北师大版八年级下册第三章 图形的平移与旋转综合与测试课时训练

这是一份北师大版八年级下册第三章 图形的平移与旋转综合与测试课时训练，共49页。

《图形的平移与旋转》综合练习题
一．选择题（共10小题）
1．（2021•河西区二模）在平面直角坐标系中，将点A（5，1）向下平移3个单位，再向右平移2个单位，则平移后A的对应点A′的坐标为（　　）
A．（2，3） B．（2，8） C．（7，﹣2） D．（5，﹣1）
2．（2021春•鼓楼区校级期中）在平面直角坐标系中，将点A（1，m2）沿着y轴的正方向向上平移（m2+4）个单位后得到点B．有四个点E（1，﹣m2），F（m2+4，m2），M（1，m2+3），N（1，4m2），一定在线段AB上的是（　　）
A．点E B．点F C．点M D．点N
3．（2021春•济南期中）已知等边△ABC的边长为4，点P是边BC上的动点，将△ABP绕点A逆时针旋转60°得到△ACQ，点D是AC边的中点，连接DQ，则DQ的最小值是（　　）

A． B． C．2 D．
4．（2021春•成都月考）如图，在△ABC中，BC＝9，∠A＝80°，∠B＝70°，把△ABC沿RS的方向平移到△DEF的位置，若CF＝5，则下列结论中错误的是（　　）

A．BE＝5 B．DF＝9 C．AB∥DE D．∠F＝30°
5．（2021春•碑林区校级期中）将某图形的各顶点的横坐标都减去3，纵坐标保持不变，则该图形（　　）
A．沿x轴向右平移3个单位 B．沿x轴向左平移3个单位
C．沿y轴向上平移3个单位 D．沿y轴向下平移3个单位
6．（2021春•鹿城区校级期中）如图，在平面直角坐标系中，△ABC与△A'B'C'关于D（﹣1，0）成中心对称．已知点A的坐标为（﹣3，﹣2），则点A'的坐标是（　　）

A．（1，3） B．（1，2） C．（3，2） D．（2，3）
7．（2021春•光明区期中）在平面直角坐标系中，将点（﹣1，﹣3）向左平移2个单位长度得到的点的坐标是（　　）
A．（﹣1，﹣5） B．（﹣3，﹣3） C．（1，﹣3） D．（﹣1，1）
8．（2021春•龙岗区期中）如图，点P为定角∠AOB平分线上的一个定点，且∠MPN与∠AOB互补．若∠MPN在绕点P旋转的过程中，其两边分别与OA、OB相交于M、N两点，则以下结论：①PM＝PN；②OM+ON的值不变；③MN的长不变；④四边形PMON的面积不变，其中，正确结论的是（　　）

A．①②③ B．①②④ C．①③④ D．②③④
9．（2020春•思明区校级期末）如图，在平面直角坐标系上有点A（1，0），点A第一次跳动至点A1（﹣1，1），第二次向右跳动3个单位至点A2（2，1），第三次跳动至点A3（﹣2，2），第四次向右跳动5个单位至点A4（3，2），…，以此规律跳动下去，点A第2020次跳动至点A2020的坐标是（　　）

A．（1012，1011） B．（1009，1008）
C．（1010，1009） D．（1011，1010）
10．（2020秋•金水区校级月考）如图，边长为8的等边三角形ABC中，E是对称轴AD上的一个动点，连接EC将线段EC绕点C逆时针旋转60°得到FC，连接DF，则在点E运动过程中，DF的最小值是（　　）

A．4 B．3 C．2 D．1
二．填空题（共10小题）
11．（2021春•台江区校级月考）如图，已知线段AB＝6，O为AB的中点，P是平面内的一个动点，在运动过程中保持OP＝1不变，连结BP，将PB绕点P逆时针旋转90°到PC，连结BC、AC，则线段AC的取值范围是　 　．

12．（2021春•历城区期中）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝1，∠ABC＝30°，点O为Rt△ABC内一点，连接AO、BO、CO．且∠AOC＝∠COB＝∠BOA＝120°，则OA+OB+OC的值为　 　（提示：以点B为旋转中心，将△AOB绕点B顺时针方向旋转60°，得到△A'O'B）．

13．（2021春•和平区校级月考）如图，在直角坐标系中，已知点A（4，0），点B为y轴正半轴上一动点，连接AB，以AB为一边向下作等边△ABC，连接OC，则OC的最小值为　 　．

14．（2021•于洪区一模）如图，已知△ABC中，∠C＝90°，AC＝4，BC＝3，将△ABC绕点B逆时针旋转一定的角度α，若0°＜α＜90°，直线A1C1分别交AB，AC于点G，H，当△AGH为等腰三角形时，则CH的长为　 　．

15．（2019秋•沙坪坝区校级期末）如图，Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝10，BC＝16．动点P以每秒3个单位的速度从点A开始向点C移动，直线l从与AC重合的位置开始，以相同的速度沿CB方向平行移动，且分别与CB，AB边交于E，F两点，点P与直线l同时出发，设运动的时间为t秒，当点P移动到与点C重合时，点P和直线l同时停止运动．在移动过程中，将△PEF绕点E逆时针旋转，使得点P的对应点M落在直线l上，点F的对应点记为点N，连接BN，当BN∥PE时，t的值为　 　．

16．（2020•莲湖区模拟）如图，在△ABC中，AB＝AC＝2，∠BAC＝120°，P为BC边上一动点，连接AP，将线段AP绕点A顺时针旋转120°至AP′，则线段PP′的最小值为　 　．

17．（2020秋•武汉期中）定义：有一组对角互余的四边形叫做对余四边形，如图，在对余四边形ABCD中，AB＝BC，AD＝2，CD＝5，∠ABC＝60°，则线段BD＝　 　．

18．（2020•江夏区模拟）△ABC为边长为6的等边三角形，点E为边BC上一点，将BE绕B点逆时针旋转120°到BD，点F为边AC上一点，AE交DF于点K，且∠DKE＝60°，若＝，则BE＝　 　．

19．（2019春•锦江区期末）如图，在△ABC中，AC＝BC＝9，∠C＝120°，D为AC边上一点，且AD＝6，E是AB边上一动点，连接DE，将线段DE绕点D逆时针旋转30°得到DF，若F恰好在BC边上，则AE的长为　 　．

20．（2019•柯桥区模拟）Rt△ABC中，∠ACB＝90°，BC＝a，AC＝b（b＞a），将△ABC绕点B顺时针旋转90°得到△EBD，连接AE，射线CD分别交AB，AE于点F、G，则＝　 　．（用含a，b的代数式表示）
三．解答题（共10小题）
21．（2021•福州模拟）已知等边△ABC，D为BC边上一点，点E在线段AD上，且∠EBD＝∠BAD．将△ABE绕着点A逆时针旋转至△ACF，连接EF，交AC于点G．
（1）求证：B，E，F三点共线；
（2）记△CGF的面积为S1，△BDE的面积为S2，若BD＝DE，求的值．

22．（2021•硚口区模拟）在如图的网格中建立平面直角坐标系，△ABC的顶点坐标分别为A（1，7）B（8，6）C（6，2），D是AB与网格线的交点，仅用无刻度尺的直尺在给定网格中画图，画图过程用虚线表示，画图结果用实线表示，并完成下列问题：
（1）直接写出△ABC的形状；
（2）画出点D关于AC的对称点E；
（3）在AB上画点F，使∠BCF＝0.5∠BAC；
（4）线段AB绕某个点旋转一个角度得到线段CA（A与C对应，B与A对应），直接写出这个旋转中心的坐标．

