第二十三章 旋转全章培优测试卷（必考点分类集训）-2025-2026学年人教版九年级数学上册必考点分类集训系列

第二十三章 旋转全章培优测试卷 【人教版】 （考试时间：120分钟 试卷满分：120分） 考前须知： 1．本卷试题共24题，单选10题，填空6题，解答8题。 2．本卷聚焦全章基础考点与重难点，旨在检测所学内容掌握程度。 第Ⅰ卷 一、单项选择题（本题共10小题，每小题3分，共30分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。） 1．（3分）2024年巴黎奥运会，我国体育健儿顽强拼搏、追求卓越，取得了优异的成绩，为国争光．以下奥运会图标中不是中心对称图形的是（　　） A． B． C． D． 2．（3分）如图，在正方形网格中，将△PMN绕某一点旋转某一角度得到△P′M′N′，则旋转中心是（　　） A．点A B．点B C．点C D．点D 3．（3分）把如图的五角星绕着它的中心旋转一定角度后与自身重合，则这个旋转角度可能是（　　） A．36° B．72° C．90° D．108° 4．（3分）若P（3，a）与Q（b，﹣4）关于坐标原点成中心对称，则a，b分别为（　　） A．4，3 B．4，﹣3 C．﹣4，3 D．﹣4，﹣3 5．（3分）如图，△ABO与△CBO关于BO轴对称，延长AC到Q，使CQ＝OA，C为BP中点，下列三角形中与△PQC成中心对称的是（　　） A．△ABO B．△CBO C．△ABC D．△ACP 6．（3分）如图，这是4×4的正方形网格，选择一空白小正方形，其与阴影部分组成的图形是中心对称图形的情况有（　　） A．1种 B．2种 C．3种 D．4种 7．（3分）如图，将直角△ABO放置在平面直角坐标系中，其中O为坐标原点，点B在x轴正半轴上，∠BAO＝90°，AO＝2，将△ABO绕点A逆时针旋转60°得到△AB'O'，此时点O的对应点O′恰好落在OB上，则点B'的坐标为（　　） A．（4，4） B． C． D． 8．（3分）如图，△ABC绕点B顺时针旋转60°得到△DBE，点C对应点E恰好落在AB的延长线上，DE与AC，BC分别相交于点M，N，连结CE，若AB＝BC，则下列说法不一定正确的是（　　） A．△BCE是等边三角形 B．∠AMD＝60° C．BC与DE互相垂直平分 D．DE＝4MN 9．（3分）如图，将△ABC绕点C逆时针旋转α得到△A′B′C′．当点B′落在BA的延长线上时，恰好A′B′∥AC，若α＝220°，则∠BCA的度数为（　　） A．100° B．120° C．130° D．140° 10．（3分）如图，在△ABC中，∠BAC＝120°，AB+AC＝n（n＞0），BC绕点B顺时针旋转120°得到BD，当AD的最小值为时，n的值为（　　） A．3 B． C． D．4 二．填空题（共6小题，满分18分，每小题3分） 11．（3分）已知点P1（a﹣2，1）和P2（1，b+1）关于原点对称，则（a+b）2025的值为　 　 ． 12．（3分）如图在平面直角坐标系中，△OAB的顶点A，B的坐标分别为，（4，0）．把△OAB绕点O逆时针旋转使OB与y轴重合得到△OCD，则点D的坐标为 　 　 ． 13．（3分）如图，Rt△ABC与Rt△EDC关于点C成中心对称，点P是AB的中点，若AB＝10，∠A＝60°，则CP+CE＝ 　 　 ． 14．（3分）我们规定：在平面直角坐标系中，设点P到原点的距离为ρ（希腊字母读作“柔”），OP看作由x轴的正半轴逆时针旋转而成的夹角α，则用[ρ，α]表示点P的雷达坐标，则点P（﹣2024，2024）的雷达坐标为 　 　 ．（所写坐标形式必须符合重点标注部分的定义） 15．（3分）如图，直线a、b垂直相交于点O，曲线C关于点O成中心对称，点A的对称点是点A′，AB⊥a于点B，A′D⊥b于点D．若OB＝4，OD＝3，则阴影部分的面积之和为　 　 ． 16．（3分）如图，∠MON＝30°，点P，Q在边ON上，OP＝2，OQ，将线段PQ绕点P顺时针旋转α（0°＜α＜180°）后，若点Q落在边OM上，则旋转角α的度数为 　 　 ． 三．解答题（共8小题，满分72分） 17．