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专题 02 旋转与中心对称（分层训练）
【基础训练】
一、单选题
1．如图，将Rt△ABC绕直角顶点C顺时针旋转90°，得到△A′B′C，连接A A′，若∠1=25°，则
∠BA A′的度数为（ ）
A．60° B．65° C．70° D．75°
【答案】B
【知识点】根据旋转的性质求解、等边对等角
【分析】本题考查了旋转的性质，等腰三角形的性质等知识．先根据旋转的性质得到
△ABC≌△A′B′C，∠AC A′=90°，进而求出CA=C A′，∠BAC=∠B′ A′C，从而求出
∠CA A′=∠C A′ A=45°，再求出∠BAC=∠B′ A′C=20°，即可求出∠BA A′=65°．
【详解】解：∵Rt△ABC绕直角顶点C顺时针旋转90°得到△A′B′C，
∴△ABC≌△A′B′C，∠AC A′=90°，
∴CA=C A′，∠BAC=∠B′ A′C，
∴∠CA A′=∠C A′ A=45°，
∵∠1=25°，
∴∠C A′B′=∠C A′ A−∠1=20°，
∴∠BAC=∠B′ A′C=20°，
∴∠BA A′=∠BAC+∠CA A′=45°+20°=65°．
故选：B
√3
2．在平面直角坐标系中，P是双曲线y= (x<0)上的一点，点P绕着原点O顺时针旋转90°的对
x
2 4
应点P (m，n)落在直线y=−2x+1上则代数式 + 的值是（ ）
1 m n
2√3 √3
A．− B．6√3 C．−8 D．−
3 2
【答案】A
【知识点】已知式子的值，求代数式的值、全等的性质和ASA（AAS）综合（ASA或者AAS）、根据旋转的性质求解、一次函数与反比例函数的其他综合应用
【分析】过点P作PQ⊥y轴于点Q，过点P 作P Q ⊥y轴于点Q ，由题意可得出OQ =n，
1 1 1 1 1
P Q =−m，2m+n=1．易证△PQO≌△P Q O(AAS)，即得出PQ=OQ =n，PQ=P Q =−m，
1 1 1 1 1 1 1
2(2m+n)
即可求出P(−n，m)，进而得出mn=−√3，最后将所求式子通分变形为 ，再整体代入求
mn
值即可．
【详解】解：如图，过点P作PQ⊥y轴于点Q，过点P 作P Q ⊥y轴于点Q ，
1 1 1 1
∵P (m，n)，且在直线y=−2x+1上，
1
∴OQ =n，P Q =−m，n=−2m+1，
1 1 1
∴2m+n=1．
由旋转的性质可知∠POP =90°，PO=P O，
1 1
∴∠POQ+∠P OQ =90°．
1 1
又∵∠POQ+∠OPQ=90°，
∴∠OPQ=∠P OQ ．
1 1
∵∠PQO=∠P Q O=90°，
1 1
∴△PQO≌△P Q O(AAS)，
1 1
∴PQ=OQ =n，PQ=P Q =−m，
1 1 1
∴P(−n，m)．
√3
∵P是双曲线y= (x<0)上的一点，
x
√3
∴m= ，即mn=−√3．
−n
2 4 4m+2n 2(2m+n) 2×1 2√3
∴ + = = = =− ．
m n mn mn −√3 3
故选：A．
【点睛】本题为一次函数与反比例函数的综合题，考查函数图象上的点的坐标特征，三角形全等的
判定和性质，旋转的性质，坐标与图形，代数式求值．画出大致图象并正确作出辅助线构造全等三
角形是解题关键．3．如图，在平面直角坐标系中，直线y=−√3x+2，与y轴交于点B，△AOB绕O点逆时针旋转到
如图△A′OB′的位置，旋转角记为α，将△AOB绕O点逆时针旋转，则第2023次旋转结束后，点B
的坐标为（ ）
A．(−√3,1) B．(0,2) C．(−√3,−1) D．(√3,1)
【答案】A
【知识点】一次函数与几何综合、等边三角形的判定和性质、坐标与旋转规律问题、解直角三角形
的相关计算
(2√3 ) 2√3
【分析】根据一次函数的解析式确定A ,0 ,B(0,2)，OA= ，OB=2，再由正切函数得
3 3
出∠OAB=60°，由旋转性质得：OA′=OA,OB′=OB,∠AOA′=∠BOB′，利用等边三角形的判
1 √3
定和性质得出 α=60°，再由三角函数得出OD= ×2=1，B′D= ×2=√3，确定B′ (−√3,1)，
2 2
再由旋转的性质得出6次一个循环，即可得出结果．
【详解】解：y=−√3x+2，
当x=0时，y=2，
2√3
当y=0时，得x= ，
3
(2√3 )
∴A ,0 ,B(0,2)，
3
2√3
∴OA= ，OB=2，
3
OB
∴tan∠OAB= =√3，
OA
∴∠OAB=60°，
由旋转性质得：OA′=OA,OB′=OB,∠AOA′=∠BOB′，
∴△A′OA是等边三角形，
∴∠AOA′=∠BOB′=60°，∴α=60°，
又∵OB′=OB=2，
1 √3
∴OD= ×2=1，B′D= ×2=√3，
2 2
∴B′ (−√3,1)，
∴旋转第1次点B的坐标为(−√3,1)，
∴旋转第2次点B的坐标为(−√3,−1)，
旋转第3次点B的坐标为(0,−2)，
旋转第4次点B的坐标为(√3,−1)，
旋转第5次点B的坐标为(√3,1)，
旋转第6次点B的坐标为(0,2)，…，6次一个循环，
∵2023÷6=337…1，
∴旋转第2023次点B的坐标为(−√3,1)，
故选：A．
【点睛】题目主要考查旋转的性质及坐标与图形，解三角形，等边三角形的判定和性质，一次函数
的性质等，理解题意，综合运用这些知识点是解题关键．
4．如图，在平面直角坐标系xOy中，正方形OABC的边长为2，对角线AC与OB的交点为点D，将
正方形OABC绕原点O逆时针旋转45°，则点D的对应点D′的坐标是（ ）
A．(0,1) B．(0,√2) C．(0,−√2) D．(√2,0)
【答案】B
【知识点】求绕原点旋转一定角度的点的坐标【分析】根据正方形的性质结合平面直角坐标系中旋转的特点解答即可.
【详解】由正方形的性质可得：AC与OB互相垂直平分且∠DOA=45°，∴OD2+AD2=OA2，
∴OD=√2，将OD绕坐标原点O逆时针旋转45°到OD′，点D′刚好落在y轴的正半轴上，
∴D′(0,√2).
故选B.
【点睛】错因分析 较难题.失分原因有两点：（1）不能熟练利用正方形的性质求出OD的长；
（2）没有分清楚旋转方向而出错.
此题重点考查学生对平面直角坐标系内图形旋转的理解，掌握旋转的特点是解题的关键.
5．如图，Rt△ABC中，∠C=90°,∠ABC=30°，将线段BA绕点B逆时针旋转90°得到线段BD，
过D作DE⊥BC于E，若AB=4，则CE长为（ ）
A．√3 B．2√3−2 C．√3−1 D．2
【答案】B
【知识点】全等的性质和ASA（AAS）综合（ASA或者AAS）、含30度角的直角三角形、用勾股
定理解三角形、根据旋转的性质求解
【分析】利用旋转的性质，得到∠ABD=90°,AB=BD，证明△ACB≌△BED，得到BE=AC，
利用CE=BC−BE以及含30度角的直角三角形的性质进行求解即可．
【详解】解：∵将线段BA绕点B逆时针旋转90°得到线段BD，
∴∠ABD=90°,AB=BD，
∵∠C=90°,
∴∠BAC=∠DBC=90°−∠ABC=60°，
∵DE⊥BC，
∴∠BED=∠C=90°,
∴△ACB≌△BED，
∴BE=AC，
∵∠C=90°,∠ABC=30°，AB=4，
1
∴BE=AC= AB=2，
2∴BC=√AB2−AC2=2√3，
∴CE=BC−BE=2√3−2；
故选B．
【点睛】本题考查旋转的性质，含30度角的直角三角形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定
理．熟练掌握旋转的性质，证明三角形全等，是解题的关键．
6．如图将矩形ABCD绕点A顺时针旋转到矩形AB′C′D′的位置，若旋转角为20°，∠1为（ ）
A．110° B．120° C．150° D．160°
【答案】A
【知识点】根据旋转的性质求解、利用矩形的性质求角度
【分析】设C′D′与BC交于点E，根据旋转的性质和矩形的性质，分别求出
∠BAD′,∠AD′C′,∠ABC的度数，利用四边形的内角和为360°，求出∠D′EB的度数，利用对
顶角相等，即可得出结论．
【详解】解：设C′D′与BC交于点E，
∵将矩形ABCD绕点A顺时针旋转到矩形AB′C′D′的位置，旋转角为20°，
∴∠ABE=∠BAD=∠AD′C′=90°,∠DAD′=20°，
∴∠BAD′=∠BAD−∠DAD′=70°，
∵∠ABE+∠BAD′+∠AD′C′+∠BED′=360°，
∴∠BED′=360°−∠ABE−∠BAD′−∠AD′C′=110°，
∴∠1=∠BED′=110°；
故选A．
【点睛】本题考查矩形的性质，旋转的性质．熟练掌握矩形的四个角都是直角，旋转前后的两个图形的对应角相等，对应点与旋转中心的形成的夹角是旋转角，是解题的关键．
7．如图，点E在正方形ABCD的边CD上，将△ADE绕点A顺时针旋转90°到△ABF的位置，连接
EF，过点A作EF的垂线，垂足为点H，与BC交于点G．若BG＝4，CG＝3，则CE的长为（ ）
2 1
A．5 B．5 C．5 D．√26
7 11
【答案】C
【知识点】根据旋转的性质说明线段或角相等、根据正方形的性质求线段长、用勾股定理解三角形
【分析】连接EG，根据AG垂直平分EF，即可得出EG=FG，设CE=x，则DE=7-x=BF，
FG=EG=11-x，再根据Rt△CEG中，CE2+CG2=EG2，即可得到CE的长．
【详解】解：如图所示，连接EG，
由旋转可得，△ADE≌△ABF，
∴AE＝AF，DE＝BF，∠ADE=∠ABF=90°,
而∠ABC=90°,
∴F,B,G三点共线，
又∵AG⊥EF，
∴H为EF的中点，
∴AG垂直平分EF，
∴EG＝FG，
设CE＝x，则DE＝7﹣x＝BF，FG＝CF﹣CG＝11﹣x，
∴EG＝11﹣x，
∵∠C＝90°，
∴Rt△CEG中，CE2+CG2＝EG2，即x2+32＝（11﹣x）2，
56
解得x＝ ，
1156
∴CE的长为 ，
11
故选：C．
【点睛】本题主要考查了正方形的性质，勾股定理以及旋转的性质，解题时注意：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．
8．如图，将矩形ABCD绕点A旋转至矩形AEFG的位置，此时点D恰好与AF的中点重合，AE交
