八年级数学下册试题 第9章《中心对称图形--平行四边形》复习题-图形的旋转与中心对称--苏科版（含解析）

第9章《中心对称图形--平行四边形》复习题-图形的旋转与中心对称
【类型一：旋转的概念】
1.下列现象属于旋转的是（　　）
A．摩托车在急刹车时向前滑动
B．火箭冲向空中的时候
C．笔直的铁轨上飞驰而过的复兴号
D．幸运大转盘转动的过程
2.如图，将方格纸中的图形绕点O逆时针旋转90°后得到的图形是（　　）
A． B．
C． D．
3.一天中钟表时针从上午6时到上午9时旋转的度数为 　 　．
4.李明家有一个时钟，假期间，某天上午他8点整出门锻炼，回家时发现时针刚好旋转了60°，那么李明回家的时间是（　　）
A．9点整 B．9点半 C．10点整 D．10点半
5.已知直角坐标平面上的机器人接受指令“[A，a]”（0°＜A＜180°，a≥0）后的行动结果为：在原地逆时针旋转A后，再向面对方向沿直线行走a．若机器人的位置在原点，面对方向为y轴的负半轴，则它完成一次指令[60°，2]后，所在位置的坐标为　 　．
6.在体育课上，当老师下达口令“向左转”时，左脚正确的动作应是以　 　（填“脚跟”或“脚尖”）为旋转中心，沿着　 　（填“顺时针”或“逆时针”）方向旋转　 　度．
【类型二：旋转的性质】
1.如图，将△ABC绕点B逆时针旋转48°，得到△DBE，连接EC，若EC∥AB，则∠CBD的度数为（　　）
A．16° B．18° C．20° D．24°
2.如图，将△ABC绕点A顺时针旋转120°得到△AB'C'，若点C，B，C'共线，则∠B'C'C的度数为（　　）
A．60° B．45° C．30° D．15°
3.如图，在等边△ABC中，AB＝6，点D是BC的中点，将△ABD绕点A逆时针旋转后得到△ACE，那么线段DE的长为（　　）
A． B．6 C． D．
4.如图，P是正三角形ABC内的一点，且PA＝6，PB＝8，PC＝10，若将△PAC绕点A逆时针旋转后得到△P′AB．
（1）求点P与点P′之间的距离；
（2）求∠APB的大小．
5.如图，将△ABC绕点C逆时针旋转90°得△DEC，其中点A，点B的对应点分别是点D，点E，点B落在DE上，延长AC交DE于点F，AB、DC交于点G．
（1）求证：AB⊥DE；
（2）求证：FB+BGBC．
【类型三：与旋转有关的作图】
1.如图，在下列10×10的网格中，横、纵坐标均为整点的数叫做格点，例如A（2，1）、B（5，4）、C（1，8）都是格点．
（1）直接写出△ABC的面积；
（2）将△ABC绕点B逆时针旋转90°得到△A1BC1，在网格中画出△A1BC1；
（3）在图中画出线段EF，使它同时满足以下条件：①点E在△ABC内；②点E，F都是格点；③EF三等分BC；④EF．请写出点E，F的坐标．
2.如图，已知点O与三角形ABC．
（1）画出三角形ABC关于点O成中心对称的图形，记作三角形A′B′C′，其中点A、B、C分别与点A′、B′、C′对应；
（2）画出三角形A′B′C′绕点O按逆时针方向旋转90°后的图形，记作三角形A″B″C″，其中点A′、B′、C′分别与点A″、B″、C″对应；
（3）将三角形ABC绕点O按顺时针方向旋转m°（0＜m＜360）得三角形A′B′C′，再将三角形A′B′C′绕点O按逆时针方向旋转n°（0＜n＜360，且m＞n）得三角形A″B″C″．
小明认为，三角形ABC经过一次运动就能和三角形A″B″C″重合，他的观点正确吗？如果认为正确，请描述这个运动过程；如果认为不正确，请说明理由．
【类型四：中心对称的概念与性质】
1.如图，在正方形网格中，A，B，C，D，E，F，G，H，M，N是网格线交点，△ABC与△DEF关于某点对称，则其对称中心是（　　）
A．点G B．点H C．点M D．点N
2.如图，在平面直角坐标系中，把△ABC绕原点O旋转180°得到△CDA，点A，B，C的坐标分别为（﹣5，2），（﹣2，﹣2），（5，﹣2），则点D的坐标为 　 　．
3.如图，线段AB与线段CD关于点P对称，若点A（a，b）、B（5，1）、D（﹣3，﹣1），则点C的坐标为（　　）
A．（﹣a，﹣b） B．（﹣a+2，﹣b）
C．（﹣a﹣1，﹣b+1） D．（﹣a+1，﹣b﹣1）
