1.2图形的旋转

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《图形的运动》与复习教案

《图形的运动》整理与复习教案第一章：复习导入1.1 教学目标让学生回顾和掌握图形运动的基本概念。

培养学生运用图形运动的规律解决问题的能力。

1.2 教学内容复习图形运动的基本概念，包括平移、旋转、翻转等。

通过实例让学生理解图形运动的特点和应用。

1.3 教学步骤1.3.1 复习导入：回顾图形运动的基本概念，引导学生回顾和巩固已学的知识。

1.3.2 实例分析：展示一些实例，让学生观察和分析图形的运动过程，引导学生运用已学的知识进行理解和解释。

1.3.3 练习与讨论：设计一些练习题，让学生独立完成并进行讨论，巩固和加深对图形运动的理解。

第二章：平移运动2.1 教学目标让学生掌握平移运动的规律和特点。

培养学生运用平移运动解决问题的能力。

2.2 教学内容讲解平移运动的定义和特点，包括平移的方向和距离。

通过实例让学生理解平移运动对图形位置和形状的影响。

2.3 教学步骤2.3.1 知识讲解：讲解平移运动的定义和特点，引导学生理解和掌握平移运动的概念。

2.3.2 实例分析：展示一些平移运动的实例，让学生观察和分析平移运动的过程和对图形的影响。

2.3.3 练习与讨论：设计一些练习题，让学生独立完成并进行讨论，巩固和加深对平移运动的理解。

第三章：旋转运动3.1 教学目标让学生掌握旋转运动的规律和特点。

培养学生运用旋转运动解决问题的能力。

3.2 教学内容讲解旋转运动的定义和特点，包括旋转的中心点和旋转角度。

通过实例让学生理解旋转运动对图形位置和形状的影响。

3.3 教学步骤3.3.1 知识讲解：讲解旋转运动的定义和特点，引导学生理解和掌握旋转运动的概念。

3.3.2 实例分析：展示一些旋转运动的实例，让学生观察和分析旋转运动的过程和对图形的影响。

3.3.3 练习与讨论：设计一些练习题，让学生独立完成并进行讨论，巩固和加深对旋转运动的理解。

第四章：翻转运动4.1 教学目标让学生掌握翻转运动的规律和特点。

培养学生运用翻转运动解决问题的能力。

二年级下册解答题大全

二年级下册解答题大全1. 数学1.1. 算术1.1.1. 加法- 问题：如何进行两位数的加法运算？- 解答：两位数的加法运算，将个位数与个位数相加，十位数与十位数相加。

如果总和超过9，则将十位数的进位加到百位数上。

1.1.2. 减法- 问题：如何进行两位数的减法运算？- 解答：两位数的减法运算，将被减数减去减数。

如果个位数不够减，则需要向十位数借位。

1.2. 空间几何1.2.1. 图形识别- 问题：如何识别不同的图形？- 解答：通过辨认图形的边数、角度和对称性等特点，可以识别不同的图形。

1.2.2. 图形的旋转- 问题：如何进行图形的旋转？- 解答：图形的旋转是将图形按照一定的角度进行转动。

可以使用一个点作为轴心，将图形围绕该轴心旋转。

2. 语文2.1. 词语搭配2.1.1. 搭配练- 问题：如何正确搭配词语？- 解答：正确的词语搭配需要根据语境和固定搭配的惯进行选择。

可以通过阅读和积累词汇来提高搭配的准确性。

2.2. 阅读理解2.2.1. 阅读技巧- 问题：如何提高阅读理解的能力？- 解答：提高阅读理解能力需要多读多练，注意理解文章的主旨和细节。

可以通过提问和总结的方式来提升阅读理解能力。

3. 英语3.1. 单词拼写3.1.1. 拼写规则- 问题：如何正确拼写单词？- 解答：拼写单词需要掌握常见的拼写规则，包括字母组合的发音规律和规范拼写的规则。

可以通过单词拼写练来提高拼写能力。

3.2. 句子翻译3.2.1. 翻译技巧- 问题：如何正确翻译句子？- 解答：正确翻译句子需要理解句子的结构和语法规则，并根据上下文进行翻译。

可以通过积累词汇和句型来提高翻译能力。

以上是关于二年级下册解答题的一些常见问题和解答。

希望对你有帮助！。

中考数学专题讲练旋转(解析版)

