图形的变化——图形的旋转1
一．选择题（共9小题）
1．如图，把图中的△ABC经过一定的变换得到△A′B′C′，如果图中△ABC上的点P的坐标为（a，b），那么它的对应点P′的坐标为（ ）
A．（a﹣2，b） B．（a+2，b） C．（﹣a﹣2，﹣b） D．（a+2，﹣b）
2．如图，将Rt△ABC绕直角顶点C顺时针旋转90°，得到△A′B′C，连接AA′，若∠1=20°，则∠B的度数是（ ）
A．70° B．65° C．60° D．55°
3．如图，在△ABC中，∠ACB=90°，∠ABC=30°，AB=2．将△ABC绕直角顶点C逆时针旋转60°得△A′B′C，则点B转过的路径长为（ ）
A． B． C． D．π
4．如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，∠B=60°，BC=2，△A′B′C可以由△ABC绕点C顺时针旋转得到，其中点A′与点A是对应点，点B′与点B是对应点，连接AB′，且A、B′、A′在同一条直线上，则AA′的长为（ ）
24
A．6 B．4 C．3 D．3
5．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．
6．如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，∠ABC=30°，将△ABC绕点C顺时针旋转至△A′B′C，使得点A′恰好落在AB上，则旋转角度为（ ）
A．30° B．60° C．90° D．150°
7．如图，已知△ABC中，∠C=90°，AC=BC=，将△ABC绕点A顺时针方向旋转60°到△AB′C′的位置，连接C′B，则C′B的长为（ ）
A．2﹣ B． C．﹣1 D．1
8如图，在4×4的正方形网格中，每个小正方形的边长为1，若将△AOC绕点O顺时针旋转90°得到△BOD，则的长为（ ）
24
A．π B．6π C．3π D．1.5π
9．如图，△ABC中，∠CAB=65°，在同一平面内，将△ABC绕点A旋转到△AED的位置，使得DC∥AB，则∠BAE等于（ ）
A．30° B．40° C．50° D．60°
二．填空题（共8小题）
10．如图，把△ABC绕点C按顺时针方向旋转35°，得到△A′B′C，A′B′交AC于点D．若∠A′DC=90°，则∠A= _________ ．
11如图，将等边△ABC绕顶点A顺时针方向旋转，使边AB与AC重合得△ACD，BC的中点E的对应点为F，则∠EAF的度数是 _________ ．
12．如图，是将菱形ABCD以点O为中心按顺时针方向分别旋转90°，180°，270°后形成的图形．若∠BAD=60°，AB=2，则图中阴影部分的面积为 _________ ．
24
13．如图，△ABC绕点A顺时针旋转45°得到△A′B′C′，若∠BAC=90°，AB=AC=，则图中阴影部分的面积等于 _________ ．
14．如图，在△ABC中，AB=2，AC=4，将△ABC绕点C按逆时针方向旋转得到△A′B′C，使CB′∥AB，分别延长AB、CA′相交于点D，则线段BD的长为 _________ ．
15如图，AB是⊙O的直径，分别以OA，OB为直径作半圆．若AB=4，则阴影部分的面积是 _________ ．
16．如图，在正方形ABCD中，AD=1，将△ABD绕点B顺时针旋转45°得到△A′BD′，此时A′D′与CD交于点E，则DE的长度为 _________ ．
17如图，等腰Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=BC=1，且AC边在直线a上，将△ABC绕点A顺时针旋转到位置①可得到点P1，此时AP1=；将位置①的三角形绕点P1顺时针旋转到位置②，可得到点P2，此时AP2=1+；将位置②的三角形绕点P2顺时针旋转到位置③，可得到点P3，此时AP3=2+；…，按此规律继续旋转，直至得到点P2014为止．则AP2014= _________ ．
三．解答题（共7小题）
18．如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，∠B=30°，将△ABC绕点C按顺时针方向旋转n度后，得到△DEC，点D刚好落在AB边上．
24
（1）求n的值；
（2）若F是DE的中点，判断四边形ACFD的形状，并说明理由．
