全国中考数学试题分类解析汇总 专题54图形的旋转变换

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专题54：图形的旋转变换

一、选择题

1.（浙江湖州3分）如图，△AOB是正三角形，OC⊥OB，OC＝OB，将△AOB 绕点O按逆时针方向旋转，使得OA与OC重合，得到△OCD，则旋转角度是

A．150o B．120o C．90o D．60o 【答案】A。

【考点】旋转的性质，等边三角形的性质，等腰直角三角形的性质。

【分析】由题意，∠AOC就是旋转角，根据等边三角形每个角都是60°的性质和OC⊥OB，即可求得旋转角∠AOC=∠AOB+∠BOC=60°＋90°=150°。故选A。

2.（浙江宁波3分）如图，Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=BC=22，若把Rt△绕 边AB所在直线旋转一周，则所得几何体的表面积为

(A)4? (B)42? (C)8? (D)82? 【答案】D。

【考点】圆锥的计算，勾股定理，

【分析】所得几何体的表面积为2个底面半径为2，母线长为22的圆锥侧面积的和：

∵Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=BC=22，∴AB=∴所得圆锥底面半径为2，

∴几何体的表面积=2×?×2×22=82?。 故选D。

3.（黑龙江哈尔滨3分）如罔，在Rt△ABC中，∠BAC=90，∠B=60，△ABC可以由△ABC绕点 A顺时针旋转90得到(点B 与点B是

0

10

0

?22??2?22?2?4。

11对应点，点C与点C是对应点)，连接CC’，则∠CC’B’的度数是。

(A) 45 (B) 30 (C) 25 (D) 15【答案】D。

【考点】旋转的性质，等腰直角三角形的性质，三角形内角和定理。

0

0

0

0

1

【分析】由∠BAC=90，∠B=60可知，∠ACB=30。由旋转的性质可知，AC=AC′，又∠CAC′=90°，可知△CAC′为等腰直角三角形，∴∠CC′A=45°。也由旋转的性质可知，∠A C′ B′=∠ACB=30。因此∠CC’B’=∠CC′A－∠A C′ B′==15°。故选D。

4.（广西桂林3分）在平面直角坐标系中，将抛物线y=x＋2x＋3绕着它与y轴的交点旋转180°，所得抛物线的解析式是

A、y=－（x＋1）＋2 C、y=－（x－1）＋2 【答案】B。

【考点】二次函数图象，中心对称的性质。

【分析】求出抛物线y=x＋2x＋3与y轴交点（0，3）和顶点坐标（－1，2）。抛物线绕与y轴交点旋转180°，它的顶点同样绕这一点旋转180°，那么根据中心对称的性质，可得旋转后的抛物线的顶点坐标，即点（－1，2）关于点（0，3）中心对称的点（1，4），

从而求得旋转后的解析式：y=－（x－1）＋4。故选B。

5.（广西北海3分）如图，直线l：y＝x＋2与y轴交于点A，将直线l绕点A 旋转90o后，所得直线的解析式为

A．y＝x－2 B．y＝－x＋2 C．y＝－x－2 D．y＝－2x－1 【答案】B。

【考点】旋转的性质，待定系数法，点的坐标与方程的关系。

【分析】由已知，可求直线y＝x＋2与x、y轴的交点分别为（－2，0），（0，2）， 直线l绕点A旋转90o后，所得直线与x、y轴的交点分别为（2，0），（0，2）， 因此用待定系数法可求所得直线的解析式为y＝－x＋2。故选B。

2

222

2

0

000

B、y=－（x－1）＋4 D、y=－（x＋1）＋4

2

2

，?A?30°，BC?2．将△ABC绕6.（江苏扬州3分）如图，在Rt△ABC中，?ACB?90°点C按顺时针方向旋转n度后得到△EDC，此时点D在AB边上，斜边DE交AC边于点F，则n的大小和图中阴影部分的面积分别为 A．30， 2 B．60， 2 C．60， 【答案】C。

【考点】旋转的性质，含30角的直角三角形的的性质，三角形中位线性质，相似三角形的判定和性质。

0

3 D．60， 3 2CD?BC ，?A?30°，【分析】∵在Rt△ABC中，?ACB?90° ∴?CDB??B?900?300?600，n??DCB?600。很易证出 Rt?ABC∽Rt?CDF , S?ABC31DF1?1?。 ??BC?AC?23 , ? ，∴S?CDF????23?22CB2?2?27.（山东滨州3分）如图．在△ABC中，∠B＝90°，∠A＝30°，AC＝4cm，将△ABC绕顶点C顺时针方向旋转至△A'B'C的位置，且A、C、B'三点在同一条直线上，则点A所经过的最短路线的长为

A、43cm

B、8cm8cm C、

16?cm 3D、?cm

83【答案】D。

【考点】旋转的性质，弧长的计算。

【分析】点A所经过的最短路线是以C为圆心、CA为半径的一段弧线，运用弧长公式计算求解：

∵∠B＝90°，∠A＝30°，A、C、B'三点在同一条直线上，∴∠ACA′＝120°。 又∵AC＝4，∴L故选D。

8.（山东泰安3分）一圆锥的侧面展开图是半径为2的半圆，则该圆锥的全面积是

A、5π

B、4π C、3π

D、2π

AA'?120???48???cm?。

1803【答案】C。

【考点】圆锥的计算。

【分析】半圆的面积就是圆锥的侧面积，根据半圆的弧长等于圆锥底面圆的周长，因此圆锥的侧面积是

122

×π×2＝2π，即底面的周长是2π。则底面圆半径是2π÷2π＝1，底面圆面积是π×12＝π。从而该圆锥的全面积是2π＋π＝3π。故选C。

9.（山东淄博3分）一副三角板按图1所示的位置摆放.将△DEF绕点A（F）逆时针旋转60°

后（图2），

测得CG=10cm，则两个三角形重叠（阴影）部分的面积为

A． 75cm

2

B． (25?253)cm D． (25?2

C．(25?253)cm2

3

503)cm2 3【答案】C。

【考点】等腰直角三角形的性质，锐角三角函数，特殊角三角函数值，二次根式化简。 【分析】过点G作GH⊥AC于点H。则△CGH是等腰直角三角形，由CG=10cm知 GH＝CH＝CG?sin450=10?2GH525=52；在Rt△AGH中，AH＝==6。 2tan60033则两个三角形重叠（阴影）部分的面积为故选C。

11525?6?52?52?25?3。 ?AH?CH??GH????22?33?10.（山东泰安3分）若点A的坐标为（6，3）O为坐标原点，将OA绕点O按顺时针方向旋转90°得到OA′，则点A′的坐标是

A、（3，﹣6）

B、（﹣3，6） D、（3，6）

C、（﹣3，﹣6） 【答案】 A。

【考点】坐标与图形的变化（旋转）。

【分析】正确作出A旋转以后的A′点，即可确定坐标： 在Rt△AOB和Rt△A′OC中，

∵OA＝O A′，∠AOB＝90°－∠BO A′＝A′OC， ∴△AOB≌△A′OC（AAS）。

∴C A′＝BA＝3，OC＝OB＝6。∴点A′的坐标是（3，﹣6）。 故选A。

11.（湖北宜昌3分）如图，矩形OABC的顶点O为坐标原点，点A在x轴上，点B的坐标为（2，1）．如果将矩形0ABC绕点O旋转180°旋转后的图形为矩形OA1B1C1，那么点B1的坐标为

A、（2，1）

B、（﹣2，1）

D、（2，﹣l）

C、（﹣2，﹣1） 【答案】C。

【考点】坐标与图形的旋转变化。

【分析】将矩形0ABC绕点O顺时针旋转180°，就是把矩形0ABC上的每一个点绕点O顺时针旋转180°，求点B1的坐标即是点B关于点O的对称点B1点的坐标得出答案即可： ∵点B的坐标是（2，1），∴点B关于点O的对称点B1点的坐标是（﹣2，﹣1）。故选C。

12.（湖北孝感3分）如图，菱形OABC的一边OA在x轴上，将菱形OABC绕原点O顺时针旋转75°至OA′B′C′的位置，若OB=23，∠C=120°，则点B′的坐标为

