第28章 旋转 28.1～28.2周练习 2026-2027学年人教版数学九年级上册

初中数学同步周练　|　人教版（2024）　|　一周错题巩固+压轴训练 九年级上册数学周练 第28章 旋转（28.1～28.2） 班级：__________　　姓名：__________　　学号：__________　　得分：__________　　　　时间：60分钟　　满分：100分 一．选择题（共6小题） 1．（2026秋•同步）·【A】下列现象：①地下水位逐年下降；②传送带上物品的移动；③方向盘的转动；④水龙头开关的转动；⑤钟摆的运动．属于旋转的有（　　） A．2个 B．3个 C．4个 D．5个 2．（2026春•皇姑区校级期末）·【A】如图，在△ABC中，∠C＝90°，∠B＝30°，AB＝4，将△ABC绕点A逆时针旋转15°得到△AB'C'，B'C'交AB于点E，则B′E的长为（　　） A． B． C． D． 3．（2025秋•海珠区期末）·【A】如图，将△ABC绕点A逆时针旋转110°，得到△ADE，若点D落在线段BC的延长线上，则∠B大小为（　　） A．30° B．35° C．40° D．45° 4．（2026春•单县期末）·【A】点P（﹣1，5）关于原点对称的点P′的坐标是（　　） A．（1，5） B．（1，﹣5） C．（5，﹣1） D．（﹣1，﹣5） 5．（2026•河东区校级模拟）·【B】下列大学校徽主体图案是中心对称图形的是（　　） A．西南财经大学 B．北京大学 C．中国人民大学 D．中南大学 6．（2026•金乡县二模）·【C】如图，边长为8的等边三角形ABC中，E是对称轴AD上的一个动点，连接EC将线段EC绕点C逆时针旋转60°得到FC，连接DF，则在点E运动过程中，DF的最小值是（　　） A．4 B．3 C．2 D．1 二．填空题（共6小题） 7．（2025秋•浦东新区期末）·【A】如图，将△AOB绕着点O顺时针旋转得到△COD，若∠AOB＝40°，∠BOC＝10°，则旋转角度是 　 　 ． 8．（2026春•青山区期末）·【A】如图，太原方特大摆锤OA的长度为14米，当大摆锤OA绕点O顺时针旋转60°，到OB时，点B到OA的距离是 　 　 米． 9．（2026•龙岗区校级模拟）·【A】点M（1，﹣2）关于原点对称点的坐标是 　 　 ． 10．（2025秋•嵩明县期末）·【A】已知点A（a，﹣2）与点B（3，2）关于原点对称，则a＝　 　 ． 11．（2026春•灯塔市期末）·【B】如图，已知Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝4，BC＝2，将△ABC绕点C顺时针旋转90°得到△DEC，F是AB中点，连接DF，则DF的长为　 　 ． 12．（2026春•江阴市校级月考）·【B】如图1，两个相互重合的正方形的边长为a，若将其中一个正方形绕对称中心旋转45°，如图2所示，最内侧多边形是　 　 边形，在图2外放置两个边长相等的正方形形成图3，如按此规律进行操作，如图3所示，则图3中阴影部分的面积之和　 　 ． 三．解答题（共8小题） 13．（2025秋•格尔木市期末）·【A】如图，在等腰△ABC中，AB＝AC，∠B＝40°，将△ABC绕点C逆时针方向旋转100°得到△A1B1C，连接AA1．求证：四边形AA1B1C是平行四边形． 14．（2026春•贾汪区期末）·【B】如图，在△ABC中，∠B＝40°，∠BAC＝80°，将△ABC绕点A逆时针旋转一定角度后得到△ADE． （1）求∠E的度数； （2）当AB∥DE时，求∠DAC的度数． 15．（2026•万源市校级开学）·【C】截长补短法是初中几何题中一种添加辅助线的方法．截长就是在长边上截取一条线段与某一短边相等，补短就是通过延长或旋转等方式使两条短边拼合到一起从而解决问题．数学课上李老师让同学使用这一方法来解决以下问题：“如图①，在△ABC中，AD平分∠BAC，∠B＝2∠C”．求证：AB+BD＝AC． （1） 对于该问题，老师给出了如下的思路：如图②，在AC上截取AE＝AB，连接DE，只要证BD＝EC即可，这就将证明线段和差问题转化为证明线段相等问题．请你按照上述解题思路写出证明过程． （2）请使用上述方法解决下列问题： ①如图③，△ABC是等边三角形，D是边BC下方一点，∠BDC＝120°，连接AD．判断出线段DA，DB，DC之间的数量关系并说明理由； ②如图④，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC．D是边BC下方一点，∠BDC＝90°．求证：DA＝DB+DC． 16．