23．（2021•郴州模拟）如图1，将两个完全相同的三角形纸片ABC和DEC重合放置，其中∠C＝90°．若固定△ABC，将△DEC绕点C旋转．
（1）当△DEC绕点C旋转到点D恰好落在AB边上时，如图2．
①当∠B＝∠E＝30°时，此时旋转角的大小为　 　；
②当∠B＝∠E＝α时，此时旋转角的大小为　 　（用含a的式子表示）．
（2）当△DEC绕点C旋转到如图3所示的位置时，小杨同学猜想：△BDC的面积与△AEC的面积相等，试判断小杨同学的猜想是否正确，若正确，请你证明小杨同学的猜想．若不正确，请说明理由．

24．（2020秋•前郭县期末）在△ABC中，AB＝BC＝2，∠ABC＝120°，将△ABC绕点B顺时针旋转角α（0°＜α＜90°）得△A1BC1，A1B交AC于点E，A1C1分别交AC、BC于D、F两点．
（1）如图1，观察并猜想，在旋转过程中，线段BE与BF有怎样的数量关系？并证明你的结论；
（2）如图2，当α＝30°时，试判断四边形BC1DA的形状，并说明理由．

25．（2020秋•肇源县期末）如图，P是正三角形ABC内的一点，且PA＝6，PB＝8，PC＝10，将△APB绕点B逆时针旋转一定角度后，可得到△CQB．
（1）求点P与点Q之间的距离；
（2）求∠APB的度数．

26．（2019秋•凤山县期中）如图，在等边△ABC中，点D为△ABC内的一点，∠ADB＝120°，∠ADC＝90°，将△ABD绕点A逆时针旋转60°得△ACE，连接DE．
（1）求证：AD＝DE；
（2）求∠DCE的度数；
（3）若BD＝1，求AD，CD的长．

27．（2018秋•鸡西期末）如图，在30°的直角三角形ABC中，∠B＝30°，D是直角边BC所在直线上的一个动点，连接AD，将AD绕点A逆时针旋转60°到AE，连接BE，DE．
（1）如图①，当点E恰好在线段BC上时，请判断线段DE和BE的数量关系，并结合图①证明你的结论；
（2）当点E不在直线BC上时，如图②、图③，其他条件不变，（1）中结论是否成立？若成立，请结合图②、图③选择一个给予证明；若不成立，请直接写出新的结论．

28．（2019•站前区校级三模）如图，△ABC的三个顶点和点O都在正方形网格的格点上，每个小正方形的边长都为1．
（Ⅰ）将△ABC先向右平移4个单位，再向上平移2个单位得到△A1B1C1，请画出△A1B1C1；
（Ⅱ）请画出△A2B2C2，使△A2B2C2和△ABC关于点O成中心对称．

29．（2019•德城区一模）阅读材料：
对于线段的垂直平分线我们有如下结论：到线段两个端点距离相等的点在线段的垂直平分线上．即如图①，若PA＝PB，则点P在线段AB的垂直平分线上．

请根据阅读材料，解决下列问题：
如图②，直线CD是等边△ABC的对称轴，点D在AB上，点E是线段CD上的一动点（点E不与点C、D重合），连接AE、BE，△ABE经顺时针旋转后与△BCF重合．
（I）旋转中心是点　 　，旋转了　 　（度）；
（II）当点E从点D向点C移动时，连接AF，设AF与CD交于点P，在图②中将图形补全，并探究∠APC的大小是否保持不变？若不变，请求出∠APC的度数；若改变，请说出变化情况．
30．（2018秋•天心区校级期末）综合应用题：如图，有一副直角三角板如图①放置（其中∠D＝45°，∠C＝30°），PA、PB与直线MN重合，且三角板PAC，三角板PBD均可以绕点P逆时针旋转．
（1）∠DPC＝　 　；
（2）如图②，若三角板PBD保持不动，三角板∠PAC绕点P逆时针旋转，转速为10°/秒，转动一周三角板PAC就停止转动，在旋转的过程中，当旋转时间为多少时，有PC∥DB成立；
（3）如图③，在图①基础上，若三角板PAC的边PA从PN．处开始绕点P逆时针旋转，转速为3°/秒，同时三角板PBD的边PB从PM处开始绕点P逆时针旋转，转速为2°/秒，（当PC转到与PM重合时，两三角板都停止转动），在旋转过程中，当∠CPD＝∠BPM，求旋转的时间是多少？


参考答案
一．选择题（共10小题）
1．（2021•河西区二模）在平面直角坐标系中，将点A（5，1）向下平移3个单位，再向右平移2个单位，则平移后A的对应点A′的坐标为（　　）
A．（2，3） B．（2，8） C．（7，﹣2） D．（5，﹣1）
【考点】坐标与图形变化﹣平移．
【专题】平面直角坐标系；平移、旋转与对称；推理能力．
【分析】根据坐标的平移规律解答即可．
【解答】解：将点A（5，1）向右平移2个单位长度，再向下平移3个单位长度，
那么平移后对应的点A′的坐标是（5+2，1﹣3），即（7，﹣2），
故选：C．
【点评】此题主要考查坐标与图形变化﹣平移．平移中点的变化规律是：横坐标右移加，左移减；纵坐标上移加，下移减
2．（2021春•鼓楼区校级期中）在平面直角坐标系中，将点A（1，m2）沿着y轴的正方向向上平移（m2+4）个单位后得到点B．有四个点E（1，﹣m2），F（m2+4，m2），M（1，m2+3），N（1，4m2），一定在线段AB上的是（　　）
A．点E B．点F C．点M D．点N
【考点】坐标与图形变化﹣平移．
【专题】平面直角坐标系；运算能力；推理能力．
【分析】首先根据横坐标上移加，下移减可得B点坐标，横坐标不变，再根据纵坐标y满足m2≤y≤2m2+4可得答案．
【解答】解：点A（1，m2）向上平移（m2+4）个单位长度得到的B的坐标为（1，m2+m2+4），即（1，2m2+4），
∵m2+4≠1，
∴F（m2+4，m2）不在直线AB上，
∵当m≠0时，﹣m2＜m2，
∴E（1，﹣m2）不在线段AB上，
∵当m＜﹣或m＞时，4m2＞2m2+4，
N（1，4m2）不在线段AB上，
∵m2＜m2+3＜2m2+4，
∴M（1，m2+3）一定在线段AB上，
故选：C．
【点评】此题主要考查了坐标与图形变化﹣平移，以及关于y轴对称点的坐标，解题的关键是掌握点平移坐标的变化规律．
3．（2021春•济南期中）已知等边△ABC的边长为4，点P是边BC上的动点，将△ABP绕点A逆时针旋转60°得到△ACQ，点D是AC边的中点，连接DQ，则DQ的最小值是（　　）

A． B． C．2 D．
【考点】等边三角形的性质；旋转的性质．
【专题】等腰三角形与直角三角形；平移、旋转与对称；推理能力．
【分析】根据旋转的性质，即可得到∠BCQ＝120°，当DQ⊥CQ时，DQ的长最小，再根据勾股定理，即可得到DQ的最小值．
【解答】解：由旋转可得∠ACQ＝∠B＝60°，
又∵∠ACB＝60°
∴∠BCQ＝120°，
∵点D是AC边的中点，
∴CD＝2，
当DQ⊥CQ时，DQ的长最小，
此时，∠CDQ＝30°，
∴CQ＝CD＝1，
∴DQ＝＝，
∴DQ的最小值是．
故选：D．
【点评】本题主要考查了旋转的性质，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．
4．（2021春•成都月考）如图，在△ABC中，BC＝9，∠A＝80°，∠B＝70°，把△ABC沿RS的方向平移到△DEF的位置，若CF＝5，则下列结论中错误的是（　　）

