最新人教版初中数学九年级数学上册第三单元《旋转》测试卷(答案解析)

一、选择题

1．如图，在ABC中，CAB75，在同一平面内，将ABC绕点A旋转到

△ABC的位置，使得CC//AB，则BAB（ ）

A．30 B．35 C．40 D．50

2．如图，将△ABC绕点A旋转，得到△AEF，下列结论正确的个数是（ ） ①△ABC ≌△AEF；②AC=AE；③∠FAB=∠EAB；④∠EAB=∠FAC．

A．1 B．2 C．3 D．4

3．下列图形中，是中心对称图形的是（ ）

A． B． C．

D．

4．如图，正方形ABCD的边长为1，将其绕顶点C旋转，得到正方形CEFG，在旋转过程中，则线段AE的最小值为（ ）

A．32 B．2-1

C．0．5 D．

51 25．以下关于新型冠状病毒的防范宣传图标中是中心对称图形的是（ ）

A． B．

C． D．

6．下列命题的逆命题是真命题的是( ) A．等边三角形是等腰三角形 B．若ac2bc2，则ab C．成中心对称的两个图形全等 D．有两边相等的三角形是等腰三角形

7．下列图形中，既是轴对称图形，又是中心对称图形的是（ ） A．

B．

C．

D．

8．已知等边△ABC的边长为8，点P是边BC上的动点，将△ABP绕点A逆时针旋转60°得到△ACQ，点D是AC边的中点，连接DQ，则DQ的最小值是( )

A．22 B．4

C．23 D．不能确定

9．如图，点O是矩形ABCD的对称中心，点E在AB边上，连接CE．若点B与点O关于CE对称，则CB：AB为（ ）

A．

1 2B．51 2C．3 3D．3 210．下列图形是中心对称图形的是（ ）

A． B．

C． D．

11．下列图形是我国国产品牌汽车的标识，在这些汽车标识中，是中心对称图形的是（ ） A．

B．

C．

D．

12．如图①，正方形A的一个顶点与正方形B的对称中心重合，重叠部分面积是正方形A面积的

1，如图②，移动正方形A的位置，使正方形B的一个顶点与正方形A的对称中2心重合，则重叠部分面积是正方形B面积的（ ）

A．

1 2B．

1 4C．

1 6D．

1 8二、填空题

13．已知点A(m,2m)在直线yx3上，则点A关于原点对称点B的坐标为______．

14．如图，点O是等边△ABC内一点，∠AOB＝112°．将△BOC绕点C按顺时针方向旋转60°得△ADC，连接OD．当α为______________度时，△AOD是等腰三角形？

15．如图，已知EAD32，ADE绕着点A旋转50后能与ABC重合，则

BAE________度．

16．如图，△ABC、△BDE都是等腰直角三角形，BA＝BC，BD＝BE，AC＝4，DE＝

22．将△BDE绕点B逆时针方向旋转后得△BD'E'，当点E'恰好落在线段AD'上时，则CE'＝_______．

17．矩形是中心对称图形，对矩形ABCD而言，点A的对称点是点____.

18．在平面直角坐标系中，△OAB的位置如图所示，将△OAB绕点O顺时针旋转90°得△OA1B1；再将△OA1B1绕点O顺时针旋转90°得△OA2B2；再将△OA2B2绕点O顺时针旋转90°得△OA3B3；……依此类推，第2020次旋转得到△OA2020B2020，则项点A的对应点A2020的坐标是_______．

19．如图，O是正△ABC内一点，OA3，OB4，OC5，将线段BO以点B为旋转中心逆时针旋转60°得到线段BO，下列结论正确有______．(请填序号) ①点O与O的距离为4；②AOB150；③S四边形AOBO633；④S△AOCS△AOB693． 4

20．如图，在正方形ABCD内部有一点P，PB=1，PC=2，BPC135，则PA= ____．

三、解答题

21．（1）问题发现：

如图1，△ACB和DCE均为等边三角形，当DCE旋转至点A，D，E在同一直线上，连接BE．

①填空：AEB的度数为______．

②线段AD、BE之间的数量关系是_______． （2）拓展研究：

如图2，△ACB和DCE均为等腰三角形，且ACBDCE90，点A、D、E在同一直线上，若AE15，DE7，求AB的长度． （3）探究发现：

图1中的△ACB和DCE，在DCE旋转过程中当点A，D，E不在同一直线上时，设直线AD与BE相交于点O，试在备用图中探索AOE的度数，直接写出结果，并说明理由．

22．有这样一个问题：探究函数的图象yx1x2(x3)与性质．小东对函数

yx1(x2)x3的图象与性质进行了探究．

下面是小东的探究过程，请补充完整：

（1）函数yx1(x2)x3的自变量x的取值范围是全体实数； （2）下表是y与x的几组对应值．

x … … －2 －1 －24 0 －6 1 0 2 0 3 0 4 6 5 24 6 60 … … y m ①m ②若M(n,720),N11,720为该函数图象上的两点，则n