旋转一．半角模型“半角”旋转模型，经常会出现在等腰直角三角形、正方形中，在一般的等腰三角形中也会有涉及．二．等腰三角形旋转模型等腰三角形的旋转模型比较多，此模型需要注意的是利用“全等三角形”的性质进行边与角的转化，证明的基本思想“SAS”．1．一般等腰三角形的旋转2．等边三角形的旋转3．等腰直角三角形的旋转三．对角互补模型四边形对角互补模型多数题目给出的条件会以四边形或三角形等旋转为载体．四．旋转相似模型共顶点相似的一般三角形模型：如图，图中ABD ACE∆∆∽，得到AB AD BDAC AE CE==，ABD ACE∠=∠，ADB AEC∠=∠，BAD CAE∠=∠，则有ABC ADE∆∆∽．一．考点：1．旋转全等模型；2．旋转相似模型；3．旋转中的轨迹与最值问题；二．重难点：1．这类题的关键是找到题目中所给的特殊条件，结合问题所要证明或者求解的边长角度问题，再去选择是要构造旋转全等还是通过已经得到的旋转全等的性质进一步证明．2．观察图形发现旋转得到的相似；3．通过添加辅助线构造旋转相似或者去挖掘隐含的相似图形．三．易错点：1．在利用旋转构造全等的时候注意辅助线的做法问题；2．构造旋转全等时候一定要有相等边长的条件．3．全等是相似的一个特例，旋转有时候也会出现全等，注意和旋转全等的区别和联系．题模一：旋转与全等例1.1.1已知四边形ABCD中，AB=BC，∠ABC=120°，∠MBN=60°，∠MBN绕B点旋转，它的两边分别交AD，DC（或它们的延长线）于E，F．当∠MBN绕B点旋转到AE=CF时（如图1），易证AE+CF=EF；当∠MBN绕B点旋转到AE≠CF时，在图2和图3这两种情况下，上述结论是否成立？若成立，请给予证明；若不成立，线段AE，CF，EF又有怎样的数量关系？请写出你的猜想，不需证明．【答案】图2成立，证明见解析，图3不成立，图3中AE、CF、EF的关系是AE﹣CF=EF【解析】∵AB⊥AD，BC⊥CD，AB=BC，AE=CF，在△ABE和△CBF中，∴△ABE≌△CBF（SAS）；∴∠ABE=∠CBF，BE=BF；∵∠ABC=120°，∠MBN=60°，∴∠ABE=∠CBF=30°，∴AE=12BE，CF=12BF；∵∠MBN=60°，BE=BF，∴△BEF为等边三角形；∴AE+CF=12BE+12BF=BE=EF；图2成立，图3不成立．证明图2．延长DC至点K，使CK=AE，连接BK，在△BAE和△BCK中，则△BAE≌△BCK，∴BE=BK，∠ABE=∠KBC，∵∠FBE=60°，∠ABC=120°，∴∠FBC+∠ABE=60°，∴∠FBC+∠KBC=60°，∴∠KBF=∠FBE=60°，在△KBF和△EBF中，∴△KBF≌△EBF，∴KF=EF，∴KC+CF=EF，即AE+CF=EF．图3不成立，AE、CF、EF的关系是AE﹣CF=EF．例1.1.2（1）如图，在四边形ABCD中，AB=AD，∠B=∠D=90°，E、F分别是边BC、CD上的点，且∠EAF=12∠BAD．求证：EF=BE+FD；（2）如图，在四边形ABCD中，AB=AD，∠B+∠D=180°，E、F分别是边BC、CD上的点，且∠EAF=12∠BAD，（1）中的结论是否仍然成立？（3）如图，在四边形ABCD中，AB=AD，∠B+∠ADC=180°，E、F分别是边BC、CD延长线上的点，且∠EAF=12∠BAD，（1）中的结论是否仍然成立？若成立，请证明；若不成立，请写出它们之间的数量关系，并证明．【答案】（1）证明见解析（2）成立（3）EF=BE﹣FD 【解析】（1）延长EB到G，使BG=DF，连接AG．∵∠ABG=∠ABC=∠D=90°，AB=AD，∴△ABG≌△ADF．∴AG=AF，∠1=∠2．∴∠1+∠3=∠2+∠3=∠EAF=12∠BAD．∴∠GAE=∠EAF．又AE=AE，∴△AEG≌△AEF．∴EG=EF．∵EG=BE+BG．∴EF=BE+FD（2）（1）中的结论EF=BE+FD仍然成立．（3）结论EF=BE+FD不成立，应当是EF=BE﹣FD．证明：在BE上截取BG，使BG=DF，连接AG．∵∠B+∠ADC=180°，∠ADF+∠ADC=180°，∴∠B=∠ADF．∵AB=AD，∴△ABG≌△ADF．∴∠BAG=∠DAF，AG=AF．∴∠BAG+∠EAD=∠DAF+∠EAD=∠EAF=12∠BAD．∴∠GAE=∠EAF．∵AE=AE，∴△AEG≌△AEF．∴EG=EF∵EG=BE﹣BG∴EF=BE﹣FD．例 1.1.3如图，已知△BAD和△BCE均为等腰直角三角形，∠BAD=∠BCE=90°，点M为DE的中点，过点E与AD平行的直线交射线AM于点N．（1）当A，B，C三点在同一直线上时（如图1），求证：M为AN的中点；（2）将图1中的△BCE绕点B旋转，当A，B，E三点在同一直线上时（如图2），求证：△ACN为等腰直角三角形；（3）将图1中△BCE绕点B旋转到图3位置时，（2）中的结论是否仍成立？若成立，试证明之，若不成立，请说明理由．【答案】（1）见解析（2）见解析（3）△ACN仍为等腰直角三角形【解析】（1）证明：如图1，∵EN∥AD，∴∠MAD=∠MNE，∠ADM=∠NEM．∵点M为DE的中点，∴DM=EM．在△ADM和△NEM中，∴△ADM≌△NEM．∴AM=MN．∴M为AN的中点．（2）证明：如图2，∵△BAD和△BCE均为等腰直角三角形，∴AB=AD，CB=CE，∠CBE=∠CEB=45°．∵AD∥NE，∴∠DAE+∠NEA=180°．∵∠DAE=90°，∴∠NEA=90°．∴∠NEC=135°．∵A，B，E三点在同一直线上，∴∠ABC=180°﹣∠CBE=135°．∴∠ABC=∠NEC．∵△ADM≌△NEM（已证），∴AD=NE．∵AD=AB，∴AB=NE．在△ABC和△NEC中，∴△ABC≌△NEC．∴AC=NC，∠ACB=∠NCE．∴∠ACN=∠BCE=90°．∴△ACN为等腰直角三角形．（3）△ACN仍为等腰直角三角形．证明：如图3，延长AB交NE于点F，∵AD∥NE，M为中点，∴易得△ADM≌△NEM，∴AD=NE．∵AD=AB，∴AB=NE．∵AD∥NE，∴AF⊥NE，在四边形BCEF中，∵∠BCE=∠BFE=90°∴∠FBC+∠FEC=360°﹣180°=180°∵∠FBC+∠ABC=180°∴∠ABC=∠FEC在△ABC和△NEC中，∴△ABC≌△NEC．∴AC=NC，∠ACB=∠NCE．∴∠ACN=∠BCE=90°．∴△ACN为等腰直角三角形．例1.1.4如图，△AEF中，∠EAF=45°，AG⊥EF于点G，现将△AEG沿AE折叠得到△AEB，将△AFG沿AF折叠得到△AFD，延长BE和DF相交于点C．（1）求证：四边形ABCD是正方形；（2）连接BD分别交AE、AF于点M、N，将△ABM绕点A逆时针旋转，使AB与AD重合，得到△ADH，试判断线段MN、ND、DH之间的数量关系，并说明理由．（3）若EG=4，GF=6，2，求AG、MN的长．【答案】（1）见解析（2）MN2=ND2+DH2；理由见解析（3）AG=12；2【解析】（1）证明：∵△AEB由△AED翻折而成，∴∠ABE=∠AGE=90°，∠BAE=∠EAG，AB=AG，∵△AFD由△AFG翻折而成，∴∠ADF=∠AGF=90°，∠DAF=∠FAG，AD=AG，∵∠EAG+∠FAG=∠EAF=45°，∴∠ABE=∠AGE=∠BAD=∠ADC=90°，∴四边形ABCD 是矩形，∵AB=AD ，∴四边形ABCD 是正方形；（2）MN 2=ND 2+DH 2，理由：连接NH ，∵△ADH 由△ABM 旋转而成，∴△ABM ≌△ADH ，∴AM=AH ，BM=DH ，∵由（1）∠BAD=90°，AB=AD ，∴∠ADH=∠ABD=45°，∴∠NDH=90°，∴△AMN ≌△AHN ，∴MN=NH ，∴MN 2=ND 2+DH 2；（3）设AG=BC=x ，则EC=x ﹣4，CF=x ﹣6，在Rt △ECF 中，∵CE 2+CF 2=EF 2，即（x ﹣4）2+（x ﹣6）2=100，x 1=12，x 2=﹣2（舍去）∴AG=12，∵AG=AB=AD=12，∠BAD=90°，∴22AB AD +221212+2，∵2，∴MD=BD ﹣2﹣22，设NH=y，在Rt△NHD中，∵NH2=ND2+DH2，即y2=（2y）2+（22，解得2，即2．题模二：旋转与相似例1.2.1如图1，点P在正方形ABCD的对角线AC上，正方形的边长是a，Rt△PEF的两条直角边PE、PF分别交BC、DC于点M、N．（1）操作发现：如图2，固定点P，使△PEF绕点P旋转，当PM⊥BC时，四边形PMCN是正方形．填空：①当AP=2PC时，四边形PMCN的边长是________；②当AP=nPC时（n是正实数），四边形PMCN的面积是___________．（2）猜想论证如图3，改变四边形ABCD的形状为矩形，AB=a，BC=b，点P在矩形ABCD的对角线AC上，Rt△PEF 的两条直角边PE、PF分别交BC、DC于点M、N，固定点P，使△PEF绕点P旋转，则PMPN=__________．（3）拓展探究如图4，当四边形ABCD满足条件：∠B+∠D=180°，∠EPF=∠BAD时，点P在AC上，PE、PF分别交BC，CD于M、N点，固定P点，使△PEF绕点P旋转，请探究PMPN的值，并说明理由．【答案】（1）①13a②()221an+（2）ab（3）见解析【解析】（1）①如图2，∵PM⊥BC，AB⊥BC ∴△PMC∽△ABC又∵AP=2PC∴PMAB=13，即PMa=13∴PM=13a，即正方形PMCN的边长是13a②当AP=nPC时（n是正实数），PMAB=11n+∴PM=11n+a∴四边形PMCN的面积=（11n+a）2=()221an+（2）如图3，过P作PG⊥BC于G，作PH⊥CD于H，则∠PGM=∠PHN=90°，∠GPH=90°∵Rt△PEF中，∠FPE=90°∴∠GPM=∠HPN∴△PGM∽△PHN由PG∥AB，PH∥AD可得，PG CP PH AB CA AD==∵AB=a，BC=b∴PG PHa b=，即PGPH=ab（3）如图4，过P作PG∥AB，交BC于G，作PH∥AD，交CD于H，则∠HPG=∠DAB ∵∠EPF=∠BAD∴∠EPF=∠GPH，即∠EPH+∠HPN=∠EPH+∠GPM∴∠HPN=∠GPM∵∠B+∠D=180°∴∠PGC+∠PHC=180°又∵∠PHN+∠PHC=180°∴∠PGC=∠PHN∴△PGM∽△PHN由PG∥AB，PH∥AD可得，PG CP PH AB CA AD==即PG AB PH AD=②∴由①②可得，PMPN=ABAD例1.2.2数学活动课上，小颖同学用两块完全一样的透明等腰直角三角板ABC、DEF进行探究活动．操作：使点D落在线段AB的中点处并使DF过点C（如图1），然后将其绕点D顺时针旋转，直至点E落在AC的延长线上时结束操作，在此过程中，线段DE与AC或其延长线交于点K，线段BC与DF相交于点G（如图2，3）．探究1：在图2中，求证：△ADK∽△BGD．探究2：在图2中，求证：KD平分∠AKG．探究3：①在图3中，KD仍平分∠AKG吗？若平分，请加以证明；若不平分，请说明理由．②在以上操作过程中，若设AC=BC=8，KG=x，△DKG的面积为y，请求出y与x的函数关系式，并直接写出x的取值范围．【答案】探究1：见解析；探究2：见解析；探究3：①KD仍平分∠AKG②y=2x，其中≤≤4838x【解析】探究1，∵∠KAD=∠KDG=∠DBG=45°，∴∠KDA+∠BDG=135°．∵∠BDG+∠BGD=135°，∴∠KDA=∠BGD，∴△ADK∽△BGD；探究2，∵△ADK∽△BGD，∵点D是线段AB的中点，∴BD=AD，∵∠KAD=∠KDG=45°，∴△ADK∽△DCK，∴∠AKD=∠DKC，∴KD平分∠AKG．探究3，①KD仍平分∠AKG．