轴对称与旋转（全章常考核心知识点分类专题）（培优练）（含解析）

生活中的轴对称（全章常考核心知识点分类专题）（培优练）
考点目录：
【考点1】轴对称图形及成轴对称两个图形的识别 【考点2】由轴对称的特征进行判断；
【考点3】由轴对称的性质特征进行求解； 【考点4】由轴对称的性质特征解决折叠问题；
【考点5】将军饮马问题； 【考点6】旋转中心、旋转角、对应点；
【考点7】由旋转的性质求解； 【考点8】由旋转的性质证明；
【考点9】几何变换——轴对称中的几何综合题； 【考点10】几何变换——旋转中的几何最值；
【考点11】几何变换——旋转中的几何综合题，
一、选择题
【考点1】轴对称图形及成轴对称两个图形的识别
1．下列图形中，不是轴对称图形的是（ ）
A． B． C． D．
2．下列各组图中，左右两个图形成轴对称的是( )
A． B． C． D．
【考点2】由轴对称的特征进行判断
3．如图，和关于直线1对称，下列结论：①；②；③垂直平分；④直线和的交点不一定在上．其中正确的有（ ）
A．4个 B．3个 C．2个 D．1个
4．定义：在平面内由极点、极轴和极径组成的坐标系叫做极坐标系．如图，在平面上取定一点O为极点；从点O出发引一条射线Ox称为极轴；线段OP的长度称为极径，点P的极坐标就可以用线段OP的长度以及从Ox转动到OP的角度（规定逆时针方向转动角度为正）来确定，即或或等，则点P关于极轴对称的点Q的极坐标表示不正确的是（ ）
A． B． C． D．
【考点3】由轴对称的性质特征进行求解
5．将一张正方形纸片按如图所示的方式折叠，、为折痕，点折叠后的对应点分别为，若，则的度数为（　　）
A．48° B．46° C．44° D．42°
6．如图，点P是外一点，点D，E分别是两边上的点，点P关于的对称点恰好落在线段上，点P关于的对称点落在的延长线上．若，则线段的长为（ ）
A．4 B．5 C．6 D．7
【考点4】由轴对称的性质特征解决折叠问题
7．如图，把一个长方形纸片沿折叠后，点，分别落在，的位置．若，则等于（ ）
A． B． C． D．
8．如图．将长方形纸片沿，折叠成图，使与在一条直线上，再沿折叠成图，使点落在点处，若，则的度数为（　　）
A． B． C． D．
【考点5】将军饮马问题
9．四边形中，，在上分别找一点M、N，使周长最小时，则的度数为（　　）

A．80° B．95° C．125° D．110°
10．如图，在锐角三角形中，的面积15，平分交于点D，若分别是上的动点，则的最小值为（　　）

A．3 B．4 C．5 D．6
【考点6】旋转中心、旋转角、对应点
11．如图，△ABC按顺时针旋转到△ADE的位置，以下关于旋转中心和对应点的说法正确的是（ ）

A．点A是旋转中心，点B和点E是对应点 B．点C是旋转中心，点B和点D是对应点
C．点A是旋转中心，点C和点E是对应点 D．点D是旋转中心，点A和点D是对应点
12．如图，在Rt△ACB中，∠ACB＝90°，∠A＝35°，将△ABC绕点C逆时针旋转α角到△A1B1C 的位置，A1B1恰好经过点B，则旋转角α的度数等（ ）

A．70° B．65° C．55° D．35°
【考点7】由旋转的性质求解
13．如图，中，，将逆时针旋转，得到，交于．当时，点恰好落在上，此时等于（　　）
A． B． C． D．
14．如图，点，分别在正方形的边，上，，以点为旋转中心，将按顺时针方向旋转，已知，，则的长为（ ）

