第23章 旋转（基础篇）-2022-2023学年九年级数学上册单元复习效果通关检测（人教版）

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第23章 旋转（基础篇）
一、单选题（本大题共10小题，每小题3分，共30分）
1．下列交通标志，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（ ）
A． ( http: / / www.21cnjy.com / )B． ( http: / / www.21cnjy.com / ) C． ( http: / / www.21cnjy.com / )D． ( http: / / www.21cnjy.com / )
2．如图，△ABC绕点C旋转，点B转到点E的位置，则下列说法正确的是（　　）
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A．点B与点D是对应点 B．∠BCD等于旋转角
C．点A与点E是对应点 D．△ABC≌△DEC
3．如图，在正方形网格中，△ABC绕某点旋转一定的角度得到，则旋转中心是点（ ）
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A．O B．P C．Q D．M
4．如图，在△ABC中，∠CAB＝65°，将△ABC在平面内绕点A旋转到△AB'C'的位置，使CC′∥AB，则旋转角的度数为（　　）【出处：21教育名师】
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A．35° B．40° C．50° D．65
5．如图，矩形的顶点，，，将矩形以原点为旋转中心，顺时针旋转75°之后点的坐标为（ ）
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A． B． C． D．
6．函数 的图象分别与轴、轴交于 两点，线段绕点顺时针旋转90°得到线段 ，则点 的坐标为（ ）
A． B． C． D．
7．如图，将绕点A逆时针旋转一定的角度得到，若，且，则的度数为（ ）
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A． B． C． D．
8．如图，点D为等边△ABC的边AB上一点，且ADAB，将△ACD绕点C逆时针旋转60°，得到△BCE，连接DE交BC于点F，则下列结论不成立的是（ ）
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A．BE∥AC B．△CDE为等边三角形
C．∠BFD＝∠ADC D．DF＝4EF
9．如图，边长为1的正方形ABCD绕点A逆时针旋转30°到正方形，则它们的公共部分的面积等于（ ）
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A．1﹣ B．1﹣ C． D．
10．如图是某公司设计的一款酒杯的设计平面图，为求出酒杯平面图中的杯子这部分面积，小明找到了设计图纸上的部分数据：是抛物线与轴交于点A、B时的轴上方的部分，且点，将绕点B旋转得，与轴交于另一点C，将绕点C旋转得，且，则图中阴影部分的面积为（ ）21cnjy.com
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A．24 B． C．28 D．32
2、填空题（本大题共8小题，每小题4分，共32分）
11．如图，△ABC绕点B顺时针旋转40°得到△EBD，若AC与DE交于点F，则∠AFE的度数是_____．
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12．如图，在长方形中，，，将长方形绕点旋转一定角度后得长方形，交于点，且，则的长为______．
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13．如图，是等边三角形，是三角形内一点，，，．则的度数为_________．
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14．如图，Rt△OCB的斜边在y轴上，OC＝，直角顶点C在第二象限，将Rt△OCB绕原点顺时针旋转120°后得到△OC′B′，则坐标是___．
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15．如图，在矩形ABCD中，AB=6，BC ( http: / / www.21cnjy.com )=8，O是矩形的对称中心，点E、F分别在边AD、BC上，连接OE、OF，若AE=BF=2，则OE+OF的值为__________．
