中考数学一轮复习考点梳理+单元突破练习专题23 旋转（教师版）

这是一份中考数学一轮复习考点梳理+单元突破练习专题23 旋转（教师版），共41页。试卷主要包含了旋转，旋转对称中心，旋转的性质，中心对称图形与中心对称，中心对称图形的判定，中心对称的性质等内容，欢迎下载使用。
专题23 旋转
1.旋转：在平面内，将一个图形绕一个图形按某个方向转动一个角度，这样的运动叫做图形的旋转。这个定点叫做旋转中心，转动的角度叫做旋转角。（图形的旋转是图形上的每一点在平面上绕着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，对应线段的长度、对应角的大小相等，旋转前后图形的大小和形状没有改变。） 如下图所示：

2.旋转对称中心：把一个图形绕着一个定点旋转一个角度后，与初始图形重合，这种图形叫做旋转对称图形，这个定点叫做旋转对称中心，旋转的角度叫做旋转角（旋转角大于0°，小于360°）。
3.旋转的性质
（1）对应点到旋转中心的距离相等。
（2）对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角。
4.中心对称图形与中心对称
中心对称图形：如果把一个图形绕着某一点旋转180度后能与自身重合，那么我们就说，这个图形成中心对称图形。

中心对称：如果把一个图形绕着某一点旋转180度后能与另一个图形重合，那么我们就说，这两个图形成中心对称。

5.中心对称图形的判定
如果两个图形的对应点连线都经过某一点，并且被这一点平分，那么这两个图形关于这一点对称。
6.中心对称的性质：
（1）关于中心对称的两个图形是全等形。
（2）关于中心对称的两个图形，对称点连线都经过对称中心，并且被对称中心平分。
（3）关于中心对称的两个图形，对应线段平行（或者在同一直线上）且相等。

本章内容通过让学生经历观察、操作等过程了解旋转的概念，探索旋转的性质，发展空间观察，培养几何思维和审美意识，在实际问题中体验数学的快乐，激发对学习的兴趣。
1．中心对称和中心对称图形的区别
区别：中心对称是指两个全等图形之间的相互位置关系，这两个图形关于一点对称，这个点是对称中心，两个图形关于点的对称也叫做中心对称．成中心对称的两个图形中，其中一个上所有点关于对称中心的对称点都在另一个图形上，反之，另一个图形上所有点的对称点，又都在这个图形上；而中心对称图形是指一个图形本身成中心对称．中心对称图形上所有点关于对称中心的对称点都在这个图形本身上。
如果将中心对称的两个图形看成一个整体（一个图形），那么这个图形就是中心对称图形；一个中心对称图形，如果把对称的部分看成是两个图形，那么它们又是关于中心对称。
2.坐标系中对称点的特征
（1）关于原点对称的点的特征
两个点关于原点对称时，它们的坐标的符号相反，即点P（x，y）关于原点的对称点为P′（-x，-y）
（2）关于x轴对称的点的特征
两个点关于x轴对称时，它们的坐标中，x相等，y的符号相反，即点P（x，y）关于x轴的对称点为P′（x，-y）
（3）关于y轴对称的点的特征
两个点关于y轴对称时，它们的坐标中，y相等，x的符号相反，即点P（x，y）关于y轴的对称点为P′（-x，y）
3.旋转变换的应用总结
（1）求角度；
（2）求弧度；
（3）求面积；
（4）证明线段相等；
（5）证明角相等；
（6）证明位置关系；
（7）综合应用。
解题关键就是，要抓住图形变换过程中的几何不变性即旋转不变性、数值不变性等。
【例题1】（2020•枣庄）如图，平面直角坐标系中，点B在第一象限，点A在x轴的正半轴上，∠AOB＝∠B＝30°，OA＝2．将△AOB绕点O逆时针旋转90°，点B的对应点B'的坐标是（　　）

A．（，3） B．（﹣3，） C．（，2） D．（﹣1，2）
【答案】A
【解析】如图，过点B′作B′H⊥y轴于H．解直角三角形求出′H，B′H即可．
如图，过点B′作B′H⊥y轴于H．

在Rt△A′B′H中，∵A′B′＝2，∠B′A′H＝60°，
∴A′H＝A′B′cos60°＝1，B′H＝A′B′sin60°，
∴OH＝2+1＝3，
∴B′（，3）。
【例题2】（2020•黑龙江龙东）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）BE与MN的数量关系是　 　．
（2）将△DEC绕点C逆时针旋转到图②和图③的位置，判断BE与MN有怎样的数量关系？写出你的猜想，并利用图②或图③进行证明．

