专题02 与旋转有关的计算与证明-【上好课】2024-2025学年九年级数学上册同步精品课堂（人教版）

专题02 与旋转有关的计算与证明 一．解答题 1．如图，点O是等边三角形ABC内的一点，∠BOC＝150°，将△BOC绕点C按顺时针旋转得到△ADC，连接OD，OA． （1）求∠ODC的度数； （2）若OB＝4，OC＝5，求AO的长． 2．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． 3．如图，点O是等边△ABC内一点，∠BOC＝α．将△BOC绕点C按顺时针方向旋转60°得△ADC，连接OD． （1）求证：△COD是等边三角形． （2）当α＝150°时，OB＝4，OC＝3，求OA的长． 4．如图，在△ABC中，AB＝AC，AD⊥BC，点D为垂足，将△ADC绕点A顺时针旋转，使AC与AB重合，点D落在点E处，延长AE交CB的延长线于点F，延长EB交AD的延长线于点G，求证：EG＝DF． 5．等边△ABC中，D为BC的中点，绕点B顺时针旋转△ABD得到△FBE，点A的对应点为F，点D的对应点为E，EC∥BF． （1）求∠BEC的度数； （2）若AB＝4，求EC的长度． 6．如图，已知△ABC中，∠B＝50°，∠C＝60°．将△ABC绕点A按逆时针方向旋转得到△ADE，AC与DE交于点F． （1）若AC⊥DE，求∠DAC的度数； （2）若AD平分∠BAC，求∠CFE的度数． 7．已知△ABC是等边三角形，点P在BC的延长线上，以P为旋转中心，将线段PC逆时针旋转n°（0＜n＜180）得线段PQ，连接AP，BQ． （1）如图1，若PC＝AC，画出n＝60时的图形，直接写出BQ和AP的数量及位置关系； （2）当n＝120时，若点M为线段BQ的中点，连接PM．判断MP和AP的数量关系，并证明． 8．如图，点O是等边△ABC内一点，D是△ABC外的一点，∠AOB＝100°，∠BOC＝α，将△BOC绕点C顺时针旋转60°得△ADC，连接OD． （1）当α＝150°，∠ODA＝　 　； （2）当α为多少度时，△AOD是等腰三角形？说明理由． 9．如图，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＝2，求△AEF的面积． 10．如图，在矩形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，AD＝2，∠DAC＝60°，点F在线段AO上，从点A．至点O运动，连接DF，以DF为边作等边△DFE，点E和点A分别位于DF两侧． （1）当点F运动到点O时，求CE的长； （2）点F在线段AO上从点A至点O运动过程中，求CE的最小值． 11．如图，在正方形ABCD中，E是边BC上的一动点（不与点B，C重合）．将线段AE绕点A顺时针旋转90°得线段AF．延长FB，DE交于点G． （1）求证：BG⊥EG； （2）连接AG，试探究：是否为定值？若是，请求出定值，若不是，说明理由． 12．如图，在△ABC中，∠BAC＝120°，以BC为边向△ABC右侧作等边△BCD，把△ABD绕D点按顺时针方向旋转60°后得到△ECD，若AB＝4，AC＝2． （1）求∠ADE的度数； （2）求AD的长． 13．已知两条平行线AB，CD和一块含45°角的直角三角尺EFG（∠EFG＝90°），且点E，F不能同时落在直线AB和CD之间． （1）如图1，把三角尺的45°角的顶点E，G分别放在AB，CD上，若∠BEG＝150°，则∠FGC的度数为 　 　； （2）如图2，把三角尺的锐角顶点G放在CD上，且保持不动，若点E恰好落在AB和CD之间，AB与EF相交于点M，且所夹锐角为25°，求∠FGC的度数； （3）把三角尺的锐角顶点G放在CD上，且保持不动，旋转三角尺，是否存在∠FGC＝11∠DGE（∠DGE＜45°）？若存在，请求出射线GF与AB所夹锐角的度数；若不存在，请说明理由． 14．如图，正方形ABCD，AB＝8．将正方形ABCD绕点A逆时针旋转角度α（0°＜α＜90°），得到正方形AEFG，EF交CD于点M，延长FE交BC于点N． （1）求证：MN＝DM+BN； （2）顺次连接D，E，C，F，得到四边形DECF．在旋转过程中，四边形DECF能否为矩形？若能，求出BN的值；若不能，请说明理由． 15．在△ABC中，∠ABC＝60°，将△ABC在平面内绕点B顺时针旋转α（0°＜α＜90°）得到△DBE，其中点A的对应点为点D，连接CE． （1）若α＝30°，如图①，求∠BEC的度数； （2）当点D在边BC上时，如图②，若DC＝2，，求AB的长． 16．如图，有一副直角三角板如图1放置（其中∠D＝45°，∠C＝30°），PA，PB与直线MN重合，且三角板PAC，三角板PBD均可以绕点P旋转． （1）在图1中，∠DPC＝　 　； （2）①如图2，若三角板PBD保持不动，三角板PAC绕点P逆时针旋转，旋转角度为α（0°＜α＜180°），当α等于多少度时，两个三角形的边PC与边PD互相垂直； ②如图3，在图1基础上，若三角板PAC的边PA从PN处开始绕点P逆时针旋转，转速为3°/秒，同时三角板PBD的边PB从PM处开始绕点P顺时针旋转，转速为2°/秒，当PC转到与PM重合时，两三角板都停止转动，在旋转过程中，当∠CPD＝∠BPM时，求旋转的时间是多少？ 17．如图，△ABC是等边三角形，点D为边AC延长线上一点，点E为线段BC上一点，连接DE，将线段DE绕点E逆时针旋转120°得到线段EF，点F恰好落线段AB上．过点E作EG∥AC交边AB于点G． （1）证明：CD＝FG； （2）若AF＝2CD＝4，求BC长． 18．如图，在△ABC中，∠BAC＝90°，，点D为△ABC内一点，∠BAD＝15°，，连接BD，将△ABD绕点A按逆时针方向旋转，使AB与AC重合，点D的对应点为点E，连接DE，DE交AC于点F， （1）求∠AFD的度数． （2）求△ADE中DE边上的高． （3）求CF的长． 19．在Rt△ABC中，∠ACB＝90°． （1）如图1，AC＝15，BC＝20，CM⊥AB于点M，NM＝AM，连接CN，求线段BN的长； （2）如图2，将线段CB绕点C按逆时针方向旋转90°得到线段CD，将线段AB绕点A按顺时针方向旋转90°，得到线段AE，连接DE，点G为DE中点，连接AG，CG．求证：AC＝CG． 20．如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，将△ABC绕着点B逆时针旋转得到△FBE，点C，A的对应点分别为E，F，点E落在BA上，连接AF． （1）若∠BAC＝36°．则∠BAF的度数为 　 　； （2）若AC＝8，BC＝6，求AF的长． 21．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△CBF．延长AE交CF于点G，连接DE． （1）试判断四边形BEGF的形状，并说明理由； （2）若BE＝2，CG＝1，求DE． 22．已知正方形ABCD，点E在边BC上（不与两端点重合）． （1）如图1，点F在对角线AC上，连接AE、EF，若EF⊥AC，4AF＝3AC，AB＝8，求AE的长． （2）如图2，将线段AE绕点A逆时针旋转45°得到线段AH，过点H作HF⊥AC交AC于点F，延长FH交CD于点G．求证：． 23．如图，一个锐角等于60°的菱形ABCD，将一个60°的∠MAN的顶点与该菱形顶点A重合，以A为旋转中心，按顺时针方向旋转这个60°的∠MAN，使它的两边分别交CB、DC于点E，F． （1）如图1，当BE＝DF时，试判断AE与AF的数量关系，并说明理由； （2）旋转∠MAN，如图2，当BE≠DF时，（1）的结论是否仍然成立？若成立，加以证明；若不成立，请说明理由． 24．