【数学】数学旋转的专项培优练习题及答案

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中考数学培优专题复习初中数学旋转练习题及答案解析

中考数学培优专题复习初中数学旋转练习题及答案解析一、旋转1．在△ABC 中，AB=AC ，∠BAC=α（︒<<︒600α），将线段BC 绕点B 逆时针旋转60°得到线段BD 。

（1）如图1，直接写出∠ABD 的大小（用含α的式子表示）；（2）如图2，∠BCE=150°，∠ABE=60°，判断△ABE 的形状并加以证明；（3）在（2）的条件下，连结DE ，若∠DEC=45°，求α的值。

【答案】（1）1302α︒-（2）见解析（3）30α=︒【解析】解：（1）1302α︒-。

（2）△ABE 为等边三角形。

证明如下：连接AD ，CD ，ED ，∵线段BC 绕点B 逆时针旋转60︒得到线段BD ， ∴BC=BD ，∠DBC=60°。

又∵∠ABE=60°，∴1ABD 60DBE EBC 302α∠=︒-∠=∠=︒-且△BCD 为等边三角形。

在△ABD 与△ACD 中，∵AB=AC ，AD=AD ，BD=CD ，∴△ABD ≌△ACD （SSS ）。

∴11BAD CAD BAC 22α∠=∠=∠=。

∵∠BCE=150°，∴11BEC 180(30)15022αα∠=︒-︒--︒=。

∴BEC BAD ∠=∠。

在△ABD 和△EBC 中，∵BEC BAD ∠=∠，EBC ABD ∠=∠，BC=BD ， ∴△ABD ≌△EBC （AAS ）。

∴AB=BE 。

∴△ABE 为等边三角形。

（3）∵∠BCD=60°，∠BCE=150°，∴DCE 1506090∠=︒-︒=︒。

又∵∠DEC=45°，∴△DCE 为等腰直角三角形。

∴DC=CE=BC 。

∵∠BCE=150°，∴(180150)EBC 152︒-︒∠==︒。

而1EBC 30152α∠=︒-=︒。

∴30α=︒。

（1）∵AB=AC ，∠BAC=α，∴180ABC 2α︒-∠=。

初三数学初中数学旋转的专项培优易错难题练习题(含答案)附答案解析

初三数学初中数学旋转的专项培优易错难题练习题(含答案)附答案解析一、旋转1．如图1，在Rt △ABC 中，∠ACB ＝90°，AC ＝BC ．点D 、E 分别在AC 、BC 边上，DC ＝EC ，连接DE 、AE 、BD ．点M 、N 、P 分别是AE 、BD 、AB 的中点，连接PM 、PN 、MN ．（1）PM 与BE 的数量关系是，BE 与MN 的数量关系是．（2）将△DEC 绕点C 逆时针旋转到如图2的位置，判断（1）中BE 与MN 的数量关系结论是否仍然成立，如果成立，请写出证明过程，若不成立，请说明理由；（3）若CB ＝6．CE ＝2，在将图1中的△DEC 绕点C 逆时针旋转一周的过程中，当B 、E 、D 三点在一条直线上时，求MN 的长度．【答案】（1）1,22PM BE BE MN ==；（2）成立，理由见解析；（3）MN ＝17﹣1或17+1 【解析】【分析】（1）如图1中，只要证明PMN V 的等腰直角三角形，再利用三角形的中位线定理即可解决问题；（2）如图2中，结论仍然成立，连接AD 、延长BE 交AD 于点H .由ECB DCA ≅V V ，推出BE AD =，DAC EBC ∠=∠，即可推出BH AD ⊥，由M 、N 、P 分别AE 、BD 、AB 的中点，推出//PM BE ，12PM BE =，//PN AD ，12PN AD =，推出PM PN =，90MPN ∠=︒，可得2222BE PM MN MN ==⨯=；（3）有两种情形分别求解即可. 【详解】（1）如图1中，∵AM ＝ME ，AP ＝PB ，∴PM ∥BE ，12PM BE =， ∵BN ＝DN ，AP ＝PB ，∴PN ∥AD ，12PN AD =， ∵AC ＝BC ，CD ＝CE ， ∴AD ＝BE ， ∴PM ＝PN ， ∵∠ACB ＝90°， ∴AC ⊥BC ，∴∵PM ∥BC ，PN ∥AC ， ∴PM ⊥PN ，∴△PMN 的等腰直角三角形， ∴2MN PM =，∴122MN BE =⋅， ∴2BE MN =，故答案为12PM BE =，2BE MN =．（2）如图2中，结论仍然成立．理由：连接AD 、延长BE 交AD 于点H ． ∵△ABC 和△CDE 是等腰直角三角形， ∴CD ＝CE ，CA ＝CB ，∠ACB ＝∠DCE ＝90°， ∵∠ACB ﹣∠ACE ＝∠DCE ﹣∠ACE ， ∴∠ACD ＝∠ECB ， ∴△ECB ≌△DCA ， ∴BE ＝AD ，∠DAC ＝∠EBC ， ∵∠AHB ＝180°﹣（∠HAB +∠ABH ）＝180°﹣（45°+∠HAC +∠ABH ）＝∠180°﹣（45°+∠HBC +∠ABH ）＝180°﹣90°＝90°， ∴BH ⊥AD ，∵M 、N 、P 分别为AE 、BD 、AB 的中点，∴PM ∥BE ，12PM BE =，PN ∥AD ，12PN AD =， ∴PM ＝PN ，∠MPN ＝90°，∴22222BE PM MN MN ==⨯=．（3）①如图3中，作CG ⊥BD 于G ，则2CG GE DG ===，当D 、E 、B 共线时，在Rt △BCG 中，()22226234BG BC CG =-=-=，∴342BE BG GE =-=-， ∴21712MN BE ==-． ②如图4中，作CG ⊥BD 于G ，则2CG GE DG ===，当D 、E 、B 共线时，在Rt △BCG 中，()22226234BG BC CG =-=-=∴342BE BG GE =+=， ∴21712MN BE ==．综上所述，MN ＝17﹣1或17+1．【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、全等三角形的判定和性质、勾股定理等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考压轴题.2．（探索发现）如图，ABC ∆是等边三角形，点D 为BC 边上一个动点，将ACD ∆绕点A 逆时针旋转60︒得到AEF ∆，连接CE .小明在探索这个问题时发现四边形ABCE 是菱形. 小明是这样想的：（1）请参考小明的思路写出证明过程；（2）直接写出线段CD ，CF ，AC 之间的数量关系：______________；（理解运用）如图，在ABC ∆中，AD BC ⊥于点D .将ABD ∆绕点A 逆时针旋转90︒得到AEF ∆，延长FE 与BC ，交于点G .（3）判断四边形ADGF 的形状，并说明理由；（拓展迁移）（4）在（3）的前提下，如图，将AFE ∆沿AE 折叠得到AME ∆，连接MB ，若6AD =，2BD =，求MB 的长.【答案】（1）详见解析；（2）CD CF AC +=；（3）四边形ADGF 是正方形；（4）13【解析】【分析】（1）根据旋转得：△ACE 是等边三角形，可得：AB=BC=CE=AE ，则四边形ABCE 是菱形；（2）先证明C 、F 、E 在同一直线上，再证明△BAD ≌△CAF （SAS ），则∠ADB=∠AFC ，BD=CF ，可得AC=CF+CD ；（3）先根据∠ADC=∠DAF=∠F=90°，证明得四边形ADGF 是矩形，由邻边相等可得四边形ADGF 是正方形；（4）证明△BAM ≌△EAD （SAS ），根据BM=DE 及勾股定理可得结论．【详解】（1）证明：∵ABC ∆是等边三角形， ∴AB BC AC ==.∵ACD ∆绕点A 逆时针旋转60︒得到AEF ∆， ∴60CAE =︒，AC AE =. ∴ACE ∆是等边三角形. ∴AC AE CE ==. ∴AB BC CE AE ===. ∴四边形ABCE 是菱形.（2）线段DC ，CF ，AC 之间的数量关系：CD CF AC +=. （3）四边形ADGF 是正方形.理由如下： ∵Rt ABD ∆绕点A 逆时针旋转90︒得到AEF ∆， ∴AF AD =，90DAF ∠=︒. ∵AD BC ⊥，∴90ADC DAF F ∠=∠=∠=︒. ∴四边形ADGF 是矩形. ∵AF AD =，∴四边形ADGF 是正方形. （4）如图，连接DE .∵四边形ADGF 是正方形， ∴6DG FG AD AF ====.∵ABD ∆绕点A 逆时针旋转90︒得到AEF ∆，∴BAD EAF ∠=∠，2BD EF ==，∴624EG FG EF =-=-=. ∵将AFE ∆沿AE 折叠得到AME ∆， ∴MAE FAE ∠=∠，AF AM =.∴BAD EAM ∠=∠.∴BAD DAM EAM DAM ∠+∠=∠+∠，即BAM DAE ∠=∠. ∵AF AD =， ∴AM AD =.在BAM ∆和EAD ∆中，AM AD BAM DAE AB AE =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，∴()BAM EAD SAS ∆≅∆. ∴222246213BM DE EG DG ==+=+=.【点睛】本题属于四边形综合题，主要考查了旋转的性质、全等三角形的判定与性质、等边三角形的判定与性质、正方形的性质以及勾股定理的综合应用，解决问题的关键是熟练掌握等边三角形和全等三角形的性质，依据图形的性质进行计算求解．3．如图所示，△ABC 和△ADE 是有公共顶点的等腰直角三角形，∠BAC=∠DAE=90°，EC 的延长线交BD 于点P ．（1）把△ABC 绕点A 旋转到图1，BD ，CE 的关系是（选填“相等”或“不相等”）；简要说明理由；（2）若AB=3，AD=5，把△ABC 绕点A 旋转，当∠EAC=90°时，在图2中作出旋转后的图形，PD= ，简要说明计算过程；（3）在（2）的条件下写出旋转过程中线段PD 的最小值为，最大值为．【答案】（1）BD ，CE 的关系是相等；（2534172034173）1，7 【解析】分析：（1）依据△ABC 和△ADE 是有公共顶点的等腰直角三角形，∠BAC=∠DAE=90°，即可BA=CA ，∠BAD=∠CAE ，DA=EA ，进而得到△ABD ≌△ACE ，可得出BD=CE ；（2）分两种情况：依据∠PDA=∠AEC ，∠PCD=∠ACE ，可得△PCD ∽△ACE ，即可得到PD AE =CD CE ，进而得到53417；依据∠ABD=∠PBE ，∠BAD=∠BPE=90°，可得△BAD ∽△BPE ，即可得到PB BE AB BD =，进而得出63434，203417（3）以A 为圆心，AC 长为半径画圆，当CE 在⊙A 下方与⊙A 相切时，PD 的值最小；当CE 在在⊙A 右上方与⊙A 相切时，PD 的值最大．在Rt △PED 中，PD=DE•sin ∠PED ，因此锐角∠PED 的大小直接决定了PD 的大小．分两种情况进行讨论，即可得到旋转过程中线段PD 的最小值以及最大值．详解：（1）BD ，CE 的关系是相等．理由：∵△ABC 和△ADE 是有公共顶点的等腰直角三角形，∠BAC=∠DAE=90°， ∴BA=CA ，∠BAD=∠CAE ，DA=EA ， ∴△ABD ≌△ACE ， ∴BD=CE ；故答案为相等．（2）作出旋转后的图形，若点C 在AD 上，如图2所示：∵∠EAC=90°， ∴CE=2234AC AE +=，∵∠PDA=∠AEC ，∠PCD=∠ACE ， ∴△PCD ∽△ACE ， ∴PD CDAE CE =， ∴PD=53417；若点B 在AE 上，如图2所示：∵∠BAD=90°， ∴Rt △ABD 中，2234AD AB +=，BE=AE ﹣AB=2，∵∠ABD=∠PBE ，∠BAD=∠BPE=90°，∴△BAD ∽△BPE ， ∴PB BEAB BD=，即334PB =，解得PB=634 34，∴PD=BD+PB=34+63434=2034 17，故答案为53417或203417；（3）如图3所示，以A为圆心，AC长为半径画圆，当CE在⊙A下方与⊙A相切时，PD 的值最小；当CE在在⊙A右上方与⊙A相切时，PD的值最大．如图3所示，分两种情况讨论：在Rt△PED中，PD=DE•sin∠PED，因此锐角∠PED的大小直接决定了PD的大小．①当小三角形旋转到图中△ACB的位置时，在Rt△ACE中，2253-，在Rt△DAE中，225552+=∵四边形ACPB是正方形，∴PC=AB=3，∴PE=3+4=7，在Rt△PDE中，2250491DE PE-=-=，即旋转过程中线段PD的最小值为1；②当小三角形旋转到图中△AB'C'时，可得DP'为最大值，此时，DP'=4+3=7，即旋转过程中线段PD的最大值为7．故答案为1，7．点睛：本题属于几何变换综合题，主要考查了等腰直角三角形的性质、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、圆的有关知识，解题的关键是灵活运用这些知识解决问题，学会分类讨论的思想思考问题，学会利用图形的特殊位置解决最值问题．4．如图1，在锐角△ABC中，∠ABC=45°，高线AD、BE相交于点F．（1）判断BF与AC的数量关系并说明理由；（2）如图2，将△ACD沿线段AD对折，点C落在BD上的点M，AM与BE相交于点N，当DE∥AM时，判断NE与AC的数量关系并说明理由．【答案】（1）BF=AC，理由见解析；（2）NE=12AC，理由见解析.【解析】试题分析：（1）如图1，证明△ADC≌△BDF（AAS），可得BF=AC；（2）如图2，由折叠得：MD=DC，先根据三角形中位线的推论可得：AE=EC，由线段垂直平分线的性质得：AB=BC，则∠ABE=∠CBE，结合（1）得：△BDF≌△ADM，则∠DBF=∠MAD，最后证明∠ANE=∠NAE=45°，得AE=EN，所以EN=12 AC．试题解析：（1）BF=AC，理由是：如图1，∵AD⊥BC，BE⊥AC，∴∠ADB=∠AEF=90°，∵∠ABC=45°，∴△ABD是等腰直角三角形，∴AD=BD，∵∠AFE=∠BFD，∴∠DAC=∠EBC，在△ADC和△BDF中，∵DAC DBFADC BDF AD BD∠=∠⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，∴△ADC≌△BDF（AAS），∴BF=AC；（2）NE=12AC，理由是：如图2，由折叠得：MD=DC，∵DE∥AM，∴AE=EC，∵BE⊥AC，∴AB=BC，∴∠ABE=∠CBE，由（1）得：△ADC≌△BDF，∵△ADC≌△ADM，∴△BDF≌△ADM，∴∠DBF=∠MAD，∵∠DBA=∠BAD=45°，∴∠DBA﹣∠DBF=∠BAD﹣∠MAD，即∠ABE=∠BAN，∵∠ANE=∠ABE+∠BAN=2∠ABE，∠NAE=2∠NAD=2∠CBE，∴∠ANE=∠NAE=45°，∴AE=EN，∴EN=12 AC．5．（12分）如图1，在等边△ABC中，点D，E分别在边AB，AC上，AD=AE，连接BE，CD，点M、N、P分别是BE、CD、BC的中点．（1）观察猜想：图1中，△PMN的形状是；（2）探究证明：把△ADE绕点A逆时针方向旋转到图2的位置，△PMN的形状是否发生改变？并说明理由；（3）拓展延伸：把△ADE绕点A在平面内自由旋转，若AD=1，AB=3，请直接写出△PMN 的周长的最大值．【答案】(1) 等边三角形；(2) △PMN的形状不发生改变，仍然为等边三角形,理由见解析；（3）6【解析】分析：（1）如图1，先根据等边三角形的性质得到AB=AC，∠ABC=∠ACB=60°，则BD=CE，再根据三角形中位线性质得PM∥CE，PM=12CE，PN∥AD，PN=12BD，从而得到PM=PN，∠MPN=60°，从而可判断△PMN为等边三角形；（2）连接CE、BD，如图2，先利用旋转的定义，把△ABD绕点A逆时针旋转60°可得到△CAE，则BD=CE，∠ABD=∠ACE，与（1）一样可得PM=PN，∠BPM=∠BCE，∠CPN=∠CBD，则计算出∠BPM+∠CPN=120°，从而得到∠MPN=60°，于是可判断△PMN为等边三角形．（3）利用AB﹣AD≤BD≤AB+AD（当且仅当点B、A、D共线时取等号）得到BD的最大值为4，则PN的最大值为2，然后可确定△PMN的周长的最大值．详解：（1）如图1．∵△ABC为等边三角形，∴AB=AC，∠ABC=∠ACB=60°．∵AD=AE，∴BD=CE．∵点M、N、P分别是BE、CD、BC的中点，∴PM∥CE，PM=12CE，PN∥AD，PN=12BD，∴PM=PN，∠BPM=∠BCA=60°，∠CPN=∠CBA=60°，∴∠MPN=60°，∴△PMN为等边三角形；故答案为等边三角形；（2）△PMN的形状不发生改变，仍然为等边三角形．理由如下：连接CE、BD，如图2．∵AB=AC，AE=AD，∠BAC=∠DAE=60°，∴把△ABD绕点A逆时针旋转60°可得到△CAE，∴BD=CE，∠ABD=∠ACE，与（1）一样可得PM∥CE，PM=12CE，PN∥AD，PN=12BD，∴PM=PN，∠BPM=∠BCE，∠CPN=∠CBD，∴∠BPM+∠CPN=∠CBD+∠CBD=∠ABC﹣∠ABD+∠ACB+∠ACE=60°+60°=120°，∴∠MPN=60°，∴△PMN为等边三角形．（3）∵PN=12BD，∴当BD的值最大时，PN的值最大．∵AB﹣AD≤BD≤AB+AD（当且仅当点B、A、D共线时取等号）∴BD的最大值为1+3=4，∴PN的最大值为2，∴△PMN的周长的最大值为6．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．也考查了等边三角形的判定与性质和三角形中位线性质．6．如图1，△ACB、△AED都为等腰直角三角形，∠AED=∠ACB=90°，点D在AB上，连CE，M、N分别为BD、CE的中点．（1）求证：MN⊥CE；（2）如图2将△AED绕A点逆时针旋转30°，求证：CE=2MN．【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析.【解析】试题分析：（1）延长DN交AC于F，连BF，推出DE∥AC，推出△EDN∽△CFN，推出DE EN DN==，求出DN=FN，FC=ED，得出MN是中位线，推出MN∥BF，证CF CN NF△CAE≌△BCF，推出∠ACE=∠CBF，求出∠CBF+∠BCE=90°，即可得出答案；（2）延长DN到G，使DN=GN，连接CG，延长DE、CA交于点K，求出BG=2MN，证△CAE≌△BCG，推出BG=CE，即可得出答案．试题解析：（1）证明：延长DN交AC于F，连BF，∵N为CE中点，∴EN=CN，∵△ACB和△AED是等腰直角三角形，∠AED=∠ACB=90°，DE=AE，AC=BC，∴∠EAD=∠EDA=∠BAC=45°，∴DE∥AC，∴△EDN∽△CFN，∴DE EN DN==，CF CN NF∵EN=NC，∴DN=FN，FC=ED，∴MN是△BDF的中位线，∴MN∥BF，∵AE=DE ，DE=CF ，∴AE=CF ，∵∠EAD=∠BAC=45°，∴∠EAC=∠ACB=90°，在△CAE 和△BCF 中，CA BC CAE BCF AE CF ⎧⎪∠∠⎨⎪⎩＝＝＝， ∴△CAE ≌△BCF （SAS ），∴∠ACE=∠CBF ，∵∠ACE+∠BCE=90°，∴∠CBF+∠BCE=90°，即BF ⊥CE ，∵MN ∥BF ，∴MN ⊥CE ．（2）证明：延长DN 到G ，使DN=GN ，连接CG ，延长DE 、CA 交于点K ，∵M 为BD 中点，∴MN 是△BDG 的中位线，∴BG=2MN ，在△EDN 和⊈CGN 中， DN NG DNE GNC EN NC ⎧⎪∠∠⎨⎪⎩＝＝＝，∴△EDN ≌△CGN （SAS ），∴DE=CG=AE ，∠GCN=∠DEN ，∴DE ∥CG ，∴∠KCG=∠CKE ，∵∠CAE=45°+30°+45°=120°，∴∠EAK=60°，∴∠CKE=∠KCG=30°，∴∠BCG=120°，在△CAE 和△BCG 中，AC BC CAE BCG AE CG ⎧⎪∠∠⎨⎪⎩＝＝＝， ∴△CAE ≌△BCG （SAS ），∴BG=CE ，∵BG=2MN ，∴CE=2MN ．【点睛】考查了等腰直角三角形性质，全等三角形的性质和判定，三角形的中位线，平行线性质和判定的应用，主要考查学生的推理能力．7．已知：如图1，将两块全等的含30º角的直角三角板按图所示的方式放置，∠BAC=∠B 1A 1C =30°，点B ，C ，B 1在同一条直线上．（1）求证：AB =2BC（2）如图２，将△ABC 绕点Ｃ顺时针旋转α°（0＜α＜180），在旋转过程中，设AB 与A 1C 、A 1B 1分别交于点D 、E ，AC 与A 1B 1交于点F ．当α等于多少度时，AB 与A 1B 1垂直？请说明理由．（3）如图3，当△ABC 绕点C 顺时针方向旋转至如图所示的位置，使AB ∥CB 1，AB 与A 1C 交于点D ，试说明A 1D=CD ．【答案】（1）证明见解析（2）当旋转角等于30°时，AB 与A 1B 1垂直.（3）理由见解析【解析】试题分析：(1)由等边三角形的性质得AB =BB 1，又因为BB 1=2BC ，得出AB =2BC ;(2) 利用AB 与A 1B 1垂直得∠A 1ED=90°，则∠A 1DE=90°-∠A 1=60°，根据对顶角相等得∠BDC=60°，由于∠B=60°，利用三角形内角和定理得∠A 1CB=180°-∠BDC-∠B=60°，所以∠ACA 1=90°-∠A 1CB=30°，然后根据旋转的定义得到旋转角等于30°时，AB 与A 1B 1垂直；(3)由于AB ∥CB 1，∠ACB 1=90°，根据平行线的性质得∠ADC=90°，在Rt △ADC 中，根据含30度的直角三角形三边的关系得到CD=12AC ，再根据旋转的性质得AC=A 1C ，所以CD=12A 1C ，则A 1D=CD ．试题解析：（1）∵△ABB 1是等边三角形；∴ AB =BB 1∵ BB 1=2BC∴AB =2BC（2）解：当AB 与A 1B 1垂直时，∠A 1ED=90°，∴∠A 1DE=90°-∠A 1=90°-30°=60°，∵∠B=60°，∴∠BCD=60°，∴∠ACA 1=90°-60°=30°，即当旋转角等于30°时，AB 与A 1B 1垂直.（3）∵AB ∥CB 1，∠ACB 1=90°，∴∠CDB=90°，即CD 是△ABC 的高，设BC=a ，AC=b ，则由（1）得AB=2a ，A 1C=b ，∵1122ABC S BC AC AB CD ∆=⨯=⨯，即11222ab a CD =⨯⨯ ∴12CD b =，即CD=12A 1C ， ∴A 1D=CD. 【点睛】本题考查了旋转的性质：旋转前后两图形全等；对应点到旋转中心的距离相等；对应点与旋转中心的连线段的夹角等于旋转角．也考查了含30度的直角三角形三边的关系．8．已知Rt △DAB 中，∠ADB=90°，扇形DEF 中，∠EDF=30°，且DA=DB=DE ，将Rt △ADB 的边与扇形DEF 的半径DE 重合，拼接成图1所示的图形，现将扇形DEF 绕点D 按顺时针方向旋转，得到扇形DE′F′，设旋转角为α（0°＜α＜180°）（1）如图2，当0°＜α＜90°，且DF′∥AB 时，求α；（2）如图3，当α=120°，求证：AF′=BE′．【答案】（1）15°；（2）见解析．【解析】试题分析：（1）∵∠ADB=90°，DA=DB，∴∠BAD=45°，∵DF′∥AB，∴∠ADF′=∠BAD=45°，∴α=45°﹣30°=15°；（2）∵α=120°，∴∠ADE′=120°，∴∠ADF′=120°+30°=150°，∠BDE′=360°﹣90°﹣120°=150°，∴∠ADF′=∠BDE′，在△ADF′和△BDE′中，，∴△ADF′≌△BDE′，∴AF′=BE′．考点：①旋转性质；②全等三角形的判定和性质．9．如图1，在△ABC中，CA=CB，∠ACB=90°，D是△ABC内部一点，∠ADC=135°，将线段CD绕点C逆时针旋转90°得到线段CE，连接DE．（1）①依题意补全图形；②请判断∠ADC和∠CDE之间的数量关系，并直接写出答案．（2）在（1）的条件下，连接BE，过点C作CM⊥DE，请判断线段CM，AE和BE之间的数量关系，并说明理由．（3）如图2，在正方形ABCD中，AB=，如果PD=1，∠BPD=90°，请直接写出点A到BP 的距离．【答案】（1）①作图见解析；②∠ADC+∠CDE=180°；（2）AE=BE+2CM，理由解析；（3）．【解析】试题分析：（1）①作CE⊥CD，并且线段CE是将线段CD绕点C逆时针旋转90°得到的，再连接DE即可；②根据∠ADC和∠CDE是邻补角，所以∠ADC+∠CDE=180°．（2）由（1）的条件可得A、D、E三点在同一条直线上，再通过证明△ACD≌△BCE，易得AE=BE+2CM．（3）运用勾股定理，可得出点A到BP的距离．试题解析：解：（1）①依题意补全图形（如图）；②∠ADC+∠CDE=180°．（2）线段CM，AE和BE之间的数量关系是AE=BE+2CM，理由如下：∵线段CD绕点C逆时针旋转90°得到线段CE，∴CD=CE，∠DCE=90°．∴∠CDE=∠CED=45°．又∵∠ADC=135°，∴∠ADC+∠CDE=180°，∴A、D、E三点在同一条直线上．∴AE=AD+DE．又∵∠ACB=90°，∴∠ACB－∠DCB=∠DCE－∠DCB，即∠ACD=∠BCE．又∵AC=BC，CD=CE，∴△ACD≌△BCE．∴AD=BE．∵CD=CE，∠DCE=90°，CM⊥DE．∴DE=2CM．∴AE=BE+2CM．（3）点A到BP的距离为．考点：作图—旋转变换．10．在△ABC中，AB=AC，∠A=300，将线段BC绕点B逆时针旋转600得到线段BD，再将线段BD平移到EF，使点E在AB上，点F在AC上．（1）如图1，直接写出∠ABD和∠CFE的度数；（2）在图1中证明：AE=CF；（3）如图2，连接CE，判断△CEF的形状并加以证明．【答案】（1）15°，45°；（2）证明见解析；（3）△CEF是等腰直角三角形，证明见解析.【解析】试题分析：（1）根据等腰三角形的性质得到∠ABC的度数，由旋转的性质得到∠DBC的度数，从而得到∠ABD的度数；根据三角形外角性质即可求得∠CFE的度数.（2）连接CD、DF，证明△BCD是等边三角形，得到CD=BD，由平移的性质得到四边形BDFE是平行四边形，从而AB∥FD，证明△AEF≌△FCD即可得AE=CF．（3）过点E作EG⊥CF于G，根据含30度直角三角形的性质，垂直平分线的判定和性质即可证明△CEF是等腰直角三角形.（1）∵在△ABC中，AB=AC，∠A=300，∴∠ABC=750.∵将线段BC绕点B逆时针旋转600得到线段BD，即∠DBC=600．∴∠ABD= 15°.∴∠CFE=∠A+∠ABD=45°．（2）如图，连接CD、DF．∵线段BC绕点B逆时针旋转60得到线段BD，∴BD=BC，∠CBD=600．∴△BCD是等边三角形．∴CD=BD．∵线段BD平移到EF，∴EF∥BD，EF=BD．∴四边形BDFE是平行四边形，EF= CD．∵AB=AC，∠A=300，∴∠ABC=∠ACB=750．∴∠ABD=∠ACD=15°．∵四边形BDFE是平行四边形，∴AB∥FD．∴∠A=∠CFD.∴△AEF≌△FCD（AAS）．∴AE=CF．（3）△CEF是等腰直角三角形，证明如下：如图，过点E作EG⊥CF于G，∵∠CFE =45°，∴∠FEG=45°．∴EG=FG．∵∠A=300，∠AGE=90°，∴．∵AE=CF，∴．∴．∴G为CF的中点．∴EG为CF的垂直平分线．∴EF=EC．∴∠CEF=∠FEG=90°．∴△CEF是等腰直角三角形．考点：1.旋转和平移问题；2．等腰三角形的性质；3．三角形外角性质；4．等边三角形的判定和性质；5.平行四边形的判定和性质；6.全等三角形的判定和性质；7．含30度直角三角形的性质；8．垂直平分线的判定和性质；9．等腰直角三角形的判定.11．在△ABC中,AB=6,AC=BC=5,将△ABC绕点A按顺时针方向旋转,得到△ADE,旋转角为α（0°＜α＜180°）,点B的对应点为点D,点C的对应点为点E,连接BD，BE．（1）如图,当α=60°时,延长BE交AD于点F．①求证：△ABD是等边三角形；②求证：BF⊥AD，AF=DF；③请直接写出BE的长；（2）在旋转过程中,过点D作DG垂直于直线AB,垂足为点G,连接CE,当∠DAG=∠ACB,且线段DG与线段AE无公共点时,请直接写出BE+CE的值．【答案】（1）①②详见解析；③3﹣4；（2）13．【解析】试题分析：（1）①由旋转性质知AB=AD，∠BAD=60°即可得证；②由BA=BD、EA=ED根据中垂线性质即可得证；③分别求出BF、EF的长即可得；（2）由∠ACB+∠BAC+∠ABC=180°、∠DAG+∠DAE+∠BAE=180°、∠DAG=∠ACB、∠DAE=∠BAC得∠BAE=∠BAC且AE=AC，根据三线合一可得CE⊥AB、AC=5、AH=3，继而知CE=2CH=8、BE=5，即可得答案．试题解析：（1）①∵△ABC绕点A顺时针方向旋转60°得到△ADE，∴AB=AD，∠BAD=60°，∴△ABD是等边三角形；②由①得△ABD是等边三角形，∴AB=BD，∵△ABC绕点A顺时针方向旋转60°得到△ADE，∴AC=AE，BC=DE，又∵AC=BC，∴EA=ED，∴点B、E在AD的中垂线上，∴BE是AD的中垂线，∵点F在BE的延长线上，∴BF⊥AD， AF=DF；③由②知BF⊥AD，AF=DF，∴AF=DF=3，∵AE=AC=5，∴EF=4，∵在等边三角形ABD中，BF=AB•sin∠BAF=6×=3，∴BE=BF﹣EF=3﹣4；（2）如图所示，∵∠DAG=∠ACB，∠DAE=∠BAC，∴∠ACB+∠BAC+∠ABC=∠DAG+∠DAE+∠ABC=180°，又∵∠DAG+∠DAE+∠BAE=180°，∴∠BAE=∠ABC，∵AC=BC=AE，∴∠BAC=∠ABC，∴∠BAE=∠BAC，∴AB⊥CE，且CH=HE=CE，∵AC=BC，∴AH=BH=AB=3，则CE=2CH=8，BE=5，∴BE+CE=13．考点：三角形综合题.12．(1)观察猜想如图(1)，在△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC,点D是BC的中点．以点D为顶点作正方形DEFG，使点A，C分别在DG和DE上，连接AE，BG，则线段BG和AE的数量关系是_____；(2)拓展探究将正方形DEFG绕点D逆时针方向旋转一定角度后（旋转角度大于0°，小于或等于360°），如图2，则(1)中的结论是否仍然成立？如果成立，请予以证明；如果不成立，请说明理由.(3)解决问题若BC=DE=2，在(2)的旋转过程中，当AE为最大值时，直接写出AF的值．【答案】（1）BG＝AE．（2）成立．如图②，连接AD．∵△ABC是等腰三直角角形，∠BAC＝90°，点D是BC的中点．∴∠ADB＝90°，且BD＝AD．∵∠BDG＝∠ADB－∠ADG＝90°－∠ADG＝∠ADE，DG＝DE．∴△BDG≌△ADE，∴BG＝AE．…………………………………………7分（3）由（2）知，BG＝AE，故当BG最大时，AE也最大．正方形DEFG绕点D逆时针方向旋转270°时，BG最大，如图③．若BC＝DE＝2，则AD＝1，EF＝2．在Rt△AEF中，AF2＝AE2＋EF2＝(AD＋DE)2＋EF2＝(1＋2)2＋22＝13．∴AF＝【解析】解：（1）BG＝AE．（2）成立．如图②，连接AD．∵△ABC是等腰三直角角形，∠BAC＝90°，点D是BC的中点．∴∠ADB＝90°，且BD＝AD．∵∠BDG＝∠ADB－∠ADG＝90°－∠ADG＝∠ADE，DG＝DE．∴△BDG≌△ADE，∴BG＝AE．（3）由（2）知，BG＝AE，故当BG最大时，AE也最大．Z+X+X+K]因为正方形DEFG在绕点D旋转的过程中，G点运动的图形是以点D为圆心，DG为半径的圆，故当正方形DEFG旋转到G点位于BC的延长线上（即正方形DEFG绕点D逆时针方向旋转270°）时，BG最大，如图③．若BC＝DE＝2，则AD＝1，EF＝2．在Rt△AEF中，AF2＝AE2＋EF2＝(AD＋DE)2＋EF2＝(1＋2)2＋22＝13．∴AF＝．即在正方形DEFG旋转过程中，当AE为最大值时，AF＝．13．在△AOB中，C，D分别是OA，OB边上的点，将△OCD绕点O顺时针旋转到△OC′D′．（1）如图1，若∠AOB=90°，OA=OB，C，D分别为OA，OB的中点，证明：①AC′=BD′；②AC′⊥BD′；（2）如图2，若△AOB为任意三角形且∠AO B=θ，CD∥AB，AC′与BD′交于点E，猜想∠AEB=θ是否成立？请说明理由．【答案】（1）证明见解析；（2）成立，理由见解析【解析】试题分析：（1）①由旋转的性质得出OC=OC′，OD=OD′，∠AOC′=∠BOD′，证出OC′=OD′，由SAS证明△AOC′≌△BOD′，得出对应边相等即可；②由全等三角形的性质得出∠OAC′=∠OBD′，又由对顶角相等和三角形内角和定理得出∠BEA=90°，即可得出结论；（2）由旋转的性质得出OC=OC′，OD=OD′，∠AOC′=∠BOD′，由平行线得出比例式，得出，证明△AOC′∽△BOD′，得出∠OAC′=∠OBD′再由对顶角相等和三角形内角和定理即可得出∠AEB=θ．试题解析：（1）证明：①∵△OCD旋转到△OC′D′，∴OC=OC′，OD=OD′，∠AOC′=∠BOD′，∵OA=OB，C、D为OA、OB的中点，∴OC=OD，∴OC′=OD′，在△AOC′和△BOD′中，，∴△AOC′≌△BOD′（SAS），∴AC′=BD′；②延长AC′交BD′于E，交BO于F，如图1所示：∵△AOC′≌△BOD′，∴∠OAC′=∠OBD′，又∠AFO=∠BFE，∠OAC′+∠AFO=90°，∴∠OBD′+∠BFE=90°，∴∠BEA=90°，∴AC′⊥BD′；（2）解：∠AEB=θ成立，理由如下：如图2所示：∵△OCD旋转到△OC′D′，∴OC=OC′，OD=OD′，∠AOC′=∠BOD′，∵CD∥AB，∴，∴，∴，又∠AOC′=∠BOD′，∴△AOC′∽△BOD′，∴∠OAC′=∠OBD′，又∠AFO=∠BFE，∴∠AEB=∠AOB=θ．考点：相似三角形的判定与性质；全等三角形的判定与性质；旋转的性质．14．如图，在边长为1的正方形网格中，A（1，7）、B（5，5）、C（7，5）、D（5，1）．（1）将线段AB绕点B逆时针旋转，得到对应线段BE．当BE与CD第一次平行时，画出点A运动的路径，并直接写出点A运动的路径长；（2）线段AB与线段CD存在一种特殊关系，即其中一条线段绕着某点旋转一个角度可以得到另一条线段，直接写出这个旋转中心的坐标．【答案】（1）见解析；5π；（2）旋转中心P的坐标为（3，3）或（6，6）．【解析】【分析】（1）依据旋转的方向、旋转角和旋转中心即可得到点A运动的路径为弧线，再运用弧长计算公式即可解答；（2）连接两对对应点，分别作出它们连线的垂直平分线，其交点即为所求.【详解】解：（1）点A运动的路径如图所示，出点A运动的路径长为229024π⨯⨯+＝5π；（2）如图所示，旋转中心P的坐标为（3，3）或（6，6）．【点睛】本题主要考查了利用旋转变换及其作图，掌握旋转的性质、旋转角以及确定旋转中心的方法是解答本题的关键.15．如图1，O为直线AB上一点，OC为射线，∠AOC＝40°，将一个三角板的直角顶点放在点O处，一边OD在射线OA上，另一边OE与OC都在直线AB的上方．（1）将三角板绕点O顺时针旋转，若OD恰好平分∠AOC（如图2），试说明OE平分∠BOC；（2）将三角板绕点O在直线AB上方顺时针旋转，当OD落在∠BOC内部，且∠COD＝1∠BOE时，求∠AOE的度数：3（3）将图1中的三角板和射线OC同时绕点O，分别以每秒6°和每秒2°的速度顺时针旋转一周，求第几秒时，OD恰好与OC在同一条直线上？【答案】（1）证明见解析；（2）142.5°；（3）第10秒或第55秒时.【解析】【分析】（1）由角平分线的性质及同角的余角相等，可得答案；（2）设∠COD＝α，则∠BOE＝3α，由题意得关于α的方程，求解即可；（3）分两种情况考虑：当OD与OC重合时；当OD与OC的反向延长线重合时．【详解】解：（1）∵OD恰好平分∠AOC∴∠AOD＝∠COD∵∠DOE＝90°∴∠AOD+∠BOE＝90°，∠COD+∠COE＝90°∴∠BOE＝∠COE∴OE平分∠BOC．（2）设∠COD＝α，则∠BOE＝3α，当OD在∠BOC的内部时，∠AOD＝∠AOC+∠COD＝40°+α∵∠AOD+∠BOE＝180°﹣90°＝90°∴40°+α+3α＝90°∴α＝12.5°∴∠AOE＝180°﹣3α＝142.5°∴∠AOE的度数为142.5°．（3）设第t秒时，OD与OC恰好在同一条直线上，则∠AOD＝6t，∠AOC＝2t+40°；当OD与OC重合时，6t﹣2t＝40°∴t＝10（秒）；当OD与OC的反向延长线重合时，6t﹣2t＝180°+40°∴t＝55（秒）∴第10秒或第55秒时，OD恰好与OC在同一条直线上．【点睛】本题主要考查角平分线的性质、余角的性质，角度的计算，进行分类讨论不漏解是关键.。

