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第二十三章 旋转 单元综合突破卷
一、选择题
1． 下列图形中，既是轴对称图形，又是中心对称图形的是（ ）
A． B．
C． D．
2．在平面直角坐标系中，将△AOB绕原点O顺时针旋转180°后得到△A1OB1，若点B的坐标为（2，1），则点B的对应点B1的坐标为（ ）
A．（1，2） B．（2，－1）
C．（－2，1） D．（－2，－1）
3．如图，将绕点顺时针旋转得到．若点在同一条直线上，，则的度数是（ ）
A． B． C． D．
4．在如图4×4的正方形网格中，△MNP绕某点旋转一定的角度，得到△M1N1P1，则其旋转中心可能是（ ）
A．点A B．点B C．点C D．点D
5．如图，在平面直角坐标系中，点A，C在x轴上，点C的坐标为（-1，0），AC=2，将Rt△ABC先绕点C顺时针旋转90°，再向右平移3个单位长度，则变换后点A的对应点坐标是（ ）
A．（2，2） B．（1，2） C．（-1，2） D．（2，-1）
6．如果规定：在平面内，将一个图形绕着某一点旋转一定的角度（小于周角）后能和自身重合，就称此图形为旋转对称图形，旋转的角度称为旋转角.下列图形是旋转对称图形，且有一个旋转角为60°的是（ ）
A．正三角形 B．正方形 C．正六边形 D．正八边形
7．如图，将绕点A顺时针旋转到，若，则（ ）
A． B． C． D．
8．如图，在中，，将绕点A逆时针旋转至处，使点B落在的延长线上的D点处，则（ ）
A． B． C． D．
9．已知正方形MNOK和正六边形ABCDEF的边长均为1，把正方形放在正六边形中，使OK边与AB边重合，如图所示，按下列步骤操作：将正方形在正六边形中绕点B顺时针旋转，使KM边与BC边重合，完成第一次旋转；再绕点C顺时针旋转，使MN边与CD边重合，完成第二次旋转，……，在这样连续6次旋转的过程中，点B，M之间的距离可能是（ ）
A．1.4 B．1.1 C．0.8 D．0.5
10．在平面直角坐标系中，先将抛物线 关于 轴作轴对称变换，再将所得的抛物线，绕它的顶点旋转180°，那么经两次变换后所得的新抛物线的函数表达式为（ ）
A． B．
C． D．
二、填空题
11．已知点 P （m + 2， 3）和点 Q （2， n - 4）关于原点对称，则 m + n = ．
12．如图，将△ABC绕点A逆时针旋转得到△AB′C′，延长CB交B′C′于点D，若∠BAB′＝40°，则∠C′DC的度数是 °.
13．如图，在Rt△ABC中，∠BAC=90°，点D为BC中点，将△ABD绕点A按逆时针方向旋转50°，记点D在旋转过程中所经过的路径长为m，将△ABD绕点C按顺时针方向旋转100°，则点D在旋转过程中所经过的路径长为 。(用含m的代数式表示)
14．如图，在△ABC中，AB＝AC＝5，BC＝8，将△ABC绕着点B旋转得到△A′BC′，点A的对应点A′，点C的对应点C′.如果点A′在BC边上，那么点C和点C′之间的距离为 .
15．如图，在Rt△ABC中，∠B＝90°，BC ＝2 AB ＝ 8，点D，E分别是边BC，AC的中点，连接DE．将△EDC绕点C按顺时针方向旋转，当△EDC旋转到A，D，E三点共线时，线段BD的长为 ．
16．如图，点A是抛物线y=x2﹣4x对称轴上的一点，连接OA，以A为旋转中心将AO逆时针旋转90°得到AO′，当O′恰好落在抛物线上时，点A的坐标为 .
