2022年中考数学真题考点分类专练专题20图形的旋转（含解析）

这是一份2022年中考数学真题考点分类专练专题20图形的旋转（含解析），共77页。
备战2023年中考数学必刷真题考点分类专练（全国通用）
专题20图形的旋转
一．选择题（共21小题）
1．（•遵义）在平面直角坐标系中，点A（a，1）与点B（﹣2，b）关于原点成中心对称，则a+b的值为（　　）
A．﹣3 B．﹣1 C．1 D．3
【分析】由中心对称的性质可求a，b的值，即可求解．
【详解】∵点A（a，1）与点B（﹣2，b）关于原点成中心对称，
∴a＝2，b＝﹣1，
∴a+b＝1，
故选：C．
2．（•内江）年2月第24届冬季奥林匹克运动会在我国北京成功举办，以下是参选的冬奥会会徽设计的部分图形，其中既是轴对称图形又是中心对称图形的是（　　）
A． B．
C． D．
【分析】根据轴对称图形和中心对称图形的定义解答即可．
【详解】根据轴对称图形和中心对称图形的定义可知，C选项既是轴对称图形，又是中心对称图形，
故选：C．
3．（•哈尔滨）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．
【详解】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．不是中心对称图形，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．
4．（•临沂）剪纸艺术是最古老的中国民间艺术之一，先后入选中国国家级非物质文化遗产名录和人类非物质文化遗产代表作名录．鱼与“余”同音，寓意生活富裕、年年有余，是剪纸艺术中很受喜爱的主题．以下关于鱼的剪纸中，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．
【详解】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，是中心对称图形，故本选项不符合题意；
C．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；
D．既是轴对称图形，又是中心对称图形，故本选项符合题意．
故选：D．
5．（•长沙）在平面直角坐标系中，点（5，1）关于原点对称的点的坐标是（　　）
A．（﹣5，1） B．（5，﹣1） C．（1，5） D．（﹣5，﹣1）
【分析】根据平面直角坐标系中任意一点（x，y），关于原点的对称点是（﹣x，﹣y），然后直接作答即可．
【详解】根据中心对称的性质，可知：点（5，1）关于原点O中心对称的点的坐标为（﹣5，﹣1）．
故选：D．
6．（•包头）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠A＝30°，BC＝2，将△ABC绕点C顺时针旋转得到△A'B'C，其中点A'与点A是对应点，点B'与点B是对应点．若点B'恰好落在AB边上，则点A到直线A'C的距离等于（　　）

A．3 B．2 C．3 D．2
【分析】由直角三角形的性质求出AC＝2，∠B＝60°，由旋转的性质得出CA＝CA′，CB＝CB′，∠ACA′＝∠BCB′，证出△CBB′和△CAA′为等边三角形，过点A作AD⊥A'C于点D，由等边三角形的性质及直角三角形的性质可得出答案．
【详解】连接AA′，如图，

∵∠ACB＝90°，∠BAC＝30°，BC＝2，
∴AC＝BC＝2，∠B＝60°，
∵将△ABC绕点C顺时针旋转得到△A'B'C，
∴CA＝CA′，CB＝CB′，∠ACA′＝∠BCB′，
∵CB＝CB′，∠B＝60°，
∴△CBB′为等边三角形，
∴∠BCB′＝60°，
∴∠ACA′＝60°，
∴△CAA′为等边三角形，
过点A作AD⊥A'C于点D，
∴CD＝AC＝，
∴AD＝CD＝＝3，
∴点A到直线A'C的距离为3，
故选：C．
7．（•雅安）在平面直角坐标系中，点（a+2，2）关于原点的对称点为（4，﹣b），则ab的值为（　　）
A．﹣4 B．4 C．12 D．﹣12
【分析】首先根据关于原点对称的点的坐标特点可得a+2＝﹣4，﹣b＝﹣2，分别求出a、b的值，再代入即可得到答案．
【详解】∵在平面直角坐标系中，点（a+2，2）关于原点的对称点为（4，﹣b），则
∴得a+2＝﹣4，﹣b＝﹣2，
解得a＝﹣6，b＝2，
∴ab＝﹣12．
故选：D．
8．（•永州）剪纸是我国具有独特艺术风格的民间艺术，反映了劳动人民对现实生活的深刻感悟．下列剪纸图形中，是中心对称图形的有（　　）

A．①②③ B．①②④ C．①③④ D．②③④
【分析】根据中心对称图形的概念对各选项分析判断即可得解．
【详解】①、是中心对称图形，故本选项符合题意；
②、是中心对称图形，故本选项符合题意；
③、是中心对称图形，故本选项符合题意；
④、不是中心对称图形，故本选项不符合题意．
故选：A．
9．（•宜昌）将四个数字看作一个图形，则下列四个图形中，是中心对称图形的是（　　）
A． B．
C． D．
【分析】根据中心对称的概念和各图形的特点即可求解．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．
【详解】中心对称图形，即把一个图形绕一个点旋转180°后能和原来的图形重合，所以D选项符合题意，
故选：D．
10．（•天津）如图，在△ABC中，AB＝AC，若M是BC边上任意一点，将△ABM绕点A逆时针旋转得到△ACN，点M的对应点为点N，连接MN，则下列结论一定正确的是（　　）

A．AB＝AN B．AB∥NC C．∠AMN＝∠ACN D．MN⊥AC
【分析】根据旋转变换的性质、等边三角形的性质、平行线的性质判断即可．
【详解】A、∵AB＝AC，
∴AB＞AM，
由旋转的性质可知，AN＝AM，
∴AB＞AN，故本选项结论错误，不符合题意；
B、当△ABC为等边三角形时，AB∥NC，除此之外，AB与NC不平行，故本选项结论错误，不符合题意；
C、由旋转的性质可知，∠BAC＝∠MAN，∠ABC＝∠ACN，
∵AM＝AN，AB＝AC，
∴∠ABC＝∠AMN，
∴∠AMN＝∠ACN，本选项结论正确，符合题意；
D、只有当点M为BC的中点时，∠BAM＝∠CAM＝∠CAN，才有MN⊥AC，故本选项结论错误，不符合题意；
故选：C．
11．（•常德）如图，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，∠ACB＝30°，将△ABC绕点C顺时针旋转60°得到△DEC，点A，B的对应点分别是D，E，点F是边AC的中点，连接BF，BE，FD．则下列结论错误的是（　　）

A．BE＝BC B．BF∥DE，BF＝DE
C．∠DFC＝90° D．DG＝3GF
【分析】根据等边三角形的判定定理得到△BCE为等边三角形，根据等边三角形的性质得到BE＝BC，判断A选项；证明△ABC≌△CFD，根据全等三角形的性质判断B、C选项；解直角三角形，用CF分别表示出GF、DF，判断D选项．
【详解】A、由旋转的性质可知，CB＝CE，∠BCE＝60°，
∴△BCE为等边三角形，
∴BE＝BC，本选项结论正确，不符合题意；
B、在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，∠ACB＝30°，点F是边AC的中点，
∴AB＝AC＝CF＝BF，
由旋转的性质可知，CA＝CD，∠ACD＝60°，
∴∠A＝∠ACD，
在△ABC和△CFD中，
，
∴△ABC≌△CFD（SAS），
∴DF＝BC＝BE，
∵DE＝AB＝BF，
∴四边形EBFD为平行四边形，
∴BF∥DE，BF＝DE，本选项结论正确，不符合题意；
C、∵△ABC≌△CFD，
∴∠DFC＝∠ABC＝90°，本选项结论正确，不符合题意；
D、在Rt△GFC中，∠GCF＝30°，
∴GF＝CF，
同理可得，DF＝CF，
∴DF＝3GF，故本选项结论错误，符合题意；
故选：D．
12．（•内江）如图，在平面直角坐标系中，点B、C、E在y轴上，点C的坐标为（0，1），AC＝2，Rt△ODE是Rt△ABC经过某些变换得到的，则正确的变换是（　　）

A．△ABC绕点C逆时针旋转90°，再向下平移1个单位
B．△ABC绕点C顺时针旋转90°，再向下平移1个单位
C．△ABC绕点C逆时针旋转90°，再向下平移3个单位
D．△ABC绕点C顺时针旋转90°，再向下平移3个单位
【分析】观察图形可以看出，Rt△ABC通过变换得到Rt△ODE，应先旋转然后平移即可．
【详解】根据图形可以看出，△ABC绕点C顺时针旋转90°，再向下平移3个单位可以得到△ODE．
故选：D．
13．（•杭州）如图，在平面直角坐标系中，已知点P（0，2），点A（4，2）．以点P为旋转中心，把点A按逆时针方向旋转60°，得点B．在M1（﹣，0），M2（﹣，﹣1），M3（1，4），M4（2，）四个点中，直线PB经过的点是（　　）

A．M1 B．M2 C．M3 D．M4
【分析】根据含30°角的直角三角形的性质可得B（2，2+2），利用待定系数法可得直线PB的详解式，依次将M1，M2，M3，M4四个点的一个坐标代入y＝x+2中可解答．
【详解】∵点A（4，2），点P（0，2），

∴PA⊥y轴，PA＝4，
由旋转得：∠APB＝60°，AP＝PB＝4，
如图，过点B作BC⊥y轴于C，
∴∠BPC＝30°，
∴BC＝2，PC＝2，
∴B（2，2+2），
设直线PB的详解式为：y＝kx+b，
则，
∴，
∴直线PB的详解式为：y＝x+2，
当y＝0时，x+2＝0，x＝﹣，
∴点M1（﹣，0）不在直线PB上，
当x＝﹣时，y＝﹣3+2＝﹣1，
∴M2（﹣，﹣1）在直线PB上，
当x＝1时，y＝+2，
∴M3（1，4）不在直线PB上，
当x＝2时，y＝2+2，
∴M4（2，）不在直线PB上．
故选：B．
14．（•南充）如图，将直角三角板ABC绕顶点A顺时针旋转到△AB′C′，点B′恰好落在CA的延长线上，∠B＝30°，∠C＝90°，则∠BAC′为（　　）

