解题的关键．9．（2023•萧山区二模）如图，在正方形ABCD中，，O是BC中点，点E是正方形内一动点，OE＝2，连接DE，将线段DE绕点D逆时针旋转90°得DF，连接AE，CF．则线段OF长的最小值为（）A．8B．C．D．【分析】连接DO，将DO绕点D逆时针旋转90°得到DM，连接FM，OM，证明△EDO≌△FDM，可得FM ＝OE＝2，由勾股定理可得，根据OF+MF≥OM，即可得出OF的最小值．【解答】解：如图，连接DO，将DO绕点D逆时针旋转90°得到DM，连接FM，OM，∵∠EDF＝∠ODM＝90°，∴∠EDO＝∠FDM，在△EDO与△FDM中，，∴△EDO≌△FDM（SAS），∴FM＝OE＝2，∵正方形ABCD中，，O是BC边上的中点，∴，∴，∴，∵OF+MF≥OM，∴OF≥10﹣2＝8，∴线段OF的最小值为8，故选：A．【点评】本题考查线段的最值问题，涉及三角形的三边关系、勾股定理、旋转的性质、正方形的性质、全等三角形的判定与性质等知识，添加辅助线构造全等三角形是解题关键．10．（2022秋•浦江县月考）阅读下面材料，并解决问题：（1）如图①等边△ABC P，若点P到顶点A、B、C的距离分别为3，4，5，求∠APB的度数．为了解决本题，我们可以将△ABP绕顶点A旋转到△ACP′处，此时△ACP′≌△ABP，这样就可以利用旋转变换，将三条线段P A、PB、PC转化到一个三角形中，从而求出∠APB＝；（2）基本运用请你利用第（1）题的解答思想方法，解答下面问题已知如图②，△ABC中，∠CAB＝90°，AB＝AC，E、F为BC上的点且∠EAF＝45°，求证：EF2＝BE2+FC2；（3）能力提升如图③，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝1，∠ABC＝30°，点O为Rt△ABC内一点，连接AO，BO，CO，且∠AOC＝∠COB＝∠BOA＝120°，求OA+OB+OC的值．【分析】（1）根据旋转变换前后的两个三角形全等，全等三角形对应边相等，全等三角形对应角相等以及等边三角形的判定和勾股定理逆定理解答；（2）把△ABE绕点A逆时针旋转90°得到△ACE′，根据旋转的性质可得AE′＝AE，CE′＝CE，∠CAE′＝∠BAE，∠ACE′＝∠B，∠EAE′＝90°，再求出∠E′AF＝45°，从而得到∠EAF＝∠E′AF，然后利用“边角边”证明△EAF和△E′AF全等，根据全等三角形对应边相等可得E′F＝EF，再利用勾股定理列式即可得证．（3）将△AOB绕点B顺时针旋转60°至△A′O′B处，连接OO′，根据直角三角形30°角所对的直角边等于斜边的一半求出AB＝2AC，即A′B的长，再根据旋转的性质求出△BOO′是等边三角形，根据等边三角形的三条边都相等可得BO＝OO′，等边三角形三个角都是60°求出∠BOO′＝∠BO′O＝60°，然后求出C、O、A′、O′四点共线，再利用勾股定理列式求出A′C，从而得到OA+OB+OC＝A′C．【解答】解：（1）∵△ACP′≌△ABP，∴AP′＝AP＝3、CP′＝BP＝4、∠AP′C＝∠APB，由题意知旋转角∠PA P′＝60°，∴△AP P′为等边三角形，P P′＝AP＝3，∠A P′P＝60°，易证△P P′C为直角三角形，且∠P P′C＝90°，∴∠APB＝∠AP′C＝∠A P′P+∠P P′C＝60°+90°＝150°；故答案为：150°；（2）如图2，把△ABE绕点A逆时针旋转90°得到△ACE′，由旋转的性质得，AE′＝AE，CE′＝BE，∠CAE′＝∠BAE，∠ACE′＝∠B，∠EAE′＝90°，∵∠EAF＝45°，∴∠E′AF＝∠CAE′+∠CAF＝∠BAE+∠CAF＝∠BAC﹣∠EAF＝90°﹣45°＝45°，∴∠EAF＝∠E′AF，在△EAF和△E′AF中，∴△EAF≌△E′AF（SAS），∴E′F＝EF，∵∠CAB＝90°，AB＝AC，∴∠B＝∠ACB＝45°，∴∠E′CF＝45°+45°＝90°，由勾股定理得，E′F2＝CE′2+FC2，即EF2＝BE2+FC2．（3）如图3，将△AOB绕点B顺时针旋转60°至△A′O′B处，连接OO′，∵在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝1，∠ABC＝30°，∴AB＝2，∴BC＝，∵△AOB绕点B顺时针方向旋转60°，∴△A′O′B如图所示；∠A′BC＝∠ABC+60°＝30°+60°＝90°，∵∠C＝90°，AC＝1，∠ABC＝30°，∴AB＝2AC＝2，∵△AOB绕点B顺时针方向旋转60°，得到△A′O′B，∴A′B＝AB＝2，BO＝BO′，A′O′＝AO，∴△BOO′是等边三角形，∴BO＝OO′，∠BOO′＝∠BO′O＝60°，∵∠AOC＝∠COB＝∠BOA＝120°，∴∠COB+∠BOO′＝∠BO′A′+∠BOO′＝120°+60°＝180°，∴C、O、A′、O′四点共线，在Rt△A′BC中，A′C＝，∴OA+OB+OC＝A′O′+OO′+OC＝A′C＝．