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专题 02 与旋转有关的计算与证明
一．解答题（共30小题）
1．如图，点O是等边三角形ABC内的一点，∠BOC＝150°，将△BOC绕点C按顺时针旋转得到△ADC，
连接OD，OA．
（1）求∠ODC的度数；
（2）若OB＝4，OC＝5，求AO的长．
【分析】（1）根据旋转的性质即可求解；
（2）根据旋转的性质和勾股定理即可求解．
【解答】解：（1）由旋转的性质得，CD＝CO，∠ACD＝∠BCO，
∵∠ACB＝∠ACO+∠OCB＝60°，
∴∠DCO＝∠ACO+∠ACD＝∠ACO+∠OCB＝60°．
∴△OCD为等边三角形．
∴∠ODC＝60°．
答：∠ODC的度数为60°．
（2）由旋转的性质得，AD＝OB＝4．∠ADC＝∠BOC＝150°
∵△OCD为等边三角形，
∴OD＝OC＝5．
∵∠BOC＝150°，∠ODC＝60°，
∴∠ADO＝90°．
在Rt△AOD中，由勾股定理得：AO＝ ＝ ＝ ．
答：AO的长为 ．
2．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．【分析】（1）根据旋转的性质即可求出两点之间的距离
（2）由旋转可知：P′B＝PC＝10，PB＝8，P′B2＝P′P2+PB2，从而可知△P′PB为直角三角形，从
而求出∠APB的大小
【解答】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°．
3．如图，点O是等边△ABC内一点，∠BOC＝ ．将△BOC绕点C按顺时针方向旋转60°得△ADC，连接
OD．
α
（1）求证：△COD是等边三角形．
（2）当 ＝150°时，OB＝4，OC＝3，求OA的长．
α
【分析】（1）根据旋转的性质得出CO＝CD，∠OCD＝60°，即可得出结论；
（2）根据旋转的性质得出∠ADC＝∠BOC＝150°，AD＝OB＝4，再结合△COD是等边三角形，即可求
解．
【解答】（1）证明：∵将△BOC绕点C顺时针旋转60°得到△ADC，
∴CO＝CD，∠OCD＝60°，
∴△COD是等边三角形；
（2）解：∵将△BOC绕点C顺时针旋转60°得到△ADC，
∴△BOC≌△ADC，
∴∠ADC＝∠BOC＝150°，AD＝OB＝4，
又∵△COD是等边三角形，∴∠ODC＝60°，OD＝OC＝3，
∴∠ADO＝∠ADC﹣∠ODC＝90°，
∴ ．
4．如图，在△ABC中，AB＝AC，AD⊥BC，点D为垂足，将△ADC绕点A顺时针旋转，使AC与AB重合，
点D落在点E处，延长AE交CB的延长线于点F，延长EB交AD的延长线于点G，求证：EG＝DF．
【分析】先根据三线合一定理得到∠ADC＝∠ADF＝90°，再由旋转的性质得到∠AEB＝∠ADC＝90°，
AE＝AD，证明△ADF≌△AEG即可证明EG＝DF．
【解答】证明：∵AB＝AC，AD⊥BC，
∴∠ADC＝∠ADF＝90°，
∵△AEB由△ADC旋转而得，
∴∠AEB＝∠ADC＝90°，AE＝AD，
在△ADF和△AEG中，
，
∴△ADF≌△AEG（ASA），
∴EG＝DF．
5．等边△ABC中，D为BC的中点，绕点B顺时针旋转△ABD得到△FBE，点A的对应点为F，点D的对
应点为E，EC∥BF．
（1）求∠BEC的度数；
（2）若AB＝4，求EC的长度．
【分析】（1）由旋转的性质可得△ABD≌△FBE，可得∠ABD＝∠FBE＝60°，BD＝BE，由平行线的性
质可求解；
（2）由直角三角形的性质可得CE＝2EH，CH＝ EH，由勾股定理可求解．
【解答】解：（1）∵△ABC是等边三角形，D为BC的中点，∴BD＝CD，∠ABC＝60°，AD⊥BC，
∵绕点B顺时针旋转△ABD得到△FBE，
∴△ABD≌△FBE，
∴∠ABD＝∠FBE＝60°，BD＝BE，
∵EC∥BF，
∴∠BEC+∠FBE＝180°，
∴∠BEC＝120°；
（2）如图，过点C作CH⊥直线BE于H，
∵∠BEC＝120°，
∴∠CEH＝60°，
∵CH⊥BE，
∴∠ECH＝30°，
∴CE＝2EH，CH＝ EH，
∵AB＝4＝BC，
∴BD＝2＝BE，
∵BC2＝CH2+BH2，
∴16＝3BH2+（2+EH）2，
∴BH＝ （负值舍去），
∴CE＝ ﹣1．
6．如图，已知△ABC中，∠B＝50°，∠C＝60°．将△ABC绕点A按逆时针方向旋转得到△ADE，AC与
DE交于点F．
（1）若AC⊥DE，求∠DAC的度数；
（2）若AD平分∠BAC，求∠CFE的度数．【分析】（1）由旋转的性质可得∠B＝∠D＝50°，即可求解；
（2）由三角形内角和定理可求∠BAC的度数，由角平分线的性质和外角性质可求解．
【解答】（1）证明：∵将△ABC绕点A按逆时针方向旋转得到△ADE，
∴∠B＝∠D＝50°，
∵AC⊥DE，
∴∠AFD＝90°，
∴∠DAC＝90°﹣50°＝40°；
（2）解：∵∠B＝50°，∠C＝60°，
∴∠BAC＝70°，
∵AD平分∠BAC，
∴∠BAD＝∠CAD＝35°，
∴∠AFE＝85°，
∴∠CFE＝180°﹣85°＝95°．
7．已知△ABC是等边三角形，点P在BC的延长线上，以P为旋转中心，将线段PC逆时针旋转n°（0＜n
＜180）得线段PQ，连接AP，BQ．
（1）如图1，若PC＝AC，画出n＝60时的图形，直接写出BQ和AP的数量及位置关系；
（2）当n＝120时，若点M为线段BQ的中点，连接PM．判断MP和AP的数量关系，并证明．
【分析】（1）通过证明四边形ABQP是平行四边形，可得BQ＝AP，BQ∥AP；
（2）以CP为边作等边三角形CHP，连接BH，由“SAS”可证△ACP≌△BCH，可得AP＝BH，由旋
转的性质和三角形中位线定理可得AP＝2MP．
【解答】解：（1）BQ＝AP，BQ∥AP，
如图1所示：∵△ABC是等边三角形，
∴∠ABC＝∠ACB＝∠BAC＝60°，AB＝BC＝AC，
又∵PC＝AC，
∴∠PAC＝∠APC，
∵∠ACB＝∠PAC+∠APC＝60°，
∴∠PAC＝∠APC＝30°，
∴∠BAP＝90°，
∵将线段PC逆时针旋转60°得线段PQ，
