初三数学上册---旋转综合题型拔高.doc

初三数学上册---旋转综合题型拔高

一．解答题（共15小题）
1．（2016•娄底）如图，将等腰△ABC绕顶点B逆时针方向旋转α度到△A1B1C1的位置，AB与A1C1相交于点D，AC与A1C1、BC1分别交于点E、F．
（1）求证：△BCF≌△BA1D．
（2）当∠C=α度时，判定四边形A1BCE的形状并说明理由．

2．（2016•潍坊）如图，在菱形ABCD中，AB=2，∠BAD=60°，过点D作DE⊥AB于点E，DF⊥BC于点F．
（1）如图1，连接AC分别交DE、DF于点M、N，求证：MN=AC；
（2）如图2，将△EDF以点D为旋转中心旋转，其两边DE′、DF′分别与直线AB、BC相交于点G、P，连接GP，当△DGP的面积等于3时，求旋转角的大小并指明旋转方向．

3．（2016•富源县校级模拟）如图所示，在正方形ABCD中，G是CD上一点，延长BC到E，使CE=CG，连接
BG并延长交DE于F，将△DCE绕点D顺时针旋转90°得到△DAE′．
（1）判断四边形E′BGD是什么特殊四边形，并说明理由．
（2）由△BCG经过怎样的变换可得到△DAE′？请说出具体的变换过程．

4．（2016•徐州模拟）△ABC和△DBE是绕点B旋转的两个相似三角形，其中∠ABC与∠DBE、∠A与∠D为对应角．
（1）如图1，若△ABC和△DBE分别是以∠ABC与∠DBE为顶角的等腰直角三角形，且两三角形旋转到使点B、C、D在同一条直线上的位置时，请直接写出线段AD与线段EC的关系；
（2）若△ABC和△DBE为含有30°角的直角三角形，且两个三角形旋转到如图2的位置时，试确定线段AD与线段EC的关系，并说明理由；
（3）若△ABC和△DBE为如图3的两个三角形，且∠ACB=α，∠BDE=β，在绕点B旋转的过程中，直线AD与EC夹角的度数是否改变？若不改变，直接用含α、β的式子表示夹角的度数；若改变，请说明理由．

5．（2016•市中区一模）如图1，已知∠DAC=90°，△ABC是等边三角形，点P为射线AD上任意一点（点P与点A不重合），连结CP，将线段CP绕点C顺时针旋转60°得到线段CQ，连结QB并延长交直线AD于点E．
（1）如图1，猜想∠QEP=　　　　°；
（2）如图2，3，若当∠DAC是锐角或钝角时，其它条件不变，猜想∠QEP的度数，选取一种情况加以证明；
（3）如图3，若∠DAC=135°，∠ACP=15°，且AC=4，求BQ的长．

6．（2016•定州市一模）已知Rt△DAB中，∠ADB=90°，扇形DEF中，∠EDF=30°，且DA=DB=DE，将Rt△ADB的边与扇形DEF的半径DE重合，拼接成图1所示的图形，现将扇形DEF绕点D按顺时针方向旋转，得到扇形DE′F′，设旋转角为α（0°＜α＜180°）
（1）如图2，当0°＜α＜90°，且DF′∥AB时，求α；
（2）如图3，当α=120°，求证：AF′=BE′．

7．（2008•延庆县一模）（1）已知：有两块完全相同的含45°角的三角板，如图1，将Rt△DEF的直角顶点D放在Rt△ABC斜边AB的中点处，这时两块三角板重叠部分△DBC的面积是△ABC的面积的　　　　；
（2）如图2，点D不动，将Rt△DEF绕着顶点D旋转α（0°＜∠α＜90°），这时两块三角板重叠部分为任意四边形DNCM，这时四边形DNCM的面积是△ABC的面积的　　　　；
（3）若Rt△DEF的顶点D在AB上移动（不与点A、B重合），且两条直角边与Rt△ABC的两条直角边相交，是否存在一点，使得两块三角板重叠部分的面积是Rt△ABC的面积的？如果存在，请在图3中画出此时的图形，并说明点D在AB上的位置；如果不存在，说明理由．

8．（2016春•重庆期末）（1）如图（1），直线a∥b，A，B两点分别在直线a，b上，点P在a，b外部，则∠1，∠2，∠3之间有何数量关系？证明你的结论；
（2）如图（2），直线a∥b，点P在直线a，b直角，∠2=50°，∠3=30°，求∠1；
（3）在图（2）中，将直线a绕点A按逆时针方向旋转一定角度交直线b于点M，如图（3），若∠1=100°，∠4=40°，求∠2+∠3的度数．

9．（2015•淄博模拟）在△ABC中，AB=BC=2，∠ABC=120°，将△ABC绕点B顺时针旋转角α（0＜α＜120°），得△A1BC1，交AC于点E，AC分别交A1C1、BC于D、F两点．