给出定义：若一个四边形中存在相邻两边的平方和等于一条对角线的平方，则称该四边形为勾股四边形． （1）在你学过的四边形中，写出一种勾股四边形的名称 　 　． （2）如图，将△ABC绕顶点B按顺时针方向旋转60°得到△DBE，连接AD，DC，CE，已知∠DCB＝30°． ①直接写出∠BCE的度数是 　 　． ②判断四边形BDCE是否为勾股四边形，并说明理由． 25．将一副直角三角板如图1，摆放在直线MN上（直角三角板ABC和直角三角板EDC，∠EDC＝90°，∠DEC＝60°，∠ABC＝90°，∠BAC＝45°），保持三角板EDC不动，将三角板ABC绕点C以每秒5°的速度顺时针旋转，旋转时间为t秒，当AC与射线CN重合时停止旋转． （1）如图2，当AC为∠DCE的角平分线时，求此时t的值； （2）当AC旋转至∠DCE的内部时，求∠DCA与∠ECB的数量关系； （3）在旋转过程中，当三角板ABC的其中一边平行于三角板EDC的某一边时，求此时t等于 　 　（直接写出答案即可）． 26．在△ABC中，∠ABC＝α，以点B为中心，将△ABC顺时针旋转α，得到△A1BC1；再以点A1为中心，将△A1BC1 顺时针旋转α，得到△A1B1C2；连结AB1． （1）如图1，若AB＝2，α＝90°，求AB1的长； （2）如图2，60°＜α＜90°，探究AB1与A1B的位置关系，并说明理由． 27．如图1，点O为直线AB上一点，过点O作射线OC，使∠AOC＝60°．将一把直角三角尺的直角顶点放在点O处，一边OM在射线OB上，另一边ON在直线AB的下方，其中∠OMN＝30°． （1）将图1中的三角尺绕点O顺时针旋转至图2，使一边OM在∠BOC的内部，且恰好平分∠BOC，求∠CON的度数； （2）将图1中的三角尺绕点O按每秒10°的速度沿顺时针方向旋转一周，在旋转的过程中，在第 　 　秒时，边MN恰好与射线OC平行；在第 　 　秒时，直线ON恰好平分锐角∠AOC．（直接写出结果）； （3）将图1中的三角尺绕点O顺时针旋转至图3，使ON在∠AOC的内部，请探究∠AOM与∠NOC之间的数量关系，并说明理由． 28．如图，在锐角△ABC中，∠A＝60°，点D，E分别是边AB，AC上一动点，连接BE交直线CD于点F． （1）如图1，若AB＞AC，且BD＝CE，∠BCD＝∠CBE，求∠CFE的度数； （2）如图2，若AB＝AC，且BD＝AE，在平面内将线段AC绕点C顺时针方向旋转60°得到线段CM，连接MF，点N是MF的中点，连接CN．在点D，E运动过程中，猜想线段BF，CF，CN之间存在的数量关系，并证明你的猜想． 29．已知：直线AB与直线CD平行，点N、点E在直线CD上，点H、点M在直线AB上，∠DNH＝2∠AME，直线EM交直线NH于点P． （1）如图1，求证：∠MPH＝∠AME． （2）如图2，以点N为旋转中心顺时针旋转直线NH交直线AB于点G，以点M为旋转中心顺时针旋转直线ME交直线CD于点F，∠EMF＝∠HNG+40°，当NG∥MF时，求∠AME的度数． （3）在（2）的条件下，如图3，直线ME交直线NG于点R，直线NH交直线FM于点S，∠NRM的平分线所在直线与∠NSF的平分线所在直线交于点K，若∠HNG＝50°，当点N在线段EF上移动时，求∠RKS的度数． 30．如图，一副三角板，其中∠EDF＝∠ACB＝90°，∠E＝45°，∠A＝30°． （1）若这副三角板如图摆放，EF∥CD，求∠ABF的度数． （2）将一副三角板如图1所示摆放，直线GH∥MN，保持三角板ABC不动，现将三角板DEF绕点D以每秒2°的速度顺时针旋转，如图2，设旋转时间为t秒，且0≤t≤180，若边BC与三角板的一条直角边（边DE，DF）平行时，求所有满足条件的t的值． （3）将一副三角板如图3所示摆放，直线GH∥MN，现将三角板ABC绕点A以每秒1°的速度顺时针旋转，同时三角板DEF绕点D以每秒2°的速度顺时针旋转．设旋转时何为t秒，如图4，∠BAH＝t°，∠FDM＝2t°，且0≤t≤150，若边BC与三角板的一条直角边（边DE，DF）平行时，请直接写出满足条件的t的值． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！1 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题02 与旋转有关的计算与证明 一．解答题（共30小题） 1．如图，点O是等边三角形ABC内的一点，∠BOC＝150°，将△BOC绕点C按顺时针旋转得到△ADC，连接OD，OA． （1）求∠ODC的度数； （2）若OB＝4，OC＝5，求AO的长． 【分析】（1）根据旋转的性质即可求解； （2）根据旋转的性质和勾股定理即可求解． 【解答】解：（1）由旋转的性质得，CD＝CO，∠ACD＝∠BCO， ∵∠ACB＝∠ACO+∠OCB＝60°， ∴∠DCO＝∠ACO+∠ACD＝∠ACO+∠OCB＝60°． ∴△OCD为等边三角形． ∴∠ODC＝60°． 答：∠ODC的度数为60°． （2）由旋转的性质得，AD＝OB＝4．∠ADC＝∠BOC＝150° ∵△OCD为等边三角形， ∴OD＝OC＝5． ∵∠BOC＝150°，∠ODC＝60°， ∴∠ADO＝90°． 在Rt△AOD中，由勾股定理得：AO＝＝＝． 答：AO的长为． 2．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． 【分析】（1）根据旋转的性质即可求出两点之间的距离 （2）由旋转可知：P′B＝PC＝10，PB＝8，P′B2＝P′P2+PB2，从而可知△P′PB为直角三角形，从而求出∠APB的大小 【解答】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°． 3．如图，点O是等边△ABC内一点，∠BOC＝α．将△BOC绕点C按顺时针方向旋转60°得△ADC，连接OD． （1）求证：△COD是等边三角形． （2）当α＝150°时，OB＝4，OC＝3，求OA的长． 【分析】（1）根据旋转的性质得出CO＝CD，∠OCD＝60°，即可得出结论； （2）根据旋转的性质得出∠ADC＝∠BOC＝150°，AD＝OB＝4，再结合△COD是等边三角形，即可求解． 【解答】（1）证明：∵将△BOC绕点C顺时针旋转60°得到△ADC， ∴CO＝CD，∠OCD＝60°， ∴△COD是等边三角形； （2）解：∵将△BOC绕点C顺时针旋转60°得到△ADC， ∴△BOC≌△ADC， ∴∠ADC＝∠BOC＝150°，AD＝OB＝4， 又∵△COD是等边三角形， ∴∠ODC＝60°，OD＝OC＝3， ∴∠ADO＝∠ADC﹣∠ODC＝90°， ∴． 4．如图，在△ABC中，AB＝AC，AD⊥BC，点D为垂足，将△ADC绕点A顺时针旋转，使AC与AB重合，点D落在点E处，延长AE交CB的延长线于点F，延长EB交AD的延长线于点G，求证：EG＝DF． 【分析】先根据三线合一定理得到∠ADC＝∠ADF＝90°，再由旋转的性质得到∠AEB＝∠ADC＝90°，AE＝AD，证明△ADF≌△AEG即可证明EG＝DF． 【解答】证明：∵AB＝AC，AD⊥BC， ∴∠ADC＝∠ADF＝90°， ∵△AEB由△ADC旋转而得， ∴∠AEB＝∠ADC＝90°，AE＝AD， 在△ADF和△AEG中， ， ∴△ADF≌△AEG（ASA）， ∴EG＝DF． 5．等边△ABC中，D为BC的中点，绕点B顺时针旋转△ABD得到△FBE，点A的对应点为F，点D的对应点为E，EC∥BF． （1）求∠BEC的度数； （2）若AB＝4，求EC的长度． 【分析】（1）由旋转的性质可得△ABD≌△FBE，可得∠ABD＝∠FBE＝60°，BD＝BE，由平行线的性质可求解； （2）由直角三角形的性质可得CE＝2EH，CH＝EH，由勾股定理可求解． 