A．BE＝5 B．DF＝9 C．AB∥DE D．∠F＝30°
【考点】平行线的判定；平移的性质．
【专题】平移、旋转与对称；推理能力．
【分析】根据平移的性质，平移只改变图形的位置，不改变图形的大小与形状，平移后对应点的连线互相平行，对各选项分析判断后利用排除法．
【解答】解：∵把△ABC沿RS的方向平移到△DEF的位置，BC＝9，∠A＝80°，∠B＝70°，
∴CF＝BE＝5，∠F＝∠ACB＝180°﹣∠A﹣∠B＝180°﹣80°﹣70°＝30°，AB∥DE，
∴A、C、D正确，B错误，
故选：B．
【点评】本题考查了平移的性质，熟练掌握平移性质是解题的关键．
5．（2021春•碑林区校级期中）将某图形的各顶点的横坐标都减去3，纵坐标保持不变，则该图形（　　）
A．沿x轴向右平移3个单位 B．沿x轴向左平移3个单位
C．沿y轴向上平移3个单位 D．沿y轴向下平移3个单位
【考点】坐标与图形变化﹣平移．
【专题】平面直角坐标系；应用意识．
【分析】平移中点的变化规律是：左右移动改变点的横坐标，左减右加；上下移动改变点的纵坐标，下减上加，据此求解即可．
【解答】解：将某图形的各顶点的横坐标都减去3，纵坐标保持不变，即为将该图形沿x轴向左平移3个单位，
故选：B．
【点评】本题考查了坐标与图形变化—平移，平移变换是中考的常考点，平移中点的变化规律是：左右移动改变点的横坐标，左减右加；上下移动改变点的纵坐标，下减上加．
6．（2021春•鹿城区校级期中）如图，在平面直角坐标系中，△ABC与△A'B'C'关于D（﹣1，0）成中心对称．已知点A的坐标为（﹣3，﹣2），则点A'的坐标是（　　）

A．（1，3） B．（1，2） C．（3，2） D．（2，3）
【考点】坐标与图形变化﹣对称；中心对称；关于原点对称的点的坐标；坐标与图形变化﹣旋转．
【专题】平面直角坐标系；平移、旋转与对称；运算能力．
【分析】根据点D是线段AA′的中点以及中点坐标公式解答．
【解答】解：设点A'的坐标是（a，b），
根据题意知：＝﹣1，＝0．
解得a＝1，b＝2．
即点A'的坐标是（1，2），
故选：B．
【点评】本题综合考查了中心对称，坐标与图形的变化，难度不大，掌握对称中心的性质是解题的关键．
7．（2021春•光明区期中）在平面直角坐标系中，将点（﹣1，﹣3）向左平移2个单位长度得到的点的坐标是（　　）
A．（﹣1，﹣5） B．（﹣3，﹣3） C．（1，﹣3） D．（﹣1，1）
【考点】坐标与图形变化﹣平移．
【专题】平面直角坐标系；应用意识．
【分析】横坐标，右移加，左移减；纵坐标，上移加，下移减可得对应点的坐标．
【解答】解：将点（﹣1，﹣3）向左平移2个单位长度得到的点的坐标是（﹣1﹣2，﹣3），即（﹣3，﹣3），
故选：B．
【点评】此题主要考查了坐标与图形的变化，关键是掌握点的坐标的变化规律．
8．（2021春•龙岗区期中）如图，点P为定角∠AOB平分线上的一个定点，且∠MPN与∠AOB互补．若∠MPN在绕点P旋转的过程中，其两边分别与OA、OB相交于M、N两点，则以下结论：①PM＝PN；②OM+ON的值不变；③MN的长不变；④四边形PMON的面积不变，其中，正确结论的是（　　）

A．①②③ B．①②④ C．①③④ D．②③④
【考点】全等三角形的判定与性质；角平分线的性质；旋转的性质．
【专题】图形的全等；平移、旋转与对称；推理能力．
【分析】如图作PE⊥OA于E，PF⊥OB于F．只要证明△POE≌△POF，△PEM≌△PFN，即可一一判断
【解答】解：如图作PE⊥OA于E，PF⊥OB于F．
∵∠PEO＝∠PFO＝90°，
∴∠EPF+∠AOB＝180°，
∵∠MPN+∠AOB＝180°，
∴∠EPF＝∠MPN，
∴∠EPM＝∠FPN，
∵OP平分∠AOB，PE⊥OA于E，PF⊥OB于F，
∴∠PEO＝∠PFO＝90°，
在△POE和△POF中，
，
∴△POE≌△POF（AAS），
∴OE＝OF，PE＝PF，
在△PEM和△PFN中，
，
∴△PEM≌△PFN（ASA），
∴EM＝NF，PM＝PN，故①正确，
∴S△PEM＝S△PNF，
∴S四边形PMON＝S四边形PEOF＝定值，故④正确，
∵OM+ON＝OE+ME+（OF﹣NF）＝2OE，是定值，故②正确，
在旋转过程中，△PMN是等腰三角形，形状是相似的，因为PM的长度是变化的，所以MN的长度是变化的，故③错误，
故选：B．

【点评】本题考查全等三角形的性质、角平分线的性质定理、四边形的面积等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，属于中考常考题型．
9．（2020春•思明区校级期末）如图，在平面直角坐标系上有点A（1，0），点A第一次跳动至点A1（﹣1，1），第二次向右跳动3个单位至点A2（2，1），第三次跳动至点A3（﹣2，2），第四次向右跳动5个单位至点A4（3，2），…，以此规律跳动下去，点A第2020次跳动至点A2020的坐标是（　　）

A．（1012，1011） B．（1009，1008）
C．（1010，1009） D．（1011，1010）
【考点】规律型：点的坐标；坐标与图形变化﹣平移．
【专题】规律型；平移、旋转与对称；数感．
【分析】根据点的坐标、坐标的平移寻找规律即可求解．
【解答】解：因为A1（﹣1，1），A2（2，1）
A3（﹣2，2）A4（3，2）
A5（﹣3，3）A6（4，3）
A7（﹣4，4）A8（5，4）
…
A2n﹣1（﹣n，n） A2n（n+1，n）（n为正整数）
所以2n＝2020，
n＝1010
所以A2020（1011，1010）
故选：D．
【点评】本题考查了点的坐标、坐标的平移，解决本题的关键是寻找点的变化规律．
10．（2020秋•金水区校级月考）如图，边长为8的等边三角形ABC中，E是对称轴AD上的一个动点，连接EC将线段EC绕点C逆时针旋转60°得到FC，连接DF，则在点E运动过程中，DF的最小值是（　　）

A．4 B．3 C．2 D．1
【考点】等边三角形的性质；旋转的性质．
【专题】平移、旋转与对称；几何直观．
【分析】连接BF，判定△ACE≌△BCF，即可得到∠CBF＝∠CAE＝30°，进而得出点F的运动轨迹为直线BF，依据当DF⊥BF时，DF最短，即可得到DF的最小值是2．
【解答】解：如图，连接BF，
由旋转可得，CE＝FC，∠ECF＝60°，
∵△ABC是等边三角形，
∴AC＝BC，∠ACB＝60°，
∴∠ACE＝∠BCF，
∴△ACE≌△BCF（SAS），
∴∠CBF＝∠CAE，
∵边长为8的等边三角形ABC中，E是对称轴AD上的一个动点，
∴∠CAE＝30°，BD＝4，
∴∠CBF＝30°，
即点F的运动轨迹为直线BF，
∴当DF⊥BF时，DF最短，
此时，DF＝BD＝×4＝2，
∴DF的最小值是2，
故选：C．