理由如下：∵同探究1可得△ADK∽△BGD，同探究2可得，△ADK∽△DGK，∴∠AKD=∠DKG，∴KD仍平分∠AKG；②如图，过点D作DM⊥AC于点M，DN⊥KG于点N，由①知线段KD平分∠AKG，∴DM=DN．∵AC=BC=8，点D是线段AB的中点，∠KAD=45°，∴DM=DN=4．∵KG=x，∴S△DKG=y=12×4x=2x，对于图3的情况同理可得y=2x，综上所示，y=2x，其中38．题模三：旋转中的轨迹与最值问题例1.3.1如图，点P是平行四边形ABCD对角线BD上的动点，点M为AD的中点，已知AD=8，AB=10，∠ABD=45°，把平行四边形ABCD绕着点A按逆时针方向旋转，点P的对应点是点Q，则线段MQ的长度的最大值与最小值的差为．【答案】18﹣2【解析】如图，作AP1⊥BD垂足为P1，∵∠DBA=45°，AB=10，∴∠P1AB=∠DBA=45°，AP1=P12，∵AM=MD=12AD=4，当AP1旋转到与射线AD的重合时（点P1与点E重合），ME就是MQ最小值24，当点P2与B重合时，旋转到与DA的延长线重合时（点P2与点F重合），此时MF就是MQ最大值=AM+AF=14，∴MQ的最大值与最小值的差=14﹣（2﹣4）=18﹣2故答案为18﹣2例 1.3.2如图，菱形ABCD中，AB=2，∠C=60°，我们把菱形ABCD的对称中心O称作菱形的中心．菱形ABCD在直线l上向右作无滑动的翻滚，每绕着一个顶点旋转60°叫一次操作，则经过1次这样的操作菱形中心O所经过的路径长为______；经过3n（n为正整数）次这样的操作菱形中心O所经过的路径总长为______．（结果都保留π）【答案】3231+nπ【解析】∵菱形ABCD中，AB=2，∠C=60°，∴△ABD是等边三角形，BO=DO=1，223AD DO-第一次旋转的弧长6033ππ⨯=∵第一、二次旋转的弧长和60360323ππ⨯⨯=，第三次旋转的弧长为：601 1803ππ⨯=∵3n÷3=n，故经过3n（n为正整数）次这样的操作菱形中心O所经过的路径总长为：n 23π+3π）231+nπ．例1.3.3如图1，点O为正方形ABCD的中心．（1）将线段OE绕点O逆时针方向旋转90︒，点E的对应点为点F，连结EF，AE，BF，请依题意补全图1；（2）根据图1中补全的图形，猜想并证明AE与BF的关系；（3）如图2，点G是OA中点，△EGF是等腰直角三角形，H是EF的中点，90EGF∠=︒，22AB=2GE=，△EGF绕G点逆时针方向旋转α角度，请直接写出旋转过程中BH的最大值．【答案】（1）见解析（2）AE⊥BF（3）25+【解析】（1）正确画出图形；………………1分（2）延长EA 交OF 于点H ，交BF 于点G …2分∵O 为正方形ABCD 的中心，∴OB OA =，∠AOB ＝90……3分∵OE 绕点O 逆时针旋转90角得到OF∴∠AOB ＝∠EOF ＝90∴∠EOA ＝∠FOB ……4分在△EOA 和△FOB 中，∴BF AE =.……5分∴∠OFB +∠FHG =90∴AE ⊥BF ……6分（3）BH 的最大值为25+……8分随练1.1 在ABC ∆中，2AB BC ==，90ABC ∠=︒，BD 为斜边AC 上的中线，将ABD ∆绕点D 顺时针旋转α(0180α︒<<︒)得到EFD ∆，其中点A 的对应点为点E ，点B 的对应点为点F ，BE 与FC 相交于点H .（1）如图1，直接写出BE 与FC 的数量关系：____________;（2）如图2，M 、N 分别为EF 、BC 的中点.求证：MN =__________;（3）连接BF ，CE ，如图3，直接写出在此旋转过程中，线段BF 、CE 与AC 之间的数量关系：____________________________.【答案】（1）BE FC =；（2）22FC ；（3）222BF CE AC +=. 【解析】（1）BE FC =；（2）证明：如图，∵AB BC =，90ABC ∠=︒，BD 为斜边中线，∴12BD AD CD AC ===，BD AC ⊥ ∵EFD ∆是由ABD ∆旋转得到的，∴DE DF DB DC ===，90EDF ADB BDC ∠=∠=∠=︒∴EDF BDF BDC BDF ∠+∠=∠+∠，即BDE FDC ∠=∠，∴BDE FDC ∆∆≌，∴BE FC =且12∠=∠又∵34∠=∠，∴90FHE FDE ∠=∠=︒ ,即BE CF ⊥连接BF ，取BF 中点G ，连接MG 、NG .∵M 为EF 中点，G 为BF 中点，N 为BC 中点又∵EB FC =，BE FC ⊥∴MG NG =，90MGN ∠=︒，∴MGN ∆为等腰直角三角形，∴2MN =. （3）222BF CE AC +=.随练1.2 在菱形ABCD 中，120BAD ∠=︒，4AB =，把一个含60°角的三角板与这个菱形叠合，使三角板的60°角的顶点与点A 重合，两边分别落在AB 、AC 上．将三角板绕点A 按逆时针旋转，设旋转角为α．（1）如图①，当060α︒<<︒时，三角板的两边分别与菱形的两边BC 、CD 相交于点E 、F ，请你通过观察或测量写出图中现有的两组相等线段(菱形的边和对角线除外)．（2）如图②，当60120α︒<<︒时，三角板的两边分别与BC 、CD 的延长线相交于点E 、F ，你在(1)中得到的结论还成立吗?若成立，请你选择一组加以证明；若不成立，请你说明理由．（3）当060α︒<<︒时，三角板的两边分别与菱形的两边BC 、CD 相交于点E 、F ，请你求出这个三角板与这个菱形重合部分的面积．【答案】见解析【解析】（1）BE CF =，AE AF =，CE DF =．写出两组即可．（2）（1）中的结论仍然成立．如图，BE CF =的结论仍然成立．证明如下：∵在菱形ABCD 中，120BAD ∠=︒，又由题意可知，60EAF ∠=︒，∴BAE CAF ∠=∠．在△BAE 和△CAF 中，∴△BAE ≌△CAF ．∴BE CF =．（3）当060α︒<<︒时，三角板与这个菱形重合部分的面积就是四边形AECF 的面积．由题意可证△BAE ≌△CAF ．∴四边形AECF 的面积就是△ABC 的面积．∵4AB =，∴所求图形的面积为43随练1.3如图1所示，在正方形ABCD和正方形CGEF中，点B、C、G在同一条直线上，M是线段AE的中点，DM的延长线交EF于点N，连接FM，易证：DM=FM，DM⊥FM（无需写证明过程）（1）如图2，当点B、C、F在同一条直线上，DM的延长线交EG于点N，其余条件不变，试探究线段DM与FM有怎样的关系？请写出猜想，并给予证明；（2）如图3，当点E、B、C在同一条直线上，DM的延长线交CE的延长线于点N，其余条件不变，探究线段DM与FM有怎样的关系？请直接写出猜想．【答案】（1）DM=FM，DM⊥FM（2）DM⊥FM，DM=FM【解析】（1）如图2，DM=FM，DM⊥FM，证明：连接DF，NF，∵四边形ABCD和CGEF是正方形，∴AD∥BC，BC∥GE，∴AD∥GE，∴∠DAM=∠NEM，∵M是AE的中点，∴AM=EM，在△MAD与△MEN中，∴△MAD≌△MEN，∴DM=MN，AD=EN，∵AD=CD，∴CD=NE，∵CF=EF，∠DCF=∠DCB=90°，在△DCF与△NEF中，∴△DCF≌△NEF，∴DF=NF，∠CFD=∠EFN，∵∠EFN+∠NFC=90°，∴∠DFC+∠CFN=90°，∴∠DFN=90°，∴DM⊥FM，DM=FM（2）猜想：DM⊥FM，DM=FM，证明如下：如图3，连接DF，NF，连接DF，NF，∵四边形ABCD是正方形，∴AD∥BC，∵点E、B、C在同一条直线上，∴AD∥CN，∴∠ADN=∠MNE，在△MAD与△MEN中，∴△MAD≌△MEN，∴DM=MN，AD=EN，∵AD=CD，∴CD=NE，∵CF=EF，∵∠DCF=90°+45°=135°，∠NEF=180°﹣45°=135°，∴∠DCF=∠NEF，在△DCF与△NEF中，∴△MAD≌△MEN，∴DF=NF，∠CFD=∠EFN，∵∠CFD+∠EFD=90°，∴∠NFE+∠EFD=90°，∴∠DFN=90°，∴DM ⊥FM ，DM=FM ．随练 1.4 已知：在ABC △中，AB AC =，点D 为BC 边的中点，点F 在AB 上，连结DF 并延长到点E ,使BAE BDF ∠=∠，点M 在线段DF 上，且ABE DBM ∠=∠．（1）如图，当45ABC ∠=°时，求证：2AE MD =；（2）如图，当60ABC ∠=°时，则线段AE MD 、之间的数量关系为____________；（3）在（2）的条件下，延长BM 到P ，使MP BM =，连接CP ，若727AB AE ==，，求tan EAB ∠的值．【答案】（1）见解析（2）2AE MD =（33 【解析】该题考查的是四边形综合．（1）如图，连结AD又∵45ABC ∠=°∴cos BD AB ABC =∠即2AB BD =∴△ABE ∽△DBM（2）与（1）类似可知△DBM ∽△ABE ，又60ABC ∠=︒，（3）如图2连结AD 、EP ，∵△ABE ∽△DBM又∵BM MP =∴△BEP 等边三角形∴EM BP ⊥即90BMD ∠=︒在Rt △AEB 中，27AE =7AB =， tan EAB ∠的值为3随练 1.5 在等边ABC ∆的两边AB ，AC 所在直线上分别有两点M N D ，，为ABC ∆外一点，且60MDN ∠=︒，120BDC ∠=︒，BD CD =，探究：当点M N ，分别在直线AB AC ，上移动时，BM NC MN ，，之间的数量关系及AMN ∆的周长Q 与等边ABC ∆的周长L 的关系．（1）如图①，当点M N ，在边AB AC ，上，且DM DN =时，BM NC MN ，，之间的数量关系式_________；此时Q L=__________ （2）如图②，当点M N ，在边AB AC ，上，且DM DN ≠时，猜想（1）问的两个结论还成立吗？写出你的猜想并加以证明；（3）如图③，当点M N ，分别在边AB CA ，的延长线上时，若AN x =，则Q =_________（用x L ，表示）【答案】见解析【解析】 (Ⅰ)BM 、NC 、MN 之间的数量关系BM NC MN +=．此时23Q L =． (Ⅱ)猜想：结论仍然成立．证明：如图，延长AC 至E ，使CE BM =，连结DE ．∵BD CD =，且120BDC ∠=︒．又△ABC 是等边三角形，∴90MBD NCD ∠=∠=︒．在△MBD 与△ECD 中，BM CE MBD ECD BD DC =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩∴△MBD ≌△ECD (SAS)．∴DM DE =，BDM CDE ∠=∠．在△MDN 与△EDN 中，DM DE MDN EDN DN DN =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩∴△MDN ≌△EDN (SAS)．△AMN 的周长Q AM AN MN =++而等边△ABC 的周长3L AB =(Ⅲ)如图③，当M 、N 分别在AB 、CA 的延长线上时，若AN x =，则223Q x L=+（用x、L表示）．随练1.6（1）正方形ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，如图1，请直接猜想并写出AO与CD 之间的数量关系：；（2）如图2，将（1）中的△BOC绕点B逆时针旋转得到△BO1C1，连接AO1，DC1，请猜想线段AO1与DC1的数量关系，并证明你的猜想；（3）如图3，矩形ABCD和Rt△BEF有公共顶点，且∠BEF=90°，∠EBF=∠ABD=30°，则AEDF=______．【答案】（1）AO=2CD．