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第23章 旋转章末题型过关卷
【人教版】
参考答案与试题解析
一．选择题（共10小题，满分30分，每小题3分）
1．（3分）（2022•湖北）在下面的网格图中，每个小正方形的边长均为 1，△ABC的三个顶点都是网格
线的交点，已知B，C两点的坐标分别为（﹣1，﹣1），（1，﹣2），将△ABC绕点C顺时针旋转
90°，则点A的对应点的坐标为（ ）
A．（4，1） B．（4，﹣1） C．（5，1） D．（5，﹣1）
【分析】先利用B，C两点的坐标画出直角坐标系得到A点坐标，再画出△ABC绕点C顺时针旋转90°
后点A的对应点的A′，然后写出点A′的坐标即可．
【解答】解：如图，A点坐标为（0，2），
将△ABC绕点C顺时针旋转90°，则点A的对应点的A′的坐标为（5，﹣1）．
故选：D．
2．（3分）（2022•宁津县二模）如图，将Rt△ABC（∠B＝25°）绕点A顺时针方向旋转到△ABC 的位置，
1 1
使得点C，A，B 在同一条直线上，那么旋转角等于（ ）
1
A．65° B．80° C．105° D．115°【分析】由三角形的外角性质得出∠BAB＝∠C+∠B＝115°，即可得出结论．
1
【解答】解：∵C，A，B 在同一条直线上，∠C＝90°，∠B＝25°，
1
∴∠BAB＝∠C+∠B＝115°．故选：D．
1
3．（3分）（2022•焦作二模）若两个图形关于某一点成中心对称，那么下列说法．正确的是（ ）
①对称点的连线必过对称中心；
②这两个图形一定全等；
③对应线段一定平行（或在一条直线上）且相等；
④将一个图形绕对称中心旋转180°必定与另一个图形重合．
A．①② B．①③ C．①②③ D．①②③④
【分析】根据（1）中心对称的定义：把一个图形绕着某个点旋转180°，如果它能够与另一个图形重合，
那么就说这两个图形关于这个点对称或中心对称，这个点叫做对称中心，这两个图形中的对应点叫做关
于中心的对称点．
（2）中心对称的性质①关于中心对称的两个图形能够完全重合；②关于中心对称的两个图形，对应点
的连线都经过对称中心，并且被对称中心平分，判断各选项即可得出答案．
【解答】解：根据分析可得：①对称点的连线必过对称中心，正确；
②中心对称的两个图形一定全等，正确；
③对应线段一定平行（或在一条直线上）且相等，正确；
④根据定义可得此说法正确；
①②③④均符合题意．
故选：D．
4．（3分）（2022春•邯郸校级期末）如图，平面直角坐标系内Rt△ABO的顶点A坐标为（3，1），将
△ABO绕O点逆时针旋转90°后，顶点A的坐标为（ ）
A．（﹣1，3） B．（1，﹣3） C．（3，1） D．（﹣3，1）
【分析】画出旋转后图形的位置，根据A点坐标可得OB、AB的长度，从而确定对应线段的长度，根据
旋转后A点所在象限，确定其坐标．
【解答】解：将△ABO绕O点逆时针旋转90°后，位置如图所示．∵A（3，1），∴OB＝3，AB＝1．
∴OB′＝3，A′B′＝1．
∵A′在第二象限，
∴A′（﹣1，3）．
故选：A．
5．（3分）（2022秋•明山区校级月考）将点P（﹣2，3）向上平移3个单位得到点P ，点P 与点P 关于
1 2 1
原点对称，则P 的坐标是（ ）
2
A．（2，6） B．（2，﹣6） C．（2，﹣3） D．（2，0）
【分析】首先利用平移变化规律得出P （﹣2，6），进而利用关于原点对称点的坐标性质得出P 的坐
1 2
标．
【解答】解：∵点P（﹣2，3）向上平移3个单位得到点P，
