旋转的性质的应用导学案教案

分析：根据旋转的性质，图形的旋转是图形上的每一点在平面上绕某个固定点旋转固定角度的位置移动，其中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，根据图形求出旋转的角度，即可得出三角形的形状．
解：△PCD绕点P顺时针旋转60°得到△PEA，PD的对应边是PA，CD的对应边是EA，
线段PD旋转到PA，旋转的角度是60°，因此这次旋转的旋转角为60°，即∠APD为60°，
解：由图知A点的坐标为（3，6），根据旋转中心C，旋转方向顺时针，旋转角度90°，画图，从而得A′的坐标为（8，3）．
4.如图，点A在x轴的负半轴上，点B在y轴的正半轴上，∠ABO=30°，AO=2，将△AOB绕原点O顺时针旋转后得到△A′OB′．当点A′恰好落在AB上时，点B′的坐标为
答案：(3， )．
∴∠BCA′=30°+50°=80°，
故选：B．
知识关系：旋转的性质及应用；正方形的性质；全等三角形的判定；全等三角形的性质；勾股定理
问题情境4—情形2：与旋转有关的线段的计算
问题模型：已知旋转变换图形，求指定的线段长
求解模型：
例题：（1）如图①，在正方形ABCD中，△AEF的顶点E，F分别在BC，CD边上，高AG与正方形的边长相等，求∠EAF的度数．
知识点：旋转的性质的应用
知识点：旋转的性质的应用
问题情境1：作旋转后的图形
问题模型：已知一个图形和旋转中心，作旋转后的图形
求解模型：
例题：如右图,E是正方形ABCD中CD边上的任意一点,
以点A为中心,把△ADE旋转90°,请画出旋转后的图形.
分析：先找出旋转中心A，再确定旋转角为90°；本题并
没有讲旋转方向，所以有两种情况（顺时针和逆时针）；再
（2）如图②，在Rt△ABD中，∠BAD=90°，AB=AD，点M，N是BD边上的任意两点，且∠MAN=45°，将△ABM绕点A逆时针旋转90°至△ADH位置，连接NH，试判断MN，ND，DH之间的数量关系，并说明理由．
（3）在图①中，连接BD分别交AE，AF于点M，N，若EG=4，GF=6，BM=3 ，求AG，MN的长．
分析：（1）根据高AG与正方形的边长相等，证明三角形相等，进而证明角相等，从而求出解．
（2）用三角形全等和正方形的对角线平分每一组对角的知识可证明结论．
（3）设出线段的长，结合方程思想，用数形结合得到结果．
解答：（1）在Rt△ABE和Rt△AGE中， ， ，
∴△ABE≌△AGE．∴ ．
同理， ．
∴ ．
分析：首先画出图形，求出 所在直线的解析式；求 扫过的面积，实际上是
解：⑴如图所示
⑵如图所示， 即为所求
由图可知，
=
练习：
1、如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90º，∠A=30º，BC=2，将△ABC绕点C按顺时针方向旋转n度后，得到△EDC，此时，点D在AB边上，斜边DE交AC边于点F，则n的大小和图中阴影部分的面积分别为（）
（2）利用SAS即可判定△AF1C≌△D1H1C，则可得对应线段相等，，即可求得D1F1＝AH1；
（3）首先连接CG1，利用AAS即可证得△D1G1F1≌△AG1H1．然后可证得△CG1F1≌△CG1H1．又由平行线的性质即可求得答案．
解：（1）图②中与△BCF全等的有△GDF、△GAH、△ECH．
把△ABP逆时针旋转，画出旋转后的图形．
解：
问题情境2：求作旋转中心
问题模型：已知旋转前后的图形，求作旋转中心
求解模型：
例题：我们学习过：在平面内，将一个图形绕一个定点沿着某个方向转动一个角度，这样的图形运动叫做旋转，这个定点称为旋转中心．
（1）如图①，△ABC≌△DEF．△DEF能否由△ABC通过一次旋转得到？若能，请用直尺和圆规画出旋转中心，若不能，试简要说明理由；
∵BD= AB=2，
∴DF是△ABC的中位线，
∴DF= BC= ×2=1，CF= AC= ×2 = ，∴S阴影= DF×CF= × = ．
故选C．
2、如图1，有两全等的正三角形ABC，DEF，且D，A分别为△ABC，△DEF的重心．固定D点，将△DEF逆时针旋转，使得A落在 上，如图2所示．求图1与图2中，两个三角形重迭区域的面积比为何（ ）
（1）不添加辅助线，写出图②中所有与△BCF全等的三角形；
（2）将图②中的△DEC绕点C逆时针旋转45°得△D1E1C，点F、G、H的对应点分别为F1、G1、H1，如图③．探究线段D1F1与AH1之间的数量关系，并写出推理过程；
（3）在（2）的条件下，若D1E1与CE交于点I，求证：G1I＝CI．