（1）如图①，观察并猜想，在旋转过程中，线段EA1与FC有怎样的数量关系？并证明你的结论；
（2）如图②，当α=30°时，试判断四边形BC1DA的形状，并说明理由；
（3）在（2）的情况下，求ED的长．

10．（2015秋•崇明县期末）在△ABC中，AB=AC，∠A=60°，点D是线段BC的中点，∠EDF=120°，DE与线段AB相交于点E，DF与线段AC（或AC的延长线）相交于点F．
（1）如图1，若DF⊥AC，垂足为F，AB=4，求BE的长；
（2）如图2，将（1）中的∠EDF绕点D顺时针旋转一定的角度，DF仍与线段AC相交于点F．求证：BE+CF=AB；
（3）如图3，将（2）中的∠EDF继续绕点D顺时针旋转一定的角度，使DF与线段AC的延长线交与点F，作DN⊥AC于点N，若DN=FN，（2）中的结论还成立吗？若AB=4，求此时BE的长．

11．（2016春•临沂期中）如图，△DEF是△ABC经过某种变换得到的图形，点A与点D，点B与点E，
点C与点F分别是对应点，观察点与点的坐标之间的关系，解答下列问题：
（1）分别写出点A与点D，点B与点E，点C与点F的坐标，并说说对应点的坐标有哪些特征；
（2）若点P（a+3，4﹣b）与点Q（2a，2b﹣3）也是通过上述变换得到的对应点，求a，b的值．
（3）求图中△ABC的面积．

12．（2016春•博兴县期中）如图，三角形DEF是三角形ABC经过某种变换得到的图形，点A与点D，点B与点E，点C与点F分别是对应点，观察点与点的坐标之间的关系，解答下列问题：
（1）分别写出点A与点D，点B与点E，点C与点F的坐标，并说说对应点的坐标有哪些特征；
（2）若点P（a+3b，4a﹣b）与点Q（2a﹣9，2b﹣9）也是通过上述变换得到的对应点，求a，b的值．

13．（2016•资阳）在Rt△ABC中，∠C=90°，Rt△ABC绕点A顺时针旋转到Rt△ADE的位置，点E在斜边AB上，连结BD，过点D作DF⊥AC于点F．
（1）如图1，若点F与点A重合，求证：AC=BC；
（2）若∠DAF=∠DBA，
①如图2，当点F在线段CA的延长线上时，判断线段AF与线段BE的数量关系，并说明理由；
②当点F在线段CA上时，设BE=x，请用含x的代数式表示线段AF．

14．（2016•本溪二模）如图1，在△ABC中，∠ACB=90°，BC=2，∠A=30°，点E，F分别是线段BC，AC的中点，连结EF．
（1）线段BE与AF的位置关系是　　　　，=　　　　．
（2）如图2，当△CEF绕点C顺时针旋转a时（0°＜a＜180°），连结AF，BE，（1）中的结论是否仍然成立．如果成立，请证明；如果不成立，请说明理由．
（3）如图3，当△CEF绕点C顺时针旋转a时（0°＜a＜180°），延长FC交AB于点D，如果AD=6﹣2，求旋转角a的度数．

15．（2016•泰州二模）在平面直角坐标系中，O为原点，点A（﹣2，0），点B（0，2），点E，点F分别为OA，OB的中点．若正方形OEDF绕点O顺时针旋转，得正方形OE′D′F′，记旋转角为α．
（1）如图①，当α=90°时，求AE′，BF′的长；
（2）如图②，当α=135°时，求证：AE′=BF′，且AE′⊥BF′；
（3）直线AE′与直线BF′相交于点P，当点P在坐标轴上时，分别表示出此时点E′、D′、F′的坐标（直接写出结果即可）．

参考答案与试题解析
一．解答题（共15小题）
1．（2016•娄底）如图，将等腰△ABC绕顶点B逆时针方向旋转α度到△A1B1C1的位置，AB与A1C1相交于点D，AC与A1C1、BC1分别交于点E、F．
（1）求证：△BCF≌△BA1D．
（2）当∠C=α度时，判定四边形A1BCE的形状并说明理由．

