2021学年第二十三章 旋转23.1 图形的旋转学案

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（1）通过具体实例认识旋转，并探索它的基本性质.
（2）理解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、旋转前后图形全等的性质.
（3）能够按要求作出简单平面图形旋转后的图形，体验旋转在现实生活中的应用.
教学重难点
教学重点：旋转的概念、性质；
教学难点：旋转作图；
知识点一：旋转的概念
把一个平面图形绕着平面内某一点O转动一个角度，叫做图形的旋转，点O叫做旋转中心，转动的角叫做旋转角.
【提醒】
旋转的范围是在平面内旋转，否则有可能旋转成立体图形，因此,“在平面内”这一条件不可忽略.
(2)图形的旋转是由旋转中心与旋转角决定的，要准确描述旋转，需指明旋转方向，如顺时针旋转或逆时针旋转，即图形旋转的主要因素是旋转中心、旋转角度和旋转方向，其旋转中心在旋转的过程中始终保持不动，图形上每个点的旋转方向是相同的.
(3)如果图形上的点P经过旋转变为点P’，那么这两个点叫做这个旋转的对应点；线段两端点的对应点所确定的线段是原线段的对应线段；两边旋转后的对应边所组成的角是原角的对应角.
例1.钟表的运动可以看作是一种旋转现象，那么分针匀速旋转时，它的旋转中心是钟表的旋转轴的轴心，经过45分钟旋转了 270 度．
【分析】先求出时钟上的分针匀速旋转一分钟时的度数为6°，再求45分钟分针旋转的度数．
【解答】解：∵时钟上的分针匀速旋转一周的度数为360°，时钟上的分针匀速旋转一周需要60分钟，
则时钟上的分针匀速旋转一分钟时的度数为：360÷60=6°，
那么45分钟，分针旋转了45×6°=270°．
故答案为：270．
【点评】本题考查了钟表的分针转动角度问题．利用分针匀速旋转一分钟时的度数为：360÷60=6°得出是解题关键．
例2.时钟的时针在不停地旋转，从下午3时到下午6时（同一天），时针旋转的角度是 90° ．
【分析】由于时针从下午3时到到下午6时（同一天），共转了3大格，而每大格为30°，则钟表上的时针转过的角度=3×30°=90°．从而求解．
【解答】解：时针从下午3时到下午6时（同一天），3共转了3大格，所以钟表上的时针转过的角度=3×30°=90°．
故答案为：90°．
【点评】本题考查了生活中的旋转现象，钟面角：钟面被分成了12大格，每大格为30°；时针每分钟转0.5°，分针每分钟转6°．
变式1.如图1，教室里有一只倒地的装垃圾的灰斗，BC与地面的夹角为50°，∠C=25°，小贤同学将它扶起平放在地面上（如图2），则灰斗柄AB绕点C转动的角度为 105° ．
【分析】连结AC并且延长至E，根据旋转的性质和平角的定义，由角的和差关系即可求解．
【解答】解：如图：连结AC并且延长至E，
∠DCE=180°﹣∠DCB﹣∠ACB=105°．
故灰斗柄AB绕点C转动的角度为105°．
故答案为：105°．
【点评】考查了生活中的旋转现象，本题关键是由角的和差关系得到∠DCE的度数．
知识点二：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.
【提醒】
运用旋转的性质时要找准对应关系，利用旋转的性质可得出相等的线段和相等的角，在线段或角的计算、证明线段相等或角相等时经常用到.