1
∴P（﹣2，6），
1
∵点P 与点P 关于原点对称，
2 1
∴P 的坐标是：（2，﹣6）．
2
故选：B．
6．（3分）（2022•香坊区模拟）如图，将△OAB绕点O逆时针旋转80°，得到△OCD，若∠A＝2∠D＝
100°，则∠α的度数是（ ）
A．50° B．60° C．40° D．30°
【分析】根据旋转的性质得知∠A＝∠C，∠AOC为旋转角等于80°，则可以利用三角形内角和度数为
180°列出式子进行求解．
【解答】解：∵将△OAB绕点O逆时针旋转80°
∴∠A＝∠C，∠AOC＝80°∴∠DOC＝80°﹣α
∵∠A＝2∠D＝100°
∴∠D＝50°
∵∠C+∠D+∠DOC＝180°
∴100°+50°+80°﹣α＝180° 解得α＝50°
故选：A．
7．（3 分）（2022•涪城区校级自主招生）如图，将 Rt△ABC 绕直角顶点 C 顺时针旋转 90°，得到
△A′B′C，连接AA′，若∠AA′B′＝20°，则∠BAA′的度数是（ ）
A．70° B．65° C．60° D．55°
【分析】由旋转的性质可得AC＝CA'，∠BAC＝∠CA'B'，由等腰直角三角形的性质可求∠CA'B'＝25°＝
∠BAC，即可求解．
【解答】解：∵将Rt△ABC绕直角顶点C顺时针旋转90°，得到△A′B′C连接AA′
∴AC＝CA'，∠BAC＝∠CA'B'，
∴∠CAA'＝∠CA'A＝45°，且∠AA′B′＝20°，
∴∠CA'B'＝25°＝∠BAC，
∴∠BAA'＝∠BAC+∠CAA'＝70°
故选：A．
8．（3分）（2022秋•海拉尔区校级月考）下列是中心对称图形的有（ ）
（1）线段；（2）角；（3）等边三角形；（4）正方形；（5）平行四边形；（6）矩形；（7）等腰梯
形．
A．2个 B．3个 C．4个 D．5个
【分析】把一个图形绕一点旋转180度，能够与原来的图形重合，则这个点就叫做对称点，这个图形就
是中心对称图．依据定义即可进行判断．
【解答】解：由中心对称图形的概念可知，（1）（4）（5）（6）是中心对称图形，符合题意；
（2）（3）（7）不是中心对称图形，是轴对称图形，不符合题意．
故中心对称的图形有4个．故选：C．
9．（3分）（2022春•洪雅县期末）如图，在△ABC中，∠BAC＝55°，∠C＝20°，将△ABC绕点A逆时针
旋转α角度（0＜α＜180°）得到△ADE，若DE∥AB，则α的值为（ ）
A．65° B．75° C．85° D．130°
【分析】根据三角形内角和定理求出∠ABC，根据旋转得出∠EDA＝∠ABC＝105°，根据平行线的性质
求出∠DAB即可．
【解答】解：∵在△ABC中，∠BAC＝55°，∠C＝20°，
∴∠ABC＝180°﹣∠BAC﹣∠C＝180°﹣55°﹣20°＝105°，
∵将△ABC绕点A逆时针旋转α角度（0＜α＜180°）得到△ADE，
∴∠ADE＝∠ABC＝105°，
∵DE∥AB，
∴∠ADE+∠DAB＝180°，
∴∠DAB＝180°﹣∠ADE＝75°
∴旋转角α的度数是75°，
故选：B．
10．（3分）（2022春•龙岗区期末）如图，点E是等边三角形△ABC边AC的中点，点D是直线BC上一
动点，连接ED，并绕点E逆时针旋转90°，得到线段EF，连接DF．若运动过程中AF的最小值为
❑√3+1，则AB的值为（ ）
A．2 B．4❑√3 C．2❑√3 D．4
【分析】由“SAS”可证△BDE≌△NFE，可得∠N＝∠CBE＝30°，则点N在与AN成30°的直线上运动，
当AF'⊥F'N时，AF'有最小值，即可求解．