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16．在平面直角坐标系中，点P（2，3）与点P′（2a+b，a+2b）关于原点对称，则（﹣a+b）2021的值为 _____．
17．把边长分别为4和6的矩形ABCO如图放在平面直角坐标系中，将它绕点C顺时针旋转α角，旋转后的矩形记为矩形EDCF．在旋转过程中，
（1）如图①，当点E在射线CB上时，E点坐标为__________；
（2）当△CBD是等边三角形时，旋转角α的度数是__________（α为锐角）．
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18．如图，在平面直角坐标系中，等腰直角三角形OAB，∠A＝90°，点O为坐标原点，点B在x轴上，点A的坐标是（1，1）．若将△OAB绕点O顺时针方向依次旋转45°后得到△OA1B1，△OA2B2，△OA3B3，…，可得A1（，0），A2（1，﹣1），A3（0，﹣），…则A2021的坐标是______．
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三、解答题（本大题共6小题，共60分）
19．（8分）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，的顶点都在格点上．
(1)将向左平移6个单位长度得到，请画出；
(2)画出关于点的中心对称图形；
(3)若将绕某一点旋转可得到，那么旋转中心的坐标为___________，旋转角度为__________°．
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20．（8分）如图，E是正方形ABCD的边CD上一点，以点A为中心．把△ADE绕点A逆时针旋转90°，得△，连接．
(1)的度数为 ；
(2)若AD＝4，DE＝1，求的长．
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21．（10分）如图，正方形ABC ( http: / / www.21cnjy.com )D中，M是对角线BD上的一个动点（不与B、D重合），连接CM，将CM绕点C顺时针旋转90°到CN，连接MN，DN，求证：BM=DN．
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22．（10分）如图，在△ABC中 BC=3，AB＝，∠B＝45°，将△ABC绕点A按顺时针旋转一定角度得到△ADE．当点B的对应点D恰好落在BC边上时，求CD的长．21*cnjy*com
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23．（10分）如图，在等边三角形ABC中，点P为△ABC内一点，连接AP，BP，CP，将线段AP绕点A 顺时针旋转60°得到 ，连接 ．
（1）用等式表示 与CP的数量关系，并证明；
（2）当∠BPC＝120°时，
①直接写出 的度数为 ；
②若M为BC的中点，连接PM，请用等式表示PM与AP的数量关系，并证明．
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24．（12分）如图1所示，将 ( http: / / www.21cnjy.com )一个边长为2的正方形ABCD和一个长为2、宽为1的矩形CEFD拼在一起，构成一个大的矩形ABEF．现将小矩形CEFD绕点C顺时针旋转至CE′F′D′，旋转角为α．21教育网
（1）当点D′恰好落在EF边上时，旋转角α＝_________°；
（2）如图2，G为BC中点，且0°＜α＜90°，求证：GD′＝DE′；
（3）小矩形CEFD绕点C顺时针旋转一周的过程中，△DCD′与△CBD′能否全等？若能，直接写出旋转角α的值，若不能，说明理由．
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参考答案
1．D
【分析】
根据轴对称图形和中心对称图形 ( http: / / www.21cnjy.com )的定义：如果一个平面图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形就叫做轴对称图形；中心对称图形的定义：把一个图形绕着某一个点旋转180°，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形叫做中心对称图形，这个点就是它的对称中心，进行逐一判断即可．
解：A.不是轴对称图形，不是中心对称图形，故A选项不合题意；
B. 不是轴对称图形，不是中心对称图形，故B选项不合题意；
C. 不是轴对称图形，不是中心对称图形，故C选项不合题意；
D. 是轴对称图形，是中心对称图形，故D选项合题意；
故选D.
【点拨】本题主要考查了轴对称图形和中心对称图形，解题的关键在于能够熟练掌握轴对称图形和中心对称图形的定义.
