第二十三章旋转（知识归纳题型突破）（八大题型134题）-九年级数学上册单元速记巧练（人教版）

第二十三章旋转(知识归纳+题型突破)调标要求重要题型重要题型应点到旋转中心距离相等，两组对应点分别与旋转中心连线所成的角相等.2.了解中心对称、中心对称图形的概念，探索它们的基本性质；过对称中心，且被对称中心平分.3.探索线段、平行四边形、正多边形、圆的中心对称性质.把一个平面图形绕着平面内的一点O转动一个角度。(旋转中心：O点，旋转角：转动的角度)①对应点到旋转中心的距离相等②对应点到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3、中心对称把一个图形绕着某一点O旋转180度，如果它能够与另一个图形重合，这两个图形关于这个点对称或中心4、性质①对称点所连线段都经过对称中心，且被对称中心所平分②中心对称的图形是全等图形把一个图形绕着某一点o旋转180度后能与原图形重合，主体：一个图形，而中心对称指的是两个4、关于原点对称的坐标P(x,y)→P(-x,-y)题型一旋转三要素题型一旋转三要素【例1】如图，△ABC和△ADC都是等边三角形.(1)△ABC沿着所在的直线翻折能与△ADC重合；(2)如果△ABC旋转后能与△ADC重合，则在图形所在的平面上可以作为旋转中心的点是;(3)请说出2中一种旋转的旋转角的度数【答案】(1)AC;(2).点A、点C或者线段AC的中点；(3)60°【分析】(1)因为△ABC和△ADC有公共边AC,翻折后重合，所以沿着直线AC翻折即可；(2)将△ABC旋转后与△ADC重合，可以以点A、点C或AC的中点为旋转中心；(3)以点A、点C为旋转中心时都旋转60°,以AC中点旋转时旋转180°【详解】(1)∵△ABC和△ADC都是等边三角形，∴△ABC和△ADC是全等三角形，(2)将△ABC旋转后与△ADC重合，则可以以点A为旋转中心逆时针旋转60°或以点C为旋转中心顺时针旋转60°,或以AC的中点为旋转中心旋转180°即可；(3)以点A、点C为旋转中心时都旋转60°,以AC中点旋转时旋转180°.【点睛】此题考查平移的对称轴确定的方法、旋转中心确定的方法，依照平移、旋转的性质来确定即可巩固训练：1.(2023·全国·九年级专题练习)如图，在正方形网格中，图中阴影部分的两个图形是一个经过旋转变换得到另一个的，其旋转中心可能是()【答案】B【分析】根据旋转的性质，作两组对应点所连线段的垂直平分线，交点即为旋转中心，即可得.【详解】解：如图所示，两组对应点所连线段的垂直平分线的交点B即为旋转中心，【点睛】本题考查了旋转的性质，解题的关键是掌握旋转的性质.2.(2023春·福建漳州·八年级统考期末)如图，在7×5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()A.点M则秋千旋转的角度为()A.50°B.60°C.80°解题的关键.5.(2023-江苏·八年级假期作业)如图，如果将正方形甲旋转到正方形乙的位置，可以作为旋转中心的点有乙甲【分析】根据旋转的性质，即可得出，分别以A,B,C为旋转中心即可从正方形甲旋转到正方形乙的位置.【详解】解：如图，绕A点逆时针旋转90°,可到正方乙的位置；绕C点顺时针旋转90°,可到正方乙的位置；绕AC的中点B旋转180°,可到正方乙的位置；【点睛】本题考查了旋转的性质：旋转前后的两个图形全等，对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角，对应点到旋转中心的距离相等；特别注意容易忽略点B.6.(2023春·江苏·八年级专题练习)如图，若正方形EFGH由正方形ABCD绕某点旋转得到，则可以作为旋转中心的是()【答案】A【详解】试题分析：若以M为旋转中心，把正方形ABCD顺时针旋转90°,A点对应点为H,B点对应点为E,C点对应点为F,D点对应点为G,则可得到正方形EFGH;若以O为旋转中心，把正方形ABCD旋转180°,A点对应点为G,B点对应点为H,C点对应点为E,D点对应点为F,则可得到正方形EFGH;若以N为旋转中心，把正方形ABCD逆时针旋转90°,A点对应点为F,B点对应点为G,C点对应点为H,D点对应点为E,则可得到正方形EFGH.故选A.7.(2023春山东滨州·八年级统考期末)如图，在正方形网格中，ABC绕某点旋转一定的角度得到A'B'℃",则旋转中心的坐标是.【分析】根据旋转的性质可知，对应点到旋转中心的距离相等，则对应点连线的垂直平分线的交点即为旋转中心.旋转中心)是解题的关键.【分析】根据旋转性质，对应点的连线的垂直平分线的交点即为旋转中心，据此可求解.标为A(-3,4),B(-4,2),C(-2,1),ABC绕原点逆时针旋转90°,得到△A,BC,△AB₁C向右平移6个单位，再向上平移2个单位得到△A₂B₂C₂.(2)P(a,b)是ABC的AC上一点，ABC经旋转、平移后点P的对应点为P,则点P₂的坐标是.(3)对应点连线的垂直平分线的交点即为旋转中心.【详解】(1)解：根据旋转的性质得到△A₁B₁C,(2)解：由(1)坐标变换规律得：P(-b,a),P₂(-b+6,a+2);(1)请写出旋转中心的坐标是,旋转角是度；(2)以(1)中的旋转中心为中心，分别画出AA₁C₁逆时针旋转90°、180°后的三角形；(3)设Rt△ABC两直角边BC=a,AC=b,斜边AB=c,利用变换前后所形成的图案证明勾股定理.(2)见解析(2)根据旋转的性质画出旋转图形即可求解；【详解】(1)解：如图所示，即旋转角是90度.(2)画出的图形如图所示.设Rt△ABC两直角边BC=a,AC=b,斜边AB=c,【点睛】本题考查了勾股定理，找旋转中心，旋转角，画旋转图形，勾股定理的证明，熟练掌握旋转的性【例2】(2022秋湖北荆州·九年级统考期中)如图，ABC中，∠B=15°,∠ACB=25°,AB=4cm,ABC逆时针旋转一定角度后与VADE重合，且点C恰好成为AD的中点.(1)指出能转中心，并求出旋转的度数；【答案】(1)旋转中心为点A,旋转的度数为140°(2)∠BAE=80°,AE=2【分析】(1)根据图形可得旋转中心为点A,根据三角形的内角和定理求出∠BAC,结合旋转的性质即可得出旋转角的度数；【详解】(1)解：∠BAC=180°-∠B-∠ACB=180°-15°-25°=140°,即∠BAD=140°,所以旋转中心为点A,旋转的度数为140°;(2)解：∵ABC逆时针旋转一定角度后与VADE重合，∵点C恰好成为AD的中点，【点睛】本题主要考查了旋转的性质，解题的关键是掌握旋转前后对应边相等，对应角相等，对应边连线的夹角等于旋转角.