3.2 图形的旋转-2024-2025学年八年级下册数学同步单元练习（北师大版）

同步单元练习——北师大版 3.2 图形的旋转 一．选择题（共20小题） 1．如图，正方形ABCD的内切圆和外接圆的圆心为O，EF与GH是此外接圆的直径，EF＝4，AD⊥GH，EF⊥GH，则图中阴影部分的面积是（　　） A．π B．2π C．3π D．4π 2．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° 3．如图，在等腰直角△ABC中，∠B＝90°，将△ABC绕顶点A逆时针方向旋转60°后得到△AB′C′，则∠BAC′＝（　　） A．60° B．105° C．120° D．135 4．如图，将△ABC绕点B顺时针旋转60°得△DBE，点C的对应点E恰好落在AB延长线上，连接AD．下列结论一定正确的是（　　） A．∠ABD＝∠E B．∠CBE+∠DBE＜180° C．AD＝BC D．AD∥BC 5．如图，正方形网格中的每个小正方形的边长为1，将△ABC绕旋转中心旋转90°后得到△A′B′C′，其中点A，B，C的对应点分别是点A′，B′、C′，那么旋转中心是（　　） A．点Q B．点P C．点N D．点M 6．以如图的右边缘所在直线为轴将该图案向右翻折后，再绕中心旋转180°，所得到的图形是（　　） A． B． C． D． 7．如图，P是等边三角形ABC内一点，∠APB，∠BPC，∠CPA的大小之比为5：6：7，则以PA，PB，PC为边的三角形三内角大小之比（从小到大）是（　　） A．2：3：4 B．3：4：5 C．4：5：6 D．以上结果都不对 8．如图，在4×4的正方形网格中，△MNP绕某点旋转90°，得到△M1N1P1，则其旋转中心是（　　） A．点E B．点F C．点G D．点H 9．如图，将△ABC绕点C顺时针旋转40°得△A′B′C，若AC⊥A′B′，则∠BAC等于（　　） A．50° B．60° C．70° D．80° 10．如图，△ABC中，∠B＝70°，则∠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的度数是（　　） A．30° B．40° C．50° D．60° 11．如图，画有脸谱的圆与⊙O的半径相等，并绕⊙O按逆时针方向做无滑动的滚动（⊙O固定），则其中四个位置完全正确的是（　　） A． B． C． D． 12．下列汽车标志中，是旋转对称图形但不是轴对称图形的有（　　）个． A．2 B．3 C．4 D．5 13．如图，△AOB绕点O逆时针旋转65°得到△COD，若∠A＝100°，∠D＝50°，则∠BOC的度数是（　　） A．30° B．35° C．45° D．60° 14．如图，△ABC中，AD是∠BAC内的一条射线，BE⊥AD，且△CHM可由△BEM旋转而得，延长CH交AD于F，则下列结论错误的是（　　） A．BM＝CM B．FMEH C．CF⊥AD D．FM⊥BC 15．如图，在6×4的方格纸中，格点三角形甲经过旋转后得到格点三角形乙，则其旋转中心是（　　） A．点M B．格点N C．格点P D．格点Q 16．如图，△OAB绕点O逆时针旋转80°得到△OCD，若∠A＝110°，∠D＝40°，则∠α的度数是（　　） A．30° B．40° C．50° D．60° 17．等边三角形绕其中心旋转后能与自身重合，则旋转的最小角度为（　　） A．30° B．60° C．90° D．120° 18．如图，将△ABC绕点A逆时针旋转80°得到△AB′C′．若∠BAC＝50°，则∠CAB′的度数为（　　） A．30° B．40° C．50° D．80° 19．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 20．如图，△ABC是等腰直角三角形，点D是斜边BC中点，△ABD绕点A旋转到△ACE的位置，恰与△ACD组成正方形ADCE，则△ABD所经过的旋转是（　　） A．