文档内容
专题23.11 旋转（全章知识梳理与考点分类讲解）
【知识点1】旋转知识点框架结构
【知识点2】旋转
1. 旋转的概念：把一个图形绕着某一点O转动一个角度的图形变换叫做旋转..点O叫做旋转中
心，转动的角叫做旋转角(如∠AO A′),如果图形上的点A经过旋转变为点A′，那么，这两个点叫
做这个旋转的对应点.
2.旋转三要素:旋转中心、旋转方向和旋转角度.
3.旋转的性质:
(1)对应点到旋转中心的距离相等（OA= OA′）；
(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(△ABC≌△ ).
要点提醒：图形绕某一点旋转，既可以按顺时针旋转也可以按逆时针旋转.
3. 旋转的作图: 在画旋转图形时，首先确定旋转中心，其次确定图形的关键点，再将这些关
键
沿指定的方向旋转指定的角度，然后连接对应的部分，形成相应的图形．
要点提醒：
作图的步骤：
(1)连接图形中的每一个关键点与旋转中心；(2)把连线按要求（顺时针或逆时针）绕旋转中心旋转一定的角度（旋转角）；
(3)在角的一边上截取关键点到旋转中心的距离，得到各点的对应点；
(4)连接所得到的各对应点.
【知识点3】特殊的旋转—中心对称
1.中心对称：把一个图形绕着某一个点旋转180°，如果它能够与另一个图形重合，那么就说
这两个图形关于这个点对称或中心对称，这个点叫做对称中心．这两个图形中的对应点叫做关于中
心的对称点．
要点提醒：
（1）有两个图形，能够完全重合，即形状大小都相同；
（2）位置必须满足一个条件：将其中一个图形绕着某一个点旋转180°能够与另一个图形重合
(全等图形不一定是中心对称的，而中心对称的两个图形一定是全等的) .
2.中心对称图形：把一个图形绕着某一个点旋转180°，如果旋转后的图形能够与原来的图形
重合，那么这个图形叫做中心对称图形，这个点就是它的对称中心．
要点提醒：
(1)中心对称图形指的是一个图形；
（2）线段，平行四边形，圆等等都是中心对称图形.
【知识点4】平移、轴对称、旋转
平移、轴对称、旋转之间的对比
平移 轴对称 旋转
相同点 都是全等变换（合同变换），即变换前后的图形全等．
把一个图形沿某一 把一个图形绕着某一定
定 把一个图形沿着某一条
方向移动一定距离 点转动一个角度的图形
义 直线折叠的图形变换．
的图形变换． 变换．
图
形
不
要 平移方向 旋转中心、旋转方向、
同 对称轴
素 平移距离 旋转角度
点 连接各组对应点的 任意一对对应点所连线 对应点到旋转中心的距
线 段 平 行 （ 或 共 段被对称轴垂直平分． 离相等；对应点与旋转
线）且相等． 中心所连线段的夹角都
等于旋转角．
性 对应线段平行（或 任意一对对应点所连线 *对应点到旋转中心的距
质 共线）且相等． 段被对称轴垂直平分． 离相等；对应点与旋转
中心所连线段的夹角等
于旋转角， 即：对应点
与旋转中心连线所成的
角彼此相等．
【考点一】轴对称图形与中心对称图形的识别
【例1】（2023春·浙江宁波·八年级校联考期末）下列数学图形中，既是轴对称图形又是中心对称图
形的是（ ）A．毕达哥拉斯树 B．笛卡尔心形线
C．赵爽弦图 D．卡西尼卵形线
【答案】D
【分析】轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分折叠后可重合；中心对称图形是要寻找对称中
心，旋转 后与原图重合，根据轴对称图形与中心对称图形的概念求解即可．
解：A、沿一条直线折叠，直线两旁的部分不能够互相重合，不是轴对称图形，绕某一点旋转 后，
不能够与原图形重合，不是中心对称图形，故此选项不符合题意；
B、沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，是轴对称图形，绕某一点旋转 后，不
能够与原图形重合，不是中心对称图形，故此选项不符合题意；
C、沿一条直线折叠，直线两旁的部分不能够互相重合，不是轴对称图形，绕某一点旋转 后，
能够与原图形重合，是中心对称图形，故此选项不符合题意；
D、沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，是轴对称图形，绕某一点旋转 后，能
