文档内容
第三章 《图形的平移与旋转》导学案
回顾与反思
►
学习目标与重难点
学习目标：
1、学生经历课前知识架构梳理和课堂知识结构图展示，构建和完善本章的知识结构.
2、通过对典型问题的剖析来梳理总结本章知识点，通过变式研究让学生掌握解题方法，形成分析问
题解决问题的综合能力。
3、经历对典型问题的剖析等过程，进一步发展空间观念、通过学生之间的交流、讨论、培养学生的
探究能力、合作精神，提高学习数学的兴趣
学习重点：
理解平移、旋转与中心对称的概念和性质.掌握坐标系中平移、对称的坐标特征。
学习难点：
灵活运用平移、旋转与中心对称的概念和性质解决相关图形问题。
►
教学过程
一、构建知识框架
二、知识梳理1、平移的特征
（1）．对应线段 ；对应角 ；图形的 都不发生改变．
（2）．对应点所连的线段平行（或在同一条直线上）且 ．
2、图形在坐标系中的平移
(1)原图形向右（左）平移a个单位长度：(a>0)
（x,y) （x±a,y) 右 左 .
(2) 原图形向上（下）平移a个单位长度：(a>0)
（x,y) （x,y±a) 上 下 .
在平面直角坐标系中内，一个图形怎么移动，那么这个图形上各个点就怎么移动.
3、旋转的特征
（1）．旋转过程中，图形上 按 旋转 ．
（2）．任意一对对应点与旋转中心的连线所成的角都是 ，对应点到旋转中心的距离都
．
（3）．旋转前后对应线段、对应角分别 ，图形的大小、形状 ．
4、中心对称
（1）．中心对称
把一个图形绕着某一个点旋转 ，如果它能与另一个图形重合，那么就说这两个图形成中
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．
（2）．中心对称的特征
中心对称的特征：在成中心对称的两个图形中，对应点所连线段都经过 ，并且被对称中心
．
3.中心对称图形
把一个图形绕某个点旋转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
，这个点叫做它的 ．
三、考点讲练
考点一 平移
例1 如图所示，下列四组图形中，有一组中的两个图形经过平移其中一个能得到另一个，这组图形
是 （ D ）
A B C D
【解析】紧扣平移的概念解题.
方法总结;平移前后的图形形状和大小完全相同，任何一对对应点连线段平行（或共线）且相等.
针对练习1.如图所示，△DEF经过平移得到△ABC，那么∠C的对应角和ED的对应边分别是 （ ）
A.∠F，AC B.∠BOD，BA C.∠F，BA D.∠BOD，AC
A
D
B
C
E F
考点二 坐标系中的图形平移
例2 如图，直角坐标系中，△ABC的顶点都在网格点上，其中，C点坐标为（1，2）．
（1）写出点A、B的坐标：A（ ， ）、B（ ， ）；
（2）将△ABC先向左平移2个单位长度，再向上平移1个单位长度，得到△A′B′C′，请画出相应
图形，则△A′B′C′的三个顶点 坐标分别是 A′（ ， ）、 B′（ ， ）、C′
（ ， ）；
（3）求△ABC的面积．
【解析】（1）根据图形写出相应点的坐标即可；（2）画出平移后图形，根据图形解题即可，或是
让三个点的横坐标减去2，纵坐标加1即可得到平移后相应点的坐标；（3）△ABC的面积等于边长
为3，4的长方形的面积减去2个边长为1，3和一个边长为2，4的直角三角形的面积.
【方法总结】：直角坐标系中的图形左右移动改变点的横坐标，
即左减右加；上下平移改变点的纵坐标，即上加下减.求格点中图形的面积通常用割补法，常用长方
形的面积减去若干直角三角形的面积表示，或是转化为用几个比较容易求的三角形或四边形的面积
和来表示.
针对练习
（ 2 ） 如 图，在平面直角坐标系中，P（a，b）是△ABC的边AC
上一点， △ABC经平移后点P的对应点为P1（a+6，b+2），（1）请画出上述平移后的△A1B1C1，并写出点A、C、A1、C1的坐标；
（2）求出以A、C、A1、C1为顶点的四边形的面积．
考点三 旋转的概念及性质的应用
例3 （1）如图a，将△AOB绕点O按逆时针方向旋转60 °后得到△COD，若∠AOB=15 °,则∠AOD
的度数是（ ）
A. 15 ° B. 60 ° C. 45 ° D. 75 °
(2) 如图b ,4 ×4的正方形网格中， △MNP绕某点旋转一定的角度，得到△M1N1P1，其旋转中心是
（ ）
A. 点A B. 点B C. 点C D. 点D
【解析】（1）关键找出旋转角∠BOD=60 °;
（2）作线段MM1与PP1 的垂直平分线，交点便是旋转中心.