CD于点H，若BC＝2√3，则HC的长为（ ）
A．4 B．2√3 C．3√3 D．6
【答案】A
【知识点】特殊角的三角函数、旋转综合题(几何变换)、根据矩形的性质求线段长
【分析】根据旋转后AF的中点恰好与D点重合，利用旋转的性质得到直角三角形ACD中，∠ACD
＝30°，再由旋转后矩形与已知矩形全等及矩形的性质得到∠DAE为30°，进而得到∠EAC＝
∠DCA，利用等角对等边得到AH＝CH，根据BC、AD的长，即可得到CH的长．
【详解】解：由旋转的性质可知：AC＝AF，
∵D为AF的中点，
1
∴AD＝ AC，
2
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD⊥CD，
∴∠ACD＝30°，
∵AB∥CD，
∴∠CAB＝30°，
∴∠EAF＝∠CAB＝30°，
∴∠EAC＝30°，
∴AH＝CH，
1 1
∴DH＝ AH＝ CH，
2 2
∴CH＝2DH，
∵CD＝√3AD＝√3BC＝6，2
∴HC＝ CD＝4．
3
故选A．
【点睛】本题考查了旋转的性质、矩形的性质、特殊角的三角函数等知识点，对应点到旋转中心的
距离相等，利用旋转的“不变”特性是解答的关键．
9．如图，点B在x轴上，∠ABO=90°,∠A=30°,OA=2，将△OAB绕点O按顺时针方向旋转，
每次旋转120°，则第2023次旋转结束后，点B所在位置的坐标是（ ）
( 1 √3) ( 1 ) ( 1 √3)
A． − ，− B． − ，√3 C． − ， D．(1，0)
2 2 2 2 2
【答案】A
【知识点】含30度角的直角三角形、求绕原点旋转一定角度的点的坐标、坐标与旋转规律问题
【分析】先判断三角形OAB绕点O顺时针旋转，每次旋转120°，可得旋转3次为一个循环．再分别
求解第1次，第2次，第3次旋转后B的坐标，由规律得到第2023次旋转后与第1次旋转后的位置相
同即可解答．
【详解】解： ∵ ∠ABO=90°,∠A=30°,OA=2，
∴∠AOB=60°,OB=1,AB=√22−12=√3,
∵三角形OAB绕点O顺时针旋转，每次旋转120°，
∴旋转3次为一个循环．
第1次旋转，如图，过B作BF⊥x轴于F,
由旋转的性质可得：∠FOB=180°−120°=60°,
∴∠OBF=30°,
∵OB=1,∴OF=
1
,BF=
√
12−
(1) 2
=
√3
,
2 2 2
( 1 √3)
点B所在位置的坐标为 − ,− ；
2 2
第2次旋转，如图，过B作BF⊥x轴于F, 此时OA与x轴重合，
∴∠AOB=60°,∠OBF=30°,
同理可得：OF=
1
,BF=
√
12−
(1) 2
=
√3
,
2 2 2
( 1 √3)
∴ 点B所在位置的坐标为 − , ；
2 2
第3次旋转，如图，三角形回到原位置，
所以点B所在位置的坐标为(1,0)；
……
∵2023÷3=674⋅⋅⋅⋅⋅⋅1，
∴第2023次旋转后，与第2次旋转后的位置相同，
( 1 √3)
所以点B所在位置的坐标为 − ,− ．
2 2
故选：A．
【点睛】本题考查的是与旋转相关的规律探究、含30°的直角三角形的性质、勾股定理的应用、坐
标与图形等知识点，发现每旋转3次为一个循环是解题的关键．
10．如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，∠A=60°，AB=4，将△ABC绕点C按逆时针方向旋转得到△A′B′C′，此时点A′恰好落在AB边上，则点B′与点B之间的距离为（ ）
A．4√3 B．2√3 C．4 D．2
【答案】B
【知识点】含30度角的直角三角形、等边三角形的判定和性质、用勾股定理解三角形、根据旋转的
性质求解
【分析】先由旋转性质得AC=A′C，BC=B′C，∠B′CB=∠A′CA，再证明△AC A′、△BCB′是
等边三角形，得到BB′=BC，再根据含30度角的直角三角形的性质求解BC即可．
【详解】解：由旋转性质得AC=A′C，BC=B′C，∠B′CB=∠A′CA，
∵∠A=60°，
∴△AC A′是等边三角形，
∴∠A′CA=60°，则∠B′CB=60°，
∴△BCB′是等边三角形，
∴BB′=BC，
在Rt△ABC中，∠ACB=90°，∠A=60°，AB=4，
1
∴AC= AB=2，
2
∴BC=√AB2−AC2=2√3，即BB′=2√3，
故选：B．
【点睛】本题考查旋转的性质、等边三角形的判定与性质、含30度角的直角三角形的性质、勾股定
理，熟练掌握旋转的性质和等边三角形的性质是解答的关键．
11．如图，点P是等边三角形ABC内一点，将线段AP绕点A顺时针旋转60°得到线段AQ，连接
BQ.若PA=6，PB=8，PC=10，则四边形APBQ的面积为（ ）
A．24+9√3 B．24+6√3 C．12+9√3 D．12+6√3【答案】A
【知识点】根据旋转的性质求解、判断三边能否构成直角三角形、用勾股定理解三角形、等边三角
形的判定和性质
【分析】连接PQ，证明△APQ为等边三角形，再证明△APC≌△AQB，结合已知条件证明△PBQ
为直角三角形，∠BPQ=90°，可得△PBQ的面积，过A作AD⊥PQ于D，利用等边三角形的性质
与勾股定理求解AD，可得△APQ的面积，从而可得答案．
【详解】解：连接PQ．
∵△ABC为等边三角形，
∴∠BAC=60°，AB=AC．
∵线段AP绕点A顺时针旋转60°得到线段AQ，
∴AP=AQ=6，∠PAQ=60°，
∴△APQ为等边三角形，
∴PQ=AP=6．
∵∠CAP+∠BAP=60°，∠BAP+∠BAQ=60°，
∴∠CAP=∠BAQ．
在△APC和△AQB中，
¿
∴△APC≌△AQB，
∴PC=QB=10．
在△BPQ中，∵PB2=82，PQ2=62，BQ2=102，
∴PB2+PQ2=BQ2，
∴△PBQ为直角三角形，∠BPQ=90°，
1
∴S = ×6×8=24,
△BPQ 2
过A作AD⊥PQ于D，
∴PD=QD=3,AD=√62−32=3√3,
1 1
∴S = PQ⋅AD= ×6×3√3=9√3,
△APQ 2 2∴S =S +S =24+9√3．
四边形APBQ △BPQ △APQ
故选A.
【点睛】本题考查的是等边三角形的判定与性质，三角形全等的判定与性质，旋转的性质，勾股定
理及勾股定理的逆定理的应用，掌握以上知识是解题的关键．
12．如图，在正方形网格中，A，B，C，D，E，F，G，H，I，J是网格线交点，△ABC与△≝¿
关于某点成中心对称，则其对称中心是（ ）
A．点G B．点H C．点I D．点J
【答案】C
【知识点】画两个图形的对称中心
【分析】如图，连接BE，CF，根据交点的位置可得答案．
【详解】解：如图，连接BE，CF，
根据交点的位置可得：对称中心为I，
故选C
【点睛】本题考查的是确定中心对称的对称中心，掌握中心对称的性质是解本题的关键．
13．如图，直角△ABC中，∠ACB=90°，∠A=30°，BC=4，点E是边AC上一点，将BE绕点B
顺时针旋转60°到点F，则CF长的最小值是( )A．√3 B．2 C．2√2 D．2√3
【答案】B
【知识点】全等的性质和SAS综合（SAS）、含30度角的直角三角形、与三角形中位线有关的求解
问题、根据旋转的性质求解
【分析】将Rt△ABC绕点B顺时针旋转60°得到Rt△DBG，则此时B、C、D在同一直线上，得出
点F的运动轨迹为线段DG，当CF⊥DG时，CF的长度最小，由直角三角形的性质及三角形中位
线定理即可得出答案．
【详解】解：将Rt△ABC绕点B顺时针旋转60°得到Rt△DBG，则此时B、C、D在同一直线上，
∵ ∠ACB=90° ∠A=30° ∠EBF=60°
， ， ，
∴∠ABC=60°，
∴∠ABE=∠DBF，
随着点E的运动，总有AB=DB，EB=FB，
∴ △AEB≌△DFB(SAS)，即D、F、G三点在同一直线上，
∴点F的运动轨迹为线段DG，
∴当CF⊥DG时，CF的长度最小，
在Rt△ABC中，∠ACB=90°，∠A=30°，BC=4，
∴BD=AB=2BC=8，
∴点C为BD的中点，
∵CF⊥DG，∠G=90°，
∴CF∥BG，CF为Rt△DBG的中位线，
1 1
∴ CF= BG= BC=2，
2 2故选B．
【点睛】本题考查了旋转的性质，直角三角形的性质，全等三角形的判定和性质，三角形中位线定
理，熟练掌握旋转的性质是解题的关键．
14．如图，ΔABC中，∠BAC=90°，将ΔABC绕着点A旋转至ΔADE，点B的对应点点D恰好落
在BC边上．若AC=2√3，∠B=60°，则CD的长为（ ）
A．2 B．3 C．2√3 D．4
【答案】A
【知识点】根据旋转的性质求解、用勾股定理解三角形、等边三角形的判定和性质、含30度角的直
角三角形
【分析】先在直角三角形ABC中，求出AB，BC，然后证明△ABD为等边三角形，得出
BD=AB=2，再根据CD=BC-BD即可得出结果．
【详解】解：在Rt△ABC中，AC=2√3，∠B=60°，
∴BC=2AB，BC2=AC2+AB2，∴4AB2=AC2+AB2，
∴AB=2，BC=4，
由旋转得，AD=AB，
∵∠B=60°，∴△ABD为等边三角形，
∴BD=AB=2，
∴CD=BC-BD=4-2=2，
故选：A．
【点睛】此题主要考查了旋转的性质，含30°角的直角三角形的性质，勾股定理以及等边三角形的判
定与性质，解本题的关键是综合运用基本性质．
15．如图，在5×5的正方形网格中，有一个格点△ABC ，其中D是线段BC的中点．若在网格中找
到两个格点E，F，使得△ABC≌△≝¿，则图中符合条件的△≝¿有（ ）A．2个 B．4个 C．6个 D．8个
【答案】B
【知识点】画旋转图形、画轴对称图形
【分析】先以线段AD的垂直平分线所在的直线为对称轴作△ABC的对称图形△≝¿，再以D为中心
点进行旋转即可得到其他三个△≝¿．
【详解】解：如图所示，符合条件的△≝¿有4个，
故选：B．
【点睛】本题考查了轴对称，旋转作图，熟练掌握相关知识定义是解题的关键．
二、填空题
16．在平面直角坐标系中，A(1,0)，B(0,−3)，点B绕点A旋转90°得到点C，则点C的坐标为
．
【答案】(4,−1)或(−2,1)
【分析】根据题意画出图形，分两种情况证△AOB≌△CDA,求出CD、OD的长即可求出点C的坐标.