【答案】见解析。
【分析】（1）如图①中，只要证明△PMN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，推出BE＝AD，∠DAC＝∠EBC，即可推出BH⊥AD，由M、N、P分别为AE、BD、AB的中点，推出PM∥BE，PMBE，PN∥AD，PNAD，推出PM＝PN，∠MPN＝90°，可得BE＝2PM＝2MNMN．
解：（1）如图①中，

∵AM＝ME，AP＝PB，
∴PM∥BE，PMBE，
∵BN＝DN，AP＝PB，
∴PN∥AD，PNAD，
∵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，
∴MNPM，
∴MN•BE，
∴BEMN，
故答案为BEMN．
（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（AAS），
∴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，PMBE，PN∥AD，PNAD，
∴PM＝PN，∠MPN＝90°，
∴BE＝2PM＝2MNMN．




《旋转》单元精品检测试卷
本套试卷满分120分，答题时间90分钟
一、选择题（每小题3分，共30分）
1.(2019黑龙江绥化)下列图形中,属于中心对称图形的是( )

【答案】C
【解析】绕某点旋转180°能和原图形重合,则这个图形称为中心对称图形,其中,A是轴对称图形,B旋转120°的整数倍可以重合,D选项旋转72°的整数倍可以重合,故选C.
2.（2019辽宁本溪）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
【答案】B.
【解析】A选项，是轴对称图形，但不是中心对称图形，故错误；
B选项，既是轴对称图形，又是中心对称图形，故正确；
C选项，是中心对称图形，但不是轴对称图形，故错误；
D选项，是轴对称图形，但不是中心对称图形，故错误，
故选B．
3.（2019山东枣庄）如图，点E是正方形ABCD的边DC上一点，把△ADE绕点A顺时针旋转90°到△ABF的位置．若四边形AECF的面积为20，DE＝2，则AE的长为（　　）

A．4 B．2 C．6 D．2
【答案】D．
【解析】利用旋转的性质得出四边形AECF的面积等于正方形ABCD的面积，进而可求出正方形的边长，再利用勾股定理得出答案．
∵△ADE绕点A顺时针旋转90°到△ABF的位置．
∴四边形AECF的面积等于正方形ABCD的面积等于20，
∴AD＝DC＝2，
∵DE＝2，
∴Rt△ADE中，AE＝＝2
4．（2020•苏州）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（　　）

A．18° B．20° C．24° D．28°
【答案】C
【解析】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．
∵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°。
5.（2020年浙江绍兴）如图，点O为矩形ABCD的对称中心，点E从点A出发沿AB向点B运动，移动到点B停止，延长EO交CD于点F，则四边形AECF形状的变化依次为（　　）

A．平行四边形→正方形→平行四边形→矩形
B．平行四边形→菱形→平行四边形→矩形
C．平行四边形→正方形→菱形→矩形
D．平行四边形→菱形→正方形→矩形
【答案】B
【解析】根据对称中心的定义，根据矩形的性质，可得四边形AECF形状的变化情况．
观察图形可知，四边形AECF形状的变化依次为平行四边形→菱形→平行四边形→矩形．
6.（2019•南京）如图，△A'B'C'是由△ABC经过平移得到的，△A'B'C还可以看作是△ABC经过怎样的图形变化得到？下列结论：①1次旋转；②1次旋转和1次轴对称；③2次旋转；④2次轴对称．其中所有正确结论的序号是（　　）

A． ①④ B．②③ C．②④ D．③④
【答案】D．
【解析】本题主要考查了几何变换的类型，在轴对称变换下，对应线段相等，对应直线（段）或者平行，或者交于对称轴，且这两条直线的夹角被对称轴平分．在旋转变换下，对应线段相等，对应直线的夹角等于旋转角．
依据旋转变换以及轴对称变换，即可使△ABC与△A'B'C'重合．
先将△ABC绕着B'C的中点旋转180°，再将所得的三角形绕着B'C'的中点旋转180°，即可得到△A'B'C'；
先将△ABC沿着B'C的垂直平分线翻折，再将所得的三角形沿着B'C'的垂直平分线翻折，即可得到△A'B'C'。
7.（2019•湖北孝感）如图，在平面直角坐标系中，将点P（2，3）绕原点O顺时针旋转90°得到点P'，则P'的坐标为（　　）

