专题23.1 图形的旋转（知识讲解）-2021-2022学年九年级数学上册基础知识专项讲练（人教版）

专题23.1 图形的旋转（知识讲解）
【学习目标】
1、掌握旋转的概念，探索它的基本性质，理解对应点到旋转中心的距离相等、对应点与旋转中心连线所成的角彼此相等的性质；
2、能够按要求作出简单平面图形旋转后的图形，并能利用旋转进行简单的图案设计.
【要点梳理】
要点一、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.








特别说明：旋转的三个要素：旋转中心、旋转方向和旋转角度.
要点二、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≌△).
特别说明：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.
要点三、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，再将这些关键点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．
特别说明：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.
　【典型例题】
类型一、旋转中心、旋转角、对应点
1．如图，AC是正方形ABCD的对角线，△ABC经过旋转后到达△AEF的位置．
(1)指出它的旋转中心；
(2)说出它的旋转方向和旋转角是多少度；
(3)分别写出点A，B，C的对应点．

【答案】(1)A;(2) 旋转方向为逆时针方向，旋转角是45度；(3) A，E，F.
【解析】试题分析：(1)因为△ABC经过旋转后到达△AEF的位置,则A点的对应点为A,于是可判断旋转中心为点A; (2)根据旋转的性质求解; (3)根据旋转的性质求解.
解：（1）它的旋转中心为点A；
（2）它的旋转方向为逆时针方向，旋转角是45度；
（3）点A，B，C的对应点分别为点A，E，F.
举一反三：
【变式1】 如图，在平面直角坐标系中，Rt△ABC的三个顶点分别是A（－3，2），B（0，4），C（0，2）．

（1）将△ABC以点C为旋转中心旋转180°，画出旋转后对应的△C；平移△ABC，若A的对应点的坐标为（0，-4），画出平移后对应的△；
（2）若将△C绕某一点旋转可以得到△，请直接写出旋转中心的坐标；
（3）在轴上有一点P，使得PA+PB的值最小，请直接写出点P的坐标．
【答案】（1）如下图；（2）（，）；（3）（－2，0）．

【分析】
（1）根据网格结构找出点A、B以点C为旋转中心旋转180°的对应点A1、B1的位置，然后与点C顺次连接即可；再根据网格结构找出点A、B、C平移后的对应点A2、B2、C2的位置，然后顺次连接即可；
（2）根据中心对称的性质，连接两对对应顶点，交点即为旋转中心，然后写出坐标即可；
（3）根据轴对称确定最短路线问题，找出点A关于x轴的对称点A′的位置，然后连接A′B与x轴的交点即为点P．
【详解】（1）画出△A1B1C与△A2B2C2如图

（2）如图所示,旋转中心的坐标为:（，-1）
(3) 如图所示,点P的坐标为（-2，0）.
【变式2】如图，在平面直角坐标系中，△ABC的三个顶点的坐标分别是A（-3，2），B（-1，4），C（0，2）．
（1）将△ABC以点C为旋转中心旋转180，画出旋转后对应的△A1B1C；
（2）平移△ABC，若A的对应点A2的坐标为（-5，-2），画出平移后的△A2B2C2；
（3）若将△A2B2C2绕某一点旋转可以得到△A1B1C，请直接写出旋转中心的坐标．

【答案】（1）答案见解析；（2）答案见解析；（3）（-1，0）．
【分析】（1）根据图中的网格结构分别找出点A、B绕点C旋转180°后的对应点A1、B1的位置，然后顺次连接即可；
（2）根据网格结构找出点A、B、C平移后的位置，然后顺次连接即可；
（3）根据旋转的性质，确定出旋转中心即可．
解：（1）△A1B1C如图所示；（2）△A2B2C2如图所示；
（3）如图所示，旋转中心为（﹣1，0）．
．
【点拨】本题考查作图﹣旋转变换，作图﹣平移变换．
类型二、根据旋转的性质求解
3、已知O为直线AB上一点，过点O作射线OC，使∠BOC＝65°，将一直角三角尺的直角顶点放在点O处
（1）如图①，若三角尺MON的一边ON与射线OB重合，则∠MOC＝　 　；
（2）如图②，将三角尺MON绕点O逆时针旋转一定角度，此时OC是∠MOB的平分线，求∠BON和∠CON的度数；
（3）将三角尺MON绕点O逆时针旋转至如图③所示的位置时，∠NOC＝∠AOM，求∠NOB的度数．