4.如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，E是CD上一点，点D与点C关于点E中心对称，连接AE并延长，与BC延长线交于点F．
填空：E是线段CD的 　　，点A与点F关于点 　　成中心对称，若AB＝AD+BC，则△ABF是 　 　三角形．
（2）四边形ABCD的面积为12，求△ABF的面积．
【类型五：与中心对称有关的作图】
1.如图，已知在平面直角坐标系中，线段AB的坐标分别为A（3，4），B（4，2）．
（1）画出线段AB绕点B逆时针旋转90°得到线段CB，连接点A、C得到△ABC；
（2）在（1）的条件下，画出△ABC关于原点O对称的△DEF，点A、B、C的对应点分别是D、E、F；
（3）在（2）的条件下，已知线段AB绕平面内的点P旋转一个特定的度数可与线段FE重合（其中点A对应点F），请直接写出点P的坐标为 　 　．
2.请按以下要求用无刻度直尺作图：
（1）如图1，线段AB和线段A′B′关于点M成中心对称，画出点M；
（2）如图2，将△ABC绕点O逆时针旋转90°得△A1B1C1，画出△A1B1C1；
（3）如图3，设∠BAC＝α，将△ABC绕点C顺时针旋转α得△A′B′C，画出△A′B′C．
【类型六：中心对称图形】
1.以下四个交通标志，其中是中心对称图形（不含下方的文字注释）的是（　　）
A．直行 B．掉头 C．十字路口 D．环形车道
2.下列图形是中心对称图形的是（　　）
A．斐波那契螺旋线 B．蝴蝶曲线
C．赵爽弦图 D．笛卡尔心形线
3.我国汉代数学家赵爽在他所著《勾股圆方图注》中，运用弦图（如图所示）巧妙地证明了勾股定理．下列关于“赵爽弦图”说法正确的是（　　）
A．是轴对称图形
B．是中心对称图形
C．既是轴对称图形又是中心对称图形
D．既不是轴对称图形也不是中心对称图形
4.如图，由4个全等的正方形组成的L形图案，请按下列要求画图：
（1）在图案①中添加1个正方形，使它成轴对称图形（不能是中心对称图形）；
（2）在图案②中添加1个正方形，使它成中心对称图形（不能是轴对称图形）；
（3）在图案③中改变1个正方形的位置，从而得到一个新图形，使它既成中心对称图形，又成轴对称图形．
5.如图，方格纸中有三个点A，B，C，要求作一个四边形使这三个点在这个四边形的边（包括顶点）上，且四边形的顶点在方格的顶点上．
（1）在甲图中作出的四边形是中心对称图形但不是轴对称图形；
（2）在乙图中作出的四边形是轴对称图形但不是中心对称图形；
（3）在丙图中作出的四边形既是轴对称图形又是中心对称图形．
【类型七：与旋转有关的模型】
1.已知正方形ABCD边长为5，点M、N分别在边BC，CD上，连接AM，MN，AN，若∠MAN＝45°，BM＝2，则线段NC的长为（　　）
A．2 B．3 C． D．
2.如图1，点M、N别在正方形ABCD的边BC、CD上，∠MAN＝45°，连接MN．
（1）求证：MN＝BM+DN．下面提供解题思路，请填空：
如图2，把△ADN绕点A顺时针旋转 　 　度至△ABE，可使AD与AB重合．
由∠EBC＝∠ABE+∠ABC＝180°，则知E、B、C三点共线，从而可证△AEM≌　 　，从而得MN＝BM+DN．
（2）当∠MAN绕点A旋转到如图3的位置时，线段BM，DN和MN之间有怎样的等量关系？请写出你的猜想，并证明．
（3）如图4，四边形ABCD不是正方形，但满足AB＝AD，∠BAD＝∠BCD＝90°，∠MAN＝45°，且BC＝7，DC＝13，CN＝5，求BM的长．
3．如图，点P为定角∠AOB的平分线上的一个定点，且∠MPN与∠AOB互补，若∠MPN在绕点P旋转的过程中，其两边分别与OA、OB相交于M、N两点，则以下结论：
①PM＝PN恒成立；②△OMN的周长不变；③OM+ON的值不变；④四边形PMON的面积不变，其中正确的为 　 　（请填写正确结论前面的序号）．
4．如图，点A是x轴上一个定点，点B从原点O出发沿y轴的正方向移动，以线段OB为边在y轴右侧作等边三角形，以线段AB为边在AB上方作等边三角形，连接CD，随点B的移动，下列说法错误的是（　　）
A．△BOA≌△BDC
B．∠ODC＝150°
C．直线CD与x轴所夹的锐角恒为60°
D．随点B的移动，线段CD的值逐渐增大
