数学九年级上册23.1 图形的旋转课时训练

这是一份数学九年级上册23.1 图形的旋转课时训练，共39页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1．4张扑克牌如图（1）所示放在桌子上，小敏把其中两张旋转180°后得到如图（2）所示，那么她所旋转的牌从左起是（ ）
A．第一张、第二张 B．第二张、第三张
C．第三张、第四张 D．第四张、第一张
2．如图，四边形ABCD是正方形，点E，F分别在边CD，BC上，点G在CB的延长线上，DE＝CF＝BG．下列说法：①将△DCF沿某一直线平移可以得到△ABG；②将△ABG沿某一直线对称可以得到△ADE；③将△ADE绕某一点旋转可以得到△DCF．其中正确的是（ ）
A．①②B．②③C．①③D．①②③
3．如图，△ABC按顺时针旋转到△ADE的位置，以下关于旋转中心和对应点的说法正确的是（ ）
点A是旋转中心，点B和点E是对应点
B．点C是旋转中心，点B和点D是对应点
C．点A是旋转中心，点C和点E是对应点
D．点D是旋转中心，点A和点D是对应点
4．如图，已知是等边三角形，边长为，将绕点逆时针旋转后点的对应点的坐标是（ ）
A．B．C．D．
5．如图，中，，，，将绕点B逆时针旋转得，若点在上，连接，则的长为（ ）
A．B．C．D．
6．如图，点A，B的坐标分别为（1，1）、（3，2），将△ABC绕点A按逆时针方向旋转90°，得到△A'B'C'，则B'点的坐标为（ ）
A．（﹣1，3）B．（－1，2）C．（0，2）D．（0，3）
7．如图C是线段BD上一点，分别以BC、CD为边在BD同侧作等边△ABC和等边△CDE,AD交CE于F，BE交AC于G，则图中可通过旋转而相互得到的三角形对数有( )
A．1对B．2对C．3对D．4对
8．如图在平面直角坐标系中，直线y＝x+4与x轴、y轴分别交于A、B两点，把AOB绕点B逆时针旋转90°后得到A1O1B，则点A1的坐标是（ ）
A．(5，3)B．(3，4)C．(4，2)D．(4，1)
9．如图，四边形是菱形，，且，为对角线（不含点）上任意一点，将绕点逆时针旋转得到，当取最小值时的长（ ）
A．B．3C．1D．2
10．如图，等边边长为，和的角平分线相交于点O，将绕点O逆时针旋转得到，交BC于点D，交AC于点E，则DE=（ ）
A．2B．C．D．
二、填空题
11．如图，在直角坐标系中，△ABC的顶点坐标分别为A（1，2），B（-2，2），C（-1，0）．将△ABC绕某点顺时针旋转90°得到△DEF，则旋转中心的坐标是_____________．
12．如图，将边长为1的正三角形沿轴正方向作无滑动的连续反转，点依次落在点，，的位置，则点的坐标为______．
13．如图，菱形的边长为，，边在轴上，若将菱形绕点逆时针旋转75°，得到菱形，则点的对应点的坐标为______．
14．如图，将绕点A逆时针旋转角得到，点B的对应点D恰好落在边上，若，则旋转角的度数是______．
15．如图，将□ABCD绕点A顺时针旋转，其中点B，C，D分别落在点E，F，G处，且点B，E，D，F在同一直线上．若∠CBA=115°，则∠CBD的度数为______．
16．一个等边三角形至少要旋转___________度的角才能和原三角形重合；若等边三角形的边长为10cm，则它的面积是__________．
17．如图，将线段AB绕点O顺时针旋转90°得到线段，那么的对应点的坐标是__________．
