2016年人教版九年级数学上册同步测试：23.1 图形的旋转（3）（解析版）

2016年人教版九年级数学上册同步测试：23.1
图形的旋转（3）
一、选择题（共12小题）
1．如图，E、F分别是正方形ABCD的边AB、BC上的点，BE=CF，连接CE、DF．将△BCE绕着正方形的中心O按逆时针方向旋转到△CDF的位置，则旋转角是（　　）
A．45°
B．60°
C．90°
D．120°
2．如图，点A、B、C、D都在方格纸的格点上，若△AOB绕点O按逆时针方向旋转到△COD的位置，则旋转的角度为（　　）
A．30°
B．45°
C．90°
D．135°
3．如图，在△ABC中，AC=BC，点D、E分别是边AB、AC的中点，将△ADE绕点E旋转180°得△CFE，则四边形ADCF一定是（　　）
A．矩形
B．菱形
C．正方形
D．梯形
4．如图，△ABC以点O为旋转中心，旋转180°后得到△A′B′C′．ED是△ABC的中位线，经旋转后为线段E′D′．已知BC=4，则E′D′=（　　）
A．2
B．3
C．4
D．1.5
5．如图，将Rt△ABC（其中∠B=35°，∠C=90°）绕点A按顺时针方向旋转到△AB1C1的位置，使得点C、A、B1在同一条直线上，那么旋转角等于（　　）
A．55°
B．70°
C．125°
D．145°
6．如图（1），已知两个全等三角形的直角顶点及一条直角边重合．将△ACB绕点C按顺时针方向旋转到△A′CB′的位置，其中A′C交直线AD于点E，A′B′分别交直线AD、AC于点F、G，则在图（2）中，全等三角形共有（　　）
A．5对
B．4对
C．3对
D．2对
7．如图，在△ABC中，∠CAB=70°，将△ABC绕点A逆时针旋转到△AB′C′的位置，使得CC′∥AB，则∠BAB′的度数是（　　）
A．70°
B．35°
C．40°
D．50°
8．如图，△ABC中，∠CAB=65°，在同一平面内，将△ABC绕点A旋转到△AED的位置，使得DC∥AB，则∠BAE等于（　　）
A．30°
B．40°
C．50°
D．60°
9．如图，已知△ABC中，∠C=90°，AC=BC=，将△ABC绕点A顺时针方向旋转60°到△AB′C′的位置，连接C′B，则C′B的长为（　　）
A．2﹣
B．
C．﹣1
D．1
10．如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，∠B=60°，BC=2，△A′B′C可以由△ABC绕点C顺时针旋转得到，其中点A′与点A是对应点，点B′与点B是对应点，连接AB′，且A、B′、A′在同一条直线上，则AA′的长为（　　）
A．6
B．4
C．3
D．3
11．如图，边长为1的正方形ABCD绕点A逆时针旋转45°后得到正方形AB1C1D1，边B1C1与CD交于点O，则四边形AB1OD的面积是（　　）
A．
B．
C．
D．
12．如图，矩形ABCD的外接圆O与水平地面相切于A点，圆O半径为2，且=2．若在没有滑动的情况下，将圆O向右滚动，使得O点向右移动了75π，则此时哪一弧与地面相切？（　　）
A．
B．
C．
D．
　
二、填空题（共16小题）
13．如图，将矩形ABCD绕点A顺时针旋转到矩形AB′C′D′的位置，旋转角为α（0°＜α＜90°），若∠1=110°，则∠α=　　　　　　．
14．如图，把Rt△ABC绕点A逆时针旋转40°，得到Rt△AB′C′，点C′恰好落在边AB上，连接BB′，则∠BB′C′=　　　　　　度．
15．如图，在等边△ABC中，AB=6，D是BC的中点，将△ABD绕点A旋转后得到△ACE，那么线段DE的长度为　　　　　　．
16．如图，是将菱形ABCD以点O为中心按顺时针方向分别旋转90°，180°，270°后形成的图形．若∠BAD=60°，AB=2，则图中阴影部分的面积为　　　　　　．
17．（2014 梅州）如图，把△ABC绕点C按顺时针方向旋转35°，得到△A′B′C，A′B′交AC于点D．若∠A′DC=90°，则∠A=　　　　　　．
18．如图，将等边△ABC绕顶点A顺时针方向旋转，使边AB与AC重合得△ACD，BC的中点E的对应点为F，则∠EAF的度数是　　　　　　．
19．如图，△ABC绕点A顺时针旋转45°得到△AB′C′，若∠BAC=90°，AB=AC=，则图中阴影部分的面积等于　　　　　　．
20．如图，△COD是△AOB绕点O顺时针旋转40°后得到的图形，若点C恰好落在AB上，且∠AOD的度数为90°，则∠B的度数是　　　　　　．
21．如图，在矩形ABCD中，AB=，AD=1，把该矩形绕点A顺时针旋转α度得矩形AB′C′D′，点C′落在AB的延长线上，则图中阴影部分的面积是　　　　　　．
22．如图，等腰Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=BC=1，且AC边在直线a上，将△ABC绕点A顺时针旋转到位置①可得到点P1，此时AP1=；将位置①的三角形绕点P1顺时针旋转到位置②，可得到点P2，此时AP2=1+；将位置②的三角形绕点P2顺时针旋转到位置③，可得到点P3，此时AP3=2+；…，按此规律继续旋转，直至得到点P2014为止．则AP2014=　　　　　　．
