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2025年中考数学复习高频易错考前预测：图形的旋转
一．选择题（共10小题）
1．（2024 株洲）如图，在三角形ABC中，∠ACB＝90°，∠B＝50°，将此三角形绕点C沿顺时针方向旋转后得到三角形A′B′C，若点B′恰好落在线段AB上，AC、A′B′交于点O，则∠COA′的度数是（　　）
A．50° B．60° C．70° D．80°
2．（2024 利州区校级模拟）如图，正方形ABCD的边长为4，E为BC上一点，且BE＝1，F为AB边上的一个动点，连接EF，以EF为边向右侧作等边△EFG，连接CG，则CG的最小值为（　　）
A．0.5 B．2.5 C． D．1
3．（2024 宜昌）如图，平面直角坐标系中，点B在第一象限，点A在x轴的正半轴上，∠AOB＝∠B＝30°，OA＝2，将△AOB绕点O逆时针旋转90°，点B的对应点B'的坐标是（　　）
A．（﹣1，2） B．（，3）
C．（，2） D．（﹣3，）
4．（2024 河南）如图，已知菱形OABC的顶点O（0，0），B（2，2），若菱形绕点O逆时针旋转，每秒旋转45°，则第60秒时，菱形的对角线交点D的坐标为（　　）
A．（1，﹣1） B．（﹣1，﹣1） C．（，0） D．（0，）
5．（2024 黄石）把一副三角板如图甲放置，其中∠ACB＝∠DEC＝90°，∠A＝45°，∠D＝30°，斜边AB＝6，DC＝7，把三角板DCE绕点C顺时针旋转15°得到△D1CE1（如图乙），此时AB与CD1交于点O，则线段AD1的长为（　　）
A． B．5 C．4 D．
6．（2024 江西模拟）在正方形网格中有△ABC，△ABC绕O点按逆时针旋转90°后的图案应该是（　　）
A． B．
C． D．
7．（2024 天津）如图，将△ABC绕点B顺时针旋转60°得△DBE，点C的对应点E恰好落在AB延长线上，连接AD．下列结论一定正确的是（　　）
A．∠ABD＝∠E B．∠CBE＝∠C C．AD∥BC D．AD＝BC
8．（2024 新疆）如图所示，将一个含30°角的直角三角板ABC绕点A顺时针旋转，使得点B，A，C′在同一条直线上，则三角板ABC旋转的角度是（　　）
A．60° B．90° C．120° D．150°
9．（2024 安徽一模）如图，正方形ABCD的边长为5，E为BC上一点，且BE＝2，F为AB边上的一个动点，连接EF，以EF为边向右侧作等边△EFG，连接CG，则CG的最小值为（　　）
A．2 B．2.5 C．3 D．3.5
10．（2024 临清市一模）如图，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α（0°＜α＜90°）．若∠1＝112°，则∠α的大小是（　　）
A．68° B．20° C．28° D．22°
二．填空题（共5小题）
11．（2024春 沈河区期末）如图，在△ABC中，AB＝6，将△ABC绕点B按逆时针方向旋转30°后得到△A1BC1，则阴影部分的面积为　 　．
12．（2024 南开区校级期末）平面直角坐标系中，C（0，4），K（2，0），A为x轴上一动点，连接AC，将AC绕A点顺时针旋转90°得到AB，当点A在x轴上运动，BK取最小值时，点B的坐标为 　 　．
13．（2024 西宁）若点（a，1）与（﹣2，b）关于原点对称，则ab＝　 　．
14．（2024 福州期末）如图，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝BC，将△ABC绕点A逆时针旋转60°，得到△ADE，连接BE，则BE的长是 　 　．
15．（2023秋 宿迁期末）如图，等腰直角三角形ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，点M，N在边BC上，且∠MAN＝45°．若BM＝1，CN＝3，则MN的长为 　 　．
三．解答题（共5小题）