理由如下：∵四边形ABCD为正方形，∴AO=OC=OD，∠ODC=∠OCD=45°，∠DOC=90°，∴AO=CO=2 CD，故答案为AO=2 CD；（2）∵四边形ABCD为正方形，∴AB=BC，AC=BD，OB=OC，∠OBC=∠ABO=45°，∠BOC=90°，∴△ABC和△OBC都是等腰直角三角形，∵△BOC绕点B逆时针方向旋转得到△BO1C1，∴∠O1BC1=∠OBC=45°，OB=O1B，BC1=BC，∴BC121，∵∠1+∠3=45°，∠2+∠3=45°，∴∠1=∠2，∴△BDC1∽△BAO1，（3）在R t△EBF中，cos∠EBF=EB FB在R t△ABD中，cos∠ABD=AD BD，∵∠EBF=∠ABD=30°，∵∠EBF+∠FBA=∠ABD+∠FBA，即∠EBA=∠FBD，∴△AEB∽△FBD，故答案为3【解析】（1）根据正方形的性质得AO=OC=OD，∠ODC=∠OCD=45°，∠DOC=90°，由勾股定理得到AO与CD之间的数量关系；（2）如图2根据正方形的性质得AB=BC，AC=BD，OB=OC，∠OBC=∠ABO=45°，∠BOC=90°，得到△ABC和△OBC都是等腰直角三角形，求出AC=2AB BC=2BO，得到BD=2AB，因为△BOC绕点B逆时针方向旋转得到△BO1C1，所以∠O1BC1=∠OBC=45°，OB=O1B，BC1=BC，BC1=2BO1，由∠1+∠3=45°，∠2+∠3=45°，得到∠1=∠2，于是得到△BDC1∽△BAO1，求出结论；（3）如图3在R t△ABD中，cos∠ABD=ABBD，在Rt△EBF中，cos∠EBF=EBFB因为∠EBF=∠ABD=30°得到BE ADBF BD=3，再由∠EBF+∠FBA=∠ABD+∠FBA，得到∠EBA=∠FBD，△AEB∽△FBD，由相似的性质得到解．解：（1）AO=2CD．理由如下：如图1，∵四边形ABCD为正方形，∴AO=OC=OD，∠ODC=∠OCD=45°，∠DOC=90°，∴AO=CO=2 CD，故答案为AO=2 CD；（2）如图2，∵四边形ABCD为正方形，∴AB=BC，AC=BD，OB=OC，∠OBC=∠ABO=45°，∠BOC=90°，∴△ABC和△OBC都是等腰直角三角形，∵△BOC绕点B逆时针方向旋转得到△BO1C1，∴∠O1BC1=∠OBC=45°，OB=O1B，BC1=BC，∴BC121，∵∠1+∠3=45°，∠2+∠3=45°，∴∠1=∠2，∴△BDC1∽△BAO1，（3）如图3 在R t△EBF中，cos∠EBF=EB FB在R t△ABD中，cos∠ABD=AD BD，∵∠EBF=∠ABD=30°，∵∠EBF+∠FBA=∠ABD+∠FBA，即∠EBA=∠FBD，∴△AEB∽△FBD，故答案为3．随练1.7如图，正方形OABC的边长为2，以O为圆心，EF为直径的半圆经过点A，连接AE，CF 相交于点P，将正方形OABC从OA与OF重合的位置开始，绕着点O逆时针旋转90°，交点P运动的路径长是______．【答案】2【解析】如图点P运动的路径是以G为圆心的弧EF，在⊙G上取一点H，连接EH、FH．∵四边形AOCB是正方形，∴∠AOC=90°，∴∠AFP=12∠AOC=45°，∵EF是⊙O直径，∴∠EAF=90°，∴∠APF=∠AFP=45°，∴∠H=∠APF=45°，∴∠EGF=2∠H=90°，∵EF=4，GE=GF，∴2，∴EF的长9022π•2．随练1.8已知△ABC是等腰直角三角形，AC=BC=2，D是边AB上一动点（A、B两点除外），将△CAD绕点C按逆时针方向旋转角α得到△CEF，其中点E是点A的对应点，点F是点D的对应点．（1）如图1，当α=90°时，G是边AB上一点，且BG=AD，连接GF．求证：GF∥AC；（2）如图2，当90°≤α≤180°时，AE与DF相交于点M．①当点M与点C、D不重合时，连接CM，求∠CMD的度数；②设D为边AB的中点，当α从90°变化到180°时，求点M运动的路径长．【答案】（1）见解析；（2）①∠CMD=135°②2π【解析】（1）如图1中，∵CA=CB，∠ACB=90°，∴∠A=∠ABC=45°，∵△CEF是由△CAD旋转逆时针α得到，α=90°，∴CB与CE重合，∴∠CBE=∠A=45°，∴∠ABF=∠ABC+∠CBF=90°，∵BG=AD=BF，∴∠BGF=∠BFG=45°，∴∠A=∠BGF=45°，∴GF∥AC．（2）①如图2中，∵CA=CE，CD=CF，∴∠CAE=∠CEA，∠CDF=∠CFD，∵∠ACD=∠ECF，∴∠ACE=∠CDF，∵2∠CAE+∠ACE=180°，2∠CDF+∠DCF=180°，∴∠CAE=∠CDF，∴A、D、M、C四点共圆，∴∠CMF=∠CAD=45°，∴∠CMD=180°﹣∠CMF=135°．②如图3中，O是AC中点，连接OD、CM．∵AD=DB，CA=CB，∴CD⊥AB，∴∠ADC=90°，由①可知A、D、M、C四点共圆，∴当α从90°变化到180°时，点M 在以AC 为直径的⊙O 上，运动路径是弧CD ，∵OA=OC ，CD=DA ，∴DO ⊥AC ，∴∠DOC=90°，∴CD ∧的长=901180π=2π． ∴当α从90°变化到180°时，点M 运动的路径长为2π．随练1.9 如图1，点O 是正方形ABCD 两对角线的交点，分别延长OD 到点G ，OC 到点E ，使OG=2OD ，OE=2OC ，然后以OG 、OE 为邻边作正方形OEFG ，连接AG ，DE ．（1）求证：DE ⊥AG ；（2）正方形ABCD 固定，将正方形OEFG 绕点O 逆时针旋转α角（0°＜α＜360°）得到正方形OE ′F ′G ′，如图2．①在旋转过程中，当∠OAG ′是直角时，求α的度数；②若正方形ABCD 的边长为1，在旋转过程中，求AF ′长的最大值和此时α的度数，直接写出结果不必说明理由．【答案】（1）如图1，延长ED 交AG 于点H ，∵点O 是正方形ABCD 两对角线的交点，∴OA=OD ，OA ⊥OD ，∵OG=OE ，在△AOG 和△DOE 中，∴△AOG ≌△DOE ，∴∠AGO=∠DEO ，∵∠AGO+∠GAO=90°，∴∠GAO+∠DEO=90°，∴∠AHE=90°，即DE ⊥AG ；（2）①α=30°；②α=315°．【解析】（1）如图1，延长ED 交AG 于点H ，∵点O 是正方形ABCD 两对角线的交点，∴OA=OD ，OA ⊥OD ，∵OG=OE ，在△AOG 和△DOE 中，∴△AOG ≌△DOE ，∴∠AGO=∠DEO ，∵∠AGO+∠GAO=90°，∴∠GAO+∠DEO=90°，∴∠AHE=90°，即DE ⊥AG ；（2）①在旋转过程中，∠OAG′成为直角有两种情况：（Ⅰ）α由0°增大到90°过程中，当∠OAG′=90°时，∵OA=OD=12OG=12OG′， ∴在Rt △OAG′中，sin ∠AG′O='OA OG =12， ∴∠AG′O=30°，∵OA ⊥OD ，OA ⊥AG′，∴OD ∥AG′，∴∠DOG′=∠AG′O=30°，即α=30°；（Ⅱ）α由90°增大到180°过程中，当∠OAG′=90°时，同理可求∠BOG′=30°，∴α=180°﹣30°=150°．综上所述，当∠OAG′=90°时，α=30°或150°．②如图3，当旋转到A、O、F′在一条直线上时，AF′的长最大，∵正方形ABCD的边长为1，∴2，∵OG=2OD，∴2∴OF′=2，∴2+2，∵∠COE′=45°，∴此时α=315°．作业1如图1，在△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC．（1）若点M为AC上的任意一点，过M作MN⊥BC于点N，取BM的中点D，连接AD、DM，求证：AD=DN．（2）如图2，若M为BC上的任意一点，以线段CM为底边作等腰Rt△MCN，此时，取BM的中点D，连接AD、DN，则AD与DN有怎样的数量关系？说明理由．（3）如图3，在（2）的条件下将Rt△MNC绕C点旋转任意角度，连接BM，取BM的中点D，再连接AD、DN，则（2）中的结论仍然成立吗，它们之间又有怎样的位置关系？请说明理由．【答案】（1）见解析；（2）AD=DN；（3）AD=DN，AD⊥DN【解析】（1）证明：解法一：如图1中，延长AD到K，使得DK=AD，连接AN、KN、KM．在△ADB和△KDM中，∴△ADB≌△KDM，∴AB=KM=AC，∠BAD=∠MKD，∴AB∥KM，∴∠KMC=∠BAC=90°，∵AB=AC，∠BAC=90°，∴∠C=45°，∵MN⊥BC，∴∠MNC=90°，∠NMC=45°=∠KMC=∠C，∴MN=NC，在△ANC和△KNM中，∴△ANC≌△KNM，∴AN=KN，∠ANC=∠KNM，∴∠KNA=∠MNC=90°∵AD=DK，∴DN=AD=DK，即AD=DN．解法二：根据直角三角形斜边中线性质，可知AD=12BM，DN=12BM，由此即可证明．（2）如图2中，结论：AD=DN．理由：延长AD到K，使得DK=AD，连接AN、KN、KM．在△ADB和△KDM中，∴△ADB≌△KDM，∴AB=KM=AC，∠BAD=∠MKD，∴AB∥KM，∴∠KMN=∠B=45°，∵∠NMC=∠NCM=∠ACB=45°∴MN=NC，∠KMN=∠ACN=90°在△ANC和△KNM中，∴△ANC≌△KNM，∴AN=KN，∠ANC=∠KNM，∴∠KNA=∠MNC=90°∵AD=DK，∴DN=AD=DK，即AD=DN．（3）如图3中，结论：AD=DN，AD⊥DN．理由：延长AD到K，使得DK=AD，连接AN、KN、KM，延长KN交AC于G．在△ADB和△KDM中，∴△ADB≌△KDM，∴AB=KM=AC，∠BAD=∠MKD，∴AB∥KM，∴∠KGC=∠BAC=90°，∴∠ACN+∠NMG=180°，∵∠KMN+∠NMG=180°，∴∠ACN=∠NMK，在△ANC和△KNM中，∴△ANC≌△KNM，∴AN=KN，∠ANC=∠KNM，∴∠KNA=∠MNC=90°∵AD=DK，∴DN=AD=DK，DN⊥AK，即AD=DN．AD⊥DN．作业2已知正方形ABCD中，E为对角线BD上一点，过E点作EF⊥BD交BC于F，连接DF，G为DF中点，连接EG，CG．（1）求证：EG=CG；（2）将图①中△BEF绕B点逆时针旋转45°，如图②所示，取DF中点G，连接EG，CG．问（1）中的结论是否仍然成立？若成立，请给出证明；若不成立，请说明理由；（3）将图①中△BEF绕B点旋转任意角度，如图③所示，再连接相应的线段，问（1）中的结论是否仍然成立？通过观察你还能得出什么结论（均不要求证明）．【答案】（1）见解析（2）成立（3）见解析【解析】本题利用了直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半的性质、全等三角形的判定和性质．（1）利用直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，可证出CG=EG．（2）结论仍然成立，连接AG，过G点作MN⊥AD于M，与EF的延长线交于N点；再证明△DAG≌△DCG，得出AG=CG；再证出△DMG≌△FNG，得到MG=NG；再证明△AMG≌△ENG，得出AG=EG；最后证出CG=EG．（3）结论依然成立．还知道EG⊥CG．（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，∴∠DCF=90°，在Rt△FCD中，∵G为DF的中点，∴CG=12 FD，同理，在Rt△DEF中，EG=12 FD，∴CG=EG．（1）（1）中结论仍然成立，即EG=CG．证法一：连接AG，过G点作MN⊥AD于M，与EF的延长线交于N点．