23．如图，在正方形ABCD中，E、F分别是边BC、CD上的点，∠EAF=45°，△ECF的周长为4，则正方形ABCD的边长为　　　　　　．
24．如图（1），有两个全等的正三角形ABC和ODE，点O、C分别为△ABC、△DEO的重心；固定点O，将△ODE顺时针旋转，使得OD经过点C，如图（2），则图（2）中四边形OGCF与△OCH面积的比为　　　　　　．
25．（2014 龙岩）如图，△ABC中，∠B=70°，∠BAC=30°，将△ABC绕点C顺时针旋转得△EDC．当点B的对应点D恰好落在AC上时，∠CAE=　　　　　　．
26．如图，已知∠AOB=90°，点A绕点O顺时针旋转后的对应点A1落在射线OB上，点A绕点A1顺时针旋转后的对应点A2落在射线OB上，点A绕点A2顺时针旋转后的对应点A3落在射线OB上，…，连接AA1，AA2，AA3…，依此作法，则∠AAnAn+1等于　　　　　　度．（用含n的代数式表示，n为正整数）
27．如图，两块完全相同的含30°角的直角三角板ABC和A′B′C′重合在一起，将三角板A′B′C′绕其直角顶点C′按逆时针方向旋转角α（0＜α≤90°），有以下四个结论：
①当α=30°时，A′C与AB的交点恰好为AB中点；
②当α=60°时，A′B′恰好经过B；
③在旋转过程中，存在某一时刻，使得AA′=BB′；
④在旋转过程中，始终存在AA′⊥BB′，
其中结论正确的序号是　　　　　　．（多填或填错得0分，少填酌情给分）
28．如图，将△OAB绕着点O逆时针连续旋转两次得到△OA″B″，每次旋转的角度都是50°．若∠B″OA=120°，则∠AOB=　　　　　　．
　
三、解答题（共2小题）
29．如图，在△ABC中，∠ACB=90°，AC=BC，点D在边AB上，连接CD，将线段CD绕点C顺时针旋转90°至CE位置，连接AE．
（1）求证：AB⊥AE；
（2）若BC2=AD AB，求证：四边形ADCE为正方形．
30．如图，在平面直角坐标系xOy中，点A的坐标为（﹣2，0），等边三角形AOC经过平移或轴对称或旋转都可以得到△OBD．
（1）△AOC沿x轴向右平移得到△OBD，则平移的距离是　　　　　　个单位长度；△AOC与△BOD关于直线对称，则对称轴是　　　　　　；△AOC绕原点O顺时针旋转得到△DOB，则旋转角度可以是　　　　　　度；
（2）连结AD，交OC于点E，求∠AEO的度数．
　
2016年人教版九年级数学上册同步测试：23.1
图形的旋转（3）
参考答案与试题解析
　
一、选择题（共12小题）
1．如图，E、F分别是正方形ABCD的边AB、BC上的点，BE=CF，连接CE、DF．将△BCE绕着正方形的中心O按逆时针方向旋转到△CDF的位置，则旋转角是（　　）
A．45°
B．60°
C．90°
D．120°
【考点】旋转的性质；正方形的性质．
【分析】首先作出旋转中心，根据多边形的性质即可求解．
【解答】解：如图，连接AC、BD，AC与BD的交点即为旋转中心O．
根据旋转的性质知，点C与点D对应，则∠DOC就是旋转角．
∵四边形ABCD是正方形．
∴∠DOC=90°．
故选C．
【点评】本题主要考查了旋转的性质，以及正多边形的性质，正确理解正多边形的性质以及旋转角（对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角）是解题的关键．
　
2．如图，点A、B、C、D都在方格纸的格点上，若△AOB绕点O按逆时针方向旋转到△COD的位置，则旋转的角度为（　　）
A．30°
B．45°
C．90°
D．135°
【考点】旋转的性质．
【专题】网格型．
【分析】根据旋转的性质，对应边的夹角∠BOD即为旋转角．
【解答】解：∵△AOB绕点O按逆时针方向旋转到△COD的位置，
∴对应边OB、OD的夹角∠BOD即为旋转角，
∴旋转的角度为90°．
故选C．
【点评】本题考查了旋转的性质，熟记性质以及旋转角的确定是解题的关键．
　
3．如图，在△ABC中，AC=BC，点D、E分别是边AB、AC的中点，将△ADE绕点E旋转180°得△CFE，则四边形ADCF一定是（　　）
A．矩形
B．菱形
C．正方形
D．梯形
【考点】旋转的性质；矩形的判定．
【分析】根据旋转的性质可得AE=CE，DE=EF，再根据对角线互相平分的四边形是平行四边形判断出四边形ADCF是平行四边形，然后利用等腰三角形三线合一的性质求出∠ADC=90°，再利用有一个角是直角的平行四边形是矩形解答．
【解答】解：∵△ADE绕点E旋转180°得△CFE，
∴AE=CE，DE=EF，
∴四边形ADCF是平行四边形，
∵AC=BC，点D是边AB的中点，
∴∠ADC=90°，
∴四边形ADCF矩形．
故选：A．
