第二十三章 旋转综合测试题（含解析）
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第二十三章 旋转综合测试题
一、填空题
1．如图，将△AOB绕点O顺时针旋转36°得△COD，AB与其对应边CD相交所构成的锐角的度数是 ．
二、单选题
2．如图，将线段绕原点按逆时针方向旋转，得到线段，则点的坐标是（ ）
A．（1，） B．（，） C．（3，） D．（，3）
3．观察下列图形，其中既是轴对称图形，又是中心对称图形的是（ ）
A． B． C． D．
4．由图中三角形仅经过一次平移、旋转或轴对称变换，不能得到的图形是（）
A． B． C． D．
5．下面四个汽车标志图案中是中心对称图形的是（ ）
A． B．
C． D．
6．在平面直角坐标系中，点（2，6）关于原点对称的点的坐标是（ ）
A．（﹣2，﹣6） B．（﹣2，6）
C．（﹣6，﹣2） D．（6，2）
7．如图，点E是正方形ABCD的边DC上一点，把△ADE绕点A顺时针旋转90°到△ABF的位置，若四边形AECF的面积为25，DE=2，则AE的长为（ ）
A．5 B． C．7 D．
8．下列几何图形中，既是轴对称图形，又是中心对称图形的是（ ）
A．等腰三角形 B．正三角形 C．平行四边形 D．正方形
9．如图，在Rt△ABC 中，∠ACB=90°，∠A=30°，BC=2．将△ABC绕点C按顺时针方向旋转n度后得到△EDC，此时点D在AB边上，斜边DE交AC边于点F，则n的大小和图中阴影部分的面积分别为（ ）
A．30，2 B．60，2 C．60， D．60，
10．如图，直线y＝－ x＋2与x轴、y轴分别交于A、B两点，把△AOB绕点A顺时针旋转60°后得到△AO'B'，则点B'的坐标是（ ）
A．（4，2 ） B．（2 ，4）
C．（ ，3） D．（2 ＋2，2）
11．已知，为抛物线上的点，且原点为的中点，则线段的长为（ ）
A． B． C． D．
12．如图，已知∠BAC＝60°，AB＝4，AC＝6，点P在△ABC内，将APC绕着点A逆时针方向旋转60°得到AEF．则AE+PB+PC的最小值为（ ）
A．2 B．8 C．5 D．6
13．如图，一段抛物线：y=﹣x（x﹣5）（0≤x≤5），记为C1，它与x轴交于点O，A1；将C1绕点A1旋转180°得C2，交x轴于点A2；将C2绕点A2旋转180°得C3，交x轴于点A3；…如此进行下去，得到一“波浪线”，若点P（2018，m）在此“波浪线”上，则m的值为（ ）
A．4 B．﹣4 C．﹣6 D．6
14．等腰直角三角形ABC和等腰直角三角形ADE中， ， ， ，其中 固定， 绕点A顺时针旋转一周，在 旋转过程中，若直线CE与直线BD交点为P，则 面积的最小值为（ ）
A． B．4 C． D．4.5
15．把边长为3的正方形ABCD绕点A顺时针旋转45°得到正方形AB′C′D′，边BC与D′C′交于点O，则四边形ABOD′的周长是（ ）
A． B．6 C． D．
16．如图，菱形ABCD中的边长为1，∠BAD=60°，将菱形ABCD绕点A逆时针方向旋转30°得到菱形AB′CD′，B′C′交CD于点E，连接AE，CC′，则下列结论：①ΔAB′E≌ΔADE；②EC=ED；③AE⊥CC′；④四边形AB′ED的周长为 +2.其中符合题意结论的个数是（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
三、解答题
17．有一块方角形钢板如图所示，如何用一条直线将其分为面积相等的两部分．
四、计算题
18．如图，将△ABC绕点C顺时针旋转90°后得△DEC，若BC∥DE，求∠B的度数．
五、作图题
19．如图所示，在7×6的正方形网格中，选取14个格点，以其中三个格点为顶点画出ABC，请你以选取的格点为顶点再画出一个三角形，且分别满足下列条件：
（1）图①中所画的三角形与ABC组成的图形是轴对称图形；
（2）图②中所画的三角形与ABC组成的图形是中心对称图形．
六、综合题
20．（1）探究发现：下面是一道例题及解答过程，请补充完整：如图①在等边内部，有一点P，若，求证：．
证明：将绕A点逆时针旋转，得到，连接，则为等边三角形，
，， ▲ ．
，
▲ ，即．
（2）类比延伸：如图②在等腰中，，内部有一点P，若，试判断线段、、之间的数量关系，并证明．
七、实践探究题
21．问题：如图①，点E，F分别在正方形ABCD的边BC，CD上，∠EAF=45°，试判断BE，EF，FD之间的数量关系.
（1）【发现证明】
小聪把△ABE绕点A逆时针旋转90°至△ADG的位置，从而发现EF=BE+FD，请你利用图①证明上述结论.
（2）【类比引申】
如图②，在四边形ABCD中，∠BAD≠90°，AB=AD，∠B+∠D=180°，点E，F分别在边BC，CD上，则当∠EAF与∠BAD满足 关系时，仍有EF=BE+FD.请说明理由.
（3）【探究应用】
如图③，在某公园的同一水平面上，四条通道围成四边形ABCD.已知AB=AD=80 m，∠B=60°，∠ADC=120°，∠BAD=150°，道路BC，CD上分别有景点E，F，且AE⊥AD，DF=40( -1)m，现要在E，F之间修一条笔直的道路，求这条道路EF的长(结果精确到1 m，参考数据： ≈1.41， ≈1.73).
答案解析部分
1．【答案】36°
【解析】【解答】解：如图，设AB与OC交于点H，AN与CD交于点E．
∵∠A=∠C，∠AOH=36°，
∵∠AHO=∠CHE，∠A+∠AHO+∠AOH=180°，∠C+∠CHB+∠CEH=180°，
∴∠AOH=∠CEH=36°．
故答案为36°；
【分析】如图，设AB与OC交于点H，AN与CD交于点E．利用三角形内角和定理即可证明
2．【答案】C
【解析】【解答】解：根据题意画图如下：
由图形可知：点的坐标是，
故答案为：C．
【分析】根据点坐标旋转的特征求解即可。
3．【答案】C
【解析】【解答】解：A、既不是轴对称图形，也不是中心对称图形.故本选项错误；
B、是轴对称图形，不是中心对称图形.故本选项错误；
C、是轴对称图形，也是中心对称图形.故本选项正确；
D、既不是轴对称图形，也不是中心对称图形.故本选项错误.
故答案为：C.
【分析】轴对称图形：平面内，一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够完全重合的图形；
在平面内，把一个图形绕着某个点旋转180°，如果旋转后的图形能与原来的图形重合，那么这个图形叫做中心对称图形，据此一一判断得出答案.
4．【答案】B
【解析】【解答】A、经过平移可得到上图，故A选项错误；
B、经过平移、旋转或轴对称变换后，都不能得到上图，故B选项正确；
C、经过轴对称变换可得到上图，故C选项错误；
D、经过旋转可得到上图，故D选项错误．
故选：B．
【分析】本题考查了几何变换的类型，平移是沿直线移动一定距离得到新图形，旋转是绕某个点旋转一定角度得到新图形，轴对称是沿某条直线翻折得到新图形．观察时要紧扣图形变换特点，进行分析判断．根据平移、旋转和轴对称的性质即可得出正确结果．
5．【答案】B
【解析】【解答】解：根据中心对称的定义可得：A、C、D都不符合中心对称的定义．
故答案为：B．
【分析】把一个图形绕着某一点旋转180°后能与其自身重合的图形就是中心对称图形，根据定义即可一一判断得出答案。
6．【答案】A
【解析】【解答】解：由点（2，6）关于原点对称的点的坐标是（﹣2，﹣6）；
故答案为：A.
【分析】根据关于原点对称的点的坐标特点“横纵坐标都互为相反数”可直接进行求解.
7．【答案】D
【解析】【解答】∵把△ADE顺时针旋转△ABF的位置，
∴四边形AECF的面积等于正方形ABCD的面积等于25，
∴AD=DC=5，
∵DE=2，
∴Rt△ADE中，
故答案为：D．
【分析】由旋转可知四边形AECF的面积等于正方形ABCD的面积等于25，边长AD=DC=5，在Rt△ADE中， 利用勾股定理即可求出AE的长。
8．【答案】D
【解析】【解答】解：A、是轴对称图形，不是中心对称图形．故错误；
B、是轴对称图形，不是中心对称图形．故错误；
C、不是轴对称图形，是中心对称图形．故错误；
D、既是轴对称图形，又是中心对称图形．故正确．
故选D．
【分析】根据轴对称图形与中心对称图形的概念求解．
9．【答案】C
【解析】【解答】解：∵△ABC是直角三角形，∠ACB=90°，∠A=30°，BC=2，
∴∠B=60°，AC=BC×cot∠A=2× =2 ，AB=2BC=4，
∵△EDC是△ABC旋转而成，
∴BC=CD=BD= AB=2，
∵∠B=60°，
∴△BCD是等边三角形，
∴∠BCD=60°，
∴∠DCF=30°，∠DFC=90°，即DE⊥AC，
∴DE∥BC，
∵BD= AB=2，
∴DF是△ABC的中位线，
∴DF= BC= ×2=1，CF= AC= ×2 = ，
∴S阴影= DF×CF= × = ．
故选C．
【分析】先根据已知条件求出AC的长及∠B的度数，再根据图形旋转的性质及等边三角形的判定定理判断出△BCD的形状，进而得出∠DCF的度数，由直角三角形的性质可判断出DF是△ABC的中位线，由三角形的面积公式即可得出结论．
10．【答案】B
【解析】【解答】令y＝0，则 x＋2＝0，
解得x＝2 ，
令x＝0，则y＝2，
所以，点A（2 ，0），B（0，2），
所以，OA＝2 ，OB＝2，
∵tan∠OAB＝ ，
∴∠OAB＝30°，
由勾股定理得，AB＝ ，
∵旋转角是60°，
∴∠OAB′＝30°＋60°＝90°，
∴AB′⊥x轴，
∴点B′（2 ，4）．
故答案为：B．
【分析】求出直角三角形ABO的两条直角边的长，即可利用解直角三角形的方法求出AB，以及∠OAB的度数，则∠OAB′＝30°＋60°＝90°，据此即可求解。
11．【答案】D
【解析】【解答】解：对于抛物线，可得对称轴为，
假设与如下图所示
∵点是中点
∴，
令，则，
∴，
∴
∴
∴或
∴，
∴．
故答案为：D．
【分析】求得对称轴为，由于原点为的中点，可知点A、B关于原点对称，即得令，则，根据yA+yB=0，建立关于m方程并解之，即得A、B的坐标，再利用两点间的距离公式即可求解.