A.(3,3) B. (3,?3) C. (6,6) D. (6,?6)

yCAOC'A'xB【答案】D。

【考点】坐标与图形的旋转变化，菱形的性质，垂直的定义，旋转的性质，锐角三角函数定义，直角坐标系中点的特征。

【分析】首先根据菱形的性质，即可求得∠AOB的度数，又由将菱形OABC绕原点O顺时针旋转75°至OA′B′C′的位置，可求得∠B′OA的度数，然后在Rt△B′OF中，利用三角函数即可求得OF与B′F的长，则可得点B′的坐标：

过点B作BE⊥OA于E，过点B′作B′F⊥OA于F， ∴∠BE0=B′FO=90°。

∵四边形OABC是菱形，∴OA∥BC，∠AOB=

B'1∠AOC。 2∵∠AOC+∠C=180°，∠C=120°，∴∠AOC=60°，∠AOB=30°。 ∵菱形OABC绕原点O顺时针旋转75°至OA′B′C′的位置， ∴∠BOB′=75°，OB′=OB=23。∴∠B′OF=45°。 在Rt△B′OF中，OF=OB′sin45°=23× ∴B′F= 6。

∵点B′在第四象限，∴点B′的坐标为：(6,?6)。故选D。

13.（四川资阳3分）如图，若正方形EFGH由正方形ABCD绕某点旋转得到，则可以作为旋转中心的是

A. M或O或N C. E或O或N

【答案】A。 【考点】旋转中心。

【分析】如图，正方形EFGH可由正方形ABCD绕O点顺时针旋转180得到；也可由正方形ABCD绕M点顺时针旋转90得到；也可由正方形ABCD绕N点顺时针旋转270得到。故选A。 14.（四川乐山3分）如图，直角三角板ABC的斜边AB=12㎝，∠A=30°，

0

0

0

2?6。 2B. E或O或C D. M或O或C

将三角板ABC绕C顺时针旋转90°至三角板A?B?C?的位置后，再沿CB方向向左平移，使点落在原三角板ABC的斜边AB上，则三角板平移的距离为

A. 6㎝ B. 4㎝ C.（6－23 ）㎝ D.（43?6）㎝ 【答案】C。

【考点】锐角三角函数，特殊角的三角函数值，旋转的性质。 【分析】如图，过B′作B′D⊥AC，垂足为B′，

∵在Rt△ABC中，AB=12，∠A=30°， ∴BC=

1AB=6，AC=AB?sin30°=63。 2B′C=BC=6，∴AB′=AC－

由旋转的性质可知

B′C=63?6。

在Rt△AB′D中，∵∠A=30°，∴B′D=AB′?tan30°=63?6故选C。

??33?6?23（cm）。

15.（四川广元3分）如图，边长为1的正方形ABCD绕点A旋转45o得到正方形AB1C1D1，边B1C1与CD交于点O，则四边形AB1OD的周长是 A．2 B．22 C．1＋2 D．3 【答案】B。

【考点】旋转的性质，正方形的性质，等腰直角三角形的判定和性质，勾股定理。 【分析】连接AC，∵四边形ABCD为正方形，∴∠CAB=45°。

∵正方形ABCD绕点A逆时针旋转45°，∴∠B1AB=45°。 ∴点B1在线段AC上。 易证△OB1C

为等腰直角三角形，∴B1C=B1O。

∴AB1+B1O=AC=AB2?BC2?2。

同理可得AD+DO=AC1=2。∴四边形AB1OD的周长为22。故选B。

16.（四川泸州2分）如图，该图形绕点O按下列角度旋转后，不能与其自身重合的是

A、72°

B、108° C、144°

D、216°

【答案】B。

【考点】旋转对称图形。

【分析】该图形被平分成五部分，因而每部分被分成的圆心角是72°，并且圆具有旋转不变性，因而旋转72度的整数倍，就可以与自身重合。因而A、C、D都正确，不能与其自身重合的是B。故选B。

17.(四川德阳3分)如图，在平面直角坐标系中，已知点A(a，0)，B(0，b)，如果将线段AB绕点B顺时针旋转90°至CB，那么点C的坐标是 A．(?b，b?a) B．(?b，b?a) C．(?a，b?a) D．(b，b?a) 【答案】B。

【考点】旋转的性质，平面直角坐标系中点的特征。

【分析】如图，根据旋转的性质和旋转角度为90°，得CD=OB=b， OD=OB－OD=b－a；根据平面直角坐标系中第二象限点的特征，点C的坐标是 (?b，b?a)。故选B。

18.（甘肃兰州4分）如图，A、B、C三点在正方形网格线的交点处，若将△ABC绕着点A逆时针旋转得到△AC′B′，则tanB′的值为

A.

1112 B. C. D. 2344【答案】B。

【考点】旋转的性质，锐角三角函数的定义。

【分析】过C点作CD⊥AB，垂足为D，根据旋转性质可知，∠B′=∠B， 因此，tanB′= tanB=

CD1=。故选B。 BD319. （宁夏自治区3分）如图，△ABO的顶点坐标分别为A（1，4）、B（2，1）、O（0，0），如果将△ABO绕点O按逆时针方向旋转90°，得到△A′B′O′，那么点A′、B′的对应点的坐标是 2） 【答案】D。

【考点】坐标与图形的旋转变化。

【分析】∵图形旋转后大小不变，∴OA=OA′=12?42?17。∴A、D显然错误；

A、A′（﹣4，2），B′（﹣1，1） B、A′（﹣4，1），B′（﹣1，2） C、A′（﹣4，1），B′（﹣1，1）

D、A′（﹣4，2），B′（﹣1，

同理OB=OB′=22?12?5。∴C错误。故选D。

20.（云南曲靖3分）将如图所示的两个平面图形绕轴旋转一周，对其所得的立体图形，下列说法正确的是

A.主视图相同 B.左视图相同

C.俯视图相同 D.三种视图都不相同 【答案】C。

【考点】旋转，立体图形的三视图。

【分析】由旋转知三角形旋转一周得到圆锥，矩形旋转一周得到圆柱。按照如图放置，它们的俯视图教师圆。故C选项正确。

21.（贵州安顺3分）在Rt△ABC中，斜边AB =4，∠B= 60°，将△ABC绕点B按顺时针方向旋转60°，顶点C运动的路线长是

A．

?3 B．

2?4? C．π D．

33【答案】B。

【考点】弧长的计算，旋转的性质，锐角三角函数。

【分析】因为斜边AB=4，∠B=60°，所以BC=2，点C运动的路线是以B为圆心、BC为半径、中心角为60°的弧CC′，那么弧CC′的长=

60???22??。故选B。 180322.（贵州毕节3分）将下图所示的Rt△ABC绕直角边AB旋转一周，所得几何体的主视图为

A B C D

【答案】C。

【考点】旋转的概念，简单几何体的三视图。

【分析】如图所示的Rt△ABC绕直角边AB旋转一周，所得几何体为圆锥，它的的主视图为等腰三角形。故选C。

23.（贵州铜仁4分）将如图1所示的直角三角形绕直线l旋转一周，得到的立体图形是

【答案】B。 【考点】面的旋转。

【分析】根据题意作出图形，即可进行判断：将如图所示的直角三角形绕直线l旋转一周，可得到圆锥。故选B。

24.（福建厦门3分）如图，在正方形网格中，将△ABC绕点A旋转后得到△ADE，则下列旋转方式中，符合题意的是、

A、顺时针旋转90° C、顺时针旋转45°

B、逆时针旋转90° D、逆时针旋转45°

【答案】B。

【考点】旋转的性质。

【分析】根据旋转的性质，要明确三个要素：旋转中心、旋转方向、旋转角度。由图形可知：将△ABC绕点A逆时针旋转90°可得到△ADE。故选B。 二、填空题

1.（上海4分）Rt△ABC中，已知∠C＝90°，∠B＝50°，点D在边BC上，BD＝2CD（如图）．把△ABC绕着点D逆时针旋转m（0＜m＜180）度后，如果点B恰好落在初始Rt△ABC的边上， 那么m＝ ． 【答案】80°或120°。

