第3章《图形的平移与旋转》【培优讲练】-2023-2024学年北师大版数学八年级下册章节复习讲义

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1.了解平移、旋转、中心对称，探索它们的基本性质；
2.能够按要求作出简单平面图形经过平移、旋转后的图形，能作出简单平面图形经过一次或两次图形变换后的图形；
3.利用平移、旋转、中心对称、轴对称及其组合进行图案设计；
4.认识和欣赏轴对称、平移、旋转在现实生活中的应用.
知识点01：平移变换
【高频考点精讲】
1. 平移的概念：在平面内，将一个图形沿某个方向移动一定的距离，这样的图形运动称为平移，平移不改变图形的形状和大小．
【易错点剖析】
（1）平移是运动的一种形式，是图形变换的一种，本讲的平移是指平面图形在同一平面内的变换；
（2）图形的平移有两个要素：一是图形平移的方向，二是图形平移的距离；
（3）图形的平移是指图形整体的平移，经过平移后的图形，与原图形相比，只改变了位置，而不改变图形的形状和大小．
2．平移的基本性质：一个图形和它经过平移所得的图形中，对应点所连的线段平行（或在一条直线上）且相等；对应线段平行（或在一条直线上）且相等，对应角相等．
【易错点剖析】
（1）要注意正确找出“对应线段，对应角”，从而正确表达基本性质的特征；
（2）“对应点所连的线段平行（或在一条直线上）且相等”，这个基本性质既可作为平移图形之间的性质，又可作为平移作图的依据．
3. 平移与坐标变换：
(1)点的平移
点的平移引起坐标的变化规律：在平面直角坐标中，将点(x，y)向右(或左)平移a个单位长度，可以得到对应点(x+a，y)(或(x-a，y))；将点(x，y)向上(或下)平移b个单位长度，可以得到对应点(x，y+b)(或(x，y-b))．
【易错点剖析】上述结论反之亦成立，即点的坐标的变化引起的点相应的平移变换．
(2)图形的平移
平移是图形的整体运动．在平面直角坐标系内，一个图形进行了平移变化，则它上面的所有点的坐标都发生了同样的变化，其变化规律遵循：“右加左减，纵不变；上加下减，横不变”．
【易错点剖析】
（1）上述结论反之亦成立，即如果把一个图形各个点的横坐标都加(或减去)一个正数a，相应的新图形就是把原图形向右(或向左)平移a个单位长度；如果把它各个点的纵坐标都加(或减去)一个正数a，相应的新图形就是把原图形向上(或向下)平移a个单位长度．
（2）一个图形依次沿x轴方向、y轴方向平移后所得图形，可以看成是由原来的图形经过一次平移得到的．
知识点02：旋转变换
【高频考点精讲】
1．旋转概念：在平面内，将一个图形绕一个定点按某个方向转动一个角度，这样的图形运动称为旋转.这个定点称为旋转中心，转动的角称为旋转角.
【易错点剖析】
（1）旋转后的图形与原图形的形状、大小都相同，但形状、大小都相同的两个图形不一定能通过旋转得到.
（2）旋转的角度一般小于360°.
（3）旋转的三个要素：旋转中心、旋转角度和旋转方向（即顺时针或逆时针方向）
２．旋转变换的性质：
一个图形和它经过旋转所得的图形中，对应点到旋转中心的距离相等，任意一组对应点与旋转中心的连线所成的角都等于旋转角；对应线段相等，对应角相等.
３．旋转作图步骤：
①分析题目要求，找出旋转中心，确定旋转角.
②分析所作图形，找出构成图形的关键点.
③沿一定的方向，按一定的角度、旋转各顶点和旋转中心所连线段,从而作出图形中各关键点的对应点.
④ 按原图形连结方式顺次连结各对应点.
知识点03：中心对称与图案设计
【高频考点精讲】
1．中心对称：
把一个图形绕着某一点旋转180°，它能够与另一个图形重合，那么就说这两个图形关于这个点对称或中心对称，这个点叫做它们的对称中心，这两个图形称为成中心对称的．
【易错点剖析】中心对称的性质：
成中心对称的两个图形中，对应点所连线段经过对称中心，且被对称中心平分．
2. 中心对称图形：
把一个图形绕着某点旋转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，这个点叫做它的对称中心.