【点评】本题考查了旋转的性质，全等三角形的判定与性质，等腰直角三角形的性质，勾股定理，读懂题目信息，理解利用旋转构造出全等三角形和等边三角形以及直角三角形是解题的关键．三．旋转对称图形（共3小题）11．（2022秋•平阳县校级月考）把如图所示的五角星图案，绕着它的中心旋转，若旋转后的五角星能与自身重合．则旋转角至少为（）A．30°B．45°C．60°D．72°【分析】五角星图案，可以被平分成五部分，因而每部分被分成的圆心角是72°，并且圆具有旋转不变性，因而旋转72【解答】解：该图形被平分成五部分，旋转72度的整数倍，就可以与自身重合，因而A、B、C都错误，能与其自身重合的是D．故选：D．【点评】本题考查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．12．（2022秋•张湾区期中）把图中的交通标志图案绕着它的中心旋转一定角度后与自身重合，则这个旋转角度至少为（）A．30°B．90°C．120°D．180°【分析】根据图形的对称性，用360°除以3计算即可得解．【解答】解：∵360°÷3＝120°，∴旋转的角度是120°的整数倍，∴旋转的角度至少是120°．故选：C．【点评】本题考查了旋转对称图形，仔细观察图形求出旋转角是120°的整数倍是解题的关键．13．（2023•婺城区模拟）规定：在平面内，如果一个图形绕一个定点旋转一定的角度α（0°＜α≤180°）后能与自身重合，那么就称这个图形是旋转对称图形，转动的这个角度α称为这个图形的一个旋转角．例如：正方形绕着两条对角线的交点O旋转90°或180°后，能与自身重合（如图1），所以正方形是旋转对称图形，且有两个旋转角．根据以上规定，回答问题：（1）下列图形是旋转对称图形，但不是中心对称图形的是；A．矩形B．正五边形C．菱形D．正六边形（2）下列图形中，是旋转对称图形，且有一个旋转角是60度的有：（填序号）；（3）下列三个命题：①中心对称图形是旋转对称图形；②等腰三角形是旋转对称图形；③圆是旋转对称图形．其中真命题的个数有个；A．0B．1C．2D．3（4）如图2的旋转对称图形由等腰直角三角形和圆构成，旋转角有45°，90°，135°，180°，将图形补充完整．【分析】（1）根据旋转图形，中心对称图形的定义判断即可．（2）旋转对称图形，且有一个旋转角是60度判断即可．（3）根据旋转图形的定义判断即可．（4）根据要求画出图形即可．【解答】解：（1）是旋转图形，不是中心对称图形是正五边形，故选B．（2）是旋转对称图形，且有一个旋转角是60度的有（1）（3）（5）．故答案为（1）（3）（5）．（3）命题中①③正确，故选C．（4）图形如图所示：【点评】本题考查旋转对称图形，中心对称图形等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．四．坐标与图形变化-旋转（共8小题）14．（2022秋•莲都区期中）如图，在平面直角坐标系中，将点P（2，3）绕原点O顺时针旋转90°得到点P'，则P'的坐标为（）A．（3，﹣2）B．（3，﹣1）C．（2，﹣3）D．（3，2）【分析】作PQ⊥y轴于Q，如图，把点P（2，3）绕原点O顺时针旋转90°得到点P'看作把△OPQ绕原点O顺时针旋转90°得到△OP'Q′，利用旋转的性质得到∠P′Q′O＝90°，∠QOQ′＝90°，P′Q′＝PQ ＝2，OQ′＝OQ＝3，从而可确定P′点的坐标．【解答】解：作PQ⊥y轴于Q，如图，∵P（2，3），∴PQ＝2，OQ＝3，∵点P（2，3）绕原点O顺时针旋转90°得到点P'相当于把△OPQ绕原点O顺时针旋转90°得到△OP'Q′，∴∠P′Q′O＝90°，∠QOQ′＝90°，P′Q′＝PQ＝2，OQ′＝OQ＝3，∴点P′的坐标为（3，﹣2）．故选：A．【点评】本题考查了坐标与图形变化﹣旋转：图形或点旋转之后要结合旋转的角度和图形的特殊性质来求出旋转后的点的坐标．常见的是旋转特殊角度如：30°，45°，60°，90°，180°．15．（2022秋•吴兴区期中）如图，在平面直角坐标系中，线段AB的端点在方格线的格点上，将AB绕点P 顺时针方向旋转90°，得到线段A′B′，则点P的坐标为．【分析】依据旋转的性质可得，将AB绕点P顺时针方向旋转90°，得到线段A′B′，则点P到对应点的距离相等，因此作出两对对应点连线的垂直平分线，其交点即为所求．【解答】解：如图所示，作线段AA'和BB'的垂直平分线，交于点P，则点P即为旋转中心，由图可得，点P的坐标为（1，2），故答案为：（1，2）．【点评】本题主要考查了坐标与图形变换，解决问题的关键是掌握旋转的性质．一般情况，图形或点旋转之后要结合旋转的角度和图形的特殊性质来求出旋转后的点的坐标．16．