18．如图，△AOB为等腰三角形，顶点A的坐标为（3，4），底边OB在x轴正半轴上．将△AOB绕点O按逆时针方向旋转一定角度后得△A'OB'，点A的对应点A'在x轴负半轴上，则点B的对应点B'的坐标为_______．
19．如图，在坐标系中放置一菱形，已知，点B在y轴上，，先将菱形沿x轴的正方向无滑动翻转，每次翻转60°，连续翻转12次，点B的落点依次为，，，，则的横坐标为______．
20．如图，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC＝4，点D在线段BC上，BD＝3，将线段AD绕点A逆时针旋转90°得到线段AE，EF⊥AC，垂足为点F．则AF的长为________．
三、解答题
21．在平面直角坐标系xOy中，的顶点坐标分别是，，．
(1) 按要求画出图形：
① 将向右平移6个单位得到；
② 再将绕点顺时针旋转90°得到；
(2) 如果将（1）中得到的看成是由经过以某一点M为旋转中心旋转一次得到的，请写出M的坐标．
22．在中，，，将绕点C顺时针旋转一定的角度得到，点A、B的对应点分别是D、E．
(1) 当点E恰好在AC上时，如图1，求的大小；
(2) 若时，点F是边AC中点，如图2，求证：四边形BEDF是平行四边形（请用两组对边分别相等的四边形是平行四边形）
23．如图，四边形OABC是矩形，点A、C在坐标轴上，△ODE是△OCB绕点O顺时针旋转90度得到的，点D在x轴上，直线BD交y轴于点F，交OE于点H，线段BC、OC的长是方程的的解，且OC＞BC．
(1) 求直线BD的解析式；
(2) 求△OFH的面积；
24．如图，点M是∠ABC的边BA上的动点，BC＝6，连接MC，并将线段MC绕点M逆时针旋转90°得到线段MN．
(1)作MH⊥BC，垂足H在线段BC上，当∠CMH＝∠B时，判断点N是否在直线AB上，并说明理由；
(2)若∠ABC＝30°，NC∥AB，求以MC、MN为邻边的正方形的面积S．
25．定义：将图形M绕点P顺时针旋转90°得到图形N，则图形N称为图形M关于点P的“垂直图形”．例如：在下图中，点D为点C关于点P的“垂直图形”．
(1)点A关于原点O的“垂直图形”为点B．
①若点A的坐标为（0，2），直接写出点B的坐标；
②若点B的坐标为（2，1），直接写出点A的坐标；
(2)E（-3，3），F（-2，3），G（a，0）．线段EF关于点G的“垂直图形”记为E′F′，点E的对应点为E′，点F的对应点为F′．
①求点E′的坐标；
②当点G运动时，求的最小值．
26．如图，等腰中，，点P为射线BC上一动点（不与点B、C重合），以点P为中心，将线段PC逆时针旋转角，得到线段PQ，连接、M为线段BQ的中点．
(1)若点P在线段BC上，且M恰好也为AP的中点，
①依题意在图1中补全图形：②求出此时的值和的值；
(2)写出一个的值，使得对于任意线段BC延长线上的点P，总有的值为定值，并证明；
27．如图，△AOB中，OA=OB=6，将△AOB绕点O逆时针旋转得到△COD．OC与AB交于点G，CD分别交OB、AB于点E、F．
(1) ∠A与∠D的数量关系是：∠A______∠D；
(2) 求证：△AOG≌△DOE；
(3) 当A，O，D三点共线时，恰好OB⊥CD，求此时CD的长．
28．如图1，直线上有一点O，过点O在直线上方作射线．将一直角三角板的直角顶点放在点O处，一条直角边在射线上，另一边在直线上方．将直角三角板绕着点O按每秒的速度逆时针旋转一周，设旋转时间为t秒．