A． B． C． D．
【考点8】由旋转的性质证明
15．如图，将△ABC绕着点C按顺时针方向旋转20°，B点落在B'位置，A点落在A'位置，若AC⊥A'B'，则∠BAC的度数是（　　）
A．70° B．60° C．50° D．40°
16．如图，已知△ABC中，∠C＝90°，AC＝BC，把△ABC绕点A逆时针旋转60°得到△AB'C'，连接C'B，则∠ABC'的度数是（　　）
A．45° B．30° C．20° D．15°
【考点9】几何变换——轴对称中的几何综合题
17．如图，直线l，m相交于点O，点P为这两直线外一点，且，若点P关于直线l，m的对称点分别是点交直线l与点A，交直线m与点B，则A，B之间的距离可能是（ ）

A．3 B．2.7 C．1.8 D．0
18．如图，已知正六边形的边长为2，，分别是和的中点，是上的动点，连接，，则的值最小时，与的夹角（锐角）度数为（ ）
A． B． C． D．
【考点10】几何变换——旋转中的几何最值
19．如图，在正方形ABCD中，点O为对角线的交点，点P为正方形外一动点，且满足∠BPC＝90°，连接PO．若正方形边长为4，则△BPC面积的最大值为（ ）
A．4 B．6 C． D．5
20．如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，将△ABC绕顶点C逆时针旋转得到△ABC，M是BC的中点，P是A’B’的中点，连接PM．若BC＝4，∠BAC＝30°，则线段PM的最大值是（　　）
A．8 B．6 C．4 D．5
【考点11】几何变换——旋转中的几何综合题
21．如图，将绕点顺时针旋转得到，若点共线，则的度数为（ ）

A． B． C． D．
22．如图，在中，，若是边上任意一点，将绕点逆时针旋转得到，点的对应点为点，连接，则在下列结论中：①，②；③，④，一定正确的是（　　）

A．①③ B．③ C．①③④ D．①②③④
填空题
【考点1】轴对称图形及成轴对称两个图形的识别
23．观察下列各组图形，其中成轴对称的有 ．(填序号)
24．在“线段、角、正方形、圆、等边三角形”5个图形中，是轴对称图形的有 个．
【考点2】由轴对称的特征进行判断
25．如图，直线是四边形的对称轴，点是直线上的点.下列结论：①AM=BM；②AP=BN；③∠MAP=∠MBP；④∠ANP=∠BNM，其中说法错误的是 .
26．已知两条互不平行的线段和关于直线L对称，和所在的直线交于点P，下面四个结论：①；②点P在直线L上；③若A、是对应点，则直线L垂直平分线段；④若B、是对应点，则，其中正确的是 （填序号）．
【考点3】由轴对称的性质特征进行求解
27．如图， 点P是内一点， 点P关于的对称点为C， 点P关于的对称点为D， 连接交于点M和点， 连接．若， 则的大小为 度．
28．如图，直线l，m相交于点O，P为这两直线外一点，且．若点P关于直线l，m的对称点分别是点，，则，之间的距离的取值范围是 ．
【考点4】由轴对称的性质特征解决折叠问题
29．折纸是一门古老而有趣的艺术，如图，小明在课余时间拿出一张长方形纸片（），他先将纸片沿折叠，再将折叠后的纸片沿折叠，使得与重合，展开纸片后测量发现，则 ．
30．在图中，图1是长方形纸带，将纸带沿折叠成图2，再沿折叠成图3．若，则 ．(用含α的代数式表示)
【考点5】将军饮马问题
31．如图，已知点在锐角内部，，在边上存在一点，在边上存在一点，能使最小，此时 ．
32．如图，在四边形中，，， （填“能”或“不能”）在找一点E，在上找一点F，使的周长最小，如果不能，在横线上说明理由： ．如果能，在图中画出点E，F，并求的度数为 ．

