从旋转变换角度解决初中几何中的几类典型问题
中考经典几何题讲义系列：旋转、翻折问题
∴AE＝EF，∠EAF＝∠EFA＝ ＝22.5°。∴∠FAB＝67.5°。
2
设 AB＝x，则 AE＝EF＝ 2 x，
∴an67.5°＝tan∠FAB＝t FB 2x+x 2 1。故选 B。 AB x
4. （广东河 源 3 分）如图，在折纸活动中，小明制作了一张△ABC 纸片，点 D、E 分别在边 AB、 AC 上，将△ABC 沿着 DE 折叠压平，A 与 A′重合．若∠A＝75º，则∠1＋∠2＝【 】
∴BC=CM。
设 CF=x，D′F=DF=y， 则 BC=CM=CD=CF+DF=x+y。∴FM=CM+CF=2x+y，
在 Rt△D′FM 中，tan∠M=tan30°= DF y 3 ，∴ x 3-1 y 。
FM 2x y 3
2
∴ CF x 3-1 。故选 A。 FD y 2
3. （江苏连云港 3 分）小明在学习“锐角三角函数”中发现，将如图所示的矩形纸片 ABCD 沿过点 B 的直线折叠， 使点 A 落在 BC 上的点 E 处，还原后，再沿过点 E 的直线折叠，使点 A 落在 BC 上的点 F 处，这样就可以求出 67.5° 角的正切值是【 】
A．150º
B．210º
C．105º
D．75º
【答案】A。
【考点】折叠的性质，平角的定义，多边形内角和定理。
【分析】根据折叠对称的性质，∠A′＝∠A＝75º。
根据平角的定义和多边形内角和定理，得
∠1＋∠2＝1800－∠ADA′＋1800－∠AEA′＝3600－（∠ADA′＋∠AEA′）＝∠A′＋∠A＝1500。
（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=
中考数学易错题系列之几何变换错综复杂的旋转平移与对称易错点解析
中考数学易错题系列之几何变换错综复杂的旋转平移与对称易错点解析几何变换是中考数学中的重要考点之一，其中旋转、平移和对称是较为常见的几何变换类型。
但由于错综复杂的变换方式，很多学生在解题时容易出现错误。
本文将通过解析中考中常见的几何变换易错点，帮助大家更好地理解和掌握这一知识点。
一、旋转错综复杂旋转是一种将图形绕着某一固定的点旋转一定角度后得到的新图形。
在中考中，常见的旋转易错点包括角度的计算和旋转中心的确定。
1. 角度的计算有时，题目中已给出旋转的角度，但学生在计算旋转角度时容易出现错误。
例如，题目给出旋转角度为60°，学生可能会直接以为是九十度，导致计算错误。
解决这个问题的关键是认真阅读题目，并将给出的角度正确运用到计算中。
2. 旋转中心的确定旋转中心是旋转变换中的关键概念。
在一些题目中，旋转中心可能没有明确给出，需要根据已知条件或者图形特点来确定。
如何准确确定旋转中心呢？一种常用的方法是找到图形中的对称性质。
例如，如果题目给出两个对称的点，并告知图形经过某一旋转后仍然相互对称，那么旋转中心必定位于对称轴上。
二、平移易错点解析平移是指将图形沿着某一直线方向移动一定距离，得到的新图形与原图形形状相同，大小相等，仅位置改变。
在中考中，平移的易错点主要集中在平移方向和平移距离的计算上。
1. 平移方向的确定对于平移题目，平移方向的确定是至关重要的。
在实际解题过程中，学生可能对平移方向的表示方式不熟悉，导致答案错误。
为了避免这种错误，学生可以通过画图等方式将平移方向明确表示出来，并进行准确计算。
2. 平移距离的计算平移距离的计算同样是平移题目中的易错点。
在计算平移距离时，学生可能会出现计算错误或者对单位换算不熟悉的情况。
为了避免这种错误，学生在解题时应当将平移距离的单位进行统一，并注意计算过程中的精度，避免舍入误差。
三、对称易错点解析对称是指图形经过某一中心或者某一直线变换后，得到的新图形与原图形完全相同。
整理中考数学几何图形旋转试题经典问题及解答
几何图形旋转常见问题一、填空题1.如图1，把边长为1的正方形ABCD绕顶点A逆时针旋转30°到正方形AB′C′D′，那么它们的公共局部的面积等于．2．如图2，将一块斜边长为12cm，∠B＝60°的直角三角板ABC，绕点C沿逆时针方向旋转90°至△A′B′C′的位置，再沿CB向右平移，使点B′刚好落在斜边AB上，那么此三角板向右平移的距离是cm．3.正△ABC的边长为3cm，边长为1cm的正△RPQ的顶点R与点A重合，点P，Q分别在AC，AB上，将△RPQ沿着边AB，BC，CA顺时针连续翻转〔如图3所示〕，直至点P第一次回到原来的位置，那么点P运动路径的长为cm．4.如图4，直角梯形ABCD中，AD∥BC，AB⊥BC，AD＝2，BC＝3，∠BCD＝45°，将腰CD 以点D为中心逆时针旋转90°至ED，连结AE，CE，那么△ADE的面积是．二、解答题5.如图5-1，P为正方形ABCD的对角线AC上一点(不与A、C重合)，PE⊥BC于点E，PF⊥CD 于点F.(1) 求证：BP=DP；(2) 如图5-2，假设四边形PECF绕点C按逆时针方向旋转，在旋转过程中是否总有BP=DP？假设是，请给予证明；假设不是，请用反例加以说明；(3) 试选取正方形ABCD的两个顶点，分别与四边形PECF的两个顶点连结，使得到的两条线段在四边形PECF绕点C按逆时针方向旋转的过程中长度始终相等，并证明你的结论 .6.如图6－1是一个美丽的风车图案，你知道它是怎样画出来的吗？按以下步骤可画出这个风车图案：在图6－2中，先画线段OA，将线段OA平移至CB处，得到风车的第一个叶片F1，然后将第一个叶片OABC绕点O逆时针旋转180°得到第二个叶片F2，再将F1、F2同时绕点O逆时针旋转90°得到第三、第四个叶片F3、F4.根据以上过程，解答以下问题：(1)假设点A的坐标为(4，0)，点C的坐标为(2，1)，写出此时点B的坐标；(2)请你在图6－2中画出第二个叶片F2；(3)在(1)的条件下，连接OB，由第一个叶片逆时针旋转180°得到第二个叶片的过程中，线段OB扫过的图形面积是多少？7.如图7，在直角坐标系中，点P0的坐标为(1,0)，将线段OP按逆时针方向旋转45°，再将其长度伸长为OP0的2倍，得到线段OP1；又将线段OP1按逆时针方向旋转45°，长度伸长为OP1的2倍，得到线段OP2；如此下去，得到线段OP3，OP4，…，OPn〔n为正整数〕.〔1〕求点P6的坐标；〔2〕求△P5OP6的面积；〔3〕我们规定：把点Pn (xn,yn)〔n=0,1,2,3,…〕的横坐标xn、纵坐标yn都取绝对值后得到的新坐标(|xn |,|yn|)称之为点Pn的“绝对坐标〞．根据图中点Pn的分布规律，请你猜测点Pn的“绝对坐标〞，并写出来．8.把正方形ABCD绕着点A，按顺时针方向旋转得到正方形AEFG，边FG与BC交于点H 〔如图8〕．试问线段HG与线段HB相等吗？请先观察猜测，然后再证明你的猜测．9.如图9－1，小明将一张矩形纸片沿对角线剪开，得到两张三角形纸片〔如图9－2〕，量得他们的斜边长为10cm，较小锐角为30°，再将这两张三角形纸片摆成如图9－3的形状，但点B、C、F、D在同一条直线上，且点C与点F重合〔在图9－3至图9－6中统一用F表示〕图9－1 图9－2 图9－3 小明在对这两张三角形纸片进展如下操作时遇到了三个问题，请你帮助解决.〔1〕将图9－3中的△ABF沿BD向右平移到图9－4的位置，使点B与点F 重合，请你求出平移的距离；F交DE于〔2〕将图9－3中的△ABF绕点F顺时针方向旋转30°到图9－5的位置，A1点G，请你求出线段FG的长度；交DE于点H，请证明：〔3〕将图9－3中的△ABF沿直线AF翻折到图9－6的位置，AB1AH﹦DH.图9－4 图9－5 图9－6参考答案一、1. 2. 6－2 3二、5. 解：〔1〕解法一：在△ABP与△ADP中，利用全等可得BP=DP.解法二：利用正方形的轴对称性，可得BP=DP.〔2〕不是总成立 .当四边形PECF绕点C按逆时针方向旋转，点P旋转到BC边上时，DP>DC>BP，此时BP=DP 不成立.〔3〕连接BE、DF，那么BE与DF始终相等.在图1-1中，可证四边形PECF为正方形，在△BEC与△DFC中，可证△BEC≌△DFC .从而有 BE=DF .6. 解：〔1〕B〔6,1〕〔2〕图略〔3〕线段OB扫过的图形是一个半圆.过B作BD⊥x轴于D.由〔1〕知B点坐标为〔6,1〕，∴OB2＝OD2＋BD2＝62＋12＝37.∴线段OB扫过的图形面积是.7. 解：〔1〕根据旋转规律，点P6落在y轴的负半轴，而点Pn到坐标原点的距离始终等于前一个点到原点距离的倍，故其坐标为P6(0,26)，即P6(0,64)．〔2〕由可得，△P0OP1∽△P1OP2∽…∽△Pn-1OPn，设P1(x1,y1)，那么y1=2sin45°=,∴.又∵,∴.〔3〕由题意知，OP0旋转8次之后回到x轴正半轴，在这8次中，点Pn分别落在坐标象限的平分线上或x轴或y轴上，但各点绝对坐标的横、纵坐标均为非负数，因此，点Pn的坐标可分三类情况：令旋转次数为n.①当n=8k或n=8k+4时〔其中k为自然数〕，点Pn 落在x轴上，此时，点Pn的绝对坐标为(2n,0)；②当n=8k+1或n=8k+3或n=8k+5或n=8k+7时〔其中k为自然数〕，点Pn落在各象限的平分线上，此时，点P n的绝对坐标为，即.③当n=8k+2或n=8k+6时〔其中k为自然数〕，点Pn落在y轴上，此时，点P n的绝对坐标为(0,2n)．8. 解：HG＝HB．证法1：连结AH〔如图10〕.∵四边形ABCD，AEFG都是正方形，∴∠B＝∠G＝90°．由题意，知AG＝AB，又AH＝AH，∴Rt△AGH≌Rt△ABH〔HL〕.∴HG=HB．证法2：连结GB〔如图11〕．∵四边形ABCD，AEFG都是正方形，∴∠ABC＝∠AGF＝90°．由题意知AB＝AG．∴∠AGB＝∠ABG．∴∠HGB＝∠HBG．∴HG＝HB．9. 解：〔1〕图形平移的距离就是线段BC的长.∵在Rt△ABC中，斜边长为10cm，∠BAC=30°，∴BC=5cm.∴平移的距离为5cm．〔2分〕〔2〕∵∠A1FA＝30°，∴∠GFD＝60°.又∠D=30°，∴∠FGD＝90°．在Rt△EFD中，ED=10 cm，∴ .∵FG＝cm．〔3〕在△AHE与△DHB1中，∠FAB1＝∠EDF＝30°.∵FD＝FA，EF＝FB＝FB1，∴FD－FB1＝FA－FE，即AE＝DB1．又∵∠AHE＝∠DHB1，∴△AHE≌△DHB1〔AAS〕．∴AH＝DH.。
利用旋转变换思想归类解决一些几何问题
评价研究新课程NEW CURRICULUM 图形旋转特征要求图形中每一点都绕着旋转中心按同一旋转方向旋转了同样大小的角度，对应点到旋转中心的距离相等，对应线段相等，对应角相等，图形的形状与大小都没有发生变化。
例1：已知四边形ABCD是正方形，M、N分别是BC、CD上的动点，（1）如图1，设O是正方形ABCD对角线的交点，若OM⊥ON，求证：BM=CN；（2）在（1）的条件下，若正方形ABCD的边长为4cm，求四边形MONC的面积；（3）如图2，若∠MAN=45°，试说明△MCN的周长等于正方形ABCD周长的一半。
解：（1）正方形ABCD中△DOC绕点O顺时针旋转90°到△COB，∵NO⊥MO∴N点为旋转90°后对应点为M点，即△NOC绕点O旋转90°到△MOB∴CN=BM（2）S四边形NOMC=S△NOC+S△COM=S△MOB+S△COM=14S四边形ABCD=14×16=4cm2（3）将△ADN以点A为旋转中心顺时针旋转90°到△ABD，则∠1=∠2，AN=AD′，DN=D′B，又正方形ABCD中，∠DAB=90°，AB=BC=CD=DA ∴∠1+∠NAM+∠3=90°∵∠NAM=45°∴∠1+∠3=45°∴∠2+∠3=45°即∠MAD′=45°∴∠NAM=∠D′AM∵AM=AM∴△NAM≌△D'AM∴NM=D′M ∵D′M=BD′+MB=DN+BM∴△CNM的周长：NC+NM+CM=NC+MB+DN+CM=DC+CB=2BC 又正方形ABCD的周长。
AB+BC+CD+DA=4BC∴△CNM的周长=12正方形ABCD的周长二、旋转变换不改变图形的形状、大小，它是全等变换的一种例2：两个大小不同的等腰直角三角形三角板，如图3所示放置，图4是它抽象出的几何图形，B、C、E在同一条直线上，连接DC。
初中数学利用旋转巧解几何题学法指导
初中数学利用旋转巧解几何题将一个图形绕着某一点旋转一个角度的图形变换叫做旋转，由旋转的性质可知旋转前后的图形全等，对应点到旋转中心的连线所组成的夹角等于旋转角，利用其性质可以解一些几何题，对同学们在解此类问题时有所帮助，下面举例说明。
一、旋转在解三角形中的应用例1 如图1所示，P 是等边三角形ABC 内的一个点，PA=2，PB=32，PC=4，求△ABC 的边长。
图1 分析：PA 、PB 、PC 比较分散，可利用旋转将PA 、PB 、PC 放在一个三角形中，为此可将△BPA 绕B 点逆时针方向旋转60°可得△BHC 。
解：把△BPA 绕B 点逆时针方向旋转60°得到△BHC 。
因为BP=BH ，∠PBH=60°所以△BPH 是等边三角形所以∠BPH=60°，所以BP=PH 32=又因为HC=PA=2，PC=4所以222HC HP PC +=所以△HCP 是Rt △，所以∠CHP=90°又因为HC=2，PC=4所以∠HPC=30°又因为∠BPH=60°，所以∠CPB=90° 在Rt △BPC 中，222224)32(PC BP BC +=+==12+16=2872BC =，那么△ABC 的边长为72。
