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2022—2023 学年九年级上学期第三单元过关检测（1）
一、选择题（本题共12小题，每小题4分，共48分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目
要求的，请用2B铅笔把答题卡上对应题目答案标号涂黑）
1．（4分）图书馆的标志是浓缩图书馆文化的符号，下列图书馆标志中，是中心对称图形的是（ ）
A． B． C． D．
【分析】一个图形绕某一点旋转180°，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形就叫做
中心对称图形．根据中心对称图形的概念对各选项分析判断即可得解．
【解答】解：选项A、B、D不能找到这样的一个点，使图形绕某一点旋转180°后与原图重合，所以不
是中心对称图形；
选项C能找到这样的一个点，使图形绕某一点旋转180°后与原图重合，所以是中心对称图形；
故选：C．
2．（4分）下列运动属于旋转的是（ ）
A．滚动过程中的篮球
B．一个图形沿某直线对折过程
C．气球升空的运动
D．钟表钟摆的摆动
【分析】根据旋转的定义，即可解答．
【解答】解：A、滚动过程中的篮球，属于平移和旋转，故A不符合题意；
B、一个图形沿某直线对折过程，不属于旋转，故B不符合题意；
C、气球升空的运动，不属于旋转，故C不符合题意；
D、钟表钟摆的摆动，属于旋转，故D符合题意；
故选：D．
3．（4分）如图，在由小正方形组成的网格图中再涂黑一个小正方形，使它与原来涂黑的小正方形组成的
新图案为轴对称图形，则涂法有（ ）A．1种 B．2种 C．3种 D．4种
【分析】直接利用轴对称图形的性质得出符合题意的答案．
【解答】解：如图所示：将①②③位置涂成黑色，能使整个阴影部分成为轴对称图形，
故选：C．
4．（4分）如图，∠AOB＝90°，将Rt△AOB绕点O顺时针旋转20°得到△COD，则∠COB的度数是（
）
A．20° B．70° C．90° D．110°
【分析】由旋转的性质可得∠BOD＝∠AOC＝20°，即可求解．
【解答】解：∵将Rt△AOB绕点O顺时针旋转20°得到△COD，
∴∠BOD＝∠AOC＝20°，
∴∠BOC＝∠AOB﹣∠AOC＝70°，
故选：B．
5．（4分）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠A＝30°，AB＝5，将△ABC绕点B顺时针旋转得到
△A'B'C'，其中点A，C的对应点分别为点A'，C'，当点C'落在AB的延长线上时，过点C做CD∥AB，
交A'B于点D，则CD的长为（ ）A．2.5 B．3 C．3.5 D．4
【分析】由直角三角形的性质可求 BC的长，由旋转的性质可得∠ABC＝∠A'BC'＝60°，通过证明
△BCD是等边三角形，可得CD＝BC＝ ．
【解答】解：在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠A＝30°，AB＝5，
∴BC＝ AB＝ ，∠ABC＝60°，
∵将△ABC绕点B顺时针旋转得到△A'B'C'，
∴∠ABC＝∠A'BC'＝60°，
∵CD∥AB，
∴∠DCB＝∠ABC＝60°，∠CDB＝∠DBC'＝60°，
∴△BCD是等边三角形，
∴CD＝BC＝ ，
故选：A．