12．【答案】A
【解析】【解答】解：如图，连接PE，BF，过B作AF垂线交FA延长线于G，
∵△APC绕着点A逆时针方向旋转60°得到△AEF，
∴，
∴△APE为等边三角形，
即，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴．
故答案为：A．
【分析】连接PE，BF，过B作AF垂线交FA延长线于G，由旋转的性质可得△APE为等边三角形，可得AE=PE，即得，当B、P、E、F共线时AE+PB+PC的有最小值，最小值为BF的长，利用勾股定理求解即可.
13．【答案】C
【解析】【解答】解：当y=0时，﹣x（x﹣5）=0，解得x1=0，x2=5，则A1（5，0），
∴OA1=5，
∵将C1绕点A1旋转180°得C2，交x轴于点A2；将C2绕点A2旋转180°得C3，交x轴于点A3；…；如此进行下去，得到一“波浪线”，
∴A1A2=A2A3=…=OA1=5，
∴抛物线C404的解析式为y=（x﹣5×403）（x﹣5×404），即y=（x﹣2015）（x﹣2020），
当x=2018时，y=（2018﹣2015）（2018﹣2020）=﹣6，
即m=﹣6．
故答案为：C．
【分析】先根据抛物线的解析式求得点A1坐标，再根据旋转求得“波浪线”与x轴交点的坐标规律，又5×403<2018<5×404，所以点P在抛物线C404，即可求得m的值.
14．【答案】B
【解析】【解答】当直线PB与⊙O相切时∠CBP的值最小，点P到BC的距离最小，即△BCP面积的最小，
由题意可知△BAD≌△CAE（SAS），由此可得∠ADP=90°，
由此可得∠CPB=90°，PB是⊙O的切线，∴∠ADP=90°，由此可得四边形ADPE为矩形，
∵AE=AD，∴矩形ADPE为正方形，AD=AE=PD=PE=2 ，
BD=EC= ，∴PC=2-2 ，PB=2+2，
∴S△BCP最小值=PC×PB=(2-2)(2+2)=4
故答案为：4
【分析】 △ABC和△ADE都是等腰直角三角形，可证△BAD和△CAE全等，由全等三角形对应角相等得∠BPC=90°，BC为底边，则高最小时，三角形面积最小，则PB是⊙O的切线，P到AB的距离最短。求得这个最小点，得矩形ADPE为正方形，由勾股定理和正方形的边长相等可求得PC、PB的长，则△BCP的面积可确定。
15．【答案】A
【解析】【解答】解：连接BC′，
∵旋转角∠BAB′=45°，∠BAD′=45°，
∴B在对角线AC′上，
∵B′C′=AB′=3，
在Rt△AB′C′中，AC′= =3 ，∴B′C=3 ﹣3，在等腰Rt△OBC′中，OB=BC′=3 ﹣3，
在直角三角形OBC′中，OC= （3 ﹣3）=6﹣3 ，∴OD′=3﹣OC′=3 ﹣3，
∴四边形ABOD′的周长是：2AD′+OB+OD′=6+3 ﹣3+3 ﹣3=6 ．
故选：A．
【分析】由边长为3的正方形ABCD绕点A顺时针旋转45°得到正方形AB′C′D′，利用勾股定理的知识求出BC′的长，再根据等腰直角三角形的性质，勾股定理可求BO，OD′，从而可求四边形ABOD′的周长．本题考查了旋转的性质、正方形的性质以及等腰直角三角形的性质．此题难度适中，注意连接BC′构造等腰Rt△OBC′是解题的关键，注意旋转中的对应关系．
16．【答案】B
【解析】【解答】解：连结对角线 ， ，∴ ，
∵菱形ABCD绕点A逆时针方向旋转30°得到菱形AB′CD′，
∴ ， ， 三点共线，
， ， 三点共线，
∴
∴
由题目已知和菱形的性质可得：
∴
∴
∴ ，②不符合题意；
在 和 中
∴ ≌
∴
∴由 ，
∴ ≌
∴①符合题意；
∴ 为 的角平分线，
∴ （三线合一）
∴③符合题意；
∵ ，
∴
在菱形ABCD中，
∴
∴在 中，
，
∴四边形AB′ED的周长为：
=
∴④不符合题意
综上所述，正确的有①③，
故答案为：B
【分析】连结对角线 ， ，结合菱形的性质以及旋转的性质，证明三角形全等，分别进行判断得到答案即可。
17．【答案】解：如图所示，有三种思路：
【解析】【分析】思路1：先将图形分割成两个矩形，找出各自的对称中心，过两个对称中心做直线即可；
思路2：先将图形补充成一个大矩形，分别找出图中两个矩形各自的对称中心，过两个对称中心做直线即可．
18．【答案】解：∵将△ABC绕点C顺时针旋转90°后得△DEC，
∴∠BCE=90°，∠E=∠B，
∵BC∥DE，
∴∠E=180°﹣∠BCE=90°，
∴∠B=90°．
【解析】【分析】先根据旋转的性质得∠BCE=90°，∠E=∠B，然后根据平行线的性质求出∠E的度数即可．
19．【答案】解：（1）如图①所示：
（2）如图②所示．
【解析】【分析】（1）利用轴对称图形的性质得出符合题意的答案；
（2）利用中心对称图形的性质，画出一个平行四边形即可．
20．【答案】（1）证明：将绕A点逆时针旋转，得到，连接，则为等边三角形，
，，．
，
，即．
（2）解：关系式为：；
证明如图②：将绕点逆时针旋转，得到，连接，
则为等腰直角三角形，
，，，
，
，
，
．
【解析】【分析】（1） 将△APC绕A点逆时针旋转60°，得到△AP'B，连接PP'，则△APP'为等边三角形，从而得到P'P=PA，CP=P'B，故而得到△BPP'为直角三角形，根据勾股定里得到：P'P2+BP2=P'B2，从而等量代换为：PA2+BP2=CP2；
（2） 将△APC绕A点逆时针旋转90°，得到△AP'B，连接PP'，则△APP'为等腰直角三角形，从而得到P'P=，CP=P'B，故而得到△BPP'为直角三角形，根据勾股定里得到：P'P2+BP2=P'B2，从而等量代换为：；
21．【答案】（1）解：证明：由旋转的性质可得AE=AG，BE=DG，∠B=∠ADG=90°， ∠EAG=90°.∵∠B+∠ADC=180°，∴∠ADC+∠ADG=180°.∴G，D，C三点共线.∵∠EAF=45°，∴∠GAF=45°，
∴∠GAF=∠EAF.
又∵AF=AF，∴△AFG≌△AFE(SAS).
∴GF=EF.
∵GF=DG+FD=BE+FD，
∴EF=BE+FD
（2）解：∠EAF= ∠BAD；如图①，将△ABE绕点A逆时针旋转至△ADG的位置，由旋转的性质可得AE=AG，BE=DG，∠B=∠ADG， ∠BAE=∠DAG.∵∠B+∠ADC=180°，∴∠ADC+∠ADG=180°.∴G，D，C三点共线.∵∠BAE=∠DAG，∴∠BAD=∠EAG.∵∠EAF= ∠BAD，∴∠GAF=∠EAF.又∵AF=AF，∴△AFG≌△AFE(SAS).∴GF=EF.∵GF=DG+FD=BE+FD，∴EF=BE+FD.故答案为∠EAF= ∠BAD.
（3）解：∵AE⊥AD，∴∠DAE=90°.∵∠BAD=150°，∴∠BAE=60°.
又∵∠B=60°，∴△ABE是等边三角形.
∴BE=AB=80 m.
如图②，
连接AF，过点A作AH⊥CD交CD的延长线于H.
在Rt△AHD中，∠ADH=180°-∠ADC=60°，AD=80 m，
∴∠HAD=30°.∴HD= AD=40 m，∴AH= =40 m.∵DF=40( -1) m，∴HF=HD+DF=40+40( -1)=40 (m).
∴在Rt△AHF中，AH=HF，∴∠HAF=45°.∴∠DAF=15°.
∴∠EAF=90°-15°=75°.∴∠EAF= ∠BAD.
运用上面的结论可得EF=BE+DF=80+40( -1)=40+40 ≈109(m).即这条道路EF的长约为109 m.