（3）在平面直角坐标系xOy中，如图所示，点Ax1,y1是该函数在2x3范围的图象上的最低点．

①直线yy1与该函数图象的交点个数是

②根据图象，直接写出不等式x1(x2)x30的解集．

23．在Rt△ACB中，ACB90，ACBC，D为AB上一点，连结CD，将CD绕C点逆时针旋转90°至CE，连结DE，过C作CFDE交AB于F，连结BE．

（1）求证：ADBE．

（2）试探索线段AD，BF，DF之间满足的等量关系，并证明你的结论． （3）若∠ACD15，CD31，求BF．

（注：在直角三角形中，30°所对的直角边等于斜边的一半）

24．将一张透明的平行四边形胶片沿对角线剪开，得到图①中的两张全等的三角形胶片△ABC和△DEF，将这两张三角形胶片的顶点B与顶点E重合，把△DEF绕点B顺时针方向旋转，这时AC与DF相交于点O．

（1）当△DEF旋转至如图②位置，点B（E），C，D在同一直线上时，AF与CD的数量关系是_______；

（2）当△DEF继续旋转至如图③位置时，（1）中的结论还成立吗？请说明理由．

25．如图，△ABC为等边三角形，点P是线段AC上一动点(点P不与A，C重合)，连接

BP，过点A作直线BP的垂线段，垂足为点D，将线段AD绕点A逆时针旋转60得到线段AE，连接DE，CE．

（1）求证：BD=CE；

（2）延长ED交BC于点F，求证：F为BC的中点．

26．某学习小组在探究三角形全等时，发现了下列两种基本图形，请给予证明．

（1）如图1，AC与BD交于点O，AB∥CD ，AB=CD，求证：OA=OC．

（2）如图2，已知：在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，直线l经过点A，BD⊥直线l，CE⊥直线l，垂足分别为点D、E．求证：BD＝AE．

（3）数学老师赞赏了他们的探索精神，并鼓励他们用图1或图2的基本图形来解决问题：如图3，把一块含45°的直角三角板ABC（即ABC是等腰直角三角形，∠C90，

ACBC）绕点A逆时针旋转后成为ADE，已知点B、C的对应点分别是点D、E．连结BD，并作射线CE交BD于点F，试探究在旋转过程中，DF与BF的大小关系如何，并证明．

【参考答案】***试卷处理标记，请不要删除

一、选择题 1．A 解析：A 【分析】

旋转中心为点A，B与B′，C与C′分别是对应点，根据旋转的性质可知，旋转角

∠BAB′=∠CAC′，AC=AC′，再利用平行线的性质得∠C′CA=∠CAB，把问题转化到等腰△ACC′

中，根据内角和定理求∠CAC′，即可求出∠BAB′的度数． 【详解】

解：∵CC′∥AB，∠CAB=75°， ∴∠C′CA=∠CAB=75°，

又∵C、C′为对应点，点A为旋转中心， ∴AC=AC′，即△ACC′为等腰三角形， ∴∠BAB′=∠CAC′=180°-2∠C′CA=30°． 故选：A． 【点睛】

本题考查了旋转的基本性质，对应点到旋转中心的距离相等，对应点与旋转中心的连线的夹角为旋转角．同时考查了平行线的性质．

2．B

解析：B 【分析】

由旋转的性质得到△ABC≌△AEF，再由全等三角形的性质逐项判断即可． 【详解】

∵△ABC绕点A旋转得到△AEF， ∴△ABC≌△AEF，

∴AC=AF ，不能确定AC=AE，故①正确，②错误； ∵∠EAF=∠BAC，

∴∠EAF-∠BAF=∠BAC-∠BAF， ∴即∠EAB=∠FAC，

但不能确定∠EAB等于∠FAB，故③错误，④正确； 综上所述，结论正确的是①④，共2个． 故选：B. 【点睛】

此题考查了旋转的性质.掌握旋转前后的图形全等是解答此题的关键.