16．（2024 福建）在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，∠ACB＝30°，将△ABC绕点C顺时针旋转一定的角度α得到△DEC，点A、B的对应点分别是D、E．
（1）当点E恰好在AC上时，如图1，求∠ADE的大小；
（2）若α＝60°时，点F是边AC中点，如图2，求证：四边形BEDF是平行四边形．
17．（2024 北京）如图，在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝α，M为BC的中点，点D在MC上，以点A为中心，将线段AD顺时针旋转α得到线段AE，连接BE，DE．
（1）比较∠BAE与∠CAD的大小；用等式表示线段BE，BM，MD之间的数量关系，并证明；
（2）过点M作AB的垂线，交DE于点N，用等式表示线段NE与ND的数量关系，并证明．
18．（2024 苏州）如图，△ABC中，点E在BC边上，AE＝AB，将线段AC绕A点旋转到AF的位置，使得∠CAF＝∠BAE，连接EF，EF与AC交于点G．
（1）求证：EF＝BC；
（2）若∠ABC＝65°，∠ACB＝28°，求∠FGC的度数．
19．（2024 齐齐哈尔）已知：正方形ABCD中，∠MAN＝45°，∠MAN绕点A顺时针旋转，它的两边分别交CB、DC（或它们的延长线）于点M、N．当∠MAN绕点A旋转到BM＝DN时（如图1），易证BM+DN＝MN．
（1）当∠MAN绕点A旋转到BM≠DN时（如图2），线段BM、DN和MN之间有怎样的数量关系？写出猜想，并加以证明；
（2）当∠MAN绕点A旋转到如图3的位置时，线段BM、DN和MN之间又有怎样的数量关系？请直接写出你的猜想．
20．（2023 南明区校级一模）如图，四边形ABCD中，∠ABC＝∠ADC＝45°，将△BCD绕点C顺时针旋转一定角度后，点B的对应点恰好与点A重合，得到△ACE．
（1）请求出旋转角的度数；
（2）请判断AE与BD的位置关系，并说明理由；
（3）若AD＝2，CD＝3，试求出四边形ABCD的对角线BD的长．
2025年中考数学复习高频易错考前预测：图形的旋转
参考答案与试题解析
一．选择题（共10小题）
1．（2024 株洲）如图，在三角形ABC中，∠ACB＝90°，∠B＝50°，将此三角形绕点C沿顺时针方向旋转后得到三角形A′B′C，若点B′恰好落在线段AB上，AC、A′B′交于点O，则∠COA′的度数是（　　）
A．50° B．60° C．70° D．80°
【考点】旋转的性质．
【答案】B
【分析】由三角形的内角和为180°可得出∠A＝40°，由旋转的性质可得出BC＝B′C，从而得出∠B＝∠BB′C＝50°，再依据三角形外角的性质结合角的计算即可得出结论．
【解答】解：∵在三角形ABC中，∠ACB＝90°，∠B＝50°，
∴∠A＝180°﹣∠ACB﹣∠B＝40°．
由旋转的性质可知：
BC＝B′C，
∴∠B＝∠BB′C＝50°．
又∵∠BB′C＝∠A+∠ACB′＝40°+∠ACB′，
∴∠ACB′＝10°，
∴∠COA′＝∠AOB′＝∠OB′C+∠ACB′＝∠B+∠ACB′＝60°．
故选：B．
【点评】本题考查了旋转的性质、角的计算依据外角的性质，解题的关键是算出∠ACB′＝10°．本题属于基础题，难度不大，解决该题型题目时，依据旋转的性质找出相等的角和相等的边，再通过角的计算求出角的度数是关键．
2．（2024 利州区校级模拟）如图，正方形ABCD的边长为4，E为BC上一点，且BE＝1，F为AB边上的一个动点，连接EF，以EF为边向右侧作等边△EFG，连接CG，则CG的最小值为（　　）
A．0.5 B．2.5 C． D．1
【考点】旋转的性质；垂线段最短；全等三角形的判定与性质；等边三角形的性质；正方形的性质．
【专题】平移、旋转与对称；推理能力．
【答案】B
【分析】由题意分析可知，点F为主动点，G为从动点，所以以点E为旋转中心构造全等关系，得到点G的运动轨迹，之后通过垂线段最短构造直角三角形获得CG最小值．
【解答】解：由题意可知，点F是主动点，点G是从动点，点F在线段上运动，点G也一定在线段轨迹上运动