针对练习
3.如图，在等腰Rt△ABC中，点O是AB的中点，AC=4, 将一块边长足够大的三角板的直角顶点放在
O点处，将三角板绕点O旋转，始终保持三角板的直角边与AC相交，交点为D,另一条直角边与BC相
交，交点为E,则等腰直角三角形ABC的边被三角板覆盖部分的两条线段CD与CE长度之和等于
.
C
A D O EB解答提示：连接CO,证△CDO≌△BEO
考点四 中心对称
例4 下列图形中，既是轴对称图形，又是中心对称图形的是（ ）．
四、课堂练习、巩固提高
【知识技能类作业】 必做题：
1.下列标志中，可以看作是中心对称图形的是（ )
2.观察下列银行标志，从图案看既是轴对称图形又是中心对称图形的有（ )个
3.如图是一个旋转对称图形，以O为旋转中心，旋转（ ）度后的图形与原图形重合。
4.如图，△ABC经过怎样的平移得到△DEF（ ）
A．把△ABC向左平移4个单位，再向下平移2个单位
B．把△ABC向右平移4个单位，再向下平移2个单位
C．把△ABC向右平移4个单位，再向上平移2个单位
D．把△ABC向左平移4个单位，再向上平移2个单位
D
A
E
F
第3题图 第4题图
B C
5.已知△ABC的面积为36，将△ABC沿BC的方向平移到△A′B′C的位置，使
B′和C重合，连接AC′交A′C于D，则△C′DC的面积为（ ）
A．6 B．9 C．12 D．18
6.如图，将一朵小花放置在平面直角坐标系第一象限内，先将它向下平移4个单位后，再将它绕原点O旋转180°，则小花顶点A的对应点A′的坐标 .
第5题图 第6题图
7.在数轴上，点A向右平移1个单位，再向左平移2个单位，再向右平移3个单位，再向左平移4个
单位…100次平移后A所在点表示的数为2006，则点A的原始数为 。
选做题：
8.（2022•保定一模）如图1，点P、Q分别是等边△ABC边AB、BC上的动点（端点除外），点P从顶
点A、点Q从顶点B同时出发，且它们的运动速度相同，连接AQ、CP交于点M。
（1）求证：△ABQ≌△CAP；
（2）当点P、Q分别在AB、BC边上运动时，∠QMC变化吗？若变化，请说明理由；若不变，求出它
的度数。
（3）如图2，若点P、Q在运动到终点后继续在射线AB、BC上运动，直线AQ、CP交点为M，则∠QMC
变化吗？若变化，请说明理由；若不变，则求出它的度数。
【综合拓展类作业】
9. 如图，B，C，E是同一直线上的三个点，四边形ABCD与四边形CEFG都是正方形。连接BG，DE。
（1）观察猜想BG与DE之间的关系，并证明你的猜想；
（2）图中是否存在通过旋转能够互相重合的两个三角形？若存在，请指出，并说出旋转过程；若不
存在，请说明理由。五、总结反思、拓展升华
你今天的收获是什么？
1、巩固了平移、旋转的定义和性质；
2、运用平移、旋转的性质解题；
3、对题目中的数学思想和方法进行归纳总结。
六、【作业布置】
【知识技能类作业】 必做题：
1.下列说法错误的有（ ）
①图形在平移过程中，图形上的每一点都移动了相同的距离；
②图形在旋转过程中，图形上的每一点都绕旋转中心转过了同样长的路程；
③中心对称图形的对称中心只有1个，而轴对称图形的对称轴可能不止一条；
④等边三角形既是轴对称图形，又是中心对称图形。
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
2.如图，在6×4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 B．格点N C．格点P D．格点Q
3.如图 1，P是正方形ABCD内一点，将△ABP绕点B顺时针方向旋
转一定的角度后能与△CBP′重合。若PB=3，则PP′= 。4.如图，P是正三角形ABC内的一点，且PA=6，PB=8，PC=10。若将△PAC绕点A逆时针旋转60°后，
得到△P′AB，则点P与P′之间的距离为 ，∠APB= 度。
5.如图2所示，△ABC绕点A逆时针旋转某一角度得到△ADE，若∠1=∠2=∠3=20°，则旋转角为
度。
第3题图 第4题图 第5题图
【选做题】