6．（4分）如图，在△ABC中，∠A＝80°，AC＝BC，以点B为旋转中心把△ABC按顺时针旋转 度，得
到△A′BC′，点A′恰好落在AC上，连接CC′，则∠ACC′的度数为（ ） α
A．110° B．100° C．90° D．70°
【分析】在△ABC中，可求得∠ABC和∠ACB，在△ABA′中由旋转的性质可求得 的大小，从而可求
得∠CBC′，在△BCC′中可求得∠BCC′，从而可求得∠ACC′． α
【解答】解：∵AC＝BC，∴∠A＝∠ABC＝80°，
∴∠ACB＝180°﹣80°﹣80°＝20°，
∵以点B为旋转中心把△ABC按顺时针旋转 度，得到△A′BC′，
∴AB＝A′B，BC＝BC′，且∠CBC′＝ ，α
∴∠BA′A＝∠A＝80°， α
∴ ＝20°，
∴α∠CBC′＝20°，
∴∠BCC′＝ （180°﹣20°）＝80°，
∴∠ACC′＝∠ACB+∠BCC′＝20°+80°＝100°．
故选：B．
7．（4分）如图，在平面直角坐标系中，点A的坐标为（3，2），将线段OA绕点O顺时针旋转180°得到
线段OA′，则点A′的坐标是（ ）
A．（3，﹣2） B．（﹣3，2） C．（﹣3，﹣2） D．（2，﹣3）
【分析】利用中心对称的性质解决问题即可．
【解答】解：由题意，A与A′关于原点对称，
∵A（3，2），
∴A′（﹣3，﹣2），
故选：C．
8．（4分）如图，点O为矩形ABCD的对称中心，点E从点A出发沿AB向点B运动，移动到点B停止，
延长EO交CD于点F，则四边形AECF形状的变化依次为（ ）
A．平行四边形→菱形→平行四边形→矩形
B．平行四边形→正方形→平行四边形→矩形
C．平行四边形→正方形→菱形→矩形
D．平行四边形→菱形→正方形→矩形
【分析】通过作图观察即可得出答案．
【解答】解：画图如下，，
由图可知最后会与原有矩形重合，
∴四边形AECF形状的变化依次为平行四边形→菱形→平行四边形→矩形，
故选：A．
9．（4分）已知点P（m﹣3，m﹣1）关于原点的对称点P′在第四象限，则m的取值范围在数轴上表示正
确的是（ ）
A． B．
C． D．
【分析】根据点所在象限确定范围．
【解答】解：∵点P（m﹣3，m﹣1）关于原点的对称点P′在第四象限，
∴点P在第二象限，
∴ ，
解得：1＜m＜3，
故选D．
10．（4分）如图，在正方形 ABCD中，将边BC绕点B逆时针旋转至BC′，连接CC′、DC′，若
∠CC′D＝90°，C′D＝4，则正方形ABCD的边长为（ ）
A．8 B．10 C． D．
【分析】过点B作BE⊥CC'于点E，证明△BCE≌△CDC'（AAS），由全等三角形的性质得出CE＝C'D，由旋转的性质及等腰三角形的性质求出CC'＝8，由勾股定理可得出答案．
【解答】解：过点B作BE⊥CC'于点E，如图：
∵四边形ABCD是正方形，
∴BC＝CD，∠BCD＝90°，
∴∠BCE+∠C'CD＝90°，
∵∠BCE+∠CBE＝90°，
∴∠C'CD＝∠CBE，
又∵∠BEC＝∠CC'D，
∴△BCE≌△CDC'（AAS），
∴CE＝C'D＝4，
∵将边BC绕点B逆时针旋转至BC'，
∴BC＝BC'，
又∵BE⊥CC'，
∴CE＝C'E＝C'D＝4，
∴CC'＝8，
∴CD＝ ＝ ＝4 ，
∴正方形ABCD的边长为4 ．
故选：D．
11．（4分）如图， D的半径为2，圆心D的坐标为（3，5），点C是 D上的任意一点，CA⊥CB，且
CA、CB与x轴分⊙别交于A、B两点，若点A、点B关于原点O对称，则⊙AB的最大值为（ ）A．14 B．2 ﹣4 C．2 +2 D．2 +4
