沪科版九年级下册第24章 圆综合与测试单元测试课后作业题

这是一份沪科版九年级下册第24章 圆综合与测试单元测试课后作业题，共33页。试卷主要包含了点P关于原点对称的点的坐标是等内容，欢迎下载使用。
沪科版九年级数学下册第24章圆单元测试
考试时间：90分钟；命题人：数学教研组
考生注意：
1、本卷分第I卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，满分100分，考试时间90分钟
2、答卷前，考生务必用0.5毫米黑色签字笔将自己的姓名、班级填写在试卷规定位置上
3、答案必须写在试卷各个题目指定区域内相应的位置，如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用涂改液、胶带纸、修正带，不按以上要求作答的答案无效。
第I卷（选择题 30分）
一、单选题（10小题，每小题3分，共计30分）
1、下列图案中既是轴对称图形，又是中心对称图形的是（ ）
A． B．
C． D．
2、下列图形中，是中心对称图形也是轴对称图形的是（　　）
A． B． C． D．
3、下列图形中，既是中心对称图形也是轴对称图形的是（ ）
A． B． C． D．
4、点P(－3，1)关于原点对称的点的坐标是（ ）
A．(－3，1) B．(3，1) C．(3，－1) D．(－3，－1)
5、如图，PA，PB是⊙O的切线，A，B为切点，PA＝4，则PB的长度为（ ）

A．3 B．4 C．5 D．6
6、如图，为的直径，为外一点，过作的切线，切点为，连接交于，，点在右侧的半圆周上运动（不与，重合），则的大小是（ ）

A．19° B．38° C．52° D．76°
7、如图，△ABC外接于⊙O，∠A＝30°，BC＝3，则⊙O的半径长为（ ）

A．3 B． C． D．
8、如图，与的两边分别相切，其中OA边与相切于点P．若，，则OC的长为（ ）

A．8 B． C． D．
9、如图，在Rt△ABC中，，，点D、E分别是AB、AC的中点．将△ADE绕点A顺时针旋转60°，射线BD与射线CE交于点P，在这个旋转过程中有下列结论：①△AEC≌△ADB；②CP存在最大值为；③BP存在最小值为；④点P运动的路径长为．其中，正确的（ ）

A．①②③ B．①②④ C．①③④ D．②③④
10、下列汽车标志中既是轴对称图形又是中心对称图形的是（ ）
A． B． C． D．
第Ⅱ卷（非选择题 70分）
二、填空题（5小题，每小题4分，共计20分）
1、如图，P是正方形ABCD内一点，将绕点B顺时针方向旋转,能与重合，若，则______．

2、把一个正六边形绕其中心旋转，至少旋转________度，可以与自身重合．
3、数学兴趣活动课上，小方将等腰的底边BC与直线l重合，问：

（1）如图（1）已知，，点P在BC边所在的直线l上移动，小方发现AP的最小值是______；
（2）如图（2）在直角中，，，，点D是CB边上的动点，连接AD，将线段AD顺时针旋转60°，得到线段AP，连接CP，线段CP的最小值是______．
4、如图，把分成相等的六段弧，依次连接各分点得到正六边形ABCDEF，如果的周长为，那么该正六边形的边长是______．


5、如图，在⊙O中，＝，AB＝10，BC＝12，D是上一点，CD＝5，则AD的长为______．

三、解答题（5小题，每小题10分，共计50分）
1、在平面直角坐标系xOy中，旋转角满足，对图形M与图形N给出如下定义：将图形M绕原点逆时针旋转得到图形．P为图形上任意一点，Q为图形N上的任意一点，称PQ长度的最小值为图形M与图形N的“转后距”．已知点，点，点．
（1）当时，记线段OA为图形M．
①画出图形；
②若点C为图形N，则“转后距”为______；
③若线段AC为图形N，求“转后距”；

（2）已知点，点，记线段AB为图形M，线段PQ为图形N，对任意旋转角，“转后距”大于1，直接写出t的取值范围．
2、如图1，图2，图3的网格均由边长为1的小正方形组成，图1是三国时期吴国的数学家赵爽所绘制的“弦图”，它由四个形状、大小完全相同的直角三角形组成，赵爽利用这个“弦图”对勾股定理作出了证明，是中国古代数学的一项重要成就，请根据下列要求解答问题．