【考点】图形旋转的性质，等腰三角形的性质，锐角三角函数定义，特殊角三角函数值，三角形内角和定理，邻补角定义。

【分析】由已知，B恰好落在初始Rt△ABC的边上且旋转角0°＜m＜180°，故点B可落在AB边上和AC边上两种情况。

当点B落在AB边上时（如图中红线），由旋转的性质知△DBE是

等腰三角形，由∠B＝50°和等腰三角形等边对等角的性质，三角形内角和定理可得m＝∠BDE＝80°。

当点B落在AC边上时（如图中蓝线），在Rt△CDH中，由已知BD＝2CD，即DH＝2CD，

得∠CDH的余弦等于＝∠BDH＝120°。

2.（辽宁大连3分）如图，等腰直角三角形ABC的直角边AB的长为6cm，将△ABC绕点A逆时针旋转15°后得到△AB′C′，则图中阴影部分面积等于 cm． 【答案】63。

【考点】旋转的性质，等腰直角三角形的性质，解直角三角形。

【分析】将△ABC绕点A逆时针旋转15°，得到∠AB′D＝45°－15°=30°，利用三角函数即可求出B′D的长：B′D=AB′tan30°=6× 可求出阴影部分面积：SAB?D2

1，从而由特殊角三角函数值得∠CDH＝60°，所以根据邻补角定义得m23=2 3，然后根据直角三角形的面积公式即31??6?23?63。 23.（辽宁本溪3分）菱形OCAB在平面直角坐标系中的位置如图所示，点O的坐标是（0，0），点A在y轴的正半轴上，点P是菱形对角线的交点，点C坐标是（3，3）若把菱形OCAB绕点A逆时针旋转90°，则点P的对应点P′的坐标是 。 【答案】（3，6）。

【考点】旋转的性质，菱形的的性质。

【分析】根据题意先求出点P的坐标（0，3），再找出P′的位置，根据已知菱形OCAB绕点A逆时针旋转90°，则根据旋转和菱形的性质，点P的对应点P′的横坐标为PA的长3，纵坐标为OA的长6。

4.（黑龙江牡丹江3分）平行四边形AOBC在平面直角坐标系中的位置如图所示，∠AOB=60，AO=1，AC=2，把平行四边形AOBC绕点O逆时针旋转，使点A落在y轴上，则旋转后点C的对应点C′的坐标为 【答案】（3，2）或（－3，－2）。

【考点】旋转变换，对称的性质，解直角三角形，特殊角三角函数值。 【分析】把平行四边形AOBC绕点O逆时针旋转，使点A落在y轴上有两种情况，

①点A落在y轴正半轴上（如图），∵∠AOB=60°，∠C′DO=90°，∴∠BOB′=30°。又∵OB′=AC=2，∴OD=OB??cos?BOB??2?0

3?3。同样可求A′E=1，OE=OA′2＋A′E=1＋1=2，∴C′（3，2）。②点A落在y轴负半轴上，可知得到的平

行四边形与①中的平行四边形A′OB′C′关于原点对称，∴点（3，2）关于原点对称的点（－3，－2）即为所求。

5.（广西崇左2分）在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=3，BC=4，将△ABC绕边AC所在直线旋转一周得到圆锥，则该圆锥的侧面积是 . 【答案】20π。

【考点】旋转的性质，勾股定理，圆锥的计算。

【分析】先应用勾股定理求出AB的长（即圆锥的母线）5，这样圆锥的半径为r＝4，母线为l＝5，直接应用圆锥的侧面积公式即可求：圆锥的侧面积＝πlr=5×4×π＝20π。

6.（广西玉林、防城港3分）如图，等边△ABC绕点B逆时针旋转30°时，点C转到C′的位置，且BC′与AC交于点D，则【答案】2?3。

【考点】旋转的性质，等边三角形的性质，解直角三角形。

【分析】等边△ABC绕点B逆时针旋转30°时，则△BCD是直角三角形，根据三角函数即可求解：

设等边△ABC的边长是a，则BD＝BC?cos30°＝C'D的值为 ． CD?333?a，C′D＝a?，a??1????a222???3??1??a2?1C'D?CD= a。∴??2?3。

1CD2a27.（江苏南京2分）如图，E、F分别是正方形ABCD的边BC、CD上的点， BE=CF，连接AE、BF，将△ABE绕正方形的中心按逆时针方向转到 △BCF，旋转角为α（0°＜α＜180°），则∠α= ． 【答案】90°。

【考点】旋转的性质，正方形的性质。

【分析】首先作出旋转中心，根据正方形的性质即可求解：∵四边形ABCD是正方形．∴∠AOB=90°，∴α=90°。

8.（江苏泰州3分）如图，△ABC的3个顶点都在5×5的网格（每个小正方形的边长均为1个单位长度）的格点上，将△ABC绕点B顺时针旋转到△A?BC?的位置，且点A?、C?仍落在格点上，则线段AB扫过的图形面积是 平方单位（结果保留π）。 【答案】

13?。 4【考点】勾股定理，扇形面积，图形旋转的性质。

22【分析】根据勾股定理可得：AB?2?3?13,∵将△ABC绕点B顺时针旋转到

△A′B′C′的角度是90，∴S扇形AA'B?0

90??13?2360?13?。 49.（江苏盐城3分）如图，已知正方形ABCD的边长为12cm，E为CD边上一 点，DE=5cm．以点A为中心，将△ADE按顺时针方向旋转得△ABF，则点E 所经过的路长为 cm． 【答案】

13?。 2【考点】旋转的性质，勾股定理，扇形弧长公式。

【分析】当△ADE按顺时针方向旋转到△ABF时，点E所经过的路长是一个以点A为圆心，AE

为半

径，圆心角为90的弧长。而AE?AD2?DE2?122?55?13，故点E所经过的路长为

0

9013?2??13??。 360210.（江苏淮安3分）如图，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，∠ACB＝30°，将△ABC绕点A按逆时针方向旋转15°后得到△AB1C1，B1C1交AC于点D，如果AD＝22，则△ABC的周长等于 . 【答案】6?23。

【考点】旋转的性质，全等三角形的性质，30°和45°角的直角三角形的性质，勾股定理。 【分析】根据已知在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，∠ACB＝30°可以得出∠BAC＝60°。根据旋转的性质知，△ABC≌△AB1C1，所以∠B1AC1＝∠BAC＝60°。而△AB1C1是由△ABC绕点A按逆时针方向旋转15°所得，可知∠B1AD＝45°，可以求出AB1＝2（用勾股定理或45°角的余弦函数均可求）。另一方面Rt△ABC中，由于AB＝AB1＝2，∠ACB＝30°，易求AC＝4，BC＝23（用30°角的直角三角形中30°角所对的边是斜边一半的性质和勾股定理，或30°角的正、余弦

函数均可求）。从而△ABC的周长等于AB＋BC＋AC＝6?23。

11.（江西省A卷3分）如图，△DEF是由△ABC绕某点旋转得到的，则这点的坐标是 【答案】（0，1）。

【考点】坐标与图形的旋转变化。

【分析】根据旋转的性质，对应点到旋转中心的距离相等，可知，只要连接两组对应点，作出对应点所连线段的两条垂直平分线，其交点即为旋转中心。因此，如图，连接AD、BE，作线段AD、BE的垂直平分线， 两线的交点即为旋转中心O′．其坐标是（0，1）。

12.（湖北恩施3分）如图，△AOB的顶点O在原点，点A在第一象限，点B在x轴的正半轴

k（k＞0）的图象经过点xk

A，将△AOB绕点O顺时针旋转120°，顶点B恰好落在y?的图象

x

上，且AB=6，∠AOB=60°，反比例函数y?上，则k的值为 ． 【答案】93。

【考点】反比例函数综合题，坐标与图形旋转变化，旋转和性质，等边三角形的判定和性质，解直角三角形，特殊角的三角函数值。 【分析】过A点作AC⊥x轴，垂足为C，设旋转后点B的对应点为B′，

则∠AOB′=∠AOB+∠BOB′=60°+120°=180°。 ∵双曲线是中心对称图形，∴OA=OB′，即OA=OB。 又∵∠AOB=60°，∴△AOB为等边三角形。∴OA=AB=6。 在Rt△AOC中，OC=OA×cos60°=3，AC=OA×sin60°=33， ∴k=OC×AC=93。

13.（四川宜宾3分）如图，在△ABC中，AB=BC，将△ABC绕点B顺时针旋转α度，得到△A1BC1，A1B 交AC于点E，A1C1分别交AC、BC于点D、F，下列结论：①∠CDF=α，②A1E=CF，③DF=FC，④A1D =CE，⑤A1F=CE. 其中正确的是 (写出正确结论的序号). 【答案】①②⑤。 【考点】旋转的性质