【分析】利用直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可知，OC越大，AB越大．求OC最大值即可．
【解答】解：如图，连接OC，当OC经过圆心D时，OC最长，
过点D作DE⊥AB，垂足为E，
在Rt△ODE中，
OD＝ ＝ ＝ ，
∴OC ＝OD+CD＝ +2，
max
∵A，B关于原点O对称，CA⊥CB，
∴OC为Rt△ABC斜边AB上的中线，
∴AB＝2OC＝2（ +2）＝2 +4．
故选：D．
12．（4分）如图，O是等边△ABC内一点，OA＝3，0B＝4，OC＝5，将线段BO以点B为旋转中心逆时
针旋转60°得到线段BO'，下列结论：
①△BO'A可以由△BOC绕点B逆时针旋转60°得到；
②点O与O′的距离为4；
③∠AOB＝150°；
④S四边形AOBO′ ＝6+3 ；⑤S△AOC +S△AOB ＝6+ ．
其中结论正确的是（ ）
A．①②③⑤ B．①②③④ C．①②③④⑤ D．①②③
【分析】连接 OO′，过点 O作OD⊥BO′，垂足为 D，由旋转的性质可得∠OBO′＝60°，BO＝
BO′，根据等边三角形的性质可得∠OBO′﹣∠ABO＝∠ABC﹣∠ABO，从而证明ΔO′BA≌△OBC，
即可判断①正确，证明△BOO′是等边三角形，即可判断②正确；根据等边三角形的性质可得
∠BOO′＝60°，根据全等三角形的性质可证△AOO′是直角三角形，即可判断③正确；在Rt△BOD
中，求出OD的长，然后根据S四边形AOBO′ ＝S△BOO′+S△AOO′ 进行计算即可判断④不正确；将△AOB绕
点A逆时针旋转60°，使得AB与AC重合，点O旋转至点的位置，连接OE，过点A作AF⊥OE，垂足
为F，仿照④的解题思路，即可判断⑤不正确．
【解答】解：连接OO′，过点O作OD⊥BO′，垂足为D，
由旋转得：
∠OBO′＝60°，BO＝BO′，
∵△ABC是等边三角形，
∴AB＝BC＝AC，∠ABC＝∠BAC＝60°，
∴∠OBO′﹣∠ABO＝∠ABC﹣∠ABO，
∴∠O′BA＝∠COB，
∴ΔO′BA≌△OBC（SAS），
∴△BO'A可以由△BOC绕点B逆时针旋转60°得到，
故①正确；
由旋转得：
∠OBO′＝60°，BO＝BO′，
∴△BOO′是等边三角形，
∴OO′＝OB＝4，∴点O与O′的距离为4；
故②正确；
∵△BOO′是等边三角形，
∴∠BOO′＝60°，
∵ΔO′BA≌△OBC，
∴AO′＝OC＝5，
∴AO2+OO′2＝AO′2，
∴△AOO′是直角三角形，
∴∠AOO′＝90°，
∴∠AOB＝∠BOO′+∠AOO′＝150°，
故③正确；
在Rt△BOD中，OD＝BOsin60°＝4× ＝2 ，
∴S四边形AOBO′ ＝S△BOO′+S△AOO′
＝ BO′•OD+ AO•OO′
＝ ×4×2 + ×3×4
＝4 +6，
故④不正确；
将△AOB绕点A逆时针旋转60°，使得AB与AC重合，点O旋转至点的位置，连接OE，过点A作
AF⊥OE，垂足为F，如图：
∴AO＝AE，∠OAE＝60°，OB＝EC＝4，
∴△AOE是等边三角形，
∴OE＝AO＝3，
∵OC＝5，
∴OE2+EC2＝OC2，
∴△OEC是直角三角形，
在Rt△AOF中，AF＝AOsin60°＝3× ＝ ，
∴S△AOC +S△AOB
＝S△AOC +S△ACE＝S△AOE +S△OCE
＝ OE•AF+ OE•EC
