文档内容
专题强化06：旋转、对称几何变换题型归纳
【题型归纳】
题型一：旋转的性质
题型二：旋转中的坐标问题
题型三：中心对称变换
题型四:旋转变换之线段问题
题型五：旋转变换之面积问题
题型六：旋转变换之角度问题
题型七：旋转综合问题
【题型探究】
题型一：旋转的性质
1．（23-24九年级上·四川南充·期末）如图，在正方形ABCD中，E为DC边上的点，连接BE，∠EBC=25°，
将△BCE绕点C顺时针方向旋转90°得到△DCF，连接EF，则∠EFD的度数为（ ）
A．15° B．20° C．25° D．30°
【答案】B
【分析】本题考查了旋转的性质，正方形的性质，等边对等角，三角形的外角性质，由旋转性质可得CE=CF，
∠EBC=∠FDC=25°，又四边形ABCD是正方形， 则∠BCD=∠DCF=90°，再由等边对等角得
∠EFC=∠CEF=45°，最后由三角形的外角性质即可求解，熟练掌握知识点的应用是解题的关键．
【详解】∵将△BCE绕点C顺时针方向旋转90°得到△DCF，
∴CE=CF，∠EBC=∠FDC=25°，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BCD=∠DCF=90°，
∴∠EFC=∠CEF=45°，
∴∠EFD=∠CEF-∠CDF=45°-25°=20°，
故选：B．
2．（23-24九年级上·四川广安·期末）如图，边长为1的正方形ABCD绕点A逆时针旋转45度后得到正方形
AB'C'D'，边B'C'与DC交于点O，则四边形AB'OD的周长是（ ）A．3 B．2❑√2 C．❑√2 D．❑√2+1
【答案】B
【分析】本题考查了正方形的性质、旋转的性质、等腰直角三角形的性质、勾股定理，连接B'C，AC，由正方形
的性质可得：AD=CD=AB=1，∠D=∠B=90°，由旋转的性质可得：∠BAB'=45°，AB=AB'=1，
∠B'=∠B=90°，得出点B'再对角线AC上，再分别求出OB'、OD的长即可得解．
【详解】解：如图，连接B'C，AC，
由正方形的性质可得：AD=CD=AB=1，∠D=∠B=90°，
由旋转的性质可得：∠BAB'=45°，AB=AB'=1，∠B'=∠B=90°，
∴点B'在对角线AC上，AC=❑√AD2+CD2=❑√2，
∴B'C=AC-AB'=❑√2-1，∠DCA=45°，
∴△OB'C为等腰直角三角形，
∴OC=❑√2B'C=2-❑√2，OB'=B'C=❑√2-1，
∴OD=CD-OC=❑√2-1，
∴四边形AB'OD的周长是AD+AB'+OB'+OD=1+1+❑√2-1+❑√2-1=2❑√2，
故选：B．
3．（23-24九年级下·安徽合肥·期中）如图，将菱形ABCD绕点A逆时针旋转得到菱形AEFG，若AE经过点
C,CD与EF相交于H，∠B=α,∠CHE=β，则β=（ ）1 3
A．45°- α B．90°- α C．90°-2α D．180°-3α
2 2
【答案】B
【分析】本题考查菱形的性质，旋转的性质，三角形外角定理，掌握相关定理与性质是解题的关键．
【详解】解：∵四边形ABCD为菱形，∠B=α，BC=BA
1 1
∴∠ACD=∠BCA= (180-∠B)=90°- α，
2 2
∵菱形ABCD绕点A逆时针旋转得到菱形AEFG，
∴∠E=∠B=α，
1 3
∴∠CHE=∠ACD-∠E=90°- α-α=90°- α．
2 2
故选：B．
题型二：旋转中的坐标问题
4．（23-24九年级上·河南驻马店·期末）如图，矩形OABC的顶点O为坐标原点，AC=4，对角线OB在第一象限
的角平分线上．若矩形从图示位置开始绕点O，以每秒45°的速度顺时针旋转，则当第2024秒时，矩形的对角线
交点G的坐标为（ ）
A．(2,0) B．(0,2) C．(❑√2,❑√2) D．(-❑√2,-❑√2)
【答案】C
【分析】本题考查旋转变换，矩形的性质等知识，解题的关键是明确题意，发现点G的变化特点，利用数形结合
的思想解答．每秒旋转45°，8次一个循环，2024÷8=253，第2024秒时，矩形的对角线交点G与原位置的点G
的坐标相同，由此可得到点G的坐标．【详解】解：∵四边形OABC是矩形，AC=4，
∴AC=OB=4，AG=CG，OG=BG，
∴OG=2，
∵每秒旋转45°，360°÷45°=8，
∴8次一个循环，
∵2024÷8=253，
∴点G与原位置的点G的坐标相同，
∴原位置的点G在第一象限的角平分线上，设G(x,x)，
∴x2+x2=4(x>0)，
解得：x=❑√2，
∴点G的坐标为(❑√2,❑√2)．
故选：C．
5．（23-24九年级上·江西宜春·期末）如图，边长为4的正六边形ABCDEF的中心与坐标原点O重合，AB∥x轴，
点Q为AO的中点，将正六边形ABCDEF绕原点O顺时针旋转n次，每次旋转60°，当n=2024时，点Q的坐标为
（ ）
A．(-1,❑√3) B．(2,0) C．(2,-❑√3) D．(-2,0)
【答案】B
【分析】本题考查的是正多边形和圆、旋转变换的性质，掌握正多边形的性质、旋转变换的性质是解题的关键．
根据正多边形的性质得到∠AOH=30°，AH=2，根据勾股定理求出OH，根据规律解答即可．
【详解】解：∵正六边形ABCDEF的中心与坐标原点O重合，
360°
∴∠AOF= =60°，
6
∴∠AOH=30°，AH=2，
∴OH=❑√OA2-AH2=2❑√3，
∵六边形ABCDEF是正六边形，∴点A的坐标为(-2,2❑√3)，点B的坐标为(2,2❑√3)，点C的坐标为(4,0)，点D的坐标为(2，-2❑√3)，点E的坐
标为(-2,-2❑√3)，点F的坐标为(-4,0)，
∵点Q为AO的中点，
∴点Q的坐标为(-1，❑√3)，旋转1次后的坐标为(1,❑√3)，旋转2次后的坐标为(2,0)，旋转3次后的坐标为
(1,-❑√3)，旋转4次后的坐标为(-1,-❑√3)，旋转5次后的坐标为(-1,0)，旋转6次后的坐标为(-1，❑√3)，
∵六边形ABCDEF是正六边形，
∴正六边形ABCDEF绕原点O顺时针旋转6次回到原位置，
∵2024÷6=337…2，
∴当n=2024时，点Q的坐标为 (2,0)，
故选：B．
6．（22-23九年级下·山东济宁·期中）如图，在平面直角坐标系中，边长为2的正六边形ABCDEF的中心与原点
O重合，AB∥x轴，交y轴于点P．将△OAP绕点O顺时针旋转，每次旋转90°，则第2023次旋转结束时，点A
的坐标为（ ）
A．(❑√3,-1) B．(-❑√3,1) C．(-❑√3,-1) D．(1,❑√3)
【答案】B【分析】
根据正六边形的性质以及勾股定理求出AP，OP，进而确定点A的坐标，再根据旋转分别得出旋转1次、2次、3
次、4次、5次所对应点的坐标进而得出规律，由规律可得答案．
【详解】
1
解：在Rt△AOP中，OA=AB=2，PA= AB=1，
2
∴OP=❑√OA2-PA2=❑√3，
∴点A的坐标为(1,❑√3)，
第1次顺时针旋转90°，点A的对应点A 第四象限，其A 坐标为(❑√3，-1)，
1 1
第2次顺时针旋转90°，点A的对应点A 第三象限，其A 坐标为(-1,-❑√3)，
2 2
第3次顺时针旋转90°，点A的对应点A 第二象限，其A 坐标为(-❑√3，1)，
3 3
第4次顺时针旋转90°，点A的对应点A 第一象限，其A 坐标为(1,❑√3)，
4 4
第5次顺时针旋转90°，点A的对应点A 第四象限，其A 坐标为(❑√3，-1)，
5 5
……
∴整个旋转过程是4次一个循环，且2023÷4=505…3，
∴第2023次顺时针旋转90°，点A的对应点A 第二象限，其坐标为(-❑√3，1)，
2023
故选：B．
【点睛】本题考查正多边形，旋转以及勾股定理，掌握正六边形的性质，得出旋转的规律是正确解答的前提．
题型三：中心对称变换
7．（22-23九年级上·安徽合肥·期末）如图，点E是边长为4的正方形ABCD内部一点，∠EAD=∠EBA，将
DE按逆时针方向旋转90°得到DF，连接EF，则EF的最小值为（ ）
7
A．2❑√3 B．2❑√10-2❑√2 C．2❑√5-2 D．
2
【答案】B
【分析】根据∠EAD=∠EBA得到∠AEB=90°，则点E在以AB为直径的圆上，取AB中点G，当DE过点G
时，DE有最小值，由旋转的性质得到EF=❑√2DE，则此时EF也取最小值，即可解答．
【详解】解：在正方形ABCD中，∠EAD+∠EAB=90°，∵∠EAD=∠EBA，
∴∠EBA+∠EAB=90°，
∴∠AEB=90°，
∴点E在以AB为直径的圆上，
取AB中点G，连接GE，当DE过点G时，DE有最小值，
又∵DE按逆时针方向旋转90°得到DF，
∴EF=❑√DE2+DF2=❑√2DE，
∴此时EF也取最小值，
1
∵AG，GE为⊙G的半径，即AG=≥= AB=2，
2
∴此时DE=DG-≥=❑√AG2+AD2-≥=❑√22+42-2=2❑√5-2，
∴EF=❑√2DE=2❑√10-2❑√2，
即EF的最小值为2❑√10-2❑√2，
故选：B．
【点睛】本题考查了角度的转化与判断点的轨迹，解题的关键是运用数学结合思想处理题给条件，从而得到点的
轨迹．