【点评】本题考查了旋转的性质，等边三角形的性质，全等三角形的判定与性质，垂线段最短的性质，作辅助线构造出全等三角形是解题的关键，也是本题的难点．
二．填空题（共10小题）
11．（2021春•台江区校级月考）如图，已知线段AB＝6，O为AB的中点，P是平面内的一个动点，在运动过程中保持OP＝1不变，连结BP，将PB绕点P逆时针旋转90°到PC，连结BC、AC，则线段AC的取值范围是　2≤AC≤4　．

【考点】旋转的性质．
【专题】平移、旋转与对称；推理能力．
【分析】以O为坐标原点建立坐标系，过点C作CD⊥y轴，垂足为D，过点P作PE⊥DC，垂足为E，延长EP交x轴于点F，设点P的坐标为（x，y），则x2+y2＝1．然后证明△ECP≌△FPB，由全等三角形的性质得到EC＝PF＝y，FB＝EP＝3﹣x，从而得到点C（x+y，y+3﹣x），最后依据两点间的距离公式可求得AC的范围．
【解答】解：如图所示：过点C作CD⊥y轴，垂足为D，过点P作PE⊥DC，垂足为E，延长EP交x轴于点F．

∵AB＝6，O为AB的中点，
∴A（﹣3，0），B（3，0）．
设点P的坐标为（x，y），则x2+y2＝1．
∵∠EPC+∠BPF＝90°，∠EPC+∠ECP＝90°，
∴∠ECP＝∠FPB．
由旋转的性质可知：PC＝PB．
在△ECP和△FPB中,
，
∴△ECP≌△FPB(AAS)．
∴EC＝PF＝y，FB＝EP＝3﹣x．
∴C（x+y，y+3﹣x）．
∵AB＝6，O为AB的中点，
∴AC＝＝．
∵x2+y2＝1，
∴AC＝．
∵﹣1≤y≤1，
∴2≤AC≤4．
故答案为:2≤AC≤4．
【点评】本题主要考查的是旋转的性质、全等三角形的性质和判定，两点间的距离公式的应用，列出AC的长度与点P的坐标之间的关系式是解题的关键．
12．（2021春•历城区期中）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝1，∠ABC＝30°，点O为Rt△ABC内一点，连接AO、BO、CO．且∠AOC＝∠COB＝∠BOA＝120°，则OA+OB+OC的值为　　（提示：以点B为旋转中心，将△AOB绕点B顺时针方向旋转60°，得到△A'O'B）．

【考点】含30度角的直角三角形；旋转的性质．
【专题】等腰三角形与直角三角形；平移、旋转与对称；推理能力．
【分析】根据旋转角与∠ABC的度数，相加即可得到∠A′BC，根据直角三角形30°角所对的直角边等于斜边的一半求出AB＝2AC，即A′B的长，再根据旋转的性质求出△BOO′是等边三角形，根据等边三角形的三条边都相等可得BO＝OO′，等边三角形三个角都是60°求出∠BOO′＝∠BO′O＝60°，然后求出C、O、A′、O′四点共线，再利用勾股定理列式求出A′C，从而得到OA+OB+OC＝A′C．
【解答】解：以点B为旋转中心，将△AOB绕点B顺时针方向旋转60°，得到△A'O'B，如图：

∵△AOB绕点B顺时针方向旋转60°，∠ABC＝30°，
∴∠A′BC＝∠ABC+60°＝30°+60°＝90°，
∴A′B⊥CB，
∵∠ACB＝90°，AC＝1，∠ABC＝30°，
∴AB＝2AC＝2，
∵△AOB绕点B顺时针方向旋转60°，得到△A′O′B，
∴A′B＝AB＝2，BO＝BO′，A′O′＝AO，
∴△BOO′是等边三角形，
∴BO＝OO′，∠BOO′＝∠BO′O＝60°，
∵∠AOC＝∠COB＝∠BOA＝120°，
∴∠COB+∠BOO′＝∠BO′A′+∠BO′O＝120°+60°＝180°，
∴C、O、A′、O′四点共线，
在Rt△A′BC中，A′C＝＝，
∴OA+OB+OC＝A′O′+OO′+OC＝A′C＝．
故答案为：．
【点评】本题考查了利用旋转变换作图，旋转变换的性质，直角三角形30°角所对的直角边等于斜边的一半的性质，勾股定理，等边三角形的判定与性质，综合性较强，最后一问求出C、O、A′、O′四点共线是解题的关键．
13．（2021春•和平区校级月考）如图，在直角坐标系中，已知点A（4，0），点B为y轴正半轴上一动点，连接AB，以AB为一边向下作等边△ABC，连接OC，则OC的最小值为　2　．

【考点】坐标与图形性质；垂线段最短；全等三角形的判定与性质；等边三角形的性质；旋转的性质．
【专题】图形的全等；平移、旋转与对称；推理能力．
【分析】以OA为对称轴作等边△AMN，由“SAS”可证△ANC≌△AMB，可得∠AMB＝∠ANC＝60°，由直角三角形的性质可求∠AEN＝30°，EO＝ON＝6，则点C在EN上移动，当OC'⊥EN时，OC'有最小值，即可求解．
【解答】解：如图，以OA为对称轴作等边△AMN，延长CN交x轴于E，

∵△ABC是等边三角形，△AMN是等边三角形，
∴AM＝AN，AB＝AC，∠MAN＝∠BAC，∠AMN＝60°＝∠ANM，
∴∠BAM＝∠CAN，
∴△ANC≌△AMB（SAS），
∴∠AMB＝∠ANC＝60°，
∴∠ENO＝60°，
∵AO＝4，∠AMB＝60°，AO⊥BO，
∴MO＝NO＝，
∵∠ENO＝60°，∠EON＝90°，
∴∠AEN＝30°，EO＝ON＝4，
∴点C在EN上移动，
∴当OC'⊥EN时，OC'有最小值，
此时，O'C＝EO＝2．
故答案为：2．
【点评】本题考查了全等三角形的判定和性质，等边三角形的性质，垂线段最短，确定点C的运动轨迹是解题的关键．
14．（2021•于洪区一模）如图，已知△ABC中，∠C＝90°，AC＝4，BC＝3，将△ABC绕点B逆时针旋转一定的角度α，若0°＜α＜90°，直线A1C1分别交AB，AC于点G，H，当△AGH为等腰三角形时，则CH的长为　﹣1或1　．

【考点】等腰三角形的性质；勾股定理；旋转的性质．
【专题】平移、旋转与对称；解直角三角形及其应用；推理能力．
【分析】分两种情形：如图1中，当AG＝AH时，如图2中，当GA＝GH时，过点G作GM⊥AH于M．分别求解即可．
【解答】解：如图1中，当AG＝AH时，

∵AG＝AH，
∴∠AHG＝∠AGH，
∵∠A＝∠A1，∠AGH＝∠A1GB，
∴∠AHG＝∠A1BG，
∴∠A1GB＝∠A1BG，
∴AB＝AG＝5，
∴GC1＝A1G﹣C1G＝1，
∵∠BC1G＝90°，
∴BG＝＝＝，
∴AH＝AG＝AB﹣BG＝5﹣，
∴CH＝AC﹣AH＝4﹣（5﹣）＝﹣1．

如图2中，当GA＝GH时，过点G作GM⊥AH于M．

同法可证，GB＝GA1，设GB＝GA1＝x，则有x2＝32+（4﹣x）2，
解得x＝，
∴BG＝，AG＝5﹣＝，
∵GM∥BC，
∴＝，
∴＝，
∴AM＝，
∵GA＝GH，GM⊥AH，
∴AM＝HM，
∴AH＝3，
∴CH＝AC﹣AM＝1．
综上所述，满足条件的CH的值为﹣1或1．
【点评】考查了旋转变换，解直角三角形，等腰三角形的判定和性质等知识，解题的关键是理解题意，学会用分类讨论使得思想思考问题，属于中考常考题型．
15．（2019秋•沙坪坝区校级期末）如图，Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝10，BC＝16．动点P以每秒3个单位的速度从点A开始向点C移动，直线l从与AC重合的位置开始，以相同的速度沿CB方向平行移动，且分别与CB，AB边交于E，F两点，点P与直线l同时出发，设运动的时间为t秒，当点P移动到与点C重合时，点P和直线l同时停止运动．在移动过程中，将△PEF绕点E逆时针旋转，使得点P的对应点M落在直线l上，点F的对应点记为点N，连接BN，当BN∥PE时，t的值为　　．