【答案】（1）∠MOC＝25°；（2）∠BON＝40°，∠CON=25°；（3）∠NOB＝77.5°.
【分析】
（1）根据∠MON和∠BOC的度数可以得到∠MON的度数．
（2）根据OC是∠MOB的角平分线，∠BOC＝65°可以求得∠BOM的度数，由∠NOM＝90°，可得∠BON的度数，从而可得∠CON的度数．
（3）由∠BOC＝65°，∠NOM＝90°，∠NOC＝∠AOM，从而可得∠NOC的度数，由∠BOC＝65°，从而得到∠NOB的度数．
解：（1）∵∠MON＝90°，∠BOC＝65°，
∴∠MOC＝∠MON﹣∠BOC＝90°﹣65°＝25°．
（2）∵∠BOC＝65°，OC是∠MOB的角平分线，
∴∠MOB＝2∠BOC＝130°．
∴∠BON＝∠MOB﹣∠MON
＝130°﹣90°
＝40°．
∠CON＝∠COB﹣∠BON
＝65°﹣40°
＝25°．
（3）∵∠NOC＝∠AOM，∠BOC＝65°，
∴∠AOC＝∠AOB﹣∠BOC
＝180°﹣65°
＝115°．
∵∠MON＝90°，
∴∠AOM+∠NOC＝∠AOC﹣∠MON
＝115°﹣90°
＝25°．
∴∠NOC+∠NOC＝25°．
∴∠NOC＝12.5°．
∴∠NOB＝∠NOC+∠BOC＝77.5°．
【点拨】本题考查角的计算和旋转的知识，关键是明确题意，灵活变化，找出所求问题需要的量．
举一反三：
【变式1】如图1，将一副三角板的直角重合放置，其中∠A＝30°，∠CDE＝45°．

（1）如图1，求∠EFB的度数；
（2）若三角板ACB的位置保持不动，将三角板CDE绕其直角顶点C顺时针方向旋转．
①当旋转至如图2所示位置时，恰好CD∥AB，则∠ECB的度数为　 　；
②若将三角板CDE继续绕点C旋转，直至回到图1位置．在这一过程中，是否还会存在△CDE其中一边与AB平行？如果存在，请你画出示意图，并直接写出相应的∠ECB的大小；如果不存在，请说明理由．
【答案】（1）∠EFB＝15°；（2）①30°；②存在，图见解析，∠ECB＝120°、165°、150°、60°或15°．
【分析】（1）根据直角三角形内角和的性质即可得到答案；（2）①根据平行线的性质即可得到答案；②分5种情况讨论，根据平行线的性质进行计算，即可得到答案.
解：（1）∵∠A＝30°，∠CDE＝45°，
∴∠ABC＝90°﹣30°＝60°，∠E＝90°﹣45°＝45°，
∴∠EFB＝∠ABC﹣∠E＝60°﹣45°＝15°；
（2）①∵CD∥AB，
∴∠ACD＝∠A＝30°，
∵∠ACD+∠ACE＝∠DCE＝90°，
∠ECB+∠ACE＝∠ACB＝90°，
∴∠ECB＝∠ACD＝30°；
②如图1，CE∥AB，∠ACE＝∠A＝30°，
∠ECB＝∠ACB+∠ACE＝90°+30°＝120°；
如图2，DE∥AB时，延长CD交AB于F，
则∠BFC＝∠D＝45°，
在△BCF中，∠BCF＝180°﹣∠B﹣∠BFC，
＝180°﹣60°﹣45°＝75°，
∴∠ECB＝∠BCF+∠ECF＝75°+90°＝165°；
如图3，CD∥AB时，∠BCD＝∠B＝60°，
∠ECB＝∠BCD+∠EDC＝60°+90°＝150°；
如图4，CE∥AB时，∠ECB＝∠B＝60°，
如图5，DE∥AB时，∠ECB＝60°﹣45°＝15°．