【详解】由题意知：∠BAC=90°，AB=AC，
∴∠OAB+∠CAD=90°,
∵A(1,0),B(0,−3),
∴OA=1，OB=3，
如图，当点B绕点A逆时针旋转时，过点C作CD⊥x轴于D，
∴∠ADC=∠AOB=90°,
∵∠ABO+∠OAB=90°,
∴∠ABO=∠ACD，
∴△AOB≌△CDA,
∴AD=OB=3，CD=OA=1，
∴OD=1+3=4，∴点C的坐标为：(4,−1)；
如图，当点B绕点A顺时针旋转时，过点C作CD⊥x轴于D，
同理可证△AOB≌△CDA,
∴AD=OB=3，CD=OA=1，
∴OD=3-1=2，
∴点C的坐标为：(−2,1)
综上，点C的坐标是(4,−1)或(−2,1).
【点睛】此题考查直角坐标系中点的坐标，旋转的性质，解题中注意分类讨论是解题思想.
17．若点A(m,2)关于原点的对称点B的坐标是(−3,n)，则m+n= ．
【答案】1
【知识点】已知两点关于原点对称求参数
【分析】关于原点对称的两个点，它们的横坐标互为相反数，纵坐标也互为相反数，据此作答即可．
【详解】解：∵点A(m,2)关于原点的对称点B的坐标是(−3,n)，
∴m−3=0，n+2=0，
∴m=3，n=−2，
∴m+n=3+(−2)=1，
故答案为：1．
【点睛】本题考查了关于原点对称的两个点的坐标特征，掌握关于原点对称的两个点，它们的横坐
标互为相反数，纵坐标也互为相反数是解答本题的关键．
18．如图，在平面直角坐标系中，A(1,3),C(4,1)，将平行四边形ABCO绕原点O逆时针旋转90°，
则点B的对应点B′的坐标是 ．【答案】(−4,5)
【知识点】求绕原点旋转90度的点的坐标、利用平行四边形的性质求解、全等的性质和ASA
（AAS）综合（ASA或者AAS）
【分析】首先由平行四边形的性质得点B(5,4)，再利用AAS证明△BOM≌△OB′N，得
B′N=OM=4，ON=BM=5，可得点B′的坐标．
【详解】解：∵四边形ABCO是平行四边形，
∴OA∥BC，OA=BC，
由平移知，点B(5,4)，
作BM⊥y轴于M，作B′N⊥y轴于N，
∵平行四边形ABCO绕原点O逆时针旋转90°，
∴∠BOB′=90°，OB=OB′，
∴∠BOM=∠B′，
∵∠BMO=∠B′NO，
∴△BOM≌△OB′N(AAS)，
∴B′N=OM=4，ON=BM=5，
∴B′ (−4,5)，
故答案为(−4,5)．
【点睛】本题主要考查了平行四边形的性质，旋转的性质，全等三角形的判定与性质等知识，证明
△BOM≌△OB′N是解题的关键．
19．如图，在矩形ABCD中，AB＝√2，BC=1，将矩形ABCD绕点A旋转得到矩形AB′C′D′，点C的运动路径为C ´ C′，图中阴影部分的面积为 ．
3π 1
【答案】 −√2+
8 2
【知识点】根据旋转的性质求解、求其他不规则图形的面积
【分析】如图连接AC，AC′，过B′作B′E⊥AB于E，于是得到B′E=BC=1，根据旋转的性质得到
AB′=AB=√2 ，AC′=AC=√3，根据勾股定理得到AE=√AB′2−B′E2=1 ，B′C=BE=√2-1，求得
∠B′AB=∠C′AC=45°，根据扇形和三角形的面积公式即可得到结论．
【详解】解：如图连接AC，AC′，过B′作B′E⊥AB于E，
则B′E=BC=1，
∵将矩形ABCD绕点A旋转得到矩形AB′C′D′，
∴AB′=AB=√2，AC′=AC=√3，
∴AE=√AB′2−B′E2=1，
∴B′C=BE=√2-1，
∵B'E=1，AE=1，
∴∠B'AB=∠AB'E=45°
∴∠B′AB=∠C′AC=45°，
45•π×3 1 1
∴图中阴影部分的面积=S CAC-S ABC-S ABC= − ×√2×1− ×（√2−1）×1=
扇形 ′ ' ′ ′
360 2 2
△ △3π 1
−√2+ ，
8 2
3π 1
故答案为： −√2+ ．
8 2
【点睛】本题考查了旋转的性质、矩形的性质、扇形的面积计算等知识点，能把不规则图形的面积
转化成规则图形的面积是解此题的关键．
20．如图，等腰Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC＝1，且AC边在直线a上，将△ABC绕点A顺
时针旋转到位置①可得到点P，此时AP＝√2；将位置①的三角形绕点P 顺时针旋转到位置②，可
1 1 1
得到点P，此时AP＝1+√2；将位置②的三角形绕点P 顺时针旋转到位置③，可得到点P，此时
2 2 2 3
AP＝2+√2；…．按此规律继续旋转，直至得到点P 为止，则AP ＝ ．
3 2020 2020
【答案】1346+674√2．
【知识点】旋转综合题(几何变换)、数字类规律探索
【分析】由等腰直角三角形的性质和已知条件得出AP＝√2，AP＝1+√2，AP＝2+√2，AP＝2+2
1 2 3 4
√2，AP＝3+2√2，AP＝4+2√2，每三个一组，进而找到规律即可.
5 6
【详解】解：观察图形的变化可知：
AP＝√2；
1
AP＝1+√2；
2
AP＝2+√2；
3
AP＝2+2√2；
4
AP＝3+2√2；
5
AP＝4+2√2＝2（2+√2）；
6
…．
发现规律：
APn＝n（2+√2）；
3
APn ＝n（2+√2）+√2；
3 +1
APn ＝n（2+√2）+√2+1．
3 +2
∴AP ＝AP ＝673（2+√2）+√2＝1346+674√2．
2020 673×3+1
故答案为：1346+674√2．
【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，根据题意
得出规律是解题的关键.21．如图，在平面直角坐标系中，以原点O为中心，把点A(2,1)顺时针旋转90° 得到点B(x,y)，
则x+ y的值为 ．
【答案】−1
【知识点】根据旋转的性质求解、求绕原点旋转90度的点的坐标
【分析】根据旋转的性质，旋转后图形大小形状未发生改变，只是位置发生改变即可得到答案．
【详解】解：由题意可得，旋转后如图所示，
∵四边形ODBF是由四边形OCAE绕O旋转90°得到，
∴四边形ODBF≌四边形OCAE，
∴OC=OD，OE=OF，
∴x=1，y=−2，
∴x+ y=1+(−2)=−1，
故答案为−1．
【点睛】本题考查旋转的性质：旋转后图形大小形状未发生改变，只是位置发生改变．
22．如图，将Rt△ACB绕斜边AB的中点O旋转一定的角度得到Rt△FAE，已知AC＝6，BC＝4，则
cos∠CAE＝ ．12
【答案】
13
【知识点】解直角三角形的相关计算、根据旋转的性质说明线段或角相等、圆周角定理
【分析】如图，连接OC，EC，作OM⊥EC于M，CH⊥AB于H．想办法证明
∠CAE=∠EOM，求出OM即可解决问题．
【详解】解：如图，连接OC，EC，作OM⊥EC于M，CH⊥AB于H．
由题意：OA=OB=OC=OE=OF，
∴A，E，C，B，F共圆，
1
∴∠EAC= ∠EOC，
2
∵OE=OC，OM⊥EC，
∴∠MOE=∠MOC，
∴∠EAC=∠EOM，
∵BC=4，AC=6，∠ACB=90°，
∴AB=√42+62=2√13，
∵CH⊥AB，
AC·BC 12√13
∴CH= = ，
AB 13
由题意，易证EC//AB，四边形OMCH是矩形，
12√13
∴OM=CH= ，
13
OM 12
∴cos∠EAC=cos∠EOM= = ，
OE 1312
故答案为 ．
13
【点睛】本题考查旋转变换，解直角三角形，圆周角定理等知识，解题的关键是学会用转化的思想
思考问题，属于中考填空题中的压轴题．
23．△ABC中，AB=5，AC=2，点D是BC边的中点，把点D绕点B逆时针旋转60°得到点E，
连接AE，则线段AE的最小值是________．
5√3 5√3−2
【答案】 −1/
2 2
【知识点】根据旋转的性质求解、圆周角定理、用勾股定理解三角形、等边三角形的判定和性质
【分析】本题考查了图形的旋转，圆的性质，圆周角定理，等边三角形的判定和性质，三角形中位
线的性质，三角形全等的判定和性质，三角形三边关系求最值，作出辅助线，构造三角形证明全等，
利用三角形三边关系是解题的关键．取AB中点F，BF逆时针旋转60°到BG，连接FD,ED,≥,GF，
1
FD为三角形△ABC的中位线，根据中位线性质可得FD= AC=1，利用旋转可得△BDE和
2
△BFG都为等边三角形，由此可证△GBE≌△FBD，得到¿=FD=1，在△AGE中，AE+≥≥AG，
即AE≥AG−≥¿，将A,B看成固定点，点C的轨迹是半径为2，以A为圆心的圆，在C的运动过程
中，当A,G,E共线时，AE取得最小值，而FG=FB=FA，故点G在以AB为直径，F为圆心的圆
