第二十三章 专题01与旋转有关的计算（30题）（含解析）2023-2024学年九年级数学上册人教版

专题第01讲 与旋转有关的计算
（2023春 秦都区期末）
1．如图，是等边三角形，点 E在边上，连接，将绕点 B逆时针旋转60°得到，连接 ．

(1)求证：；
(2)若，求的周长．
（2023春 北林区期末）
2．如图，在正方形ABCD中，E，F是对角线BD上两点，且，将绕点A顺时针旋转后，得到，连接．

(1)求证：；
(2)求证：．
（2022秋 同心县期末）
3．如图，是等边三角形，点在边上，将绕点旋转得到．
(1)求证：是等边三角形
(2)若，求的周长．
（2023春 清远期末）
4．如图，在中，点在边上，，将线段绕点旋转到的位置，使得，连接，与交于点．
(1)求证：；
(2)若，，求的度数．
（2023春 白银期中）
5．如图，在四边形中，，，，点在对角线上，将线段绕点顺时针旋转，得到线段，连接．

(1)求证：；
(2)若，求证：．
（2023春 南城县期中）
6．如图，点O是等边三角形内一点，将绕点C顺时针旋转得到，连接．
(1)求证：；
(2)若，，，求的度数．
（2023春 罗源县校级期中）
7．如图，先将绕点顺时针旋转得到，再将线段绕点顺时针旋转得到，连接、、，且．

(1)若．、、三点在同一条直线上，求的长；
(2)若，，点在边上，求线段的最小值．
（2023春 成武县期中）
8．已知，，．

(1)如图1，平分，求证：四边形是菱形；
(2)如图2，将（1）中的绕点逆时针旋转（旋转角小于），，的延长线相交于点，用等式表示与之间的数量关系，并证明．
（2023春 九江期末）
9．如图，在中，，将绕点逆时针旋转至处，分别延长与交于点，连接、．

(1)求证：平分；
(2)若，，求的长．
（2023春 盱眙县期末）
10．如图，将矩形绕点旋转得到矩形，点在上，延长交于点．连接、．
(1)四边形是怎样的特殊四边形？证明你的结论；
(2)若长为2，则的长为 　 　时，四边形为菱形．
（2023春 平山县期末）
11．如图，PQ∥MN，A、B分别为直线MN、PQ上两点，且∠BAN＝45°，若射线AM绕点A顺时针旋转至AN后立即回转，射线BQ绕点B逆时针旋转至BP后立即回转，两射线分别绕点A、点B不停地旋转，若射线AM转动的速度是a°/秒，射线BQ转动的速度是b°/秒，且a、b满足|a﹣5|+（b﹣1）2＝0．（友情提醒：钟表指针走动的方向为顺时针方向）
（1）a＝　 　，b＝　 　；
（2）若射线AM、射线BQ同时旋转，问至少旋转多少秒时，射线AM、射线BQ互相垂直．
（3）若射线AM绕点A顺时针先转动18秒，射线BQ才开始绕点B逆时针旋转，在射线BQ到达BA之前，问射线AM再转动多少秒时，射线AM、射线BQ互相平行？
（2023春 振兴区校级期中）
12．如图（1），在中，，，射线于点，动点从点出发沿射线方向运动；以每秒1个单位长度的速度运动，运动时间为秒；

(1)以点为旋转中心，将逆时针旋转，得到线段，连接，是否存在最小值，不存在，则说明理由，存在则求出最小时的值及的最小值；
(2)若射线为的平分线，当点从点出发时，点从点向点与点同时同速运动，连接交于点，当为等腰三角形时，直接写出所有可能的t值．
（2023春 迁安市期中）
13．老师在黑板上出示题目：
如图，在中，，线段与CB边重合，从现在的位置绕着点C按逆时针方向旋转一周回到原来的位置是否有一位置使 如果有这样的位置，请画出示意图，并求出的度数，如果没有说明理由？
(1)嘉嘉认为：有这样一个位置，使得，如图．请你按照嘉嘉的做法，求出的度数．
(2)琪琪认为：嘉嘉的想法不全面，还存在另外一种情况使得你是否同意琪琪的说法？如果同意，请画出图形，并求出此时的度数；如果不同意，请说明理由．
（2022秋 青山湖区期末）
14．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．
（2023春 清江浦区期末）
15．如图1，，点在直线上，点在直线上，射线绕点顺时针从射线旋转至射线后便立即回转；射线绕点顺时针从射线旋转至射线后便立即回转：射线、射线不停地来回旋转．若射线转动的速度是度秒，射线转动的速度是度秒，且、是方程的正整数解．