【点评】本题考查了旋转的性质，矩形的判定，主要利用了对角线互相平分的四边形是平行四边形，有一个角是直角的平行四边形是矩形的判定方法，熟练掌握旋转变换只改变图形的位置不改变图形的形状与大小是解题的关键．
　
4．如图，△ABC以点O为旋转中心，旋转180°后得到△A′B′C′．ED是△ABC的中位线，经旋转后为线段E′D′．已知BC=4，则E′D′=（　　）
A．2
B．3
C．4
D．1.5
【考点】旋转的性质；三角形中位线定理．
【分析】先根据图形旋转不变性的性质求出B′C′的长，再根据三角形中位线定理即可得出结论．
【解答】解：∵△ABC以点O为旋转中心，旋转180°后得到△A′B′C′，
∴△ABC≌△A′B′C′，
∴B′C′=BC=4，
∵D′E′是△A′B′C′的中位线，
∴D′E′=B′C′=×4=2．
故选：A．
【点评】本题考查的是图形旋转的性质，熟知旋转前、后的图形全等是解答此题的关键．
　
5．如图，将Rt△ABC（其中∠B=35°，∠C=90°）绕点A按顺时针方向旋转到△AB1C1的位置，使得点C、A、B1在同一条直线上，那么旋转角等于（　　）
A．55°
B．70°
C．125°
D．145°
【考点】旋转的性质．
【分析】根据直角三角形两锐角互余求出∠BAC，然后求出∠BAB1，再根据旋转的性质对应边的夹角∠BAB1即为旋转角．
【解答】解：∵∠B=35°，∠C=90°，
∴∠BAC=90°﹣∠B=90°﹣35°=55°，
∵点C、A、B1在同一条直线上，
∴∠BAB′=180°﹣∠BAC=180°﹣55°=125°，
∴旋转角等于125°．
故选C．
【点评】本题考查了旋转的性质，直角三角形两锐角互余的性质，熟练掌握旋转的性质，明确对应边的夹角即为旋转角是解题的关键．
　
6．如图（1），已知两个全等三角形的直角顶点及一条直角边重合．将△ACB绕点C按顺时针方向旋转到△A′CB′的位置，其中A′C交直线AD于点E，A′B′分别交直线AD、AC于点F、G，则在图（2）中，全等三角形共有（　　）
A．5对
B．4对
C．3对
D．2对
【考点】旋转的性质；全等三角形的判定与性质．
【分析】根据三角形全等的判定方法，判定两个三角形全等的一般方法有：SSS、SAS、ASA、AAS、HL．
【解答】解：旋转后的图中，全等的三角形有：△B′CG≌△DCE，△A′B′C≌△ADC，△AGF≌△A′EF，
△ACE≌△A′CG，共4对．
故选：B．
【点评】本题考查图形的旋转和三角形全等的判定方法，判定两个三角形全等的一般方法有：SSS、SAS、ASA、AAS、HL．注意：AAA、SSA不能判定两个三角形全等，判定两个三角形全等时，必须有边的参与，若有两边一角对应相等时，角必须是两边的夹角，难度不大．
　
7．如图，在△ABC中，∠CAB=70°，将△ABC绕点A逆时针旋转到△AB′C′的位置，使得CC′∥AB，则∠BAB′的度数是（　　）
A．70°
B．35°
C．40°
D．50°
【考点】旋转的性质．
【分析】根据旋转的性质得AC′=AC，∠B′AB=∠C′AC，再根据等腰三角形的性质得∠AC′C=∠ACC′，然后根据平行线的性质由CC′∥AB得∠ACC′=∠CAB=70°，则∠AC′C=∠ACC′=70°，再根据三角形内角和计算出∠CAC′=40°，所以∠B′AB=40°．
【解答】解：∵△ABC绕点A逆时针旋转到△AB′C′的位置，
∴AC′=AC，∠B′AB=∠C′AC，
∴∠AC′C=∠ACC′，
∵CC′∥AB，
∴∠ACC′=∠CAB=70°，
∴∠AC′C=∠ACC′=70°，
∴∠CAC′=180°﹣2×70°=40°，
∴∠B′AB=40°，
故选：C．
【点评】本题考查了旋转的性质：旋转前后两图形全等；对应点到旋转中心的距离相等；对应点与旋转中心的连线段的夹角等于旋转角．也考查了平行线的性质．
　
8．如图，△ABC中，∠CAB=65°，在同一平面内，将△ABC绕点A旋转到△AED的位置，使得DC∥AB，则∠BAE等于（　　）
A．30°
B．40°
C．50°
D．60°
【考点】旋转的性质．
【专题】计算题．
【分析】先根据平行线的性质得∠DCA=∠CAB=65°，再根据旋转的性质得∠BAE=∠CAD，AC=AD，则根据等腰三角形的性质得∠ADC=∠DCA=65°，然后根据三角形内角和定理计算出∠CAD=180°﹣∠ADC﹣∠DCA=50°，于是有∠BAE=50°．
【解答】解：∵DC∥AB，
∴∠DCA=∠CAB=65°，
∵△ABC绕点A旋转到△AED的位置，
∴∠BAE=∠CAD，AC=AD，
∴∠ADC=∠DCA=65°，
∴∠CAD=180°﹣∠ADC﹣∠DCA=50°，
∴∠BAE=50°．
故选：C．
【点评】本题考查了旋转的性质：旋转前后两图形全等；对应点到旋转中心的距离相等；对应点与旋转中心的连线段的夹角等于旋转角．
　
9．如图，已知△ABC中，∠C=90°，AC=BC=，将△ABC绕点A顺时针方向旋转60°到△AB′C′的位置，连接C′B，则C′B的长为（　　）
A．2﹣
B．
C．﹣1
D．1
【考点】旋转的性质．
