中考数学一轮复习考点题型分类训练专题39 图形的变化综合测试卷（2份，原卷版+解析版）

这是一份中考数学一轮复习考点题型分类训练专题39 图形的变化综合测试卷（2份，原卷版+解析版），文件包含第二十二章能源与可持续发展初中物理九年级全一册同步教学课件人教版2024pptx、第二十二章能源与可持续发展同步练习含答案解析docx、第二十二章能源与可持续发展同步练习docx等3份课件配套教学资源，其中PPT共52页， 欢迎下载使用。
1．（3分）（2023·辽宁葫芦岛·统考二模）下列新能源汽车标志图案中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】根据中心对称图形与轴对称图形的概念进行判断即可．
【详解】解：A、不是中心对称图形，是轴对称图形，故此选项不合题意；
B、既是中心对称图形，也是轴对称图形，故此选项符合题意；
C、既不是中心对称图形，也不是轴对称图形，故此选项不符合题意；
D、不是中心对称图形，是轴对称图形，故此选项不合题意，
故选：C．
【点睛】本题考查了中心对称图形与轴对称图形的概念，解题的关键是掌握：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度后与自身重合．
2．（3分）（2023·江苏南京·模拟预测）如图，在平面直角坐标系中，线段AB的两个端点是A(1,3),B(2,1)． 将线段AB沿某一方向平移后，若点A的对应点A'的坐标为(−2,0)，则点B的对应点B'的坐标为（ ）

A．(−3,2)B．(−1,−3)C．(−1,−2)D．(0,−2)
【答案】C
【分析】由A(1,3)平移到A'(−2,0)可知坐标变化为：横坐标减3，纵坐标减3，由此可得B'点的坐标．
【详解】由A(1,3)平移到A'(−2,0)可知坐标变化为：横坐标减3，纵坐标减3，
∴B'点的横坐标为2−3=−1， 纵坐标为1−3=−2，
∴B'点的坐标为(−1，−2)，
故选：C．
【点睛】本题主要考查了平面直角坐标系中的平移变换与坐标变换之间的关系．熟练掌握以上知识是解题的关键．
3．（3分）（2023·河南周口·统考二模）如图，在平面直角坐标系中，OB=AB=5，其中点A在y轴上，点B到x轴的距离为25，若将△OAB绕点O顺时针旋转一定的角度得到△OA'B'，当点B'恰好落在x轴正半轴上时，点A'的坐标为（ ）
A．8,4B．6,32C．245,325D．25,3
【答案】A
【分析】过点B作BM⊥y轴于M，过点A'作A'N⊥x轴于N，过B'作B'M'⊥OA'于M'，先求出BM=5，再证明△BOM≌△B'OM'，得出OM'=OM=25，B'M'=BM=5，再证明△B'OM'∽△A'ON，推出A'N=4，ON=8，从而求出点A'的坐标．
【详解】解：过点B作BM⊥y轴于M，过点A'作A'N⊥x轴于N，过B'作B'M'⊥OA'于M'，
∵OB=AB=5，
∴OM=AM，
∵点B到x轴的距离为25，
∴OM=25，
∴OA=45，BM=OB2−OM2=52−(25)2=5，
∵将△OAB绕点O顺时针旋转一定的角度得到△OA'B'，
∴OA'=OA=45，∠A'OB'=∠AOB'，
∵∠BMO=∠B'M'O=90°，
∴△BOM≌△B'OM'AAS，
∴OM'=OM=25，B'M'=BM=5，
∵∠ONA'=∠B'M'O=90°，∠B'OM'=∠A'ON，
∴△B'OM'∽△A'ON，
∴OA'OB'=A'NB'M'=ONOM'，即455=A'N5=ON25，
∴A'N=4，ON=8，
∴A'8,4，
故选：A．
【点睛】本题考查了坐标与图形变化−旋转、等腰三角形的性质、勾股定理，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，掌握这几个知识点的综合应用，其中作出辅助线证明三角形全等是解题关键．
4．（3分）（2023·江苏泰州·模拟预测）在由相同的小正方形组成的3×4的网格中，有3个小正方形已经涂黑，请你再涂黑一个小正方形，使涂黑的四个小正方形中，其中两个可以由另外两个平移得到，则还需要涂黑的小正方形序号是（ ）
A．①或②B．③或④C．⑤或⑥D．①或⑨
【答案】D
【详解】根据题意可涂黑①和⑨，
涂黑①时，可将左上和左下两个黑色正方形向右平移1个单位即可得；
涂黑⑨时，可将左上和左下两个黑色正方形向右平移2个单位、再向下平移1个单位可得；
故选D.
5．（3分）（2023·福建泉州·统考模拟预测）如图是由5个小立方块搭成的几何体的俯视图，小正方形中的数字表示该位置上的小立方块的个数，则这个几何体的主视图是（ ）