将△EFB绕点E旋转60°，使EF与EG重合，得到△EHG，连接BH，得到△EFB≌△EHG
从而可知△EBH为等边三角形，点G在垂直于HE的直线HN上，
延长HM交CD于点N．
则△EFB≌△EHG，
∴HE＝BE＝1，∠BEH＝60°，∠GHE＝∠FBE＝90°，
∴△EBH为等边三角形．
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠FBE＝90°，
∴∠GHE＝∠FBE＝90°，
∴点G在垂直于HE的直线HN上，
作CM⊥HN，由垂线段最短可知，CM即为CG的最小值，
作EP⊥CM，连接BH，EH，
则四边形HEPM为矩形，
∴MP＝HE＝1，∠HEP＝90°，
∴∠PEC＝30°．
∵EC＝BC﹣BE＝3，
∴CPEC，
∴CM＝MP+CP＝1，
即CG的最小值为．
方法二：以CE为边作等边三角形CEH，连接FH，
则△CEG≌△EFH，
∴CG＝FH，
当FH⊥AB时，FH最小＝1．
故选：B．
【点评】本题考查了旋转的性质，线段极值问题，分清主动点和从动点，通过旋转构造全等，从而判断出点G的运动轨迹，是本题的关键，之后运用垂线段最短，构造图形计算，是极值问题中比较典型的类型．
3．（2024 宜昌）如图，平面直角坐标系中，点B在第一象限，点A在x轴的正半轴上，∠AOB＝∠B＝30°，OA＝2，将△AOB绕点O逆时针旋转90°，点B的对应点B'的坐标是（　　）
A．（﹣1，2） B．（，3）
C．（，2） D．（﹣3，）
【考点】坐标与图形变化﹣旋转．
【专题】平面直角坐标系．
【答案】B
【分析】如图，作B′H⊥y轴于H．解直角三角形求出B′H，OH即可．
【解答】解：如图，作B′H⊥y轴于H．
由题意：OA′＝A′B′＝2，∠B′A′H＝60°，
∴∠A′B′H＝30°，
∴A′HA′B′＝1，B′H，
∴OH＝3，
∴B′（，3），
故选：B．
【点评】本题考查坐标与图形变化﹣旋转，解直角三角形等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造直角三角形解决问题．
4．（2024 河南）如图，已知菱形OABC的顶点O（0，0），B（2，2），若菱形绕点O逆时针旋转，每秒旋转45°，则第60秒时，菱形的对角线交点D的坐标为（　　）
A．（1，﹣1） B．（﹣1，﹣1） C．（，0） D．（0，）
【考点】坐标与图形变化﹣旋转；菱形的性质．
【专题】规律型．
【答案】B
【分析】根据菱形的性质，可得D点坐标，根据旋转的性质，可得D点的坐标．
【解答】解：菱形OABC的顶点O（0，0），B（2，2），得
D点坐标为（1，1）．
每秒旋转45°，则第60秒时，得
45°×60＝2700°，
2700°÷360＝7.5周，
OD旋转了7周半，菱形的对角线交点D的坐标为（﹣1，﹣1），
故选：B．
【点评】本题考查了旋转的性质，利用旋转的性质是解题关键．
5．（2024 黄石）把一副三角板如图甲放置，其中∠ACB＝∠DEC＝90°，∠A＝45°，∠D＝30°，斜边AB＝6，DC＝7，把三角板DCE绕点C顺时针旋转15°得到△D1CE1（如图乙），此时AB与CD1交于点O，则线段AD1的长为（　　）
A． B．5 C．4 D．
【考点】旋转的性质．
【专题】压轴题．
【答案】B
【分析】先求出∠ACD＝30°，再根据旋转角求出∠ACD1＝45°，然后判断出△ACO是等腰直角三角形，再根据等腰直角三角形的性质求出AO、CO，AB⊥CO，再求出OD1然后利用勾股定理列式计算即可得解．
【解答】解：∵∠ACB＝∠DEC＝90°，∠D＝30°，
∴∠DCE＝90°﹣30°＝60°，
∴∠ACD＝90°﹣60°＝30°，
∵旋转角为15°，
∴∠ACD1＝30°+15°＝45°，
又∵∠CAB＝45°，
∴△ACO是等腰直角三角形，
∴∠ACO＝∠BCO＝45°，
∵CA＝CB，
∴AO＝COAB6＝3，
∵DC＝7，
∴D1C＝DC＝7，
∴D1O＝7﹣3＝4，
在Rt△AOD1中，AD15．
故选：B．
【点评】本题考查了旋转的性质，等腰直角三角形的判定与性质，勾股定理的应用，根据等腰直角三角形的性质判断出AB⊥CO是解题的关键，也是本题的难点．