5．如图，BD为△ABC的角平分线，且BD＝BC，E为BD延长线上一点，BE＝BA，过点E作EF⊥AB于点F，则下列结论正确的为（　　）
①△EBC可由△ABD绕点B旋转而得到；
②∠BCE+∠BCD＝180°；
③∠ABE＝∠DAE；
④BA+BC＝2BF．
A．①②③ B．①②③④ C．①②④ D．①③④
6．如图，△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝120°，点P是平面内一动点，且PA＝4，连接PB、PC，则PB+PC的最小值为 　 　．
7．【问题发现】
（1）如图1，△ABC和△ADE均为等边三角形，点B，D，E在同一直线上，连接CE，容易发现：①∠BEC的度数为 　 　；②线段BD、CE之间的数量关系为 　 ；
【类比探究】
（2）如图2，△ABC和△ADE均为等腰直角三角形，∠BAC＝∠DAE＝90°，点B，D，E在同一直线上，连接CE，试判断∠BEC的度数以及线段BD、CE之间的数量关系，并说明理由；
【问题解决】
（3）如图3，∠AOB＝∠ACB＝90°，OA＝2，OB＝4，AC＝BC，则OC2的值为 　 　．
8．在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝α，作射线AP，点C关于直线AP的对称点为D，连接AD，直线DC，DB，分别交AP于点E，F，连接CF．
（1）如图1，射线AP在△ABC的外部，当α＝40°时，求∠BDC的度数；
（2）如图2，射线AP的一部分落在△ABC内部，当α＝60°时，
①直接写出∠BDC的度数；
②求证：AF＝BF+CF．
（3）当α＝60°时，若△DBC是等腰三角形，直接写出∠CAD的度数．
9．如图，已知∠BAC＝60°，AB＝4，AC＝6，点P在△ABC内，将△APC绕着点A逆时针方向旋转60°得到△AEF．则AE+PB+PC的最小值为（　　）
A．10 B． C． D．
10．如图，D是等边三角形ABC外一点，连接AD，BD，CD，已知BD＝8，CD＝3，则当线段AD的长度最小时，
①∠BDC＝　 　；
②AD的最小值是 　 　．
11．如图，在平面直角坐标系中，点A，点B分别是y轴，x轴正半轴上的点，且OA＝OB，△AOC是等边三角形，且点C在第二象限，M为∠AOB平分线上的动点，将OM绕点O逆时针旋转60°得到ON，连接CN，AM，BM．
（1）求证：△AMO≌△CNO；
（2）若A点坐标为（0，4）；
①当AM+BM的值最小时，请直接写出点M的坐标；
②当AM+BM+OM的值最小时，求出点M的坐标，并说明理由．
参考答案
【类型一：旋转的概念】
1.【分析】根据旋转的定义：在平面内，把一个图形绕着某一个点O旋转一个角度的图形变换叫做旋转可得答案．
【解答】解：A、摩托车在急刹车时向前滑动不是旋转，故此选项不符合题意；
B、火箭冲向空中的时候不是旋转，故此选项不符合题意；
C、笔直的铁轨上飞驰而过的复兴号不是旋转，故此选项不符合题意；
D、幸运大转盘转动的过程属于旋转，故此选项符合题意．
故选：D．
2.【分析】利用已知将图形绕点O逆时针旋转90°得出符合题意的图形即可．
【解答】解：如图所示：将方格纸中的图形绕点O逆时针旋转90°后得到的图形是
，
故选：C．
3.【分析】钟表上的刻度把一个圆平均分成12等份，根据题意知，时针运行了圆周，即可得到答案．
【解答】解：根据题意，从上午6时到上午9时，共3个小时，
∴时针旋转了圆周，旋转的角度为．
故答案为：90°．
4.【分析】根据时针每小时旋转30°可得求得李明出门锻炼所用的时间，然后再加上出门时的时刻即可求解．
【解答】解：由于时针旋转一周（360°）是12小时，则每小时旋转，
∴当旋转60°时，李明回家的时间是：（点整），
故选：C．
5.【分析】根据题意画图分析．如图，完成一次指令[60°，2]后，所在位置为P点．作PQ⊥y轴于Q点．解直角三角形OPQ求PQ、OQ的长度，根据P所在象限确定其坐标．
【解答】解：如图所示，点P为完成指令后位置，
作PQ⊥y轴于Q点，
∵OP＝2，∠POQ＝60°，
∴OQ＝1，PQ，
∴P（，1）．
故答案为：P（，1）．
6.【分析】根据旋转的定义即可得出答案．
【解答】解：在体育课上，当老师下达口令“向左转”时，左脚正确的动作应是以脚跟为旋转中心，沿着逆时针方向旋转90度．
