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数学人教版第二十三章 旋转综合与测试课时作业
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这是一份数学人教版第二十三章 旋转综合与测试课时作业，共20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。
人教版九年级上册第二十三章
旋转
一、单选题
1.（2019七上·徐汇月考）在俄罗斯方块游戏中，所有出现的方格体自由下落，如果一行中九个方格齐全，那么这一行会自动消失。已拼好的图案如图所示，现又出现一小方格体，必须进行以下哪项操作，才能拼成一个完整图案，使图上所有方格自动消失（ ）
A. 顺时针旋转90°，向下平移 B. 逆时针旋转90°，向下平移
C. 顺时针旋转90°，向右平移 D. 逆时针旋转90°，向右平移
2.（2021·临清模拟）在平面直角坐标系中，A（0，3），B（4，0），把△AOB绕点O旋转，使点A ， B分别落在点A′，B′处，若A′B′∥x轴，点B′在第一象限，则点A的对应点A′的坐标为（ ）
A. （ −95,125 ） B. （ −125,95 ） C. （ −165,125 ） D. （ −125,165 ）
3.（2020·香坊模拟）如图， △ABC 为钝角三角形，将 △ABC 绕点 A 逆时针旋转130°得到 △AB′C′ ，连接 BB′ ，若 AC′∥BB′ ，则 ∠CAB′ 的度数为（ ）
A. 75° B. 85° C. 95° D. 105°
4.（2021七下·卧龙期末）如图，将 △AOB 绕点O逆时针旋转60°后得到 △DOE ，若 ∠A=110° ， ∠B=45° ，则 ∠AOE= （ ）
A.25° B.35° C.45° D.55°
5.（2019·广西模拟）如图，在矩形ABCD中，AB=1，BC= 3 将矩形ABCD绕点A逆时针旋转至矩形AB’C’D’，使得点B’恰好落在对角线BD上，连接DD’，则DD’的长度为( )
A. B. C. +1 D. 2
6.（2019·海港模拟）已知正方形MNKO和正六边形ABCDEF边长均为1，把正方形放在正六边形外边，使OK边与AB边重合，如图所示．按下列步骤操作：
将正方形在正六边形外绕点B顺时针旋转，使KN边与BC边重合，完成第一次旋转；再绕点C顺时针旋转，使NM边与CD边重合，完成第二次旋转；．．．在这样连续6次旋转的过程中，点M在图中直角坐标系中的纵坐标可能是（ ）
A. 2．2 B. -2．2 C. 2．3 D. -2．3
7.（2019七下·高安期中）已知点E(x0 ， y0)，F(x2 ， y2)，点M(x1 ， y1)是线段EF的中点，则 x1=x0+x22,y1=y0+y22 .在平面直角坐标系中有三个点A(1，－1)，B(－1，－1)，C(0，1)，点P(0，2)关于A的对称点为P1(即P，A，P1三点共线，且PA＝P1A)，P1关于B的对称点为P2 ， P2关于C的对称点为P3 ， 按此规律继续以A，B，C为对称点重复前面的操作，依次得到P4 ， P5 ， P6 ， …，则点P2019的坐标是( )
A. (4，0) B. (-2，2) C. (2，－4) D. (－4，2)
8.（2020八下·建平期末）如图，在 Rt△ABC 中， ∠ABC=90° ， AB=BC=22 ，将 △ABC 绕点 A 逆时针旋转 60° ，得到 △ADE ，连接 BE ，则 BE 的长是（ ）
A. 2+22 B. 3+22 C. 2+23 D. 3+23
9.（2019九上·吴兴期中）如图，AB是⊙O的直径，点D，C在⊙O上，∠DOC=90°，AC=2，BD=2 2 ，则⊙O的半径为( )
A. 3 B. 5 C. 2+1 D. 10
二、填空题
10.（2020九上·嘉陵期末）如图，将△ABC绕点C顺时针旋转，使得点B落在AB边上的点D处，此时点A的对应点E恰好落在BC边的延长线上。若∠B=50°，则∠A的度数为________。
11.（2019八下·孝义期中）如图，四边形 ABCD 是正方形， AB=2 ，点 O 是对角线 AC 的中点，将 RtΔOEF 绕点 O 旋转，其中 ∠EOF=90° ，两直角边 OE 、 OF 分别与边 BC 、 CD 相交于点 P 、 Q ，连接 PQ .在旋转过程中 PQ 的最小值为________.
12.（2019九上·吉林月考）如图，将△ABC绕点A顺时针旋转40°得到△ADE ， AE与BC交于点F ， 若∠C=20°，则∠CFE的大小是 ．
13.（2020九上·厦门期中）如图，在 △ABC 中，AB＝2，AC＝1，∠BAC＝30°，将 △ABC 绕点A逆时针旋转60°得到 △AB1C1 ，连接BC1 ， 则BC1的长为________ ．
14.（2019九上·大丰月考）如图，已知等边三角形 ABC 的边长为 5 ，点 D 为平面内一动点，且 DA=1 ，将点 D 绕点 C 按逆时针方向转转 60∘ ，得到点 E ，连接 AE ，则 AE 的最大值________.
15.（2020八下·奉化期中）如图，在平面直角坐标系中，点A，B，C的坐标分别为（1，0），（0，1），（﹣1，0）.一个电动玩具从坐标原点O出发，第一次跳跃到点P1.使得点P1与点O关于点A成中心对称；第二次跳跃到点P2 ， 使得点P2与点P1关于点B成中心对称；第三次跳跃到点P3 ， 使得点P3与点P2关于点C成中心对称；第四次跳跃到点P4 ， 使得点P4与点P3关于点A成中心对称；第五次跳跃到点P5 ， 使得点P5与点P4关于点B成中心对称；…照此规律重复下去，则点 P2020 的坐标为________.
16.（2019九下·鱼台月考）如图，△ABC中，∠ACB=90°，BC=2，AC=4，将△ABC绕C点旋转一个角度到△DEC，直线AD、EB交于F点，在旋转过程中，△ABF的面积的最大值是________.
17.（2019九上·台州月考）如图，将△ABC的边AB绕着点A顺时针旋转α（0°＜α＜90°）得到AB′，边AC绕着点A逆时针旋转β（0°＜β＜90°）得到AC′，连结B′C′，当α+β＝60°时，我们称△AB′C’是△ABC的“蝴蝶三角形”，已知一直角边长为2的等腰直角三角形，那么它的“蝴蝶三角形”的面积为________.
三、解答题
18.（2020八上·淮安期中）如图，将 Rt△ABC 绕直角顶点 C 按逆时针方向旋转 90° 得到 Rt△DEC .已知 ∠B=35° ，求 ∠CDE 的度数.
19.（2017八下·萧山期中）将一副三角尺如图拼接：含30°角的三角尺（△ABC）的长直角边与含45°角的三角尺（△ACD）的斜边恰好重合．已知AB＝2 3 ，P是AC上的一个动点．
（1）当点P运动到∠ABC的平分线上时，连接DP、BP，求CP、DP的长；
（2）当点P在运动过程中出现PD＝BC时，求此时∠PDA的度数；
（3）当点P运动到什么位置时，以D，P，B，Q为顶点的平行四边形的顶点Q恰好在边BC上？求出此时平行四边形的面积．
20.（2019九上·宜昌期中）如图,在Rt△ABC中,∠ACB=90°,∠B=30°，将△ABC绕点C按照顺时针方向旋转m度后得到△DEC，点D刚好落在AB边上，求m的值.