（8分）如图，在平面直角坐标系中，即△ABC的三个顶点分别是A（﹣3，2），B（﹣1，4），C（0，2）． （1）将△ABC以点O为旋转中心旋转180°，画出旋转后对应的△A1B1C1． （2）平移△ABC，若点A的对应点A2的坐标为（﹣5，﹣2），画出平移后对应的△A2B2C2； （3）将△ABC以点O为旋转中心顺时针旋转90°，画出旋转后对应的△A3B3C3； （4）若将△A1B1C1绕某一点旋转可以得到△A2B2C2，请直接写出旋转中心的坐标为 　 　 ． 18．（8分）如图是由小正方形组成的3×4网格，每个小正方形的顶点叫作格点，矩形ABCD的四个顶点都是格点．仅用无刻度直尺在给定网格中完成如下两个问题，每个问题的画线不得超过五条． （1）如图1，E是格点，先将点E绕点A逆时针旋转90°，画对应点F，再画直线FG交AB于点G，使直线FG平分矩形ABCD的面积． （2）如图2，先画点C关于直线BD的对称点M，再画射线MN交BD于点N，使MN∥AD． 19．（8分）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＝40°，求∠BAF的度数； （2）若AC＝8，BC＝6，求AF的长． 20．（8分）如图，在菱形ABCD中，∠BAD＝120°，E是CD边上一点（不与点C，D重合），将线段AE绕点A逆时针旋转60°得到线段AF，连接FD． （1）求证：AC∥FD； （2）连接BF，若AB＝4，CE＝1，求线段BF的长． 21．（8分）如图，△ABC中，AB＝BC，点O是△ABC内一点，将△ABO旋转后能与△BCD重合 （1）旋转中心是点 　 　 ； （2）若∠ACB＝70°，旋转角是 　 　 度； （3）若∠ACB＝60°，请判断△BOD的形状并说明理由． 22．（10分）如图，点O是等边△ABC内一点，∠AOB＝110°，∠BOC＝α，将CO绕点C顺时针方向旋转60°得到CD，连接AD，OD． （1）当α＝150°时，求证：△AOD为直角三角形； （2）求∠DAO的度数； （3）请你探究：当α为多少度时，△AOD是等腰三角形？ 23．（10分）如图，在等边△ABC中，D为AB上一点，连接CD，E为线段CD上一点（CE＞DE），将线段CE绕点C顺时针旋转60°得到线段CF，连接AF． （1）求证：BE＝AF； （2）点G为BC延长线上一点，连接AG交CF于点M．若M为AG的中点，用等式表示线段CE，MF，DE之间的数量关系，并证明． 24．（12分）定义：如图1，在△ABC中，把AB绕点A顺时针旋转α（0°＜α＜180°）得到AB′，把AC绕点A逆时针旋转β得到AC′，连接B′C′．当α+β＝180°时，我们称是△A′B′C′，△ABC的“旋补三角形”，边B′C′上的中线AD叫做△ABC的“旋补中线”，点A叫做“旋补中心”． 特例感知：（1）在图2，图3中，是△ABC的“旋补三角形”，AD是△ABC的“旋补中线”． ①如图2，当△ABC为等边三角形时，AD与BC的数量关系AD＝ 　 　 BC； ②如图3，当∠BAC＝90°，BC＝8时，则AD长为 　 　 ． 猜想论证：（2）在图1中，当△ABC为任意三角形时，猜想AD与BC的数量关系，并给予证明． 第 1 页 共 5 页 学科网（北京）股份有限公司 $ 第二十三章 旋转全章培优测试卷 【人教版】 （考试时间：120分钟 试卷满分：120分） 考前须知： 1．本卷试题共24题，单选10题，填空6题，解答8题。 2．本卷聚焦全章基础考点与重难点，旨在检测所学内容掌握程度。 第Ⅰ卷 一、单项选择题（本题共10小题，每小题3分，共30分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。） 1．（3分）2024年巴黎奥运会，我国体育健儿顽强拼搏、追求卓越，取得了优异的成绩，为国争光．以下奥运会图标中不是中心对称图形的是（　　） A． B． C． D． 【分析】根据中心对称图形的概念判断即可． 【解答】解：A、是中心对称图形，不符合题意； B、是中心对称图形，不符合题意； C、不是中心对称图形，符合题意； D、是中心对称图形，不符合题意． 