初中数学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同步训练题

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1．（3分）（2020春•瀍河区月考）判断下列现象中是平移的有几种？（ ）
（1）篮球运动员投出篮球的运动；
（2）升降机上上下下运送东西；
（3）空中放飞的风筝的运动；
（4）飞机在跑道上滑行到停止的运动；
（5）铝合金窗叶左右平移；
（6）电脑的风叶的运动．
A．2种B．3种C．4种D．5种
【分析】要根据平移的性质，判断是否是平移现象，平移变换不改变图形的形状、大小和方向（平移前后的两个图形是全等形）．
【解答】解：篮球运动员投出篮球的运动不是平移；
升降机上上下下运送东西是平移；
空中放飞的风筝的运动是不只是平移；
飞机在跑道上滑行到停止的运动是平移；
铝合金窗叶左右平移是平移；
电脑的风叶的运动是旋转；
故选：B．
【点睛】本题考查了图形的平移，图形的平移只改变图形的位置，而不改变图形的形状和大小，学生易混淆图形的平移与旋转或翻转而误选．
2．（3分）（2020秋•海淀区期末）围棋起源于中国，古代称之为“弈”，至今已有4000多年的历史．2017年5月，世界围棋冠军柯洁与人工智能机器人AlphaG进行围棋人机大战．截取首局对战棋谱中的四个部分，由黑白棋子摆成的图案是中心对称的是（ ）
A．B．
C．D．
【分析】根据中心对称图形的概念对各选项分析判断即可得解．
【解答】解：A、是中心对称图形，故本选项符合题意；
B、不是中心对称图形，故本选项不合题意；
C、不是中心对称图形，故本选项不合题意；
D、不是中心对称图形，故本选项不合题意．
故选：A．
【点睛】本题考查了中心对称图形的概念，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后与原图重合．
3．（3分）（2020秋•嘉定区期末）下列说法中正确的是（ ）
A．如果一个图形是旋转对称图形，那么这个图形一定也是轴对称图形
B．如果一个图形是中心对称图形，那么这个图形一定也是轴对称图形
C．如果一个图形是中心对称图形，那么这个图形一定也是旋转对称图形
D．如果一个图形是旋转对称图形，那么这个图形一定也是中心对称图形
【分析】如果某一个图形围绕某一点旋转一定的角度（小于360°）后能与原图形重合，那么这个图形就叫做旋转对称图形．
如果一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形叫做轴对称图形，这条直线叫做对称轴，这时，我们也可以说这个图形关于这条直线（成轴）对称．
把一个图形绕某一点旋转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，这个点叫做对称中心．
【解答】解：A、如果一个图形是旋转对称图形，那么这个图形不一定是轴对称图形，如平行四边形是旋转对称图形，但不是轴对称图形，故本选项不合题意；
B、如果一个图形是中心对称图形，那么这个图形不一定是轴对称图形，如平行四边形是中心对称图形，但不是轴对称图形，故本选项不合题意；
C、如果一个图形是中心对称图形，那么这个图形一定也是旋转对称图形，说法正确，故本选项符合题意；
D、如果一个图形是旋转对称图形，那么这个图形不一定是中心对称图形，如三角形是旋转对称图形，但不是中心对称图形，故本选项不合题意；
故选：C．
【点睛】本题主要考查了轴对称图形，中心对称图形以及旋转对称图形，熟记相关定义是解答本题的关键．
4．（3分）（2021春•福田区校级月考）坐标平面内，将点A（a，1）向右平移两个单位长度后恰好与点B（﹣4，b）关于原点对称，则a+b的值为（ ）
A．5B．﹣5C．3D．1
【分析】根据“左加右减”的变换规律和关于原点对称的点的坐标的特征解答．
【解答】解：将点A（a，1）向右平移两个单位长度后的坐标是（a+2，1），
∵点（a+2，1）与点B（﹣4，b）关于原点对称，
∴a+2＝4，1＝﹣b，
∴a＝2，b＝﹣1．
