专题27 【中考热点问题专项训练3】几何图形的旋转（解析版+原卷版）-2025年中考二轮复习专题提优重难点拓展综合训练

专题27 【中考热点问题专项训练3】几何图形的旋转（解析版） 专题诠释： 几何图形的旋转是近几年中考的热点，由于旋转变换中植入了图形运动变化的因素，得到的图形与原图形之间相互依赖，就想应地提升了思维深度与思维含量，对学生动态作图，图形抽象，逻辑推理等能力要求大为提高。 一、选择题 1．（2025•河北模拟）如图，将△ABC绕点A逆时针旋转α°得到△AB'C'．当点B，C，B'在同一直线上，∠BAC＝100°，α＝150时，∠C'＝（　　） A．60° B．65° C．70° D．75° 【思路引领】根据图象旋转的性质，得AB＝AB′，∠BAB′＝150°，从而得∠B＝15°，结合∠AB′C′＝∠B＝15°，∠B′AC′＝∠BAC＝100°，即可求解． 【完整解答】解：由题意可得： ∴AB＝AB′，∠BAB′＝150°， ∴∠B＝∠AB′B＝（180°﹣150°）÷2＝15°， ∴∠AB′C′＝∠B＝15°，∠B′AC′＝∠BAC＝100°， ∴∠C′＝180°﹣100°﹣15°＝65°， 故选：B． 【总结提升】本题主要考查旋转变换的性质、等腰三角形的性质以及三角形内角和定理，掌握旋转变换的性质是解题的关键． 2．（2024秋•大兴区期末）如图，在△ABC中，∠CAB＝70°，在同一平面内，将△ABC绕点A逆时针旋转α得到△AB'C'，且C'C∥AB，则α的度数为（　　） A．20° B．35° C．40° D．55° 【思路引领】由旋转的性质可得AC＝AC'，∠BAB'＝∠CAC'＝α，可得∠ACC'＝∠AC'C＝70°，即可求解． 【完整解答】解：∵C'C∥AB， ∴∠CAB＝∠ACC'＝70°， ∵将△ABC绕点A逆时针旋转α得到△AB'C'， ∴AC＝AC'，∠BAB'＝∠CAC'＝α， ∴∠ACC'＝∠AC'C＝70°， ∴∠CAC'＝40°＝α， 故选：C． 【总结提升】本题考查了旋转的性质，掌握旋转的性质是解题的关键． 3．（2024秋•武汉期末）如图，△ABO按如图方式放置在平面直角坐标系xOy中，其中∠OBA＝90°，∠AOB＝30°，点A的坐标为（﹣2，0），将△ABO绕原点O顺时针旋转，每次旋转60°，则第2024次旋转结束时，点B对应点的坐标为（　　） A． B． C． D． 【思路引领】根据每次旋转60°，得出每旋转六次，点B对应点的坐标循环，据此再结合图形旋转的性质即可解决问题． 【完整解答】解：由题知， 因为360°÷60°＝6， 所以每旋转六次，点B对应点的坐标循环． 又因为2024÷6＝337余2， 所以第2024次旋转结束时和第2次旋转结束时点B对应点的坐标相同． 如图所示， 由旋转可知， OB＝OM，∠BOM＝120°． 因为∠AOB＝30°， 因为∠BOy＝∠MOy＝60°， 所以点M和点B关于y轴对称． 过点B作x轴的垂线，垂足为Q， 因为点A坐标为（﹣2，0）， 所以OA＝2． 又因为∠AOB＝30°， 所以OB， 所以BQ，OQ， 所以点B的坐标为（）， 所以点M的坐标为（）， 所以第2024次旋转结束时，点B对应点的坐标为（）． 故选：D． 【总结提升】本题主要考查了坐标与图形变化﹣旋转、勾股定理及点的坐标变化规律，能根据题意得出每旋转六次，点B对应点的坐标循环是解题的关键． 4．（2024秋•明水县期末）如图，矩形OABC的顶点O为坐标原点，AC＝4，对角线OB在第一象限的角平分线上．若矩形从图示位置开始，绕点O以每秒45°的速度按顺时针方向旋转，则当第2025秒时，矩形对角线的交点G的坐标为（　　） A． B． C．（2，0） D．（0，2） 【思路引领】先由AC的长得出OB的长，进而得出OG的长，再由每秒旋转45°可得出每旋转八秒点G的位置重复出现，据此可解决问题． 【完整解答】解：因为矩形OABC绕点O以每秒45°的速度按顺时针方向旋转， 所以360°÷45°＝8， 则每旋转八秒点G的位置重复出现． 又因为2025÷8＝253余1， 所以第2025秒时点G的位置与第1秒时点G的位置相同． 因为四边形OABC是矩形，且AC＝4， 所以OB＝AC＝4， 所以OG＝2． 因为对角线OB在第一象限的角平分线上， 所以∠GOx＝45°， 所以第1秒时，点G在x轴上，且GO＝2， 所以此时点G的坐标为（2，0）， 则第2025秒时，点G的坐标为（2，0）． 故选：C． 【总结提升】本题主要考查了坐标与图形变化﹣旋转及点的坐标变化规律，能根据所给旋转方式发现每旋转八秒点G的位置重复出现是解题的关键． 5．（2024秋•大连期末）如图，在△ABC中，AB＝AC，AD⊥BC于D，将AC边绕点A逆时针旋转50°得到线段AE，连接BE交AD于点F，则∠AFE＝（　　） A．50° B．60° C．65° D．70° 【思路引领】由等腰三角形的性质可得∠BAD＝∠CAD，由旋转的性质可得AC＝AE，∠CAE＝50°，由外角的性质可求解． 【完整解答】解：∵AB＝AC，AD⊥BC， ∴∠BAD＝∠CAD， 设∠BAD＝∠CAD＝x， ∵将AC边绕点A逆时针旋转50°得到线段AE， ∴AC＝AE，∠CAE＝50°， ∴AE＝AB，∠BAE＝50°+2x， ∴∠ABE＝65°﹣x， ∴∠AFE＝∠ABE+∠BAD＝65°， 故选：C． 【总结提升】本题考查了旋转的性质，等腰三角形的性质，掌握旋转的性质是解题的关键． 6．（2024秋•渝中区期末）如图，在平面直角坐标系中，△ABC绕旋转中心顺时针旋转90°后得到△A'B'C'，则旋转中心的坐标是（　　） A．（﹣1，0） B．（0，﹣2） C．（0，﹣1） D．（1，﹣2） 【思路引领】对应点连线的垂直平分线的交点即为旋转中心． 【完整解答】解：如图，点P即为旋转中心，P（0，﹣2）． 故选：B． 【总结提升】本题考查坐标与图形变化﹣旋转，解题的关键是掌握旋转变换的性质． 7．（2024秋•平桥区期末）在Rt△ABC中，∠B＝90°，AB＝8，BC＝6，BD是AC边上的中线，把BD绕点D旋转，旋转角为α（0°＜α≤90°），对应点为点B′；如果DB′与直角边平行，则点B′到点C的距离为（　　） A． B． C．或 D．或 【思路引领】当DB′∥BC时，当DB′∥AB时，两种情况先根据直角三角形的性质和勾股定理得到BD＝CDAC＝5，再由旋转的性质可得B'D＝BD＝5，解直角三角形得到cos∠ACB，sin∠ACB，然后通过平行线构造直角三角形求解即可． 【完整解答】解：如图所示，当DB′∥BC时，过点C作CH⊥B'D交B'D的延长线于H， ∵在Rt△ABC中，∠B＝90°，AB＝8，BC＝6， ∴AC10， ∵BD是AC边上的中线， ∴BD＝CD5， 由旋转的性质可得BD＝B'D＝5， 在Rt△ABC中，cos∠ACB，sin∠ACB， ∵DB'∥BC， ∴∠HDC＝∠ACB， ∴sin∠HDC＝sin∠ACB，cos∠HDC＝cos∠ACB， ∴DH＝CD•cos∠CDH＝3，CH＝CD•sin∠CDH＝3， ∴B'H＝8， ∴B′C4， 如图所示，当DB′∥AB时，设DB'、BC交于H， 在Rt△CDH中，DH＝CD•sin∠DCH＝4，CH＝CD•cos∠DCH＝4， ∴B'H＝B'D﹣DH＝1， ∴B′C， 综上所述，点B到点C的距离为或4， 故选：D． 【总结提升】本题主要考查了旋转的性质，勾股定理，解直角三角形，直角三角形斜边上的中线的性质，注意分类讨论是解题的关键． 8．（2024秋•新乡期末）如图，在Rt△ABC中，∠BAC＝60°，点A的坐标为（﹣2，0），点B的坐标为（1，4），将△ABC绕点A逆时针旋转α（90°＜α＜180°），得到△AB′C′．若AC′⊥x轴，则点B′的坐标为（　　） A． B． C． D． 【思路引领】过点B作BD⊥x轴于D，过点B′作B′E⊥x轴于E，根据旋转的性质得到∠B′AC′＝∠BAC＝60°，AB′＝AB＝5，最后解直角三角形AB′E即可． 【完整解答】解：过点B作BD⊥x轴于D，过点B′作B′E⊥x轴于E， 由条件可知AD＝3，BD＝4， ∴AB＝5， ∵△ABC绕点A逆时针旋转得到△A′B′C′， ∴∠B′AC′＝∠BAC＝60°，AB′＝AB＝5， ∵AC′⊥x轴， ∴∠C′AE＝90°， ∴B′AE＝30°， ∵B′E⊥x轴， ∴∠B′EA＝90°， ∴， ∴， ∴B′的坐标为：． 