A．（3，2） B．（3，﹣1） C．（2，﹣3） D．（3，﹣2）
【答案】D．
【解析】本题考查了坐标与图形变化﹣旋转：图形或点旋转之后要结合旋转的角度和图形的特殊性质来求出旋转后的点的坐标．常见的是旋转特殊角度如：30°，45°，60°，90°，180°．
作PQ⊥y轴于Q，如图，把点P（2，3）绕原点O顺时针旋转90°得到点P'看作把△OPQ绕原点O顺时针旋转90°得到△OP'Q′，利用旋转的性质得到∠P′Q′O＝90°，∠QOQ′＝90°，P′Q′＝PQ＝2，OQ′＝OQ＝3，从而可确定P′点的坐标．
作PQ⊥y轴于Q，如图，
∵P（2，3），
∴PQ＝2，OQ＝3，

∵点P（2，3）绕原点O顺时针旋转90°得到点P'相当于把△OPQ绕原点O顺时针旋转90°得到△OP'Q′，
∴∠P′Q′O＝90°，∠QOQ′＝90°，P′Q′＝PQ＝2，OQ′＝OQ＝3，
∴点P′的坐标为（3，﹣2）．
8.（2019•山东省聊城市）如图，在Rt△ABO中，∠OBA＝90°，A（4，4），点C在边AB上，且＝，点D为OB的中点，点P为边OA上的动点，当点P在OA上移动时，使四边形PDBC周长最小的点P的坐标为（　　）

A．（2，2） B．（，） C．（，） D．（3，3）
【答案】C．
【解析】根据已知条件得到AB＝OB＝4，∠AOB＝45°，求得BC＝3，OD＝BD＝2，得到D（0，2），C（4，3），作D关于直线OA的对称点E，连接EC交OA于P，则此时，四边形PDBC周长最小，E（0，2），求得直线EC的解析式为y＝x+2，解方程组可得到结论．
∵在Rt△ABO中，∠OBA＝90°，A（4，4），
∴AB＝OB＝4，∠AOB＝45°，
∵＝，点D为OB的中点，
∴BC＝3，OD＝BD＝2，
∴D（0，2），C（4，3），
作D关于直线OA的对称点E，连接EC交OA于P，
则此时，四边形PDBC周长最小，E（0，2），
∵直线OA 的解析式为y＝x，
设直线EC的解析式为y＝kx+b，
∴，
解得：，
∴直线EC的解析式为y＝x+2，
解得，，
∴P（，），
故选：C．

9.（2019•河南）如图，在△OAB中，顶点O（0，0），A（﹣3，4），B（3，4），将△OAB与正方形ABCD组成的图形绕点O顺时针旋转，每次旋转90°，则第70次旋转结束时，点D的坐标为（　　）

A．（10，3） B．（﹣3，10） C．（10，﹣3） D．（3，﹣10）
【答案】D．
【解析】先求出AB＝6，再利用正方形的性质确定D（﹣3，10），由于70＝4×17+2，所以第70次旋转结束时，相当于△OAB与正方形ABCD组成的图形绕点O顺时针旋转2次，每次旋转90°，此时旋转前后的点D关于原点对称，于是利用关于原点对称的点的坐标特征可出旋转后的点D的坐标．
∵A（﹣3，4），B（3，4），
∴AB＝3+3＝6，
∵四边形ABCD为正方形，
∴AD＝AB＝6，
∴D（﹣3，10），
∵70＝4×17+2，
∴每4次一个循环，第70次旋转结束时，相当于△OAB与正方形ABCD组成的图形绕点O顺时针旋转2次，每次旋转90°，
∴点D的坐标为（3，﹣10）．
10.（2020年浙江嘉兴）如图，正三角形ABC的边长为3，将△ABC绕它的外心O逆时针旋转60°得到△A'B'C'，则它们重叠部分的面积是（　　）

A．2 B． C． D．
【答案】C
【分析】根据重合部分是正六边形，连接O和正六边形的各个顶点，所得的三角形都是全等的等边三角形，据此即可求解．
解：作AM⊥BC于M，如图：
重合部分是正六边形，连接O和正六边形的各个顶点，所得的三角形都是全等的等边三角形．
∵△ABC是等边三角形，AM⊥BC，
∴AB＝BC＝3，BM＝CM＝BC＝，∠BAM＝30°，
∴AM＝BM＝，
∴△ABC的面积＝BC×AM＝×3×＝，
∴重叠部分的面积＝△ABC的面积＝×＝