(1)　 　，　 　；
(2)如图2，若，两条射线同时转动，在射线到达之前，若两条射线交于点，过作交于，若，求的度数；
(3)若射线先转动30秒，射线才开始转动，在射线到达之前，射线转动几秒，射线与射线互相平行？
（2023春 蒸湘区期末）
16．如图，有一副直角三角板如图1放置（其中），与直线重合，且三角板，三角板均可以绕点P逆时针旋转．
(1)在图1中，　 　；
(2)①如图2，若三角板保持不动，三角板绕点P逆时针旋转，转速为秒，转动一周三角板就停止转动，在旋转的过程中，当旋转时间为多少时，有成立；
②如图3，在图1基础上，若三角板的边从处开始绕点P逆时针旋转，转速为秒，同时三角板的边从处开始绕点P逆时针旋转，转速为秒，当转到与重合时，两三角板都停止转动，在旋转过程中，当时，求旋转的时间是多少？
（2023春 雄县期中）
17．教材中有这样一道题：如图1，四边形是正方形，是上的任意一点，于点，，且交于点．求证：．
小明通过证明解决了问题，在此基础上他进一步提出了以下以下回题，请你解答．
(1)若图1中的点为延长线上一点，其余条件不变，如图2所示，猜想此时，，之间的数量关系，并证明你的结论．
(2)将图1中的绕点逆时针旋转，使得与重合，记此时点的对应点为点，如图3所示，若正方形的边长为3，求的长度．
（2023春 长垣市期末）
18．综合与实践
数学社团的同学以“两条平行线，和一块含角的直角三角尺”为主题开展数学活动，已知点E，F不可能同时落在直线和之间．
探究：（1）如图1，把三角尺的角的顶点E，G分别放在，上，若，求的度数；
类比：（2）如图2，把三角尺的锐角顶点G放在上，且保持不动，若点E恰好落在和之间，且与所夹锐角为，求的度数；
迁移：（3）把三角尺的锐角顶点G放在上，且保持不动，旋转三角尺，若存在，直接写出射线与所夹锐角的度数．

（2023春 阳城县期末）
19．如图1，将一副直角三角板放在同一条直线上，其中，．
(1)观察猜想：将图1中的三角尺沿的方向平移至图2的位置，使得点O与点N重合，与相交于点E，则 ；
(2)操作探究：将图1中的三角尺绕点O按顺时针方向旋转，使一边在的内部，如图3，且OD恰好平分，与相交于点E，求的度数；
(3)深化拓展：将图1中的三角尺绕点O按沿顺时针方向旋转一周，在旋转的过程中，当边旋转多少度时，边恰好与边平行？
（2023春 岱岳区期末）
20．知识探究：如图1，点E是正方形对角线AC上任意一点，以点E为直角顶点的直角两边，分别角与，相交于M点，N点．当时，请探究与的数量关系，并说明理由；
拓展探究：当绕点E顺时针旋转到点M与点D重合时，如图2，请探究与的数量关系，并说明理由；
迁移运用：在图2的基础上，过点E作于点H，如图3，证明H是线段的中点．

（2023春 顺平县期末）
21．如图，正方形的对角线相交于点O，点O又是正方形的一个顶点，且这两个正方形边长相等．与相交于点M，与相交于点N．

(1)求证：；
(2)嘉琪说：当正方形绕点O转动，且与垂直时，四边形的面积最小．你同意嘉琪的说法吗？请说明理由；
(3)若正方形的边长为a，用含a的代数式表示两个正方形重叠部分的面积为______．
（2023春 沈丘县期末）
22．如图，点O在直线AB上，OC⊥AB，△ODE中，∠ODE=90°，∠EOD=60°，先将△ODE一边OE与OC重合，然后绕点O顺时针方向旋转，当OE与OB重合时停止旋转．
（1）当OD在OA与OC之间，且∠COD=20°时，则∠AOE=______；
（2）试探索：在△ODE旋转过程中，∠AOD与∠COE大小的差是否发生变化？若不变，请求出这个差值；若变化，请说明理由；
（3）在△ODE的旋转过程中，若∠AOE=7∠COD，试求∠AOE的大小．
（2023春 东昌府区期末）
23．在等边三角形的内部有一点，连接，，以点为中心，把逆时针旋转得到，连接，．以点为中心，把顺时针旋转得到，连接，．

(1)判断和的大小关系，并说明理由；
(2)求证：；
(3)求证：四边形是平行四边形．
（2022秋 河口区期末）
24．感知：如图①，和都是等腰直角三角形，，点在线段上，点在线段上，我们很容易得到，不需证明．
探究：如图②，将绕点逆时针旋转，连结和，此时是否依然成立？若成立，写出证明过程；若不成立，说明理由．
应用：如图③，当绕点逆时针旋转，使得点落在的延长线上，连结．
①的度数为______度；
②若，，则线段的长为______．
（2023春 内乡县期末）
25．将一副直角三角板如图1，摆放在直线MN上（直角三角板和直角三角板，，，，），保持三角板不动，将三角板绕点以每秒的速度顺时针旋转，旋转时间为秒，当与射线重合时停止旋转．
(1)如图2，当为的角平分线时，求此时t的值；
(2)当旋转至的内部时，求与的数量关系；
(3)在旋转过程中，当三角板的其中一边平行于三角板的某一边时，求此时t等于 　 　（直接写出答案即可）．
（2023春 衡山县期末）
26．一副三角板如图1摆放，，，，点在上，点在上，且平分，现将三角板绕点以每秒的速度顺时针旋转（当点落在射线上时停止旋转），设旋转时间为秒．