【分析】连接BB′，根据旋转的性质可得AB=AB′，判断出△ABB′是等边三角形，根据等边三角形的三条边都相等可得AB=BB′，然后利用“边边边”证明△ABC′和△B′BC′全等，根据全等三角形对应角相等可得∠ABC′=∠B′BC′，延长BC′交AB′于D，根据等边三角形的性质可得BD⊥AB′，利用勾股定理列式求出AB，然后根据等边三角形的性质和等腰直角三角形的性质求出BD、C′D，然后根据BC′=BD﹣C′D计算即可得解．
【解答】解：如图，连接BB′，
∵△ABC绕点A顺时针方向旋转60°得到△AB′C′，
∴AB=AB′，∠BAB′=60°，
∴△ABB′是等边三角形，
∴AB=BB′，
在△ABC′和△B′BC′中，
，
∴△ABC′≌△B′BC′（SSS），
∴∠ABC′=∠B′BC′，
延长BC′交AB′于D，
则BD⊥AB′，
∵∠C=90°，AC=BC=，
∴AB==2，
∴BD=2×=，
C′D=×2=1，
∴BC′=BD﹣C′D=﹣1．
故选：C．
【点评】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并求出BC′在等边三角形的高上是解题的关键，也是本题的难点．
　
10．如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，∠B=60°，BC=2，△A′B′C可以由△ABC绕点C顺时针旋转得到，其中点A′与点A是对应点，点B′与点B是对应点，连接AB′，且A、B′、A′在同一条直线上，则AA′的长为（　　）
A．6
B．4
C．3
D．3
【考点】旋转的性质．
【专题】几何图形问题．
【分析】利用直角三角形的性质得出AB=4，再利用旋转的性质以及三角形外角的性质得出AB′=2，进而得出答案．
【解答】解：∵在Rt△ABC中，∠ACB=90°，∠B=60°，BC=2，
∴∠CAB=30°，故AB=4，
∵△A′B′C由△ABC绕点C顺时针旋转得到，其中点A′与点A是对应点，点B′与点B是对应点，连接AB′，且A、B′、A′在同一条直线上，
∴AB=A′B′=4，AC=A′C，
∴∠CAA′=∠A′=30°，
∴∠ACB′=∠B′AC=30°，
∴AB′=B′C=2，
∴AA′=2+4=6．
故选：A．
【点评】此题主要考查了旋转的性质以及直角三角形的性质等知识，得出AB′=B′C=2是解题关键．
　
11．如图，边长为1的正方形ABCD绕点A逆时针旋转45°后得到正方形AB1C1D1，边B1C1与CD交于点O，则四边形AB1OD的面积是（　　）
A．
B．
C．
D．
【考点】旋转的性质；正方形的性质．
【专题】几何图形问题．
【分析】连接AC1，AO，根据四边形AB1C1D1是正方形，得出∠C1AB1=∠AC1B1=45°，求出∠DAB1=45°，推出A、D、C1三点共线，在Rt△C1D1A中，由勾股定理求出AC1，进而求出DC1=OD，根据三角形的面积计算即可．
【解答】解：连接AC1，
∵四边形AB1C1D1是正方形，
∴∠C1AB1=×90°=45°=∠AC1B1，
∵边长为1的正方形ABCD绕点A逆时针旋转45°后得到正方形AB1C1D1，
∴∠B1AB=45°，
∴∠DAB1=90°﹣45°=45°，
∴AC1过D点，即A、D、C1三点共线，
∵正方形ABCD的边长是1，
∴四边形AB1C1D1的边长是1，
在Rt△C1D1A中，由勾股定理得：AC1==，
则DC1=﹣1，
∵∠AC1B1=45°，∠C1DO=90°，
∴∠C1OD=45°=∠DC1O，
∴DC1=OD=﹣1，
∴S△ADO=×OD AD=，
∴四边形AB1OD的面积是=2×=﹣1，
故选：C．
【点评】本题考查了正方形性质，勾股定理等知识点，主要考查学生运用性质进行计算的能力，题目比较好，但有一定的难度．
　
12．如图，矩形ABCD的外接圆O与水平地面相切于A点，圆O半径为2，且=2．若在没有滑动的情况下，将圆O向右滚动，使得O点向右移动了75π，则此时哪一弧与地面相切？（　　）
A．
B．
C．
D．
【考点】旋转的性质．
【分析】根据题意得出圆的周长以及圆转动的周数，进而得出与地面相切的弧．
【解答】解：∵圆O半径为2，
∴圆的周长为：2π×r=4π，
∵将圆O向右滚动，使得O点向右移动了75π，
∴75π÷4π=18…3π，
即圆滚动18周后，又向右滚动了3π，
∵矩形ABCD的外接圆O与水平地面相切于A点，
=2，
∴++=×4π=＜3π，
∴此时与地面相切．
故选：C．
【点评】此题主要考查了旋转的性质以及圆的周长公式等知识，得出O点转动的周数是解题关键．
　
二、填空题（共16小题）
13．如图，将矩形ABCD绕点A顺时针旋转到矩形AB′C′D′的位置，旋转角为α（0°＜α＜90°），若∠1=110°，则∠α=　20°　．
【考点】旋转的性质；矩形的性质．
【分析】根据矩形的性质得∠B=∠D=∠BAD=90°，根据旋转的性质得∠D′=∠D=90°，∠4=α，利用对顶角相等得到∠1=∠2=110°，再根据四边形的内角和为360°可计算出∠3=70°，然后利用互余即可得到∠α的度数．