二、填空题（每空3分，共30分）
11.（2019•海南省）如图，将Rt△ABC的斜边AB绕点A顺时针旋转á（0°＜á＜90°）得到AE，直角边AC绕点A逆时针旋转â（0°＜â＜90°）得到AF，连结EF．若AB＝3，AC＝2，且á+â＝∠B，则EF＝　　．

【答案】
【解析】由旋转的性质可得AE＝AB＝3，AC＝AF＝2，由勾股定理可求EF的长．
由旋转的性质可得AE＝AB＝3，AC＝AF＝2，
∵∠B+∠BAC＝90°，且á+â＝∠B，
∴∠BAC+á+â＝90°
∴∠EAF＝90°
∴EF＝＝
12.（2019•湖南邵阳）如图，将等边△AOB放在平面直角坐标系中，点A的坐标为（4，0），点B在第一象限，将等边△AOB绕点O顺时针旋转180°得到△A′OB′，则点B′的坐标是　　．

【答案】故答案为（﹣2，﹣2）．
【解析】作BH⊥y轴于H，如图，
∵△OAB为等边三角形，
∴OH＝AH＝2，∠BOA＝60°，
∴BH＝OH＝2，
∴B点坐标为（2，2），
∵等边△AOB绕点O顺时针旋转180°得到△A′OB′，
∴点B′的坐标是（﹣2，﹣2）．
故答案为（﹣2，﹣2）．

13.(2019山西）如图，在△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC=10cm，点D为△ABC内一点，∠BAD=15°，AD=6cm，连接BD，将△ABD绕点A逆时针方向旋转，使AB与AC重合，点D的对应点E，连接DE，DE交AC于点F，则CF的长为______cm.

【答案】
【解析】过点A作AG⊥DE于点G，由旋转可知：AD=AE，∠DAE=90°，∠CAE=∠BAD=15°
∴∠AED=45°；在△AEF中：∠AFD=∠AED+∠CAE=60°
在Rt△ADG中：AG=DG=
在Rt△AFG中：
∴
故答案为：

14.（2019山东淄博）如图，在正方形网格中，格点△ABC绕某点顺时针旋转角á（0＜á＜180°）得到格点△A1B1C1，点A与点A1，点B与点B1，点C与点C1是对应点，则á＝　　度．

【答案】90
【解析】作CC1，AA1的垂直平分线交于点E，可得点E是旋转中心，即∠AEA1＝á＝90°．
如图，连接CC1，AA1，作CC1，AA1的垂直平分线交于点E，连接AE，A1E

∵CC1，AA1的垂直平分线交于点E，
∴点E是旋转中心，
∵∠AEA1＝90°∴旋转角á＝90°
15.（2019▪广西池河）如图，在平面直角坐标系中，A（2，0），B（0，1），AC由AB绕点A顺时针旋转90°而得，则AC所在直线的解析式是　　．

【答案】y＝2x﹣4．
【解析】过点C作CD⊥x轴于点D，易知△ACD≌△BAO（AAS），已知A（2，0），B（0，1），从而求得点C坐标，设直线AC的解析式为y＝kx+b，将点A，点C坐标代入求得k和b，从而得解．
∵A（2，0），B（0，1）
∴OA＝2，OB＝1
过点C作CD⊥x轴于点D，

则易知△ACD≌△BAO（AAS）
∴AD＝OB＝1，CD＝OA＝2
∴C（3，2）
设直线AC的解析式为y＝kx+b，将点A，点C坐标代入得

∴
∴直线AC的解析式为y＝2x﹣4．
16.（2019▪黑龙江哈尔滨）如图，将△ABC绕点C逆时针旋转得到△A′B′C，其中点A′与A是对应点，点B′与B是对应点，点B′落在边AC上，连接A′B，若∠ACB＝45°，AC＝3，BC＝2，则A′B的长为　　．

