文档内容
23.1 图形的旋转
【提升训练】
一、单选题
1．如图，在平面内将五角星绕其中心旋转 后所得到的图案是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【分析】
根据旋转的性质找出阴影部分三角形的位置即可得答案．
【详解】
∵将五角星绕其中心旋转 ，
∴图中阴影部分的三角形应竖直向下，
故选：C．
【点睛】
本题考查旋转的性质，图形旋转前后，对应边相等，对应角相等，前后两个图形全等；熟练掌握旋转的性
质是解题关键．
2．如图．将菱形ABCD绕点A逆时针旋转 得到菱形 ， ．当AC平分 时，
与 满足的数量关系是（ ）A． B．
C． D．
【答案】C
【分析】
根据菱形的性质可得AB=AC，根据等腰三角形的性质可得∠BAC=∠BCA= ，根据旋转的性
质可得∠CAC′=∠BAB′= ，根据AC平分 可得∠B′AC=∠CAC= ，即可得出
，可得答案．
【详解】
∵四边形ABCD是菱形， ，
∴AB=AC，
∴∠BAC=∠BCA= = ，
∵将菱形ABCD绕点A逆时针旋转 得到菱形 ，
∴∠CAC′=∠BAB′= ，
∵AC平分 ，
∴∠B′AC=∠CAC= ，∴∠BAC=∠B′AC+∠BAB′=2 = ，
∴ ，
故选；C．
【点睛】
本题考查旋转的性质及菱形的性质，熟练掌握相关性质并正确找出旋转角是解题关键．
3．如图，在 中， 于点E．以点B为中心，取旋转角等于 ，把 顺时针旋
转，得到 ，连接 ．若 ，则 的大小为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】
根据平行四边形对角相等、邻角互补，得∠ABC＝60°，∠DCB＝120°，再由∠A′DC＝10°，可运用三角形
外角求出∠DA′B＝130°，再根据旋转的性质得到∠BA′E′＝∠BAE＝30°，从而得到答案．
【详解】
解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴∠ABC=∠ADC＝60°，
∵AD∥BC，∠ADA′=50°，
∴∠DA′B=180°-∠ADA′＝130°，
∵AE⊥BC于点E，∠ABC＝60°，
∴∠BAE＝30°，
∵△BAE顺时针旋转，得到△BA′E′，
∴∠BA′E′＝∠BAE＝30°，
∴∠DA′E′＝∠DA′B+∠BA′E′＝160°．故选：C．
【点睛】
本题主要考查了平行四边形的性质，旋转的性质，此题难度不大，关键是能综合运用以上知识点求出
∠DA′B和∠BA′E′．
4．如图，平面直角坐标系中，每个小正方形的边长均为1个单位长度，将△ABC绕点P顺时针旋转得到
，则点P的坐标是（ ）
A．（1，1） B．（1，2） C．（1，3） D．（1，4）
【答案】B
【分析】
先找旋转中心P位置，利用待定系数法求AA′解析式，和过AA′中点（3，3），与AA′垂直的直线PF解析
式，利用x=1，求点P坐标即可．
【详解】
解：连结CC′，作CC′的垂直平分线PE，连结AA′，作AA′的垂直平分线PF，两线交于P，
∵C（0，3），C′（2，3），
∴PE∥y轴，点P的横坐标为1，∵A（2，5），A′（4，1），
∴AA′解析式为 ，
则 ，
解得 ，
A′A中点坐标为（3，3），
设过（3，3）与A′A垂直的直线PF为 ，
所以 ，
解得 ，
直线PF为 ，
当x=1时， ，
∴点P（1，2），
故选择B．【点睛】
本题考查网格图形旋转问题，确定旋转中心，待定系数法求函数解析式，两直线垂直的性质，掌握网格图
形旋转问题，确定旋转中心，待定系数法求函数解析式，两直线垂直的性质，利用函数值求点坐标是解题
关键．
5．如图，在 中， ， ．将 绕点 逆时针方向旋转 ，得到
，连接 ．则线段 的长为（ ）
A．1 B． C． D．
【答案】B【分析】
根据旋转性质可知 ， ，再由勾股定理即可求出线段 的长．
【详解】
解：∵旋转性质可知 ， ，
∴ ，
故选：B．
【点睛】
此题主要考查旋转的性质和勾股定理求出直角三角形边长，解题关键是根据旋转性质得出 是等腰直
角三角形．
6．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．
【答案】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；【详解】
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．
【点睛】
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．
7．将矩形 绕点 顺时针旋转 ，得到矩形 ．当 时，下列针对
值的说法正确的是（ ）A． 或 B． 或 C． D．
【答案】A
【分析】
当GB=GC时，点G在BC的垂直平分线上，分两种情况讨论，依据∠DAG=60°，即可得到旋转角α的度数．
【详解】
如图，当GB=GC时，点G在BC的垂直平分线上，
分两种情况讨论：
①当点G在AD右侧时，取BC的中点H，连接GH交AD于M，
∵GC=GB，
∴GH⊥BC，
∴四边形ABHM是矩形，
∴AM=BH= ，
∴GM垂直平分AD，∴GD=GA=DA，
∴△ADG是等边三角形，
∴∠DAG=60°，
∴旋转角α=60°；
②当点G在AD左侧时，同理可得△ADG是等边三角形，
∴∠DAG=60°，
∴旋转角α=360°-60°=300°，
故选：A．
【点睛】
本题主要考查了旋转的性质，全等三角形的判定与性质的运用，解题时注意：对应点与旋转中心所连线段
的夹角等于旋转角．
8．如图，直角坐标系中，点G的坐标为（2，0），点F是y轴上任意动点，FG绕点F逆时针旋转90°得
FH，则动点H总在下列哪条直线上（ ）A． B． C． D．
【答案】A
【分析】
根据题意，作出合适的辅助线，然后利用全等三角形全等，可以表示出点H的坐标，然后代入各个选项中
的函数解析式，即可判断哪个选项是正确的，本题得以解决．
【详解】
解：作HM⊥y轴于点M，
设点F的坐标为（0，a），
由题意可知，FG=HF，∠HFG=90°，
∴∠MFH+∠OFG=90°，
∵∠OGF+∠OFG=90°，
∴∠MFH=∠OGF，
在△OFG和△MHF中，
，
∴△OFG≌△MHF（AAS），
∴OF=MH，OG=MF，
∵点F（a，0），点G（2，0），
∴OF=a，OG=2，
∴MF=2，MH=a，
∴OM=OF+MF=a+2，∴点H的坐标为（a，a+2），
将x=a代入y=x+2时，y=a+2，故选项A符合题意；
将x=a代入y=2x+2时，y=2a+2，故选项B不符合题意；
将x=a代入y= x+2时，y= a+2，故选项C不符合题意；
将x=a代入y=2x+1时，y=2a+1，故选项D不符合题意；
故选：A．
【点睛】
本题考查一次函数图象上点的坐标特征、坐标与图形变换—旋转，解答本题的关键是明确题意，利用数形
结合的思想解答．
9．将抛物线C ：y＝x2﹣2x+3向左平移2个单位长度，得到抛物线C ，将抛物线C 绕其顶点旋转180°得
1 2 2
到抛物线C ，则抛物线C 与y轴的交点坐标是（ ）
3 3
A．（0，﹣1） B．（0，1） C．（0，﹣2） D．（0，2）
【答案】B
【分析】
根据抛物线C 的解析式得到顶点坐标，根据平移后的顶点坐标以及平移前后二次项的系数不变可得抛物线
1
C 的解析式，而根据抛物线C 绕其顶点旋转180°后顶点不变，开口方向相反，由此可得到抛物线C 所对
2 2 3
应的函数表达式，令x＝0，即可求得交点坐标．
【详解】
解：∵抛物线C ： ，
1
∴抛物线C 的顶点为（1，2），
1
∵向左平移2个单位长度，得到抛物线C ，
2
∴抛物线C 的顶点坐标为（﹣1，2），
2
∵将抛物线C 绕其顶点旋转180°得到抛物线C ，
2 3
∴抛物线C 的开口方向相反，形状和大小不变，
2
∴抛物线C 顶点为（-1，2），二次项系数变为-1，
3
∴抛物线C 的解析式为 ，
3
令x＝0，则y＝1，
∴抛物线C 与y轴的交点坐标是（0，1）．
3
故选：B．【点睛】
本题考查了抛物线的图像与性质，涉及到了抛物线图像的平移和旋转，解决本题的关键是确定在变换的过
程中什么在改变，什么保持不变等，本题通过顶点坐标和二次项系数综合确定出变换后的抛物线解析式，
需要学生深刻理解抛物线解析式的顶点式，并能灵活运用，本题蕴含了数形结合的思想方法等．
10．如图，在 中， ， ， ，将 沿射线 的方向平移，得到
，再将 绕点 逆时针旋转一定角度后，点 恰好与点 重合，则平移的距离为（ ）
A．4 B．2 C．1 D．3
【答案】B
【分析】
利用旋转和平移的性质得出，∠A′B′C=60°，AB=A′B′=A′C=4，进而得出△A′B′C是等边三角形，即可得出
BB′以及∠B′A′C的度数．
【详解】
解：∵∠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，
∴∠A′B′C=60°，AB=A′B′=A′C=4，
∴△A′B′C是等边三角形，
