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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△AB1C1的位置，
使得点C，A，B1在同一条直线上，那么旋转角等于（ ）
A．65°
B．80°
C．105°
D．115°
【分析】由三角形的外角性质得出∠BAB1＝∠C+∠B＝115°，即可得出结论．
【解答】解：∵C，A，B1在同一条直线上，∠C＝90°，∠B＝25°，
∴∠BAB1＝∠C+∠B＝115°．故选：D．
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P1，点P2与点P1关于
原点对称，则P2的坐标是（ ）
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P1（﹣2，6），进而利用关于原点对称点的坐标性质得出P2的坐
标．
【解答】解：∵点P（﹣2，3）向上平移3 个单位得到点P1，
∴P1（﹣2，6），
∵点P2与点P1关于原点对称，
∴P2的坐标是：（2，﹣6）．
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，
∴AF'= 1
2
AN，
∴√3+1= 1
2
（AE+√3AE），
∴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
60
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．
13．（3 分）（2022•涪城区校级自主招生）如图，直线y=−√3
3
x+2 与x 轴、y 轴分别交于A、B 两点，把
△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．
【解答】解：令y＝0，则−√3
3
x+2＝0，
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△M1N1P1
的顶点都在格点上，△MNP 与△M1N1P1是关于某一点中心对称，则对称中心的坐标为 （
2 ，
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），M1（1，2），N1（2，2），P1（3，1），
∵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 √5cm
．
【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，
∴OC= 1
2
AC＝2cm，
∴在Rt△BOC 中，OB=√BC
2+OC
2=
2√5（cm），
∴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△A1OB1，第二次旋转后得到
△A2OB2，依次类推，则点B2022的坐标为 （﹣
1 ，
−√3） ．
【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B1（−√3，1），
第二次旋转后B2（﹣1，−√3），
第三次旋转后B3（√3，﹣1），
第四次旋转后B4（1，√3），
发现四次一个循环，
∵2022÷4＝505•••2，
∴点B2022的坐标为（﹣1，−√3），
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△A1B1C1．并写出点A1的坐标；
（2）画出△ABC 绕点O 顺时针旋转90°得到的△A2B2C2，并写出点A2的坐标；
（3）画出以点O 为对称中心，与△ABC 成中心对称的△A3B3C3，并写出点A3的坐标；
【分析】（1）利用点平移的坐标变换规律写出点A1、B1、C1的坐标，然后描点即可；
（2）利用网格特点和旋转的性质画出点A、B、C 的对应点A2、B2、C2，然后描点即可得到△A2B2C2，
从而得到点A2的坐标；
（3）根据关于原点对称的点的坐标特征写出点A3、B3、C3的坐标，然后描点即可．
【解答】解：（1）如图，△A1B1C1为所作，点A1的坐标为（﹣1，﹣1）；
（2）如图，△A2B2C2为所作，点A2的坐标为（4，1）；
（3）如图，△A3B3C3为所作，点A3的坐标为（1，﹣4）．
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
=√2CB
．
（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
200
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，
PC⊥PE，再由已知解三角形得∴EC2＝AH2+HE2=10+3√3，即可求出PC2= 1
2 EC
2= 10+3√3
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），
∴BF＝DE，PE＝PF= 1
2 EF，
∵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，
∴CP⊥EP，CP＝EP= 1
2 EF．
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），
同②△FCE 是等腰直角三角形，CP⊥EP，CP＝EP= √2
2 CE，
在Rt△AHE 中，∠EAH＝30°，AE＝DE＝1，
∴HE= 1
2
，AH= √3
2
，
又∵AC＝BC＝3，
∴CH＝3+ √3
2
，
∴EC2＝CH2+HE2=10+3√3
∴PC2= 1
2 EC
2= 10+3√3
2
．