【考点6】旋转中心、旋转角、对应点
33．如图，在如图的正方形网格中，绕某点旋转一定的角度，得到，则其旋转中心可能是点 ．

34．如图所示，将一个含角的直角三角板绕点旋转，使得点，，在同一条直线上，则三角板旋转的角度是 ．

【考点7】由旋转的性质求解
35．如图，在中，，，，将绕点顺时针旋转一定角度后得到（点的对应点在线段上），则的长为 ．
36．如图，将绕点C顺时针方向旋转，得，，则 ．
【考点8】由旋转的性质证明
37．如图，中，，，以点为旋转中心顺时针旋转后得到，且点在边上，则旋转角的度数为 ．
38．如图，把绕顶点按顺时针方向旋转得到△，当，，时，的度数为 .
【考点9】几何变换——轴对称中的几何综合题
39．如图，在中，，且，点、分别是、边上的动点，则的最小值为 ．
40．如图，在中，AD为BC边上的高线，且，点M为直线BC上方的一个动点，且面积为的面积2倍，则当最小时，的度数为 °．
【考点10】几何变换——旋转中的几何最值
41．如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，AB＝10，BC＝8，AC＝6，将△ABC绕顶点C逆时针旋转一定的角度得到，设与BC相交于点P，则在旋转的过程中线段BP长度的最大值为 ．
42．如图，在边长为4的正方形ABCD中，点E在BC边上，且BE＝1．点P是AB边上的动点，连接PE，将线段PE绕点E顺时针旋转90°得到线段EQ．若在正方形内还存在一点M，则点M到点A、点D、点Q的距离之和的最小值为 ．
【考点11】几何变换——旋转中的几何综合题
43．如图，O为直线上一点，作射线，使，将一个直角三角尺如图摆放，直角顶点在点O处，一条直角边在射线上．将图①中的三角尺绕点O以每秒的速度按逆时针方向旋转（如图②所示），设旋转时间为t秒
（1）当时，则
（2）在旋转一周的过程中，所在直线恰好平分，则t的值为 ．
44．如图，中，，点在上，，，连接，把线段绕点逆时针旋转到位置，连结，，则的面积为 ．
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试卷第1页，共3页
参考答案：
1．B
【分析】根据轴对称图形的定义判断选择即可．本题考查了轴对称图形即沿着某条直线折叠，直线两旁的部分完全重合；熟练掌握定义是解题的关键．
【详解】∵是轴对称图形，
∴不符合题意；
∵不是轴对称图形，
∴符合题意；
∵ 是轴对称图形，
∴不符合题意；
∵是轴对称图形，，
∴不符合题意；
故选B．
2．A
【分析】根据轴对称图形的概念求解．
【详解】根据轴对称图形的概念可得：是轴对称图形的是：A．
故选A．
【点拨】此题考查了轴对称图形，掌握好轴对称的概念．轴对称的关键是寻找对称轴，两边图象折叠后可重合．
3．B
【分析】本题考查轴对称的性质，根据轴对称的性质求解．
【详解】解：∵和关于直线l对称，
∴（1），正确．
（2），正确．
（3）直线l垂直平分，正确．
（4）直线和的交点一定在直线l上，错误．
故选：B．
4．D
【分析】根据轴对称的定义以及给OP的角度关于Ox对称后的角度加上360°的整数倍即可．
【详解】解：∵P（3，60°）或P（3，-300°）或P（3，420°），
由点P关于极轴对称的点Q的极坐标表示点Q可得：点Q的极坐标为（3，-60°-360°=-420°）或（3， -60°）或（3，-60°+720°=660°）或（3，-60°+360°=300°）．
故选D．
【点拨】本题考查轴对称的问题，掌握轴对称的定义成为解答本题的关键．
5．B
【分析】设，，根据折叠可得，，进而可求解．
【详解】解：设，，
根据折叠可知：
，，
∵，
∴，，
∵四边形是正方形，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴的度数为．
故选：B．
【点拨】本题考查了轴对称的性质，角的和差运算，解决本题的关键是熟练运用轴对称的性质．
6．D
【分析】利用轴对称图形的性质得出EP=EP1，DP=DP2，进而利用DE=5，得出P1D的长，即可得出P1P2的长．
【详解】解：∵点P关于CA的对称点P1恰好落在线段ED上，P点关于CB的对称点P2落在ED的延长线上，
∴EP=EP1，DP=DP2，
∵PE=2，PD=4，DE=5，
∴DP2=4，EP1=2，
∴DP1=DE EP1=5 2=3，
则线段P1P2的长为：P1D+DP2=4+3=7，
故选：D．
【点拨】此题主要考查了轴对称图形的性质，得出EP=EP1，DP=DP2是解题关键．
7．A
【分析】本题考查了折叠的性质，平行线的性质．根据，得到，根据折叠，即可得到，问题随之得解．
【详解】解：∵四边形为长方形，
∴，
∴，
∵折叠，
∴，
∴．
故选：A．
8．C
【分析】本题考查了翻折变换以及三角形的外角性质等，解题的关键是找出．解决该题型题目时，根据翻折变换找出相等的边角关系是关键．
由折叠的性质得到，再由折叠的性质知，利用三角形的外角性质求解即可．
【详解】解：如下图所示：
∵在图中，，
∴，
由折叠的性质得：，
∴，
∵，
∴，，，
由折叠的性质得：，
∴，
在图中，由折叠的性质得：，
∴．
故选：C．
9．D
【分析】如图，延长至点G，使，延长至点E，使，连接，则；，当四点共线时，最小，此时周长最小；于是．
【详解】解：如图，延长至点G，使，延长至点E，使，连接，则；
∴，
．
当四点共线时，最小，此时周长最小；
中，，
∴．
∴．