A．90° B．60° C．45° D．30°
【分析】利用旋转不变性，三角形内角和定理和平角的意义解答即可．
【详解】∵∠B＝30°，∠C＝90°，
∴∠CAB＝180°﹣∠B﹣∠C＝60°，
∵将直角三角板ABC绕顶点A顺时针旋转到△AB′C′，
∴∠C′AB′＝∠CAB＝60°．
∵点B′恰好落在CA的延长线上，
∴∠BAC′＝180°﹣∠CAB﹣∠C′AB′＝60°．
故选：B．
15．（•绥化）如图，线段OA在平面直角坐标系内，A点坐标为（2，5），线段OA绕原点O逆时针旋转90°，得到线段OA'，则点A'的坐标为（　　）

A．（﹣5，2） B．（5，2） C．（2，﹣5） D．（5，﹣2）
【分析】过点A作AB⊥x轴于点B，过点A′作A′C⊥x轴于点C，利用旋转的性质和全等三角形的判定与性质解答即可．
【详解】过点A作AB⊥x轴于点B，过点A′作A′C⊥x轴于点C，如图，

∵A点坐标为（2，5），
∴OB＝2，AB＝5．
由题意：∠AOA′＝90°，OA＝OA′．
∴∠AOB+∠A′OC＝90°．
∵∠A′OC+∠A′＝90°，
∴∠A′＝∠AOB．
在△A′OC和△OAB中，
，
∴△A′OC≌△OAB（AAS）．
∴A′C＝OB＝2，OC＝AB＝5，
∴A′（﹣5，2）．
故选：A．
16．（•黑龙江）下列图形是汽车的标识，其中是中心对称图形但不是轴对称图形的是（　　）
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．
【详解】A．既是中心对称图形，也是轴对称图形，故此选项不合题意；
B．不是中心对称图形，是轴对称图形，故此选项不合题意；
C．是中心对称图形但不是轴对称图形，故此选项符合题意；
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：C．
17．（•大庆）观察下列图形，其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．
【详解】A．不是轴对称图形，是中心对称图形，故本选项不符合题意；
B．是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项不符合题意；
C．既不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故本选项不符合题意；
D．既是轴对称图形，又是中心对称图形，故本选项符合题意．
故选：D．
18．（•齐齐哈尔）下面四个交通标志中，是中心对称图形的是（　　）
A． B．
C． D．
【分析】根据中心对称图形的定义进行判断，即可得出答案．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，这个点叫做对称中心．
【详解】选项B、C、D均不能找到这样的一个点，使图形绕某一点旋转180度后和原图形完全重合，所以不是中心对称图形，
选项A能找到这样的一个点，使图形绕某一点旋转180度后和原图形完全重合，所以是中心对称图形，
故选：A．
19．（•桂林）下列图形中，是中心对称图形的是（　　）
A．等边三角形 B．圆
C．正五边形 D．扇形
【分析】根据中心对称图形的定义进行判断，即可得出答案．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，这个点叫做对称中心．
【详解】选项A、C、D均不能找到这样的一个点，使图形绕某一点旋转180度后和原图形完全重合，所以不是中心对称图形，
选项B能找到这样的一个点，使图形绕某一点旋转180度后和原图形完全重合，所以是中心对称图形，
故选：B．
20．（•遂宁）下面图形中既是轴对称图形又是中心对称图形的是（　　）

A．科克曲线 B．笛卡尔心形线
C．阿基米德螺旋线 D．赵爽弦图
【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．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；如果一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形叫做轴对称图形．
【详解】A．科克曲线既是轴对称图形又是中心对称图形，故本选项符合题意；
B．笛卡尔心形线是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项不符合题意；
C．阿基米德螺旋线不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故本选项不符合题意；
D．赵爽弦图不是轴对称图形，是中心对称图形，故本选项不符合题意．
故选：A．
21．（•毕节市）下列垃圾分类标识的图形中，既是中心对称图形又是轴对称图形的是（　　）
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．
【详解】A．既是中心对称图形，也是轴对称图形，故此选项符合题意；
B．既不是中心对称图形，也不是轴对称图形，故此选项不合题意；
C．既不是中心对称图形，也不是轴对称图形，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：A．
二．填空题（共8小题）
22．（•吉林）第二十四届北京冬奥会入场式引导牌上的图案融入了中国结和雪花两种元素．如图，这个图案绕着它的中心旋转角α（0°＜α＜360°）后能够与它本身重合，则角α可以为 　72（答案不唯一）．　度．（写出一个即可）

【分析】先求出正五边形的中心角，再根据旋转变换的性质解答即可．
【详解】360°÷5＝72°，
则这个图案绕着它的中心旋转72°后能够与它本身重合，
故答案为：72（答案不唯一）．
23．（•贺州）如图，在平面直角坐标系中，△OAB为等腰三角形，OA＝AB＝5，点B到x轴的距离为4，若将△OAB绕点O逆时针旋转90°，得到△OA′B′，则点B′的坐标为 　（﹣4，8）　．

【分析】过点B作BN⊥x轴，过点B′作B′M⊥y轴，先求出ON＝8，再证明△AOB≌△A′OB′（AAS），推出OM＝ON＝8，B′M＝BN＝4，从而求出点B′的坐标．
【详解】过点B作BN⊥x轴，过点B′作B′M⊥y轴，
∴∠B′MO＝∠BNO＝90°，
∵OA＝AB＝5，点B到x轴的距离为4，
∴AN＝3，
∴ON＝8，

∵将△OAB绕点O逆时针旋转90°，得到△OA′B′，
∴∠BOB′＝90°，OB＝OB′，
∴∠BOA′+∠B′OA′＝∠BOA+∠BOA′，
∴∠BOA＝∠B′OA′，
∴△AOB≌△A′OB′（AAS），
∴OM＝ON＝8，B′M＝BN＝4，
∴B′（﹣4，8），
故答案为：（﹣4，8）．
24．（•怀化）已知点A（﹣2，b）与点B（a，3）关于原点对称，则a﹣b＝　5　．
【分析】根据关于原点对称的点的坐标，可得答案．
【详解】∵点A（﹣2，b）与点B（a，3）关于原点对称，
∴a＝2，b＝﹣3，
∴a﹣b＝2+3＝5，
故答案为：5．
25．（•云南）点A（1，﹣5）关于原点的对称点为点B，则点B的坐标为 　（﹣1，5）　．
【分析】平面直角坐标系中任意一点P（x，y），关于原点的对称点是（﹣x，﹣y），记忆方法是结合平面直角坐标系的图形记忆．
【详解】∵点A（1，﹣5）关于原点对称点为点B，
∴点B的坐标为（﹣1，5）．
故答案为：（﹣1，5）．
26．（•泸州）点（﹣2，3）关于原点的对称点的坐标为 　（2，﹣3）　．
【分析】平面直角坐标系中任意一点P（x，y），关于原点的对称点是（﹣x，﹣y），即：求关于原点的对称点，横纵坐标都变成相反数．记忆方法是结合平面直角坐标系的图形记忆．
【详解】∵点M（﹣2，3）关于原点对称，
∴点M（﹣2，3）关于原点对称的点的坐标为（2，﹣3）．
故答案为（2，﹣3）．
27．（•无锡）△ABC是边长为5的等边三角形，△DCE是边长为3的等边三角形，直线BD与直线AE交于点F．如图，若点D在△ABC内，∠DBC＝20°，则∠BAF＝　80　°；现将△DCE绕点C旋转1周，在这个旋转过程中，线段AF长度的最小值是 　4﹣　．

【分析】第一个问题证明△BCD≌△ACE（SAS），推出∠DBC＝∠EAC＝20°，可得∠BAF＝∠BAC+∠CAE＝80°．第二个问题，如图1中，设BE交AC于点T．证明∠BCT＝∠AFT＝60°，推出点F在△ABC的外接圆上运动，当∠ABF最小时，AF的值最小，此时CD⊥BD，求出AE，EF可得结论．
【详解】∵△ACB，△DEC都是等边三角形，
∴AC＝CB，DC＝EC，∠ACB＝∠DCE＝60°，
∴∠BCD＝∠ACE，
在△BCD和△ACE中，
，
∴△BCD≌△ACE（SAS），
∴∠DBC＝∠EAC＝20°，
∵∠BAC＝60°，
∴∠BAF＝∠BAC+∠CAE＝80°．
如图1中，设BE交AC于点T．

同法可证△BCD≌△ACE，
∴∠CBD＝∠CAF，
∵∠BTC＝∠ATF，
∴∠BCT＝∠AFT＝60°，
∴点F在△ABC的外接圆上运动，当∠ABF最小时，AF的值最小，此时CD⊥BD，
∴BD＝＝＝4，
∴AE＝BD＝4，∠BDC＝∠AEC＝90°，
∵CD＝CE，CF＝CF，
∴Rt△CFD≌Rt△CFE（HL），
∴∠DCF＝∠ECF＝30°，
∴EF＝CE•tan30°＝，
∴AF的最小值＝AE﹣EF＝4﹣，
故答案为：80，4﹣．
28．（•永州）如图，图中网格由边长为1的小正方形组成，点A为网格线的交点．若线段OA绕原点O顺时针旋转90°后，端点A的坐标变为 　（2，﹣2）　．

【分析】根据旋转的性质找到旋转后的A点的对应点的位置，即可求解．
【详解】线段OA绕原点O顺时针旋转90°如图所示，则A'（2，﹣2），

则旋转后A点坐标变为：（2，﹣2），
故答案为：（2，﹣2）．
29．（•丽水）一副三角板按图1放置，O是边BC（DF）的中点，BC＝12cm．如图2，将△ABC绕点O顺时针旋转60°，AC与EF相交于点G，则FG的长是 　（3﹣3）　cm．

【分析】设EF与BC交于点H，根据旋转的性质证明∠FHO＝90°，可得OH＝OF＝3cm，利用含30度角的直角三角形可得CH＝OC﹣OH＝3cm，FH＝OH＝3cm，然后证明△CHG的等腰直角三角形，可得CH＝GH＝3cm，进而可以解决问题．
【详解】如图，设EF与BC交于点H，