8．（23-24九年级上·安徽淮北·期末）△ABC在平面直角坐标系中的位置如图所示．(1)将△ABC向右平移6个单位长度得到△A B C ，请画出△A B C ．
1 1 1 1 1 1
(2)画出△A B C 关于点O的中心对称图形△A B C ．
1 1 1 2 2 2
(3)若将△ABC绕某一点旋转可得到△A B C ，直接写出旋转中心的坐标为___________．
2 2 2
【答案】(1)画图见解析；
(2)画图见解析；
(3)(-3,0)．
【分析】本题考查的是画平移图形，中心对称图形，旋转中心的确定，掌握旋转的性质是解本题的关键；
（1）分别确定A，B，C平移后的对应点A ，B ，C ，再顺次连接即可；
1 1 1
（2）分别确定点A ，B ，C 绕O旋转180°后的对应点A ，B ，C ，再顺次连接即可；
1 1 1 2 2 2
（3）连接A A ，BB ，CC ，可得旋转中心Q，可得其坐标．
2 2 2
【详解】（1）解：如图，△A B C 即为所求作的三角形；
1 1 1
（2）如图，△A B C 即为所求作的三角形；
2 2 2
（3）如图，Q为旋转中心，坐标为：(-3,0)；
．9．（23-24九年级上·四川自贡·期末）如图，在直角坐标系中，点A(4,0)，点B在第一象限，AB⊥OA，
AB=OA，将△OAB绕点O按逆时针方向旋转105°得到△OA'B'，连接B'B．
(1)在图中画出△OAB关于原点O对称的图形△OA″B″；
(2)求∠A'B'B的度数；
(3)求出点B'的坐标．
【答案】(1)详见解析
(2)∠A'B'B=7.5°
(3)B(-2❑√6,2❑√2)
【分析】本题考查了中心对称图形，等腰直角三角形的性质，坐标与图形的性质，解直角三角形，读懂题意，构
造直角三角形是解答本题的关键．
（1）根据题意，得到B(4,4)，利用关于原点对称点的坐标的性质，得到B″(-4,-4)，由此得到△OA″B″．
（2）根据旋转的性质，得到OB=OB'，∠BOB'=105°，进而得到
1
∠OB'B=∠OBB'= (180-105°)=37.5°，再根据等腰直角三角形的性质，得到∠OB' A'=∠OBA=45°，
2
由此得到答案．
1
（3）过点B作B'H⊥x轴于点H，利用已知条件，求出B'H= OB'=2❑√2，OH=❑√OB2-B'H2=2❑√6，由此
2
得到答案．
【详解】（1）解：根据题意，做图如下：△OA“B”
即为所求．
（2）解：由旋转得OB=OB'，∠BOB'=105°，
1
∴ ∠OB'B=∠OBB'= (180-105°)=37.5°，
2
在Rt△OAB中，AB=OA，
∴ ∠OB' A'=∠OBA=45°，
∴ ∠A'B'B=∠OB' ❑ ' A'-∠OB'B=45∘-37.5∘=7.5°．
（3）解：在Rt△OAB中，OA=AB=4，
∴ OB=❑√42+42=4❑√2
如图，过点B作B'H⊥x轴于点H，
在Rt△OB'H中，OB=OB'=4❑√2，
∴∠HOB'=180°-∠B'OB-∠AOB=30°，
1
∴
B'H= OB'=2❑√2，
2
∴ OH=❑√OB2-B'H2=2❑√6，
∴B(-2❑√6,2❑√2)．
题型四:旋转变换之线段问题
16
10．（22-23九年级上·湖北武汉·期中）如图①，抛物线y=ax2+ x+c，与x轴交于A，B两点（A在B的左
9边），与y轴交于C点，顶点为E，其中，点A坐标为(-1,0)，对称轴为x=2．
(1)求此抛物线解析式；
(2)在第四象限的抛物线上找一点F，使S =S ，求点F的坐标；
△FBC △ACB
(3)如图②，点P是x轴上一点，点E与点H关于点P成中心对称，点B与点Q关于点P成中心对称，当以点Q，
H，E为顶点三角形是直角三角形时，求P的坐标．
4 16 20
【答案】(1)抛物线的解析式为y=- x2+ x+
9 9 9
( 28)
(2)F坐标为 6,-
9
(5 ) ( 10 )
(3)点P坐标为 ,0 或 - ,0
6 3
b
【分析】（1）将(-1,0)代入解析式，结合对称轴x=- =2即可求解；
2a
（2）过A点作AF∥BC，交抛物线于点F，连接AF,BF．根据平行线的性质推出S =S ，求出直线AF
△ABC △BCF
的解析式，与抛物线的解析式联立，即可求出交点坐标；
（3）设点P坐标为(a,0)，根据中心对称求出H(2a-2,-4)，Q(2a-5,0)，再依次求出QE2，H E2，QH2，
分∠EQH=90°，∠QHE=90°，∠QEH=90°三种情况分别求解即可．
16
【详解】（1）解：∵抛物线y=ax2+ x+c经过点A(-1,0)，对称轴x=2，
9
16
16
∴ 0=a- +c， b 9 ，
9 - =- =2
2a 2a
4 20
∴ a=- ，c= ，
9 9
4 16 20
∴此抛物线的解析式为y=- x2+ x+ ；
9 9 9
（2）解：如图，过A点作AF∥BC，交抛物线于点F，连接AF,BF．∵ AF∥BC，
∴点A与点F到直线BC的距离相等，
∴ S =S ．
△ABC △BCF
4 16 20
∵抛物线解析式为y=- x2+ x+ ，
9 9 9
20
令x=0，得y= ，
9
4 16 20
令y=0，得- x2+ x+ =0，
9 9 9
解得x =-1，x =5，
1 2
( 20)
∴ A(-1,0),B(5,0),C 0, ．
9
设直线BC解析式为y =k x+b ，
BC 1 1
则¿，
解得¿，
设直线AF的解析式为y =k x+b ，
AF 2 2
∵ AF∥BC，
4
∴ k =k =- ，
1 2 9
( 4)
将A(-1,0)代入，得- - +b =0，
9 2
4
解得b =- ，
2 9
4 4
∴直线AF解析式为y =- x- ．
AF 9 9
4 4 4 16 20
联立y =- x- 与y=- x2+ x+ ，
AF 9 9 9 9 9
4 16 20 4 4
可得- x2+ x+ =- x- ，
9 9 9 9 9
整理得x2-5x-6=0，解得x =-1,x =6，
1 2
∵点F在第四象限，x>0，
∴ x=6，
4 4 28
把x=6代入到y =- x- ，得y=- ，
AF 9 9 9
( 28)
即F坐标为 6,- ；
9
（3）解：设点P坐标为(a,0)，
4 16 20 4
∵抛物线解析式为y=- x2+ x+ =- (x-2) 2+4，
9 9 9 9
∴顶点E坐标为(2,4)，
∵点E与点H关于点P对称，点B与点Q关于点P对称，
∴ H(2a-2,-4)，Q(2a-5,0)，
∴ QE2=(2a-5-2) 2+(0-4) 2=(2a-7) 2+42=4a2-28a+65，
H E2=(2a-2-2) 2+(-4-4) 2=(2a-4) 2+82=4a2-16a+80，
QH2=(2a-5-2a+2) 2+(0+4) 2=(-3) 2+42=25．
①当∠EQH=90°时，则QE2+QH2=H E2，
得4a2-28a+65+25=4a2-16a+80，
5
解方程得a= ，
6
(5 )
∴P坐标为 ,0 ；
6
②当∠QHE=90°时，则H E2+QH2=QE2，
得4a2-16a+80+25=4a2-28a+65，
10
解方程得a=- ，
3
( 10 )
∴P坐标为 - ,0 ；
3
③当∠QEH=90°时，则H E2+QE2=QH2，
得4a2-16a+80+4a2-28a+65=25，即2a2-11a+30=0，
∵Δ=(-11) 2-4×2×30=-119<0，
∴此方程没有实数根，
∴这种情况不存在；(5 ) ( 10 )
综上所述：点P坐标为 ,0 或 - ,0 ．
6 3
【点睛】本题属于二次函数综合题，考查待定系数法求二次函数的解析式、二次函数的图象与性质、一次函数的
图象与性质、中心对称、勾股定理、求直线与抛物线的交点坐标等知识点，综合性质较强，解题的关键是熟练运
用数形结合和分类讨论思想．
11．（23-24九年级上·广东东莞·期中）正方形ABCD的边长为5，E，F分别是AB，BC边上的点，且
∠EDF=45°．将△DAE绕点D逆时针旋转90°，得到△DCM．
(1)求证： EF=AE+CF；
(2)当AE=2时，求EF的长．
【答案】(1)证明见解析
29
(2)
7
【分析】（1）由旋转的性质可知，∠CDM=∠ADE，DE=DM；由∠EDF=45°和四边形ABCD是正方形，
可得∠ADE+∠FDC=45°，从而得出∠FDM=∠EDF，利用SAS得出△EDF≌△MDF，即可求解；
（2）由△EDF≌△MDF得AE=CM=2，正方形ABCD的边长为5，从而求出EB=3，根据BM=BC+CM
求出BM的长，设EF=MF=x，则BF=BM-MF=BM-EF=7-x，在Rt△EBF中，由勾股定理得：
EB2+BF2=EF2，即可求解．
【详解】（1）证明：∵ ∠EDF=45°，
∴ ∠ADE+∠FDC=45°，
由旋转的性质可知，∠CDM=∠ADE，DE=DM，
∴ ∠FDM=45°，
∴ ∠FDM=∠EDF，
∴ △EDF≌△MDF（SAS），
∴ EF=FM，
∵ FM=CF+CM，
∴ EF=AE+CF；
（2）解：设EF=MF=x，∵ AE=CM=2，BC=5，
∴ BM=BC+CM=5+2=7，
∴ BF=BM-MF=BM-EF=7-x，
∴ EB=AB-AE=5-2=3，