(1)当直角三角板旋转到如图2的位置时，恰好平分，此时，与之间有何数量关系？并说明理由；
(2)在旋转的过程中，若射线的位置保持不变，且．
①当边与射线相交时（如图3），则的值为_______；
②当边所在的直线与平行时，求t的值．
参考答案
1．A
解：观察两个图中可以发现，所有图形都没有变化，所以旋转的扑克是成中心对称的第一张和第二张．
故选A．
【点拨】中心对称图形．
2．C
【分析】
由正方形的性质和已知条件可以得到△ADE≌△DCF、△ADE≌△ABG、△ABG≌△DCF，然后根据图形变换的知识可以对各选项的正误作出判断．
解：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝AD＝CD，∠ABC＝∠ADE＝∠DCB＝90°，
又∵DE＝CF，
∴△ADE≌△DCF（SAS），
同理可得：△ADE≌△ABG，△ABG≌△DCF，
∴将△DCF沿某一直线平移可以得到△ABG，故①正确；
将△ABG绕点A旋转可以得到△ADE，故②错误；
将△ADE绕线段AD，CD的垂直平分线的交点旋转可以得到△DCF，故③正确；
故选：C．
【点拨】本题考查正方形性质和图形变换的综合应用，根据全等三角形的性质和图形变换的知识解题是关键所在．
3．C
【分析】
由按顺时针旋转到的位置，可得点A是旋转中心，点B和点D是对应点，点C和点E是对应点．继而求得答案，注意排除法在解选择题中的应用．
解：∵如图，按顺时针旋转到的位置，
∴点A是旋转中心，点B和点D是对应点，点C和点E是对应点．
故A，B，D三项错误，C正确．
故选：C．
【点拨】此题考查了旋转的性质．此题比较简单，注意掌握旋转前后图形的对应关系，注意掌握旋转三要素：①旋转中心； ②旋转方向； ③旋转角度．
4．B
【分析】
过点作于点过点作轴于点求出点的坐标，再利用全等三角形的性质求解．
解：过点作于点，过点作轴于点．

是等边三角形，
，
，
，
，
，
，
，，
，
在和中，
，
≌，
，，
，
故选：．
【点拨】本题主要考查了等边三角形的判定与性质，旋转的性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造直角三角形解决问题．
5．C
【分析】
作，根据等面积法，可求CD，再由勾股定理即可求解.
解：如图，作，
∴
∵
故选：C
【点拨】本题主要考查图形的旋转、勾股定理，正确画出辅助线是解题的关键．
6．D
【分析】
根据题意画出图形，然后结合直角坐标系即可得出B'的坐标．
解：如图，
根据图形可得：点B′坐标为（0，3），
故选：D．
【点拨】本题考查了旋转作图的知识及旋转后坐标的变化，解答本题的关键是根据题意所述的旋转三要素画出图形，然后结合直角坐标系解答．
7．C
【分析】
分别证明△ACD≌△BCE、△ACF≌△BCG、△GEC≌△FDC，即可解决问题．
解：∵△ABC和△CDE均为等边三角形，
∴∠ACB=∠ECD=60∘，AC=BC，CE=CD，
∴∠BCE=∠ACD,∠ACE=180°-120°=60°；
在△ACD与△BCE中，
∴△ACD≌△BCE(SAS)，
∴∠CAF=∠CBG，∠CEG=∠CDF；
在△ACF与△BCG中，

∴△ACF≌△BCG(ASA)，
同理可证△GEC≌△FDC，
∴以点C为旋转中心，可通过旋转而相互得到的三角形有：△ACD与△BCE、△ACF与△BCG、△GEC与△FDC，共三对.
故选C.
【点拨】本题考查了旋转的性质, 等边三角形的性质，掌握三角形全等的判定是解题的关键.