∵O是边BC（DF）的中点，BC＝12cm．如图2，
∴OD＝OF＝OB＝OC＝6cm．
∵将△ABC绕点O顺时针旋转60°，
∴∠BOD＝∠FOH＝60°，
∵∠F＝30°，
∴∠FHO＝90°，
∴OH＝OF＝3cm，
∴CH＝OC﹣OH＝3cm，FH＝OH＝3cm，
∵∠C＝45°，
∴CH＝GH＝3cm，
∴FG＝FH﹣GH＝（3﹣3）cm．
故答案为：（3﹣3）．
三．解答题（共9小题）
30．（•武汉）如图是由小正方形组成的9×6网格，每个小正方形的顶点叫做格点．△ABC的三个顶点都是格点．仅用无刻度的直尺在给定网格中完成画图，画图过程用虚线表示．
（1）在图（1）中，D，E分别是边AB，AC与网格线的交点．先将点B绕点E旋转180°得到点F，画出点F，再在AC上画点G，使DG∥BC；
（2）在图（2）中，P是边AB上一点，∠BAC＝α．先将AB绕点A逆时针旋转2α，得到线段AH，画出线段AH，再画点Q，使P，Q两点关于直线AC对称．


【分析】（1）构造平行四边形ABCF即可解决问题，CF交格线于点T，连接DT交AC于点G，点G，点F即为所求；
（2）取格点M，N，J，连接MN，BJ交于点H，连接AH，PH，PH交AC于点K，连接BK，延长BK交AH 于点Q，线段AH，点Q即为所求．
【详解】（1）如图（1）中，点F，点G即为所求；
（2）如图（2）中，线段AH，点Q即为所求．

31．（•温州）如图，在2×6的方格纸中，已知格点P，请按要求画格点图形（顶点均在格点上）．
（1）在图1中画一个锐角三角形，使P为其中一边的中点，再画出该三角形向右平移2个单位后的图形．
（2）在图2中画一个以P为一个顶点的钝角三角形，使三边长都不相等，再画出该三角形绕点P旋转180°后的图形．

【分析】（1）根据题意画出合适的图形即可，注意本题答案不唯一，主要作出的图形符合题意即可；
（2）根据题意画出合适的图形即可，注意本题答案不唯一，主要作出的图形符合题意即可．
【详解】（1）如图1中△ABC即为所求（答案不唯一）；
（2）如图2中△ABC即为所求（答案不唯一）．

32．（•安徽）如图，在由边长为1个单位长度的小正方形组成的网格中，△ABC的顶点均为格点（网格线的交点）．
（1）将△ABC向上平移6个单位，再向右平移2个单位，得到△A1B1C1，请画出△A1B1C1；
（2）以边AC的中点O为旋转中心，将△ABC按逆时针方向旋转180°，得到△A2B2C2，请画出△A2B2C2．

【分析】（1）根据平移的性质可得△A1B1C1；
（2）根据旋转的性质可得△A2B2C2．
【详解】（1）如图，△A1B1C1即为所求；
（2）如图，△A2B2C2即为所求．

33．（•黑龙江）如图，在边长为1个单位长度的小正方形组成的网格中，△ABC与△DEF关于点O成中心对称，△ABC与△DEF的顶点均在格点上，请按要求完成下列各题．
（1）在图中画出点O的位置．
（2）将△ABC先向右平移4个单位长度，再向下平移2个单位长度，得到△A1B1C1，请画出△A1B1C1；
（3）在网格中画出格点M，使A1M平分∠B1A1C1．

【分析】（1）连接对应点B、F，对应点C、E，其交点即为旋转中心的位置；
（2）利用网格结构找出平移后的点的位置，然后顺次连接即可；
（3）根据网格结构的特点作出即可．
【详解】（1）如图所示，点O为所求．

（2）如图所示，△A1B1C1为所求．

（3）如图所示，点M为所求．

34．（•广元）在Rt△ABC中，AC＝BC，将线段CA绕点C旋转α（0°＜α＜90°），得到线段CD，连接AD、BD．
（1）如图1，将线段CA绕点C逆时针旋转α，则∠ADB的度数为 　135°　；
（2）将线段CA绕点C顺时针旋转α时
①在图2中依题意补全图形，并求∠ADB的度数；
②若∠BCD的平分线CE交BD于点F，交DA的延长线于点E，连结BE．用等式表示线段AD、CE、BE之间的数量关系，并证明．


【分析】（1）根据旋转的性质可得CD＝CA＝CB，根据等腰三角形的性质得出∠ADC＝90°﹣，∠BDC＝45°+，即可得∠ADB的度数；
（2）①依题意可补全图形，根据旋转的性质以及等腰三角形的性质即可求解；
②过点C作CG∥BD，交EB的延长线于点G，根据等腰三角形的性质可得出CE垂直平分BD，求出∠G＝∠EBD＝45°．可得EC＝CG，EG＝EC，证明△ACE≌△BCG，可得AE＝BG，根据线段的和差即可得出结论．
【详解】（1）在Rt△ABC中，AC＝BC，将线段CA绕点C旋转α（0°＜α＜90°），
∴CD＝CA＝CB，∠ACD＝α，
∴∠BCD＝90°﹣α，
∵CD＝CA，CD＝CB，
∴∠ADC＝＝90°﹣，∠BDC＝＝45°+，
∴∠ADB＝∠ADC+∠BDC＝90°﹣+45°+＝135°，
故答案为：135°；

（2）①依题意补全图形如图，

由旋得：CD＝CA＝CB，∠ACD＝α，
∴∠BCD＝90°+α，
∵CD＝CA，CD＝CB，
∴∠ADC＝＝90°﹣，∠BDC＝＝45°﹣，
∴∠ADB＝∠ADC﹣∠BDC＝90°﹣﹣45°+＝45°；
②CE＝2BE﹣AD．
证明：过点C作CG∥BD，交EB的延长线于点G，

∵BC＝CD，CE平分∠BCD，
∴CE垂直平分BD，
∴BE＝DE，∠EFB＝90°，
由①知，∠ADB＝45°，
∴∠EBD＝∠EDB＝45°，
∴∠FEB＝45°，
∵BD∥CG，
∴∠ECG＝∠EFB＝90°，∠G＝∠EBD＝45°，
∴EC＝CG，EG＝EC，
∵∠ACE＝90°﹣∠ECB，∠BCG＝90°﹣∠ECB，
∴∠ACE＝∠BCG，
∵AC＝BC，
∴△ACE≌△BCG（SAS），
∴AE＝BG，
∵EG＝EB+BG＝EB+AE＝EB+ED﹣AD＝2EB﹣AD，
∴CE＝2BE﹣AD．
35．（•连云港）【问题情境】
在一次数学兴趣小组活动中，小昕同学将一大一小两个三角板按照如图1所示的方式摆放．其中∠ACB＝∠DEB＝90°，∠B＝30°，BE＝AC＝3．
【问题探究】
小昕同学将三角板DEB绕点B按顺时针方向旋转．
（1）如图2，当点E落在边AB上时，延长DE交BC于点F，求BF的长．
（2）若点C、E、D在同一条直线上，求点D到直线BC的距离．

（3）连接DC，取DC的中点G，三角板DEB由初始位置（图1），旋转到点C、B、D首次在同一条直线上（如图3），求点G所经过的路径长．
（4）如图4，G为DC的中点，则在旋转过程中，点G到直线AB的距离的最大值是 　　．



【分析】（1）根据锐角三角函数求解，即可求出答案；
（2）①当点E在BC上方时，如图1过点D作DH⊥BC于H，根据锐角三角函数求出BC＝3，DE＝，最后利用面积求解，即可求出答案；

②当点E在BC下方时，同①的方法，即可求出答案；
（3）先求出∠BOE＝150°，再判断出点G是以点O为圆心，为半径的圆上，最后用弧长公式求解，即可求出答案；
（4）过点O作OK⊥AB于K，求出OK＝，即可求出答案．
【详解】（1）由题意得，∠BEF＝∠BED＝90°，
在Rt△BEF中，∠ABC＝30°，BE＝3，
∴BF＝＝＝2；

（2）①当点E在BC上方时，
如图1，过点D作DH⊥BC于H，
在Rt△ABC中，AC＝3，
∴tan∠ABC＝，
∴BC＝＝＝3，
在Rt△BED中，∠EBD＝∠ABC＝30°，BE＝3，
∴DE＝BE•tan∠DBE＝，
∵S△BCD＝CD•BE＝BC•DH，
∴DH＝＝+1，

②当点E在BC下方时，如图2，
在Rt△BCE中，BE＝3，BC＝3，
根据勾股定理得，CE＝＝3，
∴CD＝CE﹣DE＝3﹣，
过点D作DM⊥BC于M，
∵S△BDC＝BC•DM＝CD•BE，
∴DM＝＝﹣1，
即点D到直线BC的距离为±1；

（3）如图3﹣1，连接CD，取CD的中点G，

取BC的中点O，连接GO，则OG∥AB，
∴∠COG＝∠B＝30°，
∴∠BOE＝150°，
∵点G为CD的中点，点O为BC的中点，
∴GO＝BD＝，
∴点G是以点O为圆心，为半径的圆上，如图3﹣2，
∴三角板DEB由初始位置（图1），旋转到点C、B、D首次在同一条直线上时，点G所经过的轨迹为150°所对的圆弧，
∴点G所经过的路径长为＝π；

（4）如图4，过点O作OK⊥AB于K，
∵点O为BC的中点，BC＝3，
∴OB＝，
∴OK＝OB•sin30°＝，
由（3）知，点G是以点O为圆心，为半径的圆上，
∴点G到直线AB的距离的最大值是+＝，
故答案为：．



36．（•重庆）在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC＝2，D为BC的中点，E，F分别为AC，AD上任意一点，连接EF，将线段EF绕点E顺时针旋转90°得到线段EG，连接FG，AG．
（1）如图1，点E与点C重合，且GF的延长线过点B，若点P为FG的中点，连接PD，求PD的长；
（2）如图2，EF的延长线交AB于点M，点N在AC上，∠AGN＝∠AEG且GN＝MF，求证：AM+AF＝AE；
（3）如图3，F为线段AD上一动点，E为AC的中点，连接BE，H为直线BC上一动点，连接EH，将△BEH沿EH翻折至△ABC所在平面内，得到△B′EH，连接B′G，直接写出线段B′G的长度的最小值．