21.（2019八下·长兴月考）如图1，边长为6的菱形OABC的顶点O在坐标原点，点B在y轴的正半轴上，∠BAO=120°；点D是BC边的中点
（1）求点D的坐标；
（2）如图2，把菱形OABC绕点O顺时针旋转45°，得到菱形OA'B'C'，点D的对应点为D′，求△OA'D′的面积；
（3）如图3，直线y=2 2 与(2)中的菱形OA'B'C'的边OC′交于点M，与OA'的延长线交于点N，求△OMN的面积
22.（2019八下·松北期末）已知：如图，在正方形ABCD中，E为DC上一点，AF平分∠BAE且交BC于点F.
求证：BF+DE=AE.
23.（2019七下·宽城期末）如图
（1）探究：如图①，在正方形ABCD中，点P在边CD上（不与点C、D重合），连结BP．将△BCP绕点C顺时针旋转至△DCE，点B的对应点是点D，旋转的角度是________度．
（2）应用：将图①中的BP延长交边DE于点F，其它条件不变，如图②．求∠BFE的度数．
（3）拓展：如图②，若DP=2CP，BC=3，则四边形ABED的面积是________.
答案解析部分
一、单选题
1.【答案】 C
【考点】生活中的平移现象，生活中的旋转现象
【解析】【解答】解：观察图形可知，出现的小方格需顺时针旋转90°，向右平移至边界．
故答案为：C．
【分析】根据小方格体的两格与三格的不同，结合要填入的空格的形状解答．
2.【答案】 A
【考点】坐标与图形变化﹣旋转
【解析】【解答】解：如图，设A′B′交y轴于T′．
∵A（0，3），B（4，0），
∴OA＝3，OB＝4，
∵∠A′OB′＝90°，OT'⊥A′B′，OA＝OA′＝3，OB＝OB′＝4，
∴AB＝A′B′＝ OA2+OB2 = 32+42 =5，
∵ S△A′OB′= 12 •OA′•OB′＝ 12 •A′B′•OT′，
∴OT′＝ 125 ，
∴A′T′＝ OA′2−OT2 ＝ 32−(125)2=95 ，
∴A′（- 95 ， 125 ）．
故答案为：A ．
【分析】如图，设A′B′交y轴于T′解之即噢啊三角形求出OT′、A′T′即可。
3.【答案】 D
【考点】平行线的性质，三角形内角和定理，等腰三角形的性质，旋转的性质
【解析】【解答】解： ∵将 △ABC 绕点 A 逆时针旋转130°得到 △AB′C′
∴ ∠BAB′ = ∠CAC′ =130°，AB= AB′
∴ ∠ABB′=∠AB′B = 12 （180°－ ∠BAB′ ）=25°
∵ AC′//BB′
∴ ∠C′AB′ = ∠AB′B =25°
∴ ∠CAB′ = ∠CAC′ － ∠C′AB′ =105°
故答案为：D．
【分析】由旋转的性质可得 ∠BAB′ = ∠CAC′ =130°，AB= AB′ ，根据等边对等角和三角形的内角和定理求出 ∠AB′B ，然后根据平行线的性质即可求出 ∠C′AB′ ，从而求出结论．
4.【答案】 B
【考点】旋转的性质
【解析】【解答】解：∵ △AOB 绕点O逆时针旋转60°得到 △DOE ，
∴∠D=∠A=110°， ∠E=∠B=45° ，∠AOD=60°，
∵∠D=110°，∠E=45°
∴∠DOE=25°
∴ ∠AOE=∠AOD−∠DOE=60°−25°=35°
故答案为：B.
【分析】由旋转的性质可得∠D=∠A，∠E=∠B，∠AOD=60°，然后根据角的构成∠AOE=∠AOD-∠DOE可求解.
5.【答案】 A
【考点】等边三角形的判定与性质，矩形的性质，旋转的性质
【解析】【解答】解：∵ 在矩形ABCD中，AB=1，BC= 3 ，
∴AD=BC= 3 ，
在Rt△BAD中，tan∠ABD= ADAB=3，
∴∠ABD=60°，
∵AB=AB',
∴△ABB'是等边三角形，
∴∠BAB'=60°，
∴∠DAD'=∠BAB'=60°，
∵AD=AD'
∴△ADD'是等边三角形，
∴DD'=AD= 3.
故答案为：A.
【分析】根据矩形的对边相等可得AD=BC= 3 ， 由tan∠ABD= ADAB=3，可得∠ABD=60°，利用等边 三角形判定可证△ABB'是等边三角形、△ADD'是等边三角形，从而可得DD'=AD= 3.
6.【答案】 A
【考点】坐标与图形变化﹣旋转
【解析】【解答】解：如图，正方形MNKO在六次旋转的过程中，点M所经过的轨迹如图中弧线所示。可知在x轴上方的轨迹中，当M运动到P处时纵坐标的绝对值最大，计算得出PQ=32+2≈2.28；在c下方的轨迹中，当M运动到H处时纵坐标的绝对值最大，计算得出GH=32+1≈1.87，故选A。
故答案为：A.
【分析】先确定出点M的运动轨迹，再分别计算出在x轴上方、下方是M的纵坐标的绝对值的最大值，即可作出判断。
7.【答案】 A
【考点】点的坐标，坐标与图形变化﹣旋转
【解析】【解答】解：设P1（x，y），
∵点P（0，2）关于A的对称点为P1 ， 即A是线段PP1的中点，
∵点A（1，-1），
∴ x2 =1， y+22 =-1，解得x=2，y=-4，
∴P1（2，-4）．
同理可得，P1（2，-4），P2（-4，2），P3（4，0），P4（-2，-2），P5（0，0），P6（0，2），P7（2，-4），…，…，
∴每6个坐标循环一次．
∵ 20196 =336…3，
∴点P2019的坐标是（4，0）．
故答案为：A．
【分析】设P1（x，y），再根据中点的坐标特点求出x、y的值，找出规律即可得出结论．
8.【答案】 C
【考点】线段垂直平分线的性质，等边三角形的判定与性质，勾股定理，旋转的性质，线段垂直平分线的判定
【解析】【解答】解：如图，设AC与BE的交点为点O，连接CE，
∵∠ABC=90°,AB=BC=22 ，
∴AC=AB2+BC2=4 ，
由旋转的性质得： AE=AC=4,∠CAE=60° ，
∴△ACE 是等边三角形，
∴AE=CE ，
∴BE 是线段AC的垂直平分线，
∴OA=12AC=2,OA⊥BE ，
在 Rt△AOB 中， OB=AB2−OA2=2 ，
在 Rt△AOE 中， OE=AE2−OA2=23 ，
则 BE=OB+OE=2+23 ，
故答案为：C.
【分析】如图（见解析），先利用勾股定理、旋转的性质可得 AE=AC=4,∠CAE=60° ，再根据等边三角形的判定与性质可得 AE=CE ，然后根据垂直平分线的判定与性质可得 OA=12AC=2,OA⊥BE ，最后利用勾股定理分别可得 OB=2,OE=23 ，由此即可得出答案.