（1）图1中的“弦图”的四个直角三角形组成的图形是　 　对称图形（填“轴”或“中心”）．
（2）请将“弦图”中的四个直角三角形通过你所学过的图形变换，在图2，3的方格纸中设计另外两个不同的图案，画图要求：
①每个直角三角形的顶点均在方格纸的格点上，且四个三角形互不重叠，不必涂阴影；
②图2中所设计的图案（不含方格纸）必须是轴对称图形而不是中心对称图形；图3中所设计的图案（不含方格纸）必须既是轴对称图形，又是中心对称图形．
3、如图，在平面直角坐标系中，△ABC三个顶点的坐标分别为A（0，3）,B（﹣3，5），C（﹣4，1）．
（1）把△ABC向右平移3个单位得△A1B1C1，请画出△A1B1C1并写出点A1的坐标；
（2）把△ABC绕原点O旋转180°得到△A2B2C2，请画出△A2B2C2．

4、如图①，在Rt△ABC中，∠BAC = 90°，AB = k·AC，△ADE是由△ABC绕点A逆时针旋转某个角度得到的，BC与DE交于点F，直线BD与EC交于点G
（1）求证：BD = k·EC；
（2）求∠CGD的度数；
（3）若k = 1（如图②），求证：A，F，G三点在同一直线上．

5、在等边中，将线段AB绕点A顺时针旋转得到线段AD．

（1）若线段DA的延长线与线段BC相交于点E（不与点B，C重合），写出满足条件的α的取值范围；
（2）在（1）的条件下连接BD，交CA的延长线于点F．
①依题意补全图形；②用等式表示线段AE，AF，CE之间的数量关系，并证明．

-参考答案-
一、单选题
1、B
【分析】
根据中心对称图形与轴对称图形的概念逐项分析
【详解】
解：A. 是轴对称图形，不是中心对称图形，故该选项不正确，不符合题意；
B. 既是轴对称图形，又是中心对称图形，故该选项正确，符合题意；
C. 不是轴对称图形，是中心对称图形，故该选项不正确，不符合题意；
D. 不是轴对称图形，是中心对称图形，故该选项不正确，不符合题意；
故选B
【点睛】
本题考查了中心对称图形与轴对称图形的概念：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，掌握中心对称图形与轴对称图形的概念是解题的关键．
2、C
【分析】
根据中心对称图形的定义旋转180°后能够与原图形完全重合即是中心对称图形，以及轴对称图形的定义即可判断出．
【详解】
解：A、不是轴对称图形，是中心对称图形，故A选项不符合题意；
B、是轴对称图形，不是中心对称图形，故B选项不符合题意；
C、既是轴对称图形，又是中心对称图形，故C选项符合题意；
D、是轴对称图形，但不是中心对称图形，故D选项不符合题意．
故选：C．
【点睛】
本题考查中心对称图形和轴对称图形的知识，关键是掌握好中心对称图形与轴对称图形的概念．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，图形旋转180°后与原图重合．
3、A
【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、既是轴对称图形，也是中心对称图形，故此选项符合题意；
B、是轴对称图形，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，不是轴对称图形，故此选项不符合题意；
D、是中心对称图形，不是轴对称图形，故此选项不符合题意．
故选：A．
【点睛】
本题考查中心对称图形和轴对称图形的知识，关键是掌握好中心对称图形与轴对称图形的概念．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，图形旋转180°后与原图重合．
4、C
【分析】
据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），然后直接作答即可．
【详解】
解：根据中心对称的性质，可知：点P（3，1）关于原点O中心对称的点的坐标为（3，1）．
故选：C．
【点睛】
本题考查关于原点对称的点坐标的关系，是需要熟记的基本问题，记忆方法可以结合平面直角坐标系的图形．
5、B
【分析】
由切线的性质可推出，．再根据直角三角形全等的判定条件“HL”，即可证明，即得出．
【详解】
∵PA，PB是⊙O的切线，A，B为切点，
∴，，
∴在和中，，
∴，
∴．
故选：B
【点睛】
本题考查切线的性质，三角形全等的判定和性质．熟练掌握切线的性质是解答本题的关键．
6、B
【分析】
连接 由为的直径，求解 结合为的切线，求解 再利用圆周角定理可得答案.
【详解】
解：连接 为的直径，