（2022秋•苍南县期中）如图，点A的坐标为（0，3），点C的坐标为（1，0），B的坐标为（1，4），将△ABC沿y轴向下平移，使点A平移至坐标原点O，再将△ABC绕点O逆时针旋转90°，此时B的对应点为B′，点C的对应点为C′，则点C′的坐标为（）A．（4，1）B．（1，4）C．（3，1）D．（1，3）【分析】首先根据点A的平移规律得到C的平移后坐标，再根据旋转规律得到C′的坐标．【解答】解：∵点A平移至坐标原点O，点A的坐标为（0，3），∴向下平移三个单位长度，∴C平移后的坐标为（1，﹣3），∵平移后再将△ABC绕点O逆时针旋转90°，∴点C′的坐标为（3，1）．故选：C．【点评】此题主要考查了坐标与图形的变化中的旋转与平移，正确使用坐标与图形变化的规律是解题的关键．17．（2022秋•衢江区校级期末）如图，将线段AB绕点O顺时针旋转90°得到线段A′B′，那么A（﹣1，4）的对应点A′的坐标是（）A．（1，4）B．（4，1）C．（1，﹣4）D．（4，﹣1）【分析】由线段AB绕点O顺时针旋转90°得到线段A′B′可以得出∠AOA′＝90°，AO＝A′O，作AC ⊥y轴于C，A′C′⊥x轴于C′，就可以得出△ACO≌△A′C′O，就可以得出AC＝A′C′，CO＝C′O，由A的坐标就可以求出结论．【解答】解：∵线段AB绕点O90°得到线段A′B′，∴∠AOA′＝90°，AO＝A′O．作AC⊥y轴于C，A′C′⊥x轴于C′，∴∠ACO＝∠A′C′O＝90°．∵∠COC′＝90°，∴∠AOA′﹣∠COA′＝∠COC′﹣∠COA′，∴∠AOC＝∠A′OC′．在△ACO和△A′C′O中，，∴△ACO≌△A′C′O（AAS），∴AC＝A′C′，CO＝C′O．∵A（﹣1，4），∴AC＝1，CO＝4，∴A′C′＝1，OC′＝4，∴A′（4，1）．故选：B．【点评】本题考查了旋转的性质的运用，全等三角形的判定及性质的运用，点的坐标的运用，正确作出辅助线并证得△ACO≌△A′C′O是解决问题的关键．18．（2022秋•西湖区校级期中）在平面直角坐标系中，把点P（1，﹣2）绕原点O顺时针旋转90°，所得到的对应点Q的坐标为．【分析】作PQ⊥y轴于Q，如图，把点P（1，﹣2）绕原点O顺时针旋转90°得到点P'看作把△OPQ绕原点O顺时针旋转90°得到△OP'Q′，利用旋转的性质得到∠P′Q′O＝90°，∠QOQ′＝90°，P′Q′＝PQ＝2，OQ′＝OQ＝3，从而可确定P′点的坐标．【解答】解：作PQ⊥y轴于Q，如图，∵P（1，﹣2），∴PQ＝1，OQ＝2，∵点P（1，﹣2）绕原点O顺时针旋转90°得到点P'相当于把△OPQ绕原点O顺时针旋转90°得到△OP'Q′，∴∠P′Q′O＝90°，∠QOQ′＝90°，P′Q′＝PQ＝1，OQ′＝OQ＝2，∴点P′的坐标为：（﹣2，﹣1）．故答案为：（﹣2，﹣1）．【点评】本题考查了坐标与图形变化﹣旋转：图形或点旋转之后要结合旋转的角度和图形的特殊性质来求出旋转后的点的坐标．常见的是旋转特殊角度如：30°，45°，60°，90°，180°．19．（2023•金华）在直角坐标系中，点（4，5）绕原点O逆时针方向旋转90°，得到的点的坐标．【分析】利用旋转变换的性质作出图形可得结论．【解答】解：如图，点A（4，5）绕原点O逆时针方向旋转90°，得到的点B的坐标（﹣5，4）．故答案为：（﹣5，4）．【点评】本题考查坐标与图形变化﹣旋转，解题的关键是正确作出图形，利用图象法解决问题．20．（2022秋•柯桥区期中）在平面直角坐标系中，O为坐标原点，已知点B（0，4），点A在x轴负半轴上，且∠BAO＝30°，将△AOB O顺时针旋转，得△COD，点A、B旋转后的对应点分别为C，D，记旋转角为α．（1）如图1，CD恰好经过点B时，①求此时旋转角α的度数；②求出此时点C的坐标；（2）如图2，若0°＜α＜90°，设直线AC和直线DB交于点P，猜测AC与DB的位置关系，并说明理由．【分析】（1）①根据旋转的性质得到OB＝OD，求得∠ABO＝60°＝∠D，得到△BOD是等边三角形根据等边三角形的性质得到∠BOD＝60°，于是得到结论；②过点C作CE⊥x轴于E，根据等腰三角形的性质得到CO＝AO＝4，求得∠AOC＝60°，求得OE＝2，CE＝6，于是得到C（﹣2，6）；（2）根据等腰三角形的性质得到∠OBD＝90°﹣，求得∠ABP＝180°﹣60°﹣（90°﹣）＝30°+，根据垂直的定义即可得到结论．【解答】解：（1）①由旋转可知，OB＝OD，∵∠BAO＝30°，∴∠ABO＝60°＝∠D，∴△BOD是等边三角形，∴∠BOD＝60°，∴旋转角α的度数为60°；②过点C作CE⊥x轴于E，∵∠AOB＝90°，B（0，4），∴CO＝AO＝4，∵α＝60°，∴∠AOC＝60°，∴OE＝2，CE＝6，∴C（﹣2，6）；（2）AC⊥BD，理由：∵∠AOC＝α，OB＝OD，∴∠OBD＝90°﹣，∴∠ABP＝180°﹣60°﹣（90°﹣）＝30°+，∴∠PBA+∠PAB＝60°﹣30°+＝90°，∴∠APB＝90°，∴AC⊥BD．