专题9 旋转综合复习（6大知识点8大题型、单元复习、期中复习讲义）2026-2027学年人教版九年级数学上册

简一数理 单元复习、期中期末复习 专题9 旋转综合复习 （新教材人教版） 01 考情分析 → 锚考向，明权重，联考点，定方向 2 02 知识回顾 → 梳核心，破难点，搭框架，织体系 2 知识点一、旋转的基础 2 知识点二、旋转的性质 3 知识点三、旋转作图的步骤 3 知识点四、中心对称的定义 3 知识点五、轴对称与中心对称 3 知识点六、轴对称图形与中心对称图形 3 03 典型例题 → 归题型，研母题，悟思路，善迁移 4 【题型1 旋转现象识别与旋转三要素】 4 【题型2 旋转性质应用（线段、角度、面积）】 5 【题型3 坐标系中点的旋转坐标计算】 6 【题型4 旋转规律探究问题】 7 【题型5 中心对称与中心对称图形识别】 8 【题型6 中心对称性质及原点对称坐标、参数】 9 【题型7 旋转、中心对称作图与补图】 10 【题型8 旋转压轴综合问题（线段、面积、角度）】 12 04 过关检测 → 分梯度，强综合，查漏洞，固成效 15 05 复盘笔记 → 集错题，析错因，重订正，常反思 19 01 考情分析 → 锚考向，明权重，联考点，定方向 常考考点 命题风向 ・旋转的定义、旋转三要素：旋转中心、旋转方向、旋转角 ・旋转的基本性质：对应边相等、对应角相等、旋转角相等 ・中心对称、中心对称图形的识别与性质 ・旋转全等模型（手拉手模型） ・旋转后求角度、线段长度、最值问题 ・坐标系中的旋转，求旋转后点的坐标 ・旋转与三角形、四边形、勾股定理综合 ・小题常考旋转性质判断、中心对称图形识别 ・解答压轴以手拉手旋转全等综合为主，侧重线段相等、角度推导 ・常结合动点、线段最值、存在性问题设问 ・融合全等、勾股、相似、坐标系，综合性强 考情解码： ・易错集中在：找不准旋转角，混淆旋转中心 ・手拉手模型不会识别等共顶点等线段条件 ・多解题型漏分类讨论，旋转方向不同结果不同 ・坐标系旋转坐标推导出错，不会构造全等 ・属于几何变换压轴板块，对识图和模型迁移能力要求高 02 知识回顾 → 梳核心，破难点，搭框架，织体系 知识点一、旋转的基础 旋转的概念：在平面内，一个图形绕一个定点沿某个方向(顺时针或逆时针)转过一个角度，这样的图形运动叫旋转．这个定点叫做旋转中心，转过的这个角叫做旋转角． 旋转的三要素：旋转中心、旋转方向和旋转角度． 知识点二、旋转的性质 1）对应点到旋转中心的距离相等； 2）每对对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角； 3）旋转前后的图形全等． 知识点三、旋转作图的步骤 1）根据题意，确定旋转中心、旋转方向及旋转角； 2）找出原图形的关键点； 3）连接关键点与旋转中心，按旋转方向与旋转角将它们旋转，得到各关键点的对应点； 4）按原图形依次连接对应点，得到旋转后的图形． 知识点四、中心对称的定义 如果一个图形绕某点旋转180°后与另一个图形重合，我们就把这两个图形叫做成中心对称. 知识点五、轴对称与中心对称 类别 轴对称 中心对称 定义 把一个图形沿着某一条直线翻折，如果它能够与另一个图形重合，那么称这两个图形关于这条直线对称，也称这两个图形成轴对称，这条直线叫做对称轴.折叠后重合的点是对应点，也叫做对称点. 如果一个图形绕某点旋转180°后与另一个图形重合，我们就把这两个图形叫做成中心对称. 性质 1）对应点的连线被对称轴垂直平分； 2）成轴对称的两个图形全等； 3）只有一条对称轴. 1）对应点的连线都经过对称中心，且被对称中心平分； 2）成中心对称的两个图形全等； 3）只有一个对称中心. 知识点六、轴对称图形与中心对称图形 类别 轴对称图形 中心对称图形 定义 如果一个平面图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，那么这个图形就叫做轴对称图形.这条直线就是它的对称轴. 如果一个图形绕某一点旋转180°后能与它自身重合，我们就把这个图形叫做中心对称图形，这个点叫做它的对称中心. 性质 1）有对称轴; 2）将图形沿对称轴折叠后，对称轴两旁的部分完全重合. 1) 有对称中心; 2) 将图形绕对称中心旋转180°旋转后的图形能与原来的图形重合. 03 典型例题 → 归题型，研母题，悟思路，善迁移 【题型1 旋转现象识别与旋转三要素】 【例1】下列现象属于旋转的是（     ） A．滑动手机解锁 B．篮球在空中运动 C．流星划过夜空 D．钟表的指针转动 【变式1-1】图中的钟表比标准时间快了10分钟，如果要将它调成标准时间，应该将分针（     ） A．按顺时针方向旋转 B．按顺时针方向旋转 C．按逆时针方向旋转 D．按逆时针方向旋转 【变式1-2】在2025年世界羽联苏迪曼杯中，中国队成功卫冕，实现了四连冠，这也是中国队第14次捧起苏迪曼杯．羽毛球作为一项广受欢迎的体育运动，能有效提升个人的灵活性与反应速度．如图是一个打羽毛球的图标，该图标通过旋转可以得到图形（     ） A． B． C． D． 【变式1-3】如图，如果正方形旋转后能与正方形重合，那么图形所在的平面内可作旋转中心的点共有（   ） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【题型2 旋转性质应用（线段、角度、面积）】 【例2】如图，在正方形中，点P是正方形内的一点，且，，，则的度数为（     ） A． B． C． D． 【变式2-1】如图，在正方形中，若，则①；②；③平分，平分；④．正确结论有(        )个 A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【变式2-2】如图，在矩形中，，，以点为中心，将顺时针旋转得到，点落在边上，连接，则的长为（     ） A．