∴PC＝PQ，∠CPQ＝60°，
∴AB＝AC＝CP＝PQ，∠APQ＝90°，
∴∠BAP+∠APQ＝180°，
∴AB∥PQ，
∴四边形ABQP是平行四边形，
∴BQ＝AP，BQ∥AP；
（2）AP＝2MP，
理由如下：如图2，以CP为边作等边三角形CHP，连接BH，
∵△CHP和△CBA都是等边三角形，
∴CB＝CA，CP＝CH，∠ACB＝∠HCP＝∠CPH＝60°，
∴∠BCH＝∠ACP，
在△ACP和△BCH中，
，∴△ACP≌△BCH（SAS），
∴AP＝BH，
∵将线段PC逆时针旋转120°得线段PQ，
∴CP＝PQ，∠CPQ＝120°，
∵∠CPH+∠CPQ＝180°，
∴点H，点P，点Q三点共线，
∵BM＝MQ，PQ＝CP＝HP，
∴BH＝2MP，
∴AP＝2MP．
8．如图，点O是等边△ABC内一点，D是△ABC外的一点，∠AOB＝100°，∠BOC＝ ，将△BOC绕点C
顺时针旋转60°得△ADC，连接OD．
α
（1）当 ＝150°，∠ODA＝ 90 ° ；
（2）当 为多少度时，△AOD是等腰三角形？说明理由．
α
α
【分析】（1）由旋转可以得出 OC＝DC，∠DCO＝60°，就可以得出△ODC是等边三角形，就可以得
出∠ODC＝60°，从而得出∠ADO；
（2）由条件可以表示出∠AOC＝260°﹣a，就有∠AOD＝200°﹣a，∠ADO＝a﹣60°，当∠DAO＝
∠DOA，∠AOD＝ADO或∠OAD＝∠ODA时分别求出a的值即可．
【解答】解：（1 ）∵△BOC绕点C按顺时针方向旋转60°得△ADC，
∴△BOC≌△ADC，△ODC为等边三角形，
∴∠BOC＝∠ADC＝150°，∠ODC＝60°
∴∠ADO＝150°﹣60°＝90°；
故答案为：∠ODA＝90°；
（2）∵∠AOB＝100°，∠BOC＝ ，
∴∠AOC＝260°﹣ ．
α
∵△OCD是等边三角形，
α
∴∠DOC＝∠ODC＝60°，
∴∠ADO＝ ﹣60°，∠AOD＝200°﹣ ，
①当∠DAO＝∠DOA时，
α α
2（200°﹣ ）+ ﹣60°＝180°，
解得： ＝160°
α α
α②当∠AOD＝ADO时，
200°﹣ ＝ ﹣60°，
解得： ＝130°，
α α
③当∠OAD＝∠ODA时，
α
200°﹣ +2（ ﹣60°）＝180°，
解得： ＝100°，
α α
∴ ＝100°， ＝130°， ＝160°△AOD为等腰三角形．
α
9．如图，四边形ABCD是正方形，E，F分别是DC和CB的延长线上的点，且DE＝BF，连接AE，AF，
α α α
EF．
（1）求证：△ADE≌△ABF；
（2）填空：△ABF可以由△ADE绕旋转中心 A 点，按顺时针方向旋转 9 0 度得到；
（3）若BC＝8，DE＝2，求△AEF的面积．
【分析】（1）根据正方形的性质得 AD＝AB，∠D＝∠ABC＝90°，然后利用“SAS”易证得
△ADE≌△ABF；
（2）由于△ADE≌△ABF得∠BAF＝∠DAE，则∠BAF+∠BAE＝90°，即∠FAE＝90°，根据旋转的定义
可得到△ABF可以由△ADE绕旋转中心 A点，按顺时针方向旋转90 度得到；
（3）先利用勾股定理可计算出AE，再根据△ABF可以由△ADE绕旋转中心 A点，按顺时针方向旋转
90 度得到AE＝AF，∠EAF＝90°，然后根据直角三角形的面积公式计算即可．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴AD＝AB，∠D＝∠ABC＝90°，
而F是CB的延长线上的点，
∴∠ABF＝90°，
在△ADE和△ABF中 ，
∴△ADE≌△ABF（SAS）；
（2）解：∵△ADE≌△ABF，
∴∠BAF＝∠DAE，
而∠DAE+∠EAB＝90°，
∴∠BAF+∠EAB＝90°，即∠FAE＝90°，
∴△ABF可以由△ADE绕旋转中心 A点，按顺时针方向旋转90 度得到；
故答案为A、90；（3）解∵四边形ABCD是正方形，BC＝8，
∴AD＝8，
在Rt△ADE中，DE＝2，AD＝8，
∴AE＝ ＝2 ，
∵△ABF可以由△ADE绕旋转中心A点，按顺时针方向旋转90度得到，
∴△ABF≌△ADE，
∴AE＝AF，∠EAF＝90°，
∴△AEF的面积＝ AE2＝ ×68＝34．
10．如图，在矩形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，AD＝2，∠DAC＝60°，点F在线段AO上，从
点A．至点O运动，连接DF，以DF为边作等边△DFE，点E和点A分别位于DF两侧．
（1）当点F运动到点O时，求CE的长；
（2）点F在线段AO上从点A至点O运动过程中，求CE的最小值．
【分析】（1）连接OE并延长至G，使得OD＝OG，连接DG、CG，证明△ADF≌△ODE，进而得到
GE＝OF，得出点F在线段AO上，从点A至点O运动，则E在线段OG上运动．当点F运动到点O时，
点E运动到点G，CG的长即为CE的长；
（2）根据垂线段最短，得出从点A至点O运动过程中，运动到DC 的中点时，CE的最小值为 DC，
由勾股定理即可求解．
【解答】解：（1）如图所示，连接OE，并延长至G，使得OD＝OG，连接DG、CG，
在矩形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，AD＝2，∠DAC＝60°，
∴AO＝OD，
∴△AOD是等边三角形，
∴DA＝DO，∠ADO＝60°，∵△DFE是等边三角形，
∴DF＝DE，∠EOF＝60°，
∴∠ADF＝60°﹣∠ODF＝∠ADE，
∴△ADF≌△ODE（SAS），
∴∠DOE＝∠DAF＝60°，AF＝OE，
∵DO＝OG，
∴△DOG是等边三角形，
∴OG＝DO＝AO，
∴OG﹣OE＝OA﹣AF，即GE＝OF，
∴点F在线段AO上，从点A至点O运动，则E在线段OG上运动，
∴当F至O点时，E运动至G点，如图所示，
∴△DFE为△DOG，
∴∠DOG＝60°，OD＝OG＝OC，
∴∠GOC＝60°，
∴△GCO是等边三角形，
∴GC＝OC，
∴OD＝OC＝GC＝DG，
∴四边形DGCO为菱形，
∴CG＝OD＝AD＝2，
∴CG＝CE＝2．
