2023年浙教版数学九年级上册3.2 图形的旋转 同步测试（提高版）
一、选择题
1．（2023九上·海曙期末）如图，将含有锐角的三角板绕的锐角顶点C逆时针旋转到，、相交于点F，连接，若，则旋转角的度数为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】三角形内角和定理；等腰三角形的性质；旋转的性质
【解析】【解答】解：由题意可得：，
根据旋转的性质可得，，则，
∵，
∴，
∴，
由可得，
解得，
故答案为：B.
【分析】由题意可得∠CAB=30°，根据旋转的性质可得CE=CA，根据等腰三角形的性质以及内角和定理可得∠AEC=∠EAC=(180°-α)，∠AFE=∠AEC=(180°-α)，∠EAF=180°-2∠AEF=α，然后根据∠EAF+∠CAB=∠CAE进行计算.
2．（2023九上·温州期末）如图，在△ABC中，∠BAC=90°，AB=6，AC=8．将△ABC绕点A旋转至△ADE，使AD⊥BC，DE交边AC于点F，则AF的长是（ ）
A．4 B． C．5 D．6
【答案】C
【知识点】平行线的判定与性质；等腰三角形的判定与性质；勾股定理；旋转的性质；直角三角形斜边上的中线
【解析】【解答】解： ∵在△ABC中，∠BAC=90°，AB=6，AC=8 ，
∴，
∵ 将△ABC绕点A旋转至△ADE，
∴∠DAE=∠BAC=90°，DE=BC=10，∠E=∠C，即AD⊥AE，
又 AD⊥BC，
∴AE∥BC，
∴∠EAC=∠C，
∴∠EAF=∠E，
∴AF=EF，
∵∠E+∠D=90°，∠EAF+∠DAF=90°，
∴∠D=∠DAF，
∴AF=DF，即F是DE的中点，
∴AF=DE=5.
故答案为：C.
【分析】在△ABC中，用勾股定理算BC的长，由旋转得∠DAE=∠BAC=90°，DE=BC=10，∠E=∠C，推出AE∥BC，结合平行线的性质推出∠EAF=∠E，由同角的余角相等得∠D=∠DAF，由等边对等角得AF=EF=DF，即F是DE的中点，最后根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半即可得出答案.
3．（2022九上·江门期末）如图，在Rt△ABC中，，，，将△ABC绕点C按逆时针方向旋转得到，此时点恰好在边AB上，则点与点B之间的距离为（ ）
A．4 B．2 C．3 D．
【答案】B
【知识点】勾股定理；旋转的性质
【解析】【解答】解：如图，连接，
∵将△ABC绕点C按逆时针方向旋转得到，
∴，，，
∵∠A=60°，
∴是等边三角形，
∴，
∴，
∴是等边三角形，
∴，在Rt△ABC中，AB=2AC=4，
∴BC=，
∴，
故答案为：B．
【分析】连接BB'，先证明是等边三角形，再证出是等边三角形，求出AB=2AC=4，利用勾股定理求出BC的长即可。
4．（2022九上·河北期末）如图，将绕点逆时针旋转，得到，若点A的对应点恰好在线段上，且平分，记线段与线段的交点为．下列结论中，错误的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【知识点】三角形全等及其性质；旋转的性质
【解析】【解答】解：∵绕点逆时针旋转，得到，
∴，A不符合题意，
由旋转可知，，，
∵平分，
∴，
在和中，
∴（ASA），B不符合题意，
由旋转可知，，
由（2）可知，，
∵，
，
∴，C不符合题意，
∵，
∴，D符合题意，
故答案为：D．
【分析】利用旋转的性质可得，，利用“ASA”证明，再利用全等三角形的性质逐项判断即可。
5．（2023九上·衢州期末）如图，将线段AB绕点O顺时针旋转90°得到线段，那么的对应点的坐标是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】旋转的性质；坐标与图形变化﹣旋转；三角形全等的判定（AAS）
【解析】【解答】解：∵线段AB绕点O顺时针旋转90°得到线段A'B'，
∴，，
∴.
作轴于C，轴于，
∴，
∵，
∴，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，，
∵，
∴，，
∴，，
∴，故B正确.
故答案为：B.
【分析】线段AB绕点O顺时针旋转90°得到线段A'B'，根据旋转的性质得AO=A'O，根据同角的余角相等得∠AOC=∠A'OC'，用AAS判断出△ACO≌△A'C'O，得到AC=A'C'，CO=C'O，由点A的坐标得AC=1，CO=4，据此就可得出点A'的坐标了.
6．（2022九上·西城期末）如图，在等腰中，，将绕点逆时针旋转得到，当点的对应点落在上时，连接，则的度数是（ ）
A．30° B．45° C．55° D．75°
【答案】B
【知识点】旋转的性质
【解析】【解答】解：，，
，
由旋转得，，，
，
，
故答案为：B．
【分析】根据旋转的性质可得，，再利用角的运算求出即可。
7．（2023九上·大冶期末）如图，正方形的边长为，将正方形绕原点O顺时针旋转45°，则点B的对应点的坐标为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】勾股定理；正方形的性质；旋转的性质
【解析】【解答】解：连接OB，
∵正方形ABCD绕原点O顺时针旋转45°，
∴，，
∴，
∴△为等腰直角三角形，点在y轴上，
∵，
∴=2，
∴（0，2），
故答案为：D.
【分析】连接OB，利用旋转的性质可知∠AOA1=∠AOB=45°，可证得∠A1OB1=45°，可推出△A1OB1是等腰直角三角形，点B1在y轴上，利用勾股定理求出OB1的长，即可得到点B1的坐标.
