2022-2023年苏科版数学八年级下册专项复习精讲精练：专题01 图形的旋转与中心对称【考点梳理+专题训练】（原卷版+解析版）

专题01 图形的旋转与中心对称

一．选择题（共6小题）

1．（2022春•贾汪区期中）下列医疗图标既是轴对称图形又是中心对称图形的是（　　）

A． B． 

C． D．

【分析】根据轴对称图形和中心对称图形的概念对各选项分析判断即可得解．

【解答】解：A、该图形既是中心对称图形又是轴对称图形，符合题意；

B、该图形既不是中心对称图形，也不是轴对称图形，不符合题意；

C、该图形是轴对称图形，不是中心对称图形，不符合题意；

D、该图形是轴对称图形，不是中心对称图形，不符合题意．

故选：A．

【点评】此题考查了轴对称图形和中心对称图形，掌握轴对称图形和中心对称图形的概念是解题关键．

2．（2022春•盐都区期中）下列图形中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（　　）

A． B． 

C． D．

【分析】根据中心对称图形与轴对称图形的概念进行判断即可．

【解答】解：A．不是中心对称图形，是轴对称图形，故此选项不合题意；

B．既是中心对称图形，也是轴对称图形，故此选项符合题意；

C．是中心对称图形，不是轴对称图形，故此选项不合题意；

D．不是中心对称图形，是轴对称图形，故此选项不合题意；

故选：B．

【点评】本题考查的是中心对称图形与轴对称图形的概念．轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分折叠后可重合，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后与自身重合．

3．（2022春•梁溪区校级期中）如图，在△ABC中，∠A＝80°，AC＝BC，以点B为旋转中心把△ABC按顺时针旋转α度，得到△A′BC′，点A′恰好落在AC上，连接CC′，则∠ACC′的度数为（　　）

A．110° B．100° C．90° D．70°

【分析】在△ABC中，可求得∠ABC和∠ACB，在△ABA′中由旋转的性质可求得α的大小，从而可求得∠CBC′，在△BCC′中可求得∠BCC′，从而可求得∠ACC′．

【解答】解：∵AC＝BC，

∴∠A＝∠ABC＝80°，

∴∠ACB＝180°﹣80°﹣80°＝20°，

∵以点B为旋转中心把△ABC按顺时针旋转α度，得到△A′BC′，

∴AB＝A′B，BC＝BC′，且∠CBC′＝α，

∴∠BA′A＝∠A＝80°，

∴α＝20°，

∴∠CBC′＝20°，

∴∠BCC′（180°﹣20°）＝80°，

∴∠ACC′＝∠ACB+∠BCC′＝20°+80°＝100°．

故选：B．

【点评】本题主要考查旋转的性质和等腰三角形的性质，利用旋转的性质和等腰三角形的两底角相等求得α和∠ACB是解题的关键．

4．（2022春•姜堰区期中）如图，将木条a，b与c钉在一起，∠1＝100°，∠2＝60°．若木条a、b、c所在的直

线围成直角三角形，则木条a顺时针旋转的度数不可能是（　　）

A．110° B．120° C．170° D．290°

【分析】画出图形，根据旋转角度判断木条a、b、c所在的直线围成的三角形是否有两锐角和为90°．

【解答】解：A、当木条a顺时针旋转110°时，

∵∠1＝100°，

∴∠3＝80°，

∴∠4＝110°﹣∠3＝30°，

∵∠2＝60°，

∴∠2+∠4＝90°，此时木条a、b、c所在的直线围成直角三角形，故A不符合题意；

B、同A可知，若当木条a顺时针旋转120°时，∠2+∠4＝100°，此时木条a、b、c所在的直线不能围成直角三角形，故B符合题意；

C、当木条a顺时针旋转170°时，

∵∠3＝80°，

∴∠5＝170°＝80°＝90°，

∴此时木条a、b、c所在的直线围成直角三角形，故C不符合题意；

D、当木条a顺时针旋转290°时，

可知∠6＝30°，

∴∠4＝30°，此时木条a、b、c所在的直线围成直角三角形，故D不符合题意；

故选：B．

【点评】本题考查直角三角形的判定，解题的关键掌握旋转角定义，由旋转角度判断三角形是否有两锐角和为90°．

5．（2022春•常州期中）如图，在△ABC中，AB＝2，BC＝4，将△ABC绕点A顺时针旋转60°得到△ADE，此时点B的对应点D恰好落在BC边上，则CD的长为（　　）