（2）由（1）可知点F在线段A上从点A至点运动过程中，运动到DC的中点时，CE的最小值为
DC，
∵AD＝2，∠DAC＝60°，
∴CD＝2 ，
∴CE的最小值为 ．
11．如图，在正方形ABCD中，E是边BC上的一动点（不与点B，C重合）．将线段AE绕点A顺时针旋
转90°得线段AF．延长FB，DE交于点G．
（1）求证：BG⊥EG；
（2）连接AG，试探究： 是否为定值？若是，请求出定值，若不是，说明理由．【分析】（1）本题利用正方形性质和旋转的性质证明△DAE≌△BAF（SAS），得到∠AED＝∠AFB，
进而得到∠AEG+∠AFB＝∠AEG+∠AED＝180°，再结合四边形内角和得到∠G，即可证明BG⊥EG：
（2）连接AG，在GD的延长线上取DH＝BG，连接AH，利用△DAE≌△BAF以及正方形性质得出FG
＝EH，∠ADH＝∠ABG，证明△ADH≌△ABG（SAS），利用全等三角形性质得到AG＝AH，∠GAH＝
90°，利用勾股定理得到AG2+AH2＝GH2，进而得到2AG2＝（EG+EH）2＝（EG+FG）2，对式子进行变
形，即可得到 的值．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD为正方形，
∴∠C＝∠BAD＝∠ABC＝90°，AD＝AB，
由旋转的性质可知，∠EAF＝90°，AE﹣AF，
∵∠BAD﹣∠BAE＝∠EAF﹣∠BAE，
∴∠DAE＝∠BAF，
∴△DAE≌△BAF（SAS），
∴∠AED＝∠AFB，
∴∠AEG+∠AFB＝∠AEG+∠AED＝180°，
∴∠G＝360°﹣（∠AEG+∠AFB）﹣∠EAF＝90°，
∴BG⊥EG；
（2）解： 是定值，理由如下：
连接AG，在GD的延长线上取DH＝BG，连接AH，
∵△DAE≌△BAF，
∴∠ABF＝∠ADE，DE＝BF，即有180°﹣∠ABF＝180°﹣∠ADE，FG＝EH，
∴∠ADH＝∠ABG，
∵四边形ABCD为正方形，
∴AB＝AD，
∴△ADH≌△ABG（SAS），
∴AG＝AH，∠BAG＝∠DAH，
∵∠GAH＝∠DAH+∠DAE+∠EAG＝∠BAG+∠BAF+∠EAG＝∠EAF＝90°，
∵AG2+AH2＝GH2，
∴2AG2＝（EG+EH）2＝（EG+FG）2，
∴ ＝ ，
12．如图，在△ABC中，∠BAC＝120°，以BC为边向△ABC右侧作等边△BCD，把△ABD绕D点按顺时
针方向旋转60°后得到△ECD，若AB＝4，AC＝2．
（1）求∠ADE的度数；
（2）求AD的长．
【分析】（1）由旋转的性质即可得出答案；
（2）由旋转的性质可得：∠ADE＝60°，AD＝DE，∠DCE＝∠ABD，CE＝AB＝4，求出A、C、E在同
一直线上，结合等边三角形的性质即可得出答案．
【解答】解：（1）∵把△ABD绕D点按顺时针方向旋转60°后得到△ECD，
∴∠ADE＝60°；
（2）∵△BCD为等边三角形，
∴∠BDC＝60°，
∵∠BAC＝120°，
∴∠BAC+∠BDC＝180°，
∴∠ABD+∠ACD＝360°﹣（∠BAC+∠BDC）＝180°，
由旋转的性质可得：∠ADE＝60°，AD＝DE，∠DCE＝∠ABD，CE＝AB＝4，
∴∠ACD+∠DCE＝180°，△ADE为等边三角形，
∴A、C、E在同一直线上，
∴AE＝AC+CE＝2+4＝6，
∴AD＝AE＝6．
13．已知两条平行线AB，CD和一块含45°角的直角三角尺EFG（∠EFG＝90°），且点E，F不能同时落在直线AB和CD之间．
（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°，则∠FGC的度数
为 105 ° ；
（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，AB与
EF相交于点M，且所夹锐角为25°，求∠FGC的度数；
（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，是否存在∠FGC＝11∠DGE
（∠DGE＜45°）？若存在，请求出射线GF与AB所夹锐角的度数；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）依据题意，根据平行线的性质可得∠BEG＝∠EGC，即可求解．
（2）依据题意，先求出∠EGC的度数即可求解．
（3）依据题意，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°．
故答案为：105°．
（2）由题意，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；
①当点E在CD上方时，如图；∵∠FGC＝11∠DGE，
∴∠DGE+11∠DGE+45°＝180°，
∴∠DGE＝11.25°，
∴射线GF与AB所夹锐角的度数为45°+11.25°＝56.25°．
②当点E在CD下方时，如图；
∵∠FGC＝11∠DGE，
∴∠FGC+∠FGD＝180°，
即11∠DGE+45°﹣∠DGE＝180°，
∴∠DGE＝13.5°．
∴射线GF与AB所夹锐角＝∠FGD＝45°﹣13.5°＝31.5°．
综上所述射线GF与AB所夹锐角的度数为56.25°或31.5°．
14．如图，正方形ABCD，AB＝8．将正方形ABCD绕点A逆时针旋转角度 （0°＜ ＜90°），得到正方形
AEFG，EF交CD于点M，延长FE交BC于点N．
α α
（1）求证：MN＝DM+BN；
（2）顺次连接D，E，C，F，得到四边形DECF．在旋转过程中，四边形DECF能否为矩形？若能，求
出BN的值；若不能，请说明理由．
【分析】（1）连接AN，AM，根据旋转的性质得到AB＝AE，∠B＝∠AEH＝90°，根据全等三角形的性质得到BN＝EN，同理DM＝EM，于是得到结论；
（2）当CD，EF互相平分时，四边形DECF是矩形，设BN＝x，则CN＝8﹣x，NM＝x+4，根据勾股定
理即可得到结论．
【解答】（1）证明：连接AN，AM，
∵∠AEF＝90°，
∴∠AEN＝90°，
∵将正方形ABCD绕点A逆时针旋转角度 （0°＜ ＜90°），得到正方形AEFG，