1 B．3 C． D． 【变式2-3】如图，将绕点顺时针旋转得到，若线段，则的长为（    ） A． B． C． D． 【题型3 坐标系中点的旋转坐标计算】 【例3】如图，在中，，，顶点的坐标为，以为边向的外侧作正方形，将组成的图形绕点逆时针旋转，每次旋转，则第次旋转结束时，点的坐标为 （     ） A． B． C． D． 【变式3-1】如图，在平面直角坐标系中，点绕点O逆时针旋转后得到点绕点O逆时针旋转后得到点，以此类推，点的坐标是（     ） A． B． C． D． 【变式3-2】如图，为反比例函数上的点，若线段绕点顺时针旋转到，O点对应H点，当P、H在同一个反比例函数图像上时，则是（） A． B． C． D． 【变式3-3】如图，在平面直角坐标系中，点B的坐标为，将线段绕点O顺时针旋转一定角度得到的点B的对应点A的坐标为，则下列说法正确的是（     ） A．若，则 B．若，则， C．若轴，则 D．若轴，则 【题型4 旋转规律探究问题】 【例4】等边在数轴上的位置如图所示，点对应的数分别是0和，若绕顶点按顺时针方向连续翻转，翻转一次后点B对应的数是1，则翻转2023次后点B对应的数是（     ） A．不对应任何数 B．2022 C．2023 D．2024 【变式4-1】如图，在平面直角坐标系中，将正方形绕点O逆时针旋转后得到正方形依此方式，将正方形绕点O连续旋转2026次得到正方形，如果点A的坐标为，那么点的坐标为（    ） A． B． C． D． 【变式4-2】图中的正方形是由某种图形剪拼成的，将它放到数轴上，点表示的数为-2，若正方形从当前状态沿数轴正方向翻滚，把点翻滚到数轴上时，记为第一次翻滚；点翻滚到数轴上时记为第二次翻滚…，该正方形经过次翻滚后，其顶点，，，中某个点与数轴上的666重合，则剪拼出正方形的图形可能是（   ） A． B． C． D． 【变式4-3】李华利用平面直角坐标系绘制了如图的风车图形，他先将固定在坐标系中，其中，，接着他将绕点O逆时针旋转（）至，此次旋转称为第1次旋转，然后进行第2次旋转：将绕点O逆时针转动至，…，那么按照这种旋转方式，旋转第2026次后，点A的坐标为（   ） A． B． C． D． 【题型5 中心对称与中心对称图形识别】 【例5】如图所示，与关于点成中心对称，则下列结论成立的是（     ） ①点与点关于点对称；②；③；④ A．②③ B．①②③ C．①③④ D．①②④ 【变式5-1】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． 【变式5-2】下列图案中，是中心对称图形的是（     ） A． B． C． D． 【变式5-3】如图，，关于的对称图形是，关于的对称图形是，则下列说法正确的是（    ） A．可以由通过平移得到 B．与关于点成中心对称 C．与关于的平分线成轴对称 D．与关于直线成轴对称 【题型6 中心对称性质及原点对称坐标、参数】 【例6】如图，与关于点O成中心对称，则下列结论：①；②点A的对称点是点；③；④，其中正确的是（     ） A．①②③ B．①②④ C．①③④ D．①②③④ 【变式6-1】如图，是一个中心对称图形，点为对称中心，若，，，则的长为（     ） A．2 B．4 C．6 D．8 【变式6-2】关于抛物线和的异同点，下列说法中正确的有（） ①有共同的顶点和对称轴；②两抛物线的开口方向相反；③两抛物线关于x轴成轴对称；④两抛物线关于原点中心对称； A．4个 B．3个 C．2个 D．1个 【变式6-3】已知点和关于原点对称，则的值为（     ） A．1 B．0 C． D． 【题型7 旋转、中心对称作图与补图】 【例7】将图的小正方形放在图中①②③④的某一位置，使它与原来个小正方形组成的图形是中心对称图形，这个位置是（     ） A．① B．② C．③ D．④ 【变式7-1】已知函数，下列说法正确的是（     ） A．函数图象关于原点对称 B．函数图象关于直线对称 C．函数图象关于对称 D．函数图象关于直线对称 【变式7-2】如图，在的网格图中，的顶点分别在格点上． (1)如图1，请仅用无刻度直尺作绕点顺时针旋转后的所得图形； (2)如图2，若点也在格点上，请仅用无刻度直尺在的右侧找一点，使得．（需保留作图痕迹） 【变式7-3】如图，在平面直角坐标系中，各顶点的坐标分别为，将绕原点O顺时针旋转得到，点A、B、C的对应点分别为、、． (1)请你在图中画出； (2)写出点的坐标． 【题型8 旋转压轴综合问题（线段、面积、角度）】 【例8】【问题提出】 已知：正方形和正方形有公共顶点，把正方形绕点顺时针旋转一定的度数，连接，探究的长． 【问题探究】 （1）已知正方形的边长为，正方形的边长为．如图，若正方形的边落在正方形的边上，求的长． （2）已知正方形的边长为，正方形的边长为，如图，将正方形由图中的位置绕点顺时针旋转，求的长． 【拓展应用】 （3）如图，已知矩形和矩形全等，把矩形绕点顺时针旋转，使所在的直线恰好过的中点，当，时，求的长． 【变式8-1】如图，在平面直角坐标系中，点B的坐标是，点A的坐标是，连接．将绕点A逆时针旋转得到，反比例函数的图象经过点D，与 交于点E，连接，，． (1)求反比例函数的表达式． (2)求的面积． 【变式8-2】某校数学兴趣小组将两个边长不相等的正方形和正方形按照图方式摆放，点，，在同一条直线上，点在上． (1)操作与发现 如图2，将正方形绕点逆时针旋转． ①当时，求，，的度数； ②正方形旋转过程中，你发现与的有何数量关系？与的有何数量关系？请直接写出你发现的结论，不需要证明． (2)类比探究 如图3，将正方形绕点顺时针旋转．上面②中你发现的结论是否仍然成立？请说明理由． 