数学九年级上册23.1 图形的旋转课时练习

这是一份数学九年级上册23.1 图形的旋转课时练习，共26页。试卷主要包含了旋转的性质；2等内容，欢迎下载使用。
第18课  图形的旋转  课程标准1、掌握旋转的概念，探索它的基本性质，理解对应点到旋转中心的距离相等、对应点与旋转中
　 心连线所成的角彼此相等的性质；2、能够按要求作出简单平面图形旋转后的图形，并能利用旋转进行简单的图案设计.  知识点01  旋转的概念把一个图形绕着某一点O转动一个角度的图形变换叫做旋转.点O叫做旋转中心，转动的角叫做旋转角(如∠AO A′),如果图形上的点A经过旋转变为点A′，那么，这两个点叫做这个旋转的对应点.  要点诠释：旋转的三个要素：旋转中心、旋转方向和旋转角度.知识点02  旋转的性质 (1)对应点到旋转中心的距离相等（OA= OA′）；　　(2)对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角；　　(3)旋转前、后的图形全等(△ABC≌△).要点诠释：图形绕某一点旋转，既可以按顺时针旋转也可以按逆时针旋转.
 知识点02  旋转的作图在画旋转图形时，首先确定旋转中心，其次确定图形的关键点，再将这些关键点沿指定的方向旋转指定的角度，然后连接对应的部分，形成相应的图形．要点诠释：　作图的步骤：(1)连接图形中的每一个关键点与旋转中心；(2)把连线按要求（顺时针或逆时针）绕旋转中心旋转一定的角度（旋转角）；
　　(3)在角的一边上截取关键点到旋转中心的距离，得到各点的对应点；
　　(4)连接所得到的各对应点. 考法01   旋转的概念与性质【典例1】如图，把四边形AOBC绕点O旋转得到四边形DOEF. 在这个旋转过程中：（1）旋转中心是谁? （2）旋转方向如何?  （3）经过旋转,点A、B的对应点分别是谁？（4）图中哪个角是旋转角？（5）四边形AOBC与四边形DOEF的形状、大小有何关系？（6） AO与DO的长度有什么关系？ BO与EO呢？（7）∠AOD与∠BOE的大小有什么关系？【答案与解析】（1）旋转中心是点O；（2）旋转方向是顺时针方向；（3）点A的对应点是点D,点B的对应点是点E;(4)∠AOD和∠BOE;(5) 四边形AOBC与四边形DOEF的图形全等，即形状一致，大小相等；（6）AO=DO,BO=EO;(7)∠AOD=∠BOE.【总结升华】通过具体实例认识旋转，了解旋转的概念和性质. 【即学即练1】 如图所示：O为正三角形ABC的中心．你能用旋转的方法将△ABC分成面积相等的三部分吗？如果能，设计出分割方案，并画出示意图．【答案】下面给出几种解法：
　　解法一：连接OA、OB、OC即可．如图甲所示；
　　解法二：在AB边上任取一点D，将D分别绕点O旋转120°和240°得到D1、D2，连接OD、OD1、OD2即得，如图乙所示．　解法三：在解法二中，用相同的曲线连结OD、OD1、OD2 即得如图丙所示　　　　　　　　　　　　　　【典例2】如图，边长为1的正方形ABCD绕点A逆时针旋转45°后得到正方形AB1C1D1，边B1C1与CD交于点O，则四边形AB1OD的面积是（　　）A．  B．   C．   D． 【思路点拨】连接AC1，AO，根据四边形AB1C1D1是正方形，得出∠C1AB1=∠AC1B1=45°，求出∠DAB1=45°，推出A、D、C1三点共线，在Rt△C1D1A中，由勾股定理求出AC1，进而求出DC1=OD，根据三角形的面积计算即可．【答案】D.【解析】解：连接AC1，∵四边形AB1C1D1是正方形，∴∠C1AB1=×90°=45°=∠AC1B1，∵边长为1的正方形ABCD绕点A逆时针旋转45°后得到正方形AB1C1D1，∴∠B1AB=45°，∴∠DAB1=90°﹣45°=45°，∴AC1过D点，即A、D、C1三点共线，∵正方形ABCD的边长是1，∴四边形AB1C1D1的边长是1，在Rt△C1D1A中，由勾股定理得：AC1==，则DC1=﹣1，∵∠AC1B1=45°，∠C1DO=90°，∴∠C1OD=45°=∠DC1O，∴DC1=OD=﹣1，∴S△ADO=×OD•AD=，∴四边形AB1OD的面积是=2×=﹣1，故选：D．【总结升华】本题考查了正方形及旋转的性质等知识点，主要考查学生运用性质进行计算的能力，正确的作出辅助线是解题的关键．考法02   旋转的作图【典例3】如图，已知△ABC与△DEF关于某一点对称，作出对称中心.
