2024年中考数学考前20天终极冲刺专题之旋转问题

2024年中考数学考前20天终极冲刺专题之旋转问题
一、选择题
1．（2024九下·岳阳月考）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．
2．（2023九上·余姚期末）如图，在△ABC中，ABA．△AFE∽△DFC B．AD=AF
C．DA平分∠BDE D．∠CDF=∠BAD
3．（2024·宁波模拟）如图，已知是矩形的对角线，以点为旋转中心将逆时针旋转，得到，，，三点恰好在同一条直线上，设与相交于点，连结有以下结论：；∽；是线段的黄金分割点；其中正确的是(　　)
A． B． C． D．
4．（2024九下·自贡月考） 如图，在△ABC中，∠ACB＝105°，将△ABC绕着点C顺时针方向旋转到△，经过点 A．若＝AC，则∠B的度数为（　　）
A．20° B．25° C．30° D．35°
5．（2024八下·经开期中） 如图，四边形ABCD中，AC、BD是对角线，△ABC是等边三角形，∠ADC＝30°，AD＝4，BD＝6，则CD的长为（　　）
A．3 B．4 C．2 D．2
6．（2023·天津市）如图，把以点A为中心逆时针旋转得到，点B，C的对应点分别是点D，E，且点E在的延长线上，连接，则下列结论一定正确的是（　　）
A． B． C． D．
7．（2024九上·九龙坡期末）如图，中，，将绕点顺时针旋转得到，使点的对应点恰好落在边上，、交于点．若，则的度数是（　　）（用含的代数式表示）
A． B． C． D．
8．（2024九下·黄冈开学考）如图，将矩形绕点顺时针旋转到矩形的位置，旋转角为．若，则的大小是（　　）
A．68° B．22° C．28° D．20°
9．（2024九上·游仙期末）如图，边长为12的等边三角形ABC中，M是高CH所在直线上的一个动点，连结MB，将线段BM绕点B逆时针旋转60°得到BN，连结HN．则在点M运动过程中，线段HN长度的最小值是（　　）
A．6 B．3 C．2 D．1.5
10．（2020七下·重庆期末）如图，矩形ABCD中，AB＝2 ，BC＝6，P为矩形内一点，连接PA，PB，PC，则PA+PB+PC的最小值是（　　）
A．4 +3 B．2 C．2 +6 D．4
11．（2023八下·鄠邑期末）如图，已知中，，，将绕点逆时针旋转得到，以下结论：①，②，③，④，正确的有（　　）
A．①②③ B．①②④ C．①③④ D．②③④
12．（2023·锡山模拟）如图1，在Rt△ABC中，，，点D，E分别在边AB，AC上，，连接DC，点M、P、N分别为DE、DC、BC的中点．将△ADE绕点A在平面内自由旋转（如图2），若，，则△PMN面积的最大值是（　　）
A． B．18 C． D．
13．（2023八下·大冶期中）如图，点E为正方形ABCD内一点，∠AEB＝90°，将Rt△ABE绕点B按顺时针方向旋转90°，得到△CBG.延长AE交CG于点F，连接DE.下列结论：①AF⊥CG，②四边形BEFG是正方形，③若DA＝DE，则CF＝FG；其中正确的结论是（　　）
A．①②③ B．①② C．②③ D．①③
14．（2022八上·江干期中）如图，O是正内一点，，，，，将线段BO以点B为旋转中心逆时针旋转60°得到线段，下列结论：①点O与的距离为6；②；③；④；⑤点P为内一点，则点P到三个顶点的距离和最小为.其中正确的结论是（　　）
A．①②③⑤ B．①③④ C．②③④⑤ D．①②⑤
15．（2022·任城模拟）在矩形ABCD中，AB=3，AD=5，将矩形ABCD绕点A沿逆时针方向旋转得矩形AEFG，连接BE，当EF刚好经过点D时，线段BE的长是（　　）
A． B． C． D．
二、填空题
16．（2023九上·鸡西月考）如图，在Rt△ABC中，∠B＝90°，AB＝4，BC＝6，点D在BC边上，将点A绕点D顺时针旋转90°得到点E，连接DE，CE．当△DCE是等腰三角形时，BD的长为 　 　．
17．（2024·南漳模拟） 已知矩形中，，将绕点顺时针旋转得到，与交于点，与交于点，当点的对应点落在线段上时，线段的长是　 　．
18．（2023九上·福田月考）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝8，将△ABC绕点C按逆时针方向旋转得到△A1B1C，满足A1B1∥AC，过点B作BE⊥A1C，垂足为E，连接AE，若S△ABE＝3S△ACE，则AB的长为 　 　．
19．（2023九上·江油期中）如图，已知△ABC，∠ABC＜60°，将△ABC绕点A逆时针旋转60°得到△ADE，DE与BC交于点P．下列结论：
①∠EPC＝60°；
②AC与DE互相平分；
③PA+PC＝PE；
④PA平分∠BPE，其中正确结论的是 　 　．
20．（2023八上·瑞安期中）如图，点P是在正△ABC内一点．PA＝6，PB＝8，PC＝10，将线段AP绕点A逆时针旋转60°得到线段AP′，连结．P′P，P′C，四边形APCP′的面积为　 　，S△APB＋S△BPC＝　 　．
21．（2022九上·温州开学考）如图，△ABC是等腰三角形，AB＝AC，∠B＝30°，△ADE是直角三角形，∠ADE＝90°，∠E＝30°，AD＝AB．将△ADE绕点A旋转，AD、AE分别交BC于点F，G，当∠AGB＝75°时，　 　．
22．（2023八下·成都期中）如图，在中，，，，将绕点B逆时针旋转至，连接，则线段　 　．
23．（2023·茅箭模拟）如图，在中，，，，线段绕点旋转到，连，为的中点，连接，则的最大值是　 　 ．
三、解答题
24．（2024·常德模拟）如图，在中，，为的中点，点在线段上以点为中心，将线段逆时针旋转得到线段，连接，．
（1）求证：平分；
（2）如图，为的中点，连接试判断与的位置关系，并说明理由；
（3）如图，若，，连接，试说明的面积是一个定值，并求出该定值．
25．（2024八下·广州开学考）已知在中，，，于．
（1）如图，将线段绕点顺时针旋转得到，连接交于点求证：；
（2）如图，点是线段上一点连接，将线段绕点顺时针旋转得到，连接交于点．
求证：；
若，，求的长．
26．（2024九上·威远期末）在中，，将绕点顺时针旋转得到，其中点的对应点分别为点．
（1）如图1，当点落在的延长线上时，则的长为　 　；
（2）如图2，当点落在的延长线上时，连接，交于点，求的长；
（3）如图3，连接，直线交于点，若E为AC的中点，连接．在旋转过程中，是否存在最小值？若存在，请直接写出的最小值；若不存在，请说明理由．
27．（2023九上·渝北期中）在中，，，为边上一点，连接．
（1）如图，若，，求的长；
（2）如图，将的边绕点在同一平面内顺时针旋转得到，为延长线上一点，连接若，，求证：；
（3）如图，在的条件下，为射线上一动点，连接，，将沿翻折，得到，连接，为的中点，连接，当的长度最小时，请直接写出的值．
四、实践探究题
28．（2024九下·襄阳月考） 如图
（1）观察猜想：
如图1，在直角中，，，点D为边上一动点（与点B不重合），连接，将绕点A逆时针旋转到，那么、之间的位置关系为　 　，数量关系为　 　；
（2）数学思考：
如图2，在中，，，D、E为上两点，且，求证：．
（3）拓展延伸：
如图3，在中，，，，若以、、为边的三角形是以为斜边的直角三角形，当时，求的长．
29．（2024·武汉模拟）在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝nBC，P为AB上的一点（不与端点重合），过点P作PM⊥AB交AG于点M，得到△APM．
（1）【问题发现】如图1，当n＝1时，P为AB的中点时，CM与BP的数量关系为 　 　；
（2）【类比探究】如图2，当n＝2时，△APM绕点A顺时针旋转，连接CM，BP，则在旋转过程中CM与BP之间的数量关系是否发生变化？请说明理由；
（3）【拓展延伸】在（2）的条件下，已知AB＝4，AP＝2，当△APM绕点A顺时针旋转至B，P，M三点共线时，请直接写出线段BM的长．
30．（2022·济南模拟）
（1）【方法尝试】
如图1，矩形是矩形以点A为旋转中心，按逆时针方向旋转所得的图形，分别是它们的对角线．则与数量关系　 　，位置关系　 　；
（2）【类比迁移】
如图2，在和中，．将绕点A在平面内逆时针旋转，设旋转角为α（），连接．请判断线段和的数量关系和位置关系，并说明理由；
（3）【拓展延伸】
如图3，在中，，过点A作，在射线上取一点D，连接，使得，请求线段的最大值．
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】轴对称图形；中心对称及中心对称图形
【解析】【解答】解：A、不是轴对称图形，也不是中心对称图形，不合题意；
B、是轴对称图形，不是中心对称图形，符合题意；
C、不是轴对称图形，也不是中心对称图形，不合题意；
D、不是轴对称图形，是中心对称图形，不合题意．
故答案为：B.
【分析】根据轴对称图形与中心对称图形的概念判定即可．
2．【答案】B
【知识点】等腰三角形的性质；相似三角形的判定与性质；旋转的性质
【解析】【解答】解：∵将△ABC以点A为旋转中心逆时针旋转得到△ADE，
∴∠BAC＝∠DAE，∠B＝∠ADE，AB＝AD，∠E＝∠C，
∴∠B＝∠ADB，
∴∠ADB＝∠ADE，
∴DA平分∠BDE，故C选项正确；
∵∠AFE＝∠CFD，∠E＝∠C，
∴△AFE∽△DFC，故A选项正确；
∴∠CDF＝∠CAE，
∵∠BAC＝∠DAE，
∴∠BAD＝∠CAE，
∴∠CDF＝∠BAD，故D选项正确；
没有条件证明∠ADF＝∠AFD，即不能判断AD＝AF，故B选项错误．
故答案为：B.
【分析】根据旋转得到∠B＝∠ADE，AB＝AD，∠E=∠C，推出∠B＝∠ADB，即可判断C；利用两个角对应相等的两个三角形相似判断A；利用相似三角形的对应角相等判断D；没有条件证得B正确，即可得到答案．
3．【答案】D
【知识点】勾股定理；矩形的性质；相似三角形的判定与性质；旋转的性质；三角形全等的判定-SAS
【解析】【解答】解：∵△FDE是△ADC绕点D逆时针旋转90°得到的，
∴△FDE≌△ADC，
∴AD=DF，DC=DE，∠DEF=∠DCA，
又∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ADC=90°，
∴∠DAC+∠DCA=90°，即∠DAG+DEF=90°，
∴∠AGE=90°，即AC⊥BE，①正确；
∵AC⊥BE，
∴∠BGC=90°，即△BGC是直角三角形，
而△AGD显然不是直角三角形，②错误；
在Rt△FCB和Rt△FDE中，
∵∠BFC=∠EFC，
∴Rt△FCB∽Rt△FDE，
∴，
∵BC=AD=DF，DE=DC，
∴，即DF2=FC DC，
∴点F是线段CD的黄金分割点，③正确；
在线段EF上取EG'=CG，并连接 DG'，如图：
∵DC=DE，∠DEF=∠DCA，
∴∠DEG'=∠DCG，
∵DC＝DE，∠DCG＝∠DEG'，CG＝EG'，
∴△DCG≌△DEG'（SAS），
∴DG=DG'，∠CDG=∠EDG'，
∵∠CDG=∠GDA=90°，∠EDG'+∠GAD=90°，
∴∠GDG'=90°，
∴△GDG'是等腰直角三角形，
∴，
∵EG'=CG，
∴，④正确；
故正确的为：①③④．
故答案为：D.