故选：C． 【总结提升】本题考查了旋转的性质、解直角三角形，熟练掌握以上知识点是关键． 9．（2024秋•巫山县期末）如图，E为正方形ABCD内一点，∠CEB＝90°，CE＝3，CB＝5，将Rt△CBE绕点C按顺时针方向旋转90°，得到△CDF．延长BE交DF于点H，连接DE．则DE的长为（　　） A． B． C． D． 【思路引领】根据勾股定理求出BE的长，再根据旋转的性质得出∠ECF＝90°，∠F＝∠BEC＝∠CEH＝90°，CE＝CF，DF＝BE＝4，得出四边形CEHF是正方形，从而推出DH与HE的长，即可推出结果． 【完整解答】解：由勾股定理得，BE4， ∵将Rt△CBE绕点C按顺时针方向旋转90°，得到△CDF． ∴∠ECF＝90°，∠F＝∠BEC＝∠CEH＝90°，CE＝CF，DF＝BE＝4， ∴四边形CEHF是正方形， ∴EH＝CF＝FH＝CE＝3，∠EHF＝90°， ∴DH＝DF﹣HF＝4﹣3＝1， 在Rt△DEH中，由勾股定理得， DE， 故选：B． 【总结提升】本题考查了旋转的性质，熟记旋转的性质是解题的关键． 10．（2024秋•吴兴区期末）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，∠A＝30°，AB＝4，点D是直角边AC上的一个动点，连结BD，以BD为边向外作等边△BDE，连结CE，在点D运动的过程中，线段CE的最小值为（　　） A． B．1 C． D．2 【思路引领】延长BC到点F，使FC＝BC，连结AF，FE，由∠ACB＝90°，∠BAC＝30°，AB＝4，得FC＝BCAB＝2，可证明△ABF是等边三角形，因为△BDE是等边三角形，所以EB＝DB，∠DBE＝60°，可证明△FBE≌△ABD，得∠BFE＝∠BAD＝30°，可知点E在经过点F且与AF垂直的射线FE上运动，作CH⊥FE交射线FE于点H，则CHFC＝1，由CE≥CH，求得CE的最小值为1，于是得到问题的答案． 【完整解答】解：延长BC到点F，使FC＝BC，连结AF，FE， ∵∠ACB＝90°，∠BAC＝30°，AB＝4， ∴FC＝BCAB＝2，∠ABF＝90°﹣∠BAC＝60°， ∴FB＝2BC＝4， ∴FB＝AB， ∴△ABF是等边三角形， ∴∠AFB＝60°， ∵△BDE是等边三角形， ∴EB＝DB，∠DBE＝60°， ∴∠FBE＝∠ABD＝60°﹣∠DBF， 在△FBE和△ABD中， ， ∴△FBE≌△ABD（SAS）， ∴∠BFE＝∠BAD＝30°， ∴∠AFE＝∠AFB+∠BFE＝90°， ∴点E在经过点F且与AF垂直的射线FE上运动， 作CH⊥FE交射线FE于点H，则∠CHF＝90°， ∴CHFC＝1， ∵CE≥CH， ∴CE≥1， ∴CE的最小值为1， 故选：B． 【总结提升】此题重点考查旋转的性质、直角三角形中30°角所对的直角边等于斜边的一半、等边三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、垂线段最短等知识，正确地作出辅助线是解题的关键． 二．填空题（共12小题） 11．（2024秋•安远县期末）如图，在△ABC中，∠B＝40°，将△ABC绕点A逆时针旋转，得到△ADE，点D恰好落在直线BC上，则旋转角的度数为　100°　． 【思路引领】由旋转的性质可知，旋转前后对应边相等，得出等腰三角形，再根据等腰三角形的性质求解． 【完整解答】解：由旋转的性质可知，∠BAD的度数为旋转度数，AB＝AD， 在△ABD中， ∵AB＝AD， ∴∠ADB＝∠B＝40°， ∴∠BAD＝100°， 故答案为：100°． 【总结提升】本题主要考查了旋转的性质，找出旋转角和旋转前后的对应边得出等腰三角形是解答此题的关键． 12．（2025•顺城区模拟）△ABC为等边三角形，D为平面内一点，连接AD，将AD绕点D顺时针旋转60°，得到线段DE，连BD，CE．当∠DAC＝30°，，AD＝4时，CE＝ 　2或　． 【思路引领】分AD在AC的左侧和右侧两种情况讨论求解即可． 【完整解答】解：如图，当AD在AC的左侧时， 由题意可得：； 由旋转得DE＝DA＝4，∠D＝60°， ∵△ADE是等边三角形， 延长AC交DE于点F， ∵∠DAC＝30°， ∴∠AFD＝90°， ∵AD＝4， ∴DF＝2， 由勾股定理得，， 而， ∴点C与点F重合， ∴AC⊥DE， ∴； 如图，当AD在AC的右侧时， 同理得△ADE是等边三角形， ∴AE＝AD＝4，∠DAE＝60°， ∵∠DAC＝30°， ∴∠CAE＝90°， ∴， 故答案为：2或． 【总结提升】本题主要考查等边三角形的判定与性质，旋转的性质以及勾股定理等知识，正确进行计算是解题关键． 13．（2024秋•任城区期末）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B′B，C′B，则C′B的长为 　　． 【思路引领】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′，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． 【完整解答】解：如图， 由旋转性质可知AB＝AB′，∠BAB′＝60°， ∴△ABB′是等边三角形， ∴AB＝BB′＝AB′， 延长BC′交AB′于点D， 又∵AC′＝B′C′， ∴BD垂直平分AB′， ∴AD＝B′D， ∵∠C＝90°，AC＝BC， ∴AB2， ∴AB′＝2， ∴AD＝B′D＝1， ∴BD，C′D1， ∴BC′＝BD﹣C′D． 故答案为：． 【总结提升】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． 14．（2024秋•齐河县期末）如图是一款折叠式台灯，其侧面示意图为折线A﹣B﹣C﹣D，∠C＝60°，连接BD，∠CBD＝80°，线段AB绕点B旋转，AB的延长线与射线CD相交于点E，当∠ABC为 　80或140或170　度时，△BDE是等腰三角形． 【思路引领】分①当点E在CD的延长线上时，②当点E在线段CD上且BE＝DE时，③当点E在线段CD上且DB＝DE时，三种情况分别讨论即可求解． 【完整解答】解：①当点E在CD的延长线上时，如图， ∵∠C＝60°，∠CBD＝80°， ∴∠CDB＝180°﹣∠C+∠CBD＝40°， ∴∠BDE＝140°， ∵△BDE是等腰三角形， ∴BD＝DE， ∴∠BDE＝∠BED， ∴∠ABC＝∠C+∠BED＝60°+20°＝80°； ②当点E在线段CD上且BE＝DE时，如图， ∴∠BDE＝∠EBD＝40°， ∴∠CBE＝80°﹣∠EBD＝40°， ∴∠ABC＝180°﹣∠CBE＝140°； ③当点E在线段CD上且DB＝DE时，如图， ∴∠DBE＝∠EBD， ∴∠CBE＝80°﹣∠EBD＝10°， ∴∠ABC＝180°﹣∠CBE＝170°， 综上所述，当∠ABC为80°或140°或170°时，△BDE是等腰三角形， 故答案为：80或140或170． 【总结提升】本题考查了三角形外角的性质，等腰三角形的性质，解题的关键是分类讨论思想的运用． 15．（2025•良庆区校级开学）如图，正方形ABCD的边长为6，以点C为圆心，2为半径作⊙C．P为⊙C上的动点，连接BP，并将BP绕点B逆时针旋转90°得到BP'，连接CP'．在点P运动的过程中，CP的最大值是　　． 【思路引领】连接P′A，PC，证明△ABP′≌△CBP（SAS），得AP′＝CP＝2，则在点P的运用过程中，点P′始终在以点A为圆心，以2为半径的圆上运动，因此连接AC，当点P′运动到CA的延长线上时，P′C为最大，然后求出AC的长，即可得出CP′长度的最大值． 【完整解答】解：连接P′A，PC，如图1所示： 由条件可知AB＝CB＝6，∠ABC＝90， ∴∠ABP′+∠ABP＝90°， 由旋转的性质得：BP′＝BP，∠PBP′＝90°， ∴∠CBP+∠ABP＝90°， ∴∠ABP′＝∠CBP， 在△ABP′和△CBP中， ， ∴△ABP′≌△CBP（SAS）， ∴AP′＝CP＝2， ∴在点P的运用过程中，点P′始终在以点A为圆心，以2为半径的圆上运动，连接AC，当点P′运动到CA的延长线上时，P′C为最大，如图2所示： 由勾股定理得， ∴，即CP′长度的最大值是， 故答案为：． 