图形的变——图形的旋转2
一．选择题（共9小题）
1．下面图形中，是中心对称图形的是（ ）
A． B． C． D．
2．在下列图案中，是中心对称图形的是（ ）
A． B． C． D．
3将两个全等的直角三角形纸片构成如图的四个图形，其中属于中心对称图形的是（ ）
A． B． C． D．
4．在平面直角坐标系内，点P（﹣2，3）关于原点的对称点Q的坐标为（ ）
A．（2，﹣3） B．（2，3） C．（3，﹣2） D．（﹣2，﹣3）
5．将点P（﹣2，3）向右平移3个单位得到点P1，点P2与点P1关于原点对称，则P2的坐标是（ ）
A．（﹣5，﹣3） B．（1，﹣3） C．（﹣1，﹣3） D．（5，﹣3）
6．在平面直角坐标系中，P点关于原点的对称点为P1（﹣3，﹣），P点关于x轴的对称点为P2（a，b），则=（ ）
A．﹣2 B．2 C．4 D．﹣4
7．下列几何体的主视图既是中心对称图形又是轴对称图形的是（ ）
A． B． C． D．
8．如图，△AOB为等腰三角形，顶点A的坐标（2，），底边OB在x轴上．将△AOB绕点B按顺时针方向旋转一定角度后得△A′O′B，点A的对应点A′在x轴上，则点O′的坐标为（ ）
25
A．（，） B．（，） C．（，） D．（，4）
9．如图所示，边长为2的正三角形ABO的边OB在x轴上，将△ABO绕原点O逆时针旋转30°得到三角形OA1B1，则点A1的坐标为（ ）
A．（，1） B．（，﹣1） C．（1，﹣） D．（2，﹣1）
二．填空题（共8小题）
10．如图，△ABC绕点A顺时针旋转80°得到△AEF，若∠B=100°，∠F=50°，则∠α的度数是 _________ ．
11．如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，∠A=30°，BC=2．将△ABC绕点C旋转得到△EDC，使点D在AB边上，斜边DE交AC边于点F，则图中△CDF的面积为 _________ ．
12．如图，将两块全等的直角三角形纸片△ABC和△DEF叠放在一起，其中∠ACB=∠E=90°，BC=DE=6，AC=FE=8，如图，将△DEF绕点D旋转，点D与AB的中点重合，DE，DF分别交AC于点M，N，使DM=MN，则重叠部分（△DMN）的面积为 _________ ．
25
13．在Rt△ABC中，∠C=90°，，把这个直角三角形绕顶点C旋转后得到Rt△A′B′C，其中点B′正好落在AB上，A′B′与AC相交于点D，那么= _________ ．
14．如图，△ABC和△ADE都是等腰直角三角形，点D是AC上的点，如果△ABC绕点A逆时针旋转后与△ADE重合，那么旋转角是 _________ 度．
15．如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=4，BC=3，点D为AB的中点，将△ACD绕着点C逆时针旋转，使点A落在CB的延长线A′处，点D落在点D′处，则D′B长为 _________ ．
16．如图，在矩形ABCD中，AD=4，DC=3，将△ADC绕点A按逆时针方向旋转到△AEF（点A、B、E在同一直线上），则AC在运动过程中所扫过的面积为 _________ ．
17．如图，将△ABC绕点A逆时针方向旋转到△ADE的位置，点B落在AC边上的点D处，设旋转角为α （0°＜α＜90°）．若∠B=125°，∠E=30°，则∠α= _________ °．
三．解答题（共7小题）
25
18．如图，将△ABC绕点B逆时针旋转α得到△DBE，DE的延长线与AC相交于点F，连接DA、BF，∠ABC=α=60°，BF=AF．
（1）求证：DA∥BC；
（2）猜想线段DF、AF的数量关系，并证明你的猜想．
19．如图，在矩形ABCD中，AB=4，BC=3，将矩形绕点C按顺时针方向旋转，使点B落在线段AC上，得矩形CEFG，边CD与EF交于点H，连接DG．
（1）CH= _________ ．
（2）求DG的长．
20．如图，△ABC是格点三角形（三角形的三个顶点都是小正方形的顶点）．
（1）将△ABC绕点C逆时针旋转90°，得到△CDE．写出点B对应点D和点A对应点E的坐标．
（2）若以格点P、A、B为顶点的三角形与△CDE相似但不全等，请写出符合条件格点P的坐标．