8．（2022九上·路南期中）如图，中，已知，，点D在边上，线段绕着点逆时针旋转（）后，如果点A恰好落在边上，那么的度数是（ ）
A．50° B．60° C．80° D．120°
【答案】C
【知识点】三角形内角和定理；旋转的性质
【解析】【解答】解：根据题意，将线段绕着点D逆时针旋转，当点A恰好落在边上时，如下图，
此时，由旋转的性质可知，
∴，
∴，
即的度数是．
故答案为：C．
【分析】根据旋转的性质先求出，再求出，最后计算求解即可。
9．（2022九上·莒南期中）如图，在正方形ABCD中，AB＝4，点M在CD的边上，且DM＝1，△AEM与△ADM关于AM所在的直线对称，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（ ）
A．3 B．2 C．5 D．
【答案】C
【知识点】正方形的性质；旋转的性质
【解析】【解答】解：如图，连接．
与关于所在的直线对称，
，．
按照顺时针方向绕点A旋转得到，
，．
，
．
．
（SAS）．
．
四边形是正方形，
．
，
．
在中，，
，
故答案为：C．
【分析】连接BM，先利用“SAS”证明，可得EF=BM，再根据正方形的性质可得，利用线段的和差求出CM的长，利用勾股定理求出BM的长，即可得到。
10．（2021九上·丰南期中）如图，在矩形中，是对角线，将矩形绕点顺时针旋转到位置，是的中点，若，，则线段的长为（ ）
A． B．6 C．5 D．
【答案】D
【知识点】勾股定理；旋转的性质
【解析】【解答】如图，过点作于点，
将绕点顺时针旋转到位置，，，
，，，
，
是的中点，
，，
，
在中，
．
故答案为：D．
【分析】过点作于点，先求出，，利用线段的和差求出CM的长，再利用勾股定理求出即可。
二、填空题
11．（2023九上·澄城期末）如图，在△BDE中，∠BDE=90°， BD=4，点D的坐标是( 6，0) ，∠BDO=15°，将 BDE 旋转到 △ABC的位置，点C 在 BD上，则旋转中心的坐标为 ．
【答案】（，）
【知识点】含30°角的直角三角形；勾股定理；旋转的性质
【解析】【解答】解：AB和DB的垂直平分线交于点P，过点P作PF⊥x轴于点F，连接PD，
∵将 BDE 旋转到 △ABC的位置，点C 在 BD上，
∴AB=BD，
∴点P到AB和BD的距离相等，是BD=2=CP=CD，
∴∠PDB=45°，
∴，
∵∠BDO=15°，
∴∠PDO=45°+15°=60°，
∴∠DPF=30°，
∴；
∵点D（6，0），
∴，
∴，
∴旋转中心点P的坐标为（，）.
故答案为：（，）
【分析】AB和DB的垂直平分线交于点P，过点P作PF⊥x轴于点F，连接PD，利用旋转的性质可证得AB=BD，同时可得到点P到AB和BD的距离相等，可求出CP的长，利用勾股定理求出PD的长，再证明∠PDO=60°，可得到∠DPF的度数，利用30°角所对的直角边等于斜边的一半，可求出DF的长，即可得到OF的长；然后利用勾股定理求出PF的长，可得到旋转中心点P的坐标.
12．（2022九上·大连期末）如图，在中，，将绕点逆时针旋转得到，若点恰好为的中点，则的长为 （用含的代数式表示）．
【答案】
【知识点】勾股定理；旋转的性质
【解析】【解答】解：如图，作于点，则，
∵，为的中点，
∴，
由旋转得，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴．
故答案为：．
【分析】作于点，则，利用勾股定理可得，再将数据代入求出即可。
13．（2023九上·安顺期末）如图，在平行四边形ABCD中，∠A＝75°，将平行四边形ABCD绕顶点B顺时针旋转到平行四边形A1B1C1D1，当C1D1第一次经过顶点C时，旋转角∠ABA1＝ ．
【答案】30°
【知识点】三角形内角和定理；平行四边形的性质；旋转的性质
【解析】【解答】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴∠A=∠BCD=75°，
∵将平行四边形ABCD绕顶点B顺时针旋转到平行四边形A1B1C1D1，
∴∠ABA1=∠CBC1，BC=BC1，∠C1=∠BCD=75°，
∴∠C1=∠BCC1=75°，
∠CBC1=∠ABA1=180°-75°-75°=30°.
故答案为：30°
【分析】利用平行四边形的性质可求出∠BCD的度数，利用旋转的性质可得到∠ABA1=∠CBC1，BC=BC1，∠C1=∠BCD=75°，利用等边对等角可证得∠C1=∠BCC1=75°，然后利用三角形的内角和定理求出结果.
14．（2022九上·黄埔期末）如图，在直角三角形中，，，将顺时针旋转得到，与相交于点，则的长为 ．（结果保留根号）
【答案】
【知识点】勾股定理；旋转的性质
【解析】【解答】解：∵在中，，，，
∴，
∴，
∴，
∵将顺时针旋转得到，
∴，，，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴．
故答案为：．
【分析】在中，，，，利用勾股定理得出AC的值，利用旋转得出，得出，即可得解。
15．（2023九上·苍溪期末）将△OAB按如图的方式放在平面直角坐标系中，其中∠OBA＝90°，∠A＝30°，顶点A的坐标为（1，），将△OAB绕原点O逆时针旋转60°得到点△OA'B′，则点A'的坐标为 .
【答案】（-1， ）
【知识点】旋转的性质；三角形全等的判定（AAS）
【解析】【解答】解：过A′作A′C⊥y轴于C，
∴∠A′CO＝∠OBA＝90°，
∵∠OBA＝90°，∠A＝30°，
∴∠AOB＝60°，
由旋转的性质得OA′＝OA，∠A′OA＝60°，
∴∠AOC＝∠COB-∠AOB＝30°，
∴∠A′OC＝∠A′OA-∠AOC＝30°，
在△A′OC和△OAB中，
，
∴△A′OC≌△OAB（AAS），
∴OC＝AB＝ ，A′C＝OB＝1，
∴点A'的坐标为（-1， ）.
故答案为：（-1， ）.
【分析】过A′作A′C⊥y轴于C，由旋转的性质得OA′＝OA，∠A′OA＝60°，易得∠A′OC=30°，从而利用AAS判断出△A′OC≌△OAB，根据全等三角形的性质可得OC＝AB＝ ，A′C＝OB＝1，从而即可得出点A'的坐标.
16．（2022九上·通州月考）如图，点A、B、C、D、O都在方格纸上，若△COD是由△AOB绕点O按逆时针方向旋转而得，则旋转的角度为 ．
【答案】135°
【知识点】旋转的性质
【解析】【解答】∵△COD是由△AOB绕点O按逆时针方向旋转而得，
∴∠AOC为旋转角，
∵AO是正方形的对角线，
∴∠AOB＝45°，
∴∠AOC＝180°-45°=135°，即旋转角为135°．
故答案为：135°．
【分析】先求出∠AOB＝45°，再利用角的运算求出∠AOC的度数即可。
三、作图题
17．（2022九上·上杭期中）如图，的三个顶点都在边长为1的小正方形组成的网格的格点上，以点为原点建立直角坐标系，回答下列问题：
⑴将先向上平移5个单位，再向右平移1个单位得到，画出，并直接写出的坐标 ▲ ；
⑵将绕点顺时针旋转90°得到，画出；
⑶观察图形发现，是由绕点 ▲ （写出点的坐标）顺时针旋转 ▲ 度得到的.