【点拨】本题考查三角形内角和的性质、平行线的性质，解题的关键是掌握三角形内角和的性质、平行线的性质，分5种情况讨论解答.
【变式2】如图，点F为正方形ABCD内一点，△BFC绕点B逆时针旋转后与△BEA重合

（1）求△BEF的形状
（2）若∠BFC=90°，说明AE∥BF
【答案】（1）等腰直角三角形（2）见解析
【分析】
（1）利用正方形的性质得BA＝BC，∠ABC＝90°，然后根据旋转的定义可判断旋转中心为点B，旋转角为90°，根据旋转的性质得∠EBF＝∠ABC＝90°，BE＝BF，则可判断△BEF为等腰直角三角形；
（2）根据旋转的性质得∠BEA＝∠BFC＝90°，从而根据平行线的判定方法可判断AE∥BF．
解：（1）△BEF为等腰直角三角形，理由如下：
∵四边形ABCD为正方形，
∴BA＝BC，∠ABC＝90°，
∵△BFC逆时针旋转后能与△BEA重合，
∴旋转中心为点B，∠CBA为旋转角，即旋转角为90°；
∵△BFC逆时针旋转后能与△BEA重合，
∴∠EBF＝∠ABC＝90°，BE＝BF，
∴△BEF为等腰直角三角形；
（2）∵△BFC逆时针旋转后能与△BEA重合，
∴∠BEA＝∠BFC＝90°，
∴∠BEA＋∠EBF＝180°，
∴AE∥BF．
【点拨】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．也考查了正方形的性质．
类型三、根据旋转的性质证明线段、角相等
3、如图，D是等边三角形ABC内一点，将线段AD绕点A顺时针旋转60°，得到线段AE，连接CD，BE．
（1）求证：EB=DC；
（2）连接DE，若∠BED=50°，求∠ADC的度数．

【答案】（1）证明见解析；（2）110°
【分析】
（1）根据等边三角形的性质可得∠BAC＝60°，AB＝AC，由旋转的性质可得∠DAE＝60°，AE＝AD，利用SAS即可证出≌，从而证出结论；
（2）根据等边三角形的判定定理可得为等边三角形，从而得出∠AED=60°，由（1）中全等可得∠AEB＝∠ADC，求出∠AEB即可求出结论．
解：（1）∵是等边三角形，
∴∠BAC＝60°，AB＝AC．
∵线段AD绕点A顺时针旋转60°，得到线段AE，
∴∠DAE＝60°，AE＝AD．
∴∠BAD+∠EAB＝∠BAD+∠DAC．
∴∠EAB＝∠DAC．
在和中，
∵，
∴≌．
∴EB＝DC．
（2）如图，
由（1）得∠DAE＝60°，AE＝AD，
∴为等边三角形．
∴∠AED＝60°，
由（1）得≌，
∴∠AEB＝∠ADC．
∵∠BED＝50°，
∴∠AEB=∠AED+∠BED=110°，
∴∠ADC=110°．

【点拨】此题考查的是等边三角形的判定及性质、全等三角形的判定及性质和旋转的性质，掌握等边三角形的判定及性质、全等三角形的判定及性质和旋转的性质是解决此题的关键．
举一反三：
【变式1】如图，△ABC与△ADE都是等腰直角三角形，连接CD、BE，CD、BE相交于点O，△BAE可看作是由△CAD顺时针旋转所得．
（1）旋转中心是 ，旋转角度是 ；
（2）判断CD与BE的位置关系，并说明理由．