上，根据圆周角定理，∠AGB=90°，利用勾股定理可求AG，由此可求得线段AE的最小值．
【详解】解：取AB中点F，BF逆时针旋转60°到BG，连接FD,ED,≥,GF，如图所示，
∵ F D AB,BC
点 ， 分别为 中点，
1
∴ FD= AC=1，
2
∵ BD旋转60°到BE，BF逆时针旋转60°到BG，
∴ BD=BE，BF=BG，∠EBD=∠GBF=60°，
∴ △BDE和△BFG都为等边三角形，
∵ ∠GBE=∠GBF−∠EBF=60°−∠EBF，∠FBD=∠EBD−∠EBF=60°−∠EBF，
∴ ∠GBE=∠FBD，
又BG=BF，BE=BD，∴ △GBE≌△FBD，
∴ ¿=FD=1，
在△AGE中，AE+≥≥AG，即AE≥AG−≥¿，
若将A,B看成固定点，点C的轨迹是半径为2，以A为圆心的圆，在C的运动过程中，当A,G,E共
线时，AE取得最小值，如下图所示，
∵ △BFG
都为等边三角形，
∴ FG=FB=FA，
∴ 点G在以AB为直径，F为圆心的圆上，根据圆周角定理，
∴ ∠AGB=90°，
√ 5 2 5√3
∴ AG=√AB2−GB2= 52−( ) = ，
2 2
5√3
此时，AE=AG−≥= −1．
2
5√3
故答案为： −1．
2
24．如图，在Rt△ABC中∠ABC=90°，AB=BC=4，将△ABC绕点A逆时针旋转60°，得到
△ADE，连接BE，则BE的长为 ．
【答案】2(√2+√6)
【知识点】旋转综合题(几何变换)、用勾股定理解三角形、含30度角的直角三角形、旋转模型(全等
三角形的辅助线问题)
【分析】连接CE，设AC与BE的交点为F，由题意易得AC=AE=EC，进而可得BE⊥AC，然后根据勾股定理进行求解即可．
【详解】解：连接CE，设AC与BE的交点为F，如图所示：
∵在Rt△ABC中∠ABC=90°，AB=BC=4，
∴ AC=√AB2+BC2=4√2，
∵将△ABC绕点A逆时针旋转60°，得到△ADE，
∴∠EAC=60°，AE=AC，
∴EC=AE=AC，
∴ BE⊥AC，AF=FC，
1 √3
∴ BF= AC=2√2,EF= AE=2√6，
2 2
∴ BE=BF+EF=2√2+2√6；
故答案为2(√2+√6)．
【点睛】本题主要考查旋转的性质、等边三角形及直角三角形的性质、勾股定理，关键是由旋转的
性质得到线段的等量关系，然后利用30°角的直角三角形及勾股定理求解即可．
25．如图，正方形 ABCD 的边长为 2，点 E,F 分别在边AD,CD 上，若∠EBF 45 ，则△EDF
的周长等于 .
【答案】4
【知识点】全等的性质和SAS综合（SAS）、根据正方形的性质证明、旋转综合题(几何变换)
【分析】根据正方形的性质得AB=BC，∠BAE=∠C=90°，根据旋转的定义，把△ABE绕点B顺时
针旋转90°可得到△BCG，根据旋转的性质得BG=BE，CG=AE，∠GBE=90°，∠BAE=∠C=90°，
∠EBG=∠ABC=90°，于是可判断点G在CB的延长线上，接着利用“SAS”证明△FBG≌△EBF，得到
EF=CF+AE，然后利用三角形周长的定义得到答案．【详解】解：∵四边形ABCD为正方形，
∴AB=BC，∠BAE=∠BCD=90°，
∴把△ABE绕点B顺时针旋转90°可得到△BCG，如图，
∴BG=BE，CG=AE，∠GBE=90°，∠BAE=∠BCG=90°，
∴点G在DC的延长线上，
∵∠EBF=45°，
∴∠FBG=∠EBG-∠EBF=45°，
∴∠FBG=∠FBE，
在△FBG和△EBF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=2+2=4
故答案为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．
三、解答题
26．如图，在等腰直角△ABC中，∠BAC=90°，D是BC边上任意一点（不与B，C重合），将
线段AD绕点A逆时针旋转90°得到线段AE，连接CE，DE．(1)求∠ECD的度数；
(2)若AB=4，BD=√2，求DE的长．
【答案】(1)∠ECD=90°
(2)DE=2√5
【知识点】根据旋转的性质求解、用勾股定理解三角形、等腰三角形的性质和判定、全等的性质和
SAS综合（SAS）
【分析】本题主要考查了旋转的性质、勾股定理、等腰直角三角形的性质、三角形全等的判定与性
质，熟练掌握以上知识点并灵活运用是解此题的关键．
（1）由等腰直角三角形的性质可得∠B=∠ACB=45°，AB=AC，由旋转的性质可得：
∠DAE=90°，AD=AE，从而得到∠BAD=∠CAE，证明△ABD≌△ACE得出
∠B=∠ACE=45°，从而得到∠ECD=∠ACE+∠ACB=90°；
（2）由（1）可知，△ABD≌△ACE，得到BD=CE=√2，由勾股定理可得BC=4√2，从而得出
CD=3√2，最后由勾股定理进行计算即可．
【详解】（1）解：∵△ABC是等腰直角三角形，
∴∠B=∠ACB=45°，AB=AC，
由旋转的性质可得：∠DAE=90°，AD=AE，
∴∠BAC−∠DAC=∠DAE−∠DAC，即∠BAD=∠CAE，
∴△ABD≌△ACE，
∴∠B=∠ACE=45°，
∵∠ECD=∠ACE+∠ACB，
∴∠ECD=90°；
（2）解：由（1）可知，△ABD≌△ACE，
∴BD=CE=√2，
∵AB=AC=4，
∴BC=√AB2+AC2=4√2，
∴CD=BC−BD=3√2，
在Rt△CDE中，根据勾股定理DE=√CE2+CD2=2√5．
27．在等腰△ABC中，AB=AC，顶角度数为α，点D是平面内一点，连接CD，将线段CD绕点D顺时针旋转α得到线段ED，连接CE，BE，AD．
(1)如图1所示，当α=60°时，请直接写出线段BE与AD的数量关系：______；
(2)如图2所示，当α=90°时，（1）中的结论还成立吗，并说明理由；
(3)在（2）的前提下，若BE∥CD，AB=3，DE=2，请直接写出线段AD的长．
【答案】(1)BE=AD
(2)不成立，见解析
(3)AD的长为√7−√2或√7+√2
【知识点】相似三角形的判定与性质综合、根据旋转的性质求解、矩形性质理解、全等的性质和
SAS综合（SAS）
【分析】
（1）由旋转性质，得∠CDE=60°，DC=DE，证明△ABC和△DCE都是等边三角形，由其性质，
证明△BCE≌△ACD(SAS)，即可作答．
（2）同理，证明△ABC和△DCE都是等腰直角三角形，然后根据夹角相等，两边成比例证明
△BCE∽△ACD，再结合相似三角形的性质，即可作答．
（3）结合（1）、（2）的结论，易得四边形BEDF是矩形，根据勾股定理，得BF2+FC2=BC2，
代入数值进行计算，即可作答．
【详解】（1）
解： BE=AD
如图1所示，
∵将线段CD绕点D顺时针旋转60°得到线段ED，
∴∠CDE=60°，DC=DE
∵AB=AC
∴△ABC和△DCE都是等边三角形
∴BC=AC，CD=CE，∠DCE=∠ACB=60°
∴∠BCE=∠ACD
∴△BCE≌△ACD(SAS)
∴BE=AD
（2）解：不成立，BE=√2AD
理由：如图2所示，
∵将线段CD绕点D顺时针旋转90°得到线段ED，
∴∠CDE=90°，DC=DE
∴∠CDE=∠BAC=90°
∵AB=AC，
∴△ABC和△DCE都是等腰直角三角形
∴CE=√2CD，BC=√2AC，∠ACB=∠DCE=45°
CE BC
∴ = =√2，∠BCE=∠ACD
CD AC
∴△BCE∽△ACD
BE CE
∴ = =√2
AD CD
∴BE=√2AD
（3）
解：过B作BF⊥CD交CD所在直线于F
如图1所示，由（2）知，BE=√2AD
易得四边形BEDF是矩形，
设BE=x，则FD=x
在Rt△BFC中，BF2+FC2=BC2，
∴可得方程：22+(x+2) 2=(3√2) 2 ，解得x=√14−2
∴AD=√7−√2；
如图2所示，易得四边形BEDF是矩形，设BE= y，则DF= y
在Rt△BFC中，BF2+FC2=BC2，
∴可得方程：22+(y−2) 2=(3√2) 2 ，解得x=√14+2
∴AD=√7+√2
综上所述，AD的长为√7−√2或√7+√2【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质，勾股定理，等边三角形
的性质，矩形的性质，综合性较强，难度适中，正确掌握相关性质内容是解题的关键．
28．如图，在平面直角坐标系中，已知△ABC的三个顶点的坐标分别为A(−3,5)，B(−2,1)，