为的切线，


故选B
【点睛】
本题考查的是三角形的内角和定理，直径所对的圆周角是直角，圆周角定理，切线的性质定理，熟练运用以上知识逐一求解相关联的角的大小是解本题的关键.
7、A
【分析】
分析：连接OA、OB，根据圆周角定理，易知∠AOB=60°；因此△ABO是等边三角形，即可求出⊙O的半径．
【详解】
解：连接BO，并延长交⊙O于D，连结DC，
∵∠A=30°，
∴∠D=∠A=30°，
∵BD为直径，
∴∠BCD=90°，
在Rt△BCD中，BC=3，∠D=30°，
∴BD=2BC=6，
∴OB=3．
故选A．

【点睛】
本题考查了圆周角性质，利用同弧所对圆周角性质与直径所对圆周角性质，30°角所对直角三角形性质，掌握圆周角性质，利用同弧所对圆周角性质与直径所对圆周角性质，30°角所对直角三角形性质是解题的关键．
8、C
【分析】
如图所示，连接CP，由切线的性质和切线长定理得到∠CPO=90°，∠COP=45°，由此推出CP=OP=4，再根据勾股定理求解即可．
【详解】
解：如图所示，连接CP，
∵OA，OB都是圆C的切线，∠AOB=90°，P为切点，
∴∠CPO=90°，∠COP=45°，
∴∠PCO=∠COP=45°，
∴CP=OP=4，
∴，
故选C．

【点睛】
本题主要考查了切线的性质，切线长定理，等腰直角三角形的性质与判定，勾股定理，熟知切线长定理是解题的关键．
9、B
【分析】
根据，，点D、E分别是AB、AC的中点．得出∠DAE=90°，AD=AE=，可证∠DAB=∠EAC，再证△DAB≌△EAC（SAS），可判断①△AEC≌△ADB正确；作以点A为圆心，AE为半径的圆，当CP为⊙A的切线时，CP最大，根据△AEC≌△ADB，得出∠DBA=∠ECA，可证∠P=∠BAC=90°，CP为⊙A的切线，证明四边形DAEP为正方形，得出PE=AE=3，在Rt△AEC中，CE=，可判断②CP存在最大值为正确；△AEC≌△ADB，得出BD=CE=，在Rt△BPC中，BP最小=可判断③BP存在最小值为不正确；取BC中点为O，连结AO，OP，AB=AC=6，∠BAC=90°，BP=CO=AO=，当AE⊥CP时,CP与以点A为圆心，AE为半径的圆相切，此时sin∠ACE=，可求∠ACE=30°，根据圆周角定理得出∠AOP=2∠ACE=60°，当AD⊥BP′时，BP′与以点A为圆心，AE为半径的圆相切，此时sin∠ABD=，可得∠ABD=30°根据圆周角定理得出∠AOP′=2∠ABD=60°，点P在以点O为圆心，OA长为半径，的圆上运动轨迹为，L可判断④点P运动的路径长为正确即可．
【详解】
解：∵，，点D、E分别是AB、AC的中点．
∴∠DAE=90°，AD=AE=，
∴∠DAB+∠BAE=90°，∠BAE+∠EAC=90°，
∴∠DAB=∠EAC，
在△DAB和△EAC中，
，
∴△DAB≌△EAC（SAS），
故①△AEC≌△ADB正确；

作以点A为圆心，AE为半径的圆，当CP为⊙A的切线时，CP最大，
∵△AEC≌△ADB，
∴∠DBA=∠ECA，
∴∠PBA+∠P=∠ECP+∠BAC，
∴∠P=∠BAC=90°，
∵CP为⊙A的切线，
∴AE⊥CP，
∴∠DPE=∠PEA=∠DAE=90°，
∴四边形DAEP为矩形，
∵AD=AE，
∴四边形DAEP为正方形，
∴PE=AE=3，
在Rt△AEC中，CE=，
∴CP最大=PE+EC=3+，
故②CP存在最大值为正确；