顺时针旋转225° B．逆时针旋转45° C．顺时针旋转315° D．逆时针旋转90° 二．填空题（共10小题） 21．如图，将等边△OAB绕O点按逆时针方向旋转150°，得到△OA′B′（点A′，B′分别是点A，B的对应点），则∠1＝　 　°． 22．如图，线段AB绕点A逆时针旋转60°得到线段AC，BD⊥AC于点D．若CD＝1，则线段BD的长为　 　． 23．如图，在等边△ABC中，D是边AC上一点，连接BD，将△BCD绕点B逆时针旋转60°得到△BAE，连接ED，若BC＝6，BD＝5，则△AED的周长是 　 　． 24．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：（1）PM＝PN恒成立； （2）OM﹣ON的值不变； （3）△OMN的周长不变； （4）四边形PMON的面积不变， 其中正确的序号为　 　． 25．如图，将△ABC绕点A逆时针旋转100°，得到△ADE，若点D在线段BC的延长线上，则∠B的大小为 　 　． 26．如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，将△ABC绕点C顺时针旋转得到△DEC，点B的对应点为E，点A的对应点D落在线段AB上，连接BE．下列结论：①DC平分∠ADE；②∠BDE＝∠BCE；③BD⊥BE；④BC＝DE．其中所有正确结论的序号是 　 　． 27．如图，已知线段AB＝3，线段AC＝6，AB绕点A旋转一周，连接BC，并取BC中点D，连接AD，则AD的最大值为　 　；最小值为　 　． 28．在平面直角坐标系xOy中，点A（t﹣1，1）与点B关于过点（t，0）且垂直于x轴的直线对称，以AB为底边作等腰三角形ABC． （1）当t＝0.5且直线AC经过原点O时，点C与x轴的距离为 　 　． （2）若△ABC上所有点到y轴的距离都不小于1，则t的取值范围是 　 　． 29．如图，Rt△ABC中，已知∠C＝90°，∠B＝55°，点D在边BC上，BD＝2CD．把线段BD绕着点D逆时针旋转α（0＜α＜180）度后，如果点B恰好落在Rt△ABC的边上，那么α＝　 　． 30．如图，在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝50°，将△ABC 绕点A逆时针旋转到△ADE．若AD⊥BC，则旋转角的度数是 　 　． 三．解答题（共10小题） 31．如图，在边长均为1个单位长度的小正方形组成的网格中，点A，B，O均为格点（每个小正方形的顶点叫做格点）． （1）作点A关于点O的对称点A1； （2）连接A1B，将线段A1B绕点A1顺时针旋转90°得到线段A1B1，点B的对应点为B1，画出旋转后的线段A1B1； （3）连接AB1，BB1，求出△ABB1的面积（直接写出结果即可）． 32．如图，在△ABC中，∠CAB＝75°，在同一平面内，将△ABC绕点A旋转到△AB'C′的位置，使得CC'∥AB，求∠BAB'的度数． 33．如图，在平面直角坐标系中，已知A（﹣2，1），B（﹣4，5），C（﹣5，2），△ABC与△A1B1C1关于原点对称，点A，B，C的对应点分别是点A1，B1，C1． （1）点A1的坐标为 　 　，画出△A1B1C1； （2）直接写出△A1B1C1的面积为 　 　． 34．已知四边形ABCD中，AB⊥AD，BC⊥CD，AB＝BC，∠ABC＝120°，∠MBN＝60°，∠MBN绕B点旋转，它的两边分别交AD，DC（或它们的延长线）于E，F．当∠MBN绕B点旋转到AE＝CF时（如图1），易证AE+CF＝EF．当∠MBN绕B点旋转到AE≠CF时，在图2和图3这两种情况下，上述结论是否成立？若成立，给出证明；若不成立，线段AE，CF，EF又有怎样的数量关系？请写出你的猜想． 35．