2021北京十区初三二模数学汇编：图形的变化（教师版）

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2021北京十区初三二模数学汇编：图形的变化一．选择题（共14小题）1．（2021•丰台区二模）下列交通标志中，是中心对称图形的是（　　）A．禁止驶入 B．靠左侧道路行驶 C．向左和向右转弯 D．环岛行驶2．（2021•门头沟区二模）如图，是某几何体的三视图，则该几何体是（　　）A．长方体 B．正方体 C．三棱柱 D．圆柱3．（2021•朝阳区二模）下列安全图标中，是中心对称图形但不是轴对称图形的是（　　）A． B． C． D．4．（2021•房山区二模）下列图形中，是轴对称图形，但不是中心对称图形的是（　　）A． B． C． D．5．（2021•丰台区二模）如图是某几何体的三视图，该几何体是（　　）A．圆锥 B．圆柱 C．三棱柱 D．长方体6．（2021•海淀区二模）如图，将一个正方形纸片沿图中虚线剪开，能拼成下列四个图形，其中是中心对称图形的是（　　）A． B． C． D．7．（2021•顺义区二模）下列图形中，是轴对称图形但不是中心对称图形的是（　　）A．圆 B．正方形 C．平行四边形 D．等边三角形8．（2021•西城区二模）下列图形中是中心对称图形的是（　　）A． B． C． D．9．（2021•门头沟区二模）有一正方形卡纸，如图①，沿虚线向上翻折，得到图②，再沿虚线向右翻折得到图③，沿虚线将一角剪掉后展开，得到的图形是（　　）A． B． C． D．10．（2021•西城区二模）若相似三角形的相似比为1：4，则面积比为（　　）A．1：16 B．16：1 C．1：4 D．1：211．（2021•石景山区二模）在下面四个几何体中，左视图是三角形的是（　　）A． B． C． D．12．（2021•昌平区二模）下列几何体的主视图和俯视图完全相同的是（　　）A． B． C． D．13．（2021•昌平区二模）如图，在平面直角坐标系xOy中，正方形ABCD和正方形BEFG是以原点O为位似中心的位似图形，且相似比是，点A，B，E在x轴上，若正方形BEFG的边长为12，则点C的坐标为（　　）A．（6，2） B．（6，4） C．（4，4） D．（8，4）14．（2021•昌平区二模）下列图形中是轴对称图形，但不是中心对称图形的是（　　）A．等边三角形 B．圆 C．正方形 D．正六边形二．填空题（共2小题）15．（2021•朝阳区二模）利用热气球探测建筑物高度（如图所示），热气球与建筑物的水平距离AD＝100m，则这栋建筑物的高度BC约为　    　m（≈1.4，≈1.7，结果保留整数）．16．（2021•房山区二模）如图是某几何体的三视图，该几何体是　   　．三．解答题（共7小题）17．（2021•东城区二模）已知△ADE和△ABC都是等腰直角三角形，∠ADE＝∠BAC＝90°，P为AE的中点，连接DP．（1）如图1，点A，B，D在同一条直线上，直接写出DP与AE的位置关系；（2）将图1中的△ADE绕点A逆时针旋转，当AD落在图2所示的位置时，点C，D，P恰好在同一条直线上．①在图2中，按要求补全图形，并证明∠BAE＝∠ACP；②连接BD，交AE于点F．判断线段BF与DF的数量关系，并证明．18．（2021•东城区二模）如图，在等腰△ABC中，AB＝AC，直线l过点A．点B与点D关于直线l对称，连接AD，CD．求证：∠ACD＝∠ADC．19．（2021•朝阳区二模）在正方形ABCD中，将线段DA绕点D旋转得到线段DP（不与BC平行），直线DP与直线BC相交于点E，直线AP与直线DC相交于点F．（1）如图1，当点P在正方形内部，且∠ADP＝60°时，求证：DE+CE＝DF；（2）当线段DP运动到图2位置时，依题意补全图2，用等式表示线段DE，CE，DF之间的数量关系，并证明．20．（2021•门头沟区二模）已知，如图，∠MAN＝90°，点B是∠MAN的内一点，且到AM，AN的距离相等．