【例3】如图1,在等腰Rt△ABC中，AB=BC=8,∠B=90°,D、E分别为AB、BC上的点，且BD=BE=6,将DBE绕B点逆时针旋转α(0°<α≤180°).(1)如图2,当0°<α<90°时，求证：AD=CE;(2)若α=60°,求AD的长；(3)在DBE旋转过程中，直接写出CD的最大值.【分析】(1)利用旋转的性质得出角度相等，再证明ABD≌CBE即可；(2)添加辅助线，构造直角三角形，再由勾股定理即可求解；(3)判断出点D在CB的延长线上时，CD最大，即可得出结论.【详解】(1)证明：由旋转的性质可知，∠ABD=∠CBE,(2)过点D作DF⊥AB于点F,当α=60°,即∠ABD=60°,(3)如图，∴当点D、点B、点C三点共线时，CD最大，最大值为BC+BD=8+6=14【点睛】此题考查了全等三角形的判定和性质，勾股定理，旋转的性质，判断出ABD≌CBE是解本题的关键.巩固训练B'在线段BC的延长线上，则∠B的度数为()A.40°【答案】A【分析】由旋转的性质可得∠BAB'=100°,AB=AB',由等边对等角的性质可得∠B=∠AB'B,即可求解.【详解】解：∵将ABC绕点A按逆时针方向旋转100°,A.(0,2)B.(-2,0)c.(0,√2)D.(-2√2,0)旋转，得到矩形AEFG.点B的对应点E落在CD上，且DE=EF.则AB的长为()【答案】A【分析】由旋转的性质得到EF=AD=3,?D90,AB=AE,由DE=EF得到DE=3,根据勾股定理得【详解】∵将矩形ABCD绕点A逆时针旋转，得到矩形AEFG,,AB=AE,故选：A【点睛】此题考查了旋转的性质、矩形的性质、勾股定理等知识，熟练掌握旋转的性质和勾股定理计算是解决本题的关键.绕点C逆时针旋转得到△A'B'℃,此时点A'恰好在边AB上，AB'与BC交于点D,则BD长为()A.2【分析】首先证明ACA'是等边三角形，再证明CDA'是直角三角形，求出A'D即可解决问题.【详解】解：∵在Rt△ABC中，∠ACB=90°,AC=1,∠B=30°,∵将ABC绕点C逆时针旋转得到A'B'℃,∴ACA是等边三角形，【点睛】本题考查直角三角形30度角的性质、勾股定理、等边三角形的判定和性质等知识，解题的关键是灵活运用这些知识解决问题，属于中考常考题型.5.(2023-宁夏·统考中考真题)如图，在ABC中，∠BAC=90°,AB=AC,BC=2.点D在BC上，且BD:CD=1:3.连接AD,将线段AD绕点A顺时针旋转90°得到线段AE,连接BE,DE.则BDE的面【答案】B【分析】证明△ADC≌△AEB,得到BE=CD,∠ABE=∠C,推出DBE为直角三角形，利用BDE的面积等于,进行求解即可【详解】解：∵∠BAC=90°,AB=AC,∵将线段AD绕点A顺时针旋转90°得到线段AE,在△ADC和△AEB中，∴BDE的面积等于【点睛】本题考查旋转的性质，等腰三角形的性质，全等三角形的判定和性质.熟练掌握旋转的性质，得到三角形全等是解题的关键.本题蕴含手拉手全等模型，平时要多归纳，多总结，便于快速解题.6.(2023春-河北保定·八年级保定市第十七中学校联考期末)在《数学知识PK赛》上，天逸同学给竞争对手抛出了一道旋转题，做为观赛选手，请大家都来挑战一下：如图，将ABC绕点A逆时针旋转70°,得到VADE,若点D在线段BC的延长线上，则∠B的大小是()A.45°B.55°C【答案】B【分析】根据旋转的性质得AB=AD,∠BAD=70°,再利用等边对等角以及三角形内角和定理即可求解.【详解】解：由旋转的性质得AB=AD,∠BAD=70°,【点睛】本题考查了旋转的性质，等边对等角，三角形内角和定理，熟记各图形的性质并准确识图是解题的关键.点A逆时针旋转得到△QAC,则PQ的长等于()【答案】B【分析】根据等边三角形的性质推出AC=AB,∠CAB=60°,根据旋转的性质得出CQA≌BPA,推出AQ=AP,∠CAQ=∠BAP,求出∠PAQ=60°,得出△APQ是等边三角形，即可求出答案.【详解】解：∵△ABC是等边三角形，∵将PAB绕点A逆时针旋转得到△QAC∴CQ4≌BPA,【点睛】本题考查了等边三角形的性质和判定，全等三角形的性质和判定，旋转的性质等知识点，关键是每个角都等于60°.8.(2022秋广东深圳九年级校考开学考试)如图，正方形ABCD的边长为6,点E、F分别在AB,AD上，【答案】A【分析】将CDF绕点C逆时针旋转90°到CBM,易证△CEF与CEM全等得到EF=EM,利用勾股定理求出BE=3,则AE=3,设DF=x,利用勾股定理建立方程求解x,再通过勾股定理求算CF.将CDF绕点C逆时针旋转90°到CBM,如图∴E、B、M三点共线，∴CEF≌CEM(SAS),在Rt△CBE中，由勾股定理得BE=√CE²-BC²=3,设DF=BM=x,则EF=ME=x+3,AF=6-x,在RtAEF中，由勾股定理得：AE²+AF²=EF²,【点睛】本题考查正方形的性质，旋转的性质，全等三角形的性质与判定、勾股定理等等.正确作出辅助线构造全等三角形是解题的关键.【详解】解：如图，∵四边形ABCD是菱形，∠DAB=60°,∵菱形ABCD绕点A顺时针旋转30°得到菱形ABCD,∴A,DC,C三点共线，又∵∠ACB=30°【点睛】本题考查了菱形的性质，旋转的性质，关键是灵活运用这些性质解决问题10.(2023·全国·九年级专题练习)如图，将ABC绕点A逆时针旋转得到VADE,点C和点E是对应点，若【答案】A【分析】根据旋转的性质可得∠EAC=∠DAB=90°,AD=AB,进而勾股定理即可求解.【详解】解：将ABC绕点A逆时针旋转得到VADE,∠CAE=90°,【点睛】本题考查了旋转的性质，勾股定理，根据旋转的性质得出∠EAC=∠DAB=90°,AD=AB,题的关键.11.(2023春·天津北辰·九年级校考阶段练习)如图，将ABC绕点C顺时针旋转得到DEC,是A.ABIEBB.CA=CDC.BC=CED.∠A=∠EBC【答案】A【分析】利用旋转的性质得AC=CD,BC=EC,∠ACD=∠BCE,再根据等腰三角形的性质即可得出∠A=∠EBC,再根据∠EBC=∠EBC+∠ABC=∠A+∠ABC=180°-∠ACB即可求解.【详解】解：∵ABC绕点C顺时针旋转得到DEC,;∴选项B、C正确，∵∠EBA=∠EBC+∠ABC=∠A+∠ABC=180°-∠ACB不一定等于90°,∴选项A不一定正确；【点睛】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.也考查了等腰三角形的性质.