【总结提升】此题主要考查了图形的旋转变换及其性质，正方形的性质，点与圆的位置关系，全等三角形的判定和性质，图形的旋转变换及其性质，正方形的性质，点与圆的位置关系，全等三角形的判定和性质是解决问题的关键，确定点P′始终在以点A为圆心，以2为半径的圆上运动是解决问题的难点． 16．（2024秋•南平期末）如图，正方形ABCD中，AB＝2，把△ABC绕点A逆时针旋转60°得到△AEF，连接DF．那么DF＝ 　　． 【思路引领】连接FC，由旋转性质可得AC＝AF，∠CAF＝60°，则△CAF是等边三角形，从而证明直线DF是线段AC的垂直平分线，设DF交AC于点G，则FG⊥AC，由正方形的性质可得，∠ADC＝90°，最后由勾股定理和线段和差即可求解． 【完整解答】解：连接FC， 由题意可得：AC＝AF，∠CAF＝60°， ∴△CAF是等边三角形， ∴FA＝FC， ∵DA＝DC， ∴直线DF是线段AC的垂直平分线，设DF交AC于点G， ∴FG⊥AC， ∵四边形ABCD是正方形， ∴，∠ADC＝90°， ∴， ∴，， 由勾股定理得：， ∴， 故答案为：． 【总结提升】本题考查了旋转的性质，垂直平分线的判定与性质，正方形的性质，等边三角形的判定与性质，勾股定理，掌握这些知识点的应用是解题的关键． 17．（2024秋•盐田区校级期末）如图，在△ABC中，∠BAC＝60°，∠ABC＝75°，AD平分∠BAC交BC边于点D．将△ABD绕点A逆时针旋转一定角度使AB边落在AC边上，得到△AFE，连接CE．若，则CE的长为　　． 【思路引领】先由三角形的内角和定理可得∠ACB＝45°，证明△CAD≌△CAE（SAS），则∠ACD＝∠ACE＝45°，过点E作EH⊥AC，所以∠HEC＝∠HCE＝45°，则CH＝EH，设CH＝EH＝x，根据直角三角形的性质得出AE＝2EH＝2x，最后由勾股定理和线段和差即可求解． 【完整解答】解：∵∠BAC＝60°，∠ABC＝75°， ∴∠ACB＝180°﹣60°﹣75°＝45°， ∵AD平分∠BAC， ∴， 由题意可得：∠EAC＝∠CAD＝30°，AE＝AD， ∵AC＝AC， 在△CAD和△CAE中， ， ∴△CAD≌△CAE（SAS）， ∴∠ACD＝∠ACE＝45°， 过点E作EH⊥AC，如图： ∴∠HEC＝∠HCE＝45°， ∴CH＝EH， 设CH＝EH＝x， ∵∠CAE＝30°， ∴AE＝2EH＝2x， ∴， ∴， ∵， ∴x＝2， ∴CH＝EH＝2， ∴， 故答案为：． 【总结提升】本题考查了旋转的性质，等腰三角形的判定，角平分线的定义，全等三角形的判定与性质，直角三角形的性质，勾股定理，三角形的内角和定理，掌握知识点的应用是解题的关键． 18．（2024秋•宁阳县期末）如图，将△ABC绕点A逆时针方向旋转一定角度得到△ADE，使点D落在BC上，AC与DE相交于点F．若∠C＝40°，DE⊥AC，则∠DAC的大小为 　25°　． 【思路引领】由旋转的性质可得∠BAC＝∠DAE，∠E＝∠C＝40°、AB＝AD，再根据直角三角形两锐角互余可得∠CAE＝50°，进而得到∠BAD＝∠CAE＝50°，然后根据等腰三角形的性质进而得∠ADB＝∠ABC＝65°，最后根据三角形外角的性质求解即可． 【完整解答】解：由题意可得：∠BAC＝∠DAE，∠E＝∠C＝40°，AB＝AD， ∵DE⊥AC， ∴∠CAE＝90°﹣∠E＝50°， ∵∠BAD＝∠BAC﹣∠DAC，∠CAE＝∠DAE﹣∠DAC， ∴∠BAD＝∠CAE＝50°， ∵AB＝AD， ∴， ∵∠ADB＝∠C+∠DAC， ∴65°＝40°+∠DAC，解得：∠DAC＝25°． 故答案为：25°． 【总结提升】本题考查旋转的性质，正确进行计算是解题关键． 19．（2024秋•沙坪坝区校级期末）如图，在菱形ABCD中，∠A＝120°，AD＝6，连接BD．过点C作BC的垂线交BD于点E，点G为BC延长线上的一点，连接EG，将线段EG绕点E顺时针旋转120°得到线段EF，且点F恰好落在边AB上，若，则CG＝　　． 【思路引领】如图，连接AE，根据四边形ABCD是菱形，∠A＝120°，得出 AD＝BC＝CD＝6，∠BCD＝∠BAD＝120°，∠ABC＝∠ADC＝60°，∠1＝∠2＝∠6＝30°，根据题意可得∠BCE＝∠GCE＝90°，解直角三角形求出CE，证明△ADE≌△CDE，得出AE＝CE，∠AED＝∠DEC＝120°，∠AEC＝120°，根据旋转可得∠CEF＝120°，EF＝EG，证出∠4＝∠5，证明△AEF≌△CEG，得出，设CG，EG＝3x，利用勾股定理求出x即可求解． 【完整解答】解：如图，连接AE， ∵四边形ABCD是菱形，∠A＝120°， ∴AD＝BC＝CD＝6，∠BCD＝∠BAD＝120°，∠ABC＝∠ADC＝60°，∠1＝∠2＝∠6＝30°， 根据题意可得∠BCE＝∠GCE＝90°， ∴∠3＝120°﹣90°＝30°，， ∴∠DEC＝180°﹣30°﹣30°＝120°， ∵AD＝CD，∠1＝∠2，DE＝DE， ∴△ADE≌△CDE（SAS）， ∴AE＝CE，∠AED＝∠DEC＝120°， ∴∠AEC＝360°﹣120°×2＝120°， 根据旋转可得∠CEF＝120°，EF＝EG， ∴∠4+∠FEC＝∠5+∠FEC， ∴∠4＝∠5， ∵AE＝EC，∠4＝∠5，EF＝EG， ∴△AEF≌△CEG（SAS）， ∴∠AFE＝∠EGC， ∴， 设，EG＝3x， 则， 解得：（负值已舍去）， ∴， 故答案为：． 【总结提升】本题主要考查了全等三角形的性质和判定，勾股定理，解直角三角形，旋转的性质，三角形内角和定理，菱形的性质等知识点，解题的关键是正确作出辅助线，掌握以上知识点． 20．（2025•信阳模拟）如图，在菱形ABCD中，AB＝AC＝3，对角线AC，BD交于点O，E是BD上的一个动点，将线段AE绕点A逆时针旋转到AF，且∠EAF＝∠BAD，连接EF，DF，若△DEF是直角三角形，则BE的长为 　或2　． 【思路引领】根据菱形的性质得到AB＝BC，AC⊥BD，推出△ABC是等边三角形，得到∠ABC＝60°，∠BAD＝120°，求得BD＝3，∠ABE＝∠ADB＝30°，根据旋转的性质得到AE＝AF，根据全等三角形的性质得到BE＝DF，∠ADF＝∠ABE＝30°，得到∠EDF是定值，若△DEF是直角三角形，分两种情况，①当∠EFD＝90°时，DE＝2DF＝2BE，②当∠DEF＝90°时，DEDFBE，则BDBE＝3， 于是得到结论． 【完整解答】 解：∵四边形ABCD是菱形， ∴AB＝BC，AC⊥BD， ∵AB＝AC， ∴AB＝BC＝AC， 则△ABC是等边三角形， ∴∠ABC＝60°，∠BAD＝120°， ∴∠ABD＝30°， ∵AB＝3， ∴AO， ∴BD＝3，∠ABE＝∠ADB＝30°， ∵将线段AE绕点A逆时针旋转到AF， ∴AE＝AF， ∵∠EAF＝∠BAD，AB＝AD， ∴△ABE≌△ADF（SAS）， ∴BE＝DF，∠ADF＝∠ABE＝30°， ∴∠EDF＝60°， ∴∠EDF是定值， 若△DEF是直角三角形，分两种情况， ①当∠EFD＝90°时，DE＝2DF＝2BE， 则BD＝3BE＝3． ∴BE； ②当∠DEF＝90°时，DEDFBE，则BDBE＝3， ∴BE＝2． 综上所述，BE的长为或2． 故答案为：或2． 【总结提升】本题考查了旋转的性质，全等三角形的判定和性质，菱形的性质，直角三角形的性质，熟练掌握各知识点是解题的关键． 21．（2024秋•烟台期末）如图，在平面直角坐标系中，将△ABO绕点A按顺时针方向旋转到△AB1C1的位置，点B、O分别落在点B1、C1处，点B1在x轴上．再将△AB1C1绕点B1按顺时针方向旋转到△A1B1C2的位置，点C2在x轴上．将△A1B1C2绕点C2按顺时针方向旋转到△A2B2C2的位置，点A2在x轴上，依次进行下去…，若点A的坐标为，点B的坐标为（0，4），则点B2024的横坐标为　10120　． 【思路引领】先根据题意求出AB的长，进而可得出△ABO的周长，再结合所给滚动方式依次求出点B2，B4，B6，…，的横坐标，发现规律即可解决问题． 