3．C

解析：C 【分析】

根据把一个图形绕某一点旋转180°，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形就叫做中心对称图形，这个点叫做对称中心可得答案． 【详解】

解：A、不是中心对称图形，故此选项不合题意； B、不是中心对称图形，故此选项不符合题意； C、是中心对称图形，故此选项符合题意； D、不是中心对称图形，故此选项不合题意； 故选：C． 【点睛】

此题主要考查了中心对称图形，关键是掌握中心对称图形的概念．

4．B

解析：B 【分析】

分析题易可知点E的运动轨迹是以DC为半径以C为圆心的圆，当A，E，C三点共线且E在正方形ABCD内部的时候AE值最小． 【详解】

解：如图所示，连接AC

∵正方形边长为1 ∴AC=2

当A，E，C三点共线且E在正方形ABCD内部的时候AE值最小 ∴AE=AC-CE=2-1 故选：B

5．A

解析：A 【分析】

根据中心对称图形的定义逐一判断即可． 【详解】

A是中心对称图形，故A正确； B是轴对称图形，故B错误； C不是中心对称图形，故C错误； D不是中心对称图形，故D错误； 故选A． 【点睛】

本题考查了中心对称图形的定义：在平面内，把一个图形绕着某个点旋转180°，如果旋转后的图形与另一个图形重合，那么就说明这两个图形的形状关于这个点成中心对称．

6．D

解析：D 【分析】

先根据逆命题的定义分别写出各命题的逆命题，然后根据等腰三角形的性质、不等式的性

质、中心对称的性质等进行判断． 【详解】

A、逆命题为：等腰三角形是等边三角形，是假命题，故本选项错误； B、逆命题是：如果a＞b，则ac2＞bc2，是假命题，故本选项错误； C、逆命题为：全等的两个图形成中心对称，是假命题，故本选项错误； D、逆命题为：等腰三角形是有两边相等的三角形，故本选项正确； 故选：D 【点睛】

本题考查了命题与定理的知识，解题的关键是能够正确的写出一个命题的逆命题，并熟悉课本中的性质定理．

7．D

解析：D 【分析】

根据轴对称图形与中心对称图形的概念求解． 【详解】

解：A、是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项错误； B、不是轴对称图形，是中心对称图形，故此选项错误； C、是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项错误； D、是轴对称图形，也是中心对称图形，故此选项正确. 故选：D． 【点睛】

本题考查了轴对称与中心对称图形，轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分折叠后可重合，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后两部分重合．

8．C

解析：C 【分析】

依据旋转的性质，即可得到∠BCQ=120°，当DQ⊥CQ时，DQ的长最小，再根据勾股定理，即可得到DQ的最小值． 【详解】

如图，由旋转可得∠ACQ=∠B=60°，

又∵∠ACB=60°， ∴∠BCQ=120°，

∵点D是AC边的中点， ∴CD=4，

当DQ⊥CQ时，DQ的长最小， 此时，∠CDQ=30°， ∴CQ=

1CD=2， 2∴DQ=422223 ， ∴DQ的最小值是23， 故选：C． 【点睛】

此题考查旋转的性质，解题关键在于掌握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．

9．C

解析：C 【分析】

连接DB，AC，OE，利用对称得出OE＝EB，进而利用全等三角形的判定和性质得出OC＝BC，进而解答即可． 【详解】

解：连接DB，AC，OE，

∵四边形ABCD是矩形，

∴AC＝DB，∠ABC＝90°，OC＝OA＝OB＝OD， ∵点B与点O关于CE对称， ∴OE＝EB，∠OEC＝∠BEC， 在△COE与△CBE中，

OEBEOECBEC， CECE∴△COE≌△CBE（SAS）， ∴OC＝CB， ∴AC＝2BC， ∵∠ABC＝90°， ∴AB＝3CB， 即CB：AB＝3， 3故选：C． 【点睛】

此题考查中心对称，全等三角形的性质与判定，矩形的性质，和勾股定理，利用对称得出OE=EB是解题的关键．

10．B

解析：B 【分析】

根据轴对称图形与中心对称图形的概念求解即可. 【详解】

解：A、不是中心对称图形，不符合题意，故选项A错误； B、是中心对称图形，符合题意，故选项B正确； C、不是中心对称图形，不符合题意，故选项C错误； D、不是中心对称图形，符合题意，故选项D错误； 故选B. 【点睛】

本题主要考查了中心对称图形的概念，掌握中心对称图形的概念是解题的关键.

11．D

解析：D 【分析】

根据中心对称图形的定义和图形的特点即可求解． 【详解】

解：A、不是中心对称图形，故此选项错误； B、不是中心对称图形，故此选项错误； C、不是中心对称图形，故此选项错误； D、是中心对称图形，故此选项正确； 故选D． 【点睛】

考核知识点：中心对称图形的识别.