【分析】（1）连接CP，判断出△FCG为等腰直角三角形，进而判断出CP⊥FG，进而得出DP＝BC，再求出BC，即可求出答案；
（2）过点E作EH⊥AE交AD的延长线于H，先判断出△EGA≌△EFH（SAS），得出AG＝FH，∠EAG＝∠H＝45°，进而判断出△AGN≌△AMF（AAS），即可得出结论；
（3）先求出BE＝，再判断出点B'是以点E为圆心，为半径的圆上，再判断出点G在点A 右侧过点A与AD垂直且等长的线段上，进而得出EF最大时，B'G最小，即可求出答案．
【详解】（1）解：如图1，连接CP，
由旋转知，CF＝CG，∠FCG＝90°，
∴△FCG为等腰直角三角形，
∵点P是FG的中点，
∴CP⊥FG，
∵点D是BC的中点，
∴DP＝BC，
在Rt△ABC中，AB＝AC＝2，
∴BC＝AB＝4，
∴DP＝2；

（2）证明：如图2，
过点E作EH⊥AE交AD的延长线于H，
∴∠AEH＝90°，
由旋转知，EG＝EF，∠FEG＝90°，
∴∠FEG＝∠AEH，
∴∠AEG＝∠HEF，
∵AB＝AC，点D是BC的中点，
∴∠BAD＝∠CAD＝∠BAC＝45°，
∴∠H＝90°﹣∠CAD＝45°＝∠CAD，
∴AE＝HE，
∴△EGA≌△EFH（SAS），
∴AG＝FH，∠EAG＝∠H＝45°，
∴∠EAG＝∠BAD＝45°，
∵∠AMF＝180°﹣∠BAD﹣∠AFM＝135°﹣∠AFM，
∵∠AFM＝∠EFH，
∴∠AMF＝135°﹣∠EFH，
∵∠HEF＝180°﹣∠EFH﹣∠H＝135°﹣∠EFH，
∴∠AMF＝∠HEF，
∵△EGA≌△EFH，
∴∠AEG＝∠HEF，
∵∠AGN＝∠AEG，
∴∠AGN＝∠HEF，
∴∠AGN＝∠AMF，
∵GN＝MF，
∴△AGN≌△AMF（AAS），
∴AG＝AM，
∵AG＝FH，
∴AM＝FH，
∴AF+AM＝AF+FH＝AH＝AE；

（3）解：∵点E是AC的中点，
∴AE＝AC＝，
根据勾股定理得，BE＝＝，
由折叠直，BE＝B'E＝，
∴点B'是以点E为圆心，为半径的圆上，
由旋转知，EF＝EG，
∴点G在点A 右侧过点A与AD垂直且等长的线段上，
∴B'G的最小值为B'E﹣EG，
要B'G最小，则EG最大，即EF最大，
∵点F在AD上，
∴点F在点A或点D时，EF最大，最大值为，
∴线段B′G的长度的最小值﹣．


37．（•成都）如图，在矩形ABCD中，AD＝nAB（n＞1），点E是AD边上一动点（点E不与A，D重合），连接BE，以BE为边在直线BE的右侧作矩形EBFG，使得矩形EBFG∽矩形ABCD，EG交直线CD于点H．
【尝试初探】
（1）在点E的运动过程中，△ABE与△DEH始终保持相似关系，请说明理由．
【深入探究】
（2）若n＝2，随着E点位置的变化，H点的位置随之发生变化，当H是线段CD中点时，求tan∠ABE的值．
【拓展延伸】
（3）连接BH，FH，当△BFH是以FH为腰的等腰三角形时，求tan∠ABE的值（用含n的代数式表示）．


【分析】（1）根据两角对应相等可证明△ABE∽△DEH；
（2）设DH＝x，AE＝a，则AB＝2x，AD＝4x，DE＝4x﹣a，由△ABE∽△DEH，列比例式可得x＝，最后根据正切的定义可得结论；
（3）分两种情况：FH＝BH和FH＝BF，先根据三角形相似证明F在射线DC上，再根据三角形相似的性质和勾股定理列等式可得结论．
【详解】（1）∵四边形EBFG和四边形ABCD是矩形，
∴∠A＝∠BEG＝∠D＝90°，
∴∠ABE+∠AEB＝∠AEB+∠DEH＝90°，
∴∠DEH＝∠ABE，
∴△ABE∽△DEH，
∴在点E的运动过程中，△ABE与△DEH始终保持相似关系；
（2）如图1，∵H是线段CD中点，

∴DH＝CH，
设DH＝x，AE＝a，则AB＝2x，AD＝4x，DE＝4x﹣a，
由（1）知：△ABE∽△DEH，
∴＝，即＝，
∴2x2＝4ax﹣a2，
∴2x2﹣4ax+a2＝0，
∴x＝＝，
∵tan∠ABE＝＝，
当x＝时，tan∠ABE＝＝，
当x＝时，tan∠ABE＝＝；
综上，tan∠ABE的值是．
（3）分两种情况：
①如图2，BH＝FH，

设AB＝x，AE＝a，
∵四边形BEGF是矩形，
∴∠AEG＝∠G＝90°，BE＝FG，
∴Rt△BEH≌Rt△FGH（HL），
∴EH＝GH，
∵矩形EBFG∽矩形ABCD，
∴＝＝n，
∴＝n，
∴＝，
由（1）知：△ABE∽△DEH，
∴＝＝，
∴＝，
∴nx＝2a，
∴＝，
∴tan∠ABE＝＝＝；
②如图3，BF＝FH，

∵矩形EBFG∽矩形ABCD，
∴∠ABC＝∠EBF＝90°，＝，
∴∠ABE＝∠CBF，
∴△ABE∽△CBF，
∴∠BCF＝∠A＝90°，
∴D，C，F共线，
∵BF＝FH，
∴∠FBH＝∠FHB，
∵EG∥BF，
∴∠FBH＝∠EHB，
∴∠EHB＝∠CHB，
∵BE⊥EH，BC⊥CH，
∴BE＝BC，
由①可知：AB＝x，AE＝a，BE＝BC＝nx，
由勾股定理得：AB2+AE2＝BE2，
∴x2+a2＝（nx）2，
∴x＝（负值舍），
∴tan∠ABE＝＝＝，
综上，tan∠ABE的值是或．
38．（•重庆）如图，在锐角△ABC中，∠A＝60°，点D，E分别是边AB，AC上一动点，连接BE交直线CD于点F．
（1）如图1，若AB＞AC，且BD＝CE，∠BCD＝∠CBE，求∠CFE的度数；
（2）如图2，若AB＝AC，且BD＝AE，在平面内将线段AC绕点C顺时针方向旋转60°得到线段CM，连接MF，点N是MF的中点，连接CN．在点D，E运动过程中，猜想线段BF，CF，CN之间存在的数量关系，并证明你的猜想；
（3）若AB＝AC，且BD＝AE，将△ABC沿直线AB翻折至△ABC所在平面内得到△ABP，点H是AP的中点，点K是线段PF上一点，将△PHK沿直线HK翻折至△PHK所在平面内得到△QHK，连接PQ．在点D，E运动过程中，当线段PF取得最小值，且QK⊥PF时，请直接写出的值．


【分析】（1）如图1中，在射线CD上取一点K，使得CK＝BE，证明△BCE≌△CBK（SAS），推出BK＝CE，∠BEC＝∠BKD，再证明∠ADF+∠AEF＝180°，可得结论；
（2）结论：BF+CF＝2CN．首先证明∠BFC＝120°．如图2﹣1中，延长CN到Q，使得NQ＝CN，连接FQ，证明△CNM≌△QNF（SAS），推出FQ＝CM＝BC，延长CF到P，使得PF＝BF，则△PBF是等边三角形，再证明△PFQ≌△PBC（SAS），推出PQ＝PC，∠CPB＝∠QPF＝60°，推出△PCQ是等边三角形，可得结论；
（3）由（2）可知∠BFC＝120°，推出点F的运动轨迹为红色圆弧（如图3﹣1中），推出P，F，O三点共线时，PF的值最小，此时tan∠APK＝＝，如图3﹣2中，过点H作HL⊥PK于点L，设HL＝LK＝2，PL＝，PH＝，KH＝2，由等积法求出PQ，可得结论．
【详解】（1）如图1中，在射线CD上取一点K，使得CK＝BE，

在△BCE和△CBK中，
，
∴△BCE≌△CBK（SAS），
∴BK＝CE，∠BEC＝∠BKD，
∵CE＝BD，
∴BD＝BK，
∴∠BKD＝∠BDK＝∠ADC＝∠CEB，
∵∠BEC+∠AEF＝180°，
∴∠ADF+∠AEF＝180°，
∴∠A+∠EFD＝180°，
∵∠A＝60°，
∴∠EFD＝120°，
∴∠CFE＝180°﹣120°＝60°；

（2）结论：BF+CF＝2CN．
理由：如图2中，∵AB＝AC，∠A＝60°，
∴△ABC是等边三角形，
∴AB＝CB，∠A＝∠CBD＝60°，
∵AE＝BD，
∴△ABE≌△BCD（SAS），
∴∠BCF＝∠ABE，
∴∠FBC+∠BCF＝60°，
∴∠BFC＝120°，
如图2﹣1中，延长CN到Q，使得NQ＝CN，连接FQ，

∵NM＝NF，∠CNM＝∠FNQ，CN＝NQ，
∴△CNM≌△QNF（SAS），
∴FQ＝CM＝BC，
延长CF到P，使得PF＝BF，则△PBF是等边三角形，
∴∠PBC+∠PCB＝∠PCB+∠FCM＝120°，
∴∠PFQ＝∠FCM＝∠PBC，
∵PB＝PF，
∴△PFQ≌△PBC（SAS），
∴PQ＝PC，∠CPB＝∠QPF＝60°，
∴△PCQ是等边三角形，
∴BF+CF＝PC＝QC＝2CN．

（3）由（2）可知∠BFC＝120°，
∴点F的运动轨迹为红色圆弧（如图3﹣1中），
∴P，F，O三点共线时，PF的值最小，
此时tan∠APK＝＝，
∴∠HPK＞45°，
∵QK⊥PF，
∴∠PKH＝∠QKH＝45°，
如图3﹣2中，过点H作HL⊥PK于点L，设PQ交KH题意点J，设HL＝LK＝2，PL＝，PH＝，KH＝2，
∵S△PHK＝•PK•HL＝•KH•PJ，
∴PQ＝2PJ＝2×＝2+
∴＝＝．