∴B′C=4，∠B′A′C=60°，
∴BB′=6-4=2，
故选：B．
【点睛】
本题考查了旋转的性质：对应点到旋转中心的距离相等；对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角；
旋转前、后的图形全等．也考查了等边三角形的判断与性质．
11．如图， 的顶点 的坐标为 ，点 在 轴正半轴上，且 ，将 先绕 顺
时针旋转 ，再向左平移2个单位，则点 的对应点 的坐标是（ ）A． B．
C． D．
【答案】D
【分析】
求出两次变换后点A的对应点的坐标即可．
【详解】
解：∵点C的坐标为（1，0），AC=3，
如图所示，将Rt△ABC先绕点C顺时针旋转90°，
则点A′的坐标为（1，-3），
再向左平移2个单位长度，则变换后点A′的对应点坐标为（-1，-3），
故选D．
【点睛】
本题考查的是坐标与图形变化旋转和平移，掌握旋转变换、平移变换的性质是解题的关键．
12．如图，在 中， ，将 绕点 按顺时针方向旋转一定角度得到
，点 恰好落在边 上．若 ，则 的度数为（ ）A． B． C． D．
【答案】B
【分析】
根据直角三角形性质先求出 ，再利用旋转及等腰三角形性质求得 ，即可得出结论．
【详解】
解：∵ ， ，
∴ ．
由旋转知， ， ．
∴ ．
∴ ．
∴ ．
故选：B．
【点睛】
本题主要考查了旋转性质，熟练掌握旋转及等腰三角形的性质是解答此题的关键．
13．把一副三角板如图放置，其中 ， ， ，斜边
，若将三角板 绕点 按逆时针方向旋转 得到 ，则点 在 的
（ ）
A．内部 B．外部 C．边上 D．以上都有可能
【答案】C
【分析】先根据勾股定理求出两直角三角形的各边长，再由旋转的性质得：∠EBE′＝45°，∠E′＝∠DEB＝90°，求
出E′D′与直线AB的交点到B的距离也是5 ，与AB的值相等，所以点A在△D′E′B的边上．
【详解】
解：∵AC＝BD＝10，
又∵∠ABC＝∠DEB＝90°，∠A＝45°，∠D＝30°，
∴BE＝5，AB＝BC＝5 ，
如图由三角板DEB绕点B逆时针旋转45°得到△D′E′B，设△D′E′B与直线AB交于G，可知：∠EBE′＝
45°，∠E′＝∠DEB＝90°，
∴△GE′B是等腰直角三角形，且BE′＝BE＝5，
∴BG 5 ，
∴BG＝AB，
∴点A在△D′E′B的边上，
故选：C．
【点睛】
本题考查了旋转的性质和勾股定理，在直角三角形中，30度角所对的直角边等于斜边的一半，45°角所对
的两直角边相等，熟练掌握此内容是解决问题的关键．
14．如图，在平面直角坐标系 中，点 、 分别在 轴、 轴上， ．先将线段 沿
轴翻折得到线段 ，再将线段 绕点 顺时针旋转 得到线段 ，连接 ．若点 的坐标为
，则线段 的长为（ ）A． B． C． D．
【答案】B
【分析】
只要证明 是等腰直角三角形即可解决问题；
【详解】
∵ ，
∴ ，
∵ ， ，
∴ ，
∴ 是等腰直角三角形，
∵ ， ，
∴ ，
∴ ；
故答案选B．
【点睛】
本题主要考查了翻折变换、坐标与图形的变化、等腰直角三角形的性质，准确计算是解题的关键．
15．在平面直角坐标系中， 的两边是 ， ，将 绕点 逆时针旋转90°得
到 ，则旋转后的 的坐标为（ ）A．（3，4） B．（-4，3） C．（-3，4） D．（4，-3）
【答案】C
【分析】
将△OPQ绕点O逆时针旋转90°之后的图形在坐标系中画出来，即可得而答案；
【详解】
将 绕点 逆时针旋转90°得到 ，旋转后的图形如图所示：
∴ ≌ ，
∴
∵ OP=5，OQ=4，
∴ PQ=3，∵OQ= =4
∴ (0，4)，
∵ = PQ =3
∴ (-3，4)，
故选：C．
【点睛】
本题主要考查了坐标与图形的变化-旋转，根据平面直角坐标系确定出点 的位置是解题的关键．
16．如图，菱形OABC的一边OA在x轴上，将菱形OABC绕原点O逆时针旋转105°至OABC 的位置，
1 1 1
若OA＝2，∠C＝120°，则点B 的坐标为（ ）
1
A．（﹣3， ） B．（3， ） C．（﹣ ， ） D．（ ，﹣ ）
【答案】C
【分析】
连接AC与OB相交于点E，过点B 作BF⊥x轴，垂足为F，由四边形OABC为菱形，∠AOC＝60°，OC＝
1 1
OA＝AC＝2，在Rt△OAE中 OE＝ ，可求∠BOF＝45°，在Rt△BOF中，OB＝OB＝2
1 1 1
，可求OF＝BF＝ ，由点B 在第二象限，可求点B 的坐标为（﹣ ， ）．
1 1 1
【详解】
连接AC与OB相交于点E，过点B 作BF⊥x轴，垂足为F，
1 1
∵四边形OABC为菱形，∠OCB＝120°，OA＝OC，
∠AOC＝60°，OC＝OA＝AC＝2，∵AC⊥OB，
∴在Rt△OAE中，OA＝2，AE＝ AC＝1，
∴OE＝ ，
∴OB＝2 ，
又∵∠AOB＝ ∠AOC＝30°，∠BOB ＝105°，
1
∴∠BOF＝180°﹣∠AOB﹣∠BOB ＝180°﹣30°﹣105°＝45°，
1 1
在Rt△BOF中，OB＝OB＝2 ，OF＝BF，
1 1 1
∴OF2+BF2＝OB2，
1 1
可得OF＝BF＝ ，
1
∵点B 在第二象限，
1
∴点B 的坐标为（﹣ ， ）．
1
故选：C．
【点睛】
本题考查了菱形的性质，旋转的性质以及直角三角形的性质,等腰直角三角形判定与性质,勾股定理等知识．
此题综合性较强，难度适中，解题的关键是注意数形结合思想的应用．
17．如图，在 ABC中，∠CAB＝70°，将 ABC绕点A逆时针旋转到 的位置，使得 ∥AB，
则 的度数是（ ）A．70° B．35° C．40° D．50°
【答案】C
【分析】
根据旋转的性质得AC′＝AC，∠B′AB＝∠C′AC，再根据等腰三角形的性质得∠AC′C＝∠ACC′，然后根据
平行线的性质由CC′∥AB得∠ACC′＝∠CAB＝70°，则∠AC′C＝∠ACC′＝70°，再根据三角形内角和计算出
∠CAC′＝40°，所以∠B′AB＝40°．
【详解】
解：∵△ABC绕点A逆时针旋转到 AB′C′的位置，
∴AC′＝AC，∠B′AB＝∠C′AC， △
∴∠AC′C＝∠ACC′，
∵CC′∥AB，
∴∠ACC′＝∠CAB＝70°，
∴∠AC′C＝∠ACC′＝70°，
∴∠CAC′＝180°﹣2×70°＝40°，
∴∠B′AB＝40°，
故选：C．
【点睛】
本题考查了旋转的性质：旋转前后两图形全等；对应点到旋转中心的距离相等；对应点与旋转中心的连线
段的夹角等于旋转角．也考查了平行线的性质．
18．在平面直角坐标系中，点 的坐标是 ，连接 ，将线段 绕原点 按逆时针方向旋转
90°，得到对应线段 ，则点 的坐标为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】过点A作AB⊥x轴于B，过点A′作A′B′⊥x轴于B′，根据旋转的性质可得OA=OA′，根据全等三角形的判定
和性质即可得到结论．
【详解】
解：如图，过点A作AB⊥x轴于B，过点A′作A′B′⊥x轴于B′，
∵OA绕坐标原点O逆时针旋转90°至OA′，
∴OA=OA′，∠AOA′=90°，
∴∠A′OB′+∠AOB=90°，∠A′OB′+∠A′=90°，
∴∠A′=∠AOB，
在△AOB和△OA′B′中， ，
∴△AOB≌△OA′B′（AAS），
∴OB′=AB= ，A′B′=OB=2，
∴点 的坐标为 ．
故选：A．
【点睛】
本题考查了坐标与图形变化-旋转，熟记性质并作辅助线构造出全等三角形是解题的关键．
19．如图，在 中， ，将 绕点A逆时针旋转得到 ，
使点 落在边AB上，连接 ．则下列结论一定正确的是（ ）A． B． C． D．
【答案】D
【分析】
先计算出∠BAC＝60°，再根据旋转的性质得到∠C'A B'＝∠CAB＝60°，AB＝A B'，则可判断△ABB'为等边
三角形，从而逐个判断选项，即可．
【详解】
解：由旋转的性质可知： ， 故A、B选项错误；
∵∠C＝90°，∠ABC＝30°，
∴∠BAC＝60°，
∵Rt△ABC绕点A逆时针旋转得到Rt△AB'C'，使点C'落在AB上，
∴∠C'A B'＝∠CAB＝60°，AB＝A B'，
∴△ABB'为等边三角形，
∴BB'＝AB． ，
故C错误，D正确．
故选D．
【点睛】
本题考查了旋转的性质以及等边三角形的判定和性质，熟练掌握对应点到旋转中心的距离相等；对应点与
旋转中心所连线段的夹角等于旋转角；旋转前、后的图形全等，是解题的关键．
20．二次函数 的图象的顶点坐标是 ，且图象与 轴交于点 ．将二次函数
的图象以原点为旋转中心顺时针旋转180°，则旋转后得到的函数解析式为（ ）
A． B．C． D．
【答案】C
【分析】
设将二次函数 的图象以原点为旋转中心顺时针旋转180°后为： ；根据
旋转的性质，得 的图象的顶点坐标是 ，且图象与 轴交于点 ，得
，再通过列方程并求解，即可得到 表达式并转换为顶点式，即可得到答案．
【详解】
设将二次函数 的图象以原点为旋转中心顺时针旋转180°后为：
∵二次函数 的图象的顶点坐标是 ，且图象与 轴交于点