21．如图所示的直面直角坐标系中，△OAB的三个顶点坐标分别为O（0，0），A（1，﹣3）B（3，﹣2）．
（1）将△OAB绕原点O逆时针旋转90°画出旋转后的△OA′B′；
（2）求出点B到点B′所走过的路径的长．
25
22．（1）如图，CA=CD，∠1=∠2，BC=EC．求证：AB=DE．
（2）如图，已知点A（﹣3，4），B（﹣3，0），将△OAB绕原点O顺时针旋转90°，得到△OA1B1．
①画出△OA1B1，并直接写出点A1、B1的坐标；
②求出旋转过程中点A所经过的路径长（结果保留π）．
23推理证明：如图1，在正方形ABCD和正方形CGFE中，连结DE、BG，设△DCE的面积为S1，△BCG的面积为S2，求证：S1=S2．
猜想论证：如图2，将矩形ABCD绕点C按顺时针方向旋转后得到矩形FECG，连结DE、BG，设△DCE的面积为S1，△BCG的面积为S2，猜想S1、S2的数量关系，并加以证明．
拓展探究：如图3，在△ABC中，AB=AC=10cm，∠B=30°，把△ABC沿AC翻折到△ACE，过点A作AD∥CE交BC于点D，在线段CE上存在点P，使△ABP的面积等于△ACD的面积，请你直接写出CP的长．
24．如图1，正方形ABCD与正方形AEFG的边AB、AE（AB＜AE）在一条直线上，正方形AEFG以点A为旋转中心逆时针旋转，设旋转角为α．在旋转过程中，两个正方形只有点A重合，其它顶点均不重合，连接BE、DG．
（1）当正方形AEFG旋转至如图2所示的位置时，求证：BE=DG；
（2）当点C在直线BE上时，连接FC，直接写出∠FCD的度数；
（3）如图3，如果α=45°，AB=2，AE=，求点G到BE的距离．
25
图形的变——图形的旋转2
参考答案与试题解析
一．选择题（共9小题）
1．下面图形中，是中心对称图形的是（ ）
A． B． C． D．
考点： 中心对称图形．
分析： 根据中心对称图形的概念对各选项分析判断利用排除法求解．
解答： 解：A、不是中心对称图形，故本选项错误；
B、不是中心对称图形，故本选项错误；
C、是中心对称图形，故本选项正确；
D、不是中心对称图形，故本选项错误．
故选：C．
点评： 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度后两部分重合．
2．在下列图案中，是中心对称图形的是（ ）
A． B． C． D．
考点： 中心对称图形．
分析： 根据中心对称图形的概念求解．
解答： 解：A、不是中心对称图形．故A选项错误；
B、不是中心对称图形．故B选项错误；
C、是中心对称图形．故C选项正确；
D、不是中心对称图形．故D选项错误．
故选：C．
点评： 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将两个全等的直角三角形纸片构成如图的四个图形，其中属于中心对称图形的是（ ）
A． B． C． D．
考点： 中心对称图形．
专题： 常规题型．
分析： 根据中心对称图形的概念求解．
解答： 解：A、不是中心对称图形，故A选项错误；
B、不是中心对称图形，故B选项错误；
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C、是中心对称图形，故C选项正确；
D、不是中心对称图形，故D选项错误；
故选：C．
点评： 此题主要考查了中心对称图形，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后两部分重合．
4．在平面直角坐标系内，点P（﹣2，3）关于原点的对称点Q的坐标为（ ）
A． （2，﹣3） B．（2，3） C．（3，﹣2） D． （﹣2，﹣3）
考点： 关于原点对称的点的坐标．
专题： 常规题型．
分析： 平面直角坐标系中任意一点P（x，y），关于原点的对称点是（﹣x，﹣y）．
解答： 解：根据中心对称的性质，得点P（﹣2，3）关于原点对称点P′的坐标是（2，﹣3）．
故选：A．
点评： 关于原点对称的点坐标的关系，是需要识记的基本问题．记忆方法是结合平面直角坐标系的图形记忆．
5将点P（﹣2，3）向右平移3个单位得到点P1，点P2与点P1关于原点对称，则P2的坐标是（ ）
A． （﹣5，﹣3） B．（1，﹣3） C．（﹣1，﹣3） D． （5，﹣3）
