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专题 23.4 旋转全章专项复习【2 大考点 8 种题型】
【人教版】
【考点1 图形的旋转】..............................................................................................................................................1
【题型1 利用旋转的性质求角的度数】..................................................................................................................2
【题型2 利用旋转的性质求线段长度】..................................................................................................................6
【题型3 利用旋转的性质求面积】........................................................................................................................12
【题型4 平面直角坐标系中的旋转变换】...........................................................................................................17
【题型5 与旋转有关的探究性问题】....................................................................................................................24
【考点2 中心对称】................................................................................................................................................35
【题型6 识别中心对称图形】................................................................................................................................36
【题型7 中心对称的性质运用】............................................................................................................................38
【题型8 与中心对有关的探究问题】....................................................................................................................42
【考点1 图形的旋转】
知识点一 旋转的定义
在平面内，把一个平面图形绕着平面内某一点O转动一个角度，就叫做图形的旋转，点O叫做旋转中心，
转动的角叫做旋转角。
我们把旋转中心、旋转角度、旋转方向称为旋转的三要素。
知识点二 旋转的性质
旋转的特征：（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。
理解以下几点：
（1） 图形中的每一个点都绕旋转中心旋转了同样大小的角度。（2）对应点到旋转中心的距离相等，对
应线段相等，对应角相等。（3）图形的大小与形状都没有发生改变，只改变了图形的位置。
知识点三 利用旋转性质作图
旋转有两条重要性质：（1）任意一对对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角；（2）对应点到旋转
中心的距离相等，它就是利用旋转的性质作图的关键。步骤可分为：
①连：即连接图形中每一个关键点与旋转中心； ②转：即把直线按要求绕旋转中心转过一定角度（作
旋转角）
③截：即在角的另一边上截取关键点到旋转中心的距离，的到各点的对应点； ④接：即连接到所连接的各点。
【题型1 利用旋转的性质求角的度数】
【例1】（23-24九年级·重庆·期中）如图，将正方形ABCD的边BC绕点C顺时针旋转得到CE，连接AE
，再将AE绕点A顺时针旋转90°得到AF，连接FE,FB，若∠BCE=α(0<α<90°)，则∠ABF的大小为
（ ）
α α
A． B．α−30° C．45°− D．2α
2 2
【答案】C
【分析】本题考查正方形的性质，等腰三角形的性质，三角形全等的判定及性质．
连接DE，根据正方形的性质求得∠ECD=∠BCD−∠BCE=90°−α，
1
∠CDE+∠CED=180°−∠ECD=90°+α，由CD=CE=CB得到∠CDE=∠CED=45°+ α，通过
2
“SAS”证明△ADE≌△ABF，即可解答．
【详解】解：连接DE，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=BC=CD=AD，∠BCD=∠ADC=∠BAD=90°，
∵∠BCE=α，
∴∠ECD=∠BCD−∠BCE=90°−α，
∴∠CDE+∠CED=180°−∠ECD=180°−(90°−α)=90°+α
∵由旋转得CE=BC，
∴CE=CD，
1
∴∠CDE=∠CED=45°+ α，
2( 1 ) 1
∴∠ADE=∠ADC−∠CDE=90°− 45°+ α =45°− α，
2 2
由旋转可得∠EAF=90°，即∠EAB+∠FAB=90°，
∵∠DAE+∠EAB=90°，
∴∠DAE=∠BAF，
∵AD=AB，AE=AF，
∴△ADE≌△ABF(SAS)，
1
∴∠ABF=∠ADE=45°− α．
2
故选：C．
【变式1-1】（23-24九年级·河南新乡·期中）如图，△ABC中，AB=AC，∠BAC=90°，P为三角形内
一点． PA=3❑√2，PB=8，PC=10，则∠APB的度数是 ．
【答案】135°或135度
【分析】本题考查了旋转性质以及勾股定理，勾股逆定理等知识内容，先把三角形APC绕点A顺时针旋转
90°，点C的对应点为点E，连接EP，根据勾股定理得EP=6，根据勾股逆定理判断，△BPE是直角三角
形，即可作答．
【详解】解：∵AB=AC，∠BAC=90°，
故把三角形APC绕点A顺时针旋转90°，点C的对应点为点E，连接EP，如图所示：
由旋转性质得AE=AP=3❑√2，EB=CP=10，∠EAP=90°
则∠APE=45°，
∴EP=❑√AE2+AP2=❑√18+18=6，∵EB=CP=10，PB=8，
∴EB2=100=PB2+EP2，
故∠EPB=90°，
即∠APB=45°+90°=135°，
故答案为：135°．
【变式1-2】（23-24九年级·湖北武汉·阶段练习）如图，在△ABC中，∠BAC=126°，将△ABC绕点A
按逆时针方向旋转得到△AB C ．若点B 恰好落在BC边上，且AB =CB ，则∠C 的度数为（ ）
1 1 1 1 1 1
A．14° B．16° C．18° D．20°
【答案】C
【分析】本题主要考查利用旋转的性质，出现等腰三角形，利用好三角形的外角和三角形内角和是解决问
题的关键，直接设∠C=α,利用方程思想可以直接算出∠C的度数．
【详解】解：设∠C=α；
∵AB =CB ；
1 1
∴∠B AC=∠C=α；
1
∴∠AB B=2α；
1
∵AB =AB；
1
∴∠B=2α；
∵∠BAC=126°；
∴∠B+∠C=2α+α=3α=180°−126°；
∴3α=54°；
即，α=18°；
由旋转的性质可知，∠C =∠C=α；
1
∴∠C =18°；
1
故选：C．
【变式1-3】（23-24九年级·黑龙江齐齐哈尔·期中）如图，两个全等的含30°角的直角三角板，将△ABC
绕点C逆时针旋转角α（0°<α<90°）得到△A B C ，若C B 交AB于点D，连接B B，当α=
1 1 1 1 1 1时，△BB D为等腰三角形．
1
【答案】20°或40°
【分析】本题考查了旋转的性质，三角形内角和，等边对等角，解题的关键是表示出各个内角，再分三种