A．1 B．2 C．3 D．4

【分析】由旋转可得：AD＝AB，∠DAB＝60°，从而可得△ADB是等边三角形，然后求出DB即可解答．

【解答】解：由旋转可得：AD＝AB，∠DAB＝60°，

∴△ADB是等边三角形，

∴BD＝AB＝AD＝2，

∵BC＝4，

∴CD＝BC﹣BD＝4﹣2＝2，

故选：B．

【点评】本题考查了旋转的性质，熟练掌握旋转的性质以及等边三角形的判定与性质是解题的关键．

6．（2022春•鼓楼区期中）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠B＝30°，AC＝2，P是BC边上一动点，连接AP，把线段AP绕点A逆时针旋转60°到线段AQ，连接CQ，则线段CQ的最小值为（　　）

A．1 B．2 C．3 D．

【分析】在AB上取一点E，使AE＝AC＝2，连接PE，过点E作EF⊥BC于F，由旋转的性质得出AQ＝AP，∠PAQ＝60°，证明△CAQ≌△EAP（SAS），由全等三角形的性质得出CQ＝EP，当EF⊥BC（点P和点F重合）时，EP最小，由直角三角形的性质即可得出结论．

【解答】解：如图，在AB上取一点E，使AE＝AC＝2，连接PE，过点E作EF⊥BC于F，

由旋转知，AQ＝AP，∠PAQ＝60°，

∵∠ABC＝30°，

∴∠EAC＝60°，

∴∠PAQ＝∠EAC，

∴∠CAQ＝∠EAP，

∴△CAQ≌△EAP（SAS），

∴CQ＝EP，

要使CQ最小，则有EP最小，而点E是定点，点P是BC上的动点，

∴当EF⊥BC（点P和点F重合）时，EP最小，

即：点P与点F重合，CQ最小，最小值为EP，

在Rt△ACB中，∠ACB＝30°，AC＝2，

∴AB＝4，

∵AE＝AC＝2，

∴BE＝AB﹣AE＝2，

在Rt△BFE中，∠EBF＝30°，BE＝2，

∴EFBE，

故线段CQ长度最小值是，

故选：D．

【点评】此题主要考查了旋转的性质，全等三角形的判定和性质，解直角三角形，找出点P和点F重合时，EQ最小，最小值为EF的长度是解本题的关键．

二．填空题（共7小题）

7．（2022春•靖江市期末）将数字“6”旋转180°，得到数字“9”，将数字“9”旋转180°，得到数字“6”，现将数字“689”整体旋转180°，得到的数字是 　689　．

【分析】根据中心对称图形的概念判断．把一个图形绕某一点旋转180°，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形就叫做中心对称图形．

【解答】解：将数字“689”整体旋转180°，得到的数字是689．

故答案为：689．

【点评】本题考查的是中心对称图形，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后与自身重合．

8．（2022春•丹阳市期末）如图，将△ABC绕点A顺时针旋转40°得到△ADE，点B的对应点D恰好落在边BC上，则∠ADE＝　70　°．

【分析】根据旋转的性质得到AD＝AB，∠ADE＝∠B，根据等腰三角形的性质得到∠ADB＝∠B，求得∠ADE＝∠ADB＝70°．

【解答】解：由旋转的性质可知，AD＝AB，∠ADE＝∠B，

∴∠ADB＝∠B，

∵∠BAD＝40°，

∴∠ADE＝∠ADB＝∠B40°）＝70°，

故答案为：70．

【点评】本题考查的是旋转变换的性质、等腰三角形的性质，掌握旋转的性质是解题的关键．

9．（2022秋•镇江期中）如图，△ABC中，AB＝AC，∠ABC＝68°，△DBE由△ABC绕点B逆时针旋转所得，若点C在DE上，连接AE，则∠EAC＝　24　°．