6．（2024 江西模拟）在正方形网格中有△ABC，△ABC绕O点按逆时针旋转90°后的图案应该是（　　）
A． B．
C． D．
【考点】生活中的旋转现象．
【答案】A
【分析】根据△ABC绕着点O逆时针旋转90°，得出各对应点的位置判断即可；
【解答】解：根据旋转的性质和旋转的方向得：△ABC绕O点按逆时针旋转90°后的图案是A，
故选：A．
【点评】本题考查了旋转的性质，知道想要确定旋转后的图形①要确定旋转的方向②要确定旋转的大小是解题的关键．
7．（2024 天津）如图，将△ABC绕点B顺时针旋转60°得△DBE，点C的对应点E恰好落在AB延长线上，连接AD．下列结论一定正确的是（　　）
A．∠ABD＝∠E B．∠CBE＝∠C C．AD∥BC D．AD＝BC
【考点】旋转的性质．
【答案】C
【分析】由旋转的性质得到∠ABD＝∠CBE＝60°，AB＝BD，推出△ABD是等边三角形，得到∠DAB＝∠CBE，于是得到结论．
【解答】解：∵△ABC绕点B顺时针旋转60°得△DBE，
∴∠ABD＝∠CBE＝60°，AB＝BD，
∴△ABD是等边三角形，
∴∠DAB＝60°，
∴∠DAB＝∠CBE，
∴AD∥BC，
故选：C．
【点评】本题考查了旋转的性质，等边三角形的判定和性质，平行线的判定，熟练掌握旋转的性质是解题的关键．
8．（2024 新疆）如图所示，将一个含30°角的直角三角板ABC绕点A顺时针旋转，使得点B，A，C′在同一条直线上，则三角板ABC旋转的角度是（　　）
A．60° B．90° C．120° D．150°
【考点】旋转的性质．
【答案】D
【分析】根据旋转角的定义，两对应边的夹角就是旋转角，即可求解．
【解答】解：旋转角是∠CAC′＝180°﹣30°＝150°．
故选：D．
【点评】本题考查的是旋转的性质，掌握对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角是解题的关键．
9．（2024 安徽一模）如图，正方形ABCD的边长为5，E为BC上一点，且BE＝2，F为AB边上的一个动点，连接EF，以EF为边向右侧作等边△EFG，连接CG，则CG的最小值为（　　）
A．2 B．2.5 C．3 D．3.5
【考点】旋转的性质；垂线段最短；全等三角形的判定与性质；等边三角形的性质；正方形的性质．
【专题】矩形 菱形 正方形；平移、旋转与对称；运算能力；推理能力．
【答案】D
【分析】由题意分析可知，点F为主动点，G为从动点，所以以点E为旋转中心构造全等关系，得到点G的运动轨迹，之后通过垂线段最短构造直角三角形获得CG最小值．
【解答】解：由题意可知，点F是主动点，点G是从动点，点F在线段上运动，点G也一定在直线轨迹上运动，
将△EFB绕点E旋转60°，使EF与EG重合，得到△EFB≌△EHG，
∴BE＝EH，∠BEH＝60°，∠GHE＝90°，
∴△EBH为等边三角形，点G在垂直于HE的直线HN上，
作CM⊥HN，则CM即为CG的最小值，
作EP⊥CM，可知四边形HEPM为矩形，
∴∠PEC＝180°﹣∠PEH﹣∠BEH＝180°﹣90°﹣60°＝30°，
∴PCCE，
则CM＝MP+CP＝HEEC＝2，
故选：D．
【点评】本题考查了旋转的性质，线段极值问题，分清主动点和从动点，通过旋转构造全等，从而判断出点G的运动轨迹，是本题的关键，之后运用垂线段最短，构造图形计算，是极值问题中比较典型的类型．
10．（2024 临清市一模）如图，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α（0°＜α＜90°）．若∠1＝112°，则∠α的大小是（　　）
A．68° B．20° C．28° D．22°
【考点】旋转的性质．
【专题】计算题．
【答案】D
【分析】先根据矩形的性质得∠BAD＝∠ABC＝∠ADC＝90°，再根据旋转的性质得∠BAB′＝α，∠B′AD′＝∠BAD＝90°，∠D′＝∠D＝90°，然后根据四边形的内角和得到∠3＝68°，再利用互余即可得到∠α的大小．