【答案】
【解析】由旋转的性质可得AC＝A'C＝3，∠ACB＝∠ACA'＝45°，可得∠A'CB＝90°，由勾股定理可求解．
∵将△ABC绕点C逆时针旋转得到△A′B′C，
∴AC＝A'C＝3，∠ACB＝∠ACA'＝45°
∴∠A'CB＝90°
∴A'B＝＝
17.（2020年浙江丽水）图1是一个闭合时的夹子，图2是该夹子的主视示意图，夹子两边为AC，BD（点A与点B重合），点O是夹子转轴位置，OE⊥AC于点E，OF⊥BD于点F，OE＝OF＝1cm，AC＝BD＝6cm，CE＝DF，CE：AE＝2：3．按图示方式用手指按夹子，夹子两边绕点O转动．
（1）当E，F两点的距离最大时，以点A，B，C，D为顶点的四边形的周长是　 　cm．
（2）当夹子的开口最大（即点C与点D重合）时，A，B两点的距离为　 　cm．

【答案】见解析。
【分析】（1）当E，F两点的距离最大时，E，O，F共线，此时四边形ABCD是矩形，求出矩形的长和宽即可解决问题．
（2）如图3中，连接EF交OC于H．想办法求出EF，利用平行线分线段成比例定理即可解决问题．
【解答】解：（1）当E，F两点的距离最大时，E，O，F共线，此时四边形ABCD是矩形，
∵OE＝OF＝1cm，
∴EF＝2cm，
∴AB＝CD＝2cm，
∴此时四边形ABCD的周长为2+2+6+6＝16（cm），
故答案为16．
（2）如图3中，连接EF交OC于H．

由题意CE＝CF＝×6＝（cm），
∵OE＝OF＝1cm，
∴CO垂直平分线段EF，
∵OC＝＝＝（cm），
∵•OE•EC＝•CO•EH，
∴EH＝＝（cm），
∴EF＝2EH＝（cm）
∵EF∥AB，
∴＝＝，
∴AB＝×＝（cm）．
故答案为．
18.如图，在直角△OAB中，∠AOB=30°，将△OAB绕点O逆时针旋转100°得到△OA1B1，则∠A1OB=　 　°．

【答案】70．
【解析】∵将△OAB绕点O逆时针旋转100°得到△OA1B1，∠AOB=30°，
∴△OAB≌△OA1B1，
∴∠A1OB=∠AOB=30°．
∴∠A1OB=∠A1OA﹣∠AOB=70°．
19.如图，在等边△ABC中，AB=6，D是BC的中点，将△ABD绕点A旋转后得到△ACE，那么线段DE的长度为 ．

【答案】3．
【解析】考点有旋转的性质；等边三角形的判定与性质．
首先，利用等边三角形的性质求得AD=3；然后根据旋转的性质、等边三角形的性质推知△ADE为等边三角形，则DE=AD．
如图，∵在等边△ABC中，∠B=60°，AB=6，D是BC的中点，
∴AD⊥BD，∠BAD=∠CAD=30°，
∴AD=ABcos30°=6×=3．
根据旋转的性质知，∠EAC=∠DAB=30°，AD=AE，
∴∠DAE=∠EAC+∠BAD=60°，
∴△ADE的等边三角形，
∴DE=AD=3，即线段DE的长度为3．
20.如图，平面直角坐标系的原点O是正方形ABCD的中心，顶点A，B的坐标分别为（1，1），（﹣1，1），把正方形ABCD绕原点O逆时针旋转45°得正方形A′B′C′D′，则正方形ABCD与正方形A′B′C′D′重叠部分所形成的正八边形的边长为　 　．

【答案】2﹣2
【解析】该题主要考查了旋转变换的性质、正方形的性质、勾股定理等几何知识点及其应用问题；应牢固掌握旋转变换的性质、正方形的性质等几何知识点，这是灵活运用、解题的基础和关键．如图，首先求出正方形的边长、对角线长；进而求出OA′的长；证明△A′MN为等腰直角三角形，求出A′N的长度；同理求出D′M′的长度，即可解决问题．

如图，由题意得：正方形ABCD的边长为2，
∴该正方形的对角线长为2，
∴OA′=；而OM=1，
∴A′M=﹣1；
由题意得：∠MA′N=45°，∠A′MN=90°，
∴∠MNA′=45°，
∴MN=A′M=；
由勾股定理得：A′N=2﹣；
同理可求D′M′=2﹣，
∴MN=2﹣（4﹣2）=2﹣2，
∴正八边形的边长为2﹣2．
三、解答题（6个小题，共60分）
21．（8分）（2020•达州）如图，△ABC中，BC＝2AB，D、E分别是边BC、AC的中点．将△CDE绕点E旋转180度，得△AFE．
（1）判断四边形ABDF的形状，并证明；
（2）已知AB＝3，AD+BF＝8，求四边形ABDF的面积S．