∴ 的图象的顶点坐标是 ，且图象与 轴交于点
∴
∴ ，
∴ ，
∴
∴
∴
∴
故选：C．
【点睛】
本题考查了二次函数、旋转的知识；解题的关键是熟练掌握二次函数图像及解析式、旋转的性质，从而完成求解．
21．如图，在正方形 内作 ， 交 于点E， 交 于点F，连接 ．将
绕点A顺时针旋转 得到 ．则下列结论一定正确的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】
根据旋转的性质可知，△ADF≌△ABG，然后即可得到DF=BG，∠DAF=∠BAG，然后根“SAS”可以得到
△EAG≌△EAF，从而 ，本题得以解决．
【详解】
A、B不一定正确；
C.由旋转的性质可得，
△ADF≌△ABG，
∴DF=BG，∠DAF=∠BAG，
∵∠DAB=90°，∠EAF=45°，
∴∠DAF+∠EAB=45°，
∴∠BAG+∠EAB=45°，
∴∠EAF=∠EAG，
在 EAG和 EAF中，
△ △
，
∴△EAG≌△EAF（SAS），∴ ，
故C正确；
D. ∵AF>AD，AB=AD，
∴AF>AB，
故D错误；
故选C．
【点睛】
本题考查旋转的性质、全等三角形的判定和性质、正方形的性质，解答本题的关键是证明△EAG≌△EAF．
22．如图，在平面直角坐标系中，直线y=2x+4与x轴、y轴分别交于A、B两点，把 AOB绕点B逆时针
旋转90°后得到 AOB，则点A 的坐标是（ ）
1 1 1
A．(2，4) B．(4，2) C．(-2，4) D．(-4，2)
【答案】B
【分析】
先根据函数图像分别求出OA、OB的长度，再通过旋转之后对应边相等可求出点A 的坐标．
1
【详解】
解：将x=0代入y=2x+4，可得y=-4，
将y=0代入y=2x+4，可得x=-2，
故A点的坐标为（-2，0），B点的坐标为（0，4），
∴OA=2，OB=4，
∴BO=OB=4，
1
故A 的横坐标为4，
1
又∵AO=OA=2，
1 1
故A 的纵坐标为2，
1
∴点A 的坐标是（4，2）．
1
故选：B．【点睛】
本题主要考查一次函数与几何图形结合在一起的应用，旋转前后对应边长度不变是解题的关键．
23．如图，在平面直角坐标系中，将正方形 绕点O逆时针旋转 后得到正方形 ，依此方
式，绕点O连续旋转2021次得到正方形 ，如果点A的坐标为 ，那么点 的坐标
为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】
根据图形可知：点B在以O为圆心，以OB为半径的圆上运动，由旋转可知：将正方形OABC绕点O逆时
针旋转45°后得到正方形OABC ，相当于将线段OB绕点O逆时针旋转45°，可得对应点B的坐标，根据
1 1 1
规律发现是8次一循环，可得结论．
【详解】
解：∵四边形OABC是正方形，且OA=1，
∴B（1，1），
连接OB，
由勾股定理得：OB= ，由旋转得：OB=OB=OB=OB=…= ，
1 2 3
∵将正方形OABC绕点O逆时针旋转45°后得到正方形OABC ，
1 1 1
相当于将线段OB绕点O逆时针旋转45°，依次得到∠AOB=∠BOB =∠BOB=…=45°，
1 1 2
∴B（0， ），B（-1，1），B（- ，0），B（-1，-1），B（0，- ），…，
1 2 3 4 5
发现是8次一循环，所以2021÷8=252…5，
∴点B 的坐标为（0，- ）．
2021
故选：A．
【点睛】
本题考查了旋转的性质：对应点到旋转中心的距离相等；对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角．
也考查了坐标与图形的变化、规律型：点的坐标等知识，解题的关键是学会从特殊到一般的探究规律的方
法．
24．如图，将 纸片绕点C顺时针旋转 得到 ，连接 ，若 ，则 的
度数为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】
根据旋转角，求得∠DA′C的度数，然后在等腰△ACA′中利用等边对等角求得∠AA′C的度数，即可求解．
【详解】
解：若AC⊥A′B，垂足为D，由旋转可知，∠DCA′=40°，CA＝CA′，
′
∵AC⊥A′B′，∴∠DA′C＝90°﹣∠DCA′＝90°﹣40°＝50°．
∵CA＝CA′，
∴∠CAA′＝∠CA′A＝ （180°﹣∠DCA′）＝ ×（180°﹣40°）＝70°，
∴∠AA′B′＝70°﹣50°＝20°．
故选：B．
【点睛】
本题考查了旋转的性质，等腰三角形的性质，三角形内角和定理等知识，熟练掌握旋转的性质是本题的关
键．
25．如图，在△ABC中，AB＝AC，D是BC中点，将△ADC绕点A逆时针旋转90°得△AEF，点D，C分别对
应点E，F，连接CF．若∠BAC＝62°，则∠CFE等于（ ）
A．14° B．15° C．16° D．17°
【答案】A
【分析】
由等腰三角形的性质可得BD＝CD，∠ACB＝∠ACB＝59°，AD⊥BC，由旋转的性质可得AF＝AC，∠CAF
＝90°，∠AFE＝∠ACD＝59°，即可求解．
【详解】
解：∵AB＝AC，D是BC中点，∠BAC＝62°，
∴BD＝CD，∠ACB＝∠ACB= ＝59°，AD⊥BC，
∵将 ADC绕点A逆时针旋转90°得 AEF，
∴AF＝△AC，∠CAF＝90°，∠AFE＝∠△ACD＝59°，
∴∠AFC＝45°，
∴∠CFE＝59°﹣45°＝14°，
故选：A．
【点睛】本题考查等腰三角形的性质，图形旋转，等腰直角三角形判定与性质，掌握等腰三角形的性质，图形旋转，
等腰直角三角形判定与性质是解题关键．
26．如图，在平面直角坐标系 中，四边形 是正方形，点 ，点 是 中点，将
以 为旋转中心逆时针旋转 后，再将得到的三角形平移，使点 与点 重合，写出此时点
的对应点的坐标（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】
根据题意得到 ，再根据点 与点 重合，即可得到结果；
【详解】
如图，∵ 以 为旋转中心逆时针旋转 得到 ，
则 ，
∴ ，
当使点 与点 重合，点C向下平移4个单位长度，得到 ，
∴点 向下平移4个单位长度，
∴ ；
故答案选A．
【点睛】
本题主要考查了平移和旋转的应用，准确分析计算是解题的关键．
27．如图，在 中， ， 轴，已知点C的纵坐标是6，将 绕点A旋转至
，使C恰好落在y轴的负半轴E点处．若点C和点D关于原点成中心对称，则点A的坐标（
）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】
根据旋转可得△ABC≌△ADE，设C点坐标为（a，6），根据点C和点D关于原点成中心对称，可得D点坐
标为（-a，-6），得DE=BC=a，所以B点坐标为（a，6-a），A点坐标为（-a，6-a），根据AD=AB列出方
程即可求出a的值，进而可得结果．
【详解】
解：∵△ABC绕点A旋转△ADE，∴△ABC≌△ADE，
∴∠ABC=∠ADE=90°，AB=AD，BC=DE，
∵AB∥x轴，
∴CB∥y轴，
设C点坐标为（a，6），
∵点C和点D关于原点成中心对称，
∴D点坐标为（-a，-6），
∴DE=BC=a，
∴B点坐标为（a，6-a），
A点坐标为（-a，6-a），
∴AD=AB=6-a-（-6）=a-（-a），
∴12-a=2a，
解得a=4，
∴点A的坐标为（-4，2）．
故选：C．
【点睛】
本题考查了坐标与图形变化-旋转，关于原点对称的点的坐标，解决本题的关键是掌握旋转的性质．
28．如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，∠ABC＝30°，AC＝2cm，将Rt△ABC绕点A逆时针旋转得到
Rt△AB'C'，使点C'落在AB上，连接BB'，则BB'的长为（ ）
A．2cm B．4cm C．2 cm D．4 cm
【答案】B
【分析】
先计算出∠BAC＝60°，AB＝2AC＝4，再根据旋转的性质得到∠C′AB′＝∠CAB＝60°，AB＝AB′，则可判断
△ABB′为等边三角形，从而得到BB′的长．
【详解】
∵∠C＝90°，∠ABC＝30°，∴∠BAC＝60°，AB＝2AC＝4，
∵Rt△ABC绕点A逆时针旋转得到Rt△AB'C'，使点C'落在AB上，
∴∠C′AB′＝∠CAB＝60°，AB＝AB′，
∴△ABB′为等边三角形，
∴BB′＝AB＝4（cm）．
故选B．
【点睛】
本题考查了直角三角形中30°角所对的直角边等于斜边的一半，旋转的性质等，熟练掌握其性质是解决此
类题的关键．
29．如图，在 中， ， ， ， 绕点 顺时针旋转得到
，当点 落在 边上时，连接 ，取 的中点 ，连接 ，则 的长是（ ）
A． B． C．3 D．
【答案】A
【分析】
根据旋转的性质，得证 是等边三角形， B= C，∠AC =∠C =60°，证明 ∥AC，证
明 ⊥BC，得 BC 是等边三角形，求得BD= ，运用勾股定理求解即可
△
【详解】
∵ ， ， ，
∴∠A=60°，BC=2 ，根据旋转的性质，得CA= C，
