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专题第 01 讲 与旋转有关的计算
1．（2023春•秦都区期末）如图，△ABC是等边三角形，点E在AC边上，连接BE，将BE绕点B逆时针
旋转60°得到BD，连接DE、AD．
（1）求证：AD＝CE；
（2）若BC＝8cm，BE＝7cm，求△ADE的周长．
【分析】（1）利用等边三角形的性质和判定和旋转的性质，证明△CBE≌△ABD，即可得解；
（2）由BC＝8cm，BE＝7cm，结合（1）的结论，等线段转化，得到△ADE的周长．
【解答】（1）证明：∵△ABC是等边三角形，
∴BC＝BA，∠ABC＝60°．
∵BD是由BE绕点B逆时针旋转60°得到，
∴BD＝BE，∠EBD＝60°，
∴△BDE是等边三角形，
∴∠CBE＝∠ABD，
∴△CBE≌△ABD（SAS），
∴AD＝CE；
（2）解：∵△ABC和△BED都是等边三角形，
∴AE+AD＝AE+CE＝AC＝BC＝8cm，DE＝BE＝7cm，
∴△ADE的周长为AD+AE+DE＝8+7＝15cm．
2．（2023春•北林区期末）如图，在正方形 ABCD中，E，F是对角线BD上两点，且∠EAF＝45°，将
△ADF绕点A顺时针旋转90°后，得到△ABQ，连接EQ．
（1）求证：EF＝EQ；
（2）求证：EF2＝BE2+DF2．
【分析】（1）直接利用旋转的性质得出△AQE≌△AFE（SAS），进而得出∠AEQ＝∠AEF，即可得出
答案；
（2）利用（1）中所求，再结合勾股定理得出答案．【解答】证明：（1）∵将△ADF绕点A顺时针旋转90°后，得到△ABQ，
∴QB＝DF，AQ＝AF，∠BAQ＝∠DAF，
∵∠EAF＝45°，
∴∠DAF+∠BAE＝45°，
∴∠QAE＝45°，
∴∠QAE＝∠FAE，
在△AQE和△AFE中
，
∴△AQE≌△AFE（SAS）．
∴EF＝EQ；
（2）由（1）得△AQE≌△AFE，
∴QE＝EF，
由旋转的性质，得∠ABQ＝∠ADF，
∠ADF+∠ABD＝90°，
则∠QBE＝∠ABQ+∠ABD＝90°，
在Rt△QBE中，
QB2+BE2＝QE2，
又∵QB＝DF，
∴EF2＝BE2+DF2．
3．（2022秋•同心县期末）如图，△ABC是等边三角形，点D在AC边上，将△BCD绕点C旋转得到
△ACE．
（1）求证：△CDE是等边三角形；
（2）若AB＝8，BD＝7，求△ADE的周长．
【分析】（1）由旋转的性质可得CD＝CE，∠ACB＝∠ACE＝60°，可得∠CDE＝60°＝∠ACB，可证
DE∥BC；
（2）由旋转的性质可得AE＝BD＝7，即可求△ADE的周长．
【解答】（1）证明：∵△ABC是等边三角形，
∴AB＝BC＝AC，∠ACB＝60°，
∵将△BCD绕点C旋转得到△ACE．∴CD＝CE，∠ACB＝∠DCE＝60°，
∴△CDE是等边三角形；
（2）解：∵将△BCD绕点C旋转得到△ACE．
∴AE＝BD＝7，
∵△ADE的周长＝AE+DE+AD＝AE+DC+AD＝AE+AC，
∴△ADE的周长＝7+8＝15．
4．（2023春•清远期末）如图，在△ABC中，点E在BC边上，AE＝AB，将线段AC绕A点旋转到AF的
位置，使得∠CAF＝∠BAE，连接EF，EF与AC交于点G．
（1）求证：BC＝EF；
（2）若∠ABC＝64°，∠ACB＝25°，求∠AGE的度数．
【分析】（1）由旋转的性质可得AC＝AF，利用SAS证明△ABC≌△AEF，根据全等三角形的对应边相
等即可得出EF＝BC；
（2）根据等腰三角形的性质以及三角形内角和定理求出∠BAE＝180°﹣64°×2＝52°，那么∠FAG＝
52°．由△ABC≌△AEF，得出∠F＝∠C＝25°，再根据三角形外角的性质即可求出∠AGE＝∠FGC＝
∠FAG+∠F＝77°．
【解答】（1）证明：∵∠CAF＝∠BAE，
∴∠BAC＝∠EAF．
∵将线段AC绕A点旋转到AF的位置，
∴AC＝AF．
在△ABC与△AEF中，
，
∴△ABC≌△AEF（SAS），
∴BC＝EF；
（2）解：∵AB＝AE，∠ABC＝64°，
∴∠BAE＝180°﹣64°×2＝52°，
∴∠FAG＝∠BAE＝52°．
∵△ABC≌△AEF，
∴∠F＝∠C＝25°，
∴∠FGC＝∠FAG+∠F＝52°+25°＝77°，∴∠AGE＝77°．
5．（2023春•白银期中）如图，在四边形 ABCD中，∠BCD＝120°，BC＝CD，AC⊥BD，点E在对角线
BD上，将线段CE绕点C顺时针旋转120°，得到线段CF，连接DF．
（1）求证：BE＝DF；
（2）若EB＝EC，求证：AC⊥CF．
【分析】（1）首先根据旋转的性质得到∠BCD＝∠ECF＝∠120°，CE＝CF，然后证明出
△BEC≌△DFC（SAS），即可得到BE＝DF；
（2）根据等边对等角得到∠CBD＝∠CDB，然后利用全等三角形的性质得到∠CDF＝∠CBD，进而证
明CF∥BD，最后利用平行线的性质求解即可．
【解答】证明：（1）由旋转性质得：∠BCD＝∠ECF＝120°，CE＝CF，
∴∠BCE＝∠DCF，
又∵BC＝CD，
∴△BEC≌△DFC（SAS），
∴BE＝DF；
（2）∵BC＝CD，
∴∠CBD＝∠CDB，
若EB＝EC，则∠CBD＝∠BCE＝∠CDB，
∵△BEC≌△DFC（SAS），
∴∠CDF＝∠CBD，
∴∠DCF＝∠CDB，
∴CF∥BD，
∵AC⊥BD，
∴AC⊥CF．
6．（2023春•南城县期中）如图，点 O是等边三角形ABC内一点，将CO绕点C顺时针旋转60°得到
CD，连接OD，AO，BO，AD．
（1）求证：BO＝AD；
（2）若OA＝10，OB＝8，OC＝6，求∠BOC的度数．【分析】（1）由旋转的性质就可以证明△BCO≌△ACD；
（2）先证出△OCD是等边三角形，又根据△BCO≌△ACD，得出AD＝OB＝8，∠BOC＝∠ADC，再
根据勾股定理的逆定理得出∠ADO＝90°，等量代换得出∠BOC＝150°．
【解答】（1）证明：∵CO绕点C顺时针旋转60°得到CD，
∴CO＝CD，∠OCD＝60°，
∵△ABC是等边三角形，
∴CA＝CB，∠BCA＝∠OCD＝60°，
∴∠BCA＝∠OCD，∠BCO＝∠ACD，
在△BCO和△ACD中，CA＝CB，∠BCO＝∠ACD，CO＝CD，
∴△BCO≌△ACD（SAS），
∴BO＝AD．
（2）解：∵CO＝CD，∠OCD＝60°，
∴△OCD是等边三角形，
∴OD＝OC＝6，∠ODC＝60°，
∵△BCO≌△ACD，
∴AD＝OB＝8，∠BOC＝∠ADC，
∵OA＝10，
∴OA2＝AD2+OD2，
∴∠ADO＝90°，
∴∠ADC＝∠ADO+∠ODC＝90°+60°＝150°，
∴∠BOC＝∠ADC＝150°．
7．（2023春•罗源县校级期中）如图，先将△ABC绕点C顺时针旋转90°得到△DEC，再将线段DE绕点
D顺时针旋转90°得到DG，连接BE、BG、AD，且AC＝4．
（1）若∠ABC＝135°．B、E、D三点在同一条直线上，求BG的长；