过点B做射线BC交AM于点C，将射线BC绕点B逆时针旋转90°交AN于点D．（1）依题意补全图形；（2）求证：BC＝BD；（3）连接AB，用等式表示线段AB，AC，AD之间的数量关系，并证明．21．（2021•海淀区二模）已知∠MON＝90°，点A在边OM上，点P是边ON上一动点，∠OAP＝α，将线段AP绕点A逆时针旋转60°，得到线段AB，连接OB，再将线段OB绕点O顺时针旋转60°，得到线段OC，作CH⊥ON于点H．（1）如图1，α＝60°．①依题意补全图形；②连接BP，求∠BPH的度数；（2）如图2，当点P在射线ON上运动时，用等式表示线段OA与CH之间的数量关系，并证明．22．（2021•顺义区二模）已知：如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠CAB＝30°，P是AB边上任意一点，D是AB边的中点，连接CP，CD，并将PC绕点P逆时针旋转60°得到PE，连接AE．（1）求证：CD＝BC；（2）①依题意补全图形；②用等式表示线段PE与AE的数量关系，并证明．23．（2021•石景山区二模）已知等边△ABC，D为边BC中点，M为边AC上一点（不与A，C重合），连接DM．（1）如图1，点E是边AC的中点，当M在线段AE上（不与A，E重合）时，将DM绕点D逆时针旋转120°得到线段DF，连接BF．①依题意补全图1；②此时EM与BF的数量关系为：　      　，∠DBF＝　      　°．（2）如图2，若DM＝2MC，在边AB上有一点N，使得∠NDM＝120°．直接用等式表示线段BN，ND，CD之间的数量关系，并证明．
2021北京十区初三二模数学汇编：图形的变化参考答案一．选择题（共14小题）1．【分析】根据中心对称图形的概念判断即可．【解答】解：A、是中心对称图形，符合题意；B、不是中心对称图形，不符合题意；C、不是中心对称图形，不符合题意；D、不是中心对称图形，不符合题意；故选：A．【点评】本题考查的是中心对称图形的概念，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．2．【分析】根据长方体，正方体，三棱柱，圆柱的三视图，逐一排除即可．【解答】解：A．长方体的三视图可以为：主视图是长方形，左视图是长方形，俯视图是正方形，故该选项正确，符合题意；B．正方体的三视图都是正方形，故该选项错误，不符合题意；C．三棱柱的俯视图是三角形，故该选项错误，不符合题意；D．圆柱的俯视图是圆，故该选项错误，不符合题意．故选：A．【点评】本题考查了由三视图判断几何体，解题的关键是熟悉常见几何体的三视图．3．【分析】根据轴对称图形与中心对称图形的概念求解．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度后与原图重合．【解答】解：A．是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项不符合题意；B．不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故本选项不符合题意；C．是中心对称图形但不是轴对称图形，故本选项符合题意；D．是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项不符合题意．故选：C．【点评】此题主要考查了中心对称图形与轴对称图形，熟记相关定义是解答本题的关键．4．【分析】根据轴对称图形与中心对称图形的概念求解．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度后与原图重合．【解答】解：A．不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故本选项不符合题意；B．既是轴对称图形，又是中心对称图形，故本选项不符合题意；C．是轴对称图形，但不是中心对称图形，故本选项符合题意；D．