∴ 是等边三角形，
∴∠AC =∠C =60°，
∴ ∥AC，∠ CB=30°，∠BC =60°，
∴ B= C=AC=2， ⊥BC，
∴△BC 是等边三角形，
∴B = BC= C，
∴BD= ，
∵ B= C，B = C， = ，
∴△B ≌△C ，
∴∠ B =∠ C =90°，
∴ = = ，
故选A
【点睛】
本题考查了旋转的性质，等边三角形的性质和判定，三角形的全等，勾股定理，熟练掌握旋转的性质，等
边三角形的判定，勾股定理是解题的关键．
30．如图， ABC、 BDE都是等腰直角三角形，BA＝BC，BD＝BE，AC＝4，DE＝2 ．将 BDE绕点
△B逆时针方向旋转后得 ，当点E'恰好落在线段 上时，则 的长为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】
过A点作AH⊥BE′于E′，如图，利用等腰直角三角形的性质得AB＝2 ，BE＝BD＝2，∠BED＝45°，再
根据旋转的性质得∠BE′D′＝∠BED＝45°，∠E′BD′＝∠EBD＝90°，E′D′＝ED＝2 ，BD′＝BD＝BE′＝2，设
AH＝x，则HE′＝x，AE′＝ x，利用勾股定理得到x2+（x+2）2＝（2 ）2，解方程得到AE′＝ ﹣
，所以AD′＝AE′+E′D′＝ + ，然后证明△BAD′≌△BCE′，从而得到CE′＝AD′．
【详解】
解：过A点作AH⊥BE′于E′，如图，
∵△ABC、△BDE都是等腰直角三角形，
∴AB＝ AC＝ ×4＝2 ，BE＝BD＝ DE＝ ×2 ＝2，∠BED＝45°，
∵△BDE绕点B逆时针方向旋转后得△BD'E′，
∴∠BE′D′＝∠BED＝45°，∠E′BD′＝∠EBD＝90°，E′D′＝ED＝2 ，BD′＝BD＝BE′＝2，
∵∠AE′H＝∠BE′D＝45°，
∴AH＝E′H，
设AH＝x，则HE′＝x，AE′＝ x，在Rt△AHB中，x2+（x+2）2＝（2 ）2，解得x＝ ﹣1，x＝﹣ ﹣1（舍去），
1 2
∴AE′＝ x＝ （ ﹣1）＝ ﹣ ，
∴AD′＝AE′+E′D′＝ +2 ＝ + ，
在△BAD′和△BCE′中，
，
∴△BAD′≌△BCE′（SAS），
∴CE′＝AD′＝ + ．
故选：B．
【点睛】
本题考查了旋转的性质:对应点到旋转中心的距离相等;对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角;旋转
前、后的图形全等也考查了等腰直角三角形．
二、填空题
31．如图，Rt△BAC，∠ACB=30°，∠BAC=90°，将Rt△BAC绕点A旋转一定度数，点C与点C'重合，点B
与点B'重合，当C、B、C'三点在同一条直线时，请完成下列探究：
（1）这个旋转角=______°；
（2）此时， ______．【答案】120
【分析】
（1）由旋转的性质可得 ，由等腰三角形的性质可求解；
（2）延长 交 于 ，由旋转的性质可得 ， ，
，在 △ 中，由勾股定理可求 的长，即可求解．
【详解】
解：（1） 将 绕点 旋转，
，
，
，
这个旋转角为 ，
故答案为120；
（2）如图，延长 交 于 ，设 ，
， ，
，
，
，
，
将 绕点 旋转，
， ， ，
，
，
，
， ，
，
，
故答案为 ．
【点睛】
本题考查了旋转的性质，等腰三角形的性质，勾股定理等知识，灵活运用这些性质解决问题是本题的关键．32．如图，在正方形 中，E，F分别是边 上的点， 的周长为8，则正
方形 的边长为________．
【答案】4
【分析】
首先将△BAE绕点B顺时针旋转90°，得到△BCG，再根据旋转的性质得出BG=BE， ,再
根据 ，得出 ,证明 ,即可得到EF=FG,最后利用全等三
角形的性质即可得到△DEF的周长就是 ．
【详解】
解：∵四边形ABCD为正方形，
∴AB=BC=AD=CD，∠BAE=∠C=90°，
∴把△ABE绕点A顺时针旋转90°可得到△BCG，如图，
∴BG=BE，CG=AE，∠GBE=90°，∠BAE=∠C=90°， ,
∴点G在DC的延长线上，
∵∠EBF=45°，
∴ ，∴ ,
即 ，
在△FBG和△FBE中，
∵
∴△FBG≌△FBE（SAS），
∴FG=EF，
而FG=FC+CG=CF+AE，
∴EF=CF+AE，
∵△DEF的周长=DF+DE+CF+AE=CD+AD=8，
∴AD=4；
故填：4．
【点睛】
本题考查了旋转的性质：对应点到旋转中心的距离相等；对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角；
旋转前、后的图形全等,也考查了全等三角形的判定与性质和正方形的性质, 得出△FBE≌△FBG是解题关键．
33．平面直角坐标系中的点 绕原点顺时针旋转90度得点 ，则 的值等于
________．
【答案】6
【分析】
先利用旋转的性质，得到相等的线段或角，再通过证明三角形全等，利用全等三角形的性质，得到m和n
的值，即可完成求解．
【详解】解：如图所示，设 ，P点绕原点顺时针旋转90度得点 Q(4,n) ，
连接PO，QO，并分别过点P、点Q向x轴作垂线，垂足分别为点A、点B，
由∠POQ=90°，可知∠1+∠2=90°，
又∵∠1+∠P=90°，∠2+∠Q=90°，
∴∠2=∠P，∠1=∠Q，
由旋转的性质，可知：OP=OQ，
∴△APO≌△BOQ（ASA），
∴OA=BQ，AP= OB，
∴ ， ，
∴ ,
∴ ，
故答案为：6．
【点睛】
本题考查了旋转的性质、全等三角形的判定与性质等内容，解决本题的关键是牢记相关性质与判定，重点
是能构造出全等三角形，本题借助于平面直角坐标系完成了问题的解决，蕴含了数形结合的思想方法．
34．如图，PA＝ ，PB＝ ，以AB为边作正方形ABCD，使得P、D两点落在直线AB的两侧，当
∠APB变化时，则PD的最大值为_________．【答案】
【分析】
如图（见解析），先根据正方形的性质可得 ，再根据旋转的性质
，然后利用勾股定理可得 ，最后根据三角形的三边关系
即可得．
【详解】
解： 四边形 是正方形，
，
则将 绕点 顺时针旋转 得到 ，其中，点 为点 旋转后的对应点，点 为点 旋转
后的对应点，连接 ，如图所示：
由旋转的性质得： ，
，
，，当且仅当点 共线时，等号成立，
则 的最大值为 ，
即 的最大值为 ，
故答案为： ．
【点睛】
本题考查了正方形的性质、旋转的性质、勾股定理等知识点，熟练掌握旋转的性质是解题关键．
35．如图，在平面直角坐标系中， 轴，垂足为 ，将 绕点 逆时针旋转到 的位置，
使点 的对应点 落在直线 上，再将 绕点 逆时针旋转到 的位置，使点
的对应点 也落在直线 上，以此进行下去……若点 的坐标为 ，则点 的纵坐标为
______．
【答案】
【分析】
计算出△AOB的各边，根据旋转的性质，求出OB，BB，...，得出规律，求出OB ，再根据一次函数图
1 1 3 21
像上的点求出点B 的纵坐标即可．
21【详解】
解：∵AB⊥y轴，点B（0，3），
∴OB=3，则点A的纵坐标为3，代入 ，
得： ，得：x=-4，即A（-4，3），
∴OB=3，AB=4，OA= =5，
由旋转可知：
OB=OB=OB=OB=…=3，OA=OA=OA=…=5，AB=AB=AB=AB=…=4，
1 1 2 1 2 2 1 2 1 1 1 1 2 2
∴OB=OA+AB=4+5=9，BB=3+4+5=12，
1 1 1 3
∴OB =OB+BB =9+（21-1）÷2×12=129，
21 1 1 21
设B （a， ），则OB = ，
21 21
解得： 或 （舍），
则 ，即点B 的纵坐标为 ，
21
故答案为： ．
【点睛】
本题考查了一次函数图象上点的坐标特征，旋转以及直角三角形的性质，求出△OAB的各边，计算出OB
21
的长度是解题的关键．
三、解答题
36．如图，矩形ABCD中，AB＝4，BC＝8，P是线段BC上一动点，连接AP并将AP绕P顺时针旋转90°
得到线段PE．连接DE，直线DE交BC于F．
（1）若BP＝1，求PE的长；
（2）设BP＝x，四边形APED的面积为S，试求S与x之间的函数关系式；
（3）当x为何值时，四边形APED的面积S最小，并求出最小值．【答案】（1）PE= ；（2）S= ；（3）x=4时，四边形APED的面积S最小，且最小值
是16．
【分析】
（1）先在 中，由勾股定理得，先求AP，再利用旋转的性质得PE=AP，即可得到答案；
（2）过点E作EH⊥BC于H，先证 ，设EH＝BP＝x，PH＝AB＝4，则四边形APED的面
积S=S -2 S – S = ；
矩形ABCD △ABP 梯形EHCD
（3）将S= 变形为 ，利用二次函数的性质可知当x=4时，四边形APED
的面积S最小，且最小值是16．
【详解】
解：（1）在 中，由勾股定理得，
AP= =
∵线段PE是将AP绕P顺时针旋转90°得到
∴∠APE＝90°，PE=AP=
（2）如图1，过点E作EH⊥BC于H，∵AP＝PE，∠APE＝90°＝∠ABP＝∠PHE，
∠BPA+∠EPH＝90°，∠BAP+∠BPA＝90°