【解析】【分析】（1）根据旋转的性质可证得AE=AG，BE=DG，∠B=∠ADG=90°， ∠EAG=90°，再根据∠EAF=45°，可证得∠GAF=∠EAF，根据全等三角形的判定证明△AFG≌△AFE，得出GF=EF，然后根据GF=DG+FD，即可证得结论。
（2）将△ABE绕点A逆时针旋转至△ADG的位置，由旋转的性质可得AE=AG，BE=DG，∠B=∠ADG， ∠BAE=∠DAG，可证得∠ADC+∠ADG=180°，得出G，D，C三点共线，再根据∠EAF=∠BAD去证明∠GAF=∠EAF，从而证得△AFG≌△AFE，得出GF=EF，然后再证明EF=BE+FD，就可得出当∠EAF=∠BAD时，仍有EF=BE+FD成立。
（3）结合已知条件易证△ABE是等边三角形.，就可求出BE的长，添加辅助线，连接AF，过点A作AH⊥CD交CD的延长线于H，根据30°角所对的直角边等于斜边的一半求出HD的长，再根据勾股定理求出AH的长，从而就可求出HF的长，证得AH=HF，然后证明∠EAF= ∠BAD，根据以上结论可求出EF的长。
第二十三章 旋转综合测试题
一、填空题
1．如图，将△AOB绕点O顺时针旋转36°得△COD，AB与其对应边CD相交所构成的锐角的度数是 ．
二、单选题
2．如图，将线段绕原点按逆时针方向旋转，得到线段，则点的坐标是（ ）
A．（1，） B．（，） C．（3，） D．（，3）
3．观察下列图形，其中既是轴对称图形，又是中心对称图形的是（ ）
A． B． C． D．
4．由图中三角形仅经过一次平移、旋转或轴对称变换，不能得到的图形是（）
A． B． C． D．
5．下面四个汽车标志图案中是中心对称图形的是（ ）
A． B．
C． D．
6．在平面直角坐标系中，点（2，6）关于原点对称的点的坐标是（ ）
A．（﹣2，﹣6） B．（﹣2，6）
C．（﹣6，﹣2） D．（6，2）
7．如图，点E是正方形ABCD的边DC上一点，把△ADE绕点A顺时针旋转90°到△ABF的位置，若四边形AECF的面积为25，DE=2，则AE的长为（ ）
A．5 B． C．7 D．
8．下列几何图形中，既是轴对称图形，又是中心对称图形的是（ ）
A．等腰三角形 B．正三角形 C．平行四边形 D．正方形
9．如图，在Rt△ABC 中，∠ACB=90°，∠A=30°，BC=2．将△ABC绕点C按顺时针方向旋转n度后得到△EDC，此时点D在AB边上，斜边DE交AC边于点F，则n的大小和图中阴影部分的面积分别为（ ）
A．30，2 B．60，2 C．60， D．60，
10．如图，直线y＝－ x＋2与x轴、y轴分别交于A、B两点，把△AOB绕点A顺时针旋转60°后得到△AO'B'，则点B'的坐标是（ ）
A．（4，2 ） B．（2 ，4）
C．（ ，3） D．（2 ＋2，2）
11．已知，为抛物线上的点，且原点为的中点，则线段的长为（ ）
A． B． C． D．
12．如图，已知∠BAC＝60°，AB＝4，AC＝6，点P在△ABC内，将APC绕着点A逆时针方向旋转60°得到AEF．则AE+PB+PC的最小值为（ ）
A．2 B．8 C．5 D．6
13．如图，一段抛物线：y=﹣x（x﹣5）（0≤x≤5），记为C1，它与x轴交于点O，A1；将C1绕点A1旋转180°得C2，交x轴于点A2；将C2绕点A2旋转180°得C3，交x轴于点A3；…如此进行下去，得到一“波浪线”，若点P（2018，m）在此“波浪线”上，则m的值为（ ）
A．4 B．﹣4 C．﹣6 D．6
14．等腰直角三角形ABC和等腰直角三角形ADE中， ， ， ，其中 固定， 绕点A顺时针旋转一周，在 旋转过程中，若直线CE与直线BD交点为P，则 面积的最小值为（ ）
A． B．4 C． D．4.5
15．把边长为3的正方形ABCD绕点A顺时针旋转45°得到正方形AB′C′D′，边BC与D′C′交于点O，则四边形ABOD′的周长是（ ）
A． B．6 C． D．
16．如图，菱形ABCD中的边长为1，∠BAD=60°，将菱形ABCD绕点A逆时针方向旋转30°得到菱形AB′CD′，B′C′交CD于点E，连接AE，CC′，则下列结论：①ΔAB′E≌ΔADE；②EC=ED；③AE⊥CC′；④四边形AB′ED的周长为 +2.其中符合题意结论的个数是（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
三、解答题
17．有一块方角形钢板如图所示，如何用一条直线将其分为面积相等的两部分．
四、计算题
18．如图，将△ABC绕点C顺时针旋转90°后得△DEC，若BC∥DE，求∠B的度数．
五、作图题
19．如图所示，在7×6的正方形网格中，选取14个格点，以其中三个格点为顶点画出ABC，请你以选取的格点为顶点再画出一个三角形，且分别满足下列条件：
（1）图①中所画的三角形与ABC组成的图形是轴对称图形；
（2）图②中所画的三角形与ABC组成的图形是中心对称图形．
六、综合题
20．（1）探究发现：下面是一道例题及解答过程，请补充完整：如图①在等边内部，有一点P，若，求证：．
证明：将绕A点逆时针旋转，得到，连接，则为等边三角形，
，， ▲ ．
，
▲ ，即．
（2）类比延伸：如图②在等腰中，，内部有一点P，若，试判断线段、、之间的数量关系，并证明．
七、实践探究题
21．问题：如图①，点E，F分别在正方形ABCD的边BC，CD上，∠EAF=45°，试判断BE，EF，FD之间的数量关系.
（1）【发现证明】
小聪把△ABE绕点A逆时针旋转90°至△ADG的位置，从而发现EF=BE+FD，请你利用图①证明上述结论.
（2）【类比引申】
如图②，在四边形ABCD中，∠BAD≠90°，AB=AD，∠B+∠D=180°，点E，F分别在边BC，CD上，则当∠EAF与∠BAD满足 关系时，仍有EF=BE+FD.请说明理由.
（3）【探究应用】
如图③，在某公园的同一水平面上，四条通道围成四边形ABCD.已知AB=AD=80 m，∠B=60°，∠ADC=120°，∠BAD=150°，道路BC，CD上分别有景点E，F，且AE⊥AD，DF=40( -1)m，现要在E，F之间修一条笔直的道路，求这条道路EF的长(结果精确到1 m，参考数据： ≈1.41， ≈1.73).
答案解析部分
1．【答案】36°
【解析】【解答】解：如图，设AB与OC交于点H，AN与CD交于点E．
∵∠A=∠C，∠AOH=36°，
∵∠AHO=∠CHE，∠A+∠AHO+∠AOH=180°，∠C+∠CHB+∠CEH=180°，
∴∠AOH=∠CEH=36°．
故答案为36°；
【分析】如图，设AB与OC交于点H，AN与CD交于点E．利用三角形内角和定理即可证明
2．【答案】C
【解析】【解答】解：根据题意画图如下：
由图形可知：点的坐标是，
故答案为：C．
【分析】根据点坐标旋转的特征求解即可。
3．【答案】C
【解析】【解答】解：A、既不是轴对称图形，也不是中心对称图形.故本选项错误；
B、是轴对称图形，不是中心对称图形.故本选项错误；
C、是轴对称图形，也是中心对称图形.故本选项正确；
D、既不是轴对称图形，也不是中心对称图形.故本选项错误.
故答案为：C.
【分析】轴对称图形：平面内，一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够完全重合的图形；
在平面内，把一个图形绕着某个点旋转180°，如果旋转后的图形能与原来的图形重合，那么这个图形叫做中心对称图形，据此一一判断得出答案.
4．【答案】B
【解析】【解答】A、经过平移可得到上图，故A选项错误；
B、经过平移、旋转或轴对称变换后，都不能得到上图，故B选项正确；
C、经过轴对称变换可得到上图，故C选项错误；
D、经过旋转可得到上图，故D选项错误．
故选：B．
【分析】本题考查了几何变换的类型，平移是沿直线移动一定距离得到新图形，旋转是绕某个点旋转一定角度得到新图形，轴对称是沿某条直线翻折得到新图形．观察时要紧扣图形变换特点，进行分析判断．根据平移、旋转和轴对称的性质即可得出正确结果．
5．【答案】B
【解析】【解答】解：根据中心对称的定义可得：A、C、D都不符合中心对称的定义．
故答案为：B．
【分析】把一个图形绕着某一点旋转180°后能与其自身重合的图形就是中心对称图形，根据定义即可一一判断得出答案。
6．【答案】A
【解析】【解答】解：由点（2，6）关于原点对称的点的坐标是（﹣2，﹣6）；
故答案为：A.
【分析】根据关于原点对称的点的坐标特点“横纵坐标都互为相反数”可直接进行求解.
7．【答案】D
【解析】【解答】∵把△ADE顺时针旋转△ABF的位置，
∴四边形AECF的面积等于正方形ABCD的面积等于25，
∴AD=DC=5，
∵DE=2，
∴Rt△ADE中，
故答案为：D．
【分析】由旋转可知四边形AECF的面积等于正方形ABCD的面积等于25，边长AD=DC=5，在Rt△ADE中， 利用勾股定理即可求出AE的长。
8．【答案】D
【解析】【解答】解：A、是轴对称图形，不是中心对称图形．故错误；
B、是轴对称图形，不是中心对称图形．故错误；
C、不是轴对称图形，是中心对称图形．故错误；
D、既是轴对称图形，又是中心对称图形．故正确．
故选D．
【分析】根据轴对称图形与中心对称图形的概念求解．
9．【答案】C
【解析】【解答】解：∵△ABC是直角三角形，∠ACB=90°，∠A=30°，BC=2，
∴∠B=60°，AC=BC×cot∠A=2× =2 ，AB=2BC=4，
∵△EDC是△ABC旋转而成，
∴BC=CD=BD= AB=2，
∵∠B=60°，
∴△BCD是等边三角形，
∴∠BCD=60°，
∴∠DCF=30°，∠DFC=90°，即DE⊥AC，
∴DE∥BC，
∵BD= AB=2，
∴DF是△ABC的中位线，
∴DF= BC= ×2=1，CF= AC= ×2 = ，
∴S阴影= DF×CF= × = ．
故选C．
【分析】先根据已知条件求出AC的长及∠B的度数，再根据图形旋转的性质及等边三角形的判定定理判断出△BCD的形状，进而得出∠DCF的度数，由直角三角形的性质可判断出DF是△ABC的中位线，由三角形的面积公式即可得出结论．
10．【答案】B
【解析】【解答】令y＝0，则 x＋2＝0，
解得x＝2 ，
令x＝0，则y＝2，
所以，点A（2 ，0），B（0，2），
所以，OA＝2 ，OB＝2，
∵tan∠OAB＝ ，
∴∠OAB＝30°，
由勾股定理得，AB＝ ，
∵旋转角是60°，
∴∠OAB′＝30°＋60°＝90°，
∴AB′⊥x轴，
∴点B′（2 ，4）．
故答案为：B．
【分析】求出直角三角形ABO的两条直角边的长，即可利用解直角三角形的方法求出AB，以及∠OAB的度数，则∠OAB′＝30°＋60°＝90°，据此即可求解。
11．【答案】D
【解析】【解答】解：对于抛物线，可得对称轴为，
假设与如下图所示
∵点是中点
∴，
令，则，
∴，
∴
∴
∴或
∴，
∴．
故答案为：D．
【分析】求得对称轴为，由于原点为的中点，可知点A、B关于原点对称，即得令，则，根据yA+yB=0，建立关于m方程并解之，即得A、B的坐标，再利用两点间的距离公式即可求解.