【考点】旋转的性质；全等三角形的判定与性质；等腰三角形的性质．菁优网版权所有
【分析】（1）根据等腰三角形的性质得到AB=BC，∠A=∠C，由旋转的性质得到A1B=AB=BC，∠A=∠A1=∠C，∠A1BD=∠CBC1，根据全等三角形的判定定理得到△BCF≌△BA1D；
（2）由旋转的性质得到∠A1=∠A，根据平角的定义得到∠DEC=180°﹣α，根据四边形的内角和得到∠ABC=360°﹣∠A1﹣∠C﹣∠A1EC=180°﹣α，证得四边形A1BCE是平行四边形，由于A1B=BC，即可得到四边形A1BCE是菱形．
【解答】（1）证明：∵△ABC是等腰三角形，
∴AB=BC，∠A=∠C，
∵将等腰△ABC绕顶点B逆时针方向旋转α度到△A1B1C1的位置，
∴A1B=AB=BC，∠A=∠A1=∠C，∠A1BD=∠CBC1，
在△BCF与△BA1D中，
，
∴△BCF≌△BA1D；

（2）解：四边形A1BCE是菱形，
∵将等腰△ABC绕顶点B逆时针方向旋转α度到△A1B1C1的位置，
∴∠A1=∠A，
∵∠ADE=∠A1DB，
∴∠AED=∠A1BD=α，
∴∠DEC=180°﹣α，
∵∠C=α，
∴∠A1=α，
∴∠ABC=360°﹣∠A1﹣∠C﹣∠A1EC=180°﹣α，
∴∠A1=∠C，∠A1BC=∠AEC，
∴四边形A1BCE是平行四边形，
∴A1B=BC，
∴四边形A1BCE是菱形．
【点评】本题考查了旋转的性质，全等三角形的判定和性质，等腰三角形的性质，正确的理解题意是解题的关键．

2．（2016•潍坊）如图，在菱形ABCD中，AB=2，∠BAD=60°，过点D作DE⊥AB于点E，DF⊥BC于点F．
（1）如图1，连接AC分别交DE、DF于点M、N，求证：MN=AC；
（2）如图2，将△EDF以点D为旋转中心旋转，其两边DE′、DF′分别与直线AB、BC相交于点G、P，连接GP，当△DGP的面积等于3时，求旋转角的大小并指明旋转方向．

【考点】旋转的性质；菱形的性质．菁优网版权所有
【分析】（1）连接BD，证明△ABD为等边三角形，根据等腰三角形的三线合一得到AE=EB，根据相似三角形的性质解答即可；
（2）分∠EDF顺时针旋转和逆时针旋转两种情况，根据旋转变换的性质解答即可．
【解答】（1）证明：如图1，连接BD，交AC于O，
在菱形ABCD中，∠BAD=60°，AD=AB，
∴△ABD为等边三角形，
∵DE⊥AB，
∴AE=EB，
∵AB∥DC，
∴==，
同理，=，
∴MN=AC；
（2）解：∵AB∥DC，∠BAD=60°，
∴∠ADC=120°，又∠ADE=∠CDF=30°，
∴∠EDF=60°，
当∠EDF顺时针旋转时，
由旋转的性质可知，∠EDG=∠FDP，∠GDP=∠EDF=60°，
DE=DF=，∠DEG=∠DFP=90°，
在△DEG和△DFP中，
，
∴△DEG≌△DFP，
∴DG=DP，
∴△DGP为等边三角形，
∴△DGP的面积=DG2=3，
解得，DG=2，
则cos∠EDG==，
∴∠EDG=60°，
∴当顺时针旋转60°时，△DGP的面积等于3，
同理可得，当逆时针旋转60°时，△DGP的面积也等于3，
综上所述，将△EDF以点D为旋转中心，顺时针或逆时针旋转60°时，△DGP的面积等于3．

【点评】本题考查的是菱形的性质和旋转变换，掌握旋转的性质：①对应点到旋转中心的距离相等；②对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角；③旋转前、后的图形全等是解题的关键．

3．（2016•富源县校级模拟）如图所示，在正方形ABCD中，G是CD上一点，延长BC到E，使CE=CG，连接
BG并延长交DE于F，将△DCE绕点D顺时针旋转90°得到△DAE′．
（1）判断四边形E′BGD是什么特殊四边形，并说明理由．
（2）由△BCG经过怎样的变换可得到△DAE′？请说出具体的变换过程．

【考点】旋转的性质．菁优网版权所有
【分析】（1）由四边形ABCD是矩形，可得AB∥CD，AB=CD，由旋转的性质知AE′=CE=CG，所以BE′=DG，从而证得四边形E′BGD为平行四边形；
（2）首先易证的△BCG≌△DCE（SAS），可得由△BCG绕点C顺时针旋转90°可得到△DCE，再绕点D顺时针旋转90°得到△DAE′．
【解答】解：（1）四边形E′BGD是平行四边形．
理由：∵四边形ABCD是矩形，
∴AB∥CD，AB=CD，
∵将△DCE绕点D顺时针旋转90°得到△DAE′，
∴CE=AE′，
∵CE=CG，
∴AE′=CG，
∴BE=DG，
∴四边形E′BGD是平行四边形；