【点评】本题考查了坐标与图形性质﹣旋转，等边三角形的性质，直角三角形的性质，旋转的性质，正确地作出辅助线是解题的关键．21．（2022秋•鄞州区校级期末）如图，在平面直角坐标系中，将边长为1的正方形OABC绕点O逆时针旋转45°后得到正方形OA1B1C1，继续旋转至2022次得到正方形OA2022B2022C2022，则点B2022的坐标是．【分析】根据图形可知：点B在以O为圆心，以OB为半径的圆上运动，再由旋转可知：将正方形OABC绕点O逆时针旋转45°后得到正方形OA1B1C1，相当于将线段OB绕点O逆时针旋转45°，可得对应点B的坐标，然后发现规律是8次一循环，进而得出答案．【解答】解：∵点A的坐标为（1，0），∴OA＝1，∵四边形OABC是正方形，∴∠OAB＝90°，AB＝OA＝1，∴B（1，1），连接OB，如图：由勾股定理得：OB＝＝，由旋转的性质得：OB＝OB1＝OB2＝OB3＝…＝，∵将正方形OABC绕点O逆时针旋转45°后得到正方形OA1B1C1，相当于将线段OB绕点O逆时针旋转45°，依次得到∠AOB＝∠BOB1＝∠B1OB2＝…＝45°，∴B1（0，），B2（﹣1，1），B3（﹣，0），B4（﹣1，﹣1），B5（0，﹣），B6（1，﹣1），…，发现是8次一循环，则2022÷8＝252…6，∴点B2022的坐标为（1，﹣1），故答案为：（1，﹣1）．【点评】本题考查了旋转的性质、正方形的性质、坐标与图形性质、勾股定理、规律型：点的坐标等知识，解题的关键是学会从特殊到一般的探究规律的方法，属于中考常考题型．五．作图-旋转变换（共5小题）22．（2023•龙游县一模）如图，方格纸中的每个小方格都是边长为1个单位长度的正方形，在建立平面直角坐标系后，△ABC的顶点均在格点上，点C的坐标为（4，﹣1）．（1）把△ABC绕着原点O逆时针旋转90°得△A1B1C1，画出△A1B1C1，并写出C1的坐标．（2）若△ABC中的一点P（a，b），在①中变换下对应△A′B′C′中为P′点，请直接写出点P′的坐标（用含a、b的代数式表示）【分析】（1）根据图形旋转的性质画出△A1B1C1，并写出C1的坐标即可；（2）根据（1）中C点坐标找出规律即可得出结论．【解答】解：（1）如图所示，C1的坐标（1，4）．（2）∵C（4，﹣1），C1（1，4），∴P’（﹣b，a）．【点评】本题考查的是作图﹣旋转变换，熟知图形旋转不变性的性质是解答此题的关键．23．（2023•温州一模）如图，在6×4的方格纸中，已知线段AB（A，B均在格点上），请按要求画出格点四边形（顶点均在格点上）．（1）在图1中画一个以AB为边的四边形ABCD，使其为轴对称图形．（2）在图2中画一个以AB为对角线的四边形AEBF，使其为中心对称图形．【分析】（1）根据轴对称图形的定义画出图形即可；（2）根据中心对称图形的定义画出图形即可．【解答】解：（1）如图，四边形即为所求作：；（2）如图，四边形即为所求作：．【点评】本题考查了作图﹣旋转变换，轴对称变换等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．24．（2023•乐清市模拟）如图是由边长为1的小正方形构成的6×6的网格，点A，B均在格点上，请按要求画出以AB为对角线的格点四边形（顶点均在格点上）．（1）在图1中画一个周长为整数的四边形ACBD；（2）在图2中画一个面积为8的四边形AEBF，且使其是中心对称图形但不是轴对称图形．【分析】（1）利用勾股定理作出，据此即可画出一个周长为整数的四边形ACBD；（2）根据三角形的面积公式以及平行四边形的性质即可画出一个面积为8的四边形AEBF，且使其是中心对称图形但不是轴对称图形．【解答】解：（1）如图，四边形ACBD即为所求作．（2）如图，四边形AEBF即为所求作．【点评】本题考查作图﹣旋转变换，勾股定理，平行四边形的性质等知识，解题的关键是理解题意，学会利用数形结合的思想解决问题．25．（2022•平阳县一模）如图，在10×8的方格纸巾，请按要求画图．（1）在图1中画一个格点C，使△ABC为等腰三角形．（2）在图2中两个格点F，G，使四边形DEFG为中心对称图形，且对角线互相垂直．【分析】（1）根据等腰三角形的概念作图即可（答案不唯一）；（2）根据中心对称图形的概念及菱形、正方形的性质作图即可（答案不唯一）．【解答】解：（1）如图所示，△ABC即为所求（答案不唯一）．（2）如图所示，四边形DEFG即为所求（答案不唯一）．【点评】本题主要考查作图—旋转变换，解题的关键是掌握旋转变换的定义与性质、等腰三角形的定义、菱形与正方形的性质．26．（2023•温州二模）如图在6×6的方格纸中，点A，B，C均在格点上，请按要求画出相应格点图形．（1）画出△ABC关于点C成中心对称的格点三角形△A1B1C（点A，B的对应点分别为A1，B1）．（2）画出△ABD，使得S△ABD＝3S△ABC．