9.【答案】 D
【考点】三角形内角和定理，勾股定理，旋转的性质
【解析】【解答】解：如图，将△AOC逆时针旋转，使旋转角等于∠AOC到E，
则AC=CE=2，∠AOC=∠COE，
∵∠AOC+∠BOD=∠COE+∠EOD=90°，
∴∠OED=∠BOD，
∴CD=BD=22 ，
∵∠AOC+∠BOD=90°，
∵OA=OC，OB=OD，
∴∠OAC=∠OCA，∠OBD=∠ODB，
∴∠OAC+∠OBD=12（360°-∠AOC+∠BOD）=135°，
∴∠BED=135°，∠CEF=45°，
∴CF=EF=CEsin45°=2×22=2 ，
∴CD2=CF2+DF2=22+322=20 ,
∵OC2+OD2=CD2，OC=CD，
∴2OC2=20，
∴OC=10.
故答案为：D.
【分析】由旋转的特点，结合 ∠DOC=90° ，推出△DOE和△BOD全等，进而求出∠CED=135°，由勾股定理求出EF和CF的长，于是在Rt△CFD中，运用勾股定理即可求出CD的长，最后在Rt△COD中，再次运用勾股定理即可求出半径.
二、填空题
10.【答案】 30°
【考点】三角形的外角性质，等腰三角形的性质，旋转的性质
【解析】【解答】解：由旋转的性质，得BC=CB，∠ECD=∠ACB，
∴∠CDB=∠B=50°，
∵∠DCE=∠CDB+∠B=2∠B=100°，
∴∠ACB=100°，
∴∠A=180°-∠B-∠ACB=30°.
故答案为：30°.
【分析】根据旋转的性质可得BC=CB，∠ECD=∠ACB，从而可得∠CDB=∠B=50°，利用三角形外角的性质可得∠ACB=∠DCE=∠CDB+∠B=2∠B=100°，根据三角形内角和定理即可求出结论.
11.【答案】 2
【考点】垂线段最短，全等三角形的判定与性质，勾股定理，旋转的性质
【解析】【解答】解：当OP⊥BC时，OP和OQ存在最小值，则PQ有最小值，
∵正方形ABCD，
∴AB⊥BC
∴AB∥OP
∵AB=2，点 O 是对角线 AC 的中点，
∴OP=1，同理OQ=1，
∴PQ= OP2+OQ2=2
即PQ的最小值为： 2 ．
故答案为： 2 ．
【分析】先利用全等三角形的性质求出OP=OQ，利用勾股定理可得PQ=OP2+OQ2=2OP ， 在旋转过程中要求PQ的最小值，即是使PO值最小，可得当OP⊥BC时，OP和OQ存在最小值.根据正方形的性质及三角形中位线定理可得OP=12AB=1，求出PQ的值即可.
12.【答案】 60°
【考点】三角形内角和定理，旋转的性质
【解析】【解答】∵△ABC绕点A顺时针旋转40°得△ADE，
∴∠CAE=40°．
∵∠C=20°，
∴∠AFC=120°，
∴∠CFE=60°．
故答案为：60°．
【分析】先根据旋转的性质得∠CAE=60°，再利用三角形内角和定理计算出∠AFC=100°，然后根据邻补角的定义易得∠CFE=60°．
13.【答案】 5
【考点】勾股定理，旋转的性质
【解析】【解答】由旋转的定义和性质得： AC1=AC=1,∠CAC1=60° ，
∵∠BAC=30° ，
∴∠BAC1=∠BAC+∠CAC1=90° ，
在 Rt△ABC1 中， BC1=AB2+AC12=22+12=5 ，
故答案为： 5 ．
【分析】先根据旋转的定义和性质可得 AC1=AC=1,∠CAC1=60° ，从而可得 ∠BAC1=90° ，再利用勾股定理即可得．
14.【答案】 5 +1
【考点】三角形三边关系，全等三角形的判定与性质，等边三角形的性质，旋转的性质
【解析】【解答】解：如图所示，连接BE，
∵△ABC是等边三角形，
∴AB=BC=AC= 5 ,∠ACB=60°.
∵将点 D 绕点 C 按逆时针方向转转 60∘ ，得到点 E ，
∴EC=DC, ∠DCE=60°.
∴∠ACB=∠DCE.
∴∠ACB-∠ACE=∠DCE-∠ACE.
即：∠ACD=∠BCE.
在△BCE和△ACD中，
{BC=AC∠BCE=∠ACDEC=DC ，
∴△BCE≌△ACD，
∴BE=AD=1.
在△ABE中，
∵AE≤AB+BE.
∴当点E在AB的延长线上时，AE有最大值，最大值为 5 +1.
故答案为： 5 +1.
【分析】如图所示，连接BE，利用等边三角形的性质可得AB=BC=AC= 5 ,∠ACB=60°.利用旋转的性质可得EC=DC, ∠DCE=60°，从而求出∠ACD=∠BCE.根据“SAS”可证△BCE≌△ACD，可得BE=AD=1，利用三角形三边关系可得AE≤AB+BE，所以当点E在AB的延长线上时，AE有最大值，求出AE长即可.
15.【答案】 （2，2）
【考点】点的坐标，中心对称及中心对称图形，坐标与图形变化﹣旋转
【解析】【解答】观察，发现规律：P0（0，0），P1（2，0），P2（-2，2），P3（0，-2），P4（2，2），P5（-2，0），P6（0，0），P7（2，0），…，
∴P6n（0，0），P6n+1（2，0），P6n+2（-2，2），P6n+3（0，-2），P6n+4（2，2），P6n+5（-2，0）（n为自然数）.
∵2020=6×336+4，
∴P2020（2，2）.
故答案为：（2，2）.
【分析】根据中心对称的性质找出部分Pn的坐标，根据坐标的变化找出变化规律“P6n（0，0），P6n+1（2，0），P6n+2（-2，2），P6n+3（0，-2），P6n+4（2，2），P6n+5（-2，0）（n为自然数）”，依此规律即可得出结论.
16.【答案】 5
【考点】三角形的面积，旋转的性质
【解析】【解答】因为△DEC是由△ABC绕点C旋转得到的，所以CE=CB，CD=CA，∠BCE=∠ACD ， 设∠BCE=∠ACD=x ， 所以∠CBE=∠CEB=∠CAD=∠CDA=90°−12x ， 所以在四边形BCDP中，∠BPA=360°−90°−x−290°−12x=90° ， 因为在直角三角形ABC中，∠ACB=90°，BC=2，AC=4 ， 所以AF2+BF2=AB2=20 ， 因为AF2+BF2≥2AF·BF ， 所以AF·BF≤AF2+BF22=10 ， 所以S△ABF=12AF·BF≤5 ， 即三角形ABF的面积的最大值是5.
故答案为5.
【分析】先证出∠AFB=90° ， 再利用AF2+BF2=AB2，AF·BF≤AF2+BF22=10 ， 再求三角形ABF的面积。
17.【答案】 3 +1或1
【考点】三角形的面积，勾股定理，图形的旋转
【解析】【解答】解：1)当A为直角顶点时，如图，过C作AB'边上的高CH，
由题意得∠B'AC'=150°，∴∠C'AH=30°，
∴C'H=12AC'=1,
∴△AB'C'的面积=12AB'×C'H=12×2×1=1；
2）如图，当A为底角时，过A作AH⊥B'C'，取FA=FC'，
∵∠HAC'=75°，∴∠AC'H=15°，∴∠AFH=30°，
设AH=x, 则FA=2x, HF=3x,
∵AH2+HC'2=AC'2, ∴x2+[(3+2)x]2=4,
解得x=(3−1)22,
∴C'H=（3+2）x=（3+2）(3−1)22,
∴△AB'C'的面积=12HC×B'A=12（3+2）(3−1)22×22=3+1.