故选：C． 2．（3分）如图，在正方形网格中，将△PMN绕某一点旋转某一角度得到△P′M′N′，则旋转中心是（　　） A．点A B．点B C．点C D．点D 【分析】连接MM′，NN′，然后分别作这两条线段的垂直平分线，交点即为旋转中心． 【解答】解：连接MM′，NN′， 则交点D即为旋转中心， 故选：D． 3．（3分）把如图的五角星绕着它的中心旋转一定角度后与自身重合，则这个旋转角度可能是（　　） A．36° B．72° C．90° D．108° 【分析】根据这个图形可以分成几个全等的部分，即可计算出旋转的角度． 【解答】解：五角星可以被中心发出的射线分成5个全等的部分， 因而旋转的角度是360°÷5＝72°， 故选：B． 4．（3分）若P（3，a）与Q（b，﹣4）关于坐标原点成中心对称，则a，b分别为（　　） A．4，3 B．4，﹣3 C．﹣4，3 D．﹣4，﹣3 【分析】根据两个点关于原点对称时，它们的坐标符号相反，即点P（x，y）关于原点O的对称点是P′（﹣x，﹣y），进而得出答案． 【解答】解：∵P（3，a）与Q（b，﹣4）关于坐标原点成中心对称， ∴a＝4，b＝﹣3． 故选：B． 5．（3分）如图，△ABO与△CBO关于BO轴对称，延长AC到Q，使CQ＝OA，C为BP中点，下列三角形中与△PQC成中心对称的是（　　） A．△ABO B．△CBO C．△ABC D．△ACP 【分析】利用全等三角形的判定方法得到△PQC≌△BOC，即其是与△PQC成中心对称的一组三角形． 【解答】解：∵△ABO与△CBO关于BO轴对称， ∴△ABO≌△CBO， ∴OA＝OC， ∵CQ＝OA， ∴CQ＝OC， ∵C为BP中点， ∴BC＝PC， ∵∠OCB＝∠QCP， ∴△PQC≌△BOC（SAS）， ∴与△PQC成中心对称的△CBO， 故选：B． 6．（3分）如图，这是4×4的正方形网格，选择一空白小正方形，其与阴影部分组成的图形是中心对称图形的情况有（　　） A．1种 B．2种 C．3种 D．4种 【分析】依据中心对称图形的定义解答即可． 【解答】解：如图： 由图可知，阴影部分组成的图形是中心对称图形， ∴共有2种方法， 故选：B． 7．（3分）如图，将直角△ABO放置在平面直角坐标系中，其中O为坐标原点，点B在x轴正半轴上，∠BAO＝90°，AO＝2，将△ABO绕点A逆时针旋转60°得到△AB'O'，此时点O的对应点O′恰好落在OB上，则点B'的坐标为（　　） A．（4，4） B． C． D． 【分析】如图，连接B′B，由旋转性质可知OA＝O′A，AB＝AB′，OB＝O′B′，∠OAO′＝∠BAB′＝60°，∠BOA＝∠B′O′A，则△AOO′是等边三角形，△BAB′是等边三角形，然后根据等边三角形的性质得出∠AOO′＝∠AO′O＝60°，OA＝O′A＝OO′＝2，BB′＝AB＝AB′，∠ABB′＝60°，然后由勾股定理求出，从而求解． 【解答】解：如图，连接B′B， 由旋转性质可知：OA＝O′A，AB＝AB′，∠BOA＝∠B′O′A，OB＝O′B′，∠OAO′＝∠BAB′＝60°， ∴△BAB′是等边三角形，△AOO′是等边三角形， ∴∠AOO′＝∠AO′O＝60°，∠ABB′＝60°，OA＝O′A＝OO′＝2，BB′＝AB＝AB′， ∵∠BAO＝90°， ∴∠ABO＝30°， ∴OB＝O′B′＝2OA＝4，∠OBB′＝90°， 由勾股定理得：， ∴点B′的坐标为， 故选：B． 8．（3分）如图，△ABC绕点B顺时针旋转60°得到△DBE，点C对应点E恰好落在AB的延长线上，DE与AC，BC分别相交于点M，N，连结CE，若AB＝BC，则下列说法不一定正确的是（　　） A．△BCE是等边三角形 B．∠AMD＝60° C．BC与DE互相垂直平分 D．DE＝4MN 【分析】利用旋转的性质得BA＝BD，BC＝BE，∠ABD＝∠CBE＝60°，∠A＝∠D，即可判断△ABD、△BCE为等边三角形，∠AMD＝∠DBA＝60°，易得∠BCE＝∠DBC＝60°，从而得到DB∥CE，DB＝CE，推出四边形CEBD为平行四边形，进而判定四边形CEBD为菱形，得到BC与DE互相垂直平分． 