【分析】由等腰三角形的性质可求∠ABC＝∠ACB＝68°，∠BAC＝44°，由旋转的性质可得DB＝BC，BE＝BA，∠DBC＝∠ABE，由等腰三角形的性质可求解．

【解答】解：∵AB＝AC，∠ABC＝68°，

∴∠ABC＝∠ACB＝68°，

∴∠BAC＝44°，

∵△DBE由△ABC绕点B逆时针旋转所得，

∴DB＝BC，BE＝BA，∠DBC＝∠ABE，∠BCA＝∠BDE＝68°，

∴∠BDE＝∠BAE＝68°，

∴∠EAC＝∠BAE﹣∠BAC＝68°﹣44°＝24°，

故答案为：24．

【点评】本题考查了旋转的性质，等腰三角形的性质，掌握旋转的性质是解题的关键．

10．（2022春•灌云县期中）如图，在△ABC中，∠BAC＝108°，将△ABC绕点A按逆时针方向旋转得到△AB'C'．若点B'恰好落在BC边上，且AB'＝CB'，则∠C'的度数为 　24°　．

【分析】由旋转的性质可得∠C＝∠C'，AB＝AB'，由等腰三角形的性质可得∠C＝∠CAB'，∠B＝∠AB'B，由三角形的外角性质和三角形内角和定理可求解．

【解答】解：∵AB'＝CB'，

∴∠C＝∠CAB'，

∴∠AB'B＝∠C+∠CAB'＝2∠C，

∵将△ABC绕点A按逆时针方向旋转得到△AB'C'，

∴∠C＝∠C'，AB＝AB'，

∴∠B＝∠AB'B＝2∠C，

∵∠B+∠C+∠CAB＝180°，

∴3∠C＝180°﹣108°，

∴∠C＝24°，

∴∠C'＝∠C＝24°，

故答案为：24°．

【点评】本题考查了旋转的性质，等腰三角形的性质，灵活运用这些的性质解决问题是本题的关键．

11．（2022春•宜兴市校级期末）如图，△ABC中，∠ACB＝90°，∠ABC＝25°，以点C为旋转中心顺时针旋转后得到△A′B′C′，且点A在A′B′上，则旋转角为 　50°　．

【分析】由将△ACB绕点C顺时针旋转得到△A′B′C′，即可得△ACB≌△A′B′C′，则可得∠A'＝∠BAC，△AA'C是等腰三角形，又由△ACB中，∠ACB＝90°，∠ABC＝25°，即可求得∠A'、∠B'AB的度数，即可求得∠ACB'的度数，继而求得∠B'CB的度数．