故答案为：3+1或1.
【分析】分两种情况分别画出图形求解，当a为直角旋转点时，先求出高CH，代入面积公式求值即可；
当底角为旋转点时，过A作AH⊥B'C'，取FA=FC'，设AH=x, 把HC'用含x的代收式表示，利用勾股定理列式求出x, 则高C'H可求，代入三角形面积公式求值即可.
三、解答题
18.【答案】 解：∵ ∠B=35°
∴ ∠A=90°−∠B=55°
∵将 Rt△ABC 绕直角顶点 C 按逆时针方向旋转 90° 得到 Rt△DEC
∴ Rt△ABC≌Rt△DEC
∴ ∠CDE=∠A=55° .
【考点】三角形全等及其性质，旋转的性质
【解析】【分析】根据直角三角形两锐角互余的性质可得∠A=45°，由旋转的性质可得△ABC≌△DEC，然后由全等三角形的对应角相等可得∠CDE的度数.
19.【答案】 （1）解：在Rt△ABC中，AB＝23 ， ∠BAC＝30°，∴BC＝3 ， AC＝3．
（1）如图（1），作DF⊥AC，
∵Rt△ACD中，AD＝CD，
∴DF＝AF＝CF＝32 ．
∵BP平分∠ABC，
∴∠PBC＝30°， ∴CP＝1，PF＝12 ， ∴DP=PF2+DF2=102 ．
（2）解：当P点位置如图（2）所示时， 根据（1）中结论，DF＝32,∠ADF＝45°，又PD＝BC=3 ， ∴DFPD＝32 ， ∴∠PDF＝30°．
∴∠PDA＝∠ADF－∠PDF＝15°．
当P点位置如图（3）所示时，同（2）可得∠PDF＝30°．
∴∠PDA＝∠ADF＋∠PDF＝75°．
（3）解：∵BC⊥AC ∴只有当DP⊥AC时，以D，P，B，Q为顶点的四边形为平行四边形.
如图，在▱DPBQ中，BC∥DP，
∵∠ACB＝90°，
∴DP⊥AC．
根据（1）中结论可知，DP＝CP＝32 ，
∴S▱DPBQ＝DP·CP＝94 ．
【考点】含30°角的直角三角形，平行四边形的性质
【解析】【分析】（1）含30度角的直角三角形中，三边的比是1：3:2，依此可求得CP；构造直角三角形PDF，先求出PF和DE，即可求得PD；
（2）分类讨论：P在DF左边和P在DF右边；
（3）只能是DP//BC，且DP=BC，则DP⊥AC，CP是平行线DP与BC之间的距离，则S▱DPBQ＝DP·CP.
20.【答案】 解：∵∠ACB=90°,∠B=30°，
∴AB=2AC;∠A=60°；
由题意得：AC=DC，
∴△DAC为等边三角形，
∴∠ACD=60°，
∴m=60°.
【考点】等边三角形的判定与性质，旋转的性质
【解析】【分析】首先证明∠A＝60°，AC＝DC，判断△DAC为等边三角形，得到∠ACD＝60°，即可解决问题.
21.【答案】 （1）解：过点D作y轴的垂线DE，由题意可得：DE= 32 ，BE= 323 ，OB= 63
∴D( −32 ， 923 )
（2）解：由题意可知：S△OA'D'=S△OAD连结OA，AC，得△ABC为等边三角形，∵点D是BC的中点，∴AD⊥BC，∴AD⊥OA∴AD=3 3 ，
∴S△OA'D'=S△OAD =S△ABC =9 3
（3）解：把菱形OA'B'C′绕点O逆顺时针旋转45°，反回到菱形OABC，点M、N的对应点分别为M'、N'，则点O到MN的距离与点O到M'N'的距离相等，如图，P(-2，2)，
∴M'N'：y=x+4
∴M' (-2 3 +2，-2 3 +6)，N' (2 3 +2，2 3 +6)
∴S△OM'N'=S△OMN=8 3
【考点】三角形的面积，菱形的性质，图形的旋转，一次函数-动态几何问题
【解析】【分析】（1） 过点D作y轴的垂线DE ，根据四边形ABCD是菱形，∠BAO=120°，得△ABC是等边三角形，又因为菱形的对角线互相垂直，利用勾股定理可以求得DE和OE的长度，则D点坐标可求；
（2）由旋转图形的特点可知，△OA'D'≌△OAD，所以 求△OA′D′的面积转化成求△OAD的面积，又因为△OAD和菱形ABCD同底等高，所以△OAD的面积是菱形ABCD面积的一半，即可求出△AOC的面积。
（3） 把菱形OA'B'C′绕点O逆顺时针旋转45°，反回到菱形OABC，把求△OMN的面积转化成求△OM'N'的面积。由旋转图形的特点知，MN逆时针旋转45°后，M'N'的斜率K=1，作OP垂直M'N'，求得P点坐标为P(-2，2) ，所以可求M'N'直线的解析式为 y=x+4，再代入直线OC和OA的解析式求得M'和N'的坐标，则M'N'的长度可求， OP长度可求，则△O'M'N'的面积可求，从而求得△OMN的面积。
22.【答案】 解：证明：∵ABCD是正方形，
∴△ABF以点A为中心顺时针旋转90°，AB必与AD重合，设点F的对应点为F′，得△ADF′，且有△ABF≌△ADF′，如图所示.
∵∠ADF′+∠ADE=180°，
∴F′，D，E，C四点共线.
∵AD∥BC，
∴∠DAF=∠AFB.
又∵∠3=∠2=∠1，
∴∠F′AE=∠DAF=∠AFB.
而∠AF′D=∠AFB，
∴∠AF′D=∠F′AE，
∴AE=EF′=DF′+DE.
∵DF′=BF，
∴BF+DE=AE.
【考点】平行线的性质，正方形的性质，旋转的性质
【解析】【分析】根据正方形的性质，将△ABF以点A为中心顺时针旋转90°，AB必与AD重合，设点F的对应点为F′，得△ADF′，且有△ABF≌△ADF′，如图所示；
可得F′，D，E，C四点共线，根据平行线的性质以及全等三角形的性质，利用等量代换，可得∠AF′D=∠F′AE，即得AE=EF′=DF′+DE，再由DF′=BF，即可得证.