【解答】解：∵△ABC绕点B顺时针旋转60°得到△DBE，点C对应点E恰好落在AB的延长线， ∴BA＝BD，BC＝BE，∠ABD＝∠CBE＝60°，∠A＝∠D， ∴△ABD为等边三角形，△BCE为等边三角形，∠AMD＝∠DBA＝60°， 故选项A、选项B正确， ∴BC＝BE＝CE，∠BCE＝60°， ∵AB＝BC， ∴BD＝CE， ∵点C对应点E恰好落在AB的延长线， ∴∠DBC＝180°﹣∠ABD﹣∠CBE＝60°， ∴∠DBC＝∠BCE， ∴DB∥CE， ∴四边形CEBD为平行四边形， ∵BE＝CE， ∴四边形CEBD为菱形， ∴BC与DE互相垂直平分， 故选项C正确， 选项D无法判断， 故选：D． 9．（3分）如图，将△ABC绕点C逆时针旋转α得到△A′B′C′．当点B′落在BA的延长线上时，恰好A′B′∥AC，若α＝220°，则∠BCA的度数为（　　） A．100° B．120° C．130° D．140° 【分析】由旋转得∠BCB′+α＝360°，∠ACA′+α＝360°，B′C＝BC，因为α＝220°，所以∠BCB′＝∠ACA′＝360°﹣α＝140°，由A′B′∥AC，得∠BAC＝∠A′＝180°﹣∠ACA′＝40°，因为∠CB′B＝∠B，所以2∠B+140°＝180°，则∠B＝20°，求得∠BCA＝180°﹣∠BAC﹣∠B＝120°，于是得到问题的答案． 【解答】解：∵将△ABC绕点C逆时针旋转α得到△A′B′C′，点B′落在BA的延长线上时， ∴∠BCB′+α＝360°，∠ACA′+α＝360°，B′C＝BC， ∵α＝220°， ∴∠BCB′＝∠ACA′＝360°﹣α＝140°， ∵A′B′∥AC， ∴∠BAC＝∠A′＝180°﹣∠ACA′＝40°， ∵∠CB′B+∠B+∠BCB′＝180°，且∠CB′B＝∠B， ∴2∠B+140°＝180°， ∴∠B＝20°， ∴∠BCA＝180°﹣∠BAC﹣∠B＝120°， 故选：B． 10．（3分）如图，在△ABC中，∠BAC＝120°，AB+AC＝n（n＞0），BC绕点B顺时针旋转120°得到BD，当AD的最小值为时，n的值为（　　） A．3 B． C． D．4 【分析】将BA绕点B顺时针旋转120°得到BE，连接AE，DE，证明△ABC≌△EBD，得到DE＝AC，∠BED＝∠BAC＝120°，进而得到∠AED＝∠BED﹣∠BEA＝90°，勾股定理得到AE2+DE2＝AD2，设AC＝x＝DE，将AD2转化为二次函数求最值，即可． 【解答】解：将BA绕点B顺时针旋转120°得到BE，连接AE，DE， 则：AB＝BE，∠ABE＝120°， ∴∠BAE＝∠BEA＝30°， ∵BC绕点B顺时针旋转120°得到BD， ∴BC＝BD，∠CBD＝120°， ∴∠CBA＝∠EBD＝120°﹣∠ABD， ∴△ABC≌△EBD（SAS）， ∴DE＝AC，∠BED＝∠BAC＝120°， ∴∠AED＝∠BED﹣∠BEA＝90°， ∴AE2+DE2＝AD2， 令AC＝x＝DE，则AB＝n﹣x， 过点B作BF⊥AE，则：，AFAB， ∴AEAB（n﹣x）， ∴， ∴， ∴n2＝（）2， ∴n＝3． 故选：B． 二．填空题（共6小题，满分18分，每小题3分） 11．（3分）已知点P1（a﹣2，1）和P2（1，b+1）关于原点对称，则（a+b）2025的值为　﹣1　 ． 【分析】根据点的坐标关于原点对称，即为“如果两个点的坐标关于原点对称，则横纵坐标互为相反数”进行求解即可． 【解答】解：由条件可得a﹣2＝﹣1，b+1＝﹣1， 解得a＝1，b＝﹣2， ∴（a+b）2025＝（1﹣2）2025＝﹣1， 故答案为：﹣1． 12．（3分）如图在平面直角坐标系中，△OAB的顶点A，B的坐标分别为，（4，0）．把△OAB绕点O逆时针旋转使OB与y轴重合得到△OCD，则点D的坐标为 　（，3）　 ． 【分析】根据旋转的性质即可得出． 【解答】解：∵把△OAB绕点O逆时针旋转使OB与y轴重合得到△OCD， ∴旋转角度为90°， ∵点A的坐标为， ∴点D的坐标为（，3）． 13．（3分）如图，Rt△ABC与Rt△EDC关于点C成中心对称，点P是AB的中点，若AB＝10，∠A＝60°，则CP+CE＝ 　10　 ． 