【解答】解：如图，
∵四边形ABCD为矩形，
∴∠B=∠D=∠BAD=90°，
∵矩形ABCD绕点A顺时针旋转得到矩形AB′C′D′，
∴∠D′=∠D=90°，∠4=α，
∵∠1=∠2=110°，
∴∠3=360°﹣90°﹣90°﹣110°=70°，
∴∠4=90°﹣70°=20°，
∴∠α=20°．
故答案为：20°．
【点评】本题考查了旋转的性质：旋转前后两图形全等；对应点到旋转中心的距离相等；对应点与旋转中心的连线段的夹角等于旋转角．也考查了矩形的性质．
　
14．如图，把Rt△ABC绕点A逆时针旋转40°，得到Rt△AB′C′，点C′恰好落在边AB上，连接BB′，则∠BB′C′=　20　度．
【考点】旋转的性质．
【分析】根据旋转的性质可得AB=AB′，∠BAB′=40°，然后根据等腰三角形两底角相等求出∠ABB′，再利用直角三角形两锐角互余列式计算即可得解．
【解答】解：∵Rt△ABC绕点A逆时针旋转40°得到Rt△AB′C′，
∴AB=AB′，∠BAB′=40°，
在△ABB′中，∠ABB′=（180°﹣∠BAB′）=（180°﹣40°）=70°，
∵∠AC′B′=∠C=90°，
∴B′C′⊥AB，
∴∠BB′C′=90°﹣∠ABB′=90°﹣70°=20°．
故答案为：20．
【点评】本题考查了旋转的性质，等腰三角形的性质，直角三角形的两锐角互余，比较简单，熟记旋转变换只改变图形的位置不改变图形的形状与大小得到等腰三角形是解题的关键．
　
15．如图，在等边△ABC中，AB=6，D是BC的中点，将△ABD绕点A旋转后得到△ACE，那么线段DE的长度为　3　．
【考点】旋转的性质；等边三角形的判定与性质．
【专题】几何图形问题．
【分析】首先，利用等边三角形的性质求得AD=3；然后根据旋转的性质、等边三角形的性质推知△ADE为等边三角形，则DE=AD．
【解答】解：如图，∵在等边△ABC中，∠B=60°，AB=6，D是BC的中点，
∴AD⊥BD，∠BAD=∠CAD=30°，
∴AD=ABcos30°=6×=3．
根据旋转的性质知，∠EAC=∠DAB=30°，AD=AE，
∴∠DAE=∠EAC+∠CAD=60°，
∴△ADE的等边三角形，
∴DE=AD=3，
即线段DE的长度为3．
故答案为：3．
【点评】本题考查了旋转的性质、等边三角形的性质．旋转的性质：旋转前后的两个图形全等，对应点与旋转中心的连线段的夹角等于旋转角，对应点到旋转中心的距离相等．
　
16．如图，是将菱形ABCD以点O为中心按顺时针方向分别旋转90°，180°，270°后形成的图形．若∠BAD=60°，AB=2，则图中阴影部分的面积为　12﹣4　．
【考点】旋转的性质；菱形的性质．
【分析】根据菱形的性质得出DO的长，进而求出S正方形DNMF，进而得出S△ADF即可得出答案．
【解答】解：如图所示：连接AC，BD交于点E，连接DF，FM，MN，DN，
∵将菱形ABCD以点O为中心按顺时针方向分别旋转90°，180°，270°后形成的图形，∠BAD=60°，AB=2，
∴AC⊥BD，四边形DNMF是正方形，∠AOC=90°，BD=2，AE=EC=，
∴∠AOE=45°，ED=1，
∴AE=EO=，DO=﹣1，
∴S正方形DNMF=2（﹣1）×2（﹣1）×=8﹣4，
S△ADF=×AD×AFsin30°=1，
∴则图中阴影部分的面积为：4S△ADF+S正方形DNMF=4+8﹣4=12﹣4．
故答案为：12﹣4．
【点评】此题主要考查了菱形的性质以及旋转的性质，得出正确分割图形得出DO的长是解题关键．
　
17．如图，把△ABC绕点C按顺时针方向旋转35°，得到△A′B′C，A′B′交AC于点D．若∠A′DC=90°，则∠A=　55°　．
【考点】旋转的性质．
【分析】根据题意得出∠ACA′=35°，则∠A′=90°﹣35°=55°，即可得出∠A的度数．
【解答】解：∵把△ABC绕点C按顺时针方向旋转35°，得到△A′B′C，A′B′交AC于点D，∠A′DC=90°，
∴∠ACA′=35°，则∠A′=90°﹣35°=55°，
则∠A=∠A′=55°．
故答案为：55°．
【点评】此题主要考查了旋转的性质以及三角形内角和定理等知识，得出∠A′的度数是解题关键．
　
18．如图，将等边△ABC绕顶点A顺时针方向旋转，使边AB与AC重合得△ACD，BC的中点E的对应点为F，则∠EAF的度数是　60°　．
【考点】旋转的性质；等边三角形的性质．
【专题】计算题．
【分析】根据等边三角形的性质以及旋转的性质得出旋转角，进而得出∠EAF的度数．
【解答】解：∵将等边△ABC绕顶点A顺时针方向旋转，使边AB与AC重合得△ACD，BC的中点E的对应点为F，
∴旋转角为60°，E，F是对应点，
则∠EAF的度数为：60°．
故答案为：60°．
【点评】此题主要考查了等边三角形的性质以及旋转的性质，得出旋转角的度数是解题关键．
　
