《4.2.3 旋转的应用》同步练习 2025-2026学年鲁教版（五四制）八年级数学上册

鲁教五四新版八年级上册《4.2.3 旋转的应用》2025-2026年同步练习卷 一、选择题 1．将图中所示的图案以圆心为中心，旋转180°后得到的图案是（　　） A． B． C． D． 2．如图所示的图形旋转一定角度后能与自身重合，则旋转的角度可以是（　　） A．30° B．45° C．60° D．90° 3．如图，在三角形ABC中，∠ACB＝90°，∠B＝55°，将此三角形绕点C沿顺时针方向旋转后得到三角形A′B′C，若点B′恰好落在线段AB上，AC、A′B′交于点O，则∠COA′的度数是（　　） A．55° B．65° C．75° D．85° 4．如图，在△ABC中，AB＝8，AC＝6，∠BAC＝30°，将△ABC绕点A逆时针旋转60°得到△AB1C1，连接BC1，则BC1的长为（　　） A．6 B．8 C．10 D．12 5．如图，将正方形图案绕中心O逆时针旋转180°后，得到的图案是（　　） A． B． C． D． 6．如图，下列四个图形都可以分别看作是一个“基本图案”经过旋转所形成，则它们的旋转角相同的图形为（　　） A．（1）（2） B．（1）（4） C．（2）（3） D．（3）（4） 7．如图，在△ABC中，AB＝4，BC＝7，∠B＝60°，将△ABC沿射线BC的方向平移，得到△A′B′C′，再将△A′B′C′绕点A′逆时针旋转一定角度后，点B′恰好与点C重合，则平移的距离为（　　） A．5 B．4 C．3 D．2 8．如图，将△ABC绕点B逆时针旋转α，得到△EBD，若点A恰好在ED的延长线上，则∠CAD的度数为（　　） A．90°﹣α B．α C．180°﹣α D．2α 9．如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝6，BC＝8，把△ABC绕AB边上的点D顺时针旋转90°得到△A′B′C′，A′C′交AB于点E，若AD＝BE，则△A′DE的面积是（　　） A．3 B．5 C．11 D．6 10．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）四边形PMON的面积不变；（4）MN的长不变，其中正确的个数为（　　） A．4 B．3 C．2 D．1 二、填空题 11．如图所示，五角星的顶点是一个正五边形的五个顶点．这个五角星可以由一个基本图形（图中的阴影部分）绕中心O经过4次旋转而得到，则每一次旋转的角度大小为　 　 ． 12．如图，将△ABC绕点A逆时针旋转得到△ADE，点C和点E是对应点，若∠CAE＝90°，AB＝1，则BD＝　 　 ． 13．如图，在等边△ABC中，E，D分别为AB，BC上的点，且BE＝CD，AD，CE交于点M．则△ADC可以看作绕点O（等边三角形三条中线的交点）旋转　 　 °得到△EBC． 14．如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝8，BC＝15，将△ABC绕点B顺时针旋转60°，得到△BDE，连接DC交AB于点F，则△ACF与△BDF的周长之和为　 　 15．如图，在平面直角坐标系中，已知点A（﹣3，0），B（0，4），对△OAB连续作旋转变换，依次得到三角形①②③④…，则三角形⑫的直角顶点的坐标为　 　 ． 三、解答题 16．观察图中的图案，它可以看作是由什么“基本图案”经过怎样的变化形成的？ 17．如图，将一个钝角△ABC（其中∠ABC＝120°）绕点B顺时针旋转得△A1BC1，使得C点落在AB的延长线上的点C1处，连接AA1． （1）写出旋转角的度数； （2）求证：∠A1AC＝∠C1． 18．如图，P是等边三角形ABC内一点，将线段AP绕点A顺时针旋转60°得到线段AQ，连接BQ，PB，PC．若PA＝6，PB＝8，PC＝10，求四边形APBQ的面积． 19．已知：如图，在△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C′B． （1）请你判断BC′与AB′的位置关系，并说明理由； （2）求BC′的长． 