第23章 旋转（培优篇）-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（培优篇）
一、单选题（本大题共10小题，每小题3分，共30分）
1．在矩形ABCD中，AB＝4 ( http: / / www.21cnjy.com )，BC＝3，CE＝2BE，EF＝2，连按AF，将线段AF绕着点A顺时针旋转90°得到AP，则线段PE的最小值为( )
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A． B． C．4 D．
2．如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，将△ABC绕点A逆时针旋转60°，得到△ADE，连接BE，则的值为（ ）
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A． B． C． D．
3．如图，在中，，，点D为BC的中点，直角绕点D旋转，DM，DN分别与边AB，AC交于E，F两点，下列结论：①是等腰直角三角形；②；③；④，其中正确结论的个数是（ ）21世纪教育网版权所有
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A．1 B．2 C．3 D．4
4．在平面直角坐标系中，抛物线与轴交于点，则该抛物线关于点成中心对称的抛物线的表达式为（ ）【版权所有：21教育】
A． B．
C． D．
5．如图，抛物线y=x2+bx+c与x轴的交点为A（x1，0）和B（x2，0），与y轴负半轴交点为C，点D为线段OC上一点．且满足c=x1+b，∠ACO=∠DBO，则下列说法：①b-c=1；②△AOC≌△DOB；③若∠DBC=30°，则抛物线的对称轴为直线x=；④当点B绕点D顺时针旋转90°后得到的点B'也在抛物线上，则抛物线的解析式为y=x2-2x-3．正确的是（ ）
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A．①②③ B．①②④ C．②③④ D．①②③④
6．在平面直角坐标系中，点的坐标是，将点绕点顺时针旋转90°得到点．若点的坐标是，则点的坐标是（ ）
A． B． C． D．
7．如图，正方形的四个顶点均在坐标轴上，．将正方形绕点顺时针旋转，每秒旋转，同时点P从的中点处出发，在正方形的边上顺时针移动，每秒移动1个单位，则第2022秒时，点的坐标为（ ）
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A． B． C． D．
8．将抛物线y＝x2﹣6x+5绕坐标原点旋转180°后，得到的抛物线的解析式为（　　）
A．y＝﹣x2﹣6x﹣5 B．y＝﹣x2+6x+5
C．y＝x2+6x+5 D．y＝x2+6x﹣5
9．如图，Rt△ABC中，∠ ( http: / / www.21cnjy.com )C=90°，∠A=30°，AB=20，点P是AC边上的一个动点，将线段BP绕点B顺时针旋转60°得到线段BQ，连接CQ．则在点P运动过程中，线段CQ的最小值为（ ）
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A．4 B．5 C．10 D．5
10．如图，在中，，，D为内一点，分别连接PA、PB、PC，当时，，则BC的值为（ ）【出处：21教育名师】
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A．1 B． C． D．2
2、填空题（本大题共8小题，每小题4分，共32分）
11．如图，在Rt△ABC中，∠BAC＝9 ( http: / / www.21cnjy.com )0°，AB＝8，AC＝6，以BC为一边作正方形BDEC设正方形的对称中心为O，连接AO，则AO＝_____．
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12．如图，已知△ABC中，∠C＝90°，AC＝BC，将△ABC绕点A逆时针反向旋转60°到△AB′C′的位置，连接C′B，则C′B的长为_____．
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13．在一次综合实践活动课上，小明探究“有一个角为45°的三角形的面积”问题．如图，在△ABC中，，小明过点A作，垂足为D，若，，则△ABC的面积为_________．
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14．如图，点P是等边三角形ABC内一点，且，，，则这个等边三角形ABC的边长为________．
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15．如图，将函数的图象绕点顺时针旋转180°，旋转前后的图象组成一个新的图象S，若直线与图象S有三个交点，则k的取值范围是______．
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16．如图，在正方形ABCD中，E、F分别是边BC、CD上的点，∠EAF＝45°，△ECF的周长为8，则正方形ABCD的边长为_____．
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17．如图，C为线段AB的中点，D为AB垂直平分线上一点，连接BD，将BD绕点D顺时针旋转60°得到线段DE，连接AE，若，，则CD的长为 __________ ．
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18．如图，在正方形ABCD中，将线段AD ( http: / / www.21cnjy.com )绕点A逆时针旋转α（0°＜α＜180°）得到线段AD′，连接BD′、CD′．若△D′BC是等腰三角形，则α＝___．
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三、解答题（本大题共6小题，共60分）
19．（8分）如图，在四边形ABCD中，ADBC，AB⊥BC，∠BCD＝45°，将CD绕点D逆时针旋转90°至ED，延长AD交EC于点F．
(1) 求证：四边形ABCF是矩形；
(2) 若AD＝2，BC＝3，求AE的长．