19．如图，△ABC绕点A顺时针旋转45°得到△AB′C′，若∠BAC=90°，AB=AC=，则图中阴影部分的面积等于　﹣1　．
【考点】旋转的性质；等腰直角三角形．
【专题】压轴题．
【分析】根据题意结合旋转的性质以及等腰直角三角形的性质得出AD=BC=1，AF=FC′=sin45°AC′=AC′=1，进而求出阴影部分的面积．
【解答】解：∵△ABC绕点A顺时针旋转45°得到△AB′C′，∠BAC=90°，AB=AC=，
∴BC=2，∠C=∠B=∠CAC′=∠C′=45°，
∴AD⊥BC，B′C′⊥AB，
∴AD=BC=1，AF=FC′=sin45°AC′=AC′=1，
∴图中阴影部分的面积等于：S△AFC′﹣S△DEC′=×1×1﹣×（﹣1）2=﹣1．
故答案为：﹣1．
【点评】此题主要考查了旋转的性质以及等腰直角三角形的性质等知识，得出AD，AF，DC′的长是解题关键．
　
20．如图，△COD是△AOB绕点O顺时针旋转40°后得到的图形，若点C恰好落在AB上，且∠AOD的度数为90°，则∠B的度数是　60°　．
【考点】旋转的性质．
【分析】根据旋转的性质可得∠AOC=∠BOD=40°，AO=CO，再求出∠BOC，∠ACO，然后利用三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和列式计算即可得解．
【解答】解：∵△COD是△AOB绕点O顺时针旋转40°后得到的图形，
∴∠AOC=∠BOD=40°，AO=CO，
∵∠AOD=90°，
∴∠BOC=90°﹣40°×2=10°，
∠ACO=∠A=（180°﹣∠AOC）=（180°﹣40°）=70°，
由三角形的外角性质得，∠B=∠ACO﹣∠BOC=70°﹣10°=60°．
故答案为：60°．
【点评】本题考查了旋转的性质，等腰三角形的性质，三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和的性质，熟记各性质并准确识图是解题的关键．
　
21．如图，在矩形ABCD中，AB=，AD=1，把该矩形绕点A顺时针旋转α度得矩形AB′C′D′，点C′落在AB的延长线上，则图中阴影部分的面积是　﹣　．
【考点】旋转的性质；矩形的性质；扇形面积的计算．
【专题】几何图形问题．
【分析】首先根据题意利用锐角三角函数关系得出旋转角的度数，进而求出S△AB′C′，S扇形BAB′，即可得出阴影部分面积．
【解答】解：∵在矩形ABCD中，AB=，AD=1，
∴tan∠CAB==，AB=CD=，AD=BC=1，
∴∠CAB=30°，
∴∠BAB′=30°，
∴S△AB′C′=×1×=，
S扇形BAB′==，
S阴影=S△AB′C′﹣S扇形BAB′=﹣．
故答案为：﹣．
【点评】此题主要考查了矩形的性质以及旋转的性质以及扇形面积公式等知识，得出旋转角的度数是解题关键．
　
22．如图，等腰Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=BC=1，且AC边在直线a上，将△ABC绕点A顺时针旋转到位置①可得到点P1，此时AP1=；将位置①的三角形绕点P1顺时针旋转到位置②，可得到点P2，此时AP2=1+；将位置②的三角形绕点P2顺时针旋转到位置③，可得到点P3，此时AP3=2+；…，按此规律继续旋转，直至得到点P2014为止．则AP2014=　1342+672　．
【考点】旋转的性质．
【专题】规律型．
【分析】由已知得AP1=，AP2=1+，AP3=2+；再根据图形可得到AP4=2+2；AP5=3+2；AP6=4+2；AP7=4+3；AP8=5+3；AP9=6+3；每三个一组，由于2013=3×671，则AP2013=（2013﹣671）+671，然后把AP2013加上即可．
【解答】解：AP1=，AP2=1+，AP3=2+；
AP4=2+2；AP5=3+2；AP6=4+2；
AP7=4+3；AP8=5+3；AP9=6+3；
∵2013=3×671，
∴AP2013=（2013﹣671）+671=1342+671，
∴AP2014=1342+671+=1342+672．
故答案为：1342+672．
【点评】本题考查了旋转的性质：旋转前后两图形全等；对应点到旋转中心的距离相等；对应点与旋转中心的连线段的夹角等于旋转角．
　
23．如图，在正方形ABCD中，E、F分别是边BC、CD上的点，∠EAF=45°，△ECF的周长为4，则正方形ABCD的边长为　2　．
【考点】旋转的性质；全等三角形的判定与性质；勾股定理；正方形的性质．
【专题】计算题．
【分析】根据旋转的性质得出∠EAF′=45°，进而得出△FAE≌△EAF′，即可得出EF+EC+FC=FC+CE+EF′=FC+BC+BF′=4，得出正方形边长即可．
【解答】解：将△DAF绕点A顺时针旋转90度到△BAF′位置，
由题意可得出：△DAF≌△BAF′，
∴DF=BF′，∠DAF=∠BAF′，
∴∠EAF′=45°，
在△FAE和△EAF′中
，
∴△FAE≌△EAF′（SAS），
∴EF=EF′，