【变式8-3】探究以下问题： 【探索求知】 (1)如图1，在四边形中，连接，，以为边在左侧作等边，连接． ①判断能否由旋转得到，并说明理由； ②求的长； 【实践运用】 (2)如图2，步道将等腰广场分为三部分，用于规划不同的功能区，经测量，，，，，求的长． 04 过关检测 → 分梯度，强综合，查漏洞，固成效 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．正方体骰子的初始位置如图①所示，将骰子进行如下操作：如图②，将骰子先向右翻滚，再按逆时针方向旋转，这个操作过程视为完成一次变换．按上述规则连续完成次变换后，骰子朝上面的点数是（   ） A．1 B．3 C．5 D．6 3．如图，把绕点A逆时针旋转，得到，点恰好落在边上，连接，则的度数为（     ） A．30度 B．40度 C．20度 D．90度 4．如图，将绕点旋转得到，设点的坐标为，则点的坐标为（     ） A． B． C． D． 5．如图，三个顶点的坐标分别为，，． (1)画出绕点按逆时针方向旋转度后的； (2)画出关于原点成中心对称的图形． (3)在（2）的条件下，请直接写出坐标 、 ． 6．如图1：在四边形中，，，，分别是上的点，且 (1)小王同学探究此问题的方法是：把绕点A逆时针旋转，得到，证明，可得出三者间关系是_______________； (2)【探索延伸】如图2，若在四边形中，，，分别是上的点，，上述结论是否仍然成立，如果成立，请说明理由； (3)【学以致用】如图3，四边形是边长为的正方形，，求的周长． 7．【问题背景】17世纪有着“业余数学家之王”美誉的法国律师皮耶·德·费马，提出一个问题：求作三角形内的一个点，使它到三角形三个顶点的距离之和最小，后来这点被称为“费马点”．如图1，点是内的一点，将绕点逆时针旋转到，则可以构造出等边，得，，所以的值转化为的值，当四点共线时，线段的长为所求的最小值，即点为的“费马点”． 【拓展应用】 (1)如图2，点是等边内的一点，连接，将绕点逆时针旋转得到． ①画出图形 ②当，，时，求的大小； (2)如图3，点是内的一点，且，，，求的最小值． 8．如图，在平面直角坐标系中，点是坐标原点，抛物线（是常数）经过点．点在抛物线的图象上，横坐标为，点与点关于点对称，点和点到直线的距离相等，且轴（点在点的左侧），连接． (1)求该抛物线对应的函数表达式； (2)证明：； (3)当直线与抛物线有两个交点时，设这两个点分别为点、（点在点左侧）． ①若，求的取值范围； ②点在轴上．当点与点到直线的距离相等，且点与点到直线的距离也相等，直接写出的值． 05 复盘笔记 → 集错题，析错因，重订正，常反思 “化繁为简，一通百通” 更多初中数学精品讲义、同步练习、单元试卷、专项训练，欢迎来到学科网【简一数理】店铺查看，关注店铺接收上新通知。 1.PC端：https://shop.xkw.com/175938 2.移动网页端 3.小程序端 第 2 页 共 45 页 第 1 页 共 45 页 学科网（北京）股份有限公司 $ 简一数理 单元复习、期中期末复习 专题9 旋转综合复习 （新教材人教版） 01 考情分析 → 锚考向，明权重，联考点，定方向 2 02 知识回顾 → 梳核心，破难点，搭框架，织体系 2 知识点一、旋转的基础 2 知识点二、旋转的性质 3 知识点三、旋转作图的步骤 3 知识点四、中心对称的定义 3 知识点五、轴对称与中心对称 3 知识点六、轴对称图形与中心对称图形 3 03 典型例题 → 归题型，研母题，悟思路，善迁移 4 【题型1 旋转现象识别与旋转三要素】 4 【题型2 旋转性质应用（线段、角度、面积）】 5 【题型3 坐标系中点的旋转坐标计算】 9 【题型4 旋转规律探究问题】 13 【题型5 中心对称与中心对称图形识别】 17 【题型6 中心对称性质及原点对称坐标、参数】 19 【题型7 旋转、中心对称作图与补图】 21 【题型8 旋转压轴综合问题（线段、面积、角度）】 24 04 过关检测 → 分梯度，强综合，查漏洞，固成效 32 05 复盘笔记 → 集错题，析错因，重订正，常反思 44 01 考情分析 → 锚考向，明权重，联考点，定方向 常考考点 命题风向 ・旋转的定义、旋转三要素：旋转中心、旋转方向、旋转角 ・旋转的基本性质：对应边相等、对应角相等、旋转角相等 ・中心对称、中心对称图形的识别与性质 ・旋转全等模型（手拉手模型） ・旋转后求角度、线段长度、最值问题 ・坐标系中的旋转，求旋转后点的坐标 ・旋转与三角形、四边形、勾股定理综合 ・小题常考旋转性质判断、中心对称图形识别 ・解答压轴以手拉手旋转全等综合为主，侧重线段相等、角度推导 ・常结合动点、线段最值、存在性问题设问 ・融合全等、勾股、相似、坐标系，综合性强 考情解码： ・易错集中在：找不准旋转角，混淆旋转中心 ・手拉手模型不会识别等共顶点等线段条件 ・多解题型漏分类讨论，旋转方向不同结果不同 ・坐标系旋转坐标推导出错，不会构造全等 ・属于几何变换压轴板块，对识图和模型迁移能力要求高 02 知识回顾 → 梳核心，破难点，搭框架，织体系 知识点一、旋转的基础 旋转的概念：在平面内，一个图形绕一个定点沿某个方向(顺时针或逆时针)转过一个角度，这样的图形运动叫旋转．这个定点叫做旋转中心，转过的这个角叫做旋转角． 旋转的三要素：旋转中心、旋转方向和旋转角度． 知识点二、旋转的性质 1）对应点到旋转中心的距离相等； 2）每对对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角； 3）旋转前后的图形全等． 知识点三、旋转作图的步骤 1）根据题意，确定旋转中心、旋转方向及旋转角； 2）找出原图形的关键点； 3）连接关键点与旋转中心，按旋转方向与旋转角将它们旋转，得到各关键点的对应点； 4）按原图形依次连接对应点，得到旋转后的图形． 