第三章《图形的平移与旋转》回顾与反思导学案(含答案) 2025-2026学年北师大版八年级数学下册

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第三章 《图形的平移与旋转》导学案 回顾与反思 ► 学习目标与重难点 学习目标： 学生经历课前知识架构梳理和课堂知识结构图展示，构建和完善本章的知识结构. 通过对典型问题的剖析来梳理总结本章知识点，通过变式研究让学生掌握解题方法，形成分析问题解决问题的综合能力。 3、经历对典型问题的剖析等过程，进一步发展空间观念、通过学生之间的交流、讨论、培养学生的探究能力、合作精神，提高学习数学的兴趣 学习重点： 理解平移、旋转与中心对称的概念和性质.掌握坐标系中平移、对称的坐标特征。 学习难点： 灵活运用平移、旋转与中心对称的概念和性质解决相关图形问题。 ► 教学过程 一、构建知识框架 知识梳理 1、平移的特征 （1）．对应线段 ；对应角 ；图形的 都不发生改变． （2）．对应点所连的线段平行（或在同一条直线上）且 ． 2、图形在坐标系中的平移 (1)原图形向右（左）平移a个单位长度：(a>0) （x,y) （x±a,y) 右 左 . 原图形向上（下）平移a个单位长度：(a>0) （x,y) （x,y±a) 上 下 . 在平面直角坐标系中内，一个图形怎么移动，那么这个图形上各个点就怎么移动. 3、旋转的特征 （1）．旋转过程中，图形上 按 旋转 ． （2）．任意一对对应点与旋转中心的连线所成的角都是 ，对应点到旋转中心的距离都 ． （3）．旋转前后对应线段、对应角分别 ，图形的大小、形状 ． 4、中心对称 （1）．中心对称 把一个图形绕着某一个点旋转 ，如果它能与另一个图形重合，那么就说这两个图形成中心对称，这个点叫做对称中心，这两个图形中的对应点叫做关于中心的对称点． （2）．中心对称的特征 中心对称的特征：在成中心对称的两个图形中，对应点所连线段都经过 ，并且被对称中心 ． 3.中心对称图形 把一个图形绕某个点旋转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 ，这个点叫做它的 ． 考点讲练 考点一 平移 例1 如图所示，下列四组图形中，有一组中的两个图形经过平移其中一个能得到另一个，这组图形是 （ D ） A B C D 【解析】紧扣平移的概念解题. 方法总结;平移前后的图形形状和大小完全相同，任何一对对应点连线段平行（或共线）且相等. 针对练习 1.如图所示，△DEF经过平移得到△ABC，那么∠C的对应角和ED的对应边分别是 （ ） A.∠F，AC B.∠BOD，BA C.∠F，BA D.∠BOD，AC 考点二 坐标系中的图形平移 例2 如图，直角坐标系中，△ABC的顶点都在网格点上，其中，C点坐标为（1，2）． 写出点A、B的坐标：A（ ， ）、B（ ， ）； （2）将△ABC先向左平移2个单位长度，再向上平移1个单位长度，得到△A′B′C′，请画出相应图形，则△A′B′C′的三个顶点 坐标分别是 A′（ ， ）、 B′（ ， ）、C′（ ， ）； （3）求△ABC的面积． 【解析】（1）根据图形写出相应点的坐标即可；（2）画出平移后图形，根据图形解题即可，或是让三个点的横坐标减去2，纵坐标加1即可得到平移后相应点的坐标；（3）△ABC的面积等于边长为3，4的长方形的面积减去2个边长为1，3和一个边长为2，4的直角三角形的面积.                          【方法总结】：直角坐标系中的图形左右移动改变点的横坐标，即左减右加；上下平移改变点的纵坐标，即上加下减.求格点中图形的面积通常用割补法，常用长方形的面积减去若干直角三角形的面积表示，或是转化为用几个比较容易求的三角形或四边形的面积和来表示. 针对练习 （2）如图，在平面直角坐标系中，P（a，b）是△ABC的边AC上一点，△ABC经平移后点P的对应点为P1（a+6，b+2）， （1）请画出上述平移后的△A1B1C1，并写出点A、C、A1、C1的坐标； （2）求出以A、C、A1、C1为顶点的四边形的面积． 