（2）若∠ABC＝90°，AC＝2CE，点P在边AB上，求线段PD的最小值．【分析】（1）由旋转的性质可得∠ACD＝90°＝∠BCE，AB＝DE，BC＝CE，AC＝CD，∠ABC＝
∠DEC＝135°，由等腰三角形的性质可得∠BEC＝45°＝∠CBE，可证∠BEC+∠CED＝180°，通过证明
四边形ABDG是矩形，可得AD＝BG，由等腰直角三角形的性质可求解；
（2）由垂线段最短可得当PD⊥AB时，PD的长度有最小值，先证点P，点E，点D三点共线，由勾股
定理可求DE的长，由正方形的性质可得BC＝PE＝2，即可求解．
【解答】解：（1）如图，连接AG，
∵将△ABC绕点C顺时针旋转90°得到△DEC，
∴△ABC≌△DEC，∠ACD＝90°＝∠BCE，
∴AB＝DE，BC＝CE，AC＝CD，
∠ABC＝∠DEC＝135°，
∴∠BEC＝45°＝∠CBE，
∴∠BEC+∠CED＝180°，
∴B、E、D三点共线；
∵将线段DE绕点D顺时针旋转90°得到DG，
∴DE＝DG，∠EDG＝90°
∴AB＝DE＝DG，
∵∠ABE＝∠ABC﹣∠CBE＝90°，
∴∠ABE+∠EDG＝180°，
∴AB∥DG，
∴四边形ABDG是平行四边形，
又∵∠BDG＝90°
∴四边形ABDG是矩形，
∴AD＝BG，
∵AC＝CD＝4，∠ACD＝90°，
∴AD＝ AC＝4 ，
BG＝4 ；
（2）∵点P在边AB上，
∴当PD⊥AB时，PD的长度有最小值，
由旋转的性质可得：
∠ABC＝∠CED＝∠BCE＝90°，
∴BC∥DE，∵∠ABC+∠BPD＝180°，
∴DP∥BC，
∴点P，点E，点D三点共线，
∵AC＝2CE，
∴BC＝CE＝2，
又∵∠ABC＝∠BPE＝∠BCE＝90°，
∴四边形BPEC是正方形，
∴BC＝PE＝2，
∵CD＝AC＝4，CE＝2，∠CED＝90°，
∴DE＝ ，
∴DP＝2 +2，
∴线段PD的最小值为2 +2．
8．（2023春•成武县期中）已知△ABC≌△DEC，AB＝AC，AB＞BC．
（1）如图（1），CB平分∠ACD，求证：四边形ABDC是菱形；
（2）如图（2），将（1）中的△CDE绕点C逆时针旋转（旋转角小于∠BAC），BC，DE的延长线相
交于点F，用等式表示∠ACE与∠EFC之间的数量关系，并证明．
【分析】（1）根据全等三角形的性质得到AC＝DC，根据角平分线的定义得到∠DCB＝∠ACB，证明
四边形ABCD为平行四边形，根据菱形的判定定理证明结论；
（2）根据全等三角形的性质得到∠ABC＝∠DEC，根据三角形内角和定理证明即可．
【解答】（1）证明：∵△ABC≌△DEC，
∴AC＝DC，
∵AB＝AC，
∴∠ABC＝∠ACB，AB＝DC，∵CB平分∠ACD，
∴∠DCB＝∠ACB，
∴∠ABC＝∠DCB，
∴AB∥CD，
∴四边形ABDC为平行四边形，
∵AB＝AC，
∴平行四边形ABDC为菱形；
（2）解：∠ACE+∠EFC＝180°，
理由如下：∵△ABC≌△DEC，
∴∠ABC＝∠DEC，
∴∠ACB＝∠DEC，
∵∠ACB+∠ACF＝∠DEC+∠CEF＝180°，
∴∠CEF＝∠ACF，
∵∠CEF+∠ECF+∠EFC＝180°，
∴∠ACF+∠ECF+∠EFC＝180°，
∴∠ACE+∠EFC＝180°．
9．（2023春•九江期末）如图，在Rt△ABC中，∠BCA＝90°，将△ABC绕点A逆时针旋转至△ADE处，
分别延长BC与ED交于点F，连接AF、CE．
（1）求证：FA平分∠CFE；
（2）若S四边形ABFD ＝12，AC＝4，求CE的长．
【分析】（1）根据旋转的性质知AC＝AE，∠ACB＝∠AED＝90°，再利用角平分线的判定可得结论；
（2）根据旋转前后三角形全等可得S四边形ACFE ＝12，再说明S△ACF ＝S△AEF ＝6，则CF＝3，最后利用面
积法求出CE的长即可．
【解答】（1）证明：∵将△ABC绕点A逆时针旋转至△ADE处，分别延长BC与ED交于点F，
∴AC＝AE，∠ACB＝∠AED＝90°，
∴AF平分∠CFE；
（2）解：∵S四边形ABFD ＝12，
∴S四边形ABFD ＝S四边形ACFD +S△ABC ＝12，
∴S四边形ACFE ＝12，
∵FA平分∠CFE，∠ACF＝∠AEF＝90°，
∴∠CAF＝∠EAF，
∵AC＝AE，∴AF垂直平分CE，
∴CF＝EF，
∴S△ACF ＝S△AEF ＝6，
∴CF＝3，
在Rt△ACF中，由勾股定理得，AF＝5，
∴CE＝ ．
10．（2023春•盱眙县期末）如图，将矩形ABCD绕点C旋转得到矩形FECG，点E在AD上，延长ED交
FG于点H．连接BE、CH．
（1）四边形BEHC是怎样的特殊四边形？证明你的结论；
（2）若BC长为2，则AB的长为 时，四边形BEHC为菱形．
【分析】（1）依据题意可得到FE＝AB＝DC，∠F＝∠EDC＝90°，FH∥EC，利用平行线的性质可证明
∠FHE＝∠CED，然后依据AAS证明△EDC≌△HFE，由全等三角形的性质可知EH＝EC，由旋转的性
质可得到BC＝EC，从而可证明EH＝BC，最后依据平行四边形的判定定理进行证明即可；
（2）连接BE．可证明△EBC为等边三角形，则∠ABE＝30°，利用特殊锐角三角函数值可得到答案．
【解答】解：（1）四边形BEHC是平行四边形．
证明：∵四边形FECG是矩形，
∴FG∥EC，
∴∠CED＝∠EHF，
∵四边形FECG是矩形，
∴∠EDC＝∠F＝90°，DC＝FE，
在△EDC和△HFE中，
，
∴△EDC≌△HFE（AAS），
∴EH＝EC，
∵矩形FECG由矩形ABCD旋转得到，
∴EH＝EC＝BC，EH∥BC，
∴四边形BEHC为平行四边形；（2）当AB＝ 时，四边形BEHC是菱形，
连接BE．
∵四边形BEHC为菱形，
∴BE＝BC．
由旋转的性质可知BC＝EC．
∴BE＝EC＝BC．
∴△EBC为等边三角形．
∴∠EBC＝60°．
∴∠ABE＝30°．
∴AB：BE＝ ：2．
又∵BE＝CB＝2，
∴AB＝ ．
故答案为： ．
11．（2023春•平山县期末）如图，PQ∥MN，A、B分别为直线MN、PQ上两点，且∠BAN＝45°，若射线
AM绕点A顺时针旋转至AN后立即回转，射线BQ绕点B逆时针旋转至BP后立即回转，两射线分别绕
点A、点B不停地旋转，若射线AM转动的速度是a°/秒，射线BQ转动的速度是b°/秒，且a、b满足|a
﹣5|+（b﹣1）2＝0．（友情提醒：钟表指针走动的方向为顺时针方向）
（1）a＝ ，b＝ ；
（2）若射线AM、射线BQ同时旋转，问至少旋转多少秒时，射线AM、射线BQ互相垂直．
（3）若射线AM绕点A顺时针先转动18秒，射线BQ才开始绕点B逆时针旋转，在射线BQ到达BA之
前，问射线AM再转动多少秒时，射线AM、射线BQ互相平行？
【分析】（1）依据|a﹣5|+（b﹣1）2＝0，即可得到a，b的值；
（2）依据∠ABO+∠BAO＝90°，∠ABQ+∠BAM＝180°，即可得到射线AM、射线BQ第一次互相垂直
的时间；（3）分两种情况讨论，依据∠ABQ'＝∠BAM″时，BQ'∥AM″，列出方程即可得到射线AM、射线BQ
互相平行时的时间．
【解答】解：（1）|a﹣5|+（b﹣1）2＝0，
∴a﹣5＝0，b﹣1＝0，
∴a＝5，b＝1，