【分析】根据旋转前后两图形是全等图形可得△FDE≌△ADC，再由矩形的四个角都是直角可得∠ADC=90°，推得∠DAC+DEF=90°，从而判断①；由AC⊥BE可得△BGC是直角三角形，从而判断②；根据有两个角对应相等的三角形是相似三角形，相似三角形的对应边之比相等可得，推得，可判断③；在线段EF上作 EG'=CG，连接DG'，根据两边和它们的夹角对应相等的两个三角形全等，全等三角形的对应边相等，对应角相等可得DG=DG'，∠CDG=∠EDG'，推得△GDG'是等腰直角三角形，根据直角三角形中两直角边的平方和等于斜边的平方求得，可以判断④.
4．【答案】B
【知识点】一元一次方程的其他应用；角的运算；等腰三角形的性质；旋转的性质
【解析】【解答】解：设∠B＝x，AB与B'C交点为M，如图所示：
∵AB'＝AC，
∴∠B'＝∠ACB'＝∠B，
∵∠ACB＝105°，
∴∠B+∠BCB'＝105°，
∴∠BMC＝180﹣∠B﹣∠BCB'＝75°＝∠AMB'，
∴∠BAB'＝180﹣∠AMB'﹣∠B'＝105°﹣x，∠BAC＝180°﹣∠B﹣∠ACB＝75°﹣x＝∠A'，
又∵AC＝A'C，
∴∠CAA'＝∠A'＝75°﹣x，
∵点A在线段A'B'上，
∴（105°﹣x）+（75°﹣x）+（75°﹣x）＝180°，
解得x＝25°，
∴∠B＝25°，
故答案为：B
【分析】设∠B＝x，AB与B'C交点为M，先根据等腰三角形的性质得到∠B'＝∠ACB'＝∠B，再结合题意进行角的运算即可得到∠BAB'＝180﹣∠AMB'﹣∠B'＝105°﹣x，∠BAC＝180°﹣∠B﹣∠ACB＝75°﹣x＝∠A'，进而结合题意解一元一次方程即可求解。
5．【答案】C
【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： 如图所示，将△BCD绕点C顺时针旋转60°得到△ACE，连结DE，
由旋转的性质知DC＝EC，∠DCE＝∠ACB＝60°，BD＝AE＝6，
则△DCE为等边三角形，
∵∠ADC＝30°，
∴∠ADE＝90°，
∴AD2+DE2＝AE2，
∴42+DE2＝62，
∴DE＝CD＝2，
故答案为：C．
【分析】将△BCD绕点C顺时针旋转60°得到△ACE，连结DE，则△DCE为等边三角形，△ADE为直角三角形，进而求出DE的长即可．
6．【答案】A
【知识点】旋转的性质
【解析】【解答】解：如图所示：设AD与BE的交点为O，
∵把△ABC以点A为中心逆时针旋转得到△ADE，
∴∠ABC = ∠ADE，∠BAD = ∠CAE，
又∵∠AOB= ∠DOE，
∴∠BED= ∠BAD = ∠CAE，
故答案为：A.
【分析】根据旋转的性质求出∠ABC = ∠ADE，∠BAD = ∠CAE，再求解即可。
7．【答案】C
【知识点】三角形内角和定理；旋转的性质
【解析】【解答】解：由旋转得，，，，
，
，，
，
．
．
．
故答案为：C
【分析】根据旋转的性质可得，，，结合“”，进而可知，，再根据三角形内角和定理可得的度数，进而可知的度数，再根据三角形内角和定理计算即可求解。
8．【答案】B
【知识点】多边形内角与外角；矩形的性质；旋转的性质
【解析】【解答】解：如图，∠2=∠1=112°，
由矩形的性质知∠BAD=∠B=∠D'=90°，
∴∠BAD'=360°-∠B-∠D'-∠2=68°，
∴ =∠BAD-∠BAD'=90°-68°=22°.
故答案为：B.
【分析】利用对顶角及四边形的内角和求出∠BAD'的度数，再利用 =∠BAD-∠BAD'即可求解.
9．【答案】B
【知识点】三角形全等及其性质；三角形全等的判定；等腰三角形的性质；轴对称的性质；旋转的性质
【解析】【解答】解：取BC的中点G，连接MG，如图所示：
∵旋转角为60°，
∴∠MBH+∠HBN=60°，
又∵∠MBH+∠MBC=∠ABC=60°，
∴∠HBN=∠GBM，
∵CH是等边△ABC的对称轴，
∴HB=AB，
∴HB=BG，
又∵MB旋转到BN，
∴BM=BN，
在△MBG和△NBH中，
，
∴△MBG≌△NBH（SAS），
∴MG=NH，
当MG⊥CH时，MG最短，即HN最短，
∴∠BCH=×60°=30°，CG=AB=×12=6，
∴MG=CG=×6=3，
∴HN=3，
故答案为：B
【分析】取BC的中点G，连接MG，进而根据旋转的性质得到∠MBH+∠HBN=60°，BM=BN，从而结合题意根据轴对称的性质得到HB=BG，再根据三角形全等的判定与性质证明△MBG≌△NBH（SAS）即可得到MG=NH，从而得到当MG⊥CH时，MG最短，即HN最短，再根据等腰三角形的性质结合题意即可求解。
10．【答案】B
【知识点】勾股定理；矩形的性质；旋转的性质
【解析】【解答】解：将△BPC绕点C逆时针旋转60°，得到△EFC，连接PF、AE、AC，则AE的长即为所求.
由旋转的性质可知：△PFC是等边三角形，
∴PC=PF，
∵PB=EF，
∴PA+PB+PC=PA+PF+EF，
∴当A、P、F、E共线时，PA+PB+PC的值最小，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ABC=90°，
∴tan∠ACB= = ，
∴∠ACB=30°，AC=2AB= ，
∵∠BCE=60°，
∴∠ACE=90°，
∴AE= = .
故答案为：B.
【分析】将△BPC绕点C逆时针旋转60°，得到△EFC，连接PF、AE、AC，则AE的长即为所求.
11．【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：∵将△ABC绕着点A逆时针旋转50°得到△AB′C′，
∴△ABC≌△AB′C′，
∴∠B′AB=∠CAC′=50°，AB=AB′，BC=B′C′，AC=AC′，∠ABC=∠AB′C′=30°，故①正确；
∴∠B′AC=∠B′AB-∠CAB=50°-20°=30°，
∴∠AB′C=∠B′AC，
∴∠B′AC=∠AB′C′，
∴AC∥C′B′，故②正确
∵AB=AB′，
∴∠AB′B=∠ABB′=（180°-50°）=65°，
∴∠CB′B=∠AB′C+∠AB′B=30°+65°=95°，
∴CB′不垂直BB′，故③错误；
③∵AC=AC′，
∠ACC′=（180°-50°）=65°，
∴∠ACC′=∠ABB′，故④正确；
∴正确结论的序号为①③④
故答案为：B
【分析】利用旋转的性质可证得△ABC≌△AB′C′，可得到利用全等三角形的性质可证得∠B′AB=∠CAC′=50°，AB=AB′，BC=B′C′，∠ABC=∠AB′C′=30°，可对 ①作出判断；由∠B′AC=∠B′AB-∠CAB，求出∠B′AC的度数，可证得∠B′AC=∠AB′C′，利用平行线的判定定理可推出AC∥C′B′，可对②作出判断；利用等腰三角形的性质和三角形的内角和定理可求出∠AB′B的度数，根据∠CB′B=∠AB′C+∠AB′B，代入计算求出∠CB′B的度数，可对③作出判断；利用等腰三角形的性质和三角形的内角和定理可求出∠ACC′的度数，据此可对④作出判断；综上所述可得到正确结论的序号.
12．【答案】C
【知识点】三角形的面积；旋转的性质；等腰直角三角形；三角形全等的判定-SAS；三角形的中位线定理
【解析】【解答】解：由旋转可得∠BAD=∠CAE.
∵∠BAD=∠CAE，AB=AC，AD=AE，
∴△ABD≌△ACE（SAS），
∴∠ABD=∠ACE，BD=CE.
∵点M、P、N分别为DE、DC、BC的中点，
∴PN=BD，PM=EC，PM∥CE，PN∥BD，
∴PM=PN，
∴△PMN为等腰三角形.
∵PM∥CE，PN∥BD，
∴∠DPM=∠DCE，∠PNC=∠DBC.
∵∠DPN=∠DCB+∠PNC=∠DCB+∠DBC，
∴∠MPN=∠DPM+∠DPN=∠DCE+∠DCB+∠DBC=∠ACB+∠ACE+∠DBC=∠ACB+∠ABC.
∵∠BAC=90°，
∴∠ACB+∠ABC=90°，
∴∠MPN=90°，
∴△PMN为等腰直角三角形，
∴PM=PN=BD，
∴PM最大时，△PMN面积最大，即BD最大时，△PMN的面积最大，
∴点D在BA的延长线上，
∴BD=AB+AD=14，
∴PM=7，
∴S△PMN=PM2=×72=.
故答案为：C.
【分析】由旋转可得∠BAD=∠CAE，利用SAS证明△ABD≌△ACE，得到∠ABD=∠ACE，BD=CE，由题意可得PN、PM分别为△BCD、△DCE的中位线，则PN=BD，PM=EC，PM∥CE，PN∥BD，
∴PM=PN，由平行线的性质可得∠DPM=∠DCE，∠PNC=∠DBC，进而推出△PMN为等腰直角三角形，得到BD最大时，△PMN的面积最大，此时BD=AB+AD=14，PM=7，然后利用三角形的面积公式进行计算.
13．【答案】A
【知识点】正方形的判定与性质；旋转的性质；三角形全等的判定-AAS
【解析】【解答】解：如图，设AF交BC于点K，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ABK=90°，
∴∠KAB+∠AKB=90°，
∵将Rt△ABE绕点B按顺时针方向旋转90°，得到△CBG.
∴∠KAB=∠BCG，
∵∠AKB=∠CKF，
∴∠BCG+∠CKF=90°，
∴∠KFC=90°，
∴AF⊥CG，故①正确；
∵将Rt△ABE绕点B按顺时针方向旋转90°，得到△CBG.