2．D
【分析】
利用旋转的性质即可求解
解：∵△ABC绕点C旋转，点B转到点E的位置，
∴△ABC≌△DEC，点B与点E是对应点，点A与点D是对应点，∠ACD与∠BCE是旋转角，
故选：D．
【点拨】本题考查了旋转的性质，全等三角形的判定，掌握旋转的性质是解题的关键．
3．B
【分析】
根据旋转的性质，对应点到旋转中心的距离相等，可得对应点连线的垂直平分线的交点即为旋转中心．
解：如图，连接，，可得其垂直平分线相交于点P，
旋转中心是点P．
故选：B．
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【点拨】本题考查了旋转的性质，对应点连线的垂直平分线的交点即为旋转中心，熟练掌握旋转中心的确定方法是解题的关键．21·cn·jy·com
4．C
【分析】
根据两直线平行，内错角相等可得,根据旋转的性质可得，然后利用等腰三角形两底角相等求得，再根据是旋转角即可求得结论．2·1·c·n·j·y
解：∵，
∴，
∵△ABC绕点A旋转得到，
∴，
∴
∴，
即旋转角为50°，
故选：C．
【点拨】本题考查了旋转的性质，等腰三角形两底角相等的性质，熟记性质并准确识图是解题的关键．
5．D
【分析】
过点B作BG⊥x轴于G，过点C作CH⊥y轴于H，根据矩形的性质得到点C的坐标，求出∠COE=45°，OC=4，过点C作CE⊥x轴于E，过点C1作C1F⊥x轴于F，由旋转得∠COC1=75°，求出∠C1OF=30°，利用勾股定理求出OF，即可得到答案．2-1-c-n-j-y
解：过点B作BG⊥x轴于G，过点C作CH⊥y轴于H，
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∵四边形ABCD是矩形，
∴AD=BC，AB=CD，ADBC，∠CDA=∠DAB=90°，
∴∠HCD=∠ADO=∠BAG，
∵∠CHD=∠BGA=90°，
∴△CHD≌△AGB（AAS），
∵，，，
∴CH=AG=5-1=4，DH=BG=2，
∴OH=2+2=4，
∴C（4，4），
∴OE=CE=4，
∴∠COE=45°，OC=4，
如图，过点C作CE⊥x轴于E，过点C1作C1F⊥x轴于F，
由旋转得∠COC1=75°，
∴∠C1OF=30°，
∴C1F=OC1=OC=2，
∴OF=，
∴点C1的坐标为，
故选：D．
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【点拨】此题考查了矩形的性质，旋转的性质，勾股定理，直角三角形30度角的性质，熟记各知识点并综合应用是解题的关键．
6．D
【分析】
过C点作CD⊥y轴于D，如图，先利用一次函数 ( http: / / www.21cnjy.com )图象上点的坐标特征确定B（0，4），A（2，0），再证明△AOB≌△BDC，得到AO=BD=2，CD=OB=4，，则C点坐标可求．
解：过C点作CD⊥y轴于D，如图．
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∵y=-2x+4的图象分别与x轴、y轴交于A，B两点，
∴当x=0时，y=4，则B（0，4），
当y=0时，-2x+4=0，解得x=2，则A（2，0）．
∵线段AB绕B点顺时针旋转90°，
∴AB=BC，∠CBA=90°，
∴∠OBA+∠OBC=90°，
而∠OBC+∠C=90°，
∴∠OBA=∠C．
在△AOB和△BDC中
，
∴△AOB≌△BDC（AAS），
∴AO=BD=2，CD=OB=4，
∴OD=OB-BD=4-2=2，
∴C点坐标为．
故选：D．
【点拨】本题考查的是一次函数图象与几何变换 ( http: / / www.21cnjy.com )，旋转的性质，一次函数图象上点的坐标特征，全等三角形的判定与性质，证明△AOB≌△BDC是解答此题的关键．21*cnjy*com
7．B
【分析】
设与的交点为，首先根据旋转的性质求出，，在直角中，根据两个锐角互余得出，进而可求出．21教育名师原创作品
解：设与的交点为，
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由旋转得，，
，
，
在中，
，
．
故选：B．
