苏科版数学八年级下册期末复习专题训练专题01 图形的旋转与中心对称（含解析）

这是一份苏科版数学八年级下册期末复习专题训练专题01 图形的旋转与中心对称（含解析），共31页。

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．1B．2C．3D．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．1B．2C．3D．
【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°．