∴∠AEB=∠CGB=90°，BE=BG，∠EBG=90°，
又∠BEF=90°，
∴四边形BEFG是矩形，
又∵BE=BG，
∴四边形BEFG是正方形，故②正确；
如图，过点D作DH⊥AE于点H，
∵DA=DE，DH⊥AE，
∴AE=2AH，
∴∠ADH+∠DAH=90°，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AD=AB，∠DAB=90°，
∴∠DAH+∠EAB=90°，
∴∠ADH=∠EAB，
又AD=AB，∠AHD=∠AEB=90°，
∴△ADH≌△BAE（AAS），
∴AH=BE，
∴AE=2AH=2BE，
∵将Rt△ABE绕点B按顺时针方向旋转90°，得到△CBG.
∴AE=CG，
∵四边形BEFG是正方形，
∴BE=GF，
∴AE=2FG，即CG=2FG，
∴CF=FG，故③正确；
∴正确的有：①②③，
故答案为：A.
【分析】设AF交BC于点K，由正方形的性质及直角三角形两锐角互余得∠KAB+∠AKB=90°，由旋转的性质得∠KAB=∠BCG，结合对顶角相等可得∠BCG+∠CKF=90°，根据三角形的内角和定理得∠KFC=90°，据此可判断①；根据旋转的性质得∠AEB=∠CGB=90°，BE=BG，∠EBG=90°，从而可判断出四边形BEFG是矩形，进而根据有一组邻边相等的矩形是正方形得四边形BEFG是正方形，据此可判断②；过点D作DH⊥AE于点H，由等腰三角形的三线合一得AE=2AH，根据同角的余角相等得∠ADH=∠EAB，从而可用AAS判断出△ADH≌△BAE，得AH=BE，则AE=2AH=2BE，由旋转的性质得AE=CG，结合正方形的性质可得CG=2FG，从而得CF=FG，据此可判断③.
14．【答案】D
【知识点】等边三角形的判定与性质；勾股定理的逆定理；旋转的性质；三角形全等的判定-SAS
【解析】【解答】解：连接OO'，
∵线段BO以点B为旋转中心逆时针旋转60°得到线段BO'，
∴△OBO'是正三角形，OO'=OB，故①正确；
由①易得，，，
∴，
∴，
∴，
∴
∴故②正确；
，故③错误；
由③知，故 ④错误；
根据三角形的性质可知：当点P是三角形三边的中垂线的交点时，到三角形三个顶点的距离和最小，距离和的最小值是，故⑤正确.
故答案为：D.
【分析】根据旋转的性质易得△BOO'是等边三角形，由等边三角形的性质得OO'=OB，据此可判断①；利用SAS可证△BOC≌△BAO'，可得AO'＝CO＝8，OO'＝6，可判断△AOO'是直角三角形，从而就不难判断②；由S四边形AOBO′＝S△AOO'＋S△OO'B＝S△BOC＋S△AOC，S△AOB=S四边形AOBO′-S△AO'B可判定③④；根据三角形的性质，当点P是三角形的外心的时候，到三角形三个顶点的距离和最小，距离和的最小值是，据此判断⑤.
15．【答案】B
【知识点】矩形的性质；旋转的性质
【解析】【解答】如图，连接DG．
由旋转和矩形性质可知，
∴在中，，
∴，
∴在中，．
∵，
∴．
又∵，
∴，
∴，即，
∴．
故答案为：B．
【分析】利用旋转和矩形性质结合和中勾股定理可得，然后通过证明，可知，即可求出BE的值。
16．【答案】或
【知识点】等腰三角形的性质；勾股定理；旋转的性质
【解析】【解答】解：设，则，
①当时，作于点，
由旋转的性质得：，，
，
，
，，
，
在中，，
由勾股定理得：，即，
，
解得：，（舍去）
，
②当时，
根据题意得：，
在中，由勾股定理得：，
即，
解得：，即，
综上所述，的长为或．
故答案为：或．
【分析】设，则，分类讨论：①当时，作于点，证明出，由全等三角形的性质得，，在中，由勾股定理得，可得，②当时，在中，由勾股定理得：，解得，即可得解．
17．【答案】
【知识点】矩形的性质；相似三角形的判定与性质；旋转的性质；三角形全等的判定-ASA
【解析】【解答】解：∵四边形是矩形，
∴，，，
∵将绕点顺时针旋转得到，
∴，
∴，
∵
∴
∴
∴，
∵
∴
又∵
在中，
∴
∴
∴
故答案为：．
【分析】先由矩形的性质，先利用ASA证明出，得出，再证明，由相似三角形的性质得出，即可求解．
18．【答案】
【知识点】平行线的性质；三角形的面积；勾股定理；旋转的性质
【解析】【解答】解：记A1C交AB于D，如图：
∵A1B1//AC，
∴∠A1=∠A1CA，
∵将△ABC绕点C按逆时针方向旋转得到△A1B1C，
∴∠A1=∠BAC，
∴∠A1CA=∠BAC，
∴CD=AD，
∵∠ACB=90°，
∴∠CBD+∠BAC=90°=∠A1CA+∠BCD，
∴∠CBD=∠BCD，
∴BD=CD，
∴BD=CD=AD，
∴，
∵S△ABE=3S△ACE，
即2S△ADE=3S△ACE，
∴S△ADE：S△ACE=DE：CE=3：2.
设CE=2x ，则DE=3x，BD=AD=CD=5x，
∴
，
∴ Rt△ABC中，BC2+AC2=AB2，
即
解得：，
∴.
故答案为：.
【分析】记A1C交AB于D，由平行的性质得到∠A1=∠A1CA，由旋转得到∠A1=∠BAC，于是可得∠A1CA=∠BAC，根据∠CBD+∠BAC=∠A1CA+∠BCD=90°，得到∠CBD=∠BCD，从而可得AD=CD=BD.根据2S△ADE= S△ABE＝3S△ACE可得DE：CE=3：2.设CE=2x，可表示出DE，BD，BC，AB的长，利用勾股定理即可求出x，从而可得AB的长.
19．【答案】①③④
【知识点】三角形全等及其性质；等边三角形的判定与性质；旋转的性质；三角形全等的判定-SAS
【解析】【解答】解：设AD交BC于点F，
由旋转的性质可得：∠B＝∠D，∠BAD＝∠CAE＝60°，AE＝AC，
∵∠B+∠BAD＝∠D+∠BPD，
∴∠BPD＝∠BAD＝60°，
∴∠EPC＝∠BPD＝60°，
故①正确；
设DE交AC于点H，连接CE，
∵∠CAE＝60°，AE＝AC，
∴△ACE是等边三角形，
若AC与DE互相平分，则AH＝CH，
∴PE⊥AC，
∵∠EPC＝60°，∠C的大小无法确定，
∴∠CHP不一定等于90°，
故②错误；
在BC上截取BG＝PD，
由旋转的性质得：∠B＝∠D，BC＝DE，AB＝AD，∠BAD＝60°，
∴CG＝PE，
∴△ABG≌△ADP（SAS），
∴AG＝AP，∠BAG＝∠DAP，
∴∠BAG+∠DAG＝∠DAP+∠DAG，
即∠BAD＝∠GAP＝60°，
∴△APG是等边三角形，
∴AP＝PG，∠APB＝60°，
∴AP+PC＝PG+PC＝CG＝PE，
故③正确；
∵∠EPC＝60°，
∴∠BPE＝120°，
∴∠APE＝∠APB＝60°，
∴PA平分∠BPE，
故④正确．
故答案为：①③④．
【分析】设AD交BC于点F，由旋转的性质可得：∠B＝∠D，∠BAD＝∠CAE＝60°，AE＝AC，利用三角形内角和定理求得∠EPC＝∠BPD＝60°，故 ① 正确；设DE交AC于点H，连接CE，先证明△ACE是等边三角形，再利用反证法结合已知条件即可判断 ② 错误；在BC上截取BG＝PD，由旋转的性质得：∠B＝∠D，BC＝DE，AB＝AD，∠BAD＝60°，证明△ABG≌△ADP（SAS），利用三角形全等的性质可进一步求得∠BAD＝∠GAP＝60°，可得△APG是等边三角形，利用等边三角形的性质可得AP＝PG，∠APB＝60°，进而求得AP+PC＝PE，故③正确；由①得∠EPC＝60°，进而得到∠APE＝∠APB，即④ 正确；故正确的有 ①③④ .
20．【答案】；
【知识点】三角形的面积；等边三角形的判定与性质；勾股定理的逆定理；旋转的性质；三角形全等的判定-SAS
【解析】【解答】解：∵△ABC是等边三角形，
∴AB=AC，∠BAC=60°，
∵线段AP绕点A逆时针旋转60°得到线段AP'，
∴AP=AP'，∠PAP'=60°，
∴△APP'是等边三角形，
∴S△APP'=，PP'=AP=6，∠BAC-∠CAP=∠PAP'-∠CAP，即∠BAP=∠CAP'，
在△ABP与△ACP'中，
∵AP=AP'，∠BAP=∠CAP'，AB=AC，
∴△ABP≌△ACP'（SAS），
∴P'C=BP=8，
在△PP'C中，∵pp'=6，P'C=8，PC=10，
∴P'P2+P'C2=PC2，
∴△P'PC是直角三角形，∠PP'C=90°，
∴S△P'PC=，
∴四边形APCP'的面积=S△APP'+S△PP'C=；
过点A作AH⊥CP'，交CP'的延长线于点H，
∵∠AP'C=∠AP'P+∠PP'C=60°+90°=150°，
∴∠AP'H=30°，
∴AH=AP'=3，
∴P'H=，
∴AC2=AH2+CH2=32+=，
∵S△ABC=，
∵S△ACP'=，
∴S△APC=S四边形APCP'-S△ACP'=，
∴S△APB+S△BCP=S△ABC-S△APC=.
故答案为： ； .
【分析】由等边三角形的性质得AB=AC，∠BAC=60°，由旋转得AP=AP'，∠PAP'=60°，然后根据有一个角为60°的等腰三角形是等边三角形得△APP'是等边三角形，由三角形的面积公式算出△APP'的面积，然后用SAS判断出△ABP≌△ACP'，得P'C=BP=8，再用勾股定理得逆定理判断出△P'PC是直角三角形，∠PP'C=90°，再用三角形的面积公式算出△P'PC的面积，进而由四边形APCP'的面积=S△APP'+S△PP'C可算出答案；过点A作AH⊥CP'，交CP'的延长线于点H，易得∠AP'H=30°，由含30°角直角三角形的性质得AH的长，再由勾股定理算出P'H的长，AC2的长，进而根据三角形的面积计算公式算出△ABC、△ACP'的面积，由S△APC=S四边形APCP'-S△ACP'及S△APB+S△BCP=S△ABC-S△APC代值计算即可.