∵△ECF的周长为4，
∴EF+EC+FC=FC+CE+EF′=FC+BC+BF′=DF+FC+BC=4，
∴2BC=4，
∴BC=2．
故答案为：2．
【点评】此题主要考查了旋转的性质以及全等三角形的判定与性质等知识，得出△FAE≌△EAF′是解题关键．
　
24．如图（1），有两个全等的正三角形ABC和ODE，点O、C分别为△ABC、△DEO的重心；固定点O，将△ODE顺时针旋转，使得OD经过点C，如图（2），则图（2）中四边形OGCF与△OCH面积的比为　4：3　．
【考点】旋转的性质；三角形的重心；等边三角形的性质．
【专题】压轴题．
【分析】设正三角形的边长是x，则图1中四边形OGCF是一个内角是60°的菱形，图2中△OCH是一个角是30°的直角三角形，分别求得两个图形的面积，即可求解．
【解答】解：设正三角形的边长是x，则高长是x．
图1中，四边形OGCF是一个内角是60°的菱形，OC=×x=x．
另一条对角线长是：FG=2GH=2×OC tan30°=2××x tan30°=x．
则四边形OGCF的面积是：×x x=x2；
图2中，OC=×x=x．
△OCH是一个角是30°的直角三角形．
则△OCH的面积=OC sin30° OC cos30°=×x ××x =x2．
四边形OGCF与△OCH面积的比为：
x2：
x2=4：3．
故答案为：4：3．
【点评】本题主要考查了三角形的重心的性质，解直角三角形，以及菱形、直角三角形面积的计算，正确计算两个图形的面积是解决本题的关键．
　
25．如图，△ABC中，∠B=70°，∠BAC=30°，将△ABC绕点C顺时针旋转得△EDC．当点B的对应点D恰好落在AC上时，∠CAE=　50°　．
【考点】旋转的性质．
【分析】利用旋转的性质得出AC=CE，以及利用三角形内角和得出∠BCA的度数，利用等腰三角形的性质得出答案．
【解答】解：∵△ABC中，∠B=70°，则∠BAC=30°，将△ABC绕点C顺时针旋转得△EDC，点B的对应点D恰好落在AC上，
∴∠BCA=180°﹣70°﹣30°=80°，AC=CE，
∴∠BCA=∠DCE=80°，
∴∠CAE=∠AEC=（180°﹣80°）×=50°．
故答案为：50°．
【点评】此题主要考查了旋转的性质以及等腰三角形的性质，得出∠CAE=∠AEC是解题关键．
　
26．如图，已知∠AOB=90°，点A绕点O顺时针旋转后的对应点A1落在射线OB上，点A绕点A1顺时针旋转后的对应点A2落在射线OB上，点A绕点A2顺时针旋转后的对应点A3落在射线OB上，…，连接AA1，AA2，AA3…，依此作法，则∠AAnAn+1等于　（180﹣）　度．（用含n的代数式表示，n为正整数）
【考点】旋转的性质；等腰三角形的性质．
【专题】规律型．
【分析】根据旋转的性质得OA=OA1，则根据等腰三角形的性质得∠AA1O=，同理得到A1A=A1A2，根据等腰三角形的性质和三角形外角性质得到∠AA2A1=∠AA1O=，同样得到∠AA3A2=，于是可推广得到∠AAnAn﹣1=，然后利用邻补角的定义得到∠AAnAn+1=180°﹣．
【解答】解：∵点A绕点O顺时针旋转后的对应点A1落在射线OB上，
∴OA=OA1，
∴∠AA1O=，
∵点A绕点A1顺时针旋转后的对应点A2落在射线OB上，
∴A1A=A1A2，
∴∠AA2A1=∠AA1O=，
∵点A绕点A2顺时针旋转后的对应点A3落在射线OB上，
∴A2A=A2A3，
∴∠AA3A2=∠AA2A1=，
∴∠AAnAn﹣1=，
∴∠AAnAn+1=180°﹣．
故答案为：180﹣．
【点评】本题考查了旋转的性质：旋转前后两图形全等；对应点到旋转中心的距离相等；对应点与旋转中心的连线段的夹角等于旋转角．也考查了等腰三角形的性质．
　
27．如图，两块完全相同的含30°角的直角三角板ABC和A′B′C′重合在一起，将三角板A′B′C′绕其直角顶点C′按逆时针方向旋转角α（0＜α≤90°），有以下四个结论：
①当α=30°时，A′C与AB的交点恰好为AB中点；
②当α=60°时，A′B′恰好经过B；
③在旋转过程中，存在某一时刻，使得AA′=BB′；
④在旋转过程中，始终存在AA′⊥BB′，
其中结论正确的序号是　①②④　．（多填或填错得0分，少填酌情给分）
【考点】旋转的性质．
【分析】根据全等三角形的性质可得AC=A′C，BC=B′C，再根据旋转角求出等边三角形，判断出①②正确，求出△AA′C和△BB′C相似，根据相似三角形对应边成比例求出AA′=BB′，判断出③错误，再根据四边形的内角和等于360°求出AA′与BB′的夹角为90°，判断出④正确．
【解答】解：∵直角三角板ABC和A′B′C′重合在一起，
∴AC=A′C，BC=B′C，
α=30°时，∠A′CB=60°，
∴A′C与AB的交点与点B、C构成等边三角形，
∴A′C与AB的交点为AB的中点，故①正确；
α=60°时，∠B′CB=60°，
∴A′B′恰好经过B，故②正确；
在旋转过程中，∠ACA′=∠BCB′=α，
∴△AA′C∽△BB′C，