（2）∵四边形ABCD是正方形，
∴BC=CD，∠BCD=90°．
∵∠BCD+∠DCE=180°，
∴∠BCD=∠DCE=90°．
在△BCG和△DCE，
，
∴△BCG≌△DCE（SAS）；
∴由△BCG绕点C顺时针旋转90°可得到△DCE，再绕点D顺时针旋转90°得到△DAE′．
【点评】此题考查了旋转的性质、全等三角形的判定与性质以及平行四边形的判定．此题难度适中，注意掌握旋转前后图形的对应关系，注意掌握数形结合思想的应用．

4．（2016•徐州模拟）△ABC和△DBE是绕点B旋转的两个相似三角形，其中∠ABC与∠DBE、∠A与∠D为对应角．
（1）如图1，若△ABC和△DBE分别是以∠ABC与∠DBE为顶角的等腰直角三角形，且两三角形旋转到使点B、C、D在同一条直线上的位置时，请直接写出线段AD与线段EC的关系；
（2）若△ABC和△DBE为含有30°角的直角三角形，且两个三角形旋转到如图2的位置时，试确定线段AD与线段EC的关系，并说明理由；
（3）若△ABC和△DBE为如图3的两个三角形，且∠ACB=α，∠BDE=β，在绕点B旋转的过程中，直线AD与EC夹角的度数是否改变？若不改变，直接用含α、β的式子表示夹角的度数；若改变，请说明理由．

【考点】旋转的性质；相似三角形的判定与性质．菁优网版权所有
【专题】代数几何综合题．
【分析】（1）连接AD、CE，然后证得△ABD≌△BCE，根据所得的等角和等边来判断AD、EC的关系．
（2）连接AD、EC并延长，设交点为点F，根据已知条件，易证得△ABD∽△CBE，得AB：BC=BD：BE，而∠1、∠2同为∠3的余角，则可证得△ABD=△CBE，得∠5=∠7+30°，而∠6=120°﹣∠5，由此可证得∠7+∠6=90°，即AD⊥CE．
（3）根据上面的求解过程可知：在绕点B旋转的过程中，直线AD与EC夹角的度数不改变，解题思路和方法同（2）．
【解答】解：（1）线段AD与线段CE的关系是AD⊥EC，AD=EC；（2分）
理由：连接AD、CE；
∵△ABC、△BED都是等腰直角三角形，
∴AB=BC，BD=BE，∠ABC=∠EBD=90°，
∴△ABD≌△CBE，
∴AD=CE，∠DAB=∠BCE；
∵∠BEC+∠BCE=90°，
∴∠BEC+∠DAE=90°，即AD⊥CE；
故线段AD与线段EC的关系是AD⊥EC，AD=EC．

（2）如图2，连接AD、EC并延长，设交点为点F；
∵△ABC∽△DBE，
∴，
∴．
∵∠ABC=∠DBE=90°，
∴∠1+∠3=90°，∠2+∠3=90°
∴∠1=∠2
∴△ABD∽△CBE．（4分）
∴．
在Rt△ACB中，，∵，
∴．（5分）
又∵∠DBE=90°，∠DEB=30°，
∴∠4=60°，
∴∠5+∠6=120°．
∵△ABD∽△CBE，
∴∠5=∠CEB=30°+∠7，
∴∠7=∠5﹣30°，∠6=120°﹣∠5，
∴∠7+∠6=90°，
∴∠DFE=90°
即AD⊥CE．（6分）

（3）在绕点B旋转的过程中，直线AD与EC夹角的度数不改变，且∠AFE=（180﹣α﹣β）度．（8分）

【点评】本题考查了图形的旋转变化以及相似三角形的判定和性质，理清图中角与角之间的关系，是解答此题的关键．

5．（2016•市中区一模）如图1，已知∠DAC=90°，△ABC是等边三角形，点P为射线AD上任意一点（点P与点A不重合），连结CP，将线段CP绕点C顺时针旋转60°得到线段CQ，连结QB并延长交直线AD于点E．
（1）如图1，猜想∠QEP=　60　°；
（2）如图2，3，若当∠DAC是锐角或钝角时，其它条件不变，猜想∠QEP的度数，选取一种情况加以证明；
（3）如图3，若∠DAC=135°，∠ACP=15°，且AC=4，求BQ的长．