21．【答案】
【知识点】三角形内角和定理；含30°角的直角三角形；勾股定理；旋转的性质；等腰直角三角形
【解析】【解答】解：过点G作GM⊥AC于点M，GN⊥AD于点N，如图：
由题意得：
∴
∵
∴
∴为等腰直角三角形，
∴
设AN=x，则AG=2x，
∴
∴
∵
∴
∴
∴为等腰直角三角形，
∴
∵
∴
∴
∴
∴
∴
故答案为：.
【分析】过点G作GM⊥AC于点M，GN⊥AD于点N，易证为等腰直角三角形，为等腰直角三角形，设AN=x，利用含30度角的直角三角形的性质和等腰直角三角形的性质结合勾股定理可求出后FG和DE的长，最后作比即可.
22．【答案】
【知识点】等边三角形的性质；勾股定理；旋转的性质
【解析】【解答】解：如图所示：过点D作DF⊥AC于点F，
∵将Rt△ABC绕点B逆时针旋转60°至△EBD，
∴△DBC为等边三角形，
∴CD=CB=6，∠DCB=60°，
∵∠C=90°，
∴∠DCF=30°，
∴DF=3，CF=，
∵AC=，
∴AF=AC-CF=，
∴AD=，
故答案为：.
【分析】根据题意先求出△DBC为等边三角形，再求出DF=3，CF=，最后利用勾股定理计算求解即可。
23．【答案】6
【知识点】含30°角的直角三角形；旋转的性质；三角形的中位线定理
【解析】【解答】解：作AB的中点O，连接OE，如图，
由旋转知：BD=BC=4，
∵ E为的中点 ，点O为AB的中点，
∴OE为△ABD的中位线，∴OE=BD=2，
∴点E的运动轨迹是以点O为圆心，1为半径的圆，
∴点E在CO的延长线上时，CE最长，
在中，，， ，点O为AB的中点，
∴AB=8，CO=AB=4，
∴CE=CO+OE=4+2=6；
故答案为：6.
【分析】作AB的中点O，连接OE，由旋转知BD=BC=4，利用三角形中位线定理可得OE=BD=2，从而得出点E的运动轨迹是以点O为圆心，1为半径的圆，即得点E在CO的延长线上时，CE最长，求出此时CE的长即可.
24．【答案】（1）证明：，
，
即．
在和中，
，
≌，
．
，
，
，
平分；
（2）解：．
证明如下：如图，作，分别交，于点，．
由知．
在和中，
，
≌，
．
又≌，
，
．
点为的中点，
，
．
点为的中点，点为的中点，
，
；
（3）解：，，
为等边三角形，
，
由可知≌，
，
，
，
的面积是一个定值．该定值为
【知识点】等边三角形的性质；旋转的性质；三角形的综合
【解析】【分析】（1）根据角的和差得到，再证明≌，得到，结合等腰三角形的性质即可求解；
（2） 作，分别交，于点，，证明≌，得到，再利用三角形全等的性质以及中点的性质证明，即可求解；
（3）先证明为等边三角形，得到， 由可知≌， 得到，推出，最后根据，即可得出结论.
25．【答案】（1）证明：将线段绕点顺时针旋转得到，
，，
，，于，
，∠ADC=∠FCD=90°，
，
又，
≌，
；
（2）解：①证明：过点作交于点，连接，
由知为的中点，
，，
为等腰直角三角形，
，
又，
，
又∵
≌，
，，
，，
又，
，
，
≌，
；
②解：，，
，
，
，，
，
，
又≌，
．
【知识点】勾股定理；旋转的性质；等腰直角三角形；三角形全等的判定-SAS；三角形全等的判定-AAS
【解析】【分析】（1）由旋转的性质得∠FCD=90°，CF=CD，由等腰直角三角形的性质得CD=AD=BD，则CF=AD，从而可用AAS判断出△ADG≌△FCG，由全等三角形的对应边相等得AG=GF；
（2）①过点E作EM⊥CB，交CD于点M，连接MF，首先证明△CEM是等腰直角三角形，得CE=ME，推出∠CED=∠MEF，由旋转的性质得DE=EF，从而用SAS判断出△CED≌△MEF，由全等三角形的性质得CD=MF，∠EMF=∠ECD=45°，推出AD=MF，∠CMF=90°，然后再用AAS证△ADG≌△FMG，得出AG=GF；
②首先在Rt△ABC中由勾股定理算出AB的长，根据等腰直角三角形的性质得CD的长，再在Rt△CEM中，利用勾股定理算出CM的长，由线段的和差求出DM的长，最后根据全等三角形的对应边相等可得DG=MG=DM，从而得出答案.
26．【答案】（1）8
（2）解：如图，过C作于点D，作交于点E，
由旋转的性质得：，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，即，解得：，
在中，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，即，
∴；
（3）解：的最小值是1
【知识点】相似三角形的判定与性质；旋转的性质；三角形全等的判定-AAS；三角形的综合；三角形-动点问题
【解析】【解答】解：（1）∵，
∴AC=，
∵将绕点顺时针旋转得到，其中点的对应点分别为点，
∴AB=A'B，
∵BC⊥AA'，
∴AC=A'C=4，
∴AA'=AC+A'C=4+4=8，
故答案为：8.
（3）解：如图，作且交的延长线于点P，连接，
∵，
∴，
∵，即，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
在和中，
∵，
∴，
∴，
即点D为的中点，
∵点E为的中点，
∴，
∴当取得最小值时，最小，
根据题意得：，
即当点、C、B三点共线时最小，且最小值为，
∴此时，即的最小值为1．
【分析】（1）先利用勾股定理求出AC的长，再求出AC=A'C=4，最后利用线段的和差求出AA'的长即可；
（2）过C作于点D，作交于点E，先利用求出，再利用勾股定理求出DB的长，再证出可得，即，再求出即可；
（3）作且交的延长线于点P，连接，先利用“AAS”证出可得，再证出当点、C、B三点共线时最小，且最小值为，最后求出，即的最小值为1即可.
27．【答案】（1）解：如图1，在中，，，
，
，
，，
是等腰直角三角形，
，；
（2）证明：如图2，过点作于点，过点作交于点，
则，
设，，
则，，
边绕点在同一平面内顺时针旋转得到，
，，
，，
，
，
，
，
，
即，
，
，，
，，
，
，
，
，
，即，
解得：，
，
；
（3）解：的值为
【知识点】含30°角的直角三角形；翻折变换（折叠问题）；相似三角形的判定与性质；旋转的性质；等腰直角三角形；三角形的综合
【解析】【解答】解：（3）由（1）知，，如图3，在射线截取，连接，
以为圆心，2为半径作，
为的中点，为的中点，
，
当的长度最小时，的长度最小，
将沿翻折，得到，
，即点在以为圆心，2为半径的上运动，
当经过点且点在线段上时，的长度最小，
如图4，过点作于点，过点作交的延长线于点，
则，
，
，
，
，即的最小值为，
将沿翻折，得到，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
；
故的值为．
【分析】（1）先运用含30°角的直角三角形的性质求出AD，进而根据勾股定理即可求出AC，再结合题意运用等腰直角三角形的性质即可求解；
（2）过点作于点，过点作交于点，则，设，，则，，进而根据旋转的性质得到，，从而结合题意运用相似三角形的判定与性质证明即可得到EG，再结合题意证明，进而即可求解；
（3）由（1）知，，如图3，在射线截取，连接，以为圆心，2为半径作，点在以为圆心，2为半径的上运动，当经过点且点在线段上时，的长度最小，过点作于点，过点作交的延长线于点，进而运用勾股定理、相似三角形的判定与性质即可求解。
28．【答案】（1）；
（2）证明：如图，把绕点顺时针旋转得到，连接，
则．
∴，，．
∴，
∵，，
∴，
在和中，，
∴．
∴，
又∵，
∴，
（3）解：如图，将绕点顺时针旋转得到，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∵以、、为边的三角形是直角三角形，
∴以、、为边的三角形是直角三角形，
∴是直角三角形，若
，且，
，
，
，
，
综上，的长为．
【知识点】勾股定理；旋转的性质；三角形全等的判定-SAS
【解析】【解答】（1）与位置关系是，数量关系是．
理由：在中，，，
，
∵绕点逆时针旋转得到，
∴，，
∴，即，
又，
∴，
∴，，
∴，即 ，
故答案为：．
【分析】（1）利用证明，根据全等三角形性质可得结论；
（2）把绕点顺时针旋转得到，连接，利用证明，可得，然后在中，根据勾股定理可得，然后可得结论；
（3）将绕点顺时针旋转得到，利用证明，可得，再分两种情况：①；②，分别根据含30度直角三角形的性质和勾股定理计算即可．
29．【答案】（1）CMBP
（2）CMBP的数量关系不变，理由如下：
解：当n＝2时，AB＝2BC，
则，
∴BCAB，PMAP，
由勾股定理可得：ACAB，
AMAP，
∴，
∴ACAB，AMAP，
∴CM＝AC﹣AM（AB﹣AP）BP，
由旋转得：∠CAB＝∠MAP，
即∠BAP+∠CAP＝∠CAM+∠CAP，
∴∠BAP＝∠CAM，
∴△ABP∽△ACM，
∴，
∴CMBP；
（3）解：∵AB＝4，AP＝2，
∴BC＝2，PM＝1，
由勾股定理可得：AC＝2，AM，
∵△APM绕点A顺时针旋转至B，P，M三点共线，
∴∠APM＝90°，PM＝1，
∠APB＝180°﹣90°＝90°，
∴BP2，
当△APM旋转至直线AB上方时，如图，
则BM＝BP+PM＝21；
当△APM旋转至直线AB下方时，如图，
则BM＝BP﹣PM＝21；
综上所述，线段BM的长为21或21．
【知识点】勾股定理；相似三角形的判定与性质；旋转的性质；等腰直角三角形；直角三角形的性质
【解析】【解答】解：（1）当时，，
，
，
为的中点，
，
，
，
，
，
，
，
，
，，
，
，
，
故答案为：；
【分析】（1）当n＝1时，AB＝BC，可得，由PM∥BC，得出△APM∽△ABC，可得，推出，即可得出答案；
（2）通过证明△ABP∽△ACM，可得，即可求解；
（3）当△APM旋转至直线AB上方时，当△APM旋转至直线AB下方时，分两种情况讨论，由勾股定理可求解．
30．【答案】（1）；；
（2）解：，，理由如下，
延长交于点Q，交于点O，如图2．
∵，
∴．
∵，
∴，
∴，
∴，．
∵，
∴，
∴，；
（3）解：如图，过点A作，使得，取的中点R，连接．
∵，
∴．
∴．
∵，
∴，
∴，
∴，
∴．
∵点R为中点，，
∴．
∵，
∴．
∵，
∴，
∴最大值为．
【知识点】矩形的性质；相似三角形的判定与性质；旋转的性质
【解析】【解答】（1）解：如图，延长交于点H．
由旋转的性质可得：，．
又∵，
∴，即．
故答案为：，；
【分析】（1）延长交于点H，根据旋转的性质可得，，再结合，即可得到，即；
（2）延长交于点Q，交于点O，先证出，可得，，再结合，求出，即可；
（3）过点A作，使得，取的中点R，连接，先证出，可得，求出，再结合，可得，最后求出最大值为即可。
1 / 12024年中考数学考前20天终极冲刺专题之旋转问题
一、选择题
1．（2024九下·岳阳月考）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．
【答案】B
【知识点】轴对称图形；中心对称及中心对称图形
【解析】【解答】解：A、不是轴对称图形，也不是中心对称图形，不合题意；
B、是轴对称图形，不是中心对称图形，符合题意；
C、不是轴对称图形，也不是中心对称图形，不合题意；
D、不是轴对称图形，是中心对称图形，不合题意．
故答案为：B.