∠DAC=60°,∠BAE=100°,BC、DE相交于点F,BC、AD相交于点G,则∠DAB的度数为的关键.落在边BC上的A处，再将四边形CDEA绕点A逆时针旋转90°得到四边形C₁D₁E₁A则△EFC的面积为.【答案】2∴四边形ABAE是正方形，∴AB=BA₁=AE=AE=3,且A₁BE是等腰直角三角形，∴四边形ACDE是矩形，∵将四边形CDEA绕点A逆时针旋转90°得到四边形C₁D₁E₁A,故答案为：2.【点睛】本题主要考查矩形与折叠，等腰三角形的性质的综合，掌握矩形的性质，折叠的性质，正方形的性质，等腰直角三角形的性质的综合运用是解题的关键.14.(2022秋-河北保定·九年级校联考期中)如图，将Rt△ABC绕点A按顺时针旋转一定角度得到Rt△ADE,点B的对应点D恰好落在BC边上.【分析】(1)根据旋转的性质，即可达到答案；(2)根据旋转的性质得AD=AB,由∠B=60°,于是可判断ADB为等边三角形，根据等边三角形的性质【详解】解：(1)由旋转的性质，可知：AD=AB,故答案为：是；【点睛】本题考查了旋转的性质，解题的关键是掌握旋转前后两图形全等；对应点到旋转中心的距离相等；对应点与旋转中心的连线段的夹角等于旋转角.也考查了等边三角形的判定与性质.逆时针旋转90°得△AEF,点D,C分别对应点E,F,连接CF,若∠BAC=62°,则∠CFE的度数为°.【分析】由等腰三角形的性质可得BD=CD,∠ACB=∠ABC=59°,ADIBC,由旋转的性质可得AF=AC,【详解】解：∵AB=AC,D是BC的中点，∠BAC=62°,故答案为：14.则AC=.【分析】如图，设CH=x,延长AB,交DC延长线与E,根据等腰直角三角形的性质旋转的性质及三角【详解】如图，延长AB,交DC延长线与E,设CH=x,∵ABC绕点B顺时针旋转120°,点A,C的对应点分别为A',C',∴BE=2BH=2x,HE=√BE²-BH²=√3x,【点睛】本题考查旋转的性质、等腰直角三角形的性质、三角形外角性质、含30°角的直角三角形的性质及勾股定理，熟练掌握旋转的性质及30°角所对直角边等于斜边一半的性质是解题关键.BE=2,DF=3,则AH的长为.【答案】6最后利用勾股定理解答即可.【详解】解：由旋转的性质可知：ABG≌ADF,∵四边形ABCD是正方形，∴EAG≌EAF(SAS),设正方形的边长为x,则EC=x-2,FC=x-3,∴在RtEFC中，EF²=EC²+FC²,解得：x₁=6,x₂=-1(舍去),故答案为：6.【点睛】本题考查了正方形的性质，旋转的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，掌握正方形的性质及旋转的性质是解题的关键.角度后得矩形A'BC'D',A'B交CD于点E,且CE=A'E,则CE的长为.【答案】3【分析】设CE=AE=x,则BE=8-x,在RtBCE中，根据勾股定理列出关于x的方程，解方程即可得到答案.【详解】解：设CE=A'E=x,∵AB=8,AD=4,将矩形ABCD绕点B旋转一定角度后得矩形A'BC'D',∴CE的长为：3,故答案为：3.【点睛】本题主要考查了矩形的性质、旋转的性质、勾股定理，熟练掌握矩形的性质、旋转的性质，是解题的关键.(1)将两三角形按图1放置(点A,D,C在同一条直线上),连接线段BD,CE,求线段CE的长；(2)将VADE绕点A逆时针旋α,如图2所示，直线BD,CE相交于点F,连接AF.求证：时，直接写出线段CE的长度.(2)分别过点A作ANIBD于点N,AM⊥EC于点M,先证明△ABD≌△ACE,得到CE=BD,【详解】(1)∵AC=6,AD=3,ABC和VADE是两个等边三角形，(2)如图2,分别过点A作AN⊥BD于点N,AM⊥EC事分别求出事,在利用勾股定理∴AF平分∠BFE,如图，当B,D,E共线时，过点A作AH⊥DE于点H,∵VADE为等边三角形，AD=3,由(2)同理，△ABD≌△ACE,如图，当B,D,E共线时，同理，可得，【点睛】本题是几何旋转变换综合题，考查了等边三角形的性质，全等三角形判定和性质、勾股定理以及分类思想，解答关键是利用数形结合思想，找到条件之间关联.20.(2023秋山西阳泉·九年级校考期末)把两个全等的等腰直角三角板ABC和EFG(其直角边均为4)叠放在一起(如图1),且使三角板EFG的直角顶点G与三角板ABC的斜边中点O重合，现将三角板EFG绕点O按顺时针方向旋转(旋转角α满足条件：0°<α<90°),四边形CHGK是旋转过程中两三角形的重叠部分(如图2).在上述旋转过程中.(1)BH与CK有怎样的数量关系?(2)四边形CHGK的面积有何变化?请证明你的发现，【答案】(1)BH=CK(2)四边形CHGK的面积在旋转过程中没有变化，始终为4,证明见解析【分析】(1)先由ASA证出△CGK≌△BGH,再根据全等三角形的性质得出BH=CK.(2)四边形CHGK的面积不变，面积为4.利用全等三角形的性质证明即可.【详解】(1)解：结论：BH=CK.理由：∵点O是等腰直角三角板ABC斜边中点，由旋转的性质，知∠BGH=∠CGK,(2)四边形CHGK的面积不变，面积为4.【点睛】此题是几何变换的综合题，主要考查了全等三角形的判定，解答本题的关键是掌握旋转的性质：对应点到旋转中心的距离相等，旋转前后图形的大小和形状没有改变.21.(2023秋山东济南·八年级统考期末)如图1,等腰直角三角形ABC中，∠ACB=90°,AC=BC,点D是AB边上的一点，将线段CD绕点C逆时针旋转90°得到线段CE,连结BE,AE.图1图2(1)①填空：线段BD与AE的数量关系是,位置关系是②证明上述结论成立.(2)如图2,F是AD的中点，连结CF交BE于H,若BC=4,BD=√2时，求CF的长.【答案】(1)①相等(或BD=AE);垂直(或BD⊥AE);②见解析此即可证明结论成立；∠CAF=∠FDT,,在Rt△CMT中，根据勾股定理求解即可.【详解】(1)解：①相等(或BD=AE);垂直(或BD⊥AE)②证明上述结论成立.∴ACE≌BCD(SAS),即BD⊥AE;(2)解：如图中，延长CF到T,使得FT=CF,连接DT并延长，与BC交于M.在△AFC和DFT中，在Rt△CMT中，根据勾股定理：【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，勾股定理，等腰直角三角形的性质，旋转的性质，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题.22.