人教版九年级上对接中考知识点复习专项计划——图形的旋转
一、单选题
1．（2021九上·淮滨月考）如图，正方形网格中的每个小正方形的边长为1，将△ABC绕旋转中心旋转某个角度后得到△A'B'C'其中点A，B，C的对应点是点A'，B'，C'，那么旋转中心是（ ）
A．点Q B．点P C．点N D．点M
【答案】C
【知识点】旋转的性质
【解析】【解答】解：点A的对应点是点A'，由图象可得AM≠A'M，AP≠A'P，AQ≠A'Q，根据旋转的性质可知点M、P、Q都不是旋转中心，只有AN=A'N，且BN=B'N，CN=C'N，所以点N是旋转中心.
故答案为：C.
【分析】由图象可得AM≠A′M，AP≠A′P，AQ≠A′Q，AN=A′N，BN=B′N，CN=C′N，然后根据旋转的性质：对应线段相等即可判断.
2．（2021九上·温岭期中）如图， 在 中， ， 在同一平面内， 将 绕点 旋转到 的位置， 使得 ， 则 是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】平行线的性质；等腰三角形的性质；旋转的性质
【解析】【解答】解：∵ ，
∴∠CAB＝∠C'CA＝70°，
∵将△ABC绕点A旋转到△AB'C'的位置，
∴AC＝AC'，AB＝AB'，∠CAC'＝∠BAB'，
∴∠ACC'＝∠AC'C＝70°，
∴∠CAC'＝40°＝∠BAB'，
故答案为： D.
【分析】由平行线的性质可得∠CAB＝∠C'CA＝70°，由旋转的性质可得AC＝AC'，AB＝AB'，∠CAC'＝∠BAB'，根据等边对等角及三角形的内角和可求解.
3．（2021九上·黔西南期末）△ABC在平面直角坐标系中的位置如图所示，将其绕点P顺时针旋转得到△A'B'C′，则点P的坐标是（ ）
A．（4，5） B．（4，4） C．（3，5） D．（3，4）
【答案】B
【知识点】旋转的性质
【解析】【解答】解：如图，点P即为所求，P（4，4），
故答案为：B.
【分析】根据旋转对称的性质，对应点的连线段的垂直平分线的交点P就是旋转中心，观察图形，即可得出答案.
4．（2021九上·海淀期中）如图，在正三角形网格中，以某点为中心，将 旋转，得到 ，则旋转中心是（ ）
A．点A B．点B C．点C D．点D
【答案】B
【知识点】旋转的性质；旋转对称图形
【解析】【解答】解：如图，
绕某点旋转一定的角度，得到△ ，
连接 、 、 ，
作 的垂直平分线，作 的垂直平分线，作 的垂直平分线，
三条线段的垂直平分线正好都过点B，
即旋转中心是B．
故答案为：B．
【分析】先求出 三条线段的垂直平分线正好都过点B，再求解即可。
二、填空题
5．（2021九上·丰台期末）如图所示，绕点P顺时针旋转得到，则旋转的角度是 ．
【答案】
【知识点】旋转的性质
【解析】【解答】如图，连接
，
是直角三角形，且
绕点P顺时针旋转得到，
点与点对应，则旋转的角度是
故答案为：
【分析】连接，根据勾股定理得出是直角三角形，且，根据绕点P顺时针旋转得到，得出点与点对应，即可得出答案。
6．（2021九上·莒县月考）如图，在平面直角坐标系xOy中，△A′B′C′由△ABC绕点P旋转得到，则点P的坐标为 ．
【答案】P（1，-1）
【知识点】旋转对称图形
【解析】【解答】连接AA′、CC′，作线段AA′的垂直平分线MN，作线段CC′的垂直平分线EF，
直线MN和直线EF的交点为P，点P就是旋转中心．∵直线MN为：x=1，设直线CC′为y=kx+b，
由题意：， ∴， ∴直线CC′为y=x+，
∵直线EF⊥CC′，经过CC′中点（，）， ∴直线EF为y=﹣3x+2，
由得， ∴P（1，﹣1）．
【分析】连接AA′、CC′，作线段AA′的垂直平分线MN，作线段CC′的垂直平分线EF，直线MN和直线EF的交点为P，点P就是旋转中心．
7．（2021九上·阳信期中）如图，正方形 的对角线相交于点 ，点 是正方形 的一个顶点，如果两个正方形的边长相等，正方形 绕点 自由转动，设两个正方形重叠部分（阴影）的面积为 ，正方形 的面积为 ．则 与 的关系是 ．
【答案】S1= S2
【知识点】正方形的性质；旋转的性质
【解析】【解答】证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴OA=OB，AC⊥BD，∠BAD=∠ABC=90°，
∴∠OAE=∠OBF=45°，∠AOB=∠EOF=90°，
∴∠AOE+∠BOE=∠BOF+∠BOE，
∴∠AOE=∠BOF，
在△AOE和△BOF中， ，
∴△AOE≌△BOF（ASA），
∴S△AOE=S△BOF，
∴四边形EOFB的面积S1=S△AOB= S2，
故答案为：S1= S2．
【分析】根据正方形的性质得出OA=OB，AC⊥BD，∠BAD=∠ABC=90°，求得∠AOE=∠BOF，根据全等三角形的性质得出结论即可。
8．（2021九上·陵城期中）如图，在正方形ABCD中，AB=8，点M在CD边上，且DM=2，△AEM与△ADM关于AM所在直线对称，将△ADM按顺时针方向绕点A旋转90°得到△ABF，连接EF，则线段EF的长为 ．
【答案】10
【知识点】正方形的性质；旋转的性质；三角形全等的判定-SAS
【解析】【解答】解：如图，连接BM．
∵△AEM与△ADM关于AM所在的直线对称，
∴AE＝AD，∠MAD＝∠MAE．
∵△ADM按照顺时针方向绕点A旋转90°得到△ABF，
∴AF＝AM，∠FAB＝∠MAD，
∴∠FAB＝∠MAE，
∴∠FAB＋∠BAE＝∠BAE＋∠MAE，
∴∠FAE＝∠MAB，
∴△FAE≌△MAB（SAS）．
∴EF＝BM．
∵四边形ABCD是正方形，
∴BC＝CD＝AB＝8．
∵DM＝2，
∴CM＝6．
在Rt△BCM中，BM＝ ＝ ，
∴EF＝10，
故答案为：10．
【分析】利用SAS证明△FAE≌△MAB，再求出CM＝6，最后利用勾股定理计算求解即可。
9．（2021九上·互助期中）在如图所示的正方形网格中， 绕某点旋转一定的角度，得到 ，则旋转中心可能是A，B，C，D中的点 ．
【答案】B
【知识点】图形的旋转；旋转的性质
【解析】【解答】解：∵△MNP绕某点旋转一定的角度，得到△M1N1P1，
∴连接PP1、NN1、MM1，
作PP1的垂直平分线过B、D、C，
作NN1的垂直平分线过B、A，
作MM1的垂直平分线过B，
∴三条线段的垂直平分线正好都过B，
即旋转中心是B．
故答案为B．
【分析】由旋转图形的性质和特征即可得出答案。
三、作图题
10．（2021九上·崇阳月考）如图，在平面直角坐标系中△ABC的三个顶点的坐标分别为A（5，4），B（0，3），C（2，1）．
⑴画出△ABC关于原点成中心对称的△A1B1C1，并写出点C1的坐标；
⑵画出将△A1B1C1绕点C1按顺时针方向旋转90°所得的△A2B2C1，并写出点A2坐标．
【答案】解：（1）如图所示，△A1B1C1为所求，
点C1坐标为（﹣2，﹣1）；
（2）如图所示，△A2B2C1即为所求，
点A2的坐标为（﹣5，2）．
【知识点】作图﹣轴对称；作图﹣旋转
【解析】【分析】（1）根据关于原点对称的点的坐标特征找出点A、B、C关于原点的对称点A1、B1、C1的位置，然后顺次连接即可；
（2）根据旋转的性质找出点A1、B1绕点C1按顺时针方向旋转90°的对应点A2、B2的位置，然后顺次连接即可.
11．（2022·舟山开学考）如图，在平面直角坐标系中，已知的三个顶点的坐标分别为，请按下列要求画图：
（1）将先向右平移4个单位长度、再向下平移1个单位长度，得到，画出；
（2）与关于原点O成中心对称，画出．
【答案】（1）解：如图所示：△A1B1C1 即为所求；
（2）解：如图所示：△A2B2C2 即为所求.
【知识点】作图﹣平移；作图﹣旋转
【解析】【分析】（1）分别将点A、B、C先向右平移4个单位长度、再向下平移1个单位长度得到对应点A1、B1、C1的位置，然后顺次连接即可；
（2）分别连接AO、BO、CO并延长，使AO=A2O，BO=B2O，CO=C2 O，顺次连接即可.
四、综合题
12．（2021九上·江城期末）在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠ABC＝30°，将△ABC绕点B逆时针旋转一个角度α后得到△DBE，点A，C的对应点分别为点D，E．
（1）如图1，若点D恰好落在边BC的延长线上，连接CE，求∠DEC的度数．
（2）如图2，若α＝60°，F为BD的中点，连接CD，CF，EF，请判断四边形CDEF是什么特殊的四边形，并说明理由．
【答案】（1）解：如图1，∵∠ACB＝90°，∠ABC＝30°，
∴∠A＝60°，
由旋转得∠D＝∠A＝60°，BE＝BC，∠DBE＝∠ABC＝30°，
∴∠BCE＝∠BEC＝（180°﹣30°）＝75°，
∴∠DEC＝∠BCE﹣∠D＝75°﹣60°＝15°．
（2）解：四边形CDEF是菱形，
理由如下：
如图2，∵△ABC绕点B逆时针旋转一个角度α得到△DBE，
∴∠CBE＝α＝60°，∠DBE＝∠ABC＝30°，∠DEB＝∠ACB＝90°，
∴∠DBC＝30°，
∴∠DBE＝∠DBC，
∵BD＝BD，BE＝BC，
∴△DBE≌△DBC（SAS），
∴∠BED＝∠BCD＝90°，
∴CD＝BD，ED＝BD，
∵F为BD的中点，
∴CF＝BD，EF＝BD，
∴CD＝ED＝CF＝EF，
∴四边形CDEF是菱形．
【知识点】三角形内角和定理；菱形的判定；旋转的性质
【解析】【分析】（1）由旋转得出∠D＝∠A＝60°，BE＝BC，∠DBE＝∠ABC＝30°，可求出∠BCE的度数，再根据三角形的外角等于与它不相邻的两个内角的和求出∠DEC的度数；
（2）证明△DBE≌△DBC（SAS），得出∠BED＝∠BCD＝90°，有直角三角形中30度角所对的直角边等于斜边的一半得出CD＝BD，ED＝BD，而F为BD的中点，则CF＝BD，EF＝BD，得出CD＝ED＝CF＝EF，即可得出结论。
13．（2021九上·宜春期末）如图
（1）问题发现：如图1，和均为等边三角形，当旋转至点A，D，E在同一直线上，连接BE．则：
①的度数为 ；
②线段BE，CE与AE之间的数量关系是 ．
（2）拓展研究：如图2，和均为等腰直角三角形，，点A，D，E在同一直线上．若，，求AB的长度．
（3）探究发现：图1中的和，在旋转过程中，当点A，D，E不在同一直线上时，设直线AD与BE相交于点O，试在备用图中探索的度数，直接写出结果，不必说明理由．
【答案】（1）60°；BE+CE=AE
（2）解：∵和均为等腰直角三角形，
∴，，，
∴，
∴，
∴，，
∵为等腰直角三角形，
∴，，，
∴，，
∴，
∴是直角三角形，
∴
（3）解：的度数60°或120°
【知识点】等边三角形的性质；旋转的性质；三角形全等的判定-SAS
【解析】【解答】（1）①∵是等边三角形，
∴，
故答案为：；
②∵和均为等边三角形，
∴，，，
∴，
∴，
∴，
∵为等边三角形，
∴，
∴，
故答案为：；
（3）如图3，
由（1）知，
∴，
∵，
∴，
∴，
如图4，同理求得：，
∴，
∴的度数是或．
【分析】（1）①根据是等边三角形，求解即可；
②先求出，再求出，最后求解即可；
（2）先求出 ，， 再利用勾股定理计算求解即可；
（3）结合图形，利用全等三角形的性质和旋转的性质求解即可。
14．（2021九上·吉林期末）如图①，在中，，，点D，E分别在边，上，且，此时，成立．
（1）将绕点C逆时针旋转时，在图②中补充图形，并直接写出的长度；
（2）当绕点C逆时针旋转一周的过程中，与的数量关系和位置关系是否仍然成立？若成立，请你利用图③证明，若不成立请说明理由；
（3）将绕点C逆时针旋转一周的过程中，当A，D，E三点在同一条直线上时，请直接写出的长度．
【答案】（1）解：如图所示，
；
（2）解：，仍然成立.
证明：延长交于点H，
∵，
，
，
∴，
又∵，，
∴，
∴，，
在中，，
∴，
∴，
∴.
（3）或
【知识点】三角形全等的判定；勾股定理；旋转的性质
【解析】【解答】解：(1)根据题意得，点D在BC上，
∴是直角三角形，且BC=，CE=
由勾股定理得，；
（3）①当点D在AC上方时，如图1所示，
同（2）可得
∴AD=BE
同理可证
在Rt△CDE中，
∴DE=
在Rt△ACB中，
∴
设AD=BE=x，
在Rt△ABE中，
∴
解得，
∴
②当点D在AC下方时，如图2所示，
同（2）可得
∴AD=BE
同理可证
在Rt△CDE中，
∴DE=
在Rt△ACB中，
∴
设AD=BE=x，
在Rt△ABE中，
∴
解得，
∴.
所以，AD的值为或
【分析】（1）是直角三角形，且BC=，CE= 由勾股定理得BE的值；
（2）延长交于点H，证出，根据三角形角的问题即可得出结论；
（3）①当点D在AC上方时，②当点D在AC下方时，证出，得出AD=BE，同理可证，利用勾股定理得出DE、AB的值，设AD=BE=x，得出x的值即可。
15．（2021九上·大同期末）综合与实践
问题情境：
数学活动课上，同学们将绕点A顺时针旋转得到，点落在边AB上，连接，过点作于点D．
特例分析：
（1）如图1，若点D与点A重合，请判断线段AC与BC之间的数量关系，并说明理由；
探索发现：
（2）如图2，若点D在线段CA的延长线上．且，请判断线段AD与之间的数最关系，并说明理由．
【答案】（1）解：，理由如下：
绕点A顺时针旋转得到
，点D与点A重合，
；
（2）解：AD=，理由如下：
由旋转得，AB=，
又
为等边三角形，
．
在与中，
AD=．
【知识点】三角形全等的判定；旋转的性质
【解析】【分析】（1）利用旋转的性质得出，得出，根据垂直的性质得出结论；
（2）由旋转得，AB=，根据平行线的性质得出，为等边三角形，利用AAS证出，即可得出结论。
16．（2021九上·莲池期末）如图，已知，在中，，．将绕点A逆时针旋转一个角至位置，连接BD，CE交于点F．
（1）求证：
（2）若四边形ABFE为菱形，求的值；
（3）在（2）的条件下，若，直接写出CF的值．
【答案】（1）证明：由旋转得：AB=AD，AC=AE，∠BAD=∠CAE=α，
∵AB=AC，
∴AB=AC=AD=AE，
在△ABD和△ACE中，
，
∴△ABD≌△ACE（SAS）；
（2）解：∵AB=AD，∠BAD=，∠BAC=30°，
∴∠ABD=（180°－∠BAD）÷2=（180°－）÷2=90°－，∠BAE=+30°，
∵四边形ABFE是菱形，
∴∠BAE+∠ABD=180°，即+30°+90°－=180°，
解得：=120°；
（3）
【知识点】三角形内角和定理；旋转的性质
【解析】【解答】解：（3）连接AF，
∵四边形ABFE是菱形，∠BAE=+30°=150°，
∴∠BAF=∠BAE=75°，又∠BAC=30°，
∴∠FAC=75°－30°=45°，
∵△ABD≌△ACE，
∴∠FCA=∠ABD=90°－=30°，
过F作FG⊥AC于G，设FG=x，
在Rt△AGF中，∠FAG=45°，∠AGF=90°，
∴∠AFG=∠FAG=45°，
∴△AGF是等腰直角三角形，
∴AG=FG=x，
在在Rt△AGF中，∠FCG=30°，∠FGC=90°，
∴CF=2FG=2x，，
∵AC=AB=2，又AG+CG=AC，
∴，
，
∴CF=2x= ．
【分析】（1）由SAS证明即可；
（2）由等腰三角形的性质得出∠ABD=（180°－∠BAD）÷2=（180°－a）÷2=90°－a，再由四边形内角和定理得出∠BAE+∠ABD=180°，求解即可；
（3）连接AF，根据四边形ABFE是菱形，△ABD≌△ACE，证出△AGF是等腰直角三角形，在Rt△AGF中，∠FCG=30°，∠FGC=90°，CF=2FG=2x，，再根据AC=AB=2，又AG+CG=AC，解答即可。
17．（2021九上·鲅鱼圈期中） 与 都是等边三角形，连接AD、BE．
（1）如图①，当点B、C、D在同一条直线上时，则 度；
（2）将图①中的 绕着点C逆时针旋转到如图②的位置，求证： ．
【答案】（1）120
（2）证明：∵ 与 都是等边三角形，
∴BC=AC，CE=CD，∠ACB=∠DCE= ，
∴∠ACB+∠ACE=∠DCE +∠ACE，
∴∠BCE=∠ACD，
在 与 中，
，
∴ ，
∴BE=AD．
【知识点】等边三角形的性质；旋转的性质；三角形全等的判定-SAS
【解析】【解答】解：（1）∵ 是等边三角形，
∴ ，
∵点B、C、D在同一条直线上，
∴ ，
∴
【分析】（1）先利用等边三角形的性质得出最后用邻补角求解，即可得出结论；
（2）先判断出BC=AC，CE=CD，∠ACB=∠DCE= ，进而得出∠BCE=∠ACD，即可判断出 ，由全等三角形的性质即可得出结论。
18．（2021九上·蒙阴期中）
（1）如图①，在 中， ， 为 边上一点(不与点 ， 重合)，将线段 绕点 逆时针旋转90°得到 ，连接 ，试探索线段 ， ， 之间满足的等量关系，并证明你的结论．
（2）如图②，在 与 中， ， ，将 绕点 旋转，使点 落在 边上，试探索线段 ， ， 之间满足的等量关系，并证明你的结论．
【答案】（1）解： BC＝DC＋EC，证明如下：
∵将线段AD绕点A逆时针旋转90°得到AE，
∴AD＝AE，∠DAE＝90°，
∵∠BAC＝∠DAE＝90°，
∴∠BAC﹣∠DAC＝∠DAE﹣∠DAC，即∠BAD＝∠CAE，
在△BAD和△CAE中，
，
∴△BAD≌△CAE（SAS），
∴BD＝CE，
∴BC＝DC＋BD＝DC＋EC；
（2）BD2＋CD2＝2AD2，证明如下：
连接CE，
由（1）得，△BAD≌△CAE，
∴BD＝CE，∠ACE＝∠B，
∴∠DCE＝90°，
∴CE2＋CD2＝ED2，
在Rt△ADE中，AD2＋AE2＝ED2，又AD＝AE，
∴BD2＋CD2＝2AD2．
【知识点】旋转的性质；三角形全等的判定-SAS
【解析】【分析】（1）将线段AD绕点A逆时针旋转90°得到AE，得出AD＝AE，∠DAE＝90°，由∠BAC＝∠DAE＝90°，得出∠BAD＝∠CAE，利用全等三角形的性质得出△BAD≌△CAE（SAS），得出BD＝CE，由此得出结论；
（2）连接CE，由（1）得，△BAD≌△CAE，得出BD＝CE，∠ACE＝∠B，CE2＋CD2＝ED2，在Rt△ADE中，AD2＋AE2＝ED2，又AD＝AE，即可得出结论。
19．（2021九上·北镇期中）四边形ABCD是菱形，∠ABC＝60°，E是对角线BD上的一个动点，连接AE，将线段AE绕点A逆时针旋转120°得到线段AF，连接EF，DF．
（1）如图1，求∠BDF的度数；
（2）如图2，当DB＝3DF时，连接EC，求证：四边形FECD是矩形；
（3）若G为DF中点，连接EG，当线段BD与DF满足怎样的数量关系时，四边形AEGF是菱形，并说明理由．
【答案】（1）解： 四边形ABCD是菱形，∠ABC＝60°，
，
由旋转可得：
又∵四边形ABCD是菱形，
又∵四边形ABCD是菱形，
（2）解：由（1）可得：
由（1）可得：
是直角三角形，
由菱形的对称性可得：
而
四边形 为矩形.
（3）解： 理由如下：如图，
四边形 是菱形，
【知识点】菱形的性质；矩形的判定；旋转的性质
【解析】【分析】（1）利用旋转的性质，全等三角形的判定与性质求解即可；
（2）利用锐角三角函数和菱形的对称性求解即可；
（3）先求出DF=2DE，再求出BD=3DE，最后求解即可。
20．（2021九上·商河期末）如图1，在正方形ABCD中，E是AB上一点，F是AD延长线上一点，且DF＝BE．易证：CE＝CF．
（1）在图1中，若G在AD上，且∠GCE＝45°．试猜想GE，BE，GD三线段之间的数量关系，并证明你的结论．
（2）运用（1）中解答所积累的经验和知识，完成下面两题：
①如图2，在四边形ABCD中∠B＝∠D＝90°，BC＝CD，点E，点G分别是AB边，AD边上的动点．若∠BCD＝α，∠ECG＝β，试探索当α和β满足什么关系时，图1中GE，BE，GD三线段之间的关系仍然成立，并说明理由．
②在平面直角坐标中，边长为1的正方形OABC的两顶点A，C分别在y轴、x轴的正半轴上，点O在原点．现将正方形OABC绕O点顺时针旋转，当A点第一次落在直线y＝x上时停止旋转，旋转过程中，AB边交直线y＝x于点M，BC边交x轴于点N（如图3）．设△MBN的周长为p，在旋转正方形OABC的过程中，p值是否有变化？若不变，请直接写出结论．
【答案】（1）解：GE=GD+DF，理由如下：
∵ABCD是正方形，
∴∠BCD=∠B=∠ADC=90°，BC=CD，
在△BCE和△DCF中，，
∴△BCE≌△DCF，
∴CE=CF，∠BCE=∠DCF，
∵∠GCE=45°，
∴∠BCE+∠DCG=45°，
∴∠DCF+∠DCG=45°，即∠GCF=45°，
∴∠GCF=∠GCE，
在△CEG和△CFG中，，
∴△CEG≌△CFG，
∴GE=GF=GD+DF．
（2）解：①当β=2α时，GE=GD+DF仍然成立，理由如下：
如图，延长AD到F，使DF=BE，连接CF，
在△BCE和△DCF中，，
∴△BCE≌△DCF，
∴CE=CF，∠BCE=∠DCF，
∵EG=GD+BE，
∴EG=GD+DF=GF，
在△CEG和△CFG中，，
∴△CEG≌△CFG，
∴∠ECG=∠FCG，
∴∠ECG=∠DCF+∠DCG=∠BCE+∠DCG，
∴∠BCD=2∠ECG，即β=2α，
∴当β=2α时，图1中GE，BE，GD三线段之间的关系仍然成立；
②△BMN的周长没有变化，周长为2．
【知识点】三角形全等的判定；正方形的性质；旋转的性质
【解析】【解答】解：（2）②如图，延长BA，交y轴于H，
∵将正方形OABC绕O点顺时针旋转，
∴∠HOA=∠NOC，
在△HOA和△NOC中，，
∴△HOA≌△NOC，
∴AH=CN，OH=ON，
∵直线OM的解析式为y=x，
∴∠HOM=∠MON=45°，
在△HOM和△NOM中，，
∴HM=MN，
∴MN=AM+AH=AM+CN，
∴△BMN的周长p=BM+MN+BN=BM+AM+CN+BN=AB+BC=2，
∴△BMN的周长没有变化，周长为2．
【分析】（1）GE=GD+DF，理由： 先证明△BCE≌△DCF，可得CE=CF，∠BCE=∠DCF， 易求∠GCF=
∠GCE，根据SAS证明△CEG≌△CFG，可得GE=GF=GD+DF；
（2）①当β=2α时，GE=GD+DF仍然成立，理由：如图，延长AD到F，使DF=BE，连接CF，先证
△BCE≌△DCF，可得CE=CF，∠BCE=∠DCF，再证△CEG≌△CFG，可得∠ECG=∠FCG， 即得∠ECG=∠DCF+∠DCG=∠BCE+∠DCG，从而得出∠BCD=2∠ECG；
②如图，延长BA，交y轴于H，先证△HOA≌△NOC，可得AH=CN，OH=ON，再证△HOM≌△NOM
可得HM=MN，即得MN=AM+AH=AM+CN，根据△BMN的周长=BM+MN+BN=BM+AM+
CN+BN=AB+BC=2，据此判断即可.
21．（2021九上·河东期末）将矩形ABCD绕着点C按顺时针方向旋转得到矩形FECG，其中点E与点B，点G与点D分别是对应点，连接BG．
（1）如图，若点A，E，D第一次在同一直线上，BG与CE交于点H，连接BE．
①求证：BE平分∠AEC．
②取BC的中点P，连接PH，求证：PHCG．
③若BC＝2AB＝2，求BG的长．
（2）若点A，E，D第二次在同一直线上，BC＝2AB＝4，直接写出点D到BG的距离．
【答案】（1）解：①证明：矩形绕着点按顺时针方向旋转得到矩形，
，
，
又，
，
，
平分；
②证明：如图1，过点作的垂线，
平分，，，
，
，
，，，
，
，
即点是中点，
又点是中点，
；
③解：如图2，过点作的垂线，
，
，
，
，
，
，
，，
；
（2）解：如图3，连接，，过作交的延长线于，交的延长线于，
，
，
将矩形绕着点按顺时针方向旋转得到矩形，
，，
点，，第二次在同一直线上，
，
，
，
，
，，
，，
，，
．
【知识点】平行线的判定与性质；旋转的性质；三角形的中位线定理
【解析】【分析】（1）根据旋转的性质求出CB=CE，求出∠EBC=∠BEC，根据平行线的性质即可得到∠EBC=∠BEA，得到答案即可；
（2）过点B作CE的垂线BQ，根据角平分线的性质得到AB=BQ，即可得到CG=BQ，根据全等三角形的性质得到BH=GH，结合三角形的中位线定理求出答案即可；
（3）过点G作BC的垂线GM，解直角三角形得到答案即可。
22．（2021九上·龙江期末）已知△ABC和△ADE都是等腰三角形，AB＝AC，AD＝AE，∠DAE＝∠BAC．
（1）（初步感知）特殊情形：如图①，若点D，E分别在边AB，AC上，则DB EC．（填＞、＜或＝）
（2）发现证明：如图②，将图①中△ADE的绕点A旋转，当点D在△ABC外部，点E在△ABC内部时，求证：DB＝EC．
（3）条直线上，则∠CDB的度数为 ；线段CE，BD之间的数量关系为 ．
（4）如图④，△ABC和△ADE都是等腰直角三角形，∠BAC＝∠DAE＝90°，点C、D、E在同一直线上，AM为△ADE中DE边上的高，则∠CDB的度数为 ；线段AM，BD，CD之间的数量关系为 ．
【答案】（1）=
（2）解：
理由：由旋转性质可知，
在和中，
，
；
（3）；
（4）；
【知识点】旋转的性质；三角形全等的判定-SAS
【解析】【解答】解：（1），，
，
即
故答案为：，
(3)如图③，设，交于O，
和都是等边三角形，
，，，
，
在和中，
，
，，
，
；
故答案是：，；
（4）是等腰直角三角形，
，
，
在和中，
，
，，
，
，
都是等腰直角三角形，为中边上的高，
，
；
故答案为：，；
【分析】（1）先求出，再求解即可；
（2）利用全等三角形的判定与性质证明求解即可；
（3）先求出，再求出，，最后证明求解即可；
（4）先求出，再求出，最后求解即可。
23．（2021九上·莒县月考）（探索发现）如图①，四边形ABCD是正方形，M，N分别在边CD、BC上，且，我们把这种模型称为“半角模型”，在解决“半角模型”问题时，旋转是一种常用的方法．如图①，将绕点A顺时针旋转，点D与点B重合，得到，连接AM、AN、MN．
（1）试判断DM，BN，MN之间的数量关系，并写出证明过程．
（2）如图②，点M、N分别在正方形ABCD的边BC、CD的延长线上，，连接MN，请写出MN、DM、BN之间的数量关系，并写出证明过程．
（3）如图③，在四边形ABCD中，AB=AD，，，点N，M分别在边BC，CD上，，请直接写出线段BN，DM，MN之间的数量关系．
【答案】（1）解：如图①，∵四边形ABCD是正方形
∴AB=AD，=
将绕点A顺时针旋转，得到
∴≌
∴
∵
在和中
∵，
∴
（2）解：如图②，将绕点A顺时针旋转，得到
∵四边形ABCD是正方形
∴AB=AD，=
∵绕点A顺时针旋转，得到
∴≌
∴
，
∵
在和中
∵，
即：；
（3）解：
【知识点】正方形的性质；旋转的性质；三角形全等的判定-SAS
【解析】【解答】（3）解：如图，
∵，，，
将绕点A顺时针旋转，得到
∴≌
∴
在和中
；
【分析】（1）根据旋转的性质可得≌，再利用全等三角形的性质和“SAS”证明，可得MN=EN，最后利用等量代换可得MN=BN+DM；
（2）方法同（1），先利用旋转的性质可得≌，再利用全等三角形的性质和“SAS”证明，可得MN=EN，最后利用等量代换可得；
（3）方法同（1），先利用旋转的性质可得≌，再利用全等三角形的性质和“SAS”证明，可得MN=EN，最后利用等量代换可得。
24．（2021九上·台州期中）如图，把长方形ABCD绕点A按逆时针方向旋转得到长方形AEFG，使点E落在对角线BD上，连接DG，DF．
（1）若∠BAE=50°，求∠DGF的度数；
（2）求证：DF = DC；
（3）若S△ABE+S△DFG = S△ADG，直接写出 的值．
【答案】（1）解：由旋转得
AB=AE，AD=AG，∠BAD=∠EAG=∠AGF=90°
∴∠BAE=∠DAG=50°，
∴∠AGD=∠ADG= ，
∴∠DGF=90°-65°=25°
（2）证明：连接AF，由旋转得△AEF≌△ABD，
∴AF=BD
∠FAE=∠ABE=∠AEB
∴AF∥BD
∴四边形ABDF是平行四边形
∴DF=AB=DC
（3）解：
【知识点】直角三角形全等的判定-HL；勾股定理；平行四边形的判定与性质；矩形的性质；旋转的性质
【解析】【解答】解：（3）如图，过点A作AN⊥BD于N，
∵∠ADN=∠DAM=25°，
∴AM∥DN，
∵AN⊥BD，∠AMD=90°，
∴四边形ANDM是矩形，
∴GM=MD=AN，
∵AB=AE=GF=FD=CD，
∴Rt△ABN≌△GFM≌△DFM≌△AEN（HL），
∴S△ABE+S△DFG=4S△GFM，
∵S△ABE+S△DFG=S△ADG，
∴S△AGM=4S△GFM，
设FM=m，GM=n，则AM=4m，AF=DB=5m，
∴GF2=FM2=m2+n2，
∴AG2=AM2+GM2=AF2-GF2，
即(4m)2+n2=(5m)2-m2-n2，
解得b=2a，
∴.
【分析】(1)根据旋转的性质求出∠AGF=90°，再根据三角形内角和定理和等腰三角形的性质求出∠AGD的度数，最后根据角的和差关系求∠DGF即可；
(2) 由旋转的性质得到AF=BD，再证明AF平行BD，则可证明四边形ABDF是平行四边形 ，再根据平行四边形的性质即可得出结论；
(3)过点A作AN⊥BD于点N，利用HL证明Rt△ABN≌Rt△AEN≌Rt△GFM≌Rt△QDFM， 利用全等三角形的性质以及面积的关系推出S△AGM=4S△GFM，设FM=m， GM=n，利用勾股定理列出等式求出n=2m，最后求比值即可.
1 / 1人教版九年级上对接中考知识点复习专项计划——图形的旋转
一、单选题
1．（2021九上·淮滨月考）如图，正方形网格中的每个小正方形的边长为1，将△ABC绕旋转中心旋转某个角度后得到△A'B'C'其中点A，B，C的对应点是点A'，B'，C'，那么旋转中心是（ ）
A．点Q B．点P C．点N D．点M
2．（2021九上·温岭期中）如图， 在 中， ， 在同一平面内， 将 绕点 旋转到 的位置， 使得 ， 则 是（ ）
A． B． C． D．
3．（2021九上·黔西南期末）△ABC在平面直角坐标系中的位置如图所示，将其绕点P顺时针旋转得到△A'B'C′，则点P的坐标是（ ）
A．（4，5） B．（4，4） C．（3，5） D．（3，4）
4．（2021九上·海淀期中）如图，在正三角形网格中，以某点为中心，将 旋转，得到 ，则旋转中心是（ ）
A．点A B．点B C．点C D．点D
二、填空题
5．（2021九上·丰台期末）如图所示，绕点P顺时针旋转得到，则旋转的角度是 ．
6．（2021九上·莒县月考）如图，在平面直角坐标系xOy中，△A′B′C′由△ABC绕点P旋转得到，则点P的坐标为 ．
7．（2021九上·阳信期中）如图，正方形 的对角线相交于点 ，点 是正方形 的一个顶点，如果两个正方形的边长相等，正方形 绕点 自由转动，设两个正方形重叠部分（阴影）的面积为 ，正方形 的面积为 ．则 与 的关系是 ．
8．（2021九上·陵城期中）如图，在正方形ABCD中，AB=8，点M在CD边上，且DM=2，△AEM与△ADM关于AM所在直线对称，将△ADM按顺时针方向绕点A旋转90°得到△ABF，连接EF，则线段EF的长为 ．
9．（2021九上·互助期中）在如图所示的正方形网格中， 绕某点旋转一定的角度，得到 ，则旋转中心可能是A，B，C，D中的点 ．
三、作图题
10．（2021九上·崇阳月考）如图，在平面直角坐标系中△ABC的三个顶点的坐标分别为A（5，4），B（0，3），C（2，1）．
⑴画出△ABC关于原点成中心对称的△A1B1C1，并写出点C1的坐标；
⑵画出将△A1B1C1绕点C1按顺时针方向旋转90°所得的△A2B2C1，并写出点A2坐标．
11．（2022·舟山开学考）如图，在平面直角坐标系中，已知的三个顶点的坐标分别为，请按下列要求画图：
（1）将先向右平移4个单位长度、再向下平移1个单位长度，得到，画出；
（2）与关于原点O成中心对称，画出．
四、综合题
12．（2021九上·江城期末）在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠ABC＝30°，将△ABC绕点B逆时针旋转一个角度α后得到△DBE，点A，C的对应点分别为点D，E．
（1）如图1，若点D恰好落在边BC的延长线上，连接CE，求∠DEC的度数．
（2）如图2，若α＝60°，F为BD的中点，连接CD，CF，EF，请判断四边形CDEF是什么特殊的四边形，并说明理由．
13．（2021九上·宜春期末）如图
（1）问题发现：如图1，和均为等边三角形，当旋转至点A，D，E在同一直线上，连接BE．则：
①的度数为 ；
②线段BE，CE与AE之间的数量关系是 ．
（2）拓展研究：如图2，和均为等腰直角三角形，，点A，D，E在同一直线上．若，，求AB的长度．
（3）探究发现：图1中的和，在旋转过程中，当点A，D，E不在同一直线上时，设直线AD与BE相交于点O，试在备用图中探索的度数，直接写出结果，不必说明理由．
14．（2021九上·吉林期末）如图①，在中，，，点D，E分别在边，上，且，此时，成立．
（1）将绕点C逆时针旋转时，在图②中补充图形，并直接写出的长度；
（2）当绕点C逆时针旋转一周的过程中，与的数量关系和位置关系是否仍然成立？若成立，请你利用图③证明，若不成立请说明理由；
（3）将绕点C逆时针旋转一周的过程中，当A，D，E三点在同一条直线上时，请直接写出的长度．
15．（2021九上·大同期末）综合与实践
问题情境：
数学活动课上，同学们将绕点A顺时针旋转得到，点落在边AB上，连接，过点作于点D．
特例分析：
（1）如图1，若点D与点A重合，请判断线段AC与BC之间的数量关系，并说明理由；
探索发现：
（2）如图2，若点D在线段CA的延长线上．且，请判断线段AD与之间的数最关系，并说明理由．
16．（2021九上·莲池期末）如图，已知，在中，，．将绕点A逆时针旋转一个角至位置，连接BD，CE交于点F．
（1）求证：
（2）若四边形ABFE为菱形，求的值；
（3）在（2）的条件下，若，直接写出CF的值．
17．（2021九上·鲅鱼圈期中） 与 都是等边三角形，连接AD、BE．
（1）如图①，当点B、C、D在同一条直线上时，则 度；
（2）将图①中的 绕着点C逆时针旋转到如图②的位置，求证： ．
18．（2021九上·蒙阴期中）
（1）如图①，在 中， ， 为 边上一点(不与点 ， 重合)，将线段 绕点 逆时针旋转90°得到 ，连接 ，试探索线段 ， ， 之间满足的等量关系，并证明你的结论．
（2）如图②，在 与 中， ， ，将 绕点 旋转，使点 落在 边上，试探索线段 ， ， 之间满足的等量关系，并证明你的结论．
19．（2021九上·北镇期中）四边形ABCD是菱形，∠ABC＝60°，E是对角线BD上的一个动点，连接AE，将线段AE绕点A逆时针旋转120°得到线段AF，连接EF，DF．
（1）如图1，求∠BDF的度数；
（2）如图2，当DB＝3DF时，连接EC，求证：四边形FECD是矩形；
（3）若G为DF中点，连接EG，当线段BD与DF满足怎样的数量关系时，四边形AEGF是菱形，并说明理由．
20．（2021九上·商河期末）如图1，在正方形ABCD中，E是AB上一点，F是AD延长线上一点，且DF＝BE．易证：CE＝CF．
（1）在图1中，若G在AD上，且∠GCE＝45°．试猜想GE，BE，GD三线段之间的数量关系，并证明你的结论．
（2）运用（1）中解答所积累的经验和知识，完成下面两题：
①如图2，在四边形ABCD中∠B＝∠D＝90°，BC＝CD，点E，点G分别是AB边，AD边上的动点．若∠BCD＝α，∠ECG＝β，试探索当α和β满足什么关系时，图1中GE，BE，GD三线段之间的关系仍然成立，并说明理由．
②在平面直角坐标中，边长为1的正方形OABC的两顶点A，C分别在y轴、x轴的正半轴上，点O在原点．现将正方形OABC绕O点顺时针旋转，当A点第一次落在直线y＝x上时停止旋转，旋转过程中，AB边交直线y＝x于点M，BC边交x轴于点N（如图3）．设△MBN的周长为p，在旋转正方形OABC的过程中，p值是否有变化？若不变，请直接写出结论．
21．（2021九上·河东期末）将矩形ABCD绕着点C按顺时针方向旋转得到矩形FECG，其中点E与点B，点G与点D分别是对应点，连接BG．
（1）如图，若点A，E，D第一次在同一直线上，BG与CE交于点H，连接BE．
①求证：BE平分∠AEC．
②取BC的中点P，连接PH，求证：PHCG．
③若BC＝2AB＝2，求BG的长．
（2）若点A，E，D第二次在同一直线上，BC＝2AB＝4，直接写出点D到BG的距离．
22．（2021九上·龙江期末）已知△ABC和△ADE都是等腰三角形，AB＝AC，AD＝AE，∠DAE＝∠BAC．
（1）（初步感知）特殊情形：如图①，若点D，E分别在边AB，AC上，则DB EC．（填＞、＜或＝）
（2）发现证明：如图②，将图①中△ADE的绕点A旋转，当点D在△ABC外部，点E在△ABC内部时，求证：DB＝EC．
（3）条直线上，则∠CDB的度数为 ；线段CE，BD之间的数量关系为 ．
（4）如图④，△ABC和△ADE都是等腰直角三角形，∠BAC＝∠DAE＝90°，点C、D、E在同一直线上，AM为△ADE中DE边上的高，则∠CDB的度数为 ；线段AM，BD，CD之间的数量关系为 ．
23．（2021九上·莒县月考）（探索发现）如图①，四边形ABCD是正方形，M，N分别在边CD、BC上，且，我们把这种模型称为“半角模型”，在解决“半角模型”问题时，旋转是一种常用的方法．如图①，将绕点A顺时针旋转，点D与点B重合，得到，连接AM、AN、MN．
（1）试判断DM，BN，MN之间的数量关系，并写出证明过程．
（2）如图②，点M、N分别在正方形ABCD的边BC、CD的延长线上，，连接MN，请写出MN、DM、BN之间的数量关系，并写出证明过程．
（3）如图③，在四边形ABCD中，AB=AD，，，点N，M分别在边BC，CD上，，请直接写出线段BN，DM，MN之间的数量关系．
24．（2021九上·台州期中）如图，把长方形ABCD绕点A按逆时针方向旋转得到长方形AEFG，使点E落在对角线BD上，连接DG，DF．
（1）若∠BAE=50°，求∠DGF的度数；
（2）求证：DF = DC；
（3）若S△ABE+S△DFG = S△ADG，直接写出 的值．
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】旋转的性质
【解析】【解答】解：点A的对应点是点A'，由图象可得AM≠A'M，AP≠A'P，AQ≠A'Q，根据旋转的性质可知点M、P、Q都不是旋转中心，只有AN=A'N，且BN=B'N，CN=C'N，所以点N是旋转中心.
故答案为：C.
【分析】由图象可得AM≠A′M，AP≠A′P，AQ≠A′Q，AN=A′N，BN=B′N，CN=C′N，然后根据旋转的性质：对应线段相等即可判断.
2．【答案】D
【知识点】平行线的性质；等腰三角形的性质；旋转的性质
【解析】【解答】解：∵ ，
∴∠CAB＝∠C'CA＝70°，
∵将△ABC绕点A旋转到△AB'C'的位置，
∴AC＝AC'，AB＝AB'，∠CAC'＝∠BAB'，
∴∠ACC'＝∠AC'C＝70°，
∴∠CAC'＝40°＝∠BAB'，
故答案为： D.
【分析】由平行线的性质可得∠CAB＝∠C'CA＝70°，由旋转的性质可得AC＝AC'，AB＝AB'，∠CAC'＝∠BAB'，根据等边对等角及三角形的内角和可求解.
3．【答案】B
【知识点】旋转的性质
【解析】【解答】解：如图，点P即为所求，P（4，4），
故答案为：B.
【分析】根据旋转对称的性质，对应点的连线段的垂直平分线的交点P就是旋转中心，观察图形，即可得出答案.
4．【答案】B
【知识点】旋转的性质；旋转对称图形
【解析】【解答】解：如图，
绕某点旋转一定的角度，得到△ ，
连接 、 、 ，
作 的垂直平分线，作 的垂直平分线，作 的垂直平分线，
三条线段的垂直平分线正好都过点B，
即旋转中心是B．
故答案为：B．
【分析】先求出 三条线段的垂直平分线正好都过点B，再求解即可。
5．【答案】
【知识点】旋转的性质
【解析】【解答】如图，连接
，
是直角三角形，且
绕点P顺时针旋转得到，
点与点对应，则旋转的角度是
故答案为：
【分析】连接，根据勾股定理得出是直角三角形，且，根据绕点P顺时针旋转得到，得出点与点对应，即可得出答案。
6．【答案】P（1，-1）
【知识点】旋转对称图形
【解析】【解答】连接AA′、CC′，作线段AA′的垂直平分线MN，作线段CC′的垂直平分线EF，
直线MN和直线EF的交点为P，点P就是旋转中心．∵直线MN为：x=1，设直线CC′为y=kx+b，
由题意：， ∴， ∴直线CC′为y=x+，
∵直线EF⊥CC′，经过CC′中点（，）， ∴直线EF为y=﹣3x+2，
由得， ∴P（1，﹣1）．
【分析】连接AA′、CC′，作线段AA′的垂直平分线MN，作线段CC′的垂直平分线EF，直线MN和直线EF的交点为P，点P就是旋转中心．
7．【答案】S1= S2
【知识点】正方形的性质；旋转的性质
【解析】【解答】证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴OA=OB，AC⊥BD，∠BAD=∠ABC=90°，
∴∠OAE=∠OBF=45°，∠AOB=∠EOF=90°，
∴∠AOE+∠BOE=∠BOF+∠BOE，
∴∠AOE=∠BOF，
在△AOE和△BOF中， ，
∴△AOE≌△BOF（ASA），
∴S△AOE=S△BOF，
∴四边形EOFB的面积S1=S△AOB= S2，
故答案为：S1= S2．
【分析】根据正方形的性质得出OA=OB，AC⊥BD，∠BAD=∠ABC=90°，求得∠AOE=∠BOF，根据全等三角形的性质得出结论即可。
8．【答案】10
【知识点】正方形的性质；旋转的性质；三角形全等的判定-SAS
【解析】【解答】解：如图，连接BM．
∵△AEM与△ADM关于AM所在的直线对称，
∴AE＝AD，∠MAD＝∠MAE．
∵△ADM按照顺时针方向绕点A旋转90°得到△ABF，
∴AF＝AM，∠FAB＝∠MAD，
∴∠FAB＝∠MAE，
∴∠FAB＋∠BAE＝∠BAE＋∠MAE，
∴∠FAE＝∠MAB，
∴△FAE≌△MAB（SAS）．
∴EF＝BM．
∵四边形ABCD是正方形，
∴BC＝CD＝AB＝8．
∵DM＝2，
∴CM＝6．
在Rt△BCM中，BM＝ ＝ ，
∴EF＝10，
故答案为：10．
【分析】利用SAS证明△FAE≌△MAB，再求出CM＝6，最后利用勾股定理计算求解即可。
9．【答案】B
【知识点】图形的旋转；旋转的性质
【解析】【解答】解：∵△MNP绕某点旋转一定的角度，得到△M1N1P1，
∴连接PP1、NN1、MM1，
作PP1的垂直平分线过B、D、C，
作NN1的垂直平分线过B、A，
作MM1的垂直平分线过B，
∴三条线段的垂直平分线正好都过B，
即旋转中心是B．
故答案为B．
【分析】由旋转图形的性质和特征即可得出答案。
10．【答案】解：（1）如图所示，△A1B1C1为所求，
点C1坐标为（﹣2，﹣1）；
（2）如图所示，△A2B2C1即为所求，
点A2的坐标为（﹣5，2）．
【知识点】作图﹣轴对称；作图﹣旋转
【解析】【分析】（1）根据关于原点对称的点的坐标特征找出点A、B、C关于原点的对称点A1、B1、C1的位置，然后顺次连接即可；
（2）根据旋转的性质找出点A1、B1绕点C1按顺时针方向旋转90°的对应点A2、B2的位置，然后顺次连接即可.
11．【答案】（1）解：如图所示：△A1B1C1 即为所求；
（2）解：如图所示：△A2B2C2 即为所求.
【知识点】作图﹣平移；作图﹣旋转
【解析】【分析】（1）分别将点A、B、C先向右平移4个单位长度、再向下平移1个单位长度得到对应点A1、B1、C1的位置，然后顺次连接即可；
（2）分别连接AO、BO、CO并延长，使AO=A2O，BO=B2O，CO=C2 O，顺次连接即可.
12．【答案】（1）解：如图1，∵∠ACB＝90°，∠ABC＝30°，
∴∠A＝60°，
由旋转得∠D＝∠A＝60°，BE＝BC，∠DBE＝∠ABC＝30°，
∴∠BCE＝∠BEC＝（180°﹣30°）＝75°，
∴∠DEC＝∠BCE﹣∠D＝75°﹣60°＝15°．
（2）解：四边形CDEF是菱形，
理由如下：
如图2，∵△ABC绕点B逆时针旋转一个角度α得到△DBE，
∴∠CBE＝α＝60°，∠DBE＝∠ABC＝30°，∠DEB＝∠ACB＝90°，
∴∠DBC＝30°，
∴∠DBE＝∠DBC，
∵BD＝BD，BE＝BC，
∴△DBE≌△DBC（SAS），
∴∠BED＝∠BCD＝90°，
∴CD＝BD，ED＝BD，
∵F为BD的中点，
∴CF＝BD，EF＝BD，
∴CD＝ED＝CF＝EF，
∴四边形CDEF是菱形．
【知识点】三角形内角和定理；菱形的判定；旋转的性质
【解析】【分析】（1）由旋转得出∠D＝∠A＝60°，BE＝BC，∠DBE＝∠ABC＝30°，可求出∠BCE的度数，再根据三角形的外角等于与它不相邻的两个内角的和求出∠DEC的度数；
（2）证明△DBE≌△DBC（SAS），得出∠BED＝∠BCD＝90°，有直角三角形中30度角所对的直角边等于斜边的一半得出CD＝BD，ED＝BD，而F为BD的中点，则CF＝BD，EF＝BD，得出CD＝ED＝CF＝EF，即可得出结论。
13．【答案】（1）60°；BE+CE=AE
（2）解：∵和均为等腰直角三角形，
∴，，，
∴，
∴，
∴，，
∵为等腰直角三角形，
∴，，，
∴，，
∴，
∴是直角三角形，
∴
（3）解：的度数60°或120°
【知识点】等边三角形的性质；旋转的性质；三角形全等的判定-SAS
【解析】【解答】（1）①∵是等边三角形，
∴，
故答案为：；
②∵和均为等边三角形，
∴，，，
∴，
∴，
∴，
∵为等边三角形，
∴，
∴，
故答案为：；
（3）如图3，
由（1）知，
∴，
∵，
∴，
∴，
如图4，同理求得：，
∴，
∴的度数是或．
【分析】（1）①根据是等边三角形，求解即可；
②先求出，再求出，最后求解即可；
（2）先求出 ，， 再利用勾股定理计算求解即可；
（3）结合图形，利用全等三角形的性质和旋转的性质求解即可。
14．【答案】（1）解：如图所示，
；
（2）解：，仍然成立.
证明：延长交于点H，
∵，
，
，
∴，
又∵，，
∴，
∴，，
在中，，
∴，
∴，
∴.
（3）或
【知识点】三角形全等的判定；勾股定理；旋转的性质
【解析】【解答】解：(1)根据题意得，点D在BC上，
∴是直角三角形，且BC=，CE=
由勾股定理得，；
（3）①当点D在AC上方时，如图1所示，
同（2）可得
∴AD=BE
同理可证
在Rt△CDE中，
∴DE=
在Rt△ACB中，
∴
设AD=BE=x，
在Rt△ABE中，
∴
解得，
∴
②当点D在AC下方时，如图2所示，
同（2）可得
∴AD=BE
同理可证
在Rt△CDE中，
∴DE=
在Rt△ACB中，
∴
设AD=BE=x，
在Rt△ABE中，
∴
解得，
∴.
所以，AD的值为或
【分析】（1）是直角三角形，且BC=，CE= 由勾股定理得BE的值；
（2）延长交于点H，证出，根据三角形角的问题即可得出结论；
（3）①当点D在AC上方时，②当点D在AC下方时，证出，得出AD=BE，同理可证，利用勾股定理得出DE、AB的值，设AD=BE=x，得出x的值即可。
15．【答案】（1）解：，理由如下：
绕点A顺时针旋转得到
，点D与点A重合，
；
（2）解：AD=，理由如下：
由旋转得，AB=，
又
为等边三角形，
．
在与中，
AD=．
【知识点】三角形全等的判定；旋转的性质
【解析】【分析】（1）利用旋转的性质得出，得出，根据垂直的性质得出结论；
（2）由旋转得，AB=，根据平行线的性质得出，为等边三角形，利用AAS证出，即可得出结论。
16．【答案】（1）证明：由旋转得：AB=AD，AC=AE，∠BAD=∠CAE=α，
∵AB=AC，
∴AB=AC=AD=AE，
在△ABD和△ACE中，
，
∴△ABD≌△ACE（SAS）；
（2）解：∵AB=AD，∠BAD=，∠BAC=30°，
∴∠ABD=（180°－∠BAD）÷2=（180°－）÷2=90°－，∠BAE=+30°，
∵四边形ABFE是菱形，
∴∠BAE+∠ABD=180°，即+30°+90°－=180°，
解得：=120°；
（3）
【知识点】三角形内角和定理；旋转的性质
【解析】【解答】解：（3）连接AF，
∵四边形ABFE是菱形，∠BAE=+30°=150°，
∴∠BAF=∠BAE=75°，又∠BAC=30°，
∴∠FAC=75°－30°=45°，
∵△ABD≌△ACE，
∴∠FCA=∠ABD=90°－=30°，
过F作FG⊥AC于G，设FG=x，
在Rt△AGF中，∠FAG=45°，∠AGF=90°，
∴∠AFG=∠FAG=45°，
∴△AGF是等腰直角三角形，
∴AG=FG=x，
在在Rt△AGF中，∠FCG=30°，∠FGC=90°，
∴CF=2FG=2x，，
∵AC=AB=2，又AG+CG=AC，
∴，
，
∴CF=2x= ．
【分析】（1）由SAS证明即可；
（2）由等腰三角形的性质得出∠ABD=（180°－∠BAD）÷2=（180°－a）÷2=90°－a，再由四边形内角和定理得出∠BAE+∠ABD=180°，求解即可；
（3）连接AF，根据四边形ABFE是菱形，△ABD≌△ACE，证出△AGF是等腰直角三角形，在Rt△AGF中，∠FCG=30°，∠FGC=90°，CF=2FG=2x，，再根据AC=AB=2，又AG+CG=AC，解答即可。
17．【答案】（1）120
（2）证明：∵ 与 都是等边三角形，
∴BC=AC，CE=CD，∠ACB=∠DCE= ，
∴∠ACB+∠ACE=∠DCE +∠ACE，
∴∠BCE=∠ACD，
在 与 中，
，
∴ ，
∴BE=AD．
【知识点】等边三角形的性质；旋转的性质；三角形全等的判定-SAS
【解析】【解答】解：（1）∵ 是等边三角形，
∴ ，
∵点B、C、D在同一条直线上，
∴ ，
∴
【分析】（1）先利用等边三角形的性质得出最后用邻补角求解，即可得出结论；
（2）先判断出BC=AC，CE=CD，∠ACB=∠DCE= ，进而得出∠BCE=∠ACD，即可判断出 ，由全等三角形的性质即可得出结论。
18．【答案】（1）解： BC＝DC＋EC，证明如下：
∵将线段AD绕点A逆时针旋转90°得到AE，
∴AD＝AE，∠DAE＝90°，
∵∠BAC＝∠DAE＝90°，
∴∠BAC﹣∠DAC＝∠DAE﹣∠DAC，即∠BAD＝∠CAE，
在△BAD和△CAE中，
，
∴△BAD≌△CAE（SAS），
∴BD＝CE，
∴BC＝DC＋BD＝DC＋EC；
（2）BD2＋CD2＝2AD2，证明如下：
连接CE，
由（1）得，△BAD≌△CAE，
∴BD＝CE，∠ACE＝∠B，
∴∠DCE＝90°，
∴CE2＋CD2＝ED2，
在Rt△ADE中，AD2＋AE2＝ED2，又AD＝AE，
∴BD2＋CD2＝2AD2．
【知识点】旋转的性质；三角形全等的判定-SAS
【解析】【分析】（1）将线段AD绕点A逆时针旋转90°得到AE，得出AD＝AE，∠DAE＝90°，由∠BAC＝∠DAE＝90°，得出∠BAD＝∠CAE，利用全等三角形的性质得出△BAD≌△CAE（SAS），得出BD＝CE，由此得出结论；
（2）连接CE，由（1）得，△BAD≌△CAE，得出BD＝CE，∠ACE＝∠B，CE2＋CD2＝ED2，在Rt△ADE中，AD2＋AE2＝ED2，又AD＝AE，即可得出结论。
19．【答案】（1）解： 四边形ABCD是菱形，∠ABC＝60°，
，
由旋转可得：
又∵四边形ABCD是菱形，
又∵四边形ABCD是菱形，
（2）解：由（1）可得：
由（1）可得：
是直角三角形，
由菱形的对称性可得：
而
四边形 为矩形.
（3）解： 理由如下：如图，
四边形 是菱形，
【知识点】菱形的性质；矩形的判定；旋转的性质
【解析】【分析】（1）利用旋转的性质，全等三角形的判定与性质求解即可；
（2）利用锐角三角函数和菱形的对称性求解即可；
（3）先求出DF=2DE，再求出BD=3DE，最后求解即可。
20．【答案】（1）解：GE=GD+DF，理由如下：
∵ABCD是正方形，
∴∠BCD=∠B=∠ADC=90°，BC=CD，
在△BCE和△DCF中，，
∴△BCE≌△DCF，
∴CE=CF，∠BCE=∠DCF，
∵∠GCE=45°，
∴∠BCE+∠DCG=45°，
∴∠DCF+∠DCG=45°，即∠GCF=45°，
∴∠GCF=∠GCE，
在△CEG和△CFG中，，
∴△CEG≌△CFG，
∴GE=GF=GD+DF．
（2）解：①当β=2α时，GE=GD+DF仍然成立，理由如下：
如图，延长AD到F，使DF=BE，连接CF，
在△BCE和△DCF中，，
∴△BCE≌△DCF，
∴CE=CF，∠BCE=∠DCF，
∵EG=GD+BE，
∴EG=GD+DF=GF，
在△CEG和△CFG中，，
∴△CEG≌△CFG，
∴∠ECG=∠FCG，
∴∠ECG=∠DCF+∠DCG=∠BCE+∠DCG，
∴∠BCD=2∠ECG，即β=2α，
∴当β=2α时，图1中GE，BE，GD三线段之间的关系仍然成立；
②△BMN的周长没有变化，周长为2．
【知识点】三角形全等的判定；正方形的性质；旋转的性质
【解析】【解答】解：（2）②如图，延长BA，交y轴于H，
∵将正方形OABC绕O点顺时针旋转，
∴∠HOA=∠NOC，
在△HOA和△NOC中，，
∴△HOA≌△NOC，
∴AH=CN，OH=ON，
∵直线OM的解析式为y=x，
∴∠HOM=∠MON=45°，
在△HOM和△NOM中，，
∴HM=MN，
∴MN=AM+AH=AM+CN，
∴△BMN的周长p=BM+MN+BN=BM+AM+CN+BN=AB+BC=2，
∴△BMN的周长没有变化，周长为2．
【分析】（1）GE=GD+DF，理由： 先证明△BCE≌△DCF，可得CE=CF，∠BCE=∠DCF， 易求∠GCF=
∠GCE，根据SAS证明△CEG≌△CFG，可得GE=GF=GD+DF；
（2）①当β=2α时，GE=GD+DF仍然成立，理由：如图，延长AD到F，使DF=BE，连接CF，先证
△BCE≌△DCF，可得CE=CF，∠BCE=∠DCF，再证△CEG≌△CFG，可得∠ECG=∠FCG， 即得∠ECG=∠DCF+∠DCG=∠BCE+∠DCG，从而得出∠BCD=2∠ECG；
②如图，延长BA，交y轴于H，先证△HOA≌△NOC，可得AH=CN，OH=ON，再证△HOM≌△NOM
可得HM=MN，即得MN=AM+AH=AM+CN，根据△BMN的周长=BM+MN+BN=BM+AM+
CN+BN=AB+BC=2，据此判断即可.
21．【答案】（1）解：①证明：矩形绕着点按顺时针方向旋转得到矩形，
，
，
又，
，
，
平分；
②证明：如图1，过点作的垂线，
平分，，，
，
，
，，，
，
，
即点是中点，
又点是中点，
；
③解：如图2，过点作的垂线，
，
，
，
，
，
，
，，
；
（2）解：如图3，连接，，过作交的延长线于，交的延长线于，
，
，
将矩形绕着点按顺时针方向旋转得到矩形，
，，
点，，第二次在同一直线上，
，
，
，
，
，，
，，
，，
．
【知识点】平行线的判定与性质；旋转的性质；三角形的中位线定理
【解析】【分析】（1）根据旋转的性质求出CB=CE，求出∠EBC=∠BEC，根据平行线的性质即可得到∠EBC=∠BEA，得到答案即可；
（2）过点B作CE的垂线BQ，根据角平分线的性质得到AB=BQ，即可得到CG=BQ，根据全等三角形的性质得到BH=GH，结合三角形的中位线定理求出答案即可；
（3）过点G作BC的垂线GM，解直角三角形得到答案即可。
22．【答案】（1）=
（2）解：
理由：由旋转性质可知，
在和中，
，
；
（3）；
（4）；
【知识点】旋转的性质；三角形全等的判定-SAS
【解析】【解答】解：（1），，
，
即
故答案为：，
(3)如图③，设，交于O，
和都是等边三角形，
，，，
，
在和中，
，
，，
，
；
故答案是：，；
（4）是等腰直角三角形，
，
，
在和中，
，
，，
，
，
都是等腰直角三角形，为中边上的高，
，
；
故答案为：，；
【分析】（1）先求出，再求解即可；
（2）利用全等三角形的判定与性质证明求解即可；
（3）先求出，再求出，，最后证明求解即可；
（4）先求出，再求出，最后求解即可。
23．【答案】（1）解：如图①，∵四边形ABCD是正方形
∴AB=AD，=
将绕点A顺时针旋转，得到
∴≌
∴
∵
在和中
∵，
∴
（2）解：如图②，将绕点A顺时针旋转，得到
∵四边形ABCD是正方形
∴AB=AD，=
∵绕点A顺时针旋转，得到
∴≌
∴
，
∵
在和中
∵，
即：；
（3）解：
【知识点】正方形的性质；旋转的性质；三角形全等的判定-SAS
【解析】【解答】（3）解：如图，
∵，，，
将绕点A顺时针旋转，得到
∴≌
∴
在和中
；
【分析】（1）根据旋转的性质可得≌，再利用全等三角形的性质和“SAS”证明，可得MN=EN，最后利用等量代换可得MN=BN+DM；
（2）方法同（1），先利用旋转的性质可得≌，再利用全等三角形的性质和“SAS”证明，可得MN=EN，最后利用等量代换可得；
（3）方法同（1），先利用旋转的性质可得≌，再利用全等三角形的性质和“SAS”证明，可得MN=EN，最后利用等量代换可得。
24．【答案】（1）解：由旋转得
AB=AE，AD=AG，∠BAD=∠EAG=∠AGF=90°
∴∠BAE=∠DAG=50°，
∴∠AGD=∠ADG= ，
∴∠DGF=90°-65°=25°
（2）证明：连接AF，由旋转得△AEF≌△ABD，
∴AF=BD
∠FAE=∠ABE=∠AEB
∴AF∥BD
∴四边形ABDF是平行四边形
∴DF=AB=DC
（3）解：
【知识点】直角三角形全等的判定-HL；勾股定理；平行四边形的判定与性质；矩形的性质；旋转的性质
【解析】【解答】解：（3）如图，过点A作AN⊥BD于N，
∵∠ADN=∠DAM=25°，
∴AM∥DN，
∵AN⊥BD，∠AMD=90°，
∴四边形ANDM是矩形，
∴GM=MD=AN，
∵AB=AE=GF=FD=CD，
∴Rt△ABN≌△GFM≌△DFM≌△AEN（HL），
∴S△ABE+S△DFG=4S△GFM，
∵S△ABE+S△DFG=S△ADG，
∴S△AGM=4S△GFM，
设FM=m，GM=n，则AM=4m，AF=DB=5m，
∴GF2=FM2=m2+n2，
∴AG2=AM2+GM2=AF2-GF2，
即(4m)2+n2=(5m)2-m2-n2，
解得b=2a，
∴.
【分析】(1)根据旋转的性质求出∠AGF=90°，再根据三角形内角和定理和等腰三角形的性质求出∠AGD的度数，最后根据角的和差关系求∠DGF即可；
(2) 由旋转的性质得到AF=BD，再证明AF平行BD，则可证明四边形ABDF是平行四边形 ，再根据平行四边形的性质即可得出结论；
(3)过点A作AN⊥BD于点N，利用HL证明Rt△ABN≌Rt△AEN≌Rt△GFM≌Rt△QDFM， 利用全等三角形的性质以及面积的关系推出S△AGM=4S△GFM，设FM=m， GM=n，利用勾股定理列出等式求出n=2m，最后求比值即可.
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