(1)当　 　秒时，；当　 　秒时，；
(2)在旋转过程中，与的交点记为，如图2，若有两个内角相等，求t的值；
(3)当边与边、分别交于点、时，如图3，连接，设，，，试问是否为定值？若是，请求出定值；若不是，请说明理由．
（2023春 太原期中）
27．如图，已知中，，，点是平面内一点，将线段绕点按逆时针方向旋转得到线段．

(1)当点D在内部时，连接，．请判断线段与的数量关系，并说明理由；
(2)请从A，B两题中任选一题作答．
A．当点D在内部时，若直线恰好经过点B，直接写出的度数．
B．当点D在外部时，若直线恰好经过点C，直接写出的度数．
（2023春 遂平县期末）
28．如图1，将一副三角板的直角重合放置，其中∠A＝30°，∠CDE＝45°．
（1）如图1，求∠EFB的度数；
（2）若三角板ACB的位置保持不动，将三角板CDE绕其直角顶点C顺时针方向旋转．
①当旋转至如图2所示位置时，恰好CD∥AB，则∠ECB的度数为　 　；
②若将三角板CDE继续绕点C旋转，直至回到图1位置．在这一过程中，是否还会存在△CDE其中一边与AB平行？如果存在，请你画出示意图，并直接写出相应的∠ECB的大小；如果不存在，请说明理由．
（2023 碑林区校级模拟）
29．似曾相识
（1）如图①，正方形的边长等于4，中心为，正方形的边长也等于4，在正方形绕着点O旋转的过程中，若将这两个正方形重叠部分的面积记为S，那么S是否为定值？若S为定值，请直接写出该定值；若S变化，请直接写出它的变化范围．
类比探索
（2）如图②，等边的边长等于4，中心为，等边的边长也等于4，在等边绕着点O旋转的过程中，若将这两个等边三角形重叠部分的面积记为S，那么S是否为定值？若S为定值，请直接写出该定值；若S变化，请求出它的变化范围．

（2023 青山湖区模拟）
30．●问题发现
如图1，和都是等边三角形，边和在同一直线上，是边的中点，，连接，则下列结论正确的是__________．（填序号即可）
①；②；③；④整个图形是轴对称图形．
●数学思考
将图1中的绕着点旋转，不动，连接和，如图2，则和具有怎样的数量和位置关系？请给出证明过程；
●拓展应用
已知，，在图1中的绕着点旋转的过程中，当时，求线段的长度．
试卷第2页，共3页
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．(1)详见解析
(2)
【分析】（1）利用等边三角形的性质和判定和旋转的性质，证明，即可得解；
（2）由，结合（1）的结论，等线段转化，得到的周长．
【详解】（1）证明：∵是等边三角形，
∴．
∵是由 绕点 B逆时针旋转 60°得到，
∴，
∴是等边三角形，
∴
∴，
∴；
（2）∵和都是等边三角形，
∴
∴的周长为．
【点睛】本题考查了旋转的性质及等边三角形的性质和判定，解题的关键是熟练掌握并应用旋转的性质求解．
2．(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）直接利用旋转的性质得出，，因为，从而得到，从而证明，即可得到；
（2）根据旋转的性质得到，，从而得到，再利用（1）和勾股定理即可得到答案．
【详解】（1）证：四边形ABCD为正方形，
，
由旋转可得，，
，
，
，
在和中，
，
．
（2）证：由旋转可得，
，，
，
，
，
，
，
．
【点睛】本题主要考查了旋转的性质、全等三角形的判定和性质、勾股定理等知识，由旋转的性质正确得到证明三角形全等的条件是解题的关键．
3．(1)见解析
(2)15
【分析】（1）由旋转性质及等边三角形的判定即可得到证明；
（2）由旋转的性质及等边三角形的性质即可求得结果．
【详解】（1）证明：∵是等边三角形，
∴，，
将绕点旋转得到．
，
是等边三角形 ；
（2）解：∵将绕点旋转得到．
，
的周长
又，
的周长
【点睛】本题考查了等边三角形的判定与性质，旋转的性质，掌握这些知识并灵活运用是关键．
4．(1)见解析
(2)
【分析】（1）由旋转的性质可得，利用证明，根据全等三角形的对应边相等即可得出；
（2）根据等腰三角形的性质以及三角形内角和定理求出，那么．由，得出，再根据三角形外角的性质即可求出．
【详解】（1）解：证明：，
．
将线段绕点旋转到的位置，
．
在与中，
，
，
；
（2），，
，
．
，
，
，
．
【点睛】本题考查了旋转的性质，全等三角形的判定与性质，等腰三角形的性质，三角形内角和定理以及三角形外角的性质，证明是解题的关键．
5．(1)见解析
(2)见解析
【分析】（1）首先根据旋转的性质得到，，然后证明出，即可得到；
（2）根据等边对等角得到，然后利用全等三角形的性质得到，进而证明，最后利用平行线的性质求解即可．
【详解】（1）解：证明：由旋转性质得：，，
，
又，
，
；
（2），
，
若，则，
，
，
，
，
，
．
【点睛】本题考查了旋转的性质、平行线的性质和判定、全等三角形的判定与性质、等腰三角形的性质等，熟练掌握和应用相关的性质与定理是解题的关键．
6．(1)详见解析
(2)
【分析】（1）由旋转的性质就可以证明；
（2）先证出是等边三角形，又根据，得出，再根据勾股定理的逆定理得出，等量代换得出．
【详解】（1）∵绕点C顺时针旋转得到，
∴，，
∵是等边三角形，
∴，，
∴，，...
在和中，
，，，
∴，
∴..
（2）∵，，
∴是等边三角形，
∴，，
∵，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴
∴
【点睛】本题考查了全等三角形的性质与判定，等边三角形的性质，勾股定理的逆定理，旋转的性质，解答时证明三角形全等是关键．
7．(1)
(2)
【分析】（1）由旋转的性质可得，，，，，由等腰三角形的性质可得，可证，通过证明四边形是矩形，可得，由等腰直角三角形的性质可求解；
（2）由垂线段最短可得当时，的长度有最小值，先证点，点，点三点共线，由勾股定理可求的长，由正方形的性质可得，即可求解．
【详解】（1）解：如图，连接，