∴a+b＝2﹣1＝1．
故选：D．
【点睛】此题主要考查了坐标与图形的变化﹣﹣平移，以及关于原点对称的点的坐标的变化，关键是掌握横坐标，右移加，左移减；纵坐标，上移加，下移减．
5．（3分）（2020秋•滦南县期末）如图，将三角形ABE向右平移1cm得到三角形DCF，如果三角形ABE的周长是10cm，那么四边形ABFD的周长是（ ）
A．12cmB．16cmC．18cmD．20cm
【分析】利用平移变换的性质解决问题即可．
【解答】解：∵△ABE的周长＝AB+BE+AE＝10（cm），由平移的性质可知，BC＝AD＝EF＝1（cm），AE＝DF，
∴四边形ABFD的周长＝AB+BE+EF+DF+AD＝10+1+1＝12（cm）．
故选：A．
【点睛】本题考查平移的性质，三角形的周长，四边形的周长等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．
6．（3分）（2020春•凉州区校级期中）如图，在平面直角坐标系中，点A的坐标为（2，0），点B的坐标为（0，1），将线段AB平移，使其一个端点到C（3，2），则平移后另一端点的坐标为（ ）
A．（1，3）B．（5，1）
C．（1，3）或（3，5）D．（1，3）或（5，1）
【分析】分两种情况①当A平移到点C时，②当B平移到点C时，分别利用平移中点的变化规律求解即可．
【解答】解：①如图1，当A平移到点C时，
∵C（3，2），A的坐标为（2，0），点B的坐标为（0，1），
∴点A的横坐标增大了1，纵坐标增大了2，
平移后的B坐标为（1，3），
②如图2，当B平移到点C时，
∵C（3，2），A的坐标为（2，0），点B的坐标为（0，1），
∴点B的横坐标增大了3，纵坐标增大2，
∴平移后的A坐标为（5，1），
故选：D．
【点睛】本题考查坐标系中点、线段的平移规律，关键要理解在平面直角坐标系中，图形的平移与图形上某点的平移相同，从而通过某点的变化情况来解决问题．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．
7．（3分）（2020秋•河西区期末）如图，五角星的五个顶点等分圆周，把这个图形绕着圆心顺时针旋转一定的角度后能与自身重合，那么这个角度至少为（ ）
A．60°B．72°C．75°D．90°
【分析】根据五角星的五个顶点等分圆周，所以出现正五边形，进而可得结论．
【解答】解：因为五角星的五个顶点等分圆周，
所以360°÷5＝72°，
所以这个图形绕着圆心顺时针旋转一定的角度后能与自身重合，
那么这个角度至少为72°．
故选：B．
【点睛】本题考查了旋转对称图形，解决本题的关键是掌握旋转对称图形定义．
8．（3分）（2020秋•武安市期末）若点A（a，b）和点B（m，n）关于原点对称，且a+b＝1，则下列说法正确的是（ ）
A．mn＝﹣1B．m﹣n＝﹣1C．m+n＝﹣1D．mn=-1
【分析】直接利用关于原点对称点的性质得出m，n与a，b的关系进而得出答案．
【解答】解：∵点A（a，b）和点B（m，n）关于原点对称，
∴m＝﹣a，n＝﹣b，
∵a+b＝1，
∴m+n＝﹣a﹣b＝﹣（a+b）＝﹣1．
故选：C．
【点睛】此题主要考查了关于原点对称点的性质，正确掌握相关运算法则是解题关键．
9．（3分）（2020秋•新华区校级月考）如图，点P是等边△ABC内一点，且PA＝3，PB＝4，PC＝5，若将△APB绕着点B逆时针旋转60°后得到△CQB，则∠APB的度数为（ ）
A．150°B．145°C．135°D．120°
【分析】由旋转的性质可得BP＝BQ，∠PBQ＝60°，∠APB＝∠BQC，AP＝QC＝3，可证△BPQ是等边三角形，可得BP＝BQ＝PQ＝4，∠BQP＝60°，由勾股定理的逆定理可求∠PQC＝90°，即可求解．
【解答】解：如图，连接PQ，
∵将△APB绕着点B逆时针旋转60°后得到△CQB，
∴△ABP≌△CBQ，
∴BP＝BQ，∠PBQ＝60°，∠APB＝∠BQC，AP＝QC＝3，
∴△BPQ是等边三角形，
∴BP＝BQ＝PQ＝4，∠BQP＝60°，