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20．（8分）如图1，在△ABC中，，点DE、分别在边AB、AC上，，连接DC，点P、Q、M分别为DE、BC、DC的中点，连接MQ、PM．
(1) 求证：；
(2) 当时，求PMQ的度数；
(3) 将△ADE绕点A沿逆时针方向旋转到图2的位置，若，判断△ADE的形状，并说明理由．
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21．（10分）如图，方格纸中的每个小方 ( http: / / www.21cnjy.com )格都是边长为1个单位的正方形，在建立平面直角坐标系后，△ABC的顶点均在格点上，点C的坐标为(1，1)．
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(1)试作出△ABC以C为旋转中心，沿顺时针方向旋转90°后的图形△A1B1C；
(2)以原点O为对称中心，画出△ABC关于原点O对称的△A2B2C2，并写出点B2的坐标____________；
(3)请在x轴上找一点D得到 ACDB，则点D的坐标为________，若直线y=x+b平分 ACDB的面积，则b=_______．
22．（10分）如图，点A（a，0），B（0，b），且a、b满足（a﹣2）2+|4b﹣8|＝0．
(1)如图1，求a，b的值；
(2)如图2，点C在线段AB ( http: / / www.21cnjy.com )上（不与A、B重合）移动，AB⊥BD，且∠COD＝45°，猜想线段AC、BD、CD之间的数量关系并证明你的结论；
(3)如图3，若P为x轴 ( http: / / www.21cnjy.com )正半轴上异于原点O和点A的一个动点，连接PB，将线段PB绕点P顺时针旋转90°至PE，直线AE交y轴于点Q，当P点在x轴上移动时，线段BE和线段BQ中哪一条线段长为定值，并求出该定值．
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23．（10分）在平面直角坐标系中，四边形是矩形，点，点，点.以点为中心，顺时针旋转矩形，得到矩形，点，，的对应点分别为，，.www-2-1-cnjy-com
（Ⅰ）如图①，当点落在边上时，求点的坐标；
（Ⅱ）如图②，当点落在线段上时，与交于点.
①求证；
②求点的坐标.
（Ⅲ）记为矩形对角线的交点，为的面积，求的取值范围（直接写出结果即可）.
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24．（12分）在某次数学兴趣小组延时服务课上，李老师要求学生探究如下问题：
(1)如图①，在等边内有一点，，，．试求的度数．小亮同学一时没有思路，当他认真分析题目信息后，发现以，，的长为边的三角形是直角三角形，他突然有了正确的思路：如图②，将绕点逆时针旋转60°，得到，连接，可求出的度数，请你替小亮写出求解过程；
(2)如图③，在正方形内有一点，，，．试求的度数；
(3)在图③中，若正方形内有另一点，，，（，）．请你探究：当，，满足什么条件时，的度数与第（2）问中的度数相等，并说明理由．（友情提示：正方形的四条边都相等，四个角都是直角）
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参考答案
1．B
【分析】
连接AE，过点A作AG⊥ ( http: / / www.21cnjy.com )AE，截取AG=AE，连接PG，GE，通过SAS证明△AEF≌△AGP，得PG=EF=2，再利用勾股定理求出GE的长，在△GPE中，利用三边关系即可得出答案．2·1·c·n·j·y
解：连接AE，过点A作AG⊥AE，截取AG=AE，连接PG，GE，
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∵将线段AF绕着点A顺时针旋转90°得到AP，
∴AF=AP，∠PAF=90°，
∴∠FAE+∠PAE=∠PAE+∠PAG=90°，
∴∠FAE=∠PAG，
在△AEF和△AGP中，
∴△AEF≌△AGP（SAS），
∴PG=EF=2，
∵BC=3，CE=2BE，
∴BE=1，
在Rt△ABE中，由勾股定理得：
，
∵AG=AE，∠GAE=90°，
∴，
在△GPE中，PE＞GE-PG，
∴PE的最小值为GE-PG=，
故选：B．
【点拨】本题主要考查了旋转的性质，全等三角形的判定与性质，三角形的三边关系等知识，作辅助线构造出全等三角形是解题的关键．【来源：21·世纪·教育·网】
2．C
【分析】
连接EC，过E作EH⊥BC于H，先利用勾股定理、旋转的性质可得，再根据等边三角形的判定与性质可得，然后根据勾股定理分别求出，由此即可得出答案．2-1-c-n-j-y
解：连接EC，过E作EH⊥BC于H，
在Rt△ABC中，，
∴，
∴，
由旋转可知：，
∴是等边三角形，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴．
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故选：C．
【点拨】本题考查了勾股定理、旋转的性质、等边三角形的判定与性质、，通过作辅助线，构造等边三角形是解题关键．
3．C
【分析】
根据等腰直角三角形的性质可得∠CAD=∠B ( http: / / www.21cnjy.com )=45°，根据同角的余角相等求出∠ADF=∠BDE，然后利用“角边角”证明△BDE和△ADF全等，判断出③正确；根据全等三角形对应边相等可得DE=DF、BE=AF，从而得到△DEF是等腰直角三角形，判断出①正确；再求出AE=CF，判断出②正确；根据BE+CF=AF+AE，利用三角形的任意两边之和大于第三边可得BE+CF＞EF，判断出④错误．
解：∵∠BAC=90°，AB=AC，
∴△ABC是等腰直角三角形，∠B=45°，
∵点D为BC中点，
∴AD=CD=BD，AD⊥BC，∠CAD=45°，
∴∠CAD=∠B，∠BDE+∠ADE=∠ADB=90°
∵∠MDN是直角，
∴∠ADF+∠ADE=90°，
∴∠ADF=∠BDE，
在△BDE和△ADF中，，
∴△BDE≌△ADF（ASA），
∴DE=DF，BE=AF，
∴△DEF是等腰直角三角形，故①正确；
∵AE=AB-BE，CF=AC-AF，
∴AE=CF，故②正确；
∵△BDE≌△ADF
∴
∴
故③正确；
∵BE+CF=AF+AE＞EF，
∴BE+CF＞EF，
故④错误；
综上所述，正确的是①②③，
故选：C.