专题20图形的旋转
一．选择题（共21小题）
1．（•遵义）在平面直角坐标系中，点A（a，1）与点B（﹣2，b）关于原点成中心对称，则a+b的值为（　　）
A．﹣3 B．﹣1 C．1 D．3
【分析】由中心对称的性质可求a，b的值，即可求解．
【详解】∵点A（a，1）与点B（﹣2，b）关于原点成中心对称，
∴a＝2，b＝﹣1，
∴a+b＝1，
故选：C．
2．（•内江）年2月第24届冬季奥林匹克运动会在我国北京成功举办，以下是参选的冬奥会会徽设计的部分图形，其中既是轴对称图形又是中心对称图形的是（　　）
A． B．
C． D．
【分析】根据轴对称图形和中心对称图形的定义解答即可．
【详解】根据轴对称图形和中心对称图形的定义可知，C选项既是轴对称图形，又是中心对称图形，
故选：C．
3．（•哈尔滨）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．
【详解】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．不是中心对称图形，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．
4．（•临沂）剪纸艺术是最古老的中国民间艺术之一，先后入选中国国家级非物质文化遗产名录和人类非物质文化遗产代表作名录．鱼与“余”同音，寓意生活富裕、年年有余，是剪纸艺术中很受喜爱的主题．以下关于鱼的剪纸中，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．
【详解】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，是中心对称图形，故本选项不符合题意；
C．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；
D．既是轴对称图形，又是中心对称图形，故本选项符合题意．
故选：D．
5．（•长沙）在平面直角坐标系中，点（5，1）关于原点对称的点的坐标是（　　）
A．（﹣5，1） B．（5，﹣1） C．（1，5） D．（﹣5，﹣1）
【分析】根据平面直角坐标系中任意一点（x，y），关于原点的对称点是（﹣x，﹣y），然后直接作答即可．
【详解】根据中心对称的性质，可知：点（5，1）关于原点O中心对称的点的坐标为（﹣5，﹣1）．
故选：D．
6．（•包头）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠A＝30°，BC＝2，将△ABC绕点C顺时针旋转得到△A'B'C，其中点A'与点A是对应点，点B'与点B是对应点．若点B'恰好落在AB边上，则点A到直线A'C的距离等于（　　）

A．3 B．2 C．3 D．2
【分析】由直角三角形的性质求出AC＝2，∠B＝60°，由旋转的性质得出CA＝CA′，CB＝CB′，∠ACA′＝∠BCB′，证出△CBB′和△CAA′为等边三角形，过点A作AD⊥A'C于点D，由等边三角形的性质及直角三角形的性质可得出答案．
【详解】连接AA′，如图，

∵∠ACB＝90°，∠BAC＝30°，BC＝2，
∴AC＝BC＝2，∠B＝60°，
∵将△ABC绕点C顺时针旋转得到△A'B'C，
∴CA＝CA′，CB＝CB′，∠ACA′＝∠BCB′，
∵CB＝CB′，∠B＝60°，
∴△CBB′为等边三角形，
∴∠BCB′＝60°，
∴∠ACA′＝60°，
∴△CAA′为等边三角形，
过点A作AD⊥A'C于点D，
∴CD＝AC＝，
∴AD＝CD＝＝3，
∴点A到直线A'C的距离为3，
故选：C．
7．（•雅安）在平面直角坐标系中，点（a+2，2）关于原点的对称点为（4，﹣b），则ab的值为（　　）
A．﹣4 B．4 C．12 D．﹣12
【分析】首先根据关于原点对称的点的坐标特点可得a+2＝﹣4，﹣b＝﹣2，分别求出a、b的值，再代入即可得到答案．
【详解】∵在平面直角坐标系中，点（a+2，2）关于原点的对称点为（4，﹣b），则
∴得a+2＝﹣4，﹣b＝﹣2，
解得a＝﹣6，b＝2，
∴ab＝﹣12．
故选：D．
8．（•永州）剪纸是我国具有独特艺术风格的民间艺术，反映了劳动人民对现实生活的深刻感悟．下列剪纸图形中，是中心对称图形的有（　　）

A．①②③ B．①②④ C．①③④ D．②③④
【分析】根据中心对称图形的概念对各选项分析判断即可得解．
【详解】①、是中心对称图形，故本选项符合题意；
②、是中心对称图形，故本选项符合题意；
③、是中心对称图形，故本选项符合题意；
④、不是中心对称图形，故本选项不符合题意．
故选：A．
9．（•宜昌）将四个数字看作一个图形，则下列四个图形中，是中心对称图形的是（　　）
A． B．
C． D．
【分析】根据中心对称的概念和各图形的特点即可求解．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．
【详解】中心对称图形，即把一个图形绕一个点旋转180°后能和原来的图形重合，所以D选项符合题意，
故选：D．
10．（•天津）如图，在△ABC中，AB＝AC，若M是BC边上任意一点，将△ABM绕点A逆时针旋转得到△ACN，点M的对应点为点N，连接MN，则下列结论一定正确的是（　　）

A．AB＝AN B．AB∥NC C．∠AMN＝∠ACN D．MN⊥AC
【分析】根据旋转变换的性质、等边三角形的性质、平行线的性质判断即可．
【详解】A、∵AB＝AC，
∴AB＞AM，
由旋转的性质可知，AN＝AM，
∴AB＞AN，故本选项结论错误，不符合题意；
B、当△ABC为等边三角形时，AB∥NC，除此之外，AB与NC不平行，故本选项结论错误，不符合题意；
C、由旋转的性质可知，∠BAC＝∠MAN，∠ABC＝∠ACN，
∵AM＝AN，AB＝AC，
∴∠ABC＝∠AMN，
∴∠AMN＝∠ACN，本选项结论正确，符合题意；
D、只有当点M为BC的中点时，∠BAM＝∠CAM＝∠CAN，才有MN⊥AC，故本选项结论错误，不符合题意；
故选：C．
11．（•常德）如图，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，∠ACB＝30°，将△ABC绕点C顺时针旋转60°得到△DEC，点A，B的对应点分别是D，E，点F是边AC的中点，连接BF，BE，FD．则下列结论错误的是（　　）

A．BE＝BC B．BF∥DE，BF＝DE
C．∠DFC＝90° D．DG＝3GF
【分析】根据等边三角形的判定定理得到△BCE为等边三角形，根据等边三角形的性质得到BE＝BC，判断A选项；证明△ABC≌△CFD，根据全等三角形的性质判断B、C选项；解直角三角形，用CF分别表示出GF、DF，判断D选项．
【详解】A、由旋转的性质可知，CB＝CE，∠BCE＝60°，
∴△BCE为等边三角形，
∴BE＝BC，本选项结论正确，不符合题意；
B、在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，∠ACB＝30°，点F是边AC的中点，
∴AB＝AC＝CF＝BF，
由旋转的性质可知，CA＝CD，∠ACD＝60°，
∴∠A＝∠ACD，
在△ABC和△CFD中，
，
∴△ABC≌△CFD（SAS），
∴DF＝BC＝BE，
∵DE＝AB＝BF，
∴四边形EBFD为平行四边形，
∴BF∥DE，BF＝DE，本选项结论正确，不符合题意；
C、∵△ABC≌△CFD，
∴∠DFC＝∠ABC＝90°，本选项结论正确，不符合题意；
D、在Rt△GFC中，∠GCF＝30°，
∴GF＝CF，
同理可得，DF＝CF，
∴DF＝3GF，故本选项结论错误，符合题意；
故选：D．
12．（•内江）如图，在平面直角坐标系中，点B、C、E在y轴上，点C的坐标为（0，1），AC＝2，Rt△ODE是Rt△ABC经过某些变换得到的，则正确的变换是（　　）

A．△ABC绕点C逆时针旋转90°，再向下平移1个单位
B．△ABC绕点C顺时针旋转90°，再向下平移1个单位
C．△ABC绕点C逆时针旋转90°，再向下平移3个单位
D．△ABC绕点C顺时针旋转90°，再向下平移3个单位
【分析】观察图形可以看出，Rt△ABC通过变换得到Rt△ODE，应先旋转然后平移即可．
【详解】根据图形可以看出，△ABC绕点C顺时针旋转90°，再向下平移3个单位可以得到△ODE．
故选：D．
13．（•杭州）如图，在平面直角坐标系中，已知点P（0，2），点A（4，2）．以点P为旋转中心，把点A按逆时针方向旋转60°，得点B．在M1（﹣，0），M2（﹣，﹣1），M3（1，4），M4（2，）四个点中，直线PB经过的点是（　　）

A．M1 B．M2 C．M3 D．M4
【分析】根据含30°角的直角三角形的性质可得B（2，2+2），利用待定系数法可得直线PB的详解式，依次将M1，M2，M3，M4四个点的一个坐标代入y＝x+2中可解答．
【详解】∵点A（4，2），点P（0，2），

∴PA⊥y轴，PA＝4，
由旋转得：∠APB＝60°，AP＝PB＝4，
如图，过点B作BC⊥y轴于C，
∴∠BPC＝30°，
∴BC＝2，PC＝2，
∴B（2，2+2），
设直线PB的详解式为：y＝kx+b，
则，
∴，
∴直线PB的详解式为：y＝x+2，
当y＝0时，x+2＝0，x＝﹣，
∴点M1（﹣，0）不在直线PB上，
当x＝﹣时，y＝﹣3+2＝﹣1，
∴M2（﹣，﹣1）在直线PB上，
当x＝1时，y＝+2，
∴M3（1，4）不在直线PB上，
当x＝2时，y＝2+2，
∴M4（2，）不在直线PB上．
故选：B．
14．（•南充）如图，将直角三角板ABC绕顶点A顺时针旋转到△AB′C′，点B′恰好落在CA的延长线上，∠B＝30°，∠C＝90°，则∠BAC′为（　　）