（2026•渭滨区校级开学）·【C】（1）【初步感知】如图1，等边三角形ABC内有一点P，若点P到顶点A，B，C的距离分别为3，4，5，求∠APB的度数．为了解决本题，我们可以将△ABP绕顶点A旋转到△ACP'处，连接PP'，此时△ACP'≌△ABP，这样就可以利用旋转变换，将三条线段PA，PB，PC转化到一个三角形中，从而求出∠APB＝　 　 °． （2）【尝试运用】如图2，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝1，∠ABC＝30°，O为Rt△ABC内一点，连接AO，BO，CO，且∠AOC＝∠BOC＝∠AOB＝120°，求OA+OB+OC的值． （3）【拓展延伸】如图3，在△ABC中，BC＝a，AB＝c，∠ABC＝30°，P是△ABC内一点，求PA+PB+PC的最小值． 17．（2026春•薛城区期末）·【C】阅读下面材料，并解决问题： （1）如图①等边△ABC内有一点P，若点P到顶点A、B、C的距离分别为3，4，5，求∠APB的度数． 为了解决本题，我们可以将△ABP绕顶点A旋转到△ACP′处，此时△ACP′≌△ABP，这样就可以利用旋转变换，将三条线段PA、PB、PC转化到一个三角形中，从而求出∠APB＝ 　 　 ； （2）基本运用 请你利用第（1）题的解答思想方法，解答下面问题 已知如图②，△ABC中，∠CAB＝90°，AB＝AC，E、F为BC上的点且∠EAF＝45°，求证：EF2＝BE2+FC2； （3）能力提升 如图③，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝1，∠ABC＝30°，点O为Rt△ABC内一点，连接AO，BO，CO，且∠AOC＝∠COB＝∠BOA＝120°，求OA+OB+OC的值． 18．（2026春•沈河区期末）·【C】已知：在△ABC中，，，∠C＝60°． （1）如图1，求△ABC的面积； （2）如图2，点D在边AC上，将△ABC沿射线BD方向平移至△A1DC1，使得点B与点D重合． ①连结AA1，CA1，则△AA1C的面积为　 　 ； ②如图3，当CD＝2AD时，将△A1DC1绕点D旋转至A2DC2，边A2C2与线段BD的延长线交于点H，且BH⊥A2C2，连结CH．求CH2的值． 19．（2026春•浑南区期中）·【C】在Rt△ABC中，∠C＝90°，BC＞AC，点N为直线AB上的一点． （1）点M为CA延长线上的一点，连接MN，AE为Rt△ABC的角平分线． ①如图1，若MN∥AE，求证：△AMN是等腰三角形； ②如图2，F为MN中点，连接EF，EF⊥MN，连接EM，EN，若AM＝1，AN＝9，求CM的长； （2） 如图3，将Rt△ABC绕点C逆时针旋转后，顶点A旋转到CB上的点D，顶点B旋转到点Q，连接AD，将△ACD沿CD翻折，点A的对应点为A′，连接A′N过CD中点O，过点C作CP⊥A′N，垂足为H，CP交A′D于点P，连接OP，请补全图形，猜想线段A′O，CP，PO之间的数量关系，并证明你的猜想． 20．（2026春•和平区校级期中）·【C】如图①，△ABC是等边三角形，AB＝5．点P从点A出发，沿折线AB﹣BC运动．当点P不与点A重合时，连结AP，以AP为边向其右侧作等腰三角形APQ，使∠AQP＝120°，延长AQ交边BC于点D，当点D与点C重合，点P停止运动，连结PD． （1）当点P在边AB上运动时，求AD的长． （2）如图②，当点P在边BC上时，求证：． （3）点P在整个运动过程中，当△PDQ是轴对称图形时，则PD的长为　 　 ． （4）点P在整个运动过程中，当AB＝3BP时，直接写出PD的长为　 　 ． 参考答案与试题解析 一．选择题（共6小题） 题号 1 2 3 4 5 6 答案 B C B B D C 1．（2026秋•同步）·【A】下列现象：①地下水位逐年下降；②传送带上物品的移动；③方向盘的转动；④水龙头开关的转动；⑤钟摆的运动．属于旋转的有（　　） A．2个 B．3个 C．4个 D．5个 【答案】B 【解答】解：③方向盘的转动，④水龙头开关的转动，⑤钟摆的运动是旋转， 故选：B． 2．（2026春•皇姑区校级期末）·【A】如图，在△ABC中，∠C＝90°，∠B＝30°，AB＝4，将△ABC绕点A逆时针旋转15°得到△AB'C'，B'C'交AB于点E，则B′E的长为（　　） A． B． C． D． 【答案】C 【解答】解：∵∠C＝90°，∠B＝30°， ∴∠BAC＝60°，ACAB＝2， ∴BCAC＝2， ∵△ABC绕点A逆时针旋转15°得到△AB′C′， ∴∠CAC′＝15°，AC′＝AC＝15°，B′C′＝BC＝2，∠C′＝∠C＝90°， ∵∠EAC′＝∠BAC﹣∠CAC′＝60°﹣15°＝45°， ∴△AC′E为等腰直角三角形， ∴C′E＝AC′＝2， ∴B′E＝B′C′﹣C′E＝22． 