第28章 旋转 章末核心考点与素养提升（Word试题版）-【高效课堂】2026-2027学年九年级上册数学同步导学案（人教版·新教材）

**基本信息** 以旋转性质为核心，通过分点突破-真题演练-素养提升三级架构，系统整合中心对称、坐标变换等考点，提炼性质应用、规律探究等解题方法，强化几何直观与推理能力。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |分点突破|4考点7题|旋转性质应用（对应边/角相等）、中心对称图形判定、坐标变换循环规律、旋转作图步骤|从旋转基本性质到中心对称（特殊旋转），再到坐标表示与作图，形成概念-性质-应用逻辑链| |真题演练|5地市中考题|旋转与等边三角形综合、中心对称与平行四边形性质、动态旋转坐标规律|结合中考高频考法，强化性质在复杂图形中的迁移应用| |素养提升|1综合题|动态旋转中的全等证明、周长不变性探究|通过开放题培养空间观念与逻辑推理，衔接中考压轴题思维|

章末核心考点与素养提升 01 分点突破 考点一 旋转的性质及运用 1. 如图，在中，，，将绕点C顺时针旋转90°得到，点B的对应点在边上（不与点A，C重合），则的度数为（　　） A. B. C. D. 2. 如图，在△ABC中，AB=2，BC=3.5，∠B=60°，将△ABC绕点A按顺时针旋转一定角度得到△ADE，当点B的对应点D恰好落在BC边上时，则CD的长为______． 考点二 中心对称与中心对称图形 3. 下列图形中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（ ） A. B. C. D. 4. 如图， 与 关于点 成中心对称，则下列结论不成立的是（ ） A. 点与点是对称点 B. C. D. 5. 在一次数学社团活动上，小明设计了一个社团标识，如图所示，正方形与折线构成了中心对称图形，且，，比长，那么的长是_________． 考点三 关于原点对称的点的坐标 6. 直角坐标系中，已知，作点A关于y轴对称点，点关于原点对称点，点关于x轴对称点，关于y轴对称点，……按此规律，则点的坐标为________． 考点四 与旋转有关的作图 7. 如图是由边长为1的小正三角形组成的网格图，点O和的顶点都在正三角形的格点上，将绕点O逆时针旋转120°得到．在网格中画出旋转后的． 02 真题演练 （丹东中考） 8. 如图，在四边形中，，，对角线与交于点，点是的中点，连接，的周长为，则下列结论错误的是（    ） A. B. 四边形是中心对称图形 C. 的周长等于3cm D. 若，则四边形是轴对称图形 （潍坊中考） 9. 如图，在平面直角坐标系中，将边长为a的正方形绕点O顺时针旋转45°后得到正方形，依此方式连续旋转2025次得到正方形，那么点的坐标是（ ） A. B. C. D. （重庆中考） 10. 如图，在正方形ABCD中，AD=2，把边BC绕点B逆时针旋转30°得到线段BP，连接AP并延长交CD于点E，连接PC，则三角形PCE的面积为___． （山东中考） 11. 如图，等腰中，D是上一动点，连接．将绕点B逆时针旋转得到，连接．若，则周长最小值是_________． （安徽中考） 12. 如图，在平面直角坐标系中，已知点，和，请按下列要求画图并填空． （1）平移线段，使点平移到点，画出平移后所得的线段，并写出点的坐标为______； （2）将线段绕点逆时针旋转，画出旋转后所得的线段，点的坐标为______，并判断的形状； （3）在轴上找出点，使的周长最小，并直接写出点的坐标为_______． 03 素养提升 13. 如图，在平面直角坐标系中，边长为4的正方形的顶点A、C分别在y轴、x轴的正半轴上，点O在原点．现将正方形绕点O按顺时针方向旋转，旋转角为，当点A第一次落在直线上时停止旋转，旋转过程中，边交直线于点M，边交x轴于点N． （1）若时，求点A的坐标； （2）设的周长为P，在旋转正方形的过程中，P值是否有变化？