∴AB＝AE，∠B＝∠AEH＝90°，
α α
在Rt△ABN与Rt△AEN中，
，
∴Rt△ABN≌Rt△AEN（HL），
∴BN＝EN，
同理DM＝EM，
∵MN＝EN+EM，
∴MN＝BN+DM；
（2）解：能，
理由：∵CD＝EF，
∴当CD，EF互相平分时，四边形DECF是矩形，
设BN＝x，则CN＝8﹣x，NM＝x+4，
在Rt△MCN中，∵CN2+CM2＝MN2，
∴（8﹣x）2+42＝（x+4）2，
∴ ，
即 ．
15．在△ABC中，∠ABC＝60°，将△ABC在平面内绕点B顺时针旋转 （0°＜ ＜90°）得到△DBE，其中
点A的对应点为点D，连接CE．
α α
（1）若 ＝30°，如图①，求∠BEC的度数；
（2）当点α D在边BC上时，如图②，若DC＝2， ，求AB的长．【分析】（1）先由旋转性质，得∠EBC＝30°，BC＝BE，结合三角形内角和列式计算即可作答．
（ 2 ） 设 AB 的 长 为 2x ， 由 旋 转 性 质 ， 得 BD ＝ AB ＝ 2x ， 先 得
，再在Rt△ACH，AC2＝HC2+AH2代入数值计算即可作
答．
【解答】解：（1）∵将△ABC在平面内绕点B顺时针旋转 （0°＜ ＜90°）得到△DBE， ＝30°
∴∠EBC＝30°，BC＝BE
α α α
∴ ；
（2）过点A作AH⊥BC，
∵∠ABC＝60°，
∴AB的长为2x， ，
∵将△ABC在平面内绕点B顺时针旋转 （0°＜ ＜90°）得到△DBE，
∴AB＝BD＝2x，BC＝2x+2，
α α
则在Rt△ACH，AC2＝HC2+AH2，
即19＝（2x+2﹣x）2+3x2，
整理得4x2+4x﹣15＝（2x+5）（2x﹣3）＝0，
解得 （舍去），
∴AB的长为3．
16．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旋转．（1）在图1中，∠DPC＝ 75 ° ；
（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，旋转角度为 （0°＜ ＜
180°），当 等于多少度时，两个三角形的边PC与边PD互相垂直；
α α
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
α
三角板PBD的边PB从PM处开始绕点P顺时针旋转，转速为2°/秒，当PC转到与PM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）根据三角板的角度进行计算即可得到结论；
（2）①如图，根据PC′⊥PD，∠DPC＝75°，∠DPC′＝90°，求出结论即可；
②设旋转的时间为t秒，由题知，∠APN＝3t°，∠BPM＝2t°，分两种情况：当PC转到与PD重合前和
当PC转到与PD重合后，分别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，此时，PC′⊥PD，
∴∠DPC＝75°，∠DPC′＝90°，
∴∠CPC′＝75°+90°＝165°，
∴当 等于165度时，两个三角形的边PC与边PD互相垂直；
②设旋转的时间为t秒，由题知，∠APN＝3t°，∠BPM＝2t°，
α
当PC转到与PM重合时， （秒），
分两种情况：
当PC转到与PD重合前，∠CPD＝∠BPM时，
∴∠CPD＝180°﹣∠BPD﹣∠BPM﹣∠APN﹣∠APC＝180°﹣45°﹣2t°﹣3t°﹣60°＝（75﹣5t）°
当∠CPD＝∠BPM，即2t＝75﹣5t，解得： 秒；
当PC转到与PD重合后，∠CPD＝∠BPM时，
∴∠CPD＝∠BPD+∠BPM+∠APN+∠APC﹣180°＝45°+2t°+3t°+60°﹣180°＝（5t﹣75）°
当∠CPD＝∠BPM，即2t＝5t﹣75，
解得：t＝25秒；
∴当∠CPD＝∠BPM，旋转的时间是 或25秒．
17．如图，△ABC是等边三角形，点D为边AC延长线上一点，点E为线段BC上一点，连接DE，将线段
DE绕点E逆时针旋转120°得到线段EF，点F恰好落线段AB上．过点E作EG∥AC交边AB于点G．
（1）证明：CD＝FG；
（2）若AF＝2CD＝4，求BC长．
【分析】（1）根据等边三角形的性质得到∠A＝∠ACB＝60°，进而得到 GE∥AC，然后证明
△GEF≌△CED（AAS）即可得到结论；
（2）由（1）知△GEF≌△CED，可得EG＝CE，得到△BEG为等边三角形即可解题．
【解答】（1）证明：∵△ABC为等边三角形，
∴∠A＝∠ACB＝60°，
∵GE∥AC，
∴∠BGE＝∠A＝60°＝∠ACB，
∠GEC＝180°﹣∠ACB＝120°，
∵∠FED＝120°，
∴∠FED＝∠GEC，
∴∠FED﹣∠FEC＝∠GEC﹣∠FEC，
∴∠GEF＝∠CED，
∵∠ACB＝∠BGE＝60°，
∴∠AGE＝∠ECD＝120°，
在△GEF和△CED中
，
∴△GEF≌△CED（AAS），∴CD＝FG；
（2）解：由（1）知△GEF≌△CED，
∴EG＝CE，
∵∠BGE＝∠BEG＝60°，
∴△BEG为等边三角形，
∴ ，
∵△ABC为等边三角形，
∴AB＝BC，
∴ ，
∵2CD＝4，
∴FG＝CD＝2，
∵AF＝4，
∴AG＝AF+FG＝6，
∴BC＝2AG＝12．
18．如图，在△ABC 中，∠BAC＝90°， ，点 D 为△ABC 内一点，∠BAD＝15°，
，连接BD，将△ABD绕点A按逆时针方向旋转，使 AB与AC重合，点D的对应点为点
E，连接DE，DE交AC于点F，
（1）求∠AFD的度数．
（2）求△ADE中DE边上的高．
（3）求CF的长．
【分析】（1）由旋转的性质结合三角形的外角的性质可得答案；
（2）由勾股定理先求解DE＝12，再利用等面积法求解即可；
（3）过A作AH⊥DE于H，则∠AHF＝90°，证 明∠FAH＝30°，可得 ，利用勾股定理可得：
HF2+62＝（2HF）2，再进一步求解即可．
【解答】解：（1）由旋转可知：∠DAE＝∠BAC＝90°，AD＝AE，∠CAE＝∠BAD＝15°，
∴∠ADE＝∠AED＝45°，
∴∠AFD＝∠AED+∠CAE＝15°+45°＝60°；
（2）∵ ，
在Rt△ADE中，利用勾股定理可得： ，∴△ADE中DE边上的高为 ；
（3）过A作AH⊥DE于H，则∠AHF＝90°，
由（1）知∠AFD＝60°，∠FAH＝30°，
，
由（2）知 AH＝6，
在Rt△AFH中，利用勾股定理可得：HF2+62＝（2HF）2，
∵ ，
∴ ，
∴ ．
19．在Rt△ABC中，∠ACB＝90°．
（1）如图1，AC＝15，BC＝20，CM⊥AB于点M，NM＝AM，连接CN，求线段BN的长；
（2）如图2，将线段CB绕点C按逆时针方向旋转90°得到线段CD，将线段AB绕点A按顺时针方向旋
转90°，得到线段AE，连接DE，点G为DE中点，连接AG，CG．求证：AC＝ CG．
【分析】（1）利用勾股定理求出AB，利用等面积法求出CM，再利用勾股定理求出AM，进一步解答
即可求解；
（2）将线段AC绕点A按顺时针方向旋转90．得到线段AM，连接EM并延长交BC于点N，连接AN交
DE 于点 O，可得△BAC≌△EAM（SAS），四边 形 CAMN 是正方形，进而证明△ENO≌△DAO
（AAS），OD＝OE，推出点G与点O重合，可得△AGC是等腰直角三角形，即可证明 ．
【解答】（1）解：在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝15，BC＝20，
∴ ，
∵CM⊥AB，
∴ ，∴ ，
∴ ，
∴NM＝AM＝9，
∴BN＝AB﹣NM﹣AM＝25﹣9﹣9＝7；
（2）证明：如图，将线段AC绕点A按顺时针方向旋转90°，得到线段AM，连接EM并延长交BC于点
N，连接AN交DE于点O，
由旋转知∠MAC＝∠BAE＝90°，AM＝AC，AB＝AE，CB＝CD，
∴∠MAC﹣∠BAM＝∠BAE﹣∠BAM，
∴∠BAC＝∠EAM，
∴△BAC≌△EAM（SAS），
∴ME＝CB＝CD，∠BCA＝∠EMA＝90°，
∵∠BCA＝∠MAC＝∠AMN＝90°，AM＝AC，
∴四边形CAMN是正方形，
∴MN＝AC，NE∥AD，
∴MN+ME＝AC+CD，即NE＝AC，
又∵NE∥AD，
∴∠NEO＝∠ADO，∠ENO＝∠DAO，
∴△ENO≌△DAO（AAS），
∴OD＝OE，
又∵点G为DE中点，
∴点G与点O重合，
∵四边形CAMN是正方形，
∴CG＝AG，∠AGC＝90°，
∴△AGC是等腰直角三角形，
∴ ．
20．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＝36°．则∠BAF的度数为 63 ° ；
（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＝54°，根据旋转的性质得到∠EBF＝∠ABC＝54°，
AB＝BF，根据三角形的内角和定理即可得到答案；
（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
到答案．
【解答】解：（1）在Rt△ABC中，∠C＝90°，∠BAC＝36°，
∴∠ABC＝54°，
∵将△ABC绕着点B逆时针旋转得到△FBE，
∴∠EBF＝∠ABC＝54°，AB＝BF，
∴∠BAF＝∠BFA＝ ＝63°，
故答案为：63°；
（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＝4，
∴AF＝ ＝4 ．
21．如图，点E为正方形ABCD内一点，∠AEB＝90°，将Rt△ABE绕点B按顺时针方向旋转90°，得到
△CBF．延长AE交CF于点G，连接DE．
（1）试判断四边形BEGF的形状，并说明理由；
（2）若BE＝2，CG＝1，求DE．
【分析】（1）根据旋转的性质结合正方形的判定即可解决问题．
（2）过点D作AE的垂线，利用全等三角形的性质及勾股定理即可解决问题．【解答】解：（1）四边形BEGF是正方形．
由旋转可知，
∠F＝∠AEB＝90°，∠EBF＝90°，EB＝FB，
∴∠BEG＝90°，
∴四边形BEGF是矩形．
又∵EB＝FB，
∴四边形BEGF是正方形．
（2）过点D作AE的垂线，垂足为M，
∵∠DAM+∠EAB＝∠DAM+∠ADM＝90°，
∴∠EAB＝∠ADM．
在△EAB和△MDA中，
，
∴△EAB≌△MDA（AAS），
∴AM＝BE＝2．
∵四边形BFGE是正方形，
∴FG＝BE＝2，
∴FC＝2+1＝3．
由旋转可知，
AE＝FC＝3，
∴DM＝AE＝3，ME＝AE﹣AM＝1．
在Rt△DME中，
DE＝ ．
所以DE的长为 ．
22．已知正方形ABCD，点E在边BC上（不与两端点重合）．
（1）如图1，点F在对角线AC上，连接AE、EF，若EF⊥AC，4AF＝3AC，AB＝8，求AE的长．
（2）如图2，将线段AE绕点A逆时针旋转45°得到线段AH，过点H作HF⊥AC交AC于点F，延长FH
交CD于点G．求证： ．【分析】（1）由正方形性质得出AB＝BC＝CD＝AD＝4，∠B＝∠D＝90°，∠ACB＝∠ACD＝∠BAC＝
∠ACD＝45°，得出AC＝ AB＝8 ，求出AF＝6 ，CF＝AC﹣AF＝2 ，求出△CEF是等腰直
角三角形，得出EF＝CF＝2 ，CE＝ CF＝4，在Rt△AEF中，由勾股定理求出AE；
（2）延长GF交BC于M，连接AG，则△CGM和△CFG是等腰直角三角形，得出CM＝CG，CG＝
CF，证出BM＝DG，证明Rt△AFG≌Rt△ADG得出FG＝DG，BM＝FG，再证明△ABE≌△AFH，得
出BE＝FH，即可得出结论．
【解答】（1）解：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝BC＝CD＝AD＝4，∠B＝∠D＝90°，∠ACB＝∠ACD＝∠BAC＝∠ACD＝45°，
∴AC＝ AB＝8 ，
∵4AF＝3AC＝24 ，
∴AF＝6 ，
∴CF＝AC﹣AF＝2 ，
∵EF⊥AC，
∴△CEF是等腰直角三角形，
∴EF＝CF＝2 ，CE＝ CF＝4，
在Rt△AEF中，由勾股定理得：AE＝ ＝ ＝4 ．
（2）证明：延长GF交BC于M，连接AG，如图2所示：
则△CGM和△CFG是等腰直角三角形，
∴CM＝CG，CG＝ CF，
∴BM＝DG，
∵AF＝AB，
∴AF＝AD，
在Rt△AFG和Rt△ADG中，
，
∴Rt△AFG≌Rt△ADG（HL），
∴FG＝DG，
∴BM＝FG，∵∠BAC＝∠EAH＝45°，
∴∠BAE＝∠FAH，
∵FG⊥AC，
∴∠AFH＝90°，
在△ABE和△AFH中，
，
∴△ABE≌△AFH（ASA），
∴BE＝FH，
∵BM＝BE+EM，FG＝FH+HG，
∴EM＝HG，
∵EC＝EM+CM，CM＝CG＝ CF，
∴EC＝HG+ FC．
23．如图，一个锐角等于60°的菱形ABCD，将一个60°的∠MAN的顶点与该菱形顶点A重合，以A为旋转
中心，按顺时针方向旋转这个60°的∠MAN，使它的两边分别交CB、DC于点E，F．
（1）如图1，当BE＝DF时，试判断AE与AF的数量关系，并说明理由；
（2）旋转∠MAN，如图2，当BE≠DF时，（1）的结论是否仍然成立？若成立，加以证明；若不成立，
请说明理由．
【分析】（1）由“SAS”可证△ABE≌△ADF，可得AE＝AF；
（2）由菱形的性质可得AB＝BC＝AD＝CD，∠B＝∠D＝60°，可证△ABC是等边三角形，△ACD是等
边三角形，可得AB＝AC，∠ACD＝∠B＝60°＝∠BAC，由“ASA”可证△BAE≌△CAF，可得AE＝
AF．【解答】解：（1）AE＝AF；理由如下：
∵四边形ABCD是菱形，
∴AB＝AD，∠B＝∠D．
在△ABE和△ADF中，
，
∴△ABE≌△ADF（SAS），
∴AE＝AF；
（2）仍然成立．
证明：如图2，连接AC．
∵四边形ABCD是菱形，∠B＝60°，
∴AB＝BC＝AD＝CD，∠B＝∠D＝60°，
∴△ABC是等边三角形，△ACD是等边三角形，
∴AB＝AC，∠ACD＝∠B＝60°＝∠BAC，
∵∠MAN＝60°＝∠BAC，
∴∠BAE＝∠CAF．
在△BAE和△CAF中，
，
∴△BAE≌△CAF（ASA），
∴AE＝AF．
24．给出定义：若一个四边形中存在相邻两边的平方和等于一条对角线的平方，则称该四边形为勾股四边
形．
（1）在你学过的四边形中，写出一种勾股四边形的名称 正方形、矩形、直角梯形任选一种 ．
（2）如图，将△ABC绕顶点B按顺时针方向旋转60°得到△DBE，连接AD，DC，CE，已知∠DCB＝
30°．
①直接写出∠BCE的度数是 60 ° ．
②判断四边形BDCE是否为勾股四边形，并说明理由．【分析】（1）利用题目的题意结合所学四边形即可求解；
（2）①首先证明△ABC≌△DBE，得出AC＝DE，BC＝BE，连接CE，进一步得出△BCE为等边三角
形即可求解；
②利用①和等边三角形的性质，进一步得出△DCE是直角三角形，即可求解．
【解答】解：（1）正方形、矩形、直角梯形均可；
故答案为：正方形、矩形、直角梯形均可；
（2）①根据旋转知道△ABC≌△DBE，
∴BC＝BE，
∵∠CBE＝60°，
∴△BCE是等边三角形，
∴∠BCE＝60°；
故答案为：60°；
②∵△ABC≌△DBE，
∴BE＝BC，AC＝ED；
∴△BCE为等边三角形，
∴BC＝CE，∠BCE＝60°，
∵∠DCB＝30°，
∴∠DCE＝90°，
在Rt△DCE中，
DC2+CE2＝DE2，
∴DC2+BC2＝AC2．
即四边形ABCD是勾股四边形．
25．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 1 5 s 或
24 s 或 27 s 或 33 s （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33s26．在△ABC中，∠ABC＝ ，以点B为中心，将△ABC顺时针旋转 ，得到△A BC ；再以点A 为中心，
1 1 1
将△A 1 BC 1 顺时针旋转 α ，得到△A 1 B 1 C 2 ；连结AB 1 ． α
（1）如图1，若AB＝2，
α
＝90°，求AB
1
的长；
（2）如图2，60°＜ ＜90α°，探究AB
1
与A
1
B的位置关系，并说明理由．
α
【分析】（1）根据旋转的性质得到∠ABA ＝90°，AB＝A B，根据旋转的性质得到∠BA B ＝90°，A B
1 1 1 1 1
＝A B ，根据正方形的判定定理得到四边形ABA B 是正方形，于是得到AB ＝AB＝2；
1 1 1 1 1
（2）A作AE⊥A B，过B 作B F⊥A B于F，得到∠AEB＝∠B FA ＝90°，AE∥B F，根据旋转的性质
1 1 1 1 1 1 1
得到∠ABA ＝∠A BC ＝ ，AB＝A B，∠BA B ＝∠BA B ＝ ，A B＝A B ，根据全等三角形的性质定理
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
得到AE＝B
1
F，推出四边
α
形AEFB
1
是矩形，根据矩形的性质
α
即可得到结论．
【解答】解：（1）∵以点B为中心，将△ABC顺时针旋转90°，得到△A BC ，
1 1
∴∠ABA ＝90°，AB＝A B，
1 1
∵以点A 为中心，将△A BC 顺时针旋转90°，得到△A B C ，
1 1 1 1 1 2
∴∠BA B ＝90°，A B＝A B ，
1 1 1 1 1
∴AB∥A B ，AB＝A B ，
1 1 1 1
∴四边形ABA B 是正方形，
1 1
∴AB ＝AB＝2；
1
（2）AB ∥A B．
1 1
理由：过A作AE⊥A B，过B 作B F⊥A B于F，
1 1 1 1
∴∠AEB＝∠B FA ＝90°，AE∥B F，
1 1 1
∵以点B为中心，将△ABC顺时针旋转＝ ，得到△A BC ，
1 1
∴∠ABA 1 ＝∠A 1 BC 1 ＝ ，AB＝A 1 B， α
∵以点A
1
为中心，将△ αA
1
BC
1
顺时针旋转 ，得到△A
1
B
1
C
2
，
∴∠BA 1 B 1 ＝∠BA 1 B 1 ＝ ，A 1 B＝A 1 B 1 ， α
∴AB＝A 1 B 1 ， α
∴△ABE≌△B A F（AAS），
1 1
∴AE＝B F，
1
∴四边形AEFB 是矩形，
1
∴AB ∥EF，
1∴AB ∥A B．
1 1
27．如图1，点O为直线AB上一点，过点O作射线OC，使∠AOC＝60°．将一把直角三角尺的直角顶点
放在点O处，一边OM在射线OB上，另一边ON在直线AB的下方，其中∠OMN＝30°．
（1）将图1中的三角尺绕点O顺时针旋转至图2，使一边OM在∠BOC的内部，且恰好平分∠BOC，
求∠CON的度数；
（2）将图1中的三角尺绕点O按每秒10°的速度沿顺时针方向旋转一周，在旋转的过程中，在第 9
或 27 秒时，边MN恰好与射线OC平行；在第 12 或 30 秒时，直线ON恰好平分锐角∠AOC．
（直接写出结果）；
（3）将图1中的三角尺绕点O顺时针旋转至图3，使ON在∠AOC的内部，请探究∠AOM与∠NOC之
间的数量关系，并说明理由．
【分析】（1）根据邻补角的定义求出∠BOC＝120°，再根据角平分线的定义求出∠COM，然后根据
∠CON＝∠COM+90°解答；
（2）分别分两种情况根据平行线的性质和旋转的性质求出旋转角，然后除以旋转速度即可得解；
（3）用∠AOM和∠CON表示出∠AON，然后列出方程整理即可得解．
【解答】解：（1）∵∠AOC＝60°，
∴∠BOC＝120°，
又∵OM平分∠BOC，
∴∠COM＝ ∠BOC＝60°，
∴∠CON＝∠COM+90°＝150°；
（2）∵∠OMN＝30°，
∴∠N＝90°﹣30°＝60°，
∵∠AOC＝60°，
∴当ON在直线AB上时，MN∥OC，
旋转角为90°或270°，∵每秒顺时针旋转10°，
∴时间为9或27，
直线ON恰好平分锐角∠AOC时，
旋转角为90°+30°＝120°或270°+30°＝300°，
∵每秒顺时针旋转10°，
∴时间为12或30；
故答案为：9或27；12或30．
（3）∵∠MON＝90°，∠AOC＝60°，
∴∠AON＝90°﹣∠AOM，
∠AON＝60°﹣∠NOC，
∴90°﹣∠AOM＝60°﹣∠NOC，
∴∠AOM﹣∠NOC＝30°，
故∠AOM与∠NOC之间的数量关系为：∠AOM﹣∠NOC＝30°．
28．如图，在锐角△ABC中，∠A＝60°，点D，E分别是边AB，AC上一动点，连接BE交直线CD于点
F．
（1）如图1，若AB＞AC，且BD＝CE，∠BCD＝∠CBE，求∠CFE的度数；
（2）如图2，若AB＝AC，且BD＝AE，在平面内将线段AC绕点C顺时针方向旋转60°得到线段CM，
连接MF，点N是MF的中点，连接CN．在点D，E运动过程中，猜想线段BF，CF，CN之间存在的数
量关系，并证明你的猜想．
【分析】（1）如图1中，在射线CD上取一点K，使得CK＝BE，证明△BCE≌△CBK（SAS），推出
BK＝CE，∠BEC＝∠BKD，再证明∠ADF+∠AEF＝180°，可得结论；
（2）结论：BF+CF＝2CN．首先证明∠BFC＝120°．如图2﹣1中，延长CN到Q，使得NQ＝CN，连
接FQ，证明△CNM≌△QNF（SAS），推出FQ＝CM＝BC，延长CF到P，使得PF＝BF，则△PBF是
等边三角形，再证明△PFQ≌△PBC（SAS），推出PQ＝PC，∠CPB＝∠QPF＝60°，推出△PCQ是等
边三角形，可得结论
【解答】解：（1）如图1中，在射线CD上取一点K，使得CK＝BE，在△BCE和△CBK中，
，
∴△BCE≌△CBK（SAS），
∴BK＝CE，∠BEC＝∠BKD，
∵CE＝BD，
∴BD＝BK，
∴∠BKD＝∠BDK＝∠ADC＝∠CEB，
∵∠BEC+∠AEF＝180°，
∴∠ADF+∠AEF＝180°，
∴∠A+∠EFD＝180°，
∵∠A＝60°，
∴∠EFD＝120°，
∴∠CFE＝180°﹣120°＝60°；
（2）结论：BF+CF＝2CN．
理由：如图2中，∵AB＝AC，∠A＝60°，
∴△ABC是等边三角形，
∴AB＝CB，∠A＝∠CBD＝60°，
∵AE＝BD，
∴△ABE≌△BCD（SAS），
∴∠BCF＝∠ABE，
∴∠FBC+∠BCF＝60°，
∴∠BFC＝120°，
如图2中，延长CN到Q，使得NQ＝CN，连接FQ，∵NM＝NF，∠CNM＝∠FNQ，CN＝NQ，
∴△CNM≌△QNF（SAS），
∴FQ＝CM＝BC，
延长CF到P，使得PF＝BF，则△PBF是等边三角形，
∴∠PBC+∠PCB＝∠PCB+∠FCM＝120°，
∴∠PFQ＝∠FCM＝∠PBC，
∵PB＝PF，
∴△PFQ≌△PBC（SAS），
∴PQ＝PC，∠CPB＝∠QPF＝60°，
∴△PCQ是等边三角形，
∴BF+CF＝PC＝QC＝2CN．
29．已知：直线AB与直线CD平行，点N、点E在直线CD上，点H、点M在直线AB上，∠DNH＝
2∠AME，直线EM交直线NH于点P．
（1）如图1，求证：∠MPH＝∠AME．
（2）如图2，以点N为旋转中心顺时针旋转直线NH交直线AB于点G，以点M为旋转中心顺时针旋转
直线ME交直线CD于点F，∠EMF＝∠HNG+40°，当NG∥MF时，求∠AME的度数．
（3）在（2）的条件下，如图3，直线ME交直线NG于点R，直线NH交直线FM于点S，∠NRM的平
分线所在直线与∠NSF的平分线所在直线交于点K，若∠HNG＝50°，当点N在线段EF上移动时，求
∠RKS的度数．【分析】（1）如图1，过点P作PJ∥CD，则∠JPH＝∠DNH＝2∠AME，由AB∥CD，可得PJ∥AB，
则∠JPM＝∠AME，由∠JPH＝∠DNH＝2∠AME＝∠MPH+∠JPM＝∠MPH+∠AME，可得∠MPH＝
∠AME；
（2）设∠AME＝ ，∠HNG＝ ，则∠DNH＝2 ，∠EMF＝ +40°，∠DNG＝∠DNH+∠HNG＝2 + ，
∠AMF＝∠AME+∠EMF＝ + +40°，由NG∥MF，可得∠DFM＝∠DNG＝2 + ，由AB∥CD，可得
α β α β α β
∠AMF＝∠DFM，即 + +40°＝2 + ，计算求解即可；
α β α β
（3）由题意知，∠AME＝40°，∠HNG＝50°，∠DNH＝80°，∠EMF＝90°，由题意知，分①当点S在
α β α β
AB下方，②当点S在AB上方两种情况求解作答即可．
【解答】（1）证明：如图1，过点P作PJ∥CD，
∴∠JPH＝∠DNH＝2∠AME，
∵AB∥CD，
∴PJ∥AB，
∴∠JPM＝∠AME，
∵∠JPH＝∠DNH＝2∠AME＝∠MPH+∠JPM＝∠MPH+∠AME，
∴∠MPH＝∠AME；
（2）解：设∠AME＝ ，∠HNG＝ ，则∠DNH＝2 ，∠EMF＝ +40°，∠DNG＝∠DNH+∠HNG＝
2 + ，∠AMF＝∠AME+∠EMF＝ + +40°，
α β α β
∵NG∥MF，
α β α β
∴∠DFM＝∠DNG＝2 + ，
∵AB∥CD，
α β
∴∠AMF＝∠DFM，即 + +40°＝2 + ，
α β α β解得， ＝40°，
∴∠AME＝40°；
α
（3）解：由题意知，∠AME＝40°，∠HNG＝50°，∠DNH＝80°，∠EMF＝90°，
由题意知，分①当点S在AB下方，②当点S在AB上方两种情况求解；
①当点S在AB下方时，如图2，
∵NG∥MF，
∴∠NSM＝∠HNG＝50°，∠NRM＝180°﹣∠EMF＝90°，
∵RK是∠NRM的平分线，SK是∠NSF的平分线，
∴∠1＝ ∠NRM＝45°，∠2＝ ∠NSM＝25°，
如图2，过点K作KT∥GN，
∴∠3＝∠1＝45°，
∵NG∥MF，
∴KT∥MF，
∴∠4＝∠2＝25°，
∴∠RKS＝∠3+∠4＝70°；
②当点S在AB上方时，如图3，
同理①可得：∠1＝45°，∠2＝25°过点K作KQ∥MF，则：KQ∥GN∥MF．
∴∠1＝∠3＝45°，∠2＝∠4＝25°，
∴∠RKS＝180°﹣∠3﹣∠4＝110°；综上所述，∠RKS＝70°或110°．
30．如图，一副三角板，其中∠EDF＝∠ACB＝90°，∠E＝45°，∠A＝30°．
（1）若这副三角板如图摆放，EF∥CD，求∠ABF的度数．
（2）将一副三角板如图1所示摆放，直线GH∥MN，保持三角板ABC不动，现将三角板DEF绕点D
以每秒2°的速度顺时针旋转，如图2，设旋转时间为t秒，且0≤t≤180，若边BC与三角板的一条直角
边（边DE，DF）平行时，求所有满足条件的t的值．
（3）将一副三角板如图3所示摆放，直线GH∥MN，现将三角板ABC绕点A以每秒1°的速度顺时针旋
转，同时三角板DEF绕点D以每秒2°的速度顺时针旋转．设旋转时何为t秒，如图4，∠BAH＝t°，
∠FDM＝2t°，且0≤t≤150，若边BC与三角板的一条直角边（边DE，DF）平行时，请直接写出满足
条 件 的 t 的 值 ．
【分析】（1）由题意得，∠EBF＝90°，∠E＝45°，∠ABC＝60°，利用平行线的性质可得∠CDE＝∠E
＝45°，即可求得答案；
（2）①当DE∥BC时，延长AC交MN于点P，分两种情况：当DE在MN上方时或当DE在MN下方
时，分别运用平行线的性质即可；②当BC∥DF时，延长BC交MN于点T，分两种情况：当DF在MN
上方时或当DF在MN下方时，分别运用平行线的性质即可；
（3）当DE∥BC时，延长AC交MN于点P，分两种情况讨论：①DE在MN上方时，②DE在MN下
方时，∠FDP＝2t°﹣180°，列式求解即可；（2）当BC∥DF时，延长AC交MN于点I，①DF在MN
上方时，∠FDN＝180°﹣2t°，②DF在MN下方时，∠FDN＝2t°﹣180°，列式求解即可．
【解答】解：（1）如图，由题意得，∠EBF＝90°，∠E＝45°，∠ABC＝60°，∵EF∥CD，
∴∠CDE＝∠E＝45°，
∴∠ABE＝∠ABC﹣∠CDE＝60°﹣45°＝15°，
∴∠ABF＝∠EBF﹣∠ABE＝90°﹣15°＝75°；
（2）如图，①当DE∥BC时，延长AC交MN于点P，
当DE在MN上方时，
∵DE∥BC，DE⊥DF，AC⊥BC，
∴AP∥DF，
∴∠FDM＝∠MPA，
∵MN∥GH，
∴∠MPA＝∠HAC，
∴∠FDM＝∠HAC，即2t°＝30°，
∴t＝15；
当DE在MN下方时，∠F′DP＝2t°﹣180°，
∵DE′∥BC，DE′⊥DF′，AC⊥BC，
∴AP∥DF′，
∴∠F′DP＝∠MPA，
∵MN∥GH，
∴∠MPA＝∠HAC，
∴∠F′DP＝∠HAC，即2t°﹣180°＝30°，
∴t＝105；
②当BC∥DF时，
当DF在MN上方时，BC∥DF，如图，延长BC交MN于点T，根据题意得：∠FDN＝180°﹣2t°，
∵DF∥BC，
∴∠FDN＝∠BTN，
∵GH∥MN，
∴∠BTN＝∠ABC＝60°，
∴∠FDN＝60°，
即180°﹣2t°＝60°，
∴t＝60；
当DF在MN下方时，如图，延长BC交MN于点T，
根据题意可知：∠FDN＝2t°﹣180°，
∵DF∥BC，
∴∠FDN＝∠BTM，
∵GH∥MN，
∴∠BTN＝∠ABC＝60°，
∴∠BTM＝180°﹣∠BTN＝120°，
∴∠NDF＝120°，
即2t°﹣180°＝120°，
∴t＝150，
综上所述：所有满足条件的t的值为15或60或105或150；
（3）由题意得，∠HAC＝∠BAH+∠BAC＝t°+30°，∠FDM＝2t°，
①如图，当DE∥BC时，延长AC交MN于点P，当DE在MN上方时，
∵DE∥BC，DE⊥DF，AC⊥BC，
∴AP∥DF，
∴∠FDM＝∠MPA，
∵MN∥GH，
∴∠MPA＝∠HAC，
∴∠FDM＝∠HAC，即2t°＝t°+30°，
∴t＝30，
当DE′在MN下方时，∠F′DP＝2t°﹣180°，
∵DE′∥BC，DE′⊥DF′，AC⊥BC，
∴AP∥DF′，
∴∠F′DP＝∠MPA，
∵MN∥GH，
∴∠MPA＝∠HAC，
∴∠F′DP＝∠HAC，即2t°﹣180°＝t°+30°，
∴t＝210（不符合题意，舍去），
②当BC∥DF时，延长AC交MN于点I，
当DF在MN上方时，BC∥DF，如图，
根据题意得：∠FDN＝180°﹣2t°，
∵DF∥BC，AC⊥BC，
∴CI⊥DF，
∴∠FDN+∠MIC＝90°，即180°﹣2t°+t°+30°＝90°，
∴t＝120，
∴2t＝240°＞180°，此时DF应该在MN下方，不符合题意，舍去；
当DF在MN下方时，如图，
根据题意可知：∠FDN＝2t°﹣180°，
∵DF∥BC，
∴∠MIC＝∠NDF，
∴∠NDF＝∠AQI＝t+30°﹣90°＝t﹣60°，
即2t°﹣180°＝t°﹣60°，
∴t＝120，
综上所述：所有满足条件的t的值为30或120．