【考点】平行线的性质；平移的性质；旋转的性质．
【专题】平移、旋转与对称；解直角三角形及其应用；应用意识．
【分析】作NH⊥BC于H．首先证明∠PEC＝∠NEB＝∠NBE，推出EH＝BH，根据cos∠PEC＝cos∠NEB，推出＝，由此构建方程解决问题即可．
【解答】解：作NH⊥BC于H．

∵EF⊥BC，∠PEF＝∠NEF，
∴∠FEC＝∠FEB＝90°，
∵∠PEC+∠PEF＝90°，∠NEB+∠FEN＝90°，
∴∠PEC＝∠NEB，
∵PE∥BN，
∴∠PEC＝∠NBE，
∴∠NEB＝∠NBE，
∴NE＝NB，
∵HN⊥BE，
∴EH＝BH，
∴cos∠PEC＝cos∠NEB，
∴＝，
∵EF∥AC，
∴＝，
∴＝，
∴EF＝EN＝（16﹣3t），
∴＝，
整理得：63t2﹣960t+1600＝0，
解得t＝或（舍弃），
故答案为．
【点评】本题考查旋转的性质，平行线的性质，解直角三角形等知识，解题的关键是学会利用参数构建方程解决问题，属于中考常考题型．
16．（2020•莲湖区模拟）如图，在△ABC中，AB＝AC＝2，∠BAC＝120°，P为BC边上一动点，连接AP，将线段AP绕点A顺时针旋转120°至AP′，则线段PP′的最小值为　　．

【考点】等腰三角形的性质；旋转的性质．
【专题】等腰三角形与直角三角形；推理能力．
【分析】过点A作AD⊥PP'于D，依据旋转的性质以及等腰三角形的性质，即可得到PP'＝2PD，当PD最短时，PP'最短，且PD＝AP×cos30°，再根据AP的长，即可得到线段PP′的最小值．
【解答】解：如图所示，过点A作AD⊥PP'于D，
由旋转可得，AP＝AP'，∠PAP'＝120°，
∴PP'＝2PD，∠APD＝30°，
当PD最短时，PP'最短，且PD＝AP×cos30°，
∵P为BC边上一动点，
∴当AP⊥BC时，AP最短，
∵AB＝AC＝2，∠BAC＝120°，
∴∠C＝30°，
∴当AP⊥BC时，AP＝AC×sin30°＝2×＝1，
此时，PP'＝2PD＝2×AP×cos30°＝2×1×＝，
故答案为：．

【点评】本题主要考查了旋转的性质、等腰三角形的性质、解直角三角形、垂线段最短等知识，解题的关键是利用等腰三角形的性质得到PP'＝2PD．
17．（2020秋•武汉期中）定义：有一组对角互余的四边形叫做对余四边形，如图，在对余四边形ABCD中，AB＝BC，AD＝2，CD＝5，∠ABC＝60°，则线段BD＝　3　．

【考点】全等三角形的判定与性质；勾股定理；旋转的性质．
【专题】平移、旋转与对称；推理能力．
【分析】对余四边形的定义得出∠ADC＝30°，将△BCD绕点B逆时针旋转60°，得到△BAF，连接FD，则△BCD≌△BAF，∠FBD＝60°，得出BF＝BD，AF＝CD，∠BDC＝∠BFA，则△BFD是等边三角形，得出BF＝BD＝DF，易证∠BFA+∠ADB＝30°，由∠FBD+∠BFA+∠ADB+∠AFD+∠ADF＝180°，得出∠AFD+∠ADF＝90°，则∠FAD＝90°，由勾股定理即可得出结果．
【解答】解：∵对余四边形ABCD中，∠ABC＝60°，
∴∠ADC＝30°，
∵AB＝BC，
∴将△BCD绕点B逆时针旋转60°，得到△BAF，连接FD，如图所示，
∴△BCD≌△BAF，∠FBD＝60°
∴BF＝BD，AF＝CD，∠BDC＝∠BFA，
∴△BFD是等边三角形，
∴BF＝BD＝DF，
∵∠ADC＝30°，
∴∠ADB+∠BDC＝30°，
∴∠BFA+∠ADB＝30°，
∵∠FBD+∠BFA+∠ADB+∠AFD+∠ADF＝180°，
∴60°+30°+∠AFD+∠ADF＝180°，
∴∠AFD+∠ADF＝90°，
∴∠FAD＝90°，
∴AD2+AF2＝DF2，
∴AD2+CD2＝BD2，
∴BD2＝（2）2+52＝45，
∵BD＞0，
∴BD＝3，
故答案为：3．

【点评】本题考查了对余四边形的定义、旋转的性质、等边三角形的判定与性质、三角形内角和定理、勾股定理等知识；熟练掌握对余四边形的定义和旋转的性质是解题的关键．
18．（2020•江夏区模拟）△ABC为边长为6的等边三角形，点E为边BC上一点，将BE绕B点逆时针旋转120°到BD，点F为边AC上一点，AE交DF于点K，且∠DKE＝60°，若＝，则BE＝　　．

【考点】等边三角形的性质；旋转的性质．
【专题】图形的全等；平移、旋转与对称；推理能力．
【分析】如图，作BH∥DF交AC于H，交AE于J．想办法证明四边形BDFH是平行四边形，证明BE＝CH，构建方程求解即可．
【解答】解：如图，作BH∥DF交AC于H，交AE于J．

∵△ABC是等边三角形，
∴AB＝BC，∠ABC＝∠C＝∠BAC＝60°，
∵DF∥BH，
∴∠∠DKE＝∠AJH＝60°，
∴∠ABJ+∠BAJ＝60°，
∵∠ABJ+∠CBH＝60°，
∴∠BAE＝∠CBH，
∴△ABE≌△BCH（ASA），
∴BE＝CH，
∵BE＝BD，∠EBD＝120°，
∴BD＝CH，∠DBA＝∠BAC＝60°，
∴BD∥FH，
∵BH∥DF，
∴四边形BDFH是平行四边形，
∴BD＝FH＝CH，
∵AF：EC＝3：4，
∴可以假设AF＝3k，CE＝4k，
∴BE＝BD＝CH＝FH＝6﹣4k，
∴CF＝2（6﹣4k）＝6﹣3k，
∴k＝，
∴BE＝6﹣＝．
故答案为：．
【点评】本题考查旋转的性质，等边三角形的性质，平行四边形的判定和性质，全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，属于中考填空题中的压轴题．
19．（2019春•锦江区期末）如图，在△ABC中，AC＝BC＝9，∠C＝120°，D为AC边上一点，且AD＝6，E是AB边上一动点，连接DE，将线段DE绕点D逆时针旋转30°得到DF，若F恰好在BC边上，则AE的长为　3+4　．