故选：D
【点拨】本题考查轴对称（垂直平分线），三角形内角和定理，外角的性质；添加辅助线构造轴对称是解题的关键．
10．D
【分析】过 作 于点 ，交 于点 ， 过 点 作 于 ，则 即为 的最小值，再根据三角形的面积公式求出 的长，即为 的最小值；
【详解】过 作 于点 ，交 于点 ，过点 作 于 ，如图：

∵ 平分 于点 于 ，
∴，
∴ 是 最小值，此时 与 重合， 与 重合，
∵三角形 的面积为 ，
∴，
∴，
即 的最小值为 6 ；
故选：D
【点拨】本题考查三角形中的最短路径，解题的关键是理解 的长度即为 最小值
11．C
【分析】由按顺时针旋转到的位置，可得点A是旋转中心，点B和点D是对应点，点C和点E是对应点．继而求得答案，注意排除法在解选择题中的应用．
【详解】解：∵如图，按顺时针旋转到的位置，

∴点A是旋转中心，点B和点D是对应点，点C和点E是对应点．
故A，B，D三项错误，C正确．
故选：C．
【点拨】此题考查了旋转的性质．此题比较简单，注意掌握旋转前后图形的对应关系，注意掌握旋转三要素：①旋转中心； ②旋转方向； ③旋转角度．
12．A
【分析】根据旋转的性质和等腰三角形的性质即可得到结论．
【详解】解：∵在 Rt△ACB 中，∠ACB＝90°，∠A＝35°，
∴∠ABC＝55°，
∵将△ABC 绕点 C 逆时针旋转α角到△A′B′C 的位置，
∴∠B′＝∠ABC＝55°，∠B′CA′＝∠ACB＝90°，
CB＝CB′，
∴∠CBB′＝∠B′＝55°，
∴∠α＝70°，
故选A.
【点拨】本题考查旋转的性质以及等腰三角形的性质．注意掌握旋转前后图形的对应关系是解此题的关键．
13．C
【分析】本题考查了旋转的性质，由旋转的性质可得，，，，由等腰三角形的性质可求，由三角形内角和定理可求解．
【详解】解：∵将逆时针旋转，得到，
∴，
∴，
∴，
∴，
故选：C．
14．C
【分析】此题考查了旋转变换，全等三角形的判定与性质，熟练掌握旋转与轴对称规律是解本题的关键．将旋转绕点A顺时针旋转，与重合，在延长线上截取，连接，得到，利用正方形的性质及，利用确定出，利用全等三角形对应边相等得到，再由求出长，即为长．
【详解】如图所示，将旋转绕点A顺时针旋转，与重合，在延长线上截取，连接，