【解答】解：∵将△ACB绕点C顺时针旋转得到△A′B′C′，

∴△ACB≌△A′B′C′，

∴∠A'＝∠BAC，AC＝CA'，

∴∠BAC＝∠CAA'，

∵△ACB中，∠ACB＝90°，∠ABC＝25°，

∴∠BAC＝90°﹣∠ABC＝65°，

∴∠BAC＝∠CAA'＝65°，

∴∠B'AB＝180°﹣65°﹣65°＝50°，

∴∠ACB'＝180°﹣25°﹣50°﹣65°＝40°，

∴∠B'CB＝90°﹣40°＝50°．

故答案为：50°．

【点评】此题考查了旋转的性质、直角三角形的性质以及等腰三角形的性质．此题难度不大，注意掌握旋转前后图形的对应关系，注意数形结合思想的应用．

12．（2022春•常州期中）如图，△ABC和△DEC关于点C成中心对称，若AC，AB＝1，∠BAC＝90°，则AE的长是　　．

【分析】利用全等三角形的性质以及勾股定理解决问题即可．

【解答】解：∵△ABC和△DEC关于点C成中心对称，

∴△ABC≌△DEC，

∴AB＝DE＝1，AC＝CD，∠D＝BAC＝90°，

∴AD＝DE＝1，

∴AE．

故答案为：．

【点评】本题考查中心对称，勾股定理等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．

13．（2022春•泰兴市期中）如图，△DEC与△ABC关于点C成中心对称，AB＝3，AC＝2，∠CAB＝90°，则AE的长是 　5　．

【分析】证明∠D＝90°，利用勾股定理求解．

【解答】解：∵△DEC与△ABC关于点C成中心对称，

∴△ACB≌△DCE，

∴AC＝CD＝2，∠A＝∠D＝90°，AB＝DE＝3，

∴AD＝4，

∴AE5，

故答案为：5．

【点评】本题考查中心对称，勾股定理，全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．

三．解答题（共12小题）

14．（2022春•东海县期末）如图，用四根木条钉成矩形框ABCD，把边BC固定在地面上，向右推动矩形框，矩形框的形状会发生改变（四边形具有不稳定性）．

（1）通过操作观察可知，线段EB由AB旋转得到，所以EB＝AB．同理可得FC＝CD，EF＝　AD　；

（2）进一步观察，我们还会发现EF∥AD，请证明这一结论；

（3）已知BC＝30cm，DC＝80cm，若BE恰好经过原矩形DC边的中点H，求此时四边形BCFE的面积．

【分析】（1）由推动矩形框时，矩形ABCD的各边的长度没有改变，可求解；

（2）通过证明四边形BEFC是平行四边形，可得结论；

（3）由勾股定理可求BH的长，由面积法可求CG的长，即可求解．

【解答】（1）解：∵把边BC固定在地面上，向右边推动矩形框，矩形的形状会发生改变，

∴矩形ABCD的各边的长度没有改变，

∴AB＝BE，EF＝AD，CF＝CD，

故答案为：AD；

（2）证明：∵四边形ABCD是矩形，

∴AD∥BC，AB＝CD，AD＝BC，

∵AB＝BE，EF＝AD，CF＝CD，

∴BE＝CF，EF＝BC，

∴四边形BEFC是平行四边形，

∴EF∥BC，

∴EF∥AD；

（3）解：如图，过点C作CG⊥BE于G，

∵DC＝AB＝BE＝80cm，点H是CD的中点，

∴CH＝DH＝40cm，

在Rt△BHC中，BH50（cm），

∵S△BCHBC×CHBH×CG，

∴30×40＝50×CG，

∴CG＝24，

∴四边形BCFE的面积＝BE×CG＝80×24＝1920（cm2）．

【点评】本题考查了旋转的性质，矩形的性质，平行四边形的判定和性质，勾股定理，相似三角形的判定和性质等知识，灵活运用这些性质解决问题是解题的关键．

15．（2021秋•东台市期末）已知：∠AOB＝120°，OC平分∠AOB．