19．如图，已知Rt△ABC中，∠ABC=90°，先把△ABC绕点B顺时针旋转90°至△DBE后，再把△ABC沿射线平移至△FEG，DE、FG相交于点H．
（1）判断线段DE、FG的位置关系，并说明理由；
（2）连结CG，求证：四边形CBEG是正方形．
20．在平面直角坐标系中，△ABC的三个顶点坐标分别为A（﹣2，1），B（﹣4，5），C（﹣5，2）．
（1）画出△ABC关于y轴对称的△A1B1C1；
（2）画出△ABC关于原点O成中心对称的△A2B2C2．
21．如图，将一副直角三角形拼放在一起得到四边形ABCD，其中∠BAC=45°，∠ACD=30°，点E为CD边上的中点，连接AE，将△ADE沿AE所在直线翻折得到△AD′E，D′E交AC于F点．若AB=6cm．
（1）AE的长为 _________ cm；
（2）试在线段AC上确定一点P，使得DP+EP的值最小，并求出这个最小值；
（3）求点D′到BC的距离．
24
22．正方形ABCD中，E是CD边上一点，
（1）将△ADE绕点A按顺时针方向旋转，使AD、AB重合，得到△ABF，如图1所示．观察可知：与DE相等的线段是 _________ ，∠AFB=∠ _________
（2）如图2，正方形ABCD中，P、Q分别是BC、CD边上的点，且∠PAQ=45°，试通过旋转的方式说明：DQ+BP=PQ
（3）在（2）题中，连接BD分别交AP、AQ于M、N，你还能用旋转的思想说明BM2+DN2=MN2．
23．（1）如图1，点P是正方形ABCD内的一点，把△ABP绕点B顺时针方向旋转，使点A与点C重合，点P的对应点是Q．若PA=3，PB=2，PC=5，求∠BQC的度数．
（2）点P是等边三角形ABC内的一点，若PA=12，PB=5，PC=13，求∠BPA的度数．
24．如图，在等腰△ABC中，AB=BC，∠A=30°将△ABC绕点B顺时针旋转30°，得△A1BC1，A1B交AC于点E，A1C1分别交AC、BC于D、F两点．
（1）证明：△ABE≌△C1BF；
（2）证明：EA1=FC；
（3）试判断四边形ABC1D的形状，并说明理由．
24
图形的变化——图形的旋转1
参考答案与试题解析
一．选择题（共9小题）
1．如图，把图中的△ABC经过一定的变换得到△A′B′C′，如果图中△ABC上的点P的坐标为（a，b），那么它的对应点P′的坐标为（ ）
A． （a﹣2，b） B．（a+2，b） C．（﹣a﹣2，﹣b） D． （a+2，﹣b）
考点： 坐标与图形变化-旋转．
专题： 压轴题．
分析： 先根据图形确定出对称中心，然后根据中点公式列式计算即可得解．
解答： 解：由图可知，△ABC与△A′B′C′关于点（﹣1，0）成中心对称，
设点P′的坐标为（x，y），
所以，=﹣1，=0，
解得x=﹣a﹣2，y=﹣b，
所以，P′（﹣a﹣2，﹣b）．
故选C．
点评： 本题考查了坐标与图形变化﹣旋转，准确识图，观察出两三角形成中心对称，对称中心是（﹣1，0）是解题的关键．
2如图，将Rt△ABC绕直角顶点C顺时针旋转90°，得到△A′B′C，连接AA′，若∠1=20°，则∠B的度数是（ ）
A． 70° B．65° C．60° D． 55°
考点： 旋转的性质．
专题： 几何图形问题．
分析： 根据旋转的性质可得AC=A′C，然后判断出△ACA′是等腰直角三角形，根据等腰直角三角形的性质可得∠CAA′=45°，再根据三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和求出∠A′B′C，然后根据旋转的性质可得∠B=∠A′B′C．
解答： 解：∵Rt△ABC绕直角顶点C顺时针旋转90°得到△A′B′C，
∴AC=A′C，
∴△ACA′是等腰直角三角形，
24
∴∠CAA′=45°，
∴∠A′B′C=∠1+∠CAA′=20°+45°=65°，
由旋转的性质得∠B=∠A′B′C=65°．
故选：B．
点评： 本题考查了旋转的性质，等腰直角三角形的判定与性质，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，熟记各性质并准确识图是解题的关键．
3．如图，在△ABC中，∠ACB=90°，∠ABC=30°，AB=2．将△ABC绕直角顶点C逆时针旋转60°得△A′B′C，则点B转过的路径长为（ ）