(2023秋·陕西安康·九年级统考期末)如图，四边形ABCD是正方形，点F是BA延长线上一点，连接DF,将△ADF绕点A旋转一定角度后得到ABE.【分析】(1)利用旋转的性质可得∠ABE=∠ADF=20°,根据三角形外角和可求出结果；(2)根据勾股定理即可解得.【详解】(1)解：∵ABE是由△ADF旋转得到，【点睛】本题主要考查了旋转的性质、三角形外角和以及勾股定理，熟练掌握知识点是解题的关键.内一点，连接AD,将线段AD绕点A逆时针旋转90°,得到线段AE,连接BD、CE.求证：BD=CE.【答案】见解析【分析】首先根据旋转的性质，判断出∠DAE=90°,AD=AE,进而判断出∠BAD=∠CAE;然后根据全等三角形判定的方法，判断出△ABD≌△ACE,即可判断出BD=CE.【详解】解：由旋转的性质，可得：∠DAE=90°,AD=AE,在△ABD和△ACE中，【点睛】本题主要考查了全等三角形的判定和性质的应用，旋转的性质和应用，要熟练掌握，解答此题的关键是要明确：①对应点到旋转中心的距离相等.②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.BC分别交于点0、F.(2)若∠BAC=72°,∠DAC=32°,求∠EFC的大小.【答案】(1)10【分析】(1)根据旋转的性质分析求解；(2)根据旋转的性质及对顶角相等分析求解.【详解】(1)解：由旋转性质可得AB=AD=6,AC=AE=8,又∵ABC的周长为24,∴BC的长为24-AB-AC=24-6-8=10;(2)解：由旋转性质可得∠BAC=∠DAE=72°,∠E=∠C又∵∠AOE=∠COF,【点睛】本题考查旋转的性质，理解旋转前后图形的对应边相等，对应角相等是解题关键.点C按顺时针方向旋转60°得△ADC,连接OD.(2)当α=150°时，试判断△AOD的形状，并说明理由；(3)直接写出α为多少度时，△AOD是等腰三角形?【答案】(1)△COD是等边三角形，详见解析∴BOC≌ADC,∠OCD=60°,∴BOC≌ADC,∠OCD=60°,∴BOC≌ADC,∠OCD=60°,当∠DAO=∠DOA时，解得：α=140°,当∠AOD=∠ADO时，解得：α=125°,解得：α=110°,【点睛】本题考查了旋转的性质，等边三角形的判定与性质，直角三角形的判定，等腰三角形的判定，掌握旋转的性质及等边三角形的判定与性质是解题的关键.26.(江西省赣州市2022-2023学年九年级上学期期末数学试题)(1)观察发现如图1,ABC和CDE都是等边三角形，且点B、C、E在一条直线上，连接BD和AE相交于点P填空：①线段BD与AE的数量关系是;②∠DPE的度数为(2)深入探究逆时针旋转一定的角度，其他条件与(1)中相同，(1)中的结论是否仍然成立，请说明理由.(3)拓展应用如图3,四边形ABCD中，AB=BC,∠ABC=60°,∠ADC=30°,AD=6,BD=10,求边CD的长度.【答案】(1)①BD=AE;②60°;(2)(1)中结论仍然成立，理由见解析；(3)8ACE≌BCD,由此即可得到BD=AE;②由全等三角形的性质可得∠AEC=∠BDC,再由三角形外角的②∵ACE≌BCD(2)(1)中的结论仍然成立，理由如下：∴∠ACB+∠ACD=∠DCE+∠ACD,即∠ACE=∠BCD.∴(1)中的结论仍然成立；DE=√DB²-BE²=√10²-6²=8,【点睛】本题主要考查了等边三角形的性质与判定，全等三角形的性质与判定，勾股定理，旋转的性质，三角形外角的性质等等，熟练掌握手拉手模型证明三角形全等是解题的关键.NMNM(1)将图①中的直角三角板AOB绕点O顺时针旋转一定的角度得到图②,使边OA恰好平分∠NOD,问OB是否平分∠MOD?请说明理由.(2)如果将图①中的直角三角板AOB绕点O顺时针旋转一定的角度得到图③.①使边OB在∠COD内部，那么∠AOC与∠BOD之间存在怎样的数量关系?请说明理由.②若继续旋转三角板AOB,直到OB与OM重合，请直接写出∠COD与∠BOD之间的数量关系.【答案】(1)OB平分∠MOD,见解析(2)①∠AOC-∠BOD=45°,见解析；②∠AOC-∠BOD=45°或∠BOD-∠AOC=45°【分析】(1)根据平角的性质可得，∠AOB=90°,∠MOB+∠AOB+∠AOC=180°,根据互余的性质可得(2)①根据图示可得，∠BOC=90°-∠AOC,∠BOC=45°-∠BOD由此即可求解；②OB与OM重合，分类讨论：第一种情况：OB在MO的延长线上；第二种情况，OB在CO的延长线上；根据互余，互补的性质，图形结合分析即可求解.【详解】(1)解：OB平分∠MOD,理由如下：∴OB平分∠MOD.(2)解：①∠AOC-∠BOD=45°,理由如下：∴90°-∠AOC=45°-∠BOD,②第一种情况：OB在MO的延长线上，如图所示，第二种情况，OB在CO的延长线上，如图所示，综上所述，∠AOC-∠BOD=45°或∠BOD-∠AOC=45°.【点睛】本题主要考查几何图形的变换与角度的和差倍分关系，角平分线的性质，互余，互补的性质的综合运用，掌握以上知识的综合是解题的关键.绕点C逆时针旋转得到CDE.在旋转过程中：(1)旋转中心是什么,∠DCE为多少度?(2)与线段AC相等的线段是哪一条?(3)CDE的面积是多少?【分析】(1)根据旋转中心的定义、旋转的性质即可求得答案.(2)根据旋转前后的图形全等，即可直接求得答案.(3)根据旋转前后的图形全等，即可求得答案.【详解】(1)观察图形可知，旋转中心为C.∵旋转前后的图形全等，即DCE≌BCA,故答案为：C,45°;(2)∵旋转前后的图形全等，即DCE≌BCA,(3)∵旋转前后的图形全等，即DCE≌BCA,故答案为：2cm².【点睛】本题主要考查旋转的性质，即旋转前后的图形全等，牢记旋转的性质是解题的关键.题型三题型三图形旋转的规律探究【例4】(1)(2022秋·全国·九年级专题练习)等边三角形(三条边都相等的三角形是等边三角形)纸板ABC在数轴上的位置如图所示，点A、B对应的数分别为2和1,若△ABC绕着顶点逆时针方向在数轴上连续翻转，翻转第1次后，点C所对应的数为0,则翻转2023次后，点C所对应的数是()A.-2021B.-2022C.-2023【答案】B【分析】作出草图，不难发现，每3次翻转为一个循环组依次循环，用2023除以3,根据余数为1可知点C在数轴上，然后进行计算即可得解.【详解】解：如图，每3次翻转为一个循环组依次循环，∴翻转2023次后点C在数轴上，∴点C对应的数是0-674×3=-2022.【点睛】本题考查了数轴，根据翻转的变化规律确定出每3次翻转为一个循环组依次循环是解题的关键.