【易错点剖析】中心对称作图步骤：
① 连结决定已知图形的形状、大小的各关键点与对称中心，并且延长至2倍，得到各点的对称点.
② 按原图形的连结方式顺次连结对称点即得所作图形.
3.图形变换与图案设计的基本步骤
①确定图案的设计主题及要求；
②分析设计图案所给定的基本图案；
③利用平移、旋转、轴对称对基本图案进行变换，实现由基本图案到各部分图案的有机组合；
④对图案进行修饰，完成图案.
4.平移、轴对称、旋转三种变换的关系：
图形经过平移、旋转或轴对称的变换后，虽然对应位置改变了，但大小和形状没有改变，即两个图形是全等的．
检测时间：120分钟 试题满分：100分 难度系数：0.52
一．选择题（共10小题，满分20分，每小题2分）
1．（2分）（2023秋•石狮市期末）如图，在△ABC中，∠B＝30°，将△ABC绕点A顺时针旋转得到△ADE，且点E恰好落在BC上．若∠DAE＝95°，则∠AEC的度数是（ ）
A．50°B．55°C．60°D．65°
解：∵将△ABC绕点A顺时针旋转得到△ADE，
∴∠DAE＝∠BAC＝95°，AE＝AC，
∵∠B＝30°，
∴∠C＝180°﹣∠BAC﹣∠B＝55°，
∵AE＝AC，
∴∠AEC＝∠C＝55°；
故选：B．
2．（2分）（2023秋•通州区期末）如图，直线AC∥BD，∠ABD＝α，点E，F分别在AC，BD上，EF与AC所夹的锐角为20°，∠ABD的平分线与∠AEF的平分线相交于点G．当线段EF向右平移时，∠EGB的度数等于（ ）
A．20°+αB．10°+α
C．10°+α或100°+αD．20°+α或80°+α
解：∵∠ABD的平分线与∠AEF的平分线相交于点G，
∴∠CEG＝∠CEF＝，∠DBG＝∠ABD＝，
过G作GH∥AC，
∴∠EGH＝∠CEG＝10°，
∵AC∥BD，
∴GH∥BD，
∴∠HGB＝∠GBD＝α，
∴∠EGB＝∠EGH+∠BGH＝10°+α，
故选：B．
3．（2分）（2023秋•武威期末）如图，△ABC中，∠BAC＝114°，将△ABC绕点A逆时针旋转，得到△AB′C′，当B′在边BC上时，∠C′CB＝（ ）
A．60°B．62°C．64°D．66°
解：∵△ABC绕点A逆时针旋转，得到△AB′C′，
∴∠BAB′＝∠CAC′，AB＝AB′，AC＝AC′，
∴△ABB′∽△ACC′，
∴∠ACC′＝∠B，
∴∠C′CB＝∠C′CA+∠ACB＝∠B+∠ACB＝180°﹣∠BAC＝180°﹣114°＝66°．
故选：D．
4．（2分）（2023•香坊区二模）如图，将△ABC绕点C顺时针旋转，点B的对应点为点E，点A的对应点为点D，当点E恰好落在边AC上时，连接AD，若∠ACB＝30°，则∠DAC的度数是（ ）
A．60°B．65°C．70°D．75°
解：由题意知△ABC≌△DEC，
则∠ACB＝∠DCE＝30°，AC＝DC，
∴∠DAC＝＝＝75°，
故选：D．
5．（2分）（2023春•清苑区期末）如图，△ABC绕着点O逆时针旋转到△DEF的位置，则旋转中心及旋转角分别是（ ）
A．点B，∠ABOB．点O，∠AOBC．点B，∠BOED．点O，∠AOD
解：由题给图形得：△ABC绕着点O逆时针旋转到△DEF的位置，则旋转中心及旋转角分别是点O和∠AOD．
故选：D．
6．（2分）（2023春•威宁县期末）如图，把线段AB经过平移得到线段CD，其中A，B的对应点分别为C，D．已知A（﹣1，0），B（﹣2，3），C（2，1），则点D的坐标为（ ）
A．（1，4）B．（1，3）C．（2，4）D．（2，3）
解：∵A（﹣1，0）的对应点C的坐标为（2，1），
∴平移规律为横坐标加3，纵坐标加1，