情况，根据等边对等角列方程求解．
【详解】解：由旋转可知：BC=B C ，
1 1
1 1
∴∠DB B=∠CBB = (180°−α)=90°− α，
1 1 2 2
1 1
∴∠DBB =90°− α−30°=60°− α，
1 2 2
而∠BDB =∠BCB +∠ABC=α+30°，
1 1
当BD=B D时，
1
1 1
∠DB B=∠DBB ，即90°− α=60°− α，无解；
1 1 2 2
当B B=B D时，
1 1
1
∠B DB=∠B BD，即α+30°=60°− α，
1 1 2
解得：α=20°；
当BD=BB 时，
1
1
∠BDB =∠BB D，即α+30°=90°− α，
1 1 2
解得：α=40°；
综上：当α=20°或40°时，△BB D为等腰三角形．
1
故答案为：20°或40°．
【题型2 利用旋转的性质求线段长度】
【例2】（23-24九年级·上海·期末）如图，已知在Rt△ABC中，∠ABC=90°，BA=BC=6❑√2，点D、
点E在边AC上，且∠DBE=45°，若AE=9，则CD= ．【答案】8
【分析】首先根据题意可得∠A=∠C=45°，AC=❑√AB2+BC2=12，CE=3，将△BCE绕点B逆时针
旋转至△BAF，点E的对应点为点F，连接DF，易知△BCE≌△BAF，再证明 △DBF≌△DBE，由全
等三角形的性质可得DF=DE，设AD=x，则DF=DE=9−x，在Rt△ADF中，由勾股定理可得
AF2+AD2=DF2，代入数值并解得x的值，然后计算CD的值即可．
【详解】解：∵∠ABC=90°，BA=BC=6❑√2，
1
∴∠A=∠C= ×90°=45°，AC=❑√AB2+BC2=❑√(6❑√2) 2+(6❑√2) 2=12，
2
∵AE=9，
∴CE=AC−AE=12−9=3，
如下图，将△BCE绕点B逆时针旋转至△BAF，点E的对应点为点F，连接DF，
则△BCE≌△BAF，
∴BF=BE，∠ABF=∠CBE，AF=CE=3，∠BAF=∠C=45°，
∴∠DAF=∠BAC+∠BAF=90°，
∵∠DBE=45°，∠ABC=90°，
∴∠CBE+∠ABD=∠ABC−∠DBE=45°，
∴∠DBF=∠ABD+∠ABF=∠ABD+∠CBE=45°，
∴∠DBF=∠DBE，
在△DBF和△DBE中，{
BF=BE
)
∠DBF=∠DBE ，
DB=DB
∴△DBF≌△DBE(SAS)，
∴DF=DE，
设AD=x，则DF=DE=AE−AD=9−x，
∴在Rt△ADF中，可有AF2+AD2=DF2，
即32+x2=(9−x) 2，解得x=4，
∴AD=4，
∴CD=AC−AD=12−4=8．
故答案为：8．
【点睛】本题主要考查了旋转的性质、全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形的性质、勾股定理等知
识，正确作出辅助线，综合运用相关知识是解题关键．
【变式2-1】（23-24九年级·福建福州·期中）如图，在Rt△ABC中，∠ABC=90∘，AB=2❑√3，BC=3
，将△ABC绕点C逆时针旋转60∘，得到△CDE，连接AD，则AD的长是 ．
【答案】❑√39
【分析】连接BD，过D作DF⊥AB交AB的延长线点F，则∠DBF=30°，利用勾股定理求出BF，即得
到AF，解题即可．
【详解】∵△ABC绕点C逆时针旋转60°得到△CDE，
∴BC=DC=3,∠BCD=60°，
连接BD,则△BCD为等边三角形，∴BD=BC=3,∠CBD=60°
∵∠ABC=90°，
∴∠ABD=150°，
∴过D作DF⊥AB交AB的延长线点F，
∴∠DBF=30°
∴在Rt△BDF中，
1 3
DF= BD= ，
2 2
√ 3 2 3
∴BF=❑√BD2−DF2=❑32−( ) = ❑√3，
2 2
3 7
∴AF=AB+BF=2❑√3+ ❑√3= ❑√3,
2 2
∴在Rt△ADF中，
√ 7 2 3 2
AD=❑√AF2+DF2=❑( ❑√3) +( ) =❑√39，
2 2
故答案为:❑√39．
【点睛】本题考查勾股定理，旋转的性质，等边三角形的判定和性质，构造直角三角形利用勾股定理计算
是解题的关键．
【变式2-2】（23-24九年级·上海长宁·期末）如图，正方形ABCD的边长为❑√2，将△ABC绕点A旋转，得
到△AB′C′，其中B、C的对应点分别是点B′、C′．如果点B′在正方形ABCD内，且到点B、C的距离相
等，那么C′D的长为 ．【答案】❑√3−1/−1+❑√3
【分析】作BC的垂直平分线EF，交BC于E，交AD于F，作B′H⊥AB，交AB于点H，连接BB′、
B′C、C′D，由题意可知当B′在EF上时满足到点B、C的距离相等，得到B′B=B′C，根据正方形性质可
证明△B′ AC≌△DAC′ (SAS)，从而推出C′D=B′C=BB′，然后判定四边形HBEB′是矩形，结合EF垂
1 ❑√2
直平分BC，推出B′H=BE= BC= ，即可根据勾股定理可算出AH，得到BH，最后再由勾股定理算
2 2
出BB′，即可得到答案．
【详解】作BC的垂直平分线EF，交BC于E，交AD于F，作B′H⊥AB，交AB于点H，连接BB′、
B′C、C′D
由题意可知，当B′旋转到EF上时，到点B、C的距离相等，且B′B=B′C
∵四边形ABCD是正方形
∴∠DAC=∠B′ AC′，AD=AB′，AC=AC′
∵∠B′ AC=∠B′ AC′−∠C′ AC，∠DAC′=∠DAC−∠C′ AC
∴∠B′ AC=∠DAC′
在△B′ AC和△DAC′中
{
AB′=AD
)
∠B′ AC=∠DAC′
AC=AC′∴△B′ AC≌△DAC′ (SAS)
∴ C′D=B′C
∴C′D=B′B
∵B′H⊥AB，AB⊥BC，EF⊥BC
∴四边形HBEB′是矩形
∴B′H=BE
又∵ EF垂直平分BC，AB=BC=AB′=❑√2
1 1 ❑√2
∴ B′H=BE= BC= ×❑√2=
2 2 2
√ ❑√2 2 ❑√6
∴ AH=❑√AB′2−B′H2=❑ (❑√2) 2 −( ) =
2 2
❑√6
∴BH=AB−AH=❑√2−
2
√ ❑√2 2 ❑√6 2
∴B′B=❑√B′H2+BH2=❑ ( ) +(❑√2− ) =❑√3−1
2 2
∴C′D=B′B=❑√3−1
故答案为：❑√3−1．
【点睛】本题考查了图形的旋转，垂直平分线的性质，正方形的性质，矩形的判定与性质，全等三角形的
判定与性质，勾股定理，根据题意找到B′位置并作出相应的辅助线是解题的关键．
【变式2-3】（23-24九年级·河南南阳·期末）如图，在矩形ABCD中，AB=3，BC=5，点E为BC边上
的动点，连接AE，将线段AE绕点E顺时针旋转90°，点A落在点P处，当点P在矩形ABCD外部时，连接
PC，PD．若△DPC为直角三角形，则BE的长为 ．
7+❑√17
【答案】3或
4
【分析】本题考查了旋转变换、全等三角形的判定和性质、相似三角形的判定和性质等知识，分
∠PDC=90°和∠DPC=90°两种情况进行解答即可求解，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形和相似三角形解决问题．
【详解】解：分两种情况讨论：
①如图1中，当∠PDC=90°时，
∵∠ADC=90°，
∴∠ADC+∠PDC=180°，
∴A、D、P共线，
∵EA=EP，∠AEP=90°，
∴∠EAP=45°，
∵∠BAD=90°，
∴∠BAE=45°，
∵∠B=90°，
∴∠BAE=∠BEA=45°，
∴BE=AB=3；
②如图2中，当∠DPC=90°时，作PF⊥BC于F，PH⊥CD于H，设BE=x，
∵∠AEB+∠PEF=90°，∠AEB+∠BAE=90°，
∴∠BAE=∠PEF，
在△ABE和△EFP中，
{∠BAE=∠PEF
)
∠B=∠F=90° ，
AE=EP
∴△ABE≌△EFP(AAS)，
∴EF=AB=3，PF=HC=BE=x，∴CF=3−(5−x)=x−2，
∵∠DPH+∠CPH=90°，∠CPH+∠PCH=90°，
∴∠DPH=∠PCH，
∵∠DHP=∠PHC，
∴△PHD∽△CHP，
∴PH2=DH⋅CH，
∴(x−2) 2=x(3−x)，
7+❑√17 7−❑√17
∴x= 或 （不合题意，舍去）
4 4
7+❑√17
∴BE= ；
4
7+❑√17
综上所述，当△PDC是直角三角形时，BE的值为3或 ．
4
【题型3 利用旋转的性质求面积】
【方法总结】解答图形旋转衍生的面积计算问题时,要善于分析图形面积之间的和差关系,并运用旋转的性
质进行转化(旋转前后两个图形的面积相等),将不规则图形的面积转化为规则图形的面积.