∴==，
∴AA′=BB′，故③错误；
∵∠CAA′=∠CBB′=（180°﹣α），
∴AA′与BB′的夹角为360°﹣（180°﹣α）×2﹣（90°+α）=90°，
∴在旋转过程中，始终存在AA′⊥BB′，故④正确；
综上所述，结论正确的是①②④．
故答案为：①②④．
【点评】本题考查了旋转的性质，等边三角形的判定与性质，等腰三角形两底角相等的性质，相似三角形的判定与性质，熟记性质并准确识图，理清图中各角度之间的关系是解题的关键．
　
28．如图，将△OAB绕着点O逆时针连续旋转两次得到△OA″B″，每次旋转的角度都是50°．若∠B″OA=120°，则∠AOB=　20°　．
【考点】旋转的性质．
【专题】几何图形问题．
【分析】根据旋转的性质得∠AOA′=∠A″OA′=50°，然后利用∠AOB=∠B″OA﹣∠B″OB进行计算即可．
【解答】解：∵∠AOA′=∠A″OA′=50°，
∴∠B″OB=100°，
∵∠B″OA=120°，
∴∠AOB=∠B″OA﹣∠B″OB=120°﹣100°=20°，
故答案为20°．
【点评】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．
　
三、解答题（共2小题）
29．如图，在△ABC中，∠ACB=90°，AC=BC，点D在边AB上，连接CD，将线段CD绕点C顺时针旋转90°至CE位置，连接AE．
（1）求证：AB⊥AE；
（2）若BC2=AD AB，求证：四边形ADCE为正方形．
【考点】旋转的性质；全等三角形的判定与性质；等腰直角三角形；正方形的判定；相似三角形的判定与性质．
【专题】证明题．
【分析】（1）根据旋转的性质得到∠DCE=90°，CD=CE，利用等角的余角相等得∠BCD=∠ACE，然后根据“SAS”可判断△BCD≌△ACE，则∠B=∠CAE=45°，所以∠DAE=90°，即可得到结论；
（2）由于BC=AC，则AC2=AD AB，根据相似三角形的判定方法得到△DAC∽△CAB，则∠CDA=∠BCA=90°，可判断四边形ADCE为矩形，利用CD=CE可判断四边形ADCE为正方形．
【解答】证明：（1）∵∠ACB=90°，AC=BC，
∴∠B=∠BAC=45°，
∵线段CD绕点C顺时针旋转90°至CE位置，
∴∠DCE=90°，CD=CE，
∵∠ACB=90°，
∴∠ACB﹣∠ACD=∠DCE﹣∠ACD，
即∠BCD=∠ACE，
在△BCD和△ACE中
，
∴△BCD≌△ACE，
∴∠B=∠CAE=45°，
∴∠BAE=45°+45°=90°，
∴AB⊥AE；
（2）∵BC2=AD AB，
而BC=AC，
∴AC2=AD AB，
∵∠DAC=∠CAB，
∴△DAC∽△CAB，
∴∠CDA=∠BCA=90°，
而∠DAE=90°，∠DCE=90°，
∴四边形ADCE为矩形，
∵CD=CE，
∴四边形ADCE为正方形．
【点评】本题考查了旋转的性质：旋转前后两图形全等；对应点到旋转中心的距离相等；对应点与旋转中心的连线段的夹角等于旋转角．也考查了等腰直角三角形的性质、三角形全等、相似的判定与性质以及正方形的判定．
　
30．如图，在平面直角坐标系xOy中，点A的坐标为（﹣2，0），等边三角形AOC经过平移或轴对称或旋转都可以得到△OBD．
（1）△AOC沿x轴向右平移得到△OBD，则平移的距离是　2　个单位长度；△AOC与△BOD关于直线对称，则对称轴是　y轴　；△AOC绕原点O顺时针旋转得到△DOB，则旋转角度可以是　120　度；
（2）连结AD，交OC于点E，求∠AEO的度数．
【考点】旋转的性质；等边三角形的性质；轴对称的性质；平移的性质．
【专题】计算题．
【分析】（1）由点A的坐标为（﹣2，0），根据平移的性质得到△AOC沿x轴向右平移2个单位得到△OBD，则△AOC与△BOD关于y轴对称；根据等边三角形的性质得∠AOC=∠BOD=60°，则∠AOD=120°，根据旋转的定义得△AOC绕原点O顺时针旋转120°得到△DOB；
（2）根据旋转的性质得到OA=OD，而∠AOC=∠BOD=60°，得到∠DOC=60°，所以OE为等腰△AOD的顶角的平分线，根据等腰三角形的性质得到OE垂直平分AD，则∠AEO=90°．
【解答】解：（1）∵点A的坐标为（﹣2，0），
∴△AOC沿x轴向右平移2个单位得到△OBD；
∴△AOC与△BOD关于y轴对称；
∵△AOC为等边三角形，
∴∠AOC=∠BOD=60°，
∴∠AOD=120°，
∴△AOC绕原点O顺时针旋转120°得到△DOB．
（2）如图，∵等边△AOC绕原点O顺时针旋转120°得到△DOB，
∴OA=OD，
∵∠AOC=∠BOD=60°，
∴∠DOC=60°，
即OE为等腰△AOD的顶角的平分线，
∴OE垂直平分AD，
∴∠AEO=90°．
故答案为2；y轴；120．
【点评】本题考查了旋转的性质：旋转前后两图形全等；对应点到旋转中心的距离相等；对应点与旋转中心的连线段的夹角等于旋转角．也考查了等边三角形的性质、轴对称的性质以及平移的性质．