沪教版 (五四制)七年级上册第十一章 图形的运动第2节 图形的旋转11.3 旋转对称图形与中心对称图形试讲课教学作业ppt课件

11.3旋转对称图形与中心对称图形（作业）

（夯实基础+能力提升）

【夯实基础】

1．（2019·上海·东华大学附属实验学校七年级课时练习）下列图形是中心对称图形的是【   】

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】根据中心对称图形的概念，轴对称图形与中心对称图形是图形沿对称中心旋转180度后与原图重合,即可解题.

A、不是中心对称图形，故本选项错误；

B、是中心对称图形，故本选项正确；

C、不是中心对称图形，故本选项错误；

D、不是中心对称图形，故本选项错误．

故选B.

考点：中心对称图形.

【详解】请在此输入详解！

2．（2022·上海·七年级期末）下列图形中，不是旋转对称图形的是（    ）

A．正三角形 B．等腰梯形 C．正五边形 D．正六边形

【答案】B

【分析】根据旋转对称图形的定义选出正确选项．

【详解】A选项，正三角形旋转会重合，是旋转对称图形；

B选项，不是旋转对称图形；

C选项，正五边形旋转会重合，是旋转对称图形；

D选项，正六边形旋转会重合，是旋转对称图形．

故选：B．

【点睛】本题考查旋转对称图形，解题的关键是掌握旋转对称图形的定义．

3．（2019·上海·东华大学附属实验学校七年级课时练习）下列旋转对称图形中，旋转角为60°的是 (    )

A．等边三角形

B．正方形

C．正五边形

D．正六边形

【答案】D

【分析】根据旋转对称图形的定义：旋转对称图形：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

【详解】A.等边三角形的旋转角为120°；

B.正方形的旋转角度为90°；

C.正五边形的旋转角度为72°；

D.正六边形的旋转角度为60°.

故应选D.

【点睛】此题考查旋转对称图形的定义，解题关键在于掌握其定义.

4．（2019·上海·东华大学附属实验学校七年级课时练习）单词NAME的四个字母中，是中心对称图形的是(  )

A．N B．A C．M D．E

【答案】A

【分析】根据中心对称图形与轴对称图形的概念依次分析即可.

【详解】字母A、M、E只是轴对称图形，N是中心对称图形，

故选A.

【点睛】本题考查的是中心对称图形与轴对称图形，解答本题的关键是熟练掌握如果一个图形沿着一条直线对折后两部分完全重合，这样的图形叫做轴对称图形，这条直线叫对称轴；在同一平面内，如果把一个图形绕某一点旋转180°，旋转后的图形能和原图形完全重合，那么这个图形就叫做中心对称图形．

二、填空题

5．（2019·上海市吴泾中学七年级阶段练习）在等腰三角形、平行四边形、等腰梯形、五角星及圆中共有_____个旋转对称图形.

【答案】3

【分析】根据旋转对称图形的定义：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．解答即可．

【详解】解：在等腰三角形、平行四边形、等腰梯形、五角星及圆中只有五角星、圆、平行四边形是旋转对称图形．

故答案为3．

【点睛】本题考查旋转对称图形的概念；注意掌握旋转对称图形的定义是关键．

6．（2018·上海普陀·七年级期末）在下列图形中：等腰三角形、等边三角形、正方形、正五边形、平行四边形，等腰梯形，其中有_____个旋转对称图形.

【答案】4

【详解】等腰三角形、等腰梯形是轴对称图形；

等边三角形、正方形、正五边形既是轴对称图形又是是旋转对称图形；

平行四边形是旋转对称图形；

∴有4个旋转对称图形.

7．（2022·上海·七年级期末）等边三角形是旋转对称图形，它至少绕对称中心旋转_________度，才能和本身重合.

【答案】120

【分析】根据旋转角和旋转对称图形的定义结合图形特点即可得出答案.

【详解】

所以等边三角形至少绕对称中心旋转，才能和本身重合.