例2 如图2，O 是等边三角形ABC 内一点，已知：∠AOB=115°，∠BOC=125°，则以线段OA 、OB 、OC 为边构成三角形的各角度数是多少？图2解：可将△BOC 绕B 点按逆时针方向旋转60°可得△BMA 。
因为BO=BM ，∠MBO=60°所以△BOM 是等边三角形，所以∠1=∠2=60°又因为∠AOB=115°，所以∠MOA=55°又因为∠AMB=∠COB=125°所以∠AMO=65°又因为AM=OC ，MO=BO所以△AMO 正好是以AO 、OC 、BO 为边组成的三角形， 所以∠MAO=180°－（55°+65°）=180°－120°=60°即：以线段OA 、OB 、OC 为边构成三角形的各角的度数分别为55°、65°、60°。
三角形旋转解题技巧初中
三角形旋转解题技巧初中篇一：三角形旋转是一种重要的几何变换，可以在解题过程中发挥重要作用。
在初中数学中，三角形旋转通常用于解决角度问题和面积问题。
以下是一些初中三角形旋转的解题技巧:1. 了解三角形旋转的性质：三角形旋转后，其顶点的位置不会改变，而边的长度会发生变化。
同时，三角形的面积也可以通过旋转来变化。
2. 利用旋转角求解角度问题：在初中数学中，常常需要求解三角形中的某个角度。
可以利用三角形旋转的性质，将求解的问题转化为已知角度的问题，然后再通过旋转来解决。
3. 利用旋转来解决面积问题：在解决面积问题时，可以利用三角形旋转的性质，将原来的问题转化为面积相等的三角形，然后再通过旋转来解决。
4. 熟悉三角形旋转的基本公式：三角形旋转的基本公式为:旋转角度=原角度 - 旋转角度，旋转角度=旋转角度 + 原角度。
这些公式可以帮助更好地理解和解决三角形旋转的问题。
三角形旋转在初中数学中是一种常见的几何变换，可以帮助我们更好地理解和解决一些问题。
通过不断练习和积累，可以逐渐掌握三角形旋转的解题技巧，提高解题能力。
篇二：三角形旋转是一种重要的几何变换，可以在解题过程中发挥重要作用。
在初中阶段，三角形旋转通常作为求解几何问题的一种技巧来介绍。
下面是一些常见的三角形旋转解题技巧:1. 了解三角形旋转的基本性质：三角形旋转是一个沿固定轴旋转的变换，可以保持不变的性质有面积、周长、对称中心、对称轴等;可以改变的性质有方向、位置、形状等。
2. 利用旋转变换求解几何问题：在初中阶段，常见的利用三角形旋转求解的几何问题有：求解对称轴、对称中心、重心等;将复杂的几何问题转化为简单的代数问题，从而实现化繁为简、化难为易的目的。
3. 掌握常见的旋转变换公式：在三角形旋转中，存在一些常用的旋转公式，如旋转角度、旋转角度与旋转中心的关系、旋转前后面积的变化等。
熟悉这些公式可以更好地理解和解决旋转问题。
4. 实践三角形旋转的技巧：在初中阶段，可以通过一些简单的例子来实践三角形旋转的技巧，如求解三角形的重心、对称中心、对称轴等。
利用图形的旋转变换解题举例
利用图形的旋转变换解题举例这一轮课程改革,对几何作了较大幅度的调整,印象较深之一是加强了"几何变换"的内容,即从变换的角度去认识传统几何中的证题术。
初中几何涉及的变换主要有平移、对称和旋转,本文从"旋转"这一角度举些例子,供大家参考。
我们知道,图形的旋转变换不改变图形的形状、大小,只改变图形的位置,故解题时可充分利用图形的旋转变换的这一特点,把图形位置进行改变,从而达到优化图形结构,进一步整合图形〔题设〕信息的目的,使较为复杂的问题得以顺利求解。
例1、如图〔1〕分别以正方形ABCD的边AB、AD为直径画半圆,若正方形的边长为 ,求阴影部分的面积。
解:连AC、BD如右图,则绕AD中点将图中②逆时针旋转到图中③,将图中①绕AB中点顺时针方向旋转到图中④,则原图中阴影部分的面积就和△DBC的面积相等,所以图中阴影部分的面积=S⊿DCB = S 正方形ABCD= 。
这里我们用旋转变换的方法改变了图中①和②的位置,从而顺利地完成了计算。
例2、如图⑵所示,在⊿ABC中,AB=AC,∠BAC= ,D是BC上任一点,试说明。
证法一(非旋转法):过A点作AE⊥BC于E,如图⑶,则容易证明AE=BE=EC,又BD=BE-DE,DC=CE+DE,所以 , ,所以 = + = ,而在直角三角形ADE中,存在 ,所以 ,这是传统的证明方法。
本题考虑到BD、DC、AD三线段分散在两个三角形中,而且构成平方和的条件不明显,若利用旋转变换,将BD、DC放到一个三角形中,若这个三角形是直角三角形,则创造就更能接近所证的目标了.证法二(旋转法): 将△ADC绕A点顺时针方向旋转到△AEB,如图⑷, 连DE, 易知△ADE、△DBE均为直角三角形,且AE=AD,BE=DC, 所以在Rt△EBD中有 , 在Rt△AED中有 ,所以。
例3、如图⑸所示,P为正方形内一点,且PA=1,BP=2,PC=3,求∠APB的大小解: 如图(6),将⊿BPC绕B点逆时针旋转到△BEA, 连EP易知∠PBE= 且AE=PC=3 BE=BP=2,在Rt⊿BEP中, ,且∠EPB= ,在⊿AEP中,又,所以△APE是直角三角形,即∠APE= ,∠APB=∠APE+∠EPB= + = ,即∠APB为。
旋转变换在平面几何中的应用
旋转变换在平面几何中的应用旋转变换是指将平面图形绕着定点沿一定的方向旋转一定的角度，得到与原图形全等的图形的方法。
我们利用旋转变换的方法和性质解题时，常常能把一些看起来分散的条件集中起来，或把分离的图形拼凑起来，从而巧妙地使问题得到解决。
所以在平面几何的证明（计算）中，旋转是一种常用的方法。
下面，谈谈笔者的几点粗浅体会：一、旋转60°角后证明（计算）平面几何题例1：Q为等边△ABC内一点，已知QA＝6，QB＝8，QC＝10，求最接近△ABC的面积的整数值。
解：如图一，将△AQC绕着点A点顺时针方向旋转60°∵△ABC为等边三角形∴AB＝AC，∠BAC＝60°，这时C点必与B点重合Q点旋转到Q＇点的位置，△A Q＇B≌△AQC∴A Q＇＝AQ∴△A Q＇Q为等边三角形∴QQ＇＝QA＝6∵又在△BQQ＇中，BQ＇2＝100，Q＇Q2＋QB2＝100∴△BQQ＇为直角三角形，即∠BQQ＇＝90°又过点B做BP⊥AQ，交AQ的延长线于点P∵∠BQC＝90°，∠PQC=60°，∠BQP＝30°∴BP＝4，PQ＝4∵在Rt△ABP 中，AB2＝42＋（6+4）2=100+48∴设△ABC，BC边上的高为h，则h＝=∴==故最接近△ABC面积的整数值是79个平方单位。
二、旋转90°角后证明（计算）平面几何题例2：如图二，在正方形的边CD、CB上，各有一点E、F，且∠EAF＝45°。
求证：DE+FB=EF证明：将△ADE绕点A逆时针方向旋转90°得到△ABE＇∵四边形ABCD是正方形∴AD、AB，∠D=∠ABC=90°，这时D点必与B 点重合，点E旋转到了E＇的位置，△ABE＇≌△ADE∴∠D= ∠ABE＇∵∠ABF∠ABE＇=180°∴F、B、E＇三点共线∵∠EAE＇=90°，∠EAF=45°∴∠FAE＇=45°在△AEF和△AFE＇中，∴△EAF≌△E扐F∴EF=E＇F∵E＇F=FB+BE＇=FB+DE∴EF=FB+DE例3：如图三，△ABC为等腰直角三角形，∠BAC=90°，E、F是BC边上的点，且∠EAF=45°。
初中数学巧用旋转进行计算之三大题型及答案
解题技巧专题：巧用旋转进行计算之三大题型【考点导航】目录【典型例题】【题型一利用旋转结合等腰(边)三角形、垂直、平行的性质求角度】【题型二利用旋转结合特殊三角形的判定、性质或勾股定理求长度】【题型三利用旋转计算面积】【典型例题】【题型一利用旋转结合等腰(边)三角形、垂直、平行的性质求角度】1(2023春·内蒙古巴彦淖尔·九年级校考期中)如图，在△ABC中，BC<BA，将△BCA以点B为中心逆时针旋转得到△BED，点E在边CA上，ED交BA于点F，若∠FEA=40°，则∠DBF=()A.40°B.50°C.60°D.70°【变式训练】1(2023春·辽宁沈阳·八年级沈阳市第四十三中学校考期中)如图，在△ABC中，∠B=42°，将△ABC 绕点A逆时针旋转，得到△ADE，点D恰好落在BC的延长线上，则旋转角的度数()A.86°B.96°C.106°D.116°2(2023春·河南新乡·七年级统考期末)如图，在△ABC中，∠BAC=104°，将△ABC绕点A逆时针旋转94°得到△ADE，点B的对应点为点D，若点B，C，D恰好在同一条直线上，则∠E的度数为()A.25°B.30°C.33°D.40°3(2023·浙江温州·校联考三模)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°4(2023春·甘肃兰州·八年级兰州市第五十六中学校考期中)如图，在△ABC中，∠CAB=70°，将△ABC绕点A逆时针旋转到△AB C 的位置，使得CC ∥AB，划∠BAB 的度数是()A.35°B.40°C.50°D.70°5(2023春·江苏连云港·八年级校考阶段练习)如图，将△ABC绕点A逆时针旋转一定角度，得到△ADE．若∠CAE=65°，∠E=70°，且AD⊥BC，∠BAC的度数为()A.60°B.70°C.75°D.85°6(2023春·江苏盐城·八年级校考阶段练习)如图，∠AOB=90°，∠B=20°，△A OB 可以看作是△AOB绕点O顺时针旋转α角度得到的．若点A 在AB上，则旋转角α的度数是.7(2023春·上海嘉定·七年级校考期末)已知△ABC中，AB=AC，将△ABC绕点C旋转得△CDE，使点B恰好落在边AB上点D处，边DE交边AC于点F(如图)，如果△CDF为等腰三角形，则∠A的度数为．【题型二利用旋转结合特殊三角形的判定、性质或勾股定理求长度】1(2023秋·福建莆田·九年级校考开学考试)如图，将△ABC绕点C逆时针旋转一定的角度得到△A B C ，此点A在边B C上，若BC=5,AC=3，则AB 的长为()A.5B.4C.3D.2【变式训练】1(2023春·四川达州·八年级校考期中)如图，把△ABC绕点C逆时针旋转90°得到△DCE，若∠ACB =90°，∠A=30°，AB=10，AC=8，则AD的长为()A.2B.3C.4D.52(2023春·陕西汉中·八年级统考期中)如图，在△ABC中，∠ACB=90°，将△ABC绕点A顺时针旋转90°，得到△ADE，连接BD，若AC=22,DE=1，则线段BD的长为．3(2023春·四川成都·八年级成都嘉祥外国语学校校考期中)如图．Rt△ABC中，∠C=90°，BC=3，AC=4，将△ABC绕点B逆时针旋转得△A BC ，若点C 在AB上，则AA 的长为．4(2023·山西运城·校联考模拟预测)如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=BC=6，点D为AC的中点，点E是AB边上的一点，连接DE，将线段DE绕点D顺时针旋转90°，得到DF，连接AF，EF，若BE= 22，则AF的长为．5(2023·河南周口·统考一模)如图1，在△ABC中，∠A=90°，AB=AC=2，D，E分别为边AB和AC的中点，现将△ADE绕点A自由旋转，如图2，设直线BD与CE相交于点P，当AE⊥EC时，线段PC 的长为．6(2023春·陕西渭南·八年级统考阶段练习)如图，在△ABC中，∠B=60°，AB=3，将△ABC绕点A 按逆时针方向旋转得到△ADE，若点B的对应点D恰好落在边BC上，求BD的长．【题型三利用旋转计算面积】1(2023秋·湖南永州·九年级校考开学考试)如图，正方形ABCD和正方形EFGO的边长都是1，正方形EFGO绕点O旋转时，两个正方形重叠部分的面积是()A.14B.12C.13D.不能确定【变式训练】1(2023春·山东青岛·八年级统考期中)将直角边长为5cm的等腰直角△ABC绕点A逆时针旋转15°后，得到△AB C ，则图中阴影部分的面积是( )cm2．A.12.5B.2536C.2533D.不能确定2(2023秋·四川德阳·九年级统考期末)如图，边长为定值的正方形ABCD的中心与正方形EFGH的顶点E重合，且与边AB、BC相交于M、N，图中阴影部分的面积记为S，两条线段MB、BN的长度之和记为l，将正方形EFGH绕点E逆时针旋转适当角度，则有()A.S变化，l不变B.S不变，l变化C.S变化，l变化D.S与l均不变3(2023春·广东清远·八年级校考期中)如图，在△ABC中，∠C=90°，AC=BC=2，将△ABC绕点A逆时针方向旋转60°到△ABC 的位置，则图中阴影部分的面积是．4(2023春·江苏宿迁·八年级校考阶段练习)马老师在带领学生学习《正方形的性质与判定》这一课时，给出如下问题：如图①，正方形ABCD的对角线AC、BD相交于点O，正方形A B C O与正方形ABCD的边长相等．在正方形A B C O绕点O旋转的过程中，OA 与AB相交于点M，OC 与BC相交于点N，探究两个正方形重叠部分的面积与正方形ABCD的面积有什么关系．(1)小亮第一个举手回答“两个正方形重叠部分的面积是正方形ABCD面积的”；请说明理由．(2)马老师鼓励同学们编道拓展题，小颖编了这样一道题：如图②，在四边形ABCD中，AB=AD，∠BAD =∠BCD=90°，连接AC．若AC=6，求四边形ABCD的面积．请你帮小颖解答这道题．5(2023春·广东深圳·八年级统考期末)【问题背景】如图1，在▱ABCD中，AB⊥DB．将△ABD绕点B逆时针旋转至△FBE，记旋转角∠ABF=α0°<α≤180°，当线段FB与DB不共线时，记△ABE的面积为S1，△FBD的面积为S2．【特例分析】如图2，当EF恰好过点A，且点F，B，C在同一条直线上时．