例1．如图，将△ABC绕点C顺时针旋转90°得到△EDC．若点A，D，E在同一条直线上，∠ACB=20°，则∠ADC的度数是（ ）
A．55°B．60°C．65°D．70°
【分析】根据旋转的性质和三角形内角和解答即可．
【解答】解：∵将△ABC绕点C顺时针旋转90°得到△EDC．
∴∠DCE=∠ACB=20°，∠BCD=∠ACE=90°，AC=CE，
∴∠ACD=90°﹣20°=70°，
∵点A，D，E在同一条直线上，
∴∠ADC+∠EDC=180°，
∵∠EDC+∠E+∠DCE=180°，
∴∠ADC=∠E+20°，
∵∠ACE=90°，AC=CE
∴∠DAC+∠E=90°，∠E=∠DAC=45°
在△ADC中，∠ADC+∠DAC+∠DCA=180°，
即45°+70°+∠ADC=180°，
解得：∠ADC=65°，
故选：C．
【点评】此题考查旋转的性质，关键是根据旋转的性质和三角形内角和解答．
例2.如图，将Rt△ABC绕直角顶点C顺时针旋转90°，得到△A′B′C，连接BB'，若∠A′B′B=20°，则∠A的度数是 65° ．
【分析】根据旋转的性质可得BC=B′C，然后判断出△BCB′是等腰直角三角形，根据等腰直角三角形的性质可得∠CBB′=45°，再根据三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和求出∠B′A′C，然后根据旋转的性质可得∠A=∠B′A′C．
【解答】解：∵Rt△ABC绕直角顶点C顺时针旋转90°得到△A′B′C，
∴BC=B′C，
∴△BCB′是等腰直角三角形，
∴∠CBB′=45°，
∴∠B′A′C=∠A′B′B+∠CBB′=20°+45°=65°，
由旋转的性质得∠A=∠B′A′C=65°．
故答案为：65°．
【点评】本题考查了旋转的性质，等腰直角三角形的判定与性质，三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和的性质，熟记各性质并准确识图是解题的关键．
变式1.如图，点A、B、C、D、O都在方格纸的格点上，若△COD是由△AOB绕点O按顺时针方向旋转而得到的，则旋转的角度为 90° ．
【分析】由△COD是由△AOB绕点O按顺时针方向旋转而得到，再结合已知图形可知旋转的角度是∠BOD的大小，然后由图形即可求得答案．
【解答】解：∵△COD是由△AOB绕点O按顺时针方向旋转而得，
∴OB=OD，
∴旋转的角度是∠BOD的大小，
∵∠BOD=90°，
∴旋转的角度为90°．
故答案为：90°．
【点评】此题考查了旋转的性质．解此题的关键是理解△COD是由△AOB绕点O按顺时针方向旋转而得的含义，找到旋转角．
知识点三：旋转作图
旋转作图的步骤：
(1)明确题目要求：弄清旋转中心、旋转方向和旋转角.
(2)分析所作图形：找到已知图形的各关键点.
(3)作各关键点的对应点：将各关键点与旋转中心连接，以旋转中心为顶点，以已知点与旋转中心连线为
边，向旋转方向作一个角等于旋转角，使所作角的另一边的长等于已知边.
(4)作出新图形：按原图形顺次连接各对应点，即得到所求作的图形.
(5)写出结论：说明作出的图形.
【提醒】
根据旋转的性质可知，对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角，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，顺次连接对应点得出旋转后的图形.