【完整解答】解：由题知， ∵点A的坐标为，点B的坐标为（0，4）， ∴OA，OB＝4， 则AB， ∴△ABO的周长为． 由所给滚动方式可知， 点B2的横坐标为10，点B4的横坐标为20，点B6的横坐标为30，…， 所以点B2n的横坐标为10n． 当2n＝2024时， n＝1012， 则10n＝10120， 所以点B2024的横坐标为10120． 故答案为：10120． 【总结提升】本题主要考查了坐标与图形变化﹣旋转及点的坐标变化规律，能根据题意得出点B2n的横坐标为10n是解题的关键． 22．（2025•沙坪坝区校级开学）如图，点E是等边△ABC边AC的中点，点D是直线BC上一动点，连接ED，并绕点E逆时针旋转90°，得到线段EF，连接DF，若运动过程中AF的最小值为，则AB的值为　4　． 【思路引领】由“SAS”可证△BDE≌△NFE，可得∠N＝∠CBE＝30°，则点N在与AN成30°的直线上运动，当AF'⊥F'N时，AF'有最小值，即可求解． 【完整解答】解：如图，连接BE，延长AC至N，使EN＝BE，连接FN， ∵△ABC是等边三角形，E是AC的中点， ∴AE＝EC，∠ABE＝∠CBE＝30°，BE⊥AC， ∴∠BEN＝∠DEF＝90°，BEAE， ∴∠BED＝∠CEF， 在△BDE和△NFE中， ， ∴△BDE≌△NFE（SAS）， ∴∠N＝∠CBE＝30°， ∴点F在与AN成30°的直线上运动， ∴当AF'⊥F'N时，AF'有最小值， ∴AF'AN， ∴1（AEAE）， ∴AE＝2， ∴AB＝AC＝4， 故答案为：4． 【总结提升】本题考查了旋转的性质，全等三角形的判定和性质，等边三角形的性质，确定点F的运动轨迹是解题的关键． 三．解答题（共9小题） 23．（2024秋•武汉期末）如图，将△ABC绕点A按逆时针方向旋转80°得到△ADE，连接BD． （1）判断△ABD的形状为　等腰三角形　； （2）若AE∥BD，求∠CAD的度数． 【思路引领】（1）根据旋转的性质可推出结论； （2）根据平行线的性质得出∠EAD＝∠ADB，根据旋转的性质得出∠EAC＝∠DAB＝80°，从而推出结果． 【完整解答】解：（1）∵将△ABC绕点A按逆时针方向旋转80°得到△ADE， ∴AB＝AD， ∴△ABD的形状为等腰三角形， 故答案为：等腰三角形； （2）∵AE∥BD， ∴∠EAD＝∠ADB， ∵将△ABC绕点A按逆时针方向旋转80°得到△ADE， ∴∠EAC＝∠DAB＝80°， ∴∠ADB（180°﹣∠DAB）＝50°， ∴∠EAD＝50°， ∴∠CAD＝∠EAC﹣∠EAD＝80°﹣50°＝30°． 【总结提升】本题考查了旋转的性质，熟记旋转的性质是解题的关键． 24．（2024秋•通州区期末）在△ABC中，∠B＝∠C＝α（0°＜α＜45°），AM⊥BC于点M，D是线段BC上的动点（不与点B，C，M重合），将线段DM绕点D顺时针旋转2α得到线段DE． （1）如图1，如果点E在线段AC上，求证：ME⊥AC； （2）如图2，如果D在线段BM上，在射线MB上存在点F满足DF＝DC，连接AE，AF，EF，求证：AE⊥FE． 【思路引领】（1）由题易知∠MDE＝2α，利用外角性质可得∠DEC＝∠C，进而利用三角形内角和可得∠MEC＝90°，即可求解； （2）由三角形中位线定理可得DE∥CN，DECN，由SAS可证△ABF≌△ACN，可得AF＝AN，由等腰三角形的性质可求解． 【完整解答】证明：（1）∵线段DM绕点D顺时针旋转2α得到线段DE， ∴DM＝DE，∠MDE＝2α， ∴∠DEM＝∠DME， ∵∠MDE＝∠C+∠DEC＝2α，∠C＝α， ∴∠DEC＝α， ∴∠DEC＝∠C， ∵∠EMC+∠DCE+∠MEC＝2（∠EMC+∠DCE）＝180°， ∴∠EMC+∠DCE＝90°， ∴∠MEC＝90°， ∴ME⊥AC； （2）如图，延长FE至点N，使FE＝EN，连接CN、AN， ∵DF＝CD， ∴DE∥CN，DECN， ∴∠DCN＝180°﹣∠EDM＝180°﹣2α， ∴∠ACN＝∠DCN+∠ACB＝180°﹣α， ∵∠ABF＝180°﹣∠ABC＝180°﹣α， ∴∠ABF＝∠ACN， ∵AB＝AC，AM⊥BC， ∴CM＝BM， ∵DF＝DC， ∴BM﹣DM+BF＝DM+CM， ∴DMBF， ∵将线段DM绕点D顺时针旋转2α得到线段DE， ∴DM＝DE， ∴BF＝CN， ∴△ABF≌△ACN（SAS）， ∴AF＝AN， ∵EF＝EN， ∴AE⊥FE． 【总结提升】本题考查了旋转的性质，等腰三角形的性质，全等三角形的判定和性质等内容，熟练掌握相关知识和作出合适的辅助线是解题的关键． 25．（2025•旺苍县一模）问题情境：在学习《图形的平移和旋转》时，数学兴趣小组遇到这样一个问题：如图1，点D为等边△ABC的边BC上的一点，将线段AD绕点A逆时针旋转60°得到线段AE，连接CE． （1）【猜想证明】试猜想BD与CE的数量关系，并加以证明； （2）【探究应用】如图2，点D为等边△ABC内一点，将线段AD绕点A逆时针旋转（60°得到线段AE，连接CE，若B、D、E三点共线，求证：EB平分∠AEC； （3）【拓展提升】如图3，若△ABC是边长为4的等边三角形，点D是线段BC上的动点（不与B、C重合），将线段AD绕点D顺时针旋转60°得到线段DE，连接CE．点D在运动过程中，△DEC的周长最小值＝　　（直接写出答案）． 【思路引领】（1）由旋转的性质可得AD＝AE，∠DAE＝60°，由“SAS”可证△ABD≌△ACE，可得BD＝CE； （2）由旋转的性质可得AD＝AE，∠DAE＝60°，由“SAS”可证△ABD≌△ACE，可得∠ADB＝∠AEC＝120°，从而求得∠AEB＝∠BEC＝60°，即可得出结论； （3）连接AE，由旋转可得AD＝DE，∠ADE＝60°，则△ADE是等边三角形，所以DE＝AD，由（1）知BD＝CE，所以△DCE的周长＝CD+CE+DE＝CD+BD+AD＝BC+AD＝4+AD，所以当AD最小时，△DCE的周长最小，最小值＝4+AD，所以当AD⊥BC时，AD最小，此时△DCE的周长最小，由等边三角形性质求得，由勾股定理求得，即可求解． 【完整解答】（1）解：BD＝CE； 证明：∵将线段AD绕点A逆时针旋转60°得到AE， ∴AD＝AE，∠DAE＝60°， ∵△ABC是等边三角形， ∴AB＝AC，∠BAC＝60°＝∠DAE， ∴∠BAD＝∠CAE， 在△ABD和△ACE中， ， ∴△ABD≌△ACE（SAS）， ∴BD＝CE； （2）证明：∵将线段AD绕点A逆时针旋转60°得到AE， ∴AD＝AE，∠DAE＝60°， ∴△ADE是等边三角形， ∴∠ADE＝∠AED＝60°， ∴∠ADB＝120°， ∵△ABC是等边三角形， ∴AB＝AC，∠BAC＝60°＝∠DAE， ∴∠BAD＝∠CAE， ∴△ABD≌△ACE（SAS）， ∴∠ADB＝∠AEC＝120°， ∴∠BEC＝60°， ∴∠AEB＝∠BEC， ∴EB平分∠AEC； （3）解：连接AE，如图3， 由旋转可得AD＝DE，∠ADE＝60°， ∴△ADE是等边三角形， ∴DE＝AD， 由（1）知BD＝CE， ∴△DCE的周长＝CD+CE+DE＝CD+BD+AD＝BC+AD＝4+AD， ∴当AD最小时，△DCE的周长最小，最小值＝4+AD， ∴当AD⊥BC时，AD最小，此时△DCE的周长最小， ∵AD⊥BC，△ABC是等边三角形， ∴， 由勾股定理，得， ∴△DCE的周长最小值． 故答案为：． 【总结提升】本题是几何变换综合题，考查了全等三角形的判定和性质，旋转的性质，等边三角形的判定和性质，垂线段最短等知识，熟练掌握等边三角形的判定与性质是解题的关键． 26．（2024秋•开州区期末）在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，D是直线BC上一点，连接AD． （1）如图1，D在CB延长线上，DB＝AB，点C到AD的距离为3，求△ACD的面积； （2）D在线段BC上，且CD＝CA， ①如图2，E为CD上一点，ED＝BD，过点E作EF⊥BC交AC于点M，交DA的延长线于点F，求证：FM＝BD； ②如图3，Q为直线AC上一动点，连接DQ，将DQ绕着点D旋转90°至DP，连接BP、PQ，当BP最短时，请直接写出∠CQP的度数． 