12．【答案】A
【解析】【解答】解：如图，连接PE，BF，过B作AF垂线交FA延长线于G，
∵△APC绕着点A逆时针方向旋转60°得到△AEF，
∴，
∴△APE为等边三角形，
即，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴．
故答案为：A．
【分析】连接PE，BF，过B作AF垂线交FA延长线于G，由旋转的性质可得△APE为等边三角形，可得AE=PE，即得，当B、P、E、F共线时AE+PB+PC的有最小值，最小值为BF的长，利用勾股定理求解即可.
13．【答案】C
【解析】【解答】解：当y=0时，﹣x（x﹣5）=0，解得x1=0，x2=5，则A1（5，0），
∴OA1=5，
∵将C1绕点A1旋转180°得C2，交x轴于点A2；将C2绕点A2旋转180°得C3，交x轴于点A3；…；如此进行下去，得到一“波浪线”，
∴A1A2=A2A3=…=OA1=5，
∴抛物线C404的解析式为y=（x﹣5×403）（x﹣5×404），即y=（x﹣2015）（x﹣2020），
当x=2018时，y=（2018﹣2015）（2018﹣2020）=﹣6，
即m=﹣6．
故答案为：C．
【分析】先根据抛物线的解析式求得点A1坐标，再根据旋转求得“波浪线”与x轴交点的坐标规律，又5×403<2018<5×404，所以点P在抛物线C404，即可求得m的值.
14．【答案】B
【解析】【解答】当直线PB与⊙O相切时∠CBP的值最小，点P到BC的距离最小，即△BCP面积的最小，
由题意可知△BAD≌△CAE（SAS），由此可得∠ADP=90°，
由此可得∠CPB=90°，PB是⊙O的切线，∴∠ADP=90°，由此可得四边形ADPE为矩形，
∵AE=AD，∴矩形ADPE为正方形，AD=AE=PD=PE=2 ，
BD=EC= ，∴PC=2-2 ，PB=2+2，
∴S△BCP最小值=PC×PB=(2-2)(2+2)=4
故答案为：4
【分析】 △ABC和△ADE都是等腰直角三角形，可证△BAD和△CAE全等，由全等三角形对应角相等得∠BPC=90°，BC为底边，则高最小时，三角形面积最小，则PB是⊙O的切线，P到AB的距离最短。求得这个最小点，得矩形ADPE为正方形，由勾股定理和正方形的边长相等可求得PC、PB的长，则△BCP的面积可确定。
15．【答案】A
【解析】【解答】解：连接BC′，
∵旋转角∠BAB′=45°，∠BAD′=45°，
∴B在对角线AC′上，
∵B′C′=AB′=3，
在Rt△AB′C′中，AC′= =3 ，∴B′C=3 ﹣3，在等腰Rt△OBC′中，OB=BC′=3 ﹣3，
在直角三角形OBC′中，OC= （3 ﹣3）=6﹣3 ，∴OD′=3﹣OC′=3 ﹣3，
∴四边形ABOD′的周长是：2AD′+OB+OD′=6+3 ﹣3+3 ﹣3=6 ．
故选：A．
【分析】由边长为3的正方形ABCD绕点A顺时针旋转45°得到正方形AB′C′D′，利用勾股定理的知识求出BC′的长，再根据等腰直角三角形的性质，勾股定理可求BO，OD′，从而可求四边形ABOD′的周长．本题考查了旋转的性质、正方形的性质以及等腰直角三角形的性质．此题难度适中，注意连接BC′构造等腰Rt△OBC′是解题的关键，注意旋转中的对应关系．
16．【答案】B
【解析】【解答】解：连结对角线 ， ，∴ ，
∵菱形ABCD绕点A逆时针方向旋转30°得到菱形AB′CD′，
∴ ， ， 三点共线，
， ， 三点共线，
∴
∴
由题目已知和菱形的性质可得：
∴
∴
∴ ，②不符合题意；
在 和 中
∴ ≌
∴
∴由 ，
∴ ≌
∴①符合题意；
∴ 为 的角平分线，
∴ （三线合一）
∴③符合题意；
∵ ，
∴
在菱形ABCD中，
∴
∴在 中，
，
∴四边形AB′ED的周长为：
=
∴④不符合题意
综上所述，正确的有①③，
故答案为：B
【分析】连结对角线 ， ，结合菱形的性质以及旋转的性质，证明三角形全等，分别进行判断得到答案即可。
17．【答案】解：如图所示，有三种思路：
【解析】【分析】思路1：先将图形分割成两个矩形，找出各自的对称中心，过两个对称中心做直线即可；
思路2：先将图形补充成一个大矩形，分别找出图中两个矩形各自的对称中心，过两个对称中心做直线即可．
18．【答案】解：∵将△ABC绕点C顺时针旋转90°后得△DEC，
∴∠BCE=90°，∠E=∠B，
∵BC∥DE，
∴∠E=180°﹣∠BCE=90°，
∴∠B=90°．
【解析】【分析】先根据旋转的性质得∠BCE=90°，∠E=∠B，然后根据平行线的性质求出∠E的度数即可．
19．【答案】解：（1）如图①所示：
（2）如图②所示．
【解析】【分析】（1）利用轴对称图形的性质得出符合题意的答案；
（2）利用中心对称图形的性质，画出一个平行四边形即可．
20．【答案】（1）证明：将绕A点逆时针旋转，得到，连接，则为等边三角形，
，，．
，
，即．
（2）解：关系式为：；
证明如图②：将绕点逆时针旋转，得到，连接，
则为等腰直角三角形，
，，，
，
，
，
．
【解析】【分析】（1） 将△APC绕A点逆时针旋转60°，得到△AP'B，连接PP'，则△APP'为等边三角形，从而得到P'P=PA，CP=P'B，故而得到△BPP'为直角三角形，根据勾股定里得到：P'P2+BP2=P'B2，从而等量代换为：PA2+BP2=CP2；
（2） 将△APC绕A点逆时针旋转90°，得到△AP'B，连接PP'，则△APP'为等腰直角三角形，从而得到P'P=，CP=P'B，故而得到△BPP'为直角三角形，根据勾股定里得到：P'P2+BP2=P'B2，从而等量代换为：；
21．【答案】（1）解：证明：由旋转的性质可得AE=AG，BE=DG，∠B=∠ADG=90°， ∠EAG=90°.∵∠B+∠ADC=180°，∴∠ADC+∠ADG=180°.∴G，D，C三点共线.∵∠EAF=45°，∴∠GAF=45°，
∴∠GAF=∠EAF.
又∵AF=AF，∴△AFG≌△AFE(SAS).
∴GF=EF.
∵GF=DG+FD=BE+FD，
∴EF=BE+FD
（2）解：∠EAF= ∠BAD；如图①，将△ABE绕点A逆时针旋转至△ADG的位置，由旋转的性质可得AE=AG，BE=DG，∠B=∠ADG， ∠BAE=∠DAG.∵∠B+∠ADC=180°，∴∠ADC+∠ADG=180°.∴G，D，C三点共线.∵∠BAE=∠DAG，∴∠BAD=∠EAG.∵∠EAF= ∠BAD，∴∠GAF=∠EAF.又∵AF=AF，∴△AFG≌△AFE(SAS).∴GF=EF.∵GF=DG+FD=BE+FD，∴EF=BE+FD.故答案为∠EAF= ∠BAD.
（3）解：∵AE⊥AD，∴∠DAE=90°.∵∠BAD=150°，∴∠BAE=60°.
又∵∠B=60°，∴△ABE是等边三角形.
∴BE=AB=80 m.
如图②，
连接AF，过点A作AH⊥CD交CD的延长线于H.
在Rt△AHD中，∠ADH=180°-∠ADC=60°，AD=80 m，
∴∠HAD=30°.∴HD= AD=40 m，∴AH= =40 m.∵DF=40( -1) m，∴HF=HD+DF=40+40( -1)=40 (m).
∴在Rt△AHF中，AH=HF，∴∠HAF=45°.∴∠DAF=15°.
∴∠EAF=90°-15°=75°.∴∠EAF= ∠BAD.
运用上面的结论可得EF=BE+DF=80+40( -1)=40+40 ≈109(m).即这条道路EF的长约为109 m.