A． B C． D． π
考点： 旋转的性质；弧长的计算．
专题： 几何图形问题．
分析： 利用锐角三角函数关系得出BC的长，进而利用旋转的性质得出∠BCB′=60°，再利用弧长公式求出即可．
解答： 解：∵在△ABC中，∠ACB=90°，∠ABC=30°，AB=2，
∴cos30°=，
∴BC=ABcos30°=2×=，
∵将△ABC绕直角顶点C逆时针旋转60°得△A′B′C，
∴∠BCB′=60°，
∴点B转过的路径长为：=π．
故选：B．
点评： 此题主要考查了旋转的性质以及弧长公式应用，得出点B转过的路径形状是解题关键．
4．如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，∠B=60°，BC=2，△A′B′C可以由△ABC绕点C顺时针旋转得到，其中点A′与点A是对应点，点B′与点B是对应点，连接AB′，且A、B′、A′在同一条直线上，则AA′的长为（ ）
A． 6 B4 C3 D． 3
考点： 旋转的性质．
24
专题： 几何图形问题．
分析： 利用直角三角形的性质得出AB=4，再利用旋转的性质以及三角形外角的性质得出AB′=2，进而得出答案．
解答： 解：∵在Rt△ABC中，∠ACB=90°，∠B=60°，BC=2，
∴∠CAB=30°，故AB=4，
∵△A′B′C由△ABC绕点C顺时针旋转得到，其中点A′与点A是对应点，点B′与点B是对应点，连接AB′，且A、B′、A′在同一条直线上，
∴AB=A′B′=4，AC=A′C，
∴∠CAA′=∠A′=30°，
∴∠ACB′=∠B′AC=30°，
∴AB′=B′C=2，
∴AA′=2+4=6．
故选：A．
点评： 此题主要考查了旋转的性质以及直角三角形的性质等知识，得出AB′=B′C=2是解题关键．
5．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．
考点： 旋转的性质；正方形的性质．
专题： 几何图形问题．
分析： 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．
解答： 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，
24
∴S△ADO=×OD•AD=，
∴四边形AB1OD的面积是=2×=﹣1，
故选：C．
点评： 本题考查了正方形性质，勾股定理等知识点，主要考查学生运用性质进行计算的能力，题目比较好，但有一定的难度．
6．如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，∠ABC=30°，将△ABC绕点C顺时针旋转至△A′B′C，使得点A′恰好落在AB上，则旋转角度为（ ）
A． 30° B60° C．90° D． 150°
考点： 旋转的性质．
专题： 几何图形问题．
分析： 根据直角三角形两锐角互余求出∠A=60°，根据旋转的性质可得AC=A′C，然后判断出△A′AC是等边三角形，根据等边三角形的性质求出∠ACA′=60°，然后根据旋转角的定义解答即可．
解答： 解：∵∠ACB=90°，∠ABC=30°，
∴∠A=90°﹣30°=60°，
∵△ABC绕点C顺时针旋转至△A′B′C时点A′恰好落在AB上，
∴AC=A′C，
∴△A′AC是等边三角形，
∴∠ACA′=60°，
∴旋转角为60°．
故选：B．
点评： 本题考查了旋转的性质，直角三角形两锐角互余，等边三角形的判定与性质，熟记各性质并准确识图是解题的关键．
7．如图，已知△ABC中，∠C=90°，AC=BC=，将△ABC绕点A顺时针方向旋转60°到△AB′C′的位置，连接C′B，则C′B的长为（ ）
24
A． 2﹣ B． C．﹣1 D． 1
考点： 旋转的性质．
分析： 连接BB′，根据旋转的性质可得AB=AB′，判断出△ABB′是等边三角形，根据等边三角形的三条边都相等可得AB=BB′，然后利用“边边边”证明△ABC′和△B′BC′全等，根据全等三角形对应角相等可得∠ABC′=∠B′BC′，延长BC′交AB′于D，根据等边三角形的性质可得BD⊥AB′，利用勾股定理列式求出AB，然后根据等边三角形的性质和等腰直角三角形的性质求出BD、C′D，然后根据BC′=BD﹣C′D计算即可得解．
解答： 解：如图，连接BB′，
∵△ABC绕点A顺时针方向旋转60°得到△AB′C′，