【点拨】本题考查了旋转的性质，全等三角形的 ( http: / / www.21cnjy.com )判定与性质，等腰直角三角形的性质、三角形的三边关系、同角的余角相等，熟练掌握等腰直角三角形的性质，并能进行推理论证是解决问题的关键．
4．A
【分析】
先求出C点坐标，再设新抛物线上的点的坐标为（x,y），求出它关于点C对称的点的坐标，代入到原抛物线解析式中去，即可得到新抛物线的解析式．
解：当x=0时，y=5，
∴C（0,5）；
设新抛物线上的点的坐标为（x,y），
∵原抛物线与新抛物线关于点C成中心对称，
由，；
∴对应的原抛物线上点的坐标为；
代入原抛物线解析式可得：，
∴新抛物线的解析式为：；
故选：A．
【点拨】本题综合考查了求抛物线上 ( http: / / www.21cnjy.com )点的坐标、中心对称在平面直角坐标系中的运用以及求抛物线的解析式等内容，解决本题的关键是设出新抛物线上的点的坐标，求出其在原抛物线上的对应点坐标，再代入原抛物线解析式中求新抛物线解析式，本题属于中等难度题目，蕴含了数形结合的思想方法等．
5．B
【分析】
利用已知条件分别求得点A，B，C的坐标，表 ( http: / / www.21cnjy.com )示出线段OA，OB，OC的长度，利用二次函数的性质，待定系数法与全等三角形的判定定理对每个结论进行逐一判断即可得出结论．
解：将A（x1，0）代入物线y=x2+bx+c得：
x12+bx1+c=0．
∵c=x1+b，
∴x12+bx1+x1+b=0，
∴x1（x1+1）+b（x1+1）=0，
∴（x1+b）（x1+1）=0，
∵c=x1+b≠0，
∴x1+1=0，
∴x1=-1，
∴A（-1，0），
∴OA=1，
∴c=-1+b，
∴b-c=1．∴①的结论正确；
∵c=-1+b，
∴y=x2+bx+b-1，
令y=0，则x2+bx+b-1=0，
解得：x=-1或x=1-b，
∴B（1-b，0），
∵抛物线的对称轴在y轴的右侧，
∴b＜0，
∴OB=1-b，
∵C（0，b-1），
∴OC=1-b，
∴OB=OC，
在△AOC和△DOB中，
，
∴△AOC≌△DOB（ASA）．∴②的结论正确；
若∠DBC=30°，过点D作DH⊥BC于点H，如图，
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∵△AOC≌△DOB，
∴OA=OD=1，AC=BD，
∴CD=OC-OD=-b，
∵OB=OC，
∴∠OCB=∠OBC=45°，
∵DH⊥BC，
∴DH=-b，
∵DH⊥BC，∠DBC=30°，
∴BD=2DH=-b，
∴AC= b，
∵OA2+OC2=AC2，
∴12+(1 b) 2＝(b) 2．
解得：b=-1±．
∵b＜0，
∴b=-1-．
∴抛物线的对称轴为直线x=．
∴③的结论不正确；
当点B绕点D顺时针旋转90°后得到的点B'也在抛物线上时，
过点B′作B′M⊥y轴于点M，如图，
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由题意：DB=DB′，∠BDB′=90°，
∴∠MDB′+∠ODB=90°，
∵∠ODB+∠OBD=90°，
∴∠MDB′=∠OBD，
在△MDB′和△OBD中，
，
∴△MDB′≌△OBD（AAS），
∴MD=OB=1-b，MB′=OD=1，
∴OM=OD+DM=2-b，
∴B′（1，b-2），
∴1+b+b-1=b-2，
解得：b=-2，
∴c=b-1=-3，
∴此时抛物线的解析式为y=x2-2x-3，∴④的结论正确；
综上，正确的结论是：①②④．
故选：B．
【点拨】本题主要考查了待定系数法，数形结 ( http: / / www.21cnjy.com )合法，二次函数的性质，抛物线与x轴的交点，抛物线上点的坐标的特征，图形的旋转的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，含30°角的直角三角形的性质，熟练掌握二次函数的性质是解题的关键．
6．A
【分析】
设点的坐标为，由旋转的性质可得，，列出等式，把每个选项的横坐标代入验证即可．
解：设点的坐标为，
∵点的坐标是，点的坐标是，
∴由旋转的性质可得，，
即，
整理得，
当时，，解得；
当时，，解得；
当时，，解得；
故只有选项A的坐标满足题意，选项B、C、D都不满足题意，
故选：A
【点拨】本题考查了旋转的性质，理解掌握对应点到旋转中心的距离相等是解题的关键．
7．C
【分析】
正方形绕原点沿顺时针方向每秒旋转，旋转一周需要6秒，，第2022秒时正方形回到初始位置；点P每秒移动1个单位，移动一周需要8秒，，第2022秒时点P移动到第三象限的位置，作于点E，根据点P为中点，得到．根据正方形的性质可知，得到，根据，得到，．得到点P的坐标为．21cnjy.com