故答案为：脚跟，逆时针，90．
【类型二：旋转的性质】
1.【分析】根据旋转的性质得BC＝BE，∠CBE＝48°，∠ABD＝48°，∠BCE＝∠BEC，然后利用等腰三角形的性质和三角形内角和计算出∠BCE的度数，再由平行线的性质即可得到∠CBA的大小，利用和差关系即可得结果．
【解答】解：∵△ABC绕点B逆时针旋转48°，得到△DBE，
∴BC＝BE，∠CBE＝48°，∠ABD＝48°，∠BCE＝∠BEC，
∴∠BCE＝∠BEC66°，
∵EC∥AB，
∴∠CBA＝∠ECB＝66°，
∴∠CBD＝∠CBA﹣∠ABD＝18°，
故选：B．
2.【分析】利用旋转的性质和三角形内角和定理即可求解．
【解答】解：∵将△ABC绕点A顺时针旋转 120° 得到△AB′C′，且点C，B，C′共线，
∴AC＝AC′，∠CAC′＝120°，
∴∠ACB＝∠AC′C（180°﹣120°）＝30°，
∴∠AC′B′＝30°，
∴∠B′C′C＝∠AC′B′+∠AC′B＝30°+30°＝60°．
故选：A．
3.【分析】由等边△ABC中，AB＝6，D是BC的中点，根据三线合一的性质与勾股定理，可求得AD的长为3，又由将△ABD绕点A逆时针旋转得△ACE，易得△ADE是等边三角形，继而求得答案．
【解答】解：∵△ABC是等边三角形，
∴AB＝BC＝AC＝6，∠BAC＝60°，
∵BD＝DC＝3，
∴AD⊥BC，
∴AD3
∵△ABD绕点A逆时针旋转后得到△ACE，
∴∠BAD＝∠CAE，AD＝AE，
∴∠DAE＝∠BAC＝60°，
∴△ADE是等边三角形，
∴DE＝AD＝3，
故选：C．
4.解：（1）由旋转的性质知AP′＝AP＝6，∠P′AB＝∠PAC，
∴∠P′AP＝∠BAC＝60°，
∴△P′AP是等边三角形，
∴PP′＝6；
（2）∵P′B＝PC＝10，PB＝8，
∴P′B2＝P′P2+PB2，
∴△P′PB为直角三角形，且∠P′PB＝90°，
∴∠APB＝∠P′PB+∠P′PA＝90°+60°＝150°．
5.证明：（1）∵将△ABC绕点C逆时针旋转90°得△DEC，
∴∠A＝∠D，∠ACD＝∠BCE＝90°，
∵∠DGB＝∠CGA，
∴∠DBG＝∠ACG＝90°，
∴AB⊥DE；
（2）∵将△ABC绕点C逆时针旋转90°得△DEC，
∴∠ABC＝∠DEC，∠ACB＝∠DCE，BC＝EC，
∴∠ACB﹣90°＝∠DCE﹣90°，即∠BCG＝∠ECF，
∴△CBG≌△CEF（AAS），
∴EF＝BG，
∴EF+BF＝BG+BF，即BE＝BG+BF，
∵EC＝BC，∠BCE＝90°，
∴△BCE为等腰直角三角形，
∴BEBC，
即FB+BGBC．
【类型三：与旋转有关的作图】
1.解：（1）△ABC的面积＝4×77×13×34×4＝12；
（2）如图，△A1BC1为所作；
（3）如图，线段EF为所作，其中E点坐标为（2，4），F点坐标为（7，8），EF的长度为．
2.解：（1）如图，△A′B′C′即为所求；
（2）如图，△A″B″C″即为所求；
（3）正确．三角形ABC绕点O按顺时针方向旋转（m﹣n）°得到三角形A″B″C″．
【类型四：中心对称的概念与性质】
1.【分析】A、D两点到M的距离相等且三点在一条直线上，B、E两点到M都是2×3的网格且三点在一条直线上，C、F两点到M都是1×2的网格且三点在一条直线上，可得对称中心是点M．
【解答】解：AD、CF、BE相交于点M，
∴点M是△ABC与△DEF的对称中心，
故选：C．
2.【分析】依据四边形ABCD是平行四边形，即可得到BD经过点O，依据B的坐标为（﹣2，﹣2），即可得出D的坐标为（2，2）．
【解答】解：∵点A，C的坐标分别为（﹣5，2），（5，﹣2），
∴点O是AC的中点，
∵AB＝CD，AD＝BC，
∴四边形ABCD是平行四边形，
∴BD经过点O，
∵B的坐标为（﹣2，﹣2），
∴D的坐标为（2，2），
故答案为：（2，2）．
3.【分析】运用中点坐标公式求答案．
【解答】解：设C（m，n），
∵线段AB与线段CD关于点P对称，
点P为线段AC、BD的中点．
∴，，
∴m＝2﹣a，n＝﹣b，
∴C（2﹣a，﹣b），
故选：B．
4.解：（1）∵点D与点C关于点E中心对称，