故答案为：5，1；
（2）设至少旋转t秒时，射线AM、射线BQ互相垂直．
如图，设旋转后的射线AM、射线BQ交于点O，则BO⊥AO，
∴∠ABO+∠BAO＝90°，
∵PQ∥MN，
∴∠ABQ+∠BAM＝180°，
∴∠OBQ+∠OAM＝90°，
又∵∠OBQ＝t°，∠OAM＝5t°，
∴t°+5t°＝90°，
∴t＝15（s）；
（3）设射线AM再转动t秒时，射线AM、射线BQ互相平行．
如图，射线AM绕点A顺时针先转动18秒后，AM转动至AM'的位置，∠MAM'＝18×5＝90°，
分两种情况：
①当9＜t＜18时，∠QBQ'＝t°，∠M'AM″＝5t°，
∵∠BAN＝45°＝∠ABQ，
∴∠ABQ'＝45°﹣t°，∠BAM″＝∠M'AM″﹣∠M'AB＝5t﹣45°，
当∠ABQ'＝∠BAM″时，BQ'∥AM″，
此时，45°﹣t°＝5t﹣45°，
解得t＝15；
②当18＜t＜27时，∠QBQ'＝t°，∠NAM″＝5t°﹣90°，∵∠BAN＝45°＝∠ABQ，
∴∠ABQ'＝45°﹣t°，∠BAM″＝45°﹣（5t°﹣90°）＝135°﹣5t°，
当∠ABQ'＝∠BAM″时，BQ'∥AM″，
此时，45°﹣t°＝135°﹣5t，
解得t＝22.5；
综上所述，射线AM再转动15秒或22.5秒时，射线AM、射线BQ互相平行．
12．（2023春•振兴区校级期中）如图（1），在△ABC中，AB＝AC＝2，∠ABC＝30°，射线BM⊥BC于
点C，动点D从点B出发沿射线BM方向运动；以每秒1个单位长度的速度运动，运动时间为t秒；
（1）以点A为旋转中心，将AD逆时针旋转120°，得到线段AE，连接BE，BE是否存在最小值，不存
在，则说明理由，存在则求出BE最小时的t值及BE的最小值；
（2）若射线BN为∠ABM的平分线，当点D从B点出发时，点F从点A向B点与点D同时同速运动
（0≤t≤2），连接FD交BN于点G，当△BGF为等腰三角形时，直接写出所有可能的t值．
【分析】（1）根据“垂线段最短”可知：当BE⊥AB时，BE为最小．过点A作AH⊥BM于点H，先证
∠DAH＝∠E，进而可依据“AAS”判定△AHD和△EBA全等，从而得AH＝BE，DH＝AB＝2，然后再
求出BH＝1，AH＝√3，进而可得出答案；
（2）先求出MBN＝∠ABN＝30°，BD＝AF＝t，根据△BGF为等腰三角形，有以下三种情况：①当GF
＝BF时，则∠FBG＝∠FGB＝∠DBG＝30°，故此种情况不存在；②当BF＝BG时，则∠GBF＝∠GFB
＝30°，则∠BDF＝90°，据此得BF＝2BD＝2t，则AB＝AF+BF＝t+2t＝2，由此即可求出t的值；③当
BG＝BF时，则∠BGF＝∠BFG＝ （180°﹣30°）＝75°，过点G作GT⊥BD于点T，先证△GDT为等腰直角三角形，设 DT＝GT＝x，则 BG＝2x，BT＝ x，BD＝BT+DT＝（ +1）x＝t，由此得
，则BF＝BG＝2x＝（ ﹣1）t，再由AB＝BF+AF＝2得 ，由此即可求
出t的值，综上所述即可得出答案．
【解答】解：（1）BE存在最小值．
根据“垂线段最短”可知：当BE⊥AB时，BE为最小．
∵BE⊥AB，
∴∠E+∠BAE＝90°，
过点A作AH⊥BM于点H，如图：
∵MB⊥BC，
∴AH∥BC，
∴∠HAB＝∠ABC＝30°，
由旋转的性质得：∠DAE＝120°，AD＝AE，
∴∠DAH+∠HAB+∠BAE＝120°，
∴∠DAH+∠BAE＝120°﹣∠HAB＝120°﹣30°＝90°，
∴∠DAH＝∠E，
∵AH⊥BM，BE⊥AB，
∴∠AHD＝∠EBA＝90°，
在△AHD和△EBA中，
，
∴△AHD≌△EBA（AAS），
∴AH＝BE，DH＝AB＝2，
∵BM⊥BC，∠ABC＝30°，∴∠ABD＝60°，
在Rt△ABH中，∠ABH＝60°，AB＝2，
∴∠BAH＝30°，
∴BH＝ AB＝ ×2＝1，
由勾股定理得： ，
∴ ，BD＝DH+BH＝2+1＝3，
∴运动的时间t＝3÷1＝3秒，BE的最小值为 ；
（2）由（1）可知：∠ABM＝60°，
∵BN为∠ABM的平分线，
∴MBN＝∠ABN＝30°，
∵当点D从B点出发时，点F从点A向B点与点D同时同速运动，
速度每秒1个单位长度，时间为t秒，
∴BD＝AF＝t，
当△BGF为等腰三角形时，有以下三种情况：
①当GF＝BF时，则∠FBG＝∠FGB＝30°，如图：
∵∠DBG＝30°，
∴∠FGB＝∠DBG＝30°，这与三角形的任意一个外角都大于和它不相邻的一个内角相矛盾，此种情况
不存在；
②当BF＝BG时，则∠GBF＝∠GFB＝30°，如图：
∵∠DBF＝60°，
∴∠BDF＝90°，
在Rt△BDF中，∠BFD＝30°，
∴BF＝2BD＝2t，
∴AB＝AF+BF＝t+2t＝2，解得： ，
③当BG＝BF时，则∠BGF＝∠BFG＝ （180°﹣30°）＝75°，过点G作GT⊥BD于点T，如图：
∵∠BGF＝∠DBG+∠GDT，
∴∠GDT＝∠BGF﹣∠DBG＝75°﹣30°＝45°，
∴△GDT为等腰直角三角形，
设DT＝GT＝x，
在Rt△BTG中，∠TBG＝30°，TG＝x，则BG＝2x，
由勾股定理得： ，
∴ ，
∴ ，
∴BF＝BG＝2x＝（ ﹣1）t，
∴AB＝BF+AF＝2，
即： ，
解得： ．
综上所述：当△BGF为等腰三角形时，t的值为 或 ．
13．（2023春•迁安市期中）老师在黑板上出示题目：
如图1，在△ABC中，∠A＝32°，∠C＝
55°，线段CB′与CB边重合，CB′从现
在的位置绕着点C按逆时针方向旋转一周
回到原来的位置是否有一位置使
CB′∥AB？如果有这样的位置，请画出示
意图，并求出∠BCB′的度数，如果没有
说明理由
（1）（如图2）嘉嘉认为：有这样一个位置，使得 CB′∥AB，如图．请你按照嘉嘉的做法，求出
∠BCB′的度数．
（2）（如图3）琪琪认为：嘉嘉的想法不全面，还存在另外一种情况使得CB′∥AB你是否同意琪琪的说法？如果同意，请画出图形，并求出此时∠BCB′的度数；如果不同意，请说明理由．
【分析】（1）由CB′∥AB可得∠A+∠ACB′＝180°，再由∠A＝32°，得到∠ACB′＝148°，最后求出
∠BCB′的度数即可；
（2）由CB′∥AB 可得∠B′CA＝∠A＝32°，再求出∠BCB′度数．
【解答】解：（1）如图1当CB′∥AB，
所以∠A+∠ACB′＝180°，
因为∠A＝32°，
所以∠ACB′＝148°，
因为∠ACB＝55°，
所以∠BCB′＝148°﹣55°＝93°，
（2）同意，
如图2
当CB′∥AB，
所以∠B′CA＝∠A＝32°，
所以∠BCB′＝∠B′CA+∠A＝87°，
综上∠BCB′＝87°或93°，
14．（2022秋•青山湖区期末）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，∠C＝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．
【分析】（1）根据旋转变换前后的两个三角形全等，全等三角形对应边相等，全等三角形对应角相等
以及等边三角形的判定和勾股定理逆定理解答；