【分析】根据轴对称图形与中心对称图形的概念判定即可．
2．（2023九上·余姚期末）如图，在△ABC中，ABA．△AFE∽△DFC B．AD=AF
C．DA平分∠BDE D．∠CDF=∠BAD
【答案】B
【知识点】等腰三角形的性质；相似三角形的判定与性质；旋转的性质
【解析】【解答】解：∵将△ABC以点A为旋转中心逆时针旋转得到△ADE，
∴∠BAC＝∠DAE，∠B＝∠ADE，AB＝AD，∠E＝∠C，
∴∠B＝∠ADB，
∴∠ADB＝∠ADE，
∴DA平分∠BDE，故C选项正确；
∵∠AFE＝∠CFD，∠E＝∠C，
∴△AFE∽△DFC，故A选项正确；
∴∠CDF＝∠CAE，
∵∠BAC＝∠DAE，
∴∠BAD＝∠CAE，
∴∠CDF＝∠BAD，故D选项正确；
没有条件证明∠ADF＝∠AFD，即不能判断AD＝AF，故B选项错误．
故答案为：B.
【分析】根据旋转得到∠B＝∠ADE，AB＝AD，∠E=∠C，推出∠B＝∠ADB，即可判断C；利用两个角对应相等的两个三角形相似判断A；利用相似三角形的对应角相等判断D；没有条件证得B正确，即可得到答案．
3．（2024·宁波模拟）如图，已知是矩形的对角线，以点为旋转中心将逆时针旋转，得到，，，三点恰好在同一条直线上，设与相交于点，连结有以下结论：；∽；是线段的黄金分割点；其中正确的是(　　)
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】勾股定理；矩形的性质；相似三角形的判定与性质；旋转的性质；三角形全等的判定-SAS
【解析】【解答】解：∵△FDE是△ADC绕点D逆时针旋转90°得到的，
∴△FDE≌△ADC，
∴AD=DF，DC=DE，∠DEF=∠DCA，
又∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ADC=90°，
∴∠DAC+∠DCA=90°，即∠DAG+DEF=90°，
∴∠AGE=90°，即AC⊥BE，①正确；
∵AC⊥BE，
∴∠BGC=90°，即△BGC是直角三角形，
而△AGD显然不是直角三角形，②错误；
在Rt△FCB和Rt△FDE中，
∵∠BFC=∠EFC，
∴Rt△FCB∽Rt△FDE，
∴，
∵BC=AD=DF，DE=DC，
∴，即DF2=FC DC，
∴点F是线段CD的黄金分割点，③正确；
在线段EF上取EG'=CG，并连接 DG'，如图：
∵DC=DE，∠DEF=∠DCA，
∴∠DEG'=∠DCG，
∵DC＝DE，∠DCG＝∠DEG'，CG＝EG'，
∴△DCG≌△DEG'（SAS），
∴DG=DG'，∠CDG=∠EDG'，
∵∠CDG=∠GDA=90°，∠EDG'+∠GAD=90°，
∴∠GDG'=90°，
∴△GDG'是等腰直角三角形，
∴，
∵EG'=CG，
∴，④正确；
故正确的为：①③④．
故答案为：D.
【分析】根据旋转前后两图形是全等图形可得△FDE≌△ADC，再由矩形的四个角都是直角可得∠ADC=90°，推得∠DAC+DEF=90°，从而判断①；由AC⊥BE可得△BGC是直角三角形，从而判断②；根据有两个角对应相等的三角形是相似三角形，相似三角形的对应边之比相等可得，推得，可判断③；在线段EF上作 EG'=CG，连接DG'，根据两边和它们的夹角对应相等的两个三角形全等，全等三角形的对应边相等，对应角相等可得DG=DG'，∠CDG=∠EDG'，推得△GDG'是等腰直角三角形，根据直角三角形中两直角边的平方和等于斜边的平方求得，可以判断④.
4．（2024九下·自贡月考） 如图，在△ABC中，∠ACB＝105°，将△ABC绕着点C顺时针方向旋转到△，经过点 A．若＝AC，则∠B的度数为（　　）
A．20° B．25° C．30° D．35°
【答案】B
【知识点】一元一次方程的其他应用；角的运算；等腰三角形的性质；旋转的性质
【解析】【解答】解：设∠B＝x，AB与B'C交点为M，如图所示：
∵AB'＝AC，
∴∠B'＝∠ACB'＝∠B，
∵∠ACB＝105°，
∴∠B+∠BCB'＝105°，
∴∠BMC＝180﹣∠B﹣∠BCB'＝75°＝∠AMB'，
∴∠BAB'＝180﹣∠AMB'﹣∠B'＝105°﹣x，∠BAC＝180°﹣∠B﹣∠ACB＝75°﹣x＝∠A'，
又∵AC＝A'C，
∴∠CAA'＝∠A'＝75°﹣x，
∵点A在线段A'B'上，
∴（105°﹣x）+（75°﹣x）+（75°﹣x）＝180°，
解得x＝25°，
∴∠B＝25°，
故答案为：B
【分析】设∠B＝x，AB与B'C交点为M，先根据等腰三角形的性质得到∠B'＝∠ACB'＝∠B，再结合题意进行角的运算即可得到∠BAB'＝180﹣∠AMB'﹣∠B'＝105°﹣x，∠BAC＝180°﹣∠B﹣∠ACB＝75°﹣x＝∠A'，进而结合题意解一元一次方程即可求解。
5．（2024八下·经开期中） 如图，四边形ABCD中，AC、BD是对角线，△ABC是等边三角形，∠ADC＝30°，AD＝4，BD＝6，则CD的长为（　　）
A．3 B．4 C．2 D．2
【答案】C
【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： 如图所示，将△BCD绕点C顺时针旋转60°得到△ACE，连结DE，
由旋转的性质知DC＝EC，∠DCE＝∠ACB＝60°，BD＝AE＝6，
则△DCE为等边三角形，
∵∠ADC＝30°，
∴∠ADE＝90°，
∴AD2+DE2＝AE2，
∴42+DE2＝62，
∴DE＝CD＝2，
故答案为：C．
【分析】将△BCD绕点C顺时针旋转60°得到△ACE，连结DE，则△DCE为等边三角形，△ADE为直角三角形，进而求出DE的长即可．
6．（2023·天津市）如图，把以点A为中心逆时针旋转得到，点B，C的对应点分别是点D，E，且点E在的延长线上，连接，则下列结论一定正确的是（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】旋转的性质
【解析】【解答】解：如图所示：设AD与BE的交点为O，
∵把△ABC以点A为中心逆时针旋转得到△ADE，
∴∠ABC = ∠ADE，∠BAD = ∠CAE，
又∵∠AOB= ∠DOE，
∴∠BED= ∠BAD = ∠CAE，
故答案为：A.
【分析】根据旋转的性质求出∠ABC = ∠ADE，∠BAD = ∠CAE，再求解即可。
7．（2024九上·九龙坡期末）如图，中，，将绕点顺时针旋转得到，使点的对应点恰好落在边上，、交于点．若，则的度数是（　　）（用含的代数式表示）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】三角形内角和定理；旋转的性质
【解析】【解答】解：由旋转得，，，，
，
，，
，
．
．
．
故答案为：C
【分析】根据旋转的性质可得，，，结合“”，进而可知，，再根据三角形内角和定理可得的度数，进而可知的度数，再根据三角形内角和定理计算即可求解。
8．（2024九下·黄冈开学考）如图，将矩形绕点顺时针旋转到矩形的位置，旋转角为．若，则的大小是（　　）
A．68° B．22° C．28° D．20°
【答案】B
【知识点】多边形内角与外角；矩形的性质；旋转的性质
【解析】【解答】解：如图，∠2=∠1=112°，
由矩形的性质知∠BAD=∠B=∠D'=90°，
∴∠BAD'=360°-∠B-∠D'-∠2=68°，
∴ =∠BAD-∠BAD'=90°-68°=22°.
故答案为：B.
【分析】利用对顶角及四边形的内角和求出∠BAD'的度数，再利用 =∠BAD-∠BAD'即可求解.
9．（2024九上·游仙期末）如图，边长为12的等边三角形ABC中，M是高CH所在直线上的一个动点，连结MB，将线段BM绕点B逆时针旋转60°得到BN，连结HN．则在点M运动过程中，线段HN长度的最小值是（　　）
A．6 B．3 C．2 D．1.5
【答案】B
【知识点】三角形全等及其性质；三角形全等的判定；等腰三角形的性质；轴对称的性质；旋转的性质
【解析】【解答】解：取BC的中点G，连接MG，如图所示：
∵旋转角为60°，
∴∠MBH+∠HBN=60°，
又∵∠MBH+∠MBC=∠ABC=60°，
∴∠HBN=∠GBM，
∵CH是等边△ABC的对称轴，
∴HB=AB，
∴HB=BG，
又∵MB旋转到BN，
∴BM=BN，
在△MBG和△NBH中，
，
∴△MBG≌△NBH（SAS），
∴MG=NH，
当MG⊥CH时，MG最短，即HN最短，
∴∠BCH=×60°=30°，CG=AB=×12=6，
∴MG=CG=×6=3，
∴HN=3，
故答案为：B
【分析】取BC的中点G，连接MG，进而根据旋转的性质得到∠MBH+∠HBN=60°，BM=BN，从而结合题意根据轴对称的性质得到HB=BG，再根据三角形全等的判定与性质证明△MBG≌△NBH（SAS）即可得到MG=NH，从而得到当MG⊥CH时，MG最短，即HN最短，再根据等腰三角形的性质结合题意即可求解。
10．（2020七下·重庆期末）如图，矩形ABCD中，AB＝2 ，BC＝6，P为矩形内一点，连接PA，PB，PC，则PA+PB+PC的最小值是（　　）
A．4 +3 B．2 C．2 +6 D．4
【答案】B
【知识点】勾股定理；矩形的性质；旋转的性质
【解析】【解答】解：将△BPC绕点C逆时针旋转60°，得到△EFC，连接PF、AE、AC，则AE的长即为所求.
由旋转的性质可知：△PFC是等边三角形，
∴PC=PF，
∵PB=EF，
∴PA+PB+PC=PA+PF+EF，
∴当A、P、F、E共线时，PA+PB+PC的值最小，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ABC=90°，
∴tan∠ACB= = ，
∴∠ACB=30°，AC=2AB= ，
∵∠BCE=60°，
∴∠ACE=90°，
∴AE= = .