将绕点顺时针旋转得到，
，，
，，，
，
，
，
、、三点共线；
将线段绕点顺时针旋转得到，
，
，
，
，
，
四边形是平行四边形，
又
四边形是矩形，
，
，，
，
则；
（2）点在边上，
当时，的长度有最小值，
由旋转的性质可得：
，
，
，
，
点，点，点三点共线，
，
，
又，
四边形是正方形，
，
，，，
，
，
线段的最小值为．

【点睛】本题是几何变换综合题，考查了旋转的性质，全等三角形的性质，等腰三角形的性质，矩形的判定和性质，勾股定理等知识，灵活运用这些性质解决问题是解题的关键．
8．(1)见解析
(2)，理由见解析
【分析】（1）先证明四边形是平行四边形，再根据得出结论；
（2）先证出，再根据三角形内角和，得到，等量代换即可得到结论．
【详解】（1）证明：∵，
∴，
∵，
∴，，
∵平分，
∴，
∴，
∴，
∴四边形是平行四边形，
又∵，
∴四边形是菱形；
（2）结论：．
证明：∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴．
【点睛】本题考查了菱形的判定定理、全等三角形的判定和性质、三角形内角和定理等，灵活运用知识，利用数形结合思想，做出辅助线是解题的关键．
9．(1)见解析
(2)
【分析】（1）根据旋转的性质知，，再利用角平分线的判定可得结论；
（2）根据旋转前后三角形全等可得，再说明，则，最后利用面积法求出的长即可．
【详解】（1）解：证明：将绕点逆时针旋转至处，分别延长与交于点，
，，
平分；
（2），
，
，
平分，，
，
，
垂直平分，
，
，
，
在中，由勾股定理得，，
．
【点睛】本题主要考查了旋转的性质，角平分线的判定，等腰三角形的判定与性质，三角形的面积等知识，熟练掌握等腰三角形的判定与性质是解题的关键．
10．(1)四边形是平行四边形，证明见解析
(2)
【分析】（1）依据题意可得到，，，利用平行线的性质可证明，然后依据证明，由全等三角形的性质可知，由旋转的性质可得到，从而可证明，最后依据平行四边形的判定定理进行证明即可；
（2）连接．可证明为等边三角形，则，利用直角三角形的性质可得到答案．
【详解】（1）解：四边形是平行四边形．
证明：四边形是矩形，
，
，
四边形是矩形，
，，
在和中，
，
，
，
矩形由矩形旋转得到，
，，
四边形为平行四边形；
（2）当时，四边形是菱形，
连接．
四边形为菱形，
．
由旋转的性质可知．
．
为等边三角形．
．
．
．
又，
．
故答案为：．
【点睛】本题考查了旋转的性质、全等三角形的判定与性质、等边三角形的判定、平行四边形的判定、矩形的性质、菱形的性质等知识，熟练掌握相关图形的性质和判定定理是解题的关键．
11．（1）a＝5，b＝1；（2）t＝15（s）；（3）15，22.5.
【分析】（1）依据|a﹣5|+（b﹣1）2＝0，即可得到a，b的值；
（2）依据∠ABO+∠BAO＝90°，∠ABQ+∠BAM＝180°，即可得到射线AM、射线BQ第一次互相垂直的时间；
（3）分两种情况讨论，依据∠ABQ'＝∠BAM“时，BQ'∥AM“，列出方程即可得到射线AM、射线BQ互相平行时的时间．
【详解】解：（1）|a﹣5|+（b﹣1）2＝0，
∴a﹣5＝0，b﹣1＝0，
∴a＝5，b＝1，
故答案为5，1；
（2）设至少旋转t秒时，射线AM、射线BQ互相垂直．
如图，设旋转后的射线AM、射线BQ交于点O，则BO⊥AO，
∴∠ABO+∠BAO＝90°，
∵PQ∥MN，
∴∠ABQ+∠BAM＝180°，
∴∠OBQ+∠OAM＝90°，
又∵∠OBQ＝t°，∠OAM＝5t°，
∴t°+5t°＝90°，
∴t＝15（s）；
（3）设射线AM再转动t秒时，射线AM、射线BQ互相平行．
如图，射线AM绕点A顺时针先转动18秒后，AM转动至AM'的位置，∠MAM'＝18×5＝90°，
分两种情况：
①当9＜t＜18时，∠QBQ'＝t°，∠M'AM“＝5t°，
∵∠BAN＝45°＝∠ABQ，
∴∠ABQ'＝45°﹣t°，∠BAM“＝5t﹣45°，
当∠ABQ'＝∠BAM“时，BQ'∥AM“，
此时，45°﹣t°＝5t﹣45°，
解得t＝15；
②当18＜t＜27时，∠QBQ'＝t°，∠NAM“＝5t°﹣90°，
∵∠BAN＝45°＝∠ABQ，
∴∠ABQ'＝45°﹣t°，∠BAM“＝45°﹣（5t°﹣90°）＝135°﹣5t°，
当∠ABQ'＝∠BAM“时，BQ'∥AM“，
此时，45°﹣t°＝135°﹣5t，
解得t＝22.5；
【点睛】本题主要考查了平行线的性质，非负数的性质以及角的和差关系的运用，解决问题的关键是运用分类思想进行求解，解题时注意：若两个非负数的和为0，则这两个非负数均等于0．
12．(1)存在，t为3秒，BE的最小值为
(2)或
【分析】（1）根据“垂线段最短”可知：当时，为最小．过点作于点，先证，进而可依据“”判定和全等，从而得，，然后再求出，，进而可得出答案；
（2）先求出，，根据为等腰三角形，有以下三种情况：①当时，则，故此种情况不存在；②当时，则，则，据此得，则，由此即可求出的值；③当时，则，过点作于点，先证为等腰直角三角形，设，则，，，由此得，则，再由得，由此即可求出的值，综上所述即可得出答案．
【详解】（1）解：存在最小值．
根据“垂线段最短”可知：当时，为最小．
，
，
过点作于点，如图：