【点拨】本题主要考查了旋转得性质，三角形内角和定理，直角三角形的性质，求出的度数是解题的关键．
8．D
【分析】
由旋转的性质可得：∠DCE＝6 ( http: / / www.21cnjy.com )0°，△ACD≌△BCE，AC＝BC，AD＝BE，∠A＝∠ABE＝60°，可证△CDE是等边三角形，BE∥AC，由外角的性质可证∠BFD＝∠ADC，即可求解．
解：∵△ABC是等边三角形，
∴AB＝BC，∠A＝∠ABC＝60°，
由旋转的性质得：∠DCE＝60°，△ACD≌△BCE，AC＝BC，AD＝BE，∠A＝∠ABE＝60°，
∴△CDE是等边三角形，∠A＋∠ABE＝180°，
∴BE∥AC，故A，B结论正确，但不符合题意；
∵△ABC和△CDE是等边三角形，
∴∠ABC＝∠CDF＝60°，
∵∠BFD＝∠CDF＋∠DCF＝60°＋∠DCF，
∠ADC＝∠ABC＋∠DCF＝60°＋∠DCF，
∴∠BFD＝∠ADC，故C结论正确，但不符合题意；
故选：D．
【点拨】本题考查了旋转的性质，全等三角形的判定与性质，等边三角形的判定和性质，灵活运用这些性质解决问题是解题的关键．
9．D
【分析】
此题只需把公共部分分割成两个三角形，根据旋转的旋转发现两个三角形全等，从而求得直角三角形的边，再进一步计算其面积．
解：设CD与B′C′相交于点O，连接OA．
根据旋转的性质，得∠BAB′＝30°，则∠DAB′＝60°．
在Rt△ADO和Rt△AB′O中，AD＝AB′，AO＝AO，
∴Rt△ADO≌Rt△AB′O．
∴∠OAD＝∠OAB′＝30°．
设，则，
又∵AD＝1，
，
即，
解得：（不符合题意，舍），
∴OD＝．
∴公共部分的面积＝2×××1＝1×＝．
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故选：D．
【点拨】本题考查了图形的旋转，直角三角形三角形全等的证明，勾股定理，作出辅助线求证Rt△ADO≌Rt△AB′O是解题的关键．
10．D
【分析】
根据旋转可知，AB=BC=CD=4，得出点B ( http: / / www.21cnjy.com )的坐标，把点A、B的坐标代入函数关系式，得出二次函数关系式，从而求出二次函数的顶点坐标，即可求阴影部分的面积．
解：∵根据旋转可知，AB=BC=CD=4，点A的坐标为（-3，0），
∴点B的坐标为（1，0），
把点A、B的坐标代入得：
，
解得：，
∴函数关系式为：
，
∴顶点坐标为（-1，4），
∵根据旋转可知，与x轴围成的图形面积等于与x轴围成的图形面积，
∴图中阴影部分的面积为：，故D正确．
故选：D．
【点拨】本题主要考查了旋转的性质和二次函数的性质，熟练掌握图形的变换是解题的关键．
11．40°
【分析】
根据旋转的性质可直接进行求解．
解：由△ABC绕点B顺时针旋转40°得到△E ( http: / / www.21cnjy.com )BD，则根据旋转的性质可得AC与DE是对应边，故旋转角度为对应边的夹角，即为∠AFE，故∠AFE=40°；
故答案为40°．
【点拨】本题主要考查旋转的性质，熟练掌握旋转的性质是解题的关键．
12．5
【分析】
根据旋转性质可得A1B=A ( http: / / www.21cnjy.com )B=8，根据长方形性质得BC=AD=4，CD=AB=8，∠C=90°，设BE=DE=x，则CE=8-x，在Rt△BCE中，由勾股定理，得42+(8-x)2=x2，求解即可．【来源：21cnj*y.co*m】
解：由旋转可得A1B=AB=8，
∵长方形，
∴BC=AD=4，CD=AB=8，∠C=90°，
设BE=DE=x，则CE=8-x，
在Rt△BCE中，由勾股定理，得
42+(8-x)2=x2，
解得：x=5，
即DE=5，
故答案为：5．
【点拨】本题考查勾股定理，旋转的性质，长方形的性质，将问题转化 成直角三角形边角问题，利用勾股定理求解是解题的关键．
13．
【分析】
将△ABP绕点B顺时针旋转60°得到△BCQ ( http: / / www.21cnjy.com )，连接PQ，则△BCQ≌△BAP，所以∠PBQ=60°，BP=BQ，可知△BPQ是等边三角形，从而有PQ=PB=4，而PC=5，CQ=3，由勾股定理逆定理可知△PQC是直角三角形，∠PQC=90°，则通过∠APB=∠PQB +∠PQC即可求出．