【考点】旋转的性质；全等三角形的判定与性质；等边三角形的性质；等腰直角三角形．菁优网版权所有
【分析】（1）猜想∠QEP=60°；
（2）以∠DAC是锐角为例进行证明，如图2，根据等边三角形的性质得AC=BC，∠ACB=60°，再根据旋转的性质得CP=CQ，∠PCQ=6O°，则∠ACP=∠BCQ，
根据“SAS”可证明△ACP≌△BCQ，得到∠APC=∠Q，然后利用三角形内角和定理可得到∠QEP=∠PCQ=60°；
（3）连结CQ，作CH⊥AD于H，如图3，与（2）一样可证明△ACP≌△BCQ，则AP=BQ，由∠DAC=135°，∠ACP=15°，易得∠APC=30°，∠PCB=45°，则可判断△ACH为等腰直角三角形，所以AH=CH=AC=2，在Rt△PHC中，根据含30度的直角三角形三边的关系得PH=CH=2，于是可计算出PA=PH﹣AH=2﹣2，所以BQ=2﹣2．
【解答】解：（1）∠QEP=60°；
证明：连接PQ，
∵PC=CQ，且∠PCQ=60°，
则△CQB和△CPA中，
，
∴△CQB≌△CPA（SAS），
∴∠CQB=∠CPA，
又因为△PEM和△CQM中，∠EMP=∠CMQ，
∴∠QEP=∠QCP=60°．
故答案为：60；

（2）∠QEP=60°．以∠DAC是锐角为例．
证明：如图2，
∵△ABC是等边三角形，
∴AC=BC，∠ACB=60°，
∵线段CP绕点C顺时针旋转60°得到线段CQ，
∴CP=CQ，∠PCQ=6O°，
∴∠ACB+∠BCP=∠BCP+∠PCQ，
即∠ACP=∠BCQ，
在△ACP和△BCQ中，
，
∴△ACP≌△BCQ（SAS），
∴∠APC=∠Q，
∵∠1=∠2，
∴∠QEP=∠PCQ=60°；

（3）连结CQ，作CH⊥AD于H，如图3，
与（2）一样可证明△ACP≌△BCQ，
∴AP=BQ，
∵∠DAC=135°，∠ACP=15°，
∴∠APC=30°，∠PCB=45°，
∴△ACH为等腰直角三角形，
∴AH=CH=AC=×4=2，
在Rt△PHC中，PH=CH=2，
∴PA=PH﹣AH=2﹣2，
∴BQ=2﹣2．

【点评】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、等边三角形的性质和等腰直角三角形的性质．

6．（2016•定州市一模）已知Rt△DAB中，∠ADB=90°，扇形DEF中，∠EDF=30°，且DA=DB=DE，将Rt△ADB的边与扇形DEF的半径DE重合，拼接成图1所示的图形，现将扇形DEF绕点D按顺时针方向旋转，得到扇形DE′F′，设旋转角为α（0°＜α＜180°）
（1）如图2，当0°＜α＜90°，且DF′∥AB时，求α；
（2）如图3，当α=120°，求证：AF′=BE′．

【考点】旋转的性质．菁优网版权所有
【分析】（1）先利用直角三角形的性质，求出∠BAD，再由平行得到∠ADF′即可；
（2）先求出∠ADF′，再判断△ADF′≌△BDE′即可．
【解答】解：（1）∵∠ADB=90°，DA=DB，
∴∠BAD=45°，
∵DF′∥AB，
∴∠ADF′=∠BAD=45°，
∴α=45°﹣30°=15°，
（2）∵α=120°，
∴∠ADE′=120°，
∴∠ADF′=120°+30°=150°，
∠BDE′=360°﹣90°﹣120°=150°，
∴∠ADF′=∠BDE′，
在△ADF′和△BDE′中，
，
∴△ADF′≌△BDE′，
∴AF′=BE′．
【点评】此题是旋转性质题，主要考查了旋转角，全等三角形的判定和性质，解本题的关键是旋转角的计算．

7．（2008•延庆县一模）（1）已知：有两块完全相同的含45°角的三角板，如图1，将Rt△DEF的直角顶点D放在Rt△ABC斜边AB的中点处，这时两块三角板重叠部分△DBC的面积是△ABC的面积的　　；
（2）如图2，点D不动，将Rt△DEF绕着顶点D旋转α（0°＜∠α＜90°），这时两块三角板重叠部分为任意四边形DNCM，这时四边形DNCM的面积是△ABC的面积的　　；
（3）若Rt△DEF的顶点D在AB上移动（不与点A、B重合），且两条直角边与Rt△ABC的两条直角边相交，是否存在一点，使得两块三角板重叠部分的面积是Rt△ABC的面积的？如果存在，请在图3中画出此时的图形，并说明点D在AB上的位置；如果不存在，说明理由．

【考点】旋转的性质；全等三角形的判定与性质；等腰直角三角形．菁优网版权所有
【专题】代数几何综合题．
【分析】（1）D为AB的中点，S△ABC=AB×CD，S△DBC=BD×CD，即可得出；
（2）连接CD，易证△CDM≌△ADN，四边形DNCM的面积等于△ACD的面积，结合（1）即可得出；
（3）取DF⊥BC，DE⊥AC，则四边形DNCM是矩形，设AB=a，BD=x，则DM=x，DN=（a﹣x），AC=BC=a，分别表示出S△ABC和S矩形DNCM，利用其面积比，即可求出D的位置．
【解答】解：（1）∵在直角△ABC中，D为斜边AB的中点，
∴AD=BD=CD=AB，CD⊥AB，
∵S△ABC=AB×CD，S△DBC=BD×CD，
∴S△DBC=S△ABC
故答案为．