【思路引领】（1）过点B作BG⊥AD于G，过点C作 CH⊥AD交DA延长线于点H，可证明△ABG≌△CAH，从而AG＝CH，进一步得出结果； （2）①过点E作 EN∥AB交AD延长线于点N，可证得△ABD≌△NED，从而得出AB＝NE，∠NED＝∠B，根据CD＝AC得出∠ADC＝∠CAD，进而证得∠N＝∠F，从而得出EF＝EN，进一步得出结论； （3）作WD⊥DC，交CA的延长线于点W，可证得△WDQ≌△CDP，从而得出∠DCP＝∠W＝45°，从而得出点P在过C点，且与AC垂直的直线上运动，当BP⊥CP时，BP最小（图中BP′），进一步得出结果． 【完整解答】（1）解：如图1， 过点B作BG⊥AD于G，过点C作 CH⊥AD交DA延长线于点H， ∴∠AGB＝∠H＝90°，CH＝3， ∴∠BAG+∠ABG＝90°， ∵∠ABC＝90°， ∴∠CAH+∠BAG＝90°， ∴∠ABG＝∠CAH， 在△ABG和△CAH中， ， ∴△ABG≌△CAH（AAS）， ∴AG＝CH， ∵AB＝AC，BG⊥AD ∴AD＝2AG＝2CH＝6 ∴； （2）①证明：如图2， 过点E作 EN∥AB交AD延长线于点N， 则∠BAD＝∠N， 在△ABD和△NED中， ， ∴△ABD≌△NED（AAS）， ∴AB＝NE，∠NED＝∠B， ∵∠BAC＝90°，AB＝AC， ∴∠B＝∠C＝45°， ∵EF⊥BC， ∴∠FEC＝90°， ∴∠CME＝90°﹣∠C＝45°， ∴∠FAM＝∠CME＝45°， ∴EM＝CE， ∵CD＝AC， ∴∠ADC＝∠CAD， ∴∠N+∠NED＝∠F+∠AMF， ∴∠N+45°＝∠F+45°， ∴N＝∠F， ∴EF＝EN， ∴EF＝AB＝AC＝CD， ∴FM+EM＝CE+DE， ∴FM＝DE＝BD； （3）解：如图3， ∠CQP＝67.5°，理由如下： 作WD⊥DC，交CA的延长线于点W， 可得△CDW是等腰直角三角形， ∴DW＝CD，∠CDW＝90°，∠W＝45°， ∵DQ绕着点D旋转90°至DP， ∴DQ＝DP，∠QDP＝90°， ∴∠QDP＝∠WDC， ∴∠QDP﹣∠QDC＝∠WDC﹣∠QDC， ∴∠CDP＝∠WDQ， ∴△WDQ≌△CDP（SAS）， ∴∠DCP＝∠W＝45°， ∴∠ACP＝∠ACB+∠DCP＝90°， ∴点P在过C点，且与AC垂直的直线上运动， ∴当BP⊥CP时，BP最小（图中BP′）， 此时，四边形ACP′B是正方形， ∴AC＝CP′，∠ACD＝∠P′CD＝45°，CD＝CD， ∴△CDP′≌△CDA（SAS）， ∴∠CDP′＝∠ADC＝∠CAD67.5°， ∵∠ACP′+∠P′DQ′＝90°+90°＝180°， ∴点C、P′、D、Q′共圆， ∴∠CQ′P′＝∠ADP′＝67.5°， 即：当BP最短时，∠CQP的度数为：67.5°． 【总结提升】本题考查了全等三角形的判定和性质，旋转的性质，等腰三角形的性质等知识，解决问题的关键是作辅助线，构造全等三角形． 27．（2024秋•达州期末）如图1，在等边△ABC中，点E是AC边上一动点（点E不与A，C重合），连接BE，过点A作AH⊥BE于点H，将线段AH绕点A逆时针旋转60°得到线段AK，连接HK，CK． （1）若，求线段CK的长； （2）如图2，连接CH，延长KH交BC于点D，当KD取最大值时，求证：AE＝CD； （3）在（2）的条件下，当KD取最大值时，连接DE，将△CDE绕C点旋转，连接AD，BE，分别取AD，BE的中点M，N，连接MN，若△ABC的边长为4，当点D落在直线AC上时，直接写出MN长． 【思路引领】（1）根据线段AH绕点A逆时针旋转60°得到线段AK，可知△AHK为等边三角形，再证△BAH≌△CAK，可知BH＝CK，从而求得答案； （2）过点C作CM∥BH交KD的延长线于点M，由（1）可知，∠BHA＝∠CKA，BH＝CK，从而知道∠AKC＝90°，推出∠HKC＝30°，借助平角可求得∠BHD＝∠DMC＝30°，借助证明△BHD≌△CDM，可知D为BC中点，KD＝AH+HD，AE+DE≥AH+HD，推出当KD最大时，H与E重合，又因为AH⊥BE，BA＝BC，那么此时E点在AC的中点，从而得证； （3）当点D在线段AC的延长线时，取BC的中点J，连接MJ，NJ，过点N作NQ⊥MJ交MJ的延长线于点Q，先求得HM，利用三角形中位线，求得MJ、JN以及∠QJN＝30°，在Rt△QNJ用勾股定理，求得QJ，最后在Rt△QNM用勾股定理，求得MN；当点D在线段AC时，连接DN，过点E作ES⊥BD交BD的延长线于点S，取BS的中点X，连接NX，取DN的中点Y，连接XY，作DZ⊥MN交MN于点Z，先求得AD和MD的长度，然后计算出∠BDE＝150°，然后在Rt△EDS中用勾股定理求得ES和DS，然后利用是三角形中位线求得NX，从而求得DX，DN，然后判定△NXY为等边三角形，推导出∠XDN＝30°，从而得到∠MDN＝120°，MD＝DN＝1，最后在Rt△MDZ中用勾股定理求得MZ，从而得到MN． 【完整解答】（1）解：△ABC是等边三角形， ∴AB＝AC，∠BAC＝60°， ∵线段AH绕点A逆时针旋转60°得到线段AK， ∴AH＝AK，∠KAH＝60°， ∴∠BAC﹣∠HAC＝∠KAH﹣∠HAC， ∴∠BAH＝∠CAK， 在△BAH和△CAK中， ， ∴△BAH≌△CAK（SAS）， ∴BH＝CK， ∵， ∴； （2）证明：过点C作CM∥BH交KD的延长线于点M， 由（1）可知，△BAH≌△CAK， ∴∠BHA＝∠CKA，BH＝CK， ∵AH⊥BE， ∴∠CKA＝90°， ∵线段AH绕点A逆时针旋转60°得到线段AK， ∴AH＝AK，∠KAH＝60°， ∴△KAH是等边三角形， ∴∠AKH＝60°＝∠AHK， ∴∠HKC＝∠CKA﹣∠AKH＝90°﹣60°＝30°，∠BHM＝180°﹣∠AHB﹣∠AHK＝180°﹣90°﹣60°＝30°， ∵BH∥CM， ∴∠BHM＝∠DMC＝30°， ∴∠DMC＝∠HKC＝30°， ∴CM＝CK， ∴CM＝BH， 在△BHD和△CMD中， ， ∴△BHD≌△CMD（AAS）， ∴BD＝CD， ∵KD＝KH+HD＝AH+HD，AE+HD≥AH+HD， ∴KD最大时，H与E重合， 又∵AH⊥BE，BA＝BC， 那么此时E点在AC的中点，如图3： ∴， ∵，AC＝BC， ∴AE＝CD； （3）解：①当点D在线段AC的延长线时，如图4： 由（1）可知，△CDE是等边三角形，， ∵等边△ABC的边长为4，AH⊥BH， ∴AB＝AC＝BC＝4，CD＝CE＝ED＝2，，， ∴AD＝AC+CD＝4+2＝6，， ∴， ∴HM＝AM﹣AH＝3﹣2＝1，CM＝AC﹣AM＝4﹣3＝1， ∴HM＝CM， 取BC的中点J，连接MJ，NJ，过点N作NQ⊥MJ交MJ的延长线于点Q， ∴，MJ∥BH，HJ∥AB， ∴∠MJC＝∠HBC＝30°，∠HJC＝∠ABC＝60°， ∵∠BJN＝∠HJC＝60°，∠BJQ＝∠MJC＝30°， ∴∠QJN＝∠BJN﹣∠BJQ＝60°﹣30°＝30°， ∵BN＝EN，BJ＝CJ， ∴， ∴， 在直角三角形JNQ中，由勾股定理得：， ∴， 在直角三角形MNQ中，由勾股定理得：， ②当点D在线段AC时，连接DN，如5： 由（1）可知，△CDE是等边三角形，CD＝2，△ABC是等边三角形，AB＝4， ∴AD＝AC﹣CD＝4﹣2＝2，∠CDE＝60°， ∴D是AC中点， ∵M是AD的中点， ∴， ∵△ABC是等边三角形，D是AC中点， ∴BD⊥AC， ∴∠BDE＝∠BDC+∠CDE＝90°+60°＝150°， 在直角三角形ABD中，由勾股定理得：， 过点E作ES⊥BD交BD的延长线于点S， 在Rt△DES中，∠SDE＝180°﹣∠BDE＝180°﹣150°＝30°，DE＝2， ∴， 由勾股定理得：， 在Rt△BSE中，， 取BS的中点X，连接NX， ∴NX∥ES，，， ∴∠BXN＝∠BSE＝90°，， 在直角三角形DNX中，由勾股定理得：， 取DN的中点Y，连接XY， ∴， ∵， ∴△XYN是等边三角形， ∴∠XNY＝60°， ∴∠XDN＝90°﹣∠XNY＝90°﹣60°＝30°， ∴∠MDN＝∠ADB+∠XDN＝90°+30°＝120°， 作DZ⊥MN交MN于点Z， ∵MD＝DN＝1， ∴，MZ＝NZ， ∴∠ZMD＝30°， ∴，， ∴． 