∴AB=AB′，∠BAB′=60°，
∴△ABB′是等边三角形，
∴AB=BB′，
在△ABC′和△B′BC′中，
，
∴△ABC′≌△B′BC′（SSS），
∴∠ABC′=∠B′BC′，
延长BC′交AB′于D，
则BD⊥AB′，
∵∠C=90°，AC=BC=，
∴AB==2，
∴BD=2×=，
C′D=×2=1，
∴BC′=BD﹣C′D=﹣1．
故选：C．
点评： 本题考查了旋转的性质，全等三角形的判定与性质，等边三角形的判定与性质，等腰直角三角形的性质，作辅助线构造出全等三角形并求出BC′在等边三角形的高上是解题的关键，也是本题的难点．
24
8．如图，在4×4的正方形网格中，每个小正方形的边长为1，若将△AOC绕点O顺时针旋转90°得到△BOD，则的长为（ ）
A． π B6π C．3π D． 1.5π
考点： 旋转的性质；弧长的计算．
专题： 计算题．
分析： 根据弧长公式列式计算即可得解．
解答： 解：的长==1.5π．
故选：D．
点评： 本题考查了旋转的性质，弧长的计算，熟记弧长公式是解题的关键．
9．如图，△ABC中，∠CAB=65°，在同一平面内，将△ABC绕点A旋转到△AED的位置，使得DC∥AB，则∠BAE等于（ ）
A． 30° B．40° C．50° D． 60°
考点： 旋转的性质．
专题： 计算题．
分析： 先根据平行线的性质得∠DCA=∠CAB=65°，再根据旋转的性质得∠BAE=∠CAD，AC=AD，则根据等腰三角形的性质得∠ADC=∠DCA=65°，然后根据三角形内角和定理计算出∠CAD=180°﹣∠ADC﹣∠DCA=50°，于是有∠BAE=50°．
解答： 解：∵DC∥AB，
∴∠DCA=∠CAB=65°，
∵△ABC绕点A旋转到△AED的位置，
∴∠BAE=∠CAD，AC=AD，
∴∠ADC=∠DCA=65°，
∴∠CAD=180°﹣∠ADC﹣∠DCA=50°，
∴∠BAE=50°．
故选：C．
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．
二．填空题（共8小题）
24
10．如图，把△ABC绕点C按顺时针方向旋转35°，得到△A′B′C，A′B′交AC于点D．若∠A′DC=90°，则∠A= 55° ．
考点： 旋转的性质．
分析： 根据题意得出∠ACA′=35°，则∠A′=90°﹣35°=55°，即可得出∠A的度数．
解答： 解：∵把△ABC绕点C按顺时针方向旋转35°，得到△A′B′C，A′B′交AC于点D，∠A′DC=90°，
∴∠ACA′=35°，则∠A′=90°﹣35°=55°，
则∠A=∠A′=55°．
故答案为：55°．
点评： 此题主要考查了旋转的性质以及三角形内角和定理等知识，得出∠A′的度数是解题关键．
11．如图，将等边△ABC绕顶点A顺时针方向旋转，使边AB与AC重合得△ACD，BC的中点E的对应点为F，则∠EAF的度数是 60° ．
考点： 旋转的性质；等边三角形的性质．
专题： 计算题．
分析： 根据等边三角形的性质以及旋转的性质得出旋转角，进而得出∠EAF的度数．
解答： 解：∵将等边△ABC绕顶点A顺时针方向旋转，使边AB与AC重合得△ACD，BC的中点E的对应点为F，
∴旋转角为60°，E，F是对应点，
则∠EAF的度数为：60°．
故答案为：60°．
点评： 此题主要考查了等边三角形的性质以及旋转的性质，得出旋转角的度数是解题关键．
12如图，是将菱形ABCD以点O为中心按顺时针方向分别旋转90°，180°，270°后形成的图形．若∠BAD=60°，AB=2，则图中阴影部分的面积为 12﹣4 ．
考点： 旋转的性质；菱形的性质．
24
分析： 根据菱形的性质得出DO的长，进而求出S正方形DNMF，进而得出S△ADF即可得出答案．
解答： 解：如图所示：连接AC，BD交于点E，连接DF，FM，MN，DN，
∵将菱形ABCD以点O为中心按顺时针方向分别旋转90°，180°，270°后形成的图形，∠BAD=60°，AB=2，
∴AC⊥BD，四边形DNMF是正方形，∠AOC=90°，BD=2，AE=EC=，
∴∠AOE=45°，ED=1，
∴AE=EO=，DO=﹣1，
∴S正方形DNMF=2（﹣1）×2（﹣1）×=8﹣4，
S△ADF=×AD×AFsin30°=1，
∴则图中阴影部分的面积为：4S△ADF+S正方形DNMF=4+8﹣4=12﹣4．