【答案】（1）点A，90°；（2）CD⊥BE，理由见解析.
【分析】
（1）由图形可得旋转中心为点A，旋转角为∠CAB为90°；
（2）由旋转得△ACD≌△ABE，再利用全等三角形的性质与角的等量替换即可求得∠BOC ＝90°，即得证.
解：（1）由图形可得旋转中心为点A，旋转角为∠CAB，即旋转角度为90°，
故答案为点A，90°
（2）CD⊥BE
理由如下：∵△BAE可看作是由△CAD顺时针旋转所得，
∴△ACD≌△ABE
∴∠ACD＝∠ABE，
∵在Rt△ABC中，∠ACD+∠BCD+∠ABC＝90°，
∴∠BCD+∠ABC+∠ABE＝90°
∴∠BOC＝90°
∴CD⊥BE
【点拨】此题主要考查旋转的性质，解题的关键是熟知旋转的性质与全等三角形的性质.
【变式2】如图，在△ABC中，AB＝BC，∠ABC＝120°，点D在边AC上，且线段BD绕着点B按逆时针方向旋转120°能与BE重合，点F是ED与AB的交点．
（1）求证：AE＝CD；
（2）若∠DBC＝45°，求∠BFE的度数．

【答案】（1）证明见解析；（2）∠BFE＝105°．
【分析】
（1）根据旋转的性质证明△ABE≌△CBD（SAS），进而得证；
 （2）由（1）得出∠DBC=∠ABE=45°，BD=BE，∠EBD=120°，最后根据三角形内角和定理进行求解即可．
（1）证明：∵线段BD绕着点B按逆时针方向旋转120°能与BE重合，
∴BD＝BE，∠EBD＝120°，
∵AB＝BC，∠ABC＝120°，
∴∠ABD+∠DBC＝∠ABD+∠ABE＝120°，
∴∠DBC＝∠ABE，
∴△ABE≌△CBD（SAS），
∴AE＝CD；
（2）解：由（1）知∠DBC＝∠ABE＝45°，BD＝BE，∠EBD＝120°，
∴∠BED＝∠BDE＝（180°﹣120°）＝30°，
∴∠BFE＝180°﹣∠BED﹣∠ABE
＝180°﹣30°﹣45°＝105°．
【点拨】本题考查了旋转的性质，全等三角形的判定与性质，三角形内角和定理，利用旋转的性质证明是解题的关键．
【变式3】已知：△ABC在坐标平面内，三个顶点的坐标分别为A（0，3），B（3，4），C（2，2）．（正方形网格中，每个小正方形的边长是1个单位长度）
（1）画出△ABC向下平移4个单位，再向左平移1个单位得到的△A1B1C1，并直接写出C1点的坐标；
（2）作出△ABC绕点A顺时针方向旋转90°后得到的△A2B2C2，并直接写出C2点的坐标；
（3）求△A2B2C2面积．

【答案】（1）C1（1，﹣2）；（2）C2（﹣1，1）；（3）2.5．
【解析】
【分析】
（1）将A、B、C分别向下平移4个单位，再向左平移1个单位，顺次连接即可得出△A1B1C1，即可得出写出C1点的坐标；
（2）根据旋转的性质，找到各点的对应点，顺次连接可得出△A2B2C2，即可写出C2点的坐标；
（3）用矩形的面积减去三个直角三角形的面积即可求出.
解：（1）如图1，C1（1，﹣2）；

（2）如图2，C2（﹣1，1）；

（3）如图所示，△A2B2C2的面积为：
【点拨】考查作图-旋转变换, 作图-平移变换，根据平移和旋转的性质找出对应点是解题的关键.
类型四、旋转图形中的旋转角
4、如图，把一副三角板如图甲放置，其中，斜边，把三角板绕点顺时针旋转得到（如图乙）.这时与相交于点，与相交于点，则的度数为________________.