12．D

解析：D 【分析】

设正方形B的面积为S，正方形B对角线的交点为O，标注字母并过点O作边的垂线，根据正方形的性质可得OE=OM，∠EOM=90°，再根据同角的余角相等求出∠EOF=∠MON，然后利用“角边角”证明△OEF和△OMN全等，根据全等三角形的面积相等可得阴影部分的面积等于正方形B的面积的案． 【详解】

解：设正方形B对角线的交点为O，如图1，

1，再求出正方形B的面积=2正方形A的面积，即可得出答4设正方过点O作边的垂线，则OE＝OM，∠EOM＝90°， ∵∠EOF+∠EON＝90°，∠MON+∠EON＝90°， ∴∠EOF＝∠MON， 在△OEF和△OMN中

EOFMON， OE0MOEFOMN90∴△OEF≌△OMN（ASA），

∴阴影部分的面积＝S四边形NOEP+S△OEF＝S四边形NOEP+S△OMN＝S四边形MOEP＝即图1中阴影部分的面积＝正方形B的面积的四分之一， 同理图2中阴影部分烦人面积＝正方形A的面积的四分之一，

∵图①，正方形A的一个顶点与正方形B的对称中心重合，重叠部分面积是正方形A面积的

1S正方形CTKW， 41， 2∴正方形B的面积＝正方形A的面积的2倍， ∴图2中重叠部分面积是正方形B面积的故选D．

1， 8

【点睛】

本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，熟记性质并作辅助线构造出全等三角形是解题的关键．

二、填空题

13．【分析】先由点在直线上求出m的值然后根据关于原点对称的点的坐标特点：横纵坐标均互为相反数解答即可【详解】解：∵点在直线上

∴2m=m+3∴m=3∴点A坐标是（36）∴点（36）关于原点对称的点的坐标为 解析：(3,6)

【分析】

先由点A(m,2m)在直线yx3上求出m的值，然后根据关于原点对称的点的坐标特

点：横纵坐标均互为相反数解答即可．

【详解】

解：∵点A(m,2m)在直线y∴2m=m+3， ∴m=3，

∴点A坐标是（3，6），

∴点A（3，6）关于原点对称的点B的坐标为（﹣3，﹣6）． 故答案为：（﹣3，﹣6）． 【点睛】

本题考查了一次函数图象上点的坐标特点和关于原点对称的点的坐标特征，属于基本题型，熟练掌握基本知识是解题的关键．

x3上，

14．112°或124°或136°【分析】由题意可得△COD是等边三角形进而可得∠CDO＝∠COD＝60°然后分三种情况根据等腰三角形的性质和三角形的内角和定理建立方程求解即可【详解】解：∵将△BOC绕点

解析：112°或124°或136° 【分析】

由题意可得△COD是等边三角形，进而可得∠CDO＝∠COD＝60°，然后分三种情况，根据等腰三角形的性质和三角形的内角和定理建立方程求解即可． 【详解】

解：∵将△BOC绕点C按顺时针方向旋转60°得△ADC， ∴CO＝CD，∠OCD＝60°，∠ADC=α， ∴△COD是等边三角形． ∴∠CDO＝∠COD＝60°，

①若AO＝AD，则∠AOD＝∠ADO，

∵∠AOD＝360°﹣112°﹣60°﹣α＝188°﹣α，∠ADO＝α﹣60°， ∴188°﹣α＝α﹣60°，解得：α＝124°； ②若OA＝OD，则∠OAD＝∠ADO．

∵∠OAD＝180°﹣（∠AOD+∠ADO）＝180°﹣（188°﹣α+α﹣60°）＝52°， ∴α﹣60°＝52°，∴α＝112°； ③若OD＝AD，则∠OAD＝∠AOD． ∵∠AOD＝188°﹣α，∠OAD＝∴188°﹣α＝120°﹣

18060＝120°﹣，

22，解得：α＝136°． 2综上所述：当α为112°或124°或136°时，△AOD是等腰三角形． 故答案为：112°或124°或136°． 【点睛】

本题考查了等边三角形的判定和性质、旋转的性质、等腰三角形的性质以及三角形的内角和定理等知识，全面分类、熟练掌握上述知识是解题的关键．

15．【分析】根据旋转对称图形的定义解答【详解】解：∵△ADE绕着点A旋转50°后能与△ABC重合∴∠BAD=50°又

∵∠EAD=32°∴∠BAE=∠BAD−∠EAD=50°−32°=18°故答案为18【 解析：18

【分析】

根据旋转对称图形的定义解答． 【详解】

解：∵△ADE绕着点A旋转50°后能与△ABC重合， ∴∠BAD=50°， 又∵∠EAD=32°，

∴∠BAE=∠BAD−∠EAD=50°−32°=18°. 故答案为18. 【点睛】

本题考查了旋转的性质，解题的关键是根据旋转对称图形的定义解答.