【解析】【分析】（1）根据旋转的性质可证得AE=AG，BE=DG，∠B=∠ADG=90°， ∠EAG=90°，再根据∠EAF=45°，可证得∠GAF=∠EAF，根据全等三角形的判定证明△AFG≌△AFE，得出GF=EF，然后根据GF=DG+FD，即可证得结论。
（2）将△ABE绕点A逆时针旋转至△ADG的位置，由旋转的性质可得AE=AG，BE=DG，∠B=∠ADG， ∠BAE=∠DAG，可证得∠ADC+∠ADG=180°，得出G，D，C三点共线，再根据∠EAF=∠BAD去证明∠GAF=∠EAF，从而证得△AFG≌△AFE，得出GF=EF，然后再证明EF=BE+FD，就可得出当∠EAF=∠BAD时，仍有EF=BE+FD成立。
（3）结合已知条件易证△ABE是等边三角形.，就可求出BE的长，添加辅助线，连接AF，过点A作AH⊥CD交CD的延长线于H，根据30°角所对的直角边等于斜边的一半求出HD的长，再根据勾股定理求出AH的长，从而就可求出HF的长，证得AH=HF，然后证明∠EAF= ∠BAD，根据以上结论可求出EF的长。
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第二十三章 旋转综合测试题
一、填空题
1．如图，将△AOB绕点O顺时针旋转36°得△COD，AB与其对应边CD相交所构成的锐角的度数是 ．
二、单选题
2．如图，将线段绕原点按逆时针方向旋转，得到线段，则点的坐标是（ ）
A．（1，） B．（，） C．（3，） D．（，3）
3．观察下列图形，其中既是轴对称图形，又是中心对称图形的是（ ）
A． B． C． D．
4．由图中三角形仅经过一次平移、旋转或轴对称变换，不能得到的图形是（）
A． B． C． D．
5．下面四个汽车标志图案中是中心对称图形的是（ ）
A． B．
C． D．
6．在平面直角坐标系中，点（2，6）关于原点对称的点的坐标是（ ）
A．（﹣2，﹣6） B．（﹣2，6）
C．（﹣6，﹣2） D．（6，2）
7．如图，点E是正方形ABCD的边DC上一点，把△ADE绕点A顺时针旋转90°到△ABF的位置，若四边形AECF的面积为25，DE=2，则AE的长为（ ）
A．5 B． C．7 D．
8．下列几何图形中，既是轴对称图形，又是中心对称图形的是（ ）
A．等腰三角形 B．正三角形 C．平行四边形 D．正方形
9．如图，在Rt△ABC 中，∠ACB=90°，∠A=30°，BC=2．将△ABC绕点C按顺时针方向旋转n度后得到△EDC，此时点D在AB边上，斜边DE交AC边于点F，则n的大小和图中阴影部分的面积分别为（ ）
A．30，2 B．60，2 C．60， D．60，
10．如图，直线y＝－ x＋2与x轴、y轴分别交于A、B两点，把△AOB绕点A顺时针旋转60°后得到△AO'B'，则点B'的坐标是（ ）
A．（4，2 ） B．（2 ，4）
C．（ ，3） D．（2 ＋2，2）
11．已知，为抛物线上的点，且原点为的中点，则线段的长为（ ）
A． B． C． D．
12．如图，已知∠BAC＝60°，AB＝4，AC＝6，点P在△ABC内，将APC绕着点A逆时针方向旋转60°得到AEF．则AE+PB+PC的最小值为（ ）
A．2 B．8 C．5 D．6
13．如图，一段抛物线：y=﹣x（x﹣5）（0≤x≤5），记为C1，它与x轴交于点O，A1；将C1绕点A1旋转180°得C2，交x轴于点A2；将C2绕点A2旋转180°得C3，交x轴于点A3；…如此进行下去，得到一“波浪线”，若点P（2018，m）在此“波浪线”上，则m的值为（ ）
A．4 B．﹣4 C．﹣6 D．6
14．等腰直角三角形ABC和等腰直角三角形ADE中， ， ， ，其中 固定， 绕点A顺时针旋转一周，在 旋转过程中，若直线CE与直线BD交点为P，则 面积的最小值为（ ）
A． B．4 C． D．4.5
15．把边长为3的正方形ABCD绕点A顺时针旋转45°得到正方形AB′C′D′，边BC与D′C′交于点O，则四边形ABOD′的周长是（ ）
A． B．6 C． D．
16．如图，菱形ABCD中的边长为1，∠BAD=60°，将菱形ABCD绕点A逆时针方向旋转30°得到菱形AB′CD′，B′C′交CD于点E，连接AE，CC′，则下列结论：①ΔAB′E≌ΔADE；②EC=ED；③AE⊥CC′；④四边形AB′ED的周长为 +2.其中符合题意结论的个数是（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
三、解答题
17．有一块方角形钢板如图所示，如何用一条直线将其分为面积相等的两部分．
四、计算题
18．如图，将△ABC绕点C顺时针旋转90°后得△DEC，若BC∥DE，求∠B的度数．
五、作图题
19．如图所示，在7×6的正方形网格中，选取14个格点，以其中三个格点为顶点画出ABC，请你以选取的格点为顶点再画出一个三角形，且分别满足下列条件：
（1）图①中所画的三角形与ABC组成的图形是轴对称图形；
（2）图②中所画的三角形与ABC组成的图形是中心对称图形．
六、综合题
20．（1）探究发现：下面是一道例题及解答过程，请补充完整：如图①在等边内部，有一点P，若，求证：．
证明：将绕A点逆时针旋转，得到，连接，则为等边三角形，
，， ▲ ．
，
▲ ，即．
（2）类比延伸：如图②在等腰中，，内部有一点P，若，试判断线段、、之间的数量关系，并证明．
七、实践探究题
21．问题：如图①，点E，F分别在正方形ABCD的边BC，CD上，∠EAF=45°，试判断BE，EF，FD之间的数量关系.
（1）【发现证明】
小聪把△ABE绕点A逆时针旋转90°至△ADG的位置，从而发现EF=BE+FD，请你利用图①证明上述结论.
（2）【类比引申】
如图②，在四边形ABCD中，∠BAD≠90°，AB=AD，∠B+∠D=180°，点E，F分别在边BC，CD上，则当∠EAF与∠BAD满足 关系时，仍有EF=BE+FD.请说明理由.
（3）【探究应用】
如图③，在某公园的同一水平面上，四条通道围成四边形ABCD.已知AB=AD=80 m，∠B=60°，∠ADC=120°，∠BAD=150°，道路BC，CD上分别有景点E，F，且AE⊥AD，DF=40( -1)m，现要在E，F之间修一条笔直的道路，求这条道路EF的长(结果精确到1 m，参考数据： ≈1.41， ≈1.73).
答案解析部分
1．【答案】36°
【解析】【解答】解：如图，设AB与OC交于点H，AN与CD交于点E．
∵∠A=∠C，∠AOH=36°，
∵∠AHO=∠CHE，∠A+∠AHO+∠AOH=180°，∠C+∠CHB+∠CEH=180°，
∴∠AOH=∠CEH=36°．
故答案为36°；
【分析】如图，设AB与OC交于点H，AN与CD交于点E．利用三角形内角和定理即可证明
2．【答案】C
【解析】【解答】解：根据题意画图如下：
由图形可知：点的坐标是，
故答案为：C．
【分析】根据点坐标旋转的特征求解即可。
3．【答案】C
【解析】【解答】解：A、既不是轴对称图形，也不是中心对称图形.故本选项错误；
B、是轴对称图形，不是中心对称图形.故本选项错误；
C、是轴对称图形，也是中心对称图形.故本选项正确；
D、既不是轴对称图形，也不是中心对称图形.故本选项错误.
故答案为：C.
【分析】轴对称图形：平面内，一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够完全重合的图形；
在平面内，把一个图形绕着某个点旋转180°，如果旋转后的图形能与原来的图形重合，那么这个图形叫做中心对称图形，据此一一判断得出答案.
4．【答案】B
【解析】【解答】A、经过平移可得到上图，故A选项错误；
B、经过平移、旋转或轴对称变换后，都不能得到上图，故B选项正确；
C、经过轴对称变换可得到上图，故C选项错误；
D、经过旋转可得到上图，故D选项错误．
故选：B．
【分析】本题考查了几何变换的类型，平移是沿直线移动一定距离得到新图形，旋转是绕某个点旋转一定角度得到新图形，轴对称是沿某条直线翻折得到新图形．观察时要紧扣图形变换特点，进行分析判断．根据平移、旋转和轴对称的性质即可得出正确结果．
5．【答案】B
【解析】【解答】解：根据中心对称的定义可得：A、C、D都不符合中心对称的定义．
故答案为：B．
【分析】把一个图形绕着某一点旋转180°后能与其自身重合的图形就是中心对称图形，根据定义即可一一判断得出答案。
6．【答案】A
【解析】【解答】解：由点（2，6）关于原点对称的点的坐标是（﹣2，﹣6）；
故答案为：A.
【分析】根据关于原点对称的点的坐标特点“横纵坐标都互为相反数”可直接进行求解.
7．【答案】D
【解析】【解答】∵把△ADE顺时针旋转△ABF的位置，
∴四边形AECF的面积等于正方形ABCD的面积等于25，
∴AD=DC=5，
∵DE=2，
∴Rt△ADE中，
故答案为：D．
【分析】由旋转可知四边形AECF的面积等于正方形ABCD的面积等于25，边长AD=DC=5，在Rt△ADE中， 利用勾股定理即可求出AE的长。
8．【答案】D
【解析】【解答】解：A、是轴对称图形，不是中心对称图形．故错误；
B、是轴对称图形，不是中心对称图形．故错误；
C、不是轴对称图形，是中心对称图形．故错误；
D、既是轴对称图形，又是中心对称图形．故正确．
故选D．
【分析】根据轴对称图形与中心对称图形的概念求解．
9．【答案】C
【解析】【解答】解：∵△ABC是直角三角形，∠ACB=90°，∠A=30°，BC=2，
∴∠B=60°，AC=BC×cot∠A=2× =2 ，AB=2BC=4，
∵△EDC是△ABC旋转而成，
∴BC=CD=BD= AB=2，
∵∠B=60°，
∴△BCD是等边三角形，
∴∠BCD=60°，
∴∠DCF=30°，∠DFC=90°，即DE⊥AC，
∴DE∥BC，
∵BD= AB=2，
∴DF是△ABC的中位线，
∴DF= BC= ×2=1，CF= AC= ×2 = ，
∴S阴影= DF×CF= × = ．
故选C．
【分析】先根据已知条件求出AC的长及∠B的度数，再根据图形旋转的性质及等边三角形的判定定理判断出△BCD的形状，进而得出∠DCF的度数，由直角三角形的性质可判断出DF是△ABC的中位线，由三角形的面积公式即可得出结论．
10．【答案】B
【解析】【解答】令y＝0，则 x＋2＝0，
解得x＝2 ，
令x＝0，则y＝2，
所以，点A（2 ，0），B（0，2），
所以，OA＝2 ，OB＝2，
∵tan∠OAB＝ ，
∴∠OAB＝30°，
由勾股定理得，AB＝ ，
∵旋转角是60°，
∴∠OAB′＝30°＋60°＝90°，
∴AB′⊥x轴，
∴点B′（2 ，4）．
故答案为：B．
【分析】求出直角三角形ABO的两条直角边的长，即可利用解直角三角形的方法求出AB，以及∠OAB的度数，则∠OAB′＝30°＋60°＝90°，据此即可求解。
11．【答案】D
【解析】【解答】解：对于抛物线，可得对称轴为，
假设与如下图所示
∵点是中点
∴，
令，则，
∴，
∴
∴
∴或
∴，
∴．
故答案为：D．
【分析】求得对称轴为，由于原点为的中点，可知点A、B关于原点对称，即得令，则，根据yA+yB=0，建立关于m方程并解之，即得A、B的坐标，再利用两点间的距离公式即可求解.