例1.等边三角形至少旋转 120 度才能与自身重合．
【分析】等边三角形的中心到三个顶点的距离相等，相邻顶点与中心连线的夹角相等，求旋转角即可．
【解答】解：因为等边三角形的中心到三个顶点的距离相等，相邻顶点与中心连线的夹角相等，
所以，旋转角为360°÷3=120°，故至少旋转120度才能与自身重合．
【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．
例2.如图所示的图案，可以看成是由字母“Y”绕中心每次旋转 36 度构成的．
【分析】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．利用基本图形和旋转次数，即可得到旋转的角度．
【解答】解：根据图形可得：这是一个由字母“Y”绕着中心连续旋转9次，每次旋转36度角形成的图案．
故答案为：36．
【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．
变式1.如图平行四边形ABCD是旋转对称图形，点 O 是旋转中心，旋转了 180 度后能与自身重合，则AD= BC ，DC= AB ，AO= OC ，DO= OB ．
【分析】根据旋转对称图形的概念作答即可．
【解答】解：如图平行四边形ABCD是旋转对称图形，点O是旋转中心，旋转了180度后能与自身重合，则AD=BC，DC=AB，AO=OC，DO=OB．
故答案为：O；180，BC；AB；OC；OB．
【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．
拓展点一：图形旋转的识别
例1.如图，正方形ABCD边长为2cm，以各边中心为圆心，1cm为半径依次作圆，将正方形分成四部分．
（1）这个图形 是 旋转对称图形（填“是”或“不是”）；若是，则旋转中心是点 O ，最小旋转角是 90 度．
（2）求图形OBC的周长和面积．
【分析】（1）旋转对称图形的定义，结合图形即可作出判断；
（2）图形OBC的周长为BC+圆的周长，面积=S正方形ABCD．
【解答】解：（1）这个图形是旋转对称图形，旋转中心是点O，最小旋转角为90°．
（2）图形OBC的周长=BC+圆的周长=2+π；
面积=S正方形ABCD=×4=1cm2．
【点评】本题考查了旋转对称图形的知识，解答本题的关键是仔细观察所给图形的特点．
例2.如图，已知AD=AE，AB=AC．
（1）求证：∠B=∠C；
（2）若∠A=50°，问△ADC经过怎样的变换能与△AEB重合？
【分析】（1）要证明∠B=∠C，可以证明它们所在的三角形全等，即证明△ABE≌△ACD；已知两边和它们的夹角对应相等，由SAS即可判定两三角形全等．
（2）因为△ABE≌△ACD，公共点A，对应线段CD与BE相交，所以要通过旋转，翻折两次完成．
【解答】（1）证明：在△AEB与△ADC中，AB=AC，∠A=∠A，AE=AD；
∴△AEB≌△ADC，
∴∠B=∠C．
（2）解：先将△ADC绕点A逆时针旋转50°，
再将△ADC沿直线AE对折，即可得△ADC与△AEB重合．
或先将△ADC绕点A顺时针旋转50°，
再将△ADC沿直线AB对折，即可得△ADC与△AEB重合．
【点评】本题主要考查全等三角形的判定方法．证明全等寻找条件时，要善于观察题目中的公共角，公共边．
拓展点二：图案的观察分析问题
例1.在平面直角坐标系xOy中，将点N（﹣1，﹣2）绕点O旋转180°，得到的对应点的坐标是（ ）
A．（1，2）B．（﹣1，2）C．（﹣1，﹣2）D．（1，﹣2）
【分析】根据题意可知点N旋转以后横纵坐标都互为相反数，从而可以解答本题．
【解答】解：在平面直角坐标系xOy中，将点N（﹣1，﹣2）绕点O旋转180°，得到的对应点的坐标是（1，2），
故选：A．
【点评】本题考查坐标与图形变化﹣旋转，解答本题的关键是明确题意，利用旋转的知识解答．
例2.如图，将线段AB绕点P按顺时针方向旋转90°，得到线段A'B'，其中点A、B的对应点分别是点A'、B'，则点A'的坐标是（ ）