请证明你的结论； 章末核心考点与素养提升 01 分点突破 考点一 旋转的性质及运用 【1题答案】 【答案】C 【解析】 【分析】由旋转的性质可得，，进而可得，然后问题可求解． 【详解】解：由旋转的性质可得：，， ∴等腰直角三角形， ∴， ∴； 故选C． 【点睛】本题主要考查旋转的性质，熟练掌握旋转的性质是解题的关键． 【2题答案】 【答案】1.5 【解析】 【分析】由将△ABC绕点A按顺时针旋转一定角度得到△ADE，当点B的对应点D恰好落在BC边上，可得AD=AB，又由∠B=60°，可证得△ABD是等边三角形，继而可得BD=AB=2，则可求得答案． 【详解】解：由旋转的性质可得：AD=AB， ∵∠B=60°， ∴△ABD是等边三角形， ∴BD=AB， ∵AB=2，BC=3.5， ∴CD=BC-BD=3.5-2=1.5． 故答案为1.5． 【点睛】本题考查了旋转的性质以及等边三角形的判定与性质．此题比较简单，注意掌握旋转前后图形的对应关系，注意数形结合思想的应用． 考点二 中心对称与中心对称图形 【3题答案】 【答案】D 【解析】 【分析】根据轴对称图形与中心对称图形的定义，逐个分析判断即可． 【详解】解：A、图形是轴对称图形，不是中心对称图形，本选项不符合题意； B、图形不是轴对称图形，是中心对称图形，本选项不符合题意； C、图形不是轴对称图形，也不是中心对称图形，本选项不符合题意； D、图形是轴对称图形，也是中心对称图形，本选项符合题意． 故选：D． 【4题答案】 【答案】D 【解析】 【分析】根据中心对称的性质判断即可． 【详解】解：与关于点成中心对称， 点与是一组对称点，，，， ，都不合题意； ∴， ∴ ∴， C不符合题意； 与不是对应角， 不成立， D符合题意； 故选：D． 【点睛】本题考查中心对称的性质，掌握中心对称的性质是求解本题的关键． 【5题答案】 【答案】10 【解析】 【分析】连接BD，根据中心对称的性质可知OE=EF，OD=BD，然后根据勾股定理可知BD，设数列出方程，计算即可得到答案． 【详解】解：连接BD，与EF交于点O， ∵正方形ABCD与折线构成了中心对称图形， ∴OE=EF，OD=BD， ∵AD=50， ∴BD=， ∴OD=， 设EF=2x，则OE=x，DE=2x+25， 在Rt△DOE中，则 ， 解得x=5或x=-25（舍去）， 则EF=5×2=10， 故答案为10． 【点睛】本题主要考查了中心对称图形和勾股定理，解题的关键是正确作出辅助线，并且用未知数列出方程． 考点三 关于原点对称的点的坐标 【6题答案】 【答案】 【解析】 【分析】根据关于坐标轴对称以及关于原点对称的点的坐标规律，求出前几个点的坐标，得到坐标的循环规律，再通过计算确定对应循环中的位置，即可得到答案. 【详解】解：由题意可知： 点关于轴对称点的坐标为， 点关于原点对称点的坐标为， 点关于轴对称点的坐标为， 因此点的坐标每次变换为一个循环． ， 的坐标与的坐标相同，为． 故答案为：． 考点四 与旋转有关的作图 【7题答案】 【答案】见解析 【解析】 【分析】利用网格特点、等边三角形的性质和旋转的性质画出点、、的对应点、、，从而得到． 【详解】解：如图，即为所作． 02 真题演练 （丹东中考） 【8题答案】 【答案】C 【解析】 【分析】根据平行四边形的判定和性质及三角形中位线定理判断各个选项即可． 【详解】解：，， 四边形是平行四边形， 对角线与交于点，点是的中点， 是的中位线， ， 选项结论正确，不符合题意； 平行四边形都是中心对称图形， ∴四边形是中心对称图形， 选项结论正确，不符合题意； 的周长为，是的中位线， 的周长等于， 选项结论错误，符合题意； 若，则四边形是矩形，矩形是轴对称图形， 选项结论正确，不符合题意； 故选：． 