23.【答案】 （1）90
（2）∵△BCP绕点C顺时针旋转至△DCE，
∴△BCP≌△DCE（SSS）．
∴∠CBP=∠CDE．
∵∠CDE+∠E=90°，
∴∠CBP+∠E=90°．
∴∠BFE=90°；
（3）10.5
【考点】全等三角形的判定与性质，正方形的性质，旋转的性质
【解析】【解答】解：探究：根据旋转角的定义可知∠DCE是旋转角为90°，
故答案为90；
拓展：∵DC=BC=3，DP=2CP，
∴CP=1．
∴CE=1．
所以四边形ABED面积=正方形ABCD面积+△DCE面积=9+ 12 ×1×3=10.5．
故答案为90；10.5．
【分析】探究：根据旋转的定义找到旋转角即可；
应用：由△BCP≌△DCE，可得∠CBP=∠CDE，由于∠CDE+∠E=90°，所以∠CBP+∠E=90°，所以∠BFE=90°；
拓展：由DC=BC=3，DP=2CP，可得CP=1，所以CE=1，所以四边形ABED面积=正方形ABCD面积+△DCE面积，可求．
人教版九年级上册第二十三章
旋转
一、单选题
1.（2019七上·徐汇月考）在俄罗斯方块游戏中，所有出现的方格体自由下落，如果一行中九个方格齐全，那么这一行会自动消失。已拼好的图案如图所示，现又出现一小方格体，必须进行以下哪项操作，才能拼成一个完整图案，使图上所有方格自动消失（ ）
A. 顺时针旋转90°，向下平移 B. 逆时针旋转90°，向下平移
C. 顺时针旋转90°，向右平移 D. 逆时针旋转90°，向右平移
2.（2021·临清模拟）在平面直角坐标系中，A（0，3），B（4，0），把△AOB绕点O旋转，使点A ， B分别落在点A′，B′处，若A′B′∥x轴，点B′在第一象限，则点A的对应点A′的坐标为（ ）
A. （ −95,125 ） B. （ −125,95 ） C. （ −165,125 ） D. （ −125,165 ）
3.（2020·香坊模拟）如图， △ABC 为钝角三角形，将 △ABC 绕点 A 逆时针旋转130°得到 △AB′C′ ，连接 BB′ ，若 AC′∥BB′ ，则 ∠CAB′ 的度数为（ ）
A. 75° B. 85° C. 95° D. 105°
4.（2021七下·卧龙期末）如图，将 △AOB 绕点O逆时针旋转60°后得到 △DOE ，若 ∠A=110° ， ∠B=45° ，则 ∠AOE= （ ）
A.25° B.35° C.45° D.55°
5.（2019·广西模拟）如图，在矩形ABCD中，AB=1，BC= 3 将矩形ABCD绕点A逆时针旋转至矩形AB’C’D’，使得点B’恰好落在对角线BD上，连接DD’，则DD’的长度为( )
A. B. C. +1 D. 2
6.（2019·海港模拟）已知正方形MNKO和正六边形ABCDEF边长均为1，把正方形放在正六边形外边，使OK边与AB边重合，如图所示．按下列步骤操作：
将正方形在正六边形外绕点B顺时针旋转，使KN边与BC边重合，完成第一次旋转；再绕点C顺时针旋转，使NM边与CD边重合，完成第二次旋转；．．．在这样连续6次旋转的过程中，点M在图中直角坐标系中的纵坐标可能是（ ）
A. 2．2 B. -2．2 C. 2．3 D. -2．3
7.（2019七下·高安期中）已知点E(x0 ， y0)，F(x2 ， y2)，点M(x1 ， y1)是线段EF的中点，则 x1=x0+x22,y1=y0+y22 .在平面直角坐标系中有三个点A(1，－1)，B(－1，－1)，C(0，1)，点P(0，2)关于A的对称点为P1(即P，A，P1三点共线，且PA＝P1A)，P1关于B的对称点为P2 ， P2关于C的对称点为P3 ， 按此规律继续以A，B，C为对称点重复前面的操作，依次得到P4 ， P5 ， P6 ， …，则点P2019的坐标是( )
A. (4，0) B. (-2，2) C. (2，－4) D. (－4，2)
8.（2020八下·建平期末）如图，在 Rt△ABC 中， ∠ABC=90° ， AB=BC=22 ，将 △ABC 绕点 A 逆时针旋转 60° ，得到 △ADE ，连接 BE ，则 BE 的长是（ ）
A. 2+22 B. 3+22 C. 2+23 D. 3+23
9.（2019九上·吴兴期中）如图，AB是⊙O的直径，点D，C在⊙O上，∠DOC=90°，AC=2，BD=2 2 ，则⊙O的半径为( )
A. 3 B. 5 C. 2+1 D. 10
二、填空题
10.（2020九上·嘉陵期末）如图，将△ABC绕点C顺时针旋转，使得点B落在AB边上的点D处，此时点A的对应点E恰好落在BC边的延长线上。若∠B=50°，则∠A的度数为________。
11.（2019八下·孝义期中）如图，四边形 ABCD 是正方形， AB=2 ，点 O 是对角线 AC 的中点，将 RtΔOEF 绕点 O 旋转，其中 ∠EOF=90° ，两直角边 OE 、 OF 分别与边 BC 、 CD 相交于点 P 、 Q ，连接 PQ .在旋转过程中 PQ 的最小值为________.
12.（2019九上·吉林月考）如图，将△ABC绕点A顺时针旋转40°得到△ADE ， AE与BC交于点F ， 若∠C=20°，则∠CFE的大小是 ．
13.（2020九上·厦门期中）如图，在 △ABC 中，AB＝2，AC＝1，∠BAC＝30°，将 △ABC 绕点A逆时针旋转60°得到 △AB1C1 ，连接BC1 ， 则BC1的长为________ ．
14.（2019九上·大丰月考）如图，已知等边三角形 ABC 的边长为 5 ，点 D 为平面内一动点，且 DA=1 ，将点 D 绕点 C 按逆时针方向转转 60∘ ，得到点 E ，连接 AE ，则 AE 的最大值________.
15.（2020八下·奉化期中）如图，在平面直角坐标系中，点A，B，C的坐标分别为（1，0），（0，1），（﹣1，0）.一个电动玩具从坐标原点O出发，第一次跳跃到点P1.使得点P1与点O关于点A成中心对称；第二次跳跃到点P2 ， 使得点P2与点P1关于点B成中心对称；第三次跳跃到点P3 ， 使得点P3与点P2关于点C成中心对称；第四次跳跃到点P4 ， 使得点P4与点P3关于点A成中心对称；第五次跳跃到点P5 ， 使得点P5与点P4关于点B成中心对称；…照此规律重复下去，则点 P2020 的坐标为________.
16.（2019九下·鱼台月考）如图，△ABC中，∠ACB=90°，BC=2，AC=4，将△ABC绕C点旋转一个角度到△DEC，直线AD、EB交于F点，在旋转过程中，△ABF的面积的最大值是________.
17.（2019九上·台州月考）如图，将△ABC的边AB绕着点A顺时针旋转α（0°＜α＜90°）得到AB′，边AC绕着点A逆时针旋转β（0°＜β＜90°）得到AC′，连结B′C′，当α+β＝60°时，我们称△AB′C’是△ABC的“蝴蝶三角形”，已知一直角边长为2的等腰直角三角形，那么它的“蝴蝶三角形”的面积为________.
三、解答题
18.（2020八上·淮安期中）如图，将 Rt△ABC 绕直角顶点 C 按逆时针方向旋转 90° 得到 Rt△DEC .已知 ∠B=35° ，求 ∠CDE 的度数.
19.（2017八下·萧山期中）将一副三角尺如图拼接：含30°角的三角尺（△ABC）的长直角边与含45°角的三角尺（△ACD）的斜边恰好重合．已知AB＝2 3 ，P是AC上的一个动点．
（1）当点P运动到∠ABC的平分线上时，连接DP、BP，求CP、DP的长；
（2）当点P在运动过程中出现PD＝BC时，求此时∠PDA的度数；
（3）当点P运动到什么位置时，以D，P，B，Q为顶点的平行四边形的顶点Q恰好在边BC上？求出此时平行四边形的面积．
20.（2019九上·宜昌期中）如图,在Rt△ABC中,∠ACB=90°,∠B=30°，将△ABC绕点C按照顺时针方向旋转m度后得到△DEC，点D刚好落在AB边上，求m的值.
