【浙教版】2023-2024学年数学九年级上册期末冲刺满分攻略5 图形的旋转
一、选择题
1．（2019七上·杭州月考）描述一个图形平移或旋转后正确的说法是（ ）
A．图形形状与位置都不变 B．图形形状与大小都不变
C．图形形状与大小都变 D．图形形状与位置都变
【答案】B
【知识点】平移的性质；旋转的性质
【解析】【解答】解：平移或旋转后，图形形状和大小都不变，只是位置改变；
故答案为：B.
【分析】根据平移和旋转的特点回答，平移或旋转后，图形形状和大小都不变，只是位置改变，据此判断即可.
2．（2023九上·慈溪期末）美丽的冬奥雪花呈现出浪漫空灵的气质.如图，雪花图案是一个中心对称图形，也可以看成自身的一部分围绕它的中心依次旋转一定角度得到的，这个角的度数可以是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】旋转对称图形
【解析】【解答】解：∵ ，
∴旋转角是 60°的整数倍，
∴这个角的度数可以是60° ，
故答案为：C.
【分析】根据旋转的性质，可得该雪花图案绕中心点旋转360°÷6即可与原来的图形重合，据此即可得出答案.
3．（2023九上·宁波期末）下列图形绕某点旋转后，能与原来图形重合的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【知识点】旋转对称图形
【解析】【解答】解：A、绕它的中心旋转60°能用原来图形重合，故本选项不合题意；
B、绕它的中心旋转90°能用原来图形重合，故本选项合题意；
C、绕它的中心旋转180°能用原来图形重合，故本选项不合题意；
D、绕它的中心旋转120°能用原来图形重合，故本选项不合题意.
故答案为：B.
【分析】将一个图形绕其中心点旋转一定的角度后能与其原来的图形重合的图形，就是旋转对称图形，据此一一判断得出答案.
4．（2022九上·宁波期中）如图，∠AOB=90°，将Rt△AOB绕点O顺时针旋转20°得到△COD，则∠COB的度数是（ ）
A．20° B．70° C．90° D．110°
【答案】B
【知识点】旋转的性质
【解析】【解答】解：根据旋转的性质得，
∵∠AOB=90°，
∴.
故答案为：B.
【分析】根据旋转的性质得∠AOC=20°，进而根据∠COB=∠AOB-∠AOC代入计算即可.
5．（2020九上·临海期中）如图， 绕点 逆时针旋转90°到 的位置，已知 ，则 的度数为（ ）
A．55° B．35° C．40° D．45°
【答案】D
【知识点】旋转的性质
【解析】【解答】解：∵△OAB绕点O逆时针旋转90°到△OCD的位置，
∴∠BOD=90°，
∵∠AOB=45°，
则∠AOD=90°-45°=45°，
故答案为：D.
【分析】由旋转角是对应点到旋转中心所得夹角可得∠DOB=90°，由∠AOB=45°可得结果.
6．（2019九上·台州期中）如图，OA⊥OB，等腰直角三角形CDE的腰CD在OB上，∠ECD=45°，将三角形CDE绕点C逆时针旋转75°，点E的对应点N恰好落在OA上，则 的值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】含30°角的直角三角形；旋转的性质；等腰直角三角形
【解析】【解答】解：设
则 = .
故答案为：B.
【分析】设根据等腰直角三角形的性质得出，根据旋转的性质得出NC=CE=，根据平角的定义得出∠NOC=60°，根据含30°直角三角形的边之间的关系得出，从而即可得出答案.
7．（2023·海曙模拟）如图矩形ABCD由矩形EBGF逆时针旋转一个锐角得到，点C在边EF上，过点E作AD平行线得矩形ANMD，则要知道矩形ANMD的面积只需知道（ ）
A．S△BEC B．S△BGC C．S△ECM D．S△CGF
【答案】D
【知识点】矩形的判定与性质；旋转的性质
【解析】【解答】解：过点C作CH⊥BC，
由题意可知四边形MNBC，四边形EBHC，四边形CHGF都是矩形，
∴S矩形MNCB=2S△BEC=2S△BCH，S矩形EBHC=2S△BCH，S矩形CHGF=2S△CGF，
∵矩形ABCD由矩形EBGF逆时针旋转一个锐角得到，
∴S矩形ABCD=S矩形EBGF，
∴S矩形ANMD=S矩形ABCD-S矩形MNBC
=S矩形EBGF-2S△BEC
=S矩形EBGF-S矩形EBHC=S矩形CHGF=2S△CGF，
∴要想知道矩形ANMD的面积，只需知道△CGF的面积.
故答案为：D
【分析】过点C作CH⊥BC，可证得四边形MNBC，四边形EBHC，四边形CHGF都是矩形，利用矩形的性质可推出S矩形MNCB=2S△BEC=2S△BCH，S矩形EBHC=2S△BCH，S矩形CHGF=2S△CGF；再利用旋转的性质可知S矩形ABCD=S矩形EBGF，然后证明S矩形ANMD=2S△CGF，据此可求解.
8．（2022八上·杭州期中）如图，是跷跷板的示意图，支柱OC与地面垂直，点O是AB的中点，AB绕着点O上下转动.当A端落地时，∠OAC＝25°，则跷跷板上下可转动的最大角度（即∠A'OA）是（ ）
A．25° B．35° C．45° D．50°
【答案】D
【知识点】三角形的外角性质；等腰三角形的性质；旋转的性质；线段的中点
【解析】【解答】解：∵点O是AB的中点，
∴OA＝OB，
由旋转得：OB＝OB′，
∴OA＝OB′，
∴∠OAC＝∠OB′C＝25°，
∴∠AOA′＝∠OAC+∠OB′C＝50°.
故答案为：D.
【分析】根据中点的概念可得OA＝OB，由旋转得：OB＝OB′，则OA＝OB′，由等腰三角形的性质可得∠OAC＝∠OB′C＝25°，根据外角的性质可得∠AOA′＝∠OAC+∠OB′C，据此计算.
9．（2022·乐清模拟）如图，在平面直角坐标系中，点是抛物线的图象的顶点，点，的坐标分别为，，将沿轴向下平移使点平移到点，再绕点逆时针旋转，若此时点，的对应点，恰好落在抛物线上，则的值为（ ）
A． B．－1 C． D．－2
【答案】A
【知识点】坐标与图形性质；旋转的性质；二次函数图象上点的坐标特征
【解析】【解答】解：过作于，如图
∵抛物线的解析式：，
∴其顶点是，对称轴
∵
∴，
根据题意，与重合，
∵
∴
∴，
∴
∵，在抛物线上
∴
∴
故答案为：A.