A．（﹣1，3）B．（4，0）C．（3，﹣3）D．（5，﹣1）
【分析】画图可得结论．
【解答】解：画图如下：
则A'（5，﹣1），
故选：D．
【点评】本题考查了旋转的性质，熟练掌握顺时针或逆时针旋转是解决问题的关键．
例3.如图，在平面直角坐标系中，把△ABC绕原点O旋转180°得到△CDA，点A，B，C的坐标分别为（﹣5，2），（﹣2，﹣2），（5，﹣2），则点D的坐标为（ ）
A．（2，2）B．（2，﹣2）C．（2，5）D．（﹣2，5）
【分析】依据四边形ABCD是平行四边形，即可得到BD经过点O，依据B的坐标为（﹣2，﹣2），即可得出D的坐标为（2，2）．
【解答】解：∵点A，C的坐标分别为（﹣5，2），（5，﹣2），
∴点O是AC的中点，
∵AB=CD，AD=BC，
∴四边形ABCD是平行四边形，
∴BD经过点O，
∵B的坐标为（﹣2，﹣2），
∴D的坐标为（2，2），
故选：A．
【点评】本题主要考查了坐标与图形变化，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．
拓展点三：旋转的性质的应用
例1．将矩形ABCD绕点A顺时针旋转α（0°＜α＜360°），得到矩形AEFG．
（1）如图，当点E在BD上时．求证：FD=CD；
（2）当α为何值时，GC=GB？画出图形，并说明理由．
【分析】（1）先运用SAS判定△AED≌△FDE，可得DF=AE，再根据AE=AB=CD，即可得出CD=DF；
（2）当GB=GC时，点G在BC的垂直平分线上，分两种情况讨论，依据∠DAG=60°，即可得到旋转角α的度数．
【解答】解：（1）由旋转可得，AE=AB，∠AEF=∠ABC=∠DAB=90°，EF=BC=AD，
∴∠AEB=∠ABE，
又∵∠ABE+∠EDA=90°=∠AEB+∠DEF，
∴∠EDA=∠DEF，
又∵DE=ED，
∴△AED≌△FDE（SAS），
∴DF=AE，
又∵AE=AB=CD，
∴CD=DF；
（2）如图，当GB=GC时，点G在BC的垂直平分线上，
分两种情况讨论：
①当点G在AD右侧时，取BC的中点H，连接GH交AD于M，
∵GC=GB，
∴GH⊥BC，
∴四边形ABHM是矩形，
∴AM=BH=AD=AG，
∴GM垂直平分AD，
∴GD=GA=DA，
∴△ADG是等边三角形，
∴∠DAG=60°，
∴旋转角α=60°；
②当点G在AD左侧时，同理可得△ADG是等边三角形，
∴∠DAG=60°，
∴旋转角α=360°﹣60°=300°．
【点评】本题主要考查了旋转的性质，全等三角形的判定与性质的运用，解题时注意：对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角．
例2.如图所示，将△AOB绕着点O旋转180度得到△DOC，过点O的一条直线分别交BA、CD的延长线于点E、F，求证：AE=DF．
【分析】先利用旋转的性质得OB=OC，AB=CD，∠B=∠C，再证明△OBE≌△OCF得到BE=CF，从而可判断AE=DF．
【解答】证明：∵△AOB绕着点O旋转180度得到△DOC，
∴OB=OC，AB=CD，∠B=∠C，
在△OBE和△OCF中
，
∴△OBE≌△OCF，
∴BE=CF，
∴BE﹣AB=CF﹣CD，
即AE=DF．
【点评】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．也考查了全等三角形的判定与性质．
拓展点四：坐标系中图形的旋转问题
例1.在平面直角坐标系中，以原点为旋转中心，把点A（3，4）逆时针旋转90°，得到点B，则点B的坐标为（ ）
A．（4，﹣3）B．（﹣4，3）C．（﹣3，4）D．（﹣3，﹣4）
【分析】建立平面直角坐标系，作出图形，然后根据图形写出点B的坐标即可．
【解答】解：如图所示，建立平面直角坐标系，点B的坐标为（﹣4，3）．
故选：B．
【点评】本题考查了坐标与图形变化﹣旋转，作出图形，利用数形结合的思想求解更形象直观．