可得，
，，，
四边形为正方形，，
，
，
，
，
．
故选：C
15．A
【分析】根据旋转的性质可知，又因为，则的度数可求；
【详解】解：∵△ABC绕着点C按顺时针方向旋转20°，B点落在B'位置，A点落在A′位置，
∴，
∵，
∴；
故选A．
【点拨】本题主要考查了旋转的性质，准确计算是解题的关键．
16．B
【分析】连接BB′，延长BC′交AB′于点M；证明△ABC′≌△B′BC′，得到∠MBB′=∠MBA=30°．
【详解】如图，连接BB′，延长BC′交AB′于点M；
由题意得：∠BAB′＝60°，BA＝B′A，
∴△ABB′为等边三角形，
∴∠ABB′＝60°，AB＝B′B；
在△ABC′与△B′BC′中，
，
∴△ABC′≌△B′BC′（SSS），
∴∠MBB′＝∠MBA＝30°，
即∠ABC'＝30°；
故选：B．
【点拨】本题考查了旋转的性质，全等三角形的判定与性质，等边三角形的判定与性质，等腰直角三角形的性质，作辅助线构造出全等三角形是解题的关键．
17．C
【详解】如图：连接，根据轴对称的性质和三角形三边关系及轴对称的性质可得结论．
【分析】解：如图，连接，