数学旋转的专项培优练习题(含答案)及答案

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最大值=3，PC 的最小值= 3 ﹣1．
【解析】分析：（1）如图 1 中，易知当点 D 在线段 AD 和线段 AD 的延长线上时，OC∥ AB，此时旋转角 α=60°或 240°．
（2）结论：AC=BD．只要证明△ AOC≌ △ BOD 即可．（3）在图 3、图 4 中，分别求解即可．（4）如图 5 中，由题意，点 C 在以 O 为圆心，1 为半径的⊙O 上运动，过点 O 作 OH⊥AB 于 H，直线 OH 交⊙O 于 C′、C″，线段 CB 的长即为 PC 的最大值，线段 C″H 的长即
∴ AB=
=5，
∵ △ ABO 绕点 B 逆时针旋转 90°，得△ A′BO′， ∴ BA=BA′，∠ ABA′=90°，
∴ △ ABA′为等腰直角三角形， ∴ AA′= BA=5 ；
(2)、作 O′H⊥y 轴于 H，如图②， ∵ △ ABO 绕点 B 逆时针旋转 120°，得△ A′BO′， ∴ BO=BO′=3，∠ OBO′=120°， ∴ ∠ HBO′=60°，在 Rt△ BHO′中，∵ ∠ BO′H=90°﹣
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如图 4 中，当 A、C、D 共线时，作 OH⊥AC 于 H．
易知 AC=BD=AH﹣CH= 13 1 ． 2
综上所述：当 A、C、D 三点共线时，BD 的长为 13 1 或 13 1 ；
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（4）如图 5 中，由题意，点 C 在以 O 为圆心，1 为半径的⊙O 上运动，过点 O 作
OH⊥AB 于 H，直线 OH 交⊙O 于 C′、C″，线段 CB 的长即为 PC 的最大值，线段 C″H 的长即
出直线 O′C 的解析式为 y=
x﹣3，从而得到 P（
，0），则 O′PD，然后确定∠ DP′O′=30°后利用含 30 度的直角三角形三边的关系可计算出 P′D 和 DO′的长，从而可得到 P′点的坐标．试题解析：(1)、如图①， ∵ 点 A（4，0），点 B（0，3）， ∴ OA=4，OB=3，