A．90° B．60° C．45° D．30°
【分析】利用旋转不变性，三角形内角和定理和平角的意义解答即可．
【详解】∵∠B＝30°，∠C＝90°，
∴∠CAB＝180°﹣∠B﹣∠C＝60°，
∵将直角三角板ABC绕顶点A顺时针旋转到△AB′C′，
∴∠C′AB′＝∠CAB＝60°．
∵点B′恰好落在CA的延长线上，
∴∠BAC′＝180°﹣∠CAB﹣∠C′AB′＝60°．
故选：B．
15．（•绥化）如图，线段OA在平面直角坐标系内，A点坐标为（2，5），线段OA绕原点O逆时针旋转90°，得到线段OA'，则点A'的坐标为（　　）

A．（﹣5，2） B．（5，2） C．（2，﹣5） D．（5，﹣2）
【分析】过点A作AB⊥x轴于点B，过点A′作A′C⊥x轴于点C，利用旋转的性质和全等三角形的判定与性质解答即可．
【详解】过点A作AB⊥x轴于点B，过点A′作A′C⊥x轴于点C，如图，

∵A点坐标为（2，5），
∴OB＝2，AB＝5．
由题意：∠AOA′＝90°，OA＝OA′．
∴∠AOB+∠A′OC＝90°．
∵∠A′OC+∠A′＝90°，
∴∠A′＝∠AOB．
在△A′OC和△OAB中，
，
∴△A′OC≌△OAB（AAS）．
∴A′C＝OB＝2，OC＝AB＝5，
∴A′（﹣5，2）．
故选：A．
16．（•黑龙江）下列图形是汽车的标识，其中是中心对称图形但不是轴对称图形的是（　　）
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．
【详解】A．既是中心对称图形，也是轴对称图形，故此选项不合题意；
B．不是中心对称图形，是轴对称图形，故此选项不合题意；
C．是中心对称图形但不是轴对称图形，故此选项符合题意；
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：C．
17．（•大庆）观察下列图形，其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．
【详解】A．不是轴对称图形，是中心对称图形，故本选项不符合题意；
B．是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项不符合题意；
C．既不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故本选项不符合题意；
D．既是轴对称图形，又是中心对称图形，故本选项符合题意．
故选：D．
18．（•齐齐哈尔）下面四个交通标志中，是中心对称图形的是（　　）
A． B．
C． D．
【分析】根据中心对称图形的定义进行判断，即可得出答案．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，这个点叫做对称中心．
【详解】选项B、C、D均不能找到这样的一个点，使图形绕某一点旋转180度后和原图形完全重合，所以不是中心对称图形，
选项A能找到这样的一个点，使图形绕某一点旋转180度后和原图形完全重合，所以是中心对称图形，
故选：A．
19．（•桂林）下列图形中，是中心对称图形的是（　　）
A．等边三角形 B．圆
C．正五边形 D．扇形
【分析】根据中心对称图形的定义进行判断，即可得出答案．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，这个点叫做对称中心．
【详解】选项A、C、D均不能找到这样的一个点，使图形绕某一点旋转180度后和原图形完全重合，所以不是中心对称图形，
选项B能找到这样的一个点，使图形绕某一点旋转180度后和原图形完全重合，所以是中心对称图形，
故选：B．
20．（•遂宁）下面图形中既是轴对称图形又是中心对称图形的是（　　）

A．科克曲线 B．笛卡尔心形线
C．阿基米德螺旋线 D．赵爽弦图
【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．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；如果一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形叫做轴对称图形．
【详解】A．科克曲线既是轴对称图形又是中心对称图形，故本选项符合题意；
B．笛卡尔心形线是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项不符合题意；
C．阿基米德螺旋线不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故本选项不符合题意；
D．赵爽弦图不是轴对称图形，是中心对称图形，故本选项不符合题意．
故选：A．
21．（•毕节市）下列垃圾分类标识的图形中，既是中心对称图形又是轴对称图形的是（　　）
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．
【详解】A．既是中心对称图形，也是轴对称图形，故此选项符合题意；
B．既不是中心对称图形，也不是轴对称图形，故此选项不合题意；
C．既不是中心对称图形，也不是轴对称图形，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：A．
二．填空题（共8小题）
22．（•吉林）第二十四届北京冬奥会入场式引导牌上的图案融入了中国结和雪花两种元素．如图，这个图案绕着它的中心旋转角α（0°＜α＜360°）后能够与它本身重合，则角α可以为 　72（答案不唯一）．　度．（写出一个即可）

【分析】先求出正五边形的中心角，再根据旋转变换的性质解答即可．
【详解】360°÷5＝72°，
则这个图案绕着它的中心旋转72°后能够与它本身重合，
故答案为：72（答案不唯一）．
23．（•贺州）如图，在平面直角坐标系中，△OAB为等腰三角形，OA＝AB＝5，点B到x轴的距离为4，若将△OAB绕点O逆时针旋转90°，得到△OA′B′，则点B′的坐标为 　（﹣4，8）　．

【分析】过点B作BN⊥x轴，过点B′作B′M⊥y轴，先求出ON＝8，再证明△AOB≌△A′OB′（AAS），推出OM＝ON＝8，B′M＝BN＝4，从而求出点B′的坐标．
【详解】过点B作BN⊥x轴，过点B′作B′M⊥y轴，
∴∠B′MO＝∠BNO＝90°，
∵OA＝AB＝5，点B到x轴的距离为4，
∴AN＝3，
∴ON＝8，

∵将△OAB绕点O逆时针旋转90°，得到△OA′B′，
∴∠BOB′＝90°，OB＝OB′，
∴∠BOA′+∠B′OA′＝∠BOA+∠BOA′，
∴∠BOA＝∠B′OA′，
∴△AOB≌△A′OB′（AAS），
∴OM＝ON＝8，B′M＝BN＝4，
∴B′（﹣4，8），
故答案为：（﹣4，8）．
24．（•怀化）已知点A（﹣2，b）与点B（a，3）关于原点对称，则a﹣b＝　5　．
【分析】根据关于原点对称的点的坐标，可得答案．
【详解】∵点A（﹣2，b）与点B（a，3）关于原点对称，
∴a＝2，b＝﹣3，
∴a﹣b＝2+3＝5，
故答案为：5．
25．（•云南）点A（1，﹣5）关于原点的对称点为点B，则点B的坐标为 　（﹣1，5）　．
【分析】平面直角坐标系中任意一点P（x，y），关于原点的对称点是（﹣x，﹣y），记忆方法是结合平面直角坐标系的图形记忆．
【详解】∵点A（1，﹣5）关于原点对称点为点B，
∴点B的坐标为（﹣1，5）．
故答案为：（﹣1，5）．
26．（•泸州）点（﹣2，3）关于原点的对称点的坐标为 　（2，﹣3）　．
【分析】平面直角坐标系中任意一点P（x，y），关于原点的对称点是（﹣x，﹣y），即：求关于原点的对称点，横纵坐标都变成相反数．记忆方法是结合平面直角坐标系的图形记忆．
【详解】∵点M（﹣2，3）关于原点对称，
∴点M（﹣2，3）关于原点对称的点的坐标为（2，﹣3）．
故答案为（2，﹣3）．
27．（•无锡）△ABC是边长为5的等边三角形，△DCE是边长为3的等边三角形，直线BD与直线AE交于点F．如图，若点D在△ABC内，∠DBC＝20°，则∠BAF＝　80　°；现将△DCE绕点C旋转1周，在这个旋转过程中，线段AF长度的最小值是 　4﹣　．

【分析】第一个问题证明△BCD≌△ACE（SAS），推出∠DBC＝∠EAC＝20°，可得∠BAF＝∠BAC+∠CAE＝80°．第二个问题，如图1中，设BE交AC于点T．证明∠BCT＝∠AFT＝60°，推出点F在△ABC的外接圆上运动，当∠ABF最小时，AF的值最小，此时CD⊥BD，求出AE，EF可得结论．
【详解】∵△ACB，△DEC都是等边三角形，
∴AC＝CB，DC＝EC，∠ACB＝∠DCE＝60°，
∴∠BCD＝∠ACE，
在△BCD和△ACE中，
，
∴△BCD≌△ACE（SAS），
∴∠DBC＝∠EAC＝20°，
∵∠BAC＝60°，
∴∠BAF＝∠BAC+∠CAE＝80°．
如图1中，设BE交AC于点T．

同法可证△BCD≌△ACE，
∴∠CBD＝∠CAF，
∵∠BTC＝∠ATF，
∴∠BCT＝∠AFT＝60°，
∴点F在△ABC的外接圆上运动，当∠ABF最小时，AF的值最小，此时CD⊥BD，
∴BD＝＝＝4，
∴AE＝BD＝4，∠BDC＝∠AEC＝90°，
∵CD＝CE，CF＝CF，
∴Rt△CFD≌Rt△CFE（HL），
∴∠DCF＝∠ECF＝30°，
∴EF＝CE•tan30°＝，
∴AF的最小值＝AE﹣EF＝4﹣，
故答案为：80，4﹣．
28．（•永州）如图，图中网格由边长为1的小正方形组成，点A为网格线的交点．若线段OA绕原点O顺时针旋转90°后，端点A的坐标变为 　（2，﹣2）　．

【分析】根据旋转的性质找到旋转后的A点的对应点的位置，即可求解．
【详解】线段OA绕原点O顺时针旋转90°如图所示，则A'（2，﹣2），

则旋转后A点坐标变为：（2，﹣2），
故答案为：（2，﹣2）．
29．（•丽水）一副三角板按图1放置，O是边BC（DF）的中点，BC＝12cm．如图2，将△ABC绕点O顺时针旋转60°，AC与EF相交于点G，则FG的长是 　（3﹣3）　cm．

【分析】设EF与BC交于点H，根据旋转的性质证明∠FHO＝90°，可得OH＝OF＝3cm，利用含30度角的直角三角形可得CH＝OC﹣OH＝3cm，FH＝OH＝3cm，然后证明△CHG的等腰直角三角形，可得CH＝GH＝3cm，进而可以解决问题．
【详解】如图，设EF与BC交于点H，