16．【分析】如图连接CE′过B作BH⊥CE′于H根据等腰直角三角形的性质可得AB＝BC＝BD＝BE＝2根据旋转的性质可得∠D′BD＝∠ABE′D′B＝BE′＝BD＝2根据角的和差关系可得∠ABD′＝∠C 解析：26 【分析】

如图，连接CE′，过B作BH⊥CE′于H，根据等腰直角三角形的性质可得AB＝BC＝22，BD＝BE＝2，根据旋转的性质可得∠D′BD＝∠ABE′，D′B＝BE′＝BD＝2，根据角的和差关系可得∠ABD′＝∠CBE′，利用SAS可证明△ABD′≌△CBE′，可得∠D′＝∠CE′B＝45°，可得出BH＝E′H＝【详解】

如图，连接CE′，过B作BH⊥CE′于H，

∵△ABC、△BDE都是等腰直角三角形，BA＝BC，BD＝BE，AC＝4，DE＝22， ∴AB＝BC＝22，BD＝BE＝2，

∵将△BDE绕点B逆时针方向旋转后得△BD′E′， ∴D′B＝BE′＝BD＝2，∠D′BE′＝90°，∠D′BD＝∠ABE′， ∴∠ABD′＝∠CBE′，

2BE′＝2，利用勾股定理可求出CH的长，进而可得CE′的长. 2ABBC在△ABD′和△CBE中ABDCBE

BDBE∴△ABD′≌△CBE′（SAS）， ∴∠D′＝∠CE′B＝45°， 过B作BH⊥CE′于H，

在Rt△BHE′中，BH＝E′H＝

2BE′＝2， 26，

在Rt△BCH中，CH＝BC2CH2=82∴CE′＝26，

故答案为26 【点睛】

本题考查了旋转的性质、等腰直角三角形的性质、全等三角形的判定与性质及勾股定理的应用，熟练掌握旋转的性质是解题关键.

17．C【分析】根据把一个图形绕某一点旋转180°如果旋转后的图形能够与原来的图形重合那么这个图形就叫做中心对称图形这个点叫做对称中心可得答案【详解】解：矩形是中心对称图形对称中心是对角线的交点点A的对称

解析：C 【分析】

根据把一个图形绕某一点旋转180°，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形就叫做中心对称图形，这个点叫做对称中心可得答案． 【详解】

解：矩形是中心对称图形，对称中心是对角线的交点，点A的对称点是点C， 故答案为C．

【点睛】

本题考查了中心对称图形，关键是掌握中心对称图形的性质．

18．（12）【分析】根据旋转的概率即可得出每旋转4次一个循环进而得到第2020次旋转得到△OA2020B2020则顶点A的对应点A2020的坐标与点A4的坐标相同【详解】解：将△OAB绕点O顺时针旋转9

解析：（1，2） 【分析】

根据旋转的概率，即可得出每旋转4次一个循环，进而得到第2020次旋转得到△OA2020B2020，则顶点A的对应点A2020的坐标与点A4的坐标相同．

【详解】

解：将△OAB绕点O顺时针旋转90°得△OA1B1；此时，点A1的坐标为（2，-1）； 再将△OA1B1绕点O顺时针旋转90°得△OA2B2；此时，点A2的坐标为（-1，2）； 再将△OA2B2绕点O顺时针旋转90°得△OA3B3；此时，点A3的坐标为（-2，1）； 再将△OA3B3绕点O顺时针旋转90°得△OA4B4；此时，点A4的坐标为（1，2）； ∴每旋转4次一个循环，

…依此类推，第2020次旋转得到△OA2020B2020，则顶点A的对应点A2020的坐标与点A4的坐标相同，为（1，2）； 故答案为：（1，2）． 【点睛】

本题考查了坐标与图形变化，图形或点旋转之后要结合旋转的角度和图形的特殊性质来求出旋转后的点的坐标．

19．①②④【分析】连接根据旋转的性质即可得到为等边三角形进而可求证①②③的正确性然后将△AOB绕点A逆时针旋转60°至连接OD易得△ACD也为等边三角形由此可求解【详解】解：连接如图所示：∵线段BO以点