三、综合题
17．如图所示，将△ABC绕其顶点A顺时针旋转30°后得△ADE．
（1）问△ABC与△ADE的关系如何？
（2）求∠BAD的度数．
18．四边形ABCD是正方形，E、F分别是DC和CB的延长线上的点，且DE=BF，连接AE、AF、EF.
（1）求证：△ADE≌△ABF；
（2）填空：△ABF可以由△ADE绕旋转中心 点，按顺时针方向旋转 度得到；
（3）若BC=8，DE=6，求△AEF的面积.
19．如图，点P是等边 内一点， ， ， ．
（1）将 绕点B逆时针旋转60°得到 ，画出旋转后的图形；
（2）连接 ，判断 的形状并证明．
20．如图，将一个钝角△ABC（其中∠ABC＝120°）绕
点B顺时针旋转得△A1BC1，使得C点落在AB的延长线上的点C1处，连结AA1.
（1）写出旋转角的度数；
（2）求证：∠A1AC＝∠C1.
21．如图，在等边△ABC中，点D为△ABC内的一点，∠ADB=120°，∠ADC=90°，将△ABD绕点A逆时针旋转60°得△ACE，连接DE
（1）求证：AD=DE；
（2）求∠DCE的度数．
22．如图，△ABC 中，∠B＝10°，∠ACB＝20°，AB＝4cm，三角形 ABC 按逆时针方向旋转一定角度后与三角形 ADE 重合，且点 C 恰好成为 AD 的中点.
（1）指出旋转中心，并求出旋转的度数；
（2）求出∠BAE 的度数和 AE 的长.
23．如图，把长方形ABCD绕点A按逆时针方向旋转得到长方形AEFG，使点E落在对角线BD上，连接DG，DF．
（1）若∠BAE=50°，求∠DGF的度数；
（2）求证：DF = DC；
（3）若S△ABE+S△DFG = S△ADG，直接写出 的值．
24．如图，正方形ABCO的边OA、OC在坐标轴上，点B坐标为 （3，3）；将正方形ABCO绕点A顺时针旋转角度 ，得到正方形ADEF，ED交线段OC于点G，ED的延长线交线段BC于点P，连AP、AG.
（1）求证： ≌ ；
（2）求 的度数；并判断线段OG、PG、BP之间的数量关系，说明理由；
（3）当 时，求直线PE的解析式（可能用到的数据：在 中，30°内角对应的直角边等于斜边的一半）.
（4）在（3）的条件下，直线PE上是否存在点M，使以M、A、G为顶点的三角形是等腰三角形？若存在，请直接写出M点坐标；若不存在，请说明理由.
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第二十三章 旋转 单元综合突破卷
一、选择题
1． 下列图形中，既是轴对称图形，又是中心对称图形的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【知识点】轴对称图形；中心对称图形
【解析】【解答】解：A、是轴对称图形，故错误；
B、既是轴对称又是中心对称，故正确；
C、是中心对称，故错误；
D、是轴对称图形，故错误.
故答案为：B.
【分析】根据轴对称图形：如果一个平面图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能互相重合，这个图形就叫轴对称图形以及中心对称图形：把一个图形绕着某个点旋转180°后能和原来的图像完全重合，这个图形就叫中心对称图形可判定.
2．在平面直角坐标系中，将△AOB绕原点O顺时针旋转180°后得到△A1OB1，若点B的坐标为（2，1），则点B的对应点B1的坐标为（ ）
A．（1，2） B．（2，－1）
C．（－2，1） D．（－2，－1）
【答案】D
【知识点】图形的旋转
【解析】【解答】已知在平面直角坐标系中，将△AOB绕原点O顺时针旋转180°后得到△A1OB1，则点B与点B1关于原点成中心对称，所以点B的对应点B1的坐标为（－2，－1），故答案为：D.