【考点】等腰三角形的性质；含30度角的直角三角形；旋转的性质．
【专题】图形的全等；模型思想．
【分析】由∠C＝120°，AC＝BC可知∠A＝30°，又有∠EDF＝30°，联想一线三等角模型，延长DC到G，使DG＝AE，得△DFG≌△EDA，进而可得GF＝6，∠G＝30°，由于∠FCG＝60°，即可得△CFG是直角三角形，易求CG，由DG＝AE即可解题．
【解答】解：如图，延长DC到G，使DG＝AE，连接FG，
∵AC＝BC，∠C＝120°，
∴∠A＝30°，∠FCG＝60°，
∵∠A+∠1＝∠EDF+∠2，
又∵∠EDF＝30°，
∴∠1＝∠2，
在△EDA和△DFG中，
，
∴△EDA≌△DFG（SAS）
∴AD＝GF＝6，∠A＝∠G＝30°，
∵∠G+∠FCG＝90°，
∴∠CFG＝90°，
设CF＝x，则CG＝2x，由CF2+FG2＝CG2得：
x2+62＝（2x）2，
解得x1＝，x2＝﹣（不合题意舍去），
∴CG＝4，
∴AE＝DG＝3+4，
故答案为：3+4．

【点评】本题考查了旋转的性质：旋转前后两图形全等；对应点到旋转中心的距离相等；对应点与旋转中心的连线段的夹角等于旋转角．也考查了全等三角形的判定与性质和等腰直角三角形的性质．本题解题关键是通过一线三等角模型构造全等三角形，从而得到Rt△CFG．
20．（2019•柯桥区模拟）Rt△ABC中，∠ACB＝90°，BC＝a，AC＝b（b＞a），将△ABC绕点B顺时针旋转90°得到△EBD，连接AE，射线CD分别交AB，AE于点F、G，则＝　　．（用含a，b的代数式表示）
【考点】旋转的性质．
【专题】图形的全等；平移、旋转与对称．
【分析】如图作FJ⊥AC于J，FK⊥BC于K，GN⊥AC于N，GM⊥CB交CB的延长线于M，连接BG．想办法求出CF，DG即可解决问题．
【解答】解：如图作FJ⊥AC于J，FK⊥BC于K，GN⊥AC于N，GM⊥CB交CB的延长线于M，连接BG．

由题意：BC＝BD，∠CBD＝90°，
∴∠DCB＝45°，
∵∠ACB＝90°，
∴∠ACF＝∠FCB＝45°，
∵FJ⊥AC，FK⊥BC，
∴FJ＝FK，设FJ＝FK＝x，
∵S△ACB＝S△ACF+S△BCF，
∴ab＝（a+b）x，
∴x＝，
∴FC＝FJ＝，
∵BA＝BE，∠ABE＝90°，
∴∠BAG＝∠BCG＝45°，
∴A，C，B，G四点共圆，
∴∠AGB+∠ACB＝180°，
∴∠AGB＝90°，
∴BG⊥AE，
∴AG＝GE，
∴BG＝AG，
∵GC平分∠ACM，GN⊥AC，GM⊥CM，
∴GN＝GM，
∴△GNA≌△GMB（HL），
∴AN＝BM，
易证四边形CNGM是正方形，
∴CM＝CN，
∴CN+CM＝AC﹣AN+BC+BM＝AC+BC＝a+b．
∴CM＝，
∴CG＝CM＝（a+b），
∵CD＝a，
∴DG＝CG﹣CD＝（b﹣a），
∴＝＝．
故答案为：
【点评】本题考查旋转变换，解直角三角形，正方形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造特殊四边形解决问题，属于中考填空题中的压轴题．
三．解答题（共10小题）
21．（2021•福州模拟）已知等边△ABC，D为BC边上一点，点E在线段AD上，且∠EBD＝∠BAD．将△ABE绕着点A逆时针旋转至△ACF，连接EF，交AC于点G．
（1）求证：B，E，F三点共线；
（2）记△CGF的面积为S1，△BDE的面积为S2，若BD＝DE，求的值．

【考点】等边三角形的性质；旋转的性质．
【专题】平移、旋转与对称；推理能力．
【分析】(1)证明∠AEB+∠AEF＝180°,可得结论．
(2)设DE＝x,则BD＝x,过点D作DH⊥BE于H,作CJ⊥BF于J．想办法求出S1,S2(用x表示），即可解决问题．
【解答】（1）证明：∵△ABC是等边三角形，
∴∠ABC＝∠BAC＝60°,
∴∠ABE+∠EBD＝60°,
∵∠EBD＝∠BAD,
∴∠ABE+∠BAE＝60°,
∴∠AEB＝180°﹣60°＝120°,
∵AE＝AF,∠EAF＝∠BAC＝60°,
∴△AEF是等边三角形，
∴∠AEF＝60°,
∴∠AEB+∠AEF＝180°,
∴B,E,F共线．

（2）解：设DE＝x,则BD＝x,过点D作DH⊥BE于H,作CJ⊥BF于J．

在Rt△DHE中，∠DEH＝60°,DE＝x,
∴EH＝DE•cos60°＝,DH＝EH＝x,
∴BH＝＝＝x,
∴BE＝BH+EH＝3x,
由旋转得到△BAE≌△CAF,
∴BE＝CF＝3x,∠ABE＝∠ACF,
∵∠AGB＝∠CGF,
∴∠CFG＝∠BAG＝60°,
∴∠AEF＝∠CG＝60°,
∴AD∥CF,
∴＝＝3,
∴BF＝9x,
∴AE＝EF＝AF＝6x,
∵＝＝2,
∴EG＝4x,GF＝2x,
∵CJ⊥FG,
∴CJ＝CF•sin60°＝3x×＝x,
∴S1＝•FG•CJ＝×2x×x＝x2,S2＝•BE•DH＝×3x×x＝x2,
∴＝．
【点评】本题考查旋转变换，等边三角形的性质，全等三角形的性质，解直角三角形等知识，解题的关键是学会利用参数解决问题，属于中考常考题型．
22．（2021•硚口区模拟）在如图的网格中建立平面直角坐标系，△ABC的顶点坐标分别为A（1，7）B（8，6）C（6，2），D是AB与网格线的交点，仅用无刻度尺的直尺在给定网格中画图，画图过程用虚线表示，画图结果用实线表示，并完成下列问题：
（1）直接写出△ABC的形状；
（2）画出点D关于AC的对称点E；
（3）在AB上画点F，使∠BCF＝0.5∠BAC；
（4）线段AB绕某个点旋转一个角度得到线段CA（A与C对应，B与A对应），直接写出这个旋转中心的坐标．

【考点】勾股定理；勾股定理的逆定理；作图﹣轴对称变换；作图﹣旋转变换．
【专题】作图题；几何直观．
【分析】（1）利用勾股定理求出AB，AC，可得结论．
（2）取格点Q，使得△ACQ≌△ACB，线段AQ与格线的交点E，即为所求作．
（3）取格点W，连接CW交AB于点F，点F即为所求作．
（4）线段AC，AB的中垂线的交点J，即为所求作，构建一次函数，利用方程组确定交点坐标即可．
【解答】解：（1）如图，∵AB＝＝5，AC＝＝5，
∴AB＝AC，
∴△ABC是等腰三角形．

（2）如图，点E即为所求作．
（3）如图，点F即为所求作．
（4）由题意，线段AC的中垂线为y＝x+1，线段AB的中垂线y＝7x﹣25，
由，解得，
∴旋转中心J的坐标为（，）．
【点评】本题考查作图﹣旋转变换，正方形的判定和性质，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．
23．（2021•郴州模拟）如图1，将两个完全相同的三角形纸片ABC和DEC重合放置，其中∠C＝90°．若固定△ABC，将△DEC绕点C旋转．
（1）当△DEC绕点C旋转到点D恰好落在AB边上时，如图2．
①当∠B＝∠E＝30°时，此时旋转角的大小为　60°　；
②当∠B＝∠E＝α时，此时旋转角的大小为　2α　（用含a的式子表示）．
（2）当△DEC绕点C旋转到如图3所示的位置时，小杨同学猜想：△BDC的面积与△AEC的面积相等，试判断小杨同学的猜想是否正确，若正确，请你证明小杨同学的猜想．若不正确，请说明理由．