已知∠AOB＝90°，在∠AOB的平分线OM上有一点C，将一个三角板的直角顶点与C重合，它的两条直角边分别与OA，OB相交于点D，E． （1）如图1，当CD⊥OA于D，CE⊥OB于E，则CD，CE的大小关系为　 　． （2）当三角板绕点C旋转到CD与OA不垂直时，在图2这种情况下，上述结论是否还成立？若成立，请证明；若不成立，请写出你的猜想． 36．如图，在平面直角坐标系xOy中，△ABC三个顶点的坐标分别为A（﹣2，﹣1），B（﹣4，1），C（﹣3，3），△ABC关于原点O对称的图形是△A1B1C1． （1）画出△A1B1C1； （2）BC与B1C1的位置关系是 　 　； （3）若点P（a，b）是△ABC一边上的任意一点，则点P经过上述变换后的对应点P1的坐标可表示为 　 　． 37．如图，在等边△ABC中，AB＝6，点D是线段BC上的一点，CD＝4，将△ABD绕点A旋转后得到△ACE，连接CE．求CE的长． 38．如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，∠B＝50°，将此三角形绕点C按顺时针方向旋转得到△A′B′C，若点B′恰好落在线段AB上，AC、A′B′相交于点O，求∠OCB′的度数． 39．如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，将△ABC绕点C顺时针旋转得到△DEC，使得点B的对应点E恰好落在边AC上，点A的对应点为D，延长DE交AB于点F． （1）若∠BAC＝30°，BC＝1，求线段AD的长； （2）求证：AB⊥DF． 40．如图，△ABC是等边三角形，点D在AC边上，将△BCD绕点C旋转得到△ACE． （1）求证：DE∥BC． （2）若AB＝8，BD＝7，求△ADE的周长． 同步单元练习——北师大版 3.2 图形的旋转 参考答案与试题解析 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 答案 A C B D C A A C A C A 题号 12 13 14 15 16 17 18 19 20 答案 A B D B C D A B D 一．选择题（共20小题） 1．【答案】A 【分析】由于圆是中心对称图形和轴对称图形，则阴影部分的面积等于大圆的四分之一，即可求解． 【解答】解：由于圆是中心对称图形和轴对称图形，则阴影部分的面积等于大圆的四分之一． 故阴影部分的面积π×4＝π． 故选：A． 2．【答案】C 【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． 3．【答案】B 【分析】根据等腰直角三角形的性质可得∠BAC＝45°，再根据旋转的性质求出对应边的夹角∠CAC′＝60°，然后根据∠BAC′＝∠BAC+∠CAC′代入数据进行计算即可得解． 【解答】解：在等腰直角△ABC中，∠BAC＝45°， ∵旋转角为60°， ∴∠CAC′＝60°， ∴∠BAC′＝∠BAC+∠CAC′＝45°+60°＝105°． 故选：B． 4．【答案】D 【分析】由旋转可得AB＝BD，∠ABD＝60°＝∠CBE，∠E＝∠C，BE＝BC，可得∠ADB＝∠DBC＝60°，则AD∥BC． 【解答】解：∵将△ABC绕点B顺时针旋转60°得△DBE， ∴AB＝BD，∠ABD＝60°＝∠CBE，∠E＝∠C，BE＝BC ∴△ADB是等边三角形 ∴∠ADB＝60° ∵∠ABD＝60°＝∠CBE ∴∠DBC＝60° ∴∠DBC＝∠ADB ∴AD∥BC 故选：D． 5．【答案】C 【分析】作AA′、CC′的垂直平分线，它们的交点为N点，从而得到正确选项． 【解答】解：方法一：如图，N点为旋转中心． 方法二：如图， 故选：C． 6．【答案】A 【分析】首先根据轴对称的性质得出翻折后图形，再利用中心对称图形的概念得出即可． 【解答】解：以图的右边缘所在的直线为轴将该图形向右翻转180°后，黑圆在右上角， 再按顺时针方向旋转180°，黑圆在左下角． 