2022-2023学年初二数学第二学期培优专题05 旋转之线段问题

2022-2023学年初二数学第二学期培优专题05 旋转之线段问题【模型讲解】数学探究课上老师出了这样一道题：“如图，等边ABC 中有一点P ，且3PA =，4PB =，5PC =，试求APB ∠的度数．”小明和小军探讨时发现了一种求APB ∠度数的方法，下面是这种方法的一部分思路，请按照下列思路要求画图或判断．(1)在图中画出APC △绕点A 顺时旋转60°后的1APB △，并判断1APP △的形状是_______；(2)试判断1BPP △的形状，并说明理由；(3)由（1）、（2）两问可知：APB ∠=___________．【解答】（1）如图，△AP 1 B 为所作；连接PP 1， △AP 1 P 为等边三角形理由如下：∵△APC 绕点A 顺时针旋转60°后得△AP 1 B ， ∴AP 1=AP ，∠PAP 1 = 60°， ∴△AP 1P 为等边三角形；（2）∵△AP 1P 为等边三角形；∴PP 1=AP =3，又根据旋转的性质得BP 1=PC =5，PP 12 + PB 2=32+42=25，BP 12=CP 2=52=25，∴PP 12 + PB 2=BP 12∴△BP 1P 为直角三角形，∠BPP 1 = 90°；（3）∵△APP 1为等边三角形，∴∠APP 1 = 60°，而∠BPP 1= 90°； ∴∠APB = 90°+ 60°= 150°，故答案为：150°．【模型演练】1．（1）如图1，P 是锐角ABC 内一动点，把APC △绕点A 逆时针旋转60°得到AP C ''，连接PP '，这样就可得出PA PB PC BP PP P C '''++=++，请给出证明过程．（2）图2所示的是一个锐角为30°的直角三角形公园（30B ∠=︒，90C ∠=︒），其中顶点A 、B 、C 为公园的出入口，20km AB =，工人师傅准备在公园内修建一凉亭P ，使该凉亭到三个出入口的距离PA PB PC ++最小，求这个最小的距离．2．（1）如图1，正方形ABCD ，E 、F 分别为BC 、CD 上的点，45EAF ∠=︒，求证：EF BE DF =+小聪把△ABE 绕点A 逆时针旋转90°至△ADG ，从而发现EF BE FD =+，请你利用图1证明上述结论．(2）如图2，若点E 、F 分别在正方形ABCD 的边CB 、DC 的延长线上，45EAF ∠=︒，那么线段EF 、DF 、BE 之间有怎样的数量关系？请证明你的结论．3．旋转是一种重要的图形变换，当图形中有一组邻边相等时，往往可以通过旋转解决问题．如图①，在四边形ABCD 中，AD CD =，120ABC ∠=︒，60ADC ∠=︒，2AB =，1BC =．【问题提出】(1)如图②，在图①的基础上连接BD ，由于AD CD =，所以可将DCB △绕点D 顺时针方向旋转60°，得到DAB '，则BDB '的形状是_______；【尝试解决】(2)在（1）的条件下，求四边形ABCD 的面积；【类比应用】(3)如图③，等边ABC 的边长为2，BDC 是顶角120BDC ∠=︒的等腰三角形，以D 为顶点作一个60°的角，角的两边分别交AB 于点M ，交AC 于点N ，连接MN ，求AMN 的周长．4．问题：如图（1），点E 、F 分别在正方形ABCD 的边BC 、CD 上，∠EAF ＝45°，试判断BE 、EF 、FD 之间的数量关系．(1)延长FD 到点G 使DG ＝BE ，连接AG ，得到至△ADG ，从而可以证明EF ＝BE ＋FD ，请你利用图（1）证明上述结论．(2)如图（2），四边形ABCD 中，90≠︒∠BAD ，AB ＝AD ，∠B ＋∠D ＝180°，点E 、F 分别在边BC 、CD 上，则当∠EAF 与∠BAD 满足______数量关系时，仍有EF ＝BE ＋FD ，并说明理由． 5．阅读下列材料：问题：如图（1），已知正方形ABCD 中，E 、F 分别是BC 、CD 边上的点，且∠EAF ＝45°．解决下列问题：(1)图（1）中的线段BE 、EF 、FD 之间的数量关系是______．(2)图（2），已知正方形ABCD 的边长为8，E 、F 分别是BC 、CD 边上的点，且∠EAF ＝45°，AG ⊥EF 于点G ，求△EFC 的周长．6．在等边BCD △中，DF BC ⊥于点F ，点A 为直线DF 上一动点，以点B 为旋转中心，把BA 顺时针旋转60°至BE ．(1)如图1，点A 在线段DF 上，连接CE ，求证：CE DA =；(2)如图2，点A 在线段FD 的延长线上，请在图中画出BE 并连接CE ，当45DEC ∠=︒时，连接AC ，求出BAC ∠的度数；(3)在点A 的运动过程中，若6BD =，求EF 的最小值7．（1）如图1，O 是等边△ABC 内一点，连接OA 、OB 、OC ，且OA ＝3，OB ＝4，OC ＝5，将△BAO 绕点B 顺时针旋转后得到△BCD ，连接OD ．求：①旋转角的度数； ②线段OD 的长； ③求∠BDC 的度数．（2）如图2所示，O 是等腰直角△ABC （∠ABC ＝90°）内一点，连接OA 、OB 、OC ，将△BAO 绕点B 顺时针旋转后得到△BCD ，连接OD ．当OA 、OB 、OC 满足什么条件时，∠ODC ＝90°？请给出证明．8．如图所示，正方形ABCD 中，点E 、F 、G 分别是边AD 、AB 、BC 的中点，连接EF ，FG ．（1）如图1，直接写出EF与FG的关系______；（2）如图2，若点P为BC延长线上一动点，连接FP，将线段FP以点F为旋转中心，逆时针旋转90°，得到线段FH，连接EH．△；①求证：HFE≌PFG②直接写出EF、EH、BP三者之间的关系；9．如图1，若△ABC和△ADE为等边三角形，M，N分别为EB，CD的中点，易证：CD=BE，△AMN是等边三角形：（1）当把△ADE绕点A旋转到图2的位置时，CD=BE吗？若相等请证明，若不等于请说明理由；（2）当把△ADE绕点A旋转到图3的位置时，△AMN还是等边三角形吗？若是请证明，若不是，请说明理由（可用第一问结论）．10．[方法探索]如图1，在等边ABC 中，点P 在ABC 内，且2PA =，4PC =，150APC ∠=︒，求PB 的长．小敏在解决这个问题时，想到了以下思路：如图1，把APC △绕着点A 顺时针旋转60︒得到'AP B ，连接'PP ，分别证明AP P '△和BP P '△是特殊三角形，从而得解．请在此思路提示下，求出PB 的长．解：把APC △绕着点A 顺时针旋转60︒得到AP B '△，连接PP '．接着写下去： 11．[方法应用]请借鉴上述利用旋转构图的方法，解决下面问题：①如图2，点P 在等边ABC 外，且3PA PB ==，120APB ∠=︒，若33AB =PBC ∠度数． ②如图3，在ABC 中，90BAC ∠=︒，10AB AC =P 是ABC 外一点，连接PA 、PB 、PC ．已知45APB ∠=︒，2PB =．求PC 的长．12．婆罗摩笈多（Brahmagupta ）约公元598年生，约660年卒，在数学、天文学方面有所成就．婆罗摩笈多是印度印多尔北部乌贾因地方人，原籍可能为巴基斯坦的信德．婆罗摩笈多的一些数学成就在世界数学史上有较高的地位．例如下列模型就被称为“婆罗摩笈多模型”：如图1，2，3，△ABC 中，分别以AB ，AC 为边作Rt △ABE 和Rt △ACD ，AB ＝AE ，AC ＝AD ，∠BAE ＝∠CAD ＝90°，则有下列结论：①图1中S △ABC ＝S △ADE ；②如图2中，若AM 是边BC 上的中线，则ED ＝2AM ；③如图3中，若AM ⊥BC ，则MA 的延长线平分ED 于点N ．（1）上述三个结论中请你选择一个感兴趣的结论进行证明，写出证明过程；（2）能力拓展：将上述图形中的某一个直角三角形旋转到如图4所示的位置：△ABC 与△ADE 均为等腰直角三角形，∠BAC ＝∠DAE ＝90°，连接BD ，CE ，若F 为BD 的中点，连接AF ，求证：2AF ＝CE ．13．数学探究课上老师出了这样一道题：“如图，等边ABC 中有一点P ，且3PA =，4PB =，5PC =，试求APB ∠的度数．”小明和小军探讨时发现了一种求APB ∠度数的方法，下面是这种方法的一部分思路，请按照下列思路要求画图或判断．(1)在图中画出APC △绕点A 顺时旋转60°后的1APB △，并判断1APP △的形状是___________； (2)试判断1BPP △的形状，并说明理由；(3)由（1）、（2）两问可知：APB ∠=___________．答案与解析【模型讲解】数学探究课上老师出了这样一道题：“如图，等边ABC 中有一点P ，且3PA =，4PB =，5PC =，试求APB ∠的度数．”小明和小军探讨时发现了一种求APB ∠度数的方法，下面是这种方法的一部分思路，请按照下列思路要求画图或判断．(1)在图中画出APC △绕点A 顺时旋转60°后的1APB △，并判断1APP △的形状是_______；(2)试判断1BPP △的形状，并说明理由；(3)由（1）、（2）两问可知：APB ∠=___________．【解答】（1）如图，△AP 1 B 为所作；连接PP 1， △AP 1 P 为等边三角形理由如下：∵△APC 绕点A 顺时针旋转60°后得△AP 1 B ， ∴AP 1=AP ，∠PAP 1 = 60°， ∴△AP 1P 为等边三角形；（2）∵△AP 1P 为等边三角形；∴PP 1=AP =3，又根据旋转的性质得BP 1=PC =5，PP 12 + PB 2=32+42=25，BP 12=CP 2=52=25，∴PP 12 + PB 2=BP 12∴△BP 1P 为直角三角形，∠BPP 1 = 90°；（3）∵△APP 1为等边三角形，∴∠APP 1 = 60°，而∠BPP 1= 90°； ∴∠APB = 90°+ 60°= 150°，故答案为：150°．【模型演练】1．（1）如图1，P 是锐角ABC 内一动点，把APC △绕点A 逆时针旋转60°得到AP C ''，连接PP '，这样就可得出PA PB PC BP PP P C '''++=++，请给出证明过程．（2）图2所示的是一个锐角为30°的直角三角形公园（30B ∠=︒，90C ∠=︒），其中顶点A 、B 、C 为公园的出入口，20km AB =，工人师傅准备在公园内修建一凉亭P ，使该凉亭到三个出入口的距离PA PB PC ++最小，求这个最小的距离．【答案】（1）见解析；（2）107km【分析】（1）根据旋转的性质证明△APP'是等边三角形，即可得出结论；（2）如图，将△BPC绕点B逆时针旋转60度得到△BP′C′，连接PP′，构建直角△ABC'，利用勾股定理求AC'的长，即是点P到这个三角形各顶点的距离之和的最小值．【解答】（1）如图1，由旋转得：∠PAP'=60°，PA=P'A，∴△APP'是等边三角形，∴PP'=PA，∵PC=P'C，∴PA+PB+PC=BP+PP′+P′C′；（2）解：在Rt△ACB中，∵AB=20，∠ABC=30°，∴AC=10，BC=103，如图，将△BPC绕点B逆时针旋转60度得到△BP′C′，连接PP′，当A、P、P'、C'在同一直线上时，PA+PB+PC的值为最小，由旋转得：BP=BP'，∠PBP'=60°，PC=P'C'，BC=BC'，∴△BPP′是等边三角形，∴PP'=PB，∵∠ABC=∠APB+∠CBP=∠APB+∠C'BP'=30°，∴∠ABC'=90°，由勾股定理得：222220(103)107,AC AB C B ''=+=+= ∴PA +PB +PC =PA +PP '+P 'C '=AC '=107，则点P 到这个三角形各顶点的距离之和的最小值为107km ．【点评】本题主要考查三角形的旋转变换的性质、勾股定理、等边三角形的判定与性质等知识点，将待求线段的和通过旋转变换转化为同一直线上的线段来求是解题的关键，学会利用旋转的方法添加辅助线，构造特殊三角形解决问题．2．（1）如图1，正方形ABCD ，E 、F 分别为BC 、CD 上的点，45EAF ∠=︒，求证：EF BE DF =+小聪把△ABE 绕点A 逆时针旋转90°至△ADG ，从而发现EF BE FD =+，请你利用图1证明上述结论．(2）如图2，若点E 、F 分别在正方形ABCD 的边CB 、DC 的延长线上，45EAF ∠=︒，那么线段EF 、DF 、BE 之间有怎样的数量关系？请证明你的结论．【答案】（1）见解析；（2）DF EF BE =+，理由见解析【分析】（1）根据旋转的性质及全等三角形的判定和性质证明即可；（2）把△ABE 绕点A 逆时针旋转90°至△ADG ，结合（1）中证明方法进行证明即可．【解答】证明：（1）∵AB AD =，∴把△ABE 绕点A 逆时针旋转90°至△ADG ，可使AB 与AD 重合， ∵90ADC B ∠=∠=︒，∴180FDG ∠=︒，即点F 、D 、G 共线， ∴DAG BAE ∠∠=，AE AG =，+904545FAG FAD GAD FAD EAE EAF =+==︒-︒=︒=∠∠∠∠∠∠，即EAF FAG ∠=∠．∵AF AF =，AE AG =∴AFG AFE ≌∴EF FG =．∴EF DF DG DF BE =+=+，即EF BE DF =+（2）DF EF BE =+．理由：如图2所示．∵AB AD =，∴把△ABE 绕点A 逆时针旋转90°至△ADG ，使AB 与AD 重合，∵90ADC ABE ∠=∠=︒∴点C 、D 、G 在一条直线上．∴EB DG =，AE AG =，EAB GAD ∠=∠．∵90BAG GAD ∠+∠=︒∴90EAG BAD ∠=∠=︒．∵45EAF ∠=︒∴904545FAG EAG EAF ∠=∠-∠=︒-︒=︒∴EAF GAF ∠=∠．∴EAF GAF △≌△∴EF FG =∵FD FG DG =+∴DF EF BE =+．【点评】题目主要考查旋转的性质及全等三角形的判定和性质，正方形的性质等，理解题意，熟练掌握全等三角形的判定和性质是解题关键．3．旋转是一种重要的图形变换，当图形中有一组邻边相等时，往往可以通过旋转解决问题．如图①，在四边形ABCD 中，AD CD =，120ABC ∠=︒，60ADC ∠=︒，2AB =，1BC =．【问题提出】(1)如图②，在图①的基础上连接BD ，由于AD CD =，所以可将DCB △绕点D 顺时针方向旋转60°，得到DAB '，则BDB '的形状是_______；【尝试解决】(2)在（1）的条件下，求四边形ABCD 的面积；【类比应用】(3)如图③，等边ABC 的边长为2，BDC 是顶角120BDC ∠=︒的等腰三角形，以D 为顶点作一个60°的角，角的两边分别交AB 于点M ，交AC 于点N ，连接MN ，求AMN 的周长．【答案】(1)等边三角形(2)934(3)4【分析】（1）由旋转的性质得出BD ＝DB ′，∠BDB ′＝60°，所以△BDB ′是等边三角形；（2）求出等边三角形的边长为3，求出三角形BDB ′的面积即可；（3）将△BDM 绕点D 顺时针方向旋转120°，得到△DCP ，则△BDM ≌△CDP ，得出MD ＝PD ，∠MBD ＝∠DCP ，∠MDB ＝∠PDC ，证明△NMD ≌△NPD ，证得△AMN 的周长＝AB +AC ＝4．【解答】（1）解：∵将△DCB 绕点D 顺时针方向旋转60°，得到△DAB ′，∴BD ＝B ′D ，∠BDB ′＝60°，∴△BDB ′是等边三角形；故答案为：等边三角形；（2）解：由（1）知，△BCD ≌△B ′AD ，∴四边形ABCD 的面积＝等边三角形BDB ′的面积，∵BC ＝AB ′＝1，∴BB ′＝AB +AB ′＝2+1＝3，∴S四边形ABCD＝S△BDB′＝133933224⨯⨯=；（3）解：将△BDM绕点D顺时针方向旋转120°，得到△DCP，∴△BDM≌△CDP，∴MD＝PD，CP＝BM，∠MBD＝∠DCP，∠MDB＝∠PDC，∵△BDC是等腰三角形，且∠BDC＝120°，∴BD＝CD，∠DBC＝∠DCB＝30°，又∵△ABC等边三角形，∴∠ABC＝∠ACB＝60°，∴∠MBD＝∠ABC+∠DBC＝90°，同理可得∠NCD＝90°，∴∠PCD＝∠NCD＝∠MBD＝90°，∴∠DCN+∠DCP＝180°，∴N，C，P三点共线，∵∠MDN＝60°，∴∠MDB+∠NDC＝∠PDC+∠NDC＝∠BDC﹣∠MDN＝60°，即∠MDN＝∠PDN＝60°，∴△NMD≌△NPD（SAS），∴MN＝PN＝NC+CP＝NC+BM，∴△AMN的周长＝AM+AN+MN＝AM+AN+NC+BM＝AB+AC＝2+2＝4．故△AMN的周长为4．【点评】本题是四边形综合题，考查了图形的旋转变换，等边三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，类比思想等．熟练掌握旋转的性质是解决问题的关键．4．问题：如图（1），点E、F分别在正方形ABCD的边BC、CD上，∠EAF＝45°，试判断BE、EF、FD之间的数量关系．(1)延长FD 到点G 使DG ＝BE ，连接AG ，得到至△ADG ，从而可以证明EF ＝BE ＋FD ，请你利用图（1）证明上述结论．(2)如图（2），四边形ABCD 中，90≠︒∠BAD ，AB ＝AD ，∠B ＋∠D ＝180°，点E 、F 分别在边BC 、CD 上，则当∠EAF 与∠BAD 满足______数量关系时，仍有EF ＝BE ＋FD ，并说明理由．【答案】(1)见解析(2)2BAD EAF ∠∠=，理由见解析【分析】（1）根据旋转变换的性质得到△ADG ≌△ABE ，根据全等三角形的性质得到AG ＝AE ，∠DAG ＝∠BAE ，DG ＝BE ，∠ADG ＝∠ABE ＝90°，证明∠AFE ≌△AFG ，根据全等三角形的性质证明；（2）延长CB 至M ，使BM ＝DF ，连接AM ，证明△EAF ≌△EAM ，根据全等三角形的性质证明；(1)延长FD 到点G 使DG =BE ，连接AG ．如图（1），在正方形ABCD 中，AB =AD ，90,BAD ADC B ∠=∠=∠=︒在ABE ∆和ADG ∆中，AB AD ABE ADG BE DG =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩ABE ∴∆≌ADG ∆(SAS ),BAE GAD AE AG ∴∠=∠=45GAD DAF BAE DAF ∴∠+∠=∠+∠=︒45EAF GAF ∴=∠=∠︒在AEF ∆和AGF ∆中，GA EA GAF EAF AF AF =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩∴AEF ∆≌AGF ∆EF GF GD DF BE DF ∴==+=+(2)2BAD EAF ∠∠=理由如下：如图，延长CB 至M ，使BM =DF ，连接AM ，180,180ABC D ABC ABM ∠+∠=︒∠+∠=︒D ABM ∠∠∴=在ABM ∆和ADF ∆中，AB AD ABM D BM DF =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩ABM ∴∆≌ADF ∆,AF AM DAF BAM ∴=∠=∠2BAD EAF ∠∠=DAF BAE BAM BAE EAF ∴∠+∠=∠+∠=∠EAF EAM ∴∠=∠在EAF ∆和ΔEAM 中，AF AM EAF EAM AE AE =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩∴EAF ∆≌ΔEAMEF EM BE BM BE DF ∴==+=+EF BE DF ∴=+【点评】本题考查的是正方形的性质、旋转变换的性质、正方形的性质，掌握正方形的性质定理、全等三角形的判定定理和性质定理是解题的关键．5．阅读下列材料：问题：如图（1），已知正方形ABCD中，E、F分别是BC、CD边上的点，且∠EAF＝45°．解决下列问题：(1)图（1）中的线段BE、EF、FD之间的数量关系是______．(2)图（2），已知正方形ABCD的边长为8，E、F分别是BC、CD边上的点，且∠EAF＝45°，AG⊥EF于点G，求△EFC的周长．【答案】(1)EF=BE+DF(2)过程见解析【分析】对于（1），先将△DAF绕点A顺时针旋转90°，得到△BAH，可得△ADF≌△ABH，再根据全等三角形的性质得AF=AH，∠EAF=∠EAH，然后根据“SAS”证明△FAE≌△HAE，根据全等三角形的对应边相等得出答案；对于（2），先根据（1），得△FAE≌△HAE，可得AG=AB=AD，再根据“HL”证明Rt△AEG≌Rt△ABE，得EG=BE，同理GF=DF，可得答案．（1）EF=BE+DF．理由如下：如图，将△DAF绕点A顺时针旋转90°，得到△BAH，∴△ADF≌△ABH，∴∠DAF=∠BAH，AF=AH，∴∠EAF=∠EAH=45°．∵AE=AE，∴△FAE≌△HAE，∴EF=HE=BE+HB，∴EF=BE+DF；（2）由（1），得△FAE ≌△HAE ，AG ，AB 分别是△FAE 和△HAE 的高，∴AG=AB=AD=8．在Rt △AEG 和Rt △ABE 中，AE AE AG AB =⎧⎨=⎩， ∴Rt △AEG ≌Rt △ABE （HL ），∴EG=BE ，同理GF=DF ，∴△EFG 的周长=EC+EF+FC=EC+EG+GF+FC=EC+BE+DF+FC=BC+CD=16．【点评】这是一道关于正方形和旋转的综合题目，考查了旋转的性质，正方形的性质，全等三角形的判定和性质等．6．在等边BCD △中，DF BC ⊥于点F ，点A 为直线DF 上一动点，以点B 为旋转中心，把BA 顺时针旋转60°至BE ．(1)如图1，点A 在线段DF 上，连接CE ，求证：CE DA =；(2)如图2，点A 在线段FD 的延长线上，请在图中画出BE 并连接CE ，当45DEC ∠=︒时，连接AC ，求出BAC ∠的度数；(3)在点A 的运动过程中，若6BD =，求EF 的最小值在DBA 与△BD BC DBA BA BE =∠=∠=DBA ≌△解：如图3，由（1）可知，DBA CBE ≌△△，∴DA CE =，BDA BCE ∠=∠，又∵BCD △是等边三角形，∴60BDC BCD ∠=∠=︒，DB DC =，∵DB DC =，∴△BCD 是等腰三角形，∵DF BC ⊥，∴1302BDF BDC ∠=∠=︒， ∴180150BDA BDF ∠=︒-∠=︒，∴150BCE ∠=︒，360150CDA BDA BDC ∠=︒-∠-∠=︒，∴90DCE BCE BCD ∠=∠-∠=︒，∵45DEC ∠=︒，∴45EDC ∠=︒，∴DEC EDC ∠=∠，∴CE CD =，∴DB DC DA ==，∴180152BDA BAD ︒-∠∠==︒，180152CDA CAD ︒-∠∠==︒， ∴30BAC BAD CAD ∠=∠+∠=︒．（3）解：∵由图1可知，当点A 在线段DF 上时，30BCE BDA ∠=∠=︒；由图3可知，当点A 在线段FD 的延长线上时，150BCE BDA ∠=∠=︒；由图4可知，当点A 在线段DF 的延长线上时，30BCE BDA ∠=∠=︒；∴综上所述，当点A 在直线DF 上运动时，直线CE 与直线BC 的夹角始终为30°，即点E 的运动轨迹为一条直线，过点F 作FE EC '⊥于点E '，则当点E 运动到点E '时，此时EF 的长度最短，∵6BD CD BC ===，DF BC ⊥，∴132CF BC ==，又∵FE EC '⊥，30BCE ∠=︒，∴1322FE CF '==， ∴EF 的最小值为32．【点评】此考查了旋转的性质、全等三角形的判定和性质、等边三角形的性质、直角三角形的性质、三角形的内角和、等腰三角形的判定和性质等知识，分类讨论是解决问题的关键．7．（1）如图1，O 是等边△ABC 内一点，连接OA 、OB 、OC ，且OA ＝3，OB ＝4，OC ＝5，将△BAO 绕点B 顺时针旋转后得到△BCD ，连接OD ．求：①旋转角的度数；②线段OD 的长；③求∠BDC 的度数．（2）如图2所示，O 是等腰直角△ABC （∠ABC ＝90°）内一点，连接OA 、OB 、OC ，将△BAO 绕点B 顺时针旋转后得到△BCD ，连接OD ．当OA 、OB 、OC 满足什么条件时，∠ODC ＝90°？请给出证明．【答案】（1）①60°；②4；③150°；（2）当OA、OB、OC满足OA2+2OB2＝OC2时，∠ODC＝90°，见解析【分析】（1）①根据等边三角形的性质得BA＝BC，∠ABC＝60°，再根据旋转的性质得∠OBD＝∠ABC＝60°，于是可确定旋转角的度数为60°；②由旋转的性质得BO＝BD，加上∠OBD＝60°，则可判断△OBD为等边三角形，所以OD＝OB＝4；③由△BOD为等边三角形得到∠BDO＝60°，再利用旋转的性质得CD＝AO＝3，然后根据勾股定理的逆定理可证明△OCD为直角三角形，∠ODC＝90°，所以∠BDC＝∠BDO＋∠ODC＝150°；（2）根据旋转的性质得∠OBD＝∠ABC＝90°，BO＝BD，CD＝AO，则可判断△OBD为等腰直角三角形，则OD＝2OB，然后根据勾股定理的逆定理，当222＋＝时，△OCD为直角三角形，∠ODC＝90°．CD OD OC【解答】解：（1）①∵△ABC为等边三角形，∴BA＝BC，∠ABC＝60°，∵△BAO绕点B顺时针旋转后得到△BCD，∴∠OBD＝∠ABC＝60°，∴旋转角的度数为60°；②∵△BAO绕点B顺时针旋转后得到△BCD，∴BO＝BD，而∠OBD＝60°，∴△OBD为等边三角形；∴OD＝OB＝4；③∵△BOD为等边三角形，∴∠BDO＝60°，∵△BAO绕点B顺时针旋转后得到△BCD，∴CD＝AO＝3，在△OCD中，CD＝3，OD＝4，OC＝5，∵32+42＝52，∴CD2+OD2＝OC2，∴△OCD为直角三角形，∠ODC＝90°，∴∠BDC＝∠BDO+∠ODC＝60°+90°＝150°；（2）OA2+2OB2＝OC2时，∠ODC＝90°．理由如下：∵△BAO绕点B顺时针旋转后得到△BCD，∴∠OBD＝∠ABC＝90°，BO＝BD，CD＝AO，∴△OBD为等腰直角三角形，∴OD＝2OB，∵当CD2+OD2＝OC2时，△OCD为直角三角形，∠ODC＝90°，∴OA2+2OB2＝OC2，∴当OA、OB、OC满足OA2+2OB2＝OC2时，∠ODC＝90°．【点评】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．也考查了等边三角形的判断与性质和勾股定理的逆定理．8．如图所示，正方形ABCD中，点E、F、G分别是边AD、AB、BC的中点，连接EF，FG．（1）如图1，直接写出EF与FG的关系______；（2）如图2，若点P为BC延长线上一动点，连接FP，将线段FP以点F为旋转中心，逆时针旋转90°，得到线段FH，连接EH．①求证：HFE≌PFG△；②直接写出EF、EH、BP三者之间的关系；∴HFE≌△②解：22EF∵HFE≌△EH PG=AE AF==∴22EF AF BG==，∴22BG EF=，∵BG GP BP+=，∴22EF EH BP+=【点评】本题是四边形综合题，考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，旋转的性质，证明△HFE≌△PFG是解题的关键．9．如图1，若△ABC和△ADE为等边三角形，M，N分别为EB，CD的中点，易证：CD=BE，△AMN是等边三角形：（1）当把△ADE绕点A旋转到图2的位置时，CD=BE吗？若相等请证明，若不等于请说明理由；（2）当把△ADE绕点A旋转到图3的位置时，△AMN还是等边三角形吗？若是请证明，若不是，请说明理由（可用第一问结论）．【答案】（1）CD=BE．理由见解析；（2）△AMN是等边三角形．理由见解析．【分析】（1）CD=BE．利用“等边三角形的三条边相等、三个内角都是60°”的性质证得△ABE≌△ACD；然后根据全等三角形的对应边相等即可求得结论CD=BE；（2）△AMN 是等边三角形．首先利用全等三角形“△ABE ≌△ACD ”的对应角相等、已知条件“M 、N 分别是BE 、CD 的中点”、等边△ABC 的性质证得△ABM ≌△ACN ；然后利用全等三角形的对应边相等、对应角相等求得AM =AN 、∠NAM =∠NAC +∠CAM =∠MAB +∠CAM =∠BAC =60°，所以有一个角是60°的等腰三角形的正三角形．【解答】（1）CD =BE ．理由如下：∵△ABC 和△ADE 为等边三角形，∴AB =AC ，AD =AE ，∠BAC =∠EAD =60°，∵∠BAE =∠BAC ﹣∠EAC =60°﹣∠EAC ，∠DAC =∠DAE ﹣∠EAC =60°﹣∠EAC ，∴∠BAE =∠DAC ，在△ABE 和△ACD 中，=AB AC BAE DAC AE AD =⎧⎪∠∠⎨⎪=⎩，∴△ABE ≌△ACD （SAS ）∴CD =BE ；（2）△AMN 是等边三角形．理由如下：∵△ABE ≌△ACD ，∴∠ABE =∠ACD ．∵M 、N 分别是BE 、CD 的中点，∴BM =CN ，∵AB =AC ，∠ABE =∠ACD ，在△ABM 和△ACN 中，=BM CN ABE ACD AB AC =⎧⎪∠∠⎨⎪=⎩，∴△ABM ≌△ACN （SAS ）．∴AM =AN ，∠MAB =∠NAC ．∴∠NAM =∠NAC +∠CAM =∠MAB +∠CAM =∠BAC =60°．∴△AMN 是等边三角形．【点评】本题考查了等边三角形的性质、全等三角形的判定与性质、旋转的性质．等边三角形的判定：有一个角是60°的等腰三角形是等边三角形．10．[方法探索]如图1，在等边ABC 中，点P 在ABC 内，且2PA =，4PC =，150APC ∠=︒，求PB 的长．小敏在解决这个问题时，想到了以下思路：如图1，把APC △绕着点A 顺时针旋转60︒得到'AP B ，连接'PP ，分别证明AP P '△和BP P '△是特殊三角形，从而得解．请在此思路提示下，求出PB 的长．解：把APC △绕着点A 顺时针旋转60︒得到AP B '△，连接PP '．接着写下去：11．[方法应用]请借鉴上述利用旋转构图的方法，解决下面问题：①如图2，点P 在等边ABC 外，且3PA PB ==，120APB ∠=︒，若33AB =PBC ∠度数． ②如图3，在ABC 中，90BAC ∠=︒，10AB AC =P 是ABC 外一点，连接PA 、PB 、PC ．已知45APB ∠=︒，2PB =．求PC 的长．【答案】10．PB =25 11．PBC ∠=90°；PC =210【分析】（1）把APC △绕着点A 顺时针旋转60︒得到'AP B ，连接'PP ，易证明AP P '△是等边三角形，BP P '△是直角三角形，根据勾股定理即可求出BP ．（2）①把APB △绕着点A 逆时针旋转60︒得到'AP C ，连接'PP ，易证明AP P '△是等边三角形，BP P '△是等边，△BPC 是直角三角形，则可得到PBC ∠=90°．②将△APC 绕点A 逆时针旋转90°得到△'ABP ，连接'PP ，过B 点做BM 垂直于AP 于M 点，易证明△PBM 是等腰直角三角形，△'P PB 是直角三角形，用勾股定理即可求出PC ．10．AP B '△由△APC 旋转60°得到∴AP ='AP =2，PC ='BP =4，∠'PAP =60°∴△'PAP 为等边三角形∴ AP ='AP ='PP =2，'AP P ∠=60°150APC ∠=︒∴'BP P ∠=90°在Rt △'BP P 中，由勾股定理可得：BP =22''BP PP +=2224+=2511．把APB △绕着点B 顺时针旋转60︒得到'BP C ，连接'PP'BP C 由△APB 逆时针旋转60°得到∴AP ='P C =3，PB ='BP =3，∠'PBP =60°，'120APB BP C ∠=∠=︒∴△'PBP 为等边三角形,∴'PP =PB =3'BP C ∠=120°，∠'BP P =60°∴∠'CP P =180°，即'C P P 、、三点共线．∴PC ='CP +'PP =6在△PBC 中，PC =6，PB =3，BC =33223223(33)36PB BC PC +=+==∴△PBC 是直角三角形，故PBC ∠=90°．将△APC 绕点A 顺时针旋转90°得到△'ABP ，连接'PP ，过B 点做BM 垂直于AP 于M 点45APB ∠=︒，BM ⊥AP ，PB =2∴PM =BM =2AB =10在Rt △AMB 中，AM =2210222AB BM -=-=∴AP =PM +AM =32△'ABP 由△APC 旋转90°所得∴ AP ='AP =32，∠'PAP =90°，∠'PP A =45°在Rt △'PAP 中，'PP =22'6AP AP +=∠'PP A =45°，45APB ∠=︒∴'P PB =90°在Rt △'P PB 中，22''210P B P P PB =+=∴PC ='P B =210【点评】本题主要考查了旋转和直角三角形相关内容，注意旋转后的图形要能够和原图构造出特殊的三角形才有利于解题，正确的做出旋转后的图形和辅助线是解题的关键．12．婆罗摩笈多（Brahmagupta ）约公元598年生，约660年卒，在数学、天文学方面有所成就．婆罗摩笈多是印度印多尔北部乌贾因地方人，原籍可能为巴基斯坦的信德．婆罗摩笈多的一些数学成就在世界数学史上有较高的地位．例如下列模型就被称为“婆罗摩笈多模型”：如图1，2，3，△ABC 中，分别以AB ，AC 为边作Rt △ABE 和Rt △ACD ，AB ＝AE ，AC ＝AD ，∠BAE ＝∠CAD ＝90°，则有下列结论： ①图1中S △ABC ＝S △ADE ；②如图2中，若AM 是边BC 上的中线，则ED ＝2AM ；③如图3中，若AM ⊥BC ，则MA 的延长线平分ED 于点N ．（1）上述三个结论中请你选择一个感兴趣的结论进行证明，写出证明过程；（2）能力拓展：将上述图形中的某一个直角三角形旋转到如图4所示的位置：△ABC 与△ADE 均为等腰直角三角形，∠BAC ＝∠DAE ＝90°，连接BD ，CE ，若F 为BD 的中点，连接AF ，求证：2AF ＝CE ．【答案】（1）①证明见解答；②证明见解答；③证明见解答；（2）证明见解答．【分析】（1）①取DE 中点F ，过E 作EG ∥AD ，交射线AF 于G ，先证△GEF ≌△ADF （AAS ），得出S △EAD =S △GEA ，再证△GEA ≌△CAB （SAS ）即可；②取DE 中点F ，过E 作EG ∥AD ，交射线AF 于G ，先证△GEF ≌△ADF （AAS ），得出∠BAC =∠GEA ，再证△GEA ≌△CAB （SAS ），得出∠EAG =∠ABC ，AC =AG ，由AM 是边BC 上的中线，得出BM =CM =AF ，三证△EAF ≌△ABM （SAS ）即可；③过E 作EP ⊥MN 交MN 延长线于O ，过D 作DO ⊥MN 于O ，先证∠ABM =∠EAP ，∠MCA =∠OAD ，证明△EAP ≌△ABM （AAS ），再证△CAM ≌△ADO （AAS ），三证△EPN ≌△DON （AAS ）即可．（2）延长AF ，使FQ =AF ，连接DQ ，将△ACE 绕点A 逆时针旋转90°，得△ARD ，由点F 为BD 中点，可得DF =BF ，先证△DQF ≌△BAF （SAS ），DQ =BA =AC ，∠FDQ =∠FBA ，可证DQ ∥BA ，根据△ACE 绕点A 逆时针旋转90°得△ARD ，可得AR =AC =AB =QD ，RD =CE ，证明R 、A 、B 三点共线，再证△DQA ≌△ARD （SAS ），即可．【解答】（1）①图1中S △ABC ＝S △ADE ；证明：取DE 中点F ，过E 作EG ∥AD ，交射线AF 于G ，∵点F 为DE 中点，∴EF =DF ，∵EG ∥AD ，∴∠GEF =∠ADF ，∠GEA +∠EAD =180°，在△GEF 和△ADF 中，GFE AFD GEF ADF EF DF ∠=∠⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，∴△GEF ≌△ADF （AAS ），∴GE =AD ，∠G =∠DAF ，∴S △GEF =S △ADF ，∴S △EAD =S △GEA ，∵∠BAE ＝∠CAD ＝90°，∴∠BAC +∠EAD =360°-∠BAE -∠CAD =180°∴∠BAC +∠EAD =∠GEA +∠EAD =180°∴∠BAC =∠GEA ，∴GE =AD =AC ，在△GEA 和△CAB 中，GE CA GEA CAB EA AB =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，∴△GEA ≌△CAB （SAS ），∴S △ABC ＝S △GEA=S △ADE ；②如图2中，若AM 是边BC 上的中线，则ED ＝2AM ；证明：取DE 中点F ，过E 作EG ∥AD ，交射线AF 于G ， ∵点F 为DE 中点，∴EF =DF ，∵EG ∥AD ，∴∠GEF =∠ADF ，∠GEA +∠EAD =180°，在△GEF 和△ADF 中，GFE AFD GEF ADF EF DF ∠=∠⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，∴△GEF ≌△ADF （AAS ），∴GE =AD ，GF =AF =12AG ∵∠BAE ＝∠CAD ＝90°，∴∠BAC +∠EAD =360°-∠BAE -∠CAD =180°∴∠BAC +∠EAD =∠GEA +∠EAD =180°∴∠BAC =∠GEA ，∴GE =AD =AC ，在△GEA 和△CAB 中，GE CA GEA CAB EA AB =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，∴∠EAG =∠ABC ，AC =AG ，∵AM 是边BC 上的中线，∴BM =CM =1122BC AG AF ==，在△EAF 和△ABM 中，EA AB EAF ABM AF BM =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，∴△EAF ≌△ABM （SAS ），∴EF =AM ，∵点F 为DE 中点，∴DE =2EF =2AM ，③如图3中，若AM ⊥BC ，则MA 的延长线平分ED 于点N ．证明：过E 作EP ⊥MN 交MN 延长线于O ，过D 作DO ⊥MN 于O ，∵∠BAE =90°，∠DAC =90°，∴∠BAM +∠EAP =90°，∠MAC +∠DAO =90°，∵AM ⊥BC ，∴∠ABM +∠BAM =90°，∠MCA +∠MAC =90°∴∠ABM =∠EAP ，∠MCA =∠OAD ，∵EP ⊥MN ，∴∠EPA =90°在△EAP 和△ABM 中，90EPA AMB EAP ABMEA AB ∠=∠=︒⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，∴EP =AM ，∵DO ⊥MN ，∴∠AOD =90°，在△CAM 和△ADO 中，CMA AOD MCA OAD AC DA ∠=∠⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，∴△CAM ≌△ADO （AAS ）∴AM =DO ，∴EP =DO =AM ，在△EPN 和△DON 中，90EPN DON ENP DNOEP DO ∠=∠=︒⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩∴△EPN ≌△DON （AAS ），∴EN =DN ，∴MA 的延长线平分ED 于点N ．（2）延长AF ，使FQ =AF ，连接DQ ，将△ACE 绕点A 逆时针旋转90°，得△ARD∵点F 为BD 中点，∴DF =BF ，在△DQF 和△BAF 中，QF AF DFQ BFA DF BF =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩∴△DQF ≌△BAF （SAS ），∴DQ =BA =AC ，∠FDQ =∠FBA ，∴DQ ∥BA ，∵△ACE 绕点A 逆时针旋转90°得△ARD∴△ACE ≌△ARD ，∠RAC =90°，∴AR =AC =AB =QD ，RD =CE ，∵∠CAB =90°，∴∠RAB =∠RAC +∠CAB =90°+90°=180°，∴R 、A 、B 三点共线，∵DQ ∥BA ，∴∠QDA =∠RAD ，在△DQA 和△ARD 中，DQ AR QDA RAD DA AD =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩∴△DQA ≌△ARD （SAS ），∴AQ =DR ，∴2AF =AG =DR =CE ，∴2AF =CE ．【点评】本题考查三角形全等判定与性质，三角形面积，中线加倍，三角形中线性质，等腰直角三角形性质，图形旋转变换性质，三点共线，掌握以上知识，尤其是利用辅助线作出准确图形是解题关键．。