(1)α=°；(2)若AD=43，则S1=，S2=；【推广探究】某数学兴趣小组经过交流讨论，猜想：在旋转过程中，S1与S2之间存在一定的等量关系．再经过独立思考，获得了如下一些解决思路：思路1：如图1，过点A，E分别作直线平行于BE，AB，两直线交于点M，连接BM，可证一组三角形全等，再根据平行四边形的相关性质解决问题；思路2：如图2，过点E作EH⊥AB于点H，过点D作DG⊥FB，交FB的延长线于点G，可证一组三角形全等，再根据旋转的相关性质解决问题；⋯⋯(3)如图3，请你根据以上思路，并结合你的想法，探究S1与S2之间的等量关系为，并说明理由．【拓展应用】在旋转过程中，当S1+S2为▱ABCD面积的12时，α的值为解题技巧专题：巧用旋转进行计算之三大题型【考点导航】目录【典型例题】【题型一利用旋转结合等腰(边)三角形、垂直、平行的性质求角度】【题型二利用旋转结合特殊三角形的判定、性质或勾股定理求长度】【题型三利用旋转计算面积】【典型例题】【题型一利用旋转结合等腰(边)三角形、垂直、平行的性质求角度】1(2023春·内蒙古巴彦淖尔·九年级校考期中)如图，在△ABC中，BC<BA，将△BCA以点B为中心逆时针旋转得到△BED，点E在边CA上，ED交BA于点F，若∠FEA=40°，则∠DBF=()A.40°B.50°C.60°D.70°【答案】A【分析】根据旋转的性质可得∠A=∠D，由对顶角相等可得∠BFD=∠EFA，根据三角形的外角性质可得∠DBF=∠AEF，即可求解．【详解】解：∵将△BCA以点B为中心逆时针旋转得到△BED，∴∠A=∠D，∵∠BFD=∠EFA，∴∠BFE=∠A+∠AEF=∠D+∠DBF∵∠FEA=40°，∴∠DBF=∠AEF=40°，故选：A．【点睛】本题考查了旋转的性质，三角形的外角的性质，熟练掌握旋转的性质是解题的关键．【变式训练】1(2023春·辽宁沈阳·八年级沈阳市第四十三中学校考期中)如图，在△ABC中，∠B=42°，将△ABC 绕点A逆时针旋转，得到△ADE，点D恰好落在BC的延长线上，则旋转角的度数()A.86°B.96°C.106°D.116°【答案】B【分析】由旋转的性质可知AB=AD，可算出∠ADB=42°，就可以算出旋转角．【详解】由旋转的性质可知：AB=AD，∠BAD是旋转角，∵AB=AD，∴∠ADB=∠B=42°，∴∠BAD=180°-∠ADB-∠B=96°，故选：B．【点睛】本题考查旋转的性质、等边对等角、三角形内角和定理，找到旋转的对应边、对应角是解决问题的关键．2(2023春·河南新乡·七年级统考期末)如图，在△ABC中，∠BAC=104°，将△ABC绕点A逆时针旋转94°得到△ADE，点B的对应点为点D，若点B，C，D恰好在同一条直线上，则∠E的度数为()A.25°B.30°C.33°D.40°【答案】C【分析】由旋转的性质可得∠BAD=94°，AB=AD，由等腰三角形的性质可得∠B=∠ADB=43°，即可求解．【详解】解：∵将△ABC绕点A逆时针旋转94°得到△ADE，∴∠BAD=94°，AB=AD，∴∠B=∠ADB=43°，∵∠BAC=104°，∴∠C=180°-104°-43°=33°，故选：C．【点睛】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．3(2023·浙江温州·校联考三模)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°【答案】C【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．【详解】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．【点睛】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．4(2023春·甘肃兰州·八年级兰州市第五十六中学校考期中)如图，在△ABC中，∠CAB=70°，将△ABC绕点A逆时针旋转到△AB C 的位置，使得CC ∥AB，划∠BAB 的度数是()A.35°B.40°C.50°D.70°【答案】B【分析】根据平行线的性质，结合旋转性质，由等腰三角形性质及三角形内角和定理求解即可得到答案．【详解】解：∵CC ∥AB，∠CAB=70°，∴∠C CA=∠CAB=70°，∵将△ABC绕点A逆时针旋转到△AB C 的位置，∴∠C AB =∠CAB=70°，AC =AC，∴∠AC C=∠C CA=70°，∴∠C AC=180°-70°-70°=40°，∵∠BAB =∠CAB-CAB ，∠CAC =∠C AB -CAB ，∴∠BAB =∠C AC=40°，即旋转角的度数是40°，故选：B．【点睛】本题考查旋转性质求角度，涉及平行线的性质、旋转性质、等腰三角形的判定与性质及三角形内角和定理，熟练掌握旋转性质，数形结合，是解决问题的关键．5(2023春·江苏连云港·八年级校考阶段练习)如图，将△ABC绕点A逆时针旋转一定角度，得到△ADE．若∠CAE=65°，∠E=70°，且AD⊥BC，∠BAC的度数为()A.60°B.70°C.75°D.85°【答案】D【分析】根据旋转的性质得出∠C=∠E=70°，∠BAC=∠DAE，根据三角形内角和定理可得∠CAF=20°，进而即可求解．【详解】解：如图所示，设AD,BC交于点F，∵△ABC绕点A逆时针旋转得到△ADE，∴∠C=∠E=70°，∠BAC=∠DAE，∵AD⊥BC，∴∠AFC=90°，∴∠CAF=90°-∠C=90°-70°=20°，∴∠DAE=∠CAF+∠EAC=20°+65°=85°，∴∠BAC=∠DAE=85°．故选：D．【点睛】本题考查了旋转的性质，三角形的内角和定理，熟练掌握旋转的性质是解题的关键．6(2023春·江苏盐城·八年级校考阶段练习)如图，∠AOB=90°，∠B=20°，△A OB 可以看作是△AOB绕点O顺时针旋转α角度得到的．若点A 在AB上，则旋转角α的度数是.【答案】40°/40度【分析】根据旋转的性质得到AO=A O，根据等边对等角得到∠A=70°=∠OA A，再利用三角形内角和定理计算即可．【详解】解：△A OB 可以看作是△AOB绕点O顺时针旋转α角度得到的，点A 在AB上，∴AO=A O，∵∠B=20°，∠AOB=90°，∴∠A=70°=∠OA A，∴∠AOA =180°-2×70°=40°，即旋转角α的度数是40°，故答案为：40°．【点睛】本题考查了旋转的性质，等边对等角，三角形内角和定理，关键是得出∠A=70°=∠OA A，题目比较典型，难度不大．7(2023春·上海嘉定·七年级校考期末)已知△ABC中，AB=AC，将△ABC绕点C旋转得△CDE，使点B恰好落在边AB上点D处，边DE交边AC于点F(如图)，如果△CDF为等腰三角形，则∠A的度数为．【答案】36°或180°7【分析】如图，设∠B=x，利用等腰三角形的性质和三角形内角和定理得到∠A=180°-2x，再利用旋转的性质得CB=CD，∠2=∠B=x，则∠1=∠B=x，利用平角定理得∠5=180°-2x，利用三角形外角性质∠3=360°-4x得，讨论：当CD=CF时，∠2=∠3=x，则x=360°-4x；当CD=DF时，∠4=∠3，利用∠2+∠3+∠4=180°得到x+2360°-4x=180°；当CF=DF时，∠2=∠4=x，利用∠2+∠3+∠4= 180°得到x+x+360°-2x=180°，然后分别解关于x的方程，然后计算180°-2x即可得到∠A的度数．【详解】解：如图，设∠B=x，∵AB=AC，∴∠ACB=∠B=x∴∠A=180°-2x，∵△ABC绕点C旋转得△CDE，使点B恰好落在边AB上点D处，∴CB=CD，∠2=∠B=x，∴∠1=∠B=x，∴∠5=180°-2x，∠3=∠A+∠5=360°-4x，当CD=CF时，△CDF为等腰三角形，即∠2=∠3=x，则x=360°-4x，解得x=72°，此时∠A=180°-2x =36°；当CD=DF时，△CDF为等腰三角形，即∠4=∠3，而∠2+∠3+∠4=180°，则x+2360°-4x=180°，解得x=540°7，此时∠A=180°-2x=180°7，当CF=DF时，△CDF为等腰三角形，即∠2=∠4=x，而∠2+∠3+∠4=180°，则x+x+360°-2x=180°，无解，故舍去，综上所述，△CDF为等腰三角形时∠A的度数为36°或180°7，故答案为36°或180°7．【点睛】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．也考查了三角形内角和、等腰三角形的性质和分类讨论思想．【题型二利用旋转结合特殊三角形的判定、性质或勾股定理求长度】1(2023秋·福建莆田·九年级校考开学考试)如图，将△ABC绕点C逆时针旋转一定的角度得到△A B C ，此点A在边B C上，若BC=5,AC=3，则AB 的长为()A.5B.4C.3D.2【答案】D【分析】根据图形旋转的性质可得CB =CB=5，即可求解．【详解】解：∵将△ABC绕点C逆时针旋转一定的角度得到△A B C ，此点A在边B C上，∴CB =CB=5，∴AB =CB -CA=5-3=2．故选：D．【点睛】本题主要考查了图形的旋转，熟练掌握图形旋转的性质是解题的关键．【变式训练】1(2023春·四川达州·八年级校考期中)如图，把△ABC绕点C逆时针旋转90°得到△DCE，若∠ACB =90°，∠A=30°，AB=10，AC=8，则AD的长为()A.2B.3C.4D.5【答案】A【分析】利用勾股定理求得BC=6，再根据旋转的性质可得CD=CB=6，即可求解．【详解】解；∵∠ACB=90°，AB=10，AC=8，∴BC=102-82=6，∵把△ABC绕点C逆时针旋转90°得到△DCE，∴CD=CB=6，∴AD=AC-CD=8-6=2，故选：A．【点睛】本题考查勾股定理和旋转的性质，熟练掌握旋转的性质是解题的关键．2(2023春·陕西汉中·八年级统考期中)如图，在△ABC中，∠ACB=90°，将△ABC绕点A顺时针旋转90°，得到△ADE，连接BD，若AC=22,DE=1，则线段BD的长为．【答案】32【分析】先由旋转的性质得到AD=AB，DE=BC=1，AE=AC=22，∠DAB=90°，然后由∠ACB= 90°计算出AB的长度，最后由勾股定理算出线段BD的长．【详解】解：由旋转得，AD=AB，DE=BC=1，AE=AC=22，∠DAB=90°，∵∠ACB=90°,∴AB=AC2+BC2=222+12=3，∴AD=AB=3，∵∠DAB=90°，∴BD=AB2+AD2=32+32=32，故答案为：32．【点睛】本题考查了旋转的性质和勾股定理，熟练应用“旋转过程中对应线段相等”是解题的关键．3(2023春·四川成都·八年级成都嘉祥外国语学校校考期中)如图．Rt△ABC中，∠C=90°，BC=3，AC=4，将△ABC绕点B逆时针旋转得△A BC ，若点C 在AB上，则AA 的长为．【答案】25【分析】先根据勾股定理求出AB的长，再利用旋转的性质可得AC=A C =4，BC=BC =3，∠C=∠BC A =90°，从而求出的长，然后在Rt△A C A中，利用勾股定理进行计算即可解答．【详解】解：∵∠C=90°，BC=3，AC=4，∴AB=AC2+BC2=42+32=5，由旋转得：AC=A C =4，BC=BC =3，∠C=∠BC A =90°，∴AC =AB-BC =5-3=2，∠AC A =180°-∠BC A =90°，∴AA =C A2+A C 2=22+42=25，故答案为：25．【点睛】本题考查了旋转的性质，勾股定理的应用，化为最简二次根式，熟练掌握旋转的性质是解题的关键．4(2023·山西运城·校联考模拟预测)如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=BC=6，点D为AC的中点，点E是AB边上的一点，连接DE，将线段DE绕点D顺时针旋转90°，得到DF，连接AF，EF，若BE= 22，则AF的长为．【答案】2【分析】由等腰直角三角形的性质可求AD=DH，由旋转的性质可得DE=DF，∠EDF=90°=∠ADH，由“SAS”可证△ADF≌△HDE，可得AF=HE=2．【详解】解：如图，取AB的中点H，连接CH，DH，∵∠C=90°，AC=BC=6，H是AB的中点，∴AB=62，AH=BH=32=CH，CH⊥AB，又∵点D是AC的中点，∴AD =CD =DH ，AD ⊥DH ，∵BE =22，∴EH =2，∵将线段DE 绕点D 顺时针旋转90°，∴DE =DF ，∠EDF =90°=∠ADH ，∴∠ADF =∠EDH ，∴△ADF ≌△HDE SAS ，∴AF =HE =2，故答案为：2．【点睛】本题考查了旋转的性质，等腰直角三角形的性质，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．5(2023·河南周口·统考一模)如图1，在△ABC 中，∠A =90°，AB =AC =2，D ，E 分别为边AB 和AC 的中点，现将△ADE 绕点A 自由旋转，如图2，设直线BD 与CE 相交于点P ，当AE ⊥EC 时，线段PC 的长为．【答案】3-1或3+1【分析】由△ADE 绕点A 自由旋转可知有以下两种情况：①当点E 在AC 的右侧时，AE ⊥CE ，先证△ABD 和△ACE 全等，进而可证四边形AEPD 为正方形，然后求出PE =1，CE =3，进而可得PC 的长；②当点E 在AC 的右侧时，AE ⊥CE ，同理①证△ABD 和△ACE 全等，四边形AEPD 为正方形，进而得PE =1，CE =3，据此可求出PC 的长，综上所述即可得出答案．