知识点四、中心对称的定义 如果一个图形绕某点旋转180°后与另一个图形重合，我们就把这两个图形叫做成中心对称. 知识点五、轴对称与中心对称 类别 轴对称 中心对称 定义 把一个图形沿着某一条直线翻折，如果它能够与另一个图形重合，那么称这两个图形关于这条直线对称，也称这两个图形成轴对称，这条直线叫做对称轴.折叠后重合的点是对应点，也叫做对称点. 如果一个图形绕某点旋转180°后与另一个图形重合，我们就把这两个图形叫做成中心对称. 性质 1）对应点的连线被对称轴垂直平分； 2）成轴对称的两个图形全等； 3）只有一条对称轴. 1）对应点的连线都经过对称中心，且被对称中心平分； 2）成中心对称的两个图形全等； 3）只有一个对称中心. 知识点六、轴对称图形与中心对称图形 类别 轴对称图形 中心对称图形 定义 如果一个平面图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，那么这个图形就叫做轴对称图形.这条直线就是它的对称轴. 如果一个图形绕某一点旋转180°后能与它自身重合，我们就把这个图形叫做中心对称图形，这个点叫做它的对称中心. 性质 1）有对称轴; 2）将图形沿对称轴折叠后，对称轴两旁的部分完全重合. 1) 有对称中心; 2) 将图形绕对称中心旋转180°旋转后的图形能与原来的图形重合. 03 典型例题 → 归题型，研母题，悟思路，善迁移 【题型1 旋转现象识别与旋转三要素】 【例1】下列现象属于旋转的是（     ） A．滑动手机解锁 B．篮球在空中运动 C．流星划过夜空 D．钟表的指针转动 【答案】D 【分析】抓住旋转绕定点转动的核心特征，逐一判断各选项． 【详解】解：A、C选项均为平移运动，B选项无固定转动中心，均不属于旋转；D选项钟表的指针绕中心定点转动，属于旋转． 【变式1-1】图中的钟表比标准时间快了10分钟，如果要将它调成标准时间，应该将分针（     ） A．按顺时针方向旋转 B．按顺时针方向旋转 C．按逆时针方向旋转 D．按逆时针方向旋转 【答案】D 【分析】根据分针每分钟转动的角度及时间差确定旋转方向和角度． 【详解】解：钟面上分针走一圈是60分钟，对应的圆心角是， ∴ 分针每分钟转过的角度是， ∵ 钟表快了10分钟， ∴ 分针多走了10分钟，需要将分针逆时针旋转回调， ∴ 旋转的角度为， ∴ 应该将分针按逆时针方向旋转． 【变式1-2】在2025年世界羽联苏迪曼杯中，中国队成功卫冕，实现了四连冠，这也是中国队第14次捧起苏迪曼杯．羽毛球作为一项广受欢迎的体育运动，能有效提升个人的灵活性与反应速度．如图是一个打羽毛球的图标，该图标通过旋转可以得到图形（     ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】 旋转前后图形的大小和形状不发生改变，只是方向发生改变． 【详解】 原图旋转后得到的是D选项的图形． 【变式1-3】如图，如果正方形旋转后能与正方形重合，那么图形所在的平面内可作旋转中心的点共有（   ） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【答案】C 【分析】根据旋转的性质，分类讨论确定旋转中心． 【详解】解：如图所示， 以点为旋转中心，顺时针旋转，正方形能与正方形重合； 以点为旋转中心，逆时针旋转，正方形能与正方形重合； 以的中点为旋转中心，旋转，正方形能与正方形重合； 所以平面内可作旋转中心的点共有个． 【题型2 旋转性质应用（线段、角度、面积）】 【例2】如图，在正方形中，点P是正方形内的一点，且，，，则的度数为（     ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】将绕点顺时针旋转得到，利用旋转的性质、勾股定理及其逆定理求解． 【详解】解：将绕点顺时针旋转得到，连接， 由题意得，，， 由旋转性质可知， ∴，，，， 在中，，， 在中，，， ∴ ， ∴， ∴． 【变式2-1】如图，在正方形中，若，则①；②；③平分，平分；④．正确结论有(        )个 A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【答案】D 【分析】利用旋转变换构造全等三角形，结合正方形性质和勾股定理逐一判断四个结论，将绕点逆时针旋转得到，证明，进而判断①②，对于③，由得，将绕点逆时针旋转得到，连接，证明得到，进而根据勾股定理，即可判断④． 【详解】解：对于①，如图， 将绕点逆时针旋转得到，则，，，， ， ,即三点共线， 在和中， ，故①正确 对于②，，故②正确 对于③，由得，即平分同理可证平分，故③正确 对于④，如图， 将绕点逆时针旋转得到，则，， 在和中， 在中， ，故④正确 综上所述，正确的结论有4个． 【变式2-2】如图，在矩形中，，，以点为中心，将顺时针旋转得到，点落在边上，连接，则的长为（     ） A．1 B．3 C． D． 【答案】C 【分析】先利用旋转性质得到，在中求出，再算出，最后在中用勾股定理求． 【详解】解：由旋转的性质，可得． ∵四边形是矩形， ∴，，． 在中，，， 由勾股定理得： ． ∴． 在中，，， 由勾股定理得： ． 【变式2-3】如图，将绕点顺时针旋转得到，若线段，则的长为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据旋转的性质，旋转前后图形全等，对应线段相等，确定与的数量关系． 【详解】解：绕点顺时针旋转得到， ， ， ． 【题型3 坐标系中点的旋转坐标计算】 【例3】如图，在中，，，顶点的坐标为，以为边向的外侧作正方形，将组成的图形绕点逆时针旋转，每次旋转，则第次旋转结束时，点的坐标为 （     ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】由、确定点的坐标，再求出正方形顶点的坐标；旋转周期为，用除以的余数确定等效旋转角，进而求旋转后点的坐标． 