C(−1,3)．
(1)若△ABC经过平移后得到△A B C ，已知点C 的坐标为(4,0)，写出顶点A ，B 的坐标；
1 1 1 1 1 1
(2)若△ABC和△A B C 关于原点O成中心对称图形，写出△A B C 的各顶点的坐标；
2 2 2 2 2 2
(3)将△ABC绕着点O按顺时针方向旋转90°得到△A B C ，写出△A B C 的各顶点的坐标．
3 3 3 3 3 3
【答案】(1)A (2,2)，B (3,−2)
1 1
(2)A (3,−5)，B (2,−1)，C (1,−3)
2 2 2
(3)A (5,3)，B (1,2)，C (3,1)
3 2 2
【知识点】求关于原点对称的点的坐标、求绕原点旋转90度的点的坐标、已知图形的平移，求点的
坐标
【分析】本题考查了平移的性质、旋转的性质、成中心对称的图形的性质，熟练掌握以上知识点，
采用数形结合的思想是解此题的关键．
（1）由点C(−1,3)平移后对应的点C 的坐标为(4,0)，得出△ABC先向左平移5个单位长度，再向下
1
平移3个单位长度即可得到△A B C ，画出图形即可得出答案；
1 1 1
（2）由中心对称的性质即可得出答案；
（3）画出旋转后的图形，结合图形即可得出答案．
【详解】（1）解：∵点C(−1,3)平移后对应的点C 的坐标为(4,0)，
1
∴ △ABC先向左平移5个单位长度，再向下平移3个单位长度即可得到△A B C ，如图所示：
1 1 1∴ A (2,2) B (3,−2)
1 1
， ， ；
（2）解：∵ △ABC和△A B C 关于原点O成中心对称图形，
2 2 2
∴ A (3,−5)，B (2,−1)，C (1,−3)；
2 2 2
（3）解：如图，△A B C 即为所作，
3 3 3
∴ A (5,3) B (1,2) C (3,1)
3 2 2
， ， ， ．
29．如图，在Rt△OAB中，∠BAO=90°，且点A的坐标是（2，0）（1）写出点B的坐标是__________；
（2）将点B向左平移4个单位长度，再向下平移1个单位长度，得到点C，则点C的坐标为
__________；
（3）点C与点D关于原点O对称，则点D的坐标为__________；
（4）将点A绕点O按逆时针方向旋转90°，得到点E，则△ODE的面积是__________．
（把答案填在相应的横线上，不用书写解答过程）
【答案】（1）（2，4）；（2）（－2，3）；（3）（2，－3）；（4）2．
【知识点】求关于原点对称的点的坐标、旋转综合题(几何变换)
【分析】（1）观察图形，直接写出点B的坐标即可；
（2）根据平面直角坐标系内平移与坐标变化的规律：给点B的横坐标减4个单位长度，纵坐标减1
个单位长度，即可得出点C的坐标；
（3）根据平面直角坐标系内关于原点对称的点的坐标特点，给点C的横纵坐标分别乘以－1，则可
得出点D的坐标；
（4）根据旋转性质找出点E的位置及坐标，确定△ODE的位置及形状，即可利用面积公式进行计
算．
【详解】解：（1）点B的坐标是（2，4）；
故答案为：（2，4）；
（2）∵点B的坐标是（2，4），将点B向左平移4个单位长度，再向下平移1个单位长度，
则2－4＝－2，4－1＝3，
∴点C的坐标为（－2，3）；
故答案为：（－2，3）；
（3）∵点C的坐标为（－2，3），点C与点D关于原点O对称，
则－2×（－1）＝2，3×（－1）＝－3，
∴点D的坐标为（2，－3）；
故答案为：（2，－3）；
（4）∵点A的坐标是（2，0），将点A绕点O按逆时针方向旋转90°，得到点E，如图，∴点E的坐标是（0，2），
∴OE＝2，
∵点D的坐标为（2，－3）
∴y ＝2，
D
1
∴S ODE＝ ×2×2=2．
2
△
故答案为：2．
【点睛】本题考查了平移、旋转、对称与坐标变化，掌握平面直角坐标系内图形的平移、旋转、对
称与坐标变化之间的规律及特点是解题的关键．
30．将两个全等的等腰直角三角形按如图①放置，斜边分别交CD、CE于点M、N．
(1)如图②，将图①中的△BCN绕点C逆时针旋转90°得到△ACF，连接FM，求证：
△CMF≌△CMN；
(2)如图③，将△CDE绕点C旋转，当点M在AB上，点N在AB的延长线上时，试判断
AM、MN、BN之间的数量关系，并说明理由．
【答案】(1)见详解
(2)AM2+BN2=M N2，理由见详解【知识点】根据旋转的性质求解、用勾股定理解三角形、全等的性质和SAS综合（SAS）
【分析】（1）根据旋转的性质可得CF=CN，∠ACF=∠BCN，再求出∠ACM+∠BCN=45°，
从而求出∠MCF=45°，然后利用“边角边”证明△CMF和△CMN全等即可；
（2）把△BCN绕点C逆时针旋转90°得到△ACF，根据旋转的性质可得AF=BN，CF=CN，
∠BCN=∠ACF，再求出∠MCF=∠MCN，然后利用“边角边”证明△CMF和△CMN全等，
根据全等三角形对应边相等可得MF=MN，然后利用勾股定理列式即可得解．
本题考查了旋转的性质，全等三角形的判定与性质，等腰直角三角形的性质，勾股定理，此类题目
根据相同的思路确定出全等的三角形，然后找出条件是解题的关键．
【详解】（1）解： ∵△BCN绕点C逆时针旋转90°得到△ACF，
∴CF=CN，∠ACF=∠BCN，
∵∠DCE=45°，
∴∠ACM+∠BCN=45°，
∴∠ACM+∠ACF=45°，
即∠MCF=45°，
∴∠MCF=∠MCN，
在△CMF和△CMN中，
¿，
∴△CMF≌△CMN(SAS)；
（2）解：AM2+BN2=M N2，理由如下：
如图，把△BCN绕点C逆时针旋转90°得到△ACF，
则AF=BN，CF=CN，∠BCN=∠ACF，
∵∠MCF=∠ACB−∠MCB−∠ACF=90°−(45°−∠BCN)−∠ACF=45°+∠BCN−∠AC，F=45°
∴∠MCF=∠MCN，
在△CMF和△CMN中，
¿，
∴△CMF≌△CMN(SAS)，
∴FM=MN，∵∠ABC=45°，
∴∠CAF=∠CBN=135°，
又∵∠BAC=45°，
∴∠FAM=∠CAF−∠BAC=135°−45°=90°，
∴AM2+AF2=FM2，
∴AM2+BN2=M N2．
31．如图，将矩形ABCD绕点C旋转得到矩形FECG，点E在AD上，延长ED交FG于点H．
(1)求证DE=FH；
(2)连接BE,CH，当AB与BC的比值为_______时，四边形BEHC是菱形．
【答案】(1)见解析
√3
(2)
2
【知识点】解直角三角形的相关计算、根据旋转的性质求解、根据菱形的性质与判定求角度、利用
矩形的性质证明
【分析】本题主要考查了旋转的性质、全等三角形的判定和性质、等边三角形的判定和性质，矩形
的性质，菱形的判定和性质，解直角三角形，熟练掌握相关图形的性质和判定定理是解题的关键．
（1）根据旋转的性质以及矩形的性质，得EF=AB=CD，∠F=∠EDC=90°，FG∥EC，由此
得到∠FHE=∠CED，EF=CD，∠F=∠EDC=90°，证明△EFH≌△CDE，即可得到
DE=FH；
（2）由（1）△EFH≌△CDE得EH=EC，由旋转得BC=EC，故EH=BC，又EH∥BC，故四
边形BEHC是平行四边形，若四边形BEHC是菱形，则BE=BC，△BEC为等边三角形，故
AB AB
∠CBE=60°，∠ABE=30°，利用cos∠ABE= = 即可求解．
BE BC
【详解】（1）证明：∵ 将矩形ABCD绕点C旋转得到矩形FECG，根据旋转的性质以及矩形的性
质，
∴ EF=AB=CD，∠F=∠EDC=90°，FG∥EC，
∵ FG∥EC，
∴ ∠FHE=∠CED，
∴ ¿，∴ △EFH≌△CDE，
∴ DE=FH．
（2）解：连接BE,CH如图所示，
∵ △EFH≌△CDE
由（1） ，
∴ EH=EC，
由旋转得BC=EC，
∴ EH=BC，又EH∥BC，
∴ 四边形BEHC是平行四边形，
若四边形BEHC是菱形，
则BE=BC，
∴ △BEC为等边三角形，
∴ ∠CBE=60°，
∵ 四边形ABCD为矩形，
∴ ∠ABC=90°，
∴ ∠ABE=30°，
AB AB
∵ cos∠ABE= = ，
BE BC
AB √3
∴ =cos30°= ．
BC 2
32．如图，一个含60°角的纸片顶点与等边△ABC的点B重合，将该纸片绕点B旋转，使纸片60°
角的一边交直线AC于点D，在另一边上截取点E，使BE=BD，连接AE．
(1)当点D在边AC上时，如图①，求证：AC=AD+AE；
(2)当点D在边AC所在直线上，如图②、如图③时，线段AD,AC,AE之间又有怎样的数量关系？