【考点】旋转的性质．
【专题】平移、旋转与对称．
【分析】（1）①证明△ADC是等边三角形即可．
②如图2中，作CH⊥AD于H．想办法证明∠ACD＝2∠B即可解决问题．
（2）小扬同学猜想是正确的．过B作BN⊥CD于N，过E作EM⊥AC于M，如图3，想办法证明△CBN≌△CEM（AAS）即可解决问题．
【解答】解：（1）①∵∠B＝30°，∠ACB＝90°，
∴∠CAD＝90°﹣30°＝60°，
∵CA＝CD，
∴△ACD是等边三角形，
∴∠ACD＝60°，
∴旋转角为60°，
故答案为60°．

②如图2中，作CH⊥AD于H．

∵CA＝CD，CH⊥AD，
∴∠ACH＝∠DCH，
∵∠ACH+∠CAB＝90°，∠CAB+∠B＝90°，
∴∠ACH＝∠B，
∴∠ACD＝2∠ACH＝2∠B＝2α，
∴旋转角为2α．
故答案为2α．
（2）小扬同学猜想是正确的，证明如下：
过B作BN⊥CD于N，过E作EM⊥AC于M，如图3，

∵∠ACB＝∠DCE＝90°，
∴∠1+∠2＝90°，∠3+∠2＝90°，
∴∠1＝∠3，
∵BN⊥CD于N，EM⊥AC于M，
∴∠BNC＝∠EMC＝90°，
∵△ACB≌△DCE，
∴BC＝EC，
在△CBN和△CEM中，
∠BNC＝∠EMC，∠1＝∠3，BC＝EC，
∴△CBN≌△CEM（AAS），
∴BN＝EM，
∵S△BDC＝•CD•BN，S△ACE＝•AC•EM，
∵CD＝AC，
∴S△BDC＝S△ACE．
【点评】本题考查旋转变换，全等三角形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，等腰三角形的性质等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．
24．（2020秋•前郭县期末）在△ABC中，AB＝BC＝2，∠ABC＝120°，将△ABC绕点B顺时针旋转角α（0°＜α＜90°）得△A1BC1，A1B交AC于点E，A1C1分别交AC、BC于D、F两点．
（1）如图1，观察并猜想，在旋转过程中，线段BE与BF有怎样的数量关系？并证明你的结论；
（2）如图2，当α＝30°时，试判断四边形BC1DA的形状，并说明理由．

【考点】旋转的性质．
【分析】（1）由AB＝BC得到∠A＝∠C，再根据旋转的性质得AB＝BC＝BC1，∠A＝∠C＝∠C1，∠ABE＝∠C1BF，则可证明△ABE≌△C1BF，于是得到BE＝BF；
（2）根据等腰三角形的性质得∠A＝∠C＝30°，利用旋转的性质得∠A1＝∠C1＝30°，∠ABA1＝∠CBC1＝30°，则利用平行线的判定方法得到A1C1∥AB，AC∥BC1，于是可判断四边形BC1DA是平行四边形，然后加上AB＝BC1可判断四边形BC1DA是菱形．
【解答】解：（1）BE＝BF．理由如下：
∵AB＝BC，
∴∠A＝∠C，
∵△ABC绕点B顺时针旋转角α（0°＜α＜90°）得△A1BC1，
∴AB＝BC＝BC1，∠A＝∠C＝∠C1，∠ABE＝∠C1BF，
在△ABE和△C1BF中
，
∴△ABE≌△C1BF，
∴BE＝BF
（2）四边形BC1DA是菱形．理由如下：
∵AB＝BC＝2，∠ABC＝120°，
∴∠A＝∠C＝30°，
∴∠A1＝∠C1＝30°，
∵∠ABA1＝∠CBC1＝30°，
∴∠ABA1＝∠A1，∠CBC1＝∠C，
∴A1C1∥AB，AC∥BC1，
∴四边形BC1DA是平行四边形．
又∵AB＝BC1，
∴四边形BC1DA是菱形．
【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．也考查了菱形的判定方法．
25．（2020秋•肇源县期末）如图，P是正三角形ABC内的一点，且PA＝6，PB＝8，PC＝10，将△APB绕点B逆时针旋转一定角度后，可得到△CQB．
（1）求点P与点Q之间的距离；
（2）求∠APB的度数．

【考点】等边三角形的性质；勾股定理的逆定理；旋转的性质．
【分析】（1）由旋转的性质可以证明△PBQ是等边三角形，即可解决问题．
（2）利用勾股定理的逆定理证明∠PQC＝90°，由∠BQC＝∠APB，即可解决问题．
【解答】解：（1）连接PQ，

由旋转性质有：
BQ＝BP＝8，QC＝PA＝6，∠QBC＝∠ABP，∠BQC＝∠BPA，
∴∠QBC+∠PBC＝∠ABP+∠PBC
即∠QBP＝∠ABC，
∵△ABC是正三角形，
∴∠ABC＝60°，
∴∠QBP＝60°，
∴△BPQ是正三角形，
∴PQ＝BP＝BQ＝8．

（2）在△PQC中，PQ＝8，QC＝6，PC＝10
∴PQ2+QC2＝PC2，
∴∠PQC＝90°，
∴∠APB＝∠BQC＝∠BQP+∠PQC＝60°+90°＝150°．
【点评】本题考查旋转变换、等边三角形的性质、勾股定理的逆定理等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．
26．（2019秋•凤山县期中）如图，在等边△ABC中，点D为△ABC内的一点，∠ADB＝120°，∠ADC＝90°，将△ABD绕点A逆时针旋转60°得△ACE，连接DE．
（1）求证：AD＝DE；
（2）求∠DCE的度数；
（3）若BD＝1，求AD，CD的长．

【考点】等腰三角形的性质；等边三角形的性质；旋转的性质．
【分析】（1）利用旋转的性质和等边三角形的性质先判断出△ADE是等边三角形即可；
（2）利用四边形的内角和即可求出结论；
（3）先求出CD，再用勾股定理即可求出结论．
【解答】（1）证明：∵将△ABD绕点A逆时针旋转60°得△ACE
∴△ABD≌△ACE，∠BAC＝∠DAE，
∴AD＝AE，BD＝CE，∠AEC＝∠ADB＝120°，
∵△ABC为等边三角形
∴∠BAC＝60°
∴∠DAE＝60°
∴△ADE为等边三角形，
∴AD＝DE，
（2）∠ADC＝90°，∠AEC＝120°，∠DAE＝60°
∴∠DCE＝360°﹣∠ADC﹣∠AEC﹣∠DAE＝90°，
（3）∵△ADE为等边三角形
∴∠ADE＝60°
∴∠CDE＝∠ADC﹣∠ADE＝30°
又∵∠DCE＝90°
∴DE＝2CE＝2BD＝2，
∴AD＝DE＝2
在Rt△DCE中，．
【点评】此题是旋转的性质，主要考查了等边三角形的性质和判定，勾股定理，解本题的关键是判断出△ADE是等边三角形．
27．（2018秋•鸡西期末）如图，在30°的直角三角形ABC中，∠B＝30°，D是直角边BC所在直线上的一个动点，连接AD，将AD绕点A逆时针旋转60°到AE，连接BE，DE．
（1）如图①，当点E恰好在线段BC上时，请判断线段DE和BE的数量关系，并结合图①证明你的结论；
（2）当点E不在直线BC上时，如图②、图③，其他条件不变，（1）中结论是否成立？若成立，请结合图②、图③选择一个给予证明；若不成立，请直接写出新的结论．