＝ ×3× + ×3×4
＝6+ ，
故⑤不正确；
所以，上列结论，正确的结论是①②③，
故选：D．
二、填空题（本题共4个小题，每小题4分，共16分，答题请用黑色墨水笔或签字笔直接答在答题卡相应
的位置上）
13．（4分）如图，△ABC中，在同一平面内，将△ABC绕点A旋转到△AB'C'的位置，使得CC'∥AB，
∠BAB'＝44°，则∠CAB＝ °．
【分析】利用旋转的性质可得AC＝AC′，∠BAB'＝∠CAC′＝44°，然后利用等腰三角形的性质以及三
角形内角和定理可得∠AC′C＝∠ACC′＝68°，最后利用平行线的性质即可解答．
【解答】解：由旋转得：
AC＝AC′，∠BAB'＝∠CAC′＝44°，
∴∠AC′C＝∠ACC′＝ （180°﹣∠CAC′）＝68°，
∵CC'∥AB，
∴∠ACC′＝∠CAB＝68°，
故答案为：68．
14．（4分）根据指令[s，A]（s≥0，0°＜A＜180°），机器人在平面上能完成下列动作：先原地逆时针旋
转角度A，再朝其面对的方向沿直线行走距离s．现机器人在直角坐标系的坐标原点，且面对x轴正方
向．若给机器人下了一个指令[4，120°]，机器人将移动到点B，则点B的坐标为 ．
【分析】机器人原地逆时针旋转120°，再向前行走4个单位，结合图形，解直角三角形求出OC，BC即可．
【解答】解：∵指令为[4，120°]，
∴机器人原地逆时针旋转120°，再向前行走4个单位，如图所示：
根据题意得：OB＝4，∠BOC＝60°，
过点B作x轴的垂线，垂足为C，
∴OC＝ OB=4× ＝2，
∴BC＝2
∴B（2，2 ）．
故答案为：（2，2 ）．
15．（4分）如图，△ABC为等边三角形，AB＝4，AD⊥BC，点E为线段AD上的动点，连接CE，以CE
为边作等边△CEF，连接DF，则线段DF的最小值为 ．
【分析】连接BF，由等边三角形的性质可得三角形全等的条件，从而可证△BCF≌△ACE，推出∠CBF
＝∠CAE＝30°，再由垂线段最短可知当DF⊥BF时，DF值最小，利用含30°的直角三角形的性质定理
可求DF的值．
【解答】解：如图，连接BF，∵△ABC为等边三角形，AD⊥BC，AB＝4，
∴BC＝AC＝AB＝4，BD＝DC＝2，∠BAC＝∠ACB＝60°，∠CAE＝30°，
∵△CEF为等边三角形，
∴CF＝CE，∠FCE＝60°，
∴∠FCE＝∠ACB，
∴∠BCF＝∠ACE，
在△BCF和△ACE中，
，
∴△BCF≌△ACE（SAS），
∴∠CBF＝∠CAE＝30°，AE＝BF，
∴点F在与BC成30°的射线BF上运动，
∴当DF⊥BF时，DF值最小，
此时∠BFD＝90°，∠CBF＝30°，BD＝2，
∴DF＝1，
故答案为：1．
16．（4分）如图，在平面直角坐标系中，等边△AOB，点A的坐标为（﹣1，0），每一次将△AOB绕着
点O顺时针方向旋转60°，同时每边扩大为原来的2倍，第一次旋转后得到△A OB ，第二次旋转后得
1 1
到△A OB ，…，依次类推，则点A 的坐标为 ．
2 2 2022【分析】根据旋转角度为60°，可知每旋转6次点A的位置重复出现，由此可知第2022次旋转后，点A
2
与点A的位置相同，都在x轴的负半轴上，再由OA ＝2n，即可求解．
n
【解答】解：∵A（﹣1，0），
∴OA＝1，
∵每次旋转角度为60°，
∴6次旋转360°，
∵2022÷6＝374，
∴第2022次旋转后，点A 与点A的位置相同，都在x轴的负半轴上，
2
∵第一次旋转后，OA ＝2，