【分析】过A作AD⊥BC于D，根据抛物线的解析式可得顶点坐标为（1，4），对称轴为直线x=1，根据点A的坐标可得AD=1，BD=BC-CD=1，由题意可得OD′⊥B′C′，由旋转的性质可得BOD′=AD=1，B′D′=BD=1，则B′（-1，1），代入抛物线解析式中就可求出a的值.
10．（2023八上·镇海区期末）如图，在平面直角坐标系中，已知点，点A在第一象限内，，，将绕点О逆时针旋转，每次旋转90°，则第2023次旋转结束时，点A的坐标为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】三角形内角和定理；等腰三角形的性质；含30°角的直角三角形；勾股定理；旋转的性质
【解析】【解答】解：由题可知，将绕点O逆时针旋转，每次旋转，
∴每旋转4次则回到原位置，
∴第次旋转结束后，图形顺时针旋转了
如图所示，旋转后的图形为作轴于H，
∵，，
设则
在中
（负值舍去）
∵点在第四象限，
故答案为：D.
【分析】由题意可得每旋转4次回到原位置，则第2023次旋转结束后，图形顺时针旋转了90°，旋转后的图形为△OA1B1，作A1H⊥x轴于H，易得OH的值，设A1H=x，则OA1=2x，然后在Rt△OA1H中，利用勾股定理求出x的值，进而可得点A1的坐标.
二、填空题
11．（2022九上·鄞州月考）如图，把△ABC绕B点逆时针方向旋转26°得到△A′BC′，若A′C′正好经过A点，则∠BAC＝ ．
【答案】77°
【知识点】等腰三角形的性质；旋转的性质
【解析】【解答】解：∵△ABC绕B点逆时针方向旋转26°得到△A′BC′，
∴AB＝A′B，∠A′BA＝26°，∠BAC＝∠A′，
∴∠A′＝ （180°-26°）＝77°，
∴∠BAC＝77°，
故答案为：77°．
【分析】根据旋转的性质得AB＝A′B，∠A′BA＝26°，∠C＝∠C′，进而根据等腰三角形的性质及三角形的内角和定理可求出∠C'的数，从而得出答案.
12．（2019七下·余杭期末）小明把一幅三角板按如图所示叠放在一起，固定三角板ABC，将另一块三角板DEF绕公共顶点B顺时针旋转(旋转的度数不超过180°)．若二块三角板有一边平行，则三角板DEF旋转的度数可能是 ．
【答案】15°，45°，90°，135°
【知识点】平行线的判定；图形的旋转
【解析】【解答】1) 当三角板DEF绕公共顶点B顺时针旋转15°时， 则∠ABE=∠ABC+∠CBD+∠DBE=30°+45°+15°=90°，又∵∠DEB=90°，∠ABE+∠DEB=180°，同旁内角互补得DF∥AB.
2)当三角板DEF绕公共顶点B顺时针旋转45°时，得∠CFE=∠CBD+∠DBE=45°+45°=90°， 又∵∠DEB=90°，∴∠CFE+∠DEB=180°，同旁内角互补得DF∥CB.
3)当三角板DEF绕公共顶点B顺时针旋转90°时，得∠CBD=90°，又∵∠ADB=90°，∴∠CBD+∠ADB=180°，
同旁内角互补得BD∥AD。
4)当三角板DEF绕公共顶点B顺时针旋转135°时，得∠CBD+∠FBE=180°，这时C、B、E三点在一条直线上，∠ACB=∠CEB=90°，内错角相等得AC∥BE。
【分析】根据旋转的特点，随着旋转角度的变化，旋转图形的位置在变化， 但其图形的角度和线段长度不变。根据平行线的判定定理，在旋转 15°，45°，90°，135° 等特殊角时分别分析判断。
13．（2020·台州模拟）如图，平面直角坐标系中，点B在第一象限，点A在x轴的正半轴上，∠AOB＝∠B＝30°，OA＝2，将△AOB绕点O逆时针旋转90°，点B的对应点B'的坐标是
【答案】（﹣ ，3）
【知识点】点的坐标；含30°角的直角三角形；旋转的性质
【解析】【解答】解：如图，作B′H⊥y轴于H．
由题意：OA′＝A′B′＝2，∠B′A′H＝60°，
∴∠A′B′H＝30°，
∴AH′＝ A′B′＝1，B′H＝ ，
∴OH＝3，
∴B′（﹣ ，3），
【分析】作B′H⊥y轴于H，由题可得OA′＝A′B′＝2，∠B′A′H＝60°，即可求出B′H和OH，由第二象限点的特征横坐标为负数纵坐标为正数即可
14．（2023九上·文成开学考）如图，在中，，把绕点逆时针旋转得到，连结CD，则CD的长为 .
【答案】
【知识点】等边三角形的判定与性质；勾股定理；旋转的性质
【解析】【解答】解：如图，延长DC交AB于点F，连结BD.
∵绕点逆时针旋转得到，AB=8
∴AD=AB=8，.
∴是等边三角形，
∴BD=AB=AD=8.
∵
∴点C、D都到线段AB两端点的距离相等，
∴CD所在的直线垂直平分AB.
∴AF=AB=4.
∴CD=DF-CF=
故答案为：.
【分析】先延长DC交AB于点F，连结BD，可证明是等边三角形，进而说明CD所在的直线垂直平分AB，再结合勾股定理、三角函数分别求出CF、DF，利用线段差求得CD.
15．（2022九上·舟山月考）如图，正方形ABCD与正方形AEFG边长分别为1和，一开始边AB与边AG重合，将正方形ABCD绕点A逆时针旋转，旋转角为．在旋转过程中，连接BG、GE、ED、DB，四边形BGED面积的最大值是 ．
【答案】
【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：连接DG，BE，AG与BE交于点H，BE与DG交于点O，
∵正方形ABCD，正方形AEFG，
∴AD=AB，AG=AE，∠DAB=∠GAE=90°，
∴∠DAC=∠BAE，
在△ADG和△ABE中
∴△ADG≌△ABE（SAS），
∴∠AGD=∠BEA，BE=DG，
∵∠AHE+∠AEH=90°，
∵∠AHE=∠BHE，
∴DGA+∠BHG=90°，
∴∠GOH=180°-90°=90°，
∴BE⊥DG，
∴S四边形BGED=；
当BE最大时四边形BGED的面积最大，
∴当α=90°时，BE的长最大，如图，
BE最大值为，
∴.