【例3】（23-24九年级·江苏镇江·期中）如图，边长为1的正方形ABCD绕点C逆时针旋转45°后得到正
方形A′B′CD′，边A′D′与AB交于点E，则阴影部分的面积是（ ）
A．2−❑√2 B．❑√2−1 C．2❑√2−2 D．4−2❑√2
【答案】D
【分析】本题考查正方形的性质，勾股定理，旋转的性质，连接A′C，证明A′,B,C三点共线，勾股定理
求出A′C的长，进而求出A′B的长，利用分割法求出阴影部分的面积即可．
【详解】解：连接A′C，∵边长为1的正方形ABCD绕点C逆时针旋转45°后得到正方形A′B′CD′，
∴BC=1,∠BCD=90°,∠DCD′=45°,∠A′CD′=∠D′ A′C=45°,A′D′=CD′=1，
∴∠BCD′=∠BCD−∠DCD′=45°，A′C=❑√12+12=❑√2，
∵∠BCD′=∠A′CD′=45°，
∴A′,B,C三点共线，
∴A′B=A′C−BC=❑√2−1，∠A′BE=90°，
∵∠D′ A′B=45°，
∴BE=A′B=❑√2−1，
1 1
∴S =S −S = ×1×1− (❑√2−1) 2=❑√2−1，
四边形BED′C △CD′A′ △BEA′ 2 2
∴S =2(S −S )=2×(1−❑√2+1)=4−2❑√2；
阴 正方形ABCD 四边形BED′C
故选D．
【变式3-1】（23-24九年级·安徽芜湖·期中）如图，Rt△ABC中，∠ACB=90°，∠B=30°，AC=2，
BC=2❑√3，将△ABC绕点C逆时针旋转至△A′B′C，使得点A′恰好落在AB上，A′B′与BC交于点D，则
△A′CD的面积为 ．
❑√3
【答案】
2
【分析】先证明△AC A′是等边三角形，再证明△CD A′是直角三角形，求出CD、A′D的长即可解决问
题．
【详解】解：在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=2，∠B=30°，∴AB=2AC=4，∠A=90°−∠B=60°
由旋转可得：CA=C A′，∠C A′D=∠A=60°，
∴△AC A′是等边三角形，
∴A A′=AC=A′C=2，
∴A′C=A′B=2，
∴∠A′CB=∠B=30°，
∴∠CD A′=180°−∠A′CD−∠C A′D=90°，
∴△A′CD是直角三角形，
1
∴A′D= A′C=1，
2
由勾股定理，得，CD=❑√C A′2−A′D2=❑√3，
1 ❑√3
∴S = ×1×❑√3= ．
△A′CD 2 2
【点睛】本题考查旋转的性质、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、三角形
的内角和定理、三角形的面积等知识，证明△A′CD是直角三角形是解题的关键．
【变式3-2】（23-24九年级·广东佛山·期中）如图，在△ABC中，AB=AC，∠BAC=120°，O为BC的
中点，将△ABC绕点O顺时针旋转得到△≝¿，D、E分别在边AC和CA的延长线上，连接CF，若AD=3
，则△OFC的面积是（ ）
9 27 3 27
A． ❑√3 B． ❑√3 C． ❑√3 D． ❑√3
2 2 4 4
【答案】D
【分析】根据等腰三角形的性质可得∠AOC=90°，∠OAC=30°．根据旋转的性质可得OA=OD，
OC=OF，则可得△AOD和△COF都是等边三角形，则AO=OD=AD=3，则可得CD=3，由此得DF
垂直平分OC，
，在Rt△AOC中求出OC的长，则可知CF、HC的长，进而可得HF的长，从而可求得△COF的面积．
【详解】连接OA，OD，
∵AB=AC，∠BAC=120°，∴∠B=∠ACB=30°，
∵O为BC的中点，
1
∴∠AOC=90°，∠OAC= ∠BAC=60°，
2
1
∴AO= AC，
2
∵将△ABC绕点O顺时针旋转得到△≝¿，
∴OA=OD，OC=OF，
∴△AOD是等边三角形，
∴AO=OD=AD=3，
∴AC=2AO=6，
∴CD=3，
∴OD=CD，
∴D点在OC的垂直平分线上，
∵△AOD是等边三角形，
∴∠AOD=60°，
即旋转角为60°，
∴∠COF=60°，
∴△COF是等边三角形，
∴OF=CF，
∴F点在OC的垂直平分线上，
∴DF垂直平分OC，
设垂足为H，
∵OC=❑√AC2−AO2=❑√62−32=3❑√3，
1 3❑√3
∴CF=OF=3❑√3，HC= OC= ，
2 2
√ 3❑√3 2 9
∴HF=❑√CF2−HC2=❑ (3❑√3) 2 −( ) = ，
2 2
1 1 9 27❑√3
∴S = OC⋅HF= ×3❑√3× = ．
△OFC 2 2 2 4
故选：D．【点睛】本题主要考查了等腰三角形的性质、等边三角形的判定和性质、旋转的性质、线段垂直平分线的
判定和性质以及勾股定理．熟练掌握以上知识，正确的作出辅助线是解题的关键．
【变式3-3】（23-24九年级·四川成都·期中）如图，△ABC绕点C顺时针旋转30°得到△A′B′C，若
△ABC是等边三角形，AB=❑√3，则图中阴影部分得面积等于 ．
9 9❑√3
【答案】 −
2 4
【分析】先利用旋转的性质得到∠BCB′=∠ACB′=∠ACA′=30°，再解直角三角形可计算出CD、AD
、AE、EF，然后利用图中阴影部分的面积=S −S 进行计算．
△ACD △AEF
【详解】解：如图所示：
∵ △ABC AB=❑√3
是等边三角形， ，
∴AB=BC=AC=❑√3，∠B=∠ACB=∠A=60°，
∵ △ABC绕点C顺时针旋转30°得到△A′B′C，
∴∠BCB′=∠ACB′=∠AC A′=30°，
在△BCD中，∠B=60°，∠BCB′=30°，则∠BDC=90°，即B′C⊥AB；
同理，可得CA⊥A′B′；
1 ❑√3 3
∴AD=BD= BC= ，由勾股定理可得CD=❑√BC2−BD2= ，
2 2 2
3
∴CE=CD= ，
23
∴AE=AC−CE=❑√3− ，
2
在△AEF中，∠A=60°，则∠AFE=30°，从而得到AF=2AE=2❑√3−3，由勾股定理可得
3❑√3
EF=❑√AF2−AE2=3−
，
2
∴图中阴影部分的面积=S −S
△ACD △AEF
1 1
= AD⋅CD− AE⋅EF
2 2
1 3 ❑√3 1( 3)( 3❑√3)
= × × − ❑√3− 3−
2 2 2 2 2 2
9 9❑√3
= − ，
2 4
9 9❑√3
故答案为： − ．
2 4
【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，勾股定理，含30°的直角三角形性质，等边三角形性质等知识，熟练掌
握旋转性质，数形结合是解决问题的关键．
【题型4 平面直角坐标系中的旋转变换】
【方法总结】此类题目主要对旋转、勾股定理、轴对称等内容进行综合考查.要注意旋转中心的确定.
【例4】（2024·江苏徐州·模拟预测）在8×5的网格中建立如图的平面直角坐标系，四边形OABC的顶点
坐标分别为O(0,0)，A(3,4)，B(8,4)，C(5,0)．仅用无刻度的直尺在给定网格中按下列步骤完成画图，并
回答问题：
(1)将线段CB绕点C逆时针旋转90°，画出对应线段CD；
(2)在线段AB上画点E，使∠BCE=45°（保留画图过程的痕迹）；
(3)连接AC，画点E关于直线AC的对称点F，并简要说明画法．
【答案】(1)见解析(2)见解析
(3)见解析
【分析】（1）根据题意，将线段CD是将线段CB绕点C逆时针旋转90°即可；
（2）连接BD，MN交于点G，连接CG并延长交AB于点E，即为所求；
（3）连接(5,0)和(0,5)点与AC的交点F即为所求．
【详解】（1）如图所示：线段CD即为所求；
（2）如图所示：∠BCE即为所求；
由（1）可得，△BCD是等腰直角三角形
∴BC=CD，∠BCD=90°
由网格得，四边形MDNB是矩形，BD，MN交于点G，
∴点G是BD中点
∴CG平分∠BCD
1
∴∠BCE= ∠BCD=45°；
2
（3）连接(5,0)，(0,5)，与OA的交点F，点F即为所求，如图所示：
∵AB∥OC，AB=OC=5
∴四边形AOCB是平行四边形
∵OA=❑√32+42=5，OC=5
∴OA=OC
∴四边形AOCB是菱形
∴∠OAC=∠BAC，∠OCA=∠BCA
由作图可得，∠OCM=45°=∠BCE
∴∠OCA−∠OCM=∠BCA−∠BCE
∴∠ACM=∠ACE又∵AC=AC
∴△ACF≌△ACE(ASA)
∴AF=AE，CF=CE
∴AC垂直平分EF
∴点E和点F关于直线AC对称．