考点： 关于原点对称的点的坐标；坐标与图形变化-平移．
分析： 首先利用平移变化规律得出P1（1，3），进而利用关于原点对称点的坐标性质得出P2的坐标．
解答： 解：∵点P（﹣2，3）向右平移3个单位得到点P1，
∴P1（1，3），
∵点P2与点P1关于原点对称，
∴P2的坐标是：（﹣1，﹣3）．
故选；C．
点评： 此题主要考查了关于原点对称点的性质以及点的平移规律，正确把握坐标变化性质是解题关键．
6在平面直角坐标系中，P点关于原点的对称点为P1（﹣3，﹣），P点关于x轴的对称点为P2（a，b），则=（ ）
A． ﹣2 B2 C． 4 D． ﹣4
考点： 关于原点对称的点的坐标；立方根；关于x轴、y轴对称的点的坐标．
专题： 计算题．
分析： 利用关于原点对称点的坐标性质得出P点坐标，进而利用关于x轴对称点的坐标性质得出P2坐标，进而得出答案．
解答： 解：∵P点关于原点的对称点为P1（﹣3，﹣），
∴P（3，），
∵P点关于x轴的对称点为P2（a，b），
∴P2（3，﹣），
∴==﹣2．
故选：A．
点评： 此题主要考查了关于原点对称点的性质以及关于x轴对称点的性质，得出P点坐标是解题关键．
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7下列几何体的主视图既是中心对称图形又是轴对称图形的是（ ）
A． B． C． D．
考点： 中心对称图形；轴对称图形；简单几何体的三视图．
分析： 先判断主视图，再根据轴对称图形与中心对称图形的概念求解．
解答： 解：A、主视图是等腰三角形，是轴对称图形，不是中心对称图形，故错误；
B、主视图是等腰三角形，是轴对称图形，不是中心对称图形，故错误；
C、主视图是等腰梯形，是轴对称图形，不是中心对称图形，故错误；
D、主视图是矩形，是轴对称图形，也是中心对称图形，故正确．
故选：D．
点评： 掌握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，图形两部分沿对称轴折叠后可重合；
中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后与原图重合．
8．如图，△AOB为等腰三角形，顶点A的坐标（2，），底边OB在x轴上．将△AOB绕点B按顺时针方向旋转一定角度后得△A′O′B，点A的对应点A′在x轴上，则点O′的坐标为（ ）
A． （，） B．（，） C（，） D． （，4）
考点： 坐标与图形变化-旋转．
专题： 计算题；压轴题．
分析： 过点A作AC⊥OB于C，过点O′作O′D⊥A′B于D，根据点A的坐标求出OC、AC，再利用勾股定理列式计算求出OA，根据等腰三角形三线合一的性质求出OB，根据旋转的性质可得BO′=OB，∠A′BO′=∠ABO，然后解直角三角形求出O′D、BD，再求出OD，然后写出点O′的坐标即可．
解答： 解：如图，过点A作AC⊥OB于C，过点O′作O′D⊥A′B于D，
∵A（2，），
∴OC=2，AC=，
由勾股定理得，OA===3，
∵△AOB为等腰三角形，OB是底边，
∴OB=2OC=2×2=4，
由旋转的性质得，BO′=OB=4，∠A′BO′=∠ABO，
∴O′D=4×=，
BD=4×=，
∴OD=OB+BD=4+=，
25
∴点O′的坐标为（，）．
故选：C．
点评： 本题考查了坐标与图形变化﹣旋转，主要利用了勾股定理，等腰三角形的性质，解直角三角形，熟记性质并作辅助线构造出直角三角形是解题的关键．
9．如图所示，边长为2的正三角形ABO的边OB在x轴上，将△ABO绕原点O逆时针旋转30°得到三角形OA1B1，则点A1的坐标为（ ）
A． （，1） B．（，﹣1） C．（1，﹣） D． （2，﹣1）
考点： 坐标与图形变化-旋转；等边三角形的性质．
专题： 几何图形问题．
分析： 设A1B1与x轴相交于C，根据等边三角形的性质求出OC、A1C，然后写出点A1的坐标即可．
解答： 解：如图，设A1B1与x轴相交于C，
∵△ABO是等边三角形，旋转角为30°，
∴∠A1OC=60°﹣30°=30°，
∴A1B1⊥x轴，
∵等边△ABO的边长为2，
∴OC=×2=，
A1C=×2=1，
又∵A1在第四象限，
∴点A1的坐标为（，﹣1）．
故选：B．