故答案为：
【分析】连接DG，BE，AG与BE交于点H，BE与DG交于点O，利用正方形的性质可证得AD=AB，AG=AE，∠DAB=∠GAE=90°，可推出∠DAC=∠BAE，利用SAS证明△ADG≌△ABE，利用全等三角形的性质可证得∠AGD=∠BEA，BE=DG；再证明BE⊥DG，可知对角线互相垂直的四边形的面积等于两对角线之积的一半，可得到S四边形BGED=；当α=90°时，BE的长最大，可求出BE的最大值；然后代入计算，可求出四边形BGED的最大面积.
16．（2022·宁波模拟）太极推盘是一种常见的健身器材（如图1），转动两个圆盘便能锻炼身体.取推盘上半径均为0.4米的圆A与圆B（如图2）且AB=1米，圆A绕圆心A以2°每秒的速度逆时针旋转，圆B绕圆心B以2°每秒的速度顺时针旋转.开始转动时圆A上的点C恰好落在线段AB上，圆B上的点D在AB下方且满足∠DBA=60°，则在两圆同时开始转动的30秒内，CD的最小值是 米.
【答案】0.5
【知识点】三角形内角和定理；等腰三角形的性质；含30°角的直角三角形；平行四边形的性质；旋转的性质
【解析】【解答】解：连接CD，以AC、CD为邻边构造平行四边形ACDE，过D作AB的平行线MN，
设∠CAB=2t°，由题意得∠ABD=60°-2t°，
∴∠MDE=∠CAB=2t°，∠BDM=180°- ∠ABD=120°+2t°，
∴∠BDE=120°+2t°+2t°=120°+4t°，
又DE=AC=DB，
∴∠EBD=∠BED==30°-2t°，
∴∠EBA=30°，
∴当AE⊥EB时，CDmin=AEmin=AB÷2=0.5(米).
故答案为：0.5.
【分析】连接CD，以AC、CD为邻边构造平行四边形ACDE，过D作AB的平行线MN，设∠CAB=2t°，由题意得∠ABD=60°-2t°，则∠MDE=∠CAB=2t°，∠BDM=120°+2t°，∠BDE=120°+4t°，根据等腰三角形的性质以及内角和定理可得∠EBD=∠BED=30°-2t°， 则∠EBA=30°，据此解答.
三、解答题
17．（2021九上·余杭期中）如图，已知O是坐标原点，B、C两点的坐标分别为（3，﹣1），（2，1），将△BOC绕点O逆时针旋转90度，得到△B1OC1，画出△B1OC1，并写出B、C两点的对应点B1、C1的坐标，
【答案】解：如图，△B1OC1为所作，点B1，C1的坐标分别为（1，3），（﹣1，2）.
【知识点】作图﹣旋转
【解析】【分析】利用网格纸的特点及旋转的性质找出点B、C绕点O逆时针旋转90°的对应点B1、C1的位置，然后顺次连接可得 △B1OC1，根据图形可得B1、C1的坐标.
18．（2021九上·江干月考）如图所示，将Rt△ABC绕点A顺时针旋转一定角度得到Rt△ADE，点B的对应点D恰好落在BC边上.若AC ，∠B＝60°，求CD的长.
【答案】解： ，∠BAC=90°，
， ，
∴BC=2AB，
，
∴ ，
、 ，
由旋转的性质知， ，
是等边三角形，
，
则 .
【知识点】等边三角形的判定与性质；含30°角的直角三角形；勾股定理；旋转的性质
【解析】【分析】利用三角形内角和求出∠C=30°，可得BC=2AB，利用勾股定理可得，据此求出AB=1，BC=2，利用旋转的性质可求出△ABD是等边三角形，可得BD=AB=1，利用CD=BC-BD即得结论.
19．（2020九上·临海期中）如图， 中， ，在同一平面内，将 绕点 旋转到 的位置，使得 ，求 的度数
【答案】解：∵DC∥AB，
∴∠ACD=∠CAB=65°，
由旋转的性质可知，AD=AC，∠DAE=∠CAB=65°，
∴∠ADC=∠CAB=65°，
∴∠CAD=180°－∠ADC－∠ACD= 50°，
∴∠CAE=∠DAE－∠CAD=15°，
∴∠BAE=∠CAB－∠CAE=50°
【知识点】平行线的性质；三角形内角和定理；等腰三角形的性质；旋转的性质
【解析】【分析】由两直线平行，内错角相等可得 ∠ACD=∠CAB=65°， 由旋转的性质可得 AD=AC，∠DAE=∠CAB=65°， 即 ∠ADC=∠CAB ，由三角形内角和可得 ∠BAE .
20．（2021八上·龙湾期中）在《几何原本》著作中，命题47：在直角三角形中，直角所对的边上的正方形等于夹直角两边上的正方形的和．古代人还没有发明勾股定理，他们如何证明这个命题是真命题．已知△ABC，∠BAC＝90°；求证：以BC为边正方形的面积＝以BA为边正方形的面积+以AC为边正方形的面积．
【答案】证明：如图，△ABC为直角三角形，且∠BAC＝90°，分别以AB、AC、BC为边向外做正方形ABFG，正方形ACKH和正方形BCED，连接FC、AD，并作AL⊥ED于L，交BC于M，连接AF，
由旋转知识可得：△ABD≌△FBC，
∴S△ABD＝S△FBC，
∵四边形ABFG是正方形，
∴AG∥BF，
∴S△FBC＝S△ABF＝S正方形ABFG，
同理，S△ADB＝S正方形ABFG，
∴S正方形ABFG＝S 矩形BDLM，
同理，S 正方形ACKH＝S 矩形CELM，
∴S正方形ABFG+S 正方形ACKH＝S 矩形BDLM+S 矩形CELM，
可得：S正方形ABFG+S正方形ACKH＝S正方形BCED．
【知识点】三角形的面积；矩形的性质；正方形的性质；旋转的性质
【解析】【分析】连接AF，由旋转知识可得△ABD≌△FBC，则S△ABD＝S△FBC，根据正方形的性质可得AG∥BF，则S△FBC＝S△ABF＝S正方形ABFG，同理S△ADB＝S正方形ABFG，推出S正方形ABFG＝S 矩形BDLM，S正方形ACKH＝S矩形CELM，然后将两式相加即可.