解：∵正方形每秒旋转，
∴每6秒旋转一周，
∵，
∴第2022秒时正方形回到初始位置；
∵点P每秒移动1个单位，
∴每8秒移动一周，
∵，
∴第2022秒时点P移动到如图所示的位置，
过点P作于点E，
∵点P为中点，
∴,
由正方形的性质可知，
∴，
∵，
∴．
∴．
∴点P的坐标为．
故选C．
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【点拨】本题主要考查了正方形旋转，动点 ( http: / / www.21cnjy.com )移动，熟练掌握正方形的边的性质，旋转图形的全等性质，动点移动路线形状与移动速度的性质，是解决本题的关键．
8．A
【分析】
求得抛物线y=x2-6x+5的顶点坐标，根据旋转的性质得到旋转180°后的抛物线的顶点坐标，进而即可求得新的抛物线的解析式．21*cnjy*com
解：∵y＝x2﹣6x+5＝（x﹣3）2﹣4，
∴抛物线y＝x2﹣6x+5的顶点坐标为（3，﹣4），点（3，﹣4）关于原点的对称点为（﹣3，4），
∴抛物线抛物线y＝x2﹣6x+5的图象绕坐标原点旋转180°所得的新的抛物线的解析式为y＝﹣（x+3）2+4＝﹣x2﹣6x﹣5．
故选：A．
【点拨】本题考查了二次函数化一般式为顶点式，二次函数的性质，求绕原点中心对称的点坐标，利用了中心对称的性质．
9．D
【分析】
将Rt△ABC绕点B顺时针旋转60°得到，再设线段的中点为M，并连接CM．根据线段BP的旋转方式确定点Q在线段上运动，再根据垂线段最短确定当Q与点M重合时，CQ取得最小值为CM．根据∠C=90°，∠A=30°，AB=20求出BC的长度，再根据旋转的性质求出和的长度，根据线段的和差关系确定点C是线段的中点，进而确定CM是的中位线，再根据三角形中位线定理即可求出CM的长度．
解：如下图所示，将Rt△ABC绕点B顺时针旋转60°得到，再设线段的中点为M，并连接CM．
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∵点P是AC边上的一个动点，线段BP绕点B顺时针旋转60°得到线段BQ，
∴点Q在线段上运动．
∴当，即点Q与点M重合时，线段CQ取得最小值为CM．
∵∠C=90°，∠A=30°，AB=20，
∴BC=10．
∵Rt△ABC绕点B顺时针旋转60°得到，
∴=BC=10，．
∴．
∴．
∴点C是线段中点．
∵点M是线段的中点，
∴CM是的中位线．
∴．
故选：D．
【点拨】本题考查旋转的性质，直角三角形30°所对的直角边是斜边的一半，垂线段最短，三角形中位线定理，综合应用这些知识点是解题关键．
10．C
【分析】
将△BPA顺时针旋转60°，到△BMN处，得到△BPM，△ABN是等边三角形，证明C、P、M、N四点共线，且∠CAN=90°，设BC=x，则AB=BN=2x，AC=，利用勾股定理计算即可．21*cnjy*com
解：将△BPA顺时针旋转60°，到△BMN处，则△BPM，△ABN是等边三角形，
∠BPM=∠BMP=60°，∠BAN=60°，PM=PB，BA=BN，PA=MN，
∵∠CPB=∠BPA=∠APC=∠BMN=120°，
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∴∠BMP+∠BMN=180°，∠BPC+∠BPM =180°，
∴C、P、M、N四点共线，
∴CP+PM+MN=CP+PB+PA=，
∵∠BAC=30°，∠BAN=60°，
∴∠CAN=90°，
设BC=x，则AB=BN=2x，AC=，
∴，
解得x=，x= - ，舍去，
故选C．
【点拨】本题考查了旋转的性质，等边三角形的判定和性质，勾股定理，直角三角形的性质，熟练掌握旋转的性质是解题的关键．【来源：21cnj*y.co*m】
11．；
【分析】
连接AO、BO、CO，过O作FO⊥AO，交 ( http: / / www.21cnjy.com )AB的延长线于F，判定△AOC≌△FOB（ASA），即可得出AO=FO，FB=AC=6，进而得到AF=8+6=14，∠FAO=45°，根据AO=AF×cos45°进行计算即可．
解：连接AO、BO、CO，过O作FO⊥AO，交AB的延长线于F，
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∵O是正方形DBCE的对称中心，
∴BO=CO，∠BOC=90°，
∵FO⊥AO，
∴∠AOF=90°，
∴∠BOC=∠AOF，
即∠AOC+∠BOA=∠FBO+∠BOA，