(2)(2023·全国·九年级专题练习)如图是一个装饰连续旋转闪烁所成的四个图形，照此规律闪烁，第2021次闪烁呈现出来的图形是()第一次第二次第三次第四次【答案】A【分析】观察图形的变化易得每旋转一次的度数，根据阴影所处的位置可得相应选项.【详解】解：观察图形的变化可知：每旋转一次，旋转角为90°,即每4次旋转一周，.2021÷4=505...1,即第2021次与第1次的图案相同.【点睛】此题考查了图形的变换规律问题，解题的关键是找到图形旋转的规律周期.巩固训练规律从左向右第四个图形是()【答案】D【分析】根据图形规律可知，从左到右是依次顺时针旋转图形，据此即可求解.【详解】解：由图形规律可得从左到右是依次顺时针旋转图形，∴第四个图形是D.【点睛】本题考查了旋转的性质，根据三个图形找出旋转的规律是解题关键.2.(2022秋·全国·九年级专题练习)有两个完全重合的矩形，将其中一个始终保持不动，另一个矩形绕其对称中心O按逆时针方向进行旋转，每次均旋转45°,第1次旋转后得到图①,第2次旋转后得到图②,...则第2021次旋转后得到的图形与图①-④中相同的是()图②A.图①B.图②C.图③D.图④确定即可.3.(2023·全国·九年级专题练习)如图，矩形ABCD中AB是3cm,BC是2cm,一个边长为1cm的小正方形正方形箭头的方向是()次翻转，而每翻转4次，它的方向重复1次，故回到起始位置时它的方向是向下.【点睛】本题考查了图形类规律题，关键是得出小正方形共翻转10次回到起始位置.第四次：作点A,关于x轴的对称点A₄.,A.(-3,2)B.(-2,3)C.(-2,-3)知每4个点的坐标为一周期循环，据此可得.∵2021÷4=2020余1,定义和性质，并找出规律.后，骰子朝下一面的点数是3;则连续完成2020次翻折后，骰子朝下一面的点数是()【详解】由平面图形可知：1与6是对面，2与5是对面，3与4是对面，这是一个正方体，完成1次翻转时骰子朝下一面的点数是2,完成5次翻转后朝下一面的点数还是2,故每形.在图2中，若正方形的边长为2,则所得正八边形的面积为.【分析】根据题意，可以发现正n边形绕其中心最少旋转所得图形与原图的重叠部分是正2n边形；旋转后的正八变形相当于将正方形剪掉了的4个全等的等腰直角三角形，设等腰直角三角形的边长为x,则的面积即可.【详解】解：由题意得：正n边形绕其中心最少旋转所得图形与原图的重叠部分是正2n边形；则将一个正六边形绕其中心最少旋转所得图形与原图的重叠部分是正多边形；由题意得：旋转后的正八变形相当于将正方形剪掉了的4个全等的等腰直角三角形，设等腰直角三角形的边长为x,则正八边形的边长为√2x∴正八边形的面积为：【点睛】本题考查了旋转变换、图形规律以及勾股定理等知识，根据题意找到旋转规律是解答本题的关键.后逆时针转动一个角度，每次转动的角度增加10°.第一次直走5m后转动10°,第二次直走5m后转动20°,第三次直走5m后转动30°,如此下去.那么它在移动过程中第二次面向西方时一共走了米.南【答案】45【分析】根据走路规律，求出走的次数即可解得.【详解】解：设第n次转动面向西方，第二次面向西方时一共转了360?90?450,一共走了9×5=45(米);故答案为：45.【点睛】此题考查了行程规律问题，解题的关键时根据规律列式求出走的次数.点P依次落在点P,P,P…P2020的位置，【答案】(2020,0)【分析】根据图形的翻转，分别得出P、P、P…的横坐标，再根据规律即可得出各个点的横坐标，进一步得出答案即可.【详解】解：由题意可知P、P₂的横坐标是1,P的横坐标是，P、P的横坐标是4,P的横坐标是5.5..故答案为(2020,0).【点睛】本题考查翻折变换，等边三角形的性质及坐标与图形性质得出规律是解答此题的关键.图①位置，第二次旋转至图②位置，..,则正方形铁片连续旋转2019次后，则点P的坐标为.【答案】(6058,1)【分析】首先求出P₁~P₅的坐标，探究规律后，利用规律解决问题.【详解】解：第一次P₁(5,2),第二次P₂(8,1),第三次P₃(10,1),第四次P₄(13,2),第五次P₅(17,2),发现点P的位置4次一个循环，P2019的纵坐标与P₃相同为1,横坐标为12×504+10=6058,故答案为(6058,1).【点睛】本题考查坐标与图形的变化、规律型：点的坐标等知识，解题的关键是学会从特殊到一般的探究规律的方法，属于中考常考题型.题型四坐标系内的图形旋转题型四坐标系内的图形旋转点坐标为()A.(6,2)B.(2,6)C.(2,4)【答案】A形的性质可得OC=DA=4,OA=DB=2,结合点B在第一象限，即可获得B点坐标.【详解】解：过点B作BD⊥x轴于点D,如下图，根据题意，将线段AC绕点A顺时针旋转90°到AB,∴OAC≌DBA(AAS),∴B点坐标为(6,2).【点睛】本题主要考查了坐标与图形、旋转的性质、全等三角形的判定与性质等知识，利用数形结合的思想分析问题是解题关键.【例6】(2023春·江苏·八年级专题练习)在平面直角坐标系中，点A,B的坐标分别是A(3,0),B(0,4),把线段AB绕点A旋转后得到线段AB',使点B的对应点B'落在x轴上，则点B'的坐标是()【分析】直接利用勾股定理得出AB的长，再利用旋转的性质得出OB的长，进而得出答案.注意题目中未说明点B'落在x轴正半轴还是负半轴，所以要分类求解.当点B'落在x轴的负半轴时，OB'=2,【点睛】本题主要考查了勾股定理以及坐标与图形变换的性质，正确得出AB'的长是解题的关键，同时要注意这类题的易错点——忽略分类讨论，导致漏解.巩固训练P,再将点P绕原点旋转90°得到点P,则点P的坐标是()【点睛】此题主要考查了坐标与图形——平移和旋转的变化，正确利用图形分类讨论是解题关键.交于点P,将平行四边形AOBC绕点O顺时针旋转90°,旋转后点P的坐标为()【答案】C【分析】过点A作AD⊥OB于点D,过点P作PE⊥OB于点E,过点P'作P'E⊥OB'于点E',根据度角所对的直角边等于斜边一半，得到DO=1,利用勾股定理求得AD=√3,得到A(1,√3),再根据平行四边形的性质，利用中点坐标公式，得到点P的坐标为然后利用旋转的性质，即可得到旋转后点P的坐标.【详解】解：如图，平行四边形AOBC旋转后得到平行四边形A'OB'℃',过点A作AD⊥OB于点D,过点P∵四边形AOBC是平行四边形，∴AP=BP,即点P为AB中点，事事**;由旋转的性质可知，OP=OP',∠POP'=∠BOB'=90°,在△POE和P'OE'中，∴POE≌POE'(AAS),事,*事,*∵点P'在第四象限，∴P'的坐标为【点睛】本题考查了平行四边形的性质，中点坐标公式，旋转的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理等知识，正确作出辅助线是解题关键.3.