【分析】（1）根据中心对称的性质作图即可．（2）由图可得S△ABD＝3S△ABC＝6，结合三角形的面积找出点D的位置即可．【解答】解：（1）如图，三角形△A1B1C即为所求.（2）由图可得，S△ABC＝＝2，∴S△ABD＝3S△ABC＝6．如图，△ABD1，△ABD2，△ABD3均满足要求．【点评】本题考查中心对称、三角形的面积，熟练掌握中心对称的性质、三角形的面积是解答本题的关键．六．利用旋转设计图案（共3小题）27．（2022秋•宁波期末）如图，在4×4的网格纸中，△ABC的三个顶点都在格点上，现要在这张网格纸的四个格点M，N，P，Q中找一点作为旋转中心．将△ABC绕着这个中心进行旋转，旋转前后的两个三角形成中心对称，且旋转后的三角形的三个顶点都在这张4×4的网格纸的格点上，那么满足条件的旋转中心有（）A．点M，点N B．点M，点Q C．点N，点P D．点P，点Q【分析】画出中心对称图形即可判断【解答】解：观察图象可知，点P．点N满足条件．故选：C．【点评】本题考查利用旋转设计图案，中心对称等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．28．（2022秋•定海区校级月考）在冬奥会开幕式上，美丽的冬奥雪花呈现出浪漫空灵的气质．如图，雪花图案本身的设计呈现出充分的美感，它是一个中心对称图形．其实“雪花”图案也可以看成自身的一部分围绕图案的中心依次旋转一定角度得到的，这个角的度数可以是（）A．30°B．45°C．60°D．90°【分析】根据图形的对称性，用360°除以6计算即可得解．【解答】解：∵360°÷6＝60°，∴旋转角是60°的整数倍，∴这个角的度数可以是60°．故选：C．【点评】本题考查了旋转对称图形：如果某一个图形围绕某一点旋转一定的角度（小于360°）后能与原图形重合，那么这个图形就叫做旋转对称图形．常见的旋转对称图形有：线段，正多边形，平行四边形，圆等．29．（2022秋•慈溪市期末）美丽的冬奥雪花呈现出浪漫空灵的气质．如图，雪花图案是一个中心对称图形，也可以看成自身的一部分围绕它的中心依次旋转一定角度得到的，这个角的度数可以是（）。
七年级数学下册《生活中的轴对称》错解分析(含答案)
《生活中的轴对称》错解分析初学轴对称时由于对轴对称有关概念理解不透，常常出现这样或那样的种种错误，概括起来主要有以下几种。
一、混淆旋转对称图形与轴对称图形的区别例1 如图1的图形中，哪些是轴对称图形？错解：都是轴对称图形。
剖析：图1的各个图形都是对称图形，也都是旋转对称图形，其中（2）、（3）、（5）不仅是旋转对称和中心对称，同时也是轴对称，但（1）、（4）仅是旋转对称图形，并不是轴对称图形。
因此，图1中是轴对称图形的有（2）、（3）、（5）。
警示：对称图形共有轴对称、旋转对称和中心对称三种，虽然有许多图形同时具备这三种对称，但也有许多些图形仅能够是其中的一种对称，在判断时要注意区别。
二、混淆轴对称和轴对称图形的概念含义例2如图2是机器人的“两只手”，小明说这“两只手”是轴对称图形。
这种说法对吗？错解：对。
剖析：判断错了。
如果把“两只手”看作一个图形，那么说图2这个“图形”是轴对称图形没错，但说图2中的“两只手”分别是轴对称图形显然是错误的。
正确的说法是：图2中的“两只手”成轴对称。
例3 对于图3的“雪花折线图”，小新说它成轴对称。
这样说法可以吗？ 错解：可以。
剖析：判断错误。
如果把图3看作是由两个相同的一半组成的两个图形，那么就可以说这“两半图形”成轴对称。
但对于整个图形，说它是成轴对称就错了。
正确的说法是：图2是轴对称图形。
警示：轴对称和轴对称图形是两个不同的概念，它们虽然都具有对称的关系，但轴对称是针对两个图形而言的，而轴对称图形是指一个图形的对称。
三、忽视轴对称两个图形的位置关系例4 小刚说图4中的两个“欢快小女孩”成轴对称。
你认为小刚的说对吗？错解：对。
剖析：图4中的两个“小女孩”的确是完全一样的，成轴对称的两个图形也是完全相同的，但除此之外，对于成轴对称的两图形还必须能够找到它们的对称轴，即把两个图形沿着某条直线对折，它们能够互相重合。
图4显然是找不到这样的直线，因此，图4中的两个“欢快小女孩”不成轴对称。
九年级数学上册第二十三章旋转图形旋转勿忘分类讨论同步辅导素材