【考点】全等三角形的判定与性质；含30度角的直角三角形；旋转的性质．
【专题】图形的全等；平移、旋转与对称；应用意识．
【分析】（1）利用等边三角形的性质以及等腰三角形的判定解答即可；
（2）过点E作EF⊥AB，垂足为F，证得△ADC≌△AEF，结合直角三角形中30度的角所对的直角边是斜边的一半解决问题；
【解答】解：（1）DE＝BE． 理由如下：
∵△ADE为等边三角形，
∴AD＝DE＝AE，∠AED＝60°．
∵∠ABC＝30°，∠AED＝∠ABC+∠EAB，
∴∠EAB＝60°﹣30°＝30°，
∴∠ABC＝∠EAB，
∴EB＝AE，
∴EB＝DE；

（2）图②、图③中结论不变．

如图②中，过点E作EF⊥AB，垂足为F，
在△ABC中，∠ABC＝30°，
∴∠CAB＝60°，
∴∠DAE＝∠CAB，
∴∠DAE﹣∠CAE＝∠BAC﹣∠CAE，
则∠CAD＝∠EAF．
又∵AD＝AE，∠ACD＝∠AFE，
∴△ADC≌△AEF（AAS），
∴AC＝AF．
在△ABC中，∠ABC＝30°，
∴AC＝AB，
∴AF＝BF，
∴EA＝EB，
∴DE＝EB．
图③中 证明方法类似．
【点评】本题考查等边三角形的性质，三角形全等的判定与性质，等腰三角形的判定与性质等知识点，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题，属于中考常考题型．
28．（2019•站前区校级三模）如图，△ABC的三个顶点和点O都在正方形网格的格点上，每个小正方形的边长都为1．
（Ⅰ）将△ABC先向右平移4个单位，再向上平移2个单位得到△A1B1C1，请画出△A1B1C1；
（Ⅱ）请画出△A2B2C2，使△A2B2C2和△ABC关于点O成中心对称．

【考点】作图﹣平移变换；作图﹣旋转变换．
【专题】作图题．
【分析】（Ⅰ）直接利用平移的性质得出对应点位置进而得出答案；
（Ⅱ）直接利用关于点O对称点的性质得出对应点位置．
【解答】解：（Ⅰ）所画△A1B1C1如图所示．
（Ⅱ）所画△△A2B2C2如图所示．

【点评】此题主要考查了旋转变换以及平移变换，得出对应点位置是解题关键．
29．（2019•德城区一模）阅读材料：
对于线段的垂直平分线我们有如下结论：到线段两个端点距离相等的点在线段的垂直平分线上．即如图①，若PA＝PB，则点P在线段AB的垂直平分线上．

请根据阅读材料，解决下列问题：
如图②，直线CD是等边△ABC的对称轴，点D在AB上，点E是线段CD上的一动点（点E不与点C、D重合），连接AE、BE，△ABE经顺时针旋转后与△BCF重合．
（I）旋转中心是点　 　，旋转了　60　（度）；
（II）当点E从点D向点C移动时，连接AF，设AF与CD交于点P，在图②中将图形补全，并探究∠APC的大小是否保持不变？若不变，请求出∠APC的度数；若改变，请说出变化情况．
【考点】线段垂直平分线的性质；轴对称的性质；旋转的性质．
【专题】三角形．
【分析】（Ⅰ）根据旋转变换的性质即可解决问题；
（Ⅱ）根据∠CPA＝∠PCB+∠CQP，分别求出∠PCB，∠CQP即可；
【解答】解：（Ⅰ）由题意可知：旋转中心是B，旋转角为60°．
故答案为B，60；

（Ⅱ）补全图形如图所示；

结论：∠APC的大小保持不变，
理由如下：设AF与BC交于点Q．
∵直线CD是等边△ABC的对称轴，
∴AE＝BE，，
∵△ABE经顺时针旋转后与△BCF重合
∴BE＝BF，AE＝CF，
∴BF＝CF，
∴点F在线段BC的垂直平分线上
∵AC＝AB
∴点A在线段BC的垂直平分线上
∴AF垂直平分BC，即∠CQP＝90°，
∴∠CPA＝∠PCB+∠CQP＝120°．
【点评】本题考查旋转的性质、等边三角形的性质、线段的垂直平分线的性质等知识，解题的关键是熟练掌握旋转变换的性质，利用旋转不变性解决问题，属于中考常考题型．
30．（2018秋•天心区校级期末）综合应用题：如图，有一副直角三角板如图①放置（其中∠D＝45°，∠C＝30°），PA、PB与直线MN重合，且三角板PAC，三角板PBD均可以绕点P逆时针旋转．
（1）∠DPC＝　75°　；
（2）如图②，若三角板PBD保持不动，三角板∠PAC绕点P逆时针旋转，转速为10°/秒，转动一周三角板PAC就停止转动，在旋转的过程中，当旋转时间为多少时，有PC∥DB成立；
（3）如图③，在图①基础上，若三角板PAC的边PA从PN．处开始绕点P逆时针旋转，转速为3°/秒，同时三角板PBD的边PB从PM处开始绕点P逆时针旋转，转速为2°/秒，（当PC转到与PM重合时，两三角板都停止转动），在旋转过程中，当∠CPD＝∠BPM，求旋转的时间是多少？

【考点】平行线的判定与性质；旋转的性质．
【专题】平移、旋转与对称；推理能力．
【分析】（1）根据平角的定义即可得到结论；
（2）如图1，2）如图1，根据平行线的性质得到∠CPN＝∠DBP＝90°，求得∠APN＝30°，于是得到结论；如图2，根据平行线的性质得到∠CPB＝∠DBP＝90°，根据三角形的内角和得到∠CPA＝60°，求得∠APM＝30°，于是得到结论；
（3）设旋转的时间为t秒，由题知，∠APN＝3t°，∠BPM＝2t°，根据周角的定义得到∠CPD＝360°﹣∠BPD﹣∠BPN﹣∠APN﹣∠APC＝360°﹣45°﹣（180°﹣2t°）﹣（3t°）﹣60°＝75°﹣t°，列方程即可得到结论．
【解答】解：（1）∵∠BPD＝∠D＝45°，∠APC＝60°，
∴∠DPC＝180°﹣45°﹣60°＝75°，
故答案为：75°；
（2）如图1，此时，BD∥PC成立，
∵PC∥BD，∠DBP＝90°，
∴∠CPN＝∠DBP＝90°，
∵∠C＝30°，
∴∠CPA＝60°，
∴∠APN＝30°，
∵转速为10°/秒，
∴旋转时间为3秒；
如图2，PC∥BD，
∵PC∥BD，∠PBD＝90°，
∴∠CPB＝∠DBP＝90°，
∵∠C＝30°，
∴∠CPA＝60°，
∴∠APM＝30°，
∵三角板PAC绕点P逆时针旋转D的角度为180°+30°＝210°，
∵转速为10°/秒，
∴旋转时间为21秒，
综上所述，当旋转时间为3或21秒时，PC∥DB成立；
（3）设旋转的时间为t秒，由题知，∠APN＝3t°，∠BPM＝2t°，
∴∠BPN＝180°﹣∠BPM＝180°﹣2t°，
∴∠CPD＝360°﹣∠BPD﹣∠BPN﹣∠APN﹣∠APC＝360°﹣45°﹣（180°﹣2t°）﹣（3t°）﹣60°＝75°﹣t°，
当∠CPD＝∠BPM，即2t°＝75°﹣t°，
解得：t＝25，
∴当∠CPD＝∠BPM，求旋转的时间是25秒．


【点评】本题考查了旋转的性质，平行线的性质，三角形的内角和，之前的识别图形是解题的关键．