(2023.四川雅安·统考中考真题)在平面直角坐标系中.将函数y=x的图象绕坐标原点逆时针旋转90°,再向上平移1个单位长度，所得直线的函数表达式为()A.y=-x+1B.y=x+1【点睛】此题主要考查了图形的旋转变换，解题关键是准确找出对应点位置.【分析】先根据一次函数解析式求得点A,B的坐标，进而根据旋转的性质可得AC=OA=2,CD=OB=3,∠OAC=90°,∠ACD=90°,进而得出CD//OA,结合坐标系，即可求解.∵将OAB绕着点A顺时针旋转90°得到CAD,∴CD//OA,【点睛】本题考查了一次函数与坐标轴交点问题，旋转的性质，坐标与图形，掌握旋转的性质是解题的关坐标为()【点睛】本题主要考查了坐标与图形变化——旋转，正确找出旋转后图形点的坐标是解题的关键。逆时针旋转，每秒旋转45°,则第60秒时，菱形的对角线交点D的坐标为()A.(1,1)B.(-1,1)c.(-【答案】C【分析】转动前根据菱形的性质，可得D的坐标，根据旋转的性质，可得转动后D的坐标.每秒旋转45°,则第60秒时一共转了45°×60=2700°,∴OD与转动前位置比，移动了半周，即相当于旋转了180°【点睛】本题考查了旋转的性质，菱形的性质，勾股定理，正确求出第60秒旋转的总度数，利用旋转的性质是解题的关键.7.(2023春广东惠州·八年级校考期中)如图，将含有30°角的直角三角板OAB按如图所示的方式放置在平面直角坐标系中，OB在x轴上，若OA=4,将三角板绕原点O逆时针旋转，每秒旋转60°,则第2023秒时，点B的对应点B'的坐标为()【答案】A秒一循环，根据2023除以6的结果得到答案.【详解】解：∵三角板每秒旋转60°,∴点A的位置6秒一循环.∴第2023秒时，点B的对应点B'的位置与第1s时，位置相同，如图所示：根据旋转可知，OA'=OA=4,∠A'OB′=∠AOB=30°,∠BOB'=60°,∴此时点A'在y轴上，∴B'的纵坐标为4,解得：负值舍去，∴此时点B'的坐标为【点睛】此题考查了坐标与图形的变化中的旋转以及规律型中点的坐标，勾股定理，含30度角直角三角形的性质，根据每秒旋转的角度，找到点A的位置6秒一循环是解题的关键.的坐标是(0,4),顶点B的坐标是(2,0),对角线AC、BD的交点为M将正方形ABCD绕着原点O逆时针旋转，每次旋转45°,则第2023次旋转结束时，点M的坐标为()A.(3,3)B.(-3,3)C.(0,3【答案】D7×45°=315°,,可知第2023次旋转结束时和第7次旋转结束时，点M的位置在x轴正半轴上，勾股定理求得OM的长，即可求解.过点D作DN⊥y轴，垂足为N,如解图所示，则∠DNA=∠AOB=90°∵四边形ABCD为正方形，∴点D的坐标为(4,6).由题意，可知正方形ABCD绕着原点O逆时针旋转，每次旋转45°,点M也绕着原点0逆时针旋转，每次旋转45°,则点M旋转一周需要旋转360°÷45°=8(次).又∵2023÷8=252……7,7×45°=315°,∴第2023次旋转结束时和第7次旋转结束时，点M的位置在x轴正半轴上，∴第2023次旋转结束时，点M的坐标为(3故选：D.【点睛】本题考查坐标与旋转规律，正方形性质，全等三角形的判定及性质，解题的关键是理解第2023次旋转结束时和第7次旋转结束时，点M的位置在x轴上.9.(2023·山东东营·校联考一模)如图，在直角坐标系中，边长为2个单位长度的正方形ABCO绕原点O逆时针旋转75°,再沿y轴方向向上平移1个单位长度，则点B”的坐标为()A.(-√2,√6)B.(-√2,√6+1)C.(√2,-√6)D.(-√2,√6-1)【分析】过B'作B'D⊥y轴于D,连接OB,OB',根据边长为2个单位长度的正方形ABCO绕原点O逆时针旋转75°,得∠BOB'=75;BOC=45,OBOB'22「,即知∠B'OD=30°,可得B'(-√2,√6),又再沿y轴方向向上平移1个单位长度，故点B”的坐标为(-√2,√6+1).【详解】解：过B'作B'D⊥y轴于D,连接OB,OB',如图，∵边长为2个单位长度的正方形ABCO绕原点O逆时针旋转75°∵再沿y轴方向向上平移1个单位长度，【点睛】此题考查了坐标与图形变化-旋转与平移，解题关键是掌握旋转性质和坐标平移变化规律。【答案】(-4,-3)【分析】根据旋转中心为点0,旋转方向逆时针，旋转角度90°,作出点A的对应点B,可得所求点的坐标.【详解】解：由图中可以看出点B的坐标为(-4,-3),【分析】首先根据题意画出图形得到A'(2,1),然后利用勾股定理求解.常考题型.△A'B'℃,设点A的坐标为(a,b),【详解】解：根据题意，点A、A关于点C对称，解得x=-a,y=-b-2,【点睛】本题考查了利用旋转进行坐标与图形的变化，根据旋转的性质得出点A、A关于点C成中心对称是解题的关键，还需注意中点公式的利用，也是容易出错的地方.13.(2023春·广东梅州·九年级校考开学考试)如图，在平面直角坐标系中，点C的坐标为(-1,0),点A的EC=BF,即可解决问题.【详解】解：如图，过点A作AE⊥x轴于E,过点B作BF⊥x轴于F.在AEC和CFB中，∴AEC≌CFB(AAS),【点睛】本题考查坐标与图形变化-旋转，全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题.14.(2022秋·甘肃金昌·九年级统考期末)如图，在平面直角坐标系中，将边长为1的正方形OABC绕点0逆时针旋转45°后得到正方形OAB₁C,继续旋转至2019次得到正方形OA₂019B₂019C2019,则点B2019的坐标是.【分析】由题意依次写出前几个，找到规律，根据规律求即可.故周期为8,【点睛】本题考查了旋转找规律，准确计算出每个点变化之后的坐标是解题关键.个顶点坐标分别是A(-3,-3),B(-1,-2),C(-2,-1).坐标.(2)计算ABC的面积.(2)利用面积公式进行求解即可.【点睛】本题考查坐标与旋转.熟练掌握旋转的性质，正确的作图，是解题的关键.(3)直接写出ABC的面积【分析】(1)结合直角坐标系可直接写出A、B两点的坐标；(2)旋转180°也即是中心对称，找到A、B、C三点关于C的中心对称点，顺次连接即可；(3)利用割补法求ABC的面积即可(3)解：故答案为：【点睛】此题考查了旋转作图，中心对称的知识以及割补法求三角形面积，解答本题的关键是根据旋转的三要素，中心对称的性质，得到各点的对应点，难度一般.