【分析】①∠C=∠C1（旋转后所得三角形与原三角形完全相等），∠DFC=∠BFC1（对顶角相等）， ∴∠CDF=∠C1BF=α。故结论①正确。

②∵AB=BC，∴∠A=∠C，∴∠A1=∠C，A1B=CB，∠A1BF=∠CBE，∴△A1BF≌△CBE（ASA）， ∴BF=BE。∴A1B－BE=BC－BF。∴A1E=CF；故②正确。

③在三角形DFC中，∠C与∠CDF=α度不一定相等，所以DF与FC不一定相等。故结论③不一定正确。

④由△A1DE≌△CDF可得，A1D=CD，而从图可知CD＜CE，则A1D＜CE。故结论④不正确。 ⑤BC=A1B，∠A1=∠C，∠A1BF=∠CBE，∴△A1BF≌△CBE（ASA），那么A1F=CE．故结论⑤正确。 故答案为：①②⑤。

14.（福建宁德3分）如图，在平面直角坐标系中，将△ABC绕A点逆时针旋转90°后，B点对应点的坐标为 . 【答案】（0,2）。

【考点】旋转的性质，点的坐标。

【分析】如图可见，将△ABC绕A点逆时针旋转90°后，B点对应点的坐标为（0,2）。

15.（福建宁德3分）如图，△ABC中，∠ACB＝90°，∠A＝30°,将△ABC绕C点按逆时针方向旋转α角（0°＜α＜90°）得到△DEC，设CD交AB于F，连接AD，当旋转角α度数为 ，△ADF是等

C

F B

E

D

y 5 4 3 2 1 O C B A 1 2 4 5 x

）α

30°（ A

腰三角形。

【答案】40°或20°。

【考点】旋转的性质，等腰三角形的性质，三角形内角和定理。

【分析】∵由旋转的性质知，CA=CD，∴∠CDA＝∠DAC＞∠DAF。∴△ADF是等腰三角形时，只可能DA=DF或AF=AD。

当AF=AD时，设∠ADF＝∠AFD＝x，则∠DAF＝180－2x，又∠DAF＝∠DAC－30°＝x－30°，∴180－2x＝x－30°，解得x＝70。∴∠α＝180－2×70＝40。

当DA=DF时，设∠DFA＝∠DAF＝x，则∠ADF＝180－2x，又∠ADF＝∠DAC＝x＋30°， ∴180－2x＝x＋30°，解得x＝50。∴∠α＝180－2（30°＋50）＝20。 三、解答题

1.（天津10分）在平面直角坐标系中．已知O坐标原点．点A(3．0)，B(0，4)．以点A为旋转中心，把△ABO顺时针旋转，得△ACD．记旋转转角为α．∠ABO为β． (I) 如图①，当旋转后点D恰好落在AB边上时．求点D的坐标； (Ⅱ) 如图②，当旋转后满足BC∥x轴时．求α与β之闻的数量关系； (Ⅲ) 当旋转后满足∠AOD=β时．求直线CD的解析式(直接写出即如果即可)，

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

【答案】解：(I)∵点A(3，0)，B(0，4)，∴0A=3，OB=4。

∴在Rt△ABO中．由勾股定理．得AB=OA2?OB2?32?42?5。 根据题意，有DA=OA=3。

如图①．过点D作DM⊥x轴于点M，则MD∥OB。

ADAMDM， ??ABAOBOAD9AD12 得AM??AO?， DM??BO?。

AB5AB596 又OM=OA-AM，得OM=3??。

55 ∴△ADM∽△ABO。有

∵∠A1CA＝30°，∴∠B1CF＝90°－30°＝60°。

∴∠B1FC＝180°－∠B1CF－∠B1＝180°－60°－60°＝60°。 ∴∠AFO＝∠B1FC＝60°，

∵∠A＝30°，∴∠AOF＝180°－∠A－∠AFO＝180°－30°－60°＝90°。 ∴AB⊥A1 B1。

【考点】全等三角形的判定，两角互余的性质，三角形内角和定理，等量代换，垂直的判定。 【分析】（1）根据全等三角形ASA的判定即可证明。

（2）利用两角互余的性质和三角形内角和定理，经过等量代换即可证得∠AOF＝90°，从而证得。

8.（广东河源6分） 如图，在平面直角坐标系中，点A（－4，4），点B（－4，0），将△ABO绕原点O按顺时针方向旋转135°得到△A 1B1 O。回答下列问题：（直接写结果） （1）∠AOB= ___________°；

（2）顶点A从开始到A1经过的路径长为 ___________； （3）点B1的坐标为___________

【答案】解：（1）45。（2）152?。（3）（22，22）。

【考点】旋转的性质，等直角三角形的性质，弧长公式，勾股定理。 【分析】（1）∵AB=OB，∠ABO=90，∴∠AOB=45。 （2）顶点A从开始到A1经过的路径长为弧长AA1 它等于

0

0

n?r135???42==152?。 180180 （3）由x2?y2=42，x=y 得 x=y?22。∴点B1的横坐标和纵坐标均为22。 9.（广东省9分）如图（1），△ABC与△EFD为等腰直角三角形，AC与DE重合，AB=AC=EF=9，∠BAC=∠DEF=90o，固定△ABC，将△DEF绕点A顺时针旋转，当DF边与AB边重合时，旋转中止．现不考虑旋转开始和结束时重合的情况，设DE，DF(或它们的延长线)分别交BC(或它的延长线) 于G，H点，如图(2) B

图(1)

C（E）

B

G C A（D） F

A（D）

F H

E

图(2)

（1）问：始终与△AGC相似的三角形有 及 ；

（2）设CG=x，BH=y，求y关于x的函数关系式（只要求根据图(2)的情形说明理由） （3）问：当x为何值时，△AGH是等腰三角形. 【答案】解：（1）△HAB ，△HGA。 （2）∵△AGC∽△HAB，∴

9xACGC，即=。 ?y9HBAB ∴y=81。 x 又∵BC=92?92?92 ，?0

∵∠AGH=∠CGA，∠GAH=∠C=45， ∴△HGA∽△AGC。

∵AG=AH，∴x?CG?AC?9 ∴当x?0

92或x?9时，△AGH是等腰三角形。 2【考点】三角形外角定理，相似三角形的判定和性质，勾股定理，几何问题列函数关系式，等腰三角形的判定。

【分析】（1）在△AGC和△HAB中，

∵∠AGC=∠B+∠BAG=∠B+90—∠GAC=135—∠GAC， ∠BAH=∠BAC+∠EAF—∠EAC=90+45—∠GAC， ∴∠AGC=∠BAH。

又∵∠ACG=∠HBA=45，∴△AGC∽△HAB。 在△AGC和△HGA中，

∵∠CAG=∠EAF—∠CAF=45—∠CAF，

∠H=1800-∠ACH—∠CAH=180—135—∠CAF=45—∠CAF，

0

0

0

0

0

0

0

0

0

∴∠CAG=∠H。

又∵∠AGC=∠HGA，∴△AGC∽△HGA。 （2）利用△AGC∽△HAB得对应边的比即可得。

（3）考虑∠GAH是等腰三角形.底角和顶角两种情况分别求解即可。 10.（广东珠海7分）如图，将一个钝角△ABC（其中∠ABC＝120°）绕点B顺时针旋转得△A1BC1，使得C点落在AB的延长线上的点C1处，连结AA1． （1）写出旋转角的度数； （2）求证：∠A1AC＝∠C1．

【答案】解：（1）旋转角的度数为60°。

（2）证明：由题意可知：△A1BC1是由△ABC旋转得到，△ABC≌△A1BC1， ∴A1B＝AB，∠C＝∠C1。 由（1）知：∠ABA1＝60°，

∴△A1BA为等边三角形。 ∴ ∠BAA1＝60°。

由（1）知：∠CBC1＝60°，∴∠BAA1＝∠CBC1。 ∴AA1∥BC。∴∠A1AC＝∠C。∴∠A1AC＝∠C1。

【考点】旋转的性质，平角定义，等边三角形的判定和性质，平行的判定和性质。 【分析】（1）由平角的定义和已知的∠ABC＝120°即可得∠CBC1＝60°。

（2）根据旋转后图形的形状和大小都不发生变化的性质和等边三角形每个角都是60的性质，可推出AA1∥BC，由两直线平行内错角相等的性质可推出∠A1AC＝∠C＝∠C1。 11．（河北省10分）如图1至图4中，两平行线AB、CD间的距离均为6，点M为AB上一定点．