21．（2018九上·宜昌期中）如图，点 是等边 内一点， ， ，将 绕点 按顺时针方向旋转 得 ，连接 .
（1）求证： 是等边三角形；
（2）当 时，试判断 的形状，并说明理由.
【答案】（1）证明：∵将△BOC绕点C按顺时针方向旋转60°得△ADC，∴CO=CD，∠OCD=60°，∴△COD是等边三角形
（2）解：当α=150°时，△AOD是直角三角形.理由如下：
∵将△BOC绕点C按顺时针方向旋转60°得△ADC，∴△BOC≌△ADC，∴∠ADC=∠BOC=150°.
又∵△COD是等边三角形，∴∠ODC=60°，∴∠ADO=∠ADC﹣∠ODC=90°，∴△AOD是直角三角形
【知识点】等边三角形的判定与性质；旋转的性质
【解析】【分析】（1）根据旋转的性质可得CO=CD，∠OCD=60°，利用等边三角形的判定即可求出结论.
（2）根据旋转的性质可得△BOC≌△ADC，可得∠ADC=∠BOC=150°，利用等边三角形的性质可得∠ODC=60°， 从而求出∠ADO=90°，继而求出结论.
22．（2022九上·宁波期中）如图①，在Rt△ABC中，∠B＝90°，AB＝5，BC＝12，CD＝5，DE∥AB．将△EDC绕点C按顺时针方向旋转，记旋转角为α．
（1）①当α＝0°时，＝ ；②当α＝180°时，＝ ．
（2）试判断：当0≤α≤360°时，的大小有无变化？请仅就图②的情形给出证明．
（3）当△EDC旋转到A，D，E三点共线时，直接写出线段BD的长．
【答案】（1）；
（2）解：当0°≤α＜90°时，的大小没有变化，
∵∠ECD＝∠ACB，
∴∠ECA＝∠DCB，
又∵＝，
∴△ECA∽△DCB，
∴＝．
（3）解：BD＝
【知识点】相似三角形的判定与性质；图形的旋转
【解析】【解答】解：（1）①当α＝0°时，
∵在Rt△ABC中，∠B＝90°，AB＝5，BC＝12，
∴
∵DE∥AB ，
∴
∴
∴
∴
∴
②当α＝180°时，如下图，
∵DE∥AB，
∴，
∴
故答案为：，；
（3）①如图：
∴
②如图：
∵
∴
∵
∴
由（2）知：，
∴
∴
【分析】（1）①首先根据勾股定理算出AC的长，由平行于三角形一边的直线截其它两边，所截的三角形与原三角形相似可得△ABC∽△EDC，由相似三角形对应边成比例可求出EC、DE的长，进而分别求出AE，BD的长，即可计算求解；
②根据平行线所分线段成比例，即可求解；
（2）结合已知条件证明：，即可证明：；
（3）由题意可知需分情况，分别根据勾股定理求解即可.
23．（2021·嘉兴）小王在学习浙教版九上课本第72页例2后，进一步开展探究活动：将一个矩形ABCD绕点A顺时针旋转α（0°＜α≤90°），得到矩形AB′C′D′，连结BD．
[探究1]如图1，当α＝90°时，点C′恰好在DB延长线上．若AB＝1，求BC的长．
[探究2]如图2，连结AC′，过点D′作D′M∥AC′交BD于点M．线段D′M与DM相等吗？请说明理由．
[探究3]在探究2的条件下，射线DB分别交AD′，AC′于点P，N（如图3），发现线段DN，MN，PN存在一定的数量关系，请写出这个关系式，并加以证明．
【答案】[探究1]如图1，设BC=x，
∵矩形ABCD绕点A顺时针旋转°得到矩形AB'C'D'，点A，B，D'在同一直线上，
∴AD'= AD=BC=x，D'C'=AB'= AB=1，
∴D'B=AD'- AB=x-1，
∴∠BAD=∠D'=90，D'C‘∥DA，
又∵点C'在DB延长线上，
∴△D'C'B∽△ADB，
∴，即，
解得x1=，x2=(不合题意，舍去)；
[探究2] D'M= DM，理由如下：
证明：如图2，连结DD'，
∵D'M∥AC'，∴∠AD'M=∠D'AC'，
∴AD'= AD，∠AD'C'=∠DAB=90°， D'C'= AB，
∴△AC'D'≌△DBA(SAS)，
∴∠D'AC'=∠ADB，∴∠ADB=∠AD'M，
∵ AD’=AD，∴∠ADD'=∠AD'D，
∴∠MDD'=∠MD'D，
∴D'M=DM；
[探究3]关系式为：MN2=PN·DN，理由如下：
证明：如图3，连结AM，
∵D'M=DM，AD'=AD，AM=AM，
∴△AD'M≌△ADM(SSS)，
∴∠MAD'=∠MAD，
∴∠AMN=∠MAD+∠NDA，∠NAM=∠MAD'+∠NAP，
∴∠AMN=∠NAM，
∴MN= AN，
在△NAP与△NDA中，
∠ANP=∠DNA，∠NAP=∠NDA，
∴△NAP∽△NDA，
∴，
∴AN2=PN·DN，
∴MN2=PN·DN.
【知识点】三角形全等的判定；矩形的性质；相似三角形的判定与性质；旋转的性质；四边形的综合
【解析】【分析】（1）设BC=x，根据旋转的性质和矩形的性质把有关线段用x表示出来，证明△D'C'B∽△ADB，然后列比例式构建关于x的方程求解即可；
（2）连结DD'，利用边角边定理证明△AC'D'≌△DBA，得出∠D'AC'=∠ADB，再结合平行线的性质，得出∠ADB=∠AD'M，最后利用旋转性质，根据角的和差关系推出∠MDD'=∠MD'D，则可得出D'M=DM；
（3）连接AM，根据旋转的性质和矩形的性质，利用边边边定理证明△AD'M≌△ADM，得出∠MAD'=∠MAD，再根据角的和差关系求出∠AMN=∠NAM，得出MN=AN，然后证明△NAP∽△NDA，列比例式得出AN2=PN·DN，则可得出结论.