在Rt△EBF中，由勾股定理得：
EB2+BF2=EF2，即32+(7-x) 2=x2，
29
解得：x= ，
7
29
则EF= ．
7
【点睛】本题考查了正方形的性质，旋转的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，解题的关键是熟练掌握
相关的定理及性质．
12．（23-24九年级上·海南省直辖县级单位·期中）如图，点M、N分别在正方形ABCD的边BC，CD上，且
∠MAN=45°，把△ADN顺时针旋转一定角度后得到△ABE．
(1)填空：△ADN绕旋转中心______点，按顺时针方向旋转______度得到△ABE；
(2)求证：△AEM≌△ANM；
(3)若BM=3，DN=2，求正方形ABCD的边长．
【答案】(1)A，90
(2)证明见解析
(3)正方形ABCD的边长为6
【分析】（1）根据旋转定义结合正方形性质得出旋转中心和旋转角度即可；
（2）先根据旋转的性质可得AE=AN,∠BAE=∠DAN，再根据正方形的性质、角的和差可得∠MAE=45°，
然后根据三角形全等的判定定理即可得证；
（2）设正方形ABCD的边长为x，从而可得CM=x-3，CN=x-2，再根据旋转的性质可得BE=DN=2，从而
可得ME=5，然后根据三角形全等的性质可得MN=ME=5，最后在Rt△CMN中，利用勾股定理即可得．
【详解】（1）解：在正方形ABCD中，AB=AD,∠BAD=90°，
又∵△ADN顺时针旋转一定角度后得到△ABE，
∴△ADN绕旋转中心A点，按顺时针方向旋转90度得到△ABE,故答案为：A，90；
（2）证明：由旋转的性质得：AE=AN,∠BAE=∠DAN，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BAD=90°，即∠BAN+∠DAN=90°，
∴∠BAN+∠BAE=90°，即∠EAN=90°，
∵∠MAN=45°，
∴∠MAE=∠EAN-∠MAN=90°-45°=45°，
在△AEM和△ANM中，
¿，
∴△AEM≌△ANM(SAS)；
（3）解：设正方形ABCD的边长为x，则BC=CD=x，
∵BM=3,DN=2，
∴CM=BC-BM=x-3,CN=CD-DN=x-2，
由旋转的性质得：BE=DN=2，
∴ME=BE+BM=2+3=5，
由（2）已证：△AEM≌△ANM，
∴MN=ME=5，
又∵四边形ABCD是正方形，
∴∠C=90°，
则在Rt△CMN中，CM2+CN2=M N2，
即(x-3) 2+(x-2) 2=52，
解得x=6或x=-1（不符题意，舍去）
故正方形ABCD的边长为6．
【点睛】本题考查了正方形的性质、旋转的性质、三角形全等的判定定理与性质、勾股定理等知识点，熟练掌握
旋转的性质与正方形的性质是解题关键．
题型五：旋转变换之面积问题
13．（21-22九年级上·吉林通化·期末）如图，△ABC中，AB=AC，∠BAC=90°，点D、E在BC边上，
∠DAE=45°，将△ACE绕点A顺时针旋转90°得△ABF．
(1)求证：BF⊥BC；(2)连接DF，求证：△ADF≌△ADE；
(3)若BD=3，CE=4，则DF=______，四边形AFDE的面积＝______．
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
(3)5；30
【分析】（1）由旋转的性质得∠C=∠ABF，从而得到∠DBF=∠ABC+∠ABF=90°，即可证明结论；
（2）由旋转的性质得AF=AE，∠BAF=∠CAE，则∠BAD+∠BAF=∠BAD+∠CAE=45°，再利用
SAS即可证明；
（3）如图，过点A作AH⊥BC于H，由（1）得，∠DBF=90°，在Rt△DBF中，由勾股定理得
DF=❑√BD2+BF2=❑√32+42=5，则BC=BD+DF+CE=3+5+4=12，再根据直角三角形斜边上的中线等于斜
边的一半求出AH，再利用S =2S 可得出答案．
四边形AFDE △ADE
【详解】（1）证明：∵将△ACE绕点A顺时针旋转90°得△ABF，
∴∠C=∠ABF，
∵在△ABC中，AB=AC，∠BAC=90°，
∴∠ABC=∠C=45°，
∴∠DBF=∠ABC+∠ABF=45°+45°=90°，
∴BF⊥BC．
（2）证明：∵将△ACE绕点A顺时针旋转90°得△ABF，
∴AF=AE，∠BAF=∠CAE，
∵∠DAE=45°，∠BAC=90°，
∴∠BAD+∠CAE=90°-45°=45°，
∴∠BAD+∠BAF=∠BAD+∠CAE=45°，
∴∠DAF=∠DAE，
在△ADF和△ADE中，
¿，
∴△ADF≌△ADE(SAS)．
（3）解：如图，过点A作AH⊥BC于H，
∵将△ACE绕点A顺时针旋转90°得△ABF，BD=3，CE=4，
∴BF=CE=4，
由（1）得，∠DBF=90°，
在Rt△DBF中，DF=❑√BD2+BF2=❑√32+42=5，由（2）得，△ADF≌△ADE，
∴DE=DF=5，S =S ，
△ADF △ADE
∴BC=BD+DE+CE=3+5+4=12，
∵在△ABC中，AB=AC，∠BAC=90°，AH⊥BC
∴BH=CH，
1
∴AH= BC=6，
2
∴四边形AFDE的面积：
S =S +S
四边形AFDE △ADF △ADE
=2S
△ADE
1
=2× ×DE×AH
2
=DE×AH
=5×6
=30．
故答案为：5；30．
【点睛】本题主要考查了旋转的性质，等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，等腰三角
形三线合一的性质等知识．证明△ADF≌△ADE是解题的关键．
14．（21-22九年级上·天津河西·期末）如图①，将一个正方形纸片OABC和一个等腰直角三角形纸片OED放入平
面直角坐标系中，点O(0,0)，点A(0,5)，E(0,4)，D(4,0)．如图②，将纸片OED绕点O顺时针旋转，设旋转
角为α α．
(1)当旋转角α为30°时，求此时点E的坐标；
(2)当旋转角α为45°时，连接AE，求AE2的值．(3)在旋转的过程中，当∠OAE最大时，求此时△COD的面积（直接写出结果即可）．
【答案】(1)E（2,2❑√3）
(2)AE2=41-20❑√2
(3)△COD的面积为6
【分析】（1）过E点作EF⊥OA于F，解直角三角形求出EF，OF，可得结论．
（2）过E点作EF⊥OA于F，由勾股定理可求出答案；
（3）当OE⊥AE时，∠OAE的值最大，由勾股定理求出AE=3，再证明△OME≌△OFD(AAS)，得出
S =S ，可得结论．
△COD △AOE
【详解】（1）过E点作EF⊥OA于F，
由题意∠AOE=30°，
1
∴EF= OE=2，
2
∴OF=❑√OE2-EF2=2❑√3，
∴ E(2,2❑√3)；
（2）过E点作EF⊥OA于F，如图②，
由题意得∠AOE=45°，
∴∠OEF=90°-∠AOE=90°-45°=45°，
∴OF=EF，
∵OE=❑√OF2+EF2=4，
∴OF=EF=2❑√2，
∴AF=AO-OF=5-2❑√2，
∵∠AFE=90°，
∴ AE2=AF2+EF2=(5-2❑√2) 2+(2❑√2) 2=41-20❑√2；
（3）由题意知点E在以O为圆，OE为半径的圆上运动，当OE⊥AE时，∠OAE的值最大，此时1 1
AE=❑√OA2-OE2=❑√52-42=3，S = ⋅OE⋅AE= ×4×3=6．
ΔOAE 2 2
过点D作DF⊥x轴于F，过点E作EM⊥OA于E．
∵∠AOF=∠EOD=90°，
∴∠AOE=∠DOF，
∵∠EMO=∠DFO=90°，OE=OD，
∴△OME≌△OFD(AAS)，
∴EM=DF，
1 1
∵S = ⋅OC⋅DF，S = ⋅OA⋅ME，OC=OA，
△COD 2 △AOE 2
∴S =S =6．
△COD △AOE
【点睛】本题属于几何变换综合题，考查了等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定和性质，解直角三角形，
三角形的面积等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题．
15．（22-23九年级上·广东广州·期中）在Rt△POQ 中，OP=OQ=2，M是斜边PQ的中点，把一三角尺的直
角顶点放在点M处，以M为旋转中心，旋转三角尺，三角尺的两直角边与Rt△POQ的两直角边分别交于点A，
B．
(1)求证：MA=MB；
(2)在旋转三角尺的过程中，四边形AOBM的面积大小是否有变化？若没有变化，请求出四边形AOBM的面积；
若有变化，请说明理由；
(3)连接AB，在旋转三角尺的过程中，△AOB周长的最小值是 ．
【答案】(1)证明见解析；(2)四边形AOBM的面积没有变化，为1；
(3)2+❑√2
【分析】（1）过点M作ME⊥OP于点E，作MF⊥OQ于点F，可得四边形OEMF是矩形，再证得
1 1
ME=OF= OQ= OP=OE=MF=1．可得四边形OEMF是正方形，从而得到△AEM≌△BFM，即可；
2 2
（2）根据△AEM≌△BFM，可得S =S ，从而得到 S =S ，即可求解；
△AEM △BFM 四边形AOBM 四边形EOFM