【分析】根据已知条件，△AOB绕原点O顺时针旋转180°后得到△A1OB1，可知点B与点B1关于原点成中心对称，所以点B的对应点B1的坐标可求。
3．如图，将绕点顺时针旋转得到．若点在同一条直线上，，则的度数是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】等腰三角形的性质；旋转的性质
【解析】【解答】解：∵旋转，
∴，
∴，
∴；
故答案为：D
【分析】本题考查旋转的性质，等腰三角形的判定和性质，三角形的外角．先利用旋转的性质可得：，利用等腰直角三角形的性质可得：，再利用三角形外角的性质可得：，代入数据进行计算可求出答案.
4．在如图4×4的正方形网格中，△MNP绕某点旋转一定的角度，得到△M1N1P1，则其旋转中心可能是（ ）
A．点A B．点B C．点C D．点D
【答案】B
【知识点】旋转的性质
【解析】【解答】解：在旋转图形中，对应点到旋转中心的距离相等，
由图可知，，，，故对称中心为点B；
故答案为：B.
【分析】根据旋转图形中，对应点到旋转中心的距离相等，再根据，，即可判断出旋转中心.
5．如图，在平面直角坐标系中，点A，C在x轴上，点C的坐标为（-1，0），AC=2，将Rt△ABC先绕点C顺时针旋转90°，再向右平移3个单位长度，则变换后点A的对应点坐标是（ ）
A．（2，2） B．（1，2） C．（-1，2） D．（2，-1）
【答案】A
【知识点】坐标与图形变化﹣平移；坐标与图形变化﹣旋转
【解析】【解答】解：∵点C的坐标为（-1，0），AC=2，
∴将Rt△ABC先绕点C顺时针旋转90°后点A的对应点的坐标为（-1，2），
∴再将点（-1，2）向右平移3个单位长度后的坐标为（2，2），
故答案为：A.
【分析】利用利用旋转的性质求出点A旋转后的点坐标，再利用点坐标平移的特征：左减右加，上加下减求解即可。
6．如果规定：在平面内，将一个图形绕着某一点旋转一定的角度（小于周角）后能和自身重合，就称此图形为旋转对称图形，旋转的角度称为旋转角.下列图形是旋转对称图形，且有一个旋转角为60°的是（ ）
A．正三角形 B．正方形 C．正六边形 D．正八边形
【答案】C
【知识点】旋转对称图形
【解析】【解答】解：A.正三角形的最小旋转角是120°，故此选项不合题意；
B.正方形的旋转角度是90°，故此选项不合题意；
C.正六边形的最小旋转角是60°，故此选项符合题意；
D.正八边形的最小旋转角是45°，故此选项不合题意；
故答案为：C.
【分析】根据旋转的性质以及正多边形的性质求出正三角形、正方形、正六边形、正八边形的最小旋转角，据此判断.
7．如图，将绕点A顺时针旋转到，若，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】旋转的性质
【解析】【解答】解：由旋转可知，又因为 绕点A顺时针旋转到 ，所以
故答案为：B.
【分析】由旋转的性质可得旋转前后的对应角相等，再根据旋转的角度即可求解。
8．如图，在中，，将绕点A逆时针旋转至处，使点B落在的延长线上的D点处，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】等腰三角形的性质；旋转的性质
【解析】【解答】解：由旋转的性质可知，，，
，
，
故答案为：C
【分析】根据旋转的性质可得，，再根据等边对等角可得，再根据角之间的关系即可求出答案.
9．已知正方形MNOK和正六边形ABCDEF的边长均为1，把正方形放在正六边形中，使OK边与AB边重合，如图所示，按下列步骤操作：将正方形在正六边形中绕点B顺时针旋转，使KM边与BC边重合，完成第一次旋转；再绕点C顺时针旋转，使MN边与CD边重合，完成第二次旋转，……，在这样连续6次旋转的过程中，点B，M之间的距离可能是（ ）
A．1.4 B．1.1 C．0.8 D．0.5
【答案】C
【知识点】正方形的性质；旋转的性质
【解析】【解答】解：如图，在这样连续6次旋转过程中，点M的运动轨迹是图中的红线，
观察图形可知点B、M之间的大于2-而小于等于1，
故答案为：C.