1 / 1【浙教版】2023-2024学年数学九年级上册期末冲刺满分攻略5 图形的旋转
一、选择题
1．（2019七上·杭州月考）描述一个图形平移或旋转后正确的说法是（ ）
A．图形形状与位置都不变 B．图形形状与大小都不变
C．图形形状与大小都变 D．图形形状与位置都变
2．（2023九上·慈溪期末）美丽的冬奥雪花呈现出浪漫空灵的气质.如图，雪花图案是一个中心对称图形，也可以看成自身的一部分围绕它的中心依次旋转一定角度得到的，这个角的度数可以是（ ）
A． B． C． D．
3．（2023九上·宁波期末）下列图形绕某点旋转后，能与原来图形重合的是（ ）
A． B．
C． D．
4．（2022九上·宁波期中）如图，∠AOB=90°，将Rt△AOB绕点O顺时针旋转20°得到△COD，则∠COB的度数是（ ）
A．20° B．70° C．90° D．110°
5．（2020九上·临海期中）如图， 绕点 逆时针旋转90°到 的位置，已知 ，则 的度数为（ ）
A．55° B．35° C．40° D．45°
6．（2019九上·台州期中）如图，OA⊥OB，等腰直角三角形CDE的腰CD在OB上，∠ECD=45°，将三角形CDE绕点C逆时针旋转75°，点E的对应点N恰好落在OA上，则 的值为（ ）
A． B． C． D．
7．（2023·海曙模拟）如图矩形ABCD由矩形EBGF逆时针旋转一个锐角得到，点C在边EF上，过点E作AD平行线得矩形ANMD，则要知道矩形ANMD的面积只需知道（ ）
A．S△BEC B．S△BGC C．S△ECM D．S△CGF
8．（2022八上·杭州期中）如图，是跷跷板的示意图，支柱OC与地面垂直，点O是AB的中点，AB绕着点O上下转动.当A端落地时，∠OAC＝25°，则跷跷板上下可转动的最大角度（即∠A'OA）是（ ）
A．25° B．35° C．45° D．50°
9．（2022·乐清模拟）如图，在平面直角坐标系中，点是抛物线的图象的顶点，点，的坐标分别为，，将沿轴向下平移使点平移到点，再绕点逆时针旋转，若此时点，的对应点，恰好落在抛物线上，则的值为（ ）
A． B．－1 C． D．－2
10．（2023八上·镇海区期末）如图，在平面直角坐标系中，已知点，点A在第一象限内，，，将绕点О逆时针旋转，每次旋转90°，则第2023次旋转结束时，点A的坐标为（ ）
A． B． C． D．
二、填空题
11．（2022九上·鄞州月考）如图，把△ABC绕B点逆时针方向旋转26°得到△A′BC′，若A′C′正好经过A点，则∠BAC＝ ．
12．（2019七下·余杭期末）小明把一幅三角板按如图所示叠放在一起，固定三角板ABC，将另一块三角板DEF绕公共顶点B顺时针旋转(旋转的度数不超过180°)．若二块三角板有一边平行，则三角板DEF旋转的度数可能是 ．
13．（2020·台州模拟）如图，平面直角坐标系中，点B在第一象限，点A在x轴的正半轴上，∠AOB＝∠B＝30°，OA＝2，将△AOB绕点O逆时针旋转90°，点B的对应点B'的坐标是
14．（2023九上·文成开学考）如图，在中，，把绕点逆时针旋转得到，连结CD，则CD的长为 .
15．（2022九上·舟山月考）如图，正方形ABCD与正方形AEFG边长分别为1和，一开始边AB与边AG重合，将正方形ABCD绕点A逆时针旋转，旋转角为．在旋转过程中，连接BG、GE、ED、DB，四边形BGED面积的最大值是 ．
16．（2022·宁波模拟）太极推盘是一种常见的健身器材（如图1），转动两个圆盘便能锻炼身体.取推盘上半径均为0.4米的圆A与圆B（如图2）且AB=1米，圆A绕圆心A以2°每秒的速度逆时针旋转，圆B绕圆心B以2°每秒的速度顺时针旋转.开始转动时圆A上的点C恰好落在线段AB上，圆B上的点D在AB下方且满足∠DBA=60°，则在两圆同时开始转动的30秒内，CD的最小值是 米.
三、解答题
17．（2021九上·余杭期中）如图，已知O是坐标原点，B、C两点的坐标分别为（3，﹣1），（2，1），将△BOC绕点O逆时针旋转90度，得到△B1OC1，画出△B1OC1，并写出B、C两点的对应点B1、C1的坐标，
18．（2021九上·江干月考）如图所示，将Rt△ABC绕点A顺时针旋转一定角度得到Rt△ADE，点B的对应点D恰好落在BC边上.若AC ，∠B＝60°，求CD的长.
19．（2020九上·临海期中）如图， 中， ，在同一平面内，将 绕点 旋转到 的位置，使得 ，求 的度数
20．（2021八上·龙湾期中）在《几何原本》著作中，命题47：在直角三角形中，直角所对的边上的正方形等于夹直角两边上的正方形的和．古代人还没有发明勾股定理，他们如何证明这个命题是真命题．已知△ABC，∠BAC＝90°；求证：以BC为边正方形的面积＝以BA为边正方形的面积+以AC为边正方形的面积．
21．（2018九上·宜昌期中）如图，点 是等边 内一点， ， ，将 绕点 按顺时针方向旋转 得 ，连接 .
（1）求证： 是等边三角形；
（2）当 时，试判断 的形状，并说明理由.
22．（2022九上·宁波期中）如图①，在Rt△ABC中，∠B＝90°，AB＝5，BC＝12，CD＝5，DE∥AB．将△EDC绕点C按顺时针方向旋转，记旋转角为α．
（1）①当α＝0°时，＝ ；②当α＝180°时，＝ ．
（2）试判断：当0≤α≤360°时，的大小有无变化？请仅就图②的情形给出证明．
（3）当△EDC旋转到A，D，E三点共线时，直接写出线段BD的长．
23．（2021·嘉兴）小王在学习浙教版九上课本第72页例2后，进一步开展探究活动：将一个矩形ABCD绕点A顺时针旋转α（0°＜α≤90°），得到矩形AB′C′D′，连结BD．
[探究1]如图1，当α＝90°时，点C′恰好在DB延长线上．若AB＝1，求BC的长．
[探究2]如图2，连结AC′，过点D′作D′M∥AC′交BD于点M．线段D′M与DM相等吗？请说明理由．
[探究3]在探究2的条件下，射线DB分别交AD′，AC′于点P，N（如图3），发现线段DN，MN，PN存在一定的数量关系，请写出这个关系式，并加以证明．
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】平移的性质；旋转的性质
【解析】【解答】解：平移或旋转后，图形形状和大小都不变，只是位置改变；
故答案为：B.