，
，
，
由旋转的性质得：，，
，
，
，
，，
，
在和中，
，
，
，，
，，
，
在中，，，
，
，
由勾股定理得：，
，，
运动的时间秒，的最小值为；
（2）由（1）可知：，
为的平分线，
，
当点从点出发时，点从点向点与点同时同速运动，
速度每秒1个单位长度，时间为秒，
，
当为等腰三角形时，有以下三种情况：
①当时，则，如图：

，
，这与三角形的任意一个外角都大于和它不相邻的一个内角相矛盾，此种情况不存在；
②当时，则，如图：

，
，
在中，，
，
，
解得：，
③当时，则，过点作于点，如图：

，
，
为等腰直角三角形，
设，
在中，，，则，
由勾股定理得：，
，
，
，
，
即：，
解得：．
综上所述：当为等腰三角形时，的值为或．
【点睛】此题主要考查了图形的旋转变换及性质，全等三角形的判定和性质，等腰三角形的性质，垂线段的性质，含有角的直角三角形的性质，熟练掌握全等三角形的判定和性质，理解垂线段最短时解答此题的关键，难点是分类讨论思想与方程思想在解题中的应用，漏解是解答此题的易错点．
13．(1)
(2)同意，图见解析，或
【分析】（1）由可得，再由，得到，最后求出的度数即可；
（2）由 可得，再求出度数．
【详解】（1）如图1当
所以
因为，
所以
因为
所以
（2）同意
如图2
当
所以
所以
综上或
【点睛】本题考查了平行线的性质，解决本题的关键是熟练掌握平行线的性质．
14．（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．
15．(1)3，1
(2)
(3)
【分析】（1）根据二元一次方程的解，，为正整数，即可求解；
（2）设运动时间为，依题意，，则，，过点作，则，根据平行线的性质得出，根据已知条件得出，建立方程求得，进而得出，根据，进而即可求解；
（3）先转动30秒，射线才开始转动，当到达之前，当从返回且到达前，根据平行线的性质，列出方程，解方程即可求解．
【详解】（1）解：，，为正整数，
，
，；
（2）设运动时间为，
由题意得，，则，，
过点作，则，