【分析】根据中心对称的性质可得CE＝AC，根据30°叫所对的直角边等于斜边的一半可得AC＝5；根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得CP＝5，据此可得答案． 【解答】解：连接PC， ∵Rt△ABC与Rt△EDC关于点C成中心对称， ∴CE＝AC， ∵∠A＝60°， ∴∠B＝30°， ∴AC5， ∵点P是AB的中点， ∴CP5， ∴CP+CE＝5+5＝10． 故答案为：10． 14．（3分）我们规定：在平面直角坐标系中，设点P到原点的距离为ρ（希腊字母读作“柔”），OP看作由x轴的正半轴逆时针旋转而成的夹角α，则用[ρ，α]表示点P的雷达坐标，则点P（﹣2024，2024）的雷达坐标为 　[，135°]　 ．（所写坐标形式必须符合重点标注部分的定义） 【分析】先计算出点P（﹣2024，2024）到原点的距离，再求出点P（﹣2024，2024）与x轴的正半轴的夹角，然后利用新定义表示出雷达坐标． 【解答】解：点P（﹣2024，2024）到原点的距离为2024， 因为点P（﹣2024，2024）在第二象限的角平分线上， 所以点P（﹣2024，2024）与x轴的正半轴的夹角为135°， 所以点P（﹣2024，2024）的雷达坐标为[2024，135°]． 故答案为：[，135°]． 15．（3分）如图，直线a、b垂直相交于点O，曲线C关于点O成中心对称，点A的对称点是点A′，AB⊥a于点B，A′D⊥b于点D．若OB＝4，OD＝3，则阴影部分的面积之和为　12　 ． 【分析】过点A′作A′F⊥a于点F，过点A作AE⊥b于点E，证明四边形A′DOF是矩形，则A′F＝OD＝3，同理可知，四边形ABOE是矩形，则AE＝OB＝4，由曲线C关于点O成中心对称，点A的对称点是点A′，则AE＝A′D＝OB＝4，AB＝A′F＝3，图形①与图形②面积相等，即可得到答案． 【解答】解：如图，过点A′作A′F⊥a于点F，过点A作AE⊥b于点E， ∵A′D⊥b于点D． ∠A′FO＝∠FOD＝∠A′DO＝90°， ∴四边形A′DOF是矩形， ∴A′F＝OD＝3， 同理可知，四边形ABOE是矩形， ∴AE＝OB＝4， ∵曲线C关于点O成中心对称，点A的对称点是点A′， ∴AE＝A′D＝OB＝4，AB＝A′F＝3，图形①与图形②面积相等， ∴阴影部分的面积之和＝长方形ABOE的面积＝3×4＝12． 故答案为：12． 16．（3分）如图，∠MON＝30°，点P，Q在边ON上，OP＝2，OQ，将线段PQ绕点P顺时针旋转α（0°＜α＜180°）后，若点Q落在边OM上，则旋转角α的度数为 　15°或105°　 ． 【分析】根据题意，确定点Q落在边OM上有两种情况，当旋转角较小时，过点P作PD⊥OM交OM于点D，利用直角三角形的性质，勾股定理和等腰三角形的性质，可求得α＝15°；当旋转角较大时，同理可求得α＝105°，综合可得结果． 【解答】解：如图，当PQ旋转到PA位置，且点A在OM上时， 过点P作PD⊥OM交OM于点D，则∠PDO＝∠PDM＝90°， ∵OP＝2，∠MON＝30°， ∴PDOP＝1， ∵PA＝PQ＝OP﹣OQ＝2﹣（2）， ∴AD1， ∴PD＝AD＝1， ∴∠APD＝∠DAP＝45°， 又∠OPD＝90°﹣∠MON＝90°﹣30°＝60°， ∴∠APQ＝∠OPD﹣∠DPA＝15°， 即α＝15°； 如图，当PQ旋转到PB位置，且点B在OM上时， 同理可证∠DPB＝45°， ∴∠OPB＝∠OPD+∠DPB＝105°， 即α＝105°； 综上可知，若点Q落在边OM上，则旋转角α的度数为15°或105°． 故答案为：15°或105°． 三．解答题（共8小题，满分72分） 17．（8分）如图，在平面直角坐标系中，即△ABC的三个顶点分别是A（﹣3，2），B（﹣1，4），C（0，2）． （1）将△ABC以点O为旋转中心旋转180°，画出旋转后对应的△A1B1C1． （2）平移△ABC，若点A的对应点A2的坐标为（﹣5，﹣2），画出平移后对应的△A2B2C2； （3）将△ABC以点O为旋转中心顺时针旋转90°，画出旋转后对应的△A3B3C3； （4）若将△A1B1C1绕某一点旋转可以得到△A2B2C2，请直接写出旋转中心的坐标为 　（﹣1，﹣2）　 ． 