思考

如图1，圆心为0的半圆形纸片在AB，CD之间（包括AB，CD），其直径MN在AB上，MN=8，点P为半圆上一点，设∠MOP=α．

当α= 度时，点P到CD的距离最小，最小值为 ． 探究一

在图1的基础上，以点M为旋转中心，在AB，CD 之间顺时针旋转该半圆形纸片，直到不能再转动为止，如图2，得到最大旋转角∠BMO= 度，此时点N到CD的距离是 ．

探究二

将如图1中的扇形纸片NOP按下面对α的要求剪掉，使扇形纸片MOP绕点M在AB，CD之间顺时针旋转．

（1）如图3，当α=60°时，求在旋转过程中，点P到CD的最小距离，并请指出旋转角

0

∠BMO的最大值；

（2）如图4，在扇形纸片MOP旋转过程中，要保证点P能落在直线CD上，请确定α的取值范围．

（参考数椐：sin49°=

333，cos41°=，tan37°=．） 444

【答案】解：思考：90，2。

探究一：30，2。

探究二（1）当PM⊥AB时，点P到AB的最大距离是

MP=OM=4，

从而点P到CD的最小距离为6﹣4=2。

当扇形MOP在AB，CD之间旋转到不能再转时，弧MP

与AB相切，

此时旋转角最大，∠BMO的最大值为90°。 （2）如图4，由探究一可知，

点P是弧MP与CD的切线时，α大到最大，即OP⊥CD， 此时延长PO交AB于点H，

α最大值为∠OMH+∠OHM=30°+90°=120°，

如图5，当点P在CD上且与AB距离最小时，MP⊥CD，α达到最小， 连接MP，作HO⊥MP于点H，由垂径定理，得出MH=3。 在Rt△MOH中，MO=4，∴sin∠MOH=∵α=2∠MOH，∴α最小为98°。 ∴α的取值范围为：98°≤α≤120°。

【考点】直线与圆的位置关系，点到直线的距离，平行线之间的距离，切线的性质，旋转的

MH3?。∴∠MOH=49°。 OM4性质，解直角三角形。

【分析】思考：根据两平行线之间垂线段最短，直接得出答案，当α=90度时，点P到CD的距离最小，

∵MN=8，∴OP=4，∴点P到CD的距离最小值为：6﹣4=2。 探究一：∵以点M为旋转中心，在AB，CD 之间顺时针旋转该半圆形纸片，直到不能再转动为止，如图2，

∵MN=8，MO=4，NQ=4，∴最大旋转角∠BMO=30度，点N到CD的距离是 2。

探究二：（1）由已知得出M与P的距离为4，PM⊥AB时，点MP到AB的最大距离是4，从而点P到CD的最小距离为6﹣4=2，即可得出∠BMO的最大值。

（2）分别求出α最大值为∠OMH+∠OHM=30°+90°以及最小值α=2∠MOH，即可得出α的取值范围。

12. （江西省B卷9分）如图，将△ABC的顶点A放在⊙O上，现从AC与⊙O相切于点A（如图1）

的位置开始，将△ABC绕着点A顺时针旋转，设旋转角为?（0°

⊙O交于点E,F，连接EF（如图2）. 已知∠BAC=60°，∠C=90°，AC=8，⊙O的直径为8. (1)在旋转过程中，有以下几个量：①弦EF的长 ②EF的长 ③∠AFE的度数 ④点O到EF的距离.

其中不变的量是 （填序号）；

(2)当BC与⊙O相切时，请直接写出?的值，并求此时△AEF的面积.

【答案】解：（1）①，②，③。 （2）?=90°。

依题意可知，△ACB旋转90°后AC为⊙O直径， A F O B C（E）

且点C与点E重合， 因此∠AFE=90°。

∵AC=8，∠BAC=60°, ∴AF=AC?4，EF=43。

∴S△AEF=?4?43?83。

【考点】旋转的性质，圆周角定理，切线的性质，锐角三角函数定义，特殊角的三角函数值。 【分析】（1）在整个旋转过程中，∠A为弦切角或圆周角，且大小不变，所以其所对的弦、弧不变；

（2）当BC与⊙O相切时，即AC为直径，点E与C重合，所以α=90°；△AEF为

直角三角形，运用三角函数求边长然后计算面积。

13.（湖北潜江仙桃天门江汉油田10分）两个大小相同且含30?角的三角板ABC和DEC如图①摆放，使直角顶点重合. 将图①中△DEC绕点C逆时针旋转30?得到图②，点F、G分别是CD、DE与AB的交点，点H是DE与AC的交点.

（1）不添加辅助线，写出图②中所有与△BCF全等的三角形；

（2）将图②中的△DEC绕点C逆时针旋转45?得△D1E1C，点F、G、H的对应点分别为F1、

G1、

H1 ，如图③.探究线段D1F1与AH1之间的数量关系，并写出推理过程； （3）在（2）的条件下，若D1E1与CE交于点I，求证：G1I =CI.

1212

【答案】解：（1）图②中与△BCF全等的有△GDF、 △GAH 、△ECH。

（2）D1F1= AH1 。证明如下：

??A??D1?30?∵?∴△AF1C ≌△D1H1C（ASA）。∴ F1C= H1C。 ?CA?CD1??FCH公共?11 又CD1=CA，∴CD1－ F1C =CA－H1C，即D1F1= AH1 。

（3）连结CG1.在△D1G1F1和△AG1H1中，

??D1??A∵???D1G1F1??AG1H1，∴△D1G1F1 ≌△AG1H1（AAS） ?DF?AH1?11∴G1F1=G1H1 。

又∵H1C=F1C，G1C=G1C。∴△CG1F1 ≌△CG1H1（SSS）。 ∴∠1=∠2。

∵∠B=60°，∠BCF=30° ，∴∠BFC=90°。

又∵∠DCE=90°，∴∠BFC=∠DCE。∴BA∥CE。∴∠1=∠3。∴∠2=∠3， ∴G1I=CI。

【考点】旋转的性质，全等三角形的判定和性质，三角形内角和定理，平行的判定和性质，等腰三角形的判定。

【分析】（1）观察图形，根据全等三角形的判定定理，即可得与△BCF全等的有△GDF、△GAH、△ECH。

（2）利用ASA即可判定△AF1C≌△D1H1C，则可得对应线段相等，，即可求得D1F1=AH1。 （3）首先连接CG1，利用AAS即可证得△D1G1F1≌△AG1H1，然后由SSS可证得

△CG1F1≌△CG1H1．又由平行线的性质和等腰三角形等角对等边的判定即可求得答案。 14.（江西南昌10分）如图所示，抛物线m：y=ax+b（a＜0，b＞0）与x轴于点A、B（点A

在点B

的左侧），与y轴交于点C．将抛物线m绕点B旋转180°，得到新的抛物线n，它的顶点为

C1，与x

轴的另一个交点为A1．

（1）当a=﹣1，b=1时，求抛物线n的解析式； （2）四边形AC1A1C是什么特殊四边形，请写出结果并说明理由；

（3）若四边形AC1A1C为矩形，请求出a，b应满足的关系式．

【答案】解：（1）当a=﹣1，b=1时，抛物线m的解析式为：y=﹣x+1。

令x=0，得：y=1，∴C（0，1）。

令y=0，得：x=±1，∴A（﹣1，0），B（1，0）。

∵C与C1关于点B中心对称，∴抛物线n的解析式为：y=（x﹣2）﹣1=x﹣4x+3。

2

2

2

2

（2）四边形AC1A1C是平行四边形。理由如下： ∵C与C1、A与A1都关于点B中心对称， ∴AB=BA1，BC=BC1，

∴四边形AC1A1C是平行四边形。 （3）令x=0，得：y=b．∴C（0，b）。 令y=0，得：ax+b=0，∴y???2

b， a∴A（－?bbbb，0），B（?，0）AB=2?，BC=OC2+OB2?b2?。

aaaa要使平行四边形AC1A1C是矩形，必须满足AB=BC， ∴2?bbb?b?=b2?，∴4????b2?，∴ab＝－3。

aaa?a?∴a、b应满足关系式ab＝－3。

【考点】二次函数综合题，曲线上点的坐标与方程的关系，旋转的性质，平行四边形的判定，矩形的判定。

【分析】（1）根据a=﹣1，b=1得出抛物线m的解析式，再利用C与C1关于点B中心对称，得出二次函数的顶点坐标，即可得出答案。

（2）利用两组对边分别相等的四边形是平行四边形即可证明。

（3）利用矩形性质得出要使平行四边形AC1A1C是矩形，必须满足AB=BC，即可求出。

15.（湖北荆门9分）如图，P是矩形ABCD下方一点，将△PCD绕P点顺时针 旋转60°后恰好D点与A点重合，得到△PEA，连接EB，问△ABE是什么特殊 三角形？请说明理由