点评： 本题考查了坐标与图形变化﹣旋转，等边三角形的性质，熟记等边三角形的性质是解题的关键．
25
二．填空题（共8小题）
10．如图，△ABC绕点A顺时针旋转80°得到△AEF，若∠B=100°，∠F=50°，则∠α的度数是 50° ．
考点： 旋转的性质．
专题： 计算题．
分析： 由△ABC绕点A顺时针旋转80°得到△AEF，根据旋转的性质得到∠C=∠F=50°，∠BAE=80°，再根据三角形的内角和定理得到∠BAC=180°﹣∠B﹣∠C=180°﹣100°﹣50°=30°，由此可得到∠α的度数．
解答： 解：∵△ABC绕点A顺时针旋转80°得到△AEF，
∴∠C=∠F=50°，∠BAE=80°，
而∠B=100°，
∴∠BAC=180°﹣∠B﹣∠C=180°﹣100°﹣50°=30°，
∴∠α=80°﹣30°=50°．
故答案为：50°．
点评： 本题考查了旋转的性质：旋转前后的两个图形全等，对应点与旋转中心的连线的夹角定义旋转角；也考查了三角形的内角和定理．
11．如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，∠A=30°，BC=2．将△ABC绕点C旋转得到△EDC，使点D在AB边上，斜边DE交AC边于点F，则图中△CDF的面积为 ．
考点： 旋转的性质．
专题： 计算题．
分析： 先根据已知条件求出AC的长及∠B的度数，再根据图形旋转的性质及等边三角形的判定定理判断出△BCD的形状，进而得出∠DCF的度数，由直角三角形的性质可判断出DF是△ABC的中位线，由三角形的面积公式即可得出结论．
解答： 解：∵△ABC是直角三角形，∠ACB=90°，∠A=30°，BC=2，
∴∠B=60°，AC=BC×cot∠A=2×=2 ，AB=2BC=4，
∵△EDC是△ABC旋转而成，
∴BC=CD=BD=AB=2，
∵∠B=60°，
∴△BCD是等边三角形，
∴∠BCD=60°，
∴∠DCF=∠BCA﹣∠BCD=30°，
∵∠EDC=∠B=60°，
∴∠DFC=90°，
25
即DE⊥AC，
∴DE∥BC，
∵BD=AB=2，
∴DF是△ABC的中位线，
∴DF=BC=×2=1，CF=AC=×2 =，
∴S△CDF=DF×CF=×=．
故答案为：．
点评： 本题考查的是图形旋转的性质及直角三角形的性质、三角形中位线定理及三角形的面积公式，熟知图形旋转的性质是解答此题的关键，即：
①对应点到旋转中心的距离相等；
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．
12．如图，将两块全等的直角三角形纸片△ABC和△DEF叠放在一起，其中∠ACB=∠E=90°，BC=DE=6，AC=FE=8，如图，将△DEF绕点D旋转，点D与AB的中点重合，DE，DF分别交AC于点M，N，使DM=MN，则重叠部分（△DMN）的面积为 ．
考点： 旋转的性质．
分析： 作辅助线，利用相似三角形、勾股定理、等腰三角形的性质，列方程求解
解答： 解：如图所示：
过点D作DK⊥AC于点K，则DK∥BC，
又∵点D为AB中点，
∴DK=BC=3．
∵DM=MN，∴∠MND=∠MDN，由∠MDN=∠B，
∴∠MND=∠B，又∵∠DKN=∠C=90°，
∴△DKN∽△ACB，
∴=，即=，得KN=．
设DM=MN=x，则MK=x﹣．
25
在Rt△DMK中，由勾股定理得：MK2+DK2=MD2，
即：（x﹣）2+32=x2，解得x=，
∴S△DMN=MN•DK=××3=．
故答案为：．
点评： 此题主要考查了旋转的性质以及相似三角形的性质和勾股定理等知识，得出（x﹣）2+32=x2是解题关键．
13．在Rt△ABC中，∠C=90°，，把这个直角三角形绕顶点C旋转后得到Rt△A′B′C，其中点B′正好落在AB上，A′B′与AC相交于点D，那么= ．
考点： 旋转的性质．
专题： 计算题．
分析： 作CH⊥AB于H，先在Rt△ABC中，根据余弦的定义得到cosB==，设BC=3x，则AB=5x，再根据勾股定理计算出AC=4x，在Rt△HBC中，根据余弦的定义可计算出BH=x，接着根据旋转的性质得CA′=CA=4x，CB′=CB，∠A′=∠A，所以根据等腰三角形的性质有B′H=BH=x，则AB′=x，然后证明△ADB′∽△A′DC，再利用相似比可计算出B′D与DC的比值．