（1）把三角尺的60°角的顶点落在射线OC上的任意一点P处，绕点P转动三角尺，某一时刻，恰好使得OE＝OF（图1），此时PE与PF相等吗？为什么？

（2）把三角尺继续绕点P转动，两边分别交OA、OB于点E、F（图2），求证：△PEF为等边三角形．

【分析】（1）直接利用SAS证明△POE≌△POF，可得结论；

（2）在OB上取OD＝OP，连接PD，可得△POD是等边三角形，再利用ASA证明△EPO≌△FPD，得PE＝PF，从而证明结论．

【解答】（1）解：PE＝PF．理由如下：

∵OC平分∠AOB．

∴∠AOC＝∠BOC，

在△POE和△POF中，

，

∴△POE≌△POF（SAS），

∴PE＝PF；

（2）证明：在OB上取OD＝OP，连接PD，

∵OC平分∠AOB．

∴∠AOC＝∠BOC＝60°，

∴△POD是等边三角形，

∴PD＝OP，∠PDO＝∠AOC＝∠OPD＝60°，

∵∠EPF＝∠OPD＝60°，

∴∠EPO＝∠DPF，

∴△EPO≌△FPD（ASA），

∴PE＝PF，

∴△PEF是等边三角形．

【点评】本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等知识，熟悉常见的辅助线作法是解题的关键．

16．（2022春•建湖县期中）如图，在△ABC中，D是边BC上一点，AD＝AB．

（1）请用尺规作图法作△ABC绕点A旋转后得到的△ADE，使旋转后的AB边与AD边重合．（保留作图痕迹，不写作法）

（2）连接CE，若∠B＝60°，求证：CE＝AE．

【分析】（1）以AD为边，在AD上方作∠DAE＝∠BAC，再在AE上截取AE＝AC，从而得出答案；

（2）先证△ABD是等边三角形得∠BAD＝60°．结合△ABC≌△ADE知AC＝AE，∠DAE＝∠BAC，从而得∠CAE＝∠BAD＝60°，据此知△ACE是等边三角形，继而得证．

【解答】解：（1）如图所示，△ADE即为所求．

（2）证明：连接CE，

∵AB＝AD，∠B＝60°，

∴△ABD是等边三角形，

∴∠BAD＝60°．

∵△ABC旋转至△ADE，

∴△ABC≌△ADE，

∴AC＝AE，∠DAE＝∠BAC，

∴∠CAE＝∠BAD＝60°，

∴△ACE是等边三角形，

∴CE＝AE

【点评】本题主要考查作图—旋转变换，解题的关键是掌握旋转变换的性质、作一个角等于已知角与作一条线段等于已知线段的尺规作图、等边三角形的判定与性质．

17．（2022秋•邗江区期中）如图，在四边形ABCD中，∠ABC＝∠ADC＝45°，将△BCD绕点C顺时针旋转一定角度后，点B的对应点恰好与点A重合，得到△ACE．

（1）求证：AE⊥BD；

（2）若AD＝1，CD，试求四边形ABCD的对角线BD的长．

【分析】（1）由全等三角形的性质可得∠DBC＝∠EAC，由直角三角形的性质可求∠AND＝90°，即可得AE⊥BD；

（2）由勾股定理可求DE的长，再由勾股定理可求AE＝BD的长．

【解答】（1）证明：由题意可得AC＝BC，∠ABC＝45°，

∴∠BCA＝90°，

设BD与AC、AE分别交于点M、N，

∵∠AMN＝∠BMC，∠CAE＝∠CBD，

∴∠ANM＝∠MCB＝90°，

即AE⊥BD．

（2）解：连DE，

∵∠BCD＝∠ACE，

∴∠DCE＝∠ACB＝90°，

∵CD＝CE，

∴DE＝2，∠CDE＝45°，

∴∠ADE＝∠ADC+∠CDE＝90°，

∴AE，

∴BD．

【点评】本题考查了旋转的性质，全等三角形的性质，等腰三角形的性质，勾股定理等知识，证明∠ADE＝90°是本题的关键．

18．（2022春•梁溪区校级期末）如图，在平面直角坐标系中，△ABC的三个顶点坐标都在格点上，且△A1B1C1与△ABC关于原点O成中心对称，C点坐标为（﹣2，1）．