【解答】解：如图，连接BE，延长AC至N，使EN＝BE，连接FN，∵△ABC是等边三角形，E是AC的中点，
∴AE＝EC，∠ABE＝∠CBE＝30°，BE⊥AC，
∴∠BEN＝∠DEF＝90°，BE=❑√3AE，
∴∠BED＝∠CEF，
在△BDE和△NFE中，
{
BE=EN
∠BED=∠NEF，
DE=EF
∴△BDE≌△NFE（SAS），
∴∠N＝∠CBE＝30°，
∴点N在与AN成30°的直线上运动，
∴当AF'⊥F'N时，AF'有最小值，
1
∴AF'= AN，
2
1
∴❑√3+1= （AE+❑√3AE），
2
∴AE＝2，
∴AC＝4，
故选：D．
二．填空题（共6小题，满分18分，每小题3分）
11．（3分）（2022春•崂山区期末）如图，风车图案围绕着旋转中心至少旋转 6 0 度，会和原图案重合．
【分析】根据旋转角及旋转对称图形的定义结合图形特点作答．【解答】解：∵360°÷6＝60°，
∴该图形绕中心至少旋转60度后能和原来的图案互相重合．
故答案为：60．
12．（3分）（2022•荆州）如图，在4×4的正方形网格中，每个小正方形的顶点称为格点，左上角阴影部
分是一个以格点为顶点的正方形（简称格点正方形）．若再作一个格点正方形，并涂上阴影，使这两个
格点正方形无重叠面积，且组成的图形是轴对称图形，又是中心对称图形，则这个格点正方形的作法共
有 4 种．
【分析】利用轴对称图形以及中心对称图形的性质与定义，进而得出符合题意的答案．
【解答】解：如图所示：这个格点正方形的作法共有4种．
故答案为：4．
❑√3
13．（3分）（2022•涪城区校级自主招生）如图，直线y=- x+2与x轴、y轴分别交于A、B两点，把
3
△AOB绕点A顺时针旋转60°后得到△AO′B′，则点B′的坐标是 （ 2❑√3 ， 4 ） ．
【分析】利用直线解析式求出点A、B的坐标，从而得到OA、OB的长，然后判断出∠BAO＝30°，根据
直角三角形30°角所对的直角边等于斜边的一半可得AB＝2OB，根据旋转角是60°得到AB′⊥x轴，然
后写出点B′的坐标即可．
❑√3
【解答】解：令y＝0，则- x+2＝0，
3解得x＝2❑√3，
令x＝0，则y＝2，
∴点A（2❑√3，0），B（0，2），
∴OA＝2❑√3，OB＝2，
∴∠BAO＝30°，
∴AB＝2OB＝2×2＝4，
∵△AOB绕点A顺时针旋转60°后得到△AO′B′，
∴∠BAB′＝60°，
∴∠OAB′＝30°+60°＝90°，
∴AB′⊥x轴，
∴点B′（2❑√3，4）．
故答案为：（2❑√3，4）．
14．（3分）（2022•瑞昌市一模）在平面直角坐标系中，点P（1，1），N（2，0），△MNP和△MN P
1 1 1
的顶点都在格点上，△MNP与△MN P 是关于某一点中心对称，则对称中心的坐标为 （ 2 ， 1 ） ．
1 1 1
【分析】根据中心对称的性质，知道点P（1，1），N（2，0），并细心观察坐标轴就可以得到答案．
【解答】解：∵点P（1，1），N（2，0），
∴由图形可知M（3，0），M（1，2），N （2，2），P（3，1），
1 1 1
∵关于中心对称的两个图形，对应点的连线都经过对称中心，并且被对称中心平分，
∴对称中心的坐标为（2，1），
故答案为：（2，1）．
15．（3分）（2022秋•台州期中）如图，在△ABC中，∠C＝90°，AC＝BC＝4cm，若以AC的中点O为
旋转中心，将这个三角形旋转180°后，点B落在B'处，则BB'为 4❑√5 cm ．【分析】根据旋转的性质，即可得OB＝OB′，即BB′＝2OB，又由在等腰△ABC中，∠C＝90°，BC