（3）由（1）得：△AEM≌△BFM，从而得到AE=BF，进而得到OA+OB=OE+OF=2，可得到当AB最
小时，△AOB的周长最小，为2+AB，然后取AB的中点G连接OG,MG，OM，再根据直角三角形的性质可得
AB=OG+OM≥OM，即可求解．
【详解】（1）证明：如图，过点M作ME⊥OP于点E，作MF⊥OQ于点F，
∴∠AEM=∠BFM=90°．
∵∠O=90°，
∴ 四边形OEMF是矩形．
∴EM∥OQ， MF∥OP，EM=OF,FM=OE，
PE PM FQ MQ
∴ = =1, = =1，
OE QM OF PM
∵ OP=OQ=2，
1 1
∴ME=OF= OQ= OP=OE=MF=1．
2 2
∴ 四边形OEMF是正方形．
∵∠AME+∠AMF=90°，∠BMF+∠AMF=90°，
∴∠AME=∠BMF．
∴△AME≌△BMF(ASA)．
∴MA=MB．
（2）解：四边形 AOBM 的面积没有变化．
由（1）可知 △AEM≌△BFM，∴S =S ，
△AEM △BFM
∴S =S +S
四边形AOBM 四边形AOFM △BFM
=S +S
四边形AOFM △AEM
=S
四边形EOFM
∵四边形OEMF是正方形，且ME=MF=1，
∴S =S =1，
四边形AOBM 四边形EOFM
即四边形AOBM的面积没有变化，为1；
（3）解：由（1）得：△AEM≌△BFM，
∴AE=BF，
∴OA+OB=OE-AE+OF+BF=OE+OF=2，
∴当AB最小时，△AOB的周长最小，为2+AB，
如图，取AB的中点G连接OG,MG，OM，
∵∠POB=∠AMB=90°，
∴AG=BG=OG=MG，
∴AB=OG+OM≥OM，
∵M是斜边PQ的中点，
1 1 1
∴OM= PQ= ❑√OP2+OQ2= ❑√22+22=❑√2，
2 2 2
∴在旋转三角尺的过程中，△AOB周长的最小值是2+❑√2．
故答案为：2+❑√2
【点睛】本题主要考查了全等三角形的判定和性质，平行线分线段成比例，正方形的判定和性质，直角三角形的
性质，根据题意证得△AEM≌△BFM是解题的关键．
题型六：旋转变换之角度问题
16．（23-24九年级上·宁夏吴忠·期中）如图，△ABC中，AB=AC，∠BAC=100°，将△ABC绕点A逆时针
方向旋转40°得到△ADE，BC与AD、DE交于点G、F．(1)求∠AGC的度数；
(2)判断四边形ABFE的形状，并说明理由．
【答案】(1)80°
(2)四边形ABFE是菱形，理由见解析
【分析】本题考点涉及等腰三角形的性质、旋转的性质、三角形外角和定理、平行线的判定、平行四边形的判定、
菱形的判定，涉及知识点较多，但难度不大，熟练掌握相关性质定理是解题关键．
（1）利用等腰三角形性质得出∠B=∠C=40°，利用旋转的性质和三角形的外角定理即可解答；
（2）利用平行线的判定定理证得AB∥DE，AE∥BF，所以四边形ABFE是平行四边形，再利用菱形判定定
理即可解决问题．
【详解】（1）解：∵AB=AC，∠BAC=100°
∴∠B=∠C=40°，
∵将△ABC绕点A顺时针方向旋转40°得到△ADE，
∴AB=AD，∠BAD=40°，∠B=∠D=40°，∠BAC=∠DAE=120°，
∴∠AGC=∠B+∠BAD=80°；
（2）四边形ABFE是菱形，理由如下：
∵∠D=∠BAD=40°，
∴AB∥DE，
∵∠DAE+∠AGC=180°
∴AE∥BF
∴四边形ABFE是平行四边形，且AB=AE，
∴四边形ABFE是菱形．
17．（2023·四川德阳·中考真题）将一副直角三角板DOE与AOC叠放在一起，如图1，∠O=90°，∠A=30°
，∠E=45°，OD>OC．在两三角板所在平面内，将三角板DOE绕点O顺时针方向旋转α（0°<α<90°）度到
D OE 位置，使OD ∥AC，如图2．
1 1 1(1)求α的值；
(2)如图3，继续将三角板DOE绕点O顺时针方向旋转，使点E落在AC边上点E 处，点D落在点D 处．设E D
2 2 2 2
交OD 于点G，OE 交AC于点H，若点G是E D 的中点，试判断四边形OH E G的形状，并说明理由．
1 1 2 2 2
【答案】(1)30°
(2)正方形，见解析
【分析】（1）确定旋转角α=∠AOD ，结合OD ∥AC，∠A=30°，计算即可．
1 1
（2）先证明四边形OH E G是矩形，再利用等腰直角三角形的性质，结合一组邻边相等的矩形是正方形证明即可．
2
【详解】（1）根据题意，得旋转角α=∠AOD ，
1
∵OD ∥AC，∠A=30°，
1
∴∠AOD =∠A=30°，
1
故α=30°．
（2）根据题意，得旋转角α=∠AOD ，
1
∵OD ∥AC，∠A=30°，
1
∴∠AOD =∠A=30°，
1
∵OE =OD ,GE =GD ，∠E OD =90°，
2 2 2 2 2 2
1
∴∠E OG=45°，∠E GO=90°，OG= E D =GE =GD
2 2 2 2 2 2 2
∴∠E OA=15°，
2
∵∠E OD =90°，∠E OG=45°，
1 1 2∴∠E OE =45°，
2 1
∴∠AOE =∠E OE +∠E OA=45°+15°=60°，
1 2 1 2
∴∠AHO=180°-60°-30°=90°，
∴四边形OH E G是矩形，
2
∵OG=GE ，
2
∴四边形OH E G是正方形．
2
【点睛】本题考查了旋转的性质，矩形的判断，正方形的判断，等腰直角三角形的性质，熟练掌握矩形的判断，
正方形的判断，等腰直角三角形的性质是解题的关键．
18．（22-23九年级上·福建福州·期中）如图1，D为等边△ABC内一点，将线段AD绕点A逆时针旋转60°得到
AE，连接CE，BD的延长线与AC交于点G，与CE交于点F．
(1)求证：BD=CE；
(2)如图2，连接FA，小颖对该图形进行探究，得出结论：∠BFC=∠AFB=∠AFE=60°．小颖的结论是否正
确？若正确，请给出证明；若不正确，请说明理由．
【答案】(1)见详解
(2)小颖的结论正确，理由见详解．
【分析】（1）根据SAS证明△ABD≌△ACE，即可得到BD=CE．
（2）由△ABD≌△ACE可得∠ABD=∠ACE,又因为∠AGB=∠CGF,因此得∠BFC=∠BAC=60°根
据AAS可得△AMB≌△ANC，则AM=AN，再根据HL可得Rt△AFM≌Rt△AFN，则
∠AFM=∠AFN=60°,因此∠BFC=∠AFB=∠AFE=60°．
【详解】（1）证明：∵△ABC是等边三角形，
∴AB=AC,∠BAC=60°,
又∵AD=AE,∠DAE=60°,
∴∠BAC-∠DAC=∠DAE-∠DAC,
即∠BAD=∠CAE,
∴△ABD≌△ACE(SAS)
（2）解：小颖的结论正确，理由如下：
如图，过A点作AM⊥BF于M，AN⊥CE于N，∵△ABD≌△ACE
∴∠ABD=∠ACE,
又∵∠AGB=∠CGF,
∴∠BFC=∠BAC=60°,
∴∠BFE=120°,
∵△ABD≌△ACE
∴∠ABM=∠ACE,
又∵∠AMB=∠ANC=90°,
∴△AMB≌△ANC(AAS)
∴AM=AN
在Rt△AFM和 Rt△AFN中
¿
∴Rt△AFM≌Rt△AFN(HL)
1
∴∠AFM=∠AFN= ∠BFE=60°,
2
∴∠BFC=∠AFB=∠AFE=60°．
【点睛】本题主要考查了旋转的性质，全等三角形的判定和性质，恰当的添加辅助线是解题的关键．
题型七：旋转综合问题
19．（24-25九年级上·湖北武汉）如图，正方形ABCD和正方形DEFG有公共顶点D．
(1)如图1，连接AE和CG，直接写出AE和CG的关系；
(2)如图2，连接AG，CE，M为AG中点，连接DM，CE，探究DM，CE的关系，并说明理由；
(3)如图3，当正方形DEFG绕点D逆时针旋转过程中，连接CE，AE，若当DE=2，CE=m，∠DEA=15°时，AE=_______（请用含m的式子表示）．
【答案】(1)AE=CG，AE⊥CG
1
(2)DM= CE，DM⊥CE，理由见解析
2
(3)❑√m2-2+❑√6或❑√m2-6+❑√2
【分析】（1）运用正方形的性质，证明△ADE≌△CDG(SAS)，得到AE和CG的关系；
（2）延长AD至点N，使得DN=AD，连接GN，延长CE交GN于一点H，运用正方形的性质，再证明
△DCE≌△DNG(SAS)，最后由中位线得到结论；
（3）分两种情况讨论：分别作图，与（1）证明△ADE≌△CDG(SAS)，得出AE=CG，AE⊥CG，然后
运用勾股定理列式化简，即可作答．
本题考查了勾股定理，正方形的性质，旋转性质，全等三角形的判定与性质，正确掌握相关性质内容是解题的关
键．
【详解】（1）解：∵四边形ABCD和四边形EFGD是正方形，
∴AD=DC，DG=DE，∠ADC=∠GDE=90°，
∴∠ADC+∠CDE=∠GDE+∠CDE
∴∠ADE=∠CDG，
∴△ADE≌△CDG(SAS)，
∴AE=CG，∠DAE=∠DCG
如图：
∵∠AID=∠CIJ
∴180°-∠AID-∠DAE=180°-∠CIJ-∠DCG
∴∠CJI=∠ADI=90°
∴AE=CG，AE⊥CG；
（2）解：DM⊥CE且CE=2DM，理由如下：∵ ABCD EFGD
四边形 和四边形 是正方形，