∴∠BAP＝∠EPH，
在 和 中，
，
∴ （AAS）
∴EH＝BP＝x，PH＝AB＝4
∴四边形APED的面积为
S=S -2 S – S
矩形ABCD △ABP 梯形EHCD
=4×8-2×
=
即 S=
（3）S= =
当x=4时，四边形APED的面积S最小，且最小值是16
【点睛】
本题是四边形综合题，主要考查了旋转的性质、矩形的性质，全等三角形的判定和性质，以及二次函数的
表达式及极值的求法等，灵活运用这些性质进行推理是本题的关键．
37．如图， 在平面内绕点B逆时针旋转 得到 ．已知 ，连接DE
（1）求证：
（2）试判断四边形ABED的形状，并说明理由．【答案】（1）见解析；（2）菱形，见解析
【分析】
（1）根据SAS即可证明△BDE≌△BCE，即可证明；
（2）根据四边相等的四边形是菱形即可判定．
【详解】
解：（1）证明：∵由旋转可知，AB=EB，AD=EC，BD=BC，∠ABD=∠EBC，∠ABE=∠DBC=60°，
∵AB⊥BC，
∴∠ABC=90°，
∴∠ABD=90°-60°=30°，∠DBE=60°-30°=30°，
∴∠ABD=∠EBC=∠DBE=30°，
在△BDE和△BCE中，
，
∴△BDE≌△BCE．（SAS），
∴DE= CE；
（2）结论：四边形ABED是菱形．
理由：∵△BDE≌△BCE，
∴DE=CE，
∵BE=CE，AB=EB，AD=EC，
∴AB=EB=DE=AD，
∴四边形ABED是菱形．
【点睛】
本题考查了全等三角形的判定和性质、菱形的判定、旋转变换等知识，解题的关键是熟练掌握全等三角形的判定和性质，属于中考常考题型．
38．如图，点E为正方形 外一点， ，将 绕A点逆时针方向旋转 得到
的延长线交 于H点．
（1）试判定四边形 的形状，并说明理由；
（2）已知 ，求 的长．
【答案】（1）正方形，理由见解析；（2）17
【分析】
（1）由旋转的性质可得∠AEB＝∠AFD＝90°，AE＝AF，∠DAF＝∠EAB，由正方形的判定可证四边形
BE'FE是正方形；
（2）连接 ，利用勾股定理可求 ，再利用勾股定理可求DH的长．
【详解】
解：（1）四边形 是正方形，理由如下：
根据旋转：
∵四边形 是正方形
∴∠DAB=90°
∴∠FAE＝∠DAB=90°
∴∴四边形 是矩形，
又∵
∴矩形 是正方形．
（2）连接
∵ ，
在 中，
∵四边形 是正方形
∴
在 中， ，又 ，
∴ ．
故答案是17．
【点睛】
本题是四边形综合题，考查了正方形的判定和性质，旋转的性质，勾股定理，全等三角形的判定和性质，
等腰三角形的性质等知识，灵活运用这些性质进行推理是本题的关键．
39．已知：在 中， ， ，点 为 边中点.点 为线段 上的一个动
点（不与点 ，点 重合），连接 ，将线段 绕点 顺时针旋转 ，得到线段 ，连接 ．（1）如图1，若点 在线段 上，求 的度数；
（2）如图2，若点 在线段 上，试探究线段 、 、 之间的数量关系，并证明你的结论．
【答案】（1） ；（2） ；证明见解析．
【分析】
（1）过点M作BC边的垂线交CA延长线于点F，先判断出∠FMA＝∠CME，再判断出FM＝MC，进而判
断出△FAM≌△CME（SAS），即可得出结论；
（2）过点M作BC边的垂线交CA于点F，先判断出∠FMA＝∠CME，再判断出FM＝MC，进而判断出
△FAM≌△CME（SAS），进而得出AF＝CM，最后用勾股定理即可得出结论．
【详解】
（1）如图，过点M作BC边的垂线交CA延长线于点F，
∴∠FMC＝90°，
∴∠FMA＋∠AMC＝90°，
∵将线段AM绕点M顺时针旋转90°，得到线段ME，
∴∠AME＝90°，
∴∠CME＋∠AMC＝90°，
∴∠FMA＝∠CME，
在Rt△FMC中，∠FCM＝45°，
∴∠F＝∠FCM＝45°，∴FM＝MC，
在△FMA和△CME中，
，
∴△FAM≌△CME（SAS），
∴∠MCE＝∠F＝45°；
（2） ；理由如下：
如图，过点M作BC边的垂线交CA于点F，
∴∠FMC＝90°，
∴∠FMA＋∠AMC＝90°，
∵将线段AM绕点M顺时针旋转90°，得到线段ME，
∴∠AME＝90°，
∴∠CME＋∠AMC＝90°，
∴∠FMA＝∠CME，
在Rt△FMC中，∠FCM＝45°，
∴∠CFM＝∠FCM＝45°，
∴ ，
在△FMA和△CME中，
∴△FAM≌△CME（SAS），
∴ ，
在Rt△CMF中，，
∴ ，
即 ．
【点睛】
本题考查了旋转的性质，全等三角形的判定和性质，等腰三角形的判定，勾股定理，添加恰当辅助线构造
全等三角形是本题的关键．
40．在等腰三角形ABC中， ， ．点P是 内一动点，连接AP，
BP，将△APB绕点 逆时针旋转 ，使 边与 重合，得到△ADC，射线BP与CD或CD延长线交
于点 （点 与点D不重合）．
（1）依题意补全图 和图2；由作图知，∠BAP与∠CAD的数量关系为 ；
（2）探究 与∠APM的数量关系为 ；
（3）如图1，若DP平分∠ADC，用等式表示线段BM，AP，CD之间的数量关系，并证明．
【答案】（1）相等；（2）∠ADM＝∠APM或∠ADM ＋∠APM＝180°；（3） ，证明见
解析
【分析】
（1）按要求作图即可；
（2）△APB绕点A顺时针旋转得到△ADC可得∠ADC=∠APB，即可得到答案；
（3）由旋转的性质可知△ABP≌△ACD．由全等三角形的性质得出∠APB=∠ADC，AP=AD，BP=CD，由角平分线的定义及等腰三角形的性质得出∠PAD=∠ADM=α，∠APM=∠M．证得OP=OA，OM=OD，则可得
出结论．
【详解】
解：（1）依题意补全图1和图2；由作图知，∠BAP与∠CAD的数量关系为相等；
故答案为：相等；
（2）∠ADM=∠APM或∠ADM+∠APM=180°．
当M在线段CD延长线上时，如上图1，
∵将△APB绕点A顺时针旋转得到△ADC，
∴∠ADC=∠APB，
∴∠ADM=∠APM，
当M在线段CD上时，如上图2，
∵将△APB绕点A顺时针旋转得到△ADC，
∴∠ADC=∠APB，
∵∠APB+∠APM=180°，
∴∠ADM+∠APM=180°，
故答案为：∠ADM=∠APM或∠ADM+∠APM=180°；
（3）如图，线段MC，AE，BD之间的数量关系是：MC=AE+BD．
证明：∵将△APB绕点A逆时针旋转α，使AB边与AC重合，得到△ADC，∴△ABP≌△ACD．
∴∠APB=∠ADC，AP=AD，BP=CD，
∴∠ADM=∠APM．
∵DE平分∠ADC，
∴∠ADP=∠PDC．
∵AP=AD，
∴∠APD=∠ADP．
∴∠APD=∠PDC．
∴AP∥CM．
∴∠PAD=∠ADM=α，∠APM=∠M．
又由（2）知，∠ADM=∠APM=α，
∴OP=OA，OM=OD，
∴OP+OM=OM+OD，
∴PM=AD=AP，
∴BM=BP+PM．
∴BM=CD+AP．
【点睛】
本题属于几何变换综合题，主要考查了旋转的性质，等腰三角形的性质，角平分线的定义，全等三角形的
性质，解决问题的关键是熟练掌握旋转的性质．
41．如图，在△ABC中，AB＝AC，P是 △ABC内的一点，且∠APB＞∠APC，求证：PB＜PC（反证法）
【答案】见解析
【分析】
假设PB≥PC，从假设出发推出与已知相矛盾，得到假设不成立，则结论成立．
【详解】
证明：假设PB≥PC，
如图，把△ABP绕点A逆时针旋转，使点B与点C重合，得到△ADC，连接PD，∵ ，
∴ ；
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
即 ，
∵ ，
∴ ，
这与∠APB＞∠APC相矛盾，
∴PB≥PC不成立，
∴PB＜PC．
【点睛】
此题主要考查了反证法的应用，解此题关键要懂得反证法的意义及步骤．
42．如图，在 中， ， ，E为 边上一点，连结 ，将点E绕点A逆时
针旋转 至点D，连结 ， ， ．
（1）求证： ．
（2）若 ， ，求 的长．【答案】（1）见解析；（2）
【分析】
（1）根据旋转的性质得到 ， ，证明 ≌ ，得到 ；
（2）证明 是等腰直角三角形，得到 ，根据 得到CD，从而计算出CE，加上
BE即可．
【详解】
解：（1）由旋转可知 ， ，
∴ ，
∴ ，
即 ，
∴在 与 中，
，
∴ ≌ ，
∴ ．
（2）∵ ， ，
∴ ，
由（1）证得 ≌ ，
∴ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∴ 是等腰直角三角形，∴ ，
又由（1）证得 ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ．
【点睛】
本题考查了旋转的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，等腰直角三角形的判定和性质，解题的关
键是结合旋转的性质证明 ≌ ．
43．（1）操作发现：如图1， 是等边三角形 的角平分线， ， ．则 与
的数量关系是______， ____．
（2）问题探究：将图1中的 绕点 逆时针旋转到 ，点 落在点 的位置，如图2所示，请