够与原图形重合，是中心对称图形，故此选项符合题意；
故选：D．
【点拨】本题考查了中心对称图形与轴对称图形的知识，把一个图形绕某一点旋转 后，能够
与原图形重合，那么这个图形就叫做中心对称图形，如果一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分
能够互相重合，这个图形就叫做轴对称图形，熟练掌握轴对称图形与中心对称图形的概念，是解题的
关键．
【举一反三】
【变式1】（2023春·江苏盐城·九年级校联考期中）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【分析】根据轴对称图形、中心对称图形的定义进行判断即可；
解：A不是轴对称图形，是中心对称图形，故A选项不合题意；
B不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故B选项不合题意；
C是轴对称图形，是中心对称图形，故C选项合题意；
D是轴对称图形，不是中心对称图形，故D选项不合题意；
故选：C．
【点拨】本题考查了轴对称图形，中心对称图形的识别；解题的关键在于熟练掌握：在平面内，一个
图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够完全重合的图形叫做轴对称图形；在平面内，把一个图形绕着
某个点旋转 ，如果旋转后的图形能与原来的图形重合，那么这个图形叫做中心对称图形
【变式2】（2023春·河北保定·八年级校考期中）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】D
【分析】根据轴对称图形和中心对称图形的定义判断即可．
解： 、该图形不是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项不符合题意；
、该图形不是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项不符合题意；
、该图形是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项不符合题意；
、该图形是轴对称图形，也是中心对称图形，故此选项符合题意；
故选： ．
【点拨】此题主要考查了中心对称图形与轴对称图形的概念，解题的关键是理解轴对称图形是寻找对
称轴，中心对称图形是要寻找对称中心旋转 后与原图重合．
【考点二】确定旋转中心、旋转角、对应点（线段）
【例2】（2023春·湖南怀化·七年级统考期末）加图，将三角形 绕点O旋转得到三角形 ，
且 ， ，则：（1）点B的对应点是____________________．
（2）线段 的对应线段是_______________．
（3）线段 的对应线段是_______________．
（4） 的对应角是__________________．
（5）三角形 旋转的角度是____________．
【答案】（1）点 ；（2） ；（3） （4） ；（5）
【分析】根据旋转的定义和性质求解即可．
（1）解：点B的对应点是点 ，
故答案为：点 ；
（2）解：线段 的对应线段是 ，
故答案为： ；
（3）解：线段 的对应线段是 ，
故答案为： ；
（4）解： 的对应角是 ，
故答案为： ；
（5）解：三角形 旋转的角度是 ，
故答案为： ．
【点拨】本题考查作图−旋转变换、旋转的定义和性质，熟练掌握旋转的定义和性质是解题的关键．
【举一反三】
【变式1】（2023春·河北保定·八年级校考期中）如图，将 绕着点O顺时针旋转，得到
（点C落在 外），若 ， ，则最小旋转角度是（ ）A．20° B．30° C．40° D．50°
【答案】C
【分析】直接利用已知得出∠AOC的度数，再利用旋转的性质得出对应边之间夹角，得出答案即可．
解：∵∠AOB= 30°，∠BOC = 10°，
∴∠AOC=∠AOB+∠COB = 30°+ 10°= 40°
∵将△AOB绕着点O顺时针旋转，得到△COD，
∴最小旋转角为∠AOC = 40°．
故选： C．
【点拨】此题主要考查了旋转的性质，正确得出∠AOC的度数是解题关键．