解：把△ABP绕点B顺时针旋转60°得到△BCQ，连接PQ．
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由旋转性质可知，△BCQ≌△BAP
∴CQ=PA=3，BP=BQ，∠BQC=∠APB
∵∠PBQ=60°，BP=BQ，
∴△BPQ是等边三角形，
∴PQ=PB=4，∠PQB=60°
∵PC=5
∴在△PQC中，
∴△PQC是直角三角形
∴∠PQC=90°
∴∠BQC=∠PQB +∠PQC =60°+90°=150°，
∴∠APB=150°．
【点拨】本题综合考查等边三角形的性 ( http: / / www.21cnjy.com )质、直角三角形的性质、勾股定理的逆定理、旋转的性质，解题的技巧是通过图形旋转将已知各边转化到同一个三角形中，并构成一个直角三角形．www.21-cn-jy.com
14．
【分析】
根据题意，先利用含30度角的直角三角形的性质求得，再根据已知条件及勾股定理求得的长，根据已知，以及旋转的性质可知,，进而可知的坐标．
解：如图，
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是直角三角形，
，
，
，
，
OC＝，
，
由旋转可知，，
，
，
在轴上，
轴，
．
故答案为：．
【点拨】本题考查了旋转的性质，坐标与图形，勾股定理，含30度角的直角三角形的性质，根据旋转求得角和线段相等是解题的关键．【版权所有：21教育】
15．
【分析】
如图，连接，AC，BD．过点O作OM⊥AD于点M交BC于点N．利用勾股定理，求出OE，可得结论．
解：如图，连接，AC，BD．
∵O是矩形的对称中心，
∴O也是对角线的交点，
过点O作OM⊥AD于点M交BC于点N．
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∵四边形ABCD是矩形，
∴OA=OD=OB，
∵OM⊥AD，
∴AM=DM=AD=BC=4，
∴OM=AB=3，
∵AE=2，
∴EM=AM-AE=2，
∴OE==，
同法可得OF=，
∴OE+OF=2，
故答案为：2．
【点拨】本题考查中心对称，矩形的性质，勾股定理等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造直角三角形解决问题．21世纪教育网版权所有
16．-1
【分析】
直接利用关于原点对称的坐标特征得出关于a，b的方程组，进而得出a，b的值，再利用有理数的乘方运算法则计算得出答案．【来源：21·世纪·教育·网】
解：∵点P（2，3）与点P′（2a+b，a+2b）关于原点对称，
∴，
解得：，
故（﹣a+b）2021＝（﹣1）2021＝﹣1．
故答案为：﹣1．
【点拨】本题考查了坐标的对称特征：关于原点对称时横坐标、纵坐标都互为相反数；根据对称特征列方程组是解题关键．
17． （4，2） 60°
【分析】
（1）依题意得，点E在射线CB上，横坐标为4，根据勾股定理可得纵坐标，进而得出点E的坐标．
（2）已知∠BCD=60°，∠BCF=30°，然后可得∠α=60°．
解：（1）∵OC=4，
∴当点E在射线CB上时，点E横坐标为4，
∵FC=4，EF=6，
∴EC=，
∴E（4，2），
故答案为：（4，2）；
（2）当△CBD是等边三角形时，∠BCD=60°，
∴旋转角a的度数是60°，
故答案为：60°．
【点拨】本题考查了旋转的性质，坐标与图形的性质，解决问题的关键是掌握旋转的性质以及矩形的性质．
18．
【分析】
根据题意得：A1（，0），A2（1，﹣1），A3（0，﹣）， ，…，由此发现，旋转8次一个循环，再由 ，即可求解．
解：根据题意得：A1（，0），A2（1，﹣1），A3（0，﹣）， ，…，由此发现，旋转8次一个循环，
∵ ，
∴A2021的坐标是 ．
故答案为：
【点拨】本题主要考查了图形的旋转，明确题意，准确得到规律是解题的关键．
19．(1)作图见分析(2)作图见分析(3)；
【分析】
（1）利用平移变换的性质分别作出，，的对应点，，即可；
（2）利用中心对称变换的性质分别作出，，的对应点，，；
（3）两个三角形成中心对称，对应点连线的交点即为旋转中心.