【详解】解：∵△ADE 绕点A 自由旋转，∴有以下两种情况：①当点E 在AC 的右侧时，AE ⊥CE ，如图：由旋转的性质得：∠DAE =∠BAC =90°，∴∠BAD +∠DAC =∠DAC +∠CAE =90°，∴∠BAD =∠CAE ，∵AB =AC =2，D ，E 分别为边AB 和AC 的中点，∴AD =AE =1，在△ABD 和△ACE 中，AB =AC∠BAD =∠CAE AD =AE，∴△ABD ≌△ACE (SAS )，∴∠ADB =∠AEC =90°，∴∠ADP =∠DAE =∠AEC =90°，∴四边形AEPD 为矩形，又AD =AE =1，∴矩形AEPD 为正方形，∴PE =AE =1，在Rt△AEC中，AE=1，AC=2，∠AEC=90°，由勾股定理得：CE=AC2-AE2=3，∴PC=CE-PE=3-1；②当点E在AC的右侧时，AE⊥CE，如图：同理可证：△ABD≌△ACE(SAS)，四边形AEPD为正方形，∴BD=CE，PE=AE=1，在Rt△ABD中，AD=1，AB=2，∠ADB=90°，由勾股定理的：BD=AB2-AD2=3，∴CE=BD=3，∴PC=CE+PE=3+1．综上所述：当AE⊥EC时，线段PC的长为3-1或3+1．答案为：3-1或3+1．【点睛】此题主要考查了图形的旋转变换及其性质，等腰直角三角形的性质，正方形的判定及性质，全等三角形的判定及性质，勾股定理等，解答此题的关键是熟练掌握图形的旋转变换，全等三角形的判定、正方形的判定方法，灵活运用勾股定理进行计算，难点是根据题意进行分类讨论并画出示意图，漏解是易错点之一．6(2023春·陕西渭南·八年级统考阶段练习)如图，在△ABC中，∠B=60°，AB=3，将△ABC绕点A 按逆时针方向旋转得到△ADE，若点B的对应点D恰好落在边BC上，求BD的长．【答案】3【分析】根据旋转的性质得出△ABD是等边三角形，根据等边三角形的性质即可求解．【详解】∵∠B=60°，AB=3，将△ABC绕点A按逆时针方向旋转得到△ADE，∴AB=AD，∠B=60°，AB=3，∴△ABD是等边三角形，∴BD=AB=3，【点睛】本题考查了旋转的性质，等边三角形的判定和性质，熟练掌握旋转的性质和等边三角形的判定是解题的关键．【题型三利用旋转计算面积】1(2023秋·湖南永州·九年级校考开学考试)如图，正方形ABCD和正方形EFGO的边长都是1，正方形EFGO绕点O旋转时，两个正方形重叠部分的面积是()A.14B.12C.13D.不能确定【答案】A【分析】根据正方形的性质得出OB=OC，∠OBA=∠OCB=45°，∠BOC=∠EOG=90°，推出∠BON=∠MOC，证出△OBN≌△OCM，即可求出两个正方形重叠部分的面积．【详解】解：∵四边形ABCD和四边形OEFG都是正方形，∴OB=OC，∠OBC=∠OCB=45°，∠BOC=∠EOG=90°，∴∠BON+∠BOM=∠MOC+∠BOM=90°∴∠BON=∠MOC．在△OBN与△OCM中，∠OBN=∠OCM OB=OC∠BON=∠COM，∴△OBN≌△OCM ASA，∴S△OBN=S△OCM，∴S四边形OMBN =S△OBC=14S正方形ABCD=14×1×1=14．故选：A．【点睛】本题考查了正方形的性质，旋转的性质，全等三角形的性质和判定等知识，能推出四边形OMBN 的面积等于三角形BOC的面积是解此题的关键．【变式训练】1(2023春·山东青岛·八年级统考期中)将直角边长为5cm的等腰直角△ABC绕点A逆时针旋转15°后，得到△AB C ，则图中阴影部分的面积是( )cm2．A.12.5B.2536C.2533D.不能确定【答案】B【分析】设AB 与B C 交于D 点，根据旋转角∠CAC =15°，等腰直角△ABC 的一锐角∠CAB =45°，可求∠C AD ，旋转前后对应边相等，对应角相等，AC =AC =5cm ，∠C =∠C =90°，解直角△AC D ，可求阴影部分面积．【详解】解：设AB 与B C 交于D 点，根据旋转性质得∠CAC =15°，而∠CAB =45°，∴∠C AD =∠CAB -∠CAC =30°，又∵AC =AC =5cm ，∠C =∠C =90°，∴设C D =x ，则AD =2x ，∴AD 2=AC 2+C D 2，即2x 2=52+x 2，∴解得x =533，∴C D =533cm ，∴阴影部分面积为：12×5×533=2536cm 2 .故选：B ．【点睛】本题考查了旋转的性质，等腰三角形的性质，勾股定理．关键是通过旋转的性质判断阴影部分三角形的特点，计算三角形的面积．2(2023秋·四川德阳·九年级统考期末)如图，边长为定值的正方形ABCD 的中心与正方形EFGH 的顶点E 重合，且与边AB 、BC 相交于M 、N ，图中阴影部分的面积记为S ，两条线段MB 、BN 的长度之和记为l ，将正方形EFGH 绕点E 逆时针旋转适当角度，则有()A.S 变化，l 不变B.S 不变，l 变化C.S 变化，l 变化D.S 与l 均不变【答案】D 【分析】如图，连接EB ，EC ．证明△EBM ≌△ECN ASA ，可得结论．【详解】解：如图，连接EB ，EC ．∵四边形ABCD 和四边形EFGH 均为正方形，∴EB =EC ，∠EBM =∠ECN =45°，∠MEN =∠BEC =90°，∴∠BEN +∠BEM =∠BEN +∠CEN =90°，∴∠BEM =∠CEN ，在△EBM 和△ECN 中，∠EBM =∠ECNEB =EC ∠BEM =∠CEN，∴△EBM ≌△ECN ASA ，∴BM =CN ，∴S 阴=S 四边形EMBN =S △EBC =14S 正方形ABCD=定值，l =MB +BN =CN +BN =BC =定值，故选：D ．【点睛】本题考查正方形的性质，旋转的性质，全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题，属于中考常考题型．3(2023春·广东清远·八年级校考期中)如图，在△ABC 中，∠C =90°，AC =BC =2，将△ABC 绕点A 逆时针方向旋转60°到△ABC 的位置，则图中阴影部分的面积是．【答案】3【分析】过点B 作B D ⊥AB 于点D ，根据旋转的性质可得到△ABB 是等边三角形，S △ABC =S △AB C ，进而得到阴影部分的面积等于S △ABB ，再由勾股定理求出AB ，继而得到S △ABB，即可求解．【详解】解：如图，过点B 作B D ⊥AB 于点D ，∵将△ABC 绕点A 逆时针方向旋转60°到△ABC 的位置，∴AB =AB ,∠BAB =60°，△ABC ≌△AB C ，∴△ABB 是等边三角形，S △ABC =S △AB C，∴AB =BB ，阴影部分的面积等于S △ABB，∵AC =BC =2，∠C =90°，∴AB =AC 2+BC 2=2，∴BB =2,BD =1，∴B D =BB 2-BD 2=3，∴S △ABB=12AB ×B D =12×2×3=3，即阴影部分的面积是3．故答案为：3【点睛】本题主要考查了旋转的性质，等腰直角三角形的性质，等边三角形的判定和性质，熟练运用旋转的性质是本题的关键．4(2023春·江苏宿迁·八年级校考阶段练习)马老师在带领学生学习《正方形的性质与判定》这一课时，给出如下问题：如图①，正方形ABCD 的对角线AC 、BD 相交于点O ，正方形A B C O 与正方形ABCD 的边长相等．在正方形A B C O 绕点O 旋转的过程中，OA 与AB 相交于点M ，OC 与BC 相交于点N ，探究两个正方形重叠部分的面积与正方形ABCD 的面积有什么关系．(1)小亮第一个举手回答“两个正方形重叠部分的面积是正方形ABCD 面积的”；请说明理由．(2)马老师鼓励同学们编道拓展题，小颖编了这样一道题：如图②，在四边形ABCD 中，AB =AD ，∠BAD =∠BCD =90°，连接AC ．若AC =6，求四边形ABCD 的面积．请你帮小颖解答这道题．【答案】(1)14，见解析(2)18，见解析【分析】(1)只需要证明△MOB ≌△NOC 得到S △MOB =S △NOC ，即可求解．(2)过A 作AE ⊥AC ，交CD 的延长线于E ，证明△EAD ≌△CAB 得到S △ABC =S △ADE ，AE =AC =6，则S △AEC =12×6×6=18S 四边形ABCD =S △ACD +S △ABC =S △ACD +S △ADE =S △EAC =12AE ⋅AC =18．【详解】(1)解：∵四边形ABCD 是正方形，四边形OA B C 是正方形，∴AC ⊥BD ，OB =OC ，∠OBM =∠OCN =45°，∠A OC =90°，∴∠BOC =∠A OC =90°，∴∠BOM =∠CON ，∴△BOM ≌△CON ASA ，∴S △BOM =S △CON ，∴S 四边形OMBN =S △OBC =14S 正方形ABCD ．答案为：14；(2)过A 作AE ⊥AC ，交CD 的延长线于E ，∵AE ⊥AC ，∴∠EAC =90°，∵∠DAB =90°，∴∠DAE =∠BAC ，∵∠BAD =∠BCD =90°，∴∠ADC +∠B =180°，∵∠EDA+∠ADC =180°，∴∠EDA =∠B ，∵AD =AB ，在△ABC 与△ADE 中，∠EAD =∠CABAD =AB ∠EDA =∠B，∴△ABC ≌△ADE ASA ，∴AC =AE ，∵AC =6，∴AE =6，∴S △AEC =12×6×6=18，∴S 四边形ABCD =18．【点睛】本题主要考查了正方形的性质，全等三角形的性质与判定，四边形内角和，熟知全等三角形的性质与判定是解题的关键．5(2023春·广东深圳·八年级统考期末)【问题背景】如图1，在▱ABCD 中，AB ⊥DB ．将△ABD 绕点B 逆时针旋转至△FBE ，记旋转角∠ABF =α0°<α≤180° ，当线段FB 与DB 不共线时，记△ABE 的面积为S 1，△FBD 的面积为S 2．【特例分析】如图2，当EF 恰好过点A ，且点F ，B ，C 在同一条直线上时．(1)α=°；(2)若AD =43，则S 1=，S 2=；【推广探究】某数学兴趣小组经过交流讨论，猜想：在旋转过程中，S 1与S 2之间存在一定的等量关系．再经过独立思考，获得了如下一些解决思路：思路1：如图1，过点A ，E 分别作直线平行于BE ，AB ，两直线交于点M ，连接BM ，可证一组三角形全等，再根据平行四边形的相关性质解决问题；思路2：如图2，过点E 作EH ⊥AB 于点H ，过点D 作DG ⊥FB ，交FB 的延长线于点G ，可证一组三角形全等，再根据旋转的相关性质解决问题；⋯⋯(3)如图3，请你根据以上思路，并结合你的想法，探究S 1与S 2之间的等量关系为，并说明理由．【拓展应用】在旋转过程中，当S 1+S 2为▱ABCD 面积的12时，α的值为【答案】(1)60；(2)33；33；(3)S 1=S 2，理由见解析；拓展应用：60°或120°【分析】(1)由旋转的性质和平行四边形的性质，等角对等边，可得△ABF 是等边三角形，即可求解；(2)过点F 作FM ⊥BD 交DB 延长线于点M ，设AD ,BE 交于点N ，通过证明△ABN ≌△FBM AAS ，进而得出s 1=s 2，再证明AE =AF ，可得S △ABE =12S △EFB ，仅为求解即可；(3)分别根据思路1和2进行推理证明即可；拓展应用：先根据面积之间的关系得出BD=2DG，继而得出∠DBG=30°=∠ABE，分别在图3和图2中进行求解即可．【详解】(1)由旋转可得，∠F=∠BAD,BA=BF，∵四边形ABCD为平行四边形，∴AD∥BC，∴∠ABF=∠BAD，∴∠ABF=∠F，∴BA=AF，∴BA=AF=BF，∴△ABF是等边三角形，∴∠ABF=α=60°，故答案为：60；(2)如图，过点F作FM⊥BD交DB延长线于点M，设AD,BE交于点N，∵AD∥BC，∴∠ANE=∠ANB=∠EBF=90°=∠ABM，∠EAN=∠AFB，∴∠MBF=∠ABN，∵BF=BA，∴△ABN≌△FBM AAS，∴AN=FM，∵BD=BE，∴S1=S2，∵△ABF是等边三角形，∴∠AFB=60°=∠EAN,AB=AF，∴∠E=30°=∠ABE，∴AE=AB，∴AE=AF，S△EFB，∴S△ABE=12∵AD=43，∴AB=23=BF,BD=6=BE，×6×23=63，∴S△EFB=12∴S△ABE=33，∴s1=s2=33，故答案为：33,33；(3)解：S1=S2，理由如下：思路1：如图，过点A，E分别作直线平行于BE，AB，两直线交于点M，连接BM，∵AM∥BE,ME∥AB，∴四边形ABEM为平行四边形，∴AM=BE，∠MAB+∠ABE=180°，∵旋转，∴AB=BF，BD=BE，∠ABD=∠EBF=90°，∴BD =AM ，∵∠ABD +∠ABE +∠EBF +∠FBD =360°，∴∠ABE +∠DBF =180°，∴∠MAB =∠DBF ，在△MAB 和△DBF 中，AM =BD∠MAB =∠DBF AB =BF，∴△MAB ≌△DBF ，∴S △MAB =S 2，∵ME ∥AB ，∴S △MAB =S 1，∴S 1=S 2.思路2：如图，过点E 作EH ⊥AB 交AB 延长线于点H ，过点D 作DG ⊥BF 交BF 延长线于点G ，∵EH ⊥AB ，DG ⊥BF ，∴∠H =∠G =90°，∵旋转，∴BD =BE ，AB =BF ，∠DBA =∠EBF =90°，∴∠EBG =90°，∴∠EBG =∠ABD ，∴∠EBG -∠ABG =∠ABD -∠ABG ，即∠EBH =∠GBD ，在△EBH 和△DBG 中，∠H =∠G∠EBH =∠GBD BD =BE，∴△EBH ≌△DBG ，∴EH =DG ，∴S 1=12AB ⋅EH =12BF ⋅DG =S 2；拓展应用：∵S 1=S 2，∴当S 1+S 2为▱ABCD 面积的12时，S 1=S 2=14S 平行四边形ABCD ，由(3)思路2得，S 1=12⋅AB ⋅EH ,S 平行四边形ABCD =AB ⋅BD ,EH =DG ，∴12⋅AB ⋅EH =14AB ⋅BD ，∴BD =2EH ，即BD =2DG ，∴∠DBG =30°=∠ABE ，如图3，∠ABF =120°；如图2,∠DBE =∠ABF=90°-30°=60°，综上，α的值为60°或120°，故答案为：60°或120°．【点睛】本题考查了旋转的性质，等边三角形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，平行四边形的性质，直角三角形的性质，熟练掌握知识点是解题的关键．。