【解答】解：（1）∵△ABC是等边三角形，D为BC的中点， ∴BD＝CD，∠ABC＝60°，AD⊥BC， ∵绕点B顺时针旋转△ABD得到△FBE， ∴△ABD≌△FBE， ∴∠ABD＝∠FBE＝60°，BD＝BE， ∵EC∥BF， ∴∠BEC+∠FBE＝180°， ∴∠BEC＝120°； （2）如图，过点C作CH⊥直线BE于H， ∵∠BEC＝120°， ∴∠CEH＝60°， ∵CH⊥BE， ∴∠ECH＝30°， ∴CE＝2EH，CH＝EH， ∵AB＝4＝BC， ∴BD＝2＝BE， ∵BC2＝CH2+BH2， ∴16＝3BH2+（2+EH）2， ∴BH＝（负值舍去）， ∴CE＝﹣1． 6．如图，已知△ABC中，∠B＝50°，∠C＝60°．将△ABC绕点A按逆时针方向旋转得到△ADE，AC与DE交于点F． （1）若AC⊥DE，求∠DAC的度数； （2）若AD平分∠BAC，求∠CFE的度数． 【分析】（1）由旋转的性质可得∠B＝∠D＝50°，即可求解； （2）由三角形内角和定理可求∠BAC的度数，由角平分线的性质和外角性质可求解． 【解答】（1）证明：∵将△ABC绕点A按逆时针方向旋转得到△ADE， ∴∠B＝∠D＝50°， ∵AC⊥DE， ∴∠AFD＝90°， ∴∠DAC＝90°﹣50°＝40°； （2）解：∵∠B＝50°，∠C＝60°， ∴∠BAC＝70°， ∵AD平分∠BAC， ∴∠BAD＝∠CAD＝35°， ∴∠AFE＝85°， ∴∠CFE＝180°﹣85°＝95°． 7．已知△ABC是等边三角形，点P在BC的延长线上，以P为旋转中心，将线段PC逆时针旋转n°（0＜n＜180）得线段PQ，连接AP，BQ． （1）如图1，若PC＝AC，画出n＝60时的图形，直接写出BQ和AP的数量及位置关系； （2）当n＝120时，若点M为线段BQ的中点，连接PM．判断MP和AP的数量关系，并证明． 【分析】（1）通过证明四边形ABQP是平行四边形，可得BQ＝AP，BQ∥AP； （2）以CP为边作等边三角形CHP，连接BH，由“SAS”可证△ACP≌△BCH，可得AP＝BH，由旋转的性质和三角形中位线定理可得AP＝2MP． 【解答】解：（1）BQ＝AP，BQ∥AP， 如图1所示： ∵△ABC是等边三角形， ∴∠ABC＝∠ACB＝∠BAC＝60°，AB＝BC＝AC， 又∵PC＝AC， ∴∠PAC＝∠APC， ∵∠ACB＝∠PAC+∠APC＝60°， ∴∠PAC＝∠APC＝30°， ∴∠BAP＝90°， ∵将线段PC逆时针旋转60°得线段PQ， ∴PC＝PQ，∠CPQ＝60°， ∴AB＝AC＝CP＝PQ，∠APQ＝90°， ∴∠BAP+∠APQ＝180°， ∴AB∥PQ， ∴四边形ABQP是平行四边形， ∴BQ＝AP，BQ∥AP； （2）AP＝2MP， 理由如下：如图2，以CP为边作等边三角形CHP，连接BH， ∵△CHP和△CBA都是等边三角形， ∴CB＝CA，CP＝CH，∠ACB＝∠HCP＝∠CPH＝60°， ∴∠BCH＝∠ACP， 在△ACP和△BCH中， ， ∴△ACP≌△BCH（SAS）， ∴AP＝BH， ∵将线段PC逆时针旋转120°得线段PQ， ∴CP＝PQ，∠CPQ＝120°， ∵∠CPH+∠CPQ＝180°， ∴点H，点P，点Q三点共线， ∵BM＝MQ，PQ＝CP＝HP， ∴BH＝2MP， ∴AP＝2MP． 8．如图，点O是等边△ABC内一点，D是△ABC外的一点，∠AOB＝100°，∠BOC＝α，将△BOC绕点C顺时针旋转60°得△ADC，连接OD． （1）当α＝150°，∠ODA＝　90°　； （2）当α为多少度时，△AOD是等腰三角形？说明理由． 【分析】（1）由旋转可以得出 OC＝DC，∠DCO＝60°，就可以得出△ODC是等边三角形，就可以得出∠ODC＝60°，从而得出∠ADO； （2）由条件可以表示出∠AOC＝260°﹣a，就有∠AOD＝200°﹣a，∠ADO＝a﹣60°，当∠DAO＝∠DOA，∠AOD＝ADO或∠OAD＝∠ODA时分别求出a的值即可． 【解答】解：（1 ）∵△BOC绕点C按顺时针方向旋转60°得△ADC， ∴△BOC≌△ADC，△ODC为等边三角形， ∴∠BOC＝∠ADC＝150°，∠ODC＝60° ∴∠ADO＝150°﹣60°＝90°； 故答案为：∠ODA＝90°； （2）∵∠AOB＝100°，∠BOC＝α， ∴∠AOC＝260°﹣α． ∵△OCD是等边三角形， ∴∠DOC＝∠ODC＝60°， ∴∠ADO＝α﹣60°，∠AOD＝200°﹣α， ①当∠DAO＝∠DOA时， 2（200°﹣α）+α﹣60°＝180°， 解得：α＝160° ②当∠AOD＝ADO时， 200°﹣α＝α﹣60°， 解得：α＝130°， ③当∠OAD＝∠ODA时， 200°﹣α+2（α﹣60°）＝180°， 解得：α＝100°， ∴α＝100°，α＝130°，α＝160°△AOD为等腰三角形． 9．如图，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　A　点，按顺时针方向旋转　90　度得到； （3）若BC＝8，DE＝2，求△AEF的面积． 【分析】（1）根据正方形的性质得AD＝AB，∠D＝∠ABC＝90°，然后利用“SAS”易证得△ADE≌△ABF； （2）由于△ADE≌△ABF得∠BAF＝∠DAE，则∠BAF+∠BAE＝90°，即∠FAE＝90°，根据旋转的定义可得到△ABF可以由△ADE绕旋转中心 A点，按顺时针方向旋转90 度得到； （3）先利用勾股定理可计算出AE，再根据△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°，然后根据直角三角形的面积公式计算即可． 【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是正方形， ∴AD＝AB，∠D＝∠ABC＝90°， 而F是CB的延长线上的点， ∴∠ABF＝90°， 在△ADE和△ABF中， ∴△ADE≌△ABF（SAS）； （2）解：∵△ADE≌△ABF， ∴∠BAF＝∠DAE， 而∠DAE+∠EAB＝90°， ∴∠BAF+∠EAB＝90°，即∠FAE＝90°， ∴△ABF可以由△ADE绕旋转中心 A点，按顺时针方向旋转90 度得到； 故答案为A、90； （3）解∵四边形ABCD是正方形，BC＝8， ∴AD＝8， 在Rt△ADE中，DE＝2，AD＝8， ∴AE＝＝2， ∵△ABF可以由△ADE绕旋转中心A点，按顺时针方向旋转90度得到， ∴△ABF≌△ADE， ∴AE＝AF，∠EAF＝90°， ∴△AEF的面积＝AE2＝×68＝34． 10．如图，在矩形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，AD＝2，∠DAC＝60°，点F在线段AO上，从点A．至点O运动，连接DF，以DF为边作等边△DFE，点E和点A分别位于DF两侧． （1）当点F运动到点O时，求CE的长； （2）点F在线段AO上从点A至点O运动过程中，求CE的最小值． 【分析】（1）连接OE并延长至G，使得OD＝OG，连接DG、CG，证明△ADF≌△ODE，进而得到GE＝OF，得出点F在线段AO上，从点A至点O运动，则E在线段OG上运动．当点F运动到点O时，点E运动到点G，CG的长即为CE的长； （2）根据垂线段最短，得出从点A至点O运动过程中，运动到DC 的中点时，CE的最小值为DC，由勾股定理即可求解． 