【点睛】本题考查了作图−旋转变换，矩形的性质，勾股定理，全等三角形的性质和判定以及等腰三角形
三线合一性质等知识，熟悉相关性质是解题的关键．
【变式4-1】（23-24九年级·陕西汉中·期末）如图，在平面直角坐标系中，已知△ABC的三个顶点坐标分
别为A(3,4)，B(1,1)，C(4,1)．
(1)△ABC先向下平移2个单位，再向左平移5个单位得到△A B C （点A 、B 、C 分别与点A、B、C
1 1 1 1 1 1
对应），请在图中画出△A B C ；
1 1 1
(2)将△ABC绕点B顺时针旋转90°得到△A BC （点A 、C 分别与点A、C对应），请在图中画出
2 2 2 2
△A BC ，并写出点C 的坐标．
2 2 2
【答案】(1)图见解析；
(2)图见解析，C (1，−2)．
2
【分析】（1）先找到点A、B、C平移后的对应点A 、B 、C ，依次连接即可；
1 1 1
（2）线段BA绕点B顺时针旋转90°得到BA ，线段BC绕点B顺时针旋转90°得到BC ，依次连接A ，B
2 2 2
，C 即可．
2
本题考查了坐标与图形变换-平移和旋转，掌握相关知识是解题的关键．
【详解】（1）解：点A(3,4)，B(1,1)，C(4,1)向下平移2个单位，再向左平移5个单位得A (3−5,4−2)
1
，B (1−5,1−2)，C (4−5,1−2)，即A (−2,2)，B (−4,−1)，C (−1,−1)，依次连接A ，B ，C ，
1 1 1 1 1 1 1 1
则△A B C 就是所求的三角形，如图：
1 1 1（2）解：线段BA绕点B顺时针旋转90°得到BA ，线段BC绕点B顺时针旋转90°得到BC ，依次连接
2 2
B、A 、C ，则△A BC 就是所求的三角形，如图：
2 2 2 2
由图可知，点C 的坐标为：(1，−2)．
2
【变式4-2】（23-24九年级·河南郑州·期末）在平面直角坐标系中，△ABC的顶点为
A(1,0),B(4,−3),C(5,0)．
(1)平移△ABC，若点C的对应点C 的坐标为(7,4)，画出平移后的△A B C ；
1 1 1 1
(2)将△ABC以点(0,0)为旋转中心旋转180°，画出旋转后对应的△A B C ；
2 2 2(3)已知将△A B C 绕某一点旋转可以得到△A B C ，则旋转中心的坐标为______．
1 1 1 2 2 2
【答案】(1)见详解
(2)见详解
(3)(1,2)．
【分析】本题考查了坐标与图形，平移作图、旋转作图以及找出旋转中心，正确掌握相关性质内容是解题
的关键．
（1）因为点C的对应点C 的坐标为(7,4)，所以找出点A ，B 的坐标，最后依次连接，即可作答．
1 1 1
（2）因为将△ABC以点(0,0)为旋转中心旋转180°，所以找出点A ，B ，C 的坐标，最后依次连接，
2 2 2
即可作答
（3）运用数形结合思想，直接得△A B C 与△A B C 的旋转中心的坐标，即可作答．
1 1 1 2 2 2
【详解】（1）解：△A B C 如图所示：
1 1 1
（2）解：△A B C 如图所示：
2 2 2
（3）解：由图得将△A B C 绕某一点旋转可以得到△A B C ，则旋转中心的坐标为(1,2)．
1 1 1 2 2 2【变式4-3】（23-24九年级·内蒙古鄂尔多斯·期末）正方形网格中（网格中的每个小正方形边长是1），
△ABC的顶点均在格点上，请在所给的直角坐标系中解答下列问题：
(1)作出△ABC绕点A逆时针旋转90°的△AB C ．
1 1
(2)作出△ABC关于原点O成中心对称的△A B C ．
1 2 2
(3)在x轴上找一点P使得PC+PB最小，则P点坐标
(4)请直接写出以A ，B ，C 为顶点的平行四边形的第四个顶点D的坐标 ．
1 2 2
【答案】(1)见解析
(2)见解析
( 10 )
(3) − ，0
3
(4)(5，3)或(3，−1)或(−1，1)
【分析】本题主要考查作图----旋转变换，一次函数的图象与性质等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识
（1）作出A,B,C的对应点A、B ,C 即可；
1 1
（2）作出A,B,C的对应点A 、B ,C 即可；
1 2 2（3）作点C关于x轴在对称点M(−4，1)，连接BM交x轴于点P，求出直线BM的解析式，求出与x的
交点坐标即可；
（4）画出点D的位置，写出坐标即可
【详解】（1）解：如图，△AB C 即为所作
1 1
（2）解：△A B C 即为所作
1 2 2
（3）解：作点C关于x轴在对称点M(−4，1)，连接BM交x轴于点P，如图，
设直线BM的解析式为y=kx+b，
把M(−4，1)，B(−2，−2)代入得，{ −4k+b=1 )
，
−2k+b=−2
{ k=− 3 )
解得， 2 ，
b=−5
3
所以，直线BM的解析式为y=− x−5，
2
10
令y=0，得x=− ，
3
( 10 )
∴P − ，0 ，
3
( 10 )
故答案为： − ，0 ；
3
（4）解：如图，
由图得，第四个顶点D的坐标为(5，3)或(3，−1)或(−1，1)，
故答案为：(5，3)或(3，−1)或(−1，1)
【题型5 与旋转有关的探究性问题】
【方法总结】与旋转有关的探究性问题,考查操作、想象、探究能力.解决这类问题,需要首先确定旋转的角
度和方向、旋转前后对应的角与边,明确旋转过程中的变量与不变量,利用旋转前后的图形全等进行边与角
的计算.
【例5】（2024·山西大同·模拟预测）综合与实践：
如图1，已知点D是等边三角形△ABC边BC上的一点（不与点B，C重合）．
动手操作：
第一步：连接AD，以A为旋转中心，将线段AD顺时针旋转60°，得到线段AE，连接DE；
第二步：以D为旋转中心，将线段DC逆时针旋转120°，得到线段DF，连接BF，交DE于点M．
特例探究：（1）如图2，当点D为BC中点时，点F恰好在AB上，请写出线段EM与DM的数量关系，并说明理由；
探索发现：
（2）如图1，当点D不是BC中点时，请判断（1）中的结论是否成立？若成立，请写出证明过程；若不成
立，请说明理由；
（3）当BC=6，CD=2时，请直接写出AM的长．
【答案】（1）EM=DM，理由见解析
（2）EM=DM仍然成立，证明见解析
（3）AM=❑√21
【分析】本题主要考查了等边三角形的性质，勾股定理，旋转的性质，全等三角形的判定和性质，解题的
关键是熟练掌握相关性质定理，正确画出辅助线，构造全等三角形．
（1）根据等边三角形的性质，结合旋转的性质证△AED是等边三角形，再证∠EAM=∠BAD即可；
（2）连接BE，EF，根据SAS证明△BAE≌△CAD，再证四边形BEFD是平行四边形即可得；
（3）作AG⊥BC于G，根据勾股定理计算AG和AD的长，再根据等边三角形的性质求解即可．
【详解】解：（1）EM=DM
理由如下：
∵△ABC是等边三角形，点D是BC的中点，
1
∴∠BAC=60°，∠BAD= ∠BAC．
2
∴∠BAD=30°．
由操作可知：AE=AD，∠DAE=60°，DF=DC，∠FDC=120°，
∴△AED是等边三角形．
∵∠EAD=60°．
∴∠BAE=∠EAD−∠BAD=60°−30°=30°．
∴∠EAM=∠BAD．
∴EM=DM；
（2）EM=DM仍然成立．理由如下：连接BE，EF，如图所示，
∵△ABC和△AED是等边三角形，
∴∠ABC=∠BAC=∠EAD=∠C=60°，AB=AC，AE=AD，
∴∠EAD−∠BAD=∠BAC−∠BAD．
∴∠BAE=∠CAD．
∴△BAE≌△CAD(SAS)．
∴∠ABE=∠C=60°，BE=CD．
∴∠EBD=∠ABE+∠ABC=60°+60°=120°．
∴∠EBD=∠FDC=120°．
∴BE∥DF．
∵CD=DF，
∴BE=DF，
∴四边形BEFD是平行四边形，
∴EM=DM；
（3）❑√21．
作AG⊥BC于G，如图所示，
∵△ABC是等边三角形，BC=6，
∴AG=❑√AB2−BG2=❑√62−32=3❑√3．
∴DG=CG−CD=3−2=1．
∴AD=❑√AG2+DG2=❑√ (3❑√3) 2+12=2❑√7．❑√3
∴AM=2❑√7× =❑√21．
2
【变式5-1】（23-24九年级·陕西西安·期末）（1）【探究发现】如图1，P是等边 △ABC内一点，PA=4
，PB=3，PC=5，求 ∠APB的度数．
解：将 △BPC绕点B逆时针旋转60°到△BP′ A的位置，连接．PP′，则△BPP′是______三角形．