A．B．
C． D．
【答案】A
【分析】根据题意，从正面看，一共3列，左边有1个小正方形，中间有2个（前后各1个），右边有2个小正方形，据此分析判断即可．
【详解】解：根据题意可知，主视图有3列，左边有1个小正方形，中间有2个（前后各1个），右边有2个小正方形，所以选项A符合题意．
故选：A．
【点睛】本题主要考查了由三视图判断几何体及简单组合体的三视图，解题关键是理解并掌握简单组合体的三视图．
6．（3分）（2023·河北唐山模拟预测）一个矩形木框在太阳光的照射下，在地面上的投影不可能是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据平行投影的性质求解可得．
【详解】解：一张矩形纸片在太阳光线的照射下，形成影子不可能是等边三角形，
故选：B．
【点睛】本题考查了平行投影：由平行光线形成的投影是平行投影，如物体在太阳光的照射下形成的影子就是平行投影．
7．（3分）（2023·山东淄博·一模）如图，在边长相等的小正方形组成的网格中，点A，B ，C ，D，E都在网格的格则∠ADC的正弦值为（ ）
A．102B．13C．23D．1010
【答案】D
【分析】本题考查了解直角三角形，先证明△ACD≌△BCE，从而可得∠ADC=∠BEC，然后在Rt△EFC中，求出sin∠BEC的值，即可解答．
【详解】解：如图：
由题意得：BC=AC=5，
CD=CE=10，
AD=BE=5，
∴△ACD≌△BCESSS，
∴∠ADC=∠BEC，
在Rt△EFC中，FC=1，EC=10，
∴sin∠BEC=FCCE=110=1010，
∴sin∠ADC=1010，
故选：D．
8．（3分）（2023·河南周口·统考一模）如图，边长为1的正六边形ABCDEF放置于平面直角坐标系中，边AB在x轴正半轴上，顶点F在y轴正半轴上，将正六边形ABCDEF绕坐标原点O逆时针旋转，每次旋转90°，那么经过2023次旋转后，顶点D的坐标为（ ）

A．−3,32B．−32,−3C．3,−32D．32,32
【答案】C
【分析】根据正六边形的性质及它在坐标系中的位置，求出点D的坐标，再根据旋转的性质以及旋转的规律求出旋转2023次后顶点D的坐标即可．
【详解】解：连接AD，BD，如图，

在正六边形ABCDEF中，AB=BC=CD=AF=1，∠FAB=∠ABC=∠BCD=120°，
∴∠CBD=12180°−∠BCD=30°，∠OAF=60°，∠BAD=∠FAD=12∠FAB=60°，
∴∠ABD=∠ABC−∠CBD=90°，
∴∠ADB=30°，
∴AD=2AB=2，
∴ BD=AD2−AB2=3，
在Rt△AOF中，AF=1，∠OAF=60°，
∴∠OFA=30°，
∴ OA=12AF=12，
∴ OB+OA+AB=32，
∴点D的坐标为32,3，
将正六边形ABCDEF绕坐标原点O逆时针旋转，每次旋转90°，
∴4次一个循环，
∵2023÷4=505…3，
∴经过2023次旋转后，顶点D的坐标与第三次旋转后得到的D3的坐标相同，
∵过点D3作D3P⊥x轴于P，
∴∠POD3+∠PD3O=90°，
由旋转可知∠POD3+∠DOB=90°，OD3=OD，
∴∠DOB=∠PD3O，
∴△OBD≌△D3POAAS
∴ D3P=OB=32，OP=BD=3
∵点D3在第四象限，
∴点D3的坐标为3,−32，
∴经过2023次旋转后，顶点D的坐标为3,−32，
故选：C．
【点睛】本题考查了正多边形的性质，旋转的性质以及旋转引起的坐标变化规律问题，掌握正多边形各边相等，各角相等的性质，熟练掌握旋转的性质，找出规律是解题的关键．
9．（3分）（2023·广东深圳·统考模拟预测）如图，已知平行四边形ABCD，点E为AD的中点，AC与BE交于点F，连接DF，CE，若AB⊥AC，BE⊥CE，则tan∠DFE的值为（ ）