人教【数学】数学旋转的专项培优练习题(含答案)含答案

一、旋转真题与模拟题分类汇编（难题易错题）1．请认真阅读下面的数学小探究系列，完成所提出的问题：()1探究1：如图1，在等腰直角三角形ABC 中，90ACB ∠=，BC a =，将边AB 绕点B 顺时针旋转90得到线段BD ，连接.CD 求证：BCD 的面积为21.(2a 提示：过点D 作BC 边上的高DE ，可证ABC ≌)BDE()2探究2：如图2，在一般的Rt ABC 中，90ACB ∠=，BC a =，将边AB 绕点B 顺时针旋转90得到线段BD ，连接.CD 请用含a 的式子表示BCD 的面积，并说明理由． ()3探究3：如图3，在等腰三角形ABC 中，AB AC =，BC a =，将边AB 绕点B 顺时针旋转90得到线段BD ，连接.CD 试探究用含a 的式子表示BCD 的面积，要有探究过程．【答案】（1）详见解析；（2）BCD 的面积为212a ，理由详见解析；（3）BCD 的面积为214a ．【解析】【分析】 ()1如图1，过点D 作BC 的垂线，与BC 的延长线交于点E ，由垂直的性质就可以得出ABC ≌BDE ，就有DE BC a.==进而由三角形的面积公式得出结论；()2如图2，过点D 作BC 的垂线，与BC 的延长线交于点E ，由垂直的性质就可以得出ABC ≌BDE ，就有DE BC a.==进而由三角形的面积公式得出结论； ()3如图3，过点A 作AF BC ⊥与F ，过点D 作DE BC ⊥的延长线于点E ，由等腰三角形的性质可以得出1BF BC 2=，由条件可以得出AFB ≌BED 就可以得出BF DE =，由三角形的面积公式就可以得出结论．【详解】 ()1如图1，过点D 作DE CB ⊥交CB 的延长线于E ，BED ACB 90∠∠∴==，由旋转知，AB AD =，ABD 90∠=，ABC DBE 90∠∠∴+=，A ABC 90∠∠+=，A DBE ∠∠∴=，在ABC 和BDE 中，ACB BED A DBE AB BD ∠=∠⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，ABC ∴≌()BDE AASBC DE a ∴==，BCD 1SBC DE 2=⋅， 2BCD 1S a 2∴=； ()2BCD 的面积为21a 2，理由：如图2，过点D 作BC 的垂线，与BC 的延长线交于点E ，BED ACB 90∠∠∴==，线段AB 绕点B 顺时针旋转90得到线段BE ，AB BD ∴=，ABD 90∠=，ABC DBE 90∠∠∴+=，A ABC 90∠∠+=，A DBE ∠∠∴=，在ABC 和BDE 中，ACB BED A DBE AB BD ∠=∠⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，ABC ∴≌()BDE AAS ，BC DE a ∴==，BCD 1SBC DE 2=⋅， 2BCD 1S a 2∴=； ()3如图3，过点A 作AF BC ⊥与F ，过点D 作DE BC ⊥的延长线于点E ，AFB E 90∠∠∴==，11BF BC a 22==， FAB ABF 90∠∠∴+=，ABD 90∠=，ABF DBE 90∠∠∴+=，FAB EBD ∠∠∴=，线段BD 是由线段AB 旋转得到的，AB BD ∴=，在AFB 和BED 中，AFB E FAB EBD AB BD ∠=∠⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，AFB ∴≌()BED AAS ，1BF DE a 2∴==， 2BCD 1111S BC DE a a a 2224=⋅=⋅⋅=， BCD ∴的面积为21a 4．【点睛】本题考查了旋转的性质、直角三角形的性质、等腰三角形的性质、全等三角形的判定与性质、三角形的面积等，综合性较强，有一定的难度，正确添加辅助线、熟练掌握和灵活运用相关的性质与定理是解题的关键.2．在平面直角坐标中，边长为2的正方形OABC的两顶点A、C分别在y轴、x轴的正半轴上，点O在原点.现将正方形OABC绕O点顺时针旋转，当A点一次落在直线y x=上时停止旋转，旋转过程中，AB边交直线y x=于点M，BC边交x轴于点N（如图）.（1）求边OA在旋转过程中所扫过的面积；（2）旋转过程中，当MN和AC平行时，求正方形OABC旋转的度数；（3）设MBN∆的周长为p，在旋转正方形OABC的过程中，p值是否有变化？请证明你的结论.【答案】（1）π/2（2）22.5°(3)周长不会变化，证明见解析【解析】试题分析：（1）根据扇形的面积公式来求得边OA在旋转过程中所扫过的面积；（2）解决本题需利用全等，根据正方形一个内角的度数求出∠AOM的度数；（3）利用全等把△MBN的各边整理到成与正方形的边长有关的式子．试题解析：（1）∵A点第一次落在直线y=x上时停止旋转，直线y=x与y轴的夹角是45°，∴OA旋转了45°．∴OA在旋转过程中所扫过的面积为24523602ππ⨯=．（2）∵MN∥AC，∴∠BMN=∠BAC=45°，∠BNM=∠BCA=45°．∴∠BMN=∠BNM．∴BM=BN．又∵BA=BC，∴AM=CN．又∵OA=OC，∠OAM=∠OCN，∴△OAM≌△OCN．∴∠AOM=∠CON=12（∠AOC-∠MON）=12（90°-45°）=22.5°．∴旋转过程中，当MN和AC平行时，正方形OABC旋转的度数为45°-22.5°=22.5°．（3）在旋转正方形OABC的过程中，p值无变化．证明：延长BA交y轴于E点，则∠AOE=45°-∠AOM，∠CON=90°-45°-∠AOM=45°-∠AOM，∴∠AOE=∠CON．又∵OA=OC，∠OAE=180°-90°=90°=∠OCN．∴△OAE ≌△OCN ．∴OE=ON ，AE=CN ．又∵∠MOE=∠MON=45°，OM=OM ，∴△OME ≌△OMN ．∴MN=ME=AM+AE ．∴MN=AM+CN ，∴p=MN+BN+BM=AM+CN+BN+BM=AB+BC=4．∴在旋转正方形OABC 的过程中，p 值无变化．考点：旋转的性质.3．如图1，菱形ABCD ，AB 4=，ADC 120∠=，连接对角线AC 、BD 交于点O ， ()1如图2，将AOD 沿DB 平移，使点D 与点O 重合，求平移后的A'BO 与菱形ABCD 重合部分的面积．()2如图3，将A'BO 绕点O 逆时针旋转交AB 于点E'，交BC 于点F ， ①求证：BE'BF 2+=；②求出四边形OE'BF 的面积．【答案】() 13?2①证明见解析3【解析】【分析】(1)先判断出△ABD 是等边三角形，进而判断出△EOB 是等边三角形，即可得出结论；(2)先判断出 ≌△OBF ，再利用等式的性质即可得出结论；(3)借助①的结论即可得出结论．【详解】()1四边形为菱形，ADC 120∠=，ADO 60∠∴=，ABD ∴为等边三角形，DAO 30∠∴=，ABO 60∠=，∵AD//A′O ，∴∠A′OB=60°，EOB ∴为等边三角形，边长OB 2=，∴重合部分的面积：3434⨯=，()2①在图3中，取AB中点E，由()1知，∠EOB=60°，∠E′OF=60°，∴∠EOE′=∠BOF，又∵EO=BO，∴∠OEE′=∠OBF=60°，∴△OE E′≌△OBF，∴EE′=BF，∴BE′+BF=BE′+EE′=BE=2；②由①知，在旋转过程中始终有△OEE′≌△OBF，∴S△OEE′=S△OBF，∴S四边形OE′BF =OEBS3=.【点睛】本题考查了菱形的性质、全等三角形的判定与性质，等边三角形的判定与性质，综合性较强，熟练掌握相关内容、正确添加辅助线是解题的关键.4．已知Rt△DAB中，∠ADB=90°，扇形DEF中，∠EDF=30°，且DA=DB=DE，将Rt△ADB的边与扇形DEF的半径DE重合，拼接成图1所示的图形，现将扇形DEF绕点D按顺时针方向旋转，得到扇形DE′F′，设旋转角为α（0°＜α＜180°）（1）如图2，当0°＜α＜90°，且DF′∥AB时，求α；（2）如图3，当α=120°，求证：AF′=BE′．【答案】（1）15°；（2）见解析．【解析】试题分析：（1）∵∠ADB=90°，DA=DB，∴∠BAD=45°，∵DF′∥AB，∴∠ADF′=∠BAD=45°，∴α=45°﹣30°=15°；（2）∵α=120°，∴∠ADE′=120°，∴∠ADF′=120°+30°=150°，∠BDE′=360°﹣90°﹣120°=150°，∴∠ADF′=∠BDE′，在△ADF′和△BDE′中，，∴△ADF′≌△BDE′，∴AF′=BE′．考点：①旋转性质；②全等三角形的判定和性质．5．如图1，是边长分别为6和4的两个等边三角形纸片ABC和CD1E1叠放在一起．（1）操作：固定△ABC，将△CD1E1绕点C顺时针旋转得到△CDE，连接AD、BE，如图2．探究：在图2中，线段BE与AD之间有怎样的大小关系？并请说明理由；（2）操作：固定△ABC，若将△CD1E1绕点C顺时针旋转30°得到△CDE，连接AD、BE，CE 的延长线交AB于点F，在线段CF上沿着CF方向平移，（点F与点P重合即停止平移）平移后的△CDE设为△PQR，如图3．探究：在图3中，除三角形ABC和CDE外，还有哪个三角形是等腰三角形？写出你的结论（不必说明理由）；（3）探究：如图3，在（2）的条件下，设CQ=x，用x代数式表示出GH的长．【答案】（1）BE=CD．理由见解析；（2）△CHQ是等腰三角形；（3）2-x．【解析】试题分析：（1）根据等边三角形的性质可得AB=BC，CD=CE，∠ACB=∠ECD=60°，然后求出∠ACD=∠BCE，再利用“边角边”证明△ACD和△BCE全等，根据全等三角形对应边相等证明即可；（2）求出∠ACF=30°，再根据三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和求出∠CHQ=30°，从而得到∠ACF=∠CHQ，判断出△CHQ是等腰三角形；（3）求出∠CGP=90°，然后利用∠ACF的余弦表示出CG，再根据等腰三角形的性质表示出CH，然后根据GH=CG-CH整理即可得解．试题解析：（1）BE=CD．理由如下：∵△ABC与△CDE是等边三角形，∴AC=BC，CE=CD，∠ACB=∠ECD=60°．∴∠ACB-∠ACE=∠ECD-∠ACE，即∠BCE=∠ACD．在△ACD和△BCE中，∴△ACD≌△BCE（SAS），∴BE=AD；（2）∵旋转角为30°，∴∠BCF=30°，∴∠ACF=60°-30°=30°，∴∠CHQ=∠RQP-∠ACF=60°-30°=30°，∴∠ACF=∠CHQ，∴△CHQ是等腰三角形；（3）∠CGP=180°-∠ACF-∠RPQ=180°-30°-60°=90°，∴CG=CP•cos30°=（x+4），∵△CHQ是等腰三角形，∴CH=2•CQcos30°=2x•=x，∴GH=CG-CH=（x+4）-x=2-x．考点：几何变换综合题．6．(1)问题发现如图1,△ACB和△DCE均为等腰直角三角形,∠ACB=90°,B,C,D在一条直线上.填空:线段AD,BE之间的关系为 .(2)拓展探究如图2,△ACB和△DCE均为等腰直角三角形,∠ACB=∠DCE=90°,请判断AD,BE的关系,并说明理由.(3)解决问题如图3,线段PA=3,点B是线段PA外一点,PB=5,连接AB,将AB绕点A逆时针旋转90°得到线段AC,随着点B的位置的变化,直接写出PC的范围.【答案】(1) AD=BE，AD⊥BE．(2) AD=BE，AD⊥BE．22．【解析】【分析】（1）根据等腰三角形性质证△ACD≌△BCE（SAS），得AD=BE，∠EBC=∠CAD，延长BE 交AD于点F，由垂直定义得AD⊥BE．（2）根据等腰三角形性质证△ACD ≌△BCE （SAS ），AD=BE ，∠CAD=∠CBE ，由垂直定义得∠OHB=90°，AD ⊥BE ；（3）作AE ⊥AP ，使得AE=PA ，则易证△APE ≌△ACP ，PC=BE ，当P 、E 、B 共线时，BE 最小，最小值=PB-PE ；当P 、E 、B 共线时，BE 最大，最大值=PB+PE ，故5-32≤BE≤5+32.【详解】（1）结论：AD=BE ，AD ⊥BE ．理由：如图1中，∵△ACB 与△DCE 均为等腰直角三角形，∴AC=BC ，CE=CD ，∠ACB=∠ACD=90°，在Rt △ACD 和Rt △BCE 中AC BC ACD BCE CD CE ⎧⎪∠∠⎨⎪⎩＝＝＝ ∴△ACD ≌△BCE （SAS ），∴AD=BE ，∠EBC=∠CAD延长BE 交AD 于点F ，∵BC ⊥AD ，∴∠EBC+∠CEB=90°，∵∠CEB=AEF ，∴∠EAD+∠AEF=90°，∴∠AFE=90°，即AD ⊥BE ．∴AD=BE ，AD ⊥BE ．故答案为AD=BE ，AD ⊥BE ．（2）结论：AD=BE ，AD ⊥BE ．理由：如图2中，设AD 交BE 于H ，AD 交BC 于O ．∵△ACB 与△DCE 均为等腰直角三角形，∴AC=BC ，CE=CD ，∠ACB=∠ECD=90°，∴ACD=∠BCE ，在Rt △ACD 和Rt △BCE 中AC BC ACD BCE CD CE ⎧⎪∠∠⎨⎪⎩＝＝＝，∴△ACD ≌△BCE （SAS ），∴AD=BE ，∠CAD=∠CBE ，∵∠CAO+∠AOC=90°，∠AOC=∠BOH ，∴∠BOH+∠OBH=90°，∴∠OHB=90°，∴AD ⊥BE ，∴AD=BE ，AD ⊥BE ．（3）如图3中，作AE ⊥AP ，使得AE=PA ，则易证△APE ≌△ACP ， ∴PC=BE ，图3-1中，当P 、E 、B 共线时，BE 最小，最小值2，图3-2中，当P 、E 、B 共线时，BE 最大，最大值2， ∴22，即22【点睛】本题是几何变换综合题，考查了旋转的性质、等腰直角三角形的性质、全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是正确寻找三角形全等的条件，学会添加辅助线，构造全等三角形解决问题，学会用转化的思想思考问题，属于中考压轴题．7．小明合作学习小组在探究旋转、平移变换．如图△ABC，△DEF均为等腰直角三角形，各顶点坐标分别为A（1，1），B（2，2），C（2，1），D2，0），E（22 0），F（32 2，22-）．（1）他们将△ABC绕C点按顺时针方向旋转450得到△A1B1C．请你写出点A1，B1的坐标，并判断A1C和DF的位置关系；（2）他们将△ABC绕原点按顺时针方向旋转450，发现旋转后的三角形恰好有两个顶点落在抛物线2y22x bx c=++上．请你求出符合条件的抛物线解析式；（3）他们继续探究，发现将△ABC绕某个点旋转45，若旋转后的三角形恰好有两个顶点落在抛物线2y x=上，则可求出旋转后三角形的直角顶点P的坐标．请你直接写出点P的所有坐标．【答案】解：（1）222222b c0{3232222c+=+=⎝⎭．A1C和DF的位置关系是平行．（2）∵△ABC绕原点按顺时针方向旋转45°后的三角形即为△DEF，∴①当抛物线经过点D、E时，根据题意可得：(222222b c0{2222b c0++=++=，解得b12{c82=-=∴2y2x12x82=-+②当抛物线经过点D、F时，根据题意可得：222222b c0{3232222c++=+=⎝⎭，解得b11{c72=-=∴2y2x11x2=-+③当抛物线经过点E、F时，根据题意可得：(22c0{b c222++=⎛++=⎝⎭，解得b13{c=-=∴2y13x=-+（3）在旋转过程中，可能有以下情形：①顺时针旋转45°，点A、B落在抛物线上，如答图1所示，易求得点P坐标为（0）．②顺时针旋转45°，点B、C落在抛物线上，如答图2所示，设点B′，C′的横坐标分别为x1，x2，易知此时B′C′与一、三象限角平分线平行，∴设直线B′C′的解析式为y=x+b．联立y=x2与y=x+b得：x2=x+b，即2x x b0--=，∴1212x x1x x b+==-，．∵B′C′=1，∴根据题意易得：12x x2-=，∴()2121x x2-=，即()212121x x4x x2+-=．∴114b2+=，解得1b8=-．∴21x x08-+=，解得2x4+=x或2x4-=．∵点C′的横坐标较小，∴2x4=．当2x4=时，23y x8-==．∴P③顺时针旋转45°，点C、A落在抛物线上，如答图3所示，设点C′，A′的横坐标分别为x1，x2．易知此时C′A′与二、四象限角平分线平行，∴设直线C′A′的解析式为y x b=-+．联立y=x2与y x b=-+得：2x x b=-+，即2x x b0+-=，∴1212x x1x x b+=-=-，．∵C′A′=1，∴根据题意易得：12x x2-=，∴()2121x x2-=，即()212121x x 4x x 2+-=． ∴114b 2+=，解得1b 8=-． ∴21x x 08++=，解得22x -+=x 或22x --=．∵点C′的横坐标较大，∴22x 4-+=．当22x 4-+=时，2322y x 8-==． ∴P （22-+，322-）． ④逆时针旋转45°，点A 、B 落在抛物线上．因为逆时针旋转45°后，直线A′B′与y 轴平行，因为与抛物线最多只能有一个交点，故此种情形不存在．⑤逆时针旋转45°，点B 、C 落在抛物线上，如答图4所示，与③同理，可求得：P （22-+，322-）． ⑥逆时针旋转45°，点C 、A 落在抛物线上，如答图5所示，与②同理，可求得：P （22+，322+）．综上所述，点P 的坐标为：（0，122-），（224-，3228-），P （224-+，3228-，（224+，3228+）．【解析】（1）由旋转性质及等腰直角三角形边角关系求解．（2）首先明确△ABC 绕原点按顺时针方向旋转45°后的三角形即为△DEF ，然后分三种情况进行讨论，分别计算求解．（3）旋转方向有顺时针、逆时针两种可能，落在抛物线上的点有点A 和点B 、点B 和点C 、点C 和点D 三种可能，因此共有六种可能的情形，需要分类讨论，避免漏解．考点：旋转变换的性质，曲线上点的坐标与方程的关系，平行线的性质，等腰直角三角形的性质，分类思想的应用．8．如图，是边长为的等边三角形，边在射线上，且，点从点出发，沿的方向以的速度运动，当不与点重合是，将绕点逆时针方向旋转得到，连接.（1）求证：是等边三角形；（2）当时，的周长是否存在最小值？若存在，求出的最小周长；若不存在，请说明理由.（3）当点在射线上运动时，是否存在以为顶点的三角形是直角三角形？若存在，求出此时的值；若不存在，请说明理由.【答案】（1）详见解析；（2）存在，2+4；（3）当t=2或14s时，以D、E、B为顶点的三角形是直角三角形．【解析】试题分析：（1）由旋转的性质得到∠DCE=60°，DC=EC，即可得到结论；（2）当6＜t＜10时，由旋转的性质得到BE=AD，于是得到C△DBE=BE+DB+DE=AB+DE=4+DE，根据等边三角形的性质得到DE=CD，由垂线段最短得到当CD⊥AB时，△BDE的周长最小，于是得到结论；（3）存在，①当点D与点B重合时，D，B，E不能构成三角形，②当0≤t＜6时，由旋转的性质得到∠ABE=60°，∠BDE＜60°，求得∠BED=90°，根据等边三角形的性质得到∠DEB=60°，求得∠CEB=30°，求得OD=OA﹣DA=6﹣4=2，于是得到t=2÷1=2s；③当6＜t＜10s时，此时不存在；④当t＞10s时，由旋转的性质得到∠DBE=60°，求得∠BDE＞60°，于是得到t=14÷1=14s．试题解析：（1）证明：∵将△ACD绕点C逆时针方向旋转60°得到△BCE，∴∠DCE=60°，DC=EC，∴△CDE是等边三角形；（2）存在，当6＜t＜10时，由旋转的性质得，BE=AD，∴C△DBE=BE+DB+DE=AB+DE=4+DE，由（1）知，△CDE是等边三角形，∴DE=CD，∴C△DBE=CD+4，由垂线段最短可知，当CD⊥AB时，△BDE的周长最小，此时，CD=2cm，∴△BDE的最小周长=CD+4=2+4；（3）存在，①∵当点D与点B重合时，D，B，E不能构成三角形，∴当点D与点B重合时，不符合题意，②当0≤t＜6时，由旋转可知，∠ABE=60°，∠BDE＜60°，∴∠BED=90°，由（1）可知，△CDE是等边三角形，∴∠DEB=60°，∴∠CEB=30°，∵∠CEB=∠CDA，∴∠CDA=30°，∵∠CAB=60°，∴∠ACD=∠ADC=30°，∴DA=CA=4，∴OD=OA﹣DA=6﹣4=2，∴t=2÷1=2s；③当6＜t＜10s时，由∠DBE=120°＞90°，∴此时不存在；④当t＞10s时，由旋转的性质可知，∠DBE=60°，又由（1）知∠CDE=60°，∴∠BDE=∠CDE+∠BDC=60°+∠BDC，而∠BDC＞0°，∴∠BDE＞60°，∴只能∠BDE=90°，从而∠BCD=30°，∴BD=BC=4，∴OD=14cm，∴t=14÷1=14s，综上所述：当t=2或14s时，以D、E、B为顶点的三角形是直角三角形．考点：旋转与三角形的综合题.9．如图1，点O为直线AB上一点，过O点作射线OC，使∠AOC：∠BOC＝1：2，将一直角三角板的直角顶点放在点O处，一边OM在射线OB上，另一边ON在直线AB的下方．（1）将图1中的三角板绕点O按逆时针方向旋转至图2的位置，使得ON落在射线OB 上，此时三角板旋转的角度为度；（2）继续将图2中的三角板绕点O按逆时针方向旋转至图3的位置，使得ON在∠AOC的内部．试探究∠AOM与∠NOC之间满足什么等量关系，并说明理由；（3）在上述直角三角板从图1逆时针旋转到图3的位置的过程中，若三角板绕点O按15°每秒的速度旋转，当直角三角板的直角边ON所在直线恰好平分∠AOC时，求此时三角板绕点O的运动时间t的值。