∵O是边BC（DF）的中点，BC＝12cm．如图2，
∴OD＝OF＝OB＝OC＝6cm．
∵将△ABC绕点O顺时针旋转60°，
∴∠BOD＝∠FOH＝60°，
∵∠F＝30°，
∴∠FHO＝90°，
∴OH＝OF＝3cm，
∴CH＝OC﹣OH＝3cm，FH＝OH＝3cm，
∵∠C＝45°，
∴CH＝GH＝3cm，
∴FG＝FH﹣GH＝（3﹣3）cm．
故答案为：（3﹣3）．
三．解答题（共9小题）
30．（•武汉）如图是由小正方形组成的9×6网格，每个小正方形的顶点叫做格点．△ABC的三个顶点都是格点．仅用无刻度的直尺在给定网格中完成画图，画图过程用虚线表示．
（1）在图（1）中，D，E分别是边AB，AC与网格线的交点．先将点B绕点E旋转180°得到点F，画出点F，再在AC上画点G，使DG∥BC；
（2）在图（2）中，P是边AB上一点，∠BAC＝α．先将AB绕点A逆时针旋转2α，得到线段AH，画出线段AH，再画点Q，使P，Q两点关于直线AC对称．


【分析】（1）构造平行四边形ABCF即可解决问题，CF交格线于点T，连接DT交AC于点G，点G，点F即为所求；
（2）取格点M，N，J，连接MN，BJ交于点H，连接AH，PH，PH交AC于点K，连接BK，延长BK交AH 于点Q，线段AH，点Q即为所求．
【详解】（1）如图（1）中，点F，点G即为所求；
（2）如图（2）中，线段AH，点Q即为所求．

31．（•温州）如图，在2×6的方格纸中，已知格点P，请按要求画格点图形（顶点均在格点上）．
（1）在图1中画一个锐角三角形，使P为其中一边的中点，再画出该三角形向右平移2个单位后的图形．
（2）在图2中画一个以P为一个顶点的钝角三角形，使三边长都不相等，再画出该三角形绕点P旋转180°后的图形．

【分析】（1）根据题意画出合适的图形即可，注意本题答案不唯一，主要作出的图形符合题意即可；
（2）根据题意画出合适的图形即可，注意本题答案不唯一，主要作出的图形符合题意即可．
【详解】（1）如图1中△ABC即为所求（答案不唯一）；
（2）如图2中△ABC即为所求（答案不唯一）．

32．（•安徽）如图，在由边长为1个单位长度的小正方形组成的网格中，△ABC的顶点均为格点（网格线的交点）．
（1）将△ABC向上平移6个单位，再向右平移2个单位，得到△A1B1C1，请画出△A1B1C1；
（2）以边AC的中点O为旋转中心，将△ABC按逆时针方向旋转180°，得到△A2B2C2，请画出△A2B2C2．

【分析】（1）根据平移的性质可得△A1B1C1；
（2）根据旋转的性质可得△A2B2C2．
【详解】（1）如图，△A1B1C1即为所求；
（2）如图，△A2B2C2即为所求．

33．（•黑龙江）如图，在边长为1个单位长度的小正方形组成的网格中，△ABC与△DEF关于点O成中心对称，△ABC与△DEF的顶点均在格点上，请按要求完成下列各题．
（1）在图中画出点O的位置．
（2）将△ABC先向右平移4个单位长度，再向下平移2个单位长度，得到△A1B1C1，请画出△A1B1C1；
（3）在网格中画出格点M，使A1M平分∠B1A1C1．

【分析】（1）连接对应点B、F，对应点C、E，其交点即为旋转中心的位置；
（2）利用网格结构找出平移后的点的位置，然后顺次连接即可；
（3）根据网格结构的特点作出即可．
【详解】（1）如图所示，点O为所求．

（2）如图所示，△A1B1C1为所求．

（3）如图所示，点M为所求．

34．（•广元）在Rt△ABC中，AC＝BC，将线段CA绕点C旋转α（0°＜α＜90°），得到线段CD，连接AD、BD．
（1）如图1，将线段CA绕点C逆时针旋转α，则∠ADB的度数为 　135°　；
（2）将线段CA绕点C顺时针旋转α时
①在图2中依题意补全图形，并求∠ADB的度数；
②若∠BCD的平分线CE交BD于点F，交DA的延长线于点E，连结BE．用等式表示线段AD、CE、BE之间的数量关系，并证明．


【分析】（1）根据旋转的性质可得CD＝CA＝CB，根据等腰三角形的性质得出∠ADC＝90°﹣，∠BDC＝45°+，即可得∠ADB的度数；
（2）①依题意可补全图形，根据旋转的性质以及等腰三角形的性质即可求解；
②过点C作CG∥BD，交EB的延长线于点G，根据等腰三角形的性质可得出CE垂直平分BD，求出∠G＝∠EBD＝45°．可得EC＝CG，EG＝EC，证明△ACE≌△BCG，可得AE＝BG，根据线段的和差即可得出结论．
【详解】（1）在Rt△ABC中，AC＝BC，将线段CA绕点C旋转α（0°＜α＜90°），
∴CD＝CA＝CB，∠ACD＝α，
∴∠BCD＝90°﹣α，
∵CD＝CA，CD＝CB，
∴∠ADC＝＝90°﹣，∠BDC＝＝45°+，
∴∠ADB＝∠ADC+∠BDC＝90°﹣+45°+＝135°，
故答案为：135°；

（2）①依题意补全图形如图，

由旋得：CD＝CA＝CB，∠ACD＝α，
∴∠BCD＝90°+α，
∵CD＝CA，CD＝CB，
∴∠ADC＝＝90°﹣，∠BDC＝＝45°﹣，
∴∠ADB＝∠ADC﹣∠BDC＝90°﹣﹣45°+＝45°；
②CE＝2BE﹣AD．
证明：过点C作CG∥BD，交EB的延长线于点G，

∵BC＝CD，CE平分∠BCD，
∴CE垂直平分BD，
∴BE＝DE，∠EFB＝90°，
由①知，∠ADB＝45°，
∴∠EBD＝∠EDB＝45°，
∴∠FEB＝45°，
∵BD∥CG，
∴∠ECG＝∠EFB＝90°，∠G＝∠EBD＝45°，
∴EC＝CG，EG＝EC，
∵∠ACE＝90°﹣∠ECB，∠BCG＝90°﹣∠ECB，
∴∠ACE＝∠BCG，
∵AC＝BC，
∴△ACE≌△BCG（SAS），
∴AE＝BG，
∵EG＝EB+BG＝EB+AE＝EB+ED﹣AD＝2EB﹣AD，
∴CE＝2BE﹣AD．
35．（•连云港）【问题情境】
在一次数学兴趣小组活动中，小昕同学将一大一小两个三角板按照如图1所示的方式摆放．其中∠ACB＝∠DEB＝90°，∠B＝30°，BE＝AC＝3．
【问题探究】
小昕同学将三角板DEB绕点B按顺时针方向旋转．
（1）如图2，当点E落在边AB上时，延长DE交BC于点F，求BF的长．
（2）若点C、E、D在同一条直线上，求点D到直线BC的距离．

（3）连接DC，取DC的中点G，三角板DEB由初始位置（图1），旋转到点C、B、D首次在同一条直线上（如图3），求点G所经过的路径长．
（4）如图4，G为DC的中点，则在旋转过程中，点G到直线AB的距离的最大值是 　　．



【分析】（1）根据锐角三角函数求解，即可求出答案；
（2）①当点E在BC上方时，如图1过点D作DH⊥BC于H，根据锐角三角函数求出BC＝3，DE＝，最后利用面积求解，即可求出答案；

②当点E在BC下方时，同①的方法，即可求出答案；
（3）先求出∠BOE＝150°，再判断出点G是以点O为圆心，为半径的圆上，最后用弧长公式求解，即可求出答案；
（4）过点O作OK⊥AB于K，求出OK＝，即可求出答案．
【详解】（1）由题意得，∠BEF＝∠BED＝90°，
在Rt△BEF中，∠ABC＝30°，BE＝3，
∴BF＝＝＝2；

（2）①当点E在BC上方时，
如图1，过点D作DH⊥BC于H，
在Rt△ABC中，AC＝3，
∴tan∠ABC＝，
∴BC＝＝＝3，
在Rt△BED中，∠EBD＝∠ABC＝30°，BE＝3，
∴DE＝BE•tan∠DBE＝，
∵S△BCD＝CD•BE＝BC•DH，
∴DH＝＝+1，

②当点E在BC下方时，如图2，
在Rt△BCE中，BE＝3，BC＝3，
根据勾股定理得，CE＝＝3，
∴CD＝CE﹣DE＝3﹣，
过点D作DM⊥BC于M，
∵S△BDC＝BC•DM＝CD•BE，
∴DM＝＝﹣1，
即点D到直线BC的距离为±1；

（3）如图3﹣1，连接CD，取CD的中点G，

取BC的中点O，连接GO，则OG∥AB，
∴∠COG＝∠B＝30°，
∴∠BOE＝150°，
∵点G为CD的中点，点O为BC的中点，
∴GO＝BD＝，
∴点G是以点O为圆心，为半径的圆上，如图3﹣2，
∴三角板DEB由初始位置（图1），旋转到点C、B、D首次在同一条直线上时，点G所经过的轨迹为150°所对的圆弧，
∴点G所经过的路径长为＝π；

（4）如图4，过点O作OK⊥AB于K，
∵点O为BC的中点，BC＝3，
∴OB＝，
∴OK＝OB•sin30°＝，
由（3）知，点G是以点O为圆心，为半径的圆上，
∴点G到直线AB的距离的最大值是+＝，
故答案为：．



36．（•重庆）在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC＝2，D为BC的中点，E，F分别为AC，AD上任意一点，连接EF，将线段EF绕点E顺时针旋转90°得到线段EG，连接FG，AG．
（1）如图1，点E与点C重合，且GF的延长线过点B，若点P为FG的中点，连接PD，求PD的长；
（2）如图2，EF的延长线交AB于点M，点N在AC上，∠AGN＝∠AEG且GN＝MF，求证：AM+AF＝AE；
（3）如图3，F为线段AD上一动点，E为AC的中点，连接BE，H为直线BC上一动点，连接EH，将△BEH沿EH翻折至△ABC所在平面内，得到△B′EH，连接B′G，直接写出线段B′G的长度的最小值．