故选：C． 3．（2025秋•海珠区期末）·【A】如图，将△ABC绕点A逆时针旋转110°，得到△ADE，若点D落在线段BC的延长线上，则∠B大小为（　　） A．30° B．35° C．40° D．45° 【答案】B 【解答】解：∵△ABC绕点A逆时针旋转110°，得到△ADE ∴AB＝AD，∠BAD＝110° 由三角形内角和 ∠B 故选：B． 4．（2026春•单县期末）·【A】点P（﹣1，5）关于原点对称的点P′的坐标是（　　） A．（1，5） B．（1，﹣5） C．（5，﹣1） D．（﹣1，﹣5） 【答案】B 【解答】解：P（﹣1，5）关于原点对称的点P′的坐标是（1，﹣5）． 故答案为：B． 5．（2026•河东区校级模拟）·【B】下列大学校徽主体图案是中心对称图形的是（　　） A．西南财经大学 B．北京大学 C．中国人民大学 D．中南大学 【答案】D 【解答】解：选项A、B、C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D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：D． 6．（2026•金乡县二模）·【C】如图，边长为8的等边三角形ABC中，E是对称轴AD上的一个动点，连接EC将线段EC绕点C逆时针旋转60°得到FC，连接DF，则在点E运动过程中，DF的最小值是（　　） A．4 B．3 C．2 D．1 【答案】C 【解答】解：如图，连接BF， 由旋转可得，CE＝FC，∠ECF＝60°， ∵△ABC是等边三角形， ∴AC＝BC，∠ACB＝60°， ∴∠ACE＝∠BCF， ∴△ACE≌△BCF（SAS）， ∴∠CBF＝∠CAE， ∵边长为8的等边三角形ABC中，E是对称轴AD上的一个动点， ∴∠CAE＝30°，BD＝4， ∴∠CBF＝30°， 即点F的运动轨迹为直线BF， ∴当DF⊥BF时，DF最短， 此时，DFBD4＝2， ∴DF的最小值是2， 故选：C． 二．填空题（共6小题） 7．（2025秋•浦东新区期末）·【A】如图，将△AOB绕着点O顺时针旋转得到△COD，若∠AOB＝40°，∠BOC＝10°，则旋转角度是 　50°　 ． 【答案】50°． 【解答】解：∵∠AOB＝40°，∠BOC＝10°， ∴∠AOC＝∠AOB+∠BOC＝40°+10°＝50°， ∵△AOB绕着点O顺时针旋转得到△COD， ∴∠AOC＝∠BOD＝50°， ∴旋转角度是50°， 故答案为：50°． 8．（2026春•青山区期末）·【A】如图，太原方特大摆锤OA的长度为14米，当大摆锤OA绕点O顺时针旋转60°，到OB时，点B到OA的距离是 　7　 米． 【答案】7． 【解答】解：过点B作BC⊥OA，垂足为C， ∴∠BCO＝90°， 由旋转得：OB＝OA＝14米，∠AOB＝60°， ∴∠OBC＝90°﹣∠BOA＝30°， ∴OCOA＝7（米），BCOC＝7（米）， ∴点B到OA的距离是7米， 故答案为：7． 9．（2026•龙岗区校级模拟）·【A】点M（1，﹣2）关于原点对称点的坐标是 　（﹣1，2）　 ． 【答案】（﹣1，2） 【解答】解：点M（1，﹣2）关于原点对称点的坐标是（﹣1，2）． 故答案为：（﹣1，2）． 10．（2025秋•嵩明县期末）·【A】已知点A（a，﹣2）与点B（3，2）关于原点对称，则a＝　﹣3　 ． 【答案】﹣3． 【解答】解：∵点A（a，﹣2）与点B（3，2）关于原点对称， ∴a＝﹣3． 故答案为：﹣3． 11．（2026春•灯塔市期末）·【B】如图，已知Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝4，BC＝2，将△ABC绕点C顺时针旋转90°得到△DEC，F是AB中点，连接DF，则DF的长为　　 ． 【答案】． 【解答】解：作FH⊥AC于H，如图所示， ∵△ABC绕直角顶点C顺时针旋转90°得到△DEC，∴CE＝BC＝2，CD＝CA＝4，∠ECD＝∠ACB＝90°，∴BD＝DC﹣CB＝2，∵点F是AB的中点，∴AF＝BF， ∵FH∥AC， ∴， ∴点H是BC中点， ∴FH是△ABC的中位线， ∴FH2，BHBC＝1， ∴DH＝DB+BH＝3， 在RT△DFH中，由勾股定理得， DF． 12．（2026春•江阴市校级月考）·【B】如图1，两个相互重合的正方形的边长为a，若将其中一个正方形绕对称中心旋转45°，如图2所示，最内侧多边形是　八　 边形，在图2外放置两个边长相等的正方形形成图3，如按此规律进行操作，如图3所示，则图3中阴影部分的面积之和　　 ． 