【详解】解：如图，过点作轴于， ，顶点的坐标为， ， 在中，，， ， ， ， 四边形是正方形， ，， ， 是等腰直角三角形， ，， ， ， ， ∵每次绕点逆时针旋转，而， ∴旋转次图形回到原位置，即每旋转次为一个循环， ∵， ∴第次旋转结束时，相当于把原图形绕点逆时针旋转， 如图所示， ， 则，， 作轴于，则， ，， ， ， ，， ， ∴点绕点逆时针旋转后的对应点为， 故选：B． 【变式3-1】如图，在平面直角坐标系中，点绕点O逆时针旋转后得到点绕点O逆时针旋转后得到点，以此类推，点的坐标是（     ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据旋转的性质得到每旋转4次一个循环，即可得到答案． 【详解】解：根据题意可得：将点绕点O逆时针旋转得到点， ∴点，依此类推，可得，，与重合，即， ∴每旋转4次一个循环， ∵， ∴第2026次旋转结束时，点的坐标与相同， ∴点的坐标是． 【变式3-2】如图，为反比例函数上的点，若线段绕点顺时针旋转到，O点对应H点，当P、H在同一个反比例函数图像上时，则是（） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】利用旋转性质构造全等三角形求出点的坐标，代入反比例函数解析式建立关于a，b的等式，转化为关于的一元二次方程求解． 【详解】解：过点作轴于，过点作于，如图 在上， ， 线段OP绕点顺时针旋转到 在和中 ， ． 点横坐标为，纵坐标为． 在上， ， ， 等式两边同除以得：． 设，则， 解得， 在第一象限， ， ． 【变式3-3】如图，在平面直角坐标系中，点B的坐标为，将线段绕点O顺时针旋转一定角度得到的点B的对应点A的坐标为，则下列说法正确的是（     ） A．若，则 B．若，则， C．若轴，则 D．若轴，则 【答案】C 【分析】根据旋转的性质求解即可． 【详解】解：如图： ∵点B的坐标为，∴，， A、若，点A的坐标为，则，，该选项不符合题意； B、若，点A的坐标为，则，，该选项不符合题意； C、若轴，点A的坐标为，则，该选项符合题意； D、若轴，点A的坐标为，则，该选项不符合题意． 【题型4 旋转规律探究问题】 【例4】等边在数轴上的位置如图所示，点对应的数分别是0和，若绕顶点按顺时针方向连续翻转，翻转一次后点B对应的数是1，则翻转2023次后点B对应的数是（     ） A．不对应任何数 B．2022 C．2023 D．2024 【答案】C 【分析】根据等边三角形的性质可得，结合旋转的性质可得规律，即可求解． 【详解】解：因为点对应的数分别为0和， 所以． 因为为等边三角形， 所以． 因为绕顶点按顺时针方向在数轴上连续翻转，翻转1次或2次后，点B所对应的数均为1，翻转4次或5次后，点B对应的数均为4， 所以每3次翻转为一个循环组依次循环， 所以， 所以连续翻转2023次后，点B对应的数应为． 【变式4-1】如图，在平面直角坐标系中，将正方形绕点O逆时针旋转后得到正方形依此方式，将正方形绕点O连续旋转2026次得到正方形，如果点A的坐标为，那么点的坐标为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】求出，连接，由勾股定理可得，由旋转的性质可得，求出，，，，，，，，…，由此可得，8次一循环，计算即可得． 【详解】解：∵点A的坐标为， ∴， ∵四边形为正方形， ∴，， ∴， 如图，连接， 由勾股定理可得：， 由旋转的性质可得：， ∵将正方形绕点O逆时针旋转后得到正方形依此方式， ∴相当于将线段绕点O逆时针旋转，依次得到， ∴，，，，，，，，…， 由此可得，8次一循环， ∵， ∴点的坐标为． 【变式4-2】图中的正方形是由某种图形剪拼成的，将它放到数轴上，点表示的数为-2，若正方形从当前状态沿数轴正方向翻滚，把点翻滚到数轴上时，记为第一次翻滚；点翻滚到数轴上时记为第二次翻滚…，该正方形经过次翻滚后，其顶点，，，中某个点与数轴上的666重合，则剪拼出正方形的图形可能是（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】解：起点是，需要滚动距离：； 选项A，拼成的正方形，边长为：，是无理数，正方形四个顶点落到数轴的点，也是无理数，668是有理数，两者不会重合，不符合题意； 选项B，拼成的正方形，边长为：2，能够被668整除，能够重合，符合题意； 选项C，拼成的正方形，边长为：3，668不能被3整除，不能重合，不符合题意； 选项D，拼成的正方形，边长为：，也是无理数，不能与668重合，不符合题意； 故答案选：B． 【变式4-3】李华利用平面直角坐标系绘制了如图的风车图形，他先将固定在坐标系中，其中，，接着他将绕点O逆时针旋转（）至，此次旋转称为第1次旋转，然后进行第2次旋转：将绕点O逆时针转动至，…，那么按照这种旋转方式，旋转第2026次后，点A的坐标为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据每次转动可知，4次一个循环，分别求出第一次到第四次的点的坐标，利用规律解决问题即可． 【详解】解：∵绕原点O逆时针转动至，，， ∴， ∵绕原点O逆时针转动至， ∴， ∵绕原点O逆时针转动至， ∴， ∵绕原点O逆时针转动至， ∴， 即点与点A重合， ∴点A每旋转4次为一个循环， ∵， ∴在转动2026次后，点A在点的位置，此时点A的坐标为． 【题型5 中心对称与中心对称图形识别】 【例5】如图所示，与关于点成中心对称，则下列结论成立的是（     ） ①点与点关于点对称；②；③；④ A．②③ B．①②③ C．①③④ D．①②④ 【答案】B 【分析】根据中心对称的性质求解即可．