【分析】在第一次旋转中BM=1，在第二次旋转中BM=1，在第三次旋转中BM长由1变化到2-，在第三次旋转中BM长由1变化到2-变化到-1，在第三次旋转中BM长由-1变化到1，在第六次旋转中BM=1.
10．在平面直角坐标系中，先将抛物线 关于 轴作轴对称变换，再将所得的抛物线，绕它的顶点旋转180°，那么经两次变换后所得的新抛物线的函数表达式为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【知识点】旋转的性质；二次函数y=ax²+bx+c与二次函数y=a（x-h）²+k的转化
【解析】【解答】解：先将抛物线y=2x2-4x关于y轴作轴对称变换，可得新抛物线y=2(-x)2-4(-x)=2x2+4x，
∴y=2(x+1)2-2， 再将新得的抛物线绕它的顶点旋转180°，得y=-2(x+1) 2-2=-2x2-4x-4 .
故答案为：C.
【分析】由y不变，x变为-x， 得到y=2x2-4x关于y轴对称的抛物线解析式，然后顶点坐标不变，将a变为-a，得到抛物线绕它的顶点旋转180°后所得的函数解析式，照此分步变换即得结果.
二、填空题
11．已知点 P （m + 2， 3）和点 Q （2， n - 4）关于原点对称，则 m + n = ．
【答案】-3
【知识点】关于原点对称的点的坐标特征
【解析】【解答】解：由题意知
解得
∴
故答案为：-3．
【分析】根据关于原点对称的点坐标的特征可得，再求出m、n的值，最后将m、n的值代入计算即可。
12．如图，将△ABC绕点A逆时针旋转得到△AB′C′，延长CB交B′C′于点D，若∠BAB′＝40°，则∠C′DC的度数是 °.
【答案】40
【知识点】三角形内角和定理；旋转的性质
【解析】【解答】解：
∵将△ABC绕点A逆时针旋转得到△AB'C'，
∴△ABC≌△AB'C'，
∴∠BAC＝∠B′AC′，∠C＝∠C′，
∵∠BAB'＝40°，
∴∠CAC′＝40°，
∵∠C'DC＝180°﹣∠DEC′﹣∠C′，∠CAC′＝180°﹣C﹣∠AEC，∠DEC′＝∠AEC，
∴∠C′DC＝∠CAC′＝40°.
故答案为：40.
【分析】由旋转的性质可得△ABC≌△AB'C'，则∠BAC＝∠B′AC′，∠C＝∠C′，∠BAB'＝∠CAC′＝40°，接下来结合三角形内角和定理进行求解.
13．如图，在Rt△ABC中，∠BAC=90°，点D为BC中点，将△ABD绕点A按逆时针方向旋转50°，记点D在旋转过程中所经过的路径长为m，将△ABD绕点C按顺时针方向旋转100°，则点D在旋转过程中所经过的路径长为 。(用含m的代数式表示)
【答案】2m
【知识点】旋转的性质
【解析】【解答】解：∵在Rt△ABC中，∠BAC=90°，点D为BC中点，
∴CD=AD
∵将△ABD绕点A按逆时针方向旋转50°，记点D在旋转过程中所经过的路径长为m，
∴此时圆心角为50°。弧所在圆的半径为AD，
∵将△ABD绕点C按顺时针方向旋转100°，
∴此时圆心角为100°。弧所在圆的半径为CD，
∴此时点D在旋转的过程中所经过的路径长为2m.
故答案为：2m
【分析】利用旋转的性质，根据已知条件可知：两次旋转的半径相等，圆心角存在2倍关系，因此可知它们的路径长也是2倍关系，即可求解。
14．如图，在△ABC中，AB＝AC＝5，BC＝8，将△ABC绕着点B旋转得到△A′BC′，点A的对应点A′，点C的对应点C′.如果点A′在BC边上，那么点C和点C′之间的距离为 .