故答案为120

【点睛】本题主要考查旋转对称图形的特点，掌握旋转对称图形的特点是解题的关键.

8．（2021·上海静安·七年级期末）等边三角形至少旋转_________度才能与自身重合．

【答案】120

【分析】根据旋转角及旋转对称图形的定义结合图形特点作答．

【详解】∵360°÷3=120°，

∴该图形绕中心至少旋转120度后能和原来的图案互相重合．

故答案为：120．

【点睛】本题考查了旋转对称图形的概念：把一个图形绕着一个定点旋转一个角度后，与初始图形重合，这种图形叫做旋转对称图形，这个定点叫做旋转对称中心，旋转的角度叫做旋转角．

9．（2020·上海市静安区实验中学七年级课时练习）如图，紫荆花图案至少要绕它的中心旋转___度，才能和原来的图形重合。

【答案】72

【分析】根据圆的旋转对称性质，正五边形的旋转对称性质解题即可．

【详解】

紫荆花图案至少要绕它的中心旋转，才能和原来图形重合，

故答案：72．

【点睛】本题考查旋转对称图形的性质，其中涉及到圆与正五边形，是常见基础考点，难度较易，掌握旋转对称图形的性质是解题关键．

【能力提升】

一、单选题

1．（2019·上海·东华大学附属实验学校七年级课时练习）给出下列图形：（1）角；（2）直角三角形；（3）等腰三角形；（4）平行四边形；（5）圆．其中为中心对称图形的是（      ）

A．（4）（5） B．（2）（3）(5) C．(3)(4) D．(1)(3)(4)(5)

【答案】A

【分析】在平面内，把一个图形绕着某个点旋转180°，如果旋转后的图形能与原来的图形重合，那么这个图形叫做中心对称图形；根据中心对称图形的定义，可得角旋转后无法与原角重合，即可进行判断，同理，即可判断其它各项是否为中心对称图形.

【详解】角不是中心对称图形，故（1）不是中心对称图形；

直角三角形不一定是中心对称图形，故（2）不一定是中心对称图形；

等腰三角形不一定是中心对称图形，故（3）不一定是中心对称图形；

平行四边形是中心对称图形，故（4）是中心对称图形；

圆是中心对称图形，故（5）是中心对称图形.

故是中心对称图形的是（4）（5）.

故选A.

【点睛】此题考查中心对称图形的性质，解题关键在于掌握其性质.

2．（2019·上海·东华大学附属实验学校七年级课时练习）从-副扑克牌中抽出梅花 2 ～10 共 9 张扑克牌，其中是中心对称图形的共有(    )

A． 3 张 B．4 张 C．5 张 D．6 张

【答案】A

【分析】本题考查的是中心对称的概念，本题可以根据中心对称图形的概念和扑克牌的花色特点求解．

【详解】旋转180°以后，梅花2、4、10，中间的图形相对位置不改变，因而是中心对称图形；

故选A．

【点睛】此题考查中心对称图形，解题关键在于掌握其性质.

3．（2019·上海·东华大学附属实验学校七年级课时练习）从一副扑克牌中抽出如下四张牌，其中是中心对称图形的（    ）

A．1张 B．2张 C．3张 D．4张

【答案】A

【分析】根据中心对称图形的概念和扑克牌的花色特点求解．

【详解】旋转180∘以后，第2张与第3张，第4张，中间的图形相对位置改变，因而不是中心对称图形；

第1张是中心对称图形.

故选A.

【点睛】此题考查中心对称图形，解题关键在于掌握图形的识别.