【答案】解：⑴如图所示；
；
（-3；4）
⑵如图所示；
⑶（2，-5）；90
【知识点】作图﹣平移；旋转的性质；作图﹣旋转
【解析】【解答】解：⑶是由绕点顺时针旋转90度得到的.
【分析】（1）根据平移的性质分别确定点A、B、C先向上平移5个单位，再向右平移1个单位后的对应点A1、B1、C1，然后顺次连接即得；
（2）根据旋转的性质分别确定点A1、B1、C1绕点顺时针旋转90°后的对应点A2、B2、C2，然后顺次连接即得；
（3）分别作线段AA2，BB2的垂直平分线，其交点即为旋转中心，再根据旋转的性质确定旋转的交点即可.
四、综合题
18．（2023九上·温岭期末）如图，将△ABC绕点A顺时针旋转得到△AED，并使C点的对应点D点落在直线BC上，
（1）如图1，证明：DA平分∠EDC；
（2）如图2，AE与BD交于点F，若∠AFB＝50°，∠B＝20°，求∠BAC的度数；
（3）如图3，连接BE，若EB＝13，ED＝5，CD＝17，则AD的长为 ．
【答案】（1）证明：由旋转得：∠ADE＝∠C，AD＝AC，
∴∠ADC＝∠C，
∴∠ADE＝∠ADC，
∴DA平分∠EDC.
（2）解：设∠CAB＝x°，
∵∠B＝20°，
∴∠ACD＝∠CAB＋∠B＝x°＋20°，
∵AD＝AC，
∴∠ADC＝∠ACD＝x°＋20°，
∵∠DAE＝∠CAB＝x°，
∴∠AFB＝∠ADF＋∠DAF＝x°＋20°＋x°＝50°，
解得：x°＝15°，
∴∠BAC＝15°.
（3）
【知识点】三角形的外角性质；勾股定理的逆定理；旋转的性质；角平分线的判定
【解析】【解答】解：（3）由旋转可知：ED＝BC，
∵ED=5，
∴BC=5，
又∵CD=17，
∴DB=17-5=12，
又∵EB=13，
∴EB2=ED2+DB2=132，
∴△EDB是直角三角形，∠EDB=90°，
由（1）可知：AD＝AC，DA平分∠EDC，
∴∠ADC=∠ACD=45°，
∴AC=CD=.
故答案为：.
【分析】（1）由旋转性质可知∠ADE＝∠C，AD＝AC，从而得到∠ADC＝∠C，再通过角的等量代换可得∠ADE＝∠ADC，即可证明结论；
（2）设∠CAB＝x°，先由外角性质可得∠ACD＝x°＋20°，再由等腰三角形得∠ADC＝x°＋20°，最后再根据外角定理可得∠AFB＝∠ADF＋∠DAF，代入数据求解x即可；
（3）由旋转可知：ED＝BC，可得BC=5，从而得DB的长，再利用勾股定理逆定理得△EDB是直角三角形，∠EDB=90°，由（1）可知：AD＝AC，DA平分∠EDC，从而得到∠ADC=∠ACD=45°，进而得到AC=CD，代入数据计算即可求解.
19．（2021九上·温岭期中）如图， 线段 两端点坐标分别为 .
（1）作出线段 绕点 逆时针旋转 后得到的线段 ；
（2）点 的坐标为 ，若线段 上有一点 ， 则在线段 上的对应点 的 坐标为 .
（3）若将线段 绕着某点旋转 恰好得到线段 ， 点 与点 ， 点 与点 是对应点，已知点 . 请通过无刻度的直尺画图找到旋转中心，将其标记为 .（保留作图痕迹）
【答案】（1）解：∵ .绕点 逆时针旋转 ，横纵坐标换位，根据象限确定符号，
∴点C（-3，-2），点D（0，-3）
在平面直角坐标系中描点C、D，连结线段CD，
则CD为线段AB绕点 逆时针旋转 后得到的线段；
（2）（-3，-2）；（-n，m）
（3）解：根据旋转中心，是对应点所连线段的垂直平分线的交点
连结CE与DF，
∵线段CE过坐标原点O，OC=OE，
∴CE的垂直平分线为OA并反向延长，
∵DF是边长为2的正方形的对角线，
∴正方形另一条对角线是DF的垂直平分线，
∴CE的垂直平分线与DF的垂直平分线两直线的交点为N.
【知识点】旋转的性质；坐标与图形变化﹣旋转；作图﹣旋转
【解析】【解答】解：（2）点A（-2，3）绕点O逆时针旋转90°，横纵坐标换位，点C在第三象限，可得点C（-3，-2），点P（m，n），在第二象限，m＜0，n＞0，绕点O逆时针旋转90°点Q在第三象限，点Q（-n，m）；
故答案为：（-3，-2），（-n，m）；
【分析】（1）根据方格纸的特点、旋转中心的位置及旋转方向得出点C、D的坐标， 在平面直角坐标系中描点C、D，连结线段CD 即可；
（2）由旋转的性质和点的坐标与象限的关系可求解；
（3） 根据旋转中心，是对应点连线的垂直平分线的交点，连结CE与DF，结合题意可求解.
20．（2021九上·温州期中）如图，抛物线y＝ ax2﹣ax﹣4交x轴于点A，C，交y轴于点B，AC＝6．
（1）求抛物线的解析式；
（2）点P为x轴上一动点，将线段PB绕点P逆时针旋转90°得到线段PD．当点D在抛物线上时，求点P的坐标．
【答案】（1）解：y＝ ax2﹣ax﹣4
= a(x2-2x+1) -a-4
= a(x-1)2 -a-4，
∴对称轴为x=1，
又AC=6，
∴OA=1+3=4，
∴A（4，0），
∴0=8a-4a-4，
∴a=1.