 【答案与解析】　　　　　　　　　　　　　　　【总结升华】确定关于某点成中心对称的两个图形的对称中心的方法：
　　⑴利用中心对称的性质：对称点所连线段被对称中心所平分，所以连接任意一对对称点，取这条线段的中点，则该点即为对称中心.　　⑵利用中心对称的性质：对称点所连线段都经过对称中心，所以连接任意两对对称点，则这两条线段的交点即为对称中心.【典例4】如图，在方格网中已知格点△ABC和点O．（1）画△A′B′C′和△ABC关于点O成中心对称；（2）请在方格网中标出所有使以点A、O、C′、D为顶点的四边形是平行四边形的D点．　　　【答案与解析】解：（1）画△A′B′C′和△ABC关于点O成中心对称的图形如下： （2）根据题意画图如下：【总结升华】注意旋转中关键点变换的作法，作平行四边形时注意画出所有符合要求的图形． 【即学即练2】如图，画出绕点逆时针旋转所得到的图形．【答案】(∠AOA′=∠BOB′=∠COC′=100°)  题组A  基础过关练1．下列图形绕某点旋转180°后，不能与原来图形重合的是（ ）A． B． C． D．【答案】B【详解】试题分析：根据中心对称图形与轴对称图形的概念可得，A、 C、D均是中心对称图形，B只是轴对称图形，故答案选B．考点：中心对称图形与轴对称图形的概念．2．下列关于旋转的说法不正确的是(　　)A．旋转中心在旋转过程中保持不动B．旋转中心可以是图形上的一点，也可以是图形外的一点C．旋转由旋转中心、旋转方向和旋转角所决定D．旋转由旋转中心所决定【答案】D【解析】【分析】根据旋转的定义（旋转是指一个图形绕一点沿一定方向旋转一定的角度）和旋转的性质判断即可.【详解】旋转中心在旋转过程中保持不动，A正确；旋转中心可以是图形上的一点，也可以是图形外的一点，B正确；旋转由旋转中心、旋转方向和旋转角三个要素共同决定，C正确，D错误；所以本题答案选D.【点睛】本题主要考查了旋转的有关知识，熟记旋转的定义、旋转的三要素和旋转的性质是解答本题的关键.3．如图，绕点的顺时针旋转，旋转的角是，得到，那么下列说法错误的是（    ）A．平分 B．C． D．【答案】C【分析】根据旋转的性质即可得到结论．【详解】解：将△ADE绕点D顺时针旋转，得到△CDB，
∴∠ADE=∠CDB，AD=CD，AE=BC，故A、B、D选项正确；
∵∠B=∠E，但∠B不一定等于∠BDC，即∠E不一定等于∠CDB，
∴BD不一定平行于AE，故C选项错误；
故选：C．【点睛】本题考查的是旋转变换的性质、平行线的性质，掌握旋转前、后的图形全等是解题的关键．4．如图，△ABC中，∠A＝75°，∠B＝50°，将△ABC绕点C按逆时针方向旋转，得到△A’B’ C，点A的对应点A'落在AB边上，则∠BCA'的度数为（　　）A．20° B．25° C．30° D．35°【答案】B【分析】根据三角形内角和定理了求出∠ACB的度数，再根据旋转得出AC=A′C，进一步求出∠ACA′，即可得出答案．【详解】解：∵△ABC中,∠A=75°，∠B=50°，∴∠BCA=180°−∠A−∠B=55°，∵将△ABC绕点C按逆时针方向旋转，得到△A’B’C’，点A的对应点A’落在AB边上，∴AC=A′C，∴∠CA′A=∠A=75°，∴∠ACA′=180°−∠A−∠CA′A=30°，∴∠BCA′=∠BCA−∠ACA′=25°，故选B.【点睛】本题考查了旋转的性质、等腰三角形的性质等知识.