∵PC2＝25，PQ2+QC2＝9+16＝25，
∴PQ2+QC2＝PC2，
∴∠PQC＝90°，
∴∠BQC＝150°，
∴∠APB＝150°，
故选：A．
【点睛】本题考查了旋转的性质，全等三角形的性质，等边三角形的性质，勾股定理的逆定理，灵活运用这些性质进行推理是本题的关键．
10．（3分）（2020春•历下区校级期中）如图，△ABC为等边三角形，AB＝8，AD⊥BC，点E为线段AD上的动点，连接CE，以CE为边作等边△CEF，连接DF，则线段DF的最小值为（ ）
A．32B．4C．2D．无法确定
【分析】连接BF，由等边三角形的性质可得三角形全等的条件，从而可证△BCF≌△ACE，推出∠CBF＝∠CAE＝30°，再由垂线段最短可知当DF⊥BF时，DF值最小，利用含30°的直角三角形的性质定理可求DF的值．
【解答】解：如图，连接BF，
∵△ABC为等边三角形，AD⊥BC，AB＝8，
∴BC＝AC＝AB＝8，BD＝DC＝4，∠BAC＝∠ACB＝60°，∠CAE＝30°，
∵△CEF为等边三角形，
∴CF＝CE，∠FCE＝60°，
∴∠FCE＝∠ACB，
∴∠BCF＝∠ACE，
∴在△BCF和△ACE中，
BC=AC∠BCF=∠ACECF=CE，
∴△BCF≌△ACE（SAS），
∴∠CBF＝∠CAE＝30°，AE＝BF，
∴当DF⊥BF时，DF值最小，
此时∠BFD＝90°，∠CBF＝30°，BD＝4，
∴DF＝2，
故选：C．
【点睛】本题考查了构造全等三角形来求线段最小值，同时也考查了30°所对直角边等于斜边的一半及垂线段最短等几何知识点，具有较强的综合性．
二．填空题（共6小题，满分18分，每小题3分）
11．（3分）（2020•滨湖区一模）给出如下5种图形：①矩形，②等边三角形，③正五边形，④圆，⑤线段．其中，是轴对称图形但不是中心对称图形的有 ②③ ．（请将所有符合题意的序号填在横线上）
【分析】根据轴对称图形与中心对称图形的概念求解．
【解答】解：①矩形是轴对称图形，是中心对称图形；
②等边三角形是轴对称图形，不是中心对称图形；
③正五边形是轴对称图形，不是中心对称图形；
④圆是轴对称图形，是中心对称图形；
⑤线段是轴对称图形，是中心对称图形；
则是轴对称图形但不是中心对称图形的②③，
故答案为：②③．
【点睛】此题主要考查了中心对称图形与轴对称图形的概念．轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分折叠后可重合，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后两部分重合．
12．（3分）（2020秋•阳东区期中）已知点A（2a﹣1，1）与A′（﹣1，2b+3）关于坐标原点对称，则a＝ 1 ，b＝ ﹣2 ．
【分析】直接利用关于原点对称点的性质得出a，b的值．
【解答】解：∵点A（2a﹣1，1）与A′（﹣1，2b+3）关于坐标原点对称，
∴2a﹣1＝1，2b+3＝﹣1，
解得：a＝1，b＝﹣2．
故答案为：1，﹣2．
【点睛】此题主要考查了关于原点对称点的坐标，正确掌握横纵坐标的符号关系是解题关键．
13．（3分）（2020秋•雁塔区校级期末）A、B两点的坐标分别为（1，0）、（0，2），落将线段AB平移至A1B1，点A1、B1的坐标分别为（﹣2，a），（b，3），则a+b＝ ﹣2 ．
【分析】根据点A、B平移后横纵坐标的变化可得线段AB向右平移1个单位，向上平移了1个单位，然后再确定a、b的值，进而可得答案．
【解答】解：由题意可得线段AB向左平移3个单位，向上平移了1个单位，
∵A、B两点的坐标分别为（1，0）、（0，2），
∴点A1、B1的坐标分别为（﹣2，1），（﹣3，3），
∴a+b＝1﹣3＝﹣2，
故答案为：﹣2．
【点睛】此题主要考查了坐标与图形的变化﹣﹣平移，关键是掌握横坐标，右移加，左移减；纵坐标，上移加，下移减．
14．（3分）（2020秋•苏州期末）如图，在△ABC中，∠BAC＝105°，将△ABC绕点A逆时针旋转得到△AB′C′．若点B恰好落在BC边上，且AB′＝CB′，则∠C′的度数为 25 °．