1
第二次旋转后，OA ＝22，
2
第三次旋转后，OA ＝23，
3
……
∴第2022次旋转后，OA ＝22022，
2022
∴点A 的坐标为（﹣22022，0）．
2022
故答案为：（﹣22022，0）．
三、解答题（本题共8个小题，共86分，答题请用黑色墨水笔或签字笔直接答在答题卡相应的位置上，解
答时应写出必要的文字说明、证明步骤或演算步骤.）
17．（8分）如图，方格纸中的每个小方格都是边长为 1个单位的正方形，在建立平面直角坐标系后，
△ABC的顶点均在格点上，点B的坐标为（1，0）．
（1）画出△ABC关于x轴对称的△A B C ；
1 1 1
（2）画出与△ABC关于原点对称的△A B C ，并写出A 、C 的坐标．
2 2 2 2 2
【分析】（1）根据轴对称的性质作图即可．
（2）根据中心对称的性质作图，即可得出答案．
【解答】解：（1）如图，△A B C 即为所求．
1 1 1（2）如图，△A B C 即为所求．
2 2 2
点A 的坐标为（﹣2，﹣2），点C 的坐标为（﹣3，﹣1）．
2 2
18．（8分）已知Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝4，∠B＝30°，把边AC绕点A逆时针旋转，点C的对
应点D落在边AB上．
（Ⅰ）如图①，则线段AD的长为 ，旋转角的大小为 ，点D到直线BC的距离为 ；
（Ⅱ）点P是直线BC上的一个动点，连接AP，把△ACP绕点A逆时针旋转，使边AC与AD重合，得
△ADQ，点Q与点P是对应点．如图②，当点P在边CB上，且CP＝3 时，求PQ的长．
【分析】（Ⅰ）先由旋转的性质得 AD＝AC＝4，再由直角三角形的性质得 AB＝2AC＝8，∠CAB＝
60°，过D作DF⊥BC于F，由直角三角形的性质即可得出DF＝ BD＝2；
（Ⅱ）先由旋转的性质得△ADQ≌△ACP，则AQ＝AP，∠PAQ＝∠CAD＝60°，再证出△PAQ是等边三
角形，得PQ＝AP，然后由勾股定理即可得出答案．
【解答】解：（Ⅰ）由旋转的性质得：AD＝AC＝4，
∵∠ACB＝90°，∠B＝30°，
∴AB＝2AC＝8，∠CAB＝90°﹣30°＝60°，
即旋转角的大小为60°，
过D作DF⊥BC于F，如图①所示：∵BD＝AB﹣AD＝4，∠B＝30°，
∴DF＝ BD＝2，
即点D到直线BC的距离为2，
故答案为：4，60°，2；
（Ⅱ）如图②所示：
∵把△ACP绕点A逆时针旋转，使边AC与AD重合，
∴△ADQ≌△ACP，
∴AQ＝AP，∠PAQ＝∠CAD＝60°，
∴△PAQ是等边三角形，
∴PQ＝AP，
在Rt△ACP中，AP＝ ＝ ＝ ，
∴PQ＝ ．
19．（10分）已知：．如图．△ABC和△DEC都是等边角形．D是BC延长线上一点，AD与BE相交于点
P．AC、BE相交于点M，AD、CE相交于点N．
（1）在图①中，求证：AD＝BE；
（2）当△CDE绕点C沿逆时针方向旋转到图②时，∠APB＝ ．
【分析】（1）根据等边三角形性质得出AC＝BC，CE＝CD，∠ACB＝∠ECD＝60°，求出∠BCE＝
∠ACD，根据SAS推出两三角形全等即可；
（2）证明△ACD≌△BCE（SAS），得到AD＝BE，∠DAC＝∠EBC，根据三角形的内角和定理，即可
解答．
【解答】（1）证明：∵△ABC和△CDE为等边三角形，
∴AC＝BC，CD＝CE，∠BCA＝∠DCE＝60°，
∴∠ACD＝∠BCE，在△ACD和△BCE中，