图形旋转勿忘分类讨论 图形的旋转分为逆时针旋转和顺时针旋转两种，有的同学在做题时，由于考虑不全面，只考虑往一个方向旋转而导致出错.下面列举两例说明，希望大家引以为戒.例1 如图1，在△ABO 中，AB ⊥OB ，∠AOB ＝30°，AB ＝1，把△ABO 绕点Ｏ旋转150°后得到△A １B １O ，则点A １的坐标为 （ ）A ．（-１，-3）B ．（-１，-3）或（-２，０）C ．（-3，-１）或（０，-２）D ．（-3，-１）错解：Ａ．剖析：本题没有说明旋转方向，因而需要分类讨论，画出△ABO 绕点Ｏ顺时针旋转150°和逆时针旋转150°后得到的图形△Ａ１Ｂ１Ｏ，然后分别求出点A １的坐标． 在△ABO 中，AB ⊥OB ，∠AOB ＝30°，AB ＝１，所以AO ＝２AB ＝２，所以OB ＝22OB OA ＝3．如图2，当△ＡＢＯ绕点Ｏ顺时针旋转150°后得到△Ａ１Ｂ１Ｏ，则∠Ａ１ＯＣ＝150°- ∠ＡＯＢ-∠ＢＯＣ＝150°-30°-90°＝30°，易求得Ａ１（-１，-3）；如图3，当△ＡＢＯ绕点Ｏ逆时针旋转150°后得到△Ａ１Ｂ１Ｏ，此时Ａ１点在ｘ轴负半轴上，Ａ１Ｏ＝２，所以Ａ１（-２，０）．综上所述，点Ａ１的坐标为（-１，-3）或（-２，０）．正解：选Ｂ．例2 在△ABC 中，∠B=45°，∠C=60°，将△ABC 绕点A 旋转30°后与△AB 1C 1重合，求∠BAC 1的度数.错解：如图4， 因为在△ABC 中，∠B=45°，∠C=60°，所以∠BAC=75°. 由旋转可知易得∠CAC 1＝30°.所以∠BAC 1=∠BAC+∠CAC 1=75°+30°=105°.图1图4 图5剖析：本题将△ABC绕点A旋转30°，并未指明旋转方向，故应分两种情况讨论，错解只考虑了其中一种情况.正解：当△ABC绕点A按逆时针方向旋转30°时，解法同错解；当△ABC绕点A按顺时针方向旋转30°时，如图5∠BAC1=∠BAC-∠CAC1=75°-30°=45°.所以∠BAC1的度数为105°或45°.。
旋转知识点归纳
旋转知识点归纳知识点1:旋转的定义及其有关概念在平面内，将一个图形绕一个定点O 沿某个方向转动一个角度，这样的图形运动称为旋转，定点O 称为旋转中心，转动的角称为旋转角;如果图形上的点P 经过旋转到点P ',那么这两个点叫做这个旋转的对应点. 如图1,线段AB 绕点O 顺时针转动090得到B A '',这就是旋转,点O 就是旋转中心,A AO B BO '∠'∠,都是旋转角.说明: 旋转的范围是在平面内旋转，否则有可能旋转为立体图形，因此“在平面内”这一条件不可忽略.决定旋转的因素有三个:一是旋转中心;二是旋转角;三是旋转方向.知识点2:旋转的性质由旋转的定义可知，旋转不改变图形的大小和形状，这说明旋转前后的两个图形是全等的.由此得到如下性质：⑴经过旋转，图形上的每一点都绕旋转中心沿相同方向转动了相同的角度，对应点的排列次序相同.⑵任意一对对应点与旋转中心的连线所成的角都是旋转角.⑶对应点到旋转中心的距离相等.⑷对应线段相等，对应角相等.例1 、如图2，D 是等腰Rt △ABC 内一点，BC 是斜边，如果将△ADB 绕点A 逆时针方向旋转到△C D A '的位置，则ADD '∠的度数是（ ）Ｄ Ａ．25Ｂ．30 Ｃ．35 Ｄ．45分析:抓住旋转前后两个三角形的对应边相等、对应角相等等性质，本题就很容易解决.由△C D A '是由△ADB 旋转所得,可知△ADB ≌△C D A ',∴AD =D A ',∠DAB =∠AC D ',∵∠DAB +∠DAC =090,∴∠AC D '+∠DAC =090,∴∠045='D AD ,故选Ｄ．'图1 图2评注:旋转不改变图形的大小与形状,旋转前后的两个图形是全等的,紧紧抓住旋转前后图形之间的全等关系,是解决与旋转有关问题的关键.知识点3:旋转作图1.明确作图的条件:(1)已知旋转中心;(2)已知旋转方向与旋转角.2.理解作图的依据:(1)旋转的定义: 在平面内，将一个图形绕一个定点O 沿某个方向转动一个角度的图形变换叫做旋转;(2)旋转的性质:经过旋转,图形上的每一点都绕旋转中心沿相同的方向转动了相同的角度,任意一对对应点与旋转中心的连线所组成的角都是旋转角,对应点到旋转中心的距离相等.3.掌握作图的步骤:(1)分析题目要求,找出旋转中心、旋转角；（2）分析图形，找出构成图形的关键点；（3）沿一定的方向，按一定的角度，通过截取线段的方法，找出各个关键点；（4）连接作出的各个关键点，并标上字母；（5）写出结论.例2 如图3，小明将△ABC 绕O 点旋转得到△C B A '''，其中点C B A '''、、分别是A 、B 、C 的对应点.随即又将△ABC 的边AC 、BC 及旋转中心O 擦去(不留痕迹),他说他还能把旋转中心O 及△ABC 的位置找到,你认为可以吗?若可以,试确定旋转中心及的位置;如不可以,请说明理由.分析:本题的关键是要学生先确定旋转中心的位置.根据“对应点到旋转中心的距离相等”这一特征，可推断出旋转中心是对应点连线（A A '和B B '）的垂直平分线的交点.这样旋转中心就可以确定了，从而△ABC 的位置也就可以确定了.解：连接A A '，B B ',分别作A A '，B B '的垂直平分线，相交于O 点，则O 点即为旋转中心.再作C '关于点的对应点,连接,则的位置就确定了.如图4所示.评注:旋转角相等及对应点到旋转中心的距离相等是解决这类问题的关键.考点4:钟表的旋转问题钟表的时针与分针每时每刻都以轴心为旋转中心作旋转运动,其中时针12小时旋转一周,A 图3 '则每小时旋转,301236000=这样时针每分钟旋转;5.00分针每小时旋转一周,则每分钟旋转.66036000= 例3 从1点到1点25分,分针转了多少度角?