【分析】根据平移和旋转的特点回答，平移或旋转后，图形形状和大小都不变，只是位置改变，据此判断即可.
2．【答案】C
【知识点】旋转对称图形
【解析】【解答】解：∵ ，
∴旋转角是 60°的整数倍，
∴这个角的度数可以是60° ，
故答案为：C.
【分析】根据旋转的性质，可得该雪花图案绕中心点旋转360°÷6即可与原来的图形重合，据此即可得出答案.
3．【答案】B
【知识点】旋转对称图形
【解析】【解答】解：A、绕它的中心旋转60°能用原来图形重合，故本选项不合题意；
B、绕它的中心旋转90°能用原来图形重合，故本选项合题意；
C、绕它的中心旋转180°能用原来图形重合，故本选项不合题意；
D、绕它的中心旋转120°能用原来图形重合，故本选项不合题意.
故答案为：B.
【分析】将一个图形绕其中心点旋转一定的角度后能与其原来的图形重合的图形，就是旋转对称图形，据此一一判断得出答案.
4．【答案】B
【知识点】旋转的性质
【解析】【解答】解：根据旋转的性质得，
∵∠AOB=90°，
∴.
故答案为：B.
【分析】根据旋转的性质得∠AOC=20°，进而根据∠COB=∠AOB-∠AOC代入计算即可.
5．【答案】D
【知识点】旋转的性质
【解析】【解答】解：∵△OAB绕点O逆时针旋转90°到△OCD的位置，
∴∠BOD=90°，
∵∠AOB=45°，
则∠AOD=90°-45°=45°，
故答案为：D.
【分析】由旋转角是对应点到旋转中心所得夹角可得∠DOB=90°，由∠AOB=45°可得结果.
6．【答案】B
【知识点】含30°角的直角三角形；旋转的性质；等腰直角三角形
【解析】【解答】解：设
则 = .
故答案为：B.
【分析】设根据等腰直角三角形的性质得出，根据旋转的性质得出NC=CE=，根据平角的定义得出∠NOC=60°，根据含30°直角三角形的边之间的关系得出，从而即可得出答案.
7．【答案】D
【知识点】矩形的判定与性质；旋转的性质
【解析】【解答】解：过点C作CH⊥BC，
由题意可知四边形MNBC，四边形EBHC，四边形CHGF都是矩形，
∴S矩形MNCB=2S△BEC=2S△BCH，S矩形EBHC=2S△BCH，S矩形CHGF=2S△CGF，
∵矩形ABCD由矩形EBGF逆时针旋转一个锐角得到，
∴S矩形ABCD=S矩形EBGF，
∴S矩形ANMD=S矩形ABCD-S矩形MNBC
=S矩形EBGF-2S△BEC
=S矩形EBGF-S矩形EBHC=S矩形CHGF=2S△CGF，
∴要想知道矩形ANMD的面积，只需知道△CGF的面积.
故答案为：D
【分析】过点C作CH⊥BC，可证得四边形MNBC，四边形EBHC，四边形CHGF都是矩形，利用矩形的性质可推出S矩形MNCB=2S△BEC=2S△BCH，S矩形EBHC=2S△BCH，S矩形CHGF=2S△CGF；再利用旋转的性质可知S矩形ABCD=S矩形EBGF，然后证明S矩形ANMD=2S△CGF，据此可求解.
8．【答案】D
【知识点】三角形的外角性质；等腰三角形的性质；旋转的性质；线段的中点
【解析】【解答】解：∵点O是AB的中点，
∴OA＝OB，
由旋转得：OB＝OB′，
∴OA＝OB′，
∴∠OAC＝∠OB′C＝25°，
∴∠AOA′＝∠OAC+∠OB′C＝50°.
故答案为：D.
【分析】根据中点的概念可得OA＝OB，由旋转得：OB＝OB′，则OA＝OB′，由等腰三角形的性质可得∠OAC＝∠OB′C＝25°，根据外角的性质可得∠AOA′＝∠OAC+∠OB′C，据此计算.
9．【答案】A
【知识点】坐标与图形性质；旋转的性质；二次函数图象上点的坐标特征
【解析】【解答】解：过作于，如图
∵抛物线的解析式：，
∴其顶点是，对称轴
∵
∴，
根据题意，与重合，
∵
∴
∴，
∴
∵，在抛物线上
∴
∴
故答案为：A.
【分析】过A作AD⊥BC于D，根据抛物线的解析式可得顶点坐标为（1，4），对称轴为直线x=1，根据点A的坐标可得AD=1，BD=BC-CD=1，由题意可得OD′⊥B′C′，由旋转的性质可得BOD′=AD=1，B′D′=BD=1，则B′（-1，1），代入抛物线解析式中就可求出a的值.
10．【答案】D
【知识点】三角形内角和定理；等腰三角形的性质；含30°角的直角三角形；勾股定理；旋转的性质
【解析】【解答】解：由题可知，将绕点O逆时针旋转，每次旋转，
∴每旋转4次则回到原位置，
∴第次旋转结束后，图形顺时针旋转了
如图所示，旋转后的图形为作轴于H，
∵，，
设则
在中
（负值舍去）
∵点在第四象限，
故答案为：D.
【分析】由题意可得每旋转4次回到原位置，则第2023次旋转结束后，图形顺时针旋转了90°，旋转后的图形为△OA1B1，作A1H⊥x轴于H，易得OH的值，设A1H=x，则OA1=2x，然后在Rt△OA1H中，利用勾股定理求出x的值，进而可得点A1的坐标.
11．【答案】77°
【知识点】等腰三角形的性质；旋转的性质
【解析】【解答】解：∵△ABC绕B点逆时针方向旋转26°得到△A′BC′，
∴AB＝A′B，∠A′BA＝26°，∠BAC＝∠A′，
∴∠A′＝ （180°-26°）＝77°，
∴∠BAC＝77°，
故答案为：77°．
【分析】根据旋转的性质得AB＝A′B，∠A′BA＝26°，∠C＝∠C′，进而根据等腰三角形的性质及三角形的内角和定理可求出∠C'的数，从而得出答案.