既是轴对称图形，又是中心对称图形，故本选项不符合题意．故选：C．【点评】此题主要考查了中心对称图形与轴对称图形，熟记相关定义是解答本题的关键．5．【分析】观察图形可得几何体的主视图为矩形，左视图为矩形，俯视图是一个正方形，可得该几何体是长方体．【解答】解：∵几何体的主视图为矩形，左视图为矩形，俯视图是一个正方形，∴该几何体是长方体，故选：D．【点评】本题考查了由三视图判断几何体，解决本题的关键是掌握三视图的相关知识．6．【分析】根据中心对称图形的概念求解．【解答】解：A．不是中心对称图形，故此选项不合题意；B．是中心对称图形，故此选项符合题意；C．不是中心对称图形，故此选项不合题意；D．不是中心对称图形，故此选项不合题意；故选：B．【点评】此题主要考查了利用旋转设计图案，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后两部分重合．7．【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．既是轴对称图形，又是中心对称图形，故本选项不合题意；B．既是轴对称图形，又是中心对称图形，故本选项不合题意；C．不是轴对称图形，是中心对称图形，故本选项不合题意；D．是轴对称图形，但不是中心对称图形，故本选项符合题意．故选：D．【点评】本题考查了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度后与原图重合．8．【分析】根据中心对称图形的概念求解．【解答】解：A、不是中心对称图形，故本选项不合题意；B、是中心对称图形，故本选项符合题意；C、不是中心对称图形，故本选项不合题意；D、不是中心对称图形，故本选项不合题意；故选：B．【点评】本题考查了中心对称图形的概念，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后与原图重合．9．【分析】严格按照图中的方法亲自动手操作一下，即可很直观地呈现出来．【解答】解：图①和图②中的虚线折痕是正方形卡纸的两条水平和铅直的对称轴，由图3可知，正方形卡纸被分成了4个大小相同的小正方形，沿虚线将一角剪掉，表面看是剪掉了一个直角三角形，实际是剪掉了一个菱形．故选：D．【点评】本题主要考查了剪纸问题，考查学生的动手能力及空间想象能力．对于此类问题，学生只要亲自动手操作，答案就会很直观地呈现．10．【分析】根据相似三角形的面积比等于相似比的平方解答．【解答】解：两个相似三角形的相似比为1：4，相似三角形面积的比等于相似比的平方是1：16．故选：A．【点评】本题考查对相似三角形性质的理解，相似三角形面积的比等于相似比的平方．11．【分析】根据几何体的左视图是从物体的左面看得到的图形，得到四个图形的左视图，结合选项得到答案．【解答】解：A、左视图是矩形，故本选项不合题意；B、左视图是等腰三角形，故本选项符合题意；C、左视图是矩形，故本选项不合题意；D、左视图是矩形，故本选项不合题意；故选：B．【点评】本题考查了几何体的三种视图，掌握三视图的定义是解题的关键，主视图、左视图、俯视图是分别从物体正面、左面和上面看，所得到的图形．12．【分析】主视图、俯视图是分别从物体正面、上面看，所得到的图形．【解答】解：A、主视图是矩形，俯视图是圆，故本选项不合题意；B、主视图是等腰三角形，俯视图是带圆心的圆，故本选项不合题意；C、主视图是矩形，俯视图是三角形，故本选项不合题意；D、主视图和俯视图完全相同，是等圆，故本选项符合题意．故选：D．【点评】本题考查了几何体的三种视图，掌握定义是关键．注意所有的看到的棱都应表现在三视图中．13．【分析】根据位似图形的概念得到BC∥EF，进而证明△OBC∽△OEF，根据相似三角形的性质列出比例式，计算即可．【解答】解：∵正方形ABCD和正方形BEFG是以原点O为位似中心的位似图形，且相似比是，正方形BEFG的边长为12，∴BC∥EF，＝，BC＝4，∴△OBC∽△OEF，∴＝＝，即＝，解得，OB＝6，∴点C的坐标为（6，4），故选：B．