∵点B（﹣2，3）的对应点为D，
∴D的坐标为（1，4）．
故选：A．
7．（2分）（2023春•晋中期中）如图，△ABC的顶点A（﹣4，0），B（﹣1，4），点C在y轴的正半轴上，AB＝AC，将△ABC向右平移得到△A′B′C′，若A′B′经过点C，则点B′的坐标为（ ）
A．B．C．（1，4）D．
解：设直线AB的解析式为y＝kx+b，
把A（﹣4，0），B（﹣1，4）分别代入解析式，
得，
解得，
∴直线AB的解析式为，
∵A（﹣4，0），B（﹣1，4），
∴，
∵AB＝AC＝5，OA＝4，
∴，
∴C（0，3），
∵A'B'∥AB，
∴直线A'B'的解析式为，
令y＝0，则，
∴，
∴，，
∴．
故选：B．
8．（2分）（2023春•余江区期中）如图，在△ABC中，∠BAC＝135°，将△ABC绕点C逆时针旋转得到△DEC，点A，B的对应点分别为D，E，连接AD．当点A，D，E在同一条直线上时，下列结论不正确的是（ ）
A．AE＝AB+CDB．△ABC≌△DECC．AC⊥CDD．
解：由旋转的性质可知，△ABC≌△DEC，
故B选项不符合题意；
则∠EDC＝∠BAC＝135°，且A、D、E三点在同一直线上，
∴∠ADC＝45°，
由旋转的性质知CA＝CD，
∴∠CAD＝∠ADC＝45°，
则∠BAD＝∠BAC﹣∠CAD＝135°﹣45°＝90°，
∴AB⊥AE，
故C选项不符合题意；
∴△ADC中，∠ACD＝180°﹣45°﹣45°＝90°，
∴，
故D选项不符合题意；
∵△ABC≌△DEC，
∴AB＝DE，
∴，
故A选项符合题意；
故选：A．
9．（2分）（2023春•洋县期中）如图，已知△ABC绕点A逆时针旋转α（0＜α＜∠BAC）得到△ADE，且AB＝AC，AD交BC于点F，DE交BC、AC于点G、H，则以下结论：①△ABF≌△AEH；②FG＝CG；③连接AG、FH，则AG⊥FH；④当DF的长度最大时，AD平分∠BAC．其中正确的个数有（ ）
A．1个B．2个C．3个D．4个
解：∵△ABC绕点A逆时针旋转α（0＜α＜∠BAC）得到△ADE，
∴∠BAD＝∠CAE，∠B＝∠D，∠C＝∠E，AB＝AD，AC＝AE，
∵AB＝AC，
∴∠B＝∠C，AB＝AE，
∴∠B＝∠E，
∴△BAF≌△EAH（ASA），故①正确；
∴AF＝AH，∠AFB＝∠AHE，
∴DF＝CH，
∵∠AFB＝∠DFG，∠AHE＝∠CHG，
∴∠DFG＝∠CHG，
又∵∠DGF＝∠CGH，
∴△DGF≌△CGH（AAS），
∴FG＝GH，故②错误；
∵AF＝AH，FG＝HG，
∴AG垂直平分FH，故③正确；
当DF最大时，即AF最短，
∴AF⊥BC，
∵AB＝AC，
∴AD平分∠BAC，故④正确．
故正确的个数是3个，
故选：C．
10．（2分）（2023春•开江县校级期末）如图，等边△ABC中有一点P，且PA＝3，PB＝4，PC＝5，则∠APB的度数的为（ ）
A．150°B．135°C．120°D．165°
解：∵△ABC为等边三角形，
∴BA＝BC，
可将△BPC绕点B逆时针旋转60°得△BEA，
连EP，如图，
∴BE＝BP＝4，AE＝PC＝5，∠PBE＝60°，
∴△BPE为等边三角形，
∴PE＝PB＝4，∠BPE＝60°，
在△AEP中，AE＝5，AP＝3，PE＝4，
∴AE2＝PE2+PA2，
∴△APE为直角三角形，且∠APE＝90°，
∴∠APB＝90°+60°＝150°．
故选：A．
二．填空题（共10小题，满分20分，每小题2分）
11．（2分）（2023秋•厦门期末）如图，在△ABC中，AB＝AC＝5，BC＝6，AD是△ABC的角平分线．把△ABD绕点A逆时针旋转90°得到△AEF，点B的对应点是点E，则点D与点F之间的距离是 4 ．