8．D
【分析】
先根据函数图像分别求出OA、OB的长度，再通过旋转之后对应边相等可求出点A1的坐标．
解：由函数图像得B点的坐标为（0，4），
将y＝0代入，可得x＝﹣3，
故A点的坐标为（﹣3，0），
∴OA＝3，OB＝4，
∴BO1＝OB＝4，
故A1的横坐标为4，
又∵A1O1＝OA＝3，
故A1的纵坐标为1，
∴点A1的坐标是（4，1）．
故选：D．
【点拨】本题主要考查一次函数与几何图形结合在一起的应用，旋转前后对应边长度不变是解题的关键．
9．D
【分析】
根据“两点之间线段最短”，当E,F,G,C共线时，AG+BG+CG的值最小，即等于EC的长．
解：如图：
∵将ΔABG绕点B逆时针旋转60°得到ΔEBF，
∴BE=AB=BC，BF=BG，EF=AG，
∴ΔBFG是等边三角形，
∴BF=BG=FG，
∴AG+BG+CG=EF+FG+CG，根据“两点之间线段最短”，
∴当E,F,G,C共线时，AG+BG+CG的值最小，即等于EC的长，
过E点作EH⊥BC交CB的延长线于H，如上图所示：
∴∠EBH=60°，
∵，
∴，EH=3，
∴EC=2EH=6，
∵∠CBE=120°，
∴∠BEF=30°，
∵∠EBF=∠ABG=30°，
∴,
故选：D．
【点拨】本题考查了旋转的性质，菱形的性质，等边三角形的性质，轴对称最短路线问题，正确的作出辅助线是解题的关键．
10．B
【分析】
过O点作OH⊥BC于H，OB1与BC交于点M，过M作MF⊥BO于F，求出BO=4，证明△BOM和△DMB1均为等腰三角形，求出BM和MD的值，进而求出DC的长，最后证明△DEC为30°、60°、90°直角三角形，利用DE=CD即可求解．
解：过O点作OH⊥BC于H，OB1与BC交于点M，过M作MF⊥BO于F，如下图所示：
∵△ABC为等边三角形，且OB、OC分别为∠ABC、∠ACB的角平分线，
∴∠1=∠ABC=30°，∠3=∠ACB=30°，
∴△OBC为等腰三角形，由“三线合一”可知：
BH=CH=BC=，
∴BO=BH=4，
∵绕点O逆时针旋转得到，
∴∠2=30°=∠1，
∴△OBM为等腰三角形，由“三线合一”可知：
BF=BO=2，
∴MO=BM=BF=，
∴MB1=OB1-OM=OB-OM=，
又由旋转可知∠B=∠B1=30°，且对顶角∠BMO=∠DMB1=120°，
∴∠MDB1=180°-∠B1-∠DMB1=180°-30°-120°=30°，
∴△MB1D为等腰三角形，
∴MD=MB1=，
∴CD=BC-MD-BM=，
∵对顶角∠EDC=∠MDB1=30°，且∠ACB=60°，
∴∠DEC=180°-∠EDC-∠ACB=90°，
∴△CDE为30°、60°、90°直角三角形，
∴DE=CD=，
故选：B．
【点拨】本题考查了等边三角形的性质、等腰三角形的判定及性质、直角三角形的性质及判定等，熟练掌握特殊三角形的性质及判定是解决本题的关键．
11．（1，-1）
【分析】
由旋转的性质可得A的对应点为D，B的对应点为E，C的对应点为F，同时旋转中心在AD和BE的垂直平分线上，进而求出旋转中心坐标．
解：由旋转的性质，得
A的对应点为D，B的对应点为E，C的对应点为F
作BE和AD的垂直平分线，交点为P
∴点P的坐标为（1，-1）
故答案为：（1，-1）
【点拨】本题考查坐标与图形变化—旋转，图形的旋转需结合旋转角求旋转后的坐标，常见的旋转角有30°，45°，60°，90°，180°．
12．
【分析】
根据图形的翻转，分别得出、、的横坐标，再根据规律即可得出各个点的横坐标，进一步得出答案即可．
解：由题意可知、的横坐标是1，的横坐标是2.5，、的横坐标是4，的横坐标是
依此类推下去，、的横坐标是2017，的横坐标是2018.5，的横坐标是2020，
的坐标是，
故答案为．