∵△AEC≌△ADB，
∴BD=CE=，
在Rt△BPC中，BP最小=，
BP最短=BD-PD=-3，
故③BP存在最小值为不正确；
取BC中点为O，连结AO，OP，
∵AB=AC=6，∠BAC=90°，
∴BP=CO=AO=，
当AE⊥CP时,CP与以点A为圆心，AE为半径的圆相切，此时sin∠ACE=，
∴∠ACE=30°，
∴∠AOP=2∠ACE=60°，
当AD⊥BP′时，BP′与以点A为圆心，AE为半径的圆相切，此时sin∠ABD=，
∴∠ABD=30°，
∴∠AOP′=2∠ABD=60°，
∴点P在以点O为圆心，OA长为半径，的圆上运动轨迹为，
∵∠POP=∠POA+∠AOP′=60°+60°=120°，
∴L．
故④点P运动的路径长为正确；
正确的是①②④．
故选B．

【点睛】
本题考查图形旋转性质，线段中点定义，三角形全等判定与性质，圆的切线，正方形判定与性质，勾股定理，锐角三角函数，弧长公式，本题难度大，利用辅助线最长准确图形是解题关键．
10、C
【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，故此选项不符合题意；
B、是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项不符合题意；
C、是轴对称图形，是中心对称图形，故此选项符合题意；
D、不是轴对称图形，是中心对称图形，故此选项不符合题意；
故选：C．
【点睛】
此题主要考查了中心对称图形与轴对称图形的概念．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．
二、填空题
1、
【分析】
根据旋转角相等可得，进而勾股定理求解即可
【详解】
解：四边形是正方形

将绕点B顺时针方向旋转,能与重合，
，

故答案为：
【点睛】
本题考查了旋转的性质，勾股定理，求得旋转角相等且等于90°是解题的关键．
2、60
【分析】
正六边形连接各个顶点和中心，这些连线会将360°分成6分，每份60°因此至少旋转60°，正六边形就能与自身重合．
【详解】
360°÷6=60°
故答案为：60
【点睛】
本题考查中心对称图形的性质，根据图形特征找到最少旋转度数是本题关键．
3、10 5
【分析】
（1）如图，作AH⊥BC于H．根据垂线段最短，求出AH即可解决问题．
（2）如图，在AB上取一点K，使得AK＝AC，连接CK，DK．由△PAC≌△DAK（SAS），推出PC＝DK，易知KD⊥BC时，KD的值最小，求出KD的最小值即可解决问题．
【详解】
解：如图作AH⊥BC于H，

∵AB＝AC＝20，，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
根据垂线段最短可知，当AP与AH重合时，PA的值最小，最小值为10．
∴AP的最小值是10；
（2）如图，在AB上取一点K，使得AK＝AC，连接CK，DK．

∵∠ACB＝90°，∠B＝30°，
∴∠CAK＝60°，
∴∠PAD＝∠CAK，
∴∠PAC＝∠DAK，
∵PA＝DA，CA＝KA，
∴△PAC≌△DAK（SAS），
∴PC＝DK，
∵KD⊥BC时，KD的值最小，
∵ ，
是等边三角形，


∴ ，
∴PC的最小值为5．
【点睛】
本题属于几何变换综合题，考查了等腰三角形的性质，垂线段最短，全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会用转化的思想思考问题．
4、6
【分析】
如图，连接OA、OB、OC、OD、OE、OF，证明△AOB、△BOC、△DOC、△EOD、△EOF、△AOF都是等边三角形，再求出圆的半径即可．
【详解】
解：如图，连接OA、OB、OC、OD、OE、OF．
∵正六边形ABCDEF，
∴AB＝BC＝CD＝DE＝EF＝FA，∠AOB＝∠BOC＝∠COD＝∠DOE＝∠EOF＝∠FOA＝60°，
∴△AOB、△BOC、△DOC、△EOD、△EOF、△AOF都是等边三角形，
∵的周长为，
∴的半径为，
正六边形的边长是6；

