第28章旋转典例精讲与课后巩固2026-2027学年数学九年级上册人教版

**基本信息** 聚焦旋转核心知识，以典例精讲引领，系统提炼旋转性质应用、分类讨论及坐标变换等解题方法，构建从图形旋转到中心对称再到坐标表示的完整知识逻辑链，培养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| |----|-----------|----------|----------| |典例精讲|3题型（图形旋转、中心对称、原点对称）|旋转性质应用、对称作图规范、坐标变换规律、分类讨论思想|从旋转基本概念到中心对称（特殊旋转），再到坐标系中的对称表示，形成“概念-性质-应用”递进逻辑| |课后巩固|选择10/填空6/解答4|轴对称与中心对称图形判断、旋转角度计算、最值问题转化|覆盖旋转性质综合应用、几何图形对称关系及坐标变换，强化知识迁移与逻辑推理|

第28章旋转典例精讲与课后巩固-2026-2027学年数学九年级上册人教版（新教材） 典例精讲 题型1：图形的旋转 将矩形绕点顺时针旋转度（），得到矩形． (1)如图1，当点在上时，与交于点，求证： ①； ②、、在同一条直线上； (2)当时，求的大小． 题型2：中心对称及其性质 在如图的正方形网格中，每个小正方形的边长都是单位，和的顶点均在格点上，且． (1)画出关于直线对称的． (2)画出，使和关于点成中心对称． (3)与是否对称？若对称，请在图中画出对称轴或对称中心． 题型3：关于原点对称的点的坐标 在平面直角坐标系中，横、纵坐标均为整数的点称为整点，如图，，的顶点均为整点． (1)可经过________（填“平移”、“轴对称”、“旋转”、“位似”其中一种）的图形变化方式得到，直接写出的值； (2)在图中画出关于原点对称的；若P，分别为AC，的中点，连接，，直接写出的值． 课后巩固 一、单选题 1．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． 2．关于菱形的性质，以下说法不正确的是（     ） A．四条边相等 B．对角线互相垂直 C．对角线相等 D．是中心对称图形 3．在平面直角坐标系中，已知点与点B关于原点对称，则点B的坐标为（     ） A． B． C． D． 4．在平面直角坐标系中，轴，，且，则点B的坐标为（     ） A． B．或 C． D．或 5．给出下列4个命题：①平移前后的两个图形中，对应点的连线段一定相等；②成轴对称的两个图形对应点的连线是对称轴的垂直平分线；③旋转前后的两个图形，对应点与旋转中心连线所成的角都相等；④成中心对称的两个图形，对应点的连线经过对称中心．其中，真命题的个数为（     ） A．1 B．2 C．3 D．4 6．如图，是正方形的中心，图中可以通过一次旋转与重合的三角形（自身除外）的个数是（     ） A． B． C． D． 7．如图，将绕点A逆时针旋转得到，若，则的度数为（     ） A． B． C． D． 8．如图，在等边中，是边上一点，将绕点逆时针旋转得到，若，则下列结论一定正确的是（     ） A． B． C． D． 9．如图，正方形的顶点均在坐标轴上，且点B的坐标为，以为边构造菱形，点E在x轴上，将菱形与正方形组成的图形绕点O逆时针旋转，每次旋转，则第2026次旋转结束时，点F的对应点的坐标为（     ） A． B． C． D． 10．作二次函数（）的图象关于原点的中心对称图形，所得图象的解析式为，当时，二次函数最大值与最小值的差是（     ） A． B． C． D． 二、填空题 11．在平面直角坐标系中，点与点关于原点成中心对称，则______． 12．如图，在的正方形网格中，线段的两个端点A，B均为格点，将线段绕某点旋转一定角度得到线段，点A，B的对应点分别为，，则旋转角度为__________°． 13．生活中有很多图形可以通过图形变换得到．如图是把正方形绕中心顺时针旋转以后与原图形组成的十六边形，若十六边形的面积为16，则阴影部分的面积为__________． 14．如图，在中，，将直角边绕点逆时针旋转至，连接，且，，三点共线，若，则的长为___________． 15．如图，在平面直角坐标系中，为坐标原点，．点在线段上，且，则点的坐标为_____． 16．如图，在中，，，，点在轴的正半轴上，点在轴的正半轴上，点在第一象限内．当点在轴的正半轴上运动时，点随之运动．则点到原点的最大距离为_____． 三、解答题 17．