AC＝BC，∠ACD＝∠BCE，CD＝CE，
∴△ACD≌△BCE（SAS），
∴AD＝BE；
（2）解：∵△ABC和△CDE都是等边三角形，
∴AC＝BC，CD＝CE，∠ACB＝∠DCE＝60°，
∴∠ACB+∠BCD＝∠DCE+∠BCD，
即∠ACD＝∠BCE，
在△ACD和△BCE中，
，
∴△ACD≌△BCE（SAS），
∴∠DAC＝∠EBC，
∵∠AMP＝∠BMC，
∴∠APB＝∠ACB＝60°．
故答案为：60°．
20．（10分）如图，等腰△ABC中，AB＝AC＝1，∠BAC＝45°，将△ABC绕点A逆时针旋转一定角度
（45°＜ ≤90°）得到△ADE，点B、C的对应点分别是D、E．连结BD、CE交于点F，连结AD、CEα
交于点Gα．
（1）用含 的代数式表示∠AGC的度数；
（2）当AEα∥BD时，求CF的长．
【分析】（1）由旋转的性质可得AB＝AD，AC＝AE，∠BAC＝∠DAE＝45°，∠CAE＝ ＝∠BAD，由
等腰三角形的性质可求解； α
（2）由等腰三角形的性质可得∠ABD＝ ，由平行线的性质可求 ＝90°，由等腰直角三角形
的性质和平行四边形的性质可求解． α【解答】解：（1）∵将△ABC绕点A逆时针旋转一定角度 （45°＜ ≤90°）得到△ADE，
∴AB＝AD，AC＝AE，∠BAC＝∠DAE＝45°，∠CAE＝ ＝∠α BAD，α
∵AB＝AC， α
∴AC＝AE＝AB＝AD，
∴∠AEC＝∠ACE＝ ，
∴∠AGC＝∠DAE+∠AEC＝45°+ ＝135°﹣ ；
（2）∵AB＝AD，∠BAD＝ ，
α
∴∠ABD＝ ，
∵AE∥BD，
∴∠ABD+∠BAE＝180°，
∴ + +45°＝180°，
∴ ＝90°， α
∴α∠BAD＝∠CAE＝90°，
∴CE＝ AC＝ ，∠AEC＝45°，
∵∠BAE＝135°，
∴∠BAE+∠AEC＝180°，
∴AB∥CE，
∴四边形ABFE是平行四边形，
∴AB＝EF＝1，
∴CF＝CE﹣EF＝ ﹣1．
21．（12分）如图，将等边△ABC绕点C顺时针旋转90°得到△EFC，∠ACE的平分线CD交EF于点D，
连接AD、AF．
（1）求∠CFA度数；
（2）求证：△ACD≌△ECD；
（3）AD和BC有什么位置关系？请说明理由．【分析】（1）由等边三角形的性质可得∠ACB＝60°，BC＝AC，由旋转的性质可得CF＝BC，∠BCF＝
90°，由等腰三角形的性质可求解；
（2）由“SAS”可证△ECD≌△ACD；
（3）由全等三角形的性质可得∠DAC＝∠E＝60°＝∠ACB，即可证AD∥BC．
【解答】（1）解：∵△ABC是等边三角形，
∴∠ACB＝60°，BC＝AC，
∵等边△ABC绕点C顺时针旋转90°得到△EFC，
∴CF＝BC，∠BCF＝90°，AC＝CE，
∴CF＝AC，
∵∠BCF＝90°，∠ACB＝60°，
∴∠ACF＝∠BCF﹣∠ACB＝30°，
∴∠CFA＝ （180°﹣∠ACF）＝75°；
（2）证明：∵△ABC和△EFC是等边三角形，
∴∠ACB＝60°，∠E＝60°，
∵CD平分∠ACE，
∴∠ACD＝∠ECD，
在△ACD和△ECD中，
，
∴△ACD≌△ECD（SAS）
（3）解：AD∥BC，理由如下：
∵△ECD≌△ACD，
∴∠DAC＝∠E＝60°，
∴∠DAC＝∠ACB，
∴AD∥BC．
22．（12分）如图，将矩形ABCD绕点C顺时针旋转，得到矩形FGCE，使得点E落在边AB上，AB的延长线交EG于H，连接DE，DH．