【解答】解：（1）如图所示，连接OE，并延长至G，使得OD＝OG，连接DG、CG， 在矩形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，AD＝2，∠DAC＝60°， ∴AO＝OD， ∴△AOD是等边三角形， ∴DA＝DO，∠ADO＝60°， ∵△DFE是等边三角形， ∴DF＝DE，∠EOF＝60°， ∴∠ADF＝60°﹣∠ODF＝∠ADE， ∴△ADF≌△ODE（SAS）， ∴∠DOE＝∠DAF＝60°，AF＝OE， ∵DO＝OG， ∴△DOG是等边三角形， ∴OG＝DO＝AO， ∴OG﹣OE＝OA﹣AF，即GE＝OF， ∴点F在线段AO上，从点A至点O运动，则E在线段OG上运动， ∴当F至O点时，E运动至G点，如图所示， ∴△DFE为△DOG， ∴∠DOG＝60°，OD＝OG＝OC， ∴∠GOC＝60°， ∴△GCO是等边三角形， ∴GC＝OC， ∴OD＝OC＝GC＝DG， ∴四边形DGCO为菱形， ∴CG＝OD＝AD＝2， ∴CG＝CE＝2． （2）由（1）可知点F在线段A上从点A至点运动过程中，运动到DC的中点时，CE的最小值为DC， ∵AD＝2，∠DAC＝60°， ∴CD＝2， ∴CE的最小值为． 11．如图，在正方形ABCD中，E是边BC上的一动点（不与点B，C重合）．将线段AE绕点A顺时针旋转90°得线段AF．延长FB，DE交于点G． （1）求证：BG⊥EG； （2）连接AG，试探究：是否为定值？若是，请求出定值，若不是，说明理由． 【分析】（1）本题利用正方形性质和旋转的性质证明△DAE≌△BAF（SAS），得到∠AED＝∠AFB，进而得到∠AEG+∠AFB＝∠AEG+∠AED＝180°，再结合四边形内角和得到∠G，即可证明BG⊥EG： （2）连接AG，在GD的延长线上取DH＝BG，连接AH，利用△DAE≌△BAF以及正方形性质得出FG＝EH，∠ADH＝∠ABG，证明△ADH≌△ABG（SAS），利用全等三角形性质得到AG＝AH，∠GAH＝90°，利用勾股定理得到AG2+AH2＝GH2，进而得到2AG2＝（EG+EH）2＝（EG+FG）2，对式子进行变形，即可得到的值． 【解答】（1）证明：∵四边形ABCD为正方形， ∴∠C＝∠BAD＝∠ABC＝90°，AD＝AB， 由旋转的性质可知，∠EAF＝90°，AE﹣AF， ∵∠BAD﹣∠BAE＝∠EAF﹣∠BAE， ∴∠DAE＝∠BAF， ∴△DAE≌△BAF（SAS）， ∴∠AED＝∠AFB， ∴∠AEG+∠AFB＝∠AEG+∠AED＝180°， ∴∠G＝360°﹣（∠AEG+∠AFB）﹣∠EAF＝90°， ∴BG⊥EG； （2）解：是定值，理由如下： 连接AG，在GD的延长线上取DH＝BG，连接AH， ∵△DAE≌△BAF， ∴∠ABF＝∠ADE，DE＝BF， 即有180°﹣∠ABF＝180°﹣∠ADE，FG＝EH， ∴∠ADH＝∠ABG， ∵四边形ABCD为正方形， ∴AB＝AD， ∴△ADH≌△ABG（SAS）， ∴AG＝AH，∠BAG＝∠DAH， ∵∠GAH＝∠DAH+∠DAE+∠EAG＝∠BAG+∠BAF+∠EAG＝∠EAF＝90°， ∵AG2+AH2＝GH2， ∴2AG2＝（EG+EH）2＝（EG+FG）2， ∴＝， 12．如图，在△ABC中，∠BAC＝120°，以BC为边向△ABC右侧作等边△BCD，把△ABD绕D点按顺时针方向旋转60°后得到△ECD，若AB＝4，AC＝2． （1）求∠ADE的度数； （2）求AD的长． 【分析】（1）由旋转的性质即可得出答案； （2）由旋转的性质可得：∠ADE＝60°，AD＝DE，∠DCE＝∠ABD，CE＝AB＝4，求出A、C、E在同一直线上，结合等边三角形的性质即可得出答案． 【解答】解：（1）∵把△ABD绕D点按顺时针方向旋转60°后得到△ECD， ∴∠ADE＝60°； （2）∵△BCD为等边三角形， ∴∠BDC＝60°， ∵∠BAC＝120°， ∴∠BAC+∠BDC＝180°， ∴∠ABD+∠ACD＝360°﹣（∠BAC+∠BDC）＝180°， 由旋转的性质可得：∠ADE＝60°，AD＝DE，∠DCE＝∠ABD，CE＝AB＝4， ∴∠ACD+∠DCE＝180°，△ADE为等边三角形， ∴A、C、E在同一直线上， ∴AE＝AC+CE＝2+4＝6， ∴AD＝AE＝6． 13．已知两条平行线AB，CD和一块含45°角的直角三角尺EFG（∠EFG＝90°），且点E，F不能同时落在直线AB和CD之间． （1）如图1，把三角尺的45°角的顶点E，G分别放在AB，CD上，若∠BEG＝150°，则∠FGC的度数为 　105°　； （2）如图2，把三角尺的锐角顶点G放在CD上，且保持不动，若点E恰好落在AB和CD之间，AB与EF相交于点M，且所夹锐角为25°，求∠FGC的度数； （3）把三角尺的锐角顶点G放在CD上，且保持不动，旋转三角尺，是否存在∠FGC＝11∠DGE（∠DGE＜45°）？若存在，请求出射线GF与AB所夹锐角的度数；若不存在，请说明理由． 【分析】（1）依据题意，根据平行线的性质可得∠BEG＝∠EGC，即可求解． （2）依据题意，先求出∠EGC的度数即可求解． （3）依据题意，分两种情况进行讨论，点E在CD上方和在CD下方两种情况求解即可． 【解答】解：（1）∵AB∥CD， ∴∠BEG＝∠EGC＝150°， ∵∠FGE＝45°， ∴∠FGC＝150°﹣45°＝105°． 故答案为：105°． （2）由题意，过点E作EH∥AB，如图， ∴EH∥AB∥CD， ∴∠BME＝∠FEH＝25°，∠DGE＝∠HEG． ∴∠FEG＝∠FEH+∠GEH＝∠BME+∠DGE＝45°， ∴∠DGE＝45°﹣25°＝20°， ∴∠FGC＝180°﹣45°﹣20°＝115°； （3）存在，有两种情况； ①当点E在CD上方时，如图； ∵∠FGC＝11∠DGE， ∴∠DGE+11∠DGE+45°＝180°， ∴∠DGE＝11.25°， ∴射线GF与AB所夹锐角的度数为45°+11.25°＝56.25°． ②当点E在CD下方时，如图； ∵∠FGC＝11∠DGE， ∴∠FGC+∠FGD＝180°， 即11∠DGE+45°﹣∠DGE＝180°， ∴∠DGE＝13.5°． ∴射线GF与AB所夹锐角＝∠FGD＝45°﹣13.5°＝31.5°． 综上所述射线GF与AB所夹锐角的度数为56.25°或31.5°． 14．如图，正方形ABCD，AB＝8．将正方形ABCD绕点A逆时针旋转角度α（0°＜α＜90°），得到正方形AEFG，EF交CD于点M，延长FE交BC于点N． （1）求证：MN＝DM+BN； （2）顺次连接D，E，C，F，得到四边形DECF．在旋转过程中，四边形DECF能否为矩形？若能，求出BN的值；若不能，请说明理由． 【分析】（1）连接AN，AM，根据旋转的性质得到AB＝AE，∠B＝∠AEH＝90°，根据全等三角形的性质得到BN＝EN，同理DM＝EM，于是得到结论； （2）当CD，EF互相平分时，四边形DECF是矩形，设BN＝x，则CN＝8﹣x，NM＝x+4，根据勾股定理即可得到结论． 【解答】（1）证明：连接AN，AM， ∵∠AEF＝90°， ∴∠AEN＝90°， ∵将正方形ABCD绕点A逆时针旋转角度α（0°＜α＜90°），得到正方形AEFG， ∴AB＝AE，∠B＝∠AEH＝90°， 在Rt△ABN与Rt△AEN中， ， ∴Rt△ABN≌Rt△AEN（HL）， ∴BN＝EN， 同理DM＝EM， ∵MN＝EN+EM， ∴MN＝BN+DM； （2）解：能， 理由：∵CD＝EF， ∴当CD，EF互相平分时，四边形DECF是矩形， 设BN＝x，则CN＝8﹣x，NM＝x+4， 在Rt△MCN中，∵CN2+CM2＝MN2， ∴（8﹣x）2+42＝（x+4）2， ∴， 即． 15．在△ABC中，∠ABC＝60°，将△ABC在平面内绕点B顺时针旋转α（0°＜α＜90°）得到△DBE，其中点A的对应点为点D，连接CE． （1）若α＝30°，如图①，求∠BEC的度数； （2）当点D在边BC上时，如图②，若DC＝2，，求AB的长． 