【分析】（1）连接CP，判断出△FCG为等腰直角三角形，进而判断出CP⊥FG，进而得出DP＝BC，再求出BC，即可求出答案；
（2）过点E作EH⊥AE交AD的延长线于H，先判断出△EGA≌△EFH（SAS），得出AG＝FH，∠EAG＝∠H＝45°，进而判断出△AGN≌△AMF（AAS），即可得出结论；
（3）先求出BE＝，再判断出点B'是以点E为圆心，为半径的圆上，再判断出点G在点A 右侧过点A与AD垂直且等长的线段上，进而得出EF最大时，B'G最小，即可求出答案．
【详解】（1）解：如图1，连接CP，
由旋转知，CF＝CG，∠FCG＝90°，
∴△FCG为等腰直角三角形，
∵点P是FG的中点，
∴CP⊥FG，
∵点D是BC的中点，
∴DP＝BC，
在Rt△ABC中，AB＝AC＝2，
∴BC＝AB＝4，
∴DP＝2；

（2）证明：如图2，
过点E作EH⊥AE交AD的延长线于H，
∴∠AEH＝90°，
由旋转知，EG＝EF，∠FEG＝90°，
∴∠FEG＝∠AEH，
∴∠AEG＝∠HEF，
∵AB＝AC，点D是BC的中点，
∴∠BAD＝∠CAD＝∠BAC＝45°，
∴∠H＝90°﹣∠CAD＝45°＝∠CAD，
∴AE＝HE，
∴△EGA≌△EFH（SAS），
∴AG＝FH，∠EAG＝∠H＝45°，
∴∠EAG＝∠BAD＝45°，
∵∠AMF＝180°﹣∠BAD﹣∠AFM＝135°﹣∠AFM，
∵∠AFM＝∠EFH，
∴∠AMF＝135°﹣∠EFH，
∵∠HEF＝180°﹣∠EFH﹣∠H＝135°﹣∠EFH，
∴∠AMF＝∠HEF，
∵△EGA≌△EFH，
∴∠AEG＝∠HEF，
∵∠AGN＝∠AEG，
∴∠AGN＝∠HEF，
∴∠AGN＝∠AMF，
∵GN＝MF，
∴△AGN≌△AMF（AAS），
∴AG＝AM，
∵AG＝FH，
∴AM＝FH，
∴AF+AM＝AF+FH＝AH＝AE；

（3）解：∵点E是AC的中点，
∴AE＝AC＝，
根据勾股定理得，BE＝＝，
由折叠直，BE＝B'E＝，
∴点B'是以点E为圆心，为半径的圆上，
由旋转知，EF＝EG，
∴点G在点A 右侧过点A与AD垂直且等长的线段上，
∴B'G的最小值为B'E﹣EG，
要B'G最小，则EG最大，即EF最大，
∵点F在AD上，
∴点F在点A或点D时，EF最大，最大值为，
∴线段B′G的长度的最小值﹣．


37．（•成都）如图，在矩形ABCD中，AD＝nAB（n＞1），点E是AD边上一动点（点E不与A，D重合），连接BE，以BE为边在直线BE的右侧作矩形EBFG，使得矩形EBFG∽矩形ABCD，EG交直线CD于点H．
【尝试初探】
（1）在点E的运动过程中，△ABE与△DEH始终保持相似关系，请说明理由．
【深入探究】
（2）若n＝2，随着E点位置的变化，H点的位置随之发生变化，当H是线段CD中点时，求tan∠ABE的值．
【拓展延伸】
（3）连接BH，FH，当△BFH是以FH为腰的等腰三角形时，求tan∠ABE的值（用含n的代数式表示）．


【分析】（1）根据两角对应相等可证明△ABE∽△DEH；
（2）设DH＝x，AE＝a，则AB＝2x，AD＝4x，DE＝4x﹣a，由△ABE∽△DEH，列比例式可得x＝，最后根据正切的定义可得结论；
（3）分两种情况：FH＝BH和FH＝BF，先根据三角形相似证明F在射线DC上，再根据三角形相似的性质和勾股定理列等式可得结论．
【详解】（1）∵四边形EBFG和四边形ABCD是矩形，
∴∠A＝∠BEG＝∠D＝90°，
∴∠ABE+∠AEB＝∠AEB+∠DEH＝90°，
∴∠DEH＝∠ABE，
∴△ABE∽△DEH，
∴在点E的运动过程中，△ABE与△DEH始终保持相似关系；
（2）如图1，∵H是线段CD中点，

∴DH＝CH，
设DH＝x，AE＝a，则AB＝2x，AD＝4x，DE＝4x﹣a，
由（1）知：△ABE∽△DEH，
∴＝，即＝，
∴2x2＝4ax﹣a2，
∴2x2﹣4ax+a2＝0，
∴x＝＝，
∵tan∠ABE＝＝，
当x＝时，tan∠ABE＝＝，
当x＝时，tan∠ABE＝＝；
综上，tan∠ABE的值是．
（3）分两种情况：
①如图2，BH＝FH，

设AB＝x，AE＝a，
∵四边形BEGF是矩形，
∴∠AEG＝∠G＝90°，BE＝FG，
∴Rt△BEH≌Rt△FGH（HL），
∴EH＝GH，
∵矩形EBFG∽矩形ABCD，
∴＝＝n，
∴＝n，
∴＝，
由（1）知：△ABE∽△DEH，
∴＝＝，
∴＝，
∴nx＝2a，
∴＝，
∴tan∠ABE＝＝＝；
②如图3，BF＝FH，

∵矩形EBFG∽矩形ABCD，
∴∠ABC＝∠EBF＝90°，＝，
∴∠ABE＝∠CBF，
∴△ABE∽△CBF，
∴∠BCF＝∠A＝90°，
∴D，C，F共线，
∵BF＝FH，
∴∠FBH＝∠FHB，
∵EG∥BF，
∴∠FBH＝∠EHB，
∴∠EHB＝∠CHB，
∵BE⊥EH，BC⊥CH，
∴BE＝BC，
由①可知：AB＝x，AE＝a，BE＝BC＝nx，
由勾股定理得：AB2+AE2＝BE2，
∴x2+a2＝（nx）2，
∴x＝（负值舍），
∴tan∠ABE＝＝＝，
综上，tan∠ABE的值是或．
38．（•重庆）如图，在锐角△ABC中，∠A＝60°，点D，E分别是边AB，AC上一动点，连接BE交直线CD于点F．
（1）如图1，若AB＞AC，且BD＝CE，∠BCD＝∠CBE，求∠CFE的度数；
（2）如图2，若AB＝AC，且BD＝AE，在平面内将线段AC绕点C顺时针方向旋转60°得到线段CM，连接MF，点N是MF的中点，连接CN．在点D，E运动过程中，猜想线段BF，CF，CN之间存在的数量关系，并证明你的猜想；
（3）若AB＝AC，且BD＝AE，将△ABC沿直线AB翻折至△ABC所在平面内得到△ABP，点H是AP的中点，点K是线段PF上一点，将△PHK沿直线HK翻折至△PHK所在平面内得到△QHK，连接PQ．在点D，E运动过程中，当线段PF取得最小值，且QK⊥PF时，请直接写出的值．


【分析】（1）如图1中，在射线CD上取一点K，使得CK＝BE，证明△BCE≌△CBK（SAS），推出BK＝CE，∠BEC＝∠BKD，再证明∠ADF+∠AEF＝180°，可得结论；
（2）结论：BF+CF＝2CN．首先证明∠BFC＝120°．如图2﹣1中，延长CN到Q，使得NQ＝CN，连接FQ，证明△CNM≌△QNF（SAS），推出FQ＝CM＝BC，延长CF到P，使得PF＝BF，则△PBF是等边三角形，再证明△PFQ≌△PBC（SAS），推出PQ＝PC，∠CPB＝∠QPF＝60°，推出△PCQ是等边三角形，可得结论；
（3）由（2）可知∠BFC＝120°，推出点F的运动轨迹为红色圆弧（如图3﹣1中），推出P，F，O三点共线时，PF的值最小，此时tan∠APK＝＝，如图3﹣2中，过点H作HL⊥PK于点L，设HL＝LK＝2，PL＝，PH＝，KH＝2，由等积法求出PQ，可得结论．
【详解】（1）如图1中，在射线CD上取一点K，使得CK＝BE，

在△BCE和△CBK中，
，
∴△BCE≌△CBK（SAS），
∴BK＝CE，∠BEC＝∠BKD，
∵CE＝BD，
∴BD＝BK，
∴∠BKD＝∠BDK＝∠ADC＝∠CEB，
∵∠BEC+∠AEF＝180°，
∴∠ADF+∠AEF＝180°，
∴∠A+∠EFD＝180°，
∵∠A＝60°，
∴∠EFD＝120°，
∴∠CFE＝180°﹣120°＝60°；

（2）结论：BF+CF＝2CN．
理由：如图2中，∵AB＝AC，∠A＝60°，
∴△ABC是等边三角形，
∴AB＝CB，∠A＝∠CBD＝60°，
∵AE＝BD，
∴△ABE≌△BCD（SAS），
∴∠BCF＝∠ABE，
∴∠FBC+∠BCF＝60°，
∴∠BFC＝120°，
如图2﹣1中，延长CN到Q，使得NQ＝CN，连接FQ，

∵NM＝NF，∠CNM＝∠FNQ，CN＝NQ，
∴△CNM≌△QNF（SAS），
∴FQ＝CM＝BC，
延长CF到P，使得PF＝BF，则△PBF是等边三角形，
∴∠PBC+∠PCB＝∠PCB+∠FCM＝120°，
∴∠PFQ＝∠FCM＝∠PBC，
∵PB＝PF，
∴△PFQ≌△PBC（SAS），
∴PQ＝PC，∠CPB＝∠QPF＝60°，
∴△PCQ是等边三角形，
∴BF+CF＝PC＝QC＝2CN．

（3）由（2）可知∠BFC＝120°，
∴点F的运动轨迹为红色圆弧（如图3﹣1中），
∴P，F，O三点共线时，PF的值最小，
此时tan∠APK＝＝，
∴∠HPK＞45°，
∵QK⊥PF，
∴∠PKH＝∠QKH＝45°，
如图3﹣2中，过点H作HL⊥PK于点L，设PQ交KH题意点J，设HL＝LK＝2，PL＝，PH＝，KH＝2，
∵S△PHK＝•PK•HL＝•KH•PJ，
∴PQ＝2PJ＝2×＝2+
∴＝＝．