∴PP′=PB=3，
又∵AP=4，AP′=CP=5
∴PP′2+AP2=AP′2
∴△PAP′为直角三角形
∴∠APB的度数为______．
（2）【类比延伸】如图2，在正方形ABCD内部有一点P，连接 PA、PB、PC，若 PA=2，PB=4，
∠APB=135°，求PC的长；
（3）【拓展迁移】如图3，在正六边形ABCDEF内部有一点P，若 PA=4，PB=2，PF=2❑√13，请直
接写出 ∠APB的度数及正六边形的边长．
【答案】（1）见解析；（2）6；（3）∠APB=120°，2❑√7【分析】（1）根据旋转的性质，得到△BPP′是等边三角形，勾股定理逆定理，得到△APP′为直角三角
形，进一步求解即可；
（2）把△ABP绕点B顺时针旋转90°得到△BCP′，旋转的性质，推出△BPP′是等腰直角三角形，求出
∠PP′C=135°−45°=90°，再利用勾股定理进行求解即可；
（3）将△FAH绕点A顺时针旋转120°得到△BAG，连接PG，求出∠AGP=∠APG=30°；如图所示，
过点A作AM⊥OG于M，则PG=2PM=4❑√3，证明△BPG是直角三角形，即∠BPG=90° ，即可得
到∠APB=120°；如图所示，过点B作BH⊥AP交AP延长线与H，则∠BPH=60°，则∠PBH=30°
1
，可得PH= PB=1，进而得到AH=5，BH=❑√3，则AB=❑√AH2+BH2=2❑√7，即正六边形的边长
2
为2❑√7．
【详解】解：（1）解：将 △BPC绕点B逆时针旋转60°到△BP′ A的位置，连接．PP′，则△BPP′是等
边三角形，
∴PP′=PB=3，∠BPP′=60°
又∵AP=4，AP′=CP=5，
∴PP′2+AP2=AP′2，
∴△PAP′是直角三角形，即∠APP′=90°，
∴∠APB=∠APP′+∠BPP′=150°；
（2）如图，把△ABP绕点B顺时针旋转90°得到△CBP′，∴P′B=PB=4，P′C=PA=2，
∵旋转角是90°，
∴∠PBP′=90°，
∴△BPP′是等腰直角三角形，
∴PP′=❑√2PB=4❑√2，∠PP′B=45°，
∵∠APB=135°，
∴∠CP′B=∠APB=135°，
∴∠PP′C=135°−45°=90°，
在Rt△PP′C中，由勾股定理得，PC=❑√P′P2+P′C2=6；
（3）∵六边形ABCDEF是正六边形，
180°×(6−2)
∴∠FAB= =120°，AF=AB，
6
如图所示，将△FAH绕点A顺时针旋转120°得到△BAG，连接PG，
∴AG=AP，BG=PF=2❑√13，∠PAG=120°，
∴∠AGP=∠APG=30°；
❑√3
如图所示，过点A作AM⊥OG于M，则PG=2PM=2× AP=4❑√3，
2
∴PG2=48，
又∵PB2=4，BG2=(2❑√13) 2=52，
∴PG2+PB2=BG2，
∴△BPG是直角三角形，即∠BPG=90° ，
∴∠APB=120°；
如图所示，过点B作BH⊥AP交AP延长线与H，则∠BPH=60°，
∴∠PBH=30°，
1
∴PH= PB=1，
2
∴AH=5，BH=❑√3，
∴AB=❑√AH2+BH2=2❑√7，
∴正六边形的边长为2❑√7．【点睛】本题考查旋转的性质，等边三角形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，勾股定理及其逆定
理，正方形的性质等等，解题的关键是通过旋转，构造直角三角形．
【变式5-2】（23-24九年级·湖北孝感·期末）在“综合与实践”课上，同学们以“图形的旋转”为主题开
展数学活动．
(1)探究发现
如图1，在等边△ABC内部有一点P，连接AP，BP，CP，将线段AP绕点A逆时针旋转60°，得到线段
AD，连接PD，CD，若AP2+CP2=BP2，则∠APC的度数是 ．
(2)类比延伸
如图2，在△ABC中，AB=AC，∠BAC=90°．在△ABC内部有一点P，连接AP，BP，CP，若
∠APC=135°，试判断AP，BP，CP之间的数量关系，并说明理由．
(3)迁移应用
如图3，在△ABC中，AB=AC，∠BAC=120°．在直线AC的上方有一点P，连接AP，BP，CP，若
∠APC=60°，则存在实数λ使得λAP2+CP2=BP2成立，请直接写出λ的值．
【答案】(1)150°；
(2)2AP2+CP2=BP2，理由见解析；
(3)λ=3．
【分析】（1）由旋转的性质可得△APD是等边三角形，由勾股定理的逆定理判定可得∠DPC=90°，再利用角的和差关系即可求解；
（2）将△APB绕点A顺时针旋转90°得到△ATC，连接PT，得等腰直角△APT，进而得
∠TPC=∠APC−∠APT=135°−45°=90°，再由勾股定理即可得出结论；
（3）将△APC绕点A顺时针旋转120°得到△ABQ，连接PQ，过点A作AH⊥PQ，垂足为H，得等腰
△APQ，∠PQA=∠APQ=30°，进而可得∠BQP=∠PQA+∠AQB=30°+60°=90°，用勾股定理
即可得出PQ2+BQ2＝BP2，再在等腰△APQ中求出PQ=❑√3AP即可得出结论．
【详解】（1）解：由旋转性质可知：AD=AP，∠DAP=60°，DC=BP，
∴△ADP是等边三角形，
∴PD=AP，∠APD=60°，
∵AP2+CP2=BP2，
∴DP2+CP2=CD2，
∴∠DPC=90°，
∴∠APC=∠APD+∠DPC=60°+90°=150°，
故答案为：150°；
（2）解：2AP2+CP2=BP2，理由如下：
如图2中，将△APB绕点A逆时针旋转90°得到△ATC，连接PT，
由旋转性质可知：AP=AT，∠PAT=90°，TC=BP，
∴PT=❑√2AP，∠APT=∠ATP=45°，
∵∠APC=135°，
∴∠TPC=∠APC−∠APT=135°−45°=90°，
∴PT2+PC2=TC2，
∴(❑√2AP) 2+PC2=BP2，
∴2AP2+CP2=BP2；
（3）解：如图3中，将△APC绕点A顺时针旋转120°得到△ABQ，连接PQ，过点A作AH⊥PQ，垂足
为H，由旋转性质可知：AP=AQ，∠PAQ=∠BAC=120°，PC=BQ，∠AQB=∠APC=60°，
180°−120°
∴∠PQA=∠APQ= =30°，
2
∴∠BQP=∠PQA+∠AQB=30°+60°=90°，
∴PQ2+BQ2=BP2，
∵AP=AQ，AH⊥PQ，
∴PQ=2PH，
在Rt△APH中，∠APQ=30°，
1
∴AH= AP，
2
❑√3
∴PH=❑√AP2−AH2= AP，
2
∴PQ=2PH=❑√3AP，
∴3AP2+PC2＝BP2，
∴λ=3．
【点睛】本题考查了旋转的性质，等边三角形的判定和性质，勾股定理及其逆定理，等腰直角三角形的性
质，直角三角形的性质，正确作出辅助线是解题的关键．
【变式5-3】（2024·吉林长春·二模）旋转是几何图形运动中的一种重要变换，通常与全等三角形等数学知
识相结合来解决实际问题，某学校数学兴趣小组在研究三角形旋转的过程中，进行如下探究：△ABC和
△≝¿均为等腰直角三角形，∠BAC=∠EDF=90°，点D为BC中点，将△≝¿绕点D旋转，连接AE、CF
．
观察猜想：
（1）如图1，在△≝¿旋转过程中，求证：AE=CF；
探究发现：
（2）如图2，当点F在△ABC内且A、E、F三点共线时，试探究线段CF、AF与DE之间的数量关系，
并说明理由；
解决问题：（3）若△ABC中，AB=❑√5，在△≝¿旋转过程中，当AE=❑√3且A、E、F三点共线时，直接写出DE
的长．
❑√6−2
【答案】（1）证明见解析；（2）FC=AF+❑√2DE；（3）DE=
2
【分析】（1）如图所示，连接AD，根据等腰三角形的性质可证△AED≌△CFD(SAS)，由此即可求解；
（2）同（1）证明出△ADE≌△CDF(SAS)，得到AE=CF，再根据△≝¿为等腰直角三角形得到
EF=❑√2DE，由此即可求解；
（3）根据题意分点F在线段AE上和点E在线段AF上两种情况讨论，然后根据△ADE≌△CDF得到
FC=AE=❑√3，然后利用勾股定理求解即可．
【详解】证明：如图所示，连接AD，延长CF交AE于点G，
∴∠DFG+∠DFC=180°，
∵△ABC为等腰直角三角形，∠BAC=90°，
∴AB=AC，∠B=∠ACB=45°，
∵点D为BC中点，
∴AD⊥BC，AD平分∠BAC，
1 1
∴∠DAC= ∠BAC= ×90°=45°=∠ACD，
2 2
∴AD=CD，
∵△≝¿为等腰直角三角形，∠EDF=90°，