∵是P关于直线l的对称点，
∴直线l是的垂直平分线，点A为的中点，
∴，
∵是P关于直线m的对称点，
∴直线m是的垂直平分线，点B为的中点，
∴，为的中位线，即，
∴，只有选项C符合题意．
故选：C．
【点拨】本题主要考查了轴对称变换、三角形三边关系等知识点，熟练掌握轴对称变换的性质是解答本题的关键．
18．C
【分析】连接，，交于点，连接，首先证明当点与点重合时，的最小值，利用等腰三角形的性质求出即可解决问题．
【详解】解：如图，连接，，交于点，连接．
正六边形中，，分别是和的中点，
所在直线是正六边形的对称轴，
，
，
，
当点与点重合时，的值最小，
，，
，
，
，
故选：C．
【点拨】本题考查正多边形与轴对称的最短问题等知识，解题的关键是学会利用三角形的性质以及三边关系解决最短问题，属于中考常考题型．
19．A
【分析】先画出将△OCP顺时针便转90°到△OBQ的位置的图形，再证Q、B、P在同一条直线上，再利用旋转的性质和正方形的性质，证△POQ是直角三角形，求出△POQ的面积，最后由四边形OBPC的面积等于△OBP和△OBQ的和即△POQ的面积求解即可．
【详解】解：如图，
四边形ABCD是正方形，
OC=OB，∠BOC=90°，
将△OCP顺时针旋转90°，到△OBQ的位置，
则△OCP≌△OBQ，
∵∠BPC=90°，
∴∠OCP+∠OBP=360°-90°-90°=180°，
∴∠OCP=∠OBQ，
∴∠OBQ+∠OBP=180°，Q、B、P在同一条直线上，
∵PO=4，△OCP≌△OBQ，
∴QO=PO=4，∠COP=∠BOQ，
∠QOP=∠BOC=90°，
∴△POQ是直角三角形，
∵ ，
∴
故选：B．
【点拨】本题属旋转综合题目，考查了旋转的性质，正方形的性质，利用旋转性质和数形结合思想得出面积的关系是解题关键．
20．B
【分析】如图连接PC，由直角三角形性质和旋转性质可得A′B′＝AB＝8，PC＝4，根据PM≤PC+CM，可得PM≤6，由此即可解决问题．
【详解】如图连接PC．
在Rt△ABC中，∵∠A＝30°，BC＝4，
∴AB＝8，
根据旋转不变性可知，A′B′＝AB＝8，
∴A′P＝PB′，
∴PC＝A′B′＝4，
∵CM＝BM＝2，
又∵PM≤PC+CM，即PM≤6，
∴PM的最大值为6（此时P、C、M共线）．
故选B．
【点拨】本题考查旋转变换、解直角三角形、直角三角形30度角的性质、直角三角形斜边中线定理，三角形的三边关系等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，学会利用三角形的三边关系解决最值问题.
21．A
【分析】利用旋转的性质和三角形内角和定理即可求解．
【详解】解：∵将绕点顺时针旋转得到，且点共线，
∴，
∴，
∴，
∴，
故选：A．
【点拨】此题主要考查了旋转的性质，同时也利用了三角形的内角和定理，比较简单．
22．B
【分析】根据旋转变换的性质，等边三角形的性质，平行线的性质判断即可．
【详解】解：①，
，
由旋转的性质可知，，
，故本选项结论错误，不符合题意；
②当为等边三角形时，，除此之外，与不平行，故本选项结论错误，不符合题意；
③由旋转的性质可知，，，
，，
，
，本选项结论正确，符合题意；
④只有当点为的中点时，，才有，故本选项结论错误，不符合题意；
故选：B．
【点拨】本题考查的是旋转变换，等腰三角形的性质，平行线的判定，掌握旋转变换的性质是解题的关键．
23．(1)(2)(4)
【分析】根据成轴对称的意义：如果一个图形沿着一条直线对折后两部分完全重合，这样的图形叫做成轴对称，这条直线叫做对称轴；据此判断即可．
【详解】根据两个图形成轴对称的性质得出：（1）（2）（4）成轴对称图形，