【变式2】（2020·山东烟台·统考中考真题）如图，已知点A（2，0），B（0，4），C（2，4），D
（6，6），连接AB，CD，将线段AB绕着某一点旋转一定角度，使其与线段CD重合（点A与点C重合，
点B与点D重合），则这个旋转中心的坐标为 ．
【答案】（4，2）
【分析】画出平面直角坐标系，作出新的AC，BD的垂直平分线的交点P，点P即为旋转中心．
解：平面直角坐标系如图所示，旋转中心是P点，P（4，2），故答案为：（4，2）．
【点拨】本题考查坐标与图形变化﹣旋转，解题的关键是理解对应点连线段的垂直平分线的交点即为
旋转中心．
【考点三】利用旋转性质作图、求解、证明
【例3】（2023秋·福建福州·九年级校考阶段练习）如图，将 绕点A顺时针旋转 得到
，点B的对应点为D．
（1）作出旋转后的图形（尺规作图，保留作图痕迹）；
（2）连接 ，若 ，请判断直线 是否经过点E，并说明理由．
【答案】（1）作图见分析；（2）直线 经过点E，理由见分析
【分析】（1）分别以点A、B为圆心， 为半径画弧交于点D，分别以A、C为圆心， 为半径画
弧交于点E，再连接A、D、E即可求解；
（2）由旋转的性质可得 ， ， ，可得 是等边三角形，从而
求得 ，再由 ，可得 ，再由 ，可
证点E、C、B在一条直线上，即可得出结论．
（1）解：如图， 即所求；（2）解：由旋转的性质可得， ， ， ，
∴ 是等边三角形，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴点E、C、B在一条直线上，
∴直线 经过点E．
【点拨】本题考查作图−旋转变换、旋转的性质、等边三角形的判定与性质，熟练掌握旋转的性质是
解题的关键．
【举一反三】
【变式1】（2023春·全国·九年级专题练习）在 中， ， ，点D在 边上
（不与点B，C重合），将线段 绕点A顺时针旋转 ，得到线段 ，连接 ．
（1）根据题意补全图形，并证明： ；
（2）过点C作 的平行线，交 于点F，用等式表示线段 与 之间的数量关系，并证明．【答案】（1）补全图形见分析，证明见分析；（2） ，证明见分析．
【分析】（1）根据旋转的方向和角度补全图形，再根据已知和旋转的性质求出 ，
，进而可得结论；
（2）作 于点M，与直线 交于点N，利用 证明 ，可得 ，
，然后求出 ，可得 ，再利用 证明 即可．
解：（1）补全的图形如图所示：
证明：∵ ，
∴ ，
由旋转的性质可知 ，即 ，
∴ ；
（2） ；
证明：如图，作 于点M，与直线 交于点N，
∴ ，
由旋转的性质可知 ，
由（1）可知 ，∴ ，
∴ ， ，
∵ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∵
∴ ，
∴ ， ，
∴ ，
∴ ．
【点拨】本题考查了画旋转图形，旋转的性质，全等三角形的判定和性质，平行线的判定和性质，等
腰直角三角形的判定和性质等知识，能够作出合适的辅助线构造出全等三角形是解题的关键．
【变式2】（2022春·河北邯郸·八年级统考期末）（1）如图，在△AEC和△DFB中，点A、B、C、D
在同一条直线上，AE=DF，AE∥DF，∠E=∠F，求证：EC=BF．
（2）如图，在△ABC中，∠CAB=55°，将△ABC在平面内绕点A逆时针旋转到△AB′C′的位置，使
CC′∥AB，求旋转角的度数
【答案】（1）证明见分析；（2）70°.【分析】（1）根据平行线的性质得到∠A＝∠D，根据ASA定理证明△AEC≌△DFB，根据全等三角形的
性质证明即可．
（2）据两直线平行，内错角相等可得∠ACC′＝∠CAB，根据旋转的性质可得AC＝AC′，然后利用等腰
三角形两底角相等求∠CAC′，再根据∠CAC′、∠BAB′都是旋转角解答．
解：（1）证明：∵AE∥DF，
∴∠A=∠D，
在△AEC和△DFB中，
，
∴△AEC≌△DFB（ASA），
∴EC=BF
（2）解：∵CC′∥AB，
∴∠ACC′＝∠CAB＝55°，
∵△ABC绕点A旋转得到△AB′C′，
∴AC＝AC′，
∴∠CAC′＝180°﹣2∠ACC′＝180°﹣2×55°＝70°，
∴∠CAC′＝∠BAB′＝70°．
所以旋转角为70°
【点拨】（1）本题考查的是全等三角形的判定和性质，掌握全等三角形的判定定理和性质定理是解