【答案】
【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：作AD⊥BC于D，C′E⊥BC于E，如图1，
∵AB=AC，
在Rt△ABD中，
∵△ABC绕着点B旋转的△A′BC′，
∴A′B=A′C′=AB=5，△A′BC′≌△ABC，
∴A′C=3，S△A′BC′=12，
而
∴ 解得
在Rt△A′C′E中，
在Rt△C′CE中，
故答案为 ： .
【分析】作AD⊥BC于D，C′E⊥BC于E，如图1，先利用等腰三角形的性质得到 再利用勾股定理计算出AD=4，接着利用旋转的性质得A′B=A′C′=AB=5，△A′BC′≌△ABC，则利用面积法可求出C′E，然后在Rt△A′C′E中利用勾股定理计算A′E，于是可在Rt△C′CE中利用勾股定理计算出CC′.
15．如图，在Rt△ABC中，∠B＝90°，BC ＝2 AB ＝ 8，点D，E分别是边BC，AC的中点，连接DE．将△EDC绕点C按顺时针方向旋转，当△EDC旋转到A，D，E三点共线时，线段BD的长为 ．
【答案】4或
【知识点】勾股定理；矩形的判定与性质；旋转的性质；三角形的中位线定理
【解析】【解答】解：①如图所示，
∵AC=4，CD=4，CD⊥AD，
∴AD====8，
∵AD=BC，AB=CD，∠B=90°，
∴四边形ABCD是矩形，
∴BD=AC=4.
②如图所示，连接BD，过点D作AC的垂线交AC于点Q，过点B作AC的垂线交AC于点P，
∵AC=4，CD=4，CD⊥AD，
∴AD====8，
∵点D、E分别是边BC、AC的中点，
∴DE=AB=×（8÷2）=×4=2，
∴AE=AD-DE=8-2=6，
由（2），可得
=，
∴BD==.
综上所述，BD的长为4或.
【分析】分两种情况分析：①A、D、E三点所在的直线与BC不相交，利用勾股定理可得AD，易得四边形ABCD是矩形，则BD=AC；②A、D、E三点所在的直线与BC相交，连接BD，过点D作AC的垂线交AC于点Q，过点B作AC的垂线交AC于点P，由勾股定理可得AD，由题意可得DE为△ABC的中位线，则DE=AB，由AE=AD-DE可得AE，据此计算.
16．如图，点A是抛物线y=x2﹣4x对称轴上的一点，连接OA，以A为旋转中心将AO逆时针旋转90°得到AO′，当O′恰好落在抛物线上时，点A的坐标为 .
【答案】（2，-1），（2，2）
【知识点】旋转的性质；二次函数-动态几何问题；三角形全等的判定-AAS
【解析】【解答】解：如图，作AP⊥y轴于点P，作O'Q⊥对称轴，
对称轴x==2，
∴设点A坐标为（2，m），
∵∠APO=∠AQO'=90°，
∴∠QAO'+∠AO'Q=90°，
∠QAO'+∠OAQ=90°，
∴∠AO'Q=∠OAQ，
∵∠OAQ=∠AOP，
∴∠AO'Q=∠AOP，
在△AOP和△AO'Q中，
∴
∴△AOP≌△AO'Q（AAS），
∴AP=AQ=2，PO=QO'=m，
∴点O'坐标为（2+m，m-2），
∵点O'在抛物线上，
∴m-2=(m+2)2-4(m+2)，
解得m=-1或m=2，
∴A(2，-1)或（2，2）.
故答案为：(2，-1)，（2，2）.
【分析】作AP⊥y轴于点P，作O'Q⊥对称轴，先求出对称轴，设点A坐标为（2，m），然后根据旋转的性质和余角的性质，利用AAS证明△AOP≌△AO'Q，则可把点O'坐标用m表示出来，最后代入抛物线解析式建立方程求解，即可解答.