∴E是线段CD的中点，DE＝EC，
∵AD∥BC，
∴∠D＝∠DCF，
在△ADE与△FCE中，
，
∴△ADE≌△FCE（ASA），
∴AE＝FE，AD＝CF，
∴点A与点F关于点E成中心对称，
∵AB＝AD+BC，
∴AB＝BF，
则△ABF是等腰三角形．
故答案为：中点，E，等腰；
（2）∵△ADE≌△FCE，
∴△ADE与△FCE面积相等，
∴△ABF的面积等于四边形ABCD的面积，
∵四边形ABCD的面积为12，
∴△ABF的面积为12．
【类型五：与中心对称有关的作图】
1.解：（1）如图，线段CB即为所求．
（2）如图，△DEF即为所求．
（3）连接AF，BE，分别作线段AF，BE的垂直平分线，相交于点P，
则线段AB点P顺时针旋转90°可与线段FE重合，
∴点P的坐标为（﹣2，4）．
故答案为：（﹣2，4）．
2.解：（1）如图1所示，点M即为所求．
（2）如图2所示，△A1B1C1即为所求；
（3）如图3所示，△A′B′C即为所求．
【类型六：中心对称图形】
1.【分析】根据中心对称图形的定义：把一个图形绕着某一个点旋转180°，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形叫做中心对称图形，这个点就是它的对称中心，据此解答．
【解答】解：选项A、B、D均不能找到这样的一个点，使图形绕某一点旋转180°后与原来的图形重合，
∴选项A、B、D不是中心对称图形，不符合题意；
选项C能找到这样的一个点，使图形绕某一点旋转180°后与原来的图形重合，
∴选项C是中心对称图形，符合题意，
故选：C．
2.【分析】根据中心对称图形的概念判断即可．
【解答】解：选项A、B、D中的图形都不能找到一个点，使图形绕某一点旋转180度后与原来的图形重合，所以不是中心对称图形；
选项C中的图形能找到一个点，使图形绕某一点旋转180度后与原来的图形重合，所以是中心对称图形．
故选：C．
3.【分析】根据轴对称图形与中心对称图形的定义解答即可．
【解答】解：“赵爽弦图”是中心对称图形，但不是轴对称图形．
故选：B．
4.解：如图所示．
（1）如图（1），图（2），图（3）所示；
（2）如图（4）所示；
（3）如图（5），图（6）所示．
5.解：（1）甲图：平行四边形，
（2）乙图：等腰梯形，
（3）丙图：正方形．
【类型七：与旋转有关的模型】
1．
【分析】延长CB，使BE＝DN，易证△ABE≌△ADN（SAS），EB＝DN，MN＝EM，设CN＝x，则DN＝5﹣x，EB+BM＝MN＝7﹣x，在Rt△CMN中，由（7﹣x）2＝32+x2，解得x，即可求解．
【解答】解：如图，延长CB，使BE＝DN，
∵四边形ABCD是边长为5的正方形，
∴∠B＝∠C＝∠D＝∠BAD＝90°，AB＝BC＝CD＝5，
∴∠ABE＝90°，
在△ABE和△ADN中，
，
∴△ABE≌△ADN（SAS），
∴EB＝DN，MN＝EM，
设CN＝x，则DN＝5﹣x，
∴EB+BM＝MN＝7﹣x，
在Rt△CMN中，MN2＝CM2+CN2，
∴（7﹣x）2＝32+x2，
解得x，
∴CN，
故选：D．
2．解：（1）∵∠BAD＝90°，
∴△ADN绕点A顺时针旋转90°得到△ABE，
∵旋转，
∴△ADN≌△ABE，
∴AN＝AE，∠DAN＝∠BAE，
∵∠MAN＝45°，
∴∠BAM+∠DAN＝45°，即∠BAM+∠BAE＝45°，
∴∠EAM＝∠NAM，
∴△AEM≌△ANM（SAS），
∴MN＝EM＝BM+BE＝BM+DN．
故答案为：90，△ANM；
（2）MN＝DN﹣BM，理由如下，
在DC上取一点G，使DG＝BM，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AD＝AB，∠ADG＝∠ABM＝90°，
又∵DG＝BM，
∴△ABM≌△ADG（SAS），
∴AM＝AG，∠MAB＝∠GAD，
∵∠MAN＝∠BAM+∠BAN＝45°，
∴∠GAD+∠BAN＝45°，
∴∠GAN＝45°，即∠MAN＝∠GAN，
又∵AN＝AN，
∴△MAN≌△GAG（SAS），
∴MN＝NG＝DN﹣DG＝DN﹣BM，
即MN＝DN﹣BM；
（3）解：在DC上取一点G，使DG＝BM，
∵∠BAD＝∠BCD＝90°，
∴∠D+∠ABC＝180°，