（2）解：由（1）得y=x2-x-4，
∴B（0，-4），
当D点在x轴上方时，如图，作DE⊥x轴，
∵∠PDE+∠DPE=∠PDE+∠BPO，
∴∠PDE=∠BPO，
又PD=OB，∠POB=∠PED=90°，
△PGD≌△PBO（AAS），
∴DE=OP，PE=OB，
设P点坐标（m，0），
∴D（-m，-4），
∵D点在抛物线上，
∴-m=×16+4-4，
解得m=-8；
∴P（-8，0），
如图，当D点在x轴下方时，设P点坐标（m，0），
同理证明△POB≌△PFD，
∴PF=OB=4，FD=OP，
∴D（4+m，-m），
∴-m=(4+m)2-(4+m)-4
解得m=0，
∴P（0，0）；
综上，点P的坐标为 （0，0），（-8，0） .
【知识点】旋转的性质；二次函数y=ax^2+bx+c的图象；三角形全等的判定（AAS）
【解析】【分析】(1)先把函数式化成顶点式，求出抛物线的对称轴，结合AC=6，则可求出A点坐标，然后利用待定系数法求函数式即可；
(2)分两种情况讨论，即当D点在x轴上方时，当D点在x轴下方时，设P点坐标（m，0），过D点作x轴的垂线，然后利用AAS证明两个直角三角形全等，得出对应边相等，则可把D点坐标用m表示出来，然后代入抛物线解析式求出m值，则可求出P点坐标.
21．（2021九上·温岭期末）在△ABC中，AB=AC，点D为平面内一点.
（1）观察猜想：如图1，当∠BAC=90°，点D在BC上时，探究BD2、DC2与AD2之间的数量关系，我们可以把△ABD绕着点A逆时针旋转90°得△ACE，根据图形，请你通过探究直接写出BD2、DC2与AD2之间的数量关系： ；
（2）类比探究：如图2，当∠BAC=60°时，点D为△ABC外一点，将△ABD顺时针旋转后得到△BCE若D、E、C三点在一直线上，求∠ADB的度数；
（3）拓展应用：如图3，已知∠BAC=∠BDA=120°，DC=10，AD=2，求BD的长.
【答案】（1）
（2）解：如图，连接，
将顺时针旋转后得到，
，，
，
为等边三角形，
，
，
，
是等边三角形，
，
，
的度数为；
（3）解：将绕点逆时针旋转得，连接，作于，
，，，
，
，
，
，
，
，，
，
在中，由勾股定理得，，
，
的长为8.
【知识点】等腰三角形的判定与性质；等边三角形的判定与性质；勾股定理；旋转的性质
【解析】【解答】（1）解：将绕着点逆时针旋转得，连接，
则，，，，
，，
，
，
，
，
故答案为：；
【分析】（1）由旋转知AD＝AE，∠DAE＝∠BAC＝90°，∠B＝∠ACE，BD＝CE，由等腰三角形的性质可证∠DCE＝90°，然后由勾股定理可得CD2＋CE2＝DE2＝2AD2；
（2）连接DE，由（1）同理可得△BDE是等边三角形，得∠BED＝60°，则有∠BEC＝∠ADB＝120°；
（3）将△ADB绕点A逆时针旋转120°得△ACE，连接DE，作AH⊥DE于H，可得△ADE是顶角为120°的等腰三角形，则∠DEC＝90°，再求出DH的长，从而得出DE，再利用勾股定理即可求解．
22．（2021九上·温州月考）如图，在边长为6的正方形ABCD内作∠EAF＝45°，AE交BC于点E，AF交CD于点F，连接EF，将△ADF绕点A顺时针旋转90°得到△ABG．
（1）求证：GE＝FE；
（2）若DF＝3，求BE的长．
【答案】（1）证明：∵将△ADF绕点A顺时针旋转90°得到△ABG， ∴△ADF≌△ABG，
∴AG＝AF，∠DAF＝∠BAG
∵∠DAB＝90°，∠EAF＝45°
∴∠DAF+∠EAB＝45°，∴∠BAG+∠EAB＝45°，即∠EAF＝∠EAG
在△EAG和△EAF中， ，
∴△EAG≌△EAF（SAS）
∴GE＝FE
（2）解：设BE＝x，则EF=GE＝3+x，CE＝6﹣x，
∵CD＝6，DF＝3 ∴CF＝3
∵∠C＝90°
∴（6﹣x）2+32＝（3+x）2
解得，x＝2，即BE＝2
【知识点】勾股定理；旋转的性质；三角形全等的判定（SAS）
【解析】【分析】（1）利用旋转的性质可证得△ADF≌△ABG，利用全等三角形的性质可得到AG＝AF，∠DAF＝∠BAG，同时可证得∠EAF＝∠EAG；利用SAS证明△EAG≌△EAF，然后利用全等三角形的性质，可证得结论.
（2）设BE＝x，利用含x的代数式表示出EF，CE的长，再利用勾股定理建立关于x的方程，解方程求出x的值，即可得到BE的长.
23．（2022九上·定海期中）如图，四边形是正方形，连接，将绕点A逆时针旋转α得到，连接，O为的中点，连接.
（1）如图1，当时，求证：.
（2）如图2，当时，（1）中的结论还成立吗？请说明理由.
【答案】（1）证明：∵四边形是正方形，
∴
∵绕点A逆时针旋转得到，
∴
∵O为的中点，
∴，
∴.
（2）解：成立，理由如下：
连接，
∵四边形是正方形，
∴，
∵绕点A逆时针旋转得到，
∴，
∴即
在和中，
，
∴，
∴，
∵
∴，
∴，即
∵O为的中点，
∴，
在和中，
，
∴，
∴.