分析：（1）观察图形，根据全等三角形的判定定理，即可得与△BCF全等的有△GDF、△GAH、△ECH；
A. 30，2 B.60，2 C. 60， D. 60，
解：∵△ABC是直角三角形，，∠ACB=90°，∠A=30°，BC=2，
∴∠B=60°，AC=BC×cot∠A=2× =2 ，AB=2BC=4，
∵△EDC是△ABC旋转而成，∴BC=CD=BD= AB=2，
∵∠B=60°，∴△BCD是等边三角形，∴∠BCD=60°，∴∠DCB=30°，∠DFC=90°，即DE⊥AC，∴DE∥BC，
两个三角形重迭区域的面积比为： x2： x2=4：3．
故选C．
3、如图，△ABC的3个顶点都在5×5的网格（每个小正方形的边长均为1个单位长度）的格点上，将△ABC绕点B顺时针旋转到△A'BC'的位置，且点A'、C'仍落在格点上，则线段AB扫过的图形面积是平方单位（结果保留π）．
解：在Rt△ABC中，由勾股定理，得AB= ，
解答：解：（1）能．
点O1就是所求作的旋转中心；
（2）能．
点O2就是所求作的旋转中心．
练习：
1、在下图4×4的正方形网格中，△MNP绕某点旋转一定的角度，得到△M1N1P1，则其旋转中心可能是
（A）点A（B）点B（C）点C（D）点D
分析：图中有三对对应点，其中PP1和NN1点的垂直平分线的交点是点C，所以本题选C
知识关系：旋转的性质及应用；平面直角坐标系点的坐标;勾股定理；全等三角形的判定；
全等三角形的性质；
问题情境3：利用旋转的性质求解点的坐标
问题模型：已知直角坐标系中点A、B的坐标，把A绕B旋转特定的角度到达A′，求旋转后A′点的坐标
求解模型：
例题：如图，平面直角坐标系中，A（4，2）、B（3，0），将△ABO绕OA中点C逆时针旋转90°得到△A′B′O′，则A′的坐标为.
（1，3）
．
分析：过A'作O'B'的垂线交y轴于点N，根据勾股定理求得ON与A′N的长度即可．
解：如图过A'作O'B'的垂线交y轴于点N，
∵点A到OB的距离是2，
∴点A'到O'B'的距离A'M=2，故A'N=MN-A'M=OB-A'M=3-2=1，由勾股定理得OA=2
∴A'C=OC=
由勾股定理OA'= 在Rt△OA'N中，用勾股定理得ON=3，
∴A'（1，3）．
点评：本题涉及图形变换，旋转，体现了新课标的精神，抓住旋转的三要素：旋转中心C，旋转方向逆时针，旋转角度90°，通过画图计算得A′．
1.如图，在直角坐标系中，点A在y轴上，△OAB是等腰直角三角形，斜边OA=2，将△OAB绕点O逆时针旋转90°得△OA′B′，则点B′的坐标为
答案：（-1，1）
（2）如图②，△ABC≌△MNK．△MNK能否由△ABC通过一次旋转得到？若能，请用直尺和圆规画出旋转中心，若不能，试简要说明理由．
（保留必要的作图痕迹）
分析：（1）能．连接对应点，作对应点连线的垂直平分线，两条垂直平分线的交点为旋转中心；
（2）能．根据三角形的全等关系，找出对应点并连线，作对应点连线的垂直平分线，两条垂直平分线的交点即为旋转中心．
2.如图，在直角坐标系中，点A的坐标为（1， ），线段OA绕O点逆时钟旋转90°到达OB，这时B点的坐标是．
解答：解：作BM⊥x轴于点M，AN⊥x轴于点N，易得△BMO≌△ONA，
∵点A的坐标为（1， ），
∴B点的坐标是（- ，1）．
3.如图，△ABC的顶点坐标分别为A（3，6），B（1，3），C（4，2）．如果将△ABC绕C点顺时针旋转90°，得到△A′B′C′，那么点A的对应点A′的坐标为.
（2）D1F1＝AH1，
证明：∵ ，
∴△AF1C≌△D1H1C．
∴F1C＝H1C，又CD1＝CA，
∴CD1—F1C＝CA—H1C．
即D1F1＝AH1；
∴△PAD是等边三角形，
∴∠DAP=∠PDA=60°，
∴∠PDC=∠PAE=30°，∠DAE=30°，
∴∠PAB=30°，即∠BAE=60°，
练习：
1、两块大小一样斜边为4且含有30°角的三角板如图5水平放置.将△CDE绕C点按逆时针方向旋转，当E点恰好落在AB上时，△CDE旋转了___度.
分析：此题需根据含30度角的直角三角形的性质对每一项进行分析，即可求出答案．
A．
110°
B．
80°
C．
40°
D．
30°
解答：
解：根据旋转的性质可得：∠A′=∠A，∠A′CB′=∠ACB，
∵∠A=40°，
∴∠A′=40°，
∵∠B′=110°，
∴∠A′CB′=180°﹣110°﹣40°=30°，
∴∠ACB=30°，
∵将△ABC绕着点C顺时针旋转50°后得到△A′B′C′，
∴∠ACA′=50°，
由图形可知，线段AB扫过的图形为扇形ABA′，旋转角为90°，
∴线段AB扫过的图形面积= = ．
故答案为： ．