【总结提升】本题属于几何变换综合题，主要考查了全等三角形的判定与性质，等边三角形的判定与性质，勾股定理，等腰三角形的性质，平角的定义，三角形内角和定理等，熟练掌握以上知识点并作出合适的辅助线是解题的关键． 28．（2025•开州区开学）在△ABC中，点C在直线AB的上方． （1）如图1，∠ACB＝90°，点D在边BC上，且，若AB＝10，求线段AC的长； （2）如图2，点E为△ABC外一点，BC＝AC，CE＝EF，∠ACB＝∠CEF＝∠AEB，猜想AE，CF，EB之间的数量关系，并证明你的猜想； （3）如图3，∠ACB＝90°，AB＝8，点P是射线BC上一动点，且AC＝BP，连接AP，将线段AC绕点A顺时针旋转90°到得线段AQ，连接PQ，直接写出PQ的最小值． 【思路引领】（1）设AC＝x（x＞0），则BD＝x，CD＝2x，BC＝3x，在△ABC中，利用勾股定理求解即可得； （2）AE＝CF+EB，证明：在AE取一点G，使得GA＝EB，先证出△CAG≌△CBE，根据全等三角形的性质可得∠AGC＝∠BEC，CG＝CE，再证出四边形CFEG是平行四边形，根据平行四边形的性质可得CF＝GE，由此即可得证； （3）分两种情况：①当点P在线段BC上时，②当点P在BC的延长线上时，设AB与PQ的交点为点D，过点B作BE⊥AB，且BE＝BD，连接CD，DE，PE，先证出△ADQ≌△BDP，根据全等三角形的性质可得DQ＝DP，AD＝BD，从而可得PQ＝2DP，CD＝BD＝BE＝4，再证出△CAD≌△PBE，根据全等三角形的性质可得PE＝CD＝4，然后利用勾股定理可得，最后根据DP≥DE﹣PE（当且仅当点D，P，E共线时，等号成立）可得DP的最小值，由此即可得． 【完整解答】解：（1）设AC＝x（x＞0）， ∵， ∴BD＝x，CD＝2x， ∴BC＝BD+CD＝3x， ∵在△ABC中，∠ACB＝90°，AB＝10， ∴AC2+BC2＝AB2，即x2+（3x）2＝102， 解得或（不合题意，舍去）， 所以线段AC的长为； （2）AE＝CF+EB； 证明：如图2，在AE取一点G，使得GA＝EB， ∵∠ACB＝∠AEB，∠AOC＝∠BOE， ∴180°﹣∠ACB﹣∠AOC＝180°﹣∠AEB﹣∠BOE，即∠CAG＝∠CBE， 在△CAG和△CBE中， ， ∴△CAG≌△CBE（SAS）， ∴∠AGC＝∠BEC，CG＝CE， ∵∠AGC＝∠ECG+∠CEG，∠BEC＝∠AEB+∠CEG， ∴∠ECG＝∠AEB， ∵∠CEF＝∠AEB， ∴∠ECG＝∠CEF， ∴CG∥EF， ∵CE＝EF， ∴CG＝EF， ∴四边形CFEG是平行四边形， ∴CF＝GE， ∴AE＝GE+AG＝CF+EB； （3）PQ的最小值为．理由如下： ①如图3，当点P在线段BC上时， 设AB与PQ的交点为点D，过点B作BE⊥AB，且BE＝BD，连接CD，DE，PE， 由旋转的性质得：AQ＝AC，∠CAQ＝90°， ∵∠ACB＝90°， ∴∠ACB+∠CAQ＝180°， ∴AQ∥BC， ∴∠DAQ＝∠DBP， ∵AC＝BP， ∴AQ＝BP， 在△ADQ和△BDP中， ， ∴△ADQ≌△BDP（AAS）， ∴DQ＝DP，AD＝BD， ∴PQ＝DQ+DP＝2DP， 在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AB＝8，AD＝BD， ∴， ∵BE＝BD， ∴AD＝BE， ∵∠ACB＝90°，BE⊥AB， ∴∠CAD+∠ABC＝90°＝∠PBE+∠ABC，即∠CAD＝∠PBE， 在△CAD和△PBE中， ， ∴△CAD≌△PBE（SAS）， ∴PE＝CD＝4， 在Rt△BDE中，BE⊥AB，BE＝BD＝4， 由勾股定理得：， 又∵DP≥DE﹣PE（当且仅当点D，P，E共线时，等号成立）， ∴DP的最小值为， ∴PQ的最小值为； ②如图，当点P在BC的延长线上时， 设AB与PQ的交点为点D，过点B作BE⊥AB，且BE＝BD，连接CD，DE，PE， 同理可证：△ADQ≌△BDP， ∴DQ＝DP，AD＝BD， ∴PQ＝DQ+DP＝2DP， 在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AB＝8，AD＝BD， ∴， 同理可证：△CAD≌△PBE， ∴PE＝CD＝4， 在Rt△BDE中，BE⊥AB，BE＝BD＝4， 由勾股定理得：， 又∵DP≥DE﹣PE（当且仅当点D，P，E共线时，等号成立）， ∴DP的最小值为， ∴PQ的最小值为； 综上所述，PQ的最小值为． 【总结提升】本题属于几何变换综合题，主要考查了勾股定理、直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半、三角形全等的判定与性质、旋转的性质、一元二次方程的应用、平行四边形的判定与性质等知识，较难的是题（3），正确找出PQ取得最小值时的位置，并分两种情况讨论是解题关键． 29．（2024秋•门头沟区期末）已知，如图，△ABC是等边三角形． （1）如图1，将线段AC绕点A逆时针旋转90°，得到AD，连接BD，∠BAC的平分线交BD于点E，连接CE． ①依题意补全图1； ②求∠AED的度数； ③求证：． （2）如图2，将线段AC绕点A顺时针旋转90°，得到AD，连接BD，∠BAC的平分线交DB的延长线于点E，连接CE，直接用等式表示线段AE，CE，BD间的数量关系．（不用证明） 【思路引领】（1）①依题意补全图形即可； ②证明∠AED＝∠D＝15°，∠BAE＝30°，再利用三角形的外角的性质即可解决问题． ③作CK⊥BC交BD于K，连接CD．证明BE＝EK，DKAE即可解决问题． （2）过点A作AF⊥AE，交ED的延长线于点F（如图3），利用全等三角形的性质以及等腰直角三角形的性质解决问题即可． 【完整解答】（1）①解：依题意补全图形1，如图： ②解：∵△ABC是等边三角形， ∴AB＝AC，∠BAC＝60°． ∵AE平分∠BAC， ∴∠BAE＝∠EAC＝30°． 由旋转可知：AD＝AC，∠CAD ＝ 90°． ∴AB＝AD，∠BAD＝150°． ∴∠ABD＝∠D＝15°． ∴∠AED＝∠ABD+∠BAE ＝ 45°； ③证明：如图2，过点A作AF⊥AE，交ED的延长线于点F． ∴∠EAF＝90°． ∵∠AED＝45°， ∴△AEF为等腰直角三角形． ∴AE＝AF，∠AEF＝∠AFE ＝ 45°， ∴EFAE， 由旋转可知：AD ＝ AC ＝ AB，∠CAD ＝ 90°， ∴∠CAD＝∠EAF ＝ 90°， ∴∠CAE＝∠DAF， ∴△AEC≌△AFD（SAS）， ∴CE＝FD， ∵AE平分∠BAC， ∴∠CAE＝∠BAE， ∴∠DAF＝∠BAE， ∴△AEB≌△AFD（SAS）， ∴BE＝FD， ∴BE＝FD＝EC， ∵BD ＝ BE+EF+FD， ∴BD AE+2EC； （2）BD AE﹣2CE， 理由：过点A作AF⊥AE，交ED的延长线于点F（如图3）． ∵△ABC是等边三角形， ∴AB＝AC，∠BAC＝60°， ∵AE平分∠BAC， ∴∠EAB∠BAC＝30°， 由旋转可知：AD＝AC，∠CAD＝90°， ∴AB＝AD，∠BAD＝∠CAD﹣∠BAC＝30°， ∴∠ADB＝∠ABD＝75°， ∴∠AEB＝∠ABD﹣∠BAE＝45°， ∵AF⊥AE， ∴∠F＝45°＝∠AEB， ∴AF＝AE， ∴EFAE， ∵∠DAF＝∠EAF﹣∠EAB﹣∠BAD＝30°， ∴∠DAF＝∠EAB＝30°， 又∵∠F＝∠AEB＝45°，AD＝AB， ∴△ADF≌△ABE（SAS）， ∴DF＝BE， ∵AB＝AC，AE平分∠BAC， ∴AE垂直平分BC， ∴CE＝BE， ∵BD＝EF﹣DF﹣BE， ∴BDAE﹣2CE． 【总结提升】本题属于几何变换综合题，考查了旋转变换，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形或相似三角形解决问题，属于中考压轴题． 30．（2024秋•大连期末）在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，D为直线AC上任意一点（不与A，C重合），连接BD，将线段DB绕点D按顺时针方向旋转90°得到线段DE，连接AE． （1）如图1，当点D在线段AC上时，求证：∠CBD＝∠EDA； （2）如图2，当点D在线段AC的延长线上时，猜想线段AE，BD与AB的数量关系并说明理由； （3）若CD＝2AD，请直接写出cos∠ECD的值． 