【答案】见解析。
【分析】（1）结论：四边形ABDF是菱形．根据邻边相等的平行四边形是菱形证明即可．
（2）设OA＝x，OB＝y，构建方程组求出2xy即可解决问题．
解：（1）结论：四边形ABDF是菱形．
∵CD＝DB，CE＝EA，
∴DE∥AB，AB＝2DE，
由旋转的性质可知，DE＝EF，
∴AB＝DF，AB∥DF，
∴四边形ABDF是平行四边形，
∵BC＝2AB，BD＝DC，
∴BA＝BD，
∴四边形ABDF是菱形．
（2）连接BF，AD交于点O．
∵四边形ABDF是菱形，
∴AD⊥BF，OB＝OF，AO＝OD，设OA＝x，OB＝y，
则有，
∴x+y＝4，
∴x2+2xy+y2＝16，
∴2xy＝7，
∴S菱形ABDFBF×AD＝2xy＝7．

22．（8分）（2020•福建）如图，△ADE由△ABC绕点A按逆时针方向旋转90°得到，且点B的对应点D恰好落在BC的延长线上，AD，EC相交于点P．
（1）求∠BDE的度数；
（2）F是EC延长线上的点，且∠CDF＝∠DAC．
①判断DF和PF的数量关系，并证明；
②求证：．

【解析】见解析。
【分析】（1）由旋转的性质得出AB＝AD，∠BAD＝90°，△ABC≌△ADE，得出∠ADE＝∠B＝45°，可求出∠BDE的度数；
（2）①由旋转的性质得出AC＝AE，∠CAE＝90°，证得∠FPD＝∠FDP，由等腰三角形的判定得出结论；
②过点P作PH∥ED交DF于点H，得出∠HPF＝∠DEP，，证明△HPF≌△CDF（ASA），由全等三角形的性质得出HF＝CF，则可得出结论．
【解析】（1）∵△ADE由△ABC绕点A按逆时针方向旋转90°得到，
∴AB＝AD，∠BAD＝90°，△ABC≌△ADE，
在Rt△ABD中，∠B＝∠ADB＝45°，
∴∠ADE＝∠B＝45°，
∴∠BDE＝∠ADB+∠ADE＝90°．
（2）①DF＝PF．
证明：由旋转的性质可知，AC＝AE，∠CAE＝90°，
在Rt△ACE中，∠ACE＝∠AEC＝45°，
∵∠CDF＝∠CAD，∠ACE＝∠ADB＝45°，
∴∠ADB+∠CDF＝∠ACE+∠CAD，
即∠FPD＝∠FDP，
∴DF＝PF．
②证明：过点P作PH∥ED交DF于点H，

∴∠HPF＝∠DEP，，
∵∠DPF＝∠ADE+∠DEP＝45°+∠DEP，
∠DPF＝∠ACE+∠DAC＝45°+∠DAC，
∴∠DEP＝∠DAC，
又∵∠CDF＝∠DAC，
∴∠DEP＝∠CDF，
∴∠HPF＝∠CDF，
又∵FD＝FP，∠F＝∠F，
∴△HPF≌△CDF（ASA），
∴HF＝CF，
∴DH＝PC，
又∵，
∴．
23.（9分）（2019北京市）已知，H为射线OA上一定点，，P为射线OB上一点，M为线段OH上一动点，连接PM，满足为钝角，以点P为中心，将线段PM顺时针旋转，得到线段PN，连接ON．
（1）依题意补全图1；
（2）求证：；
（3）点M关于点H的对称点为Q，连接QP．写出一个OP的值，使得对于任意的点M总有ON=QP，并证明．