利用旋转找出图中的等腰三角形是解题的关键.5．如图，将△ABC绕点A按逆时针方向旋转100°，得到△AB1C1，若点B1在线段BC的延长线上，则∠BB1C1的大小为(    )A．70° B．80° C．84° D．86°【答案】B【分析】由旋转的性质可知∠B＝∠AB1C1，AB＝AB1，由等腰三角形的性质和三角形的内角和定理可求得∠B＝∠BB1A＝∠AB1C1＝40°，从而可求得∠BB1C1＝80°.【详解】由旋转的性质可知：∠B＝∠AB1C1，AB＝AB1，∠BAB1＝100°.∵AB＝AB1，∠BAB1＝100°，∴∠B＝∠BB1A＝40°.∴∠AB1C1＝40°.∴∠BB1C1＝∠BB1A+∠AB1C1＝40°+40°＝80°.故选B.【点睛】本题主要考查的是旋转的性质，由旋转的性质得到△ABB1为等腰三角形是解题的关键.6．如图，△ABC与△ADE都是直角三角形，∠C=∠AED=，点E在AB上，∠D=.如果△ABC经顺时针旋转后能与△ADE重合，那么旋转中心是点______，旋转了______度【答案】A    300；    【分析】根据旋转的性质，图形的旋转是图形上的每一点在平面上绕某个固定点旋转固定角度的位置移动．其中对应点到旋转中心的距离相等，旋转前后图形的大小和形状没有改变，△ABC经经顺时针旋转后能与△ADE重合，即这两个三角形完全相同．【详解】解：根据题意得：AC的对应边是AD，因此旋转的中心是点A，
逆时针旋转的度数是∠EAD的度数，即∠EAD的度数=90°-30°=60°．所以顺时针旋转的度数是：360°-60°=300°
故答案为：A，300．【点睛】本题考查了直角三角形的性质，旋转的性质，关键是明确旋转角和旋转中心的概念． 题组B  能力提升练1．下列四个圆形图案中，分别以它们所在圆的圆心为旋转中心，顺时针旋转72°后，能与原图形完全重合的是（     ）A．    B．    C．    D．【答案】D【解析】 A.360°÷3=120°，故不正确；B. 360°÷4=90°，故不正确；C. 360°÷2=180°，故不正确；D. 360°÷5=72°，故正确；故选D.2．如图，在△ABC中，∠CAB＝65°，在同一平面内，将△ABC绕点A逆时针旋转到△AB′C′的位置，使得CC′∥AB，则∠B′AB等于_____．【答案】50°【详解】由平行线的性质可求得∠C/CA的度数，然后由旋转的性质得到AC=AC/，然后依据三角形的性质可知∠AC/C的度数，依据三角形的内角和定理可求得∠CAC/的度数，从而得到∠BAB/的度数.解：∵CC/∥AB，∴∠C/CA=∠CAB=65°，∵由旋转的性质可知：AC=AC/,∴∠ACC/=∠AC/C=65°.∴∠CAC/=180°-65°-65°=50°.∴∠BAB/=50°.3．如图，在4×4的正方形网格中，△MNP绕某点旋转一定的角度，得到△M1N1P1，则其旋转中心可能是  （      ）A、点A        B、点B         C、点C           D、点D【答案】【解析】试题解析：∵△MNP绕某点旋转一定的角度，得到△M1N1P1，∴连接PP1、NN1、MM1，作PP1的垂直平分线过B、D、C，作NN1的垂直平分线过B、A，作MM1的垂直平分线过B，∴三条线段的垂直平分线正好都过B，即旋转中心是B．故选B．考点：旋转的性质．4．