（1）请直接写出A1的坐标 　（3，﹣4）　；并画出△A1B1C1．

（2）P（a，b）是△ABC的AC边上一点，将△ABC平移后点P的对称点P'（a+2，b﹣6），请画出平移后的△A2B2C2．

（3）若△A1B1C1和△A2B2C2关于某一点成中心对称，则对称中心的坐标为 　（1，﹣3）　．

【分析】（1）直接利用旋转的性质得出对应点位置位置，进而得出答案；

（2）直接利用平移的性质得出对应点位置进而得出答案；

（3）连接各对应点，进而得出对称中心的坐标．

【解答】解：（1）如图所示：△A1B1C1，即为所求；

A1的坐标为（3，﹣4），

故答案为：（3，﹣4）．

（2）如图所示：△A2B2C2，即为所求；

（3）△A1B1C1和△A2B2C2关于某一点成中心对称，则对称中心的坐标为：（1，﹣3）．

故答案为：（1，﹣3）．

【点评】此题主要考查了旋转变换以及平移变换，正确得出对应点位置是解题关键．

19．（2022春•东台市期中）方格纸中的每个小方格都是边长为1个单位的正方形，在建立平面直角坐标系后，△ABC的顶点均在格点上，点C的坐标为（4，﹣1）．

（1）试作出△ABC以C为旋转中心，沿顺时针方向旋转90°后的图形△A1B1C；

（2）以原点O为对称中心，再画出与△ABC关于原点O对称的△A2B2C2，并写出点C2的坐标　（﹣4，1）　．

【分析】（1）根据题意所述的旋转三要素，依此找到各点旋转后的对应点，顺次连接可得出△A1B1C；

（2）根据中心对称点平分对应点连线，可找到各点的对应点，顺次连接可得△A2B2C2，结合直角坐标系可得出点C2的坐标．

【解答】解：根据旋转中心为点C，旋转方向为顺时针，旋转角度为90°，

所作图形如下：

．

（2）所作图形如下：

结合图形可得点C2坐标为（﹣4，1）．

【点评】此题考查了旋转作图的知识，解答本题关键是仔细审题，找到旋转的三要素，另外要求我们掌握中心对称点平分对应点连线，难度一般．

20．（2022秋•铜山区期中）如图，∠AOB＝90°，OC是∠AOB的角平分线．把直角三角尺的直角顶点落在OC的任意一点P上，使三角尺的两条直角边分别与OA、OB相交于点E、F．如图①若PE⊥OA，PF⊥OB，我们依据“角平分线上的点到角的两边距离相等”有结论：PE＝PF．

（1）把三角尺绕点P旋转一定角度（如图②），那么PE＝PF是否仍成立？请说明理由；

（2）若OP＝10，在三角尺旋转过程中，四边形PEOF的面积是否改变？若不变，求四边形PEOF的面积；若改变，说明理由．

【分析】（1）过P点作PM⊥OA于M点，PN⊥OB于N点，如图②，先根据角平分线的性质得到PM＝PN，再证明∠MPE＝∠NPF，则可判断△PME≌△PNF，所以PE＝PF；

（2）先证明四边形PMON为正方形，所以PM＝5，再利用△PME≌△PNF得到S△PME＝S△PNF，所以四边形PEOF的面积＝S正方形PMON．

【解答】解：（1）PE＝PF仍成立．

理由如下；

过P点作PM⊥OA于M点，PN⊥OB于N点，如图②，

∵OC是∠AOB的角平分线，

∴PM＝PN，

∵∠PMO＝∠PNO＝∠MON＝90°，

∴∠MPN＝90°，

∵∠MPE+∠EPN＝90°，∠EPN+∠NPF＝90°，

∴∠MPE＝∠NPF，

在△PME和△PNF中，

，

∴△PME≌△PNF（ASA），

∴PE＝PF；

（2）四边形PEOF的面积不改变，它面积为50．

∵∠PMO＝∠PNO＝∠MON＝90°，PM＝PN，

∴四边形PMON为正方形，

∴PMOP10＝5，

∵△PME≌△PNF，

∴S△PME＝S△PNF，

∴四边形PEOF的面积＝S正方形PMON＝PM2＝（5）2＝50．

【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．也考查了全等三角形的判定与性质和角平分线的性质．

21．（2022春•鼓楼区校级期中）（1）如图1，已知△ABC的顶点A、B、C在格点上，画出将△ABC绕点O顺时针方向旋转90°后得到的△A1B1C1．

（2）如图2，在平面直角坐标系中，将线段AB绕平面内一点P旋转得到线段A′B′，使得A′与点B重合，B′落在x轴负半轴上．请利用无刻度直尺与圆规作出旋转中心P．（不写作法，但要保留作图痕迹）