你探究 与 的数量关系．
（3）拓展延伸：在（2）的条件下，若等边 的边长为2，当 时，直接写出 值．
【答案】（1） ， ；（2） ；（3） 或
【分析】（1）证明 ACE≌ ACD可得到结论；
（2）证明 即可；
（3）在旋转过程中，FA会有不同的位置，所以要分情况进行讨论，并利用勾股定理加以计算．
【详解】
（1）解：如图1所示．
∵ 是等边 的角平分线，
∴∠ACB=∠CAB=60°，∠CAD= ∠CAB=30°．
∵AB⊥AE，
∴∠EAB=90°．
∴∠EAC=∠EAB-∠CAB=90°-60°=30°．
∴∠EAC=∠CAD．
∵CE∥AB，
∴∠ECA=∠CAB=60°．
∴∠ECA=∠DCA．
在 EAC和 DAC中，
∴ ．
∴EC=DC．
故答案为：EC=DC，∠EAC=30°．
（2）证明：如图2所示．∵ 是等边 的角平分线，
∴ ，有 ，
即 ．
由旋转可知 ，由（1）知 ，
∴ ，
∴ ．
（3）解：分两种情况．
如图3a，当 时：
∵ ，
∴点 、 、 在一条直线上．
过点 作 于点 ，由题意可得，
， ，
∴ ．在 中，根据勾股定理得：
由（2）知 ，
∴ ．
如图3b，当 时：
∵ ， ， ，
∴点 在线段 上．
过点 作 于点 ，由题意可得，
， ，
∴ ．
在 中，根据勾股定理得：
由（2）知 ，
∴ ．综合上述两种情况， 或 ．
故答案为： 或 ．
【点睛】
本题考查了等边三角形的性质、全等三角形的判定与性质、图形的旋转变换等知识点．紧紧围绕图形旋转
的性质，充分利用全等、勾股定理是解题的关键．
44．如图，将等腰 绕顶点 逆时针方向旋转 度到 的位置， 与 相交于点
与 分别交于点 ．
（1）求证； ．
（2）当 度时，判定四边形 的形状并说明理由．
【答案】（1）证明见解析；（2）四边形 是菱形；答案见解析．
【分析】
（1）根据等腰三角形的性质得到 ，由旋转的性质得到
，根据全等三角形的判定定理得到 ；
（2）由旋转的性质得到 ，根据平角的定义得到 ，根据四边形的内角和得到
，证得四边形 是平行四边形，由于 ，即可得到四边形 是菱形．
【详解】
（1）证明：∵△ABC是等腰三角形，
∴AB=BC，∠A=∠C，
∵将等腰△ABC绕顶点B逆时针方向旋转 度到△ABC 的位置，
1 1
∴AB=AB=BC，∠A=∠A=∠C，∠ABD=∠CBC ，
1 1 1 1
在△BCF与△BAD中，
1
，
∴△BCF≌△BAD（ASA）；
1
（2）证明：四边形ABCE是菱形，
1
理由：∵将等腰△ABC绕顶点B逆时针方向旋转 度到△ABC 的位置，
1 1
∵ ，
∴∠A=∠A= ，
1
∵∠ADE=∠ADB，
1
∴∠AED=∠ABD= ，
1
∴∠DEC=180°- ，
∴∠ABC=360°-∠A-∠C-∠AEC=180°- ，
1 1 1
∴∠A=∠C，∠ABC=∠AEC，
1 1 1
∴四边形ABCE是平行四边形，
1
∵AB=BC，
1
∴四边形ABCE是菱形．
1
【点睛】
本题考查了旋转的性质，全等三角形的判定和性质，等腰三角形的性质，菱形判定，正确的理解题意是解
题的关键．45．如图，在 和 中， ，
绕点 旋转．
（1）如图1，若连接 、 ，求证： ；
（2）如图2，若连接 、 ，取 中点 ，连接 ，试探究 与 的数量关系和位置关系，
并证明你的结论；
（3）在（2）的条件下，当 旋转到如图3的位置时，点 落在 延长线上，若
，请直接写出线段 的长．
【答案】（1）见解析；（2） ，证明见解析；（3）
【分析】
（1）由“ ”可证 ，可得 ，即可得结论；
（2）延长 至 ，使 ，连接 ，延长 交 于 ，由三角形中位线定理可得
， ，由“ ”可证 ，可得 ，
即可得结论；
（3）过点 作 于 ，由等腰直角三角形的性质可求 ，由勾股定理可求解．
【详解】
解：（1）证明：如图1，设 与 交于点 ，∵ ，
∴ ，
在 和 中，
，
∴ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ；
（2） ，
理由如下：如图2，延长 至 ，连接 ，
∵ ，
∴ ，∴ ，
∵ ，
∴ ，
又∵ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ；
（3）如图3，过点 作 于 ，
由（2）可知： ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ．
【点睛】
本题是几何变换综合题，考查了全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质等知识，添加恰当辅助线构造全等三角形是本题的关键．
46．如图所示，点 是等边三角形 内的一点，且 ， ， ，若将 绕点
逆时针旋转后，得到 ．
（1）求 的长；
（2） 的度数．
【答案】（1）6；（2）
【分析】
（1）连结PP′，由旋转性质可知BP′＝PC＝10，AP′＝AP，∠PAC＝∠P′AB，根据
∠PAC+∠BAP=∠P′AB+∠BAP=60°可得 APP′为等边三角形，即可证明PP′=AP=6；
（2）利用勾股定理的逆定理可得 BP△P′为直角三角形，且∠BPP′＝90°，由（1）得∠APP′=60°，即可得答
案． △
【详解】
解：（1）连结 ，如图．
∵ 为等边三角形，
∴ ， ，
∵ 绕点 逆时针能转后，得到 ，
∵∠PAC+∠BAP=∠P′AB+∠BAP=60°，
∴ ， ， ，
∴ 为等边三角形，
∴ ， ．
（2）在 中，∵ ， ， ，
在 BPP′中，
△
∴ ，
∴ 为直角三角形， ，
∴ ．
【点睛】
本题考查了旋转的性质：旋转前后两图形全等；对应点到旋转中心的距离相等；对应点与旋转中心的连线
段的夹角等于旋转角．也考查了等边三角形的判定与性质和勾股定理的逆定理．
47．将 绕点 逆时针旋转一个角度 得到 ，点 ， 的对应点分别为 、 ．
（1）若 ，如图1，连接 ，试判断 的形状，并给以证明；
（2）若点 恰好落在 边上，如图2，且点 ， ， 在同一条直线上， ，求旋转角 的
度数．
【答案】（1） 是等边三角形，理由见详解；（2） ．
【分析】
（1）由旋转的性质，得到∠CAE= ，AC=AE，即可得到结论；（2）利用旋转的性质，等腰三角形的性质，求出∠ADB= ，然后求出所需角的角度，利用平角为
180°即可求出答案．
【详解】
解：（1）由旋转的性质，得
∠CAE= ，AC=AE，
∴△ACE是等边三角形；
（2）由旋转的性质，得
，
∵DA=BA，
∴∠ADB=
∴∠CDA= ，
∴∠CAD= ，
∵ ，
∴ ．
【点睛】
本题考查了旋转的性质，等腰三角形的性质，三角形的外角性质，以及三角形的内角和定理，解题的关键
是熟练掌握所学的知识，运用旋转的性质，正确的求出角的度数．
48．在正方形 中，点 在射线 上（不与点 、 重合），连接 ， ，将 绕点 逆
时针旋转90°得到 ，连接 ．（1）如图1，点 在 边上．
①依题意补全图1；
②若 ， ，求 的长；
（2）如图2，点 在 边的延长线上，用等式表示线段 ， ， 之间的数量关系．
【答案】（1）①作图见解析；② ；（2）
【分析】
（1）①根据已知条件旋转作图即可；②作 交CB延长线于点G，证明 ，利用
勾股定理计算即可；
（2）作 ，证明 ，设 ， ，则 ，
，在根据勾股定理计算即可；
【详解】
（1）①作图如图所示：
②作 交CB延长线于点G，
∵ ，
∴ ，∵ ，
∴ ，
∴ ，
在△DEC和△EFG中，
，
∴ ，
∴ ， ，
∴ ，
∴ ；
（2）作 ，
∵ ，
又 ， ,
∴ ，
在△DCE和△EHF中，
，∴ ，
∴ ， ，
∵ ，
∴ ，
设 ， ，则 ， ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
即 ．
【点睛】
本题主要考查了旋转综合，结合全等三角形的判定与性质、勾股定理和正方形的性质求解是解题的关键．
49．如图，在 中， ，点D、E分别在AB，AC上，CE=BC，连接CD，将线段CD
绕点C按顺时针方向旋转 后得CF，连接EF．
（1）补充完成图形；
（2）若 ，求证： ．
【答案】（1）图形见解析；（2）证明见解析．
【分析】（1）根据题意，利用旋转性质将图形补全，并按要求标清相应的字母即可；
（2）由旋转的性质得到∠DCF为直角，由EF与CD平行，得到∠F为直角，利用SAS得到△BDC与△EFC
全等，利用全等三角形对应角相等即可得证．
【详解】
（1）解：所补图形如图所示：
（2）证明：由旋转的性质得： ，
∴ ．
∵ ，
∴ ．
∴ ．
∵ ，
∴ ．
∴ ．
在 和 中， ，
∴ ．
∴ ．
【点睛】
此题考查了旋转的性质，以及全等三角形的判定与性质，熟练掌握旋转的性质是解本题的关键．50．如图1，在正方形ABCD中，EF分别是BC，CD上的点，且∠EAF＝45°，探究图中线段BE，EF，FD
之间的数量关系．小王同学探究此问题的方法是将△ABE绕A点旋转90°使得B与D重合，连接AG，由此
得到 ，再证明 ，可得出结论，他的结论应是 ．