如图，在正方形ABCD中，E为DC边上的点，连结BE，将△BCE绕点C顺时针方向旋转900得到△DCF，连结EF，若∠BEC=600，则∠EFD＝             ． 【答案】15°．【解析】试题分析：根据旋转的性质得出△BCE≌△DCF，推出CE=CF，∠BEC=∠DFC=60°，根据∠BCD=∠DCF=90°，求出∠EFC=∠CEF=45°，即可求出答案．考点：旋转的性质；正方形的性质；等腰直角三角形的性质．5．如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=5cm，BC=12cm，将△ABC绕点B顺时针旋转60°，得到△BDE，连接DC交AB于点F，则△ACF与△BDF的周长之和为_______________． 【答案】42cm【分析】根据将△ABC绕点B顺时针旋转60°，得到△BDE，可得△ABC≌△BDE，∠CBD=60°，BD=BC=12cm，从而得到△BCD为等边三角形，得到CD=BC=CD=12cm，在Rt△ACB中，利用勾股定理得到AB=13，所以△ACF与△BDF的周长之和=AC+AF+CF+BF+DF+BD=AC+AB+CD+BD，即可解答．【详解】∵将△ABC绕点B顺时针旋转60°，得到△BDE，∴△ABC≌△BDE，∠CBD=60°，∴BD=BC=12cm，∴△BCD为等边三角形，∴CD=BC=BD=12cm，在Rt△ACB中，AB=，△ACF与△BDF的周长之和=AC+AF+CF+BF+DF+BD=AC+AB+CD+BD=5+13+12+12=42（cm），故答案为：42cm．【点睛】本题考查了旋转的性质，解决本题的关键是由旋转得到相等的边．6．如图，P是正三角形ABC内的一点，且PA=6，PB=8，PC=10.若将△PAC绕点A逆时针旋转60°后，得到△P’AB，则点P与P’之间的距离为     ，∠APB=      .               【答案】6，150°【解析】连接PP′，∵PA=6，PB=8，PC=P′B=10，∵∠PAP′=60°，∴P′A=PP′=PA=6，∴P′B=PC=10，∴∠P′PB=90°，∴∠APB=90°+60°=150°．7．钟表的分针匀速旋转一周要60分钟，分针每分钟旋转了________度，时针每分钟旋转________度．【答案】6    0.5    【分析】根据分针每走一分，则转过了360°÷60=6°；时针每分钟旋转【详解】解：分针每分钟旋转了360°÷60=6°；时针在钟面上每分钟转0.5°.故答案为：6；0.5.【点睛】在钟表问题中，常利用时针与分针转动的度数关系：分针每转动1°时针转动（）°，并且利用起点时间时针和分针的位置关系建立角的图形．还要记准时针在钟面上每分钟转0.5°，分针每分钟转6度．8．一个正三角形至少绕其中心旋转_________度，就能与其自身重合.【答案】120°【详解】由于等边三角形三角完全相同，旋转时，只要使下一个角对准原角，就能重合，因为一圈360度，除以3，就得到120度．故答案为C．9．如图，已知正方形ABCD的边长为3，E、F分别是AB、BC边上的点，且∠EDF=45°，将DAE绕点D逆时针旋转90°，得到DCM．若AE=1，则FM的长为____．