【解答】解：∵四边形ABCD为矩形，
∴∠BAD＝∠ABC＝∠ADC＝90°，
∵矩形ABCD绕点A顺时针旋转到矩形AB′C′D′的位置，旋转角为α，
∴∠BAB′＝α，∠B′AD′＝∠BAD＝90°，∠AD′C′＝∠ADC＝90°，
∵∠2＝∠1＝112°，
而∠ABC＝∠D′＝90°，
∴∠3＝180°﹣∠2＝68°，
∴∠BAB′＝90°﹣68°＝22°，
即∠α＝22°．
故选：D．
【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．
二．填空题（共5小题）
11．（2024春 沈河区期末）如图，在△ABC中，AB＝6，将△ABC绕点B按逆时针方向旋转30°后得到△A1BC1，则阴影部分的面积为　9　．
【考点】旋转的性质．
【专题】平移、旋转与对称．
【答案】见试题解答内容
【分析】根据旋转的性质得到△ABC≌△A1BC1，A1B＝AB＝6，所以△A1BA是等腰三角形，依据∠A1BA＝30°得到等腰三角形的面积，由图形可以知道S阴影＝S△A1BA+S△A1BC1﹣S△ABC＝S△A1BA，最终得到阴影部分的面积．
【解答】解：∵在△ABC中，AB＝6，将△ABC绕点B按逆时针方向旋转30°后得到△A1BC1，
∴△ABC≌△A1BC1，
∴A1B＝AB＝6，
∴△A1BA是等腰三角形，∠A1BA＝30°，
如图，过A1作A1D⊥AB于D，则A1DA1B＝3，
∴S△A1BA6×3＝9，
又∵S阴影＝S△A1BA+S△A1BC1﹣S△ABC，
S△A1BC1＝S△ABC，
∴S阴影＝S△A1BA＝9．
故答案为：9．
【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．运用面积的和差关系解决不规则图形的面积是解决此题的关键．
12．（2024 南开区校级期末）平面直角坐标系中，C（0，4），K（2，0），A为x轴上一动点，连接AC，将AC绕A点顺时针旋转90°得到AB，当点A在x轴上运动，BK取最小值时，点B的坐标为 　（3，﹣1）　．
【考点】坐标与图形变化﹣旋转．
【专题】平面直角坐标系；图形的全等；平移、旋转与对称．
【答案】见试题解答内容
【分析】如图，作BH⊥x轴于H．由△ACO≌△BAH（AAS），推出BH＝OA＝m，AH＝OC＝4，可得B（m+4，m），令x＝m+4，y＝m，推出y＝x﹣4，推出点B在直线y＝x﹣4上运动，设直线y＝x﹣4交x轴于E，交y轴于F，作KM⊥EF于M，根据垂线段最短可知，当点B与点M重合时，BK的值最小，构建方程组确定交点M坐标即可解决问题．
【解答】解：如图，作BH⊥x轴于H．
∵C（0，4），K（2，0），
∴OC＝4，OK＝2，
∵AC＝AB，∵∠AOC＝∠CAB＝∠AHB＝90°，
∴∠CAO+∠OCA＝90°，∠BAH+∠CAO＝90°，
∴∠ACO＝∠BAH，
∴△ACO≌△BAH（AAS），
∴BH＝OA＝m，AH＝OC＝4，
∴B（m+4，m），
令x＝m+4，y＝m，
∴y＝x﹣4，
∴点B在直线y＝x﹣4上运动，设直线y＝x﹣4交x轴于E，交y轴于F，
作KM⊥EF于M，则直线KM的解析式为y＝﹣x+2，
由，解得，
∴M（3，﹣1），
根据垂线段最短可知，当点B与点M重合时，BK的值最小，此时B（3，﹣1），
故答案为：（3，﹣1）
【点评】本题考查坐标与图形的变化﹣旋转，全等三角形的判定和性质，一次函数的应用，垂线段最短等知识，解题的关键是正确寻找点B的运动轨迹，学会利用垂线段最短解决最短问题．
13．（2024 西宁）若点（a，1）与（﹣2，b）关于原点对称，则ab＝　　．
【考点】关于原点对称的点的坐标．
【答案】见试题解答内容
【分析】平面直角坐标系中任意一点P（x，y），关于原点的对称点是（﹣x，﹣y），即：求关于原点的对称点，横纵坐标都变成相反数．记忆方法是结合平面直角坐标系的图形记忆．
【解答】解：∵点（a，1）与（﹣2，b）关于原点对称，
∴b＝﹣1，a＝2，
∴ab＝2﹣1．
故答案为：．