20．已知△ABC与△DEC是两个大小不同的等腰直角三角形． （1）如图1所示，连接AE，DB，试判断线段AE和DB的数量和位置关系，并说明理由； （2）如图2所示，连接DB，将线段DB绕D点顺时针旋转90°到DF的位置，连接AF交ED于点N，试判断线段DE和AF的数量和位置关系，并说明理由． 21．已知△ABC是等边三角形，点D在直线BC上，且DE＝EC，将△BEC绕点C的顺时针旋转至△ACF，连接EF． （1）如图1，若点E在线段AB上，求证：AB＝DB+AF； （2）如图2，若点E在线段AB的延长线上，线段AB，DB，AF之间有怎样的数量关系？请说明理由； （3）如果点E在线段BA的延长线上，请在图3的基础上将图形补充完整，写出AB，DB，AF之间的数量关系，并证明． 鲁教五四新版八年级上册《4.2.3 旋转的应用》2025-2026年同步练习卷 参考答案与试题解析 一．选择题（共10小题） 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 C C C C C D C C D B 一、选择题 1．将图中所示的图案以圆心为中心，旋转180°后得到的图案是（　　） A． B． C． D． 【分析】根据旋转的性质，旋转前后图形不发生任何变化，绕中心旋转180°，即是对应点绕旋转中心旋转180°，即可得出所要图形． 【解答】解：将图中所示的图案以圆心为中心，旋转180°后得到的图案是． 故选：C． 2．如图所示的图形旋转一定角度后能与自身重合，则旋转的角度可以是（　　） A．30° B．45° C．60° D．90° 【分析】根据正六边形的对称性，用360°除以6计算即可得解． 【解答】解：∵360°÷6＝60°， ∴旋转的角度是60°的整数倍， ∴旋转的角度可以是60°． 故选：C． 3．如图，在三角形ABC中，∠ACB＝90°，∠B＝55°，将此三角形绕点C沿顺时针方向旋转后得到三角形A′B′C，若点B′恰好落在线段AB上，AC、A′B′交于点O，则∠COA′的度数是（　　） A．55° B．65° C．75° D．85° 【分析】根据∠COA′＝180°﹣∠A′﹣∠A′CO，求出∠A′，∠A′CO即可解决问题． 【解答】解：∵∠ACB＝90°，∠B＝55°， ∴∠A＝∠A′＝90°﹣55°＝35°， ∴CB＝CB′， ∴∠B＝∠CB′B＝55°， ∴∠BCB′＝∠ACA′＝180°﹣55°﹣55°＝70°， ∴∠COA′＝180°﹣35°﹣70°＝75°， 故选：C． 4．如图，在△ABC中，AB＝8，AC＝6，∠BAC＝30°，将△ABC绕点A逆时针旋转60°得到△AB1C1，连接BC1，则BC1的长为（　　） A．6 B．8 C．10 D．12 【分析】根据旋转的性质得出AC＝AC1，∠BAC1＝90°，进而利用勾股定理解答即可． 【解答】解：∵将△ABC绕点A逆时针旋转60°得到△AB1C1， ∴AC＝AC1，∠CAC1＝60°， ∵AB＝8，AC＝6，∠BAC＝30°， ∴∠BAC1＝90°，AB＝8，AC1＝6， ∴在Rt△BAC1中，BC1的长， 故选：C． 5．如图，将正方形图案绕中心O逆时针旋转180°后，得到的图案是（　　） A． B． C． D． 【分析】根据中心对称的定义进行判定即可． 【解答】解：将正方形图案绕中心O逆时针旋转180°后，得到的图案是： 故选：C． 6．如图，下列四个图形都可以分别看作是一个“基本图案”经过旋转所形成，则它们的旋转角相同的图形为（　　） A．（1）（2） B．（1）（4） C．（2）（3） D．（3）（4） 【分析】根据图形，分别求出各图形的旋转角，然后即可得解． 【解答】解：（1）旋转角为120°， （2）旋转角为72°， （3）如图，找出旋转中心，根据正方形的性质分成四个相等的角， 旋转角为90°， （4）旋转角为90°， 所以，（3）（4）的旋转角都是90°，相同． 故选：D． 7．