（2）如图，连接CD，
∵∠ADN+∠NDC=∠CDM+∠NDC，
∴∠ADN=∠CDM，
又∵∠A=∠DCB，AD=CD，
∴△ADN≌△CDM，
∴S四边形DNCM=S△ADC，
∴S四边形DNCM=S△ABC；
故答案为．

（3）如图，DF⊥BC，DE⊥AC，则四边形DNCM是矩形；
设AB=a，BD=x，
∴DM=x，DN=（a﹣x），AC=BC=a，
∴S△ABC=×a×a=a2，
S矩形DNCM=x×（a﹣x）=（ax﹣x2），
∴=，
整理得，=，
∴x1=a，x2=a，
∴点D在B点或处时，两块三角板重叠部分的面积是Rt△ABC的面积的．

【点评】本题考查了旋转的性质、全等三角形的判定和性质、等腰直角三角形的性质，（3）中取四边形是矩形，是解答的关键，思考问题的角度是从特殊到一般．

8．（2016春•重庆期末）（1）如图（1），直线a∥b，A，B两点分别在直线a，b上，点P在a，b外部，则∠1，∠2，∠3之间有何数量关系？证明你的结论；
（2）如图（2），直线a∥b，点P在直线a，b直角，∠2=50°，∠3=30°，求∠1；
（3）在图（2）中，将直线a绕点A按逆时针方向旋转一定角度交直线b于点M，如图（3），若∠1=100°，∠4=40°，求∠2+∠3的度数．

【考点】旋转的性质；平行线的性质；三角形的外角性质．菁优网版权所有
【分析】（1）设直线AP交直线b于O，根据平行线的性质得出∠2=∠AOB，根据三角形外角性质求出∠AOB=∠1+∠3，即可得出答案；
（2）延长AP交直线b于O，根据平行线的性质得出∠ABO=∠2=50°，根据三角形的外角性质得出∠1=∠AOB+∠3，代入求出即可；
（3）延长AP交直线b于O，根据三角形外角性质得出∠AOB=∠2+∠4，∠1=∠3+∠AOB，求出∠1=∠2+∠4+∠3，代入求出即可．
【解答】
（1）∠2=∠1+∠3，
证明：设直线AP交直线b于O，如图1，
∵直线a∥直线b，
∴∠2=∠AOB，
∵∠AOB=∠1+∠3，
∴∠2=∠1+∠3；

（2）解：延长AP交直线b于O，如图2，
∵直线a∥直线b，∠2=50°，
∴∠ABO=∠2=50°，
∵∠3=30°，
∴∠1=∠AOB+∠3=50°+30°=80°；

（3）解：延长AP交直线b于O，如图3，
∵∠AOB=∠2+∠4，∠1=∠3+∠AOB，
∴∠1=∠2+∠4+∠3，
∵∠1=100°，∠4=40°，
∴∠2+∠3=∠1﹣∠4=60°．
【点评】本题考查了平行线的性质，三角形外角性质的应用，能灵活运用性质进行推理是解此题的关键．

9．（2015•淄博模拟）在△ABC中，AB=BC=2，∠ABC=120°，将△ABC绕点B顺时针旋转角α（0＜α＜120°），得△A1BC1，交AC于点E，AC分别交A1C1、BC于D、F两点．

（1）如图①，观察并猜想，在旋转过程中，线段EA1与FC有怎样的数量关系？并证明你的结论；
（2）如图②，当α=30°时，试判断四边形BC1DA的形状，并说明理由；
（3）在（2）的情况下，求ED的长．
【考点】旋转的性质；全等三角形的判定与性质；菱形的判定；解直角三角形．菁优网版权所有
【专题】几何综合题．
【分析】（1）根据等边对等角的性质可得∠A=∠C，再根据旋转的性质可得∠ABE=∠C1BF，AB=BC=A1B=BC1，然后利用“角边角”证明△ABE和△C1BF全等，根据全等三角形对应边相等可得BE=BF，从而得解；
（2）先根据旋转的性质求出∠ABC1=150°，再根据同旁内角互补，两直线平行求出AB∥C1D，AD∥BC1，证明四边形BC1DA是平行四边形，又因为邻边相等，所以四边形BC1DA是菱形；
（3）过点E作EG⊥AB于点G，等腰三角形三线合一的性质可得AG=BG=1，然后解直角三角形求出AE的长度，再利用DE=AD﹣AE计算即可得解．
【解答】解：（1）EA1=FC．理由如下：
∵AB=BC，∴∠A=∠C，
∵△ABC绕点B顺时针旋转角α得△A1BC1，
∴∠ABE=∠C1BF，AB=BC=A1B=BC1，
在△ABE和△C1BF中，，
∴△ABE≌△C1BF（ASA），
∴BE=BF，
∴A1B﹣BE=BC﹣BF，
即EA1=FC；