21.（2019八下·长兴月考）如图1，边长为6的菱形OABC的顶点O在坐标原点，点B在y轴的正半轴上，∠BAO=120°；点D是BC边的中点
（1）求点D的坐标；
（2）如图2，把菱形OABC绕点O顺时针旋转45°，得到菱形OA'B'C'，点D的对应点为D′，求△OA'D′的面积；
（3）如图3，直线y=2 2 与(2)中的菱形OA'B'C'的边OC′交于点M，与OA'的延长线交于点N，求△OMN的面积
22.（2019八下·松北期末）已知：如图，在正方形ABCD中，E为DC上一点，AF平分∠BAE且交BC于点F.
求证：BF+DE=AE.
23.（2019七下·宽城期末）如图
（1）探究：如图①，在正方形ABCD中，点P在边CD上（不与点C、D重合），连结BP．将△BCP绕点C顺时针旋转至△DCE，点B的对应点是点D，旋转的角度是________度．
（2）应用：将图①中的BP延长交边DE于点F，其它条件不变，如图②．求∠BFE的度数．
（3）拓展：如图②，若DP=2CP，BC=3，则四边形ABED的面积是________.
答案解析部分
一、单选题
1.【答案】 C
【考点】生活中的平移现象，生活中的旋转现象
【解析】【解答】解：观察图形可知，出现的小方格需顺时针旋转90°，向右平移至边界．
故答案为：C．
【分析】根据小方格体的两格与三格的不同，结合要填入的空格的形状解答．
2.【答案】 A
【考点】坐标与图形变化﹣旋转
【解析】【解答】解：如图，设A′B′交y轴于T′．
∵A（0，3），B（4，0），
∴OA＝3，OB＝4，
∵∠A′OB′＝90°，OT'⊥A′B′，OA＝OA′＝3，OB＝OB′＝4，
∴AB＝A′B′＝ OA2+OB2 = 32+42 =5，
∵ S△A′OB′= 12 •OA′•OB′＝ 12 •A′B′•OT′，
∴OT′＝ 125 ，
∴A′T′＝ OA′2−OT2 ＝ 32−(125)2=95 ，
∴A′（- 95 ， 125 ）．
故答案为：A ．
【分析】如图，设A′B′交y轴于T′解之即噢啊三角形求出OT′、A′T′即可。
3.【答案】 D
【考点】平行线的性质，三角形内角和定理，等腰三角形的性质，旋转的性质
【解析】【解答】解： ∵将 △ABC 绕点 A 逆时针旋转130°得到 △AB′C′
∴ ∠BAB′ = ∠CAC′ =130°，AB= AB′
∴ ∠ABB′=∠AB′B = 12 （180°－ ∠BAB′ ）=25°
∵ AC′//BB′
∴ ∠C′AB′ = ∠AB′B =25°
∴ ∠CAB′ = ∠CAC′ － ∠C′AB′ =105°
故答案为：D．
【分析】由旋转的性质可得 ∠BAB′ = ∠CAC′ =130°，AB= AB′ ，根据等边对等角和三角形的内角和定理求出 ∠AB′B ，然后根据平行线的性质即可求出 ∠C′AB′ ，从而求出结论．
4.【答案】 B
【考点】旋转的性质
【解析】【解答】解：∵ △AOB 绕点O逆时针旋转60°得到 △DOE ，
∴∠D=∠A=110°， ∠E=∠B=45° ，∠AOD=60°，
∵∠D=110°，∠E=45°
∴∠DOE=25°
∴ ∠AOE=∠AOD−∠DOE=60°−25°=35°
故答案为：B.
【分析】由旋转的性质可得∠D=∠A，∠E=∠B，∠AOD=60°，然后根据角的构成∠AOE=∠AOD-∠DOE可求解.
5.【答案】 A
【考点】等边三角形的判定与性质，矩形的性质，旋转的性质
【解析】【解答】解：∵ 在矩形ABCD中，AB=1，BC= 3 ，
∴AD=BC= 3 ，
在Rt△BAD中，tan∠ABD= ADAB=3，
∴∠ABD=60°，
∵AB=AB',
∴△ABB'是等边三角形，
∴∠BAB'=60°，
∴∠DAD'=∠BAB'=60°，
∵AD=AD'
∴△ADD'是等边三角形，
∴DD'=AD= 3.
故答案为：A.
【分析】根据矩形的对边相等可得AD=BC= 3 ， 由tan∠ABD= ADAB=3，可得∠ABD=60°，利用等边 三角形判定可证△ABB'是等边三角形、△ADD'是等边三角形，从而可得DD'=AD= 3.
6.【答案】 A
【考点】坐标与图形变化﹣旋转
【解析】【解答】解：如图，正方形MNKO在六次旋转的过程中，点M所经过的轨迹如图中弧线所示。可知在x轴上方的轨迹中，当M运动到P处时纵坐标的绝对值最大，计算得出PQ=32+2≈2.28；在c下方的轨迹中，当M运动到H处时纵坐标的绝对值最大，计算得出GH=32+1≈1.87，故选A。
故答案为：A.
【分析】先确定出点M的运动轨迹，再分别计算出在x轴上方、下方是M的纵坐标的绝对值的最大值，即可作出判断。
7.【答案】 A
【考点】点的坐标，坐标与图形变化﹣旋转
【解析】【解答】解：设P1（x，y），
∵点P（0，2）关于A的对称点为P1 ， 即A是线段PP1的中点，
∵点A（1，-1），
∴ x2 =1， y+22 =-1，解得x=2，y=-4，
∴P1（2，-4）．
同理可得，P1（2，-4），P2（-4，2），P3（4，0），P4（-2，-2），P5（0，0），P6（0，2），P7（2，-4），…，…，
∴每6个坐标循环一次．
∵ 20196 =336…3，
∴点P2019的坐标是（4，0）．
故答案为：A．
【分析】设P1（x，y），再根据中点的坐标特点求出x、y的值，找出规律即可得出结论．
8.【答案】 C
【考点】线段垂直平分线的性质，等边三角形的判定与性质，勾股定理，旋转的性质，线段垂直平分线的判定
【解析】【解答】解：如图，设AC与BE的交点为点O，连接CE，
∵∠ABC=90°,AB=BC=22 ，
∴AC=AB2+BC2=4 ，
由旋转的性质得： AE=AC=4,∠CAE=60° ，
∴△ACE 是等边三角形，
∴AE=CE ，
∴BE 是线段AC的垂直平分线，
∴OA=12AC=2,OA⊥BE ，
在 Rt△AOB 中， OB=AB2−OA2=2 ，
在 Rt△AOE 中， OE=AE2−OA2=23 ，
则 BE=OB+OE=2+23 ，
故答案为：C.
【分析】如图（见解析），先利用勾股定理、旋转的性质可得 AE=AC=4,∠CAE=60° ，再根据等边三角形的判定与性质可得 AE=CE ，然后根据垂直平分线的判定与性质可得 OA=12AC=2,OA⊥BE ，最后利用勾股定理分别可得 OB=2,OE=23 ，由此即可得出答案.