解答： 解：作CH⊥AB于H，如图，
在Rt△ABC中，∠C=90°，cosB==，设BC=3x，则AB=5x，
AC==4x，
在Rt△HBC中，cosB==，而BC=3x，
∴BH=x，
∵Rt△ABC绕顶点C旋转后得到Rt△A′B′C，其中点B′正好落在AB上，
25
∴CA′=CA=4x，CB′=CB，∠A′=∠A，
∵CH⊥BB′，
∴B′H=BH=x，
∴AB′=AB﹣B′H﹣BH=x，
∵∠ADB′=∠A′DC，∠A′=∠A，
∴△ADB′∽△A′DC，
∴=，即=，
∴=．
故答案为．
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．也考查了三角形相似的判定与性质以及锐角三角形函数．
14．如图，△ABC和△ADE都是等腰直角三角形，点D是AC上的点，如果△ABC绕点A逆时针旋转后与△ADE重合，那么旋转角是 45° 度．
考点： 旋转的性质．
分析： 根据等腰直角三角形的性质得到∠EAD=∠CAB=45°，然后根据旋转的性质得AE与AC重合，AD与AB重合，则∠DAB等于旋转角．
解答： 解：∵△ABC和△ADE都是等腰直角三角形，
∴∠EAD=∠CAB=45°，
∵△ABC绕点A逆时针旋转后与△ADE重合，
∴AE与AC重合，AD与AB重合，
∴∠DAB等于旋转角，
∴旋转角为45°．
故答案为45°．
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．也考查了等腰直角三角形的性质．
25
15．如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=4，BC=3，点D为AB的中点，将△ACD绕着点C逆时针旋转，使点A落在CB的延长线A′处，点D落在点D′处，则D′B长为 ．
考点： 旋转的性质．
分析： 由题意画出图形，过D′作D′E⊥BC，根据勾股定理可求出D′E的长，根据BC的长=3，可求出BE的长，再利用勾股定理即可求出D′B的长．
解答： 解：∵在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=4，BC=3，
∴AB=5，
∵点D为AB的中点，
∴CD=AD=BD=AB=2.5，
过D′作D′E⊥BC，
∵将△ACD绕着点C逆时针旋转，使点A落在CB的延长线A′处，点D落在点D′处，
∴CD′=AD=A′D′，
∴D′E==1.5，
∵A′E=CE=2，BC=3，
∴BE=1，
∴BD′==，
故答案为：．
点评： 本题考查了勾股定理的运用、直角三角形斜边上的中线的性质、旋转的性质、等腰三角形的性质，题目的综合性较强，正确的画出旋转后的图形是解题的关键．
16．如图，在矩形ABCD中，AD=4，DC=3，将△ADC绕点A按逆时针方向旋转到△AEF（点A、B、E在同一直线上），则AC在运动过程中所扫过的面积为 π ．
考点： 旋转的性质；扇形面积的计算．
25
分析： 利用勾股定理列式求出AC，根据旋转的性质可得∠CAF=∠BAD=90°，然后利用扇形的面积公式列式计算即可得解．
解答： 解：在矩形ABCD中，∵AD=4，DC=3，
∴AC===5，
由旋转的性质得，∠CAF=∠BAD=90°，
∴AC在运动过程中所扫过的面积==π．
故答案为：π．
点评： 本题考查了旋转的性质，扇形面积的计算，矩形的性质，熟记性质并求出∠CAF的度数是解题的关键．
17如图，将△ABC绕点A逆时针方向旋转到△ADE的位置，点B落在AC边上的点D处，设旋转角为α （0°＜α＜90°）．若∠B=125°，∠E=30°，则∠α= 25 °．
考点： 旋转的性质．
专题： 计算题．
分析： 根据旋转的性质得∠C=∠E=30°，∠DAB=α，然后根据三角形内角和定理计算出∠CAB=25°，从而得到∠α=25°．
解答： 解：∵△ABC绕点A逆时针方向旋转到△ADE的位置，点B落在AC边上的点D处，
∴∠C=∠E=30°，∠DAB=α，
∵∠CAB+∠C+∠B=180°，
∴∠CAB=180°﹣30°﹣125°=25°，
∴∠α=25°．
故答案为25．