【分析】（1）先由旋转性质，得∠EBC＝30°，BC＝BE，结合三角形内角和列式计算即可作答． （2）设AB的长为2x，由旋转性质，得BD＝AB＝2x，先得，再在Rt△ACH，AC2＝HC2+AH2代入数值计算即可作答． 【解答】解：（1）∵将△ABC在平面内绕点B顺时针旋转α（0°＜α＜90°）得到△DBE，α＝30° ∴∠EBC＝30°，BC＝BE ∴； （2）过点A作AH⊥BC， ∵∠ABC＝60°， ∴AB的长为2x，， ∵将△ABC在平面内绕点B顺时针旋转α（0°＜α＜90°）得到△DBE， ∴AB＝BD＝2x，BC＝2x+2， 则在Rt△ACH，AC2＝HC2+AH2， 即19＝（2x+2﹣x）2+3x2， 整理得4x2+4x﹣15＝（2x+5）（2x﹣3）＝0， 解得（舍去）， ∴AB的长为3． 16．如图，有一副直角三角板如图1放置（其中∠D＝45°，∠C＝30°），PA，PB与直线MN重合，且三角板PAC，三角板PBD均可以绕点P旋转． （1）在图1中，∠DPC＝　75°　； （2）①如图2，若三角板PBD保持不动，三角板PAC绕点P逆时针旋转，旋转角度为α（0°＜α＜180°），当α等于多少度时，两个三角形的边PC与边PD互相垂直； ②如图3，在图1基础上，若三角板PAC的边PA从PN处开始绕点P逆时针旋转，转速为3°/秒，同时三角板PBD的边PB从PM处开始绕点P顺时针旋转，转速为2°/秒，当PC转到与PM重合时，两三角板都停止转动，在旋转过程中，当∠CPD＝∠BPM时，求旋转的时间是多少？ 【分析】（1）根据三角板的角度进行计算即可得到结论； （2）①如图，根据PC′⊥PD，∠DPC＝75°，∠DPC′＝90°，求出结论即可； ②设旋转的时间为t秒，由题知，∠APN＝3t°，∠BPM＝2t°，分两种情况：当PC转到与PD重合前和当PC转到与PD重合后，分别列方程即可得到结论． 【解答】解：（1）∵∠BPD＝∠D＝45°，∠APC＝60°， ∴∠DPC＝180°﹣45°﹣60°＝75°， 故答案为：75°； （2）①如图，此时，PC′⊥PD， ∴∠DPC＝75°，∠DPC′＝90°， ∴∠CPC′＝75°+90°＝165°， ∴当α等于165度时，两个三角形的边PC与边PD互相垂直； ②设旋转的时间为t秒，由题知，∠APN＝3t°，∠BPM＝2t°， 当PC转到与PM重合时，（秒）， 分两种情况： 当PC转到与PD重合前，∠CPD＝∠BPM时， ∴∠CPD＝180°﹣∠BPD﹣∠BPM﹣∠APN﹣∠APC＝180°﹣45°﹣2t°﹣3t°﹣60°＝（75﹣5t）° 当∠CPD＝∠BPM，即2t＝75﹣5t， 解得：秒； 当PC转到与PD重合后，∠CPD＝∠BPM时， ∴∠CPD＝∠BPD+∠BPM+∠APN+∠APC﹣180°＝45°+2t°+3t°+60°﹣180°＝（5t﹣75）° 当∠CPD＝∠BPM，即2t＝5t﹣75， 解得：t＝25秒； ∴当∠CPD＝∠BPM，旋转的时间是或25秒． 17．如图，△ABC是等边三角形，点D为边AC延长线上一点，点E为线段BC上一点，连接DE，将线段DE绕点E逆时针旋转120°得到线段EF，点F恰好落线段AB上．过点E作EG∥AC交边AB于点G． （1）证明：CD＝FG； （2）若AF＝2CD＝4，求BC长． 【分析】（1）根据等边三角形的性质得到∠A＝∠ACB＝60°，进而得到GE∥AC，然后证明△GEF≌△CED（AAS）即可得到结论； （2）由（1）知△GEF≌△CED，可得EG＝CE，得到△BEG为等边三角形即可解题． 【解答】（1）证明：∵△ABC为等边三角形， ∴∠A＝∠ACB＝60°， ∵GE∥AC， ∴∠BGE＝∠A＝60°＝∠ACB， ∠GEC＝180°﹣∠ACB＝120°， ∵∠FED＝120°， ∴∠FED＝∠GEC， ∴∠FED﹣∠FEC＝∠GEC﹣∠FEC， ∴∠GEF＝∠CED， ∵∠ACB＝∠BGE＝60°， ∴∠AGE＝∠ECD＝120°， 在△GEF和△CED中 ， ∴△GEF≌△CED（AAS）， ∴CD＝FG； （2）解：由（1）知△GEF≌△CED， ∴EG＝CE， ∵∠BGE＝∠BEG＝60°， ∴△BEG为等边三角形， ∴， ∵△ABC为等边三角形， ∴AB＝BC， ∴， ∵2CD＝4， ∴FG＝CD＝2， ∵AF＝4， ∴AG＝AF+FG＝6， ∴BC＝2AG＝12． 18．如图，在△ABC中，∠BAC＝90°，，点D为△ABC内一点，∠BAD＝15°，，连接BD，将△ABD绕点A按逆时针方向旋转，使AB与AC重合，点D的对应点为点E，连接DE，DE交AC于点F， （1）求∠AFD的度数． （2）求△ADE中DE边上的高． （3）求CF的长． 【分析】（1）由旋转的性质结合三角形的外角的性质可得答案； （2）由勾股定理先求解DE＝12，再利用等面积法求解即可； （3）过A作AH⊥DE于H，则∠AHF＝90°，证 明∠FAH＝30°，可得，利用勾股定理可得：HF2+62＝（2HF）2，再进一步求解即可． 【解答】解：（1）由旋转可知：∠DAE＝∠BAC＝90°，AD＝AE，∠CAE＝∠BAD＝15°， ∴∠ADE＝∠AED＝45°， ∴∠AFD＝∠AED+∠CAE＝15°+45°＝60°； （2）∵， 在Rt△ADE中，利用勾股定理可得：， ∴△ADE中DE边上的高为； （3）过A作AH⊥DE于H，则∠AHF＝90°， 由（1）知∠AFD＝60°，∠FAH＝30°， ， 由（2）知 AH＝6， 在Rt△AFH中，利用勾股定理可得：HF2+62＝（2HF）2， ∵， ∴， ∴． 19．在Rt△ABC中，∠ACB＝90°． （1）如图1，AC＝15，BC＝20，CM⊥AB于点M，NM＝AM，连接CN，求线段BN的长； （2）如图2，将线段CB绕点C按逆时针方向旋转90°得到线段CD，将线段AB绕点A按顺时针方向旋转90°，得到线段AE，连接DE，点G为DE中点，连接AG，CG．求证：AC＝CG． 【分析】（1）利用勾股定理求出AB，利用等面积法求出CM，再利用勾股定理求出AM，进一步解答即可求解； （2）将线段AC绕点A按顺时针方向旋转90．得到线段AM，连接EM并延长交BC于点N，连接AN交DE于点O，可得△BAC≌△EAM（SAS），四边 形CAMN是正方形，进而证明△ENO≌△DAO（AAS），OD＝OE，推出点G与点O重合，可得△AGC是等腰直角三角形，即可证明． 【解答】（1）解：在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝15，BC＝20， ∴， ∵CM⊥AB， ∴， ∴， ∴， ∴NM＝AM＝9， ∴BN＝AB﹣NM﹣AM＝25﹣9﹣9＝7； （2）证明：如图，将线段AC绕点A按顺时针方向旋转90°，得到线段AM，连接EM并延长交BC于点N，连接AN交DE于点O， 由旋转知∠MAC＝∠BAE＝90°，AM＝AC，AB＝AE，CB＝CD， ∴∠MAC﹣∠BAM＝∠BAE﹣∠BAM， ∴∠BAC＝∠EAM， ∴△BAC≌△EAM（SAS）， ∴ME＝CB＝CD，∠BCA＝∠EMA＝90°， ∵∠BCA＝∠MAC＝∠AMN＝90°，AM＝AC， ∴四边形CAMN是正方形， ∴MN＝AC，NE∥AD， ∴MN+ME＝AC+CD，即NE＝AC， 又∵NE∥AD， ∴∠NEO＝∠ADO，∠ENO＝∠DAO， ∴△ENO≌△DAO（AAS）， ∴OD＝OE， 又∵点G为DE中点， ∴点G与点O重合， ∵四边形CAMN是正方形， ∴CG＝AG，∠AGC＝90°， ∴△AGC是等腰直角三角形， ∴． 20．如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，将△ABC绕着点B逆时针旋转得到△FBE，点C，A的对应点分别为E，F，点E落在BA上，连接AF． （1）若∠BAC＝36°．