∴∠AOC=∠FBO，
∵∠BAC=90°，
∴在四边形ABOC中，∠ACO+∠ABO=180°，
∵∠FBO+∠ABO=180°，
∴∠ACO=∠FBO，
在△AOC和△FOB中，
，
∴△AOC≌△FOB（ASA），
∴AO=FO，FB=FC=6，
∴AF=8+6=14，∠FAO=∠OFA=45°，
∴AO=AF×cos45°=14×=．
故答案为．
【点拨】本题考查了正方形的性质 ( http: / / www.21cnjy.com )和全等三角形的判定与性质．本题的关键是通过作辅助线来构建全等三角形，然后将已知和所求线段转化到直角三角形中进行计算．
12．
【分析】
连接BB′，设BC′与AB′交点为D，根据∠C＝90°，AC＝BC，得到ABAC2，根据旋转，得到∠AC′B′＝∠ACB＝90°，AC′＝AC＝B′C′＝BC，AB＝AB′＝2，∠BAB′＝60°，推出BC′垂直平分AB′，△ABB′为等边三角形，得到C′DAB′＝1，，推出，得到BDAB′，得到C′B＝C′D＋BD＝1．
解：连接BB′，设BC′与AB′交点为D，如图，
△ABC中，∵∠C＝90°，AC＝BC，
∴ABAC2，
∵△ABC绕点A逆时针反向旋转60°到△AB′C′的位置，
∴∠AC′B′＝∠ACB＝90°，AC′＝AC＝B′C′＝BC，AB＝AB′＝2，∠BAB′＝60°，21教育网
∴BC′垂直平分AB′，△ABB′为等边三角形，
∴C′DAB′＝1，，
∴，
∴BD，
∴C′B＝C′D＋BD＝1．
故答案为1．
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【点拨】本题考查了旋转图形全等的性质，线段垂直平分线判定和性质，等边三角形的判定与性质，等腰直角三角形的性质，含30°角的直角三角形边的性质，作辅助线构造出等边三角形，求出，BD的长是解题的关键．
13．15
【分析】
如图，将绕逆时针旋转90°得，延长、交于点，连接，由旋转的性质可知，，证明四边形是正方形，，证明，则，设，则，，在中，由勾股定理得，即，求出满足要求的的值，根据计算求解即可．
解：如图，将绕逆时针旋转90°得，延长、交于点，连接，
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由旋转的性质可知，，
∴，，，，，
∴四边形是正方形，
∵，
∴，
∴，
在和中，
∵，
∴，
∴，
设，则，，
在中，由勾股定理得，即，
解得或（不合题意，舍去）
∴，
∴，
故答案为：15．
【点拨】本题考查了旋转的性质，正方形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理等知识．解题的关键在于通过旋转构造正方形求边长．
14．
【分析】
将三角形BCP绕点B逆时针旋转6 ( http: / / www.21cnjy.com )0°得三角形BDA，过B作BH⊥直线AP于H，先证明三角形BDP为等边三角形，利用勾股定理逆定理得∠DPA=90°，进而得∠BPH=30°，利用勾股定理解直角三角形即可得答案．21·世纪*教育网
解：将三角形BCP绕点B逆时针旋转60°，得三角形BDA，BC边落在AB上，过B作BH⊥直线AP于H，如图所示，21教育名师原创作品
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由旋转知，△BDP为等边三角形，AD=PC=，
∴BP=PD=BD=，∠BPD=60°，
∵PA=，
∴，
∴∠APD=90°，
∴∠BPH=30°，
∴BH=，PH=，
由勾股定理得：AB=，
故答案为：．
【点拨】本题考查了等边三角形的性质与判定、勾股定理逆定理、旋转变换的应用等知识点，解题关键是作旋转变换，将分散的条件集中在同一三角形中．
15．
【分析】
求出旋转后抛物线的解析式为y=（x-3）2-1，找临界位置，如图l1和l2，当与y=（x-3）2-1只有一个交点时，与图象S有两个交点，令，求出k，将（4，0）代入，求出k，结合图象得出k的取值范围．
解：将函数的图象绕点顺时针旋转180°，
旋转后的抛物线解析式为y=（x-3）2-1，
当与y=（x-3）2-1只有一个交点时，与图象S有两个交点，
，
即
当，只有一个交点，
∴，
解得（舍），
将（4，0）代入，得
4k+1=0，
解得k=，
∴．
故答案为：．
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【点拨】本题考查二次函数图象与几何变换，一次 ( http: / / www.21cnjy.com )函数图象与系数的关系，一次函数图象上点的坐标特征，解决问题的关键是灵活运用二次函数的图象和性质以及数形结合思想．