＝4cm，O是AC的中点，利用勾股定理即可求得OB的长，继而求得答案．
【解答】解：根据旋转的性质，可得：OB＝OB′，
∵在等腰△ABC中，∠C＝90°，BC＝4cm，
∴AC＝BC＝4cm，
∵O是AC的中点，
1
∴OC= AC＝2cm，
2
∴在Rt△BOC中，OB 2 （cm），
=❑√BC2+OC2= ❑√5
∴BB′＝2OB＝4❑√5cm．
故答案为：4❑√5cm．
16．（3分）（2022•咸宁一模）在平面直角坐标系中，直角△AOB如图放置，点A的坐标为（1，0），
∠AOB＝60°，每一次将△AOB绕点O逆时针旋转90°，第一次旋转后得到△AOB ，第二次旋转后得到
1 1
△AOB，依次类推，则点B 的坐标为 （﹣ 1 ， -❑√3） ．
2 2 2022
【分析】探究规律，利用规律解决问题即可．
【解答】解：由题意B（1，❑√3），
第一次旋转后B（-❑√3，1），
1
第二次旋转后B（﹣1，-❑√3），
2
第三次旋转后B（❑√3，﹣1），
3
第四次旋转后B（1，❑√3），
4
发现四次一个循环，
∵2022÷4＝505•••2，
∴点B 的坐标为（﹣1，-❑√3），
2022
故答案为：（﹣1，-❑√3）．
三．解答题（共7小题，满分52分）
17．（6分）（2022春•昌图县期末）如图所示，将△ABC置于平面直角坐标系中，A（﹣1，4），B（﹣3，2），C（﹣2，1）
（1）画出△ABC向下平移5个单位得到的△ABC ．并写出点A 的坐标；
1 1 1 1
（2）画出△ABC绕点O顺时针旋转90°得到的△ABC ，并写出点A 的坐标；
2 2 2 2
（3）画出以点O为对称中心，与△ABC成中心对称的△ABC ，并写出点A 的坐标；
3 3 3 3
【分析】（1）利用点平移的坐标变换规律写出点A、B、C 的坐标，然后描点即可；
1 1 1
（2）利用网格特点和旋转的性质画出点A、B、C的对应点A 、B 、C ，然后描点即可得到△ABC ，
2 2 2 2 2 2
从而得到点A 的坐标；
2
（3）根据关于原点对称的点的坐标特征写出点A、B、C 的坐标，然后描点即可．
3 3 3
【解答】解：（1）如图，△ABC 为所作，点A 的坐标为（﹣1，﹣1）；
1 1 1 1
（2）如图，△ABC 为所作，点A 的坐标为（4，1）；
2 2 2 2
（3）如图，△ABC 为所作，点A 的坐标为（1，﹣4）．
3 3 3 3
18．（6分）（2022春•梁平区期末）在网格中画对称图形．
图1是五个小正方形拼成的图形，请你移动其中一个小正方形，重新拼成一个图形，使得所拼成的图形
满足下列条件，并分别画在图2、图3、图4中（只需各画一个，内部涂上阴影）；
①是轴对称图形，但不是中心对称图形；
②是中心对称图形，但不是轴对称图形；③既是轴对称图形，又是中心对称图形．
【分析】利用轴对称图形和中心对称图形的定义按要求画出图形．
【解答】解：①如图2；
②如图3；
③如图4．
19．（8分）（2022•湖北）如图，△ABC中，AB＝AC＝1，∠BAC＝45°，△AEF是由△ABC绕点A按顺
时针方向旋转得到的，连接BE、CF相交于点D．
（1）求证：BE＝CF；
（2）当四边形ACDE为菱形时，求BD的长．
【分析】（1）先由旋转的性质得 AE＝AB，AF＝AC，∠EAF＝∠BAC，则∠EAF+∠BAF＝
∠BAC+∠BAF，即∠EAB＝∠FAC，利用AB＝AC可得AE＝AF，于是根据旋转的定义，△AEB可由
△AFC绕点A按顺时针方向旋转得到，然后根据旋转的性质得到BE＝CD；