【分析】（1）根据旋转的性质即可画出旋转后对应的△A1B1C1； （2）根据平移的性质即可画出平移后对应的△A2B2C2； （3）根据旋转的性质即可画出旋转后对应的△A3B3C3； （4）根据旋转的性质将△A1B1C1绕某一点旋转可以得到△A2B2C2，即可得出旋转中心的坐标． 【解答】解：（1）如图，△A1B1C1即为所求； （2）如图，△A2B2C2即为所求； （3）如图，△A3B3C3即为所求； （4）旋转中心的坐标为（﹣1，﹣2）． 故答案为：（﹣1，﹣2）． 18．（8分）如图是由小正方形组成的3×4网格，每个小正方形的顶点叫作格点，矩形ABCD的四个顶点都是格点．仅用无刻度直尺在给定网格中完成如下两个问题，每个问题的画线不得超过五条． （1）如图1，E是格点，先将点E绕点A逆时针旋转90°，画对应点F，再画直线FG交AB于点G，使直线FG平分矩形ABCD的面积． （2）如图2，先画点C关于直线BD的对称点M，再画射线MN交BD于点N，使MN∥AD． 【分析】（1）利用旋转变换的性质作出点E的对应点F即可，连接AC交网格线于点O，作直线FO交AB于点G即可； （2）取格点J，K，连接AK，CJ交于点M，连接KJ交网格线于点P，取格点W，连接PW，延长PW交BD于点N，作直线MN即可． 【解答】解：（1）如图1中，点F，直线FG即为所求； （2）如图，点M，直线MN即为所求． 19．（8分）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＝40°，求∠BAF的度数； （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＝50°，根据旋转的性质得到∠EBF＝∠ABC＝50°，AB＝BF，根据三角形的内角和定理即可得到结论； （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结论． 【解答】解：（1）在Rt△ABC中，∠C＝90°，∠BAC＝40°， ∴∠ABC＝50°， ∵将△ABC绕着点B逆时针旋转得到△FBE， ∴∠EBF＝∠ABC＝50°，AB＝BF， ∴∠BAF＝∠BFA（180°﹣50°）＝65°； （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＝10﹣6＝4， ∴AF4． 20．（8分）如图，在菱形ABCD中，∠BAD＝120°，E是CD边上一点（不与点C，D重合），将线段AE绕点A逆时针旋转60°得到线段AF，连接FD． （1）求证：AC∥FD； （2）连接BF，若AB＝4，CE＝1，求线段BF的长． 【分析】（1）根据旋转的性质可得∠EAF＝60°，AE＝AF，根据菱形的性质可得AB＝BC，，根据等边三角形的判定和性质可得AC＝AD，∠ACD＝60°，根据全等三角形的判定和性质可得∠ADF＝∠ACD＝∠CAD＝60°，根据平行线的判定得出DF∥AC； （2）连接BF，BD，设BD与AC相交于点O，根据菱形的性质，等边三角形的性质，勾股定理求得BD的长，根据（1）中△ACE≌△ADF得出DF＝AC＝1，根据AC∥FD以及菱形的性质可得DF⊥BD，进而在Rt△BDF中，根据勾股定理，即可求解． 【解答】（1）证明：∵线段AE绕点A逆时针旋转60°得到线段AF， ∴∠EAF＝60°，AE＝AF， ∵在菱形ABCD中，∠BAD＝120°， ∴AB＝BC，， ∴△ABC、△ACD是等边三角形， ∴AC＝AD，∠ACD＝∠CAD＝60°， ∴∠CAE＝∠DAF， ∴△ACE≌△ADF（SAS）， ∴∠ADF＝∠ACD＝∠CAD＝60°， ∴DF∥AC． （2）如图，连接BF，BD，设BD与AC相交于点O， ∵四边形ABCD是菱形， ∴BD⊥AC，BD＝2BO， ∵AB＝4，△ABC是等边三角形， ∴AO＝2，BO2， ∴， 由（1）可得△ACE≌△ADF，AC∥DF， ∴DF＝CE＝1，DF⊥BD． ∴BF7． 21．