考点三 旋转的概念及性质的应用 例3 （1）如图a，将△AOB绕点O按逆时针方向旋转60 °后得到△COD，若∠AOB=15 °,则∠AOD的度数是（ ） A. 15 ° B. 60 ° C. 45 ° D. 75 ° (2) 如图b ,4 ×4的正方形网格中， △MNP绕某点旋转一定的角度，得到△M1N1P1，其旋转中心是（ ） A. 点A B. 点B C. 点C D. 点D 【解析】（1）关键找出旋转角∠BOD=60 °; 作线段MM1与PP1 的垂直平分线，交点便是旋转中心. 针对练习 A B C D E O 3.如图，在等腰Rt△ABC中，点O是AB的中点，AC=4, 将一块边长足够大的三角板的直角顶点放在O点处，将三角板绕点O旋转，始终保持三角板的直角边与AC相交，交点为D,另一条直角边与BC相交，交点为E,则等腰直角三角形ABC的边被三角板覆盖部分的两条线段CD与CE长度之和等于 . 解答提示：连接CO,证△CDO≌△BEO 考点四 中心对称 例4 下列图形中，既是轴对称图形，又是中心对称图形的是（　　）． 四、课堂练习、巩固提高 【知识技能类作业】 必做题： 1.下列标志中，可以看作是中心对称图形的是（　 ) 2.观察下列银行标志，从图案看既是轴对称图形又是中心对称图形的有（ )个 3.如图是一个旋转对称图形，以O为旋转中心，旋转（ ）度后的图形与原图形重合。 4.如图，△ABC经过怎样的平移得到△DEF（ ） A．把△ABC向左平移4个单位，再向下平移2个单位 B．把△ABC向右平移4个单位，再向下平移2个单位 C．把△ABC向右平移4个单位，再向上平移2个单位 D．把△ABC向左平移4个单位，再向上平移2个单位 第3题图 第4题图 5.已知△ABC的面积为36，将△ABC沿BC的方向平移到△A′B′C的位置，使B′和C重合，连接AC′交A′C于D，则△C′DC的面积为（　 ） A．6 B．9 C．12 D．18 6.如图，将一朵小花放置在平面直角坐标系第一象限内，先将它向下平移4个单位后，再将它绕原点O旋转180°，则小花顶点A的对应点A′的坐标 . 第5题图 第6题图 7.在数轴上，点A向右平移1个单位，再向左平移2个单位，再向右平移3个单位，再向左平移4个单位…100次平移后A所在点表示的数为2006，则点A的原始数为 。 选做题： 8.（2022•保定一模）如图1，点P、Q分别是等边△ABC边AB、BC上的动点（端点除外），点P从顶点A、点Q从顶点B同时出发，且它们的运动速度相同，连接AQ、CP交于点M。（1）求证：△ABQ≌△CAP；（2）当点P、Q分别在AB、BC边上运动时，∠QMC变化吗？若变化，请说明理由；若不变，求出它的度数。（3）如图2，若点P、Q在运动到终点后继续在射线AB、BC上运动，直线AQ、CP交点为M，则∠QMC变化吗？若变化，请说明理由；若不变，则求出它的度数。 【综合拓展类作业】 如图，B，C，E是同一直线上的三个点，四边形ABCD与四边形CEFG都是正方形。连接BG，DE。（1）观察猜想BG与DE之间的关系，并证明你的猜想；（2）图中是否存在通过旋转能够互相重合的两个三角形？若存在，请指出，并说出旋转过程；若不存在，请说明理由。 五、总结反思、拓展升华 你今天的收获是什么？ 1、巩固了平移、旋转的定义和性质； 2、运用平移、旋转的性质解题； 3、对题目中的数学思想和方法进行归纳总结。 六、【作业布置】 【知识技能类作业】 必做题： 1.下列说法错误的有（　　）①图形在平移过程中，图形上的每一点都移动了相同的距离；②图形在旋转过程中，图形上的每一点都绕旋转中心转过了同样长的路程；③中心对称图形的对称中心只有1个，而轴对称图形的对称轴可能不止一条；④等边三角形既是轴对称图形，又是中心对称图形。 A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 2.如图，在6×4方格纸中，格点三角形甲经过旋转后得到格点三角形乙，则其旋转中心是（　　） 点M B．格点N C．格点P D．格点Q 3.如图1，P是正方形ABCD内一点，将△ABP绕点B顺时针方向旋转一定的角度后能与△CBP′重合。若PB=3，则PP′= 。 4.如图，P是正三角形ABC内的一点，且PA=6，PB=8，PC=10。若将△PAC绕点A逆时针旋转60°后，得到△P′AB，则点P与P′之间的距离为 ，∠APB= 度。 