A．12B．13C．33D．35
【答案】D
【分析】如图，取BC的中点O，连接AO、EO，作DH⊥BE于H，设EF=a，证明△ECD 是等边三角形，求出DH、FH即可解决问题
【详解】解：如图，取BC的中点O，连接AO、EO，作DH⊥BE于H，设EF=a，

∵∠BAC=∠BEC=90°，BO=OC，
∴OA=OB=OC=OE，
∴A、B、C、E四点共圆，
∵AE∥BC，
∴∠EAC=∠ACB，
∴AB=EC，
∴AB=CE=CD，
∵AB∥CD，
∴∠ACD=∠BAC=90°，
∵AE=ED，
∴CE=DE=AE=CD，
∴△CDE是等边三角形，
∴∠ABC=∠CDE=60°，
∴∠FCB=∠FBC=30°，∠FEA=∠FAE=30°，
∵EF=a，
则AE=3a，
在Rt△DEH中，
∵∠HED=30°，DE=3a ，
∴DH=32a，EH=32a，
∴FH=52a，
∴tan∠DFE=DHFH=32a52a=35．
故选：D．
【点睛】本题考查平行四边形的性质、解直角三角形、等边三角形的判断和性质、四点共圆、勾股定理等知识，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，属于中考选择题中的压轴题．
10．（3分）（2023·安徽合肥·校考三模）矩形ABCD中，AB=4，BC=8，点E是边BC上一动点，沿AE翻折，若点B的对称点B'恰好落在矩形的对称轴上，则折痕AE的长是（ ）

A．833B．433C．42或833D．42或433
【答案】C
【分析】分两种情况，根据折叠的性质和勾股定理进行解答即可．
【详解】解：分两种情况：
①如图1所示：
当B'恰好在矩形的对称轴MN上时，
又∵AB=4，BC=8，
∴MN⊥AD，MN⊥BC，BN=AM=12BC=4，MN=AB=4，
由折叠的性质得：AB'=AB=4，BE=B'E，
∵MB'=AB'2−AM2=42−42=0，
∴点B'与点M重合，点E与点N重合，
∴AE=AB2+BE2=42+42=42；

②如图2所示：
当B'恰好在矩形的对称轴GH上时，过B'作 PQ∥AB交AD于P，交BC于Q，

∴GH⊥AB，GH⊥CD，PB'=QB'=12AB=2，AP=BQ，PQ⊥AD，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠B=90°，
由折叠的性质得：AB'=AB=4，BE=B'E，
在Rt△APB'中，AP=AB'2−PB'2=42−22=23，
∴BQ=AP=23，
设BE=B'E=x，则EQ=BQ−BE=23−x，
在Rt△EB'Q中，EQ2+B'Q2=B'E2，
∴23−x2+22=x2，
解得：x=433，即BE=433，
∴AE=AB2+BE2=42+4332=833；
综上所述，当点B'恰好在矩形的对称轴上时，折痕AE的长是42或833，
故选：C．
【点睛】本题考查翻折变换的性质、矩形的性质、勾股定理、轴对称的性质等知识；熟练掌握翻折变换和勾股定理是解题的关键．
二．填空题（共6小题，满分18分，每小题3分）
11．（3分）（2023·广西南宁·模拟预测）10个棱长为ycm的正方体摆放成如图的形状，则这个图形的表面积为 cm2．

【答案】36y2
【分析】先画出这个图形的三视图，从而可得上下面、前后面、左右面的小正方形的个数，再根据正方形的面积公式即可得．
【详解】解：由题意，画出这个图形的三视图如下：