如图，在平面直角坐标系中，为原点，已知点的坐标为，点的坐标为，请根据以下要求完成任务． (1)若点，关于原点成中心对称，则点的坐标为（_______，_______）． (2)作正方形，要求点，均在第一象限内，且横、纵坐标都为整数． 18．如图，为等边三角形，将沿，剪开分成①②③三块，其中点D，E分别为，的中点，点F是边上任意一动点（不与B，C重合）． (1)当点F是中点时，求证：四边形是菱形； (2)的边长为，若将②，③分别绕点D，E旋转恰好能与①拼成平行四边形，当点F与点B距离为何值时，所得的平行四边形的周长最小，并求出此时的周长． 19．在中，，，将绕点B按逆时针方向旋转得到．连接，，延长交于点F． (1)当时，如图1， ①求的度数； ②求证：． (2)当时，请在备用图中画出任意（符合旋转情况）的草图．在旋转过程中，试探究与是否仍然相等，若相等，请说明理由；若不相等，请求出它们的数量关系． 20．综合与探究 问题情境：如图1，点E是正方形内部一点，且，将绕点C逆时针旋转，得到，延长与的延长线交于点F． 猜想证明： (1)判断四边形的形状，并说明理由； (2)探究学习小组经过深入探究发现，若在点E运动的过程中，直线与交于点O，点O始终是线段的中点，请你借助图2帮助该学习小组证明他们的发现是正确的； 拓展延伸： (3)如图3，若该正方形的边长为4，连接，在点E运动的过程中，当是等腰三角形时，直接写出的长． 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 典例精讲解析 题型1：图形的旋转 将矩形绕点顺时针旋转度（），得到矩形． (1)如图1，当点在上时，与交于点，求证： ①； ②、、在同一条直线上； (2)当时，求的大小． 【答案】(1)证明：①∵， ∴， ∵四边形，四边形都是矩形， ∴， ∴，， ∵， ∴， ∴． ②如图，连接． ∵四边形，四边形都是矩形， ∴，，， 由旋转的性质得：，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形， ∴， ∵， ∴、、在同一条直线上． (2)或 【分析】（1）①欲证明，只要证明即可； ②连接，证明四边形是平行四边形，可得结论； （2）当时，点在的垂直平分线上，分两种情况讨论，依据，即可得到旋转角的度数． 【详解】（1）略 （2）解：当时，点在的垂直平分线上， 分两种情况讨论， ①如图，当点在右侧时，取的中点，连接交于点， ∵， ∴， ∵， ∴四边形是矩形， ∴， ∴垂直平分， ∴， ∴是等边三角形， ∴， ∴旋转角； ②如图，当点在左侧时，取的中点，连接交于点， 同理可得：是等边三角形， ∴， ∴旋转角． 综上所述，或． 题型2：中心对称及其性质 在如图的正方形网格中，每个小正方形的边长都是单位，和的顶点均在格点上，且． (1)画出关于直线对称的． (2)画出，使和关于点成中心对称． (3)与是否对称？若对称，请在图中画出对称轴或对称中心． 【答案】(1)如图为所求作 (2)如图为所求作 (3)对称，直线为所求作 【分析】（1）根据轴对称图形的性质画出图形即可； （2）根据中心对称图形的性质画出图形即可； （3）根据轴对称图形的定义解答即可． 【详解】（1）略 （2）略 （3）解：由图可知，与对称，对称轴为直线． 题型3：关于原点对称的点的坐标 在平面直角坐标系中，横、纵坐标均为整数的点称为整点，如图，，的顶点均为整点． (1)可经过________（填“平移”、“轴对称”、“旋转”、“位似”其中一种）的图形变化方式得到，直接写出的值； (2)在图中画出关于原点对称的；若P，分别为AC，的中点，连接，，直接写出的值． 【答案】(1)位似， (2)作图见解析， 【分析】（1）观察到与对应顶点连线交于一点，且对应边互相平行，符合“位似变换”的特征．利用勾股定理分别计算和的长度，再求其比值． （2）根据关于原点对称的点的坐标特征，分别找到、、关于原点的对称点、、，依次连接即可；利用中心对称性质，得出中点、和O三点共线．然后利用相似比的性质即可解答． 【详解】（1）如图，与中，连线、、交于一点，且对应边与，与，与互相平行，符合位似变换的特征． 设每个小方格边长为1，利用勾股定理计算： 因此，． （2）解：如图即为所求； ∵关于原点对称的， ∴， ∵与位似，位似中心为O， ∴与位似，位似中心为O， ∴， ∵P是中点，是中点， ∴P，在过原点O的同一条直线上 ∴ ∵， ∴， ∴． 课后巩固解析 1．B 【分析】先回忆轴对称图形与中心对称图形的定义，明确两类图形的判断标准．