【答案】解：△ABE是等边三角形。理由如下：

∵△PCD绕点P顺时针旋转60°得到△PEA，PD的对应边是PA，CD的对

应边是EA，线段PD旋转到PA，旋转的角度是60°，

∴PD=PA，CD=EA，∠APD=60°。

∴△PAD是等边三角形。∴∠DAP=∠PDA=60°。∴∠PDC=∠PAE=30°，∠DAE=30°。 ∴∠PAB=30°，即∠BAE=60°

又∵CD=AB=EA，∴△ABE是等边三角形。

【考点】旋转的性质，矩形的性质，等边三角形的判定和性质。

【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，根据图形求出旋转的角度，即可得出三角形的形状。

16.（湖北襄阳10分）如图，点P是正方形ABCD边AB上一点（不与点A，B重合），连接PD并将线段PD绕点P顺时针方向旋转90°得到线段PE，PE交边BC于点F，连接BE，DF．

（1）求证：∠ADP=∠EPB； （2）求∠CBE的度数； （3）当

AP的值等于多少时，△PFD∽△BFP？并说明理由． AB【答案】解：（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，∴∠A=∠PBC=90°，AB=AD，∴∠ADP+∠APD=90°。

∵∠DPE=90°，∴∠APD+∠EPB=90°。∴∠ADP=∠EPB。

（2）过点E作EG⊥AB交AB的延长线于点G，则∠EGP=∠A=90°， 又∵∠ADP=∠EPB，PD=PE，∴△PAD≌△EGP（AAS）。 ∴EG=AP，AD=AB=PG，∴AP=EG=BG。∴∠CBE=∠EBG=45°。 （3）当

AP1?时，△PFD∽△BFP。理由如下： AB21AP1设AD=AB=a，则AP=PB=a，∴BF=BP??a。

2AB422∴PD=AD+AP?55PBBF5a，，PF=PB2+BF2?a。 ∴??。 24PDPF5又∠DPF=∠PBF=90°，∴△PFD∽△BFP。

【考点】相似三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，正方形的性质。 【分析】（1）根据∠ADP与∠EPB都是∠APD的余角，根据同角的余角相等，即可求证。

（2）首先证得△PAD≌△EGP，可以证得△BCG是等腰直角三角形，可以求得

∠EBG=45°，即可求得∠CBE=45°。

（3）这两个三角形是直角三角形，若相似，则对应边的比相等，反之也成立。

17.（湖北咸宁10分）（1）如图①，在正方形ABCD中，△AEF的顶点E，F分别在BC，CD边上，高AG与正方形的边长相等，求∠EAF的度数．

（2）如图②，在Rt△ABD中，∠BAD=90°，AB=AD，点M，N是BD边上的任意两点，且∠MAN=45°，将△ABM绕点A逆时针旋转90°至△ADH位置，连接NH，试判断MN，ND，DH之间的数量关系，

并说明理由．

（3）在图①中，连接BD分别交AE，AF于点M，N，若EG=4，GF=6，BM=32，求AG，MN的长．

【答案】解：（1）在Rt△ABE和Rt△AGE中，AB=AG，AE=AE，

∴△ABE≌△AGE（HL）。∴∠BAE=∠GAE。 同理，∠GAF=∠DAF。 ∴∠EAF=

10

∠BAD=45。 22

2

2

（2）MN，ND，DH之间的数量关系是MN=ND＋DH。 ∵∠BAM=∠DAH，∠BAM+∠DAN=45°， ∴∠HAN=∠DAH+∠DAN=45°。∴∠HAN=∠MAN。 又∵AM=AH，AN=AN，∴△AMN≌△AHN（ASA）。∴MN=HN。 ∵∠BAD=90°，AB=AD，∴∠ABD=∠ADB=45°。 ∴∠HDN=∠HDA+∠ADB=90°。 ∴NH=ND+DH。∴MN=ND+DH。 （3）由（1）知，BE=EG，DF=FG。 设AG=x，则CE=x﹣4，CF=x﹣6． ∵CE+CF=EF，∴(x?4)2?(x?6)2?102。

2

2

2

2

2

2

2

2

2

解这个方程，得x1?12，x2??2（舍去负根）。 ∴AG=12。∴BD=AB2+AD2=2AG2?122。 在（2）中，MN=ND＋DH，BM=DH，∴MN=ND＋BM。 设MN=a，则a2?(122?32?a)2?(32)2， ∴a?52．即MN?52。

【考点】正方形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，解一元二次方程。

2

2

2

2

2

2

【分析】（1）根据高AG与正方形的边长相等，证明三角形相等，从而证明角相等，从而求出解。

（2）用三角形全等和正方形的对角线平分每一组对角的知识可证明结论。 （3）设出线段的长，结合方程思想，用数形结合得到结果。

18.（内蒙古包头10分）在Rt△ABC中，AB=BC=5，∠B=90°，将一块等腰直角三角板的直角顶点放在斜边AC的中点O处，将三角板绕点O旋转，三角板的两直角边分别交AB，BC或其延长线于E，F两点，如图（1）与（2）是旋转三角板所得图形的两种情况．

（1）三角板绕点O旋转，△OFC是否能成为等腰直角三角形？若能，指出所有情况（即给出△OFC是等腰直角三角形时BF的长），若不能，请说明理由；

（2）三角板绕点O旋转，线段OE和OF之间有什么数量关系？用图（1）或（2）加以证明； （3）若将三角板的直角顶点放在斜边上的点P处（如图（3）），当AP：AC=1：4时，PE和PF有怎样的数量关系？证明你发现的结论．

【答案】解：（1）△OFC能成为等腰直角三角形。

①当F为BC的中点时，∵O点为AC的中点，∴OF∥AB。∴CF=OF=∵AB=BC=5，∴BF=

5。 25。 2②当B与F重合时，∵OF=OC=

5，∴BF=0。 2（2）OE=OF。以图（1）证明如下： 如图，连接OB，

∵由（1）的结论可知，BO=OC=

0

5， 20

∵∠EOB=90－∠BOF =∠FOC，∠EBO=45=∠C， ∴△OEB≌△OFC（ASA）。∴OE=OF。 （3）PE：PF=1：4。证明如下： 如图，过点P作PM⊥AB，PN⊥BC， ∵∠EPM+∠EPN=∠EPN+∠FPN=90°， ∴∠EPM=∠FPN。

∵∠FMP=∠FNP=90°，∴△PNF∽△PME。

∴PM：PN=PE：PF。

∵△APM和△PNC为等腰三角形，∴△APM∽△PNC， ∴PM：PN=AP：PC。

∵PA：AC=1：4，∴PE：PF=1：4。

【考点】等腰直角三角形的判定和性质，三角形中位线的性质，旋转的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质。

【分析】（1）由题意可知，①当F为BC的中点时，由AB=BC=5，可以推出CF和OF的长度，即可推出BF的长度，②当B与F重合时，根据直角三角形的相关性质，即可推出OF的长度，即可推出BF的长度。

（2）连接OB，由已知条件推出△OEB≌△OFC，即可推出OE=OF。

（3）过点P作PM⊥AB，PN⊥BC，结合图形推出△PNF∽△PME，△APM∽△PNC，继而

推出PM：PN=PE：PF，PM：PN=AP：PC，根据已知条件即可推出PA：AC=PE：PF=1：4。 19.（内蒙古呼和浩特7分）如图所示，四边形ABCD是正方形，点E是边BC的中点且∠AEF=90°，EF交正方形外角平分线CF于点F，取边AB的中点G，连接EG． （1）求证：EG=CF；