∵∠ABM+∠ABC＝180°，
∴∠D＝∠ABM，
又∵AB＝AD，DG＝BM，
∴△ABM≌△ADG（SAS），
∴AM＝AG，∠MAB＝∠GAD，
∵∠MAN＝∠BAM+∠BAN＝45°，
∴∠GAD+∠BAN＝45°，
∴∠GAN＝45°，即∠MANF＝∠GAN，
∴△MAN≌△GAN（SAS），
∴MN＝NG，
设BM＝x＝DG，
∴GC＝13﹣x，
∴MN＝NG＝18﹣x，
在Rt△MCN中，MC2+NC2＝MN2
∴52+（7+x）2＝（18﹣x）2，
解得：x＝5，
∴BM的长为5．
3．
【分析】作PE⊥OA于E，PF⊥OB于F．只要证明△POE≌△POF，△PEM≌△PFN，即可一一判断．
【解答】解：如图，作PE⊥OA于E，PF⊥OB于F，
∵∠PEO＝∠PFO＝90°，
∴∠EPF+∠AOB＝180°，
∵∠MPN+∠AOB＝180°，
∴∠EPF＝∠MPN，
∴∠EPM＝∠FPN，
∵OP平分∠AOB，PE⊥OA于E，PF⊥OB于F，
∴PE＝PF，
在Rt△POE和Rt△POF中，
，
∴Rt△POE≌Rt△POF（HL），
∴OE＝OF，
在△PEM和△PFN中，
，
∴△PEM≌△PFN（ASA），
∴EM＝NF，PM＝PN，故①正确，
∴S△PEM＝S△PNF，
∴S四边形PMON＝S四边形PEOF＝定值，故④正确，
∵OM+ON＝OE+ME+OF﹣NF＝2OE，
∴OM+ON为定值，故③②正确，
在旋转过程中，△PMN是顶角不变的等腰三角形，
∵PM的长度是变化的，
∴MN的长度是变化的，故错误，
故答案为：①③④．
4．
【分析】根据等边三角形的性质，结合图形证明手拉手模型﹣旋转型全等，即可判断A，根据△BOA≌△BDC，可得∠BDC＝∠BOA＝90°，从而可得∠ODC＝∠BDO+∠BDC＝150°，即可判断B，延长CD交x轴于点E，根据∠ODC＝150°利用平角定义可求出∠ODE＝30°，然后再利用三角形的外角求出∠DEA＝60°，即可判断C，根据△BOA≌△BDC，可得CD＝OA，根据OA的值是定值，即可判断D．
【解答】解：A．∵△OBD和△ABC都是等边三角形，
∴∠ABC＝∠OBD＝∠ODB＝∠BOD＝60°，BO＝BD，BC＝AB，
∴∠ABC﹣∠DBA＝∠OBD﹣∠DBA，
∴∠CBD＝∠ABO，
∴△BOA≌△BDC（SAS），
故A不符合题意；
B．∵△BOA≌△BDC，
∴∠BDC＝∠BOA＝90°，
∴∠ODC＝∠BDO+∠BDC＝60°+90°＝150°，
故B不符合题意；
C．延长CD交x轴于点E，
∵∠ODC＝150°，
∴∠ODE＝180°﹣∠ODC＝30°，
∵∠BOA＝90°，∠BOD＝60°，
∴∠DOA＝∠BOA﹣∠BOD＝30°，
∴∠DEA＝∠DOA+∠ODE＝60°，
∴直线CD与x轴所夹的锐角恒为60°，
故C不符合题意；
D．∵△BOA≌△BDC，
∴CD＝OA，
∵点A是x轴上一个定点，
∴OA的值是一个定值，
∴随点B的移动，线段CD的值不变，
故D符合题意；
故选：D．
5．
【分析】由BD为△ABC的角平分线，BD＝BC，BE＝BA，可证△ABD≌△EBC，所以△EBC可由△ABD绕点B旋转而得到，由△ABD≌△EBC可得∠BCE＝∠BDA，因为BD＝BC，∠BDC＝∠ADE，可得∠BCD＝∠ADE，因为∠BDA+∠ADE＝180°，等量代换∠BCE+∠BCD＝180°，因为BE＝BA，所以∠BAE＝∠BEA（180°﹣∠ABE），因为∠ABD＝∠DBC，∠BDC＝∠BCD（180°﹣∠DBC），∠BDC＝∠ADE，所以∠BAE＝∠BEA＝∠BDC＝∠BCD，即∠ADE＝∠AED（180°﹣∠ABE），因为∠DAE＝180°﹣2∠AED，可得∠ABE＝∠DAE，过E作EM⊥BC，交BC延长线于点M，可证Rt△AEF≌Rt△CEM，Rt△BEF≌Rt△BEM，所以AF＝CM，BF＝BM，所以BA+BC＝BF+AF+BM﹣CM＝BF+AF+BF﹣AF＝2BF．
【解答】解：∵BD为△ABC的角平分线，
∴∠ABD＝∠DBC，
∵BD＝BC，BE＝BA，
∴△ABD≌△EBC（SAS），
∴△EBC可由△ABD绕点B旋转而得到，故①符合题意，
∴∠BCE＝∠BDA，
∵BD＝BC，