【分析】（1）利用旋转变换的性质分别作出A，B，C的对应点A1，B1，C1即可；

（2）作出线段AB，A′B′的垂直平分线的交点P即可．

【解答】解：（1）如图1中，△A1B1C1即为所求；

（2）如图2，点P即为旋转中心．

【点评】本题考查作图﹣旋转变换，解题的关键是掌握旋转变换的性质，属于中考常考题型．

22．（2022春•吴中区校级期中）已知：如图，将△ABC绕点C旋转一定角度得到△EDC，若∠ACE＝2∠ACB．

（1）求证：△ADC≌△ABC；

（2）若AB＝BC＝5，AC＝6，求四边形ABCD的面积．

【分析】（1）根据旋转的性质得到∠ACB＝∠DCE，BC＝CD，根据全等三角形的判定定理即可得到结论；

（2）根据全等三角形的性质得到AB＝AD，推出四边形ABCD是菱形，根据菱形的性质得到AC⊥BD，设AC，BD交于O，根据勾股定理得到BO4，求得BD＝8，根据菱形的面积公式即可得到结论．

【解答】（1）证明：∵将△ABC绕点C旋转一定角度得到△EDC，

∴∠ACB＝∠DCE，BC＝CD，

∵∠ACE＝2∠ACB，

∴∠ACE＝2∠DCE，

∴∠ACD＝∠DCE＝∠ACB，

在△ADC与△ABC中，

，

∴△ADC≌△ABC（SAS）；

（2）解：由（1）知，△ADC≌△ABC，

∴AB＝AD，

∵AB＝BC，BC＝CD，

∴AB＝BC＝CD＝AD，

∴四边形ABCD是菱形，

∴AC⊥BD，

设AC，BD交于O，

∴AOAC＝3，

∴BO4，

∴BD＝8，

∴四边形ABCD的面积AC•BD6×8＝24．

【点评】本题考查了旋转的性质全等三角形的判定和性质，菱形的判定和性质，熟练掌握全等三角形的判定和性质是解题的关键．

23．（2022春•江都区月考）课外兴趣小组活动时，老师提出了如下问题：

（1）如图1，在△ABC中，若AB＝5，AC＝3，求BC边上的中线AD的取值范围．

小明在组内经过合作交流，得到了如下的解决方法：延长AD到E，使得DE＝AD，再连接BE（或将△ACD绕点D逆时针旋转180°得到△EBD），把AB、AC、2AD集中在△ABE中，利用三角形的三边关系可得2＜AE＜8，则1＜AD＜4．