则∠BAF的度数为 　63°　； （2）若AC＝8，BC＝6，求AF的长． 【分析】（1）根据三角形的内角和定理得到∠ABC＝54°，根据旋转的性质得到∠EBF＝∠ABC＝54°，AB＝BF，根据三角形的内角和定理即可得到答案； （2）根据勾股定理得到AB＝10，根据旋转的性质得到BE＝BC＝6，EF＝AC＝8，根据勾股定理即可得到答案． 【解答】解：（1）在Rt△ABC中，∠C＝90°，∠BAC＝36°， ∴∠ABC＝54°， ∵将△ABC绕着点B逆时针旋转得到△FBE， ∴∠EBF＝∠ABC＝54°，AB＝BF， ∴∠BAF＝∠BFA＝＝63°， 故答案为：63°； （2）∵∠C＝90°，AC＝8，BC＝6， ∴AB＝＝10， ∵将△ABC绕着点B逆时针旋转得到△FBE， ∴BE＝BC＝6，EF＝AC＝8， ∴AE＝AB−BE＝4， ∴AF＝＝4． 21．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△CBF．延长AE交CF于点G，连接DE． （1）试判断四边形BEGF的形状，并说明理由； （2）若BE＝2，CG＝1，求DE． 【分析】（1）根据旋转的性质结合正方形的判定即可解决问题． （2）过点D作AE的垂线，利用全等三角形的性质及勾股定理即可解决问题． 【解答】解：（1）四边形BEGF是正方形． 由旋转可知， ∠F＝∠AEB＝90°，∠EBF＝90°，EB＝FB， ∴∠BEG＝90°， ∴四边形BEGF是矩形． 又∵EB＝FB， ∴四边形BEGF是正方形． （2）过点D作AE的垂线，垂足为M， ∵∠DAM+∠EAB＝∠DAM+∠ADM＝90°， ∴∠EAB＝∠ADM． 在△EAB和△MDA中， ， ∴△EAB≌△MDA（AAS）， ∴AM＝BE＝2． ∵四边形BFGE是正方形， ∴FG＝BE＝2， ∴FC＝2+1＝3． 由旋转可知， AE＝FC＝3， ∴DM＝AE＝3，ME＝AE﹣AM＝1． 在Rt△DME中， DE＝． 所以DE的长为． 22．已知正方形ABCD，点E在边BC上（不与两端点重合）． （1）如图1，点F在对角线AC上，连接AE、EF，若EF⊥AC，4AF＝3AC，AB＝8，求AE的长． （2）如图2，将线段AE绕点A逆时针旋转45°得到线段AH，过点H作HF⊥AC交AC于点F，延长FH交CD于点G．求证：． 【分析】（1）由正方形性质得出AB＝BC＝CD＝AD＝4，∠B＝∠D＝90°，∠ACB＝∠ACD＝∠BAC＝∠ACD＝45°，得出AC＝AB＝8，求出AF＝6，CF＝AC﹣AF＝2，求出△CEF是等腰直角三角形，得出EF＝CF＝2，CE＝CF＝4，在Rt△AEF中，由勾股定理求出AE； （2）延长GF交BC于M，连接AG，则△CGM和△CFG是等腰直角三角形，得出CM＝CG，CG＝CF，证出BM＝DG，证明Rt△AFG≌Rt△ADG得出FG＝DG，BM＝FG，再证明△ABE≌△AFH，得出BE＝FH，即可得出结论． 【解答】（1）解：∵四边形ABCD是正方形， ∴AB＝BC＝CD＝AD＝4，∠B＝∠D＝90°，∠ACB＝∠ACD＝∠BAC＝∠ACD＝45°， ∴AC＝AB＝8， ∵4AF＝3AC＝24， ∴AF＝6， ∴CF＝AC﹣AF＝2， ∵EF⊥AC， ∴△CEF是等腰直角三角形， ∴EF＝CF＝2，CE＝CF＝4， 在Rt△AEF中，由勾股定理得：AE＝＝＝4． （2）证明：延长GF交BC于M，连接AG，如图2所示： 则△CGM和△CFG是等腰直角三角形， ∴CM＝CG，CG＝CF， ∴BM＝DG， ∵AF＝AB， ∴AF＝AD， 在Rt△AFG和Rt△ADG中， ， ∴Rt△AFG≌Rt△ADG（HL）， ∴FG＝DG， ∴BM＝FG， ∵∠BAC＝∠EAH＝45°， ∴∠BAE＝∠FAH， ∵FG⊥AC， ∴∠AFH＝90°， 在△ABE和△AFH中， ， ∴△ABE≌△AFH（ASA）， ∴BE＝FH， ∵BM＝BE+EM，FG＝FH+HG， ∴EM＝HG， ∵EC＝EM+CM，CM＝CG＝CF， ∴EC＝HG+FC． 23．如图，一个锐角等于60°的菱形ABCD，将一个60°的∠MAN的顶点与该菱形顶点A重合，以A为旋转中心，按顺时针方向旋转这个60°的∠MAN，使它的两边分别交CB、DC于点E，F． （1）如图1，当BE＝DF时，试判断AE与AF的数量关系，并说明理由； （2）旋转∠MAN，如图2，当BE≠DF时，（1）的结论是否仍然成立？若成立，加以证明；若不成立，请说明理由． 【分析】（1）由“SAS”可证△ABE≌△ADF，可得AE＝AF； （2）由菱形的性质可得AB＝BC＝AD＝CD，∠B＝∠D＝60°，可证△ABC是等边三角形，△ACD是等边三角形，可得AB＝AC，∠ACD＝∠B＝60°＝∠BAC，由“ASA”可证△BAE≌△CAF，可得AE＝AF． 【解答】解：（1）AE＝AF；理由如下： ∵四边形ABCD是菱形， ∴AB＝AD，∠B＝∠D． 在△ABE和△ADF中， ， ∴△ABE≌△ADF（SAS）， ∴AE＝AF； （2）仍然成立． 证明：如图2，连接AC． ∵四边形ABCD是菱形，∠B＝60°， ∴AB＝BC＝AD＝CD，∠B＝∠D＝60°， ∴△ABC是等边三角形，△ACD是等边三角形， ∴AB＝AC，∠ACD＝∠B＝60°＝∠BAC， ∵∠MAN＝60°＝∠BAC， ∴∠BAE＝∠CAF． 在△BAE和△CAF中， ， ∴△BAE≌△CAF（ASA）， ∴AE＝AF． 24．给出定义：若一个四边形中存在相邻两边的平方和等于一条对角线的平方，则称该四边形为勾股四边形． （1）在你学过的四边形中，写出一种勾股四边形的名称 　正方形、矩形、直角梯形任选一种　． （2）如图，将△ABC绕顶点B按顺时针方向旋转60°得到△DBE，连接AD，DC，CE，已知∠DCB＝30°． ①直接写出∠BCE的度数是 　60°　． ②判断四边形BDCE是否为勾股四边形，并说明理由． 【分析】（1）利用题目的题意结合所学四边形即可求解； （2）①首先证明△ABC≌△DBE，得出AC＝DE，BC＝BE，连接CE，进一步得出△BCE为等边三角形即可求解； ②利用①和等边三角形的性质，进一步得出△DCE是直角三角形，即可求解． 【解答】解：（1）正方形、矩形、直角梯形均可； 故答案为：正方形、矩形、直角梯形均可； （2）①根据旋转知道△ABC≌△DBE， ∴BC＝BE， ∵∠CBE＝60°， ∴△BCE是等边三角形， ∴∠BCE＝60°； 故答案为：60°； ②∵△ABC≌△DBE， ∴BE＝BC，AC＝ED； ∴△BCE为等边三角形， ∴BC＝CE，∠BCE＝60°， ∵∠DCB＝30°， ∴∠DCE＝90°， 在Rt△DCE中， DC2+CE2＝DE2， ∴DC2+BC2＝AC2． 即四边形ABCD是勾股四边形． 25．将一副直角三角板如图1，摆放在直线MN上（直角三角板ABC和直角三角板EDC，∠EDC＝90°，∠DEC＝60°，∠ABC＝90°，∠BAC＝45°），保持三角板EDC不动，将三角板ABC绕点C以每秒5°的速度顺时针旋转，旋转时间为t秒，当AC与射线CN重合时停止旋转． （1）如图2，当AC为∠DCE的角平分线时，求此时t的值； （2）当AC旋转至∠DCE的内部时，求∠DCA与∠ECB的数量关系； （3）在旋转过程中，当三角板ABC的其中一边平行于三角板EDC的某一边时，求此时t等于 　15s或24s或27s或33s　（直接写出答案即可）． 【分析】（1）先计算∠DCE的度数，再根据角平分线的定义和旋转的速度可得t的值； （2）分别表示∠DCA与∠ECB的度数，相减可得数量关系； （3）分四种情况讨论：AB分别和△DCE三边平行，还有AC∥DE，计算旋转角并根据速度列方程可得结论． 