（1）求证：ED平分∠AEC；
（2）求证：EC与DH互相平分；
（3）设EC与DH相交于点O，AD＝3，求点O到DC的距离．
【分析】（1）首先利用矩形的性质可以得到∠AED＝∠EDC，然后利用旋转的性质和等腰三角形的性
质可以证明结论；
（2）连接HC，利用矩形的性质证明△EFH≌△CBE（AAS），然后利用全等三角形的性质证明四边形
EHDC为平行四边形即可求解；
（3）过点 O 作 OM⊥DC 于 M，延长 MO 交 AB 于 N，利用已知条件可以证明△EON≌△COM
（ASA），接着证明四边形ADMN是矩形即可解决问题．
【解答】解：（1）∵四边形ABCD是矩形，
∴AB∥CD，
∴∠AED＝∠EDC，
∵CE＝CD，
∴∠CED＝∠EDC，
∴∠AED＝∠CED，
∴ED平分∠AEC；
（2）连接HC，
∵四边形EFGC为矩形，
∴FG∥EC，
∴∠FHE＝∠BEC，
∵∠F＝∠EBC＝90°，EF＝CB，
∴△EFH≌△CBE（AAS），
∴EH＝EC，
∵EC＝DC，
∴EH＝DC，∵EH∥DC，
∴四边形EHDC为平行四边形，
∴EC与DH互相平分；
（3）过点O作OM⊥DC于M，延长MO交AB于N，
∵∠BEC＝∠DCE，EO＝CO，∠EON＝∠COM，
∴△EON≌△COM（ASA），
∴MO＝NO，
∵∠A＝90°，∠ADC＝90°，∠DMN＝90°，
∴四边形ADMN是矩形，
∴MN＝AD＝3，
∴ ，
∴点O到DC的距离为 ．
23．（12分）（1）如图①，将一副直角三角板按照如图方式放置，其中点C、D、A、F在同一条直线上，
两条直角边所在的直线分别为MN、PQ，∠BAC＝30°，∠DEF＝45°．AB与DE相交于点O，则∠BOE
的度数是 ；
（2）将图①中的三角板ABC和三角板DEF分别绕点B、F按各自的方向旋转至如图②所示位置，其
中BA平分∠MBC，求∠PFA的度数；
（3）将如图①位置的三角板ABC绕点B顺时针旋转一周，速度为每秒10°，在此过程中，经过
秒边AB与边DE互相平行．【分析】（1）根据三角形内角和是180°得出∠AOD，再根据对顶角相等求出∠BOE的度数即可；
（2）过点A作AG∥MN，根据平行线的性质∠MBA，再根据∠PFA＝∠BAF﹣∠BMA求出即可；
（3）设经过t秒边AB与边DE互相平行，分两种情况列方程求出时间t即可．
【解答】解：（1）∵∠BAC＝30°，∠DEF＝45°，
∴∠AOD＝180°﹣∠BAC﹣∠EDF＝180°﹣30°﹣45°＝105°，
∴∠BOE＝∠AOD＝105°，
故答案为：105°；
（2）∵BA平分∠MBC，∠ABC＝60°，
∴∠MBA＝60°，
过点A作AG∥MN，
∵MN∥PQ，
∴AG∥MN∥PQ，
∴∠MBA＝∠BAG，∠PFA＝∠FAG，
∵∠BAG+∠FAG＝∠BAF＝75°，
∴∠MBA+∠PFA＝∠BAF＝75°，
∴∠PFA＝∠BAF﹣∠MBA＝75°﹣60°＝15°；
（3）设经过t秒边AB与边DE互相平行，
①BA∥DE时，∠ABM＝∠DEF＝45°，
即60°+10°t+45°＝180°，解得t＝7.5；
②AB∥DE时，∠ABN＝∠DEF＝45°，
即60°+10°t+45°＝360°，
解得t＝25.5；
综上所述，经过7.5秒或25.5秒边AB与边DE互相平行，
故答案为：7.5或25.5．
24．（14分）如图所示，在平面直角坐标系中，如图①，将线段AB平移至线段CD，点A在x轴的负半