则这个图形的表面积是2×6+2×6+2×6y2=36y2cm2，
故答案为：36y2．
【点睛】本题考查了求几何体的表面积，正确画出几何体的三视图是解题关键．
12．（3分）（2023·广东佛山·校考一模）如图，点M的坐标为3,4，点A的坐标为−2,0，点A、点B关于原点对称，点P是平面上一点，且满足PA⊥PB，则线段PM的最小值为 ．

【答案】3
【分析】根据直径所对的圆周角是直角，作出以AB为直径作⊙O，连接OM与⊙O交于点P，此时PM的值最小，再根据点M的坐标求出OM的长即可解答．
【详解】解：如图，以AB为直径作⊙O，连接OM与⊙O交于点P，过点M作MD⊥x轴于点D，
此时满足PA⊥PB，PM的值最小，
∵点M的坐标是3,4，
∴OM=32+42=5，
∵点A的坐标为−2,0，
∴OA=2，
∴OP=OA=2，
∴PM=OM−OP=5−2=3．
故答案为：3．

【点睛】本题主要考查了点和圆的位置关系，勾股定理，直径所对的圆周角是直角，准确找到点P的位置是解题的关键．
13．（3分）（2023·湖北黄冈·统考模拟预测）如图，在平面直角坐标系中，点A(4,3)，点B在x轴的正半轴上，且OA=AB，将△OAB沿x轴向右平移得到△ECD，AB与CE交于点F．若CF：EF=3：1，则点D的坐标为 ．

【答案】14,0
【详解】作AG⊥x轴于点G，由A(4,3)得G(4,0)，由OA=AB，根据等腰三角形的性质得BG=OG=4，所以B(8,0)，由平移得AB ∥ CD，ED=OB=8，所以DBEB=CFEF=31，则BD=6，即可求得点D的坐标为(14,0)．
【解答】解：如图，作AG⊥x轴于点G，
∵A(4,3)，
∴G(4,0)，
∵OA=AB，
∴BG=OG=4，
∴B(8,0)，
由平移得AB ∥ CD，ED=OB=8，
∴ DBEB=CFEF=31，
∴ BD=34ED=34×8=6，
∴OD=OB+BD=14，
∴D(14,0)，
故答案为：(14,0)．

【点睛】本题考查了平移的性质、平行线分线段成比例定理、等腰三角形的性质、图形与坐标等知识，正确理解和运用平移的性质是解题的关键．
14．（3分）（2023·吉林·模拟预测）如图，在Rt△ABC中，∠BAC=90°，AC=3，AB=4，BC=5，CD平分∠ACB，如果点P，点Q分别为CD，AC上的动点，那么AP+PQ的最小值是 ．

【答案】125
【分析】本题考查轴对称求最短距离，熟练掌握轴对称求最短距离的方法，角平分线的性质，三角形面积公式是解题的关键．
过点A作AE⊥BC交于E点，交DC于P点，过点P作PQ⊥AC交于Q点，此时AP+PQ的值最小，再由三角形的面积求出BC边上的高即为所求．
【详解】解：过点A作AE⊥BC交于E点，交DC于P点，过点P作PQ⊥AC交于Q点，
∵CD平分∠ACB，
∴PE=PQ，
∴AP+PQ=AP+PE=AE，
此时AP+PQ的值最小，
因为AC2+AB2=BC2，
故△ABC是直角三角形，
故△ABC的面积=12×3×4=12×5×AE，
∴AE=125，
∴AP+PQ的值最小为125，
故答案为：125．

15．（3分）（2023·四川成都·模拟预测）如图，在Rt△ABC，∠B=90°，D为AB边上的一点，将△BCD沿CD翻折，得到△B'CD．连接AB'，AB'∥BC，若AB=8， tan∠DCB'=12，则B'到AC边上的距离为 ．

【答案】164141
【分析】本题考查折叠轴对称的性质，相似三角形，解直角三角形，三角形的面积公式，掌握折叠的性质和直角三角形的边角关系是解决问题的关键；
根据折叠的性质，可得BC=B'C，∠BCD=∠B'CD，BB'⊥CD，利用相似三角形和AB=8， tan∠DCB'=12，即可求出AB'，BC，进而求出AC，利用三角形面积即可求出答案；
【详解】解：过点B'M⊥BC，垂足为M，连接BB'，