对每个选项的图形，先判断是否为轴对称图形：如果能找到一条直线，沿直线折叠后图形直线两侧的部分能完全重合，那么该图形是轴对称图形．再对每个选项的图形，判断是否为中心对称图形：如果将图形绕某一点旋转后能和原图形重合，那么该图形是中心对称图形．筛选出同时满足上述两个条件的图形． 【详解】解：A、是中心对称图形，但不是轴对称图形，故不符合题意； B、既是轴对称图形，也是中心对称图形，故符合题意； C、是轴对称图形，但不是中心对称图形，故不符合题意； D、不是中心对称图形，也不是轴对称图形，故不符合题意． 2．C 【分析】根据菱形的性质依次判断即可． 【详解】解：A．菱形的四条边相等，正确，不符合题意； B．菱形的对角线互相垂直且平分，正确，不符合题意； C．菱形的对角线互相垂直且平分，对角线不一定相等，不正确，符合题意； D．菱形是中心对称图形，正确，不符合题意． 3．D 【分析】根据关于原点对称的点横纵坐标均互为相反数求解即可． 【详解】解：∵点与点关于原点对称，关于原点对称的点横纵坐标均互为相反数， ∴点的横坐标为，纵坐标为，即点的坐标为． 4．B 【分析】利用平行于轴的直线上点的横坐标相等确定点的横坐标，再根据线段长度列方程求解纵坐标，分情况得到点B的坐标． 【详解】解：∵轴，点的坐标为， ∴点的横坐标为， ∵， ∴，即， 解得或， ∴点的坐标为或． 5．C 【分析】根据平移、轴对称、旋转、中心对称的性质，逐个判断四个命题的真假，统计真命题个数即可． 【详解】解：①根据平移的性质，平移前后对应点的连线段平行或共线且长度相等，因此对应点的连线段一定相等，①是真命题； ②成轴对称的两个图形，对称轴是对应点连线的垂直平分线，命题将二者关系颠倒，②是假命题； ③根据旋转的性质，旋转前后所有对应点与旋转中心连线所成的角都等于旋转角，因此都相等，③是真命题； ④根据中心对称的性质，成中心对称的两个图形，对应点的连线一定经过对称中心，且被对称中心平分，命题描述正确，④是真命题； 综上，真命题共个． 6．C 【分析】由题意可得正方形被两条对角线和两条中点连线分成了8个全等的小三角形，再结合旋转的性质即可得出结果． 【详解】解：∵是正方形的中心， ∴正方形被两条对角线和两条对边中点连线分成了8个全等的小三角形， ∴绕点顺时针旋转与重合，绕点顺时针旋转与重合，绕点顺时针旋转与重合，绕点逆时针旋转与重合，绕点顺时针旋转与重合； 如图，连接与交于点，绕点顺时针旋转与重合， 综上所述，共个． 7．B 【分析】首先根据旋转的性质得到，然后利用角的和差求解即可． 【详解】解：由旋转得， ∵ ∴． 8．D 【分析】根据旋转的性质可知，进而根据全等三角形的性质可证是等边三角形，进而根据三角形的外角定理可知，进而可知即可求解． 【详解】解：∵将绕点逆时针旋转得到， ∴， ∴,, ∵, ∴是等边三角形， ∴, ∴, ∴， ∴, ∴，, ∴， ∴． 9．B 【分析】每4次旋转为一个循环，，即第2026次旋转结束时，点的坐标与第2次旋转结束时点的坐标相同，由题可得，点与点F关于原点对称，再通过正方形和菱形的性质求解即可． 【详解】解：， ∴每4次旋转为一个循环，，即第2026次旋转结束时，点的坐标与第2次旋转结束时点的坐标相同， 由题可得，点与点F关于原点对称，连接， ， ∴由正方形可得， ． 四边形是菱形， ， ， ∴点F的对应点的坐标为． 10．D 【分析】先利用关于原点中心对称的坐标变换求出原二次函数的解析式，再根据开口向上的二次函数性质，在给定范围内找出最大值和最小值，计算二者的差即可. 【详解】解：设对称后图象上任意一点为，则其关于原点的对称点在原二次函数上 将代入原函数得 ， 整理得对称后函数解析式为， ∵对称后解析式为，展开得， ∴， ∴原函数整理为， ， 二次函数开口向上，对称轴为， ∵ ∴当时，值最小，即 到对称轴距离为，到对称轴距离为，， 最大值在处，代入得； 最大值与最小值的差为. 11．0 【分析】关于原点中心对称的点的坐标特征是横、纵坐标均互为相反数，先求出的值，再代入计算即可． 【详解】∵点与点关于原点成中心对称， ∴，， 解得， ∴． 12．90 【分析】根据旋转的性质确定旋转中心为点O，即可解决问题． 【详解】解：如图，连接，，由网格作，的垂直平分线，交于点O， ∴点O为旋转中心， ∴，即旋转角为． 13．6 【分析】根据旋转的性质和正方形的性质可知，该十六边形是中心对称图形，对称中心为点，且阴影部分与空白部分的分界线经过对称中心，根据中心对称图形的性质可得阴影部分的面积是十六边形面积的． 