三、综合题
17．如图所示，将△ABC绕其顶点A顺时针旋转30°后得△ADE．
（1）问△ABC与△ADE的关系如何？
（2）求∠BAD的度数．
【答案】（1）解：∵△ABC绕其顶点A顺时针旋转30°后得△ADE，∴△ABC≌△ADE
（2）解：旋转角相等，即∠BAD=∠EAC=30°．
【知识点】旋转的性质
【解析】【分析】（1）旋转只是改变图形的位置，不会改变图形的大小及形状即可得出△ABC≌△ADE；
（2）根据旋转的过程中原图形上的所有的线段都绕着旋转中心转动相同的角度即可得出∠BAD=∠EAC=30°．
18．四边形ABCD是正方形，E、F分别是DC和CB的延长线上的点，且DE=BF，连接AE、AF、EF.
（1）求证：△ADE≌△ABF；
（2）填空：△ABF可以由△ADE绕旋转中心 点，按顺时针方向旋转 度得到；
（3）若BC=8，DE=6，求△AEF的面积.
【答案】（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，∴AD=AB，∠D=∠ABC=90°.
又∵点F是CB延长线上的点，∴∠ABF=90°.
在△ADE和△ABF中，∵ ，
∴△ADE≌△ABF（SAS）.
（2）A；90
（3）∵BC=8，∴AD=8.
在Rt△ADE中，DE=6，AD=8，∴ .
∵△ABF可以由△ADE绕旋转中心 A点，按顺时针方向旋转90 度得到，
∴AE=AF，∠EAF=90°.
∴△AEF的面积= AE2= ×100=50（平方单位）.
【知识点】勾股定理；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： （2）△ABF可以由△ADE绕旋转中心点A，按顺时针方向旋转 90度得到．
故答案为：A，90；
【分析】（1）利用正方形的性质可证得AD=AB，∠D=∠ABC=90°，利用SAS证明△ADE≌△ABF；
（2）观察图形可知△ABF可以由△ADE绕着点A顺时针旋转90°；
（3）利用勾股定理求出AE的长，利用旋转的性质可证得AE=AF，∠EAF=90°，然后利用三角形的面积公式可求出△AEF的面积.
19．如图，点P是等边 内一点， ， ， ．
（1）将 绕点B逆时针旋转60°得到 ，画出旋转后的图形；
（2）连接 ，判断 的形状并证明．
【答案】（1）解：在AB左侧作∠EBA=∠PBC，并截取BE=BP，连接AE即可，如图所示， 即为所求；
（2）解： 为直角三角形，证明如下：
由旋转的性质可得：BE=BP=4，∠PBE=60°，AE=CP=5
∴△BEP为等边三角形
∴PE=BP=4
在 中，PA2＋PE2=25=AE2
∴ 为直角三角形．
【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；作图﹣旋转
【解析】【分析】（1） 在AB左侧作∠EBA=∠PBC，并截取BE=BP，连接AE即得△BEA；
（2）为直角三角形，理由：由旋转的性质可得BE=BP=4，∠PBE=60°，AE=CP=5，从而得出△BEP为等边三角形，继而得PE=BP=4，根据勾股定理的逆定理即证结论.
20．如图，将一个钝角△ABC（其中∠ABC＝120°）绕
点B顺时针旋转得△A1BC1，使得C点落在AB的延长线上的点C1处，连结AA1.
（1）写出旋转角的度数；
（2）求证：∠A1AC＝∠C1.
【答案】（1）解：∵∠ABC=120°，
∴∠CBC1=180°-∠ABC=180°-120°=60°，
∴旋转角为60°；
（2）证明：由题意可知：△ABC≌△A1BC1，
∴A1B=AB，∠C=∠C1，
由（1）知，∠ABA1=60°，
∴△A1AB是等边三角形，
∴∠BAA1=60°，
∴∠BAA1=∠CBC1，
∴AA1∥BC（同位角相等，两直线平行），
∴∠A1AC=∠C（两直线平行，内错角相等），
∴∠A1AC=∠C1.