在△DAG与△DCG中，∵AD=CD，∠ADG=∠CDG，DG=DG，∴△DAG≌△DCG（SAS），∴AG=CG；在△DMG与△FNG中，∵∠DGM=∠FGN，FG=DG，∠MDG=∠NFG，∴△DMG≌△FNG（ASA），∴MG=NG；∵∠EAM=∠AEN=∠AMN=90°，∴四边形AENM是矩形，在矩形AENM中，AM=EN，在△AMG与△ENG中，∵AM=EN，∠AMG=∠ENG，MG=NG，∴△AMG≌△ENG（SAS），∴AG=EG，∴EG=CG．证法二：延长CG至M，使MG=CG，连接MF，ME，EC，在△DCG与△FMG中，∵FG=DG，∠MGF=∠CGD，MG=CG，∴△DCG≌△FMG．∴MF=CD，∠FMG=∠DCG，∴MF∥CD∥AB，∴EF⊥MF．在Rt△MFE与Rt△CBE中，∵MF=CB，∠MFE=∠EBC，EF=BE，∴△MFE≌△CBE∴∠MEF=∠CEB．∴∠MEC=∠MEF+∠FEC=∠CEB+∠CEF=90°，∴△MEC为直角三角形．∵MG=CG，∴EG=12 MC，∴EG=CG．（3）（1）中的结论仍然成立．理由如下：过F作CD的平行线并延长CG交于M点，连接EM、EC，过F作FN垂直于AB于N．由于G为FD中点，易证△CDG≌△MFG，得到CD=FM，又因为BE=EF，易证∠EFM=∠EBC，则△EFM≌△EBC，∠FEM=∠BEC，EM=EC∵∠FEC+∠BEC=90°，∴∠FEC+∠FEM=90°，即∠MEC=90°，∴△MEC是等腰直角三角形，∵G为CM中点，∴EG=CG，EG⊥CG．作业3在△ABC中，∠ACB=90°，∠A＜45°，点O为AB中点，一个足够大的三角板的直角顶点与点O重合，一边OE经过点C，另一边OD与AC交于点M．（1）如图1，当∠A=30°时，求证：MC2=AM2+BC2；（2）如图2，当∠A≠30°时，（1）中的结论是否成立？如果成立，请说明理由；如果不成立，请写出你认为正确的结论，并说明理由；（3）将三角形ODE绕点O旋转，若直线OD与直线AC相交于点M，直线OE与直线BC相交于点N，连接MN，则MN2=AM2+BN2成立吗？答：____（填“成立”或“不成立”）【答案】（1）见解析；（2）不成立；（3）成立【解析】（1）证明：如图1，过A作AF⊥AC交CO延长线于F，连接MF，∵∠ACB=90°，∴BC∥AF，∴△BOC∽△AOF，∵O为AB中点，∴OA=OB，∴AF=BC，CO=OF，∵∠MOC=90°，∴OM是CF的垂直平分线，∴CM=MF，在Rt△AMF中，由勾股定理得：MF2=AM2+AF2=AM2+BC2，即MC2=AM2+BC2；（2）还成立，理由是：如图2，过A作AF⊥AC交CO延长线于F，连接MF，∵∠ACB=90°，∴BC∥AF，∴△BOC∽△AOF，∵OA=OB，∴AF=BC，CO=OF，∵∠MOC=90°，∴OM是CF的垂直平分线，∴CM=MF，在Rt△AMF中，由勾股定理得：MF2=AM2+AF2=AM2+BC2，即MC2=AM2+BC2；（3）成立．作业4在四边形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，将△COD绕点O按逆时针方向旋转得到△C1OD1，旋转角为θ（0°＜θ＜90°），连接AC1、BD1，AC1与BD1交于点P．（1）如图1，若四边形ABCD是正方形．请直接写出AC1与BD1的数量关系和位置关系．（2）如图2，若四边形ABCD是菱形，AC=6，BD=8，判断AC1与BD1的数量关系和位置关系，并给出证明；（3）如图3，若四边形ABCD是平行四边形，AC=6，BD=12，连接DD1，设AC1=kBD1，请直接写出k 的值和AC12+（kDD1）2的值．【答案】（1）AC1⊥BD1（2）AC1=34BD1，AC1⊥BD1，理由见解析（3）AC12+（kDD1）2=36【解析】（1）AC1=BD1，AC1⊥BD1；理由：如图1，∵四边形ABCD是正方形，∴OC=OA=OD=OB，AC⊥BD，∴∠AOB=∠COD=90°，∵△COD绕点O按逆时针方向旋转得到△C1OD1，∴OC1=OC，OD1=OD，∠COC1=∠DOD1，∴OC1=OD1，∠AOC1=∠BOD1=90°+∠AOD1，在△AOC 1和△BOD 1中1111AO OB AOC BOD OC OD =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩ ，∴△AOC 1≌△BOD 1（SAS ）；∴AC 1=BD 1，∵∠AOB=90°，∴∠OAB+∠ABP+∠OBD 1=90°，∴∠OAB+∠ABP+∠OAC 1=90°，∴∠APB=90°，则AC 1⊥BD 1；故AC 1 与BD 1的数量关系是：AC 1=BD 1；AC 1 与BD 1的位置关系是：AC 1⊥BD 1；（2）AC 1=34BD 1，AC 1⊥BD 1．理由：∵四边形ABCD 是菱形，∴OC=OA=12AC ，OD=OB=12BD ，AC ⊥BD ． ∵△C 1OD 1由△COD 绕点O 旋转得到，∴O C 1=OC ，O D 1=OD ，∠CO C 1=∠DO D 1．∴O C 1=OA ，O D 1=OB ，∠AO C 1=∠BO D 1，∴△AO C 1∽△BOD 1．∴∠O AC 1=∠OB D 1．又∵∠AOB=90°，∴∠O AB+∠ABP+∠OB D 1=90°．∴∠O AB+∠ABP+∠O AC 1=90°．∴∠APB=90°．∴AC 1⊥BD 1．∵△AO C 1∽△BOD 1，即AC 1=34BD 1，AC 1⊥BD 1．（3）如图3，与（2）一样可证明△AOC1∽△BOD1，∴k=12；∵△COD绕点O按逆时针方向旋转得到△C1OD1，∴OD1=OD，而OD=OB，∴OD1=OB=OD，∴△BDD1为直角三角形，在Rt△BDD1中，BD12+DD12=BD2=144，∴（2AC1）2+DD12=144，∴AC12+（kDD1）2=36．作业5在学习了图形的旋转知识后，数学兴趣小组的同学们又进一步对图形旋转前后的线段之间、角之间的关系进行了探究．（一）尝试探究如图1，在四边形ABCD中，AB=AD，∠BAD=60°，∠ABC=∠ADC=90°，点E、F分别在线段BC、CD 上，∠EAF=30°，连接EF．（1）如图2，将△ABE绕点A逆时针旋转60°后得到△A′B′E′（A′B′与AD重合），请直接写出∠E′AF=________度，线段BE、EF、FD之间的数量关系为________．（2）如图3，当但点E、F分别在线段BC、CD的延长线上时，其他条件不变，请探究线段BE、EF、FD之间的数量关系，并说明理由．（二）拓展延伸如图4，在等边△ABC中，E、F是边BC上的两点，∠EAF=30°，BE=1，将△ABE绕点A逆时针旋转60°得到△A′B′E′（A′B′与AC重合），连接EE′，AF与EE′交于点N，过点A作AM⊥BC于点M，连接MN，求线段MN的长度．【答案】解：（一）（1）：30 ，BE+DF=EF（2）BE﹣DF=EF（二）3【解析】解：（一）（1）如图2，将△ABE绕点A逆时针旋转60°后得到△A′B′E′，则∠1=∠2，BE=DE′，AE=AE′，∵∠BAD=60°，∠EAF=30°，∴∠1+∠3=30°，∴∠2+∠3=30°，即∠FAE′=30°∴∠EAF=∠FAE′，在△AEF和△AE′F中，∴△AEF≌△AE′F（SAS），∴EF=E′F，即EF=DF+DE′，∴EF=DF+BE，即线段BE、EF、FD之间的数量关系为BE+DF=EF，故答案为：30，BE+DF=EF；（2）如图3，在BE上截取BG=DF，连接AG，在△ABG和△ADF中，∴△ABG≌△ADF（SAS），∴∠BAG=∠DAF，且AG=AF，∵∠DAF+∠DAE=30°，∴∠BAG+∠DAE=30°，∵∠BAD=60°，∴∠GAE=60°﹣30°=30°，∴∠GAE=∠FAE，在△GAE和△FAE中，∴△GAE≌△FAE（SAS），∴GE=FE，又∵BE﹣BG=GE，BG=DF，∴BE﹣DF=EF，即线段BE、EF、FD之间的数量关系为BE﹣DF=EF；（二）如图4，将△ABE 绕点A 逆时针旋转60°得到△A ′B ′E ′，则AE=AE ′，∠EAE ′=60°，∴△AEE ′是等边三角形，又∵∠EAF=30°，∴AN 平分∠EAF ，∴AN ⊥EE ′，∴直角三角形ANE 中，AN 3AE = ∵在等边△ABC 中，AM ⊥BC ，∴∠BAM=30°， ∴AM 3AB =，且∠BAE+∠EAM=30°，又∵∠MAN+∠EAM=30°，∴∠BAE=∠MAN ，∴△BAE ∽△MAN ， ∴MN AM =BE AB ，即MN 31= ∴3．作业6 探索绕公用顶点的相似多边形的旋转：（1）如图1，已知：等边ABC ∆和ADE ∆，根据__________（指出三角形的全等或相似），可得到CE 与BD 的大小关系为：__________．（2）如图2，正方形ABCD 和正方形AEFG ，求：FCEB 的值；（3）如图3，矩形ABCD 和矩形AEFG ，AB kBC =，AE kEF =，求：FCEB 的值．【答案】（1）全等，相等；（223）21k +．【解析】解：（1）如图1，ABC ∆和ADE ∆都是等边三角形，在AEC ∆和ADB ∆中，AE ADCAE BADAC AB =⎧⎪∠=∠⎨=⎪⎩，AEC ADB ∴∆≅∆，CE BD ∴=；（2）如图2，四边形ABCD 和四边形AEFG 都是正方形，（3）连接FA 、CA ，如图3，四边形ABCD 和四边形AEFG 都是矩形，AB kBC =，AE kEF =，作业7 如图，边长为6的等边三角形ABC 中，E 是对称轴AD 上的一个动点，连接EC ，将线段EC 绕点C 逆时针转60°得到FC ，连接DF ．则在点E 运动过程中，DF 的最小值是（）A ． 6B ． 3C ． 2D ． 1.5【答案】D【解析】取线段AC 的中点G ，连接EG ，如图所示．∵△ABC 为等边三角形，且AD 为△ABC 的对称轴，∴CD=CG=12AB=3，∠ACD=60°， ∵∠ECF=60°，∴∠FCD=∠ECG ．在△FCD 和△ECG 中，FC EC FCD ECG DC GC =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，∴△FCD ≌△ECG （SAS ），∴DF=GE ．当EG ∥BC 时，EG 最小，∵点G 为AC 的中点，∴此时EG=DF=12CD=32．作业8 已知等边△ABC 边长为2，放置在如图的水平桌面上，将△ABC 水平向右作无滑动翻滚，使△ABC 首次落回开始的位置，则等边△ABC 的中心O 经过的路径长为_________．【答案】433π．【解析】如图，过点C作CD⊥AB于D，则CD一定经过点O，∵CD=32BC=3，∴OC=23CD=233，根据等边三角形的性质，∠BCD=12∠ACB=12×60°=30°，∴每一次翻滚中心O旋转的角度为：180°﹣2×30°=120°，等边三角形翻滚3次翻滚一周，∴点O旋转的角度为：120°×3=360°，∴中心O经过的路径长是：2π•OC=2π×233=433π，故答案为：433π．作业9已知，点O是等边△ABC内的任一点，连接OA，OB，OC．（1）如图1，已知∠AOB=150°，∠BOC=120°，将△BOC绕点C按顺时针方向旋转60°得△ADC．①∠DAO的度数是；②用等式表示线段OA，OB，OC之间的数量关系，并证明；（2）设∠AOB=α，∠BOC=β．①当α，β满足什么关系时，OA+OB+OC有最小值？请在图2中画出符合条件的图形，并说明理由；②若等边△ABC的边长为1，直接写出OA+OB+OC的最小值．【答案】（1）①90°；②OA2+OB2=OC2；证明见解析（2）①α=β=120°，OA+OB+OC有最小值；图形见解析【解析】（1）①∠AOB=150°，∠BOC=120°，∴∠AOC=360°﹣120°﹣150°=90°，。