拓展延伸：
如图2，等腰直角三角形ABC中，∠ABC＝90°，AB＝BC，点G，H在边AC上，且∠GBH＝45°，写出图
中线段AG，GH，CH之间的数量关系并证明．
【答案】（1）BE=DG，EF=FG，EF=BE+DF；（2）GH2=AG2+CH2，证明见解析．
【分析】
（1）结论：EF=BE+DF．证明△AFE≌△AFG（SAS）即可解决问题．
（2）结论：GH2=AG2+CH2．将△BCH绕点B逆时针旋转90°得到△BAM．证明∠MAG=90°，
△BGH≌△BGM（SAS）即可解决问题．
【详解】
解：（1）结论：EF=BE+DF．
由旋转的性质可知：DG=BE，∠BAE=∠DAG，AE=AG，
∵∠EAF=45°，∠BAD=90°，
∴∠FAG=∠DAG+∠DAF=∠BAE+∠DAF=45°，
∴∠FAG=∠EAF，
∵AF=AF，
∴△AFE≌△AFG（SAS），
∴EF=FG，
∵FG=DF+DG=DF+BE，
∴EF=BE+DF．
（2）结论：GH2=AG2+CH2．如图：将△BCH绕点B逆时针旋转90°得到△BAM．
∵BA=BC，∠ABC=90°，
∴∠BAC=∠C=45°，
由旋转的性质可知：BH=BM，∠C=∠BAM=45°，∠ABM=∠CBH，
∴∠MAG=∠BAM+∠BAC=90°，
∵∠HBG=45°，
∴∠GBM=∠ABG+∠ABM=∠ABG+∠CBH=90°-∠HBG=45°，
∴∠HBG=∠MBG，
∵BG=BG，
∴△BGH≌△BGM（SAS），
∴GH=GM，
∵∠MAG=90°，
∴AM2+AG2=GM2，
∴GH2=AG2+CH2．
【点睛】
本题考查等腰直角三角形的性质，旋转变换，全等三角形的判定和性质，勾股定理等知识，解题的关键是
学会利用旋转法添加辅助线，属于中考常考题型．
51．定义：若四边形有一组对角互补，一组邻边相等，且相等邻边的夹角为直角，像这样的图形称为“直
角等邻对补”四边形，简称“直等补”四边形．
根据以上定义，解决下列问题：
（1）如图1，正方形ABCD中E是CD上的点，将 BCE绕B点旋转，使BC与BA重合，此时点E的对应
点F在DA的延长线上，则四边形BEDF 填（△“是”或“不是”）“直等补”四边形；（2）如图2，已知四边形ABCD是“直等补”四边形，AB＝BC＝5，CD＝1，AD＞AB，过点B作BE⊥AD于
E．
①过C作CF⊥BF于点F，试证明：BE＝DE，并求BE的长；
②若M是AD边上的动点，求 BCM周长的最小值．
△
【答案】（1）是；（2）①证明见解析；BE=4；②
【分析】
（1）根据“直等补”四边形的定义进行逐项证明即可得出结论；
（2）①结合“直等补”四边形的定义可推出四边形DCFE为矩形，从而证明 AEB≌△BFC即可得出结论；②
将C点沿AD对称至P点，结合最短路径问题求解即可． △
【详解】
（1）∵ BCE绕B点旋转，使BC与BA重合，
∴旋转角△为90°，即：∠FBE=90°，
根据旋转的性质可得：BF=BE，∠F=∠BEC，
∴∠F+∠BED=∠BEC+∠BED=180°，
∴四边形BEDF满足“直等补”四边形的定义，
故答案为：是；
（2）①根据“直等补”四边形的定义，AB=AC，
∴∠ABC=∠D=90°，
∵BE⊥AD，CF⊥BE，
∴四边形DCFE为矩形，DE=CF，
∵∠A+∠ABE=90°，∠ABE+∠FBC=90°，
∴∠A=∠FBC，
在 AEB与 BFC中，
△ △∴△AEB≌△BFC（AAS），
∴BE=CF，
∴BE=DE；
设BE=CF=x，则BF=BE-FE=BE-CD=x-1，
在Rt△BCF中，
即： ，
解得： ， （舍去），
∴BE=4；
②如图所示，将C点沿AD对称至P点，连接PD，BP，
此时，与AD交于M点，即为所求使得 BMC周长最小的点，BP=BM+MC，
此时作QP⊥PD于P点，交BE延长线于△Q点，
则四边形QEDP为矩形， QBP为直角三角形，
由①可知，BE=DE=4， △
且PD=CD=QE=1，
∴QB=BE+QE=5，QP=DE=4，
∴ ，
即：BM+MC的最小值为 ，
∴△BCM周长的最小值为BM+MC+BC= ．【点睛】
本题考查新定义问题，综合了全等三角形的判定与性质，勾股定理以及最短路径问题等，理解材料给出的
定义，将新定义转化为学过的知识点进行证明和计算是解题关键．
52．在平面直角坐标系中，O为原点，点A（3，0），点B（0，4），把△ABO绕点B逆时针旋转，得
△A'BO′．点A，O旋转后的对应点为A'，O'，记旋转角为α．
（1）如图①，若α＝90°，求AA'的长；
（2）如图②．若α＝45°，求点O'的坐标；
（3）若M为AB边上的一动点，在OB上取一点N（0，1），将△ABO绕点B逆时针旋转一周，求MN的
取值范围（直接写出结果即可）．
【答案】（1） ；（2） ；（3）
【分析】
（1）由勾股定理求出AB的长，由旋转的性质得出∠ABA'＝90°，AB＝A'B＝5，由勾股定理可得出答案；
（2）过点O'作O'C⊥OB于点C，由旋转的性质及直角三角形的性质可求出OC，O'C的长，则可得出答案；
（3）根据旋转时，点M的位置即可得出MN的最大值和最小值．
【详解】
解：（1）∵点A（3，0），点B（0，4），
∴AO＝3，OB＝4，
∴AB＝ ＝ ＝5，
∵把△ABO绕点B逆时针旋转90°，得△A'BO′，
∴∠ABA'＝90°，AB＝A'B＝5，
∴AA'＝ ＝ ＝5 ；
（2）如图②，若α＝45°，则∠OBO'＝45°，过点O'作O'C⊥OB于点C，则∠O'CB＝90°，
∴BC＝CO'，
∵把△ABO绕点B逆时针旋转45°，得△A'BO′，
∴OB＝OB'＝4，
∴BC＝CO'＝4× ＝2 ，
∴OC＝OB﹣BC＝4﹣2 ，
∴O'（2 ，4﹣2 ）；
（3） 在旋转过程中，点M与点N可能重合，重合时MN值最小为0；
AB在N点上方与y轴重合，且M点在点A时，MN最大，最大值为：4-1+5=8，
∴MN的取值范围是 MN≤8．
【点睛】
本题是几何变换综合题，考查了旋转的性质，直角三角形的性质，勾股定理，熟练掌握旋转的性质是解题
的关键．
53．如图，Rt△ 中， ， ，△ 绕点 顺时针旋转 ，得到△ ，（1）求证： 垂直平分 ；
（2） 是 中点，连接 ， ，若 ，求四边形 的面积．
【答案】（1）见解析；（2）
【分析】
（1）由 ， ，得∠ABC=30°，根据旋转角的定义，得∠ACD=60°，故∠BCD=30°，
∠BCE=60°，因此∠ABC=∠BCD，DB=DC，问题得证；
（2）四边形ACFB的面积是三角形ACD面积的3倍，计算三角形ADC的面积即可．
【详解】
（1）∵ ， ，
∴∠ABC=30°，
根据旋转角的定义，得∠ACD=60°，
∴∠BCD=30°，∠BCE=60°，
∴∠ABC=∠BCD，
∴DB=DC，
∵∠ACD=∠A=∠CDE=60°
∴∠BDE=60°
∴DE平分∠BDC
∴点D在线段BC的垂直平分线上，
∴DE垂直平分BC；（2）如图，过点D作DG⊥AC，垂足为G，
∵CA=CD，∠A=60°，
∴△ACD是等边三角形，AD=CD=AC，
∵DE垂直平分BC，
∴DB=DC，FB=FC，
∴DB=DC=DA=CA= AB，
∵ 是 中点，
∴CF=DF=EF= DE，
∴DB=DC=DA=CA= CF=DF=BF，
∴四边形ACFD是菱形，四边形DCFB是菱形；
∴四边形ACFB的面积是三角形ACD面积的3倍，
∵AC=AD=2，∴AG=1，DG= ，
∴四边形ACFB的面积：3× ×AC×DG=3× ×2× =3 ．
【点睛】
本题考查了旋转的性质，线段的垂直平分线，直角三角形的性质，等边三角形的判定和性质，菱形的判定
和性质，熟记旋转的性质，菱形的性质，等边三角形的判定和性质是解题的关键．
54．如图，在 中，点 是 边上的中点．
（1）画出 关于点 的中心对称图形（ ）；
（2）若 ， ，根据所作图形直接写出线段 长的取值范围．
【答案】（1）图形见解析；（2） ．
【分析】
(1)可根据中心对称图形的定义作图即可；
(2)根据中心对称图形的定义得 ，可知 ， 再根据三角形三边关系，
得出 CE的取值范围，从而得出CD的取值范围．
【详解】
解：（1）所画图形，如图所示：
沿长CD至点E，使DE=CD，连接AE，则 就是所作的图形，（2）由（1）知： ，
∴ ， ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ．
【点睛】
本题考查作图-旋转变换，三角形的三边关系，线段的垂直平分线等知识，读懂题意是解题的关键．
55．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） ．
【答案】（1）见解析；（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．
【详解】
证明： 线段 绕点 顺时针旋转角 得到线段 ，， ．
，
．
在 与 中，
．
（2）解： ，
，
又 ，
，
【点睛】