中心对称的两个图形，对应点所连线段都经过对称中心，并且被对称中心平分，对应线段、对应角相等． 【详解】解：与关于点成中心对称， 点与点关于点对称，，，，， ，，， . ， 即， ． 符合题意的有①②③． 【变式5-1】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． 【答案】C 【详解】解：A项：是中心对称图形，但不是轴对称图形，此选项不符合题意； B项：是轴对称图形，但不是中心对称图形，此选项不符合题意； C项：既是轴对称图形，又是中心对称图形，此选项符合题意； D项：是轴对称图形，但不是中心对称图形，此选项不符合题意． 【变式5-2】下列图案中，是中心对称图形的是（     ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】图形绕中心点旋转后能够和原来图形重合就是中心对称图形，逐个判断即可． 【详解】解：A、旋转后不能与原图重合，不是中心对称图形； B、旋转后不能与原图重合，不是中心对称图形； C、旋转后不能与原图重合，不是中心对称图形； D、旋转后能与原图重合，是中心对称图形． 【变式5-3】如图，，关于的对称图形是，关于的对称图形是，则下列说法正确的是（    ） A．可以由通过平移得到 B．与关于点成中心对称 C．与关于的平分线成轴对称 D．与关于直线成轴对称 【答案】B 【分析】如图，设所在直线为轴，所在直线为轴，再根据平面直角坐标系中轴对称与中心对称的对称点的坐标关系便可求解．   【详解】解：设所在直线为轴，所在直线为轴，如图， ∵关于的对称图形是， ∴A与、B与、C与的纵坐标相同，横坐标互为相反数， ∵关于的对称图形是， ∴与、与、与的横坐标相同，纵坐标互为相反数，   ∴A与、B与、C与的横坐标、纵坐标都互为相反数，  则由中心对称图形在平面直角坐标系中对称点的坐标关系可知：与关于点成中心对称．   【题型6 中心对称性质及原点对称坐标、参数】 【例6】如图，与关于点O成中心对称，则下列结论：①；②点A的对称点是点；③；④，其中正确的是（     ） A．①②③ B．①②④ C．①③④ D．①②③④ 【答案】D 【分析】中心对称的两个图形全等，对应边、对应角都分别相等，对应点的连线经过对称中心，且被对称中心平分． 【详解】解：与关于点成中心对称， ，点与点关于点对称，，， ①②③④正确， 【变式6-1】如图，是一个中心对称图形，点为对称中心，若，，，则的长为（     ） A．2 B．4 C．6 D．8 【答案】B 【分析】由直角三角形的性质可得，再由中心对称图形的定义解答即可． 【详解】解：∵，，， ∴， ∵该图形是一个中心对称图形，点为对称中心， ∴是的中点， ∴． 【变式6-2】关于抛物线和的异同点，下列说法中正确的有（） ①有共同的顶点和对称轴；②两抛物线的开口方向相反；③两抛物线关于x轴成轴对称；④两抛物线关于原点中心对称； A．4个 B．3个 C．2个 D．1个 【答案】A 【分析】根据二次函数的性质可判断①正确；根据抛物线的开口方向由二次项系数的正负决定可判断②正确；根据若点在上，则点满足可判断③正确；根据若点在上，则点满足可判断④正确． 【详解】解：①抛物线和的顶点都是原点，对称轴都是y轴，二者顶点和对称轴完全相同，故①正确； ②的二次项系数是，的二次项系数是，和符号相反，因此两个抛物线开口方向必然相反，故②正确； ③若点在上，则点满足，也就是这两个点关于x轴对称，因此两条抛物线整体关于x轴成轴对称，故③正确； ④若点在上，则点满足，整理得，也就是这两个点关于原点中心对称，因此两条抛物线整体关于原点中心对称，故④正确． 综上可知，4个说法全部正确． 【变式6-3】已知点和关于原点对称，则的值为（     ） A．1 B．0 C． D． 【答案】A 【分析】点和点关于原点对称，则它们的横坐标互为相反数，纵坐标互为相反数，列式求解后，代入求值即可． 【详解】解：∵点和关于原点对称， ∴，， ∴，， ∴． 【题型7 旋转、中心对称作图与补图】 【例7】将图的小正方形放在图中①②③④的某一位置，使它与原来个小正方形组成的图形是中心对称图形，这个位置是（     ） A．① B．② C．③ D．④ 【答案】C 【分析】把一个图形绕某一点旋转，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形就叫做中心对称图形，据此即可得出答案． 【详解】解：根据图形可知，将图的小正方形放在图中③的位置，组成的图形是中心对称图形． 【变式7-1】已知函数，下列说法正确的是（     ） A．函数图象关于原点对称 B．函数图象关于直线对称 C．函数图象关于对称 D．函数图象关于直线对称 【答案】D 【分析】利用反比例函数的平移与对称性，结合图象判断即可． 【详解】解：如图，是反比例函数向上平移1个单位得到的，对各选项逐一判断： 由图象可得：函数图象关于对称，函数图象关于直线对称， ∴A错误，B错误，C错误，D正确． 【变式7-2】如图，在的网格图中，的顶点分别在格点上． (1)如图1，请仅用无刻度直尺作绕点顺时针旋转后的所得图形； (2)如图2，若点也在格点上，请仅用无刻度直尺在的右侧找一点，使得．（需保留作图痕迹） 【答案】(1)如图，即为所求： (2)如图，点即为所求： 【分析】（1）利用网格构造等腰直角与等腰直角，顺次连接点、、即可； （2）取点右侧一个单位处的格点，即为所求点． 【详解】（1）解：由网格可知，，， ∵， ∴， 同理，，， ∴即为绕点顺时针旋转后的所得图形； （2）解：如图， 由网格可知，，， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∴，即． 