解析：①②④ 【分析】

连接OO，根据旋转的性质即可得到△OBO为等边三角形，进而可求证①②③的正确性，然后将△AOB绕点A逆时针旋转60°至△ACD，连接OD，易得△ACD也为等边三角形，由此可求解． 【详解】

解：连接OO，如图所示：

∵线段BO以点B为旋转中心逆时针旋转60°得到线段BO， ∴BOOB,OBO60，OAOC， ∴△OBO为等边三角形， ∵OA3，OB4，OC5，

∴BOOB4，OAOC5，故①正确； ∴OO2AO225OA2， ∴AOO90，

∴AOBAOOOOB150，故②正确； 过点B作BE⊥OO于点E，如图所示， ∴OEEO2，

∴BEOB2EO223， ∴SBOO13OOBEOO243， 24OOBS13443643，故③错误； AOO2将△AOB绕点A逆时针旋转60°至△ACD，连接OD，如图所示：

∴S四边形AOBOS

同理易得△AOD为等边三角形，OD=OA=3，OB=DC=4，∠ODC=90°， ∴S△AOCS△AOBS四边形AOCD=S∴正确的有①②④； 故答案为①②④． 【点睛】

本题主要考查勾股定理逆定理、等边三角形的性质与判定及旋转的性质，熟练掌握勾股定理逆定理、等边三角形的性质与判定及旋转的性质是解题的关键．

AODSODC132934363，故④正确； 24420．【分析】将△PBA沿B点顺时针旋转90°此时A与C点重合P点旋转到E点连接PE易证△BPE是等腰直角三角形利用勾股定理可求出PE的长再证明△PCE是直角三角形利用勾股定理求出CE的长即可得到PA的长 解析：6

【分析】

将△PBA沿B点顺时针旋转90°，此时A与C点重合，P点旋转到E点，连接PE，易证△BPE是等腰直角三角形，利用勾股定理可求出PE的长，再证明△PCE是直角三角形．利用勾股定理求出CE的长，即可得到PA的长． 【详解】

将△PBA沿B点顺时针旋转90°，此时A与C点重合，P点旋转到E点，连接PE，

∴PB=BE=1，PA=EC，∠BPE=90°

∴△PEB是等腰直角三角形， ∴∠PEB=∠EPB =45°， ∴PE=2PB=2， 又∵∠BPC=135°， ∴∠EPC=135°-45°=90°，

∴在直角△PEC中，EC=PC2PE2∴PA=EC22226，

6，

故答案为：6． 【点睛】

本题考查了正方形的性质、旋转的性质、等腰直角三角形的判断和性质以及勾股定理的运用，解答此题的关键是利用旋转构建直角三角形，由勾股定理求解．

三、解答题

21．（1）①60°；②ADBE；（2）AB的长度为17；（3）60°或120°，证明见解析． 【分析】

（1）由条件易证△ACD≌△BCE，从而得到：AD=BE，∠ADC=∠BEC．由点A，D，E在同一直线上可求出∠ADC，从而可以求出∠AEB的度数．

（2）仿照（1）中的解法可求出∠AEB的度数，证出AD=BE；由△DCE为等腰直角三角形及CM为△DCE中DE边上的高可得CM=DM=ME，从而证到AE=2CH+BE． （3）由（1）知△ACD≌△BCE，得∠CAD=∠CBE，由∠CAB=∠ABC=60°，可知∠EAB+∠ABE=120°，根据三角形的内角和定理可知∠AOE=60°． 【详解】 （1）①如图1，

∵△ACB和DCE均为等边三角形，

∴CACB，CDCE，ACBBCE60， ∴ACDBCE， 在△ACD和BCE中，

ACBCACDBCE， CDCE∴

ACD≌BCE (SAS)?，

∴∵

ADCBEC，

DCE为等边三角形，

∴CDECED60， ∵点A，D，E在同一直线上， ∴ADC120， ∴BEC120，

∴AEBBECCED60． 故答案为：60°．

ACD≌BCE， ∴ADBE，

故答案为：ADBE．

（2）∵△ACB和DCE均为等腰直角三角形，

②∵

∴CACB，CDCE，ACBDCE90， ∴ACDBCE， 在△ACD和BCE中，

CACBACDBCE， CDCE∴△ACD≌△BCE(SAS)，

∴ADBEAEDE8，ADCBEC， ∵

DCE为等腰直角三角形，

∴CDECED45， ∵点A，D，E在同一直线上， ∴ADC135， ∴BEC135，

∴AEBBECCED90， ∴

ABAE2BE217．

（3）如图3，由（1）知ACD≌BCE，

∴CADCBE， ∵CABCBA60， ∴OABOBA120， ∴AOE18012060， 如图4，同理求得AOB60，

∴AOE120，

∵AOE的度数是60°或120°． 【点睛】

此题是几何变换综合题，主要考查了等边三角形的性质、等腰三角形的性质、直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半、三角形全等的判定与性质等知识，得出△ACD≌△BCE（SAS）是解本题的关键．