（2）由菱形的性质得到DE＝AE＝AC＝AB＝1，AC∥DE，根据等腰三角形的性质得∠AEB＝∠ABE，
根据平行线得性质得∠ABE＝∠BAC＝45°，所以∠AEB＝∠ABE＝45°，于是可判断△ABE为等腰直角
三角形，所以BE=❑√2AC=❑√2，于是利用BD＝BE﹣DE求解．
【解答】（1）证明：∵△AEF是由△ABC绕点A按顺时针方向旋转得到的，∴AE＝AB，AF＝AC，∠EAF＝∠BAC，
∴∠EAF+∠BAF＝∠BAC+∠BAF，即∠EAB＝∠FAC，
∵AB＝AC，
∴AE＝AF，
∴△AEB可由△AFC绕点A按顺时针方向旋转得到，
∴BE＝CF；
（2）解：∵四边形ACDE为菱形，AB＝AC＝1，
∴DE＝AE＝AC＝AB＝1，AC∥DE，
∴∠AEB＝∠ABE，∠ABE＝∠BAC＝45°，
∴∠AEB＝∠ABE＝45°，
∴△ABE为等腰直角三角形，
∴BE=❑√2AC=❑√2，
∴BD＝BE﹣DE=❑√2-1．
20．（8分）（2022秋•息县期末）如图①，在△ABC与△ADE中，AB＝AC，AD＝AE．
（1）BD与CE的数量关系是：BD ＝ CE．
（2）把图①中的△ABC绕点A旋转一定的角度，得到如图②所示的图形．
①求证：BD＝CE．
②若延长DB交EC于点F，则∠DFE与∠DAE的数量关系是什么？并说明理由．
（3）若AD＝8，AB＝5，把图①中的△ABC绕点A顺时针旋转α（0°＜α≤360°），直接写出BD长度的
取值范围．
【分析】（1）利用线段的差直接得出结论；
（2）①利用旋转得出∠DAE＝∠BAC，进而得出∠DAB＝∠EAC，判断出△DAB≌△EAC，即可得出结
论；
②由△DAB≌△EAC，得出∠ADB＝∠AEC，最后用三角形的内角和定理，即可得出结论；
（3）判断出点B在线段AD上时，BD最小，点B在DA的延长线上时，BD最大，即可得出结论．
【解答】解：（1）＝，理由：∵AB＝AC，AD＝AE，
∴AD﹣AB＝AE﹣AC，
∴BD＝CE，
故答案为：＝；
（2）①证明：由旋转的性质，得∠DAE＝∠BAC．
∴∠DAE+∠BAE＝∠BAC+∠BAE，
即∠DAB＝∠EAC．
∵AB＝AC，AD＝AE，
∴△DAB≌△EAC（SAS）
∴BD＝CE．
②∠DFE＝∠DAE．理由：
∵△DAB≌△EAC，
∴∠ADB＝∠AEC．
∵∠AOD＝∠EOF，
∴180°﹣∠ADB﹣∠AOD＝180°﹣∠AEC﹣∠EOF，
∴∠DFE＝∠DAE．
（3）当点B在线段AD上时，BD最小＝AD﹣AB＝3，
当点B在DA的延长线上时，BD最大＝AD+AB＝13，
∴3≤BD≤13．
21．（8分）（2022•日照）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，求证：
（1）EA是∠QED的平分线；
（2）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
{
AQ=AF
∠QAE=∠FAE，
AE=AE
∴△AQE≌△AFE（SAS），
∴∠AEQ＝∠AEF，
∴EA是∠QED的平分线；
（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．
22．（8分）（2022•焦作二模）已知∠ACD＝90°，AC＝DC，MN是过点A的直线，过点D作DB⊥MN于
点B，连接CB．（1）问题发现
如图（1），过点C作CE⊥CB，与MN交于点E，则易发现BD和EA之间的数量关系为 BD ＝ AE ，