6. 如图1在四边形ABCD中。AB=AD，∠B+∠D=180゜，E、F分别是边BC、CD上的点，且
∠BAD=2∠EAF。
（1）求证：EF=BE+DF；
（2）在（1）问中，若将△AEF绕点A逆时针旋转，当点E、F分别运动到BC、CD延长线上时，如图
2所示，试探究EF、BE、DF之间的数量关系
【综合拓展类作业】
7.含30°角的直角三角板ABC（∠B=30°）绕直角顶点C沿逆时针方向旋转角α（∠α＜90°），再沿∠A的对边翻折得到△A′B′C，AB与B′C交于点M，A′B′与BC交于点N，A′B′与AB相交
于点E。
（1）求证：△ACM≌△A′CN；
（2）当∠α=30°时，找出ME与MB′的数量关系，并加以说明。
课堂练习参考答案
1、D
2、3
3、1204、C
5、D
6、（-3，3）
7、 2056
8、（1）证明：∵△ABC是等边三角形
∴∠ABQ=∠CAP，AB=CA，
又∵点P、Q运动速度相同，
∴AP=BQ，
在△ABQ与△CAP中，AB＝CA，AP＝BQ，∠ABQ＝∠CAP
∴△ABQ≌△CAP（SAS）
（2）解：点P、Q在运动的过程中，∠QMC不变。
理由：∵△ABQ≌△CAP，∴∠BAQ=∠ACP，
∵∠QMC=∠ACP+∠MAC，
∴∠QMC=∠BAQ+∠MAC=∠BAC=60°。
（3）解：点P、Q在运动到终点后继续在射线AB、BC上运动时，∠QMC不变。
理由：∵△ABQ≌△CAP，
∴∠BAQ=∠ACP，
∵∠QMC=∠BAQ+∠APM，
∴∠QMC=∠ACP+∠APM=180°-∠PAC=180°-60°=120°。
9、解：（1）BG⊥BD，且BG=DE。
证明：延长BG与DE交于H点，
在△BCG和△DCE中， BC=DC
∠BCG=∠DCE=90°
CG=CE
∴△BCG≌△DCE，
∴BG=DE，∠BGC=∠DEC，
又∵∠BGC=∠DGH，∠DEC+∠CDE=90°，
∴∠DGH+∠GDH=90°，∴∠DHG=90°，
故BG⊥DE，且BG=DE。
（2）存在，△BCG≌△DCE，（1）中已证明，
且△BCG和△DCE有共同顶点C，则△DCE沿C点旋转向左90°与△BCG重合。
课外作业参考答案
1、B
2、B3、
4、6; 150
5、40
6、解：（1）证明：延长CB至M，使BM=DF，连接AM，
∵∠ABC+∠D=180°，∠ABC+∠ABM=180°，
∴∠D=∠ABM，
在△ABM和△ADF中，AB＝AD，AB＝AD，BM＝DF
∴△ABM≌△ADF（SAS），
∴AF=AM，∠DAF=∠BAM，
∵∠BAD=2∠EAF，
∴∠DAF+∠BAE=∠EAF，
∴∠EAB+∠BAM=∠EAM=∠EAF，
在△FAE和△MAE中，
AE＝AE，∠FAE＝∠MAE，AF＝AM
∴△FAE≌△MAE（SAS），
∴EF=EM=BE+BM=BE+DF，
即EF=BE+DF。
2）解：EF、BE、DF之间的关系是EF=BE-DF，
理由是：在CB上截取BM=DF，连接AM。
∵∠ABC+∠D=180°，∠ADC+∠ADF=180°，
∴∠ABC=∠ADF，
在△ABM和△ADF中， BM＝DF，∠B＝∠ADF，AB＝AD
∴△ABM≌△ADF（SAS），
∴AF=AM，∠DAF=∠BAM，
∵∠BAD=2∠EAF=2（∠EAD+∠DAF）=2（∠EAD+∠BAM）=∠EAF+（∠EAD+∠BAM）
又∵∠BAD=（∠BAM+∠EAD）+∠MAE
∴∠MAE=∠EAF在△FAE和△MAE中， AE＝AE，∠FAE＝∠MAE，AF＝AM
∴△FAE≌△MAE（SAS），
∴EF=EM=BE-BM=BE-DF，
即EF=BE-DF。
7、证明（1）：∵∠A=∠A′，AC=A′C，
∠ACM=∠A'CN=90°-∠MCN，∴△ACM≌△A’CN。
（2）解：在Rt△ABC中
∵∠B=30°，∴∠A=90°-30°=60°。
又∵∠α=30°，∴∠MCN=30°，
∴∠ACM=90°-∠MCN=60°。
∴∠EMB′=∠AMC=∠A=∠MCA=60°。
∵∠B′=∠B=30°，
所以三角形MEB′是Rt△MEB′，且∠B′=30°。所以MB′=2ME。