16．4
【分析】
将△DAF绕点A顺时针旋转90度到 ( http: / / www.21cnjy.com )△BAF′位置，根据旋转的性质得出∠EAF′=45°，进而得出△FAE≌△EAF′，即可得出EF+EC+FC=FC+CE+EF′=FC+BC+BF′=DF+FC+BC=2BC=8，求出BC即可．
解：将△DAF绕点A顺时针旋转90度到△BAF′位置，
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由题意可得出：△DAF≌△BAF′，
∴DF=BF′，∠DAF=∠BAF′，
∴∠EAF′=45°，
在△FAE和△EAF′中,
，
∴△FAE≌△EAF′（SAS），
∴EF=EF′，
∵△ECF的周长为8，
∴EF+EC+FC=FC+CE+EF′=FC+BC+BF′=DF+FC+BC=2BC=8，
∴BC=4，
即正方形的边长为4．
故答案为：4．
【点拨】此题主要考查了旋转的性质以及全等三角形的判定与性质等知识，得出△FAE≌△EAF′是解题关键．
17．9
【分析】
连接AD、BE，过点E作EH⊥AB于H，由旋转知，DE=DB，∠BDE=60°，可证△BDE是等边三角形，利用等边对等角结合三角形内角和为180°求出，从而得到，进而可求出∠HAE=30°．再根据含30度角的直角三角形的性质可求出EH，AH，再利用勾股定理即可先后求出BE和CD．
解：如图，连接AD、BE，过点E作EH⊥AB于H，
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由旋转知，DE=DB，∠BDE=60°，
∴△BDE是等边三角形，
∴BE=BD．
∵C为AB中点，点D在AB的垂直平分线上，
∴AD=BD=DE，，
∴，
∴，即．
∵∠BDE=60°，
∴∠BAE=150°，
∴∠HAE=180°-150°=30°．
∵AE=6，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴．
故答案为：9．
【点拨】本题考查了图形的旋转，三角形内角和定 ( http: / / www.21cnjy.com )理，线段垂直平分线的性质，勾股定理以及含30°的直角三角形的性质等知识，通过作辅助线构造出直角三角形是解题的关键．
18．30°或60°或150°
【分析】
分D' B= BC或D' B= BC或D' ( http: / / www.21cnjy.com )B= D'C，三种情形，分别画出图形，利用正方形、等边三角形和等腰三角形的性质，以及旋转的性质解答，即可得出答案．
解：如图，当D’B= BC时，
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∵四边形ABCD是正方形，
∴AB= BC= AD，∠DAB= 90°，
由旋转的性质得：AD'= AD= AB= BC= DB'，
∴△ABD'是等边三角形，
∴∠BAD' = 60°，
∴∠DAD' = ∠DAB+∠BAD'=150°，
即α=150°；
如图，当D’B=BC时，
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∵四边形ABCD是正方形，
∴ AB= BC= AD，∠DAB=90°，
由旋转的性质得：AD'= AD= AB= BC= DB'，
∴△ABD'是等边三角形，
∴∠BAD'=60°，
∴∠DAD' = 30°，
即α= 30°；
如图，当D' B= D'C时，连接DD'，
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∴D'在线段BC的垂直平分线上，
∴D'D= AD'，
由旋转的性质得AD' = AD= DD' ，
∴△ADD'是等边三角形，
∴∠DAD'= 60°，
即α=60°，
当CD' = BC = AD时，此种情况不存在，
综上，α的值为：30°或60°或150°．
故答案为：30°或60°或150°．
【点拨】本题主要考查了旋转的性质，等腰三角形的性质，正方形的性质等知识，解题的关键是学会运用分类的思想．
19．(1)证明见分析(2)
【分析】
（1）根据平行线求出，，根据旋转得出，，根据等腰三角形性质求出，根据矩形的判定得出即可；
（2）求出和，求出，根据勾股定理求出即可．
(1)证明：，，，
，，
将绕点逆时针旋转至，
，，
，
，
，
即，
四边形是矩形；
(2)解：四边形是矩形，
，
，
，，
，
，
在中，由勾股定理得：．