12．【答案】A
【解析】【解答】解：如图，连接PE，BF，过B作AF垂线交FA延长线于G，
∵△APC绕着点A逆时针方向旋转60°得到△AEF，
∴，
∴△APE为等边三角形，
即，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴．
故答案为：A．
【分析】连接PE，BF，过B作AF垂线交FA延长线于G，由旋转的性质可得△APE为等边三角形，可得AE=PE，即得，当B、P、E、F共线时AE+PB+PC的有最小值，最小值为BF的长，利用勾股定理求解即可.
13．【答案】C
【解析】【解答】解：当y=0时，﹣x（x﹣5）=0，解得x1=0，x2=5，则A1（5，0），
∴OA1=5，
∵将C1绕点A1旋转180°得C2，交x轴于点A2；将C2绕点A2旋转180°得C3，交x轴于点A3；…；如此进行下去，得到一“波浪线”，
∴A1A2=A2A3=…=OA1=5，
∴抛物线C404的解析式为y=（x﹣5×403）（x﹣5×404），即y=（x﹣2015）（x﹣2020），
当x=2018时，y=（2018﹣2015）（2018﹣2020）=﹣6，
即m=﹣6．
故答案为：C．
【分析】先根据抛物线的解析式求得点A1坐标，再根据旋转求得“波浪线”与x轴交点的坐标规律，又5×403<2018<5×404，所以点P在抛物线C404，即可求得m的值.
14．【答案】B
【解析】【解答】当直线PB与⊙O相切时∠CBP的值最小，点P到BC的距离最小，即△BCP面积的最小，
由题意可知△BAD≌△CAE（SAS），由此可得∠ADP=90°，
由此可得∠CPB=90°，PB是⊙O的切线，∴∠ADP=90°，由此可得四边形ADPE为矩形，
∵AE=AD，∴矩形ADPE为正方形，AD=AE=PD=PE=2 ，
BD=EC= ，∴PC=2-2 ，PB=2+2，
∴S△BCP最小值=PC×PB=(2-2)(2+2)=4
故答案为：4
【分析】 △ABC和△ADE都是等腰直角三角形，可证△BAD和△CAE全等，由全等三角形对应角相等得∠BPC=90°，BC为底边，则高最小时，三角形面积最小，则PB是⊙O的切线，P到AB的距离最短。求得这个最小点，得矩形ADPE为正方形，由勾股定理和正方形的边长相等可求得PC、PB的长，则△BCP的面积可确定。
15．【答案】A
【解析】【解答】解：连接BC′，
∵旋转角∠BAB′=45°，∠BAD′=45°，
∴B在对角线AC′上，
∵B′C′=AB′=3，
在Rt△AB′C′中，AC′= =3 ，∴B′C=3 ﹣3，在等腰Rt△OBC′中，OB=BC′=3 ﹣3，
在直角三角形OBC′中，OC= （3 ﹣3）=6﹣3 ，∴OD′=3﹣OC′=3 ﹣3，
∴四边形ABOD′的周长是：2AD′+OB+OD′=6+3 ﹣3+3 ﹣3=6 ．
故选：A．
【分析】由边长为3的正方形ABCD绕点A顺时针旋转45°得到正方形AB′C′D′，利用勾股定理的知识求出BC′的长，再根据等腰直角三角形的性质，勾股定理可求BO，OD′，从而可求四边形ABOD′的周长．本题考查了旋转的性质、正方形的性质以及等腰直角三角形的性质．此题难度适中，注意连接BC′构造等腰Rt△OBC′是解题的关键，注意旋转中的对应关系．
16．【答案】B
【解析】【解答】解：连结对角线 ， ，∴ ，
∵菱形ABCD绕点A逆时针方向旋转30°得到菱形AB′CD′，
∴ ， ， 三点共线，
， ， 三点共线，
∴
∴
由题目已知和菱形的性质可得：
∴
∴
∴ ，②不符合题意；
在 和 中
∴ ≌
∴
∴由 ，
∴ ≌
∴①符合题意；
∴ 为 的角平分线，
∴ （三线合一）
∴③符合题意；
∵ ，
∴
在菱形ABCD中，
∴
∴在 中，
，
∴四边形AB′ED的周长为：
=
∴④不符合题意
综上所述，正确的有①③，
故答案为：B
【分析】连结对角线 ， ，结合菱形的性质以及旋转的性质，证明三角形全等，分别进行判断得到答案即可。
17．【答案】解：如图所示，有三种思路：
【解析】【分析】思路1：先将图形分割成两个矩形，找出各自的对称中心，过两个对称中心做直线即可；
思路2：先将图形补充成一个大矩形，分别找出图中两个矩形各自的对称中心，过两个对称中心做直线即可．
18．【答案】解：∵将△ABC绕点C顺时针旋转90°后得△DEC，
∴∠BCE=90°，∠E=∠B，
∵BC∥DE，
∴∠E=180°﹣∠BCE=90°，
∴∠B=90°．
【解析】【分析】先根据旋转的性质得∠BCE=90°，∠E=∠B，然后根据平行线的性质求出∠E的度数即可．
19．【答案】解：（1）如图①所示：
（2）如图②所示．
【解析】【分析】（1）利用轴对称图形的性质得出符合题意的答案；
（2）利用中心对称图形的性质，画出一个平行四边形即可．
20．【答案】（1）证明：将绕A点逆时针旋转，得到，连接，则为等边三角形，
，，．
，
，即．
（2）解：关系式为：；
证明如图②：将绕点逆时针旋转，得到，连接，
则为等腰直角三角形，
，，，
，
，
，
．
【解析】【分析】（1） 将△APC绕A点逆时针旋转60°，得到△AP'B，连接PP'，则△APP'为等边三角形，从而得到P'P=PA，CP=P'B，故而得到△BPP'为直角三角形，根据勾股定里得到：P'P2+BP2=P'B2，从而等量代换为：PA2+BP2=CP2；
（2） 将△APC绕A点逆时针旋转90°，得到△AP'B，连接PP'，则△APP'为等腰直角三角形，从而得到P'P=，CP=P'B，故而得到△BPP'为直角三角形，根据勾股定里得到：P'P2+BP2=P'B2，从而等量代换为：；
21．【答案】（1）解：证明：由旋转的性质可得AE=AG，BE=DG，∠B=∠ADG=90°， ∠EAG=90°.∵∠B+∠ADC=180°，∴∠ADC+∠ADG=180°.∴G，D，C三点共线.∵∠EAF=45°，∴∠GAF=45°，
∴∠GAF=∠EAF.
又∵AF=AF，∴△AFG≌△AFE(SAS).
∴GF=EF.
∵GF=DG+FD=BE+FD，
∴EF=BE+FD
（2）解：∠EAF= ∠BAD；如图①，将△ABE绕点A逆时针旋转至△ADG的位置，由旋转的性质可得AE=AG，BE=DG，∠B=∠ADG， ∠BAE=∠DAG.∵∠B+∠ADC=180°，∴∠ADC+∠ADG=180°.∴G，D，C三点共线.∵∠BAE=∠DAG，∴∠BAD=∠EAG.∵∠EAF= ∠BAD，∴∠GAF=∠EAF.又∵AF=AF，∴△AFG≌△AFE(SAS).∴GF=EF.∵GF=DG+FD=BE+FD，∴EF=BE+FD.故答案为∠EAF= ∠BAD.
（3）解：∵AE⊥AD，∴∠DAE=90°.∵∠BAD=150°，∴∠BAE=60°.
又∵∠B=60°，∴△ABE是等边三角形.
∴BE=AB=80 m.
如图②，
连接AF，过点A作AH⊥CD交CD的延长线于H.
在Rt△AHD中，∠ADH=180°-∠ADC=60°，AD=80 m，
∴∠HAD=30°.∴HD= AD=40 m，∴AH= =40 m.∵DF=40( -1) m，∴HF=HD+DF=40+40( -1)=40 (m).
∴在Rt△AHF中，AH=HF，∴∠HAF=45°.∴∠DAF=15°.
∴∠EAF=90°-15°=75°.∴∠EAF= ∠BAD.
运用上面的结论可得EF=BE+DF=80+40( -1)=40+40 ≈109(m).即这条道路EF的长约为109 m.