【数学】数学旋转的专项培优练习题(含答案)附答案

②如图②中，由△ ADB≌ △ AOB，得到∠ BAD=∠ BAO，
又在矩形 AOBC 中，OA∥ BC，
∴ ∠ CBA=∠ OAB，
∴ ∠ BAD=∠ CBA，
∴ BH=AH，设 AH=BH=m，则 HC=BC-BH=5-m，
在 Rt△ AHC 中，∵ AH2=HC2+AC2，
∴ m2=32+（5-m）2，
（4）分类讨论：①如图 5 中，当 α=90°时，半圆与 AC 相切，②如图 6 中，当
α=90°+∠ ACB 时，半圆与 BC 相切，分别求出 BD 即可．
试题解析：（1）解：①如图 1 中，当 α=0 时，连接 DE，则
∠ CDE=90°．∵ ∠ CDE=∠ B=90°，∴ DE∥ AB，∴ CE CD = 1 ．∵ BC=n，∴ CD= 1 n ．故答
【答案】（1）BE=CD．理由见解析；（2）△ CHQ 是等腰三角形；（3）2 - x．【解析】试题分析：（1）根据等边三角形的性质可得 AB=BC，CD=CE，∠ ACB=∠ ECD=60°，然后求出∠ ACD=∠ BCE，再利用“边角边”证明△ ACD 和△ BCE 全等，根据全等三角形对应边相等证明即可；（2）求出∠ ACF=30°，再根据三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和求出 ∠ CHQ=30°，从而得到∠ ACF=∠ CHQ，判断出△ CHQ 是等腰三角形；（3）求出∠ CGP=90°，然后利用∠ ACF 的余弦表示出 CG，再根据等腰三角形的性质表示出 CH，然后根据 GH=CG-CH 整理即可得解．试题解析：（1）BE=CD．理由如下：∵ △ ABC 与△ CDE 是等边三角形， ∴ AC=BC，CE=CD，∠ ACB=∠ ECD=60°． ∴ ∠ ACB-∠ ACE=∠ ECD-∠ ACE，即∠ BCE=∠ ACD．在△ ACD 和△ BCE 中，

2019-2020人教版九上数学23.1图形的旋转培优专题(含答案)