（8分）如图，△ABC中，AB＝BC，点O是△ABC内一点，将△ABO旋转后能与△BCD重合 （1）旋转中心是点 　B　 ； （2）若∠ACB＝70°，旋转角是 　40　 度； （3）若∠ACB＝60°，请判断△BOD的形状并说明理由． 【分析】（1）根据题意即可得到结论； （2）根据等腰三角形的性质得到∠BAC＝∠ACB＝70°，根据三角形的内角和得到∠ABC＝180°﹣∠BAC﹣∠ACB＝40°，根据旋转的性质即可得到结论； （3）由已知条件得到△ABC是等边三角形，根据等边三角形的性质得到∠ABC＝60°，由旋转的性质得到BD＝BO，根据等边三角形的判定定理即可得到结论． 【解答】解：（1）旋转中心是点B， 故答案为：B； （2）∵AB＝BC， ∴∠BAC＝∠ACB＝70°， ∴∠ABC＝180°﹣∠BAC﹣∠ACB＝40°， ∵将△ABO旋转后能与△BCD重合， ∴∠ABO＝∠CBD， ∴∠OBC+∠ABO＝∠OBC+∠CBD＝∠ABC＝40°， ∵旋转角是40度， 故答案为：40； （3）△BOD是等边三角形， ∵AB＝BC，∠ACB＝60°， ∴△ABC是等边三角形， ∴∠ABC＝60°， ∵将△ABO旋转后能与△BCD重合， ∴BD＝BO， ∵∠OBD＝∠ABC＝60°， ∴△BOD是等边三角形． 22．（10分）如图，点O是等边△ABC内一点，∠AOB＝110°，∠BOC＝α，将CO绕点C顺时针方向旋转60°得到CD，连接AD，OD． （1）当α＝150°时，求证：△AOD为直角三角形； （2）求∠DAO的度数； （3）请你探究：当α为多少度时，△AOD是等腰三角形？ 【分析】（1）由旋转的性质可以证明△BOC≌△ADC，得出∠ADC＝∠BOC＝150°，由等边三角形的性质得出∠ODC＝60°，求出∠ADO＝90°即可； （2）先根据周角的定义表示∠AOD的度数，由三角形全等表示∠ADO的度数，最后由三角形内角和可得结论； （3）分三种情况：①AO＝AD时；②OA＝OD时；③OD＝AD时；由等腰三角形的性质和三角形内角和定理即可求出结果． 【解答】（1）证明：由旋转的性质得：OC＝CD，∠DCO＝60°， ∴△COD是等边三角形， ∴∠CDO＝60°， ∵△ABC是等边三角形， ∴AC＝BC，∠ACB＝60°， ∴∠ACD＝∠BCO， ∴△BOC≌△ADC（SAS）， ∴∠ADC＝∠BOC＝150°， ∴∠ADO＝90°， 即△AOD是直角三角形； （2）解：∵△COD是等边三角形， ∴∠COD＝60°， ∵∠AOB＝110°，∠BOC＝α， ∴∠AOD＝360°﹣110°﹣60°﹣α＝190°﹣α， 由（1）知：△ADC≌△BOC， ∴∠ADC＝∠BOC＝α， ∴∠ADO＝α﹣60°， △ADO中，∠DAO＝180°﹣∠ADO﹣∠AOD＝180°﹣（α﹣60°）﹣（190°﹣α）＝50°； （3）解：分三种情况： ①当AO＝AD时，∠AOD＝∠ADO． ∵∠AOD＝360°﹣∠AOB﹣∠COD﹣α＝360°﹣110°﹣60°﹣α＝190°﹣α，∠ADO＝α﹣60°， ∴190°﹣α＝α﹣60°， ∴α＝125°； ②当OA＝OD时，∠OAD＝∠ADO． ∵∠AOD＝190°﹣α，∠ADO＝α﹣60°， ∴∠OAD＝180°﹣（∠AOD+∠ADO）＝50°， ∴α﹣60°＝50°， ∴α＝110°； ③当OD＝AD时，∠OAD＝∠AOD． ∵190°﹣α＝50°， ∴α＝140°， 综上所述：当α的度数为125°或110°或140°时，△AOD是等腰三角形． 23．（10分）如图，在等边△ABC中，D为AB上一点，连接CD，E为线段CD上一点（CE＞DE），将线段CE绕点C顺时针旋转60°得到线段CF，连接AF． （1）求证：BE＝AF； （2）点G为BC延长线上一点，连接AG交CF于点M．若M为AG的中点，用等式表示线段CE，MF，DE之间的数量关系，并证明． 