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，将△ABC绕点B逆时针旋转α得到△DBE，DE的延长线与AC相交于点F，连接DA、BF，∠ABC=α=60°，BF=AF．
（1）求证：DA∥BC；
（2）猜想线段DF、AF的数量关系，并证明你的猜想．
25
考点： 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．
分析： （1）利用等边三角形的判定与性质得出∠DAB=∠ABC，进而得出答案；
（2）首先利用旋转的性质以及全等三角形的判定方法得出△DBG≌△ABF（SAS），进而得出△BGF为等边三角形，求出DF=DG+FG=AF+AF=2AF．
解答： （1）证明：由旋转的性质可知：∠DBE=∠ABC=60°，BD=AB，
∴△ABD为等边三角形，
∴∠DAB=60°，
∴∠DAB=∠ABC，
∴DA∥BC；
（2）猜想：DF=2AF，
证明如下：如图，在DF上截取DG=AF，连接BG，
由旋转的性质可知，DB=AB，∠BDG=∠BAF，
在△DBG和△ABF中，
，
∴△DBG≌△ABF（SAS），
∴BG=BF，∠DBG=∠ABF，
∵∠DBG+∠GBE=α=60°，
∴∠GBE+∠ABF=60°，即∠GBF=α=60°，
又∵BG=BF，
∴△BGF为等边三角形，
∴GF=BF，
又∵BF=AF，
∴FG=AF，
∴DF=DG+FG=AF+AF=2AF．
点评： 此题主要考查了全等三角形的判定与性质以及旋转的性质和等边三角形的判定与性质等知识，熟练掌握等边三角形的判定方法是解题关键．
19．如图，在矩形ABCD中，AB=4，BC=3，将矩形绕点C按顺时针方向旋转，使点B落在线段AC上，得矩形CEFG，边CD与EF交于点H，连接DG．
（1）CH= ．
（2）求DG的长．
25
考点： 旋转的性质；勾股定理；矩形的性质；相似三角形的判定与性质．
分析： （1）利用勾股定理列式求出AC，根据旋转的性质可得CE=BC，然后根据△ABC和△CEH相似，利用相似三角形对应边成比例列式求解即可；
（2）过点G作GM⊥CD于M，然后求出△ABC和△GMC相似，根据相似三角形对应边成比例求出CM、MG，再求出DM，然后利用勾股定理列式计算即可得到DG．
解答： 解：（1）在矩形ABCD中，∵AB=4，BC=3，
∴AC===5，
∵矩形ABCD绕点C按顺时针方向旋转得矩形CEFG，
∴CE=BC=3，
∵∠BAC+∠ACB=90°，∠ECH+∠ACB=90°，
∴∠BAC=∠ECH，
又∵∠B=∠CEH=90°，
∴△ABC∽△CEH，
∴=，
即=，
解得CH=；
故答案为：；
（2）如图，过点G作GM⊥CD于M，
∵∠ACB+∠ACD=∠GCM+∠ACD=90°，
∴∠ACB=∠GCM，
又∵∠B=∠GMC=90°，
∴△ABC∽△GMC，
∴==，
即==，
解得CM=，MG=，
∴DM=CD﹣CM=4﹣=，
在Rt△DMG中，DG===．
点评： 本题考查了旋转的性质，勾股定理，矩形的性质，相似三角形的判定与性质，熟记性质并确定出相似三角形是解题的关键，难点在于（2）作辅助线构造成相似三角形．
25
20．如图，△ABC是格点三角形（三角形的三个顶点都是小正方形的顶点）．
（1）将△ABC绕点C逆时针旋转90°，得到△CDE．写出点B对应点D和点A对应点E的坐标．
（2）若以格点P、A、B为顶点的三角形与△CDE相似但不全等，请写出符合条件格点P的坐标．
考点： 作图-旋转变换；相似三角形的性质．
专题： 作图题．
分析： （1）找到旋转角度、旋转中心、旋转方向后可得出各点的对应点，进而顺次连接即可得出答案；
（2）可找能使△PAB是直角三角形且PA=2AB或（PB=2AB）的P．
解答： 解：
（1）所作图形如下：
由图形可得：D（2，3），E（2，1）、
（2）所作图形如下：
由图形可得：P（3，4）或（1，4）．
点评： 本题考查旋转作图及相似三角形的性质，难度不大，在进行旋转作图时一定要明确旋转角度、旋转中心、旋转方向．
21．如图所示的直面直角坐标系中，△OAB的三个顶点坐标分别为O（0，0），A（1，﹣3）B（3，﹣2）．
（1）将△OAB绕原点O逆时针旋转90°画出旋转后的△OA′B′；
（2）求出点B到点B′所走过的路径的长．
25
考点： 作图-旋转变换；弧长的计算．
专题： 作图题．