（2）四边形BC1DA是菱形．理由如下：
∵旋转角α=30°，
∠ABC=120°，
∴∠ABC1=∠ABC+α
=120°+30°=150°，
∵∠ABC=120°，AB=BC，
∴∠A=∠C=（180°﹣120°）=30°，
∴∠ABC1+∠C1=150°+30°=180°，
∠ABC1+∠A=150°+30°=180°，
∴AB∥C1D，AD∥BC1，
∴四边形BC1DA是平行四边形，
又∵AB=BC1，
∴四边形BC1DA是菱形；

（3）过点E作EG⊥AB，
∵∠A=∠ABA1=30°，
∴AG=BG=AB=1，
在Rt△AEG中，AE===，
由（2）知AD=AB=2，
∴DE=AD﹣AE=2﹣．

【点评】本题考查了旋转的性质，主要利用了全等三角形的判定与性质，菱形的判定与性质，以及解直角三角形，等腰三角形三线合一的性质，难度不大，利用好旋转变换只改变图形的位置不改变图形的形状与大小，找出相等的线段是解题的关键．

10．（2015秋•崇明县期末）在△ABC中，AB=AC，∠A=60°，点D是线段BC的中点，∠EDF=120°，DE与线段AB相交于点E，DF与线段AC（或AC的延长线）相交于点F．
（1）如图1，若DF⊥AC，垂足为F，AB=4，求BE的长；
（2）如图2，将（1）中的∠EDF绕点D顺时针旋转一定的角度，DF仍与线段AC相交于点F．求证：BE+CF=AB；
（3）如图3，将（2）中的∠EDF继续绕点D顺时针旋转一定的角度，使DF与线段AC的延长线交与点F，作DN⊥AC于点N，若DN=FN，（2）中的结论还成立吗？若AB=4，求此时BE的长．

【考点】旋转的性质；等边三角形的判定与性质．菁优网版权所有
【分析】（1）如图1，易求得∠B=60°，∠BED=90°，BD=2，然后运用三角函数的定义就可求出BE的值；
（2）过点D作DM⊥AB于M，作DN⊥AC于N，如图2，易证△MBD≌△NCD，则有BM=CN，DM=DN，进而可证到△EMD≌△FND，则有EM=FN，就可得到BE+CF=BM+EM+CF=BM+FN+CF=BM+CN=2BM=2BD×cos60°=BD=BC=AB；
（3）过点D作DM⊥AB于M，如图3．同（1）可得：∠B=∠ACD=60°，同（2）可得：BM=CN，DM=DN，EM=FN．由DN=FN可得DM=DN=FN=EM，从而可得BE+CF=BM+EM+CF=CN+DM+CF=NF+DM=2DM=2BD×sin60°=BC=AB，因为BE+CF=BE+NF﹣CN=BE+DM﹣BM=BE+BD﹣BD=AB，把AB=4，BD=2代入即可得到BE+﹣1=2，从而求得BE=+1．
【解答】解：（1）如图1，
∵AB=AC，∠A=60°，
∴△ABC是等边三角形，
∴∠B=∠C=60°，BC=AC=AB=4．
∵点D是线段BC的中点，
∴BD=DC=BC=2．
∵DF⊥AC，即∠AFD=90°，
∴∠AED=360°﹣60°﹣90°﹣120°=90°，
∴∠BED=90°，
∴BE=BD×cos∠B=2×cos60°=2×=1；

（2）过点D作DM⊥AB于M，作DN⊥AC于N，如图2，
则有∠AMD=∠BMD=∠AND=∠CND=90°．
∵∠A=60°，∴∠MDN=360°﹣60°﹣90°﹣90°=120°．
∵∠EDF=120°，∴∠MDE=∠NDF．
在△MBD和△NCD中，
，
∴△MBD≌△NCD，
∴BM=CN，DM=DN．
在△EMD和△FND中，
，
∴△EMD≌△FND，
∴EM=FN，
∴BE+CF=BM+EM+CF=BM+FN+CF=BM+CN
=2BM=2BD×cos60°=BD=BC=AB；