∴AD=DC，DG=DE，∠ADC=∠GDE=90°，
延长AD至点N，使得DN=AD，连接GN，延长CE交GN于一点H
则DN=CD，
∵∠GDE=∠EDC+∠NDG=90°，∠CDN=∠EDC+∠CDE=90°，
∴∠NDG=∠CDE
∵DN=CD，DG=DE，
∴△DCE≌△DNG(SAS)，
∴EC=GN，∠DCE=∠DNG
∵M为AG中点，D为AN中点
1
∴DM∥GN，DM= GN
2
1
∴DM= EC
2
∵∠DOC=∠HON
∴180°-∠DOC-∠DCE=180°-∠HON-∠DNG
∴∠NHO=∠CDO=90°
∴CH⊥GN，GN∥MD，
∴CH∥MD，
即CE∥MD，
（3）第一种情况：如图：连接GE，CG，则CG交AE与一点W
与（1）同理得△ADE≌△CDG(SAS)，且AE=CG，AE⊥CG；∵四边形ABCD和四边形EFGD是正方形，
∴∠DEG=45°，¿=❑√DG2+DE2=2❑√2
∵∠AED=15°，
∴∠WEG=15°+45°=60°,∠WGE=90°-60°=30°
1
在Rt△GWE中，WE= ≥=❑√2，GW =❑√GE2-W E2=❑√6
2
在Rt△CWE中，WC=❑√CE2-W E2=❑√m2-2
∴AE=CG=WG+CW =❑√6+❑√m2-2
第二种情况：
如图：连接CG，GE，CG交AE于一点Q
与（1）同理得△ADE≌△CDG(SAS)，且AE=CG，AE⊥CG；
∵四边形ABCD和四边形EFGD是正方形，
∴∠DEG=45°，¿=❑√DG2+DE2=2❑√2
∵∠AED=15°，
∴∠QEG=45°-15°=30°
1
在Rt△GQE中，GQ= ≥=❑√2，EQ=❑√GE2-QG2=❑√6
2
在Rt△CQE中，QC=❑√CE2-QE2=❑√m2-6
∴AE=CG=QG+CQ=❑√2+❑√m2-6
故答案为：❑√m2-2+❑√6或❑√m2-6+❑√220．（2024·贵州黔东南·二模）如图①，在直角三角形纸片ABC中，∠BAC=90°，AB=6，AC=8．
【数学活动】
将三角形纸片ABC进行以下操作：①折叠三角形纸片ABC，使点C与点A重合，得到折痕DE，然后展开铺平；
②将△DEC绕点D顺时针方向旋转得到△DFG，点E，C的对应点分别是点F，G，直线GF与边AC交于点M
（点M不与点A重合），与边AB交于点N．
【数学思考】
（1）折痕DE的长为______；
（2）在△DEC绕点D旋转的过程中，试判断MF与ME的数量关系，并证明你的结论；
【数学探究】；
（3）如图②，在△DEC绕点D旋转的过程中，当直线GF经过点B时，求AM的长；
【问题延伸】；
（4）在△DEC绕点D旋转的过程中，连接AF，则AF的取值范围是______．
7
【答案】（1）3；（2）MF=ME，证明见解析；（3） ；（4）2≤AF≤8．
4
【分析】本题主要考查了全等三角形的判定和性质、旋转的性质、直角三角形的性质、勾股定理等内容，熟练掌
握相关知识点是解题的关键．
（1）根据中位线的性质求解即可；
（2）连接DM，证Rt△DMF≌Rt△DME即可得证；
（3）先证BM=CM，再设未知数，在Rt△ABM中利用勾股定理建立方程即可；
（4）分别求出AD和DF，利用三角形三边关系即可得解．
【详解】解：（1）∵D是AB中点，点C和点A重合，
∴E是AC中点，
∴DE是△ABC的中位线，
1
∴DE= AB=3，
2
故答案为：3；
（2）MF=ME，证明如下：连接DM，由旋转的性质，得DE=DF，∠DFM=∠DEC=90°，
∴∠DEM=180°-∠DEC=90°，
∴∠DFM=∠DEM，
在Rt△DMF和Rt△DME中，
¿，
∴Rt△DMF≌Rt△DME(HL)
∴MF=ME；
（3）由旋转的性质可得：∠DGB=∠C，DG=DC，
∵DB=DC，
∴DG=DB=DC，
∴∠DGB=∠DBG，
∴∠DBG=∠C，
∴BM=MC，
设BM=MC=x，则AM=AC-MC=8-x，
在Rt△ABM中，BM2=AB2+AM2，即x2=62+(8-x) 2，
25
解得x= ，
4
25 7
∴AM=AC-MC=8- = ；
4 4
（4）如图，连接AD，
在Rt△ABC中，BC=❑√AB2+AC2=10
∵∠BAC=90°，BD=CD，1
∴AD= BC=5，
2
由题意得DF=DE=3
当点F在AD上时，AF最小，此时AF=AD-DF=2；
当点F在AD的延长线上时，AF最大，此时AF=AD+DF=8
∴2≤AF≤8，
故答案为：2≤AF≤8．
21．（24-25九年级上·重庆·开学考试）如图1，在Rt△ABC中，∠ACB=90°．将△ABC绕点A逆时针旋转，
旋转角为α（0°<α<180°）得到△AED，记点B，C的对应点分别为D，E，连接BD，CD，射线EC与BD
交于点G．
(1)如图1，求∠DEG的度数；（用含α的式子表示）
(2)如图2，当点D在射线AC上时，若∠CAB=60°，证明：四边形ABGE为平行四边形；
1
(3)在旋转过程中是否存在DC= BD的情形？若存在，求出此时EG与EC的数量关系；若不存在，请说明理由．
2
1
【答案】(1)∠DEG= α
2
(2)见详解
1
(3)存在DC= BD的情形，此时EG=2CE或EG=CE
2
1 1
【分析】（1）由旋转∠CAE=α，AE=AC，所以∠AEC=∠ECA=90°－ α，进而可得∠DEC= α；
2 2
（2）由已知条件可得旋转角α=60°，∠CBA=30°，∠EAB=120°，得到EG∥AB，再证明AE∥BG则问
题可证；
（3）当B，C，D不共线时，过点D作BC的平行线与CG延长线交于点F，连接BF，DF．证明四边形DCBF为
平行四边形，再证明△DCE≌△DGF，得到EC=CG则可推出EG=2CE；当B，C，D共线时，此时1
α=2∠BAC，点G与点C重合．可证明DC= BD进而可得EG=CE．
2
【详解】（1）解：∵将△ABC绕点A逆时针旋转得到△AED，旋转角为α，
∴∠CAE=α，AE=AC，∠AED=∠ACB=90°，
180°-α 1
∴∠AEC=∠ECA= =90°- α．
2 2
( 1 ) 1
则∠DEG=∠AED-∠AEC=90°- 90°- α = α．
2 2
（2）∵∠CAB=60°．
∴旋转角α=60°，∠CBA=30°，
由①可知，∠ECA=60°，∠CAE=60°，∠EAB=120°，
∴∠ECA=∠CAB
∴EG∥AB．
∵AD=AB，
180°-60°
∴∠BDA=∠ABD= =60°，
2
∴∠EAB+∠ABD=180°
∴AE∥BG，
∴四边形ABGE为平行四边形．
（3）①当点B，C，D不共线时，如图，过点D作BC的平行线与CG延长线交于点F，连接BF，DF．
1 1
由（1）可知∠DEC= α， ∠ECA=90°- α，
2 2
∵∠ACB=90°，
1
∴∠GCB= α
2
∵DF∥BC，
1
∴∠DFG= α，
2∴ED=DF．
∵ED=BC，
∴BC=DF，
∴四边形DCBF为平行四边形，
∴点G为BD，CF的中点，即CG=FG，DG=BG．
1
∵当DC= BD时，
2
∴DC=DG，
∴∠DCG=∠DGC，
∴∠DCE=∠DGF，
∴△DCE≌△DGF(AAS)，
∴EC=FG，
∴EG=2CE，
②当点B，C，D三点共线时，此时α=2∠BAC，点G与点C重合．
∵DA=AB，且AC⊥BD，
1
∴DC= BD，
2
此时EG=CE．
1
综上所述，在旋转过程中存在DC= BD的情形，此时EG=2CE或EG=CE．
2
【点睛】本题考查图形的旋转，全等三角形的性质与判定，等腰三角形的判定和性质，平行四边形性质和判定，
解答关键是运用分类讨论是数学思想，具体问题具体分析．
【专题强化】
一、单选题
22．（24-25九年级上·湖北武汉·）如图，把△ABC以点A为中心逆时针旋转得到△ADE，点B，C的对应点分
别点D，E，且点E在BC的延长线上，连接BD，则下列结论一定正确的是（ ）A．∠ACE=∠ADE B．AB=AE C．∠CAE=∠BAD D．CE=BD
【答案】C
【分析】本题考查了旋转的性质，熟练掌握旋转的性质和三角形外角运用是解题的关键．根据旋转的性质即可解
答．
【详解】解：根据题意，由旋转的性质，
可得AB=AD，AC=AE，BC=DE，
无法证明AB=AE，CE=BD，故B选项和D选项不符合题意，
由旋转的性质得：∠ABC=∠ADE
∵ ∠ACE=∠ABC+∠BAC
∴ ∠ACE=∠ADE+∠BAC，故A选项不符合题意，
由旋转的性质得：∠ACB=∠AED
∵ ∠ACB=∠CAE+∠CEA
∵ ∠AED=∠CEA+∠BED
∴ ∠CAE=∠BED，故C选项符合题意，
故选：C．
23．（2024·山东青岛·中考真题）如图，将正方形ABCD先向右平移，使点B与原点O重合，再将所得正方形绕
原点O顺时针方向旋转90°，得到四边形A'B'C'D'，则点A的对应点A'的坐标是（ ）
A．(-1,-2) B．(-2,-1) C．(2,1) D．(1,2)
【答案】A
【分析】本题主要考查了坐标与图形变化—旋转和平移，全等三角形的性质与判定，先根据题意得到平移方式为向右平移3个单位长度，则可得平移后点A的对应点坐标为(2,-1)；如图所示，设E(2,-1)绕原点O顺时针旋转