【答案】见解析。
【解析】本题考查的知识点有尺规作图、旋转、三角形的内角和、方程思想、30°锐角的性质、中心对称的性质.
（1）见下图。

（2）证明：∵
∴在△OPM中，
又∵，
∴
∴.
（3）如下图，过点P作PK⊥OA于K，过点N作NF⊥OB于F

∵∠OMP=∠OPN
∴∠PMK=∠NPF
在△NPF和△PMK中，
∴△NPF≌△PMK （AAS）
∴PF=MK，∠PNF=∠MPK，NF=PK
又∵ON=PQ
在Rt△NOF和Rt△PKQ中，
∴Rt△NOF≌Rt△PKQ （HL）
∴KQ=OF
设
∵∠POA=30°，PK⊥OQ
∴
∴
∴，
，
.
∵M与Q关于H对称
∴MH=HQ
∴KQ=KH+HQ
=
=
又∵KQ=OF
∴
∴
∴，即PK=1
又∵
∴OP=2.
24.（9分）如图，将小旗ACDB放于平面直角坐标系中，得到各顶点的坐标为A（﹣6，12），B（﹣6，0），C（0，6），D（﹣6，6）．以点B为旋转中心，在平面直角坐标系内将小旗顺时针旋转90°．
（1）画出旋转后的小旗A′C′D′B′；
（2）写出点A′，C′，D′的坐标；
（3）求出线段BA旋转到B′A′时所扫过的扇形的面积．

【答案】见解析。
【解析】本题考查了利用旋转变换作图，扇形的面积计算，熟练掌握旋转变换只改变图形的位置不改变图形的形状与大小是解题的关键．
（1）根据平面直角坐标系找出A′、C′、D′、B′的位置，然后顺次连接即可；小旗A′C′D′B′如图所示。

（2）根据旋转的性质分别写出点A′，C′，D′的坐标即可；
点A′（6，0），C′（0，﹣6），D′（0，0）
（3）先求出AB的长，再利用扇形面积公式列式计算即可得解．
∵A（﹣6，12），B（﹣6，0），
∴AB=12，
∴线段BA旋转到B′A′时所扫过的扇形的面积==36π．
25.（12分）（2019•广西贵港）已知：△ABC是等腰直角三角形，∠BAC＝90°，将△ABC绕点C顺时针方向旋转得到△A′B′C，记旋转角为á，当90°＜á＜180°时，作A′D⊥AC，垂足为D，A′D与B′C交于点E．

（1）如图1，当∠CA′D＝15°时，作∠A′EC的平分线EF交BC于点F．
①写出旋转角á的度数；
②求证：EA′+EC＝EF；
（2）如图2，在（1）的条件下，设P是直线A′D上的一个动点，连接PA，PF，若AB＝，求线段PA+PF的最小值．（结果保留根号）
【答案】见解析。
【解析】（1）①解直角三角形求出∠A′CD即可解决问题．
②连接A′F，设EF交CA′于点O．在EF时截取EM＝EC，连接CM．首先证明△CFA′是等边三角形，再证明△FCM≌△A′CE（SAS），即可解决问题．
（2）如图2中，连接A′F，PB′，AB′，作B′M⊥AC交AC的延长线于M．证明△A′EF≌△A′EB′，推出EF＝EB′，推出B′，F关于A′E对称，推出PF＝PB′，推出PA+PF＝PA+PB′≥AB′，求出AB′即可解决问题．
【解答】（1）①解：旋转角为105°．
理由：如图1中，

∵A′D⊥AC，∴∠A′DC＝90°，
∵∠CA′D＝15°，
∴∠A′CD＝75°，∴∠ACA′＝105°，
∴旋转角为105°．
②证明：连接A′F，设EF交CA′于点O．在EF时截取EM＝EC，连接CM．
∵∠CED＝∠A′CE+∠CA′E＝45°+15°＝60°，
∴∠CEA′＝120°，
∵FE平分∠CEA′，∴∠CEF＝∠FEA′＝60°，
∵∠FCO＝180°﹣45°﹣75°＝60°，
∴∠FCO＝∠A′EO，∵∠FOC＝∠A′OE，
∴△FOC∽△A′OE，
∴＝，
∴＝，
∵∠COE＝∠FOA′，∴△COE∽△FOA′，
∴∠FA′O＝∠OEC＝60°，
∴△A′OF是等边三角形，∴CF＝CA′＝A′F，
∵EM＝EC，∠CEM＝60°，∴△CEM是等边三角形，
∠ECM＝60°，CM＝CE，
∵∠FCA′＝∠MCE＝60°，∴∠FCM＝∠A′CE，
∴△FCM≌△A′CE（SAS），∴FM＝A′E，
∴CE+A′E＝EM+FM＝EF．
（2）解：如图2中，连接A′F，PB′，AB′，作B′M⊥AC交AC的延长线于M．

