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-- 　2024—2025学年苏科版数学八年级下册

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． （1） 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． 学科网（北京）股份有限公司 $$