90度后的对应点为F，分别过E、F作x轴的垂线，垂足分别为G、H，证明△HFO≌△GOE(AAS)，得到
OH=≥=1，HF=OG=2，则F(-1,-2)，即点A的对应点A'的坐标是(-1,-2)．
【详解】解：由题意得，平移前B(-3,0)，A(-1,-1)，
∵将正方形ABCD先向右平移，使点B与原点O重合，
∴平移方式为向右平移3个单位长度，
∴平移后点A的对应点坐标为(2,-1)，
如图所示，设E(2,-1)绕原点O顺时针旋转90度后的对应点为F，分别过E、F作x轴的垂线，垂足分别为G、
H，
∴∠OHF=∠OGE=90°，
由旋转的性质可得∠EOF=90°，OE=OF，
∴∠HOF+∠HFO=∠GOE+∠HOF，
∴∠HFO=∠GOE，
∴△HFO≌△GOE(AAS)，
∴OH=≥，HF=OG，
∵E(2,-1)，
∴OH=≥=1，HF=OG=2，
∴F(-1,-2)，
∴点A的对应点A'的坐标是(-1,-2)，
故选：A．
24．（2024·广东深圳·模拟预测）如图，有两个全等的矩形ABCD和矩形A'B'C'D'重合摆放，将矩形A'B'C'D'
绕点C逆时针旋转，延长A'D'交AD于点E，线段A'E的中点为点F，AB的长为2，BC的长为4，当CF取最小时，
AF的长为（ ）A．2 B．4 C．6 D．8
【答案】B
【分析】本题主要考查了矩形的性质、旋转的性质、垂线段最短、全等三角形的判定与性质等知识，确定CF何时
取最小值是解题关键．连接CF，由“垂线段最短”的性质可知当CF⊥A'E，即点F与点D'重合时，CF取最小
值，此时连接CE，易得EF=A'F=A'D'=AD=4，再证明点A与点E重合，即可获得答案．
【详解】解：如下图，连接CF，
∵四边形ABCD与四边形A'B'C'D'均为矩形且全等，且AB=2，BC=4，
∴AB=CD=C'D'=2，BC=AD=A'D'=4，∠ABC=∠ADC=∠A'D'C=90°，
∴矩形A'B'C'D'绕点C逆时针旋转，
则当CF⊥A'E，即点F与点D'重合时，CF取最小值，如下图，连接CE，
此时CF=CD'=2，
∵点F为线段A'E的中点，
∴EF=A'F=A'D'=AD，∵∠A'D'C=90°，
∴∠CD'E=180°-∠A'D'C=90°，
又∵CD'=CD，
∴Rt△CDE≌Rt△CD'E(HL)，
∴DE=D'E=EF=AD，即点A与点E重合，
∴AF=EF=AD=4．
故选：B．
25．（2024·江苏徐州·模拟预测）如图，在△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC，BC=4．点D在BC上，且
BD:CD=1:3．连接AD，将线段AD绕点A顺时针旋转90°得到线段AE，分别连接BE，DE．则△BDE的面
积为（ ）．
3 3 3❑√2
A．3 B． C． D．
8 2 4
【答案】C
【分析】本题考查旋转的性质，全等三角形的判定和性质．根据旋转得到△AEB≌ △ADC，然后得到
∠ACD=∠ABE=45°，DC=EB=3，利用三角形的面积公式计算即可．
【详解】解：由∠BAC=90°，AB=AC，BC=4，BD:CD=1:3，
可得BD=1，CD=3，∠ABC=∠ACB=45°，
由旋转可知△AEB≌ △ADC，
所以∠ACD=∠ABE=45°，DC=EB=3，
所以∠EBD=∠ABE+∠ABC=90°，
1 3
所以S =1×3× = ．
△BDE 2 2
26．（2024·广东东莞·模拟预测）如图，在△ABC中，∠C=90°，∠A=30°，AC=8， 点 O 为AC的中点，
将△ABC 绕点O按逆时针方向旋转得到△A'B'C'，点 A，B，C 的对应点分别为A' ，B' ，C'．当A'落在AB
边上时，两个三角形重叠部分(阴影部分)的面积为（ ）8❑√3
A． B．4 C．3❑√3 D．2❑√3
3
【答案】D
【分析】此题考查了旋转的性质、等腰三角形的判定和性质、勾股定理、含30°角的直角三角形的性质等知识，设
1
A'B'与AC交于点D，求出∠ODA'=90°，OD= A'O=2，A'D=2❑√3，即可求出答案．
2
【详解】解：设A'B'与AC交于点D，
∵AC=8，点 O 为AC的中点，
1
∴OA= AC=4，
2
将△ABC 绕点O按逆时针方向旋转得到△A'B'C'，点 A，B，C 的对应点分别为A' ，B' ，C'．当A'落在AB
边上时，OA'=OA=4，∠B' A'O=∠A=30°，
∴∠A=∠A A'O=30°，
∴∠DOA'=∠A+∠A A'O=60°，
∴∠OD A'=180°-∠DOA'-∠B' A'O=90°，
1
∴OD= A'O=2，
2由勾股定理得：A'D=❑√A'O2-OD2=❑√42-22=2❑√3，
1 1
∴S = OD⋅A'D= ×2×2❑√3=2❑√3，
❑△A'OD 2 2
即两个三角形重叠部分(阴影部分)的面积为2❑√3，
故选：D．
27．（2024·河南郑州·三模）如图，在平面直角坐标系xOy中，已知四边形OABC为平行四边形，其中点A(3,0)，
C(1,4)，M为对角线OB的中点．现将平行四边形OABC绕原点O顺时针旋转，每次转90°，则第71次旋转结束
时，点M的坐标为（ ）
( 3) ( 3)
A． 2,- B．(2,-2) C． -2, D．(-2,2)
2 2
【答案】D
【分析】本题考查了图形的旋转，坐标与图形，全等三角形的判定和性质，求得点M开始的坐标，作出旋转后点
M的对应点D，过点M,D作ME⊥EO,DF⊥OF，垂足为E,F，可证△MEO≌△OFD(AAS)，得到点D的
坐标，再同理推出后续的点M旋转对应的点的坐标，由每旋转4次为一个循环，即可得出第71次旋转结束时，点
M的坐标，即可求解，通过旋转角度找到旋转规律是解题的关键．
【详解】解：如图，作出旋转后点M的对应点D，过点M,D作ME⊥EO,DF⊥OF，垂足为E,F，
∵ OABC OB
四边形 为平行四边形，M为对角线 的中点，
∴M为对对角线AC的中点，
∴M(2,2),
∵将平行四边形OABC绕原点O顺时针旋转，每次转90°，
∴∠MOD=90°，
∵ME⊥EO,DF⊥OF,
∴∠MEO=∠OFD，∠MOE+∠EMO=∠MOE+∠FOD，∴∠EMO=∠FOD，
∵OM=OD，
∴△EMO≌△FOD(AAS)，
∴OF=EM=2,FD=EO=2,
∴D(2,-2)，同理可得，
第2次旋转结束时，点M的坐标为(-2,-2)，
第3次旋转结束时，点M的坐标为(-2,2)，
第4次旋转结束时，点M的坐标为(2,2)，
每旋转4次为一个循环，
71÷4=17⋯⋯3，
第71次旋转结束时，点M的坐标为(-2,2)，
故选：D．
28．（23-24九年级下·重庆沙坪坝·开学考试）如图，在Rt△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC，点D为
△ABC内部一点，在平面内将线段AD绕点A逆时针旋转90°得到线段AE，点B,D,E三点共线，点F为线段BC
的中点，连接EF，若∠EFC=α，则∠EAC的度数为（ ）
α α
A．90°-α B．45°-α C． D．45°-
2 2
【答案】C
【分析】本题考查了旋转的性质，全等三角形的判定和性质，直角三角形的性质，由“SAS”可证
△ABD≌△ACE，可得∠ADB=∠AEC=135°，由直角三角形的性质可得EF=FC，由三角形内角和定理
可求解，添加恰当构造全等三角形是解题的关键．
【详解】解：连接CE，如图所示：
∵ AD A 90° AE
将线段 绕点 逆时针旋转 得到线段 ，
∴AD=AE，∠DAE=90°=∠BAC，
∴∠BAD=∠CAE，∠ADE=∠AED=45°，
∴∠ADB=135°，又∵AB=AC，
∴△ABD≌△ACE(SAS)，
∴∠ADB=∠AEC=135°，
∴∠BEC=90°，
∵点F为线段BC的中点，
∴EF=FC，
∵∠EFC=α，
180°-α α
∴∠BCE= =90°- ，
2 2
α
∴∠ACE=45°- ，
2
α
∴∠EAC=180°-∠AEC-∠ACE= ．
2
故选：C．
二、填空题
29．（23-24九年级下·江苏徐州·自主招生）若二次函数y=x2-3x+2的图象关于点(1,1)对称的曲线为P，则曲线
P对应的解析式为 ．
【答案】y=-x2+x+2
【分析】先找出抛物线上三个点，再求出关于(1,1)对称的点的坐标，然后代入所设新抛物线的方程即可解答．
本题考查了二次函数图象与几何变换，得到所求抛物线上的三个点，这三个点是原抛物线上的关于(1,1)对称的点
是解决本题的关键．
【详解】解：令y=0，x2-3x+2=0，(x-1)(x-2)=0，
x =1，x =2，
1 2
令x=0，y=2，
∴二次函数y=x2-3x+2与x轴交于(1,0)，(2,0)，与y轴交于(0,2)，
∴这三个点关于(1,1)对称点为(1,2)，(0,2)，(2,0)，
设抛物线P的解析式为y=ax2+bx+c，
∴¿，
解得¿，
∴y=-x2+x+2，
∴曲线P的解析式为y=-x2+x+2．
故答案为：y=-x2+x+2．
30．（2024·陕西咸阳·三模）如图，在平行四边形ABCD中，AB=6，BC=8，线段EF与线段MN分别过平行四边形ABCD的对称中心O，且将平行四边形ABCD分成相等的四份，若AM=2，则BE= ．