【答案】
【分析】根据题意∠3=15°，∠E′=90°，∠1=∠2=75°，所以可得∠OFE′=∠B+∠1=45°+75°=120°.
解：如图,由题意可知∠3=15°,∠E′=90°，
因为∠1=∠2，
所以∠1=75°.                              
又因为∠B=45°，
所以∠OFE′=∠B+∠1=45°+75°=120°.

【点拨】本题考查图形的旋转，解题的关键是知道旋转的性质.
举一反三：
【变式1】如图甲，两个不全等的等腰直角三角形OAB和OCD叠放在一起，并且有公共的直角顶点O.

1.在图甲中，你发现线段AC、BD的数量关系是_______，直线AC、BD相交成____度角
2.将图甲中的绕点O顺时针旋转，在图乙中作出旋转后的；
3.将图甲中的绕点O顺时针旋转一个锐角，得到图丙，这时（1）中的两个结论是否成立？作出判断，并说明理由.若绕点O继续旋转更大的角度时，结论仍然成立吗？作出判断，不必说明理由.
【答案】
【小题1】（1）AC=BD，【小题2】（2）略【小题3】（3）成立，证明略.结论仍然成立
【解析】考点：作图-旋转变换；全等三角形的判定与性质；旋转的性质．
分析：（1）的结论容易得到，AC=BD，AC与BD相交成90°的角；
（2）△OAB绕点O顺时针旋转90°角应该在△COD的右边；
（3）结论仍然成立，利用等腰直角三角形的性质可以得到全等条件证明△COA≌△DOB，然后利用全等三角形的性质可以证明结论仍然成立．
解答：（1）在图1中，线段AC，BD的数量关系是相等，直线AC，BD相交成90度角；
（2）如图（a）[A，B字母位置互换扣分，无弧扣分，不连接AB扣分]

（3）成立，如右图
∵∠COD=∠AOB=90°，
∴∠COA+∠AOD=∠AOD+∠DOB，
即：∠COA=∠DOB（或由旋转得∠COA=∠DOB），
∵CO=OD，OA=OB，
∴△COA≌△DOB，
∴AC=BD，
延长CA交OD于E，交BD于F，（下面的证法较多）
∵△COA≌△DOB，
∴∠ACO=∠ODB，
∵∠CEO=∠DEF，
∴∠COE=∠EFD=90°，
∴AC⊥BD．
旋转更大角时，结论仍然成立．
点评：本题考查了图形的旋转变化，学生要看清是顺时针还是逆时针旋转，然后画出图形，利用图形的性质通过证明三角形全等就可以解决问题．
类型五、旋转图形中的坐标
5、如图①，将放在平面直角坐标系中，为原点，点的坐标为，点在第一象限，，．

（1）求、两点的坐标；
（2）如图②，将绕点逆时针旋转得到，当点的对应点落在轴正半轴上时，求旋转角及点的对应点的坐标．
【答案】（1），点；（2）旋转角为，
【分析】（1）利用含30度角的直角三角形的性质求出AN，ON即可得出结论；
（2）先求出A'B'=6，∠OA'B'=60°，进而利用含30度角的直角三角形的性质求出B'E，AE即可得出结论；
解：（1）如图①，
在中，，
∴，
∵，
∴，，
∴；
∵点的坐标为，
∴，
∵四边形是平行四边形，
∴，
∴点
（2）如图②，
∵，
∴，
∵四边形是平行四边形，
∴，
当点的对应点落在轴正半轴上时，旋转角为，
由旋转知，
过点作轴于，
∴，
∴，，
∴，
∴；