4．（2018·上海松江·七年级期末）在正三角形、正方形、正五边形和等腰梯形这四种图形中，是旋转对称图形的有（　　）

A．1个 B．2个 C．3个 D．4个

【答案】C

【分析】根据旋转对称图形的定义：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，解答即可．

【详解】解：在正三角形、正方形、正五边形和等腰梯形，只有等边三角形、正方形、正五边形是旋转对称图形，共3个．

故选C

【点睛】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．

二、填空题

5．（2019·上海·复旦二附中七年级阶段练习）在线段.角.等腰三角形.正方形和圆中，旋转对称图形是______________；

【答案】线段，正方形和圆

【分析】利用旋转对称图形的定义解答即可．

【详解】解：是旋转对称图形的为线段，正方形和圆

故答案为：线段，正方形和圆.

【点睛】本题主要考查了旋转对称图形的概念，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．

三、解答题

6．（2021·上海虹口·七年级期末）如图，在边长为6的正方形ABCD内部有两个大小相同的长方形AEFG、HMCN，HM与EF相交于点P，HN与GF相交于点Q，AG=CM=x，AE=CN=y．

（1）用含有x、y的代数式表示长方形AEFG与长方形HMCN重叠部分的面积S四边形HPFQ，并求出x应满足的条件；

（2）当AG=AE，EF=2PE时，

①AG的长为_______；

②四边形AEFG旋转后能与四边形HMCN重合，请指出该图形所在平面内能够作为旋转中心的所有点，并分别说明如何旋转的．

【答案】（1），；（2）①4；②见解析．

【分析】根据矩形和正方形的性质可x、y表示出PH、PF的长，利用长方形面积公式即可得

【详解】（1）∵AG=CM=x，AE=CN=y，四边形ABCD是正方形，

∴，，

∴，

∴重叠部分长方形的面积为：，

∵长方形AEFG与长方形HMCN有重叠部分，正方形ABCD边长为6，

∴3<AG<6，即．

（2）①∵AG=AE=EF，EF=2PE，

∴PE=AG，

∵DG=PE，AD=6，

∴AD=AG+DG=AG+AG=6，

解得：AG=4，

故答案为：4

②如图，连接HF、PQ，设相交的点为点O，

∵AG=AE，EF=2PE，

∴四边形AEFG、都是正方形，点既是的中点也是的中点，点既是的中点也是的中点，

∴该图形所在平面上可以作为旋转中心的点为点、点、点，

四边形绕着点逆时针方向（或顺时针方向）旋转度可与四边形重合；

四边形绕着点顺时针方向旋转度（或逆时针方向旋转度）可与四边形重合；

四边形绕着点逆时针方向旋转度（或顺时针方向旋转度）可与四边形重合．

【点睛】本题考查正方形的性质及旋转的性质，根据四边形AEFG、HMCN都是正方形，正确找出旋转中心是解题关键．

7．（2022·上海·七年级期末）在中，点在边上，联结.

如图，将沿着翻折，点的对应点是点，若平分，则的值等于      ；

若.将绕着点旋转，使得点的对应点落在边上，点的对应点分别是点，则的面积等于        .

【答案】(1)120;(2)3或9.

【分析】（1）根据翻折的性质和邻补角的性质列方程求解即可；

（2）分别按顺时针和逆时针旋转90°两种情画出图形，根据旋转的性质求解即可.

【详解】解：（1）∵将沿着翻折，点的对应点是点，

∴=,

∵平分，

∴∠ADB= =n°.

∵∠ADB+∠ADC=180°,

∴n°+ n°=180°

解之得,n=120.

故答案为120.

(2)①当△ABC绕点D顺时针旋转90°时,如图所示:

∵是由绕着点顺时针旋转90°得到,

∴ , ,

∵CD=4,

∴ =4-2=2.

∴的面积= =3;

②当△ABC绕点D逆时针旋转90°时,如图所示:

∵是由绕着点顺时针旋转90°得到,

∴ , ,

∴.

∴的面积= =9.

综上所述, 的面积等于3或9.

故答案为3或9.

【点睛】本题考查了翻折和旋转的性质,掌握相关知识是解题的关键.