旋转变换在初等几何解题中的应用
旋转变换在初等几何解题中的应用作者：邓敏吴英福来源：《读写算·教研版》2016年第01期摘要：随着新课标的推行与实行，旋转变换已纳入中学教材之中。
本文通过典型例题探讨了利用旋转变换构造全等图形解决平面几何中的问题，特别是，在解决关于等腰三角形、等边三角形、正方形等发挥了重要作用。
关键词：旋转变换；全等三角形；初等几何中图分类号：G632 文献标识码：B 文章编号：1002-7661（2016）01-084-02人们在日常生活中经常遇到有关图形变换的问题，全日制义务教育数学新课程增加了“图形与变换”这一部分知识的内容。
学生在解决平面几何问题时，作辅助线常常无从下手，若应用旋转变换的思维更容易找到作辅助线的突破口。
特别是当题目涉及到等腰三角形、等边三角形、正方形等问题时，通常将图形进行旋转变换作图，将分散的元素集中或将有关条件联系起来构造图形解决有关线段、角、面积等问题，这样能更快更容易解决问题。
所以旋转变换在解析几何中扮演着一个很重要的角色，甚至起着不可替代的作用。
一、旋转变换的定义及性质在平面内，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（circumrotate），这个定点称为旋转中心，转动的角称为旋转角。
旋转不改变图形的大小和形状。
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成的角度都是旋转角。
对应点到旋转中心的距离相等。
旋转变换的主要性质有：（1）在旋转变换下，两点之间的距离不变；（2）在旋转变换下的两直线的夹角不变，且对应直线的夹角等于旋转角。
二、旋转变换在初等几何解题中的应用1、正三角形类型在正三角形ABC中，P为内的一点，将AB绕A点按逆时针方向旋转60°，得到。
经过这样的旋转变换，将图2-1-1（1）中的PA、PB、PC三条线段集中于图2-1-1（2）中的中，此时也为正三角形。
图2-1-1例：如图2-1-2，P是等边三角形ABC内一点， =2， = ，PC=4，求 ABC的边长。
初中数学旋转的六大模型,初中几何旋转经典例题
初中数学旋转的六大模型,初中几何旋转经典例题标题：初中数学旋转的六创作者，初中几何旋转经典例题在初中的数学学习中，旋转是一个重要的概念，它不仅在几何学中占据着核心地位，还在代数学、统计学等其他领域有着广泛的应用。
本文将详细介绍初中数学旋转的六创作者，并通过经典例题来深化理解。
旋转是指一个图形绕着某一点转动一定的角度。
在这个过程中，图形上任意一点所经过的路径形成一个圆，这个圆叫做旋转圆，点叫做旋转中心。
旋转的角度一般用角度或者弧度来表示。
中心对称旋转：图形以旋转中心为对称中心，旋转角度为偶数倍的180度。
绕固定点旋转：图形围绕一个固定点旋转，这个固定点称为旋转中心。
旋转对称图形：图形可以通过旋转得到，这种图形称为旋转对称图形。
旋转角相等：如果两个图形可以通过旋转互相得到，那么它们的旋转角必然相等。
旋转角互补：如果两个图形的一条边和另一条边的延长线组成一个平角，那么这两个图形的旋转角互补。
旋转改变形状：旋转可以改变图形的形状，但不会改变图形的面积。
例1：在正方形ABCD中，E是BC的中点，F是AC上一点，且CF=2AF。
求证：EF平分∠AEB。
证明：我们可以通过旋转证明。
把△ABE绕B点按逆时针方向旋转60°，得到△CBG，则BG//AE，所以∠FGB=∠FEA。
因为CF=2AF，所以FG=2FE。
所以可以得出∠FEB=∠FGB+∠GBF=∠FEA+∠AEB+∠ABE=∠FEA+∠AEB+∠EAB=180°即∠FEA+∠AEB=180°-∠EAB=∠BEF所以∠BEF = ∠FEA即 EF平分∠AEB。
例2：在Rt△ABC中，∠C=90°，D是AB的中点，E、F分别在AC和BC上，且DE⊥DF。
求证：EF^2=AE^2+BF^2。
证明：把Rt△ABC绕D点按顺时针方向旋转90°得到Rt△AB’C’，则可知：△ABC≌△AB’C’，所以可知DE=DF，因为DE⊥DF，所以可知四边形DECF’是正方形。
利用旋转变换解几何题
利用旋转变换解几何题作者：李红校来源：《中学生数理化·教与学》2012年第01期旋转变换在解题中有两种作用：一种是提供思考途径，另一种是提供解题手段.在几何解题中，巧妙地运用旋转变换解决问题，有时可以达到事半功倍的效果.常见的图形旋转有两种：（1）以角的顶点为旋转中心，旋转边、角或三角形；（2）以线段中点为中心作中心对称变换下面举例说明如何运用旋转变换解决有关几何问题一、求线段的长例1 如图1，在正方形内有一个△AMN，若∠MAN=45°，AB=8，EF=7.求CN的长分析：在正方形中直接求解不太容易，但是条件中有四边形ABCD为正方形，且∠MAN=45°，所以如果把△ADN绕点A按顺时针方向旋转90°，得到△ABG，再解决问题就容易得多∵∠1+∠2=45°，∴∠1+∠3=45°．在△AMN和△AMG中，AM=AM，AN=AG，∠MAN=∠MAG=45°，∴△AMN≌△AM．∴MN=MG=7．设CN=x．则DN=GB=8-x，BM=7-（8-x）=x-1,MC=8-（x-1）=9-x．在△MCN中，即-解得，-172．二、证明线段相等例2 如图2，在△ABC中，AD为BC边上的中线，E为AC边上一点，且AE=EF.求证：BF=AC．分析：本题通过证三角形全等不易办到，但抓住D为BC的中点，把△ADC以D为中心顺时针旋转180°，则DC与BD重合，得△A′BD．因为AC=A′B，所以只需证△BA′F为等腰三角形即可三、证明线段（直线）垂直例3 如图3，以△ABC的边AB、AC各为一边在△ABC的外侧作正方形ABDE和正方形ACFG，K为EG的中点.求证：KA⊥BC．分析：本题是一道常见的习题，但利用旋转来证明的较少.下面我们来体会一下旋转的美妙之处以点A为旋转中心将△AEG顺时针方向旋转90°，E旋转到E′，那么B、A、E′在同一条直线上，且有BA=A E′.G旋转到与C重合，K旋转到E′C的中点K′．因BA=A E′，C K′= K′E ，所以AK′∥BC．又因KA⊥A K′，所以KA⊥四、求角的大小例4 如图4，P是正方形ABCD内一点，且PA=1，PB=3，PD=7.求∠APD的度数分析：本题条件较为分散，通过旋转设法把PA、PB、PD三条线段集中到一个三角形中，便使问题顺利地解决以A为中心将△ABP逆时针旋转90°，得△ADQ，连接易知△APQ为等腰直角三角形PQ=2，AP=2，QD=PB=3．在△DQP中，，且，所以∠QPD=90°．所以∠APD=90°+45°=135°．五、其他方面的应用例5 在锐角△ABC内求一点P，使PA+PB+PC的值最小分析：因为我们只学过两点之间线段最短，故欲求PA+PB+PC最短，应设法把PA、PB、PC三条线段连接起来，使PA+PB+PC成为某两个定点间的折线如图5，以A为中心把△APB顺时针旋转60°，得△AP′B′．显然B′为定点，易知△APP′为正三角形，B′P′=BP，所以PA+PB+PC=PP′+ B′P′+PC≥B′C．所以，当∠APC=∠APB=120°时，B′、P′、P、C成一条直线．此时，PA+PB+PC有最小值。
专题34 中考几何旋转类问题 (解析版)
专题34 中考几何旋转类问题1．旋转的定义：在平面内,将一个图形绕某一点按某个方向转动一个角度,这样的运动叫做图形的旋转.这个定点叫做旋转中央,转动的角度叫做旋转角.2. 旋转的性质：〔1〕对应点到旋转中央的距离相等,对应线段相等,对应角相等；〔2〕对应点与旋转中央所连线段的夹角等于旋转角.3．旋转对称中央：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央,旋转的角度叫做旋转角〔旋转角小于0°,大于360°〕.4．中央对称：如果把一个图形绕着某一点旋转180度后能与另一个图形重合,那么我们就说,这两个图形成中央对称.这个点就是它的对称中央.5．中央对称的性质〔1〕关于中央对称的两个图形是全等形.〔2〕关于中央对称的两个图形,对称点连线都经过对称中央,并且被对称中央平分.〔3〕关于中央对称的两个图形,对应线段平行〔或在同一直线上〕且相等.【例题1】〔2021•青岛〕如图,将△ABC先向上平移1个单位,再绕点P按逆时针方向旋转90°,得到△A′B′C′,那么点A的对应点A′的坐标是〔〕A．〔0,4〕B．〔2,﹣2〕C．〔3,﹣2〕D．〔﹣1,4〕【答案】D【解析】根据平移和旋转的性质,将△ABC先向上平移1个单位,再绕点P按逆时针方向旋转90°,得到△A′B′C′,即可得点A的对应点A′的坐标．如图,△A′B′C′即为所求,那么点A的对应点A′的坐标是〔﹣1,4〕．【对点练习】〔2021•河南〕如图,在△OAB中,顶点O〔0,0〕,A〔﹣3,4〕,B〔3,4〕,将△OAB与正方形ABCD 组成的图形绕点O顺时针旋转,每次旋转90°,那么第70次旋转结束时,点D的坐标为〔〕A．〔10,3〕B．〔﹣3,10〕C．〔10,﹣3〕D．〔3,﹣10〕【答案】D．【解析】先求出AB＝6,再利用正方形的性质确定D〔﹣3,10〕,由于70＝4×17+2,所以第70次旋转结束时,相当于△OAB与正方形ABCD组成的图形绕点O顺时针旋转2次,每次旋转90°,此时旋转前后的点D关于原点对称,于是利用关于原点对称的点的坐标特征可出旋转后的点D的坐标．∵A〔﹣3,4〕,B〔3,4〕,∴AB＝3+3＝6,∵四边形ABCD为正方形,∴AD＝AB＝6,∴D〔﹣3,10〕,∵70＝4×17+2,∴每4次一个循环,第70次旋转结束时,相当于△OAB与正方形ABCD组成的图形绕点O顺时针旋转2次,每次旋转90°,∴点D的坐标为〔3,﹣10〕．【例题2】〔2021•孝感〕如图,点E在正方形ABCD的边CD上,将△ADE绕点A顺时针旋转90°到△ABF的位置,连接EF,过点A作EF的垂线,垂足为点H,与BC交于点G．假设BG＝3,CG＝2,那么CE的长为〔〕A ．54B ．154C ．4D ．92 【答案】B【解析】连接EG ,根据AG 垂直平分EF ,即可得出EG ＝FG ,设CE ＝x ,那么DE ＝5﹣x ＝BF ,FG ＝EG ＝8﹣x ,再根据Rt △CEG 中,CE 2+CG 2＝EG 2,即可得到CE 的长．解：如下图,连接EG ,由旋转可得,△ADE ≌△ABF ,∴AE ＝AF ,DE ＝BF ,又∵AG ⊥EF ,∴H 为EF 的中点,∴AG 垂直平分EF ,∴EG ＝FG ,设CE ＝x ,那么DE ＝5﹣x ＝BF ,FG ＝8﹣x ,∴EG ＝8﹣x ,∵∠C ＝90°,∴Rt △CEG 中,CE 2+CG 2＝EG 2,即x 2+22＝〔8﹣x 〕2,解得x =154, ∴CE 的长为154.【对点练习】〔2021广西贺州〕如图,正方形ABCD 的边长为4,点E 是CD 的中点,AF 平分∠BAE 交BC 于点F ,将△ADE 绕点A 顺时针旋转90°得△ABG ,那么CF 的长为 ．【答案】6﹣2．【解析】作FM ⊥AD 于M ,FN ⊥AG 于N ,如图,易得四边形CFMD 为矩形,那么FM ＝4,∵正方形ABCD 的边长为4,点E 是CD 的中点,∴DE ＝2,∴AE ＝＝2,∵△ADE 绕点A 顺时针旋转90°得△ABG ,∴AG ＝AE ＝2,BG ＝DE ＝2,∠3＝∠4,∠GAE ＝90°,∠ABG ＝∠D ＝90°,而∠ABC ＝90°,∴点G 在CB 的延长线上,∵AF 平分∠BAE 交BC 于点F ,∴∠1＝∠2,∴∠2+∠4＝∠1+∠3,即FA 平分∠GAD ,∴FN ＝FM ＝4,∵AB •GF ＝FN •AG ,∴GF ＝＝2,∴CF ＝CG ﹣GF ＝4+2﹣2＝6﹣2．【例题3】〔2021•南京〕将一次函数y ＝﹣2x +4的图象绕原点O 逆时针旋转90°,所得到的图象对应的函数表达式是 ．【答案】y =12x +2．【分析】直接根据一次函数互相垂直时系数之积为﹣1,进而得出答案．【解析】在一次函数y ＝﹣2x +4中,令x ＝0,那么y ＝4,∴直线y ＝﹣2x +4经过点〔0,4〕,将一次函数y ＝﹣2x +4的图象绕原点O 逆时针旋转90°,那么点〔0,4〕的对应点为〔﹣4,0〕,旋转后得到的图象与原图象垂直,那么对应的函数解析式为：y =12x +b ,将点〔﹣4,0〕代入得,12×(−4)+b ＝0, 解得b ＝2,∴旋转后对应的函数解析式为：y =12x +2,故答案为y =12x +2．