【点评】此题考查了关于原点对称的点的坐标，这一类题目是需要识记的基础题，记忆时要结合平面直角坐标系．
14．（2024 福州期末）如图，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝BC，将△ABC绕点A逆时针旋转60°，得到△ADE，连接BE，则BE的长是 　22　．
【考点】旋转的性质．
【专题】综合题．
【答案】见试题解答内容
【分析】首先考虑到BE所在的三角形并不是特殊三角形，所以猜想到要求BE，可能需要构造直角三角形．由旋转的性质可知，AC＝AE，∠CAE＝60°，故△ACE是等边三角形，可证明△ABE与△CBE全等，可得到∠ABE＝45°，∠AEB＝30°，再证△AFB和△AFE是直角三角形，然后在根据勾股定理求解
【解答】解：连接CE，设BE与AC相交于点F，如图所示，
∵Rt△ABC中，AB＝BC，∠ABC＝90°
∴∠BCA＝∠BAC＝45°
∵Rt△ABC绕点A逆时针旋转60°与Rt△ADE重合，
∴∠BAC＝∠DAE＝45°，AC＝AE
又∵旋转角为60°
∴∠BAD＝∠CAE＝60°，
∴△ACE是等边三角形
∴AC＝CE＝AE＝4
在△ABE与△CBE中，
，
∴△ABE≌△CBE （SSS）
∴∠ABE＝∠CBE＝45°，∠CEB＝∠AEB＝30°
∴在△ABF中，∠BFA＝180°﹣45°﹣45°＝90°
∴∠AFB＝∠AFE＝90°
在Rt△ABF中，由勾股定理得，BF＝AF2
又在Rt△AFE中，∠AEF＝30°，∠AFE＝90°，可得FEAF＝2
∴BE＝BF+FE＝2+2
故答案为2+2
【点评】此题是旋转性质题，解决此题，关键是思路要明确：“构造”直角三角形．在熟练掌握旋转的性质的基础上，还要应用全等的判定及性质，直角三角形的判定及勾股定理的应用
15．（2023秋 宿迁期末）如图，等腰直角三角形ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，点M，N在边BC上，且∠MAN＝45°．若BM＝1，CN＝3，则MN的长为 　　．
【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．
【专题】图形的全等；等腰三角形与直角三角形；平移、旋转与对称；运算能力．
【答案】．
【分析】将△ABM逆时针旋转90°得到△ACF，连接NF，由条件可以得出△NCF为直角三角形，利用勾股定理就可以求出NF，通过证明三角形全等就可以MN＝NF，求出NF即可．
【解答】解：将△AMB逆时针旋转90°到△ACF，连接NF，
∴CF＝BM，AF＝AM，∠B＝∠ACF．∠2＝∠3，
∵△ABC是等腰直角三角形，AB＝AC，∠BAC＝90°，
∴∠B＝∠ACB＝45°，
∵∠MAN＝45°，
∴∠NAF＝∠1+∠3＝∠1+∠2＝90°﹣45°＝45°＝∠NAF，
在△MAN和△FAN中
∴△MAN≌△FAN（SAS），
∴MN＝NF，
∵∠ACF＝∠B＝45°，∠ACB＝45°，
∴∠FCN＝90°，
∵CF＝BM＝1，CN＝3，
∴在Rt△CFN中，由勾股定理得：MN＝NF，
故答案为：．
【点评】本题考查了旋转的性质的运用，勾股定理的运用，全等三角形的判定与性质，能正确作出辅助线是解此题的关键，难度适中．
三．解答题（共5小题）
16．（2024 福建）在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，∠ACB＝30°，将△ABC绕点C顺时针旋转一定的角度α得到△DEC，点A、B的对应点分别是D、E．
（1）当点E恰好在AC上时，如图1，求∠ADE的大小；
（2）若α＝60°时，点F是边AC中点，如图2，求证：四边形BEDF是平行四边形．
【考点】旋转的性质；平行四边形的判定．
【专题】平移、旋转与对称．
【答案】见试题解答内容
【分析】（1）如图1，利用旋转的性质得CA＝CD，∠ECD＝∠BCA＝30°，∠DEC＝∠ABC＝90°，再根据等腰三角形的性质和三角形内角和计算出∠CAD，从而利用互余和计算出∠ADE的度数；