解：连接DF，如图，
∵AB＝AC＝5，AD是△ABC的角平分线，
∴AD⊥BC，BD＝CD＝BC＝3，
在Rt△ABD中，AD＝＝＝4，
∵△ABD绕点A逆时针旋转90°得到△AEF，
∴AF＝AD＝4，∠DAF＝90°，
∴△ADF为等腰直角三角形，
∴DF＝AD＝4，
即点D与点F之间的距离是4．
故答案为：4．
12．（2分）（2023秋•磐石市期末）如图，在平面直角坐标系中，点A、B的坐标分别为（2，0）、（0，1），若将线段AB平移至CD，则a+b的值为 2 ．
解：根据题意：A、B两点的坐标分别为A（2，0），B（0，1），若C的坐标为（3，b），B（a，2）即线段AB向上平移1个单位，向右平移1个单位得到线段CD；
则：a＝0+1＝1，b＝0+1＝1，
a+b＝2．
故答案为：2．
13．（2分）（2022秋•蒸湘区校级期末）如图，将△ABC绕点C逆时针旋转100°，得到△DEC，若点A恰好在DE的延长线上，则∠BAD＝ 80 °．
解：∵将△ABC绕点C逆时针旋转100°，得到△DEC，
∴CA＝CD，∠ACD＝100°，∠BAC＝∠D，
∴∠D＝∠CAD＝40°，
∴∠BAD＝∠DAC+∠BAC＝40°+40°＝80°，
故答案为：80．
14．（2分）（2023春•泰来县校级期末）如图，在平面直角坐标系中，点E（8，0），点F（0，8），将△OEF向下平移2个单位长度得到△ABC，BC与x轴交于点G，CO＝GO，则阴影部分面积是 14 ．
解：∵点E（8，0），点F（0，8），
∴OE＝OF＝8，
∵FC＝2，CO＝GO，
∴CO＝GO＝6，
∴阴影部分面积是×8×8﹣×6×6＝32﹣18＝14．
故答案为：14．
15．（2分）（2023秋•湖里区期末）如图，AD是等边△ABC的高，点M是线段AD上一点，连接BM，以BM为边向右下方作等边△BMN，当BN+DN的值最小时，∠BMD的大小为 60° ．
解：如图1，取AB的中点E，作EF∥BC交AC于点F，连接EM、FM，则BE＝AE＝AB，
∵△ABC是等边三角形，AD是BC边上的高，
∴AB＝BC，∠ABC＝∠C＝∠BAC＝60°，AD⊥BC，
∴BD＝CD＝BC，
∴BD＝BE，
∵△BMN是等边三角形，
∴BN＝BM，∠MBN＝60°，
∴∠DBN＝∠EBM＝60°﹣∠CBM，
在△BDN和△BEM中，
，
∴△BDN≌△BEM（SAS），
∴DN＝EM，
∵∠EAF＝60°，∠AEF＝∠ABC＝60°，∠AFE＝∠C＝60°，
∴△AEF是等边三角形，
∵AD平分∠BAC，
∴AD垂直平分EF，
∴EM＝FM，
∴DN＝FM，
∴BN+DN＝BM+FM，
连接BF，当点M落在线段BF上时，BM+FM的值最小，此时BN+DN的值最小，
如图2，点M在BF上，
∵AF＝AE＝AB＝AC，
∴AF＝CF，
∴∠CBM＝∠ABM＝∠ABC＝30°，
∵∠MDB＝90°，
∴∠BMD＝90°﹣∠CBM＝90°﹣30°＝60°，
故答案为：60°．
16．（2分）（2023春•武侯区校级月考）如图，在△ABC中，将边AB，AC分别绕点A逆时针旋转90°得到线段AD，AE，连接DE，与BC交于点F，连接AF，CD，BE，BD，CE．下列结论：①BC＝DE；②BC⊥DE；③AF平分∠BFE；④BE2+CD2＝BD2+CE2，其中正确的结论为 ①②③④ ．
解：由旋转的性质得：AB＝AD，AC＝AE，∠BAD＝∠CAE＝90°，
∴∠BAC＝∠DAE，
∴△BAC≌△DAE（SAS），