故答案为：B.
【分析】将△BPC绕点C逆时针旋转60°，得到△EFC，连接PF、AE、AC，则AE的长即为所求.
11．（2023八下·鄠邑期末）如图，已知中，，，将绕点逆时针旋转得到，以下结论：①，②，③，④，正确的有（　　）
A．①②③ B．①②④ C．①③④ D．②③④
【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：∵将△ABC绕着点A逆时针旋转50°得到△AB′C′，
∴△ABC≌△AB′C′，
∴∠B′AB=∠CAC′=50°，AB=AB′，BC=B′C′，AC=AC′，∠ABC=∠AB′C′=30°，故①正确；
∴∠B′AC=∠B′AB-∠CAB=50°-20°=30°，
∴∠AB′C=∠B′AC，
∴∠B′AC=∠AB′C′，
∴AC∥C′B′，故②正确
∵AB=AB′，
∴∠AB′B=∠ABB′=（180°-50°）=65°，
∴∠CB′B=∠AB′C+∠AB′B=30°+65°=95°，
∴CB′不垂直BB′，故③错误；
③∵AC=AC′，
∠ACC′=（180°-50°）=65°，
∴∠ACC′=∠ABB′，故④正确；
∴正确结论的序号为①③④
故答案为：B
【分析】利用旋转的性质可证得△ABC≌△AB′C′，可得到利用全等三角形的性质可证得∠B′AB=∠CAC′=50°，AB=AB′，BC=B′C′，∠ABC=∠AB′C′=30°，可对 ①作出判断；由∠B′AC=∠B′AB-∠CAB，求出∠B′AC的度数，可证得∠B′AC=∠AB′C′，利用平行线的判定定理可推出AC∥C′B′，可对②作出判断；利用等腰三角形的性质和三角形的内角和定理可求出∠AB′B的度数，根据∠CB′B=∠AB′C+∠AB′B，代入计算求出∠CB′B的度数，可对③作出判断；利用等腰三角形的性质和三角形的内角和定理可求出∠ACC′的度数，据此可对④作出判断；综上所述可得到正确结论的序号.
12．（2023·锡山模拟）如图1，在Rt△ABC中，，，点D，E分别在边AB，AC上，，连接DC，点M、P、N分别为DE、DC、BC的中点．将△ADE绕点A在平面内自由旋转（如图2），若，，则△PMN面积的最大值是（　　）
A． B．18 C． D．
【答案】C
【知识点】三角形的面积；旋转的性质；等腰直角三角形；三角形全等的判定-SAS；三角形的中位线定理
【解析】【解答】解：由旋转可得∠BAD=∠CAE.
∵∠BAD=∠CAE，AB=AC，AD=AE，
∴△ABD≌△ACE（SAS），
∴∠ABD=∠ACE，BD=CE.
∵点M、P、N分别为DE、DC、BC的中点，
∴PN=BD，PM=EC，PM∥CE，PN∥BD，
∴PM=PN，
∴△PMN为等腰三角形.
∵PM∥CE，PN∥BD，
∴∠DPM=∠DCE，∠PNC=∠DBC.
∵∠DPN=∠DCB+∠PNC=∠DCB+∠DBC，
∴∠MPN=∠DPM+∠DPN=∠DCE+∠DCB+∠DBC=∠ACB+∠ACE+∠DBC=∠ACB+∠ABC.
∵∠BAC=90°，
∴∠ACB+∠ABC=90°，
∴∠MPN=90°，
∴△PMN为等腰直角三角形，
∴PM=PN=BD，
∴PM最大时，△PMN面积最大，即BD最大时，△PMN的面积最大，
∴点D在BA的延长线上，
∴BD=AB+AD=14，
∴PM=7，
∴S△PMN=PM2=×72=.
故答案为：C.
【分析】由旋转可得∠BAD=∠CAE，利用SAS证明△ABD≌△ACE，得到∠ABD=∠ACE，BD=CE，由题意可得PN、PM分别为△BCD、△DCE的中位线，则PN=BD，PM=EC，PM∥CE，PN∥BD，
∴PM=PN，由平行线的性质可得∠DPM=∠DCE，∠PNC=∠DBC，进而推出△PMN为等腰直角三角形，得到BD最大时，△PMN的面积最大，此时BD=AB+AD=14，PM=7，然后利用三角形的面积公式进行计算.
13．（2023八下·大冶期中）如图，点E为正方形ABCD内一点，∠AEB＝90°，将Rt△ABE绕点B按顺时针方向旋转90°，得到△CBG.延长AE交CG于点F，连接DE.下列结论：①AF⊥CG，②四边形BEFG是正方形，③若DA＝DE，则CF＝FG；其中正确的结论是（　　）
A．①②③ B．①② C．②③ D．①③
【答案】A
【知识点】正方形的判定与性质；旋转的性质；三角形全等的判定-AAS
【解析】【解答】解：如图，设AF交BC于点K，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ABK=90°，
∴∠KAB+∠AKB=90°，
∵将Rt△ABE绕点B按顺时针方向旋转90°，得到△CBG.
∴∠KAB=∠BCG，
∵∠AKB=∠CKF，
∴∠BCG+∠CKF=90°，
∴∠KFC=90°，
∴AF⊥CG，故①正确；
∵将Rt△ABE绕点B按顺时针方向旋转90°，得到△CBG.
∴∠AEB=∠CGB=90°，BE=BG，∠EBG=90°，
又∠BEF=90°，
∴四边形BEFG是矩形，
又∵BE=BG，
∴四边形BEFG是正方形，故②正确；
如图，过点D作DH⊥AE于点H，
∵DA=DE，DH⊥AE，
∴AE=2AH，
∴∠ADH+∠DAH=90°，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AD=AB，∠DAB=90°，
∴∠DAH+∠EAB=90°，
∴∠ADH=∠EAB，
又AD=AB，∠AHD=∠AEB=90°，
∴△ADH≌△BAE（AAS），
∴AH=BE，
∴AE=2AH=2BE，
∵将Rt△ABE绕点B按顺时针方向旋转90°，得到△CBG.
∴AE=CG，
∵四边形BEFG是正方形，
∴BE=GF，
∴AE=2FG，即CG=2FG，
∴CF=FG，故③正确；
∴正确的有：①②③，
故答案为：A.
【分析】设AF交BC于点K，由正方形的性质及直角三角形两锐角互余得∠KAB+∠AKB=90°，由旋转的性质得∠KAB=∠BCG，结合对顶角相等可得∠BCG+∠CKF=90°，根据三角形的内角和定理得∠KFC=90°，据此可判断①；根据旋转的性质得∠AEB=∠CGB=90°，BE=BG，∠EBG=90°，从而可判断出四边形BEFG是矩形，进而根据有一组邻边相等的矩形是正方形得四边形BEFG是正方形，据此可判断②；过点D作DH⊥AE于点H，由等腰三角形的三线合一得AE=2AH，根据同角的余角相等得∠ADH=∠EAB，从而可用AAS判断出△ADH≌△BAE，得AH=BE，则AE=2AH=2BE，由旋转的性质得AE=CG，结合正方形的性质可得CG=2FG，从而得CF=FG，据此可判断③.
14．（2022八上·江干期中）如图，O是正内一点，，，，，将线段BO以点B为旋转中心逆时针旋转60°得到线段，下列结论：①点O与的距离为6；②；③；④；⑤点P为内一点，则点P到三个顶点的距离和最小为.其中正确的结论是（　　）
A．①②③⑤ B．①③④ C．②③④⑤ D．①②⑤
【答案】D
【知识点】等边三角形的判定与性质；勾股定理的逆定理；旋转的性质；三角形全等的判定-SAS
【解析】【解答】解：连接OO'，
∵线段BO以点B为旋转中心逆时针旋转60°得到线段BO'，
∴△OBO'是正三角形，OO'=OB，故①正确；
由①易得，，，
∴，
∴，
∴，
∴
∴故②正确；
，故③错误；
由③知，故 ④错误；
根据三角形的性质可知：当点P是三角形三边的中垂线的交点时，到三角形三个顶点的距离和最小，距离和的最小值是，故⑤正确.
故答案为：D.
【分析】根据旋转的性质易得△BOO'是等边三角形，由等边三角形的性质得OO'=OB，据此可判断①；利用SAS可证△BOC≌△BAO'，可得AO'＝CO＝8，OO'＝6，可判断△AOO'是直角三角形，从而就不难判断②；由S四边形AOBO′＝S△AOO'＋S△OO'B＝S△BOC＋S△AOC，S△AOB=S四边形AOBO′-S△AO'B可判定③④；根据三角形的性质，当点P是三角形的外心的时候，到三角形三个顶点的距离和最小，距离和的最小值是，据此判断⑤.
15．（2022·任城模拟）在矩形ABCD中，AB=3，AD=5，将矩形ABCD绕点A沿逆时针方向旋转得矩形AEFG，连接BE，当EF刚好经过点D时，线段BE的长是（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】矩形的性质；旋转的性质
【解析】【解答】如图，连接DG．
由旋转和矩形性质可知，
∴在中，，
∴，
∴在中，．
∵，
∴．
又∵，
∴，
∴，即，
∴．
故答案为：B．
【分析】利用旋转和矩形性质结合和中勾股定理可得，然后通过证明，可知，即可求出BE的值。
二、填空题
16．（2023九上·鸡西月考）如图，在Rt△ABC中，∠B＝90°，AB＝4，BC＝6，点D在BC边上，将点A绕点D顺时针旋转90°得到点E，连接DE，CE．当△DCE是等腰三角形时，BD的长为 　 　．
【答案】或
【知识点】等腰三角形的性质；勾股定理；旋转的性质
【解析】【解答】解：设，则，
①当时，作于点，
由旋转的性质得：，，
，
，
，，
，
在中，，
由勾股定理得：，即，
，
解得：，（舍去）
，
②当时，
根据题意得：，
在中，由勾股定理得：，
即，
解得：，即，
综上所述，的长为或．
故答案为：或．
【分析】设，则，分类讨论：①当时，作于点，证明出，由全等三角形的性质得，，在中，由勾股定理得，可得，②当时，在中，由勾股定理得：，解得，即可得解．
17．（2024·南漳模拟） 已知矩形中，，将绕点顺时针旋转得到，与交于点，与交于点，当点的对应点落在线段上时，线段的长是　 　．
【答案】
【知识点】矩形的性质；相似三角形的判定与性质；旋转的性质；三角形全等的判定-ASA
【解析】【解答】解：∵四边形是矩形，
∴，，，
∵将绕点顺时针旋转得到，
∴，
∴，
∵
∴
∴
∴，
∵
∴
又∵
在中，
∴
∴
∴
故答案为：．
【分析】先由矩形的性质，先利用ASA证明出，得出，再证明，由相似三角形的性质得出，即可求解．
18．（2023九上·福田月考）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝8，将△ABC绕点C按逆时针方向旋转得到△A1B1C，满足A1B1∥AC，过点B作BE⊥A1C，垂足为E，连接AE，若S△ABE＝3S△ACE，则AB的长为 　 　．
【答案】
【知识点】平行线的性质；三角形的面积；勾股定理；旋转的性质
【解析】【解答】解：记A1C交AB于D，如图：
∵A1B1//AC，
∴∠A1=∠A1CA，
∵将△ABC绕点C按逆时针方向旋转得到△A1B1C，
∴∠A1=∠BAC，
∴∠A1CA=∠BAC，
∴CD=AD，
∵∠ACB=90°，
∴∠CBD+∠BAC=90°=∠A1CA+∠BCD，
∴∠CBD=∠BCD，
∴BD=CD，
∴BD=CD=AD，
∴，
∵S△ABE=3S△ACE，
即2S△ADE=3S△ACE，
∴S△ADE：S△ACE=DE：CE=3：2.