（2）如图2，利用直角三角形斜边上的中线性质得到BFAC，利用含30度的直角三角形三边的关系得到ABAC，则BF＝AB，再根据旋转的性质得到∠BCE＝∠ACD＝60°，CB＝CE，DE＝AB，从而得到DE＝BF，△ACD和△BCE为等边三角形，接着证明△CFD≌△ABC得到DF＝BC，然后根据平行四边形的判定方法得到结论．
【解答】（1）解：连接AD，如图1，
∵△ABC绕点C顺时针旋转α得到△DEC，点E恰好在AC上，
∴CA＝CD，∠ECD＝∠BCA＝30°，∠DEC＝∠ABC＝90°，
∵CA＝CD，
∴∠CAD＝∠CDA（180°﹣30°）＝75°，
∴∠ADE＝90°﹣75°＝15°；
（2）证明：如图2，
∵点F是边AC中点，
∴BFAC，
∵∠ACB＝30°，
∴ABAC，
∴BF＝AB，
∵△ABC绕点C顺时针旋转60°得到△DEC，
∴∠BCE＝∠ACD＝60°，CB＝CE，DE＝AB，
∴DE＝BF，△ACD和△BCE为等边三角形，
∴BE＝CB，
∵点F为△ACD的边AC的中点，
∴DF⊥AC，
易证得△CFD≌△ABC，
∴DF＝BC，
∴DF＝BE，
而BF＝DE，
∴四边形BEDF是平行四边形．
【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．也考查了平行四边形的判定．
17．（2024 北京）如图，在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝α，M为BC的中点，点D在MC上，以点A为中心，将线段AD顺时针旋转α得到线段AE，连接BE，DE．
（1）比较∠BAE与∠CAD的大小；用等式表示线段BE，BM，MD之间的数量关系，并证明；
（2）过点M作AB的垂线，交DE于点N，用等式表示线段NE与ND的数量关系，并证明．
【考点】旋转的性质；平行线分线段成比例；全等三角形的判定与性质．
【专题】等腰三角形与直角三角形；推理能力．
【答案】（1）∠BAE＝∠CAD，BE+MD＝BM；（2）EN＝DN．
【分析】（1）由∠DAE＝∠BAC可得∠BAE＝∠CAD，然后SAS证△ABE≌△ACD即可；
（2）作EH⊥AB交BC于H，可证△BEF≌△BHF得BE＝BH，再证MH＝MD，再借助MN∥HF，由平行线分线段成比例即可证出．
【解答】解：（1）∵∠DAE＝∠BAC＝α，
∴∠DAE﹣∠BAD＝∠BAC﹣∠BAD，
即∠BAE＝∠CAD，
在△ABE和△ACD中，
，
∴△ABE≌△ACD（SAS），
∴BE＝CD，
∵M为BC的中点，
∴BM＝CM，
∴BE+MD＝BM；
（2）如图，作EH⊥AB交BC于H，交AB于F，
由（1）△ABE≌△ACD得：∠ABE＝∠ACD，
∵∠ACD＝∠ABC，
∴∠ABE＝∠ABD，
在△BEF和△BHF中，
，
∴△BEF≌△BHF（ASA），
∴BE＝BH，
由（1）知：BE+MD＝BM，
∴MH＝MD，
∵MN∥HF，
∴，
∴EN＝DN．
【点评】本题主要考查了等腰三角形的性质，全等三角形的判定与性质，角平分线的对称性等知识，作EH⊥AB构造出全等三角形是解题的关键．
18．（2024 苏州）如图，△ABC中，点E在BC边上，AE＝AB，将线段AC绕A点旋转到AF的位置，使得∠CAF＝∠BAE，连接EF，EF与AC交于点G．
（1）求证：EF＝BC；
（2）若∠ABC＝65°，∠ACB＝28°，求∠FGC的度数．
【考点】旋转的性质；全等三角形的判定与性质．
【专题】图形的全等；平移、旋转与对称．
【答案】见试题解答内容
【分析】（1）由旋转的性质可得AC＝AF，利用SAS证明△ABC≌△AEF，根据全等三角形的对应边相等即可得出EF＝BC；
（2）根据等腰三角形的性质以及三角形内角和定理求出∠BAE＝180°﹣65°×2＝50°，那么∠FAG＝50°．由△ABC≌△AEF，得出∠F＝∠C＝28°，再根据三角形外角的性质即可求出∠FGC＝∠FAG+∠F＝78°．
【解答】（1）证明：∵∠CAF＝∠BAE，
∴∠BAC＝∠EAF．
∵将线段AC绕A点旋转到AF的位置，
∴AC＝AF．
在△ABC与△AEF中，