3
【答案】 /1.5
2
【分析】本题考查了平行四边形的性质，以及同高的三角形面积之比即是底边之比（反之亦然），掌握中心对称
1
的性质是解题的关键．根据题意得到S =S = S ，利用同高的三角形底边之比即是面积
四边形MDFO 四边形OFCN 4 ▱ABCD
3 1 1
之比，得到S = S ，S = S ，利用中心对称的性质得到S = S ，进而得到
△OMD 16 ▱ABCD △OAM 16 ▱ABCD △ONC 16 ▱ABCD
S :S =1:3，即有DF:CF=1:3，即可得到DF，从而得到BE．
△ODF △OFC
【详解】解：∵四边形ABCD平行四边形中，AB=6，BC=8，线段EF与线段MN分别过平行四边形ABCD的
对称中心O，且将平行四边形ABCD分成相等的四份，
1
∴S =S = S ，AD=BC=8，DC=AB=6，
四边形MDFO 四边形OFCN 4 ▱ABCD
连接AC，BD，
1
有S =S = S ，
△OAD △OCD 4 ▱ABCD
∵ AM=2，
∴DM=AD-AM=6，
∴ S :S =2:6=1:3，
△OAM △OMD
3 1
∴ S = S ，S = S ，
△OMD 16 ▱ABCD △OAM 16 ▱ABCD
1
由中心对称性质可知S = S ，
△ONC 16 ▱ABCD
1
∴ S =S -S = S ，
△ODF 四边形MDFO △OMD 16 ▱ABCD
3
S =S -S = S ，
△OFC 四边形OFCN △ONC 16 ▱ABCD∴S :S =1:3，
△ODF △OFC
∴DF:CF=1:3，
1 1 3
∴DF= CD= ×6= ；
4 4 2
3
同理可得BE= ，
2
3
故答案为： ．
2
31．（24-25九年级上·山东德州·期中）已知正方形OBCD在平面直角坐标系中的位置如图所示M为边OB上一点，
且点M的坐标为(a,b)．将正方形OBCD绕原点O顺时针旋转，每秒旋转45°，则旋转2022秒后，点M的坐标为
．
【答案】(-b,a)
【分析】先确定此时点M对应的位置即点M'所在的位置，如图，过点M，M'分别作ME⊥x轴于点E，M'F⊥x
轴于点F，证明△M'OF≌△OME，得到M'F=OE=a，OF=ME=b，由此求解即可．
【详解】∵正方形OBCD绕原点O顺时针旋转，每秒旋转45°，
∴旋转8秒恰好旋转360°．
∵2022÷8=252……6，
∴旋转2022秒，即点M旋转了252圈后，又旋转了6次．
∵6×45°=270°，
∴此时点M对应的位置即点M'所在的位置，
如图，过点M，M'分别作ME⊥x轴于点E，M'F⊥x轴于点F，∴∠M'FO=∠OEM=90°，
∴∠EOM+∠EMO=90°，
∵四边形OBCD是正方形，
∴∠BOD=90°，
∴∠FOM'+∠MOE=90°，
∴∠M'OF=∠OME，
由旋转的性质可知OM=OM'，
∴△M'OF≌△OME(AAS)，
∵点M的坐标为(a,b)，
∴M'F=OE=a，OF=ME=b，
又点M'在第二象限，
∴旋转2022秒后，点M的坐标为(-b,a)．
故答案为：(-b,a)．
【点睛】本题主要考查了点坐标规律的探索，旋转的性质，全等三角形的性质与判定，正方形的性质，正确找到
旋转2022秒后点M的位置是解题的关键．
32．（24-25九年级上·全国·单元测试）如图，在△ABC中，∠CAB=20°，∠ABC=30°，将△ABC绕点A
逆时针旋转50°得到△AFE，连接CE、BF，则下列结论：①BC=FE；②AC∥EF；③∠ABF=∠ACE；
④EF⊥BF；其中正确的是 （填序号）
【答案】①②③
【分析】根据旋转的性质可得△ABC≌△AFE，∠EAC=∠FAB=50°，再根据全等三角形的性质和等腰三
角形的性质，通过推理证明对①②③④四个结论进行判断即可．【详解】解：由题意知，△ABC绕点A逆时针旋转50°得到△AFE，
∴△ABC≌△AFE，∠EAC=∠FAB=50°，
∵∠CAB=20°，∠ABC=30°，
∴∠CAB=∠EAF=20°，∠ABC=∠AFE=30°，AB=AF，AC=AE，BC=FE；
故①符合题意；
1 1
∴∠ABF=∠AFB= (180°-∠FAB)=65°，∠ACE=∠AEC= (180°-∠EAC)=65°，
2 2
∴∠ABF=∠ACE；
故③符合题意；
∴∠FAC=∠FAB-∠BAC=30°，
∴∠FAC=∠EFA，
∴AC∥EF；
故②符合题意；
∴∠EFB=∠EFA+∠AFB=30°+65°=95°；
故④不符合题意；
故答案为：①②③．
【点睛】本题考查了全等三角形的性质，旋转的性质，等边对等角，平行线的判定，熟练掌握旋转转的性质和全
等三角形的性质是解题的关键．
三、解答题
33．（24-25九年级上·吉林长春·阶段练习）如图，在平面直角坐标系中，O为坐标原点，抛物线y=-x2+bx经过
A(4,0)，点M是该抛物线的顶点，将线段OA绕着点A顺时针旋转90°得到AB，取线段AB中点C，过点C作y轴
的垂线，交该抛物线从左到右依次为点D、E，连接DM、MB、BE．
(1)求此抛物线的函数解析式；
(2)求DE的长；
(3)直接写出四边形DEBM的面积＝______．
【答案】(1)y=-x2+4x
(2)DE=2❑√2(3)2+2❑√2
【分析】本题考查了待定系数法求二次函数的解析式：在利用待定系数法求二次函数关系式时，要根据题目给定
的条件，选择恰当的方法设出关系式，从而代入数值求解．也考查了二次函数的性质．
（1）把A点坐标代入y=-x2+bx中求出b，从而得到抛物线解析式；
（2）先根据旋转的性质得到∠OAB=90°，AB=AO=4，则B(4,4)，所以C(4,2)，接着解方程-x2+4x=2得
D(2-❑√2,2)，E(2+❑√2,2)，然后计算出DE的长；
（3）利用配方法得到y=-(x-2) 2+4，则M(2,4)，于是可判断MB∥DE，然后根据梯形的面积公式计算四边形
DEBM的面积．
【详解】（1）解：∵抛物线y=-x2+bx经过A(4,0)
∴-42+4b=0，
解得b=4，
∴该抛物线对应的函数解析式为y=-x2+4x；
（2）解：∵A(4,0)，
∴OA=4，
∵线段OA绕着点A顺时针旋转90°得到AB，
∴∠OAB=90°，AB=AO=4，
∴B(4,4)，
∵C点为线段AB的中点，
∴C(4,2)，
当y=2时，-x2+4x=2，
解得x =2-❑√2，x =2+❑√2，
1 2
∴D(2-❑√2,2)，E(2+❑√2,2)，
∴DE=2+❑√2-2+❑√2=2❑√2；
（3）解：∵y=-x2+4x=-(x-2) 2+4，
∴M(2,4)，
B(4,4)
∴MB∥DE，
∴MB=4-2=2，而BC=2，1
∴四边形DEBM的面积= ×(2+2❑√2)×2=2+2❑√2．
2
34．（2024·江西·模拟预测）如图，四边形ABCD是正方形，M，N分别在CD、BC上，且∠MAN=45°，我们
把这种模型称为“半角模型”，在解决“半角模型”问题时，旋转是一种常用的方法，点D与点B重合，得到
△AEB，连接AM、AN、MN．
(1)求证： △AEB≌△ADM．
(2)如图，已知△ADM旋转90°得到△AEB，如果正方形的边长是4，求△CNM的周长．
【答案】(1)见解析
(2)8
【分析】本题主要考查了正方形的性质，旋转的性质，全等三角形的判定与性质，利用旋转构造全等三角形是解
题的关键．
（1）根据旋转得到AE=AM，AB=AD，BE=DM，即可得到△AEB≌△ADM；
（2）根据旋转得到DM=BE，AM=AE，∠EAM=90°，∠ADM=∠ABE=90°，即可得到
△AEN≌△AMN，然后依据C =MN+CM+CN=CM+DM+CN+BN=BC+CD，代入数据解答即可．
ΔCMN
【详解】（1）证明：由旋转的性质，可知：AE=AM，AB=AD，BE=DM，
在△AEB和△ADM中，
¿，
∴△AEB≌△ADM(SSS)；
（2）解：由旋转的性质，可知：AE=AM，BE=DM，∠EAM=90°，∠ABE=∠D=90°，
∴点E、B、C共线，
∵∠MAN=45°，
∴∠EAN=∠EAM-∠MAN=45°=∠MAN
在△EAN和△MAN 中，
¿，
∴△EAN≌△MAN(SAS)．
∴EN=MN，
∵EN=BE+BN，
∴MN=DM+BN；∴C =MN+CM+CN=CM+DM+CN+BN=BC+CD，
△CMN
∵正方形的边长为4，
∴C =BC+CD=4+4=8．
ΔCMN
35．（2024·湖南·二模）已知直角三角板ACB中，∠ACB=90°,CB=CA，将该三角板绕点C旋转
α(0°<α<90°)，得到Rt△DCE，连接AD，BD．
(1)如图1，将直角三角板ACB逆时针旋转，α=45°，写出∠ADB的度数（不需要说明理由）；
(2)若将直角三角板ACB顺时针旋转α，请在图2中补全图形，并求出∠ADB的度数；
(3)若∠BCD的平分线CF交BD于点G，交直线AD于点F，连接BF，试证明：2BF=❑√2CF±AD．
【答案】(1)135°
(2)补全图形见解析，∠ADB=45°
(3)见解析
【分析】本题考查了旋转的性质，等腰三角形的判定和性质，垂直平分线的性质，全等三角形的判定和性质，利