∴∠BDC＝∠BCD，
∵∠BDC＝∠ADE，
∴∠BCD＝∠ADE，
∵∠BDA+∠ADE＝180°，
∴∠BCE+∠BCD＝180°，故②符合题意，
∵BE＝BA，
∴∠BAE＝∠BEA（180°﹣∠ABE），
∵∠ABD＝∠DBC，∠BDC＝∠BCD（180°﹣∠DBC），
∴∠BAE＝∠BEA＝∠BDC＝∠BCD，
∵∠BDC＝∠ADE，
∴∠ADE＝∠AED（180°﹣∠ABE），
∵∠DAE＝180°﹣2∠AED，
∴∠ABE＝∠DAE，故③符合题意，
过E作EM⊥BC，交BC延长线于点M，
，
∵BD为△ABC的角平分线，
∴EF＝EM，
∵△ABD≌△EBC，
∴CE＝DA，
∵∠ADE＝∠AED，
∴AD＝AE，
∴CE＝AE，
∴Rt△AEF≌Rt△CEM（HL），
∴AF＝CM，
∵EF＝EM，BE＝BE，
∴Rt△BEF≌Rt△BEM（HL），
∴BF＝BM，
∴BA+BC＝BF+AF+BM﹣CM＝BF+AF+BF﹣AF＝2BF，故④符合题意，
故选：B．
6．
【分析】把AP绕点A逆时针旋转120°至AM，连PM．由手拉手得得△PAC≌△MAB，故PB+BM≥PM，即PB+PC≥4，得PB+PC的最小值为4．
【解答】解：把AP绕点A逆时针旋转120°至AM，连PM．
∵∠BAC＝∠PAM＝120°，
∴∠PAC＝∠MAB．
由AB＝AC，∠PAC＝∠MAB，AP＝AM，
得△PAC≌△MAB（SAS），
∴PC＝BM．
∵∠PAM＝120°，
∴∠HMA＝30°，
∴HAAM＝2，
∴HMHA＝2，
∴PM＝2HM＝4．
∵PB+BM≥PM，
即PB+PC≥4，
∴PB+PC的最小值为4．
故答案为：4．
7．解：（1）∵△ABC和△ADE均为等边三角形，
∴AB＝AC，AD＝AE，∠BAC＝∠DAE＝60°，
∴∠BAD＝∠CAE，
∴△BAD≌△CAE（SAS），
∴∠ABD＝∠ACE，BD＝CE，
∴∠BEC＝∠BAC＝60°，
故答案为：60°，BD＝CE；
（2）∵∠BAC＝∠D4E＝90°，△ABC和△ACE均为等腰直角三角形，
∴AB＝AC，AD＝AE，∠BAC＝∠DAE＝90°，∠ADE＝∠AED＝45°，
∴∠BAC﹣∠DAC＝∠DAE﹣∠DAC，即∠BAD＝∠CAE，
在△BAD和△ACE中，
，
∴△ABD≌△ACE（SAS），
∴BD＝CE，∠AEC＝∠ADB＝135°，
∴∠BEC＝∠AEC﹣∠AED＝135°﹣45°＝90°；
（3）取OB中点D，连接CD，
∵OA＝2，OB＝4，
∴OA＝DB＝OD＝2，
∵∠AOB＝∠ACB＝90°，AC＝BC，
∴∠ABC＝∠BAC＝45°，
设∠CBD＝x，则∠ABO＝45°﹣x，
∴∠BAO＝90°﹣∠ABO＝90°﹣（45°﹣x）＝45°+x，
∴∠CAO＝x＝∠CBD，
∴△CAO≌△CBD（SAS），
∴OC＝CD，∠ACO＝∠BCD，
∴∠ACO+∠ACD＝∠BCD+∠ACD＝90°，
∴△OCD是等腰直角三角形，
∴2OC2＝OD2，
∴，
故答案为：2．
8．解：（1）∵对称，
∴∠CAE＝∠DAE，AC＝AD，
∵AB＝AC，∠BAC＝α＝40°，
∴∠ABC＝∠ACB＝70°，AB＝AC＝AD，
设∠CAE＝∠DAE＝β，则∠BAD＝40°+2β，
∴∠ADB＝∠ABD70°﹣β，∠ADC＝∠ACD90°﹣β，
∴∠BDC＝∠ADC﹣∠ADB＝90°﹣β﹣（70°﹣β）＝20°；
（2）①∵对称，
∴∠CAE＝∠DAE，AC＝AD，
∵AB＝AC，∠BAC＝α＝60°，
∴∠ABC＝∠ACB＝60°，AB＝AC＝AD，
设∠CAE＝∠DAE＝β，则∠BAD＝2β﹣60°，
∴∠ADB＝∠ABD120°﹣β，∠ADC＝∠ACD90°﹣β，
∴∠BDC＝∠ADB﹣∠ADC＝120°﹣β﹣（90°﹣β）＝30°；
②如图，将AF绕点A逆时针旋转60°得到AG，连接CG，
∵∠FAG＝60°，AF＝AG，
∴△AFG是等边三角形，
∴AF＝FG＝AG，
∵∠BAC＝60°，
∴∠BAF＝∠CAG＝60°﹣∠CAF，
∵AB＝AC，AF＝AG，
∴△ABF≌△ACG（SAS），
∴BF＝CG，∠ABF＝∠ACG，
由①知∠BDC＝30°，
∵AF是折痕，
∴∠DEF＝90°，