【解答】解：（1）如图2，∵∠EDC＝90°，∠DEC＝60°， ∴∠DCE＝30°， ∵AC平分∠DCE， ∴∠ACE＝＝15°， ∴t＝＝3， 答：此时t的值是3s； （2）当AC旋转至∠DCE的内部时，如图3，∠DCA与∠ECB的数量关系是：∠ECB﹣∠DCA＝15°； 理由是：由旋转得：∠ACE＝5t， ∴∠DCA＝30°﹣5t，∠ECB＝45°﹣5t， ∴∠ECB﹣∠DCA＝（45°﹣5t）﹣（30°﹣5t）＝15°； （3）分四种情况： ①当AB∥DE时，如图4，∠ACE＝45°+30°＝75°， t＝75÷5＝15； ②当AB∥CE时，如图5，则∠BCE＝∠B＝90°， ∴∠ACE＝90°+45°＝135°， t＝135÷5＝27； ③当AB∥CD时，如图6，则∠DCB＝∠B＝90°， ∠ACE＝30°+90°+45°＝165°， t＝165÷5＝33； ④当AC∥DE时，如图7， ∴∠ACD＝∠D＝90°， ∴∠ACE＝90°+30°＝5t， t＝24； 综上，t的值是15s或24s或27s或33s． 故答案为：15s或24s或27s或33s 26．在△ABC中，∠ABC＝α，以点B为中心，将△ABC顺时针旋转α，得到△A1BC1；再以点A1为中心，将△A1BC1 顺时针旋转α，得到△A1B1C2；连结AB1． （1）如图1，若AB＝2，α＝90°，求AB1的长； （2）如图2，60°＜α＜90°，探究AB1与A1B的位置关系，并说明理由． 【分析】（1）根据旋转的性质得到∠ABA1＝90°，AB＝A1B，根据旋转的性质得到∠BA1B1＝90°，A1B＝A1B1，根据正方形的判定定理得到四边形ABA1B1是正方形，于是得到AB1＝AB＝2； （2）A作AE⊥A1B，过B1作B1F⊥A1B于F，得到∠AEB＝∠B1FA1＝90°，AE∥B1F，根据旋转的性质得到∠ABA1＝∠A1BC1＝α，AB＝A1B，∠BA1B1＝∠BA1B1＝α，A1B＝A1B1，根据全等三角形的性质定理得到AE＝B1F，推出四边形AEFB1是矩形，根据矩形的性质即可得到结论． 【解答】解：（1）∵以点B为中心，将△ABC顺时针旋转90°，得到△A1BC1， ∴∠ABA1＝90°，AB＝A1B， ∵以点A1为中心，将△A1BC1 顺时针旋转90°，得到△A1B1C2， ∴∠BA1B1＝90°，A1B＝A1B1， ∴AB∥A1B1，AB＝A1B1， ∴四边形ABA1B1是正方形， ∴AB1＝AB＝2； （2）AB1∥A1B． 理由：过A作AE⊥A1B，过B1作B1F⊥A1B于F， ∴∠AEB＝∠B1FA1＝90°，AE∥B1F， ∵以点B为中心，将△ABC顺时针旋转＝α，得到△A1BC1， ∴∠ABA1＝∠A1BC1＝α，AB＝A1B， ∵以点A1为中心，将△A1BC1 顺时针旋转α，得到△A1B1C2， ∴∠BA1B1＝∠BA1B1＝α，A1B＝A1B1， ∴AB＝A1B1， ∴△ABE≌△B1A1F（AAS）， ∴AE＝B1F， ∴四边形AEFB1是矩形， ∴AB1∥EF， ∴AB1∥A1B． 27．如图1，点O为直线AB上一点，过点O作射线OC，使∠AOC＝60°．将一把直角三角尺的直角顶点放在点O处，一边OM在射线OB上，另一边ON在直线AB的下方，其中∠OMN＝30°． （1）将图1中的三角尺绕点O顺时针旋转至图2，使一边OM在∠BOC的内部，且恰好平分∠BOC，求∠CON的度数； （2）将图1中的三角尺绕点O按每秒10°的速度沿顺时针方向旋转一周，在旋转的过程中，在第 　9或27　秒时，边MN恰好与射线OC平行；在第 　12或30　秒时，直线ON恰好平分锐角∠AOC．（直接写出结果）； （3）将图1中的三角尺绕点O顺时针旋转至图3，使ON在∠AOC的内部，请探究∠AOM与∠NOC之间的数量关系，并说明理由． 【分析】（1）根据邻补角的定义求出∠BOC＝120°，再根据角平分线的定义求出∠COM，然后根据∠CON＝∠COM+90°解答； （2）分别分两种情况根据平行线的性质和旋转的性质求出旋转角，然后除以旋转速度即可得解； （3）用∠AOM和∠CON表示出∠AON，然后列出方程整理即可得解． 【解答】解：（1）∵∠AOC＝60°， ∴∠BOC＝120°， 又∵OM平分∠BOC， ∴∠COM＝∠BOC＝60°， ∴∠CON＝∠COM+90°＝150°； （2）∵∠OMN＝30°， ∴∠N＝90°﹣30°＝60°， ∵∠AOC＝60°， ∴当ON在直线AB上时，MN∥OC， 旋转角为90°或270°， ∵每秒顺时针旋转10°， ∴时间为9或27， 直线ON恰好平分锐角∠AOC时， 旋转角为90°+30°＝120°或270°+30°＝300°， ∵每秒顺时针旋转10°， ∴时间为12或30； 故答案为：9或27；12或30． （3）∵∠MON＝90°，∠AOC＝60°， ∴∠AON＝90°﹣∠AOM， ∠AON＝60°﹣∠NOC， ∴90°﹣∠AOM＝60°﹣∠NOC， ∴∠AOM﹣∠NOC＝30°， 故∠AOM与∠NOC之间的数量关系为：∠AOM﹣∠NOC＝30°． 28．如图，在锐角△ABC中，∠A＝60°，点D，E分别是边AB，AC上一动点，连接BE交直线CD于点F． （1）如图1，若AB＞AC，且BD＝CE，∠BCD＝∠CBE，求∠CFE的度数； （2）如图2，若AB＝AC，且BD＝AE，在平面内将线段AC绕点C顺时针方向旋转60°得到线段CM，连接MF，点N是MF的中点，连接CN．在点D，E运动过程中，猜想线段BF，CF，CN之间存在的数量关系，并证明你的猜想． 【分析】（1）如图1中，在射线CD上取一点K，使得CK＝BE，证明△BCE≌△CBK（SAS），推出BK＝CE，∠BEC＝∠BKD，再证明∠ADF+∠AEF＝180°，可得结论； （2）结论：BF+CF＝2CN．首先证明∠BFC＝120°．如图2﹣1中，延长CN到Q，使得NQ＝CN，连接FQ，证明△CNM≌△QNF（SAS），推出FQ＝CM＝BC，延长CF到P，使得PF＝BF，则△PBF是等边三角形，再证明△PFQ≌△PBC（SAS），推出PQ＝PC，∠CPB＝∠QPF＝60°，推出△PCQ是等边三角形，可得结论 【解答】解：（1）如图1中，在射线CD上取一点K，使得CK＝BE， 在△BCE和△CBK中， ， ∴△BCE≌△CBK（SAS）， ∴BK＝CE，∠BEC＝∠BKD， ∵CE＝BD， ∴BD＝BK， ∴∠BKD＝∠BDK＝∠ADC＝∠CEB， ∵∠BEC+∠AEF＝180°， ∴∠ADF+∠AEF＝180°， ∴∠A+∠EFD＝180°， ∵∠A＝60°， ∴∠EFD＝120°， ∴∠CFE＝180°﹣120°＝60°； （2）结论：BF+CF＝2CN． 理由：如图2中，∵AB＝AC，∠A＝60°， ∴△ABC是等边三角形， ∴AB＝CB，∠A＝∠CBD＝60°， ∵AE＝BD， ∴△ABE≌△BCD（SAS）， ∴∠BCF＝∠ABE， ∴∠FBC+∠BCF＝60°， ∴∠BFC＝120°， 如图2中，延长CN到Q，使得NQ＝CN，连接FQ， ∵NM＝NF，∠CNM＝∠FNQ，CN＝NQ， ∴△CNM≌△QNF（SAS）， ∴FQ＝CM＝BC， 延长CF到P，使得PF＝BF，则△PBF是等边三角形， ∴∠PBC+∠PCB＝∠PCB+∠FCM＝120°， ∴∠PFQ＝∠FCM＝∠PBC， ∵PB＝PF， ∴△PFQ≌△PBC（SAS）， ∴PQ＝PC，∠CPB＝∠QPF＝60°， ∴△PCQ是等边三角形， ∴BF+CF＝PC＝QC＝2CN． 29．