（2）将△ECF绕点E逆时针旋转90°，请在图中直接画出旋转后的图形，并指出旋转后CF与EG的位置关系．

【答案】解：（1）证明：∵正方形ABCD，点G，E为边AB、BC中点，

∴AG=EC，即△BEG为等腰直角三角形。 ∴∠AGE=180°﹣45°=135°。

又∵CF为正方形外角平分线，∴∠ECF=90°+45°=135°。∴∠AGE=∠ECF。 ∵∠AEF=90°，∴∠GAE=90°－∠AEB=∠CEF。 ∴△AGE≌△ECF（ASA）。 ∴EG=CF。

（2）画图如图所示： 旋转后CF与EG平行。

【考点】正方形的性质，等腰直角三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，直角三角形两锐角的关系，旋转的性质，平行的判定。

【分析】（1）G、E分别为AB、BC的中点，由正方形的性质可知AG=EC，△BEG为等腰直角三角形，则∠AGE=180°﹣45°=135°，而∠ECF=90°+45°=135°，得∠AGE=∠ECF，再利用互

余关系，得∠GAE=90°﹣∠AEB=∠CEF，可证△AGE≌△ECF，从而得出结论。

（2）旋转后，∠C′AE=∠CFE=∠GEA，根据内错角相等，两直线平行，可判断旋转后CF与EG平行。

20.（四川自贡12分） 如图，在△ABC中，AB=BC=1，∠ABC=120°，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于点D，F．

(1)试判断四边形BC1DA的形状，并说明理由； (2)求ED的长

【答案】解：（1）四边形BC1DA是菱形。理由如下：

∵∠ABC=120°，AB=BC，∴∠A=30°．

由题意可知∠A1=∠A=∠ABA1=30°，∴A1C1∥AB。 同理AC∥BC1。

∴四边形BC1DA是平行四边形。

∵AB=BC=BC1，∴四边形BC1DA是菱形。 (2)过点E作EG⊥AB于点G。 ∵∠A=∠ABE=30°，AB=1，∴AG=GB=

1。 21AGAG3∵cos∠A=。 ，AE??2?AEcosAcos303∴DE=AD-AE=1?

3。 3

【考点】旋转的性质，等腰三角形的性质，平行的判定，菱形的判定，锐角三角函数，特殊角的三角函数值。

【分析】（1）由旋转的性质和等腰三角形的性质，得四边形BC1DA是平行四边形和AB= BC1而得证。

（2）作EG⊥AB于点G，解直角三角形AEG即可。 21.（四川南充8分）如图，等腰梯形ABCD中，AD∥BC，

AD=AB=CD=2，∠C=60°，M是BC的中点． （1）求证：△MDC是等边三角形；

（2）将△MDC绕点M旋转，当MD（即MD′）与AB交于一点E，MC（即MC′）同时与AD交于一点F时，点E，F和点A构成△AEF．试探究△AEF的周长是否存在最小值．如果不存在，请说明理由；如果存在，请计算出△AEF周长的最小值．

【答案】解：（1）证明：过点D作DP⊥BC，于点P，过点A作AQ⊥BC于点Q，

∵∠C=∠B=60°， ∴CP=BQ=

1AB，CP+BQ=AB。 2又∵ADPQ是矩形，AD=PQ， ∴BC=2AD。

由已知，点M是BC的中点， ∴BM=CM=AD=AB=CD。

∴△MDC中，CM=CD，∠C=60°，故△MDC是等边三角形。 （2）△AEF的周长存在最小值。理由如下：连接AM，

由（1）可得平行四边形ABMD是菱形，△MAB，△MAD和△MC′D′是等边三角形， ∴∠BMA=∠BME+∠AME=60°，∠EMF=∠AMF+∠AME=60°。∴∠BME=∠AMF。 在△BME与△AMF中，BM=AM，∠EBM=∠FAM=60°，∠BME=∠AMF， ∴△BME≌△AMF（ASA）。∴BE=AF，ME=MF，AE+AF=AE+BE=AB。 ∵∠EMF=∠DMC=60°，故△EMF是等边三角形，EF=MF。 ∵MF的最小值为点M到AD的距离3，∴EF的最小值是3。 ∵△AEF的周长=AE+AF+EF=AB+EF，∴△AEF的周长的最小值为2+3。

【考点】旋转的性质，等腰梯形的性质，全等三角形的判定和性质，等边三角形的判定和性质。

【分析】（1）过点D作DP⊥BC，于点P，过点A作AQ⊥BC于点Q，得到CP=BQ=

1AB，CP+BQ=AB，2根据ADPQ是矩形，AD=PQ，推出BC=2AD，由点M是BC的中点，推出BM=CM=AD=AB=CD，根据等边三角形的判定即可得到答案。

（2）△AEF的周长存在最小值，理由是连接AM，由ABMD是菱形，得出△MAB，△MAD

和△MC′D′是等边三角形，推出∠BME=∠AMF，证出△BME≌△AMF（ASA），

得出BE=AF，ME=MF，推出△EMF是等边三角形，根据MF的最小值为点M到AD的距离3，即EF的最小值是3，即可求出△AEF的周长最小值。

22. （甘肃天水8分）如图，在平面直角坐标系中，O为坐标原点，每个小方格的边长为1个单位长度．正方形ABCD顶点都在格点上，其中，点A的坐标为（1，1）．

（1）若将正方形ABCD绕点A顺时针方向旋转90°，点B到达点B1，点C到达点C1，点D到达点D1，求点B1、C1、D1的坐标．

（2）若线段AC1的长度与点D1的横坐标的差恰好是一元二次方程x+ax+1=0的一个根，求a的值．

【答案】解：（1）如图，B1、C1、D1的坐标分别为：

B1（2，﹣1），C1（4，0），D1（3，2）； （2）根据勾股定理，AC1?32?12?10， ∴线段AC1的长度与点D1的横坐标的差是10﹣3。 ∴（10﹣3）+（10﹣3）a+1=0， 整理得（10﹣3）a=﹣20+610， 解得a=﹣210。

【考点】坐标与图形的旋转变化，正方形的性质，勾股定理，一元二次方程的解，二次根式化简。

【分析】（1）根据网格特点，分别找出旋转后的点B1、C1、D1的位置，然后顺次连接即可得到旋转后的正方形，然后利用平面直角坐标系写出点的坐标。

（2）先利用勾股定理求出AC1的长度，与点D1的横坐标的差后代入一元二次方程求解

关于a的一元一次方程即可。

23.（安徽省12分）在△ABC中，∠ACB＝90°，∠ABC＝30°，将△ABC绕顶点C顺时针旋转，

旋转角为?(0°＜?＜180°)，得到△A1B1C． A

A1

A

A1

A E

B

C

A1

2

2

? C

D B

C

?

?

P

B

B1

图1

图2

B1

B1

图3

(1)如图1，当AB∥CB1时，设A1B1与BC相交于点D．证明：△A1CD是等边三角形； (2)如图2，连接AA1、BB1，设△ACA1和△BCB1的面积分别为S1、S2．求证：S1∶S2＝1∶3；

(3)如图3，设AC的中点为E，A1B1的中点为P，AC＝a，连接EP．当?＝ °时，EP的长

度最大，最大值为 ．

【答案】解：（1）证：∵△A1B1C是△ABC旋转得到，

∴∠A1B1C＝∠ABC＝30°，∠A1CB1＝∠ACB＝90°，∠CA1B1＝∠CAB＝60°。 又∵AB∥CB1，∴∠BCB1＝∠ABC＝30°。∴∠A1CD＝60°。∴∠A1DC＝60°。 ∴△A1CD是等边三角形。

(2)证：∵在△ABC中，∠ACB＝90°，∠ABC＝30°，

3 ∴AC：CB＝tan∠ABC＝3 ：3， 又∵在△ACA1和△BCB1中，∠ACA1＝∠BCB1，AC：CB＝A1C：CB1＝3 ： ∴△ACA1∽△BCB1。∴S1∶S2＝ （3）120，a。

【考点】旋转的性质，平行的性质，三角形内角和定理，等边三角形的判定，锐角三角函数，相似三角形的判定和性质，直角三角形斜边上的中线性质。 【分析】（1）易求得△A1CD的三内角都等于600， 因此得证。

?3?2:32=3:9=1:3。

323，应用相似三角形面积的比等于对应 (2) 易证得△ACA1∽△BCB1，且相似比为3 ：边的比的平方的性质，得证。

（3）连接CP，则EP≤CE＋CP，当E、C、P共线时，EP最大。由直角三角形斜边上的中线性质可知，CP＝

113AB?a，故EP的最大值为a。没有旋转时∠ACP＝60°，从而当2220

E、C、P共线时，旋转了120。

24.（辽宁葫芦岛10分）如图，有一直径MN＝4的半圆形纸片，其圆心为点P，从初始位置Ⅰ开始，在无滑动的情况下沿数轴向右翻滚至位置Ⅴ，其中，位置Ⅰ中的MN平行于数轴，且半⊙P与数轴相切于原点O；位置Ⅱ和位置Ⅳ中的MN垂直于数轴；位置Ⅲ中的MN在数轴上；位置Ⅴ中的点N到数轴的距离为3，且半⊙P与数轴相切于点A.