∴∠DFE＝60°＝∠CFE，
∴∠BFC＝120°，
∵∠BAC＝60°，
∴∠ABF+∠ACF＝180°，
∴∠ACF+∠ACG＝180°，即F、C、G三点共线，
∴FG＝CF+CG＝CF+BF，
∴AF＝BF+CF．
（3）①如图，当AP与AB重合时，BD＝BC，此时∠CAD＝2∠BAC＝120°；
②如图，△ACD是等边三角形时，CD＝CA＝CB，此时∠CAD＝∠CAB＝60°；
③如图，当点D落在BC垂直平分线上，且在BC下方时，DB＝DC，
∵△ABC是等边三角形，
∴∠CAD∠CAB＝30°；
④如图，当点D落在BC垂直平分线上，且在BC上方时，DB＝DC，
此时∠CAD＝180°﹣30°＝150°．
综上，∠CAD的度数120°或60°或30°或150°．
9．
【分析】连接BF，过点B作BD⊥AF，与AF的延长线交于点D，由旋转可知∠PAE＝∠CAF＝60°，AP＝AE，PC＝EF，AC＝AF＝6，于是可得△APE为等边三角形，进而得到AE+PB+PC＝PE+PB+EF≥BF，利用含30度的直角三角形性质可得ADAB＝2，BDAD，最后利用勾股定理求出BF的长即可．
【解答】解：如图，连接BF，过点B作BD⊥AF，与AF的延长线交于点D，
则∠ADB＝90°，
∵将△APC绕着点A逆时针方向旋转60°得到△AEF，
∴∠PAE＝∠CAF＝60°，AP＝AE，PC＝EF，AC＝AF＝6，
∴△APE为等边三角形，
∴AE＝PE，
∴AE+PB+PC＝PE+PB+EF，
∵PB+PE+EF≥BF，
∴当点B、P、E在同一条直线上时，PB+PE+EF取得最小值为BF，即AE+PB+PC取得最小值为BF，
∵∠BAC＝60°＝∠CAE，
∴∠BAD＝60°，
∴∠ABD＝30°，
∴ADAB＝2，BDAD，
∴DF＝AD+AF＝2+6＝8，
在Rt△BDF中，BF，
∴AE+PB+PC取得最小值为．
故选：B．
10．解：如图所示，以BD为边向外作等边三角形BDE，连接CE，
∵△BDE，△ABC均为等边三角形，
∴BE＝BD，AB＝BC，∠ABC＝∠DBE＝60°，
∴∠ABD＝∠CBE，
在△ABD和△CBE中，
，
∴△ABD≌△CBE（SAS），
∴CE＝AD，
∵BE＝BD＝DE＝8，CD＝3，
∴当C，D，E三点共线时，CE有最小值，
∴CE＝DE﹣CD＝8﹣3＝5，
∴AD的最小值为5，此时∠BDC＝60°．
故答案为：①60°；②5．
11．（1）证明：∵OM平分∠AOB，
∴∠AOM＝45°，
由旋转的意义可知：∠MON＝60°，OM＝ON，
∴∠NOA＝∠MON﹣∠AOM＝60°﹣45°＝15°，
∵△AOC为等边三角形，
∴OA＝OC，∠COA＝60°，
∴∠CON＝∠COA﹣∠NOA＝60°﹣15°＝45°，
∴∠AOM＝∠CON，
在△AMO和△CNO中，
，
∴△AMO≌△CNO（SAS）．
（2）解：点M的坐标为（2，2），理由如下：
∵点M为∠AOB平分线上的动点，
∴当AM+BM为最小时，点A、M、B在同一条直线上，
当点A、M、B在同一条直线上时，
∵点A的坐标为（0，4），OA＝OB，
∴OA＝OB＝4，
∵OM平分∠AOB，
∴点M为为AB的中点，
∴点M的坐标为（2，2）．
（3）解：点M的坐标为，理由如下：
连接MN，过点M作ME⊥x轴于点E，作线段BM的垂直平分线交x轴于点F，
则BF＝MF，
由（1）可知：△AMO≌△CNO，
∴AM＝CN，
由转转的性质可知：OM＝ON，∠MON＝60°，
∴△OMN为等边三角形，
∴OM＝MN，
∴AM+BM+OM＝CN+BM+MN，
当AM+BM+OM的值最小时，就是CN+BM+MN的值为最小，
当CN+BM+MN的值为最小时，点B，M，N，C在同一条直线上，
∴∠OMB＝180°﹣60°＝120°，
∵OM平分∠AOB，
∴BOM＝45°，
∴∠OBM＝180°﹣45°﹣120°＝15°，
又MF＝BF，
∴∠FMB＝∠OBM＝15°，
∴∠MFE＝∠FMB+∠OBM＝30°，
设ME＝a，则OE＝a，
在Rt△MEF中，ME＝a，∠MFE＝30°，
∴MF＝2ME＝2a，
由勾股定理得：，
∴FB＝FM＝2a，
∴OB＝OE+EF+FB＝4，
即：，
解得：，
∴点M的坐标为．