8．（2019·上海市田林第三中学七年级阶段练习）正方形ABCD中，△ADF绕着点A顺时针旋转90°后得到△ABM，点M、B、C在一条直线上，且△AEM与△AEF恰好关于AE所在直线成轴对称。已知EF=7，正方形边长为8。

（1）写出图中形状、大小都相等的三角形

（2）求△EFC的面积。

【答案】（1）△AEM≌△AEF，△ADF≌△ABM；（2）8.

【分析】（1）利用轴对称性质可判断△AEM≌△AEF，利用旋转的性质得到△ADF≌△ABM；

（2）由于△AEM≌△AEF，则EF=EM，即，则根据三角形面积公式得到，然后利用可表示出△EFC的面积．

【详解】解：（1）根据轴对称性质可判断△AEM≌△AEF，根据旋转的性质得到△ADF≌△ABM；

（2）∵△AEM与△AEF恰好关于所在直线成轴对称，

∴EF=EM=7，

即BE+BM=7，

∵BM=DF，

∴DF+BE=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．也考查了正方形的性质．

9．（2022·上海·七年级期末）已知，如图：在△ABC中，AC=3,BC=6,∠C=60;

(1)将△ABC绕着点C旋转，使点A落在直线BC上的点A′,点B落在B′，在下图中画出旋转后的△A′B′C．

(2)直接写出A′B的长，A′B=___________.

【答案】（1）见详解；（2）3cm或9cm

【分析】（1）利用∠C=60°和旋转的性质，将△ABC绕着点C顺时针旋转120°时，点A落在直线BC上的点A′，画出此时的△A′B′C；将△ABC绕着点C逆时针旋转60°时，点A落在直线BC上的点A′，画出此时的△A′B′C；

（2）利用（1）中的两个图形分类计算．

【详解】解：（1）如图1，如图2，△A′B′C为所作；

（2）将△ABC绕着点C顺时针旋转120°得到△A′B′C′，如图1，则CA′=CA=3cm，∴A′B=CB+CA′=9cm；

将△ABC绕着点C逆时针旋转60°得到△A′B′C′，如图2，则CA′=CA=3cm，

∴A′B=CB-CA′=3cm．

故A′B为3cm或9cm．

【点睛】本题考查了作图-旋转变换：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．

10．（2019·上海·领科教育国际高中七年级阶段练习）如图，已知一个正方形ABCD,点P是边BC上一点.将绕点A逆时针方向旋转90°得到（点B,P的对应点分别是）

（1）画出旋转后所得到的；

（2）联结，设，，试用表示的面积；

（3）若的面积为18，的面积为5，试求PC的长.

【答案】（1）见解析；（2）； （3）4.

【分析】（1）根据要求画出图形即可；

（2）利用旋转性质证明△APP1是等腰直角三角形即可解决问题；

（3）根据面积关系列出等式，然后利用完全平方公式即可解决问题.

【详解】解：（1）如图所示．

（2）由旋转可知AP=AP1，∠PAP1=90°，

∴等腰直角三角形，

∵四边形ABCD是正方形，

∴∠B =90°，

∴AP= ，

∴S△PAP1=

（3）由题意：，，

∴，，

∴，

∴，

∴PC=BC-BP=.

【点睛】本题属于四边形综合题，考查了正方形的性质，旋转变换，勾股定理，三角形的面积等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．

11．（2019·上海·东华大学附属实验学校七年级课时练习）如图，在等边∆ ABC中，D是边AC上一点，连接BD．将∆ BCD绕点B逆时针旋转60°得到∆ BAE，连接ED．若BC=10，BD=9，求∆ AED的周长．

【答案】19.