，
∴△ABC≌△AEF（SAS），
∴EF＝BC；
（2）解：∵AB＝AE，∠ABC＝65°，
∴∠BAE＝180°﹣65°×2＝50°，
∴∠FAG＝∠BAE＝50°．
∵△ABC≌△AEF，
∴∠F＝∠C＝28°，
∴∠FGC＝∠FAG+∠F＝50°+28°＝78°．
【点评】本题考查了旋转的性质，全等三角形的判定与性质，等腰三角形的性质，三角形内角和定理以及三角形外角的性质，证明△ABC≌△AEF是解题的关键．
19．（2024 齐齐哈尔）已知：正方形ABCD中，∠MAN＝45°，∠MAN绕点A顺时针旋转，它的两边分别交CB、DC（或它们的延长线）于点M、N．当∠MAN绕点A旋转到BM＝DN时（如图1），易证BM+DN＝MN．
（1）当∠MAN绕点A旋转到BM≠DN时（如图2），线段BM、DN和MN之间有怎样的数量关系？写出猜想，并加以证明；
（2）当∠MAN绕点A旋转到如图3的位置时，线段BM、DN和MN之间又有怎样的数量关系？请直接写出你的猜想．
【考点】旋转的性质；全等三角形的判定与性质；正方形的性质．
【专题】计算题；压轴题．
【答案】见试题解答内容
【分析】（1）BM+DN＝MN成立，证得B、E、M三点共线即可得到△AEM≌△ANM，从而证得ME＝MN．
（2）DN﹣BM＝MN．证明方法与（1）类似．
【解答】解：（1）BM+DN＝MN成立．
证明：如图，把△ADN绕点A顺时针旋转90°，
得到△ABE，则可证得E、B、M三点共线（图形画正确）．
∴∠EAM＝90°﹣∠NAM＝90°﹣45°＝45°，
又∵∠NAM＝45°，
∴在△AEM与△ANM中，
∴△AEM≌△ANM（SAS），
∴ME＝MN，
∵ME＝BE+BM＝DN+BM，
∴DN+BM＝MN；
（2）DN﹣BM＝MN．
在线段DN上截取DQ＝BM，
在△ADQ与△ABM中，
∵，
∴△ADQ≌△ABM（SAS），
∴∠DAQ＝∠BAM，
∴∠QAN＝∠MAN．
在△AMN和△AQN中，
∴△AMN≌△AQN（SAS），
∴MN＝QN，
∴DN﹣BM＝MN．
【点评】本题考查了旋转的性质，解决此类问题的关键是正确的利用旋转不变量．
20．（2023 南明区校级一模）如图，四边形ABCD中，∠ABC＝∠ADC＝45°，将△BCD绕点C顺时针旋转一定角度后，点B的对应点恰好与点A重合，得到△ACE．
（1）请求出旋转角的度数；
（2）请判断AE与BD的位置关系，并说明理由；
（3）若AD＝2，CD＝3，试求出四边形ABCD的对角线BD的长．
【考点】旋转的性质．
【专题】图形的全等；等腰三角形与直角三角形；平移、旋转与对称．
【答案】见试题解答内容
【分析】（1）由旋转的性质可得△BCD≌△ACE，可得BC＝AC，即可求旋转角的度数；
（2）由全等三角形的性质可得∠DBC＝∠EAC，由直角三角形的性质可求∠AND＝90°，即可得AE⊥BD；
（3）由勾股定理可求DE的长，再由勾股定理可求AE＝BD的长．
【解答】解：（1）∵将△BCD绕点C顺时针旋转得到△ACE
∴△BCD≌△ACE
∴AC＝BC，
又∵∠ABC＝45°，
∴∠ABC＝∠BAC＝45°
∴∠ACB＝90°
故旋转角的度数为90°
（2）AE⊥BD．
理由如下：
在Rt△BCM中，∠BCM＝90°
∴∠MBC+∠BMC＝90°
∵△BCD≌△ACE
∴∠DBC＝∠EAC
即∠MBC＝∠NAM
又∵∠BMC＝∠AMN
∴∠AMN+∠CAE＝90°
∴∠AND＝90°
∴AE⊥BD
（3）如图，连接DE，
由旋转图形的性质可知
CD＝CE，BD＝AE，旋转角∠DCE＝90°
∴∠EDC＝∠CED＝45°
∵CD＝3，
∴CE＝3
在Rt△DCE中，∠DCE＝90°
∴DE3
∵∠ADC＝45°
∴∠ADE＝∠ADC+∠EDC＝90°
在Rt△ADE中，∠ADE＝90°
∴EA
∴BD
【点评】本题考查了旋转的性质，全等三角形的性质，等腰三角形的性质，勾股定理等知识，证明∠ADE＝90°是本题的关键．
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