故选：A． 7．【答案】A 【分析】将△APB绕A点逆时针旋转60°得△AP′C，显然有△AP′C≌△APB，连PP′，则AP′＝AP，∠P′AP＝60°，得到△AP′P是等边三角形，PP′＝AP，所以△P′CP的三边长分别为PA，PB，PC；再由∠APB+∠BPC+∠CPA＝360°，∠APB：∠BPC：∠CPA＝5：6：7，得到∠APB＝100°，∠BPC＝120°，∠CPA＝140°，这样可分别求出∠PP′C＝∠AP′C﹣∠AP′P＝∠APB﹣∠AP′P＝100°﹣60°＝40°，∠P′PC＝∠APC﹣∠APP′＝140°﹣60°＝80°，∠PCP′＝180°﹣（40°+80°）＝60°，即可得到答案． 【解答】解：如图，将△APB绕A点逆时针旋转60°得△AP′C，显然有△AP′C≌△APB，连PP′， ∵AP′＝AP，∠P′AP＝60°， ∴△AP′P是等边三角形， ∴PP′＝AP， ∵P′C＝PB， ∴△P′CP的三边长分别为PA，PB，PC， ∵∠APB+∠BPC+∠CPA＝360°，∠APB：∠BPC：∠CPA＝5：6：7， ∴∠APB＝100°，∠BPC＝120°，∠CPA＝140°， ∴∠PP′C＝∠AP′C﹣∠AP′P＝∠APB﹣∠AP′P＝100°﹣60°＝40°， ∠P′PC＝∠APC﹣∠APP′＝140°﹣60°＝80°， ∠PCP′＝180°﹣（40°+80°）＝60°， ∴∠PP′C：∠PCP′：∠P′PC＝2：3：4． 故选：A． 8．【答案】C 【分析】根据旋转变换的性质，结合网格结构的特点作出NN1、PP1的垂直平分线，两垂直平分线的交点即为旋转中心． 【解答】解：如图，作出NN1、PP1的垂直平分线，交点为G，则点G是旋转中心， 故选：C． 9．【答案】A 【分析】已知旋转角度，旋转方向，可求∠A′CA，根据互余关系求∠A′，根据对应角相等求∠BAC． 【解答】解：依题意旋转角∠A′CA＝40°， 由于AC⊥A′B′，由互余关系得∠A′＝90°﹣40°＝50°， 由对应角相等，得∠BAC＝∠A′＝50°． 故选：A． 10．【答案】C 【分析】由三角形内角和定理可得∠ACB＝80°，由旋转的性质可得AC＝CE，∠ACE＝∠ACB＝80°，由等腰的性质可得∠CAE＝∠AEC＝50°． 【解答】解：∵∠B＝70°，∠BAC＝30° ∴∠ACB＝80° ∵将△ABC绕点C顺时针旋转得△EDC． ∴AC＝CE，∠ACE＝∠ACB＝80° ∴∠CAE＝∠AEC＝50° 故选：C． 11．【答案】A 【分析】根据旋转的性质可知，脸谱绕⊙O按逆时针方向做无滑动的滚动，这4个位置的角度依次分别都是90°，由此即可找到答案． 【解答】解：∵脸谱绕⊙O按逆时针方向做无滑动的滚动，这4个位置的角度分别都是90°， ∴四个位置完全正确的是A． 故选：A． 12．【答案】A 【分析】根据轴对称图形与中心对称图形的概念求解． 如果一个图形沿着一条直线对折后两部分完全重合，这样的图形叫做轴对称图形，这条直线叫做对称轴． 如果一个图形绕某一点旋转一定的角度后能够与自身重合，那么这个图形就叫做旋转对称图形，这个点叫做旋转中心．对各图形分析后即可得解． 【解答】解：第1个图形，既是旋转对称图形，也是轴对称图形， 第2个图形，是旋转对称图形，不是轴对称图形， 第3个图形，不是旋转对称图形，是轴对称图形， 第4个图形，既是旋转对称图形，也是轴对称图形， 第5个图形，是旋转对称图形，不是轴对称图形． 所以，是旋转对称图形但不是轴对称图形的有：第2个，第5个共2个． 故选：A． 13．【答案】B 【分析】由旋转的性质可得∠D＝∠B＝50°，∠AOC＝65°，由三角形内角和可求∠AOB＝30°，即可求∠BOC的度数． 【解答】解：∵△AOB绕点O逆时针旋转65°得到△COD， ∴∠D＝∠B＝50°，∠AOC＝65°， ∵∠A＝100°，∠B＝50° ∴∠AOB＝30° ∴∠BOC＝∠AOC﹣∠AOB＝35° 故选：B． 