【对点练习】〔2021•海南省〕如图,将Rt △ABC 的斜边AB 绕点A 顺时针旋转á〔0°＜á＜90°〕得到AE ,直角边AC绕点A逆时针旋转â〔0°＜â＜90°〕得到AF,连结EF．假设AB＝3,AC＝2,且á+â＝∠B,那么EF＝．【答案】【解析】由旋转的性质可得AE＝AB＝3,AC＝AF＝2,由勾股定理可求EF的长．由旋转的性质可得AE＝AB＝3,AC＝AF＝2,∵∠B+∠BAC＝90°,且á+â＝∠B,∴∠BAC+á+â＝90°∴∠EAF＝90°∴EF＝＝【例题4】〔2021贵州黔西南〕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,答复以下问题：〔1〕以下图形是旋转对称图形,但不是中央对称图形的是________；A．矩形 B．正五边形 C．菱形 D．正六边形〔2〕以下图形中,是旋转对称图形,且有一个旋转角是60度的有：________〔填序号〕；〔3〕以下三个命题：①中央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．0 B．1 C．2 D．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．【答案】〔1〕B；〔2〕(1)(3)(5)；〔3〕C；〔4〕见解析【解析】〔1〕根据旋转对称图形的定义进行判断；〔2〕先分别求每一个图形中的旋转角,然后再进行判断；〔3〕根据旋转对称图形的定义进行判断；〔4〕利用旋转对称图形的定义进行设计．解：〔1〕矩形、正五边形、菱形、正六边形都是旋转对称图形,但正五边形不是中央对称图形,应选：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〕①中央对称图形,旋转180°一定会和本身重合,是旋转对称图形；故命题①正确；②等腰三角形绕一个定点旋转一定的角度α〔0°＜α≤180°〕后,不一定能与自身重合,只有等边三角形是旋转对称图形,故②不正确；③圆具有旋转不变性,绕圆心旋转任意角度一定能与自身重合,是旋转对称图形；故命题③正确；即命题中①③正确,应选：C．〔4〕图形如下图：【点拨】此题考查旋转对称图形,中央对称图形等知识,解题的关键是理解题意,灵活运用所学知识解决问题．【对点练习】〔2021•广西贵港〕：△ABC是等腰直角三角形,∠BAC＝90°,将△ABC绕点C顺时针方向旋转得到△A′B′C,记旋转角为á,当90°＜á＜180°时,作A′D⊥AC,垂足为D,A′D与B′C交于点E．〔1〕如图1,当∠CA′D＝15°时,作∠A′EC的平分线EF交BC于点F．①写出旋转角á的度数；②求证：EA′+EC＝EF；〔2〕如图2,在〔1〕的条件下,设P是直线A′D上的一个动点,连接PA,PF,假设AB＝,求线段PA+PF的最小值．〔结果保存根号〕【答案】见解析.【解析】〔1〕①解：旋转角为105°．理由：如图1中,∵A′D⊥AC,∴∠A′DC＝90°,∵∠CA′D＝15°,∴∠A′CD＝75°,∴∠ACA′＝105°,∴旋转角为105°．②证实：连接A′F,设EF交CA′于点O．在EF时截取EM＝EC,连接CM．∵∠CED＝∠A′CE+∠CA′E＝45°+15°＝60°,∴∠CEA′＝120°,∵FE平分∠CEA′,∴∠CEF＝∠FEA′＝60°,∵∠FCO＝180°﹣45°﹣75°＝60°,∴∠FCO＝∠A′EO,∵∠FOC＝∠A′OE,∴△FOC∽△A′OE,∴＝,∴＝,∵∠COE＝∠FOA′,∴△COE∽△FOA′,∴∠FA′O＝∠OEC＝60°,∴△A′OF是等边三角形,∴CF＝CA′＝A′F,∵EM＝EC,∠CEM＝60°,∴△CEM是等边三角形,∠ECM＝60°,CM＝CE,∵∠FCA′＝∠MCE＝60°,∴∠FCM＝∠A′CE,∴△FCM≌△A′CE〔SAS〕,∴FM＝A′E,∴CE+A′E＝EM+FM＝EF．〔2〕解：如图2中,连接A′F,PB′,AB′,作B′M⊥AC交AC的延长线于M．由②可知,∠EA′F＝′EA′B′＝75°,A′E＝A′E,A′F＝A′B′,∴△A′EF≌△A′EB′,∴EF＝EB′,∴B′,F关于A′E对称,∴PF＝PB′,∴PA+PF＝PA+PB′≥AB′,在Rt△CB′M中,CB′＝BC＝AB＝2,∠MCB′＝30°,∴B′M＝CB′＝1,CM＝,∴AB′＝＝＝．∴PA+PF的最小值为．一、选择题1．〔2021•天津〕如图,在△ABC中,∠ACB＝90°,将△ABC绕点C顺时针旋转得到△DEC,使点B的对应点E 恰好落在边AC上,点A的对应点为D,延长DE交AB于点F,那么以下结论一定正确的选项是〔〕A．AC＝DE B．BC＝EF C．∠AEF＝∠D D．AB⊥DF【答案】D【解析】依据旋转可得,△ABC≌△DEC,再根据全等三角形的性质,即可得出结论．由旋转可得,△ABC≌△DEC,∴AC＝DC,故A选项错误,BC＝EC,故B选项错误,∠AEF＝∠DEC＝∠B,故C选项错误,∠A＝∠D,又∵∠ACB＝90°,∴∠A+∠B＝90°,∴∠D+∠B＝90°,∴∠BFD＝90°,即DF⊥AB,故D选项正确.2．〔2021•菏泽〕如图,将△ABC 绕点A 顺时针旋转角α,得到△ADE ,假设点E 恰好在CB 的延长线上,那么∠BED 等于〔 〕A ．α2B ．23αC ．αD ．180°﹣α 【答案】D【分析】证实∠ABE +∠ADE ＝180°,推出∠BAD +∠BED ＝180°即可解决问题．【解答】解：∵∠ABC ＝∠ADE ,∠ABC +∠ABE ＝180°,∴∠ABE +∠ADE ＝180°,∴∠BAD +∠BED ＝180°,∵∠BAD ＝α,∴∠BED ＝180°﹣α．3.〔2021山东枣庄〕如图,点E 是正方形ABCD 的边DC 上一点,把△ADE 绕点A 顺时针旋转90°到△ABF 的位置．假设四边形AECF 的面积为20,DE ＝2,那么AE 的长为〔 〕A．4B．2C．6D．2【答案】D．【解析】利用旋转的性质得出四边形AECF的面积等于正方形ABCD的面积,进而可求出正方形的边长,再利用勾股定理得出答案．∵△ADE绕点A顺时针旋转90°到△ABF的位置．∴四边形AECF的面积等于正方形ABCD的面积等于20,∴AD＝DC＝2,∵DE＝2,∴Rt△ADE中,AE＝＝24.〔2021•南京〕如图,△A'B'C'是由△ABC经过平移得到的,△A'B'C还可以看作是△ABC经过怎样的图形变化得到？以下结论：①1次旋转；②1次旋转和1次轴对称；③2次旋转；④2次轴对称．其中所有正确结论的序号是〔〕A．①④B．②③C．②④D．③④【答案】D．【解析】此题主要考查了几何变换的类型,在轴对称变换下,对应线段相等,对应直线〔段〕或者平行,或者交于对称轴,且这两条直线的夹角被对称轴平分．在旋转变换下,对应线段相等,对应直线的夹角等于旋转角．依据旋转变换以及轴对称变换,即可使△ABC与△A'B'C'重合．先将△ABC绕着B'C的中点旋转180°,再将所得的三角形绕着B'C'的中点旋转180°,即可得到△A'B'C'；先将△ABC沿着B'C的垂直平分线翻折,再将所得的三角形沿着B'C'的垂直平分线翻折,即可得到△A'B'C'.5.〔2021•湖北孝感〕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',那么P'的坐标为〔〕A．〔3,2〕B．〔3,﹣1〕C．〔2,﹣3〕D．〔3,﹣2〕【答案】D．【解析】此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°．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．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〕．二、填空题6．〔2021•泰安〕如图,将正方形网格放置在平面直角坐标系中,其中,每个小正方形的边长均为1,点A ,B ,C 的坐标分别为A 〔0,3〕,B 〔﹣1,1〕,C 〔3,1〕．△A 'B 'C ′是△ABC 关于x 轴的对称图形,将△A 'B 'C '绕点B '逆时针旋转180°,点A '的对应点为M ,那么点M 的坐标为 ．【答案】〔﹣2,1〕．【解析】延长A 'B '后得出点M ,进而利用图中坐标解答即可．将△A 'B 'C '绕点B '逆时针旋转180°,如下图：所以点M 的坐标为〔﹣2,1〕.7．〔2021•衡阳〕如图,在平面直角坐标系中,点P 1的坐标为〔√22,√22〕,将线段OP 1绕点O 按顺时针方向旋转45°,再将其长度伸长为OP 1的2倍,得到线段OP 2；又将线段OP 2绕点O 按顺时针方向旋转45°,长度伸长为OP 2的2倍,得到线段OP 3；如此下去,得到线段OP 4,OP 5,…,OP n 〔n 为正整数〕,那么点P 2021的坐标是 ．【答案】〔﹣22021×√2,﹣22021×√2〕．【分析】根据题意得出OP 1＝1,OP 2＝2,OP 3＝4,如此下去,得到线段OP 4＝8＝23,OP 5＝16＝24…,OP n ＝2n ﹣1,再利用旋转角度得出点P 2021的坐标与点P 5的坐标在同一直线上,进而得出答案． 【解答】解：∵点P 1的坐标为〔√22,√22〕,将线段OP 1绕点O 按逆时针方向旋转45°,再将其长度伸长为OP 1的2倍,得到线段OP 2；∴OP 1＝1,OP 2＝2, ∴OP 3＝4,如此下去,得到线段OP 4＝23,OP 5＝24…,∴OP n ＝2n ﹣1,由题意可得出线段每旋转8次旋转一周,∵2021÷8＝252…4,∴点P 2021的坐标与点P 5的坐标在同一直线上,正好在第三象限的角平分线上,∴点P 2021的坐标是〔﹣22021×√2,﹣22021×√2〕． 故答案为：〔﹣22021×√2,﹣22021×√2〕．8.〔2021•湖南邵阳〕如图,将等边△AOB 放在平面直角坐标系中,点A 的坐标为〔4,0〕,点B 在第一象限,将等边△AOB 绕点O 顺时针旋转180°得到△A ′OB ′,那么点B ′的坐标是 ．【答案】故答案为〔﹣2,﹣2〕．【解析】作BH⊥y轴于H,如图,∵△OAB为等边三角形,∴OH＝AH＝2,∠BOA＝60°,∴BH＝OH＝2,∴B点坐标为〔2,2〕,∵等边△AOB绕点O顺时针旋转180°得到△A′OB′,∴点B′的坐标是〔﹣2,﹣2〕．故答案为〔﹣2,﹣2〕．9.(2021山西〕如图,在△ABC中,∠BAC=90°,AB=AC=10cm,点D为△ABC内一点,∠BAD=15°,AD=6cm,连接BD,将△ABD绕点A逆时针方向旋转,使AB与AC重合,点D的对应点E,连接DE,DE交AC于点F,那么CF的长为______cm.【答案】6210-【解析】过点A 作AG ⊥DE 于点G,由旋转可知：AD=AE,∠DAE=90°,∠CAE=∠BAD=15°∴∠AED=45°；在△AEF 中：∠AFD=∠AED+∠CAE=60°在Rt △ADG 中：=在Rt △AFG 中：2GF AF FG ====∴10CF AC AF =-=-故答案为：6210-10.〔2021▪黑龙江哈尔滨〕如图,将△ABC 绕点C 逆时针旋转得到△A ′B ′C ,其中点A ′与A 是对应点,点B ′与B 是对应点,点B ′落在边AC 上,连接A ′B ,假设∠ACB ＝45°,AC ＝3,BC ＝2,那么A ′B 的长为 ．【答案】【解析】由旋转的性质可得AC＝A'C＝3,∠ACB＝∠ACA'＝45°,可得∠A'CB＝90°,由勾股定理可求解．∵将△ABC绕点C逆时针旋转得到△A′B′C,∴AC＝A'C＝3,∠ACB＝∠ACA'＝45°∴∠A'CB＝90°∴A'B＝＝11．〔2021新疆〕如图,在△ABC中,AB＝AC＝4,将△ABC绕点A顺时针旋转30°,得到△ACD,延长AD交BC 的延长线于点E,那么DE的长为．【答案】2﹣2．【解析】根据旋转过程可知：∠CAD＝30°＝∠CAB,AC＝AD＝4．∴∠BCA＝∠ACD＝∠ADC＝75°．∴∠ECD＝180°﹣2×75°＝30°．∴∠E＝75°﹣30°＝45°．过点C作CH⊥AE于H点,在Rt△ACH中,CH＝AC＝2,AH＝2．∴HD＝AD﹣AH＝4﹣2．在Rt△CHE中,∵∠E＝45°,∴EH＝CH＝2．∴DE＝EH﹣HD＝2﹣〔4﹣2〕＝2﹣2．12．〔2021齐齐哈尔〕如图,矩形ABOC的顶点B、C分别在x轴,y轴上,顶点A在第二象限,点B的坐标为〔﹣2,0〕．将线段OC绕点O逆时针旋转60°至线段OD,假设反比例函数y＝〔k≠0〕的图象经过A、D两点,那么k值为．【答案】﹣．【解析】过点D作DE⊥x轴于点E,∵点B的坐标为〔﹣2,0〕,∴AB＝﹣,∴OC＝﹣,由旋转性质知OD＝OC＝﹣、∠COD＝60°,∴∠DOE＝30°,∴DE＝OD＝﹣k,OE＝OD cos30°＝×〔﹣〕＝﹣k,即D〔﹣k,﹣k〕,∵反比例函数y＝〔k≠0〕的图象经过D点,∴k＝〔﹣k〕〔﹣k〕＝k2,解得：k＝0〔舍〕或k＝﹣13．〔2021广西梧州〕如图,在菱形ABCD中,AB＝2,∠BAD＝60°,将菱形ABCD绕点A逆时针方向旋转,对应得到菱形AEFG,点E在AC上,EF与CD交于点P,那么DP的长是．【答案】﹣1．