12．【答案】15°，45°，90°，135°
【知识点】平行线的判定；图形的旋转
【解析】【解答】1) 当三角板DEF绕公共顶点B顺时针旋转15°时， 则∠ABE=∠ABC+∠CBD+∠DBE=30°+45°+15°=90°，又∵∠DEB=90°，∠ABE+∠DEB=180°，同旁内角互补得DF∥AB.
2)当三角板DEF绕公共顶点B顺时针旋转45°时，得∠CFE=∠CBD+∠DBE=45°+45°=90°， 又∵∠DEB=90°，∴∠CFE+∠DEB=180°，同旁内角互补得DF∥CB.
3)当三角板DEF绕公共顶点B顺时针旋转90°时，得∠CBD=90°，又∵∠ADB=90°，∴∠CBD+∠ADB=180°，
同旁内角互补得BD∥AD。
4)当三角板DEF绕公共顶点B顺时针旋转135°时，得∠CBD+∠FBE=180°，这时C、B、E三点在一条直线上，∠ACB=∠CEB=90°，内错角相等得AC∥BE。
【分析】根据旋转的特点，随着旋转角度的变化，旋转图形的位置在变化， 但其图形的角度和线段长度不变。根据平行线的判定定理，在旋转 15°，45°，90°，135° 等特殊角时分别分析判断。
13．【答案】（﹣ ，3）
【知识点】点的坐标；含30°角的直角三角形；旋转的性质
【解析】【解答】解：如图，作B′H⊥y轴于H．
由题意：OA′＝A′B′＝2，∠B′A′H＝60°，
∴∠A′B′H＝30°，
∴AH′＝ A′B′＝1，B′H＝ ，
∴OH＝3，
∴B′（﹣ ，3），
【分析】作B′H⊥y轴于H，由题可得OA′＝A′B′＝2，∠B′A′H＝60°，即可求出B′H和OH，由第二象限点的特征横坐标为负数纵坐标为正数即可
14．【答案】
【知识点】等边三角形的判定与性质；勾股定理；旋转的性质
【解析】【解答】解：如图，延长DC交AB于点F，连结BD.
∵绕点逆时针旋转得到，AB=8
∴AD=AB=8，.
∴是等边三角形，
∴BD=AB=AD=8.
∵
∴点C、D都到线段AB两端点的距离相等，
∴CD所在的直线垂直平分AB.
∴AF=AB=4.
∴CD=DF-CF=
故答案为：.
【分析】先延长DC交AB于点F，连结BD，可证明是等边三角形，进而说明CD所在的直线垂直平分AB，再结合勾股定理、三角函数分别求出CF、DF，利用线段差求得CD.
15．【答案】
【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：连接DG，BE，AG与BE交于点H，BE与DG交于点O，
∵正方形ABCD，正方形AEFG，
∴AD=AB，AG=AE，∠DAB=∠GAE=90°，
∴∠DAC=∠BAE，
在△ADG和△ABE中
∴△ADG≌△ABE（SAS），
∴∠AGD=∠BEA，BE=DG，
∵∠AHE+∠AEH=90°，
∵∠AHE=∠BHE，
∴DGA+∠BHG=90°，
∴∠GOH=180°-90°=90°，
∴BE⊥DG，
∴S四边形BGED=；
当BE最大时四边形BGED的面积最大，
∴当α=90°时，BE的长最大，如图，
BE最大值为，
∴.
故答案为：
【分析】连接DG，BE，AG与BE交于点H，BE与DG交于点O，利用正方形的性质可证得AD=AB，AG=AE，∠DAB=∠GAE=90°，可推出∠DAC=∠BAE，利用SAS证明△ADG≌△ABE，利用全等三角形的性质可证得∠AGD=∠BEA，BE=DG；再证明BE⊥DG，可知对角线互相垂直的四边形的面积等于两对角线之积的一半，可得到S四边形BGED=；当α=90°时，BE的长最大，可求出BE的最大值；然后代入计算，可求出四边形BGED的最大面积.
16．【答案】0.5
【知识点】三角形内角和定理；等腰三角形的性质；含30°角的直角三角形；平行四边形的性质；旋转的性质
【解析】【解答】解：连接CD，以AC、CD为邻边构造平行四边形ACDE，过D作AB的平行线MN，
设∠CAB=2t°，由题意得∠ABD=60°-2t°，
∴∠MDE=∠CAB=2t°，∠BDM=180°- ∠ABD=120°+2t°，
∴∠BDE=120°+2t°+2t°=120°+4t°，
又DE=AC=DB，
∴∠EBD=∠BED==30°-2t°，
∴∠EBA=30°，
∴当AE⊥EB时，CDmin=AEmin=AB÷2=0.5(米).
故答案为：0.5.
【分析】连接CD，以AC、CD为邻边构造平行四边形ACDE，过D作AB的平行线MN，设∠CAB=2t°，由题意得∠ABD=60°-2t°，则∠MDE=∠CAB=2t°，∠BDM=120°+2t°，∠BDE=120°+4t°，根据等腰三角形的性质以及内角和定理可得∠EBD=∠BED=30°-2t°， 则∠EBA=30°，据此解答.
17．【答案】解：如图，△B1OC1为所作，点B1，C1的坐标分别为（1，3），（﹣1，2）.
【知识点】作图﹣旋转
【解析】【分析】利用网格纸的特点及旋转的性质找出点B、C绕点O逆时针旋转90°的对应点B1、C1的位置，然后顺次连接可得 △B1OC1，根据图形可得B1、C1的坐标.
18．【答案】解： ，∠BAC=90°，
， ，
∴BC=2AB，
，
∴ ，
、 ，
由旋转的性质知， ，
是等边三角形，
，
则 .
【知识点】等边三角形的判定与性质；含30°角的直角三角形；勾股定理；旋转的性质
【解析】【分析】利用三角形内角和求出∠C=30°，可得BC=2AB，利用勾股定理可得，据此求出AB=1，BC=2，利用旋转的性质可求出△ABD是等边三角形，可得BD=AB=1，利用CD=BC-BD即得结论.