14．【答案】D 【分析】由△CHM可由△BEM旋转而得，根据旋转的性质得BM＝MC，∠CHM＝∠BEH，ME＝MH，而BE⊥AD，即∠BEF＝90°，∠CHM＝∠CFE+∠HEF，得到∠CFE＝90°，又FM为EH边上的中线，得到FMEH．因此可进行判断得到答案． 【解答】解：∵△CHM可由△BEM旋转而得， ∴BM＝MC，∠CHM＝∠BEH，ME＝MH， 而BE⊥AD，即∠BEF＝90°， ∴∠BEH＝90°+∠HEF， 又∵∠CHM＝∠CFE+∠HEF， ∴∠CFE＝90°， 即CF⊥AD， 又∵ME＝MH， ∴FMEH． 所以A，B，C都正确． 故选：D． 15．【答案】B 【分析】此题可根据旋转前后对应点到旋转中心的距离相等来判断所求的旋转中心． 【解答】解：如图，连接N和两个三角形的对应点； 发现两个三角形的对应点到点N的距离相等，因此格点N就是所求的旋转中心； 故选：B． 16．【答案】C 【分析】根据旋转的意义，图片按逆时针方向旋转80°，可得∠AOC＝80°，又有∠A＝110°，∠D＝40°，根据图形可得，∠α＝∠AOC﹣∠DOC；代入数据可得答案． 【解答】解：根据旋转的意义，图片按逆时针方向旋转80°， 即∠AOC＝80°， 又∵∠A＝110°，∠D＝40°， ∴∠DOC＝30°， 则∠α＝∠AOC﹣∠DOC＝50°． 故选：C． 17．【答案】D 【分析】确定图形绕自己的中心最少旋转多少度可与自身重合，就是观察图形，可以被从中心发出的射线平分成几部分，则旋转的最小角度即可求解． 【解答】解：等边三角形可以被从中心发出的射线平分成3部分，因而至少要旋转360÷3＝120°． 故选：D． 18．【答案】A 【分析】根据旋转的性质找到对应点、对应角、对应线段作答． 【解答】解：∵△ABC绕点A逆时针旋转80°得到△AB′C′， ∴∠BAB′＝80°，∠BAC＝50°， ∴∠CAB′＝∠BAB′﹣∠BAC＝30°． 故选：A． 19．【答案】B 【分析】连接PP1、NN1、MM1，分别作PP1、NN1、MM1的垂直平分线，看看三线都过哪个点，那个点就是旋转中心． 【解答】解：∵△MNP绕某点旋转一定的角度，得到△M1N1P1， ∴连接PP1、NN1、MM1， 作PP1的垂直平分线过B、D、C， 作NN1的垂直平分线过B、A， 作MM1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． 故选：B． 20．【答案】D 【分析】利用旋转的定义与性质分析得出即可． 【解答】解：∵△ABD绕点A旋转到△ACE的位置，恰好与△ACD组成正方形ADCE， ∴∠EAD＝90°， ∴△ABD按逆（顺）时针方向旋转了90°（270°）． 故选：D． 二．填空题（共10小题） 21．【答案】见试题解答内容 【分析】首先根据旋转的性质得到∠AOA′＝150°，然后根据∠A′OB′＝60°得到∠1＝360°﹣∠AOA′﹣∠A′OB′即可求解． 【解答】解：∵等边△OAB绕点O按逆时针旋转了150°，得到△OA′B′， ∴∠AOA′＝150°， ∵∠A′OB′＝60°， ∴∠1＝360°﹣∠AOA′﹣∠A′OB′＝360°﹣150°﹣60°＝150°， 故答案为：150． 22．【答案】见试题解答内容 【分析】设AD＝x，则AC＝AD+CD＝x+1，由旋转的性质知AB＝AC＝x+1，∠A＝60°，根据cosA可求得x的值，进一步可得答案． 【解答】解：设AD＝x，则AC＝AD+CD＝x+1， 由旋转的性质知AB＝AC＝x+1，∠A＝60°， 在Rt△ABD中，cosA，即， 解得：x＝1， ∴AD＝1、AB＝2， 则BD， 故答案为：． 23．【答案】11． 