设CE=2x ，则DE=3x，BD=AD=CD=5x，
∴
，
∴ Rt△ABC中，BC2+AC2=AB2，
即
解得：，
∴.
故答案为：.
【分析】记A1C交AB于D，由平行的性质得到∠A1=∠A1CA，由旋转得到∠A1=∠BAC，于是可得∠A1CA=∠BAC，根据∠CBD+∠BAC=∠A1CA+∠BCD=90°，得到∠CBD=∠BCD，从而可得AD=CD=BD.根据2S△ADE= S△ABE＝3S△ACE可得DE：CE=3：2.设CE=2x，可表示出DE，BD，BC，AB的长，利用勾股定理即可求出x，从而可得AB的长.
19．（2023九上·江油期中）如图，已知△ABC，∠ABC＜60°，将△ABC绕点A逆时针旋转60°得到△ADE，DE与BC交于点P．下列结论：
①∠EPC＝60°；
②AC与DE互相平分；
③PA+PC＝PE；
④PA平分∠BPE，其中正确结论的是 　 　．
【答案】①③④
【知识点】三角形全等及其性质；等边三角形的判定与性质；旋转的性质；三角形全等的判定-SAS
【解析】【解答】解：设AD交BC于点F，
由旋转的性质可得：∠B＝∠D，∠BAD＝∠CAE＝60°，AE＝AC，
∵∠B+∠BAD＝∠D+∠BPD，
∴∠BPD＝∠BAD＝60°，
∴∠EPC＝∠BPD＝60°，
故①正确；
设DE交AC于点H，连接CE，
∵∠CAE＝60°，AE＝AC，
∴△ACE是等边三角形，
若AC与DE互相平分，则AH＝CH，
∴PE⊥AC，
∵∠EPC＝60°，∠C的大小无法确定，
∴∠CHP不一定等于90°，
故②错误；
在BC上截取BG＝PD，
由旋转的性质得：∠B＝∠D，BC＝DE，AB＝AD，∠BAD＝60°，
∴CG＝PE，
∴△ABG≌△ADP（SAS），
∴AG＝AP，∠BAG＝∠DAP，
∴∠BAG+∠DAG＝∠DAP+∠DAG，
即∠BAD＝∠GAP＝60°，
∴△APG是等边三角形，
∴AP＝PG，∠APB＝60°，
∴AP+PC＝PG+PC＝CG＝PE，
故③正确；
∵∠EPC＝60°，
∴∠BPE＝120°，
∴∠APE＝∠APB＝60°，
∴PA平分∠BPE，
故④正确．
故答案为：①③④．
【分析】设AD交BC于点F，由旋转的性质可得：∠B＝∠D，∠BAD＝∠CAE＝60°，AE＝AC，利用三角形内角和定理求得∠EPC＝∠BPD＝60°，故 ① 正确；设DE交AC于点H，连接CE，先证明△ACE是等边三角形，再利用反证法结合已知条件即可判断 ② 错误；在BC上截取BG＝PD，由旋转的性质得：∠B＝∠D，BC＝DE，AB＝AD，∠BAD＝60°，证明△ABG≌△ADP（SAS），利用三角形全等的性质可进一步求得∠BAD＝∠GAP＝60°，可得△APG是等边三角形，利用等边三角形的性质可得AP＝PG，∠APB＝60°，进而求得AP+PC＝PE，故③正确；由①得∠EPC＝60°，进而得到∠APE＝∠APB，即④ 正确；故正确的有 ①③④ .
20．（2023八上·瑞安期中）如图，点P是在正△ABC内一点．PA＝6，PB＝8，PC＝10，将线段AP绕点A逆时针旋转60°得到线段AP′，连结．P′P，P′C，四边形APCP′的面积为　 　，S△APB＋S△BPC＝　 　．
【答案】；
【知识点】三角形的面积；等边三角形的判定与性质；勾股定理的逆定理；旋转的性质；三角形全等的判定-SAS
【解析】【解答】解：∵△ABC是等边三角形，
∴AB=AC，∠BAC=60°，
∵线段AP绕点A逆时针旋转60°得到线段AP'，
∴AP=AP'，∠PAP'=60°，
∴△APP'是等边三角形，
∴S△APP'=，PP'=AP=6，∠BAC-∠CAP=∠PAP'-∠CAP，即∠BAP=∠CAP'，
在△ABP与△ACP'中，
∵AP=AP'，∠BAP=∠CAP'，AB=AC，
∴△ABP≌△ACP'（SAS），
∴P'C=BP=8，
在△PP'C中，∵pp'=6，P'C=8，PC=10，
∴P'P2+P'C2=PC2，
∴△P'PC是直角三角形，∠PP'C=90°，
∴S△P'PC=，
∴四边形APCP'的面积=S△APP'+S△PP'C=；
过点A作AH⊥CP'，交CP'的延长线于点H，
∵∠AP'C=∠AP'P+∠PP'C=60°+90°=150°，
∴∠AP'H=30°，
∴AH=AP'=3，
∴P'H=，
∴AC2=AH2+CH2=32+=，
∵S△ABC=，
∵S△ACP'=，
∴S△APC=S四边形APCP'-S△ACP'=，
∴S△APB+S△BCP=S△ABC-S△APC=.
故答案为： ； .
【分析】由等边三角形的性质得AB=AC，∠BAC=60°，由旋转得AP=AP'，∠PAP'=60°，然后根据有一个角为60°的等腰三角形是等边三角形得△APP'是等边三角形，由三角形的面积公式算出△APP'的面积，然后用SAS判断出△ABP≌△ACP'，得P'C=BP=8，再用勾股定理得逆定理判断出△P'PC是直角三角形，∠PP'C=90°，再用三角形的面积公式算出△P'PC的面积，进而由四边形APCP'的面积=S△APP'+S△PP'C可算出答案；过点A作AH⊥CP'，交CP'的延长线于点H，易得∠AP'H=30°，由含30°角直角三角形的性质得AH的长，再由勾股定理算出P'H的长，AC2的长，进而根据三角形的面积计算公式算出△ABC、△ACP'的面积，由S△APC=S四边形APCP'-S△ACP'及S△APB+S△BCP=S△ABC-S△APC代值计算即可.
21．（2022九上·温州开学考）如图，△ABC是等腰三角形，AB＝AC，∠B＝30°，△ADE是直角三角形，∠ADE＝90°，∠E＝30°，AD＝AB．将△ADE绕点A旋转，AD、AE分别交BC于点F，G，当∠AGB＝75°时，　 　．
【答案】
【知识点】三角形内角和定理；含30°角的直角三角形；勾股定理；旋转的性质；等腰直角三角形
【解析】【解答】解：过点G作GM⊥AC于点M，GN⊥AD于点N，如图：
由题意得：
∴
∵
∴
∴为等腰直角三角形，
∴
设AN=x，则AG=2x，
∴
∴
∵
∴
∴
∴为等腰直角三角形，
∴
∵
∴
∴
∴
∴
∴
故答案为：.
【分析】过点G作GM⊥AC于点M，GN⊥AD于点N，易证为等腰直角三角形，为等腰直角三角形，设AN=x，利用含30度角的直角三角形的性质和等腰直角三角形的性质结合勾股定理可求出后FG和DE的长，最后作比即可.
22．（2023八下·成都期中）如图，在中，，，，将绕点B逆时针旋转至，连接，则线段　 　．
【答案】
【知识点】等边三角形的性质；勾股定理；旋转的性质
【解析】【解答】解：如图所示：过点D作DF⊥AC于点F，
∵将Rt△ABC绕点B逆时针旋转60°至△EBD，
∴△DBC为等边三角形，
∴CD=CB=6，∠DCB=60°，
∵∠C=90°，
∴∠DCF=30°，
∴DF=3，CF=，
∵AC=，
∴AF=AC-CF=，
∴AD=，
故答案为：.
【分析】根据题意先求出△DBC为等边三角形，再求出DF=3，CF=，最后利用勾股定理计算求解即可。
23．（2023·茅箭模拟）如图，在中，，，，线段绕点旋转到，连，为的中点，连接，则的最大值是　 　 ．
【答案】6
【知识点】含30°角的直角三角形；旋转的性质；三角形的中位线定理
【解析】【解答】解：作AB的中点O，连接OE，如图，
由旋转知：BD=BC=4，
∵ E为的中点 ，点O为AB的中点，
∴OE为△ABD的中位线，∴OE=BD=2，
∴点E的运动轨迹是以点O为圆心，1为半径的圆，
∴点E在CO的延长线上时，CE最长，
在中，，， ，点O为AB的中点，
∴AB=8，CO=AB=4，
∴CE=CO+OE=4+2=6；
故答案为：6.
【分析】作AB的中点O，连接OE，由旋转知BD=BC=4，利用三角形中位线定理可得OE=BD=2，从而得出点E的运动轨迹是以点O为圆心，1为半径的圆，即得点E在CO的延长线上时，CE最长，求出此时CE的长即可.
三、解答题
24．（2024·常德模拟）如图，在中，，为的中点，点在线段上以点为中心，将线段逆时针旋转得到线段，连接，．
（1）求证：平分；
（2）如图，为的中点，连接试判断与的位置关系，并说明理由；
（3）如图，若，，连接，试说明的面积是一个定值，并求出该定值．
【答案】（1）证明：，
，
即．
在和中，
，
≌，
．
，
，
，
平分；
（2）解：．
证明如下：如图，作，分别交，于点，．
由知．
在和中，
，
≌，
．
又≌，
，
．
点为的中点，
，
．
点为的中点，点为的中点，
，
；
（3）解：，，
为等边三角形，
，
由可知≌，
，
，
，
的面积是一个定值．该定值为
【知识点】等边三角形的性质；旋转的性质；三角形的综合
【解析】【分析】（1）根据角的和差得到，再证明≌，得到，结合等腰三角形的性质即可求解；
（2） 作，分别交，于点，，证明≌，得到，再利用三角形全等的性质以及中点的性质证明，即可求解；
（3）先证明为等边三角形，得到， 由可知≌， 得到，推出，最后根据，即可得出结论.