【分析】先由△ABC是等边三角形得出AC=AB=BC=10，根据图形旋转的性质得出AE=CD，BD=BE，故可得出AE+AD=AD+CD=AC=10，由∠EBD=60°，BE=BD即可判断出△BDE是等边三角形，故DE=BD=9，故△AED的周长=AE+AD+DE=AC+BD=19．

【详解】∵△ABC是等边三角形，

∴AC=AB=BC=10，

∵△BAE由△BCD逆时针旋旋转60°得出，

∴AE=CD,BD=BE,∠EBD=60°，

∴AE+AD=AD+CD=AC=10，

∵∠EBD=60°，BE=BD，

∴△BDE是等边三角形，

∴DE=BD=9，

∴△AED的周长=AE+AD+DE=AC+BD=19.

故答案为19.

【点睛】此题考查旋转的性质，等边三角形的判定与性质，解题关键在于得到△BDE是等边三角形.

12．（2019·上海·东华大学附属实验学校七年级课时练习）如图所示，当半径为30cm的转动轮转过120°角时，传送带上的物体A平移的距离为多少厘米？(保留)

【答案】20πcm

【分析】传送带上的物体A平移的距离为半径为30cm的转动轮转过120°角的扇形的弧长，根据弧长公式可得．

【详解】 =20πcm．

故答案为20πcm．

【点睛】此题考查弧长的计算，解题关键在于掌握运算公式.

13．（2018·上海奉贤·七年级期末）如图, 在一个10×10的正方形网格中有一个△ABC，

（1）在网格中画出△ABC 绕点P逆时针方向旋转90°得到的△A1B1C1；

（2）在网格中画出△A1B1C1向下平移三个单位得到的△A2B2C2．

【答案】见解析

【详解】分析：（1）根据网格结构找出点A、B、C绕点P逆时针旋转90°的对应点A1、B1、C1的位置，然后顺次连接即可；

    （2）根据网格结构找出点A1、B1、C1的向下平移3个单位的对应点A2、B2、C2的位置，然后顺次连接即可．

详解：（1）△A1B1C1如图所示；

    （2）△A2B2C2如图所示．

点睛：本题考查了利用旋转变换作图，利用平移变换作图，熟练掌握网格结构并准确找出对应点的位置是解题的关键．

14．（2018·上海青浦·七年级期末）如图1，小明将一张长为4、宽为3的矩形纸片沿对角线剪开，得到两张三角形纸片（如图2），将这两张三角纸片摆成如图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3至图6中统一用点F表示）.

小明在对这两张三角形纸片进行如下操作时遇到了三个问题，请你帮助解决.

（1）将图3中的△ABF沿BD向右平移到图4中的位置，其中点B与点F 重合，请你求出平移的距离                 ；

（2）在图5中若∠GFD＝60°，则图3中的△ABF绕点          按         方向旋转          到图5的位置；

（3）将图3中的△ABF沿直线AF翻折到图6的位置，AB1交DE于点H，试问：△AEH和△HB1D的面积大小关系.说明理由.

【答案】（1）3；（2）点F、顺时针、30°(或者逆时针、330°)（3）相等，理由见解析.

【详解】（1）根据题意，分析可得：图形平移的距离就是线段BC1的长，进而在Rt△ABC中求得BC1=3cm，即图形平移的距离是3cm；

（2））先根据∠GFD=60°，得出∠AFA1=30°，即可得出图3中的△ABF绕点按F顺时针方向旋转30°到图5的位置；

（3）借助平移的性质，经过平移，对应点所连的线段平行且相等，对应线段平行且相等，即可证出△AHE≌△DHB1，从而得出△AEH和△HB1D的面积相等．

试题解析：（1）图形平移的距离就是线段BC1的长，

又∵在Rt△ABC中，长为4、宽为3，

∴BF=3cm，

∴平移的距离为3cm，

故答案为：3；

（2）∵∠GFD=60°，

∴∠AFA1=30°，

图3中的△ABF绕点按F顺时针方向旋转30°到图5的位置，

故答案为F，顺时针，30°；

（3）相等，理由如下：

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），

∴.

【点睛】本题考查了图形剪拼，是一道全等三角形的判定、旋转的性质、平移的性质和直角三角形的性质结合求解的综合题，灵活运用相关知识是解题的关键.