【变式7-3】如图，在平面直角坐标系中，各顶点的坐标分别为，将绕原点O顺时针旋转得到，点A、B、C的对应点分别为、、． (1)请你在图中画出； (2)写出点的坐标． 【答案】(1)如图即为所求； (2) 【分析】（1）根据旋转的方式，分别画出点、、的对应点、、，再顺次连接即可得到； （2）结合图形写出点的坐标即可． 【详解】（1）解：略． （2）解：由坐标系可得，点的坐标为． 【题型8 旋转压轴综合问题（线段、面积、角度）】 【例8】【问题提出】 已知：正方形和正方形有公共顶点，把正方形绕点顺时针旋转一定的度数，连接，探究的长． 【问题探究】 （1）已知正方形的边长为，正方形的边长为．如图，若正方形的边落在正方形的边上，求的长． （2）已知正方形的边长为，正方形的边长为，如图，将正方形由图中的位置绕点顺时针旋转，求的长． 【拓展应用】 （3）如图，已知矩形和矩形全等，把矩形绕点顺时针旋转，使所在的直线恰好过的中点，当，时，求的长． 【答案】（1）；（2）；（3） 【分析】（1）利用勾股定理求出的长； （2）连接，可证点、、三点共线，利用正方形的性质可求，再利用勾股定理求出的长度； （3）过点作垂足位于的延长线上，可证，利用相似三角形的性质求出，，再利用勾股定理求出的长度． 【详解】（1）解：正方形的边长为，正方形的边长为， ，，， ∴， ∴E、A、B在同一直线上， ， 在中，， ； （2）解：连接，如图所示： 四边形是正方形， ， 由旋转可知，， 点、、三点共线， 正方形的边长为， ， 正方形的边长为， ，， 在中，； （3）解：延长，过点作于点M，如图所示： ∴， ， 四边形是矩形， ， ， ， 又， ， ， 四边形是矩形， ，，， 由旋转可知，， 在中，， ， ，， 在中，． 【点睛】本题主要考查了勾股定理、相似三角形的判定与性质、正方形的性质、矩形的性质．解决本题的关键是作出辅助线，熟练掌握相关的判定和性质． 【变式8-1】如图，在平面直角坐标系中，点B的坐标是，点A的坐标是，连接．将绕点A逆时针旋转得到，反比例函数的图象经过点D，与 交于点E，连接，，． (1)求反比例函数的表达式． (2)求的面积． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）延长 交x轴正半轴于点F，证明四边形为正方形，求解即可． （2）根据，求解即可； 【详解】（1）解：由题意，得，． 由旋转的性质，可知，，． 延长 交x轴正半轴于点F，如图，则四边形为正方形． ∴点D的坐标为，即． ∵反比例函数的图象经过点D， ∴． ∴反比例函数的表达式为． （2）解：将代入，得， ∴点E的坐标为． ∴． ∴． ∵，， ∴． ∵， ， ∴； 【变式8-2】某校数学兴趣小组将两个边长不相等的正方形和正方形按照图方式摆放，点，，在同一条直线上，点在上． (1)操作与发现 如图2，将正方形绕点逆时针旋转． ①当时，求，，的度数； ②正方形旋转过程中，你发现与的有何数量关系？与的有何数量关系？请直接写出你发现的结论，不需要证明． (2)类比探究 如图3，将正方形绕点顺时针旋转．上面②中你发现的结论是否仍然成立？请说明理由． 【答案】(1)①；； ② (2)解：，理由如下： ∵，， ∴， ∵， ∴． 【分析】本题考查了旋转的性质，角度的计算； （1）①根据旋转的性质，角度的计算即可求解； ②根据旋转的性质，角度的计算，即可求解； （2）根据旋转的性质即可求解． 【详解】（1）解：①∵，四边形是正方形， ∴， ； ②∵，， ∴； （2）略 【变式8-3】探究以下问题： 【探索求知】 (1)如图1，在四边形中，连接，，以为边在左侧作等边，连接． ①判断能否由旋转得到，并说明理由； ②求的长； 【实践运用】 (2)如图2，步道将等腰广场分为三部分，用于规划不同的功能区，经测量，，，，，求的长． 【答案】(1)①能由旋转得到， 理由：是等边三角形，， ，， ， 在和中， ， ， 点为和的共同顶点， 可以由旋转得到； ②； (2) 【分析】（1）①先证明，再证明，可得结论；②绕点按顺时针方向旋转得到，证明，再结合勾股定理可得答案； （2）将绕点逆时针旋转得，作于，连接， 进而可得，，，， ，证明，得，再结合勾股定理可得答案． 【详解】（1）解：①略 ②绕点按顺时针方向旋转得到， ， 是等边三角形， ， ， ， ， ； （2）解：，， ， ， ， 将绕点逆时针旋转得，作于，连接， ， ，，，， ， ， ， 在和中， ， ， ， 于， ， ， ， ， ， ， 中，， 中，， ． 04 过关检测 → 分梯度，强综合，查漏洞，固成效 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． 【答案】C 【详解】解：A、既不是轴对称图形也不是中心对称图形； B、不是轴对称图形是中心对称图形； C、既是轴对称图形又是中心对称图形； D、是轴对称图形而不是中心对称图形． 2．正方体骰子的初始位置如图①所示，将骰子进行如下操作：如图②，将骰子先向右翻滚，再按逆时针方向旋转，这个操作过程视为完成一次变换．按上述规则连续完成次变换后，骰子朝上面的点数是（   ） A．1 B．3 C．5 D．6 【答案】C 【分析】本题主要考查图形规律，理解题意是解决本题的关键． 按题意画出图，找到规律判断即可． 【详解】解：根据题意画图如下： 根据上图可知：第一次变换后，朝上的点数为5， 第二次变换后，朝上的点数为6， 第三次变换后，朝上的点数为3， 由此可知，连续3次变换是一个循环． ∴， ∴按上述规则连续完成2026次变换后，骰子朝上面的点数是5， 故选：C． 3．如图，把绕点A逆时针旋转，得到，点恰好落在边上，连接，则的度数为（     ） A．30度 B．40度 C．20度 D．90度 【答案】C 【分析】由旋转的性质得，，，，再利用等腰三角形和直角三角形的性质分别求出，，最后利用角的和差即可求出的度数． 