【答案】2.5【详解】试题分析：∵△DAE逆时针旋转90°得到△DCM，∴∠FCM=∠FCD+∠DCM=180°，∴F、C、M三点共线，∴DE=DM，∠EDM=90°，∴∠EDF+∠FDM=90°，∵∠EDF=45°，∴∠FDM=∠EDF=45°，在△DEF和△DMF中，，∴△DEF≌△DMF（SAS），∴EF=MF，设EF=MF=x，∵AE=CM=1，且BC=3，∴BM=BC+CM=3+1=4，∴BF=BM﹣MF=BM﹣EF=4﹣x，∵EB=AB﹣AE=3﹣1=2，在Rt△EBF中，由勾股定理得EB2+BF2=EF2， 即22+（4﹣x）2=x2，解得：x=， ∴FM=．考点：1.旋转的性质；2.全等三角形的判定与性质；3.正方形的性质．10．如图，△ABC中，AB＝AC＝1，∠BAC＝45°，△AEF是由△ABC绕点A按顺时针方向旋转得到的，连接BE，CF相交于点D,（1）求证：BE＝CF ；（2）当四边形ACDE为菱形时，求BD的长．【答案】（1）证明见解析（2）-1 【分析】（1）先由旋转的性质得AE=AB，AF=AC，∠EAF=∠BAC，则∠EAF+∠BAF=∠BAC+∠BAF，即∠EAB=∠FAC，利用AB=AC可得AE=AF，得出△ACF≌△ABE，从而得出BE=CF；（2）由菱形的性质得到DE=AE=AC=AB=1，AC∥DE，根据等腰三角形的性质得∠AEB=∠ABE，根据平行线得性质得∠ABE=∠BAC=45°，所以∠AEB=∠ABE=45°，于是可判断△ABE为等腰直角三角形，所以BE=AC=，于是利用BD=BE﹣DE求解．【详解】（1）∵△AEF是由△ABC绕点A按顺时针方向旋转得到的，∴AE=AB，AF=AC，∠EAF=∠BAC，∴∠EAF+∠BAF=∠BAC+∠BAF，即∠EAB=∠FAC，在△ACF和△ABE中，△ACF≌△ABEBE=CF.（2）∵四边形ACDE为菱形，AB=AC=1，∴DE=AE=AC=AB=1，AC∥DE，∴∠AEB=∠ABE，∠ABE=∠BAC=45°，∴∠AEB=∠ABE=45°，∴△ABE为等腰直角三角形，∴BE=AC=，∴BD=BE﹣DE=．考点：1．旋转的性质；2．勾股定理；3．菱形的性质． 题组C  培优拔尖练1．如图,在Rt△ABC中,∠ABC=90°,AB=BC=,将△ABC绕点C逆时针旋转60°,得到△MNC,连接BM,则BM的长是__. 【答案】1+【分析】试题分析：首先考虑到BM所在的三角形并不是特殊三角形，所以猜想到要求BM，可能需要构造直角三角形．由旋转的性质可知，AC=AM，∠CAM=60°，故△ACM是等边三角形，可证明△ABM与△CBM全等，可得到∠ABM=45°，∠AMB=30°，再证△AFB和△AFM是直角三角形，然后在根据勾股定理求解【详解】解：连结CM，设BM与AC相交于点F，如下图所示，∵Rt△ABC中，AB=BC，∠ABC=90°∴∠BCA=∠BAC=45°∵Rt△ABC绕点A逆时针旋转60°与Rt△ANM重合，∴∠BAC=∠NAM=45°，AC=AM又∵旋转角为60°∴∠BAN=∠CAM=60°，∴△ACM是等边三角形∴AC=CM=AM=4在△ABM与△CBM中，∴△ABM≌△CBM  （SSS）∴∠ABM=∠CBM=45°，∠CMB=∠AMB=30°∴在△ABF中，∠BFA=180°﹣45°﹣45°=90°∴∠AFB=∠AFM=90°在Rt△ABF中，由勾股定理得，BF=AF=又在Rt△AFM中，∠AMF=30°，∠AFM=90°FM=AF=∴BM=BF+FM=1+故本题的答案是：1+点评：此题是旋转性质题，解决此题，关键是思路要明确：“构造”直角三角形．