∴DE=DF，∠EDA+∠ADF=90°=∠ADF+∠FDC，
∴∠EDA=∠FDC，
在△AED和△CFD中，{
AD=CD
)
∠EDA=∠FDC ，
DE=DF
∴△AED≌△CFD(SAS)，
∴AE=CF；
（2）FC=AF+❑√2DE．
如图所示，连接AD，
同理可得，AD=CD，∠ADC=90°
∵∠EDF=90°
∴∠EDF+∠FDA=∠ADC+∠FDA，即∠ADE=∠CDF
又∵DE=DF
∴△ADE≌△CDF(SAS)
∴AE=CF
∵△≝¿为等腰直角三角形
∴EF=❑√2DE
∴FC=AE=AF+EF=AF+❑√2DE；
（3）如图所示，当点F在线段AE上时，
由（2）得，△ADE≌△CDF
∴FC=AE=❑√3，∠DFC=∠E=45°
∴∠EFC=∠EFD+∠DFC=90°
∴∠AFC=90°
∴AF=❑√AC2−CF2=❑√AB2−CF2=❑√2∵FC=AF+❑√2DE
∴❑√3=❑√2+❑√2DE
❑√6−2
∴DE=
2
如图所示，当点E在线段AF上时，
同理可证△ADE≌△CDF(SAS)
∴CF=AE=❑√3，∠DAE=∠DCF
∴∠ADC=∠AFC=90°
∵AC=AB=❑√5
∴AF=❑√AC2−FC2=❑√2>AE=❑√3
∴不合题意，应舍去，
❑√6−2
综上所述，DE= ．
2
【点睛】本题属于几何变换综合题，考查了等腰直角三角形的性质，等角对等边，旋转的性质，全等三角
形的判定和性质，勾股定理等知识点，运用了分类讨论的思想．掌握旋转的性质，等腰直角三角形的性
质，全等三角形的判定和性质是解题的关键．
【考点2 中心对称】
知识点一 中心对称的定义
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。
注意以下几点：
中心对称指的就是两个图形的位置关系；只有一个对称中心；绕对称中心旋转180°两个图形能够完全重
合。
知识点二 作一个图形关于某点对称的图形
要作出一个图形关于某一点的成中心对称的图形，关键就是作出该图形上关键点关于对称中心的对称点。
最后将对称点按照原图形的形状连接起来，即可的出成中心对称图形。
知识点三 中心对称的性质
有以下几点：（1） 关于中心对称的两个图形上的对应点的连线都经过对称中心，并且都被对称中心平分；
（2） 关于中心对称的两个图形能够互相重合，就是全等形；
（3） 关于中心对称的两个图形，对应线段平行（或共线）且相等。
知识点四 中心对称图形的定义
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，这个点就就是它的对称中心。
知识点五 关于原点对称的点的坐标
在平面直角坐标系中，如果两个点关于原点对称，它们的坐标符号相反，即点p（x,y）关于原点对称点为
（-x,-y）。
【题型6 识别中心对称图形】
【例6】（23-24九年级·广东深圳·期中）下列几种著名的数学曲线中，既是轴对称图形又是中心对称图形
的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】本题考查的是中心对称图形与轴对称图形的概念，常见的中心对称图形有平行四边形、圆形、正
方形、长方形等等．常见的轴对称图形有等腰三角形，矩形，正方形，等腰梯形，圆等等．根据中心对称
图形与轴对称图形的概念，进行判断即可．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；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，这个图形叫做轴对称图形．
【详解】解：A.该图形既是轴对称图形，又是中心对称图形，故此选项符合题意；
B.该图形是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项不合题意；
C.该图形是中心对称图形，不是轴对称图形，故此选项不合题意；
D.该图形是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项不合题意．
故选：A．
【变式6-1】（2024·四川自贡·模拟预测）在图形“线段、矩形、等腰梯形、等边三角形、平行四边形”中
是轴对称不是中心对称的图形有 ．
【答案】等腰梯形，等边三角形
【分析】本题考查了轴对称及中心对称的知识，掌握好中心对称图形与轴对称图形的概念．轴对称图形的
关键是寻找对称轴，图形两部分折叠后可重合，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180°后的图形与原图形完全重合．本题根据轴对称图形与中心对称图形的概念，分别分析线段、矩形、等腰梯形、等边三角
形、平行四边形是否符合即可．
【详解】解：线段和矩形是轴对称图形，也是中心对称图形；等腰梯形和等边三角形只是轴对称图形，不
是中心对称图形；平行四边形只是中心对称图形．
故答案为：等腰梯形，等边三角形．
【变式6-2】（2024·湖北武汉·模拟预测）我国古代典籍《周易》用“卦”描述世间万象的变化．下图为部
分“卦”的符号，其中是中心对称图形的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】本题考查了中心对称图形，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，这个点叫做对称中心；根据中心对称图形的定义解答即可．
【详解】解：A.该图形不是中心对称图形，故本选项不符合题意；
B.该图形是中心对称图形，故本选项符合题意；
C.该图形不是中心对称图形，故本选项不符合题意；
D.该图形不是中心对称图形，故本选项不符合题意，
故选：B．
【变式6-3】（23-24九年级·湖北黄冈·期中）下列四种图案中，是中心对称图形的有 个，
【答案】3
【分析】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．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：前三个图案能找到这样的一个点，使图形绕某一点旋转180°后与原图重合，所以是中心对称
图形；
最后一个图案不能找到这样的一个点，使图形绕某一点旋转180°后与原图重合，所以不是中心对称图形；
故答案为：3．【题型7 中心对称的性质运用】
【例7】（2024·陕西西安·模拟预测）如图，在菱形ABCD中，连接AC，BD，交于点O．若△BOC与
△B′O′C关于点C成中心对称，连接AB′．若AC=6，BD=24，则AB′的长为（ ）
A．15 B．14 C．13 D．12
【答案】A
【分析】本题考查了菱形的性质、中心对称的性质以及勾股定理等知识，根据菱形的性质、中心对称的性
质，得到OA=OC=O′C=3，OB⊥OC，根据题意得出AO′=9，OB=OB′=12，利用勾股定理计算
AB′即可．
【详解】解：∵四边形ABCD是菱形，△BOC与△B′O′C关于点C成中心对称，AC=6，BD=24
∴OA=OC=O′C=3，OB⊥OC，BC=B′C，OB=OB′=12
∴O′B′⊥O′C，O′ A=AC+O′C=6+3=9，
∴AB′=❑√O′ A2+O′B′2=❑√92+122=15，
故选：A．
【变式7-1】（23-24九年级·陕西咸阳·期末）如图，在四边形ABCD中，AB=AD+BC，AD∥BC，点
D与点C关于点E成中心对称，连接AE并延长，与BC的延长线交于点F．求证：△ABF是等腰三角形．
【答案】见解析
【分析】本题考查等腰三角形的判定，全等三角形的判定与性质，中心对称图形的性质等，先证明
△ADE≌△FCE(ASA)，得到AD=CF，等量代换得到AB=BF，即可证明．
【详解】证明：∵点D与点C关于点E中心对称，
∴DE=EC，
∵AD∥BC，∴∠D=∠DCF，
在△ADE与△FCE中，
{
∠D=∠ECF
)
DE=CE ，
∠AED=∠FEC
∴△ADE≌△FCE(ASA)，
∴AD=CF
∵AB=AD+BC，
∴AB=CF+BC=BF，
∴△ABF是等腰三角形．
【变式7-2】（23-24九年级·福建泉州·期末）如图，△ABC中，∠ABC=90°，∠CAB=60°，AC=4．
作出△ABC共于点A成中心对称的△AB′C′，其中点B对应点为B′，点C对应点为C′，则四边形CB′C′B
的面积是（ ）
A．128 B．64❑√3 C．64 D．32❑√3