时针转了多少度角?1点25分时时针与分针的夹角是多少度?分析:从1点到1点25分,分针与时针都转了25分钟,所以分针旋转的角度为,15025600=⨯时针旋转的角度为;5.12255.000=⨯1点整的时候，分针与时针的夹角为030,分针与时针分别同时旋转0150与05.12后,分针与时针的夹角为.5.1075.12301500000=--解:分针旋转的角度为;15025600=⨯时针旋转的角度为;5.12255.000=⨯分针与时针的夹角为.5.1075.12301500000=--评注:(1)时针每分钟旋转05.0;(2)分针每分钟旋转.60这两个条件是旋转问题中的隐含条件,也是解决此类问题的突破口解读生活中的旋转一. 旋转及其基本性质1.旋转的概念在平面内,将一个图形绕一个定点沿着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,转动的角称为旋转角.2.旋转的基本性质(1) 旋转前后两个图形的对应点到旋转中心的距离相等;(2) 对应点与旋转中心的连线所成的角彼此相等.3.理解旋转中的不变量图形旋转的主要因素是旋转的方向和旋转的角度,图形在旋转过程中,图形中的每一点都按同样的方向旋转了相同的角度.图形在旋转后点的位置改变,但线段的长度不变,对应点到旋转中心的距离不变,每对对应点与旋转中心连线所成的角都相等.总结:旋转过程中,每一个点都绕旋转中心沿相同的方向旋转了相同的角度,任意一对对应点与旋转中心的连线所成的角都是旋转角,对应点到旋转中心的距离相等.二. 旋转前后两个图形的比较图形是由点组成的,图形中的主要元素有线段和角,也有一些其他可度量的元素,所以从这两个方面加以分析.旋转的特点有以下几个方面:(1) 旋转前后两个图形的形状和大小没有发生改变,位置发生了改变;(2) 对应线段相等，对应角相等;(3) 每对对应点与旋转中心连线所成的角都是相等的，它们都是旋转角.三. 旋转作图1.旋转作图的依据是:图形上的每一点都绕旋转中心沿相同方向转动了相同的角度,对应点到旋转中心的距离相等.2.旋转作图的条件(1) 图形原来所在的位置;(2)旋转中心;(3)图形旋转的方向;(4)图形的旋转角度.3.旋转作图的具体步骤为:(1) 分析题目的要求,找出旋转中心、旋转角；(2) 分析所作的图形，找出构造图形的关键点；(3) 沿一定的方向，按一定的角度，通过攫取线段的方法，旋转各个关键点。
图形的旋转教学反思
图形的旋转教学反思一、引言图形的旋转是几何学中重要的概念之一，它涉及到图形在平面上绕着某一点旋转一定角度后的位置变化。
在教学中，我们通常通过讲解和示范的方式向学生介绍图形的旋转，并帮助他们理解旋转的概念和方法。
然而，在教学实践中，我们发现学生对图形的旋转理解不深，容易出现困惑和错误。
因此，本文将对图形的旋转教学进行反思，探讨教学中存在的问题，并提出改进的建议。
二、问题分析1. 缺乏直观的示范：在教学中，我们通常使用幻灯片或黑板来展示图形的旋转过程，但这种方式可能不够直观。
学生往往难以准确理解图形在旋转过程中的变化，容易产生混淆和误解。
2. 概念理解不清：学生对旋转的概念理解不够深入。
他们往往只停留在表面的记忆层面，而缺乏对旋转原理的深入理解。
这导致他们在解决旋转相关问题时容易出错。
3. 缺乏实际应用：图形的旋转在实际生活中有着广泛的应用，如建筑设计、机械制造等。
然而，在教学中，我们往往只停留在理论层面，缺乏与实际生活的联系，导致学生对旋转的意义和应用理解不足。
三、改进建议1. 引入实物示范：在教学中，我们可以引入实物示范，如使用旋转木马或旋转器材来展示图形的旋转过程。
这样可以让学生更直观地感受到图形的旋转变化，加深他们对旋转概念的理解。
2. 强调旋转的原理：在教学中，我们应该注重培养学生对旋转原理的理解。
可以通过引导学生思考和讨论的方式，让他们自己发现旋转的规律和特点，提高他们的思维能力和问题解决能力。
3. 结合实际应用：在教学中，我们应该将图形的旋转与实际应用相结合，让学生了解旋转在日常生活和工作中的重要性。
可以通过案例分析、实地考察等方式，让学生感受到旋转的实际应用场景，提高他们对旋转的兴趣和学习动力。
4. 多样化的教学方法：在教学中，我们应该采用多样化的教学方法，如小组合作学习、游戏化学习等，激发学生的学习兴趣和积极性。
可以设计一些富有趣味性的旋转问题，让学生通过合作解决问题，培养他们的团队合作精神和解决问题的能力。
历年中考数学易错题汇编-初中数学 旋转练习题附答案解析