∴BC＝DE，∠BCA＝∠DEA，
故①正确，
设DE和AC交于点H，过A作AM⊥DE于M，AN⊥BC于N，
∴AM＝AN，
∴∠AFB＝∠AFE，即AF平分∠BFE，
故③正确，
∵∠AHE＝∠DHC，
∴∠EFC＝∠EAC＝90°，
∴BC⊥DE，
故②正确，
∴BE2＝BF2+EF2，CD2＝CF2+CF2，BD2＝BF2+DF2，EC2＝CF2+EF2，
∴BE2+CD2＝BD2+CE2，
故④正确，
故答案为：①②③④．
17．（2分）（2023春•秦都区期中）如图，点O为等边△ABC内一点，AO＝8，BO＝6，CO＝10，将△AOC绕点A顺时针方向旋转60°，使AC与AB重合，点O旋转至点O1处，连接OO1，则△BOO1的面积是 24 ．
解：由旋转得：
O1B＝OC＝10，AO＝AO1，∠OAO1＝60°，
∴△OAO1是等边三角形，
∴OO1＝AO＝8，
在△BOO1中，OB2+O1O2＝62+82＝100，O1B2＝102＝100，
∴OB2+O1O2＝O1B2，
∴△OBO1是直角三角形，
∴∠O1OB＝90°，
∴△BOO1的面积＝OB•OO1
＝×6×8
＝24，
故答案为：24．
18．（2分）（2023秋•东西湖区期末）如图，在等腰△ABC中，AB＝AC，∠A＝45°，D、E两点分别是边AC、AB上的动点，且式BE＝2AD，将线段DE绕点D顺时针旋转45°得到线段DF，连接BF，当线段BF最短时，∠ABF＝ 22.5 °．
解：在CD上截取DM＝AE，连接FM，CF，作点B关于CF的对称点N，连接CN，BN，
∵∠A＝45°，∠EDF＝45°，∠A+∠AED＝∠EDM＝∠EDF+∠FDM，
∴∠AED＝∠FDM，
∴DE＝DF，
∴△ADE≌△MFD（SAS），
∴AD＝FM，∠A＝∠DMF＝45°，
∵AB＝AC，
∴AE+BE＝AD+CD，
∵BE＝2AD，
∴CD＝AE+AD．
∵CD＝DM+CM，
∴CM＝AD，
∴FM＝CM，
∴∠MCF＝∠MFC，
∵∠DMF＝45°，
∴∠FCM＝∠MFC＝22.5°，
∴F点在射线CF上运动，
∵点B与点N的关于CF对称，
∴BF＝NF，CN＝BC，
∴BF+FN＝2BF≥BN，
当B、F、N三点共线时，BF+FN＝2BF的值最小，即此时BF最小，最小值为BN，
∵∠A＝45°，AB＝BC，
∴∠ACB＝∠ABC＝67.5°，
∴∠BCF＝∠ACB﹣∠FCM＝45°，
由对称性得：∠NCF＝∠BCF＝45°，
∴∠BCN＝90，
∵△BCN是等腰直角三角形，
∴∠CBN＝45°，
∴∠ABF＝∠ABC﹣∠CBN＝22.5°，
故答案为：22.5．
19．（2分）（2023春•江南区校级期中）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝5cm，AB＝13cm．将△ABC绕点C按顺时针方向旋转后得△DEC，直线AD、EB相交于点F．取BC的中点G，连接GF，则GF长的最大值为 9 cm．
解：取AB的中点H，连接HG、HF，如图：
∵△DEC是由△ABC绕C点旋转得到，
∴CE＝CB，CD＝CA，∠BCE＝∠ACD，
设∠BCE＝∠ACD＝α，则∠CBE＝∠CEB＝∠CAD＝∠CDA＝90°﹣α，
在四边形BCDF中，∠BFA＝360°﹣∠BCD﹣∠CDA﹣∠CBE＝360°﹣（90°+α）﹣2（90°﹣α）＝90°，
在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AB＝13cm，AC＝5cm，
Rt△ABF中，HF＝AB＝cm，
∵HG是△ABC中位线，