【详解】解：由旋转的性质得，，，， ，， ， 的度数为20度． 4．如图，将绕点旋转得到，设点的坐标为，则点的坐标为（     ） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】解：∵绕点旋转得到， ∴点为、的中点， 设的坐标为， 则，解得， 则点的坐标为． 5．如图，三个顶点的坐标分别为，，． (1)画出绕点按逆时针方向旋转度后的； (2)画出关于原点成中心对称的图形． (3)在（2）的条件下，请直接写出坐标 、 ． 【答案】(1)解：如图所示： (2)解：如图所示 (3)； 【分析】（1）根据旋转的性质，分别找出点，再依次连接，即可作答． （2）根据中心对称的性质，分别找出点，再依次连接，即可作答． （3）根据图形在坐标系中的位置，进行解答即可． 【详解】（1）略 （2）略 （3）略 6．如图1：在四边形中，，，，分别是上的点，且 (1)小王同学探究此问题的方法是：把绕点A逆时针旋转，得到，证明，可得出三者间关系是_______________； (2)【探索延伸】如图2，若在四边形中，，，分别是上的点，，上述结论是否仍然成立，如果成立，请说明理由； (3)【学以致用】如图3，四边形是边长为的正方形，，求的周长． 【答案】(1) (2)解：结论仍然成立． 理由如下：延长到点使，连接，如图所示： ， ， 在和中， ， ， ， ∵， ∴， ， 在和中， ， ∴， ， ， ； (3) 【分析】（1）根据两个三角形全等的判定与性质，证明，推出，即可得到三者间的关系； （2）延长到点使，连接，如图所示，同（1）求解即可； （3）将绕着点顺时针旋转到，如图所示，由旋转性质和正方形性质得到点三点共线，均在直线上，再由三角形全等的判定与性质得出，最后数形结合表示出的周长，代入相关线段长度计算即可． 【详解】（1）解：把绕点A逆时针旋转，得到，如图所示： ， ∵， ， ∴点在同一直线上， ， ， ， 在和中， ， ∴， ， ， ； （2）略 （3）解：将绕着点顺时针旋转到，如图所示： ，则，，， 在正方形中，，， 则， ，即点三点共线，均在直线上， ， ，则， ， 在和中， ， ∴， ， ，， ． 7．【问题背景】17世纪有着“业余数学家之王”美誉的法国律师皮耶·德·费马，提出一个问题：求作三角形内的一个点，使它到三角形三个顶点的距离之和最小，后来这点被称为“费马点”．如图1，点是内的一点，将绕点逆时针旋转到，则可以构造出等边，得，，所以的值转化为的值，当四点共线时，线段的长为所求的最小值，即点为的“费马点”． 【拓展应用】 (1)如图2，点是等边内的一点，连接，将绕点逆时针旋转得到． ①画出图形 ②当，，时，求的大小； (2)如图3，点是内的一点，且，，，求的最小值． 【答案】(1)①；② (2) 【分析】（1）①根据旋转的性质画出图形； ②先证，利用全等的性质求出对应的边长，通过勾股定理的逆定理得到，即可求出的大小； （2）将绕点顺时针旋转得到，先求出，然后证明为等边三角形，当、、、四点共线时，和最小，用勾股定理求出的值即可． 【详解】（1）①略 ②为等边三角形， ，， 又是等边三角形， ， ， 在与中， ， ， ∴ ∴， ， ， （2）如图，将绕点顺时针旋转得到， 则， 在中，， ， ， 又， ∴， 如图，过作⊥交的延长线于点， 则， ， ， ， ， 为等边三角形， 当B、P、、四点共线时，和最小， 在中，， ， ∴的最小值为． 8．如图，在平面直角坐标系中，点是坐标原点，抛物线（是常数）经过点．点在抛物线的图象上，横坐标为，点与点关于点对称，点和点到直线的距离相等，且轴（点在点的左侧），连接． (1)求该抛物线对应的函数表达式； (2)证明：； (3)当直线与抛物线有两个交点时，设这两个点分别为点、（点在点左侧）． ①若，求的取值范围； ②点在轴上．当点与点到直线的距离相等，且点与点到直线的距离也相等，直接写出的值． 【答案】(1) (2)证明：∵点在抛物线的图象上，横坐标为， ∴点的坐标为， ∵点与点关于原点对称， 点的坐标为． 点和点到直线的距离相等，且轴， ． ，点在点的左侧， ∴， ∴， ∴， ∴． (3)①；②或 【分析】（1）把代入，解方程求出，即可得出答案； （2）根据（1）中解析式可得，根据中心对称的性质得出，根据点和点到直线的距离相等得出，即可得出； （3）①直线与抛物线有两个交点，结合抛物线顶点坐标得出，令，求出，，得出，根据，结合，即可求出的取值范围； ②设直线与轴交于点，利用待定系数法求出直线、的解析式，从而求出点的坐标，再根据点与点到直线的距离相等，且点与点到直线的距离也相等，得到且，再对的正负分类讨论，建立方程即可求出的值． 【详解】（1）解：抛物线过原点， ∴， 解得， 抛物线对应的函数表达式为． （2）略 （3）解：①∵直线与抛物线有两个交点，的顶点坐标为， ∴，即． 令，则， 解得，， ∵直线与抛物线交于点、， ∴， 由（2）知， ∵， ∴， ∴， 解得或． 又， ． ②解：设，直线与轴交于点． ，，． 设直线的表达式为， 将点代入，得， 解得， 故直线的表达式为， 设直线的表达式为， ∴， 解得 ∴直线的表达式为， 令， 解得， ∴． 由①可知，，， 点与点到直线的距离相等，且点与点到直线的距离也相等， 且． 当时，如图①， 且， ， 解得； 当时，如图②， 且， ， 解得或（舍去）． 综上所述，或． 05 复盘笔记 → 集错题，析错因，重订正，常反思 “化繁为简，一通百通” 更多初中数学精品讲义、同步练习、单元试卷、专项训练，欢迎来到学科网【简一数理】店铺查看，关注店铺接收上新通知。 1.PC端：https://shop.xkw.com/175938 2.移动网页端 3.小程序端 第 2 页 共 45 页 第 1 页 共 45 页 学科网（北京）股份有限公司 $