答下列问题：(1)抛物线y,的顶点坐标;(2)阴影部分的面积S=;(3)若再将抛物线y₂绕原点O旋转180°得到抛物线y₃,求抛物线y₃的解析式.【分析】(1)根据抛物线的移动规律左加右减可直接得出抛物线y₂的解析式，再根据y₂的解析式求出顶点(3)先求出二次函数旋转后的开口方向和顶点坐标，从而得出抛物线y₃的解析式.【详解】(1)解：解：∵抛物线y₁=-x²+2向右平移1个单位得到的抛物线y₂,∴抛物线y₂的解析式是y₂=-(x-1)²+2,顶点坐标为(1,2).(2)把阴影部分进行平移，可得到阴影部分的面积即为图中两个方格的面积=1×2=2;(3)由题意可得：抛物线y₃的顶点与抛物线y₂的顶点关于原O成中心对称.【分析】(1)连接AD,CF,其交点就是对称中心0;【详解】(1)解；如图所示，点O即为所求；(2)解：∵ABC和DEF关于点O成中心对称，∴ABC≌DEF,∴DEF的周长=DE+DF+EF=6+5+4=15;答：DEF的周长为15.【点睛】本题主要考查了中心对称，正确掌握中心对称图形的性质是解题关键.A.OA=OBB.△AOD≌△COBC.AD=BCD.SACp=SBCD【分析】依据△AOD与BOC关于点O成中心对称，即可得到△AOD≌△COB,进而得到正确结论.【详解】解：∵△AOD与BOC关于点O成中心对称，∴△AOD≌△COB,故选项B不符合题意；而OA和OB不是对应边，不一定相等，故选项A符合题意；【点睛】本题考查中心对称，关于中心对称的两个图形能够完全重合；关于中心对称的两个图形，对应点的连线都经过对称中心，并且被对称中心平分.掌握中心对称的概念和性质是解题的关键.也考查了全等三角形的性质.2.(2023春·浙江·八年级专题练习)如图，已知图形ABCD和图形AEFG中关于点A中心对称，AB,CD都是线段，BC是一段圆弧.嘉琪对其进行测量后得到以下四个结论，其中一定错误的是()A.∠BAD=75°B.图形ABCD的内角和是360°C.AB//CDD.∠D=∠G【答案】B【分析】根据中心对称图形的性质和平行线的判定分别判断即可.【详解】解：A、∠BAD可以等于75°,故不符合题意；B、图形ABCD不是四边形，故内角和不是360°,故符合题意；C、AB可以平行于CD,故不符合题意；D、∵图形ABCD和图形AEFG中关于点A中心对称，∴∠D=∠G,故不符合题意.【点睛】本题考查了中心对称图形的性质和平行线的判定，熟练掌握中心对称图形的性质和平行线的判定是关键.B.BO=BO'【分析】根据中心对称图形的性质，逐项进行判断即可.【详解】解：∵ABC与A'B'℃'关于点O成中心对称，∴点A与A是一组对称点，OB=OB,∠AOB=∠A'OB',故A,B,C都不合题意.【点睛】本题主要考查了中心对称的性质，熟练掌握成中心对称的两个图形，对应点的连线被对称中心平分，对应角相等，对应线段相等，是解题的关键.关于点B中心对称，若将点A往右平移4个单位，再往上10个单位，则与C重合，则点A的坐标是.【分析】根据对称性得到点B为线段AC中点，由此得到将点B往左平移2个单位，再往下5个单位，则与A重合，即可得到点A的坐标.【详解】解：∵点A,点C关于点B中心对称，∴点B为线段AC中点，∵将点A往右平移4个单位，再往上10个单位，则与C重合，∴将点A往右平移2个单位，再往上5个单位，则与B重合，∴将点B往左平移2个单位，再往下5个单位，则与A重合，∴点A的坐标为(2-2,3-5),即(0,-2),【点睛】此题考查了中心对称的性质，点的平移规律，正确理解中心对称的性质是解题的关键.是对称点；②BO=BO;③AB//AB;④∠ACB=∠CA'B'.其中正确结论的个数为个.【答案】3【分析】根据中心对称的性质，逐项分析判断即可求解.∴∠OBA=∠OB'A,点A与点A是对称点，BO=BO,∠ACB=∠ACB故答案为：3.【点睛】本题考查了中心对称的性质，熟练掌握中心对称的性质是解题的关键.DE=2,则AB的长为.【分析】由中心对称的性质推出△ABC≌△DBE,得到AB=BD,AC=DE=2,由锐角的正切求出AD的长，即可求出AB的长.【详解】解：∵ABC与DBE关于点B成中心对称，【点睛】本题考查中心对称，直角三角形的性质，勾股定理，解题的关键是掌握中心对称的性质.的中位线，已知BC=4,则E'D'=.【答案】2【分析】根据成中心对称的两个图形全等可得△ABC≌△A'B'C,再根据全等三角形对应边相等可得B'℃′=BC,然后根据三角形的中位线平行于第三边并且等于第三边的一半可得【详解】解：∵ABC与A'B'C'成中心∵E'D'是A'B'℃'的中位线，故答案为：2.【点睛】此题主要考查了中心对称图形的概念：在同一平面内，如果把一个图形绕某一点旋转180度，旋转后的图形能和原图形完全重合，那么这个图形就叫做中心对称图形，还考查了三角形的中位线定理.8.(2023春·江苏泰州·八年级校考期中)如图，边长为8的正方形ABCD和边长为12的正方形BEFG排放在一起，O₁和O₂分别是两个正方形的对称中心，则阴影部分的面积为.【答案】24【分析】根据正方形的性质求出BO、BO₂,再根据正方形的中心在正方形对角线上可得∠O₁BC=∠O₂BC=45°,然后求出∠O₁BO₂=90°,然后利用直角三角形的面积公式列式计算即可得解.【详解】解：∵O₁和O₂分别是两个正方形的对称中心，故答案是：24.【点睛】本题考查了正方形的性质，勾股定理，主要利用了正方形的中心在对角线上，熟记性质是解题的关键.则AE的长是.【答案】5【分析】根据中心对称的性质以及勾股定理即可求解AE的长.【详解】解：∵DEC与ABC关于点C成中心对称故答案为：5.【点睛】本题主要考查中心对称的性质以及勾股定理，熟练掌握成中心对称的图形对应边相等，对应角相等的性质以及勾股定理是解决本题的关键.(1)画出△BCD关于点D的中心对称图形；(2)求线段CD长的取值范围.【分析】(1)由题知CD为中线，延长CD到E,只要使DE=CD,然后连接AE即可；(2)根据三角形三边关系，先求出CE的取值范围，即可求出CD的取值范围.【详解】(1)如图，延长CD到E,使DE=CD,连接AE,VADE即为所求；AE-AC<CE<AE+AC,【点睛】本题主要考查了尺规作图和三角形三边关系，熟练掌握作一条线段等于已知线段，三角形任意两边的差小于第三边，任意两边的和大于第三边，是解决问题的关键.仅用无刻度的直尺画出ABC关于点O的中心对称图形.(2)如图②,正方形ABCD中，E、F分别为AB、BC的中点，连接AF、DE,△ABF按顺时针方向旋转后图②【答案】(1)见解析；(2)见解析.