【知识点】正方形的性质；旋转的性质；三角形全等的判定（SAS）；直角三角形斜边上的中线
【解析】【分析】（1）由旋转的性质及正方形的性质得到∠ADC=∠AEF＝∠B＝90°，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半得到结论；
（2）连接CE，DF，根据正方形的性质及旋转的性质得到AD＝AE，AC=AF，∠FAE=∠CAB=∠DAC，可推出∠EAC=∠DAF，从而利用SAS判断出△ACE≌△ADF，根据全等三角形的性质得到CE＝DF，∠ECA＝∠DFA，求得∠ECO＝∠DFO，进而再利用SAS判断△CEO≌△DFO，根据全等三角形的性质即可得到结论．
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 / 12023年浙教版数学九年级上册3.2 图形的旋转 同步测试（提高版）
一、选择题
1．（2023九上·海曙期末）如图，将含有锐角的三角板绕的锐角顶点C逆时针旋转到，、相交于点F，连接，若，则旋转角的度数为（ ）
A． B． C． D．
2．（2023九上·温州期末）如图，在△ABC中，∠BAC=90°，AB=6，AC=8．将△ABC绕点A旋转至△ADE，使AD⊥BC，DE交边AC于点F，则AF的长是（ ）
A．4 B． C．5 D．6
3．（2022九上·江门期末）如图，在Rt△ABC中，，，，将△ABC绕点C按逆时针方向旋转得到，此时点恰好在边AB上，则点与点B之间的距离为（ ）
A．4 B．2 C．3 D．
4．（2022九上·河北期末）如图，将绕点逆时针旋转，得到，若点A的对应点恰好在线段上，且平分，记线段与线段的交点为．下列结论中，错误的是（ ）
A． B．
C． D．
5．（2023九上·衢州期末）如图，将线段AB绕点O顺时针旋转90°得到线段，那么的对应点的坐标是（ ）
A． B． C． D．
6．（2022九上·西城期末）如图，在等腰中，，将绕点逆时针旋转得到，当点的对应点落在上时，连接，则的度数是（ ）
A．30° B．45° C．55° D．75°
7．（2023九上·大冶期末）如图，正方形的边长为，将正方形绕原点O顺时针旋转45°，则点B的对应点的坐标为（ ）
A． B． C． D．
8．（2022九上·路南期中）如图，中，已知，，点D在边上，线段绕着点逆时针旋转（）后，如果点A恰好落在边上，那么的度数是（ ）
A．50° B．60° C．80° D．120°
9．（2022九上·莒南期中）如图，在正方形ABCD中，AB＝4，点M在CD的边上，且DM＝1，△AEM与△ADM关于AM所在的直线对称，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（ ）
A．3 B．2 C．5 D．
10．（2021九上·丰南期中）如图，在矩形中，是对角线，将矩形绕点顺时针旋转到位置，是的中点，若，，则线段的长为（ ）
A． B．6 C．5 D．
二、填空题
11．（2023九上·澄城期末）如图，在△BDE中，∠BDE=90°， BD=4，点D的坐标是( 6，0) ，∠BDO=15°，将 BDE 旋转到 △ABC的位置，点C 在 BD上，则旋转中心的坐标为 ．
12．（2022九上·大连期末）如图，在中，，将绕点逆时针旋转得到，若点恰好为的中点，则的长为 （用含的代数式表示）．
13．（2023九上·安顺期末）如图，在平行四边形ABCD中，∠A＝75°，将平行四边形ABCD绕顶点B顺时针旋转到平行四边形A1B1C1D1，当C1D1第一次经过顶点C时，旋转角∠ABA1＝ ．
14．（2022九上·黄埔期末）如图，在直角三角形中，，，将顺时针旋转得到，与相交于点，则的长为 ．（结果保留根号）
15．（2023九上·苍溪期末）将△OAB按如图的方式放在平面直角坐标系中，其中∠OBA＝90°，∠A＝30°，顶点A的坐标为（1，），将△OAB绕原点O逆时针旋转60°得到点△OA'B′，则点A'的坐标为 .
16．（2022九上·通州月考）如图，点A、B、C、D、O都在方格纸上，若△COD是由△AOB绕点O按逆时针方向旋转而得，则旋转的角度为 ．
三、作图题
17．（2022九上·上杭期中）如图，的三个顶点都在边长为1的小正方形组成的网格的格点上，以点为原点建立直角坐标系，回答下列问题：
⑴将先向上平移5个单位，再向右平移1个单位得到，画出，并直接写出的坐标 ▲ ；
⑵将绕点顺时针旋转90°得到，画出；
⑶观察图形发现，是由绕点 ▲ （写出点的坐标）顺时针旋转 ▲ 度得到的.
四、综合题
18．（2023九上·温岭期末）如图，将△ABC绕点A顺时针旋转得到△AED，并使C点的对应点D点落在直线BC上，
（1）如图1，证明：DA平分∠EDC；
（2）如图2，AE与BD交于点F，若∠AFB＝50°，∠B＝20°，求∠BAC的度数；
（3）如图3，连接BE，若EB＝13，ED＝5，CD＝17，则AD的长为 ．
19．（2021九上·温岭期中）如图， 线段 两端点坐标分别为 .
（1）作出线段 绕点 逆时针旋转 后得到的线段 ；
（2）点 的坐标为 ，若线段 上有一点 ， 则在线段 上的对应点 的 坐标为 .
（3）若将线段 绕着某点旋转 恰好得到线段 ， 点 与点 ， 点 与点 是对应点，已知点 . 请通过无刻度的直尺画图找到旋转中心，将其标记为 .（保留作图痕迹）
20．（2021九上·温州期中）如图，抛物线y＝ ax2﹣ax﹣4交x轴于点A，C，交y轴于点B，AC＝6．
（1）求抛物线的解析式；
（2）点P为x轴上一动点，将线段PB绕点P逆时针旋转90°得到线段PD．当点D在抛物线上时，求点P的坐标．
21．（2021九上·温岭期末）在△ABC中，AB=AC，点D为平面内一点.
（1）观察猜想：如图1，当∠BAC=90°，点D在BC上时，探究BD2、DC2与AD2之间的数量关系，我们可以把△ABD绕着点A逆时针旋转90°得△ACE，根据图形，请你通过探究直接写出BD2、DC2与AD2之间的数量关系： ；
（2）类比探究：如图2，当∠BAC=60°时，点D为△ABC外一点，将△ABD顺时针旋转后得到△BCE若D、E、C三点在一直线上，求∠ADB的度数；
（3）拓展应用：如图3，已知∠BAC=∠BDA=120°，DC=10，AD=2，求BD的长.
22．（2021九上·温州月考）如图，在边长为6的正方形ABCD内作∠EAF＝45°，AE交BC于点E，AF交CD于点F，连接EF，将△ADF绕点A顺时针旋转90°得到△ABG．
（1）求证：GE＝FE；
（2）若DF＝3，求BE的长．
23．（2022九上·定海期中）如图，四边形是正方形，连接，将绕点A逆时针旋转α得到，连接，O为的中点，连接.
（1）如图1，当时，求证：.
（2）如图2，当时，（1）中的结论还成立吗？请说明理由.