，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
解得：，
，
；
（3）依题意，线先转动30秒，射线才开始转动，
当到达之前，当时，则，
，
解得：；
当从返回且到达前，当时，则，
，
解得：．
【点睛】本题考查了二元一次方程的解，平行线的性质与判定，一元一次方程的应用，熟练掌握平行线的性质是解题的关键．
16．(1)
(2)①当旋转时间为3或21秒时，成立；②旋转的时间是25秒
【分析】（1）根据平角即可得到结论；
（2）①如解图1，根据平行线的性质得到，求得，于是得到结论；如解图2，根据平行线的性质得到，根据三角形的内角和得到，求得，于是得到结论；②设旋转的时间为t秒，由题知，，根据周角得到，列方程即可得到结论．
【详解】（1）∵，
∴，
故答案为：；
（2）①如解图1，此时，成立，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵转速为秒，
∴旋转时间为3秒；
如解图2，，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵三角板绕点P逆时针旋转D的角度为，
∵转速为秒，
∴旋转时间为21秒，
综上所述，当旋转时间为3或21秒时，成立；
②设旋转的时间为t秒，由题知，，
∴，
∴，
当，即，
解得：，
∴当，旋转的时间是25秒．
【点睛】本题考查了旋转的性质，平行线的性质，三角形的内角和，识别图形是解题的关键．
17．(1)；
(2)．
【分析】（1）利用证明，推出，即可得到；
（2）利用旋转的性质以及矩形的判定定理得到四边形是矩形，根据矩形的性质即可求解．
【详解】（1）证明：∵正方形，
∴，．
∵，
∴．
∴．
∴．
又∵，
∴．
在△AED和△BFA中，
∵，，．
∴．
∴．
∵，
∴．
（2）解：如图，
由题设得，
∴，
由旋转的性质知：，，
∴，
∴．
∴四边形为平行四边形．
又∵，
∴四边形是矩形．
∴．
【点睛】此题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，矩形的判定与性质，以及旋转的性质，熟练掌握判定与性质是解本题的关键．
18．（1）
（2）
（3）或
【分析】（1）根据平行线的性质得出，得出，即可求解．
（2）设交于点，则，过点作，推出．根据平行线的性质得出则．求出，即可求解；
（3）根据题意，进行分类讨论：①当点在上方时，②当点在下方时，正确画出图形，根据平行线的性质求解即可.
【详解】解：（1）∵，
．
又，
，
．
（2）如图1，设交于点，则，过点作，

∵，
．
．
．
又，
，
．
（3）或．
如图2，交于点，当点在上方时，
设，则，
∴，
解得．
∴；
如图3，延长交于点，当点在下方时，
设，则，
∴，
解得，
∴．
综上所述，的度数为或．

【点睛】本题主要考查了平行线的性质，解题的关键是掌握平行线的性质：两直线平行，同位角相等，内错角相等，同旁内角互补．
19．(1)105°
(2)150°
(3)75°或255°
【分析】（1）根据三角形的内角和即可求解；
（2）根据角平分线的定义可得，从而得出，最后根据平行线的性质即可求解；
（3）根据题意，画出图形，进行分类讨论：①在上方时，设与相交于F，②当在的下方时，设直线与相交于F．
【详解】（1）解：∵，，
∴在中，．
故答案为：．
（2）∵平分，
∴，
∴，
∴，
∴；
（3）如图1，在上方时，设与相交于F，
∵，
∴，
在中，，
，
，
当在的下方时，设直线与相交于F，
∵，
∴，
在中，，
∴旋转角为，
综上所述，当边旋转或时，边恰好与边平行．
【点睛】本题考查了旋转的性质，三角形的内角和定理，三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和的性质，直角三角形两锐角互余的性质，熟记各性质并熟悉三角板的度数特点是解题的关键．
20．知识探究：，理由见解析；拓展探究：EM=EN，理由见解析；迁移运用：见解析
【分析】知识探究：根据正方形的性质可得，平分，再根据垂直定义可得，从而可得四边形是矩形，然后利用矩形的性质可得，从而利用角平分线的性质即可解答．
拓展探究：过点E作，垂足为P，过点E作，垂足为Q，根据垂直定义可得，再根据正方形的性质可得，平分，从而可得四边形是矩形，进而可得，然后利用等式的性质可得，再利用角平分线的性质可得，从而证明，最后利用全等三角形的性质即可解答；
迁移运用：连接，根据正方形的性质可得，平分，从而可得，然后证明，从而可得，进而可得，最后利用等腰三角形的三线合一性质即可解答．
【详解】解：知识探究：，
理由：∵四边形是正方形，
∴，平分，
∵，
∴，
∵，
∴四边形是矩形，
∴，
∴；
拓展探究：，
理由：过点E作，垂足为P，过点E作，垂足为Q，

∴，
∵四边形是正方形，
∴，平分，
∴四边形是矩形，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵平分，，，
∴，
∴，
∴；
迁移运用：连接，