25．（2024八下·广州开学考）已知在中，，，于．
（1）如图，将线段绕点顺时针旋转得到，连接交于点求证：；
（2）如图，点是线段上一点连接，将线段绕点顺时针旋转得到，连接交于点．
求证：；
若，，求的长．
【答案】（1）证明：将线段绕点顺时针旋转得到，
，，
，，于，
，∠ADC=∠FCD=90°，
，
又，
≌，
；
（2）解：①证明：过点作交于点，连接，
由知为的中点，
，，
为等腰直角三角形，
，
又，
，
又∵
≌，
，，
，，
又，
，
，
≌，
；
②解：，，
，
，
，，
，
，
又≌，
．
【知识点】勾股定理；旋转的性质；等腰直角三角形；三角形全等的判定-SAS；三角形全等的判定-AAS
【解析】【分析】（1）由旋转的性质得∠FCD=90°，CF=CD，由等腰直角三角形的性质得CD=AD=BD，则CF=AD，从而可用AAS判断出△ADG≌△FCG，由全等三角形的对应边相等得AG=GF；
（2）①过点E作EM⊥CB，交CD于点M，连接MF，首先证明△CEM是等腰直角三角形，得CE=ME，推出∠CED=∠MEF，由旋转的性质得DE=EF，从而用SAS判断出△CED≌△MEF，由全等三角形的性质得CD=MF，∠EMF=∠ECD=45°，推出AD=MF，∠CMF=90°，然后再用AAS证△ADG≌△FMG，得出AG=GF；
②首先在Rt△ABC中由勾股定理算出AB的长，根据等腰直角三角形的性质得CD的长，再在Rt△CEM中，利用勾股定理算出CM的长，由线段的和差求出DM的长，最后根据全等三角形的对应边相等可得DG=MG=DM，从而得出答案.
26．（2024九上·威远期末）在中，，将绕点顺时针旋转得到，其中点的对应点分别为点．
（1）如图1，当点落在的延长线上时，则的长为　 　；
（2）如图2，当点落在的延长线上时，连接，交于点，求的长；
（3）如图3，连接，直线交于点，若E为AC的中点，连接．在旋转过程中，是否存在最小值？若存在，请直接写出的最小值；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）8
（2）解：如图，过C作于点D，作交于点E，
由旋转的性质得：，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，即，解得：，
在中，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，即，
∴；
（3）解：的最小值是1
【知识点】相似三角形的判定与性质；旋转的性质；三角形全等的判定-AAS；三角形的综合；三角形-动点问题
【解析】【解答】解：（1）∵，
∴AC=，
∵将绕点顺时针旋转得到，其中点的对应点分别为点，
∴AB=A'B，
∵BC⊥AA'，
∴AC=A'C=4，
∴AA'=AC+A'C=4+4=8，
故答案为：8.
（3）解：如图，作且交的延长线于点P，连接，
∵，
∴，
∵，即，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
在和中，
∵，
∴，
∴，
即点D为的中点，
∵点E为的中点，
∴，
∴当取得最小值时，最小，
根据题意得：，
即当点、C、B三点共线时最小，且最小值为，
∴此时，即的最小值为1．
【分析】（1）先利用勾股定理求出AC的长，再求出AC=A'C=4，最后利用线段的和差求出AA'的长即可；
（2）过C作于点D，作交于点E，先利用求出，再利用勾股定理求出DB的长，再证出可得，即，再求出即可；
（3）作且交的延长线于点P，连接，先利用“AAS”证出可得，再证出当点、C、B三点共线时最小，且最小值为，最后求出，即的最小值为1即可.
27．（2023九上·渝北期中）在中，，，为边上一点，连接．
（1）如图，若，，求的长；
（2）如图，将的边绕点在同一平面内顺时针旋转得到，为延长线上一点，连接若，，求证：；
（3）如图，在的条件下，为射线上一动点，连接，，将沿翻折，得到，连接，为的中点，连接，当的长度最小时，请直接写出的值．
【答案】（1）解：如图1，在中，，，
，
，
，，
是等腰直角三角形，
，；
（2）证明：如图2，过点作于点，过点作交于点，
则，
设，，
则，，
边绕点在同一平面内顺时针旋转得到，
，，
，，
，
，
，
，
，
即，
，
，，
，，
，
，
，
，
，即，
解得：，
，
；
（3）解：的值为
【知识点】含30°角的直角三角形；翻折变换（折叠问题）；相似三角形的判定与性质；旋转的性质；等腰直角三角形；三角形的综合
【解析】【解答】解：（3）由（1）知，，如图3，在射线截取，连接，
以为圆心，2为半径作，
为的中点，为的中点，
，
当的长度最小时，的长度最小，
将沿翻折，得到，
，即点在以为圆心，2为半径的上运动，
当经过点且点在线段上时，的长度最小，
如图4，过点作于点，过点作交的延长线于点，
则，
，
，
，
，即的最小值为，
将沿翻折，得到，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
；
故的值为．
【分析】（1）先运用含30°角的直角三角形的性质求出AD，进而根据勾股定理即可求出AC，再结合题意运用等腰直角三角形的性质即可求解；
（2）过点作于点，过点作交于点，则，设，，则，，进而根据旋转的性质得到，，从而结合题意运用相似三角形的判定与性质证明即可得到EG，再结合题意证明，进而即可求解；
（3）由（1）知，，如图3，在射线截取，连接，以为圆心，2为半径作，点在以为圆心，2为半径的上运动，当经过点且点在线段上时，的长度最小，过点作于点，过点作交的延长线于点，进而运用勾股定理、相似三角形的判定与性质即可求解。
四、实践探究题
28．（2024九下·襄阳月考） 如图
（1）观察猜想：
如图1，在直角中，，，点D为边上一动点（与点B不重合），连接，将绕点A逆时针旋转到，那么、之间的位置关系为　 　，数量关系为　 　；
（2）数学思考：
如图2，在中，，，D、E为上两点，且，求证：．
（3）拓展延伸：
如图3，在中，，，，若以、、为边的三角形是以为斜边的直角三角形，当时，求的长．
【答案】（1）；
（2）证明：如图，把绕点顺时针旋转得到，连接，
则．
∴，，．
∴，
∵，，
∴，
在和中，，
∴．
∴，
又∵，
∴，
（3）解：如图，将绕点顺时针旋转得到，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∵以、、为边的三角形是直角三角形，
∴以、、为边的三角形是直角三角形，
∴是直角三角形，若
，且，
，
，
，
，
综上，的长为．
【知识点】勾股定理；旋转的性质；三角形全等的判定-SAS
【解析】【解答】（1）与位置关系是，数量关系是．
理由：在中，，，
，
∵绕点逆时针旋转得到，
∴，，
∴，即，
又，
∴，
∴，，
∴，即 ，
故答案为：．
【分析】（1）利用证明，根据全等三角形性质可得结论；
（2）把绕点顺时针旋转得到，连接，利用证明，可得，然后在中，根据勾股定理可得，然后可得结论；
（3）将绕点顺时针旋转得到，利用证明，可得，再分两种情况：①；②，分别根据含30度直角三角形的性质和勾股定理计算即可．
29．（2024·武汉模拟）在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝nBC，P为AB上的一点（不与端点重合），过点P作PM⊥AB交AG于点M，得到△APM．
（1）【问题发现】如图1，当n＝1时，P为AB的中点时，CM与BP的数量关系为 　 　；
（2）【类比探究】如图2，当n＝2时，△APM绕点A顺时针旋转，连接CM，BP，则在旋转过程中CM与BP之间的数量关系是否发生变化？请说明理由；
（3）【拓展延伸】在（2）的条件下，已知AB＝4，AP＝2，当△APM绕点A顺时针旋转至B，P，M三点共线时，请直接写出线段BM的长．
【答案】（1）CMBP
（2）CMBP的数量关系不变，理由如下：
解：当n＝2时，AB＝2BC，
则，
∴BCAB，PMAP，
由勾股定理可得：ACAB，
AMAP，
∴，
∴ACAB，AMAP，
∴CM＝AC﹣AM（AB﹣AP）BP，
由旋转得：∠CAB＝∠MAP，
即∠BAP+∠CAP＝∠CAM+∠CAP，
∴∠BAP＝∠CAM，
∴△ABP∽△ACM，
∴，
∴CMBP；
（3）解：∵AB＝4，AP＝2，
∴BC＝2，PM＝1，
由勾股定理可得：AC＝2，AM，
∵△APM绕点A顺时针旋转至B，P，M三点共线，
∴∠APM＝90°，PM＝1，
∠APB＝180°﹣90°＝90°，
∴BP2，
当△APM旋转至直线AB上方时，如图，
则BM＝BP+PM＝21；
当△APM旋转至直线AB下方时，如图，
则BM＝BP﹣PM＝21；
综上所述，线段BM的长为21或21．
【知识点】勾股定理；相似三角形的判定与性质；旋转的性质；等腰直角三角形；直角三角形的性质
【解析】【解答】解：（1）当时，，
，
，
为的中点，
，
，
，
，
，
，
，
，
，，
，
，
，
故答案为：；
【分析】（1）当n＝1时，AB＝BC，可得，由PM∥BC，得出△APM∽△ABC，可得，推出，即可得出答案；
（2）通过证明△ABP∽△ACM，可得，即可求解；
（3）当△APM旋转至直线AB上方时，当△APM旋转至直线AB下方时，分两种情况讨论，由勾股定理可求解．
30．（2022·济南模拟）
（1）【方法尝试】
如图1，矩形是矩形以点A为旋转中心，按逆时针方向旋转所得的图形，分别是它们的对角线．则与数量关系　 　，位置关系　 　；
（2）【类比迁移】
如图2，在和中，．将绕点A在平面内逆时针旋转，设旋转角为α（），连接．请判断线段和的数量关系和位置关系，并说明理由；
（3）【拓展延伸】
如图3，在中，，过点A作，在射线上取一点D，连接，使得，请求线段的最大值．
【答案】（1）；；
（2）解：，，理由如下，
延长交于点Q，交于点O，如图2．
∵，
∴．
∵，
∴，
∴，
∴，．
∵，
∴，
∴，；
（3）解：如图，过点A作，使得，取的中点R，连接．
∵，
∴．
∴．
∵，
∴，
∴，
∴，
∴．
∵点R为中点，，
∴．
∵，
∴．
∵，
∴，
∴最大值为．
【知识点】矩形的性质；相似三角形的判定与性质；旋转的性质
【解析】【解答】（1）解：如图，延长交于点H．
由旋转的性质可得：，．
又∵，
∴，即．
故答案为：，；
【分析】（1）延长交于点H，根据旋转的性质可得，，再结合，即可得到，即；
（2）延长交于点Q，交于点O，先证出，可得，，再结合，求出，即可；
（3）过点A作，使得，取的中点R，连接，先证出，可得，求出，再结合，可得，最后求出最大值为即可。
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