(1)解：如图，
点，，的坐标分别是，，，
将向左平移6个单位长度后，点，，的对应点分别为点，，，
∴点，，的坐标分别是，，，
将点，，顺次连接得，
∴即为所作；
(2)如图，
点，，关于点的对称点分别为点，，，
∴点，，的坐标分别是，，，
将点，，顺次连接得，
∴即为所作；
(3)如图，若将绕某一点旋转可得到，那么旋转中心的坐标为，旋转角度为.
故答案为：；.
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【点拨】本题考查作图—旋转变换，平移变 ( http: / / www.21cnjy.com )换等知识，根据旋转的性质可知，对应角都相等，对应线段也相等，由此可以通过作相等的角，在角的边上截取相等的线段的方法，找到对应点，顺次连接得出旋转后的图形，对应点连线都交于一点，交点即为旋转中心；确定平移后图形的基本要素有两个：平移方向、平移距离；作图时要先找到图形的关键点，分别把这几个关键点按照平移的方向和距离确定对应点后，再顺次连接对应点即可得到平移后的图形．解题的关键是掌握旋转变换的性质，平移变换的性质.
20．(1)90°(2)
【分析】
（1）根据旋转的性质即可求解；
（2）根据正方形的性质，勾股定理求得的长，根据旋转的性质可得，进而勾股定理即可求解．
解：(1)把△ADE绕点A逆时针旋转90°，得△，
；
(2)四边形是正方形，
，
，
由旋转的性质可得，
，
【点拨】本题考查了性质的性质，勾股定理，掌握旋转的性质是解题的关键．
21．见分析
【分析】
由正方形ABCD中可得BC＝CD，根据旋转的性质有CM＝CN，∠BCM＝∠DCN，即可证明△CBM≌△CDN（SAS），从而BM＝DN．
证明：四边形ABCD是正方形，
，
将CM绕点C顺时针旋转到CN，
，
，
，
在和中，
，
．
【点拨】本题考查正方形中的旋转变换，解题的关键是掌握旋转的旋转，证明△CBM≌△CDN．
22．DC的长为1
【分析】
根据旋转的性质，可得由旋转的性质可知AD＝AB＝，从而得到∠B＝∠BDA＝45°．进而得到∠DAB＝90°．再由勾股定理可得．即可求解．
解：∵由旋转的性质可知AD＝AB＝，
∴∠B＝∠BDA＝45°．
∴∠DAB＝90°．
∴．
∴CD＝BC﹣DB＝3﹣2＝1，
故DC的长为1．
【点拨】本题主要考查了图形的旋转，勾股定理，熟练掌握图形旋转前后对应角相等，对应线段相等是解题的关键．
23．（1），理由见分析；（2）①60°；②PM＝，见分析
【分析】
（1）根据等边三角形的性质，可得AB＝AC，∠BAC＝60°，再由由旋转可知：从而得到，可证得，即可求解 ；
（2）①由∠BPC＝120°，可得∠PBC＋∠PCB＝60°．根据等边三角形的性质，可得∠BAC＝60°，从而得到∠ABC＋∠ACB＝120°，进而得到∠ABP＋∠ACP＝60°．再由，可得 ，即可求解；
②延长PM到N，使得NM＝PM，连接BN．可先证得△PCM≌△NBM．从而得到CP＝BN，∠PCM＝∠NBM．进而得到 ．根据①可得，可证得，从而得到 ．再由 为等边三角形，可得 ．从而得到 ，即可求解．
解：（1） ．理由如下：
在等边三角形ABC中，AB＝AC，∠BAC＝60°，
由旋转可知：
∴
即
在和△ACP中
∴ ．
∴ ．
（2）①∵∠BPC＝120°，
∴∠PBC＋∠PCB＝60°．