∴HG＝AC＝cm，
而FG≤HF+HG＝9cm，
∴当F、H、G在一条直线上时，FG最大，最大值为HF+HG＝9cm，
故答案为：9．
20．（2分）（2022春•青羊区校级期中）如图1，一副直角三角板△ABC和△DEF，∠BAC＝∠EDF＝90°，∠B＝45°，∠F＝30°，点B、D、C、F在同一直线上，点A在DE上．如图2，△ABC固定不动，将△EDF绕点D逆时针旋转α（0°＜α＜135°）得△E′DF'，当直线E′F′与直线AC、BC所围成的三角形为等腰三角形时，α的大小为 7.5°或75°或97.5°或120° ．
解：设直线E′F′与直线AC、BC分别交于点P、Q，
∵△CPQ为等腰三角形，
∴∠PCQ为顶角或∠CPQ为顶角或∠CQP为顶角，
①当∠PCQ为顶角时，∠CPQ＝∠CQP，如图1，
∵∠BAC＝∠EDF＝90°，∠B＝45°，∠F＝30°，
∴∠E′DF′＝90°，∠ACB＝45°，∠E′F′D＝30°，
∵∠CPQ+∠CQP＝∠ACB＝45°，
∴∠CQP＝22.5°，
∵∠E′F′D＝∠CQP+∠F′DQ，
∴∠F′DQ＝∠E′F′D﹣∠CQP＝30°﹣22.5°＝7.5°，
∴α＝7.5°；
如图2，∵△CPQ为等腰三角形中，∠PCQ为顶角，
∴∠CPQ＝∠CQP＝67.5°，
∵∠E′DF′＝90°，∠F′＝30°，
∴∠E′＝60°，
∴∠E′DQ＝∠CQP﹣∠E′＝67.5°﹣60°＝7.5°，
∴α＝∠EDE′＝90°+7.5°＝97.5°；
②当∠CPQ为顶角时，∠CQP＝∠PCQ＝45°，
∴∠CPQ＝90°，如图3，
∵∠DE′F′＝∠CQP+∠QDE′，
∴∠QDE′＝∠DE′F′﹣∠CQP＝60°﹣45°＝15°，
∴α＝90°﹣15°＝75°；
③如图4，当∠CQP为顶角时，∠CPQ＝∠PCQ＝45°，
∴∠CQP＝90°，
∴∠QDF′＝90°﹣∠DF′E′＝60°，
∴∠QDE′＝∠E′DF′﹣∠QDF′＝30°，
∴α＝∠EDE′＝∠EDQ+∠QDE′＝90°+30°＝120°；
综上所述，α的大小为7.5°或75°或97.5°或120°．
故答案为：7.5°或75°或97.5°或120°．
三．解答题（共8小题，满分60分）
21．（6分）（2023春•乐平市期中）如图，在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝30°，将△ABC绕点A顺时针方向旋转90°至△ADE的位置，连接CD，作AF平分∠CAE交CD于点F，连接EF交AD于点G．
（1）求证△ACD是等边三角形；
（2）求证：EF⊥AD．
（1）证明：∵将△ABC绕点A顺时针方向旋转90°至△ADE的位置，
∴AC＝AE，AB＝AD，∠BAD＝∠CAE＝90°，
∵AB＝AC，∠BAC＝30°，
∴AC＝AD，∠CAD＝60°，
∴△ACD是等边三角形；
（2）证明：∵AF平分∠CAE，
∴∠FAE＝∠CAF＝∠CAE＝45°，
∵AC＝AE，AF＝AF，
∴△CAF≌△EAF（SAS），
∴∠FEA＝∠FCA＝60°，
∵将△ABC绕点A顺时针方向旋转90°至△ADE的位置，
∴∠DAE＝∠BAC＝30°，
∴∠AGE＝180°﹣∠GAE﹣∠AEG＝90°，
∴EF⊥AD．
22．（6分）（2023秋•硚口区期末）如图，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，∠ACB＝30°，将△ABC绕点A逆时针旋转，得到△AB'C'，点B的对应点B'恰好落在线段BC上，求证：AB∥B'C'．
证明：∵∠BAC＝90°，∠ACB＝30°，