四年级下册数学教案-1.2 平移和旋转苏教版

《平移和旋转》教学设计一、教学目标1、通过生活事例，使学生初步了解图形的平移变换和旋转变换，并能正确判断图形的这两种变换。

结合学生的生活实例，初步感知平移与旋转现象。

2、通过动手操作，使学生学会在方格纸上数出平移的格数，并画出一个简单的图形沿水平方向、竖直方向平移后的图形。

3、初步渗透平移和旋转的数学思考方法，使学生感受数学与日常生活的紧密联系。

二、教学内容及重点、难点分析1、教学内容“平移和旋转”是九年义务教育课程标准实验教材小学数学第四册第三单元的教学内容。

本节课在介绍这两种现象时，注意结合学生的生活经验，使学生初步感知平移和旋转，体会它们的不同特点，同时，使学生掌握图形的平移方法。

2、教学重点结合实例，初步感知平移和旋转的现象，体会它们的不同特点。

3、教学难点平移的距离：通过在方格纸上数格子将图形进行平移，使学生掌握图形的平移方法，并会画出在水平方向或竖直方向上平移的图形。

三、教学对象分析本课的教学对象是二年级的学生，年龄小，好动、好奇，空间观念较差。

形象而直观的教学能够为儿童多种感官接受。

因此，本课教学在依据大纲、教材的基础上，结合小学生的年龄特点、心理特点，遵循小学生的认知规律，采用多媒体这一能融形、光、色为一体的教学手段，通过生动、形象、动态地演示思维过程，激发学生的兴趣，吸引学生注意力，使学生达到理解新知的效果。

在教学过程中，教师有目的、有意思地安排了让学生观察、思考、讨论、操作等教学活动，让学生发现、探索、获取有关平移和旋转的知识，培养学生问题意识、探究能力和小组合作精神。