【思路引领】（1）由∠BDE＝90°得出∠CDB+∠EDA＝90°，由∠ACB＝90°得出∠CBD+∠CDB＝90°，进而得出结论； （2）作EF⊥AD于F，可证得△BDC≌△DEF，从而DE＝BD，BC＝DF，CD＝EF，进而证得AF＝EF，从而得出EFAE，DF，进而根据勾股定理得出结论； （3）分两种情形：当点D在AC上时，作EF⊥CA于F，不妨设AD＝1，CD＝2，则BC＝AC＝3，根据△DEF≌△BDC，EF＝CD＝2，DF＝BC＝3，进一步得出结果；同样方法得出当点D在CA的延长线上时的情形． 【完整解答】（1）证明：∵线段DB绕点D按顺时针方向旋转90°得到线段DE， ∴∠BDE＝90°， ∴∠CDB+∠EDA＝90°， ∵∠ACB＝90°， ∴∠CBD+∠CDB＝90°， ∴∠CBD＝∠EDA； （2）解：如图1， AE2+AB2＝2BD2，理由如下： 作EF⊥AD于F， ∴∠EFD＝∠BCF＝90°， 同理（1）可得， ∠BDC＝∠DEF， ∵线段DB绕点D按顺时针方向旋转90°得到线段DE， ∴BD＝DE， ∴△BDC≌△DEF（AAS）， ∴DE＝BD，BC＝DF，CD＝EF， ∵BC＝AC， ∴AC＝DF， ∴AF＝CD， ∴AF＝EF， ∴EFAE， ∵∠ACB＝90°，AC＝BC， ∴BC， ∴DF， 在Rt△DEF中，由勾股定理得， EF2+DF2＝DE2， ∴， ∴AE2+AB2＝2BD2； （3）如图2， 当点D在AC上时，作EF⊥CA于F， 不妨设AD＝1，CD＝2，则BC＝AC＝3， 同理（2）可得， △DEF≌△BDC， ∴EF＝CD＝2，DF＝BC＝3， ∴CF＝CD+DF＝5， ∴CE， ∴， 如图3， 当点D在CA的延长线上时，作EF⊥CD于F， 不妨设AD＝1，则BC＝AC＝1，CD＝2， 由上可知， DF＝BC＝1，EF＝CD＝2， ∴CF＝CD+DF＝3， ∴CE， ∴cos∠EDC， 综上所述：cos∠ECD或． 【总结提升】本题考查了全等三角形的判定和性质，锐角三角函数的定义，勾股定理等知识，解决问题的关键是分类讨论． 31．（2024秋•武汉期末）问题背景： （1）如图（1），将△ADB绕点A逆时针旋转α得到△AEC，此时B，E，C三点在同一直线上，求证：BA平分∠DBC； 尝试运用： （2）如图（2），在（1）的条件下，α＝120°，连接DE，点F为BC的中点，点G为DE的中点，连接FG，求证：FG⊥AB； 拓展创新： （3）如图（3），在△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝BC＝2，点D为线段BC上一动点，在AD左侧作Rt△AED，∠AED＝90°，∠ADE＝30°，当点D从点B运动至点C的过程中，点E的运动路径长为　1　． 【思路引领】（1）可推出∠C＝∠ABD＝∠ABC＝∠C，从而得出结论； （2）连接AG，AF，FG的延长线交AB于H，可推出，从而△FAG∽△CAE，从而得出∠AFG＝∠C＝30°，进一步得出结论； （3）作∠ABF＝∠ADE＝30°，作AF⊥BF于F，连接EF，可证得△AFE∽△ABD，从而得出∠AFE＝∠ABD＝90°，进而得出点E在定直线FB上运动，当点D在B处时，点E在点F处，当点D在C处时，点E在点E′，进一步得出结果． 【完整解答】（1）证明：∵△ADB绕点A逆时针旋转α得到△AEC， ∴∠C＝∠ABD，AB＝AC， ∴∠ABC＝∠C， ∴∠ABD＝∠ABC， ∴BA平分∠DBC； （2）证明：如图1， 连接AG，AF，FG的延长线交AB于H， ∵△ADB绕点A逆时针旋转α得到△AEC， ∴AB＝AC，AD＝AE，∠DAE＝∠BAC＝120°， ∴∠AED＝∠ADE＝30°，∠C＝∠ABC＝30°， ∵点F是BC的中点，G是DE的中点， ∴AF⊥BC，AG⊥DE，∠GAE，∠BAF＝∠FAC， ∴，∠GAE＝∠FAC， ∴， ∴△FAG∽△CAE， ∴∠AFG＝∠C＝30°， ∴∠AFG+∠BAF＝30°+60°＝90°， ∴∠AHF＝90°， ∴FG⊥AB； （3）解：如图2， 作∠ABF＝∠ADE＝30°，作AF⊥BF于F，连接EF， ∴，∠BAF＝60°， ∵∠AED＝90°， ∴， ∴， ∴∠BAF﹣∠BAE＝∠DAE﹣∠BAE， ∴∠EAF＝∠BAD， ∴△AFE∽△ABD， ∴∠AFE＝∠ABD＝90°， ∴∠AFE＝∠AFB， ∴点F、E、B共线， ∴点E在定直线FB上运动， 当点D在B处时，点E在点F处，当点D在C处时，点E在点E′， ∵∠BAF＝∠CAE′＝60°， ∴∠FAE′＝∠BAC＝45°， ∵AB＝BC＝2，∠BAC＝90°， ∴ACBC＝2， ∴AE′， ∴FE′AE′＝1， ∴点E的运动路径长为1． 故答案为：1． 【总结提升】本题考查了相似三角形的判定和性质，解直角三角形，等腰三角形的性质，旋转的性质等知识，解决问题的关键是作辅助线，构造相似三角形． 1 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题27 【中考热点问题专项训练3】几何图形的旋转（原卷版） 专题诠释： 几何图形的旋转是近几年中考的热点，由于旋转变换中植入了图形运动变化的因素，得到的图形与原图形之间相互依赖，就想应地提升了思维深度与思维含量，对学生动态作图，图形抽象，逻辑推理等能力要求大为提高。 一、选择题 1．（2025•河北模拟）如图，将△ABC绕点A逆时针旋转α°得到△AB'C'．当点B，C，B'在同一直线上，∠BAC＝100°，α＝150时，∠C'＝（　　） A．60° B．65° C．70° D．75° 2．（2024秋•大兴区期末）如图，在△ABC中，∠CAB＝70°，在同一平面内，将△ABC绕点A逆时针旋转α得到△AB'C'，且C'C∥AB，则α的度数为（　　） A．20° B．35° C．40° D．55° 3．（2024秋•武汉期末）如图，△ABO按如图方式放置在平面直角坐标系xOy中，其中∠OBA＝90°，∠AOB＝30°，点A的坐标为（﹣2，0），将△ABO绕原点O顺时针旋转，每次旋转60°，则第2024次旋转结束时，点B对应点的坐标为（　　） A． B． C． D． 4．（2024秋•明水县期末）如图，矩形OABC的顶点O为坐标原点，AC＝4，对角线OB在第一象限的角平分线上．若矩形从图示位置开始，绕点O以每秒45°的速度按顺时针方向旋转，则当第2025秒时，矩形对角线的交点G的坐标为（　　） A． B． C．（2，0） D．（0，2） 5．（2024秋•大连期末）如图，在△ABC中，AB＝AC，AD⊥BC于D，将AC边绕点A逆时针旋转50°得到线段AE，连接BE交AD于点F，则∠AFE＝（　　） A．50° B．60° C．65° D．70° 6．（2024秋•渝中区期末）如图，在平面直角坐标系中，△ABC绕旋转中心顺时针旋转90°后得到△A'B'C'，则旋转中心的坐标是（　　） A．（﹣1，0） B．（0，﹣2） C．（0，﹣1） D．（1，﹣2） 7．（2024秋•平桥区期末）在Rt△ABC中，∠B＝90°，AB＝8，BC＝6，BD是AC边上的中线，把BD绕点D旋转，旋转角为α（0°＜α≤90°），对应点为点B′；如果DB′与直角边平行，则点B′到点C的距离为（　　） A． B． C．或 D．或 8．（2024秋•新乡期末）如图，在Rt△ABC中，∠BAC＝60°，点A的坐标为（﹣2，0），点B的坐标为（1，4），将△ABC绕点A逆时针旋转α（90°＜α＜180°），得到△AB′C′．若AC′⊥x轴，则点B′的坐标为（　　） A． B． C． D． 9．（2024秋•巫山县期末）如图，E为正方形ABCD内一点，∠CEB＝90°，CE＝3，CB＝5，将Rt△CBE绕点C按顺时针方向旋转90°，得到△CDF．延长BE交DF于点H，连接DE．则DE的长为（　　） A． B． C． D． 10．