【分析】（1）由等边三角形的性质得BC＝AC，∠ACB＝60°，由旋转得CE＝CF，∠FCE＝60°，则∠BCE＝∠ACF＝60°﹣∠ACE，即可根据“SAS”证明△BCE≌△ACF，则BE＝AF； （2）作AH∥BC交CF的延长线于点H，则∠H＝∠GCM，∠CAH＝∠ACB＝60°，而AM＝GM，∠AMH＝∠GMC，即可根据“AAS”证明△AMH≌△GMC，得HM＝CM，再根据“ASA”证明△BCD≌△ACH，得CD＝CH，所以DE＝HF，因为CF＝2MF+DE，所以CE＝2MF+DE． 【解答】（1）证明：∵△ABC是等边三角形， ∴BC＝AC，∠ACB＝60°， ∵将线段CE绕点C顺时针旋转60°得到线段CF， ∴CE＝CF，∠FCE＝60°， ∴∠BCE＝∠ACF＝60°﹣∠ACE， ∴△BCE≌△ACF（SAS）， ∴BE＝AF． （2）解：CE＝2MF+DE， 证明方法一：作AH∥BC交CF的延长线于点H，则∠H＝∠GCM，∠CAH＝∠ACB＝60°， ∵M为AG的中点，∴AM＝GM， ∵∠AMH＝∠GMC， ∴△AMH≌△GMC（AAS）， ∴HM＝CM， ∵∠CBD＝60°， ∴∠CBD＝∠CAH， 由旋转得∠BCD＝∠ACH， ∵BC＝AC， ∴△BCD≌△ACH（ASA）， ∴CD＝CH， ∵CE＝CF， ∴CD﹣CE＝CH﹣CF， ∴DE＝HF， ∵CF＝MF+CM＝MF+HM＝MF+MF+HF＝2MF+DE， ∴CE＝2MF+DE． 证明方法二：在MC上取一点N，使MN＝MF，连接CN， ∵M为AG的中点， ∴AM＝MG， ∵∠AMF＝∠GMN，MF＝MN， ∴△AMF≌△GMN（SAS）， ∴AF＝GN，∠AFM＝∠GNM， 由（1）得△BCE≌△ACF， ∴∠BEC＝∠AFC， ∵∠BED+∠BEC＝180°，∠GNC+∠MNG＝180°， ∴∠BED＝∠GNC， ∵∠BDE＝120°﹣∠BCD，∠NCG＝120°﹣∠BCD， ∴∠BDE＝∠NCG， ∵BE＝GN， ∴△BDE≌△GNN（AAS）， ∴DE＝CN， ∴CE＝CF＝FN+CN＝2MF+DE． 24．（12分）定义：如图1，在△ABC中，把AB绕点A顺时针旋转α（0°＜α＜180°）得到AB′，把AC绕点A逆时针旋转β得到AC′，连接B′C′．当α+β＝180°时，我们称是△A′B′C′，△ABC的“旋补三角形”，边B′C′上的中线AD叫做△ABC的“旋补中线”，点A叫做“旋补中心”． 特例感知：（1）在图2，图3中，是△ABC的“旋补三角形”，AD是△ABC的“旋补中线”． ①如图2，当△ABC为等边三角形时，AD与BC的数量关系AD＝ 　　 BC； ②如图3，当∠BAC＝90°，BC＝8时，则AD长为 　4　 ． 猜想论证：（2）在图1中，当△ABC为任意三角形时，猜想AD与BC的数量关系，并给予证明． 【分析】（1）①根据含30°直角三角形的性质解答；②证明△AB′C′≌△ABC，根据全等三角形的性质得到B′C′＝BC，根据直角三角形的性质计算； （2）证明四边形AB′EC′是平行四边形，得到B′E＝AC′，∠BAC′+∠AB′E＝180°，根据全等三角形的性质得到AE＝BC，得到答案． 【解答】解：（1）①∵△ABC是等边三角形， ∴AB＝AC＝BC，∠BAC＝60°， ∵△AB′C′是△ABC的“旋补三角形”， ∴∠B′AC′＝120°，AB＝AB′，AC＝AC′， ∴AB′＝AC′， ∴∠AB′D＝30°， ∴ADAB′， ∴ADBC， 故答案为：； ②∵△AB′C′是△ABC的“旋补三角形”， ∴∠B′AC′＝∠BAC＝90°，AB＝AB′，AC＝AC′， 在△AB′C′和△ABC中， ， ∴△AB′C′≌△ABC（SAS）， ∴B′C′＝BC＝8， ∵∠B′AC′＝90°，AD是△ABC的“旋补中线”， ∴ADB′C′＝4， 故答案为：4； （2）猜想ADBC． 证明：如图，延长AD至点E使得AD＝DE，连接B′E、C′E， ∵AD是△AB′C’的中线， ∴B′D＝C′D， ∵DE＝AD， ∴四边形AB′EC′是平行四边形， ∴B′E＝AC′，∠B′AC′+∠AB′E＝180°， ∵α+β＝180°， ∴∠B′AC′+∠BAC＝180°， ∴∠EB′A＝∠BAC， 在△EB′A和△CAB中， ， ∴△EB′A≌△CAB（SAS）， ∴AE＝BC， ∴ADBC． 第 1 页 共 5 页 学科网（北京）股份有限公司 $