【点拨】本题考查翻折变换，等边三角形的性质及坐标与图形性质，根据题意得出、、的横坐标，得出规律是解答此题的关键．
13．
【分析】
根据菱形的性质可得出∠AOC=60°，则三角形OAC为等边三角形，即AC=，根据菱形对角线的性质可得出∠AOE=30°，根据勾股定理可得OE， OB，再根据旋转的性质可得OB=OB1，∠B1OF=45°，根据勾股定理即可得出OF与B1F的长度，即可得出答案．
解：如图，连接AC与OB相交于点E，过点B1作B1F⊥x轴，垂足为F，
∵四边形OABC为菱形，，OA=OC，
∴△AOC是等边三角形，OC=OA=AC=，
∵AC⊥OB，
在Rt△OAE中，OA=，AE=AC=，
∴OE=AE=，
∴OB=，
∵∠COB=∠AOC=30°，∠BOB1=75°，
∴∠B1OF=180°-60°-∠BOB1=180°-60°-75°=45°，
在Rt△B1OF中，OB1=OB=，OF=B1F，
∴OF2+B1F2=OB12，
可得OF=B1F=，
∵点B1在第二象限，
∴点B1的坐标为．
故答案为：．
【点拨】本题主要考查了菱形及旋转的性质，熟练应用相关性质进行计算是解决本题的关键．
14．
【分析】
先求出，由旋转的性质，得到，，则，即可求出旋转角的度数．
解：根据题意，
∵，
∴，
由旋转的性质，则，，
∴，
∴；
∴旋转角的度数是50°；
故答案为：50°．
【点拨】本题考查了旋转的性质，三角形的内角和定理，解题的关键是熟练掌握旋转的性质进行计算．
15．
【分析】
由旋转的性质得，，由等腰三角形的性质得出，则．
解：∵□ABCD绕点A顺时针旋转到□AEFG的位置，
∴，，
∴，
∴，
故答案为：．
【点拨】本题考查旋转的性质，平行四边形的性质，等腰三角形的性质等，找出旋转前后的对应线段、对应角是解题的关键．
16． 120
【分析】
等边三角形的中心到三个顶点的距离相等，相邻顶点与中心连线的夹角相等，求旋转角即可；首先由勾股定理求得等边三角形的高，再利用三角形的面积公式可得结果．
解：∵等边△ABC的中心角为360÷3=120°，
∴旋转120°后即可与原图形重合．
故答案为：120．
如图，作AD⊥BC，
∵△ABC为等边三角形，
∴BD=CD=BC=5，
∴AD=，
∴S△ABC=×BC×AD=(cm2)，
故答案为：cm2．
【点拨】本题主要考查了等边三角形的性质，利用等边三角形的性质“三线合一”是解答此题的关键．还考查了旋转对称图形，把正多边形旋转它的一个中心角度数之后，可与原来的图形重合．
17．
【分析】
过点A作轴，垂足为C，过点作轴，垂足为，证明，所以，根据得到，所以，写出对应点的坐标即可．
解：如图，过点A作轴，垂足为C，过点作轴，垂足为，
∵轴，轴，
∴，
∵将线段AB绕点O顺时针旋转90°得到线段，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
故答案为：．
【点拨】本题考查旋转的性质，证明是解答本题的关键．
18．（﹣，）
【分析】
作AG⊥OB于G，作B'H⊥A'O于H，利用面积法即可得到B'H＝，根据勾股定理可得Rt△B'HO中，HO＝＝，进而得出点B'的坐标为（﹣，）．
解：如图，作AG⊥OB于G，作B'H⊥A'O于H，
∵△AOB为等腰三角形，顶点A的坐标为（3，4），
∴AG＝4，OG＝3，AO＝5，OB＝6，
∴由旋转可得A'O＝5，OB'＝6，
∵OB×AG＝A'O×B'H，
∴B'H＝，
∴Rt△B'HO中，HO＝＝，
∴点B'的坐标为（﹣，），
故答案为：（﹣，）．
【点拨】本题考查了坐标与图形变化﹣旋转，主要利用了勾股定理，等腰三角形的性质，解直角三角形，熟记性质并作辅助线构造出直角三角形是解题的关键．
19．
【分析】