历年中考数学易错题汇编-初中数学旋转练习题附答案解析一、旋转1．已知正方形ABCD 中，E 为对角线BD 上一点，过E 点作EF⊥BD 交BC 于F，连接DF，G 为DF 中点，连接EG，CG.(1) 求证：EG=CG；(2) 将图①中△BEF 绕B 点逆时针旋转 45∘,如图②所示,取DF 中点G,连接EG,CG.问(1)中的结论是否仍然成立?若成立，请给出证明；若不成立，请说明理由；(3) 将图①中△BEF 绕B 点旋转任意角度,如图③所示,再连接相应的线段,问(1)中的结论是否仍然成立?通过观察你还能得出什么结论(均不要求证明).【答案】解：（1）CG=EG（2）（1）中结论没有发生变化，即EG=CG．证明：连接AG，过G点作MN⊥AD于M，与EF的延长线交于N点．在△DAG与△DCG中，∵ AD=CD，∠ADG=∠CDG，DG=DG，∴△DAG≌△DCG．∴ AG=CG．在△DMG与△FNG中，∵∠DGM=∠FGN，FG=DG，∠MDG=∠NFG，∴△DMG≌△FNG．∴ MG=NG在矩形AENM中，AM=EN．在Rt△AMG 与Rt△ENG中，∵ AM=EN， MG=NG，∴△AMG≌△ENG．∴ AG=EG∴ EG=CG．（3）（1）中的结论仍然成立．【解析】试题分析：（1）利用直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，可证出CG=EG．（2）结论仍然成立，连接AG，过G点作MN⊥AD于M，与EF的延长线交于N点；再证明△DAG≌△DCG，得出AG=CG；再证出△DMG≌△FNG，得到MG=NG；再证明△AMG≌△ENG，得出AG=EG；最后证出CG=EG．（3）结论依然成立．还知道EG⊥CG;试题解析：解：（1）证明：在Rt△FCD中，∵G为DF的中点，∴，同理，在Rt△DEF中，，∴CG=EG；（2）（1）中结论仍然成立，即EG=CG；连接AG，过G点作MN⊥AD于M，与EF的延长线交于N点，如图所示：在△DAG与△DCG中，∵AD=CD，∠ADG=∠CDG，DC=DC，∴△DAG≌△DCG，∴AG=CG，在△DMG与△FNG中，∵∠DGM=∠FGN，DG=FG，∠MDG=∠NFG，∴△DMG≌△FNG，∴MG=NG，在矩形AENM中，AM=EN.，在Rt△AMG与Rt△ENG中，∵AM=EN，MG=NG，∴△AMG≌△ENG，∴AG=EG，∴EG=CG，（3）（1）中的结论仍然成立，即EG=CG且EG⊥CG。
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
旋转常见错解剖析
一、分析旋转作图时语言叙述不准确
例1 分析图1的旋转现象.
错解：本题是由图案的14
绕图案中心分别旋转 四次，每次旋转90°形成的.
剖析：分析旋转图案的方法：（1）找准旋转图案 的基本图案，本题取图案的14或12
；（2）找出旋 图1 转中心；（3）算准旋转的角度.
正解：是由一个梯形绕图案中心依次旋转90°，180°，270°而形成的，也可以看做是由两个相邻的梯形绕图案的中心旋转180°而形成的.
二、弄错图形的旋转方向
例2 如图2，将网格中的△ABC 绕C 逆时针旋转90°，画出旋转后的图形.
错解：作∠ACD=∠BCE=90°并截取CA /=CA ，CB /=CB ；连结CB /、B /A /、CA /就得到了旋转后的图形△CB /A /.
剖析：这种作法显然没有注意到是逆时针方向旋转，同学们可以按照逆时针方向作一下，看看是不是与图3所示一样.
三、忽视分类讨论
例3 在△ABC 中，∠B=45°，∠C=60°，将△ABC 绕点A 旋转30°后与△AB 1C 1重合，求∠BAC 1的度数.
错解：如图4，因为在△ABC 中，∠B=45°，∠C=60°，所以∠BAC=75°.所以∠BAC 1=∠BAC+∠CAC 1=75°+30°=105°.
A A
C 1 B 1 C
B C C 1
B 1 B
图4 图5
剖析：本题将△ABC 绕点A 旋转30°，并未指明旋转方向，故应分两种情况，错解只考虑了一种情况.
正解：当△ABC 绕点A 逆时针方向旋转30°时，作法同错解；当△ABC 绕点A 顺时针方向旋转30°时，如图9，∠BAC 1=∠BBAC －∠CAC 1=75°－30°=45°.
四、对旋转角的概念理解不准确
例4 如图6，P 等边△BDE 是由等边△ABC 经过旋转得到的.试判断旋转中心和旋转角及旋转方向.
A
A A / A / B
B B / B /
C C
E D 图2 图3
错解：等边△BDE 是由等边△ABC 绕旋转中心B 按逆时针方向旋转∠ABE 的度数形成的.
剖析：错误的原因在于没有正确找出对应线段，从而把旋转的角度弄错了.
正解：△BDE 是由等边△ABC 绕旋转中心B 按逆时针方向，旋转∠DBA 的度数形式的. 五、旋转作图中，找不准关键点，错用旋转的性质
例5 如图7所示，请将方格纸中的图形以点O 为旋转中心，顺时针旋转90°，再向左平移两格，你能作出相应的图形吗？
错解：如图8所示.
剖析：未找准关键点关于旋转中心的对称点.
正解：如图9所示.
图7
图8 图9 B
E A
C D
图6。