故答案为：12﹣4．
点评： 此题主要考查了菱形的性质以及旋转的性质，得出正确分割图形得出DO的长是解题关键．
13．如图，△ABC绕点A顺时针旋转45°得到△A′B′C′，若∠BAC=90°，AB=AC=，则图中阴影部分的面积等于 ﹣1 ．
考点： 旋转的性质；等腰直角三角形．
专题： 压轴题．
分析： 根据题意结合旋转的性质以及等腰直角三角形的性质得出AD=BC=1，AF=FC′=AC′=1，进而求出阴影部分的面积．
解答： 解：∵△ABC绕点A顺时针旋转45°得到△A′B′C′，∠BAC=90°，AB=AC=，
∴BC=2，∠C=∠B=∠CAC′=∠C′=45°，
∴AD⊥BC，B′C′⊥AB，
∴AD=BC=1，AF=FC′=AC′=1，
∴图中阴影部分的面积等于：S△AFC′﹣S△DEC′=×1×1﹣×（﹣1）2=﹣1．
故答案为：﹣1．
24
点评： 此题主要考查了旋转的性质以及等腰直角三角形的性质等知识，得出AD，AF，DC′的长是解题关键．
14．如图，在△ABC中，AB=2，AC=4，将△ABC绕点C按逆时针方向旋转得到△A′B′C，使CB′∥AB，分别延长AB、CA′相交于点D，则线段BD的长为 6 ．
考点： 旋转的性质；相似三角形的判定与性质．
专题： 几何图形问题．
分析： 利用平行线的性质以及旋转的性质得出△CAD∽△B′A′C，再利用相似三角形的性质得出AD的长，进而得出BD的长．
解答： 解：∵将△ABC绕点C按逆时针方向旋转得到△A′B′C，
∴AC=CA′=4，AB=B′A′=2，∠A=∠CA′B′，
∵CB′∥AB，
∴∠B′CA′=∠D，
∴△CAD∽△B′A′C，
∴=，
∴=，
解得AD=8，
∴BD=AD﹣AB=8﹣2=6．
故答案为：6．
点评： 此题主要考查了旋转的性质以及相似三角形的判定与性质等知识，得出△CAD∽△B′A′C是解题关键．
15．如图，AB是⊙O的直径，分别以OA，OB为直径作半圆．若AB=4，则阴影部分的面积是 2π ．
考点： 旋转的性质．
分析： 首先计算出圆的面积，根据图示可得阴影部分面积为半圆的面积，进而可得答案．
解答： 解：∵AB=4，
24
∴BO=2，
∴圆的面积为：π×22=4π，
∴阴影部分的面积是：×4π=2π，
故答案为：2π．
点评： 此题主要考查了旋转的性质，关键是掌握圆的面积公式．
16．如图，在正方形ABCD中，AD=1，将△ABD绕点B顺时针旋转45°得到△A′BD′，此时A′D′与CD交于点E，则DE的长度为 2﹣ ．
考点： 旋转的性质．
专题： 几何图形问题．
分析： 利用正方形和旋转的性质得出A′D=A′E，进而利用勾股定理得出BD的长，进而利用锐角三角函数关系得出DE的长即可．
解答： 解：由题意可得出：∠BDC=45°，∠DA′E=90°，
∴∠DEA′=45°，
∴A′D=A′E，
∵在正方形ABCD中，AD=1，
∴AB=A′B=1，
∴BD=，
∴A′D=﹣1，
∴在Rt△DA′E中，
DE==2﹣．
故答案为：2﹣．
点评： 此题主要考查了正方形和旋转的性质以及勾股定理、锐角三角函数关系等知识，得出A′D的长是解题关键．
17．如图，等腰Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=BC=1，且AC边在直线a上，将△ABC绕点A顺时针旋转到位置①可得到点P1，此时AP1=；将位置①的三角形绕点P1顺时针旋转到位置②，可得到点P2，此时AP2=1+；将位置②的三角形绕点P2顺时针旋转到位置③，可得到点P3，此时AP3=2+；…，按此规律继续旋转，直至得到点P2014为止．则AP2014= 1342+672 ．
考点： 旋转的性质．
专题： 规律型．
分析： 由已知得AP1=，AP2=1+，AP3=2+；再根据图形可得到AP4=2+2；AP5=3+2；AP6=4+2；AP7=4+3；AP8=5+3；AP9=6+3；每三个一组，由于2013=3×671，则AP2013=（2013﹣671）+671，然后把AP2013加上即可．
24
解答： 解：AP1=，AP2=1+，AP3=2+；
AP4=2+2；AP5=3+2；AP6=4+2；
AP7=4+3；AP8=5+3；AP9=6+3；
∵2013=3×671，
∴AP2013=（2013﹣671）+671=1342+671，