∵四边形是正方形，
∴，平分，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴H是线段的中点．
【点睛】本题考查了旋转的性质，正方形的性质，全等三角形的判定与性质，根据题目的已知条件并结合图形添加适当的辅助线是解题的关键．
21．(1)证明见解析
(2)不同意，理由见解析
(3)
【分析】（1）由四边形与均为正方形，得，，，，进而有，于是即可证明结论成立；
（2）证明四边形的面积总等于正方形面积的即可；
（3）由（2）即可得解．
【详解】（1）证明：四边形与均为正方形，
，，，，
，
，
即，
．
（2）解：不同意，理由：
由（1）可知：，
，
，
即当正方形绕点O转动时，四边形的面积总等于正方形面积的．
（3）解：∵，正方形的边长为a，
∴，
故答案为．
【点睛】本题主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，得到是解题的关键．
22．（1）130°；（2）∠AOD与∠COE的差不发生变化，为30°；（3）∠AOE=131.25°或175°．
【分析】(1)求出∠COE的度数，即可求出答案；
(2)分为两种情况，根据∠AOC=90°和∠DOE=60°求出即可；
(3)根据∠AOE=7∠COD、∠DOE=60°、∠AOC=90°求出即可．
【详解】(1)∵OC⊥AB，
∴∠AOC=90°，
∵OD在OA和OC之间，∠COD=20°，∠EOD=60°，
∴∠COE=60°-20°=40°，
∴∠AOE=90°+40°=130°，
故答案为130°；
(2)在△ODE旋转过程中，∠AOD与∠COE的差不发生变化，
有两种情况：①如图1、∵∠AOD+∠COD=90°，∠COD+∠COE=60°，
∴∠AOD-∠COE=90°-60°=30°，
②如图2、∵∠AOD=∠AOC+∠COD=90°+∠COD，∠COE=∠DOE+∠DOC=60°+∠DOC，
∴∠AOD-∠COE=(90°+∠COD)-(60°+∠COD)=30°，
即△ODE在旋转过程中，∠AOD与∠COE的差不发生变化，为30°；
(3)如图1、∵∠AOE=7∠COD，∠AOC=90°，∠DOE=60°，
∴90°+60°-∠COD=7∠COD，
解得：∠COD=18.75°，
∴∠AOE=7×18.75°=131.25°；
如图2、∵∠AOE=7∠COD，∠AOC=90°，∠DOE=60°，
∴90°+60°+∠COD=7∠COD，
∴∠COD=25°，
∴∠AOE=7×25°=175°，
即∠AOE=131.25°或175°．
【点睛】本题考查了角的有关计算的应用，能根据题意求出各个角的度数是解此题的关键.注意分类思想的运用.
23．(1)，理由见解析
(2)见解析
(3)见解析
【分析】（1）先根据旋转的性质得，，则可判断为等边三角形，所以，，再利用为等边三角形得到，，则可得到；
（2）通过证明得到；
（3）先判断为等边三角形得到，，再与（2）的证明方法一样证明得到，所以，加上，从而可判断四边形是平行四边形．
【详解】（1）解：．
理由如下：逆时针旋转得到，
，，
为等边三角形，
，，
为等边三角形，
，，
，，
；
（2）证明：在和中，
，
，
；
（3）证明：顺时针旋转得到，
，，
为等边三角形，
，，
为等边三角形，
，，
，，
；
在和中，
，
，
，
，
，
四边形是平行四边形．
【点睛】本题考查了旋转的性质：对应点到旋转中心的距离相等；对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角；旋转前、后的图形全等．也考查了等边三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质和平行四边形的判定．
24．探究：成立，证明见解析；应用：①45；②．
【分析】探究：根据旋转的性质得出，然后利用证明即可；
应用：①根据全等三角形的性质可得答案；
②利用勾股定理求出，可得的长，根据全等三角形的性质可得的长，求出，根据勾股定理可得答案．
【详解】探究：成立，
证明：∵和都是等腰直角三角形，
∴，，
∵将绕点A逆时针旋转，
∴，
在与中，，
∴，
∴；
应用：①∵是等腰直角三角形，
∴，
同探究可得：，
∴，
故答案为：45；
②∵在中，，
∴，
∴，
∵
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴．
【点睛】本题是几何变换综合题，主要考查了等腰直角三角形的性质，旋转的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，证明是解题的关键．
25．(1)
(2)
(3)或或或
【分析】（1）先计算的度数，再根据角平分线的定义和旋转的速度可得的值；
（2）分别表示与的度数，相减可得数量关系；
（3）分四种情况讨论：分别和三边平行，还有，计算旋转角并根据速度列方程可得结论．
【详解】（1）解：如图2，，，
，
平分，
，
，
答：此时的值是；
（2）当旋转至的内部时，如图3，与的数量关系是：；
理由是：由旋转得：，
，，
；
（3）分四种情况：
①当时，如图4，，
；
②当时，如图5，则，
，
；
③当时，如图6，则，
，
；
④当时，如图7，
，
，
；
综上，的值是或或或．
故答案为：或或或．
【点睛】本题考查了平行线的性质，角平分线的定义，是典型的实际操作问题，将两个三角板按照题意进行摆放，旋转，清楚每一时刻各个角的度数是多少和各角之间的关系．
26．(1)3；21
(2)当t为6或15或24时，有两个内角相等
(3)105
【分析】（1）由平行和垂直求出旋转角，结合旋转速度求出旋转时间；
（2）画出图形，分类讨论，①；②；③，求出旋转角，再求出值；
（3）找出与，，，有关的数量关系，再把无关的角消去，得出结论．
【详解】（1）解：如图（1），当时，
平分，，
，
又为的一个外角，
，
；

如图（2），当时，
，
，
，
，
．

故答案为：3；21．
（2）①如图（3），当时，
，
，
；

②如图（4），当时，
，，
，
；

③如图（5），当时，
，
，

综上所述：当为6或15或24时，有两个内角相等．
（3）是为定值105，理由如下：
是的一个外角，是的一个外角，
，，
又，，
，
，
．
【点睛】本题以求三角形旋转时间为背景，考查了学生对图形的旋转变换、平行的性质、垂直的性质和求等腰三角形内角的掌握情况，第（2）问分情况讨论是解决问题的关键，第（3）问找到三个角之间的关系是关键．
27．(1)，理由见解析
(2)A、；B、
【分析】（1）由“”可证，可得；
（2）、由等腰三角形的性质可求，由全等三角形的性质可求，即可求解；、分两种情况讨论，由等腰三角形的性质和全等三角形的性质可求解．
【详解】（1）解：，理由如下：
，，
，
将线段绕点按逆时针方向旋转得到线段，
，，
，
在和中，
，
，
；
（2）、如图：