【分析】由三角形的内角和定理可得∠B+∠C＝75°，由等腰三角形的性质和旋转的性质可得∠B＝∠AB'B＝2∠C，即可求解．
【解答】解：∵∠BAC＝105°，
∴∠B+∠C＝75°，
∵AB′＝CB′，
∴∠C＝∠CAB'，
∴∠AB'B＝∠C+∠CAB'＝2∠C，
∵将△ABC绕点A逆时针旋转得到△AB′C′，
∴AB＝AB'，
∴∠B＝∠AB'B＝2∠C，
∴∠C＝25°，
故答案为：25．
【点睛】本题考查了旋转的性质，等腰三角形的性质，掌握旋转的性质是解题的关键．
15．（3分）（2021春•沙坪坝区校级月考）如图，在三角形ABC中，∠ABC＝90°，将三角形ABC沿AB方向平移AD的长度得到三角形DEF．已EF＝8，BE＝6，CG＝3．则图中阴影部分的面积是 39 ．
【分析】先根据平移的性质得到△ABC≌△DEF，BC＝EF＝8，则BG＝5，再证明S阴影部分＝S梯形BEFG.然后根据梯形的面积公式计算即可．
【解答】解：∵三角形ABC沿AB方向平移AD的长度得到三角形DEF，
∴△ABC≌△DEF，BC＝EF＝8，
∴BG＝BC﹣CG＝8﹣3＝5，
∵S阴影部分+S△DBG＝S△DBG+S梯形BEFG，
∴S阴影部分＝S梯形BEFG=12（5+8）×6＝39．
故答案为39．
【点睛】本题考查了平移的性质：把一个图形整体沿某一直线方向移动，会得到一个新的图形，新图形与原图形的形状和大小完全相同；新图形中的每一点，都是由原图形中的某一点移动后得到的，这两个点是对应点．连接各组对应点的线段平行（或共线）且相等．
16．（3分）（2020春•万州区期末）如图，一副直角三角板△ABC和△DEF，∠F＝30°，将△ABC和△DEF放置如图2的位置，点B、D、C、F在同一直线上，点A在DE上，△ABC固定不动，当△EDF绕点D逆时针旋转至180°的过程中（不含180°），当旋转角为 75°或120°或165° 时，EF与△ABC的边垂直．
【分析】分三种情况讨论求得即可．
【解答】解：如图1所示，
当AC⊥EF时，
∵∠F＝30°，
∴∠GHF＝60°，
∴∠DHC＝60°，
∵∠HCD＝45°，
∴∠FDC＝75°，
∴当旋转角为75°时，EF⊥AC；
如图2所示，
当BC⊥EF时，
∵∠F＝30°，
∴∠GDF＝60°，
∴∠FDC＝120°，
∴当旋转角为120°时，EF⊥BC．
如图3所示，
当AB⊥EF时，
∵∠F＝30°，
∴∠GHF＝60°，
∴∠AHD＝60°，
∵∠BAD＝45°，
∴∠ADH＝75°，
∴∠FDC＝75°+90°＝165°，
∴当旋转角为165°时，EF⊥AB．
综上，当旋转角为75°或120°或165°时，EF与△ABC的边垂直．
故答案为75°或120°或165°．
【点睛】本题考查了旋转的性质，熟练运用旋转的性质是本题的关键．
三．解答题（共6小题，满分52分）
17．（8分）（2020春•浦东新区校级期末）已知点A（﹣1，3a﹣1）与点B（2b+1，﹣2）关于x轴对称，点C（a+2，b）与点D关于原点对称．
（1）求点A、B、C、D的坐标；
（2）顺次联结点A、D、B、C，求所得图形的面积．
【分析】（1）根据关于x轴对称的点的坐标规律：横坐标相同，纵坐标互为相反数，分别求出a，b的值，进而求出点A、B、C的坐标，再根据关于原点的对称点，横纵坐标都变成相反数求出点D的坐标；
（2）把这些点按A﹣D﹣B﹣C﹣A顺次连接起来，再根据三角形的面积公式计算其面积即可．
【解答】解：（1）∵点A（﹣1，3a﹣1）与点B（2b+1，﹣2）关于x轴对称，
∴2b+1＝﹣1，3a﹣1＝2，
解得a＝1，b＝﹣1，
∴点A（﹣1，2），B（﹣1，﹣2），C（3，﹣1），
∵点C（a+2，b）与点D关于原点对称，
∴点D（﹣3，1）；
（2）如图所示：
四边形ADBC的面积为：12×4×2+12×4×4=12．
【点睛】本题考查的是作图﹣轴对称变换，熟知关于x、y轴对称的点的坐标特点是解答此题的关键．