19．【答案】解：∵DC∥AB，
∴∠ACD=∠CAB=65°，
由旋转的性质可知，AD=AC，∠DAE=∠CAB=65°，
∴∠ADC=∠CAB=65°，
∴∠CAD=180°－∠ADC－∠ACD= 50°，
∴∠CAE=∠DAE－∠CAD=15°，
∴∠BAE=∠CAB－∠CAE=50°
【知识点】平行线的性质；三角形内角和定理；等腰三角形的性质；旋转的性质
【解析】【分析】由两直线平行，内错角相等可得 ∠ACD=∠CAB=65°， 由旋转的性质可得 AD=AC，∠DAE=∠CAB=65°， 即 ∠ADC=∠CAB ，由三角形内角和可得 ∠BAE .
20．【答案】证明：如图，△ABC为直角三角形，且∠BAC＝90°，分别以AB、AC、BC为边向外做正方形ABFG，正方形ACKH和正方形BCED，连接FC、AD，并作AL⊥ED于L，交BC于M，连接AF，
由旋转知识可得：△ABD≌△FBC，
∴S△ABD＝S△FBC，
∵四边形ABFG是正方形，
∴AG∥BF，
∴S△FBC＝S△ABF＝S正方形ABFG，
同理，S△ADB＝S正方形ABFG，
∴S正方形ABFG＝S 矩形BDLM，
同理，S 正方形ACKH＝S 矩形CELM，
∴S正方形ABFG+S 正方形ACKH＝S 矩形BDLM+S 矩形CELM，
可得：S正方形ABFG+S正方形ACKH＝S正方形BCED．
【知识点】三角形的面积；矩形的性质；正方形的性质；旋转的性质
【解析】【分析】连接AF，由旋转知识可得△ABD≌△FBC，则S△ABD＝S△FBC，根据正方形的性质可得AG∥BF，则S△FBC＝S△ABF＝S正方形ABFG，同理S△ADB＝S正方形ABFG，推出S正方形ABFG＝S 矩形BDLM，S正方形ACKH＝S矩形CELM，然后将两式相加即可.
21．【答案】（1）证明：∵将△BOC绕点C按顺时针方向旋转60°得△ADC，∴CO=CD，∠OCD=60°，∴△COD是等边三角形
（2）解：当α=150°时，△AOD是直角三角形.理由如下：
∵将△BOC绕点C按顺时针方向旋转60°得△ADC，∴△BOC≌△ADC，∴∠ADC=∠BOC=150°.
又∵△COD是等边三角形，∴∠ODC=60°，∴∠ADO=∠ADC﹣∠ODC=90°，∴△AOD是直角三角形
【知识点】等边三角形的判定与性质；旋转的性质
【解析】【分析】（1）根据旋转的性质可得CO=CD，∠OCD=60°，利用等边三角形的判定即可求出结论.
（2）根据旋转的性质可得△BOC≌△ADC，可得∠ADC=∠BOC=150°，利用等边三角形的性质可得∠ODC=60°， 从而求出∠ADO=90°，继而求出结论.
22．【答案】（1）；
（2）解：当0°≤α＜90°时，的大小没有变化，
∵∠ECD＝∠ACB，
∴∠ECA＝∠DCB，
又∵＝，
∴△ECA∽△DCB，
∴＝．
（3）解：BD＝
【知识点】相似三角形的判定与性质；图形的旋转
【解析】【解答】解：（1）①当α＝0°时，
∵在Rt△ABC中，∠B＝90°，AB＝5，BC＝12，
∴
∵DE∥AB ，
∴
∴
∴
∴
∴
②当α＝180°时，如下图，
∵DE∥AB，
∴，
∴
故答案为：，；
（3）①如图：
∴
②如图：
∵
∴
∵
∴
由（2）知：，
∴
∴
【分析】（1）①首先根据勾股定理算出AC的长，由平行于三角形一边的直线截其它两边，所截的三角形与原三角形相似可得△ABC∽△EDC，由相似三角形对应边成比例可求出EC、DE的长，进而分别求出AE，BD的长，即可计算求解；
②根据平行线所分线段成比例，即可求解；
（2）结合已知条件证明：，即可证明：；
（3）由题意可知需分情况，分别根据勾股定理求解即可.
23．【答案】[探究1]如图1，设BC=x，
∵矩形ABCD绕点A顺时针旋转°得到矩形AB'C'D'，点A，B，D'在同一直线上，
∴AD'= AD=BC=x，D'C'=AB'= AB=1，
∴D'B=AD'- AB=x-1，
∴∠BAD=∠D'=90，D'C‘∥DA，
又∵点C'在DB延长线上，
∴△D'C'B∽△ADB，
∴，即，
解得x1=，x2=(不合题意，舍去)；
[探究2] D'M= DM，理由如下：
证明：如图2，连结DD'，
∵D'M∥AC'，∴∠AD'M=∠D'AC'，
∴AD'= AD，∠AD'C'=∠DAB=90°， D'C'= AB，
∴△AC'D'≌△DBA(SAS)，
∴∠D'AC'=∠ADB，∴∠ADB=∠AD'M，
∵ AD’=AD，∴∠ADD'=∠AD'D，
∴∠MDD'=∠MD'D，
∴D'M=DM；
[探究3]关系式为：MN2=PN·DN，理由如下：
证明：如图3，连结AM，
∵D'M=DM，AD'=AD，AM=AM，
∴△AD'M≌△ADM(SSS)，
∴∠MAD'=∠MAD，
∴∠AMN=∠MAD+∠NDA，∠NAM=∠MAD'+∠NAP，
∴∠AMN=∠NAM，
∴MN= AN，
在△NAP与△NDA中，
∠ANP=∠DNA，∠NAP=∠NDA，
∴△NAP∽△NDA，
∴，
∴AN2=PN·DN，
∴MN2=PN·DN.
【知识点】三角形全等的判定；矩形的性质；相似三角形的判定与性质；旋转的性质；四边形的综合
【解析】【分析】（1）设BC=x，根据旋转的性质和矩形的性质把有关线段用x表示出来，证明△D'C'B∽△ADB，然后列比例式构建关于x的方程求解即可；
（2）连结DD'，利用边角边定理证明△AC'D'≌△DBA，得出∠D'AC'=∠ADB，再结合平行线的性质，得出∠ADB=∠AD'M，最后利用旋转性质，根据角的和差关系推出∠MDD'=∠MD'D，则可得出D'M=DM；
（3）连接AM，根据旋转的性质和矩形的性质，利用边边边定理证明△AD'M≌△ADM，得出∠MAD'=∠MAD，再根据角的和差关系求出∠AMN=∠NAM，得出MN=AN，然后证明△NAP∽△NDA，列比例式得出AN2=PN·DN，则可得出结论.
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