【解析】【分析】（1）根据旋转的性质可证得AE=AG，BE=DG，∠B=∠ADG=90°， ∠EAG=90°，再根据∠EAF=45°，可证得∠GAF=∠EAF，根据全等三角形的判定证明△AFG≌△AFE，得出GF=EF，然后根据GF=DG+FD，即可证得结论。
（2）将△ABE绕点A逆时针旋转至△ADG的位置，由旋转的性质可得AE=AG，BE=DG，∠B=∠ADG， ∠BAE=∠DAG，可证得∠ADC+∠ADG=180°，得出G，D，C三点共线，再根据∠EAF=∠BAD去证明∠GAF=∠EAF，从而证得△AFG≌△AFE，得出GF=EF，然后再证明EF=BE+FD，就可得出当∠EAF=∠BAD时，仍有EF=BE+FD成立。
（3）结合已知条件易证△ABE是等边三角形.，就可求出BE的长，添加辅助线，连接AF，过点A作AH⊥CD交CD的延长线于H，根据30°角所对的直角边等于斜边的一半求出HD的长，再根据勾股定理求出AH的长，从而就可求出HF的长，证得AH=HF，然后证明∠EAF= ∠BAD，根据以上结论可求出EF的长。
第二十三章 旋转综合测试题
一、填空题
1．如图，将△AOB绕点O顺时针旋转36°得△COD，AB与其对应边CD相交所构成的锐角的度数是 ．
二、单选题
2．如图，将线段绕原点按逆时针方向旋转，得到线段，则点的坐标是（ ）
A．（1，） B．（，） C．（3，） D．（，3）
3．观察下列图形，其中既是轴对称图形，又是中心对称图形的是（ ）
A． B． C． D．
4．由图中三角形仅经过一次平移、旋转或轴对称变换，不能得到的图形是（）
A． B． C． D．
5．下面四个汽车标志图案中是中心对称图形的是（ ）
A． B．
C． D．
6．在平面直角坐标系中，点（2，6）关于原点对称的点的坐标是（ ）
A．（﹣2，﹣6） B．（﹣2，6）
C．（﹣6，﹣2） D．（6，2）
7．如图，点E是正方形ABCD的边DC上一点，把△ADE绕点A顺时针旋转90°到△ABF的位置，若四边形AECF的面积为25，DE=2，则AE的长为（ ）
A．5 B． C．7 D．
8．下列几何图形中，既是轴对称图形，又是中心对称图形的是（ ）
A．等腰三角形 B．正三角形 C．平行四边形 D．正方形
9．如图，在Rt△ABC 中，∠ACB=90°，∠A=30°，BC=2．将△ABC绕点C按顺时针方向旋转n度后得到△EDC，此时点D在AB边上，斜边DE交AC边于点F，则n的大小和图中阴影部分的面积分别为（ ）
A．30，2 B．60，2 C．60， D．60，
10．如图，直线y＝－ x＋2与x轴、y轴分别交于A、B两点，把△AOB绕点A顺时针旋转60°后得到△AO'B'，则点B'的坐标是（ ）
A．（4，2 ） B．（2 ，4）
C．（ ，3） D．（2 ＋2，2）
11．已知，为抛物线上的点，且原点为的中点，则线段的长为（ ）
A． B． C． D．
12．如图，已知∠BAC＝60°，AB＝4，AC＝6，点P在△ABC内，将APC绕着点A逆时针方向旋转60°得到AEF．则AE+PB+PC的最小值为（ ）
A．2 B．8 C．5 D．6
13．如图，一段抛物线：y=﹣x（x﹣5）（0≤x≤5），记为C1，它与x轴交于点O，A1；将C1绕点A1旋转180°得C2，交x轴于点A2；将C2绕点A2旋转180°得C3，交x轴于点A3；…如此进行下去，得到一“波浪线”，若点P（2018，m）在此“波浪线”上，则m的值为（ ）
A．4 B．﹣4 C．﹣6 D．6
14．等腰直角三角形ABC和等腰直角三角形ADE中， ， ， ，其中 固定， 绕点A顺时针旋转一周，在 旋转过程中，若直线CE与直线BD交点为P，则 面积的最小值为（ ）
A． B．4 C． D．4.5
15．把边长为3的正方形ABCD绕点A顺时针旋转45°得到正方形AB′C′D′，边BC与D′C′交于点O，则四边形ABOD′的周长是（ ）
A． B．6 C． D．
16．如图，菱形ABCD中的边长为1，∠BAD=60°，将菱形ABCD绕点A逆时针方向旋转30°得到菱形AB′CD′，B′C′交CD于点E，连接AE，CC′，则下列结论：①ΔAB′E≌ΔADE；②EC=ED；③AE⊥CC′；④四边形AB′ED的周长为 +2.其中符合题意结论的个数是（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
三、解答题
17．有一块方角形钢板如图所示，如何用一条直线将其分为面积相等的两部分．
四、计算题
18．如图，将△ABC绕点C顺时针旋转90°后得△DEC，若BC∥DE，求∠B的度数．
五、作图题
19．如图所示，在7×6的正方形网格中，选取14个格点，以其中三个格点为顶点画出ABC，请你以选取的格点为顶点再画出一个三角形，且分别满足下列条件：
（1）图①中所画的三角形与ABC组成的图形是轴对称图形；
（2）图②中所画的三角形与ABC组成的图形是中心对称图形．
六、综合题
20．（1）探究发现：下面是一道例题及解答过程，请补充完整：如图①在等边内部，有一点P，若，求证：．
证明：将绕A点逆时针旋转，得到，连接，则为等边三角形，
，， ▲ ．
，
▲ ，即．
（2）类比延伸：如图②在等腰中，，内部有一点P，若，试判断线段、、之间的数量关系，并证明．
七、实践探究题
21．问题：如图①，点E，F分别在正方形ABCD的边BC，CD上，∠EAF=45°，试判断BE，EF，FD之间的数量关系.
（1）【发现证明】
小聪把△ABE绕点A逆时针旋转90°至△ADG的位置，从而发现EF=BE+FD，请你利用图①证明上述结论.
（2）【类比引申】
如图②，在四边形ABCD中，∠BAD≠90°，AB=AD，∠B+∠D=180°，点E，F分别在边BC，CD上，则当∠EAF与∠BAD满足 关系时，仍有EF=BE+FD.请说明理由.
（3）【探究应用】
如图③，在某公园的同一水平面上，四条通道围成四边形ABCD.已知AB=AD=80 m，∠B=60°，∠ADC=120°，∠BAD=150°，道路BC，CD上分别有景点E，F，且AE⊥AD，DF=40( -1)m，现要在E，F之间修一条笔直的道路，求这条道路EF的长(结果精确到1 m，参考数据： ≈1.41， ≈1.73).
答案解析部分
1．【答案】36°
【解析】【解答】解：如图，设AB与OC交于点H，AN与CD交于点E．
∵∠A=∠C，∠AOH=36°，
∵∠AHO=∠CHE，∠A+∠AHO+∠AOH=180°，∠C+∠CHB+∠CEH=180°，
∴∠AOH=∠CEH=36°．
故答案为36°；
【分析】如图，设AB与OC交于点H，AN与CD交于点E．利用三角形内角和定理即可证明
2．【答案】C
【解析】【解答】解：根据题意画图如下：
由图形可知：点的坐标是，
故答案为：C．
【分析】根据点坐标旋转的特征求解即可。
3．【答案】C
【解析】【解答】解：A、既不是轴对称图形，也不是中心对称图形.故本选项错误；
B、是轴对称图形，不是中心对称图形.故本选项错误；
C、是轴对称图形，也是中心对称图形.故本选项正确；
D、既不是轴对称图形，也不是中心对称图形.故本选项错误.
故答案为：C.
【分析】轴对称图形：平面内，一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够完全重合的图形；
在平面内，把一个图形绕着某个点旋转180°，如果旋转后的图形能与原来的图形重合，那么这个图形叫做中心对称图形，据此一一判断得出答案.
4．【答案】B
【解析】【解答】A、经过平移可得到上图，故A选项错误；
B、经过平移、旋转或轴对称变换后，都不能得到上图，故B选项正确；
C、经过轴对称变换可得到上图，故C选项错误；
D、经过旋转可得到上图，故D选项错误．
故选：B．
【分析】本题考查了几何变换的类型，平移是沿直线移动一定距离得到新图形，旋转是绕某个点旋转一定角度得到新图形，轴对称是沿某条直线翻折得到新图形．观察时要紧扣图形变换特点，进行分析判断．根据平移、旋转和轴对称的性质即可得出正确结果．
5．【答案】B
【解析】【解答】解：根据中心对称的定义可得：A、C、D都不符合中心对称的定义．
故答案为：B．
【分析】把一个图形绕着某一点旋转180°后能与其自身重合的图形就是中心对称图形，根据定义即可一一判断得出答案。
6．【答案】A
【解析】【解答】解：由点（2，6）关于原点对称的点的坐标是（﹣2，﹣6）；
故答案为：A.
【分析】根据关于原点对称的点的坐标特点“横纵坐标都互为相反数”可直接进行求解.
7．【答案】D
【解析】【解答】∵把△ADE顺时针旋转△ABF的位置，
∴四边形AECF的面积等于正方形ABCD的面积等于25，
∴AD=DC=5，
∵DE=2，
∴Rt△ADE中，
故答案为：D．
【分析】由旋转可知四边形AECF的面积等于正方形ABCD的面积等于25，边长AD=DC=5，在Rt△ADE中， 利用勾股定理即可求出AE的长。
8．【答案】D
【解析】【解答】解：A、是轴对称图形，不是中心对称图形．故错误；
B、是轴对称图形，不是中心对称图形．故错误；
C、不是轴对称图形，是中心对称图形．故错误；
D、既是轴对称图形，又是中心对称图形．故正确．
故选D．
【分析】根据轴对称图形与中心对称图形的概念求解．
9．【答案】C
【解析】【解答】解：∵△ABC是直角三角形，∠ACB=90°，∠A=30°，BC=2，
∴∠B=60°，AC=BC×cot∠A=2× =2 ，AB=2BC=4，
∵△EDC是△ABC旋转而成，
∴BC=CD=BD= AB=2，
∵∠B=60°，
∴△BCD是等边三角形，
∴∠BCD=60°，
∴∠DCF=30°，∠DFC=90°，即DE⊥AC，
∴DE∥BC，
∵BD= AB=2，
∴DF是△ABC的中位线，
∴DF= BC= ×2=1，CF= AC= ×2 = ，
∴S阴影= DF×CF= × = ．
故选C．
【分析】先根据已知条件求出AC的长及∠B的度数，再根据图形旋转的性质及等边三角形的判定定理判断出△BCD的形状，进而得出∠DCF的度数，由直角三角形的性质可判断出DF是△ABC的中位线，由三角形的面积公式即可得出结论．
10．【答案】B
【解析】【解答】令y＝0，则 x＋2＝0，
解得x＝2 ，
令x＝0，则y＝2，
所以，点A（2 ，0），B（0，2），
所以，OA＝2 ，OB＝2，
∵tan∠OAB＝ ，
∴∠OAB＝30°，
由勾股定理得，AB＝ ，
∵旋转角是60°，
∴∠OAB′＝30°＋60°＝90°，
∴AB′⊥x轴，
∴点B′（2 ，4）．
故答案为：B．
【分析】求出直角三角形ABO的两条直角边的长，即可利用解直角三角形的方法求出AB，以及∠OAB的度数，则∠OAB′＝30°＋60°＝90°，据此即可求解。
11．【答案】D
【解析】【解答】解：对于抛物线，可得对称轴为，
假设与如下图所示
∵点是中点
∴，
令，则，
∴，
∴
∴
∴或
∴，
∴．
故答案为：D．
【分析】求得对称轴为，由于原点为的中点，可知点A、B关于原点对称，即得令，则，根据yA+yB=0，建立关于m方程并解之，即得A、B的坐标，再利用两点间的距离公式即可求解.