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】B
【知识点】三角形内角和定理；等腰三角形的性质；旋转的性质
【解析】【解答】解：由题意可得：，
根据旋转的性质可得，，则，
∵，
∴，
∴，
由可得，
解得，
故答案为：B.
【分析】由题意可得∠CAB=30°，根据旋转的性质可得CE=CA，根据等腰三角形的性质以及内角和定理可得∠AEC=∠EAC=(180°-α)，∠AFE=∠AEC=(180°-α)，∠EAF=180°-2∠AEF=α，然后根据∠EAF+∠CAB=∠CAE进行计算.
2．【答案】C
【知识点】平行线的判定与性质；等腰三角形的判定与性质；勾股定理；旋转的性质；直角三角形斜边上的中线
【解析】【解答】解： ∵在△ABC中，∠BAC=90°，AB=6，AC=8 ，
∴，
∵ 将△ABC绕点A旋转至△ADE，
∴∠DAE=∠BAC=90°，DE=BC=10，∠E=∠C，即AD⊥AE，
又 AD⊥BC，
∴AE∥BC，
∴∠EAC=∠C，
∴∠EAF=∠E，
∴AF=EF，
∵∠E+∠D=90°，∠EAF+∠DAF=90°，
∴∠D=∠DAF，
∴AF=DF，即F是DE的中点，
∴AF=DE=5.
故答案为：C.
【分析】在△ABC中，用勾股定理算BC的长，由旋转得∠DAE=∠BAC=90°，DE=BC=10，∠E=∠C，推出AE∥BC，结合平行线的性质推出∠EAF=∠E，由同角的余角相等得∠D=∠DAF，由等边对等角得AF=EF=DF，即F是DE的中点，最后根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半即可得出答案.
3．【答案】B
【知识点】勾股定理；旋转的性质
【解析】【解答】解：如图，连接，
∵将△ABC绕点C按逆时针方向旋转得到，
∴，，，
∵∠A=60°，
∴是等边三角形，
∴，
∴，
∴是等边三角形，
∴，在Rt△ABC中，AB=2AC=4，
∴BC=，
∴，
故答案为：B．
【分析】连接BB'，先证明是等边三角形，再证出是等边三角形，求出AB=2AC=4，利用勾股定理求出BC的长即可。
4．【答案】D
【知识点】三角形全等及其性质；旋转的性质
【解析】【解答】解：∵绕点逆时针旋转，得到，
∴，A不符合题意，
由旋转可知，，，
∵平分，
∴，
在和中，
∴（ASA），B不符合题意，
由旋转可知，，
由（2）可知，，
∵，
，
∴，C不符合题意，
∵，
∴，D符合题意，
故答案为：D．
【分析】利用旋转的性质可得，，利用“ASA”证明，再利用全等三角形的性质逐项判断即可。
5．【答案】B
【知识点】旋转的性质；坐标与图形变化﹣旋转；三角形全等的判定（AAS）
【解析】【解答】解：∵线段AB绕点O顺时针旋转90°得到线段A'B'，
∴，，
∴.
作轴于C，轴于，
∴，
∵，
∴，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，，
∵，
∴，，
∴，，
∴，故B正确.
故答案为：B.
【分析】线段AB绕点O顺时针旋转90°得到线段A'B'，根据旋转的性质得AO=A'O，根据同角的余角相等得∠AOC=∠A'OC'，用AAS判断出△ACO≌△A'C'O，得到AC=A'C'，CO=C'O，由点A的坐标得AC=1，CO=4，据此就可得出点A'的坐标了.
6．【答案】B
【知识点】旋转的性质
【解析】【解答】解：，，
，
由旋转得，，，
，
，
故答案为：B．
【分析】根据旋转的性质可得，，再利用角的运算求出即可。
7．【答案】D
【知识点】勾股定理；正方形的性质；旋转的性质
【解析】【解答】解：连接OB，
∵正方形ABCD绕原点O顺时针旋转45°，
∴，，
∴，
∴△为等腰直角三角形，点在y轴上，
∵，
∴=2，
∴（0，2），
故答案为：D.
【分析】连接OB，利用旋转的性质可知∠AOA1=∠AOB=45°，可证得∠A1OB1=45°，可推出△A1OB1是等腰直角三角形，点B1在y轴上，利用勾股定理求出OB1的长，即可得到点B1的坐标.
8．【答案】C
【知识点】三角形内角和定理；旋转的性质
【解析】【解答】解：根据题意，将线段绕着点D逆时针旋转，当点A恰好落在边上时，如下图，
此时，由旋转的性质可知，
∴，
∴，
即的度数是．
故答案为：C．
【分析】根据旋转的性质先求出，再求出，最后计算求解即可。
9．【答案】C
【知识点】正方形的性质；旋转的性质
【解析】【解答】解：如图，连接．
与关于所在的直线对称，
，．
按照顺时针方向绕点A旋转得到，
，．
，
．
．
（SAS）．
．
四边形是正方形，
．
，
．
在中，，
，
故答案为：C．
【分析】连接BM，先利用“SAS”证明，可得EF=BM，再根据正方形的性质可得，利用线段的和差求出CM的长，利用勾股定理求出BM的长，即可得到。
10．【答案】D
【知识点】勾股定理；旋转的性质
【解析】【解答】如图，过点作于点，
将绕点顺时针旋转到位置，，，
，，，
，
是的中点，
，，
，
在中，
．
故答案为：D．
【分析】过点作于点，先求出，，利用线段的和差求出CM的长，再利用勾股定理求出即可。
11．【答案】（，）
【知识点】含30°角的直角三角形；勾股定理；旋转的性质
【解析】【解答】解：AB和DB的垂直平分线交于点P，过点P作PF⊥x轴于点F，连接PD，
∵将 BDE 旋转到 △ABC的位置，点C 在 BD上，
∴AB=BD，
∴点P到AB和BD的距离相等，是BD=2=CP=CD，
∴∠PDB=45°，
∴，
∵∠BDO=15°，
∴∠PDO=45°+15°=60°，
∴∠DPF=30°，
∴；
∵点D（6，0），
∴，
∴，
∴旋转中心点P的坐标为（，）.
故答案为：（，）
【分析】AB和DB的垂直平分线交于点P，过点P作PF⊥x轴于点F，连接PD，利用旋转的性质可证得AB=BD，同时可得到点P到AB和BD的距离相等，可求出CP的长，利用勾股定理求出PD的长，再证明∠PDO=60°，可得到∠DPF的度数，利用30°角所对的直角边等于斜边的一半，可求出DF的长，即可得到OF的长；然后利用勾股定理求出PF的长，可得到旋转中心点P的坐标.