BD、AB、CB之间的数量关系为 BD + AB =❑√2 CB ．
（2）拓展探究
当MN绕点A旋转到如图（2）位置时，BD、AB、CB之间满足怎样的数量关系？请写出你的猜想，并
给予证明．
（3）解决问题
当MN绕点A旋转到如图（3）位置时（点C、D在直线MN两侧），若此时∠BCD＝30°，BD＝2时，
CB＝ ❑√6-❑√2 ．
【分析】（1）过点C作CE⊥CB，得到∠BCD＝∠ACE，判断出△ACE≌△DCB，确定△ECB为等腰
直角三角形即可．
（2）过点C作CE⊥CB于点C，判断出△ACE≌△DCB，确定△ECB为等腰直角三角形，即可得出结
论；
（3）先判断出△ACE≌△BCD，CE＝BC，得到△BCE为等腰直角三角形，得到BD=❑√2BH＝2，求出
BH，再用勾股定理即可．
【解答】解：（1）如图1，过点C作⊥CB交MN于点E，
∵∠ACD＝90°，
∴∠ACE＝90°﹣∠ACB，∠BCD＝90°﹣∠ACB，
∴∠ACE＝∠BCD，
∵DB⊥MN，
∴在四边形ACDB中，∠BAC+∠ACD+∠ABD+∠D＝360°，
∴∠BAC+∠D＝180°，
∵∠CAE+∠BAC＝180°，
∠CAE＝∠D，
∵AC＝DC，
∴△ACE≌△DCB，∴AE＝DB，CE＝CB，
∵∠ECB＝90°，
∴△ECB是等腰直角三角形，
∴BE=❑√2CB，
∴BE＝AE+AB＝DB+AB，
∴BD+AB=❑√2CB；
故答案为：BD＝AE，BD+AB=❑√2CB；
（2）如图2，过点C作⊥CB交MN于点E，
∵∠ACD＝90°，
∴∠ACE＝90°+∠ACB，∠BCD＝90°+∠ACB，
∴∠ACE＝∠BCD，
∵DB⊥MN，
∴∠CAE＝90°﹣∠AFB，∠D＝90°﹣∠CFD，
∵∠AFB＝∠CFD，
∴∠CAE＝∠D，
∵AC＝DC，
∴△ACE≌△DCB，
∴AE＝DB，CE＝CB，
∵∠ECB＝90°，
∴△ECB是等腰直角三角形，
∴BE=❑√2CB，
∴BE＝AE﹣AB＝DB﹣AB，
∴BD﹣AB=❑√2CB；
（3）如图3，过点C作⊥CB交MN于点E，
∵∠ACD＝90°，
∴∠ACE＝90°﹣∠DCE，
∠BCD＝90°﹣∠DCE，
∴∠ACE＝∠BCD，
∵DB⊥MN，
∴∠CAE＝90°﹣∠AFC，∠D＝90°﹣∠CFD，∵∠AFC＝∠BFD，
∴∠CAE＝∠D，
∵AC＝DC，
∴△ACE≌△DCB，
∴AE＝DB，CE＝CB，
∵∠ECB＝90°，
∴△ECB是等腰直角三角形，
∴BE=❑√2CB，
∴BE＝AB﹣AE＝AB﹣DB，
∴AB﹣DB=❑√2CB；
∵△BCE为等腰直角三角形，
∴∠BEC＝∠CBE＝45°，
∵∠ABD＝90°，
∴∠DBH＝45°
过点D作DH⊥BC，
∴△DHB是等腰直角三角形，
∴BD=❑√2BH＝2，
∴BH＝DH=❑√2，
在Rt△CDH中，∠BCD＝30°，DH=❑√2，
∴CH=❑√3DH=❑√3×❑√2=❑√6，
∴BC＝CH﹣BH=❑√6-❑√2；
故答案为：❑√6-❑√2．23．（8分）（2022•沈阳）思维启迪：
（1）如图1，A，B两点分别位于一个池塘的两端，小亮想用绳子测量A，B间的距离，但绳子不够长，
聪明的小亮想出一个办法：先在地上取一个可以直接到达B点的点C，连接BC，取BC的中点P（点P
可以直接到达A点），利用工具过点C作CD∥AB交AP的延长线于点D，此时测得CD＝200米，那么
A，B间的距离是 20 0 米．
思维探索：
（2）在△ABC和△ADE中，AC＝BC，AE＝DE，且AE＜AC，∠ACB＝∠AED＝90°，将△ADE绕点A