12．【答案】A
【解析】【解答】解：如图，连接PE，BF，过B作AF垂线交FA延长线于G，
∵△APC绕着点A逆时针方向旋转60°得到△AEF，
∴，
∴△APE为等边三角形，
即，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴．
故答案为：A．
【分析】连接PE，BF，过B作AF垂线交FA延长线于G，由旋转的性质可得△APE为等边三角形，可得AE=PE，即得，当B、P、E、F共线时AE+PB+PC的有最小值，最小值为BF的长，利用勾股定理求解即可.
13．【答案】C
【解析】【解答】解：当y=0时，﹣x（x﹣5）=0，解得x1=0，x2=5，则A1（5，0），
∴OA1=5，
∵将C1绕点A1旋转180°得C2，交x轴于点A2；将C2绕点A2旋转180°得C3，交x轴于点A3；…；如此进行下去，得到一“波浪线”，
∴A1A2=A2A3=…=OA1=5，
∴抛物线C404的解析式为y=（x﹣5×403）（x﹣5×404），即y=（x﹣2015）（x﹣2020），
当x=2018时，y=（2018﹣2015）（2018﹣2020）=﹣6，
即m=﹣6．
故答案为：C．
【分析】先根据抛物线的解析式求得点A1坐标，再根据旋转求得“波浪线”与x轴交点的坐标规律，又5×403<2018<5×404，所以点P在抛物线C404，即可求得m的值.
14．【答案】B
【解析】【解答】当直线PB与⊙O相切时∠CBP的值最小，点P到BC的距离最小，即△BCP面积的最小，
由题意可知△BAD≌△CAE（SAS），由此可得∠ADP=90°，
由此可得∠CPB=90°，PB是⊙O的切线，∴∠ADP=90°，由此可得四边形ADPE为矩形，
∵AE=AD，∴矩形ADPE为正方形，AD=AE=PD=PE=2 ，
BD=EC= ，∴PC=2-2 ，PB=2+2，
∴S△BCP最小值=PC×PB=(2-2)(2+2)=4
故答案为：4
【分析】 △ABC和△ADE都是等腰直角三角形，可证△BAD和△CAE全等，由全等三角形对应角相等得∠BPC=90°，BC为底边，则高最小时，三角形面积最小，则PB是⊙O的切线，P到AB的距离最短。求得这个最小点，得矩形ADPE为正方形，由勾股定理和正方形的边长相等可求得PC、PB的长，则△BCP的面积可确定。
15．【答案】A
【解析】【解答】解：连接BC′，
∵旋转角∠BAB′=45°，∠BAD′=45°，
∴B在对角线AC′上，
∵B′C′=AB′=3，
在Rt△AB′C′中，AC′= =3 ，∴B′C=3 ﹣3，在等腰Rt△OBC′中，OB=BC′=3 ﹣3，
在直角三角形OBC′中，OC= （3 ﹣3）=6﹣3 ，∴OD′=3﹣OC′=3 ﹣3，
∴四边形ABOD′的周长是：2AD′+OB+OD′=6+3 ﹣3+3 ﹣3=6 ．
故选：A．
【分析】由边长为3的正方形ABCD绕点A顺时针旋转45°得到正方形AB′C′D′，利用勾股定理的知识求出BC′的长，再根据等腰直角三角形的性质，勾股定理可求BO，OD′，从而可求四边形ABOD′的周长．本题考查了旋转的性质、正方形的性质以及等腰直角三角形的性质．此题难度适中，注意连接BC′构造等腰Rt△OBC′是解题的关键，注意旋转中的对应关系．
16．【答案】B
【解析】【解答】解：连结对角线 ， ，∴ ，
∵菱形ABCD绕点A逆时针方向旋转30°得到菱形AB′CD′，
∴ ， ， 三点共线，
， ， 三点共线，
∴
∴
由题目已知和菱形的性质可得：
∴
∴
∴ ，②不符合题意；
在 和 中
∴ ≌
∴
∴由 ，
∴ ≌
∴①符合题意；
∴ 为 的角平分线，
∴ （三线合一）
∴③符合题意；
∵ ，
∴
在菱形ABCD中，
∴
∴在 中，
，
∴四边形AB′ED的周长为：
=
∴④不符合题意
综上所述，正确的有①③，
故答案为：B
【分析】连结对角线 ， ，结合菱形的性质以及旋转的性质，证明三角形全等，分别进行判断得到答案即可。
17．【答案】解：如图所示，有三种思路：
【解析】【分析】思路1：先将图形分割成两个矩形，找出各自的对称中心，过两个对称中心做直线即可；
思路2：先将图形补充成一个大矩形，分别找出图中两个矩形各自的对称中心，过两个对称中心做直线即可．
18．【答案】解：∵将△ABC绕点C顺时针旋转90°后得△DEC，
∴∠BCE=90°，∠E=∠B，
∵BC∥DE，
∴∠E=180°﹣∠BCE=90°，
∴∠B=90°．
【解析】【分析】先根据旋转的性质得∠BCE=90°，∠E=∠B，然后根据平行线的性质求出∠E的度数即可．
19．【答案】解：（1）如图①所示：
（2）如图②所示．
【解析】【分析】（1）利用轴对称图形的性质得出符合题意的答案；
（2）利用中心对称图形的性质，画出一个平行四边形即可．
20．【答案】（1）证明：将绕A点逆时针旋转，得到，连接，则为等边三角形，
，，．
，
，即．
（2）解：关系式为：；
证明如图②：将绕点逆时针旋转，得到，连接，
则为等腰直角三角形，
，，，
，
，
，
．
【解析】【分析】（1） 将△APC绕A点逆时针旋转60°，得到△AP'B，连接PP'，则△APP'为等边三角形，从而得到P'P=PA，CP=P'B，故而得到△BPP'为直角三角形，根据勾股定里得到：P'P2+BP2=P'B2，从而等量代换为：PA2+BP2=CP2；
（2） 将△APC绕A点逆时针旋转90°，得到△AP'B，连接PP'，则△APP'为等腰直角三角形，从而得到P'P=，CP=P'B，故而得到△BPP'为直角三角形，根据勾股定里得到：P'P2+BP2=P'B2，从而等量代换为：；
21．【答案】（1）解：证明：由旋转的性质可得AE=AG，BE=DG，∠B=∠ADG=90°， ∠EAG=90°.∵∠B+∠ADC=180°，∴∠ADC+∠ADG=180°.∴G，D，C三点共线.∵∠EAF=45°，∴∠GAF=45°，
∴∠GAF=∠EAF.
又∵AF=AF，∴△AFG≌△AFE(SAS).
∴GF=EF.
∵GF=DG+FD=BE+FD，
∴EF=BE+FD
（2）解：∠EAF= ∠BAD；如图①，将△ABE绕点A逆时针旋转至△ADG的位置，由旋转的性质可得AE=AG，BE=DG，∠B=∠ADG， ∠BAE=∠DAG.∵∠B+∠ADC=180°，∴∠ADC+∠ADG=180°.∴G，D，C三点共线.∵∠BAE=∠DAG，∴∠BAD=∠EAG.∵∠EAF= ∠BAD，∴∠GAF=∠EAF.又∵AF=AF，∴△AFG≌△AFE(SAS).∴GF=EF.∵GF=DG+FD=BE+FD，∴EF=BE+FD.故答案为∠EAF= ∠BAD.
（3）解：∵AE⊥AD，∴∠DAE=90°.∵∠BAD=150°，∴∠BAE=60°.
又∵∠B=60°，∴△ABE是等边三角形.
∴BE=AB=80 m.
如图②，
连接AF，过点A作AH⊥CD交CD的延长线于H.
在Rt△AHD中，∠ADH=180°-∠ADC=60°，AD=80 m，
∴∠HAD=30°.∴HD= AD=40 m，∴AH= =40 m.∵DF=40( -1) m，∴HF=HD+DF=40+40( -1)=40 (m).
∴在Rt△AHF中，AH=HF，∴∠HAF=45°.∴∠DAF=15°.
∴∠EAF=90°-15°=75°.∴∠EAF= ∠BAD.
运用上面的结论可得EF=BE+DF=80+40( -1)=40+40 ≈109(m).即这条道路EF的长约为109 m.
【解析】【分析】（1）根据旋转的性质可证得AE=AG，BE=DG，∠B=∠ADG=90°， ∠EAG=90°，再根据∠EAF=45°，可证得∠GAF=∠EAF，根据全等三角形的判定证明△AFG≌△AFE，得出GF=EF，然后根据GF=DG+FD，即可证得结论。
（2）将△ABE绕点A逆时针旋转至△ADG的位置，由旋转的性质可得AE=AG，BE=DG，∠B=∠ADG， ∠BAE=∠DAG，可证得∠ADC+∠ADG=180°，得出G，D，C三点共线，再根据∠EAF=∠BAD去证明∠GAF=∠EAF，从而证得△AFG≌△AFE，得出GF=EF，然后再证明EF=BE+FD，就可得出当∠EAF=∠BAD时，仍有EF=BE+FD成立。
（3）结合已知条件易证△ABE是等边三角形.，就可求出BE的长，添加辅助线，连接AF，过点A作AH⊥CD交CD的延长线于H，根据30°角所对的直角边等于斜边的一半求出HD的长，再根据勾股定理求出AH的长，从而就可求出HF的长，证得AH=HF，然后证明∠EAF= ∠BAD，根据以上结论可求出EF的长。
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