2019-2020图形的旋转培优专题（含答案）一、单选题1．如图，在Rt △ABC 中，∠ACB=90°，∠A=60°，AC=6，将△ABC 绕点C 按逆时针方向旋转得到△A'B'C'，此时点A'恰好在AB 边上，则点B'与点B 之间的距离为（）A ．12B ．6C ．62D ．632．如图，在正方形ABCD 中，AB=3，点M 在CD 的边上，且DM=1，ΔAEM 与ΔADM 关于AM 所在的直线对称，将ΔADM 按顺时针方向绕点A 旋转90°得到ΔABF ，连接EF ，则线段EF 的长为（）A.3B.23C.13D.153．如图，在ABC 中，65CAB ∠=，将ABC 在平面内绕点A 旋转到''AB C 的位置，使'//CC AB ，则旋转角的度数为（）A.35B.40C.50D.654．如图直角梯形ABCD 中，AD ∥BC ，AB ⊥BC ，AD=2，BC=3，将腰CD 以D 为中心逆时针旋转90°至ED ，连AE 、CE ，则△ADE 的面积是（）A.1B.2C.3D.不能确定5．如图，已知菱形OABC 的顶点O （0，0），B （2，2），若菱形绕点O 逆时针旋转，每秒旋转45°，则第60秒时，菱形的对角线交点D 的坐标为( )A.(1，-1)B.(-1，-1)C.(2，0)D.(0，-2)6．点P 是正方形ABCD 边AB 上一点(不与A ，B 重合)，连接PD 并将线段PD 绕点P 顺时针旋转90°，得线段PE ，连接BE ，则∠CBE 等于( )A ．75°B ．60°C ．45°D ．30°7．如图所示，将一个含30°角的直角三角板ABC 绕点A 旋转，使得点B ，A ，C′在同一直线上，则三角板ABC旋转的度数是（）A．60°B．90°C．120°D．150°8．如图，把边长为1的正方形ABCD绕顶点A逆时针旋转30°到正方形AB′C′D′，则它们的公共部分的面积等于（）A.3B.33C.332D.329．如图，将两个大小、形状完全相同的△ABC和△A′B′C′拼在一起，其中点A′与点A重合，点C′落在边AB上，连接B′C．若∠ACB=∠AC′B′=90°，AC=BC=3，则B′C的长为（）A．B．6 C．D．10．如图，将△ABC绕点A顺时针旋转60°得到△ADE，点C的对应点E恰好落在BA的延长线上，DE与BC交于点F，连接BD．下列结论不一定正确的是（）A.AD=BDB.AC∥BDC.DF=EFD.∠CBD=∠E11．如图，在△ABC中，∠CAB=65°，将△ABC在平面内绕点A旋转到△AB′C′的位置，使CC′∥AB，则旋转角的度数为（）A．30°B．40°C．50°D．65°12．如图，将矩形ABCD 绕点A 顺时针旋转到矩形AB′C′D′的位置，旋转角为α(0°＜α＜90°)．若∠1＝112°，则∠α的大小是( )A．68°B．20°C．28°D．22°二、填空题13．如图，在矩形ABCD中，AD=3，将矩形ABCD绕点A逆时针旋转，得到矩形AEFG，点B的对应点E落在CD上，且DE=EF，则AB的长为_____．14．如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=BC=2，将Rt△ABC绕点A逆时针旋转30°后得到Rt△ADE，点B经过的路径为弧BD，则图中阴影部分的面积为_____．15．如图，平面直角坐标系中，矩形OABC的顶点A（﹣6，0），C（0，23）．将矩形OABC绕点O顺时针方向旋转，使点A恰好落在OB上的点A1处，则点B的对应点B1的坐标为_____．16．如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，BC=6，CD是斜边AB上的中线，将△BCD沿直线CD翻折至△ECD的位置，连接AE．若DE∥AC，计算AE的长度等于_____．17．如图，△ABC中，AB=6，DE∥AC，将△BDE绕点B顺时针旋转得到△BD′E′，点D的对应点D′落在边BC上．已知BE′=5，D′C=4，则BC的长为______．18．如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=BC，将其绕点A逆时针旋转15°得到Rt△AB′C′，B′C′交AB于E，若图中阴影部分面积为23，则B′E的长为__．19．两个全等的三角尺重叠放在△ACB的位置，将其中一个三角尺绕着点C按逆时针方向旋转至△DCE的位置，使点A恰好落在边DE上，AB与CE相交于点F．已知∠ACB=∠DCE=90°，∠B=30°，AB=8cm，则CF=______cm．20．如图，在矩形ABCD中，AB=5，BC=3，将矩形ABCD绕点B按顺时针方向旋转得到矩形GBEF，点A落在矩形ABCD的边CD上，连接CE，则CE的长是________．21．已知：如图，在△AOB中，∠AOB=90°，AO=3 cm，BO=4 cm．将△AOB绕顶点O，按顺时针方向旋转到△A1OB1处，此时线段OB1与AB的交点D恰好为AB的中点，则线段B1D=__________cm．22．如图，点P 是正方形ABCD 的对角线BD 上一点，PE ⊥BC 于点E ，PF ⊥CD 于点F ，连接E ，F ．给出下列五个结论：①AP=EF ；②PD=EC ；③∠PFE=∠BAP ；④△APD 一定是等腰三角形；⑤AP ⊥EF ．其中正确结论的序号是_____．三、解答题23．已知，点P 是等边三角形△ABC 中一点，线段AP 绕点A 逆时针旋转60°到AQ ，连接PQ 、QC ．（1）求证：PB ＝QC ；（2）若PA ＝3，PB ＝4，∠APB ＝150°，求PC 的长度．24．如图，在ABC 中，ACB 90∠=，AC BC =，D 是AB 边上一点，点D 与A ，B 不重合，连结CD，将线段CD绕点C按逆时针方向旋转90得到线段CE，连结DE交BC于点F，连接BE．（）求证：△ACD≌△BCE；1（）当AD BF2∠的度数．=时，求BEF25．如图，在四边形ABCD中，AB=AD=4，∠A=60°，BC=45，CD=8．（1）求∠ADC的度数；（2）求四边形ABCD的面积．26．如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，AB=10，AC=8．线段AD由线段AB绕点A按逆时针方向旋转90°得到，△EFG由△ABC沿CB方向平移得到，且直线EF过点D．（1）求∠BDF的大小；（2）求CG的长．27．在△ABC中，∠ACB=90°，AC=BC，直线MN经过点C，且AD⊥MN于D，BE⊥MN于E，（1）当直线MN绕点C旋转到图（1）的位置时，显然有：DE=AD+BE；（2）当直线MN 绕点C 旋转到图（2）的位置时，求证：DE=AD ﹣BE ；（3）当直线MN 绕点C 旋转到图（3）的位置时，试问DE 、AD 、BE 具有怎样的等量关系？请直接写出这个等量关系．28．如图1，点E 是正方形ABCD 边CD 上任意一点，以DE 为边作正方形DEFG ，连接BF ，点M 是线段BF 中点，射线EM 与BC 交于点H ，连接CM ．（1）请直接写出CM 和EM 的数量关系和位置关系；（2）把图1中的正方形DEFG 绕点D 顺时针旋转45°，此时点F 恰好落在线段CD 上，如图2，其他条件不变，（1）中的结论是否成立，请说明理由；（3）把图1中的正方形DEFG 绕点D 顺时针旋转90°，此时点E 、G 恰好分别落在线段AD 、CD 上，如图3，其他条件不变，（1）中的结论是否成立，请说明理由．29．如图，在正方形ABCD 中，E 为DC 边上的点，连接BE ，将BCE 绕点C 顺时针方向旋转90得到DCF ，连结EF ，若30EBC ∠=，求EFD ∠的度数．30．如图1，在Rt△ABC中，∠A＝90°，AB＝AC，点D，E分别在边AB，AC上，AD＝AE，连接DC，点M，P，N分别为DE，DC，BC的中点．（1）观察猜想：图1中，线段PM与PN的数量关系是，位置关系是；（2）探究证明：把△ADE绕点A逆时针方向旋转到图2的位置，连接MN，BD，CE，判断△PMN的形状，并说明理由；（3）拓展延伸：把△ADE绕点A在平面内自由旋转，若AD＝4，AB＝10，请直接写出△PMN面积的最大值．31．点O为直线AB上一点，过点O作射线OC，使∠BOC=65°．将一直角三角板的直角顶点放在点O处．（1）如图①，将三角板MON的一边ON与射线OB重合时，则∠MOC=；（2）如图②，将三角板MON绕点O逆时针旋转一定角度，此时OC是∠MOB的角平分线，求旋转角∠BON=；∠CON=．（3）将三角板MON绕点O逆时针旋转至图③时，∠NOC=5°，求∠AOM．32．四边形ABCD 是正方形，E 、F 分别是DC 和CB 的延长线上的点，且DE =BF ，连接AE 、AF 、EF ．（1）求证：△ADE ≌△ABF ；（2）若BC =12，DE =5，求△AEF 的面积．33．已知正方形ABCD 中，45MAN ∠=，MAN ∠绕点A 顺时针旋转，它的两边分别交CB 、(DC 或它们的延长线于点M 、N ，当MAN ∠绕点A 旋转到BM DN =时如图1)，则()1线段BM 、DN 和MN 之间的数量关系是______；()2当MAN ∠绕点A 旋转到BM DN ≠时（如图2)，线段BM 、DN 和MN 之间有怎样的数量关系？写出猜想，并加以证明；()3当MAN∠绕点A旋转到（如图3)的位置时，线段BM、DN和MN之间又有怎样的数量关系？请直接写出你的猜想．34．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：∠AEB=∠ADC；（2）连接DE，若∠ADC=105°，求∠BED的度数．35．如图，正方形ABCD的边长为6，E，F分别是AB，BC边上的点，且，将△绕点D逆时针旋转，得到△．求证：．当时，求EF的长．参考答案1．D【解析】【分析】连接B'B，利用旋转的性质和直角三角形的性质解答即可．【详解】连接B'B，∵将△ABC绕点C按逆时针方向旋转得到△A'B'C，∴AC=A'C，AB=A'B，∠A=∠CA'B'=60°，∴△AA'C是等边三角形，∴∠AA'C=60°，∴∠B'A'B=180°-60°-60°=60°，∵将△ABC绕点C按逆时针方向旋转得到△A'B'C，∴∠ACA'=∠BAB'=60°，BC=B'C，∠CB'A'=∠CBA=90°-60°=30°，∴△BCB'是等边三角形，∴∠CB'B=60°，∵∠CB'A'=30°，∴∠A'B'B=30°，∴∠B'BA'=180°-60°-30°=90°，∵∠ACB=90°，∠A=60°，AC=6，∴AB=12，∴A'B=AB-AA'=AB-AC=6，∴B'B=63，故选D．【点睛】此题考查旋转问题，关键是利用旋转的性质和直角三角形的性质解答．2．C【解析】分析：连接BM.证明△AFE≌△AMB得FE=MB，再运用勾股定理求出BM的长即可. 详解：连接BM，如图，由旋转的性质得：AM=AF.∵四边形ABCD是正方形，∴AD=AB=BC=CD，∠BAD=∠C=90°,∵ΔAEM与ΔADM关于AM所在的直线对称，∴∠DAM=∠EAM.∵∠DAM+∠BAM=∠FAE+∠EAM=90°,∴∠BAM=∠EAF,∴△AFE≌△AMB∴FE=BM.在Rt△BCM中，BC=3，CM=CD-DM=3-1=2,∴BM=22223213+=+=BC CM∴FE=13.故选C.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．也考查了正方形的性质．3．C【解析】分析：根据两直线平行,内错角相等可得∠ACC′=∠CAB，根据旋转的性质可得AC=AC′，然后利用等腰三角形两底角相等求∠CAC′，再根据∠CAC′、∠BAB′都是旋转角解答.详解：∵CC′∥AB，∴∠ACC′=∠CAB=65°，∵△ABC绕点A旋转得到△AB′C′，∴AC=AC′，∴∠CAC′=180°-2∠ACC′=180°-2×65°=50°，∴∠CAC′=∠BAB′=50°故选C.点睛：本题考查了旋转的性质,等腰三角形两底角相等的性质,熟记性质并准确识图是解题的关键. 4．A 【解析】【分析】如图作辅助线，利用旋转和三角形全等证明△DCG 与△DEF 全等，再根据全等三角形对应边相等可得EF 的长，即△ADE 的高，然后得出三角形的面积．【详解】如图所示，作EF ⊥AD 交AD 延长线于F ，作DG ⊥BC ，∵CD 以D 为中心逆时针旋转90°至ED ， ∴∠EDF+∠CDF=90°，DE=CD ，又∵∠CDF+∠CDG=90°， ∴∠CDG=∠EDF ，在△DCG 与△DEF 中，90CDG EDFEFD CGD DE CD ∠=∠⎧⎪∠=∠=︒⎨⎪=⎩，∴△DCG ≌△DEF （AAS ）， ∴EF=CG ， ∵AD=2，BC=3， ∴CG=BC ﹣AD=3﹣2=1， ∴EF=1，∴△ADE 的面积是：12×AD×EF=12×2×1=1，故选A ．【点睛】本题考查梯形的性质和旋转的性质，熟知旋转变换前后，对应点到旋转中心的距离相等、每一对对应点与旋转中心连线所构成的旋转角相等是解题的关键．同时要注意旋转的三要素：①定点为旋转中心；②旋转方向；③旋转角度．5．B【解析】试题分析：根据已知条件O（0,0），B（2,2），可求得D（1,1），OB与x轴、y轴的交角为45°，当菱形绕点O逆时针旋转，每秒旋转45°，时，8秒可旋转到原来的位置，因60÷8=7....4，所以第60秒时是第8循环的地上个位置，这时点D的坐标原来位置点D的坐标关于原点对称，所以为（-1，-1），故答案选B.考点：规律探究题.6．C【解析】【分析】过E作AB的延长线AF的垂线，垂足为F，可得出∠F为直角，先利用AAS证明△ADP≌△PEF，根据全等三角形的对应边相等可得出AD=PF，AP=EF，再由正方形的边长相等得到AD=AB，由AP+PB=PB+BF，得到AP=BF，等量代换可得出EF=BF，即三角形BEF为等腰直角三角形，可得出∠EBF为45°，再由∠CBF为直角，即可求出∠CBE的度数．【详解】过点E作EF⊥AF，交AB的延长线于点F，则∠F=90°，∵四边形ABCD为正方形，∴AD=AB，∠A=∠ABC=90°，∴∠ADP+∠APD=90°，由旋转可得：PD=PE，∠DPE=90°，∴∠APD+∠EPF=90°，∴∠ADP=∠EPF，在△APD和△FEP中∠ADP=∠FPE∠A=∠F=90°PD=EP，∴△APD≌△FEP（AAS），∴AP=EF，AD=PF，又∵AD=AB，∴PF=AB，即AP+PB=PB+BF，∴AP=BF，∴BF=EF，又∠F=91°，∴△BEF为等腰直角三角形，∴∠EBF=45°，又∠CBF=90°，则∠CBE=45°．故选C．【点睛】此题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，旋转的性质，以及等腰直角三角形的判定与性质，其中作出相应的辅助线是解本题的关键．7．D【解析】试题分析：根据旋转角的定义，两对应边的夹角就是旋转角，即可求解．旋转角是∠CAC′=180°﹣30°=150°．故选：D．考点：旋转的性质．8．B【解析】分析：设CD、B′C′相交于点M，连结AM，根据旋转角的定义易得：∠BAB′=30°，根据HL易得△AB′M≌△ADM，所以公共部分面积等于△ADM面积的2倍；设DM=x，在△AMD中利用勾股定理求得DM，进而解答即可.详解：设CD、B′C′相交于点M，连结AM，设DM=x，根据旋转的性质以及正方形的性质可得AB′=AD，AM=AM，∠BAB′=30°，∠B′=∠D=90°.∵AB′=AD，AM=AM，∴△AB′M≌△ADM.∵∠BAB′=30°，∴∠MAD=30°，AM=2x.∵x2+1=4x2，∴x=33，∴S ADM′=1331236⨯⨯=,∴重叠部分的面积S ADMB′=326⨯=33．故选B.点睛：本题考查了正方形的性质，旋转的性质，含30°三角形的性质，勾股定理，全等三角形的判定与性质，证明△AB′M≌△ADM是解答本题的关键；9．A【解析】试题分析：∵∠ACB=∠AC′B′=90°，AC=BC=3，∴AB==，∠CAB=45°，∵△ABC和△A′B′C′大小、形状完全相同，∴∠C′AB′=∠CAB=45°，AB′=AB=，∴∠CAB′=90°，∴B′C==，故选A．考点：勾股定理．10．C【解析】【分析】由旋转的性质知∠BAD=∠CAE=60°、AB=AD，△ABC≌△ADE，据此得出△ABD是等边三角形、∠C=∠E，证AC∥BD得∠CBD=∠C，从而得出∠CBD=∠E．【详解】由旋转知∠BAD=∠CAE=60°、AB=AD，△ABC≌△ADE，∴∠C=∠E，△ABD是等边三角形，∠CAD=60°，∴∠D=∠CAD=60°、AD=BD，∴AC∥BD，∴∠CBD=∠C，∴∠CBD=∠E，则A、B、D均正确，故选C．【点睛】本题主要考查旋转的性质，解题的关键是熟练掌握旋转的性质、等边三角形的判定与性质及平行线的判定与性质．11．C【解析】试题解析：∵CC′∥AB，∴∠ACC′=∠CAB=65°，∵△ABC绕点A旋转得到△AB′C′，∴AC=AC′，∴∠CAC′=180°-2∠ACC′=180°-2×75°=30°，∴∠CAC′=∠BAB′=30°故选A．考点：旋转的性质．12．D【解析】试题解析：∵四边形ABCD为矩形，∴∠BAD=∠ABC=∠ADC=90°，∵矩形ABCD绕点A顺时针旋转到矩形AB′C′D′的位置，旋转角为α，∴∠BAB′=α，∠B′AD′=∠BAD=90°，∠D′=∠D=90°，∵∠2=∠1=112°，而∠ABD=∠D′=90°，∴∠3=180°-∠2=68°，∴∠BAB′=90°-68°=22°，即∠α=22°．故选D．13．32【解析】【分析】根据旋转的性质知AB=AE，在直角三角形ADE中根据勾股定理求得AE长即可得.【详解】∵四边形ABCD是矩形，∴∠D=90°，BC=AD=3，∵将矩形ABCD绕点A逆时针旋转得到矩形AEFG，∴EF=BC=3，AE=AB，∵DE=EF，∴AD=DE=3，∴AE=22AD DE+=32，∴AB=32，故答案为：32.【点睛】本题考查矩形的性质和旋转的性质，熟知旋转前后哪些线段是相等的是解题的关键.14．2 3π【解析】【分析】先根据勾股定理得到AB=22，再根据扇形的面积公式计算出S扇形ABD，由旋转的性质得到Rt△ADE≌Rt△ACB，于是S阴影部分=S△ADE+S扇形ABD﹣S△ABC=S扇形ABD．【详解】∵∠ACB=90°，AC=BC=2，∴AB=22，∴S扇形ABD =()2302223603ππ⨯=，又∵Rt△ABC绕A点逆时针旋转30°后得到Rt△ADE，∴Rt△ADE≌Rt△ACB，∴S阴影部分=S△ADE+S扇形ABD﹣S△ABC=S扇形ABD=23π，故答案为：23π．【点睛】本题考查了旋转的性质、扇形面积的计算，得到S阴影部分=S扇形ABD是解题的关键. 15．（-23，6）【解析】分析：连接OB1，作B1H⊥OA于H，证明△AOB≌△HB1O，得到B1H=OA=6，OH=AB=23，得到答案．详解：连接OB1，作B1H⊥OA于H，由题意得，OA=6，AB=OC-23，则tan∠BOA=33 ABOA=，∴∠BOA=30°，∴∠OBA=60°，由旋转的性质可知，∠B1OB=∠BOA=30°，∴∠B1OH=60°，在△AOB和△HB1O，111B HO BAO B OH ABO OB OB ∠∠⎧⎪∠∠⎨⎪⎩＝＝＝， ∴△AOB ≌△HB 1O ，∴B 1H=OA=6，OH=AB=23，∴点B 1的坐标为（-23，6），故答案为：（-23，6）．点睛：本题考查的是矩形的性质、旋转变换的性质，掌握矩形的性质、全等三角形的判定和性质定理是解题的关键．16．23 【解析】【分析】根据题意、解直角三角形、菱形的性质、翻折变化可以求得AE 的长．【详解】由题意可得，DE=DB=CD=12AB ， ∴∠DEC=∠DCE=∠DCB ，∵DE ∥AC ，∠DCE=∠DCB ，∠ACB=90°， ∴∠DEC=∠ACE ，∴∠DCE=∠ACE=∠DCB=30°， ∴∠ACD=60°，∠CAD=60°，∴△ACD是等边三角形，∴AC=CD，∴AC=DE，∵AC∥DE，AC=CD，∴四边形ACDE是菱形，∵在Rt△ABC中，∠ACB=90°，BC=6，∠B=30°，∴AC=23，∴AE=23．故答案为23．【点睛】本题考查翻折变化、平行线的性质、直角三角形斜边上的中线，解答本题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件，利用数形结合的思想解答．17．234+．【解析】解：由旋转可得，BE=BE'=5，BD=BD'，∵D'C=4，∴BD'=BC﹣4，即BD=BC﹣4，∵DE∥AC，∴BD BEBA BC=，即456BCBC-=，解得BC=234+（负值已舍去），即BC的长为234+．故答案为：234+．点睛：本题主要考查了旋转的性质，解一元二次方程以及平行线分线段成比例定理的运用，解题时注意：对应点到旋转中心的距离相等．解决问题的关键是依据平行线分线段成比例定理，列方程求解．18．23﹣2【解析】【分析】求出∠C′AE=30°，推出AE=2C′E，AC′=3C′E，根据阴影部分面积为23得出12×C′E×3C′E=23，求出C′E=2，即可求出C′B′，即可求出答案．