9.【答案】 D
【考点】三角形内角和定理，勾股定理，旋转的性质
【解析】【解答】解：如图，将△AOC逆时针旋转，使旋转角等于∠AOC到E，
则AC=CE=2，∠AOC=∠COE，
∵∠AOC+∠BOD=∠COE+∠EOD=90°，
∴∠OED=∠BOD，
∴CD=BD=22 ，
∵∠AOC+∠BOD=90°，
∵OA=OC，OB=OD，
∴∠OAC=∠OCA，∠OBD=∠ODB，
∴∠OAC+∠OBD=12（360°-∠AOC+∠BOD）=135°，
∴∠BED=135°，∠CEF=45°，
∴CF=EF=CEsin45°=2×22=2 ，
∴CD2=CF2+DF2=22+322=20 ,
∵OC2+OD2=CD2，OC=CD，
∴2OC2=20，
∴OC=10.
故答案为：D.
【分析】由旋转的特点，结合 ∠DOC=90° ，推出△DOE和△BOD全等，进而求出∠CED=135°，由勾股定理求出EF和CF的长，于是在Rt△CFD中，运用勾股定理即可求出CD的长，最后在Rt△COD中，再次运用勾股定理即可求出半径.
二、填空题
10.【答案】 30°
【考点】三角形的外角性质，等腰三角形的性质，旋转的性质
【解析】【解答】解：由旋转的性质，得BC=CB，∠ECD=∠ACB，
∴∠CDB=∠B=50°，
∵∠DCE=∠CDB+∠B=2∠B=100°，
∴∠ACB=100°，
∴∠A=180°-∠B-∠ACB=30°.
故答案为：30°.
【分析】根据旋转的性质可得BC=CB，∠ECD=∠ACB，从而可得∠CDB=∠B=50°，利用三角形外角的性质可得∠ACB=∠DCE=∠CDB+∠B=2∠B=100°，根据三角形内角和定理即可求出结论.
11.【答案】 2
【考点】垂线段最短，全等三角形的判定与性质，勾股定理，旋转的性质
【解析】【解答】解：当OP⊥BC时，OP和OQ存在最小值，则PQ有最小值，
∵正方形ABCD，
∴AB⊥BC
∴AB∥OP
∵AB=2，点 O 是对角线 AC 的中点，
∴OP=1，同理OQ=1，
∴PQ= OP2+OQ2=2
即PQ的最小值为： 2 ．
故答案为： 2 ．
【分析】先利用全等三角形的性质求出OP=OQ，利用勾股定理可得PQ=OP2+OQ2=2OP ， 在旋转过程中要求PQ的最小值，即是使PO值最小，可得当OP⊥BC时，OP和OQ存在最小值.根据正方形的性质及三角形中位线定理可得OP=12AB=1，求出PQ的值即可.
12.【答案】 60°
【考点】三角形内角和定理，旋转的性质
【解析】【解答】∵△ABC绕点A顺时针旋转40°得△ADE，
∴∠CAE=40°．
∵∠C=20°，
∴∠AFC=120°，
∴∠CFE=60°．
故答案为：60°．
【分析】先根据旋转的性质得∠CAE=60°，再利用三角形内角和定理计算出∠AFC=100°，然后根据邻补角的定义易得∠CFE=60°．
13.【答案】 5
【考点】勾股定理，旋转的性质
【解析】【解答】由旋转的定义和性质得： AC1=AC=1,∠CAC1=60° ，
∵∠BAC=30° ，
∴∠BAC1=∠BAC+∠CAC1=90° ，
在 Rt△ABC1 中， BC1=AB2+AC12=22+12=5 ，
故答案为： 5 ．
【分析】先根据旋转的定义和性质可得 AC1=AC=1,∠CAC1=60° ，从而可得 ∠BAC1=90° ，再利用勾股定理即可得．
14.【答案】 5 +1
【考点】三角形三边关系，全等三角形的判定与性质，等边三角形的性质，旋转的性质
【解析】【解答】解：如图所示，连接BE，
∵△ABC是等边三角形，
∴AB=BC=AC= 5 ,∠ACB=60°.
∵将点 D 绕点 C 按逆时针方向转转 60∘ ，得到点 E ，
∴EC=DC, ∠DCE=60°.
∴∠ACB=∠DCE.
∴∠ACB-∠ACE=∠DCE-∠ACE.
即：∠ACD=∠BCE.
在△BCE和△ACD中，
{BC=AC∠BCE=∠ACDEC=DC ，
∴△BCE≌△ACD，
∴BE=AD=1.
在△ABE中，
∵AE≤AB+BE.
∴当点E在AB的延长线上时，AE有最大值，最大值为 5 +1.
故答案为： 5 +1.
【分析】如图所示，连接BE，利用等边三角形的性质可得AB=BC=AC= 5 ,∠ACB=60°.利用旋转的性质可得EC=DC, ∠DCE=60°，从而求出∠ACD=∠BCE.根据“SAS”可证△BCE≌△ACD，可得BE=AD=1，利用三角形三边关系可得AE≤AB+BE，所以当点E在AB的延长线上时，AE有最大值，求出AE长即可.
15.【答案】 （2，2）
【考点】点的坐标，中心对称及中心对称图形，坐标与图形变化﹣旋转
【解析】【解答】观察，发现规律：P0（0，0），P1（2，0），P2（-2，2），P3（0，-2），P4（2，2），P5（-2，0），P6（0，0），P7（2，0），…，
∴P6n（0，0），P6n+1（2，0），P6n+2（-2，2），P6n+3（0，-2），P6n+4（2，2），P6n+5（-2，0）（n为自然数）.
∵2020=6×336+4，
∴P2020（2，2）.
故答案为：（2，2）.
【分析】根据中心对称的性质找出部分Pn的坐标，根据坐标的变化找出变化规律“P6n（0，0），P6n+1（2，0），P6n+2（-2，2），P6n+3（0，-2），P6n+4（2，2），P6n+5（-2，0）（n为自然数）”，依此规律即可得出结论.
16.【答案】 5
【考点】三角形的面积，旋转的性质
【解析】【解答】因为△DEC是由△ABC绕点C旋转得到的，所以CE=CB，CD=CA，∠BCE=∠ACD ， 设∠BCE=∠ACD=x ， 所以∠CBE=∠CEB=∠CAD=∠CDA=90°−12x ， 所以在四边形BCDP中，∠BPA=360°−90°−x−290°−12x=90° ， 因为在直角三角形ABC中，∠ACB=90°，BC=2，AC=4 ， 所以AF2+BF2=AB2=20 ， 因为AF2+BF2≥2AF·BF ， 所以AF·BF≤AF2+BF22=10 ， 所以S△ABF=12AF·BF≤5 ， 即三角形ABF的面积的最大值是5.
故答案为5.
【分析】先证出∠AFB=90° ， 再利用AF2+BF2=AB2，AF·BF≤AF2+BF22=10 ， 再求三角形ABF的面积。
17.【答案】 3 +1或1
【考点】三角形的面积，勾股定理，图形的旋转
【解析】【解答】解：1)当A为直角顶点时，如图，过C作AB'边上的高CH，
由题意得∠B'AC'=150°，∴∠C'AH=30°，
∴C'H=12AC'=1,
∴△AB'C'的面积=12AB'×C'H=12×2×1=1；
2）如图，当A为底角时，过A作AH⊥B'C'，取FA=FC'，
∵∠HAC'=75°，∴∠AC'H=15°，∴∠AFH=30°，
设AH=x, 则FA=2x, HF=3x,
∵AH2+HC'2=AC'2, ∴x2+[(3+2)x]2=4,
解得x=(3−1)22,
∴C'H=（3+2）x=（3+2）(3−1)22,
∴△AB'C'的面积=12HC×B'A=12（3+2）(3−1)22×22=3+1.