【知识点】平行线的判定与性质；旋转的性质
【解析】【分析】（1）由题意可知∠CBC1即为旋转角，其中∠ABC＝120°，所以，∠CBC1＝180° ∠ABC；
（2）由旋转的性质可知，△ABC≌△A1BC1，易证△A1AB是等边三角形，可得AA1∥BC，然后根据平行线的性质可求解.
21．如图，在等边△ABC中，点D为△ABC内的一点，∠ADB=120°，∠ADC=90°，将△ABD绕点A逆时针旋转60°得△ACE，连接DE
（1）求证：AD=DE；
（2）求∠DCE的度数．
【答案】（1）解：∵将 绕点 逆时针旋转 得
∴
∴ ，
∴ 即
∵ 是等边三角形
∴
∴
∴ 是等边三角形
∴ ．
（2）解：∵由（1）可知， 是等边三角形，
∴ ，
∵
∴在四边形 中， ．
【知识点】等边三角形的判定与性质；旋转的性质
【解析】【分析】（1）根据旋转可得
，再证明
是等边三角形，即可作答；
（2）根据等边三角形，全等和四边形的内角和等于360°，即可求解。
22．如图，△ABC 中，∠B＝10°，∠ACB＝20°，AB＝4cm，三角形 ABC 按逆时针方向旋转一定角度后与三角形 ADE 重合，且点 C 恰好成为 AD 的中点.
（1）指出旋转中心，并求出旋转的度数；
（2）求出∠BAE 的度数和 AE 的长.
【答案】（1）解：∵△ABC逆时针旋转一定角度后与△ADE重合，A为顶点，
∴旋转中心是点A；
根据旋转的性质可知：∠CAE=∠BAD=180°-∠B-∠ACB=150°，
∴旋转角度是150°
（2）解：由（1）可知：∠BAE=360°-150°×2=60°，
由旋转可知：△ABC≌△ADE，
∴AB=AD，AC=AE，又C为AD中点，
∴AC=AE= AB= ×4=2cm
【知识点】全等三角形的判定与性质；旋转的性质
【解析】【分析】（1）由旋转的定义和性质可求解；
（2）由（1）的结论可求得∠BAE=360°- 2× ∠CAE的值；由旋转的性质可得△ABC≌△ADE，于是AB=AD，AC=AE，则由线段中点的定义得AC=AE=AB可求解.
23．如图，把长方形ABCD绕点A按逆时针方向旋转得到长方形AEFG，使点E落在对角线BD上，连接DG，DF．
（1）若∠BAE=50°，求∠DGF的度数；
（2）求证：DF = DC；
（3）若S△ABE+S△DFG = S△ADG，直接写出 的值．
【答案】（1）解：由旋转得
AB=AE，AD=AG，∠BAD=∠EAG=∠AGF=90°
∴∠BAE=∠DAG=50°，
∴∠AGD=∠ADG= ，
∴∠DGF=90°-65°=25°
（2）证明：连接AF，由旋转得△AEF≌△ABD，
∴AF=BD
∠FAE=∠ABE=∠AEB
∴AF∥BD
∴四边形ABDF是平行四边形
∴DF=AB=DC
（3）解：
【知识点】直角三角形全等的判定-HL；勾股定理；平行四边形的判定与性质；矩形的性质；旋转的性质
【解析】【解答】解：（3）如图，过点A作AN⊥BD于N，
∵∠ADN=∠DAM=25°，
∴AM∥DN，
∵AN⊥BD，∠AMD=90°，
∴四边形ANDM是矩形，
∴GM=MD=AN，
∵AB=AE=GF=FD=CD，
∴Rt△ABN≌△GFM≌△DFM≌△AEN（HL），
∴S△ABE+S△DFG=4S△GFM，
∵S△ABE+S△DFG=S△ADG，
∴S△AGM=4S△GFM，
设FM=m，GM=n，则AM=4m，AF=DB=5m，
∴GF2=FM2=m2+n2，
∴AG2=AM2+GM2=AF2-GF2，
即(4m)2+n2=(5m)2-m2-n2，
解得b=2a，
∴.