题的关键．
（2）本题考查了旋转的性质，等腰三角形两底角相等的性质，熟记性质并准确识图是解题的关键．
【考点四】坐标系中的旋转、对称问题
【例4】（2022秋·河南信阳·九年级统考期中）如图，在平面直角坐标系中，点 的坐标为 ，点
的坐标为 ， ，将 绕原点 按逆时针旋转 后得到 ， ， 的对应点
分别为 ， ．
（1）请在坐标系中画出 ，并写出 ， 两点的坐标．
（2）延长 ，交 于点 ，试判定四边形 的形状，并说明理由．【答案】（1）图见分析， ， ；（2）四边形 是正方形，理由见分析
【分析】（1）根据网格特点和旋转的性质，找出点 、 的对应点 、 ，然后连接 、 ，即
可得出 ，并根据平面直角坐标系和网格的特点得出点 ， 的坐标；
（2）根据旋转的性质，得出 ， ， ，进而得出
，再根据矩形的判定定理，得出四边形 是矩形，再根据 ，即可
得出四边形 是正方形．
（1）解：如图， 即为所求．
∴ ， ；
（2）解：四边形 是正方形，理由如下：
如图，根据旋转性质，可知 ， ， ，
，
四边形 是矩形．
又 ，
四边形 是正方形．【点拨】本题考查了坐标与图形的变化—旋转、旋转的性质、矩形的判定定理、正方形的判定定理，
解本题的关键在充分利用数形结合思想解答问题．
【举一反三】
【变式1】（2023春·江苏盐城·八年级校考阶段练习）在平面坐标系中，已知直线 与x轴，
y轴分别交于点A、B，线段AB绕点A顺时针方向旋转 得线段AC，连接BC，则C点坐标为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】如图，作 于 ，将 ， 代入 ，求出 的坐标，由旋转的性质
可知 ，证明 ， ， ，进而可求 点坐标．
解：如图，作 于将 代入 得，
∴
将 代入 得，
∴
由旋转的性质可知
∵ ， ，
∴
在 和 中
∵
∴
∴ ，
∴OD=7
∴
故选A．
【点拨】本题考查了旋转的性质，一次函数与坐标轴的交点，全等三角形的判定与性质等知识．解题
的关键在于证明三角形全等．
【变式2】（2020·河北石家庄·校考一模）在平面直角坐标系 中，点 坐标是 ．当把坐标系绕点 顺时针选择30°时，点 在旋转后的坐标系中的坐标是 ；当把坐标系绕点 逆时针选择30°时，
点 在旋转后的坐标系中的坐标是 ．
【答案】
【分析】根据题意，画出图形，连接AO，过点A作AB⊥x轴于点B，得AO=2，∠AOB=30°，当把坐标
系绕点 顺时针旋转30°时，相当于把OA绕点O逆时针旋转30°，当把坐标系绕点 逆时针旋转30°时，相
当于把OA绕点O顺时针旋转30°，分别进行求解，即可．
解：连接AO，过点A作AB⊥x轴于点B，
∵点 坐标是 ，
∴AB=1，BO= ，
∴AO= =2，∠AOB=30°．
∵当把坐标系绕点 顺时针旋转30°时，相当于把OA绕点O逆时针旋转30°，
∴点 在旋转后的坐标系中x轴的负半轴上，即：A（-2，0）．
∵当把坐标系绕点 逆时针旋转30°时，相当于把OA绕点O顺时针旋转30°，
∴∠B′OA′=60°，OA′=OA=2，
∴A′B′= OA′ sin60°=2 = ，OB′= OA′ cos60°=2 =1，
× × × ×
∴ ．
故答案是： ； ．
【点拨】本题主要考查旋转的性质，图形与坐标，解直角三角形的应用，掌握点的坐标的定义，锐角三角函数的定义，是解题的关键．
【考点五】旋转几何综合问题
【例5】（2021·全国·九年级专题练习）如图1，在菱形ABCD中，AC＝2，BD＝2 ，AC，BD相交
于点O．
（1）求边AB的长；
（2）求∠BAC的度数；
（3）如图2，将一个足够大的直角三角板60°角的顶点放在菱形ABCD的顶点A处，绕点A左右旋转，
其中三角板60°角的两边分别与边BC，CD相交于点E，F，连接EF．判断 AEF是哪一种特殊三角形，并
说明理由． △
【答案】（1）2；（2） ；（3）见详解
【分析】（1）由菱形的性质得出OA=1，OB= ，根据勾股定理可得出答案；
（2）得出△ABC是等边三角形即可；
（3）由△ABC和△ACD是等边三角形，利用ASA可证得△ABE≌△ACF；可得AE=AF，根据有一个角是