请直接写出结论．(3)在图③中，AD、BE交于点K，若AE=4,BC=6，则AD=_______，DK=______．
【答案】(1)见解析
(2)图②：AC=AE−AD；图③：AC=AD−AE
38
(3)10，
5
【知识点】线段问题(旋转综合题)、相似三角形的判定与性质综合、等边三角形的性质、全等的性
质和SAS综合（SAS）
【分析】（1）根据等边三角形的性质和角的和差求出∠ABE=∠CBD，然后利用SAS证明
△ABE≌△CBD，得出AE=CD，再根据线段的和差关系即可得出结论；
（2）如图2，当点D在CA的延长线时，根据等边三角形的性质和角的和差求出∠ABE=∠CBD，然
后利用SAS证明△ABE≌△CBD，得出AE=CD，再根据线段的和差关系即可得出结论；
如图3，当点D在AC的延长线上时，先求出∠ABE=∠CBD，然后利用SAS证明△ABE≌△CBD，
得出AE=CD，再根据线段的和差关系即可得出结论；
（3）由（2）得 ABE≌ CBD，则可求出CD长，和∠BAC的度数，由AE∥BC，得出
△ △
2
AKE∽ CKB，列比例式求出AK= CK，结合AK+CK=AC=6，求出CK长，即可解决问题．
3
△ △
【详解】（1）证明：∵△ABC是等边三角形，
∴AB=BC，∠ABC=60°．
∵∠EBD=60°，
∴∠EBA+∠ABD=∠CBD+∠ABD，
即：∠ABE=∠CBD，
∵BD=BE，
∴△ABE≌△CBD（SAS），
∴AE=CD．
∵AC=AD+CD，
∴AC=AD+AE．
（2）如图2，当点D在CA的延长线时，
∵∠DBE=∠ABC=60°，
∴∠DBE+∠ABD=∠ABC+∠ABD，
即∠ABE=∠CBD，
∵AB=BC，BE=BD，
∴△ABE≌ CBD（SAS），
∴AE=CD=△AC+AD，
∴AD=AE-AC；如图3，当点D在AC的延长线上时，
∵∠ABC=∠DBE=60°，
∴∠ABC-∠CBE=∠DBE-∠CBE，
即∠ABE=∠CBD，
∵AB=BC，BD=BE，
∴ ABE≌ CBD（SAS），
∴△AE=CD=△AD-AC，
∴AC=AD-AE；
综上，当点D在CA延长线时，AD=AE-AC；当点D在AC的延长线上时，AC=AC-AE；
（3）解：由（2）得△ABE≌△CBD，
∴CD=AE=4，∠BAE=∠BCD=180°-∠ACB=120°，
∴AD=AC+CD=6+4=10，∠CAE=∠BAE-∠BAC=60°，
∴∠CAE=∠ACB，
∴AE∥BC，
∴△AKE∽△CKB，
AK AE 4
∴ = = ，
CK BC 6
2
∴AK= CK，
3
又∵AK+CK=AC=BC=6，
5
∴ CK=6，
3
18
∴CK= ，
5
18 38
∴DK=CK+CD= +4= ．
5 5
【点睛】本题考查了等边三角形的性质，三角形全等的判定和性质，相似三角形的判定和性质，以
及旋转的性质，解题的关键是能够综合运用各项几何知识．
33．已知：正方形ABCD中，∠MAN=45°，它的两边分别交CB，DC于点M，N．AH⊥MN于
点H，∠MAN绕点A旋转．解答下列问题：(1)如图①，当BM=DN时，请你写出AH与AB的数量关系 ；
(2)如图②，当BM≠DN时，猜想S 与S ，S 的关系，并完成证明；
△AMN △ABM △ADN
(3)如图③，若∠MAN=45°，AH⊥MN于点H，MH=2，NH=1，则AH= ．
【答案】(1)AB=AH
(2)S =S +S ，见解析
△AMN △ABM △ADN
√17+3
(3)
2
【知识点】根据旋转的性质求解、根据正方形的性质证明、正方形折叠问题、用勾股定理解三角形
【分析】（1）先证明△ABM≌△ADN(SAS)，可得AM=AN，∠BAM=∠DAN，再证明
△ABM≌△AHM(AAS)即可得到AH=AB；
（2）延长CB至E，使BE=DN，证明出Rt△AEB≌Rt△∧(SAS)，得到AE=AN，
∠EAB=∠NAD，然后证明出△AEM≌△ANM(SAS)，得到
S =S +S =S +S =S ；
△AEM △ABE △ABM △ADN △ABM △ANM
（3）分别沿AM、AN翻折△AMH和△ANH，得到△ABM和△∧¿，然后分别延长BM和DN交于
点C，得正方形ABCE，设AH=x，则MC=x−2，NC=x−1，在Rt△MCN中，由勾股定理列方
程求解即可．
【详解】（1）AH=AB．理由如下：
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠B=∠BAD=∠D=90°，AB=AD，
在△ABM和△ADN中，
¿，
∴△ABM≌△ADN(SAS)，
∴AM=AN，∠BAM=∠DAN，
∴△AMN是等腰三角形，
又∵AH⊥MN，
∴∠AHM=90°，∠HAM=∠HAN，
∵∠MAN=45°，
1
∴∠HAM= ×45°=22.5°，∠BAM+∠DAN=45°，
2
∴∠BAM=22.5°=∠HAM，
在△ABM和△AHM中，
¿，
∴△ABM≌△AHM(AAS)，
∴AH=AB；（2）数量关系成立．如图②，延长CB至E，使BE=DN．
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=AD，∠D=∠ABE=90°，
在Rt△AEB和Rt△∧¿中，
¿，
∴Rt△AEB≌Rt△∧(SAS)，
∴AE=AN，∠EAB=∠NAD，
∵∠DAN+∠BAM=45°，
∴∠EAB+∠BAM=45°，
∴∠EAN=90°，
∴∠EAM=∠NAM=45°，
在△AEM和△ANM中，
¿，
∴△AEM≌△ANM(SAS)，
∴S =S +S =S +S =S ．
△AEM △ABE △ABM △ADN △ABM △ANM
（3）如图,分别沿AM、AN翻折△AMH和△ANH，得到△ABM和△∧¿，
∴BM=2 DN=1 ∠B=∠D=∠BAD=90°
， ， ．
分别延长BM和DN交于点C，得正方形ABCD，
由（2）可知，AH=AB=BC=CD=AD．
设AH=x，则MC=x−2，NC=x−1，
在Rt△MCN中，由勾股定理，得M N2=MC2+NC2，
∴32=(x−2) 2+(x−1) 2，3+√17 3−√17
解得x = ，x = ．（不符合题意，舍去），
1 2 2 2
3+√17
∴AH= ．
2
【点睛】本题是四边形综合题，考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质、翻折变换的性质
以及勾股定理等知识；正确作出辅助线，熟练掌握翻折变换的性质，构造全等三角形是解题的关键．
34．已知点O是△ABC内一点，连接OA,OB，将△BAO绕点B顺时针旋转如图，若△ABC是等边
三角形，OA=5，OB=12，△BAO旋转后得到△BCD，连接OC,OD，已知OC=13．
(1)求OD的长；
(2)求∠AOB的大小．
【答案】(1)12
(2)150°
【知识点】根据旋转的性质求解、利用勾股定理的逆定理求解、等边三角形的判定和性质
【分析】（1）根据旋转的性质，推出△BOD为等边三角形，得到OD=OB，即可得解；
（2）根据旋转的性质，得到∠AOB=∠BDC，由（1）△BOD为等边三角形，得到∠BDO=60°，
利用勾股定理逆定理得到∠ODC=90°，进而得到∠AOB=∠BDC=∠ODB+∠ODC，即可得
解．
【详解】（1）解：∵△ABC是等边三角形，
∴∠ABC=60°=∠ABO+∠OBC，
∵△BAO旋转后得到△BCD，
∴OB=BD,∠ABO=∠CBD,CD=OA=5,∠AOB=∠BDC，
∴∠OBD=∠CBD+∠OBC=∠ABO+∠OBC=60°，
∴△BOD为等边三角形，
∴OD=OB=12；
（2）解：由（1）知：△BOD为等边三角形，OD=OB=12，CD=OA=5，∠AOB=BDC，
∴∠BDO=60°，
∵OD2+CD2=122+52=169=132=OC2，
∴∠ODC=90°，∴∠AOB=∠BDC=∠ODB+∠ODC=150°．
【点睛】本题考查旋转的性质，等边三角形的判定和性质，勾股定理逆定理．熟练掌握旋转的性质，
是解题的关键．
35．两张矩形纸片ABCD和CEFG完全相同，且AB=CE，AD＞AB．
操作发现：
（1）如图1，点D在GC上，连接AC、CF、CG、AG，则AC和CF有何数量关系和位置关系？并
说明理由．
实践探究：
（2）如图2，将图1中的纸片CEFG以点C为旋转中心逆时针旋转，当点D落在GE上时停止旋转，
则AG和GF在同一条直线上吗？请判断，并说明理由．
【答案】(1)BC=√3AB；(2)BM=CN，理由见解析.