18．（8分）（2020秋•安定区期末）如图，方格纸中每个小正方形的边长都是1个单位长度，在方格纸中建立如图所示的平面直角坐标系，△ABC的顶点都在格点上．
（1）将△ABC向右平移6个单位长度得到△A1B1C1，请画出△A1B1C1；
（2）画出△A1B1C1关于点O的中心对称图形△A2B2C2；
（3）若将△ABC绕某一点旋转可得到△A2B2C2，请直接写出旋转中心的坐标．
【分析】（1）根据平移的性质即可将△ABC向右平移6个单位长度得到△A1B1C1；
（2）根据中心对称的定义即可画出△A1B1C1关于点O的中心对称图形△A2B2C2；
（3）根据旋转的性质即可将△ABC绕某一点旋转可得到△A2B2C2，进而写出旋转中心的坐标．
【解答】解：（1）如图，△A1B1C1即为所求；
（2）如图，△A2B2C2即为所求；
（3）根据图形可知：
旋转中心的坐标为：（﹣3，0）．
【点睛】本题考查了平移、中心对称、旋转作图，掌握相关的点的变换是解题关键．
19．（8分）（2020秋•西城区期末）如图所示的三种拼块A，B，C，每个拼块都是由一些大小相同、面积为1个单位的小正方形组成，如编号为A的拼块的面积为3个单位．
现用若干个这三种拼块拼正方形，拼图时每种拼块都要用到，且这三种拼块拼图时可平移、旋转，或翻转．
（1）若用1个A种拼块，2个B种拼块，4个C种拼块，则拼出的正方形的面积为 25 个单位．
（2）在图1和图2中，各画出了一个正方形拼图中1个A种拼块和1个B种拼块，请分别用不同的拼法将图1和图2中的正方形拼图补充完整．要求：所用的A，B，C三种拼块的个数与（1）不同，用实线画出边界线，拼块之间无缝隙，且不重叠．
【分析】（1）求出各个图形的面积和即可．
（2）分别用3个A，2GB，1个C或4个A，1个吧，1个C，拼面积为25的正方形即可．
【解答】解：（1）1个A种拼块，2个B种拼块，4个C种拼块，面积＝3+6+16＝25，
故答案为：25．
（2）图形如图所示：
【点睛】本题考查利用旋转，平移设计图案，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．
20．（8分）（2021春•洪山区校级月考）如图1．将线段AB平移至CD，使A与D对应，B与C对应，连AD、BC．
（1）填空：AB与CD的关系为 AB∥CD，且AB＝CD ，∠B与∠D的大小关系为 相等
（2）如图2，若∠B＝60°，F、E为BC的延长线上的点，∠EFD＝∠EDF，DG平分∠CDE交BE于G，求∠FDG．
（3）在（2）中，若∠B＝α，其它条件不变，则∠FDG＝ α2 ．
【分析】（1）根据平移的性质解答；
（2）根据两直线平行，同位角相等可得∠DCE＝∠B，然后根据三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和表示出∠CDG、∠EDG，然后根据DG平分∠CDE列出方程求解即可得到∠FDG=12∠B，再代入数据计算即可得解；
（3）根据（2）的思路解答．
【解答】解：（1）AB∥CD，且AB＝CD，∠B与∠D相等；
（2）∵AB∥CD，
∴∠DCE＝∠B，
由三角形的外角性质得，∠CDF＝∠DFE﹣∠DCE，
∴∠CDG＝∠CDF+∠FDG＝∠DFE﹣∠DCE+∠FDG，
在△DEF中，∠DEF＝180°﹣2∠DFE，
在△DFG中，∠DGF＝180°﹣∠FDG﹣∠DFE，
∴∠EDG＝∠DGF﹣∠DEF＝180°﹣∠FDG﹣∠DFE﹣（180°﹣2∠DFE）＝2∠DFE﹣∠FDG﹣∠DFE，
∵DG平分∠CDE，
∴∠CDG＝∠EDG，
∴∠DFE﹣∠DCE+∠FDG＝2∠DFE﹣∠FDG﹣∠DFE，
∴∠FDG=12∠DCE，
即∠FDG=12∠B，
∵∠B＝60°，
∴∠FDG=12×60°＝30°；
（3）思路同（2），
∵∠B＝α，
∴∠FDG=α2．
故答案为：（1）AB∥CD，且AB＝CD，相等；（3）α2．
【点睛】本题考查了平移的性质，三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和的性质，三角形的内角和定理，角平分线的定义，难点在于（2）表示出∠CDG和∠EDG并根据角平分线的定义列出方程求出∠FDG=12∠B．