在熟练掌握旋转的性质的基础上，还要应用全等的判定及性质，直角三角形的判定及勾股定理的应用2．如图，正方形的边长为1，将其绕顶点C按逆时针方向旋转一定角度到位置，使得点B落在对角线上，则阴影部分的面积是______．【答案】【分析】如下图所示，△ENC、△MPF为等腰直角三角形，先求出MB=NC=，证明△PBC≌△PEC，进而得到EP=BP，设MP=x，则EP=BP=，解出x，最后阴影部分面积等于2倍△BPC面积即可求解．【详解】解：过E点作MN∥BC交AB、CD于M、N点，设AB与EF交于点P点，连接CP,如下图所示，∵B在对角线CF上，∴∠DCE=∠ECF=45°，EC=1，∴△ENC为等腰直角三角形，∴MB=CN=EC=，又BC=AD=CD=CE，且CP=CP，△PEC和△PBC均为直角三角形，∴△PEC≌△PBC(HL)，∴PB=PE，又∠PFB=45°，∴∠FPB=45°=∠MPE，∴△MPE为等腰直角三角形，设MP=x，则EP=BP=，∵MP+BP=MB，∴，解得，∴BP=，∴阴影部分的面积=．故答案为：．【点睛】本题考查了正方形的性质及旋转的性质，本题关键是能想到过E点作BC的平行线，再证明△ENC、△MPF为等腰直角三角形进而求解线段长.3．如图，△ABC中，AB=BC=5，AC=8，将△ABC绕点C顺时针方向旋转60°得到△DEC，连接BD，则BD的长度为_____.【答案】【解析】连接AD，延长DB交AC于点F.∵AC＝CD, ∠ACD＝60°,∴△ACD是等边三角形，∴AD＝CD.在△ADF和△CDF中∵AD=CD,AB=BC,BD=BD,∴△ADF≌△CDF,∴∠ADF＝∠CDF,∴DF⊥AC, . , .由勾股定理得 . .4．如图，将矩形ABCD绕着点C按顺时针方向旋转得到矩形FECG，使点B落在AD边上的点E处，连结BG交CE于点H，连结BE.（1）求证：BE平分∠AEC；（2）取BC中点P，连结PH，求证：PH∥CG；（3）若，求BG的长．【答案】（1）详见解析；（2）详见解析；（3）【分析】（1）根据旋转的性质得到CB=CE，求得∠EBC=∠BEC，根据平行线的性质得到∠EBC=∠BEA，于是得到结论；
（2）过点B作CE的垂线BQ，根据角平分线的性质得到AB=BQ，求得CG=BQ，根据全等三角形的性质得到BH=GH，根据三角形的中位线定理即可得到结论；
（3）过点G作BC的垂线GM，解直角三角形即可得到结论．【详解】（1）∵矩形ABCD绕着点C按顺时针方向旋转得到矩形FECG∴∴∠EBC∠BEC又∵AD∥BC∴∠EBC∠BEA∴∠BEA∠BEC∴BE平分∠AEC（2）过点B作CE的垂线BQ∵BE平分∠AEC，BA⊥AE，BQ⊥CE∴∴易证∴即点H是BG中点又∵点P是BC中点∴PH∥CG（3）过点G作BC的垂线GM∵∴∴∠BCQ∵∠ECG∴∠GCM∴，∴．【点睛】本题考查了旋转的性质，全等三角形的判定和性质，矩形的性质，三角形的中位线定理，解直角三角形，解题的关键是正确的作出辅助线．5．如图，点C在线段AB上，分别以AC、BC为边在线段AB的同侧作正方形ACDE和正方形BCMN，连结AM、BD．（1）AM与BD的关系是：_____________________ ．（2）如果将正方形BCMN绕点C顺时针旋转锐角α，其它不变（如图）．