【点睛】
本题考查正多边形与圆的关系、等边三角形的判定和性质等知识，明确正六边形的边长和半径相等是解题的关键．
5、3
【分析】
过A作AE⊥BC于E，过C作CF⊥AD于F，根据圆周角定理可得∠ACB=∠B=∠D，AB=AC=10，再由等腰三角形的性质可知BE=CE=6，根据相似三角形的判定证明△ABE∽△CDF，由相似三角形的性质和勾股定理分别求得AE、DF、CF， AF即可求解．
【详解】
解：过A作AE⊥BC于E，过C作CF⊥AD于F，则∠AEB=∠CFD=90°，
∵＝， AB＝10，
∴∠ACB=∠B=∠D，AB=AC=10，
∵AE⊥BC，BC=12，
∴BE=CE=6，
∴，
∵∠B=∠D，∠AEB=∠CFD=90°，
∴△ABE∽△CDF，
∴，
∵AB=10，CD=5，BE=6，AE=8，
∴，
解得：DF=3，CF=4，
在Rt△AFC中，∠AFC=90°，AC=10，CF=4，
则，
∴AD=DF+AF=3＋2，
故答案为：3＋2．

【点睛】
本题考查圆周角定理、等腰三角形的性质、相似三角形的判定与性质、勾股定理，熟练掌握圆周角定理和相似三角形的判定与性质是解答的关键．
三、解答题
1、（1）①OA′，图形见详解；②2；③ “转后距”为；（2）t的取值范围为t＜-5或0＜t＜2或．
【分析】
（1）①当时，记线段OA为图形M．图形M绕原点逆时针旋转90°得到图形即OA′．
②∵点C为图形N，求出OC=2最短距离；
③过点O作OF⊥AC于F，先证△OAC为等边三角形，OF⊥AC，根据勾股定理求出OF=即可；
（2）点，点，可求tan∠OPQ=，得出当点P在x轴负半轴时，∠OPQ=120°，当点P在x轴正半轴时，∠OPQ=60°，得出∠CAB=∠ABC=30°，分三种情况，当°，当点P在点B右边，PB=t-4，BD＞1，列不等式，解得，当点P在点B左边B′右边时，∠EPB=∠OPQ=60°，PB=2PE＞2×1即4-t＞2解得t＜2，当t=0时，OA′=2，A′Q=2-1=1，t＞0，当点P在B′左边，PB′＞1，OB′=OB=4，t＜-5即可．
【详解】
解：（1）①当时，记线段OA为图形M．图形M绕原点逆时针旋转90°得到图形即OA′；
②∵点C为图形N，OC=2为图形M与图形N的“转后距”，
∴“转后距”为2，
故答案为2；
③线段AC为图形N，
过点O作OF⊥AC于F，
根据勾股定理OA=，AC=，
∴OA=AC=OC=2，
∴△OAC为等边三角形，
∵OF⊥AC，
∴AF=CF=1，
∴OF=，
∴“转后距”为；

（2）∵点，点，
∴tan∠OPQ=，
∴当点P在x轴负半轴时，∠OPQ=120°，当点P在x轴正半轴时，∠OPQ=60°，
∵CB=4-2=2=AC，∠ACO=60°，
∴∠CAB=∠ABC=30°，
分三种情况，
当°，当点P在点B右边，PB=t-4，BD＞1，
∴BPsin60＞1，
∴，
解得；

当点P在点B左边B′右边时，∠EPB=∠OPQ=60°，
∴∠OEB=180°-∠EPB-∠ABC=180°-60°-30°=90°，
∵PB=4-t，
∴PB=2PE＞2×1即4-t＞2，
解得t＜2，
当t=0时，点P与原点O重合，OA′=2，A′Q=2-1=1，
∴t＞0，
∴0＜t＜2；

当点P在B′左边，PB′＞1，OB′=OB=4，
∴t＜-5；

综合t的取值范围为t＜-5或0＜t＜2或．
【点睛】
本题考查图形新定义，仔细阅读，熟悉新定义要点，图形旋转性质，最短距离，锐角三角函数，锐角三角函数值求角度，等边三角形判定与性质，勾股定理，掌握图形新定义，仔细阅读，熟悉新定义要点，图形旋转性质，最短距离，锐角三角函数，锐角三角函数值求角度，等边三角形判定与性质，勾股定理是解题关键．
2、
（1）中心
（2）见解析
【分析】
（1）利用中心对称图形的意义得到答案即可；
（2）①每个直角三角形的顶点均在方格纸的格点上，且四个三角形不重叠，是轴对称图形；
②所设计的图案（不含方格纸）必须是中心对称图形或轴对称图形．
（1）
图1中的“弦图”的四个直角三角形组成的图形是中心对称图形，
故答案为：中心；
（2）
如图2是轴对称图形而不是中心对称图形；