【知识点】旋转综合题(几何变换)
【分析】（1）先根据条件判定 ABC≌△CEF，进而得到AC=CF，∠ACB=∠CFE，再根据
∠CFE+∠ECF=90°，得出∠ACF△=90°，即可得到AC⊥CF；
（2）先根据条件判定 ACD≌△GEC，即可得出∠ACD=∠GEC，DC=EC，AC=GE，进而判定四边形
ACEG是平行四边形，△得出AG∥CE，再根据矩形CEFG中，GF∥CE，即可得到AG和GF在同一条
直线上．
【详解】（1）AC=CF，AC⊥CF．理由如下：
如图1，
∵矩形纸片ABCD和CEFG完全相同，且AB=CE，
∴BC=EF，∠B=∠CEF=90°，在 ABC和 CEF中，
¿，△ △
∴△ABC≌△CEF（SAS），
∴AC=CF，∠ACB=∠CFE，
∵Rt CEF中，∠CFE+∠ECF=90°，
∴∠A△CB+∠ECF=90°，
∴∠ACF=∠BCD+∠ECG-（∠ACB+∠ECF）=90°+90°-90°=90°，
∴AC⊥CF；
（2）AG和GF在同一条直线上．理由如下：
如图2，
∵矩形纸片ABCD和CEFG完全相同，且AB=CE，
∴AD=GC，CD=CE，∠ADC=∠GCE=90°，
在 ACD和 GEC中，
¿，△ △
∴△ACD≌△GEC（SAS），
∴∠ACD=∠GEC，DC=EC，AC=GE，
∴∠CDE=∠DEC，
∴∠ACD=∠CDE，
∴GE∥AC，
∴四边形ACEG是平行四边形，
∴AG∥CE，
又∵矩形CEFG中，GF∥CE，
∴AG和GF在同一条直线上．（过直线外一点有且只有一条直线与已知直线平行）
【点睛】本题主要考查了旋转的性质，矩形的性质，平行四边形的判定与性质以及全等三角形的判
定与性质的综合应用，解决问题的关键是掌握：旋转前、后的图形全等．解题时注意：过直线外一
点有且只有一条直线与已知直线平行．解第（2）题时方法不唯一，也可以通过判定 ACG≌△CAD
得到∠AGC=90°，进而根据∠AGF=180°得出AG和GF在同一条直线上． △【能力提升】
36．【问题探究】
（1）如图1，已知Rt△ABC中，∠BAC=90°，AC=6，AB=8，点D是BC的中点，连接AD，
则AD的长为________．
（2）如图2，已知Rt△ABC中，AB=BC，P为△ABC内一点，且AP=BP=2，∠APB=135°，
请求出CP的长度；
【问题解决】
（3）如图3，四边形ABCD中，AD∥BC，∠ABC=90°，AD=2，AB=2√3，BC=4，点P
为四边形ABCD内一点，且始终有∠APB=90°，连接CP、DP，请问是否存在一点P，使得
CP+DP的值最小？如果存在，求出CP+DP的最小值；如果不存在，请说明理由．
【答案】（1）5；（2）2√3；（3）存在，CP+DP的最小值为√39−√3
【知识点】解直角三角形的相关计算、根据旋转的性质求解、等边三角形的判定和性质、全等的性
质和SAS综合（SAS）
【分析】（1）利用勾股定理求出BC=10，再根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半即可得
到答案；
（2）将△ABP绕点B顺时针旋转90度得到△CBP′，由旋转的性质可得
BP′=BP=2，CP′=AP=2，∠PBP′=90°，∠BP′C=∠APB=135°，证明△PBP′是等腰直
角三角形，得到∠BP′P=45°，进而得到∠PP′C=90°，再利用勾股定理求解即可；
（3）如图所示，取AB中点O，连接OP，OC，将△OCP绕点C逆时针旋转60度得到△O′CP′，
1
连接P′P，则OP= AB=√3；由旋转的性质可得O′P′=OP=√3，P′C=PC，∠PCP′=60°，
2
证明△PCP′是等边三角形，得到CP′=CP，则当O′、P′、P、D四点共线时，CP+PP′+O′P′
最小，即此时CP+DP+O′P′最小，最小值为DO′的长；如图所示，过点D作DH⊥BC于H，则
四边形ABHD是矩形，则DH=AB=2√3，BH=AD=2，解直角三角形得到∠DCH=60°，则CH
CD= =4，证明△DCO≌△BCO′ (SAS)， 推出O′B=OD=√7，在Rt△BOC中，
cos∠DCH
；设 ，则 ，由勾股定理得 ，
OC=√OB2+BC2=√19 BF=x CF=4−x (√7) 2 −x2=(√19) 2 −(4−x) 2
1 1 3 3√3
解得x= ，则BF=x= ，HF= ，O′F=√O′B2−BF2= ，如图所示，过点O′作O′E⊥AD
2 2 2 2
3
于E，交BC于F，同理可证明四边形ABFE和四边形DEFH是矩形，则DE=HF= ，
2
7√3
EF=AB=2√3，得到O′E= ，则O′D=√O′E2+DE2=√39，即可得到CP+DP的最小值为
2
√39−√3．
【详解】解：（1）∵在Rt△ABC中，∠BAC=90°，AC=6，AB=8，
∴BC=√AB2+AC2=√62+82=10，
∵点D是BC的中点，
1
∴AD= BC=5，
2
故答案为：5；
（2）如图所示，将△ABP绕点B顺时针旋转90度得到△CBP′，
由旋转的性质可得BP′=BP=2，CP′=AP=2，∠PBP′=90°，∠BP′C=∠APB=135°，
∴△PBP′是等腰直角三角形，
∴∠BP′P=45°，
∴∠PP′C=90°，
在Rt△PBP′中，由勾股定理得P′P2=BP2+P′B2=8，
∴在Rt△P′PC中，由勾股定理得PC=√P′C2+P′P2=2√3；
（3）如图所示，取AB中点O，连接OP，OC，将△OCP绕点C逆时针旋转60度得到△O′CP′，连接P′P，
∵∠APB=90°，AB=2√3， 点O为AB的中点，
1
∴OP= AB=√3；
2
由旋转的性质可得O′P′=OP=√3，P′C=PC，∠PCP′=60°，
∴△PCP′是等边三角形，
∴CP′=CP，
∴CP+DP+O′P′=CP+PP′+O′P′，
∴当O′、P′、P、D四点共线时，CP+PP′+O′P′最小，即此时CP+DP+O′P′最小，最小值为
DO′的长；
如图所示，过点D作DH⊥BC于H，则四边形ABHD是矩形，
∴DH=AB=2√3，BH=AD=2，
∴CH=2，
DH
∴tan∠DCH= =√3，
CH
∴∠DCH=60°，
CH
∴CD= =4，
cos∠DCH
∴BC=CD，
∵∠DCB=∠OCO′=60°，
∴∠DCO=∠BCO′，
∴△DCO≌△BCO′ (SAS)，
∴O′B=OD，
在Rt△AOD中，OD=√AD2+AO2=√7，
∴O′B=OD=√7，
在Rt△BOC中，OC=√OB2+BC2=√19；
设BF=x，则CF=4−x，
由勾股定理得O′F2=O′B2−BF2=O′C2−CF2
∴(√7) 2 −x2=(√19) 2 −(4−x) 2，
1
解得x= ，
2
1 3
∴BF=x= ，HF= ，
2 23√3
∴O′F=√O′B2−BF2=
，
2
同理可证明四边形ABFE和四边形DEFH是矩形，
3
∴DE=HF= ，EF=AB=2√3，
2
7√3
∴O′E=
，
2
∴O′D=√O′E2+DE2=√39，
∴CP+DP+O′P′的最小值为√39，
∴CP+DP的最小值为√39−√3．
【点睛】本题主要考查了旋转的性质，全等三角形的性质与判定，勾股定理，等边三角形的性质与
判定，解直角三角形等等，正确利用旋转构造全等三角形是解题的关键．
37．对于平面直角坐标系xOy中的图形G和点Q，给出如下定义：将图形G绕点Q顺时针旋转90°得
到图形N，图形N称为图形G关于点Q的“垂直图形”，例如，图1中线段OD为线段OC关于点O
的“垂直图形”．(1)线段MN关于点M(1,1)的“垂直图形”为线段MP．
①若点N的坐标为(1,2)，则点P的坐标为____．
②若点P的坐标为(4,1)，则点N的坐标为_____．
(2)E(−3,3)，F(−2,3)，H(a,0)，线段EF关于点H的“垂直图形”记为E′F′，点E的对应点为
E′，点F的对应点为F′．
①求点E′的坐标（用含a的式子表示）；
②若⊙O的半径为2，E′F′上任意一点都在⊙O内部或圆上，直接写出满足条件的EE′的取值范围．
【答案】(1)①(2,1)；②(1,4)
(2)①(3+a,3+a)；②3√2≤EE′≤√22
【知识点】求绕某点（非原点）旋转90度的点的坐标、已知两点坐标求两点距离、用勾股定理解三
角形、全等的性质和ASA（AAS）综合（ASA或者AAS）
【分析】（1）①②根据“垂直图形”定义，结合旋转性质、坐标与图形即可求解；
（2）①过点E作EG⊥x轴于G，E′P⊥x轴于P，证明△EGH≌△HPE' (AAS)得到HP=EG，
E′P=GH，进而可求得点E′的坐标；②根据旋转性质和“垂直图形”的定义可知，满足条件的点在
第一象限的⊙O上时取得最大值，与原点重合时取得最小值，进而根据勾股定理求解即可．
【详解】（1）①如图：
∵ M (1,1) N (1,2)
点 的坐标为 ， 点坐标为
∴P(2,1)
故答案为：(2,1)；
②当P(4,1)时，如图，N(1,4)，
故答案为：(1,4)；
（2）①作EG⊥x轴于G，E′P⊥x轴于P则，则∠EGH=∠E′PH=90°∴∠GEH+∠GHE=90°
∵点E关于点H的“垂直图形”为E′
∴∠EH E′=90°，EH=H E′
∴∠GHE+∠PH E′=90°
∴∠GEH=∠PH E′
在△EGH和△HPE′中，
¿
∴△EGH≌△HPE′ (AAS)
∴HP=EG，E′P=GH
∵E(−3,3)，H(a,0)
∴HP=EG=3，E'P=GH=|a+3|，OP=GH+HP−OG=|a+3|
∴点E'的坐标为(a+3,a+3)
②如图，观察图象可知，满足条件的E′F′如图中阴影部分，
当点E′在第一象限的⊙O上，EE′取得最大值，则∵E′ (3+a,3+a)，OE′=2
∴(3+a) 2+(3+a) 2=22
解得：a=√2−3
∴E′ (√2,√2)
∵E(−3,3)
∴EE'=√ (√2+3) 2+(√2−3) 2=√22
∴EE'的最大值为√22
当E′与原点重合时，EE'取得最小值，此时
EE′=√32+(−3) 2=3√2
∴EE'的最小值为3√2
综上所述，EE′的取值范围为3√2≤EE′≤√22
【点睛】本题考查了垂直图形的定义，旋转的性质、全等三角形的判定与性质、坐标与图形变换、
勾股定理，两点距离公式等知识，理解题意并作出相应辅助线构造全等三角形解决问题是解题的关
键．
38．如图，在四边形ABCD中，已知AB=AD，∠BAD=90°，点E、F分别在BC、CD上，
∠EAF=45°．
(1)①如图①，若∠B、∠ADC都是直角，把△ABE绕点A逆时针旋转90°至△ADG，使AB与AD
重合，则线段BE、DF和EF之间的数量关系为______；