5.如图2所示，△ABC绕点A逆时针旋转某一角度得到△ADE，若∠1=∠2=∠3=20°，则旋转角为 度。 第3题图 第4题图 第5题图 【选做题】 如图1在四边形ABCD中。AB=AD，∠B+∠D=180゜，E、F分别是边BC、CD上的点，且∠BAD=2∠EAF。（1）求证：EF=BE+DF；（2）在（1）问中，若将△AEF绕点A逆时针旋转，当点E、F分别运动到BC、CD延长线上时，如图2所示，试探究EF、BE、DF之间的数量关系 【综合拓展类作业】 7.含30°角的直角三角板ABC（∠B=30°）绕直角顶点C沿逆时针方向旋转角α（∠α＜90°），再沿∠A的对边翻折得到△A′B′C，AB与B′C交于点M，A′B′与BC交于点N，A′B′与AB相交于点E。（1）求证：△ACM≌△A′CN；（2）当∠α=30°时，找出ME与MB′的数量关系，并加以说明。 课堂练习参考答案 D 3 120 C D （-3，3） 2056 8、（1）证明：∵△ABC是等边三角形∴∠ABQ=∠CAP，AB=CA，又∵点P、Q运动速度相同，∴AP=BQ，在△ABQ与△CAP中，AB＝CA，AP＝BQ，∠ABQ＝∠CAP ∴△ABQ≌△CAP（SAS） （2）解：点P、Q在运动的过程中，∠QMC不变。理由：∵△ABQ≌△CAP，∴∠BAQ=∠ACP，∵∠QMC=∠ACP+∠MAC，∴∠QMC=∠BAQ+∠MAC=∠BAC=60°。 解：点P、Q在运动到终点后继续在射线AB、BC上运动时，∠QMC不变。理由：∵△ABQ≌△CAP，∴∠BAQ=∠ACP，∵∠QMC=∠BAQ+∠APM，∴∠QMC=∠ACP+∠APM=180°-∠PAC=180°-60°=120°。 9、解：（1）BG⊥BD，且BG=DE。 BC=DC ∠BCG=∠DCE=90° CG=CE 证明：延长BG与DE交于H点， 在△BCG和△DCE中，∴△BCG≌△DCE，∴BG=DE，∠BGC=∠DEC，又∵∠BGC=∠DGH，∠DEC+∠CDE=90°，∴∠DGH+∠GDH=90°，∴∠DHG=90°，故BG⊥DE，且BG=DE。 （2）存在，△BCG≌△DCE，（1）中已证明，且△BCG和△DCE有共同顶点C，则△DCE沿C点旋转向左90°与△BCG重合。 课外作业参考答案 B B 6; 150 5、40 6、解：（1）证明：延长CB至M，使BM=DF，连接AM，∵∠ABC+∠D=180°，∠ABC+∠ABM=180°，∴∠D=∠ABM，在△ABM和△ADF中，AB＝AD，AB＝AD，BM＝DF ∴△ABM≌△ADF（SAS），∴AF=AM，∠DAF=∠BAM，∵∠BAD=2∠EAF， ∴∠DAF+∠BAE=∠EAF，∴∠EAB+∠BAM=∠EAM=∠EAF，在△FAE和△MAE中， AE＝AE，∠FAE＝∠MAE，AF＝AM ∴△FAE≌△MAE（SAS），∴EF=EM=BE+BM=BE+DF，即EF=BE+DF。 2）解：EF、BE、DF之间的关系是EF=BE-DF， 理由是：在CB上截取BM=DF，连接AM。∵∠ABC+∠D=180°，∠ADC+∠ADF=180°，∴∠ABC=∠ADF，在△ABM和△ADF中， BM＝DF，∠B＝∠ADF，AB＝AD ∴△ABM≌△ADF（SAS），∴AF=AM，∠DAF=∠BAM，∵∠BAD=2∠EAF=2（∠EAD+∠DAF）=2（∠EAD+∠BAM）=∠EAF+（∠EAD+∠BAM） 又∵∠BAD=（∠BAM+∠EAD）+∠MAE∴∠MAE=∠EAF在△FAE和△MAE中， AE＝AE，∠FAE＝∠MAE，AF＝AM ∴△FAE≌△MAE（SAS），∴EF=EM=BE-BM=BE-DF，即EF=BE-DF。 7、证明（1）：∵∠A=∠A′，AC=A′C， ∠ACM=∠A'CN=90°-∠MCN，∴△ACM≌△A’CN。（2）解：在Rt△ABC中∵∠B=30°，∴∠A=90°-30°=60°。又∵∠α=30°，∴∠MCN=30°，∴∠ACM=90°-∠MCN=60°。∴∠EMB′=∠AMC=∠A=∠MCA=60°。∵∠B′=∠B=30°， 所以三角形MEB′是Rt△MEB′，且∠B′=30°。所以MB′=2ME。