60°的等腰三角形是等边三角形推出即可．
解：（1）∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，
∴△AOB为直角三角形，且 ．
∴ ；
（2）∵四边形ABCD是菱形，
∴AB=BC，
由（1）得：AB=AC=BC=2，
∴△ABC为等边三角形，
∠BAC=60°；（3）△AEF是等边三角形，
∵由（1）知，菱形ABCD的边长是2，AC=2，
∴△ABC和△ACD是等边三角形，
∴∠BAC=∠BAE+∠CAE=60°，
∵∠EAF=∠CAF+∠CAE=60°，
∴∠BAE=∠CAF，
在△ABE和△ACF中，
∴△ABE≌△ACF（ASA），
∴AE=AF，
∵∠EAF=60°，
∴△AEF是等边三角形．
【点拨】本题考查了菱形的性质，全等三角形的性质和判定，等边三角形的性质以及图形的旋转．解
题的关键是熟练掌握菱形的性质．
【举一反三】
【变式1】（2023·河北·九年级专题练习）如图，△AOB中，OA=OB=6，将△AOB绕点O逆时针旋转
得到△COD．OC与AB交于点G，CD分别交OB、AB于点E、F．
（1）∠A与∠D的数量关系是：∠A______∠D；
（2）求证：△AOG≌△DOE；
（3）当A，O，D三点共线时，恰好OB⊥CD，求此时CD的长．
【答案】（1）=；（2）证明见分析；（3） ，详见分析【分析】（1）根据旋转性质及等腰三角形性质即可得答案；
（2）由旋转性质知∠AOB=∠DOC，可证得∠AOG=∠DOE，结合OA=OB及（1）中结论，得证；
（3）分两种情况讨论，设∠A=x°，先利用三角形内角和求出x的值，再借助勾股定理求出CD的长度
即可．
（1）解：由旋转知，∠A=∠C，∠B=∠D，
∵OA=OB，
∴OC=OD，∠A=∠B=∠C=∠D
∴∠A=∠D，
故答案为：=．
（2）证明：由旋转知，OA=OC，OB=OD，∠AOB=∠COD，
∴∠AOB－∠BOC=∠COD－∠BOC，
即∠AOG=∠DOE，
∵OA=OB，
∴OA=OB=OC=OD，
又∵∠A=∠D，
∴△AOG≌△DOE．
（3）解：分两种情况讨论，
①如图所示，
设∠A=∠B=∠C=∠D=x°，则∠DOB=2x°，
∵OB⊥CD，
∴∠OED=90°，
∴x+2x=90°，
解得：x=30，
即∠D=30°，在Rt△ODE中，OE=3，由勾股定理得：DE= ，
∵OC=OD，OE⊥CD，
∴CD=2DE= ．
②当D与A重合时，如图所示，
同理，得：CD= ．
综上所述，当A，O，D三点共线时，OB⊥CD，此时CD的长为 ．
【点拨】本题考查了旋转的性质、等腰三角形性质、全等三角形的判定、勾股定理等知识点，解题关
键是利用旋转性质得到边、角的关系．
【变式2】（2020·福建·统考中考真题）如图， 由 绕点 按逆时针方向旋转 得到，且
点 的对应点 恰好落在 的延长线上， ， 相交于点 ．
（1）求 的度数；
（2） 是 延长线上的点，且 ．
①判断 和 的数量关系，并证明；
②求证： ．
【答案】（1）90°；（2）① ，证明详见分析；②详见分析
【分析】（1）根据旋转的性质，得出 ，进而得出 ,求出结果；（2）①由旋转的性质得出 ， ，进而得出 ，再根据已知条件
得出 ，最后得出结论即可；
②过点 作 交 于点 ，得出 ，由全等得出 ， ，最后得
出结果．
解：（1）由旋转的性质可知， ， ， ，
∴ ，
在 中， ，
∴ ，
∴ ．
（2）① ．
证明：由旋转的性质可知， ， ，
在 中， ，
∵ ， ，
∴ ，
即 ，
∴ ．
②过点 作 交 于点 ，
∴ ， ，
∵ ， ，
∴ ，
又∵ ，
∴ ，
∴ ．
又∵ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
又∵ ，
∴ ．【点拨】本题考查了旋转的性质、三角形内角与外角的关系、等腰三角形的判定、全等三角形的判定
与性质、平行线的性质、平行线分线段成比例等基础知识，解题的关键是熟练运用这些性质．
【考点六】中心对称几何综合问题
【例6】（2023春·江苏·八年级专题练习）如图，已知△ABC中，BD是中线．
（1）尺规作图：作出以D为对称中心，与△BCD成中心对称的△EAD．