【分析】先根据旋转的性质得BE＝BD，AE＝CD，∠DBE＝60°，于是可判断△BDE为等边三角形，则有DE＝BD＝5，所以△AED的周长＝DE+AC，再利用等边三角形的性质得AC＝BC＝6，即可求得△AED的周长． 【解答】解：∵△BCD绕点B逆时针旋转60°得到△BAE， ∴BE＝BD，AE＝CD，∠DBE＝60°， ∴△BDE为等边三角形， ∴DE＝BD＝5， ∴△AED的周长＝DE+AE+AD＝DE+CD+AD＝DE+AC， ∵△ABC为等边三角形， ∴AC＝BC＝6， ∴△AED的周长＝DE+AC＝5+6＝11， 故答案为：11． 24．【答案】见试题解答内容 【分析】如图作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△POE和△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+EM﹣（OF﹣FN）＝2EM，不是定值，故（2）错误， ∵OM+ON＝OE+ME+OF﹣NF＝2OE＝定值， 在旋转过程中，△PMN是等腰三角形，形状是相似的，因为PM的长度是变化的，所以MN的长度是变化的，所以△OMN的周长是变化的，故（3）错误， 故答案为（1）（4）． 25．【答案】见试题解答内容 【分析】根据旋转的性质可得出AB＝AD、∠BAD＝100°，再根据等腰三角形的性质可求出∠B的度数，此题得解． 【解答】解：根据旋转的性质，可得：AB＝AD，∠BAD＝100°， ∴∠B＝∠ADB（180°﹣100°）＝40°． 故答案为：40°． 26．【答案】①②③． 【分析】利用等腰三角形的性质以及旋转不变性得出∠A＝∠CDA，∠A＝∠CDE，得出∠CDA＝∠CDE，即可判断①，设BC，DE交于点F，根据外角的性质得出∠BFE＝∠FCE+∠FEC＝∠FDB+∠FBD，根据旋转的性质得出∠ABC＝∠DEC，进而即可判断②，根据旋转的性质以及三角形内角和定理，证明∠DBE+∠DCE＝180°，即可判断③，根据旋转的性质，DE＝AB，而AB≠BC，即可判断④，即可求解． 【解答】解：∵△DCE是由△ACB旋转得到， ∴CA＝CD，∠A＝∠CDE， ∴∠A＝∠CDA， ∴∠CDA＝∠CDE， ∴CD平分∠ADE； 故①正确， 如图，设BC，DE交于点F， ∴∠BFE＝∠FCE+∠FEC＝∠FDB+∠FBD， ∵旋转， ∴∠ABC＝∠DEC， ∴∠BDE＝∠BCE，故②正确； 由旋转的性质可知，∠ACD＝∠BCE， ∵CA＝CD，CB＝CE， ∴∠CAD＝∠CDA＝∠CBE＝∠CEB， ∵∠ABC+∠CAB+∠ACD+∠DCB＝180°， ∴∠ABC+∠CBE+∠DCB+∠BCE＝180°， ∴∠DCE+∠DBE＝180°， ∵∠DCE＝90°， ∴∠DBE＝90°， ∴BE⊥AB； 由旋转的性质，DE＝AB，而AB≠BC， ∴BC≠DE， 故答案为：①②③． 27．【答案】见试题解答内容 【分析】如图，延长AD到G，使得DG＝AD，连接GC．由△ADB≌△GDC，推出AB＝CG＝3，利用三边关系即可解决问题； 【解答】解：如图，延长AD到G，使得DG＝AD，连接GC． ∵BD＝CD，∠ADB＝∠CDG，AD＝DG， ∴△ADB≌△GDC， ∴AB＝CG＝3， ∵AC＝6， ∴6﹣3≤AG≤6+3， ∴3≤2AD≤9， ∴1.5≤AD≤4.5． ∴AD的最大值为4.5，最小值为1.5． 故答案为4.5，1.5． 28．【答案】（1）1． （2）t≥2或t≤﹣2， 【分析】（1）画出图形，求出直线AC的解析式，利用待定系数法求解即可． （2）构建不等式解决问题即可． 【解答】解：（1）如图，由题意A（﹣0.5，1），B（1.5，1）， ∵直线AC的解析式为y＝﹣2x， ∵CA＝CB， ∴点C的横坐标为0.5， ∴C（0.5，1）， ∴点C与x轴的距离为1， 故答案为：1． （2）由题意，t﹣1≥1或t+1≤﹣1， ∴t≥2或t≤﹣2， 故答案为：t≥2或t≤﹣2． 