解答下列问题：

(1)位置Ⅰ中的MN与数轴之间的距离为________；

位置Ⅱ中的半⊙P与数轴的位置关系是________； (2)求位置Ⅲ中的圆心P在数轴上表示的数；

(3)纸片半⊙P从位置Ⅲ翻滚到位置Ⅳ时，求点N所经过路径长及该纸片所扫过图形的面积； (4)求OA的长．

[(2)，(3)，(4)中的结果保留π]

【答案】解：(1)2；相切。

(2)位置Ⅰ中ON的长与数轴上线段ON相等，

90π·2

∵＝π，NP＝2，∴位置Ⅲ中的圆心P在数轴上表示的数为π＋2。 ON的长为

18090π·4

(3)点N所经过路径长为＝2π。

180180π·2290π·42S半圆＝＝2π，S扇形＝＝4π，

360360∴半⊙P所扫过图形的面积为2π＋4π＝6π。

(4)如图，作NC垂直数轴于点C，作PH⊥NC于点H，连接PA，则四边形PHCA为

矩形。

在Rt△NPH中，PN＝2，NH＝NC－HC＝NC－PA＝1， NH1

∴sin∠NPH＝＝。∴∠NPH＝30°。∴∠MPA＝60°。

PN260π·22π

MA的长为∴＝。

180325

∴ OA的长为π＋4＋π＝π＋4。

33

【考点】两平行线之间的距离，直线和圆的位置关系，旋转的性质，扇形弧长公式，扇形面积公式，锐角三角函数，特殊角的三角函数值，平角定义。

【分析】(1) 位置Ⅰ中的MN与数轴之间的距离即为半⊙P的半径2。位置Ⅱ中的半⊙P的直径与数轴垂直，故半⊙P与数轴相切。

（2）根据旋转的性质，位置Ⅰ中ON的长与数轴上线段ON相等，由弧长公式即可求位置Ⅲ中的圆心P在数轴上表示的数。

（3）点N所经过路径长为以NM为半径，90角为圆心角的弧长。半⊙P所扫过图形的面积为上述扇形面积加上半⊙P面积。

（4）由锐角三角函数和平角定义求出∠MPA＝60°，即可求出MA=数轴上MA，从而求出OA。

25.（辽宁朝阳12分）如图(1)，在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC＝2，点D在AC上，点E在BC上，且CD＝CE，连接DE.

(1)线段BE与AD的数量关系是________，位置关系是________．

(2)如图(2)，当△CDE绕点C顺时针旋转一定角度α后，(1)中的结论是否仍然成立？如果成立，请给予证明；如果不成立，请说明理由．

(3)绕点C继续顺时针旋转△CDE，当90°＜α＜180°时，延长DC交AB于点F，请在图(3)中补全图形，并求出当AF＝1＋

3

时，旋转角α的度数． 3

0

【答案】解：(1)BE＝AD，BE⊥AD。

(2)仍然成立。证明如下： 如图，延长BE交AD于点M. 在△BCE和△ACD中，

∵BC=AC，∠BCE＝∠ACD＝α，CE＝CD， ∴△BCE≌△ACD（SAS）。∴BE＝AD。 ∵∠1＝∠2，∠CAD＝∠CBE， ∴∠AMB＝∠ACB＝90°，即BE⊥AD。 (3)如图，过点C作CN⊥AB于点N。 ∵AC＝BC＝2，∠ACB＝90°， 1

∴CN＝AN＝AB＝1，∠BCN＝45°。

2∵AF＝1＋

33

，∴FN＝AF－AN＝。 33

FN3

在Rt△CNF中，tan∠FCN＝＝，∴∠FCN＝30°。∴∠BCF＝∠BCN－∠FCN＝15°。

CN3∵∠FCE＝90°，∴∠BCE＝∠BCF＋∠FCE＝105°。

∴ 当AF＝1＋

3

时，旋转角α为105°。 3

【考点】等腰直角三角形的性质，等量代换，全等三角形的判定和性质，锐角三角函数，特殊角的三角函数值。

【分析】（1）由等量减等量，差相等可得BE＝AD；由∠A CB＝90°可得BE⊥AD。 （2）由△BCE≌△ACD可以证得结论。

（3）由锐角三角函数和等腰直角三角形的性质可求得旋转角α。

26.（辽宁盘锦12分）已知菱形ABCD的边长为5，∠DAB＝60°.将菱形ABCD绕着A逆时针旋转得到菱形AEFG，设∠EAB＝α，且0°＜α＜90°，连接DG、BE、CE、CF.

(1)如图(1)，求证：△AGD≌△AEB；

(2)当α＝60°时，在图(2)中画出图形并求出线段CF的长； (3)若∠CEF＝90°，在图(3)中画出图形并求出△CEF的面积．

(1)

(3)

(2)

【答案】解：(1)证明：∵菱形ABCD绕着点A逆时针旋转得到菱形AEFG，

∴AG＝AD，AE＝AB，∠GAD＝∠EAB＝α.。 ∵四边形AEFG是菱形，∴AD＝AB。∴AG＝AE。 ∴△AGD≌△AEG. (SAS)。

(2)作图如图，当α＝60°时，AE与AD重合。 作DH⊥CF于H。

由已知可得∠CDF＝120°，DF＝DC＝5。 11

∴∠CDH＝∠CDF＝60°，CH＝CF。

22在Rt△CDH中，∵CH＝DCsin60°＝5×∴CF＝2CH＝53。

(3) 作图如图，当∠CEF＝90°时， 延长CE交AG于M，连接AC。 ∵四边形AEFG是菱形，

353

＝， 22

∴EF∥AG.。 ∵∠CEF＝90°， ∴∠GME＝90°。 ∴∠AME＝90°。

在Rt△AME中，AE＝5，∠MAE＝60°， 553∴AM＝AEcos60°＝，EM＝AEsin60°＝。

22在Rt△AMC中，易求AC＝53， ∴MC＝AC?AM?22?53?2511?5?。 ????22??2511535

∴EC＝MC－ME＝－＝(11－3)。

222125

∴S△CEF＝·EC·EF＝

2

11－3

。

4

【考点】菱形的性质，旋转的性质，全等三角形的判定，等腰三角形的性质，锐角三角函数，特殊角的三角函数值，勾股定理。

【分析】(1) 由菱形和旋转的性质，即可由SAS得到结论。

（2）当α＝60°时，AE与AD重合，作DH⊥CF于H。根据等腰三角形三线合一的性

质，知H是CF的中点，DH是∠CDF的平分线。从而应用锐角三角函数解直角坐标三角形CDH即可。

(3) 当∠CEF＝90°时，延长CE交AG于M，连接AC。则由EC＝MC－ME，求出MC和

ME即可。在Rt△AME中，用锐角三角函数可求出AM，EM；在Rt△AMC中，由勾股定理可求出MC。因此即可求出△CEF的面积。

27.（辽宁盘锦10分）如图，风车的支杆OE垂直于桌面，风车中心O到桌面的距离OE为25cm，小小风车在风吹动下绕着中心O不停地转动，转动过程中，叶片端点A、B、C、D在同一圆O上，已知⊙O的半径为10cm.

(1)风车在转动过程中，当∠AOE＝45°时，求点A到桌面的距离(结果保留根号)． (2)在风车转动一周的过程中，求点A相对于桌面的高度不超过20cm所经过的路径长(结果保留π)．

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