由②可知，∠EA′F＝′EA′B′＝75°，A′E＝A′E，A′F＝A′B′，
∴△A′EF≌△A′EB′，
∴EF＝EB′，
∴B′，F关于A′E对称，∴PF＝PB′，
∴PA+PF＝PA+PB′≥AB′，
在Rt△CB′M中，CB′＝BC＝AB＝2，∠MCB′＝30°，
∴B′M＝CB′＝1，CM＝，
∴AB′＝＝＝．
∴PA+PF的最小值为．
26.（14分）（2020年浙江绍兴）如图1，矩形DEFG中，DG＝2，DE＝3，Rt△ABC中，∠ACB＝90°，CA＝CB＝2，FG，BC的延长线相交于点O，且FG⊥BC，OG＝2，OC＝4．将△ABC绕点O逆时针旋转α（0°≤α＜180°）得到△A′B′C′．
（1）当α＝30°时，求点C′到直线OF的距离．
（2）在图1中，取A′B′的中点P，连结C′P，如图2．
①当C′P与矩形DEFG的一条边平行时，求点C′到直线DE的距离．
②当线段A′P与矩形DEFG的边有且只有一个交点时，求该交点到直线DG的距离的取值范围．

【答案】见解析。
【分析】（1）如图1中，过点C′作C′H⊥OF于H．解直角三角形求出CH即可．
（2）①分两种情形：如图2中，当C′P∥OF时，过点C′作C′M⊥OF于M．如图3中，当C′P∥DG时，过点C′作C′N⊥FG于N．分别求出C′M，C′N即可．
②设d为所求的距离．第一种情形：如图4中，当点A′落在DE上时，连接OA′，延长ED交OC于M．如图5中，当点P落在DE上时，连接OP，过点P作PQ⊥C′B′于Q．结合图象可得结论．[来源:学|科|网]
第二种情形：当A′P与FG相交，不与EF相交时，当点A′在FG上时，A′G＝2﹣2，即d＝2﹣2，如图6中，当点P落在EF上时，设OF交A′B′于Q，过点P作PT⊥B′C′于T，过点P作PR∥OQ交OB′于R，连接OP．求出QG可得结论．
第三种情形：当A′P经过点F时，如图7中，显然d＝3．综上所述可得结论．
【解答】解：（1）如图1中，

过点C′作C′H⊥OF于H．∵∠HC′O＝α＝30°，
∴C′H＝C′O•cos30°＝2，
∴点C′到直线OF的距离为2．
（2）①如图2中，当C′P∥OF时，过点C′作C′M⊥OF于M．

∵C′P∥OF，
∴∠O＝180°﹣∠OC′P＝45°，
∴△OC′M是等腰直角三角形，
∵OC′＝4，
∴C′M＝2，
∴点C′到直线DE的距离为2．
如图3中，当C′P∥DG时，过点C′作C′N⊥FG于N．

同法可证△OC′N是等腰直角三角形，
∴′N＝2，
∴点C′到直线DE的距离为2+2．
②设d为所求的距离．
第一种情形：如图4中，当点A′落在DE上时，连接OA′，延长ED交OC于M．

∵OA′＝2，OM＝2，∠OMA′＝90°，
∴A′M＝＝＝4，
∴A′D＝2，即d＝2，
如图5中，当点P落在DE上时，连接OP，过点P作PQ⊥C′B′于Q．

∵PQ＝1，OQ＝5，∴OP＝＝，
∴PM＝＝，∴PD＝﹣2，
∴d＝﹣2，∴2≤d≤﹣2．
第二种情形：当A′P与FG相交，不与EF相交时，当点A′在FG上时，A′G＝2﹣2，即d＝2﹣2，
如图6中，当点P落在EF上时，设OF交A′B′于Q，过点P作PT⊥B′C′于T，过点P作PR∥OQ交OB′于R，连接OP．

∵OP＝，OF＝5，
∴FP＝＝＝1，
∵OF＝OT，PF＝PT，∠F＝∠PTO＝90°，
∴Rt△OPF≌Rt△OPT（HL），
∴∠FOP＝∠TOP，
∵PQ∥OQ，∴∠OPR＝∠POF，
∴∠OPR＝∠POR，
∴OR＝PR，
∵PT2+TR2＝PR2，
∴12+（5﹣PR）2＝PR2，
∴PR＝2.6，RT＝2.4，
∵△B′PR∽△B′QO，
∴＝，
∴＝，
∴OQ＝，
∴QG＝OQ﹣OG＝，即d＝
∴2﹣2≤d＜，
第三种情形：当A′P经过点F时，如图7中，显然d＝3．

综上所述，2≤d≤﹣2或d＝3．