∴∠B＝180°﹣90°﹣30°＝60°，
∵将△ABC绕点A逆时针旋转，得到△AB'C'，
∴∠AB'C'＝∠B＝60°，AB＝AB'，
∴∠AB'B＝∠B＝60°，
∴∠C'B'C＝180°﹣∠AB'B﹣∠AB'C＝180°﹣60°﹣60°＝60°，
∴∠B＝∠C'B'C＝60°，
∴AB∥B'C'．
23．（8分）（2023秋•邻水县期末）如图，在4×4的方格中，有4个小方格被涂黑成“L形”．
（1）在图1中再涂黑4格，使新涂黑的图形与原来的“L形“关于对称中心点O成中心对称；
（2）在图2和图3中再分别涂黑4格，使新涂黑的图形与原来的“L形”所组成的新图形既是轴对称图形又是中心对称图形（两个图各画一种）．
解：（1）图形如图所示：
（2）图形如图所示：
24．（8分）（2023春•鄄城县期中）如图，已知△ABC是等边三角形，在△ABC外有一点D，连接AD、BD、CD，将△ACD绕点A按顺时针方向旋转60°得到△ABE，AD与BE交于点F，∠BFD＝97°．
（1）求∠ADC的大小；
（2）若∠BDC＝7°，BD＝2，BE＝4，求AD的长．
解：（1）∵将△ACD绕点A按顺时针方向旋转得到△ABE，
∴AB＝AC，∠ADC＝∠E，∠CAB＝∠DAE＝60°，
∵∠BFD＝97°＝∠AFE，
∴∠E＝180°﹣97°﹣60°＝23°，
∴∠ADC＝∠E＝23°；
（2）如图，连接DE，
∵AD＝AE，∠DAE＝60°，
∴△AED是等边三角形，
∴∠ADE＝60°，AD＝DE，
∵将△ACD绕点A按顺时针方向旋转得到△ABE，
∴△ACD≌△ABE，
∴CD＝BE＝4，
∵∠BDC＝7°，∠ADC＝23°，∠ADE＝60°，
∴∠BDE＝90°，
∴DE＝＝＝2，
∴AD＝DE＝2．
25．（8分）（2023秋•东西湖区期末）操作与思考：（1）如图1，△ABC为等边三角形，点E为△ABC外一点，连接BE，并以BE为边作等边△BEF，连接AE，CF．求证：△CBF≌△ABE；
迁移与运用：（2）如图2，点E在等边△ABC内，∠BEC＝120°，点D为BC的中点，连接AE，DE．
①求证：AE＝2DE；
②若AE⊥EC，ED＝1，则△ABC的边长为 ．（直接写出）
（1）证明：如图1，∵△ABC和△BEF都是等边三角形，
∴CB＝AB，FB＝EB，∠ABC＝∠EBF＝60°，
∴∠CBF＝∠ABE＝60°+∠ABF，
在△CBF和△ABE中，
，
∴△CBF≌△ABE（SAS）．
（2）①证明：如图2，∵△ABC是等边三角形，
∴AB＝AC，∠BAC＝∠ABC＝∠ACB＝60°，
∵∠BEC＝120°，
∴∠EBC＝∠ECB＝180°﹣120°＝60°，
∴∠ABE+∠ACE＝∠ABC+∠ACB﹣（∠EBC+∠ECB）＝60°+60°﹣60°＝60°，
将△ABE绕点A逆时针旋转60°得到△ACF，连接EF、CF，则CF＝BE，
∵AE＝AF，∠EAF＝60°，
∴△AEF是等边三角形，
∴AE＝EF，
∵∠ACF＝∠ABE，
∴∠ECF＝∠ACF+∠ACE＝∠ABE+∠ACE＝60°，
延长ED到点G，使DG＝DE，连接CG，
∵点D为BC的中点，
∴DC＝DB，
在△CDG和△BDE中，
，
∴△CDG≌△BDE（SAS），
∴CG＝BE，∠G＝∠BED，
∴CG∥BE，CG＝CF，
∴∠ECG＝180°﹣∠BEC＝180°﹣120°＝60°，
∴∠ECG＝∠ECF，
在△ECG和△ECF中，
，
∴△ECG≌△ECF（SAS），
∴EG＝EF，
∴AE＝EG，
∵EG＝DE+DG＝2DE，
∴AE＝2DE．
②解：∵AE⊥EC，