【答案】D
【分析】根据含30度角的直角三角形的性质，勾股定理求得AC=2，根据中心对称的性质以及平行四边
形的判定定理，得出四边形CB′C′B是平行四边形，继而即可求解．
【详解】解：如图所示，
∵△ABC中，∠ABC=90°，∠CAB=60°，AC=4．
∴∠ABC=30°,AB=2AC=8,
∴BC=4❑√3,∵作出△ABC共于点A成中心对称的△AB′C′，
∴AB=AB′,AC=AC′，
∴四边形CB′C′B是平行四边形，
∴四边形CB′C′B的面积为BC×CC′=4❑√3×8=32❑√3，
故选：D．
【点睛】本题考查了中心对称的性质，平行四边形的性质，含30度角的直角三角形的性质，勾股定理，得
出四边形CB′C′B是平行四边形是解题的关键．
【变式7-3】（2024·江苏泰州·二模）如图，在平面直角坐标系中，△ABC的顶点A、C分别是直线
8
y=− x+4与坐标轴的交点，点B(−2,0)，点D是边AC上的一点，DE⊥BC，垂足为E，点F在AB边
3
上，且D、F两点关于y轴上某点成中心对称，连接DF、EF．线段EF长度的最小值为 ．
【答案】2❑√2
【分析】过点F，D分别作FG，DH垂直于y轴，垂足分别为G，H，证明Rt△FGK≌Rt△DHK，由
全等三角形的性质得出FG=DH，可求出F(−m,−2m+4)，根据勾股定理得出
l=EF2=8m2−16m+16=8(m−1) 2+8，由二次函数的性质可得出答案；
【详解】过点F，D分别作FG，DH垂直于y轴，垂足分别为G，H，
则∠FGK=∠DHK=90°，记FD交y轴于点K，
∵D点与F点关于y轴上的K点成中心对称，
∴KF=KD，
∵∠FKG=∠DKH，
∴Rt△FGK≌Rt△DHK，
∴FG=DH，
8
∵直线AC的解析式为y=− x+4，
3
∴x=0时，y=4，
∴A(0，4)，
又∵B(−2，0)，
设直线AB的解析式为y=kx+b,
{−2k+b=0)
∴ ，
b=4
{k=2)
解得 =，
b=4
∴直线AB的解析式为y=2x+4，
过点F作FR⊥x轴于点R，
∵D点的横坐标为m,
∴F(−m,−2m+4)，
∴ER=2m,FR=−2m+4，
∵EF2=FR2+ER2，
∴l=EF2=8m2−16m+16=8(m−1) 2+8，
8 3
令− x+4=0，得x= ，
3 2
3
∴0≤m≤ ．
2
∴当m=1时，l的最小值为8，
∴EF的最小值为2❑√2．
【点睛】待定系数法，全等三角形的判定与性质，坐标与图形的性质，二次函数的性质，勾股定理，中心
对称的性质，直角三角形的性质等知识．【题型8 与中心对有关的探究问题】
【例8】（2024·山西晋中·模拟预测）综合与实践
[动手操作]任意一个四边形ABCD通过剪裁，都可以拼接成一个三角形，方法如下：如图1，E，F，G，H
分别是边AB，BC，CD，DA的中点，连接EH，P是线段EH的中点，连接PF，PG，沿线段EH，PF
，PG剪开，将四边形ABCD分成①，②，③，④四部分，按如图2所示的方式即可拼成一个无缝隙也不
重叠的△P′MN．
关于在拼接过程中用到的图形的变换，说法正确的是（ ）
A．①→①是轴对称B．②→②是平移
C．③→③是中心对称D．④→④是中心对称
[性质探究]如图3，连接EF′，F′C′，C′H，判断四边形EF′C′H的形状，并说明理由．
[综合运用]若△P′MN是一个边长为4的等边三角形，则四边形EF′C′H的对角线F′H+C′E的最小值为
__________．
【答案】[动手操作]C；[性质探究]平行四边形，理由见解析；[综合运用]2❑√7
【分析】[动手操作]根据中心对称，平移变换等知识判断即可．
[性质探究]利用三角形的中位线定理和平行四边形的判定定理证明即可．
[综合运用]如图，由[性质探究]可知，四边形F′C′HE是平行四边形，设F′C交H E′于点O，则OE=OC′
，OF′=OH，把问题转化为求F′H+C′E的最小值，即求OF′+OC′的最小值．
【详解】解：[动手操作]观察图象可知②→②，③→③是中心对称，①→①，④→④是平移．
故选：C．
[性质探究]四边形F′C′HE是平行四边形．
理由：由题意可知，P′F′=F′M，P′C′=C′N，
1
∴F′C′= MN，F′C′∥EH，
2
∵PH=HN，PE=EM，
1
∴EH= MN，
2∴F′C′=EH，
∴四边形F′C′HE是平行四边形．
[综合运用]
如图4，过点O作直线l∥MN，作F′T⊥MN于点T，连接TC′交直线l于点O′，连接F′O′，
此时F′O′+O′C′的值最小，最小值=TC′的长．
∵在Rt△MT F′中，M F′=C′F′=2，∠TM F′=60°，
∴T F′=2⋅sin60°=❑√3．
∵C′F′∥MN，
∴∠C′F′T=∠F′TM=90°，
∴C′T=❑√F′T2+C′F′2=❑√3+4=❑√7，
∴F′H+C′E的最小值=2C′T=2❑√7．
【点睛】本题属于几何变换形综合题，考查了中心对称，平移变换，三角形的中位线定理，两点之间线段
最短等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题，学会用转化的思想思考问题，属于中
考压轴题．
【变式8-1】（23-24九年级·湖北荆州·期末）阅读下面材料，完成以下问题．如图1，如图2，将一张矩形
纸片顺着中缝或对角线所在的直线翻折，其折痕将这个矩形一分为二，两部分的形状与大小完全一样．如
图3，如图4，用两条直线将一个矩形分成面积相等的四部分.
我们知道，矩形是一种特殊的平行四边形，对于一般的平行四边形（如图4），是否和矩形一样，也存在这样的直线，将其面积二等分，或进一步将其面积四等分？它们之间又有什么规律呢？
问题1：平分平行四边形的面积，除以下两种方法以外（图5、图6），你还有其他什么方法，请在图7中
画出来．
问题2：通过平分平行四边形的面积，你能平分下面图案（图8）的面积，请在图8中画出来
问题3：老师将两个正方形按照图9所示的方式摆放，请你试着将整个图形的面积平分．
问题4：如图10，平面直角坐标系中放着6个边长为1个单位的小正方形，经过原点O的直线恰好将6个
正方形分成面积相等的两部分，请你画出这条直线，并直接写出该直线的表达式．
2
【答案】问题1：见详解，问题2：见详解，问题3：见详解，问题4：见详解，y= x
5
【分析】问题1：设平行四边形对角线交于O，过O作直线KT即可；
问题2：通过平分平行四边形的面积，可知过中心对称图形的对称中心的直线平分这个中心对称图形的面
积，过圆心作直线MN即可平分图8的面积；
问题3：设两个正方形的对角线交点分别为P，Q，作直线PQ即可平分整个图形的面积；
问题4：如图作直线OA恰好将6个正方形分成面积相等的两部分；用待定系数法可得该直线的表达式为
2
y= x．
5
本题考查一次函数的应用，涉及平分图形的面积，解题的关键是掌握过中心对称图形的对称中心的直线平
分这个中心对称图形的面积．
【详解】解：问题1：设平行四边形对角线交于O，过O作直线KT，如图：
KT
则直线 平分平行四边形的面积；
问题2：通过平分平行四边形的面积，可知过中心对称图形的对称中心的直线平分这个中心对称图形的面
积；过圆心作直线MN，如图：
MN
则直线 平分图8的面积；
问题3：设两个正方形的对角线交点分别为P，Q，作直线PQ，如图：
PQ
则直线 平分整个图形的面积；
问题4：如图：
∵S =S
△AOB △AOC
，
∴直线OA恰好将6个正方形分成面积相等的两部分；
设直线OA的表达式为y=kx，
将(5,2)代入得：2=5k，
2
解得k= ，
5
2
∴该直线的表达式为y= x．
5
【变式8-2】（23-24九年级·江苏淮安·期中）如图，△ABC是等边三角形，BC边在直线l上，动点O在直
线l上（O不与点B重合）．
操作探究1：在图中作出△ABC关于点O的中心对称图形△A B C ，连接AB ，A B，则四边形
1 1 1 1 1
ABA B 的形状是__________．
1 1
操作探究2：如图，若把等边三角形改为等腰三角形，动点O在直线l上（O不与点B重合），△ABC与1
△A B C 关于O成中心对称，当C 在C的右侧且∠C BA = ∠BAC时，判断四边形ABA B 的形
1 1 1 1 1 1 2 1 1
状，并说明理由．
操作探究3：若△ABC是任意三角形，且点A在直线l的上方，动点O在直线l上（O不与点B重合），在
下图中已作出△ABC关于点O的中心对称图形．△A B C 的一个参考图形，连接AB ,A B，当∠ABC