【分析】(1)根据旋转的性质求出∠AGF=90°，再根据三角形内角和定理和等腰三角形的性质求出∠AGD的度数，最后根据角的和差关系求∠DGF即可；
(2) 由旋转的性质得到AF=BD，再证明AF平行BD，则可证明四边形ABDF是平行四边形 ，再根据平行四边形的性质即可得出结论；
(3)过点A作AN⊥BD于点N，利用HL证明Rt△ABN≌Rt△AEN≌Rt△GFM≌Rt△QDFM， 利用全等三角形的性质以及面积的关系推出S△AGM=4S△GFM，设FM=m， GM=n，利用勾股定理列出等式求出n=2m，最后求比值即可.
24．如图，正方形ABCO的边OA、OC在坐标轴上，点B坐标为 （3，3）；将正方形ABCO绕点A顺时针旋转角度 ，得到正方形ADEF，ED交线段OC于点G，ED的延长线交线段BC于点P，连AP、AG.
（1）求证： ≌ ；
（2）求 的度数；并判断线段OG、PG、BP之间的数量关系，说明理由；
（3）当 时，求直线PE的解析式（可能用到的数据：在 中，30°内角对应的直角边等于斜边的一半）.
（4）在（3）的条件下，直线PE上是否存在点M，使以M、A、G为顶点的三角形是等腰三角形？若存在，请直接写出M点坐标；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）证明：在Rt△AOG和Rt△ADG中，
∴ ≌ （HL）.
（2）解：在Rt△ADP和Rt△ABP中，
（HL），
则 ；
，
；
又 ，
，
，
，
；
，
，
，
，
.
（3）解： ，
，
又 ， ， ，
，
又 ，
，
又 ，
，
；
∴在 中， ，
∴
解得
点坐标为 ， ， ，
在 中， ，
∴ ，
∴ ，
点坐标为： ， ，
设直线 的解析式为： ，
则 ，
解得 ，
直线 的解析式为 .
（4）解：①如图1，当点 M 在 y 轴的负半轴上时，
，点 坐标为 ，
点 坐标为 .
②如图2，当点 在 的延长线上时，
由（3），可得 ，
与 的交点 ，满足 ，
点的横坐标是0， 点横坐标为 ，
的横坐标是 ，纵坐标是3，
点 坐标为 ， .
综上，可得点 坐标为 或 ， .
【知识点】待定系数法求一次函数解析式；直角三角形全等的判定-HL；等腰三角形的性质；正方形的性质；旋转的性质
【解析】【分析】（1）由正方形的性质及旋转的性质得AO=AD，结合AG= AG，利用HL证明△AOG≌△ADG即可；
（2）利用HL证明△ADP≌△ABP，得∠DAP=∠BAP，由（1）得∠1=∠DAG，则可推出∠PAG=45°；由全等三角形的性质得出DG=OG，DP=BP，最后根据线段间的和差关系即可推出结论；
（3）由△AOG≌△ADG，得出∠AGO=∠AGD，再根据余角的性质求出∠AGO= ∠AGD=∠PGC，结合∠AGO+∠ AGD+∠PGC=180°，求出∠1=∠2= 30° ，得出AG=2OG；在Rt△PCG中，根据勾股定理列式求出PC长，从而确定出P、G两点坐标，最后利用待定系数法求直线PE的解析式即可；
（4）分两种情况讨论：①当点M在y轴的负半轴上时；②当点M在EP的延长线上时；根据以M、A、G为顶点的三角形是等腰三角形，结合点A的坐标，利用等腰三角形的性质分别求出M点坐标即可.
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