22．（2）①60；②n7； （3）①2；②1x2或x3 【分析】

（2）①通过观察表格，（-2，m），（6，60）关于 （2，0）成中心对称即可； ②由于M与N的函数值互为相反数，M(n,720),N11,720关于（2，0）成中心对称，11-2=2-n求出即可；

（3）①由点Ax1,y1是该函数在2x3范围的图象的最低点，

直线yy1与该函数图象的有一个交点Ax1,y1,与x1部分还有一个交点即可； ②x1(x2)x30分四段讨论当x<1时，x-1，x-2，x-3，判断符号即可则， 当13时，x-1，x-2，x-3，判断符号即可则即可求出 x1(x2)x30的范围． 【详解】

（2）①通过观察表格，（-2，m），（6，60）关于 （2，0）成中心对称，m=60； ②M(n,720),N11,720为该函数图象上的两点，由于M与N的函数值互为相反数，

M(n,720),N11,720关于（2，0）成中心对称，11-2=2-n，n=-7；

（3）①由点Ax1,y1是该函数在2x3范围的图象的最低点

直线yy1与该函数图象的有一个交点Ax1,y1,与x1部分还有一个交点，直线

yy1与该函数图象的有一个交点有2个；

②x1(x2)x30， 分四段讨论，

当x<1时，x-1<0，x-2<0，x-3<0，三负，则x1(x2)x30， 当10，x-2<0，x-3<0，两负一正，则x1(x2)x30， 当20，x-2>0，x-3<0，两正一负，则x1(x2)x30， 当x>3时，x-1>0，x-2>0，x-3>0，三正，则x1(x2)x30，

x1(x2)x30的范围是1x2或x3．

【点睛】

本题考查多次函数的图像与性质，根据给定的表格找出函数图像关于点（2，0）中心对称是解题关键．

23．（1）证明见解析；（2）AD2BF2DF2，证明见解析；（3）BF3． 【分析】

（1）将CD绕C点逆时针旋转90°至CE，可得△DCE是等腰直角三角形，再判定△ACD≌△BCE（SAS），即可得出AD＝BE；

（2）连接FE，根据CF是DE的垂直平分线，可得DF＝EF，再根据Rt△BEF中，BE2＋BF2＝EF2，即可得出AD2＋BF2＝DF2；

（3）根据∠BDE＝15°＝∠DEF，可得∠BFE＝30°，设BE＝x，则BF3x，

EF2xDF，利用在Rt△BDE中，x2x3xx1，故可求出BF．

2262，即可解得

2【详解】

（1）将CD绕C点逆时针旋转90°至CE，可得DCE是等腰直角三角形，

DCEACB90，DCEC，ACDBCE， ACBC在△ACD和BCE中，ACDBCE，

DCEC△ACD≌△BCESAS，

ADBE．

（2）AD2BF2DF2．

CFDE，DCE是等腰直角三角形，连接FE，如图所示，

CF是DE的垂直平分线，DFEF， 又ACD≌BCE，ABC45， CBFA45ABC， EBF90，

∴在Rt△BEF中，BE2BF2EF2，

AD2BF2DF2．

（3）

CD31，DCE是等腰直角三角形，

DE62，

ACD15，ACDE45，

BDE15DEF， BFE30，

设BEx，则BF3x，EF2xDF，

在Rt△BDE中，x22x3x262，解得x1，

2BF3．

【点睛】

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以及全等三角形的判定与性质的综合运用，解决问题的关键是作辅助线构造直角三角形，运用勾股定理进行计算求解．

24．（1）AF＝CD；（2）成立，理由见解析． 【分析】

（1）根据平行四边形的性质和图形得出AB=DE，DF=AC，∠ABC=∠DEF，根据SAS证

△ABC≌△DEF，推出BF=EC即可；

（2）根据全等三角形的性质推出AB=DE，BC=EF，∠ABC=∠DEF，求出∠ABF=∠DEC，根据SAS证△ABF≌△DEC，即可推出答案． 【详解】 解：（1）AF=CD，