12．【答案】
【知识点】勾股定理；旋转的性质
【解析】【解答】解：如图，作于点，则，
∵，为的中点，
∴，
由旋转得，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴．
故答案为：．
【分析】作于点，则，利用勾股定理可得，再将数据代入求出即可。
13．【答案】30°
【知识点】三角形内角和定理；平行四边形的性质；旋转的性质
【解析】【解答】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴∠A=∠BCD=75°，
∵将平行四边形ABCD绕顶点B顺时针旋转到平行四边形A1B1C1D1，
∴∠ABA1=∠CBC1，BC=BC1，∠C1=∠BCD=75°，
∴∠C1=∠BCC1=75°，
∠CBC1=∠ABA1=180°-75°-75°=30°.
故答案为：30°
【分析】利用平行四边形的性质可求出∠BCD的度数，利用旋转的性质可得到∠ABA1=∠CBC1，BC=BC1，∠C1=∠BCD=75°，利用等边对等角可证得∠C1=∠BCC1=75°，然后利用三角形的内角和定理求出结果.
14．【答案】
【知识点】勾股定理；旋转的性质
【解析】【解答】解：∵在中，，，，
∴，
∴，
∴，
∵将顺时针旋转得到，
∴，，，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴．
故答案为：．
【分析】在中，，，，利用勾股定理得出AC的值，利用旋转得出，得出，即可得解。
15．【答案】（-1， ）
【知识点】旋转的性质；三角形全等的判定（AAS）
【解析】【解答】解：过A′作A′C⊥y轴于C，
∴∠A′CO＝∠OBA＝90°，
∵∠OBA＝90°，∠A＝30°，
∴∠AOB＝60°，
由旋转的性质得OA′＝OA，∠A′OA＝60°，
∴∠AOC＝∠COB-∠AOB＝30°，
∴∠A′OC＝∠A′OA-∠AOC＝30°，
在△A′OC和△OAB中，
，
∴△A′OC≌△OAB（AAS），
∴OC＝AB＝ ，A′C＝OB＝1，
∴点A'的坐标为（-1， ）.
故答案为：（-1， ）.
【分析】过A′作A′C⊥y轴于C，由旋转的性质得OA′＝OA，∠A′OA＝60°，易得∠A′OC=30°，从而利用AAS判断出△A′OC≌△OAB，根据全等三角形的性质可得OC＝AB＝ ，A′C＝OB＝1，从而即可得出点A'的坐标.
16．【答案】135°
【知识点】旋转的性质
【解析】【解答】∵△COD是由△AOB绕点O按逆时针方向旋转而得，
∴∠AOC为旋转角，
∵AO是正方形的对角线，
∴∠AOB＝45°，
∴∠AOC＝180°-45°=135°，即旋转角为135°．
故答案为：135°．
【分析】先求出∠AOB＝45°，再利用角的运算求出∠AOC的度数即可。
17．【答案】解：⑴如图所示；
；
（-3；4）
⑵如图所示；
⑶（2，-5）；90
【知识点】作图﹣平移；旋转的性质；作图﹣旋转
【解析】【解答】解：⑶是由绕点顺时针旋转90度得到的.
【分析】（1）根据平移的性质分别确定点A、B、C先向上平移5个单位，再向右平移1个单位后的对应点A1、B1、C1，然后顺次连接即得；
（2）根据旋转的性质分别确定点A1、B1、C1绕点顺时针旋转90°后的对应点A2、B2、C2，然后顺次连接即得；
（3）分别作线段AA2，BB2的垂直平分线，其交点即为旋转中心，再根据旋转的性质确定旋转的交点即可.
18．【答案】（1）证明：由旋转得：∠ADE＝∠C，AD＝AC，
∴∠ADC＝∠C，
∴∠ADE＝∠ADC，
∴DA平分∠EDC.
（2）解：设∠CAB＝x°，
∵∠B＝20°，
∴∠ACD＝∠CAB＋∠B＝x°＋20°，
∵AD＝AC，
∴∠ADC＝∠ACD＝x°＋20°，
∵∠DAE＝∠CAB＝x°，
∴∠AFB＝∠ADF＋∠DAF＝x°＋20°＋x°＝50°，
解得：x°＝15°，
∴∠BAC＝15°.
（3）
【知识点】三角形的外角性质；勾股定理的逆定理；旋转的性质；角平分线的判定
【解析】【解答】解：（3）由旋转可知：ED＝BC，
∵ED=5，
∴BC=5，
又∵CD=17，
∴DB=17-5=12，
又∵EB=13，
∴EB2=ED2+DB2=132，
∴△EDB是直角三角形，∠EDB=90°，
由（1）可知：AD＝AC，DA平分∠EDC，
∴∠ADC=∠ACD=45°，
∴AC=CD=.
故答案为：.
【分析】（1）由旋转性质可知∠ADE＝∠C，AD＝AC，从而得到∠ADC＝∠C，再通过角的等量代换可得∠ADE＝∠ADC，即可证明结论；
（2）设∠CAB＝x°，先由外角性质可得∠ACD＝x°＋20°，再由等腰三角形得∠ADC＝x°＋20°，最后再根据外角定理可得∠AFB＝∠ADF＋∠DAF，代入数据求解x即可；
（3）由旋转可知：ED＝BC，可得BC=5，从而得DB的长，再利用勾股定理逆定理得△EDB是直角三角形，∠EDB=90°，由（1）可知：AD＝AC，DA平分∠EDC，从而得到∠ADC=∠ACD=45°，进而得到AC=CD，代入数据计算即可求解.
19．【答案】（1）解：∵ .绕点 逆时针旋转 ，横纵坐标换位，根据象限确定符号，
∴点C（-3，-2），点D（0，-3）
在平面直角坐标系中描点C、D，连结线段CD，
则CD为线段AB绕点 逆时针旋转 后得到的线段；
（2）（-3，-2）；（-n，m）
（3）解：根据旋转中心，是对应点所连线段的垂直平分线的交点
连结CE与DF，
∵线段CE过坐标原点O，OC=OE，
∴CE的垂直平分线为OA并反向延长，
∵DF是边长为2的正方形的对角线，
∴正方形另一条对角线是DF的垂直平分线，
∴CE的垂直平分线与DF的垂直平分线两直线的交点为N.