分析： （1）根据旋转角、旋转方向、旋转在中心找到各点的对应点顺次连接即可；
（2）先求出OB 的长度，然后根据弧长公式即可计算．
解答： 解：（1）所作图形如下所示：
（2）∵OB=，
∴==π．
点评： 本题考查旋转作图，掌握画图的方法和图形的特点是关键；旋转时点经过的路径为一段弧长．
22．（1）如图，CA=CD，∠1=∠2，BC=EC．求证：AB=DE．
（2）如图，已知点A（﹣3，4），B（﹣3，0），将△OAB绕原点O顺时针旋转90°，得到△OA1B1．
①画出△OA1B1，并直接写出点A1、B1的坐标；
②求出旋转过程中点A所经过的路径长（结果保留π）．
考点： 作图-旋转变换；全等三角形的判定与性质；弧长的计算．
25
分析： （1）根据∠1=∠2，可得出∠BCA=∠ECD，然后利用SAS证明△ABC≌△DEC，继而可得出AB=DE；
（2）①分别作出A、B绕点O顺时针旋转90°后的点A1、B1，然后顺次连接A1B1、A1O、B1O，并写出点A1、B1的坐标；
②点A的路径为以OA为半径的弧长，根据弧长公式计算即可．
解答： （1）证明：∵∠1=∠2，
∴∠1+∠ECA=∠2+∠ECA，
即∠ACB=∠DCE，
在△ABC和△DEC中，
，
∴△ABC≌△DEC（SAS），
∴AB=DE．
（2）解：①如图所示：
A1（4，3），B1（0，3）；
②如图，在Rt△OAB中，
∵OB2+AB2=OA2，
∴OA==5，
∴l==，
因此点A所经过的路径长为．
点评： 本题考查了全等三角形的判定与性质以及根据旋转变换作图，解答本题的关键是作出各点旋转后的对应点．
23．推理证明：如图1，在正方形ABCD和正方形CGFE中，连结DE、BG，设△DCE的面积为S1，△BCG的面积为S2，求证：S1=S2．
猜想论证：如图2，将矩形ABCD绕点C按顺时针方向旋转后得到矩形FECG，连结DE、BG，设△DCE的面积为S1，△BCG的面积为S2，猜想S1、S2的数量关系，并加以证明．
拓展探究：如图3，在△ABC中，AB=AC=10cm，∠B=30°，把△ABC沿AC翻折到△ACE，过点A作AD∥CE交BC于点D，在线段CE上存在点P，使△ABP的面积等于△ACD的面积，请你直接写出CP的长．
25
考点： 几何变换综合题．
分析： 推理证明：过点E作EM⊥DC于M点，过点G作GN⊥BC交BC的延长线于N点，先证明△CME≌△CNG求得EM=GN，然后根据三角形的面积公式即可证得；
猜想论证：，过点E作EM⊥DC于M，过点B作BN⊥GC交GC的延长线于点N，根据旋转的性质得出CE=CB，CG=CD，进而得出∠1=∠3，从而得出△CME≌△CNB，
通过全等得出EM=BN，然后根据三角形的面积公式即可证得；
拓展探究：先根据AD∥CE得出∠DAC=∠ACE=30°，进而得出∠BAD=90°，DM=AD，BN⊥EC，然后通过解直角三角函数求得AD，从而得出DM，最后根据三角形面积公式和已知条件得出PN=DM，即可求得CP的长；
解答： 证明：如图1，过点E作EM⊥DC于M点，过点G作GN⊥BC交BC的延长线于N点，
∴∠EMC=∠N=90°，
∵四边形ABCD和四边形ECGF为正方形，
∴∠BCD=∠DCN=∠ECG=90°，CB=CD，CE=CG，
∴∠1=90°﹣∠2，∠3=90°﹣∠2，
∴∠1=∠3．
在△CME和△CNG中
∴△CME≌△CNG（ASA）．
∴EM=GN．
又∵S1=CD•EM，S2=CB•GN，
∴S1=S2；
猜想论证：
猜想：S1=S2，
证明：如图2，过点E作EM⊥DC于M，过点B作BN⊥GC交GC的延长线于点N，
∴∠EMC=∠N=90°，
∵矩形CGFE由矩形ABCD旋转得到的，
∴CE=CB，CG=CD，
∵∠ECG=∠ECN=∠BCD=90°，
∴∠1=90°﹣∠2，∠3=90°﹣∠2，∴∠1=∠3．
在△CME和△CNB中
∴△CME≌△CNB（ASA）．
25
∴EM=BN．
又∵S1=CD•EM，S2=CG•BN，
∴S1=S2；
拓展探究：cm或cm．
证明：如图3，作DM⊥AC于M，延长BA，交EC于N，
∵AB=AC=10cm，∠B=30°，
∴∠ACB=∠ABC=30°，
∴∠BAC=120°，
根据对折的性质，∠ACE=∠ACB=30°，
∵AD∥CE，