连接AC，根据条件可以求出AC，画出第5次、第6次、第7次翻转后的图形，容易发现规律：每翻转6次，图形向右平移4，由于，因此点B向右平移8即可到达点，根据点B的坐标就可求出点的坐标．
解：连接AC，如图所示，

∵四边形OABC是菱形，
∴，
∵，
∴是等边三角形，
∴，
∴，
∵，
∴，
画出第5次、第6次、第7次翻转后的图形，如图所示，
由图可知：每翻转6次，图形向右平移4，
∵，
∴点B向右平移2×4=8个单位到点，
∵B点的坐标为，
∴的坐标为，
故答案为：．
【点拨】本题考查了菱形的性质、等边三角形的判定与性质等知识，考查了操作、探究、发现规律的能力．发现“每翻转6次，图形向右平移4”是解决本题的关键．
20．1
【分析】
根据勾股定理先求出BC边长，再求出DC长，过点D作DM垂直AC，可证，即AF=DM，在等腰直角△DMC中可求DM，即可直接求解．
解：在Rt△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC=4，
根据勾股定理得，AB2+AC2=BC2，
∴．
又∵BD=3，
∴DC＝BC−BD＝．
过点D作DM⊥AC于点M，
由旋转的性质得∠DAE=90°，AD＝AE，
∴∠DAC+∠EAF=90°．
又∵∠DAC+∠ADM=90°，
∴∠ADM=∠EAF．
在Rt△ADM和Rt△EAF中，．
∴（AAS），
∴AF=DM．
在等腰Rt△DMC中，由勾股定理得，
DM2+MC2=DC2，
∴DM=1，
∴AF=DM=1．
故答案为：1．
【点拨】本题主要考查等腰直角三角形，旋转的性质以及全等三角形的判定与性质，证明△ADM≌△EAF是解答本题的关键．
21．(1)①见分析；②见分析；(2)M（1，-1）
【分析】
（1）①根据平移的性质得出、、的位置，顺次连接即可；
②根据旋转的性质得出、的位置，顺次连接即可；
（2）连接CC2，AA1，线段CC2，AA1的垂直平分线的交点即为M点的位置，作出M点写出坐标即可．
(1)解：①如图，即为所求；
②如图，即为所求；
(2)解：连接CC2，AA1，线段CC2，AA1的垂直平分线的交点即为M点的位置，
由图可知，M的坐标为（1，-1）．
【点拨】本题考查了作图—平移和旋转，熟练掌握平移和旋转的性质找出对应点的位置是解题的关键．
22．(1)(2)见分析
【分析】
（1）根据旋转的性质可得CA＝CD，∠ECD＝∠BCA＝30°，∠DEC＝∠ABC＝90°，根据等边对等角即可求出∠CAD＝∠CDA＝75°，再根据直角三角形的两个锐角互余即可得出结论；
（2）根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得BF＝AC，然后根据30°所对的直角边是斜边的一半即可求出AB＝AC，从而得出 BF＝AB，然后证出△ACD和△BCE为等边三角形，再利用HL证出△CFD≌△ABC，证出DF＝BE，即可证出结论．
(1)解：∵△ABC绕点C顺时针旋转α得到△DEC，点E恰好在AC上，
∴CA＝CD，∠ECD＝∠BCA＝30°，∠DEC＝∠ABC＝90°，
∴∠CAD＝∠CDA＝（180°﹣30°）＝75°，
∴∠ADE＝90°﹣∠CAD＝15°．
(2)证明：如图2，连接AD，
∵点F是边AC中点，
∴BF＝AF=CF＝AC，
∵∠ACB＝30°，
∴AB＝AC，
∴BF=CF＝AB，
∵△ABC绕点C顺时针旋转60°得到△DEC，
∴∠BCE＝∠ACD＝60°，CB＝CE，DE＝AB，DC=AC，
∴DE＝BF，△ACD和△BCE为等边三角形，
∴BE＝CB，
∵点F为△ACD的边AC的中点，
∴DF⊥AC，
在Rt△CFD和Rt△ABC中，
∴Rt△CFD≌Rt△ABC，
∴DF＝BC，
∴DF＝BE，
而BF＝DE，
∴四边形BEDF是平行四边形．