【详解】解：由题意可知，该十六边形是由正方形绕中 顺时针旋转 以后与原图形组成的， 该十六边形是中心对称图形，对称中心为点． 观察图形可知，阴影部分与空白部分的分界线经过对称中心， 阴影部分的面积等于十六边形面积的． 十六边形的面积为 ， 阴影部分的面积为 ． 14． 【分析】解题思路：先利用旋转的性质得到等腰，求出和的度数；再结合直角三角形的性质求出的长；接着通过角度计算证明为等腰三角形，得到的长；最后由、、三点共线，通过求出结果． 【详解】解：∵将直角边绕点逆时针旋转至，且，，三点共线， ∴，． ∴ ． ∵，， ∴． ∵ ， ∴ ． ∴． ∴ 15． 【分析】将绕点顺时针旋转到，利用“一线三垂直”模型构造全等三角形求出，再由全等判定与性质得到，利用两点之间距离求法列方程求解即可得到答案． 【详解】解：在平面直角坐标系中，，则， 设点，将绕点顺时针旋转到，连接，过点分别向轴作垂线，垂足为点，如图所示： 则，由旋转性质可得， ， ， 在和中， ， ， ， 则， ， ， 在和中， ， ， ， 则， ， 解得或， 点在线段上， ， 则，即点的坐标为． 16． 【分析】取的中点，连接、，根据三角形三边关系可知当、、三点共线时取得最大值，利用直角三角形斜边上的中线性质求出，利用勾股定理求出，即可求解． 【详解】解：如图，取的中点，连接、， 点在轴的正半轴上，点在轴的正半轴上， ， 在中，为的中点， ， ， 为直角三角形， 为的中点，， ， 在中，由勾股定理得： ， 在中，， 当、、三点共线时，取得最大值， 的最大值为． 17．(1)，， (2) 【分析】（1）关于原点对称的两个点的横、纵坐标均互为相反数，由此可解； （2）根据正方形的四条边相等，四个角均为90度，利用格点作图即可． 【详解】（1）解：点，关于原点成中心对称，点的坐标为， 点C的坐标为； （2）略 18．(1)证明：已知点D，E分别为，的中点，点F是中点， 为的中位线， ， ， 四边形是平行四边形， 为等边三角形， ， ， 四边形是菱形． (2)当时，所得的平行四边形的周长最小，最小值为． 【分析】（1）先根据中位线的性质得到四边形是平行四边形，再根据等边三角形的性质得到，最后根据菱形的判定定理即可得证． （2）先根据旋转的性质证得四边形是平行四边形，数形结合可知当时，此时最小，根据勾股定理求出的最小值，即可求得四边形周长的最小值． 【详解】（1）略 （2）由旋转的性质可得，， ， ， 四边形是平行四边形， 四边形的周长为， 当时，此时最小，为直角三角形， 为等边三角形，， ， ， 的最小值为， 四边形周长的最小值为． 19．(1)①； ②证明：由旋转可知：， ∴为等边三角形， ∴． ∵， ∴， ∴， ∴． ∵为等边三角形， ∴， ∴， ∴， ∴，∴ (2)． 理由：在上取一点H，使得，连接． 由旋转可知：， ∴． ∵， ∴， ∴， ∴． ∴． ∵， ∴， ∴， ∴． 【分析】（1）①由旋转得出为等边三角形，得出，再利用平角求出角度即可；②根据等边三角形和等腰三角形的判定证明即可； （2）在上取一点H，使得，连接，证明，再利用等腰三角形的判定证明即可． 【详解】（1）①解：当时，点C在上， 由旋转可知：， ∴为等边三角形， ∴， 又∵， ∴， ∴； ②略 （2）略 20．(1)四边形是正方形． 理由如下：将绕点C逆时针旋转得到． ∴，，， ∴， ∴四边形是矩形． 又． ∴四边形是正方形． (2)证明：如解图，过点B作，交于点M．  ∴，，， 由（1）得四边形是正方形， ∴， ∴， ∴， 由旋转性质，， ∴， 又∵， ∴（）． ∴． 即点O是的中点； (3)或 【分析】（1）由旋转得，，，得，四边形是矩形．由得四边形是正方形． （2）过点B作，交于点M．由四边形是正方形，推导，得，由旋转性质得，得，可证明（）．即得． （3）由正方形边长为4，得，当是等腰三角形时，当时，当时，当时，分三种情况解答，可得的长为或． 【详解】（1）略 （2）略 （3）解：∵正方形边长为4， ∴， 情况1：如解图，当时，连接． ∵， ∴， ∵， ∴点F与点B重合，与重合． ∴点E在上，， ∴， ∴，， ∴， ∴， ∴； 情况2，当时， 由（1）得四边形是正方形， ∴， ∴ ∴ 由旋转得，， ∴， 在中． ∴． 解得（负值已舍去)． 情况3-当时， ∵， ∴此种情况不存在． 综上所述，当是等腰三角形时，的长为或． 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $