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专题23.14 旋转（全章分层练习）（培优练）
一、单选题（本大题共10小题，每小题3分，共30分）
1．（2023春·四川成都·八年级校考期末）习近平总书记指出：发展新能源汽车是我国从汽车大国走向
汽车强国的必由之路.当前随着新一轮科技革命和产业变革孕育兴起，新能源汽车产业正进入加速发展的新
阶段，下列图案是我国的一些国产新能源车企的车标，图案既是轴对称图形，又是中心对称图形的是（
）
A． B． C． D．
2．（2022·天津·统考中考真题）如图，在 ABC中，AB=AC，若M是BC边上任意一点，将 ABM绕
点A逆时针旋转得到 ACN，点M的对应点为点△ N，连接MN，则下列结论一定正确的是（ ）△
△
A． B． C． D．
3．（2022·江苏苏州·统考中考真题）如图，点A的坐标为 ，点B是x轴正半轴上的一点，将线段
AB绕点A按逆时针方向旋转60°得到线段AC．若点C的坐标为 ，则m的值为（ ）A． B． C． D．
4．（2021·天津·统考中考真题）如图，在 中， ，将 绕点C逆时针旋转得到
，点A，B的对应点分别为D，E，连接 ．当点A，D，E在同一条直线上时，下列结论一定正确
的是（ ）
A． B． C． D．
5．（2023春·广西钦州·七年级校考阶段练习）如果点 在第三象限，点 关于原
点的对称点在（ ）．
A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限
6．（2018·浙江丽水·中考真题）如图，将△ABC绕点C顺时针旋转90°得到△EDC．若点A，D，E在同
一条直线上，∠ACB=20°，则∠ADC的度数是
A．55° B．60° C．65° D．70°
7．（2020·山东枣庄·中考真题）如图，平面直角坐标系中，点 在第一象限，点 在 轴的正半轴上，
， ，将 绕点 逆时针旋转 ，点 的对应点 的坐标是（ ）A． B． C． D．
8．（2023秋·九年级课时练习）如图，在矩形 中， ， ， 是矩形的对称中心，点
、 分别在边 、 上，连接 、 ，若 ，则 的值为（ ）
A． B． C． D．
9．（2022秋·九年级课时练习）如图， 的顶点O，A，B的坐标分别是 ， ， ，
为平面上一点，若以 ， ， ， 为顶点的四边形不是平行四边形，则点 的坐标可能为（ ）
A． B． C． D．
10．（2023春·全国·八年级专题练习）已知点 ，点 ，点 是线段 的中点，
则 ， ．在平面直角坐标系中有三个点 ， ， ，点 关于点 的对称点 （即 ， ， 三点共线，且 ）， 关于点 的对称点 ， 关于点 的对称点
，…按此规律继续以 ， ， 三点为对称点重复前面的操作．依次得到点 ， ， …，则点 的
坐标是（ ）
A． B． C． D．
二、填空题（本大题共8小题，每小题4分，共32分）
11．（2022春·上海·九年级上海市西南模范中学校考阶段练习）已知点P的坐标为 ，将线段OP
绕原点O逆时针旋转90度后，点P与点Q重合，那么点Q的坐标为 ．
12．（2023春·广东惠州·九年级校考开学考试）若点P（a－1，5）与点Q（5，1－b）关于原点成中
心对称，则a＋b＝ ．
13．（2023秋·全国·八年级专题练习）在 中， ，点 在 边上，
．若 ，则 的长为 ．
14．（2022·山东日照·统考中考真题）如图，在平面直角坐标系xOy中，点A的坐标为（0，4），P是
x轴上一动点，把线段PA绕点P顺时针旋转60°得到线段PF，连接OF，则线段OF长的最小值是
．15．（2023·江西·统考中考真题）如图，在 中， ，将 绕点 逆时针旋
转角 （ ）得到 ，连接 ， ．当 为直角三角形时，旋转角 的度数为 ．
16．（2022秋·全国·九年级专题练习）如图，在平面直角坐标系中有点A（－4，0）、B（0，3）、P
（a，－a）三点，线段CD与AB关于点P中心对称，其中A、B的对应点分别为C、D．当a＝ 时，
四边形ABCD为正方形
17．（2023春·陕西西安·八年级高新一中校考阶段练习）如图， 与 关于点O成中心对称，
已知∠BAO＝90°， ， ，则 的长为 ．
18．（2022秋·九年级课时练习）如图所示，抛物线y＝x2+2x﹣3顶点为Q，交x轴于点E、F两点（F
在E的右侧），T是x轴正半轴上一点，以T为中心作抛物线y＝x2+2x﹣3的中心对称图形，交x轴于点
K、L两点（L在K的右侧），已知∠FQL＝45°，则新抛物线的解析式为 ．三、解答题（本大题共6小题，共58分）
19．（8分）（2022秋·福建龙岩·九年级统考期中）如图，等腰三角形 中， ，
．作 于点 ，将线段 绕着点 顺时针旋转角 后得到线段 ，连接 ．
（1）求证： ；
（2）延长线段 ，交线段 于点 ．求 的度数（用含有 的式子表示） ．
20．（8分）（2013·四川凉山·中考真题）如图， 与 关于O点中心对称，点E、F在线段
AC上，且AF=CE．
求证：FD=BE．21．（10分）（2023春·重庆黔江·七年级统考期末）如图，在边长为1个单位长度的 的小正方
形网格中．
（1）将 向右平移5个单位长度，作出平移后的 ；
（2）请画出 ，使 和 关于点 成中心对称；
（3）在直线 上画出点 ，使得点 到点 、 的距离之和最短．
22．（10分）（2023春·黑龙江绥化·七年级校联考期中）如图，在△ABC和△ADE中，AB＝AC，AD
＝AE，∠BAC＝∠DAE＝90°．
（1）当点D在AC上时，如图①，线段BD，CE有怎样的数量关系和位置关系？请证明你的猜想；
（2）将图①中的△ADE绕点A顺时针旋转α（0°＜α＜90°），如图②，线段BD，CE有怎样的数量关
系和位置关系？请说明理由．23．（10分）（2021·内蒙古通辽·统考中考真题）已知 和 都是等腰直角三角形
， ．
（1）如图1，连接 ， ，求证： ；
（2）将 绕点O顺时针旋转．
①如图2，当点M恰好在 边上时，求证： ；
②当点A，M，N在同一条直线上时，若 ， ，请直接写出线段 的长．
24．（12分）（2022·山东临沂·统考中考真题）已知 是等边三角形，点B，D关于直线AC对称，
连接AD，CD．
（1）求证：四边形ABCD是菱形；
（2）在线段AC上任取一点Р（端点除外），连接PD．将线段PD绕点Р逆时针旋转，使点D落在BA延长线上的点Q处．请探究：当点Р在线段AC上的位置发生变化时， 的大小是否发生变化？说
明理由．
（3）在满足（2）的条件下，探究线段AQ与CP之间的数量关系，并加以证明．
参考答案
1．D
【分析】根据轴对称图形和中心对称图形的概念对各选项分析判断即可得解．
解：A.该图形不是轴对称图形，也不是中心对称图形，不符合题意；B.该图形不是轴对称图形，也不是中心对称图形，不符合题意；
C.该图形是轴对称图形，不是中心对称图形，不符合题意；
D.该图形既是中心对称图形又是轴对称图形，符合题意；
故选：D．
【点拨】此题考查了轴对称图形和中心对称图形，将一个图形沿着某条直线翻折，直线两侧能完全重
合的图形叫轴对称图形；将一个图形绕一点旋转180度后能与自身完全重合的图形叫中心对称图形，掌握
轴对称图形和中心对称图形的概念是解题关键．
2．C
【分析】根据旋转的性质，对每个选项逐一判断即可．
解：∵将 ABM绕点A逆时针旋转得到 ACN，∴ ABM≌ ACN，
∴AB=AC，△AM=AN， △ △ △
∴AB不一定等于AN，故选项A不符合题意；
∵ ABM≌ ACN，
∴∠△ACN=∠△B，
而∠CAB不一定等于∠B，
∴∠ACN不一定等于∠CAB，
∴AB与CN不一定平行，故选项B不符合题意；
∵ ABM≌ ACN，
∴∠△BAM=∠△CAN，∠ACN=∠B，
∴∠BAC=∠MAN，
∵AM=AN，AB=AC，
∴ ABC和 AMN都是等腰三角形，且顶角相等，
∴△∠B=∠AM△N，
∴∠AMN=∠ACN，故选项C符合题意；
∵AM=AN，
而AC不一定平分∠MAN，
∴AC与MN不一定垂直，故选项D不符合题意；
故选：C．
【点拨】本题考查了旋转的性质，等腰三角形的判定与性质．旋转变换是全等变换，利用旋转不变性
是解题的关键．
3．C【分析】过C作CD⊥x轴于D，CE⊥y轴于E，根据将线段AB绕点A按逆时针方向旋转60°得到线段
AC，可得△ABC是等边三角形，又A（0，2），C（m，3），即得 ，可得
， ，从而 ，即可解得
．
解：过C作CD⊥x轴于D，CE⊥y轴于E，如图所示：
∵CD⊥x轴，CE⊥y轴，
∴∠CDO=∠CEO=∠DOE＝90°，
∴四边形EODC是矩形，
∵将线段AB绕点A按逆时针方向旋转60°得到线段AC，
∴AB＝AC，∠BAC＝60°，
∴△ABC是等边三角形，
∴AB＝AC＝BC，
∵A（0，2），C（m，3），
∴CE＝m＝OD，CD＝3，OA＝2，
∴AE＝OE−OA＝CD−OA＝1，
∴ ，
在Rt△BCD中， ，
在Rt△AOB中， ，
∵OB＋BD＝OD＝m，∴ ，
化简变形得：3m4−22m2−25＝0，
解得： 或 （舍去），
∴ ，故C正确．
故选：C．
【点拨】本题考查直角坐标系中的旋转变换，解题的关键是熟练应用勾股定理，用含m的代数式表示
相关线段的长度．
4．D
【分析】由旋转可知 ，即可求出 ，由于 ，则可判断
，即A选项错误；由旋转可知 ，由于 ，即推出 ，即B选项错误；
由三角形三边关系可知 ，即可推出 ，即C选项错误；由旋转可知 ，
再由 ，即可证明 为等边三角形，即推出 ．即可求出 ，
即证明
，即D选项正确；
解：由旋转可知 ，
∵点A，D，E在同一条直线上，
∴ ，
∵ ，
∴ ，故A选项错误，不符合题意；
由旋转可知 ，
∵ 为钝角，
∴ ，
∴ ，故B选项错误，不符合题意；
∵ ，
∴ ，故C选项错误，不符合题意；
由旋转可知 ，
∵ ，
∴ 为等边三角形，∴ ．
∴ ，
∴ ，故D选项正确，符合题意；
故选D．
【点拨】本题考查旋转的性质，三角形三边关系，等边三角形的判定和性质以及平行线的判定．利用
数形结合的思想是解答本题的关键．
5．B
【分析】由点 在第三象限，可得 ，点 关于原点的对称点为
，结合 的范围即可判断出其对称点的象限；
解：∵点 在第三象限，
∴ ，
∵点 关于原点的对称点为 ，
∴ ， ，
∴点 在第二象限；
故选择：B
【点拨】本题考查的是象限内点的坐标特点，关于原点对称的点的坐标特点，不等式的基本性质，掌
握以上知识是解题的关键．
6．C
【分析】根据旋转的性质和三角形内角和解答即可．
解：∵将 ABC绕点C顺时针旋转90°得到 EDC．
∴∠DCE=∠△ACB=20°，∠BCD=∠ACE=90°，AC△=CE，
∴∠ACD=90°-20°=70°，
∵点A，D，E在同一条直线上，
∴∠ADC+∠EDC=180°，
∵∠EDC+∠E+∠DCE=180°，
∴∠ADC=∠E+20°，
∵∠ACE=90°，AC=CE∴∠DAC+∠E=90°，∠E=∠DAC=45°
在 ADC中，∠ADC+∠DAC+∠DCA=180°，
即△45°+70°+∠ADC=180°，
解得：∠ADC=65°，
故选C．
【点拨】此题考查旋转的性质，关键是根据旋转的性质和三角形内角和解答．
7．B
【分析】如图，作 轴于 ．解直角三角形求出 ， 即可．
解：如图，作 轴于 ．
由题意： ， ，
，
， ，
，
，
故选：B．
【点拨】本题考查坐标与图形变化——旋转，解直角三角形等知识，解题的关键是学会添加常用辅助
线，构造直角三角形解决问题．
8．D
【分析】连接AC，BD，过点O作 于点 ，交 于点 ，利用勾股定理求得 的长即可
解题．
解：如图，连接AC，BD，过点O作 于点 ，交 于点 ，四边形ABCD是矩形，
同理可得
故选：D．
【点拨】本题考查中心对称、矩形的性质、勾股定理等知识，学会添加辅助线，构造直角三角形是解
题关键．
9．A
【分析】分三种情况，①AB为对角线时；②OB为对角线时；③OA为对角线时；分别求出点M的坐
标，即可求解．
解：当以 ，A， ， 为顶点的四边形是平行四边形，
分三种情况： ①AB为对角线时，
∵ ，点O、A、B的坐标分别是 ， ， ，
∴M的坐标为（2+6，2）， 即M（8，2）；②OB为对角线时，
∵ ，点O、A、B的坐标分别是 ， ， ，
∴ 的坐标为（2-6，2）， 即M（-4，2）；
③OA为对角线时，点 与 关于原点O对称，
∴ 的坐标为（4，-2）， 即M（4，-2）；
综上所述，点M的坐标为（8，2）或（-4，2）或（4，-2），
所以A符合题意，
故选：A．
【点拨】本题考查了平行四边形的判定与性质、坐标与图形性质以及分类讨论等知识；正确画出图形
是解题的关键．
10．A
【分析】先利用定义依次求出各点，再总结规律即可求解．
解：由题意， ， ， ， ， ， ， ， ……
可得每6次为一个循环，
∵ ，
∴点 的坐标是 ，
故选：A．
【点拨】本题考查了数式规律，解题关键是理解题意并能发现规律．
11．（-3，2）
【分析】过点P作PE⊥x轴于点E，过点Q作QF⊥x轴于点F，根据角的关系以及边的关系证明△POE
与△QOF全等，根据全等三角形对应边相等求出OF=PE，QF=OE，然后结合图形即可得解．解：
如图，过点P作PE⊥x轴于点E，过点Q作QF⊥x轴于点F，
∵点P的坐标为（2，3），
∴OE=2，PE=3，
∵旋转角为90°，
∴∠POQ=90°，
∴∠POE＋∠QOF=180°－90°=90°，
∵∠P＋∠POE=90°，
∴∠P=∠QOF，
在△POE和△QOF中，∠P=∠QOF，∠PEO=QFO=90°，PO=QO，
∴△POE≌△QOF（AAS），
∴OF=PE=3，QF=OE=2，
∴点Q的坐标为（-3，2），
故答案为：（-3，2）．
【点拨】本题考查了坐标与图形的变换-旋转，作出图象会更加直观，能够作辅助线构造出全等三角形
是解决本题关键．
12．2
【分析】根据关于原点对称的性质得到a-1+5=0，5+1-b=0，求出a、b，问题得解．
解：∵点P（a－1，5）与点Q（5，1－b）关于原点成中心对称，
∴a-1+5=0，5+1-b=0，
∴a=-4，b=6，
∴a+b=2．
故答案为：2
【点拨】本题考查了关于原点对称的点的坐标特点，熟知“两个点关于原点对称，则这两个点的横纵
坐标都互为相反数”是解题关键．13．
【分析】将CE绕点C顺时针旋转90°得到CG，连接GB，GF，可得△ACE≌△BCG，从而得FG2＝AE2
＋BF2，再证明△ECF≌△GCF，从而得EF2＝AE2＋BF2，进而即可求解．
解：将CE绕点C顺时针旋转90°得到CG，连接GB，GF，
∵∠BCE＋∠ECA＝∠BCG＋∠BCE＝90°
∴∠ACE＝∠BCG．
∵在△ACE与△BCG中，
∵ ，
∴△ACE≌△BCG（SAS），
∴∠A＝∠CBG＝45°，AE＝BG，
∴∠FBG＝∠FBC＋∠CBG＝90°．
在Rt△FBG中，∠FBG＝90°，
∴FG2＝BG2＋BF2＝AE2＋BF2．
又∵∠ECF＝45°，
∴∠FCG＝∠ECG−∠ECF＝45°＝∠ECF．
∵在△ECF与△GCF中，
，
∴△ECF≌△GCF（SAS）．
∴EF＝GF，
∴EF2＝AE2＋BF2，
∵ ，
∴BF= ，
故答案是： ．【点拨】本题主要考查全等三角形的判定和性质以及旋转变换，二次根式的化简，通过旋转变换，构
造全等三角形，是解题的关键．
14．2
【分析】点F运动所形成的图象是一条直线，当OF⊥FF 时，垂线段OF最短，当点F 在x轴上时，
1 2 1
由勾股定理得： ，进而得 ，求得点F 的坐标为 ，当点F 在
1 2
y轴上时，求得点F 的坐标为（0，-4），最后根据待定系数法，求得直线FF 的解析式为y= x-4，再由
2 1 2
线段中垂线性质得出 ，在Rt OFF 中，设点O到FF 的距离为h，则根据面积法得
1 2 1 2
△
，即 ，解得h=2，根据垂线段最短，即可得到线段OF的
最小值为2．
解：∵将线段PA绕点P顺时针旋转60°得到线段PF，
∴∠APF=60°，PF=PA，
∴△APF是等边三角形，
∴AP=AF，
如图，当点F 在x轴上时， PAF 为等边三角形，
1 1 1
则PA=PF=AF，∠APF=6△0°，
1 1 1 1 1 1
∵AO⊥PF，
1 1
∴PO=FO，∠AOP =90°，
1 1 1∴∠PAO=30°，且AO=4，
1
由勾股定理得： ，
∴ ，
∴点F 的坐标为 ，
1
如图，当点F 在y轴上时，
2
∵△PAF 为等边三角形，AO⊥PO，
2 2 2
∴AO=FO=4，
2
∴点F 的坐标为（0，-4），
2
∵ ，
∴∠OFF=60°，
1 2
∴点F运动所形成的图象是一条直线，
∴当OF⊥FF 时，线段OF最短，
1 2
设直线FF 的解析式为y=kx+b，
1 2
则 ，
解得 ，
∴直线FF 的解析式为y= x-4，
1 2
∵AO=FO=4，AO⊥PF，
2 1 1∴ ，
在Rt△OFF 中，OF⊥FF，
1 2 1 2
设点O到FF 的距离为h，则 ，
1 2
∴ ，
解得h=2，
即线段OF的最小值为2，
故答案为2．
【点拨】本题属于三角形的综合题，主要考查了旋转的性质，勾股定理的应用，等边三角形的性质以
及待定系数法的运用等，解决问题的关键是作辅助线构造等边三角形以及面积法求最短距离，解题时注意
勾股定理、等边三角形三线合一以及方程思想的灵活运用．
15． 或 或
【分析】连接 ，根据已知条件可得 ，进而分类讨论即可求解．
解：连接 ，取 的中点 ，连接 ，如图所示，
∵在 中， ，
∴ ，
∴ 是等边三角形，
∴ ， ，
∴
∴ ，
∴
∴ ，
如图所示，当点 在 上时，此时 ，则旋转角 的度数为 ，当点 在 的延长线上时，如图所示，则
当 在 的延长线上时，则旋转角 的度数为 ，如图所示，
∵ ， ，
∴四边形 是平行四边形，
∵
∴四边形 是矩形，
∴
即 是直角三角形，
综上所述，旋转角 的度数为 或 或
故答案为： 或 或 ．
【点拨】本题考查了平行四边形的性质与判定，等边三角形的性质与判定，矩形的性质与判定，旋转
的性质，熟练掌握旋转的性质是解题的关键．
16．
【分析】根据 坐标求得 的长，根据题意可知当PA＝PB＝ 时，四边形ABCD是正方形，由
此构建方程即可解决问题；解：∵A（－4，0）、B（0，3）
∴
∴AB＝ 5，
四边形ABCD为正方形, 线段CD与AB关于点P中心对称，
是四边形ABCD对角线的交点，
，
PA＝PB＝ 时，四边形ABCD是正方形，
∴
解得a＝ 或 （舍去）
∴当a＝ 时，四边形ABCD为正方形．
故答案为：
【点拨】本题考查了中心对称的性质，正方形的性质，解一元二次方程，理解 是正方形对角线的交
点是解题的关键．
17．
【分析】根据 与 关于点O成中心对称，推出 ， ，
，得到 ，根据勾股定理得到 ．
解：∵ 与 关于点O成中心对称，
∴ ， ， ，
∴ ，
∴ ，
故答案为： ．
【点拨】本题主要考查了中心对称，勾股定理等．解决问题的关键是熟练掌握中心对称的性质，勾股定理解直角三角形．中心对称的性质是成中心对称的两个图形全等，对称点的连线经过对称中心且被对称
中心平分，对称线段共线或平行．
18．y＝﹣x2+18x﹣77
【分析】根据顶点式求得 点的坐标，进而令 求得点 的坐标，作QP⊥x轴于P，过F点作
FM⊥FQ交QL于M．作MN⊥x轴于N，根据∠FQL＝45°，证明△PQF≌△NFM（AAS），进而求得点 的
坐标，求得直线QL的解析式为y ，继而求得L（11，0），T点坐标为（4，0），根据中心对称
的性质可得K（7，0），根据交点式即可写出新抛物线的解析式．
解：∵y＝x2+2x﹣3＝（x+1）2﹣4，
∴Q（﹣1，﹣4），
当y＝0时，x2+2x﹣3＝0，解得x＝﹣3，x＝1，
1 2
∴E（﹣3，0），F（1，0），
作QP⊥x轴于P，过F点作FM⊥FQ交QL于M．作MN⊥x轴于N，如图，
∵∠FQL＝45°，
∴△QFM为等腰直角三角形，
∴FQ＝FM，
∵∠PFQ+∠PQF＝90°，∠PFQ+∠MFN＝90°，
∴∠PQF＝∠MFN，
∴△PQF≌△NFM（AAS），
∴PQ＝FN＝4，MN＝PF＝2，
∴M（5，﹣2），
设直线QL的解析式为y＝kx+b，
把Q（﹣1，﹣4），M（5，﹣2）代入得，
解得 ，
∴直线QL的解析式为y ，
当y＝0时， 0，解得x＝11，
∴L（11，0），
∵点E（﹣3，0）和点L（11，0）关于T对称，
∴T点坐标为（4，0），
∵点F与点K关于T点对称，∴K（7，0），
∵新抛物线与抛物线y＝x2+2x﹣3关于T对称，
∴新抛物线的解析式为y＝﹣（x﹣7）（x﹣11），
即y＝﹣x2+18x﹣77．
故答案为y＝﹣x2+18x﹣77．
【点拨】本题考查了二次函数的性质，中心对称的性质，等腰直角三角形的性质与判定，求抛物线的
解析式，求得对称中心是解题的关键．
19．（1）见分析；（2）
【分析】（1）根据“边角边”证 ，得到 即可；
（2）由（1）得， ，再根据三角形内角和证明 即可．
解：证明： 线段 绕点 顺时针旋转角 得到线段 ，
， ．
，
．
在 与 中，．
（2）解： ，
，
又 ，
，
【点拨】本题考查了旋转的性质、全等三角形的判定与性质和三角形内角和定理，解题关键是熟练运
用全等三角形的判定与性质进行证明．
20．详见分析
【分析】根据中心对称得出OB=OD，OA=OC，求出OF=OE，根据SAS推出△DOF≌△BOE即可．
解：证明：∵△ABO与△CDO关于O点中心对称，∴OB=OD，OA=OC．
∵AF=CE，∴OF=OE．
∵在△DOF和△BOE中， ，
∴△DOF≌△BOE（SAS）．
∴FD=BE．
21．（1）见分析
（2）见分析
（3）见分析
【分析】（1）利用网格特点和平移的性质画出A、B、C 即可；
1 1 1
（2）利用网格特点和关于原点中心对称的性质画出A、B、C 即可；
2 2 2
（3）先作出B点关于直线a的对称点，然后连接 交直线a于P点，则P点满足条件．
（1）解：如图： 即为所求（2）解：如图： 即为所求．
（3）解：如图：点P为所作．
【点拨】本题主要考查了平移作图、中心对称作图、利用轴对称作图等知识点，掌握基本的作图方法
是解答本题的关键．
22．（1） ，证明见分析；（2） ，证明见分析
【分析】（1）延长BD与EC交于点F，可以证明 ACE≌△ADB，可得BD=CE，且∠BFE=90°，进而
结论得证； △
（2）延长BD交CE于F，证明 ABD≌△ACE，则BD=CE、∠ABF=∠ECA；根据∠ABF=∠HCF以及三
角形内角和定理可证得∠BHC=90°．△
解：（1）证明：延长BD交CE于F，在△EAC和△DAB中，
，
∴△EAC≌△DAB（SAS），
∴BD＝CE，∠ABD＝∠ACE，
∵∠AEC+∠ACE＝90°，
∴∠ABD+∠AEC＝90°，
∴∠BFE＝90°，即EC⊥BD，
∴ ．
（2）证明：延长BD交CE于F，
∵∠BAD+∠CAD＝90°，∠CAD+∠EAC＝90°，
∴∠BAD＝∠EAC，
∵在△EAC和△DAB中，
，
∴△EAC≌△DAB（SAS），
∴BD＝CE，∠ABD＝∠ACE，
∵∠ABC+∠ACB＝90°，∴∠CBF+∠BCF＝∠ABC﹣∠ABD+∠ACB+∠ACE＝90°，
∴∠BFC＝90°，即EC⊥BD，
∴ ．
【点拨】本题考查了旋转的性质，全等三角形的判定和性质，三角形内角和定理等知识，证得
ACE≌△ADB和 ABD≌△ACE是解决问题的关键．
△ △
23．（1）见分析；（2）①见分析；② 或
【分析】（1）证明△AMO≌△BNO即可；
（2）①连接BN，证明△AMO≌△BNO，得到∠A=∠OBN=45°，进而得到∠MBN=90°，且△OMN为等腰
直角三角形，再在△BNM中使用勾股定理即可证明；
②分两种情况分别画出图形即可求解．
解：（1）∵ 和 都是等腰直角三角形，
∴ ，
又 ，
,
∴ ，
∴ ，
∴ ；
（2）①连接BN，如下图所示：
∴ ，
，
且 ，
∴ ，∴ ， ，
∴ ，
且 为等腰直角三角形，
∴ ，
在 中，由勾股定理可知：
，且
∴ ；
②分类讨论：
情况一：如下图2所示，设AO与NB交于点C，过O点作OH⊥AM于H点，
, 为等腰直角三角形，
∴ ,
在 中， ,
∴ ；
情况二：如下图3所示，过O点作OH⊥AM于H点，, 为等腰直角三角形，
∴ ,
在 中， ,
∴ ；
故 或 ．
【点拨】本题属于几何变换综合题，考查了全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，勾股
定理等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题，属于中考常考题型．
24．（1）见分析；（2） 大小不变，理由见分析；（3） ，证明见分析
【分析】（1）连接BD，由等边三角形的性质可得AC垂直平分BD，继而得出 ，
便可证明；
（2）连接PB，过点P作 交AB于点E，PF⊥AB于点F，可证明 是等边三角形，由等
腰三角形三线合一证明 ， ，即可求解；
（3）由等腰三角形三线合一的性质可得AF = FE，QF = BF，即可证明．
解：（1）连接BD，
是等边三角形，
，
点B，D关于直线AC对称，
AC垂直平分BD，
，
，
四边形ABCD是菱形；
（2）当点Р在线段AC上的位置发生变化时， 的大小不发生变化，始终等于60°，理由如下：
将线段PD绕点Р逆时针旋转，使点D落在BA延长线上的点Q处，
，
是等边三角形，
，
连接PB，过点P作 交AB于点E，PF⊥AB于点F，
则 ，
，
是等边三角形，
，
，
，
点B，D关于直线AC对称，点P在线段AC上，
PB = PD，∠DPA =∠BPA，
PQ = PD，
，
，∠QPF -∠APF =∠BPF -∠EPF，
即∠QPA = ∠BPE，
∠DPQ =∠DPA - ∠QPA=∠BPA-∠BPE = ∠APE = 60°；
（3）AQ= CP，证明如下：
AC = AB，AP= AE，
AC - AP = AB – AE，即CP= BE，
AP = EP，PF⊥AB，
AF = FE，
PQ= PD，PF⊥AB，
QF = BF，
QF - AF = BF – EF，即AQ= BE，
AQ= CP．
【点拨】本题考查了图形的旋转，等边三角形的判定和性质，等腰三角形的性质，菱形的判定等，熟
练掌握知识点是解题的关键．