【详解】解：∵将Rt△ACB绕点A逆时针旋转15°得到Rt△AB′C′，∴△ACB≌△AC′B′，∴AC=AC′，CB=C′B′，∠CAB=∠C′AB′，∵在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=BC，∴∠CAB=45°，∵∠CAC′=15°，∴∠C′AE=30°，∴AE=2C′E，AC′=3C′E，∵阴影部分面积为23，∴12×C′E×3C′E=23，C′E=2，∴AC=BC=C′B′=3C′E=23，∴B′E=23-2，故答案为：23-2．【点睛】本题考查了旋转的性质，含30度角的直角三角形性质，勾股定理，等腰三角形的性质的应用，主要考查学生的推理和计算能力．19．【解析】试题解析∵将其中一个三角尺绕着点C按逆时针方向旋转至△DCE的位置，使点A恰好落在边DE 上，∴DC=AC，∠D=∠CAB，∴∠D=∠DAC，∵∠ACB=∠DCE=90°，∠B=30°，∴∠D=∠CAB=60°，∴∠DCA=60°，∴∠ACF=30°，可得∠AFC=90°，∵AB=8cm，∴AC=4cm，∴FC=4cos30°=2cm．【点睛】此题主要考查了旋转的性质以及直角三角形的性质，正确得出∠AFC的度数是解题关键．20．【解析】解：连接AG，由旋转变换的性质可知，∠ABG=∠CBE，BA=BG=5，BC=BE，由勾股定理得，CG==4，∴DG=DC﹣CG=1，则AG==，∵，∠ABG=∠CBE，∴△ABG∽△CBE，∴，解得，CE=，故答案为：．点睛：本题考查的是翻转变换的性质、相似三角形的判定和性质，掌握勾股定理、矩形的性质、旋转变换的性质是解题的关键．21．1.5【解析】试题解析：∵在△AOB中，∠AOB=90°，AO=3cm，BO=4cm，∴AB=22OA OB=5cm，∵点D为AB的中点，∴OD=12AB=2.5cm．∵将△AOB绕顶点O，按顺时针方向旋转到△A1OB1处，∴OB1=OB=4cm，∴B1D=OB1﹣OD=1.5cm．故答案为：1.5．22．①③⑤【解析】【分析】可以作PG⊥AB，证明△APG≌△FEP即可. 【详解】如图，作PG⊥AB，易知PG=PE，且AG=EC=FP，则△APG≌△FEP，所以AP=EF，∠PFE=∠BAP，运用旋转的知识易知AP⊥EF，所以正确结论的序号是①③⑤.【点睛】做辅助线证明全等是解题的关键.23．（1）证明见解析；（2）5.【解析】【分析】（1）直接利用旋转的性质可得AP=AQ，∠P AQ=60°，然后根据“SAS”证明△BAP≌△CAQ，结合全等三角形的性质得出答案；（2）由△APQ是等边三角形可得AP=PQ=3，∠AQP=60°，由全等的性质可得∠AQC =∠APB=150°,从而可求∠PQC=90°，然后根据勾股定理求PC的长即可.直接利用等边三角形的性质结合勾股定理即可得出答案．【详解】（1）证明：∵线段AP绕点A逆时针旋转60°到AQ，∴AP=AQ，∠PAQ=60°，∴△APQ是等边三角形，∠PAC+∠CAQ=60°，∵△ABC是等边三角形，∴∠BAP+∠PAC=60°，AB=AC，∴∠BAP=∠CAQ ，在△BAP 和△CAQ 中，∴△BAP ≌△CAQ （SAS ）， ∴PB=QC ；（2）解：∵由（1）得△APQ 是等边三角形， ∴AP=PQ=3，∠AQP=60°， ∵∠APB=150°，∴∠PQC=150°﹣60°=90°， ∵PB=QC ， ∴QC=4，∴△PQC 是直角三角形，∴PC===5．【点睛】本题考查了旋转的性质，等边三角形的性质与判定，全等三角形的判定与性质，勾股定理.证明△BAP ≌△CAQ 是解（1）的关键，证明∠PQC =90°是解（2）的关键. 24．()1证明见解析；()2BEF 67.5∠=. 【解析】【分析】()1由题意可知：CD CE =，DCE 90∠=，由于ACB 90∠=，从而可得ACD BCE ∠∠=，根据SAS 即可证明ACD ≌BCE ；()2由ACD ≌()BCE SAS 可知：A CBE 45∠∠==，BE BF =，从而可求出BEF ∠的度数．【详解】()1由题意可知：CD CE =，DCE 90∠=，ACB 90∠=，ACD ACB DCB ∠∠∠∴=-，BCE DCE DCB ∠∠∠=-，ACD BCE ∠∠∴=，在ACD 与BCE 中，AC BCACD BCE CD CE =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩， ACD ∴≌()BCE SAS ；()2ACB 90∠=，AC BC =，A 45∠∴=，由()1可知：A CBE 45∠∠==，AD BF =， BE BF ∴=，BEF 67.5∠∴=.【点睛】本题考查了旋转的性质、全等三角形的判定与性质，解题的关键是熟练运用旋转的性质以及全等三角形的判定与性质．25．(1) 150°；(2)43+16【解析】试题分析：（1）连接BD，首先证明△ABD是等边三角形，可得∠ADB=60°，DB=4，再利用勾股定理逆定理证明△BDC是直角三角形，进而可得答案；（2）过B作BE⊥AD，利用三角形函数计算出BE长，再利用△ABD的面积加上△BDC的面积可得四边形ABCD的面积．试题解析：（1）连接BD，∵AB=AD，∠A=60°，∴△ABD是等边三角形，∴∠ADB=60°，DB=4，∵42+82=（4）2，∴DB2+CD2=BC2，∴∠BDC=90°，∴∠ADC=60°+90°=150°；（2）过B作BE⊥AD，∵∠A=60°，AB=4，∴BE=AB•sin60°=4×32=23，∴四边形ABCD的面积为：12AD•EB+12DB•CD=12×4×23+12×4×8=43+16．26．（1）45°；（2）12.5.【解析】【分析】（1）由旋转的性质得，AD=AB=10，∠ABD=45°，再由平移的性质即可得出结论；（2）先判断出∠ADE=∠ACB，进而得出△ADE∽△ACB，得出比例式求出AE，即可得出结论．【详解】（1）∵线段AD是由线段AB绕点A按逆时针方向旋转90°得到，∴∠DAB=90°，AD=AB=10，∴∠ABD=45°，∵△EFG是△ABC沿CB方向平移得到，∴AB∥EF，∴∠BDF=∠ABD=45°；（2）由平移的性质得，AE∥CG，AB∥EF，∴∠DEA=∠DFC=∠ABC，∠ADE+∠DAB=180°，∵∠DAB=90°，∴∠ADE=90°，∵∠ACB=90°，∴∠ADE=∠ACB，∴△ADE∽△ACB，∴AD AE AC AB，∵AB=8，AB=AD=10，∴AE=12.5，由平移的性质得，CG=AE=12.5．【点睛】此题主要考查了图形的平移与旋转，平行线的性质，等腰直角三角形的判定和性质，解直角三角形，相似三角形的判定和性质，判断出△ADE∽△ACB是解本题的关键．27．（1）详见解析；（2）详见解析；（3）DE=BE﹣AD．【解析】【分析】（1）利用垂直的定义得∠ADC=∠CEB=90°，则根据互余得∠DAC+∠ACD=90°，再根据等角的余角相等得到∠DAC=∠BCE ，然后根据“AAS”可判断△ADC ≌△CEB ，所以CD=BE ，AD=CE ，再利用等量代换得到DE=AD+BE ；（2）与（1）一样可证明△ADC ≌△CEB ，则CD=BE ，AD=CE ，于是有DE=CE ﹣CD=AD ﹣BE ；（3）与（1）一样可证明△ADC ≌△CEB ，则CD=BE ，AD=CE ，于是有DE=CD ﹣CE=BE ﹣AD ．【详解】(1)∵AD ⊥MN ，BE ⊥MN ， ∴∠ADC=∠CEB=90°， ∴∠DAC+∠ACD=90°， ∵∠ACB=90°， ∴∠BCE+∠ACD=90°， ∴∠DAC=∠BCE ，在△ADC 和△CEB ，ADC CEB DAC ECB AC CB ∠=∠⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩， ∴△ADC ≌△CEB （AAS ）， ∴CD=BE ，AD=CE ， ∴DE=CE+CD=AD+BE ；(2)与(1)一样可证明△ADC ≌△CEB ， ∴CD=BE ，AD=CE ， ∴DE=CE ﹣CD=AD ﹣BE ；(3)DE=BE﹣AD．【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质，判定三角形全等的方法有“SSS”、“SAS”、“ASA”、“AAS”，根据实际情况选择合适的方法证明△ADC≌△CEB是解决问题的关键．28．（1）CM=EM，CM⊥EM，理由见解析；（2）（1）中的结论成立，理由见解析；（3）（1）中的结论成立，理由见解析.【解析】分析：（1）延长EM交AD于H，证明△FME≌△AMH，得到HM=EM，根据等腰直角三角形的性质可得结论；（2）根据正方形的性质得到点A、E、C在同一条直线上，根据直角三角形斜边上的中线是斜边的一半证明即可；（3）根据题意画出完整的图形，根据平行线分线段成比例定理、等腰三角形的性质证明即可．详解：（1）如图1，结论：CM=EM，CM⊥EM．理由：∵AD∥EF，AD∥BC，∴BC∥EF，∴∠EFM=∠HBM，在△FME和△BMH中，EFM MBH FM BMFME BMH ∠∠⎧⎪⎨⎪∠∠⎩＝＝＝，， ∴△FME ≌△BMH ， ∴HM=EM ，EF=BH ， ∵CD=BC ，∴CE=CH ，∵∠HCE=90°，HM=EM ， ∴CM=ME ，CM ⊥EM ．（2）如图2，连接AE ，∵四边形ABCD 和四边形EDGF 是正方形， ∴∠FDE=45°，∠CBD=45°， ∴点B 、E 、D 在同一条直线上，∵∠BCF=90°，∠BEF=90°，M 为AF 的中点，∴CM=12AF ，EM=12AF ， ∴CM=ME ， ∵∠EFD=45°， ∴∠EFC=135°，∵CM=FM=ME ，∴∠MCF=∠MFC ，∠MFE=∠MEF ， ∴∠MCF+∠MEF=135°， ∴∠CME=360°-135°-135°=90°， ∴CM ⊥ME ．（3）如图3，连接CF ，MG ，作MN ⊥CD 于N ，在△EDM 和△GDM 中，DE DG MDE MDG DM DM ⎧⎪∠∠⎨⎪⎩＝＝＝， ∴△EDM ≌△GDM ，∴ME=MG ，∠MED=∠MGD ， ∵M 为BF 的中点，FG ∥MN ∥BC ， ∴GN=NC ，又MN ⊥CD ， ∴MC=MG ，∴MD=ME ，∠MCG=∠MGC ， ∵∠MGC+∠MGD=180°， ∴∠MCG+∠MED=180°，∴∠CME+∠CDE=180°， ∵∠CDE=90°， ∴∠CME=90°， ∴（1）中的结论成立．点睛：本题考查的是正方形的性质、全等三角形的判定定理和性质定理以及直角三角形的性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，属于中考压轴题． 29．15° 【解析】【分析】根据旋转性质可得：BEC DFC ∠=∠，90ECF BCE ∠=∠=，CF CE =，由等腰直角三角形三角形性质可得45CFE FEC ∠=∠=，所以EFD DFC EFC ∠=∠-∠. 【详解】解：DCF 是BCE 旋转得到的图形，903060BEC DFC ∴∠=∠=-=，90ECF BCE ∠=∠=，CF CE =， 45CFE FEC ∴∠=∠=．604515EFD DFC EFC ∴∠=∠-∠=-=．【点睛】本题考核知识点：旋转性质，等腰直角三角形. 解题关键点：熟记旋转性质，等腰直角三角形性质.30．（1）PM =PN ，PM ⊥PN ；（2）△PMN 是等腰直角三角形；（3）．【解析】【分析】（1）利用三角形的中位线得出PM=CE，PN=BD，进而判断出BD=CE，即可得出结论，再利用三角形的中位线得出PM∥CE得出∠DPM=∠DCA，最后用互余即可得出结论；（2）先判断出△ABD≌△ACE，得出BD=CE，同（1）的方法得出PM=BD，PN=BD，即可得出PM=PN，同（1）的方法即可得出结论；（3）先判断出MN最大时，△PMN的面积最大，进而求出AN，AM，即可得出MN最大=AM+AN，最后用面积公式即可得出结论．【详解】（1）∵点P，N是BC，CD的中点，∴PN∥BD，PN=BD，∵点P，M是CD，DE的中点，∴PM∥CE，PM=CE，∵AB=AC，AD=AE，∴BD=CE，∴PM=PN，∵PN∥BD，∴∠DPN=∠ADC，∵PM∥CE，∴∠DPM=∠DCA，∵∠BAC=90°，∴∠ADC+∠ACD=90°，∴∠MPN=∠DPM+∠DPN=∠DCA+∠ADC=90°，∴PM⊥PN，故答案为：PM=PN，PM⊥PN，（2）由旋转知，∠BAD=∠CAE，∵AB=AC，AD=AE，∴△ABD≌△ACE（SAS），∴∠ABD=∠ACE，BD=CE，同（1）的方法，利用三角形的中位线得，PN=BD，PM=CE，∴PM=PN，∴△PMN是等腰三角形，同（1）的方法得，PM∥CE，∴∠DPM=∠DCE，同（1）的方法得，PN∥BD，∴∠PNC=∠DBC，∵∠DPN=∠DCB+∠PNC=∠DCB+∠DBC，∴∠MPN=∠DPM+∠DPN=∠DCE+∠DCB+∠DBC=∠BCE+∠DBC=∠ACB+∠ACE+∠DBC=∠ACB+∠ABD+∠DBC=∠ACB+∠ABC，∵∠BAC=90°，∴∠ACB+∠ABC=90°，∴∠MPN=90°，∴△PMN是等腰直角三角形，（3）如图2，同（2）的方法得，△PMN是等腰直角三角形，∴MN最大时，△PMN的面积最大，∴DE∥BC且DE在顶点A上面，∴MN最大=AM+AN，连接AM，AN，在△ADE中，AD=AE=4，∠DAE=90°，∴AM=2，在Rt△ABC中，AB=AC=10，AN=5，，∴MN最大=2+5=7∴S△PMN最大=PM2=×MN2=×（7）2= ．【点睛】解（1）的关键是判断出PM=CE，PN=BD，解（2）的关键是判断出△ABD≌△ACE，解（3）的关键是判断出MN最大时，△PMN的面积最大31．25°40°25°【解析】【分析】（1）根据∠MON和∠BOC的度数可以得到∠MOC的度数；（2）根据OC平分∠MOB，∠BOC=65°可以求得∠BOM的度数，由∠MON=90°，可得∠BON的度数，继而可得∠CON的度数；（3）由∠NOC=5°，∠BOC=65°，∠MON=90°结合平角的定义即可求得.【详解】（1）∠MOC=∠MON﹣∠BOC=90°﹣65°=25°，故答案为：25°；（2）∵OC是∠MOB的角平分线，∴∠MOB=2∠BOC=2×65°=130°，∴旋转角∠BON=∠MOB﹣∠MON=130°﹣90°=40°，∠CON=∠BOC﹣∠BON=65°﹣40°=25°，故答案为：40°，25°；（3）∵∠NOC=5°，∠BOC=65°，∴∠BON=∠NOC+∠BOC=70°，∵点O为直线AB上一点，∴∠AOB=180°，∵∠MON=90°，∴∠AOM=∠AOB﹣∠MON﹣∠BON=180°﹣90°﹣70°=20°.【点睛】本题考查了旋转的性质，角平分线的定义，平角的定义等，熟练掌握相关的定义和性质是解题的关键.32．（1）见解析；（2）84.5．【解析】【分析】（1）由正方形的性质得出AD=AB，∠D=∠ABC=∠ABF=90°，依据“SAS”即可证得；（2）根据勾股定理求得AE=13，再由旋转的性质得出AE=AF ，∠EAF=90°，从而由面积公式得出答案．【详解】解：（1）∵四边形ABCD 是正方形， ∴AD=AB ，∠D=∠ABC=90°，而F 是CB 的延长线上的点， ∴∠ABF=90°，在△ADE 和△ABF 中，∵AB AD ABF ADE BF DE =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩, ∴△ADE ≌△ABF （SAS ）；（2）∵BC=12，∴AD=12，在Rt △ADE 中，DE=5，AD=12， ∴AE==13，(勾股定理)∵△ABF 可以由△ADE 绕旋转中心 A 点，按顺时针方向旋转90°得到， ∴AE=AF ，∠EAF=90°，∴△AEF 的面积=12AE 2=12×169=84.5．【点睛】本题主要考查正方形的性质和全等三角形的判定与性质及旋转的性质，熟练掌握正方形的性质和全等三角形的判定与性质是解题的关键．33．（1）BM DN MN +=；（2）猜想：BM DN MN +=，详见解析；（3）DN BM MN -=，详见解析.【解析】【分析】（1）连接AC，交MN于点G，则可知AC垂直平分MN，结合∠MAN=45°，可证明△ABM≌△AGM，可得到BM=MG，同理可得到NG=DN，可得出结论；（2）在MB的延长线上，截取BE=DN，连接AE，则可证明△ABE≌△ADN，可得到AE=AN，进一步可证明△AEM≌△ANM，可得结论BM+DN=MN；（3）在DC上截取DF=BM，连接AF，可先证明△ABM≌△ADF，进一步可证明△MAN≌△FAN，可得到MN=NF，从而可得到DN﹣BM=MN．【详解】（1）如图1，连接AC，交MN于点G．∵四边形ABCD为正方形，∴BC=CD，且BM=DN，∴CM=CN，且AC平分∠BCD，∴AC⊥MN，且MG=GN，∴AM=AN．∵AG⊥MN，∴∠MAG=∠NAG．∵∠BAC=∠MAN=45°，即∠BAM+∠GAM=∠GAM+∠GAN，∴∠BAM=∠GAN=∠GAM．在△ABM和△AGM中，∵90B AGMBAM GAMAM AM∠=∠=︒⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，∴△ABM≌△AGM（AAS），∴BM=MG，同理可得GN=DN，∴BM+DN=MG+GN=MN．故答案为：BM+DN=MN；（2）猜想：BM+DN=MN，证明如下：如图2，在MB的延长线上，截取BE=DN，连接AE．在△ABE和△ADN中，∵AB ADABE DBE DN=⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，∴△ABE≌△ADN（SAS），∴AE=AN，∠EAB=∠NAD．∵∠BAD=90°，∠MAN=45°，∴∠BAM+∠DAN=45°，∴∠EAB+∠BAM=45°，∴∠EAM=∠NAM．在△AEM和△ANM中，∵AE ANEAM NAMAM AM=⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，∴△AEM≌△ANM（SAS），∴ME=MN，又ME=BE+BM=BM+DN，∴BM+DN=MN；（3）DN﹣BM=MN．证明如下：如图3，在DC上截取DF=BM，连接AF．△ABM和△ADF中，∵AB ADABM DBM DF=⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，∴△ABM≌△ADF（SAS），∴AM=AF，∠BAM=∠DAF，∴∠BAM+∠BAF=∠BAF+∠DAF=90°，即∠MAF=∠BAD=90°．∵∠MAN=45°，∴∠MAN=∠F AN=45°．在△MAN和△F AN中，∵AM AFMAN FANAN AN=⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，∴△MAN≌△F AN（SAS），∴MN=NF，∴MN=DN﹣DF=DN﹣BM，∴DN﹣BM=MN．【点睛】本题为四边形的综合应用，涉及知识点有正方形的性质、全等三角形的判定和性质、垂直平分线的判定和性质等．在（1）中证得AM=AN是解题的关键，在（2）、（3）中构造三角形全等是解题的关键．本题考查了知识点不多，但三角形全等的构造难度较大．34．（1）证明见解析；（2）∠BED=45°.【解析】试题分析：（1）由等边三角形的性质知∠BAC=60°，AB=AC，由旋转的性质知∠DAE=60°，AE=AD，从而得∠EAB=∠DAC，再证△EAB≌△DAC可得答案；（2）由∠DAE=60°，AE=AD知△EAD为等边三角形，即∠AED=60°，继而由∠AEB=∠ADC=105°可得．试题解析：（1）∵△ABC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△EAB和△DAC中，＝＝，＝∴△EAB≌△DAC．∴∠AEB=∠ADC．（2）如图，∵∠DAE=60°，AE=AD，∴△EAD为等边三角形．∴∠AED=60°，又∵∠AEB=∠ADC=105°．∴∠BED=45°．35．（1）证明见解析；（2）FC=3．【解析】试题分析：（1）由旋转可得DE=DM，∠EDM为直角，可得出∠EDF+∠MDF=90°，由∠EDF=45°，得到∠MDF为45°，可得出∠EDF=∠MDF，再由DF=DF，利用SAS可得出三角形DEF与三角形MDF全等，由全等三角形的对应边相等可得出EF=MF；（2）由第一问的全等得到AE=CM=2，正方形的边长为6，用AB-AE求出EB的长，再由BC+CM求出BM的长，设EF=MF=x，可得出BF=BM-FM=BM-EF=8-x，在直角三角形BEF中，利用勾股定理列出关于x的方程，求出方程的解得到x的值，即为EF的长．（1）证明：∵△DAE逆时针旋转90°得到△DCM，∴∠FCM=∠FCD+∠DCM=180°，∴F、C、M三点共线，∴DE=DM，∠EDM=90°，∴∠EDF+∠FDM=90°，∵∠EDF=45°，∴∠FDM=∠EDF=45°，∴△DEF≌△DMF（SAS），∴EF=MF；（2）解：设EF=MF=x，∵AE=CM=2，且BC=6，∴BM=BC+CM=6+2=8，∴BF=BM﹣MF=BM﹣EF=8﹣x，∵EB=AB﹣AE=6﹣2=4，在Rt△EBF中，由勾股定理得EB2+BF2=EF2，即42+（8﹣x）2=x2，解得：x=5，则EF=5．点睛：熟练掌握旋转的性质，正方形的四个角都是直角，四条边相等，勾股定理，全等三角形的判定(SAS)，全等三角形的性质是解答本题的关键.。