∴AP2014=1342+671+=1342+672．
故答案为：1342+672．
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．
三．解答题（共7小题）
18．如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，∠B=30°，将△ABC绕点C按顺时针方向旋转n度后，得到△DEC，点D刚好落在AB边上．
（1）求n的值；
（2）若F是DE的中点，判断四边形ACFD的形状，并说明理由．
考点： 旋转的性质；含30度角的直角三角形；直角三角形斜边上的中线；菱形的判定．
专题： 几何图形问题．
分析： （1）利用旋转的性质得出AC=CD，进而得出△ADC是等边三角形，即可得出∠ACD的度数；
（2）利用直角三角形的性质得出FC=DF，进而得出AD=AC=FC=DF，即可得出答案．
解答： 解：（1）∵在Rt△ABC中，∠ACB=90°，∠B=30°，将△ABC绕点C按顺时针方向旋转n度后，得到△DEC，
∴AC=DC，∠A=60°，
∴△ADC是等边三角形，
∴∠ACD=60°，
∴n的值是60；
（2）四边形ACFD是菱形；
理由：∵∠DCE=∠ACB=90°，F是DE的中点，
∴FC=DF=FE，
∵∠CDF=∠A=60°，
∴△DFC是等边三角形，
∴DF=DC=FC，
∵△ADC是等边三角形，
∴AD=AC=DC，
∴AD=AC=FC=DF，
∴四边形ACFD是菱形．
点评： 此题主要考查了菱形的判定以及旋转的性质和直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半等知识，得出△DFC是等边三角形是解题关键．
24
19如图，已知Rt△ABC中，∠ABC=90°，先把△ABC绕点B顺时针旋转90°至△DBE后，再把△ABC沿射线平移至△FEG，DE、FG相交于点H．
（1）判断线段DE、FG的位置关系，并说明理由；
（2）连结CG，求证：四边形CBEG是正方形．
考点： 旋转的性质；正方形的判定；平移的性质．
专题： 几何图形问题．
分析： （1）根据旋转和平移可得∠DEB=∠ACB，∠GFE=∠A，再根据∠ABC=90°可得∠A+∠ACB=90°，进而得到∠DEB+∠GFE=90°，从而得到DE、FG的位置关系是垂直；
（2）根据旋转和平移找出对应线段和角，然后再证明是矩形，后根据邻边相等可得四边形CBEG是正方形．
解答： （1）解：FG⊥ED．理由如下：
∵△ABC绕点B顺时针旋转90°至△DBE后，
∴∠DEB=∠ACB，
∵把△ABC沿射线平移至△FEG，
∴∠GFE=∠A，
∵∠ABC=90°，
∴∠A+∠ACB=90°，
∴∠DEB+∠GFE=90°，
∴∠FHE=90°，
∴FG⊥ED；
（2）证明：根据旋转和平移可得∠GEF=90°，∠CBE=90°，CG∥EB，CB=BE，
∵CG∥EB，
∴∠BCG=∠CBE=90°，
∴∠BCG=90°，
∴四边形BCGE是矩形，
∵CB=BE，
∴四边形CBEG是正方形．
点评： 此题主要考查了图形的旋转和平移，关键是掌握新图形中的每一点，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且相等．
20在平面直角坐标系中，△ABC的三个顶点坐标分别为A（﹣2，1），B（﹣4，5），C（﹣5，2）．
（1）画出△ABC关于y轴对称的△A1B1C1；
（2）画出△ABC关于原点O成中心对称的△A2B2C2．
24
考点： 作图-旋转变换；作图-轴对称变换．
专题： 作图题．
分析： （1）根据网格结构找出点A、B、C关于y轴对称的点A1、B1、C1的位置，然后顺次连接即可；
（2）根据网格结构找出点A、B、C关于原点对称的点A2、B2、C2的位置，然后顺次连接即可．
解答： 解：（1）△A1B1C1如图所示；
（2）△A2B2C2如图所示．
点评： 本题考查了利用旋转变换作图，利用轴对称变换作图，熟练掌握网格结构准确找出对应点的位置是解题的关键．
21．如图，将一副直角三角形拼放在一起得到四边形ABCD，其中∠BAC=45°，∠ACD=30°，点E为CD边上的中点，连接AE，将△ADE沿AE所在直线翻折得到△AD′E，D′E交AC于F点．若AB=6cm．
（1）AE的长为 4 cm；