【点拨】本题考查了平行线的性质，矩形的性质和判定，旋转的性质，勾股定理的应用，能综合运用性质进行推理是解此题的关键．
20．(1)见分析(2)(3)△ADE是等边三角形，理由见分析
【分析】
（1）利用三角形中位线定理解决问题；
（2）证明∠PMQ =∠B+∠ACB，可得结论；
（3）证明△BAD≌△CAE(SAS)， ( http: / / www.21cnjy.com )∠ ABD=∠ACE，再证明∠PMQ =∠ABC+∠ACB= 120°，推出∠BAC = 60°，可得结论．
(1)证明：∵，，
∴，
∵P，M分别为DE，DC的中点，
∴，，
∵M，Q分别为DC，CB的中点，
∴，，
∴；
(2)解：∵点P、Q、M分别为DE、BC、DC的中点，
∴，，
∴，
∴
；
(3)解：△ADE是等边三角形，理由如下：
由旋转的性质可知，，
∴，
在△BAD和△CAE中，
，
∴△BAD≌△CAE（SAS），
∴，，
∵P，M为DE，DC的中点
∴
∴
∵M，Q为DC，BC的中点
∴
∴
∴，
∴，
∴，
又∵，
∴△ADE是等边三角形．
【点拨】本题是几何旋转变换综合题，主要考查了 ( http: / / www.21cnjy.com )三角形的中位线定理，等边三角形的判定，等腰三角形的性质，全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题，属于中考常考题型．
21．(1)见分析(2)画图见分析，B2(－5，－2)(3)(3，0)，6
【分析】
（1）分别作出点A、B以C为中心，顺时针旋转90°后的对应点A1、B1即可解答；
（2）根据中心对称的坐标特征：横纵坐标互为相反数；求得A2、B2、C2的坐标即可；
（3）C点先向下平移1个单位，再向右平移2 ( http: / / www.21cnjy.com )个单位，即可得到点D（3，0）；求出平行四边形ACDB的中心坐标，根据中心对称图形的性质可得直线y经过中心坐标，进而求得b；
(1)解：如图，分别作出点A、B以C为中心，顺时针旋转90°后的对应点A1、B1，
连接相应顶点得△A1B1C即为所求；
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(2)解：∵A（3，3），B（5，2），C（1，1），
∴A、B、C关于原点的对称点坐标为：A2（-3，-3），B2（-5，-2），C2（-1，-1），
如图，△A2B2C2即为所求，
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(3)解：如图，C点先向下平移1个单位，再向右平移2个单位，得到点D（3，0），连接相应顶点，四边形ACDB为平行四边形；
∵A点先向下平移1个单位，再向右平移2个单位，可得到点B，
∴BD可由AB平移得到，即BD∥AB，BD=AB，
∴四边形ACDB是平行四边形，
∵C（1，1），B（5，2），平行四边形是中心对称图形，
∴平行四边形ACDB的中心坐标为（3，），
如图所示，当直线y经过平行四边形中心时，直线两侧的图形关于中心点对称面积相等，
∴（3，）代入直线y=x+b，可得b=6；
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【点拨】本题考查了图形旋转，中心对称图形的性质，坐标的平移和对称变换，平行四边形的判定和性质；掌握中心对称图形的性质是解题关键．
22．(1)a=2,b=2(2)CD=BD+AC．理由见分析(3)BQ是定值，
【分析】
（1）根据非负数的性质得到a-2=0，4b-8=0，求得a=2，b=2，得到OA=2，OB=2，于是得到结果； www.21-cn-jy.com
（2）证明：将△AOC绕点 ( http: / / www.21cnjy.com )O逆时针旋转90°得到△OBF根据已知条件得到∠DBF=180°，由∠DOC=45°，∠AOB=90°，同时代的∠BOD+∠AOC=45°，求出∠FOD=∠BOF+∠BOD=∠BOD+∠AOC=45°，推出△ODF≌△ODC，根据全等三角形的性质得到DC=DF=DB+BF=DB+DC；
（3）BQ是定值，作EF⊥OA于F，在FE上 ( http: / / www.21cnjy.com )截取PF=FD，由∠BAO=∠PDF=45°，得到∠PAB=∠PDE=135°，根据余角的性质得到∠BPA=∠PED，推出△PBA≌EPD，根据全等三角形的性质得到AP=ED，于是得到FD+ED=PF+AP．即：FE=FA，根据等腰直角三角形的性质得到结论．
(1)解：∵（a﹣2）2+|4b﹣8|＝0，
∴a-2=0，4b-8=0，
∴a=2，b=2.