[感悟]解题时，条件中若出现“中点”“中线”字样，可以考虑构造以中点为对称中心的中心对称图形，把分散的已知条件和所求证的结论集中到同一个三角形中．

（2）解决问题：受到（1）的启发，请你证明下列命题：如图2，在△ABC中，D是BC边上的中点，DE⊥DF，DE交AB于点E，DF交AC于点F，连接EF．

求证：BE+CF＞EF，若∠A＝90°，探索线段BE、CF、EF之间的等量关系，并加以证明．

【分析】（1）可按阅读理解中的方法构造全等，把CF和BE转移到一个三角形中求解．

（2）由（1）中的全等得到∠C＝∠CBG．∵∠ABC+∠C＝90°，∴∠EBG＝90°，可得三边之间存在勾股定理关系．

【解答】解：（1）延长FD到G，使得DG＝DF，连接BG、EG．

（或把△CFD绕点D逆时针旋转180°得到△BGD），

∴CF＝BG，DF＝DG，

∵DE⊥DF，

∴EF＝EG．

在△BEG中，BE+BG＞EG，即BE+CF＞EF．

（2）若∠A＝90°，则∠EBC+∠FCB＝90°，

由（1）知∠FCD＝∠DBG，EF＝EG，

∴∠EBC+∠DBG＝90°，即∠EBG＝90°，

∴在Rt△EBG中，BE2+BG2＝EG2，

∴BE2+CF2＝EF2．

【点评】本题主要考查了条件中若出现“中点”“中线”字样，可以考虑构造以中点为对称中心的中心对称图形，把分散的已知条件和所求证的结论集中到同一个三角形中，注意运用类比方法构造相应的全等三角形，难度适中．

24．（2022春•相城区校级期末）如图，在△ABC中，∠BAC＝50°，将△ABC绕点A按逆时针方向旋转后得△AB1C1．当B1B∥AC时，求∠BAC1的度数．

【分析】先依据平行的性质可求得∠ABB1的度数，然后再由旋转的性质得到△AB1B为等腰三角形，∠B1AC1＝50°，再求得∠BAB1的度数，最后依据∠BAC1＝∠BAB1﹣∠C1AB1求解即可．

【解答】解：∵B1B∥AC，

∴∠ABB1＝∠BAC＝50°．

∵由旋转的性质可知：∠B1AC1＝∠BAC＝50°，AB＝AB1．

∴∠ABB1＝∠AB1B＝50°．

∴∠BAB1＝80°

∴∠BAC1＝∠BAB1﹣∠C1AB1＝80°﹣50°＝30°．

【点评】本题主要考查的是旋转的性质、平行线的判断，求得∠BAB1的度数是解题的关键．

25．（2022秋•玄武区校级期中）如图，P是等边三角形ABC内一点，连接PA，PB，PC，以BP为边作∠PBQ＝60°，且BP＝BQ，连接CQ．

（1）求证：AP＝CQ；

（2）若∠APB＝150°，PA＝3，PB＝4，求PC长．

【分析】（1）根据等边三角形的性质可得出∠ABC＝60°，AB＝CB，由∠ABP+∠PBC＝60°，∠PBC+∠CBQ＝60°可得出∠ABP＝∠CBQ，结合AB＝CB，BP＝BQ可证出△ABP≌△CBQ（SAS），根据全等三角形的性质可得出AP＝CQ；

（2）连接PQ，根据全等三角形的性质可得出∠BQC＝150°，由BP＝BQ，∠PBQ＝60°可得出△PBQ为等边三角形，利用等边三角形的性质可得出PQ＝PB＝4，∠BQP＝60°，进而可得出∠PQC＝90°，再在Rt△PQC中，利用勾股定理可求出PC的长．

【解答】（1）证明：∵△ABC为等边三角形，

∴∠ABC＝60°，AB＝CB，

∴∠ABP+∠PBC＝60°．

又∵∠PBQ＝∠PBC+∠CBQ＝60°，

∴∠ABP＝∠CBQ．

在△ABP和△CBQ中，

，

∴△ABP≌△CBQ（SAS），

∴AP＝CQ．

（2）解：连接PQ，如图所示．

∵△ABP≌△CBQ，

∴∠BQC＝∠BPA＝150°．

∵BP＝BQ，∠PBQ＝60°，

∴△PBQ为等边三角形，

∴PQ＝PB＝4，∠BQP＝60°，

∴∠PQC＝90°．

在Rt△PQC中，∠PQC＝90°，PQ＝4，CQ＝AP＝3，

∴PC5．

【点评】本题考查了全等三角形的判定与性质、等边三角形的判定与性质以及勾股定理，解题的关键是：（1）利用全等三角形的判定定理SAS证出△ABP≌△CBQ；（2）通过角的计算找出∠PQC＝90°．