由折叠得，BC=B'C，∠BCD=∠B'CD，BB'⊥CD，
∵ AB'∥BC，
∴ ∠ABC=∠BAB'=90°，
又∵ ∠ABB'+∠B'BC=90°=∠B'BC+∠BCD，
∴ ∠BCD=∠ABB'，
∴ △BCD∽△ABB'，
∴ BDBC=tan∠BCD=AB'AB=12，
∴ AB'=12AB=12×8=4=BM，
设BD=a，则BC=B'C=2a，MC=2a−4，
在Rt△B'MC中，由勾股定理得，
B'M2+MC2=B'C2，
82+2a−42=2a2，
解得a=5，
∴ BC=2a=10，
在Rt△ABC中，
AC=AB2+BC2=82+102=241，
设点B'到AC的距离为h，由△AB'C的面积得，
12⋅AB'⋅AB=12AC⋅ℎ，
即4×8=241ℎ，
∴ ℎ=164141，
故答案为：164141．
16．（3分）（2023·上海虹口·统考一模）如图，在△ABC中，AB=AC=5，tanB=34，点M在边BC上，BM=3，点N是射线BA上一动点，连接MN，将△BMN沿直线MN翻折，点B落在点B'处，联结B'C，如果B'C∥AB，那么BN的长是 ．

【答案】6
【分析】本题主要考查了三角形折叠与解直角三角形，过M点作MG⊥B'C，FM⊥AB，AH⊥BC垂足分别为F、G、H，由AB=AC=5，tanB=34，求出AH=3，BH=CH=4，FM=BM⋅sin∠B=95，MG=CM⋅sin∠BCB'=3，得出F、M、B'三点在同一直线上，进而可得FN=FB'⋅tan∠FB'N=185，再求出BF=FMtan∠B=125，由BN=BF+FN=6解题．
【详解】解：过M点作MG⊥B'C，FM⊥AB，AH⊥BC垂足分别为F、G、H，

设AH=3x，
∵tanB=34，AH⊥BC
∴BH=CH=4x
∵AB=AC=5，AH2+BH2=AB2，
∴(3x)2+(4x)2=52，解得x=1，
∴AH=3，BH=CH=4，
∴sinB=35，
∵B'C∥AB，
∴∠B=∠BCB'，
∵BM=3，
∴CM=5，
∴FM=BM⋅sin∠B=3×35=95，
MG=CM⋅sin∠BCB'=5×35=3，
∵MB=MB'=3，
∴MG=MB'，即B'与G点重合，
∴F、M、B'三点在同一直线上，
∴FB'=FM+MG=95+3=245，
由折叠可知：∠FB'N=∠B，
∴FN=FB'⋅tan∠FB'N=245×34=185，
∵BF=FMtan∠B=95÷34=125，
∴BN=BF+FN=125+185=6，
故答案为6
【点睛】本题涉及了解三角形、折叠性质、等腰三角形性质、勾股定理等，解题关键是通过计算点M到B'C的距离等于BM得出F、M、B'三点在同一直线上．
三．解答题（共7小题，满分52分）
17．（6分）（2023·安徽·模拟预测）如图，在边长为1个单位长度的小正方形组成的网格中，△ABC的顶点和点P均在格点（网格线的交点）上．

(1)将△ABC向右平移4个单位长度，再向上平移2个单位长度，画出平移后的△A1B1C1；
(2)将△ABC以P点为中心逆时针旋转90°得到△A2B2C2，画出△A2B2C2；
(3)在（2）的条件下，若AB的中点为Q，试求Q点所经过的路径长．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)172π
【分析】（1）根据平移的规律得到A、B、C三点平移后的对应点A1、B1、C1，再顺次连接即可；
（2）根据旋转的规律得到A、B、C三点以P点为中心逆时针旋转90°的对应点A2、B2、C2，再顺次连接即可；
（3）连接PQ．由勾股定理得PQ的长度，再根据弧长公式求出答案即可．
此题考查了平移和旋转的作图、弧长公式等知识，准确作图是解题的关键．
【详解】（1）解：如图所示，△A1B1C1即为所求．

（2）如图所示，△A2B2C2即为所求．
（3）连接PQ．由勾股定理得PQ=42+12=17，
∴点Q所经过的路径长为90π⋅17180=172π．
18．（6分）（2023·陕西西安·校考模拟预测）问题提出：