(2)证明：如图2，将△AOC绕点O逆时针旋转90°得到△OBF，而
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∵∠OAC=∠OBF=∠OBA=45°，∠DBA=90°，
∴∠DBF=180°，
∵∠DOC=45°，∠AOB=90°，
∴∠BOD+∠AOC=45°，
∴∠FOD=∠BOF+∠BOD=∠BOD+∠AOC=45°，
在△ODF与△ODC中，，
∴：△ODF≌△ODC，
∴DC=DF，DF=BD+BF，
∴CD=BD+AC．
(3)BQ是定值，BE明显不是定值，理由如下：作EF⊥OA于F，在FE上截取FD=PF，
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∵∠BAO=∠PDF=45°，
∴∠PAB=∠PDE=135°，
∴∠BPA+∠EPF=90°，∠EPF+∠PED=90°，
∴∠BPA=∠PED，
在△PBA与△EPD中，，
∴△PBA≌EPD（AAS），
∴AP=ED，
∴FD+ED=PF+AP， 即：FE=FA，
∴∠FEA=∠FAE=45°，
∴∠QAO=∠EAF=∠OQA=45°，
∴OA=OQ=2，
∴BQ=4．
为定值．
【点拨】本题考查了全等三角形的判定和 ( http: / / www.21cnjy.com )性质，坐标与图形的性质，等腰直角三角形的判定与性质，旋转的性质，三角形面积的计算，非负数的性质，正确的作出辅助线是解题的关键．21·cn·jy·com
23．（Ⅰ）点的坐标为.（Ⅱ）①证明见分析；②点的坐标为.（Ⅲ）.
分析：（Ⅰ）根据旋转的性质得AD=AO=5,设CD=x，在直角三角形ACD中运用勾股定理可CD的值，从而可确定D点坐标；
（Ⅱ）①根据直角三角形全等的判定方法进行判定即可；
②由①知，再根据矩形的性质得.从而，故BH=AH，在Rt△ACH中，运用勾股定理可求得AH的值，进而求得答案；
（Ⅲ）.
解：（Ⅰ）∵点，点，
∴，.
∵四边形是矩形，
∴，，.
∵矩形是由矩形旋转得到的，
∴.
在中，有，
∴ .
∴.
∴点的坐标为.
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（Ⅱ）①由四边形是矩形，得.
又点在线段上，得.
由（Ⅰ）知，，又，，
∴.
②由，得.
又在矩形中，，
∴.∴.∴.
设，则，.
在中，有，
∴.解得.∴.
∴点的坐标为.
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（Ⅲ）.
点睛：本大题主要考查了等腰三角形的判定和性质，勾股定理以及旋转变换的性质等知识，灵活运用勾股定理求解是解决本题的关键.
24．(1)，见分析(2)(3)，见分析
【分析】
（1）先证明△P′PB是正三角形，△P′PA ( http: / / www.21cnjy.com )是直角三角形，可得∠BP'P=60°，∠AP'P=90°，可得∠AP'B=150°，根据旋转的性质可得∠BPC=∠AP'B=150°；
（2）将△BPC绕点B逆时针旋转90°，得到△BP'A，连接PP'，根据旋转的性质可得，∠PBP'=90°，PC=P'A，∠AP'B=∠BPC，根据勾股定理定理可得PP'=2，根据勾股定理的逆定理可得∠AP'P=90°，则可求∠BPC的度数；
（3）将△BQC绕点B逆时针旋转90°，得到△BQ'A，连接QQ'，根据旋转性质可得BQ=BQ'=b，∠QBQ'=90°，∠AQ'B=∠BQC=135°，QC=AQ'=c，可得，∠BQ'Q=45°，则可得∠AQ'Q=∠AQ'B-∠BQ'Q=90°，根据勾股定理可求a2=c2+2b2．
(1)解：∵，，
∴为等边三角形，，
∵，，
∴，是直角三角形，
∴，
∵，
∴
∵将绕点逆时针旋转60°，得到，
∴．
(2)解：将绕点逆时针旋转90°，得到，连接，（如图①）
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∴，，，，
∴为等腰直角三角形，，
∴，，
∴，
∴为直角三角形，
∴，
∴
∵，
∴．
(3)解：将绕点逆时针旋转90°，得到，连接，（如图②）
( http: / / www.21cnjy.com / )
∴，，
由题意：，，
∵是等腰直角三角形，
∴ ，
∴，
∴，
∴．
所以，当、、满足时，的度数与第（2）问中的度数相等．
【点拨】本题是四边形综合题，考查了正方形的性质，旋转的性质，等边三角形的性质，勾股定理，熟练运用这些性质进行推理是本题的关键．
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