如图，在△ABC中，AB＝4，BC＝7，∠B＝60°，将△ABC沿射线BC的方向平移，得到△A′B′C′，再将△A′B′C′绕点A′逆时针旋转一定角度后，点B′恰好与点C重合，则平移的距离为（　　） A．5 B．4 C．3 D．2 【分析】由旋转的性质和平移的性质可得B'C＝A'C，AB＝A′B′＝5，∠B＝∠A′B′C＝60°，可证△A′B′C′是等边三角形，可得A'B'＝B'C＝5，即可求解． 【解答】解：∵将△A′B′C′绕点A′逆时针旋转一定角度后，点B′恰好与点C重合， ∴B'C＝A'C， ∵将△ABC沿射线BC的方向平移，得到△A′B′C′， ∴AB＝A′B′＝4，∠B＝∠A′B′C＝60°， ∴△A′B′C是等边三角形， ∴A′B′＝B′C＝4， ∴BB′＝BC﹣B′C＝3， ∴平移的距离为3， 故选：C． 8．如图，将△ABC绕点B逆时针旋转α，得到△EBD，若点A恰好在ED的延长线上，则∠CAD的度数为（　　） A．90°﹣α B．α C．180°﹣α D．2α 【分析】根据旋转的性质和四边形的内角和是360°，可以求得∠CAD的度数，本题得以解决． 【解答】解：由题意可得， ∠CBD＝α，∠ACB＝∠EDB， ∵∠EDB+∠ADB＝180°， ∴∠ADB+∠ACB＝180°， ∵∠ADB+∠DBC+∠BCA+∠CAD＝360°，∠CBD＝α， ∴∠CAD＝180°﹣α， 故选：C． 9．如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝6，BC＝8，把△ABC绕AB边上的点D顺时针旋转90°得到△A′B′C′，A′C′交AB于点E，若AD＝BE，则△A′DE的面积是（　　） A．3 B．5 C．11 D．6 【分析】在Rt△ABC中，由勾股定理求得AB＝10，由旋转的性质可知AD＝A′D，设AD＝A′D＝BE＝x，则DE＝10﹣2x，根据旋转90°可证△A′DE∽△ACB，利用相似比求x，再求△A′DE的面积． 【解答】解：Rt△ABC中，AB10， 由旋转的性质，设AD＝A′D＝BE＝x，则DE＝10﹣2x， ∵△ABC绕AB边上的点D顺时针旋转90°得到△A′B′C′， ∴∠A′＝∠A，∠A′DE＝∠C＝90°， ∴△A′DE∽△ACB， ∴，即， 解得x＝3， ∴S△A′DEDE×A′D（10﹣2×3）×3＝6， 故选：D． 10．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）四边形PMON的面积不变；（4）MN的长不变，其中正确的个数为（　　） A．4 B．3 C．2 D．1 【分析】作PE⊥OA于E，PF⊥OB于F，根据OP平分∠AOB可知PE＝PF，结合OP＝OP即可证明△POE≌△POF．根据图中各角的数量关系可得∠MPE＝∠NPF、∠PEM＝∠PFN，进而还可证明△PEM≌△PFN； 利用全等三角形的性质可以得到多组相等的边，由此判断（1）的正误．根据全等三角形的性质得到S△PEM＝S△PNF，据此可得S四边形PMON＝S四边形PEOF＝定值，还可判断（3）的正误； 根据图中各线段之间的数量关系，通过等量代换就能确定OM+ON的值是否为定值，由此判断（2）的正误．类似地，还可分析（4）的正误，进而解答题目． 【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PE＝PF，OP＝OP， ∴Rt△POE≌Rt△POF（HL）， ∴OE＝OF． 在△PEM和△PFN中∠MPE＝∠NPF，PE＝PF，∠PEM＝∠PFN， ∴△PEM≌△PFN（ASA）， ∴EM＝NF，PM＝PN，S△PEM＝S△PNF，故（1）正确． ∴S四边形PMON＝S四边形PEOF＝定值，故（3）正确． OM+ON＝OE+ME+OF﹣NF＝2OE＝定值，故（2）正确． MN的长度是变化的，故（4）错误． 综上所述：（1）、（2）、（3）正确，共3个． 故选：B． 二、填空题 11．如图所示，五角星的顶点是一个正五边形的五个顶点．这个五角星可以由一个基本图形（图中的阴影部分）绕中心O经过4次旋转而得到，则每一次旋转的角度大小为　72°　 ． 