故答案为(1)(2)(4)．
【点拨】此题主要考查了成轴对称图形的定义，掌握成轴对称的意义，判断是不是成轴对称的关键是找出对称轴，看图形沿对称轴对折后两部分能否完全重合．
24．5
【分析】根据轴对称图形的概念：如果一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形叫做轴对称图形，这条直线叫做对称轴进行解答．
【详解】解：轴对称图形有线段、角、正方形、圆、等边三角形，
故答案为5．
【点拨】本题考查了轴对称图形，解题关键是掌握轴对称图形的概念．
25．②
【分析】根据直线MN是四边形AMBN的对称轴，得到点A与点B对应，根据轴对称的性质即可得到结论．
【详解】∵直线MN是四边形AMBN的对称轴，
∴点A与点B对应，
∴AM=BM，∠ANM=∠BNM，AN=BN，
∵点P是直线MN上的点，∴∠MAP=∠MBP，AP=BP，
∴①③④正确，②错误，故答案为②．
【点拨】本题考查了轴对称的性质，熟练掌握轴对称的性质是解题的关键．
26．
【分析】根据轴对称的性质，对应点的连线与对称轴的位置关系是垂直的，对应点所连的线段被对称轴垂直平分，对称轴上的任何一点到两个对应点之间的距离相等，对应的角、线段都相等．
【详解】由于不平行两直线关于直线Ｌ对称，因此对称轴一定处于交点处，如果两个图形的对应点连线被同一条直线垂直平分，那么这两个图形关于这条直线对称．
这样就得到了以下性质：
1、如果两个图形关于某条直线对称，那么对称轴是任何一对对应点所连线段的垂直平分线；
2、类似地，轴对称图形的对称轴，是任何一对对应点所连线段的垂直平分线；
3、线段的垂直平分线上的点与这条线段的两个端点的距离相等；
4、对称轴是到线段两端距离相等的点的集合．
于是①②③④都正确
故答案为：①②③④．
【点拨】本题考查轴对称的性质，熟练掌握性质是解题的关键．
27．40
【分析】本题主要考查了轴对称的性质及三角形内角和定理，连接根据轴对称的性质得出，，结合图形及三角形内角和定理求解即可．掌握轴对称的性质，找准各角之间的关系是关键．
【详解】解：连接，
∵点P关于的对称点为C，点P关于的对称点为D，
∴
∴，
∴，
即，
∵，即，
∴，
∴，
∴，
故答案为：40．
28．
【分析】本题考查了轴对称的性质，两点之间线段最短，解本题的关键熟练掌握轴对称的性质和两点之间线段最短．
由对称得，，再根据两点之间，线段最短，即可得出结果．
【详解】解：连接，，，
点关于直线，的对称点分别是点，，
，，
∵，
∴，
故答案为：．
29．/度
【分析】本题主要考查了平行线的性质与判定，折叠的性质，先证明，由平行线的性质得到，，由平角定义得到，由轴对称的性质得到：，，，求出，由直角三角形的性质求出，由对顶角的性质得到，即可求出．
【详解】解：∵，
∴，
，
，，
由折叠的性质得，，，
，
，
，
．
故答案为：．
30．
【分析】本题考查翻折变换，以及平行线的性质；根据平行线的性质得到，由邻补角的定义，易得；证明，进而得到，即可解决问题．
【详解】解：如图，四边形为长方形，
，
．
，
．
．
故答案为：．
31．/100度
【分析】本题考查了轴对称最短路线问题的应用、点到直线的距离最短，关键是确定、的位置．过的作关于的对称点，作于，交于，此时最短，即可求得的度数．
【详解】解：过的作关于的对称点，作于，交于，此时，根据点到直线的距离最短可知最短，
，，
，
，，
，
．
故答案为：．
32． 能 无 /80度
【分析】作点关于的对称点，作点关于的对称点，连接交于点，交于点，当、、、共线时，的周长最小，先求，则．
【详解】解：如答图①，分别作点关于直线，的对称点，，