（2）猜想AB+BC与2BD的大小关系，并说明理由．
【答案】（1）见详解；；（2）AB+BC＞2BD．证明见详解．
【分析】（1）延长BD，在BD延长线上截取DE=BD，连结AE，则△ADE与△CDB关于点D成中心
对称，根据点D为AC中点，得出AD=CD，再证△ADE≌△CDB（SAS），根据∠CDB+∠ADB=180°，得出
△BCD绕点D旋转180°得到△EAD，
（2）根据△ADE≌△CDB（SAS），得出AE=BC，BD=ED，得出BE=2BD，在△ABE中，AB+AE＞BE即
可．
（1）解：延长BD，在BD延长线上截取DE=BD，连结AE，
则 ADE与 CDB关于点D成中心对称，
∵△点D为AC△中点，
∴AD=CD，
在 ADE和 CDB中，
△ △
，
∴△ADE≌△CDB（SAS），∵∠CDB+∠ADB=180°，
∴△BCD绕点D旋转180°得到△EAD，
（2）AB+BC＞2BD．
证明：∵△ADE≌△CDB（SAS），
∴AE=BC，BD=ED，
∴BE=2BD，
在△ABE中，AB+AE＞BE，
即AB+BC＞2BD．
【点拨】本题考查尺规作图，三角形全等判定与性质，中心对称的定义，三角形三边关系，掌握尺规
作图，三角形全等判定与性质，中心对称的定义，三角形三边关系是解题关键．
【举一反三】
【变式1】（2019·山东·统考中考真题）如图，在矩形ABCD中，对角线AC的中点为O，点G，H在对
角线AC上，AG＝CH，直线GH绕点O逆时针旋转α角，与边AB、CD分别相交于点E、F（点E不与点A、
B重合）．
（1）求证：四边形EHFG是平行四边形；
（2）若∠α＝90°，AB＝9，AD＝3，求AE的长．
【答案】（1）详见分析；（2）AE＝5．
【分析】（1）由“ASA”可证 COF≌△AOE，可得EO＝FO，且GO＝HO，可证四边形EHFG是平行四边
形； △
（2）由题意可得EF垂直平分AC，可得AE＝CE，由勾股定理可求AE的长．解：证明：（1）∵对角线AC的中点为O
∴AO＝CO，且AG＝CH
∴GO＝HO
∵四边形ABCD是矩形
∴AD＝BC，CD＝AB，CD∥AB
∴∠DCA＝∠CAB，且CO＝AO，∠FOC＝∠EOA
∴△COF≌△AOE（ASA）
∴FO＝EO，且GO＝HO
∴四边形EHFG是平行四边形；
（2）如图，连接CE
∵∠α＝90°，
∴EF⊥AC，且AO＝CO
∴EF是AC的垂直平分线，
∴AE＝CE，
在Rt BCE中，CE2＝BC2+BE2，
∴△AE2＝（9﹣AE）2+9，
∴AE＝5
【点拨】此题主要考查特殊平行四边形的证明与性质，解题的关键是熟知矩形的性质及勾股定理的运
用.
【变式2】（2022秋·全国·九年级专题练习）已知： 是 的角平分线，点E，F分别在
上，且 ， ．
（1）如图1，求证：四边形 是平行四边形；
（2）如图2，若 为等边三角形，在不添加辅助线的情况下，请你直接写出所有是轴对称但不是
中心对称的图形．【答案】（1）证明见分析；（2）等边 ，等边 ，等边 ，等腰 ，等腰梯形
，等腰梯形
【分析】（1）由角平分线可知 ，由平行可知 ，可得 ，
，进而结论得证；
（2）由题意可得四边形 是菱形， 是等边三角形的中点，然后根据在平面内，把一个图
形绕着某个点旋转180°，如果旋转后的图形能与原来的图形重合，那么这个图形叫做中心对称图形；在平
面内，一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够完全重合的图形叫做轴对称图形；对图中的三角形
与四边形的对称性进行判断即可．
解：（1）证明：∵ 是 的角平分线
∴
∵
∴
∴
∴
∵ ，
∴四边形 是平行四边形．
（2）解：由（1）知四边形 是平行四边形
∴
∵ 是等边三角形
∴
∴
∴四边形 是菱形
∴
∴ 是等边三角形的中点
∴∴由轴对称图形与中心对称图形的定义可知，是轴对称图形但不是中心对称图形的有：等边
，等边 ，等边 ，等腰 ，等腰梯形 ，等腰梯形 ．
【点拨】本题考查了角平分线，等腰三角形的判定与性质，等边三角形的判定性质，平行四边形的判
定与性质，菱形的判定与性质，轴对称图形，中心对称图形等知识．解题的关键在于对知识的熟练掌握与
灵活运用．