（2）试在线段AC上确定一点P，使得DP+EP的值最小，并求出这个最小值；
（3）求点D′到BC的距离．
24
考点： 几何变换综合题．
专题： 几何综合题．
分析： （1）首先利用勾股定理得出AC的长，进而求出CD的长，利用直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半进而得出答案；
（2）首先得出△ADE为等边三角形，进而求出点E，D′关于直线AC对称，连接DD′交AC于点P，此时DP+EP值为最小，进而得出答案；
（3）连接CD′，BD′，过点D′作D′G⊥BC于点G，进而得出△ABD′≌△CBD′（SSS），则∠D′BG=45°，D′G=GB，进而利用勾股定理求出点D′到BC边的距离．
解答： 解：（1）∵∠BAC=45°，∠B=90°，
∴AB=BC=6cm，
∴AC=12cm，
∵∠ACD=30°，∠DAC=90°，AC=12cm，
∴CD=AC÷cos30°=12÷=12×=8（cm），
∵点E为CD边上的中点，
∴AE=DC=4cm．
故答案为：4；
（2）∵Rt△ADC中，∠ACD=30°，
∴∠ADC=60°，
∵E为CD边上的中点，
∴DE=AE，
∴△ADE为等边三角形，
∵将△ADE沿AE所在直线翻折得△AD′E，
∴△AD′E为等边三角形，
∠AED′=60°，
∵∠EAC=∠DAC﹣∠EAD=30°，
∴∠EFA=90°，
即AC所在的直线垂直平分线段ED′，
∴点E，D′关于直线AC对称，
连接DD′交AC于点P，
∴此时DP+EP值为最小，且DP+EP=DD′，
∵△ADE是等边三角形，AD=AE=4，
∴DD′=2×AD×=2×6=12，
即DP+EP最小值为12cm；
（3）连接CD′，BD′，过点D′作D′G⊥BC于点G，
∵AC垂直平分线ED′，
∴AE=AD′，CE=CD′，
∵AE=EC，∴AD′=CD′=4，
在△ABD′和△CBD′中，
，
∴△ABD′≌△CBD′（SSS），
∴∠D′BG=45°，
24
∴D′G=GB，
设D′G长为xcm，则CG长为（6﹣x）cm，
在Rt△GD′C中
x2+（6﹣x）2=（4）2，
解得：x1=3﹣，x2=3+（不合题意舍去），
∴点D′到BC边的距离为（3﹣）cm．
点评： 此题主要考查了全等三角形的判定与性质和锐角三角函数关系以及等边三角形的判定与性质等知识，利用垂直平分线的性质得出点E，D′关于直线AC对称是解题关键．
22．正方形ABCD中，E是CD边上一点，
（1）将△ADE绕点A按顺时针方向旋转，使AD、AB重合，得到△ABF，如图1所示．观察可知：与DE相等的线段是 BF ，∠AFB=∠ AED
（2）如图2，正方形ABCD中，P、Q分别是BC、CD边上的点，且∠PAQ=45°，试通过旋转的方式说明：DQ+BP=PQ
（3）在（2）题中，连接BD分别交AP、AQ于M、N，你还能用旋转的思想说明BM2+DN2=MN2．
考点： 旋转的性质；全等三角形的判定与性质；勾股定理；正方形的性质．
分析： （1）直接根据旋转的性质得到DE=BF，∠AFB=∠AED；
（2）将△ADQ绕点A按顺时针方向旋转90°，则AD与AB重合，得到△ABE，根据旋转的性质得∠EAQ=∠BAD=90°，AE=AQ，BE=DQ，而∠PAQ=45°，则∠PAE=45°，再根据全等三角形的判定方法得到△APE≌△APQ，则PE=PQ，于是PE=PB+BE=PB+DQ，即可得到DQ+BP=PQ；
（3）根据正方形的性质有∠ABD=∠ADB=45°，将△ADN绕点A按顺时针方向旋转90°，则AD与AB重合，得到△ABK，根据旋转的性质得∠ABK=∠ADN=45°，BK=DN，AK=AN，与（2）一样可证明△AMN≌△AMK得到MN=MK，由于∠MBA+∠KBA=45°+45°=90°，得到△BMK为直角三角形，根据勾股定理得BK2+BM2=MK2，然后利用等相等代换即可得到BM2+DN2=MN2．
解答： 解：（1）∵△ADE绕点A按顺时针方向旋转，使AD、AB重合，得到△ABF，
∵DE=BF，∠AFB=∠AED．
故答案为BF，AED；
（2）将△ADQ绕点A按顺时针方向旋转90°，则AD与AB重合，得到△ABE，如图2，
则∠D=∠ABE=90°，即点E、B、P共线，∠EAQ=∠BAD=90°，AE=AQ，BE=DQ，