（1）中所得的结论是否仍然成立？请说明理由．（3）在（2）的条件下，连接AB、DM，若AC＝4， BC＝2， 求的值．【答案】(1)相等且垂直；(2)成立；(3)40【解析】【分析】（1）根据正方形的性质可得AC=DC，CM=CB，∠ACM=∠DCB=90°，利用SAS可证出△ACM≌△DCB，根据全等三角形的性质即可得出AM=BD，∠MAC+∠DBC=90°，进而得出AM⊥BD；（2）根据正方形的性质可得AC=DC，CM=CB，∠ACD=∠MCB=90°，通过等量相加即可得到∠ACM=∠DCB，利用SAS可证出△ACM≌△DCB，根据全等三角形的性质即可得出AM=BD，∠MAC=∠BDC，设AM与CD交于点P，即可证出∠DPM+∠BDC=90°，进而得出AM⊥BD；（3）连接AD、BM，设AM与BD交于点Q，根据AM⊥BD，即可利用勾股定理求出答案.【详解】解：（1）在正方形ACDE和正方形BCMN中，∵AC=DC，∠ACM=∠DCB=90°，CM=CB， ∴△ACM≌△DCB（SAS），∴AM=BD，∠MAC=∠BDC，∵∠MAC+∠AMC=90°，∴∠MAC+∠DBC=90°，∴AM⊥BD；故答案为相等且垂直；（2）第（1）问中的结论仍然成立，即AM与BD的关系是：相等且垂直；理由如下：如图所示，设AM与CD交于点P，在正方形ACDE和正方形BCMN中，∵AC=DC，∠ACD=∠MCB=90°，CM=CB， ∴∠ACD+∠DCM=∠MCB+∠DCM,即∠ACM=∠DCB，∴△ACM≌△DCB（SAS），∴AM=BD，∠MAC=∠BDC，∵∠MAC+∠APC=90°，∴∠BDC+∠APC =90°，∵∠APC =∠DPM， ∴∠BDC+∠DPM =90°，∴AM⊥BD；∴AM与BD的关系是：相等且垂直；（3）如图所示，连接AD、BM，设AM与BD交于点Q，则AD2=42+42=32，BM2＝22+22＝8，由（2）可知，AM⊥BD，∴AB2=AQ2+BQ2，DM2=DQ2+MQ2；AD2=AQ2+DQ2，BM2=BQ2+MQ2，∴AB2+ DM2＝AQ2+BQ2+ DQ2+MQ2，AD2+ BM2＝AQ2+DQ2+ BQ2+MQ2，∴AB2+ DM2＝AD2+ BM2＝32+8＝40.【点睛】本题考查了正方形的性质、旋转的性质、全等三角形的判定和性质、勾股定理等知识.结合图形综合运用所学知识是解题的关键.6．已知与是两个大小不同的等腰直角三角形．如图①所示，连接，，试判断线段和的数量和位置关系，并说明理由；如图②所示，连接，将线段绕点顺时针旋转到，连接，试判断线段和的数量和位置关系，并说明理由．【答案】（1），，证明见解析；（2），，证明见解析.【解析】【分析】（1）根据等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定定理证明RtBCD≌Rt△ACE，根据全等三角形的性质进行解答即可；（2）证明△EBD≌△ADF，根据全等三角形的性质证明即可.【详解】（1），，理由如下：如图①，延长DB交AE于点H，∵与是等腰直角三角形，∴，，在和中，，∴，∴，，∵，∴，∴； （2），，理由如下：如图②，设与交于，由题意得，，∵，，∴，在和中，，∴，∴，，∵，，∴，∴，即．【点睛】本题考查了等腰直角三角形的性质、全等三角形的判定与性质，熟练掌握全等三角形的判定与性质定理是解题的关键.