（3）过点D作DM⊥AB于M，如图3．
同（1）可得：∠B=∠ACD=60°．
同（2）可得：BM=CN，DM=DN，EM=FN．
∵DN=FN，
∴DM=DN=FN=EM，
∴BE+CF=BM+EM+CF=CN+DM+CF=NF+DM=2DM=2BD×sin60°=BC=AB，
∴（2）中的结论不成立；
∵AB=4，
∴BD=2，
∵BE+CF=BE+NF﹣CN=BE+DM﹣BM=BE+BD﹣BD=AB，
∴BE+﹣1=2，
∴BE=+1．

【点评】本题主要考查了等边三角形的判定与性质、四边形的内角和定理、全等三角形的判定与性质、三角函数的定义、特殊角的三角函数值等知识，通过证明三角形全等得到BM=CN，DM=DN，EM=FN是解决本题的关键．

11．（2016春•临沂期中）如图，△DEF是△ABC经过某种变换得到的图形，点A与点D，点B与点E，
点C与点F分别是对应点，观察点与点的坐标之间的关系，解答下列问题：
（1）分别写出点A与点D，点B与点E，点C与点F的坐标，并说说对应点的坐标有哪些特征；
（2）若点P（a+3，4﹣b）与点Q（2a，2b﹣3）也是通过上述变换得到的对应点，求a，b的值．
（3）求图中△ABC的面积．

【考点】几何变换的类型；坐标与图形性质．菁优网版权所有
【分析】（1）根据图形即可直接写出坐标；
（2）根据（1）中得到的横纵坐标之间的关系可以列方程求解；
（3）转化为图形的面积的和、差即可求解．
【解答】解：（1）A（2，3）与D（﹣2，﹣3）；B（1，2）与E（﹣1，﹣2）；C（3，1）与F（﹣3，﹣1）．
对应点的坐标的特征：横坐标互为相反数，纵坐标互为相反数；
（2）由（1）可得a+3=﹣2a，4﹣b=﹣（2b﹣3）．解得a=﹣1，b=﹣1；
（3）三角形ABC的面积=2×2﹣×2×1﹣×2×1﹣×1×1=．
【点评】本题考查了图形的中心对称变换，写出点的坐标得到对称的点之间的关系是关键．

12．（2016春•博兴县期中）如图，三角形DEF是三角形ABC经过某种变换得到的图形，点A与点D，点B与点E，点C与点F分别是对应点，观察点与点的坐标之间的关系，解答下列问题：
（1）分别写出点A与点D，点B与点E，点C与点F的坐标，并说说对应点的坐标有哪些特征；
（2）若点P（a+3b，4a﹣b）与点Q（2a﹣9，2b﹣9）也是通过上述变换得到的对应点，求a，b的值．

【考点】几何变换的类型；坐标与图形性质．菁优网版权所有
【分析】（1）根据坐标与图形的性质确定对应点的坐标，找出对应点的横纵坐标之间的关系；
（2）根据对应点的横纵坐标之间的关系列出方程组，解方程组即可．
【解答】解：（1）点A的坐标为（2，3），点D的坐标为（﹣2，﹣3），点B的坐标为（1，2），点E的坐标为（﹣1，﹣2），点C的坐标为（3，1），点F的坐标为（﹣3，﹣1），对应点的横、纵坐标分别互为相反数；
（2）由（1）得，，
解得，，
答：a=2，b=1．
【点评】本题考查的是几何变换的类型，掌握坐标与图形的性质、正确找出对应点的横纵坐标之间的关系是解题的关键．

13．（2016•资阳）在Rt△ABC中，∠C=90°，Rt△ABC绕点A顺时针旋转到Rt△ADE的位置，点E在斜边AB上，连结BD，过点D作DF⊥AC于点F．
（1）如图1，若点F与点A重合，求证：AC=BC；
（2）若∠DAF=∠DBA，
①如图2，当点F在线段CA的延长线上时，判断线段AF与线段BE的数量关系，并说明理由；
②当点F在线段CA上时，设BE=x，请用含x的代数式表示线段AF．

【考点】几何变换综合题．菁优网版权所有
【分析】（1）由旋转得到∠BAC=∠BAD，而DF⊥AC，从而得出∠ABC=45°，最后判断出△ABC是等腰直角三角形；
（2）①由旋转得到∠BAC=∠BAD，再根据∠DAF=∠DBA，从而求出∠FAD=∠BAC=∠BAD=60°，最后判定△AFD≌△BED，即可；
②根据题意画出图形，先求出角度，得到△ABD是顶角为36°的等腰三角形，再用相似求出，，最后判断出△AFD∽△BED，代入即可．
【解答】解：（1）由旋转得，∠BAC=∠BAD，
∵DF⊥AC，
∴∠CAD=90°，
∴∠BAC=∠BAD=45°，
∵∠ACB=90°，
∴∠ABC=45°，
∴AC=CB，
（2）①由旋转得，AD=AB，
∴∠ABD=∠ADB，
∵