∵在等边三角形ABC中，∠BAC＝60°，
∴∠ABC＋∠ACB＝120°，
∴∠ABP＋∠ACP＝60°．
∵ ．
∴ ，
∴∠ABP＋∠ABP＇＝60°．
即 ；
②PM＝ ．理由如下：
如图，延长PM到N，使得NM＝PM，连接BN．
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∵M为BC的中点，
∴BM＝CM．
在△PCM和△NBM中
∴△PCM≌△NBM（SAS）．
∴CP＝BN，∠PCM＝∠NBM．
∴ ．
∵∠BPC＝120°，
∴∠PBC＋∠PCB＝60°．
∴∠PBC＋∠NBM＝60°．
即∠NBP＝60°．
∵∠ABC＋∠ACB＝120°，
∴∠ABP＋∠ACP＝60°．
∴∠ABP＋∠ABP＇＝60°．
即 ．
∴ ．
在△PNB和 中
∴ （SAS）．
∴ ．
∵
∴ 为等边三角形，
∴ ．
∴ ，
∴PM＝ ．
【点拨】本题主要考查了等边三角形判定和性质， ( http: / / www.21cnjy.com )全等三角形的判定和性质，图形的旋转，熟练掌握等边三角形判定和性质定理，全等三角形的判定和性质定理，图形的旋转的性质是解题的关键．
24．（1）30；（2）见分析；（3）135°或315°，理由见分析
【分析】
（1）根据旋转的性质，可得CD′＝CD＝2，从而得到∠CD′E＝30°，即可求解；
（2）根据题意可得：CG＝CE，再由CD′＝CD，∠GCD′＝∠DCE′，可证得△GCD′≌△E′CD，即可求证；www-2-1-cnjy-com
（3）根据题意可得：△BCD′与△DCD′为腰相等的两等腰三角形，然后分两种情况，即可求解．
解：（1）如图，取 的中点P，连接PE，
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∵长方形CEFD绕点C顺时针旋转至CE′F′D′，
∴CD′＝CD＝2，
在Rt△CED′中，CD′＝2，CE＝1，
∵点P是的中点，
∴ ，
∴PC=PE=CE，
∴△PCE是等边三角形，
∴∠PCE=60°，
∴∠CD′E＝30°，
∵CD∥EF，
∴α＝30°；
（2）证明：∵G为BC中点，
∴CG＝1，
∴CG＝CE，
∵长方形CEFD绕点C顺时针旋转至CE′F′D′，
∴∠D′CE′＝∠DCE＝90°，CE＝CE′＝CG，
∴∠GCD′＝∠DCE′＝90°+α，
在△GCD′和△E′CD中，
，
∴△GCD′≌△E′CD（SAS），
∴GD′＝E′D；
（3）解：能．理由如下：
∵四边形ABCD为正方形，
∴CB＝CD，
∵CD＝CD′，
∴△BCD′与△DCD′为腰相等的两等腰三角形，
当∠BCD′＝∠DCD′时，△BCD′≌△DCD′，
当△BCD′与△DCD′为钝角三角形时，则旋转角α＝＝135°，
当△BCD′与△DCD′为锐角三角形时，∠BCD′＝∠DCD′＝∠BCD＝45°，
则α＝360°﹣45°＝315°，
即旋转角α的值为135°或315°时，△BCD′与△DCD′全等．
【点拨】本题主要考查了图形的旋转，全等三角形的判定和性质，矩形和正方形的性质等知识，熟练掌握相关知识点是解题的关键．21·世纪*教育网
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