轴，点C在y轴的正半轴上，连接AC、BD．
（1）若A（﹣3，0）、B（﹣2，﹣2），C（0，2），直接写出点D的坐标；
（2）如图②，在平面直角坐标系中，已知一定点 M（2，0），两个动点E（a，2a+1）、F（b，﹣
2b+3）．请你探索是否存在以两个动点E、F为端点的线段EF平行于线段OM且等于线段OM，若存在，
求点E、F的坐标；若不存在，请说明理由；
（3）如图③，在直线EF上有两点A、C，分别引两条射线AB、CD．∠BAF＝110°，∠DCF＝60°，射
线AB、CD分别绕A点，C点以1度/秒和3度/秒的速度同时顺时针转动，设时间为t，在射线CD转动
一周的时间内，是否存在某时刻，使得CD与AB平行？若存在，求出所有满足条件的时间t．
【分析】（1）根据平移变换只改变图形的位置不改变图形的形状可知对应线段平行且相等，对应点的
连线平行且相等；
（2）根据EF∥OM，EF＝OM，O（0，0），M（2，0），得出2a+1＝﹣2b+3，|a﹣b|＝2，解答即可；
（3）分①AB与CD在EF的两侧，分别表示出∠ACD与∠BAC，然后根据内错角相等两直线平行，列
式计算即可得解；
②CD旋转到与AB都在EF的右侧，分别表示出∠DCF与∠BAC，然后根据同位角相等两直线平行，
列式计算即可得解；
③CD旋转到与AB都在EF的左侧，分别表示出∠DCF与∠BAC，然后根据同位角相等两直线平行，
列式计算即可得解．【解答】解：（1）设D（x，y），
∵将线段AB平移至线段CD，A（﹣3，0）、B（﹣2，﹣2），C（0，2），
∴x﹣0＝﹣2﹣（﹣3），y﹣2＝﹣2﹣0，
∴x＝1，y＝0，
∴D（1，0）；
（2）存在，理由：
，
∵EF∥OM，EF＝OM，O（0，0），M（2，0），
∴点E与F的纵坐标相等，横坐标的差的绝对值为2，四边形OMEF是平行四边形，
即2a+1＝﹣2b+3，|a﹣b|＝2，
解得：a＝﹣ ，b＝ 或a＝ ，b＝﹣ ，
∴点E的坐标为（﹣ ，0），F的坐标为（ ，0）或点E的坐标为（ ，4），F的坐标为（﹣ ，
4），
当E（﹣ ，0），F（ ，0）时，O、M、E、F四点均在x轴上，不能构成平行四边形，舍去；
∴E（ ，4），F（﹣ ，4）；
（3）存在．
分三种情况：，
如图①，AB与CD在EF的两侧时，
∵∠BAF＝110°，∠DCF＝60°，
∴∠ACD＝180°﹣60°﹣3°×t＝120°﹣3°×t＝120°﹣3t°，∠BAC＝110°﹣1°×t＝110°﹣t°，
要使AB∥CD，则∠ACD＝∠BAF，即120°﹣3t°＝110°﹣t°，
解得t＝5，
此时（180°﹣60°）÷3°＝40，
∴0＜t＜40，
②CD旋转到与AB都在EF的右侧时，
∵∠BAF＝110°，∠DCF＝60°，
∴∠DCF﹣360°﹣3t°﹣60°＝300°﹣3t°，∠BAC＝110°﹣t°，
要使AB∥CD，则∠DCF＝∠BAC，即300°﹣3t°＝110°﹣t°，
解得t＝95，
此时（360°﹣60°）÷3°＝100，
∴40＜t＜100；
③CD旋转到与AB都在EF的左侧时，
∵∠BAF＝110°，∠DCF＝60°，
∴∠DCF＝3t°﹣（180°﹣60°+180°）＝3t°﹣300°，∠BAC＝t°﹣110°，
要使AB∥CD，则∠DCF＝∠BAC，
即3t°﹣300°＝t°﹣110°，
解得t＝95，
此时t＞110，
∵95＜110，
∴此情况不存在．
综上所述，t为5秒或95秒时，CD与AB平行．