【分析】根据题意，五角星的五个角全等，根据图形间的关系可得答案． 【解答】解：由题意知，每一次旋转的角度大小为72°， 故答案为：72°． 12．如图，将△ABC绕点A逆时针旋转得到△ADE，点C和点E是对应点，若∠CAE＝90°，AB＝1，则BD＝　　 ． 【分析】由旋转的性质得：AB＝AD＝1，∠BAD＝∠CAE＝90°，再根据勾股定理即可求出BD． 【解答】解：∵将△ABC绕点A逆时针旋转的到△ADE，点C和点E是对应点， ∴AB＝AD＝1，∠BAD＝∠CAE＝90°， ∴BD． 故答案为． 13．如图，在等边△ABC中，E，D分别为AB，BC上的点，且BE＝CD，AD，CE交于点M．则△ADC可以看作绕点O（等边三角形三条中线的交点）旋转　120　 °得到△EBC． 【分析】利用等边三角形的性质得到AC＝CB，∠ACB＝∠ABC＝60°，∠AOC＝∠COB＝120°，再证明△ACD≌△CBE，然后利用旋转的定义，把△ADC绕点O顺时针旋转120°得到△CBE． 【解答】解：∵△ABC为等边三角形， ∴AC＝CB，∠ACB＝∠ABC＝60°， 在△ACD和△CBE中， ， ∴△ACD≌△CBE（SAS）， ∴AD＝CE， ∵点O为△ABC的重心， ∴∠AOC＝∠COB＝120°， ∴△ADC可以看作绕点O顺时针旋转120°得到△CBE． 故答案为120． 14．如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝8，BC＝15，将△ABC绕点B顺时针旋转60°，得到△BDE，连接DC交AB于点F，则△ACF与△BDF的周长之和为　55　 【分析】根据将△ABC绕点B顺时针旋转60°，得到△BDE，可得△ABC≌△BDE，∠CBD＝60°，BD＝BC＝15，从而得到△BCD为等边三角形，得到CD＝BC＝CD＝15，在Rt△ACB中，利用勾股定理得到AB＝17，所以△ACF与△BDF的周长之和＝AC+AF+CF+BF+DF+BD＝AC+AB+CD+BD，即可解答． 【解答】解：∵将△ABC绕点B顺时针旋转60°，得到△BDE， ∴△ABC≌△BDE，∠CBD＝60°， ∴BD＝BC＝15， ∴△BCD为等边三角形， ∴CD＝BC＝CD＝15， ∵AB17， ∴△ACF与△BDF的周长之和＝AC+AF+CF+BF+DF+BD＝AC+AB+CD+BD＝8+15+15+17＝55， 故答案为：55． 15．如图，在平面直角坐标系中，已知点A（﹣3，0），B（0，4），对△OAB连续作旋转变换，依次得到三角形①②③④…，则三角形⑫的直角顶点的坐标为　（48，0）　 ． 【分析】根据前四个图形的变化寻找旋转规律，得到⑯的直角顶点的坐标． 【解答】解：由原图到图③，相当于向右平移了12个单位长度， 三角形④的直角顶点的坐标为（12，0），象这样平移四次直角顶点是（12×4，0），即（48，0）， 则三角形⑫的直角顶点的坐标为（48，0）； 故答案为：（48，0）． 三、解答题 16．观察图中的图案，它可以看作是由什么“基本图案”经过怎样的变化形成的？ 【分析】根据图形旋转的性质进行解答即可． 【解答】解：由图可知，此图是由如图所示的图案经过旋转变换而成． 将基本图案绕右下角逆时针旋转90°，180°，270°，可得图案． 17．如图，将一个钝角△ABC（其中∠ABC＝120°）绕点B顺时针旋转得△A1BC1，使得C点落在AB的延长线上的点C1处，连接AA1． （1）写出旋转角的度数； （2）求证：∠A1AC＝∠C1． 【分析】（1）∠CBC1即为旋转角，其中∠ABC＝120°，所以，∠CBC1＝180°﹣∠ABC； （2）由题意知，△ABC≌△A1BC1，易证△A1AB是等边三角形，得到AA1∥BC，继而得出结论； 【解答】（1）解：∵∠ABC＝120°， ∴∠CBC1＝180°﹣∠ABC＝180°﹣120°＝60°， ∴旋转角为60°； （2）证明：由题意可知：△ABC≌△A1BC1， ∴A1B＝AB，∠C＝∠C1， 由（1）知，∠ABA1＝60°， ∴△A1AB是等边三角形， ∴∠BAA1＝60°， ∴∠BAA1＝∠CBC1， ∴AA1∥BC（同位角相等，两直线平行）， ∴∠A1AC＝∠C（两直线平行，内错角相等）， ∴∠A1AC＝∠C1． 18．如图，P是等边三角形ABC内一点，将线段AP绕点A顺时针旋转60°得到线段AQ，连接BQ，PB，PC．若PA＝6，PB＝8，PC＝10，求四边形APBQ的面积． 【分析】连接PQ，如图，根据等边三角形的性质得∠BAC＝60°，AB＝AC，再根据旋转的性质得AP＝AQ＝6，∠PAQ＝60°，则可判断△APQ为等边三角形，所以PQ＝AP＝6，接着证明△APC≌△ABQ得到PC＝QB＝10，然后利用勾股定理的逆定理证明△PBQ为直角三角形，再根据三角形面积公式，利用SS四边形APBQ＝S△BPQ+S△APQ进行计算． 【解答】解：连接PQ，如图， ∵△ABC为等边三角形， ∴∠BAC＝60°，AB＝AC， ∵线段AP绕点A顺时针旋转60°得到线段AQ， ∴AP＝AQ＝6，∠PAQ＝60°， ∴△APQ为等边三角形， ∴PQ＝AP＝6， ∵∠CAP+∠BAP＝60°，∠BAP+∠BAQ＝60°， ∴∠CAP＝∠BAQ， 在△APC和△ABQ中， ∵， ∴△APC≌△ABQ（SAS）， ∴PC＝QB＝10， 在△BPQ中， ∵PB2＝82＝64，PQ2＝62，BQ2＝102， 而64+36＝100， ∴PB2+PQ2＝BQ2， ∴△PBQ为直角三角形，∠BPQ＝90°， ∴S四边形APBQ＝S△BPQ+S△APQ6×862＝24+9， 故选：C． 19．已知：如图，在△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C′B． （1）请你判断BC′与AB′的位置关系，并说明理由； （2）求BC′的长． 【分析】（1）如图，连接BB′，根据旋转的性质得AB＝AB′，∠BAB′＝60°，C′B′＝C′A′＝CA＝CB，则可判断△ABB′是等边三角形，所以AB＝BB′，而C′B′＝C′A′，于是可判断BC′垂直平分AB′； （2）延长BC′交AB′于D，如图，在Rt△AC′B′中，利用等腰直角三角形斜边上的中线性质得C′DAB＝1，再根据等边三角形的性质得BDAB′，然后计算BD﹣C′D即可． 【解答】解：（1）BC′垂直平分AB′．理由如下： 如图，连接BB′， ∵△ABC绕点A顺时针方向旋转60°得到△AB′C′， ∴AB＝AB′，∠BAB′＝60°，C′B′＝C′A′＝CA＝CB， ∴△ABB′是等边三角形， ∴AB＝BB′， 而C′B′＝C′A′， ∴BC′垂直平分AB′； （2）延长BC′交AB′于D，如图， 在Rt△AC′B′中，AB′AC′＝2， ∵BC′垂直平分AB′， ∴C′DAB＝1， ∵BD为等边三角形ABB′的高， ∴BDAB′， ∴BC′＝BD﹣C′D1． 20．已知△ABC与△DEC是两个大小不同的等腰直角三角形． （1）如图1所示，连接AE，DB，试判断线段AE和DB的数量和位置关系，并说明理由； （2）如图2所示，连接DB，将线段DB绕D点顺时针旋转90°到DF的位置，连接AF交ED于点N，试判断线段DE和AF的数量和位置关系，并说明理由． 【分析】（1）由“SAS”可证Rt△BCD≌Rt△ACE，可得AE＝BD，∠AEC＝∠BDC，由余角的性质可求∠DHE＝90°，即可得结论； （2）由“SAS”可证△EBD≌△ADF，可得DE＝AF，∠E＝∠FAD，即可得结论． 【解答】解：（1）AE＝DB，AE⊥DB， 理由如下：延长DB交AE于H， ∵△ABC与△DEC是等腰直角三角形， ∴AC＝BC，EC＝DC， 在Rt△BCD和Rt△ACE中， ， ∴Rt△BCD≌Rt△ACE（SAS）， ∴AE＝BD，∠AEC＝∠BDC， ∵∠BCD＝90°， ∴∠DHE＝90°， ∴AE⊥DB； （2）DE＝AF，DE⊥AF， 理由如下：∵将线段DB绕D点顺时针旋转90°到DF的位置， ∴DB＝DF，∠BDF＝90°， ∵CD＝CE，AC＝BC， ∴BE＝AD， ∵∠EBD＝∠C+∠BDC＝90°+∠BDC， ∠ADF＝∠BDF+∠BDC＝90°+∠BDC， ∴∠EBD＝∠ADF， 在△EBD和△ADF中， ， ∴△EBD≌△ADF（SAS）， ∴DE＝AF，∠E＝∠FAD， ∵∠E＝45°，∠EDC＝45°， ∴∠FAD＝45°， ∴∠AND＝90°，即DE⊥AF． 21．已知△ABC是等边三角形，点D在直线BC上，且DE＝EC，将△BEC绕点C的顺时针旋转至△ACF，连接EF． （1）如图1，若点E在线段AB上，求证：AB＝DB+AF； （2）如图2，若点E在线段AB的延长线上，线段AB，DB，AF之间有怎样的数量关系？请说明理由； （3）如果点E在线段BA的延长线上，请在图3的基础上将图形补充完整，写出AB，DB，AF之间的数量关系，并证明． 【分析】（1）连接EF，首先判断出△CEF是等边三角形，即可判断出EF＝EC，再根据ED＝EC，可得ED＝EF，∠CAF＝∠BAC＝60°，所以∠EAF＝∠BAC+∠CAF＝120°，∠DBE＝120°，∠EAF＝∠DBE；然后根据全等三角形判定的方法，判断出△EDB≌△FEA，即可判断出BD＝AE，AB＝AE+BF，所以AB＝DB+AF． （2）结论：AB＝BD﹣AF．连接EF，延长EF、CA交于点G，证明方法类似． （3）结论：AF＝AB+BD．证明方法类似． 【解答】（1）证明：如图1中， ∵△BCE绕点C顺时针旋转60°至△ACF， ∴∠ECF＝60°，∠BCA＝60°，BE＝AF，EC＝CF， ∴△CEF是等边三角形， ∴EF＝EC，∠CEF＝60°， 又∵ED＝EC， ∴ED＝EF， ∵△ABC是等腰三角形，∠BCA＝60°， ∴△ABC是等边三角形， ∴∠CAF＝∠CBA＝60°， ∴∠EAF＝∠BAC+∠CAF＝120°，∠DBE＝120°，∠EAF＝∠DBE， ∵∠CAF＝∠CEF＝60°， ∴A、E、C、F四点共圆， ∴∠AEF＝∠ACF， 又∵ED＝EC， ∴∠D＝∠BCE，∠BCE＝∠ACF， ∴∠D＝∠AEF， 在△EDB和△FEA中， ， ∴△EDB≌△FEA（AAS）， ∴DB＝AE，BE＝AF， ∵AB＝AE+BE， ∴AB＝DB+AF． （2）解：结论：AB＝BD﹣AF； 理由：延长EF、CA交于点G， ∵△BCE绕点C顺时针旋转60°至△ACF， ∴∠ECF＝60°，BE＝AF，EC＝CF， ∴△CEF是等边三角形， ∴EF＝EC， 又∵ED＝EC， ∴ED＝EF，∠EFC＝∠BAC＝60°， ∵∠EFC＝∠FGC+∠FCG，∠BAC＝∠FGC+∠FEA， ∴∠FCG＝∠FEA， 又∵∠FCG＝∠ECD，∠D＝∠ECD， ∴∠D＝∠FEA， 由旋转的性质，可得 ∠CBE＝∠CAF＝120°， ∴∠DBE＝∠FAE＝60°， 在△EDB和△FEA中， ， ∴△EDB≌△FEA（AAS）， ∴BD＝AE，EB＝AF， ∴BD＝FA+AB， 即AB＝BD﹣AF． （3）如图3中， ∵△BCE绕点C顺时针旋转60°至△ACF， ∴∠ECF＝60°，BE＝AF，EC＝CF，BC＝AC， ∴△CEF是等边三角形， ∴EF＝EC， 又∵ED＝EC， ∴ED＝EF， ∵AB＝AC，BC＝AC， ∴△ABC是等边三角形， ∴∠ABC＝60°， 又∵∠CBE＝∠CAF， ∴∠CAF＝60°， ∴∠EAF＝180°﹣∠CAF﹣∠BAC ＝180°﹣60°﹣60° ＝60° ∴∠DBE＝∠EAF； ∵ED＝EC， ∴∠ECD＝∠EDC， ∴∠BDE＝∠ECD+∠DEC＝∠EDC+∠DEC， 又∵∠EDC＝∠EBC+∠BED， ∴∠BDE＝∠EBC+∠BED+∠DEC＝60°+∠BEC， ∵∠AEF＝∠CEF+∠BEC＝60°+∠BEC， ∴∠BDE＝∠AEF， 在△EDB和△FEA中， ， ∴△EDB≌△FEA（AAS）， ∴BD＝AE，EB＝AF， ∵BE＝AB+AE， ∴AF＝AB+BD， 即AB，DB，AF之间的数量关系是： AF＝AB+BD． 声明：试题解析著作权属所有，未经书面同意，不得复制发布日期：2025/12/26 9:06:44；用户：周梦颉；邮箱：13153758901；学号：38846415 第1页（共1页） 学科网（北京）股份有限公司 $