【知识点】旋转的性质；坐标与图形变化﹣旋转；作图﹣旋转
【解析】【解答】解：（2）点A（-2，3）绕点O逆时针旋转90°，横纵坐标换位，点C在第三象限，可得点C（-3，-2），点P（m，n），在第二象限，m＜0，n＞0，绕点O逆时针旋转90°点Q在第三象限，点Q（-n，m）；
故答案为：（-3，-2），（-n，m）；
【分析】（1）根据方格纸的特点、旋转中心的位置及旋转方向得出点C、D的坐标， 在平面直角坐标系中描点C、D，连结线段CD 即可；
（2）由旋转的性质和点的坐标与象限的关系可求解；
（3） 根据旋转中心，是对应点连线的垂直平分线的交点，连结CE与DF，结合题意可求解.
20．【答案】（1）解：y＝ ax2﹣ax﹣4
= a(x2-2x+1) -a-4
= a(x-1)2 -a-4，
∴对称轴为x=1，
又AC=6，
∴OA=1+3=4，
∴A（4，0），
∴0=8a-4a-4，
∴a=1.
（2）解：由（1）得y=x2-x-4，
∴B（0，-4），
当D点在x轴上方时，如图，作DE⊥x轴，
∵∠PDE+∠DPE=∠PDE+∠BPO，
∴∠PDE=∠BPO，
又PD=OB，∠POB=∠PED=90°，
△PGD≌△PBO（AAS），
∴DE=OP，PE=OB，
设P点坐标（m，0），
∴D（-m，-4），
∵D点在抛物线上，
∴-m=×16+4-4，
解得m=-8；
∴P（-8，0），
如图，当D点在x轴下方时，设P点坐标（m，0），
同理证明△POB≌△PFD，
∴PF=OB=4，FD=OP，
∴D（4+m，-m），
∴-m=(4+m)2-(4+m)-4
解得m=0，
∴P（0，0）；
综上，点P的坐标为 （0，0），（-8，0） .
【知识点】旋转的性质；二次函数y=ax^2+bx+c的图象；三角形全等的判定（AAS）
【解析】【分析】(1)先把函数式化成顶点式，求出抛物线的对称轴，结合AC=6，则可求出A点坐标，然后利用待定系数法求函数式即可；
(2)分两种情况讨论，即当D点在x轴上方时，当D点在x轴下方时，设P点坐标（m，0），过D点作x轴的垂线，然后利用AAS证明两个直角三角形全等，得出对应边相等，则可把D点坐标用m表示出来，然后代入抛物线解析式求出m值，则可求出P点坐标.
21．【答案】（1）
（2）解：如图，连接，
将顺时针旋转后得到，
，，
，
为等边三角形，
，
，
，
是等边三角形，
，
，
的度数为；
（3）解：将绕点逆时针旋转得，连接，作于，
，，，
，
，
，
，
，
，，
，
在中，由勾股定理得，，
，
的长为8.
【知识点】等腰三角形的判定与性质；等边三角形的判定与性质；勾股定理；旋转的性质
【解析】【解答】（1）解：将绕着点逆时针旋转得，连接，
则，，，，
，，
，
，
，
，
故答案为：；
【分析】（1）由旋转知AD＝AE，∠DAE＝∠BAC＝90°，∠B＝∠ACE，BD＝CE，由等腰三角形的性质可证∠DCE＝90°，然后由勾股定理可得CD2＋CE2＝DE2＝2AD2；
（2）连接DE，由（1）同理可得△BDE是等边三角形，得∠BED＝60°，则有∠BEC＝∠ADB＝120°；
（3）将△ADB绕点A逆时针旋转120°得△ACE，连接DE，作AH⊥DE于H，可得△ADE是顶角为120°的等腰三角形，则∠DEC＝90°，再求出DH的长，从而得出DE，再利用勾股定理即可求解．
22．【答案】（1）证明：∵将△ADF绕点A顺时针旋转90°得到△ABG， ∴△ADF≌△ABG，
∴AG＝AF，∠DAF＝∠BAG
∵∠DAB＝90°，∠EAF＝45°
∴∠DAF+∠EAB＝45°，∴∠BAG+∠EAB＝45°，即∠EAF＝∠EAG
在△EAG和△EAF中， ，
∴△EAG≌△EAF（SAS）
∴GE＝FE
（2）解：设BE＝x，则EF=GE＝3+x，CE＝6﹣x，
∵CD＝6，DF＝3 ∴CF＝3
∵∠C＝90°
∴（6﹣x）2+32＝（3+x）2
解得，x＝2，即BE＝2
【知识点】勾股定理；旋转的性质；三角形全等的判定（SAS）
【解析】【分析】（1）利用旋转的性质可证得△ADF≌△ABG，利用全等三角形的性质可得到AG＝AF，∠DAF＝∠BAG，同时可证得∠EAF＝∠EAG；利用SAS证明△EAG≌△EAF，然后利用全等三角形的性质，可证得结论.
（2）设BE＝x，利用含x的代数式表示出EF，CE的长，再利用勾股定理建立关于x的方程，解方程求出x的值，即可得到BE的长.
23．【答案】（1）证明：∵四边形是正方形，
∴
∵绕点A逆时针旋转得到，
∴
∵O为的中点，
∴，
∴.
（2）解：成立，理由如下：
连接，
∵四边形是正方形，
∴，
∵绕点A逆时针旋转得到，
∴，
∴即
在和中，
，
∴，
∴，
∵
∴，
∴，即
∵O为的中点，
∴，
在和中，
，
∴，
∴.
【知识点】正方形的性质；旋转的性质；三角形全等的判定（SAS）；直角三角形斜边上的中线
【解析】【分析】（1）由旋转的性质及正方形的性质得到∠ADC=∠AEF＝∠B＝90°，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半得到结论；
（2）连接CE，DF，根据正方形的性质及旋转的性质得到AD＝AE，AC=AF，∠FAE=∠CAB=∠DAC，可推出∠EAC=∠DAF，从而利用SAS判断出△ACE≌△ADF，根据全等三角形的性质得到CE＝DF，∠ECA＝∠DFA，求得∠ECO＝∠DFO，进而再利用SAS判断△CEO≌△DFO，根据全等三角形的性质即可得到结论．
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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