【解析】连接BD交AC于O,由菱形的性质得出CD＝AB＝2,∠BCD＝∠BAD＝60°,∠ACD＝∠BAC＝∠BAD＝30°,OA＝OC,AC⊥BD,由直角三角形的性质求出OB＝AB＝1,OA＝OB＝,得出AC＝2,由旋转的性质得：AE＝AB＝2,∠EAG＝∠BAD＝60°,得出CE＝AC﹣AE＝2﹣2,证出∠CPE＝90°,由直角三角形的性质得出PE＝CE＝﹣1,PC＝PE＝3﹣,即可得出结果．解：连接BD交AC于O,如下图：∵四边形ABCD是菱形,∴CD＝AB＝2,∠BCD＝∠BAD＝60°,∠ACD＝∠BAC＝∠BAD＝30°,OA＝OC,AC⊥BD,∴OB＝AB＝1,∴OA＝OB＝,∴AC＝2,由旋转的性质得：AE＝AB＝2,∠EAG＝∠BAD＝60°,∴CE＝AC﹣AE＝2﹣2,∵四边形AEFG是菱形,∴EF∥AG,∴∠CEP＝∠EAG＝60°,∴∠CEP+∠ACD＝90°,∴∠CPE＝90°,∴PE＝CE＝﹣1,PC＝PE＝3﹣,∴DP＝CD﹣PC＝2﹣〔3﹣〕＝﹣1三、解做题14．〔2021•绥化〕如图,在边长均为1个单位长度的小正方形组成的网格中,点A,点B,点O均为格点〔每个小正方形的顶点叫做格点〕．〔1〕作点A关于点O的对称点A1；〔2〕连接A1B,将线段A1B绕点A1顺时针旋转90°得点B对应点B1,画出旋转后的线段A1B1；〔3〕连接AB1,求出四边形ABA1B1的面积．【答案】见解析.【解析】〔1〕依据中央对称的性质,即可得到点A关于点O的对称点A1；〔2〕依据线段A1B绕点A1顺时针旋转90°得点B对应点B1,即可得出旋转后的线段A1B1；〔2〕依据割补法进行计算,即可得到四边形ABA1B1的面积．解：〔1〕如下图,点A1即为所求；〔2〕如下图,线段A1B1即为所求；〔3〕如图,连接BB1,过点A作AE⊥BB1,过点A1作A1F⊥BB1,那么四边形ABA1B1的面积=S△ABB1+S△A1BB1=12×8×2+12×8×4＝24．15．〔2021•甘孜州〕如图,Rt△ABC中,∠ACB＝90°,将△ABC绕点C顺时针旋转得到△DEC,点D落在线段AB 上,连接BE．〔1〕求证：DC平分∠ADE；〔2〕试判断BE与AB的位置关系,并说明理由；〔3〕假设BE＝BD,求tan∠ABC的值．【答案】见解析.【分析】〔1〕利用等腰三角形的性质以及旋转不变性解决问题即可．〔2〕结论：AB⊥BE．证实C,E,B,D四点共圆即可解决问题．〔3〕设BC交DE于O．连接AO．想方法证实△ACO是等腰直角三角形,OA＝OB即可解决问题．【解答】〔1〕证实：∵△DCE是由△ACB旋转得到,∴CA＝CD,∠A＝∠CDE∴∠A＝∠CDA,∴∠CDA＝∠CDE,∴CD平分∠ADE．〔2〕解：结论：BE⊥AB．由旋转的性质可知,∠DBC＝∠CED,∴D,C,E,B四点共圆,∴∠DCE+∠DBE＝90°,∵∠DCE＝90°,∴∠DBE＝90°,∴BE⊥AB．〔3〕如图,设BC交DE于O．连接AO．∵BD＝BE,∠DBE＝90°,∴∠DEB＝∠BDE＝45°,∵C,E,B,D四点共圆,∴∠DCO＝∠DEB＝45°,∵∠ACB＝90°,∴∠ACD＝∠OCD,∵CD＝CD,∠ADC＝∠ODC,∴△ACD∽△OCD〔ASA〕,∴AC＝OC,∴∠AOC＝∠CAO＝45°,∵∠ADO＝135°,∴∠CAD＝∠ADC＝67.5°,∴∠ABC＝22.5°,∵∠AOC＝∠OAB+∠ABO,∴∠OAB＝∠ABO＝22.5°,∴OA＝OB,设AC＝OC＝m,那么AO＝OB=√2m,∴tan∠ABC=ACCB=mm+√2m=√2−1．16．〔2021•江西〕如图1是一种平板支架,由托板、支撑板和底座构成, 放置在托板上,图2是其侧面结构示意图．量得托板长AB＝120mm,支撑板长CD＝80mm,底座长DE＝90mm．托板AB固定在支撑板顶端点C 处,且CB＝40mm,托板AB可绕点C转动,支撑板CD可绕点D转动．〔结果保存小数点后一位〕〔1〕假设∠DCB＝80°,∠CDE＝60°,求点A到直线DE的距离；〔2〕为了观看舒适,在〔1〕的情况下,把AB绕点C逆时针旋转10°后,再将CD绕点D顺时针旋转,使点B 落在直线DE上即可,求CD旋转的角度．〔参考数据：sin40°≈0.643,cos40°≈0.766,tan40°≈0.839,sin26.6°≈0.448,cos26.6°≈0.894,tan26.6°≈0.500,√3≈1.732〕【答案】见解析.【分析】〔1〕通过作垂线,构造直角三角形,利用直角三角形的边角关系,求出CB、AF,即可求出点A到直线DE的距离；〔2〕画出旋转后的图形,结合图形,明确图形中的的边角,再利用直角三角形的边角关系求出相应的角度即可．【解析】〔1〕如图2,过A作AM⊥DE,交ED的延长线于点M,过点C作CF⊥AM,垂足为F,过点C作CN⊥DE,垂足为N,由题意可知,AC＝80,CD＝80,∠DCB＝80°,∠CDE＝60°,在Rt△CDN中,CN＝CD•sin∠CDE＝80×√32=40√3〔mm〕＝FM,∠DCN＝90°﹣60°＝30°,又∵∠DCB＝80°,∴∠BCN＝80°﹣30°＝50°,∵AM⊥DE,CN⊥DE,∴AM∥CN,∴∠A＝∠BCN＝50°,∴∠ACF＝90°﹣50°＝40°,在Rt△AFC中,AF＝AC•sin40°＝80×0.643≈51.44,∴AM＝AF+FM＝51.44+40√3≈120.7〔mm〕,答：点A到直线DE的距离约为120.7mm；〔2〕旋转后,如图3所示,根据题意可知∠DCB＝80°+10°＝90°, 在Rt△BCD中,CD＝80,BC＝40,∴tan∠D=BCCD=4080=0.500,∴∠D＝26.6°,因此旋转的角度为：60°﹣26.6°＝33.4°, 答：CD旋转的角度约为33.4°．17.〔2021•新疆〕如图,在平面直角坐标系中,点O为坐标原点,抛物线y＝ax2+bx+c的顶点是A〔1,3〕,将OA绕点O顺时针旋转90°后得到OB,点B恰好在抛物线上,OB与抛物线的对称轴交于点C．〔1〕求抛物线的解析式；〔2〕P是线段AC上一动点,且不与点A,C重合,过点P作平行于x轴的直线,与△OAB的边分别交于M,N两点,将△AMN以直线MN为对称轴翻折,得到△A′MN,设点P的纵坐标为m．①当△A′MN在△OAB内部时,求m的取值范围；②是否存在点P,使S△A′MN=56S△OA′B,假设存在,求出满足条件m的值；假设不存在,请说明理由．【答案】见解析.【分析】〔1〕抛物线y＝ax2+bx+c的顶点是A〔1,3〕,可以假设抛物线的解析式为y＝a〔x﹣1〕2+3,求出点B的坐标,利用待定系数法即可解决问题．〔2〕①根据△A′MN在△OAB内部,构建不等式即可解决问题．②求出直线OA,AB的解析式,求出MN,利用面积关系构建方程即可解决问题．【解析】〔1〕∵抛物线y＝ax2+bx+c的顶点是A〔1,3〕,∴抛物线的解析式为y＝a〔x﹣1〕2+3,∴OA绕点O顺时针旋转90°后得到OB,∴B〔3,﹣1〕,把B〔3,﹣1〕代入y＝a〔x﹣1〕2+3可得a＝﹣1,∴抛物线的解析式为y＝﹣〔x﹣1〕2+3,即y＝﹣x2+2x+2, 〔2〕①如图1中,∵B〔3,﹣1〕,∴直线OB的解析式为y=−13x,∵A〔1,3〕,∴C〔1,−1 3〕,∵P〔1,m〕,AP＝PA′, ∴A′〔1,2m﹣3〕,由题意3＞2m﹣3＞−1 3,∴3＞m＞4 3．②当点P 在x 轴上方时,∵直线OA 的解析式为y ＝3x ,直线AB 的解析式为y ＝﹣2x +5,∵P 〔1,m 〕,∴M 〔m 3,m 〕,N 〔5−m 2,m 〕,∴MN =5−m 2−m 3=15−5m 6, ∵S △A ′MN =56S △OA ′B ,∴12•〔m ﹣2m +3〕•15−5m 6=56×12×|2m ﹣3+13|×3, 整理得m 2﹣6m +9＝|6m ﹣8|解得m ＝6+√19〔舍弃〕或6−√19,当点P 在x 轴下方时,同法可得12•〔3﹣m 〕•〔5−m 2+3m 〕=56×12×[−13−〔2m ﹣3〕]×3, 整理得：3m 2﹣12m ﹣1＝0,解得m =6−√393或6+√393〔舍弃〕, ∴满足条件的m 的值为6−√19或6−√393． 18．〔2021内蒙古通辽〕如图,点P 是正方形ABCD 内的一点,连接CP ,将线段CP 绕点C 顺时旋转90°,得到线段CQ ,连接BP ,DQ ．〔1〕如图1,求证：△BCP ≌△DCQ ；〔2〕如图,延长BP 交直线DQ 于点E ．①如图2,求证：BE ⊥DQ ；②如图3,假设△BCP 为等边三角形,判断△DEP 的形状,并说明理由．【答案】见解析.【解析】〔1〕证实：∵∠BCD＝90°,∠PCQ＝90°,∴∠BCP＝∠DCQ,在△BCP和△DCQ中,,∴△BCP≌△DCQ〔SAS〕；〔2〕①如图b,∵△BCP≌△DCQ,∴∠CBF＝∠EDF,又∠BFC＝∠DFE,∴∠DEF＝∠BCF＝90°,∴BE⊥DQ；②∵△BCP为等边三角形,∴∠BCP＝60°,∴∠PCD＝30°,又CP＝CD,∴∠CPD＝∠CDP＝75°,又∠BPC＝60°,∠CDQ＝60°,∴∠EPD＝180°﹣∠CPD﹣∠CPB＝180°﹣75°﹣60＝45°, 同理：∠EDP＝45°,∴△DEP为等腰直角三角形．。
初中数学旋转的六大模型题
初中数学旋转的六大模型题旋转是数学中的一个重要概念，也是初中数学中经常会遇到的一个题型。
通过旋转，我们可以改变图形的朝向和位置，从而帮助我们更好地理解几何形状和解决问题。
下面是初中数学中常见的六大旋转模型题，帮助学生更好地理解旋转的概念和运用。
1. 点的旋转：题目给出一个点的坐标和旋转角度，要求求出旋转后的点的坐标。
这种题目可以帮助学生理解点的旋转规律和计算方法。
2. 图形的旋转：题目给出一个图形的坐标或者边长，要求将图形按照给定的角度进行旋转，然后求出旋转后的图形的坐标或者边长。
这种题目可以帮助学生理解图形的旋转规律和变化。
3. 对称图形的旋转：题目给出一个对称图形和旋转角度，要求求出旋转后的图形。
这种题目可以帮助学生理解对称图形的旋转规律和变化。
4. 旋转体的表面积和体积：题目给出一个旋转体的形状和旋转轴的位置，要求求出旋转体的表面积和体积。
这种题目可以帮助学生理解旋转体的形成过程和计算方法。
5. 旋转体的截面图形：题目给出一个旋转体的形状和旋转轴的位置，要求求出旋转体在某一截面上的图形。
这种题目可以帮助学生理解旋转体的截面变化和图形特征。
6. 旋转体的切面面积：题目给出一个旋转体的形状和旋转轴的位置，要求求出旋转体在某一位置上的切面面积。
这种题目可以帮助学生应用切线和面积计算，理解旋转体的切面特征。
通过这六大旋转模型题，学生可以更好地掌握旋转的概念和运用，提高解决数学问题的能力。
在解题过程中，学生需要善于利用旋转的几何性质和计算方法，灵活运用数学知识，加深对数学的理解和认识。
同时，这些题目也能够培养学生的逻辑思维能力和推理能力，提高解决问题的能力和思维水平。
利用旋转解决几何问题
利用旋转解决几何问题在几何学中，旋转是一种常见的解决问题的方法。
通过将形状绕着某一点或某一轴旋转，可以得到新的形状，从而解决一些原本复杂的几何问题。
本文将通过几个例子，介绍如何利用旋转来解决几何问题。
一、旋转体的体积计算旋转体的体积计算是旋转解决几何问题的经典应用之一。
考虑一个曲线y=f(x)，如果将该曲线绕x轴旋转一周，就可以得到一个旋转体。
我们可以利用旋转体的性质来计算其体积。
例如，我们要计算曲线y=x^2在x=0到x=1之间的旋转体体积。
首先，我们将曲线绕x轴旋转，得到一个旋转体。
然后，我们将该旋转体切割成许多薄片，每个薄片的厚度为Δx。
每个薄片在x轴上的宽度为Δx，高度为f(x)。
因此，该薄片的体积可以用V=π(f(x))^2Δx来表示。
最后，将所有薄片的体积相加，即可得到旋转体的体积。
二、旋转体的表面积计算除了计算旋转体的体积，我们还可以计算旋转体的表面积。
同样，我们可以将旋转体切割成薄片，每个薄片在x轴上的宽度为Δx。
但是，不同于计算体积时使用薄片的高度f(x)，计算表面积时，我们使用薄片的周长。
例如，考虑一个曲线y=√x在x=1到x=4之间的旋转体。
我们可以将该旋转体切割成许多薄片，每个薄片的厚度为Δx。
每个薄片在x轴上的宽度为Δx，周长为2πf(x)。
因此，该薄片的表面积可以用S=2πf(x)Δx来表示。
最后，将所有薄片的表面积相加，即可得到旋转体的表面积。
三、旋转体的质心计算旋转体的质心是指旋转体的重心或质量中心，即旋转体的几何中心。
我们可以利用旋转解决几何问题的方法来计算旋转体的质心。
以曲线y=x为例，我们要计算其在x=0到x=1之间的旋转体的质心。
首先，我们将曲线绕x轴旋转，得到一个旋转体。
然后，根据物理学的原理，质心可以通过计算各个薄片的质心位置得到。
每个薄片的宽度为Δx，高度为f(x)。
根据几何学中的平均值定理，每个薄片的质心位置x可以用公式x=∫xf(x)Δx/∫f(x)Δx来表示。
应用图形的旋转变换巧解“难题”
应用图形的旋转变换巧解“难题”（一）正三角形类型在正ΔABC 中，P 为ΔABC 内一点，将ΔABP 绕A 点按逆时针方向旋转600，使得AB 与AC 重合。
经过这样旋转变化，将图（1-1-a ）中的PA 、PB 、PC 三条线段集中于图（1-1-b ）中的一个ΔP 'CP 中，此时ΔP 'AP 也为正三角形。
ABC P⇒AC P '图（1-1-a ） 图（1-1-b ）例1. 如图：（1-1）：设P 是等边ΔABC 内的一点，PA=3， PB=4，PC=5，则∠APB 的度数是________.A P345⇒'图（1-1） 图（1-2） 简解：在ΔABC 的外侧，作∠BA P '=∠C AP ，且A P '=AP=3，连结P 'B 。