29．【答案】见试题解答内容 【分析】设旋转后点B的对应点为B′，当B′在线段AB上时，连接B′D，由旋转的性质可得BD＝B′D，利用等腰三角形的性质结合三角形内角和定理可求得∠BDB′；当点B′在线段AC上时，连接B′D，在Rt△B′CD中可求得∠CDB′，则可求得旋转角，可求得答案． 【解答】解： 设旋转后点B的对应点为B′， ①当B′在线段AB上时，连接B′D，如图1， 由旋转性质可得BD＝B′D， ∴∠DB′B＝∠B＝55°， ∴α＝∠BDB′＝180°﹣55°﹣55°＝70°； ②当点B′在线段AC上时，连接B′D，如图2， 由旋转性质可得BD＝B′D， ∵BD＝2CD， ∴B′D＝2CD， ∴sin∠CB′D， ∴∠CB′D＝30°， ∴∠BDB′＝90°+30°＝120°； 综上可知旋转角α为70°或120°， 故答案为：70°或120°． 30．【答案】见试题解答内容 【分析】根据等腰三角形的性质求出∠BAD的度数，就是旋转角的度数． 【解答】解：∵AB＝AC，AD⊥BC， ∴∠BAD＝∠CAD∠BAC， ∵∠BAC＝50°， ∴∠BAD＝25°， 故答案为：25°． 三．解答题（共10小题） 31．【答案】见试题解答内容 【分析】（1）依据中心对称的性质，即可得到点A关于点O的对称点A1； （2）依据线段A1B绕点A1顺时针旋转90°得点B对应点B1，即可得出旋转后的线段A1B1； （2）依据三角形的面积公式进行计算即可． 【解答】解：（1）如图所示，点A1即为所求； （2）如图所示，线段A1B1即为所求； （3）如图，连接AB1，BB1， 则8×2＝8． 32．【答案】见试题解答内容 【分析】先利用平行线的性质得∠ACC′＝∠CAB＝75°，再根据旋转的性质得AC＝AC′，∠CAC′＝∠BAB′，然后利用等腰三角形的性质和三角形内角和可计算出∠CAC′，从而得到∠BAB′的度数． 【解答】解：∵CC′∥AB， ∴∠ACC′＝∠CAB＝75°， ∵△ABC绕点A旋转到△AB′C′的位置， ∴AC＝AC′，∠CAC′＝∠BAB′， ∴∠ACC′＝∠AC′C＝75°， ∴∠CAC′＝180°﹣75°﹣75°＝30°， ∴∠BAB′＝30°． 33．【答案】（1）（2，﹣1）；画图见解析． （2）5． 【分析】（1）根据中心对称的性质可得答案． （2）利用割补法求三角形的面积即可． 【解答】解：（1）∵△ABC与△A1B1C1关于原点对称，A（﹣2，1）， ∴A1（2，﹣1）． 故答案为：（2，﹣1）． 如图，△A1B1C1即为所求． （2）△A1B1C1的面积为5． 故答案为：5． 34．【答案】图2，结论仍然成立，图3，结论不成立，AE﹣CF＝EF，理由见解析过程． 【分析】图2，延长DC至点K，使CK＝AE，连接BK，分别证明△BAE≌△BCK、△KBF≌△EBF，根据全等三角形的性质、结合图形证明结论；图3，延长DC至G，使CG＝AE，同样的证明方法可求解． 【解答】解：图2，结论仍然成立， 理由如下：延长DC至点K，使CK＝AE，连接BK， 在△BAE与△BCK中， ， ∴△BAE≌△BCK（SAS）， ∴BE＝BK，∠ABE＝∠KBC， ∵∠FBE＝60°，∠ABC＝120°， ∴∠FBC+∠ABE＝60°， ∴∠FBC+∠KBC＝60°， ∴∠KBF＝∠FBE＝60°， 在△KBF与△EBF中， ， ∴△KBF≌△EBF（SAS）， ∴KF＝EF， ∴AE+CF＝KC+CF＝KF＝EF； 图3，结论不成立，AE﹣CF＝EF， 理由如下：延长DC至G，使CG＝AE， 由（2）可知，△BAE≌△BCG（SAS）， ∴BE＝BG，∠ABE＝∠GBC， ∴∠GBF＝∠GBC﹣∠FBC＝∠ABE﹣∠FBC＝120°+∠FBC﹣60°﹣∠FBC＝60°， ∴∠GBF＝∠EBF， 在△GBF和△EBF中， ， ∴△GBF≌△EBF（SAS）， ∴EF＝GF， ∴AE﹣CF＝CG﹣CF＝GF＝EF． 