∵∠PAQ=45°，
∴∠PAE=45°，
∴∠PAQ=∠PAE，
在△APE和△APQ中
24
∵，
∴△APE≌△APQ，
∴PE=PQ，
而PE=PB+BE=PB+DQ，
∴DQ+BP=PQ；
（3）∵四边形ABCD为正方形，
∴∠ABD=∠ADB=45°，
如图，将△ADN绕点A按顺时针方向旋转90°，则AD与AB重合，得到△ABK，
则∠ABK=∠ADN=45°，BK=DN，AK=AN，
与（2）一样可证明△AMN≌△AMK得到MN=MK，
∵∠MBA+∠KBA=45°+45°=90°，
∴△BMK为直角三角形，
∴BK2+BM2=MK2，
∴BM2+DN2=MN2．
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．也考查了三角形全等的判定与性质、正方形的性质以及勾股定理．
23．（1）如图1，点P是正方形ABCD内的一点，把△ABP绕点B顺时针方向旋转，使点A与点C重合，点P的对应点是Q．若PA=3，PB=2，PC=5，求∠BQC的度数．
（2）点P是等边三角形ABC内的一点，若PA=12，PB=5，PC=13，求∠BPA的度数．
24
考点： 旋转的性质；等边三角形的性质；勾股定理的逆定理；正方形的性质．
分析： （1）根据题意得出△ABP绕点B顺时针方向旋转了90°，才使点A与C重合，进而得出∠PBQ=90°，再利用勾股定理得出∠PQC的度数，进而求出∠BQC的度数；
（2）由题意可得出：△ABP绕点B顺时针方向旋转60°，才使点A与C重合，进而得出∠PP'C=90°，即可得出∠BPA的度数．
解答： 解：（1）连接PQ．
由旋转可知：，QC=PA=3．
又∵ABCD是正方形，
∴△ABP绕点B顺时针方向旋转了90°，才使点A与C重合，
即∠PBQ=90°，
∴∠PQB=45°，PQ=4．
则在△PQC中，PQ=4，QC=3，PC=5，
∴PC2=PQ2+QC2．
即∠PQC=90°．
故∠BQC=90°+45°=135°．
（2）将此时点P的对应点是点P′．
由旋转知，△APB≌△CP′B，即∠BPA=∠BP′C，P′B=PB=5，P′C=PA=12．
又∵△ABC是正三角形，
∴△ABP绕点B顺时针方向旋转60°，才使点A与C重合，
得∠PBP′=60°，
又∵P′B=PB=5，
∴△PBP′也是正三角形，即∠PP′B=60°，PP′=5．
因此，在△PP′C中，PC=13，PP′=5，P′C=12，
∴PC2=PP′2+P′C2．
即∠PP′C=90°．
故∠BPA=∠BP′C=60°+90°=150°．
点评： 此题主要考查了旋转的性质以及勾股定理逆定理和正方形的性质等知识，熟练利用勾股定理逆定理得出是解题关键．
24
24．如图，在等腰△ABC中，AB=BC，∠A=30°将△ABC绕点B顺时针旋转30°，得△A1BC1，A1B交AC于点E，A1C1分别交AC、BC于D、F两点．
（1）证明：△ABE≌△C1BF；
（2）证明：EA1=FC；
（3）试判断四边形ABC1D的形状，并说明理由．
考点： 旋转的性质；全等三角形的判定与性质；等腰三角形的性质；菱形的判定．
分析： （1）利用全等三角形的判定结合ASA得出答案；
（2）利用全等三角形的性质对边相等得出答案；
（3）首先得出四边形ABC1D是平行四边形，进而利用菱形的判定得出即可．
解答： （1）证明：∵等腰△ABC中，AB=BC，∠A=30°将△ABC绕点B顺时针旋转30°，得△A1BC1，
∴AB=BC1=A1B=BC，∠ABE=∠C1BF，∠A=∠C1=∠A1=∠C，
在△ABE和△C1BF中，
，
∴△ABE≌△C1BF（ASA）；
（2）证明：∵△ABE≌△C1BF，
∴EB=BF．
又∵A1B=CB，
∴A1B﹣EB=CB﹣BF，
∴EA1=FC；
（3）答：四边形ABC1D是菱形．
证明：∵∠A1=∠C=30°，∠ABA1=∠CBC1=30°，
∠A1=∠C=∠ABA1=∠CBC1．
∴AB∥C1D，AD∥BC1，
∴四边形ABC1D是平行四边形
∵AB=BC1，
∴四边形ABC1D是菱形．
点评： 此题主要考查了旋转的性质、全等三角形的判定与性质以及菱形的判定等知识，利用旋转的性质得出对应边关系是解题关键．
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