旋转练习题集锦(含答案)

旋转练习题集锦（含答案）一、作图题1、如图，在每个小正方形的边长均为1个单位长度的方格纸中，有一个和一点O，的顶点和点O均与小正方形的顶点重合．（1）在方格纸中，将△ABC向下平移5个单位长度得到，请画出；（2）在方格纸中，将△ABC绕点O旋转180°得到，请画出。

二、简答题2、如图，已知的三个顶点的坐标分别为、、．（1）请直接写出点关于轴对称的点的坐标；（2）将绕坐标原点逆时针旋转90°．画出图形，直接写出点的对应点的坐标；（3）请直接写出：以为顶点的平行四边形的第四个顶点的坐标．三、选择题3、如图所示，在平面直角坐标系中，点A、B的坐标分别为（2，0）和（2，0）.月牙①绕点B顺时针旋转900得到月牙②，则点A的对应点A’的坐标为【】（A）（2，2）（B）（2，4）(C)（4，2） (D)（1，2）4、将图按顺时针方向旋转90°后得到的是( )5、在方格纸（每个小方格都是边长为1个单位长度的正方形）中，我们把每个小正方形的顶点称为格点，以格点为顶点的图形称为格点图形．如上图中的△ABC称为格点△ABC．现将图中△ABC绕点A顺时针旋转，并将其边长扩大为原来的2倍，则变形后点B的对应点所在的位置是（）A．甲 B．乙C．丙 D．丁6、下图是一个旋转对称图形，以O为旋转中心，以下列哪一个角为旋转角旋转，能使旋转后的图形与原图形重合（）A．60° B．90° C．120°D．180°7、在下图右侧的四个三角形中，不能由△ABC经过旋转或平移得到的是 ( )8、下面四个图案中，是旋转对称图形的是（）Ａ．Ｂ．Ｃ．Ｄ．9、下列运动是属于旋转的是( )A．电梯的上下运动 B．火车的运动C．钟表中分针的运动 D．升国旗时，国旗的徐徐运动10、如图所示，将其中的图甲变成图乙，可经过的变换是( )A．旋转、平移 B．平移、对称 C．旋转、对称 D．不能确定11、如图，该图形围绕自己的旋转中心，按下列角度旋转后，不能与其自身重合的是（）A．72° B．108° C．144° D．216°12、如图，D是等腰Rt△ABC内一点，BC是斜边，如果将△ABD绕点A逆时针方向旋转到△ACD’的位置，则∠ADD’的度数是( )A．25° B．30° C．35°D．45°13、如图可以看作是一个等腰直角三角形旋转若干次而成的，则每次旋转的度数最小是( )A．90° B．60° C．45°D．30°14、如图，经过平移或旋转不可能将图甲变为图乙的是（）15、下列图形中，既是中心对称图形，又是轴对称图形的是（）A．菱形B．等边三角形 C．等腰三角形D．平行四边形16、如图所示，可由一个“基本图案”旋转l80°而形成的是（）A B CD17、已知，将点A1（6，1）向左平移4个单位到达点A2的位置，再向上平移3个单位到达点A3的位置，△A1A2A3绕点A2逆时针方向旋转900，则旋转湖A3的坐标为（）A．（－2，1） B．（1，1） C．（－1，1） D．（5，1）18、下图是一张边被裁直的白纸，把一边折叠后，BC、BD为折痕，、、B在同一直线上，则∠CBD的度数（）A．不能确定B．大于C．小于 D．等于四、计算题19、将一张透明的平行四边形胶片沿对角线剪开，得到图①中的两张三角形胶片和．将这两张三角形胶片的顶点与顶点重合，把绕点顺时针方向旋转，这时与相交于点．（1）当旋转至如图②位置，点，在同一直线上时，与的数量关系是．（2）当继续旋转至如图③位置时，（1）中的结论还成立吗？请说明理由．（3）在图③中，连接，探索与之间有怎样的位置关系，并证明．20、如图所示，左边方格纸中每个正方形的边长均为a，右边方格纸中每个正方形的边长均为b，将左边方格纸中的图形顺时针旋转90°，并按b:a的比例画在右边方格纸中．21、点B．C．E在同一直线上，点A．D在直线CE的同侧，AB＝AC，EC＝ED，∠BAC＝∠CED，直线AE、BD交于点F。

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一、旋转真题与模拟题分类汇编（难题易错题）1．已知正方形ABCD的边长为4，一个以点A为顶点的45°角绕点A旋转，角的两边分别与BC、DC的延长线交于点E、F，连接EF，设CE＝a，CF＝b．（1）如图1，当a＝42时，求b的值；（2）当a＝4时，在图2中画出相应的图形并求出b的值；（3）如图3，请直接写出∠EAF绕点A旋转的过程中a、b满足的关系式．【答案】（1）422）b＝8；（3）ab＝32．【解析】试题分析：（1）由正方形ABCD的边长为4，可得AC＝2，∠ACB＝45°．再CE＝a＝2∠CAE＝∠AEC，从而可得∠CAF的度数，既而可得 b=AC；（2）通过证明△ACF∽△ECA，即可得；（3）通过证明△ACF∽△ECA，即可得.试题解析：（1）∵正方形ABCD的边长为4，∴AC＝2，∠ACB＝45°．∵CE＝a＝2∴∠CAE＝∠AEC＝452︒＝22.5°，∴∠CAF＝∠EAF－∠CAE＝22.5°，∴∠AFC＝∠ACD－∠CAF＝22.5°，∴∠CAF＝∠AFC，∴b=AC＝CF＝42（2）∵∠FAE＝45°，∠ACB＝45°，∴∠FAC＋∠CAE＝45°，∠CAE＋∠AEC＝45°，∴∠FAC ＝∠AEC．又∵∠ACF＝∠ECA＝135°，∴△ACF∽△ECA，∴AC CFEC CA=，∴42442=∴CF＝8，即b＝8．（3）ab＝32．提示：由（2）知可证△ACF∽△ECA，∴∴AC CFEC CA=，∴4242a=，∴ab＝32．2．如图1，在锐角△ABC中，∠ABC=45°，高线AD、BE相交于点F．（1）判断BF与AC的数量关系并说明理由；（2）如图2，将△ACD沿线段AD对折，点C落在BD上的点M，AM与BE相交于点N，当DE∥AM时，判断NE与AC的数量关系并说明理由．【答案】（1）BF=AC，理由见解析；（2）NE=12AC，理由见解析.【解析】试题分析：（1）如图1，证明△ADC≌△BDF（AAS），可得BF=AC；（2）如图2，由折叠得：MD=DC，先根据三角形中位线的推论可得：AE=EC，由线段垂直平分线的性质得：AB=BC，则∠ABE=∠CBE，结合（1）得：△BDF≌△ADM，则∠DBF=∠MAD，最后证明∠ANE=∠NAE=45°，得AE=EN，所以EN=12 AC．试题解析：（1）BF=AC，理由是：如图1，∵AD⊥BC，BE⊥AC，∴∠ADB=∠AEF=90°，∵∠ABC=45°，∴△ABD是等腰直角三角形，∴AD=BD，∵∠AFE=∠BFD，∴∠DAC=∠EBC，在△ADC和△BDF中，∵DAC DBFADC BDF AD BD∠=∠⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，∴△ADC≌△BDF（AAS），∴BF=AC；（2）NE=12AC，理由是：如图2，由折叠得：MD=DC，∵DE∥AM，∴AE=EC，∵BE⊥AC，∴AB=BC，∴∠ABE=∠CBE，由（1）得：△ADC≌△BDF，∵△ADC≌△ADM，∴△BDF≌△ADM，∴∠DBF=∠MAD，∵∠DBA=∠BAD=45°，∴∠DBA﹣∠DBF=∠BAD﹣∠MAD，即∠ABE=∠BAN，∵∠ANE=∠ABE+∠BAN=2∠ABE，∠NAE=2∠NAD=2∠CBE，∴∠ANE=∠NAE=45°，∴AE=EN，∴EN=12 AC．3．在平面直角坐标中，边长为2的正方形OABC的两顶点A、C分别在y轴、x轴的正半轴上，点O在原点.现将正方形OABC绕O点顺时针旋转，当A点一次落在直线y x=上时停止旋转，旋转过程中，AB边交直线y x=于点M，BC边交x轴于点N（如图）.（1）求边OA在旋转过程中所扫过的面积；（2）旋转过程中，当MN和AC平行时，求正方形OABC旋转的度数；（3）设MBN∆的周长为p，在旋转正方形OABC的过程中，p值是否有变化？请证明你的结论.【答案】（1）π/2（2）22.5°(3)周长不会变化，证明见解析【解析】试题分析：（1）根据扇形的面积公式来求得边OA在旋转过程中所扫过的面积；（2）解决本题需利用全等，根据正方形一个内角的度数求出∠AOM的度数；（3）利用全等把△MBN的各边整理到成与正方形的边长有关的式子．试题解析：（1）∵A点第一次落在直线y=x上时停止旋转，直线y=x与y轴的夹角是45°，∴OA旋转了45°．∴OA在旋转过程中所扫过的面积为24523602ππ⨯=．（2）∵MN∥AC，∴∠BMN=∠BAC=45°，∠BNM=∠BCA=45°．∴∠BMN=∠BNM．∴BM=BN．又∵BA=BC，∴AM=CN．又∵OA=OC，∠OAM=∠OCN，∴△OAM≌△OCN．∴∠AOM=∠CON=12（∠AOC-∠MON）=12（90°-45°）=22.5°．∴旋转过程中，当MN和AC平行时，正方形OABC旋转的度数为45°-22.5°=22.5°．（3）在旋转正方形OABC的过程中，p值无变化．证明：延长BA交y轴于E点，则∠AOE=45°-∠AOM，∠CON=90°-45°-∠AOM=45°-∠AOM，∴∠AOE=∠CON．又∵OA=OC，∠OAE=180°-90°=90°=∠OCN．∴△OAE≌△OCN．∴OE=ON，AE=CN．又∵∠MOE=∠MON=45°，OM=OM，∴△OME≌△OMN．∴MN=ME=AM+AE．∴MN=AM+CN，∴p=MN+BN+BM=AM+CN+BN+BM=AB+BC=4．∴在旋转正方形OABC的过程中，p值无变化．考点：旋转的性质.4．在平面直角坐标系中，O为原点，点A（0，4），点B（﹣2，0），把△ABO绕点A逆时针旋转，得△AB′O′，点B、O旋转后的对应点为B′、O′．（1）如图①，若旋转角为60°时，求BB′的长；（2）如图②，若AB′∥x轴，求点O′的坐标；（3）如图③，若旋转角为240°时，边OB上的一点P旋转后的对应点为P′，当O′P+AP′取得最小值时，求点P′的坐标（直接写出结果即可）【答案】（1）252）点O′的坐标为（855，55+4）；（3）点P′的坐标为（﹣83，365．【解析】分析：（1）由点A、B的坐标可得出AB的长度，连接BB′，由旋转可知：AB=AB′，∠BAB ′=60°，进而可得出△ABB ′为等边三角形，根据等边三角形的性质可求出BB ′的长；（2）过点O ′作O ′D ⊥x 轴，垂足为D ，交AB ′于点E ，则△AO ′E ∽△ABO ，根据旋转的性质结合相似三角形的性质可求出AE 、O ′E 的长，进而可得出点O ′的坐标；（3）作点A 关于x 轴对称的点A ′，连接A ′O ′交x 轴于点P ，此时O ′P +AP ′取最小值，过点O ′作O ′F ⊥y 轴，垂足为点F ，过点P ′作PM ⊥O ′F ，垂足为点M ，根据旋转的性质结合解直角三角形可求出点O ′的坐标，由A 、A ′关于x 轴对称可得出点A ′的坐标，利用待定系数法即可求出直线A ′O ′的解析式，由一次函数图象上点的坐标特征可得出点P 的坐标，进而可得出OP 的长度，再在Rt △O ′P ′M 中，通过解直角三角形可求出O ′M 、P ′M 的长，进而可得出此时点P ′的坐标．详解：（1）∵点A （0，4），点B （﹣2，0），∴OA =4，OB =2，∴AB．在图①中，连接BB ′．由旋转可知：AB =AB ′，∠BAB ′=60°，∴△ABB ′为等边三角形，∴BB ′=AB（2）在图②中，过点O ′作O ′D ⊥x 轴，垂足为D ，交AB ′于点E ． ∵AB ′∥x 轴，O ′E ⊥x 轴，∴∠O ′EA =90°=∠AOB ．由旋转可知：∠B ′AO ′=∠BAO ，AO ′=AO =4，∴△AO ′E ∽△ABO ，AE AO ='O E BO ='AO AB，即4AE ='2O E∴AE=5，O ′E=5，∴O ′D=5+4，∴点O ′的坐标为）．（3）作点A 关于x 轴对称的点A ′，连接A ′O ′交x 轴于点P ，此时O ′P +AP ′取最小值，过点O ′作O ′F ⊥y 轴，垂足为点F ，过点P ′作PM ⊥O ′F ，垂足为点M ，如图3所示．由旋转可知：AO ′=AO =4，∠O ′AF =240°﹣180°=60°，∴AF =12AO ′=2，O ′FAO∴点O ′（﹣6）．∵点A （0，4），∴点A ′（0，﹣4）．设直线A ′O ′的解析式为y =kx +b ，将A ′（0，﹣4）、O ′（﹣6）代入y =kx +b ，得：46b b =-⎧⎪⎨-+=⎪⎩，解得：34k b ⎧=-⎪⎨⎪=-⎩，∴直线A ′O ′的解析式为y =x ﹣4．当y =0x ﹣4=0，解得：x =，∴点P0），∴OP =O ′P′=5．在Rt △O ′P ′M 中，∠MO ′P ′=60°，∠O ′MP ′=90°，∴O ′M =12O ′P，P′M=32O′P′=65，∴点P′的坐标为（﹣23+235，6+65），即（﹣833655，）．点睛：本题考查了函数图象及旋转变换、待定系数法求一次函数解析式、等边三角形的判定与性质、一次函数图象上点的坐标特征以及解直角三角形，解题的关键是：（1）利用等边三角形的性质找出BB′的长；（2）通过解直角三角形求出AE、O′E的长；（3）利用两点之间线段最短找出当O′P+AP′取得最小值时点P的位置．5．如图①，在ABCD中，AB=10cm，BC=4cm，∠BCD=120°，CE平分∠BCD交AB于点E.点P从A点出发，沿AB方向以1cm/s的速度运动，连接CP，将△PCE绕点C逆时针旋转60°，使CE与CB重合，得到△QCB，连接PQ.（1）求证：△PCQ是等边三角形；（2）如图②，当点P在线段EB上运动时，△PBQ的周长是否存在最小值？若存在，求出△PBQ周长的最小值；若不存在，请说明理由；（3）如图③，当点P在射线AM上运动时，是否存在以点P、B、Q为顶点的直角三角形？若存在，求出此时t的值；若不存在，请说明理由.（1）（2）（3）【答案】（1）证明见解析；（2）存在，理由见解析；（3）t为2s或者14s.【解析】分析：（1）根据旋转的性质，证明△PCE≌△QCB，然后根据全等三角形的性质和等边三角形的判定证明即可；（2）利用平行四边形的性质证得△BCE为等边三角形，然后根据全等三角形的性质得到△PBQ的周长为4+CP，然后垂线段最短可由直角三角形的性质求解即可；（3）根据点的移动的距离，分类讨论求解即可.详解：（1）∵旋转∴△PCE≌△QCB∴CP=CQ，∠PCE =∠QCB，∵∠BCD=120°，CE平分∠BCD，∴∠PCQ=60°，∴∠PCE +∠QCE=∠QCB+∠QCE=60°，∴△PCQ为等边三角形.（2）存在∵CE平分∠BCD，∴∠BCE=60 ，∵在平行四边形ABCD 中，∴AB∥CD∴∠ABC=180°﹣120°=60°∴△BCE为等边三角形∴BE=CB=4∵旋转∴△PCE≌△QCB∴EP=BQ，∴C△PBQ=PB+BQ+PQ=PB+EP+PQ=BE+PQ=4+CP∴CP⊥AB时，△PBQ周长最小当CP⊥AB时，CP=BCsin60°=∴△PBQ周长最小为4＋（3）①当点B与点P重合时，P,B,Q不能构成三角形②当0≤t＜6时，由旋转可知，∠CPE=∠CQB，∠CPQ=∠CPB+∠BPQ=60°则：∠BPQ+∠CQB＝60°，又∵∠QPB+∠PQC+∠CQB+∠PBQ=180°∴∠CBQ=180°—60°—60°=60°∴∠QBP=60°，∠BPQ＜60°，所以∠PQB可能为直角由（1）知，△PCQ为等边三角形，∴∠PBQ=60°，∠CQB＝30°∵∠CQB＝∠CPB∴∠CPB=30°∵∠CEB＝60°，∴∠ACP＝∠APC=30°∴PA=CA=4，所以AP=AE-EP=6-4=2÷=s所以t＝212③当6＜t＜10时，由∠PBQ＝120°＞90°，所以不存在④当t＞10时，由旋转得：∠PBQ=60°，由（1）得∠CPQ=60°∴∠BPQ=∠CPQ+∠BPC=60°+∠BPC，而∠BPC＞0°，∴∠BPQ＞60°∴∠BPQ=90°，从而∠BCP=30°，∴BP=BC=4所以AP=14cm所以t=14s综上所述：t为2s或者14s时，符合题意。