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．
56．如图，△ABC为等边三角形，将BC边绕点B顺时针旋转30°，得到线段BD，连接AD，CD，求
∠ADC的度数．【答案】30°
【分析】
首先证明∠ABD＝90°，求出∠BDC，∠ADB即可解决问题．
【详解】
解：∵△ABC为等边三角形，
∴AB＝BC，∠ABC＝60°．
根据题意可知BD＝BC，∠DBC＝30°．
∴AB＝BD=BC，∠ABD＝90°，
∴∠BDC＝75°，∠BDA＝45°
∴∠ADC＝∠BDC ﹣∠BDA＝30°．
【点睛】
本题考查等边三角形的性质、旋转的性质、等腰三角形的性质，熟练掌握相关知识点性质是解答的关键．
57．如图，在 中， ， ，将 绕点 逆时针旋转 得到
，连接 ，
（1） ，连接 ，则 的长是 ．
（2）求证：（3）连接 ，求 的长．
【答案】（1） ， ；（2）见解析；（3）
【分析】
（1）由旋转的性质可得BC=CN，∠BCN=60°=∠ACM，AC=CM，可得∠BCM=∠BCA+∠ACM=105°，
BCN是等边三角形，即可求解；
△（2）可证 ACM是等边三角形，可得AM=CM，可证BM垂直平分AC，可得结论；
（3）连接△AN，并延长AN交CM于H，可证AH垂直平分CM，可求NH和AH的长，即可求解．
【详解】
解：（1）连接BN，
∵∠ABC=90°，AB=BC= ，
∴∠ACB=∠BAC=45°，AC= AB=2，
∵将 ABC绕点C逆时针旋转60°得到 MNC，
∴BC=△CN，∠BCN=60°=∠ACM，AC=C△M，
∴∠BCM=∠BCA+∠ACM=105°， BCN是等边三角形，
△
∴BN=BC= ，
故答案为：105°， ；
（2）连接AM，
∵AC=CM，∠ACM=60°，
∴△ACM是等边三角形，
∴AM=CM，
又∵BC=BA，
∴BM垂直平分AC，∴BM⊥AC；
（3）连接AN，并延长AN交CM于H，如图，
∵将 ABC绕点C逆时针旋转60°得到 MNC，
△ △
∴CA=CM=2，CN=MN=CB=AB= ，∠ACM=60°，∠CNM=∠CBA=90°，
∴△ACM为等边三角形，
∴AC=AM，
而NC=NM，
∴AH垂直平分CM，
∴CH=NH= CM=1，AH= CH= ，
∴AN=AH-NH= -1．
【点睛】
本题考查了旋转的性质：对应点到旋转中心的距离相等；对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角；
旋转前、后的图形全等．也考查了等腰直角三角形．
58．如图，在 中， ，将 绕点C顺时针旋转90°得到 ，连接 ，
，延长 交 于点F，过点C作 交 于点P．
（1）求证： ．
（2）求证： ．
【答案】（1）见解析；（2）见解析
【分析】
（1）根据旋转的性质得到 ，推出 ，根据全等三角形的性质即可得到结论；
（2）连接PD，根据全等三角形的性质得到AC＝EC，DC＝BC，求得∠AEC＝45°，得到∠B＝∠BAE＝
67.5°，根据平行线的性质得到∠BPC＝∠BAE＝67.5°，∠BCP＝∠AEC＝45°，根据全等三角形的性质得到
∠DPC＝∠BPC＝67.5°，PB＝PD，得到∠FPD＝180°−67.5°−67.5°＝45°，根据等腰直角三角形的判定及勾
股定理即可得到结论．
【详解】
证明：（1）∵ 绕点C顺时针旋转90°得到 ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
在 与 中，
，
∴ ，
∴ ．
（2）连接 ，
，
∴ ， ，∵ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ， ，
∴ ，
在 与 中，
，
∴ ，
∴ ， ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
在 中，由勾股定理得： ，
∴ ．
【点睛】
本题考查了旋转的性质、全等三角形的判定和性质等知识，熟练掌握旋转的性质是解题的关键．
59．如图，在四边形 中， ， ， ，E是BC边上一动点，
连结AE，将AE绕点A逆时针旋转135°到AF，连结EF与AD交于点G，连结DE，DF，设BE的长为x．（1）求证： ．
（2）若 的面积为y，求y关于x的函数表达式，并求y的最大值．
（3）当 是等腰三角形时，求x的值．
【答案】（1）见解析；（2） ，最大值为 ；（3） 或 或2
【分析】
（1）根据已知条件以及旋转的性质即可证明 ；
（2）过点E作 ，交FC于点H，根据已知条件求得EH的值，根据（1）中可知，
，再根据三角形面积公式表示y，并根据二次函数求值即可．
（3）分情况讨论，当 时，求x得值；当 时，求x的值；当 时，求x得值．
【详解】
（1）∵ ， ，
∴ ．
∵AE绕点A逆时针旋转135°到AF，
∴ ， ．
∴
在 和 中
∵∴
（2）过点E作 ，交FC于点H．
∵ ，
∴
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∴点C，D，F三点共线．
又∵ ，
∵ ，
∴ 为等腰 ．
∴
当 时， 有最大值， ．
（3）①当 时，则 ，即 ，解得 ．②当 时，则 ，即 ， ，
解得 （注： 也得满分）
③当 时， ．
【点睛】
本题主要考查全等三角形的判定和性质，旋转的性质，二次函数与实际问题并求最值，分情况讨论等腰三
角形，根据三角形面积公式表示二次函数的解析式以及分情况讨论等腰三角形边的情况是解题关键．
60．在平面直角坐标系中，抛物线y＝x2﹣2ax﹣a（a为常数）．
（1）当（﹣ ，m）在抛物线上，求m的值．
（2）当抛物线的最低点到x轴的距离恰好是 时，求a的值．
（3）已知A（﹣1，1）、B（﹣1，2a﹣ ），连接AB．当抛物线与线段AB有交点时，记交点为P（点P
不与A、B重合），将线段PB绕点P顺时针旋转90°得到线段PM，以PM、PA为邻边构造矩形PMQA．
①若抛物线在矩形PMQA内部的图象的函数值y随自变量x的增大而减小时，求a的取值范围．
②当抛物线在矩形PMQA内部（包含边界）图象所对应的函数的最大值与最小值的差为 时，直接写出a
的值．
【答案】（1）m＝ ；（2）a＝﹣ 或a＝ 或a＝ ；（3）①﹣ ＜a＜0或a＞ ；②a
＝﹣1+ 或a＝﹣1﹣ 或a＝﹣ ．
【分析】
（1）将点（﹣ ，m）代入y＝x2﹣2ax﹣a即可求得m的值；
（2）将函数解析式化为顶点式，得到顶点坐标，令顶点纵坐标等于 求a在值即可；（3）①先求出点P坐标，再分两种情况：当点B在点A上方时，求得a的取值范围，由PB＝PM确定点
M横坐标判断得出抛物线对称轴在点M右侧，满足题意；当点B在点A下方时，同法求出答案；
②先确定点Q的坐标为（a﹣ ，1），再分情况：当 ＜a＜ 时，当a＜ 时，求出抛
物线在矩形内部的最高点和最低点的纵坐标，令其等于 即可求得答案．
【详解】
（1）将（﹣ ，m）代入y＝x2﹣2ax﹣a可得：
m＝ +a﹣a，
∴m＝ ．
（2）∵y＝x2﹣2ax﹣a＝（x﹣a）2﹣a2﹣a，
∴抛物线顶点坐标为（a，﹣a2﹣a），
当﹣a2﹣a＝ 时，
解得a＝﹣ ，
当﹣a2﹣a＝﹣ 时，
解得a＝ 或a＝ ．
∴a＝﹣ 或a＝ 或a＝ ．
（3）①AB所在直线解析式为x＝﹣1，
将x＝﹣1代入y＝x2﹣2ax﹣a得y＝1+a，
∴点P坐标为（﹣1，1+a），当点B在点A上方时，2a﹣ ＞1+a＞﹣1，
解得a＞ ，
∵PB＝PM＝2a﹣ ﹣（1+a）＝a﹣ ，
∴点M横坐标为﹣1+a﹣ ＝a﹣ ，
∵a＞a﹣ ，
∴抛物线对称轴在点M右侧，满足题意，
∴a＞ ．
当点B在点A下方时，﹣1＞1+a＞2a﹣ ，
解得a＜0，
∵PB＝PM＝1+a﹣（2a﹣ ）＝ ﹣a，
∴点M横坐标为﹣1﹣（ ﹣a）＝a﹣ ，当抛物线经过点M时， ，
解得a＝﹣ ，
∴﹣ ＜a＜0满足题意．
综上所述，﹣ ＜a＜0或a＞ ．
②由①得Q的横坐标为a﹣ ，
∴Q的坐标为（a﹣ ，1），
当a＞ ，抛物线经过点Q时，将（a﹣ ，1）代入抛物线解析式得：
1＝（a﹣ ）2﹣2a（a﹣ ）﹣a，解得a＝ 或a＝ （舍），
抛物线与直线x＝a﹣ 交点为（a﹣ ，﹣a2﹣a+ ），
当 ＜a＜ 时，抛物线与矩形交点最高点为点P（﹣1，1+a），最低点坐标为（a﹣ ，﹣a2﹣
a+ ），
﹣a2﹣a+ ﹣（1+a）＝ 时，解得a＝﹣1+ 或a＝﹣1﹣ （舍）．
当a＜0时，抛物线经过点Q时，a＝ ，
∴ ≤a＜0时，抛物线与矩形交点最高点纵坐标为1，最低点纵坐标为点P纵坐标为1+a，
当1﹣（1+a）＝ 时，a＝﹣ ．当a＜ 时，抛物线与直线MQ交点（a﹣ ，﹣a2﹣a+ ）为最高点，点P为最低点，
当﹣a2﹣a+ ﹣（1+a）＝ 时，解得a＝﹣1+ （舍）或a＝﹣1﹣ ．
综上所述，a＝﹣1+ 或a＝﹣1﹣ 或a＝﹣ ．
【点睛】
此题考查二次函数的综合知识，抛物线上点的坐标特点，一般式解析式化为顶点式形式，函数的最值问题，
还考查了矩形的性质，旋转的性质，掌握和性质特点是解题的关键．