【点拨】本题主要考查的是旋转的性质、等腰三角形的性质、直角三角形的性质、等边三角形的判定及性质、全等三角形的判定及性质和平行四边形的判定，掌握旋转的性质、等腰三角形的性质、直角三角形的性质、等边三角形的判定及性质、全等三角形的判定及性质和平行四边形的判定是解决此题的关键．
23．(1)(2)
【分析】
（1）解二元一次方程组可得B（-2，4），再由△ODE≌△OCB，可知D（4，0），用待定系数法求直线BD的解析式即可；
（2）求出F（0，），直线OE的解析式为y=x，进而求出H的坐标，即可求△OFH的面积；
(1)解：
解得
∵OC＞BC，
∴CO=4，BC=2，
∴B（-2，4），
∵△ODE是△OCB绕点O顺时针旋转90度得到，
∴△ODE≌△OCB，
∴OD=OC，DE=BC，
∴D（4，0），E（4，2），
设直线BD的解析式为y=kx+b，
将点B与D代入可得，
解得，
∴BD的解析式为；
(2)由，令，得
设直线OE的解析式为y=k1x，
将点E代入可得k1=，
，
，
解得，
，
△OFH的面积．
【点拨】本题考查一次函数的综合，掌握待定系数法求函数解析式，旋转的性质，解二元一次方程组，求一次函数与坐标轴的交点问题，两直线与坐标轴围成的三角形面积，数形结合是解题的关键．
24．(1)点N在直线AB上，理由见分析(2)以MC、MN为邻边的正方形面积为S＝18
【分析】
（1）根据∠CMH＝∠B，∠CMH+∠C＝90°，则∠B+∠C＝90°，故∠BMC＝90°，即可判断；
（2）作CD⊥AB于点D，在△BCM中，已知两角一边，可通过解三角形求出MC的长度，进而求正方形的面积．
(1)解：点N在直线AB上，理由如下：
∵∠CMH＝∠B，∠CMH+∠C＝90°，
∴∠B+∠C＝90°，
∴∠BMC＝90°，即CM⊥AB，
∴线段CM逆时针旋转90°落在直线BA上，
即点N在直线AB上
(2)解：作CD⊥AB于点D，
∵MC＝MN，∠CMN＝90°，
∴∠MCN＝45°，
∵NC∥AB，
∴∠BMC＝45°，
∵BC＝6，∠B＝30°，
∴CD＝3，MC，
∴S＝MC2＝18，
即以MC、MN为邻边的正方形面积为S＝18．
【点拨】本题主要考查了旋转的性质，等腰直角三角形的性质，正方形的性质，解三角形等知识，作辅助线，构造两个特殊的直角三角形是解题的关键．
25．(1)①B（2，0）；②A（-1，2）；(2)①E′（3+a，3+a）；②FF′的最小值为3．
【分析】
（1）①②根据“垂直图形”的定义解决问题即可；
（2）①构造全等三角形，利用全等三角形的性质求解即可；
②△FGF′是等腰直角三角形，当FG⊥x轴时，FG取得最小值，即FF′有最小值，据此求解即可解决问题．
(1)解：①如图中，观察图象可知B（2，0）；
②如图，
∵∠AOB=∠ACO=∠ODB=90°，
∴∠A+∠AOC=90°，∠AOC+∠BOD=90°，
∴∠A=∠BOD，
∵AO=OB，
∴△AOC≌△OBD（AAS），
∴OC=BD=1，AC=OD=2，
∴A（-1，2）；
(2)解：①如图，过点E作EP⊥x轴于P，过点E′作E′H⊥x轴于H．

∵∠EPG=∠EGE′=∠GHE′=90°，
∴∠E+∠PGE=90°，∠PGE+∠E′GH=90°，
∴∠E=∠E′GH，
∵EG=GE′，
∴△EPG≌△GHE′（AAS），
∴EP=GH=3，PG=E′H=a+3，
∴OH=3+a，
∴E′（3+a，3+a）；
②∵∠FGF′=90°，FG=GF′，
∴△FGF′是等腰直角三角形，
∴FF′=FG，
当FG⊥x轴时，FG取得最小值，即FF′有最小值，
∴FF′的最小值为3．
【点拨】本题考查几何变换综合题，考查了旋转变换，全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质，勾股定理等知识，解题的关键是理解题意，学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题．