【点评】本题考查的是位似图形的概念、相似三角形的性质，掌握位似变换的两个图形相似、对应边平行是解题的关键．14．【分析】根据轴对称图形与中心对称图形的概念求解．【解答】解：A、等边三角形是轴对称图形，但不是中心对称图形．故本选项符合题意；B、圆既是轴对称图形，又是中心对称图形．故本选项不合题意；C、正方形既是轴对称图形，又是中心对称图形．故本选项不合题意；D、正六边形既是轴对称图形，又是中心对称图形．故本选项不合题意．故选：A．【点评】本题考查了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，图形两部分沿对称轴折叠后可重合；中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后与原图重合．二．填空题（共2小题）15．【分析】在Rt△ABD中，根据正切函数求得BD＝AD•tan∠BAD，在Rt△ACD中，求得CD＝AD•tan∠CAD，再根据BC＝BD+CD，代入数据计算即可．【解答】解：如图，在Rt△ABD中，AD＝100m，∠BAD＝45°，∴BD＝AD＝100（m），在Rt△ACD中，∠CAD＝60°，∴CD＝AD•tan60°＝100（m），∴BC＝BD+CD＝100+100≈270（m）答：该建筑物的高度BC约为270m．故答案为：270．【点评】此题考查了解直角三角形的应用﹣仰角俯角问题．此题难度适中，注意能借助仰角或俯角构造直角三角形并解直角三角形是解此题的关键．16．【分析】根据一个空间几何体的主视图和左视图都是宽度相等的长方形，可判断该几何体是柱体，进而根据俯视图的形状，可判断柱体侧面形状，得到答案．【解答】解：由几何体的主视图和左视图都是宽度相等的长方形，故该几何体是一个柱体，又因为俯视图是一个圆，故该几何体是圆柱．故答案为：圆柱．【点评】本题考查了由三视图判断几何体，如果有两个视图为三角形，该几何体一定是锥，如果有两个矩形，该几何体一定柱，其底面由第三个视图的形状决定．三．解答题（共7小题）17．【分析】（1）根据△ADE是等腰直角三角形，可得AD＝ED，由P为AE的中点，依据等腰三角形性质“三线合一”，即可得到DP⊥AE；（2）①按照题意补全图形，根据等腰三角形性质可得∠BAE+∠CAD＝∠BAC﹣∠DAE＝45°，即可证明结论；②延长CP至G，使PG＝DP，连接AG，BG，利用SAS证明△APG≌△APD，△BAG≌△CAD，可得∠BGC＝∠APG，进而可得PF∥BG，根据平行线分线段成比例定理即可证明结论．【解答】解：（1）∵△ADE是等腰直角三角形，∠ADE＝90°，∴AD＝ED，∵P为AE的中点，∴DP⊥AE；（2）①补全图形如图2所示；证明：∵△ADE和△ABC都是等腰直角三角形，∠ADE＝∠BAC＝90°，∴∠DAE＝45°，AD＝ED，∵P为AE的中点，∴∠ADP＝∠EDP＝45°，∴∠BAE+∠CAD＝∠BAC﹣∠DAE＝45°，∵∠CAD+∠ACP＝∠ADP＝45°，∴∠BAE＝∠ACP；②BF＝DF．证明：如图3，延长CP至G，使PG＝DP连接AG，BG，∵△ADE是等腰直角三角形，∠ADE＝90°，∴AD＝DE，∠DAE＝45°，∵P为AE的中点，∴∠APD＝∠APG＝90°，AP＝DP＝PG，∠ADP＝45°，∴△APG≌△APD（SAS），∴AG＝AD，∠PAG＝∠DAE＝∠AGP＝45°，∴∠GAD＝∠BAC＝90°，∴∠BAG+∠BAD＝∠CAD+∠BAD＝90°，∴∠BAG＝∠CAD，∵AG＝AD，AB＝AC，∴△BAG≌△CAD（SAS），∴∠AGB＝∠ADC＝180°﹣∠ADP＝135°，∴∠BGC＝∠AGB﹣∠AGP＝90°，∴∠BGC＝∠APG，∴PF∥BG，∴＝＝1，∴BF＝DF．【点评】本题考查了等腰直角三角形性质和判定，全等三角形判定和性质，三角形内角和定理，旋转变换的性质，平行线分线段成比例定理等，解题关键是添加辅助线构造全等三角形．18．