(1)如图1，有公共端点的两条线段OA，OB，且OA=4，OB=5则AB最大值为______；最小值为______．
(2)问题探究：如图2，已知∠AOB=30°，其内部有一点P，OP=6，在∠AOB的两边分别有C，D两点（不同于点O）.使△PCD的周长最小，请画出草图，并求出△PCD周长的最小值：
(3)问题解决：开发商准备对一块正方形土地进行绿化，要求绿化带从一个顶点出发到对角线上一点，再到两边上一点，最后回到出发点，如图3，正方形ABCD的边长为400米，在对角线AC上有一固定点G，且CG=3AG，在AD，DC上取两点F，E，准备从B到G到F到E再到B修一条绿化带（绿化带宽忽略不计），能否设计出最短绿化带，若能请计算出绿化带最短长度，若不能说明理由．
【答案】(1)9；1
(2)图见解析，△PCD周长的最小值为6
(3)10074+10米
【分析】（1）设OB的两端点固定，则点A在以点O为圆心，半径为4的圆上运动，画出图形，即可得到结论；
（2）分别作点P关于OA、OB的对称点M、N，连接MN，交OA、OB于C、D，根据等边三角形的判定和性质求解即可；
（3）分别作正方形ABCD关于CD和AD对称的正方形A1B1CD和AB2C2D，连接B1E，AC2，作点G关于AD的对称点G1，由轴对称的性质可知，当且仅当B1，E，F，G四点共线时，B1E+EF+FG1取最小值，即此时绿化带长度最短，作GH⊥AB于点H，作G1I⊥A1B1交其延长线于点I，交C2D于点K，利用相似三角形的性质和勾股定理求解即可．
【详解】（1）解：如图，设OB的两端点固定，则点A在以点O为圆心，半径为4的圆上运动，

∴AB的最大值为A2B=4+5=9，最小值为A1B=5−4=1，
故答案为：9，1；
（2）解：如图，分别作点P关于OA、OB的对称点M、N，连接MN，交OA、OB于C、D，则△PCD的周长最小，连接OM、ON，

由轴对称的性质可知，OM=OP=6，ON=OP=6，CP=CM，DP=DN，∠MON=2∠AOB=60°，
∴ △MON为等边三角形，
∴MN=6，
∴ △PCD的周长=PC+CD+DP=CM+CD+DN=MN=6；
（3）解：如图，分别作正方形ABCD关于CD和AD对称的正方形A1B1CD和AB2C2D，连接B1E，AC2，作点G关于AD的对称点G1，在AC2上，且C2G1=3AG1，

则B1E=BE，FG1=FG，AG=AG1，
∴BE+EF+FG=B1E+EF+FG1，
∵G是定点，
∴BG的长度不变，
∴当且仅当B1，E，F，G1四点共线时，B1E+EF+FG1取最小值，即此时绿化带长度最短，
作GH⊥AB于点H，
∴△AHG∽△ABC，
∵CG=3AG，正方形ABCD的边长为400，
∴GHBC=AGAC=14，
∴GH=100，
∴BH=400−100=300，
∴在Rt△BHG，BG=BH2+GH2=3002+1002=10010，
作G1I⊥A1B1交其延长线于点I，交C2D于点K，
∴△G1C2K∽△AC2D，
∵C2G1=3AG1，
∴C2G1C2A=G1KAD=34，
∴G1K=G2K=300，
∴A1I=KD=400−300=100，
∴ B1I=400+100=500，G1I=400+300=700，
∴在Rt△B1IG1中，B1G1=B1I2+G1I2=5002+7002=10074，
∴四边形BEFG的周长BE+EF+FG+BG的最小值为10074+10，即绿化带的最短长度为10074+10米．
【点睛】本题考查了轴对称的性质-最短路径问题，共端点两条线段为定长问题，等边三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理，正方形的性质，熟练掌握轴对称的性质，正确作出辅助线是解题的关键．
19．（8分）（2023·四川德阳·统考中考真题）将一副直角三角板DOE与AOC叠放在一起，如图1，∠O=90°，∠A=30°，∠E=45°，OD>OC．在两三角板所在平面内，将三角板DOE绕点O顺时针方向旋转α（0°