用数形结合的思想解决问题是关键．
（1）由旋转的性质可知，α=∠ACD=45°，CA=CD，CB=CE，再根据等边对等角的性质和三角形内角和定
理求解即可；
（2）根据题意补全图形，再根据旋转的性质以及等边对等角的性质求解即可；
（3）分两种情况讨论：①当将直角三角板ACB逆时针旋转α时；②当将直角三角板ACB顺时针旋转α时，过点C
作CH⊥CF，证明CF是线段BD的垂直平分线，进而得出△FCH是等腰直角三角形，得到HF=❑√2CF，再利
用全等三角形的性质求解即可．
【详解】（1）解：由旋转的性质可知，α=∠ACD=45°，CA=CD，CB=CE，
180°-∠ACD
∴∠CAD=∠CDA= =67.5°，
2
∵∠ACB=90°,CB=CA，
∴∠BCD=45°，CD=CB，180°-∠BCD
∴∠CDB=∠CBD= =67.5°，
2
∴∠ADB=∠CDA+∠CDB=135°；
（2）解：补全后的图形如图①所示．
由旋转的性质可知，CA=CD=CB,∠ACD=α．
180°-α α
∴∠ADC= =90°- ．
2 2
180°-(90°+α) α
在等腰三角形BCD中，∠BDC= =45°- ，
2 2
α ( α)
∴∠ADB=∠ADC-∠BDC=90°- - 45°- =45°．
2 2
（3）解：①当将直角三角板ACB逆时针旋转α时，如图②，
过点C作CH⊥CF，交DA的延长线于点H．
由旋转的性质可知，CD=CA=CB，
∴△BCD是等腰三角形，
∵CF是∠BCD的平分线，
∴CF垂直平分BD，
∴BF=DF,∠FGD=90°．
由（1）知∠ADB=135°，
∴∠DFG=45°．
∴△FCH是等腰直角三角形．
∴∠CHF=∠DFG=45°,CF=CH．
∴HF=❑√2CF．又∵CD=CA，
∴∠CDA=∠CAD，
∴∠CDF=∠CAH．
∴△CDF≌△CAH(AAS)．
∴DF=AH=BF，
∴DF+AH+AD=2BF+AD=HF，
即2BF=❑√2CF-AD；
②当将直角三角板ACB顺时针旋转α时，如图③，
过点C作CH⊥CF，交AD的延长线于点H．
同理可证，CF是线段BD的垂直平分线．
∴BF=DF,∠FGD=90°．
由（2）知∠ADB=45°，
∴∠DFG=45°．
∴△FCH是等腰直角三角形．
∴∠CHF=∠DFG,CF=CH，
∴HF=❑√2CF．
又∵CD=CA，
∴∠CAD=∠CDA，
∴∠CAF=∠CDH．
∴△CAF≌△CDH(AAS)，
∴AF=DH．
∴AF=DF-AD=BF-AD，
∴FH=2AF+AD=2(BF-AD)+AD=2BF-AD
即2BF=❑√2CF+AD．
综上所述，2BF=❑√2CF±AD．
36．（2024·福建泉州·模拟预测）如图，在正方形ABCD中，点M在CD边上，且△AEM与△ADM关于AM所
在的直线对称，将△ADM绕点A按顺时针方向旋转90°得到△ABF，连接EF．(1)求证：∠FAB=∠MAE；
(2)若AB=5，DM=2，求线段EF的长．
【答案】(1)见解析
(2)❑√34
【分析】（1）根据翻折和旋转的性质即可解决问题．
（2）连接BM，证明出△AEF和△ABM全等，将EF长转化为BM长，再利用勾股定理求出BM长即可解决问
题．
【详解】（1）证明：∵△AEM与△ADM关于AM所在的直线对称，
∴∠MAE=∠DAM．
∵△ABF由△ADM绕点A按顺时针方向旋转90°得到，
∴∠FAB=∠DAM，
∴∠FAB=∠MAE．
（2）解：连接BM，
∵△AEM △ADM AM
与 关于 所在的直线对称，
∴AD=AE．
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=AD，
∴AD=AE．
∵∠FAB=∠MAE，
∴∠FAB+∠BAE=∠MAE+∠BAE，
即∠FAE=∠MAB．
∵△ABF由△ADM绕点A按顺时针方向旋转90°得到，
∴AM=AF．在△AEF和△ABM中，
¿，
∴△AEF≌△ABM(SAS)，
∴EF=BM．
∵AB=5，DM=2，
∴CD=AB=5，
∴CM=CD-DM=5-2=3．
在Rt△BCM中，
BM=❑√52+32=❑√34，
∴EF=BM=❑√34．
【点睛】本题考查旋转的性质，正方形的性质，三角形全等的判定与性质，勾股定理，熟知图形旋转的性质是解
题的关键．
37．（24-25九年级上·湖南衡阳·开学考试）课本再现：
如图1，四边形ABCD是菱形，∠DAB=60°，BD=6．
（1）求AB，AC的长．
应用拓展
（2）如图2，E为AB上一动点，连接DE，将DE绕点D逆时针旋转120°，得到DF，连接EF．
①求出点D到EF距离的最小值；
②如图3，连接OF，CF，若△OCF的面积为6❑√3，求BE的长．
（备用结论：在直角三角形中，30°角所对的直角边是斜边的一半）
【答案】（1）AB=6，AC=6❑√3
3❑√3
（2）① ；②BE=2
2
【分析】（1）由菱形的性质可得OB=OD=3，CD=2OD=6=BC=AB=AD，AC⊥BD，OA=OC，再进一
步的解答即可；
（2）①证明ΔABD为等边三角形，可得AB=AD=BD=6，求解∠≝=∠DFE=30°，如图，过D作DK⊥EF
1
于K，可得DK= DE，当DE最小时，DK最小，可得当DE⊥AB时，DE最小，再进一步解答即可；
2②证明△DAE≌△DCF，可得∠DAE=∠DCF=60°，AE=CF，证明∠OCF=30°+60°=90°，可得
1
×3❑√3×CF=6❑√3，再进一步解答可得答案．
2
【详解】解：（1）∵四边形ABCD是菱形，∠DAB=60°，BD=6．
1 1
∴ ∠ACD= ∠BCD= ∠DAB=30°，OB=OD=3，CD=2OD=6=BC=AB=AD，AC⊥BD，
2 2
OA=OC，
∴ OC=❑√62-32=3❑√3，
∴ AC=2OC=6❑√3；
（2）①∵四边形ABCD是菱形，∠DAB=60°，
∴∠DCB=∠DAB=60°，AB=AD，
∴△ABD为等边三角形，
∴AB=AD=BD=6，
由旋转可得：DE=DF，∠EDF=120°，
∴∠≝=∠DFE=30°，
如图2，过D作DK⊥EF于K，
1
∴DK= DE
2
，
当DE最小时，DK最小，
∴当DE⊥AB时，DE最小，
此时AE=BE=3，
∴ DE=❑√62-32=3❑√3，
3❑√3
∴ DK= ，
2
3❑√3
∴点D到EF距离的最小值为 ；
2
②∵四边形ABCD是菱形，∠DAB=60°，
∴∠DAB=∠DCB=60°，∠ADC=120°=∠EDF，AB=BC=CD=AD=6，
∴∠ADE=∠CDF，∵DE=DF，
∴△DAE≌△DCF(SAS)，
∴∠DAE=∠DCF=60°，AE=CF，
∴∠OCF=30°+60°=90°，
∵ OC=3❑√3，△OCF的面积为6❑√3，
1
∴ ×3❑√3×CF=6❑√3，
2
∴ CF=4，
∴ AE=4，
∴ BE=6-4=2．
【点睛】本题考查的是全等三角形的判定与性质，等腰三角形的性质，菱形的性质，勾股定理的应用，等边三角
形的判定与性质，二次根式的除法运算，掌握以上基础知识是解本题的关键．
38．（24-25九年级上·辽宁盘锦·开学考试）感知：如图①，△ABC和△ADE都是等腰直角三角形，
∠BAC=∠DAE=90°，点B在线段AD上，点C在线段AE上，我们很容易得到BD=CE，不需证明．
探究：将△ADE绕点A逆时针旋转β(0<β<90°)，如图②，连接BD和CE，此时BD=CE是否依然成立？若成
立，写出证明过程：若不成立，说明理由．
应用：如图③，当△ADE绕点A逆时针旋转，使得点D落在BC的延长线上，连接CE．
①∠ACE的度数是______．
②若AB=AC=2❑√2,CD=4，求线段DE的长是多少？
【答案】探究：BD=CE成立；应用：①45°；②4❑√5
【分析】本题主要考查了全等三角形的性质与判定，勾股定理，等腰直角三角形的性质；
探究：只需要利用SAS证明△ABD≌△ACE即可证明BD=CE；
应用：①由等腰直角三角形的性质得到∠ABC=∠ACB=45°，再证明△ABD≌△ACE即可得到
∠ABD=∠ACE=45°；
②先由勾股定理得到BC=4，由全等三角形的性质得到∠ACE=∠ABD=45°，BD=CE，则∠BCE=90°，
CE=8，则根据DE=❑√CE2+CD2计算即可．【详解】探究：BD=CE成立，证明如下：
∵△ABC和△ADE都是等腰直角三角形，
∴AB=AC，AD=AE，
由旋转的性质可得∠BAD=∠CAE，
∴△ABD≌△ACE(SAS)，
∴BD=CE；
应用：①∵△ABC和△ADE都是等腰直角三角形，
∴∠ABC=∠ACB=45°，∠BAC=∠DAE=90°，
∴∠BAD=∠CAE，
∵AB=AC，∠BAD=CAE，AD=AE，
∴△ABD≌△ACE(SAS)，
∴∠ABD=∠ACE=45°；
故答案为：45°；
②∵ AB=AC=2❑√2，
∴ BC=❑√AB2+AC2=4，
∵△ACE≌△ABD，
∴∠ACE=∠ABD=45°，BD=CE，
∴∠BCE=∠ACB+∠ACE=90°，CE=BD=BC+CD=4+4=8；
∴ DE=❑√CE2+CD2=❑√82+42=4❑√5．