【点拨】本题考查了平行四边形的性质，旋转的性质，直角三角形的性质，熟练运用旋转的性质是本题的关键．
举一反三：
【变式1】在如图所示的方格纸中，每个小方格都是边长为1个单位的正方形，△ABC的三个顶点都在格点上（每个小方格的顶点叫格点）．
（1）画出△ABC关于点O中心对称的△A1B1C1；
（2）将△ABC绕点O顺时针旋转90°，画出旋转后的△A2B2C2，并求线段BC扫过的面积．

【答案】（1）见解析；（2）见解析，
【分析】（1）关于中心对称图形的做法计算即可；（2）根据扇形面积计算即可；
解：（1）△A1B1C1即为所求；

（2）△A2B2C2即为所求；

线段BC扫过的面积=．
【点拨】本题主要考查了旋转图形的作图即扇形的面积计算公式，准确计算是解题的关键．
【变式2】如图，在平面直角坐标系中，△的三个顶点坐标分别为，，．

（1）画出将△向左平移4个单位得到的△，并写出的坐标；
（2）画出将△绕点逆时针旋转得到的△，并写出的坐标．
【答案】（1）详见解析，，，；（2）详见解析，，
【分析】
（1）将△的每个点向左平移4个单位即可，根据平移性质，平移不改变图形的形状与大小；
（2）将△每个点绕点逆时针旋转90°即可，根据旋转的性质，旋转不改变图形的形状与大小．
解：（1）画图如下：
，，
（2）画图如下：
，

【点拨】本题考查网格作图，其中涉及平移与旋转，是重要考点，难度较易，掌握相关知识是解题关键．
类型六、旋转综合题
6、如图，△ABC中，AB＝AC＝1，∠BAC＝45°，△AEF是由△ABC绕点A按顺时针方向旋转得到的，连接BE，CF相交于点D,
（1）求证：BE＝CF ；
（2）当四边形ACDE为菱形时，求BD的长．

【答案】（1）证明见解析（2）-1
【分析】
（1）先由旋转的性质得AE=AB，AF=AC，∠EAF=∠BAC，则∠EAF+∠BAF=∠BAC+∠BAF，即∠EAB=∠FAC，利用AB=AC可得AE=AF，得出△ACF≌△ABE，从而得出BE=CF；
（2）由菱形的性质得到DE=AE=AC=AB=1，AC∥DE，根据等腰三角形的性质得∠AEB=∠ABE，根据平行线得性质得∠ABE=∠BAC=45°，所以∠AEB=∠ABE=45°，于是可判断△ABE为等腰直角三角形，所以BE=AC=，于是利用BD=BE﹣DE求解．
解：（1）∵△AEF是由△ABC绕点A按顺时针方向旋转得到的，
∴AE=AB，AF=AC，∠EAF=∠BAC，
∴∠EAF+∠BAF=∠BAC+∠BAF，
即∠EAB=∠FAC，
在△ACF和△ABE中，
△ACF≌△ABE
BE=CF.
（2）∵四边形ACDE为菱形，AB=AC=1，
∴DE=AE=AC=AB=1，AC∥DE，
∴∠AEB=∠ABE，∠ABE=∠BAC=45°，
∴∠AEB=∠ABE=45°，
∴△ABE为等腰直角三角形，
∴BE=AC=，
∴BD=BE﹣DE=．
考点：1．旋转的性质；2．勾股定理；3．菱形的性质．
举一反三：
【变式1】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．
【变式2】如图，与关于O点中心对称，点E、F在线段AC上，且AF=CE．
求证：FD=BE．

【答案】详见解析
【分析】根据中心对称得出OB=OD，OA=OC，求出OF=OE，根据SAS推出△DOF≌△BOE即可．
证明：∵△ABO与△CDO关于O点中心对称，∴OB=OD，OA=OC．
∵AF=CE，∴OF=OE．
∵在△DOF和△BOE中，，
∴△DOF≌△BOE（SAS）．∴FD=BE．