∴∠AEC＝90°，
∴∠AFC＝∠AEB＝360°﹣∠BEC﹣∠AEC＝360°﹣120°﹣90°＝150°，
∵∠AFE＝60°，
∴∠EFC＝∠AFC﹣∠AFE＝150°﹣60°＝90°，
∴∠CEF＝90°﹣∠ECF＝90°﹣60°＝30°，
∴CF＝CE，
∵ED＝1，
∴EF＝AE＝2ED＝2，
∴AE2＝EF2＝CE2﹣CF2＝CE2﹣（CE）2＝CE2＝22＝4，
∴CE2＝，
∴AC＝＝＝，
故答案为：．
26．（8分）（2023秋•碑林区校级期末）如图①，点O为直线AB上一点，过点O作射线OC，使∠AOC＝60°，将一把直角三角尺的直角顶点放在点O处，一边OM在射线OB上，另一边ON在直线AB的下方．
（1）将图①中的三角尺绕点O逆时针旋转至图②，使得点N在OC的反向延长线上，求∠MOB的度数；
（2）将图①中的三角尺绕点O顺时针旋转至图③，使ON在∠AOC的内部，请探究∠AOM与∠NOC之间的数量关系，并说明理由．
解：（1）如图②，∵∠AOC＝60°，
∴∠BON＝∠AOC＝60°，
∵∠MON＝90°，
∴∠BOM＝∠MON﹣∠BON＝30°，
（2）∠AOM﹣∠NOC＝30°．理由如下：
如图③，∵∠MON＝90°，∠AOC＝60°，
∴∠AOM＝90°﹣∠AON，∠NOC＝60°﹣∠AON，
∴∠AOM﹣∠NOC＝（90°﹣∠AON）﹣（60°﹣∠AON）＝30°，
所以∠AOM与∠NOC之间的数量关系为：∠AOM﹣∠NOC＝30°．
27．（8分）（2022秋•岱岳区期末）如图，已知△ABC为等边三角形．P为△ABC内一点，PA＝8，PB＝6，PC＝10，若将△PBC绕点B逆时针旋转后得到△P′BA．
（1）求点P与点P′之间的距离；
（2）求∠APB的度数．
解：（1）连接PP′
由题意可知AP′＝PC＝10，BP′＝BP，
∠PBC＝∠P′BA，而∠PBC+∠ABP＝60°，
所以∠PBP′＝60度．故△BPP′为等边三角形，
所以PP′＝BP＝BP′＝6；
（2）利用勾股定理的逆定理可知：
PP′2+AP2＝AP′2，所以△APP′为直角三角形，且∠APP′＝90°，
可求∠APB＝90°+60°＝150°．
28．（8分）（2023秋•三河市期末）如图①是实验室中的一种摆动装置，BC在地面上，支架ABC是底边为BC的等腰直角三角形，摆动臂AD可绕点A旋转，摆动臂DM可绕点D旋转，AD＝13，DM＝5．
（1）在旋转过程中．
①当A，D，M三点在同一直线上时，求AM的长；
②当A，D，M三点为同一直角三角形的顶点时，求AM的长；
（2）若摆动臂AD顺时针旋转90°，点D的位置由△ABC外的点D1转到其内的点D2处，连接D1D2．如图②，此时∠AD2C＝135°，CD2＝20，求BD2的长．
解：（1）①由题意可知：当点M在线段AD的延长线上时，AM＝AD+DM＝13+5＝18，
当点M在线段AD上时，AM＝AD﹣DM＝13﹣5＝8；
综上所述：AM＝8或18；
②若AM为斜边，则AM＝，
若AD为斜边，则AM＝，
综上所述：AM＝12或；
（2）如图，连接CD1，
由旋转90°可知：AD1＝AD2＝13，∠D2AD1＝90°，
∴∠AD2D1＝∠AD1D2＝45°，
∴D1D2＝13，
∴∠D1D2C＝∠AD2C﹣∠AD2D1＝90°，
在Rt△D1D2C中 由勾股定理得：D1C＝，
由△ABC为等腰直角三角形可知：AB＝AC，∠BAC＝90°＝∠D2AD1，
∴∠BAC﹣∠D2AC＝∠D2AD1﹣∠D2AC，
即：∠BAD2＝∠CAD1，
又∵AD2＝AD1，
∴△BAD2≌△CAD1（SAS），
∴D1C＝BD2＝