图3既是轴对称图形，又是中心对称图形．
【点睛】
本题考查利用旋转或轴对称设计方案，关键是理解旋转和轴对称的概念，按要求作图即可．
3、（1）图见解析；A1（3，3）；（2）见解析
【分析】
（1）直接利用平移的性质得出对应点位置进而得出答案；
（2）直接利用旋转的性质得出对应点位置进而得出答案．
【详解】
解：（1）如图所示：△A1B1C1，即为所求，点A1的坐标为：（3，3）；

（2）如图所示：△A2B2C2，即为所求．
【点睛】
此题主要考查了旋转变换以及平移变换，正确得出对应点位置是解题关键．
4、（1）见解析；（2）90°；（3）见解析
【分析】
（1）由旋转的性质可得对应边相等对应角相等，由相似三角形的判定得出△ABD∽△ACE，由相似三角形的性质即可得出结论 ；
（2）由（1）证得△ABD∽△ACE，和等腰三角形的性质得出，进而推出，由四边形的内角和定理得出结论；
（3）连接CD，由旋转的性质和等腰三角形的性质得出，CG＝DG，FC＝FD，由垂直平分线的判断得出A，F，G都在CD的垂直平分线上，进而得出结论．
【详解】
证明：（1）∵△ADE是由△ABC绕点A逆时针旋转某个角度得到的，
∴AB＝AD，AC＝AE，∠BAD＝∠CAE，
∴，
∴△ABD∽△ACE，
∴，
∵AB = k·AC，
∴，
∴BD = k·EC；
（2）由（1）证得△ABD∽△ACE，
∴，
∵AB＝AD，AC＝AE，∠BAC = 90°，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴∴在四边形ADGE中，，∠BAC = 90°，
∴∠CGD＝360°－180°－90°＝90°；
（3）连接CD，如图：

∵△ADE是由△ABC绕点A逆时针旋转某个角度得到的，∠BAC = 90°，AB = k·AC，
∴当k = 1时，△ABC和△ADE为等腰直角三角形，
∴，
∴，
∴，∴CG＝DG
∵，
∴，∴FC＝FD，
∴点A、点G和点F在CD的垂直平分线上，
∴A，F，G三点在同一直线上．
【点睛】
本题考查了相似三角形的性质和判定，旋转的性质，等腰直角三角形的性质和判定，垂直平分线的判定等知识点，熟练掌握相似三角形的判定和垂直平分线的判定是解题的关键．
5、（1）；（2）①见解析；②AE=AF+CE，证明见解析．
【分析】
（1）根据“线段DA的延长线与线段BC相交于点E”可求解；
（2）①根据要求画出图形，即可得出结论；②在AE上截取AH=AF，先证△AFD≌△AHC，再证∠CHE=∠HCE，即可得出结果．
【详解】
（1）如图：AD只能在锐角∠EAF内旋转符合题意

故α的取值范围为：；
（2）补全图形如下：

（3）AE=AF+CE，
证明：在AE上截取AH=AF，由旋转可得：AB=AD，
∴∠D=∠ABF，
∵△ABC为等边三角形，
∴AB=AC，∠BAC=∠ACB=60°，
∴AD=AC，
∵∠DAF=∠CAH，
∴△AFD≌△AHC，
∴∠AFD=∠AHC，∠D=∠ACH，
∴∠AFB=∠CHE，
∵∠AFB+∠ABF=∠ACH+∠HCE=60°，
∴∠CHE+∠D=∠D+∠HCE=60°，
∴∠CHE=∠HCE，
∴CE=HE，
∴AE=AH+HE=AF+CE．
【点睛】
本题考查了旋转的性质，三角形外角的性质，等边三角形性质及应用，解题的关键是正确画出图形和作出辅助线．