四、教学策略及教法设计本节课采用了探索式教学方法。

在教学过程中，教师针对所学内容精心选择有趣而又能激发学生思考的材料，设计问题，引导学生探索。

同时将学生不易掌握的平移的方法，通过电脑直观演示出来，化难为易，由浅入深、举一反三帮助学生理解和掌握平移和旋转现象。

五、教学媒体设计本节课使用的教学媒体主要有：电脑、多媒体教学课件及实物投影仪。

2023-2024学年四年级下学期数学1.2图形的旋转(教案)

教案标题：2023-2024学年四年级下学期数学1.2图形的旋转一、教学目标1. 让学生理解图形旋转的概念，掌握图形旋转的基本方法。

2. 培养学生的观察能力、动手操作能力和空间想象能力。

3. 培养学生运用图形旋转知识解决实际问题的能力。

二、教学内容1. 图形旋转的概念2. 图形旋转的基本方法3. 图形旋转的性质4. 图形旋转在生活中的应用三、教学重点与难点1. 教学重点：图形旋转的概念、基本方法和性质。

2. 教学难点：图形旋转的性质及其在实际问题中的应用。

四、教学过程1. 导入新课通过展示生活中的旋转现象，如时钟的时针、分针、秒针的运动，引导学生观察并思考这些现象的共同特点，从而引出图形旋转的概念。

2. 探究新知（1）让学生通过实际操作，体验图形旋转的过程，总结出图形旋转的基本方法。

（2）引导学生观察图形旋转前后的变化，发现图形旋转的性质，如大小、形状不变，位置、方向发生变化等。

（3）通过实例讲解，让学生了解图形旋转在生活中的应用，如风车、旋转木马等。

3. 巩固练习设计不同层次的练习题，让学生运用所学知识解决实际问题，巩固所学内容。

4. 总结提高让学生回顾本节课所学内容，总结图形旋转的概念、基本方法和性质，并引导学生将所学知识运用到实际生活中。

五、课后作业1. 完成课后练习题。

2. 观察生活中的旋转现象，与同学分享并解释其原理。

六、教学反思本节课结束后，教师应认真反思教学效果，针对学生的掌握情况，调整教学策略，以提高教学效果。

同时，关注学生的学习兴趣和需求，不断优化教学内容和方法，激发学生的学习积极性。

本教案遵循了教学内容、教学方法与学生认知发展相适应的原则，注重培养学生的观察能力、动手操作能力和空间想象能力，体现了素质教育的要求。

在实际教学过程中，教师可根据学生的实际情况，适当调整教学进度和难度，以确保教学质量。

重点关注的细节：图形旋转的性质图形旋转的性质是本节课的教学难点，也是学生掌握图形旋转知识的关键。

新听课记录2024秋季九年级人教版数学上册第二十三章旋转《图形旋转》

新听课记录：2024秋季九年级人教版数学上册第二十三章旋转《图形旋转》一、教学目标（核心素养）1.1 知识与技能：•理解图形旋转的基本概念，掌握图形旋转的性质和作图方法。

•能够运用旋转知识解决简单的图形变换问题。

1.2 过程与方法：•通过观察、分析、操作等数学活动，培养学生的空间想象能力和逻辑推理能力。

•小组合作探究，提高学生的协作学习能力和交流表达能力。

1.3 情感态度价值观：•激发学生对数学学习的兴趣，体验数学的美感和应用价值。

•培养学生严谨的科学态度和勇于探索的创新精神。

二、导入教师行为：•利用多媒体展示一组包含图形旋转现象的生活实例图片，如风车旋转、摩天轮转动等，引导学生观察并思考这些现象中的共同特征。

•提问：“同学们，你们在这些图片中看到了什么共同点？能用数学语言来描述这个共同点吗？”学生活动：•认真观察图片，积极思考并讨论教师提出的问题。

•尝试用数学语言描述图形旋转的现象，如“一个图形围绕某一点按一定方向旋转一定角度”。

过程点评：•导入环节通过生活实例激发学生的学习兴趣，引导学生自然进入图形旋转的学习情境。

•提问方式恰当，有效激发了学生的思考，为后续学习做好了铺垫。

三、教学过程3.1 讲解新知教师行为：•讲解图形旋转的基本概念，明确旋转中心、旋转方向、旋转角度等要素。

•通过板书和多媒体演示，展示图形旋转的性质和作图步骤，强调旋转不改变图形的形状和大小。

学生活动：•认真听讲，做好笔记，理解图形旋转的基本概念和性质。

•观察教师的作图演示，学习图形旋转的作图方法。

过程点评：•讲解清晰明了，板书和多媒体演示相结合，有助于学生直观理解图形旋转的概念和性质。

•学生积极参与，认真听讲，为后续的实践操作打下了坚实的基础。

3.2 实践操作教师行为：•分发教具（如透明纸、直尺、量角器等），布置实践任务：“请同学们根据给定的旋转中心、旋转方向和旋转角度，在透明纸上画出旋转后的图形。

”•巡视指导，及时纠正学生的错误，鼓励学生相互帮助，共同解决问题。

例谈德育在初中数学教学中的“渗透”——以人教版“图形的旋转”教学设计为例

例谈德育在初中数学教学中的“渗透”——以人教版“图形的旋转”教学设计为例摘要:数学学科作为一门逻辑思维严谨、抽象性强的理性学科，应当充分发挥学科专业特色，将学科课堂中蕴含的德育因素以学生可理解、可吸收、感兴趣的方式展现．本研究在理论与教学实际相结合的基础上，有理有据地论述在初中数学教学中如何渗透德育的一些策略．本文以“图形的旋转”教学为例,着重抓住问题设计、环节设计和小结设计阐述德育渗透,为数学教学落实学科德育做出了尝试性探索。

关键词:数学;图形旋转;德育;渗透德育是育人之本，要培养德才兼备的人才，首当其冲就是要做好德育工作．学生德育工作需要所有学科老师的共同努力与培养，特别是数学学科，因为其独特的理性、严谨性能潜移默化地影响学生，对学生的成长起到极大的促进作用．作为初中数学学科教育教学工作者，要充分挖掘学科特色，恰如其分地将德育与数学学科教学紧密结合起来，对学生渗透有效德育。