1 1 1 1 1
与∠C BA 满足什么关系时，四边形ABA B 是正方形，直接写出答案．
1 1 1 1
【答案】操作探究1：作图见解析，平行四边形；操作探究2：四边形ABA B 是矩形，理由见解析；操
1 1
1 1
作探究3：∠ABC=∠C BA =45°或∠ABC= ∠C BA =45°或∠C BA = ∠ABC=45°．
1 1 3 1 1 1 1 3
【分析】本题主要考查了中心对称图形的性质，平行四边形的判定，矩形的判定，正方形的性质等等：
操作探究1：先根据题意画图，再由中心对称图形的定义可得OB =OB，OA =OA，据此可证明结论；
1 1
操作探究2：根据等边对等角和三角形内角和定理证明∠ABA =90°，即可证明结论；
1
操作探究3：分当点C在线段BO上时，当点B在线段CO上时，当点O在线段BC上时，三种情况根据正
方形的性质讨论求解即可．
【详解】解：操作探究1：补全图形如下所示：
由中心对称图形的性质可得OB =OB，OA =OA，
1 1
∴四边形ABA B 是平行四边形；
1 1操作探究2：四边形ABA B 是矩形，理由如下：
1 1
∵AB=AC，
∴∠ABC=∠ACB，
∵∠ABC+∠ACB+∠BAC=180°，
1
∴∠ABC+ ∠BAC=90°，
2
1
∵∠C BA = ∠BAC，
1 1 2
∴∠C BA +∠ABC=90°，即∠ABA =90°，
1 1 1
∵四边形ABA B 是平行四边形，
1 1
∴四边形ABA B 是矩形；
1 1
操作探究3：如图3-1所示，当点C在线段BO上时，
∵四边形ABA B 是正方形，
1 1
∴∠ABC=∠C BA =45°；
1 1
如图3-2所示，当点B在线段CO上时，
∵四边形ABA B 是正方形，
1 1
∴∠ABC =∠C BA =45°，
1 1 1
∴∠ABC=135°；如图3-3所示，当点O在线段BC上时，
∵四边形ABA B 是正方形，
1 1
∴∠ABC=∠CBA =45°，
1
∴∠C BA =135°；
1 1
1 1
综上所述，∠ABC=∠C BA =45°或∠ABC= ∠C BA =45°或∠C BA = ∠ABC=45°．
1 1 3 1 1 1 1 3
【变式8-3】（23-24九年级·四川成都·期末）如图，在平面直角坐标系中，点A(2,0)，点B(0,6)，点
D(−6,0)，以AB、AD为边作▱ABCD，点E为BC中点，连接DE、AE．
(1)分别求出线段AE和线段DE所在直线解析式；
(2)点P为线段AE上的一个动点，作点B关于点P的中心对称点F，设点P横坐标为a，用含a的代数式表示
点F的坐标（不用写出a的取值范围）；
(3)在（2）的条件下，
①当点F移动到△ADE的边上时，求点P坐标；②M为PE中点，N为PA中点，连接MF、NF．请利用备用图探究，直接写出在点P的运动过程中，
△MFN周长的最小值和此时点P的坐标．
【答案】(1)AE所在直线的解析式为y=−x+2；DE所在直线解析式为y=3x+18
(2)F(2a,−2a−2)
( 5 9) ( 5 11)
(3)①P(−1,3)或 − , ，②△MFN周长最小值为8❑√2；P − ,
2 2 3 3
【分析】（1）根据平行四边形的性质得出点C和点E的坐标，再用待定系数法求出线段AE和线段DE所在
直线解析式即可；
（2）根据AE所在直线的解析式为y=−x+2，点P横坐标为a，得出点P(a,−a+2)，再根据点B和点F关
于点P的中心对称点，即可得出点F的坐标；
（3） ①根据题意进行分类讨论：当点F在AD上时，当点F在DE上时，即可得出结论；②过点B作
BG⊥AE于点G，过点F作FH⊥AE于点H，通过证明△BPG≌△FPH，得出BG=FH，延长AE，过
点C作CI⊥AE于点I，证明△CEI≌△BEG，进而得出BG=EG=CI=FH=2❑√2，过点C作CQ∥AE
，则CF∥AE，即可推出点F在直线CQ上运动，作点N关于直线CQ的对称点N′，当点N′，F，M在同
一条直线上时，△MFN周长取最小值，即可求出 △MFN周长取最小值；根据中点坐标公式得出
(a−4 −a+8) (a+2 −a+2) (a−1 −a+5)
M , ，N , ，再证明点H是MN中点，则H , ，求出G(−2,4)
2 2 2 2 2 2
(a−5 −a+13)
，根据点P为GH中点，得出P , ，最后根据P(a,−a+2)，列出方程求解即可．
4 4
【详解】（1）解：∵A(2,0)，D(−6,0)，
∴AD=8，
∵四边形ABCD为平行四边形，B(0,6)，
∴C(−8,6)，
∵点E为BC中点，
∴E(−4,6)，
设AE所在直线的解析式为y=kx+b，
把A(2,0)，E(−4,6)代入得：
{ 0=2k+b ) {k=−1)
，解得： ，
6=−4k+b b=2
∴AE所在直线的解析式为y=−x+2；设DE所在直线解析式为y=k x+b ，
1 1
把点D(−6,0)，E(−4,6)代入的：
{0=−6k +b ) {k =3 )
1 1 ，解得： 1 ，
6=−4k +b b =18
1 1 1
∴DE所在直线解析式为y=3x+18．
（2）解：∵AE所在直线的解析式为y=−x+2，点P横坐标为a，
∴点P(a,−a+2)，
设点F(x ,y )，
1 1
∵点B和点F关于点P的中心对称点，B(0,6)
x +0 y +6
∴a= 1 ，−a+2= 1 ，
2 2
整理得：x =2a，y =−2a−2，
1 1
∴F(2a,−2a−2)；
（3）解：①当点F在AD上时，
∵点F在AD上，
∴−2a−2=0，解得a=−1，
∴P(−1,3)；
当点F在DE上时，
∵F(2a,−2a−2)，且F在DE上，
5
∴−2a−2=3×2a+18，解得：a=− ，
2
( 5 9)
∴P − , ；
2 2( 5 9)
综上：P(−1,3)或P − , ；
2 2
②∵A(2,0)，E(−4,6)，
∴AE=❑√(2+4) 2+62=6❑√2，
∵M为PE中点，N为PA中点，
1 1 1
∴MN=MP+NP= PE+ PA= AE=3❑√2，
2 2 2
过点E作EQ⊥x轴于点Q，
∵A(2,0)，E(−4,6)，
∴EQ=6,AQ=2+4=6，
∴∠EAD=45°，则∠BEA=45°，
过点B作BG⊥AE于点G，过点F作FH⊥AE于点H，
∵点B是点F关于点P的中心对称点，
∴BP=FP，
又∵∠BGP=∠FHP=90°，∠BPG=∠FPH，
∴△BPG≌△FPH，
∴BG=FH，
延长AE，过点C作CI⊥AE于点I，
∵点E是BC中点，∴CE=BE，
∵∠I=∠BGE，∠CEI=∠BEG，
∴△CEI≌△BEG，
∴CI=BG，则CI=FH，
∵B(0,6)，E(−4,6)，
∴BE=4，
∵∠BEA=45°，BG⊥AE，
∴设BG=EG=x，
在Rt△BGE中，根据勾股定理可得：BG2+EG2=BE2，即x2+x2=42，
解得：x=2❑√2，
∴BG=EG=CI=FH=2❑√2，
过点C作CQ∥AE，
∵CI=FH，FH⊥AE，CI⊥AE，
∴CF∥AE，
则点F在直线CQ上运动，
作点N关于直线CQ的对称点N′，
根据轴对称的性质以及平行线间的距离处处相等可得N N′=2FH=4❑√2，
当点N′，F，M在同一条直线上时，FN+FM=FN′+FM=M N′，此时△MFN周长取最小值，
在Rt△MN N′中，根据勾股定理可得：M N′=❑√M N2+N N′2=5❑√2，
∴△MFN周长最小值为M N′+MN=5❑√2+3❑√2=8❑√2；
∵E(−4,6)，A(2,0)，P(a,−a+2)，M为PE中点，N为PA中点，
(a−4 −a+8) (a+2 −a+2)
∴M , ，N , ，
2 2 2 21
∵FH∥N N′，FH= N N′ ，
2
∴FH是△MN N′的中位线，则点H是MN中点，
(a−1 −a+5)
∴H , ，
2 2
过点G作GJ⊥BC于点J，
∵BE=4，BG=EG，
∴BJ=GJ=2，
∴G(−2,4)
∵△BPG≌△FPH，
∴PG=PH，即点P为GH中点，
(a−5 −a+13)
∴P , ，
4 4
∵P(a,−a+2)，
a−5 5
∴ =a，解得：a=− ，
4 3
( 5 11)
∴P − ,
3 3
【点睛】本题主要考查了一次函数的图象和性质，平行四边形的性质，中心对称，勾股定理，轴对称，解
题的关键是熟练掌握用待定系数法求解函数解析式的方法，中点坐标公式，正确作出辅助线，确定周长最
小时各点的位置．