②如图②，若∠B、∠D都不是直角，但满足∠B+∠D=180°，线段BE、DF和EF之间的结论
是否仍然成立？若成立，请写出证明过程；若不成立，请说明理由；
(2)如图③，在△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC=2√2，点D、E均在边BC边上，且
∠DAE=45°，若BD=1，请直接写出DE的长．
【答案】(1)①EF=BE+DF，②成立，见解析
5
(2)DE=
3【知识点】根据旋转的性质求解、用勾股定理解三角形、等腰三角形的性质和判定、全等三角形综
合问题
【分析】（1）①根据若∠B、∠ADC都是直角，AB=AD，可得四边形ABCD是正方形，根据旋
转可得△ABE≌△ADG，求出∠DAG+∠FAD=45°=∠EAF，可证△AEF≌△AGF(SAS)，由
此即可求解；②如图所示，延长CD，并取DH=BE，连接AH，可证△ABE≌△ADH(SAS)，可
得∠FAD+∠DAH=45°=∠EAF，由此可证△EAF≌△HAF(SAS)即可求解；
（2）根据题意，将△ABE绕点A顺时针旋转90°后得△ACM，可得△ABD≌△ACM，再证
△ADE≌△AMC(SAS)，可得DE=ME，根据全等三角形的性质可证△CEM是直角三角形，设
DE=ME=x，则CE=3−x，在Rt△CEM中，根据勾股定理即可求解．
【详解】（1）解：在四边形ABCD中，AB=AD，∠BAD=90°，∠EAF=45°，
∴∠BAE+∠FAD=45°，
①EF=BE+DF，理由如下，
若∠B、∠ADC都是直角，则∠B=∠BAD=∠ADC=90°，且AB=AD，
∴四边形ABCD是正方形，
把△ABE绕点A逆时针旋转90°至△ADG，使AB与AD重合，
∴△ABE≌△ADG，
∴∠B=∠ADG=90°，AE=AG，∠BAE=∠DAG，BE=DG，
∴∠ADC+∠ADG=180°，则点C，D，G三点共线，
∵∠BAE+∠FAD=45°，
∴∠DAG+∠FAD=45°=∠EAF，
在△AEF，△AGF中，
¿，
∴△AEF≌△AGF(SAS)，
∴EF=GF=FD+DG，
∴EF=BE+DF；
②成立，理由如下，
如图所示，延长CD，并取DH=BE，连接AH，
∵∠ADC+∠ADH=180°，∠B+∠ADC=180°，∴∠B=∠ADH，
在△ABE，△ADH中，
¿，
∴△ABE≌△ADH(SAS)，
∴AE=AH，∠BAE=∠DAH，
∵∠BAD=90°，∠EAF=45°，
∴∠BAE+∠FAD=45°，
∴∠FAD+∠DAH=45°=∠EAF，
∴△EAF≌△HAF(SAS)，
∴EF=FH=DF+DH，
∴EF=BE+DF；
（2）解：∵∠BAC=90°，AB=AC=2√2，
∴将△ABE绕点A顺时针旋转90°后，AB与AC重合，得△ACM，如图所示，
∴△ABD≌△ACM，
∴AD=AM，∠BAD=∠CAM，∠B=∠ACM，BD=CM=1，
∵∠DAE=45°，
∴∠BAD+∠EAC=45°，则∠EAC+∠CAM=45°=∠DAE，
∴△ADE≌△AMC(SAS)，
∴DE=ME，
∵△ABC是等腰直角三角形，
∴∠B=∠ACB=45°，BC=√AB2+AC2=4，
∴∠ACB+∠ACM=45°+45°=90°，即CM⊥BC，垂足为点C，
∴△CEM是直角三角形，
设DE=ME=x，则CE=BC−BD−DE=4−1−x=3−x，
∴EM2=EC2+CM2，即x2=(3−x) 2+12，
5
解得，x= ，
3
5
∴DE的长为 ．
3【点睛】本题主要考查旋转的性质，全等三角形的判定和性质，等腰直角三角的性质，直角三角形
的判定，勾股定理求线段长等知识的综合，掌握旋转的性质，全等三角形的判定和性质，合理作出
辅助线是解题的关键．
39．如图1，在矩形ABCD中，E、F、G分别为边BC、AB、AD的中点，连接DF、EF，H为DF中
点，连接GH，将△BEF绕点B旋转．
(1)当△BEF旋转到如图2的位置，连接AF、CE，若AB=BC，且CE=2，则AF=__________，
GH=__________；
(2)已知AB=3，BC=4．
①当△BEF旋转到如图3位置时，连接CE，猜想GH与CE之间的数量关系和位置关系，并说明理
由．
②在△BEF旋转过程中，射线GH，CE相交于点Q，连接AQ，AQ有最小值吗？若有，请直接写出
AQ的最小值；若没有，请说明理由．
【答案】(1)AF=2；GH=1
8 3√5−√13
(2)①CE= GH,GH⊥CE；见解析；②有，最小值为
3 2
【知识点】相似三角形的判定与性质综合、根据旋转的性质求解、圆周角定理
【分析】（1）根据角的和差关系求出∠CBE=∠ABF，然后根据中点的定义求出BF=BE，利用SAS
证明 ABF≌ CBE，得出AF=CE=2，再根据三角形中位线定理求GH长即可；
（2）△①连接△AF，延长CE交AF于N，交AB于M，证明△ABF∽△CBE，得出
AF 3 3
= ,∠BAF=∠BCE，设AF=3x , CE=4x，然后根据三角形中位线定理求出GH= x，
CE 4 2
则可求出GH与CE的比值，再根据余角的性质求出CN⊥AF，结合GH∥AF，则可得出GH⊥CE；
②延长GH和CE交于点Q，连接CG，取CG的中点O，求出∠CEG=90°，则Q点在以CG为直径
的圆上，从而得到当A、Q、O三点共线时，AQ最短，然后作OP⊥AD于P，然后利用三角形中
位线定理、勾股定理等求出OA长，从而求出AQ，即AQ的最小值．【详解】（1）解：∵∠CBE+∠CBF=∠CBF+∠ABF=90°，
∴∠CBE=∠ABF，
∵AB=BC，E、F分别是BC、AC的中点，
∴BF=BE，
在 ABF和 CBE中，¿ ，
∴ △ABF≌ C△BE（SAS），
∴△AF=CE=△2，
∵G、H分别是AD和DF的中点，
∴GH是 ADF的中点，
△1
∴GH= AF=1，
2
故答案为：2，1．
8
（2）解：①猜想CE= GH，GH⊥CE，理由如下，
3
如图，连接AF，延长CE交AF于N，交AB于M，
∵AB=3，BC=4，E，F分别为边BC，AB的中点，
3
∴BF= ,BE=2，
2
由旋转可知：∠ABC=∠FBE=90°，
∴∠ABF=∠CBE，
AB 3 BF
又∵ = = ，
BC 4 BE
∴△ABF∽△CBE；
AF 3
∴ = ,∠BAF=∠BCE，
CE 4
设AF=3x , CE=4x，
∵点G是AD的中点，点H是DF的中点，
∴GH∥AF, AF=2GH=3x，3
∴GH= x，
2
8
∴CE= GH，
3
∵∠BAF+∠AMN=∠BCE+∠BMC=90°，
∴∠ANC=90°，
即AF⊥CE，
∵GH∥AF，
∴GH⊥CE；
②有最小值，理由如下：
如图，延长GH和CE交于点Q，连接CG，取CG的中点O，
由①知CE⊥GH，即∠CEG=90°，
则Q点在以CG为直径的圆上，
当A、Q、O三点共线时，AQ最短，
作OP⊥GD于P，
∴GP=PD，
∴OP是 CGD的中位线，
△1 3 1
∴OP= CD= ，GP= GD=1 ，
2 2 2
∴AP=AG+GP=2+1=3，
∴OA=√AP2+OP=
√ (3) 2
+32=
3√5
，
2 2
∴CG=√CD2+CG2=√32+22=√13 ，
√13
∴OC=OG= =OQ ，
2
3√5−√13
∴AQ=AO−OQ= ．．
2【点睛】本题是四边形综合题，考查了旋转的性质，矩形的性质，全等三角形的判定和性质，相似
三角形的判定和性质，勾股定理，以及三角形三边的关系，解题的关键是根据条件添加适当的辅助
线，构造全等三角形．
40．如图1，在Rt△ABC中，∠B=90°，AB=4，BC=2，点D、E分别是边BC、AC的中点，
连接DE，将△CDE绕点C逆时针方向旋转，记旋转角为α．
(1)问题发现
AE AE
①当α=0°时， =______；②当α=180°时， =______．
BD BD
(2)拓展探究
AE
试判断：当0°≤α<360°时， 的大小有无变化？请仅就图2的情形给出证明．
BD
(3)问题解决
△CDE绕点C逆时针旋转至A、B、E三点在同一条直线上时，如图3-1，图3-2，求线段BD的长．
①如图3-1中，当点E在AB的延长线上时， ②如图3-2中，当点E在线段AB上时，
【答案】(1)①√5，②√5
(2)没有变化，证明见解析
3√5
(3)√5或
5
【知识点】线段问题(旋转综合题)、相似三角形的判定与性质综合、由平行截线求相关线段的长或
比值、用勾股定理解三角形
【分析】（1）①当α=0°时，在Rt△ABC中，由勾股定理，求出AC的值；然后根据点D、E分别
AE
是边BC、AC的中点，求出AE、BD的大小，即可求出的 值．②α=180°时，可得AB∥DE，然
BD
AC BC AE
后根据 ＝ ，即可求出 的值．
AE DB BDEC AC
（2）首先判断出∠ECA＝∠DCB，再根据 ＝ ＝√5，判断出△ECA∽△DCB，然后由相似三
DC BC
角形的对应边成比例，求得答案．
（3）分两种情形：①如图3﹣1中，当点E在AB的延长线上时，②如图3﹣2中，当点E在线段AB
上时，利用勾股定理及上一问结论，分别求解即可．
【详解】（1）解：①当α=0°时，
∵Rt△ABC中，∠B＝90°，
∴AC＝√AB2+BC2＝√42+22＝2√5，
∵点D、E分别是边BC、AC的中点，
1 1
∴AE＝ AC＝√5，BD＝ BC＝1，
2 2
AE
∴ ＝√5．
BD
②如图1中，
当α=180°时，
可得AB∥DE，
AC BC
∵ ＝ ，
AE BD
AE AC
∴ ＝ ＝√5．
BD BC
故答案为：①√5，②√5．
（2）解：如图2，AE
当0°≤α＜360°时， 的大小没有变化．理由如下：
BD
∵∠ECD＝∠ACB，
∴∠ECA＝∠DCB，
EC AC
又∵ ＝ ＝√5，
DC BC
∴△ECA∽△DCB，
AE AC AE
∴ ＝ ＝√5，即当0°≤α＜360°时， 的大小没有变化．
BD BC BD
（3）解：①如图3﹣1中，当点E在AB的延长线上时，
在Rt△BCE中，CE＝√5，BC＝2，
∴BE＝√EC2−BC2＝√5−4＝1，
∴AE＝AB+BE＝5，
AE
∵ ＝√5，
BD
5
∴BD＝ ＝√5．
√5
②如图3﹣2中，当点E在线段AB上时，
∵BE＝√EC2−BC2＝√5−4＝1，
∴AE＝AB－BE =4﹣1＝3，
AE
∵ ＝√5，
BD
3 3√5
∴BD＝= = ，
√5 53√5
综上所述，满足条件的BD的长为√5或 ．
5
【点睛】本题属于几何变换综合题，考查了旋转变换，相似三角形的判定和性质，平行线的性质，
勾股定理等知识，解题的关键是正确寻找相似三角形解决问题，学会用分类讨论的思想思考问题．