1教学设计简述及德育渗透点说明1.1感受生活中物体的旋转教师利用PPT动画展示实际生活中丰富多彩的旋转实例.纸风车、摩天轮的转动可以把学生带入美好的童年回忆,时钟指针的转动让学生感叹时光的飞逝———自己已在不知不觉中步入初三了,地球绕着太阳不停地转动又让学生感受到了自然的神奇,同时引出课题.德育渗透点阐述如图1,以4个不同的动画呈现情境,意在让学生认识到有趣的玩乐也离不开数学,引导学生思考:指针的转动中为什么时间就一去不复返了?地球绕着太阳转动到某天会不会停止?在学生的思维中埋下一颗探索科学的种子,以此调动学生学习的主动性和积极性.1.2抽象出图形的旋转图形的旋转在小学阶段时只要求学生形成这样的定义:像风车、摩天轮、螺旋桨等物体都绕着一个点或一个轴运动的现象,叫做旋转.这是直观几何,初中阶段应引导学生抽象现实世界中几何图形的旋转,培养抽象思维以达到学科育人的目的.德育渗透点阐述通过抽象可以形成点、线段、四边形和扇形的旋转特例,进而在特殊中归纳共同点:绕着一定点转动一个角度.进一步抽象可以形成旋转的概念:把一个平面图形绕着平面内某一点O转动一个角度,叫做图形的旋转.如此的抽象推理过程,是从感性走向理性的过程,属于理性思考的范畴.1.3深化概念理解,明确三要素在上述概念抽象中,笔者所给的顺序是:复杂几何图形到线段再到最简单的点图形.这也暗示学生:几何研究的微观方向还是要落实到点的研究,如此才有了“对应点”的出现.问题是数学的心脏,在不断地追问中,让学生深化概念的理解,明确旋转的三要素.图2例1如图2,△ABC是等边三角形,D是边BC上的一点,△ABD经过旋转后到达△ACE的位置.请回答:1)旋转中心是哪一点?逆时针旋转了多少度?2)哪个角表示点B转动的角度?如何刻画图形中某一点转动的角呢?3)△ACE经过怎样的运动到达△ABD的位置?追问4要准确描述图形的旋转必须要交代哪几个要素?德育渗透点阐述这一教学环节旨在让学生借助典型例题,理解旋转概念,明晰“唯一确定性”,从而理解旋转的三要素.在追问之下,让学生的思维不断走向严谨.这一过程其实也是数学学科的立德树人.1.4实验操作,探索性质旋转的概念和性质是本课的重点,也是后继研究相关内容的关键.旋转的性质是图形在变化前后要素间的不变性,是全等变换图形的通性而并非旋转的个性,为此笔者设计了追问5.追问5图形的平移和轴对称的性质是从哪些角度探究的?这样的类比让学生对“从什么角度研究‘图形的旋转’的性质”有了明确的方向.操作要求在硬纸板上,挖一个三角形洞,再另挖一个小洞O作为旋转中心,硬纸板下面放一张白纸.先在纸上描出这个三角形图案(△ABC),然后围绕旋转中心转动硬纸板,再描出这个挖掉的三角形(△A′B′C′),移开硬纸板(这些都是课前就给学生准备好的学具).追问6在三角形旋转过程中,三角形旋转前、后有什么关系?三角形旋转时,对应点有何关系?学生能在类比思想的作用下,借助宏观和微观的分类得出旋转的性质: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.如图3,△CDE绕点O顺时针旋转得到△C′D′E′,从而OC=OC′,OD=OD′,∠COC′=∠EOE′=∠DOD′,△CDE≌△C′D′E′.德育渗透点阐述苏霍姆林斯基说:“学生的思维在他们的指尖上.”动手画一画能够发展学生的空间观念,为性质的探究积累直观思维.探究旋转的性质就是探究变化中的不变规律,这不是旋转的个性,是平移、轴对称和旋转的共性.动手画使学生获得真实有效的信息,也培养了学生在复杂图形中识别基本图形的能力.2对德育在数学教学中“渗透”的思考2.1精心设置问题首先,本文课例选择了不同类型的实物的旋转作为问题引入,考虑到学生已有的知识经验是“能识别实物的运动方式,知道两种旋转方向”,定位第一课时就是帮助学生对旋转运动进行几何抽象,带领学生对三角形的组成要素在旋转中进行定性和定量地分析,并从中体会数学与生活、数学与其他学科之间的联系,引领学生感悟时针旋转所反映的哲学意义;其次,让学生通过透明硬纸板动手操作画旋转三角形,亲自体验全等变换方式,引导学生借助类比思想探究旋转图形的性质;接着,以作旋转图形为问题抓手,帮助学生内化性质、应用数学.如此,整节课的“德育渗透”层次分明,把数学观念、数学审美、理性精神和数学严谨渐次渗透.2.2精心设计环节数学学科展示给学生的是另一种认识世界的方式,这注定了数学学科有属于自己的德育.张奠宙先生曾认为:培养数学兴趣是基本点,应该让学生在数学课堂中看到一个生动活泼的“数学女王”.因此设计教学环节应该站在学生的全面发展的基点思考,让学生有积极探索数学课堂的动力和期待.还应有意识地显现数学研究的“套路”习惯:数学概念的形成需要抽象和严谨,旋转性质的获得离不开类比思想,更离不开数学的理性分析,这些都是数学学科渗透德育的些许心得.2.3精心完成收官当一节数学课接近尾声时,教师一般是借助“当堂检测”来衡量学习效果,但这衡量的仅仅是知识层面的达成度.石宁中教授对学生的数学学习目标这样要求:会用数学的眼光观察现实世界,会用数学的思维思考现实世界,会用数学的语言表达现实世界.因此数学学科中落实立德树人,课堂收官就要用心准备“课堂小结”,因为“课堂小结”的教育价值发掘是直指立德树人根本任务的.本文课例中的“小结反思”环节是用心的,准备的3个问题可以帮助学生梳理知识、技能,归纳数学思想方法,积累基本活动经验;帮助学生完整建构认知体系,发展关键能力.３结束语将德育教育渗透在数学教学之中,做到渗透无痕,水到渠成,笔者的探索也仅仅只是起步,观点和看法也不够成熟,甚至有可能不够准确,本文只是抛砖引玉,期待更多的数学教育人一起研究.总而言之，在课堂教学过程中，发挥学科特色并渗透德育，用多形式化的教学方式方法、生活化的情境方法、榜样人物、人格魅力等多种方式打开学生的认识视野，在教学过程中潜移默化地渗透德育.作为人类灵魂的工程师，我们应以“立德树人”为教学之根本，充分挖掘学科教学中的德育内容，深入研究学科教学中的德育素材，对学生进行德育教育，促进学生身心思想全面健康发展.参考文献：［１］徐玉荣．论德育教育在初中数学教学中的渗透［Ｊ］．西部素质教育，２０１７（４）：４４．［２］刘震．生活化数学教学之美———陶行知生活教育理论在初中数学教学中的应用［Ｊ］．赤子（上中旬），２０１７（１）：１９５－１９６．［３］徐兆国．新课程理念下“如何提高初中数学课堂教学的有效性”［Ｊ］．数学学习与研究，２０１８（８）：１０１．［４］诸隽文．谈新课程理念与初中数学课堂教学实施［Ｊ］．才智，２０２０（１）：１１．。

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庐江县城南小学集体备课教学设计教学课题 1.2旋转
教学内容课本3至4页
教材分析例2教学图形的旋转。

教材联系日常生活中居民小区门口的转杆打开和关闭的过程，引导学生观察并交流转杆打开和关闭分别是怎样运动的。

例3教学在方格纸上将简单图形旋转90度。

教学理念分析1.基于学生已有的知识与经验，合理设置起点。

2.紧扣图形行动的本质特征，引导学生探索画运动后图形的方法。

3.设置丰富多彩的活动，引导学生感受数学美。

教学目标分析1.进一步认识图形的旋转，认识绕点顺时针或逆时针旋转90 的含义，能在方格纸上画出把简单图形旋转90 后的图形。

2.通过学习活动，进一步增强学生的空间观念，发展形象思维。

3.在认识旋转的过程中，产生对图形变化的兴趣，并进一步感受旋转在生活中的应用。

学习者特征
分析学生在三年级已经初步认识了平移、旋转和轴对称，这部分内容继续学习，引导学生通过观察、操作和交流，初步了解图形平移、旋转和轴对称的特征。

教学策略分析教学例2时，可以先出示居民小区门口的转杆打开和关闭的动态画面，引导学生讨论：转杆打开和关闭分别是怎样运动的。

教学例3时，可以先让学生说说把三角形绕A点逆时针旋转90度表示什么，使学生明确操作要求，再组织讨论。

教学重难点（一）教学重点：掌握图形旋转的三个要素。

主备教师李海山
分析（二）教学难点：在方格纸上画出把简单图形顺时针、逆时针旋转90 后的图形。

教学资源准备课件
教学课时 1
教学过程设计与分析
过程预设
教师修改
教学环节教学过程
一、情境引入
1.播放有关风车和摩天轮的课件。

提问：游乐场的摩天轮和风车的运动是一种什么现象？
追问：你能说说它们是怎样旋转的吗？
它们都是绕着中间的点顺着旋转的。

2.导入新课。

对于旋转，你还想了解什么知识？今天我们要继续研究旋转的相关知识。

（板书课题）
二、交流共享
1.认识顺时针或逆时针旋转90 的含义。

（1）创设情境，提出问题。

播放课件：某一高速公路收费站，各种车辆进出场面的录像。

为了维持秩序，收费站口设置了转杆。

引出问题：图中的转杆打开和关闭分别是怎样的运动？它们的运
动有什么相同点和不同点？
（2）模拟操作，认识含义。

同桌合作，拿出活动角模拟转杆打开和关闭，讨论顺时针和逆时针旋转。

结合学具演示交流，明确转杆打开和关闭都属于旋转。

小结：与时针旋转方向相同的是顺时针旋转，相反的是逆时针旋转。

转杆打开是逆时针旋转，转杆关闭是顺时针旋转。

（3）深入探讨：转杆打开和关闭，分别是绕哪个点按什么方向旋转的？旋转了多少度？
引导学生结合例题2的转杆图进行思考。

学生观察、交流，得出：转杆打开是绕O顺时针旋转90 ；转杆关闭是绕O逆时针旋转90 。

（4）全体活动，深化理解。

听口令做动作：让学生先平伸右臂，用动作表示顺时针旋转和逆时针旋转，再平伸左臂做一次，亲身体验顺时针、逆时针旋转。

2.在方格纸上进行图形的旋转。

（1）课件出示教材第3页例题3图。

（2）指名说说：你是怎样理解题目的要求的？
引导学生进行审题：中心点：点A；旋转方向：逆时针；旋转角度：90 。

（3）动手操作。

学生利用课前准备的三角形纸片在方格纸上进行旋转操作。

教师巡视，了解学生的操作情况。

指名学生利用实物投影进行旋转演示，鼓励学生发表不同见解。

（4）在方格纸上画出旋转后的图形。

提问：如果不借助具体的实物，该怎样画出三角形逆时针旋转90 后的图形？（出示教材第4页上方情境图）
学生可能有如下方法：
①先把三角形的一条直角边绕点A逆时针旋转90 ，再画出另外的线段，最后连成相应的图形。

②先把三角形的两条直角边绕点A逆时针旋转90 ，再连成相应的图形。

③借助手、笔等工具一转后再画一画。

让学生在方格纸上尝试画图。

（5）组织交流。

投影展示学生画的图，让学生说说是怎样画出来的。

（6）师生共同小结。

提问：我们在方格纸上进行旋转操作时，要注意什么？
引导学生通过交流得出：要先找出一条线作为标准，再按“定点、定向、定角度”三个步骤进行操作。

三、反馈完善
1.完成教材第4页“练一练”第1题。

这道题是利用钟面的时针、台秤的指针、转盘的指针等实例来巩固旋转的方向和角度。

教学时切不可草率对待这些习题，它们都是旋
转平面图形不可缺少的基础知识。

引导学生独立完成，指名口答，集体订正。

2.完成教材第4页“练一练”第2题。

这道题实际上是例题3的补充，它是将一个长方形绕点A顺时针旋转90 。

教学时可以为不同学生设置不同要求，如空间想象能力较强的学生，可以直接在方格纸上画出旋转90 后的长方形；而直接画图有困难的学生可以照样子先做一个长方形，按旋转的要求在方格纸上转一下，再离开实物画出旋转后的图形。

四、反思总结
通过本课的学习，你有什么收获？还有哪些疑问？
板书设计
图形的旋转顺时针：与时针旋转方向相同
逆时针：与时针旋转方向相反
旋转中心
感谢您的阅读，祝您生活愉快。