35．【答案】（1）CD＝CE；（2）证明见解答过程． 【分析】（1）根据角平分线的性质定理解答； （2）根据角平分线的性质得到CD＝CE，证明△FCD≌△GCE，根据全等三角形的性质证明结论． 【解答】解：（1）∵OC平分∠AOB，CD⊥OA，CE⊥OB， ∴CD＝CE， 故答案为：CD＝CE； （2）CD＝CE， 过点C作CF⊥OA于F，CG⊥OB于G， 由（1）可知，CF＝CG， ∵∠AOB＝90°，CF⊥OA，CG⊥OB， ∴四边形FOGC为矩形， ∴∠FCG＝90°， ∴∠FCD+∠DCG＝90°， ∵∠DCE＝90°， ∴∠GCE+∠DCG＝90°， ∴∠FCD＝∠GCE， 在△FCD和△GCE中， ， ∴△FCD≌△GCE（ASA）， ∴CD＝CE． 36．【答案】（1）见解答； （2）平行； （3）（﹣a，﹣b）． 【分析】（1）利用关于原点对称的点的坐标特征得到A1、B1、C1的坐标，然后描点即可； （2）根据中心对称的性质得到OB＝OB1，OC＝OC1，则四边形BCB1C1为平行四边形，则BC∥B1C1； （3）利用关于原点对称的点的坐标特征求解． 【解答】解：（1）如图，△A1B1C1为所作； （2）BC与B1C1的位置关系是平行； 故答案为：平行； （3）点P经过上述变换后的对应点P1的坐标可表示为（﹣a，﹣b）． 故答案为：（﹣a，﹣b）． 37．【答案】见试题解答内容 【分析】根据等边三角形的性质就可以得出∠BAC＝∠DAE＝60°，AB＝BC＝AC，AD＝DE＝AE，进而就可以得出△ABD≌△ACE，据此可得CE＝BD＝BC﹣CD＝2． 【解答】解：∵△ABC和△ADE是等边三角形， ∴∠BAC＝∠DAE＝60°，AB＝BC＝AC，AD＝DE＝AE． ∴∠BAC﹣∠DAC＝∠DAE﹣∠DAC， ∴∠BAD＝∠EAC． 在△ABD和△ACE中， ∴△ABD≌△ACE（SAS）． ∴CE＝BD， ∵BC＝6，CD＝4， ∴CE＝BD＝BC﹣CD＝2． 38．【答案】10°． 【分析】根据旋转的性质可得：CB＝CB'，从而有∠CB'B＝∠B，然后由三角形的内角和可求出∠BCB'，最后根据互余求解即可． 【解答】解：由旋转的性质可得：CB＝CB'， ∴∠CB'B＝∠B＝50°， 在△CBB'中，∠BCB'＝180°﹣∠CB'B﹣∠B＝80°， ∵∠ACB＝90°， ∴∠ACB'＝90°﹣∠BCB'＝10°． 39．【答案】见试题解答内容 【分析】（1）由直角三角形的性质及勾股定理求出AB和AC的长，由旋转的性质得出AC＝CD，由勾股定理可得出答案； （2）由旋转的性质得出∠BAC＝∠CDE，证出∠AFE＝∠ECD＝90°，则可得出AB⊥DE． 【解答】解：（1）∵BC＝1，∠ACB＝90°，∠BAC＝30°， ∴AB＝2BC＝2， ∴AC， ∵将△ABC绕点C顺时针旋转得到△DEC， ∴AC＝CD，∠ACB＝∠ACD＝90°， ∴AD； （2）证明：∵将△ABC绕点C顺时针旋转得到△DEC， ∴∠BAC＝∠CDE， 又∵∠AEF＝∠CED， ∴∠AFE＝∠ECD＝90°， ∴AB⊥DE． 40．【答案】见试题解答内容 【分析】（1）由旋转的性质可得CD＝CE，∠ACB＝∠ACE＝60°，可得∠CDE＝60°＝∠ACB，可证DE∥BC； （2）由旋转的性质可得AE＝BD＝7，即可求△ADE的周长． 【解答】证明：（1）∵△ABC是等边三角形， ∴AB＝BC＝AC，∠ACB＝60°， ∵将△BCD绕点C旋转得到△ACE． ∴CD＝CE，∠ACB＝∠ACE＝60°， ∴△CDE是等边三角形， ∴∠CDE＝60°＝∠ACB， ∴DE∥BC； （2）∵将△BCD绕点C旋转得到△ACE． ∴AE＝BD＝7， ∵△ADE的周长＝AE+DE+AD＝AE+DC+AD＝AE+AC， ∴△ADE的周长＝7+8＝15． 学科网（北京）股份有限公司 $$