则ΔBA P '≌ΔCAP 。
易证ΔAP P '为正三角形，ΔPB P '为Rt Δ∴∠APB=∠AP P '+∠P 'P B=60+90=1500（二）正方形类型在正方形ABCD 中，P 为正方形ABCD 内一点，将ΔABP 绕B 点按顺时针方向旋转900，使得BA 与BC 重合。
经过旋转变化，将图（2-1-a ）中的PA 、PB 、PC 三条线段集中于图（2-1-b ）中的ΔCP P '中，此时ΔBP P '为等腰直角三角形。
DCBA⇒DA'图（2-1-a ） 图（2-1-b ）例2 . 如图（2-1）：P 是正方形ABCD 内一点，点P 到正方形的三个顶点A 、B 、C 的距离分别为PA=1，PB=2，PC=3。
求此正方形ABCD 面积。
AB CDP⇒CEF图（2-1） 图（2-2）简解：作ΔAED 使∠DAE=∠BAP ，AE=AP 连结EP ，则ΔADE ≌ΔABP （SAS ）同样方法，作ΔDFC 且有ΔDFC ≌ΔBPC 。
易证ΔEAP 为等腰直角三角形，又∵AP=1∴同理，∵∠EDA=∠PBA ，∠FDC=∠PBC又∵∠PBA+∠PBC=900∴∠EDF=∠EDA+∠FDC+∠ADC= 900+900=1800∴点E 、D 、F 在一条直线上。
巧用旋转变换解初中几何问题
巧用旋转变换解初中几何问题作者：黄永新来源：《中学教学参考·理科版》2018年第01期[摘要]探讨巧用旋转变换解初中几何问题，能为当前初中数学教学提供参考.[关键词]旋转变换；初中数学；几何问题[中图分类号] G633.6 [文献标识码] A [文章编号] 16746058（2018）02002602初中数学新课程标准中指出，学生可以通过实际存在的物体形状想象几何的图形，再由几何图形想象出实际物体的形象，这就是初中几何知识学习中学生必备的能力.初中几何涉及图形变换的内容包括平移、对称、旋转.长期以来的教学实践发现，学生的数学几何知识学习效果并不好，很多学生的知识运用能力、独立解题的能力相对较差.本文主要探讨巧用旋转变换解初中几何问题.一、旋转变换的概念若从平面到其自身的一个映射，并确保其中的一个定点保持不变，即对于任一点P映射到点P′，那么OP与OP′相等，∠POP′=θ，再从射线OP到OP′方向和给定的方向相同，这个映射也就是绕中心O，根据已知方向对θ进行旋转变换.如图1所示，那么O就是旋转的中心，θ就是旋转角.这个旋转变换的过程可记为R（O，θ）.如果旋转角以180°为中心进行对称变换，那么旋转中心也就是对称中心.二、旋转变换的性质在初中数学的几何知识中，旋转变换的内容包括四点性质：（1）一个图形与这个图形在旋转变换后得出的新图形全等；（2）如果旋转中心相同，连着进行两次旋转变换，那么依旧只是一个旋转变换，可用R（O，θ1）·R（O，θ2）=R（O，θ1+θ2）表示.对一个图形取点O 作为旋转中心旋转θ1，在保持O的旋转中心不变的基础上再旋转θ2，那么得出来的图形也就是原图形以O为旋转中心旋转θ=θ1+θ2而得到的图形；（3）旋转变换的逆变换为旋转变换，用公式表示为R（O，θ）=R（O，-θ），通过一个图形将O作为旋转中心旋转θ，如果要让这个图形再次回到原有的位置，那么还需要以O作为旋转中心旋转-θ并经过变换才能实现；（4）非恒等变换的R（O，θ）没有二重线，但有明确的二重点，也就是旋转中心的点，如果将△ABC这个图形将C作为旋转中心旋转θ变成△A′B′C，观察这个新的三角形不难发现，其中的直线位置都发生了一定的变化，但是重合点却为C点，而这个点正是旋转中心.三、巧用旋转变换解初中几何问题1.利用旋转变换解决等边三角形的问题【例1】如图2，已知P是等边三角形ABC中的一点，PB=2，PC=1，AP=5，那么∠BPC 大小为多少？分析：由图2可知，图中的已知线段PA、PC、PB都不在同一个图形中，很多学生读题过程中不容易发现解题的思路与方法.在这种情况下，如果进行图形重组，让已知线段都能在一个三角形内，那么问题的思考也就更简单.从已知条件可知，三角形全等，存在三个60°的内角，所以可以通过旋转角为60°的图形进行旋转，旋转图形为三角形PP′C和2、1、5为边长的特殊三角形，得到结论是∠BPC为∠AP′P与60°的和，于是利用勾股定理逆定理可得出∠AP′P 为90°，于是就能求解出∠BPC的大小.解答：将△BPC以点C为中心顺时针旋转60°，得出△AP′C，结合旋转的性质可知CP=CP′，∠PCP′=60°.那么△PP′C就是等边三角形，而∠CP′P=60°.因为PB=2，PC=1，AP=5，因此AP′=2，而P′C=1，又因为22+12=（5）2，所以可以推算出∠AP′P=90°，即∠AP′C=90°+60°=150°，所以根据旋转的性质可以得出∠BPC=∠AP′C=150°的结论.2.利用旋转变换解决直角三角形的旋转问题【例2】如图3，P是正方形ABCD中的一个点，∠BPA为135°，AP=3，BP=5，那么PC 的长为多少？分析：这题的解题方向与上题比较相似，根据题意可以得出AB=BC=CD=DA的结论.而正方形的内角都为90°，所以可以通过变换组成PA、PB、PC三边的三角形，而旋转的角度为90°.解答：根据题意，将△BPP′以点B沿着顺时针方向旋转90°得出△AP′B，根据旋转的性质可知BP=BP′，∠PBP′=90°，P′A=PC，那么△BPP′就是等腰直角三角形，而∠BP′P和∠PP′B相等，均为45°，因为∠APB=135°，∠P′PB=45°，所以∠APP′=90°，又由于AP=3，BP=BP′=5，那么PP′=52，于是PC=P′A=32+（52）2=59.上述解题方法，主要是通过旋转△BPC，使相关线段组成两个直角三角形，其中一个为等腰三角形而得出最后的解.3.利用旋转求解不等关系的问题【例3】如图4，已知△ABC是正三角形，在三角形中任意取一点O，要求证明OA≤OB+OC.分析：这题由OA≤OB+OC可以联想到“三角形两边之和大于第三边”的规律，此外从图形来看，需要证明的三条边都相对分散，肉眼不容易看出关系，那么同样要想办法将这三条边放在一个三角形当中，通过变换来得出结论.根据题意可以利用旋转变换将△BOC以B作为旋转中心，将其旋转到△BO′C的位置，从而确保三条边都能在同一个图形当中.此题型和例1的解答较为相似，具体的解答过程不做过多讨论.从中可以结合如“两边之和大于第三边”的三边关系展开联想，由此来证实题目的解题结果.另外，还要看清题目给出的较为分散的条件，采用几何变换不改变大小的规律将这些分散的条件集中进行探讨，再从中寻求相关边长和角度之间的关系，就更容易厘清题目的含义，尽快找到解题思路.4.利用旋转在四边形中求边或角的大小【例4】如图5，在四边形ABCD中，∠ADC=∠BAC=90°，AB=AD，如果四边形ABCD 面积是24cm2，那么AC边长是多少？分析：这个题型与例2也有相似之处，题目中给出了不规则四边形ABCD的面积，求出一条边的边长，那么就可以从面积的几何知识入手，将不规则四边形ABCD转变成为规则的图形，结合题目中给出的AB=AD条件，推断采用旋转变换将四边形改变为一个规则图形一边利用面积的条件.解答：如图5所示，将△ADC旋转90°变为△ABC′，根据旋转的性质可知AC=AC′，S△ADC=S△AC′B，所以SABCD=S△ACC′=24（cm2），那么△ACC′是等腰直角三角形，过点A作出△ACC′的高AE，那么AE为CC′/2也就是EC，所以S△ACC′=AE·CC′/2=AE2=24，那么AC2=AE2+EC2=2AE2=48，即AC=43.上述题型求解不规则图形面积的方法通常是将其分为若干个规则的图形再分别对具体的面积进行计算和相加或是将大的规则图形面积减去小的规则图形面积得出最后的解.还有就是利用旋转、变换或平移的方法将不规则图形转变成为规则图形更方便计算.5.利用旋转证明相等关系【例5】如图6，在圆O中，AB为直径、CD是弦，过A、B两点分别作CD垂线交于E、F两点，求证OE=OF.分析：从图6可知，OE与OF没有直接的联系，那么就要联想到采用几何变换的方式将分散的条件集中起来.因为OA=OB，所以可以将△OEA以O为旋转中心旋转为△OGB，就可以证明OG=OF.解答：因为AE与CD垂直，BF与CD垂直，那么AE就与BF平行，且OA与OB相等，所以将△OEA变换为△OGB，根据旋转性质可得OE=OG，OF=BG/2=OG=OE，那么OE=OF.这个解答的过程中涉及的是边和边关系的问题，通常情况下题目给出的都是分散的条件，这就必须应用到几何变换保持形状大小不变的性质将图形做整合，将这些分散的条件集中起来才能让它们之间的关系一目了然，再结合题目中已有的条件，就能清楚具体的变换方法，从而证明结论.旋转变换的思想在初中数学几何问题中广泛存在，体现了数学思维的多向性特点，这也是几何教学中教师与学生都必须明确的学习规律.教师在日常教学工作中要注意培养学生旋转变化的意识，使学生具备快速的反应能力，从而有效降低初中数学几何问题的教学难度，也让学生逐渐发现数学知识学习的规律，全面提高学生的数学学习兴趣和学习效率.[ 参考文献 ][1]冼词学.初中数学竞赛中的图形旋转变换问题[J].数学学习，2015，11（1）.[2]刘清泉.旋转变换与解题、几何证题[J].中学数学研究，2014，2（5）.[3]吴永照.运用旋转应用法解答几何问题[J].数学学习，2012，2（7）.（责任编辑黄桂坚）。
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从旋转变换角度解决初中几何中的几类典型问题
发表时间：2015-12-03T09:19:49.380Z 来源：《素质教育》2015年12月总第190期供稿作者：张艳[导读] 新疆石河子第十六中学利用变换思想解决有关数学问题，把静止的问题转换成动态的，可以拓展学生的想象空间，挖掘知识间的内在联系，培养数学思维能力。
张艳新疆石河子第十六中学832000 摘要：利用变换思想解决有关数学问题，把静止的问题转换成动态的，可以拓展学生的想象空间，挖掘知识间的内在联系，培养数学思维能力。
关键词：旋转几何典型问题
“图形旋转”是新课程中数学新增加的内容，旋转的基本性质是指一个图形和它经过旋转所得到的图形中，对应点到旋转中心的距离相等，两组对应点分别与旋转中心连线所成的角相等。
旋转图形可以利用变换思想解决有关数学问题，把静止的问题转换成动态的，可以拓展学生的想象空间，挖掘知识间的内在联系，培养数学思维能力。
一、旋转变换中一些基本题型例析
先来了解一下旋转变换中的的“保角性”：在旋转变换下，图形上的对应线段也旋转了与旋转角相同的角度。
例1：如下图，CD=CA,∠DCA=∠BCE,EC=BC,指出图中与∠DCA相等的还有那些？
解析：用旋转的视角看，△DEC可以看做是△ABC绕点逆时针旋转一定角度得到，线段DE于AB的夹角等于∠ACD。
所以与∠ACD相等的角还有∠BFE和∠AFD。
我们还可以把图一作为基本图形，将其运用到解题之中。
例2：如下图，△ABC、△BDE都是等边三角形，A、B、D在同一条直线上，连接CD、AE，CD、AE相交于F，求∠CFA的度数。
解析：上图中△BAE可以看做是由△BCD绕点B逆时针旋60°得到的，由“保角性”知DC、AE的夹角∠CFA=60° 这类问题一般是以等边三角形或正方形或者等腰三角形为载体呈现的。
本题中，连接BE、AD，则△BCE，△ACD都是等腰三角形，它们共顶角顶点，而且顶角相等。
共顶角顶点的两个相似的等腰三角形，是这个基本图形常见的呈现载体，解题时既要关注载体的外部结构，又要从载体内部发现基本图形。
二、首先从旋转变换中的基本题型解有关角度大小问题
例3：如下图，已知B、A、C在同一条直线上，AB绕点A逆时针旋转角度α得到AD，AC绕点A顺时针角度α得到AE。
直线CD、BE相交于点F，连接AF。
猜想∠AFC的度数（用含α的式子表示），证明你的猜想。
解析：两条线段同一个点旋转相同的角度，形成共顶角顶点的两个相似的等腰三角形。
此题中“基本形”较容易观察，△DAC可以看作是由△BAE绕点A逆时针旋转的角度α得到的，由“保角性”知直线DC、BE的夹角等于α，即∠DFE=α。
因为△BAE≌△DAC，所以△BAE中BE边上的高等于△DAC中DC边上的高。
所以FA平分∠CFB, 所以∠AFC=1/2（180°-α）。
三、用旋转变换中的基本图形解有关面积问题
例4：如下图，圆心角都是90°的扇形OAB与扇形OCD叠放在一起，连接AC、BD。
若OA=3㎝,OC=1㎝，求阴影部分的面积。
解析：此题阴影部分的面积是一个不规则图形，直接求解难度较大。
上图中连接AB、CD，则△AOB与△COD是两个相似的等腰直角三角形，共顶角顶点，且顶角相等，∠AOB=∠COD=90°在这两个载体中不难发现“基本形”，△BOD可以看作△AOC绕O点顺时针旋转90°得到的。
故所求的面积为扇形与扇形的面积之差，所以阴影部分的面积为2∏。
总之，在千变万化的数学题中，对同一类形的数学题，它总会存在一定的规律性，只要我们善于发现和总结，让学生在图形的变换中感悟到动与静，变与不变这种辩证统一思想，就可以不断提高学生的探究能力，同时数学学习也会变得生动、有趣。
参考文献
[1]史宁中《数学课程标准(修订稿)》。
[2]张泉《世纪金榜》.北师版.九年级数学上册。
[3]中学数学教学考试研究组《中考数学学与练》.新疆青少年出版社。
[4]《中学数学》杂志.2008，第2期。