∴∠DAC=∠ACE=30°，
∴∠BAD=90°，DM=AD，
∴BN⊥EC，
∵AD=tan∠ABD•AB，AB=10cm，
∴AD=tan30°×10=，
∴DM=×=，
∵S△ABP=AB•PN，S△ADC=AC•DM，S△ABP=S△ADC，AB=AC，
∴PN=DM=，
在RT△ANC中∠ACN=30°，AC=10cm，
∴NC=cos∠ACN•AC=cos30°×10=5，
∵在EC上到N的距离等于的点有两个，
∴P′C=cm，P″C=cm，
∴CP的长为：cm或cm．
25
点评： 本题考查了正方形的性质，矩形的性质，旋转的性质，全等三角形的判定和性质，平行线的性质，直角三角函数的应用等，找出两个三角形的高的关系是本题的关键．
24．如图1，正方形ABCD与正方形AEFG的边AB、AE（AB＜AE）在一条直线上，正方形AEFG以点A为旋转中心逆时针旋转，设旋转角为α．在旋转过程中，两个正方形只有点A重合，其它顶点均不重合，连接BE、DG．
（1）当正方形AEFG旋转至如图2所示的位置时，求证：BE=DG；
（2）当点C在直线BE上时，连接FC，直接写出∠FCD的度数；
（3）如图3，如果α=45°，AB=2，AE=，求点G到BE的距离．
考点： 几何变换综合题．
分析： （1）根据正方形的性质可得AB=AD，AE=AG，∠BAD=∠EAG=90°，再根据余角的性质，可得∠BAE=∠DAG，然后利用“SAS”证明△ABE≌△ADG，根据全等三角形对应边相等证明即可；
（2）分两种情况：①E在BC的右边，连接AC，AF，CF，利用点A，C，E，F四点共圆求解，②E在BC的左边，连接AC，AF，FG，CG，首先确定DG和CG在同一条直线上，再利用点A，C，G，F四点共圆求解．
（3）根据平行线的判定，可得AB与GE的关系，根据平行线间的距离相等，可得△BEG与△AEG的关系，根据根据勾股定理，可得AH与BE的关系，再根据勾股定理，可得BE的长，根据三角形的面积公式，可得G到BE的距离．
解答： （1）证明：如图2，
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∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=AD，∠BAE+∠EAD=90°，
又∵四边形AEFG是正方形，
∴AE=AG，∠EAD+∠DAG=90°，
∴∠BAE=∠DAG．
∴在△ABE与△ADG中，
，
∴△ABE≌△ADG（SAS），
∴BE=DG；
（2）解：①如图3，连接AC，AF，CF，
∵四边形ABCD与AEFG是正方形，
∴∠ACD=∠AFE=45°，
∵∠DCE=90°
∴点A，C，E，F四点共圆，
∵∠AEF是直角，
∴AF是直径，
∴∠ACF=90°，
∵∠ACD=45°，
∴∠FCD=45°
②如图4，连接AC，AF，FG，CG
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由（1）知∵△ABE≌△ADG，
∴∠ABE=∠ADG=90°，
∴DG和CG在同一条直线上，
∴∠AGD=∠AGC=∠BAG，
∵四边形ABCD与AEFG是正方形，
∴∠BAC=∠BAE=45°，
∴∠BAG+∠GAC=45°，∠BAG+∠BAF=45°，
∴∠AGD+∠GAC=45°，
∴∠BAG+∠BAF+∠AGD+∠GAC+∠AGF=180°，
∴点A，C，G，F四点共圆，
∵∠AGF是直角，
∴AF是直径，
∴∠ACF=90°，
∴∠FCD=90°+45°=135°．
（3）解：如图5，连接GB、GE，
由已知α=45°，可知∠BAE=45°．
又∵GE为正方形AEFG的对角线，
∴∠AEG=45°．
∴AB∥GE．
∵，AB与GE间的距离相等，
∴GE=8，．
过点B作BH⊥AE于点H，
∵AB=2，
∴．
∴．
∴．
设点G到BE的距离为h．
∴．
∴．
即点G到BE的距离为．
点评： 本题主要考查了几何变换综合题．涉及正方形的性质，全等三角形的判定及性质，等积式及四点共圆周的知识，综合性强．解题的关键是运用等积式及四点共圆周判定及性质求解．
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