【分析】设直线l交BD于点E，根据轴对称的性质得到∠AEB＝∠AED＝90°，BE＝DE，从而根据SAS可判定△ABE≌△ADE，由全等三角形的性质得到AB＝AD，从而得到AD＝AC，根据等腰对等角即可求解．【解答】证明：设直线l交BD于点E，∵点B与点D关于直线l对称，∴∠AEB＝∠AED＝90°，BE＝DE，在△ABE和△ADE中，，∴△ABE≌△ADE（SAS），∴AB＝AD，∵AB＝AC，∴AD＝AC，∴∠ACD＝∠ADC．【点评】此题考查了轴对称的性质和等腰三角形的性质，熟记轴对称的性质和等腰三角形的性质是解题的关键．19．【分析】（1）证△APD是等边三角形．得∠PAD＝60°，再由含30°角的直角三角形的性质得DF＝AD＝，CE＝CD＝，DE＝2CE＝，即可得出结论；（2）依题意补全图形，DE﹣CE＝DF，过D作DH⊥AP交BC于点H，先证△ADF≌△DCH（AAS），得DF＝CH，再证ED＝EH，即可得出结论．【解答】（1）证明：设AB＝a．∵四边形ABCD是正方形，∴AD＝CD＝AB＝a．∵DA＝DP，∠ADP＝60°，∴△APD是等边三角形．∴∠PAD＝60°，在Rt△ADF中，∠AFD＝30°，∴DF＝AD＝，在Rt△DCE中，∠CDE＝30°，∴CE＝CD＝，DE＝2CE＝，∴DE+CE＝DF；（2）解：依题意补全图形，如图2所示：DE﹣CE＝DF，证明如下：过D作DH⊥AP交BC于点H，如图3所示：∵DH⊥AF，∴∠HDC+∠AFD＝90°，∵∠HDC+∠DHC＝90°，∴∠AFD＝∠DHC，在△ADF和△DCH中，，∴△ADF≌△DCH（AAS），∴DF＝CH，∵DA＝DP，∴∠ADH＝∠EDH，∵AD∥BC，∴∠ADH＝∠EHD，∴∠EDH＝∠EHD，∴ED＝EH，∴DE﹣CE＝DF．【点评】本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、等腰三角形的判定与性质、等边三角形的判定与性质、含30°角的直角三角形的性质等知识；熟练掌握正方形的性质和旋转的性质，证明三角形全等是解题的关键．20．【分析】（1）根据题意补全图形即可；（2）证明线段相等，通常证明这两条线段所在的三角形全等，根据AAS证明△BEC≌△BFD即可；（3）过B作BG⊥AB交AN于点G，证明△ABC≌△GBD就可以把AC转移到DG，AC+AD＝AG，而△ABG是等腰直角三角形，即可得出答案．【解答】解：（1）依题意补全图形，如图所示；（2）证明：过B作BE⊥AM，BF⊥AN，垂足分别为E，F，则BE＝BF．∵∠MAN＝∠CBD＝90°，∴∠ACB+∠ADB＝180°．∵∠ACB+∠BCE＝180°，∴∠BCE＝∠ADB．∵BE⊥AM，BF⊥AN，∴∠BEC＝∠BFD＝90°，∴△BEC≌△BFD（AAS）．∴BC＝BD．（3）AC+AD＝AB，证明：如图，过B作BG⊥AB交AN于点G．∵BG⊥AB∴∠ABG＝90°．∴∠ABG＝∠CBD＝90°，∴∠ABC＝∠GBD．∵∠ACB+∠ABD＝180°，∠ABD+∠GDB＝180°，∴∠ACB＝∠GDB．∵BC＝BD，∴△ABC≌△GBD．∴AB＝BG，AC＝DG．∵点B到∠MAN的两边AM，AN的距离相等，∴∠BAG＝∠MAN＝45°，∴AG＝AB，∴AC+AD＝AB．【点评】本题主要考查了旋转的性质，三角形全等的判定与性质，解题的关键是利用三角形全等证明线段相等．21．【分析】（1）①根据要求画出图形即可．②证明△APB是等边三角形，推出∠APB＝60°，再证明∠APO＝30°，可得结论．（2）结论：OA＝2CH．连接BP，BC，PC．利用全等三角形的性质证明OA＝PC，再证明∠CPH＝30°可得结论．【解答】解：（1）①下图即为所求：②∵线段AP绕点A逆时针旋转60°得到AB，∴AB＝AP，且∠PAB＝60°．∴△ABP是等边三角形，∴∠BPA＝60°，∵∠OAP＝60°，∴∠APO＝30°，∴∠BPO＝∠BPA+∠APO＝90°，∴∠BPH＝90°． （2）结论：OA＝2CH．