【点睛】本题主要考查平行四边形的判定和性质及三角形中位线定理，熟练掌握平行四边形的性质及三角形中位线定理是解题的关键． （潍坊中考） 【9题答案】 【答案】A 【解析】 【分析】根据旋转的性质，可得点的运动轨迹，发现规律：即点的位置每旋转次一个循环，然后找到正方形旋转次后点的位置，再结合勾股定理即可求解． 【详解】解：， 由条件可知每旋转次，点的坐标循环出现． ， ∴点的坐标与点的坐标相同． 如图：过点作轴，交于点， 由条件可知， 故点的坐标为． （重庆中考） 【10题答案】 【答案】9﹣5 【解析】 【分析】根据旋转的想知道的PB=BC=AB，∠PBC=30°，推出△ABP是等边三角形，得到∠BAP=60°，AP=AB=2，解直角三角形得到CE=2-2，PE=4-2，过P作PF⊥CD于F，于是得到结论． 【详解】∵四边形ABCD是正方形，∴∠ABC=90°，∵把边BC绕点B逆时针旋转30°得到线段BP，∴PB=BC=AB，∠PBC=30°，∴∠ABP=60°，∴△ABP是等边三角形，∴∠BAP=60°，AP=AB=2，∵AD=2，∴AE=4，DE=2，∴CE=2﹣2，PE=4﹣2，过P作PF⊥CD于F，∴PF=PE=2﹣3，∴三角形PCE的面积=CE•PF=×（2﹣2）×（2﹣3）=9-5，故答案为9-5． 【点睛】本题考查了旋转的性质，正方形的性质，等边三角形的判定和性质，解直角三角形，正确的作出辅助线是解题的关键． （山东中考） 【11题答案】 【答案】## 【解析】 【分析】根据旋转的性质和等腰直角三角形的判定和性质定理即可得到结论. 【详解】∵将绕点B逆时针旋转得到， ∴, ∴,是等腰直角三角形， ∴当取最小值时，的值最小，则周长的值最小，当时, 的值最小, ， ∵是等腰直角三角形,, ∴, ， ∴周长最小值是 故答案为： . 【点睛】本题考查了旋转的性质，等腰直角三角形的性质，熟练掌握等腰直角三角形的性质是解题的关键. （安徽中考） 【12题答案】 【答案】（1）图见解析， （2）图见解析，，是直角三角形 （3）图见解析， 【解析】 【分析】（1）根据平移的性质，将点向右平移个单位，向下平移个单位得到点，即可求解； （2）根据旋转的性质，得到点的坐标，进而根据勾股定理以及勾股定理的逆定理即可判断是直角三角形 （3）根据轴对称的性质求线段和的最值即可求解． 【小问1详解】 解：如图所示，， 故答案为：． 【小问2详解】 解：如图所示，，是直角三角形； ∵，，， ∴， ∴是直角三角形； 【小问3详解】 解：如图所示，作点关于轴的对称点，连接交轴于点，则点即为所求， ∵，则 设直线的解析式为， ∴ 解得： ∴直线的解析式为，当时，， ∴； 故答案为：． 【点睛】本题考查了轴对称的性质，旋转的性质，平移作图，勾股定理与勾股定理的逆定理，待定系数法求一次函数解析式，一次函数与坐标轴交点问题，熟练掌握平移、旋转、轴对称的性质是解题的关键． 03 素养提升 【13题答案】 【答案】（1）（2，2）；（2）不变 【解析】 【详解】解：（1）如图1，过A作AD⊥y轴，交y轴于点D ∵AD⊥y轴，，正方形的边长是4 ∴AD=2，OD=2 ∴A的坐标是（2，2） （2）P值无变化． 证明：延长BA交y轴于E点．（如图2） 在△OAE与△OCN中 ∴△OAE≌△OCN（AAS） ∴OE=ON，AE=CN． 在△OME与△OMN中， ∴△OME≌△OMN（SAS） ∴MN=ME=AM+AE， ∴MN=AM+CN， ∴P=MN+BN+BM=AM+CN+BN+BM=AB+BC=8． ∴在旋转正方形OABC的过程中，P值无变化． 【点睛】此题主要考查了一次函数的综合应用、全等三角形的判定与性质等知识，利用图形旋转的变化规律得出对应边之间关系是解题关键． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $