2022－2023学年人教版数学九年级上册（重庆地区）第二十三章 旋转 期末复习题（含解析）

第二十三章 旋转 期末复习题 2022－2023学年人教版数学九年级上册（重庆地区）
一、单选题
1．（2022·重庆一中九年级期中）下列自然能源图标中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（ ）
A． B． C． D．
2．（2022·重庆实验外国语学校九年级期末）下列图形中是轴对称图形但不是中心对称图形的是（ ）
A． B． C． D．
3．（2022·重庆市璧山来凤中学校九年级期中）点经过某种图形变化后得到点，这种图形变化可以是（ ）
A．关于轴对称 B．关于轴对称 C．绕原点逆时针旋转 D．绕原点顺时针旋转
4．（2022·重庆梁平·九年级期中）如图，在正方形ABCD中，将边BC绕点B逆时针旋转至，连接，，若，，则线段BC的长度为（　　　）．
A．4 B．5 C． D．
5．（2022·重庆市璧山来凤中学校九年级期中）如图，将△ABC绕点C按逆时针方向旋转至△DEC，使点D落在BC的延长线上．已知∠A=33°，∠B=30°，则∠ACE的大小是（　　　）
A．63° B．58° C．54° D．52°
6．（2022·重庆江津·九年级期中）如图，是等边三角形，D为边上的点，，经旋转后到达的位置，那么旋转了（　　）
A． B． C． D．
7．（2022·重庆江津·九年级期中）下面说法正确的是（ ）
A．全等的两个图形成中心对称
B．能够完全重合的两个图形成中心对称
C．旋转后能重合的两个图形成中心对称
D．旋转180°后能重合的两个图形成中心对称
8．（2022·重庆市璧山来凤中学校九年级期中）点P（4，﹣3）关于原点对称的点的坐标是（ ）
A．（3，﹣4） B．（﹣4，3） C．（﹣4，﹣3） D．（4，3）
二、填空题
9．（2022·重庆开州·九年级期中）如图，在中，，将将绕点逆时针旋转70°得到，连接、，若，则的度数为______．
10．（2022·重庆江津·九年级期中）如图，已知钝角三角形ABC，将△ABC绕点A按逆时针方向旋转110°得到△AB′C′，连接BB′，若AC′∥BB′，则∠CAB′的度数为_____．
11．（2022·重庆綦江·九年级期中）如图,在Rt△ABC中,∠BAC=90°,将△ABC绕点A顺时针旋转90°后得到的△AB′C′(点B的对应点是点B′,点C的对应点是点C′),连接CC′.若∠CC′B′=32°，则∠B=__________．
12．（2022·重庆·巴川初级中学校九年级期末）在平面直角坐标系内，点关于原点的对称点Q的坐标为______．
13．（2022·重庆合川·九年级期末）如图，是等腰三角形，，，M为所在平面内一动点且，连接AM，将AM绕点A逆时针旋转120°得线段AN，连接BN，则线段BN长度的最大值为______．
14．（2022·重庆巴南·九年级期末）若点A（，4）与点B（，）关于原点对称，则式子的值是_________．
15．（2022·重庆万州·九年级期末）如图，在中，，顶点A的坐标为，P是上一动点，将点P绕点逆时针旋转，若点P的对应点恰好落在边上，则点的坐标为________．
三、解答题
16．（2022·重庆市育才中学九年级期末）在等边中，是边上一动点，连接，将绕点顺时针旋转120°，得到，连接．
（1）如图1，当、、三点共线时，连接，若，求的长；
（2）如图2，取的中点，连接，猜想与存在的数量关系，并证明你的猜想；
（3）如图3，在（2）的条件下，连接、交于点．若，请直接写出的值．
17．（2022·重庆永川·九年级期末）如图，已知△BAD和△BCE均为等腰直角三角形，∠BAD=∠BCE=90°，点M为DE的中点，过点E与AD平行的直线交射线AM于点N．
（1）当A，B，C三点在同一直线上时（如图1），求证：M为AN的中点；
（2）将图1中的△BCE绕点B旋转，当A，B，E三点在同一直线上时（如图2），求证：△ACN为等腰直角三角形；
（3）将图1中△BCE绕点B旋转到图3位置时，（2）中的结论是否仍成立？若成立，试证明之，若不成立，请说明理由．
18．（2022·重庆綦江·九年级期中）阅读下面材料，并解决问题：
（1）如图①等边△ABC内有一点P，若点P到顶点A、B、C的距离分别为3，4，5，求∠APB的度数．
为了解决本题，我们可以将△ABP绕顶点A旋转到△ACP′处，此时△ACP′≌△ABP，这样就可以利用旋转变换，将三条线段PA、PB、PC转化到一个三角形中，从而求出∠APB＝__________；
（2）基本运用
请你利用第（1）题的解答思想方法，解答下面问题：
已知如图②，△ABC中，∠CAB＝90°，AB＝AC，E、F为BC上的点且∠EAF＝45°，求证：EF2＝BE2+FC2；
（3）能力提升
如图③，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝1，∠ABC＝30°，点O为Rt△ABC内一点，连接AO，BO，CO，且∠AOC＝∠COB＝∠BOA＝120°，求OA+OB+OC的值．
19．（2022·重庆沙坪坝·九年级期末）在等腰Rt△ABC中，AB⊥AC，点D为AC边上一点，连接DB ．
(1)如图1，若∠ABD ＝15°，BD＝2，求线段AD的长度；
(2)如图2，将线段DB绕点D顺时针旋转90°得到线段DE，连接BE、CE，将线段DC绕点D逆时针旋转90°得到线段DF，连接BF，线段CE、BF交于点G，连接AG，猜想线段AG、BG、CG的数量关系并证明你的结论；
(3)如图3，将线段DB绕点D顺时针旋转60°得到线段DE，连接AE，直接写出的最小值．
20．（2022·重庆綦江·九年级期末）如图，在菱形ABCD中，∠ABC＝60°，点E、F分别是AB、BC上的动点，连接DE、DF、EF．
(1)如图1，连接AF，若AF⊥BC，E为AB的中点，且EF＝5，求DF的长；
(2)如图2，若BE＝BF，G为DE的中点，连接AF、AG、FG，求证：AG⊥FG；
(3)如图3，若AB＝7，将△BEF沿EF翻折得到△EFP（始终保持点P在菱形ABCD的内部），连接AP、BP及CP，请直接写出当PA＋PB＋PC值最小时PB的长．
21．（2022·重庆巴南·九年级期末）如图，在△ABC中，∠ABC=90°，∠ACB=30°，将△ABC绕点C顺时针旋转60°能与△DEC重合，点F是边AC中点．
(1)求证：△CFD≌△ABC；
(2)连接BE，求证：四边形BEDF是平行四边形．
22．（2022·重庆渝中·九年级期末）如图，和中，，，，连接，点M，N，P分别是的中点．
(1)请你判断的形状，并证明你的结论．
(2)将绕点A旋转，若，请直接写出周长的最大值与最小值．
23．（2022·重庆长寿·九年级期末）在所给的的正方形网格中，按下列要求操作：（单位正方形的边长为1）
(1)请在第二象限内的格点上找一点，使是以为底的等腰三角形，且腰长是无理数，求点的坐标；
(2)画出以点为中心，旋转180°后的，并求的面积．
24．（2022·重庆九龙坡·九年级期末）如图，四边形是菱形，．
(1)如图1，以点C为顶点作顶角为的等腰，且B、E、F在同一条直线上，连接，求证：；
(2)如图2，点N是边上一点，点M是菱形外一点，且，连接，延长交于点F，连接．
①求的度数；
②如图3，把绕点F顺时针旋转得到，连接，求证：．
25．（2022·重庆市璧山来凤中学校九年级期中）如图，矩形中，，将矩形绕点旋转得到矩形，使点的对应点落在上，交于点，在上取点，使．
（1）证：．
（2）的度数．
（3）知，求的长．
26．（2022·重庆合川·九年级期末）如图，与为等边三角形，点A，D，E在直线BC同侧，连接AE，BD．
(1)求证：；
(2)可以看作是经过旋转得到的，请利用旋转的知识进行说明．
27．（2022·重庆潼南·九年级期末）在中，，D为边上一点，但不与点A、点C重合，过点D作于点E，连接，F为的中点，连接、．
(1)如图1，求证：；
(2)如图2，将绕点A顺时针旋转，其他条件不变，则（1）中的结论还成立吗？若成立，请写出证明过程，若不成立，请说明理由；
(3)若，，，在绕点A旋转一周的过程中，当直线经过点B时，求线段的长．
参考答案：
1．A
【分析】根据轴对称图形和中心对称图形的定义逐项判断即可．
【详解】A、既是轴对称图形，也是中心对称图形，故正确；
B、既不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故错误；
C、是轴对称图形，但不是中心对称图形，故错误；
D、既不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故错误；
故选：A．
【点睛】本题考查轴对称图形与中心对称图形的识别，理解基本定义是解题关键．
2．B
【分析】根据轴对称图形与中心对称图形的概念，轴对称图形两部分沿对称轴折叠后可重合；中心对称图形是图形沿对称中心旋转180度后与原图重合．
【详解】解：A、此图形不是中心对称图形，也不是轴对称图形，选项错误；
B、此图形不是中心对称图形，是轴对称图形，选项正确；
C、此图形是中心对称图形，也是轴对称图形，选项错误；
D、此图形是中心对称图形，不是轴对称图形，选项错误．
故选B．
【点睛】本题考查轴对称图形和中心对称图形．
3．C
【分析】根据旋转的定义得到即可．
【详解】因为点A（4，3）经过某种图形变化后得到点B（-3，4），
所以点A绕原点逆时针旋转90°得到点B，
故选C．
【点睛】本题考查了旋转的性质：旋转前后两个图形全等，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．
4．D
【分析】根据旋转的性质，可知BC＝BC＇．取点O为线段CC＇的中点，并连接BO．根据等腰三角形三线合一的性质、正方形的性质及直角三角形的性质，可证得Rt△OBC≌ Rt△C＇CD，从而证得OC＝C＇D，BO＝C C＇,再利用勾股定理即可求解．
【详解】解：如图，取点O为线段CC＇的中点，并连接BO．
依题意得，BC＝BC＇
∴BO⊥C C＇
∴∠BOC＝90°
在正方形ABCD中，
BC＝CD，∠BCD＝90°
∴∠OCB＋∠C＇CD＝90°
又∵∠C C＇D＝ 90°
∴∠C＇DC＋∠C＇CD＝90°
∴∠OCB＝∠C＇DC
在Rt△OBC和Rt△C＇CD中
∴Rt△OBC≌ Rt△C＇CD（AAS）
∴OC＝C＇D＝2
∴C C＇＝2 OC ＝2×2＝4
∴BO＝C C＇＝4
在Rt△BOC中
BC＝＝＝
故选：D．
【点睛】本题考查了旋转的性质、正方形的性质、等腰三角形的性质、直角三角形的性质、全等三角形的判定和性质及勾股定理的运用等知识，解题的关键是辅助线的添加．
5．C
【分析】先根据三角形的外角性质求出，再由绕点C按逆时针方向旋转得到，从而得到，证明，再利用平角为即可．
【详解】解：∵， ，
∴，
∵绕点C按逆时针方向旋转得到，
∴，
∴∠ACB=∠DCE，
∴，
∴，
∴
故选C．
【点睛】本题考查了旋转的性质，三角形外角的性质，解决本题的关键是由旋转得．
6．B
【分析】由经旋转后到达的位置，而，根据旋转的性质得到等于旋转角，即旋转角等于．
【详解】解：是等边三角形，
，
经旋转后到达的位置，
等于旋转角，即旋转角等于，
故选：B．
【点睛】本题考查了旋转的性质，解题的关键是掌握旋转的性质：旋转前后的两个图形全等，对应点与旋转中心的连线段的夹角等于旋转角，对应点到旋转中心的距离相等，也考查了等边三角形的性质．
7．D
【详解】把一个图形绕某一点旋转180°，如果旋转后的图形能够与另一个的图形重合，那么这两个图形关于这个点成中心对称．由此可得只有选项D正确，故选D.
8．B
【分析】根据关于原点对称的点，横坐标与纵坐标都互为相反数，进而得出答案．
【详解】解：点P（4，-3）关于原点对称的点的坐标是（-4，3），
故选：B．
【点睛】此题主要考查了关于原点对称点的性质，解决本题的关键是掌握好对称点的坐标规律：关于原点对称的点，横坐标与纵坐标都互为相反数．
9．35°
【分析】根据旋转的性质可得：，，进而可得，再根据，可得，由此结合可得，由此即可求的度数．
【详解】解：将绕点顺时针旋转得到，
，，
，
∵，，
∴，
∵，
∴，
∴，
故答案为：35°．
【点睛】本题考查了旋转的性质，等腰三角形的性质以及三角形的内角和定理，在旋转过程中根据旋转的性质确定相等的角和相等的线段是解决本题的关键．
10．75°
【分析】先根据旋转的性质得到∠BAB′＝∠CAC′＝110°，AB＝AB′，根据等腰三角形的性质易得∠AB′B＝35°，再根据平行线的性质得出∠C′AB′＝∠AB′B＝35°，然后利用∠CAB′＝∠CAC′﹣∠C′AB′进行计算即可得出答案．
【详解】∵将△ABC绕点A按逆时针方向旋转l10°得到△AB′C′，
∴∠BAB′＝∠CAC′＝110°，AB＝AB′，
∴∠AB′B＝（180°﹣110°）＝35°，
∵AC′∥BB′，
∴∠C′AB′＝∠AB′B＝35°，
∴∠CAB′＝∠CAC′﹣∠C′AB′＝110°﹣35°＝75°．
故答案为75°．
【点睛】此题考查了旋转的性质：掌握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是本题的关键．
11．77°
【分析】先根据旋转的性质得∠B=∠AB′C′，AC=AC′，∠CAC′=90°，则可判断△ACC′为等腰直角三角形，所以∠ACC′=∠AC′C=45°，然后根据三角形外角性质计算出∠AB′C′，从而得到∠B的度数．
【详解】∵△ABC绕点A顺时针旋转90°后得到的△AB′C′，
∴∠B=∠AB′C′,AC=AC′,∠CAC′=90°，
∴△ACC′为等腰直角三角形，
∴∠ACC′=∠AC′C=45°，
∴∠AB′C′=∠B′CC′+∠CC′B′=45°+32°=77°，
∴∠B=77°.
故答案为77°.
【点睛】此题考查旋转的性质，解题关键在于利用三角形外角性质.
12．
【分析】根据关于原点对称的点的特征，横坐标互为相反数，纵坐标互为相反数，进行求解即可．
【详解】解：∵关于原点对称的点的特征，横坐标互为相反数，纵坐标互为相反数，
∴点关于原点的对称点Q的坐标为；
故答案为：．
【点睛】本题考查坐标系下关于原点对称的点的特征．熟练掌握关于原点对称的点的特征，横坐标互为相反数，纵坐标互为相反数，是解题的关键．
13．##
【分析】由BM＝1作以点B为圆心，半径为1的⊙B，由∠BAC＝120°和旋转角为120°得到点M经过旋转后与以点C为圆心，半径为1的⊙C，然后连接BC并延长交⊙C于点N，即可得到BN长度的最大值．
【详解】解：如图，以B为圆心、半径为1作⊙B，以点C为圆心、半径为1作⊙C，
∵BM＝1，
∴点M在⊙B上，
∵旋转角为120°，∠BAC＝120°，AB＝AC，
∴点M经过旋转后落在⊙C上，
连接BC，并延长BC交⊙C于点N，过点A作AH⊥BC于点H，则CN＝1，∠AHB＝∠AHC＝90°，此时，BN长度最大，
∵△ABC为等腰三角形，∠ABC＝120°，AB＝2，
∴AC＝AB＝2，∠ABC＝∠ACB＝30°，
∴，
∴，
∴，
故答案为：．
【点睛】本题考查了等腰三角形的性质、旋转的性质、含30°角的直角三角形的三边关系，解题的关键是通过旋转的性质得到点M的运动轨迹和点的轨迹．
14．5
【分析】根据关于原点对称的点的坐标特征求出，的值，然后再代入式子进行计算即可．
【详解】解：点与点关于原点对称，
，，
，
①②得：，
解得：，
把代入①得：，
解得：，
原方程组的解为：，
，
故答案为：5．
【点睛】本题考查了关于原点对称的点的坐标，熟练掌握关于原点对称的点的坐标特征是解题的关键．
15．
【分析】过点作轴，垂足为，证明，可得的长度，进而求得点的坐标．
【详解】解：如图，过点作轴，垂足为，
将点P绕点逆时针旋转，点P的对应点恰好落在边上，
,
,
顶点A的坐标为，
是等腰直角三角形
故答案为：
【点睛】本题考查了全等三角形的性质与判定，坐标与图形，旋转的性质，等腰三角形的性质与判定，添加辅助选构造全等是解题的关键．
16．（1）；（2）；证明见解析；（3）
【分析】（1）过点作于点，根据等边三角形的性质与等腰的性质以及勾股定理求得，进而求得，在中，，，勾股定理即可求解；
（2）延长至，使得，连接，过点作，交于点，根据平行四边形的性质可得，，证明是等边三角形，进而证明，即可证明是等边三角形，进而根据三线合一以及含30度角的直角三角形的性质，可得；
（3）过点作于点，过点作，连接，交于点，过点作，交于点，过点作于点，先证明，结合中位线定理可得，进而可得，设，分别勾股定理求得，进而根据求得，即可求得的值
【详解】（1）过点作于点，如图
将绕点顺时针旋转120°，得到，
是等边三角形
，
，
在中，，
（2）如图，延长至，使得，连接，过点作，交于点，
点是的中点
又
四边形是平行四边形
，
将绕点顺时针旋转120°，得到，
是等边三角形
，，
是等边三角形
设，则,
，
,
是等边三角形
，
即
（3） 如图，过点作于点，过点作，连接，交于点，过点作，交于点，过点作于点，
四点共圆
由（2）可知，
将绕点顺时针旋转120°，得到，
是的中点，
是的中位线
是等腰直角三角形
四边形是矩形
，
设
在中，
,
在中,
在中
【点睛】本题考查了旋转的性质，等边三角形的性质与判定，含30度角的直角三角形的性质，勾股定理，同弧所对的圆周角相等，四点共圆，三角形全等的性质与判定，等腰三角形的性质与判定；掌握旋转的性质，等边三角形的性质与判定是解题的关键．
17．（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）△ACN仍为等腰直角三角形，证明见解析．
【分析】（1）由EN∥AD和点M为DE的中点可以证到△ADM≌△NEM，从而证到M为AN的中点．
（2）易证AB=DA=NE，∠ABC=∠NEC=135°，从而可以证到△ABC≌△NEC，进而可以证到AC=NC，∠ACN=∠BCE=90°，则有△ACN为等腰直角三角形．
（3）同（2）中的解题可得AB=DA=NE，∠ABC=∠NEC=180°﹣∠CBN，从而可以证到△ABC≌△NEC，进而可以证到AC=NC，∠ACN=∠BCE=90°，则有△ACN为等腰直角三角形．
【详解】（1）证明：如图1，
∵EN∥AD，∴∠MAD=∠MNE，∠ADM=∠NEM．
∵点M为DE的中点，∴DM=EM．
在△ADM和△NEM中，∵，∴△ADM≌△NEM（AAS）．
∴AM=MN．∴M为AN的中点．
（2）证明：如图2，
∵△BAD和△BCE均为等腰直角三角形，∴AB=AD，CB=CE，∠CBE=∠CEB=45°．
∵AD∥NE，∴∠DAE+∠NEA=180°．
∵∠DAE=90°，∴∠NEA=90°．∴∠NEC=135°．
∵A，B，E三点在同一直线上，∴∠ABC=180°﹣∠CBE=135°．∴∠ABC=∠NEC．
∵△ADM≌△NEM（已证），∴AD=NE．
∵AD=AB，∴AB=NE．
在△ABC和△NEC中，∵，∴△ABC≌△NEC（SAS）．
∴AC=NC，∠ACB=∠NCE．∴∠ACN=∠BCE=90°．
∴△ACN为等腰直角三角形．
（3）△ACN仍为等腰直角三角形．证明如下：
如图3，此时A、B、N三点在同一条直线上．
∵AD∥EN，∠DAB=90°，∴∠ENA=∠DAN=90°．
∵∠BCE=90°，∴∠CBN+∠CEN=360°﹣90°﹣90°=180°．
∵A、B、N三点在同一条直线上，∴∠ABC+∠CBN=180°．∴∠ABC=∠NEC．
∵△ADM≌△NEM（已证），∴AD=NE．
∵AD=AB，∴AB=NE．
在△ABC和△NEC中，∵，∴△ABC≌△NEC（SAS）．
∴AC=NC，∠ACB=∠NCE．∴∠ACN=∠BCE=90°．
∴△ACN为等腰直角三角形．
【点睛】本题考查全等三角形的旋转问题，熟练掌握旋转的性质是解题的关键.
18．（1）150°；（2）EF2＝BE2+FC2．（3）．
【分析】（1）由△ACP′≌△ABP可得旋转角∠PAP′＝60°，可得△APP′为等边三角形，根据勾股定理逆定理可证明△PP′C为直角三角形，根据∠APB＝∠AP′C＝∠AP′P+∠PP′C即可得答案；（2）如图2，把△ABE绕点A逆时针旋转90°得到△ACE′，由旋转的性质可得AE′＝AE，CE′＝BE，∠CAE′＝∠BAE，∠ACE′＝∠B，∠EAE′＝90°，根据角的和差关系可得∠EAF＝∠E′AF，利用SAS可证明△EAF≌△E′AF，可得E′F＝EF，根据等腰直角三角形的性质可得∠E′CF＝90°，根据勾股定理即可得结论；（3）如图3，将△AOB绕点B顺时针旋转60°至△A′O′B处，连接OO′，根据含30°角的直角三角形的性质及勾股定理可求出AB、BC的长，根据旋转的性质可得∠A′BC=90°，△BOO′是等边三角形，由∠AOC＝∠COB＝∠BOA＝120°，利用平角的定义可证明C、O、A′、O′四点共线，利用勾股定理求出A′C的长即可得答案．
【详解】（1）∵△ACP′≌△ABP，
∴AP′＝AP＝3、CP′＝BP＝4、∠AP′C＝∠APB，
由题意知旋转角∠PAP′＝60°，
∴△APP′为等边三角形，
∴P′P＝AP＝3，∠AP′P＝60°，
∵P′C=PB=4，PC=5，
∴PC2=P′C2+P′P2，
∴△PP′C为直角三角形，且∠PP′C＝90°，
∴∠APB＝∠AP′C＝∠AP′P+∠PP′C＝60°+90°＝150°．
故答案为150°
（2）如图2，把△ABE绕点A逆时针旋转90°得到△ACE′，
由旋转的性质得，AE′＝AE，CE′＝BE，∠CAE′＝∠BAE，∠ACE′＝∠B，∠EAE′＝90°，
∵∠EAF＝45°，
∴∠E′AF＝∠EAE′-∠EAF=45°，
∴∠EAF＝∠E′AF，
在△EAF和△E′AF中，
∴△EAF≌△E′AF（SAS），
∴E′F＝EF，
∵∠CAB＝90°，AB＝AC，
∴∠B＝∠ACB＝45°，
∴∠E′CF＝45°+45°＝90°，
由勾股定理得，E′F2＝CE′2+FC2，
即EF2＝BE2+FC2．
（3）如图3，将△AOB绕点B顺时针旋转60°至△A′O′B处，连接OO′，
∵在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝1，∠ABC＝30°，
∴AB＝2，
∴BC＝，
∵△AOB绕点B顺时针方向旋转60°，∠ABC=30°，
∴∠A′BC＝∠ABC+60°＝30°+60°＝90°，
∵∠C＝90°，AC＝1，∠ABC＝30°，
∴AB＝2AC＝2，
∵△AOB绕点B顺时针方向旋转60°，得到△A′O′B，
∴A′B＝AB＝2，BO＝BO′，A′O′＝AO，
∴△BOO′是等边三角形，
∴BO＝OO′，∠BOO′＝∠BO′O＝60°，
∵∠AOC＝∠COB＝∠BOA＝120°，
∴∠COB+∠BOO′＝∠BO′A′+∠BO′O＝120°+60°＝180°，
∴C、O、A′、O′四点共线，
在Rt△A′BC中，A′C＝，
∴OA+OB+OC＝A′O′+OO′+OC＝A′C＝．
【点睛】本题考查了旋转的性质、等边三角形的判定与性质、等腰直角三角形的性质及含30°角的直角三角形的性质，熟练掌握旋转的性质，正确得出对应边和对应角是解题关键．
19．(1)
(2)，证明见解析
(3)
【分析】（1）作于，则解和，即可解决问题；
（2）首先利用证明，得，作，交于，再利用证明，得，，从而得出结论；
（3）以为边作等边三角形，连接，，利用证明，则，可知点在射线上运动，从而解决问题．
（1）
解：作于，
是等腰直角三角形，
，
，
，
，，
，
，
，
，
；
（2）
，
将线段绕点顺时针旋转得到线段，
，，
将线段绕点逆时针旋转得到线段，
，，
，
，
，
，
作，交于，
，
，
，
，
又，
，
，，
是等腰直角三角形，
，
；
（3）
如图，以为边作等边三角形，连接，，
和是等边三角形，
，，，
，
，
，
点在射线上运动，
作，交的延长线于，
当点与重合时，最小，
的最小值值为．
【点睛】本题是几何变换综合题，主要考查了旋转的性质，全等三角形的判定与性质，等腰直角三角形的判定与性质，等边三角形的判定与性质，构造全等三角形是解题的关键．
20．(1)
(2)证明见解析
(3)
【分析】（1）法一：如图1，过点D作DG⊥BC交BC的延长线于G，四边形ABCD为菱形，∠ABC＝60°，，在中，，E为AB的中点，AF⊥BC，BF＝EF＝BC，CG＝CD，DG＝CG，FG＝CF+CG，在中，DF＝，进而求出DF；法二：四边形ABCD为菱形，∠ABC＝60°，，，AF⊥BC则∠AFB＝90°，在中，，，是的中点，，是等边三角形，可知EF＝BE＝AB，，AF＝5，在中， DF＝，进而求出DF；
（2）法一：如图2，延长AG交CD于H，连接AC，FH；由四边形ABCD为菱形知AB＝BC＝CD，∠ABC=∠ADC＝60°，AB∥CD，∠AEG＝∠HDG，G为DE的中点有EG＝DG，得△AEG≌△HDG，AG＝HG，AE＝DH，BE＝BF，∠ABC＝60°，△BEF为等边三角形，有FC＝DH，AC＝AD，，知△AFC≌△AHD，AH＝AF，同理△ABF≌△ACH，∠BAF＝∠CAH，∠FAH＝∠FAC+∠CAH＝∠FAC+∠BAF＝∠BAC＝60°，△AFH是等边三角形，AG＝HG，进而说明AG⊥FG．法二：如图4，延长AG交CD于H，连接FH，四边形ABCD是菱形，有AB＝CD，AB∥CD，∠ABC＝60°，∠BCD=120°知∠EAG＝∠DHG，∠AEG＝∠HDG，点G是DE中点，EG＝DG，由，知△AEG≌△HDG，AG＝HG，AE＝DH，BE＝CH，BE＝BF，∠ABC＝60°知△BEF是等边三角形，有∠BEF＝60°，EF＝BE，∠AEF=120°，∠AEF＝∠FCH，EF＝CH，由，得△AEF≌△FCH，有AF＝HF，AG＝HG，进而说明FG⊥AG；
（3）解：如图a，在△ABC中，P为其中任意一点．连接AP，BP，得到△ABP．以点B为旋转中心，将△ABP逆时针旋转 60°，得到△EBD，BD＝BP，△DBP 为一个等边三角形，有PB＝PD，当E、D、P、C 四点共线时，PA+PB+PC最小；如图3，当B、P、G、D四点共线时，PA+PB+PC值最小，最小值为BD．将△APC绕点C顺时针旋转60°，得到△DGC，知△APC≌△DGC，CP＝CG，∠PCG＝60°，△PCG是等边三角形，PG＝CG＝CP，∠GPC＝∠CGP＝60°；菱形ABCD中，∠ABP＝∠CBP＝∠ABC＝30°，∠PCB＝∠GPC﹣∠CBP＝60°﹣30°＝30°，∠PCB＝∠CBP＝30°，BP＝CP，同理DG＝CG，BP＝PG＝GD，连接AC，交BD于点O，则AC⊥BD，在Rt△BOC中，∠BOC＝90°，∠OBC＝30°，BC＝7，得OC、BO的值，BD＝2BO，BP＝BD，可求得BP的值．
（1）
解：法一：如图1，过点D作DG⊥BC交BC的延长线于G，
∵四边形ABCD为菱形，∠ABC＝60°
∴，
∴
∵AF⊥BC
∴∠AFB＝90°，
∴
∴△BEF为等边三角形
∴BF＝EF＝BC
∴CF＝EF＝5
在中，
∴CG＝CD＝5，DG＝CG＝5
∵FG＝CF+CG＝10
∴DF＝＝5
法二：∵四边形ABCD为菱形，∠ABC＝60°
∴，
∵AF⊥BC
∴∠AFB＝90°
在中
，
∵是的中点
∴
∵
∴是等边三角形
∵EF＝5，EF＝BE＝AB
∴
∴AF＝5
在中， DF＝＝5
∴的值为．
（2）
证明：法一：如图2，延长AG交CD于H，连接AC，FH，
∵四边形ABCD为菱形
∴AB∥CD，AB＝BC＝CD，∠ABC=∠ADC
∴∠AEG＝∠HDG，
∵G为DE的中点，
∴EG＝DG，
在△AEG和△HDG中，，
∴△AEG≌△HDG，
∴AG＝HG，AE＝DH，
∵BE＝BF，∠ABC＝60°
∴△BEF为等边三角形
∴BE＝BF=EF，
∴FC＝DH，AC＝AD
在△AFC和△AHD中，，
∴△AFC≌△AHD
∴AH＝AF
同理：△ABF≌△ACH
∴∠BAF＝∠CAH
∴∠FAH＝∠FAC+∠CAH＝∠FAC+∠BAF＝∠BAC＝60°，
∴△AFH是等边三角形
∵AG＝HG
∴AG⊥FG．
法二：如图4
延长AG交CD于H，连接FH，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AB＝CD，AB∥CD，
∵∠ABC＝60°
∴∠BCD=120°
∴∠EAG＝∠DHG，∠AEG＝∠HDG，
∵点G是DE中点，
∴EG＝DG，
在△AEG和△HDG中，，
∴△AEG≌△HDG
∴AG＝HG，AE＝DH
∴BE＝CH，
∵BE＝BF，∠ABC＝60°
∴△BEF是等边三角形
∴∠BEF＝60°，EF＝BE
∴∠AEF=120°
∴∠AEF＝∠FCH，EF＝CH
在△AEF和△FCH中，
∴△AEF≌△FCH
∴AF＝HF
∵AG＝HG
∴FG⊥AG
（3）
解：如图a
在△ABC中，P为其中任意一点．连接AP，BP，得到△ABP．
以点B为旋转中心，将△ABP逆时针旋转 60°，得到△EBD
∴BD＝BP，
∴△DBP 为一个等边三角形
∴PB＝PD
∴PA+PB+PC＝DE+PD+PC
∴当E、D、P、C 四点共线时，为PA+PB+PC最小．
如图3，当B、P、G、D四点共线时，PA+PB+PC值最小，最小值为BD．
∵将△APC绕点C顺时针旋转60°，得到△DGC，
∴△APC≌△DGC，
∴CP＝CG，∠PCG＝60°，
∴△PCG是等边三角形，
∴PG＝CG＝CP，∠GPC＝∠CGP＝60°．
∵菱形ABCD中，∠ABP＝∠CBP＝∠ABC＝30°，
∴∠PCB＝∠GPC﹣∠CBP＝60°﹣30°＝30°，
∴∠PCB＝∠CBP＝30°，
∴BP＝CP，
同理，DG＝CG，
∴BP＝PG＝GD．
连接AC，交BD于点O，则AC⊥BD．
在Rt△BOC中，∵∠BOC＝90°，∠OBC＝30°，BC＝7，
∴OC＝，
∴BO=
∴BD＝2BO＝，
∴BP＝BD＝
即当PA+PB+PC值最小时PB的长为．
【点睛】本题考查了菱形，特殊的直角三角形，勾股定理，全等三角形，等腰三角形，和的最值，旋转，二次根式等知识点．解题的关键是灵活综合运用菱形的性质，旋转等知识．
21．(1)见解析
(2)见解析
【分析】（1）由旋转的性质可得，，由“”可证；
（2）延长交于点，可证，由一组对边平行且相等可证四边形是平行四边形．
(1)
解：证明：点是边中点，
，
，
，，
，
将绕点顺时针旋转得到，
，，
，
在和中，
，
；
(2)
延长交于点，
由（1）得，，
，
，
，
，
，
，，
，
四边形是平行四边形．
【点睛】本题考查了旋转的性质，全等三角形的判定和性质，平行四边形的判定等知识，灵活运用这些知识进行推理是本题的关键．
22．(1)是等腰直角三角形，证明见解析
(2)周长最小值为。最大值为
【分析】（1）连接BD，CE，根据SAS证明得BD=CE，根据三角形中位线性质可证明PM=PN；，进而可得结论；
（2）当BD最小时即点D在AB上，此时周长最小，当点D在BA的延长线上时，BD最大，此时周长最大，均为，求出BD的长即可解决问题．
(1)
连接BD，CE，如图，
∵，，，
∴
∴
∴
∴BD=CE，
∵点M，N，P分别是的中点
∴//，，PN//BD，PN=BD
∴PM=PN，
∵PN//BD
∴∠PNC=∠DBC
∴∠MPN=∠MPD+∠DPN=∠ECA+∠ACD+∠PCN+∠PNC=∠ACB+∠DBC+∠ABD=∠ACB+∠ABC=90°
∴
∴是等腰直角三角形；
(2)
由（1）知，是等腰直角三角形
∴
∴的周长为
∵
∴的周长为
当BD最小时即点D在AB上，此时周长最小，
∵AB=8，AD=3
∴BD的最小值为AB-AD=8-3=5
∴周长最小为
当点D在BA的延长线上时，BD最大，此时周长最大，
∴BD=AB+AD=8+3=11
∴周长最大为
【点睛】此题主要考查了旋转的性质，全等三角形的判定与性质，等腰直角三角形的性质，三角形中位线定理的应用等知识，熟练掌握相关知识是解答本题的关键．
23．(1)图见解析，点的坐标为
(2)图见解析，4
【分析】（1）根据题意，腰长为无理数且为以AB为底的等腰三角形，只在第二象限，作图即可确定点，然后写出点的坐标即可；
（2）现确定旋转后的点，然后依次连接即可，根据旋转前后三角形的面积不变，利用表格及勾股定理确定三角形的底和高，即可得出面积．
（1）
解：如图所示，点的坐标为；
，为无理数，符合题意；
（2）
如图所示：点的坐标，点的坐标为，
∵旋转180°后的的面积等于的面积，
，
∴，
∴的面积为4．
【点睛】题目主要考查等腰三角形的定义及旋转图形的作法，理解题意，熟练掌握在坐标系中旋转图形的作法是解题关键．
24．(1)见解析
(2)①30°，②见解析
【分析】（1）由SAS证明△BCE≌△DCF即可；
（2）①以点C为顶点作∠ECF=120°交BF于E，证△BCN≌△DCM（SAS），得∠CBE=∠CDF，再证△BCE≌△DCF（ASA），得CE=CF，然后由等腰三角形的性质和三角形内角和定理求解即可；
②以点C为顶点作∠ECF=120°交BF于E，同①得△BCE≌△DCF（ASA），则BE=DF，CE=CF，再由旋转的性质得∠CFP=120°，CF=PF，然后证四边形CEFP是平行四边形，得EF=CP，即可得出结论．
(1)
证明：∵四边形ABCD是菱形，∠A=120°，
∴BC=DC，∠BCD=∠A=120°，
∵△CEF是顶角为120°的等腰三角形，CE=CF，
∴∠ECF=120°，
∴∠BCD=∠ECF，
∴∠BCD-∠DCE=∠ECF-∠DCE，
即∠BCE=∠DCF，
在△BCE和△DCF中，
，
∴△BCE≌△DCF（SAS）；
(2)
①解：以点C为顶点作∠ECF=120°交BF于E，
在△BCN和△DCM中，
，
∴△BCN≌△DCM（SAS），
∴∠CBE=∠CDF，
∵∠BCD=∠ECF=120°，
∴∠BCD-∠DCE=∠ECF-∠DCE，
即∠BCE=∠DCF，
在△BCE和△DCF中，
，
∴△BCE≌△DCF（ASA），
∴CE=CF，
∴∠CFB=∠CEF=×（180°-120°）=30°；
②证明：以点C为顶点作∠ECF=120°交BF于E，
同①得：△BCE≌△DCF（ASA），
∴BE=DF，CE=CF，
∵把FC绕点F顺时针旋转120°得到FP，
∴∠CFP=120°，CF=PF，
∴∠ECF=CFP，CE=FP，
∴CEFP，
∴四边形CEFP是平行四边形，
∴EF=CP，
∴BF=EF+BE=CP+DF．
【点睛】本题是四边形综合题目，考查了菱形的性质、平行四边形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、等腰三角形的性质、旋转的性质、平行线的判定等知识，本题综合性强，解题的关键是正确作出辅助线构造全等三角形，属于中考常考题型．
25．（1）详见解析；（2）；（3）
【分析】（1）在直角三角形ABC中，由AC=2AB，得到∠ACB=30°，再由折叠的性质得到一对角相等，利用等角对等边即可得证；
（2）由（1）得到△ABB′为等边三角形，利用矩形的性质及等边三角形的内角为60°，即可求出所求角度数；
（3）连接AF，过A作AM⊥BF，可得△AB′F是等腰直角三角形，△AB′B为等边三角形，分别利用三角函数定义求出MF与AM，根据AM=BM，即BM+MF=BF即可求出．
【详解】(1)证明：∵在中，，
∴，，
由旋转可得：，，
∴，
∴；
（2）解：由（1）得到△ABB′为等边三角形，
∴∠AB′B=60°，即∠BB'F=∠AB'B+∠AB'F=150°，
∵BB'=B'F，
∴∠FBB′=∠B'FB=15°；
（3）连接，过作，由（2）可得是等腰直角三角形，为等边三角形，
∴，
∴，，
在中，，
在中，，
则．
【点睛】考查了旋转的性质，矩形的性质，锐角三角函数定义，等边三角形、直角三角形的性质，熟练掌握旋转的性质是解本题的关键．
26．(1)证明详见解析
(2)说明详见解析
【分析】证明两个三角形全等需要三个条件，根据题意找到三个符合题意的条件即可，
由(1)得到全等，根据旋转的性质说明即可，
（1）
解： 与 为等边三角形，
，，
即
在与中
（2）
解：由(1)可得，，
与中C点重合，故DC的对应边EC，
又 ，
绕C顺时针旋转可得
【点睛】本题考查两个等边三角形有一点共点的图形变换，全等三角形的判定，旋转的性质，解题的关键是根据全等三角形的性质与判定求解即可，
27．(1)见解析
(2)成立，证明见解析
(3)或
【分析】（1）根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半即可求证；
（2）延长至，使得，延长至，使得，连接，根据三角形中位线的性质证明，进而证明，即可得，即可得证；
（3）分类讨论，当旋转角小于180°和大于180°两种情况，勾股定理解直角三角形即可
(1)
（1）证明：, F为的中点，
(2)
成立，理由如下
如图，延长至，使得，延长至，使得，连接
旋转
在和中
(3)
,，
,
如图，当旋转角小于180°时，当直线DE经过点B时,
是直角三角形
即
解得
当旋转角大于180°时，如图
是直角三角形
即
解得
综上所述，的长为或
【点睛】本题考查了直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，三角形中位线的性质，旋转的性质，勾股定理，正确的添加辅助线是解题的关键．