，，
，
，
，
，
；
、如图，当点在线段上时，

，，
，
，
，
，
；
如图，当点在线段上时，

，，
，
，
，
，
；
如图，当点在线段上时，

同理可求，
综上所述：或．
【点睛】本题考查了旋转的性质，等腰三角形的性质，全等三角形的判定和性质，利用分类讨论思想解决问题是解题的关键．
28．（1）∠EFB＝15°；（2）①30°；②存在，图见解析，∠ECB＝120°、165°、150°、60°或15°．
【分析】（1）根据直角三角形内角和的性质即可得到答案；
（2）①根据平行线的性质即可得到答案；
②分5种情况讨论，根据平行线的性质进行计算，即可得到答案.
【详解】解：（1）∵∠A＝30°，∠CDE＝45°，
∴∠ABC＝90°﹣30°＝60°，∠E＝90°﹣45°＝45°，
∴∠EFB＝∠ABC﹣∠E＝60°﹣45°＝15°；
（2）①∵CD∥AB，
∴∠ACD＝∠A＝30°，
∵∠ACD+∠ACE＝∠DCE＝90°，
∠ECB+∠ACE＝∠ACB＝90°，
∴∠ECB＝∠ACD＝30°；
②如图1，CE∥AB，∠ACE＝∠A＝30°，
∠ECB＝∠ACB+∠ACE＝90°+30°＝120°；
如图2，DE∥AB时，延长CD交AB于F，
则∠BFC＝∠D＝45°，
在△BCF中，∠BCF＝180°﹣∠B﹣∠BFC，
＝180°﹣60°﹣45°＝75°，
∴∠ECB＝∠BCF+∠ECF＝75°+90°＝165°；
如图3，CD∥AB时，∠BCD＝∠B＝60°，
∠ECB＝∠BCD+∠EDC＝60°+90°＝150°；
如图4，CE∥AB时，∠ECB＝∠B＝60°，
如图5，DE∥AB时，∠ECB＝60°﹣45°＝15°．
【点睛】本题考查三角形内角和的性质、平行线的性质，解题的关键是掌握三角形内角和的性质、平行线的性质，分5种情况讨论解答.
29．（1）4（2）
【分析】（1）根据正方形的性质得出，，，推出，证出，即可得出结果；
（2）发生变化，对旋转角分情况讨论即可．
【详解】解：（1）连接，，

四边形和四边形都是正方形，
，，，
，
在与中，
，
，
四边形的面积等于三角形的面积，
即重叠部分面积不变，总是等于正方形面积的，
；
（2）设等边绕着点的旋转角为，等边的边长等于4，则高为，
①如图，当经过点时，若此时开始旋转，，重叠部分的形状为直角三角形，
，

②如图，当旋转至图中位置时，，重叠部分的形状为菱形，
，

③如图，当旋转至图中位置时，，重叠部分的形状为等边三角形，
，

④如图，当旋转至图中位置时，，重叠部分的形状为直角三角形，
，

综上所述，这两个等边三角形重叠部分的面积是变化的，的变化范围是．
【点睛】本题考查正方形的性质和等边三角形的性质，找出面积之间的关系是解题关键．
30．问题发现：①③④
数学思考：，，理由见解析
拓展应用：
【分析】●问题发现：由等腰三角形的性质判断①，作辅助线构造三角形判断②，由过一点有且只有一条直线垂直于已知直线判断③，由③的结论可以判断④；
●数学思考：连接，，由是等边三角形可得，，，，然后证明，进而证明结论；
●拓展应用：分两种情况利用勾股定理解题即可．
【详解】解：●问题发现：
∵是边的中点，是等边三角形，
∴，
又∵，
∴，所以①正确；
过D作交于点G，
∴
∵和都是等边三角形，
∴，
∴，
∴四边形为平行四边形，
∴,所以②不正确；
连接，
∵和都是等边三角形，
∴,
∵
∴，
∴三点共线，即，所以③正确；
由③可知整个图形关于直线成轴对称图形，所以④正确；
故答案为：①③④．
●数学思考：，．理由如下：
连接，，由图1，，，
可得．绕着点旋转，
仍然成立．∵是等边三角形，
∴，．
∴．
同理，，．
∴，．
∴．
∴．
∴，．
延长交于点，交于点，
又，∴．
∴．
∴．
●拓展应用
当时，∵，∴，，三点共线．
如备用图1，
设，则．∵，
∴在中，．
解之得：．又，
∴
即．
如备用图2．
设，则．∵，
∴在中，．
解之得：．
又，∴
即．
综上所述，．
【点睛】本题考查等边三角形的性质，勾股定理，旋转的性质，相似三角形的判定和性质，掌握等边三角形的性质和旋转的性质是解题的关键．
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页