顺时针方向旋转，把点E在AC边上时△ADE的位置作为起始位置（此时点B和点D位于AC的两侧），
设旋转角为α，连接BD，点P是线段BD的中点，连接PC，PE．
①如图2，当△ADE在起始位置时，猜想：PC与PE的数量关系和位置关系分别是 PC ＝ PE ，
PC ⊥ PE ． ；
②如图3，当α＝90°时，点D落在AB边上，请判断PC与PE的数量关系和位置关系，并证明你的结论；
③当α＝150°时，若BC＝3，DE＝1，请直接写出PC2的值．【分析】（1）由CD∥AB，可得∠C＝∠B，根据∠APB＝∠DPC即可证明△ABP≌△DCP，即可得AB
＝CD，即可解题．
（2）①延长EP交BC于F，易证△FBP≌△EDP（SAS）可得△EFC是等腰直角三角形，即可证明PC
＝PE，PC⊥PE．
②作BF∥DE，交EP延长线于点F，连接CE、CF，易证△FBP≌△EDP（SAS），结合已知得BF＝DE
＝AE，再证明△FBC≌△EAC（SAS），可得△EFC是等腰直角三角形，即可证明PC＝PE，PC⊥PE．
③作BF∥DE，交EP延长线于点F，连接CE、CF，过E点作EH⊥AC交CA延长线于H点，由旋转旋
转可知，∠CAE＝150°，DE与BC所成夹角的锐角为30°，得∠FBC＝∠EAC，同②可证可得PC＝PE，
1 10+3❑√3
PC⊥PE，再由已知解三角形得∴EC2＝AH2+HE2=10+3❑√3，即可求出PC2= EC2= ．
2 2
【解答】（1）解：∵CD∥AB，∴∠C＝∠B，
在△ABP和△DCP中，
{
BP=CP
∠APB=∠DPC，
∠B=∠C
∴△ABP≌△DCP（AAS），
∴DC＝AB．
∵AB＝200米．
∴CD＝200米，
故答案为：200．
（2）①PC与PE的数量关系和位置关系分别是PC＝PE，PC⊥PE．
理由如下：如解图1，延长EP交BC于F，
同（1）理，可知∴△FBP≌△EDP（AAS），
∴PF＝PE，BF＝DE，又∵AC＝BC，AE＝DE，
∴FC＝EC，
又∵∠ACB＝90°，
∴△EFC是等腰直角三角形，
∵EP＝FP，
∴PC＝PE，PC⊥PE．
②PC与PE的数量关系和位置关系分别是PC＝PE，PC⊥PE．
理由如下：如解图2，作BF∥DE，交EP延长线于点F，连接CE、CF，
同①理，可知△FBP≌△EDP（AAS），
1
∴BF＝DE，PE＝PF= EF，
2
∵DE＝AE，
∴BF＝AE，
∵当α＝90°时，∠EAC＝90°，
∴ED∥AC，EA∥BC
∵FB∥AC，∠FBC＝90，
∴∠CBF＝∠CAE，
在△FBC和△EAC中，
{
BF=AE
∠CBF=∠CAE，
BC=AC
∴△FBC≌△EAC（SAS），
∴CF＝CE，∠FCB＝∠ECA，
∵∠ACB＝90°，
∴∠FCE＝90°，
∴△FCE是等腰直角三角形，
∵EP＝FP，
1
∴CP⊥EP，CP＝EP= EF．
2
③如解图3，作BF∥DE，交EP延长线于点F，连接CE、CF，过E点作EH⊥AC交CA延长线于H点，当α＝150°时，由旋转旋转可知，∠CAE＝150°，DE与BC所成夹角的锐角为30°，
∴∠FBC＝∠EAC＝α＝150°
同②可得△FBP≌△EDP（AAS），
❑√2
同②△FCE是等腰直角三角形，CP⊥EP，CP＝EP= CE，
2
在Rt△AHE中，∠EAH＝30°，AE＝DE＝1，
1 ❑√3
∴HE= ，AH= ，
2 2
又∵AC＝BC＝3，
❑√3
∴CH＝3+ ，
2
∴EC2＝CH2+HE2=10+3❑√3
1 10+3❑√3
∴PC2= EC2= ．
2 2