理由是：∵四边形是平行四边形， ∴∠ABC=∠DEF，BF=EC， 在△ABC和△DEF中

ABDEABCDEF， BFEC∴△ABC≌△DEF（SAS）， ∴BF=EC， ∵AB=DE， ∴AF=CD， 故答案为：AF=CD． （2）成立，

理由是：∵△ABC≌△DEF， ∴AB=DE，BC=EF，∠ABC=∠DEF， ∴∠ABC-∠FBC=∠DEF-∠FBC， ∴∠ABF=∠DEC， ∵在△ABF和△DEC中

ABDEABFDEC， BFEC∴△ABF≌△DEC（SAS）， ∴AF=CD． 【点睛】

本题考查了平行四边形的性质，旋转的性质，全等三角形的性质和判定，主要考查学生的推理能力，题目比较好，难度适中． 25．（1）见解析；（2）见解析． 【分析】

（1）由等边三角形的性质和旋转的性质可得∠BAD=∠CAE，AB=AC，AD=AE，即可证△BAD≌△CAE，可得BD=CE；

（2）过点C作CG∥BP，交EF的延长线于点G，由等边三角形的性质和全等三角形的性质可得CG=BD，∠BDG=∠G，∠BFD=∠GFC，可证△BFD≌△CFG，可得结论； 【详解】

（1）∵线段AD绕点A逆时针旋转60°得到线段AE，

∴△ADE是等边三角形， 在等边△ABC和等边△ADE中， ∵ AB=AC，AD=AE，∠BAC=∠DAE=60°， ∴∠BAD=∠CAE， 在△BAD和△CAE中，

ABACBADCAE ， ADAE∴△BAD≌△CAE（SAS）， ∴BD=CE；

（2）如图，过点C作CG∥BP交DF的延长线于点G，

∴∠G=∠BDF，

∵∠ADE=60°，∠ADB=90°， ∴∠BDF=30°， ∴∠G=30°，

由（1）可知，BD=CE，∠CEA=∠BDA， ∵AD⊥BP， ∴∠BDA=90°， ∴∠CEA=90°， ∵∠AED=60°， ∴∠CED=30°=∠G， ∴CE=CG， ∴BD=CG，

在△BDF和△CGF中，

BDFGBFDCFG， BDCG∴△BDF≌△CGF（AAS）， ∴BF=FC ， 即F为BC的中点． 【点睛】

本题考查了等边三角形的性质，全等三角形的判定和性质，旋转的性质，添加恰当辅助线构造全等三角形是本题的关键．

26．（1）见解析；（2）见解析；（3）DFBF，理由见解析 【分析】

（1）利用三角形ABD，CDO全等来证即可

（2）利用一线三直角证B2，再证两三角形全等即可

（3）证F为BD中点，构造一个三角形，过点D作DG∥BC，交CF延长线于点G，只要证GDF≌CBF，看看条件DG∥BC，有GBCF，以及

∠DFG∠CFB，差一边，由旋转知BCDE，只要证GD=DE，由AED90，得

AECDEG90，ACB90，则BCFACE90，AE=AC，

AEC=ACE，得到BCFDEF=G，DG=DE=BC，为此GDF≌CBF得证即可． 【详解】

证明：（1）∵AB∥CD∴AC，BD，

又∵ABCD∴ABD≌CDOASA， ∴OAOC，

（2）∵BDl，CEl，

∴BDACEA90∴B190， ∵BAC90∴1290∴B2， 又∵ABAC∴ABD≌CAEAAS， ∴

BDAE，

，

（3）DFBF．理由如下：，

法一：过点D作DG∥BC，交CF延长线于点G，

∴GBCF∵ACB90∴BCFACE90， 由旋转得：ACAE∴ACEAEC， ∵AED90∴AECDEG90， ∴BCFDEG∴GDEG∴DEDG， 又∵DEBC∴DGBC，

又∵∠DFG∠CFB∴GDF≌CBFAAS， ∴DFBF，

法二：作AHEC，BMCF，

DNCF交CF延长线于N，

∵ACAE∴CHEH，

∵ACB90∴BCFACH90， 又∵ACHHAC90，ACBC， ∴ACH≌CBM∴CHBM∴EHBM，

在AEH与EDN中，由图2可证：EHDN∴DNBM， ∵DNCF，BMCF∴DN∥BM，

在DNF与BMF中，由图1可证：DFBF．

【点睛】

本题考查利用全等证线段相等问题，利用好平行线，使问题得以解决，利用好一线三直角，找到∠B=∠CAE，使问题得以解决，利用好旋转，有线等就有角等，使∠G=∠DEG=∠BCG，GD=DE=BC，使问题得以解决．