则，．
的周长，
当，，，四点共线（如答图②）时，的周长取到最小值．
，，
．
根据轴对称的性质可得，．
又由三角形的一个外角等于和它不相邻的两个内角和，可得，
又
，
，
，
，
．
故答案为：能，无，．
【点拨】本题考查轴对称求最短距离，熟练掌握轴对称求最短的方法，灵活应用三角形、四边形内角和是解题的关键．
33．B
【分析】根据旋转中心的确认方法，作对应点连线的垂直平分线，再找到交点即可得到．
【详解】解：∵绕某点旋转一定的角度，得到，
∴连接、、，
作的垂直平分线过B、D、C，
作的垂直平分线过B、A，
作的垂直平分线过B，
∴三条线段的垂直平分线正好都过B，
即旋转中心是B．
故答案为：B．

【点拨】此题主要考查旋转中心的确认，解题的关键是熟知旋转的性质特点．
34．/150度
【分析】由旋转的性质可知旋转角为，由平角的性质即可求出最后结果．
【详解】解：将一个含角的直角三角板绕点旋转，使得点，，在同一条直线上，
旋转角为，
，，
．
故答案为：．
【点拨】本题考查了旋转的性质，掌握旋转的性质是解答本题的关键．
35．
【分析】本题考查了旋转的性质，等边三角形的判定与性质和线段和差，由绕点按顺时针旋转一定角度得到，点的对应点恰好落在边上，，可得为等边三角形，根据等边三角形的性质可得，再根据线段和差即可求解，解题的关键是熟练掌握知识点的应用．
【详解】∵绕点按顺时针旋转一定角度得到，点的对应点恰好落在边上，
∴，
∵，
∴为等边三角形，
∴，
∵，
∴，
故答案为：．
36．/50度
【分析】本题考查图形的旋转，熟练掌握旋转的性质是解题的关键，根据旋转的性质可得，，根据，可得的度数，进而得到的度数．
【详解】解：如图，
∵绕点C顺时针方向旋转得，点B与对应，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴．
故答案为：．
37．56°/56度
【分析】先利用互余计算出∠BAC=62°，再利用旋转的性质得CA=CA′，∠A′=∠BAC=62°，∠ACA′等于旋转角，根据等腰三角形的性质和三角形内角和计算出∠ACA′的度数即可．
【详解】解：∵∠ACB=90°，∠ABC=28°，
∴∠BAC=62°，
∵以点C为旋转中心顺时针旋转后得到△A′B′C，且点A在边A′B′上，
∴CA=CA′，∠A′=∠BAC=62°，∠ACA′等于旋转角，
∴∠CAA′=∠A′=62°，
∴∠ACA′=180°-62°-62°=56°，
即旋转角的度数为56°．
故答案为：56°．
【点拨】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，解题的关键在于正确解读题意．
38．42
【分析】根据旋转的性质可知∠A′=∠A=47°，则∠A′CA=90°-47°=43°，由∠BCB′=∠A′CA=43°，则∠B′CA=∠A′CB-∠A′CA-∠BCB′可求．
【详解】根据旋转的性质可知∠A′=∠A=47°，
∴∠A′CA=90°-47°=43°．
根据旋转的性质可知旋转角相等，即∠BCB′=∠A′CA=43°，
∴∠B′CA=∠A′CB-∠A′CA-∠BCB′=128°-43°-43°=42°．
故答案为：42°．
【点拨】本题主要考查了旋转的性质，三角形内角和定理的应用，解决这类问题要找准旋转角、以及旋转后对应的线段和角．
39．2
【分析】作点关于的对称点，连接，当时，最短，根据垂线段最短以及两点之间线段最短，可知BD+DE的最小值是线段BF的长，根据含30度角的直角三角形的性质即可求解．
【详解】解：如图，作点关于的对称点，连接，当时， 最短，
∴，
∴，
∴，
当三点共线时，且时，取得最小值，
在中，，
∴，
即的最小值为，
故答案为： ．
【点拨】本题考查了垂线段最短，轴对称求线段和最值问题，含30度角的直角三角形的性质，掌握以上知识是解题的关键．
40．45
【详解】如图，作过点的直线，使得，作关于的对称点，连接，交于点，则，当三点共线时，取得最小值，过点作，
，
，
，
中，AD为BC边上的高线，面积为的面积2倍，，
，
根据平行线间的距离相等，可得，
则，
是等腰直角三角形，
．
故答案为：．
【点拨】本题考查了三角形的高线，等腰直角三角形的性质，平行线的距离，轴对称求线段和的最小值，掌握轴对称的性质是解题的关键．
41．/3.2
【分析】当时，PC有最小值，即此时BP有最大值，利用直角三角形的面积即可求解．
【详解】∵与BC相交于点P即P在上，
∴当即时，PC有最小值，即此时BP有最大值，如图所示，
∵旋转，
∴=AB＝10，=BC＝8，=AC＝6，=∠ACB＝90°，
，
，
∴，
∴．
故答案为：．
【点拨】本题考查了旋转的性质、垂线段最短等知识，确定点P的位置是解题关键．
42．2+3
【分析】如图，过点Q作QK⊥BC于K．首先说明等Q的运动轨迹是直线l，将△ADM绕点D顺时针旋转60°得到△NDP，连接AN，PN，PM，则△ADN，△DM都是等边三角形，推出MA=PN，MD=MP，推出MA+MQ+MD=QM+MP+PN，过点N作NH⊥直线l于H，根据垂线段最短可知，当N，P，M，Q共线且与NH重合时，MA+MQ+MD的值最小．
【详解】解：如图，过点Q作QK⊥BC于K．
∵∠B＝∠QKE＝∠PEQ＝90°，
∴∠PEB+∠QEK＝90°，∠QEK+∠EQK＝90°，
∴∠PEB＝∠EQK，
∵EP＝EQ，
∴△PBE≌△EKQ（AAS），
∴BE＝QK＝1，
∴点Q在直线BC的上方到直线BC的距离为1的直线l上运动，
将△ADM绕点D顺时针旋转60°得到△NDP，连接AN，PN，PM，则△ADN，△DM都是等边三角形，
∴MA＝PN，MD＝MP，
∴MA+MQ+MD＝QM+MP+PN，
过点N作NH⊥直线l于H，
根据垂线段最短可知，当N，P，M，Q共线且与NH重合时，MA+MQ+MD的值最小，最小值＝2+3，
故答案为2+3．
【点拨】本题考查了旋转变换，正方形的性质，全等三角形的判定和性质，垂线段最短，等边三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题．
43． 3或21
【分析】（1）根据旋转的性质，当时求出旋转角为，即可求解；
（2）根据所在直线恰好平分，则或，结合图形列出方程求解即可．
【详解】解：（1）当时，旋转角为，
∴，
故答案为：；
（2）当直线恰好平分时，如图，
∴或，
∴
，
当射线恰好平分时，如图，
∴，
∴，
∴，
故答案为：3或21．
【点拨】本题考查了角度的计算，一元一次方程的应用，考查了角平分线定义，周角度数，列出正确的方程是解本题的关键．
44．
【分析】由旋转的性质可得，，如图，将绕点逆时针旋转得，可得，，，由三角形面积公式可求解．
【详解】解：把线段绕点逆时针旋转到的位置，
，，
如图，将绕点逆时针旋转得，
，，，
，
，
的面积，
故答案为：5．
【点拨】本题考查了旋转的性质，三角形的面积公式，添加恰当辅助线是本题的关键．