故答案为：3+1或1.
【分析】分两种情况分别画出图形求解，当a为直角旋转点时，先求出高CH，代入面积公式求值即可；
当底角为旋转点时，过A作AH⊥B'C'，取FA=FC'，设AH=x, 把HC'用含x的代收式表示，利用勾股定理列式求出x, 则高C'H可求，代入三角形面积公式求值即可.
三、解答题
18.【答案】 解：∵ ∠B=35°
∴ ∠A=90°−∠B=55°
∵将 Rt△ABC 绕直角顶点 C 按逆时针方向旋转 90° 得到 Rt△DEC
∴ Rt△ABC≌Rt△DEC
∴ ∠CDE=∠A=55° .
【考点】三角形全等及其性质，旋转的性质
【解析】【分析】根据直角三角形两锐角互余的性质可得∠A=45°，由旋转的性质可得△ABC≌△DEC，然后由全等三角形的对应角相等可得∠CDE的度数.
19.【答案】 （1）解：在Rt△ABC中，AB＝23 ， ∠BAC＝30°，∴BC＝3 ， AC＝3．
（1）如图（1），作DF⊥AC，
∵Rt△ACD中，AD＝CD，
∴DF＝AF＝CF＝32 ．
∵BP平分∠ABC，
∴∠PBC＝30°， ∴CP＝1，PF＝12 ， ∴DP=PF2+DF2=102 ．
（2）解：当P点位置如图（2）所示时， 根据（1）中结论，DF＝32,∠ADF＝45°，又PD＝BC=3 ， ∴DFPD＝32 ， ∴∠PDF＝30°．
∴∠PDA＝∠ADF－∠PDF＝15°．
当P点位置如图（3）所示时，同（2）可得∠PDF＝30°．
∴∠PDA＝∠ADF＋∠PDF＝75°．
（3）解：∵BC⊥AC ∴只有当DP⊥AC时，以D，P，B，Q为顶点的四边形为平行四边形.
如图，在▱DPBQ中，BC∥DP，
∵∠ACB＝90°，
∴DP⊥AC．
根据（1）中结论可知，DP＝CP＝32 ，
∴S▱DPBQ＝DP·CP＝94 ．
【考点】含30°角的直角三角形，平行四边形的性质
【解析】【分析】（1）含30度角的直角三角形中，三边的比是1：3:2，依此可求得CP；构造直角三角形PDF，先求出PF和DE，即可求得PD；
（2）分类讨论：P在DF左边和P在DF右边；
（3）只能是DP//BC，且DP=BC，则DP⊥AC，CP是平行线DP与BC之间的距离，则S▱DPBQ＝DP·CP.
20.【答案】 解：∵∠ACB=90°,∠B=30°，
∴AB=2AC;∠A=60°；
由题意得：AC=DC，
∴△DAC为等边三角形，
∴∠ACD=60°，
∴m=60°.
【考点】等边三角形的判定与性质，旋转的性质
【解析】【分析】首先证明∠A＝60°，AC＝DC，判断△DAC为等边三角形，得到∠ACD＝60°，即可解决问题.
21.【答案】 （1）解：过点D作y轴的垂线DE，由题意可得：DE= 32 ，BE= 323 ，OB= 63
∴D( −32 ， 923 )
（2）解：由题意可知：S△OA'D'=S△OAD连结OA，AC，得△ABC为等边三角形，∵点D是BC的中点，∴AD⊥BC，∴AD⊥OA∴AD=3 3 ，
∴S△OA'D'=S△OAD =S△ABC =9 3
（3）解：把菱形OA'B'C′绕点O逆顺时针旋转45°，反回到菱形OABC，点M、N的对应点分别为M'、N'，则点O到MN的距离与点O到M'N'的距离相等，如图，P(-2，2)，
∴M'N'：y=x+4
∴M' (-2 3 +2，-2 3 +6)，N' (2 3 +2，2 3 +6)
∴S△OM'N'=S△OMN=8 3
【考点】三角形的面积，菱形的性质，图形的旋转，一次函数-动态几何问题
【解析】【分析】（1） 过点D作y轴的垂线DE ，根据四边形ABCD是菱形，∠BAO=120°，得△ABC是等边三角形，又因为菱形的对角线互相垂直，利用勾股定理可以求得DE和OE的长度，则D点坐标可求；
（2）由旋转图形的特点可知，△OA'D'≌△OAD，所以 求△OA′D′的面积转化成求△OAD的面积，又因为△OAD和菱形ABCD同底等高，所以△OAD的面积是菱形ABCD面积的一半，即可求出△AOC的面积。
（3） 把菱形OA'B'C′绕点O逆顺时针旋转45°，反回到菱形OABC，把求△OMN的面积转化成求△OM'N'的面积。由旋转图形的特点知，MN逆时针旋转45°后，M'N'的斜率K=1，作OP垂直M'N'，求得P点坐标为P(-2，2) ，所以可求M'N'直线的解析式为 y=x+4，再代入直线OC和OA的解析式求得M'和N'的坐标，则M'N'的长度可求， OP长度可求，则△O'M'N'的面积可求，从而求得△OMN的面积。
22.【答案】 解：证明：∵ABCD是正方形，
∴△ABF以点A为中心顺时针旋转90°，AB必与AD重合，设点F的对应点为F′，得△ADF′，且有△ABF≌△ADF′，如图所示.
∵∠ADF′+∠ADE=180°，
∴F′，D，E，C四点共线.
∵AD∥BC，
∴∠DAF=∠AFB.
又∵∠3=∠2=∠1，
∴∠F′AE=∠DAF=∠AFB.
而∠AF′D=∠AFB，
∴∠AF′D=∠F′AE，
∴AE=EF′=DF′+DE.
∵DF′=BF，
∴BF+DE=AE.
【考点】平行线的性质，正方形的性质，旋转的性质
【解析】【分析】根据正方形的性质，将△ABF以点A为中心顺时针旋转90°，AB必与AD重合，设点F的对应点为F′，得△ADF′，且有△ABF≌△ADF′，如图所示；
可得F′，D，E，C四点共线，根据平行线的性质以及全等三角形的性质，利用等量代换，可得∠AF′D=∠F′AE，即得AE=EF′=DF′+DE，再由DF′=BF，即可得证.
23.【答案】 （1）90
（2）∵△BCP绕点C顺时针旋转至△DCE，
∴△BCP≌△DCE（SSS）．
∴∠CBP=∠CDE．
∵∠CDE+∠E=90°，
∴∠CBP+∠E=90°．
∴∠BFE=90°；
（3）10.5
【考点】全等三角形的判定与性质，正方形的性质，旋转的性质
【解析】【解答】解：探究：根据旋转角的定义可知∠DCE是旋转角为90°，
故答案为90；
拓展：∵DC=BC=3，DP=2CP，
∴CP=1．
∴CE=1．
所以四边形ABED面积=正方形ABCD面积+△DCE面积=9+ 12 ×1×3=10.5．
故答案为90；10.5．
【分析】探究：根据旋转的定义找到旋转角即可；
应用：由△BCP≌△DCE，可得∠CBP=∠CDE，由于∠CDE+∠E=90°，所以∠CBP+∠E=90°，所以∠BFE=90°；
拓展：由DC=BC=3，DP=2CP，可得CP=1，所以CE=1，所以四边形ABED面积=正方形ABCD面积+△DCE面积，可求．
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