【分析】(1)作直线AD,交O于点D,则点D为点A的对称点，同理可作出点B的对称点E,点C的对称点F,依次连接点D,E,F,则DEF为所求；(2)连接AC,BD,相交于点O,则点O为所求.【详解】(1)如图，DEF为所求.(2)如图，点O为所求.【点睛】本题考查作中心对称图形，掌握中心对称图形的概念是解题的关键.12.(2023春·河北沧州·八年级校考阶段练习)一次函数y=kx+b的两组x、y的对应值如图，在平面直角坐标系中画出了它的图象为直线1(如图14-1),王英为观察k、b对图象的影响，将上面函数中的k与b交换位置后得到另一个一次函数，设其图象为直线I'.x1y4(1)求直线l的解析式；(2)直接写出直线I'的表达式为,并在图1中画出直线I';(3)若P(m,0))是x轴上的一个动点，过点P作y轴的平行线，分别交直线1、I'于点M、N,当MN=3时，求m的值；其中两点关于第三点对称，直接写出n的值V87V8765432f2【答案】(1)y=3x+1(2)y=x+3,图见解析寸或7或【分析】(1)将变量对应值代入解析式，构造方程组，求出参数，确定解析式；(2)根据题意确定解析式，确定与坐标轴的交点，运用两点法画出图象；;;(4)直线y=n与y=3x+1交点的横坐标为与y=x+3交点的横坐标为x=n-3;分三种情况：①当第三点在y轴上时，②当第三点在直线l上时，③当第三点在直线I'上时，根据中心对称性质，分别构建方程求解，得n的值为或7或∴直线!的解析式为y=3x+1;X0y03画出直线I'如图：解得故答案为分三种情况：①当第三点在y轴上时，解得③当第三点在直线I'上时，,解得∴直线y=n与直线1,I'及y轴有三个不同的交点，且其中两点关于第三点对称，则n的值为或7或【点睛】本题考查待定系数法确定一次函数解析式，直角坐标系与点坐标，两点法画一次函数图象，中心对称的性质，根据题意构建方程是解题的关键.题型六中心对称图形题型六中心对称图形【例8】(2023秋山西大同·九年级统考期末)剪纸，作为中国传统文化艺术，象征纳福吉祥，寄托人们对美好生活的向往.下列剪纸图案中，是中心对称图形的是()A.【分析】根据中心对称图形的概念对各选项分析判断即可得解.【详解】解：选项A、B、D中的图形都不是中心对称图形，选项C中的图形是中心对称图形，【点睛】本题考查了中心对称图形的概念，一个图形绕某一点旋转180°,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.巩固训练：【分析】根据中心对称图形的定义：一个图形绕着某一点旋转180°后与原图形完全重合，那么这个图形是中心对称图形，进行判断.【详解】选项A、B、C均不能找到一个点，使图形绕某一点旋转180°后与原来的图形重合，所以不是中选项D能找到一个点，使图形绕某一点旋转180°后与原来的图形重合，所以是中心对称图形.【点睛】本题考查中心对称图形的定义，判断是否是中心对称图形关键的是找到对称中心.①三角形的一个外角大于它的任何一个内角②若一个三角形的三个内角度数的比为1:2:3,则这个三角形是直角三角③长方形既是中心对称图形又是轴对称图形【分析】根据三角形外角性质，直角三角形的定义，中心对称图形以及轴对称图形的特点，进行判断即可.【详解】解：①三角形的一个外角大于它任何一个不相邻的内角，原说法错误；②若一个三角形的三个内角度数的比为1:2:3,则这个三角形是直角三角形，原说法正确；③长方形既是中心对称图形又是轴对称图形，原说法正确；综上，正确的有②③④,3.(2023年陕西省中考数学试卷(A卷))下列图形中，既是轴对称图形，又是中心对称图形的是()A.两部分重合.故选A个部分，由黑白棋子摆成的图案是中心对称的是()D故选B.蝴蝶曲线蝴蝶曲线心对称图形的是()D.既不是轴对称图形，又不是中心对称图形，故该选项不符合题意，【点睛】本题考查轴对称图形及中心对称图形的概念，轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分沿对称轴折叠后能完全重合；中心对称图形的关键是寻找对称中心，图形绕对称中心旋转180度后，两部分能够完全重合；熟练掌握定义是解题关键.都必须有对称形式.”下面的图形中，是中心对称图形的是()A.谢尔宾斯基三角形毕达盱拉斯树【分析】根据中心对称图形的定义：把一个图形绕某一点旋转180°,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可得答案.【详解】解：选项A、B、D均不能找到这样的一个点，使图形绕某一点旋转180°后与原来的图形重合，所以不是中心对称图形，不符合题意；选项C能找到这样的一个点，使图形绕某一点旋转180°后与原来的图形重合，所以是中心对称图形，符合题意，【点睛】本题主要考查了中心对称图形，关键是找出对称中心.题型七坐标系内的关于原点的对称间题题型七坐标系内的关于原点的对称间题A.(3,5)B.(-3,-5)C.(-3,5)D.(5,-3)【答案】C【分析】先利用算术平方根的非负性、偶次幂非负性求出a、b,进而得出N点坐标，再利用关于原点对称点的性质得出答案.A.2则a=3,【分析】根据平移的规律可得到点T的坐标，根据关于原点对称的点的坐标特征可得到点Q的坐标.【点睛】本题考查了坐标的平移、关于原点对称的点的坐标，坐标的平移规律为：横坐标，右移加，左移减，纵坐标，上移加，下移减；关于原点对称的点的横坐标互为相反数，纵坐标互为相反数，熟练掌握以上知识点是解题的关键.则y⁸=.【分析】直接利用关于原点对称点的性质得出x,y的值即可答案.故答案为：【点睛】此题主要考查了关于点对称点的性质，正确记忆横纵坐标的符号是解题关键。【分析】根据A、B两点的关系求出m和n,然后可以得解.【详解】解：由题意可得：故答案为0.【点睛】本题考查幂的综合应用，熟练掌握幂的意义及关于原点对称的点的坐标关系是解题关键.值为.【答案】【分析】根据关于原点对称的点的横纵坐标互为相反数，进而求得a,b的值，即可求解解得：故答案为：【点睛】本题考查了关于原点对称的点的坐标特征，熟练掌握关于原点对称的点的横纵坐标互为相反数是解题的关键.10.(2023春·山东滨州·八年级统考期末)已知平行四边形ABCD的两条对角线相交于平面直角坐标系中的【答案】(-1,-2)【分析】因为平行四边形ABCD两条对角线相互平分，所以点A与点C、点B与点D关于原点对称，由于已知点A,B的坐标，故可求得C,D的坐标.【详解】解：由题意知：点A与点C、点B与点D关于原点对称，∴点C,D的坐标分别是(1,-3),(-1,-2),故答案为：(-1,-2).【点睛】本题考查平行四边形的性质，解题