21．（10分）（2020秋•奉贤区期末）如图，在△ABC中，∠C＝90°，BC＝a，AC＝b，（b＞a＞0），将△ABC绕点B顺时针旋转90°得△A1BC1．
（1）画出△A1BC1．
（2）将△ABC沿射线CB方向平移，平移后得△A2B2C2．
①当平移距离等于a（点C2和点B重合）时，求四边形A1A2C2B2的面积．（用a，b的代数式表示）
②若a＝1，b＝2，当△A1A2C2的面积和△A1C2B2的面积相等时，平移距离多少？（直接写出答案）
【分析】（1）根据旋转的性质即可画出△A1BC1．
（2）根据平移的性质即可将△ABC沿射线CB方向平移，平移后得△A2B2C2．
①根据平移距离即可求四边形A1A2C2B2的面积；
②根据a＝1，b＝2，当△A1A2C2的面积的△A1C2B2的面积相等时，即可求出平移距离．
【解答】解：（1）如图，△A1BC1即为所求；
（2）如图，△A2B2C2即为所求；
①如图1，四边形A1A2C2B2的面积：12a2+12b2；
②如图2，设平移的距离为h，
根据题意，12b（a+b﹣h）=12a2或12b（h﹣a﹣b）=12a2，
∵a＝1，b＝2，∴12×2（1+2﹣h）=12×12
∴12×2（1+2﹣h）=12×12或∴12×2（h﹣3）=12×12
∴h＝2.5或3.5
∴平移距离为2.5或3.5．
【点睛】本题考查了作图﹣旋转变换，作图﹣轴对称变换，坐标与图形变化﹣平移，解决本题的关键是掌握旋转、轴对称、平移的性质．
22．（10分）（2020秋•西城区期末）在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠ABC＝30°，BC=3．将△ABC绕点B顺时针旋转α（0°＜α≤120°）得到△A'BC'，点A，点C旋转后的对应点分别为点A'，点C'．
（1）如图1，当点C'恰好为线段AA'的中点时，α＝ 60 °，AA'＝ 2 ；
（2）当线段AA'与线段CC'有交点时，记交点为点D．
①在图2中补全图形，猜想线段AD与A'D的数量关系并加以证明；
②连接BD，请直接写出BD的长的取值范围．
【分析】（1）证明△ABA′是等边三角形即可解决问题．
（2）①根据要求画出图形．结论：AD＝A'D．如图2，过点A作A'C'的平行线，交CC'于点E，记∠1＝β．证明△ADE≌△A'DC'（AAS），可得结论．
②如图1中，当α＝60°时，BD的值最大，当α＝120°时，BD的值最小，分别求出最大值，最小值即可．
【解答】解：（1）∵∠C＝90°，BC=3，∠ABC＝30°，
∴AC＝BC•tan30°＝1，
∴AB＝2AC＝2，
∵BA＝BA′，AC′＝A′C′，
∴∠ABC′＝∠A′BC′＝30°，
∴△ABA′是等边三角形，
∴α＝60°，AA′＝AB＝2．
故答案为：60，2．
（2）①补全图形如图所示：结论：AD＝A'D．
理由：如图2，过点A作A'C'的平行线，交CC'于点E，记∠1＝β．
∵将Rt△ABC绕点B顺时针旋转α得到Rt△A'BC'，
∴∠A'C'B＝∠ACB＝90°，A'C'＝AC，BC'＝BC．
∴∠2＝∠1＝β．
∴∠3＝∠ACB﹣∠1＝90°﹣β，∠A'C'D＝∠A'C'B+∠2＝90°+β．
∵AE∥A'C'
∴∠AED＝∠A'C'D＝90°+β．
∴∠4＝180°﹣∠AED＝180°﹣（90°+β）＝90°﹣β．
∴∠3＝∠4．
∴AE＝AC．
∴AE＝A'C'．
在△ADE和△A'DC'中，
∠ADE=∠A'DC'∠AED=∠A'C'DAE=A'C'，
∴△ADE≌△A'DC'（AAS），
∴AD＝A'D．
②如图1中，当α＝60°时，BD的值最大，最大值为3．
当α＝120°时，BD的值最小，最小值BD＝AB•sin30°＝2×12=1，
∴1≤BD≤3．
【点睛】本题考查作图﹣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．