例2.正方形ABCD在坐标系中的位置如图所示，将正方形ABCD绕D点顺时针旋转90°后，B点的坐标为（ ）
A．（﹣2，2）B．（4，1）C．（3，1）D．（4，0）
【分析】利用网格特点和旋转的性质画出正方形ABCD绕D点顺时针旋转90°后图形，然后可写出B点旋转后的坐标．
【解答】解：如图，正方形ABCD绕D点顺时针旋转90°得到正方形CB′C′D，即旋转后B点的坐标为（4，0）．
故选：D．
【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°．
变式1.如图，在平面直角坐标系中，Rt△ABC的三个顶点分别是A（﹣3，2），B（0，4），C（0，2）．
（1）将△ABC以点C为旋转中心旋转180°，画出旋转后对应的△A1B1C1，平移△ABC，应点A2的坐标为（0，﹣4），画出平移后对应的△A2B2C2；
（2）若将△A1B1C1绕某一点旋转可以得到△A2B2C2，请直接写出旋转中心的坐标．
【分析】（1）根据性质的性质得到A1（3，2）、C1（0，2）、B1（0，0），再描点；由于点A2的坐标为（0，﹣4），即把△ABC向下平移6个单位，再向右平移3个单位得到△A2B2C2，则B2（3，﹣2）、C2（3，﹣4），然后描点；
（2）观察图象得到将△A1B1C1绕某一点旋转180°可以得到△A2B2C2，然后连结对应点可确定旋转中心的坐标．
【解答】解：（1）如图所示：A1（3，2）、C1（0，2）、B1（0，0）；B2（3，﹣2）、C2（3，﹣4）．
（2）将△A1B1C1绕某一点旋转可以得到△A2B2C2，旋转中心的P点坐标为（，﹣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°．
拓展点五：利用旋转性质解题
例1.如图，在菱形ABCD中，∠BAD=α，点E在对角线BD上．将线段CE绕点C顺时针旋转α，得到CF，连接DF．
（1）求证：BE=DF；
（2）连接AC，若EB=EC，求证：AC⊥CF．
【分析】（1）由题意得：△BEC≌△CFD，可得结论．
（2）连接AC交BD于O，可得AC⊥BD，由BE=EC，BC=DC可得∠BDC=∠DCF，可证BD∥CF即结论可得
【解答】证明：（1）∵ABCD为菱形
∴BC=CD=AB，∠BAD=∠BCD=α
∵BC=CD，CE=CF，∠ECF=∠BCD
∴△BEC≌△CDF
∴BE=DF
（2）连接AC交BD于O，如图
∵ABCD是菱形
∴AC⊥BD
∵△BEC≌△CDF
∴∠BCE=∠DCF
∵BE=EC，BC=DC
∴∠EBC=∠ECB，∠CBD=∠BDC
∴∠BDC=∠DCF
∴BD∥CF且AC⊥BD
∴AC⊥CF
【点评】本题考查了旋转的性质，全等三角形的判定和性质，菱形的性质，关键是能灵活运用这些性质解决问题．
例2.如图，已知△ABC中，AB=AC，把△ABC绕A点顺时针方向旋转得到△ADE，连接BD，CE交于点F．
（1）求证：△AEC≌△ADB；
（2）若AB=，∠BAC=45°，当四边形ADFC是菱形时，求BF的长．
【分析】（1）由把△ABC绕A点顺时针方向旋转得到△ADE，可得AD=AE=AB=AC，∠DAE=∠BAC，则∠DAB=∠EAC，可证△AEC≌△ADB
（2）由AC∥DB，可得∠ABD=∠BAC=45°可得△ADB为等腰直角三角形，可求DB的长度，且DF=AC=AB=，所以BF的长可求．
【解答】解：（1）∵把△ABC绕A点顺时针方向旋转得到△ADE
∴AD=AE=AB=AC，∠DAE=∠BAC
∴∠DAB=∠EAC，且AD=AB，AE=AC
∴△AEC≌△ADB
（2）∵ADFC是菱形
∴AD=AC=CF=DF=AB=，AD∥CF，DF∥AC
∴∠DBA=∠BAC=45°
∵AD=AB∴∠DBA=∠BDA=45°
∴∠DAB=90°
∴BD2=AD2+AB2．
∴BD=2
∴BF=2﹣
【点评】本题考查旋转的性质，全等三角形的判定，菱形的性质，本题关键是证△DAB为直角三角形．