（2024秋•吴兴区期末）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，∠A＝30°，AB＝4，点D是直角边AC上的一个动点，连结BD，以BD为边向外作等边△BDE，连结CE，在点D运动的过程中，线段CE的最小值为（　　） A． B．1 C． D．2 二．填空题（共12小题） 11．（2024秋•安远县期末）如图，在△ABC中，∠B＝40°，将△ABC绕点A逆时针旋转，得到△ADE，点D恰好落在直线BC上，则旋转角的度数为　 　． 12．（2025•顺城区模拟）△ABC为等边三角形，D为平面内一点，连接AD，将AD绕点D顺时针旋转60°，得到线段DE，连BD，CE．当∠DAC＝30°，，AD＝4时，CE＝ 　 ． 13．（2024秋•任城区期末）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B′B，C′B，则C′B的长为 　 ． 14．（2024秋•齐河县期末）如图是一款折叠式台灯，其侧面示意图为折线A﹣B﹣C﹣D，∠C＝60°，连接BD，∠CBD＝80°，线段AB绕点B旋转，AB的延长线与射线CD相交于点E，当∠ABC为 　 　度时，△BDE是等腰三角形． 15．（2025•良庆区校级开学）如图，正方形ABCD的边长为6，以点C为圆心，2为半径作⊙C．P为⊙C上的动点，连接BP，并将BP绕点B逆时针旋转90°得到BP'，连接CP'．在点P运动的过程中，CP的最大值是　　． 16．（2024秋•南平期末）如图，正方形ABCD中，AB＝2，把△ABC绕点A逆时针旋转60°得到△AEF，连接DF．那么DF＝ 　 ． 17．（2024秋•盐田区校级期末）如图，在△ABC中，∠BAC＝60°，∠ABC＝75°，AD平分∠BAC交BC边于点D．将△ABD绕点A逆时针旋转一定角度使AB边落在AC边上，得到△AFE，连接CE．若，则CE的长为　 ． 18．（2024秋•宁阳县期末）如图，将△ABC绕点A逆时针方向旋转一定角度得到△ADE，使点D落在BC上，AC与DE相交于点F．若∠C＝40°，DE⊥AC，则∠DAC的大小为 　 　． 19．（2024秋•沙坪坝区校级期末）如图，在菱形ABCD中，∠A＝120°，AD＝6，连接BD．过点C作BC的垂线交BD于点E，点G为BC延长线上的一点，连接EG，将线段EG绕点E顺时针旋转120°得到线段EF，且点F恰好落在边AB上，若，则CG＝　 ． 20．（2025•信阳模拟）如图，在菱形ABCD中，AB＝AC＝3，对角线AC，BD交于点O，E是BD上的一个动点，将线段AE绕点A逆时针旋转到AF，且∠EAF＝∠BAD，连接EF，DF，若△DEF是直角三角形，则BE的长为 　 ． 21．（2024秋•烟台期末）如图，在平面直角坐标系中，将△ABO绕点A按顺时针方向旋转到△AB1C1的位置，点B、O分别落在点B1、C1处，点B1在x轴上．再将△AB1C1绕点B1按顺时针方向旋转到△A1B1C2的位置，点C2在x轴上．将△A1B1C2绕点C2按顺时针方向旋转到△A2B2C2的位置，点A2在x轴上，依次进行下去…，若点A的坐标为，点B的坐标为（0，4），则点B2024的横坐标为　 　． 22．（2025•沙坪坝区校级开学）如图，点E是等边△ABC边AC的中点，点D是直线BC上一动点，连接ED，并绕点E逆时针旋转90°，得到线段EF，连接DF，若运动过程中AF的最小值为，则AB的值为　 　． 三．解答题（共9小题） 23．（2024秋•武汉期末）如图，将△ABC绕点A按逆时针方向旋转80°得到△ADE，连接BD． （1）判断△ABD的形状为　 ； （2）若AE∥BD，求∠CAD的度数． 24．（2024秋•通州区期末）在△ABC中，∠B＝∠C＝α（0°＜α＜45°），AM⊥BC于点M，D是线段BC上的动点（不与点B，C，M重合），将线段DM绕点D顺时针旋转2α得到线段DE． （1）如图1，如果点E在线段AC上，求证：ME⊥AC； （2）如图2，如果D在线段BM上，在射线MB上存在点F满足DF＝DC，连接AE，AF，EF，求证：AE⊥FE． 25．（2025•旺苍县一模）问题情境：在学习《图形的平移和旋转》时，数学兴趣小组遇到这样一个问题：如图1，点D为等边△ABC的边BC上的一点，将线段AD绕点A逆时针旋转60°得到线段AE，连接CE． （1）【猜想证明】试猜想BD与CE的数量关系，并加以证明； （2）【探究应用】如图2，点D为等边△ABC内一点，将线段AD绕点A逆时针旋转（60°得到线段AE，连接CE，若B、D、E三点共线，求证：EB平分∠AEC； （3）【拓展提升】如图3，若△ABC是边长为4的等边三角形，点D是线段BC上的动点（不与B、C重合），将线段AD绕点D顺时针旋转60°得到线段DE，连接CE．点D在运动过程中，△DEC的周长最小值＝　 （直接写出答案）． 26．（2024秋•开州区期末）在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，D是直线BC上一点，连接AD． （1）如图1，D在CB延长线上，DB＝AB，点C到AD的距离为3，求△ACD的面积； （2）D在线段BC上，且CD＝CA， ①如图2，E为CD上一点，ED＝BD，过点E作EF⊥BC交AC于点M，交DA的延长线于点F，求证：FM＝BD； ②如图3，Q为直线AC上一动点，连接DQ，将DQ绕着点D旋转90°至DP，连接BP、PQ，当BP最短时，请直接写出∠CQP的度数． 27．（2024秋•达州期末）如图1，在等边△ABC中，点E是AC边上一动点（点E不与A，C重合），连接BE，过点A作AH⊥BE于点H，将线段AH绕点A逆时针旋转60°得到线段AK，连接HK，CK． （1）若，求线段CK的长； （2）如图2，连接CH，延长KH交BC于点D，当KD取最大值时，求证：AE＝CD； （3）在（2）的条件下，当KD取最大值时，连接DE，将△CDE绕C点旋转，连接AD，BE，分别取AD，BE的中点M，N，连接MN，若△ABC的边长为4，当点D落在直线AC上时，直接写出MN长． 28．（2025•开州区开学）在△ABC中，点C在直线AB的上方． （1）如图1，∠ACB＝90°，点D在边BC上，且，若AB＝10，求线段AC的长； （2）如图2，点E为△ABC外一点，BC＝AC，CE＝EF，∠ACB＝∠CEF＝∠AEB，猜想AE，CF，EB之间的数量关系，并证明你的猜想； （3）如图3，∠ACB＝90°，AB＝8，点P是射线BC上一动点，且AC＝BP，连接AP，将线段AC绕点A顺时针旋转90°到得线段AQ，连接PQ，直接写出PQ的最小值． 29．（2024秋•门头沟区期末）已知，如图，△ABC是等边三角形． （1）如图1，将线段AC绕点A逆时针旋转90°，得到AD，连接BD，∠BAC的平分线交BD于点E，连接CE． ①依题意补全图1； ②求∠AED的度数； ③求证：． （2）如图2，将线段AC绕点A顺时针旋转90°，得到AD，连接BD，∠BAC的平分线交DB的延长线于点E，连接CE，直接用等式表示线段AE，CE，BD间的数量关系．（不用证明） 30．（2024秋•大连期末）在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，D为直线AC上任意一点（不与A，C重合），连接BD，将线段DB绕点D按顺时针方向旋转90°得到线段DE，连接AE． （1）如图1，当点D在线段AC上时，求证：∠CBD＝∠EDA； （2）如图2，当点D在线段AC的延长线上时，猜想线段AE，BD与AB的数量关系并说明理由； （3）若CD＝2AD，请直接写出cos∠ECD的值． 31．（2024秋•武汉期末）问题背景： （1）如图（1），将△ADB绕点A逆时针旋转α得到△AEC，此时B，E，C三点在同一直线上，求证：BA平分∠DBC； 尝试运用： （2）如图（2），在（1）的条件下，α＝120°，连接DE，点F为BC的中点，点G为DE的中点，连接FG，求证：FG⊥AB； 拓展创新： （3）如图（3），在△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝BC＝2，点D为线段BC上一动点，在AD左侧作Rt△AED，∠AED＝90°，∠ADE＝30°，当点D从点B运动至点C的过程中，点E的运动路径长为　1　． 1 学科网（北京）股份有限公司 $$