理由：如图2中，连接BP，BC，PC．由（2）可知，△ABP是等边三角形，∴BA＝BP，∠ABP＝∠BPA＝60°．∵线段OB绕点O顺时针旋转60°得到OC，∴OB＝OC，∠BOC＝60°，∴△BOC是等边三角形，∴BO＝BC，∠OBC＝60°，∴∠ABO＝60°﹣∠OBP＝∠PBC，∴△ABO≌△PBC（SAS），∴AO＝PC，∠BPC＝∠BAO，∵∠OAP＝α，∴∠BAO＝∠BAP+∠OAP＝60°+α，∴∠BPC＝60°+α，∵∠BPN＝180°﹣∠APO﹣∠BPA＝120°﹣（90°﹣α）＝30°+α，∴∠HPC＝∠BPC﹣∠BPN＝30°，∵CH⊥ON，∴∠CHO＝90°，∴在Rt△CHP中，PC＝2CH，∴OA＝2CH．【点评】本题属于几何变换综合题，考查了等边三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，直角三角形30度角的性质等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题，属于中考压轴题．22．【分析】（1）证明△CDB是等边三角形即可．（2）①根据要求作出图形即可．②证明△CPB≌△CED（SAS），推出∠CDE＝∠B＝60°，再证明△ADE≌△CDE（SAS），可得结论．【解答】（1）解：∵∠ACB＝90°，∠CAB＝30°，∴∠ABC＝60°，∵D是AB边的中点，∴CD＝BD，∴△CDB是等边三角形，∴CD＝BC． （2）①图形如图所示：②线段PE与AE之间的数量关系为PE＝AE．理由：连接EC，ED．∵PE＝PC，∠EPC＝60°，∴△EPC是等边三角形，∴CP＝CE，∠ECP＝60°，∵∠DCB＝∠ECP＝60°，∴∠ECD＝∠PCB，∵CD＝CB，∴△CPB≌△CED（SAS），∴∠CDE＝∠B＝60°，∵∠CDB＝60°，∴∠ADE＝60°，∴∠ADE＝∠CDE，∵DA＝DC，∴△ADE≌△CDE（SAS），∴AE＝CE，∴AE＝PE．【点评】本题属于几何变换综合题，考查了全等三角形的判定和性质，等边三角形的判定和性质等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题，属于中考压轴题．23．【分析】（1）①根据题意作图即可；②连接DE，根据SAS，证△BDF≌△EDM，即可得出EM＝BF，∠DBF＝120°；（2）过点D作DG∥AC交AB于G，得出DG为△ABC的中位线，再根据ASA证△NDG≌△MDC，得出DN＝DM，NG＝CM，然后根据各边关系得出BN+ND＝CD．【解答】解：（1）①如图1；②连接DE，∵D为BC的中点，E为AC的中点，∴DE为△ABC的中位线，∴DE＝AB且DE∥AB，∵△ABC为等边三角形，∴∠ABC＝∠C＝60°，AB＝BC，∵D为BC的中点，∴BD＝BC＝DE，∵DE∥AB，∴∠CDE＝∠ABC＝60°，∴∠BDE＝120°＝∠BDM+∠EDM，∵∠BDM+∠BDF＝∠MDF＝120°，∴∠BDF＝∠EDM，∴△BDF≌△EDM（SAS），∴EM＝BF，∠DBF＝∠DEM，∵∠CED＝60°，∴∠DEM＝120°，∴∠DBF＝∠DEM＝120°；故答案为EM＝BF，120°；（2）如图2，过点D作DG∥AC交AB于G，∴∠BDG＝∠C＝60°，∠BGD＝∠A＝60°，∴△BDG为等边三角形，又∵D是BC边上的中点，∴BD＝DG＝BC，DG为△ABC的中位线，∴DG＝DC，∵∠NDM＝120°＝∠NDG+∠GDM，∠GDC＝120°＝∠GDM+∠MDC，∴∠NDG＝∠MDC，∴△NDG≌△MDC（ASA），∴DN＝DM，NG＝CM，∵BN+NG＝BG，DM＝2CM，∴DN＝2NG，∴BN+DN＝BG，∵BG＝AB，CD＝BC，∴BG＝CD，∴BN＝CD﹣ND，即BN+ND＝CD．【点评】本题主要考查图形变换的综合题，熟练掌握图形的旋转，全等三角形的判定和性质等知识是解题的关键．