（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′＝CE，
∠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＝ ．
15．（2023春•清江浦区期末）如图1，MN∥PQ，点A在直线MN上，点B在直线PQ上，射线AC绕点A
顺时针从射线AM旋转至射线AN后便立即回转；射线BD绕点B顺时针从射线BP旋转至射线BQ后便
立即回转：射线AC、射线BD不停地来回旋转．若射线AC转动的速度是a度/秒，射线BD转动的速度
是b度/秒，且a、b是方程a+3b＝6的正整数解．
（1）a＝ ，b＝ ；
（2）如图2，若∠BAN＝45°，两条射线同时转动，在射线AC到达AN之前，若两条射线交于点E，过
E作EF⊥AC交PQ于F，若∠BEF＝20°，求∠BAC的度数；
（3）若射线BD先转动30秒，射线AC才开始转动，在射线BD到达BQ之前，射线AC转动几秒，射
线AC与射线BD互相平行？
【分析】（1）根据二元一次方程的解，a，b为正整数，即可求解；
（2）设运动时间为t，依题意，∠MAC＝3t，则∠EAN＝180°﹣∠MAE＝180°﹣3t°，∠PBE＝t°，过点E
作EH∥PQ，则EH∥MN，根据平行线的性质得出∠BEM＝180°﹣2t°，根据已知条件得出∠BEM＝
70°，建立方程求得t，进而得出∠EAN＝15°，根据∠BAN＝45°，进而即可求解；
（3）依题意，线BD先转动30秒，射线AC才开始转动，当AC到达AN之前，当AC从AN返回且到达
AM前，根据平行线的性质，列出方程，解方程即可求解．
【解答】解：（1）∵a+3b＝6，a，b为正整数，
∴ ，
∴a＝3，b＝1；
（2）设运动时间为t，
依题意，∠MAC＝3t，则∠EAN＝180°﹣∠MAE＝180°﹣3t°，∠PBE＝t°，
过点E作EH∥PQ，则EH∥MN，∵EH∥PQ，
∴∠PBE＝∠BEH，
∵EH∥MN，
∴∠HEM＝∠EAN，
∴∠BEM＝∠BEH+∠MEH＝∠PBE+∠NAE＝180°﹣3t°+t°＝180°﹣2t°，
∵EF⊥AC，
∴∠AEF＝90°，
∵∠BEF＝20°，
∴∠BEM＝70°，
∴70°＝180°﹣2t°，
解得：t＝55，
∴∠EAN＝180°﹣3°×55＝15°，
∴∠BAC＝∠BAN﹣∠EAN＝45°﹣15°＝30°；
（3）依题意，线BD先转动30秒，射线AC才开始转动，
当AC到达AN之前，当AC∥BD时，则∠MAC＝∠PBD，
∴3t＝30+t，
解得：t＝15；
当AC从AN返回且到达AM前，当AC∥BD时，则∠CAN+∠PBD＝180°，
∴3t﹣180+（30+t）＝180，
解得：t＝82.5．
16．（2023春•蒸湘区期末）如图，有一副直角三角板如图1放置（其中∠D＝45°，∠C＝30°），PA，PB
与直线MN重合，且三角板PAC，三角板PBD均可以绕点P逆时针旋转．
（1）在图1中，∠DPC＝ ；
（2）①如图2，若三角板PBD保持不动，三角板PAC绕点P逆时针旋转，转速为10°/秒，转动一周三
角板PAC就停止转动，在旋转的过程中，当旋转时间为多少时，有PC∥DB成立；
②如图3，在图1基础上，若三角板PAC的边PA从PN处开始绕点P逆时针旋转，转速为3°/秒，同时
三角板PBD的边PB从PM处开始绕点P逆时针旋转，转速为2°/秒，当PC转到与PM位置重合时，两
三角板都停止转动，在旋转过程中，当∠CPD＝∠BPM时，求旋转的时间是多少？【分析】（1）根据平角的定义即可得到结论；
（2）①如图1，根据平行线的性质得到∠CPN＝∠DBP＝90°，求得∠APN＝30°，于是得到结论；如图
2，根据平行线的性质得到∠CPB＝∠DBP＝90°，根据三角形的内角和得到∠CPA＝60°，求得∠APM＝
30°，于是得到结论；
②设旋转的时间为t秒，由题知，∠APN＝3t°，∠BPM＝2t°，根据周角的定义得到∠CPD＝360°﹣
∠BPD﹣∠BPN﹣∠APN﹣∠APC＝360°﹣45°﹣（180°﹣2t°）﹣（3t°）﹣60°＝75°﹣t°，列方程即可得
到结论．
【解答】解：（1）∵∠BPD＝∠D＝45°，∠APC＝60°，
∴∠DPC＝180°﹣45°﹣60°＝75°，
故答案为：75°；
（2）①如图1，此时，BD∥PC成立，
∵PC∥BD，∠DBP＝90°，
∴∠CPN＝∠DBP＝90°，
∵∠C＝30°，
∴∠CPA＝60°，
∴∠APN＝30°，
∵转速为10°/秒，
∴旋转时间为3秒；
如图2，PC∥BD，
∵PC∥BD，∠PBD＝90°，
∴∠CPB＝∠DBP＝90°，
∵∠C＝30°，
∴∠CPA＝60°，
∴∠APM＝30°，
∵三角板PAC绕点P逆时针旋转D的角度为180°+30°＝210°，
∵转速为10°/秒，
∴旋转时间为21秒，
综上所述，当旋转时间为3或21秒时，PC∥DB成立；
②设旋转的时间为t秒，由题知，∠APN＝3t°，∠BPM＝2t°，
∴∠BPN＝180°﹣∠BPM＝180°﹣2t°，
∴∠CPD＝360°﹣∠BPD﹣∠BPN﹣∠APN﹣∠APC＝360°﹣45°﹣（180°﹣2t°）﹣（3t°）﹣60°＝75°﹣
t°，当∠CPD＝∠BPM，即2t°＝75°﹣t°，
解得：t＝25，
∴当∠CPD＝∠BPM，求旋转的时间是25秒．
17．（2023春•雄县期中）教材中有这样一道题：如图1，四边形ABCD是正方形，G是BC上的任意一点，
DE⊥AG于点E，BF∥DE，且交AG于点F．求证：AF﹣BF＝EF．
小明通过证明△AED≌△BFA解决了问题，在此基础上他进一步提出了以下以下回题，请你解答．
（1）若图1中的点G为CB延长线上一点，其余条件不变，如图 2所示，猜想此时AF，BF，EF之间
的数量关系，并证明你的结论．
（2）将图1中的△ABF绕点A逆时针旋转，使得AB与AD重合，记此时点F的对应点为点F'，如图3
所示，若正方形的边长为3，求EF'的长度．
【分析】由四边形ABCD为正方形，可得出∠BAD 为 90°，AB＝AD，进而得到∠BAG与∠EAD 互 余，
又DE垂直于AG，得到∠EAD与∠ADE互 余，根据同角的余角相等可得出∠ADE＝∠BAF，利用AAS
可得出三角形ABF与 三角形ADE全等，得出BF＝AE，由AF﹣AE＝EF，等量代换可得证；
（1）利用AAS证明△AED≌△BDA，推出BF＝AE，即可得到AF+BF＝EF；
（2）利用旋转的性质以及矩形的判定定理得到四边形AEDF'是矩形，根据矩形的性质即可求解．
【解答】证明：如图，△ABF绕点A逆时针旋转，使得AB与AD重合，记此时点F的对应点为点F'，
连接EF′、DF′，
∵正方形ABCD，
∴AB＝AD，∠BAD＝∠BAG+∠EAD＝90°，
∵DE⊥AG，
∴∠AED＝90°，∴∠EAD+∠ADE＝90，
∴∠ADE＝∠BAF，
又∵BF∥DE，
∴∠AFB＝∠AED＝90
在△AED和△BFA中，
，
∴△AED≌△BFA（AAS）；
∴BF＝AE，
∵AF﹣AE＝EF，
∴AF﹣BF＝EF；
解：（1）AF+BF＝EF．证明如下：
∵正方形ABCD，
∴AB＝AD，∠BAD＝∠BAG+∠EAD＝90°．
∵DE⊥AG，
∴∠AED＝90°．
∴∠EAD+∠ADE＝90°．
∴∠ADE＝∠BAF．
又∵BF∥DE，
∴∠AFB＝∠AED＝90°．
在△AED和△BFA中，
∵∠AFB＝∠AED，∠ADE＝∠BAF，AB＝AD．
∴△AED≌△BDA（AAS）．
∴BF＝AE．
∵AF+AE＝EF，
∴AF+BF＝EF．
（2）如图，
由题设得△AED≌△BDA，∴AF＝DE，
由旋转的性质知：∠FAF'＝90°，DE＝AF'＝AF，
∴∠F'AE＝∠AED＝90°，
∴AF'∥ED．
∴四边形AEDF'为平行四边形．
又∵∠AED＝90°，
∴四边形AEDF'是矩形．
∴EF'＝AD＝3．
18．（2023春•长垣市期末）综合与实践
数学社团的同学以“两条平行线AB，CD和一块含45°角的直角三角尺EFG（∠EFG＝90°）”为主题开
展数学活动，已知点E，F不可能同时落在直线AB和CD之间．
探究：（1）如图1，把三角尺的45°角的顶点E，G分别放在AB，CD上，若∠BEG＝150°，求∠FGC
的度数；
类比：（2）如图2，把三角尺的锐角顶点G放在CD上，且保持不动，若点E恰好落在AB和CD之间，
且AB与EF所夹锐角为25°，求∠FGC的度数；
迁移：（3）把三角尺的锐角顶点G放在CD上，且保持不动，旋转三角尺，若存在∠FGC＝5∠DGE
（∠DGE＜45°），直接写出射线GF与AB所夹锐角的度数．
【分析】（1）根据平行线的性质可得∠BEG＝∠EGC，即可求解．
（2）先求出∠EGC的度数即可求解．
（3）根据题意分两种情况进行讨论，点E在CD上方和在CD下方两种情况求解即可．
【解答】解：（1）∵AB∥CD，
∴∠BEG＝∠EGC＝150°，
∵∠FGE＝45°，
∴∠FGC＝150°﹣45°＝105°；
（2）过点E作EH∥AB，如图，∴EH∥AB∥CD，
∴∠BME＝∠FEH＝25°，∠DGE＝∠HEG．
∴∠FEG＝∠FEH+∠GEH＝∠BME+∠DGE＝45°，
∴∠DGE＝45°﹣25°＝20°，
∴∠FGC＝180°﹣45°﹣20°＝115°；
（3）存在，有两种情况；
①②当点E在CD上方时，如图；
∵∠FGC＝5∠DGE，
∴∠DGE+5∠DGE+45°＝180°，
∴∠DGE＝22.5°，
∴射线GF与AB所夹锐角的度数为45°+22.5°＝67.5°；
②当点E在CD上方时，如图；
∵∠FGC＝5∠DGE，
∴∠FGC+∠FGD＝180°，
即5∠DGE+45°﹣∠DGE＝180°，
∴∠DGE＝43.75°，
∴射线GF与AB所夹锐角＝∠FGD＝45°﹣43.75°＝11.25°，
综上所述射线GF与AB所夹锐角的度数为67.5°或11.25°．
19．（2023春•阳城县期末）如图 1，将一副直角三角板放在同一条直线 AB上，其中∠ONM＝30°，
∠ OCD ＝ 45° ．（1）观察猜想：将图1中的三角尺OCD沿AB的方向平移至图2的位置，使得点O与点N重合，CD
与MN相交于点E，则∠CEN＝ ；
（2）操作探究：将图1中的三角尺OCD绕点O按顺时针方向旋转，使一边OD在∠MON的内部，如
图3，且OD恰好平分∠MON，CD与NM相交于点E，求∠CEN的度数；
（3）深化拓展：将图1中的三角尺OCD绕点O按沿顺时针方向旋转一周，在旋转的过程中，当边 OC
旋转多少度时，边CD恰好与边MN平行？
【分析】（1）在△CEN中，依据三角形的内角和定理求解即可；
（2）根据角平分线的定义求出∠DON＝45°，利用内错角相等两直线平行求出CD∥AB，再根据两直线
平行，同旁内角互补求解即可；
（3）当CD在AB上方时，CD∥MN，设OM与CD相交于F，根据两直线平行，同位角相等可得
∠OFD＝∠M＝60°，然后根据三角形的内角和定理列式求出∠MOD，即可得解；当CD在AB的下方时，
CD∥MN，设直线OM与CD相交于F，根据两直线平行，内错角相等可得∠DFO＝∠M＝60°，然后利
用三角形的内角和定理求出∠DOF，再求出旋转角即可．
【解答】解：（1）∵∠ECN＝45°，∠ENC＝30°，
∴∠CEN＝105°．
故答案为：105°．
（2）∵OD平分∠MON，
∴∠DON＝ ∠MON＝ ×90°＝45°，
∴∠DON＝∠D＝45°，
∴CD∥AB，
∴∠CEN＝180°﹣∠MNO＝180°﹣30°＝150°；
（3）如图1，CD在AB上方时，设OM与CD相交于F，
∵CD∥MN，
∴∠OFD＝∠M＝60°，
在△ODF中，∠MOD＝180°﹣∠D﹣∠OFD，
＝180°﹣45°﹣60°，
＝75°，
当CD在AB的下方时，设直线OM与CD相交于F，
∵CD∥MN，
∴∠DFO＝∠M＝60°，在△DOF中，∠DOF＝180°﹣∠D﹣∠DFO＝180°﹣45°﹣60°＝75°，
∴旋转角为75°+180°＝255°，
综上所述，当边OC旋转75°或255°时，边CD恰好与边MN平行．
20．（2023春•岱岳区期末）知识探究：如图1，点E是正方形ABCD对角线AC上任意一点，以点E为直
角顶点的直角△EFG两边EF，EG分别角与AD，AB相交于M点，N点．当EF⊥AD时，请探究EM与
EN的数量关系，并说明理由；
拓展探究：当△EFG绕点E顺时针旋转到点M与点D重合时，如图2，请探究EM与EN的数量关系，
并说明理由；
迁移运用：在图2的基础上，过点E作EH⊥AB于点H，如图3，证明H是线段BN的中点．
【分析】知识探究：根据正方形的性质可得∠BAD＝90°，AC平分∠BAD，再根据垂直定义可得∠AME
＝90°，从而可得四边形ANEM是矩形，然后利用矩形的性质可得∠ANE＝90°，从而利用角平分线的性
质即可解答．
拓展探究：过点E作EP⊥AD，垂足为P，过点E作EQ⊥AB，垂足为Q，根据垂直定义可得∠APE＝
∠AQE＝90°，再根据正方形的性质可得∠BAD＝90°，AC平分∠BAD，从而可得四边形AQEP是矩形，
进而可得∠QEP＝∠GEF＝90°，然后利用等式的性质可得∠NEQ＝∠DEP，再利用角平分线的性质可
得EQ＝EP，从而利用AAS可证△NEQ≌△DEP，最后利用全等三角形的性质即可解答；
迁移运用：连接EB，根据正方形的性质可得AB＝AD，AC平分∠BAD，从而可得∠BAE＝∠DAE，然
后利用SAS可证△ABE≌△ADE，从而可得BE＝DE，进而可得BE＝NE，最后利用等腰三角形的三线
合一性质即可解答．
【解答】解：知识探究：EM＝EN，
理由：∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BAD＝90°，AC平分∠BAD，
∵EF⊥AD，∴∠AME＝90°，
∵∠FEN＝90°，
∴四边形ANEM是矩形，
∴∠ANE＝90°，
∴EM＝EN；
拓展探究：EM＝EN，
理由：过点E作EP⊥AD，垂足为P，过点E作EQ⊥AB，垂足为Q，
∴∠APE＝∠AQE＝90°，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BAD＝90°，AC平分∠BAD，
∴四边形AQEP是矩形，
∴∠QEP＝90°，
∵∠QEP＝∠GEF＝90°，
∴∠QEP﹣∠NEP＝∠GEF﹣∠NEP，
∴∠NEQ＝∠DEP，
∵AC平分∠BAD，EP⊥AD，EQ⊥AB，
∴EQ＝EP，
∴△NEQ≌△DEP（AAS），
∴EM＝EN；
迁移运用：连接EB，∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝AD，AC平分∠BAD，
∴∠BAE＝∠DAE，
∵AE＝AE，
∴△ABE≌△ADE（SAS），
∴BE＝DE，
∵NE＝DE，
∴BE＝NE，
∵EH⊥AB，
∴H是线段BN的中点．
21．（2023春•顺平县期末）如图，正方形ABCD的对角线相交于点O，点O又是正方形EFGO的一个顶
点，且这两个正方形边长相等．OE与BC相交于点M，OG与CD相交于点N．
（1）求证：△OBM≌△OCN；
（2）嘉琪说：当正方形EFGO绕点O转动，且OE与BC垂直时，四边形OMCN的面积最小．你同意
嘉琪的说法吗？请说明理由；
（3）若正方形ABCD的边长为a，用含a的代数式表示两个正方形重叠部分的面积为 ．
【分析】（1）由四边形ABCD与EFGO均为正方形，得∠OBM＝∠OCN＝45°，OB＝OC，OB⊥OC，
∠EOG＝90°，进而有∠BOM＝∠CON，于是即可证明结论成立；
（2）证明四边形OMCN的面积总等于正方形面积的 即可；
（3）由（2）即可得解．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD与EFGO均为正方形，
∴∠OBM＝∠OCN＝45°，OB＝OC，OB⊥OC，∠EOG＝90°，
∴∠BOC＝∠EOG＝90° N，
∴∠BOC﹣∠COM＝∠EOG﹣∠COM，即∠BOM＝∠CON，
∴△OBM≌△OCN（ASA）．
（2）解：不同意，理由：
由（1）可知：△OBM △OCN，
∴S△OBM ＝S△OCN ，
⊆∴S四边形OMCN ＝S△OMC +S△OCN ＝S△OMC +S△OBM ＝S△OBC ＝ S正方形ABCD ，
即当正方形EFGO绕点O转动时，四边形OMCN的面积总等于正方形面积的 ．
（3）解：∵S四边形OMCN ＝ S正方形ABCD ，正方形ABCD的边长为a，
∴S四边形OMCN ＝ a2，
故答案为： ．
22．（2023春•沈丘县期末）如图，点O在直线AB上，OC⊥AB，△ODE中，∠ODE＝90°，∠EOD＝
60°，先将△ODE一边OE与OC重合，然后绕点O顺时针方向旋转，当OE与OB重合时停止旋转．
（1）当OD在OA与OC之间，且∠COD＝20°时，则∠AOE＝ ；
（2）试探索：在△ODE旋转过程中，∠AOD与∠COE大小的差是否发生变化？若不变，请求出这个
差值；若变化，请说明理由；
（3）在△ODE的旋转过程中，若∠AOE＝7∠COD，试求∠AOE的大小．
【分析】（1）求出∠COE的度数，即可求出答案；
（2）分为两种情况，根据∠AOC＝90°和∠DOE＝60°求出即可；
（3）根据∠AOE＝7∠COD、∠DOE＝60°、∠AOC＝90°求出即可．
【解答】解：（1）∵OC⊥AB，
∴∠AOC＝90°，
∵OD在OA和OC之间，∠COD＝20°，∠EOD＝60°，
∴∠COE＝60°﹣20°＝40°，
∴∠AOE＝90°+40°＝130°，
故答案为：130°；（2）在△ODE旋转过程中，∠AOD与∠COE的差不发生变化，
有两种情况：①如图1、∵∠AOD+∠COD＝90°，∠COD+∠COE＝60°，
∴∠AOD﹣∠COE＝90°﹣60°＝30°，
②如图2、∵∠AOD＝∠AOC+∠COD＝90°+∠COD，∠COE＝∠DOE+∠DOC＝60°+∠DOC，
∴∠AOD﹣∠COE＝（90°+∠COD）﹣（60°+∠COD）＝30°，
即△ODE在旋转过程中，∠AOD与∠COE的差不发生变化，为30°；
（3）如图1、∵∠AOE＝7∠COD，∠AOC＝90°，∠DOE＝60°，
∴90°+60°﹣∠COD＝7∠COD，
解得：∠COD＝18.75°，
∴∠AOE＝7×18.75°＝131.25°；
如图2、∵∠AOE＝7∠COD，∠AOC＝90°，∠DOE＝60°，
∴90°+60°+∠COD＝7∠COD，
∴∠COD＝25°，
∴∠AOE＝7×25°＝175°；
即∠AOE＝131.25°或175°．
23．（2023春•东昌府区期末）在等边三角形ABC的内部有一点D，连接BD，CD，以点B为中心，把BD
逆时针旋转630°得到HD′，连接AD′，DD′．以点C为中心，把CD顺时针旋转60°得到CD″，连
接AD″，DD″．
（1）判断∠D′BA和∠DBC的大小关系，并说明理由；
（2）求证：D′A＝DC；（3）求证：四边形AD'DD″是平行四边形．
【分析】（1）先根据旋转的性质得∠DBD′＝60°，BD＝BD′，则可判断△BDD′为等边三角形，所
以∠DBD′＝60°，BD＝BD′，再2利用△ABC为等边三角形得到∠ABC＝60°，BA＝BC，则可得到
∠D′BA＝∠DBC；
（2）通过证明△ABD′≌△CBD得到D′A＝DC；
（3）先判断△DCD″为等边三角形得到DD″＝DC，∠DCD″＝60°，再与（2）的证明方法一样证明
△ACD″≌Rt△BCD得到AD″＝BD，所以DD′＝AD″，加上DD″＝DC＝AD′，从而可判断四边
形AD'DD″是平行四边形．
【解答】（1）解：∠D′BA＝∠DBC．
理由如下：∵BD逆时针旋转60°得到BD′，
∴∠DBD′＝60°，BD＝BD′，
∴△BDD′为等边三角形，
∴DD′＝BD，∠DBD′＝60°，
∵△ABC为等边三角形，
∴∠ABC＝60°，BA＝BC，
∵∠D′BA+∠ABD＝60°，∠ABD+∠DBC＝60°，
∴∠D′BA＝∠DBC；
（2）证明：在△ABD′和△CBD中，
，
∴△ABD′≌△CBD（SAS），
∴D′A＝DC；
（3）证明：∵CD顺时针旋转60°得到CD″，
∴∠DCD″＝60°，CD＝CD″，
∴△DCD″为等边三角形，
∴DD″＝DC，∠DCD″＝60°，
∵△ABC为等边三角形，
∴∠ACB＝60°，CA＝CB，
∵∠D″CA+∠ACD＝60°，∠ACD+∠DCB＝60°，∴∠D″CA＝∠DCB；
在△ACD″和△BCD中，
，
∴△ACD″≌Rt△BCD（SAS），
∴AD″＝BD，
∴DD′＝AD″，
∵DD″＝DC＝AD′，
∴四边形AD'DD″是平行四边形．
24．（2022秋•河口区期末）感知：如图①，△ABC和△ADE都是等腰直角三角形，∠BAC＝∠DAE＝
90°，点B在线段AD上，点C在线段AE上，我们很容易得到BD＝CE，不需证明．
探究：如图②，将△ADE绕点A逆时针旋转 （0＜ ＜90°），连结BD和CE，此时BD＝CE是否依然
成立？若成立，写出证明过程；若不成立，说明理由．应用：如图③，当△ADE绕点A逆时针旋转，
α α
使得点D落在BC的延长线上，连结CE．求：
①∠ACE的度数；
②若AB＝AC＝2 ，CD＝2，则线段DE的长是多少？
【分析】探究：利用SAS证明△ABD≌△ACE，得BD＝CE；
应用：①同理可得△ABD≌△ACE（SAS），得∠ABD＝∠ACE＝45；
②由△ACE≌△ABD得，∠ACE＝∠ABD＝45°，则∠BCE＝∠ACB+∠ACE＝90°，再利用勾股定理可
得答案．
【解答】解：探究：成立，∵△ABC和△ADE都是等腰直角三角形，∴AB＝AC，AD＝AE，
∵将△ADE绕点A逆时针旋转 ，
∴∠BAD＝∠CAE，
α
∴△ABD≌△ACE（SAS），
∴BD＝CE；
应用：①∵AB＝AC，∠BAD＝CAE，AD＝AE，
∴△ABD≌△ACE（SAS），
∴∠ABD＝∠ACE＝45°；
②∵AB＝AC＝2 ，
∴BC＝ ＝4，
∵△ACE≌△ABD，
∴∠ACE＝∠ABD＝45°，
∴∠BCE＝∠ACB+∠ACE＝90°，
∵AB＝AC，∠BAD＝∠CAE，AD＝AE，
∴△ABD≌△ACE（SAS），
∴BD＝CE，
∴BC+CD＝BD＝CE＝4＝2＝6；
∴DE＝ ＝ ＝2 ．
25．（2023春•内乡县期末）将一副直角三角板如图1，摆放在直线MN上（直角三角板ABC和直角三角
板EDC，∠EDC＝90°，∠DEC＝60°，∠ABC＝90°，∠BAC＝45°），保持三角板EDC不动，将三角板
ABC绕点C以每秒5°的速度顺时针旋转，旋转时间为t秒，当AC与射线CN重合时停止旋转．
（1）如图2，当AC为∠DCE的角平分线时，求此时t的值；
（2）当AC旋转至∠DCE的内部时，求∠DCA与∠ECB的数量关系；
（3）在旋转过程中，当三角板 ABC的其中一边平行于三角板 EDC的某一边时，求此时 t等于
（直接写出答案即可）．
【分析】（1）先计算∠DCE的度数，再根据角平分线的定义和旋转的速度可得t的值；
（2）分别表示∠DCA与∠ECB的度数，相减可得数量关系；
（3）分四种情况讨论：AB分别和△DCE三边平行，还有AC∥DE，计算旋转角并根据速度列方程可得
结论．【解答】解：（1）如图2，∵∠EDC＝90°，∠DEC＝60°，
∴∠DCE＝30°，
∵AC平分∠DCE，
∴∠ACE＝ ＝15°，
∴t＝ ＝3，
答：此时t的值是3s；
（2）当AC旋转至∠DCE的内部时，如图3，∠DCA与∠ECB的数量关系是：∠ECB﹣∠DCA＝15°；
理由是：由旋转得：∠ACE＝5t，
∴∠DCA＝30°﹣5t，∠ECB＝45°﹣5t，
∴∠ECB﹣∠DCA＝（45°﹣5t）﹣（30°﹣5t）＝15°；
（3）分四种情况：
①当AB∥DE时，如图4，∠ACE＝45°+30°＝75°，
t＝75÷5＝15；
②当AB∥CE时，如图5，则∠BCE＝∠B＝90°，∴∠ACE＝90°+45°＝135°，
t＝135÷5＝27；
③当AB∥CD时，如图6，则∠DCB＝∠B＝90°，
∠ACE＝30°+90°+45°＝165°，
t＝165÷5＝33；
④当AC∥DE时，如图7，
∴∠ACD＝∠D＝90°，
∴∠ACE＝90°+30°＝5t，
t＝24；
综上，t的值是15s或24s或27s或33s．
故答案为：15s或24s或27s或33s
26．（2023春•衡山县期末）一副三角板如图1摆放，∠C＝∠DFE＝90°，∠B＝30°，∠E＝45°，点F在
BC上，点A在DF上，且AF平分∠CAB，现将三角板DFE绕点F以每秒5°的速度顺时针旋转（当点D
落在射线FB上时停止旋转），设旋转时间为t秒．
（1）当t＝ 秒时，DE∥AB；当t＝ 秒时，DE⊥AB；
（2）在旋转过程中，DF与AB的交点记为P，如图2，若△AFP有两个内角相等，求t的值；
（3）当边DE与边AB、BC分别交于点M、N时，如图3，连接AE，设∠BAE＝x°，∠AED＝y°，
∠DFB＝z°，试问x+y+z是否为定值？若是，请求出定值；若不是，请说明理由．【分析】（1）由平行和垂直求出旋转角，结合旋转速度求出旋转时间；
（2）画出图形，分类讨论，①∠PAF＝∠PFA；②∠PAF＝∠APF；③∠PFA＝∠APF，求出旋转角，
再求出t值；
（3）找出与∠BAE，∠AED，∠DFB，有关的数量关系，再把无关的角消去，得出结论．
【解答】解：（1）如图（1），当DE∥AB时，∠EDF＝∠BPF＝45°
∵AF平分∠BAC，∠BAC＝60°，
∴∠BAF＝30°，
又∵∠BPF为△APF的一个外角，
∴∠PFA＝∠BPF﹣∠BAF＝45°﹣30°＝15°，
∴t＝ ＝3；
如图（2），当DE⊥AB时，
∠DPB＝180°﹣90°﹣45°＝45°，
∴∠APF＝∠DPB＝45°，
∵∠BAF＝30°，
∴∠AFP＝180°﹣∠APF﹣∠BAF＝180°﹣45°﹣30°＝105°，
∴t＝ ＝21．
故答案为：3；21．
（2）①如图（3），当∠PAF＝∠PFA时，
∵∠PAF＝30°，
∴∠PFA＝30°，
∴t＝6；
②如图（4），当∠PFA＝∠APF时，
∵∠PAF＝30°，∠PAF+∠PFA+∠APF＝180°，
∴∠AFP＝ （180°﹣30°）＝75°，
∴t＝15；
③如图（5），当∠PAF＝∠APF时，
∠AFP＝180°﹣∠PAF﹣∠APF＝180°﹣30°﹣30°＝120°，∴t＝24，
综上所述：当t为6或15或24时，△AFP有两个内角相等．
（3）x+y+z是为定值105，理由如下：
∵∠BMN是△AME的一个外角，∠MNB是△DFN的一个外角，
∴∠BMN＝∠BAE+∠AED＝x°+y°，∠MNB＝∠DFB+∠D＝z°+45°，
又∵∠BMN+∠MNB+∠B＝180°，∠B＝30°，
∴x°+y°+z°+45°+30°＝180°，
∴x°+y°+z°＝105°，
∴x+y+z＝105．27．（2023春•太原期中）如图，已知△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝100°，点D是平面内一点，将线段
AD绕点A按逆时针方向旋转100°得到线段AE．
（1）当点D在△ABC内部时，连接BD，CE．请判断线段BD与CE的数量关系，并说明理由；
（2）请从A，B两题中任选一题作答．
A．当点D在△ABC内部时，若直线DE恰好经过点B，直接写出∠BEC的度数．
B．当点D在△ABC外部时，若直线DE恰好经过点C，直接写出∠BDC的度数．
【分析】（1）由“SAS”可证△ABD≌△ACE，可得BD＝CE；
（2）A、由等腰三角形的性质可求∠ADE＝∠AED＝40°，由全等三角形的性质可求∠ADB＝∠AEC＝
140°，即可求解；
B、分两种情况讨论，由等腰三角形的性质和全等三角形的性质可求解．
【解答】解：（1）BD＝CE，理由如下：
∵AB＝AC，∠BAC＝100°，
∴∠ABC＝∠ACB＝40°，
∵将线段AD绕点A按逆时针方向旋转100°得到线段AE，
∴AD＝AE，∠DAE＝100°＝∠BAC，
∴∠BAD＝∠CAE，
在△ABD和△ACE中，
，∴△ABD≌△ACE（SAS），
∴BD＝CE；
（2）A、如图：
∵AD＝AE，∠DAE＝100°，
∴∠ADE＝∠AED＝40°，
∴∠ADB＝140°，
∵△ABD≌△ACE，
∴∠ADB＝∠AEC＝140°，
∴∠BEC＝100°；
B、如图，当点D在线段CE上时，
∵AD＝AE，∠DAE＝100°，
∴∠ADE＝∠AED＝40°，
∴∠ADC＝140°，
∵△ABD≌△ACE，
∴∠ADB＝∠AED＝40°，
∴∠BDC＝100°；
如图，当点E在线段CD上时，
∵AD＝AE，∠DAE＝100°，
∴∠ADE＝∠AED＝40°，
∴∠AEC＝140°，
∵△ABD≌△ACE，
∴∠ADB＝∠AEC＝140°，
∴∠BDC＝100°；
综上所述：∠BDC＝100°．28．（2023春•遂平县期末）如图1，将一副三角板的直角重合放置，其中∠A＝30°，∠CDE＝45°．
（1）如图1，求∠EFB的度数；
（2）若三角板ACB的位置保持不动，将三角板CDE绕其直角顶点C顺时针方向旋转．
①当旋转至如图2所示位置时，恰好CD∥AB，则∠ECB的度数为 °；
②若将三角板CDE继续绕点C旋转，直至回到图1位置．在这一过程中，是否还会存在△CDE其中一
边与AB平行？如果存在，请你画出示意图，并直接写出相应的∠ECB的大小；如果不存在，请说明理
由．
【分析】（1）根据三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和列式计算即可得解；
（2）①根据两直线平行，内错角相等可得∠ACD＝∠A，再根据同角的余角相等可得∠ECB＝
∠ACD；
②分CE、DE、CD与AB平行分别作出图形，再根据平行线的性质求解即可．
【解答】解：（1）∵∠A＝30°，∠CDE＝45°，
∴∠ABC＝90°﹣30°＝60°，∠E＝90°﹣45°＝45°，
∴∠EFB＝∠ABC﹣∠E＝60°﹣45°＝15°；
（2）①∵CD∥AB，
∴∠ACD＝∠A＝30°，
∵∠ACD+∠ACE＝∠DCE＝90°，
∠ECB+∠ACE＝∠ACB＝90°，
∴∠ECB＝∠ACD＝30°；
②如图1，CE∥AB，∠ACE＝∠A＝30°，
∠ECB＝∠ACB+∠ACE＝90°+30°＝120°；
如图2，DE∥AB时，延长CD交AB于F，
则∠BFC＝∠D＝45°，
在△BCF中，∠BCF＝180°﹣∠B﹣∠BFC，
＝180°﹣60°﹣45°＝75°，
∴∠ECB＝∠BCF+∠ECF＝75°+90°＝165°；
如图3，CD∥AB时，∠BCD＝∠B＝60°，∠ECB＝∠BCD+∠EDC＝60°+90°＝150°；
如图4，CE∥AB时，∠ECB＝∠B＝60°，
如图5，DE∥AB时，∠ECB＝60°﹣45°＝15°．
29．（2023•碑林区校级模拟）似曾相识
（1）如图①，正方形ABCD的边长等于4，中心为O，正方形OA′B′C′的边长也等于4，在正方形
OA′B′C′绕着点O旋转的过程中，若将这两个正方形重叠部分的面积记为S，那么S是否为定值？
若S为定值，请直接写出该定值；若S变化，请直接写出它的变化范围．
类比探索
（2）如图②，等边△ABC 的边长等于 4，中心为 O，等边△OA′B′的边长也等于 4，在等边
△OA′B′绕着点O旋转的过程中，若将这两个等边三角形重叠部分的面积记为S，那么S是否为定值？
若S为定值，请直接写出该定值；若S变化，请求出它的变化范围．【分析】（1）根据正方形的性质得出OB＝OC，∠OBC＝∠OCD＝45°，∠BOC＝∠EOG＝90°，推出
∠BOM＝∠NOC，证出△OBM≌△OCN，即可得出结果；
（2）发生变化，对旋转角分情况讨论即可．
【解答】解：（1）连接OB，OC，
∵四边形ABCD和四边形OA′B′C′都是正方形，
∴OB＝OC，∠OBE＝∠OCB＝45°，∠BOC＝∠EOF＝90°，
∴∠BOE＝∠FOC，
在△OBE与△OCF中，
，
∴△OBM≌△OCN（ASA），
∴四边形EOFB的面积等于三角形BOC的面积，即重叠部分面积不变，总是等于正方形面积的 ，
∴S＝ ×42＝4；
（2）设等边△OA′B′绕着点O的旋转角为 ，等边△ABC的边长等于4，则高为2 ，
①如图，当OA'经过点B时，若此时开始旋转， ＝0，重叠部分的形状为直角三角形，
α
α
S重叠部分 ＝ S△ABC ＝ ＝ ，
②如图，当旋转至图中位置时， ＝30°，重叠部分的形状为菱形，
α
S重叠部分 ＝ S△ABC ＝ ＝ ，
③如图，当旋转至图中位置时， ＝90°，重叠部分的形状为等边三角形，
α
S重叠部分 ＝ S△ABC ＝ ＝ ，④如图，当旋转至图中位置时， ＝120°，重叠部分的形状为直角三角形，
α
S重叠部分 ＝S△ABC ＝ S△ABC ＝ ＝ ，
综上所述，这两个等边三角形重叠部分的面积是变化的，S的变化范围是 ≤S≤ ，
30．（2023•青山湖区模拟）●问题发现
如图1，△ABC和△DEF都是等边三角形，边BC和EF在同一直线上，O是边BC的中点，BE＝CF，
连接AD，则下列结论正确的是 ．（填序号即可）
①OE＝OF；
②AD＝BE；
③AD⊥BE；
④整个图形是轴对称图形．
●数学思考将图1中的△DEF绕着点O旋转，△ABC不动，连接AD和BE，如图2，则AD和BE具有怎样的数量
和位置关系？请给出证明过程；
●拓展应用
已知AB＝8cm，DE＝4cm，在图1中的△DEF绕着点O旋转的过程中，当BE⊥DF时，求线段AD的长
度．#ZZA0
【分析】●问题发现：由等腰三角形的性质判断①，作辅助线构造三角形判断②，由过一点有且只有
一条直线垂直于已知直线判断③，由③的结论可以判断④；
●数学思考：连接 AO，OD，由△DEF 是等边三角形可得，DO⊥EF， ，
，然后证明△BOE∽△AOD，进而证明结论；
●拓展应用：分两种情况利用勾股定理解题即可．
【解答】解：●问题发现：
∵O是边BC的中点，△ABC是等边三角形，
∴OB＝OC，
又∵BE＝CF，
∴OE＝OF，所以①正确；
过D作DG∥BE交AB于点G，
∴∠AGD＝∠B＝60°，
∵△ABC和△DEF都是等边三角形，
∴∠B＝∠DEF＝60°，
∴DG∥BE，
∴四边形BEDG为平行四边形，
∴DG＝BE≠AD，所以②不正确；
连接AO，DO，
∵△ABC和△DEF都是等边三角形，
∴AB＝AC，DE＝DF，
∵OB＝OC，OE＝OF
∴AO⊥BC，DO⊥BC，
∴A，D，O三点共线，即AD⊥BE，所以③正确；
由③可知整个图形关于直线AD成轴对称图形，所以④正确；故答案为：①③④．
●数学思考： ，AD⊥BE．理由如下：
连接AO，OD，由图1，OB＝OC，BE＝CF，
可得OE＝OF．△DEF绕着点O旋转，OE＝OF仍然成立．
∵△DEF是等边三角形，
∴DO⊥EF， ．
∴ ．
同理，AO⊥OB， ．
∴ ：1，∠AOB＝∠DOE．
∴∠BOE＝∠AOD．
∴△BOE∽△AOD．
∴ ，∠OAD＝∠OBE．
延长BE交AD于H点，交AO于l点，
又∠AIH＝BIO，∴△AIH∽△BIO．
∴∠HIA＝∠IOB＝90°．
∴AD⊥BE．
●拓展应用
当BE⊥DF时，
∵AD⊥BE，
∴A，D，F三点共线．
如备用图1，设BE＝xcm，则AD＝ xcm，
∵AD⊥BE，
∴在Rt△ABH中， ．
解之得： ．又x＞0，
∴ ，
即 ．
如备用图2．
设BE＝ycm，则AD＝ ycm．
∵AD⊥BE，
∴在Rt△ABH中， ．
解之得： ．
又y＞0，
∴ ，
即 ．
综上所述， ．