【答案】八； ． 【解答】解：如图所示， 由图可知，最内侧多边形是八边形， 由图可知，阴影部分图形为等腰直角三角形，△ABC≌△DCE， ∴由勾股定理得， ∴， ∴， ∴， ∴较大的4个等腰直角三角形的面积和为： ， 由图可知△ABK≌△GHF，， ∴较小的4个等腰直角三角形的面积和为， ∴阴影部分的面积为：． 三．解答题（共8小题） 13．（2025秋•格尔木市期末）·【A】如图，在等腰△ABC中，AB＝AC，∠B＝40°，将△ABC绕点C逆时针方向旋转100°得到△A1B1C，连接AA1．求证：四边形AA1B1C是平行四边形． 【答案】证明过程见解答部分． 【解答】证明：在等腰△ABC中，AB＝AC，∠B＝40°， ∴∠B＝∠ACB＝40°， ∴∠BAC＝180°﹣∠B﹣∠ACB＝100°； 由旋转可知，∠B1A1C＝∠BAC＝100°，A1B1＝AB＝AC，∠A1CA＝100°， ∴∠A1CA＝∠B1A1C， ∴AC∥A1B1， ∴四边形AA1B1C是平行四边形． 14．（2026春•贾汪区期末）·【B】如图，在△ABC中，∠B＝40°，∠BAC＝80°，将△ABC绕点A逆时针旋转一定角度后得到△ADE． （1）求∠E的度数； （2）当AB∥DE时，求∠DAC的度数． 【答案】（1）60°；（2）40°或140°． （2）依据题意，根据当DE在AB下方时和当DE在AB上方时．分别进行分析即可得解． 【解答】解：（1）由图形旋转的特征可得：∠E＝∠C． ∵∠B＝40°，∠BAC＝80°， ∴∠C＝180°﹣∠B﹣∠BAC＝60°． ∴∠E＝60°． （2）如图1，当DE在AB下方时． 由图形旋转的特征可得：∠D＝∠B＝40°． ∵AB∥DE， ∴∠BAD＝∠D＝40°． ∴∠DAC＝∠BAC﹣∠BAD＝80°﹣40°＝40°． 如图2，当DE在AB上方时． ∵AB∥DE， ∴∠BAD+∠D＝180°， ∴∠BAD＝180°﹣∠D＝180°﹣40°＝140°． ∴∠DAC＝360°﹣∠BAC﹣∠BAD＝360°﹣80°﹣140°＝140°． 综上所述，∠DAC的度数为40°或140°． 15．（2026•万源市校级开学）·【C】截长补短法是初中几何题中一种添加辅助线的方法．截长就是在长边上截取一条线段与某一短边相等，补短就是通过延长或旋转等方式使两条短边拼合到一起从而解决问题．数学课上李老师让同学使用这一方法来解决以下问题：“如图①，在△ABC中，AD平分∠BAC，∠B＝2∠C”．求证：AB+BD＝AC． （1）对于该问题，老师给出了如下的思路：如图②，在AC上截取AE＝AB，连接DE，只要证BD＝EC即可，这就将证明线段和差问题转化为证明线段相等问题．请你按照上述解题思路写出证明过程． （2）请使用上述方法解决下列问题： ①如图③，△ABC是等边三角形，D是边BC下方一点，∠BDC＝120°，连接AD．判断出线段DA，DB，DC之间的数量关系并说明理由； ②如图④，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC．D是边BC下方一点，∠BDC＝90°．求证：DA＝DB+DC． 【答案】（1∵AD平分∠BAC， ∴∠BAD＝∠DAC， 在△ABD和△AED中， ， ∴△ABD≌△AED（SAS）， ∴∠B＝∠AED，BD＝ED． 又∵∠B＝2∠C， ∴∠AED＝2∠C， ∵∠AED＝∠C+∠EDC， ∴∠C＝∠EDC， ∴△CED为等腰三角形， ∴DE＝CE，BD＝DE＝CE， ∴AB+BD＝AE+CE＝AC． （2）①DA＝DB+DC；理由如下： 如图③，在DC的延长线上截取CE＝BD，连接AE． ∵△ABC是等边三角形， ∴AB＝AC，∠BAC＝60°， 在四边形ABDC中，∠BAC+∠ABD+∠ACD+∠BDC＝360°， ∵∠BAC＝60°，∠BDC＝120°， ∴∠ABD+∠ACD＝360°﹣60°﹣120°＝180°， 又∵∠ACE+∠ACD＝180°， ∴∠ABD＝∠ACE． 在△ABD和△ACE中， ， ∴△ABD≌△ACE（SAS）， ∴AD＝AE，∠BAD＝∠CAE， ∴∠DAE＝∠DAC+∠CAE＝∠DAC+∠BAD＝∠BAC＝60°， ∴△ADE是等边三角形， ∴DA＝DE， ∴DE＝DC+CE＝DC+BD， ∴DA＝DB+DC； ②如图④，延长DC到点E，使CE＝BD，连接AE， ∵∠BAC＝90°，∠BDC＝90°， ∴∠ABD+∠ACD＝180°， ∵∠ACE+∠ACD＝180°， ∴∠ABD＝∠ACE． ∵AB＝AC，BD＝CE， 在△ABD和△ACE中， ， ∴△ABD≌△ACE（SAS）， ∴AD＝AE，∠BAD＝∠CAE， ∴∠DAE＝∠DAC+∠CAE＝∠DAC+∠BAD＝∠BAC＝90°， ∴△ADE是等腰直角三角形， 由勾股定理得：， ∵DE＝DC+CE＝DC+DB， ∴． （2）①在DC的延长线上截取CE＝DB，构造全等三角形△ABD≌△ACE，利用等边三角形的性质证明△ADE为等边三角形，从而得到DA＝DB+DC； ②在DC的延长线上截取CE＝DB，构造全等三角形△ABD≌△ACE，利用等腰直角三角形的性质证明△ADE为等腰直角三角形，再利用勾股定理即可得出． 【解答】（1）证明：∵AD平分∠BAC， ∴∠BAD＝∠DAC， 在△ABD和△AED中， ， ∴△ABD≌△AED（SAS）， ∴∠B＝∠AED，BD＝ED． 又∵∠B＝2∠C， ∴∠AED＝2∠C， ∵∠AED＝∠C+∠EDC， ∴∠C＝∠EDC， ∴△CED为等腰三角形， ∴DE＝CE，BD＝DE＝CE， ∴AB+BD＝AE+CE＝AC． （2）①解：DA＝DB+DC；理由如下： 如图③，在DC的延长线上截取CE＝BD，连接AE． ∵△ABC是等边三角形， ∴AB＝AC，∠BAC＝60°， 在四边形ABDC中，∠BAC+∠ABD+∠ACD+∠BDC＝360°， ∵∠BAC＝60°，∠BDC＝120°， ∴∠ABD+∠ACD＝360°﹣60°﹣120°＝180°， 又∵∠ACE+∠ACD＝180°， ∴∠ABD＝∠ACE． 在△ABD和△ACE中， ， ∴△ABD≌△ACE（SAS）， ∴AD＝AE，∠BAD＝∠CAE， ∴∠DAE＝∠DAC+∠CAE＝∠DAC+∠BAD＝∠BAC＝60°， ∴△ADE是等边三角形， ∴DA＝DE， ∴DE＝DC+CE＝DC+BD， ∴DA＝DB+DC； ②证明：如图④，延长DC到点E，使CE＝BD，连接AE， ∵∠BAC＝90°，∠BDC＝90°， ∴∠ABD+∠ACD＝180°， ∵∠ACE+∠ACD＝180°， ∴∠ABD＝∠ACE． ∵AB＝AC，BD＝CE， 在△ABD和△ACE中， ， ∴△ABD≌△ACE（SAS）， ∴AD＝AE，∠BAD＝∠CAE， ∴∠DAE＝∠DAC+∠CAE＝∠DAC+∠BAD＝∠BAC＝90°， ∴△ADE是等腰直角三角形， 由勾股定理得：， ∵DE＝DC+CE＝DC+DB， ∴． 16．（2026•渭滨区校级开学）·【C】（1）【初步感知】如图1，等边三角形ABC内有一点P，若点P到顶点A，B，C的距离分别为3，4，5，求∠APB的度数．为了解决本题，我们可以将△ABP绕顶点A旋转到△ACP'处，连接PP'，此时△ACP'≌△ABP，这样就可以利用旋转变换，将三条线段PA，PB，PC转化到一个三角形中，从而求出∠APB＝　150　 °． （2）【尝试运用】如图2，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝1，∠ABC＝30°，O为Rt△ABC内一点，连接AO，BO，CO，且∠AOC＝∠BOC＝∠AOB＝120°，求OA+OB+OC的值． （3）【拓展延伸】如图3，在△ABC中，BC＝a，AB＝c，∠ABC＝30°，P是△ABC内一点，求PA+PB+PC的最小值． 【答案】（1）150°； （2）； （3）． （2）将△AOB绕点B顺时针旋转60°至△A′O′B处，连接OO′，根据直角三角形30°角所对的直角边等于斜边的一半求出AB＝2AC，即A′B的长，再根据旋转的性质求出△BOO′是等边三角形，根据等边三角形的三条边都相等可得BO＝OO′，等边三角形三个角都是60°求出∠BOO′＝∠BO′O＝60°，然后求出C、O、A′、O′四点共线，再利用勾股定理列式求出A′C，从而得到OA+OB+OC＝A′C； （3）△BPC绕点B按逆时针旋转60°得到△BP′C′，连接PP'、A'C，易得PA+PB+PC＝A'P'+PP'+PC≥A'C，据此求解即可． 【解答】解：（1）由旋转可知△ACP′≌△ABP， ∴AP′＝AP＝3、CP′＝BP＝4、∠AP′C＝∠APB， 由题意知旋转角∠PAP′＝60°， ∴△APP′为等边三角形， ∴PP′＝AP＝3，∠AP′P＝60°， ∵PP′2+CP′2＝32+42＝52＝PC2， ∴△PP′C为直角三角形，且∠PP′C＝90°， ∴∠APB＝∠AP′C＝∠AP′P+∠PP′C＝60°+90°＝150°， 故答案为：150°； （2）如图，将△AOB绕点B顺时针旋转60°至△A′O′B处，连接OO′、A'C， ∵在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝1，∠ABC＝30°， ∴AB＝2， ∴BC， ∵△AOB绕点B顺时针方向旋转60°， ∴△A′O′B如图所示； ∠A′BC＝∠ABC+60°＝30°+60°＝90°， ∵∠C＝90°，AC＝1，∠ABC＝30°， ∴AB＝2AC＝2， ∵△AOB绕点B顺时针方向旋转60°，得到△A′O′B， ∴A′B＝AB＝2，BO＝BO′，A′O′＝AO， ∴△BOO′是等边三角形， ∴BO＝OO′，∠BOO′＝∠BO′O＝60°， ∵∠AOC＝∠COB＝∠BOA＝120°， ∴∠COB+∠BOO′＝∠BO′A′+∠BO′O＝120°+60°＝180°， ∴C、O、A′、O′四点共线， 在Rt△A′BC中，A′C， ∴OA+OB+OC＝A′O′+OO′+OC＝A′C； （3）将△BPC绕点B按逆时针旋转60°得到△BP′C′，连接PP'、A'C， 则△A'BP'≌△ABP， ∴BP'＝BP，A'B＝AB＝c，A'P'＝AP， ∵∠PBP'＝60°， ∴△BPP'为等边三角形， ∴PP'＝PB， ∴PA+PB+PC＝A'P'+PP'+PC≥A'C，当且仅当A'、P'、P、C四点共线时取等， ∵∠ABC＝30°，∠ABA'＝60°， ∴∠A'BC＝90°， ∴A'C， 即PA+PB+PC的最小值为． 17．（2026春•薛城区期末）·【C】阅读下面材料，并解决问题： （1）如图①等边△ABC内有一点P，若点P到顶点A、B、C的距离分别为3，4，5，求∠APB的度数． 为了解决本题，我们可以将△ABP绕顶点A旋转到△ACP′处，此时△ACP′≌△ABP，这样就可以利用旋转变换，将三条线段PA、PB、PC转化到一个三角形中，从而求出∠APB＝ 　150°　 ； （2）基本运用 请你利用第（1）题的解答思想方法，解答下面问题 已知如图②，△ABC中，∠CAB＝90°，AB＝AC，E、F为BC上的点且∠EAF＝45°，求证：EF2＝BE2+FC2； （3）能力提升 如图③，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝1，∠ABC＝30°，点O为Rt△ABC内一点，连接AO，BO，CO，且∠AOC＝∠COB＝∠BOA＝120°，求OA+OB+OC的值． 【答案】见试题解答内容 （2）把△ABE绕点A逆时针旋转90°得到△ACE′，根据旋转的性质可得AE′＝AE，CE′＝BE，∠CAE′＝∠BAE，∠ACE′＝∠B，∠EAE′＝90°，再求出∠E′AF＝45°，从而得到∠EAF＝∠E′AF，然后利用“边角边”证明△EAF和△E′AF全等，根据全等三角形对应边相等可得E′F＝EF，再利用勾股定理列式即可得证． （3）将△AOB绕点B顺时针旋转60°至△A′O′B处，连接OO′，根据直角三角形30°角所对的直角边等于斜边的一半求出AB＝2AC，即A′B的长，再根据旋转的性质求出△BOO′是等边三角形，根据等边三角形的三条边都相等可得BO＝OO′，等边三角形三个角都是60°求出∠BOO′＝∠BO′O＝60°，然后求出C、O、A′、O′四点共线，再利用勾股定理列式求出A′C，从而得到OA+OB+OC＝A′C． 【解答】解：（1）∵△ACP′≌△ABP， ∴AP′＝AP＝3、CP′＝BP＝4、∠AP′C＝∠APB， 由题意知旋转角∠PA P′＝60°， ∴△AP P′为等边三角形， P P′＝AP＝3，∠A P′P＝60°， 易证△P P′C为直角三角形，且∠P P′C＝90°， ∴∠APB＝∠AP′C＝∠A P′P+∠P P′C＝60°+90°＝150°； 故答案为：150°； （2）如图2，把△ABE绕点A逆时针旋转90°得到△ACE′， 由旋转的性质得，AE′＝AE，CE′＝BE，∠CAE′＝∠BAE，∠ACE′＝∠B，∠EAE′＝90°， ∵∠EAF＝45°， ∴∠E′AF＝∠CAE′+∠CAF＝∠BAE+∠CAF＝∠BAC﹣∠EAF＝90°﹣45°＝45°， ∴∠EAF＝∠E′AF， 在△EAF和△E′AF中， ∴△EAF≌△E′AF（SAS）， ∴E′F＝EF， ∵∠CAB＝90°，AB＝AC， ∴∠B＝∠ACB＝45°， ∴∠E′CF＝45°+45°＝90°， 由勾股定理得，E′F2＝CE′2+FC2， 即EF2＝BE2+FC2． （3）如图3，将△AOB绕点B顺时针旋转60°至△A′O′B处，连接OO′， ∵在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝1，∠ABC＝30°， ∴AB＝2， ∴BC， ∵△AOB绕点B顺时针方向旋转60°， ∴△A′O′B如图所示； ∠A′BC＝∠ABC+60°＝30°+60°＝90°， ∵∠C＝90°，AC＝1，∠ABC＝30°， ∴AB＝2AC＝2， ∵△AOB绕点B顺时针方向旋转60°，得到△A′O′B， ∴A′B＝AB＝2，BO＝BO′，A′O′＝AO， ∴△BOO′是等边三角形， ∴BO＝OO′，∠BOO′＝∠BO′O＝60°， ∵∠AOC＝∠COB＝∠BOA＝120°， ∴∠COB+∠BOO′＝∠BO′A′+∠BOO′＝120°+60°＝180°， ∴C、O、A′、O′四点共线， 在Rt△A′BC中，A′C， ∴OA+OB+OC＝A′O′+OO′+OC＝A′C． 18．（2026春•沈河区期末）·【C】已知：在△ABC中，，，∠C＝60°． （1）如图1，求△ABC的面积； （2）如图2，点D在边AC上，将△ABC沿射线BD方向平移至△A1DC1，使得点B与点D重合． ①连结AA1，CA1，则△AA1C的面积为　18　 ； ②如图3，当CD＝2AD时，将△A1DC1绕点D旋转至A2DC2，边A2C2与线段BD的延长线交于点H，且BH⊥A2C2，连结CH．求CH2的值． 【答案】（1）18； （2）18； （3）84+24； （2）利用平行线间距离处处相等和等底等高两三角形面积相等即可得到答案； （3）过点C想BD边作垂线，垂足为G，通过解三角形CHG即可得到答案； 【解答】解：（1）过点A作AM⊥BC，如图所示， ∵AM⊥BC， ∴∠AMC＝90°， ∵AC＝6，∠C＝60°， ∴sin60°， ∴AM＝9， ∴S△ABCBC×AM； （2）连接CC1，如图2所示， 根据平行性质可知，AA1＝CC1且AA1∥CC1， ∴四边形AA1CC1是平行四边形， ∴A1C1∥AC， 根据平行线间的距离处处相等可知， ， ∵S△ABC， ∴S△ABC18； （3）过点C作CG⊥BD，如图3所示， ∵CD＝2AD，且AC＝6， ∴CD＝4，AD＝2， ∴CD＝BD＝4， ∵∠ACB＝60°， ∴△BDC是等边三角形， ∵CG⊥BD，CB＝CD， ∴GD＝2， 由勾股定理得，CG2＝CD2﹣GD2＝36， ∵DH⊥A2C2，∠C2＝60°， ∴∠HDC2＝30°， ∵DC2＝BC＝4， ∴HC2＝2，DH＝6， ∴GH＝6+2， 在RT△HCG中， CH2＝CG2+GH2＝6284+24； 19．（2026春•浑南区期中）·【C】在Rt△ABC中，∠C＝90°，BC＞AC，点N为直线AB上的一点． （1）点M为CA延长线上的一点，连接MN，AE为Rt△ABC的角平分线． ①如图1，若MN∥AE，求证：△AMN是等腰三角形； ②如图2，F为MN中点，连接EF，EF⊥MN，连接EM，EN，若AM＝1，AN＝9，求CM的长； （2）如图3，将Rt△ABC绕点C逆时针旋转后，顶点A旋转到CB上的点D，顶点B旋转到点Q，连接AD，将△ACD沿CD翻折，点A的对应点为A′，连接A′N过CD中点O，过点C作CP⊥A′N，垂足为H，CP交A′D于点P，连接OP，请补全图形，猜想线段A′O，CP，PO之间的数量关系，并证明你的猜想． 【答案】（1）证明：∵AE平分∠CAB， ∴∠CAE＝∠BAE， ∵AE∥MN， ∴∠CAE＝∠M，∠BAE＝∠ANM， ∴∠M＝∠ANM， ∴AM＝AN， ∴△AMN是等腰三角形； （2）5； （3）由翻折可知，CA'＝CA， 又∵CD＝CA， ∴CA'＝CD， ∵∠A'CO＝90°， ∴∠A'OC+∠OA'C＝90°， ∵CH⊥A'O， ∴∠OCH+∠A'OC＝90°， ∴∠OCH＝∠OA'C， ∵DG⊥AP， ∴∠CDG＝90°， 又∵∠A'CO＝∠CDG＝90°， ∴△A'CO≌△CDG（ASA）， ∴A'O＝CG，CO＝DG， 又∵CO＝OD， ∴OD＝DG， ∵△CDA'是等腰直角三角形， ∴∠CDP＝45°， ∵∠CDG＝90°， ∴∠PDG＝45°， 又∵DP＝DP， ∴△OPD≌△GPD（SAS）， ∴OP＝PG， ∵CG＝CP+PG， ∴CG＝CP+OP， ∴A'O＝CP+OP． （2）通过RT△CME≌RT△GNE（HL）和△AME≌△HNE（AAS）推导出CM＝GN，进而得到答案； （3）补全图形后，由△A'CO≌△CDG（ASA），△OPD≌△GPD（SAS），利用全等三角形对应边相等和对应角相等，等量替换进而解答． 【解答】（1）证明：∵AE平分∠CAB， ∴∠CAE＝∠BAE， ∵AE∥MN， ∴∠CAE＝∠M，∠BAE＝∠ANM， ∴∠M＝∠ANM， ∴AM＝AN， ∴△AMN是等腰三角形； （2）作EG⊥AN于点G，在GN 上取GH＝AG，如图所示， ∵AE平分∠CAB，且EC⊥AC，EG⊥AB， ∴EC＝EG， ∵F为MN中点，EF⊥MN， ∴EF是MN的垂直平分线， ∴EM＝EN， ∵GA＝GH，EG⊥AN， ∴EG是AH的垂直平分线， ∴EA＝EH，AG＝GH， ∴∠EAH＝∠EHA， ∵AE平分∠CAB， ∴∠CAE＝∠BAE， ∴∠EHA＝∠CAE， ∴∠EAM＝180°﹣∠CAE，∠EHN＝180°﹣∠EHA， ∴∠EAM＝∠EHN， 在RT△CME和RT△GNE中， EC＝EG，EM＝EN ∴RT△CME≌RT△GNE（HL）， ∠CME＝∠ENG，CM＝GN， 在△AME和△HNE中， ， ∴△AME≌△HNE（AAS）， ∴AM＝HN， ∵AM＝1， ∴HN＝1， ∵AN＝9， ∴AH＝9﹣1＝8， ∵AG＝GH， ∴GH＝4， ∴GN＝5， ∵CM＝GN， ∴CM＝5； （3）作DG⊥AP，交AP延长线于点G， 由翻折可知，CA'＝CA， 又∵CD＝CA， ∴CA'＝CD， ∵∠A'CO＝90°， ∴∠A'OC+∠OA'C＝90°， ∵CH⊥A'O， ∴∠OCH+∠A'OC＝90°， ∴∠OCH＝∠OA'C， ∵DG⊥AP， ∴∠CDG＝90°， 又∵∠A'CO＝∠CDG＝90°， ∴△A'CO≌△CDG（ASA）， ∴A'O＝CG，CO＝DG， 又∵CO＝OD， ∴OD＝DG， ∵△CDA'是等腰直角三角形， ∴∠CDP＝45°， ∵∠CDG＝90°， ∴∠PDG＝45°， 又∵DP＝DP， ∴△OPD≌△GPD（SAS）， ∴OP＝PG， ∵CG＝CP+PG， ∴CG＝CP+OP， ∴A'O＝CP+OP． 20．（2026春•和平区校级期中）·【C】如图①，△ABC是等边三角形，AB＝5．点P从点A出发，沿折线AB﹣BC运动．当点P不与点A重合时，连结AP，以AP为边向其右侧作等腰三角形APQ，使∠AQP＝120°，延长AQ交边BC于点D，当点D与点C重合，点P停止运动，连结PD． （1）当点P在边AB上运动时，求AD的长． （2）如图②，当点P在边BC上时，求证：． （3）点P在整个运动过程中，当△PDQ是轴对称图形时，则PD的长为　或　 ． （4）点P在整个运动过程中，当AB＝3BP时，直接写出PD的长为　或　 ． 【答案】（1）． （2）∵∠BAC＝60°，∠PAQ＝30°， ∴∠BAP+∠CAD＝30°， ∴∠BAP+∠CAD∠BAC； （3）或； （4）或． （2）根据直角三角形特征，导角即可解答； （3）讨论点P在AB边上时或在BC边上时的不同情况解答即可； （4）讨论点P在AB边上时或在BC边上时的不同情况，再结合旋转特征求解即可． 【解答】解：（1）∵△APQ是等腰三角形，∠AQP＝120°， ∴∠APQ＝∠QPA＝30°， ∵△ABC是等边三角形， ∴∠BAC＝60°，AB＝AC， ∴∠DAC＝30°， ∴AD平分∠BAC， ∴AD⊥BC， ∴BD＝BC， 在RT△ADB中，由勾股定理得， AD； （2）∵∠BAC＝60°，∠PAQ＝30°， ∴∠BAP+∠CAD＝30°， ∴∠BAP+∠CAD∠BAC； （3）①如图1，当点P在AB上时，且PD＝PQ时， ∵∠APQ＝∠QPA＝30°， ∴∠PQD＝∠APQ+∠QPA＝60°， ∴△PDQ为等边三角形， ∴∠ADP＝60°， ∴∠DPA＝90°， ∴PDAD， 如图2，当点P在BC上时， ∵∠AQP＝120°， ∴∠PQD＝60°， 故当△PDQ有任意两边相等时，△PDQ为等边三角形， ∴∠PDQ＝60°，则∠PDQ与∠ACB重合．如图3， 此时，PDBC， 综上所述：PD的长为或； （4）①如图4，当点P在AB边上时，此时AB＝3BP，过P作PM⊥AD． ∵AB＝3BP， ∴APAB， ∵∠PAM＝30°，∠PMA＝90°， ∴PM， ∴， ∴， 在RT△PMD中，由勾股定理得， PD， ②当点P在BC边上时，此时BP，把△ABP绕点A逆时针旋转60°得△ACN，连ND、NC，过N作NM⊥BC，交BC延长线于M，如图5， ∴CN＝PB，∠ACN＝∠B＝60°，∠CAN＝∠BAP， ∵∠PAQ＝30°， ∴∠BAP+∠DAC＝30°， ∴∠CAN+∠DAC＝30°， ∴∠DAN＝∠PAD＝30°． 又∵AB＝AC，AP＝AN， ∴△PAD≌△NAD（SAS）， ∴DP＝DN， ∵∠NCM＝180°﹣∠ACB﹣∠ACN＝60°， ∴∠CNM＝30°， ∴CMCN， ∴NMCM， 设DP＝x，则DN＝x， ∵BP， ∴PC＝5， ∴PM＝PC+CM， ∴DM＝PM﹣PDx， 在RT△DNM中，由勾股定理得， DN2＝DM2+MN2， 即x2＝（）2+（）2， 解得：x， 即PD， 综上所述：PD的长为或． 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