已知：直线AB与直线CD平行，点N、点E在直线CD上，点H、点M在直线AB上，∠DNH＝2∠AME，直线EM交直线NH于点P． （1）如图1，求证：∠MPH＝∠AME． （2）如图2，以点N为旋转中心顺时针旋转直线NH交直线AB于点G，以点M为旋转中心顺时针旋转直线ME交直线CD于点F，∠EMF＝∠HNG+40°，当NG∥MF时，求∠AME的度数． （3）在（2）的条件下，如图3，直线ME交直线NG于点R，直线NH交直线FM于点S，∠NRM的平分线所在直线与∠NSF的平分线所在直线交于点K，若∠HNG＝50°，当点N在线段EF上移动时，求∠RKS的度数． 【分析】（1）如图1，过点P作PJ∥CD，则∠JPH＝∠DNH＝2∠AME，由AB∥CD，可得PJ∥AB，则∠JPM＝∠AME，由∠JPH＝∠DNH＝2∠AME＝∠MPH+∠JPM＝∠MPH+∠AME，可得∠MPH＝∠AME； （2）设∠AME＝α，∠HNG＝β，则∠DNH＝2α，∠EMF＝β+40°，∠DNG＝∠DNH+∠HNG＝2α+β，∠AMF＝∠AME+∠EMF＝α+β+40°，由NG∥MF，可得∠DFM＝∠DNG＝2α+β，由AB∥CD，可得∠AMF＝∠DFM，即α+β+40°＝2α+β，计算求解即可； （3）由题意知，∠AME＝40°，∠HNG＝50°，∠DNH＝80°，∠EMF＝90°，由题意知，分①当点S在AB下方，②当点S在AB上方两种情况求解作答即可． 【解答】（1）证明：如图1，过点P作PJ∥CD， ∴∠JPH＝∠DNH＝2∠AME， ∵AB∥CD， ∴PJ∥AB， ∴∠JPM＝∠AME， ∵∠JPH＝∠DNH＝2∠AME＝∠MPH+∠JPM＝∠MPH+∠AME， ∴∠MPH＝∠AME； （2）解：设∠AME＝α，∠HNG＝β，则∠DNH＝2α，∠EMF＝β+40°，∠DNG＝∠DNH+∠HNG＝2α+β，∠AMF＝∠AME+∠EMF＝α+β+40°， ∵NG∥MF， ∴∠DFM＝∠DNG＝2α+β， ∵AB∥CD， ∴∠AMF＝∠DFM，即α+β+40°＝2α+β， 解得，α＝40°， ∴∠AME＝40°； （3）解：由题意知，∠AME＝40°，∠HNG＝50°，∠DNH＝80°，∠EMF＝90°， 由题意知，分①当点S在AB下方，②当点S在AB上方两种情况求解； ①当点S在AB下方时，如图2， ∵NG∥MF， ∴∠NSM＝∠HNG＝50°，∠NRM＝180°﹣∠EMF＝90°， ∵RK是∠NRM的平分线，SK是∠NSF的平分线， ∴∠1＝∠NRM＝45°，∠2＝∠NSM＝25°， 如图2，过点K作KT∥GN， ∴∠3＝∠1＝45°， ∵NG∥MF， ∴KT∥MF， ∴∠4＝∠2＝25°， ∴∠RKS＝∠3+∠4＝70°； ②当点S在AB上方时，如图3， 同理①可得：∠1＝45°，∠2＝25°过点K作KQ∥MF，则：KQ∥GN∥MF． ∴∠1＝∠3＝45°，∠2＝∠4＝25°， ∴∠RKS＝180°﹣∠3﹣∠4＝110°； 综上所述，∠RKS＝70°或110°． 30．如图，一副三角板，其中∠EDF＝∠ACB＝90°，∠E＝45°，∠A＝30°． （1）若这副三角板如图摆放，EF∥CD，求∠ABF的度数． （2）将一副三角板如图1所示摆放，直线GH∥MN，保持三角板ABC不动，现将三角板DEF绕点D以每秒2°的速度顺时针旋转，如图2，设旋转时间为t秒，且0≤t≤180，若边BC与三角板的一条直角边（边DE，DF）平行时，求所有满足条件的t的值． （3）将一副三角板如图3所示摆放，直线GH∥MN，现将三角板ABC绕点A以每秒1°的速度顺时针旋转，同时三角板DEF绕点D以每秒2°的速度顺时针旋转．设旋转时何为t秒，如图4，∠BAH＝t°，∠FDM＝2t°，且0≤t≤150，若边BC与三角板的一条直角边（边DE，DF）平行时，请直接写出满足条件的t的值． 【分析】（1）由题意得，∠EBF＝90°，∠E＝45°，∠ABC＝60°，利用平行线的性质可得∠CDE＝∠E＝45°，即可求得答案； （2）①当DE∥BC时，延长AC交MN于点P，分两种情况：当DE在MN上方时或当DE在MN下方时，分别运用平行线的性质即可；②当BC∥DF时，延长BC交MN于点T，分两种情况：当DF在MN上方时或当DF在MN下方时，分别运用平行线的性质即可； （3）当DE∥BC时，延长AC交MN于点P，分两种情况讨论：①DE在MN上方时，②DE在MN下方时，∠FDP＝2t°﹣180°，列式求解即可；（2）当BC∥DF时，延长AC交MN于点I，①DF在MN上方时，∠FDN＝180°﹣2t°，②DF在MN下方时，∠FDN＝2t°﹣180°，列式求解即可． 【解答】解：（1）如图，由题意得，∠EBF＝90°，∠E＝45°，∠ABC＝60°， ∵EF∥CD， ∴∠CDE＝∠E＝45°， ∴∠ABE＝∠ABC﹣∠CDE＝60°﹣45°＝15°， ∴∠ABF＝∠EBF﹣∠ABE＝90°﹣15°＝75°； （2）如图，①当DE∥BC时，延长AC交MN于点P， 当DE在MN上方时， ∵DE∥BC，DE⊥DF，AC⊥BC， ∴AP∥DF， ∴∠FDM＝∠MPA， ∵MN∥GH， ∴∠MPA＝∠HAC， ∴∠FDM＝∠HAC，即2t°＝30°， ∴t＝15； 当DE在MN下方时，∠F′DP＝2t°﹣180°， ∵DE′∥BC，DE′⊥DF′，AC⊥BC， ∴AP∥DF′， ∴∠F′DP＝∠MPA， ∵MN∥GH， ∴∠MPA＝∠HAC， ∴∠F′DP＝∠HAC，即2t°﹣180°＝30°， ∴t＝105； ②当BC∥DF时， 当DF在MN上方时，BC∥DF，如图，延长BC交MN于点T， 根据题意得：∠FDN＝180°﹣2t°， ∵DF∥BC， ∴∠FDN＝∠BTN， ∵GH∥MN， ∴∠BTN＝∠ABC＝60°， ∴∠FDN＝60°， 即180°﹣2t°＝60°， ∴t＝60； 当DF在MN下方时，如图，延长BC交MN于点T， 根据题意可知：∠FDN＝2t°﹣180°， ∵DF∥BC， ∴∠FDN＝∠BTM， ∵GH∥MN， ∴∠BTN＝∠ABC＝60°， ∴∠BTM＝180°﹣∠BTN＝120°， ∴∠NDF＝120°， 即2t°﹣180°＝120°， ∴t＝150， 综上所述：所有满足条件的t的值为15或60或105或150； （3）由题意得，∠HAC＝∠BAH+∠BAC＝t°+30°，∠FDM＝2t°， ①如图，当DE∥BC时，延长AC交MN于点P， 当DE在MN上方时， ∵DE∥BC，DE⊥DF，AC⊥BC， ∴AP∥DF， ∴∠FDM＝∠MPA， ∵MN∥GH， ∴∠MPA＝∠HAC， ∴∠FDM＝∠HAC，即2t°＝t°+30°， ∴t＝30， 当DE′在MN下方时，∠F′DP＝2t°﹣180°， ∵DE′∥BC，DE′⊥DF′，AC⊥BC， ∴AP∥DF′， ∴∠F′DP＝∠MPA， ∵MN∥GH， ∴∠MPA＝∠HAC， ∴∠F′DP＝∠HAC，即2t°﹣180°＝t°+30°， ∴t＝210（不符合题意，舍去）， ②当BC∥DF时，延长AC交MN于点I， 当DF在MN上方时，BC∥DF，如图， 根据题意得：∠FDN＝180°﹣2t°， ∵DF∥BC，AC⊥BC， ∴CI⊥DF， ∴∠FDN+∠MIC＝90°， 即180°﹣2t°+t°+30°＝90°， ∴t＝120， ∴2t＝240°＞180°，此时DF应该在MN下方，不符合题意，舍去； 当DF在MN下方时，如图， 根据题意可知：∠FDN＝2t°﹣180°， ∵DF∥BC， ∴∠MIC＝∠NDF， ∴∠NDF＝∠AQI＝t+30°﹣90°＝t﹣60°， 即2t°﹣180°＝t°﹣60°， ∴t＝120， 综上所述：所有满足条件的t的值为30或120． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！2 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$