26．(1)①见分析；②(2)，理由见分析
【分析】
（1）①由题意，画出图形即可；②连接AQ，证四边形ABPQ是平行四边形，得AB＝PC，再根据是等腰三角形即可求解．
（2）令，延长PM至N，使得MN＝PM，连接BN、AN、QN，证四边形BNQP是矩形，根据证，得出为等腰直角三角形，即可求解．
(1)①如图所示，即为所求，
②连接AQ，如图所示，
∵M为AP、BQ的中点，
∴AM=PM，BM=QM，
∴四边形ABPQ是平行四边形，
∴AB＝PQ，AB//PQ，
∴，
∵PC=PQ，
∴AB＝PC，
为等腰直角三角形，
，
．
(2)，
延长PM至N，使得MN＝PM，连接BN、AN、QN，
如图所示：
M为线段BQ的中点，
∴BM=QM，
又∵MN＝PM，
∴四边形BNQP是平行四边形，
又∵∠CPQ=90°，
∴四边形BNQP是矩形，
，，
，
为等腰直角三角形，
，，即，
又AB=AC，
，
，，
，即，
即为等腰直角三角形，
，
又，
，
即的值为定值，
当时，的值为定值．
【点拨】本题是几何变换综合题，考查了等腰直角三角形、平行四边形的判定及性质、旋转的性质以及全等三角形的判定及性质，熟练利用辅助线构造平行四边形是解题的关键．
27．(1)=(2)证明见分析(3)，详见分析
【分析】
（1）根据旋转性质及等腰三角形性质即可得答案；
（2）由旋转性质知∠AOB=∠DOC，可证得∠AOG=∠DOE，结合OA=OB及（1）中结论，得证；
（3）分两种情况讨论，设∠A=x°，先利用三角形内角和求出x的值，再借助勾股定理求出CD的长度即可．
(1)解：由旋转知，∠A=∠C，∠B=∠D，
∵OA=OB，
∴OC=OD，∠A=∠B=∠C=∠D
∴∠A=∠D，
故答案为：=．
(2)证明：由旋转知，OA=OC，OB=OD，∠AOB=∠COD，
∴∠AOB－∠BOC=∠COD－∠BOC，
即∠AOG=∠DOE，
∵OA=OB，
∴OA=OB=OC=OD，
又∵∠A=∠D，
∴△AOG≌△DOE．
(3)解：分两种情况讨论，
①如图所示，
设∠A=∠B=∠C=∠D=x°，则∠DOB=2x°，
∵OB⊥CD，
∴∠OED=90°，
∴x+2x=90°，
解得：x=30，
即∠D=30°，
在Rt△ODE中，OE=3，由勾股定理得：DE=，
∵OC=OD，OE⊥CD，
∴CD=2DE=．
②当D与A重合时，如图所示，
同理，得：CD=．
综上所述，当A，O，D三点共线时，OB⊥CD，此时CD的长为．
【点拨】本题考查了旋转的性质、等腰三角形性质、全等三角形的判定、勾股定理等知识点，解题关键是利用旋转性质得到边、角的关系．
28．(1)，理由见分析(2)①；②或
【分析】
（1）由，可知，，由平分，可知，进而可证；
（2）由，，可知，，进而得，由此可求出结果；
②由以及，结合题意可分两种情况：当在直线上方时，或当在直线下方时，将两种情况分别进行讨论求解即可．
解：(1)，
理由如下：
∵，
∴，，
∵平分，
∴，
∴；
(2)①；
∵，∴，
∵，，
∴，
∴的值为．
②∵，∴，
（I）如图3-1，当在直线上方时，
∵，
∴，
∴，
∵直角三角板绕点O按每秒的速度旋转，
∴；
（II）解法一：如图3-2，当在直线下方时，
∵，
∴，
∴，，
∴直角三角板绕点O旋转的角度为，
∵直角三角板绕点O按每秒的速度逆时针旋转，
∴，
解法二：如图3-3，在②（Ⅰ）的基础上，继续将直角三角板绕点O按每秒的速度逆时针旋转，得到直角三角板，此时，，
∴直角三角板绕点O旋转的角度为，
∵直角三角板绕点O按每秒的速度逆时针旋转，
∴，
综合（Ⅰ）（Ⅱ）得：或．
【点拨】本题考查旋转问题，角平分线的性质，以及角的互相转换，能够掌握数形结合思想是解决本题的关键．